2025年北京市高考物理试卷（等级性）

第97页（共97页）2025年北京市高考物理试卷（等级性）一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）（2025•北京）我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体（）A．压强变小 B．对外界不做功 C．内能保持不变 D．分子平均动能增大2．（3分）（2025•北京）下列现象属于光的衍射的是（）A．雨后天空出现彩虹 B．通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹 C．肥皂膜在日光照射下呈现彩色 D．水中的气泡看上去特别明亮3．（3分）（2025•北京）下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是（）A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移 B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移4．（3分）（2025•北京）如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V。下列说法正确的是（）A．该交流电的频率为100Hz B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0 C．线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上 D．仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为105．（3分）（2025•北京）质点S沿竖直方向做简谐运动，在绳上形成的波传到质点P时的波形如图所示，则（）A．该波为纵波 B．质点S开始振动时向上运动 C．S、P两质点振动步调完全一致 D．经过一个周期，质点S向右运动一个波长距离6．（3分）（2025•北京）如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块保持静止。B受力的个数为（）A．4 B．5 C．6 D．77．（3分）（2025•北京）2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道2，B为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（）A．在轨道2上从A向B运动过程中动能逐渐减小 B．在轨道2上从A向B运动过程中加速度逐渐变大 C．在轨道2上机械能与在轨道1上相等 D．利用引力常量和轨道1的周期，可求出月球的质量8．（3分）（2025•北京）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（）A．小球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B．小球分别运动到A、B点时速度大小不同 C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大 D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快9．（3分）（2025•北京）如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为E，A1、A2和A3是三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确的是（）A．闭合瞬间，A1与A3同时亮起 B．闭合后，A3亮起后亮度不变 C．稳定后，A1与A3亮度一样 D．稳定后，电容器的电荷量是CE10．（3分）（2025•北京）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（）A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同11．（3分）（2025•北京）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（）A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点12．（3分）（2025•北京）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是（）A．N点电势比M点高 B．U0正比于流量Q C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小13．（3分）（2025•北京）自然界中物质是常见的，反物质并不常见。反物质由反粒子构成，它是科学研究的前沿领域之一。目前发现的反粒子有正电子、反质子等；反氢原子由正电子和反质子组成。粒子与其对应的反粒子质量相等，电荷等量异种。粒子和其反粒子碰撞会湮灭。反粒子参与的物理过程也遵守电荷守恒、能量守恒和动量守恒。下列说法正确的是（）A．已知氢原子的基态能量为﹣13.6eV，则反氢原子的基态能量也为﹣13.6eV B．一个中子可以转化为一个质子和一个正电子 C．一对正负电子等速率对撞，湮灭为一个光子 D．反氘核和反氘核的核聚变反应吸收能量14．（3分）（2025•北京）“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船。”除了夜深人静的原因，从波传播的角度分析，特定的空气温度分布也可能使声波传播清明致远。声波传播规律与光波在介质中传播规律类似。类比光线，用“声线”来描述声波的传播路径。地面上方一定高度S处有一个声源，发出的声波在空气中向周围传播，声线示意如图（不考虑地面的反射）。已知气温越高的地方，声波传播速度越大。下列说法正确的是（）A．从M点到N点声波波长变长 B．S点气温低于地面 C．忽略传播过程中空气对声波的吸收，则从M点到N点声音不减弱 D．若将同一声源移至N点，发出的声波传播到S点一定沿图中声线NMS二、本部分共6题，共58分。15．（8分）（2025•北京）（1）下列实验操作，正确的是（填选项前的字母）。A．用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压C．用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点（2）用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1所示。①双缝应该放置在图1中处（填“A”或“B”）。②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图2所示，读数为mm。（3）某电流表出现故障，其内部电路如图3所示。用多用电表的欧姆挡检测故障，两表笔接A、B时表头Rg指针不偏转，接A、C和B、C时表头Rg指针都偏转。出现故障的原因是（填选项前的字母）。A．表头Rg断路B．电阻R1断路C．电阻R2断路16．（10分）（2025•北京）利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图1所示。（1）按照图1安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为（填各实验步骤前的字母）。A．释放小车B．接通打点计时器的电源C．调整滑轮位置，使细线与木板平行（2）实验中打出的一条纸带如图2所示，A、B、C为依次选取的三个计数点（相邻计数点间有4个点未画出），可以判断纸带的（填“左端”或“右端”）与小车相连。（3）图2中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B点时小车的速度v＝。（4）某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。相邻计数点间的时间间隔为0.10s，圆盘半径R＝0.10m。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为m/s2；打点计时器打B点时圆盘上M点的向心加速度大小为m/s2。（结果均保留两位有效数字）17．（8分）（2025•北京）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）该物体抛出时的初速度大小v0；（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；（3）A、B落地点之间的距离d。18．（8分）（2025•北京）质谱仪是正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子重力及粒子间相互作用。（1）一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2；b．粒子2的动量大小p2。19．（10分）（2025•北京）关于飞机的运动，研究下列问题。（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。20．（14分）（2025•北京）如图1所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极。（1）设A、B两极间电压为U，求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。（2）已知筒内距离轴线r处的电场强度大小E=k2λr，其中k为静电力常量，λ为金属线B单位长度的电荷量。如图2所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为r1、r2和r3时的总能量分别为E1、E2和E3。若r3﹣r2＝r2﹣r1，推理分析并比较（E3﹣E2）与（E（3）图1实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷e＝1.6×10﹣19C，电子质量m＝9.1×10﹣31kg，静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，基态氢原子轨道半径a＝5.3×10﹣11m和能量E0＝﹣13.6eV）

2025年北京市高考物理试卷（等级性）参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）题号1234567891011答案DBACBCADCDB题号121314答案CAD一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）（2025•北京）我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体（）A．压强变小 B．对外界不做功 C．内能保持不变 D．分子平均动能增大【考点】热力学第一定律的表达和应用；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；理解能力．【答案】D【分析】猛推推杆时间较短，气体来不及吸放热，主要是外界对气体做正功，气体内能增加，温度升高，压强增大。【解答】解：封闭的气体被推杆压缩过程中外界对气体做正功，由公式ΔU＝W+Q可知，由于在瞬间，Q＝0，W＞0，所以内能增加，则温度升高，分子平均动能增大，由于同时气体体积减小，所以气体压强增大。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题是物理知识在生活中的应用，考查了热力学第一定律的公式应用，题目难度不大。2．（3分）（2025•北京）下列现象属于光的衍射的是（）A．雨后天空出现彩虹 B．通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹 C．肥皂膜在日光照射下呈现彩色 D．水中的气泡看上去特别明亮【考点】光的衍射现象．【专题】定性思想；归纳法；全反射和临界角专题；光的干涉专题；光的衍射、偏振和电磁本性专题；理解能力．【答案】B【分析】根据在日常生活中的干涉、衍射、折射和全反射现象逐项分析即可。【解答】解：A、雨后天空出现彩虹是光的折射现象，故A错误；B、通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹是光的衍射现象，故B正确；C、肥皂膜在日光照射下呈现彩色是薄膜干涉现象，故C错误；D、水中气泡看上去特别明亮是光的全反射现象，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了日常生活中的干涉、衍射、折射和全反射现象，容易题。3．（3分）（2025•北京）下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是（）A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移 B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移【考点】感应电流的产生条件．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】A【分析】当闭合电路磁通量发生变化时，回路中会产生感应电流，根据各个选项中回路中磁通量是否变化逐项分析。【解答】解：当闭合电路磁通量发生变化时，回路中会产生感应电流。A、图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移，磁通量不变，不会产生感应电流，符合题意，故A正确；B、图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动，磁通量变化，会产生感应电流，不符合题意，故B错误；C、图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，磁通量减小，会产生感应电流，不符合题意，故C错误；D、图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移，磁通量变化，会产生感应电流，不符合题意，故D错误。故选：A。【点评】本题主要是考查感应电流的产生，解答本题的关键是掌握感应电流产生的条件并能够灵活运用。4．（3分）（2025•北京）如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V。下列说法正确的是（）A．该交流电的频率为100Hz B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0 C．线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上 D．仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为10【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】比较思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】C【分析】根据电动势随时间变化的规律求解该交流电的频率；磁通量为零的位置感应电动势最大；根据右手定则可知图示位置电流方向，根据左手定则判断AB边受到的安培力方向；根据感应电动势的最大值表达式进行分析。【解答】解：A、电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V，则ω＝2πf＝100π，解得该交流电的频率为：f＝50Hz，故A错误；B、图示位置为磁通量为零的位置，此位置磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B错误；C、根据右手定则可知图示位置电流方向为D→C→B→A，根据左手定则可知，线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上，故C正确；D、根据电动势随时间变化规律可知，感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝10V，仅线圈转速加倍，即角速度加倍，电动势的最大值变为20V，故D错误。故选：C。【点评】本题考查交变电流产生，关键是掌握正弦交流电的产生原理，知道感应电动势最大值的表达式。5．（3分）（2025•北京）质点S沿竖直方向做简谐运动，在绳上形成的波传到质点P时的波形如图所示，则（）A．该波为纵波 B．质点S开始振动时向上运动 C．S、P两质点振动步调完全一致 D．经过一个周期，质点S向右运动一个波长距离【考点】机械波的图像问题．【专题】定性思想；推理法；振动图象与波动图象专题；理解能力．【答案】B【分析】根据传播方向和质点的振动方向进行分析；根据同侧法判断质点S开始振动时的方向；平衡位置相距半个波长的两个质点振动情况完全相反；振动质点不随波迁移。【解答】解：A、由于波的传播方向和振动方向垂直，该波为横波，故A错误；B、根据同侧法可知，P的起振方向向上，则质点S开始振动时向上运动，故B正确；C、质点S、P平衡位置相距1.5λ，平衡位置相距半个波长的两个质点振动情况完全相反，所以S和P的振动步调完全相反，故C错误；D、振动质点只能在自己平衡位置上下振动，不随波迁移，故D错误。故选：B。【点评】本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，知道在波的传播方向上，各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波定向迁移。6．（3分）（2025•北京）如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块保持静止。B受力的个数为（）A．4 B．5 C．6 D．7【考点】判断物体的受力个数．【专题】定量思想；图析法；受力分析方法专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据重力、拉力、支持力、摩擦力的顺序分析。【解答】解：以B为研究对象受力分析，其处于静止即平衡状态，可知所受合力为零，沿斜面方向受斜面摩擦力、A对B的摩擦力、拉力；B受重力、斜面的支持力、A对B的压力，故B受6个力，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】考查对物体受力情况的分析，属于基础知识。7．（3分）（2025•北京）2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道2，B为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（）A．在轨道2上从A向B运动过程中动能逐渐减小 B．在轨道2上从A向B运动过程中加速度逐渐变大 C．在轨道2上机械能与在轨道1上相等 D．利用引力常量和轨道1的周期，可求出月球的质量【考点】不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据开普勒第二定律、万有引力提供向心力和机械能知识进行分析解答。【解答】解：A．根据开普勒第二定律，在轨道2上从A向B运动过程中线速度逐渐减小，则动能逐渐减小，故A正确；B．根据GMmr2=ma，可知在轨道2上从A向BC．从轨道1变轨到轨道2，需要火箭发动机做正功，故在轨道2上机械能大于在轨道1上机械能，故C错误；D．利用引力常量和轨道1的周期，但轨道1的半径未知，不可求出月球的质量，故D错误。故选：A。【点评】本题以在轨卫星的运动为背景，考查万有引力的应用。意在考查模型建构能力以及数学知识应用能力。8．（3分）（2025•北京）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（）A．小球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B．小球分别运动到A、B点时速度大小不同 C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大 D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快【考点】等势面及其与电场线的关系；牛顿第二定律的简单应用；机械能守恒定律的内容和条件；根据电场线的疏密判断场强大小．【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据等高线越密集，坡面越陡，结合牛顿第二定律分析加速度大小关系；小球沿MA和MB下落的高度相同，根据机械能守恒分析末速度的大小关系；根据等差等势线越密集，电场强度越大，分析电场强度的大小关系；根据等势线越密集，电势降落越快，分析哪一侧电势降落得快。【解答】解：A.等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得：ma＝mgsinθ，可得加速度a＝gsinθ，（θ为坡面与水平面夹角）。MB对应的等高线较密集，坡面较陡，即θ较大，可得小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，故A错误；B.A、B在同一等高线上，小球沿MA和MB下落的高度相同，根据机械能守恒易知运动到A、B点时速度大小相同，故B错误；C.根据等差等势线越密集，电场强度越大。因B处等势线较密集，故A点电场强度比B点小，故C错误；D.等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线较密集，右侧电势比左侧降落得快，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了机械能守恒定律的应用，电场线与等势面的关系。本题将山坡的等高线与电场的等势线进行类比，更好地理解电场强度与电势的关系。9．（3分）（2025•北京）如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为E，A1、A2和A3是三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确的是（）A．闭合瞬间，A1与A3同时亮起 B．闭合后，A3亮起后亮度不变 C．稳定后，A1与A3亮度一样 D．稳定后，电容器的电荷量是CE【考点】电磁振荡及过程分析．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中没有电流通过，灯泡A2中有充电电流经过；通过A3的电流是逐渐增大的；A1和A3串联，通过的电流相等；A3两端电压等于电源电动势的一半，据此计算。【解答】解：A、闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中没有电流通过，因为电容器原来不带电，电源能够给电容器充电，所以灯泡A2中有充电电流经过，所以闭合瞬间，A1与A2同时亮起，A3不亮，故A错误；B、闭合后，随着线圈L自感作用的消失，通过A3的电流逐渐增大，所以A3的亮度是逐渐变亮的，故B错误；C、稳定后，因为电容器的作用，A2处于断路，A1和A3串联，通过的电流相等，所以A1与A3的亮度一样，故C正确；D、稳定后，电容器两端的电压和灯泡A3两端的电压相等，因为A1、A2和A3是三个相同的小灯泡，根据串联电路电压分配原则可知A3两端电压等于电源电动势的一半，所以电容器的电荷量是Q=C⋅E故选：C。【点评】本题考查了线圈的自感作用，知道电路稳定后电容器是断路。10．（3分）（2025•北京）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（）A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电磁阻尼与电磁驱动；楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．【答案】D【分析】有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用；根据楞次定律的推论分析线圈的收缩与扩张的趋势；磁铁离线圈最近时线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势与感应电流均为零，线圈受到的安培力为零；根据平衡条件，无论有无线圈，最后磁铁静止后弹簧弹力均等于磁铁的重力，故最终弹簧的伸长量相同。磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去最终弹簧的弹性势能。【解答】解：A.有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动会更快停止，故A错误；B.根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；C.磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势与感应电流均为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；D.根据平衡条件，无论有无线圈，最后磁铁静止后弹簧弹力均等于磁铁的重力，故最终弹簧的伸长量相同，最终磁铁减小的重力势能相同，弹簧的弹性势能相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去最终弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了电磁阻尼现象，掌握楞次定律及其推论的用法，掌握法拉第电磁感应定律的内容。11．（3分）（2025•北京）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（）A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点【考点】超重与失重的图像问题．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据阻力的方向和大小的变化情况，分析实验舱的速度变化和运动方向，确定实验舱的运动状态；根据牛顿第二定律判断实验舱的加速度变化；根据加速度方向判断超重失重情况。【解答】解：A.t1到t3时间内，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；B.t2到t3时间内，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg+f＝ma，即a=fm+C.t3到t5时间内，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；D.根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。故选：B。【点评】本题是信息给予题，要把握空气阻力与速率的关系，注意空气阻力方向与运动方向相反，弄清楚受力情况和运动情况是关键。12．（3分）（2025•北京）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是（）A．N点电势比M点高 B．U0正比于流量Q C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小【考点】电磁流量计．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据左手定则判断带正电或者负电的导电粒子偏转方向，确定M、N两点电势高低关系；根据稳定时导电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，推导M、N两点的电势差的表达式；若直径MN与磁场方向不垂直，测量得到的M、N两点的电势差偏小，由此判断测得的流量的误差情况。【解答】解：A.根据左手定则可知，带正电的粒子向下偏转，带负电的粒子向上偏转，故N点电势比M点高，故A正确；BC.设管道半径为r，稳定时导电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，则有：qU02r=qBv，又有：Q＝联立解得：U0=2BQπr流量Q一定时，管道半径r越小，U0越大，故B正确，C错误；D.若直径MN与磁场方向不垂直，则关系式：U0=2BQπr中的磁场强度B应该是磁感应强度垂直MN的分量，故此时测量得到的M、N两点的电势差要小于直径MN本题选错误的，故选：C。【点评】本题考查了电磁流量计的工作原理，掌握电磁流量计稳定工作时导电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡。13．（3分）（2025•北京）自然界中物质是常见的，反物质并不常见。反物质由反粒子构成，它是科学研究的前沿领域之一。目前发现的反粒子有正电子、反质子等；反氢原子由正电子和反质子组成。粒子与其对应的反粒子质量相等，电荷等量异种。粒子和其反粒子碰撞会湮灭。反粒子参与的物理过程也遵守电荷守恒、能量守恒和动量守恒。下列说法正确的是（）A．已知氢原子的基态能量为﹣13.6eV，则反氢原子的基态能量也为﹣13.6eV B．一个中子可以转化为一个质子和一个正电子 C．一对正负电子等速率对撞，湮灭为一个光子 D．反氘核和反氘核的核聚变反应吸收能量【考点】轻核聚变的应用；光子与光子的能量；玻尔原子理论的基本假设．【专题】定量思想；归纳法；原子的能级结构专题；重核的裂变和轻核的聚变专题；理解能力．【答案】A【分析】氢原子和反氢原子一样，系统所具有的能量都是负值，据此分析即可；根据电荷守恒定律分析；根据动量守恒定律分析；核聚变反应发生质量亏损。【解答】解：A、已知氢原子的基态能量为﹣13.6eV，则反氢原子的基态能量也为﹣13.6eV，故A正确；B、根据电荷守恒定律可知，一个中子可以转化为一个质子和一个电子，故B错误；C、根据动量守恒定律可知，一对正负电子等速率对撞，湮灭为2个光子才能保证合动量为零，故C错误；D、反氘核和反氘核的核聚变反应发生质量亏损，要释放能量，故D错误。故选：A。【点评】知道反粒子参与的物理过程也遵守电荷守恒、能量守恒和动量守恒是解题的基础。14．（3分）（2025•北京）“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船。”除了夜深人静的原因，从波传播的角度分析，特定的空气温度分布也可能使声波传播清明致远。声波传播规律与光波在介质中传播规律类似。类比光线，用“声线”来描述声波的传播路径。地面上方一定高度S处有一个声源，发出的声波在空气中向周围传播，声线示意如图（不考虑地面的反射）。已知气温越高的地方，声波传播速度越大。下列说法正确的是（）A．从M点到N点声波波长变长 B．S点气温低于地面 C．忽略传播过程中空气对声波的吸收，则从M点到N点声音不减弱 D．若将同一声源移至N点，发出的声波传播到S点一定沿图中声线NMS【考点】声波及其应用；波长、频率和波速的关系．【专题】定性思想；归纳法；波的多解性；理解能力．【答案】D【分析】在夜间，靠近地面空气逐渐冷下来了，上空的气温相对高，所以高空声速比地面大，据此分析；声波在传播过程中受到介质的阻碍和向四周分散，据此分析；因为越往上声波的传播速度越大，声传播路径折射向高空。【解答】解：AB、在夜间，靠近地面空气逐渐冷下来了，上空的气温相对高，所以高空声速比地面大，即M点的速度大于N点的速度，声波的频率不变，根据v＝λf可知，从M点到N点声波的波长变短，故AB错误；C、声波在传播过程中受到介质的阻碍和向四周分散，声音强度会减弱，故C错误；D、将声源移至N点，类比光路的可逆性可知发出的声波传播到S点一定沿图中声线NMS，故D正确。故选：D。【点评】知道在夜间，靠近地面的空气温度低于高空的温度是解题的关键，看懂题干所说的气温越高的地方，声波传播速度越大是解题的基础。二、本部分共6题，共58分。15．（8分）（2025•北京）（1）下列实验操作，正确的是B（填选项前的字母）。A．用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压C．用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点（2）用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1所示。①双缝应该放置在图1中B处（填“A”或“B”）。②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图2所示，读数为3.183mm。（3）某电流表出现故障，其内部电路如图3所示。用多用电表的欧姆挡检测故障，两表笔接A、B时表头Rg指针不偏转，接A、C和B、C时表头Rg指针都偏转。出现故障的原因是C（填选项前的字母）。A．表头Rg断路B．电阻R1断路C．电阻R2断路【考点】用双缝干涉测量光的波长；根据电路现象分析故障原因及位置；用单摆测定重力加速度；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；交流电专题；光的干涉专题；实验探究能力．【答案】（1）B；（2）B；3.183（3.182～3.185）；（3）C【分析】（1）在最高点小球速度为零，此位置摆球的摆动不明显，计时误差较大。摆球在最低点速度最大，在此位置开始计时误差较小；变压器原、副线圈两端的电压为交变电压；用多用电表测电阻之前需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后进行欧姆调零。（2）双缝应置于单缝后边，由图1可知A处为单缝，B处为双缝。确定螺旋测微器的精度值，在进行读数。（3）若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头；若电阻R1断路，则连接A、B时电流通过表头表头指针会偏转；若电阻R2断路，则连接A、B时电流无法通过表头，表头指针不偏转，连接A、C和B、C时表头发生偏转。【解答】解：（1）A.在最高点小球速度为零，此位置摆球的摆动不明显，计时误差较大。摆球在最低点速度最大，在此位置开始计时误差较小，故应在最低点开始计时，故A错误；B.变压器原、副线圈两端的电压为交变电压，应使用多用电表的交流电压挡测量，故B正确；C.用多用电表测电阻之前需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后将红黑表笔短接，进行欧姆调零，故C错误。故选：B。（2）双缝应置于单缝后边，由图1可知A处为单缝，B处为双缝，双缝应该放置在图1中B处。螺旋测微器的精度值为0.01mm，其读数为：3mm+18.3×0.01mm＝3.183mm（3）A.若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头，故表头指针均不发生偏转，故A错误；B.若电阻R1断路，则连接A、B时电流通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头指针会偏转，故B错误；C.若电阻R2断路，则连接A、B时电流无法通过表头，表头指针不偏转；连接A、C和B、C均能与欧姆挡构成闭合回路，表头发生偏转，故C正确。故选：C。故答案为：（1）B；（2）B；3.183（3.182～3.185）；（3）C【点评】本题考查了多用电表的使用方法，应用双缝干涉测量光的波长的实验，电路故障的分析等问题。掌握相关的实验原理与实验操作。16．（10分）（2025•北京）利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图1所示。（1）按照图1安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为CBA（填各实验步骤前的字母）。A．释放小车B．接通打点计时器的电源C．调整滑轮位置，使细线与木板平行（2）实验中打出的一条纸带如图2所示，A、B、C为依次选取的三个计数点（相邻计数点间有4个点未画出），可以判断纸带的左端（填“左端”或“右端”）与小车相连。（3）图2中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B点时小车的速度v＝x22T（4）某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。相邻计数点间的时间间隔为0.10s，圆盘半径R＝0.10m。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为0.81m/s2；打点计时器打B点时圆盘上M点的向心加速度大小为1.6m/s2。（结果均保留两位有效数字）【考点】探究小车速度随时间变化的规律；向心加速度的计算．【专题】定量思想；归纳法；直线运动规律专题；匀速圆周运动专题；实验探究能力．【答案】（1）CBA；（2）左端；（3）x22T；（4）0.81【分析】（1）根据“利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律”的实验步骤要求分析；（2）根据纸带上的点迹间距分析；（3）根据平均速度计算；（4）根据逐差法计算加速度；先计算出打下B点时的瞬时速度，然后根据向心加速度和线速度的关系计算。【解答】解：（1）应该先调整滑轮位置，使细线与木板平行，这样保证小车所受拉力不变，然后接通打点计时器的电源，最后释放小车，所以操作顺序是CBA。（2）由图2可以看出BC间的距离大于AB间的距离，小车做的是加速运动，小车运动的速度越来越大，在相等时间内经过的距离越来越大，所以是纸带的左端和小车连接。（3）打B点时小车的速度等于这段时间内的平均速度，即v=（4）这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为a=CE-AC(2T)2=19.24-8.00-8.00(2×0.10)2×0.01m故答案为：（1）CBA；（2）左端；（3）x22T；（4）0.81【点评】掌握“利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律”的实验基本步骤，实验数据的处理方法是解题的基础，要知道线速度和向心加速度的关系。17．（8分）（2025•北京）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）该物体抛出时的初速度大小v0；（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；（3）A、B落地点之间的距离d。【考点】用动量守恒定律解决爆炸问题；竖直上抛运动的规律及应用；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．【答案】（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。【分析】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，根据运动学公式求解该物体抛出时的初速度大小；（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，根据动量守恒定律求解炸裂后瞬间B的速度大小vB；（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，平抛运动的时间与上升时间相等，求得各自的水平位移大小，两者的水平位移大小之和等于A、B落地点之间的距离。【解答】解：（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，由运动学公式得：0＝v0﹣gt解得：v0＝gt（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，以炸裂后瞬间B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：0＝﹣2mv+mvB解得：vB＝2v（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动。根据竖直上抛运动的对称性可知平抛运动的时间与上升时间相等为t，可得：A的水平位移大小为：xA＝vtB的水平位移大小为：xB＝vBt＝2vt可得A、B落地点之间的距离为：d＝xA+xB＝vt+2vt＝3vt答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。【点评】本题考查了动量守恒定律应用的爆炸模型，以及抛体运动的性质。处理平抛运动时要将运动分解处理。18．（8分）（2025•北京）质谱仪是正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子重力及粒子间相互作用。（1）一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2；b．粒子2的动量大小p2。【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；用动量的定义式计算物体的动量；洛伦兹力的计算公式及简单应用．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）粒子的运动周期T与质量m的关系为T=（2）a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2为θR：d；b．粒子2的动量大小p2为qBdθ【分析】（1）粒子速度方向与磁场垂直，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力和周期的定义，推导出粒子的运动周期T与质量m的关系。（2）a．粒子1做匀速圆周运动，根据线速度与角速度的关系得到其线速度大小。粒子2做匀速直线运动，由运动学公式达到其速度大小，可得粒子1与粒子2的速度大小之比；b．对于粒子1，由洛伦兹力提供向心力推导出质量的表达式，根据动量的表达式，结合前述结果求解粒子2的动量大小。【解答】解：（1）粒子速度方向与磁场垂直，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：q0解得圆周运动的轨道半径为：R圆周运动的周期为：T可得粒子的运动周期T与质量m的关系为：T（2）a.由题意知粒子1做匀速圆周运动，其线速度大小为：v1粒子2做匀速直线运动，速度大小为：v2粒子1与粒子2的速度大小之比为：v1b.对于粒子1，由洛伦兹力提供向心力得：qv解得：m粒子2的动量大小为：p2＝mv2=答：（1）粒子的运动周期T与质量m的关系为T=（2）a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2为θR：d；b．粒子2的动量大小p2为qBdθ【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，当带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，是由洛伦兹力提供向心力的。19．（10分）（2025•北京）关于飞机的运动，研究下列问题。（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。【考点】用动量定理求流体冲击问题；匀变速直线运动规律的综合应用；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；模型建构能力．【答案】（1）牵引力对飞机做的功W为12（2）该位置距起点的距离d为a2（3）论证过程见解答，确定α的值为2。【分析】（1）根据动能定理求解牵引力对飞机做的功。（2）飞机做匀加速直线运动到该位置达到最大速度，飞机经过该位置后做匀减速直线运动到跑道终点速度恰好为零，根据运动学公式求解该位置距起点的距离。（3）掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。在竖直方向上，对掠过飞机机翼的气流由动量定理求得机翼对气流有竖直向下的作用力，根据牛顿第三定律可得气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系，并确定α的值。【解答】解：（1）根据动能定理得：W-解得：W（2）设飞机做匀加速直线运动到该位置达到最大速度为vm，根据运动学公式得：vm假设飞机经过该位置后做匀减速直线运动到跑道终点速度恰好为零，由运动学公式得：vm联立解得：d（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u。建立如下的物理模型：飞机机翼的倾斜角度（与水平方向的夹角）为θ，气流掠过飞机机翼，只是方向改变，而速度大小不变，飞机机翼在竖直方向的投影面积为S。掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。设Δt时间内掠过飞机机翼的空气质量为m，掠过飞机机翼的气流竖直向下的分速度大小为v，空气密度为ρ，则有：m＝ρV＝ρSuΔt在竖直方向上，以竖直向下为正方向，对掠过飞机机翼的气流，根据动量定理得：F′•Δt＝mv﹣0又有：v＝u•sinθ联立可得：F′＝ρSu2sinθ根据牛顿第三定律可知气流对机翼竖直向上的作用力大小F＝F′＝ρSu2sinθ可见F与u的关系满足F∝u2，可得：α＝2。答：（1）牵引力对飞机做的功W为12（2）该位置距起点的距离d为a2（3）论证过程见解答，确定α的值为2。【点评】本题考查了动量定理与动能定理的应用，以及匀变速运动的规律。掌握本题的（3）问的模型的建立，应用动量定理处理流体冲击问题的方法。20．（14分）（2025•北京）如图1所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极。（1）设A、B两极间电压为U，求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。（2）已知筒内距离轴线r处的电场强度大小E=k2λr，其中k为静电力常量，λ为金属线B单位长度的电荷量。如图2所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为r1、r2和r3时的总能量分别为E1、E2和E3。若r3﹣r2＝r2﹣r1，推理分析并比较（E3﹣E2）与（E（3）图1实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷e＝1.6×10﹣19C，电子质量m＝9.1×10﹣31kg，静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，基态氢原子轨道半径a＝5.3×10﹣11m和能量E0＝﹣13.6eV）【考点】分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）；用特殊的方法求解电场强度；电场力做功与电势差的关系．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；原子的能级结构专题；推理论证能力．【答案】（1）在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W为QU；（2）（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）（3）外电场的电场强度1.28×1011N/C能将基态氢原子电离。【分析】（1）根据电场力做功公式计算即可；（2）分别表达出电子在不同轨道上具有的动能和电势能，然后用数学的方法比较即可；（3）根据功能关系计算。【解答】解：（1）在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W＝﹣Q•（﹣U）＝QU（2）粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供，根据向心力公式qE=又E＝k2联立可得qk2解得粒子的动能E设距离轴线r1、r2、r3处的电势为φ1、φ2、φ3，由轴线到圆筒电场强度逐渐变小，电势逐渐升高，已知：r3﹣r2＝r2﹣r1，根据电场强度与电势的关系可得：φ3﹣φ2＜φ2﹣φ1。根据电子的电势能EP＝qφ（粒子带正电），可得：EP3﹣EP2＜EP2﹣EP1粒子的总能量为：E＝Ek+EP可得：E3﹣E2＝EP3﹣EP2，E2﹣E1＝EP2﹣EP1可得：（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）（3）根据功能关系可得：eE•2a＝|E0|代入数据可得E≈1.28×1011N/C答：（1）在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W为QU；（2）（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）（3）外电场的电场强度1.28×1011N/C能将基态氢原子电离。【点评】本题考查了电场力做功的特点，会用数学的方法比较电子在不同轨道上具有的能量。

考点卡片1．竖直上抛运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。2．特点：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。3．运动规律：取竖直向上的方向为正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下=v【命题方向】例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（）A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向向上分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t=v0g=3010A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后两s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；D、平均速度v=ht=25故选：AB。点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；（2）竖直井的深度。分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。解答：（1）设最后1s内的平均速度为v则：v=平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s设物体被接住时的速度为v2，则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t=v2-v0g（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s（2）竖直井的深度为6m。点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。【解题方法点拨】1．竖直上抛运动的两种研究方法：（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。2．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。3．判断物体的受力个数【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】如图所示，斜面B放置于水平地面上，其两侧放有物体A、C，物体C通过轻绳连接于天花板，轻绳平行于斜面且处于绷紧状态，A、B、C均静止，下列说法正确的是（）A.A、B间的接触面一定是粗糙的B.地面对B一定有摩擦力C.B、C间的接触面可能是光滑的D.B一共受到6个力的作用分析：A、B间是否存在摩擦力可以用假设法，若没有摩擦，A必然无法平衡，因此AB间接触面粗糙，B与地面的作用要把ABC看成一个整体，绳子对该整体有水平方向拉力分量，因此B和地面间也存在摩擦，以C为研究对象分析可知BC不一定需要有摩擦力也能平衡，因此BC间接触面可能为光滑。解答：A、以A为研究对象，受到重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B对A沿斜面向上的静摩擦力，故A正确；B、以A、B、C为研究对象，受到重力和地面的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力不可能平衡，所以地面对B沿水平向右的静摩擦力，故B正确；C、以C为研究对象，受到重力和B对C的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力可能平衡，所以B、C之间可能没有的静摩擦力，B、C间的接触面可能是光滑的，故C正确；D、以B为研究对象，可能受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B支持力和A对B的静摩擦力、地面对B的静摩擦力等六个力作用，也可能受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B支持力、A对B的静摩擦力、地面对B的静摩擦力和C对B的静摩擦力等七力作用，故D错误；故选：ABC。点评：该问题需要采用整体法和隔离法进行分析，先明确问题再寻找合适的研究对象，因此找研究对象是非常关键的，另外对于共点力的平衡问题我们通常可以使用假设法，可以假设某一个力不存在物体是否有可能达到平衡，进而判断该力的存在可能与否；在分析物体受力数量时，按照重力﹣弹力﹣摩擦力的顺序，看清跟物体作用的其他物体数量，再逐一进行分析。【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。4．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。5．超重与失重的图像问题【知识点的认识】超重与失重的图像问题分类：1.F﹣t图像：将物体的视重随时间变化的情况作成F﹣t图像，就可以轻松的判断物体的超、失重状态。进而可以求解相关的运动参数。2.v﹣t（或x﹣t等运动学图像）：通过运动学图像的物理意义间接分析出物体的超、失重状态，并求解相关的运动参数。【命题方向】类型一：F﹣t图像在探究超重和失重规律时，某同学手握拉力传感器静止不动，拉力传感器下挂一重为G的物体，传感器和计算机相连。该同学手突然竖直向上提升一下物体，经计算机处理后得到拉力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是（）A、B、C、D、分析：根据物体的运动过程确定加速度的方向，再根据超重和失重规律明确传感器上拉力的变化情况，从而选择正确的图象。解答：对物体的运动过程分析可知，物体一定是先向上加速再向上减速，故物体的加速度先向上再向下，则物体先处于超重状态再失重状态，故传感器的示数先大于重力，然后再小于重力，故C正确，ABD错误。故选：C。点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力发生了变化，要根据加速度方向明确物体的状态。类型二：运动学图像2020年11月10日8时12分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度a随位移x变化关系的图像如图所示，则（）A、在0～x0阶段深潜器内的物体处于失重状态B、在2x0～3x0阶段深潜器内的物体处于超重状态C、在2x0处深潜器运动的速度大小为aD、在3x0处深潜器运动的速度最大分析：根据加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态，加速度为零，速度最大。解答：A、在0～x0阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，故A错误；B、在2x0～3x0段，加速度为负值，深潜器做减速运动，潜器内的物体处于失重状态，故B错误；C、根据vt2-v02=2ax，可知a﹣x图像与x轴围成的面积可表示速度平方的变化量，位移由0到x0的过程，图像的面积为12a0x0，则深潜器到达x0处时的速度平方为v2＝2×12a0x0，可得：v=a0x0，在D、由于2x0～3x0段减速，因此在深潜器在2x0处运动速度最大，故D错误。故选：C。点评：本题主要考查了超重失重情况，当加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态，加速度为零，速度最大是解题的关键。【解题思路点拨】超重与失重的图像问题解决步骤如下：1.明确图像类型2.根据图像得到的信息分析物体的超、失重状态。3.根据牛顿第二定律F＝ma计算相关物理参数。6．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=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）。7．向心加速度的计算【知识点的认识】向心加速度的计算有两种方法1.通过向心加速度的表达式：an＝ω2r=v2r=4π2rT2.通过牛顿第二定律：an=【命题方向】如图所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆半径为R；乙做自由落体运动，当乙下落至A点时，甲恰好第一次运动到最高点B，求甲物体匀速圆周运动的向心加速度。分析：根据自由落体运动求出时间，根据等时性求解周期，根据向心加速度定义公式求出向心加速度．解答：设乙下落到A点的时间为t，则对乙满足R=12gt2，得t这段时间内甲运动了34T，即34T又由于an＝ω2R=4π2T2R，由①②得：a答：甲物体匀速圆周运动的向心加速度为98π2g点评：本题关键根据等时性求出运动的周期，然后根据an＝ω2R求解向心加速度．【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。8．不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较【知识点的认识】1.卫星运行的一般规律如下：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a由此可知，当运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。2.卫星的运行参数如何与赤道上物体运行的参数相比较？赤道上运行的物体与同步卫星处在同一个轨道平面，并且运行的角速度相等，所以比较赤道上物体与一般卫星的运行参数时，可以通过同步卫星建立联系。【命题方向】据报道：北京时间4月25日23时35分，我国数据中继卫星“天链一号01星”在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，成功定点于东经七十七度赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的“天链一号01星”下列说法正确的是（）A、它运行的线速度等于第一宇宙速度B、它运行的周期等于地球的自转周期C、它运行的角速度小于地球的自转角速度D、它的向心加速度等于静止在赤道上物体的向心加速度分析：“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为36000km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．解答：A．任何绕地球做圆周运动的卫星速度都小于第一宇宙速度，故A错误；B．“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，周期等于地球的自转周期。故B正确；C．“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，角速度等于地球的自转角速度。故C错误；D．根据GMmr2=ma可知，随着半径R的增大，a在减小，故“天链一号01故选：B。点评：本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．本题难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】对于不同轨道上的卫星（或物体），要想比较他们的运行参数，一般遵循的原则是，“天比天，直接比；天比地，要帮忙”，即卫星与卫星之间可以通过万有引力提供向心力直接进行分析比较，而卫星与赤道上物体的比较，则需要借助同步卫星进行分析。9．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