2025年安徽省新高考物理试卷（选择性）

第69页（共69页）2025年安徽省新高考物理试卷（选择性）一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．（4分）（2025•安徽）2025年4月，位于我国甘肃省武威市的钍基熔盐实验堆实现连续稳定运行，标志着人类在第四代核电技术上迈出关键一步。该技术利用钍核（90232Th）俘获x个中子（01nA．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝2 C．x＝2，y＝1 D．x＝2，y＝22．（4分）（2025•安徽）如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是（）A．弹簧上形成的波是横波 B．推、拉弹簧的周期越小，波长越长 C．标记物振动的速度就是机械波传播的速度 D．标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量3．（4分）（2025•安徽）在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体（可视为理想气体）温度不变，则气球上升过程中，球内气体（）A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少 C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量4．（4分）（2025•安徽）汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则（）A．x=118at2 B．x=15．（4分）（2025•安徽）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则在乙下落的过程中（）A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N6．（4分）（2025•安徽）在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（）A． B． C． D．7．（4分）（2025•安徽）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBdmA．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为3dC．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为πm8．（4分）（2025•安徽）某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1：n2＝1：3，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压u=122sin(100πt)V的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱A．电阻箱R的阻值调为18Ω B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的13C．输入端电压调为u=12D．输入端电压调为u二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）（2025•安徽）2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（）A．r=a+b+C．M=4π2（多选）10．（5分）（2025•安徽）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（）A．F1B．E=C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v三、非选择题：共5题，共58分。11．（6分）（2025•安徽）某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。（1）利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车。（选填正确答案标号）a.能在轨道上保持静止b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动（2）利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。t＝4s时，物体处于（选填“超重”或“失重”）状态；以FN为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的a﹣FN图像为图丁中的图线a。②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a﹣FN图像为图丁中的图线。（选填“b”“c”或“d”）12．（10分）（2025•安徽）某同学设计了一个具有两种挡位（“×1”挡和“×10”挡）的欧姆表，其内部电路如图甲所示。电源为电池组（电动势E的标称值为3.0V，内阻r未知），电流表G（表头）的满偏电流Ig＝20mA，内阻Rg＝45Ω，定值电阻R0＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为200Ω。设计后表盘如图乙所示，中间刻度值为“15”。（1）测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S1、S2，此时欧姆表处于“×1”挡，将红表笔与黑表笔，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向（选填“0”或“∞”）刻度位置。（2）用该欧姆表对阻值为150Ω的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的（选填“×1”或“×10”）挡。进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为Ω。（3）该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势的实际值与标称值不一致。为了测出电源电动势，该同学先将电阻箱以最大阻值（9999Ω）接在两表笔间，接着闭合S1、断开S2，将滑动变阻器的阻值调到零，再调节电阻箱的阻值。当电阻箱的阻值调为228Ω时，指针指向“15”刻度位置（即电路中的电流为10mA）；当电阻箱的阻值调为88Ω时，指针指向“0”刻度位置（即电路中的电流为20mA）。由测量数据计算出电源电动势为V。（结果保留2位有效数字）13．（10分）（2025•安徽）如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为22R，P、Q间的距离为（1）求玻璃砖的折射率；（2）在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。14．（14分）（2025•安徽）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；（3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。15．（18分）（2025•安徽）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。

2025年安徽省新高考物理试卷（选择性）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案BDAACDCB二．多选题（共2小题）题号910答案BCABD一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．（4分）（2025•安徽）2025年4月，位于我国甘肃省武威市的钍基熔盐实验堆实现连续稳定运行，标志着人类在第四代核电技术上迈出关键一步。该技术利用钍核（90232Th）俘获x个中子（01nA．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝2 C．x＝2，y＝1 D．x＝2，y＝2【考点】β衰变的特点、本质及方程；核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系．【专题】比较思想；推理法；衰变和半衰期专题；理解能力．【答案】B【分析】钍核每俘获1个中子质量数增加1，每发生一次β衰败，电荷数增加1，根据质量数和电荷数进行分析。【解答】解：根据题意可知，钍核每俘获1个中子质量数增加1，电荷数不变，每发生一次β衰败，质量数不变，电荷数增加1；钍核（90232Th）变成铀核（92233U），质量数加1，则俘获1个中子，电荷数加2，则发生2次β衰败，即x＝1，y＝故选：B。【点评】本题主要是考查原子核的衰变，关键是弄清楚衰变前后质量数守恒、电荷数守恒。2．（4分）（2025•安徽）如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是（）A．弹簧上形成的波是横波 B．推、拉弹簧的周期越小，波长越长 C．标记物振动的速度就是机械波传播的速度 D．标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量【考点】机械波及其形成与传播；横波和纵波．【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】D【分析】根据横波和纵波的概念进行分析；波速是由介质决定的，由公式λ＝vT进行分析；质点振动的速度和机械波的传播速度不同；机械波能传递能量。【解答】解：A、振动方向与传播方向垂直是横波，弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行，是纵波，故A错误；B、同一介质中，波的传播速度相同，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小，由公式λ＝vT可知，波长越短，故B错误；C、标记物振动的速度反应的是标志物在平衡位置附近往复运动的快慢，机械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不是同一个速度，故C错误；D、标记物由静止开始振动，说明它获得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物，则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量，故D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查机械波的传播，关键是理解横波和纵波的概念，知道波速计算公式，知道机械波传播过程中是能量的传播。3．（4分）（2025•安徽）在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体（可视为理想气体）温度不变，则气球上升过程中，球内气体（）A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少 C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量【考点】热力学第一定律的表达和应用．【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；理解能力．【答案】A【分析】理想气体的内能只与温度有关，题中球内气体温度不变，所以内能不变。气球上升，体积膨胀，气体对外做功，体积膨胀对外做功，结合热力学第一定律进行分析。【解答】解：气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，分子的平均动能不变，则气体的内能不变；气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等，吸收的热量大于内能的增加量，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查理想气体的内能、热力学第一定律相关知识。关键要抓住“导热良好、温度不变”，知道一定质量的理想气体的内能仅与温度有关。4．（4分）（2025•安徽）汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则（）A．x=118at2 B．x=1【考点】匀变速直线运动规律的综合应用．【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】A【分析】根据题意分析汽车运动的三个阶段，设置加速结束时的速度，根据匀变速直线运动的位移公式分别表示出加速、减速阶段的位移，再结合匀速阶段的位移，根据总位移为8x建立等式求解x与t、a的关系。【解答】解：设汽车从静止开始的匀加速直线运动时间为t′，匀速运动的速度为v，在匀加速直线运动阶段，由位移公式x=v2t'，根据逆向思维方法，位移关系满足8x﹣x﹣x＝vt，即6x＝vt，联立解得t'=t3，再根据匀变速直线运动的位移公式故选：A。【点评】本题考查匀变速直线运动的规律，涉及匀加速直线运动、匀速直线运动、匀减速直线运动的位移公式及速度—时间关系的综合运用，重点是对不同运动阶段的运动学公式的理解与应用。5．（4分）（2025•安徽）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则在乙下落的过程中（）A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N【考点】连接体模型；滑动摩擦力的方向；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据相对运动知识、牛顿第三定律和竖直方向满足的条件、牛顿第二定律等进行分析解答。【解答】解：A.因为物块甲相对于木箱向右运动，所以木箱对甲的滑动摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误；B.设乙运动的加速度为a，只要乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱整体，竖直方向满足FN＝M总g﹣ma，则地面对木箱的支持力大小不变，故B错误；CD.设绳子的弹力大小为T，对甲受力分析有T﹣μmg＝ma，对乙受力分析有mg﹣T＝ma，联立解得a＝2.5m/s2，T＝7.5N，故C正确，D错误。故选：C。【点评】考查相对运动知识、牛顿第三定律和竖直方向满足的条件、牛顿第二定律等，会根据题意进行准确分析解答。6．（4分）（2025•安徽）在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（）A． B． C． D．【考点】匀速圆周运动；线速度与角速度的关系；根据物体的运动情况判断v﹣t图像是否正确．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据速度的分解与合成知识，结合图像特点进行分析判断。【解答】解：由题意，M、N在运动过程中始终处于同一高度，则N的速度vN与M在竖直方向的分速度vMy大小相等，设M做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，其竖直方向分速度vMy＝ωrcosωt，即vN＝ωrcosωt，即N运动的速度随时间按余弦规律发生变化，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】考查运动分解与合成知识，图像问题，会根据题意进行准确分析解答。7．（4分）（2025•安徽）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBdmA．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为3dC．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为πm【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求轨迹半径；当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近。当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，画出两种情况粒子运动轨迹，根据几何关系求薄板的上表面接收到粒子的区域长度；粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，画出运动轨迹，根据几何关系求薄板的下表面接收到粒子的区域长度；粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，结合轨迹圆心角求最短时间。【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R，解得粒子的轨迹半径为RB、当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1。根据几何关系可知s上min＝d；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知s上max=3dC、根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系可知，此时离y轴距离为d，所以下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；D、根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，为tmin=60°360°T=1故选：C。【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中运动问题，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的关键，根据洛伦兹力提供向心力结合几何知识解答。8．（4分）（2025•安徽）某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1：n2＝1：3，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压u=122sin(100πt)V的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱A．电阻箱R的阻值调为18Ω B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的13C．输入端电压调为u=12D．输入端电压调为u【考点】自耦变压器；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题．【答案】B【分析】先根据初始条件，用变压比和欧姆定律算出原、副线圈电压、电流初始值。再针对每个选项，结合变压比、欧姆定律或交流电有效值特点，分析操作后电流是否符合要求。【解答】解：A、输入电压峰值为Um=122V，则输入电压有效值为U1=Um2=12B、若将副线圈匝数调为总匝数的13，根据变压比可知，输出电压U2'=13n2C、输入端电压调为u=122sin(50πt)D、将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为U1″=12Um2=12故选：B。【点评】本题考查理想变压器的动态分析，将变压器变压比、交流电有效值、欧姆定律融合，考查知识综合运用能力，能区分学生对变压器原理及电路基本规律的掌握程度。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）（2025•安徽）2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（）A．r=a+b+C．M=4π2【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；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】根据开普勒第三定律，求半径；根据万有引力提供向心力，求质量。【解答】解：AB．对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道，中心天体相同，可以使用开普勒第三定律，故有(解得r故A错误，B正确；CD．对于环月圆轨道，做圆周运动，根据万有引力提供向心力：GMm解得M故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题解题关键是掌握天体运动中的规律，即万有引力提供向心力，比较基础。（多选）10．（5分）（2025•安徽）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（）A．F1B．E=C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电体在匀强电场中的受力平衡．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】ABD【分析】对两球进行受力分析，画出受力图，分别根据平衡条件列方程，求出两球间的库仑力大小，再求F1F2，并根据库仑定律求出匀强电场的电场强度大小E；若将甲、乙互换位置，假设二者仍能保持静止，根据平衡条件列式分析；若撤去甲，对乙球，根据动能定理求乙下滑至底端时的速度大【解答】解：AB、对两球进行受力分析，如图所示。设两球间的库仑力大小为F，轨道倾角为θ。对甲球，根据平衡条件得FN1cosθ＝mg，F＝FN1sinθ+Eq①对乙球，根据平衡条件得FN2cosθ＝2mg，FN2sinθ＝F+2Eq②联立解得F＝4Eq则F根据库仑定律得F=kq⋅2qC、若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得，对甲，根据平衡条件有FN1'cosθ＝mg，FN1'sinθ＝F+Eq对乙，根据平衡条件有FN2'cosθ＝2mg，FN2'sinθ+2Eq＝F联立可得F+4Eq＝0，无解，假设不成立，故C错误；D、若撤去甲，对乙球，根据动能定理得2结合①②可知tanθ联立解得v=kq故选：ABD。【点评】解答本题的关键要分析两球受力情况，采用隔离法，运用平衡条件列方程。三、非选择题：共5题，共58分。11．（6分）（2025•安徽）某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。（1）利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车c。（选填正确答案标号）a.能在轨道上保持静止b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动（2）利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。t＝4s时，物体处于失重（选填“超重”或“失重”）状态；以FN为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的a﹣FN图像为图丁中的图线a。②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a﹣FN图像为图丁中的图线d。（选填“b”“c”或“d”）【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．【专题】实验题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）c；（2）失重；d。【分析】（1）根据平衡阻力的方法分析求解；（2）根据t＝4s时，加速度方向竖直向下，结合牛顿第二定律，综合图像的斜率分析求解。【解答】解：（1）平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动。故ab错误，c正确。故选：c。（2）根据图像可知t＝4s时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态；对物体根据牛顿第二定律FN﹣mg＝ma整理得a可知图像的斜率为1m，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其a﹣FN图像为图丁中的图线d故答案为：（1）c；（2）失重；d。【点评】本题考查了探究加速度与力、质量关系的实验，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．（10分）（2025•安徽）某同学设计了一个具有两种挡位（“×1”挡和“×10”挡）的欧姆表，其内部电路如图甲所示。电源为电池组（电动势E的标称值为3.0V，内阻r未知），电流表G（表头）的满偏电流Ig＝20mA，内阻Rg＝45Ω，定值电阻R0＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为200Ω。设计后表盘如图乙所示，中间刻度值为“15”。（1）测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S1、S2，此时欧姆表处于“×1”挡，将红表笔与黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向0（选填“0”或“∞”）刻度位置。（2）用该欧姆表对阻值为150Ω的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的×10（选填“×1”或“×10”）挡。进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为160Ω。（3）该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势的实际值与标称值不一致。为了测出电源电动势，该同学先将电阻箱以最大阻值（9999Ω）接在两表笔间，接着闭合S1、断开S2，将滑动变阻器的阻值调到零，再调节电阻箱的阻值。当电阻箱的阻值调为228Ω时，指针指向“15”刻度位置（即电路中的电流为10mA）；当电阻箱的阻值调为88Ω时，指针指向“0”刻度位置（即电路中的电流为20mA）。由测量数据计算出电源电动势为2.8V。（结果保留2位有效数字）【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）短接；0；（2）×10；160；（3）2.8。【分析】（1）根据测量前，要进行欧姆调零，结合欧姆调零的步骤分析求解；（2）根据用该欧姆表对阻值为150Ω的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的×10挡，结合欧姆挡读数规则分析求解；（3）根据闭合电路欧姆定律分析求解。【解答】解：（1）测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S1、S2，此时欧姆表处于“×1”挡，将红表笔与黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向0刻度位置。（2）用该欧姆表对阻值为150Ω的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的×10挡；进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为16×10Ω＝160Ω（3）根据闭合电路欧姆定律E＝I1（r+Rg+R阻），E＝I2（r+Rg+R′阻）代入数据I1＝10mA，I2＝20mA联立可得r＝7Ω，E＝2.8V故答案为：（1）短接；0；（2）×10；160；（3）2.8。【点评】本题考查了多用电表的实验，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。13．（10分）（2025•安徽）如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为22R，P、Q间的距离为（1）求玻璃砖的折射率；（2）在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。【考点】光的折射与全反射的综合问题．【专题】计算题；定量思想；推理法；光线传播的规律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）玻璃砖的折射率为2；（2）在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围为（0，45°]或[135°，180°）。【分析】（1）根据题意得出光路图，结合折射定律以及几何关系分析求解；（2）根据发生全反射的临界角满足sinC=【解答】解：（1）根据题意得出光路图如图所示根据几何关系可得sinα=22RR，可得β＝45°，γ＝30°根据折射定律n（2）发生全反射的临界角满足sinC可得C＝45°要使激光能在圆心O点发生全反射，激光必须指向O点射入只要入射角大于45°，即可发生全反射，则使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围（0，45°]，由对称性可知，入射光线与x轴之间夹角的范围还可以为[135°，180°）。答：（1）玻璃砖的折射率为2；（2）在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围为（0，45°]或[135°，180°）。【点评】本题考查了几何光学，理解全反射的发生条件，正确画出光路图是解决此类问题的关键。14．（14分）（2025•安徽）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；（3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。【考点】机械能守恒定律的简单应用；圆周运动与平抛运动相结合的问题；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）绳子被拉断时小球的速度大小为45m/（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为4m；（3）初速度的最小值为215【分析】（1）根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律，求速度和拉力；（2）球做平抛运动竖直方向是自由落体，水平方向是匀速直线运动，求x；（3）绳子恰不松弛，重力提供向心力，再结合动能定理，求初速度最小值。【解答】解：（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律1在该位置时根据牛顿第二定律T解得v=45m/（2）小球做平抛运动时x＝vt，2解得x＝4m（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足mg从最低点到该位置由动能定理1解得v答：（1）绳子被拉断时小球的速度大小为45m/（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为4m；（3）初速度的最小值为215【点评】本题解题关键是掌握机械能守恒定律、牛顿第二定律，并熟悉平抛规律为竖直方向是自由落体，水平方向是匀速直线运动，能分析出小球经过N点正上方绳子恰不松弛，重力提供向心力，具有较强综合性，难度中等偏上。15．（18分）（2025•安徽）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率为B2（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量为mv（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量为nmv022(n+1)（n＝1，【分析】（1）根据安培力的计算公式求解导体棒受到的安培力，根据电功率的计算公式求解此时导体棒受安培力的功率；（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理、电荷量的计算公式进行解答；（3）每根导体棒进入磁场后产生的总热量相同，根据电路连接情况结合焦耳定律求解每根棒进入过程中R上产生的热，再根据数学知识进行解答。【解答】解：（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv0则此时回路的电流为：I此时导体棒受到的安培力F安＝BIL此时导体棒受安培力的功率为：P＝F安v0联立解得：P=B（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：﹣BILΔt＝0﹣mv0其中：IΔt＝q解得通过其横截面上的电荷量：q=（3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为：Q第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，有（n﹣1）个导体棒并联再与R并联，然后与第n个导体棒串联。电路的总电阻为R+1nR，电阻R第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量：Q第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量：Q第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量：Q……第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量：Q则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量：QR＝QR1+QR2+QR3+…+QRn通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出：QR=nn+1⋅Q=nmv0答：（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率为B2（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量为mv（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量为nmv022(n+1)（n＝1，【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

考点卡片1．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＝vt（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。2．根据物体的运动情况判断v-t图像是否正确【知识点的认识】题目会先给出物体的运动情况，然后需要根据要求判断给出的v﹣t图像是否正确。【命题方向】列车匀速前进，司机突然发现前方有一头牛在横穿铁道，司机立即使列车制动，做匀减速运动，车未停下时牛已离开轨道，司机又使列车做匀加速运动，直到恢复原速，继续做匀速直线运动，列车运动的v﹣t图象应是下图中的哪一个（）A、B、C、D、分析：列车的运动情况是先做匀减速运动，接着做匀加速运动，最后做匀速直线运动．匀减速运动速度未达到零．将选项一一代入，选择符合题意的图象．解答：A、列车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，最后做匀速直线运动。与题意不符。故A错误。B、列车先做匀减速运动，速度未达到零，接着做匀加速运动，最后做匀速直线运动。与题意相符。故B正确。C、列车先做匀减速运动，速度达到零，接着做匀加速运动，最后做匀速直线运动。与题意不符。故C错误。D、列车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，最后做匀速直线运动。与题意不符。故D错误。故选：B。点评：往往用数学知识理解图象的物理意义，如面积、斜率等等来分析图象的物理意义．v﹣t图象：匀速直线运动是平行于横轴的直线，匀变速直线运动是倾斜的直线．【解题思路点拨】1.要明确v﹣t图像的直接意义：代表了物体某一时刻对应的速度，可以以此判断物体的速度大小及方向。2.要明确x﹣t图像斜率的物理意义：代表了物体的加速度情况。斜率正负代表加速度的方向；斜率大小代表加速度的大小。3.要明确v﹣t图像面积的物理意义：代表了物体的位移情况。t轴上方的面积代表正向位移，t轴下方的面积代表负向位移。3．滑动摩擦力的方向【知识点的认识】1.滑动摩擦力的定义：两个相互接触的物体，当它们发生相对滑动时，在接触面上会产生有种阻碍相对运动的力，叫作滑动摩擦力。2.滑动摩擦力的方向：总跟接触面相切，并且跟物体的相对运动方向相反。3.关键词：①与接触面相切（沿接触面）；②与相对运动的方向相反。【命题方向】关于摩擦力，下列说法错误的是（）A、滑动摩擦力可以与物体的运动方向相同B、静摩擦力也可以与物体的运动方向相同C、静摩擦力可以与物体运动的方向成任意度角D、当物体与接触面的接触面积减小而其他条件不变时，滑动摩擦力将减小分析：摩擦力一个物体在另一个物体表面滑动或有相对滑动的趋势时，受到的阻碍相对运动或相对运动趋势的力，与相对运动或相对运动的趋势方向相反．解答：A、滑动摩擦力与物体的相对运动方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故A正确；BC、静摩擦力与物体的相对运动趋势方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动趋势方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故B正确，C正确；D、滑动摩擦力的大小与正压力成正比，还与接触面的材料有关，与接触面的面积无关，故D错误；本题选错误的，故选D。点评：提到摩擦力不忘相对两个字，摩擦力与相对运动或相对运动趋势的方向相反，总是阻碍物体间的相对滑动或相对滑动趋势．【解题思路点拨】1.滑动摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反。因此判断滑动摩擦力的方向时，可以先判断相对运动的方向，从而得出滑动摩擦力的方向。2.滑动摩擦力是物体之间相对运动产生的，与物体自身的运动情况无关，所以滑动摩擦力的方向与物体自身的运动方向无关。例如：人刚站上电动扶梯的时候，因为人的初速度为零，所以受到扶梯水平向前的滑动摩擦力，而人实际的运动方向取决于电梯的方向。4．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．5．连接体模型【知识点的认识】1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．2．解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．【命题方向】题型一：用整体法和隔离法解决连接体问题．例1：质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．无法确定分析：本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a1=对A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a2=对A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得Fa3=对A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k则x1：x2：x3＝1：故A正确，BCD错误故选：A．点评：牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．例2：如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2分析：采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系．解答：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=F6m；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma=F2．由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′=T3m，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′=故选：C．点评：本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系．【解题方法点拨】（1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．（2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．（3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．6．匀速圆周运动【知识点的认识】1.定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。也可说匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动。2.性质：线速度的方向时刻在变，因此是一种变速运动。3.匀速圆周运动与非匀速圆周运动的区别（1）匀速圆周运动①定义：角速度大小不变的圆周运动。②性质：向心加速度大小不变，方向始终指向圆心的变加速曲线运动。③质点做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。（2）非匀速圆周运动①定义：线速度大小不断变化的圆周运动。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小。b、合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。【命题方向】对于做匀速圆周运动的物体，下面说法正确的是（）A、相等的时间里通过的路程相等B、相等的时间里通过的弧长相等C、相等的时间里发生的位移相同D、相等的时间里转过的角度相等分析：匀速圆周运动的过程中相等时间内通过的弧长相等，则路程也相等，相等弧长对应相等的圆心角，则相等时间内转过的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧长对应相等的弦长，则位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、匀速圆周运动在相等时间内通过的弧长相等，路程相等。故AB正确。C、相等的弧长对应相等的弦长，所以相等时间内位移的大小相等，但方向不同，所以相等时间内发生的位移不同。故C错误。D、相等的弧长对应相等的圆心角，所以相等时间内转过的角度相等。故D正确。故选：ABD。点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度大小不变，所以相等时间内通过的弧长相等，路程也相等。【解题思路点拨】1.匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动加速度加速度方向与线速度方向垂直。即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变向心力F合F合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．圆周运动与平抛运动相结合的问题【知识点的认识】本考点旨在针对圆周运动与平抛运动相结合的问题。【命题方向】如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m＝30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地从A进入光滑竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8m。（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求（1）小孩平抛的初速度大小。（2）若小孩运动到圆弧轨道最低点O时的速度为vx=33m/s，则小孩对轨道的压力为多大。分析：（1）将A点的速度进行分解，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，求出A点在竖直方向上的分速度，抓住无碰撞地从A进入，根据角度关系求出水平分速度，即为平抛运动的初速度。（2）在最低点，重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据FN解答：（1）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向（如图），则：tanα又由：h=1而：vy＝gt＝4m/s联立以上各式得：v0＝3m/s（2）在最低点，据牛顿第二定律，有：F代入数据解得FN＝1290N由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N。答：（1）小孩平抛的初速度大小3m/s。（2）若小孩运动到圆弧轨道最低点O时的速度为vx=33m/s，则小孩对轨道的压力为1290N点评：解决本题的关键抓住无碰撞地从A进入，得出速度的方向。知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。以及知道在圆弧轨道的最低点，沿半径方向上的合力提供圆周运动的向心力。【解题思路点拨】要充分理解圆周运动与平抛运动的规律，能够综合应用相关规律解决实际问题，本考点可能遇到的题型有先做圆周运动后做平抛运动和先做平抛运动后做圆周运动。9．开普勒三大定律【知识点的认识】开普勒行星运动三大定律基本内容：1、开普勒第一定律（轨道定律）：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。2、开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。3、开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即：k=在中学阶段，我们将椭圆轨道按照圆形轨道处理，则开普勒定律描述为：1．行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心；2．对于某一行星来说，它绕太阳做圆周运动的角速度（或线速度）不变，即行星做匀速圆周运动；3．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即：R3【命题方向】（1）第一类常考题型是考查开普勒三个定律的基本认识：关于行星绕太阳运动的下列说法正确的是（）A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处C．离太阳越近的行星的运动周期越长D．所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等分析：开普勒第一定律是太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的。开普勒第三定律中的公式R3解：A、开普勒第一定律可得，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且太阳处在所有椭圆的一个焦点上。故A错误；B、开普勒第一定律可得，行星绕太阳运动时，太阳位于行星轨道的一个焦点处，故B错误；C、由公式R3T2D、开普勒第三定律可得，所以行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故D正确；故选：D。点评：行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期。（2）第二类常考题型是考查开普勒第三定律：某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为（）A．（N+1N）23BC．（N+1N）32D分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是NN解：A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是NN-1年，根据开普勒第三定律有r地3r行3=T地故选：B。点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可。【解题思路点拨】（1）开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。（2）要注意开普勒第二定律描述的是同一行星离中心天体的距离不同时的运动快慢规律，开普勒第三定律描述的是不同行星绕同一中心天体运动快慢的规律。（3）应用开普勒第三定律可分析行星的周期、半径，应用时可按以下步骤分析：①首先判断两个行星的中心天体是否相同，只有两个行星是同一个中心天体时开普勒第三定律才成立。②明确题中给出的周期关系或半径关系。③根据开普勒第三定律列式求解。10．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。11．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。12．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.对三种表达式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。3.运用机械能守恒定律的基本思路4.机械能守恒定律和动能定理的比较【命题方向】NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．解答：篮球机械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故选：A。点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．【解题方法点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。13．机械波及其形成与传播【知识点的认识】机械波的产生（1）定义：机械振动在介质中的传播过程，叫做机械波．（2）产生条件：波源和介质．（3）产生过程：沿波的传播方向上各质点的振动都受它前一个质点的带动而做受迫振动，对简谐波而言各质点振动的振幅和周期都相同，各质点只在自己的平衡位置附近振动．（4）机械波传播的三个特点①介质中有机械波传播时，介质本身并不随波一起传播，它传播的只是振动这种运动形式。②波是传递能量的一种方式。③波可以传递信息。【命题方向】关于机械波，下列说法正确的是（）A、机械波的传播方向就是介质中质点的振动方向B、机械波传播的是振动这种运动形式，质点并不随波迁移C、机械波的传播伴随着振动能量的传递D、波不但能传递能量，也能传递信息分析：波传播的是能量或振动形式不是质点；波分为横波和纵波；振源停止振动时，介质中的波动断续传播。波传播的振动形式及能量。解答：A、机械波由近及远向远处传播，而介质中质点在平衡位置附近振动；故A错误；B、在波的传播中质点在自己的平衡位置附近振动，不会随波向远方传播；故B正确；C、波机械波的传播伴随着振动形式以及能量的传递；故C正确；D、波不但能够传递能量，而且可以传递信息；故D正确。故选：BCD。点评：本题主要考查波的产生、传播等，要注意明确波传播的是能量或运动形式，质点不会随波前进；同时波可以传播能量和信息。【解题思路点拨】1.机械波的形成2.波的特点（1）振幅：像绳波这种一维（只在某个方向上传播）机械波，若不计能量损失，各质点的振幅相同。（2）周期：各质点振动的周期均与波源的振动周期相同。（3）步调：离波源越远，质点振动越滞后。（4）运动：各质点只在各自的平衡位置附近做往复振动，并不随波迁移。14．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