2025年河南实验中学高考物理四模试卷

第80页（共80页）2025年河南实验中学高考物理四模试卷一、单选题1．（2025•云南模拟）节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过15°定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据图，下列说法正确的是（）A．地球受太阳的引力芒种时比小满时大 B．芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长 C．立春时地球公转的加速度与立秋时大小相等 D．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数2．（2025•厦门校级四模）“钻石恒久远，应该做电池”，近日英国科学家成功研制出世界首款碳﹣14钻石电池，这款电池的使用寿命可达数千年。从核废料中提取的碳﹣14被封装在钻石中，钻石捕获碳﹣14衰变产生的电子产生低水平电力，同时钻石外壳能够有效吸收碳﹣14发出的短程辐射确保安全。下列说法正确的是（）A．碳—14发生的是α衰变 B．碳—14发生的是β衰变 C．钻石捕获的电子来自于碳—14原子核外的电子 D．经过一个半衰期，被封装的材料的总质量变成原来的一半3．（2025•金水区校级四模）小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹回空中，其速度随时间变化的关系如图所示．若g＝10m/s2，则（）A．小球第一次反弹后离开地面时的速度大小为5m/s B．碰撞前后速度改变量的大小为2m/s C．小球是从5m高处自由下落的 D．小球反弹的最大高度为0.45m4．（2025•金水区校级四模）一个圆环翡翠（透明玻璃体），内侧的半径为R1，外侧的半径为R2，现让一紫色光束对准点A（A与圆心O同一水平线），以角θ1射入翡翠，光束恰好切过圆环内侧从外侧的点B射出，出射角为θ2，以下说法正确的是（）A．出射角θ2比入射角θ1大 B．翡翠对紫色光折射率n=C．调大θ1，紫色光束一定会从翡翠内环射出 D．换用红色光束，以θ1入射一定会从翡翠内环射出5．（2025•金水区校级四模）如图所示，一定质量的理想气体按照a→b→c→d→a的顺序完成一个循环，在气体状态变化的过程中，下列说法正确的是（）A．从状态a到状态b的过程，气体分子的平均动能一直不变 B．从状态a到状态b的过程，气体对外放出400J的热量 C．整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量 D．整个循环过程，气体向外界放出的热量为300J6．（2025•长安区三模）某房子屋顶造形如图所示，P为顶点，底面四个点a、b、c、d构成正方形，O为正方形中点，一金属球固定于顶点P，由于风的摩擦而成为正场源点电荷，下列说法正确的是（）A．四个点a、b、c、d的场强相同 B．试探电荷在O处受到电场力方向竖直向下 C．底面abcd一定是一个等势面 D．点电荷﹣q沿aOc移动电势能先减小后增大7．（2025•合肥模拟）如图所示，光滑金属导轨与水平面成α角，金属杆ab垂直放置在导轨上，导轨处于匀强磁场中。接通电路后，当磁场方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B1时，ab被释放后保持静止；当磁场方向竖直向上、磁感应强度大小为B2时，ab被释放后也能保持静止。则B1BA．sinα B．cosα C．tanα D．tan﹣1α二、多选题（多选）8．（2025•金水区校级四模）为预防电梯缆绳断裂的安全事故，电梯井底和电梯上分别安装有缓冲弹簧和安全钳，装置简化如图所示。现质量为2000kg的电梯，因缆绳断裂而坠落，刚接触弹簧时的速度为4m/s，弹簧被压缩了2m时电梯停止运动，下落过程中安全钳提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，A．整个运动过程中电梯一直处于失重状态 B．整个运动过程电梯刚接触弹簧时速度最大 C．该缓冲弹簧的劲度系数为11000N/m D．停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为2000N（多选）9．（2025•金水区校级四模）如图所示，在x＝0.6m处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在x＝﹣0.6m处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝0时刻两波源开始振动，t＝0.5s时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（）A．两列波的波速大小均为2m/s B．再经过0.1s，平衡位置在x＝﹣0.2m处的质点位移为﹣0.1m C．平衡位置在x＝﹣0.4m处的质点为振动减弱点 D．平衡位置在x＝0.2m处的质点前0.5s内运动的路程为50cm（多选）10．（2025•金水区校级四模）电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为E，内阻为r；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为C。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计，下列说法正确的是（）A．踩下驱动踏板瞬间，金属棒的加速度为BELmB．踩下驱动踏板后，从上往下看金属棒MN顺时针转动 C．踩下驱动踏板后，一段时间后金属棒匀速转动，此时金属棒两端的电压大小为U=D．踩下驱动踏板后，当金属棒达到最大转动速度时松开驱动踏板，一段时间后金属棒匀速转动，此时电容器C上的带电量Q三、实验题11．（2025•金水区校级四模）为研究小球斜上抛运动的规律，某兴趣小组用手机拍摄了一段小球斜上抛运动视频，图甲为利用Tracker视频分析软件按帧获取的小球位置。取运动过程的某点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立坐标系。经软件分析得到实际位置坐标x﹣t、y﹣t图像及对应拟合曲线方程，如图乙所示。（1）由图乙可得，小球的加速度大小为m/s2，小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为；（2）帧率表示视频在1s内记录的静止画面数量，单位为赫兹（Hz）。Tracker视频分析软件是按视频的帧率来获取小球的位置，图乙中描绘的点为软件捕获的每帧小球实际位置坐标随时间的变化关系，由此可以判断该视频的帧率最接近。A.20HzB.30HzC.60HzD.120Hz12．（2025•湖北一模）为了测量电阻Rx的阻值，某同学设计了如下实验：（1）先用多用电表的欧姆“×10”挡位测量待测电阻Rx，发现指针偏转角很大，应改用欧姆挡（选填“×1”或“×100”）。选择合适的挡位，正确操作后，指针如图（a）所示，则Rx＝Ω。（2）为精确测量出该电阻阻值，他设计如图（b）实验电路，实验器材如下：A.电源（电压约为9V，内阻不计）B.待测电阻RxC.电流表A1（量程为0.3A，内阻约为5Ω）D.电流表A2（量程为1A，内阻约为2Ω）E.电阻箱R（阻值范围0～99.99Ω）F.保护电阻R0＝10ΩG.开关1个、导线若干①按照图（b）连接好电路，位置X应接入电流表（选填“A1”或“A2”），位置Y接另一个电流表；②调节电阻箱R，闭合开关S，记录两个电流表的读数分别I1、I2及R的阻值；③多次调节电阻箱R，测量并记录多组数据；④利用图像处理实验数据，得到如图（c）所示的图线；⑤由图中数据可知，Rx＝Ω，位置X处的电流表的内阻r＝Ω（结果均保留2位有效数字）。四、解答题13．（2025•金水区校级四模）如图甲，为从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面h＝1.8m的高度松手，让球筒自由落体，撞击地面，碰撞后球筒不反弹。已知球筒质量M＝90g，球筒长度L＝40cm，羽毛球质量为m＝6g，羽毛球和球筒间最大静摩擦力fm＝0.3N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，g取10m/s2，4.82＝23.04，求：（1）碰撞后羽毛球是否到达球筒口；（2）如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为h＝1.8m，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为R＝1.2m，则球落地后距离中心轴有多远？14．（2025•金水区校级四模）如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，电场强度E＝400N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；三角形AMN以外和MN以下区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝3B1，现将一比荷qm=108C/kg的带正电的粒子，从C点正上方2m处的O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C进入三角形内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入三角形外部磁场。已知粒子最终又回到了O点。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取（1）磁感应强度B1的大小；（2）粒子第一次回到O点的过程，在磁场B2中运动的时间。15．（2025•金水区校级四模）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨A1B1、A2B2平行放置，间距L＝1m，处于竖直向下B＝0.4T的匀强磁场中，导轨左侧接一电容C＝0.1F的电容器，初始时刻电容器带一定电荷量，电性如图所示。质量m1＝0.2kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开B1B2时已以v1＝1.6m/s匀速运动。下方光滑绝缘轨道C1MD1、C2ND2间距也为L，正对A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r＝1.25m圆心角θ＝37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d＝0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0＜x＜0.5m处存在磁感应强度大小为Bx=3x（T）的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2＝0.4kg电阻R＝1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g取10m/s（1）初始时刻电容器所带电荷量Q0；（2）ab棒与U形金属框碰撞后瞬间的速度大小；（3）分析闭合线框能否穿过磁场区域，若能，求出线框离开磁场时的速度；若不能，求出线框停止时右边框位置坐标。（已知：∑3x⋅

2025年河南实验中学高考物理四模试卷参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）题号1234567答案BBDBDDB二．多选题（共3小题）题号8910答案CDADABD一、单选题1．（2025•云南模拟）节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过15°定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据图，下列说法正确的是（）A．地球受太阳的引力芒种时比小满时大 B．芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长 C．立春时地球公转的加速度与立秋时大小相等 D．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数【考点】开普勒三大定律；万有引力的基本计算．【专题】定量思想；方程法；万有引力定律的应用专题；理解能力．【答案】B【分析】本题考查的是二十四节气与地球公转轨道位置的关系。根据题目中提供的信息，地球在公转轨道上每扫过15°定为一个节气，而冬至时地球位于近日点附近。通过这些信息，我们可以推断出其他节气在地球公转轨道上的位置。【解答】解：A、根据题目中图形我们可以看到，芒种时地球离太阳更远，根据万有引力表达式F=GMmrB、根据题意可知，地球公转轨道是椭圆形的，根据开普勒第二定律可知，在相同的时间内，扫过的面积相等可得，瞬时速度大小与距离成反比，由于公转速度的变化，芒种到小暑地球运动的距离更远速率更小，时间更长，故B正确；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律公式可知GMm解得a可知地球公转的加速度与地球到太阳的距离有关，立春时和立秋时，地球到太阳的距离并不相等（立春时离太阳较近，立秋时离太阳较远），故公转加速度也不相等，故C错误；D、根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查了开普勒三定律的应用，关键注意三定律的使用条件。2．（2025•厦门校级四模）“钻石恒久远，应该做电池”，近日英国科学家成功研制出世界首款碳﹣14钻石电池，这款电池的使用寿命可达数千年。从核废料中提取的碳﹣14被封装在钻石中，钻石捕获碳﹣14衰变产生的电子产生低水平电力，同时钻石外壳能够有效吸收碳﹣14发出的短程辐射确保安全。下列说法正确的是（）A．碳—14发生的是α衰变 B．碳—14发生的是β衰变 C．钻石捕获的电子来自于碳—14原子核外的电子 D．经过一个半衰期，被封装的材料的总质量变成原来的一半【考点】半衰期的相关计算；α、β、γ射线的本质及特点；β衰变的特点、本质及方程．【专题】定性思想；推理法；衰变和半衰期专题；推理论证能力．【答案】B【分析】β衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子；经过一个半衰期，有半数碳—14发生衰变。【解答】解：AB．由于碳碳—14衰变产生电子，可知，碳—14发生的是β衰变，故A错误，B正确；C.β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子，质子留在原子核内，电子释放出来。钻石捕获的电子来自于碳—14原子核内一个中子转化为一个质子与电子，故C错误；D．经过一个半衰期，有一半碳—14发生衰变，但被封装的材料的总质量大于原来的一半，故D错误。故选：B。【点评】.β衰变的本质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子，并将电子射出的过程，衰变过程遵循质量数守恒和电荷数守恒。3．（2025•金水区校级四模）小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹回空中，其速度随时间变化的关系如图所示．若g＝10m/s2，则（）A．小球第一次反弹后离开地面时的速度大小为5m/s B．碰撞前后速度改变量的大小为2m/s C．小球是从5m高处自由下落的 D．小球反弹的最大高度为0.45m【考点】自由落体运动的规律及应用．【专题】运动学中的图象专题．【答案】D【分析】解决本题的关键是正确理解速度—时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，最后求出反弹的高度．【解答】解：A．由图象可知：0.5s末物体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A错误；B、碰撞时速度的改变量为Δv＝﹣3m/s﹣5m/s＝﹣8m/s，则速度的改变量大小为8m/s。故B错误；C、由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v﹣t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：h=12×0.5×5m＝1.25m，D、小球能弹起的最大高度对应图中0.6s﹣0.8s内速度图象的面积，所以h=12×0.3×3m＝0.45m故选：D。【点评】解决本题要明确v﹣t图象的含义：在v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．4．（2025•金水区校级四模）一个圆环翡翠（透明玻璃体），内侧的半径为R1，外侧的半径为R2，现让一紫色光束对准点A（A与圆心O同一水平线），以角θ1射入翡翠，光束恰好切过圆环内侧从外侧的点B射出，出射角为θ2，以下说法正确的是（）A．出射角θ2比入射角θ1大 B．翡翠对紫色光折射率n=C．调大θ1，紫色光束一定会从翡翠内环射出 D．换用红色光束，以θ1入射一定会从翡翠内环射出【考点】光的折射与全反射的综合问题．【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据几何关系分析A，根据折射定律求出该单色光的折射率；根据折射定律结合折射率与频率关系分析CD。【解答】解：A、由几何关系可知从A点入射的折射角等于从B点出射点入射角，根据折射定律可知出射角θ2与入射角θ1相等，故A错误；B、根据几何关系可知A点入射的折射角满足sinr=根据折射定律有n=解得n故B正确；C、调大θ1，紫色光束的折射角增大，一定不会从翡翠内环射出，故C错误；D、红色光的频率小，折射率小，根据n=sinθ1故选：B。【点评】本题考查折射定律，解题关键注意运用几何关系求出折射角是解决问题的关键。5．（2025•金水区校级四模）如图所示，一定质量的理想气体按照a→b→c→d→a的顺序完成一个循环，在气体状态变化的过程中，下列说法正确的是（）A．从状态a到状态b的过程，气体分子的平均动能一直不变 B．从状态a到状态b的过程，气体对外放出400J的热量 C．整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量 D．整个循环过程，气体向外界放出的热量为300J【考点】理想气体状态变化的图像问题；热力学第一定律的表达和应用．【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；推理论证能力．【答案】D【分析】A、根据理想气体状态方程判断a到b过程温度变化，再依据温度与分子平均动能的关系进行分析。B、先计算a到b过程气体做功，结合理想气体内能变化与温度关系，利用热力学第一定律计算热量。CD、计算整个循环过程气体做功p﹣V（图像与坐标轴围成面积），根据内能变化为零，由热力学第一定律判断吸放热情况及热量大小。【解答】解：B、a→b过程，气体体积膨胀，外界对气体做的功为W状态a、b的温度相同，内能不变，根据热力学第一定律ΔUab＝Qab+Wab可知气体从状态a到状态b的过程，气体从外界吸收400J的热量，故B错误；A、根据理想气体状态方程pVT=C可知，状态a、b的温度相同，但从状态a到状态bCD、整个循环过程，外界对气体做功为W整个过程气体的内能不变，根据热力学第一定律ΔU总＝Q总+W总解得Q总＝﹣300J即气体向外界放出300J的热量，那么整个过程中气体吸收的热量小于放出的热量，故C错误，D正确。故选：D。【点评】该题围绕理想气体状态变化相关的重要知识点展开，通过p﹣V图像考查学生多方面的知识掌握和应用能力，是一道综合性较强、能有效检验学生对理想气体相关知识理解程度的题目。准确解读p﹣V图像中各点的压强p和体积V信息是解题基础。只有正确获取这些信息，才能运用理想气体状态方程分析温度变化，以及计算气体做功情况。6．（2025•长安区三模）某房子屋顶造形如图所示，P为顶点，底面四个点a、b、c、d构成正方形，O为正方形中点，一金属球固定于顶点P，由于风的摩擦而成为正场源点电荷，下列说法正确的是（）A．四个点a、b、c、d的场强相同 B．试探电荷在O处受到电场力方向竖直向下 C．底面abcd一定是一个等势面 D．点电荷﹣q沿aOc移动电势能先减小后增大【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场强度与电场力的关系和计算；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则分析各个点的电场强度，根据电场力方向的规定分析B；根据点电荷等势面的特点分析C，根据电势变化分析电势能变化。【解答】解：A．四个点a、b、c、d的场强大小相等，方向不同，故A错误；B．试探电荷的电性未知，无法判断电场力方向，若为负电荷，则在O处受到电场力方向竖直向上，故B错误；C．正点电荷的等势面是同心球面，底面abcd不是一个等势面，故C错误；D．O点距离场源电荷较近，电势较高，所以点电荷﹣q沿aOc移动电势能先减小后增大，故D正确；故选：D。【点评】本题以点电荷形成电场为背景，考查电场强度的叠加、电势、电场力做功与电势能改变等，要结合对称性、电场力做功与电势能变化的关系进行分析。7．（2025•合肥模拟）如图所示，光滑金属导轨与水平面成α角，金属杆ab垂直放置在导轨上，导轨处于匀强磁场中。接通电路后，当磁场方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B1时，ab被释放后保持静止；当磁场方向竖直向上、磁感应强度大小为B2时，ab被释放后也能保持静止。则B1A．sinα B．cosα C．tanα D．tan﹣1α【考点】安培力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】B【分析】对金属杆进行受力分析，根据共点力的平衡计算安培力的大小，根据安培力的表达式F安＝BIL求解磁感应强度大小。【解答】解：磁场方向垂直导轨平面向上，安培力方向沿斜面向上，有mgsinα＝B1IL当磁场方向竖直向上、磁感应强度大小为B2时，安培力方向水平向右，有B2ILcosα＝mgsinα联立解得B1故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查通电导体在安培力作用下的平衡问题，解题的思路是正确使用左手定则对金属杆进行受力分析，根据平衡条件进行解答。二、多选题（多选）8．（2025•金水区校级四模）为预防电梯缆绳断裂的安全事故，电梯井底和电梯上分别安装有缓冲弹簧和安全钳，装置简化如图所示。现质量为2000kg的电梯，因缆绳断裂而坠落，刚接触弹簧时的速度为4m/s，弹簧被压缩了2m时电梯停止运动，下落过程中安全钳提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，A．整个运动过程中电梯一直处于失重状态 B．整个运动过程电梯刚接触弹簧时速度最大 C．该缓冲弹簧的劲度系数为11000N/m D．停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为2000N【考点】常见力做功与相应的能量转化；胡克定律及其应用；超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功能关系能量守恒定律．【答案】CD【分析】根据能量守恒定律求解弹簧的劲度系数；对电梯受力分析，结合牛顿第二定律分析加速度的变化；电梯停止时，受力平衡，根据平衡条件求解摩擦力大小；损失的机械能等于摩擦产生的热量。【解答】解：AB、电梯的重力和安全钳提供给电梯的滑动摩擦力的合力为F合＝20000N﹣17000N＝3000N方向向下，则接触弹簧后开始阶段F合＞F弹，电梯加速向下运动随弹力的增加，当F合＜F弹时，电梯减速向下运动则整个过程中电梯先加速后减速，先失重后超重，当F合＝F弹时电梯速度最大，故AB错误；C、由能量守恒定律可知mgh解得缓冲弹簧的劲度系数k＝11000N/m故C正确；D、停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为f′＝kh﹣mg＝11000×2N﹣2000×10N＝2000N方向向下，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查功能关系和牛顿第二定律，解题关键是分析好电梯的运动情况和能量变化。（多选）9．（2025•金水区校级四模）如图所示，在x＝0.6m处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在x＝﹣0.6m处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝0时刻两波源开始振动，t＝0.5s时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（）A．两列波的波速大小均为2m/s B．再经过0.1s，平衡位置在x＝﹣0.2m处的质点位移为﹣0.1m C．平衡位置在x＝﹣0.4m处的质点为振动减弱点 D．平衡位置在x＝0.2m处的质点前0.5s内运动的路程为50cm【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据波形图结合运动学公式进行解答；根据题意求解周期，根据振动情况求解平衡位置在x＝﹣0.2m处的质点位移；根据波程差与波长的关系进行分析；求出P点的波传到x＝0.2m处经过的时间、Q点的波传到x＝0.2m处经过的时间，分两段计算平衡位置在x＝0.2m处的质点前0.5s内运动的路程。【解答】解：A、t＝0.5s时两列简谐波传播的距离均为x＝1.0m，波速均为：v=xt=1.00.5m/sB、根据题意可得：54T=t，解得：T＝0.4s，再经过0.1s=14T，平衡位置在x＝﹣C、根据题图可知两列波的波长均为：λ＝0.8m，平衡位置在x＝﹣0.4m处的质点到P和Q的位移之差为：Δx＝1.0m﹣0.2m＝0.8m＝λ，所以平衡位置在x＝﹣0.4m处的质点为振动加强点，故C错误；D、P点的波传到x＝0.2m处经过的时间为：t1=0.42.0s＝0.2s，Q点的波传到x＝0.2m处经过的时间为：t2=0.8t1～t2时间内x＝0.2m处的质点振动的路程为：s1=t2-根据图像可知，平衡位置在x＝0.2m处的质点为振动减弱点，振幅为A＝20cm﹣10cm＝10cm，0.4s～0.5s内通过的路程为：s2=0.10.4×4所以平衡位置在x＝0.2m处的质点前0.5s内运动的路程为：s＝s1+s2＝40cm+10cm＝50cm，故D正确。故选：AD。【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，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。（多选）10．（2025•金水区校级四模）电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为E，内阻为r；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为C。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计，下列说法正确的是（）A．踩下驱动踏板瞬间，金属棒的加速度为BELmB．踩下驱动踏板后，从上往下看金属棒MN顺时针转动 C．踩下驱动踏板后，一段时间后金属棒匀速转动，此时金属棒两端的电压大小为U=D．踩下驱动踏板后，当金属棒达到最大转动速度时松开驱动踏板，一段时间后金属棒匀速转动，此时电容器C上的带电量Q【考点】导体转动切割磁感线产生的感应电动势；电源的总功率、输出功率和效率．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】ABD【分析】根据牛顿第二定律求解加速度，根据左手定则判断金属棒转动方向，当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等，结合动量定理求解。【解答】解：A．根据牛顿第二定律，踩下驱动踏板瞬间有BIL＝ma其中I解得a故A正确；B．踩下驱动踏板后，电流方向由M到N，根据左手定则可知，金属棒MN顺时针转动，故B正确；CD．当金属棒由最大速度减速至匀速v转动，由动量定理可得﹣BILt＝﹣BQL＝mv﹣mvm当金属棒所能达到的最大线速度vm满足，金属棒中的无电流通过，即金属棒切割磁感线关生的感应电动势为E，即E＝BLvm，明显U≠当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等U'=联立得Q=mCE故C错误，D正确；故选：ABD。【点评】本题考查了电磁感应中电路问题，解题的关键是金属棒在转动的过程中切割磁感线产生感应电动势，回路中总的电动势等于电源电动势与金属棒产生的电动势的差。三、实验题11．（2025•金水区校级四模）为研究小球斜上抛运动的规律，某兴趣小组用手机拍摄了一段小球斜上抛运动视频，图甲为利用Tracker视频分析软件按帧获取的小球位置。取运动过程的某点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立坐标系。经软件分析得到实际位置坐标x﹣t、y﹣t图像及对应拟合曲线方程，如图乙所示。（1）由图乙可得，小球的加速度大小为9.8m/s2，小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为2.6；（2）帧率表示视频在1s内记录的静止画面数量，单位为赫兹（Hz）。Tracker视频分析软件是按视频的帧率来获取小球的位置，图乙中描绘的点为软件捕获的每帧小球实际位置坐标随时间的变化关系，由此可以判断该视频的帧率最接近B。A.20HzB.30HzC.60HzD.120Hz【考点】探究平抛运动的特点．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；平抛运动专题；实验探究能力．【答案】（1）9.8；2.6；（2）B。【分析】（1）根据斜抛运动规律求解y﹣t函数，结合拟合方程求解作答；（2）由图乙可知，记录的相邻点迹之间的间隔数为18；根据斜抛运动的水平分运动，结合拟合方程求解运动时间，再求解频率。【解答】解：（1）设小球的初速度为v0，与水平方向的夹角为θ小球竖直方向做竖直上抛运动y水平方向做匀速直线运动x＝v0tcosθ水平方向的拟合方程x＝t因此v联立解得y结合拟合方程y＝﹣4.9t2+2.6t则有-12g=-4.9m解得重力加速度g＝9.8m/s2小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为tanθ＝2.6（2）由图乙可知，记录的相邻点迹之间的间隔数为18；所用的时间t频率为f故ACD错误，B正确。故选：B。故答案为：（1）9.8；2.6；（2）B。【点评】本题考查了利用Tracker视频分析软件研究斜抛运动规律的实验，体现了信息技术在物理上的运用，对此要加强重视。12．（2025•湖北一模）为了测量电阻Rx的阻值，某同学设计了如下实验：（1）先用多用电表的欧姆“×10”挡位测量待测电阻Rx，发现指针偏转角很大，应改用欧姆×1挡（选填“×1”或“×100”）。选择合适的挡位，正确操作后，指针如图（a）所示，则Rx＝11.0Ω。（2）为精确测量出该电阻阻值，他设计如图（b）实验电路，实验器材如下：A.电源（电压约为9V，内阻不计）B.待测电阻RxC.电流表A1（量程为0.3A，内阻约为5Ω）D.电流表A2（量程为1A，内阻约为2Ω）E.电阻箱R（阻值范围0～99.99Ω）F.保护电阻R0＝10ΩG.开关1个、导线若干①按照图（b）连接好电路，位置X应接入电流表A1（选填“A1”或“A2”），位置Y接另一个电流表；②调节电阻箱R，闭合开关S，记录两个电流表的读数分别I1、I2及R的阻值；③多次调节电阻箱R，测量并记录多组数据；④利用图像处理实验数据，得到如图（c）所示的图线；⑤由图中数据可知，Rx＝10Ω，位置X处的电流表的内阻r＝4.0Ω（结果均保留2位有效数字）。【考点】伏安法测电阻；练习使用多用电表（实验）．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）×1；11.0；（2）A1；10；4.0【分析】（1）指针偏转角很大，说明电阻阻值较小，换用小挡位；（2）Y表的量程应比X表的大，Y表应选A2，X表应选A1；得到得I2【解答】解：（1）用多用电表的欧姆“×10”挡位测量待测电阻，发现指针偏转角很大，说明倍率挡偏大，应改用低倍率挡“×1”挡测量；表盘读数11.0，则电阻Rx＝11.0×1Ω＝11.0Ω；（2）由IY=IX+IRx，Y表的量程应比X表的大，所以Y表应选由电路可知I得I由图线知直线斜率k所以Rx＝10Ω截距b所以r＝4.0Ω故答案为：（1）×1；11.0；（2）A1；10；4.0【点评】本题考查了电阻的测量，解题关键是知道实验原理，根据图像斜率和截距求解电阻阻值。四、解答题13．（2025•金水区校级四模）如图甲，为从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面h＝1.8m的高度松手，让球筒自由落体，撞击地面，碰撞后球筒不反弹。已知球筒质量M＝90g，球筒长度L＝40cm，羽毛球质量为m＝6g，羽毛球和球筒间最大静摩擦力fm＝0.3N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，g取10m/s2，4.82＝23.04，求：（1）碰撞后羽毛球是否到达球筒口；（2）如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为h＝1.8m，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为R＝1.2m，则球落地后距离中心轴有多远？【考点】圆周运动与平抛运动相结合的问题．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】（1）碰撞后羽毛球能到达球筒口；（2）球落地后距离中心轴4.8m。【分析】（1）根据自由落体运动规律求解落地时羽毛球的速度，之后球做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析其加速度，根据速度—位移公式分析其能运动的最大距离，和球筒长度比较；（2）羽毛球在球筒做匀速圆周运动，飞出后做平抛运动，羽毛球刚好飞出，则摩擦力大小等于向心力，根据向心力公式分析其飞出时速度，根据平抛运动规律，根据竖直速度和下落高度求解其下落的时间，根据水平速度的时间求解水平位移，然后根据几何关系求解距离。【解答】解：（1）自由下落过程，根据速度与位移的关系有v2＝2gh，解得落地时速度v=碰撞后，球向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有fm﹣mg＝ma解得a=f碰撞后羽毛球下滑过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有v2＝2ax，解得x=v22a可知，羽毛球能到达筒口。（2）设羽毛球刚好从筒口水平飞出时速度为v1，根据牛顿第二定律有fm=m羽毛球飞出后做平抛运动，则有h=12x1＝v1t，羽毛球落地点离中心轴的距离为s=R2+x答：（1）碰撞后羽毛球能到达球筒口；（2）球落地后距离中心轴4.8m。【点评】考查对圆周运动和平抛运动规律的理解，熟悉公式的运用，关键时要清楚球的速度变化情况。14．（2025•金水区校级四模）如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，电场强度E＝400N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；三角形AMN以外和MN以下区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝3B1，现将一比荷qm=108C/kg的带正电的粒子，从C点正上方2m处的O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C进入三角形内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入三角形外部磁场。已知粒子最终又回到了O点。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取（1）磁感应强度B1的大小；（2）粒子第一次回到O点的过程，在磁场B2中运动的时间。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子在三角形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）磁感应强度B1的大小为23（2）粒子第一次回到O点的过程，在磁场B2中运动的时间为5.5×10﹣6s。【分析】（1）粒子在电场中做匀加速运动，根据动能定理求出出电场的速度大小，做出粒子运动轨迹，有几何关系求出粒子半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度B1的大小。（2）应用牛顿第二定律求出粒子在磁场B2中做匀速圆周运动的轨道半径，作出粒子运动轨迹，然后求出粒子在磁场B2中运动的时间。【解答】解：（1）粒子从O到C在电场中加速，则由动能定理得Eqx解得v＝4×105m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示由几何关系可知R由qv代入数据解得B（2）由题可知B2则qv则R2在磁场B2中的运动周期为T在磁场B2中的运动时间为t=答：（1）磁感应强度B1的大小为23（2）粒子第一次回到O点的过程，在磁场B2中运动的时间为5.5×10﹣6s。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。15．（2025•金水区校级四模）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨A1B1、A2B2平行放置，间距L＝1m，处于竖直向下B＝0.4T的匀强磁场中，导轨左侧接一电容C＝0.1F的电容器，初始时刻电容器带一定电荷量，电性如图所示。质量m1＝0.2kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开B1B2时已以v1＝1.6m/s匀速运动。下方光滑绝缘轨道C1MD1、C2ND2间距也为L，正对A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r＝1.25m圆心角θ＝37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d＝0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0＜x＜0.5m处存在磁感应强度大小为Bx=3x（T）的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2＝0.4kg电阻R＝1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g取10m/s（1）初始时刻电容器所带电荷量Q0；（2）ab棒与U形金属框碰撞后瞬间的速度大小；（3）分析闭合线框能否穿过磁场区域，若能，求出线框离开磁场时的速度；若不能，求出线框停止时右边框位置坐标。（已知：∑3x⋅【考点】含有电容器的导轨滑杆模型．【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）初始时刻电容器所带电荷量为0.864C；（2）ab棒与U形金属框碰撞后瞬间的速度大小为1m/s；（3）不能，线框停止时右边框位置坐标为x右【分析】（1）对导体棒，由动量定理、电荷量的计算公式进行解答；（2）由动能定理、动量守恒定律进行解答；（3）线框的右边框进入磁场过程，由动量定理列方程；假设左边框仍能穿出磁场，再次根据动量定理列方程，由此进行分析。【解答】解：（1）设初始时电容器两端电压为U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为ΔQ，导体棒稳定后的电动势为E。取向右为正方向，对导体棒，由动量定理有：BIL•Δt＝m1v1﹣0根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv1而C由电流的公式有：I整理有：Q0＝CU0＝ΔQ+CE代入数据解得：Q0＝0.864C；（2）由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为v2，有：v解得：v2＝2m/s设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3，由动能定理有：m解得：v3＝3m/s金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v共，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v3＝（m1+m2）v共解得：v共＝1m/s；（3）线框的右边框进入磁场过程，取向右为正方向，由动量定理有：-∑整理有：-∑3x⋅解得：v所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以v4-∑3解得：v所以线框左边框不能穿出磁场，则：-∑解得：x所以线框右边框所处的坐标为：x右答：（1）初始时刻电容器所带电荷量为0.864C；（2）ab棒与U形金属框碰撞后瞬间的速度大小为1m/s；（3）不能，线框停止时右边框位置坐标为x右【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；掌握动量定理和动量守恒定律的应用方法。

考点卡片1．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=x由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v22g故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．2．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．3．超重与失重的概念、特点和判断【知识点的认识】1．实重和视重：（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较：现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g【命题方向】题型一：超重与失重的理解与应用。例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（）A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。故选：D。点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。【解题方法点拨】解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。4．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。5．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。6．万有引力的基本计算【知识点的认识】1.万有引力定律的内容和计算公式为：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的二次方程反比。即FG＝6.67×10﹣11N・m2/kg22.如果已知两个物体（可视为质点）的质量和距离就可以计算他们之间的万有引力。【命题方向】如下图，两球的质量均匀分布，大小分别为M1与M2，则两球间万有引力大小为（）A、GM1M2r2B、GM1M2分析：根据万有引力定律的内容，求出两球间的万有引力大小．解答：两个球的半径分别为r1和r2，两球之间的距离为r，所以两球心间的距离为r1+r2+r，根据万有引力定律得：两球间的万有引力大小为F＝GM故选：D。点评：对于质量均匀分布的球，公式中的r应该是两球心之间的距离．【解题思路点拨】计算万有引力的大小时要注意两个物体之间的距离r是指两个物体重心之间的距离。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．波长、频率和波速的关系【知识点的认识】描述机械波的物理量（1）波长λ：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长．（2）频率f：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变．（3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定．（4）波速与波长和频率的关系：v＝λf．【命题方向】常考题型：如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（）A．此列波的周期为T＝0.4sB．质点B、F在振动过程中位移总是相等C．质点I的起振方向沿y轴负方向D．当t＝5.1s时，x＝10m的质点处于平衡位置处E．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v=λT求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数解：A、由波形图可知，波长λ＝4m，则T=λv=B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到x＝l0m的质点的时间t′=xv=1010=1s，t＝5.1s时，x＝l0m的质点已经振动4.1sE、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．【解题方法点拨】牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。9．机械波的图像问题【知识点的认识】横波的图象如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。【命题方向】（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则BA．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处。分析：由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况。解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，CD错误。故选B。点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A．这列波的振幅为4cmB．这列波的周期为1sC．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动D．此时x＝4m处质点的加速度为0分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。故选：D。点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。【解题方法点拨】波的图象的理解与应用1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：图象的应用：（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）λ2（n＝0，1，2，3…3．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。波的传播方向与质点的振动方向的判断方法图象方法（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。10．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场【知识点的认识】1.点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度为E=2.推导如下：如果以Q为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。Q为场源电荷电量。F=3．方向：若Q是正电荷，Q和该点的连线指向该点；若Q是负电荷，Q和该点的连线值向Q。3．使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。4.点单荷电场的特点：根据上式可知，如果以电荷量为Q的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。当Q为正电荷时，电场强度E的方向沿半径向外（图甲）﹔当Q为负电荷时，电场强度E的方向沿半径向内（图乙）。即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。5.带电球体（球壳）与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同（如下图），即E=式中的r是球心到该点的距离（r＞R），Q为整个球体所带的电荷量。【命题方向】一点电荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此点电荷30cm处，该电荷产生的电场的强度是多大？分析：知道点电荷的电荷量，知道离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．解答：由点电荷的场强公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以电荷产生的电场的强度是2000N/C．点评：本题是点电荷的场强公式的直接应用，掌握住公式就很简单了