2025年江苏省南京市临江区高考物理一模试卷

第92页（共92页）2025年江苏省南京市临江区高考物理一模试卷一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．（4分）（2025•江宁区校级一模）如图所示，是在一个电场中A、B、C、D四点分别引入试探电荷时，测得的试探电荷的电荷量跟它所受静电力的函数关系图像，那么下列叙述正确的是（）A．A、B、C、D四点的电场强度大小相等 B．A、B、C、D四点的电场强度大小关系是ED＞EA＞EB＞EC C．A、B、C、D四点的电场强度大小关系是EB＞EC＞ED＞EA D．无法确定这四个点的电场强度大小关系2．（4分）（2025•江宁区校级一模）有一种魔术道具称为“穿墙而过”。其结构是两片塑料偏振片卷起来，放进空心的透明圆筒内，中间两偏振片重叠区域给观众感觉为一块“挡板”，如图甲所示。当圆筒中的小球从B端滚向A端，居然穿过了“挡板”，如图乙所示。则（）A．该魔术说明光是纵波 B．该魔术对观众的观察角度有要求 C．只用一片塑料偏振片也可以完成该魔术 D．该魔术中对两偏振片卷起来的方式有要求3．（4分）（2025•江宁区校级一模）军事演习中，甲、乙两炮兵以相同的速率向位于正前方与炮口处于同一水平高度的目标P发射炮弹，要求同时击中目标，忽略空气阻力，炮弹发射轨迹如图，下列说法正确的是（）A．两炮弹击中目标时速度相同 B．乙炮弹比甲先发射 C．甲的加速度比乙的加速度大 D．乙炮弹在轨迹最高点的速度大于甲炮弹在轨迹最高点的速度4．（4分）（2025•江宁区校级一模）图示为几种金属的逸出功和氢原子能级图。现有大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁，结合图表信息可知（）金属钨钙钾铷W/eV4.543.202.252.13A．钨的极限频率小于钾的极限频率 B．氢原子跃迁时对外辐射连续光谱 C．n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射钨发生光电效应的最大初动能为6.34eV D．氢原子辐射的光有2种频率能使钨发生光电效应5．（4分）（2025•江宁区校级一模）在长江某流域载有航标灯相距为50m的甲、乙两船静止在平静的江面上，当一艘大货船驶过时产生一列周期为5s的水波在江面上经过甲传向乙。如图，某时刻甲位于波峰时，乙恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为0.5m，则（）A．该简谐水波的波长为20m B．该简谐水波的波速为5m/s C．该简谐水波从甲传到乙的时间为12s D．10s内甲运动的路程为3m6．（4分）（2025•江宁区校级一模）如图甲所示，长直导线与导线框abcd固定在同一平面内。直导线中通以如图乙所示的大小和方向都随时间作周期性变化的交流电，并取图甲所示向上的电流方向为直导线中电流的正方向。关于0～T时间内线框abcd中感应电流的方向，下列说法正确的是（）A．由顺时针方向变为逆时针方向 B．由逆时针方向变为顺时针方向 C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向 D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向7．（4分）（2025•江宁区校级一模）2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的火箭成功发射升空，6名中国航天员在太空顺利会师。如图是飞船发射至对接的原理图，载人飞船进入预定轨道1后，与轨道2的天宫空间站完成自主快速交会对接，以下说法正确的是（）A．飞船在轨道1近地点A的线速度大小等于第一宇宙速度 B．飞船从地面发射进入轨道1的速度应超过11.2km/s C．飞船先进入轨道2，再加速即可完成对接 D．天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期8．（4分）（2025•江宁区校级一模）中国高铁是我国自主创新的成功范例，我国铁路总体技术水平已迈入世界先进行列。如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压从U1降到U2，再经动力车厢内的理想变压器将电压从U3降到U4，发电厂的输出电流为I1。下列说法正确的是（）A．发电厂输出的是直流电 B．架空线r上损失的功率为U2C．U1D．若动力系统消耗的功率增加，则I1减小9．（4分）（2025•江宁区校级一模）研究表明，蜘蛛飞行是“御电而行”，现将模型简化为如图所示空间有竖直向下的匀强电场，蜘蛛吐出带有电荷的蜘蛛丝后，会使蜘蛛向上运动，然后蜘蛛咬断部分蜘蛛丝后，经过一段时间落到地面上。下列说法正确的是（）A．蜘蛛丝带正电 B．向下运动时，蜘蛛丝的电势能减小 C．向上运动时，蜘蛛的重力势能在增加 D．咬断部分蛛丝瞬间，蛛蛛立刻开始下落10．（4分）（2025•江宁区校级一模）如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上，小球P在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球P改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），金属块Q在桌面上始终保持静止。后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A．细线张力变小 B．小球P运动的角速度变大 C．金属块Q受到桌面的静摩擦力变大 D．金属块Q受到桌面的支持力变大11．（4分）（2025•江宁区校级一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m＝1kg的小物块从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取水平地面为零重力势能参考面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），下列说法正确的是（）A．物块上滑和下滑产生的热量相同 B．物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C．物块上滑过程中动量的变化量的大小为27kg•m/s D．物块下滑的动摩擦因数比上动摩擦因数大1二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．（15分）（2024•南昌模拟）某同学在实验室看见一个损坏的滑动变阻器，如图（a）所示，于是想测量绕制滑动变阻器的电阻丝的电阻率ρ。（1）该同学首先截取了一段长为L＝100.00cm的电阻丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为D＝mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与D相等。（2）然后将所截取的电阻丝绕制在一个玻璃管上，接入如图（c）所示的实验电路，电阻箱的示数为5Ω，电路连接无误。如图（c）所示，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最端。（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表的示数U和电流表的示数I，得到多组测量数据，用EXCEL处理数据得到U﹣I图像如图（d）所示，则这段电阻丝的电阻Rx＝Ω（结果保留2位有效数字）；（4）最后可由表达式ρ＝（用D、L、Rx、π表示）得到电阻丝的电阻率。根据计算结果可知，绕制滑动变阻器的电阻丝的材料最可能是下列材料中的。几种导体材料在20℃时的电阻率材料ρ/（Ω•m）铝2.9×10﹣8铁1.0×10﹣7镍铜合金（54%铜，46%镍）5.0×10﹣7镍铬合金（67.5%镍，15%铬，16%铁，1.5%锰）1.0×10﹣613．（8分）（2025•江宁区校级一模）如图所示，一个水平放置的绝热汽缸内部带有气密性良好的绝热活塞，在汽缸开口处装有固定卡环，开始时活塞离卡口的距离为L，离缸底的距离为2L，活塞的截面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦，活塞的质量为m，大气压强为5mgS，缸内气体温度为T0，重力加速度为（1）若通过电热丝给缸内气体缓慢加热，当活塞刚好移到卡口时，缸内气体温度为多少；（2）若将汽缸沿顺时针转过90°使汽缸开口向上，同时再通过电热丝（体积忽略不计）给缸内气体缓慢加热，当缸内气体温度为2T0时，卡口对活塞的压力多大？14．（8分）（2025•江宁区校级一模）如图，容器中盛有某种液体，PM为液面，从容器底部A点发出单色光，射到液面上的O点，折射后照到器壁上的B点。已知PA=3L，OP＝L，OM＝3L，液体的折射率为2（1）B点到液面的距离d；（2）光从A到B的传播时间t。15．（12分）（2025•广州一模）如图所示，质量为mA＝3kg的木板A置于长L0＝6.25m的光滑凹槽左端，木板A的上表面与水平面MN、PQ在同一高度。质量为mB＝1kg的滑块B放置在水平面MN上，在外力作用下，紧靠在弹簧右端（与弹簧不拴接）。撤去外力，滑块B运动x＝0.1m时与弹簧分离，刚好以v0＝4m/s的速度滑上木板A的左端。运动过程中滑块B恰好不脱离木板A，之后滑块B进入水平面PQ。已知滑块B与水平面MN、木板A的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度的大小g＝10m/s2。求：（1）弹簧开始的弹性势能；（2）木板A的长度L；（3）滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间。16．（13分）（2025•福建模拟）如图，平面直角坐标系xOy中，第Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ象限的某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子沿x轴正方向从y轴上A点以初速度v0进入匀强电场，经电场偏转，从x轴上的B点进入第Ⅰ象限，一段时间后，进入矩形磁场区域，离开矩形磁场区域后以垂直于y轴的方向射出。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，AO长为3L，BO长为2L，矩形磁场区域的磁感应强度大小B=m（1）匀强电场的场强大小；（2）粒子经过x轴上B点时的速度大小和方向；（3）矩形匀强磁场区域面积的最小值。

2025年江苏省南京市临江区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一．选择题（共11小题）题号1234567891011答案CDBDADDCCAD一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．（4分）（2025•江宁区校级一模）如图所示，是在一个电场中A、B、C、D四点分别引入试探电荷时，测得的试探电荷的电荷量跟它所受静电力的函数关系图像，那么下列叙述正确的是（）A．A、B、C、D四点的电场强度大小相等 B．A、B、C、D四点的电场强度大小关系是ED＞EA＞EB＞EC C．A、B、C、D四点的电场强度大小关系是EB＞EC＞ED＞EA D．无法确定这四个点的电场强度大小关系【考点】电场强度与电场力的关系和计算；电场线的定义及基本特征．【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】C【分析】匀强电场的场强大小和方向处处相同，F﹣q图线的斜率的绝对值E=Fq等于电场强度的大小，根据图象的斜率比较电场中a、b、c、【解答】解：题中给出了A、B、C、D四个位置上电荷量和它所受静电力大小的变化关系，由电场强度的定义式E=Fq可知，F﹣q图像的斜率代表电场强度；斜率大的电场强度大，斜率小的电场强度小，故C正确，故选：C。【点评】解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=Fq以及图像的意义，知道F﹣2．（4分）（2025•江宁区校级一模）有一种魔术道具称为“穿墙而过”。其结构是两片塑料偏振片卷起来，放进空心的透明圆筒内，中间两偏振片重叠区域给观众感觉为一块“挡板”，如图甲所示。当圆筒中的小球从B端滚向A端，居然穿过了“挡板”，如图乙所示。则（）A．该魔术说明光是纵波 B．该魔术对观众的观察角度有要求 C．只用一片塑料偏振片也可以完成该魔术 D．该魔术中对两偏振片卷起来的方式有要求【考点】光的偏振现象及原理．【专题】定性思想；推理法；光的衍射、偏振和电磁本性专题；推理论证能力．【答案】D【分析】只有横波才能发生偏振现象；任何角度的光都会发生偏振现象；当偏振片偏振方向与偏振光的方向垂直时，偏振光不能通过偏振片。【解答】解：A．光的偏振现象说明光是横波，故A错误；B．任何角度的光都会发生偏振现象，偏振现象与观察角度无关，不同角度的观众看到的现象相同，故对观察角度无要求，故B错误；CD．偏振片的特点为当偏振片偏振方向与偏振光的方向平行时，偏振光可以全部通过偏振片，当偏振片偏振方向与偏振光的方向垂直时，偏振光不能通过偏振片，则在中间区域的放垂直偏振片和水平偏振片，将两偏振片卷起来，自然光通过两片偏振方向互相垂直的偏振片时，光强减弱，形成黑影，看起来就像一块挡板，一片偏振片无法完成实验，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查光的偏振现象，解题关键是知道光的偏振原理。3．（4分）（2025•江宁区校级一模）军事演习中，甲、乙两炮兵以相同的速率向位于正前方与炮口处于同一水平高度的目标P发射炮弹，要求同时击中目标，忽略空气阻力，炮弹发射轨迹如图，下列说法正确的是（）A．两炮弹击中目标时速度相同 B．乙炮弹比甲先发射 C．甲的加速度比乙的加速度大 D．乙炮弹在轨迹最高点的速度大于甲炮弹在轨迹最高点的速度【考点】斜抛运动．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；合成分解法；运动的合成和分解专题；平抛运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】斜向上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，飞行时间与竖直速度的大小有关，即与射高有关；在轨迹的最高处，竖直速度为零，只有水平速度，炮弹做斜上抛运动，加速度相同，都为g。【解答】解：ABD、斜向上抛运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动，由图可知乙处发射的炮弹射高更高，时间更长，由于同时击中目标，则乙炮弹比甲先发射；由于乙处发射的炮弹在竖直方向的分速度大于甲处发射的炮弹，且由于乙处发射的炮弹在空中运动的时间长，运动的水平距离短，故乙炮弹在轨迹最高点的速度小于甲炮弹在轨迹最高点的速度，由于击中目标时甲的水平速度大，竖直速度小，所以两炮弹击中目标时速度方向不相同，故AD错误，B正确；C、由题意可知，由于忽略阻力，炮弹只受到重力的作用，加速度都为重力加速度，所以甲的加速度与乙的加速度相同，故C错误。故选：B。【点评】本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解斜抛运动的物体水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀变速直线运动，结合运动学公式即可完成分析。4．（4分）（2025•江宁区校级一模）图示为几种金属的逸出功和氢原子能级图。现有大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁，结合图表信息可知（）金属钨钙钾铷W/eV4.543.202.252.13A．钨的极限频率小于钾的极限频率 B．氢原子跃迁时对外辐射连续光谱 C．n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射钨发生光电效应的最大初动能为6.34eV D．氢原子辐射的光有2种频率能使钨发生光电效应【考点】原子能级跃迁与光电效应的结合；氢原子能级图；分析能级跃迁过程中释放的光子种类．【专题】定量思想；推理法；光电效应专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据逸出功、线状谱、跃迁时的能量计算和光电效应方程、光电效应发生的条件进行分析解答。【解答】解：A.根据极限频率与逸出功的关系W0＝hν0，铷的逸出功小于钨的逸出功，故铷的极限频率也要小于钨的极限频率，故A错误；B.氢原子跃迁时对外辐射的不是连续光谱，是线状谱，故B错误；C.n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光的能量为E＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6）eV＝12.09eV，Ek＝hν﹣W0＝12.09eV﹣4.54eV＝7.55eV，故C错误；D.要是钨发生光电效应，光子的能量要大于等于逸出功，由能级图可知，只有n＝3到n＝1和n＝2到n＝1这两种跃迁产生的光子能使钨发生光电效应，故D正确。故选：D。【点评】考查逸出功、线状谱、跃迁时的能量计算和光电效应方程、光电效应发生的条件，会根据题意进行准确分析解答。5．（4分）（2025•江宁区校级一模）在长江某流域载有航标灯相距为50m的甲、乙两船静止在平静的江面上，当一艘大货船驶过时产生一列周期为5s的水波在江面上经过甲传向乙。如图，某时刻甲位于波峰时，乙恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为0.5m，则（）A．该简谐水波的波长为20m B．该简谐水波的波速为5m/s C．该简谐水波从甲传到乙的时间为12s D．10s内甲运动的路程为3m【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；波的多解性；推理论证能力．【答案】A【分析】根据图像与甲、乙两船之间的距离计算波长；根据波速和波长、周期的关系计算；根据s＝vt计算时间；根据在一个周期内质点经过的路程为4A计算。【解答】解：A、由图可知两船之间的距离为2.5个波长，所以该简谐水波的波长为λ=502.5B、该简谐水波的波速为v=λT=C、该简谐水波从甲传到乙的时间为t=xv=D、由题可知该简谐波的振幅为A=0.52m=0.25m，t＝10s＝2T，所以10s内甲运动的路程为s＝2×4A＝8×0.25m故选：A。【点评】能够根据图像得到该波的波长是解题的关键，掌握波速、波长和周期的关系是解题的基础。6．（4分）（2025•江宁区校级一模）如图甲所示，长直导线与导线框abcd固定在同一平面内。直导线中通以如图乙所示的大小和方向都随时间作周期性变化的交流电，并取图甲所示向上的电流方向为直导线中电流的正方向。关于0～T时间内线框abcd中感应电流的方向，下列说法正确的是（）A．由顺时针方向变为逆时针方向 B．由逆时针方向变为顺时针方向 C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向 D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向【考点】楞次定律及其应用；通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；理解能力．【答案】D【分析】根据磁场与时间的变化关系，由楞次定律可确定线圈产生的感应电流方向，再由右手螺旋定则可判定线圈所处磁场的方向.【解答】解：据图乙可知，在四分之一周期内，电流变大，据右手螺旋定则可知，矩形线圈所处的磁场垂直面向里变大，即导致穿过线圈中的磁通量减大，由楞次定律可知，产生的感应电流方向逆时针；同理分析可知，在T4-34T时间内，矩形线圈产生的电流方向为顺时针；在34T﹣T故选：D。【点评】考查右手螺旋定则、楞次定则，先根据安培定则判断出线圈中的磁场的方向，然后再结合楞次定律的步骤判即可。7．（4分）（2025•江宁区校级一模）2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的火箭成功发射升空，6名中国航天员在太空顺利会师。如图是飞船发射至对接的原理图，载人飞船进入预定轨道1后，与轨道2的天宫空间站完成自主快速交会对接，以下说法正确的是（）A．飞船在轨道1近地点A的线速度大小等于第一宇宙速度 B．飞船从地面发射进入轨道1的速度应超过11.2km/s C．飞船先进入轨道2，再加速即可完成对接 D．天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期【考点】第一、第二和第三宇宙速度的物理意义；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；卫星的发射及变轨问题．【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．【答案】D【分析】变轨做离心运动需要加速，飞船在轨道1上仍然在地球束缚之下，速度不能够超过11.2km/s，根据开普勒第三定律分析周期大小。【解答】解：A．由近地圆轨道变轨到轨道1，需要再A点加速，过A点可以作出近地卫星的圆轨道，该轨道上的速度等于第一宇宙速度，可知，飞船在轨道1近地点A的线速度大小大于第一宇宙速度，故A错误；B．11.2km/s为第二宇宙速度，飞船在轨道1上仍然在地球束缚之下，可知，飞船从地面发射进入轨道1的速度不能够超过11.2km/s，故B错误；C．船先进入轨道2，加速后，速度增大，万有引力不足以提供圆周运动的向心力，飞船将做离心运动，不能够完成对接，故C错误；D．由于天宫空间站的运行的轨道半径大于轨道1的半长轴，根据开普勒第三定律可知，天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期，故D正确。故选：D。【点评】解答本题时，要掌握变轨原理，分析变轨时飞船的速度变化情况。同时，要掌握万有引力提供向心力这一思路和开普勒定律。8．（4分）（2025•江宁区校级一模）中国高铁是我国自主创新的成功范例，我国铁路总体技术水平已迈入世界先进行列。如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压从U1降到U2，再经动力车厢内的理想变压器将电压从U3降到U4，发电厂的输出电流为I1。下列说法正确的是（）A．发电厂输出的是直流电 B．架空线r上损失的功率为U2C．U1D．若动力系统消耗的功率增加，则I1减小【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】变压器的工作电源是交流电电源；根据变压比分析匝数比，根据P损=I22r【解答】解：A、变压器的工作电源是交流电电源，所以发电厂输出的是交流电，故A错误；BC、根据变流比可得架空线上的电流为I2=n1n2I1，根据变压器的变压比可得n1n2=U1UD、若动力系统消耗的功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，则对应的牵引变电所的输入功率也增大，根据P＝UI可知，发电厂的输出电流I1增大，故D错误。故选：C。【点评】掌握变压器的变压比和变流比是解题的基础，知道变压器的输入功率等于输出功率，变压器的工作电源是交流电电源。9．（4分）（2025•江宁区校级一模）研究表明，蜘蛛飞行是“御电而行”，现将模型简化为如图所示空间有竖直向下的匀强电场，蜘蛛吐出带有电荷的蜘蛛丝后，会使蜘蛛向上运动，然后蜘蛛咬断部分蜘蛛丝后，经过一段时间落到地面上。下列说法正确的是（）A．蜘蛛丝带正电 B．向下运动时，蜘蛛丝的电势能减小 C．向上运动时，蜘蛛的重力势能在增加 D．咬断部分蛛丝瞬间，蛛蛛立刻开始下落【考点】电场力做功与电势能变化的关系；重力势能的变化和重力做功的关系；电场线的定义及基本特征．【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】C【分析】结合题设情景得出蜘蛛运动中电势变化情况，电场力做功情况，从而得出其电势能变化情况，结合电势能公式得出其电性即可判断，重力对物体做负功，则物体的重力势能增加，由蜘蛛的受力情况判断蜘蛛的运动情况。【解答】解：A、由题意可知，蜘蛛吐出带有电荷的蜘蛛丝后，会使蜘蛛向上运动，由于受到的质量方向竖直向下，则会受到竖直向上的电场力的作用，由匀强电场的方向竖直向下，则蜘蛛丝带负电荷，故A错误；B、由于蜘蛛丝带负电荷，压强电场方向竖直向下，当向下运动时，电场力做负功，则蜘蛛丝的电势能增加，故B错误；C、当蜘蛛向上运动时，蜘蛛克服重力做功，则蜘蛛的重力势能在增加，故C正确；D、由于开始时蜘蛛向上运动，所以咬断部分蛛丝瞬间，蛛蛛并不会立刻开始下落，故D错误。故选：C。【点评】本题考查电场力做功与电势能变化关系和电势高低判断，基础题目。10．（4分）（2025•江宁区校级一模）如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上，小球P在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球P改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），金属块Q在桌面上始终保持静止。后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A．细线张力变小 B．小球P运动的角速度变大 C．金属块Q受到桌面的静摩擦力变大 D．金属块Q受到桌面的支持力变大【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】小球做圆周运动，靠拉力和重力的合力通过向心力，根据细线与竖直方向的夹角变化，根据牛顿第二定律判断角速度的变化．通过对Q分析，抓住Q水平方向和竖直方向上平衡判断支持力和静摩擦力的变化。【解答】解：AB、设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图则有绳子的拉力F=水平方向mgtanθ＝mω2Lsinθ解得角速度为ω=使小球改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ减小，cosθ增大，则细线拉力减小，小球的角速度减小，故正确，B错误；C、金属块Q保持在桌面上静止，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力大小等于绳子的拉力，也减小，故C错误；D、金属块Q保持在桌面上静止，竖直方向没有加速度，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力大小等于其受到的重力，保持不变，故D错误。故选：A。【点评】本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键。11．（4分）（2025•江宁区校级一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m＝1kg的小物块从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取水平地面为零重力势能参考面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），下列说法正确的是（）A．物块上滑和下滑产生的热量相同 B．物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C．物块上滑过程中动量的变化量的大小为27kg•m/s D．物块下滑的动摩擦因数比上动摩擦因数大1【考点】动量变化量的计算；物体在粗糙斜面上的运动；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【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】D【分析】机械能的损失量等于产生的热量，结合匀变速运动平均速度公式分析，根据动量和动能关系式分析，E﹣x图像斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力，结合图像求解动摩擦因数。【解答】解：A．由物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像可得物块上滑机械能的损失量为ΔE1＝13.5J﹣12J＝1.5J物块下滑机械能的损失量为ΔE2＝12J﹣9.5J＝2.5J故物块上滑和下滑产生的热量不同，故A错误；B．物块上滑在同样的高度处的速度大小一定大于物块下滑在同样高度处的速度，故上滑平均速度大于下滑的平均速度，物块上滑的时间小于物块下滑的时间，故B错误；C．物块上滑时的初动量p故物块上滑过程中动量的变化量的大小为27kg⋅mD．E﹣x图像斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力，物块在上滑过程中μ解得μ物块在下滑过程中μ解得μ故μ故D正确。故选：D。【点评】本题考查机械能的相关问题和图像的认识处理，关键是两个图像的斜率的物理意义的理解要准确到位，会根据题意列出相关表达式求解。二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．（15分）（2024•南昌模拟）某同学在实验室看见一个损坏的滑动变阻器，如图（a）所示，于是想测量绕制滑动变阻器的电阻丝的电阻率ρ。（1）该同学首先截取了一段长为L＝100.00cm的电阻丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为D＝0.500mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与D相等。（2）然后将所截取的电阻丝绕制在一个玻璃管上，接入如图（c）所示的实验电路，电阻箱的示数为5Ω，电路连接无误。如图（c）所示，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最左端。（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表的示数U和电流表的示数I，得到多组测量数据，用EXCEL处理数据得到U﹣I图像如图（d）所示，则这段电阻丝的电阻Rx＝2.8Ω（结果保留2位有效数字）；（4）最后可由表达式ρ＝πD2Rx4L（用D、L、Rx、几种导体材料在20℃时的电阻率材料ρ/（Ω•m）铝2.9×10﹣8铁1.0×10﹣7镍铜合金（54%铜，46%镍）5.0×10﹣7镍铬合金（67.5%镍，15%铬，16%铁，1.5%锰）1.0×10﹣6【考点】导体电阻率的测量；螺旋测微器的使用与读数．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）0.500；（2）左；（3）2.8；（4）πD【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；（2）滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全的角度分析滑动变阻器滑动片的位置；（3）根据欧姆定律求解U﹣I函数，结合图像斜率的含义求解待测电阻；（4）根据电阻定律求电阻率，结合表格数据分析作答。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径D＝0.5mm+0.01mm×00.0＝0.500mm（2）滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最左端，使电阻丝两端电压最小是零；（3）根据欧姆定律U＝（R+Rx）•IU﹣I图像的斜率k结合U﹣I函数斜率的含义，图像斜率k＝R+Rx电阻丝的电阻Rx＝k﹣R＝7.8Ω﹣5Ω＝2.8Ω（4）根据电阻定律R电阻率表达式ρ代入数据解得ρ≈5.5×10﹣7Ω•m根据表格中的数据可知，绕制滑动变阻器的电阻丝的材料最可能是镍铜合金。故答案为：（1）0.500；（2）左；（3）2.8；（4）πD【点评】本题主要考查了电阻率的测定，要掌握螺旋测微器的读数规则，掌握欧姆定律、电阻定律的运用；掌握数形结合处理物理问题的方法。13．（8分）（2025•江宁区校级一模）如图所示，一个水平放置的绝热汽缸内部带有气密性良好的绝热活塞，在汽缸开口处装有固定卡环，开始时活塞离卡口的距离为L，离缸底的距离为2L，活塞的截面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦，活塞的质量为m，大气压强为5mgS，缸内气体温度为T0，重力加速度为（1）若通过电热丝给缸内气体缓慢加热，当活塞刚好移到卡口时，缸内气体温度为多少；（2）若将汽缸沿顺时针转过90°使汽缸开口向上，同时再通过电热丝（体积忽略不计）给缸内气体缓慢加热，当缸内气体温度为2T0时，卡口对活塞的压力多大？【考点】气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用；气体压强的计算；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；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力．【答案】（1）若通过电热丝给缸内气体缓慢加热，当活塞刚好移到卡口时，缸内气体温度为1.5T0；（2）若将汽缸沿顺时针转过90°使汽缸开口向上，同时再通过电热丝（体积忽略不计）给缸内气体缓慢加热，当缸内气体温度为2T0时，卡口对活塞的压力为23【分析】（1）给缸内气体缓慢加热，活塞刚好移到卡口时，气体做等压变化（因为活塞可自由移动，压强不变），明确初末状态参量，等压变化遵循盖﹣吕萨克定律，列式计算缸内气体温度；（2）分阶段分析，先确定气体状态变化，涉及等容变化，根据查理定律求解压强，再结合受力分析求卡口对活塞的压力。【解答】解：（1）设活塞刚好移到卡口时，缸内气体温度为T，则2LS解得T＝1.5T0（2）当缸内气体温度为2T0时，设缸内气体压强为p，根据理想气体状态方程p0由p0p=设卡环对活塞的压力为F，根据力的平衡F+p0S+mg＝pS联立解得F=答：（1）若通过电热丝给缸内气体缓慢加热，当活塞刚好移到卡口时，缸内气体温度为1.5T0；（2）若将汽缸沿顺时针转过90°使汽缸开口向上，同时再通过电热丝（体积忽略不计）给缸内气体缓慢加热，当缸内气体温度为2T0时，卡口对活塞的压力为23【点评】本题考查了查理定律、力的平衡，结合气体压强、大气压、活塞重力，利用力的平衡求出卡口对活塞的压力是解题的关键。14．（8分）（2025•江宁区校级一模）如图，容器中盛有某种液体，PM为液面，从容器底部A点发出单色光，射到液面上的O点，折射后照到器壁上的B点。已知PA=3L，OP＝L，OM＝3L，液体的折射率为2（1）B点到液面的距离d；（2）光从A到B的传播时间t。【考点】折射率的波长表达式和速度表达式．【专题】计算题；定量思想；几何法；光的折射专题；分析综合能力．【答案】（1）B点到液面的距离d为3L；（2）光从A到B的传播时间t为52【分析】（1）画出光路图，结合几何关系求出入射角和折射角正弦表达式，结合折射定律求解B点到液面的距离d；（2）根据几何关系求出光传播的路程，根据v=cn求出光液体中传播速度，再求光从A到B的传播时间【解答】解：（1）如图所示。设光线从A射向O点时入射角为θ1，折射角为θ2，则根据几何关系有sinθ1=又由折射定律有n=解得d＝3L（2）光在液体中传播的时间t光在液体中传播速度v光在空气中传播的时间t由几何关系有OA=OP2解得t答：（1）B点到液面的距离d为3L；（2）光从A到B的传播时间t为52【点评】本题是光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图，找出几何关系。解题的一般步骤如下：（1）根据题意正确画出光路图；（2）根据几何知识正确找出角度关系；（3）依据光的折射定律列式求解。15．（12分）（2025•广州一模）如图所示，质量为mA＝3kg的木板A置于长L0＝6.25m的光滑凹槽左端，木板A的上表面与水平面MN、PQ在同一高度。质量为mB＝1kg的滑块B放置在水平面MN上，在外力作用下，紧靠在弹簧右端（与弹簧不拴接）。撤去外力，滑块B运动x＝0.1m时与弹簧分离，刚好以v0＝4m/s的速度滑上木板A的左端。运动过程中滑块B恰好不脱离木板A，之后滑块B进入水平面PQ。已知滑块B与水平面MN、木板A的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度的大小g＝10m/s2。求：（1）弹簧开始的弹性势能；（2）木板A的长度L；（3）滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】（1）弹簧开始的弹性势能为8.2J；（2）木板A的长度L为3m；（3）滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间为4s。【分析】（1）根据能量守恒定律分析求解；（2）根据滑块B滑上木板A后，A、B构成的系统动量守恒，结合功能关系分析求解；（3）根据动量定理，结合滑块B的不同状态分析求解。【解答】解：（1）根据能量守恒定律，弹簧开始的弹性势能EEp＝8.2J（2）滑块B滑上木板A后，A、B构成的系统动量守恒，设A、B共速的速度为v，以水平向右为正方向，有mBv0＝（mA+mB）v解得v＝1m/s此过程中，根据功能关系μ解得L＝3m（3）滑块B从滑上木板A到与之共速期间，以水平向右为正方向，根据动量定理，μmBgt1＝mAv解得t1＝1.5s在时间t1内，木板A运动的位移xA=解得：xA＝0.75m滑块B与木板A共速后，一起匀速运动用时t2，则有t2=解得：t2＝2.5s滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间t＝t1+t2解得：t＝4s答：（1）弹簧开始的弹性势能为8.2J；（2）木板A的长度L为3m；（3）滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间为4s。【点评】本题考查了动量和能量，理解物体在不同时刻的不同状态，合理分析共速前后的状态是解决此类问题的关键。16．（13分）（2025•福建模拟）如图，平面直角坐标系xOy中，第Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ象限的某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子沿x轴正方向从y轴上A点以初速度v0进入匀强电场，经电场偏转，从x轴上的B点进入第Ⅰ象限，一段时间后，进入矩形磁场区域，离开矩形磁场区域后以垂直于y轴的方向射出。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，AO长为3L，BO长为2L，矩形磁场区域的磁感应强度大小B=m（1）匀强电场的场强大小；（2）粒子经过x轴上B点时的速度大小和方向；（3）矩形匀强磁场区域面积的最小值。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．【答案】（1）匀强电场的场强大小为3m（2）粒子经过x轴上B点时的速度大小为2v0，方向与x轴正方向的夹角为60°；（3）矩形匀强磁场区域面积的最小值为23【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的分位移计算场强；（2）根据平行四边形定则计算；（3）根据洛伦兹力提供向心力计算出圆周运动的半径，再根据几何关系求出磁场区域面积的最小值。【解答】解：（1）由题可知，带电粒子在电场中做类平抛运动水平方向：x＝v0t1，竖直方向：y=12a联立可得：E（2）因为v则v=v02+v（3）进入磁场后，粒子将做匀速圆周运动，则有qvB=mv由图可知磁场中匀速圆周运动转过的圆心角θ1＝120°，矩形磁场区域的长为a=2rsin60°=23L，矩形磁场区域的宽为b＝r﹣答：（1）匀强电场的场强大小为3m（2）粒子经过x轴上B点时的速度大小为2v0，方向与x轴正方向的夹角为60°；（3）矩形匀强磁场区域面积的最小值为23【点评】本题考查带电粒子由电场进入磁场中的运动，要熟练掌握运动的合成与分解，以及前一过程的末速度是后一过程的初速度。

考点卡片1．物体在粗糙斜面上的运动【知识点的认识】1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命题方向】一、图像类问题如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列v﹣t图象能正确反映物体运动规律的是（）A、B、C、D、分析：根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，结合速度方向关系，即可判断图象的形状。解答：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为：a1=mgsinθ下滑过程的加速度大小为：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑运动方向相反，故故选：C。点评：本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系，要知道速度的符号表示速度方向，v﹣t图象的斜率表示加速度。二、运动过程计算如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的倾角θ＝37°，一质量m＝5kg的滑块在F＝150N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面运动，推力作用t1＝4s后撤去，滑块在斜面上继续滑行t2＝2s后，速度减为零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ和物体上滑的位移x；（2）当滑块到达最高点时，对滑块施加大小仍为F、方向改成竖直向下的作用力，求滑块从最高点回到地面的时间（结果可保留根号）。分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出F作用前后加速度的表达式，再根据运动学速度公式列式，找出两个过程之间的关系，即可求解动摩擦因数，再根据位移公式求物体上滑的位移x；（2）根据牛顿第二定律求物体的加速度，再由位移公式求滑块从最高点回到地面的时间。解答：（1）设滑块在F作用时加速度为a1，撤去力F后加速度大小为a2，滑块先加速后减速，则有：a1t1＝a2t2当推力F作用时，滑块的受力分析如图所示由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根据摩擦力公式有f1＝μN1联立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②联立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物体上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑时的加速度大小为a3，对滑块受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ是0.5，物体上滑的位移x是60m；（2）滑块从最高点回到地面的时间是15s。点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，关键要抓住上滑过程中匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度列式。【命题思路点拨】当斜面粗糙时，物体与斜面之间的摩擦力方向与实际的运动方向有关，并且摩擦力大小与重力下滑分力大小的相对关系决定了加速度的方向与大小。2．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．4．物体被系在绳上做圆锥摆运动【知识点的认识】1.本考点旨在针对物体被系在绳上做圆锥摆运动的情况，如下图：2.模型分析：在长为L的细绳下端拴一个质量为m的小物体，绳子上端固定，设法使小物体在水平圆周上以大小恒定的速度旋转，细绳所掠过的路径为圆锥表面，这就是圆锥摆。如图所示，小球在水平面内做圆周运动的圆心是О，做圆周运动的半径是Lsinθ，小球所需的向心力实际是绳子拉力FT与重力mg的合力，并有F合＝mg•tanθ＝mω2Lsinθ，由此式可得cosθ=g【命题方向】如图所示，将一质量为m的摆球用长为L的细绳吊起，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就会沿圆锥面旋转，这样就构成了一个圆锥摆，下列说法中正确的是（）A、摆球受重力、拉力和向心力的作用B、摆球受重力和拉力的作用C、摆球运动周期为2D、摆球运动的角速度有最小值，且为g分析：向心力是根据效果命名的力，可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，对物体受力分析时不能把向心力作为一个力分析，摆球只受重力和拉力作用；摆球做圆周运动所需要的向心力是重力沿水平方向指向圆心的分力提供的，即F1＝mgtanθ=m4π2T2(Lsinθ)=mω解答：A、摆球只受重力和拉力作用。向心力是根据效果命名的力，是几个力的合力，也可以是某个力的分力。故A错误、B正确。C、摆球的周期是做圆周运动的周期。摆球做圆周运动所需要的向心力是重力沿水平方向指向圆心的分力提供的即F1＝mgtanθ=所以T故C正确。D、F1＝mgtanθ＝mω2（Lsinθ）所以ω当θ＝0°时，ω最小值为gL故D正确。故选：BCD。点评：此题要知道向心力的含义，能够分析向心力的来源，知道向心力可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，此题中重力沿着水平方向的分力提供力小球做圆周运动所需的向心力．此题有一定的难度，属于中档题．【解题思路点拨】1.在圆锥摆问题中，重力与细线的合力提供向心力。2.圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．5．第一、第二和第三宇宙速度的物理意义【知识点的认识】一、宇宙速度1．第一宇宙速度（环绕速度）（1）大小：7.9km/s．（2）意义：①卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度．②使卫星绕地球做匀速圆周运动的最小地面发射速度．2．第二宇宙速度（1）大小：11.2km/s（2）意义：使卫星挣脱地球引力束缚的最小地面发射速度．第二宇宙速度（脱离速度）在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，其大小为v＝11.2km/s．3．第三宇宙速度（1）大小：16.7km/s（2）意义：使卫星挣脱太阳引力束缚的最小地面发射速度．第三宇宙速度（逃逸速度）在地面上发射物体，使之最后能脱离太阳的引力范围，飞到太阳系以外的宇宙空间所必需的最小速度，其大小为v＝16.7km/s．三种宇宙速度比较宇宙速度数值（km/s）意义第一宇宙速度7.9这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度第二宇宙速度11.2这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度第三宇宙速度16.7这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对第一宇宙速度概念的理解：关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（）A．它是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最大速度B．它是人造地球卫星在圆形轨道上的最小运行速度C．它是能使卫星绕地球运行的最小发射速度D．它是人造卫星绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度分析：第一宇宙速度是在地面发射人造卫星所需的最小速度，也是圆行近地轨道的环绕速度，也是圆形轨道上速度的最大值．解：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度v=GMR因而第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最大速度，A正确、B错误；在近地面发射人造卫星时，若发射速度等于第一宇宙速度，重力恰好等于向心力，做匀速圆周运动，若发射速度大于第一宇宙速度，重力不足提供向心力，做离心运动，即会在椭圆轨道运动，因而C正确、D错误；故选AC．点评：要使平抛的物体成为绕地球做运动的卫星，其速度必须小于或等于第一宇宙速度，当取等号时为圆轨道．【解题思路点拨】1.三个宇宙速度都有自身的物理意义，要准确记住其意义及具体的数值。2.每个天体都有自己的宇宙速度，课本上介绍的只是地球的三大宇宙速度。6．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。7．卫星的发射及变轨问题【知识点的认识】1.卫星从发射到入轨运行不是一蹴而就的，要经过多次的轨道变化才能实现。2.一般来说卫星的发射包括以下步骤：①发射地球卫星，如下图a、先进入近地轨道Ⅲb、在B点加速进入椭圆轨道Ⅱc、在远地点A加速进入高轨道Ⅰ②发射其他行星的卫星，如下图（以月球为例）a、先进入近地轨道b、加速进入椭圆轨道c、多次在近地点加速增加远地点高度，从而进入地月转移轨道d、在地月转移轨道上的某点被月球引力俘获进入月球轨道e、在近地点减速减小远地点高度f、进入环月轨道【命题方向】2022年我国航天事业发生多件大事，让世界瞩目。北京时间2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船发射取得成功。北京时间2022年6月5日17时42分，成功对接于天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约7小时。北京时间2022年11月30日7时33分，神舟十四号乘组迎来神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，完成“太空会师”历史性大事件。2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。假设返回舱从工作轨道Ⅰ返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道Ⅱ与圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别相切于P、Q两点，返回舱从轨道Ⅲ上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。下列说法正确的是（）A、返回舱在Ⅰ轨道上P需要向运动方向的反方向喷气进入Ⅱ轨道B、返回舱在Ⅱ轨道上运动的周期小于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期C、返回舱在Ⅲ轨道上Q点的速度的大小大于Ⅱ轨道上P点速度的大小D、返回舱在Ⅰ轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上经过P点时的加速度分析：A.根据变轨原理可知，在Ⅰ轨道上P点需要向运动方向的同方向喷气；B.根据开普勒第三定律判断周期；C.根据万有引力提供向心力判断速度；D.根据轨道的变化，结合万有引力提供加速度判断加速度。解答：A．返回舱从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要减速，因此在Ⅰ轨道上P点需要向运动方向的同方向喷气，故A错误；B．根据开普勒第三定律有R返回舱在Ⅱ轨道上的半长轴大于返回舱在Ⅲ轨道上的轨道半径，所以在Ⅱ轨道上的运动的周期大于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期，故B错误；C．根据万有引力提供向心力，有G解得v返回舱在Ⅰ轨道上的半径大于Ⅲ轨道的半径，则有vⅢQ＞vⅠP又返回舱从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要减速，则有vⅠP＞vⅡP所以有vⅢQ＞vⅠP＞vⅡP即返回舱在Ⅲ轨道上Q点的速度的大小大于Ⅱ轨道上P点速度的大小，故C正确；D．根据牛顿第二定律有G解得a返回舱在Ⅰ轨道上P点时的半径等于返回舱在Ⅱ轨道上P点时的半径，所以返回舱在Ⅰ轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上经过P点时的加速度，故D正确。故选：CD。点评：本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。【解题思路点拨】1.对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”。意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动；如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。2.变轨的原理：离心作用。①当向后喷气时，卫星速度变大，做圆周运动所需的向心力变大，万有引力不足以提供卫星所需的向心力，卫星就要做离心运动进入更高的轨道运行。②当向前喷气时，卫星速度变小，做圆周运动所需的向心力变小，万有引力大于卫星所需的向心力，卫星就要做近心运动进入较低的轨道运行。3.变轨前后的机械能变化：向后喷气时，相当于气体对卫星做了正功，卫星的机械能增大；向前喷气时，相当于气体对卫星做了负功，卫星的机械能减小。8．重力势能的变化和重力做功的关系【知识点的认识】一、重力做功与重力势能变化的关系1．关系式：WG＝Ep1﹣Ep2．其中Ep1＝mgh1表示物体的初位置的重力势能，Ep2＝mgh2表示物体的末位置的重力势能．2．当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，也就是WG＞0，Ep1＞Ep2．重力势能减少的数量等于重力所做的功．3．当物体由低处运动到高处时，重力做负功，或者说物体克服重力做功，重力势能增大，也就是WG＜0，Ep1＜Ep2．重力势能增加的数量等于物体克服重力所做的功．【命题方向】题型一：重力做功与重力势能变化的关系的理解例1：质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长．分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB．若（）A．hA＝hB，则一定有WA＝WBB．hA＞hB，则可能有WA＜WBC．hA＜hB，则可能有WA＝WBD．hA＞hB，则一定有WA＞WB分析：质量相等的均质柔软细绳，则长的绳子，其单位长度的质量小，根据细绳的重心上升的高度找出克服重力做功的关系．解：A、两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，hA＝hB，绳A较长．所以绳A的重心上升的高度较小，质量相等，所以WA＜WB．故A错误；B、hA＞hB，绳A较长．所以绳A的重心上升的高度可能较小，质量相等，所以可能WA＜WB．故B正确，D错误；C、hA＜hB，绳A较长．所以绳A的重心上升的高度一定较小，质量相等，所以WA＜WB．故C错误．故选：B．点评：解决该题关键要知道柔软细绳不能看成质点，找出不同情况下重心上升的高度的关系．例2：一只100g的球从1.8m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是（g＝10m/s2）（）A．重力做功为1.8JB．重力做了0.55J的负功C．物体的重力势能一定减少0.55JD．物体的重力势能一定增加1.25J分析：由重力做功的公式WG＝mgh可求得重力所做的功；再由重力做功与重力势能的关系可分析重力势能的变化．解：物体高度下降了h＝1.8﹣1.25＝0.55（m）；则重力做正功为：W＝mgh＝0.1×10×0.55＝0.55（J）；而重力做功多少等于重力势能的减小量，故小球的重力势能一定减少0.55J，故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题考查重力做功与重力势能的关系，在解题时一定要明确重力做功与路径无关，只与初末状态的高度差有关．题型二：重力做功的求解例3：质量为m的均匀链条长为L，开始放在光滑水平桌面上时，有14分析：设桌面为零势能面，分链条为桌上的部分和桌下的部分分别确定出其两种情况下的重力势能，然后得到其变化量．解：设桌面为零势能面，开始时链条的重力势能为：E1=-14mg•当链条刚脱离桌面时的重力势能：E2＝﹣mg•12故重力势能的变化量：△E＝E2﹣E1=-15答：从开始到链条刚滑离桌面过程中重力势能变化了-1532点评：零势能面的选取是任意的，本题也可以选链条滑至刚刚离开桌边时链条的中心为零势能面，结果是一样的，要注意重力势能的正负．【知识点应用及拓展】一、重力做功与重力势能变化的关系的进一步理解：重力势能是相对的，式中h是物体到参考平面的高度．选取不同的参考平面，只影响物体重力的数值，而不影响重力势能的差值．即重力势能的变化与参考平面的选取无关．重力对物体做多少正（负）功，物体的重力势能就减小（增大）多少，即W＝﹣△Ep（△Ep为重力势能的增量）．重力做正功等于物体重力势能的减少，物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加．重力做功与路径无关，只与物体的初末位置的高度差和重力大小有关，但是重力做功，不能引起物体机械能的变化．【解题方法点拨】1．重力做功的求解方法（1）公式法利用WG＝mgh求解，其中h为初、末位置的高度差．（2）转化法对于无法利用做功公式来计算重力做功的问题，我们可以转换一下思考的角度，因为重力做功与重力势能的变化相对应，所以通过求重力势能的变化量来求重力做功是一种解题途径．即利用公式WG＝Ep1﹣Ep2＝﹣△Ep，通过求重力势能的变化△Ep来求重力做的功WG．（3）整体法、等效法常用于求物体系统或液体的重力做功．对于大小和形状不可忽略的物体，要由其重心的位置来确定它相对参考平面的高度．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。10．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