2025年江苏省苏州市高考物理三模试卷

第81页（共81页）2025年江苏省苏州市高考物理三模试卷一、单选题：本大题共11小题，共44分。1．（4分）（2025•苏州三模）某放射性元素的半衰期为5天，现有该元素80g，经过15天后，剩余未衰变的质量是（）A．5g B．10g C．20g D．40g2．（4分）（2014•江苏）已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的（）A．波长 B．频率 C．能量 D．动量3．（4分）（2025•苏州三模）让两个完全相同的金属球各自带电后，用两相同绝缘绳悬挂于O点，两球静止时状态如图所示，下列说法正确的是（）A．两球带异种电荷 B．两球所带电荷量一定相同 C．若绝缘绳缩短相同长度，两绳夹角增大 D．若两球相碰后分开，再次静止时夹角减小4．（4分）（2025•苏州三模）向水面上扔一个石块，形成如图所示的波形，已知相邻实线间的距离等于一个波长，不考虑水波的反射，可大致描述水波通过孔A和B后传播情况的是（）A． B． C． D．5．（4分）（2025•苏州三模）将一小球（可视为质点）悬挂于O点，拉开一个小角度（θ＜5°）后静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球质量越大，摆动周期越小 B．拉开角度越小，摆动周期越小 C．小球摆动过程中机械能守恒 D．摆动过程中，绳的拉力与重力的合力充当回复力6．（4分）（2025•苏州三模）钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，下列说法正确的是（）A．该测量仪可测量直流电的电流 B．载流导线中电流大小I0C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将大于实际电流 D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大7．（4分）（2025•苏州三模）如图所示为地球和哈雷彗星绕太阳运行的示意图，若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1，加速度大小为a1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，加速度大小为a2，下列说法正确的是（）A．v1小于v2 B．a2C．a1：a2D．地球与太阳连线和哈雷彗星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等8．（4分）（2025•苏州三模）如图所示，一条圆柱形的光导纤维，长为L，它的玻璃芯的折射率为n1，外层材料的折射率为n2，光在空气中的传播速度为c。下列说法正确的是（）A．折射率nl小于折射率n2 B．光在光纤中传播的速度cnC．光在内外层的临界角C满足sinC=D．光从它的一端射入经全反射后从另一端射出所需的最长时间为n9．（4分）（2025•苏州三模）某同学用如图所示的电路做“观察电容器的充放电”实验。将开关先与“1”端闭合，对电容器进行充电，充电完毕后再将开关与“2”端闭合，电容器放电。传感器测得的电流I和电压U随时间t变化的图像，正确的是（）A． B． C． D．10．（4分）（2025•苏州三模）电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，当电磁铁线圈电流按图乙变化时，真空室中产生磁场，电子在真空室中做圆周运动。以图甲中电流方向为正方向，电子能在真空室中沿逆时针方向（俯视），做加速圆周运动的时间段是（）A．0∼T4 B．T4∼T2 C11．（4分）（2025•苏州三模）图甲是某科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。轨道Ⅰ的末端与水平面相切，如图乙所示，将相同的小球a和b分别从Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M同时静止释放，则小球a先到达终点N；并且发现小球a从Ⅰ轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同。现将小球a和b同时从起点M静止释放，下列说法正确的是（）A．小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度大 B．从起点到终点，两球的动量变化量相同 C．若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，三个球相比仍是a先到达 D．若轨道不光滑且与两球动摩擦因数相同，小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度小二、实验题：本大题共1小题，共9分。12．（9分）（2025•苏州三模）为测量充电宝作为电源使用时的电动势与内阻，某小组进行了如下实验：实验器材：充电宝1个，定值电阻R0＝5Ω，多用电表2个，滑动变阻器、开关、导线若干。（1）先用多用电表测量充电宝的输出电压，如图甲所示，多用电表的读数为V。（2）该小组设计如图乙所示的电路，并按电路图连接电路如图丙所示，闭合开关前，检查电路，发现有一处接线错误，其所在区域为。（3）正确接线后，调节滑动变阻器，得到多组电压和电流读数，并将所得数据整理成U﹣I图像如图丁所示，可知充电宝的电动势为5.07V，内阻为Ω。（4）关于本实验误差原因和误差结果说法正确的有。A.电流表分压，电动势测量值偏大B.电流表分压，内阻测量值偏大C.电压表分流，电动势测量值偏小D.电压表分流，内阻测量值偏小（5）选用最大阻值不同的滑动变阻器，仍使用该电路进行实验。将滑片的可移动长度记为L，取滑动变阻器接入阻值为0处为起点，记录滑片P移动的距离x，以及相应的电流表读数I。根据实验数据，得到I-xL图像如图戊所示。在本实验中，应选用的滑动变阻器为（选填“R1”、“R2”或“R3”），请说明理由三、计算题：本大题共4小题，共40分。13．（11分）（2025•苏州三模）一间教室长宽高分别为a，b，c，假设教室内的气体处于标准状况，已知阿伏加德罗常数为NA。每摩尔气体在标准状况下的体积为V。（以上所有单位均已取国际单位）（1）请估算教室内的空气分子个数N；（2）请估算教室内的空气分子平均距离d。14．（12分）（2025•苏州三模）如图为教室中的有轨黑板与磁吸黑板擦，黑板处在竖直平面内且可以沿轨道水平移动，磁吸黑板擦与黑板间存在相互吸引力F0，黑板擦的质量为m，重力加速度为g，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。（1）匀速推动黑板，黑板擦与黑板保持相对静止，求两者间动摩擦因数的最小值μmin；（2）若黑板擦与黑板间动摩擦因数为μ，推动黑板，使两者一起沿水平匀加速运动，求黑板的最大加速度a。15．（12分）（2025•苏州三模）如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5kg。质量m＝0.1kg的子弹以v0＝34m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA＝2m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出。子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA＝0.23m，不计空气阻力，g取10m/s2。（1）求物体B最终的速度大小vB；（2）求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q；（3）求物体B的最小长度LB。16．（12分）（2025•苏州三模）在Oxy平面存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在y轴有一离子源S，其坐标为（0，h），向平面内各个方向均匀发射质量为m，电量为q=mv02hB，速率为v0且带正电的粒子。现沿x轴放置一足够长且不可穿过的挡板，挡板上有C、D两点，C（1）若出射方向沿y轴正方向，求粒子打到挡板上的x轴坐标；（2）求所有出射粒子中能够打到CD区间的占比；（3）若在挡板上不同位置放一些微型粒子探测器（可视为质点），发现在一些位置上粒子只会从一个方向进入探测器，而在另一些位置上粒子会从两个方向进入探测器，试确定能从两个方向进入探测器的位置所在区间。

2025年江苏省苏州市高考物理三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BACACDCBCAD一、单选题：本大题共11小题，共44分。1．（4分）（2025•苏州三模）某放射性元素的半衰期为5天，现有该元素80g，经过15天后，剩余未衰变的质量是（）A．5g B．10g C．20g D．40g【考点】半衰期的相关计算．【专题】定量思想；方程法；衰变和半衰期专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据半衰期与剩余质量的关系m余【解答】解：放射性元素的半衰期是5天，经过t＝15天即3个半衰期后，剩余未衰变的质量有m余=m0(故选：B。【点评】该题考查半衰期与剩余质量的关系，牢记公式即可。2．（4分）（2014•江苏）已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的（）A．波长 B．频率 C．能量 D．动量【考点】爱因斯坦光电效应方程；光子的动量；光电效应现象及其物理意义．【专题】光电效应专题．【答案】A【分析】根据爱因斯坦光电效应方程列式，分析钙逸出的光电子波长、频率、能量和动量大小．金属的逸出功W0＝hγc，γc是金属的截止频率．【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程得：Ek＝hγ﹣W0，又W0＝hγc联立得：Ek＝hγ﹣hγc，据题：钙的截止频率比钾的截止频率大，由上式可知：从钙表面逸出的光电子最大初动能较小，由P=2mEk，可知该光电子的动量较小，根据λ=h故选：A。【点评】解决本题的关键要掌握光电效应方程，明确光电子的动量与动能的关系、物质波的波长与动量的关系λ=h3．（4分）（2025•苏州三模）让两个完全相同的金属球各自带电后，用两相同绝缘绳悬挂于O点，两球静止时状态如图所示，下列说法正确的是（）A．两球带异种电荷 B．两球所带电荷量一定相同 C．若绝缘绳缩短相同长度，两绳夹角增大 D．若两球相碰后分开，再次静止时夹角减小【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】C【分析】解这类题目就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。【解答】解：A.由于两个球相互排斥，所以带同种电荷，故A错误；B.两球间的库仑力大小F＝mgtanθ，由库仑定律F=kqC.假设绝缘绳缩短后，角度不变，那么两个小球之间的距离变短，根据库仑定律可知。库仑力变大，角度肯定会变大，所以若绝缘绳缩短相同长度，两绳夹角增大，故C正确；D.若两球相碰前电量不相同，由于两球相碰后各自电荷量相同，库仑力变大，再次静止时夹角变大，故D错误。故选：C。【点评】本考点旨在针对带电体在有库仑力存在时的平衡问题。注意这个考点下只针对点电荷之间的作用力，不含电场类问题。4．（4分）（2025•苏州三模）向水面上扔一个石块，形成如图所示的波形，已知相邻实线间的距离等于一个波长，不考虑水波的反射，可大致描述水波通过孔A和B后传播情况的是（）A． B． C． D．【考点】波的衍射图样．【专题】定性思想；推理法；波的多解性；推理论证能力．【答案】A【分析】根据机械波发生明显衍射现象的条件，障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不多进行分析解答。【解答】解：由题图可知，孔A跟波长相比相差不多，因此，从孔A传出的波有明显的衍射现象；孔B跟波长相比相差较大，因此，从孔B传出的波无明显的衍射现象。在画通过孔A的衍射波时要强调画出的同心半圆都是以孔A为圆心的；而从孔B传出的波只沿直线传播，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】考查机械波发生明显衍射现象的条件，会根据题意进行准确分析解答。5．（4分）（2025•苏州三模）将一小球（可视为质点）悬挂于O点，拉开一个小角度（θ＜5°）后静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球质量越大，摆动周期越小 B．拉开角度越小，摆动周期越小 C．小球摆动过程中机械能守恒 D．摆动过程中，绳的拉力与重力的合力充当回复力【考点】单摆周期的计算及影响因素；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定性思想；推理法；单摆问题；理解能力．【答案】C【分析】小球的运动视为为简谐运动，根据单摆的周期公式T=2【解答】解：AB、根据公式T=2πlC、小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；D、摆动过程中，重力的切向分力提供回复力，不一定等于绳的拉力与重力的合力，故D错误。故选：C。【点评】本题考查单摆的周期公式，牢记单摆的周期公式，明确单摆做简谐运动中周期的决定因素。6．（4分）（2025•苏州三模）钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，下列说法正确的是（）A．该测量仪可测量直流电的电流 B．载流导线中电流大小I0C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将大于实际电流 D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大【考点】电压与电流互感器；电流的概念、性质及电流强度的定义式．【专题】定量思想；归纳法；交流电专题；理解能力．【答案】D【分析】根据变压器的工作原理分析；根据变压器的变流比计算；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，据此分析；根据原、副线圈中电流大小与匝数关系分析。【解答】解：A.钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，原理为电磁感应，只能测量交流电的电流，不能测量直流电的电流，故A错误；B.根据变压器的变流比I0I=n1可得，载流导线中电流大小I0C.若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C错误。D.根据n1I1＝n2I2知，若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2将变大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了变压器的工作原理以及变流规律，基础题。7．（4分）（2025•苏州三模）如图所示为地球和哈雷彗星绕太阳运行的示意图，若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1，加速度大小为a1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，加速度大小为a2，下列说法正确的是（）A．v1小于v2 B．a2C．a1：a2D．地球与太阳连线和哈雷彗星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等【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；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据开普勒第二定律和万有引力定律的应用进行分析解答。【解答】解：A.根据开普勒第二定律，有r1×v1Δt2=r2×v2Δt2，可得v1BC.在近日点，由万有引力定律可得GMmr12=ma1，得a1=GMr12；在远日点，由万有引力定律可得GMmr22=ma2D.哈雷彗星与太阳连线在相同时间内扫过相等的面积，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积和地球与太阳连线扫过的面积不相等，故D错误。故选：C。【点评】考查开普勒第二定律和万有引力定律的应用，会根据题意进行准确的分析解答。8．（4分）（2025•苏州三模）如图所示，一条圆柱形的光导纤维，长为L，它的玻璃芯的折射率为n1，外层材料的折射率为n2，光在空气中的传播速度为c。下列说法正确的是（）A．折射率nl小于折射率n2 B．光在光纤中传播的速度cnC．光在内外层的临界角C满足sinC=D．光从它的一端射入经全反射后从另一端射出所需的最长时间为n【考点】光的折射与全反射的综合问题；折射率的波长表达式和速度表达式．【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；全反射和临界角专题；推理论证能力．【答案】B【分析】发生全反射的条件有两个：光从光密介质射到它与光疏介质的界面上；入射角大于或等于临界角。由此分析折射率nl小于折射率n2的大小关系，根据折射公式分析临界角，根据n=【解答】解：欲使光在n1和n2的界面上发生全反射，则玻璃芯应该为光密介质，所以有n1＞n2，设φ为临界角，光在介质n1中的传播最长路程为：x=传播速度为：v=光在内外层的临界角C满足：n1sinC＝n2sin90°，故sinC=故最长时间为：t=故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】考查对光的折射、全反射规律的理解，熟悉折射公式的运用，根据几何关系分析。9．（4分）（2025•苏州三模）某同学用如图所示的电路做“观察电容器的充放电”实验。将开关先与“1”端闭合，对电容器进行充电，充电完毕后再将开关与“2”端闭合，电容器放电。传感器测得的电流I和电压U随时间t变化的图像，正确的是（）A． B． C． D．【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据电容器充放电时电压和电流的变化情况，结合电流方向的变化进行分析解答。【解答】解：AB.充电过程中，电压U越来越大，且增加的越来越慢，切线斜率减小，放电过程中，电压U越来越小，且减小的越来越慢，切线斜率减小，故AB错误；CD.充电过程中，电流I越来越小，且减小的越来越慢，放电过程中，电流I越来越小，且减小的越来越慢，切线斜率均越来越小，故C正确，D错误。故选：C。【点评】考查电容器充放电时电压和电流的变化情况，结合电流方向的变化的应用，会根据题意进行准确分析解答。10．（4分）（2025•苏州三模）电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，当电磁铁线圈电流按图乙变化时，真空室中产生磁场，电子在真空室中做圆周运动。以图甲中电流方向为正方向，电子能在真空室中沿逆时针方向（俯视），做加速圆周运动的时间段是（）A．0∼T4 B．T4∼T2 C【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据楞次定律分别分析各个时间段内所产生的感生电场方向，根据电子受力方向与电场方向相反分析电子的运动情况即可。【解答】解：A、在0∼T4内，穿过环形真空室的磁场方向竖直向上，由图乙可知，电流增大即电流产生的磁场增大，根据楞次定律可知，在环形真空室中生的电场（从上向下看）为顺时针方向，电子在电场作用下沿逆时针方向（俯视）做加速圆周运动，符合题意，故B、在T4∼TC、在T2∼3TD、在3T4∼T故选：A。【点评】本题考查了楞次定律的应用，知道电子的受力方向与电场方向相反。11．（4分）（2025•苏州三模）图甲是某科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。轨道Ⅰ的末端与水平面相切，如图乙所示，将相同的小球a和b分别从Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M同时静止释放，则小球a先到达终点N；并且发现小球a从Ⅰ轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同。现将小球a和b同时从起点M静止释放，下列说法正确的是（）A．小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度大 B．从起点到终点，两球的动量变化量相同 C．若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，三个球相比仍是a先到达 D．若轨道不光滑且与两球动摩擦因数相同，小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度小【考点】动量定理的内容和应用；匀变速直线运动规律的综合应用．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】D【分析】小球从M点滑下到N点，重力势能转化为动能，速度大小由高度差决定，动量变化与力的作用时间和力的大小有关，需要考虑两球的运动时间是否相同，平抛运动的轨迹是抛物线，而最速降线的轨迹是摆线，需要比较两者的时间关系，如果轨道不光滑，摩擦力会做负功，影响小球的最终速度。【解答】解：A、根据能量守恒定律，小球从M点滑下到N点，重力势能完全转化为动能，因此小球a和b到达N点时的速度大小相等，均为v=2gh，其中h是M和B、由于两小球到达N点时速度方向不同，故从起点到终点，两球的动量变化量不同，故B错误；C、由于小球a从Ⅰ轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同，故小球a在Ⅰ轨道的运动可视为一个摆长特别大的单摆运动的一部分，小球a从M到N运动时间ta=14T=π2Rg，小球b从M到N的运动时间为tb，则有12gsinθ⋅tb2=2Rsinθ，解得tb=2Rg，若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，则有12g⋅tc2=2RD、若轨道不光滑且与两球动摩擦因数相同，由于小球a运动过程克服阻力做功更多，因此小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度小，故D正确。故选：D。【点评】路径对速度的影响误解、动量变化量的计算细节、不同运动形式的时间比较、摩擦力作用下的速度分析。二、实验题：本大题共1小题，共9分。12．（9分）（2025•苏州三模）为测量充电宝作为电源使用时的电动势与内阻，某小组进行了如下实验：实验器材：充电宝1个，定值电阻R0＝5Ω，多用电表2个，滑动变阻器、开关、导线若干。（1）先用多用电表测量充电宝的输出电压，如图甲所示，多用电表的读数为5.0V。（2）该小组设计如图乙所示的电路，并按电路图连接电路如图丙所示，闭合开关前，检查电路，发现有一处接线错误，其所在区域为②。（3）正确接线后，调节滑动变阻器，得到多组电压和电流读数，并将所得数据整理成U﹣I图像如图丁所示，可知充电宝的电动势为5.07V，内阻为0.14Ω。（4）关于本实验误差原因和误差结果说法正确的有CD。A.电流表分压，电动势测量值偏大B.电流表分压，内阻测量值偏大C.电压表分流，电动势测量值偏小D.电压表分流，内阻测量值偏小（5）选用最大阻值不同的滑动变阻器，仍使用该电路进行实验。将滑片的可移动长度记为L，取滑动变阻器接入阻值为0处为起点，记录滑片P移动的距离x，以及相应的电流表读数I。根据实验数据，得到I-xL图像如图戊所示。在本实验中，应选用的滑动变阻器为R2（选填“R1”、“R2”或“R3”），请说明理由【考点】测量普通电源的电动势和内阻；练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）5.0；（2）②；（3）0.14；（4）CD；（5）R2；其可调节的电流范围相对较大，且滑片移动相同的距离，电流变化相对稳定，便于调节。【分析】（1）根据图画所示确定电压表量程与分度值，根据指针位置读数。（2）根据图丙所示实物电路图分析答题。（3）根据图示图像分析答题。（4）根据图示电路图分析实验误差。（5）根据图示图像分析答题。【解答】解：（1）由图甲所示可知，电压表量程是10V，分度值是0.2V，读数为5.0V；（2）根据图甲所示电路图分析图丙所示实物电路图可知，滑动变阻器接线错误，其所在区域为②；（3）由闭合电路的欧姆定律得U＝E﹣I（r+R1），在图像上取两点（0.00A，5.07V）和（0.14A，4.35V），图像斜率绝对值k＝r+R0=5.07-4.350.14Ω=5.14Ω，解得内阻（4）实验误差来源于电压表分流，由图乙可知，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U﹣I图像如图所示，由图像可知，电源电动势和内阻的测量值均小于真实值，故AB错误，CD正确。故选：CD。（5）由图像戊可知，选用的滑动变阻器R2，其可调节的电流范围相对较大；且滑片移动相同的距离，电流变化相对稳定，便于调节。故答案为：（1）5.0；（2）②；（3）0.14；（4）CD；（5）R2；其可调节的电流范围相对较大，且滑片移动相同的距离，电流变化相对稳定，便于调节。【点评】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。三、计算题：本大题共4小题，共40分。13．（11分）（2025•苏州三模）一间教室长宽高分别为a，b，c，假设教室内的气体处于标准状况，已知阿伏加德罗常数为NA。每摩尔气体在标准状况下的体积为V。（以上所有单位均已取国际单位）（1）请估算教室内的空气分子个数N；（2）请估算教室内的空气分子平均距离d。【考点】阿伏加德罗常数及与其相关的计算问题．【专题】定量思想；推理法；阿伏加德罗常数的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）教室内的空气分子个数N为abcN（2）教室内的空气分子平均距离d为3V【分析】（1）根据体积、摩尔体积和物质的量计算分子个数；（2）根据阿伏加德罗常数计算每个分子占据的空间，结合立方体模型求解分子的平均距离。【解答】解：（1）教室内气体的体积V总＝abc，则气体物质的量n=abcV，教室里面的空气分子个数N＝nNA（2）教室内每个分子占据的平均空间V0=VNA答：（1）教室内的空气分子个数N为abcN（2）教室内的空气分子平均距离d为3V【点评】考查阿伏加德罗常数的应用，会根据题意进行准确的分析解答。14．（12分）（2025•苏州三模）如图为教室中的有轨黑板与磁吸黑板擦，黑板处在竖直平面内且可以沿轨道水平移动，磁吸黑板擦与黑板间存在相互吸引力F0，黑板擦的质量为m，重力加速度为g，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。（1）匀速推动黑板，黑板擦与黑板保持相对静止，求两者间动摩擦因数的最小值μmin；（2）若黑板擦与黑板间动摩擦因数为μ，推动黑板，使两者一起沿水平匀加速运动，求黑板的最大加速度a。【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）两者间动摩擦因数的最小值μmin是mgF（2）黑板的最大加速度a是(μ【分析】（1）根据平衡条件求解。（2）应用牛顿第二定律求解。【解答】解：（1）匀速推动黑板，黑板擦与黑板保持相对静止，黑板擦做匀速直线运动，对黑板擦，由牛顿第二定律得μminF0＝mg解得μ（2）黑板擦做匀加速直线运动，在水平方向，由牛顿第二定律得fx＝ma在竖直方向fy＝mg其中(解得a答：（1）两者间动摩擦因数的最小值μmin是mgF（2）黑板的最大加速度a是(μ【点评】分析清楚黑板擦的受力情况，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。15．（12分）（2025•苏州三模）如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5kg。质量m＝0.1kg的子弹以v0＝34m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA＝2m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出。子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA＝0.23m，不计空气阻力，g取10m/s2。（1）求物体B最终的速度大小vB；（2）求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q；（3）求物体B的最小长度LB。【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动量定理应用专题；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】（1）物体B最终的速度大小vB为4m/s。（2）子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q为46J。（3）物体B的最小长度LB0.03m。【分析】（1）分析子弹从射入A到最终与B共速的全过程，系统动量守恒。初始总动量等于子弹穿过A后A的动量加上子弹留在B中时系统的动量。通过动量守恒方程可解出B的最终速度。（2）子弹穿过A的过程分为两个阶段，先由动量守恒求出子弹穿出A时的速度。再通过能量守恒或图像法计算摩擦产生的热量，热量等于子弹动能减少量减去A获得的动能。（3）计算子弹从射入A到与B共速过程中系统总能量损失，根据比例关系求出子弹在B中运动的距离，减去A的长度得到B的最小长度。也可用图像法通过加速度和时间计算子弹在B中的位移。【解答】解：（1）从最初到最终共速，由动量守恒：mv0＝MvA+（M+m）vB，解得：vB＝4m/s。（2）从子弹射入A到穿出，由动量守恒：mv0＝mv1+2MvA，解得：v1＝14m/s。解法一：由能量守恒：Q=12mv解法二（图像法）：由图像可得：xA=(12+34)2t，解得：t＝0.01s。加速度：a=vAt，解得：a＝200m/s2。阻力：f＝2Ma＝（3）解法一：子弹从射入到共速时：Q总=12mv02-12MvA2-12(M+m)vB2，解得：Q总解法二（图像法）：aB=fM，解得：aB=400m/s2。t2=Δv【点评】本题综合考查动量守恒与能量守恒的应用，涉及子弹穿物块的典型模型。题目通过多过程分析，要求学生对碰撞、摩擦生热及相对运动有清晰理解。计算量适中，但需注意子弹在A、B两物体中的动量传递与能量转化关系。第二问通过两种解法展示能量与运动学方法的等效性，体现思维灵活性。第三问对物体B最小长度的求解，巧妙结合能量分配与相对位移，考查学生建立物理模型的能力。16．（12分）（2025•苏州三模）在Oxy平面存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在y轴有一离子源S，其坐标为（0，h），向平面内各个方向均匀发射质量为m，电量为q=mv02hB，速率为v0且带正电的粒子。现沿x轴放置一足够长且不可穿过的挡板，挡板上有C、D两点，C（1）若出射方向沿y轴正方向，求粒子打到挡板上的x轴坐标；（2）求所有出射粒子中能够打到CD区间的占比；（3）若在挡板上不同位置放一些微型粒子探测器（可视为质点），发现在一些位置上粒子只会从一个方向进入探测器，而在另一些位置上粒子会从两个方向进入探测器，试确定能从两个方向进入探测器的位置所在区间。【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）若出射方向沿y轴正方向，求粒子打到挡板上的x轴坐标为-(2+（2）求所有出射粒子中能够打到CD区间的占比为13（3）能从两个方向进入探测器的位置所在区间为为(-15【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求粒子打到挡板上的x轴坐标；（2）根据角度范围求所有出射粒子中能够打到CD区间的占比；（3）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求从两个方向进入探测器的位置所在区间。【解答】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力qv解得R＝2h如图1所示根据几何关系，打到挡板上的粒子x坐标为-(（2）如图2所示与负y轴成30°出射的粒子打到挡板上的位置恰为D点沿负x轴出射的粒子打到挡板上的位置恰为C点在此角度范围内出射的粒子可以打到CD区间，它们占所有出射粒子的比例为12（3）如图3所示当出射粒子速度为v2方向时，粒子刚好打到板上C点由几何关系知：v2方向与y轴正向夹角为30°打到板上的坐标值为(-3h，0)，出射粒子速度从v2方向逆时针逐渐转到v1方向。当粒子打到挡板上的位置据S点距离变大当出射方向为v1，打到挡板上的位置据S点最远为xE出射粒子速度从v1方向逆时针逐渐转到v0方向，粒子刚好再次打到板上C点，综上判断，在EC区间的探测器能够探测到粒子从两个方向进入探测器相应区间为(-15答：（1）若出射方向沿y轴正方向，求粒子打到挡板上的x轴坐标为-(2+（2）求所有出射粒子中能够打到CD区间的占比为13（3）能从两个方向进入探测器的位置所在区间为为(-15【点评】本题考查了粒子在磁场中的偏转，画出粒子运动的轨迹示意图是求解的关键，也是解决粒子在磁场中的偏转问题常用的思路。

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＝（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．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．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。4．有外力的水平板块模型【知识点的认识】1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。2.板块模型的是哪个基本关系【命题方向】如图所示，在光滑的水平面上有一长为0.64m、质量为4kg的木板A，在木板的左端有一质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2．当对B施加水平向右的力F＝10N时，求：（1）A，B各自的加速度大小；（2）经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端？（物体B可以视为质点，g取10m/s2）分析：（1）应用牛顿第二定律求出加速度大小。（2）应用运动学公式求解。解答：由牛顿第二定律得：对B：F﹣μmBg＝mBaB对A：μmBg＝mAaA代入数据解得：aA＝1m/s2，aB＝3m/s2（2）设经过时间t物体B到达A的右端，则l=代入数据解得：t＝0.8s答：（1）A，B各自的加速度大小分别为1m/s2、3m/s2；（2）经过0.8s可将B从木板A的左端拉到右端。点评：（1）A，B各自的加速度大小分别为1m/s2、3m/s2；（2）经过0.8s可将B从木板A的左端拉到右端。【解题思路点拨】要牢牢把握物块与木板之间的联系，找出加速度关系、速度关系以及位移关系，通过整体法与隔离法的综合运用解决问题。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R3T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．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。7．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。8．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．9．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用【知识点的认识】1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。2.在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化。3.若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多。【命题方向】如图，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ．求：（1）子弹击中木块后与木块的共同速度；（2）子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离．分析：（1）子弹击中木块过程系统的动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度．（2）由动能定理求出木块在地面滑行的距离．解答：（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得：mv＝（M+m）v′得子弹击中木块后与木块的共同速度为：v′=（2）对木块（包括子弹），由动能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0-12（M+m）v′解得：s=m答：（1）子弹击中木块后与木块的共同速度为mvM（2）子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离为m2点评：本题关键要分析清楚物体的运动过程，知道打击过程遵守动量守恒定律，结合动能定理即可正确解题．【解题思路点拨】（1）子弹打木块的过程很短暂，认为木块瞬间得到速度且位置不变。（2）子弹打入木块过程损失的机械能并没有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子弹和木块的共同运动的动能。10．动量守恒定律在板块模型中的应用【知识点的认识】1.对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。2.整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。3.滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。【命题方向】如图所示，质量m1＝2.0kg的木板AB静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现将质量m2＝1.0kg可视为质点的小木块C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块C到达圆弧形轨道底端时的速度v0＝3.0m/s．之后小木块C滑上木板AB并带动木板AB运动，当小木块C离开木板AB右端B时，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木块C在木板AB上滑行的过程中，小木块C与木板AB总共损失的动能△E＝2.25J．小木块C与木板AB间的动摩擦因数μ＝0.1．木板AB与地面间的摩擦及空气阻力可忽略不计．取g＝10m/s2．求（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小；（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移．分析：（1）小木块C做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出C受到的支持力；（2）应用动能定理可以求出小木块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；（3）分别与木块及木板为研究对象，应用动能定列方程，求出木板与木块间的位移关系，解方程可以求出木块相对于地面的位移．解答：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得：F﹣m2g=m解得小木块受到的支持力：F＝25N；（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，由动能定理得：m2gR﹣Wf=12m2v解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；（3）木块C与木板AB间的摩擦力f＝μm2g，由动能定理得：对木板：fs1=12m1v对小木块：﹣fs2=12m2（木块与木板间的位移关系：s2＝s1+L，小木块与木板总共损失的动能△E＝fL，解得：s2＝2.5m；答：（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为25N；（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移为2.5m．点评：本题考查了动能定理的应用，最后一问是本题的难点，分析清楚木块与木板的运动过程、两者间的位移关系是正确解题的前提与关键．【解题思路点拨】动量守恒里的板块模型一般不考虑地面的摩擦力，板块之间的相互作用为内力，因此遵寻动量守恒定律。当达到共速时，系统瞬时的机械能最大，同时也要注意临界条件，如滑块恰好不滑下木板等。11．单摆周期的计算及影响因素【知识点的认识】1.荷兰物理学家惠更斯研究发现，单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，与振幅摆球质量无关。2.单摆的周期公式为：T＝2πl3.对单摆周期公式的理解由公式T＝2πlg知，某单摆做简谐运动（摆角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作（1）摆长l①实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球重心的长度，即l＝l'+D2，l'为摆线长，②等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sinα，这就是等效摆长。其周期T＝2πlsinαg。图2（2）重力加速度g若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g=GMR2，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g也不同，g（3）等效重力加速度若单摆系统处在非平衡状态（如加速、减速、完全失重状态），则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如下图所示，此场景中的等效重力加速度g'＝gsinθ。球静止在О点时，FT＝mgsinθ，等效加速度g'=FTm【命题方向】在某一地方要使单摆的振动周期减小，可以采取的方法是（）A、减小摆球的质量B、减小单摆的振动的振幅C、缩短单摆的摆长D、增大单摆的摆长分析：根据单摆的周期公式T＝2πL解答：A、由于单摆的周期与摆球的质量无关，所以减小摆球的质量不能改变单摆的周期。故A错误。B、单摆的周期与振动的振幅无关，减小振幅不能改变单摆的周期。故B错误。故B错误。C、根据单摆的周期公式T＝2πLg可知，缩短单摆的摆长可使单摆的振动周期减小。故D、增大单摆的摆长，可使单摆的振动周期增大，不符合题意。故D错误。故选：C。点评：本题考查对单摆周期的理解和应用能力．要抓住单摆的等时性：周期与振幅无关．【解题思路点拨】计算单摆的周期的两种方法（1）依据T＝2πL（2）根据T=tN：周期的大小虽然不取决于t和N，但利用该种方法计算周期，会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响，12．波的衍射图样【知识点的认识】1.波绕过障碍物继续传播的现象叫作波的衍射。2.波发生衍射的图样如下：【命题方向】图所示是利用发波水槽观察到的水波衍射图象，从图象可知（）A、B侧波是衍射波B、A侧波速与B侧波速相等C、减小挡板间距离，衍射波的波长将减小D、增大挡板间距离，衍射现象将更明显分析：本题考查波发生明显衍射的条件，一般直接比较孔的直径d与水波波长λ的关系即可，当d＜λ时肯定发生明显的衍射。解答：A、小孔是衍射波的波源，故A错误；B、在同一种介质中，波速相等，故B正确；C、根据波速、波长和频率的关系式v＝λf，由于波速和频率不变，故波长不变，故C错误；D、波长越长越容易发生衍射现象，与波的频率和振幅没有关系，在波长无法改变的情况下可以减小挡板间距，故D错误；故选：B。点评：考查波长、波速与频率的关系，明显的衍射条件，同时要区分衍射与干涉的区别。【解题思路点拨】1.关于衍射的条件应该说衍射是没有条件的，衍射是波特有的现象，一切波都可以发生衍射。衍射只有“明显”与“不明显”之分，障碍物或小孔的尺寸跟波长差不多，或比波长小是产生明显衍射的条件。2.波的衍射实质分析波传到小孔（或障碍物）时，小孔（或障碍物）仿佛是一个新波源，由它发出的与原来同频率的波在小孔（或障碍物）后传播，就偏离了直线方向。波的直线传播只是在衍射不明显时的近似情况。3.衍射现象与观察的矛盾当孔的尺寸远小于波长时尽管衍射十分突出，但由于衍射波的能量很弱，衍射现象不容易观察到。13．库仑力作用下的受力平衡问题【知识点的认识】本考点旨在针对带电体在有库仑力存在时的平衡问题。注意这个考点下只针对点电荷之间的作用力，不含电场类问题。【命题方向】质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，如图所示则（）A、若m1＝m2，q1＜q2，则α＜βB、若m1＝m2，q1＜q2，则α＞βC、若m1＞m2，则α＜β，与q1、q2是否相等无关D、若q1＝q2，m1＞m2，则α＞β分析：对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系表示出电场力和重力的关系．根据电场力和重力的关系得出两球质量的关系．解答：设左边球为A，右边球为B，则对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：设T为绳的拉力，m1g＝Tcosα，m2g＝Tcosβ由于F1＝F2，即Tsinα＝Tsinβ若m1＜m2．则有α＞β；若m1＞m2．则有α＜β根据题意无法知道带电量q1、q2的关系。故选：C。点评：要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较．【解题思路点拨】解这类题目就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。14．电流的概念、性质及电流强度的定义式【知识点的认识】1.定义：自由电荷的定向移动形成电流．2.方向：规定为正电荷定向移动的方向．3.电流强度的定义式：I=qt，4.电流的单位：安培，符号是A。是国际单位制中七个基本物理量之一。5.物理意义：单位时间内通过导体横截面的电荷量。6.标矢性：电流的方向是人为规定的，以正电荷定向移动的方向为正方向，运算时遵从的是代数运算法则，所以电流是标量。【命题方向】关于电流，下列说法中正确的是（）A、通过导体横截面的电荷量越多，电流就越大B、对于导体，只要其两端有电压就有电流C、单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D、因为电流有方向，所以电流是矢量分析：根据电流的定义式I=q解答：AC、根据电流的定义式I=qt可知，电流的大小由通过导体横截面积的电量和时间来计算，在时间不确定的情况下，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大。故A错误，B、要形成电流，不但要有有电压，电路还需构成闭合回路，故B错误。D、电流虽然有方向，但叠加不符合平行四边形法则，故不是矢量。故D错误。故选：C。点评：考查电流