2025年上海市嘉定区高考物理二模试卷

第49页（共49页）2025年上海市嘉定区高考物理二模试卷一、赛车1．（20分）（2025•嘉定区二模）重大赛车比赛有场地赛、直线加速赛等多种形式。（1）（多选）如图所示为F1赛车的“上”字形赛道示意图，赛车。A．一定可看作质点B．拐弯时速度不变C．运动一周位移为零D．运动一周平均速度为零（2）赛车采用的是后轮驱动系统，起动时后轮和前轮对地面的摩擦力方向分别为。A．向前、向前B．向后、向后C．向前、向后D．向后、向前（3）某弯道倾角为θ，赛车转弯半径为r，若赛车无侧向滑动趋势，则其速度大小v为。（重力加速度大小为g）（4）直线加速赛采用全长1500m的直线跑道。在14英里的直线加速比赛中，某辆赛车从静止起动，跑完14英里（约402m）所用的时间仅为3.8s，尾速达到①（论证）有同学认为该赛车的运动为匀加速直线运动，请通过计算论证该观点是否正确。②（计算）赛车跑完14英里后立即制动。若用传统刹车系统，平均制动力约为车重的0.6倍。通过计算判断采用传统刹车系统是否合理。（重力加速度大小g取10m/s2（5）狭义相对论告诉我们，长度收缩也是相对的。一辆赛车在赛道上飞驰，。A．看台上的观众认为赛车变短了，赛车手认为赛道变短了B．看台上的观众认为赛车变短了，赛车手认为赛道变长了C．看台上的观众认为赛车变长了，赛车手认为赛道变短了D．看台上的观众认为赛车变长了，赛车手认为赛道变长了二、吸管2．（19分）（2025•嘉定区二模）日常生活中常见的吸管可以用来完成小实验。（1）如图（a）所示，将多根串起的长为L的吸管水平放置，再取一根牙签置于吸管中，用力对吸管吹气，牙签被加速后从吸管口射出。（牙签可视为质点）①假设吹气时，牙签在吸管内受到的推力大小恒为F1，加速s距离后射出。则牙签出射时的动能为。②吸管前方固定一张纸，牙签从吸管口飞出后，戳在纸上，戳中点到吸管口的水平距离为x、竖直距离为y。牙签从吸管口射出时的速度大小约为。（重力加速度大小为g）③（作图）戳在纸上的牙签静止时与竖直纸面有个夹角，如图（b）所示，已知牙签重力为G，纸对牙签的作用力为F2，画出牙签的受力示意图。（2）如图所示，在空的饮料罐中插入一根透明玻璃吸管，吸管内有一小段红色水柱密封饮料罐和吸管中的气体，吸管右端开口。在大气压为1.0×105Pa的环境中，记录不同温度时的水柱位置来标注相应温度，即制成一个简易气温计。（吸管壁厚度和水柱长度可忽略，装置不漏气）①水对玻璃是的（选填“浸润”或“不浸润”），这是由于玻璃分子对附着层内水分子的吸引力液体内部水分子间的吸引力。②水柱离罐口的距离x随热力学温度T的变化关系图像可能为。③已知饮料罐的容积为200cm3，露在罐外的吸管长度为50cm，横截面积为0.2cm2，水柱离罐口20cm处温度刻度为25℃。若大气压为0.99×105Pa时，25℃时水柱离罐口距离为cm。三、传感器3．（18分）（2025•嘉定区二模）传感器能将非电学量转化为电学量，传感器中的核心部件为敏感元件。（1）磁传感器可以用来测量磁场的强弱，其核心敏感元件是。A．条形磁铁B．霍尔元件C．LC振荡电路D．软铁芯（2）小李同学利用电容器极板和电介质板制成了一个电容式位移传感器，如图所示，当被测物体向左移动，会带动电介质板插入电容器极板间，在此过程中：①电容器极板带电量。A．减小B．不变C．增大②流经灵敏电流计G的电流方向为。A．a到bB．先a到b再b到aC．b到aD．先b到a再a到b（3）图（a）中的金属片和金属丝为力传感器的敏感元件。上、下表面的金属丝分别为R1和R2，当金属片受力弯曲时，其中一根金属丝被拉长，另一根被压缩。①当金属片右端向下受力F弯曲时，上表面的金属丝R1阻值。A．减小B．不变C．增大②图（b）为该传感器内部的工作电路示意图，电源电动势E＝9V，内阻r＝2Ω。初始时R1＝R2＝8Ω，对金属片施加向上或向下的力，R1和R2阻值变化量的绝对值|ΔR|相等，且0≤|ΔR|≤4Ω，则电阻R1两端电压变化范围为V～V，R1最大功率为W。四、带电粒子的“照片”4．（10分）（2025•嘉定区二模）在物理学的研究中，应用“气泡室”“云室”等装置可以显示带电粒子的径迹。（1）图为带电粒子在气泡室运动径迹的照片，气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中。同一条径迹半径越来越小，粒子。A．速度大小不断减小B．速度大小不断增大C．所受的洛伦兹力始终对粒子做负功D．所受的洛伦兹力始终对粒子做正功（2）图为一带电粒子在气泡室中穿过一金属箔的轨迹。气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中，则带电粒子。A．运动方向由A到B，粒子带正电B．运动方向由A到B，粒子带负电C．运动方向由B到A，粒子带正电D．运动方向由B到A，粒子带负电E．运动方向均有可能，电性均有可能（3）图为α粒子轰击氮核的云室照片，两分叉的径迹中，短而粗的是817O的径迹。写出卢瑟福发现质子的核反应方程：五、光的魔术5．（18分）（2025•嘉定区二模）光能够直线传播，也能发生反射、折射、全反射、衍射、干涉等现象。（1）如图所示，在xOy坐标系中一小球以10πrad/s的角速度绕原点O做顺时针方向的圆周运动，轨迹半径R为10cm。MN是垂直于x轴放置的大屏幕，一束平行光沿x轴正方向照射小球，观察到小球的影子在屏幕上做简谐运动。从小球经过A点开始计时：①影子在y轴方向上的位移y与时间t的关系式为y＝cm。②t＝0.10s时，小球的速度方向为。（2）将激光对准瓶上的喷水口水平照射，观察到激光束沿水流方向发生了弯曲，光被完全限制在水流内，出现了“水流导光”现象。①“水流导光”是一种光的现象。②（多选）为更容易发生“水流导光”现象，可以。A．增大喷出的水流速度B．减小喷出的水流速度C．改用折射率大的液体D．改用折射率小的液体（3）当光照射到物体表面上，光子会被反射或者吸收，此时对物体表面就会产生压强，这个压强被称为“光压”。某激光器功率为P，发射出波长为λ的激光。假设这束光垂直照射到物体表面时，光子全部被垂直反射。如图所示为Δt时间内光子束的“柱状模型”，已知光束横截面积为S，普朗克常量为h，光速为c。①一个光子反射前后，动量变化量Δp为。②Δt时间内到达物体表面的光子数n为。③（计算）求激光束对物体表面产生的光压I。（用P、S、c表示）六、电与磁6．（15分）（2025•嘉定区二模）麦克斯韦提出的“变化的磁场产生电场”和“变化的电场产生磁场”是电磁场理论的两个重要思想。根据楞次定律判断，当磁场增强时，电场方向应如图（a）所示。（1）若某阶段LC振荡电路中的电流如图（b）所示。①（多选）该阶段电路中。A．电容器正在放电B．电流正在逐渐减小C．磁场能转化为电场能D．板间的电场强度在减小②麦克斯韦指出，电场强度变化得越快，产生的磁场磁感应强度越大。在该阶段，电容器中产生的感应磁场的磁感应强度。A．减小B．不变C．增大（2）图为某磁悬浮列车利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身底部固定N匝矩形导线框abcd，ab边长为L1，bc边长为L2，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，NP也为L2，MN与ab平行。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车恰好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。①线框abcd进入磁场时的电流方向为。（用字母表示）②线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小a为。③（计算）求线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q。

2025年上海市嘉定区高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、赛车1．（20分）（2025•嘉定区二模）重大赛车比赛有场地赛、直线加速赛等多种形式。（1）（多选）如图所示为F1赛车的“上”字形赛道示意图，赛车CD。A．一定可看作质点B．拐弯时速度不变C．运动一周位移为零D．运动一周平均速度为零（2）赛车采用的是后轮驱动系统，起动时后轮和前轮对地面的摩擦力方向分别为D。A．向前、向前B．向后、向后C．向前、向后D．向后、向前（3）某弯道倾角为θ，赛车转弯半径为r，若赛车无侧向滑动趋势，则其速度大小v为grtanθ。（重力加速度大小为g）（4）直线加速赛采用全长1500m的直线跑道。在14英里的直线加速比赛中，某辆赛车从静止起动，跑完14英里（约402m）所用的时间仅为3.8s，尾速达到①（论证）有同学认为该赛车的运动为匀加速直线运动，请通过计算论证该观点是否正确。②（计算）赛车跑完14英里后立即制动。若用传统刹车系统，平均制动力约为车重的0.6倍。通过计算判断采用传统刹车系统是否合理。（重力加速度大小g取10m/s2（5）狭义相对论告诉我们，长度收缩也是相对的。一辆赛车在赛道上飞驰，A。A．看台上的观众认为赛车变短了，赛车手认为赛道变短了B．看台上的观众认为赛车变短了，赛车手认为赛道变长了C．看台上的观众认为赛车变长了，赛车手认为赛道变短了D．看台上的观众认为赛车变长了，赛车手认为赛道变长了【考点】车辆在道路上的转弯问题；质点；平均速度（定义式方向）．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）CD；（2）D；（3）grtanθ；（4）①假设赛车做匀加速直线运动，根据s=12其做匀加速直线运动的末速度v＝at＝56×3.8m/s＝212.8m/s≈763km/h，大于真实尾速523km/h，所以该赛车不是匀加速直线运动；②传统制动刹车过程中赛车的加速度大小a＝0.6g＝0.6×10m/s2＝6m/s2，赛车尾速v＝523km/h≈145m/s设赛车传统制动减速为零的过程中通过的距离为x，有v02=2ax该刹车位移x＞1500m﹣402m＝1098m，所以这种传统制动方式不合理。（5）A。【分析】（1）根据质点的定义、位移和平均速度的概念分析；（2）静摩擦力的方向总是和相对运动方向相反；（3）根据牛顿第二定律计算赛车的线速度；（4）①假设赛车做匀变速直线运动求解其加速度，据此求出其尾速，和真实尾速比较即可判断；②根据速度—位移公式列式求解该制动加速度情况下的刹车距离，进行判断。（5）根据狭义相对论分析。【解答】解：（1）A、当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，不能笼统的说一个物体是否能看成质点，故A错误；B、赛车拐弯时，无论其速度大小是否变化，其速度方向变化，所以其速度是变化的，故B错误；CD、赛车运动一周，则其终点与起点重合，其位移为零，所以平均速度也为零，故CD正确。故选：CD。（2）赛车起动时，由于是后轮驱动系统，所以地面对前轮的摩擦力向后，地面对后轮的摩擦力向前，所以后轮对地面的摩擦力向后，前轮对地面的摩擦力向前，故D正确，ABC错误。故选：D。（3）根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv（4）①假设赛车做匀加速直线运动，根据s=12其做匀加速直线运动的末速度v＝at＝56×3.8m/s＝212.8m/s≈763km/h，大于真实尾速523km/h，所以该赛车不是匀加速直线运动；②传统制动刹车过程中赛车的加速度大小a＝0.6g＝0.6×10m/s2＝6m/s2。赛车尾速v＝523km/h≈145m/s，设赛车传统制动减速为零的过程中通过的距离为x，有v02=2ax该刹车位移x＞1500m﹣402m＝1098m，所以这种传统制动方式不合理。（5）当观众观察飞驰的赛车时，由于赛车相对于观众所在的地面参考系运动，根据狭义相对论的时空变换关系，在观众看来，赛车在运动方向上的空间间隔会发生收缩，所以观众认为赛车变短了。对于赛车手而言，赛车手以赛车为参考系，此时赛道相对于赛车手在运动。同样依据狭义相对论的时空变换，赛车手会观察到赛道在其运动方向上的空间间隔收缩，因此赛车手觉得赛道变短了，故A正确，BCD错误。故选：A。故答案为：（1）CD；（2）D；（3）grtanθ；（4）①假设赛车做匀加速直线运动，根据s=12其做匀加速直线运动的末速度v＝at＝56×3.8m/s＝212.8m/s≈763km/h，大于真实尾速523km/h，所以该赛车不是匀加速直线运动；②传统制动刹车过程中赛车的加速度大小a＝0.6g＝0.6×10m/s2＝6m/s2，赛车尾速v＝523km/h≈145m/s设赛车传统制动减速为零的过程中通过的距离为x，有v02=2ax该刹车位移x＞1500m﹣402m＝1098m，所以这种传统制动方式不合理。（5）A。【点评】本题考查质点、平均速度公式、匀变速直线运动规、匀速圆周运动、相对论等内容，题目新颖，难度合适。二、吸管2．（19分）（2025•嘉定区二模）日常生活中常见的吸管可以用来完成小实验。（1）如图（a）所示，将多根串起的长为L的吸管水平放置，再取一根牙签置于吸管中，用力对吸管吹气，牙签被加速后从吸管口射出。（牙签可视为质点）①假设吹气时，牙签在吸管内受到的推力大小恒为F1，加速s距离后射出。则牙签出射时的动能为F1s。②吸管前方固定一张纸，牙签从吸管口飞出后，戳在纸上，戳中点到吸管口的水平距离为x、竖直距离为y。牙签从吸管口射出时的速度大小约为xg2y。（重力加速度大小为③（作图）戳在纸上的牙签静止时与竖直纸面有个夹角，如图（b）所示，已知牙签重力为G，纸对牙签的作用力为F2，画出牙签的受力示意图。（2）如图所示，在空的饮料罐中插入一根透明玻璃吸管，吸管内有一小段红色水柱密封饮料罐和吸管中的气体，吸管右端开口。在大气压为1.0×105Pa的环境中，记录不同温度时的水柱位置来标注相应温度，即制成一个简易气温计。（吸管壁厚度和水柱长度可忽略，装置不漏气）①水对玻璃是不浸润的（选填“浸润”或“不浸润”），这是由于玻璃分子对附着层内水分子的吸引力小于液体内部水分子间的吸引力。②水柱离罐口的距离x随热力学温度T的变化关系图像可能为C。③已知饮料罐的容积为200cm3，露在罐外的吸管长度为50cm，横截面积为0.2cm2，水柱离罐口20cm处温度刻度为25℃。若大气压为0.99×105Pa时，25℃时水柱离罐口距离为30.3cm。【考点】气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用；共点力的平衡问题及求解；电动机中的能量转化与计算．【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．【答案】（1）F1s；xg2y；图见解析；（2）不浸润；小于；C【分析】（1）根据动能定理计算动能，根据平抛运动计算初速度；（2）根据浸润的特点分析，结合玻意耳定律解答。【解答】解：（1）①根据动能定理可知，牙签出射时的动能为Ek＝F1s②根据平抛运动规律可知x＝vty=解得v＝xg③受力如图（2）①水对玻璃是不浸润；这是由于玻璃分子对附着层内水分子的吸引力小于液体内部水分子间的吸引力。②气体做等压变化，由盖﹣吕萨克定律有V解得x=故AB错误，C正确；故选：C。③根据玻意耳定律有p0（V0+xS）＝p1（V0+x'S）解得x'＝30.3cm故答案为：（1）F1s；xg2y；图见解析；（2）不浸润；小于；C【点评】本题考查理想气体状态方程及动能定理、平抛运动的运用，解题关键掌握基本知识点即可。三、传感器3．（18分）（2025•嘉定区二模）传感器能将非电学量转化为电学量，传感器中的核心部件为敏感元件。（1）磁传感器可以用来测量磁场的强弱，其核心敏感元件是B。A．条形磁铁B．霍尔元件C．LC振荡电路D．软铁芯（2）小李同学利用电容器极板和电介质板制成了一个电容式位移传感器，如图所示，当被测物体向左移动，会带动电介质板插入电容器极板间，在此过程中：①电容器极板带电量C。A．减小B．不变C．增大②流经灵敏电流计G的电流方向为C。A．a到bB．先a到b再b到aC．b到aD．先b到a再a到b（3）图（a）中的金属片和金属丝为力传感器的敏感元件。上、下表面的金属丝分别为R1和R2，当金属片受力弯曲时，其中一根金属丝被拉长，另一根被压缩。①当金属片右端向下受力F弯曲时，上表面的金属丝R1阻值C。A．减小B．不变C．增大②图（b）为该传感器内部的工作电路示意图，电源电动势E＝9V，内阻r＝2Ω。初始时R1＝R2＝8Ω，对金属片施加向上或向下的力，R1和R2阻值变化量的绝对值|ΔR|相等，且0≤|ΔR|≤4Ω，则电阻R1两端电压变化范围为2V～6V，R1最大功率为3W。【考点】平行板电容器的相关参数与计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）B；（2）①C；②C；（3）①C；②2，6，3。【分析】（1）霍尔元件可以把磁场的强弱转化为电压的高低；（2）①根据电容的决定式分析电容的变化；②根据Q＝CU分析电容器带电荷量的变化，进而判断电流方向；（3）②根据电阻定律判断；②根据闭合电路的欧姆定律计算电压的变化范围；先计算出电路中的电流大小，然后根据功率公式计算即可。【解答】解：（1）磁传感器可以用来测量磁场的强弱，其核心敏感元件把磁感应强度转化为电压，所以是霍尔元件，故B正确，ACD错误。故选：B。（2）①当被测物体向左移动，会带动电介质板插入电容器极板间，则插入极板的电介质的介电常数ɛr增加，根据C=ɛrS4πkd故选：C。②由上面的分析可知，电容器的电容增加，因为电容器始终和电源保持连接，所以电容器两板间电压不变，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量增多，则给电容器充电，所以电流方向为由b到a，故C正确，ABD错误。故选：C。（3）①当金属片右端向下受力F弯曲时，上表面的金属丝R1变长，根据R=ρlS可知，金属丝R1阻值增大，故C故选：C。②R1阻值的最大值为R1max＝R1+ΔR＝8Ω+4Ω＝12Ω，对应此时R2的阻值最小，R2的最小阻值为R2min＝R2﹣ΔR＝8Ω﹣4Ω＝4Ω。同理R1的最小阻值为R1min＝4Ω，对应R2的最大阻值为R2max＝12Ω。所以R1两端的最大电压为U1max=ER1max+R2min+r⋅R1max，解得U1max＝6V；R1两端的最小电压为U1min=ER1min+R2故答案为：（1）B；（2）①C；②C；（3）①C；②2，6，3。【点评】掌握电容的定义式和决定式、闭合电路的欧姆定律是解题的基础。四、带电粒子的“照片”4．（10分）（2025•嘉定区二模）在物理学的研究中，应用“气泡室”“云室”等装置可以显示带电粒子的径迹。（1）图为带电粒子在气泡室运动径迹的照片，气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中。同一条径迹半径越来越小，粒子A。A．速度大小不断减小B．速度大小不断增大C．所受的洛伦兹力始终对粒子做负功D．所受的洛伦兹力始终对粒子做正功（2）图为一带电粒子在气泡室中穿过一金属箔的轨迹。气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中，则带电粒子A。A．运动方向由A到B，粒子带正电B．运动方向由A到B，粒子带负电C．运动方向由B到A，粒子带正电D．运动方向由B到A，粒子带负电E．运动方向均有可能，电性均有可能（3）图为α粒子轰击氮核的云室照片，两分叉的径迹中，短而粗的是817O的径迹。写出卢瑟福发现质子的核反应方程：【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【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）A；（2）A；（3）7【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力和洛伦兹力的方向与速度方向的关系判断；（2）带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，穿过一薄金属箔粒子的能量减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向，再由左手定则判断电荷的电性；（3）根据核反应前后质量数与核外电子数守恒，可以写出核反应方程。【解答】解：（1）AB.根据qvB=可得R=则轨道半径随速度减小而减小故A正确，B错误；CD.因为洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，故CD错误。故选：A。（2）粒子穿过一薄金属箔后速度一定减小，结合（1）的分析，则粒子运行半径减小，说明粒子一定是由A到B运动，由左手定则可知粒子带正电，故A正确，BCDE错误。故选：A。（3）卢瑟福发现质子的核反应方程为：7故答案为：（1）A；（2）A；（3）7【点评】本题要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径和左手定则就能正确解答，注意粒子速度和半径的关系。五、光的魔术5．（18分）（2025•嘉定区二模）光能够直线传播，也能发生反射、折射、全反射、衍射、干涉等现象。（1）如图所示，在xOy坐标系中一小球以10πrad/s的角速度绕原点O做顺时针方向的圆周运动，轨迹半径R为10cm。MN是垂直于x轴放置的大屏幕，一束平行光沿x轴正方向照射小球，观察到小球的影子在屏幕上做简谐运动。从小球经过A点开始计时：①影子在y轴方向上的位移y与时间t的关系式为y＝10sin（10πt）cm。②t＝0.10s时，小球的速度方向为沿y轴负方向。（2）将激光对准瓶上的喷水口水平照射，观察到激光束沿水流方向发生了弯曲，光被完全限制在水流内，出现了“水流导光”现象。①“水流导光”是一种光的全反射现象。②（多选）为更容易发生“水流导光”现象，可以AC。A．增大喷出的水流速度B．减小喷出的水流速度C．改用折射率大的液体D．改用折射率小的液体（3）当光照射到物体表面上，光子会被反射或者吸收，此时对物体表面就会产生压强，这个压强被称为“光压”。某激光器功率为P，发射出波长为λ的激光。假设这束光垂直照射到物体表面时，光子全部被垂直反射。如图所示为Δt时间内光子束的“柱状模型”，已知光束横截面积为S，普朗克常量为h，光速为c。①一个光子反射前后，动量变化量Δp为2hλ②Δt时间内到达物体表面的光子数n为PΔtλhc③（计算）求激光束对物体表面产生的光压I。（用P、S、c表示）【考点】光的折射现象；光子的动量；动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；推理法；光的波粒二象性和物质波专题；推理论证能力．【答案】（1）①10sin（10πt）；②沿y轴负方向；（2）①全反射；②AC（3）①2hλ；②PΔtλh【分析】（1）①根据数学知识写出影子在y轴方向上的位移y与时间t的关系式；②确定小球在t＝0.10s时在圆周上所处的位置，得出速度方向；（2）①“水流导光”是一种光的全反射现象；②根据公式sinC=1（3）①根据德布罗意波长公式求解动量变化量；②由激光器的发射功率和光子能量公式求解Δt时间内到达物体表面的光子数；③根据动量定理和压强公式计算。【解答】解：（1）①由题意可知y＝Asinωt其中A＝10cm，ω＝10πrad/s代入可得影子在y轴方向上的位移y与时间的关系式为y＝10sin（10πt）cm②t＝0.10s时，y＝0，且小球做圆周运动的周期为T=2故t＝0.10s时小球运动到x轴正半轴，故小球的速度方向为y轴负方向。（2）①激光束发生弯曲是因为光在水柱与空气界面上发生全反射，就像光导纤维一样，故“水流导光”是一种光的全反射现象。②为了更容易发生“水流导光”现象，根据sinC=1n可得可以改用折射率小的液体，也可以增大入射角，可以通过增大喷出的水流速度，水流射程增大，即增大了激光射出水流时的入射角，故AC正确，故选：AC。（3）①一个光子发射前后，动量变化量为Δp=②Δt时间内激光器发射的激光的能量为PΔt＝nɛ光子的能量为ɛ＝hc可得Δt时间内到达物体表面的光子数n为n=③设该激光作用在物体表面时产生的压力为F0，根据牛顿第三定律可知，物体表面对激光的力大小也为F0，由动量定理F0Δt＝nΔp激光束对物体表面产生的光压为I=联立可得I=故答案为：（1）①10sin（10πt）；②沿y轴负方向；（2）①全反射；②AC（3）①2hλ；②PΔtλh【点评】此题考查了光的直线传播、反射、全反射等现象，是一道综合性较强的题目。六、电与磁6．（15分）（2025•嘉定区二模）麦克斯韦提出的“变化的磁场产生电场”和“变化的电场产生磁场”是电磁场理论的两个重要思想。根据楞次定律判断，当磁场增强时，电场方向应如图（a）所示。（1）若某阶段LC振荡电路中的电流如图（b）所示。①（多选）该阶段电路中BC。A．电容器正在放电B．电流正在逐渐减小C．磁场能转化为电场能D．板间的电场强度在减小②麦克斯韦指出，电场强度变化得越快，产生的磁场磁感应强度越大。在该阶段，电容器中产生的感应磁场的磁感应强度A。A．减小B．不变C．增大（2）图为某磁悬浮列车利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身底部固定N匝矩形导线框abcd，ab边长为L1，bc边长为L2，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，NP也为L2，MN与ab平行。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车恰好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。①线框abcd进入磁场时的电流方向为abcd。（用字母表示）②线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小a为N2B2③（计算）求线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q。【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；线圈进出磁场的能量计算；电磁振荡及过程分析．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】（1）①BC；②A；（2）①abcd；②N2B2L1【分析】（1）①根据电流方向及电容器带电情况判定电容器是充电还是放电，从而判定电流及电场强度的变化；根据电流的变化判断能的转化；②根据麦克斯韦理论分析判断；（2）①根据楞次定律和右手螺旋定则判断感应电流的方向；②根据法拉第电磁感应定律求解列车ab边进入磁场时产生的感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流，最后根据牛顿第二定律求解列车的加速度；③线框从进入磁场到离开磁场过程，根据动能定理求解线框产生的焦耳热。【解答】（1）①AB.根据已知条件可知，连接电容器的导线具有向上的电流，电容器电场方向向上，电容器下极板带正电，故电容器正在充电，所以电流逐渐减小，故A错误，B正确；C.结合以上分析可知，磁场能转化为电场能，故C正确；D.充电过程中电容器电荷量越来越多，电容器两极板的电压在增大，所以电场强度越来越大，故D错误；故选：BC。②根据变化的电场也会在周围的空间产生磁场，电场随时间变化越快，产生的磁场越强，可知电容充电时，场强变大，但是电流在减小，所以场强的变化率在减小，故电容器中产生的感应磁场的磁感应强度减小，故A正确，BC错误。故选：A。（2）①列车进站过程中穿过线框的磁通量变大，由楞次定律及安培定则可知列车进站过程中电流方向为abcd；②列车αb边进入磁场瞬间产生的感应电动势为E＝NBL1v0由闭合电路的欧姆定律得I=对列车由牛顿第二定律得BlL+f＝ma联立解得a=③线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理得WA又﹣WA＝Q联立方程解得Q=故答案为：（1）①BC；②A；（2）①abcd；②N2B2L1【点评】本题考查振荡电路的性质和电磁感应中的能量问题，要求学生明确电容器的充放电特征是解题的关键，注意各物理量周期性的变化是解题的核心，能正确分列车的运动过程，熟练应用对应的规律解题。

考点卡片1．质点【知识点的认识】（1）定义：用来代替物体的有质量的点．①质点是用来代替物体的具有质量的点，因而其突出特点是“具有质量”和“占有位置”，但没有大小，它的质量就是它所代替的物体的质量．②质点没有体积或形状，因而质点是不可能转动的．任何转动的物体在研究其自转时都不可简化为质点．③质点不一定是很小的物体，很大的物体也可简化为质点．同一个物体有时可以看作质点，有时又不能看作质点，要具体问题具体分析．（2）物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看做一个质点．（3）突出主要因素，忽略次要因素，将实际问题简化为物理模型，是研究物理学问题的基本思维方法之一，这种思维方法叫理想化方法．质点就是利用这种思维方法建立的一个理想化物理模型．【命题方向】（1）第一类常考题型是对具体事例进行分析：在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．解答：A、研究乒乓球的旋转时，不能把乒乓球看成质点，因为看成质点的话，就没有旋转可言了，所以A错误．B、研究车轮的转动是，不能把车轮看成质点，因为看成质点的话，就没有转动可言了，所以B错误．C、研究跳水运动员在空中的翻转时，不能看成质点，把运动员看成质点的话，也就不会翻转了，所以C错误．D、研究地球绕太阳的公转时，地球的大小对于和太阳之间的距离来说太小，可以忽略，所以可以把地球看成质点，所以D正确．故选D．点评：考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．（2）第二类常考题型是考查概念：下列关于质点的说法中，正确的是（）A．质点是一个理想化模型，实际上并不存在，所以，引入这个概念没有多大意义B．只有体积很小的物体才能看作质点C．凡轻小的物体，皆可看作质点D．如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点分析：物体可以看成质点的条件是物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题．解答：A、质点是一个理想化模型，实际上并不存在，引入这个概念可以简化我们分析的问题，不是没有意义，所以A错误；B、体积大的物体也可以看做质点，比如地球，所以B错误；C、轻小的物体，不一定可以看做质点，要看它的形状对分析的问题有没有影响，所以C错误；D、如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点，所以D正确．故选：D．点评：考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．【解题方法点拨】理想模型及其在科学研究中的作用在自然科学的研究中，“理想模型”的建立，具有十分重要的意义．第一，引入“理想模型”的概念，可以使问题的处理大为简化而又不会发生大的偏差．把现实世界中，有许多实际的事物与这种“理想模型”十分接近．在一定的场合、一定的条件下，作为一种近似，可以把实际事物当作“理想模型”来处理，即可以将“理想模型”的研究结果直接地应用于实际事物．例如，在研究地球绕太阳公转的运动的时候，由于地球与太阳的平均距离（约为14960万公里）比地球的半径（约为6370公里）大得多，地球上各点相对于太阳的运动可以看做是相同的，即地球的形状、大小可以忽略不计．在这种场合，就可以直接把地球当作一个“质点”来处理．在研究炮弹的飞行时，作为第一级近似，可以忽略其转动性能，把炮弹看成一个“质点”；作为第二级近似，可以忽略其弹性性能，把炮弹看成一个“刚体”．在研究一般的真实气体时，在通常的温度和压强范围内，可以把它近似地当作“理想气体”，从而直接地运用“理想气体”的状态方程来处理．第二，对于复杂的对象和过程，可以先研究其理想模型，然后，将理想模型的研究结果加以种种的修正，使之与实际的对象相符合．这是自然科学中，经常采用的一种研究方法．例如：“理想气体”的状态方程，与实际的气体并不符合，但经过适当修正后的范德瓦尔斯方程，就能够与实际气体较好地符合了．第三，由于在“理想模型”的抽象过程中，舍去了大量的具体材料，突出了事物的主要特性，这就更便于发挥逻辑思维的力量，从而使得“理想模型”的研究结果能够超越现有的条件，指示研究的方向，形成科学的预见．例如：在固体物理的理论研究中，常常以没有“缺陷”的“理想晶体”作为研究对象．但应用量子力学对这种“理想晶体”进行计算的结果，表明其强度竟比普通金属材料的强度大一千倍．由此，人们想到：既然“理想晶体”的强度应比实际晶体的强度大一千倍，那就说明常用金属材料的强度之所以减弱，就是因为材料中有许多“缺陷”的缘故．如果能设法减少这种“缺陷”，就可能大大提高金属材料的强度．后来，实践果然证实了这个预言．人们沿着这一思路制造出了若干极细的金属丝，其强度接近于“理想晶体”的强度，称之为“金胡须”．总之，由于客观事物具有质的多样性，它们的运动规律往往是非常复杂的，不可能一下子把它们认识清楚．而采用理想化的客体（即“理想模型”）来代替实在的客体，就可以使事物的规律具有比较简单的形式，从而便于人们去认识和掌握它们．2．平均速度（定义式方向）【知识点的认识】1．定义：平均速度是描述作变速运动物体运动快慢的物理量．一个作变速运动的物体，如果在一段时间t内的位移为s，则我们定义v=s2．平均速度和平均速率的对比：平均速度=【命题方向】例1：一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着t2内的平均速度是v2A．vB.23vC.34vD.分析：分别根据v=解：物体的总位移x=vt+v2×t2=5vt4故选D．点评：解决本题的关键掌握平均速度的定义式v=【解题思路点拨】定义方向意义对应平均速度运动质点的位移与时间的比值有方向，矢量粗略描述物体运动的快慢某段时间（或位移）平均速率运动质点的路程与时间的比值无方向，标量粗略描述物体运动的快慢某段时间（或路程）3．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。4．车辆在道路上的转弯问题【知识点的认识】汽车转弯问题模型如下模型分析：一般来说转弯处的地面是倾斜的，当汽车以某一适当速度经过弯道时，由汽车自重与斜面的支持力的合力提供向心力；小于这一速度时，地面会对汽车产生向内侧的摩擦力；大于这一速度时，地面会对汽车产生向外侧的摩擦力。如果转弯速度过大，侧向摩擦力过大，可能会造成汽车翻转等事故。【命题方向】在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的在水平面内的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A.gRhLB.gRhd分析：要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速。解答：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝mv又由数学知识得到tanθ=联立解得v=故选：B。点评：本题是生活中圆周运动的问题，关键是分析物体的受力情况，确定向心力的来源。【解题思路点拨】车辆转弯问题的解题策略（1）对于车辆转弯问题，一定要搞清楚合力的方向，指向圆心方向的合外力提供车辆做圆周运动的向心力，方向指向水平面内的圆心。（2）当外侧高于内侧时，向心力由车辆自身的重力和地面（轨道）对车辆的摩擦力（支持力）的合力提供，大小还与车辆的速度有关。5．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．6．平行板电容器的相关参数与计算【知识点的认识】综合应用电容的定义式C=QU和平行板电容器电容的决定式可以计算平行板电容器的相关参数，如极板电荷量、电压、板间距离，进一步结合电场强度与电势差的关系E=Ud计算两板之间的电场强度以及应用电场力与电场强度的关系F＝【命题方向】某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一电量为q的点电荷，则它所受到的电场力的大小为（）A、2kQdd2B、4kQdd2分析：由电容的定义式C=QU求出两极板间的电压，由板间电压与场强的关系式U＝Ed求出板间场强，点电荷所受的电场力大小为F＝qE。解答：由电容的定义式C=QU得，板间电压为U=QC．板间场强大小为E=Ud故选：C。点评：本题考查对于电容、板间电压、场强等物理量之间关系的掌握情况。基础题。【解题思路点拨】电容的定义式与决定式的比较1.C=QU是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U，但C2.C=ɛrS4πkd是平行板电容器电容的决定式，C∝ɛr，7．电动机中的能量转化与计算【知识点的认识】1.含有电动机的电路是非纯电阻电路，电流做功除了只有一小部分转化成内能，绝大部分要转化成机械能，其能量转化情况如下图2.电动机正常工作时的具体能量转化如下（1）电动机的输入功率是电动机消耗的总功率，P入＝UI。（2）电动机的热功率是线圈上电阻的发热功率，P热＝I2r。（3）电动机的输出功率是电动机将电能转化为机械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）电动机的效率η=P出P入3.本考点主要针对电动机问题中的能量计算，比如输入、输出功率、热功率、做功情况、发热量等。【命题方向】如图所示，电动机M的内阻是0.6Ω，R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数110V，求：（1）通过电动机的电流多大？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机工作1h所产生的热量为多少？分析：（1）计算通过电动机的电流，也就是计算流过电阻R的电流即可．（2）计算电动机的功率用公式P＝U电I即可．（3）计算电动机产生的热量Q＝I2Rt即可．解答：（1）电动机跟电阻串联，所以电流相等电阻R两端的电压为UR＝U﹣UV＝160﹣110＝50V电动机的电流为I=URR（2）电动机消耗的电功率为：P＝U电I＝110×5＝550W（3）电动机工作1h所产生的热量为：Q＝I2Rt＝52×0.6×3600＝5.4×104J答（1）通过电动机的电流为5A．（2）电动机消耗的电功率为550W．（3）电动机工作1h所产生的热量为5.4×104J．点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．【解题思路点拨】电动机电路的分析与计算8．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．9．线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算【知识点的认识】1.电磁感应中的电路类问题主要涉及到求取电学中的物理量，如电流、电压、电量、功率等。本考点旨在针对线圈进出磁场的电路类问题。2.电磁感应与电路结合的相关问题的解决方法（1）明确产生感应电动势的导体或部分电路，该导体或部分电路就相当于电源。（2）画等效电路图，分清内、外电路。（3）用法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向（4）运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率，电热等公式联立求解。（5）电磁感应中的电荷量问题：闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动面形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量（感应电荷量）q＝I•Δt=ER总•Δt＝nΔΦΔt【命题方向】如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（）A.Q1＞Q2q1＝q2B.Q1＞Q2q1＞q2C.Q1＝Q2q1＝q2D.Q1＝Q2q1＞q2分析：由q=N解答：设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，Q1＝BI1Lab•Lbc=B2Lq1＝I1Δt=N△Φ同理可以求得：Q2＝BI2Lbc•Lab=B2Lq2＝I2Δt=N△Φlab＞lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，因此：Q1＞Q2，q1＝q2，故A正确，BCD错误。故选：A。点评：在电磁感应题目中，公式q=N△ΦR总，常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①【解题思路点拨】电磁感应中的电路类问题的解题思路①求感应电动势E＝Blv或E＝nΔΦ②画等效电路图③求感应电流I=④求电路两端电压U内＝Ir以及U外＝E﹣Ir⑤求电路功率P外＝IU外以及P总＝IE10．线圈进出磁场的能量计算【知识点的认识】1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。本考点旨在针对线圈进入磁场的能量分析与计算。2.求解电能应分清两类情况（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。（2）若电流变化，则：①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。3.电磁感应现象中的能量转化（1）安培力做功（2）焦耳热的计算①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感应电流变化时，可用以下方法分析：a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，【命题方向】如图所示，边长为L的正方形导线框其质量为m，在距磁场上边界高H处自由下落，其下边框ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边框cd刚穿出磁场时，其速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（）A、2mgLB、2mgL+mgHC、2mgL+34mgHD、2mgL分析：根据机械能守恒定律求出ab边刚进入磁场时的速度．线框穿越匀强磁场过程中机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解焦耳热．解答：根据机械能守恒定律得mgH=得v=从线框下落到穿出匀强磁场过程，根据能量守恒定律得，焦耳热Q＝2mgL+mgH-12故选：C。本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要正确分析能量是如何转化的．【解题思路点拨】电磁感应中的能量转化问题1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：2．电能求解思路主要有三种（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．11．电磁振荡及过程分析【知识点的认识】1.振荡电流与振荡电路大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。由电感线圈L和电容C组成的电路，就是最简单的振荡电路，称为LC振荡电路。2.电路图如下：3.电磁振荡过程在开关掷向线圈一侧的瞬间，也就是电容器刚要放电的瞬间（图a），电路里没有电流，电容器两极板上的电荷最多。电容器开始放电后，由于线圈的自感作用，放电电流不能立刻达到最大值，而是由0逐渐增大，同时电容器极板上的电荷逐渐减少。到放电完毕时（图b），放电电流达到最大值，电容器极板上没有电荷。电容器放电完毕时，由于线圈的自感作用，电流并不会立即减小为0，而要保持原来的方向继续流动，并逐渐减小。由于电流继续流动，电容器充电，电容器两极板带上与原来相反的电荷，并且电荷逐渐增多。充电完毕的瞬间，电流减小为0，电容器极板上的电荷最多（图c）。此后电容器再放电（图d）、再充电（图e）。这样不断地充电和放电，电路中就出现了大小、方向都在变化的电流，即出现了振荡电流。在整个过程中，电路中的电流i电容器极板上的电荷量q、电容器里的电场强度E、线圈里的磁感应强度B，都在周期性地变化着。这种现象就是电磁振荡。4.电磁振动中的能量变化从能量的观点来看，电容器刚要放电时，电容器里的电场最强，电路里的能量全部储存在电容器的电场中；电容器开始放电后，电容器里的电场逐渐减弱，线圈的磁场逐渐增强，电场能逐渐转化为磁场能；在放电完毕的瞬间，电场能全部转化为磁场能；之后，线圈的磁场逐渐减弱，电容器里的电场逐渐增强，磁场能逐渐转化为电场能；到反方向充电完毕的瞬间，磁场能全部转化为电场能。所以，在电磁振荡的过程中，电场能和磁场能会发生周期性的转化。如果没有能量损失，振荡可以永远持续下去，振荡电流的振幅保持不变。但是，任何电路都有电阻，电路中总会有一部分能量会转化为内能。另外，还会有一部分能量以电磁波的形式辐射出去。这样，振荡电路中的能量就会逐渐减少，振荡电流的振幅也就逐渐减小，直到最后停止振荡。如果能够适时地把能量补充到振荡电路中，以补偿能量损耗，就可以得到振幅不变的等幅振荡（下图）。实际电路中由电源通过电子器件为LC电路补充能量。【命题方向】LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法错误的是（）A、若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B、若电容器正在放电。则电容器上极板带负电C、若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大D、若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大分析：图为LC振荡电路，当电容器充电后与线圈相连，电容器要放电，线圈对电流有阻碍作用，使得Q渐渐减少，而B慢慢增加，所以电场能转化为磁场能。解答：A、若磁场正在减弱，由楞