2025年四川省成都市高考物理二模试卷

第93页（共93页）2025年四川省成都市高考物理二模试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）（2025•成都二模）下列说法不正确的是（）A．图甲中，当弧光灯发出的光照射到锌板上时，与锌板相连的验电器铝箔有张角，证明光具有粒子性 B．图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，当入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E C．图丙中，用从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂，可以发生光电效应 D．丁图中由原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系可知，若D和E能结合成F，结合过程一定会释放能量2．（4分）（2025•成都二模）图示为一辆小汽车在公路上运动的位移—时间图像（x﹣t），图线为抛物线，其纵截距为9m，t＝3s处与时间轴t相切，0时刻图线的切线与t轴相交为（t1，0）。则可确认（）A．小汽车正在转弯 B．图像中的t1＝1.5s C．0～3s内，有一个时刻小汽车速度为7m/s D．0～3s内，小汽车平均速度为4.5m/s3．（4分）（2025•成都二模）如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为mgcosθB．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右 C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为mgcosθD．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg4．（4分）（2025•成都二模）如图甲所示，将带电量为+Q的带电体固定在粗糙绝缘水平地面上的O点（可视为点电荷，图中未画出），以O点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系。现将质量为m的带电滑块，从A点由静止释放，滑块向右运动，最终静止于C点，其速度随位置的变化图像如图乙所示，滑块经过B点时的速度最大。已知OB＝r0，且A为OB的中点，滑块与地面之间的动摩擦因数为μ，静电力常量为k，重力加速度为g，点电荷周围的电势φ=kQr（A．滑块带正电 B．滑块的电荷量为μmgrC．滑块经过B点时的速率为μgrD．C点的位置坐标为3r05．（4分）（2025•成都二模）地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示，天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归。哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预计下一次飞近地球将在2061年左右。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；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，由以上信息可知，下列说法正确的是（）A．哈雷彗星轨道的半长轴约是地球公转半径的375B．线速度大小v1＜v2 C．哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为r1D．哈雷彗星从近日点运动到远日点的过程中，引力势能逐渐减小6．（4分）（2025•成都二模）如图是超导电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，它们之间的距离为L且处于垂直纸面的匀强磁场区域（由超导线圈产生，其独立电路部分未画出）。通电后，两电极之间的海水受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下行驶。已知船的总质量为m，当电极间的电流为I、磁场的磁感应强度大小为B时，船体恰好以速度v匀速航行。设船体受到的阻力恒定，关于超导电磁船，以下说法正确的是（）A．该超导电磁船应用的是电磁感应原理 B．若MN接直流电源的正极，则磁场方向垂直纸面向里时船体前进 C．改变电极正负或磁场方向，可控制船体前进或后退 D．若仅将磁场的磁感应强度增大为2B，则船体的加速度大小为27．（4分）（2025•成都二模）两列简谐横波在同一介质中相向传播，t＝0时刻的波形如图所示，两波源的平衡位置分别位于M、N两点处，O点为M、N连线的中点，两波源的振动方向平行。已知M、N两点的间距d＝16m，振动频率均为f＝2.5Hz，M处波源的振幅A1＝10cm，N处波源的振幅A2＝5cm。t＝1.2s时刻O处的质点开始振动。下列说法正确的是（）A．两列波的波速大小均为203B．从t＝0到t＝2.2s，O处质点运动的路程为0.5m C．从t＝2.0s到t＝2.2s，O处质点的动能先增大后减小 D．经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有14个二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）8．（6分）（2025•汉中模拟）将某新材料压制成半圆柱体，横截面如图甲所示。一束红光从真空沿半圆柱体的径向射入，并与底面上过圆心O点的法线成θ角，CD为足够大的光学传感器，可以探测从AB面反射光的强度，反射光强度随θ变化规律如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的有（）A．新材料对红光的折射率为53B．图甲中，红光反射光线的频率大于折射光线的频率 C．图甲中，红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小 D．图甲中，入射角θ减小到0时，光将全部从AB界面透射出去（多选）9．（6分）（2025•成都二模）光控开关是“太阳能路灯”实现自动控制的重要元件，其内部电路的简化原理图如图，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小），忽略灯阻值由于亮度变化的影响。在黎明时分，闭合开关，环境光照稳定时，电容器两板间小液滴处于静止状态，则环境光照逐渐增强时（）A．L1灯、L2灯均逐渐变暗 B．L2灯的电压与电流的变化量之比不变 C．电源的输出功率一定是先变大后变小 D．小液滴向上运动，在接触极板前机械能增大（多选）10．（6分）（2025•成都二模）如图所示，速度选择器入口有一个粒子源P，它能向选择器注入大量不定速率的氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)。选择器内部的磁场磁感应强度为B1和电场方向见图，选择器出口右侧沿选择器中轴线确定x轴建立坐标系，第一象限内（包括x轴）以直线OA（y＝A．圆周运动的半径相同 B．最先跨过OA分界线的是氚核 C．下次再次相遇前的路程相同 D．下次相遇时三种粒子的速度要么平行，要么垂直三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13～15小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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（10分）（2025•成都二模）某同学设计“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。铁架台放在水平台面上，上端安装电磁铁，接通电磁铁的开关后能吸住小球，电磁铁正下方安装一个光电门，光电门连接的数字计时器能记录下小球下落时经过光电门的时间。实验中测出小球直径为d、小球球心与光电门中心的高度差为h，断开电磁铁开关，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间t。已知当地的重力加速度大小为g。（1）下列关于实验的说法正确的是。A．实验时必须用天平测出小球的质量B．实验时应选用体积小、质量大的小球C．可用来计v＝gt算小球经过光电门时的速度大小，并用来验证小球的机械能守恒D．可用v=（2）小球经过光电门时的速度大小v＝（用题目中给定的物理量符号表示）。（3）调整电磁铁位置，得出多组h、t数据，并画出了如图乙所示的h-1t2图像，若在误差允许范围内，图像的斜率k＝12．（10分）（2025•成都二模）按要求填空：（1）半偏法测电流表内阻的电路如图甲，图中器材参数如下：待测电流表A（量程0∼1mA）滑动变阻器R1（最大阻值10kΩ）电阻箱R2（最大阻值999.9Ω）电源E（电动势为6V，内阻很小）测量方法是：先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针半偏，此时电阻箱R2的示数为99.0Ω。则电流表A内阻的测量值为Ω。（2）将该电流表A改装成量程为0～100mA的电流表A1，应给电流表A（选填“串联”或“并联”）一个电阻，改装后的电流表A1的内阻为Ω。（3）测量一节废旧干电池的电动势E和内阻r，利用改装后的电流表A1和其它实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录多组数据，画出1I-R0图像为一条直线（如图丙），由图中数据计算出该电池的电动势E＝V，内阻r＝13．（10分）（2025•成都二模）如图所示，爆米花机是一种对谷物进行膨化加工的装置，主体为一导热良好的钢制罐体，罐体的容积为4×10﹣3m3，两端分别焊接了支撑轴和摇柄。在p0＝1atm（1个标准大气压）的气压，27℃的干燥环境下打开阀门向罐体内放入1×10﹣3m3的谷物，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，谷物内部分水分汽化成高压水蒸气与罐内空气形成混合气体（可视为理想气体）。当罐内混合气体温度为327℃、压强达5atm时，打开阀门，因为压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。忽略谷物间隙气体的体积和在罐体内加热过程中谷物体积的变化。已知绝对零度为﹣273℃。求：（1）从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强。（已知混合气体的压强等于在同温度同体积条件下组成混合气体的各成分单独存在时的分压强之和）（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比。14．（12分）（2025•成都二模）如图所示，桌面上有一轻质弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端B点位于桌面右侧边缘。水平桌面右侧有一竖直放置、半径R＝0.3m的光滑半圆轨道MNP，桌面与轨道相切于M点，在以MP为直径的右侧和水平半径ON的下方部分有水平向右的匀强电场，场强的大小E=mgq，现用质量m0＝0.4kg的小物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量m＝0.2kg、带+q的绝缘小物块b将弹簧缓慢压缩到C点，释放后，小物块b离开桌面由M点沿半圆轨道运动，恰好能通过轨道的最高点P．（g取10m/s（1）小物块b经过桌面右侧边缘B点时的速度大小；（2）释放后，小物块b在运动过程中克服摩擦力做的功；（3）小物块b在半圆轨道中运动到最大速度的位置记为D（图中未标出），则从B点到D点，电场力做的功。15．（12分）（2025•成都二模）如图所示，将电阻为R＝0.02Ω、质量为m＝0.01kg的单匝正方形闭合线圈abcd水平放置在顺时针运行的水平传送带的最左端，其边长为l＝0.1m，边界MN、PQ与传送带运行方向垂直，在MN、PQ区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度为B＝0.4T的匀强磁场，MN、PQ边界间距为d＝0.26m，线圈在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，传送带的速度为v0＝1m/s，t＝0时刻，线圈ab边与MN重合，t1＝0.2s时刻，线圈cd边与MN重合，t2时刻线圈ab边与PQ重合，已知重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）t＝0时刻，线圈中的感应电流大小；（2）t1时刻，线圈的速度大小；（3）t2；（4）0﹣t2时间内，线框中产生的焦耳热。

2025年四川省成都市高考物理二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BBCDACB二．多选题（共3小题）题号8910答案ACABCD一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）（2025•成都二模）下列说法不正确的是（）A．图甲中，当弧光灯发出的光照射到锌板上时，与锌板相连的验电器铝箔有张角，证明光具有粒子性 B．图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，当入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E C．图丙中，用从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂，可以发生光电效应 D．丁图中由原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系可知，若D和E能结合成F，结合过程一定会释放能量【考点】元素核子平均质量曲线；光电效应现象及其物理意义；光电效应方程的图像问题；原子能级跃迁与光电效应的结合．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题；推理论证能力．【答案】B【分析】弧光灯照射锌板发生光电效应现象，光电效应现象说明光具有粒子性；根据EK＝hν﹣hνc，入射光的频率为2ν0时，即可求出最大初动能；根据Em﹣En＝ΔE求出n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量，再进行判断；由原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系分析结合过程中总质量的变化。【解答】解：A．验电器铝箔有张角，说明锌板有电子逸出，发行光电效应，证明光具有粒子性，故A正确；B．根据光电效应方程Ek＝hν﹣W0结合图像可知W0＝E，h当入射光的频率为2ν0时，由Ekm＝h•2ν0﹣W0解得Ekm＝E故B错误；C．从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光的能量为ΔE＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6）eV＝10.20eV＞6.43eV即辐射出的光的能量大于逸出功，故可以发生光电效应，C正确；D．核子平均质量小，则平均结合能大。由图可知，D和E能结合成F，平均结合能变大，说明结合过程一定会释放能量，D正确。本题选择不正确的，故选：B。【点评】该题考查光电效应、原子核的核子平均质量与原子序数的关系，解题的关键知道光既具有粒子性，也具有波动性，衍射干涉说明光具有波动性，光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性。2．（4分）（2025•成都二模）图示为一辆小汽车在公路上运动的位移—时间图像（x﹣t），图线为抛物线，其纵截距为9m，t＝3s处与时间轴t相切，0时刻图线的切线与t轴相交为（t1，0）。则可确认（）A．小汽车正在转弯 B．图像中的t1＝1.5s C．0～3s内，有一个时刻小汽车速度为7m/s D．0～3s内，小汽车平均速度为4.5m/s【考点】根据x﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况．【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】B【分析】在位移—时间图像中，图像的斜率表示速度，抛物线表示物体做匀变速直线运动，平行于时间轴的直线表示物体静止。【解答】解：A．x﹣t图像只能描述物体做直线运动，不可能正在转弯，故A错误；D．0～3s内，小汽车平均速度为v故D错误；BC．根据逆向思维把小汽车看成做初速度为0的匀加速直线运动，0～3s内，则有x解得加速度大小为a则t＝0时刻小汽车的速度大小为v0＝at＝2×3m/s＝6m/s根据x﹣t图像的切线斜率绝对值等于速度大小，则有v解得t1＝1.5s由于小汽车做匀减速直线运动，所以0～3s内，小汽车的速度大小不可能大于6m/s，故B正确，C错误。故选：B。【点评】解决本题的关键要理解位移—时间图像表示的物理意义，知道图像的斜率表示速度，能根据图像的形状分析物体的运动情况。3．（4分）（2025•成都二模）如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为mgcosθB．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右 C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为mgcosθD．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】C【分析】装置向左做匀速直线运动时，以小球为研究对象，根据平衡条件求杆对小球的作用力大小。在粗糙水平面上运动时，分析加速度方向，由牛顿第二定律判断杆对小球的作用力方向和大小。【解答】解：A、装置向左匀速运动时，小球受平衡力的作用，则重力与杆对小球的作用力F大小相等、方向相反，即F＝mg，故A错误；B、进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下减速运动，对整体，由牛顿第二定律可知：μMg＝Ma，解得a＝μg，则小球的加速度大小也为μg，方向水平向右，小球的合力方向水平向右，由于小球竖直方向的合力一定为零，因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，因此在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，故B错误；C、小球受到重力和杆的作用力两个力作用，由力的合成法可知，杆对小球的作用力方向斜向右上方，如果杆对球的作用力方向沿杆方向，如图所示：此时有：mgtanθ＝ma，解得：a＝gtanθ，此时杆对小球的作用力为：FN=mgcosθ，故D、装置向左匀速运动时，杆对小球的作用力等于mg，故D错误。故选：C。【点评】解决本题时，要明确小球的受力情况，运用平衡条件和牛顿第二定律分析。要知道加速度方向与合力方向总是相同的，杆对球的弹力不一定沿杆方向，与球的运动状态有关。4．（4分）（2025•成都二模）如图甲所示，将带电量为+Q的带电体固定在粗糙绝缘水平地面上的O点（可视为点电荷，图中未画出），以O点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系。现将质量为m的带电滑块，从A点由静止释放，滑块向右运动，最终静止于C点，其速度随位置的变化图像如图乙所示，滑块经过B点时的速度最大。已知OB＝r0，且A为OB的中点，滑块与地面之间的动摩擦因数为μ，静电力常量为k，重力加速度为g，点电荷周围的电势φ=kQr（A．滑块带正电 B．滑块的电荷量为μmgrC．滑块经过B点时的速率为μgrD．C点的位置坐标为3r0【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；库仑力作用下的加速度问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据它们之间的相互作用分析；根据平衡条件结合点电荷场强公式计算；根据能量守恒定律分析CD。【解答】解：A．滑块从A点有静止释放，其向右运动，可知滑块与带电体之间的互相排斥，即两者之间带同种电荷，滑块带正电，故A正确；B．在B点滑块受到的电场力为F＝qEB根据点电荷场强公式有EB由题意可知，在B点其速度最大，即在B点滑块的合力为零，根据平衡条件有μmg=解得q=故B正确；C．由题意可知，滑块在A点的电势为φA在A点具有的电势能为EpA＝qφA在B点的电势为φB在B点具有的电势能为EpB＝qφB由A到B根据功能关系，有EpA解得vB故C正确；D．在C点的电势为φC在C点的电势能为EpC＝qφC从A到C由能量守恒，有EpA解得rC1＝2r0rC2=本题是选不正确的，故选：D。【点评】本题考查了点电荷场强公式的应用，以及带电体在电场中运动时基本规律的应用。5．（4分）（2025•成都二模）地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示，天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归。哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预计下一次飞近地球将在2061年左右。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；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，由以上信息可知，下列说法正确的是（）A．哈雷彗星轨道的半长轴约是地球公转半径的375B．线速度大小v1＜v2 C．哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为r1D．哈雷彗星从近日点运动到远日点的过程中，引力势能逐渐减小【考点】卫星或行星运行参数的计算；开普勒三大定律；万有引力与重力的关系（黄金代换）．【专题】比较思想；模型法；万有引力定律的应用专题；分析综合能力．【答案】A【分析】根据开普勒第三定律求哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径的关系；由开普勒第二定律分析哈雷彗星在近日点线速度与在远日点的线速度关系；根据牛顿第二定律求加速度之比；根据引力做功情况判断引力势能的变化情况。【解答】解：A、根据题意可知，哈雷彗星的周期约为75年，地球的公转周期为1年，由开普勒第三定律a3Ta=可得，哈雷彗星轨道的半长轴约是地球公转半径的3752倍B、由开普勒第二定律可知，哈雷彗星在近日点线速度大于在远日点的线速度，即v1＞v2，故B错误；C、根据牛顿第二定律有GMmr解得a=可得哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为a1a2D、哈雷彗星从近日点运动到远日点的过程中，引力做负功，则引力势能逐渐增加，故D错误。故选：A。【点评】解答本题的关键要掌握开普勒行星运动定律，并能熟练运用。对于天体做椭圆运动的情形，往往根据开普勒第三定律研究周期。6．（4分）（2025•成都二模）如图是超导电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，它们之间的距离为L且处于垂直纸面的匀强磁场区域（由超导线圈产生，其独立电路部分未画出）。通电后，两电极之间的海水受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下行驶。已知船的总质量为m，当电极间的电流为I、磁场的磁感应强度大小为B时，船体恰好以速度v匀速航行。设船体受到的阻力恒定，关于超导电磁船，以下说法正确的是（）A．该超导电磁船应用的是电磁感应原理 B．若MN接直流电源的正极，则磁场方向垂直纸面向里时船体前进 C．改变电极正负或磁场方向，可控制船体前进或后退 D．若仅将磁场的磁感应强度增大为2B，则船体的加速度大小为2【考点】电磁炮；安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，利用左手定则判断出磁场方向；改变电极正负或磁场的方向，安培力方向改变；根据牛顿第二定律可求加速度的大小。【解答】解：A、该超导电磁船应用了磁场对电流的作用力即安培力，故A错误；BC、两电极之间的海水受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动，因此，海水受到的安培力指向船尾方向，根据左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向外；改变电极正负或磁场的方向，安培力方向改变，可以控制船体前进或后退，故B错误，C正确；D、磁感应强度大小为B时，船体匀速运动，即f＝BIL，将磁感应强度大小增大为2B时，安培力变为2BIL，船体所受合外力大小F合＝2BIL﹣f＝BIL则加速度大小为BILm，故D故选：C。【点评】本题的解题关键是掌握左手定则和牛顿第三定律，并能正确运用，注意与右手定则的区别。7．（4分）（2025•成都二模）两列简谐横波在同一介质中相向传播，t＝0时刻的波形如图所示，两波源的平衡位置分别位于M、N两点处，O点为M、N连线的中点，两波源的振动方向平行。已知M、N两点的间距d＝16m，振动频率均为f＝2.5Hz，M处波源的振幅A1＝10cm，N处波源的振幅A2＝5cm。t＝1.2s时刻O处的质点开始振动。下列说法正确的是（）A．两列波的波速大小均为203B．从t＝0到t＝2.2s，O处质点运动的路程为0.5m C．从t＝2.0s到t＝2.2s，O处质点的动能先增大后减小 D．经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有14个【考点】波的叠加；波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．【专题】定量思想；推理法；波的多解性；推理论证能力．【答案】B【分析】二者的波速相同，根据运动学公式求解两列波的波速大小和波长大小；O点为振动减弱点，求出从t＝0到t＝2.2s，O点振动的时间，由此得到O处质点运动的路程；1.2s时O点处质点开始振动，根据O点的振动情况确定其动能的变化情况；两列波的振动步调相反，在M、N间的点，波程差为半波长的奇数倍时为振动加强点，由此分析加强的的个数。【解答】解：A．两列简谐横波在同一介质中传播，波速相等，由于两列简谐横波振动频率相等，则两列波的波长相等，故d﹣2λ＝2vt又v＝λf联立解得λ＝2m，v＝5m/s故A错误；B．两列简谐横波的周期为T=因为两波源振动步调相反，而O点为M、N连线的中点，所以O处质点为振动减弱点，t＝1.2s时刻O处的质点开始振动，从t＝1.2s到t＝2.2s，O处质点振动了1s，即52T，根据做简谐振动的质点一个周期走四个振幅的路程，可得从t＝0到t＝2.2s，s=故B正确；C．t＝1.2s时刻O处的质点开始振动，从t＝1.2s到t＝2s，O处质点振动了0.8s，即2T，根据相隔整数个周期质点的振动情况完全相同，可知t＝2s时刻，O处的质点位于平衡位置，从t＝2s到t＝2.2s，O处质点振动了0.2s，即12T，根据相隔半个周期奇数倍质点的振动情况完全相反，可知t＝2s时刻O处的质点位于平衡位置，故从t＝2.0s到t＝2.2s，O处质点的动能先减小后增大，故D．振幅为15cm的点为振动加强点，设振动加强点与M点的距离为x，两波源振动步调相反，则|x-(16-x)|=(n+12)λ解得x＝0.5m、1.5m、2.5m、3.5m、4.5m、5.5m、6.5m、7.5m、8.5m、9.5m、10.5m、11.5m、12.5m、13.5m、14.5m、15.5m故经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有16个，故D错误。故选：B。【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。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）8．（6分）（2025•汉中模拟）将某新材料压制成半圆柱体，横截面如图甲所示。一束红光从真空沿半圆柱体的径向射入，并与底面上过圆心O点的法线成θ角，CD为足够大的光学传感器，可以探测从AB面反射光的强度，反射光强度随θ变化规律如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的有（）A．新材料对红光的折射率为53B．图甲中，红光反射光线的频率大于折射光线的频率 C．图甲中，红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小 D．图甲中，入射角θ减小到0时，光将全部从AB界面透射出去【考点】光的折射与全反射的综合问题；光的折射定律；折射率的波长表达式和速度表达式．【专题】比较思想；解题方法；全反射和临界角专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】由图乙读出临界角C，根据全反射临界角公式求解折射率。光的频率与介质无关；根据v=cn【解答】解：A、由图可知，当θ＝37°时发生全反射，可知新材料对红光的折射率为n=1sinB、光的频率与介质无关，可知，图甲中，红光反射光线的频率等于折射光线的频率，故B错误；C、图甲中，根据v=cnD、图甲中，入射角θ减小到0时，仍有光线反射回介质中，而不是光将全部从AB界面透射出去，故D错误。故选：AC。【点评】本题主要考查光的全反射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，掌握全反射条件和临界角公式，并能用来分析实际问题。（多选）9．（6分）（2025•成都二模）光控开关是“太阳能路灯”实现自动控制的重要元件，其内部电路的简化原理图如图，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小），忽略灯阻值由于亮度变化的影响。在黎明时分，闭合开关，环境光照稳定时，电容器两板间小液滴处于静止状态，则环境光照逐渐增强时（）A．L1灯、L2灯均逐渐变暗 B．L2灯的电压与电流的变化量之比不变 C．电源的输出功率一定是先变大后变小 D．小液滴向上运动，在接触极板前机械能增大【考点】含容电路的动态分析．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】当环境光照逐渐增强时，光敏电阻减小，分析电路总电阻的变化，判断干路电流和路端电压的变化，确定L1灯、L2灯亮度的变化；L2灯的电压与电流的变化量之比等于L2灯的阻值；根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化；分析电容器板间场强的变化，判断小液滴的运动方向，结合电场力做功正负，分析其机械能如何变化。【解答】解：A、当光照逐渐增强时，光敏电阻Rt的阻值减小，电路的总电阻减小，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，L1灯、L2灯的电压都减小，则两灯均变暗，故A正确；B、L2灯是定值电阻，L2灯的电压与电流的变化量之比等于L2灯的阻值，不变，故B正确；C、由于Rt的电阻减小，电源的外电阻在减小，因无法确定外电阻与电源内电阻的关系，所以无法判断电源输出功率的变化情况，故C错误；D、路端电压减小，则电容器C的电压减小，由E=Ud可知，板间场强减小，小液滴受到的电场力减小，则小液滴向下运动，电场力做负功，其机械能减小，故故选：AB。【点评】在动态电路分析中，掌握电压、电流随电阻的变化规律是解题的关键。电路当中任何一个电阻增大时，电路的总电阻就会增大，总电流就减小。（多选）10．（6分）（2025•成都二模）如图所示，速度选择器入口有一个粒子源P，它能向选择器注入大量不定速率的氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)。选择器内部的磁场磁感应强度为B1和电场方向见图，选择器出口右侧沿选择器中轴线确定x轴建立坐标系，第一象限内（包括x轴）以直线OA（y＝x）为A．圆周运动的半径相同 B．最先跨过OA分界线的是氚核 C．下次再次相遇前的路程相同 D．下次相遇时三种粒子的速度要么平行，要么垂直【考点】与速度选择器相结合的质谱仪；带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】根据速度选择器原理分析氕、氘、氚进入磁场的速度关系，再根据洛伦兹力充当向心力，分析三粒子在匀强磁场中的运动半径关系；根据带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式，分析最先跨过OA分界线的粒子；做出三粒子在匀强磁场中的运动图像，结合几何关系分析三粒子下次再次相遇前的路程关系和速度的方向关系。【解答】解：A.能穿过速度选择器，根据B1qv＝Eq可知，氕、氘、氚的速度相同，进入磁场B2后，根据qvB2＝mv可得运动半径r=因三种粒子电量相同，但是质量不同，则运动半径不同，故A错误；B.粒子跨过OA分界线使转过的角度相同，而根据周期T=可知因氕的质量最小，则周期最小，最先跨过OA分界线，故B错误；CD.由r=mvqB2可得氕、氘、氚的运动半径之比为1：2：3，设为R、2R、3R，由T=2πmqB2可得氕、氘、氚的运动周期之比为1：下次再次相遇时，氕、氘、氚分别走过6段、3段和2段四分之一圆弧，则氕、氘、氚的路程分别为s1＝6×14×2πR＝s2＝3×14×2π•2R＝s3＝2×14×2π•3R＝即氕、氘、氚的路程相等，结合上图可知，下次相遇时三种粒子的速度要么平行，要么垂直，故CD正确。故选：CD。【点评】本题考查了速度选择器的原理和带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、分析清楚粒子运动过程即可解题。三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13～15小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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（10分）（2025•成都二模）某同学设计“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。铁架台放在水平台面上，上端安装电磁铁，接通电磁铁的开关后能吸住小球，电磁铁正下方安装一个光电门，光电门连接的数字计时器能记录下小球下落时经过光电门的时间。实验中测出小球直径为d、小球球心与光电门中心的高度差为h，断开电磁铁开关，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间t。已知当地的重力加速度大小为g。（1）下列关于实验的说法正确的是B。A．实验时必须用天平测出小球的质量B．实验时应选用体积小、质量大的小球C．可用来计v＝gt算小球经过光电门时的速度大小，并用来验证小球的机械能守恒D．可用v=（2）小球经过光电门时的速度大小v＝dt（3）调整电磁铁位置，得出多组h、t数据，并画出了如图乙所示的h-1t2图像，若在误差允许范围内，图像的斜率k＝d【考点】验证机械能守恒定律．【专题】定量思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题；实验探究能力．【答案】（1）B；（2）dt；（3）d【分析】（1）根据实验原理分析；要减小空气阻力的影响；必须用光电门测量的数据计算速度；（2）根据平均速度计算；（3）根据速度—位移公式写出图像的函数表达式分析。【解答】解：（1）A、验证机械能守恒定律的原理方程是mgh=12mB、为了减小空气阻力的影响，所以需要选用体积小、质量大的小球，故B正确；CD、必须用光电门测量出小球的速度，不能用v＝gt或者用v=2g故选：B。（2）根据平均速度可得小球经过光电门的速度大小为v=（3）根据自由落体运动的速度—位移关系v2＝2gh，把v=dt代入，整理可得h=d2故答案为：（1）B；（2）dt；（3）d【点评】掌握“验证机械能守恒定律”的实验原理，实验器材以及实验数据的处理方法是解题的基础。12．（10分）（2025•成都二模）按要求填空：（1）半偏法测电流表内阻的电路如图甲，图中器材参数如下：待测电流表A（量程0∼1mA）滑动变阻器R1（最大阻值10kΩ）电阻箱R2（最大阻值999.9Ω）电源E（电动势为6V，内阻很小）测量方法是：先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针半偏，此时电阻箱R2的示数为99.0Ω。则电流表A内阻的测量值为99.0Ω。（2）将该电流表A改装成量程为0～100mA的电流表A1，应给电流表A并联（选填“串联”或“并联”）一个电阻，改装后的电流表A1的内阻为0.99Ω。（3）测量一节废旧干电池的电动势E和内阻r，利用改装后的电流表A1和其它实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录多组数据，画出1I-R0图像为一条直线（如图丙），由图中数据计算出该电池的电动势E＝1.13V，内阻r＝10.3【考点】用半偏法测定电压表或电流表的内阻；测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）99.0；（2）并联；0.99；（3）1.13；10.3。【分析】（1）根据半偏法测电流表内阻的原理，结合欧姆定律和并联电路的特点求解作答；（2）并联电阻有分流作用，电流表A改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻；根据并联电路的特点和欧姆定律求解作答；（3）根据闭合电路的欧姆定律求解1I-R【解答】解：（1）断开开关S2，闭合开关S1，使电流表的指针满偏，电流为IA；保持R1的阻值不变，干路电流不变，仍然为IA；闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针半偏，电流为12根据并联电路的特点和欧姆定律I解得电流表A内阻RA＝99.0Ω；（2）将电流表A改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻，电路图如图所示：根据并联电路的特点和欧姆定律UA＝IARA＝IA1RA1代入数据解得RA1＝0.99Ω（3）根据闭合电路欧姆定律，有E＝I（R0+RA1+r）可得11I-R可得E＝1.13V图像的纵截距为b可得r＝10.3Ω。故答案为：（1）99.0；（2）并联；0.99；（3）1.13；10.3。【点评】本题考查了半偏法测电流表内阻以及电流表的改装的实验，考查了电动势和内阻的测量的实验，要明确实验的原理，掌握欧姆定律、闭合电路的欧姆定律和并联电路的特点的运用。13．（10分）（2025•成都二模）如图所示，爆米花机是一种对谷物进行膨化加工的装置，主体为一导热良好的钢制罐体，罐体的容积为4×10﹣3m3，两端分别焊接了支撑轴和摇柄。在p0＝1atm（1个标准大气压）的气压，27℃的干燥环境下打开阀门向罐体内放入1×10﹣3m3的谷物，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，谷物内部分水分汽化成高压水蒸气与罐内空气形成混合气体（可视为理想气体）。当罐内混合气体温度为327℃、压强达5atm时，打开阀门，因为压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。忽略谷物间隙气体的体积和在罐体内加热过程中谷物体积的变化。已知绝对零度为﹣273℃。求：（1）从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强。（已知混合气体的压强等于在同温度同体积条件下组成混合气体的各成分单独存在时的分压强之和）（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比。【考点】理想气体及理想气体的状态方程；气体的等容变化与查理定律的应用．【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）从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强为3atm；（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为40%。【分析】（1）对原有空气，根据查理定律列式，即可分析求解；（2）对混合气体，由理想气体状态方程列式，结合题意，即可分析求解。【解答】解：（1）对原有空气，根据查理定律可得：p0由题知：T0＝（27+273）K＝300K，T1＝（327+273）K＝600K，p0＝1atm，联立解得：p1＝2atm，则从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强为：p′＝5p0﹣p1＝（5×1﹣2）atm＝3atm；（2）设罐体的体积为V0，对混合气体，由理想气体状态方程可得：5p由题知：T2＝（127+273）K＝400K，V0＝4×10﹣3m3，联立解得：V2＝0.01m3，则罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为：k=m解得：k＝40%；答：（1）从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强为3atm；（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为40%。【点评】本题考查对理想气体及理想气体的状态方程的掌握，解题时需注意，要明确研究对象，确认哪些参量变化、哪些参量不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确找出压强是解题的关键。14．（12分）（2025•成都二模）如图所示，桌面上有一轻质弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端B点位于桌面右侧边缘。水平桌面右侧有一竖直放置、半径R＝0.3m的光滑半圆轨道MNP，桌面与轨道相切于M点，在以MP为直径的右侧和水平半径ON的下方部分有水平向右的匀强电场，场强的大小E=mgq，现用质量m0＝0.4kg的小物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量m＝0.2kg、带+q的绝缘小物块b将弹簧缓慢压缩到C点，释放后，小物块b离开桌面由M点沿半圆轨道运动，恰好能通过轨道的最高点P．（g取10m/s（1）小物块b经过桌面右侧边缘B点时的速度大小；（2）释放后，小物块b在运动过程中克服摩擦力做的功；（3）小物块b在半圆轨道中运动到最大速度的位置记为D（图中未标出），则从B点到D点，电场力做的功。【考点】动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】计算题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由于物体恰好能通过轨道的最高点P，因此可以通过竖直平面内的圆周运动的临界条件先求出P点的速度，再使用动能定理求出物体在B点的速度；（2）由C到B过程，对物块a、b分别应用能量守恒定律可以求出摩擦力做功；（3）物块b与圆心连线与竖直方向的夹角为45°位置时（设为D）速度最大，根据功的计算公式求出电场力做功。【解答】解：（1）小物块恰好能通过轨道的最高点P，重力提供向心力，在P点，由牛顿第二定律得：mg＝mvP小物块由B到P过程，由动能定理得：qER﹣mg•2R=1代入数据解得：vB＝3m/s；（2）由C到B过程，对物块a，由能量守恒定律得：EP＝μm0gxCB，由C到B过程，对物块b，由能量守恒定律得：EP摩擦力做功：Wf＝μmgxCB，代入数据解得：Wf＝0.9J；（3）电场强度：E=mgq，则电场力：qE＝小球所受合力方向与竖直方向夹角为45°，物块b与圆心连线与竖直方向的夹角为45°位置时（设为D）小球速度最大，由B到D的过程电场力做功为：W＝qERsin45°＝2×0.3×22=0.3答：（1）小物块b经过桌面右侧边缘B点时的速度大小为3m/s；（2）释放后，小物块b在运动过程中克服摩擦力做的功为0.9J；（3）小物块b在半圆轨道中运动到最大速度的位置记为D（图中未标出），则从B点到D点，电场力做的功为0.42J。【点评】本题考查了动能定理的应用，该题通过动能定理的方式考查物体在竖直平面内的圆周运动，关键在于竖直平面内的圆周运动的临界条件，属于中档题。15．（12分）（2025•成都二模）如图所示，将电阻为R＝0.02Ω、质量为m＝0.01kg的单匝正方形闭合线圈abcd水平放置在顺时针运行的水平传送带的最左端，其边长为l＝0.1m，边界MN、PQ与传送带运行方向垂直，在MN、PQ区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度为B＝0.4T的匀强磁场，MN、PQ边界间距为d＝0.26m，线圈在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，传送带的速度为v0＝1m/s，t＝0时刻，线圈ab边与MN重合，t1＝0.2s时刻，线圈cd边与MN重合，t2时刻线圈ab边与PQ重合，已知重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）t＝0时刻，线圈中的感应电流大小；（2）t1时刻，线圈的速度大小；（3）t2；（4）0﹣t2时间内，线框中产生的焦耳热。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．【答案】（1）t＝0时刻，线圈中的感应电流大小为2A；（2）t1时刻，线圈的速度大小为0.6m/s；（3）t2大小为0.4s；（4）0﹣t2时间内，线框中产生的焦耳热为0.0052J。【分析】（1）线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行解答；（2）由动量定理求解速度大小；（3）牛顿第二定律、运动学公式求解加速时间和加速位移，分析运动过程，根据运动学公式求解时间；（4）t1～t2时间内，线框中焦耳热为零，对线框，0～t1时间内，由动能定理、功能关系求解线框中产生的焦耳热。【解答】解：（1）线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，t＝0时刻，线圈中的感应电动势为：E＝Blv0线圈中的感应电流大小为：I=解得：I＝2A；（2）t1时刻，线圈的速度大小为v，对线圈进入磁场的过程，以水平向右为正方向，由动量定理可得：﹣BIlt1+μmgt1＝mv﹣mv0即：-B2l2vt1R其中：l=vt联立解得：v＝0.6m/s；（3）t1时刻开始，线圈在摩擦力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma解得加速度大小为：a＝2m/s2加速时间：t加=v0-va加速位移：x加=v0+v2此时：d′＝l+x加＝0.1m+0.16m＝0.26m＝d即线圈与传送带共速时，ab边恰与PQ重合所以有：t2＝t1+t加，解得：t2＝0.4s；（4）t1～t2时间内，线框中焦耳热为零。对线框，0～t1时间内，由动能定理：WA+μmgl=根据功能关系可得：Q＝﹣WA解得：Q＝0.0052J。答：（1）t＝0时刻，线圈中的感应电流大小为2A；（2）t1时刻，线圈的速度大小为0.6m/s；（3）t2大小为0.4s；（4）0﹣t2时间内，线框中产生的焦耳热为0.0052J。【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

考点卡片1．根据x-t图像的物理意义分析单个物体的运动情况【知识点的认识】1.定义：x﹣t图像表示的是物体的位移（位置）随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示速度；（2）纵截距：表示初位置；（3）交点：表示相遇。4.x﹣t曲线分析：①表示物体由坐标原点开始做匀速直线运动；②表示物体静止不动；③表示物体沿负方向做匀速直线运动；④交点的纵坐标表示三个运动物体相遇时的位移；⑤t1时刻物体的位移为x1，图中阴影部分的面积没有实际意义。5.本考点是x﹣t图像考法的一种，即根据x﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动的情况。【命题方向】在光滑地面上将一小钢球水平弹出，小球碰到墙壁后沿原路径反向弹回，图是小球运动的位移—时间图象，由此图象可知（）A、小球在O﹣t1时间内做匀速运动B、小球在O﹣t2时间内做匀加速运动C、小球在t2时刻回到了出发点D、小球在t2时刻被墙壁反弹分析：位移—时间图象的斜率等于物体运动的速度，从位移图上可以知道物体在任意时刻的速度（斜率）和位置（纵坐标）．解答：A、小球在O﹣t1时间内位移随时间均匀变化，所以小球做匀速运动，故A正确，B错误；C、由图象可知：小球在t2时刻的位移为0，回到了出发点，故C正确；D、由图象可知：在小球在t1时刻速度方向改变，故此时被墙壁弹回，故D错误。故选：AC。点评：位移图象的特点：①位移图象的斜率等于物体的速度；②位移图象的纵坐标表示物体在某时刻的位置．这是我们解题的关键．【解题思路点拨】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。2．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，g为重力加速度。人对A、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。3．连接体模型【知识点的认识】1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．2．解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．【命题方向】题型一：用整体法和隔离法解决连接体问题．例1：质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．无法确定分析：本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a1=对A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a2=对A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得Fa3=对A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k则x1：x2：x3＝1：故A正确，BCD错误故选：A．点评：牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．例2：如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2分析：采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系．解答：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=F6m；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma=F2．由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′=T3m，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′=故选：C．点评：本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系．【解题方法点拨】（1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．（2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．（3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．4．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2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。5．万有引力与重力的关系（黄金代换）【知识点的认识】对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。即GMmR化简得到：GM＝gR2其中g是地球表面的重力加速度，R表示地球半径，M表示地球的质量，这个式子的应用非常广泛，被称为黄金代换公式。【命题方向】火星探测器着陆器降落到火星表面上时，经过多次弹跳才停下．假设着陆器最后一次弹跳过程，在最高点的速度方向是水平的，大小为v0，从最高点至着陆点之间的距离为s，下落的高度为h，如图所示，不计一切阻力．（1）求火星表面的重力加速度g0．（2）已知万有引力恒量为G，火星可视为半径为R的均匀球体，忽略火星自转的影响，求火星的质量M．分析：根据平抛运动规律求出星球表面重力加速度．运用黄金代换式GM＝gR2求出问题．解答：（1）着陆器从最高点落至火星表面过程做平抛运动，由平抛规律得：水平方向上，有x＝v0t①竖直方向上，有h=12g0t2着陆点与最高点之间的距离s满足s2＝x2+h2③由上3式解得火星表面的重力加速度g0=2h（2）在火星表面的物体，重力等于火星对物体的万有引力，得mg0＝GMmR把④代入⑤解得火星的质量M=答：（1）火星表面的重力加速度g0是2h（2）火星的质量M是2h点评：重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．【解题思路点拨】1.黄金代换式不止适用于地球，也试用于其他一切天体，其中g表示天体表面的重力加速度、R表示天体半径、M表示天体质量。2.应用黄金代换时要注意抓住如“忽略天体自转”、“万有引力近似等于重力”、“天体表面附近”等关键字。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．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。8．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。9．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。10．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