2025年重庆市高考物理二模试卷

第75页（共75页）2025年重庆市高考物理二模试卷一、单项选择题：共7题，每题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•重庆二模）我国部分航天器装载了抗干扰性强的核电池。若某核电池所用放射性物质为3890Sr，已知在地球上，3890Sr衰变为的A．3890Sr衰变为3990YB．3890Sr衰变为3990YC．在太空中，3890SrD．58年后，该核电池中的38902．（4分）（2025•重庆二模）将两端开口的玻璃管一端插入水中，然后用手指按住上端开口，将玻璃管缓慢拿离水面。该过程中，管中封闭气体的温度和外界大气压均保持不变。则下列关于管中封闭气体的说法，正确的是（）A．体积不变 B．压强不变 C．分子的平均速率不变 D．单位体积分子数不变3．（4分）（2025•重庆二模）如图1所示，某均匀介质中，ABCD为长方形，其中AB＝4m，AD＝6m，E、F分别为AD、CD边中点。t＝0时刻，A、B两处的波源同时开始振动，其振动图像均如图2所示。已知这两列简谐横波在该介质中的传播速度均为1m/s，则下列说法正确的是（）A．这两列波的波长均为2cm B．t＝8s时刻，质点E向﹣y方向振动 C．稳定时，F点为振动减弱点 D．稳定时，E点为振动加强点4．（4分）（2025•重庆二模）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁感线垂直、面积为S的单匝矩形闭合线框。将该线框绕图中竖直虚线匀速旋转180°，所用时间为t。则该过程中，该线框中产生的感应电动势有效值为（）A．2πBSt B．2πBSt C．25．（4分）（2025•重庆二模）2024年10月31日，“爱因斯坦探针（EP）卫星”正式在轨交付给中国科学院国家天文台使用，主要用于观测宇宙中的剧烈爆发现象，捕捉这些转瞬即逝的宇宙“焰火”。若该卫星在定轨前，由周期为T1的圆轨道变轨到周期为T2的圆轨道，则它先后在这两个圆轨道上的动能之比为（）A．(T1T2)C．T1T2 6．（4分）（2025•重庆二模）如图所示，某同学向一圆柱形杯中水平抛出一小物块（可视为质点），小物块恰好经过杯口中心无阻挡地落到杯底边沿P点。已知杯内高h，杯底直径为D，重力加速度为g，抛出点O与竖直杯壁（厚度不计）在同一竖直线上。忽略空气阻力，则小物块水平抛出时的速度大小为（）A．6gh4hD B．6gh27．（4分）（2025•重庆二模）某弹簧锁的开锁原理如图1所示，当钥匙插入锁孔时，锁芯内弹簧被压缩成相同长度，此时转动钥匙就能开锁。如图2所示，插入钥匙的过程可简化为：A沿光滑水平槽向右推动，使B沿光滑竖直槽向上滑动。已知A、B间的接触面与水平方向夹45°角，且A、B间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B的质量为m，重力加速度为g。为使B上移，则加在A上的水平力F的最小值为（）A．mg1+μ B．mg1-μ C．二、多项选择题：共3题，每题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）8．（5分）（2025•重庆二模）如图所示，不可伸长的绝缘轻绳一端固定在天花板上O点，另一端连接一带电小球a，O点正下方固定另一带电小球b，a、b带等量异种电荷。现使轻绳始终绷直，将a以O为圆心从图示位置缓慢移动至右侧等高处，取无穷远处电势为零，两小球均可视为质点。则a移动过程中（）A．a、b间的库仑力先减小后增大 B．a、b连线中点的电势不变 C．O点的电势不变 D．a、b系统的电势能先减少后增加（多选）9．（5分）（2025•重庆二模）如图所示，某直流电源经交直转换后输出交流电u＝10sin100πt（V），经理想变压器升压后，当点火针和金属板间的电压峰值达到10kV，就会引发电火花。已知原副线圈的匝数分别为n1、n2，D为理想二极管（正向导通时电阻为零，反向截止时电阻无限大），则下列说法正确的是（）A．引发电火花的频率为50Hz B．n2C．引发电火花的频率为100Hz D．n（多选）10．（5分）（2025•重庆二模）如图所示，用激光笔发出一细束与半圆形均质玻璃砖的截面直径AB平行的单色光a。当光束a到AB的距离为d时，该光束由C点入射后恰好从B点出射（不考虑反射）。已知该玻璃砖的截面半径为R，则（）A．若只稍增大d，则光束a从B点左侧AB上某处射出 B．若只稍增大d，则光束a从B点下方圆弧上某处射出 C．该玻璃砖对光束a的折射率为21+(D．该玻璃砖对光束a的折射率为2+2三、非选择题：共5题，共57分。11．（6分）（2025•重庆二模）某同学设计了如图1所示实验装置，来验证“机械能守恒定律”。所用实验器材有：铁架台、小圆柱体、光电门计时器、带量角器的参考背景板等。主要实验步骤如下：①用直尺测量摆线长L（作为摆长）；用游标卡尺测量小圆柱体的直径d，结果如图2所示。②按图1安装好实验器材，使小圆柱体下摆时，其中心经过固定在O点正下方的光电门。③用手拉住小圆柱体，使细线稍稍绷紧，记录下摆夹角θ，然后打开光电门计时器，将小圆柱体由静止释放，记录小圆柱体第一次经过光电门的遮光时间Δt。④改变小圆柱体的下摆夹角，多次重复步骤③。⑤记录多组θ、Δt数据，并绘制出(dΔt)已知小圆柱体的质量为m，当地重力加速度大小为g。回答下列问题：（1）小圆柱体的直径d＝cm。（2）小圆柱体从静止释放到经过光电门的过程中，其动能的增加量为（用m、d、Δt表示）。（3）若图3中图线斜率与理论值（用g、L表示）近似相等，则成功验证了机械能守恒定律。12．（10分）（2025•重庆二模）某学习小组按图1连接电路，将理想电压表的负接线柱分别与电流表的a、b接线柱相连，来测量某干电池的电动势和内阻以及电流表内阻。改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流表示数I和电压表示数U的数值，并在坐标纸上绘制出U﹣I图像，如图2所示。（1）图线B是电压表接（选填“a”或“b”）时测量绘制的。（2）由图像可得，该干电池的电动势E＝V（保留三位有效数字），内阻r＝Ω（保留两位有效数字）；电流表的内阻RA＝Ω（保留两位有效数字）。13．（10分）（2025•重庆二模）2025年春节期间，重庆“两江四岸”2025架无人机腾空而起，将夜空装点得美轮美奂（如图1）。如图2所示，两架无人机a、b分别悬停在空中A、B处，A点在B点正上方且AB＝h0。t＝0时刻，a沿与水平方向夹θ＝30°角的AC方向匀速运动，同时b做初速度为零的匀加速直线运动。t＝t0时刻，a、b在C点相遇，且AC＝2h0。a、b均可视为质点，求：（1）a飞行的速度大小；（2）b飞行的加速度大小，以及b刚到达C处时的速度大小。14．（13分）（2025•重庆二模）如图所示，xOy平面直角坐标系中，圆形区域内充满垂直xOy平面的匀强磁场（图中未画出），圆与x轴相切于坐标原点O，圆心坐标为（0，R）。第三象限内存在+y方向的匀强电场，场强大小为E，﹣x轴上固定一足够长的粒子接收薄板OP。一群质量为m、电荷量为q的粒子，沿+x方向以相同速度v从第二象限射入圆形区域。粒子分布在R＜y＜2R区域内各处，经圆内磁场偏转后均能从O点进入电场区域，并最终落在OP上OC区域（最远落在C点）。忽略粒子重力及粒子间的相互作用，求：（1）该匀强磁场的磁感应强度；（2）OC的距离；（3）落在C处的粒子在磁场中运动的时间。15．（18分）（2025•重庆二模）如图所示，物块A（可视为质点）和木板B、C静止在足够长的光滑水平面上，A、B、C质量均为m。B右端固定一长为L的水平轻杆，轻杆右端光滑部分的长度为其总长的k倍（k未知），剩余左端为粗糙涂层部分。C内部有一中空的水平光滑通道，通道左端开口处为小孔D（通道和小孔的尺寸略大于轻杆截面尺寸）。当正对小孔的轻杆进入小孔后，仅轻杆涂层部分滑过小孔时，轻杆会受到小孔施加的大小恒定的水平阻力。某时刻，A、B获得水平向右的相同初速度v0；当k＝0时，轻杆恰好全部进入通道且B、C恰好未发生碰撞。已知A、B间的滑动摩擦力与小孔对涂层的阻力大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B、C足够长且B、C间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间及空气阻力不计。（1）求小孔对涂层的阻力大小f；（2）若k＝k0，B、C发生碰撞后，轻杆的粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出，求k0；（3）若k＞k0，求最终各物体的速度大小，以及从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间（用k、L、v0表示）。

2025年重庆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BCDCBAD二．多选题（共3小题）题号8910答案BCDABAD一、单项选择题：共7题，每题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•重庆二模）我国部分航天器装载了抗干扰性强的核电池。若某核电池所用放射性物质为3890Sr，已知在地球上，3890Sr衰变为的A．3890Sr衰变为3990YB．3890Sr衰变为3990YC．在太空中，3890SrD．58年后，该核电池中的3890【考点】半衰期的相关计算；β衰变的特点、本质及方程．【专题】定量思想；归纳法；衰变和半衰期专题；理解能力．【答案】B【分析】由质量数和电荷数守恒写出衰变方程，据此判断衰变的性质；半衰期不受外界环境影响；根据半衰期计算。【解答】解：AB、由质量数和电荷数守恒可得，3890Sr的衰变方程为3890Sr→3990Y+0-1eC、半衰期是原子核的固有属性，与所处环境无关，故C错误；D、58年后经过了2个半衰期，所以3890Sr剩余原来的14故选：B。【点评】本题考查了对半衰期的理解和应用，知道在发生衰变的过程中，满足质量数守恒和电荷数守恒。2．（4分）（2025•重庆二模）将两端开口的玻璃管一端插入水中，然后用手指按住上端开口，将玻璃管缓慢拿离水面。该过程中，管中封闭气体的温度和外界大气压均保持不变。则下列关于管中封闭气体的说法，正确的是（）A．体积不变 B．压强不变 C．分子的平均速率不变 D．单位体积分子数不变【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用；气体压强的微观解释．【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据管内封闭气体温度不变，分子平均速率不变，结合玻意耳定律分析求解。【解答】解：C、将玻璃管拿离水面过程中，管内封闭气体温度不变，分子平均速率不变，故C正确；ABD、由玻意耳定律知，将玻璃管缓慢拿离水面的过程中，管内封闭气体体积变大，压强变小，单位体积内分子数减少，故ABD错误；故选：C。【点评】本题考查了玻意耳定律，理解前后气体体积变化的关系是解决此类问题的关键。3．（4分）（2025•重庆二模）如图1所示，某均匀介质中，ABCD为长方形，其中AB＝4m，AD＝6m，E、F分别为AD、CD边中点。t＝0时刻，A、B两处的波源同时开始振动，其振动图像均如图2所示。已知这两列简谐横波在该介质中的传播速度均为1m/s，则下列说法正确的是（）A．这两列波的波长均为2cm B．t＝8s时刻，质点E向﹣y方向振动 C．稳定时，F点为振动减弱点 D．稳定时，E点为振动加强点【考点】波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断；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；振动图象与波动图象专题；理解能力．【答案】D【分析】根据λ＝vT求解波长；分析t＝8s时刻质点E的振动时间和所处的位置进行分析；根据波程差的大小进行分析。【解答】解：A、由图知，这两列波的振动周期为T＝1s，波长：λ＝vT＝1×1m＝1m，故A错误；B、A处波源传到E点经过的时间为：t1=AEv=31s＝3s，B处波源传到E点经过的时间为：t2=t＝8s时刻，即t2后又经过3T，质点E在平衡位置向+y方向振动，故B错误；C、F点到A和B的距离相等，则F点为振动加强点，故C错误；D、E到B和A的距离之差为：Δs＝EB﹣EA，解得：Δs＝2m＝2λ，所以E点为振动加强点，故D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查波的叠加，关键是知道两列波相遇处是加强或减弱的条件，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。4．（4分）（2025•重庆二模）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁感线垂直、面积为S的单匝矩形闭合线框。将该线框绕图中竖直虚线匀速旋转180°，所用时间为t。则该过程中，该线框中产生的感应电动势有效值为（）A．2πBSt B．2πBSt C．2【考点】正弦式交变电流的有效值；法拉第电磁感应定律的基本计算．【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】根据正弦式交流电最大值和有效值的关系式列式解答。【解答】解：线框匀速转动时，产生的感应电动势的最大值公式Em=BSω=BSπt故选：C。【点评】考查正弦式交流电最大值和有效值的关系式，会根据题意进行准确分析解答。5．（4分）（2025•重庆二模）2024年10月31日，“爱因斯坦探针（EP）卫星”正式在轨交付给中国科学院国家天文台使用，主要用于观测宇宙中的剧烈爆发现象，捕捉这些转瞬即逝的宇宙“焰火”。若该卫星在定轨前，由周期为T1的圆轨道变轨到周期为T2的圆轨道，则它先后在这两个圆轨道上的动能之比为（）A．(T1T2)C．T1T2 【考点】动能大小的影响因素及比较；开普勒三大定律．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据开普勒第三定律，万有引力提供向心力分析求解。【解答】解：对于“爱因斯坦探针（EP）卫星”由周期为T1的圆轨道变轨到周期为T2的圆轨道，根据开普勒第三定律可知R13T12=R23T2故选：B。【点评】本题考查开普勒第三定律，万有引力提供向心力，属于基础题目，较简单。6．（4分）（2025•重庆二模）如图所示，某同学向一圆柱形杯中水平抛出一小物块（可视为质点），小物块恰好经过杯口中心无阻挡地落到杯底边沿P点。已知杯内高h，杯底直径为D，重力加速度为g，抛出点O与竖直杯壁（厚度不计）在同一竖直线上。忽略空气阻力，则小物块水平抛出时的速度大小为（）A．6gh4hD B．6gh2【考点】平抛运动速度的计算；分析合运动的轨迹问题．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，分两个方向分析即可。【解答】解：小物块做平抛运动，设抛出点O到杯壁上端的距离为H，小物块平抛时的速度大小为v，运动的时间为t，则在水平方向有D＝vt，在竖直方向有HH=联立解得v=故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】知道做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动是解题的基础。7．（4分）（2025•重庆二模）某弹簧锁的开锁原理如图1所示，当钥匙插入锁孔时，锁芯内弹簧被压缩成相同长度，此时转动钥匙就能开锁。如图2所示，插入钥匙的过程可简化为：A沿光滑水平槽向右推动，使B沿光滑竖直槽向上滑动。已知A、B间的接触面与水平方向夹45°角，且A、B间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B的质量为m，重力加速度为g。为使B上移，则加在A上的水平力F的最小值为（）A．mg1+μ B．mg1-μ C．1-【考点】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；理解能力．【答案】D【分析】当B恰好能相对A沿接触面上滑时，对应的F最小，再对A在水平方向和B在竖直方向由平衡条件求解。【解答】解：当B恰好能相对A沿接触面上滑时，对应的F最小。对A、B进行受力分析由平衡条件得，对B在竖直方向有：NABcos45°＝fcos45°+mg，对A在水平方向有：NABsin45°+fsin45°＝F，又f＝μNAB，联立解得F=1+μ1-μ故选：D。【点评】本题考查共点力作用下物体的平衡问题，关键要找对研究对象，然后由平衡条件求解。二、多项选择题：共3题，每题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）8．（5分）（2025•重庆二模）如图所示，不可伸长的绝缘轻绳一端固定在天花板上O点，另一端连接一带电小球a，O点正下方固定另一带电小球b，a、b带等量异种电荷。现使轻绳始终绷直，将a以O为圆心从图示位置缓慢移动至右侧等高处，取无穷远处电势为零，两小球均可视为质点。则a移动过程中（）A．a、b间的库仑力先减小后增大 B．a、b连线中点的电势不变 C．O点的电势不变 D．a、b系统的电势能先减少后增加【考点】电场力做功与电势能变化的关系；等量异种电荷的电场线分布．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】BCD【分析】根据库仑定律分析A；根据等量异种电荷电势的分布特点分析BCD。【解答】解：A、a移动过程中，a、b间距先减小后增大，由库仑定律F=kQ2r2知，aB、a、b带等量异种电荷，其连线中点的电势始终为零，故B正确；C、a、b到O点的距离保持不变，O点的电势不变，故C正确；D、从左侧到最低点过程中，库仑力对a做正功，系统电势能减少，从最低点到右侧等高处过程中，库仑力对a做负功，系统电势能增加，故D正确；故选：BCD。【点评】等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考查的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点。（多选）9．（5分）（2025•重庆二模）如图所示，某直流电源经交直转换后输出交流电u＝10sin100πt（V），经理想变压器升压后，当点火针和金属板间的电压峰值达到10kV，就会引发电火花。已知原副线圈的匝数分别为n1、n2，D为理想二极管（正向导通时电阻为零，反向截止时电阻无限大），则下列说法正确的是（）A．引发电火花的频率为50Hz B．n2C．引发电火花的频率为100Hz D．n【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】AB【分析】AC.根据f=BD.根据电压与匝数的关系分析求解。【解答】解：AC.理想二极管单向导电，引发电火花的频率与交流电的频率相同，即f=解得f＝50Hz故A正确，C错误；BD.由于引发电火花时的电压峰值为瞬时值，需满足U2解得n2故B正确，D错误；故选：AB。【点评】此题考查了变压器的构造和原理，掌握理想变压器的电压和匝数之间的关系，本题即可得到解决。（多选）10．（5分）（2025•重庆二模）如图所示，用激光笔发出一细束与半圆形均质玻璃砖的截面直径AB平行的单色光a。当光束a到AB的距离为d时，该光束由C点入射后恰好从B点出射（不考虑反射）。已知该玻璃砖的截面半径为R，则（）A．若只稍增大d，则光束a从B点左侧AB上某处射出 B．若只稍增大d，则光束a从B点下方圆弧上某处射出 C．该玻璃砖对光束a的折射率为21+(D．该玻璃砖对光束a的折射率为2+2【考点】光的折射定律．【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】CD.结合题意，画出光路图，由几何关系、光的折射定律分别列式，即可分析判断；AB.结合前面分析，由光的折射定律、几何关系分别列式，即可分析判断。【解答】解：CD.设a在C点的入射角为θ，折射角为i，可得下图：因为OC＝OB，则∠OCB＝∠OBC＝i，由数学知识可知：∠AOC＝∠OCB+∠OBC，∠AOC＝θ，所以：i=则由光的折射定律可得：n=由几何关系可得：sinθ=结合数学知识，联立可得：n=2+21-(dRAB.由图可知，只稍增大d时，入射角也增大，设入射角增大Δθ，折射角为α，则由光的折射定律及数学知识可得：n=由数学知识可得：α＜结合几何关系可知，光束a将从BO间某处射出，故A正确，B错误；故选：AD。【点评】本题考查光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。三、非选择题：共5题，共57分。11．（6分）（2025•重庆二模）某同学设计了如图1所示实验装置，来验证“机械能守恒定律”。所用实验器材有：铁架台、小圆柱体、光电门计时器、带量角器的参考背景板等。主要实验步骤如下：①用直尺测量摆线长L（作为摆长）；用游标卡尺测量小圆柱体的直径d，结果如图2所示。②按图1安装好实验器材，使小圆柱体下摆时，其中心经过固定在O点正下方的光电门。③用手拉住小圆柱体，使细线稍稍绷紧，记录下摆夹角θ，然后打开光电门计时器，将小圆柱体由静止释放，记录小圆柱体第一次经过光电门的遮光时间Δt。④改变小圆柱体的下摆夹角，多次重复步骤③。⑤记录多组θ、Δt数据，并绘制出(dΔt)已知小圆柱体的质量为m，当地重力加速度大小为g。回答下列问题：（1）小圆柱体的直径d＝1.040cm。（2）小圆柱体从静止释放到经过光电门的过程中，其动能的增加量为m2(dΔt)2（用（3）若图3中图线斜率与理论值2gL（用g、L表示）近似相等，则成功验证了机械能守恒定律。【考点】游标卡尺的使用与读数；验证机械能守恒定律．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】（1）1.040；（2）m2(dΔt)【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则完成读数；（2）根据光电门计算瞬时速度，利用动能表达式计算动能增加量；（3）根据机械能守恒定律列式，结合图像的斜率的物理意义进行分析解答。【解答】解：（1）游标卡尺的精确度为0.05mm，其读数为直径d＝10mm+0.05mm×8＝10.40mm＝1.040cm；（2）小圆柱体经过光电门时的速度v=dΔt（3）小圆柱体由静止释放到经过光电门过程中，重力势能减少量ΔEp＝mgL（1﹣cosθ），若机械能守恒，则有ΔEk＝ΔEp，可得(dΔt)2=2gL(1-故答案为：（1）1.040；（2）m2(dΔt)【点评】考查机械能守恒定律和基本器材的使用和读数，会根据题意进行准确分析解答。12．（10分）（2025•重庆二模）某学习小组按图1连接电路，将理想电压表的负接线柱分别与电流表的a、b接线柱相连，来测量某干电池的电动势和内阻以及电流表内阻。改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流表示数I和电压表示数U的数值，并在坐标纸上绘制出U﹣I图像，如图2所示。（1）图线B是电压表接b（选填“a”或“b”）时测量绘制的。（2）由图像可得，该干电池的电动势E＝1.47V（保留三位有效数字），内阻r＝0.73Ω（保留两位有效数字）；电流表的内阻RA＝0.80Ω（保留两位有效数字）。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）b；（2）1.47；0.73；0.80【分析】（1）根据电流表内阻对实验的影响连接电路图；（2）根据闭合电路的欧姆定律结合图像斜率与截距解答。【解答】解：（1）电压表为理想电表，电阻不计，由图2可知，当两图线的电流相同时，图线B对应的电压较小，此时电流表应是外接，即电压表的负接线柱接b。（2）由图线A可知U＝E﹣Ir，由图线B可知U＝E﹣I（r+RA）该干电池的电动势E＝1.47V，内阻r电流表的内阻RA＝|kB|﹣|kA|=1.47-1.010.3Ω﹣0.73Ω＝故答案为：（1）b；（2）1.47；0.73；0.80【点评】本题考查测电源电动势和内阻的实验原理，注意实验处理数据时考虑了电表内阻。13．（10分）（2025•重庆二模）2025年春节期间，重庆“两江四岸”2025架无人机腾空而起，将夜空装点得美轮美奂（如图1）。如图2所示，两架无人机a、b分别悬停在空中A、B处，A点在B点正上方且AB＝h0。t＝0时刻，a沿与水平方向夹θ＝30°角的AC方向匀速运动，同时b做初速度为零的匀加速直线运动。t＝t0时刻，a、b在C点相遇，且AC＝2h0。a、b均可视为质点，求：（1）a飞行的速度大小；（2）b飞行的加速度大小，以及b刚到达C处时的速度大小。【考点】匀变速直线运动规律的综合应用．【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】（1）a飞行的速度大小为2h（2）b飞行的加速度大小为27h0t02，【分析】（1）根据匀速直线运动的规律进行解答；（2）从B点运动到C点的位移大小为x，由几何关系求解位移，根据位移计算公式求解飞行的加速度大小；根据速度—时间关系求解b刚到达C点时的速度大小。【解答】解：（1）设a飞行的速度大小为v0，根据匀速直线运动的规律可得：2h0＝v0t0解得：v0（2）设b飞行的加速度大小为a，从B点运动到C点的位移大小为x，由几何关系可得：x解得：x又由x解得：a因此，b刚到达C点时的速度大小：vC＝at0解得：vC=2答：（1）a飞行的速度大小为2h（2）b飞行的加速度大小为27h0t02，【点评】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。14．（13分）（2025•重庆二模）如图所示，xOy平面直角坐标系中，圆形区域内充满垂直xOy平面的匀强磁场（图中未画出），圆与x轴相切于坐标原点O，圆心坐标为（0，R）。第三象限内存在+y方向的匀强电场，场强大小为E，﹣x轴上固定一足够长的粒子接收薄板OP。一群质量为m、电荷量为q的粒子，沿+x方向以相同速度v从第二象限射入圆形区域。粒子分布在R＜y＜2R区域内各处，经圆内磁场偏转后均能从O点进入电场区域，并最终落在OP上OC区域（最远落在C点）。忽略粒子重力及粒子间的相互作用，求：（1）该匀强磁场的磁感应强度；（2）OC的距离；（3）落在C处的粒子在磁场中运动的时间。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）该匀强磁场的磁感应强度为mvqR（2）OC的距离为mv（3）落在C处的粒子在磁场中运动的时间为3πR【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求该匀强磁场的磁感应强度；（2）根据运动学公式求OC的距离；（3）根据周期公式求落在C处的粒子在磁场中运动的时间。【解答】解：（1）由题意易得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R由qvB解得：B由分析知，粒子带正电，匀强磁场的方向垂直xOy平面向外。（2）设粒子从O点进入电场区域时，速度与﹣x方向的夹角为θ，则0＜θ＜90°，设粒子打在OC上的位置到O点的距离为Δx，在电场中运动的时间为t，则平行x轴方向：Δx＝vcosθ•t平行y轴方向：vsinθ联立解得：Δx当sin2θ＝1，即θ＝45°时，Δx取最大值可得：OC（3）由（2）可知，落在C处的粒子进入电场时对应的θ＝45°该粒子在磁场中运动的时间t又由T联立解得：t答：（1）该匀强磁场的磁感应强度为mvqR（2）OC的距离为mv（3）落在C处的粒子在磁场中运动的时间为3πR【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。15．（18分）（2025•重庆二模）如图所示，物块A（可视为质点）和木板B、C静止在足够长的光滑水平面上，A、B、C质量均为m。B右端固定一长为L的水平轻杆，轻杆右端光滑部分的长度为其总长的k倍（k未知），剩余左端为粗糙涂层部分。C内部有一中空的水平光滑通道，通道左端开口处为小孔D（通道和小孔的尺寸略大于轻杆截面尺寸）。当正对小孔的轻杆进入小孔后，仅轻杆涂层部分滑过小孔时，轻杆会受到小孔施加的大小恒定的水平阻力。某时刻，A、B获得水平向右的相同初速度v0；当k＝0时，轻杆恰好全部进入通道且B、C恰好未发生碰撞。已知A、B间的滑动摩擦力与小孔对涂层的阻力大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B、C足够长且B、C间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间及空气阻力不计。（1）求小孔对涂层的阻力大小f；（2）若k＝k0，B、C发生碰撞后，轻杆的粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出，求k0；（3）若k＞k0，求最终各物体的速度大小，以及从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间（用k、L、v0表示）。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律求解多过程问题．【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）小孔对涂层的阻力大小f为mv（2）若k＝k0，B、C发生碰撞后，轻杆的粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出，k0为23（3）若k＞k0，最终C的速度大小为2+3k-23v0（其中23＜k≤1)，A【分析】（1）由动量守恒定律和动能定理求小孔对涂层的阻力大小f；（2）根据动量守恒和功能关系求k0；（3）根据动量守恒和能量守恒定律求最终各物体的速度大小，以及从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间。【解答】解：（1）当k＝0时，B、C恰好未发生碰撞，此时A、B、C三者共速，设速度大小为v共，由分析知，该过程中，A、B始终保持相对静止，对A、B、C整体，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律有：2mv0＝3mv共由动能定理有：fL=联立解得：f（2）设B、C碰撞前瞬时速度大小分别为v1、v2，碰撞后瞬时速度分别为v'1、v2，以水平向右的方向为正方向，由弹性碰撞有：mv1'+mv2'＝mv1+mv212联立解得：v'1＝v2v'2＝v1由此可知，碰撞后，A、C（同步）做加速度相同的匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，且A、B的相对位移等于B、C的相对位移，均为（1﹣k0）L又由分析知，当粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出时，A、B、C三者共速，以水平向右的方向为正方向，则2mv0＝3mv'共解得：v因此，从A、B开始运动到粗糙涂层部分恰好全部滑出小孔过程中，由动能定理有：3f解得：k（3）当k＞k0=23时，设涂层全部从小孔滑出时，A、C（同步）速度大小为vC，B速度大小为va，从A、B开始运动到涂层全部滑出小孔，以水平向右的方向为正方向，对2mv0＝2mvC+mvB3f联立解得：vvB此后C匀速，A、B继续相对运动至共速，设最终A、B的速度大小为vAB，以水平向右的方向为正方向，则mvC+mvB＝2mvAB解得：v即：最终C的速度大小为vC=A、B的速度大小为vAB=设碰撞前瞬时，B、C的速度大小分别为v3、v4，则碰撞前，以水平向右的方向为正方向，对A、B、C整体有：2mv0＝2mv3+mv4f(1-联立解得：vv4设从涂层开始进入小孔到碰撞前瞬时，历时t1，以水平向右的方向为正方向，对C有：ft1＝mv4解得：t设从碰撞后瞬时到A、B最终共速，历时t2，以水平向右的方向为正方向对A有：﹣ft2＝mvAB﹣mv3解得：t因此，从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间：t＝t1+t2联立解得：t=L2答：（1）小孔对涂层的阻力大小f为mv（2）若k＝k0，B、C发生碰撞后，轻杆的粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出，k0为23（3）若k＞k0，最终C的速度大小为2+3k-23v0（其中23＜k≤1)，A【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。

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．牛顿第二定律求解多过程问题【知识点的认识】1.牛顿第二定律的内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2.表达式：F合＝ma．3.本考点的针对的情境：物体的受力在一个阶段内不断变化，从而引起加速度不断变化。常见的如弹簧类问题，蹦极类问题等。【命题方向】如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（）A、合力变小，速度变小B、合力变小，速度变大C、合力先变小，后变大；速度先变大，后变小D、合力先变大，后变小，速度先变小，后变大分析：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大．以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大．解答：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度。以小球为研究对象，分析小球的受力情况和运动情况：开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力变小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力变大。当弹力等于重力时，合力为零，速度最大。故选：C。点评：含有弹簧的问题，是高考的热点．关键在于分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，抓住弹力是变化的这一特点．不能简单认为小球一接触弹簧就做减速运动．【解题思路点拨】用牛顿第二定律求解多过程问题的思路如下：1.分析物体的运动过程2.分析每一阶段物体受力的变化3.根据牛顿第二定律F合＝ma分析物体加速度的变化4.根据加速度的情况分析物体的运动情况。4．分析合运动的轨迹问题【知识点的认识】本考点旨在判断物体真实的轨迹问题，题型设置主要为判断轨迹图像是否正确。【命题方向】无人机送餐服务在深圳试行。通过机载传感器能描绘出无人机运动的图象，图甲是沿水平方向的x﹣t图象，图乙是沿竖直方向的v﹣t图像。则无人机的运动轨迹近似为（）A、B、C、D、分析：x﹣t图像的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动。v﹣t图像的斜率表示加速度，倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，结合运动的合成分析无人机的运动轨迹。解答：对于图甲，根据x﹣t图像的斜率等于速度，可知无人机在水平方向做匀速直线运动，加速度为零。根据图乙可知，无人机在竖直方向先做初速度为零的匀加速直线运动后沿原方向做匀减速直线运动，则合运动的加速度与初速度不在同一直线上，无人机做匀变速曲线运动，合外力需指向凹侧，加速度也需指向凹侧，则第一段凹侧向上，第二段凹侧向下，最终竖直速度减为零，只剩下水平速度，则轨迹趋于水平线，故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题是运动的合成与分解问题。要知道x、y两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的情况。对于位移图象与速度图象的斜率意义不同，不能混淆：位移图象的斜率等于速度，而速度图象的斜率等于加速度。【解题思路点拨】牢记曲线运动的几个特点：①速度沿轨迹的切线方向；②受力直线轨迹的凹侧；③轨迹在受力和速度之间。5．平抛运动速度的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0竖直方向上的速度vy＝gt从而可以得到物体的速度为v=3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。【命题方向】如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（）A、0.8s内小球下落的高度为4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。故选：BD。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。【解题思路点拨】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。6．开普勒三大定律【知识点的认识】开普勒行星运动三大定律基本内容：1、开普勒第一定律（轨道定律）：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。2、开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。3、开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即：k=在中学阶段，我们将椭圆轨道按照圆形轨道处理，则开普勒定律描述为：1．行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心；2．对于某一行星来说，它绕太阳做圆周运动的角速度（或线速度）不变，即行星做匀速圆周运动；3．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即：R3【命题方向】（1）第一类常考题型是考查开普勒三个定律的基本认识：关于行星绕太阳运动的下列说法正确的是（）A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处C．离太阳越近的行星的运动周期越长D．所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等分析：开普勒第一定律是太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的。开普勒第三定律中的公式R3解：A、开普勒第一定律可得，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且太阳处在所有椭圆的一个焦点上。故A错误；B、开普勒第一定律可得，行星绕太阳运动时，太阳位于行星轨道的一个焦点处，故B错误；C、由公式R3T2D、开普勒第三定律可得，所以行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故D正确；故选：D。点评：行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期。（2）第二类常考题型是考查开普勒第三定律：某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为（）A．（N+1N）23BC．（N+1N）32D分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是NN解：A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是NN-1年，根据开普勒第三定律有r地3r行3=T地故选：B。点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可。【解题思路点拨】（1）开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。（2）要注意开普勒第二定律描述的是同一行星离中心天体的距离不同时的运动快慢规律，开普勒第三定律描述的是不同行星绕同一中心天体运动快慢的规律。（3）应用开普勒第三定律可分析行星的周期、半径，应用时可按以下步骤分析：①首先判断两个行星的中心天体是否相同，只有两个行星是同一个中心天体时开普勒第三定律才成立。②明确题中给出的周期关系或半径关系。③根据开普勒第三定律列式求解。7．动能大小的影响因素及比较【知识点的认识】动能的表达式为Ek=1【命题方向】关于物体的动能，下列说法正确的是（）A、质量大的物体，动能一定大B、速度大的物体，动能一定大C、速度方向变化，动能一定变化D、物体的质量不变，速度变为原来的两倍，动能将变为原来的四倍分析：动能是标量，没有方向，根据EK解答：A、根据EK=1B、根据EK=1C、速度方向改变，动能不一定改变。比如做匀速圆周运动的物体，其速度变化，而动能却不变。故C错误。D、根据EK=1故选：D。点评：解决本题的关键知道动能的表达式EK【解题思路点拨】根据动能的表达式分析影响动能大小的因素从而比较动能的大小。8．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．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，由波形图可判断各点的振动情况。解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，CD错误。故选B。点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A．这列波的振幅为4cmB．这列波的周期为1sC．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动D．此时x＝4m处质点的加速度为0分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。故选：D。点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。【解题方法点拨】波的图象的理解与应用1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：图象的应用：（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）λ2（n＝0，1，2，3…3．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。波的传播方向与质点的振动方向的判断方法图象方法（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。11．波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断【知识点的认识】振动加强点和减弱点的判断方法（1）条件判断法：频率相同，振动情况完全相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波源的距离差为△r，则当△r＝kλ时为加强点，当△r＝（2k+1）λ2会时为减弱点，其中k＝0，1，2…。（2）现象判断法：①若某点总是波峰与波峰（或波谷与波谷）相遇，该点为加强点；若总是波峰与波谷相遇，则为减弱点。②若某点是平衡位置和平衡位置相遇，则让两列波再传播T，看该点是波峰和波峰（或波谷和波谷）相遇，还是波峰和波谷相遇，从而判断该点是加强点还是减弱点。（3）间隔法在波的干涉区域内，加强区与减弱区是相互间隔交替出现的，即两相邻加强点中间必是一减弱点，两相邻减弱点中间必是一加强点。有时可利用此规律来判定加强点或减弱点的位置。（4）速度合成法在两列波相遇时，若两列波分别引起某质点的振动方向总是相同，该质点是振动加强点，否则为振动减弱点。【命题方向】两个振动情况完全相同的波源，在同一介质中形成的两列波相遇后，某一时刻在它们的重叠区域形成如图所示的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，图中P点恰好处于两条实线的交点上，Q点恰好处于实线和虚线的交点上，M是P、Q之间连线上的一点（图中未画出），下列说法正确的是（）A、P点总是在最大位移处B、M点可能是振动加强点C、P、Q之间的距离一定等于半个波长D、若将波源S1向S2稍微靠近，P点的振幅一定不变分析：加强点的位移仍是在随时间做周期性变化；在相邻的振动加强点和振动减弱点的中间的质点既不是振动加强点，也不是振动减弱点；波长等于相邻的两个波峰或波谷之间的距离；根据路程差判断。解答：A、P点是振动加强点，但是其位移在随时间做周期性变化，不能总是在最大位移处，只是他的振幅变大了，故A错误；B、由图可知P点是振动加强点，而Q是振动减弱点，M是P、Q之间连线上的一点，则M点可能是振动加强点，也可能是振动减弱点，故B正确；C、P点在波峰位置，Q点在临近的波谷位置，PQ之间的距离一定是小于一个波长的，故C错误；D、P点在两个波源连线的垂直平分线上，到连个波源的距离差为零，所以是振动加强点，若将波源S1向S2稍微靠近，P点不在它们的连线上，所以P点的振幅一定变化，故D错误。故选：B。点评：要知道加强点的位移仍然随时间在做周期性变化，只是振幅变大了，不能一直在最大位移处。【解题思路点拨】易错振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻、故不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。12．等量异种电荷的电场线分布【知识点的认识】1.等量异种电荷的电场强度分布图如下：2.以两电荷连线中点为原点O，建立x轴，