高考試題2025年甘肅省新高考物理試卷一、選擇題：本題共10小題，共43分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，每題5分，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．（4分）利用電子與離子的碰撞可以研究離子的能級結(jié)構(gòu)和輻射特性。He+離子相對基態(tài)的能級圖（設(shè)基態(tài)能量為0）如圖所示。用電子碰撞He+離子使其從基態(tài)激發(fā)到可能的激發(fā)態(tài)，若所用電子的能量為50eV，則He+離子輻射的光譜中，波長最長的譜線對應(yīng)的躍遷為（）A．n＝4→n＝3能級 B．n＝4→n＝2能級 C．n＝3→n＝2能級 D．n＝3→n＝1能級2．（4分）如圖，一小星球與某恒星中心距離為R時(shí)，小星球的速度大小為v，方向與兩者中心連線垂直。恒星的質(zhì)量為M，引力常量為G。下列說法正確的是（）A．若v＝，小星球做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．若＜v＜，小星球做拋物線運(yùn)動(dòng) C．若v＝，小星球做橢圓運(yùn)動(dòng) D．若v＞，小星球可能與恒星相撞3．（4分）2025年4月24日，在甘肅酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了搭載神舟二十號載人飛船的長征二號F遙二十運(yùn)載火箭。若在初始的1s內(nèi)燃料對火箭的平均推力約為6×106N，火箭質(zhì)量約為500噸且認(rèn)為在1s內(nèi)基本不變，則火箭在初始1s內(nèi)的加速度大小約為（重力加速度g取10m/s2）（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．12m/s24．（4分）如圖，小球A從距離地面20m處自由下落，1s末恰好被小球B從左側(cè)水平擊中，小球A落地時(shí)的水平位移為3m。兩球質(zhì)量相同，碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度g取10m/s2，則碰撞前小球B的速度大小v為（）A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s5．（4分）如圖，兩極板不平行的電容器與直流電源相連，極板間形成非勻強(qiáng)電場，實(shí)線為電場線，虛線表示等勢面。M、N點(diǎn)在同一等勢面上，N、P點(diǎn)在同一電場線上。下列說法正確的是（）A．M點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的低 B．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度比N點(diǎn)的小 C．負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，速度增大 D．負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，電場力做負(fù)功6．（4分）閉合金屬框放置在磁場中，金屬框平面始終與磁感線垂直。如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化。Φ為穿過金屬框的磁通量，E為金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢，下列說法正確的是（）A．t在0～內(nèi)，Φ和E均隨時(shí)間增大 B．當(dāng)t＝與時(shí)，E大小相等，方向相同 C．當(dāng)t＝時(shí)，Φ最大，E為零 D．當(dāng)t＝時(shí)，Φ和E均為零7．（4分）離子注入機(jī)是研究材料輻照效應(yīng)的重要設(shè)備，其工作原理如圖1所示。從離子源S釋放的正離子（初速度視為零）經(jīng)電壓為U1的電場加速后，沿OO′方向射入電壓為U2的電場（OO′為平行于兩極板的中軸線），極板長度為l、間距為d，U2﹣t關(guān)系如圖2所示。長度為a的樣品垂直放置在距U2極板L處，樣品中心位于O′點(diǎn)。假設(shè)單個(gè)離子在通過U2區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電壓U2可視為不變，當(dāng)U2＝±Um時(shí)，離子恰好從兩極板的邊緣射出。不計(jì)重力及離子之間的相互作用。下列說法正確的是（）A．U2的最大值Um＝ B．當(dāng)U2＝±Um且L＝時(shí)，離子恰好能打到樣品邊緣 C．若其他條件不變，要增大樣品的輻照范圍，需增大U1 D．在t1和t2時(shí)刻射入U(xiǎn)2的離子，有可能分別打在A和B點(diǎn)（多選）8．（5分）如圖，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B與A用細(xì)線相連，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g?，F(xiàn)剪斷細(xì)線，下列說法正確的是（）A．小球A運(yùn)動(dòng)到彈簧原長處的速度最大 B．剪斷細(xì)線的瞬間，小球A的加速度大小為 C．小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量為 D．小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量為（多選）9．（5分）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)過等容過程到達(dá)狀態(tài)B，然后經(jīng)過等溫過程到達(dá)狀態(tài)C。已知質(zhì)量一定的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，且隨溫度升高而增大。下列說法正確的是（）A．A→B過程為吸熱過程 B．B→C過程為吸熱過程 C．狀態(tài)A壓強(qiáng)比狀態(tài)B的小 D．狀態(tài)A內(nèi)能比狀態(tài)C的?。ǘ噙x）10．（5分）2025年5月1日，全球首個(gè)實(shí)現(xiàn)“聚變能發(fā)電演示”的緊湊型全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置（BEST）在我國正式啟動(dòng)總裝。如圖是托卡馬克環(huán)形容器中磁場截面的簡化示意圖，兩個(gè)同心圓圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，內(nèi)圓半徑為R0。在內(nèi)圓上A點(diǎn)有a、b、c三個(gè)粒子均在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，并都恰好到達(dá)磁場外邊界后返回。已知a、b、c帶正電且比荷均為，a粒子的速度大小為va＝，方向沿同心圓的徑向；b和c粒子速度方向相反且與a粒子的速度方向垂直。不考慮帶電粒子所受的重力和相互作用。下列說法正確的是（）A．外圓半徑等于2R0 B．a(chǎn)粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間為 C．b、c粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間之比為 D．c粒子的速度大小為二、非選擇題：本題共5小題，共57分。11．（6分）某學(xué)習(xí)小組使用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。把一個(gè)直徑為d的小球用不可伸長的細(xì)線懸掛，光電門置于小球平衡位置處，其光線恰好通過小球球心，計(jì)時(shí)器與光電門相連。將小球拉離平衡位置并記錄其高度h，然后由靜止釋放（運(yùn)動(dòng)平面與光電門光線垂直），記錄小球經(jīng)過光電門的擋光時(shí)間Δt。改變h，測量多組數(shù)據(jù)。已知重力加速度為g，忽略阻力。（1）以h為橫坐標(biāo)，（填“Δt”、“（Δt）2”、“”或“”）為縱坐標(biāo)作直線圖。若所得圖像過原點(diǎn)，且斜率為（用d和g表示），即可證明小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。（2）實(shí)驗(yàn)中，用游標(biāo)卡尺測得小球直徑d＝20.48mm。①由結(jié)果可知，所用的是分度的游標(biāo)卡尺（填“10”、“20”或“50”）；②小組設(shè)計(jì)了一把25分度的游標(biāo)卡尺，未測量時(shí)的狀態(tài)如圖2所示。如果用此游標(biāo)卡尺測量該小球直徑，則游標(biāo)尺上第條刻度線與主尺上的刻度線對齊。12．（9分）某興趣小組設(shè)計(jì)測量電阻阻值的實(shí)驗(yàn)方案?？捎闷鞑挠校弘姵兀妱?dòng)勢1.5V）兩節(jié)，電壓表（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ），電流表（量程0.3A，內(nèi)阻約1Ω），滑動(dòng)變阻器（最大阻值20Ω），待測電阻Rx，開關(guān)S1，單刀雙擲開關(guān)S2，導(dǎo)線若干。（1）首先設(shè)計(jì)如圖1所示的電路。①要求用S2選擇電流表內(nèi)、外接電路，請?jiān)趫D1中補(bǔ)充連線將S2的c、d端接入電路；②閉合S1前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于端（填“a”或“b”）；③閉合S1后，將S2分別接c和d端，觀察到這兩種情況下電壓表的示數(shù)有變化、電流表的示數(shù)基本不變，因此測量電阻時(shí)S2應(yīng)該接端（填“c”或“d”）。（2）為了消除上述實(shí)驗(yàn)中電表引入的誤差，該小組又設(shè)計(jì)了如圖2所示的電路。①請?jiān)趫D2中補(bǔ)充連線將電壓表接入電路；②閉合S1，將S2分別接c和d端時(shí)，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為Uc、Ic和Ud、Id。則待測電阻阻值Rx＝（用Uc、Ud、Ic和Id表示）。13．（10分）如圖，ABCD為某容器橫截面，O、O′為上下底面中心，O′處有一發(fā)光點(diǎn)。人眼在E點(diǎn)沿EB方向觀察，容器空置時(shí)看不到發(fā)光點(diǎn)?，F(xiàn)向容器中緩慢注入某種透明液體，當(dāng)液面升高到12cm時(shí)，人眼恰好能看到發(fā)光點(diǎn)。已知OO′＝15cm，OB＝13cm，EB＝5cm，EB與AB延長線的夾角為α（sinα＝）。不考慮器壁對光的反射，真空中光速c＝3.0×108m/s。求：（1）該液體的折射率。（2）光從O′點(diǎn)到達(dá)人眼的時(shí)間。14．（15分）如圖1所示，細(xì)桿兩端固定，質(zhì)量為m的物塊穿在細(xì)桿上。初始時(shí)刻，物塊剛好能靜止在細(xì)桿上。現(xiàn)以水平向左的力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化如圖2所示。開始滑動(dòng)瞬間的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力。細(xì)桿足夠長，重力加速度為g，θ＝30°。求：（1）t＝6s時(shí)F的大小，以及t在0～6s內(nèi)F的沖量大小。（2）t在0～6s內(nèi)，摩擦力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系式，并作出相應(yīng)的f﹣t圖像。（3）t＝6s時(shí)，物塊的速度大小。15．（17分）在自動(dòng)化裝配車間，常采用電磁驅(qū)動(dòng)的機(jī)械臂系統(tǒng)。如圖，ab、cd為兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌上有與之垂直并接觸良好的金屬機(jī)械臂1和2，質(zhì)量均為m，電阻均為R。導(dǎo)軌左側(cè)接有電容為C的電容器。初始時(shí)刻，機(jī)械臂1以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，機(jī)械臂2靜止。運(yùn)動(dòng)過程中兩機(jī)械臂不發(fā)生碰撞。系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，電流為零，兩機(jī)械臂速度相同。（1）求初始時(shí)刻機(jī)械臂1產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小及感應(yīng)電流方向。（2）系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前，若機(jī)械臂1和2中的電流分別為I1和I2，寫出兩機(jī)械臂各自所受安培力的大小；若電容器兩端電壓為U，寫出電容器所帶電荷量的表達(dá)式。（3）求系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后兩機(jī)械臂的速度。若要兩機(jī)械臂不相撞，二者在初始時(shí)刻的間距至少為多少？2025年甘肅省新高考物理試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案CAABDCB二．多選題（共3小題）題號8910答案BCACDBD一、選擇題：本題共10小題，共43分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，每題5分，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．（4分）利用電子與離子的碰撞可以研究離子的能級結(jié)構(gòu)和輻射特性。He+離子相對基態(tài)的能級圖（設(shè)基態(tài)能量為0）如圖所示。用電子碰撞He+離子使其從基態(tài)激發(fā)到可能的激發(fā)態(tài)，若所用電子的能量為50eV，則He+離子輻射的光譜中，波長最長的譜線對應(yīng)的躍遷為（）A．n＝4→n＝3能級 B．n＝4→n＝2能級 C．n＝3→n＝2能級 D．n＝3→n＝1能級【分析】根據(jù)電子的能量判斷躍遷的能級可能值，根據(jù)光子能量計(jì)算公式分析波長的最大值?！窘獯稹拷猓河媚芰繛?0eV電子碰撞He+離子使其從基態(tài)激發(fā)，最大可能躍遷到3能級。根據(jù)E＝hν＝可知，光子能量最小，波長最長，所以波長最長的對應(yīng)3→2能級，故C正確、ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要是考查能級躍遷，關(guān)鍵是知道光子能量的計(jì)算公式，掌握能級躍遷的原理。2．（4分）如圖，一小星球與某恒星中心距離為R時(shí)，小星球的速度大小為v，方向與兩者中心連線垂直。恒星的質(zhì)量為M，引力常量為G。下列說法正確的是（）A．若v＝，小星球做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．若＜v＜，小星球做拋物線運(yùn)動(dòng) C．若v＝，小星球做橢圓運(yùn)動(dòng) D．若v＞，小星球可能與恒星相撞【分析】當(dāng)衛(wèi)星繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由萬有引力提供向心力求解線速度表達(dá)式；根據(jù)不同的速度范圍，結(jié)合三種宇宙速度的含義逐項(xiàng)分析?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)衛(wèi)星繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由萬有引力提供向心力有：＝m，解得：v＝，這就是衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度條件，故A正確；B、若＜v＜，即萬有引力不足以提供小星球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，小星球?qū)⒆鲭x心運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)小星球仍在引力場范圍內(nèi)，其運(yùn)動(dòng)軌跡為橢圓，而拋物線運(yùn)動(dòng)是在只受重力（在天體問題中類似只受恒力且力的方向不變等情況）時(shí)的運(yùn)動(dòng)，在這種中心環(huán)繞天體的引力場中，不是拋物線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、若v＝，這是該恒星的第二宇宙速度，即在該模型下對應(yīng)從距離中心天體R處脫離中心天體引力束縛的速度，此時(shí)小星球?qū)[脫中心恒星的引力束縛，做拋物線運(yùn)動(dòng)，而不是橢圓運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、若v＞，小星球已經(jīng)擺脫了中心恒星的引力束縛，將遠(yuǎn)離恒星，不可能與恒星相撞，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握三種宇宙速度的含義。3．（4分）2025年4月24日，在甘肅酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了搭載神舟二十號載人飛船的長征二號F遙二十運(yùn)載火箭。若在初始的1s內(nèi)燃料對火箭的平均推力約為6×106N，火箭質(zhì)量約為500噸且認(rèn)為在1s內(nèi)基本不變，則火箭在初始1s內(nèi)的加速度大小約為（重力加速度g取10m/s2）（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．12m/s2【分析】根據(jù)牛頓第二定律求解作答?！窘獯稹拷猓喝∝Q直向上為正方向，根據(jù)牛頓第二定律加速度故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要考查了牛頓第二定律的簡單運(yùn)用，基礎(chǔ)題。4．（4分）如圖，小球A從距離地面20m處自由下落，1s末恰好被小球B從左側(cè)水平擊中，小球A落地時(shí)的水平位移為3m。兩球質(zhì)量相同，碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度g取10m/s2，則碰撞前小球B的速度大小v為（）A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s【分析】根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)求解小球A與小球B碰撞前的速度和下落的高度；A、B兩小球水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求解小球A碰撞后的水平速度；碰撞后小球A在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解作答?！窘獯稹拷猓盒∏駻與小球B碰撞前的速度vy1＝gt1＝10×1m/s＝10m/s方向豎直向下小球A下落的高度取水平方向?yàn)檎较?，A、B兩小球水平方向動(dòng)量守恒mv＝mvxB+mvxAA、B發(fā)生彈性碰撞，機(jī)械能守恒聯(lián)立解得vxA＝v，vxB＝0碰撞后小球A在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解題t2＝1s，t2＝﹣3s（舍棄）小球A在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)x＝vxAt2＝vt2解得v＝3m/s故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律，機(jī)械能守恒定律的運(yùn)用，考查了自由落體運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，考查了運(yùn)動(dòng)的合成與分解；注意：機(jī)械能守恒定律不能用分速度表示。5．（4分）如圖，兩極板不平行的電容器與直流電源相連，極板間形成非勻強(qiáng)電場，實(shí)線為電場線，虛線表示等勢面。M、N點(diǎn)在同一等勢面上，N、P點(diǎn)在同一電場線上。下列說法正確的是（）A．M點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的低 B．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度比N點(diǎn)的小 C．負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，速度增大 D．負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，電場力做負(fù)功【分析】根據(jù)圖像判斷電場線方向，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低判斷電勢高低；根據(jù)電場線的疏密判斷電場強(qiáng)度大??；根據(jù)負(fù)電荷的受力分析確定電場力做功情況，由此分析速度變化情況?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)圖像可知，上板帶正電，電場線方向從上到下。根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，N點(diǎn)電勢高于P點(diǎn)電勢，又因?yàn)镸、N在同一等勢面上，所以M點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的高，故A錯(cuò)誤；B、電場線密的地方電場強(qiáng)度大，所以M點(diǎn)的電場強(qiáng)度比N點(diǎn)的大，故B錯(cuò)誤；CD、負(fù)電荷受力方向與電場線方向相反。負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小、速度減小，故C錯(cuò)誤、D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】無論是電場線或是等差等勢面，都是密的地方場強(qiáng)大，疏的地方場強(qiáng)??；電勢高低的判斷方法可以根據(jù)電勢的定義式來判斷，但一般都是按沿電場線方向電勢降低來判斷。6．（4分）閉合金屬框放置在磁場中，金屬框平面始終與磁感線垂直。如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化。Φ為穿過金屬框的磁通量，E為金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢，下列說法正確的是（）A．t在0～內(nèi)，Φ和E均隨時(shí)間增大 B．當(dāng)t＝與時(shí)，E大小相等，方向相同 C．當(dāng)t＝時(shí)，Φ最大，E為零 D．當(dāng)t＝時(shí)，Φ和E均為零【分析】根據(jù)磁通量的計(jì)算公式分析磁通量的大小；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得到圖像斜率表示的物理意義，結(jié)合圖像進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：E＝N＝N??S，所以B﹣t圖像的斜率越大，感應(yīng)電動(dòng)勢越大。A、t在0～內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，根據(jù)Φ＝BS可知，磁通量增加；但減小，則感應(yīng)電動(dòng)勢E減小，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)圖像可知，當(dāng)t＝與時(shí)，B﹣t圖像斜率方向相反，則感應(yīng)電動(dòng)勢E方向相反，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)t＝時(shí)，B最大，根據(jù)Φ＝BS可知，磁通量Φ最大，但為零，則E為零，故C正確；D、當(dāng)t＝時(shí)，B＝0，根據(jù)Φ＝BS可知，磁通量Φ為零，但最大，則E最大，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評】本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律和磁通量的計(jì)算，關(guān)鍵是掌握磁通量的計(jì)算公式和法拉第電磁感應(yīng)定律，知道B﹣t圖像斜率表示的物理意義。7．（4分）離子注入機(jī)是研究材料輻照效應(yīng)的重要設(shè)備，其工作原理如圖1所示。從離子源S釋放的正離子（初速度視為零）經(jīng)電壓為U1的電場加速后，沿OO′方向射入電壓為U2的電場（OO′為平行于兩極板的中軸線），極板長度為l、間距為d，U2﹣t關(guān)系如圖2所示。長度為a的樣品垂直放置在距U2極板L處，樣品中心位于O′點(diǎn)。假設(shè)單個(gè)離子在通過U2區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電壓U2可視為不變，當(dāng)U2＝±Um時(shí)，離子恰好從兩極板的邊緣射出。不計(jì)重力及離子之間的相互作用。下列說法正確的是（）A．U2的最大值Um＝ B．當(dāng)U2＝±Um且L＝時(shí)，離子恰好能打到樣品邊緣 C．若其他條件不變，要增大樣品的輻照范圍，需增大U1 D．在t1和t2時(shí)刻射入U(xiǎn)2的離子，有可能分別打在A和B點(diǎn)【分析】A.根據(jù)動(dòng)能定理求解離子經(jīng)過加速電場獲得的速度；離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)U2＝±Um時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求解在Δt時(shí)間內(nèi)離子的加速度，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解作答；B.當(dāng)U2＝±Um時(shí)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的推論，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解作答；C.當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的推論，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解離子打在樣品上偏離的位移的表達(dá)式，在結(jié)合題意分析作答；D.根據(jù)得到的離子打在樣品上偏離的位移的表達(dá)式，結(jié)合t1和t2時(shí)刻對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)電壓的大小分析離子打在樣品上偏離的位移的大小分析作答?！窘獯稹拷猓篈.設(shè)離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，經(jīng)過加速電場獲得的速度為v0；根據(jù)動(dòng)能定理解得當(dāng)U2＝±Um時(shí)，在Δt時(shí)間內(nèi)離子的加速度離子恰好從兩極板的邊緣射出，豎直位移水平方向l＝v0Δt聯(lián)立解得，故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)U2＝±Um時(shí)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的推論可知，離子離開極板時(shí)速度的反向延長線通過極板水平中心線的中點(diǎn)，離子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若離子恰好能打到樣品邊緣；根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)解得，故B正確；C.設(shè)離子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U2，側(cè)位移為y，樣品上偏離的位移為Y；根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，水平方向x＝l＝v0t豎直方向根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)聯(lián)立解得因此，若其他條件不變，要增大樣品的輻照范圍，需減小U1，故C錯(cuò)誤；D.設(shè)t1時(shí)刻，對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)電壓為U2′，t2時(shí)刻，對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)電壓為U2″，由圖2可知U2′＜U2″根據(jù)上述C得到的表達(dá)式可知，t1時(shí)刻進(jìn)入的離子在樣品上偏離的位移小于t2時(shí)刻進(jìn)入的離子在樣品上偏離的位移，即Y1＜Y2由圖1可知YA＞YB，因此在t1和t2時(shí)刻射入U(xiǎn)2的離子，有可能分別打在B和A點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，要熟練掌握動(dòng)能定理、牛頓第二定律，類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律的運(yùn)用；抓住單個(gè)離子在通過U2區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電壓U2可視為不變是解題的關(guān)鍵。（多選）8．（5分）如圖，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B與A用細(xì)線相連，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g?，F(xiàn)剪斷細(xì)線，下列說法正確的是（）A．小球A運(yùn)動(dòng)到彈簧原長處的速度最大 B．剪斷細(xì)線的瞬間，小球A的加速度大小為 C．小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量為 D．小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量為【分析】小球A的速度最大時(shí)其加速度為零，其合力為零，由此分析彈簧的狀態(tài)；剪斷細(xì)線的瞬間彈簧彈力不變，由平衡條件得到初始彈簧彈力，根據(jù)牛頓第二定律求解剪斷細(xì)線的瞬間小球A的加速度大小；剪斷細(xì)線后小球A在豎直方向做簡諧運(yùn)動(dòng)，初始位置即為小球簡諧運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，根據(jù)胡克定律可得小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)彈簧的伸長量；由簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)所受合力，同理可得彈簧的伸長量。【解答】解：A、小球A的速度最大時(shí)其加速度為零，其合力為零，此時(shí)彈簧彈力與小球A的重力等大反向，故小球A運(yùn)動(dòng)到速度最大時(shí)彈簧不是在原長處，而是出于伸長狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、未剪斷細(xì)線時(shí)，對A、B整體由平衡條件可知，彈簧彈力F0＝（m+2m）g＝3mg，剪斷細(xì)線的瞬間彈簧彈力不變，對A，根據(jù)牛頓第二定律得：F0﹣2mg＝2ma，解得小球A的加速度大小為a＝，故B正確；CD、剪斷細(xì)線后小球A在豎直方向做簡諧運(yùn)動(dòng)，初始位置即為小球簡諧運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，由B選項(xiàng)的解答可知，小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧彈力方向向上，大小為3mg，由胡克定律可得此時(shí)彈簧的伸長量為；由B選項(xiàng)的解答可知，小球A在最低點(diǎn)時(shí)所受合力向上，大小為F0﹣2mg＝mg，由簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，所受合力向下，大小亦為mg，因小球A的重力為2mg，故此時(shí)彈簧彈力應(yīng)向上，大小為mg，故此彈簧為伸長狀態(tài)，其伸長量為，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的瞬時(shí)問題，以及簡諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。要知道彈簧彈力不突變，掌握簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性。（多選）9．（5分）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)過等容過程到達(dá)狀態(tài)B，然后經(jīng)過等溫過程到達(dá)狀態(tài)C。已知質(zhì)量一定的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，且隨溫度升高而增大。下列說法正確的是（）A．A→B過程為吸熱過程 B．B→C過程為吸熱過程 C．狀態(tài)A壓強(qiáng)比狀態(tài)B的小 D．狀態(tài)A內(nèi)能比狀態(tài)C的小【分析】根據(jù)p﹣V圖像分析氣體狀態(tài)參量的變化情況，結(jié)合熱力學(xué)第一定律、查理定律進(jìn)行分析。【解答】解：A、A→B過程中，氣體的體積不變，則氣體做功為零。氣體的溫度升高，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q可知，氣體吸收熱量，故A正確。B、B→C過程中，氣體體積減小，外界對氣體做功，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q可知，氣體放出熱量，故B錯(cuò)誤。C、A→B過程中為等容變化，根據(jù)查理定律可得：，所以狀態(tài)A的壓強(qiáng)比狀態(tài)B小，故C正確。D、由于一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，而狀態(tài)A的溫度小于狀態(tài)C的溫度，所以狀態(tài)A的內(nèi)能小于狀態(tài)C的內(nèi)能，故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評】本題主要是考查一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)方程之圖像問題，關(guān)鍵是弄清楚圖像表示的物理意義、知道圖像的斜率、圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示的物理意義，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析。（多選）10．（5分）2025年5月1日，全球首個(gè)實(shí)現(xiàn)“聚變能發(fā)電演示”的緊湊型全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置（BEST）在我國正式啟動(dòng)總裝。如圖是托卡馬克環(huán)形容器中磁場截面的簡化示意圖，兩個(gè)同心圓圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，內(nèi)圓半徑為R0。在內(nèi)圓上A點(diǎn)有a、b、c三個(gè)粒子均在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，并都恰好到達(dá)磁場外邊界后返回。已知a、b、c帶正電且比荷均為，a粒子的速度大小為va＝，方向沿同心圓的徑向；b和c粒子速度方向相反且與a粒子的速度方向垂直。不考慮帶電粒子所受的重力和相互作用。下列說法正確的是（）A．外圓半徑等于2R0 B．a(chǎn)粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間為 C．b、c粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間之比為 D．c粒子的速度大小為【分析】A.a粒子恰好到達(dá)磁場外邊界后返回，作出a粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解作答；B.根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式結(jié)合對稱性求解粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；粒子在內(nèi)圓里做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)公式求解粒子在內(nèi)圓中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求總時(shí)間；C.作出b、c柆子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式求解作答；D.根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解粒子c做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子c的速度大小?！窘獯稹拷猓篈.a粒子恰好到達(dá)磁場外邊界后返回，作出a粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖所示：設(shè)粒子a的軌跡半徑為ra，外圓半徑為R；根據(jù)洛倫茲力提供向心力由于a粒子的速度大小為聯(lián)立解得ra＝R0根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)外圓半徑為，故A錯(cuò)誤；B.a粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期根據(jù)對稱性，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間粒子在內(nèi)圓中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間a粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間為，故B正確；C.由題意，作出b、c柆子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：因?yàn)閎、c柆子返回A點(diǎn)都是運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周，根據(jù)b、c帶正電且比荷均為，所以兩粒子倣圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，因此所用的最短時(shí)間之比為1：l，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系得2rc+R0＝R聯(lián)立解得洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評】本題主要考查了帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，要熟練掌握洛倫茲力公式、周期公式的運(yùn)用，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的關(guān)鍵。二、非選擇題：本題共5小題，共57分。11．（6分）某學(xué)習(xí)小組使用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。把一個(gè)直徑為d的小球用不可伸長的細(xì)線懸掛，光電門置于小球平衡位置處，其光線恰好通過小球球心，計(jì)時(shí)器與光電門相連。將小球拉離平衡位置并記錄其高度h，然后由靜止釋放（運(yùn)動(dòng)平面與光電門光線垂直），記錄小球經(jīng)過光電門的擋光時(shí)間Δt。改變h，測量多組數(shù)據(jù)。已知重力加速度為g，忽略阻力。（1）以h為橫坐標(biāo)，（填“Δt”、“（Δt）2”、“”或“”）為縱坐標(biāo)作直線圖。若所得圖像過原點(diǎn)，且斜率為（用d和g表示），即可證明小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。（2）實(shí)驗(yàn)中，用游標(biāo)卡尺測得小球直徑d＝20.48mm。①由結(jié)果可知，所用的是50分度的游標(biāo)卡尺（填“10”、“20”或“50”）；②小組設(shè)計(jì)了一把25分度的游標(biāo)卡尺，未測量時(shí)的狀態(tài)如圖2所示。如果用此游標(biāo)卡尺測量該小球直徑，則游標(biāo)尺上第12條刻度線與主尺上的刻度線對齊。【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式結(jié)合直線方程分析解答；（2）根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)律和工作原理進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓海?）如果機(jī)械能守恒，則滿足mgh＝，又v＝，得mgh＝m，即＝?h，斜率為k＝；（2）①根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)的規(guī)則可知，以mm為單位，且小數(shù)點(diǎn)后面兩位讀數(shù)，末位是偶數(shù)的，只能是游標(biāo)尺讀數(shù)×0.02mm得出的計(jì)算結(jié)果，故用的是50分度的游標(biāo)卡尺；②此游標(biāo)卡尺上的一小格真實(shí)長度為mm＝0.96mm，故游標(biāo)尺的精確度為1mm﹣0.96mm＝0.04mm，小球直徑d＝20mm+n×0.04mm＝20.48mm，故n＝12，故游標(biāo)尺上第12條刻度線與主尺上的刻度線對齊。故答案為：（1），；（2）①50；②12?！军c(diǎn)評】考查機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用和游標(biāo)卡尺的工作原理，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。12．（9分）某興趣小組設(shè)計(jì)測量電阻阻值的實(shí)驗(yàn)方案?？捎闷鞑挠校弘姵兀妱?dòng)勢1.5V）兩節(jié)，電壓表（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ），電流表（量程0.3A，內(nèi)阻約1Ω），滑動(dòng)變阻器（最大阻值20Ω），待測電阻Rx，開關(guān)S1，單刀雙擲開關(guān)S2，導(dǎo)線若干。（1）首先設(shè)計(jì)如圖1所示的電路。①要求用S2選擇電流表內(nèi)、外接電路，請?jiān)趫D1中補(bǔ)充連線將S2的c、d端接入電路；②閉合S1前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于b端（填“a”或“b”）；③閉合S1后，將S2分別接c和d端，觀察到這兩種情況下電壓表的示數(shù)有變化、電流表的示數(shù)基本不變，因此測量電阻時(shí)S2應(yīng)該接c端（填“c”或“d”）。（2）為了消除上述實(shí)驗(yàn)中電表引入的誤差，該小組又設(shè)計(jì)了如圖2所示的電路。①請?jiān)趫D2中補(bǔ)充連線將電壓表接入電路；②閉合S1，將S2分別接c和d端時(shí)，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為Uc、Ic和Ud、Id。則待測電阻阻值Rx＝﹣（用Uc、Ud、Ic和Id表示）?！痉治觥浚?）根據(jù)實(shí)物連線的要求作圖，結(jié)合對實(shí)驗(yàn)器材的要求和注意事項(xiàng)，試觸法知識(shí)進(jìn)行分析解答；（2）分析實(shí)驗(yàn)基本原理，結(jié)合實(shí)物連線的要求作圖，利用串并聯(lián)電路的特點(diǎn)進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓海?）①實(shí)物連接圖如圖所示②滑動(dòng)變阻器為限流式接法，為了保護(hù)電路的安全，閉合S1前，使連入電路中的阻值最大，以保護(hù)元件的絕對安全，故滑片P應(yīng)置于b端；③閉合S1后，將S2分別接c和d端，觀察到這兩種情況下電壓表的示數(shù)有變化、電流表的示數(shù)基本不變，說明電流表分壓明顯，待測電阻較小，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)采用電流表外接法，因此測量電阻時(shí)S2應(yīng)該接c端。（2）①實(shí)物連接圖如圖所示②根據(jù)電路分析，當(dāng)閉合S1將S2接c端時(shí)，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為Uc，Ic，則，將S2接d端時(shí)，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為Ud，Id，則，那么待測電阻阻值Rx＝﹣。故答案為：（1）①實(shí)物連線見解析；②b；③c；（2）①實(shí)物連線見解析；②﹣?！军c(diǎn)評】考查伏安法測電阻的基本原理和注意事項(xiàng)，實(shí)物連線的問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。13．（10分）如圖，ABCD為某容器橫截面，O、O′為上下底面中心，O′處有一發(fā)光點(diǎn)。人眼在E點(diǎn)沿EB方向觀察，容器空置時(shí)看不到發(fā)光點(diǎn)?，F(xiàn)向容器中緩慢注入某種透明液體，當(dāng)液面升高到12cm時(shí)，人眼恰好能看到發(fā)光點(diǎn)。已知OO′＝15cm，OB＝13cm，EB＝5cm，EB與AB延長線的夾角為α（sinα＝）。不考慮器壁對光的反射，真空中光速c＝3.0×108m/s。求：（1）該液體的折射率。（2）光從O′點(diǎn)到達(dá)人眼的時(shí)間。【分析】（1）畫出光路圖，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解入射角和折射角的正弦，根據(jù)折射定律求解作答；（2）根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解光在液體中通過的距離，根據(jù)折射率公式求解在液體中的速度，進(jìn)而求解在液體中傳播的時(shí)間，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解光在空氣中通過的距離，結(jié)合勻速直線運(yùn)動(dòng)公式求解在空氣中傳播的時(shí)間，然后求解總時(shí)間。【解答】解：（1）當(dāng)液面升高到12cm時(shí)，人眼恰好能看到發(fā)光點(diǎn)，入射點(diǎn)為O1，光路圖如圖所示：由于，則α＝37°，折射角r＝90°﹣a＝90°﹣37°＝53°；根據(jù)題意O1F＝OG＝OO′﹣O′G＝15cm﹣12cm＝3cm在直角△BFO1中，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)GO1＝OF＝OB﹣BF＝13cm﹣4cm＝9cm在直角△O′GO1中，根據(jù)勾股定理根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)根據(jù)折射定律，折射率（2）根據(jù)折射率公式，光在透明液體中的傳播速度光從O′點(diǎn)到達(dá)人眼的時(shí)間代入數(shù)據(jù)解得t＝1.0×10﹣9s。答：（1）該液體的折射率為。（2）光從O′點(diǎn)到達(dá)人眼的時(shí)間為1.0×10﹣9s。【點(diǎn)評】本題主要考查光的折射，要熟練掌握折射定律和折射率公式；根據(jù)光路圖，靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵；注意：光在同種均勻介質(zhì)中沿直線勻速傳播。14．（15分）如圖1所示，細(xì)桿兩端固定，質(zhì)量為m的物塊穿在細(xì)桿上。初始時(shí)刻，物塊剛好能靜止在細(xì)桿上。現(xiàn)以水平向左的力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化如圖2所示。開始滑動(dòng)瞬間的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力。細(xì)桿足夠長，重力加速度為g，θ＝30°。求：（1）t＝6s時(shí)F的大小，以及t在0～6s內(nèi)F的沖量大小。（2）t在0～6s內(nèi)，摩擦力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系式，并作出相應(yīng)的f﹣t圖像。（3）t＝6s時(shí)，物塊的速度大小。【分析】（1）由圖2得到F與t的關(guān)系式，求出t＝6s時(shí)F的大小。根據(jù)F與t成線性關(guān)系，利用F的平均值求解F的沖量大小。（2）初始時(shí)刻物塊剛好能靜止在細(xì)桿上，由平衡條件求得物塊與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)。根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的公式求得摩擦力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。并作出相應(yīng)的f﹣t圖像。（3）根據(jù)f﹣t圖像與時(shí)間軸圍成的面積求得摩擦力的沖量大小，根據(jù)動(dòng)量定理求解物塊的速度大小?！窘獯稹拷猓海?）由圖2可得F與t的關(guān)系為：F＝＝可得t＝6s時(shí)F的大小為：F1＝6×＝因F與t成線性關(guān)系，故可用F的平均值求解F的沖量大小，可得在0～6s內(nèi)F的沖量大小為：I1＝＝F1Δt＝××6（N?s）＝（N?s）（2）初始時(shí)刻物塊剛好能靜止在細(xì)桿上，設(shè)物塊與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由平衡條件可得：mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ＝設(shè)物塊與細(xì)桿間的彈力大小為N，在垂直于細(xì)桿方向上，由平衡條件可得：N＝|mgcosθ﹣Fsinθ|以沿細(xì)桿向上為正方向，物塊與細(xì)桿間的摩擦力f為：f＝μN(yùn)＝μ?|mgcosθ﹣Fsinθ|其中：F＝代入數(shù)據(jù)整理可得：f＝?|1﹣|（N）令1﹣＝0，可得：t＝4s可得t在0～6s內(nèi)，摩擦力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為：當(dāng)0≤t＜4s時(shí)，f＝（1﹣）（N）；當(dāng)4s≤t≤6s時(shí)，f＝（﹣1）（N）作出相應(yīng)的f﹣t圖像如下圖所示：（3）根據(jù)（2）的解答所得的f﹣t圖像與時(shí)間軸圍成的面積等于摩擦力的沖量大小，可得在0～6s內(nèi)摩擦力f的沖量大小為：If＝＝（N?s）設(shè)t＝6s時(shí)，物塊的速度大小為v，以沿細(xì)桿向下為正方向，對物塊由動(dòng)量定理得：mgsinθ?t+I1cosθ﹣If＝mv﹣0