第69頁（共69頁）2025年云南省新高考物理試卷（選擇性）一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（4分）（2025?云南）2025年3月，我國科學家研制的碳14核電池原型機“燭龍一號”發(fā)布，標志著我國在核能技術領域與微型核電池領域取得突破。碳14的衰變方程為614C→A．X為電子，是在核內中子轉化為質子的過程中產生的 B．X為電子，是在核內質子轉化為中子的過程中產生的 C．X為質子，是由核內中子轉化而來的 D．X為中子，是由核內質子轉化而來的2．（4分）（2025?云南）如圖所示，中老鐵路國際旅客列車從云南某車站由靜止出發(fā)，沿水平直軌道逐漸加速到144km/h，在此過程中列車對座椅上的一高中生所做的功最接近（）A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J3．（4分）（2025?云南）如圖所示，某同學將兩顆鳥食從O點水平拋出，兩只小鳥分別在空中的M點和N點同時接到鳥食。鳥食的運動視為平拋運動，兩運動軌跡在同一豎直平面內，則（）A．兩顆鳥食同時拋出 B．在N點接到的鳥食后拋出 C．兩顆鳥食平拋的初速度相同 D．在M點接到的鳥食平拋的初速度較大4．（4分）（2025?云南）某介電電泳實驗使用非勻強電場，該電場的等勢線分布如圖所示。a、b、c、d四點分別位于電勢為﹣2V、﹣1V、1V、2V的等勢線上，則（）A．a、b、c、d中a點電場強度最小 B．a、b、c、d中d點電場強度最大 C．一個電子從b點移動到c點電場力做功為2eV D．一個電子從a點移動到d點電勢能增加了4eV5．（4分）（2025?云南）國際編號為192391的小行星繞太陽公轉的周期約為5.8年，該小行星與太陽系內八大行星幾乎在同一平面內做圓周運動。規(guī)定地球繞太陽公轉的軌道半徑為1AU，八大行星繞太陽的公轉軌道半徑如表所示。忽略其它行星對該小行星的引力作用，則該小行星的公轉軌道應介于（）行星水星金星地球火星木星土星天王星海王星軌道半徑R/AU0.390.721.01.55.29.51930A．金星與地球的公轉軌道之間 B．地球與火星的公轉軌道之間 C．火星與木星的公轉軌道之間 D．天王星與海王星的公轉軌道之間6．（4分）（2025?云南）如圖所示，質量為m的滑塊（視為質點）與水平面上MN段的動摩擦因數為μ1，與其余部分的動摩擦因數為μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑塊從Ⅰ位置以速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的某一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x1，所用時間為t1；第二次，滑塊從Ⅱ位置以相同速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的另一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x2，所用時間為t2。忽略空氣阻力，則（）A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x27．（4分）（2025?云南）如圖所示，均勻介質中矩形區(qū)域內有一位置未知的波源。t＝0時刻，波源開始振動產生簡諧橫波，并以相同波速分別向左、右兩側傳播，P、Q分別為矩形區(qū)域左右兩邊界上振動質點的平衡位置。t＝1.5s和t＝2.5s時矩形區(qū)域外波形分別如圖中實線和虛線所示，則（）A．波速為2.5m/s B．波源的平衡位置距離P點1.5m C．t＝1.0s時，波源處于平衡位置且向下運動 D．t＝5.5s時，平衡位置在P、Q處的兩質點位移相同（多選）8．（6分）（2025?云南）電動汽車充電樁的供電變壓器（視為理想變壓器）示意圖如圖所示。變壓器原線圈的匝數為n1，輸入電壓U1＝1.1kV；兩副線圈的匝數分別為n2和n3，輸出電壓U2＝U3＝220V。當Ⅰ、Ⅱ區(qū)充電樁同時工作時，兩副線圈的輸出功率分別為7.0kW和3.5kW，下列說法正確的是（）A．n1：n2＝5：1 B．n1：n3＝1：5 C．變壓器的輸入功率為10.5kW D．兩副線圈輸出電壓最大值均為220V（多選）9．（6分）（2025?云南）圖甲為1593年伽利略發(fā)明的人類歷史上第一支溫度計，其原理如圖乙所示。硬質玻璃泡a內封有一定質量的氣體（視為理想氣體），與a相連的b管插在水槽中固定，b管中液面高度會隨環(huán)境溫度變化而變化。設b管的體積與a泡的體積相比可忽略不計，在標準大氣壓p0下，b管上的刻度可以直接讀出環(huán)境溫度。則在p0下（）A．環(huán)境溫度升高時，b管中液面升高 B．環(huán)境溫度降低時，b管中液面升高 C．水槽中的水少量蒸發(fā)后，溫度測量值偏小 D．水槽中的水少量蒸發(fā)后，溫度測量值偏大（多選）10．（6分）（2025?云南）如圖所示，傾角為θ的固定斜面，其頂端固定一勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧處于原長時下端位于O點。質量為m的滑塊Q（視為質點）與斜面間的動摩擦因數μ＝tanθ。過程Ⅰ：Q以速度v0從斜面底端P點沿斜面向上運動恰好能滑至O點；過程Ⅱ：將Q連接在彈簧的下端并拉至P點由靜止釋放，Q通過M點（圖中未畫出）時速度最大，過O點后能繼續(xù)上滑。彈簧始終在彈性限度內，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．P、M兩點之間的距離為kvB．過程Ⅱ中，Q在從P點單向運動到O點的過程中損失的機械能為14C．過程Ⅱ中，Q從P點沿斜面向上運動的最大位移為kvD．連接在彈簧下端的Q無論從斜面上何處釋放，最終一定靜止在OM（含O、M點）之間二、非選擇題：本題共5小題，共54分。其中13～15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。11．（6分）（2025?云南）某實驗小組做了測量木質滑塊與橡膠皮之間動摩擦因數μ的實驗，所用器材如下：釘有橡膠皮的長木板、質量為250g的木質滑塊（含掛鉤）、細線、定滑輪、彈簧測力計、慢速電機以及砝碼若干。實驗裝置如圖甲所示。實驗步驟如下：①將長木板放置在水平臺面上，滑塊平放在橡膠面上；②調節(jié)定滑輪高度，使細線與長木板平行（此時定滑輪高度與掛鉤高度一致）；③用電機緩慢拉動長木板，當長木板相對滑塊勻速運動時，記錄彈簧測力計的示數F；④在滑塊上分別放置50g、100g和150g的砝碼，重復步驟③；⑤處理實驗數據（重力加速度g取9.80m/s2）。實驗數據如表所示：滑塊和砝碼的總質量M/g彈簧測力計示數F/N動摩擦因數μ2501.120.4573001.35a3501.570.4584001.790.457完成下列填空：（1）表格中a處的數據為（保留3位有效數字）；（2）其它條件不變時，在實驗誤差允許的范圍內，滑動摩擦力的大小與接觸面上壓力的大小，μ與接觸面上壓力的大小（以上兩空填“成正比”“成反比”或“無關”）；（3）若在實驗過程中未進行步驟②，實驗裝置如圖乙所示，掛鉤高于定滑輪，則μ的測量結果將（填“偏大”“偏小”或“不變”）。12．（10分）（2025?云南）基于鉑電阻阻值隨溫度變化的特性，某興趣小組用鉑電阻做了測量溫度的實驗?？蛇x用的器材如下：Pt1000型號鉑電阻、電源E（電動勢5V，內阻不計）、電流表A1（量程100μA，內阻4.5kΩ）、電流表A2（量程500μA，內阻約1kΩ）、定值電阻R1（阻值15kΩ）、定值電阻R2（阻值1.5kΩ）、開關S和導線若干。查閱技術手冊可知，Pt1000型號鉑電阻測溫時的工作電流在0.1～0.3mA之間，在0～100℃范圍內，鉑電阻的阻值Rt隨溫度t的變化視為線性關系，如圖（a）所示。完成下列填空：（1）由圖（a）可知，在0～100℃范圍內，溫度每升高1℃，該鉑電阻的阻值增加Ω；（2）興趣小組設計了如圖（b）所示的甲、乙兩種測量鉑電阻阻值的電路圖，能準確測出鉑電阻阻值的是（填“甲”或“乙”），保護電阻R應選（填“R1”或“R2”）；（3）用（2）問中能準確測出鉑電阻阻值的電路測溫時，某次測量讀得A2示數為295μA，A1示數如圖（c）所示，該示數為μA，則所測溫度為℃（計算結果保留2位有效數字）。13．（10分）（2025?云南）用光學顯微鏡觀察樣品時，顯微鏡部分結構示意圖如圖甲所示。蓋玻片底部中心位置O點的樣品等效為點光源，為避免O點發(fā)出的光在蓋玻片上方界面發(fā)生全反射，可將蓋玻片與物鏡的間隙用一滴油填充，如圖乙所示。已知蓋玻片材料和油的折射率均為1.5，蓋玻片厚度d＝2.0mm，蓋玻片與物鏡的間距h＝0.20mm，不考慮光在蓋玻片中的多次反射，取真空中光速c＝3.0×108m/s，π＝3.14。（1）求未滴油時，O點發(fā)出的光在蓋玻片的上表面的透光面積（結果保留2位有效數字）；（2）滴油前后，光從O點傳播到物鏡的最短時間分別為t1、t2，求t2﹣t1（結果保留2位有效數字）。14．（13分）（2025?云南）磁屏蔽技術可以降低外界磁場對屏蔽區(qū)域的干擾。如圖所示，x≥0區(qū)域存在垂直O(jiān)xy平面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B1（未知）。第一象限內存在邊長為2L的正方形磁屏蔽區(qū)ONPQ，經磁屏蔽后，該區(qū)域內的勻強磁場方向仍垂直O(jiān)xy平面向里，其磁感應強度大小為B2（未知），但滿足0＜B2＜B1。某質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子通過速度選擇器后，在Oxy平面內垂直y軸射入x≥0區(qū)域，經磁場偏轉后剛好從ON中點垂直O(jiān)N射入磁屏蔽區(qū)域。速度選擇器兩極板間電壓U、間距d、內部磁感應強度大小B0已知，不考慮該粒子的重力。（1）求該粒子通過速度選擇器的速率；（2）求B1以及y軸上可能檢測到該粒子的范圍；（3）定義磁屏蔽效率η=B1-B2B15．（15分）（2025?云南）如圖所示，光滑水平面上有一個長為L、寬為d的長方體空絕緣箱，其四周緊固一電阻為R的水平矩形導線框，箱子與導線框的總質量為M。與箱子右側壁平行的磁場邊界平面如截面圖中虛線PQ所示，邊界右側存在范圍足夠大的勻強磁場，其磁感應強度大小為B、方向豎直向下。t＝0時刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由靜止開始做勻加速直線運動，這時箱子左側壁上距離箱底h處、質量為m的木塊（視為質點）恰好能與箱子保持相對靜止。箱子右側壁進入磁場瞬間，木塊與箱子分離；箱子完全進入磁場前某時刻，木塊落到箱子底部，且箱子與木塊均不反彈（木塊下落過程中與箱子側壁無碰撞）；木塊落到箱子底部時即撤去F。運動過程中，箱子右側壁始終與磁場邊界平行，忽略箱壁厚度、箱子形變、導線粗細及空氣阻力。木塊與箱子內壁間的動摩擦因數為μ，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。（1）求F的大??；（2）求t＝0時刻，箱子右側壁距磁場邊界的最小距離；（3）若t＝0時刻，箱子右側壁距磁場邊界的距離為s（s大于（2）問中最小距離），求最終木塊與箱子的速度大小。

2025年云南省新高考物理試卷（選擇性）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案ABDCCAD二．多選題（共3小題）題號8910答案ACBDCD一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（4分）（2025?云南）2025年3月，我國科學家研制的碳14核電池原型機“燭龍一號”發(fā)布，標志著我國在核能技術領域與微型核電池領域取得突破。碳14的衰變方程為614C→A．X為電子，是在核內中子轉化為質子的過程中產生的 B．X為電子，是在核內質子轉化為中子的過程中產生的 C．X為質子，是由核內中子轉化而來的 D．X為中子，是由核內質子轉化而來的【考點】β衰變的特點、本質及方程．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；衰變和半衰期專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】設元素X的質量數為A，核電荷數為Z，核反應遵循質量數和核電荷數守恒，據此求解作答；根據β衰變的實質分析作答?！窘獯稹拷猓涸O元素X的質量數為A，核電荷數為Z，核反應遵循質量數和核電荷數守恒；質量數守恒14＝14+A解得A＝0電荷數守恒6＝7+Z解得Z＝﹣1因此X為電子，發(fā)生的是β衰變；核反應方程為為14X為電子，是在核內中子轉化為質子的過程中產生的，核反應方程為1故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題主要考查了β衰變，明確核反應遵循質量數和核電荷數守恒，明確β衰變的實質是解題的關鍵。2．（4分）（2025?云南）如圖所示，中老鐵路國際旅客列車從云南某車站由靜止出發(fā)，沿水平直軌道逐漸加速到144km/h，在此過程中列車對座椅上的一高中生所做的功最接近（）A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J【考點】利用動能定理求解變力做功．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；動能定理的應用專題；實驗探究能力．【答案】B【分析】高中生的質量m＝50kg，根據動能定理求解作答?！窘獯稹拷猓焊咧猩馁|量m＝50kg列車速度v＝144km/h＝40m/s根據動能定理，列車對座椅上的一高中生所做的功W故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題主要考查了利用動能定理求解變力所做的功，要知道高中學生的大約體重，理解動能定理的含義是解題的關鍵。3．（4分）（2025?云南）如圖所示，某同學將兩顆鳥食從O點水平拋出，兩只小鳥分別在空中的M點和N點同時接到鳥食。鳥食的運動視為平拋運動，兩運動軌跡在同一豎直平面內，則（）A．兩顆鳥食同時拋出 B．在N點接到的鳥食后拋出 C．兩顆鳥食平拋的初速度相同 D．在M點接到的鳥食平拋的初速度較大【考點】平拋運動時間的計算；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據平拋運動的速度規(guī)律和位移規(guī)律，運動時間的決定因素進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈B.兩只小鳥分別在空中的M點和N點同時接到鳥食，N點下落的高度更高，運動時間長，故N點接到的鳥食先被拋出，故AB錯誤；C.根據x＝v0t，y=12gt2，得y=gD.同理，由y=gx22v02可知，當水平位移x相等時，yN＞yM，y越大，初速度v故選：D?！军c評】考查平拋運動的速度規(guī)律和位移規(guī)律，會根據題意進行準確分析解答。4．（4分）（2025?云南）某介電電泳實驗使用非勻強電場，該電場的等勢線分布如圖所示。a、b、c、d四點分別位于電勢為﹣2V、﹣1V、1V、2V的等勢線上，則（）A．a、b、c、d中a點電場強度最小 B．a、b、c、d中d點電場強度最大 C．一個電子從b點移動到c點電場力做功為2eV D．一個電子從a點移動到d點電勢能增加了4eV【考點】等勢面及其與電場線的關系；電荷性質、電勢能和電勢的關系．【專題】應用題；信息給予題；定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】AB.電場中等差等勢面的疏密表示場強的大小，等勢面越密的地方場強越大，據此分析作答；C.根據動能定理求解作答；D.根據動能定理、電場力做功與電勢能變化的關系求解作答?！窘獯稹拷猓篈B.電場中等差等勢面的疏密表示場強的大小，等勢面越密的地方場強越大，因此a、b、c、d中a點電場強度最大，故AB錯誤；C.根據動能定理，一個電子從b點移動到c點電場力做功為W＝﹣e（φb﹣φc）＝﹣e×（﹣1﹣1）V＝2eV，故C正確；D.根據動能定理，一個電子從a點移動到d點電場力做功W＝﹣e（φa﹣φd）＝﹣e×（﹣2﹣2）V＝4eV根據電場力做功與電勢能變化的關系可知，電場力做正功，電勢能減小了4eV，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查了場強大小的判斷，考查動能定理、電場力做功與電勢能變化的關系的運用；知道等差等勢面的疏密表示場強的大小。5．（4分）（2025?云南）國際編號為192391的小行星繞太陽公轉的周期約為5.8年，該小行星與太陽系內八大行星幾乎在同一平面內做圓周運動。規(guī)定地球繞太陽公轉的軌道半徑為1AU，八大行星繞太陽的公轉軌道半徑如表所示。忽略其它行星對該小行星的引力作用，則該小行星的公轉軌道應介于（）行星水星金星地球火星木星土星天王星海王星軌道半徑R/AU0.390.721.01.55.29.51930A．金星與地球的公轉軌道之間 B．地球與火星的公轉軌道之間 C．火星與木星的公轉軌道之間 D．天王星與海王星的公轉軌道之間【考點】衛(wèi)星或行星運行參數的計算．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據開普勒第三定律列式解答?！窘獯稹拷猓焊鶕_普勒第三定律有r小3T小2=r地3T地2，代入T地＝1年，T?。?.8年，r地故選：C?！军c評】考查開普勒第三定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。6．（4分）（2025?云南）如圖所示，質量為m的滑塊（視為質點）與水平面上MN段的動摩擦因數為μ1，與其余部分的動摩擦因數為μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑塊從Ⅰ位置以速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的某一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x1，所用時間為t1；第二次，滑塊從Ⅱ位置以相同速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的另一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x2，所用時間為t2。忽略空氣阻力，則（）A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x2【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；圖析法；方程法；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】由動能定理列式可以判斷位移的大?。挥膳ｎD第二定律結合v﹣t圖像判斷時間的長短?！窘獯稹拷猓篊D、設MN的距離為x0，第一次，滑塊從Ⅰ位置以速度v0向右滑動，根據動能定理可得：-μ第二次，滑塊從Ⅱ位置以相同速度v0向右滑動，根據動能定理可得：-μ聯(lián)立以上由兩式可得：x1＝x2，故CD錯誤；AB、根據牛頓第二定律，滑塊在MN段上運動的加速度為a1，則有μ1mg＝ma1，解得：a1＝μ1g，在其余部分上運動的加速度為a2，則有：μ2mg＝ma2，解得：a2＝μ2g，則有：a1＞a2，由兩次位移相等，且第二次運動時滑塊距離M點較近，在到達M點時速度較大，可作v﹣t如下所示：由圖像可得：t1＜t2，故A正確，B錯誤。故選：A。【點評】本題是對動能定理、牛頓第二定律及速度圖像的考查，解題的關鍵是要根據題意正確畫出v﹣t圖像，注意速度圖像意時間軸所夾的面積表示位移的大小，斜率表示加速度。7．（4分）（2025?云南）如圖所示，均勻介質中矩形區(qū)域內有一位置未知的波源。t＝0時刻，波源開始振動產生簡諧橫波，并以相同波速分別向左、右兩側傳播，P、Q分別為矩形區(qū)域左右兩邊界上振動質點的平衡位置。t＝1.5s和t＝2.5s時矩形區(qū)域外波形分別如圖中實線和虛線所示，則（）A．波速為2.5m/s B．波源的平衡位置距離P點1.5m C．t＝1.0s時，波源處于平衡位置且向下運動 D．t＝5.5s時，平衡位置在P、Q處的兩質點位移相同【考點】波的疊加．【專題】定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據機械波的勻速傳播特點結合波形圖導出的波長、周期以及同側原理法進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.對向左傳播的波形，在Δt＝2.5s﹣1.5s＝1.0s時間內，傳播的距離為Δx＝2m，故波速為v=ΔxΔt=21m/sB.由題意，波長λ＝4m，周期T＝2s，當t＝1.5s時，機械波向左右傳播的距離均為x＝vt＝2×1.5m＝3.0m，由圖可知，右側波形剛好傳播到Q點，故波源的平衡位置距離P點為4m﹣3m＝1m，故B錯誤；C.由波的前沿質點的運動情況，結合同側原理法，可知波源開始振動的方向向下，又T＝2s，則t＝1.0s時，波源處于平衡位置且向上運動，故C錯誤；D.t＝2.5s波形圖如虛線所示，此時P、Q兩質點在平衡位置，到t＝5.5s時刻，又經過了3s＝T+12T，P、Q兩質點均位于平衡位置，位移相同，故故選：D?！军c評】考查機械波的勻速傳播特點結合波形圖導出的波長、周期以及同側原理法，會根據題意進行準確分析解答。（多選）8．（6分）（2025?云南）電動汽車充電樁的供電變壓器（視為理想變壓器）示意圖如圖所示。變壓器原線圈的匝數為n1，輸入電壓U1＝1.1kV；兩副線圈的匝數分別為n2和n3，輸出電壓U2＝U3＝220V。當Ⅰ、Ⅱ區(qū)充電樁同時工作時，兩副線圈的輸出功率分別為7.0kW和3.5kW，下列說法正確的是（）A．n1：n2＝5：1 B．n1：n3＝1：5 C．變壓器的輸入功率為10.5kW D．兩副線圈輸出電壓最大值均為220V【考點】理想變壓器兩端的功率關系；理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數的關系．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】AB.根據理想變壓器電壓與匝數比的關系求解作答；C.根據理想變壓器的功率關系求解作答；D.根據正弦交變電流有效值與最大值的關系求解作答?！窘獯稹拷猓篈B.根據理想變壓器電壓與匝數比的關系nn1n3=UC.根據理想變壓器的功率關系，輸入功率P1＝P2+P3＝7.0kW+3.5kW＝10.5kW，故C正確；D.根據正弦交變電流電壓的有效值與最大值的關系Um=2U可知，兩副線圈輸出電壓最大值均為故選：AC?！军c評】本題主要考查了理想變壓器電壓與匝數比的關系、功率關系以及有效值與最大值的關系，基礎題。（多選）9．（6分）（2025?云南）圖甲為1593年伽利略發(fā)明的人類歷史上第一支溫度計，其原理如圖乙所示。硬質玻璃泡a內封有一定質量的氣體（視為理想氣體），與a相連的b管插在水槽中固定，b管中液面高度會隨環(huán)境溫度變化而變化。設b管的體積與a泡的體積相比可忽略不計，在標準大氣壓p0下，b管上的刻度可以直接讀出環(huán)境溫度。則在p0下（）A．環(huán)境溫度升高時，b管中液面升高 B．環(huán)境溫度降低時，b管中液面升高 C．水槽中的水少量蒸發(fā)后，溫度測量值偏小 D．水槽中的水少量蒸發(fā)后，溫度測量值偏大【考點】氣體的等容變化與查理定律的應用．【專題】應用題；信息給予題；定性思想；推理法；氣體的狀態(tài)參量和實驗定律專題；實驗探究能力．【答案】BD【分析】AB.根據查理定律和平衡條件得出溫度與b管中液面高度的關系，然分析作答；CD.水槽中的水少量蒸發(fā)后，初狀態(tài)下，b管中液面h0的真實位置要降低；當環(huán)境溫度升高時，b管中液面降低到標稱值之下，據此分析作答?！窘獯稹拷猓河捎赽管的體積與a泡的體積相比可忽略不計，a泡中的封閉氣體做等容變化；根據查理定律p根據平衡條件p1＝p0﹣ρgh0，p2＝p0﹣ρgh聯(lián)立解得TAB.根據上述分析，環(huán)境溫度升高時，b管中液面降低，環(huán)境溫度降低時，b管中液面升高，故A錯誤，B正確；CD.根據關系式T=p0水槽中的水少量蒸發(fā)后，初狀態(tài)下，b管中液面h0的真實位置要降低；當環(huán)境溫度升高時，b管中液面降低到標稱值之下，則溫度測量值偏大，故C錯誤，D正確。故選：BD。【點評】本題主要考查了理想氣體的等容變化，要理解伽利略溫度計的工作原理，掌握查理定律和平衡條件的運用。（多選）10．（6分）（2025?云南）如圖所示，傾角為θ的固定斜面，其頂端固定一勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧處于原長時下端位于O點。質量為m的滑塊Q（視為質點）與斜面間的動摩擦因數μ＝tanθ。過程Ⅰ：Q以速度v0從斜面底端P點沿斜面向上運動恰好能滑至O點；過程Ⅱ：將Q連接在彈簧的下端并拉至P點由靜止釋放，Q通過M點（圖中未畫出）時速度最大，過O點后能繼續(xù)上滑。彈簧始終在彈性限度內，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．P、M兩點之間的距離為kvB．過程Ⅱ中，Q在從P點單向運動到O點的過程中損失的機械能為14C．過程Ⅱ中，Q從P點沿斜面向上運動的最大位移為kvD．連接在彈簧下端的Q無論從斜面上何處釋放，最終一定靜止在OM（含O、M點）之間【考點】常見力做功與相應的能量轉化；物體在粗糙斜面上的運動．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；功的計算專題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】AB.根據滑動摩擦力公式求解滑動摩擦力，過程Ⅰ，根據動能定理求解PO之間的距離；過程Ⅱ中，根據功能關系求解機械能的損失；過程Ⅱ中，M點的速度最大，說明M點為平衡位置，根據平衡條件求解彈簧的形變量，再求PM之間的距離；C.滑塊從P到M的過程中，彈力做正功、摩擦力和重力做負功；滑塊從M點到最高點的過程中，彈力先做正功后做負功、摩擦力和重力做一致做負功；根據動能定理分析位移關系，然后作答；D.設滑塊最終停留在距O點x2處，停止時加速度為零，速度為零；根據平衡條件結合摩擦力與重力沿斜面向下的分力的關系求解作答?！窘獯稹拷猓築、滑塊所受的滑動摩擦力f過程Ⅰ，根據動能定理得：-解得：PO過程Ⅱ中，彈簧彈力對Q做正功，設為W彈，Q克服滑動摩擦力做功為Wf，由功能關系可得Q在從P點單向運動到O點的過程中損失的機械能為：ΔE=Wf-A、過程Ⅱ中，M點的速度最大，則M點為平衡位置，設此時彈簧的形變量為x，根據平衡條件得：kx＝mgsinθ+f＝2mgsinθ，解得：xP、M兩點之間的距離為：s=PO-C、滑塊從P到M的過程向上運動的位移為s由運動的對稱性可得滑塊過M點后能繼續(xù)上滑的最大位移等于s，故Q從P點沿斜面向上運動的最大位移為xm=2sD.設滑塊最終停留在距O點x2處，停止時加速度為零，速度為零；若彈力為零，根據平衡條件mgsinθ＝f＝μmgcosθ，滑塊停在O點；若彈簧處于拉伸狀態(tài)且摩擦力沿斜面向下，根據平衡條件mgsinθ+f＝kx2其中f≤mgsinθ解得x滑塊停在M點與O點之間，含M點；由于fm＝mgsinθ，因此彈簧不可能處于壓縮狀態(tài)；綜上分析可知，連接在彈簧下端的Q無論從斜面上何處釋放，最終一定靜止在OM（含O、M點）之間，故D正確。故選：CD?！军c評】本題的關鍵在于正確應用動能定理、功能關系和平衡條件，理解除重力和彈力以為的力做功機械能的影響，掌握滑動摩擦力公式的運用。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。其中13～15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。11．（6分）（2025?云南）某實驗小組做了測量木質滑塊與橡膠皮之間動摩擦因數μ的實驗，所用器材如下：釘有橡膠皮的長木板、質量為250g的木質滑塊（含掛鉤）、細線、定滑輪、彈簧測力計、慢速電機以及砝碼若干。實驗裝置如圖甲所示。實驗步驟如下：①將長木板放置在水平臺面上，滑塊平放在橡膠面上；②調節(jié)定滑輪高度，使細線與長木板平行（此時定滑輪高度與掛鉤高度一致）；③用電機緩慢拉動長木板，當長木板相對滑塊勻速運動時，記錄彈簧測力計的示數F；④在滑塊上分別放置50g、100g和150g的砝碼，重復步驟③；⑤處理實驗數據（重力加速度g取9.80m/s2）。實驗數據如表所示：滑塊和砝碼的總質量M/g彈簧測力計示數F/N動摩擦因數μ2501.120.4573001.35a3501.570.4584001.790.457完成下列填空：（1）表格中a處的數據為0.459（保留3位有效數字）；（2）其它條件不變時，在實驗誤差允許的范圍內，滑動摩擦力的大小與接觸面上壓力的大小成正比，μ與接觸面上壓力的大小無關（以上兩空填“成正比”“成反比”或“無關”）；（3）若在實驗過程中未進行步驟②，實驗裝置如圖乙所示，掛鉤高于定滑輪，則μ的測量結果將偏大（填“偏大”“偏小”或“不變”）。【考點】探究影響滑動摩擦力的因素．【專題】定量思想；推理法；摩擦力專題；推理論證能力．【答案】（1）0.459；（2）成正比，無關；（3）偏大。【分析】（1）根據滑動摩擦力的公式列式解答；（2）根據表格中的數據規(guī)律結合求解的μ值進行分析解答；（3）根據平衡條件列式推導μ的表達式，結合表達式分析判斷。【解答】解：（1）根據F＝μFN＝μMg，代入F＝1.35N，M＝300g＝0.3kg，得μ≈0.459；（2）其它條件不變時，在實驗誤差允許的范圍內，滑動摩擦力的大小與接觸面上壓力的大小成正比，μ與接觸面上壓力的大小無關；（3）若在實驗過程中未進行步驟②，實驗裝置如圖乙所示，掛鉤高于定滑輪，此時滑塊的受力情況如下對小物塊，根據平衡條件，易知F的測量測量值偏大，由μ=FMg，可知故答案為：（1）0.459；（2）成正比，無關；（3）偏大。【點評】考查測定動摩擦因數的實驗原理和注意事項，會根據題意進行準確分析解答。12．（10分）（2025?云南）基于鉑電阻阻值隨溫度變化的特性，某興趣小組用鉑電阻做了測量溫度的實驗。可選用的器材如下：Pt1000型號鉑電阻、電源E（電動勢5V，內阻不計）、電流表A1（量程100μA，內阻4.5kΩ）、電流表A2（量程500μA，內阻約1kΩ）、定值電阻R1（阻值15kΩ）、定值電阻R2（阻值1.5kΩ）、開關S和導線若干。查閱技術手冊可知，Pt1000型號鉑電阻測溫時的工作電流在0.1～0.3mA之間，在0～100℃范圍內，鉑電阻的阻值Rt隨溫度t的變化視為線性關系，如圖（a）所示。完成下列填空：（1）由圖（a）可知，在0～100℃范圍內，溫度每升高1℃，該鉑電阻的阻值增加3.85Ω；（2）興趣小組設計了如圖（b）所示的甲、乙兩種測量鉑電阻阻值的電路圖，能準確測出鉑電阻阻值的是乙（填“甲”或“乙”），保護電阻R應選R1（填“R1”或“R2”）；（3）用（2）問中能準確測出鉑電阻阻值的電路測溫時，某次測量讀得A2示數為295μA，A1示數如圖（c）所示，該示數為62.0μA，則所測溫度為51℃（計算結果保留2位有效數字）?！究键c】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性．【專題】計算題；實驗探究題；比較思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）3.85；（2）乙，R1；（3）62.0，51?！痉治觥浚?）根據圖（a）的斜率求溫度每升高1℃，該鉑電阻的阻值增加值；（2）電流表A1內阻確定，其示數與內阻的乘積即為其電壓，所以用A1可以測量鉑電阻的電壓，用A2與A1示數之差測量通過鉑電阻的電流，從而求得鉑電阻阻值；根據電路中最大電流為0.3mA，根據閉合電路歐姆定律求出電路中電阻的最小值，再確定保護電阻R；（3）根據圖（c）讀出A1的分度值，再讀出讀數。根據歐姆定律求出鉑電阻阻值，由圖（a）確定所測溫度。【解答】解：（1）根據圖（a）可得，溫度每升高1℃，該鉑電阻的阻值增加ΔR=1.385-1.000100×103Ω（2）因電流表A1內阻確定，其示數與內阻的乘積即為其電壓，所以用A1可以測量鉑電阻的電壓，用A2與A1示數之差測量通過鉑電阻的電流，故能準確測出鉑電阻阻值的是乙；根據電路中最大電流為Imax＝0.3mA，根據閉合電路歐姆定律可得，電路中電阻的最小值為Rmin=EImax=50.3×10電流表A2內阻約1kΩ，鉑電阻與電流表A1并聯(lián)阻值不超過1.385kΩ，故保護電阻R應選R1。（3）由圖（c）可知A1的分度值為1μA，則其讀數為62.0μA根據歐姆定律得R=根據圖（a）可得R＝1000+3.85t代入數據解得t≈51℃故答案為：（1）3.85；（2）乙，R1；（3）62.0，51?！军c評】解答本題時，要明確電流表內阻確定時，既可以測量電流，也可以測量電壓，有雙重作用。13．（10分）（2025?云南）用光學顯微鏡觀察樣品時，顯微鏡部分結構示意圖如圖甲所示。蓋玻片底部中心位置O點的樣品等效為點光源，為避免O點發(fā)出的光在蓋玻片上方界面發(fā)生全反射，可將蓋玻片與物鏡的間隙用一滴油填充，如圖乙所示。已知蓋玻片材料和油的折射率均為1.5，蓋玻片厚度d＝2.0mm，蓋玻片與物鏡的間距h＝0.20mm，不考慮光在蓋玻片中的多次反射，取真空中光速c＝3.0×108m/s，π＝3.14。（1）求未滴油時，O點發(fā)出的光在蓋玻片的上表面的透光面積（結果保留2位有效數字）；（2）滴油前后，光從O點傳播到物鏡的最短時間分別為t1、t2，求t2﹣t1（結果保留2位有效數字）?！究键c】光的折射與全反射的綜合問題．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理論證能力．【答案】（1）未滴油時，O點發(fā)出的光在蓋玻片的上表面的透光面積為1.0×10﹣5m2；（2）t2﹣t1為3.3×10﹣13s。【分析】（1）畫出全反射光路圖，結合相應的幾何知識列式解答；（2）根據題意推導兩次傳播時間的表達式并代入數據解答?！窘獯稹拷猓海?）未滴油時，O點發(fā)出的光在蓋玻片的折射光路圖如下根據幾何關系sinC=1n，O點發(fā)出的光在蓋玻片的上表面的透光圓半徑滿足tanC=rd，透光面積為S＝πr2，聯(lián)立解得S≈1.0×10﹣（2）滴油前后，光從O點傳播到物鏡的最短時間分別為t1、t2，則t1=dv+hc，t2=d+hv，又v=cn，則t2﹣t1=hv答：（1）未滴油時，O點發(fā)出的光在蓋玻片的上表面的透光面積為1.0×10﹣5m2；（2）t2﹣t1為3.3×10﹣13s?！军c評】考查全反射的應用和光在介質中的傳播問題，會根據題意進行準確分析解答。14．（13分）（2025?云南）磁屏蔽技術可以降低外界磁場對屏蔽區(qū)域的干擾。如圖所示，x≥0區(qū)域存在垂直O(jiān)xy平面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B1（未知）。第一象限內存在邊長為2L的正方形磁屏蔽區(qū)ONPQ，經磁屏蔽后，該區(qū)域內的勻強磁場方向仍垂直O(jiān)xy平面向里，其磁感應強度大小為B2（未知），但滿足0＜B2＜B1。某質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子通過速度選擇器后，在Oxy平面內垂直y軸射入x≥0區(qū)域，經磁場偏轉后剛好從ON中點垂直O(jiān)N射入磁屏蔽區(qū)域。速度選擇器兩極板間電壓U、間距d、內部磁感應強度大小B0已知，不考慮該粒子的重力。（1）求該粒子通過速度選擇器的速率；（2）求B1以及y軸上可能檢測到該粒子的范圍；（3）定義磁屏蔽效率η=B1-B2B【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動；帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）該粒子通過速度選擇器的速率為Ud（2）B1的大小為mUqLdB0，y軸上可能檢測到該粒子的范圍為L＜y（3）若在Q處檢測到該粒子，則η是60%?！痉治觥浚?）根據平衡條件結合洛倫茲力、電場力的計算公式進行解答；（2）求出粒子的軌跡半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度；粒子進入磁屏蔽區(qū)ONPQ，分析B1的大小分析y軸上可能檢測到該粒子的范圍；（3）若在Q處檢測到該粒子，畫出粒子運動軌跡，根據幾何關系求解粒子運動的軌跡半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解B2，再根據磁屏蔽效率公式進行解答?！窘獯稹拷猓海?）設該粒子通過速度選擇器的速率為v，根據平衡條件可得：qvB0＝qU解得：v=U（2）粒子垂直于y軸進入磁場，垂直于x軸進入正方形磁屏蔽區(qū)，則O為圓心，粒子的軌跡半徑為：R=ON根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB1＝mv解得：B1=mU粒子進入磁屏蔽區(qū)ONPQ，若B2＝B1，則粒子在磁屏蔽區(qū)ONPQ中運動的半徑最小，打在y軸上的位置距離O點最近，即為L；若B2＝0，則粒子從PQ中點射出，由于外部的磁場為B1，則粒子做勻速圓周運動的半徑仍為L，軌跡如圖所示：所以y軸上可能檢測到該粒子的范圍為：L＜y＜3L；（3）若在Q處檢測到該粒子，粒子運動軌跡如圖所示：根據幾何關系可得：r2＝（2L）2+（r﹣L）2解得粒子運動的軌跡半徑為：r＝2.5L根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB2＝mv解得：B2=磁屏蔽效率為：η=B解得：η＝60%答：（1）該粒子通過速度選擇器的速率為Ud（2）B1的大小為mUqLdB0，y軸上可能檢測到該粒子的范圍為L＜y（3）若在Q處檢測到該粒子，則η是60%。【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量。15．（15分）（2025?云南）如圖所示，光滑水平面上有一個長為L、寬為d的長方體空絕緣箱，其四周緊固一電阻為R的水平矩形導線框，箱子與導線框的總質量為M。與箱子右側壁平行的磁場邊界平面如截面圖中虛線PQ所示，邊界右側存在范圍足夠大的勻強磁場，其磁感應強度大小為B、方向豎直向下。t＝0時刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由靜止開始做勻加速直線運動，這時箱子左側壁上距離箱底h處、質量為m的木塊（視為質點）恰好能與箱子保持相對靜止。箱子右側壁進入磁場瞬間，木塊與箱子分離；箱子完全進入磁場前某時刻，木塊落到箱子底部，且箱子與木塊均不反彈（木塊下落過程中與箱子側壁無碰撞）；木塊落到箱子底部時即撤去F。運動過程中，箱子右側壁始終與磁場邊界平行，忽略箱壁厚度、箱子形變、導線粗細及空氣阻力。木塊與箱子內壁間的動摩擦因數為μ，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。（1）求F的大小；（2）求t＝0時刻，箱子右側壁距磁場邊界的最小距離；（3）若t＝0時刻，箱子右側壁距磁場邊界的距離為s（s大于（2）問中最小距離），求最終木塊與箱子的速度大小?！究键c】電磁感應過程中的能量類問題；平拋運動時間的計算；動量定理在電磁感應問題中的應用；電磁感應過程中的動力學類問題．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；電磁感應——功能問題；電磁感應中的力學問題；模型建構能力．【答案】（1）F的大小為(M（2）t＝0時刻，箱子右側壁距磁場邊界的最小距離為(M（3）（3）當1μ(2gh【分析】（1）對木塊恰好能與箱子保持相對靜止，一起做勻加速直線運動的過程，應用整體法與隔離法，根據牛頓第二定律得求解F的大小；（2）箱子右側壁進入磁場瞬間木塊與箱子分離，分離后木塊在水平方向上做勻速運動，則箱子不能做勻加速運動，此時箱子受到的安培力不小于F。根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力的表達式，結合運動學公式求解箱子右側壁距磁場邊界的最小距離；（3）根據運動學公式求得力F作用時間。假設最終木塊與箱子共速一起在磁場中做勻速直線運動，從最初到最終木塊與箱子共速的過程，對系統(tǒng)應用動量定理，結合安培力沖量的表達式求解最終兩者的速度的表達式。最終箱子可能沒有完全進入磁場，據此進行討論得到最終木塊與箱子的速度大小?！窘獯稹拷猓海?）對木塊恰好能與箱子保持相對靜止，一起做勻加速直線運動的過程，設木塊與箱子的加速度大小為a，物塊與箱子之間的彈力為N。在豎水平方向上對小物塊由牛頓第二定律得：N＝ma在豎直方向上小物塊受力平衡，則有：μN＝mg聯(lián)立解得：a對木塊與箱子整體，根據牛頓第二定律得：F＝（M+m）a解得：F（2）箱子右側壁進入磁場瞬間木塊與箱子分離，分離后木塊在水平方向上做勻速運動，則箱子不能做勻加速運動，此時箱子受到的安培力不小于F，即箱子右側壁進入磁場瞬間所受安培力最小值等于F。設t＝0時刻，箱子右側壁距磁場邊界的最小距離為smin，箱子右側壁進入磁場瞬間的最小速度為v。此時感應電動勢為：E＝Bdv感應電流為：I安培力為：F安＝BdI聯(lián)立可得：F由F安＝F，可得：B解得：v由運動學公式得：v2＝2asmin解得：smin=（3）設木塊做勻加速直線運動的時間為t1，由運動學公式可得：s=設從木塊與箱子分離到木塊落到箱子底部的時間為t2，此過程木塊做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，由運動學公式可得：h=由題意可得力F作用時間為：t＝t1+t2=假設最終木塊與箱子共速一起在磁場中做勻速直線運動，設最終兩者的速度大小為v1。以水平向右為正方向，從最初到最終木塊與箱子共速的過程，對系統(tǒng)由動量定理得：Ft-BdIt'=（M+m）其中：I聯(lián)立解得：v1=討論：①當1μ(2gh+2②當1μ(2gh+答：（1）F的大小為(M（2）t＝0時刻，箱子右側壁距磁場邊界的最小距離為(M（3）當1μ(2gh【點評】本題考查了電磁感應現(xiàn)象與動力學的綜合問題，考查了力與運動的邏輯分析能力。掌握本題中應用動量定理處理問題的方法。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。2．物體在粗糙斜面上的運動【知識點的認識】1.物體在粗糙斜面上運動時，其加速度也一定沿著斜面方向。2.設斜面的傾角為α，斜面與物體之間的動摩擦因數為μ。①當物體沿著斜面向上運動時，滑動摩擦力沿著斜面向下，根據牛頓第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②當物體沿著斜面向下運動時，滑動摩擦力沿著斜面向上，根據牛頓第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物體的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物體的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命題方向】一、圖像類問題如圖所示，物塊以初速度v0從粗糙斜面底端沿斜面上滑，達到最高點后沿斜面返回，下列v﹣t圖象能正確反映物體運動規(guī)律的是（）A、B、C、D、分析：根據牛頓第二定律判斷出加速度大小關系，結合速度方向關系，即可判斷圖象的形狀。解答：在上滑過程中，根據牛頓第二定律可知上滑加速度大小為：a1=mgsinθ下滑過程的加速度大小為：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑運動方向相反，故故選：C。點評：本題的關鍵是運用牛頓第二定律判斷加速度的大小關系，要知道速度的符號表示速度方向，v﹣t圖象的斜率表示加速度。二、運動過程計算如圖所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的傾角θ＝37°，一質量m＝5kg的滑塊在F＝150N的水平推力作用下，從斜面底端由靜止開始沿斜面運動，推力作用t1＝4s后撤去，滑塊在斜面上繼續(xù)滑行t2＝2s后，速度減為零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑塊與斜面間的動摩擦因數μ和物體上滑的位移x；（2）當滑塊到達最高點時，對滑塊施加大小仍為F、方向改成豎直向下的作用力，求滑塊從最高點回到地面的時間（結果可保留根號）。分析：（1）對物體進行受力分析，根據牛頓第二定律求出F作用前后加速度的表達式，再根據運動學速度公式列式，找出兩個過程之間的關系，即可求解動摩擦因數，再根據位移公式求物體上滑的位移x；（2）根據牛頓第二定律求物體的加速度，再由位移公式求滑塊從最高點回到地面的時間。解答：（1）設滑塊在F作用時加速度為a1，撤去力F后加速度大小為a2，滑塊先加速后減速，則有：a1t1＝a2t2當推力F作用時，滑塊的受力分析如圖所示由牛頓第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根據摩擦力公式有f1＝μN1聯(lián)立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根據牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②聯(lián)立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物體上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑時的加速度大小為a3，對滑塊受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數μ是0.5，物體上滑的位移x是60m；（2）滑塊從最高點回到地面的時間是15s。點評：本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應用，關鍵要抓住上滑過程中勻加速運動的末速度等于勻減速運動的初速度列式?！久}思路點撥】當斜面粗糙時，物體與斜面之間的摩擦力方向與實際的運動方向有關，并且摩擦力大小與重力下滑分力大小的相對關系決定了加速度的方向與大小。3．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內小球下落的高度為4.8mB、0.8s內小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式靈活求解?！窘忸}思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。4．平拋運動時間的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.平拋運動在水平和豎直方向上的運動是獨立的，而將這兩個運動聯(lián)系起來的就是時間。因為分運動與合運動具有同時性。3.計算平拋運動時間的方法：①已知平拋高度h，則根據豎直方向上12gt②已知水平位移x和初速度v0，則根據水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一時刻的速度v和書速度v0，則根據速度的合成有v2=v02④已知某一時刻的速度v及速度偏轉角θ，則gt＝vsinθ，從而得到t=⑤已知某一時刻的位移x及位移偏轉角θ，則12gt【命題方向】例1：將一個物體以速度v水平拋出，當物體的豎直位移是水平位移的兩倍時，所經歷的時間為（）A、vgB、v2gC、2分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同解答：由平拋運動的規(guī)律可知，水平方向上：x＝Vt豎直方向上：2x=12解得t=4故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．例2：一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，那么它的運動時間是（）A、v1-vogB、v1分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同。解答：由于平拋運動是水平方向上的勻速直線運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動，故任意時刻的速度是這兩個分運動速度的合速度，當一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，故v1是物體運動的末速度，由速度的分解法則可知，vy2=v1∴物體的運動時間t=Vyg故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運動的規(guī)律就能輕松解決。例3：如圖所示，在豎直平面內有一半圓形軌道，圓心為O．一小球（可視為質點）從與圓心等高的圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于圓軌道上的C點．已知OC的連線與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、ν分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．小球落到C點，根據幾何關系確定小球豎直方向上的位移和豎直方向上的位移的比值，根據位移關系求出運動的時間．解答：由幾何關系可知，AC水平方向的夾角為α=π知tanα則t=2v0tanαg=2ν故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握平拋運動的規(guī)律，知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．【解題思路點撥】1.平拋運動的時間是連接水平和豎直運動的橋梁，時間的計算方法有很多種，要根據題目給出的條件選擇恰當的方法。2.平拋運動是勻變速曲線運動，速度變化量的計算要遵循矢量疊加原理，所以t=v5．衛(wèi)星或行星運行參數的計算【知識點的認識】對于一般的人造衛(wèi)星而言，萬有引力提供其做圓周運動的向心力。于是有：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a在衛(wèi)星運行的過程中，根據題目給出的參數，選擇恰當的公式求解相關物理量?！窘忸}思路點撥】2005年10月12日，我國成功地發(fā)射了“神舟”六號載人宇宙飛船，飛船進入軌道運行若干圈后成功實施變軌進入圓軌道運行，經過了近5天的運行后，飛船的返回艙順利降落在預定地點．設“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球運行n圈所用的時間為t，若地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，求：（1）飛船的圓軌道離地面的高度；（2）飛船在圓軌道上運行的速率．分析：研究“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力等于向心力列出方程，根據地球表面忽略地球自轉時萬有引力等于重力列出方程進行求解即可．解答：（1）“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球運行n圈所用的時間為t，T=研究“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力定律分別對地球表面物體和飛船列出方程得：G?根據地球表面忽略地球自轉時萬有引力等于重力列出方程得：G?r＝R+h④由①②③④解得：h②由線速度公式得：v=∴v答：（1）飛船的圓軌道離地面的高度是3g（2）飛船在圓軌道上運行的速率是32點評：本題要掌握萬有引力的作用，天體運動中萬有引力等于向心力，地球表面忽略地球自轉時萬有引力等于重力，利用兩個公式即可解決此問題．只是計算和公式變化易出現(xiàn)錯誤．【解題思路點撥】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運行看作勻速圓周運動，萬有引力完全充當圓周運動的向心力。但是計算的公式比較多，需要根據題目給出的參數，選擇恰當的公式進行計算。6．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。7．利用動能定理求解變力做功【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.變力做功無法用公式W＝Fs進行求解，而動能定理因為忽略了運動過程，所以求解變力做功會更方便?！久}方向】某同學用200N的力將質量為0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滾出60m后靜止，則該同學對足球做的功是（）A、4.4JB、22JC、132JD、12000J分析：人對球做的功是變力做功，不能用功的公式來求，應用動能定理科以求得人做功的大?。獯穑焊鶕幽芏ɡ砜傻茫藢η蜃龅墓Φ拇笮〉扔谇騽幽艿淖兓?，即W=12mV2﹣0=12×0.44×102J故選：B。點評：題目中告訴的200N的力和60m都是干擾同學做題的干擾項，人對球的力是變力不能用功的公式直接求得．【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。8．常見力做功與相應的能量轉化【知識點的認識】1．內容（1）功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必通過做功來實現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內能增加【解題思路點撥】如圖所示，質量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關系以及能量轉化關系，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】1.常見的功能關系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。9．波的疊加【知識點的認識】1.波的疊加原理：幾列波相遇時，每列波都能夠保持各自的狀態(tài)繼續(xù)傳播而不互相干擾，只是在重疊的區(qū)域里，介質的質點同時參與這幾列波引起的振動，質點的位移等于這幾列波單獨傳播時引起的位移的矢量和．2.波在疊加時的特點：①位移是幾列波分別產生位移的矢量和。②各列波獨立傳播。③兩列同相波疊加，振動加強，振幅增大。（如圖1所示）④兩列反相波疊加，振動減弱，振幅減小。（如圖2所示）【命題方向】?？碱}型：如圖所示，實線與虛線分別表示振幅、頻率均相同的兩列波的波峰和波谷．此刻M是波峰與波峰相遇點，下列說法中正確的是（）A．該時刻質點O正處于平衡位置B．P、N兩質點始終處在平衡位置C．隨著時間的推移，質點M將向O點處移動D．從該時刻起，經過二分之一周期，質點M到達平衡位置【分析】由圖知M、O都處于振動加強點，在波的傳播過程中，質點不會向前移動．解：由圖知O點是波谷和波谷疊加，是振動加強點，A錯誤；P、N兩點是波谷和波峰疊加，位移始終為零，即處于平衡位置，B正確；振動的質點只是在各自的平衡位置附近振動，不會“隨波逐流”，C錯誤；從該時刻起，經過四分之一周期，質點M到達平衡位置，D錯誤；故選B【點評】介質中同時存在幾列波時，每列波能保持各自的傳播規(guī)律而不互相干擾．在波的重疊區(qū)域里各點的振動的物理量等于各列波在該點引起的物理量的矢量和．【解題思路點撥】波的獨立性原理：兩列波相遇后，每列波仍像相遇前一樣，保持各自原來的波形，繼續(xù)向前傳播。10．電荷性質、電勢能和電勢的關系【知識點的認識】電勢的定義式為：φ=計算時要代入正負號，這就意味：（1）正電荷在電勢為正的地方電勢能為正，在電勢為負的地方電勢能為負；（2）負電荷在電勢為正的地方電勢能為負，在電勢為負的地方電勢能為正。（3）如果知道電勢正負、電荷性質、電勢能正負三者之二，就能判斷第三者的性質?！久}方向】下列關于電勢和電勢能的說法中正確的是（）A、電場中電勢高的地方，電荷在該點具有的電勢能就大B、電場中電勢高的地方，放在該點的電荷的電荷量越大，它具有的電勢能越大C、電場中的任何一點上，正電荷所具有的電勢能一定大于負電荷具有的電勢能D、電勢為零的點，任一試探電荷在該點的電勢能一定為零分析：電場中電勢高的地方，正電荷在該點具有的電勢能就大．電場中電勢高的地方，放在該點的電荷的電荷量越大，它具有的電勢能不一定越大．電勢為零的點，任一試探電荷在該點的電勢能一定為零．解答：A、根據推論可知：電場中電勢高的地方，正電荷在該點具有的電勢能大，電場中電勢高的地方，負電荷在該點具有的電勢能小。故A錯誤。B、電場中電勢高的地方，放在該點的電荷的電荷量越大，它具有的電勢能不一定越大，與電勢的正負、電荷的電性有關。故B錯誤。C、電場中的電勢為正值的一點上，正電荷所具有的電勢能大于負電荷具有的電勢能，而電勢為負值的一點上，正電荷所具有的電勢能小于負電荷具有的電勢能。故C錯誤。D、由EP＝qφ得知，電勢為零的點，任一試探電荷在該點的電勢能一定為零。故D正確。故選：D。點評：本題考查電勢、電勢能的關系，可根據電勢的定義式φ=E【解題思路點撥】對公式φ=E（1）φ取決于電場本身，與EP和q無關；（2）計算時公式中的EP、q均需代人正負號。11．等勢面及其與電場線的關系【知識點的認識】1．定義：電場中電勢相等的點組成的面（平面或曲面）叫做等勢面．2．特點：①等勢面與電場線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任意兩個電勢不相同的等勢面既不會相交，也不會相切；⑤等差等勢面越密的地方電場線越密．【命題方向】電場中某個面上所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，這個面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點電荷為球心的某一球面D．勻強電場中的某一等勢面分析：在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個等勢面，但電場強度相等且都為零，故A錯誤；B、等量異種電荷的中垂面是個等勢面，但以兩電荷連線為對稱線的中垂面上的電場強度都相等，故B錯誤；C、以孤立點電荷為球心的某一球面上的所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，故C正確；D、勻強電場中的某一等勢面上的電場強度都相等，故D錯誤；故選：C．點評：本題考查對電場線的認識，由電場線我們應能找出電場的方向、場強的大小及電勢的高低．【解題思路點撥】1.等勢面的特點（1）在等勢面上任意兩點間移動電荷時靜電力不做功。（2）同一電場空間兩等勢面不相交（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。（5）等勢面是虛擬的，是為描繪電場的性質而假想的面。2.等勢面的應用（1）由等勢面可以判斷電場中各點電勢的高低。（2）由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時靜電力做功的情況。（3）由于等勢面和電場線垂直，已知等勢面的形狀分布，可以繪制電場線，從而確定電場大體分布。（4）由等差等勢面的疏密，可以定性地比較其中兩點電場強度的大小3.等勢面與電場線（1）已知等勢面時，可作等勢面的垂線來確定電場線，并由“電勢降低”的方向確定電場線方向。（2）已知電場線時，可作電場線的垂線來確定等勢面，并由“沿電場線方向電勢降低”確定等勢面的電勢高低。12．帶電粒子在直線邊界磁場中的運動【知識點的認識】1.帶電粒子在直線邊界磁場中的運動的兩種情形（1）直線邊界（2）平行邊界2.帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關系（1）四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點．（2）三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的2倍．3.常見的解題思路（1）圓心的確定①由兩點和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡．確定帶電粒子運動軌跡上的兩個特殊點（一般是射入和射出磁場時的兩點），過這兩點作帶電粒子運動方向的垂線（這兩垂線即為粒子在這兩點所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點就是圓心，如圖（a）所示．②若只已知過其中一個點的粒子運動方向，則除過已知運動方向的該點作垂線外，還要將這兩點相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點就是圓心，如圖（b）所示．③若只已知一個點及運動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖（c）所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點的速度的垂線交于一點O，該點就是圓心．（2）半徑的確定方法一：由物理方程求：半徑R=mv方法二：由幾何方程求：一般由數學知識（勾股定理、三角函數等）計算來確定．（3）時間的確定由t=θ2πT確定通過某段圓弧所用的時間，其中【命題方向】如圖所示，粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，且同時到達P點，OP垂直于磁場邊界。a、b兩粒子的質量之比為（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本題的關鍵是畫出來粒子的軌跡圖，并確定圓心、求出半徑和圓心角，然后根據動能相等的條件以及相等的運動時間并結合圓周運動公式聯(lián)立即可求解。解答：根據題意畫出a、b粒子的軌跡如圖所示，則a、b粒子的圓心分別是O1和O2，設磁場寬度為d，由圖可知，粒子a的半徑ra=d2sin60°=d3a粒子軌跡長度為sa=2×60b粒子的軌跡長度為sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故選：C。點評：求解有關帶電粒子在有界磁場中的運動問題的關鍵是畫出軌跡圖，并根據幾何知識確定圓心求出半徑和圓心角，再結合圓周運動的有關規(guī)律聯(lián)立即可求解?！窘忸}思路點撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場中運動，粒子在磁場中只運動一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找?guī)缀侮P系，分析臨界條件，然后應用數學知識和相應物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢