第71頁(yè)（共71頁(yè)）2025年陜西省新高考物理試卷（選擇性）一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．（4分）（2025?選擇性）某同學(xué)繪制了四幅靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布圖，其中可能正確的是（）A． B． C． D．2．（4分）（2025?選擇性）我國(guó)計(jì)劃于2028年前后發(fā)射“天問三號(hào)”火星探測(cè)系統(tǒng)，實(shí)現(xiàn)火星取樣返回。其軌道器將環(huán)繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑約3750km，軌道周期約2h。引力常量G取6.67×10﹣11N?m2/kg2，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可推算出火星的（）A．質(zhì)量 B．體積 C．逃逸速度 D．自轉(zhuǎn)周期3．（4分）（2025?選擇性）某智能物流系統(tǒng)中，質(zhì)量為20kg的分揀機(jī)器人沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)，受到的合力沿軌道方向，合力F隨時(shí)間t的變化如圖所示，則下列圖像可能正確的是（）A． B． C． D．4．（4分）（2025?選擇性）如圖，質(zhì)量為m的均勻鋼管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被豎直繩懸掛，處于靜止?fàn)顟B(tài)。鋼管與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ、夾角為θ，重力加速度大小為g。則地面對(duì)鋼管左端的摩擦力大小為（）A．μmgcosθ B．12μmg C．μmg D．5．（4分）（2025?選擇性）我國(guó)首臺(tái)擁有自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的場(chǎng)發(fā)射透射電鏡TH﹣F120實(shí)現(xiàn)了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速電子束波長(zhǎng)遠(yuǎn)小于可見光波長(zhǎng)的物理性質(zhì)。一個(gè)靜止的電子經(jīng)100V電壓加速后，其德布羅意波長(zhǎng)為λ，若加速電壓為10kV，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則其德布羅意波長(zhǎng)為（）A．100λ B．10λ C．110λ D．16．（4分）（2025?選擇性）電磁壓縮法是當(dāng)前產(chǎn)生超強(qiáng)磁場(chǎng)的主要方法之一，其原理如圖所示，在鋼制線圈內(nèi)同軸放置可壓縮的銅環(huán)，其內(nèi)已“注入”一個(gè)初級(jí)磁場(chǎng)，當(dāng)鋼制線圈與電容器組接通時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)鋼制線圈中的電流從零增加到幾兆安培，銅環(huán)迅速向內(nèi)壓縮，使初級(jí)磁場(chǎng)的磁感線被“濃縮”，在直徑為幾毫米的銅環(huán)區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度可達(dá)幾百特斯拉。此過程，銅環(huán)中的感應(yīng)電流（）A．與鋼制線圈中的電流大小幾乎相等且方向相同 B．與鋼制線圈中的電流大小幾乎相等且方向相反 C．遠(yuǎn)小于鋼制線圈中的電流大小且方向相同 D．遠(yuǎn)小于鋼制線圈中的電流大小且方向相反7．（4分）（2025?選擇性）如圖，光滑水平面上存在豎直向上、寬度d大于2L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。甲、乙兩個(gè)合金導(dǎo)線框的質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為2L，寬均為L(zhǎng)，電阻分別為R和2R。兩線框在光滑水平面上以相同初速度v0=4A．甲線框進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的過程中電流方向相同 B．甲、乙線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，所受合力大小之比為1：1 C．乙線框恰好完全出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，速度大小為0 D．甲、乙線框從剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域到完全出磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱之比為4：3二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）（2025?選擇性）一列簡(jiǎn)諧橫波在介質(zhì)中沿直線傳播，其波長(zhǎng)大于1m，a、b為介質(zhì)中平衡位置相距2m的兩質(zhì)點(diǎn)，其振動(dòng)圖像如圖所示。則t＝0時(shí)的波形圖可能為（）A． B． C． D．（多選）9．（6分）（2025?選擇性）在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，某實(shí)驗(yàn)小組用波長(zhǎng)為440nm的藍(lán)色激光和波長(zhǎng)為660nm的紅色激光組成的復(fù)合光垂直照射雙縫，雙縫間距為0.5mm，雙縫到屏的距離為500mm，則屏上（）A．藍(lán)光與紅光之間能發(fā)生干涉形成條紋 B．藍(lán)光相鄰條紋間距比紅光相鄰條紋間距小 C．距中央亮條紋中心1.32mm處藍(lán)光和紅光亮條紋中心重疊 D．距中央亮條紋中心1.98mm處藍(lán)光和紅光亮條紋中心重疊（多選）10．（6分）（2025?選擇性）如圖，與水平面成53°夾角且固定于O、M兩點(diǎn)的硬直桿上套著一質(zhì)量為1kg的滑塊，彈性輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端跨過固定在Q處的光滑定滑輪與位于直桿上P點(diǎn)的滑塊拴接，彈性輕繩原長(zhǎng)為OQ，PQ為1.6m且垂直于OM?，F(xiàn)將滑塊無(wú)初速度釋放，假設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等?；瑝K與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.16，彈性輕繩上彈力F的大小與其伸長(zhǎng)量x滿足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。則滑塊（）A．與桿之間的滑動(dòng)摩擦力大小始終為1.6N B．下滑與上滑過程中所受滑動(dòng)摩擦力的沖量相同 C．從釋放到靜止的位移大小為0.64m D．從釋放到靜止克服滑動(dòng)摩擦力做功為2.56J三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）（2025?選擇性）圖（a）為探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系的部分實(shí)驗(yàn)裝置。（1）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)將木板（填“保持水平”或“一端墊高”）。（2）為探究加速度a與質(zhì)量m的關(guān)系，某小組依據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制的a﹣m圖像如圖（b）所示，很難直觀看出圖線是否為雙曲線。如果采用作圖法判斷a與m是否成反比關(guān)系，以下選項(xiàng)可以直觀判斷的有。（多選，填正確答案標(biāo)號(hào)）m/kga/（m?s﹣2）0.250.6180.330.4820.400.4030.500.3171.000.152A.a-1B.a﹣m2圖像C.1a-D.a2﹣m圖像（3）為探究加速度與力的關(guān)系，在改變作用力時(shí)，甲同學(xué)將放置在實(shí)驗(yàn)桌上的槽碼依次放在槽碼盤上；乙同學(xué)將事先放置在小車上的槽碼依次移到槽碼盤上，在其他實(shí)驗(yàn)操作相同的情況下，（填“甲”或“乙”）同學(xué)的方法可以更好地減小誤差。12．（9分）（2025?選擇性）常用的電壓表和電流表都是由小量程的電流表（表頭）改裝而成的，與電源及相關(guān)元器件組裝后可構(gòu)成多功能、多量程的多用電表。（1）某同學(xué)使用多用電表正確測(cè)量了一個(gè)15.0Ω的電阻后，需要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值大約是15kΩ的電阻。在用紅、黑表筆接觸這個(gè)電阻兩端之前，請(qǐng)選出以下必要的操作步驟并排序：①把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×100”位置。②把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×1k”位置。③將紅表筆和黑表筆接觸。④調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指向歐姆零點(diǎn)。下列選項(xiàng)中正確的是。（單選，填正確答案標(biāo)號(hào)）A.①③④B.②③④C.②④③D.①④③（2）若將一個(gè)內(nèi)阻為20Ω、滿偏電流為1mA的表頭改裝為量程0～2V的電壓表，需要（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個(gè)Ω的電阻。（3）如圖，某同學(xué)為探究由一個(gè)直流電源E、一個(gè)電容器C、一個(gè)電阻RA及一個(gè)電阻RB（RA＞RB）組成的串聯(lián)電路中各元器件的位置，利用改裝好的電壓表分別測(cè)量各接線柱之間的電壓，測(cè)得數(shù)據(jù)如表：接線柱1和22和33和41和42和41和3U/V01.5300.561.050.66根據(jù)以上數(shù)據(jù)可判斷，直流電源E處于之間，電容器C處于之間，電阻RA處于之間。（填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”）13．（9分）（2025?選擇性）某種卡車輪胎的標(biāo)準(zhǔn)胎壓范圍為2.8×105Pa～3.5×105Pa?？ㄜ囆旭傔^程中，一般胎內(nèi)氣體的溫度會(huì)升高，體積及壓強(qiáng)也會(huì)增大。若某一行駛過程中胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)p隨體積V線性變化如圖所示，溫度T1為300K時(shí)，體積V1和壓強(qiáng)p1分別為0.528m3、3.0×105Pa；當(dāng)胎內(nèi)氣體溫度升高到T2為350K時(shí)，體積增大到V2為0.560m3，氣體可視為理想氣體。（1）求此時(shí)胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p2；（2）若該過程中胎內(nèi)氣體吸收的熱量Q為7.608×104J，求胎內(nèi)氣體的內(nèi)能增加量ΔU。14．（14分）（2025?選擇性）電子比荷是描述電子性質(zhì)的重要物理量。在標(biāo)準(zhǔn)理想二極管中利用磁控法可測(cè)得比荷，一般其電極結(jié)構(gòu)為圓筒面與中心軸線構(gòu)成的圓柱體系統(tǒng)，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)化如圖（a）所示，圓筒足夠長(zhǎng)。在O點(diǎn)有一電子源，向空間中各個(gè)方向發(fā)射速度大小為v0的電子，某時(shí)刻起筒內(nèi)加大小可調(diào)節(jié)且方向沿中心軸向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒的橫截面及軸截面示意圖如圖（b）所示，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)至B0時(shí)，恰好沒有電子落到筒壁上，不計(jì)電子間相互作用及其重力的影響。求：（R、v0、B0均為已知量）（1）電子的比荷em（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)至12B0時(shí)，筒壁上落有電子的區(qū)域面積S15．（16分）（2025?選擇性）如圖，有兩個(gè)電性相同且質(zhì)量分別為m、4m的粒子A、B，初始時(shí)刻相距l(xiāng)0，粒子A以速度v0沿兩粒子連線向速度為0的粒子B運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A、B兩粒子系統(tǒng)的電勢(shì)能等于125mv02。經(jīng)時(shí)間t1粒子B到達(dá)P點(diǎn)，此時(shí)兩粒子速度相同，同時(shí)開始給粒子B施加一恒力，方向與速度方向相同。當(dāng)粒子B的速度為v0時(shí)，粒子A恰好運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)且速度為0，A、B粒子間距離恢復(fù)為l0，這時(shí)撤去恒力。已知任意兩帶電粒子系統(tǒng)的電勢(shì)能與其距離成反比，忽略兩粒子所受重力。求：（m、l0、v0（1）粒子B到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；（2）t1時(shí)間內(nèi)粒子B的位移大小xB；（3）恒力作用的時(shí)間t2。

2025年陜西省新高考物理試卷（選擇性）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號(hào)1234567答案BAADCDD二．多選題（共3小題）題號(hào)8910答案ADBCAC一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．（4分）（2025?選擇性）某同學(xué)繪制了四幅靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布圖，其中可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】電場(chǎng)線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)電場(chǎng)線的意義與特點(diǎn)分析解答即可?！窘獯稹拷猓篈、由于電場(chǎng)線的切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，所以電場(chǎng)線不能交叉，故A錯(cuò)誤；B、正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線是以正電荷為中心均勻分布的放射線，該圖是可能的，故B正確；C、靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線始于正電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)），終于負(fù)電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)），不是閉合曲線，故C錯(cuò)誤；D、勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是距離相等的平行線，不存在平行但距離不相等的電場(chǎng)線，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了幾種常見的電場(chǎng)線分布情況，要熟悉這些常見的電場(chǎng)。2．（4分）（2025?選擇性）我國(guó)計(jì)劃于2028年前后發(fā)射“天問三號(hào)”火星探測(cè)系統(tǒng)，實(shí)現(xiàn)火星取樣返回。其軌道器將環(huán)繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑約3750km，軌道周期約2h。引力常量G取6.67×10﹣11N?m2/kg2，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可推算出火星的（）A．質(zhì)量 B．體積 C．逃逸速度 D．自轉(zhuǎn)周期【考點(diǎn)】宇宙速度的計(jì)算；計(jì)算天體的質(zhì)量和密度．【專題】定量思想；方程法；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可解得火星的質(zhì)量，根據(jù)逃逸速度公式可解得逃逸速度?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)火星的質(zhì)量為M，軌道器的質(zhì)量為m，由萬(wàn)有引力提供向心力可得GMm可得M=4π2B、不知道火星的半徑，所以不能求出火星的體積，故B錯(cuò)誤；C、不知道火星的半徑，所以不能求出軌道器的逃逸速度，故C錯(cuò)誤；D、軌道器的周期不等于火星自轉(zhuǎn)周期，由題目中的數(shù)據(jù)不能求出火星的自轉(zhuǎn)周期，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查萬(wàn)有引力與航天，要求學(xué)生掌握萬(wàn)有引力的公式，能應(yīng)用該公式解決航天相關(guān)的問題，目的是考查學(xué)生的推理能力。3．（4分）（2025?選擇性）某智能物流系統(tǒng)中，質(zhì)量為20kg的分揀機(jī)器人沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)，受到的合力沿軌道方向，合力F隨時(shí)間t的變化如圖所示，則下列圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】牛頓第二定律的圖像問題；根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情況判斷v﹣t圖像是否正確．【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后結(jié)合v﹣t圖像斜率的意義分析?！窘獯稹拷猓哼x取第1s內(nèi)機(jī)器人受力的方向?yàn)檎较?，則第1s內(nèi)機(jī)器人的加速度a第2s內(nèi)機(jī)器人受力為零，則加速度為零；第3s內(nèi)機(jī)器人的加速度a可知第3s內(nèi)機(jī)器人的加速度的方向與第1s內(nèi)加速度的方向相反。A、若初速度為1m/s，與第1s內(nèi)受力的方向相同，則機(jī)器人第1s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，第2s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，由v﹣t圖線的斜率表示加速度的大小可知，第1s內(nèi)的加速度是1m/s2，第3s內(nèi)的加速度大小也是1m/s2，故A正確；B、該圖中第3s內(nèi)仍然做加速運(yùn)動(dòng)，與受力不符，故B錯(cuò)誤；C、該圖中第1s的加速度與第3s的加速度都是正值，與受力不符，故C錯(cuò)誤；D、該圖中第1s的加速度大小為2m/s2，與實(shí)際不符，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，既要注意力的大小對(duì)加速度大小的影響，也要注意力的方向?qū)铀俣确较虻挠绊憽?．（4分）（2025?選擇性）如圖，質(zhì)量為m的均勻鋼管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被豎直繩懸掛，處于靜止?fàn)顟B(tài)。鋼管與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ、夾角為θ，重力加速度大小為g。則地面對(duì)鋼管左端的摩擦力大小為（）A．μmgcosθ B．12μmg C．μmg D．【考點(diǎn)】靜摩擦力大小及計(jì)算．【專題】定性思想；推理法；摩擦力專題；推理論證能力．【答案】D【分析】分析鋼管的受力情況，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分析摩擦力?！窘獯稹拷猓簩?duì)鋼管受力分析可知，受到豎直向上的支持力和繩子拉力二力之和等于豎直向下的重力，所以水平方向不可能受到摩擦力。故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】受力分析是解力學(xué)題的基礎(chǔ)，通常按照重力、彈力、摩擦力、已知力的順序進(jìn)行，可以結(jié)合產(chǎn)生條件分析解答。5．（4分）（2025?選擇性）我國(guó)首臺(tái)擁有自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的場(chǎng)發(fā)射透射電鏡TH﹣F120實(shí)現(xiàn)了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速電子束波長(zhǎng)遠(yuǎn)小于可見光波長(zhǎng)的物理性質(zhì)。一個(gè)靜止的電子經(jīng)100V電壓加速后，其德布羅意波長(zhǎng)為λ，若加速電壓為10kV，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則其德布羅意波長(zhǎng)為（）A．100λ B．10λ C．110λ D．1【考點(diǎn)】德布羅意波的公式．【專題】定量思想；合成分解法；光的波粒二象性和物質(zhì)波專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求出加速后電子的動(dòng)能，結(jié)合動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系求出動(dòng)量，最后由德布羅意波波長(zhǎng)公式求出?！窘獯稹拷猓涸O(shè)加速電壓為U，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，加速后電子的動(dòng)量為p。加速后電子的動(dòng)能Ek＝eU電子的動(dòng)量p＝mv=由德布羅意波波長(zhǎng)公式λ由于U′＝100U可得λ故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查德布羅意波波長(zhǎng)的公式，記住該公式，知道動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系即可。6．（4分）（2025?選擇性）電磁壓縮法是當(dāng)前產(chǎn)生超強(qiáng)磁場(chǎng)的主要方法之一，其原理如圖所示，在鋼制線圈內(nèi)同軸放置可壓縮的銅環(huán)，其內(nèi)已“注入”一個(gè)初級(jí)磁場(chǎng)，當(dāng)鋼制線圈與電容器組接通時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)鋼制線圈中的電流從零增加到幾兆安培，銅環(huán)迅速向內(nèi)壓縮，使初級(jí)磁場(chǎng)的磁感線被“濃縮”，在直徑為幾毫米的銅環(huán)區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度可達(dá)幾百特斯拉。此過程，銅環(huán)中的感應(yīng)電流（）A．與鋼制線圈中的電流大小幾乎相等且方向相同 B．與鋼制線圈中的電流大小幾乎相等且方向相反 C．遠(yuǎn)小于鋼制線圈中的電流大小且方向相同 D．遠(yuǎn)小于鋼制線圈中的電流大小且方向相反【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的基本計(jì)算．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】D【分析】根據(jù)楞次定律判斷電流方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷電流大小?！窘獯稹拷猓寒?dāng)鋼制線圈中電流迅速增加時(shí)，根據(jù)楞次定律，銅環(huán)中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流來(lái)阻礙磁通量的增加。感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與鋼制線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，由安培定則可知，銅環(huán)中的電流方向與鋼制線圈中的電流方向相反。銅環(huán)迅速向內(nèi)壓縮，使初級(jí)磁場(chǎng)的磁感線被“濃縮”，銅環(huán)的磁通量幾乎不變，即E=ΔΦΔt較小，即銅環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流會(huì)很小，遠(yuǎn)小于鋼制線圈中的電流大小，故D正確、故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向的一般步驟是：確定原磁場(chǎng)的方向→原磁場(chǎng)的變化→引起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的變化→楞次定律→感應(yīng)電流的方向。7．（4分）（2025?選擇性）如圖，光滑水平面上存在豎直向上、寬度d大于2L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。甲、乙兩個(gè)合金導(dǎo)線框的質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為2L，寬均為L(zhǎng)，電阻分別為R和2R。兩線框在光滑水平面上以相同初速度v0=4A．甲線框進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的過程中電流方向相同 B．甲、乙線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，所受合力大小之比為1：1 C．乙線框恰好完全出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，速度大小為0 D．甲、乙線框從剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域到完全出磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱之比為4：3【考點(diǎn)】線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的能量計(jì)算；線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的電壓、電流、電荷量等電學(xué)量的計(jì)算；線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的動(dòng)力學(xué)問題．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)右手定則判斷電流方向；合外力為安培力，根據(jù)安培力的計(jì)算公式求解所受合力大小之比；對(duì)乙全過程根據(jù)動(dòng)量定理求解剛出磁場(chǎng)時(shí)速度大??；對(duì)甲全過程根據(jù)動(dòng)量定理求解剛出磁場(chǎng)時(shí)速度大小，根據(jù)功能關(guān)系求解甲、乙線框從剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域到完全出磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)右手定則可知，甲線框進(jìn)磁場(chǎng)過程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，出磁場(chǎng)的過程中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以甲線框進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的過程中電流方向相反，故A錯(cuò)誤；B、甲、乙線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，所受合力均為安培力，根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得：F安＝BIL=由于甲和乙的電阻大小分別為R和2R，則所受合力大小之比為2：1，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)乙線框恰好完全出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度大小為v，取向右為正方向，對(duì)乙全過程根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣BILΔt＝mv﹣mv0即：B2L2Δx2R=mv解得：v=2B2D、設(shè)甲線框恰好完全出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度大小為v′，取向右為正方向，對(duì)甲全過程根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣BI′LΔt′＝mv′﹣mv0即：B2L2ΔxR=mv0解得：v′＝0甲、乙線框從剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域到完全出磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱之比為：Q甲Q乙故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于安培力作用下導(dǎo)體棒、線圈的運(yùn)動(dòng)問題，如果涉及電荷量、求位移問題，常根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）（2025?選擇性）一列簡(jiǎn)諧橫波在介質(zhì)中沿直線傳播，其波長(zhǎng)大于1m，a、b為介質(zhì)中平衡位置相距2m的兩質(zhì)點(diǎn)，其振動(dòng)圖像如圖所示。則t＝0時(shí)的波形圖可能為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】振動(dòng)圖像與波形圖的結(jié)合．【專題】比較思想；推理法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)振動(dòng)圖像分析t＝0時(shí)二者的位置。若波沿+x方向傳播或波沿﹣x方向傳播，得到波長(zhǎng)表達(dá)式分析n的取值，由此得解?！窘獯稹拷猓簍＝0時(shí)，a處于平衡位置向上振動(dòng)，b處于波谷。若波沿+x方向傳播，有：（14+n）λ＝2m，波長(zhǎng)大于1m，所以當(dāng)n＝0時(shí)，λ＝8m；當(dāng)n＝1時(shí)，若波沿﹣x方向傳播，有：（34+n）λ＝2m，波長(zhǎng)大于1m，所以當(dāng)n＝0時(shí)，λ=83m；當(dāng)n＝綜上所述，可知AD正確、BC錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于波的多解性問題，關(guān)鍵是知道傳播方向的不確定、質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期性都會(huì)造成多解，解題時(shí)要弄清楚質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況、以及波的傳播情況，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系v＝fλ。（多選）9．（6分）（2025?選擇性）在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，某實(shí)驗(yàn)小組用波長(zhǎng)為440nm的藍(lán)色激光和波長(zhǎng)為660nm的紅色激光組成的復(fù)合光垂直照射雙縫，雙縫間距為0.5mm，雙縫到屏的距離為500mm，則屏上（）A．藍(lán)光與紅光之間能發(fā)生干涉形成條紋 B．藍(lán)光相鄰條紋間距比紅光相鄰條紋間距小 C．距中央亮條紋中心1.32mm處藍(lán)光和紅光亮條紋中心重疊 D．距中央亮條紋中心1.98mm處藍(lán)光和紅光亮條紋中心重疊【考點(diǎn)】光的雙縫干涉圖樣；波發(fā)生穩(wěn)定干涉的條件．【專題】定量思想；推理法；光的干涉專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】根據(jù)光發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象的條件結(jié)合雙縫干涉相鄰亮紋的間距公式進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.藍(lán)光與紅光波長(zhǎng)不同，頻率不等，則不能發(fā)生穩(wěn)定的干涉形成條紋，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)雙縫干涉相鄰亮紋的間距公式Δx=Ldλ，藍(lán)光波長(zhǎng)短，則條紋間距小，故CD.由雙縫干涉相鄰亮紋的間距公式Δx=Ldλ，代入數(shù)據(jù)計(jì)算，則藍(lán)光相鄰亮紋之間的間距Δx1＝0.44mm，紅光相鄰亮紋之間的間距Δx2＝0.66mm，距中央亮條紋中心1.32mm＝3Δx1＝2Δx2，此處是藍(lán)光的第3亮紋中心和紅光的第2亮紋中心對(duì)應(yīng)的位置，而1.98mm＝4.5Δx1＝3Δx2，故C正確，故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】考查光發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象的條件結(jié)合雙縫干涉相鄰亮紋的間距公式，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）10．（6分）（2025?選擇性）如圖，與水平面成53°夾角且固定于O、M兩點(diǎn)的硬直桿上套著一質(zhì)量為1kg的滑塊，彈性輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端跨過固定在Q處的光滑定滑輪與位于直桿上P點(diǎn)的滑塊拴接，彈性輕繩原長(zhǎng)為OQ，PQ為1.6m且垂直于OM?，F(xiàn)將滑塊無(wú)初速度釋放，假設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等。滑塊與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.16，彈性輕繩上彈力F的大小與其伸長(zhǎng)量x滿足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。則滑塊（）A．與桿之間的滑動(dòng)摩擦力大小始終為1.6N B．下滑與上滑過程中所受滑動(dòng)摩擦力的沖量相同 C．從釋放到靜止的位移大小為0.64m D．從釋放到靜止克服滑動(dòng)摩擦力做功為2.56J【考點(diǎn)】求變力的沖量；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；方程法；功能關(guān)系能量守恒定律；分析綜合能力．【答案】AC【分析】求出根據(jù)彈性輕繩彈力大小在垂直于桿上的分量，根據(jù)摩擦力的計(jì)算公式進(jìn)行分析；下滑過程中摩擦力方向和上滑過程中摩擦力方向相反，由此分析沖量是否相同；根據(jù)平衡條件求解靜止時(shí)的位移；從釋放到靜止過程中，根據(jù)功能關(guān)系求解從釋放到靜止克服滑動(dòng)摩擦力做的功?！窘獯稹拷猓篈、滑塊下滑到某一位置受力情況如圖所示：此時(shí)彈性輕繩彈力大小在垂直于桿上的分量為：T⊥＝Tcosθ＝kxcosθ＝kx0，其中x0＝1.6m所以垂直于桿方向的彈力大小不變，滑塊運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小不變。根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的計(jì)算公式可得：f＝μFN＝μ（kx0﹣mgcos53°）解得：f＝1.6N，故A正確；B、下滑過程中摩擦力方向沿桿向上，上滑過程中摩擦力沿桿向下，下滑與上滑過程中所受滑動(dòng)摩擦力的沖量不相同，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)滑塊從釋放到靜止運(yùn)動(dòng)的位移為x1，滑塊開始向下做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)沿著桿方向合力為0時(shí)，滑塊速度最大，之后滑塊繼續(xù)向下做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為0時(shí)，有mgsin53°?x1＝fx1+12k（PQ2+x1由幾何關(guān)系可得x1＝1.28m，此時(shí)kPQ2+則滑塊會(huì)繼續(xù)向上滑動(dòng)，做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)。當(dāng)滑塊再次速度為0時(shí)，有12k(P解得：x2＝0.64m此時(shí)L＝x2﹣x1＝0.64m此時(shí)kPQ2+L2則滑塊靜止，故從釋放到靜止，滑塊的位移為L(zhǎng)＝0.64m，故C正確；D、從釋放到靜止過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得：mgLsin53°＝Wf+解得從釋放到靜止克服滑動(dòng)摩擦力做功為：Wf＝3.072J，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了功能關(guān)系和能量守恒定律，首先要選取研究過程，分析運(yùn)動(dòng)過程中物體的受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，然后分析運(yùn)動(dòng)過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系列方程解答。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）（2025?選擇性）圖（a）為探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系的部分實(shí)驗(yàn)裝置。（1）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)將木板一端墊高（填“保持水平”或“一端墊高”）。（2）為探究加速度a與質(zhì)量m的關(guān)系，某小組依據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制的a﹣m圖像如圖（b）所示，很難直觀看出圖線是否為雙曲線。如果采用作圖法判斷a與m是否成反比關(guān)系，以下選項(xiàng)可以直觀判斷的有AC。（多選，填正確答案標(biāo)號(hào)）m/kga/（m?s﹣2）0.250.6180.330.4820.400.4030.500.3171.000.152A.a-1B.a﹣m2圖像C.1a-D.a2﹣m圖像（3）為探究加速度與力的關(guān)系，在改變作用力時(shí)，甲同學(xué)將放置在實(shí)驗(yàn)桌上的槽碼依次放在槽碼盤上；乙同學(xué)將事先放置在小車上的槽碼依次移到槽碼盤上，在其他實(shí)驗(yàn)操作相同的情況下，乙（填“甲”或“乙”）同學(xué)的方法可以更好地減小誤差。【考點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（1）一端墊高；（2）AC；（3）乙?！痉治觥浚?）根據(jù)探究牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)原理進(jìn)行判斷；（2）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像的線性特征進(jìn)行分析判斷；（3）根據(jù)牛頓第二定律分別對(duì)小車和系統(tǒng)列式分析誤差情況?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)探究牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)原理，為了使細(xì)線對(duì)小車的拉力充當(dāng)合外力，則需要對(duì)小車平衡阻力，應(yīng)該將木板一端墊高；（2）對(duì)小車，由牛頓第二定律F＝ma，可得a=Fm=F?1m，或者1a=故選：AC。（3）為探究加速度與力的關(guān)系，在改變作用力時(shí)，甲同學(xué)將放置在實(shí)驗(yàn)桌上的槽碼依次放在槽碼盤上，設(shè)小車的質(zhì)量為M，槽碼盤質(zhì)量為m0，每個(gè)槽碼質(zhì)量為m，對(duì)甲，由牛頓第二定律a1=(m0+nm)gM，隨著槽碼個(gè)數(shù)n的增加，槽碼和槽碼盤的總重力與小車的合外力差距越來(lái)越大，誤差增大；乙同學(xué)將事先放置在小車上的槽碼依次移到槽碼盤上，設(shè)槽碼總個(gè)數(shù)為N，對(duì)小車和槽碼組成的系統(tǒng)，滿足（m0+nm）g＝[M+（N﹣n）m+m0+nm]a2，即（m0+nm）g＝（M+Nm+m0故答案為：（1）一端墊高；（2）AC；（3）乙?！军c(diǎn)評(píng)】考查牛頓第二定律應(yīng)用和誤差分析，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。12．（9分）（2025?選擇性）常用的電壓表和電流表都是由小量程的電流表（表頭）改裝而成的，與電源及相關(guān)元器件組裝后可構(gòu)成多功能、多量程的多用電表。（1）某同學(xué)使用多用電表正確測(cè)量了一個(gè)15.0Ω的電阻后，需要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值大約是15kΩ的電阻。在用紅、黑表筆接觸這個(gè)電阻兩端之前，請(qǐng)選出以下必要的操作步驟并排序：①把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×100”位置。②把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×1k”位置。③將紅表筆和黑表筆接觸。④調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指向歐姆零點(diǎn)。下列選項(xiàng)中正確的是B。（單選，填正確答案標(biāo)號(hào)）A.①③④B.②③④C.②④③D.①④③（2）若將一個(gè)內(nèi)阻為20Ω、滿偏電流為1mA的表頭改裝為量程0～2V的電壓表，需要串聯(lián)（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個(gè)1980Ω的電阻。（3）如圖，某同學(xué)為探究由一個(gè)直流電源E、一個(gè)電容器C、一個(gè)電阻RA及一個(gè)電阻RB（RA＞RB）組成的串聯(lián)電路中各元器件的位置，利用改裝好的電壓表分別測(cè)量各接線柱之間的電壓，測(cè)得數(shù)據(jù)如表：接線柱1和22和33和41和42和41和3U/V01.5300.561.050.66根據(jù)以上數(shù)據(jù)可判斷，直流電源E處于2和3之間，電容器C處于1和4之間，電阻RA處于1和2之間。（填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”）【考點(diǎn)】電表的改裝和應(yīng)用（實(shí)驗(yàn)）．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）B；（2）串聯(lián)；1980；（3）2和3；1和4；1和2。【分析】（1）根據(jù)歐姆表測(cè)電阻的實(shí)驗(yàn)原理和正確操作分析作答；（2）串聯(lián)電阻有分流作用，根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律求解作答；（3）電壓表直接接在電源兩端，電壓表示數(shù)近似等于電動(dòng)勢(shì)，電壓表的示數(shù)最大，據(jù)此分析直流電源的位置；直流電路中，電容器相當(dāng)于斷路，根據(jù)電壓表的示數(shù)為零的情況，分析電容器的位置；根據(jù)電壓表示數(shù)的大小分析定值電阻的位置，然后作答?！窘獯稹拷猓海?）某同學(xué)使用多用電表正確測(cè)量了一個(gè)15.0Ω的電阻后，需要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值大約是15kΩ的電阻，首先要把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×1k”位置，將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕進(jìn)行歐姆調(diào)零，使指針指向歐姆零點(diǎn)，順序?yàn)棰冖邰?，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。（2）串聯(lián)電阻有分壓作用，設(shè)串聯(lián)電阻為R電流表的滿偏電壓U根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻的關(guān)系U代入數(shù)據(jù)解得R＝1980Ω將一個(gè)內(nèi)阻為20Ω、滿偏電流為1mA的表頭改裝為量程0～2V的電壓表，需要串聯(lián)一個(gè)1980Ω的電阻；（3）用電壓表進(jìn)行測(cè)量，2和3之間的電壓最大，說(shuō)明電壓表直接接在直流電源兩端，因此2和3之間為直流電源；在直流電路中，電路穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于斷路，由于1和2、3和4之間電壓為零，說(shuō)明電容器接在1和4之間；由于1和3之間的電壓比1和4之間的電壓大得不多，說(shuō)明大電阻RA接在1和2之間，小電阻RB接在3和4之間，電路圖如圖所示：綜上分析直流電源E處于2和3之間，電容器C處于1和4之間，電阻RA處于1和2之間。故答案為：（1）B；（2）串聯(lián)；1980；（3）2和3；1和4；1和2?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了歐姆表測(cè)電阻正確操作、電壓表的改裝以及探究“黑箱”問題；要明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握串聯(lián)電路特點(diǎn)和歐姆定律的運(yùn)用；用電壓表探究“黑箱”問題是本題的難點(diǎn)。13．（9分）（2025?選擇性）某種卡車輪胎的標(biāo)準(zhǔn)胎壓范圍為2.8×105Pa～3.5×105Pa?？ㄜ囆旭傔^程中，一般胎內(nèi)氣體的溫度會(huì)升高，體積及壓強(qiáng)也會(huì)增大。若某一行駛過程中胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)p隨體積V線性變化如圖所示，溫度T1為300K時(shí)，體積V1和壓強(qiáng)p1分別為0.528m3、3.0×105Pa；當(dāng)胎內(nèi)氣體溫度升高到T2為350K時(shí)，體積增大到V2為0.560m3，氣體可視為理想氣體。（1）求此時(shí)胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p2；（2）若該過程中胎內(nèi)氣體吸收的熱量Q為7.608×104J，求胎內(nèi)氣體的內(nèi)能增加量ΔU。【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律的表達(dá)和應(yīng)用；理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；氣體的狀態(tài)參量和實(shí)驗(yàn)定律專題；分析綜合能力．【答案】（1）此時(shí)胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p2為3.3×105Pa。（2）胎內(nèi)氣體的內(nèi)能增加量ΔU為6.6×104J?！痉治觥浚?）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求解作答；（2）p﹣V圖像的面積表示氣體對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解作答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程p解得p（2）p﹣V圖像的面積表示氣體對(duì)外做功，其對(duì)外做功的大小W根據(jù)熱力學(xué)第一定律，胎內(nèi)氣體的內(nèi)能增加量ΔU＝Q﹣W＝7.608×104J﹣1.008×104J＝6.6×104J。答：（1）此時(shí)胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p2為3.3×105Pa。（2）胎內(nèi)氣體的內(nèi)能增加量ΔU為6.6×104J?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的運(yùn)用，對(duì)于熱力學(xué)第一定律一定要理解各物理量正、負(fù)的含義。14．（14分）（2025?選擇性）電子比荷是描述電子性質(zhì)的重要物理量。在標(biāo)準(zhǔn)理想二極管中利用磁控法可測(cè)得比荷，一般其電極結(jié)構(gòu)為圓筒面與中心軸線構(gòu)成的圓柱體系統(tǒng)，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)化如圖（a）所示，圓筒足夠長(zhǎng)。在O點(diǎn)有一電子源，向空間中各個(gè)方向發(fā)射速度大小為v0的電子，某時(shí)刻起筒內(nèi)加大小可調(diào)節(jié)且方向沿中心軸向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒的橫截面及軸截面示意圖如圖（b）所示，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)至B0時(shí)，恰好沒有電子落到筒壁上，不計(jì)電子間相互作用及其重力的影響。求：（R、v0、B0均為已知量）（1）電子的比荷em（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)至12B0時(shí)，筒壁上落有電子的區(qū)域面積S【考點(diǎn)】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；合成分解法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）電子的比荷em為2（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)至12B0時(shí)，筒壁上落有電子的區(qū)域面積S為2【分析】（1）將電子的運(yùn)動(dòng)分解處理，電子在平行于磁場(chǎng)的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于磁場(chǎng)方向的平面內(nèi)以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。恰好沒有電子落到筒壁上，說(shuō)明圓周運(yùn)動(dòng)半徑最大時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑等于R。根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系求解電子的比荷；（2）根據(jù)（1）的解答，求出恰好打到筒壁上的電子出射時(shí)的方向，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性求出電子在平行于磁場(chǎng)的方向上運(yùn)動(dòng)的位移大小，根據(jù)幾何關(guān)系求解筒壁上落有電子的區(qū)域面積?！窘獯稹拷猓海?）電子的發(fā)射速度方向與中心軸線的夾角為θ時(shí)，平行于磁場(chǎng)方向的分速度大小為：vy＝v0sinθ，垂直于磁場(chǎng)方向的分速度大小為：vx＝v0sinθ。電子在平行于磁場(chǎng)的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于磁場(chǎng)方向的平面內(nèi)以線速度大小為vx做勻速圓周運(yùn)動(dòng)（當(dāng)θ≠90°時(shí)電子的軌跡為螺旋線）。對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)半徑為r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：ev解得：r恰好沒有電子落到筒壁上，說(shuō)明r最大時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑等于R。當(dāng)θ＝90°時(shí)r最大，可得：rmax＝m解得：e（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)整為B02時(shí)，參照（mv其中：e解得：sinθ=12，即圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T=恰好打到筒壁上所需時(shí)間為：t=恰好打到筒壁上的電子在平行于磁場(chǎng)方向上的位移大小為：y=因電子源向空間中各個(gè)方向發(fā)射電子，故筒壁上落有電子的區(qū)域沿中心軸線方向的寬度等于2y，可得：S=2答：（1）電子的比荷em為2（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)至12B0時(shí)，筒壁上落有電子的區(qū)域面積S為2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，本題當(dāng)出射的速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡為螺旋線，將電子的運(yùn)動(dòng)分解處理，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性與等時(shí)性解答。15．（16分）（2025?選擇性）如圖，有兩個(gè)電性相同且質(zhì)量分別為m、4m的粒子A、B，初始時(shí)刻相距l(xiāng)0，粒子A以速度v0沿兩粒子連線向速度為0的粒子B運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A、B兩粒子系統(tǒng)的電勢(shì)能等于125mv02。經(jīng)時(shí)間t1粒子B到達(dá)P點(diǎn)，此時(shí)兩粒子速度相同，同時(shí)開始給粒子B施加一恒力，方向與速度方向相同。當(dāng)粒子B的速度為v0時(shí)，粒子A恰好運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)且速度為0，A、B粒子間距離恢復(fù)為l0，這時(shí)撤去恒力。已知任意兩帶電粒子系統(tǒng)的電勢(shì)能與其距離成反比，忽略兩粒子所受重力。求：（m、l0、v0（1）粒子B到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；（2）t1時(shí)間內(nèi)粒子B的位移大小xB；（3）恒力作用的時(shí)間t2?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律的一般應(yīng)用；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）粒子B到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為15（2）t1時(shí)間內(nèi)粒子B的位移大小為v0（3）恒力作用的時(shí)間為2l【分析】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行解答；（2）在t1時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律列方程，再根據(jù)電勢(shì)能和距離的關(guān)系列方程；兩者共速前，根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合位移關(guān)系進(jìn)行解答；（3）對(duì)全過程，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)能定理、動(dòng)量定理列方程進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓海?）以AB為系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝（m+4m）v1解得：v1（2）在t1時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律可得：1由于任意兩帶電粒子系統(tǒng)的電勢(shì)能與其距離成反比，因此：1解得l兩者共速前，二者水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：∑（mv0t1）＝∑（mvAt1）+∑（4mvBt1）即有：mv0t1＝mxA+4mxB根據(jù)位移關(guān)系可得：xB+l0＝xA+l′聯(lián)立解得：xB=v（3）對(duì)全過程，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)能定理可得：Fl0=對(duì)全過程，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得：Ft2＝4mv0﹣mv0聯(lián)立解得：t2=2答：（1）粒子B到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為15（2）t1時(shí)間內(nèi)粒子B的位移大小為v0（3）恒力作用的時(shí)間為2l【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)量守恒定律和動(dòng)量定理，解答本題的關(guān)鍵是弄清楚粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理等進(jìn)行分析解答。

考點(diǎn)卡片1．根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情況判斷v-t圖像是否正確【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】題目會(huì)先給出物體的運(yùn)動(dòng)情況，然后需要根據(jù)要求判斷給出的v﹣t圖像是否正確?！久}方向】列車勻速前進(jìn)，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方有一頭牛在橫穿鐵道，司機(jī)立即使列車制動(dòng)，做勻減速運(yùn)動(dòng)，車未停下時(shí)牛已離開軌道，司機(jī)又使列車做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到恢復(fù)原速，繼續(xù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，列車運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象應(yīng)是下圖中的哪一個(gè)（）A、B、C、D、分析：列車的運(yùn)動(dòng)情況是先做勻減速運(yùn)動(dòng)，接著做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)．勻減速運(yùn)動(dòng)速度未達(dá)到零．將選項(xiàng)一一代入，選擇符合題意的圖象．解答：A、列車先做勻加速運(yùn)動(dòng)，接著做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。與題意不符。故A錯(cuò)誤。B、列車先做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度未達(dá)到零，接著做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。與題意相符。故B正確。C、列車先做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到零，接著做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。與題意不符。故C錯(cuò)誤。D、列車先做勻加速運(yùn)動(dòng)，接著做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。與題意不符。故D錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：往往用數(shù)學(xué)知識(shí)理解圖象的物理意義，如面積、斜率等等來(lái)分析圖象的物理意義．v﹣t圖象：勻速直線運(yùn)動(dòng)是平行于橫軸的直線，勻變速直線運(yùn)動(dòng)是傾斜的直線．【解題思路點(diǎn)撥】1.要明確v﹣t圖像的直接意義：代表了物體某一時(shí)刻對(duì)應(yīng)的速度，可以以此判斷物體的速度大小及方向。2.要明確x﹣t圖像斜率的物理意義：代表了物體的加速度情況。斜率正負(fù)代表加速度的方向；斜率大小代表加速度的大小。3.要明確v﹣t圖像面積的物理意義：代表了物體的位移情況。t軸上方的面積代表正向位移，t軸下方的面積代表負(fù)向位移。2．靜摩擦力大小及計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.靜摩擦力的大小沒有直接公式進(jìn)行計(jì)算，一般通過平衡狀態(tài)或牛頓第二定律進(jìn)行求解。2.靜摩擦力的大小與動(dòng)摩擦因數(shù)、正壓力的大小無(wú)直接關(guān)系?！久}方向】人用手豎直地握著啤酒瓶，始終保持靜止，則（）A、手握瓶子的力越大，手與瓶子間的摩擦力就越大B、往瓶子加水后，手與瓶子間的摩擦力將增大C、手握瓶子的力大小等于手與瓶子間的摩擦力D、若手握瓶子的力大小為FN，手與瓶子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則手與瓶子間的摩擦力大小為μFN分析：瓶子保持靜止，受力平衡，對(duì)瓶子受力分析，豎直方向上受重力和靜摩擦力，二力平衡，根據(jù)靜摩擦力的特點(diǎn)可以得到答案。解答：A、手與瓶子間的摩擦力是靜摩擦力，其大小與手的握力無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤B、往瓶子里加水后，瓶子和水的總重變大，而摩擦力要與此重力平衡，手與瓶子間的摩擦力將增大，B正確C、手握瓶子的力跟手與瓶子間的摩擦力沒有直的關(guān)系，更不會(huì)相等，C錯(cuò)誤D、手與瓶子間的摩擦力是靜摩擦力，其大小與手的握力無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤故選：B。點(diǎn)評(píng)：靜摩擦力與壓力無(wú)關(guān)，隨外力的變化而變化，由平衡條件解決，這里握力變大，只是滑動(dòng)摩擦力變大了，而物體受靜摩擦力，故靜摩擦力不變【解題思路點(diǎn)撥】求解摩擦力大小的一般思路為：①判斷摩擦力的類型②如果是滑動(dòng)摩擦力，就按照公式f＝μN(yùn)進(jìn)行求解；如果是靜摩擦力就按照平衡狀態(tài)或牛頓第二定律求解3．牛頓第二定律的圖像問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．物體質(zhì)量一定時(shí)，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物體的F﹣a圖象是一條直線。2．物體受力一定時(shí)，它的質(zhì)量越大，加速度越小，即a∝1m，所以物體的1m-3.本知識(shí)點(diǎn)專指F﹣a圖像及1m-【命題方向】下列圖象能反映牛頓第二定律的是（）A.B.C.D.分析：根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的加速度與合外力成正比，與質(zhì)量成反比，根據(jù)牛頓第二定律分析各個(gè)圖象。解答：AD、根據(jù)牛頓第二定律可知，a=Fm，當(dāng)合外力F恒定時(shí)，a-1m圖象為過原點(diǎn)的傾斜直線，a﹣m圖象為曲線，故B、v﹣t圖象反映的是速度隨時(shí)間變化的關(guān)系，斜率表示加速度，與牛頓第二定律無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)牛頓第二定律可知，F(xiàn)＝ma，質(zhì)量增大，合外力F不變，F(xiàn)﹣m圖象為平行于橫軸的圖象，故C錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題考查了加速度與力的關(guān)系圖象，解題的關(guān)鍵是明確牛頓第二定律的公式，對(duì)比分析圖象。【解題思路點(diǎn)撥】圖像問題的本質(zhì)是對(duì)牛頓第二定律的理解與應(yīng)用，從F＝ma出發(fā)，根據(jù)控制變量法找出各物理量之間的關(guān)系，從而得出相應(yīng)函數(shù)圖像的性質(zhì)。4．計(jì)算天體的質(zhì)量和密度【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.天體質(zhì)量的計(jì)算（1）重力加速度法若已知天體（如地球）的半徑R及其表面的重力加速度g，根據(jù)在天體表面上物體的重力近似等于天體對(duì)物體的引力，得mg=Gm1m2R2，解得天體的質(zhì)量M=g（2）環(huán)繞法借助環(huán)繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的行星（或衛(wèi)星）計(jì)算中心天體的質(zhì)量，俗稱“借助外援法”。常見的情況如下：2.天體密度的計(jì)算若天體的半徑為R，則天體的密度ρ=M43πR特殊情況：當(dāng)衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運(yùn)動(dòng)時(shí)，衛(wèi)星的軌道半徑r可認(rèn)為等于天體半徑R，則ρ=【命題方向】近年來(lái)，人類發(fā)射的多枚火星探測(cè)器已經(jīng)相繼在火星上著陸，正在進(jìn)行著激動(dòng)人心的科學(xué)探究，為我們將來(lái)登上火星、開發(fā)和利用火星資源奠定了堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ)。如果火星探測(cè)器環(huán)繞火星做“近地”勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并測(cè)得該運(yùn)動(dòng)的周期為T，則火星的平均密度ρ的表達(dá)式為（k為某個(gè)常量）（）A.ρ=kTB.ρ＝kTC.ρ＝kT分析：研究火星探測(cè)器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量。根據(jù)密度公式表示出密度。解答：研究火星探測(cè)器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式：mr4π2T得：M=4則火星的密度：ρ=由①②得火星的平均密度：ρ=3π則ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用萬(wàn)有引力定律求出中心體的質(zhì)量。能夠運(yùn)用物理規(guī)律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用?！窘忸}思路點(diǎn)撥】能否計(jì)算得出天體的質(zhì)量和密度的技巧如下：①計(jì)算中心天體的質(zhì)量需要知道：a、行星或衛(wèi)星運(yùn)行的軌道半徑，以及運(yùn)行的任一參數(shù)（如線速度或角速度或向心加速度等）b、如果是忽略天體自轉(zhuǎn)、或在天體表面附近、或提示萬(wàn)有引力近似等于重力，則可以應(yīng)用黃金代換計(jì)算中心天體質(zhì)量，此時(shí)需要知道天體的半徑，以及天體表面的重力加速度。②計(jì)算中心天體的密度需要知道只要能求出天體質(zhì)量，并知道天體自身半徑就可以求出中心天體的密度5．宇宙速度的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.第一宇宙速度是指最大的環(huán)繞速度。對(duì)地球而言，當(dāng)衛(wèi)星以最大的環(huán)繞速度繞地球運(yùn)行時(shí)，此時(shí)衛(wèi)星的軌道半徑幾乎等于地球的半徑R，設(shè)此時(shí)速度為v，則根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有GMmR2=mv又在地球表面附近有GM＝gR2所以v=所以如果知道地球表面的重力加速度和地球半徑就可以計(jì)算出地球的第一宇宙速度了。2.這一規(guī)律對(duì)其他天體同樣成立?！久}方向】地球的第一宇宙速度為v1，若某行星質(zhì)量是地球質(zhì)量的4倍，半徑是地球半徑的12倍分析：物體在地面附近繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根據(jù)衛(wèi)星在圓軌道上運(yùn)行時(shí)的速度公式v=GM解答：設(shè)地球質(zhì)量M，某星球質(zhì)量4M，地球半徑r，某星球半徑0.5r；由萬(wàn)有引力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)得：GMm解得：衛(wèi)星在圓軌道上運(yùn)行時(shí)的速度公式v=分別代入地球和某星球的各物理量解得：v星球：v地球=8：所以該行星的第一宇宙速度為22v1答：該行星的第一宇宙速度22v1點(diǎn)評(píng)：本題要掌握第一宇宙速度的定義，正確利用萬(wàn)有引力公式列出第一宇宙速度的表達(dá)式．【解題思路點(diǎn)撥】1.第一宇宙速度是衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，是最大的環(huán)繞速度，當(dāng)衛(wèi)星以該速度運(yùn)行時(shí)，相當(dāng)于在中心天體附近繞行，軌道半徑近似等于中心天體的半徑。2.衛(wèi)星繞天體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果已知環(huán)繞周期，也可以根據(jù)v=23.第一宇宙速度的計(jì)算公式v=GM6．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說(shuō)法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓恢亓ψ龉Α亓?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來(lái)進(jìn)行。7．求變力的沖量【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】求變力的沖量有三個(gè)方法：1.若力與時(shí)間成線性關(guān)系變化，則可用平均力求變力的沖量；2.若給出了力隨時(shí)間變化的圖像，如圖所示，可用面積法求變力的沖量；3.利用動(dòng)量定理求解?！久}方向】一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。對(duì)此過程的描述，錯(cuò)誤的是（）A、地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力做功為1B、運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小為mvC、地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員彈力的沖量大小為mv+mgΔtD、重力的沖量大小為mgΔt分析：已知初末速度，則由動(dòng)量定理可求得地面對(duì)人的沖量；由功的公式可確定地面對(duì)人是否做功。解答：A、在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力不做功，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)量定理可得運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小IF＝mv故B正確；C、以人為對(duì)象，受到地面的支持力和自身的重力，規(guī)定向上為正，根據(jù)動(dòng)量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面對(duì)人彈力的沖量為NΔt＝mgΔt+mv故C正確。D、重力的沖量大小IG＝mgΔt故D正確；本題選不正確項(xiàng)。故選：A。點(diǎn)評(píng)：在應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)一定要注意沖量應(yīng)是所有力的沖量，不要把重力漏掉。另外地面對(duì)人是否做功的問題是易錯(cuò)點(diǎn)，要根據(jù)功的概念去理解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.對(duì)于變力的沖量計(jì)算，定義式不再適用，要根據(jù)題目條件選擇合適的方法進(jìn)行計(jì)算。2.求合沖量的兩種方法（1）可分別求每一個(gè)力的沖量，再求各沖量的矢量和；（2）另外，如果各個(gè)力的作用時(shí)間相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。8．動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動(dòng)量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出兩臂迎接傳來(lái)的籃球，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動(dòng)量變化量D、增大籃球的動(dòng)量變化量分析：分析接球的動(dòng)作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變，故A錯(cuò)誤C、運(yùn)動(dòng)員接球過程，球的末動(dòng)量為零，球的初動(dòng)量一定，則球的動(dòng)量的變化量一定，故CD錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解題，解題時(shí)要注意，接球過程球的動(dòng)量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動(dòng)量的變化量與沖量不會(huì)因如何接球而改變。【解題方法點(diǎn)撥】1．動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動(dòng)量定理也能解答，而用動(dòng)量定理解題，更簡(jiǎn)捷．9．動(dòng)量守恒定律的一般應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.本考點(diǎn)旨在針對(duì)用動(dòng)量守恒定律解決簡(jiǎn)單問題的情況。2.動(dòng)量守恒定律不同表現(xiàn)形式的表達(dá)式的含義（1）p＝p'：系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p'。（2）m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。（3）Δp1＝﹣Δp2：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，一個(gè)物體的動(dòng)量變化量與另一個(gè)物體的動(dòng)量變化量大小相等、方向相反。（4）Δp＝0：系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零?！久}方向】質(zhì)量為m＝100kg的小船靜止在水面上，船上左、右兩端各站著質(zhì)量分別為m甲＝40kg，m乙＝60kg的游泳者，當(dāng)他們?cè)谕凰骄€上，甲朝左乙朝右，同時(shí)以相對(duì)河岸3m/s的速率跳離小船，不計(jì)水的阻力，小船運(yùn)動(dòng)速度為（）A、速度大小為0.6m/s方向向右B、速度大小為0.6m/s方向向左C、速度大小為3m/s方向向右D、速度大小為3m/s方向向左分析：船以及兩個(gè)人組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出小船的速度大小和方向．解答：規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：0＝m甲v甲+m乙v乙+mv代入數(shù)據(jù)得：0＝40×3+60×（﹣3）+100×v解得：v＝0.6m/s。知方向向左，大小為0.6m/s。故選：B。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒的條件，會(huì)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律進(jìn)行求解．【解題思路點(diǎn)撥】應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟1.明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成2.受力分析，確定動(dòng)量是否守恒3.規(guī)定正方向，確定初、末動(dòng)量4.根據(jù)動(dòng)量守恒定律，建立守恒方程5.代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果并討論說(shuō)明10．振動(dòng)圖像與波形圖的結(jié)合【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像的比較【命題方向】圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在t＝0.10s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置為x＝1m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置為x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)，圖乙為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像，則（）A、t＝0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度達(dá)到負(fù)向最大B、t＝0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向C、從t＝0.10s到t＝0.25s，該波沿x軸正方向傳播了6mD、從t＝0.10s到t＝0.25s，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為30cm分析：根據(jù)甲、乙兩圖可以求出該波的波長(zhǎng)和周期，從而求出波速，t＝0.10s時(shí)Q點(diǎn)在平衡位置上，由乙圖知下一時(shí)刻向下振動(dòng)，從而確定了該波向左傳播。解答：A、由乙圖中Q點(diǎn)的振動(dòng)圖像可知t＝0.15s時(shí)Q點(diǎn)在負(fù)的最大位移處，故具有正向最大加速度，故A錯(cuò)誤；B、甲圖描述的是t＝0.10s時(shí)的波動(dòng)圖像，而根據(jù)乙圖可知t＝0.10s到t＝0.25s內(nèi)Q點(diǎn)將向下振動(dòng)，這說(shuō)明在甲圖中此時(shí)Q點(diǎn)將向下振動(dòng)，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向和波傳播方向的關(guān)系可知，波向左傳播，判定出經(jīng)過四分之一周期即t＝0.15s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閥軸負(fù)方向，故B正確；C、根據(jù)甲、乙兩圖可知波長(zhǎng)和周期，則波速：v=λT=80.2=40m/s，故從t＝0.10s到t＝0.25s，波沿x負(fù)方向傳播了D、質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)通過個(gè)路程為4個(gè)振幅長(zhǎng)度，故t＝0.10s到t＝0.25s的四分之三周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程不是三個(gè)振幅即30cm，故D錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題有一定的綜合性考查了波動(dòng)和振動(dòng)圖像問題，關(guān)鍵是會(huì)根據(jù)振動(dòng)情況來(lái)判定波的傳播方向。【解題思路點(diǎn)撥】解決y﹣t圖像和y﹣x圖像綜合問題，關(guān)鍵要明確兩點(diǎn)：一是y﹣t圖像描述的是哪個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)；二是y﹣x圖像是哪一時(shí)刻的圖像，然后根據(jù)y﹣t圖像確定這一時(shí)刻該點(diǎn)的位移和振動(dòng)方向，最后根據(jù)y﹣x圖像確定波的傳播方向。11．波發(fā)生穩(wěn)定干涉的條件【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】波的干涉：（1）產(chǎn)生穩(wěn)定干涉的條件：頻率相同的兩列同性質(zhì)的波相遇．（2）現(xiàn)象：兩列波相遇時(shí)，某些區(qū)域振動(dòng)總是加強(qiáng)，某些區(qū)域振動(dòng)總是減弱，且加強(qiáng)區(qū)和減弱區(qū)互相間隔．（3）對(duì)兩個(gè)完全相同的波源產(chǎn)生的干涉來(lái)說(shuō)，凡到兩波源的路程差為一個(gè)波長(zhǎng)整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)；凡到兩波源的路程差為半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱．【命題方向】?jī)闪兴òl(fā)生干涉，在某時(shí)刻，M點(diǎn)是波峰與波峰相遇處，N點(diǎn)是波谷與波谷相遇處，P點(diǎn)的位移為零，Q點(diǎn)是波谷與波峰相遇處，則（）A.M、N兩點(diǎn)振動(dòng)一定最強(qiáng)，P、Q兩點(diǎn)振動(dòng)一定最弱B.M點(diǎn)振動(dòng)最強(qiáng)，N、Q振動(dòng)最弱，P點(diǎn)可能最強(qiáng)也可能最弱C.M、N點(diǎn)振動(dòng)最強(qiáng)，Q振動(dòng)最弱，P點(diǎn)可能最強(qiáng)也可能最弱D.四個(gè)點(diǎn)都可能是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)分析：兩列波相遇時(shí)振動(dòng)情況相同時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)，振動(dòng)情況相反時(shí)振動(dòng)減弱．兩列頻率相同的相干波，當(dāng)波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)，當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)振動(dòng)減弱，則振動(dòng)情況相同時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)；振動(dòng)情況相反時(shí)振動(dòng)減弱．解答：A、M點(diǎn)是波峰與波峰相遇處，N點(diǎn)是波谷與波谷相遇處，Q點(diǎn)是波谷與波峰相遇處，P點(diǎn)的位移為零，可能是波谷與波峰相遇，也可能是平衡位置。所以M、N兩點(diǎn)振動(dòng)一定最強(qiáng)，Q點(diǎn)振動(dòng)一定最弱，但P點(diǎn)不一定，故A錯(cuò)誤；B、M點(diǎn)是波峰與波峰相遇處，N點(diǎn)是波谷與波谷相遇處，Q點(diǎn)是波谷與波峰相遇處，P點(diǎn)的位移為零，可能是波谷與波峰相遇，也可能是平衡位置。所以M、N兩點(diǎn)振動(dòng)一定最強(qiáng)，Q點(diǎn)振動(dòng)一定最弱，但P點(diǎn)不一定，故B錯(cuò)誤；C、M點(diǎn)是波峰與波峰相遇處，N點(diǎn)是波谷與波谷相遇處，Q點(diǎn)是波谷與波峰相遇處，P點(diǎn)的位移為零，可能是波谷與波峰相遇，也可能是平衡位置。所以M、N兩點(diǎn)振動(dòng)一定最強(qiáng)，Q點(diǎn)振動(dòng)一定最弱，但P點(diǎn)不一定，故C正確；D、M點(diǎn)是波峰與波峰相遇處，N點(diǎn)是波谷與波谷相遇處，Q點(diǎn)是波谷與波峰相遇處，P點(diǎn)的位移為零，可能是波谷與波峰相遇，也可能是平衡位置。所以M、N兩點(diǎn)振動(dòng)一定最強(qiáng)，Q點(diǎn)振動(dòng)一定最弱，但P點(diǎn)不一定，故D錯(cuò)誤；故選：C。點(diǎn)評(píng)：波的疊加滿足矢量法則，當(dāng)振動(dòng)情況相同則相加，振動(dòng)情況相反時(shí)則相減，且兩列波互不干擾．例如當(dāng)該波的波峰與波峰相遇時(shí)，此處相對(duì)平衡位置的位移為振幅的二倍；當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)此處的位移為零【解題方法點(diǎn)撥】一、波的干涉與波的衍射的比較定義現(xiàn)象可觀察到明顯現(xiàn)象的條件相同點(diǎn)波的衍射波可以繞過障礙物繼續(xù)傳播的現(xiàn)象波能偏離直線而傳到直線傳播以外的空間縫、孔或障礙物的尺寸跟波長(zhǎng)相差不大或者小于波長(zhǎng)干涉和衍射是波特有的現(xiàn)象波的干涉頻率相同的兩列波疊加，使某些區(qū)域的振動(dòng)加強(qiáng)、某些區(qū)域的振動(dòng)減弱的現(xiàn)象振動(dòng)強(qiáng)弱區(qū)域相間分布，加強(qiáng)區(qū)減弱區(qū)位置不變兩列波的頻率相同特別提示1．波的干涉和衍射現(xiàn)象都是波特有的現(xiàn)象，可以幫助我們區(qū)別波動(dòng)和其他運(yùn)動(dòng)形式．2．任何波都能發(fā)生衍射現(xiàn)象，區(qū)別在于現(xiàn)象是否明顯．3．只有符合干涉條件的兩列波相遇時(shí)才能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象．二、波的干涉中振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)的判斷某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)是加強(qiáng)還是減弱，取決于該點(diǎn)到兩相干波源的距離之差△r．（1）當(dāng)兩波源振動(dòng)步調(diào)一致時(shí)若△r＝nλ（n＝0，1，2，…），則振動(dòng)加強(qiáng)；若△r＝（2n+1）（n＝0，1，2，…），則振動(dòng)減弱．（2）當(dāng)兩波源振動(dòng)步調(diào)相反時(shí)若△r＝（2n+1）（n＝0，1，2，…），則振動(dòng)加強(qiáng)；若△r＝nλ（n＝0，1，2，…），則振動(dòng)減弱．2．波的衍射現(xiàn)象是指波能繞過障礙物繼續(xù)傳播的現(xiàn)象，產(chǎn)生明顯衍射現(xiàn)象的條件是縫、孔的寬度或障礙物的尺寸跟波長(zhǎng)相差不大或者小于波長(zhǎng)．12．電場(chǎng)線的定義及基本特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：為了形象描述電場(chǎng)中各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱及方向，在電場(chǎng)中畫出一些曲線，曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向一致，曲線的疏密程度表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．2．特點(diǎn)：（1）電場(chǎng)線始于正電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)），終于負(fù)電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)）；（2）電場(chǎng)線互不相交；（3）電場(chǎng)線和等勢(shì)面在相交處互相垂直；（4）沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；（5）電場(chǎng)線密的地方等差等勢(shì)面密；等差等勢(shì)面密的地方電場(chǎng)線也密．3．幾種典型的電場(chǎng)線．注意：電場(chǎng)中某點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向與該點(diǎn)放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場(chǎng)（1）等量同種電荷的電場(chǎng)如圖2甲所示①兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O處的場(chǎng)強(qiáng)為零，此處無(wú)電場(chǎng)線．②兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O附近電場(chǎng)線非常稀疏，但場(chǎng)強(qiáng)不為零．③從兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O沿中垂面（線）到無(wú)限遠(yuǎn)，電場(chǎng)線先變密后變疏，即場(chǎng)強(qiáng)先變大后變?。軆牲c(diǎn)電荷連線中垂線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向和中垂線平行．⑤關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大、反向．（2）等量異種電荷的電場(chǎng)如圖2乙所示．①兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向從正電荷指向負(fù)電荷，沿電場(chǎng)線方向場(chǎng)強(qiáng)先變小再變大．②兩點(diǎn)電荷連線的中垂面（線）上，電場(chǎng)線的方向均相同，即場(chǎng)強(qiáng)方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大同向．【命題方向】本考點(diǎn)主要考查電場(chǎng)線的定義與特點(diǎn)下列關(guān)于電場(chǎng)的論述，正確的是（）A、電場(chǎng)線方向就是正檢驗(yàn)電荷的運(yùn)動(dòng)方向B、電場(chǎng)線是直線的地方是勻強(qiáng)電場(chǎng)C、只要初速度為零，正電荷必將在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)D、畫有電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫電場(chǎng)線的地方不一定無(wú)電場(chǎng)分析：電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線，電場(chǎng)線的方向起于正電荷，終止于負(fù)電荷，電場(chǎng)線上某點(diǎn)的切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．解答：A、電場(chǎng)線的方向與正電荷的運(yùn)動(dòng)方向不一定相同。故A錯(cuò)誤。B、勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是間距相等的平行直線，電場(chǎng)線是直線的地方不一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)。故B錯(cuò)誤。C、若電場(chǎng)線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤。D、電場(chǎng)線為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線，畫電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫電場(chǎng)線的地方可能也有電場(chǎng)。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)線的性質(zhì)，知道電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線．【解題方法點(diǎn)撥】1．電場(chǎng)線與帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系：根據(jù)電場(chǎng)線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，只有同時(shí)滿足以下三個(gè)條件時(shí)，兩者才會(huì)重合：（1）電場(chǎng)線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場(chǎng)線平行；（3）電荷僅受電場(chǎng)力或所受其他力合力的方向與電場(chǎng)線平行．2．關(guān)于電場(chǎng)線的問題往往與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)聯(lián)系起來(lái)進(jìn)行考查，解答這類問題應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，特別是速度和加速度如何變化；（2）根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，確定粒子所受電場(chǎng)力的大小方向如何變化；（3）根據(jù)電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系，確定場(chǎng)強(qiáng)的大小、方向如何變化，從而確定電場(chǎng)線的分布規(guī)律．（4）熟悉幾種常見電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)．13．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場(chǎng)問題，可能涉及到功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化等情況?！久}方向】圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平面間的夾角60°，∠BOD＝120°，虛線BM左側(cè)、DN右側(cè)分布等大反向勻強(qiáng)電場(chǎng)E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點(diǎn)以6gR的初速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。AB長(zhǎng)度為2R，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3mgqA、物塊到B點(diǎn)時(shí)的速度為2B、物塊在最低點(diǎn)的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運(yùn)動(dòng)D、物塊在斜面運(yùn)動(dòng)的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，可以得到B點(diǎn)時(shí)的速度；從B到C用動(dòng)能定理，可以得到C點(diǎn)的速度，結(jié)合豎直面的圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第三定律，可以計(jì)算C點(diǎn)的壓力；根據(jù)對(duì)物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會(huì)停在斜面上還是會(huì)在圓弧內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)全過程動(dòng)能定理可以判斷其總路程。解答：A、對(duì)物塊在左側(cè)斜面上釋放時(shí)進(jìn)行受力分析，可以得到如圖：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此時(shí)摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，故：f＝μN(yùn)，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理：mg?2Rsin60°-qEB、在物塊從B到C的過程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)到某點(diǎn)速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μN(yùn)x=0-12mvB2，解得：x＝R，此時(shí)摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力減為0，物塊剛好可以在斜面上靜止，總路程故選：AD。點(diǎn)評(píng)：本題考查涉及電場(chǎng)力的功能關(guān)系問題，注意當(dāng)速度減為0時(shí)，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計(jì)算物塊對(duì)地面壓力時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到支持力后，要寫結(jié)合牛頓第三定律得到壓力。【解題思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動(dòng)能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。2.靜電力做功決定帶電體電勢(shì)能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢(shì)能變化之間的關(guān)系類似。3.只有靜電力做功時(shí)，帶電體電勢(shì)能與機(jī)械能的總量不變，即EP1+E機(jī)1＝EP2+E機(jī)2。這與只有重力做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒類似。14．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計(jì)重力）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)并穿過金屬板，虛線表示其運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖知（）A、粒子帶負(fù)電B、粒子運(yùn)動(dòng)方向是abcdeC、粒子運(yùn)動(dòng)方向是edcbaD、粒子在上半周所用時(shí)間比下半周所用時(shí)間長(zhǎng)分析：由半徑的變化可知粒子運(yùn)動(dòng)方向；由軌跡偏轉(zhuǎn)方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運(yùn)動(dòng)方向，由圓周對(duì)應(yīng)的圓心角及周期公式可知時(shí)間關(guān)系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應(yīng)減小，故可知粒子運(yùn)動(dòng)方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應(yīng)是由下方進(jìn)入，故粒子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閑dcba，則粒子應(yīng)帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運(yùn)動(dòng)的周期和速度無(wú)關(guān)，而上下均為半圓，故所對(duì)的圓心角相同，故粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題應(yīng)注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，明確了速度關(guān)系即可由左手定則及圓的性質(zhì)求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法．15．帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)知】1.圓形邊界：如圖所示，帶電粒子從某點(diǎn)沿圓形磁場(chǎng)的半徑方向人射，從另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線過磁場(chǎng)的圓心，即沿徑向射入必沿徑向射出。2.幾個(gè)與角有關(guān)的物理量如圖所示，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，φ為粒子速度的偏向角，粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過的角度α為回旋角（或圓心角），AB弦與切線的夾角θ為弦切角，它們的關(guān)系為φ＝α＝2θ，θ與相鄰的弦切角θ'互補(bǔ)，即θ+θ'＝180°。3.如何確定“圓心角與時(shí)間”①速度的偏向角φ＝圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②時(shí)間的計(jì)算方法．方法一：由圓心角求，t=θ2π?T；方法二：由弧長(zhǎng)求，【命題方向】如圖所示，虛線所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場(chǎng)，電子束經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)后，其運(yùn)動(dòng)的方向與原入射方向成θ角。設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子之間的相互作用力及所受的重力。求：（1）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R；（2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r。分析：電子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用，電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，可以求出電子運(yùn)動(dòng)的半徑，畫出電子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系可以求得電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑。解答：（1）電子在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力即：qvB=由此可得電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=（2）如圖根據(jù)幾何關(guān)系，可以知道電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)圓心轉(zhuǎn)過的角度α＝θ則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=（3）由題意知，由圖根據(jù)幾何關(guān)系知：tanθ∴r答：（1）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R=mv（2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=mθ（3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r=mv點(diǎn)評(píng)：熟悉電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力，據(jù)此列式求出半徑和周期間的表達(dá)式，能正確作出電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑?！窘忸}思路點(diǎn)撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場(chǎng)邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據(jù)，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利用矢量圖求極值．?dāng)?shù)學(xué)方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的