第50頁(yè)（共50頁(yè)）2025年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（選擇性）一、選擇題：每題6分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．（6分）（2025?回憶版）我國(guó)自主研發(fā)的CR450動(dòng)車組試驗(yàn)時(shí)的速度可達(dá)450km/h。若以120m/s的初速度在平直軌道上行駛的CR450動(dòng)車組，勻減速運(yùn)行14.4km后停止，則減速運(yùn)動(dòng)中其加速度的大小為（）A．0.1m/s2 B．0.5m/s2 C．1.0m/s2 D．1.5m/s22．（6分）（2025?回憶版）“天都一號(hào)”通導(dǎo)技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星測(cè)距試驗(yàn)的成功，標(biāo)志著我國(guó)在深空軌道精密測(cè)量領(lǐng)域取得了技術(shù)新突破?！疤於家惶?hào)”在環(huán)月橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，（）A．受月球的引力大小保持不變 B．相對(duì)月球的速度大小保持不變 C．離月球越近，其相對(duì)月球的速度越大 D．離月球越近，其所受月球的引力越小3．（6分）（2025?回憶版）如圖，撐桿跳高運(yùn)動(dòng)中，運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)助跑、撐桿起跳，最終越過(guò)橫桿。若運(yùn)動(dòng)員起跳前助跑速度為10m/s，則理論上運(yùn)動(dòng)員助跑獲得的動(dòng)能可使其重心提升的最大高度為（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m4．（6分）（2025?回憶版）勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶正電的點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力的作用下以某一初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其（）A．所處位置的電勢(shì)一定不斷降低 B．所處位置的電勢(shì)一定不斷升高 C．軌跡可能是與電場(chǎng)線平行的直線 D．軌跡可能是與電場(chǎng)線垂直的直線5．（6分）（2025?回憶版）如圖，正方形abcd內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子在紙面內(nèi)從頂點(diǎn)a以速度v0射入磁場(chǎng)，速度方向垂直于ab。磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不同時(shí)，電子可分別從ab邊的中點(diǎn)、b點(diǎn)和c點(diǎn)射出，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2和t3，則（）A．t1＜t2＝t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＞t3 D．t1＞t2＞t3（多選）6．（6分）（2025?回憶版）如圖，一定量的理想氣體先后處于V﹣T圖上a、b、c三個(gè)狀態(tài)，三個(gè)狀態(tài)下氣體的壓強(qiáng)分別為pa、pb、pc，則（）A．pa＝pb B．pa＝pc C．pa＞pb D．pa＜pc（多選）7．（6分）（2025?回憶版）一組身高相近的學(xué)生沿一直線等間隔排成一排，從左邊第一位同學(xué)開(kāi)始，依次周期性地“下蹲、起立”，整個(gè)隊(duì)列呈現(xiàn)類似簡(jiǎn)諧波的波浪效果，如圖所示。假定某次游戲中，形成的波形的波長(zhǎng)為4m，左邊第一位同學(xué)蹲至最低點(diǎn)時(shí)，隊(duì)列中另一同學(xué)恰好站直，則這兩位同學(xué)間的距離可能是（）A．1m B．2m C．5m D．6m（多選）8．（6分）（2025?回憶版）如圖，過(guò)P點(diǎn)的虛線上方存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一金屬圓環(huán)在紙面內(nèi)以P點(diǎn)為軸沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，O為圓環(huán)的圓心，OP為圓環(huán)的半徑。則（）A．圓環(huán)中感應(yīng)電流始終繞O逆時(shí)針流動(dòng) B．OP與虛線平行時(shí)圓環(huán)中感應(yīng)電流最大 C．圓環(huán)中感應(yīng)電流變化的周期與環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)周期相同 D．圓環(huán)在磁場(chǎng)內(nèi)且OP與虛線垂直時(shí)環(huán)中感應(yīng)電流最大二、非選擇題9．（10分）（2025?回憶版）某探究小組利用橡皮筋完成下面實(shí)驗(yàn)。（1）將粘貼有坐標(biāo)紙的木板豎直放置。橡皮筋的一端用圖釘固定在木板上，另一端懸掛鉤碼。鉤碼質(zhì)量分別為200g、250g、…、500g，平衡時(shí)橡皮筋底端在坐標(biāo)紙上對(duì)應(yīng)的位置如圖（a）中圓點(diǎn)所示（鉤碼的質(zhì)量在圖中用數(shù)字標(biāo)出）。懸掛的鉤碼質(zhì)量分別為200g和300g時(shí)，橡皮筋底端位置間的距離為cm。（2）根據(jù)圖（a）中各點(diǎn)的位置可知，在所測(cè)范圍內(nèi)橡皮筋長(zhǎng)度的增加量與所掛鉤碼的（選填“質(zhì)量”或“質(zhì)量的增加量”）成正比，由此可求出橡皮筋的勁度系數(shù)為N/m（保留2位有效數(shù)字，重力加速度取9.8m/s2）。（3）懸掛的鉤碼質(zhì)量為m時(shí)，在橡皮筋底端施以水平向右的力F，平衡時(shí)橡皮筋方向如圖（b）中虛線所示，圖（b）中測(cè)力計(jì)的示數(shù)給出了力F的大小，則F＝N，m＝g（選填“200”“300”或“400”）。10．（14分）（2025?回憶版）用伏安法可以研究電學(xué)元件的伏安特性。阻值不隨電流、電壓變化的元件稱為線性電阻元件，否則稱為非線性電阻元件。（1）利用伏安法測(cè)量某元件的電阻，電流表和電壓表的示數(shù)分別記為I和U。若將電流表內(nèi)接，則U元件兩端的電壓，UI元件的電阻；將電流表外接，則I流過(guò)元件的電流，UI元件的電阻。（均選填“小于”或“大于（2）圖（a）是某實(shí)驗(yàn)小組用電流表內(nèi)接法測(cè)得的某元件的伏安特性曲線，由圖可知，所測(cè)元件是（選填“線性”或“非線性”）電阻元件。隨著電流的增加，元件的電阻（選填“增大”“不變”或“減小”）。（3）利用電流表A1（內(nèi)阻r1）、電流表A2（內(nèi)阻未知）以及一個(gè)用作保護(hù)電阻的定值電阻R0（阻值未知），測(cè)量電阻Rx的阻值。將圖（b）中的器材符號(hào)的連線補(bǔ)充完整，完成實(shí)驗(yàn)電路原理圖。按完整的實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量Rx，某次測(cè)量中電流表A1和A2的示數(shù)分別為I1和I2，則Rx＝（用I1、I2和r1表示）。11．（14分）（2025?回憶版）電容器的形狀變化會(huì)導(dǎo)致其電容變化，這一性質(zhì)可用于設(shè)計(jì)鍵盤(pán)，簡(jiǎn)化原理圖如圖所示。鍵盤(pán)按鍵下的裝置可視為平行板電容器，電容器的極板面積為S、間距為d，電容C=αSd（（1）若按壓按鍵不改變電容器所帶的電荷量，則按壓后極板間的電壓變?yōu)榘磯呵暗亩嗌俦?？?）若按壓按鍵不改變電容器極板間的電壓，則按壓后極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)榘磯呵暗亩嗌俦叮?2．（24分）（2025?回憶版）如圖，物塊P固定在水平面上，其上表面有半徑為R的14圓弧軌道。P右端與薄板Q連在一起，圓弧軌道與Q上表面平滑連接。一輕彈簧的右端固定在Q上，另一端自由。質(zhì)量為m的小球自圓弧頂端A點(diǎn)上方的B點(diǎn)自由下落，落到A點(diǎn)后沿圓弧軌道下滑，小球與彈簧接觸后，當(dāng)速度減小至剛接觸時(shí)的13時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為2mgR，此時(shí)斷開(kāi)P和Q的連接，從靜止開(kāi)始向右滑動(dòng)。g為重力加速度大小，忽略空氣阻力，圓弧軌道及（1）求小球從落入圓弧軌道至離開(kāi)圓弧軌道，重力對(duì)其做的功；（2）求小球與彈簧剛接觸時(shí)速度的大小及B、A兩點(diǎn)間的距離；（3）欲使P和Q斷開(kāi)后，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于2.2mgR，Q的質(zhì)量應(yīng)為多大？（4）欲使P和Q斷開(kāi)后，Q的最終動(dòng)能最大，Q的質(zhì)量應(yīng)為多大？

2025年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（選擇性）參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）題號(hào)12345答案BCBCA二．多選題（共3小題）題號(hào)678答案ADBDBC一、選擇題：每題6分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．（6分）（2025?回憶版）我國(guó)自主研發(fā)的CR450動(dòng)車組試驗(yàn)時(shí)的速度可達(dá)450km/h。若以120m/s的初速度在平直軌道上行駛的CR450動(dòng)車組，勻減速運(yùn)行14.4km后停止，則減速運(yùn)動(dòng)中其加速度的大小為（）A．0.1m/s2 B．0.5m/s2 C．1.0m/s2 D．1.5m/s2【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系．【專題】應(yīng)用題；創(chuàng)新題型；定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解作答?！窘獯稹拷猓簞?dòng)車組的初速度v0＝120m/s，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為x＝14400m，設(shè)減速運(yùn)動(dòng)中加速度的大小a；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式0-代入數(shù)據(jù)解得加速度的大小a＝0.5m/s2故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系，注意加速度的正、負(fù)。2．（6分）（2025?回憶版）“天都一號(hào)”通導(dǎo)技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星測(cè)距試驗(yàn)的成功，標(biāo)志著我國(guó)在深空軌道精密測(cè)量領(lǐng)域取得了技術(shù)新突破。“天都一號(hào)”在環(huán)月橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，（）A．受月球的引力大小保持不變 B．相對(duì)月球的速度大小保持不變 C．離月球越近，其相對(duì)月球的速度越大 D．離月球越近，其所受月球的引力越小【考點(diǎn)】衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題；理解能力．【答案】C【分析】AD.根據(jù)萬(wàn)有引力定律分析作答；BC.根據(jù)開(kāi)普勒第二定律分析作答。【解答】解：AD．根據(jù)萬(wàn)有引力定律F=GMmr2可知，“BC．根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，“天都一號(hào)”相對(duì)月球的速度大小不斷變化，離月球越近，其相對(duì)月球的速度越大，故B錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了萬(wàn)有引力定律和開(kāi)普勒定律在天體上的運(yùn)用，基礎(chǔ)題。3．（6分）（2025?回憶版）如圖，撐桿跳高運(yùn)動(dòng)中，運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)助跑、撐桿起跳，最終越過(guò)橫桿。若運(yùn)動(dòng)員起跳前助跑速度為10m/s，則理論上運(yùn)動(dòng)員助跑獲得的動(dòng)能可使其重心提升的最大高度為（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解作答?！窘獯稹拷猓喝暨\(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律1解得h故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了機(jī)械能守恒定律的運(yùn)用，基礎(chǔ)題。4．（6分）（2025?回憶版）勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶正電的點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力的作用下以某一初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其（）A．所處位置的電勢(shì)一定不斷降低 B．所處位置的電勢(shì)一定不斷升高 C．軌跡可能是與電場(chǎng)線平行的直線 D．軌跡可能是與電場(chǎng)線垂直的直線【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系；電場(chǎng)線的定義及基本特征．【專題】信息給予題；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】C【分析】AB.根據(jù)點(diǎn)電荷的初速度方向與電場(chǎng)力方向的夾角大小關(guān)系，判斷電場(chǎng)力做功的正、負(fù)，從而判斷電勢(shì)的高低；CD.根據(jù)做直線運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)的條件分析作答?！窘獯稹拷猓篈.若點(diǎn)電荷的初速度方向與電場(chǎng)力方向的夾角α滿足π2＜α≤B.若點(diǎn)電荷的初速度方向與電場(chǎng)力方向的夾角α滿足0≤α＜πC.若點(diǎn)電荷的初速度方向與電場(chǎng)力方向的夾角α滿足α＝0或者α＝π，軌跡與電場(chǎng)線平行的直線，故C正確；D.點(diǎn)電荷的初速度方向與電場(chǎng)力方向不在同一直線上，點(diǎn)電荷做曲線運(yùn)動(dòng)，其軌跡不可能是與電場(chǎng)線垂直的直線，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電場(chǎng)力做功正負(fù)與電勢(shì)能變化的關(guān)系，考查了做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，基礎(chǔ)題。5．（6分）（2025?回憶版）如圖，正方形abcd內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子在紙面內(nèi)從頂點(diǎn)a以速度v0射入磁場(chǎng)，速度方向垂直于ab。磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不同時(shí)，電子可分別從ab邊的中點(diǎn)、b點(diǎn)和c點(diǎn)射出，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2和t3，則（）A．t1＜t2＝t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＞t3 D．t1＞t2＞t3【考點(diǎn)】帶電粒子在矩形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力導(dǎo)出半徑公式、結(jié)合圖中所給的半徑信息判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系，再結(jié)合周期公式列式解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)洛倫茲力提供向心力有ev0B=mv02R，得R=mv0eB，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，由圖可知電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑分別為R3＝L，R2=L2，R1=L4；設(shè)從c點(diǎn)飛出的電子對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由R=mv0eB可得，從b點(diǎn)和a、b中點(diǎn)飛出的電子對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B、4B，又由帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式T=2πmeB，有T3=2πmeB=T，T2=12T，T1=14T，所以t1=12T1=12×14T=故選：A。【點(diǎn)評(píng)】考查帶電粒子在電磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，關(guān)鍵是半徑公式和周期公式的熟練應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）6．（6分）（2025?回憶版）如圖，一定量的理想氣體先后處于V﹣T圖上a、b、c三個(gè)狀態(tài)，三個(gè)狀態(tài)下氣體的壓強(qiáng)分別為pa、pb、pc，則（）A．pa＝pb B．pa＝pc C．pa＞pb D．pa＜pc【考點(diǎn)】理想氣體狀態(tài)變化的圖像問(wèn)題．【專題】定性思想；推理法；氣體的狀態(tài)參量和實(shí)驗(yàn)定律專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)在V﹣T圖像中某狀態(tài)與原點(diǎn)連線的斜率大小可反映壓強(qiáng)，斜率越大，壓強(qiáng)越小，由圖線斜率分析各狀態(tài)的壓強(qiáng)關(guān)系。【解答】解：根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程PVT=C，知在V﹣T圖像中斜率表示CP，某狀態(tài)與原點(diǎn)連線的斜率越大，則壓強(qiáng)越小，由圖可知Pa＝Pb＜Pc，故故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了理想氣體狀態(tài)變化的V﹣T圖像，解題關(guān)鍵是在V﹣T圖像中斜率越大，壓強(qiáng)越小。（多選）7．（6分）（2025?回憶版）一組身高相近的學(xué)生沿一直線等間隔排成一排，從左邊第一位同學(xué)開(kāi)始，依次周期性地“下蹲、起立”，整個(gè)隊(duì)列呈現(xiàn)類似簡(jiǎn)諧波的波浪效果，如圖所示。假定某次游戲中，形成的波形的波長(zhǎng)為4m，左邊第一位同學(xué)蹲至最低點(diǎn)時(shí)，隊(duì)列中另一同學(xué)恰好站直，則這兩位同學(xué)間的距離可能是（）A．1m B．2m C．5m D．6m【考點(diǎn)】機(jī)械波的圖像問(wèn)題；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)波形圖特征結(jié)合不同質(zhì)點(diǎn)的位置關(guān)系和波長(zhǎng)的知識(shí)進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意形成的波長(zhǎng)為λ＝4m，左邊第一位同學(xué)蹲至最低點(diǎn)，對(duì)應(yīng)波形圖中的波谷位置，隊(duì)列中另一同學(xué)恰好站直，則對(duì)應(yīng)波形圖中的波峰位置，故兩人的距離可能是x=λ2=42m＝2m，或者x=3λ2故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】考查波形圖特征結(jié)合不同質(zhì)點(diǎn)的位置關(guān)系和波長(zhǎng)的知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）8．（6分）（2025?回憶版）如圖，過(guò)P點(diǎn)的虛線上方存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一金屬圓環(huán)在紙面內(nèi)以P點(diǎn)為軸沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，O為圓環(huán)的圓心，OP為圓環(huán)的半徑。則（）A．圓環(huán)中感應(yīng)電流始終繞O逆時(shí)針流動(dòng) B．OP與虛線平行時(shí)圓環(huán)中感應(yīng)電流最大 C．圓環(huán)中感應(yīng)電流變化的周期與環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)周期相同 D．圓環(huán)在磁場(chǎng)內(nèi)且OP與虛線垂直時(shí)環(huán)中感應(yīng)電流最大【考點(diǎn)】導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理論證能力．【答案】BC【分析】根據(jù)楞次定律結(jié)合閉合電路的歐姆定律，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度等知識(shí)進(jìn)行分析解答。【解答】解：A．根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流先繞O逆時(shí)針流動(dòng)后繞O點(diǎn)順時(shí)針流動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．OP與虛線平行時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線的有效長(zhǎng)度最大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I=ER可知，則圓環(huán)中感應(yīng)電流最大，故C．在圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)90°，感應(yīng)電流由0達(dá)到最大，轉(zhuǎn)動(dòng)180°過(guò)程中，感應(yīng)電流由最大減小為0，之后又反向增大再減小，則感應(yīng)電流變化的周期與環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)周期相同，故C正確；D．圓環(huán)在磁場(chǎng)內(nèi)且OP與虛線垂直時(shí)圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，環(huán)中感應(yīng)電流為0，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】考查楞次定律結(jié)合閉合電路的歐姆定律，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度等知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。二、非選擇題9．（10分）（2025?回憶版）某探究小組利用橡皮筋完成下面實(shí)驗(yàn)。（1）將粘貼有坐標(biāo)紙的木板豎直放置。橡皮筋的一端用圖釘固定在木板上，另一端懸掛鉤碼。鉤碼質(zhì)量分別為200g、250g、…、500g，平衡時(shí)橡皮筋底端在坐標(biāo)紙上對(duì)應(yīng)的位置如圖（a）中圓點(diǎn)所示（鉤碼的質(zhì)量在圖中用數(shù)字標(biāo)出）。懸掛的鉤碼質(zhì)量分別為200g和300g時(shí)，橡皮筋底端位置間的距離為1.90cm。（2）根據(jù)圖（a）中各點(diǎn)的位置可知，在所測(cè)范圍內(nèi)橡皮筋長(zhǎng)度的增加量與所掛鉤碼的質(zhì)量的增加量（選填“質(zhì)量”或“質(zhì)量的增加量”）成正比，由此可求出橡皮筋的勁度系數(shù)為52N/m（保留2位有效數(shù)字，重力加速度取9.8m/s2）。（3）懸掛的鉤碼質(zhì)量為m時(shí)，在橡皮筋底端施以水平向右的力F，平衡時(shí)橡皮筋方向如圖（b）中虛線所示，圖（b）中測(cè)力計(jì)的示數(shù)給出了力F的大小，則F＝1.00N，m＝300g（選填“200”“300”或“400”）?！究键c(diǎn)】探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律．【專題】定量思想；推理法；平行四邊形法則圖解法專題；推理論證能力．【答案】（1）1.90；（2）質(zhì)量的增加量，52；（3）1.00，300?！痉治觥浚?）根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)并計(jì)算結(jié)果；（2）根據(jù)力的改變量和長(zhǎng)度的改變量結(jié)合勁度系數(shù)的公式列式解答；（3）根據(jù)彈簧秤的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)，結(jié)合相應(yīng)的數(shù)學(xué)關(guān)系進(jìn)行解答。【解答】解：（1）圖中坐標(biāo)紙每一格對(duì)應(yīng)1mm，根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則，懸掛的鉤碼質(zhì)量分別為200g和300g時(shí)，橡皮筋底端位置間的距離為19.0mm＝1.90cm；（2）根據(jù)圖（a）中各點(diǎn)的位置可知，在所測(cè)范圍內(nèi)橡皮筋長(zhǎng)度的增加量與所掛鉤碼的質(zhì)量的增加量成正比，由此可求出橡皮筋的勁度系數(shù)為k=ΔmgΔx（3）圖（b）中測(cè)力計(jì)的示數(shù)給出了力F的大小，彈簧秤的精確度為0.1N，根據(jù)彈簧秤的讀數(shù)規(guī)則，F(xiàn)＝1.00N，由圖（b）橡皮筋偏轉(zhuǎn)時(shí)對(duì)應(yīng)的虛線，結(jié)合相應(yīng)的數(shù)學(xué)知識(shí)Fmg=13，可得故答案為：（1）1.90；（2）質(zhì)量的增加量，52；（3）1.00，300?！军c(diǎn)評(píng)】考查刻度尺的讀數(shù)規(guī)則以及彈簧秤的讀數(shù)問(wèn)題，勁度系數(shù)的求解等，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。10．（14分）（2025?回憶版）用伏安法可以研究電學(xué)元件的伏安特性。阻值不隨電流、電壓變化的元件稱為線性電阻元件，否則稱為非線性電阻元件。（1）利用伏安法測(cè)量某元件的電阻，電流表和電壓表的示數(shù)分別記為I和U。若將電流表內(nèi)接，則U大于元件兩端的電壓，UI大于元件的電阻；將電流表外接，則I大于流過(guò)元件的電流，UI小于元件的電阻。（均選填“小于”或“大于（2）圖（a）是某實(shí)驗(yàn)小組用電流表內(nèi)接法測(cè)得的某元件的伏安特性曲線，由圖可知，所測(cè)元件是非線性（選填“線性”或“非線性”）電阻元件。隨著電流的增加，元件的電阻減小（選填“增大”“不變”或“減小”）。（3）利用電流表A1（內(nèi)阻r1）、電流表A2（內(nèi)阻未知）以及一個(gè)用作保護(hù)電阻的定值電阻R0（阻值未知），測(cè)量電阻Rx的阻值。將圖（b）中的器材符號(hào)的連線補(bǔ)充完整，完成實(shí)驗(yàn)電路原理圖。按完整的實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量Rx，某次測(cè)量中電流表A1和A2的示數(shù)分別為I1和I2，則Rx＝I1r1I2-I1（用I【考點(diǎn)】伏安法測(cè)電阻．【專題】實(shí)驗(yàn)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）大于；大于；大于；小于；（2）非線性；減小；（3）完成的實(shí)驗(yàn)電路原理圖見(jiàn)解答；I【分析】（1）若將電流表內(nèi)接，由于電流表的分壓會(huì)使電壓測(cè)量值偏大，而電流測(cè)量值為真實(shí)值；將電流表外接，由于電壓表的分流會(huì)使電流測(cè)量值偏大，而電壓測(cè)量值為真實(shí)值。（2）由圖（a）的I﹣U圖像為曲線判斷測(cè)元件的類型；I﹣U圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率等于電阻值的倒數(shù)。（3）利用內(nèi)阻已知的電流表A1與被測(cè)電阻并聯(lián)，間接測(cè)量被測(cè)電阻兩端的電壓。據(jù)此補(bǔ)充完整的電路原理圖；根據(jù)串并聯(lián)電路的性質(zhì)確定被測(cè)電阻兩端的電壓與電流，根據(jù)歐姆定律求解被測(cè)電阻?！窘獯稹拷猓海?）若將電流表內(nèi)接，由于電流表的分壓會(huì)使電壓測(cè)量值偏大，即U大于元件兩端的電壓，而電流測(cè)量值為真實(shí)值，故UI大于元件的電阻；將電流表外接，由于電壓表的分流會(huì)使電流測(cè)量值偏大，即I大于流過(guò)元件的電流，而電壓測(cè)量值為真實(shí)值，故U（2）由圖（a）的I﹣U圖像為曲線可知，所測(cè)元件是非線性電阻元件。I﹣U圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率等于電阻值的倒數(shù)，可得隨著電流的增加，元件的電阻減小。（3）利用內(nèi)阻已知的電流表A1與被測(cè)電阻并聯(lián)，間接測(cè)量被測(cè)電阻兩端的電壓。補(bǔ)充完整的電路原理圖如下圖所示：測(cè)量被測(cè)電阻兩端的電壓為：U＝I1r1流過(guò)被測(cè)電阻的電流為：I＝I2﹣I1可得：Rx=故答案為：（1）大于；大于；大于；小于；（2）非線性；減小；（3）完成的實(shí)驗(yàn)電路原理圖見(jiàn)解答；I【點(diǎn)評(píng)】本題考查了應(yīng)用伏安法測(cè)量電學(xué)元件的伏安特性的實(shí)驗(yàn)，掌握電流表內(nèi)外接的誤差來(lái)源。11．（14分）（2025?回憶版）電容器的形狀變化會(huì)導(dǎo)致其電容變化，這一性質(zhì)可用于設(shè)計(jì)鍵盤(pán)，簡(jiǎn)化原理圖如圖所示。鍵盤(pán)按鍵下的裝置可視為平行板電容器，電容器的極板面積為S、間距為d，電容C=αSd（（1）若按壓按鍵不改變電容器所帶的電荷量，則按壓后極板間的電壓變?yōu)榘磯呵暗亩嗌俦叮浚?）若按壓按鍵不改變電容器極板間的電壓，則按壓后極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)榘磯呵暗亩嗌俦?？【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析（Q不變）——板間距離變化；電容器的動(dòng)態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）不改變電容器所帶的電荷量，則按壓后極板間的電壓變?yōu)榘磯呵暗摩潜叮唬?）不改變電容器極板間的電壓，則按壓后極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)榘磯呵暗?η【分析】（1）根據(jù)平行板電容器的決定式和計(jì)算式結(jié)合電荷量不變列式解答；（2）根據(jù)平行板電容器的決定式和計(jì)算式結(jié)合電壓不變列式解答?！窘獯稹拷猓海?）若按壓按鍵不改變電容器所帶的電荷量，根據(jù)C=αSd=QU，按壓后有α?Sηd=Q（2）若按壓按鍵不改變電容器極板間的電壓，原來(lái)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=Ud，則按壓后極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E′=Uηd，即答：（1）若按壓按鍵不改變電容器所帶的電荷量，則按壓后極板間的電壓變?yōu)榘磯呵暗摩潜叮唬?）若按壓按鍵不改變電容器極板間的電壓，則按壓后極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)榘磯呵暗?η【點(diǎn)評(píng)】考查平行板電容器的決定式和計(jì)算式的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。12．（24分）（2025?回憶版）如圖，物塊P固定在水平面上，其上表面有半徑為R的14圓弧軌道。P右端與薄板Q連在一起，圓弧軌道與Q上表面平滑連接。一輕彈簧的右端固定在Q上，另一端自由。質(zhì)量為m的小球自圓弧頂端A點(diǎn)上方的B點(diǎn)自由下落，落到A點(diǎn)后沿圓弧軌道下滑，小球與彈簧接觸后，當(dāng)速度減小至剛接觸時(shí)的13時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為2mgR，此時(shí)斷開(kāi)P和Q的連接，從靜止開(kāi)始向右滑動(dòng)。g為重力加速度大小，忽略空氣阻力，圓弧軌道及（1）求小球從落入圓弧軌道至離開(kāi)圓弧軌道，重力對(duì)其做的功；（2）求小球與彈簧剛接觸時(shí)速度的大小及B、A兩點(diǎn)間的距離；（3）欲使P和Q斷開(kāi)后，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于2.2mgR，Q的質(zhì)量應(yīng)為多大？（4）欲使P和Q斷開(kāi)后，Q的最終動(dòng)能最大，Q的質(zhì)量應(yīng)為多大？【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算；動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問(wèn)題中的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；方程法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；模型建構(gòu)能力．【答案】（1）小球從落入圓弧軌道至離開(kāi)圓弧軌道，重力對(duì)其做的功mgR；（2）小球與彈簧剛接觸時(shí)速度的大小為32gR2，及B、A（3）欲使P和Q斷開(kāi)后，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于2.2mgR，Q的質(zhì)量應(yīng)為4m；（4）欲使P和Q斷開(kāi)后，Q的最終動(dòng)能最大，Q的質(zhì)量應(yīng)為19m【分析】（1）根據(jù)力做功的定義求解小球從落入圓弧軌道至離開(kāi)圓弧軌道的過(guò)程重力對(duì)其做的功；（2）根據(jù)題意，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解小球與彈簧剛接觸時(shí)速度的大??；根據(jù)動(dòng)能定理求解B、A兩點(diǎn)間的距離；（3）P和Q斷開(kāi)后，P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒。當(dāng)P和Q恰好共速時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求解Q的質(zhì)量；（4）P和Q斷開(kāi)后，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)Q的動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)解答。【解答】解：（1）小球從落入圓弧軌道至離開(kāi)圓弧軌道，重力對(duì)其做的功為：WG＝mgR；（2）設(shè)小球與彈簧剛接觸時(shí)速度的大小為v0，已知小球與彈簧接觸后，當(dāng)速度減小至剛接觸時(shí)的13時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為2mgR12解得：v0=設(shè)B、A兩點(diǎn)間的距離為h，對(duì)小球從B點(diǎn)到離開(kāi)圓弧軌道的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg（h+R）=1解得：h=（3）設(shè)Q的質(zhì)量應(yīng)為M1，P和Q斷開(kāi)后，P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒。當(dāng)P和Q恰好共速時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，已知彈性勢(shì)能最大Epm＝2.2mgR，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：m?13v0＝（m+M1）v2mgR+12m（13v0）2=12（m+M1解得：M1＝4m（4）P和Q斷開(kāi)后，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)Q的動(dòng)能最大，設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)Q的動(dòng)能為Ek，速度為vQ，Q的質(zhì)量為M，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：m?13v0＝mvP+Mv2mgR+12m（13v0又有：Ek=聯(lián)立可得：2(解得：Ek令：y=將y對(duì)M求導(dǎo)，并令其倒數(shù)等于0，得到：(m將此式平方可得：9M3+7m2M+17mM2﹣m3＝0令：Mm=x，上式可變形為：9x3+17x2+7x﹣1＝0可得：（x+1）（9x2+8x﹣1）＝0則有：9x2+8x﹣1＝0解得：x=1可得當(dāng)Mm=19，即M=19m（驗(yàn)證：當(dāng)M=19m時(shí)，可得Ek最大值為94mgR，最終Q的最大速度大小為3v0，P的最終速度為零，即答：（1）小球從落入圓弧軌道至離開(kāi)圓弧軌道，重力對(duì)其做的功mgR；（2）小球與彈簧剛接觸時(shí)速度的大小為32gR2，及B、A（3）欲使P和Q斷開(kāi)后，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于2.2mgR，Q的質(zhì)量應(yīng)為4m；（4）欲使P和Q斷開(kāi)后，Q的最終動(dòng)能最大，Q的質(zhì)量應(yīng)為19m【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，考查了數(shù)理結(jié)合的能力。掌握從動(dòng)量與能量的角度處理問(wèn)題的方法。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移﹣速度關(guān)系式反映了初速度、末速度、加速度與位移之間的關(guān)系．①此公式僅適用于勻變速直線運(yùn)動(dòng)；②式中v0和v是初、末時(shí)刻的速度，x是這段時(shí)間的位移；③公式中四個(gè)矢量v、v0、a、x要規(guī)定統(tǒng)一的正方向．【命題方向】美國(guó)“肯尼迪號(hào)”航空母艦上有幫助飛機(jī)起飛的彈射系統(tǒng)，已知“F﹣A15”型戰(zhàn)斗機(jī)在跑道上加速時(shí)產(chǎn)生的加速度為4.5m/s2，起飛速度為50m/s．若該飛機(jī)滑行100m時(shí)起飛，則彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)具有的初速度為（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飛機(jī)的加速度、位移、末速度，求解飛機(jī)的初速度，此題不涉及物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，選用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間公式便可解決．解答：設(shè)飛機(jī)的初速度為v0，已知飛機(jī)的加速度a、位移x、末速度v，此題不涉及物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間公式：v解得：v0＝40m/s故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題是勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本公式的直接應(yīng)用，屬于比較簡(jiǎn)單的題目，解題時(shí)要學(xué)會(huì)選擇合適的公式，這樣很多問(wèn)題就會(huì)迎刃而解了．【解題思路點(diǎn)撥】解答題解題步驟：（1）分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖．（2）設(shè)定正方向，確定各物理量的正負(fù)號(hào)．（3）列方程求解：先寫(xiě)出原始公式，再寫(xiě)出導(dǎo)出公式：“由公式…得…”．2．衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】對(duì)于一般的人造衛(wèi)星而言，萬(wàn)有引力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。于是有：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a在衛(wèi)星運(yùn)行的過(guò)程中，根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓角蠼庀嚓P(guān)物理量。【解題思路點(diǎn)撥】2005年10月12日，我國(guó)成功地發(fā)射了“神舟”六號(hào)載人宇宙飛船，飛船進(jìn)入軌道運(yùn)行若干圈后成功實(shí)施變軌進(jìn)入圓軌道運(yùn)行，經(jīng)過(guò)了近5天的運(yùn)行后，飛船的返回艙順利降落在預(yù)定地點(diǎn)．設(shè)“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球運(yùn)行n圈所用的時(shí)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(yùn)行的速率．分析：研究“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力等于向心力列出方程，根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬(wàn)有引力等于重力列出方程進(jìn)行求解即可．解答：（1）“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球運(yùn)行n圈所用的時(shí)間為t，T=研究“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力定律分別對(duì)地球表面物體和飛船列出方程得：G?根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬(wàn)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(yùn)行的速率是32點(diǎn)評(píng)：本題要掌握萬(wàn)有引力的作用，天體運(yùn)動(dòng)中萬(wàn)有引力等于向心力，地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬(wàn)有引力等于重力，利用兩個(gè)公式即可解決此問(wèn)題．只是計(jì)算和公式變化易出現(xiàn)錯(cuò)誤．【解題思路點(diǎn)撥】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運(yùn)行看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力完全充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。但是計(jì)算的公式比較多，需要根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計(jì)算。3．重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.表達(dá)式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分別表示物體起點(diǎn)和終點(diǎn)的高度2.特點(diǎn)：①只跟物體運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)和終點(diǎn)的位置有關(guān)，而跟物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)．②物體下降時(shí)重力做正功，物體被舉高時(shí)重力做負(fù)功．③重力做功的多少與參考平面無(wú)關(guān)?！久}方向】物體沿不同的路徑從A滑到B，如圖所示，則（）A、沿路徑ACB重力做的功大些B、沿路徑ADB重力做的功大些C、沿路徑ACB和ADB重力做功一樣多D、條件不足，無(wú)法判斷分析：解答本題應(yīng)明確重力做功的特點(diǎn)：重力做功與高度差有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)．解答：由A到B不管沿哪條路徑高度差相同，則重力做功相同。則C正確，ABD錯(cuò)誤故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查重力做功的特點(diǎn)，一定要掌握重力做功只和高度有關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】1.重力做功只與初、末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)。2.計(jì)算重力做功的步驟為：①確定物體重力的大小；②確定物體在豎直方向上的位移大小；③如果物體向上運(yùn)動(dòng)，重力做負(fù)功；如果物體向下運(yùn)動(dòng)，重力做負(fù)功。4．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來(lái)解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)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(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)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(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過(guò)程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過(guò)程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)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(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。5．動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問(wèn)題中的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于彈簧類問(wèn)題，在作用過(guò)程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動(dòng)量守恒。2.整個(gè)過(guò)程涉及彈性勢(shì)能、動(dòng)能、內(nèi)能、重力勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問(wèn)題。3.彈簧壓縮最短或拉伸最長(zhǎng)時(shí)，彈簧連接的兩物體速度相等，此時(shí)彈簧具有最大彈性勢(shì)能?！久}方向】如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C．B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短。求從A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中，（i）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（ii）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。分析：（i）A壓縮彈簧的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出損失的機(jī)械能．（ii）系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出三個(gè)物體共同速度，然后應(yīng)用能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢(shì)能．解答：（i）從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí)，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1①此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為△E．對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E聯(lián)立①②③式得：整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此時(shí)速度為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep．由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=1聯(lián)立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能是116（ii）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能是1348點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，知道彈簧被壓縮到最短時(shí)三個(gè)物體速度相同，運(yùn)用動(dòng)量守恒和能量守恒進(jìn)行研究．【解題思路點(diǎn)撥】當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，該彈簧具有最大彈性勢(shì)能，而彈簧壓縮到最短，彈簧連著的兩物體不能再靠近，此時(shí)兩物體具有相同的速度。因此，該類問(wèn)題臨界狀態(tài)相對(duì)應(yīng)的臨界條件是彈簧連著的兩物體速度相等。6．動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨(dú)分了出來(lái)仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時(shí)歸類于此。例如多種因素共存的動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用、有電場(chǎng)存在的綜合應(yīng)用等等。【命題方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L＝4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動(dòng)。三個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開(kāi)始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大小；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識(shí)點(diǎn)：碰撞中的動(dòng)量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運(yùn)動(dòng)，涉及平拋的基本知識(shí)。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量保持不變，這是動(dòng)量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動(dòng)量守恒的同時(shí)還滿足機(jī)械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開(kāi)的過(guò)程中同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，減速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點(diǎn)，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時(shí)的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式μmg＝mav＝vC+atx=代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開(kāi)的過(guò)程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：AB碰撞時(shí)：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開(kāi)時(shí)：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開(kāi)的過(guò)程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點(diǎn)評(píng)：本題著重考查碰撞中的動(dòng)量守恒和能量守恒問(wèn)題，同時(shí)借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)，還需用到平拋的基本知識(shí)，這是力學(xué)中的一道知識(shí)點(diǎn)比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識(shí)點(diǎn)中若存在相關(guān)知識(shí)缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對(duì)象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動(dòng)量守恒中的臨界問(wèn)題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)4．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解．5．利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題：（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫(xiě)出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式．（2）動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問(wèn)題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡(jiǎn)便．7．波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】描述機(jī)械波的物理量（1）波長(zhǎng)λ：兩個(gè)相鄰的、在振動(dòng)過(guò)程中對(duì)平衡位置的位移總是相同的質(zhì)點(diǎn)間的距離叫波長(zhǎng)．在橫波中，兩個(gè)相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長(zhǎng)．在縱波中，兩個(gè)相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長(zhǎng)．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無(wú)論在什么介質(zhì)中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)振動(dòng)向外傳播的距離．波速的大小由介質(zhì)決定．（4）波速與波長(zhǎng)和頻率的關(guān)系：v＝λf．【命題方向】?？碱}型：如圖所示是一列簡(jiǎn)諧波在t＝0時(shí)的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時(shí)波恰好傳到I點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．此列波的周期為T(mén)＝0.4sB．質(zhì)點(diǎn)B、F在振動(dòng)過(guò)程中位移總是相等C．質(zhì)點(diǎn)I的起振方向沿y軸負(fù)方向D．當(dāng)t＝5.1s時(shí)，x＝10m的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置處E．質(zhì)點(diǎn)A、C、E、G、I在振動(dòng)過(guò)程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長(zhǎng)，根據(jù)v=λT求解周期，根據(jù)波形圖來(lái)確定解：A、由波形圖可知，波長(zhǎng)λ＝4m，則T=λv=B、質(zhì)點(diǎn)B、F之間的距離正好是一個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況完全相同，所以質(zhì)點(diǎn)B、F在振動(dòng)過(guò)程中位移總是相等，故B正確；C、由圖可知，I剛開(kāi)始振動(dòng)時(shí)的方向沿y軸負(fù)方向，故C正確；D、波傳到x＝l0m的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時(shí)，x＝l0m的質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)振動(dòng)4.1sE、質(zhì)點(diǎn)A、C間的距離為半個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況相反，所以位移的方向不同，故D錯(cuò)誤；故選：ABC【點(diǎn)評(píng)】本題考察了根據(jù)波動(dòng)圖象得出振動(dòng)圖象是一重點(diǎn)知識(shí)，其關(guān)鍵是理解振動(dòng)和波動(dòng)的區(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】牢記機(jī)械振動(dòng)的有關(guān)公式，熟練的進(jìn)行公式之間的轉(zhuǎn)化與計(jì)算。8．機(jī)械波的圖像問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】橫波的圖象如圖所示為一橫波的圖象。縱坐標(biāo)表示某一時(shí)刻各個(gè)質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移，橫坐標(biāo)表示在波的傳播方向上各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的平衡位置。它反映了在波傳播的過(guò)程中，某一時(shí)刻介質(zhì)中各質(zhì)點(diǎn)的位移在空間的分布。簡(jiǎn)諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線?！久}方向】（1）第一類常考題型：波的圖象的理解與應(yīng)用如圖為一列沿x軸負(fù)方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t＝0時(shí)的波形圖，當(dāng)Q點(diǎn)在t＝0時(shí)的振動(dòng)狀態(tài)傳到P點(diǎn)時(shí)，則BA．1cm＜x＜3cm范圍內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)正在向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)的加速度沿y軸的正方向C．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)正在波峰位置D．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)運(yùn)動(dòng)到P處。分析：由題意利用平移法可知Q點(diǎn)的狀態(tài)傳到P點(diǎn)時(shí)的波形圖，由波形圖可判斷各點(diǎn)的振動(dòng)情況。解：當(dāng)Q點(diǎn)在t＝0時(shí)的振動(dòng)狀態(tài)傳到P點(diǎn)時(shí)，Q點(diǎn)在t＝0時(shí)的波沿也向左傳到P點(diǎn)，所以x＝0cm處質(zhì)點(diǎn)在波谷，x＝2cm處質(zhì)元在波峰，則1cm＜x＜2cm向y軸的正方向運(yùn)動(dòng)，2cm＜x＜3cm向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；Q點(diǎn)振動(dòng)四分之三周期后到達(dá)波谷加速度沿y軸的正方向最大，質(zhì)點(diǎn)不能平移，B正確，CD錯(cuò)誤。故選B。點(diǎn)評(píng)：本題畫(huà)波形是關(guān)鍵，只要畫(huà)出新的波形各點(diǎn)的振動(dòng)即可明確！第二類常考題型：波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向的判斷一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧機(jī)械橫波，波速為4m/s。某時(shí)刻波形如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．這列波的振幅為4cmB．這列波的周期為1sC．此時(shí)x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)D．此時(shí)x＝4m處質(zhì)點(diǎn)的加速度為0分析：由波的圖象讀出振幅和波長(zhǎng)，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故這列波的振幅為A＝2cm。故A錯(cuò)誤。B、由圖知，波長(zhǎng)λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、簡(jiǎn)諧機(jī)械橫波沿x軸正方向傳播，由波形平移法得知，此時(shí)x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤。D、此時(shí)x＝4m處質(zhì)點(diǎn)沿處于平衡位置，加速度為零。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：根據(jù)波的圖象讀出振幅、波長(zhǎng)、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應(yīng)具備的基本能力。【解題方法點(diǎn)撥】波的圖象的理解與應(yīng)用1．波的圖象反映了在某時(shí)刻介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質(zhì)點(diǎn)的平衡位置，縱軸表示該時(shí)刻各質(zhì)點(diǎn)的位移，如圖：圖象的應(yīng)用：（1）直接讀取振幅A和波長(zhǎng)λ，以及該時(shí)刻各質(zhì)點(diǎn)的位移。（2）確定某時(shí)刻各質(zhì)點(diǎn)加速度的方向，并能比較其大小。（3）結(jié)合波的傳播方向可確定各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向或由各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向確定波的傳播方向。2．在波的傳播方向上，當(dāng)兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為nλ時(shí)（n＝1，2，3…），它們的振動(dòng)步調(diào)總相同；當(dāng)兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為（2n+1）λ2（n＝0，1，2，3…3．波源質(zhì)點(diǎn)的起振方向決定了它后面的質(zhì)點(diǎn)的起振方向，各質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同。波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向的判斷方法圖象方法（1）微平移法：沿波的傳播方向?qū)⒉ǖ膱D象進(jìn)行一微小平移，然后由兩條波形曲線來(lái)判斷。例如：波沿x軸正向傳播，t時(shí)刻波形曲線如左圖中實(shí)線所示。將其沿v的方向移動(dòng)一微小距離△x，獲得如左圖中虛線所示的圖線?？梢耘卸ǎ簍時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A振動(dòng)方向向下，質(zhì)點(diǎn)B振動(dòng)方向向上，質(zhì)點(diǎn)C振動(dòng)方向向下。（2）“上、下坡”法：沿著波的傳播方向看，上坡的點(diǎn)向下振動(dòng)，下坡的點(diǎn)向上振動(dòng)，即“上坡下，下坡上”。例如：左圖中，A點(diǎn)向上振動(dòng)，B點(diǎn)向下振動(dòng)，C點(diǎn)向上振動(dòng)。（3）同側(cè)法：質(zhì)點(diǎn)在振動(dòng)方向與波的傳播方向在波的圖象的同一側(cè)。如左圖所示。9．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(huà)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(huà)有電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫(huà)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(huà)電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫(huà)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(wèn)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(wèn)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(jiàn)電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)．10．電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功的關(guān)系UAB=W2.推導(dǎo)：設(shè)電荷q在電場(chǎng)中從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)靜電力做功等于電勢(shì)能的減小量可知WAB＝EPA﹣EPB又EP＝qφ，所以WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＝qUAB所以UAB=【命題方向】在電場(chǎng)中把一個(gè)電荷量為﹣6×10﹣8C的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為﹣3×10﹣5J，將此電荷從B點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功4.5×10﹣5J，求：（1）A與C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；（2）取C點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)時(shí)，A的電勢(shì)為多大？（3）若是把一個(gè)q＝4×10﹣8C的點(diǎn)電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)則由A移到B電場(chǎng)力做多少功？由B移到C電場(chǎng)力做多少功？分析：（1）根據(jù)電勢(shì)差的公式分別求出A與B兩點(diǎn)間和B與C兩點(diǎn)間電勢(shì)差，再求解A與C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差．（2）A與C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAC＝φA﹣φC．（3）在AB間、BC間移動(dòng)正電荷時(shí)，它們之間的電勢(shì)差不變，由電場(chǎng)力做功公式W＝qU求解電場(chǎng)力做功．解答：（1）A與B兩點(diǎn)間UAB=WABq=B與C兩點(diǎn)間電勢(shì)差UBC=WBCq則A與C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAC＝UAB+UBC＝﹣250V；（2）由UAC＝φA﹣φC，φC＝0得到，φA＝﹣250V；（3）若移動(dòng)q＝4×10﹣8C，電場(chǎng)力做功WAB′＝qUAB＝4×10﹣8×500J＝2×10﹣5JWBC′＝qUBC＝4×10﹣8×（﹣750）J＝﹣3×10﹣5J答：（1）A與C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是﹣250V；（2）取C點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)時(shí)，A的電勢(shì)為﹣250V；（3）若是把一個(gè)q＝4×10﹣8C的點(diǎn)電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)則由A移到B電場(chǎng)力做功是2×10﹣5J，由B移到C電場(chǎng)力做功是﹣3×10﹣5J．點(diǎn)評(píng)：本題考查電勢(shì)差公式的應(yīng)用．第（1）問(wèn)中，也可根據(jù)電場(chǎng)力做功與電荷經(jīng)過(guò)路徑無(wú)關(guān)，直接求出電荷從A到C電場(chǎng)力做功WAC＝WAB+WBC，再求AC間電勢(shì)差．【解題思路點(diǎn)撥】電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功的關(guān)系為WAB＝qUAB，計(jì)算時(shí)要代入各數(shù)據(jù)的正負(fù)號(hào)。11．電容器的動(dòng)態(tài)分析（U不變）——板間距離變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時(shí)電壓不變，與電源斷開(kāi)時(shí)是電荷量不變。2.分析思路如圖3.具體的步驟如下：（1）根據(jù)C=?（2）根據(jù)C=Q（3）根據(jù)E=U（4）根據(jù)φ＝Ed分析某點(diǎn)電勢(shì)的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢(shì)能的變化?！久}方向】如圖所示，平行板電容器經(jīng)開(kāi)關(guān)S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點(diǎn)電荷。S是閉合的，φa表示a點(diǎn)的電勢(shì)，F(xiàn)表示點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力?，F(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動(dòng)，使兩板間的距離增大，則（）A、φa不變B、φa變小C、F變小D、F變大分析：電容器與電源相連，則可知電容器兩端的電壓不變；由極板的移動(dòng)可知d的變化，由U＝Ed可知板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢(shì)差的變化，即可得出aB間電勢(shì)差的變化及a點(diǎn)電勢(shì)的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢(shì)差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場(chǎng)力變小，故C正確；則上板與a間的電勢(shì)差減小，而總電勢(shì)差不變，故a與B間的電勢(shì)差增大，而B(niǎo)接地，故a點(diǎn)的電勢(shì)增大，故A、B均錯(cuò)；故選：C。點(diǎn)評(píng)：電容器的動(dòng)態(tài)分析中首先應(yīng)注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進(jìn)行判斷；對(duì)于本題應(yīng)注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢(shì)差大小即為a點(diǎn)的電勢(shì)；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進(jìn)行判斷，我們是先求得Aa間的電勢(shì)差再求aB的間電勢(shì)差。【解題思路點(diǎn)撥】分析電容器相關(guān)物理量的變化時(shí)，要注意抓住不變量。電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的電壓不變。若充電后與電源斷開(kāi)且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量不變。12．電容器的動(dòng)態(tài)分析（Q不變）——板間距離變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時(shí)電壓不變，與電源斷開(kāi)時(shí)是電荷量不變。2.分析思路如圖3.具體的步驟如下：（1）根據(jù)C=?（2）根據(jù)U=Q（3）根據(jù)E=4（4）根據(jù)φ＝Ed分析某點(diǎn)電勢(shì)的變化。（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢(shì)能的變化。備注：（3）的推導(dǎo)過(guò)程如下：因?yàn)镃=?rS4πkd，C=Q【命題方向】如圖所示．平行板電容器兩個(gè)極板為A、B，B板接地，A板帶有電荷量+Q．板間電場(chǎng)有一固定點(diǎn)P．若將B板固定，A板下移一些，或者將A板固定，B板上移一些．在這兩種情況下，以下說(shuō)法正確的是（）A、A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P點(diǎn)電勢(shì)不變B、A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變．P點(diǎn)電勢(shì)升高C、B板上移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變．P點(diǎn)電勢(shì)降低D、B板上移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度減?。甈點(diǎn)電勢(shì)降低分析：由題，電容器兩板所帶電量不變，改變板間距離時(shí)，根據(jù)推論分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化．由U＝Ed分析P點(diǎn)與下板間的電勢(shì)差如何變化，結(jié)合電勢(shì)的高低關(guān)系，判斷P點(diǎn)電勢(shì)的變化．解答：AB、由題，電容器兩板所帶電量不變，正對(duì)面積不變，A板下移時(shí)，根據(jù)推論：E=4πkQ?rS可知，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變。P點(diǎn)與下板的距離不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點(diǎn)與下板的電勢(shì)差不變，則PCD、B板上移時(shí)，同理得知，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點(diǎn)與下板的電勢(shì)差減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)高于下板的電勢(shì)，下板的電勢(shì)為零，所以P點(diǎn)電勢(shì)降低。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題是電容器的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，板間的場(chǎng)強(qiáng)E=4【解題思路點(diǎn)撥】分析電容器相關(guān)物理量的變化時(shí)，要注意抓住不變量。電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的電壓不變。若充電后與電源斷開(kāi)且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量不變。13．帶電粒子在矩形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在考查帶電粒子在矩形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況。【命題方向】如圖所示，正方形區(qū)域abcd中充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．一個(gè)氫核從ad邊的中點(diǎn)m沿著既垂直于ad邊又垂直于磁場(chǎng)的方向，以一定速度射入磁場(chǎng)，正好從ab邊中點(diǎn)n射出磁場(chǎng)．若將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，其它條件不變，則這個(gè)氫核射出磁場(chǎng)的位置是（）A、在b、a之間某點(diǎn)B、在n、a之間某點(diǎn)C、a點(diǎn)D、在a、m之間某點(diǎn)分析：由幾何關(guān)系可知粒子從n點(diǎn)射出時(shí)的半徑，則可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度與速度的關(guān)系，則牛頓第二定律可確定B加倍后的半徑，即可由幾何關(guān)系求得射出磁場(chǎng)的位置．解答：設(shè)邊長(zhǎng)為a，則從n點(diǎn)射出的粒子其半徑恰好為a2由牛頓第二定律可得：Bqv＝mv當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，由2Bqv＝mv2R=故粒子應(yīng)從a點(diǎn)穿出；故選：C。點(diǎn)評(píng)：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)關(guān)鍵在于明確圓的性質(zhì)，由幾何關(guān)系確定圓心和半徑，再由牛頓第二定律求解即可．【解題思路點(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(wèn)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(wèn)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(guò)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(wèn)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利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質(zhì)求極值；④利用圖象法等．（3）從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問(wèn)題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語(yǔ)對(duì)臨界狀態(tài)給以暗示．審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語(yǔ)挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．14．導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】如果導(dǎo)體棒繞平行于磁場(chǎng)的軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，因?yàn)榘羯细魈幩俣炔辉傧嗟?，?dòng)生電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算公式E＝Blv就不再適用。如下圖所示，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：雖然導(dǎo)體棒各處速度不同，但是根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)線速度與角速度的關(guān)系可知各處速度大小呈線性變化，所以可以用中點(diǎn)處的線速度表示平均速度從而計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即E＝Blv=Bl①如果轉(zhuǎn)軸繞棒的一端旋轉(zhuǎn)，vmin＝0，vmax＝ωl，則E=12Bωω是棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度②如果以棒上一點(diǎn)為圓心旋轉(zhuǎn)，E=12Bω（l12-l22），l③如果以棒外一點(diǎn)Wie圓心旋轉(zhuǎn)，E=12Bω（l12-l22），l【命題方向】一直升飛機(jī)停在南半球的地磁極上空。該處地磁場(chǎng)的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．直升飛機(jī)螺旋槳葉片的長(zhǎng)度為l，螺旋槳轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為f，順著地磁場(chǎng)的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)。螺旋槳葉片的近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b，如圖所示。如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用ε表示每個(gè)葉片中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則（）A、ε＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)B、ε＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)C、ε＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)D、ε＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)分析：轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)根據(jù)E=12BLv求出大小，根據(jù)右手定則判斷出電動(dòng)勢(shì)的方向，從而判斷出a解答：順著地磁場(chǎng)的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，若俯視，則葉片逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，根據(jù)右手定則，b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)；v＝lω＝2πl(wèi)f，所以電動(dòng)勢(shì)為E=12Blv=故選：A。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式E=1【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，要先確認(rèn)轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心，然后根據(jù)E＝Blv進(jìn)行計(jì)算，要正確計(jì)算導(dǎo)體棒的平均速度。15．理想氣體狀態(tài)變化的圖像問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：本模型主要研究的就是理想氣體的圖像問(wèn)題。2.一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)變化圖像【命題方向】例1：一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化過(guò)程的P﹣V如圖所示，其中A是初始狀態(tài)，B、C是中間狀態(tài)。A→B為雙曲線的一部分，B→C與縱軸平行，C→A與橫軸平行。如將上述變化過(guò)程改用P﹣T圖線和V﹣T圖線表示，則在下列各圖中正確的是（）A.B.C.D.分析：由p﹣V圖象可知，A到B等溫膨脹過(guò)程；B到C等容變化，壓強(qiáng)增大；C到A等壓變化，體積變小，對(duì)照選項(xiàng)逐一分析。解答：AB、A到B等溫變化，膨脹體積變大，根據(jù)玻意耳定律壓強(qiáng)p變小；B到C是等容變化，在p﹣T圖象上為過(guò)原點(diǎn)的直線；C到A是等壓變化，體積減小，根據(jù)蓋﹣呂薩克定律知溫度降低，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、A到B是等溫變化，體積變大；B到C是等容變化，壓強(qiáng)變大，根據(jù)查理定律，溫度升高；C到A是等壓變化，體積變小，在V﹣T圖象中為過(guò)原點(diǎn)的一條傾斜的直線，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：BD。點(diǎn)評(píng)：本題考查了氣體狀態(tài)變化圖象問(wèn)題，根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體變化過(guò)程與變化性質(zhì)是解題的前提，要明確各個(gè)過(guò)程的變化規(guī)律，結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程或氣體實(shí)驗(yàn)定律分析是關(guān)鍵。例2：一定質(zhì)量的某種理想氣體，在如圖所示的p﹣T坐標(biāo)系中，先后分別發(fā)生兩種狀態(tài)變化過(guò)程，過(guò)程一：狀態(tài)A→C，氣體從外界吸收熱量為45J；過(guò)程二：狀態(tài)A→B，氣體從外界吸收熱量為15J。已知圖線AC反向延長(zhǎng)線通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，B、C兩狀態(tài)的溫度相同。則從狀態(tài)A→C的過(guò)程，該氣體的體積不變（選填“增大”“減小”或“不變”），內(nèi)能的增量是45J；從狀態(tài)A→B的過(guò)程，外界對(duì)該氣體做的功30J。分析：根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程判斷AC兩狀態(tài)的體積，氣體體積不變，不做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解內(nèi)能的增量；理想氣體內(nèi)能只與溫度有關(guān)，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解狀態(tài)A→B的過(guò)程，外界對(duì)該氣體做的功。解答：根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得：pVT圖像AC反向延長(zhǎng)線通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，所以AC為等容線，則從狀態(tài)A到C的過(guò)程，該氣體的體積不變；氣體體積不變，不做功，由熱力學(xué)第一定律得，內(nèi)能的增量ΔU＝QAC＝45J理想氣體內(nèi)能只與溫度有關(guān)，所以UB＝UC從狀態(tài)A到B的過(guò)程，由熱力學(xué)第一定律得，ΔU＝QAB+WAB解得：WAB＝30J故答案為：不變，45，30。點(diǎn)評(píng)：本題考查p﹣T圖像和熱力學(xué)第一定律，知道理想氣體內(nèi)能只與溫度有關(guān)?！窘忸}思路點(diǎn)撥】氣體圖像相互轉(zhuǎn)換的五條“黃金律”（1）準(zhǔn)確理解p﹣V圖像、p﹣T圖像和V﹣T圖像的物理意義和各圖像的函數(shù)關(guān)系及各圖像的特點(diǎn)。（2）知道圖像上的一個(gè)點(diǎn)表示的是一定質(zhì)量氣體的一個(gè)平衡狀態(tài)，知道其狀態(tài)參量：p、V、T。（3）知道圖像上的某一線段表示的是一定質(zhì)量的氣體由一個(gè)平衡狀態(tài)（p、V、T）轉(zhuǎn)化到另一個(gè)平衡狀態(tài)（p'.V'、T'）的過(guò)程；并能判斷出該過(guò)程是等溫過(guò)程、等容過(guò)程還是等壓過(guò)程。（4）從圖像中的某一點(diǎn)（平衡狀態(tài)）的狀態(tài)參量開(kāi)始，根據(jù)不同的變化過(guò)程，先用相對(duì)應(yīng)的規(guī)律計(jì)算出下一點(diǎn)（平衡狀態(tài)）的狀態(tài)參量，逐一分析計(jì)