第65頁(yè)（共65頁(yè)）2025年江蘇省新高考物理試卷（選擇性）一、單項(xiàng)選擇題：共10題，每題4分，共40分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1．（4分）（2025?江蘇）新能源汽車(chē)在輔助駕駛系統(tǒng)測(cè)試時(shí)，感應(yīng)到前方有障礙物立刻制動(dòng)，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。2s內(nèi)速度由12m/s減至0。該過(guò)程中加速度大小為（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s22．（4分）（2025?江蘇）用圖示可拆變壓器進(jìn)行探究實(shí)驗(yàn)，當(dāng)變壓器左側(cè)的輸入電壓為2V時(shí)，若右側(cè)接線柱選取“0”和“4”，右側(cè)獲得4V輸出電壓。則左側(cè)接線柱選取的是（）A．“0”和“2” B．“2”和“8” C．“2”和“14” D．“8”和“14”3．（4分）（2025?江蘇）某“冰箱貼”背面的磁性材料磁感線如圖所示，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于b點(diǎn) B．b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于c點(diǎn) C．c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于a點(diǎn) D．a(chǎn)、b、c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度一樣大4．（4分）（2025?江蘇）游樂(lè)設(shè)施“旋轉(zhuǎn)杯”的底盤(pán)和轉(zhuǎn)杯分別以O(shè)、O′為轉(zhuǎn)軸，在水平面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。O′固定在底盤(pán)上。某時(shí)刻轉(zhuǎn)杯轉(zhuǎn)到如圖所示位置，杯上A點(diǎn)與O、O′恰好在同一條直線上。則（）A．A點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．O′點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C．此時(shí)A點(diǎn)的速度小于O′點(diǎn) D．此時(shí)A點(diǎn)的速度等于O′點(diǎn)5．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，將開(kāi)關(guān)S由a撥到b，使電容器C與線圈L構(gòu)成回路。以電容器C開(kāi)始放電取作0時(shí)刻，能正確反映電路中電流i隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像是（）A． B． C． D．6．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，取裝有少量水的燒瓶，用裝有導(dǎo)管的橡膠塞塞緊瓶口，并向瓶?jī)?nèi)打氣。當(dāng)橡膠塞跳出時(shí)，瓶?jī)?nèi)出現(xiàn)白霧。橡膠塞跳出后，瓶?jī)?nèi)氣體（）A．內(nèi)能迅速增大 B．溫度迅速升高 C．壓強(qiáng)迅速增大 D．體積迅速膨脹7．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，一束激光射入肥皂泡后（入射激光束未在圖中標(biāo)出），肥皂膜內(nèi)出現(xiàn)一亮環(huán)。肥皂膜內(nèi)的激光（）A．波長(zhǎng)等于亮環(huán)的周長(zhǎng) B．頻率比在真空中的大 C．在肥皂膜與空氣的界面上發(fā)生衍射 D．在肥皂膜與空氣的界面上發(fā)生全反射8．（4分）（2025?江蘇）一定質(zhì)量的理想氣體，體積保持不變。在甲、乙兩個(gè)狀態(tài)下，該氣體分子速率分布圖像如圖所示。與狀態(tài)甲相比，該氣體在狀態(tài)乙時(shí)（）A．分子的數(shù)密度較大 B．分子間平均距離較小 C．分子的平均動(dòng)能較大 D．單位時(shí)間內(nèi)分子碰撞單位面積器壁的次數(shù)較少9．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，平行金屬板與電源連接。一點(diǎn)電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為W?，F(xiàn)將上、下兩板分別向上、向下移動(dòng)，使兩板間距離增大為原來(lái)的2倍，再將該電荷由a移動(dòng)到b的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為（）A．W2 B．W C．2W D．10．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，彈簧一端固定，另一端與光滑水平面上的木箱相連，箱內(nèi)放置一小物塊，物塊與木箱之間有摩擦。壓縮彈簧并由靜止釋放，釋放后物塊在木箱上有滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中不與木箱前后壁發(fā)生碰撞，不計(jì)空氣阻力，則（）A．釋放瞬間物塊加速度為零 B．物塊和木箱最終仍有相對(duì)運(yùn)動(dòng) C．木箱第一次到達(dá)最右端時(shí)，物塊速度為零 D．物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。11．（15分）（2025?江蘇）小明同學(xué)探究機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將小鋼球在斜槽上某位置A由靜止釋放，鋼球沿斜槽通過(guò)末端O處的光電門(mén)，光電門(mén)記錄下鋼球的遮光時(shí)間t。用游標(biāo)卡尺測(cè)出鋼球的直徑d，由v=dt得出其通過(guò)光電門(mén)的速度v，再計(jì)算出動(dòng)能增加量ΔEk=（1）安裝實(shí)驗(yàn)裝置的操作有：①在斜槽末端安裝光電門(mén)②調(diào)節(jié)斜槽在豎直平面內(nèi)③調(diào)節(jié)斜槽末端水平④將斜槽安裝到底座上其合理的順序是（選填“A”“B”或“C”）。A．①②③④B．④②③①C．④①②③（2）測(cè)量鋼球直徑的正確操作是圖2中（選填“甲”或“乙”）所示的方式。（3）在斜槽上5個(gè)不同的位置由靜止釋放鋼球。測(cè)量得出的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見(jiàn)表1。已知鋼球的質(zhì)量m＝0.02kg，重力加速度g＝9.80m/s2。請(qǐng)將表1的數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整。表1h/（10﹣2m）4.005.006.007.008.00ΔE4.906.257.458.7810.0ΔE7.849.8011.813.7（4）實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明，ΔEk明顯小于ΔEp，鋼球在下降過(guò)程中發(fā)生機(jī)械能的損失。小明認(rèn)為，機(jī)械能的損失主要是由于鋼球受到的摩擦力做功造成的。為驗(yàn)證此猜想，小明另取一個(gè)完全相同的斜槽按圖3平滑對(duì)接。若鋼球從左側(cè)斜槽上A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到右側(cè)斜槽上，最高能到達(dá)B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)高度差為H。則該過(guò)程中，摩擦力做功大小的理論值W理＝（用m、g、H表示）。（5）用圖3的裝置，按表1中所列部分高度h進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得摩擦力做功大小W測(cè)。由于觀察到H值較小，小明認(rèn)為，AO過(guò)程摩擦力做功近似等于AB過(guò)程的一半，即Wf=W測(cè)2。然后通過(guò)表1的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算出AO過(guò)程損失的機(jī)械能ΔE＝ΔEp﹣表2h/（10﹣2m）4.005.006.007.00ΔE/（10﹣3J）2.943.554.354.92Wf/（10﹣3J）0.981.081.181.27表2中ΔE與Wf相差明顯。小明認(rèn)為這是由于用W測(cè)2近似計(jì)算Wf不合理。你是否同意他的觀點(diǎn)？請(qǐng)根據(jù)表12．（8分）（2025?江蘇）江門(mén)中微子實(shí)驗(yàn)室使用我國(guó)自主研發(fā)的光電倍增管，利用光電效應(yīng)捕捉中微子信息。光電倍增管陰極金屬材料的逸出功為W0，普朗克常量為h。（1）求該金屬的截止頻率ν0；（2）若頻率為ν的入射光能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，求光電子的最大初動(dòng)能Ek。13．（8分）（2025?江蘇）如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩個(gè)相同的帶正電粒子a、b同時(shí)從O點(diǎn)以初速度v0射出，速度方向與水平方向夾角均為θ。已知粒子的質(zhì)量為m。電荷量為q，不計(jì)重力及粒子間相互作用。求：（1）a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t；（2）a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H。14．（13分）（2025?江蘇）如圖所示，在光滑水平面上，左右兩列相同的小鋼球沿同一直線放置。每列有n個(gè)。在兩列鋼球之間，一質(zhì)量為m的玻璃球以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與鋼球發(fā)生正碰。所有球之間的碰撞均視為彈性碰撞。（1）若鋼球質(zhì)量為m，求最右側(cè)的鋼球最終運(yùn)動(dòng)的速度大小v；（2）若鋼球質(zhì)量為3m，求玻璃球與右側(cè)鋼球發(fā)生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；（3）若鋼球質(zhì)量為3m，求玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的動(dòng)能Ek。15．（16分）（2025?江蘇）圓筒式磁力耦合器由內(nèi)轉(zhuǎn)子、外轉(zhuǎn)子兩部分組成。工作原理如圖甲所示。內(nèi)、外轉(zhuǎn)子可繞中心軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)。外轉(zhuǎn)子半徑為r1，由四個(gè)相同的單匝線圈緊密?chē)?，每個(gè)線圈的電阻均為R，直邊的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，與軸線平行。內(nèi)轉(zhuǎn)子半徑為r2，由四個(gè)形狀相同的永磁體組成，磁體產(chǎn)生徑向磁場(chǎng)，線圈處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。外轉(zhuǎn)子始終以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻線圈abcd的直邊ab與cd處的磁場(chǎng)方向如圖乙所示。（1）若內(nèi)轉(zhuǎn)子固定，求ab邊產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；（2）若內(nèi)轉(zhuǎn)子固定，求外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)一周，線圈abcd產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）若內(nèi)轉(zhuǎn)子不固定，外轉(zhuǎn)子帶動(dòng)內(nèi)轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)線圈中感應(yīng)電流為I，求線圈abcd中電流的周期T。

2025年江蘇省新高考物理試卷（選擇性）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號(hào)12345678910答案CABBADDCAD一、單項(xiàng)選擇題：共10題，每題4分，共40分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1．（4分）（2025?江蘇）新能源汽車(chē)在輔助駕駛系統(tǒng)測(cè)試時(shí)，感應(yīng)到前方有障礙物立刻制動(dòng)，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。2s內(nèi)速度由12m/s減至0。該過(guò)程中加速度大小為（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s2【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；追及、相遇問(wèn)題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝v0+at可知加速度大小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝v0+at解得a＝﹣6m/s2加速度大小為6m/s2。故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了追及相遇的問(wèn)題，需要學(xué)生細(xì)心分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。2．（4分）（2025?江蘇）用圖示可拆變壓器進(jìn)行探究實(shí)驗(yàn)，當(dāng)變壓器左側(cè)的輸入電壓為2V時(shí)，若右側(cè)接線柱選取“0”和“4”，右側(cè)獲得4V輸出電壓。則左側(cè)接線柱選取的是（）A．“0”和“2” B．“2”和“8” C．“2”和“14” D．“8”和“14”【考點(diǎn)】理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)比關(guān)系求解原線圈匝數(shù)即可?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)可拆式變壓器電壓比與匝數(shù)比關(guān)系得：U1U2其中U1＝2V，U2＝4V解得：n1＝2故原線圈接入的匝數(shù)是2匝，即左側(cè)接線柱線圈選取的是“0”和“2”，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了變壓器的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，掌握變壓器電壓與匝數(shù)比，電流與匝數(shù)比的關(guān)系。3．（4分）（2025?江蘇）某“冰箱貼”背面的磁性材料磁感線如圖所示，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于b點(diǎn) B．b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于c點(diǎn) C．c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于a點(diǎn) D．a(chǎn)、b、c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度一樣大【考點(diǎn)】利用磁感線的疏密判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。緦?zhuān)題】比較思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】B【分析】磁感線疏密反映磁感線強(qiáng)度大小?！窘獯稹拷猓捍鸥芯€越密集的地方磁感線強(qiáng)度越大，故可知Bb＞Ba＞Bc。故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是利用磁感線判斷出磁感線強(qiáng)度大小。4．（4分）（2025?江蘇）游樂(lè)設(shè)施“旋轉(zhuǎn)杯”的底盤(pán)和轉(zhuǎn)杯分別以O(shè)、O′為轉(zhuǎn)軸，在水平面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。O′固定在底盤(pán)上。某時(shí)刻轉(zhuǎn)杯轉(zhuǎn)到如圖所示位置，杯上A點(diǎn)與O、O′恰好在同一條直線上。則（）A．A點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．O′點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C．此時(shí)A點(diǎn)的速度小于O′點(diǎn) D．此時(shí)A點(diǎn)的速度等于O′點(diǎn)【考點(diǎn)】?jī)蓚€(gè)變速直線運(yùn)動(dòng)的合成；分析合運(yùn)動(dòng)的軌跡問(wèn)題．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；運(yùn)動(dòng)的合成和分解專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】B【分析】O′點(diǎn)圍繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A點(diǎn)相對(duì)于O′點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡不是圓周；此時(shí)刻A點(diǎn)與O、O′恰好在同一條直線上，并且O′點(diǎn)相對(duì)于O點(diǎn)與A點(diǎn)相對(duì)于O′點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度方向相同，故此時(shí)A點(diǎn)的速度大小等于O′點(diǎn)相對(duì)于O點(diǎn)的速度大小與A點(diǎn)相對(duì)于O′點(diǎn)的速度大小之和。【解答】解：AB．底盤(pán)以O(shè)為轉(zhuǎn)軸在水平面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，O′點(diǎn)固定在底盤(pán)上，故O′點(diǎn)圍繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。轉(zhuǎn)杯以O(shè)′為轉(zhuǎn)軸在水平面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，故杯上A點(diǎn)相對(duì)于O′點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而O′點(diǎn)又相對(duì)于O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡不是圓周，故A點(diǎn)不做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．此時(shí)刻A點(diǎn)與O、O′恰好在同一條直線上，并且O′點(diǎn)相對(duì)于O點(diǎn)與A點(diǎn)相對(duì)于O′點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度方向相同，故此時(shí)A點(diǎn)的速度大小等于O′點(diǎn)相對(duì)于O點(diǎn)的速度大小與A點(diǎn)相對(duì)于O′點(diǎn)的速度大小之和，故此時(shí)A點(diǎn)的速度大于O′點(diǎn)，故CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了運(yùn)動(dòng)的合成，題目較簡(jiǎn)單，根據(jù)運(yùn)動(dòng)到合成解答即可。5．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，將開(kāi)關(guān)S由a撥到b，使電容器C與線圈L構(gòu)成回路。以電容器C開(kāi)始放電取作0時(shí)刻，能正確反映電路中電流i隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】電磁振蕩的圖像問(wèn)題．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電磁場(chǎng)理論和電磁波；理解能力．【答案】A【分析】在LC振蕩電路中，放電過(guò)程：電場(chǎng)能在減少，磁場(chǎng)能在增加，回路中電流在增加；充電過(guò)程：電場(chǎng)能在增加，磁場(chǎng)能在減小，回路中電流在減小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知，將開(kāi)關(guān)由a調(diào)到b時(shí)，電容器和自感線圈組成閉合回路，此回路為振蕩電路，產(chǎn)生周期性迅速變化的振蕩電流。電容器開(kāi)始放電，由于電容器上極板帶正電，所以回路中電流為逆時(shí)針電流，電場(chǎng)能向磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，電流越來(lái)越大，當(dāng)電容電量為0時(shí)，電流達(dá)到最大，其后磁場(chǎng)能向電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，電容器充電，電流越來(lái)越小，電流為0時(shí)，充電完成，此時(shí)，電容器下極板帶正電，之后開(kāi)始反向放電，回路中電流為順時(shí)針電流，電場(chǎng)能向磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，電流越來(lái)越大，當(dāng)電容電量為0時(shí)，電流達(dá)到最大，其后磁場(chǎng)能向電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，電容器充電，電流越來(lái)越小，電流為0時(shí)，充電完成，電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能以及磁場(chǎng)能又再次轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能的過(guò)程中，電路向外輻射電磁波，電路中的能量在耗散，最大電流越來(lái)越小，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】明確電磁振蕩過(guò)程，知道電容器充電完畢（放電開(kāi)始）：電場(chǎng)能達(dá)到最大，磁場(chǎng)能為零，回路中感應(yīng)電流i＝0；放電完畢（充電開(kāi)始）：電場(chǎng)能為零，磁場(chǎng)能達(dá)到最大，回路中感應(yīng)電流達(dá)到最大。6．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，取裝有少量水的燒瓶，用裝有導(dǎo)管的橡膠塞塞緊瓶口，并向瓶?jī)?nèi)打氣。當(dāng)橡膠塞跳出時(shí)，瓶?jī)?nèi)出現(xiàn)白霧。橡膠塞跳出后，瓶?jī)?nèi)氣體（）A．內(nèi)能迅速增大 B．溫度迅速升高 C．壓強(qiáng)迅速增大 D．體積迅速膨脹【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律的表達(dá)和應(yīng)用；氣體壓強(qiáng)的計(jì)算；理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程．【專(zhuān)題】定量思想；控制變量法；熱力學(xué)定律專(zhuān)題；理解能力．【答案】D【分析】氣體對(duì)外做功，體積膨脹，時(shí)間關(guān)系，不吸收熱量；再根據(jù)熱力學(xué)第一定律進(jìn)行判斷得出內(nèi)能的變化，再得出溫度的變化，再結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程得出壓強(qiáng)變化?！窘獯稹拷猓浩咳龅倪^(guò)程中，瓶?jī)?nèi)的氣體對(duì)外做功，則氣體體積迅速膨脹，由于該過(guò)程的時(shí)間比較短，故氣體來(lái)不及吸收熱量，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體的內(nèi)能減小，則溫度降低，根據(jù)pVT可知，體積增大，溫度減小，則氣體壓強(qiáng)減小，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是熱力學(xué)的知識(shí)，其中涉及到了熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，以及理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，題型為基礎(chǔ)題，考查知識(shí)點(diǎn)為?？贾R(shí)點(diǎn)。7．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，一束激光射入肥皂泡后（入射激光束未在圖中標(biāo)出），肥皂膜內(nèi)出現(xiàn)一亮環(huán)。肥皂膜內(nèi)的激光（）A．波長(zhǎng)等于亮環(huán)的周長(zhǎng) B．頻率比在真空中的大 C．在肥皂膜與空氣的界面上發(fā)生衍射 D．在肥皂膜與空氣的界面上發(fā)生全反射【考點(diǎn)】光的全反射現(xiàn)象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；全反射和臨界角專(zhuān)題；理解能力．【答案】D【分析】不同的介質(zhì)中波的頻率相同，波長(zhǎng)不同；發(fā)生全反射，肥皂泡內(nèi)測(cè)更亮?！窘獯稹拷猓篈B．激光在不同的介質(zhì)中傳播時(shí)，頻率相同，波長(zhǎng)不同，激光波長(zhǎng)與亮環(huán)周長(zhǎng)無(wú)關(guān)，故AB錯(cuò)誤；CD．在肥皂泡內(nèi)測(cè)出現(xiàn)一個(gè)亮環(huán)，是因?yàn)榧す庠诳諝馀c肥皂膜分界面處發(fā)生了全反射，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)全反射、頻率、波長(zhǎng)規(guī)律的掌握，比較基礎(chǔ)。8．（4分）（2025?江蘇）一定質(zhì)量的理想氣體，體積保持不變。在甲、乙兩個(gè)狀態(tài)下，該氣體分子速率分布圖像如圖所示。與狀態(tài)甲相比，該氣體在狀態(tài)乙時(shí)（）A．分子的數(shù)密度較大 B．分子間平均距離較小 C．分子的平均動(dòng)能較大 D．單位時(shí)間內(nèi)分子碰撞單位面積器壁的次數(shù)較少【考點(diǎn)】溫度與分子動(dòng)能的關(guān)系；分子熱運(yùn)動(dòng)速率隨溫度變化具有統(tǒng)計(jì)規(guī)律；氣體壓強(qiáng)的微觀解釋?zhuān)緦?zhuān)題】定性思想；推理法；氣體的壓強(qiáng)專(zhuān)題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)體積保持不變，分析判斷分子密度、分子的平均距離是否相同；溫度越高，則分子的平均動(dòng)能越大，曲線中速率大的分子占據(jù)的比例就比較大；根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀解釋分析判斷?！窘獯稹拷猓篈B．根據(jù)題意，一定質(zhì)量的理想氣體，甲乙兩個(gè)狀態(tài)下氣體的體積相同，所以分子密度相同、分子的平均距離相同，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)題圖可知，乙狀態(tài)下曲線中速率大的分子占據(jù)的比例比較大，則乙狀態(tài)下氣體溫度較高，則分子的平均動(dòng)能大，故C正確；D．乙狀態(tài)下氣體分子的平均動(dòng)能大，氣體分子平均速度大，氣體分子的數(shù)密度相等，則單位時(shí)間內(nèi)撞擊容器壁次數(shù)較多，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了氣體相關(guān)知識(shí)，理解溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，知道氣體的分子的運(yùn)動(dòng)的統(tǒng)計(jì)規(guī)律：中間多，兩頭少。9．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，平行金屬板與電源連接。一點(diǎn)電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為W?，F(xiàn)將上、下兩板分別向上、向下移動(dòng)，使兩板間距離增大為原來(lái)的2倍，再將該電荷由a移動(dòng)到b的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為（）A．W2 B．W C．2W D．【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】A【分析】由平行板電容器的電容C和帶電量Q，由電容的定義式求出板間電壓．由E=Ud求出板【解答】解：電容器與電源保持連接，電容器兩端電壓不變，現(xiàn)將電容器兩極板間距增大至原來(lái)的兩倍，由公式E=Ud可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的12，則有W＝Eqd可知，再把電荷由a移至b，則電場(chǎng)力做功變?yōu)樵瓉?lái)的故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題只要抓住電場(chǎng)力具有力的一般性質(zhì)，根據(jù)功的一般計(jì)算公式就可以很好地理解電場(chǎng)力做功，并能正確計(jì)算功的大?。槐绢}也可以利用勻強(qiáng)電場(chǎng)的性質(zhì)求出AB間的電勢(shì)差，再由W＝Uq求出電場(chǎng)力所做的功。10．（4分）（2025?江蘇）如圖所示，彈簧一端固定，另一端與光滑水平面上的木箱相連，箱內(nèi)放置一小物塊，物塊與木箱之間有摩擦。壓縮彈簧并由靜止釋放，釋放后物塊在木箱上有滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中不與木箱前后壁發(fā)生碰撞，不計(jì)空氣阻力，則（）A．釋放瞬間物塊加速度為零 B．物塊和木箱最終仍有相對(duì)運(yùn)動(dòng) C．木箱第一次到達(dá)最右端時(shí)，物塊速度為零 D．物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變【考點(diǎn)】多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問(wèn)題；有外力的水平板塊模型．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】D【分析】釋放后物塊與木箱發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則釋放瞬間物塊與木箱之間的摩擦力為最大靜摩擦力，據(jù)此可知物塊的加速度情況；因物塊與木箱發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程存在摩擦生熱，故系統(tǒng)的機(jī)械能會(huì)逐漸減小，則彈簧的最大彈性勢(shì)能會(huì)變少，彈簧的最大彈力會(huì)變小。根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的條件，應(yīng)用牛頓第二定律分析物塊和木箱最終運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；釋放后物塊的加速度先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與木箱第一次共速前，物塊相對(duì)木箱一直向左運(yùn)動(dòng)，一直受到向右的滑動(dòng)摩擦力；木箱第一次到達(dá)最右端時(shí)其速度為零，根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的條件，分析物塊是否會(huì)和木箱同時(shí)速度為零。【解答】解：A、根據(jù)題意可知，釋放后物塊與木箱發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則釋放瞬間物塊與木箱之間的摩擦力為最大靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，釋放瞬間物塊的加速度不為零，故A錯(cuò)誤；B、因物塊與木箱發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程存在摩擦生熱，故物塊、木箱與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能會(huì)逐漸減小，則彈簧的最大彈性勢(shì)能會(huì)變少，彈簧的最大彈力會(huì)變小。假設(shè)物塊與木箱相對(duì)靜止時(shí)，能使兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的最小的彈簧彈力大小為F。設(shè)物塊與木箱之間的最大靜摩擦力為f，木箱與物塊質(zhì)量分別為M、m，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)物塊有：f＝ma對(duì)物塊與木箱整體有：F＝（m+M）a聯(lián)立解得：F在彈簧的最大彈力減小到F=(m+M)D、釋放后物塊的加速度先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與木箱第一次共速前，物塊相對(duì)木箱一直向左運(yùn)動(dòng)，一直受到向右的滑動(dòng)摩擦力，故物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變，故D正確；C、根據(jù)前面分析可知，在二者一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)之前，當(dāng)木箱到達(dá)最右端時(shí)其速度為零，而物塊相對(duì)木箱滑動(dòng)，故此時(shí)物塊速度不為零；只有在二者一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)之后，兩者的速度可以同時(shí)為零，故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了功能關(guān)系的應(yīng)用、牛頓第二定律相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。掌握兩物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的條件。此題具有一定綜合性，這道題在考查學(xué)生物理知識(shí)和思維能力方面有較好的效果。二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。11．（15分）（2025?江蘇）小明同學(xué)探究機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將小鋼球在斜槽上某位置A由靜止釋放，鋼球沿斜槽通過(guò)末端O處的光電門(mén)，光電門(mén)記錄下鋼球的遮光時(shí)間t。用游標(biāo)卡尺測(cè)出鋼球的直徑d，由v=dt得出其通過(guò)光電門(mén)的速度v，再計(jì)算出動(dòng)能增加量ΔEk=（1）安裝實(shí)驗(yàn)裝置的操作有：①在斜槽末端安裝光電門(mén)②調(diào)節(jié)斜槽在豎直平面內(nèi)③調(diào)節(jié)斜槽末端水平④將斜槽安裝到底座上其合理的順序是B（選填“A”“B”或“C”）。A．①②③④B．④②③①C．④①②③（2）測(cè)量鋼球直徑的正確操作是圖2中甲（選填“甲”或“乙”）所示的方式。（3）在斜槽上5個(gè)不同的位置由靜止釋放鋼球。測(cè)量得出的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見(jiàn)表1。已知鋼球的質(zhì)量m＝0.02kg，重力加速度g＝9.80m/s2。請(qǐng)將表1的數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整。表1h/（10﹣2m）4.005.006.007.008.00ΔE4.906.257.458.7810.0ΔE7.849.8011.813.715.7（4）實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明，ΔEk明顯小于ΔEp，鋼球在下降過(guò)程中發(fā)生機(jī)械能的損失。小明認(rèn)為，機(jī)械能的損失主要是由于鋼球受到的摩擦力做功造成的。為驗(yàn)證此猜想，小明另取一個(gè)完全相同的斜槽按圖3平滑對(duì)接。若鋼球從左側(cè)斜槽上A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到右側(cè)斜槽上，最高能到達(dá)B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)高度差為H。則該過(guò)程中，摩擦力做功大小的理論值W理＝mgH（用m、g、H表示）。（5）用圖3的裝置，按表1中所列部分高度h進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得摩擦力做功大小W測(cè)。由于觀察到H值較小，小明認(rèn)為，AO過(guò)程摩擦力做功近似等于AB過(guò)程的一半，即Wf=W測(cè)2。然后通過(guò)表1的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算出AO過(guò)程損失的機(jī)械能ΔE＝ΔEp﹣表2h/（10﹣2m）4.005.006.007.00ΔE/（10﹣3J）2.943.554.354.92Wf/（10﹣3J）0.981.081.181.27表2中ΔE與Wf相差明顯。小明認(rèn)為這是由于用W測(cè)2近似計(jì)算Wf不合理。你是否同意他的觀點(diǎn)？請(qǐng)根據(jù)表【考點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專(zhuān)題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）B；（2）甲；（3）15.7；（4）mgH；（5）同意他的觀點(diǎn)，理由見(jiàn)解答?！痉治觥浚?）在探究機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)中，正確步驟為將斜槽安置于底座，調(diào)節(jié)斜槽在豎直平面內(nèi)，調(diào)節(jié)斜槽末端水平，安裝光電門(mén)。（2）測(cè)量球的直徑時(shí)應(yīng)該使用游標(biāo)卡尺的外測(cè)量爪進(jìn)行測(cè)量。（3）根據(jù)重力勢(shì)能的定義求解重力勢(shì)能減少量。（4）根據(jù)功能關(guān)系求解摩擦力做功大小的理論值。（5）根據(jù)表2中的數(shù)據(jù)，分析鋼球受到的摩擦力做功是不是AO過(guò)程機(jī)械能損失的主要原因?！窘獯稹拷猓海?）正確步驟為將斜槽安置于底座上，先調(diào)節(jié)斜槽在豎直平面內(nèi)，再調(diào)節(jié)斜槽末端水平，最后安裝光電門(mén)，故合理的順序是：④②③①，故AC錯(cuò)誤，B正確。故選：B。（2）測(cè)量球的直徑時(shí)應(yīng)該如圖甲所示，用游標(biāo)卡尺的外測(cè)量爪進(jìn)行測(cè)量，而圖乙所示的是用內(nèi)測(cè)量爪測(cè)量，這是錯(cuò)誤的，故測(cè)量鋼球直徑的正確操作是圖2中甲所示的方式。（3）已知：m＝0.02kg，g＝9.80m/s2。根據(jù)：ΔEp＝mgh，當(dāng)下降高度h＝8.0×10﹣2m時(shí)，解得：ΔEp≈15.7×10（4）鋼球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程損失的機(jī)械能等于mgH，根據(jù)功能關(guān)系可知，該過(guò)程中摩擦力做功大小的理論值等于鋼球損失的機(jī)械能，即W理＝mgH（5）根據(jù)表2中的數(shù)據(jù)，可得損失的機(jī)械能ΔE大于Wf的2倍，即AO過(guò)程損失的機(jī)械能比AB過(guò)程摩擦力做功大小W測(cè)還要大，可知AO過(guò)程機(jī)械能損失的主要原因不是由于鋼球受到的摩擦力做功，所以小明認(rèn)為由于用W測(cè)2近似計(jì)算Wf不合理而使ΔE與Wf相差明顯是不對(duì)的，故同意他的觀點(diǎn)。主要原因應(yīng)該是小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)有滾動(dòng)的狀態(tài)，故答案為：（1）B；（2）甲；（3）15.7；（4）mgH；（5）同意他的觀點(diǎn)，理由見(jiàn)解答?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了探究機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)的操作步驟與誤差分析，掌握（5）問(wèn)的誤差分析的方法。12．（8分）（2025?江蘇）江門(mén)中微子實(shí)驗(yàn)室使用我國(guó)自主研發(fā)的光電倍增管，利用光電效應(yīng)捕捉中微子信息。光電倍增管陰極金屬材料的逸出功為W0，普朗克常量為h。（1）求該金屬的截止頻率ν0；（2）若頻率為ν的入射光能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，求光電子的最大初動(dòng)能Ek?！究键c(diǎn)】愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；光電效應(yīng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）該金屬的截止頻率ν0為W0（2）若頻率為ν的入射光能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動(dòng)能Ek為hν﹣W0?！痉治觥浚?）根據(jù)光電效應(yīng)方程求金屬K的逸出功W0，根據(jù)W0＝hν0求截止頻率。（2）由光電效應(yīng)方程計(jì)算光電子的最大初動(dòng)能?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，由光電效應(yīng)方程有Ek＝hν0﹣W0當(dāng)Ek＝0時(shí)，可得該金屬的截止頻率ν（2）根據(jù)題意，由光電效應(yīng)方程可得，光電子的最大初動(dòng)能為Ekm＝hν﹣W0答：（1）該金屬的截止頻率ν0為W0（2）若頻率為ν的入射光能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動(dòng)能Ek為hν﹣W0。【點(diǎn)評(píng)】本題考查光電效應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用能力，涉及兩個(gè)過(guò)程：一個(gè)產(chǎn)生光電效應(yīng)的過(guò)程；一個(gè)是光電子在電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，分過(guò)程進(jìn)行研究。13．（8分）（2025?江蘇）如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩個(gè)相同的帶正電粒子a、b同時(shí)從O點(diǎn)以初速度v0射出，速度方向與水平方向夾角均為θ。已知粒子的質(zhì)量為m。電荷量為q，不計(jì)重力及粒子間相互作用。求：（1）a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t；（2）a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．【專(zhuān)題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；合成分解法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】（1）a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t為mv（2）a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H為2m【分析】（1）a球在電場(chǎng)力作用下做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，由于電場(chǎng)力方向豎直向下，所以可以將a球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度大小，利用分速度公式求a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t；（2）兩個(gè)小球均在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且水平方向上的初速度均為v0cosθ，根據(jù)豎直方向分運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)兩球豎直方向的分位移，再求a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H?！窘獯稹拷猓海?）不計(jì)重力及粒子間相互作用，a球在電場(chǎng)力作用下做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，對(duì)a球，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝maa運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v0sinθ＝at聯(lián)立解得t（2）方法一、根據(jù)題意分析可知，兩個(gè)小球均在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且水平方向上的初速度均為v0cosθ，則兩小球一直在同一豎直線上，a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為x此時(shí)b球豎直方向上運(yùn)動(dòng)位移為x則小球a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與小球b之間的距離x方法二、兩個(gè)小球均受到相同電場(chǎng)力，以a球?yàn)閰⒖枷?，b球以2v0sinθ的速度向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H答：（1）a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t為mv（2）a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H為2m【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要明確兩球的受力，熟練運(yùn)動(dòng)的分解法處理類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，要掌握分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，并用來(lái)解決實(shí)際問(wèn)題。14．（13分）（2025?江蘇）如圖所示，在光滑水平面上，左右兩列相同的小鋼球沿同一直線放置。每列有n個(gè)。在兩列鋼球之間，一質(zhì)量為m的玻璃球以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與鋼球發(fā)生正碰。所有球之間的碰撞均視為彈性碰撞。（1）若鋼球質(zhì)量為m，求最右側(cè)的鋼球最終運(yùn)動(dòng)的速度大小v；（2）若鋼球質(zhì)量為3m，求玻璃球與右側(cè)鋼球發(fā)生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；（3）若鋼球質(zhì)量為3m，求玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的動(dòng)能Ek。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；用動(dòng)量守恒定律解決多次碰撞（或類(lèi)碰撞）的問(wèn)題．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）最右側(cè)的鋼球最終運(yùn)動(dòng)的速度大小v為v0；（2）玻璃球與右側(cè)鋼球發(fā)生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1為v0（3）玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的動(dòng)能Ek為(1【分析】（1）若鋼球質(zhì)量為m，根據(jù)質(zhì)量相等的兩球發(fā)生彈性碰撞后交換速度，來(lái)求最右側(cè)的鋼球最終運(yùn)動(dòng)的速度大小v；（2）若鋼球質(zhì)量為3m，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求玻璃球與右側(cè)鋼球發(fā)生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；（3）根據(jù)第2小題的結(jié)果，分析每次碰撞后速度變化情況，把握規(guī)律，再求玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的速度大小，即可求解玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的動(dòng)能Ek。【解答】解：（1）依題意，所有碰撞均為彈性碰撞，若鋼球質(zhì)量為m，玻璃球與鋼球質(zhì)量相等，根據(jù)彈性碰撞規(guī)律可知，在碰撞過(guò)程中，二者速度互換，則最終碰撞后最右側(cè)鋼球的速度大小等于開(kāi)始碰撞前玻璃球的初速度為v0。（2）根據(jù)題意可知，所有碰撞均為彈性碰撞，玻璃球與右側(cè)鋼球碰撞過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1+3mv2由機(jī)械能守恒定律得1解得v1=負(fù)號(hào)表示速度反向，則玻璃球的速度大小為12（3）根據(jù)題意結(jié)合小問(wèn)2分析可知，玻璃球與右側(cè)第一個(gè)小球碰撞后反彈，且速度大小變?yōu)榕鲎睬暗?2，右側(cè)第一個(gè)小球又與第二個(gè)小球發(fā)生彈性碰撞，速度互換，靜止在光滑水平面上，玻璃球反彈后與左側(cè)第一個(gè)小球同樣發(fā)生彈性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反彈，且速度大小為碰撞前的12，綜上所述，玻璃球碰撞2n則玻璃球碰撞2n次后最終動(dòng)能大小E答：（1）最右側(cè)的鋼球最終運(yùn)動(dòng)的速度大小v為v0；（2）玻璃球與右側(cè)鋼球發(fā)生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1為v0（3）玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的動(dòng)能Ek為(1【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要彈性碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，知道質(zhì)量相等的兩球發(fā)生彈性碰撞后交換速度。15．（16分）（2025?江蘇）圓筒式磁力耦合器由內(nèi)轉(zhuǎn)子、外轉(zhuǎn)子兩部分組成。工作原理如圖甲所示。內(nèi)、外轉(zhuǎn)子可繞中心軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)。外轉(zhuǎn)子半徑為r1，由四個(gè)相同的單匝線圈緊密?chē)桑總€(gè)線圈的電阻均為R，直邊的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，與軸線平行。內(nèi)轉(zhuǎn)子半徑為r2，由四個(gè)形狀相同的永磁體組成，磁體產(chǎn)生徑向磁場(chǎng)，線圈處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。外轉(zhuǎn)子始終以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻線圈abcd的直邊ab與cd處的磁場(chǎng)方向如圖乙所示。（1）若內(nèi)轉(zhuǎn)子固定，求ab邊產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；（2）若內(nèi)轉(zhuǎn)子固定，求外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)一周，線圈abcd產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）若內(nèi)轉(zhuǎn)子不固定，外轉(zhuǎn)子帶動(dòng)內(nèi)轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)線圈中感應(yīng)電流為I，求線圈abcd中電流的周期T?！究键c(diǎn)】用有效值計(jì)算交流電路的電功、電功率和焦耳熱；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(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】（1）ab邊產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為BLω0r1；（2）外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)一周，線圈abcd產(chǎn)生的焦耳熱為8π（3）線圈abcd中電流的周期為2πBL【分析】（1）根據(jù)v＝ωr求速度，再根據(jù)E＝BLv，求切割電動(dòng)勢(shì)；（2）根據(jù)切割電動(dòng)勢(shì)，求轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)歐姆定律，求電流，結(jié)合轉(zhuǎn)子周期和焦耳定律，求熱量；（3）內(nèi)轉(zhuǎn)子不固定，跟著外轉(zhuǎn)子一起轉(zhuǎn)，根據(jù)歐姆定律求電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合切割電動(dòng)勢(shì)，求切割速度差，再求電流改變方向的時(shí)間，確定電流的周期?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意可知，ab轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的線速度為v＝ω0r1則ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv＝BLω0r1（2）根據(jù)題意，由圖可知，若內(nèi)轉(zhuǎn)子固定，外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd均切割磁感線，且產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，則轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝2BLv＝2BLω0r1感應(yīng)電流為I轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為T(mén)則abcd轉(zhuǎn)一圈產(chǎn)生的熱量Q（3）結(jié)合圖可知，轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)14T電流方向改變，大小不變，若內(nèi)轉(zhuǎn)子不固定，跟著外轉(zhuǎn)子一起轉(zhuǎn)，且abcd中的電流為I，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′又有E′＝2BLΔv解得Δv則電流改變方向的時(shí)間為t則電流的周期為T(mén)答：（1）ab邊產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為BLω0r1；（2）外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)一周，線圈abcd產(chǎn)生的焦耳熱為8π（3）線圈abcd中電流的周期為2πBL【點(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是掌握切割電動(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律、焦耳定律，還需要分析出內(nèi)外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的速度差決定電流改變的時(shí)間，確定周期。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間公式：vt＝v0+at．其中，vt為末速度，v0為初速度，a為加速度，運(yùn)用此公式解題時(shí)要注意公式的矢量性．在直線運(yùn)動(dòng)中，如果選定了該直線的一個(gè)方向?yàn)檎较?，則凡與規(guī)定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡與規(guī)定正方向相反的矢量在公式中取負(fù)值，因此，應(yīng)先規(guī)定正方向．（一般以v0的方向?yàn)檎较颍瑒t對(duì)于勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度取正值；對(duì)于勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度取負(fù)值．）【命題方向】例1：一個(gè)質(zhì)點(diǎn)從靜止開(kāi)始以1m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)5s后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最后2s的時(shí)間內(nèi)使質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到靜止．求：（1）質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度；（2）質(zhì)點(diǎn)做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。治觯焊鶕?jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式求出5s末的速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出質(zhì)點(diǎn)速度減為零的時(shí)間．解答：（1）根據(jù)速度時(shí)間公式得，物體在5s時(shí)的速度為：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物體速度減為零的時(shí)間2s，做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為：a2=vt答：（1）質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度5m/s；（2）質(zhì)點(diǎn)做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小2.5m/s2．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式和位移時(shí)間公式，并能靈活運(yùn)用．例2：汽車(chē)以28m/s的速度勻速行駛，現(xiàn)以4.0m/s2的加速度開(kāi)始剎車(chē)，則剎車(chē)后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽車(chē)剎車(chē)到停止所需的時(shí)間，因?yàn)槠?chē)剎車(chē)停止后不再運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)v＝v0+at，求出剎車(chē)后的瞬時(shí)速度．解答：由題以初速度v0＝28m/s的方向?yàn)檎较?，則加速度：a=vt-剎車(chē)至停止所需時(shí)間：t=vt-v故剎車(chē)后4s時(shí)的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s剎車(chē)后8s時(shí)汽車(chē)已停止運(yùn)動(dòng)，故：v8＝0答：剎車(chē)后4s末速度為12m/s，8s末的速度是0．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間公式v＝v0+at，以及知道汽車(chē)剎車(chē)停止后不再運(yùn)動(dòng)，在8s內(nèi)的速度等于在7s內(nèi)的速度．解決此類(lèi)問(wèn)題一定要注意分析物體停止的時(shí)間．【解題方法點(diǎn)撥】1．解答題的解題步驟（可參考例1）：①分清過(guò)程（畫(huà)示意圖）；②找參量（已知量、未知量）③明確規(guī)律（勻加速直線運(yùn)動(dòng)、勻減速直線運(yùn)動(dòng)等）④利用公式列方程（選取正方向）⑤求解驗(yàn)算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，剎車(chē)問(wèn)題要先判斷停止時(shí)間．2．有外力的水平板塊模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：一個(gè)物體在另一個(gè)物體表面上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，兩者之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，可能發(fā)生同向相對(duì)滑動(dòng)或反向相對(duì)滑動(dòng)。問(wèn)題涉及兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個(gè)基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，在光滑的水平面上有一長(zhǎng)為0.64m、質(zhì)量為4kg的木板A，在木板的左端有一質(zhì)量為2kg的小物體B，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2．當(dāng)對(duì)B施加水平向右的力F＝10N時(shí)，求：（1）A，B各自的加速度大??；（2）經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)的時(shí)間可將B從木板A的左端拉到右端？（物體B可以視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2）分析：（1）應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度大小。（2）應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。解答：由牛頓第二定律得：對(duì)B：F﹣μmBg＝mBaB對(duì)A：μmBg＝mAaA代入數(shù)據(jù)解得：aA＝1m/s2，aB＝3m/s2（2）設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t物體B到達(dá)A的右端，則l=代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.8s答：（1）A，B各自的加速度大小分別為1m/s2、3m/s2；（2）經(jīng)過(guò)0.8s可將B從木板A的左端拉到右端。點(diǎn)評(píng)：（1）A，B各自的加速度大小分別為1m/s2、3m/s2；（2）經(jīng)過(guò)0.8s可將B從木板A的左端拉到右端?！窘忸}思路點(diǎn)撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過(guò)整體法與隔離法的綜合運(yùn)用解決問(wèn)題。3．兩個(gè)變速直線運(yùn)動(dòng)的合成【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.本考點(diǎn)旨在考查兩個(gè)變速直線運(yùn)動(dòng)的合成問(wèn)題。2.兩個(gè)變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)可能是直線運(yùn)動(dòng)也可能是曲線運(yùn)動(dòng)。【命題方向】?jī)蓚€(gè)互成角度的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度大小分別為v1和v2，加速度分別為a1和a2，則它們的合運(yùn)動(dòng)的軌跡（）A、如果v1＝v2，那么軌跡一定是直線B、如果v1≠0，v2≠0，那么軌跡一定是曲線C、如果a1＝a2，那么軌跡一定是直線D、如果a1分析：當(dāng)合速度的方向與合加速度的方向在同一條直線上時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，當(dāng)合加速度方向與合速度方向不在同一條直線上時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線．解答：當(dāng)合速度的方向與合加速度的方向在同一條直線上時(shí)，即a1a2=v1v2時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，若合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上，運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線。故故選：D。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握判斷合運(yùn)動(dòng)是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)的方法，看合速度的方向和合加速度的方向在不在同一條直線上．【解題思路點(diǎn)撥】分析兩個(gè)變速直線運(yùn)動(dòng)的合成問(wèn)題時(shí)要按照以下步驟進(jìn)行：1.分析合速度的方向2.分析合外力（合加速度）的方向3.根據(jù)合速度與合外力是否共線判斷合運(yùn)動(dòng)的軌跡情況。4．分析合運(yùn)動(dòng)的軌跡問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在判斷物體真實(shí)的軌跡問(wèn)題，題型設(shè)置主要為判斷軌跡圖像是否正確?！久}方向】無(wú)人機(jī)送餐服務(wù)在深圳試行。通過(guò)機(jī)載傳感器能描繪出無(wú)人機(jī)運(yùn)動(dòng)的圖象，圖甲是沿水平方向的x﹣t圖象，圖乙是沿豎直方向的v﹣t圖像。則無(wú)人機(jī)的運(yùn)動(dòng)軌跡近似為（）A、B、C、D、分析：x﹣t圖像的斜率等于速度，傾斜的直線表示物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。v﹣t圖像的斜率表示加速度，傾斜的直線表示物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的合成分析無(wú)人機(jī)的運(yùn)動(dòng)軌跡。解答：對(duì)于圖甲，根據(jù)x﹣t圖像的斜率等于速度，可知無(wú)人機(jī)在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零。根據(jù)圖乙可知，無(wú)人機(jī)在豎直方向先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)后沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則合運(yùn)動(dòng)的加速度與初速度不在同一直線上，無(wú)人機(jī)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，合外力需指向凹側(cè)，加速度也需指向凹側(cè)，則第一段凹側(cè)向上，第二段凹側(cè)向下，最終豎直速度減為零，只剩下水平速度，則軌跡趨于水平線，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題是運(yùn)動(dòng)的合成與分解問(wèn)題。要知道x、y兩個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成法求解合運(yùn)動(dòng)的情況。對(duì)于位移圖象與速度圖象的斜率意義不同，不能混淆：位移圖象的斜率等于速度，而速度圖象的斜率等于加速度。【解題思路點(diǎn)撥】牢記曲線運(yùn)動(dòng)的幾個(gè)特點(diǎn)：①速度沿軌跡的切線方向；②受力直線軌跡的凹側(cè)；③軌跡在受力和速度之間。5．多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件（1）系統(tǒng)除重力外無(wú)其他外力做功（2）系統(tǒng)內(nèi)除彈力外其他內(nèi)力不做功或所做的總功為零，特別是系統(tǒng)內(nèi)無(wú)滑動(dòng)摩擦力時(shí)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。2.多物體系統(tǒng)內(nèi)物體間的速度關(guān)系（1）繩連接的兩個(gè)物體，在任一時(shí)刻沿繩方向上的速度分量相同。（2）桿連接的兩物體，當(dāng)繞固定點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩物體角速度相等；當(dāng)桿自由運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩物體沿桿方向上的速度分量相同。（3）接觸的兩物體在任一時(shí)刻沿垂直于接觸面方向上的速度分量相同【命題方向】如圖所示，用輕繩連接的滑輪組下方懸掛著兩個(gè)物體A、B，它們的質(zhì)量分別為m、2m，A用輕繩掛在動(dòng)滑輪上，滑輪的質(zhì)量、摩擦均不計(jì)?，F(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放，求：（重力加速度為g）（1）A上升h高度（h小于兩滑輪起始高度差）時(shí)A的速度多大？（2）A上升h高度（h小于兩滑輪起始高度差）的過(guò)程中，輕繩的拉力對(duì)B所做的功。分析：（1）根據(jù)動(dòng)滑輪的特性設(shè)置兩物體的速度和高度大小，利用機(jī)械能守恒定律列式求解速度；（2）對(duì)B利用動(dòng)能定理列式求解。解答：（1）根據(jù)圖中動(dòng)滑輪的特性，A上升h高度，則B下降2h的高度，設(shè)A的速度大小為v，B的速度大小為2v，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mg×2h﹣mgh=12×2m×（2v）2解得v=（2）設(shè)輕繩的拉力對(duì)B做的功為W，對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理有2mg×2h+W=12×2m×（2v）解得W=-4答：（1）A的速度為6g（2）輕繩的拉力對(duì)B所做的功為-43點(diǎn)評(píng)：考查動(dòng)滑輪問(wèn)題，系統(tǒng)機(jī)械能守恒和動(dòng)能定理的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對(duì)象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在過(guò)程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運(yùn)動(dòng)綜合起來(lái)，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)。2.對(duì)于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各物體的能量變化；（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動(dòng)能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢(shì)能參考平面的麻煩。（2）能用動(dòng)能定理來(lái)解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來(lái)解決，在這個(gè)意義上講，動(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。6．用動(dòng)量守恒定律解決多次碰撞（或類(lèi)碰撞）的問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)需要用動(dòng)量守恒定律解決物體之間多次碰撞（或類(lèi)配裝）的問(wèn)題?！久}方向】如圖所示，三個(gè)大小相同、質(zhì)量均m的小球A、B、C靜止在光滑水平面上，且A、B、C共線，現(xiàn)讓A球以速度v0向B運(yùn)動(dòng)，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)并與C球發(fā)生彈性碰撞，求最A(yù)、B、C的速度．分析：A、B兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出AB的共同速度，AB整體與C發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律列式即可求解．解答：A、B兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv1①AB整體與C發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律得：2mv1＝2mvAB+mvC②12×2mv由①②③解得：vAB=v0答：A、B的速度為v06，C的速度為點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，知道彈性碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，難度適中．【解題思路點(diǎn)撥】1.對(duì)于由多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒問(wèn)題，既要注意系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，又要注意系統(tǒng)內(nèi)部分物體系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，同時(shí)分清作用過(guò)程的各個(gè)階段及聯(lián)系各階段的狀態(tài)量。2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟7．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(lèi)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(lèi)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(lèi)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．8．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I處的起振方向，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為波長(zhǎng)的整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)情況完全相同，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為半波長(zhǎng)的奇數(shù)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。9．電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．靜電力做功的特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)，或者說(shuō)：電荷在電場(chǎng)中沿一閉合路徑移動(dòng)，靜電力做功為零。2．電勢(shì)能概念：電荷在電場(chǎng)中具有勢(shì)能，叫電勢(shì)能。電荷在某點(diǎn)的電勢(shì)能，等于把電荷從該點(diǎn)移動(dòng)到零勢(shì)能位置時(shí)，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢(shì)能減小；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。②關(guān)系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關(guān)系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點(diǎn)：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場(chǎng)共有；②相對(duì)性：與所選取的零點(diǎn)位置有關(guān)，通常取大地或無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)能的零點(diǎn)位置；③標(biāo)量性：只有大小，沒(méi)有方向，其正負(fù)的物理含義是：若EP＞0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)大，若EP＜0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢(shì)能時(shí)，可以通過(guò)與重力勢(shì)能類(lèi)比來(lái)理解相關(guān)概念，上面列舉的各項(xiàng)概念幾乎是所有勢(shì)能都有的，只是具體環(huán)境不同而已?！久}方向】a和b為電場(chǎng)中的兩個(gè)點(diǎn)，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場(chǎng)力作用下做功，導(dǎo)致電勢(shì)能變化．所以根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)可確定電勢(shì)能增加與減少．解答：根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變的慣性可知，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)能減少了4×10﹣7J．所以選項(xiàng)C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：該題考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的慣性．電荷的電勢(shì)能增加還是減少是由電場(chǎng)力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢(shì)能一樣．【解題方法點(diǎn)撥】1.靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢(shì)能減?。混o電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。（2）正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，而負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能小。2.電勢(shì)能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場(chǎng)力做正功時(shí)電勢(shì)能減小；電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)電勢(shì)能增大。（對(duì)正、負(fù)電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢(shì)高低判斷：正電荷在電勢(shì)高處具有的電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處具有的電勢(shì)能大。10．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)類(lèi)似于物體的平拋運(yùn)動(dòng)，可以利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)分析。規(guī)律為：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t靜電力方向：vy＝at，y=2.分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題也可以利用動(dòng)能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.兩個(gè)特殊推論：（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，其速度方向的反向延長(zhǎng)線與初速度方向的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為初速度方向位移的中點(diǎn)，如圖所示。（2）位移方向與初速度方向間夾角α（圖中未畫(huà)出）的正切為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切的12，即tanα=12【命題方向】一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若兩板間距離d＝1.0cm，板長(zhǎng)l＝5.0cm，電子恰好從平行板邊緣飛出，求：（電子的比荷eme=1.76×10（1）電子進(jìn)入極板時(shí)的速度v0（2）兩極板間的電壓．分析：（1）由動(dòng)能定理可求得進(jìn)入極板的速度．（2）由豎直向做勻加速運(yùn)動(dòng)，水平向做勻速運(yùn)動(dòng)，由豎直向的距離可求得所加電壓值．解答：（1）由動(dòng)能定理：Uq=1得v0=2（2）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，所加電壓為U′電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：a=偏距：y=能飛出的條件為：y=d由①②③④⑤可得：U′=2答：（1）電子進(jìn)入極板時(shí)的速度為4.2×107m/s；（2）兩極板間的電壓為400V點(diǎn)評(píng)：本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，在列式計(jì)算時(shí)應(yīng)注意不要提前代入數(shù)值，應(yīng)將公式簡(jiǎn)化后再計(jì)算，這樣可以減少計(jì)算量．【解題思路點(diǎn)撥】帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的處理方法帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題實(shí)質(zhì)上是力學(xué)問(wèn)題的延續(xù)，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個(gè)靜電力；從處理方法上看，仍可利用力學(xué)中的規(guī)律分析，如選用平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系，能量守恒等。11．利用磁感線的疏密判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】與電場(chǎng)線的疏密可以定性反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小一樣，也可以通過(guò)磁感線的疏密定性的分析磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，磁感線越密集磁感應(yīng)強(qiáng)度越大?！久}方向】如圖所示，A、B是一條磁感線上的兩點(diǎn)，以下說(shuō)法正確的是（）A、A點(diǎn)磁場(chǎng)比B點(diǎn)磁場(chǎng)強(qiáng)B、B點(diǎn)磁場(chǎng)比A點(diǎn)磁場(chǎng)強(qiáng)C、因?yàn)榇鸥芯€為直線，A、B兩點(diǎn)磁場(chǎng)一樣強(qiáng)D、以上說(shuō)法都是錯(cuò)誤的分析：磁感線的疏密體現(xiàn)了強(qiáng)度的大小，一條線看不出疏密，不能確定強(qiáng)度大小．也不能確定是否為勻強(qiáng)磁場(chǎng)解答：因?yàn)橐粭l磁感線是直線時(shí)，不一定是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，也不知AB兩點(diǎn)的磁感線的疏密，故條件不足，無(wú)法確定A，B兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。故ABC選項(xiàng)錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：考查磁感線的基本知識(shí)點(diǎn)，明確磁感線的疏密體現(xiàn)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱．【解題思路點(diǎn)撥】在磁場(chǎng)中，可以通過(guò)磁感線的疏密定性的分析磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，磁感線密集處磁感應(yīng)強(qiáng)度較大，磁感線稀疏處磁感應(yīng)強(qiáng)度較小。12．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。13．用有效值計(jì)算交流電路的電功、電功率和焦耳熱【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.計(jì)算交流電路中的電功、電功率和焦耳熱時(shí)，需要用有效值進(jìn)行計(jì)算。2.交變電流的計(jì)算方法：（1）對(duì)于正弦式交變電流：I=Im2，（2）對(duì)于非正弦交變電流，可利用有效值的定義來(lái)計(jì)算其有效值?！久}方向】將硬導(dǎo)線中間一段折成不封閉的正方形，每邊長(zhǎng)為l，它在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速為n，導(dǎo)線在a、b兩處通過(guò)電刷與外電路連接，外電路有額定功率為P的小燈泡并正常發(fā)光，電路中除燈泡外，其余部分的電阻不計(jì)，燈泡的電阻應(yīng)為（）A、(2l2nB)2PlB、分析：根據(jù)Em＝nBSω可以求得最大電動(dòng)勢(shì)的大小，由P=U解答：根據(jù)最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em＝nBSω可得，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Em＝Bl22πn，所以有效的電動(dòng)勢(shì)為E=Em2=2由P=U燈泡的電阻R=U2P故選：B。點(diǎn)評(píng)：掌握住最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算方法是本題的關(guān)鍵，記住最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em＝nBSω和有效值之間的關(guān)系，計(jì)算時(shí)的電壓要用有效值來(lái)計(jì)算。【解題思路點(diǎn)撥】1.對(duì)有效值的理解：在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)同一個(gè)電阻，跟交變電流的熱效應(yīng)等效的恒定電流值、電壓值。（1）正弦式交變電流的有效值Ⅰ、U與峰值Im、Um的關(guān)系為：I=Im2，（2）非正弦式交變電流的有效值只能根據(jù)電流的熱效應(yīng)計(jì)算。（3）有效值的應(yīng)用計(jì)算與電流熱效應(yīng)有關(guān)的量、交流電表的測(cè)量值、電氣設(shè)備標(biāo)注的額定電壓和額定電流以及通常提到的交流的數(shù)值都指有效值。2.交變電流“四值”的應(yīng)用對(duì)交變電流的“四值”的比較和理解物理量物理意義適用情況及說(shuō)明瞬時(shí)值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt計(jì)算線圈某時(shí)刻的受力情況峰值（最大值）Em＝nBSωIm=討論電容器的擊穿電壓有效值對(duì)正（余）弦交流電有：E=EU=UI=I（1）計(jì)算與電流的熱效應(yīng)有關(guān)的量（如電功、電功率、電熱等）（2）電氣設(shè)備“銘牌”上所標(biāo)的一般是有效值（3）保險(xiǎn)絲的熔斷電流為有效值（4）電表的讀數(shù)為有效值平均值E=BLE=I=計(jì)算通過(guò)電路截面的電荷量14．理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、理想變壓器的基本規(guī)律1.理想變壓器原、副線圈的電壓與匝數(shù)的關(guān)系（1）原、副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，變壓器為降壓變壓器；如果n1＜n2，變壓器為升壓變壓器2.理想變壓器原、副線圈的功率關(guān)系原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率：P入＝P出3.理想變壓器原、副線圈的電流與匝數(shù)的關(guān)系（1）只有一個(gè)副線圈時(shí)：原、副線圈的電流之比等于匝數(shù)的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多個(gè)副線圈時(shí)由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+???或n1I1＝n2I2+n3I3+???4.理想變壓器原、副線圈的功率關(guān)系變壓器只改變交變電流的大小，不改變交變電流的頻率：f1＝f2二、各物理量之間的因果關(guān)系（1）由于U1取決于電源電壓，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副線圈中電流取決于所接負(fù)載I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副線圈輸出功率取決于負(fù)載消耗的功率，由P入＝P出可知輸出功率決定輸入功率，功率按需提供。【命題方向】如圖所示，L1、L2是理想變壓器的兩個(gè)線圈．如果把它當(dāng)作降壓器，則（）A、L1接電源，原、副線圈兩端電壓之比為1：5B、L1接電源，原、副線圈兩端電壓之比為5：1C、L2接電源，原、副線圈兩端電壓之比為5：1D、L2接電源，原、副線圈兩端電壓之比為1：5分析：根據(jù)理想變壓器中原副線圈的電壓與匝數(shù)成正比即可分析求解．解答：如果把它當(dāng)作降壓器，則原線圈的匝數(shù)應(yīng)比副線圈匝數(shù)多，所以L1接電源，U1故選：B。點(diǎn)評(píng)：要根據(jù)理想變壓器中電流、電壓與匝數(shù)比之間的關(guān)系進(jìn)行有關(guān)問(wèn)題的解答，難度不大，屬于基礎(chǔ)題?！窘忸}思路點(diǎn)撥】理想變壓器的規(guī)律理想變壓器①?zèng)]有能量損失；②沒(méi)有磁通量損失基本關(guān)系功率關(guān)系原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率P入＝P出電壓關(guān)系原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，即U1電流關(guān)系①只有一個(gè)副線圈：電流和匝數(shù)成反比，即I1②多個(gè)副線圈：由輸入功率和輸出功率相等確定電流關(guān)系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn頻率關(guān)系原、副線圈中電流的頻率相等制約關(guān)系電壓副線圈電壓U2由原線圈電壓U1和匝數(shù)比決定，即U2=n2n功率副線圈中的功率P2由用戶負(fù)載決定，原線圈的輸入功率P1由副線圈的輸出功率P2決定，即P1＝P2（副制約原）電流原線圈的電流I1由副線圈的電流I2和匝數(shù)比決定，即I1=n2n15．電磁振蕩的圖像問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】用圖像對(duì)應(yīng)分析電路中的電流與電荷量的變化如下圖：【命題方向】如圖所示為L(zhǎng)C振蕩電路中電容器極板上的電量q隨時(shí)間t變化的圖象，由圖可知（）A、t1時(shí)刻，電路中的磁場(chǎng)能最小B、從t1到t2電路中的電流值不斷減小C、從t2到t3電容器不斷充電D、在t4時(shí)刻，電容器的電場(chǎng)能最小分析：電路中由L與C構(gòu)成的振蕩電路，在電容器充放電過(guò)程就是電場(chǎng)能與磁場(chǎng)能相化過(guò)程。q體現(xiàn)電場(chǎng)能，i體現(xiàn)磁場(chǎng)能。解答：A、在t1時(shí)刻，電路中的q最大，說(shuō)明還沒(méi)放電，所以電路中無(wú)電流，則磁場(chǎng)能最小。故A正確；B、在t1到t2時(shí)刻電路中的q不斷減小，說(shuō)明電容器在不斷放電，由于線圈作用，電路中的電流在不斷增加。故B不正確；C、在t2到t3時(shí)刻電路中的q不斷增加，說(shuō)明電容器在不斷充電，故C正確；D、在t4時(shí)刻電路中的q等于0，說(shuō)明電容器放電完畢，則電場(chǎng)能最小，故D正確；故選：ACD。點(diǎn)評(píng)：電容器具有儲(chǔ)存電荷的作用，而線圈對(duì)電流有阻礙作用?！窘忸}思路點(diǎn)撥】電磁振蕩過(guò)程中，電荷量q、電場(chǎng)強(qiáng)度E、電流i、磁感應(yīng)強(qiáng)度B及能量的對(duì)應(yīng)關(guān)系為過(guò)程/項(xiàng)目電荷量q電場(chǎng)強(qiáng)度E電勢(shì)差U電場(chǎng)能電流i磁感應(yīng)強(qiáng)度B磁場(chǎng)能0～T4減小減小減小減小增大增大增加t=T0000最大最大最大T4～T增加增大增大增加減小減小減少t=T最大最大最大最大000T2～3減少減小減小減少增大增大增加t=30000最大最大最大3T4～增加增大增大增加減小減小減少16．光的全反射現(xiàn)象【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.當(dāng)光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)時(shí)，同時(shí)發(fā)生折射和反射。如果入射角逐漸增大，折射光離法線會(huì)越來(lái)越遠(yuǎn)，而且越來(lái)越弱，反射光卻越來(lái)越強(qiáng)。當(dāng)入射角增大到某一角度，使折射角達(dá)到90°時(shí)，折射光完全消失，只剩下反射光，這種現(xiàn)象叫作全反射（totalreflection），這時(shí)的入射角叫作臨界角（criticalangle）。2.全反射現(xiàn)象再生活中的應(yīng)用有光導(dǎo)纖維和全反射棱鏡等?！久}方向】下列現(xiàn)象中屬于光的全反射現(xiàn)象的是（）A、陽(yáng)光照射存肥皂泡上，常看到肥皂泡上有彩色花紋B、玻璃中的氣泡，有時(shí)看上去特別明亮C、在陽(yáng)光下用白紙對(duì)著凸鏡前后移動(dòng)時(shí)，在一定距離處紙上會(huì)出現(xiàn)耀眼的光斑D、飛機(jī)在陽(yáng)光下作特技飛行時(shí)，有時(shí)會(huì)看到飛機(jī)突然變得非常明亮分析：當(dāng)光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)，入射角大于臨界角時(shí)，光線全部反射回原介質(zhì)的現(xiàn)象叫全反射現(xiàn)象．對(duì)照全反射的定義依次分析說(shuō)明．解答：A、在陽(yáng)光照射下，?？吹椒试砼萆嫌胁噬y是由于薄膜干涉現(xiàn)象產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤。B、玻璃中的氣泡有時(shí)看上去特別明亮，是由于光從玻璃射入氣泡時(shí)發(fā)生全反射形成的。故B正確。C、在陽(yáng)光下用白紙對(duì)著凸鏡前后移動(dòng)時(shí)，在一定距離處紙上會(huì)出現(xiàn)耀眼的光斑，這是光的折射現(xiàn)象。故C錯(cuò)誤。D、飛機(jī)在陽(yáng)光下作特技飛行時(shí)，有時(shí)會(huì)看到飛機(jī)變得非常明亮，是由于光的反射形成的。故D錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要掌握各種光現(xiàn)象形成的原因，知道全反射的定義和產(chǎn)生條件．【