第69頁（共69頁）2025年湖北省新高考物理試卷（選擇性）一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1．（4分）（2025?湖北）PET（正電子發(fā)射斷層成像）是核醫(yī)學(xué)科重要的影像學(xué)診斷工具，其檢查原理是將含放射性同位素（如918F）的物質(zhì)注入人體參與人體代謝，從而達(dá)到診斷的目的。918F的衰變方程為918FA．X為8B．該反應(yīng)為核聚變反應(yīng) C．1克918F經(jīng)110分鐘剩下0.5D．該反應(yīng)產(chǎn)生的02．（4分）（2025?湖北）甲、乙兩行星繞某恒星做圓周運(yùn)動(dòng)，甲的軌道半徑比乙的小。忽略兩行星之間的萬有引力作用，下列說法正確的是（）A．甲運(yùn)動(dòng)的周期比乙的小 B．甲運(yùn)動(dòng)的線速度比乙的小 C．甲運(yùn)動(dòng)的角速度比乙的小 D．甲運(yùn)動(dòng)的向心加速度比乙的小3．（4分）（2025?湖北）如圖所示，內(nèi)壁光滑的汽缸內(nèi)用活塞密封一定量理想氣體，汽缸和活塞均絕熱。用電熱絲對(duì)密封氣體加熱，并在活塞上施加一外力F，使氣體的熱力學(xué)溫度緩慢增大到初態(tài)的2倍，同時(shí)其體積緩慢減小。關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）A．外力F保持不變 B．密封氣體內(nèi)能增加 C．密封氣體對(duì)外做正功 D．密封氣體的末態(tài)壓強(qiáng)是初態(tài)的2倍4．（4分）（2025?湖北）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，放置一通電圓線圈，圓心為O點(diǎn)，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。在圓線圈的軸線上有M和N兩點(diǎn)，它們到O點(diǎn)的距離相等。已知M點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，則N點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．0 B．B C．2B D．3B5．（4分）（2025?湖北）如圖（a）所示，相距L的兩足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌放在同一水平面內(nèi)，兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R的金屬棒ab、cd垂直跨放在兩導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間存在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間變化的圖像如圖（b）所示，t＝T時(shí)刻，B＝0。t＝0時(shí)刻，兩棒相距x0，ab棒速度為零，cd棒速度方向水平向右，并與棒垂直，則0～T時(shí)間內(nèi)流過回路的電荷量為（）A．B0Lx04R B．B0L6．（4分）（2025?湖北）某網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員兩次擊球時(shí)，擊球點(diǎn)離網(wǎng)的水平距離均為L(zhǎng)，離地高度分別為L(zhǎng)2、L，網(wǎng)球離開球拍瞬間的速度大小相等，方向分別斜向上、斜向下，且與水平方向夾角均為θ。擊球后網(wǎng)球均剛好直接掠過球網(wǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡平面與球網(wǎng)垂直，忽略空氣阻力，tanθA．12 B．13 C．14 7．（4分）（2025?湖北）一個(gè)寬為L(zhǎng)的雙軌推拉門由兩扇寬為L(zhǎng)2的門板組成，門處于關(guān)閉狀態(tài)，其俯視圖如圖（a）所示。某同學(xué)用與門板平行的水平恒定拉力作用在一門板上，一段時(shí)間后撤去拉力，該門板完全運(yùn)動(dòng)到另一邊，且恰好不與門框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門板在運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力與其重力大小之比為μ，重力加速度大小為g。若要門板的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程用時(shí)盡量短，則所用時(shí)間趨近于A．L2μg B．Lμg C．2Lμg（多選）8．（4分）（2025?湖北）在如圖所示的輸電線路中，交流發(fā)電機(jī)的輸出電壓一定，兩變壓器均為理想變壓器，左側(cè)升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，兩變壓器間輸電線路電阻為r。下列說法正確的是（）A．僅增加用戶數(shù)，r消耗的功率增大 B．僅增加用戶數(shù)，用戶端的電壓增大 C．僅適當(dāng)增加n2，用戶端的電壓增大 D．僅適當(dāng)增加n2，整個(gè)電路消耗的電功率減小（多選）9．（4分）（2025?湖北）質(zhì)量均為m的小球a和b由勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，小球a由不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。將小球b豎直下拉長(zhǎng)度l后由靜止釋放。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。釋放小球b后（）A．小球a可能會(huì)運(yùn)動(dòng) B．若小球b做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則其振幅為l2C．當(dāng)且僅當(dāng)l≤mgk時(shí)，小球bD．當(dāng)且僅當(dāng)l≤2mgk（多選）10．（4分）（2025?湖北）如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一以O(shè)點(diǎn)為中心的正五邊形，頂點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為R。在正五邊形的頂點(diǎn)上順時(shí)針方向依次固定電荷量為q、2q、3q、4q、5q的正點(diǎn)電荷，且電荷量為3q的電荷在y軸正半軸上。靜電力常量為k，則O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度（）A．方向沿x軸負(fù)方向 B．方向與x軸負(fù)方向成18°夾角斜向下 C．大小為2kqR2（D．大小為2kqR2二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11．（8分）（2025?湖北）某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，設(shè)計(jì)了如圖（a）所示電路，所用器材如下：干電池、智能手機(jī)、電流傳感器、定值電阻R0、電阻箱、開關(guān)、導(dǎo)線等。按電路圖連接電路，將智能手機(jī)與電流傳感器通過藍(lán)牙無線連接，閉合開關(guān)S，逐次改變電阻箱的阻值R，用智能手機(jī)記錄對(duì)應(yīng)的電流傳感器測(cè)得的電流I?；卮鹣铝袉栴}：（1）R0在電路中起（填“保護(hù)”或“分流”）作用。（2）1I與E、r、R、R0的關(guān)系式為1I=（3）根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出1I-R圖像，如圖（b）所示。已知R0＝9.0Ω，可得E＝V（保留三位有效數(shù)字），r＝（4）電流傳感器的電阻對(duì)本實(shí)驗(yàn)干電池內(nèi)阻的測(cè)量結(jié)果（填“有”或“無”）影響。12．（9分）（2025?湖北）某同學(xué)利用如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置來測(cè)量重力加速度大小g。細(xì)繩跨過固定在鐵架臺(tái)上不可轉(zhuǎn)動(dòng)的小圓柱體，兩端各懸掛一個(gè)重錘。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d。②將遮光片固定在重錘1上，用天平測(cè)量重錘1和遮光片的總質(zhì)量m、重錘2的質(zhì)量M（M＞m）。③將光電門安裝在鐵架臺(tái)上，將重錘1壓在桌面上，保持系統(tǒng)靜止，重錘2離地面足夠高。用刻度尺測(cè)量出遮光片中心到光電門的豎直距離H。④啟動(dòng)光電門，釋放重錘1，用數(shù)字毫秒計(jì)測(cè)出遮光片經(jīng)過光電門所用時(shí)間t。⑤根據(jù)上述數(shù)據(jù)求出重力加速度大小g。⑥多次改變光電門高度，重復(fù)步驟③④⑤，求出g的平均值?；卮鹣铝袉栴}：（1）測(cè)量d時(shí)，游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖（b）所示，可知d＝cm。（2）重錘1通過光電門時(shí)的速度大小為v＝（用d、t表示）。若不計(jì)摩擦，g與m、M、d、t、H的關(guān)系式為g＝。（3）實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，當(dāng)M和m之比接近于1時(shí)，g的測(cè)量值明顯小于真實(shí)值。主要原因是圓柱體表面不光滑，導(dǎo)致跨過圓柱體的繩兩端拉力不相等。理論分析表明，圓柱體與繩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)很小時(shí)，跨過圓柱體的繩兩端拉力差ΔT＝4γMmM+mg保持M+m＝2m0不變，其中M＝（1+β）m0，m＝（1﹣β）m0。β足夠小時(shí)，重錘運(yùn)動(dòng)的加速度大小可近似表示為a＝（β﹣γ）g。調(diào)整兩重錘的質(zhì)量，測(cè)得不同β時(shí)重錘的加速度大小a，結(jié)果如表。根據(jù)表格數(shù)據(jù)，采用逐差法得到重力加速度大小g＝m/s2（保留三位有效數(shù)字）。β0.040.060.080.10a/（m/s2）0.0840.2810.4770.67313．（9分）（2025?湖北）如圖所示，三角形ABC是三棱鏡的橫截面，AC＝BC，∠C＝30°，三棱鏡放在平面鏡上，AC邊緊貼鏡面。在紙面內(nèi)，一光線入射到鏡面O點(diǎn)，入射角為α，O點(diǎn)離A點(diǎn)足夠近。已知三棱鏡的折射率為2。（1）若α＝45°，求光線從AB邊射入棱鏡時(shí)折射角的正弦值。（2）若光線從AB邊折射后直接到達(dá)BC邊，并在BC邊剛好發(fā)生全反射，求此時(shí)的α值。14．（16分）（2025?湖北）如圖所示，兩平行虛線MN、PQ間無磁場(chǎng)。MN左側(cè)區(qū)域和PQ右側(cè)區(qū)域內(nèi)均有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從MN左側(cè)O點(diǎn)以大小為v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O點(diǎn)到MN的距離為3mv0（1）粒子在MN左側(cè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑。（2）粒子第一次和第二次經(jīng)過PQ時(shí)位置的間距。（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期。15．（18分）（2025?湖北）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整數(shù)）個(gè)質(zhì)量均為m的相同小滑塊，從左向右依次編號(hào)為1、2、…、3n，木板的質(zhì)量為nm。相鄰滑塊間的距離均為L(zhǎng)，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。初始時(shí)木板和所有滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給第1個(gè)滑塊一個(gè)水平向右的初速度，大小為βμgL（β為足夠大常數(shù)，g為重力加速度大?。；瑝K間的每次碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊均會(huì)粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。（1）求第1個(gè)滑塊與第2個(gè)滑塊碰撞前瞬間，第1個(gè)滑塊的速度大小。（2）記木板滑動(dòng)前第j個(gè)滑塊開始滑動(dòng)時(shí)的速度為vj，第j+1個(gè)滑塊開始滑動(dòng)時(shí)的速度為vj+1。用已知量和vj表示vj+1。（3）若木板開始滑動(dòng)后，滑塊間恰好不再相碰，求β的值。提示：12+22+?+k2=16k（k+1）（

2025年湖北省新高考物理試卷（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CABABCB二．多選題（共3小題）題號(hào)8910答案ACADAD一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1．（4分）（2025?湖北）PET（正電子發(fā)射斷層成像）是核醫(yī)學(xué)科重要的影像學(xué)診斷工具，其檢查原理是將含放射性同位素（如918F）的物質(zhì)注入人體參與人體代謝，從而達(dá)到診斷的目的。918F的衰變方程為918F→XA．X為8B．該反應(yīng)為核聚變反應(yīng) C．1克918F經(jīng)110分鐘剩下0.5D．該反應(yīng)產(chǎn)生的0【考點(diǎn)】半衰期的相關(guān)計(jì)算；β衰變的特點(diǎn)、本質(zhì)及方程．【專題】定量思想；歸納法；衰變和半衰期專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒計(jì)算；根據(jù)釋放物分析；根據(jù)半衰期的意義計(jì)算；00v【解答】解：A、設(shè)X的質(zhì)量數(shù)為a，電荷數(shù)為b，根據(jù)核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒及電荷數(shù)守恒，可得a＝18，b＝8，X為188O，故AB、該反應(yīng)釋放出了正電子，所以應(yīng)該為正β衰變，不是核聚變，故B錯(cuò)誤；C、1g918F經(jīng)過一個(gè)半衰期，質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?2，所以還剩下D、00v的電荷數(shù)為0故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)衰變的認(rèn)識(shí)，知道在核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，知道半衰期的物理意義是解題的基礎(chǔ)。2．（4分）（2025?湖北）甲、乙兩行星繞某恒星做圓周運(yùn)動(dòng)，甲的軌道半徑比乙的小。忽略兩行星之間的萬有引力作用，下列說法正確的是（）A．甲運(yùn)動(dòng)的周期比乙的小 B．甲運(yùn)動(dòng)的線速度比乙的小 C．甲運(yùn)動(dòng)的角速度比乙的小 D．甲運(yùn)動(dòng)的向心加速度比乙的小【考點(diǎn)】不同軌道上的衛(wèi)星或行星（可能含赤道上物體）運(yùn)行參數(shù)的比較．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力列式解答。【解答】解：由題意可知，r甲＜r乙，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得GMmr2=mv2r=mω2r=m(2πT)2r=ma，可得T甲＜T乙故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】考查萬有引力定律的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。3．（4分）（2025?湖北）如圖所示，內(nèi)壁光滑的汽缸內(nèi)用活塞密封一定量理想氣體，汽缸和活塞均絕熱。用電熱絲對(duì)密封氣體加熱，并在活塞上施加一外力F，使氣體的熱力學(xué)溫度緩慢增大到初態(tài)的2倍，同時(shí)其體積緩慢減小。關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）A．外力F保持不變 B．密封氣體內(nèi)能增加 C．密封氣體對(duì)外做正功 D．密封氣體的末態(tài)壓強(qiáng)是初態(tài)的2倍【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】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定性思想；推理法；方程法；理想氣體狀態(tài)方程專題；推理論證能力．【答案】B【分析】由平衡條件結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程及題意可知內(nèi)能增加，F(xiàn)增大，氣體體積減小，外界對(duì)氣體做正功；由理想氣體狀態(tài)方程結(jié)合題意判斷初末狀態(tài)的壓強(qiáng)的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、由題意可知，使氣體的熱力學(xué)溫度緩慢增大到初態(tài)的2倍，溫度升高，內(nèi)能增大，同時(shí)其體積緩慢減小，由理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知：氣體的壓強(qiáng)增大，對(duì)活塞，由平衡條件可得：pS＝F+mg+p0S，解得：F＝pS﹣mg﹣p0S，由于p增大，則外力F在增大，故AC、由題意可知，氣體的體積減小，則外界對(duì)氣體做功，所以密封氣體對(duì)外做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D、由理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，氣體的熱力學(xué)溫度增大到初狀態(tài)的2倍時(shí)，如果體積不變，則密封氣體末狀態(tài)的壓強(qiáng)為初狀態(tài)的2倍，但氣體的體積變小，則密封氣體末狀態(tài)的壓強(qiáng)大于初狀態(tài)的壓強(qiáng)的2故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題是對(duì)理想氣體狀態(tài)方程及熱力學(xué)第一定律的考查，解題的關(guān)鍵是要理解題意，由理想氣體狀態(tài)方程做出正確的判斷。4．（4分）（2025?湖北）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，放置一通電圓線圈，圓心為O點(diǎn)，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。在圓線圈的軸線上有M和N兩點(diǎn)，它們到O點(diǎn)的距離相等。已知M點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，則N點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．0 B．B C．2B D．3B【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加；安培定則（右手螺旋定則）．【專題】定量思想；合成分解法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)安培定則判斷出電流在圓線圈的軸線上產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向關(guān)系，結(jié)合M和N兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離相等，分析通電圓線圈在M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度關(guān)系，以及勻強(qiáng)磁場(chǎng)在M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度關(guān)系，根據(jù)磁場(chǎng)的疊加原理分析N點(diǎn)與M點(diǎn)總磁感應(yīng)強(qiáng)度關(guān)系?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)安培定則判斷可知，電流在圓線圈的軸線上產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相同，因?yàn)镸點(diǎn)和N點(diǎn)在圓線圈軸線上，且它們到O點(diǎn)的距離相等，根據(jù)對(duì)稱性可知，通電圓線圈在M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，又因?yàn)閯驈?qiáng)磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向處處相同，根據(jù)磁場(chǎng)的疊加原理，通電圓線圈和勻強(qiáng)磁場(chǎng)在M點(diǎn)和N點(diǎn)的疊加磁場(chǎng)相同，則N點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與M點(diǎn)相等，也為0，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要熟練運(yùn)用右手定則判斷通電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，運(yùn)用磁場(chǎng)疊加原理分析M點(diǎn)和N點(diǎn)總磁感應(yīng)強(qiáng)度關(guān)系。5．（4分）（2025?湖北）如圖（a）所示，相距L的兩足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌放在同一水平面內(nèi)，兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R的金屬棒ab、cd垂直跨放在兩導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間存在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間變化的圖像如圖（b）所示，t＝T時(shí)刻，B＝0。t＝0時(shí)刻，兩棒相距x0，ab棒速度為零，cd棒速度方向水平向右，并與棒垂直，則0～T時(shí)間內(nèi)流過回路的電荷量為（）A．B0Lx04R B．B0L【考點(diǎn)】雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問題；根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】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】B【分析】利用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，然后計(jì)算感應(yīng)電流，再根據(jù)電流的定義式計(jì)算流過回路的電荷量?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt，根據(jù)閉合電路歐姆定律得電流I=E2R，通過回路的電荷量為q＝IΔt，0～T時(shí)間內(nèi)ΔΦ＝B0Lx0故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、電流的定義式等，可聯(lián)立求解。6．（4分）（2025?湖北）某網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員兩次擊球時(shí)，擊球點(diǎn)離網(wǎng)的水平距離均為L(zhǎng)，離地高度分別為L(zhǎng)2、L，網(wǎng)球離開球拍瞬間的速度大小相等，方向分別斜向上、斜向下，且與水平方向夾角均為θ。擊球后網(wǎng)球均剛好直接掠過球網(wǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡平面與球網(wǎng)垂直，忽略空氣阻力，tanθA．12 B．13 C．14 【考點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；平拋運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】?jī)晌矬w做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向兩物體勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出tanθ的值?！窘獯稹拷猓河深}意可畫出示意圖，如圖所示。設(shè)球網(wǎng)的高度為h，對(duì)于斜向下?lián)舫龅木W(wǎng)球，在水平方向有L＝v0cosθ?t1豎直方向有L﹣h＝v0sinθ對(duì)于斜向上擊出的網(wǎng)球，在水平方向有L＝v0cosθ?t2豎直方向有L聯(lián)立可得t1＝t2，L2=2v0sinθ結(jié)合L＝v0cosθ?t1可得4sinθ＝cosθ解得tanθ=故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，解題關(guān)鍵是豎直方向可用全程法分析兩物體的追及問題。7．（4分）（2025?湖北）一個(gè)寬為L(zhǎng)的雙軌推拉門由兩扇寬為L(zhǎng)2的門板組成，門處于關(guān)閉狀態(tài)，其俯視圖如圖（a）所示。某同學(xué)用與門板平行的水平恒定拉力作用在一門板上，一段時(shí)間后撤去拉力，該門板完全運(yùn)動(dòng)到另一邊，且恰好不與門框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門板在運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力與其重力大小之比為μ，重力加速度大小為gA．L2μg B．Lμg C．2Lμg【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)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】B【分析】門板先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合題意求解?！窘獯稹拷猓洪T板先在向右的外力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，撤去外力后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若外力比較大，加速時(shí)間很短，位移很小，可以忽略不計(jì)，此時(shí)門板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，撤去外力后根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma，設(shè)撤去外力后門板最短運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，運(yùn)動(dòng)的距離為L(zhǎng)2=12at2故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用，極限法的應(yīng)用是難點(diǎn)。（多選）8．（4分）（2025?湖北）在如圖所示的輸電線路中，交流發(fā)電機(jī)的輸出電壓一定，兩變壓器均為理想變壓器，左側(cè)升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，兩變壓器間輸電線路電阻為r。下列說法正確的是（）A．僅增加用戶數(shù)，r消耗的功率增大 B．僅增加用戶數(shù)，用戶端的電壓增大 C．僅適當(dāng)增加n2，用戶端的電壓增大 D．僅適當(dāng)增加n2，整個(gè)電路消耗的電功率減小【考點(diǎn)】遠(yuǎn)距離輸電的相關(guān)計(jì)算．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】AC【分析】把用戶的總電阻等效到輸電線的末端，然后結(jié)合閉合電路的歐姆定律分析即可。【解答】解：設(shè)降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)分別是n3和n4，電壓分別是U3和U4，電流分別是I3和I4，用戶端的總電阻為R，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，則I根據(jù)變壓器原副線圈的電流關(guān)系可得I設(shè)用戶的最大值相當(dāng)于原線圈的電阻值為R等，則I聯(lián)立可得R對(duì)于輸電線路的部分，降壓變壓器流過的電流等于輸送的電流，即I3＝I2由閉合電路的歐姆定律可得輸電線路中的電流IA、僅增加用戶數(shù)，用戶端的總電阻為R減小，等效電阻也減小，則輸電線路的部分的電流增大，由P損=I22B、僅增加用戶數(shù)，輸電線路的部分的電流增大，由U損＝I2r可知輸電線損壞的電壓增大，則達(dá)到降壓變壓器原線圈兩端的電壓減小，由U4U3C、僅適當(dāng)增加n2，由U2U1D、整個(gè)電路消耗的功率為P=U22r+故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】理想變壓器輸出電壓由輸入電壓決定，輸入電流由輸出電流決定，輸入功率由輸出功率決定。（多選）9．（4分）（2025?湖北）質(zhì)量均為m的小球a和b由勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，小球a由不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。將小球b豎直下拉長(zhǎng)度l后由靜止釋放。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。釋放小球b后（）A．小球a可能會(huì)運(yùn)動(dòng) B．若小球b做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則其振幅為l2C．當(dāng)且僅當(dāng)l≤mgk時(shí)，小球bD．當(dāng)且僅當(dāng)l≤2mgk【考點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的定義、運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)與判斷；連接體模型．【專題】定量思想；推理法；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】若彈簧對(duì)a向上的彈力大于小球a的重力時(shí)，a球會(huì)運(yùn)動(dòng)；根據(jù)振幅的定義分析；分別計(jì)算出彈簧的壓縮量和在b球在平衡位置時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量，然后得到小球b的最大振幅，然后根據(jù)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件分析即可?！窘獯稹拷猓篈、釋放小球b后，當(dāng)小球b向上運(yùn)動(dòng)擠壓彈簧時(shí)，若彈簧的彈力大于小球a的重力，小球a會(huì)向上運(yùn)動(dòng)，故A正確；CD、當(dāng)小球a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)小球b不做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以小球b始終做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的臨界條件是彈簧壓縮時(shí)的最大彈力等于mg，此時(shí)彈簧的壓縮量為x1=mgk，小球b做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在平衡位置時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x2=mgk，所以最大振幅為Amax=xB、小球b做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)的振幅為A＝l，故B錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】掌握物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是解題的基礎(chǔ)。（多選）10．（4分）（2025?湖北）如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一以O(shè)點(diǎn)為中心的正五邊形，頂點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為R。在正五邊形的頂點(diǎn)上順時(shí)針方向依次固定電荷量為q、2q、3q、4q、5q的正點(diǎn)電荷，且電荷量為3q的電荷在y軸正半軸上。靜電力常量為k，則O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度（）A．方向沿x軸負(fù)方向 B．方向與x軸負(fù)方向成18°夾角斜向下 C．大小為2kqR2（D．大小為2kqR2【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)公式結(jié)合電場(chǎng)的疊加合成知識(shí)進(jìn)行分析解答。【解答】解：法一：點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向如圖所示由幾何關(guān)系可知θ1＝18°，θ2＝54°，將5個(gè)場(chǎng)強(qiáng)沿x、y軸分解可得：Ex＝E1cos54°+E2cos18°﹣E4cos18°﹣E5cos54°=-2kqREy＝E1sin54°+E5sin54°﹣E4sin18°﹣E2sin18°﹣E3=6kqR2（sin54°﹣根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可知O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，大小為2kqR2（2cos54°+cos18°），故AD法二：AB、將各處電荷進(jìn)行等效，如圖所示：根據(jù)均勻帶電圓環(huán)在其內(nèi)部中點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，則五個(gè)點(diǎn)中3q的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為零。根據(jù)等量異種電荷中垂線電場(chǎng)線的分布特點(diǎn)可知，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故A正確、B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)圖丙可知，﹣q的電荷與y軸正方向的夾角為：θ=360°5=72°，﹣2q的電荷與根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加可知，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E=2kqr2cos18°+2×2故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】考查點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)公式結(jié)合電場(chǎng)的疊加合成知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11．（8分）（2025?湖北）某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，設(shè)計(jì)了如圖（a）所示電路，所用器材如下：干電池、智能手機(jī)、電流傳感器、定值電阻R0、電阻箱、開關(guān)、導(dǎo)線等。按電路圖連接電路，將智能手機(jī)與電流傳感器通過藍(lán)牙無線連接，閉合開關(guān)S，逐次改變電阻箱的阻值R，用智能手機(jī)記錄對(duì)應(yīng)的電流傳感器測(cè)得的電流I?；卮鹣铝袉栴}：（1）R0在電路中起保護(hù)（填“保護(hù)”或“分流”）作用。（2）1I與E、r、R、R0的關(guān)系式為1I=1E（R+R0（3）根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出1I-R圖像，如圖（b）所示。已知R0＝9.0Ω，可得E＝1.47V（保留三位有效數(shù)字），r＝1.3（4）電流傳感器的電阻對(duì)本實(shí)驗(yàn)干電池內(nèi)阻的測(cè)量結(jié)果有（填“有”或“無”）影響。【考點(diǎn)】測(cè)量普通電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【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）保護(hù)；（2）1E（R+R0+r（3）1.47，1.3；（4）有?！痉治觥浚?）R0在電路中起保護(hù)作用。（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得到1I與E、r、R、R0（3）根據(jù)1I-R圖像的斜率和截距求E和（4）考慮電流傳感器的電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律得到1I與R的關(guān)系式，得到干電池內(nèi)阻測(cè)量量【解答】解：（1）R0串聯(lián)電路中，起保護(hù)作用。（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝I（R+R0+r）變形得1I=1E（（3）根據(jù)上題分析可得，1I=1I-R圖像的斜率k=1E=24-725縱軸截距b=R0+解得E≈1.47V，r≈1.3Ω（4）設(shè)電流傳感器的內(nèi)阻為RA，再根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝I（R+R0+r真+RA）變形得1I=1則R0+r可知干電池內(nèi)阻的測(cè)量值r測(cè)＝r真+RA故電流傳感器的電阻對(duì)干電池內(nèi)阻的測(cè)量結(jié)果有影響。故答案為：（1）保護(hù)；（2）1E（R+R0+r（3）1.47，1.3；（4）有。【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要理解本實(shí)驗(yàn)的原理：閉合電路歐姆定律，能根據(jù)閉合電路歐姆定律得到圖像的解析式，分析圖像的斜率和截距的意義來解答。第4小題可以將電流傳感器的電阻與干電池內(nèi)阻之和等效為電源的內(nèi)阻，本實(shí)驗(yàn)測(cè)得的電源內(nèi)阻是電流傳感器的電阻與干電池內(nèi)阻之和。12．（9分）（2025?湖北）某同學(xué)利用如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置來測(cè)量重力加速度大小g。細(xì)繩跨過固定在鐵架臺(tái)上不可轉(zhuǎn)動(dòng)的小圓柱體，兩端各懸掛一個(gè)重錘。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d。②將遮光片固定在重錘1上，用天平測(cè)量重錘1和遮光片的總質(zhì)量m、重錘2的質(zhì)量M（M＞m）。③將光電門安裝在鐵架臺(tái)上，將重錘1壓在桌面上，保持系統(tǒng)靜止，重錘2離地面足夠高。用刻度尺測(cè)量出遮光片中心到光電門的豎直距離H。④啟動(dòng)光電門，釋放重錘1，用數(shù)字毫秒計(jì)測(cè)出遮光片經(jīng)過光電門所用時(shí)間t。⑤根據(jù)上述數(shù)據(jù)求出重力加速度大小g。⑥多次改變光電門高度，重復(fù)步驟③④⑤，求出g的平均值?；卮鹣铝袉栴}：（1）測(cè)量d時(shí)，游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖（b）所示，可知d＝0.515cm。（2）重錘1通過光電門時(shí)的速度大小為v＝dt（用d、t表示）。若不計(jì)摩擦，g與m、M、d、t、H的關(guān)系式為g＝(M+（3）實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，當(dāng)M和m之比接近于1時(shí)，g的測(cè)量值明顯小于真實(shí)值。主要原因是圓柱體表面不光滑，導(dǎo)致跨過圓柱體的繩兩端拉力不相等。理論分析表明，圓柱體與繩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)很小時(shí)，跨過圓柱體的繩兩端拉力差ΔT＝4γMmM+mg保持M+m＝2m0不變，其中M＝（1+β）m0，m＝（1﹣β）m0。β足夠小時(shí)，重錘運(yùn)動(dòng)的加速度大小可近似表示為a＝（β﹣γ）g。調(diào)整兩重錘的質(zhì)量，測(cè)得不同β時(shí)重錘的加速度大小a，結(jié)果如表。根據(jù)表格數(shù)據(jù)，采用逐差法得到重力加速度大小g＝9.81m/s2（保留三位有效數(shù)字）。β0.040.060.080.10a/（m/s2）0.0840.2810.4770.673【考點(diǎn)】重力加速度．【專題】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)用專題；重力專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）0.515；（2）dt；(M+m)d2【分析】（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則讀取數(shù)據(jù)；（2）遮光片通過光電門時(shí)間極短，平均速度大小近似等于瞬時(shí)速度大小，根據(jù)v=ΔxΔt求解重錘1（3）根據(jù)表達(dá)式a＝（β﹣γ）g，利用逐差法計(jì)算重力加速度?！窘獯稹拷猓海?）游標(biāo)卡尺的精度是0.05mm，主尺部分讀數(shù)為5mm，游標(biāo)尺的刻度3和主尺上刻度線對(duì)齊，則游標(biāo)卡尺的讀數(shù)d＝5mm+3×0.05mm＝5.15mm＝0.515cm。（2）重錘1上遮光片的寬度為d，遮光片通過光電門的時(shí)間為t，利用平均速度代替瞬時(shí)速度可知v=兩個(gè)重錘組成的系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則有(M-m)gH=1（3）由題意有ai＝（βi﹣γ）g，即g=aiβi-故答案為：（1）0.515；（2）dt；(M+m)d2【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查測(cè)量重力加速度的實(shí)驗(yàn)，逐差法的應(yīng)用是本題難點(diǎn)。13．（9分）（2025?湖北）如圖所示，三角形ABC是三棱鏡的橫截面，AC＝BC，∠C＝30°，三棱鏡放在平面鏡上，AC邊緊貼鏡面。在紙面內(nèi)，一光線入射到鏡面O點(diǎn)，入射角為α，O點(diǎn)離A點(diǎn)足夠近。已知三棱鏡的折射率為2。（1）若α＝45°，求光線從AB邊射入棱鏡時(shí)折射角的正弦值。（2）若光線從AB邊折射后直接到達(dá)BC邊，并在BC邊剛好發(fā)生全反射，求此時(shí)的α值。【考點(diǎn)】光的折射與全反射的綜合問題．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；光的折射專題；全反射和臨界角專題；推理論證能力．【答案】（1）光線從AB邊射入棱鏡時(shí)折射角的正弦值為64（2）此時(shí)的α值為60°?！痉治觥浚?）根據(jù)題意畫出光路圖，根據(jù)幾何知識(shí)求得光在AB面上的入射角，再根據(jù)折射定律列式求解光線從AB邊射入棱鏡時(shí)折射角的正弦值。（2）根據(jù)題意畫出光路圖，根據(jù)臨界角公式和幾何知識(shí)求得光在AB面上的折射角，再利用折射定律公式求得此時(shí)的α值。【解答】解：（1）光路圖如圖甲所示，∠C＝30°，AC＝BC，則∠BAC＝∠B＝75°，當(dāng)α＝45°時(shí)，由幾何關(guān)系得，光線在AB邊上的入射角i＝90°﹣（∠BAC﹣∠1）＝60°，由折射定律得n=sinisinr（2）光在BC邊上恰好發(fā)生全反射時(shí)，入射角等于臨界角，光路圖如圖乙所示，sinθ=sinC=1n=22，則θ＝45°，由幾何關(guān)系知光在AB邊上的折射角為i2＝180°﹣（由折射定律得n=sini1sini2，解得i1答：（1）光線從AB邊射入棱鏡時(shí)折射角的正弦值為64（2）此時(shí)的α值為60°?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查光的折射和全反射的知識(shí)，根據(jù)題意畫出光路圖是解題關(guān)鍵。14．（16分）（2025?湖北）如圖所示，兩平行虛線MN、PQ間無磁場(chǎng)。MN左側(cè)區(qū)域和PQ右側(cè)區(qū)域內(nèi)均有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從MN左側(cè)O點(diǎn)以大小為v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O點(diǎn)到MN的距離為3mv0（1）粒子在MN左側(cè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑。（2）粒子第一次和第二次經(jīng)過PQ時(shí)位置的間距。（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期?！究键c(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】證明題；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】（1）粒子在MN左側(cè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為mv（2）粒子第一次和第二次經(jīng)過PQ時(shí)位置的間距3m（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期5πm【分析】（1）粒子在左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出粒子軌跡，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB=mv（2）粒子在右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB=mv2r（3）根據(jù)qvB=mv2r、T【解答】解：（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子能回到O點(diǎn)，則粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)稱，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。粒子在MN左側(cè)區(qū)域磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有qv0B（2）O點(diǎn)到MN的距離為3mv02qB=粒子在中間無磁場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到PQ右側(cè)后，粒子以O(shè)2為圓心、r2為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有qv0?由幾何關(guān)系得，粒子在PQ右側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)的圓心角為120°，則粒子第一次和第二次經(jīng)過PQ時(shí)位置的間距為d=2（3）由幾何關(guān)系得粒子在MN左側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)的圓心角為240°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=240°360°粒子在PQ右側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)的圓心角為120°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=120°360°粒子在中間無磁場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3則粒子的運(yùn)動(dòng)周期為T=答：（1）粒子在MN左側(cè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為mv（2）粒子第一次和第二次經(jīng)過PQ時(shí)位置的間距3m（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期5πm【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查帶電粒子在多區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是畫出軌跡結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)解答。15．（18分）（2025?湖北）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整數(shù)）個(gè)質(zhì)量均為m的相同小滑塊，從左向右依次編號(hào)為1、2、…、3n，木板的質(zhì)量為nm。相鄰滑塊間的距離均為L(zhǎng)，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。初始時(shí)木板和所有滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給第1個(gè)滑塊一個(gè)水平向右的初速度，大小為βμgL（β為足夠大常數(shù)，g為重力加速度大小）?；瑝K間的每次碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊均會(huì)粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。（1）求第1個(gè)滑塊與第2個(gè)滑塊碰撞前瞬間，第1個(gè)滑塊的速度大小。（2）記木板滑動(dòng)前第j個(gè)滑塊開始滑動(dòng)時(shí)的速度為vj，第j+1個(gè)滑塊開始滑動(dòng)時(shí)的速度為vj+1。用已知量和vj表示vj+1。（3）若木板開始滑動(dòng)后，滑塊間恰好不再相碰，求β的值。提示：12+22+?+k2=16k（k+1）（【考點(diǎn)】用動(dòng)量守恒定律解決多次碰撞（或類碰撞）的問題；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用；牛頓第二定律求解多過程問題．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；歸納法；方程法；模型法；力學(xué)綜合性應(yīng)用專題；模型建構(gòu)能力．【答案】（1）第1個(gè)滑塊的速度大小為v10（2）用已知量和vj表示vj+1的關(guān)系式為vj（3）β的值為4n【分析】（1）對(duì)長(zhǎng)木板和滑塊分別做受力分析可知，第一個(gè)滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)滑塊，由牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求碰撞前的速度大小；（2）對(duì)各個(gè)滑塊，由動(dòng)量守恒定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)出一般關(guān)系式；（3）由（2）的結(jié)論結(jié)合牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求β的值?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)長(zhǎng)木板和滑塊分別做受力分析可知，第一個(gè)滑塊開始向右運(yùn)動(dòng)的過程中，受到的摩擦力為f＝2μmg，而長(zhǎng)木板受到地面的最大靜摩擦力為：fm＝μ（M+3nm）g，由于n＞1，則f＜fm，所以長(zhǎng)木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，第一個(gè)滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)第一個(gè)滑塊，由牛頓第二定律可得：2μmg＝ma，解得：a＝2μg設(shè)第一個(gè)滑塊與第二個(gè)滑塊碰撞前的速度為v10，初速度為v1v1聯(lián)立解得：v10（2）設(shè)第一個(gè)和第二個(gè)滑塊碰撞后共同的速度為v2，對(duì)第一、第二個(gè)滑塊組成的系統(tǒng)，以水平向右的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得：mv10＝2mv2，解得：v設(shè)第二個(gè)滑塊和第三個(gè)滑塊碰撞前的速度為v20，則有：v2解得：v碰撞后共同的速度為v3，由動(dòng)量守恒定律可得：2mv20＝3mv3，解得：v設(shè)第3個(gè)滑塊和第4個(gè)滑塊碰撞前的速度為v30，則有：v3解得：v碰撞后共同的速度為v4，由動(dòng)量守恒定律可得：3mv30＝4mv4，解得：v由此類推可得：vj（3）設(shè)k個(gè)滑塊一起在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板可以滑動(dòng)，則有：2μkmg＞μ（nm+3nm）g，解得：k＞2n由此可知，第2n+1個(gè)滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板開始滑動(dòng)，其余滑塊和木板相對(duì)靜止，設(shè)第2n+1個(gè)滑塊剛開始在木板上時(shí)的速度大小為v2n+1，加速度的大小為a1，木板的加速度大小為a2，由（2）可知：v由牛頓第二定律可得：2μ（2n+1）mg＝（2n+1）ma12μ（2n+1）mg﹣4μnmg＝[4n﹣（2n+1）]ma2設(shè)第2n+1個(gè)滑塊開始滑動(dòng)后，經(jīng)過時(shí)間t與木板達(dá)到共同速度，恰好不與下一個(gè)滑塊相碰，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得；v2n+1﹣a1t＝a2tv2聯(lián)立以上各式解得：β=答：（1）第1個(gè)滑塊的速度大小為v10（2）用已知量和vj表示vj+1的關(guān)系式為vj（3）β的值為4n【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)題意分析清楚滑塊與木板的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，熟練運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)量守恒定律是解題的關(guān)鍵；本題過程復(fù)雜，難度大，是力學(xué)壓軸題。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】（1）勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導(dǎo)①利用微積分思想進(jìn)行推導(dǎo)：在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，雖然速度時(shí)刻變化，但只要時(shí)間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時(shí)間內(nèi)近似應(yīng)用我們熟悉的勻速運(yùn)動(dòng)的公式計(jì)算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導(dǎo)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，速度是均勻改變的，它在時(shí)間t內(nèi)的平均速度就等于時(shí)間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導(dǎo)出位移公式：x（3）勻變速直線運(yùn)動(dòng)中的平均速度在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，對(duì)于某一段時(shí)間t，其中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時(shí)間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，某一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于該段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，又等于這段時(shí)間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論公式：任意兩個(gè)連續(xù)相等時(shí)間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導(dǎo)：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時(shí)間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對(duì)基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當(dāng)汽車遇到交通事故時(shí)就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時(shí)間，汽車剎車停止后不再運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)位移時(shí)間公式x=v0t+解：汽車剎車到停止所需的時(shí)間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：D。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來后不再運(yùn)動(dòng)，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。例2：對(duì)推導(dǎo)公式v=v0物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较颍?s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较?，?s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故選：AC。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式v=【解題思路點(diǎn)撥】（1）應(yīng)用位移公式的解題步驟：①選擇研究對(duì)象，分析運(yùn)動(dòng)是否為變速直線運(yùn)動(dòng)，并選擇研究過程。②分析運(yùn)動(dòng)過程的初速度v0以及加速度a和時(shí)間t、位移x，若有三個(gè)已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向?yàn)檎较颍?，判斷各矢量正?fù)代入公式計(jì)算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負(fù)及變化情況。③利用圖象求解a時(shí)，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時(shí)，須注意位移的正負(fù)：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負(fù)。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點(diǎn)：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大??；b．速度圖象和t軸所圍面積的絕對(duì)值的和等于物體的路程。2．重力加速度【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：重力加速度又叫自由落體加速度，是物體在重力作用下具有的加速度，常用g來表示。g的大小一般取9.8m/s2或10m/s2。2.方向：豎直向下，指向地心。3.大?。涸诘厍蛏喜煌胤接兴町?，一般的規(guī)律為①緯度越高，重力加速度越大，緯度越低，重力加速度越??；②海拔越高，重力加速度越小，海拔越低，重力加速度越大?！久}方向】關(guān)于自由落體運(yùn)動(dòng)的加速度，正確的是（）同一地點(diǎn)，輕、重物體下落的加速度一樣大同一地點(diǎn)，重的物體下落的加速度大這個(gè)加速度在地球上任何地方都一樣大這個(gè)加速度在地球赤道比在地球北極略小分析：自由落體加速度又叫做重力加速度，是由物體所在的位置決定的，與物體的體積、質(zhì)量等都無關(guān)，隨著地球的緯度的增大，重力加速度的大小也增大，在赤道上時(shí)，重力加速度最?。獯穑篈、重力加速度是由物體所在的位置決定的，與物體的體積、質(zhì)量等都無關(guān)，所以同一地點(diǎn)，輕、重物體下落的加速度一樣大，所以A正確，B錯(cuò)誤；C、重力加速度是由物體所在的位置決定的，隨著地球的緯度的增大，重力加速度的大小也增大，在赤道上時(shí)，重力加速度最小，所以C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。點(diǎn)評(píng)：本題就是看學(xué)生對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的理解，一定要注意自由落體運(yùn)動(dòng)加速度與物體的質(zhì)量無關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】1.產(chǎn)生重力加速度的直接原因是重力的存在，所以重力加速度的方向與重力的方向一致，是指向地心的；并且大小與重力一樣隨著物體在地球上位置的不同而不同。2.重力加速度的方向始終指向地心并不是說重力加速度的方向相同，比如北京和深圳的重力加速度方向是不同的。3．勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)題目，往往需要用到多個(gè)公式，需要細(xì)致的思考才能解答?！久}方向】如圖，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員經(jīng)短距離加速后都能達(dá)到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運(yùn)動(dòng)是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時(shí)起跑，在甲、乙相遇時(shí)完成交接棒．在某次練習(xí)中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝20m．求：（1）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達(dá)到理想成績(jī)，需要乙恰好在速度達(dá)到與甲相同時(shí)被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠(yuǎn)時(shí)對(duì)乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時(shí)間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點(diǎn)出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時(shí)，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當(dāng)兩人的速度相等時(shí)，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長(zhǎng)時(shí)間3.2s實(shí)際舍去）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時(shí)間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時(shí)對(duì)乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運(yùn)動(dòng)，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時(shí)間是t點(diǎn)評(píng)：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時(shí)相遇、何時(shí)速度相等這兩個(gè)問題，這道題是典型的追及問題，同學(xué)們一定要掌握?。窘忸}思路點(diǎn)撥】熟練掌握并深刻理解運(yùn)動(dòng)學(xué)的基礎(chǔ)公式及導(dǎo)出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時(shí)游刃有余。4．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。5．牛頓第二定律求解多過程問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.牛頓第二定律的內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2.表達(dá)式：F合＝ma．3.本考點(diǎn)的針對(duì)的情境：物體的受力在一個(gè)階段內(nèi)不斷變化，從而引起加速度不斷變化。常見的如彈簧類問題，蹦極類問題等?！久}方向】如圖所示，自由落下的小球，從接觸豎直放置的彈簧開始到彈簧的壓縮量最大的過程中，小球的速度及所受的合外力的變化情況是（）A、合力變小，速度變小B、合力變小，速度變大C、合力先變小，后變大；速度先變大，后變小D、合力先變大，后變小，速度先變小，后變大分析：小球自由落下，接觸彈簧時(shí)有豎直向下的速度，接觸彈簧后，彈簧被壓縮，彈簧的彈力隨著壓縮的長(zhǎng)度的增大而增大．以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，開始階段，彈力小于重力，合力豎直向下，與速度方向相同，小球做加速運(yùn)動(dòng)，合力減?。划?dāng)彈力大于重力后，合力豎直向上，小球做減速運(yùn)動(dòng)，合力增大．解答：小球自由落下，接觸彈簧時(shí)有豎直向下的速度。以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況：開始階段，彈力小于重力，合力豎直向下，與速度方向相同，小球做加速運(yùn)動(dòng)，合力變?。划?dāng)彈力大于重力后，合力豎直向上，小球做減速運(yùn)動(dòng)，合力變大。當(dāng)彈力等于重力時(shí)，合力為零，速度最大。故選：C。點(diǎn)評(píng)：含有彈簧的問題，是高考的熱點(diǎn)．關(guān)鍵在于分析小球的受力情況，來確定小球的運(yùn)動(dòng)情況，抓住彈力是變化的這一特點(diǎn)．不能簡(jiǎn)單認(rèn)為小球一接觸彈簧就做減速運(yùn)動(dòng)．【解題思路點(diǎn)撥】用牛頓第二定律求解多過程問題的思路如下：1.分析物體的運(yùn)動(dòng)過程2.分析每一階段物體受力的變化3.根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma分析物體加速度的變化4.根據(jù)加速度的情況分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。6．連接體模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．連接體：兩個(gè)或兩個(gè)以上存在相互作用或有一定關(guān)聯(lián)的物體系統(tǒng)稱為連接體，在我們運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解答力學(xué)問題時(shí)經(jīng)常會(huì)遇到．2．解連接體問題的基本方法整體法：把兩個(gè)或兩個(gè)以上相互連接的物體看成一個(gè)整體，此時(shí)不必考慮物體之間的作用內(nèi)力．隔離法：當(dāng)求物體之間的作用力時(shí)，就需要將各個(gè)物體隔離出來單獨(dú)分析．解決實(shí)際問題時(shí)，將隔離法和整體法交叉使用，有分有合，靈活處理．【命題方向】題型一：用整體法和隔離法解決連接體問題．例1：質(zhì)量分別為m和2m的物塊、B用輕彈簧相連，設(shè)兩物塊與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同．當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊在粗糙的水平面上，共同向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x1，如圖甲所示；當(dāng)用同樣大小的力F豎直共同加速提升兩物塊時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，如圖乙所示；當(dāng)用同樣大小的力F沿固定斜面向上拉兩物塊使之共同加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x3，如圖丙所示，則x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．無法確定分析：本題是連接體問題，可以先用整體法根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔離A研究，求得彈簧的彈力及伸長(zhǎng)量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a1=對(duì)A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a2=對(duì)A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3丙圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得Fa3=對(duì)A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k則x1：x2：x3＝1：故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A．點(diǎn)評(píng)：牛頓定律處理連接體問題時(shí)，常常采用隔離法和整體法相結(jié)合的方法研究．隔離法選取受力少的物體研究簡(jiǎn)單．求內(nèi)力時(shí)，必須用隔離法．求整體的加速度可用整體法．例2：如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T．現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則以下說法正確的是（）A．質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用B．當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕繩剛好被拉斷C．當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕繩還不會(huì)被拉斷D．輕繩剛要被拉斷時(shí)，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為2分析：采用隔離法分析2m可得出其受力的個(gè)數(shù)；再對(duì)整體分析可得出整體的加速度與力的關(guān)系；再以后面兩個(gè)物體為研究對(duì)象可得出拉力與加速度的關(guān)系，則可分析得出F與T的關(guān)系．解答：質(zhì)量為2m的木塊受到重力、質(zhì)量為m的木塊的壓力、m對(duì)其作用的向后的摩擦力，輕繩的拉力、地面的支持力五個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)整體，由牛頓第二定律可知，a=F6m；隔離后面的疊加體，由牛頓第二定律可知，輕繩中拉力為F′＝3ma=F2．由此可知，當(dāng)F逐漸增大到2T時(shí)，輕繩中拉力等于T，輕繩才剛好輕繩剛要被拉斷時(shí)，物塊加速度a′=T3m，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為f＝ma′=故選：C．點(diǎn)評(píng)：本題重點(diǎn)在于研究對(duì)象的選擇，以及正確的受力分析，再由整體法與隔離法分析拉力之間的關(guān)系．【解題方法點(diǎn)撥】（1）解答連接體問題時(shí)，決不能把整體法和隔離法對(duì)立起來，而應(yīng)該把這兩種方法結(jié)合起來，從具體問題的實(shí)際情況出發(fā)，靈活選取研究對(duì)象，恰當(dāng)選擇使用隔離法和整體法．（2）在使用隔離法解題時(shí)，所選取的隔離對(duì)象可以是連接體中的某一個(gè)物體，也可以是連接體中的某部分物體（包含兩個(gè)或兩個(gè)以上的單個(gè)物體），而這“某一部分”的選取，也應(yīng)根據(jù)問題的實(shí)際情況，靈活處理．（3）選用整體法或隔離法可依據(jù)所求的力來決定，若為外力則應(yīng)用整體法；若所求力為內(nèi)力則用隔離法．但在具體應(yīng)用時(shí)，絕大多數(shù)的題目要求兩種方法結(jié)合應(yīng)用，且應(yīng)用順序也較為固定，即求外力時(shí)，先隔離后整體；求內(nèi)力時(shí)，先整體后隔離．先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度．7．斜拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運(yùn)動(dòng)叫做拋體運(yùn)動(dòng)。2．方向：直線運(yùn)動(dòng)時(shí)物體的速度方向始終在其運(yùn)動(dòng)軌跡的直線方向上；曲線運(yùn)動(dòng)中，質(zhì)點(diǎn)在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點(diǎn)的切線方向。因此，做拋體運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向，在其運(yùn)動(dòng)軌跡各點(diǎn)的切線方向上，并指向物體前進(jìn)的方向。注：由于曲線上各點(diǎn)的切線方向不同，所以，曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向時(shí)刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運(yùn)動(dòng)的條件：（1）物體做直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時(shí)，物體做直線運(yùn)動(dòng)。（2）物體做曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時(shí)，物體做曲線運(yùn)動(dòng)。4．平拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①初速度方向?yàn)樗?；②只受重力作用。?）規(guī)律：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運(yùn)動(dòng)叫做斜拋運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以斜拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學(xué)生在體育場(chǎng)上拋出鉛球，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。已知在B點(diǎn)時(shí)的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點(diǎn)的速率比C點(diǎn)的速率大B．D點(diǎn)的加速度比C點(diǎn)加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計(jì)空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機(jī)械能守恒；拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速運(yùn)動(dòng)。解答：A、拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，D點(diǎn)位置低，重力勢(shì)能小，故動(dòng)能大，速度大，故A正確；B、拋體運(yùn)動(dòng)，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯(cuò)誤；C、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點(diǎn)B處加速度與速度垂直，故C錯(cuò)誤；D、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，拋體運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點(diǎn)斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。若拋射點(diǎn)B向籃板方向移動(dòng)一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點(diǎn)，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時(shí)減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時(shí)增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運(yùn)動(dòng)，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃球的運(yùn)動(dòng)，等效成籃球做平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水平速度越大時(shí)，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角，同時(shí)減小拋出速度，才能仍垂直打到籃板上，所以只有C正確，ABD均錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度。若仍沿題意角度思考，解題很煩同時(shí)容易出錯(cuò)?！窘忸}方法點(diǎn)撥】類平拋運(yùn)動(dòng)：1．定義：當(dāng)物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時(shí)，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)。2．類平拋運(yùn)動(dòng)的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩分運(yùn)動(dòng)彼此獨(dú)立，互不影響，且與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。（2）特殊分解法：對(duì)于有些問題，可以過拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。3．類平拋運(yùn)動(dòng)問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)判斷該問題屬于類平拋運(yùn)動(dòng)問題﹣﹣求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度﹣﹣根據(jù)具體問題選擇用常規(guī)分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運(yùn)動(dòng)當(dāng)物體在巨力作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運(yùn)動(dòng)就是類拋體運(yùn)動(dòng)。在類拋體運(yùn)動(dòng)中可采用正交分解法處理問題，基本思路為：①建立直角坐標(biāo)系，將外力、初速度沿這兩個(gè)方向分解。②求出這兩個(gè)方向上的加速度、初速度。③確定這兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，選擇合適的方程求解。8．不同軌道上的衛(wèi)星或行星（可能含赤道上物體）運(yùn)行參數(shù)的比較【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.衛(wèi)星運(yùn)行的一般規(guī)律如下：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a由此可知，當(dāng)運(yùn)行半徑r增大時(shí)，衛(wèi)星運(yùn)行的線速度v減小，角速度ω減小，加速度a減小，周期T變大。所以可總結(jié)出一條規(guī)律為“高軌低速長(zhǎng)周期”。即軌道大時(shí)，速度（“所有的速度”：線速度、角速度、加速度）較小、周期較大。2.衛(wèi)星的運(yùn)行參數(shù)如何與赤道上物體運(yùn)行的參數(shù)相比較？赤道上運(yùn)行的物體與同步衛(wèi)星處在同一個(gè)軌道平面，并且運(yùn)行的角速度相等，所以比較赤道上物體與一般衛(wèi)星的運(yùn)行參數(shù)時(shí)，可以通過同步衛(wèi)星建立聯(lián)系。【命題方向】據(jù)報(bào)道：北京時(shí)間4月25日23時(shí)35分，我國(guó)數(shù)據(jù)中繼衛(wèi)星“天鏈一號(hào)01星”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，經(jīng)過4次變軌控制后，成功定點(diǎn)于東經(jīng)七十七度赤道上空的同步軌道．關(guān)于成功定點(diǎn)后的“天鏈一號(hào)01星”下列說法正確的是（）A、它運(yùn)行的線速度等于第一宇宙速度B、它運(yùn)行的周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期C、它運(yùn)行的角速度小于地球的自轉(zhuǎn)角速度D、它的向心加速度等于靜止在赤道上物體的向心加速度分析：“天鏈一號(hào)01星”衛(wèi)星為地球同步衛(wèi)星，又稱對(duì)地靜止衛(wèi)星，是運(yùn)行在地球同步軌道上的人造衛(wèi)星，衛(wèi)星距離地球的高度約為36000km，衛(wèi)星的運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同、運(yùn)行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道、運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間相等，即23時(shí)56分4秒，衛(wèi)星在軌道上的繞行速度約為3.1公里/秒，其運(yùn)行角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度．解答：A．任何繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星速度都小于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B．“天鏈一號(hào)01星”衛(wèi)星為地球同步衛(wèi)星，周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期。故B正確；C．“天鏈一號(hào)01星”衛(wèi)星為地球同步衛(wèi)星，角速度等于地球的自轉(zhuǎn)角速度。故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)GMmr2=ma可知，隨著半徑R的增大，a在減小，故“天鏈一號(hào)01故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題考查了地球衛(wèi)星軌道相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，地球衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心是地球的地心，萬有引力提供向心力，軌道的中心一定是地球的球心；同步衛(wèi)星有四個(gè)“定”：定軌道、定高度、定速度、定周期．本題難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于不同軌道上的衛(wèi)星（或物體），要想比較他們的運(yùn)行參數(shù)，一般遵循的原則是，“天比天，直接比；天比地，要幫忙”，即衛(wèi)星與衛(wèi)星之間可以通過萬有引力提供向心力直接進(jìn)行分析比較，而衛(wèi)星與赤道上物體的比較，則需要借助同步衛(wèi)星進(jìn)行分析。9．用動(dòng)量守恒定律解決多次碰撞（或類碰撞）的問題【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（或類配裝）的問題?！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10．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的定義、運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)與判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、機(jī)械振動(dòng)1.機(jī)械振動(dòng)：物體或物體的一部分在一個(gè)位置附近的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，簡(jiǎn)稱振動(dòng)。2.兩個(gè)振動(dòng)中的概念（1）平衡位置：回復(fù)力為零的位置，也是振動(dòng)物體在靜止時(shí)所處的位置。（2）回復(fù)力：振動(dòng)物體偏離平衡位置后所受到的阻礙它離開平衡位置，使它回到平衡位置的力。①與圓周運(yùn)動(dòng)中的向心力一樣，回復(fù)力是振動(dòng)問題中根據(jù)力的效果命名的一個(gè)效果力，它可由某一個(gè)力充當(dāng)、某幾個(gè)力的合力充當(dāng)或某一個(gè)力的分力來充當(dāng)。②與圓周運(yùn)動(dòng)中的向心力總是指向圓心類似，振動(dòng)過程中的回復(fù)力的方向總是指向平衡位置。二、彈簧振子1.定義：小球與彈簧組成的系統(tǒng)，他是一個(gè)理想化模型。2.彈簧振子示意圖：三、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)1.概念：如果物體的位移與時(shí)間的關(guān)系遵從正弦函數(shù)的規(guī)律，即它的振動(dòng)圖像（x﹣t圖像）是一條正弦曲線，這樣的振動(dòng)是一種簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。2.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是最基本的振動(dòng)，彈簧振子中小球的運(yùn)動(dòng)就是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。3.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是一種變加速運(yùn)動(dòng)。四、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)瞬時(shí)性、對(duì)稱性和周期性。【命題方向】關(guān)于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A、物體在一個(gè)位置附近的往復(fù)運(yùn)動(dòng)稱為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B、由于做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體受回復(fù)力作用，所以簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)一定是受迫振動(dòng)C、如果物體的位移與時(shí)間關(guān)系圖像是一條余弦曲線，則物體做的是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)D、如果物體的位移與時(shí)間關(guān)系圖像是一條正弦曲線，則物體做的可能不是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的特征F＝﹣kx判斷；簡(jiǎn)諧振動(dòng)不是受迫振動(dòng)；根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系判斷。解答：A、物體在一個(gè)位置附近的往復(fù)運(yùn)動(dòng)不一定是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，回復(fù)力與偏離平衡位置位移的關(guān)系是F＝﹣kx，負(fù)號(hào)表示回復(fù)力的方向與偏離平衡位置位移的方向相反，故A錯(cuò)誤；B、系統(tǒng)在驅(qū)動(dòng)力作用下的振動(dòng)叫做受迫振動(dòng)，受迫振動(dòng)的周期由驅(qū)動(dòng)力的周期決定；做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期由自身結(jié)構(gòu)決定，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)中位移隨時(shí)間變化的特點(diǎn)，如果物體的位移與時(shí)間關(guān)系圖像是一條正弦或余弦曲線，則物體做的是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：該題考查對(duì)簡(jiǎn)諧振動(dòng)以及簡(jiǎn)諧振動(dòng)的特點(diǎn)的理解，解答本題關(guān)鍵是掌握簡(jiǎn)諧振動(dòng)的特征。【解題思路點(diǎn)撥】1.實(shí)際物體看作彈簧振子的四個(gè)條件（1）彈簧的質(zhì)量比小球的質(zhì)量小得多，可以認(rèn)為質(zhì)量集中于振子（小球）。（2）構(gòu)成彈簧振子的小球體積足夠小，可以認(rèn)為小球是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)。（3）忽略彈簧以及小球與水平桿之間的摩擦力。（4）小球從平衡位置被拉開的位移在彈性限度內(nèi)。2.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移位移的表示方法：以平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，以振動(dòng)所在的直線為坐標(biāo)軸，規(guī)定正方向，則某時(shí)刻振子偏離平衡位置的位移可用該時(shí)刻振子所在位置的坐標(biāo)來表示。3.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的速度（1）物理含義：速度是描述振子在平衡位置附近振動(dòng)快慢的物理量。在所建立的坐標(biāo)軸（也稱“一維坐標(biāo)系”）上，速度的正、負(fù)號(hào)表示振子運(yùn)動(dòng)方向與坐標(biāo)軸的正方向相同或相反。（2）特點(diǎn)：如圖所示為一簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的模型，振子在O點(diǎn)速度最大，在A、B兩點(diǎn)速度為零。4.判斷一個(gè)振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方法：（1）通過對(duì)位移的分析，列出位移—時(shí)間表達(dá)式，利用位移—時(shí)間圖像是否滿足正弦規(guī)律來判斷。（2）對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求解物體所受力在振動(dòng)方向上的合力，利用物體所受的回復(fù)力是否滿足F＝﹣kx進(jìn)行判斷。（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，分析求解振動(dòng)物體的加速度，利用簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)特征a=-km11．電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理多個(gè)電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和，這種關(guān)系叫電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加遵循平行四邊形定則．在求解電場(chǎng)強(qiáng)度問題時(shí)，應(yīng)分清所敘述的場(chǎng)強(qiáng)是合場(chǎng)強(qiáng)還是分場(chǎng)強(qiáng)，若求分場(chǎng)強(qiáng)，要注意選擇適當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計(jì)算；若求合場(chǎng)強(qiáng)時(shí)，應(yīng)先求出分場(chǎng)強(qiáng)，然后再根據(jù)平行四邊形定則求解．【命題方向】圖中a、b是兩個(gè)點(diǎn)電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點(diǎn)．下列哪種情況能使P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向指向MN的左側(cè)？（）A、Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2B、Q1是正電荷，Q2是負(fù)電荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是負(fù)電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是負(fù)電荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在該點(diǎn)正電荷所受電場(chǎng)力方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度方向來確定各自電場(chǎng)強(qiáng)度方向．然后兩點(diǎn)電荷在同一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由各自電場(chǎng)強(qiáng)度矢量疊加而成的．解答：A、當(dāng)兩點(diǎn)電荷均為正電荷時(shí)，若電荷量相等，則它們?cè)赑點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿MN背離N方向。當(dāng)Q1＜Q2時(shí)，則b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比a點(diǎn)強(qiáng)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度合成后，方向偏左。當(dāng)Q1＞Q2時(shí)，則b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比a點(diǎn)弱，所以電場(chǎng)強(qiáng)度合成后，方向偏右。故A正確；B、當(dāng)Q1是正電荷，Q2是負(fù)電荷時(shí)，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿bP連線背離b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿aP連線指向b點(diǎn)，則合電場(chǎng)強(qiáng)度方向偏右。不論電量大小關(guān)系，仍偏右。故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)Q1是負(fù)電荷，Q2是正電荷時(shí)，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿bP連線指向b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿aP連線背離a點(diǎn)，則合電場(chǎng)強(qiáng)度方向偏左。不論它們的電量大小關(guān)系，仍偏左。故C正確；D、當(dāng)Q1、Q2是負(fù)電荷時(shí)，b點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿bP連線指向b點(diǎn)，而a點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿aP連線指向a點(diǎn)，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場(chǎng)強(qiáng)度方向偏左。故D正確；故選：ACD。點(diǎn)評(píng)：正點(diǎn)電荷在某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向是這兩點(diǎn)的連線且背離正電荷，而負(fù)點(diǎn)電荷在某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向是這兩點(diǎn)的連線且指向負(fù)電荷．【解題思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)強(qiáng)度疊加問題的本質(zhì)就是矢量運(yùn)算法則，先確定每一個(gè)電荷在該點(diǎn)單獨(dú)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度，再利用平行四邊形定則或三角形定則求解合場(chǎng)強(qiáng)。12．安培定則（右手螺旋定則）【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.安培定則的內(nèi)容分三種不同情況．（1）直線電流：右手握住導(dǎo)線，伸直的拇指的方向代表電流的方向，那么彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向．（2）環(huán)形電流：右手握住環(huán)形導(dǎo)線，彎曲的四指所指的方向就是電流的方向，拇指所指的方向就是環(huán)形中心軸線上的磁感線的方向．（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內(nèi)部的磁感線的方向．2.利用安培定則判斷的幾種常見電流的磁場(chǎng)直線電流的磁場(chǎng)通電螺線管的磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)特點(diǎn)無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱安培定則本考點(diǎn)主要考查安培定則（右手螺旋定則）的內(nèi)容。【命題方向】通電螺線管的電流方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系，也可用安培定則來判定：握住螺線管，讓所指的方向跟一致，則的方向就是.分析：右手螺旋定則判斷通電螺線管的電流方向與它的磁感線方向之間的關(guān)系：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內(nèi)部的磁感線的方向．解答：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內(nèi)部的磁感線的方向．故答案為：右手；彎曲的四指；電流的方向；拇指所指；螺線管內(nèi)部的磁感線的方向。點(diǎn)評(píng)：本題考查右手螺旋定則，關(guān)鍵是理解其內(nèi)容。屬于基礎(chǔ)簡(jiǎn)單題目?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場(chǎng)磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導(dǎo)線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導(dǎo)線軸線上磁場(chǎng)的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場(chǎng)的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場(chǎng)是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場(chǎng)的方向，還可以根據(jù)磁場(chǎng)的方向判斷電流的方向。（3）應(yīng)用安培定則判定直線電流時(shí)，四指所指的