第87頁（共87頁）2025年黑龍江省新高考物理試卷（選擇性）一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（4分）（2025?選擇性）書法課上，某同學臨摹“力”字時，筆尖的軌跡如圖中帶箭頭的實線所示。筆尖由a點經(jīng)b點回到a點，則（）A．該過程位移為0 B．該過程路程為0 C．兩次過a點時速度方向相同 D．兩次過a點時摩擦力方向相同2．（4分）（2025?選擇性）某同學冬季乘火車旅行，在寒冷的站臺上從氣密性良好的糖果瓶中取出糖果后擰緊瓶蓋，將糖果瓶帶入溫暖的車廂內(nèi)一段時間后，與剛進入車廂時相比，瓶內(nèi)氣體（）A．內(nèi)能變小 B．壓強變大 C．分子的數(shù)密度變大 D．每個分子動能都變大3．（4分）（2025?選擇性）如圖，利用液導激光技術加工器件時，激光在液束流與氣體界面發(fā)生全反射。若分別用甲、乙兩種液體形成液束流，甲的折射率比乙的大，則（）A．激光在甲中的頻率大 B．激光在乙中的頻率大 C．用甲時全反射臨界角大 D．用乙時全反射臨界角大4．（4分）（2025?選擇性）如圖，某壓力傳感器中平行板電容器內(nèi)的絕緣彈性結構是模仿犰狳設計的，逐漸增大施加于兩極板壓力F的過程中，F(xiàn)較小時彈性結構易被壓縮，極板間距d容易減??；F較大時彈性結構閉合，d難以減小。將該電容器充電后斷開電源，極板間電勢差U與F的關系曲線可能正確的是（）A． B． C． D．5．（4分）（2025?選擇性）平衡位置在同一水平面上的兩個振動完全相同的點波源，在均勻介質(zhì)中產(chǎn)生兩列波。若波峰用實線表示，波谷用虛線表示，P點位于其最大正位移處，曲線ab上的所有點均為振動減弱點，則下列圖中可能滿足以上描述的是（）A． B． C． D．6．（4分）（2025?選擇性）如圖，趣味運動會的“聚力建高塔”活動中，兩長度相等的細繩一端系在同一塔塊上，兩名同學分別握住繩的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向運動。為使塔塊沿豎直方向勻速下落，則v（）A．一直減小 B．一直增大 C．先減小后增大 D．先增大后減小7．（4分）（2025?選擇性）如圖，光滑絕緣水平面AB與豎直面內(nèi)光滑絕緣半圓形軌道BC在B點相切，軌道半徑為r，圓心為O，O、A間距離為3r。原長為2r的輕質(zhì)絕緣彈簧一端固定于O點，另一端連接一帶正電的物塊。空間存在水平向右的勻強電場，物塊所受的電場力與重力大小相等。物塊在A點左側(cè)釋放后，依次經(jīng)過A、B、C三點時的動能分別為EkA、EkB、EkC，則（）A．EkA＜EkB＜EkC B．EkB＜EkA＜EkC C．EkA＜EkC＜EkB D．EkC＜EkA＜EkB（多選）8．（6分）（2025?選擇性）某理論研究認為，42100Mo原子核可能發(fā)生雙β衰變，衰變方程為42100Mo→44ARu+y-10A．A＝100 B．y＝2 C．γ1的頻率比γ2的大 D．γ1的波長比γ2的大（多選）9．（6分）（2025?選擇性）如圖，“”形導線框置于磁感應強度大小為B、水平向右的勻強磁場中。線框相鄰兩邊均互相垂直，各邊長均為l。線框繞b、e所在直線以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動，be與磁場方向垂直。t＝0時，abef與水平面平行，則（）A．t＝0時，電流方向為abcdefa B．t＝0時，感應電動勢為Bl2ω C．t=πωD．t＝0到t=π（多選）10．（6分）（2025?選擇性）如圖（a），傾角為θ的足夠長斜面放置在粗糙水平面上。質(zhì)量相等的小物塊甲、乙同時以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙與斜面的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，整個過程中斜面相對地面靜止。甲和乙的位置x與時間t的關系曲線如圖（b）所示，兩條曲線均為拋物線，乙的x﹣t曲線在t＝t0時切線斜率為0，則（）A．μ1+μ2＝2tanθ B．t＝t0時，甲的速度大小為3v0 C．t＝t0之前，地面對斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面對斜面的摩擦力方向向左二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（8分）（2025?選擇性）在測量某非線性元件的伏安特性時，為研究電表內(nèi)阻對測量結果的影響，某同學設計了如圖（a）所示的電路。選擇多用電表的直流電壓擋測量電壓。實驗步驟如下：①滑動變阻器滑片置于適當位置，閉合開關；②表筆分別連a、b接點，調(diào)節(jié)滑片位置，記錄電流表示數(shù)I和a、b間電壓Uab；③表筆分別連a、c接點，調(diào)節(jié)滑片位置，使電流表示數(shù)仍為I，記錄a、c間電壓Uac；④表筆分別連b、c接點，調(diào)節(jié)滑片位置，使電流表示數(shù)仍為I，記錄b、c間電壓Ubc，計算Uac﹣Ubc；⑤改變電流，重復步驟②③④，斷開開關。作出I﹣Uab、I﹣Uac及I﹣（Uac﹣Ubc）曲線如圖（b）所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）將多用電表的紅、黑表筆插入正確的插孔，測量a、b間的電壓時，紅表筆應連接點（填“a”或“b”）；（2）若多用電表選擇開關旋轉(zhuǎn)到直流電壓擋“0.5V”位置，電表示數(shù)如圖（c）所示，此時電表讀數(shù)為V（結果保留三位小數(shù)）；（3）圖（b）中乙是（填“I﹣Uab”或“I﹣Uac”）曲線；（4）實驗結果表明，當此元件阻值較小時，（填“甲”或“乙”）曲線與I﹣（Uac﹣Ubc）曲線更接近。12．（8分）（2025?選擇性）某興趣小組設計了一個可以測量質(zhì)量的裝置。如圖（a），細繩1、2和橡皮筋相連于一點，繩1上端固定在A點，繩2下端與水杯相連，橡皮筋的另一端與繩套相連。為確定杯中物體質(zhì)量m與橡皮筋長度x的關系，該小組逐次加入等質(zhì)量的水，拉動繩套，使繩1每次與豎直方向夾角均為30°且橡皮筋與繩1垂直，待裝置穩(wěn)定后測量對應的橡皮筋長度。根據(jù)測得數(shù)據(jù)作出x﹣m關系圖線，如圖（b）所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）將一芒果放入此空杯，按上述操作測得x＝11.60cm，由圖（b）可知，該芒果的質(zhì)量m0＝g（結果保留到個位）。若杯中放入芒果后，繩1與豎直方向夾角為30°但與橡皮筋不垂直，由圖像讀出的芒果質(zhì)量與m0相比（填“偏大”或“偏小”）。（2）另一組同學利用同樣方法得到的x﹣m圖像在后半部分彎曲，下列原因可能的是。A.水杯質(zhì)量過小B.繩套長度過大C.橡皮筋伸長量過大，彈力與其伸長量不成正比（3）寫出一條可以使上述裝置測量質(zhì)量范圍增大的措施。13．（10分）（2025?選擇性）如圖，一雪塊從傾角θ＝37°的屋頂上的O點由靜止開始下滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離x＝2.5m，A點距地面的高度h＝1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)μ＝0.125。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪塊從A點離開屋頂時的速度大小v0；（2）雪塊落地時的速度大小v1，及其速度方向與水平方向的夾角α。14．（12分）（2025?選擇性）如圖（a），固定在光滑絕緣水平面上的單匝正方形導體框abcd，置于始終豎直向下的勻強磁場中，ad邊與磁場邊界平行，ab邊中點位于磁場邊界。導體框的質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝0.5Ω、邊長L＝1m。磁感應強度B隨時間t連續(xù)變化，0～1s內(nèi)B﹣t圖像如圖（b）所示。導體框中的感應電流I與時間t關系圖像如圖（c）所示，其中0～1s內(nèi)的圖像未畫出，規(guī)定順時針方向為電流正方向。（1）求t＝0.5s時ad邊受到的安培力大小F。（2）在圖（b）中畫出1～2s內(nèi)B﹣t圖像（無需寫出計算過程）。（3）從t＝2s開始，磁場不再隨時間變化。之后導體框解除固定，給導體框一個向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad邊離開磁場時的速度大小v1。15．（16分）（2025?選擇性）如圖，在xOy平面第一、四象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶正電的粒子從M（0，﹣y0）點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角θ＝30°，從N（0，y0）點射出磁場。已知粒子的電荷量為q（q＞0），質(zhì)量為m，忽略粒子重力及磁場邊緣效應。（1）求粒子射入磁場的速度大小v1和在磁場中運動的時間t1。（2）若在xOy平面內(nèi)某點固定一負點電荷，電荷量為48q，粒子質(zhì)量取m=B2y03k（k為靜電力常量），粒子仍沿（1）中的軌跡從M（3）在（2）問條件下，粒子從N點射出磁場開始，經(jīng)時間t2速度方向首次與N點速度方向相反，求t2（電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，取無限遠處的電勢為0時，與該點電荷距離為r處的電勢φ＝kQr

2025年黑龍江省新高考物理試卷（選擇性）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案ABDDCBC二．多選題（共3小題）題號8910答案ABCABAD一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（4分）（2025?選擇性）書法課上，某同學臨摹“力”字時，筆尖的軌跡如圖中帶箭頭的實線所示。筆尖由a點經(jīng)b點回到a點，則（）A．該過程位移為0 B．該過程路程為0 C．兩次過a點時速度方向相同 D．兩次過a點時摩擦力方向相同【考點】滑動摩擦力的方向；位移、路程及其區(qū)別與聯(lián)系；瞬時速度．【專題】定性思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；理解能力．【答案】A【分析】路程是標量，即沒有方向的量。位移是矢量，有大小有方向。在直線運動中，路程是直線軌跡的長度；在曲線運動中，路程是曲線軌跡的長度。當物體在運動過程中經(jīng)過一段時間后回到原處，路程不為零，位移則等于零。速度方向沿軌跡切線方向，摩擦力方向與筆尖的運動方向相反，據(jù)此進行分析作答。【解答】解：AB、筆尖由a點經(jīng)b點回到a點，位移為0，路程不為0，故A正確，B錯誤；CD、速度和力為矢量，兩次過a點時速度和力的方向不同，故CD錯誤。故選：A?！军c評】考查對路程、位移、速度、力的理解，清楚矢量和標量的定義。2．（4分）（2025?選擇性）某同學冬季乘火車旅行，在寒冷的站臺上從氣密性良好的糖果瓶中取出糖果后擰緊瓶蓋，將糖果瓶帶入溫暖的車廂內(nèi)一段時間后，與剛進入車廂時相比，瓶內(nèi)氣體（）A．內(nèi)能變小 B．壓強變大 C．分子的數(shù)密度變大 D．每個分子動能都變大【考點】氣體的等容變化與查理定律的應用；溫度與分子動能的關系．【專題】定性思想；推理法；內(nèi)能及其變化專題；氣體的狀態(tài)參量和實驗定律專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)封閉氣體內(nèi)能與溫度的關系判斷內(nèi)能的變化；根據(jù)查理定律判斷瓶內(nèi)氣體的壓強的變化；瓶內(nèi)氣體的質(zhì)量與體積均不變，分子的數(shù)密度不變；瓶內(nèi)氣體的溫度升高，分子的平均動能變大?！窘獯稹拷猓篈、糖果瓶被帶進溫暖的車廂一段時間后，瓶內(nèi)氣體的溫度會升高，其內(nèi)能增加，故A錯誤；B、瓶內(nèi)氣體的體積不變，溫度升高，根據(jù)查理定律：pT=CC、瓶內(nèi)氣體的質(zhì)量與體積均不變，分子的數(shù)密度不變，故C錯誤；D、瓶內(nèi)氣體的溫度升高，分子的平均動能變大，而不是每個分子動能都變大，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了氣體的實驗定律，溫度與分子平均動能，以及氣體內(nèi)能的關系。題目較簡單，掌握相關規(guī)律即可。3．（4分）（2025?選擇性）如圖，利用液導激光技術加工器件時，激光在液束流與氣體界面發(fā)生全反射。若分別用甲、乙兩種液體形成液束流，甲的折射率比乙的大，則（）A．激光在甲中的頻率大 B．激光在乙中的頻率大 C．用甲時全反射臨界角大 D．用乙時全反射臨界角大【考點】全反射的條件、判斷和臨界角．【專題】定性思想；推理法；全反射和臨界角專題；推理論證能力．【答案】D【分析】同一激光在不同介質(zhì)中的頻率是相同的；根據(jù)全反射臨界角C滿足：sinC=1【解答】解：AB、同一激光在不同介質(zhì)中的頻率是相同的，故激光在甲中和乙中的頻率是相同的，故AB錯誤；CD、已知甲的折射率比乙的大，即n甲＞n乙，根據(jù)全反射臨界角C滿足：sinC=1n，可得：C甲＜C乙，即用乙時全反射臨界角大，故故選：D?！军c評】本題考查了光的全反射現(xiàn)象，基礎題目。掌握全反射臨界角C滿足：sinC=14．（4分）（2025?選擇性）如圖，某壓力傳感器中平行板電容器內(nèi)的絕緣彈性結構是模仿犰狳設計的，逐漸增大施加于兩極板壓力F的過程中，F(xiàn)較小時彈性結構易被壓縮，極板間距d容易減?。籉較大時彈性結構閉合，d難以減小。將該電容器充電后斷開電源，極板間電勢差U與F的關系曲線可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】電容器的動態(tài)分析（Q不變）——板間距離變化；平行板電容器電容的決定式及影響因素．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)電容的定義式與決定式推導極板間電勢差與極板間距離的關系式，依據(jù)題意分析極板間距隨壓力的變化情況，確定U﹣F的關系曲線的斜率如何變化?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)電容的定義式：C=QU，和電容的決定式：聯(lián)立可得：U=將該電容器充電后斷開電源，電容器的帶電量Q保持不變，由題意可知逐漸增大施加于兩極板壓力的過程，極板間距d隨壓力F的增大而減小的越來越慢，則極板間電勢差U隨壓力F的增大而減小的越來越慢，即U﹣F的關系曲線的斜率隨F的增大而減小，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題考查了平行板電容器的動態(tài)分析問題，掌握電容的定義式與決定式。解答時要注意分析哪些量是不變的，哪些量變化的。5．（4分）（2025?選擇性）平衡位置在同一水平面上的兩個振動完全相同的點波源，在均勻介質(zhì)中產(chǎn)生兩列波。若波峰用實線表示，波谷用虛線表示，P點位于其最大正位移處，曲線ab上的所有點均為振動減弱點，則下列圖中可能滿足以上描述的是（）A． B． C． D．【考點】波的干涉的加強和減弱區(qū)域的特點及判斷．【專題】定性思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】C【分析】P點位于其最大正位移處，則P點為兩列波的波峰與波峰相遇的點；曲線ab上的所有點均為振動減弱點，根據(jù)干涉圖樣中振動減弱區(qū)域作出判斷?！窘獯稹拷猓築D、BD選項對應的圖中的P點均是兩虛線的交點，為兩列波的波谷與波谷相遇的點，P點位于其最大負位移處，故BD錯誤；AC、AC選項對應的圖中的P點均是兩列波的波峰與波峰相遇的點，P點位于其最大正位移處。振動加強區(qū)域與振動減弱區(qū)域如下圖所示，其中曲線①③上的點均為振動減弱點，曲線②上的點均為振動加強點。由此可知C選項對應的圖中的曲線ab上的所有點均為振動減弱點，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查了波的干涉現(xiàn)象的干涉圖樣。掌握干涉圖樣中振動加強區(qū)域與振動減弱區(qū)域的判斷。6．（4分）（2025?選擇性）如圖，趣味運動會的“聚力建高塔”活動中，兩長度相等的細繩一端系在同一塔塊上，兩名同學分別握住繩的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向運動。為使塔塊沿豎直方向勻速下落，則v（）A．一直減小 B．一直增大 C．先減小后增大 D．先增大后減小【考點】關聯(lián)速度問題．【專題】定性思想；推理法；運動的合成和分解專題；推理論證能力．【答案】B【分析】將v和塔塊的速度分解到沿繩方向和垂直繩方向，且沿繩子方向的速度相等，根據(jù)角度關系分析出速度的變化?！窘獯稹拷猓涸O兩邊繩與豎直方向的夾角為θ，塔塊沿豎直方向勻速下落的速度為v塊，將v塊沿繩方向和垂直繩方向分解，將v沿繩子方向和垂直繩方向分解，可得v塊cosθ＝vsinθ，解得v=v塊tanθ，由于塔塊勻速下落時θ在減小，故可知v一直增大，故故選：B?！军c評】本題主要考查了運動的合成與分解問題，熟悉矢量的合成和分解，根據(jù)幾何關系即可完成解答。7．（4分）（2025?選擇性）如圖，光滑絕緣水平面AB與豎直面內(nèi)光滑絕緣半圓形軌道BC在B點相切，軌道半徑為r，圓心為O，O、A間距離為3r。原長為2r的輕質(zhì)絕緣彈簧一端固定于O點，另一端連接一帶正電的物塊?？臻g存在水平向右的勻強電場，物塊所受的電場力與重力大小相等。物塊在A點左側(cè)釋放后，依次經(jīng)過A、B、C三點時的動能分別為EkA、EkB、EkC，則（）A．EkA＜EkB＜EkC B．EkB＜EkA＜EkC C．EkA＜EkC＜EkB D．EkC＜EkA＜EkB【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的圓周運動．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】滑塊從B到C，只要重力做功，根據(jù)動能定理求解B、C兩點動能的大小關系；滑塊運動到D點，彈簧處于原長狀態(tài)，滑塊從A運動到D、從D運動到B，彈簧的形變量相同，彈性勢能相同；根據(jù)動能定理求解A、B兩點動能的大小關系，然后作答。【解答】解：滑塊從B到C，只要重力做功，根據(jù)動能定理﹣mg×2r＝EkC﹣EkB因此EkB＝EkC+2mgr如圖所示，滑塊運動到D點，彈簧處于原長狀態(tài)：滑塊從A運動到D、從D運動到B，彈簧的形變量相同，彈性勢能相同；滑塊從A運動到B的過程中，根據(jù)數(shù)學知識AB由于Eq＝mg，根據(jù)動能定理Eq因此E聯(lián)立解得EkA＜EkC＜EkB故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題主要考查了動能定理的運用，明確彈簧的形變量相同，彈性勢能相同時解題的關鍵。（多選）8．（6分）（2025?選擇性）某理論研究認為，42100Mo原子核可能發(fā)生雙β衰變，衰變方程為42100Mo→44ARu+y-10A．A＝100 B．y＝2 C．γ1的頻率比γ2的大 D．γ1的波長比γ2的大【考點】β衰變的特點、本質(zhì)及方程；核反應前后質(zhì)量數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、核子數(shù)等參數(shù)的關系．【專題】定量思想；推理法；衰變和半衰期專題；推理論證能力．【答案】ABC【分析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒、結合光子能量公式波速和頻率的關系式進行分析解答。【解答】解：AB.根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒有42100Mo→44100Ru+2-10CD.因為γ1的光子能量大于γ2的光子能量，由E＝hν和c＝λν可知，γ1的頻率大于γ2的頻率，γ1的波長小于γ2的波長，故C正確，D錯誤。故選：ABC?！军c評】考查質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒、結合光子能量公式波速和頻率的關系式的應用，會根據(jù)題意進行準確分析解答。（多選）9．（6分）（2025?選擇性）如圖，“”形導線框置于磁感應強度大小為B、水平向右的勻強磁場中。線框相鄰兩邊均互相垂直，各邊長均為l。線框繞b、e所在直線以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動，be與磁場方向垂直。t＝0時，abef與水平面平行，則（）A．t＝0時，電流方向為abcdefa B．t＝0時，感應電動勢為Bl2ω C．t=πωD．t＝0到t=π【考點】計算線圈轉(zhuǎn)動過程中電動勢和電流的平均值；右手定則；法拉第電磁感應定律的基本計算．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】AB【分析】t＝0時刻cd邊的速度方向與磁感線平行，只有af切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律求解感應電動勢；根據(jù)右手定則判斷此時感應電流方向；t=πω時導線框轉(zhuǎn)動了半周，此時cd邊的速度方向仍與磁感線平行，af邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢；由t＝0到【解答】解：AB、由題可知，t＝0時刻cd邊的速度方向與磁感線平行，只有af切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，此時af邊的速度大小為v＝ωl，方向與磁感線垂直向下，根據(jù)法拉第電磁感應定律得感應電動勢為E＝Blv＝Bl2ω。根據(jù)右手定則判斷此時感應電流方向為abcdefa，故AB正確；C、易知t=πω時導線框轉(zhuǎn)動了半周，此時cd邊的速度方向水平向左，仍與磁感線平行，af邊的速度方向與磁感線垂直向上，只有af切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，故此時感應電動勢不為零，故D、由t＝0到t=πω的過程，導線框轉(zhuǎn)動了半周，導線框的abef部分初末均與磁場方向平行，其磁通量變化量為零。導線框的bcde部分初末均與磁場方向垂直，其磁通量變化量為ΔΦ＝Bl2﹣（﹣Bl2）＝2Bl2故選：AB?！军c評】本題考查了法拉第電磁感應定律的應用，掌握感應電流方向判斷，確定磁通量的變化量的方法，掌握動生電動勢的計算公式。（多選）10．（6分）（2025?選擇性）如圖（a），傾角為θ的足夠長斜面放置在粗糙水平面上。質(zhì)量相等的小物塊甲、乙同時以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙與斜面的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，整個過程中斜面相對地面靜止。甲和乙的位置x與時間t的關系曲線如圖（b）所示，兩條曲線均為拋物線，乙的x﹣t曲線在t＝t0時切線斜率為0，則（）A．μ1+μ2＝2tanθ B．t＝t0時，甲的速度大小為3v0 C．t＝t0之前，地面對斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面對斜面的摩擦力方向向左【考點】物體在粗糙斜面上的運動；根據(jù)x﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】x﹣t圖像的斜率表示速度，結合平均速度公式求解甲乙的初速度，從而求解加速度，根據(jù)牛頓第二定律對單個物體或者整體列式求解?！窘獯稹拷猓篈B.x﹣t圖像的斜率表示速度，甲乙兩個物塊的曲線均為拋物線，則甲物體做勻加速運動，乙物體做勻減速運動，在時間內(nèi)甲乙位移可得x甲=v0+v2t0=3x0，x乙由牛頓第二定律可得甲物體mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，同理可得乙物體μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2聯(lián)立可得μ1+μ2＝2tanθ，故A正確，B錯誤；C.設斜面的質(zhì)量為M，取水平向左為正方向，水平方向上由牛頓第二定理可得f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，則t＝t0之前，地面和斜面之間摩擦力為零，故C錯誤；D.t＝t0之后，乙物體保持靜止，甲物體繼續(xù)沿斜面向下加速，水平方向上由牛頓第二定律可得f＝ma1cosθ，即地面對斜面的摩擦力向左，故D正確。故選：AD。【點評】本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應用，關鍵要抓住x﹣t圖像的有效信息并結合題干進行分析，注意水平方向上的加速度與地面對斜面摩擦力的關系。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（8分）（2025?選擇性）在測量某非線性元件的伏安特性時，為研究電表內(nèi)阻對測量結果的影響，某同學設計了如圖（a）所示的電路。選擇多用電表的直流電壓擋測量電壓。實驗步驟如下：①滑動變阻器滑片置于適當位置，閉合開關；②表筆分別連a、b接點，調(diào)節(jié)滑片位置，記錄電流表示數(shù)I和a、b間電壓Uab；③表筆分別連a、c接點，調(diào)節(jié)滑片位置，使電流表示數(shù)仍為I，記錄a、c間電壓Uac；④表筆分別連b、c接點，調(diào)節(jié)滑片位置，使電流表示數(shù)仍為I，記錄b、c間電壓Ubc，計算Uac﹣Ubc；⑤改變電流，重復步驟②③④，斷開開關。作出I﹣Uab、I﹣Uac及I﹣（Uac﹣Ubc）曲線如圖（b）所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）將多用電表的紅、黑表筆插入正確的插孔，測量a、b間的電壓時，紅表筆應連a接點（填“a”或“b”）；（2）若多用電表選擇開關旋轉(zhuǎn)到直流電壓擋“0.5V”位置，電表示數(shù)如圖（c）所示，此時電表讀數(shù)為0.378V（結果保留三位小數(shù)）；（3）圖（b）中乙是I﹣Uac（填“I﹣Uab”或“I﹣Uac”）曲線；（4）實驗結果表明，當此元件阻值較小時，甲（填“甲”或“乙”）曲線與I﹣（Uac﹣Ubc）曲線更接近?！究键c】描繪小燈泡的伏安特性曲線；伏安法測電阻；電流表的內(nèi)接和外接法．【專題】實驗題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）a；（2）0.378；（3）I﹣Uac；（4）甲【分析】（1）判斷通過元件的電流方向，根據(jù)“紅進黑出”的原則解答；（2）選用直流電壓擋“0.5V”，先確定分度值，再根據(jù)刻度值讀數(shù)；（3）根據(jù)電流一定時，電壓的大小關系判斷圖（b）中乙是哪個的圖像；（4）根據(jù)I﹣U圖像上的點與原點連線的斜率的倒數(shù)等于的阻值，判斷圖（b）中曲線甲是哪種情況下測量得到的圖像。根據(jù)（Uac﹣Ubc）是元件電壓的真實值，確定I﹣（Uac﹣Ubc）圖像是圖（b）中實線，當此元件阻值較小時，對應圖（b）中電壓較大的部分，由圖可見圖（b）中的實線曲線甲更接近?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電路圖可知通過元件的電流方向為a→b，根據(jù)“紅進黑出”的原則可知，紅表筆應連a接點；（2）選用直流電壓擋“0.5V”，則分度值為0.01V，此時電表讀數(shù)為0.378V；（3）電流一定時，圖（b）中乙的電壓最大。根據(jù)電路圖可知當電流表示數(shù)一定時，a、c間的電壓Uac比Uab和（Uac﹣Ubc）都大，故圖（b）中乙是I﹣Uac的圖像；（4）I﹣U圖像上的點與原點連線的斜率的倒數(shù)等于的阻值，由此可知當電流相同時圖（b）中曲線甲對應的電阻值最小，故曲線甲是電流表外接的情況下測量得到的圖像，即曲線甲是I﹣Uab的圖像。由（3）的解答可知圖（b）中曲線乙是I﹣Uac的圖像，是電流表內(nèi)接的情況下測量得到的圖像，而（Uac﹣Ubc）是元件電壓的真實值，可知I﹣（Uac﹣Ubc）圖像介于曲線甲、乙之間，可得圖（b）中實線是I﹣（Uac﹣Ubc）的圖像，此圖像是無系統(tǒng)誤差的伏安特性曲線。當此元件阻值較小時，對應圖（b）中電壓較大的部分，可見圖（b）中的實線曲線甲更接近，即當此元件阻值較小時，甲曲線與I﹣（Uac﹣Ubc）曲線更接近。故答案為：（1）a；（2）0.378；（3）I﹣Uac；（4）甲【點評】本題考查了測量某非線性元件的伏安特性時，研究電表內(nèi)阻對測量結果的影響的實驗，掌握伏安法串聯(lián)電阻的內(nèi)外接法的誤差分析。本實驗的結果說明了內(nèi)外接法的選擇與被測電阻的相對大小的關系。12．（8分）（2025?選擇性）某興趣小組設計了一個可以測量質(zhì)量的裝置。如圖（a），細繩1、2和橡皮筋相連于一點，繩1上端固定在A點，繩2下端與水杯相連，橡皮筋的另一端與繩套相連。為確定杯中物體質(zhì)量m與橡皮筋長度x的關系，該小組逐次加入等質(zhì)量的水，拉動繩套，使繩1每次與豎直方向夾角均為30°且橡皮筋與繩1垂直，待裝置穩(wěn)定后測量對應的橡皮筋長度。根據(jù)測得數(shù)據(jù)作出x﹣m關系圖線，如圖（b）所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）將一芒果放入此空杯，按上述操作測得x＝11.60cm，由圖（b）可知，該芒果的質(zhì)量m0＝106g（結果保留到個位）。若杯中放入芒果后，繩1與豎直方向夾角為30°但與橡皮筋不垂直，由圖像讀出的芒果質(zhì)量與m0相比偏大（填“偏大”或“偏小”）。（2）另一組同學利用同樣方法得到的x﹣m圖像在后半部分彎曲，下列原因可能的是C。A.水杯質(zhì)量過小B.繩套長度過大C.橡皮筋伸長量過大，彈力與其伸長量不成正比（3）寫出一條可以使上述裝置測量質(zhì)量范圍增大的措施減小繩1與豎直方向的夾角?！究键c】探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律；探究彈簧彈力與形變量的關系．【專題】實驗題；定量思想；實驗分析法；共點力作用下物體平衡專題；實驗探究能力．【答案】（1）106；偏大；（2）C；（3）減小繩1與豎直方向的夾角【分析】（1）根據(jù)圖（b）的x﹣m關系圖線讀出該芒果的質(zhì)量；當繩1與橡皮筋不垂直時，作出受力分析圖，根據(jù)平衡條件判斷橡皮筋的拉力F的變化情況，可知橡皮筋長度的變化情況，由圖像確定測量的誤差。（2）得到的x﹣m圖像在后半部分彎曲與水杯質(zhì)量過小和繩套長度過大均無關?？赡苁怯捎谙鹌そ钌扉L量過大，超出了它的彈性限度所致。（3）由平衡條件得到橡皮筋的拉力與水杯和被測物體的總重力的關系，據(jù)此關系式找到增大測量質(zhì)量范圍的方法?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖（b）所示，當x＝11.60cm時，可得該芒果的質(zhì)量m0＝106g。當繩1與豎直方向夾角為30°但與橡皮筋不垂直時，如下圖1所示，可知無論橡皮筋與繩1的夾角變大還是變小，橡皮筋的拉力F均變大，橡皮筋長度均會變大，由圖像讀出的芒果質(zhì)量與m0相比偏大。（2）另一組同學利用同樣方法得到的x﹣m圖像在后半部分彎曲，是由于橡皮筋伸長量過大，超出了它的彈性限度，以至于彈力與其伸長量不再成正比的原因。此情況與水杯質(zhì)量過小和繩套長度過大均無關，故C正確，AB錯誤。故選：C。（3）設繩1與豎直方向夾角為θ，根據(jù)圖1的受力分析，橡皮筋與繩1垂直時由平衡條件得：F＝T2sinθ，其中T2為繩2的拉力，其大小等于水杯與被測物體的總重力。要使裝置測量質(zhì)量范圍增大，即使T2較大時F較小，可減小θ的值，故可以采取減小繩1與豎直方向的夾角的措施來增大測量質(zhì)量范圍。故答案為：（1）106；偏大；（2）C；（3）減小繩1與豎直方向的夾角【點評】本題是設計測量質(zhì)量的裝置的實驗，實驗原理是胡克定律與共點力平衡。掌握應用圖解法分析動態(tài)平衡問題。13．（10分）（2025?選擇性）如圖，一雪塊從傾角θ＝37°的屋頂上的O點由靜止開始下滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離x＝2.5m，A點距地面的高度h＝1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)μ＝0.125。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪塊從A點離開屋頂時的速度大小v0；（2）雪塊落地時的速度大小v1，及其速度方向與水平方向的夾角α?！究键c】機械能與曲線運動相結合的問題；斜拋運動；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．【答案】（1）雪塊到A點速度大小v0為5m/s；（2）雪塊到地面速度大小v1為8m/s，方向與水平方向夾角α為60°。【分析】（1）對雪塊由靜止下滑到A點的過程，根據(jù)動能定理求解雪塊到A點速度大小；（2）根據(jù)機械能守恒定律得求解雪塊到地面速度大小。雪塊由A點到地面的過程做斜拋運動，根據(jù)矢量的合成與分解求解雪塊由A點到地面的速度與水平方向夾角。【解答】解：（1）雪塊由靜止下滑到A點的過程，根據(jù)動能定理得：mgxsinθ﹣μmgxcosθ=解得：v0＝5m/s（2）雪塊由A點到地面的過程，根據(jù)機械能守恒定律得：mgh+解得：v1＝8m/s雪塊由A點到地面的過程做斜拋運動，在水平方向做勻速運動的速度大小為：vx＝v0cosθ，解得：vx＝4m/s由速度分解可得：cosα=解得：α＝60°答：（1）雪塊到A點速度大小v0為5m/s；（2）雪塊到地面速度大小v1為8m/s，方向與水平方向夾角α為60°?！军c評】本題考查了機械能守恒定律、動能定理的應用，以及拋體運動的特點，題目較簡單。也可應用牛頓第二定律，結合運動學公式解答。14．（12分）（2025?選擇性）如圖（a），固定在光滑絕緣水平面上的單匝正方形導體框abcd，置于始終豎直向下的勻強磁場中，ad邊與磁場邊界平行，ab邊中點位于磁場邊界。導體框的質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝0.5Ω、邊長L＝1m。磁感應強度B隨時間t連續(xù)變化，0～1s內(nèi)B﹣t圖像如圖（b）所示。導體框中的感應電流I與時間t關系圖像如圖（c）所示，其中0～1s內(nèi)的圖像未畫出，規(guī)定順時針方向為電流正方向。（1）求t＝0.5s時ad邊受到的安培力大小F。（2）在圖（b）中畫出1～2s內(nèi)B﹣t圖像（無需寫出計算過程）。（3）從t＝2s開始，磁場不再隨時間變化。之后導體框解除固定，給導體框一個向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad邊離開磁場時的速度大小v1?！究键c】線圈進出磁場的動力學問題；根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結合；推理論證能力．【答案】（1）ad的安培力大小F為0.015N；（2）補充（b）如解析；（3）給導體框一個向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad經(jīng)過磁場邊界的速度大小v1為0.01m/s?！痉治觥浚?）根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律求解安培力；（2）根據(jù)法拉第電磁感應定律結合圖像的電流變化，楞次定律進行分析判斷；（3）根據(jù)動量定理列式求解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt=nΔB?SΔt=1×0.2-0.11×1×12V＝0.05V，由閉合電路的歐姆定律I=ER=0.050.5A＝0.1A，由圖（b）可知，0.5s時的磁感應強度大小B1＝0.15T，則（2）由圖（c）可知，1～2s內(nèi)電流大小為0.2A，方向沿逆時針方向，由（1）的解答可知，磁感應強度變化率大小是第1s內(nèi)的2倍，又磁場大小時間連續(xù)變化，可知磁場方向不變，均勻增大，補充后的圖像如下（3）由圖t＝2s時，磁感應強度為B＝0.3T，對導體框，規(guī)定初速度v0的方向為正方向，由動量定理有﹣BIL?Δt＝mv1﹣mv0，而q=IΔt=B?ΔSΔt?ΔtR=答：（1）ad的安培力大小F為0.015N；（2）補充（b）如解析；（3）給導體框一個向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad經(jīng)過磁場邊界的速度大小v1為0.01m/s?！军c評】考查法拉第電磁感應定律和楞次定律，圖像的認識和處理，會根據(jù)題意進行準確分析解答。15．（16分）（2025?選擇性）如圖，在xOy平面第一、四象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶正電的粒子從M（0，﹣y0）點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角θ＝30°，從N（0，y0）點射出磁場。已知粒子的電荷量為q（q＞0），質(zhì)量為m，忽略粒子重力及磁場邊緣效應。（1）求粒子射入磁場的速度大小v1和在磁場中運動的時間t1。（2）若在xOy平面內(nèi)某點固定一負點電荷，電荷量為48q，粒子質(zhì)量取m=B2y03k（k為靜電力常量），粒子仍沿（1）中的軌跡從M（3）在（2）問條件下，粒子從N點射出磁場開始，經(jīng)時間t2速度方向首次與N點速度方向相反，求t2（電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，取無限遠處的電勢為0時，與該點電荷距離為r處的電勢φ＝kQr【考點】帶電粒子在疊加場中做一般曲線運動；開普勒三大定律；帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動．【答案】（1）正電荷的入射速度等于2qBy0m，從M運動到（2）這次正電荷的入射速度為6kq（3）在（2）的條件下，正電荷從N點離開磁場后到首次速度變?yōu)榕cN點的射出速度相反的時間為23【分析】（1）根據(jù)幾何關系計算出粒子的軌道半徑，然后根據(jù)向心力公式計算即可；根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)角和周期關系計算時間；（2）正電荷由洛倫茲力和庫侖力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律計算；（3）離開磁場后洛倫茲力消失，只靠庫侖力不足以提供維持圓周運動的向心力，粒子做離心運動，由于N點受力與速度v2垂直，因此軌跡是負電荷為焦點的橢圓，類比于開普勒第三定律計算即可。【解答】解：（1）一帶正電的粒子從M（0，﹣y0）點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角θ＝30°，粒子從M到N做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系rsinθ＝y(tǒng)0，解得r＝2y0洛倫茲力提供向心力，則q聯(lián)立解得v周期T=2πrv速度偏轉(zhuǎn)角為2θ＝2×30°＝60°，所以t1=60°360°（2）正電荷沿原來軌跡從M運動到N，負電荷需固定在（1）問圓心處，這樣負電荷受到洛倫茲力與庫侖力的合力提供向心力，軌跡與（1）相同根據(jù)牛頓第二定律有kQq整理成關于v2的一元二次方程：B2因式分解(解得v2（3）離開磁場后洛倫茲力消失，只靠庫侖力不足以提供維持圓周運動的向心力，粒子做離心運動，由于N點受力與速度v2垂直，因此軌跡是負電荷為焦點的橢圓，負電荷類比地球，N點為“近地點”，速度變?yōu)榕cN點的射出速度相反的點為“遠地點”類比天體，根據(jù)開普勒第二定律有v3r'＝v2r根據(jù)能量守恒定律可得12聯(lián)立解得r'＝6y0，可得橢圓半長軸a＝4y0，根據(jù)開普勒第三定律，橢圓軌道周期與半徑為a＝4y0的圓軌道周期T'相同，對這個圓軌道列向心力方程kqQ(4解得T'=因此所求時間t2=T'2，解得答：（1）正電荷的入射速度等于2qBy0m，從M運動到（2）這次正電荷的入射速度為6kq（3）在（2）的條件下，正電荷從N點離開磁場后到首次速度變?yōu)榕cN點的射出速度相反的時間為23【點評】在粒子做勻速圓周運動時，能夠計算出粒子的軌道半徑是解題的基礎，加入負電荷后，知道是由庫侖力和洛倫茲力的合力提供的向心力，當粒子離開磁場后，知道粒子做的是橢圓軌道運動，能結合開普勒第二定律計算出該橢圓軌道的半長軸是解題的關鍵，然后根據(jù)開普勒第三定律計算時間，本題綜合性強，難度大。

考點卡片1．位移、路程及其區(qū)別與聯(lián)系【知識點的認識】（1）位移表示質(zhì)點在空間的位置的變化，用有向線段表示，位移的大小等于有向線段的長度，位移的方向由初位置指向末位置．（2）路程是質(zhì)點在空間運動軌跡的長度．在確定的兩位置間，物體的路程不是唯一的，它與質(zhì)點的具體運動過程有關．（3）位移與路程是在一定時間內(nèi)發(fā)生的，是過程量，二者都與參考系的選取有關．位移和路程的區(qū)別：①位移是矢量，大小只跟運動起點、終點位置有關，跟物體運動所經(jīng)歷的實際路徑無關．②路程是標量，大小跟物體運動經(jīng)過的路徑有關．如圖所示，物體從A運動到B，不管沿著什么軌道，它的位移都是一樣的．這個位移可以用一條有方向的（箭頭）線段AB表示．【命題方向】關于位移和路程，下列說法中正確的是（）A.沿直線運動的物體位移和路程是相等的B.質(zhì)點沿不同的路徑由A到B，路程可能不同而位移一定相同C.質(zhì)點通過一段路程，其位移可能為零D.質(zhì)點運動的位移的大小可能大于路程分析：位移的大小等于初末位置的距離，方向由初位置指向末位置．路程是運動軌跡的長度．解答：A、沿單向直線運動的物體位移大小和路程是相等。而位移是矢量，路程是標量，所以不能相等，故A錯誤；B、路程不相等，但位移可能相同，比如從A地到B地，有不同的運行軌跡，但位移相同，故B正確；C、物體通過一段路程，位移可能為零。比如圓周運動一圈，故C正確；D、質(zhì)點運動的位移的大小不可能大于路程，最大等于路程，故D錯誤。故選：BC。點評：解決本題的關鍵知道路程和位移的區(qū)別，路程是標量，位移是矢量，有大小有方向．【解題方法點撥】①位移是描述物體位置變化大小和方向的物理量，它是運動物體從初位置指向末位置的有向線段．位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟運動起點、終點位置有關，跟物體運動所經(jīng)歷的實際路徑無關．②路程是物體運動所經(jīng)歷的路徑長度，是標量，大小跟物體運動經(jīng)過的路徑有關．③位移和路程都屬于過程量，物體運動的位移和路程都需要經(jīng)歷一段時間．④就大小而言，一般情況下位移的大小小于路程，只有在單方向的直線運動中，位移的大小才等于路程．2．瞬時速度【知識點的認識】瞬時速度是指運動物體在某一時刻（或某一位置）的速度．從物理含義上看，瞬時速度指某一時刻附近極短時間內(nèi)的平均速度．瞬時速度的大小叫瞬時速率，簡稱速率．2．平均速度和瞬時速度對比：（1）區(qū)別：平均速度反映的是物體在整個運動過程中的整體運動情況，而瞬時速度反映的是物體在運動過程的某一時刻或某一位置的運動情況；（2）聯(lián)系：在勻速直線運動中，任何時刻的瞬時速度和整個運動過程中的平均速度相同．【命題方向】例1：下列速度中，屬于瞬時速度的是（）A．某同學百米賽跑的速度是8m/sB．汽車以60km/h的速度通過蘇通大橋C．飛機起飛時的速度是50m/sD．子彈在槍管里的速度是400m/s分析：瞬時速度為某一時刻或某一位置時的速度；平均速度為某一段時間內(nèi)或某一位移內(nèi)的速度．解：A、百米賽跑的速度是人在100米內(nèi)的速度，故為平均速度；故A錯誤；B、汽車通過大橋的速度為一段位移內(nèi)的速度，為平均速度，故B錯誤；C、飛機起飛速度是指飛機在離地起飛瞬間的速度，為瞬時速度，故C正確；D、子彈在槍管中對應一段位移，故為平均速度，故D錯誤；故選：C．點評：本題明確平均速度與瞬時速度的定義即可求解；要牢記平均速度為某一過程內(nèi)的速度；而瞬時速度對應了一個瞬間．例2：關于瞬時速度、平均速度，以下說法中正確的是（）A．瞬時速度可以看成時間趨于無窮小時的平均速度B．做變速運動的物體在某段時間內(nèi)的平均速度的大小，一定和物體在這段時間內(nèi)各個時刻的瞬時速度的大小的平均值相等C．物體做變速直線運動時，平均速度的大小就是平均速率D．物體做變速運動時，平均速度是指物體通過的路程與所用時間的比值分析：瞬時速度是在某一時刻的速度，平均速度是物體在運動時間內(nèi)發(fā)生的位移與所用時間的比值；故瞬時速度對應時間軸上的點，平均速度對應時間軸上的一段時間．解：瞬時速度是在某一時刻的速度，平均速度是物體在運動時間內(nèi)發(fā)生的位移與所用時間的比值．A：瞬時速度對應時間軸上的點，時間趨于無窮小時可以看做一個時間點，瞬時速度可以看成時間趨于無窮小時的平均速度．故A正確；B：做變速直線運動的物體在某段時間內(nèi)平均速度，和物體在這段時間內(nèi)各個時刻的瞬時速度的平均值一般是不相等的．故B錯誤；C：物體只有在做單向直線運動時，平均速度的大小才等于平均速率，故C錯誤；D：平均速度是指物體的位移與所用時間的比值．故D錯誤．故選：A．點評：瞬時速度和平均速度是運動學的基本概念，要加深對它們的理解．【解題方法點撥】平均速度瞬時速度平均速率瞬時速率定義運動質(zhì)點的位移與時間的比值運動質(zhì)點在某一時刻（或位置）的速度運動質(zhì)點的路程與時間的比值瞬時速度的大小方向有方向，矢量有方向，矢量無方向，標量無方向，標量意義粗略描述物體運動的快慢精確描述物體運動的快慢粗略描述物體運動的快慢精確描述物體運動的快慢對應某段時間（或位移）某一時刻（或位置）某段時間（或路程）某一時刻（或位置）3．根據(jù)x-t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況【知識點的認識】1.定義：x﹣t圖像表示的是物體的位移（位置）隨時間變化的關系。2.圖像實例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示速度；（2）縱截距：表示初位置；（3）交點：表示相遇。4.x﹣t曲線分析：①表示物體由坐標原點開始做勻速直線運動；②表示物體靜止不動；③表示物體沿負方向做勻速直線運動；④交點的縱坐標表示三個運動物體相遇時的位移；⑤t1時刻物體的位移為x1，圖中陰影部分的面積沒有實際意義。5.本考點是x﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)x﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動的情況?！久}方向】甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動。甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示。下列說法正確的是（）A.在t1時刻兩車速度相等B.從0到t1時間內(nèi)，兩車走過的路程相等C.從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等D.在t1到t2時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等分析：x﹣t圖象的斜率表示速度，根據(jù)斜率的變化分析速度的變化；交點表示相遇，由此分析路程大小。解答：A、x﹣t圖象的斜率表示速度，在t1時刻乙圖象的斜率大于甲圖象的斜率，所以乙車的速度大于甲車速度，故A錯誤；B、從0到t1時間內(nèi)，兩車走過的路程是乙車大于甲車，故B錯誤；C、從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程均為x2﹣x1，路程相等，故C正確；D、根據(jù)圖象可知，在t1時刻乙圖象的斜率大于甲圖象的斜率，在t2時刻乙圖象的斜率小于甲圖象的斜率，在t1到t2時間內(nèi)的某時刻二者的斜率相同，此時兩車速度相等，故D正確。故選：CD。點評：對于圖象問題，我們學會“五看”，即：看坐標、看斜率、看面積、看交點、看截距；了解圖象的物理意義是正確解題的前提?！窘忸}思路點撥】圖像類問題是從數(shù)學的角度描述了物體的運動規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運動情景，再結合斜率、截距、面積等數(shù)學概念進行分析。4．滑動摩擦力的方向【知識點的認識】1.滑動摩擦力的定義：兩個相互接觸的物體，當它們發(fā)生相對滑動時，在接觸面上會產(chǎn)生有種阻礙相對運動的力，叫作滑動摩擦力。2.滑動摩擦力的方向：總跟接觸面相切，并且跟物體的相對運動方向相反。3.關鍵詞：①與接觸面相切（沿接觸面）；②與相對運動的方向相反?！久}方向】關于摩擦力，下列說法錯誤的是（）A、滑動摩擦力可以與物體的運動方向相同B、靜摩擦力也可以與物體的運動方向相同C、靜摩擦力可以與物體運動的方向成任意度角D、當物體與接觸面的接觸面積減小而其他條件不變時，滑動摩擦力將減小分析：摩擦力一個物體在另一個物體表面滑動或有相對滑動的趨勢時，受到的阻礙相對運動或相對運動趨勢的力，與相對運動或相對運動的趨勢方向相反．解答：A、滑動摩擦力與物體的相對運動方向相反，即與相對相接觸的那個物體的運動方向相反，與物體的實際運動方向可以成任意角度，故A正確；BC、靜摩擦力與物體的相對運動趨勢方向相反，即與相對相接觸的那個物體的運動趨勢方向相反，與物體的實際運動方向可以成任意角度，故B正確，C正確；D、滑動摩擦力的大小與正壓力成正比，還與接觸面的材料有關，與接觸面的面積無關，故D錯誤；本題選錯誤的，故選D。點評：提到摩擦力不忘相對兩個字，摩擦力與相對運動或相對運動趨勢的方向相反，總是阻礙物體間的相對滑動或相對滑動趨勢．【解題思路點撥】1.滑動摩擦力的方向總是與物體相對運動的方向相反。因此判斷滑動摩擦力的方向時，可以先判斷相對運動的方向，從而得出滑動摩擦力的方向。2.滑動摩擦力是物體之間相對運動產(chǎn)生的，與物體自身的運動情況無關，所以滑動摩擦力的方向與物體自身的運動方向無關。例如：人剛站上電動扶梯的時候，因為人的初速度為零，所以受到扶梯水平向前的滑動摩擦力，而人實際的運動方向取決于電梯的方向。5．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(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，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。6．物體在粗糙斜面上的運動【知識點的認識】1.物體在粗糙斜面上運動時，其加速度也一定沿著斜面方向。2.設斜面的傾角為α，斜面與物體之間的動摩擦因數(shù)為μ。①當物體沿著斜面向上運動時，滑動摩擦力沿著斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②當物體沿著斜面向下運動時，滑動摩擦力沿著斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物體的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物體的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命題方向】一、圖像類問題如圖所示，物塊以初速度v0從粗糙斜面底端沿斜面上滑，達到最高點后沿斜面返回，下列v﹣t圖象能正確反映物體運動規(guī)律的是（）A、B、C、D、分析：根據(jù)牛頓第二定律判斷出加速度大小關系，結合速度方向關系，即可判斷圖象的形狀。解答：在上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知上滑加速度大小為：a1=mgsinθ下滑過程的加速度大小為：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑運動方向相反，故故選：C。點評：本題的關鍵是運用牛頓第二定律判斷加速度的大小關系，要知道速度的符號表示速度方向，v﹣t圖象的斜率表示加速度。二、運動過程計算如圖所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的傾角θ＝37°，一質(zhì)量m＝5kg的滑塊在F＝150N的水平推力作用下，從斜面底端由靜止開始沿斜面運動，推力作用t1＝4s后撤去，滑塊在斜面上繼續(xù)滑行t2＝2s后，速度減為零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ和物體上滑的位移x；（2）當滑塊到達最高點時，對滑塊施加大小仍為F、方向改成豎直向下的作用力，求滑塊從最高點回到地面的時間（結果可保留根號）。分析：（1）對物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出F作用前后加速度的表達式，再根據(jù)運動學速度公式列式，找出兩個過程之間的關系，即可求解動摩擦因數(shù)，再根據(jù)位移公式求物體上滑的位移x；（2）根據(jù)牛頓第二定律求物體的加速度，再由位移公式求滑塊從最高點回到地面的時間。解答：（1）設滑塊在F作用時加速度為a1，撤去力F后加速度大小為a2，滑塊先加速后減速，則有：a1t1＝a2t2當推力F作用時，滑塊的受力分析如圖所示由牛頓第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根據(jù)摩擦力公式有f1＝μN1聯(lián)立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②聯(lián)立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物體上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑時的加速度大小為a3，對滑塊受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ是0.5，物體上滑的位移x是60m；（2）滑塊從最高點回到地面的時間是15s。點評：本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應用，關鍵要抓住上滑過程中勻加速運動的末速度等于勻減速運動的初速度列式?！久}思路點撥】當斜面粗糙時，物體與斜面之間的摩擦力方向與實際的運動方向有關，并且摩擦力大小與重力下滑分力大小的相對關系決定了加速度的方向與大小。7．關聯(lián)速度問題【知識點的認識】1.模型本質(zhì)：通過繩和桿連接的兩個物體，盡管實際的運動方向不同，但可以通過速度的合成與分解，找出其速度的關聯(lián)性。2.模型的建立物體斜拉繩或繩斜拉物體的問題可看成“關聯(lián)物體”模型，如圖所示。由于繩不可伸長，所以繩兩端所連物體的速度沿著繩方向的分速度大小相同。3.速度的分解（1）分解依據(jù)：物體的實際運動就是合運動。（2）分解方法：把物體的實際速度分解為垂直于繩方向和平行于繩方向的兩個分量，根據(jù)沿繩方向的分速度大小相同列方程并求解。（3）分解結果：把上圖甲、乙所示的速度進行分解，結果如下圖甲、乙所示?！久}方向】如圖所示，人在岸上拉船，已知船的質(zhì)量為m，水的阻力恒為f，當輕繩與水平面的夾角為θ時，船的速度為v，此時人的拉力大小為F，則（）A.人拉繩行走的速度為vB.人拉繩行走的速度為vC.船的加速度為FcosθD.船的加速度為F分析：繩子收縮的速度等于人在岸上的速度，連接船的繩子端點既參與了繩子收縮方向上的運動，又參與了繞定滑輪的擺動．根據(jù)船的運動速度，結合平行四邊形定則求出人拉繩子的速度，及船的加速度．解答：AB、船運動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度。如圖所示根據(jù)平行四邊形定則有，v人＝vcosθ．故A、B錯誤。CD、對小船受力分析，如下圖所示，則有Fcosθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小為a=Fcosθ-fm，故故選：C。點評：解決本題的關鍵知道船運動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度，并掌握受力分析與理解牛頓第二定律．【解題思路點撥】“關聯(lián)物體”速度的分解（1）船的實際運動為合運動，此運動產(chǎn)生兩個效果，一是使繩子沿自身方向向上收縮，二是使與船接觸的繩有沿與繩垂直的方向向下擺動的趨勢。（2）關聯(lián)物體速度的分析思路8．斜拋運動【知識點的認識】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動叫做拋體運動。2．方向：直線運動時物體的速度方向始終在其運動軌跡的直線方向上；曲線運動中，質(zhì)點在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點的切線方向。因此，做拋體運動的物體的速度方向，在其運動軌跡各點的切線方向上，并指向物體前進的方向。注：由于曲線上各點的切線方向不同，所以，曲線運動的速度方向時刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運動的條件：（1）物體做直線運動：當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，物體做直線運動。（2）物體做曲線運動：當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，物體做曲線運動。4．平拋運動（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動。（2）條件：①初速度方向為水平；②只受重力作用。（3）規(guī)律：平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是自由落體運動，所以平拋運動是勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜拋運動（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動叫做斜拋運動。（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：斜拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是豎直上拋運動，所以斜拋運動是勻變速曲線運動。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學生在體育場上拋出鉛球，其運動軌跡如圖所示。已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點的速率比C點的速率大B．D點的加速度比C點加速度大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：不計空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機械能守恒；拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速運動。解答：A、拋體運動，機械能守恒，D點位置低，重力勢能小，故動能大，速度大，故A正確；B、拋體運動，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯誤；C、從B到D是平拋運動，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點B處加速度與速度垂直，故C錯誤；D、從B到D是平拋運動，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錯誤。故選：A。點評：拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速直線運動，拋體運動機械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力。若拋射點B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運動知識，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運動，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：可以將籃球的運動，等效成籃球做平拋運動，當水平速度越大時，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均錯誤。故選：C。點評：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，解題很煩同時容易出錯。【解題方法點撥】類平拋運動：1．定義：當物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，物體做類平拋運動。2．類平拋運動的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼担瑢⒓铀俣确纸鉃閍x、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．類平拋運動問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點和運動特點判斷該問題屬于類平拋運動問題﹣﹣求出物體運動的加速度﹣﹣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．類拋體運動當物體在巨力作用下運動時，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運動就是類拋體運動。在類拋體運動中可采用正交分解法處理問題，基本思路為：①建立直角坐標系，將外力、初速度沿這兩個方向分解。②求出這兩個方向上的加速度、初速度。③確定這兩個方向上的分運動性質(zhì)，選擇合適的方程求解。9．開普勒三大定律【知識點的認識】開普勒行星運動三大定律基本內(nèi)容：1、開普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對于每一個行星而言，太陽和行星的連線在相等的時間內(nèi)掃過相等的面積。3、開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等。即：k=在中學階段，我們將橢圓軌道按照圓形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運動的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對于某一行星來說，它繞太陽做圓周運動的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運動；3．所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，即：R3【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查開普勒三個定律的基本認識：關于行星繞太陽運動的下列說法正確的是（）A．所有行星都在同一橢圓軌道上繞太陽運動B．行星繞太陽運動時太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運動周期越長D．所有行星軌道半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等分析：開普勒第一定律是太陽系中的所有行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。在相等時間內(nèi)，太陽和運動著的行星的連線所掃過的面積都是相等的。開普勒第三定律中的公式R3解：A、開普勒第一定律可得，所有行星都繞太陽做橢圓運動，且太陽處在所有橢圓的一個焦點上。故A錯誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運動時，太陽位于行星軌道的一個焦點處，故B錯誤；C、由公式R3T2D、開普勒第三定律可得，所以行星軌道半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，故D正確；故選：D。點評：行星繞太陽雖然是橢圓運動，但我們可以當作圓來處理，同時值得注意是周期是公轉(zhuǎn)周期。（2）第二類?？碱}型是考查開普勒第三定律：某行星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道均可視為圓。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，如圖所示。該行星與地球的公轉(zhuǎn)半徑比為（）A．（N+1N）23BC．（N+1N）32D分析：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長，其繞太陽轉(zhuǎn)的慢。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明N年地球比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長線上，那么，可以求出行星的周期是NN解：A、B、C、D：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明從最初在日地連線的延長線上開始，每一年地球都在行星的前面比行星多轉(zhuǎn)圓周的N分之一，N年后地球轉(zhuǎn)了N圈，比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長線上。所以行星的周期是NN-1年，根據(jù)開普勒第三定律有r地3r行3=T地2故選：B。點評：解答此題的關鍵由題意分析得出每過N年地球比行星多圍繞太陽轉(zhuǎn)一圈，由此求出行星的周期，再由開普勒第三定律求解即可?！窘忸}思路點撥】（1）開普勒行星運動定律是對行星繞太陽運動規(guī)律的總結，它也適用于其他天體的運動。（2）要注意開普勒第二定律描述的是同一行星離中心天體的距離不同時的運動快慢規(guī)律，開普勒第三定律描述的是不同行星繞同一中心天體運動快慢的規(guī)律。（3）應用開普勒第三定律可分析行星的周期、半徑，應用時可按以下步驟分析：①首先判斷兩個行星的中心天體是否相同，只有兩個行星是同一個中心天體時開普勒第三定律才成立。②明確題中給出的周期關系或半徑關系。③根據(jù)開普勒第三定律列式求解。10．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘脛幽芏ɡ肀容^簡單。【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。11．機械能與曲線運動相結合的問題【知識點的認識】本考點旨在針對機械能守恒定律與曲線運動相結合的問題，包括一般曲線運動、圓周運動、平拋運動等?！久}方向】如圖所示，在豎直平面內(nèi)，由斜面和圓形軌道分別與水平面相切連接而成的光滑軌道，圓形軌道的半徑為R．質(zhì)量為m的小物塊從斜面上距水平面高為h＝2.5R的A點由靜止開始下滑，物塊通過軌道連接處的B、C點時，無機械能損失．求：（1）小物塊通過B點時速度vB的大?。唬?）小物塊通過圓形軌道最低點C時軌道對物塊的支持力F的大??；（3）小物塊能否通過圓形軌道的最高點D．分析：（1）A到B過程由機械能守恒定律即可求得物體通過B點時的速度；（2）物體做圓周運動，則由牛頓第二定律可求得支持力的大小；（3）由動能定理可求得D點的速度，再由牛頓第二定律求出物體通過高點需要的最小速度，比較即可得出物體能否通過最高點．解答：（1）物塊從A點運動到B點的過程中，由機械能守恒得：mgh解得：V（2）物塊從B至C做勻速直線運動∴vC＝vB=物塊通過圓形軌道最低點C時，做圓周運動，由牛頓第二定律有：FN解得：FN＝6mg（3）設物塊能從C點運動到D點，由機械能守恒得：12∴V物塊做圓周運動，通過圓形軌道的最高點的最小速度設為vD1，由牛頓第二定律得：mg＝mvvD1=故正好通過D點．（1）小物塊通過B點時速度vB的大小為5gR（2）小物塊通過圓形軌道最低點C時軌道對物塊的支持力F的大小為6mg；（3）小物塊正好通過圓形軌道的最高點D．點評：本題考查機械能守恒定律及豎直面內(nèi)的圓周運動，選擇合適的過程，并注意豎直面內(nèi)圓周運動的臨界條件即可求解．【解題思路點撥】1.應用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進行求解。注：機械能守恒定律的應用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學問題有關、與平拋運動的初速度有關。2.對于系統(tǒng)機械能守恒問題，應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構成的系統(tǒng)機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍。12．波的干涉的加強和減弱區(qū)域的特點及判斷【知識點的認識】振動加強點和減弱點的判斷方法（1）條件判斷法：頻率相同，振動情況完全相同的兩波源產(chǎn)生的波疊加時，加強、減弱條件如下：設點到兩波源的距離差為△r，則當△r＝kλ時為加強點，當△r＝（2k+1）λ2會時為減弱點，其中k＝0，1，2…（2）現(xiàn)象判斷法：①若某點總是波峰與波峰（或波谷與波谷）相遇，該點為加強點