第67頁（共67頁）2025年河南省新高考物理試卷（選擇性）一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）（2025?河南）野外高空作業(yè)時，使用無人機給工人運送零件。如圖，某次運送過程中的一段時間內(nèi)，無人機向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無機下方，并相對于無人機靜止，輕繩與豎直方向成一定角度。忽略零件所受空氣阻力，則在該段時間內(nèi)（）A．無人機做勻速運動 B．零件所受合外力為零 C．零件的慣性逐漸變大 D．零件的重力勢能保持不變2．（4分）（2025?河南）折射率為2的玻璃圓柱水平放置，平行于其橫截面的一束光線從頂點入射，光線與豎直方向的夾角為45°，如圖所示。該光線從圓柱內(nèi)射出時，與豎直方向的夾角為（不考慮光線在圓柱內(nèi)的反射）（）A．0° B．15° C．30° D．45°3．（4分）（2025?河南）2024年天文學家報道了他們新發(fā)現(xiàn)的一顆類地行星Gliese12b，它繞其母恒星的運動可視為勻速圓周運動。已知Gliese12b軌道半徑約為日地距離的114，其母恒星質(zhì)量約為太陽質(zhì)量的27，則A．13天 B．27天 C．64天 D．128天4．（4分）（2025?河南）如圖，在與紙面平行的勻強電場中有a、b、c三點，其電勢分別為6V、4V、2V；a、b、c分別位于紙面內(nèi)一等邊三角形的頂點上。下列圖中箭頭表示a點電場的方向，則正確的是（）A． B． C． D．5．（4分）（2025?河南）如圖，一金屬薄片在力F作用下自左向右從兩磁極之間通過。當金屬薄片中心運動到N極的正下方時，沿N極到S極的方向看，下列圖中能夠正確描述金屬薄片內(nèi)渦電流繞行方向的是（）A． B． C． D．6．（4分）（2025?河南）由于宇宙射線的作用，在地球大氣層產(chǎn)生有鈹?shù)膬煞N放射性同位素47Be和410Be。測定不同高度大氣中單位體積內(nèi)二者的原子個數(shù)比，可以研究大氣環(huán)境的變化。已知47Be和410Be的半衰期分別約為53天和139萬年。在大氣層某高度采集的樣品中，研究人員發(fā)現(xiàn)47A．1：4 B．1：2 C．3：4 D．1：17．（4分）（2025?河南）兩小車P、Q的質(zhì)量分別為mP和mQ，將它們分別與小車N沿直線做碰撞實驗，碰撞前后的速度v隨時間t的變化分別如圖1和圖2所示。小車N的質(zhì)量為mN，碰撞時間極短，則（）A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（6分）（2025?河南）賈湖骨笛是河南博物院鎮(zhèn)館之寶之一，被譽為“中華第一笛”。其中一支骨笛可以發(fā)出A5、B5、C6、D6、E6等音。已知A5音和D6音所對應(yīng)的頻率分別為880Hz和1175Hz，則（）A．在空氣中傳播時，A5音的波長大于D6音的 B．在空氣中傳播時，A5音的波速小于D6音的 C．由空氣進入水中，A5音和D6音的頻率都變大 D．由空氣進入水中，A5音的波長改變量大于D6音的（多選）9．（6分）（2025?河南）手機拍照時手的抖動產(chǎn)生的微小加速度會影響拍照質(zhì)量，光學防抖技術(shù)可以消除這種影響。如圖，鏡頭僅通過左、下兩側(cè)的彈簧與手機框架相連，兩個相同線圈c、d分別固定在鏡頭右、上兩側(cè)，c、d中的一部分處在相同的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。拍照時，手機可實時檢測手機框架的微小加速度a的大小和方向，依此自動調(diào)節(jié)c、d中通入的電流Ic和Id的大小和方向（無抖動時Ic和Id均為零），使鏡頭處于零加速度狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．若Ic沿順時針方向，Id＝0，則表明a的方向向右 B．若Id沿順時針方向，Ic＝0，則表明a的方向向下 C．若a的方向沿左偏上30°，則Ic沿順時針方向，Id沿逆時針方向且Ic＞Id D．若a的方向沿右偏上30°，則Ic沿順時針方向，Id沿順時針方向且Ic＜Id（多選）10．（6分）（2025?河南）如圖，一圓柱形汽缸水平固置，其內(nèi)部被活塞M、P、N密封成兩部分，活塞P與汽缸壁均絕熱且兩者間無摩擦。平衡時，P左、右兩側(cè)理想氣體的溫度分別為T1和T2，體積分別為V1和V2，T1＜T2，V1＜V2。則（）A．固定M、N，若兩側(cè)氣體同時緩慢升高相同溫度，P將右移 B．固定M、N，若兩側(cè)氣體同時緩慢升高相同溫度，P將左移 C．保持T1、T2不變，若M、N同時緩慢向中間移動相同距離，P將右移 D．保持T1、T2不變，若M、N同時緩慢向中間移動相同距離，P將左移三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）（2025?河南）實驗小組研究某熱敏電阻的特性，并依此利用電磁鐵、電阻箱等器材組裝保溫箱。該熱敏電阻阻值隨溫度的變化曲線如圖1所示，保溫箱原理圖如圖2所示。回答下列問題：（1）圖1中熱敏電阻的阻值隨溫度的變化關(guān)系是（填“線性”或“非線性”）的。（2）存在一個電流值I0，若電磁鐵線圈的電流小于I0，銜鐵與上固定觸頭a接觸；若電流大于I0，銜鐵與下固定觸頭b接觸。保溫箱溫度達到設(shè)定值后，電磁鐵線圈的電流在I0附近上下波動，加熱電路持續(xù)地斷開、閉合，使保溫箱溫度維持在設(shè)定值。則圖2中加熱電阻絲的c端應(yīng)該與觸頭（填“a”或“b”）相連接。（3）當保溫箱的溫度設(shè)定在50℃時，電阻箱旋鈕的位置如圖3所示，則電阻箱接入電路的阻值為Ω。（4）若要把保溫箱的溫度設(shè)定在100℃，則電阻箱接入電路的阻值應(yīng)為Ω。12．（9分）（2025?河南）實驗小組利用圖1所示裝置驗證機械能守恒定律?？蛇x用的器材有：交流電源（頻率50Hz）、鐵架臺、電子天平、重錘、打點計時器、紙帶、刻度尺等。（1）下列所給實驗步驟中，有4個是完成實驗必需且正確的，把它們選擇出來并按實驗順序排列：（填步驟前面的序號）。①先接通電源，打點計時器開始打點，然后再釋放紙帶②先釋放紙帶，然后再接通電源，打點計時器開始打點③用電子天平稱量重錘的質(zhì)量④將紙帶下端固定在重錘上，穿過打點計時器的限位孔，用手捏住紙帶上端⑤在紙帶上選取一段，用刻度尺測量該段內(nèi)各點到起點的距離，記錄分析數(shù)據(jù)⑥關(guān)閉電源，取下紙帶（2）圖2所示是紙帶上連續(xù)打出的五個點A、B、C、D、E到起點的距離。則打出B點時重錘下落的速度大小為m/s（保留3位有效數(shù)字）。（3）紙帶上各點與起點間的距離即為重錘下落高度h，計算相應(yīng)的重錘下落速度v，并繪制圖3所示的v2﹣h關(guān)系圖像。理論上，若機械能守恒，圖中直線應(yīng)（填“通過”或“不通過”）原點且斜率為（用重力加速度大小g表示）。由圖3得直線的斜率k＝（保留3位有效數(shù)字）。（4）定義單次測量的相對誤差η＝|Ep-EkEp|×100%，其中Ep是重錘重力勢能的減小量，Ek是其動能增加量，則實驗相對誤差為η＝×100%（用字母k和g表示）；當?shù)刂亓铀俣却笮∪＝9.80m/s2，則η＝%（保留13．（10分）（2025?河南）流式細胞儀可對不同類型的細胞進行分類收集，其原理如圖所示。僅含有一個A細胞或B細胞的小液滴從噴嘴噴出（另有一些液滴不含細胞），液滴質(zhì)量均為m＝2.0×10﹣10kg。當液滴穿過激光束、充電環(huán)時被分類充電，使含A、B細胞的液滴分別帶上正、負電荷，電荷量均為q＝1.0×10﹣13C。隨后，液滴以v＝2.0m/s的速度豎直進入長度為l＝2.0×10﹣2m的電極板間，板間電場均勻、方向水平向右，電場強度大小為E＝2.0×105N/C。含細胞的液滴最終被分別收集在極板下方h＝0.1m處的A、B收集管中。不計重力、空氣阻力以及帶電液滴間的作用。求：（1）含A細胞的液滴離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離；（2）A、B細胞收集管的間距。14．（12分）（2025?河南）如圖，在一段水平光滑直道上每間隔l1＝3m鋪設(shè)有寬度為l2＝2.4m的防滑帶。在最左端防滑帶的左邊緣靜止有質(zhì)量為m1＝2kg的小物塊P，另一質(zhì)量為m2＝4kg的小物塊Q以v0＝7m/s的速度向右運動并與P發(fā)生正碰，且碰撞時間極短。已知碰撞后瞬間P的速度大小為v＝7m/s，P、Q與防滑帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）該碰撞過程中損失的機械能；（2）P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間。15．（17分）（2025?河南）如圖，水平虛線上方區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，下方區(qū)域有豎直向上的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為q（q＞0）的粒子從磁場中的a點以速度v0向右水平發(fā)射，當粒子進入電場時其速度沿右下方向并與水平虛線的夾角為60°，然后粒子又射出電場重新進入磁場并通過右側(cè)b點，通過b點時其速度方向水平向右。a、b距水平虛線的距離均為h，兩點之間的距離為s＝33h。不計重力。（1）求磁感應(yīng)強度的大?。唬?）求電場強度的大??；（3）若粒子從a點以v0豎直向下發(fā)射，長時間來看，粒子將向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一個周期內(nèi)粒子的位移與周期的比值為漂移速度）

2025年河南省新高考物理試卷（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DBACCBD二．多選題（共3小題）題號8910答案ADBCAC一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）（2025?河南）野外高空作業(yè)時，使用無人機給工人運送零件。如圖，某次運送過程中的一段時間內(nèi)，無人機向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無機下方，并相對于無人機靜止，輕繩與豎直方向成一定角度。忽略零件所受空氣阻力，則在該段時間內(nèi)（）A．無人機做勻速運動 B．零件所受合外力為零 C．零件的慣性逐漸變大 D．零件的重力勢能保持不變【考點】重力勢能的計算；慣性與質(zhì)量；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；機械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】對零件受力分析，其所受重力與輕繩的拉力的合力為零件所受合外力。根據(jù)題目條件判斷零件所受合外力的大小和方向，根據(jù)牛頓第二定律分析零件與無人機的運動情況；質(zhì)量是慣性大小的唯一量度；根據(jù)重力勢能的定義分析零件的重力勢能變化情況?！窘獯稹拷猓篈B、對零件受力分析如下圖所示，其所受重力G與輕繩的拉力T的合力F合為零件所受合外力。因零件與無人機相對靜止一起沿水平向左的方向運動，故F合的方向水平向左，其大小不為零。因輕繩與豎直方向的夾角不變，故F合恒定，根據(jù)牛頓第二定律，零件的加速度恒定，其做勻加速直線運動，易知無人機也做勻加速直線運動，故AB錯誤；C、因質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，零件的質(zhì)量不變，故其慣性保持不變，故C錯誤；D、因零件在水平方向上運動，其所處高度不變，故其重力勢能保持不變，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了重力勢能的定義，牛頓第二定律的應(yīng)用，慣性的概念。題目較簡單，掌握力與運動的邏輯分析。2．（4分）（2025?河南）折射率為2的玻璃圓柱水平放置，平行于其橫截面的一束光線從頂點入射，光線與豎直方向的夾角為45°，如圖所示。該光線從圓柱內(nèi)射出時，與豎直方向的夾角為（不考慮光線在圓柱內(nèi)的反射）（）A．0° B．15° C．30° D．45°【考點】光的折射定律．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)折射定律求得光線在頂點入射時的折射角，由幾何關(guān)系確定光線射出時的入射角，根據(jù)光路的可逆性可知射出時的折射角，根據(jù)幾何關(guān)系求解該光線從圓柱內(nèi)射出時與豎直方向的夾角。【解答】解：設(shè)光線在頂點入射時的入射角為θ＝45°，折射角為β，光路圖如下圖所示：根據(jù)折射定律可得：n=sinθsinβ，已知折射率n=2，解得：該光線從圓柱內(nèi)的P點射出，由幾何關(guān)系易知△AOP為等腰三角形，可知光線在P點射出時的入射角等于β，根據(jù)光路的可逆性，光線在P點射出時的折射角等于θ。設(shè)該光線從圓柱內(nèi)射出時與豎直方向的夾角為α，由上圖所示，由幾何關(guān)系可得：θ+α＝∠BOP＝60°，解得：α＝15°，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了光的折射定律，題目較簡單。要知道光的傳播具有可逆性。3．（4分）（2025?河南）2024年天文學家報道了他們新發(fā)現(xiàn)的一顆類地行星Gliese12b，它繞其母恒星的運動可視為勻速圓周運動。已知Gliese12b軌道半徑約為日地距離的114，其母恒星質(zhì)量約為太陽質(zhì)量的27，則A．13天 B．27天 C．64天 D．128天【考點】衛(wèi)星或行星運行參數(shù)的計算．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】分別對地球環(huán)繞太陽做圓周運動和行星Gliese12b環(huán)繞其母恒星做圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力列式，聯(lián)立求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)太陽和地球質(zhì)量分別為M1、m1，地球環(huán)繞太陽圓周運動的軌道半徑與周期分別為r1、T1；行星Gliese12b與其母恒星質(zhì)量分別為m2、M2，行星Gliese12b環(huán)繞其母恒星圓周運動的軌道半徑與周期分別為r2、T2，則有：r2=114r1，M2=27M1，根據(jù)萬有引力提供向心力得：GMGM聯(lián)立可得：T2=128T故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用，掌握環(huán)繞天體繞中心天體周運動時，是由萬有引力提供向心力的。4．（4分）（2025?河南）如圖，在與紙面平行的勻強電場中有a、b、c三點，其電勢分別為6V、4V、2V；a、b、c分別位于紙面內(nèi)一等邊三角形的頂點上。下列圖中箭頭表示a點電場的方向，則正確的是（）A． B． C． D．【考點】等分法求電勢．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)勻強電場等勢面特點進行分析解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意作圖a、c連線的中點即為b點的等電勢點，則圖中的虛線為勻強電場的等勢線，又φa＞φc，故a點電場強度的方向是有a→c，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】考查等分法求勻強電場的電場，會根據(jù)題意進行準確分析解答。5．（4分）（2025?河南）如圖，一金屬薄片在力F作用下自左向右從兩磁極之間通過。當金屬薄片中心運動到N極的正下方時，沿N極到S極的方向看，下列圖中能夠正確描述金屬薄片內(nèi)渦電流繞行方向的是（）A． B． C． D．【考點】渦流的產(chǎn)生及原理；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)磁場方向結(jié)合磁通量的變化情況，結(jié)合楞次定律進行解答。【解答】解：根據(jù)圖像可知磁場方向向下。從開始到金屬薄片中心運動到N極的正下方時，右半部分磁場向下減小、左邊部分磁場向下增加，沿N極到S極的方向看，根據(jù)楞次定律可知：右半部分渦流沿順時針方向、左邊部分渦流沿逆時針方向，故C正確、ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查渦流方向的判斷，關(guān)鍵是掌握楞次定律的應(yīng)用方法。6．（4分）（2025?河南）由于宇宙射線的作用，在地球大氣層產(chǎn)生有鈹?shù)膬煞N放射性同位素47Be和410Be。測定不同高度大氣中單位體積內(nèi)二者的原子個數(shù)比，可以研究大氣環(huán)境的變化。已知47Be和410Be的半衰期分別約為53天和139萬年。在大氣層某高度采集的樣品中，研究人員發(fā)現(xiàn)4A．1：4 B．1：2 C．3：4 D．1：1【考點】半衰期的相關(guān)計算．【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】B【分析】根據(jù)題意進行條件設(shè)置，結(jié)合半衰期的計算公式列式解答?！窘獯稹拷猓涸O(shè)采集時該高度的大氣中47Be和410Be各有N1和N2個，根據(jù)半衰期公式，NN0=(12)tτ，經(jīng)過106天（47Be的兩個半衰期），47Be的個數(shù)為N1′=14N1，410Be的個數(shù)N2′≈N2，滿足N1′+N2′=34（N1故選：B。【點評】考查半衰期的計算問題，會根據(jù)題意進行準確分析解答。7．（4分）（2025?河南）兩小車P、Q的質(zhì)量分別為mP和mQ，將它們分別與小車N沿直線做碰撞實驗，碰撞前后的速度v隨時間t的變化分別如圖1和圖2所示。小車N的質(zhì)量為mN，碰撞時間極短，則（）A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】定性思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)動量守恒定律結(jié)合兩個圖像反映出的速度變化關(guān)系進行分析解答?！窘獯稹拷猓簩和N的碰撞過程，規(guī)定它們初速度的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mPvP+mNvN＝mPvP′+mNvN′，可得mP（vP﹣vP′）＝mN（vN′﹣vN），根據(jù)圖1可知（vP﹣vP′）＞（vN′﹣vN），故mP＜mN，同理，對Q和N組成的系統(tǒng)mQvQ+mNvN＝mQvQ′+mNvN′，可得mQ（vQ﹣vQ′）＝mN（vN′﹣vN），根據(jù)圖2可知（vQ﹣vQ′）＜（vN′﹣vN），故mN＜mQ，聯(lián)立可得mQ＞mN＞mP，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】考查動量守恒定律的應(yīng)用和圖像的理解，會根據(jù)題意進行準確分析解答。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（6分）（2025?河南）賈湖骨笛是河南博物院鎮(zhèn)館之寶之一，被譽為“中華第一笛”。其中一支骨笛可以發(fā)出A5、B5、C6、D6、E6等音。已知A5音和D6音所對應(yīng)的頻率分別為880Hz和1175Hz，則（）A．在空氣中傳播時，A5音的波長大于D6音的 B．在空氣中傳播時，A5音的波速小于D6音的 C．由空氣進入水中，A5音和D6音的頻率都變大 D．由空氣進入水中，A5音的波長改變量大于D6音的【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系；機械波及其形成與傳播．【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】AD【分析】機械波的傳播速度與介質(zhì)的種類相關(guān)，與頻率無關(guān)；根據(jù)波速與波長、頻率的關(guān)系分析波速的大小關(guān)系；機械波的頻率由聲源決定，與介質(zhì)無關(guān)；根據(jù)波速與波長、頻率的關(guān)系推導(dǎo)波長改變量與頻率的關(guān)系式?！窘獯稹拷猓篈B、不同頻率的聲波在同一介質(zhì)中傳播的速度大小是相等的，則A5音的與D6音在空氣中的傳播速度大小是相等的。根據(jù)波速v與波長λ、頻率f的關(guān)系：v＝λf，因A5音頻率小于D6音的頻率，故在空氣中傳播時，A5音的波長大于D6音的波長，故A正確，B錯誤；CD、聲波的頻率由聲源決定，與介質(zhì)無關(guān)。由空氣進入水中，聲波的頻率是不變的。設(shè)聲波在空氣中的波速為v1，波長為λ1，在水中的波速為v2，波長為λ2，根據(jù)v＝λf，可得：f=v1λ可得波長改變量為：Δλ=由前述分析可知，對于A5音與D6音，它們由空氣進入水中的速度變化量Δv相等，因A5音頻率小于D6音的頻率，故A5音的波長改變量大于D6音的，故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】本題考查了機械波的傳播和波速與波長、頻率的關(guān)系。要知道聲波的頻率由聲源決定，與介質(zhì)無關(guān)；機械波的傳播速度與介質(zhì)的種類相關(guān)，與頻率無關(guān)。（多選）9．（6分）（2025?河南）手機拍照時手的抖動產(chǎn)生的微小加速度會影響拍照質(zhì)量，光學防抖技術(shù)可以消除這種影響。如圖，鏡頭僅通過左、下兩側(cè)的彈簧與手機框架相連，兩個相同線圈c、d分別固定在鏡頭右、上兩側(cè)，c、d中的一部分處在相同的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。拍照時，手機可實時檢測手機框架的微小加速度a的大小和方向，依此自動調(diào)節(jié)c、d中通入的電流Ic和Id的大小和方向（無抖動時Ic和Id均為零），使鏡頭處于零加速度狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．若Ic沿順時針方向，Id＝0，則表明a的方向向右 B．若Id沿順時針方向，Ic＝0，則表明a的方向向下 C．若a的方向沿左偏上30°，則Ic沿順時針方向，Id沿逆時針方向且Ic＞Id D．若a的方向沿右偏上30°，則Ic沿順時針方向，Id沿順時針方向且Ic＜Id【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達式．【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】BC【分析】根據(jù)安培力方向與鏡頭原有加速度方向相反結(jié)合左手定則以及加速度的分解知識進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈B.若Ic沿順時針方向，Id＝0，根據(jù)左手定則，線圈c受到的安培力方向向右，表明a的方向向左；若Id沿順時針方向，Ic＝0，由左手定則，線圈d受到的安培力方向向上，則表明a的方向向下，故A錯誤，B正確；C.規(guī)定水平方向為x，豎直方向為y，若a的方向沿左偏上30°，則有ax＝acos30°=32a，ay＝asin30°=12a，即ax＞ay，線圈c和線圈d受到的安培力分別向右和向下，依左手定則，則Ic沿順時針方向，Id沿逆時針方向，要求Fx＞Fy，故Ic＞ID.同理，若a的方向沿右偏上30°，則有ax＝acos30°=32a，ay＝asin30°=12a，即ax＞ay，線圈c和線圈d受到的安培力分別向左和向下，依左手定則，則Ic沿逆時針方向，Id沿逆時針方向，要求Fx＞Fy，故Ic＞I故選：BC?！军c評】考查安培力方向與鏡頭原有加速度方向相反結(jié)合左手定則以及加速度的分解知識，會根據(jù)題意進行準確分析解答。（多選）10．（6分）（2025?河南）如圖，一圓柱形汽缸水平固置，其內(nèi)部被活塞M、P、N密封成兩部分，活塞P與汽缸壁均絕熱且兩者間無摩擦。平衡時，P左、右兩側(cè)理想氣體的溫度分別為T1和T2，體積分別為V1和V2，T1＜T2，V1＜V2。則（）A．固定M、N，若兩側(cè)氣體同時緩慢升高相同溫度，P將右移 B．固定M、N，若兩側(cè)氣體同時緩慢升高相同溫度，P將左移 C．保持T1、T2不變，若M、N同時緩慢向中間移動相同距離，P將右移 D．保持T1、T2不變，若M、N同時緩慢向中間移動相同距離，P將左移【考點】氣體的等容變化與查理定律的應(yīng)用；氣體的等溫變化與玻意耳定律的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專題；理解能力．【答案】AC【分析】假設(shè)P靜止，則氣體做等容變化，根據(jù)查理定律分析AB選項；保持T1、T2不變，若M、N同時緩慢向中間移動相同距離，假設(shè)P靜止，根據(jù)玻意耳定律分析末狀態(tài)壓強大小進行分析?！窘獯稹拷猓篈B、假設(shè)P靜止，則氣體做等容變化，根據(jù)查理定律可得：p解得：Δp=由于初狀態(tài)兩部分氣體壓強相等，T1＜T2，且ΔT相同，所以左側(cè)氣體壓強增加大，P向右移動，故A正確、B錯誤；CD、保持T1、T2不變，若M、N同時緩慢向中間移動相同距離，假設(shè)P靜止，根據(jù)玻意耳定律可得：p0V0＝pV＝p（V0﹣ΔV）解得末狀態(tài)的壓強：p=p01-ΔVV0，由于p0和ΔV相同，初狀態(tài)的體積V0越小、末狀態(tài)的壓強越大，由于V1＜V2，則故選：AC?！军c評】本題主要是考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，選擇合適的氣體實驗定律解決問題。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）（2025?河南）實驗小組研究某熱敏電阻的特性，并依此利用電磁鐵、電阻箱等器材組裝保溫箱。該熱敏電阻阻值隨溫度的變化曲線如圖1所示，保溫箱原理圖如圖2所示。回答下列問題：（1）圖1中熱敏電阻的阻值隨溫度的變化關(guān)系是非線性（填“線性”或“非線性”）的。（2）存在一個電流值I0，若電磁鐵線圈的電流小于I0，銜鐵與上固定觸頭a接觸；若電流大于I0，銜鐵與下固定觸頭b接觸。保溫箱溫度達到設(shè)定值后，電磁鐵線圈的電流在I0附近上下波動，加熱電路持續(xù)地斷開、閉合，使保溫箱溫度維持在設(shè)定值。則圖2中加熱電阻絲的c端應(yīng)該與觸頭a（填“a”或“b”）相連接。（3）當保溫箱的溫度設(shè)定在50℃時，電阻箱旋鈕的位置如圖3所示，則電阻箱接入電路的阻值為130.0Ω。（4）若要把保溫箱的溫度設(shè)定在100℃，則電阻箱接入電路的阻值應(yīng)為210.0Ω?！究键c】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性．【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）非線性；（2）a；（3）130.0；（4）210.0【分析】（1）依據(jù)圖1所示的R﹣t圖像為曲線，判斷熱敏電阻的阻值隨溫度的變化關(guān)系。（2）由圖1可知熱敏電阻的阻值隨溫度升高而變小，當保溫箱的溫度較低時，熱敏電阻的阻值較大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電磁鐵線圈的電流較小，銜鐵與上固定觸頭a接觸，此時加熱電阻絲應(yīng)與加熱電源構(gòu)成通路，據(jù)此依據(jù)題意判斷圖2中加熱電阻絲的c端應(yīng)該與哪個觸頭相連接。（3）根據(jù)如圖3所示的電阻箱旋鈕的位置，確定電阻箱接入電路的阻值。（4）由圖1得到溫度為50℃和100℃時熱敏電阻的阻值。根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電阻箱接入電路的阻值?！窘獯稹拷猓海?）由圖1可知R﹣t圖像為曲線，則熱敏電阻的阻值隨溫度的變化關(guān)系是非線性的。（2）由圖1可知熱敏電阻的阻值隨溫度升高而變小，當保溫箱的溫度較低時，熱敏電阻的阻值較大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電磁鐵線圈的電流較小，若其小于I0，銜鐵與上固定觸頭a接觸，此時加熱電阻絲應(yīng)與加熱電源構(gòu)成通路，加熱電阻絲工作使保溫箱升溫；反之，銜鐵與下固定觸頭b接觸，此時加熱電阻絲應(yīng)停止工作，與加熱電源構(gòu)成的電路為斷路，由此可知圖2中加熱電阻絲的c端應(yīng)該與觸頭a相連接。（3）如圖3所示的電阻箱旋鈕的位置，可得電阻箱接入電路的阻值為：R1＝1×100Ω+3×10Ω+0×1Ω+0×0.1Ω＝130.0Ω（4）溫度為50℃時，由圖1可得對應(yīng)的熱敏電阻的阻值RT1＝180Ω，此時電阻箱接入電路的阻值為：R1＝130.0Ω；當溫度為100℃時，由圖1可得對應(yīng)的熱敏電阻的阻值RT2＝100Ω，設(shè)此時電阻箱接入電路的阻值應(yīng)為R2。設(shè)圖2中的電池的電動勢為E，其內(nèi)阻為r。根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E＝I0（RT1+R1+r）E＝I0（RT2+R2+r）聯(lián)立可得：RT1+R1＝RT2+R2，解得：R2＝210.0Ω故答案為：（1）非線性；（2）a；（3）130.0；（4）210.0【點評】本題考查了依據(jù)熱敏電阻的特性組裝保溫箱的實驗，此實驗原理為閉合電路歐姆定律，掌握電磁鐵在本實驗中的應(yīng)用。12．（9分）（2025?河南）實驗小組利用圖1所示裝置驗證機械能守恒定律?？蛇x用的器材有：交流電源（頻率50Hz）、鐵架臺、電子天平、重錘、打點計時器、紙帶、刻度尺等。（1）下列所給實驗步驟中，有4個是完成實驗必需且正確的，把它們選擇出來并按實驗順序排列：④①⑥⑤（填步驟前面的序號）。①先接通電源，打點計時器開始打點，然后再釋放紙帶②先釋放紙帶，然后再接通電源，打點計時器開始打點③用電子天平稱量重錘的質(zhì)量④將紙帶下端固定在重錘上，穿過打點計時器的限位孔，用手捏住紙帶上端⑤在紙帶上選取一段，用刻度尺測量該段內(nèi)各點到起點的距離，記錄分析數(shù)據(jù)⑥關(guān)閉電源，取下紙帶（2）圖2所示是紙帶上連續(xù)打出的五個點A、B、C、D、E到起點的距離。則打出B點時重錘下落的速度大小為1.79m/s（保留3位有效數(shù)字）。（3）紙帶上各點與起點間的距離即為重錘下落高度h，計算相應(yīng)的重錘下落速度v，并繪制圖3所示的v2﹣h關(guān)系圖像。理論上，若機械能守恒，圖中直線應(yīng)通過（填“通過”或“不通過”）原點且斜率為2g（用重力加速度大小g表示）。由圖3得直線的斜率k＝19.1（保留3位有效數(shù)字）。（4）定義單次測量的相對誤差η＝|Ep-EkEp|×100%，其中Ep是重錘重力勢能的減小量，Ek是其動能增加量，則實驗相對誤差為η＝|2g-k2g|×100%（用字母k和g表示）；當?shù)刂亓铀俣却笮∪＝9.80m/s2，則η＝【考點】驗證機械能守恒定律．【專題】實驗題；定量思想；實驗分析法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；實驗探究能力．【答案】（1）④①⑥⑤；（2）1.79；（3）通過；2g；19.1；（4）|2g-k【分析】（1）根據(jù)應(yīng)用落體法驗證機械能守恒定律的實驗實驗原理與操作過程解答；（2）先確定打點計時器的打點周期，再根據(jù)打點紙帶測速原理，求解打出B點時重錘下落的速度大小；（3）根據(jù)機械能守恒定律得到本實驗要驗證的表達式，進而得到v2﹣h圖像的表達式，根據(jù)圖3求解此圖像的斜率；（4）依據(jù)題意得到本實驗相對誤差的表達式，并計算其數(shù)值?！窘獯稹拷猓海?）本實驗要驗證的表達式為mgh=12mv2，等式可約去質(zhì)量m，故不需要用電子天平稱量重錘的質(zhì)量。操作時要先接通電源，再釋放紙帶。故實驗步驟②錯誤，步驟實驗操作過程為：將紙帶下端固定在重錘上，穿過打點計時器的限位孔，用手捏住紙帶上端。接通電源，打點計時器開始打點，然后再釋放紙帶。關(guān)閉電源，再取下紙帶。在紙帶上選取一段，用刻度尺測量該段內(nèi)各點到起點的距離，記錄分析數(shù)據(jù)。故按實驗順序排列為：④①⑥⑤。（2）打點計時器的打點周期為T=根據(jù)打點紙帶測速原理，可得打出B點時重錘下落的速度大小為：vB=h（3）若機械能守恒，則有：mgh=12mv2可知圖中直線應(yīng)通過原點，且斜率為2g。由圖3所示圖線可得此圖像的斜率k=5.60-1.300.295-0.070m（4）由：Ep＝mgh，Ek=12mv2，可得：η＝|Ep-E再結(jié)合實驗所得：v2＝kh，可得實驗相對誤差為：η＝|2g當?shù)刂亓铀俣却笮∪＝9.80m/s2，則η＝|2×9.80-19.12×9.80故答案為：（1）④①⑥⑤；（2）1.79；（3）通過；2g；19.1；（4）|2g-k【點評】本實驗為應(yīng)用落體法驗證機械能守恒定律。掌握實驗原理和正確的操作過程。掌握（4）問對實驗相對誤差的分析。13．（10分）（2025?河南）流式細胞儀可對不同類型的細胞進行分類收集，其原理如圖所示。僅含有一個A細胞或B細胞的小液滴從噴嘴噴出（另有一些液滴不含細胞），液滴質(zhì)量均為m＝2.0×10﹣10kg。當液滴穿過激光束、充電環(huán)時被分類充電，使含A、B細胞的液滴分別帶上正、負電荷，電荷量均為q＝1.0×10﹣13C。隨后，液滴以v＝2.0m/s的速度豎直進入長度為l＝2.0×10﹣2m的電極板間，板間電場均勻、方向水平向右，電場強度大小為E＝2.0×105N/C。含細胞的液滴最終被分別收集在極板下方h＝0.1m處的A、B收集管中。不計重力、空氣阻力以及帶電液滴間的作用。求：（1）含A細胞的液滴離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離；（2）A、B細胞收集管的間距。【考點】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）含A細胞的液滴離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離為5×10﹣3m；（2）A、B細胞收集管的間距為0.11m?！痉治觥浚?）含A細胞的液滴帶正電，在電極板間向右偏轉(zhuǎn)做類平拋運動。將運動分解處理，根據(jù)分運動的等時性，應(yīng)用牛頓第二定律與運動學公式解答；（2）根據(jù)類平拋運動規(guī)律的的推論，結(jié)合幾何關(guān)系求得含A細胞的液滴從進入電場到A收集管的過程的水平位移大小，含B細胞的液滴的運動與含A細胞的液滴的運動具有對稱性，據(jù)此求得A、B細胞收集管的間距?！窘獯稹拷猓海?）含A細胞的液滴帶正電，在電極板間向右偏轉(zhuǎn)做類平拋運動。設(shè)其離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離為x，在電場中的加速度大小為a，運動時間為t。其沿豎直方向做勻速運動，則有：l＝vt其沿水平方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式得：qE＝max=已知：m＝2.0×10﹣10kg，q＝1.0×10﹣13C，v＝2.0m/s，l＝2.0×10﹣2m，E＝2.0×105N/C聯(lián)立解得：x＝5×10﹣3m（2）法一：設(shè)含A細胞的液滴從進入電場到A收集管的過程，其水平位移大小為d。根據(jù)類平拋運動規(guī)律的的推論，其離開電場時的速度方向反向延長交勻速運動位移的中點，如下圖所示：由幾何關(guān)系得：x解得：d＝0.055m對于含B細胞的液滴帶負電，其帶電量與含A細胞的液滴相等，其向左偏轉(zhuǎn)的距離與含A細胞的液滴的相等，可得A、B細胞收集管的間距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。法二：設(shè)含A細胞的液滴從離開電場到A收集管的過程，其水平位移大小為d′。則有h＝vt′，d′＝att′，聯(lián)立解得d′＝0.05m，d＝x+d′＝5×10﹣3m+0.05m＝0.055m對于含B細胞的液滴帶負電，其帶電量與含A細胞的液滴相等，其向左偏轉(zhuǎn)的距離與含A細胞的液滴的相等，可得A、B細胞收集管的間距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。答：（1）含A細胞的液滴離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離為5×10﹣3m；（2）A、B細胞收集管的間距為0.11m?！军c評】本題考查了帶電微粒在電場中運動問題，基礎(chǔ)題目。帶電微粒在勻強電場中類平拋運動，要將運動分解處理，根據(jù)分運動的等時性進行解答。掌握類平拋運動規(guī)律的推論。14．（12分）（2025?河南）如圖，在一段水平光滑直道上每間隔l1＝3m鋪設(shè)有寬度為l2＝2.4m的防滑帶。在最左端防滑帶的左邊緣靜止有質(zhì)量為m1＝2kg的小物塊P，另一質(zhì)量為m2＝4kg的小物塊Q以v0＝7m/s的速度向右運動并與P發(fā)生正碰，且碰撞時間極短。已知碰撞后瞬間P的速度大小為v＝7m/s，P、Q與防滑帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）該碰撞過程中損失的機械能；（2）P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間?！究键c】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律求解多過程問題．【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】（1）該碰撞過程中損失的機械能為24.5J；（2）P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間為5s?！痉治觥浚?）根據(jù)動量守恒定律和能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律列式求解；（2）根據(jù)動能定理，勻變速直線運動規(guī)律和勻速直線運動規(guī)律列式解答?！窘獯稹拷猓海?）對P和Q組成的系統(tǒng)，規(guī)定v0方向為正方向，設(shè)碰后Q的速度為v′，由動量守恒定律得：m2v0＝m1v+m2v′代入數(shù)據(jù)解得v′＝3.5m/s則該碰撞過程中損失的機械能為：ΔE=解得：ΔE＝24.5J；（2）P只有在防滑帶上才減速運動，根據(jù)動能定理有：﹣μm1gs＝0-12m1分析可得P滑入第3條防滑帶上減速為0，在防滑帶上運動的總時間為：t1=vμg=滑塊滑入第一個光滑直道速度為v1，根據(jù)動能定理得：﹣μm1gl2=滑塊滑入第二個光滑直道速度為v2，同理有：﹣μm1gl2=解得v1＝5m/s，v2＝1m/s故P在第一個l1上運動用時t2=l1v在第二個l1上運動用時t3=l1v則從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間為t總＝t1+t2+t3＝1.4s+0.6s+3s＝5s。答：（1）該碰撞過程中損失的機械能為24.5J；（2）P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間為5s?！军c評】考查動量守恒定律和能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，動能定理的應(yīng)用等，會根據(jù)題意進行準確分析解答。15．（17分）（2025?河南）如圖，水平虛線上方區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，下方區(qū)域有豎直向上的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為q（q＞0）的粒子從磁場中的a點以速度v0向右水平發(fā)射，當粒子進入電場時其速度沿右下方向并與水平虛線的夾角為60°，然后粒子又射出電場重新進入磁場并通過右側(cè)b點，通過b點時其速度方向水平向右。a、b距水平虛線的距離均為h，兩點之間的距離為s＝33h。不計重力。（1）求磁感應(yīng)強度的大??；（2）求電場強度的大小；（3）若粒子從a點以v0豎直向下發(fā)射，長時間來看，粒子將向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一個周期內(nèi)粒子的位移與周期的比值為漂移速度）【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）磁感應(yīng)強度的大小為mv（2）電場強度的大小為mv（3）若粒子從a點以v0豎直向下發(fā)射，長時間來看，粒子將向左或向右漂移，漂移速度大小為33【分析】（1）畫出粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力求磁感應(yīng)強度的大小；（2）根據(jù)幾何關(guān)系和牛頓第二定律結(jié)合運動學公式求電場強度的大?。唬?）畫出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系和運動學公式求漂移速度大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意可知，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由題意可知θ＝60°設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系有：rcosθ＝r﹣h解得：r＝2h由牛頓第二定律有：q解得：B=（2）根據(jù)題意，由對稱性可知，粒子射出電場時，速度大小仍為v0，方向與水平虛線的夾角為60°，由幾何關(guān)系可得：x＝rsinθ＝2hsin60°=3根據(jù)對稱性可知，粒子離開電場達到b點時的水平位移也為x=3粒子在電場中運動的水平位移x′＝33h﹣2x=3則粒子在電場中的運動時間為：t沿電場方向上，由牛頓第二定律有：qE＝ma由運動學公式有：﹣v0sinθ＝v0sinθ﹣at聯(lián)立解得：E=（3）若粒子從a點以v0豎直向下發(fā)射，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示：由于粒子在磁場中運動的速度大小仍為v0，粒子在磁場中運動的半徑仍為2h，此過程中，粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為β，則有：sinβ=解得：β＝30°由幾何關(guān)系可得，粒子進入電場時速度與虛線的夾角α＝60°結(jié)合（2）分析可知，粒子在電場中的運動時間為：t粒子在電場中運動的水平位移為：AB＝x′=3由幾何關(guān)系可得：BC＝2rsinα，解得：BC＝23h則：AC＝BC﹣AB，解得：AC=3粒子在磁場中的運動時間為：t則有：t綜上所述可知，粒子每隔時間t向右移動3hv'=答：（1）磁感應(yīng)強度的大小為mv（2）電場強度的大小為mv（3）若粒子從a點以v0豎直向下發(fā)射，長時間來看，粒子將向左或向右漂移，漂移速度大小為33【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)的規(guī)律解題。

考點卡片1．慣性與質(zhì)量【知識點的認識】1．定義：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性。牛頓第一定律又叫慣性定律。2．慣性的量度：慣性的大小與物體運動的速度無關(guān)，與物體是否受力無關(guān)，僅與質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度。質(zhì)量大的物體所具有的慣性大，質(zhì)量小的物體所具有的慣性小。3．慣性的性質(zhì)：①一切物體都具有慣性，其本質(zhì)是任何物體都有慣性。②慣性與運動狀態(tài)無關(guān)：不論物體處于怎樣的運動狀態(tài)，慣性總是存在的。當物體本來靜止時，它一直“想”保持這種靜止狀態(tài)。當物體運動時，它一直“想”以那一時刻的速度做勻速直線運動。4．慣性的表現(xiàn)形式：①當物體不受外力或所受合外力為零時，慣性表現(xiàn)為保持原來的運動狀態(tài)不變；②當物體受到外力作用時，慣性表現(xiàn)為改變運動狀態(tài)的難易程度，物體慣性越大，它的運動狀態(tài)越難改變。5．加深理解慣性概念的幾個方面：（1）慣性是物體的固有屬性之一，物體的慣性與其所在的地理位置、運動狀態(tài)、時間次序以及是否受力等均無關(guān)，任何物體都具有慣性；（2）慣性大小的量度是質(zhì)量，與物體運動速度的大小無關(guān)，絕不是運動速度大、其慣性就大，運動速度小，其慣性就?。唬?）物體不受外力時，其慣性表現(xiàn)為物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)；受外力作用時，其慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度不同?！久}方向】例1：關(guān)于物體的慣性，下列說法中正確的是（）A．運動速度大的物體不能很快地停下來，是因為物體速度越大，慣性也越大B．靜止的火車啟動時，速度變化慢，是因為靜止的物體慣性大的緣故C．乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球慣性小D．在宇宙飛船中的物體不存在慣性分析：一切物體，不論是運動還是靜止、勻速運動還是變速運動，都具有慣性，慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大、慣性越大；慣性的大小和物體是否運動、是否受力以及運動的快慢是沒有任何關(guān)系的。解答：A、影響慣性大小的是質(zhì)量，慣性大小與速度大小無關(guān)，故A錯誤；B、靜止的火車啟動時，速度變化慢，是由于慣性大，慣性大是由于質(zhì)量大，故B錯誤；C、乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球質(zhì)量小，慣性小，故C正確；D、慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質(zhì)量有關(guān)，有質(zhì)量就有慣性，在宇宙飛船中的物體有質(zhì)量，故有慣性，故D錯誤。故選：C。點評：需要注意的是：物體的慣性的大小只與質(zhì)量有關(guān)，與其他都無關(guān)。而經(jīng)常出錯的是認為慣性與物體的速度有關(guān)。例2：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)稱為慣性。下列有關(guān)慣性的說法中，正確的是（）A．乘坐汽車時系好安全帶可減小慣性B．運動員跑得越快慣性越大C．宇宙飛船在太空中也有慣性D．汽車在剎車時才有慣性分析：慣性是指物體具有的保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)，質(zhì)量是物體慣性大小大小的唯一的量度。解答：A、乘坐汽車時系好安全帶，不是可以減小慣性，而是在緊急剎車時可以防止人由于慣性的作用飛離座椅，從而造成傷害，所以A錯誤；B、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一的量度，與人的速度的大小無關(guān)，所以B錯誤；C、在太空中物體的質(zhì)量是不變的，所以物體的慣性也不變，所以C正確；D、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，所以D錯誤。故選：C。點評：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，只要物體的質(zhì)量不變，物體的慣性的大小就不變?！局R點的應(yīng)用及延伸】關(guān)于慣性觀點的辨析：錯誤觀點1：物體慣性的大小與物體的受力情況、運動情況、所處位置有關(guān)。辨析：慣性是物體本身想要保持運動狀態(tài)不變的特性，它是物體本身的固有屬性，與物體的受力情況、運動情況、所處位置等無關(guān)。慣性的大小用質(zhì)量來量度。不同質(zhì)量的物體的慣性不同，它們保持狀態(tài)不變的“本領(lǐng)”不同，質(zhì)量越大的物體，其狀態(tài)變化越困難，說明它保持狀態(tài)不變的“本領(lǐng)”越強，它的慣性越大。錯誤觀點2：慣性是一種力。辨析：運動不需要力來維持，但當有力對物體作用時，力將“迫使”其改變運動狀態(tài)。這時慣性表現(xiàn)為：若要物體持續(xù)地改變運動狀態(tài)，就必須持續(xù)地對物體施加力的作用，一旦某時刻失去力的作用，物體馬上保持此時的運動狀態(tài)不再改變。因此慣性不是力，保持運動狀態(tài)是物體的本能。“物體受到慣性力”、“由于慣性的作用”、“產(chǎn)生慣性”、“克服慣性”、“消除慣性”等說法是不正確的。慣性力物理意義物體保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質(zhì)物體間的相互作用存在條件是物體本身的固有屬性，始終具有，與外界條件無關(guān)力只有在物體間發(fā)生相互作用時才有可量性有大?。o具體數(shù)值，也無單位），無方位有大小、方向及單位錯誤觀點3：慣性就是慣性定律。辨析：慣性是一切物體都具有的固有屬性，而慣性定律是物體不受外力作用時所遵守的一條規(guī)律。錯誤觀點4：物體的速度越大。物體的慣性越大。辨析：慣性是物體本身的固有屬性，與物體的運動情況無關(guān)。有的同學認為“慣性與物體的運動速度有關(guān)，速度大，慣性就大，速度小，慣性就小”。其理由是物體運動速度大時不容易停下來，運動速度小時就容易停下來，這種認識是錯誤的。產(chǎn)生這種錯誤認識的原因是沒有正確理解“慣性大小表示物體運動狀態(tài)改變的難易程度”這句話。事實上，在受力情況完全相同時，質(zhì)量相同的物體，在任意相同的時間內(nèi)，速度的變化量是相同的。所以質(zhì)量是慣性大小的唯一量度?！窘忸}方法點撥】慣性大小的判定方法：慣性是物體的固有屬性，與物體的運動情況及受力情況無關(guān)，質(zhì)量是慣性大小的唯一量度。有的同學總是認為“慣性與速度有關(guān)，物體的運動速度大慣性就大，速度小慣性就小”。理由是物體的速度大時不容易停下來，速度小時就容易停下來。這說明這部分同學沒能將“運動狀態(tài)改變的難易程度”與“物體從運動到靜止的時間長短”區(qū)分開來。事實上，要比較物體運動狀態(tài)變化的難與易，不僅要考慮物體速度變化的快與慢，還要考慮引起運動狀態(tài)變化的外因﹣﹣外力。具體來說有兩種方法：一是外力相同時比較運動狀態(tài)變化的快慢；二是在運動狀態(tài)變化快慢相同的情況下比較所需外力的大小。對于質(zhì)量相同的物體，無論其速度大小如何，在相同阻力的情況下，相同時間內(nèi)速度變化量是相同的，這說明改變它們運動狀態(tài)的難易程度是相同的。所以它們的慣性相同，與它們的速度無關(guān)。2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)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。【命題方向】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(guān)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(yīng)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(guān)物理量。3．牛頓第二定律求解多過程問題【知識點的認識】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.表達式：F合＝ma．3.本考點的針對的情境：物體的受力在一個階段內(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度的增大而增大．以小球為研究對象，開始階段，彈力小于重力，合力豎直向下，與速度方向相同，小球做加速運動，合力減??；當彈力大于重力后，合力豎直向上，小球做減速運動，合力增大．解答：小球自由落下，接觸彈簧時有豎直向下的速度。以小球為研究對象，分析小球的受力情況和運動情況：開始階段，彈力小于重力，合力豎直向下，與速度方向相同，小球做加速運動，合力變?。划攺椓Υ笥谥亓?，合力豎直向上，小球做減速運動，合力變大。當彈力等于重力時，合力為零，速度最大。故選：C。點評：含有彈簧的問題，是高考的熱點．關(guān)鍵在于分析小球的受力情況，來確定小球的運動情況，抓住彈力是變化的這一特點．不能簡單認為小球一接觸彈簧就做減速運動．【解題思路點撥】用牛頓第二定律求解多過程問題的思路如下：1.分析物體的運動過程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動情況。4．衛(wèi)星或行星運行參數(shù)的計算【知識點的認識】對于一般的人造衛(wèi)星而言，萬有引力提供其做圓周運動的向心力。于是有：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a在衛(wèi)星運行的過程中，根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當?shù)墓角蠼庀嚓P(guān)物理量?！窘忸}思路點撥】2005年10月12日，我國成功地發(fā)射了“神舟”六號載人宇宙飛船，飛船進入軌道運行若干圈后成功實施變軌進入圓軌道運行，經(jīng)過了近5天的運行后，飛船的返回艙順利降落在預(yù)定地點．設(shè)“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球運行n圈所用的時間為t，若地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，求：（1）飛船的圓軌道離地面的高度；（2）飛船在圓軌道上運行的速率．分析：研究“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力等于向心力列出方程，根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時萬有引力等于重力列出方程進行求解即可．解答：（1）“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球運行n圈所用的時間為t，T=研究“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力定律分別對地球表面物體和飛船列出方程得：G?根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時萬有引力等于重力列出方程得：G?r＝R+h④由①②③④解得：h②由線速度公式得：v=∴v答：（1）飛船的圓軌道離地面的高度是3g（2）飛船在圓軌道上運行的速率是32點評：本題要掌握萬有引力的作用，天體運動中萬有引力等于向心力，地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時萬有引力等于重力，利用兩個公式即可解決此問題．只是計算和公式變化易出現(xiàn)錯誤．【解題思路點撥】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運行看作勻速圓周運動，萬有引力完全充當圓周運動的向心力。但是計算的公式比較多，需要根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當?shù)墓竭M行計算。5．重力勢能的計算【知識點的認識】重力勢能具有以下性質(zhì)1．相對性（1）參考平面：物體的重力勢能總是相對于某一水平面來說的，這個水平面叫做參考平面．在參考平面上，物體的重力勢能取作0．（2）重力勢能的相對性①選擇不同的參考平面，物體重力勢能的數(shù)值是不同的．②對選定的參考平面，上方物體的重力勢能是正值，下方物體的重力勢能是負值，負號表示物體在這個位置具有的重力勢能要比在參考平面上具有的重力勢能?。?．標矢性重力勢能為標量，其正負表示重力勢能的大?。矬w在參考平面上方時，重力勢能為正值，在參考平面下方時，重力勢能為負值．3．系統(tǒng)性重力勢能是地球與物體所組成的系統(tǒng)共有的．【命題方向】下列關(guān)于重力勢能的說法中正確的是（）A、重力勢能的大小只由重物本身決定B、重力勢能恒大于零C、當物體放在地面上，它具有的重力勢能一定為零D、重力勢能是相對于零勢能面而言的，因此重力勢能具有相對性分析：重力勢能的大小根據(jù)公式Ep＝mgh，進行分析解答．要知道h是物體相對于零勢能面的高度，具有相對性．解答：A、由公式Ep＝mgh可知，重力勢能是由重物的重力和重物相對于零勢能面的高度共同決定的，故A錯誤。B、重力勢能是相對的，當物體在參考平面的下方時重力勢能為負，故B錯誤。C、重力勢能具有相對性，若取地面為零勢能面，物體放在地面上，它具有的重力勢能為零，若不取地面為零勢能面，它具有的重力勢能不為零，故C錯誤。D、由Ep＝mgh可知，h是物體相對于零勢能面的高度，則重力勢能是相對于零勢能面而言的，選取不同的零勢能面，同一物體的重力勢能一般不同，所以重力勢能具有相對性。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵知道重力勢能的大小與零勢能的選取有關(guān)，具有相對性，但要注意重力勢能的變化與零勢能的選取無關(guān)．【解題思路點撥】重力勢能的理解物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢能，物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積．其表達式為：Ep＝mgh．重力勢能是一個相對量，它的數(shù)值與參考平面的選擇有關(guān)，同一個物體在同一位置，相對于不同的參考平面，其重力勢能的數(shù)值不同．所以，研究重力勢能，必須首先選取參考平面．通常情況下，選取地面作為重力勢能的參考平面．在解題時，經(jīng)常選取物體運動過程中的最低位置所在平面作為參考平面，這樣可以避免負勢能的計算．6．用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題【知識點的認識】1.碰撞的特點：（1）時間特點：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時間極短，相對物體運動的全過程可忽略不計。（2）相互作用力特點：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力，所以動量守恒。2.設(shè)兩個物體的質(zhì)量分別為m1和m2，碰撞前兩個物體的速度分別為v1和v2，碰撞后的速度分別為v1′和v2′，則根據(jù)動量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′3.【命題方向】甲、乙兩個玩具小車在光滑水平面上沿著同一直線相向運動，它們的質(zhì)量和速度大小分別為m1＝0.5kg，v1＝2m/s，m2＝3kg，v2＝1m/s．兩小車相碰后，乙車的速度減小為v2′＝0.5m/s，方向不變，求甲車的速度v1′．分析：兩小車相碰過程，兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰后甲的速度．解答：兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，以乙車的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v2﹣m1v1＝m2v2′+m1′v1′，代入數(shù)據(jù)解得：v1′＝1m/s；方向與v2方向相同．答：甲車的速度v1′為1m/s；方向與v2方向相同．點評：本題的關(guān)鍵要掌握碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律，應(yīng)用動量守恒定律時要注意正方向．【解題思路點撥】1.碰撞的分類：（1）彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。（2）非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。（3）完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。2.無論哪一種碰撞，總是滿足動量守恒定律。7．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠遠不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應(yīng)用、有電場存在的綜合應(yīng)用等等?！久}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，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，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。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(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的速度大??；（2）滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，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點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（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動，減速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；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動，加速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（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，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C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式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，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(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，它減速運動到傳送帶右端時，速度應(yīng)當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)動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學公式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點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學中的一道知識點比較多的綜合題，學生在所涉及的知識點中若存在相關(guān)知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點撥】1．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點：（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，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應(yīng)注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式．（2）動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，在力學中解題時必須注意動量守恒條件及機械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當確定了研究對象及運動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．（3）中學階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便．8．機械波及其形成與傳播【知識點的認識】機械波的產(chǎn)生（1）定義：機械振動在介質(zhì)中的傳播過程，叫做機械波．（2）產(chǎn)生條件：波源和介質(zhì)．（3）產(chǎn)生過程：沿波的傳播方向上各質(zhì)點的振動都受它前一個質(zhì)點的帶動而做受迫振動，對簡諧波而言各質(zhì)點振動的振幅和周期都相同，各質(zhì)點只在自己的平衡位置附近振動．（4）機械波傳播的三個特點①介質(zhì)中有機械波傳播時，介質(zhì)本身并不隨波一起傳播，它傳播的只是振動這種運動形式。②波是傳遞能量的一種方式。③波可以傳遞信息。【命題方向】關(guān)于機械波，下列說法正確的是（）A、機械波的傳播方向就是介質(zhì)中質(zhì)點的振動方向B、機械波傳播的是振動這種運動形式，質(zhì)點并不隨波遷移C、機械波的傳播伴隨著振動能量的傳遞D、波不但能傳遞能量，也能傳遞信息分析：波傳播的是能量或振動形式不是質(zhì)點；波分為橫波和縱波；振源停止振動時，介質(zhì)中的波動斷續(xù)傳播。波傳播的振動形式及能量。解答：A、機械波由近及遠向遠處傳播，而介質(zhì)中質(zhì)點在平衡位置附近振動；故A錯誤；B、在波的傳播中質(zhì)點在自己的平衡位置附近振動，不會隨波向遠方傳播；故B正確；C、波機械波的傳播伴隨著振動形式以及能量的傳遞；故C正確；D、波不但能夠傳遞能量，而且可以傳遞信息；故D正確。故選：BCD。點評：本題主要考查波的產(chǎn)生、傳播等，要注意明確波傳播的是能量或運動形式，質(zhì)點不會隨波前進；同時波可以傳播能量和信息?！窘忸}思路點撥】1.機械波的形成2.波的特點（1）振幅：像繩波這種一維（只在某個方向上傳播）機械波，若不計能量損失，各質(zhì)點的振幅相同。（2）周期：各質(zhì)點振動的周期均與波源的振動周期相同。（3）步調(diào)：離波源越遠，質(zhì)點振動越滯后。（4）運動：各質(zhì)點只在各自的平衡位置附近做往復(fù)振動，并不隨波遷移。9．波長、頻率和波速的關(guān)系【知識點的認識】描述機械波的物理量（1）波長λ：兩個相鄰的、在振動過程中對平衡位置的位移總是相同的質(zhì)點間的距離叫波長．在橫波中，兩個相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長．在縱波中，兩個相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無論在什么介質(zhì)中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：單位時間內(nèi)振動向外傳播的距離．波速的大小由介質(zhì)決定．（4）波速與波長和頻率的關(guān)系：v＝λf．【命題方向】?？碱}型：如圖所示是一列簡諧波在t＝0時的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時波恰好傳到I點，下列說法中正確的是（）A．此列波的周期為T＝0.4sB．質(zhì)點B、F在振動過程中位移總是相等C．質(zhì)點I的起振方向沿y軸負方向D．當t＝5.1s時，x＝10m的質(zhì)點處于平衡位置處E．質(zhì)點A、C、E、G、I在振動過程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長，根據(jù)v=λT求解周期，根據(jù)波形圖來確定I處的起振方向，當質(zhì)點間的距離為波長的整數(shù)倍時，振動情況完全相同，當質(zhì)點間的距離為半波長的奇數(shù)解：A、由波形圖可知，波長λ＝4m，則T=λv=B、質(zhì)點B、F之間的距離正好是一個波長，振動情況完全相同，所以質(zhì)點B、F在振動過程中位移總是相等，故B正確；C、由圖可知，I剛開始振動時的方向沿y軸負方向，故C正確；D、波傳到x＝l0m的質(zhì)點的時間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時，x＝l0m的質(zhì)點已經(jīng)振動4.1sE、質(zhì)點A、C間的距離為半個波長，振動情況相反，所以位移的方向不同，故D錯誤；故選：ABC【點評】本題考察了根據(jù)波動圖象得出振動圖象是一重點知識，其關(guān)鍵是理解振動和波動的區(qū)別．【解題方法點撥】牢記機械振動的有關(guān)公式，熟練的進行公式之間的轉(zhuǎn)化與計算。10．等分法求電勢【知識點的認識】在勻強電場中，滿足以下規(guī)律：1.勻強電場中平行直線（或同一直線）上相等距離的點電勢差相等。2.勻強電場中平行直線（或同一直線）上lab＝klcd，若則Uab＝kUcd。3.勻強電場中同一直線上，中點電勢等于兩端電勢的算術(shù)平均值。4.在勻強電場中，任意兩線段兩端的電勢差之比等于兩線段在電場強度方向上投影長度之比。也可通過U＝Ed由一段線段上電勢差計算出電場強度，再應(yīng)用于另一段線段上計算電勢或電勢差?！久}方向】勻強電場中有a、b、c三點．在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°，電場方向與三角形所在平面平行．已知a、b和c點的電勢分別為（2-3）V、（2+3）V和A、（2-3）V、（2+3B、0V、4VC、（2-433）V、（2D、0V、3V分析：作出三角形的外接圓，其圓心O在ab的中點，該點電勢為2V，OC為等勢線，作出OC的垂線MN為電場線，根據(jù)U＝Ed，順著電場線MN，找出離O點最遠的點，電勢最低；逆著電場線，離O點最遠點電勢最高．解答：如圖所示，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢線，其垂線MN為電場線，方向為M→N方向。外接圓上電勢最低點為N點，最高點為M點。設(shè)外接半徑為R，則UOP＝UOa=3VUON＝ER，UOP＝ERcos30°，則UON：UOP＝2：3，故UON＝2V，N點電勢為零，為最低電勢點，同理M點電勢為4V，為最高電勢點。故選：B。點評：找等勢點，作等勢線，進一步作出電場線，并結(jié)合幾何知識是求電勢問題常用的方法．【解題思路點撥】等分法計算勻強電場中的電勢（1）在勻強電場中，沿不在同一等勢面上的任意一個方向上，電勢降落都是均勻的，故在同一直線上相同距離的兩點間的電勢差相等．如果把某兩點間的距離等分為n段，則每段兩端點間的電勢差等于原電勢差的1n倍（2）已知電場中幾點的電勢，如果要求某點的電勢時，一般采用“等分法”在電場中找與待求點電勢相同的等勢點，等分法也常用在畫電場線的問題中．（3）在勻強電場中，相互平行的相等長度的線段兩端間的電勢差相等，應(yīng)用這一點可求解電勢．11．帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動【知識點的認識】1.帶電粒子垂直射入勻強電場的運動類似于物體的平拋運動，可以利用運動的合成與分解知識分析。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電場中的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.兩個特殊推論：（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為初速度方向位移的中點，如圖所示。（2）位移方向與初速度方向間夾角α（圖中未畫出）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入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距離d＝1.0cm，板長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）電子進入極板時的速度v0（2）兩極板間的電壓．分析：（1）由動能定理可求得進入極板的速度．（2）由豎直向做勻加速運動，水平向做勻速運動，由豎直向的距離可求得所加電壓值．解答：（1）由動能定理：Uq=1得