第77頁（共77頁）2025年河北省新高考物理試卷（回憶版）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?河北）《漢書》記載“姑句家矛端生火”，表明古人很早就發(fā)現(xiàn)了尖端放電現(xiàn)象。若帶電長矛尖端附近某條電場線如圖，則a、b、c、d四點中電勢最高的是（）A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D．d點2．（4分）（2025?河北）某同學(xué)將一充氣皮球遺忘在操場上，找到時發(fā)現(xiàn)因太陽曝曬皮球溫度升高，體積變大。在此過程中若皮球未漏氣，則皮球內(nèi)封閉氣體（）A．對外做功 B．向外界傳遞熱量 C．分子的數(shù)密度增大 D．每個分子的速率都增大3．（4分）（2025?河北）1992年，江蘇揚州出土的古代銅卡尺，由固定尺和活動尺組成，現(xiàn)代游標卡尺的構(gòu)件與其非常相似，已成為常用的測量工具。用游標卡尺測量某物體的長度，示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為（）A．14.20mm B．14.2mm C．17.20mm D．17.2mm4．（4分）（2025?河北）如圖，內(nèi)壁截面為半圓形的光滑凹槽固定在水平面上，左右邊沿等高。該截面內(nèi)，一根不可伸長的細繩穿過帶有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左邊沿，另一端過右邊沿并沿繩方向?qū)ζ涫┘永。小球半徑遠小于凹槽半徑，所受重力大小為G。若小球始終位于內(nèi)壁最低點，則F的最大值為（）A．12G B．22G C．G5．（4分）（2025?河北）某同學(xué)在傍晚用內(nèi)嵌多個彩燈的塑料繩跳繩，照片錄了彩燈在曝光時間內(nèi)的運動軌跡，簡圖如圖。彩燈的運動可視為勻速圓周運動，相機本次曝光時間是130s，圓弧對應(yīng)的圓心角約為A．90 B．120 C．150 D．1806．（4分）（2025?河北）2024年底，世界裝機容量最大的抽水蓄能電站——河北豐寧抽水蓄能電站全面投產(chǎn)發(fā)電。如圖，若該電站通過理想變壓器調(diào)節(jié)輸出電壓U2時，輸入電壓U1保持不變。已知副線圈總匝數(shù)為n，分接頭1、2間和2、3間的線圈匝數(shù)n12=n23=n10，開關(guān)S接3時輸出電壓的瞬時值u2＝Umsinωt，則S接A． B． C． D．7．（4分）（2025?河北）隨著我國航天事業(yè)飛速發(fā)展，人們暢想研制一種核聚變能源星際飛行器。從某星球表面發(fā)射的星際飛行器在飛行過程中只考慮該星球引力，不考慮自轉(zhuǎn)，該星球可視為質(zhì)量分布均勻的球體，半徑為R0，表面重力加速度為g0。質(zhì)量為m的飛行器與星球中心距離為r時，引力勢能為mg0R0A．g0R0 B．3g0R02二、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，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。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?河北）如圖，真空中固定在絕緣臺上的兩個相同的金屬小球A和B，帶有等量同種電荷，電荷量為q，兩者間距遠大于小球直徑，兩者之間的靜電力大小為F。用一個電荷量為Q的同樣的金屬小球C先跟A接觸，再跟B接觸，移走C后，A和B之間的靜電力大小仍為F，則Q：q的絕對值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．5（多選）9．（6分）（2025?河北）如圖，截面為等腰三角形的光滑斜面體固定在水平地面上，兩個相同的小物塊通過不可伸長的細繩跨過頂端的輕質(zhì)定滑輪，靜止在斜面體兩側(cè)，細繩與斜面平行。此外，兩物塊分別用相同的輕質(zhì)彈簧與斜面體底端相連，且彈簧均處于原長。將左側(cè)小物塊沿斜面緩慢拉下一小段距離，然后松開。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，斜面傾角為θ，不計摩擦和空氣阻力。在兩物塊運動過程中，下列說法正確的是（）A．左側(cè)小物塊沿斜面做簡諧運動 B．細繩的拉力隨左側(cè)小物塊加速度的增大而增大 C．右側(cè)小物塊在最高位置的加速度與其在最低位置的加速度大小相等 D．若θ增大，則右側(cè)小物塊從最低位置運動到最高位置所用的時間變長（多選）10．（6分）（2025?河北）如圖，真空中兩個足夠大的平行金屬板M、N水平固定，間距為d，M板接地。M板上方整個區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場。M板O點處正上方P點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向發(fā)射比荷、速度大小均相同的同種帶電粒子。當(dāng)發(fā)射方向與OP的夾角θ＝60°時，粒子恰好垂直穿過M板Q點處的小孔。已知OQ＝3L，初始時兩板均不帶電，粒子碰到金屬板后立即被吸收，電荷在金屬板上均勻分布，金屬板電量可視為連續(xù)變化，不計金屬板厚度、粒子重力及粒子間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法正確的是（）A．粒子一定帶正電 B．若間距d增大，則板間所形成的最大電場強度減小 C．粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為7L D．粒子打到M板下表面的位置與Q點的最小距離為3三、非選擇題：本題共5題，共54分。11．（8分）（2025?河北）（1）某學(xué)習(xí)小組把熱敏電阻置于帶有溫控的加熱裝置中，利用圖1所示電路研究熱敏電阻的溫度特性。①閉合開關(guān)S，觀察到溫度改變時電流表示數(shù)也隨之改變。定量研究熱敏電阻的阻值R隨溫度t變化的規(guī)律時，將歐姆表兩表筆分別接到熱敏電阻a、b兩端測量其阻值，這時開關(guān)S應(yīng)（填“斷開”或“閉合”）。②按照正確方法測出不同溫度下熱敏電阻的阻值。電阻R1、R2與溫度t的關(guān)系分別對應(yīng)圖2中曲線Ⅰ、Ⅱ。設(shè)計電路時，為防止用電器發(fā)生故障引起電流異常增大，導(dǎo)致個別電子元件溫度過高而損壞，可串聯(lián)一個熱敏電阻抑制電流異常增大，起到過熱保護作用。這種熱敏電阻與電阻（填“R1”或“R2”）具有相同溫度特性。（2）某學(xué)習(xí)小組在傾斜的氣墊導(dǎo)軌上驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖3所示，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。①方案設(shè)計階段，該小組同學(xué)對需要測量哪些物理量產(chǎn)生了不同意見。甲同學(xué)：需測量滑塊和遮光條的總質(zhì)量、滑塊通過兩個光電門的速度、兩個光電門間的豎直高度差。乙同學(xué)：只需測量滑塊通過兩個光電門的速度、兩個光電門間的豎直高度差。丙同學(xué)：只需測量滑塊通過兩個光電門的速度、兩個光電門間的距離。你認為（填“甲”“乙”或“丙”）同學(xué)的方案不可行。②如圖3，光電門中光源與光敏管相對，光源發(fā)出的光使光敏管感光。當(dāng)滑塊經(jīng)過時，遮光條把光遮住，計時器記錄遮光時間，可計算出滑塊的速度。實驗中使用的遮光條寬度d1＝10.0mm，光電門寬度d2＝20.0m。某次測量時，記錄通過光電門A的遮光時間為25.0ms，則滑塊經(jīng)過光電門A的速度大小為m/s。12．（8分）（2025?河北）自動洗衣機水位檢測的精度會影響洗凈比和能效等級。某款洗衣機水位檢測結(jié)構(gòu)如圖1所示。洗衣桶內(nèi)水位升高時，集氣室內(nèi)氣體壓強增大，鐵芯進入電感線圈的長度增加，從而改變線圈的自感系數(shù)。洗衣機智能電路通過測定LC振蕩電路的頻率來確定水位高度。某興趣小組在恒溫環(huán)境中對此裝置進行實驗研究。（1）研究集氣室內(nèi)氣體壓強與體積的關(guān)系①洗衣桶內(nèi)水位H一定時，其內(nèi)徑D的大小（填“會”或“不會”）影響集氣室內(nèi)氣體壓強的大小。②測量集氣室高度h0、集氣室內(nèi)徑d。然后緩慢增加桶內(nèi)水量，記錄桶內(nèi)水位高度H和集氣室進水高度，同時使用氣壓傳感器測量集氣室內(nèi)氣體壓強p。H和h數(shù)據(jù)如表所示。H/cm15.0020.0025.0030.0035.0040.0045.0050.00h/cm0.330.400.420.520.610.700.780.87實驗中使用同一把刻度尺對H和h進行測量，根據(jù)數(shù)據(jù)判斷，測量（填“H”或“h”）產(chǎn)生的相對誤差較小。③利用數(shù)據(jù)處理軟件擬合集氣室內(nèi)氣體體積V與1p的關(guān)系曲線，如圖2所示。圖中擬合直線的延長線明顯不過原點，經(jīng)檢查實驗儀器完好，實驗裝置密封良好，操作過程規(guī)范，數(shù)據(jù)記錄準確，則該延長線不過原點的主要原因是（2）研究洗衣桶水位高度與振蕩電路頻率的關(guān)系圖是桶內(nèi)水位在兩個不同高度時示波器顯示的u﹣t圖像，u的頻率即為LC振蕩電路的頻率。LC振蕩電路的頻率f與線圈自感系數(shù)L、電容C的關(guān)系是f=12πLC，則圖中（填“甲”13．（8分）（2025?河北）光纖光譜儀的部分工作原理如圖所示。待測光在光纖內(nèi)經(jīng)多次全反射從另一端射出，再經(jīng)棱鏡偏轉(zhuǎn)，然后通過狹縫進入光電探測器。（1）若將光纖簡化為真空中的長玻璃絲，設(shè)玻璃絲的折射率為23（2）若探測器光陰極材料的逸出功為9.939×10﹣20J，求該材料的截止頻率。（普朗克常量h＝6.626×10﹣34J?s）14．（14分）（2025?河北）如圖，一長為2m的平臺，距水平地面高度為1.8m。質(zhì)量為0.01kg的小物塊以3m/s的初速度從平臺左端水平向右運動。物塊與平臺、地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2。物塊視為質(zhì)點，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離。（2）若物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m，物塊從離開平臺到彈起至最大高度所用時間共計1s。求物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈力沖量的大小，以及物塊彈離地面時水平速度的大小。15．（16分）（2025?河北）某電磁助推裝置設(shè)計如圖，超級電容器經(jīng)調(diào)控系統(tǒng)為電路提供1000A的恒定電流，水平固定的平行長直導(dǎo)軌處于垂直水平面的勻強磁場中，a可視為始終垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒，b為表面絕緣的無人機。初始時a靜止于MM′處，b靜止于a右側(cè)某處?，F(xiàn)將開關(guān)S接1端，a與b正碰后鎖定并一起運動，損失動能全部儲存為彈性勢能。當(dāng)a運行至NN′時將S接2端，同時解除鎖定，所儲勢能瞬間全部轉(zhuǎn)化為動能，a與b分離。已知電容器電容C為10F，導(dǎo)軌間距為0.5m，磁感應(yīng)強度大小為1T，MM′到NN′的距離為5m，a、b質(zhì)量分別為2kg、8kg，a在導(dǎo)軌間的電阻為0.01Ω。碰撞、分離時間極短，各部分始終接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻、摩擦和儲能耗損，忽略電流對磁場的影響。（1）若分離后某時刻a的速度大小為10m/s，求此時通過a的電流大小。（2）忽略a、b所受空氣阻力，當(dāng)a與b的初始間距為1.25m時，求b分離后的速度大小，分析其是否為b能夠獲得的最大速度；并求a運動過程中電容器的電壓減小量。（3）忽略a所受空氣阻力，若b所受空氣阻力大小與其速度v的關(guān)系為f＝kv2（k＝0.025N?s2/m2），初始位置與（2）問一致，試估算a運行至NN'時。a分離前的速度大小能否達到（2）問中分離前速度的99%，并給出結(jié)論。（0.992＝0.980l）

2025年河北省新高考物理試卷（回憶版）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案DACBCDB二．多選題（共3小題）題號8910答案ADACBCD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?河北）《漢書》記載“姑句家矛端生火”，表明古人很早就發(fā)現(xiàn)了尖端放電現(xiàn)象。若帶電長矛尖端附近某條電場線如圖，則a、b、c、d四點中電勢最高的是（）A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D．d點【考點】通過電場線的方向判斷電勢的高低．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)電場線上電勢高低的判斷方法進行分析判斷?！窘獯稹拷猓簣D中為一條電場線，根據(jù)沿電場線方向，電勢逐漸降低的特點，則電勢最高的是d點，最低的是a點，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】考查電場中根據(jù)電場線判斷電勢的問題，會根據(jù)題意進行準確分析解答。2．（4分）（2025?河北）某同學(xué)將一充氣皮球遺忘在操場上，找到時發(fā)現(xiàn)因太陽曝曬皮球溫度升高，體積變大。在此過程中若皮球未漏氣，則皮球內(nèi)封閉氣體（）A．對外做功 B．向外界傳遞熱量 C．分子的數(shù)密度增大 D．每個分子的速率都增大【考點】熱力學(xué)第一定律的表達和應(yīng)用；功的正負及判斷；溫度與分子動能的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；熱力學(xué)定律專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)氣體膨脹做功、熱傳遞和分子速率隨溫度變化的關(guān)系進行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.皮球體積變大，氣體膨脹，對外界做功，故A正確；B.太陽暴曬使氣體溫度升高，是外界對氣體傳熱，故B錯誤；C.皮球未漏氣，分子總數(shù)不變，體積變大，分子的數(shù)密度減小，故C錯誤；D.溫度升高，分子平均動能增大，但并非每個分子速率都增大，故D錯誤。故選：A?！军c評】考查熱力學(xué)第一定律和分子速率隨溫度變化的關(guān)系，會根據(jù)題意進行準確分析解答。3．（4分）（2025?河北）1992年，江蘇揚州出土的古代銅卡尺，由固定尺和活動尺組成，現(xiàn)代游標卡尺的構(gòu)件與其非常相似，已成為常用的測量工具。用游標卡尺測量某物體的長度，示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為（）A．14.20mm B．14.2mm C．17.20mm D．17.2mm【考點】游標卡尺的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)?！窘獯稹拷猓河螛丝ǔ叩木_度為0.02mm，其讀數(shù)為17mm+10×0.02mm＝17.20mm，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】考查游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則，會根據(jù)題意進行準確分析解答。4．（4分）（2025?河北）如圖，內(nèi)壁截面為半圓形的光滑凹槽固定在水平面上，左右邊沿等高。該截面內(nèi)，一根不可伸長的細繩穿過帶有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左邊沿，另一端過右邊沿并沿繩方向?qū)ζ涫┘永。小球半徑遠小于凹槽半徑，所受重力大小為G。若小球始終位于內(nèi)壁最低點，則F的最大值為（）A．12G B．22G C．G【考點】共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)物體的受力分析結(jié)合平衡條件列式解答?！窘獯稹拷猓河深}意可知當(dāng)凹槽底部對小球支持力為零時，此時拉力F最大，在豎直方向上，根據(jù)平衡條件有2Fmcos45°＝G，即2Fm×22=G，得Fm=故選：B?！军c評】考查物體的受力分析結(jié)合平衡條件的應(yīng)用，會根據(jù)題意進行準確分析解答。5．（4分）（2025?河北）某同學(xué)在傍晚用內(nèi)嵌多個彩燈的塑料繩跳繩，照片錄了彩燈在曝光時間內(nèi)的運動軌跡，簡圖如圖。彩燈的運動可視為勻速圓周運動，相機本次曝光時間是130s，圓弧對應(yīng)的圓心角約為A．90 B．120 C．150 D．180【考點】角速度、周期、頻率與轉(zhuǎn)速的關(guān)系及計算．【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】C【分析】求出跳繩的轉(zhuǎn)動角速度，根據(jù)角速度和頻率的關(guān)系求解每分鐘跳繩的圈數(shù)?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知跳繩的轉(zhuǎn)動角速度為：ω根據(jù)ω＝2πf可知每秒鐘跳的圈數(shù)為：f=ω2π每分鐘跳繩的圈數(shù)為：n＝60f＝60×2.5r/min＝150r/min，故C正確、ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查勻速圓周運動，關(guān)鍵是弄清楚角速度和頻率的關(guān)系。6．（4分）（2025?河北）2024年底，世界裝機容量最大的抽水蓄能電站——河北豐寧抽水蓄能電站全面投產(chǎn)發(fā)電。如圖，若該電站通過理想變壓器調(diào)節(jié)輸出電壓U2時，輸入電壓U1保持不變。已知副線圈總匝數(shù)為n，分接頭1、2間和2、3間的線圈匝數(shù)n12=n23=n10，開關(guān)S接3時輸出電壓的瞬時值u2＝Umsinωt，則S接A． B． C． D．【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；變壓器的構(gòu)造與原理．【專題】定量思想；方程法；交流電專題；理解能力．【答案】D【分析】求出開關(guān)S接3、開關(guān)S接2時的匝數(shù)，根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比求解電壓，再根據(jù)變壓器變壓不變頻進行解答?！窘獯稹拷猓洪_關(guān)S接3時輸出電壓的瞬時值u2＝Umsinωt，則有效值：U3=Um2，匝數(shù)：n3＝n開關(guān)S接2時，匝數(shù)：n2＝n-n則有：U2U3=n2則：U2m=變壓器變壓不變頻，所以周期不變，u2﹣t的圖像為D，故D正確、ABC錯誤。故選：D。【點評】本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器在改變電壓和電流的同時，不改變功率和頻率。7．（4分）（2025?河北）隨著我國航天事業(yè)飛速發(fā)展，人們暢想研制一種核聚變能源星際飛行器。從某星球表面發(fā)射的星際飛行器在飛行過程中只考慮該星球引力，不考慮自轉(zhuǎn)，該星球可視為質(zhì)量分布均勻的球體，半徑為R0，表面重力加速度為g0。質(zhì)量為m的飛行器與星球中心距離為r時，引力勢能為mg0R0A．g0R0 B．3g0R02【考點】天體運動中機械能的變化；衛(wèi)星或行星運行參數(shù)的計算．【專題】定量思想；方程法；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】B【分析】求出飛行器在距星球表面高度為R0的軌道上做勻速圓周運動的機械能表達式，再根據(jù)機械能守恒定律進行解答。【解答】解：設(shè)星球質(zhì)量為M，在星球表面有：mg0=質(zhì)量為m的飛行器與星球中心距離為r時，根據(jù)萬有引力提供向心力可得：GMmr2=mv飛行器在距星球表面高度為R0的軌道上做勻速圓周運動，r＝2R0，動能為：Ek=解得：Ek=引力勢能為：EP＝mg0R02（1飛行器在距星球表面高度為R0的軌道上做勻速圓周運動機械能為：E＝Ek+EP=設(shè)發(fā)射初速度為v0，飛行器在距星球表面的機械能為：E0＝Ek0+EP0=1根據(jù)機械能守恒定律可得：E0＝E聯(lián)立解得：v0=3g0R0故選：B。【點評】本題主要是考查天體運動的機械能守恒定律，解答本題的關(guān)鍵是知道機械能的概念，能夠根據(jù)引力勢能的表達式求解引力勢能的大小。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，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。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?河北）如圖，真空中固定在絕緣臺上的兩個相同的金屬小球A和B，帶有等量同種電荷，電荷量為q，兩者間距遠大于小球直徑，兩者之間的靜電力大小為F。用一個電荷量為Q的同樣的金屬小球C先跟A接觸，再跟B接觸，移走C后，A和B之間的靜電力大小仍為F，則Q：q的絕對值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．5【考點】電荷守恒定律．【專題】定量思想；方程法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)庫侖定律結(jié)合電荷均分原理列方程進行解答?！窘獯稹拷猓涸O(shè)A、B間的距離為r，原來A、B間的靜電力：F=小球C先跟A接觸，此時A、C的電荷量都變?yōu)椋簈1=C再跟B接觸，C、B的電荷量都變?yōu)椋簈2=移走C后，A和B之間的靜電力：F=整理得：Q2+4Qq﹣5q2＝0因式分解可得：（Q+5q）（Q﹣q）＝0解得：Q＝﹣5q或Q＝q所以：|Qq|＝5或|Qq|＝1，故AD正確、故選：AD?！军c評】本題主要是考查了庫侖定律的計算公式；知道真空中靜止的兩個點電荷之間的庫侖力與它們的電荷量乘積成正比、與它們之間的距離平方成反比；知道兩個相同的金屬球接觸后電荷均分。（多選）9．（6分）（2025?河北）如圖，截面為等腰三角形的光滑斜面體固定在水平地面上，兩個相同的小物塊通過不可伸長的細繩跨過頂端的輕質(zhì)定滑輪，靜止在斜面體兩側(cè)，細繩與斜面平行。此外，兩物塊分別用相同的輕質(zhì)彈簧與斜面體底端相連，且彈簧均處于原長。將左側(cè)小物塊沿斜面緩慢拉下一小段距離，然后松開。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，斜面傾角為θ，不計摩擦和空氣阻力。在兩物塊運動過程中，下列說法正確的是（）A．左側(cè)小物塊沿斜面做簡諧運動 B．細繩的拉力隨左側(cè)小物塊加速度的增大而增大 C．右側(cè)小物塊在最高位置的加速度與其在最低位置的加速度大小相等 D．若θ增大，則右側(cè)小物塊從最低位置運動到最高位置所用的時間變長【考點】簡諧運動的定義、運動特點與判斷；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】簡諧運動的回復(fù)力滿足F＝﹣kx，證明物塊合外力滿足該條件即可；對兩小物塊整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；再對左側(cè)小物塊根據(jù)牛頓第二定律求解細線拉力大小；根據(jù)簡諧運動的對稱性進行解答；根據(jù)小物塊做簡諧運動的周期決定因素分析周期，由此得到右側(cè)小物塊從最低位置運動到最高位置所用的時間是否變化?！窘獯稹拷猓築、對兩小物塊整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：F合＝2ma＝2kx，解得：kx＝ma當(dāng)左側(cè)小物塊加速度沿斜面向下時，設(shè)細線拉力為T1，對左側(cè)小物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ+kx﹣T1＝ma聯(lián)立解得：T1＝mgsinθ當(dāng)左側(cè)小物塊加速度沿斜面向上時，設(shè)細線拉力為T2，對左側(cè)小物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：kx+T2﹣mgsinθ＝ma聯(lián)立解得：T2＝mgsinθ所以細線拉力不變，故B錯誤；A、初始時彈簧均處于原長，此時彈簧彈力為零，細繩拉力T和小物塊重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等，初始位置為平衡位置。當(dāng)小物塊離開平衡位置的位移為x時，對兩邊小物塊整體進行受力分析，合力大小為：F＝2kx（k為彈簧的勁度系數(shù)）；因為合力與位移成正比且方向相反，則F回復(fù)＝﹣2kx，滿足簡諧運動的回復(fù)力特征，所以兩個小物塊沿斜面均做簡諧運動，則左側(cè)小物塊沿斜面做簡諧運動，故A正確；C、根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，右側(cè)小物塊在最高位置的加速度與其在最低位置的加速度大小相等，方向相反，故C正確；D、小物塊做簡諧運動的周期決定于小物塊質(zhì)量和彈簧勁度系數(shù)，周期與斜面傾角θ無關(guān)，右側(cè)小物塊從最低位置運動到最高位置所用的時間為半個周期，所以右側(cè)小物塊從最低位置運動到最高位置所用的時間不變，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題主要是考查了簡諧運動的知識；知道簡諧運動的平衡位置是物體靜止時受力平衡的位置，知道物體做簡諧運動的受力特點。（多選）10．（6分）（2025?河北）如圖，真空中兩個足夠大的平行金屬板M、N水平固定，間距為d，M板接地。M板上方整個區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場。M板O點處正上方P點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向發(fā)射比荷、速度大小均相同的同種帶電粒子。當(dāng)發(fā)射方向與OP的夾角θ＝60°時，粒子恰好垂直穿過M板Q點處的小孔。已知OQ＝3L，初始時兩板均不帶電，粒子碰到金屬板后立即被吸收，電荷在金屬板上均勻分布，金屬板電量可視為連續(xù)變化，不計金屬板厚度、粒子重力及粒子間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法正確的是（）A．粒子一定帶正電 B．若間距d增大，則板間所形成的最大電場強度減小 C．粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為7L D．粒子打到M板下表面的位置與Q點的最小距離為3【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】BCD【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子的電性；根據(jù)裝置原理，結(jié)合動能定理判斷出電場強度的變化；畫出粒子運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)運動情況求解粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離；當(dāng)粒子在磁場中運動軌跡的弦長仍為PQ長度時，粒子仍可從Q點進入兩板之間，由幾何關(guān)系求解粒子進入兩板間時的速度方向與M板夾角，根據(jù)運動的合成與分解進行解答?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)發(fā)射方向與OP的夾角θ＝60°時，粒子恰好垂直穿過M板Q點處的小孔。根據(jù)左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；B、隨著粒子不斷打到N極板上，N極板帶電量不斷增加，向下的電場強度增加，粒子做減速運動，當(dāng)粒子恰能到達N極板時滿足v2＝2ad，a=qEm，聯(lián)立解得，E=mv2C、設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r，由于兩板間，電壓達到穩(wěn)定值，電荷量不變，在垂直打入的電荷，不再被金屬吸收，兩板間的電場強度達到最大、發(fā)射方向與OP的夾角θ＝60°時，粒子運動軌跡如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得：rcosθ+r＝3L，解得：r＝2L粒子在N板返回后經(jīng)過Q后打在M的上表面，則粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為：x＝3L+2r＝3L+2×2L＝7L，故C正確；D、因金屬板厚度不計，當(dāng)粒子在磁場中運動軌跡的弦長仍為PQ長度時，粒子仍可從Q點進入兩板之間，如圖所示：由幾何關(guān)系可知此時粒子從P點沿正上方運動，進入兩板間時的速度方向與M板夾角為：α＝90°﹣60°＝30°則在兩板間運動時間為：t=2vsinαa水平位移為：x＝vcosα?t沿豎直方向進入電場時，有：v2＝2ad聯(lián)立解得：x=3d，故D故選：BCD?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。三、非選擇題：本題共5題，共54分。11．（8分）（2025?河北）（1）某學(xué)習(xí)小組把熱敏電阻置于帶有溫控的加熱裝置中，利用圖1所示電路研究熱敏電阻的溫度特性。①閉合開關(guān)S，觀察到溫度改變時電流表示數(shù)也隨之改變。定量研究熱敏電阻的阻值R隨溫度t變化的規(guī)律時，將歐姆表兩表筆分別接到熱敏電阻a、b兩端測量其阻值，這時開關(guān)S應(yīng)斷開（填“斷開”或“閉合”）。②按照正確方法測出不同溫度下熱敏電阻的阻值。電阻R1、R2與溫度t的關(guān)系分別對應(yīng)圖2中曲線Ⅰ、Ⅱ。設(shè)計電路時，為防止用電器發(fā)生故障引起電流異常增大，導(dǎo)致個別電子元件溫度過高而損壞，可串聯(lián)一個熱敏電阻抑制電流異常增大，起到過熱保護作用。這種熱敏電阻與電阻R1（填“R1”或“R2”）具有相同溫度特性。（2）某學(xué)習(xí)小組在傾斜的氣墊導(dǎo)軌上驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖3所示，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。①方案設(shè)計階段，該小組同學(xué)對需要測量哪些物理量產(chǎn)生了不同意見。甲同學(xué)：需測量滑塊和遮光條的總質(zhì)量、滑塊通過兩個光電門的速度、兩個光電門間的豎直高度差。乙同學(xué)：只需測量滑塊通過兩個光電門的速度、兩個光電門間的豎直高度差。丙同學(xué)：只需測量滑塊通過兩個光電門的速度、兩個光電門間的距離。你認為丙（填“甲”“乙”或“丙”）同學(xué)的方案不可行。②如圖3，光電門中光源與光敏管相對，光源發(fā)出的光使光敏管感光。當(dāng)滑塊經(jīng)過時，遮光條把光遮住，計時器記錄遮光時間，可計算出滑塊的速度。實驗中使用的遮光條寬度d1＝10.0mm，光電門寬度d2＝20.0m。某次測量時，記錄通過光電門A的遮光時間為25.0ms，則滑塊經(jīng)過光電門A的速度大小為0.4m/s?！究键c】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性；驗證機械能守恒定律．【專題】定量思想；實驗分析法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；電學(xué)圖象專題；實驗探究能力．【答案】（1）斷開，R1；（2）丙，0.4。【分析】（1）①根據(jù)歐姆表的實驗原理進行作答；②根據(jù)題干中為防止用電器發(fā)生故障引起電流異常增大，選擇在高溫時電阻增加速度較大的電阻；（2）①對機械能守恒定律進行化簡，得出需要求出的物理量，判斷同學(xué)的方案是否可行；②根據(jù)平均速度公式計算即可，注意排除干擾信息?！窘獯稹拷猓海?）①用歐姆表測量熱敏電阻的阻值時應(yīng)該讓熱敏電阻與電源斷開，即開關(guān)S應(yīng)該斷開；②由題意可知要串聯(lián)的熱敏電阻的阻值應(yīng)該在溫度較高時隨溫度的增加而快速增加，從而抑制電路中電流的增加，由圖可知熱敏電阻R1在溫度65℃左右電阻變化較大，則為防止用電器用電器故障引起電流異常增大，可串聯(lián)一個熱敏電阻與R1具有相同溫度特性的熱敏電阻；（2）①要驗證機械能守恒定律的關(guān)系為mgΔh=12②滑塊經(jīng)過光電門的速度為vA故答案為：（1）斷開，R1；（2）丙，0.4?！军c評】本題考查兩個實驗，一部分電學(xué)關(guān)于歐姆表和熱敏電阻的知識點，懂得根據(jù)題干要求結(jié)合圖片找到關(guān)系信息即可，另一部分考查機械能守恒定律，對機械能守恒定律表達式進行化簡，最終得出需要求出的量，難度較低。12．（8分）（2025?河北）自動洗衣機水位檢測的精度會影響洗凈比和能效等級。某款洗衣機水位檢測結(jié)構(gòu)如圖1所示。洗衣桶內(nèi)水位升高時，集氣室內(nèi)氣體壓強增大，鐵芯進入電感線圈的長度增加，從而改變線圈的自感系數(shù)。洗衣機智能電路通過測定LC振蕩電路的頻率來確定水位高度。某興趣小組在恒溫環(huán)境中對此裝置進行實驗研究。（1）研究集氣室內(nèi)氣體壓強與體積的關(guān)系①洗衣桶內(nèi)水位H一定時，其內(nèi)徑D的大小不會（填“會”或“不會”）影響集氣室內(nèi)氣體壓強的大小。②測量集氣室高度h0、集氣室內(nèi)徑d。然后緩慢增加桶內(nèi)水量，記錄桶內(nèi)水位高度H和集氣室進水高度，同時使用氣壓傳感器測量集氣室內(nèi)氣體壓強p。H和h數(shù)據(jù)如表所示。H/cm15.0020.0025.0030.0035.0040.0045.0050.00h/cm0.330.400.420.520.610.700.780.87實驗中使用同一把刻度尺對H和h進行測量，根據(jù)數(shù)據(jù)判斷，測量H（填“H”或“h”）產(chǎn)生的相對誤差較小。③利用數(shù)據(jù)處理軟件擬合集氣室內(nèi)氣體體積V與1p的關(guān)系曲線，如圖2所示。圖中擬合直線的延長線明顯不過原點，經(jīng)檢查實驗儀器完好，實驗裝置密封良好，操作過程規(guī)范，數(shù)據(jù)記錄準確，則該延長線不過原點的主要原因是細管內(nèi)氣體的體積不能忽略（2）研究洗衣桶水位高度與振蕩電路頻率的關(guān)系圖是桶內(nèi)水位在兩個不同高度時示波器顯示的u﹣t圖像，u的頻率即為LC振蕩電路的頻率。LC振蕩電路的頻率f與線圈自感系數(shù)L、電容C的關(guān)系是f=12πLC，則圖中乙（填“甲”【考點】理想氣體的實驗規(guī)律；電磁振蕩的周期和頻率的影響因素．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；氣體的狀態(tài)參量和實驗定律專題；電磁場理論和電磁波；實驗探究能力．【答案】（1）①不會；②H；③細管內(nèi)氣體的體積不能忽略；（2）乙。【分析】（1）①根據(jù)液體內(nèi)部壓強公式分析；②由表格數(shù)據(jù)可知，隨桶內(nèi)水位高度的增加，桶內(nèi)水位的變化量相同，據(jù)此分析即可；③根據(jù)玻意耳定律分析；（2）根據(jù)LC振蕩電路的頻率公式分析。【解答】解：（1）①洗衣機桶內(nèi)水位升高，集氣室內(nèi)氣體的壓強增大；洗衣桶內(nèi)水位的高度一定，根據(jù)液體壓強公式p＝ρgH可知，液體的壓強不變，集氣室內(nèi)的壓強不變，與洗衣機桶內(nèi)徑D的大小無關(guān)；②由表格數(shù)據(jù)可知，隨桶內(nèi)水位高度的增加，桶內(nèi)水位的變化量相同，集氣室內(nèi)進水高度的變化量在0.07與0.09之間，因此測量桶內(nèi)高度產(chǎn)生的相對誤差較??；③設(shè)細管內(nèi)氣體的體積為V0，集氣室內(nèi)的氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律p（V+V0）＝C變形得V擬合直線的延長線不過原點氣主要原因是細管內(nèi)氣體的體積不能忽略；（2）桶內(nèi)水位越高，水的壓強越大，集氣室內(nèi)封閉氣體的壓強越大，鐵芯插入電感線圈越深，自感系數(shù)越大，根據(jù)LC振蕩電路的頻率公式f=由圖可知，圖乙的周期大于圖甲的周期，圖乙的振蕩頻率小，因此圖中乙對應(yīng)的水位較高。故答案為：（1）①不會；②H；③細管內(nèi)氣體的體積不能忽略；（2）乙?！军c評】能夠看懂題意是解題的前提，掌握液體內(nèi)部壓強公式、玻意耳定律的應(yīng)用和LC振蕩電路的頻率公式是解題的基礎(chǔ)。13．（8分）（2025?河北）光纖光譜儀的部分工作原理如圖所示。待測光在光纖內(nèi)經(jīng)多次全反射從另一端射出，再經(jīng)棱鏡偏轉(zhuǎn)，然后通過狹縫進入光電探測器。（1）若將光纖簡化為真空中的長玻璃絲，設(shè)玻璃絲的折射率為23（2）若探測器光陰極材料的逸出功為9.939×10﹣20J，求該材料的截止頻率。（普朗克常量h＝6.626×10﹣34J?s）【考點】光電效應(yīng)的截止頻率；光導(dǎo)纖維及其應(yīng)用．【專題】定量思想；等效替代法；光學(xué)計算專題；分析綜合能力．【答案】（1）光在玻璃絲內(nèi)發(fā)生全反射時的最小入射角為60°。（2）該材料的截止頻率為1.5×1014Hz?！痉治觥浚?）根據(jù)全反射的臨界角和折射率的關(guān)系求光在玻璃絲內(nèi)發(fā)生全反射時的最小入射角；（2）由光電效應(yīng)方程求該材料的截止頻率?！窘獯稹拷猓海?）光在玻璃絲內(nèi)發(fā)生全反射的條件為入射角i≥C，則最小入射角為imin＝C由折射率n=聯(lián)立解得imin＝60°（2）由光電效應(yīng)方程有hν0＝W0可得該材料的截止頻率為ν0答：（1）光在玻璃絲內(nèi)發(fā)生全反射時的最小入射角為60°。（2）該材料的截止頻率為1.5×1014Hz?！军c評】解決本題本題的關(guān)鍵掌握發(fā)生全反射的條件以及光電效應(yīng)的方程，從而來理解光纖光譜儀的部分工作原理，題目難度一般。14．（14分）（2025?河北）如圖，一長為2m的平臺，距水平地面高度為1.8m。質(zhì)量為0.01kg的小物塊以3m/s的初速度從平臺左端水平向右運動。物塊與平臺、地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2。物塊視為質(zhì)點，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離。（2）若物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m，物塊從離開平臺到彈起至最大高度所用時間共計1s。求物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈力沖量的大小，以及物塊彈離地面時水平速度的大小?！究键c】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；平拋運動位移的計算．【專題】定量思想；方程法；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離為0.6m。（2）物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈力沖量的大小為0.1N?s，物塊彈離地面時水平速度的大小為零?！痉治觥浚?）在水平臺上運動過程中，根據(jù)動能定理求解末速度大小，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離；（2）從物塊從離開平臺到彈起至最大高度過程中，豎直方向根據(jù)動量定理列方程求解彈力沖量大小；小物塊與地面接觸過程中，水平方向根據(jù)動量定理求解物塊彈離地面時水平速度的大小?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小物塊達到平臺右端的速度大小為v，在水平臺上運動過程中，根據(jù)動能定理可得：﹣μmgL=解得：v＝1m/s設(shè)平拋運動的時間為t，則有：h=解得：t＝0.6s物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離：x＝vt＝1×0.6m＝0.6m；（2）若物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為：h′＝0.45m，上升過程中經(jīng)過的時間為t′，逆向分析，根據(jù)位移公式可得：h'=解得：t′＝0.3s從物塊從離開平臺到彈起至最大高度過程中所用時間共計：t總＝1s，從物塊從離開平臺到彈起至最大高度過程中，取向下為正方向，豎直方向根據(jù)動量定理可得：mgt總﹣F（t總﹣t﹣t′）＝0解得地面對小物塊的平均彈力為：F＝1N則彈力沖量大小為：I彈＝F（t總﹣t﹣t′）解得：I彈＝0.1N?s；設(shè)小物塊離開地面時水平速度大小為v′，小物塊與地面接觸過程中，取向右為正方向，水平方向根據(jù)動量定理可得：﹣μF（t總﹣t﹣t′）＝mv′﹣mv解得：v′＝﹣1m/s＜0，說明與地面接觸過程中水平方向末速度為零，物塊彈離地面時水平速度的大小為零。答：（1）物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離為0.6m。（2）物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈力沖量的大小為0.1N?s，物塊彈離地面時水平速度的大小為零。【點評】涉及力對空間的作用效果首選動能定理，涉及力對時間的作用效果首選動量定理。15．（16分）（2025?河北）某電磁助推裝置設(shè)計如圖，超級電容器經(jīng)調(diào)控系統(tǒng)為電路提供1000A的恒定電流，水平固定的平行長直導(dǎo)軌處于垂直水平面的勻強磁場中，a可視為始終垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒，b為表面絕緣的無人機。初始時a靜止于MM′處，b靜止于a右側(cè)某處?，F(xiàn)將開關(guān)S接1端，a與b正碰后鎖定并一起運動，損失動能全部儲存為彈性勢能。當(dāng)a運行至NN′時將S接2端，同時解除鎖定，所儲勢能瞬間全部轉(zhuǎn)化為動能，a與b分離。已知電容器電容C為10F，導(dǎo)軌間距為0.5m，磁感應(yīng)強度大小為1T，MM′到NN′的距離為5m，a、b質(zhì)量分別為2kg、8kg，a在導(dǎo)軌間的電阻為0.01Ω。碰撞、分離時間極短，各部分始終接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻、摩擦和儲能耗損，忽略電流對磁場的影響。（1）若分離后某時刻a的速度大小為10m/s，求此時通過a的電流大小。（2）忽略a、b所受空氣阻力，當(dāng)a與b的初始間距為1.25m時，求b分離后的速度大小，分析其是否為b能夠獲得的最大速度；并求a運動過程中電容器的電壓減小量。（3）忽略a所受空氣阻力，若b所受空氣阻力大小與其速度v的關(guān)系為f＝kv2（k＝0.025N?s2/m2），初始位置與（2）問一致，試估算a運行至NN'時。a分離前的速度大小能否達到（2）問中分離前速度的99%，并給出結(jié)論。（0.992＝0.980l）【考點】電磁炮；電磁感應(yīng)過程中的電路類問題．【專題】定量思想；方程法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．【答案】（1）若分離后某時刻a的速度大小為10m/s，此時通過a的電流大小為500A。（2）忽略a、b所受空氣阻力，當(dāng)a與b的初始間距為1.25m時，b分離后的速度大小為25m/s，是b能夠獲得的最大速度；a運動過程中電容器的電壓減小量為40V。（3）a運行至NN'時，a分離前的速度大小能達到（2）問中分離前速度的99%?！痉治觥浚?）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律進行解答；（2）a單獨加速過程中，根據(jù)動能定理求解碰撞前的速度大小。a與b碰撞時，根據(jù)動量守恒和能量守恒列方程。碰撞后，再根據(jù)動能定理、動量守恒定律和能量守恒定律求解b分離時的速度大?。辉俑鶕?jù)電荷量的計算公式求解a運動過程中電容器的電壓減小量；（3）a與b整體從碰撞后到NN′的過程中，根據(jù)牛頓第二定律、加速度定義式進行解答?！窘獯稹拷猓海?）a的速度大小為v＝10m/s時，感應(yīng)電動勢為：E＝BLv＝1×0.5×10V＝5V此時通過a的電流大?。篒=ER=5（2）由于超級電容器經(jīng)調(diào)控系統(tǒng)為電路提供I0＝1000A的恒定電流，則當(dāng)a與b的初始間距為x0＝1.25m時，設(shè)a與b碰撞前的速度為v0。此過程中，根據(jù)動能定理可得：BI0Lx0=1解得：v0＝25m/sa與b碰撞時，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒有：mav0＝（ma+mb）v12mav02=EP+12（m解得：v＝5m/s，EP＝500J設(shè)a和b達到NN′的速度大小為v1，a與b整體從碰撞后到NN′的過程中，根據(jù)動能定理，有：BI0L（x﹣x0）=解得：v1＝20m/sa與b分離時，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒有：（ma+mb）v1＝mava+mbvbEP+12（ma+mb）v12=1聯(lián)立解得：vb＝25m/s由于分離前二者一起加速，分離時彈性勢能又轉(zhuǎn)化為二者的動能，所以此時的速度為b能夠獲得的最大速度；由于a和ab組合體均做勻變速直線運動，兩個過程中的時間分別為t1、t2，則有：x0=v02t1，則電容器流出的電荷量為：Δq＝I0（t1+t2）a運動過程中電容器的電壓減小量：ΔU=聯(lián)立解得：ΔU＝40V；（3）設(shè)a和b達到NN′的速度大小為v2，a與b整體從碰撞后到NN′的過程中，a與b整體的瞬時速度為v′時b所受空氣阻力大小為f＝kv′2，可用速度的平方的平均值計算此過程克服摩擦力做的功，即：Wf=12k（v2+v22）（因v2＜v1，故可得：Wf＜12k（v2+v12）（解得：Wf＜19.921875J此過程，根據(jù)動能定理得：BI0L（x﹣x0）﹣Wf=解得：v22=396m因：（99%v1）2＝（99%×20m/s）2＝392.04m2/s2＜故可得：v12＞99%v1可知a分離前的速度大小能達到（2）問中分離前速度的99%答：（1）若分離后某時刻a的速度大小為10m/s，此時通過a的電流大小為500A。（2）忽略a、b所受空氣阻力，當(dāng)a與b的初始間距為1.25m時，b分離后的速度大小為25m/s，是b能夠獲得的最大速度；a運動過程中電容器的電壓減小量為40V。（3）a運行至NN'時，a分離前的速度大小能達到（2）問中分離前速度的99%?！军c評】本題主要是考查安培力作用下的運動問題。關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的受力情況和運動情況，結(jié)合動能定理、動量守恒定律進行分析。

考點卡片1．胡克定律及其應(yīng)用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復(fù)原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應(yīng)用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學(xué)公式和動力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點評：點評：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習(xí)中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計算來確定．2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學(xué)知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．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?！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(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。4．平拋運動位移的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設(shè)物體在平拋運動ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯(lián)立得x＝v02所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關(guān)?！久}方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運動，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=1故選：D。本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。5．角速度、周期、頻率與轉(zhuǎn)速的關(guān)系及計算【知識點的認識】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速一、描述圓周運動的物理量描述圓周運動的基本參量有：半徑、線速度、角速度、周期、頻率、轉(zhuǎn)速、向心加速度等．物理量物理意義定義和公式方向和單位線速度描述物體做圓周運動的快慢物體沿圓周通過的弧長與所用時間的比值，v=方向：沿圓弧切線方向．單位：m/s角速度描述物體與圓心連線掃過角度的快慢運動物體與圓心連線掃過的角的弧度數(shù)與所用時間的比值，ω=單位：rad/s周期描述物體做圓周運動的快慢周期T：物體沿圓周運動一周所用的時間．也叫頻率（f）周期單位：sf的單位：Hz轉(zhuǎn)速描述物體做圓周運動的快慢轉(zhuǎn)速n：物體單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)轉(zhuǎn)速單位：r/s或r/min二、各物理量之間的關(guān)系：（1）線速度v=ΔsΔt=2πrT=②角速度ω=△θ△t③周期：T=ΔtN=2πr④轉(zhuǎn)速：n=v【命題方向】一架電風(fēng)扇以600r/min的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動，則此時：（1）它轉(zhuǎn)動的周期和角速度分別是多少？（2）若葉片上某點到圓心處的距離為0.2m，則該點的線速度大小是多少？分析：（1）根據(jù)轉(zhuǎn)速與周期的關(guān)系及角速度與周期的關(guān)系即可求解；（2）根據(jù)v＝ωr即可求解．解答：（1）n＝600r/min＝10r/s所以T=1ω=2πT（2）v＝ωr＝20π×0.2m/s＝4πm/s答：（1）它轉(zhuǎn)動的周期為0.1s，角速度為20πrad/s；（2）若葉片上某點到圓心處的距離為0.2m，則該點的線速度大小是4πm/s．點評：本題主要考查了圓周運動的基本公式，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關(guān)系如下：6．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(dāng)?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(dāng)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(dāng)?shù)墓竭M行計算。7．天體運動中機械能的變化【知識點的認識】1.本考點旨在針對衛(wèi)星變軌過程中的機械能變化情況。2.衛(wèi)星變軌有兩種情況，一種是低軌加速進高軌；一種是高軌減速進低軌。3.加速過程需要發(fā)動機向后噴氣，根據(jù)牛頓第三定律，氣體對衛(wèi)星的作用力向前，對衛(wèi)星做正功，衛(wèi)星的機械能增加；反之，減速過程需要發(fā)動機向前噴氣，根據(jù)牛頓第三定律，氣體對衛(wèi)星的作用力向后，對衛(wèi)星做負功，衛(wèi)星的機械能減小?！久}方向】發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3．（如圖所示）．則衛(wèi)星分別在1、3軌道上正常運行時，以下說法正確的是（）A、衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B、衛(wèi)星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度C、衛(wèi)星在軌道3上具有的機械能大于它在軌道1上具有的機械能D、衛(wèi)星在軌道3上的向心加速度大于它在軌道1上的向心加速度分析：根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達式進行討論即可．解答：A、B、D、人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有F＝F向F＝GMmF向＝mv2r=mω2r＝m（2因而GMmr2=mv2r=mω2r＝m（解得v=GMrω=vra=GMr軌道3半徑比軌道1半徑大，根據(jù)①②④三式，衛(wèi)星在軌道1上線速度較大，角速度也較大，向心加速度同樣較大，故A、B、D均錯誤；C、衛(wèi)星從軌道1到軌道3需要克服引力做較多的功，故在軌道3上機械能較大，故C正確；故選：C。點評：本題關(guān)鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度和周期的表達式，再進行討論?！窘忸}思路點撥】1.衛(wèi)星在變軌的時候需要經(jīng)過精密的速度調(diào)控以進入精確的軌道，所以衛(wèi)星有多個發(fā)動機，可以實現(xiàn)全方位的加減速。2.單獨的比較物體在高軌和低軌的機械能是困難的，因為物體在低軌的勢能小，動能大；在高軌的勢能大，動能??；而如果有特定的運動方式將兩個軌道聯(lián)系起來，就可以對物體在兩個軌道的機械能進行比較了。8．功的正負及判斷【知識點的認識】正功和負功：根據(jù)W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正負W＞0W＝0W＜0意義力F對物體做正功力F對物體不做功力F對物體做負功力F是動力還是阻力動力阻力可以總結(jié)成如下規(guī)律：對于恒力做功，如果力與位移的夾角為銳角，則力對物體做正功；如果力與位移的夾角為鈍角，則力對物體做負功；如果力與位移成直角，則力對物體不做功?！久}方向】如圖，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動，下列說法中正確的是（）A、重力對人做負功B、摩擦力對人做正功C、支持力對人做正功D、合力對人做功為零分析：做功的必要因素是：力與在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ為力與位移的夾角。解答：人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動，受重力和支持力，重力做負功，支持力做正功，合外力為零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以沒有摩擦力做功。故A、C、D正確，B錯誤。故選：ACD。點評：解決本題的關(guān)鍵知道做功的必要因素，以及知道力的方向與位移的夾角大于等于0°小于90°，該力做正功，大于90°小于等于180°，該力做負功?！窘忸}思路點撥】判斷功的正、負主要有以下三種方法：（1）若物體做直線運動，依據(jù)力與位移的夾角來判斷，此法常用于恒力做功的判斷．（2）若物體做曲線運動，依據(jù)F與v的方向的夾角α的大小來判斷．當(dāng)α＜90°時，力對物體做正功；90°＜α≤180°時，力對物體做負功；α＝90°時，力對物體不做功．（3）依據(jù)能量變化來判斷：此法既適用于恒力做功，也適用于變力做功，關(guān)鍵應(yīng)分析清楚能量的轉(zhuǎn)化情況．根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對物體做功．比如系統(tǒng)的機械能增加，說明力對系統(tǒng)做正功；如果系統(tǒng)的機械能減少，則說明力對系統(tǒng)做負功．此法常用于兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷．9．動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識點的認識】1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變?！窘忸}方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．10．簡諧運動的定義、運動特點與判斷【知識點的認識】一、機械振動1.機械振動：物體或物體的一部分在一個位置附近的往復(fù)運動，簡稱振動。2.兩個振動中的概念（1）平衡位置：回復(fù)力為零的位置，也是振動物體在靜止時所處的位置。（2）回復(fù)力：振動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與圓周運動中的向心力一樣，回復(fù)力是振動問題中根據(jù)力的效果命名的一個效果力，它可由某一個力充當(dāng)、某幾個力的合力充當(dāng)或某一個力的分力來充當(dāng)。②與圓周運動中的向心力總是指向圓心類似，振動過程中的回復(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)，他是一個理想化模型。2.彈簧振子示意圖：三、簡諧運動1.概念：如果物體的位移與時間的關(guān)系遵從正弦函數(shù)的規(guī)律，即它的振動圖像（x﹣t圖像）是一條正弦曲線，這樣的振動是一種簡諧運動。2.簡諧運動是最基本的振動，彈簧振子中小球的運動就是簡諧運動。3.簡諧運動是一種變加速運動。四、簡諧