第63頁（共63頁）2025年廣西新高考物理試卷（選擇性）一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1~7題，每小題4分，只有一項符合題目要求，錯選、多選或未選均不得分；第8~10題，每題6分，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。1．（4分）（2025?廣西）已知金屬銣、鉀、鈉、鈣的逸出功分別為2.13eV、2.25eV、2.29eV、3.20eV。用光子能量為2.20eV的單色光照射這些金屬的表面，能逸出光電子的金屬是（）A．銣 B．鉀 C．鈉 D．鈣2．（4分）（2025?廣西）某變壓器輸入正弦交流電的電壓有效值為220V。輸出電壓最大值為112A．20：2 B．202：1 C．20：1 3．（4分）（2025?廣西）某乘客乘坐的動車進站時，動車速度從36km/h減小為0，此過程可視為勻減速直線運動，期間該乘客的脈搏跳動了70次。已知他的脈搏跳動每分鐘約為60次，則此過程動車行駛距離約為（）A．216m B．350m C．600m D．700m4．（4分）（2025?廣西）用帶電玻璃棒接觸驗電器的金屬球，移走玻璃棒，驗電器內(nèi)的兩片金屬箔張開，穩(wěn)定后如圖。圖中a、b、c、d四點電場強度最強的是（）A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D．d點5．（4分）（2025?廣西）如圖扇形的材料，折射率大于2，現(xiàn)有兩條光線1和2，從扇形材料的A點傳播，光線1傳到圓?。?4圓）AC的中點B。光線2傳播到CA．1不全反射，2全反射 B．都不全反射 C．都全反射 D．1全反射，2不全反射6．（4分）（2025?廣西）如圖電路中，材質相同的金屬導體a和b，橫截面積分別為S1、S2，長度分別為l1、l2。閉合開關后，a和b中自由電子定向移動的平均速率之比為（）A．l1：2l2 B．2l2：l1 C．l2S1：2l1S2 D．2l2S2：l1S17．（4分）（2025?廣西）如圖，兩條固定的光滑平行金屬導軌，所在平面與水平面夾角為θ，間距為l，導軌電阻忽略不計，兩端各接一個阻值為2R的定值電阻，形成閉合回路；質量為m的金屬棒垂直導軌放置，并與導軌接觸良好，接入導軌之間的電阻為R；勁度系數(shù)為k的兩個完全相同的絕緣輕質彈簧與導軌平行，一端固定，另一端均與金屬棒中間位置相連，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=12kx2；將金屬棒移至導軌中間位置時，兩彈簧剛好處于原長狀態(tài)；整個裝置處于垂直導軌所在平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。將A．金屬棒所受安培力沖量大小為B2B．每個彈簧對金屬棒施加的沖量大小為B2C．每個定值電阻產(chǎn)生的熱量為k(D．金屬棒的平均輸出功率為k（多選）8．（6分）（2025?廣西）在“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中（）A．估測油酸分子大小時，油酸分子可以視為球形 B．油膜的形狀穩(wěn)定后，油酸分子仍然在做熱運動 C．計算油膜面積時，忽略所有不完整的小正方形 D．與油酸酒精溶液相比，純油酸更容易在水面形成單分子油膜（多選）9．（6分）（2025?廣西）獨竹漂是我國一項民間技藝。如圖，在平靜的湖面上，獨竹漂選手手持劃桿踩著楠竹，沿直線減速滑行，選手和楠竹相對靜止，則（）A．選手所受合力為零 B．楠竹受到選手作用力的方向一定豎直向下 C．手持劃桿可使選手（含劃桿）的重心下移，更易保持平衡 D．選手受到楠竹作用力的方向與選手（含劃桿）的重心在同一豎直平面（多選）10．（6分）（2025?廣西）如圖，帶等量正電荷q的M、N兩種粒子，以幾乎為0的初速度從S飄入電勢差為U的加速電場，經(jīng)加速后從O點沿水平方向進入速度選擇器（簡稱選擇器）。選擇器中有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場。當選擇器的電場強度大小為E，磁感應強度大小為B1，右端開口寬度為2d時，M粒子沿軸線OO′穿過選擇器后，沿水平方向進入磁感應強度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強磁場（偏轉磁場），并最終打在探測器上；N粒子以與水平方向夾角為θ的速度從開口的下邊緣進入偏轉磁場，并與M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子間的相互作用及邊界效應，則（）A．M粒子質量為2qUB．剛進入選擇器時，N粒子的速度小于M粒子的速度 C．調節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′穿過選擇器，此時選擇器的電場強度與磁感應強度大小之比為4EUcosθD．調節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′進入偏轉磁場，打在探測器上的位置與調節(jié)前M粒子打在探測器上的位置間距為4二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。第11題8分，第12題9分，第13題10分，第14題11分，第15題16分。其中第13~15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只有最后答案而無演算過程的不得分；有數(shù)值計算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．（8分）（2025?廣西）某小組將電流表改裝成歐姆表，所用器材有電源（電動勢E＝1.5V，內(nèi)阻不計），電流表（滿偏電流Ig＝100μA，內(nèi)阻Rg＝100Ω），電阻R0＝500Ω，滑動變阻器R（0～20kΩ），導線若干，電路如圖。（1）歐姆調零時，應先將A、B，再調節(jié)滑動變阻器，使電流表示數(shù)為μA，此時滑動變阻器的阻值為kΩ。（2）調零后，在A、B間接入電阻Rx，當電流表示數(shù)為60μA時，Rx為kΩ。12．（9分）（2025?廣西）在用如圖甲的裝置做“探究加速度與力、質量的關系”實驗中：（1）探究小車加速度與小車所受拉力的關系時，需保持小車（含加速度傳感器，下同）質量不變，這種實驗方法是。（2）實驗時，調節(jié)定滑輪高度，使連接小車的細繩與軌道平面保持。（3）由該裝置分別探究M、N兩車加速度a和所受拉力F的關系，獲得a﹣F圖像如圖乙，通過圖乙分析實驗是否需要補償阻力（即平衡阻力）。如果需要，說明如何操作；如果不需要，說明理由。（4）懸掛重物讓M、N兩車從靜止釋放經(jīng)過相同位移的時間比為n，兩車均未到達軌道末端，則兩車加速度之比aM：aN＝。13．（10分）（2025?廣西）某樂器發(fā)出頻率為兩倍關系的兩個純音（簡諧聲波），其波形疊加后呈現(xiàn)一種周期性變化。圖甲和圖乙分別為同一時刻兩列簡諧聲波單獨沿x正方向傳播的波形圖，圖中的坐標原點位于同一質點處，聲速為340m/s。（1）從圖中讀出這兩列波的波長。（2）該時刻這兩列波疊加，分別求x＝0和x＝0.375m處的質點在該時刻偏離平衡位置的位移。（3）求這兩列波疊加后的周期。14．（11分）（2025?廣西）帶電粒子繞著帶電量為+Q的源電荷做軌跡為橢圓的曲線運動，源電荷固定在橢圓左焦點F上，帶電粒子電量為﹣q；已知橢圓焦距為c，半長軸為a，電勢計算公式為φ=（1）求在橢圓軌道半短軸頂點B的電勢；（2）求帶電粒子從A到B的運動過程中，電場力對帶電粒子做的功；（3）用推理論證帶電粒子動能與電勢能之和是否守恒；若守恒，求其動能與電勢能之和；若不守恒，說明理由。15．（16分）（2025?廣西）圖甲為某智能分裝系統(tǒng)工作原理示意圖，每個散貨經(jīng)傾斜傳送帶由底端A運動到頂端B后水平拋出，撞擊沖量式傳感器使其輸出一個脈沖信號，隨后豎直掉入已與水平傳送帶共速度的貨箱中，此系統(tǒng)利用傳感器探測散貨的質量，自動調節(jié)水平傳送帶的速度，實現(xiàn)按規(guī)格分裝。傾斜傳送帶與水平地面夾角為30°，以速度v0勻速運行。若以相同的時間間隔Δt將散貨以幾乎為0的速度放置在傾斜傳送帶底端A，從放置某個散貨時開始計數(shù)，當放置第10個散貨時，第1個散貨恰好被水平拋出。散貨與傾斜傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=32，到達頂端前已與傳送帶共速。設散貨與傳感器撞擊時間極短，撞擊后豎直方向速度不變，水平速度變?yōu)?。每個長度為d的貨箱裝總質為M的一批散貨。若貨箱之間無間隔，重力加速度為g（1）單個散貨的質量。（2）水平傳送帶的平均傳送速度大小。（3）傾斜傳送帶的平均輸出功率。

2025年廣西新高考物理試卷（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ACBDCBD二．多選題（共3小題）題號8910答案ABCDAD一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1~7題，每小題4分，只有一項符合題目要求，錯選、多選或未選均不得分；第8~10題，每題6分，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。1．（4分）（2025?廣西）已知金屬銣、鉀、鈉、鈣的逸出功分別為2.13eV、2.25eV、2.29eV、3.20eV。用光子能量為2.20eV的單色光照射這些金屬的表面，能逸出光電子的金屬是（）A．銣 B．鉀 C．鈉 D．鈣【考點】光電效應的條件和判斷能否發(fā)生光電效應．【專題】定性思想；推理法；光電效應專題；理解能力．【答案】A【分析】要判斷能否逸出光電子，需依據(jù)光電效應條件：光子能量≥金屬逸出功。【解答】解：當單色光光子的能量大于金屬的逸出功時就能發(fā)生光電效應，可知能量是2.20eV的單色光光子分別照射到四種金屬板上，會發(fā)生光電效應的金屬板是銣。故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】題目緊扣光電效應核心知識點，通過簡單的數(shù)值對比考查學生對光電效應條件的理解，形式簡潔直觀，能快速檢驗學生對基礎概念的掌握程度。2．（4分）（2025?廣西）某變壓器輸入正弦交流電的電壓有效值為220V。輸出電壓最大值為112A．20：2 B．202：1 C．20：1 【考點】理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數(shù)的關系．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)理想變壓器的變壓比列式求解。【解答】解：由題意，對應正弦式交流電，變壓器次級線圈的電壓有效值為U2=1122V=11故選：C。【點評】考查理想變壓器的特點，會根據(jù)題意進行準確分析解答。3．（4分）（2025?廣西）某乘客乘坐的動車進站時，動車速度從36km/h減小為0，此過程可視為勻減速直線運動，期間該乘客的脈搏跳動了70次。已知他的脈搏跳動每分鐘約為60次，則此過程動車行駛距離約為（）A．216m B．350m C．600m D．700m【考點】勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）；勻變速直線運動速度與時間的關系．【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】B【分析】先將初速度單位換算為m/s，根據(jù)脈搏跳動頻率算出運動時間，利用勻變速直線運動平均速度公式v=v0【解答】解：火車運動的時間為tv0＝36km/h＝10m/s火車共行駛的距離x故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題考查勻變速直線運動的平均速度公式應用，已知初速度、末速度和運動時間，可通過平均速度求位移。4．（4分）（2025?廣西）用帶電玻璃棒接觸驗電器的金屬球，移走玻璃棒，驗電器內(nèi)的兩片金屬箔張開，穩(wěn)定后如圖。圖中a、b、c、d四點電場強度最強的是（）A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D．d點【考點】根據(jù)電場線的疏密判斷場強大?。緦ｎ}】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．【答案】D【分析】驗電器的金屬箔帶電后，金屬箔是帶電體，電場線分布越密集處電場強度越強?！窘獯稹拷猓篵和c兩點分別在金屬外殼內(nèi)部和金屬桿的內(nèi)部，處于靜電場中的導體，內(nèi)部的合場強為零，則兩點的場強均為零；在金屬箔上的最下端電荷分布比金屬球上更密集，且d點距離金箔的下端較近，可知d點的場強比a點大，則電場強度最大的是d點。故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】該題緊扣靜電場中帶電導體電場分布的基礎知識點，通過驗電器這一常見儀器設置情境，考查學生對電荷分布與電場強度關系的理解，難度較低，能有效檢測學生對基礎概念的掌握程度，適合作為課堂小測或基礎鞏固題型。5．（4分）（2025?廣西）如圖扇形的材料，折射率大于2，現(xiàn)有兩條光線1和2，從扇形材料的A點傳播，光線1傳到圓?。?4圓）AC的中點B。光線2傳播到CA．1不全反射，2全反射 B．都不全反射 C．都全反射 D．1全反射，2不全反射【考點】光的折射與全反射的綜合問題．【專題】定量思想；圖析法；全反射和臨界角專題；推理論證能力．【答案】C【分析】當入射角增大到某值時，折射光消失，只剩下反射光，即發(fā)生了全反射?！窘獯稹拷猓阂騨＞2即C＜45°因射到B點的光線的入射角為α可知光線1會發(fā)生全反射；因射到C點偏上的的光線的入射角為β＞45°＞C可知光線2會發(fā)生全反射，故ABD錯誤，D正確。故選：C?！军c評】考查對光的折射、全反射規(guī)律的理解，熟悉入射角、折射角和反射角的關系，清楚光發(fā)生全反射的條件。6．（4分）（2025?廣西）如圖電路中，材質相同的金屬導體a和b，橫截面積分別為S1、S2，長度分別為l1、l2。閉合開關后，a和b中自由電子定向移動的平均速率之比為（）A．l1：2l2 B．2l2：l1 C．l2S1：2l1S2 D．2l2S2：l1S1【考點】電阻定律的內(nèi)容及表達式；電流的微觀表達式．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)電阻定律、并聯(lián)電路電流的分配與電阻的關系和電流的微觀表達式求解作答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)電阻定律R可得金屬導體a的電阻R兩段金屬導體b的總電阻Rb根據(jù)并聯(lián)電路電流的分配與電阻的關系I電流的微觀表達式I＝nevS，n為單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)，v自由電子定向移動的平均速率；因此I聯(lián)立解得v故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題主要考查了電阻定律、并聯(lián)電路電流的分配與電阻的關系和電流的微觀表達式的運用；注意：同種材料的電阻率相同，單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)相同。7．（4分）（2025?廣西）如圖，兩條固定的光滑平行金屬導軌，所在平面與水平面夾角為θ，間距為l，導軌電阻忽略不計，兩端各接一個阻值為2R的定值電阻，形成閉合回路；質量為m的金屬棒垂直導軌放置，并與導軌接觸良好，接入導軌之間的電阻為R；勁度系數(shù)為k的兩個完全相同的絕緣輕質彈簧與導軌平行，一端固定，另一端均與金屬棒中間位置相連，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=12kx2；將金屬棒移至導軌中間位置時，兩彈簧剛好處于原長狀態(tài)；整個裝置處于垂直導軌所在平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為BA．金屬棒所受安培力沖量大小為B2B．每個彈簧對金屬棒施加的沖量大小為B2C．每個定值電阻產(chǎn)生的熱量為k(D．金屬棒的平均輸出功率為k【考點】電磁感應過程中的能量類問題；安培力的計算公式及簡單應用；動量定理在電磁感應問題中的應用．【專題】定量思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)沖量的定義式結合電荷量與磁通量變化量的關系求金屬棒所受安培力沖量大小，并根據(jù)動量定理求出每個彈簧對金屬棒施加的沖量大?。桓鶕?jù)能量守恒結合熱量分配規(guī)律求每個定值電阻產(chǎn)生的熱量；根據(jù)功率公式計算金屬棒的平均輸出功率?！窘獯稹拷猓篈、金屬棒所受安培力沖量大小為I安=BIlΔt=Blq，又qB、該過程中，取沿導軌向下為正方向，對金屬棒，由動量定理得2I彈﹣I安+mgsinθ?t＝0解得每個彈簧對金屬棒施加的沖量大小為I彈=1C、由能量關系可知回路產(chǎn)生的總熱量Q每個定值電阻產(chǎn)生的熱量為Q1=1D、因金屬棒的電阻與外電路總電阻相等，則金屬棒的平均輸出功率P=12故選：D。【點評】解答本題的關鍵要掌握動量定理在電磁感應問題中的應用，運用動量定理可以求沖量、運動時間或導體棒在磁場中通過的距離、速度、通過導體棒的電荷量等等。（多選）8．（6分）（2025?廣西）在“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中（）A．估測油酸分子大小時，油酸分子可以視為球形 B．油膜的形狀穩(wěn)定后，油酸分子仍然在做熱運動 C．計算油膜面積時，忽略所有不完整的小正方形 D．與油酸酒精溶液相比，純油酸更容易在水面形成單分子油膜【考點】用油膜法估測油酸分子的大?。緦ｎ}】定性思想；實驗分析法；估算分子個數(shù)專題；理解能力．【答案】AB【分析】A、實驗假設油酸分子為球形，便于估算；B、分子熱運動持續(xù)，油膜穩(wěn)定后分子仍運動；C、不完整小正方形不能忽略，需合理估算；D、純油酸難形成單分子膜，油酸酒精溶液更易。【解答】解：A、在油膜法測分子直徑的實驗中，把油膜看成單分子油膜，且分子緊密排列。由于分子形狀復雜，為簡化計算，通常將其視為球形模型，油膜的厚度可以近似看成是球形分子的直徑，故A正確；C、在計算油膜面積時，為了更準確地估算油膜的面積，對于周邊不完整的格子，大于半格記為一個單位面積，小于半格的不計面積，而不是不完整的格子不計面積，故C錯誤；B、分子在永不停息地做無規(guī)則熱運動，與宏觀物體是否處于穩(wěn)定狀態(tài)無關。油膜穩(wěn)定時，油酸分子仍然在做熱運動，故B正確；D、酒精可以溶解油酸，使油酸更容易在水面上展開形成單分子油膜，所以實驗時加酒精比不加酒精更好地展開油膜，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題聚焦實驗核心要點，從實驗假設、分子特性到操作細節(jié)、溶液作用，全面考查對實驗的理解深度，選項設置典型，能有效區(qū)分學生對實驗原理和操作的掌握程度，是一道針對性強、考查扎實的實驗題。（多選）9．（6分）（2025?廣西）獨竹漂是我國一項民間技藝。如圖，在平靜的湖面上，獨竹漂選手手持劃桿踩著楠竹，沿直線減速滑行，選手和楠竹相對靜止，則（）A．選手所受合力為零 B．楠竹受到選手作用力的方向一定豎直向下 C．手持劃桿可使選手（含劃桿）的重心下移，更易保持平衡 D．選手受到楠竹作用力的方向與選手（含劃桿）的重心在同一豎直平面【考點】牛頓第二定律的簡單應用；重心的位置特點．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；受力分析方法專題；理解能力．【答案】CD【分析】A、選手減速，有加速度，合力不為零；B、選手有水平加速度，楠竹對選手作用力不豎直，選手對楠竹作用力也不豎直向下；C、劃桿使重心下移，更易平衡；D、選手受楠竹作用力與重力，合力產(chǎn)生水平加速度，作用力與重心在同一豎直平面?！窘獯稹拷猓篈、選手和楠竹在水里減速滑行，速度在變化，根據(jù)牛頓第二定律可知合力不為零，故A錯誤；B、楠竹在水平方向有加速度，選手對楠竹的力在豎直方向有壓力，水平方向有摩擦力，所以選手對楠竹的力方向不是豎直向下，故B錯誤；D、選手和楠竹構成的整體在減速滑行，受到的合力不為零，根據(jù)力的作用線和重心的關系可知整體的重心與楠竹受到合力作用線應該在同一豎直面上，故D正確；C、選手和楠竹相對靜止，且減速滑行，選手和楠竹的重心要在同一豎直面上才能保持相對穩(wěn)定，手持劃桿可使選手（含劃桿）的重心下移，更易保持平衡，故C正確。故選：CD?！军c評】融合多個力學知識點，通過實際運動場景（獨竹漂）命題，貼近生活，能考查知識遷移與綜合應用能力；選項設計覆蓋受力分析、力的方向、重心等不同維度，區(qū)分度合理。（多選）10．（6分）（2025?廣西）如圖，帶等量正電荷q的M、N兩種粒子，以幾乎為0的初速度從S飄入電勢差為U的加速電場，經(jīng)加速后從O點沿水平方向進入速度選擇器（簡稱選擇器）。選擇器中有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場。當選擇器的電場強度大小為E，磁感應強度大小為B1，右端開口寬度為2d時，M粒子沿軸線OO′穿過選擇器后，沿水平方向進入磁感應強度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強磁場（偏轉磁場），并最終打在探測器上；N粒子以與水平方向夾角為θ的速度從開口的下邊緣進入偏轉磁場，并與M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子間的相互作用及邊界效應，則（）A．M粒子質量為2qUB．剛進入選擇器時，N粒子的速度小于M粒子的速度 C．調節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′穿過選擇器，此時選擇器的電場強度與磁感應強度大小之比為4EUcosθD．調節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′進入偏轉磁場，打在探測器上的位置與調節(jié)前M粒子打在探測器上的位置間距為4【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】A.根據(jù)動能定理和平衡關系求M粒子質量；B.根據(jù)力的大小關系求剛進入選擇器時，N粒子的速度小于M粒子的速度；C.根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出M粒子在磁場中運動半徑，結合動能定理和平衡關系求此時選擇器的電場強度與磁感應強度大小之比；D.根據(jù)長度關系求打在探測器上的位置與調節(jié)前M粒子打在探測器上的位置間距?！窘獯稹拷猓篈．對M粒子在加速電場中，根據(jù)動能定理有qU=在速度選擇器中，根據(jù)平衡關系qv0MB1＝qE解得：m故A正確；B．進入粒子速度選擇器后因N粒子向下偏轉，可知qv0NB1＞qE所以v0N＞v0M，故B錯誤；C．M粒子在磁場中運動半徑為r1，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv解得M粒子在磁場中運動半徑r1N粒子在磁場中運動的半徑為r2，則2r1﹣2r2cosθ＝d解得r其中q可得vN粒子在選擇器中，根據(jù)動能定理-Edq在加速電場中，根據(jù)動能定理Uq=解得mN=則要想使得粒子N沿軸線OO'通過選擇器，則需滿足qv0NB1'＝qE'聯(lián)立解得E故C錯誤；D．若N粒子沿直線通過選擇器，則在磁場中運動的半徑為r3，對N粒子在加速電場中，根據(jù)動能定理有qU=N粒子在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv解得：r因：v0N＞v0M，故r3＜r1則打在探測器的位移與調節(jié)前M打在探測器上的位置間距為Δx＝2r1﹣2r3其中r1=可得Δx=4U故選：AD。【點評】本題考查了帶電粒子在磁場和電場中的運動，理解粒子在不同情況下的運動條件和情況，解題的關鍵是分析清楚粒子做直線運動的原因是電場力和洛倫茲力相等且反向。二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。第11題8分，第12題9分，第13題10分，第14題11分，第15題16分。其中第13~15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只有最后答案而無演算過程的不得分；有數(shù)值計算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．（8分）（2025?廣西）某小組將電流表改裝成歐姆表，所用器材有電源（電動勢E＝1.5V，內(nèi)阻不計），電流表（滿偏電流Ig＝100μA，內(nèi)阻Rg＝100Ω），電阻R0＝500Ω，滑動變阻器R（0～20kΩ），導線若干，電路如圖。（1）歐姆調零時，應先將A、B短接，再調節(jié)滑動變阻器，使電流表示數(shù)為100μA，此時滑動變阻器的阻值為14.4kΩ。（2）調零后，在A、B間接入電阻Rx，當電流表示數(shù)為60μA時，Rx為10kΩ?！究键c】電表的改裝和應用（實驗）．【專題】定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）短接，100，14.4；（2）10。【分析】（1）歐姆調零需先短接A、B，讓電流表滿偏，再用閉合電路歐姆定律E＝Ig（Rg+R0+R）算滑動變阻器阻值；（2）接入Rx后，依據(jù)E＝I（Rg+R0+R+Rx），結合（1）中內(nèi)阻，求Rx?！窘獯稹拷猓海?）歐姆表在使用前需要調零，這個過程需要將紅黑表筆短接，即圖中的A、B點短接；歐姆表短接調零需要將指針調到電流表G滿偏的狀態(tài)，即讓G表示數(shù)為Ig＝100μA；因為電源內(nèi)阻不計，調零過程中根據(jù)閉合電路歐姆定律可知I解得R代入數(shù)值得RP＝14.4kΩ（2）當歐姆表的示數(shù)是60μA時，根據(jù)I=E代入數(shù)據(jù)可得R故答案為：（1）短接，100，14.4；（2）10?！军c評】聚焦歐姆表核心原理，通過調零、測電阻兩個環(huán)節(jié)，深度考查閉合電路歐姆定律應用，知識點覆蓋精準，能有效檢測學生對歐姆表工作機制及電路定律的理解，題型經(jīng)典，是電學實驗基礎考查的典型題目。12．（9分）（2025?廣西）在用如圖甲的裝置做“探究加速度與力、質量的關系”實驗中：（1）探究小車加速度與小車所受拉力的關系時，需保持小車（含加速度傳感器，下同）質量不變，這種實驗方法是控制變量法。（2）實驗時，調節(jié)定滑輪高度，使連接小車的細繩與軌道平面保持平行。（3）由該裝置分別探究M、N兩車加速度a和所受拉力F的關系，獲得a﹣F圖像如圖乙，通過圖乙分析實驗是否需要補償阻力（即平衡阻力）。如果需要，說明如何操作；如果不需要，說明理由。（4）懸掛重物讓M、N兩車從靜止釋放經(jīng)過相同位移的時間比為n，兩車均未到達軌道末端，則兩車加速度之比aM：aN＝1：n2?！究键c】探究加速度與力、質量之間的關系．【專題】定量思想；實驗分析法；牛頓運動定律綜合專題；實驗探究能力．【答案】（1）控制變量法；（2）平行；（3）需要；撤出細繩連接的力傳感器和重物，將木板左端用墊塊墊起適當高度，使小車能沿木板勻速下滑；（4）1：n2?！痉治觥繉τ诖祟}，其中是否需要補償摩擦力是解題的關鍵尤其是對應力學實驗，涉及到受力分析的問題，一定要注意補償摩擦力的問題.【解答】（1）在探究小車加速度與小車所受拉力的關系時，需保持小車（含加速度傳感器）質量不變，這種實驗方法是控制變量法。（2）實驗時，為使小車受到的合外力等于細繩的拉力，要調節(jié)定滑輪高度，使連接小車的細繩與軌道平面保持平行，保證細繩對小車的拉力方向與小車運動方向一致，減小實驗誤差。（3）由圖乙可知，當拉力F為某一值時才產(chǎn)生加速度，說明小車受到摩擦力，需要補償阻力。補償方法：撤出細繩連接的力傳感器和重物，將木板左端用墊塊墊起適當高度，使小車能沿木板勻速下滑。（4）兩車均從靜止釋放，都做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動的位移公式x可知a因為tM：tN＝n：1聯(lián)立解得a故答案為：（1）控制變量法；（2）平行；（3）需要；撤出細繩連接的力傳感器和重物，將木板左端用墊塊墊起適當高度，使小車能沿木板勻速下滑；（4）1：n2。【點評】本題考查的是探究加速度與力、質量的關系的實驗解決此類實驗題，需要掌握實驗的原理以及實驗的具體操作步驟，再結合運動學公式進行推導分析。13．（10分）（2025?廣西）某樂器發(fā)出頻率為兩倍關系的兩個純音（簡諧聲波），其波形疊加后呈現(xiàn)一種周期性變化。圖甲和圖乙分別為同一時刻兩列簡諧聲波單獨沿x正方向傳播的波形圖，圖中的坐標原點位于同一質點處，聲速為340m/s。（1）從圖中讀出這兩列波的波長。（2）該時刻這兩列波疊加，分別求x＝0和x＝0.375m處的質點在該時刻偏離平衡位置的位移。（3）求這兩列波疊加后的周期?！究键c】機械波的圖像問題；波長、頻率和波速的關系．【專題】定量思想；推理法；波的多解性；推理論證能力．【答案】（1）從圖中讀出這兩列波的波長分別為0.5m、1m。（2）該時刻這兩列波疊加，x＝0和x＝0.375m處的質點在該時刻偏離平衡位置的位移分別為2μm、-2（3）求這兩列波疊加后的周期1340【分析】（1）直接從波形圖讀相鄰波峰/谷間距得波長；（2）依據(jù)波的疊加原理，找兩波在對應位置位移，矢量和為合位移；（3）用v＝λf求兩波頻率，結合頻率關系推疊加后周期?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)波長的定義及兩列波的波動圖可知λ1＝0.5m，λ2＝1m；（2）由波動圖可知在x＝0m處兩列波均處于波峰處，x＝0處的質點位移y1＝A+A＝1μm+1μm＝2μm在x＝0.375m處，對于第一列波有x對于第二列波有x在x＝0.375m處質點的位移y（3）對于第一列波有T對于第二列波有T這兩列波疊加后的周期1答：（1）從圖中讀出這兩列波的波長分別為0.5m、1m。（2）該時刻這兩列波疊加，x＝0和x＝0.375m處的質點在該時刻偏離平衡位置的位移分別為2μm、-2（3）求這兩列波疊加后的周期1340【點評】涉及從波形圖中讀取波長等基本波動特征量，考查對波的空間周期性的認識。側重考查圖像分析能力、邏輯推理能力，以及對物理規(guī)律的靈活應用能力，能有效區(qū)分學生對波動知識的理解深度和應用水平。14．（11分）（2025?廣西）帶電粒子繞著帶電量為+Q的源電荷做軌跡為橢圓的曲線運動，源電荷固定在橢圓左焦點F上，帶電粒子電量為﹣q；已知橢圓焦距為c，半長軸為a，電勢計算公式為φ=（1）求在橢圓軌道半短軸頂點B的電勢；（2）求帶電粒子從A到B的運動過程中，電場力對帶電粒子做的功；（3）用推理論證帶電粒子動能與電勢能之和是否守恒；若守恒，求其動能與電勢能之和；若不守恒，說明理由。【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】（1）在橢圓軌道半短軸頂點B的電勢為kQa（2）帶電粒子從A到B的運動過程中，電場力對帶電粒子做的功為-kQq（3）守恒，其動能與電勢能之和為-kQq【分析】（1）用橢圓性質找B到源電荷F的距離r，代入電勢公式φ=（2）依據(jù)電場力做功與電勢能變化關系W=q(φA-φB)，先求A（3）設任意點距F距離r、速度v，表出動能Ek=12mv2、電勢能E【解答】解：（1）由幾何關系可知，橢圓上任何一點到兩焦點間距離之和為2a，故頂點B距源電荷的距離為r＝a根據(jù)電勢計算公式φ=kQr可得在橢圓軌道半短軸頂點（2）同理可知，在橢圓軌道半長軸頂點A的電勢為φ根據(jù)電場力做功與電勢能的關系可知，帶電粒子從A到B的運動過程中，電場力對帶電粒子做的功為W（3）設帶電粒子的質量為m，假設帶電粒子動能與電勢能之和守恒，則滿足12則v根據(jù)圖像可知v2-1r答：（1）在橢圓軌道半短軸頂點B的電勢為kQa（2）帶電粒子從A到B的運動過程中，電場力對帶電粒子做的功為-kQq（3）守恒，其動能與電勢能之和為-kQq【點評】綜合考查電場知識（電勢、電場力做功、電勢能）與橢圓幾何知識，以及能量守恒思想，知識融合性好，能鍛煉學生知識遷移和綜合推導能力；通過圖像給出v2與1r關系，需學生15．（16分）（2025?廣西）圖甲為某智能分裝系統(tǒng)工作原理示意圖，每個散貨經(jīng)傾斜傳送帶由底端A運動到頂端B后水平拋出，撞擊沖量式傳感器使其輸出一個脈沖信號，隨后豎直掉入已與水平傳送帶共速度的貨箱中，此系統(tǒng)利用傳感器探測散貨的質量，自動調節(jié)水平傳送帶的速度，實現(xiàn)按規(guī)格分裝。傾斜傳送帶與水平地面夾角為30°，以速度v0勻速運行。若以相同的時間間隔Δt將散貨以幾乎為0的速度放置在傾斜傳送帶底端A，從放置某個散貨時開始計數(shù)，當放置第10個散貨時，第1個散貨恰好被水平拋出。散貨與傾斜傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=32，到達頂端前已與傳送帶共速。設散貨與傳感器撞擊時間極短，撞擊后豎直方向速度不變，水平速度變?yōu)?。每個長度為d的貨箱裝總質為M的一批散貨。若貨箱之間無間隔，重力加速度為g（1）單個散貨的質量。（2）水平傳送帶的平均傳送速度大小。（3）傾斜傳送帶的平均輸出功率?！究键c】動量定理的內(nèi)容和應用；牛頓第二定律的簡單應用；平均功率的計算．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；功率的計算專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】（1）單個散貨的質量為Iv（2）水平傳送帶的平均傳送速度大小為dIM（3）傾斜傳送帶的平均輸出功率為I(9【分析】（1）由圖可知，碰撞時的沖量，對碰撞過程分析，水平方向由動量守恒定律列式可求出散貨的質量；（2）長度為a的貨箱里裝總質量為M，由題意可求出落入貨箱中的散貨個數(shù)，由速度公式求解平均傳送速度；（3）對散貨在傾斜傳送帶上的運動過程分析，分別求出加速和勻速運動的時間和位移，從而確定出傳送帶的長度和加速時的相對位移，即可求出傳送帶多做的功，從而求出平均功率?！窘獯稹浚?）對單個散貨水平方向由動量定理﹣I＝0﹣mv0解得單個散貨的質量為m（2）落入貨箱中散貨的個數(shù)為N則水平傳送帶的平均傳送速度大小為v（3）設傾斜傳送帶的長度為L，其中散貨在加速階段，由牛頓第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，解得：a加速時間t加速位移x設勻速時間為t2，則有：t1+t2＝9Δt勻速位移為x故傳送帶的長度為：L在Δt時間內(nèi)傳送帶輸出的有用功為：W其中：m聯(lián)立可得傾斜傳送帶的平均輸出功率為：P答：（1）單個散貨的質量為Iv（2）水平傳送帶的平均傳送速度大小為dIM（3）傾斜傳送帶的平均輸出功率為I(9【點評】本題考查功率公式、動量定理以及速度公式，關鍵是正確理解題意，明確題目中給出的條件是解題的關鍵。

考點卡片1．勻變速直線運動速度與時間的關系【知識點的認識】勻變速直線運動的速度—時間公式：vt＝v0+at．其中，vt為末速度，v0為初速度，a為加速度，運用此公式解題時要注意公式的矢量性．在直線運動中，如果選定了該直線的一個方向為正方向，則凡與規(guī)定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡與規(guī)定正方向相反的矢量在公式中取負值，因此，應先規(guī)定正方向．（一般以v0的方向為正方向，則對于勻加速直線運動，加速度取正值；對于勻減速直線運動，加速度取負值．）【命題方向】例1：一個質點從靜止開始以1m/s2的加速度做勻加速直線運動，經(jīng)5s后做勻速直線運動，最后2s的時間內(nèi)使質點做勻減速直線運動直到靜止．求：（1）質點做勻速運動時的速度；（2）質點做勻減速運動時的加速度大?。治觯焊鶕?jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出5s末的速度，結合速度時間公式求出質點速度減為零的時間．解答：（1）根據(jù)速度時間公式得，物體在5s時的速度為：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物體速度減為零的時間2s，做勻減速運動時的加速度大小為：a2=vt答：（1）質點做勻速運動時的速度5m/s；（2）質點做勻減速運動時的加速度大小2.5m/s2．點評：解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的速度時間公式和位移時間公式，并能靈活運用．例2：汽車以28m/s的速度勻速行駛，現(xiàn)以4.0m/s2的加速度開始剎車，則剎車后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽車剎車到停止所需的時間，因為汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)v＝v0+at，求出剎車后的瞬時速度．解答：由題以初速度v0＝28m/s的方向為正方向，則加速度：a=vt-剎車至停止所需時間：t=vt-v故剎車后4s時的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s剎車后8s時汽車已停止運動，故：v8＝0答：剎車后4s末速度為12m/s，8s末的速度是0．點評：解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的速度與時間公式v＝v0+at，以及知道汽車剎車停止后不再運動，在8s內(nèi)的速度等于在7s內(nèi)的速度．解決此類問題一定要注意分析物體停止的時間．【解題方法點撥】1．解答題的解題步驟（可參考例1）：①分清過程（畫示意圖）；②找參量（已知量、未知量）③明確規(guī)律（勻加速直線運動、勻減速直線運動等）④利用公式列方程（選取正方向）⑤求解驗算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，剎車問題要先判斷停止時間．2．勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）【知識點的認識】勻變速直線運動的導出公式是指由勻變速直線運動的3個基本公式推導出來的公式。包括：1.平均速度公式：v=vt推導：設物體做勻變速直線運動的初速度為v0，加速度為a，t時刻的速度為v。由x=v0t由v＝v0+at知，當t'=t2時，有v由①②得v=又v=v由②③解得vt綜上所述有：v2.結合平均速度的定義式有：xt【命題方向】1.平均速度等于初末速度的一半例1：一質點做勻加速直線運動，初速度為10m/s，加速度為2m/s2．試求該質點：（1）第5s末的速度大??；（2）前5s內(nèi)的平均速度大小．分析：質點做勻加速直線運動，已知初速度、加速度和時間，根據(jù)速度公式求解第5s末的速度大小，由平均速度公式求出前5s內(nèi)的平均速度大?。獯穑河深}v0＝10m/s，a＝2m/s2，t＝5s則第5s末的速度大小v＝v0+at＝20m/s；前5s內(nèi)的平均速度大小v=v答：（1）第5s末的速度大小為20m/s；（2）前5s內(nèi)的平均速度大小為15m/s．點評：對于第（2）問也可以先求出前5s內(nèi)的位移x，再由v=2.平均速度等于中間時刻的速度例2：一輛汽車從車站由靜止起動，做勻加速直線運動．司機發(fā)現(xiàn)有人未上車，急忙剎車，車做勻減速直線運動而停下來，結果總共在5s內(nèi)前進了10m．汽車在運動過程中速度的最大值vm＝．分析：根據(jù)勻變速直線運動的平均速度公式v=v0+v解答：勻加速直線運動和勻減速直線運動的平均速度v=vm2，則故答案為：4m/s．點評：解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】1.平均速度的相關公式比較多，xt2.v=vt3．重心的位置特點【知識點的認識】1.重心的概念：物體所受重力的等效作用點。2.位置特點：重心的位置受質量分布情況及物體形狀的影響。只有質量分布均勻、形狀規(guī)則的物體，重心在其幾何中心。但不一定在物體上，比如足球的重心在球心?！久}方向】關于重心的說法正確的是（）A、物體的重心一定在物體上B、質量均勻分布，形狀規(guī)則的物體的重心可能在物體上，也可能在物體外C、物體的重心位置跟物體的質量分布情況和物體的形狀有關D、用線懸掛的薄板靜止時，細線方向一定通過重心分析：物體的重心不一定在物體上，也可能在物體之外．物體的重心位置跟物體的質量分布情況和物體的形狀有關．根據(jù)二力平衡原理分析用線懸掛的薄板靜止時，細線方向與重力心位置的關系．解答：A、物體的重心不一定在物體上，也可能在物體之外。比如均勻圓環(huán)的重心在環(huán)外，不在環(huán)上。故A錯誤。B、質量均勻分布，形狀規(guī)則的物體的重心可能在物體上，也可能在物體外，比如均勻球殼的重心不在球上。故B正確。C、物體的重心位置跟物體的質量分布情況和物體的形狀有關。故C正確。D、用線懸掛的薄板靜止時，物體受到重力與線的拉力，二力平衡，根據(jù)平衡條件得知，線的拉力與重力在同一直線上，細線方向一定通過重心。故D正確。故選：BCD。點評：本題抓住物體的重心與物體的質量分布情況和物體的形狀有關是關鍵．【解題思路點撥】判斷重心的位置時一定要注意兩個關鍵詞，質量分布和形狀，只有同時滿足質量分布均勻、形狀規(guī)則的物體，重心才會處于其幾何中心，同時要知道物體的幾何中心不一定在物體上。4．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量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為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。【解題方法點撥】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。5．平均功率的計算【知識點的認識】平均功率的計算式：①功率的定義式：P=②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）【命題方向】一、定義式計算平均功率據(jù)報導：我國一家廠商制作了一種特殊的手機，在電池能耗盡時，搖晃手機，即可產(chǎn)生電能維持通話，搖晃手機的過程是將機械能轉化為電能，如果將該手機搖晃一次，相當于將100g的重物舉高40cm，若每秒搖兩次，則搖晃手機的平均功率為（g＝10m/s2）（）A、0.04WB、0.4WC、0.8WD、40W分析：根據(jù)題意可以求得搖晃兩次時對手機做的功的大小，進而可以根據(jù)功率的公式計算出平均功率的大小．解答：把手機搖晃一次做的功的大小為W＝mgh＝0.1×10×0.4J＝0.4J，所以搖晃兩次對手機做的功的大小為0.8J，所以平均功率的大小為P=Wt=0.81W故選：C。點評：搖晃手機實際上就是人對手機做的功轉化成手機的電能，求出人做功的大小即可得出功率的大?。?、恒力做功的平均功率質量為m的物體從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動，在運動時間為t的過程中，合外力對它做功的平均功率為（）A、ma2tB、12ma2tC、2ma2tD、22ma分析：物體做的是勻加速直線運動，根據(jù)速度公式可以求得經(jīng)過時間t時物體的速度的大小，由此可以求得平均速度的大小，根據(jù)P＝Fv，可以求得平均功率的大?。獯穑何矬w做的是勻加速直線運動，t時刻的速度的大小為v＝at，該過程的平均速度的大小為v=12v此時物體受到的合外力為F＝ma，所以合外力對它做功的平均功率為P＝Fv=ma×12at=故選：B。點評：在分析功率的時候，一定要注意公式的選擇，P=Wt只能計算平均功率的大小，而P＝Fv可以計算平均功率也可以計算瞬時功率，取決于速度是平均速度還是瞬時速度．該題也可由P【解題思路點撥】1.功率的定義式P=W2.對于恒力做功，除了可以先求出總功，再除以時間求平均功率外，也可以求出平均速度，再利用P＝Fv計算平均功率。6．動量定理的內(nèi)容和應用【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、減小籃球對手的沖量B、減小籃球對人的沖擊力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用，應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。【解題方法點撥】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．7．波長、頻率和波速的關系【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．波速的大小由介質決定．（4）波速與波長和頻率的關系：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．質點B、F在振動過程中位移總是相等C．質點I的起振方向沿y軸負方向D．當t＝5.1s時，x＝10m的質點處于平衡位置處E．質點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，當質點間的距離為波長的整數(shù)倍時，振動情況完全相同，當質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的質點的時間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時，x＝l0m的質點已經(jīng)振動4.1sE、質點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公式，熟練的進行公式之間的轉化與計算。8．機械波的圖像問題【知識點的認識】橫波的圖象如圖所示為一橫波的圖象?？v坐標表示某一時刻各個質點偏離平衡位置的位移，橫坐標表示在波的傳播方向上各個質點的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時刻介質中各質點的位移在空間的分布。簡諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線?！久}方向】（1）第一類常考題型：波的圖象的理解與應用如圖為一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在t＝0時的波形圖，當Q點在t＝0時的振動狀態(tài)傳到P點時，則BA．1cm＜x＜3cm范圍內(nèi)的質點正在向y軸的負方向運動B．Q處的質點此時的加速度沿y軸的正方向C．Q處的質點此時正在波峰位置D．Q處的質點此時運動到P處。分析：由題意利用平移法可知Q點的狀態(tài)傳到P點時的波形圖，由波形圖可判斷各點的振動情況。解：當Q點在t＝0時的振動狀態(tài)傳到P點時，Q點在t＝0時的波沿也向左傳到P點，所以x＝0cm處質點在波谷，x＝2cm處質元在波峰，則1cm＜x＜2cm向y軸的正方向運動，2cm＜x＜3cm向y軸的負方向運動，A錯誤；Q點振動四分之三周期后到達波谷加速度沿y軸的正方向最大，質點不能平移，B正確，CD錯誤。故選B。點評：本題畫波形是關鍵，只要畫出新的波形各點的振動即可明確！第二類?？碱}型：波的傳播方向與質點的振動方向的判斷一列沿x軸正方向傳播的簡諧機械橫波，波速為4m/s。某時刻波形如圖所示，下列說法正確的是（）A．這列波的振幅為4cmB．這列波的周期為1sC．此時x＝4m處質點沿y軸負方向運動D．此時x＝4m處質點的加速度為0分析：由波的圖象讀出振幅和波長，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故這列波的振幅為A＝2cm。故A錯誤。B、由圖知，波長λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、簡諧機械橫波沿x軸正方向傳播，由波形平移法得知，此時x＝4m處質點沿y軸正方向運動。故C錯誤。D、此時x＝4m處質點沿處于平衡位置，加速度為零。故D正確。故選：D。點評：根據(jù)波的圖象讀出振幅、波長、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應具備的基本能力?！窘忸}方法點撥】波的圖象的理解與應用1．波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移，如圖：圖象的應用：（1）直接讀取振幅A和波長λ，以及該時刻各質點的位移。（2）確定某時刻各質點加速度的方向，并能比較其大小。（3）結合波的傳播方向可確定各質點的振動方向或由各質點的振動方向確定波的傳播方向。2．在波的傳播方向上，當兩質點平衡位置間的距離為nλ時（n＝1，2，3…），它們的振動步調總相同；當兩質點平衡位置間的距離為（2n+1）λ2（n＝0，1，2，3…3．波源質點的起振方向決定了它后面的質點的起振方向，各質點的起振方向與波源的起振方向相同。波的傳播方向與質點的振動方向的判斷方法圖象方法（1）微平移法：沿波的傳播方向將波的圖象進行一微小平移，然后由兩條波形曲線來判斷。例如：波沿x軸正向傳播，t時刻波形曲線如左圖中實線所示。將其沿v的方向移動一微小距離△x，獲得如左圖中虛線所示的圖線?？梢耘卸ǎ簍時刻質點A振動方向向下，質點B振動方向向上，質點C振動方向向下。（2）“上、下坡”法：沿著波的傳播方向看，上坡的點向下振動，下坡的點向上振動，即“上坡下，下坡上”。例如：左圖中，A點向上振動，B點向下振動，C點向上振動。（3）同側法：質點在振動方向與波的傳播方向在波的圖象的同一側。如左圖所示。9．根據(jù)電場線的疏密判斷場強大小【知識點的認識】可以通過電場線定性的分析電場強度的大?。涸谕浑妶鲋校妶鼍€越密集，電場強度越大；電場線越稀疏，電場強度越小?！久}方向】如圖是某區(qū)域的電場線圖．A、B是電場中的兩個點，EA和EB分別表示A、B兩點電場強度的大小，F(xiàn)A、FB分別表示同一個點電荷在A、B兩點所受到的電場力的大?。旅嬲f法中正確的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：電場線是從正電荷或者無窮遠發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小．解答：A、根據(jù)圖象很容易發(fā)現(xiàn)，在電場的A點的電場線較密，所以，在A點的電場的強度要比B點的電場的強度大，即EA＞EB，所以A正確，B錯誤；C、由于EA＞EB，并且是同一個電荷，電荷的電荷量大小相同，由F＝qE可知，電荷在A點時受到的電場力要在B點時受到的電場力大，即FA＞FB，所以C正確，D錯誤；故選：AC。點評：本題就是考查學生基礎知識的掌握，加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題．【解題思路點撥】同一電場中可以通過電場線的疏密定性的判斷電場強度的大小，進而可以分析運動學的情況，因為可以通過F＝qE分析電場力的大小，再通過F＝ma分析加速度的大小。所以可以說同一電場中，電場線密集的地方電場力大，電荷的加速度也大。10．從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點的認識】本考點旨在針對需要從能量轉化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關系、動能定理、能量守恒、機械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等情況。【命題方向】圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，斜面的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平面間的夾角60°，∠BOD＝120°，虛線BM左側、DN右側分布等大反向勻強電場E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點以6gR的初速度沿斜面向下運動，物塊質量為m，物塊可視為質點。AB長度為2R，電場強度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點時的速度為2B、物塊在最低點的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運動D、物塊在斜面運動的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動能定理，可以得到B點時的速度；從B到C用動能定理，可以得到C點的速度，結合豎直面的圓周運動規(guī)律和牛頓第三定律，可以計算C點的壓力；根據(jù)對物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會停在斜面上還是會在圓弧內(nèi)圓周運動；根據(jù)全過程動能定理可以判斷其總路程。解答：A、對物塊在左側斜面上釋放時進行受力分析，可以得到如圖：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此時摩擦力為滑動摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對物塊應用動能定理：mg?2Rsin60°-qEB、在物塊從B到C的過程中，對物塊應用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-1CD、物塊從B到右側的過程，設到某點速度減為0，在右側斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此時摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力減為0，物塊剛好可以在斜面上靜止，總路程故選：AD。點評：本題考查涉及電場力的功能關系問題，注意當速度減為0時，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計算物塊對地面壓力時，根據(jù)圓周運動規(guī)律得到支持力后，要寫結合牛頓第三定律得到壓力?！窘忸}思路點撥】電場中的功能關系如下：1.合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。2.靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似。3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即EP1+E機1＝EP2+E機2。這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似。11．電流的微觀表達式【知識點的認識】1.電流的微觀表達式的推導如圖所示，AD表示粗細均勻的一段長為l的導體，兩端加一定的電壓，導體中的自由電荷沿導體定向移動的速率為v，設導體的橫截面積為S，導體每單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量大小為q。則：導體AD內(nèi)的自由電荷全部通過橫截面D所用的時間t=導體AD內(nèi)的自由電荷總數(shù)N＝nlS，總電荷量Q＝Nq＝nlSq，此導體上的電流I=Q2.電流的微觀表達式：I＝nqSv（1）I=qt是電流的定義式，I＝nqSv電流的決定式，因此電流I通過導體橫截面的電荷量q及時間t無關，從微觀上看，電流的大小取決于導體中單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)n、每個自由電荷的電荷量大小q、定向移動的速率v，還與導體的橫截面積（2）v表示電荷定向移動的速率。自由電荷在不停地做無規(guī)則的熱運動，其速率為熱運動的速率，電流是自由電荷在熱運動的基礎上向某一方向定向移動形成的。【命題方向】有一橫截面積為S的銅導線，流經(jīng)其中的電流強度為I；設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電量為e，此電子的定向移動速率為v，在Δt時間內(nèi)，通過導線橫截面的自由電子數(shù)可表示為（）A.nvSΔtB.nv?ΔtC.IΔtveD.分析：首先根據(jù)電流強度的定義可以求得t時間內(nèi)通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數(shù)，再根據(jù)電流的微觀的表達式，根據(jù)電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導線橫截面的自由電子的個數(shù)．解答：在t時間內(nèi)，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為vt，由于銅導線的橫截面積為S，則在t時間內(nèi)，電子經(jīng)過的導線體積為V＝vtS．又由于單位體積的導線有n個自由電子，則在Δt時間內(nèi)，通過導線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為N＝nvSΔt。由于流經(jīng)導線的電流為I，則在t時間內(nèi)，流經(jīng)導線的電荷量為Q＝It，而電子的電荷量為e，則t時間內(nèi)通過導線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為：N=It故只有A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題計算自由電子的個數(shù)，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度．【解題思路點撥】用電流的微觀表達式求解問題的注意點（1）準確理解公式中各物理量的意義，式中的v是指自由電荷定向移動的速率，不是電流的傳導速率，也不是電子熱運動的速率。（2）I＝neSv是由I=qt導出的，若12．電阻定律的內(nèi)容及表達式【知識點的認識】1．電阻定律（1）內(nèi)容：同種材料的導體，其電阻跟它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導體的電阻還與構成它的材料有關．（2）表達式：R＝ρlS2．電阻率（1）計算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導體的導電性能，是導體材料本身的屬性．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查對電阻與電阻率的理解：下列說法中正確的是（）A．由R=B．由R＝ρlSC．各種材料的電阻率都與溫度有關，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小D．所謂超導體，當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，它的電阻率突然變?yōu)榱惴治觯簩w的電阻是導體的一種性質，反映了導體對電流阻礙作用的大??；電阻大小與導體的材料、長度、橫截面積有關；還受溫度的影響；與導體中的電流、導體兩端的電壓大小無關．解：A、導體電阻的大小和導體的材料、長度、橫截面積有關，與電壓、電流沒有關系，故A錯誤，B正確；C、各種材料的電阻率都與溫度有關，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯誤；D、超導體是當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，電阻值等于零，此時電阻率突然變?yōu)榱悖蔇正確．故選BD．點評：深入理解電阻的概念及影響電阻大小的因素是解答此題的關鍵．（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應用：如圖所示，P是一個表面均勻鍍有很薄電熱膜的長陶瓷管，其長度為L，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測得M、N兩端電壓為U，通過它的電流I．則金屬膜的電阻率的值為（）A.UIB.πUD24分析：鍍膜材料的截面積為陶瓷管的周長和膜的厚度為d的乘積，根據(jù)歐姆定律求出電阻的大小，在根據(jù)電阻定律R＝ρLs計算出鍍膜材料的電阻率即可．解：由歐姆定律可得，鍍膜材料的電阻R=U鍍膜材料的截面積為s＝2πD2?d＝πDd根據(jù)電阻定律可得，R＝ρLs所以鍍膜材料的電阻率ρ為，ρ=sRL=故選C．點評：本題容易出錯的地方就是如何計算鍍膜材料的截面積，在計算時可以把它看成是邊長為陶瓷管周長，寬為d的矩形，計算出截面積，再根據(jù)電阻定律計算即可．【解題方法點撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導體對電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導體的材料導電性能好壞的物理量．（2）導體電阻并不是只由電阻率決定，即電阻大，電阻率不一定大；電阻率小，電阻不一定?。?．電阻的決定式和定義式的區(qū)別公式R＝ρlR=區(qū)別電阻的決定式電阻的定義式說明了電阻的決定因素提供了一種測定電阻的方法，并不說明電阻與U和I有關適用于粗細均勻的金屬導體和濃度均勻的電解液適用于任何純電阻導體13．安培力的計算公式及簡單應用【知識點的認識】如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導體轉過90°，即電流與磁場平行，此時導體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當電流方向與磁場方向夾角為θ時，安培力的大小為F＝BIlsinθ【命題方向】一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導線，放在磁感應強度為0.50T的勻強磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大；根據(jù)安培力的公式計算安培力的大?。獯穑寒斖妼Ь€與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大，為：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．點評：本題只要掌握安培力大小的計算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點撥】1、電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F＝BIl。3、電流方向與磁場方向夾角為θ時，導線受到安培力的大小為F＝BIlsinθ。14．帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【知識點的認識】帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過金屬板，虛線表示其運動軌跡，由圖知（）A、粒子帶負電B、粒子運動方向是abcdeC、粒子運動方向是edcbaD、粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長分析：由半徑的變化可知粒子運動方向；由軌跡偏轉方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運動方向，由圓周對應的圓心角及周期公式可知時間關系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應減小，故可知粒子運動方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應是由下方進入，故粒子運動方向為edcba，則粒子應帶負電，故B錯誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運動的周期和速度無關，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運動時間均為T故選：AC。點評：本題應注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關系是解決本題的關鍵，明確了速度關系即可由左手定則及圓的性質求解。【解題方法點撥】帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的分析方法．15．帶電粒子在疊加場中做直線運動【知識點的認識】1.疊加場是指一個區(qū)域可能同時含有重力場、電場和磁場中的兩個或三個。但本考點涉及的題目必須包含磁場。2.帶電粒子在疊加場中做直線運動有兩種情況（不考慮平行于電場和磁場射入）（1）不計粒子重力，則必有洛倫茲力等于電場力，Bqv＝qE。（2）考慮粒子重力，則必有電場力與重力的合力等于洛倫茲力。也就是說只要粒子在含有磁場的疊加場中做直線運動，一定是勻速直線運動。因為如果是變速運動，則洛倫茲力也會變化，合力與速度方向不再一條直線上，粒子就不可能再做直線運動。【命題方向】如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶負電微粒由a點以一定初速度進入電磁場，剛好能沿直線ab斜向上運動，則下列說法正確的是（）A、微粒的動能一定增加B、微粒的動能一定減少C、微粒的電勢能一定減少D、微粒的機械能一定增加分析：對帶電粒子進行受力分析，受到豎直向下的重力，水平向左的電場力和垂直于虛線向右上的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運動，可判斷粒子合外力為零，再根據(jù)各力的做功情況，即可判斷各選項的正誤．解答：根據(jù)做直線運動的條件和受力情況（如圖所示）可知，粒子做勻速直線運動，所以粒子的動能保持不變，選項AB錯誤；再由a沿直線運動到b的過場中，電場力做正功，電勢能減小，選項C正確；重力做負功，重力勢能增加，選項D正確。故選：CD。點評：帶電粒子在重力場、電場、磁場的復合場中，只要是做直線運動，一定是勻速直線運動（v與B不平行）．若速度是變的，洛倫茲力會變，合力就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會做曲線運動．【解題思路點撥】1.疊加場中三中場的比較2.帶電粒子在疊加場中運動的分析方法16．動量定理在電磁感應問題中的應用【知識點的認識】本考點旨在針對動量定理在電磁感應中的應用問題。動量定理在電磁感應問題中一般用來求電荷量。根據(jù)電流的定義式可知q=I設在某一過程中安培力的平均值為F=BIl，動量的變化量為Δp＝mv2﹣mv1BIlΔt＝mv2﹣mv1即Blq＝mv2﹣mv1以此就可以該過程通過電路的電荷量【命題方向】如圖所示，在水平面上有兩條平行金屬導軌MN、PQ，導軌間距為d，勻強磁場垂直于導軌所在的平面向下，磁感應強度大小為B，兩根金屬桿間隔一定的距離擺放在導軌上，且與導軌垂直，兩金屬桿質量均為m，電阻均為R，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計，金屬桿與導軌間摩擦不計，現(xiàn)將桿2固定，桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則兩桿初始間距至少為（）A、mRv0B2d2B、mR分析：滑桿1向右做切割磁感線運動，受到向左的安培力做減速運動，當滑桿1恰好滑到滑桿2處速度為零時，間距最小。根據(jù)動量定理列式可求得通過滑桿的電荷量，根據(jù)感應電荷量q=ΔΦ2R解答：設滑桿1恰好滑到滑桿2處速度為零時，兩桿的間距為x。根據(jù)動量定理得：對滑桿1：﹣BIdt＝0﹣mv0又電荷量q=It，則得感應電荷量q=又根據(jù)法拉第定律E=ΔΦΔt，I=Eq=ΔΦ由①②得：x=故選：C。點評：在電磁感應中，運用動量定理求感應電荷量，根據(jù)感應電荷量q=ΔΦR【解題思路點撥】電磁感應問題中，電路電荷量的計算方法有兩種：（1）根據(jù)磁通量：q=It，I=ER總，E＝nΔΦΔt（2）根據(jù)動量定理：q=It，BIlt＝mv2﹣mv1，聯(lián)立得：q=17．電磁感應過程中的能量類問題【知識點的認識】1.電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現(xiàn)的。安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉化為電能的過程。2.求解電能應分清兩類情況（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結構及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算。（2）若電流變化，則：①利用安培力做功求解：電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能。3.電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化（1）安培力做功（2）焦耳熱的計算①電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感應電流變化時，可用以下方法分析：a.利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量，【命題方向】題型一：電磁感應與能量的綜合電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長S＝1.15m，兩導軌間距L＝0.75m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R＝1.5Ω的電阻，磁感應強度B＝0.8T的勻強磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5Ω，質量m＝0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a（3）求金屬棒下滑的最大速度vm．分析：（1）題中已知金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0.1J，R與r串聯(lián)，根據(jù)焦耳定律分析它們產(chǎn)生的熱量關系，從而求得總的焦耳熱，即為金屬棒克服安培力的功W安．（2）分析金屬棒的受力分析，導體棒受到重力，支持力，安培力，做出受力圖，求出合力，可以求得加速度．（2）當金屬棒的加速度為零時，速度最大，由上題結果求解最大速度．解答：（1）下滑的過程中金屬棒克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱．由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時，所受的安培力為：F＝BIL＝BBLvR+由牛頓第二定律得：mgsin30°-B得：a＝gsin30°-代入解得：a