第73頁（共73頁）2025年廣東省新高考物理試卷（選擇性）一、單項(xiàng)選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．（4分）（2025?廣東）關(guān)于受迫振動(dòng)和多普勒效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)的固有頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率有關(guān) B．只要驅(qū)動(dòng)力足夠大，共振就能發(fā)生 C．應(yīng)用多普勒效應(yīng)可以測(cè)量車輛的速度 D．觀察者與波源相互遠(yuǎn)離時(shí)，接收到的波的頻率比波源的頻率大2．（4分）（2025?廣東）如圖所示，某光伏電站輸出功率1000kW、電壓400V的交流電，經(jīng)理想變壓器升壓至10kV后，通過輸電線輸送到變電站，輸電線的等效電阻R為5Ω。下列說法正確的是（）A．變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：100 B．輸電線上由R造成的電壓損失為500V C．變壓器原線圈中的電流為100A D．變壓器原、副線圈中電流的頻率不同3．（4分）（2025?廣東）有甲、乙兩種金屬，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某頻率的光分別照射這兩種金屬，只有甲發(fā)射光電子，其最大初動(dòng)能為Ek，下列說法正確的是（）A．使用頻率更小的光，可能使乙也發(fā)射光電子 B．使用頻率更小的光，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動(dòng)能小于Ek C．頻率不變，減弱光強(qiáng)，可能使乙也發(fā)射光電子 D．頻率不變，減弱光強(qiáng)，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動(dòng)能小于Ek4．（4分）（2025?廣東）如圖為測(cè)量某種玻璃折射率的光路圖。某單色光從空氣垂直射入頂角為α的玻璃棱鏡，出射光相對(duì)于入射光的偏轉(zhuǎn)角為β，該折射率為（）A．sin(α+β)C．sinαsinβ D．5．（4分）（2025?廣東）一顆繞太陽運(yùn)行的小行星，其軌道近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)到太陽的距離分別約為地球到太陽距離的5倍和7倍。關(guān)于該小行星，下列說法正確的是（）A．公轉(zhuǎn)周期約為6年 B．從遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)所受太陽引力大小逐漸減小 C．從遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)線速度大小逐漸減小 D．在近日點(diǎn)加速度大小約為地球公轉(zhuǎn)加速度的16．（4分）（2025?廣東）某同步加速器簡化模型如圖所示，其中僅直通道PQ內(nèi)有加速電場(chǎng)，三段圓弧內(nèi)均有可調(diào)的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)B。帶電荷量為﹣q、質(zhì)量為m的離子以初速度v0從P處進(jìn)入加速電場(chǎng)后，沿順時(shí)針方向在加速器內(nèi)循環(huán)加速。已知加速電壓為U，磁場(chǎng)區(qū)域中離子的偏轉(zhuǎn)半徑均為R。忽略離子重力和相對(duì)論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里 B．第1次加速后，離子的動(dòng)能增加了2qU C．第k次加速后，離子的速度大小變?yōu)閙2D．第k次加速后，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)為m7．（4分）（2025?廣東）如圖所示，光滑水平面上，小球M、N分別在水平恒力F1和F2作用下，由靜止開始沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，在t1時(shí)刻發(fā)生正碰后各自反向運(yùn)動(dòng)。已知F1和F2始終大小相等、方向相反。從開始運(yùn)動(dòng)到碰撞后第1次速度減為0的過程中，兩小球速度v隨時(shí)間t變化的圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）（2025?廣東）將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球沿光滑冰坑內(nèi)壁推出，使小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。已知圓周運(yùn)動(dòng)半徑R為0.4m，小球所在位置處的切面與水平面夾角θ為45°，小球質(zhì)量為0.1kg，重力加速度g取10m/s2。關(guān)于該小球，下列說法正確的有（）A．角速度為5rad/s B．線速度大小為4m/s C．向心加速度大小為10m/s2 D．所受支持力大小為1N（多選）9．（6分）（2025?廣東）如圖是一種精確測(cè)量質(zhì)量的裝置原理示意圖，豎直平面內(nèi)，質(zhì)量恒為M的稱重框架由托盤和矩形線圈組成。線圈的一邊始終處于垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。測(cè)量分兩個(gè)步驟，步驟①：托盤內(nèi)放置待測(cè)物塊，其質(zhì)量用m表示，線圈中通大小為I的電流，使稱重框架受力平衡；步驟②：線圈處于斷開狀態(tài)，取下物塊，保持線圈不動(dòng)，磁場(chǎng)以速率v勻速向下運(yùn)動(dòng)，測(cè)得線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E。利用上述測(cè)量結(jié)果可得出m的值，重力加速度為g。下列說法正確的有（）A．線圈電阻為EI B．I越大，表明m越大C．v越大，則E越小 D．m=EI（多選）10．（6分）（2025?廣東）如圖所示，無人機(jī)在空中作業(yè)時(shí)，受到一個(gè)方向不變、大小隨時(shí)間變化的拉力。無人機(jī)經(jīng)飛控系統(tǒng)實(shí)時(shí)調(diào)控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知拉力與水平面成30°角，其大小F隨時(shí)間t的變化關(guān)系為F＝F0﹣kt（F≠0，F(xiàn)0、k均為大于0的常量），無人機(jī)的質(zhì)量為m，重力加速度為g。關(guān)于該無人機(jī)在0到T時(shí)間段內(nèi)（T是滿足F＞0的任一時(shí)刻），下列說法正確的有（）A．受到空氣作用力的方向會(huì)變化 B．受到拉力的沖量大小為（F0-12kT）C．受到重力和拉力的合力的沖量大小為mgT+（F0-12kT）D．T時(shí)刻受到空氣作用力的大小為3三、非選擇題：本大題共5小題，共54分?？忌鶕?jù)要求作答。11．（8分）（2025?廣東）請(qǐng)完成下列實(shí)驗(yàn)操作和計(jì)算。（1）在“長度的測(cè)量及其測(cè)量工具的選用”實(shí)驗(yàn)中，用螺旋測(cè)微器測(cè)量小球的直徑，示數(shù)如圖甲所示，讀數(shù)為mm。（2）實(shí)驗(yàn)小組利用小車碰撞實(shí)驗(yàn)測(cè)量吸能材料的性能，裝置如圖乙所示。圖中軌道由軌道甲和乙平滑拼接而成，且軌道乙傾角較大。①選取相同的兩輛小車，分別安裝寬度為1.00cm的遮光條。②軌道調(diào)節(jié)。調(diào)節(jié)螺母使軌道甲、乙連接處適當(dāng)升高，將小車在軌道乙上釋放，若測(cè)得小車通過光電門A和B的，表明已平衡小車在軌道甲上所受摩擦力及其他阻力。③碰撞測(cè)試。先將小車1靜置于光電門A和B中間，再將小車2在M點(diǎn)由靜止釋放，測(cè)得小車2通過光電門A的時(shí)間為t2，碰撞后小車1通過光電門B的時(shí)間為t1，若t2t1，可將兩小車的碰撞視為彈性碰撞。④吸能材料性能測(cè)試。將吸能材料緊貼于小車2的前端，重復(fù)步驟③，測(cè)得小車2通過光電門A的時(shí)間為10.00ms。兩車碰撞后，依次測(cè)得小車1和2通過光電門B的時(shí)間分別為15.00ms、30.00ms。不計(jì)吸能材料的質(zhì)量，計(jì)算可得碰撞后兩小車總動(dòng)能與碰撞前小車2動(dòng)能的比值為（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。12．（8分）（2025?廣東）科技小組制作的渦流制動(dòng)演示裝置由電磁鐵和圓盤控制部分組成。圖甲（a）是電磁鐵磁感應(yīng)強(qiáng)度的測(cè)量電路。所用器材有：電源E（電動(dòng)勢(shì)15V，內(nèi)阻不計(jì)）；電流表A（量程有0.6A和3A，內(nèi)阻不計(jì)）；滑動(dòng)變阻器RP（最大阻值100Ω）；定值電阻R0（阻值10Ω）；開關(guān)S；磁傳感器和測(cè)試儀；電磁鐵（線圈電阻16Ω）；導(dǎo)線若干。圖甲（b）是實(shí)物圖，圖中電機(jī)和底座相固定，圓形鋁盤和電機(jī)轉(zhuǎn)軸相固定。請(qǐng)完成下列實(shí)驗(yàn)操作和計(jì)算。（1）量程選擇和電路連接。①由器材參數(shù)可得電路中的最大電流為A（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。為減小測(cè)量誤差，電流表的量程選擇0.6A擋。②圖甲（b）中已正確連接了部分電路，請(qǐng)?jiān)谔摼€框中完成RP、R0和A間的實(shí)物圖連線。（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電流I關(guān)系測(cè)量。①將圖甲（a）中的磁傳感器置于電磁鐵中心，滑動(dòng)變阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使電路中的電流，保護(hù)電路安全。②將滑片P緩慢滑到某一位置，閉合S。此時(shí)A的示數(shù)如圖乙所示，讀數(shù)為A。分別記錄測(cè)試儀示數(shù)B和I，斷開S。③保持磁傳感器位置不變，重復(fù)步驟②。④圖丙是根據(jù)部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪的B﹣I圖線，其斜率為mT/A（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）制動(dòng)時(shí)間t測(cè)量。利用圖甲（b）所示裝置測(cè)量了t，結(jié)果表明B越大，t越小。13．（9分）（2025?廣東）如圖是某鑄造原理示意圖，往氣室注入空氣增加壓強(qiáng)，使金屬液沿升液管進(jìn)入已預(yù)熱的鑄型室，待鑄型室內(nèi)金屬液冷卻凝固后獲得鑄件。柱狀鑄型室通過排氣孔與大氣相通，大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa，鑄型室底面積S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面與注氣前氣室內(nèi)金屬液面高度差H＝0.15m，柱狀氣室底面積S2＝0.8m2，注氣前氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p0，金屬液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/s2，空氣可視為理想氣體，不計(jì)升液管的體積。（1）求金屬液剛好充滿鑄型室時(shí)，氣室內(nèi)金屬液面下降的高度h2和氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)p1。（2）若在注氣前關(guān)閉排氣孔使鑄型室密封，且注氣過程中鑄型室內(nèi)溫度不變，求注氣后鑄型室內(nèi)的金屬液高度為h3＝0.04m時(shí)，氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)p2。14．（13分）（2025?廣東）如圖所示，用開瓶器取出緊塞在瓶口的軟木塞時(shí)，先將拔塞鉆旋入木塞內(nèi)，隨后下壓把手，使齒輪繞固定支架上的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，通過齒輪嚙合，帶動(dòng)與木塞相固定的拔塞鉆向上運(yùn)動(dòng)。從0時(shí)刻開始，頂部與瓶口齊平的木塞從靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木塞所受摩擦力f隨位移大小x的變化關(guān)系為f＝f0（1-xh），其中f0為常量，h為圓柱形木塞的高，木塞質(zhì)量為m，底面積為S，加速度為a，齒輪半徑為r，重力加速度為g，瓶外氣壓減瓶內(nèi)氣壓為Δp且近似不變，瓶子始終靜止在桌面上。（提示：可用f﹣x圖線下的“面積”表示（1）木塞離開瓶口的瞬間，齒輪的角速度ω。（2）拔塞的全過程，拔塞鉆對(duì)木塞做的功W。（3）拔塞過程中，拔塞鉆對(duì)木塞作用力的瞬時(shí)功率P隨時(shí)間t變化的表達(dá)式。15．（16分）（2025?廣東）如圖是研究顆粒碰撞荷電特性裝置的簡化圖。兩塊水平絕緣平板與兩塊豎直的平行金屬平板相接。金屬平板之間接高壓電源產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電顆粒從上方絕緣平板左端A點(diǎn)處，由靜止開始向右下方運(yùn)動(dòng)，與下方絕緣平板在B點(diǎn)處碰撞，碰撞時(shí)電荷量改變，反彈后離開下方絕緣平板瞬間，顆粒的速度與所受合力垂直，其水平分速度與碰前瞬間相同，豎直分速度大小變?yōu)榕銮八查g的k倍（k＜1）。已知顆粒質(zhì)量為m，兩絕緣平板間的距離為h，兩金屬平板間的距離為d，B點(diǎn)與左平板的距離為l，電源電壓為U，重力加速度為g。忽略空氣阻力和電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。求：（1）顆粒碰撞前的電荷量q。（2）顆粒在B點(diǎn)碰撞后的電荷量Q。（3）顆粒從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞過程中，電場(chǎng)力對(duì)它做的功W。

2025年廣東省新高考物理試卷（選擇性）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號(hào)1234567答案CBBADAA二．多選題（共3小題）題號(hào)8910答案ACBDAB一、單項(xiàng)選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．（4分）（2025?廣東）關(guān)于受迫振動(dòng)和多普勒效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)的固有頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率有關(guān) B．只要驅(qū)動(dòng)力足夠大，共振就能發(fā)生 C．應(yīng)用多普勒效應(yīng)可以測(cè)量車輛的速度 D．觀察者與波源相互遠(yuǎn)離時(shí)，接收到的波的頻率比波源的頻率大【考點(diǎn)】多普勒效應(yīng)及其應(yīng)用；阻尼振動(dòng)和受迫振動(dòng)．【專題】定性思想；推理法；簡諧運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)共振發(fā)生的條件、多普勒測(cè)速儀以及多普勒效應(yīng)進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈．系統(tǒng)的固有頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率無關(guān)，由系統(tǒng)自身決定，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)共振的條件，驅(qū)動(dòng)力頻率和固有頻率接近，與驅(qū)動(dòng)力大小無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．應(yīng)用多普勒效應(yīng)可以測(cè)量車輛的速度，多普勒測(cè)速儀就是典型應(yīng)用，故C正確；D．根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，觀察者與波源相互遠(yuǎn)離時(shí)，接收到的波的頻率比波源的頻率小，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】考查共振和多普勒效應(yīng)的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。2．（4分）（2025?廣東）如圖所示，某光伏電站輸出功率1000kW、電壓400V的交流電，經(jīng)理想變壓器升壓至10kV后，通過輸電線輸送到變電站，輸電線的等效電阻R為5Ω。下列說法正確的是（）A．變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：100 B．輸電線上由R造成的電壓損失為500V C．變壓器原線圈中的電流為100A D．變壓器原、副線圈中電流的頻率不同【考點(diǎn)】理想變壓器兩端的頻率關(guān)系；用焦耳定律計(jì)算電熱；理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)理想變壓器的特點(diǎn)，電功率和電流關(guān)系式，電壓損失等知識(shí)進(jìn)行分析解答。【解答】解：A.根據(jù)n1n2=U1B.輸電線上的電流為I2=PU2=1000×10310×103A＝100A，故R造成的電壓損失ΔU損＝C.變壓器原線圈中的電流為I1=PU1=1000×10D.變壓器不能改變交流電的頻率，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查理想變壓器的相關(guān)問題，功率計(jì)算等，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。3．（4分）（2025?廣東）有甲、乙兩種金屬，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某頻率的光分別照射這兩種金屬，只有甲發(fā)射光電子，其最大初動(dòng)能為Ek，下列說法正確的是（）A．使用頻率更小的光，可能使乙也發(fā)射光電子 B．使用頻率更小的光，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動(dòng)能小于Ek C．頻率不變，減弱光強(qiáng)，可能使乙也發(fā)射光電子 D．頻率不變，減弱光強(qiáng)，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動(dòng)能小于Ek【考點(diǎn)】光電效應(yīng)的條件和判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)．【專題】定量思想；推理法；光電效應(yīng)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生的條件結(jié)合光電效應(yīng)方程進(jìn)行分析解答。【解答】解：A．使用頻率更小的光，其頻率更是低于乙的極限頻率，更不可能使乙發(fā)射光電子，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)Ek＝hν﹣W0，可知使用頻率更小的光，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動(dòng)能小于Ek，故B正確；C．頻率不變，減弱光強(qiáng)，不可能使乙發(fā)射光電子，故C錯(cuò)誤；D．頻率不變，減弱光強(qiáng)，仍能使甲發(fā)射光電子，其最大初動(dòng)能等于Ek，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查光電效應(yīng)發(fā)生的條件結(jié)合光電效應(yīng)方程的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。4．（4分）（2025?廣東）如圖為測(cè)量某種玻璃折射率的光路圖。某單色光從空氣垂直射入頂角為α的玻璃棱鏡，出射光相對(duì)于入射光的偏轉(zhuǎn)角為β，該折射率為（）A．sin(α+β)C．sinαsinβ D．【考點(diǎn)】光的折射定律．【專題】定量思想；方程法；光的折射專題；推理論證能力．【答案】A【分析】作出光路圖，能根據(jù)幾何知識(shí)求解光在右側(cè)界面的入射角和折射角，根據(jù)折射定律求解折射率?！窘獯稹拷猓涸诠饴穲D中畫出法線如圖由幾何關(guān)系可知折射角i＝α+β；入射角r＝α根據(jù)折射定律可得n=故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識(shí)求解入射角與折射角。5．（4分）（2025?廣東）一顆繞太陽運(yùn)行的小行星，其軌道近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)到太陽的距離分別約為地球到太陽距離的5倍和7倍。關(guān)于該小行星，下列說法正確的是（）A．公轉(zhuǎn)周期約為6年 B．從遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)所受太陽引力大小逐漸減小 C．從遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)線速度大小逐漸減小 D．在近日點(diǎn)加速度大小約為地球公轉(zhuǎn)加速度的1【考點(diǎn)】衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算；開普勒三大定律．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)開普勒第三定律求該小行星的公轉(zhuǎn)周期；由牛頓第二定律結(jié)合萬有引力定律求小行星在近日點(diǎn)的加速度與地球公轉(zhuǎn)加速度的倍數(shù)；根據(jù)萬有引力定律分析小行星受太陽引力變化情況；根據(jù)開普勒第二定律分析小行星線速度變化情況?！窘獯稹拷猓篈.設(shè)地球與太陽間的距離為R，則小行星公轉(zhuǎn)軌道的半長軸為a=5R+7R2=6R，由開普勒第三定律有(6R)3T2B.從遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)，小行星與太陽間距離減小，由萬有引力定律F=GMmr2C.由開普勒第二定律可知，從遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)，小行星線速度大小逐漸增大，故C錯(cuò)誤；D.由牛頓第二定律有GMmr2=ma，解得a=故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握開普勒第二定律和開普勒第三定律。開普勒第三定律常常用來研究天體運(yùn)行周期。6．（4分）（2025?廣東）某同步加速器簡化模型如圖所示，其中僅直通道PQ內(nèi)有加速電場(chǎng)，三段圓弧內(nèi)均有可調(diào)的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)B。帶電荷量為﹣q、質(zhì)量為m的離子以初速度v0從P處進(jìn)入加速電場(chǎng)后，沿順時(shí)針方向在加速器內(nèi)循環(huán)加速。已知加速電壓為U，磁場(chǎng)區(qū)域中離子的偏轉(zhuǎn)半徑均為R。忽略離子重力和相對(duì)論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里 B．第1次加速后，離子的動(dòng)能增加了2qU C．第k次加速后，離子的速度大小變?yōu)閙2D．第k次加速后，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)為m【考點(diǎn)】帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【答案】A【分析】先根據(jù)題意確定粒子的運(yùn)動(dòng)方向，利用左手定則判斷偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向；根據(jù)動(dòng)能定理求加速一次后帶電粒子的動(dòng)能增量；洛倫茲力不做功，則加速k次后，帶電粒子的動(dòng)能增量為kqU，由動(dòng)能定理求加速k次后粒子的速度大小。粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！窘獯稹拷猓篈.直線通道PQ有電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)，因粒子帶負(fù)電，則粒子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)镻→Q。粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，可知洛倫茲力指向裝置中心，由左手定則可知，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，故A正確；BC.由動(dòng)能定理可知，加速一次后，電場(chǎng)力做功為qU，帶電粒子的動(dòng)能增量為qU。因洛倫茲力不做功，故加速k次后，帶電粒子的動(dòng)能增量為kqU，有kqU=12mv2-D.粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R，聯(lián)立解得B=故選：A。【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要知道洛倫茲力不做功，粒子每加速一次，動(dòng)能增量為qU，運(yùn)用動(dòng)能定理求加速獲得的速度。粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力。7．（4分）（2025?廣東）如圖所示，光滑水平面上，小球M、N分別在水平恒力F1和F2作用下，由靜止開始沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，在t1時(shí)刻發(fā)生正碰后各自反向運(yùn)動(dòng)。已知F1和F2始終大小相等、方向相反。從開始運(yùn)動(dòng)到碰撞后第1次速度減為0的過程中，兩小球速度v隨時(shí)間t變化的圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】分析碰撞的合理性．【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)牛頓第二定律可得質(zhì)量之比，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量關(guān)系得到碰撞后速度大小和方向，再根據(jù)加速度大小之比得到運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系，結(jié)合圖像進(jìn)行選擇?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a由于兩物體受外力F大小相等，圖像的斜率等于加速度，可知M、N的加速度大小之比為：aM：aN＝4：6＝2：3可知M、N的質(zhì)量之比為：m1：m2＝6：4＝3：2設(shè)M、N的質(zhì)量分別為分：m1＝3m，m2＝2m由圖像可設(shè)MN碰前的速度分別為4v和6v，則因M、N系統(tǒng)受合外力為零，則碰撞過程中動(dòng)量守恒。取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：3m?4v﹣2m?6v＝3mv1+2mv2若系統(tǒng)為彈性碰撞，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：1解得碰撞后M和N的速度分別為：v1＝﹣4v、v2＝6v因M、N的加速度大小之比仍為2：3，則停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1：1，即兩物體一起停止；若不是彈性碰撞，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：3m?4v﹣2m?6v＝3mv1+2mv2可知碰后速度大小之比為：v1：v2＝2：3若假設(shè)v1＝2v，則v2＝3v，此時(shí)滿足：1則假設(shè)成立，因M、N的加速度大小之比仍為2：3，則停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1：1，對(duì)M來說碰撞前后的速度之比為4v：2v＝2：1可知碰撞前后運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2：1。綜上所述，故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或合外力為零；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。二、多項(xiàng)選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）（2025?廣東）將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球沿光滑冰坑內(nèi)壁推出，使小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。已知圓周運(yùn)動(dòng)半徑R為0.4m，小球所在位置處的切面與水平面夾角θ為45°，小球質(zhì)量為0.1kg，重力加速度g取10m/s2。關(guān)于該小球，下列說法正確的有（）A．角速度為5rad/s B．線速度大小為4m/s C．向心加速度大小為10m/s2 D．所受支持力大小為1N【考點(diǎn)】牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由合力提供向心力，由此求出支持力大??；由牛頓第二定律結(jié)合向心力公式求解角速度，由v＝ωR求線速度大?。桓鶕?jù)an＝ω2R求向心加速度大小?！窘獯稹拷猓篈D、小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由合力提供向心力，對(duì)小球受力分析如圖所受支持力大小為N=mgcos45°=2由牛頓第二定律可得mgtan45°＝mω2R，解得ω＝5rad/s，故A正確，D錯(cuò)誤；B、線速度大小為v＝ωR＝5×0.4m/s＝2m/s，故B錯(cuò)誤；C、向心加速度大小為an＝ω2R＝52×0.4m/s2＝10m/s2，故C正確。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要明確物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由合力提供向心力，要正確分析受力，確定向心力來源，并能靈活選擇向心力公式。（多選）9．（6分）（2025?廣東）如圖是一種精確測(cè)量質(zhì)量的裝置原理示意圖，豎直平面內(nèi)，質(zhì)量恒為M的稱重框架由托盤和矩形線圈組成。線圈的一邊始終處于垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。測(cè)量分兩個(gè)步驟，步驟①：托盤內(nèi)放置待測(cè)物塊，其質(zhì)量用m表示，線圈中通大小為I的電流，使稱重框架受力平衡；步驟②：線圈處于斷開狀態(tài)，取下物塊，保持線圈不動(dòng)，磁場(chǎng)以速率v勻速向下運(yùn)動(dòng)，測(cè)得線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E。利用上述測(cè)量結(jié)果可得出m的值，重力加速度為g。下列說法正確的有（）A．線圈電阻為EI B．I越大，表明m越大C．v越大，則E越小 D．m=EI【考點(diǎn)】線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的電壓、電流、電荷量等電學(xué)量的計(jì)算；安培力作用下的受力平衡問題．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)歐姆定律判斷；對(duì)稱重框架受力分析，結(jié)合受力平衡判斷；根據(jù)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)判斷?！窘獯稹拷猓篈、該選項(xiàng)的公式中，E是線圈切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，而I是稱重框架受力平衡時(shí)線圈內(nèi)的電流，二者不是同時(shí)發(fā)生的，故A錯(cuò)誤；BD、設(shè)線圈的下面的邊長為L，線圈共n匝，當(dāng)稱重框架受力平衡時(shí)，稱重框架與待測(cè)物體重力的和等于線圈受到的安培力，則Mg+mg＝nBIL磁場(chǎng)以速率v勻速向下運(yùn)動(dòng)，測(cè)得線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則E＝nBLv聯(lián)立可得m=可知I越大，表明m越大，故BD正確；C、根據(jù)E＝nBLv可知，v越大，則電動(dòng)勢(shì)E越大，故C錯(cuò)誤。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】該題情景新穎，關(guān)鍵是要注意A選項(xiàng)中的E與I是兩個(gè)不同狀態(tài)情況下的物理量，不應(yīng)該用在同一個(gè)公式中。（多選）10．（6分）（2025?廣東）如圖所示，無人機(jī)在空中作業(yè)時(shí)，受到一個(gè)方向不變、大小隨時(shí)間變化的拉力。無人機(jī)經(jīng)飛控系統(tǒng)實(shí)時(shí)調(diào)控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知拉力與水平面成30°角，其大小F隨時(shí)間t的變化關(guān)系為F＝F0﹣kt（F≠0，F(xiàn)0、k均為大于0的常量），無人機(jī)的質(zhì)量為m，重力加速度為g。關(guān)于該無人機(jī)在0到T時(shí)間段內(nèi)（T是滿足F＞0的任一時(shí)刻），下列說法正確的有（）A．受到空氣作用力的方向會(huì)變化 B．受到拉力的沖量大小為（F0-12kT）C．受到重力和拉力的合力的沖量大小為mgT+（F0-12kT）D．T時(shí)刻受到空氣作用力的大小為3【考點(diǎn)】求變力的沖量；對(duì)物體進(jìn)行受力分析．【專題】定量思想；合成分解法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據(jù)平行四邊形定則判斷空氣的作用力的變化；根據(jù)沖量的定義式求出拉力的沖量，根據(jù)平行四邊形定則求出重力和拉力的合力的沖量；根據(jù)平行四邊形定則求出T時(shí)刻受到空氣作用力的大小?！窘獯稹拷猓篈、無人機(jī)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受到拉力、空氣作用力和重力，則三個(gè)力的合力為零，根據(jù)受力平衡的特點(diǎn)可知，空氣的作用力與重力和拉力的合力大小相等，方向相反；拉力大小F隨時(shí)間t的變化關(guān)系為F＝F0﹣kt，是逐漸減小的，它與重力的合力變化如圖由圖可知重力和拉力的合力方向是變化的，所以無人機(jī)受到空氣作用力的方向會(huì)變化，故A正確；B、拉力是均勻變化的所以拉力的沖量I=FT=C、0～T時(shí)間內(nèi)重力的沖量大小I′＝mgT，由于重力和拉力不在同一條直線上，所以無人機(jī)受到重力和拉力的合力的沖量大小為不等于mgT+（F0-12kT）T，故D、空氣的作用力與重力和拉力的合力大小相等，方向相反，所以T時(shí)刻無人機(jī)受到空氣作用力的大小為等于重力和拉力的合力大小，為F=FxT2故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查共點(diǎn)力平衡與沖量的計(jì)算，要注意沖量是矢量，其合成遵從平行四邊形定則。三、非選擇題：本大題共5小題，共54分。考生根據(jù)要求作答。11．（8分）（2025?廣東）請(qǐng)完成下列實(shí)驗(yàn)操作和計(jì)算。（1）在“長度的測(cè)量及其測(cè)量工具的選用”實(shí)驗(yàn)中，用螺旋測(cè)微器測(cè)量小球的直徑，示數(shù)如圖甲所示，讀數(shù)為8.260mm。（2）實(shí)驗(yàn)小組利用小車碰撞實(shí)驗(yàn)測(cè)量吸能材料的性能，裝置如圖乙所示。圖中軌道由軌道甲和乙平滑拼接而成，且軌道乙傾角較大。①選取相同的兩輛小車，分別安裝寬度為1.00cm的遮光條。②軌道調(diào)節(jié)。調(diào)節(jié)螺母使軌道甲、乙連接處適當(dāng)升高，將小車在軌道乙上釋放，若測(cè)得小車通過光電門A和B的時(shí)間相等，表明已平衡小車在軌道甲上所受摩擦力及其他阻力。③碰撞測(cè)試。先將小車1靜置于光電門A和B中間，再將小車2在M點(diǎn)由靜止釋放，測(cè)得小車2通過光電門A的時(shí)間為t2，碰撞后小車1通過光電門B的時(shí)間為t1，若t2＝t1，可將兩小車的碰撞視為彈性碰撞。④吸能材料性能測(cè)試。將吸能材料緊貼于小車2的前端，重復(fù)步驟③，測(cè)得小車2通過光電門A的時(shí)間為10.00ms。兩車碰撞后，依次測(cè)得小車1和2通過光電門B的時(shí)間分別為15.00ms、30.00ms。不計(jì)吸能材料的質(zhì)量，計(jì)算可得碰撞后兩小車總動(dòng)能與碰撞前小車2動(dòng)能的比值為0.56（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】探究功與物體速度變化的關(guān)系；螺旋測(cè)微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】（1）8.260；（2）②時(shí)間相等；③＝；④0.56?！痉治觥浚?）根據(jù)螺旋測(cè)微器讀數(shù)規(guī)范分析求解；（2）②根據(jù)已平衡小車在軌道甲上所受摩擦力及其他阻力，小車將在軌道甲上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過兩個(gè)光電門的速度相等分析求解；③若兩個(gè)小車發(fā)生彈性碰撞，由于兩個(gè)小車的質(zhì)量相等，則碰撞后兩個(gè)小車的速度互換分析求解；④根據(jù)光電門測(cè)速原理，結(jié)合動(dòng)能表達(dá)式分析求解?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，小球的直徑為d＝8mm+26.0×0.01mm＝8.260mm；（2）②若已平衡小車在軌道甲上所受摩擦力及其他阻力，小車將在軌道甲上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過兩個(gè)光電門的速度相等，即通過光電門A和B的時(shí)間相等；③若兩個(gè)小車發(fā)生彈性碰撞，當(dāng)兩個(gè)小車的質(zhì)量相等時(shí)，則碰撞后兩個(gè)小車的速度互換，則有t2＝t1；④根據(jù)光電門求解瞬時(shí)速度的方法，碰撞前小車2的速度為v0=dΔt1=1.00×10-210×10-3m/s＝1m/s，碰撞后，小車1的速度為v1=dΔt2=1.00×10故答案為：（1）8.260；（2）②時(shí)間相等；③＝；④0.56?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了長度的測(cè)量及其測(cè)量工具選用以及利用小車碰撞實(shí)驗(yàn)測(cè)量吸能材料性能的綜合實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、步驟、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。12．（8分）（2025?廣東）科技小組制作的渦流制動(dòng)演示裝置由電磁鐵和圓盤控制部分組成。圖甲（a）是電磁鐵磁感應(yīng)強(qiáng)度的測(cè)量電路。所用器材有：電源E（電動(dòng)勢(shì)15V，內(nèi)阻不計(jì)）；電流表A（量程有0.6A和3A，內(nèi)阻不計(jì)）；滑動(dòng)變阻器RP（最大阻值100Ω）；定值電阻R0（阻值10Ω）；開關(guān)S；磁傳感器和測(cè)試儀；電磁鐵（線圈電阻16Ω）；導(dǎo)線若干。圖甲（b）是實(shí)物圖，圖中電機(jī)和底座相固定，圓形鋁盤和電機(jī)轉(zhuǎn)軸相固定。請(qǐng)完成下列實(shí)驗(yàn)操作和計(jì)算。（1）量程選擇和電路連接。①由器材參數(shù)可得電路中的最大電流為0.58A（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。為減小測(cè)量誤差，電流表的量程選擇0.6A擋。②圖甲（b）中已正確連接了部分電路，請(qǐng)?jiān)谔摼€框中完成RP、R0和A間的實(shí)物圖連線。（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電流I關(guān)系測(cè)量。①將圖甲（a）中的磁傳感器置于電磁鐵中心，滑動(dòng)變阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使電路中的電流最小，保護(hù)電路安全。②將滑片P緩慢滑到某一位置，閉合S。此時(shí)A的示數(shù)如圖乙所示，讀數(shù)為0.48A。分別記錄測(cè)試儀示數(shù)B和I，斷開S。③保持磁傳感器位置不變，重復(fù)步驟②。④圖丙是根據(jù)部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪的B﹣I圖線，其斜率為30mT/A（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）制動(dòng)時(shí)間t測(cè)量。利用圖甲（b）所示裝置測(cè)量了t，結(jié)果表明B越大，t越小?！究键c(diǎn)】渦流的應(yīng)用與防止；交流電表的讀數(shù)；法拉第電磁感應(yīng)定律的基本計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）①0.58；②；（2）①最??；②0.48；④30?！痉治觥浚?）①根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解作答；②根據(jù)電路圖進(jìn)行實(shí)物連線；（2）①根據(jù)保護(hù)電路安全的需求進(jìn)行分析解答；②根據(jù)電流表的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；④根據(jù)B﹣I圖像求解斜率?！窘獯稹拷猓海?）①當(dāng)電路中電阻最小時(shí)，電路中有最大電流，由閉合電路的歐姆定律I=E②由于電路中最大電流為0.58A，則電流表應(yīng)選擇0～0.6A量程，根據(jù)電路圖實(shí)物圖連線如下（2）①滑動(dòng)變阻器RP的滑片P置于b端時(shí)滑動(dòng)變阻器的電阻最大，電路中的電流最小，以保護(hù)電路安全；②0﹣0.6A量程的電流表，分度值為0.02A，根據(jù)電流表的讀數(shù)規(guī)則，電流表讀數(shù)為0.48A；④根據(jù)題圖中數(shù)據(jù)可知B?I圖線斜率為k=15.2-5.60.5-0.18mT/A＝故答案為：（1）①0.58；②；（2）①最??；②0.48；④30?！军c(diǎn)評(píng)】本題渦流制動(dòng)演示裝置的實(shí)驗(yàn)，要明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握閉合電路歐姆定律的運(yùn)用，掌握電流表讀數(shù)規(guī)則，掌握?qǐng)D像法處理數(shù)據(jù)的方法。13．（9分）（2025?廣東）如圖是某鑄造原理示意圖，往氣室注入空氣增加壓強(qiáng)，使金屬液沿升液管進(jìn)入已預(yù)熱的鑄型室，待鑄型室內(nèi)金屬液冷卻凝固后獲得鑄件。柱狀鑄型室通過排氣孔與大氣相通，大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa，鑄型室底面積S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面與注氣前氣室內(nèi)金屬液面高度差H＝0.15m，柱狀氣室底面積S2＝0.8m2，注氣前氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p0，金屬液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/s2，空氣可視為理想氣體，不計(jì)升液管的體積。（1）求金屬液剛好充滿鑄型室時(shí)，氣室內(nèi)金屬液面下降的高度h2和氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)p1。（2）若在注氣前關(guān)閉排氣孔使鑄型室密封，且注氣過程中鑄型室內(nèi)溫度不變，求注氣后鑄型室內(nèi)的金屬液高度為h3＝0.04m時(shí)，氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)p2。【考點(diǎn)】理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；氣體壓強(qiáng)的計(jì)算．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；氣體的狀態(tài)參量和實(shí)驗(yàn)定律專題；分析綜合能力．【答案】（1）氣室內(nèi)金屬液面下降的高度h1為0.05m，氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)p1為1.2×105Pa；（2）氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)p2為1.35×105Pa。【分析】（1）根據(jù)液體流動(dòng)時(shí)體積的關(guān)系求解氣室內(nèi)液面下降高度，根據(jù)平衡條件求解氣室內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；（2）根據(jù)玻意耳定律求解鑄型室氣體的壓強(qiáng)；根據(jù)液體流動(dòng)時(shí)體積的關(guān)系求解氣室內(nèi)液面下降高度，根據(jù)平衡條件求解氣室內(nèi)氣體的壓強(qiáng)?！窘獯稹拷猓海?）氣室內(nèi)金屬液上升到鑄型室，滿足體積關(guān)系V＝S1h1＝S2h2氣室內(nèi)液面下降高度h根據(jù)平衡條件，氣室內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p1＝p0+ρg（h1+H+h2）代入數(shù)據(jù)可得p1（2）初始時(shí)，上方鑄型室氣體的壓強(qiáng)為p0，體積V＝S1h1當(dāng)上方鑄型室液面高為h3＝0.04m時(shí)，體積為V′＝S1（h1﹣h3）溫度不變，根據(jù)玻意耳定律p0V＝p′V′氣體的壓強(qiáng)p設(shè)下方氣室金屬液面下降的高度為h4，根據(jù)體積關(guān)系S2h4＝S1h3代入數(shù)據(jù)h根據(jù)平衡條件，氣室內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p2＝p′+ρg（H+h3+h4）代入數(shù)據(jù)可得p2答：（1）氣室內(nèi)金屬液面下降的高度h1為0.05m，氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)p1為1.2×105Pa；（2）氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)p2為1.35×105Pa?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查玻意耳定律和氣體的壓強(qiáng)計(jì)算，明確鑄型室增加的金屬液體積與氣室內(nèi)減小的金屬液體積的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。14．（13分）（2025?廣東）如圖所示，用開瓶器取出緊塞在瓶口的軟木塞時(shí)，先將拔塞鉆旋入木塞內(nèi)，隨后下壓把手，使齒輪繞固定支架上的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，通過齒輪嚙合，帶動(dòng)與木塞相固定的拔塞鉆向上運(yùn)動(dòng)。從0時(shí)刻開始，頂部與瓶口齊平的木塞從靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木塞所受摩擦力f隨位移大小x的變化關(guān)系為f＝f0（1-xh），其中f0為常量，h為圓柱形木塞的高，木塞質(zhì)量為m，底面積為S，加速度為a，齒輪半徑為r，重力加速度為g，瓶外氣壓減瓶內(nèi)氣壓為Δp且近似不變，瓶子始終靜止在桌面上。（提示：可用f﹣x圖線下的“面積”表示（1）木塞離開瓶口的瞬間，齒輪的角速度ω。（2）拔塞的全過程，拔塞鉆對(duì)木塞做的功W。（3）拔塞過程中，拔塞鉆對(duì)木塞作用力的瞬時(shí)功率P隨時(shí)間t變化的表達(dá)式?！究键c(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；角速度的物理意義及計(jì)算；瞬時(shí)功率的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）木塞離開瓶口的瞬間，齒輪的角速度ω為2a（2）拔塞的全過程，拔塞鉆對(duì)木塞做的功W為m(a（3）拔塞鉆對(duì)木塞作用力的瞬時(shí)功率P隨時(shí)間t變化的表達(dá)式為P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f【分析】（1）對(duì)木塞根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解末速度大小，根據(jù)角速度和線速度的關(guān)系求解角速度；（2）根據(jù)題意畫出木塞摩擦力與運(yùn)動(dòng)距離的關(guān)系圖，由此可得摩擦力所做的功。對(duì)木塞根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答；（3）對(duì)木塞根據(jù)牛頓第二定律求解作用力大小，根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系求解速度大小，根據(jù)功率計(jì)算公式求解功率?！窘獯稹拷猓海?）木塞的末速度等于齒輪線速度，對(duì)木塞，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v2＝2ah根據(jù)角速度和線速度的關(guān)系可得：v＝ωr聯(lián)立可得：ω=（2）根據(jù)題意畫出木塞摩擦力與運(yùn)動(dòng)距離的關(guān)系圖如圖所示：可得摩擦力所做的功為：W對(duì)木塞拔出過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：W+Wf﹣mgh﹣ΔpSh=1解得：W=m（3）設(shè)開瓶器對(duì)木塞的作用力為F，對(duì)木塞，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣mg﹣f﹣ΔpS＝ma，其中：f＝f0（1-xt時(shí)刻速度大小為：v′＝att時(shí)間內(nèi)的位移大小為：xt時(shí)刻開瓶器的功率為：P＝Fv′聯(lián)立可得：P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f答：（1）木塞離開瓶口的瞬間，齒輪的角速度ω為2a（2）拔塞的全過程，拔塞鉆對(duì)木塞做的功W為m(a（3）拔塞鉆對(duì)木塞作用力的瞬時(shí)功率P隨時(shí)間t變化的表達(dá)式為P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)能定理；運(yùn)用動(dòng)能定理解題時(shí)，首先要選取研究過程，然后分析在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)動(dòng)能定理列方程解答。15．（16分）（2025?廣東）如圖是研究顆粒碰撞荷電特性裝置的簡化圖。兩塊水平絕緣平板與兩塊豎直的平行金屬平板相接。金屬平板之間接高壓電源產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電顆粒從上方絕緣平板左端A點(diǎn)處，由靜止開始向右下方運(yùn)動(dòng)，與下方絕緣平板在B點(diǎn)處碰撞，碰撞時(shí)電荷量改變，反彈后離開下方絕緣平板瞬間，顆粒的速度與所受合力垂直，其水平分速度與碰前瞬間相同，豎直分速度大小變?yōu)榕銮八查g的k倍（k＜1）。已知顆粒質(zhì)量為m，兩絕緣平板間的距離為h，兩金屬平板間的距離為d，B點(diǎn)與左平板的距離為l，電源電壓為U，重力加速度為g。忽略空氣阻力和電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。求：（1）顆粒碰撞前的電荷量q。（2）顆粒在B點(diǎn)碰撞后的電荷量Q。（3）顆粒從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞過程中，電場(chǎng)力對(duì)它做的功W?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）顆粒碰撞前的電量q為mgdlu（2）顆粒在B點(diǎn)碰撞后的電量Q為kmgdh（3）電場(chǎng)力對(duì)顆粒做的功W為mgl2h【分析】（1）顆粒在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式求解作答；（2）顆粒與下方絕緣板第一次碰撞時(shí)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)公式和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式分別求解顆粒與下方絕緣板碰撞前的豎直速度和水平速度；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解顆粒與下方絕緣板碰撞后豎直速度與水平速度的關(guān)系，根據(jù)力的合成與分解求解電場(chǎng)力與重力的關(guān)系，然后聯(lián)立求解作答；（3）顆粒第一次與下方絕緣板碰撞后，在豎直方向做豎直水平運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解顆粒再次返回下方絕緣極板時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解在該時(shí)間內(nèi)顆粒的水平位移，最后根據(jù)電場(chǎng)力做功公式求解作答?！窘獯稹拷猓海?）顆粒在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直位移h水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律Uq水平位移l聯(lián)立解得q（2）顆粒第一次與下方絕緣板發(fā)生碰撞反彈后離開下方絕緣平板瞬間，顆粒的速度與所受合力垂直，如圖所示：顆粒與下方絕緣板第一次碰撞時(shí)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律，豎直分速度為v根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，水平分速度為v則第一次碰撞后豎直分速度為v設(shè)第一次碰撞后粒子速度方向與水平方向夾角為θ，則有tanθ由于第一次碰撞后瞬間粒子所受合力與速度方向垂直，則有tanθ聯(lián)立解得Q（3）顆粒第一次與下方絕緣板碰撞后，由于vy2＜vy1，則第一次碰撞后顆粒不能返回上絕緣板。①若顆粒的第二次碰撞是與右側(cè)金屬板碰撞，則顆粒從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞過程中，電場(chǎng)力對(duì)它做的功為：W=解得：W②若顆粒的第二次碰撞是與下方絕緣板碰撞碰撞。設(shè)從第一碰撞后到第二次碰撞前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1；根據(jù)豎直水平運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，加速度a水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為l代入數(shù)據(jù)解得l顆粒從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞過程中，電場(chǎng)對(duì)粒子做的功為W代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得W=答：（1）顆粒碰撞前的電量q為mgdlu（2）顆粒在B點(diǎn)碰撞后的電量Q為kmgdh（3）電場(chǎng)力對(duì)顆粒做的功W為mgl2h【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)（重力場(chǎng)和電場(chǎng)）中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)顆粒的受力情況做好運(yùn)動(dòng)分析是解題的關(guān)鍵；理解顆粒在豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況和水平方向的運(yùn)動(dòng)情況，熟練掌握自由落體運(yùn)動(dòng)、豎直上拋運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第二定律；掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解、力的合成與分解；掌握電場(chǎng)力公式和電場(chǎng)力做功公式的運(yùn)用。

考點(diǎn)卡片1．對(duì)物體進(jìn)行受力分析【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：根據(jù)研究的問題，選取合適的物體作為研究對(duì)象，分析研究對(duì)象受到哪些力的作用，并畫出所受力的示意圖，這一過程即為物體的受力分析。2.一般步驟：【命題方向】木塊沿斜面勻速下滑，下列說法正確的是（）A、木塊只受重力與斜面對(duì)它的支持力B、木塊所受重力可分解為平行于斜面的下滑力和對(duì)斜面的壓力C、木塊受重力、斜面對(duì)它的支持力、摩擦力和下滑力D、斜面對(duì)木塊的支持力與摩擦力的合力豎直向上分析：對(duì)木塊進(jìn)行受力分析，知道物體受到重力、彈力、摩擦力，不分析下滑力和物體對(duì)外施加的力。解答：ABC、木塊受到重力、彈力、摩擦力，下滑力是重力的一個(gè)分力，不需要單獨(dú)分析。壓力是物體對(duì)斜面的作用力，不是木塊受到的力，故ABC錯(cuò)誤；D、根據(jù)平衡條件可得，斜面對(duì)木塊的支持力與摩擦力的合力與重力平衡，方向豎直向上，故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查分析受力情況的能力，一般按重力、彈力和摩擦力的順序進(jìn)行受力分析，不分析物體的施力?！窘忸}思路點(diǎn)撥】受力分析中如何防止“多力”或“漏力”（1）防止“多力”：對(duì)每個(gè)力都要找出其施力物體，若某個(gè)力找不到施力物體則說明該力不存在；研究對(duì)象對(duì)其他物體的作用力不能畫在圖中，另外合力與分力不能重復(fù)分析。（2）防止“漏力”：按正確的順序（即重力→彈力→摩擦力→其他力）進(jìn)行受力分析是防止“漏力”的有效措施。2．角速度的物理意義及計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：半徑轉(zhuǎn)過的角度Δθ與時(shí)間Δt之比。2.定義式：ω=3.單位：弧度每秒，符號(hào)為rad/s，也可以寫成s﹣1。4.物理意義：描述做圓周運(yùn)動(dòng)的物體與圓心連線掃過角度的快慢。5.計(jì)算方法：（1）定義式計(jì)算：ω=（2）角速度與線速度的關(guān)系：ω=（3）已知圓周運(yùn)動(dòng)的周期：ω=【命題方向】某走時(shí)準(zhǔn)確的時(shí)鐘，分針與時(shí)針的角速度之比為（）A、12：1B、1：12C、1：60D、60：1分析：分針轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為1h，時(shí)針轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為12h，其周期比為1：12．根據(jù)ω=2解答：分針、時(shí)針的周期分別為1h、12h，則周期比為1：12．根據(jù)ω=2πT得角速度之比為12故選：A。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道時(shí)針、分針、秒針的周期，以及知道周期與角速度的關(guān)系，ω=2【解題思路點(diǎn)撥】描述圓周運(yùn)動(dòng)的各物理量之間的關(guān)系如下：3．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．4．開普勒三大定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】開普勒行星運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對(duì)于每一個(gè)行星而言，太陽和行星的連線在相等的時(shí)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(xué)階段，我們將橢圓軌道按照?qǐng)A形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對(duì)于某一行星來說，它繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；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(gè)定律的基本認(rèn)識(shí)：關(guān)于行星繞太陽運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)B．行星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。在相等時(shí)間內(nèi)，太陽和運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，且太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。故A錯(cuò)誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)，太陽位于行星軌道的一個(gè)焦點(diǎn)處，故B錯(cuò)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(diǎn)評(píng)：行星繞太陽雖然是橢圓運(yùn)動(dòng)，但我們可以當(dāng)作圓來處理，同時(shí)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(huì)運(yùn)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(huì)運(yùn)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(huì)運(yùn)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地故選：B。點(diǎn)評(píng)：解答此題的關(guān)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(diǎn)撥】（1）開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律是對(duì)行星繞太陽運(yùn)動(dòng)規(guī)律的總結(jié)，它也適用于其他天體的運(yùn)動(dòng)。（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(shí)的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)快慢的規(guī)律。（3）應(yīng)用開普勒第三定律可分析行星的周期、半徑，應(yīng)用時(shí)可按以下步驟分析：①首先判斷兩個(gè)行星的中心天體是否相同，只有兩個(gè)行星是同一個(gè)中心天體時(shí)開普勒第三定律才成立。②明確題中給出的周期關(guān)系或半徑關(guān)系。③根據(jù)開普勒第三定律列式求解。5．衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】對(duì)于一般的人造衛(wèi)星而言，萬有引力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。于是有：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a在衛(wèi)星運(yùn)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(diǎn)撥】2005年10月12日，我國成功地發(fā)射了“神舟”六號(hào)載人宇宙飛船，飛船進(jìn)入軌道運(yùn)行若干圈后成功實(shí)施變軌進(jìn)入圓軌道運(yùn)行，經(jīng)過了近5天的運(yùn)行后，飛船的返回艙順利降落在預(yù)定地點(diǎn)．設(shè)“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球運(yùn)行n圈所用的時(shí)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(yùn)行的速率．分析：研究“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)萬有引力等于重力列出方程進(jìn)行求解即可．解答：（1）“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球運(yùn)行n圈所用的時(shí)間為t，T=研究“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力定律分別對(duì)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(shí)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(yùn)行的速率是32點(diǎn)評(píng)：本題要掌握萬有引力的作用，天體運(yùn)動(dòng)中萬有引力等于向心力，地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬有引力等于重力，利用兩個(gè)公式即可解決此問題．只是計(jì)算和公式變化易出現(xiàn)錯(cuò)誤．【解題思路點(diǎn)撥】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運(yùn)行看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力完全充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。但是計(jì)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(jìn)行計(jì)算。6．瞬時(shí)功率的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于恒力做功，瞬時(shí)功率為P＝Fvcosα（v是瞬時(shí)速度，α是力與速度的夾角）2.如果力與速度的方向一致，則P＝Fv【命題方向】物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當(dāng)物體滑至斜面底端，重力做功的瞬時(shí)功率為（）A、mg2ghB、12mgC、mg2ghsinαD、分析：應(yīng)用公式P＝Fv求某力的瞬時(shí)功率時(shí)，注意公式要求力和速度的方向在一條線上，在本題中應(yīng)用機(jī)械能守恒求出物體滑到斜面底端時(shí)的速度，然后將速度沿豎直方向分解即可求出重力功率．解答：物體下滑過程中機(jī)械能守恒，所以有：mgh=12物體滑到底端重力功率為：P＝mgvsinα②聯(lián)立①②解得：P＝mg2ghsinα，故選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤，故選：C。點(diǎn)評(píng)：物理公式不僅給出了公式中各個(gè)物理量的數(shù)學(xué)運(yùn)算關(guān)系，更重要的是給出了公式需要遵循的規(guī)律和適用條件，在做題時(shí)不能盲目的帶公式，要弄清公式是否適用．【解題思路點(diǎn)撥】①對(duì)于瞬時(shí)功率的計(jì)算，一定要牢記瞬時(shí)功率等于力在速度方向上的投影與速度的乘積。②重力的功率等于重力乘以豎直方向上的速度。7．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少彈簧彈力做正功彈性勢(shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓?；重力做功——重力?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來進(jìn)行。8．求變力的沖量【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】求變力的沖量有三個(gè)方法：1.若力與時(shí)間成線性關(guān)系變化，則可用平均力求變力的沖量；2.若給出了力隨時(shí)間變化的圖像，如圖所示，可用面積法求變力的沖量；3.利用動(dòng)量定理求解?！久}方向】一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。對(duì)此過程的描述，錯(cuò)誤的是（）A、地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力做功為1B、運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小為mvC、地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員彈力的沖量大小為mv+mgΔtD、重力的沖量大小為mgΔt分析：已知初末速度，則由動(dòng)量定理可求得地面對(duì)人的沖量；由功的公式可確定地面對(duì)人是否做功。解答：A、在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力不做功，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)量定理可得運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小IF＝mv故B正確；C、以人為對(duì)象，受到地面的支持力和自身的重力，規(guī)定向上為正，根據(jù)動(dòng)量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面對(duì)人彈力的沖量為NΔt＝mgΔt+mv故C正確。D、重力的沖量大小IG＝mgΔt故D正確；本題選不正確項(xiàng)。故選：A。點(diǎn)評(píng)：在應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)一定要注意沖量應(yīng)是所有力的沖量，不要把重力漏掉。另外地面對(duì)人是否做功的問題是易錯(cuò)點(diǎn)，要根據(jù)功的概念去理解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.對(duì)于變力的沖量計(jì)算，定義式不再適用，要根據(jù)題目條件選擇合適的方法進(jìn)行計(jì)算。2.求合沖量的兩種方法（1）可分別求每一個(gè)力的沖量，再求各沖量的矢量和；（2）另外，如果各個(gè)力的作用時(shí)間相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。9．分析碰撞的合理性【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)量限制：碰撞過程動(dòng)量守恒，m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'或Δp1＝﹣Δp2。2.能量限制：碰撞過程中機(jī)械能丕增加，即12m1v12+12m2v3.實(shí)際情景限制：碰撞結(jié)果必須與實(shí)際情況相符合，如：（1）碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，后面的物體速度應(yīng)大于前面物體的速度；（2）碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，前面物體的速度大于等于后面物體的速度；（3）碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，碰后前面物體的速度一定增大；（4）碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)時(shí)，碰后兩物體的速度方向不可能都沒有發(fā)生變化等?！久}方向】質(zhì)量為1kg的小球A以4m/s的速度與質(zhì)量為2kg的靜止小球B正碰．關(guān)于碰后A、B的速度vA與vB，下面哪些是可能的（）A、vA＝1m/s，vB＝3m/sB、vA＝﹣4m/s，vB＝4m/sC、vA＝vB＝4/3m/sD、vA＝﹣1m/s，vB＝2.5m/s分析：根據(jù)碰撞過程動(dòng)量守恒和動(dòng)能不增加進(jìn)行分析判斷．采用排除法進(jìn)行選擇．解答：碰撞前總動(dòng)量為P＝mAvA＝1×4kg?m/s＝4kg?m/s。碰撞前總動(dòng)能為Ek=12A、碰撞后總動(dòng)量P′＝mAvA′+mBvB′＝1×1+2×3＝7kg?m/s，不符合動(dòng)量守恒定律。故A錯(cuò)誤。B、碰撞后總動(dòng)量P′＝mAvA′+mBvB′＝1×（﹣4）+2×4＝4kg?m/s。碰撞后總動(dòng)能為Ek′=12mAC、碰撞后總動(dòng)量P′＝mAvA′+mBvB′＝1×（﹣1）+2×2.5＝4kg?m/s。碰撞后總動(dòng)能為Ek′=12mAvD、碰撞后總動(dòng)量P′＝mAvA′+mBvB′＝1×43+2×43=4kg?m/s。碰撞后總動(dòng)能為Ek′=1故選：CD。點(diǎn)評(píng)：對(duì)于碰撞過程，往往根據(jù)三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒、總動(dòng)能不增加和符合物體的實(shí)際情況判斷．【解題思路點(diǎn)撥】碰撞問題的合理性判斷原則（1）動(dòng)量守恒：m1v1+m2v2＝m1v1'+m2（2）動(dòng)能不增加：Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或p1（3）速度要合理①若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則碰前應(yīng)有v前＞v后；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前'≤v后'。②若兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。10．阻尼振動(dòng)和受迫振動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、自由振動(dòng)和受迫振動(dòng)1．自由振動(dòng)（無阻尼振動(dòng)）：系統(tǒng)不受外力，也不受任何阻力，只在自身回復(fù)力作用下的振動(dòng)。自由振動(dòng)的頻率，叫做系統(tǒng)的固有頻率。2．受迫振動(dòng)（1）概念：振動(dòng)系統(tǒng)在周期性驅(qū)動(dòng)力作用下的振動(dòng)。（2）特點(diǎn)：受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，跟系統(tǒng)的固有頻率無關(guān)。（3）規(guī)律：①物體做受迫振動(dòng)時(shí)，振動(dòng)穩(wěn)定后的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，跟物體的固有頻率無關(guān)；②物體做受迫振動(dòng)的振幅由驅(qū)動(dòng)力頻率和物體的固有頻率共同決定：兩者越接近，受迫振動(dòng)的振幅越大，兩者相差越大受迫振動(dòng)的振幅越小。3．共振（1）現(xiàn)象：當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于系統(tǒng)的固有頻率時(shí)，受迫振動(dòng)的振幅最大。（2）條件：驅(qū)動(dòng)力的頻率等于固有頻率。（3）共振曲線：①當(dāng)f驅(qū)＝f固時(shí)，A＝Am，Am的大小取決于驅(qū)動(dòng)力的幅度②f驅(qū)與f固越接近，受迫振動(dòng)的振幅越大，f驅(qū)與f固相差越遠(yuǎn)，受迫振動(dòng)的振幅越?、郯l(fā)生共振時(shí)，一個(gè)周期內(nèi)，外界提供的能量等于系統(tǒng)克服阻力做功而消耗的能量。4．自由振動(dòng)、受迫振動(dòng)和共振的關(guān)系比較振動(dòng)項(xiàng)目自由振動(dòng)受迫振動(dòng)共振受力情況僅受回復(fù)力受驅(qū)動(dòng)力作用受驅(qū)動(dòng)力作用振動(dòng)周期或頻率由系統(tǒng)本身性質(zhì)決定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅(qū)動(dòng)力的周期或頻率決定，即T＝T驅(qū)或f＝f驅(qū)T驅(qū)＝T0或f驅(qū)＝f0振動(dòng)能量振動(dòng)物體的機(jī)械能不變由產(chǎn)生驅(qū)動(dòng)力的物體提供振動(dòng)物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺（θ≤5°）機(jī)械工作時(shí)底座發(fā)生的振動(dòng)共振篩、聲音的共鳴等【命題方向】（1）?？碱}型是考查對(duì)自由振動(dòng)和受迫振動(dòng)的理解：如圖所示，把兩個(gè)彈簧振子懸掛在同一支架上，已知甲彈簧振子的固有頻率為8Hz，乙彈簧振子的固有頻率為72Hz，當(dāng)支架在受到豎直方向且頻率為9Hz的驅(qū)動(dòng)力作用下做受迫振動(dòng)時(shí)，則兩個(gè)彈簧振子的振動(dòng)情況是（）A．甲的振幅較大，且振動(dòng)頻率為8HzB．甲的振幅較大，且振動(dòng)頻率為9HzC．乙的振幅較大，且振動(dòng)頻率為9HzD．乙的振幅較大，且振動(dòng)頻率為72Hz分析：物體做受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，與固有頻率無關(guān)。當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率接近于物體的固有頻率時(shí)，物體發(fā)生共振，振幅最大。解答：支架在受到豎直方向且頻率為9Hz的驅(qū)動(dòng)力作用下做受迫振動(dòng)時(shí)，甲乙兩個(gè)彈簧振子都做受迫振動(dòng)，它們振動(dòng)的頻率都等于驅(qū)動(dòng)力的頻率9Hz，由于甲的頻率接近于驅(qū)動(dòng)力的頻率，所以甲的振幅較大。故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。故選B。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力頻率，并要知道在什么條件下可以發(fā)生共振。（2）某振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率為f0，在周期性驅(qū)動(dòng)力的作用下做受迫振動(dòng)，驅(qū)動(dòng)力的頻率為f，若驅(qū)動(dòng)力的振幅保持不變，下列說法正確的是（）A．當(dāng)f＜f0時(shí)，該振動(dòng)系統(tǒng)的振幅隨f的增大而減小B．當(dāng)f＞f0時(shí)，該振動(dòng)系統(tǒng)的振幅隨f的減小而增大C．該振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)穩(wěn)定后，振動(dòng)的頻率等于f0D．該振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)穩(wěn)定后，振動(dòng)的頻率等于f分析：受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，當(dāng)系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率時(shí)，系統(tǒng)達(dá)到共振，振幅達(dá)最大。解：A、當(dāng)f＝f0時(shí)，系統(tǒng)達(dá)到共振，振幅最大，故f＜f0時(shí)，隨f的增大，振幅振大，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)f＞f0時(shí)，隨f的減小，驅(qū)動(dòng)力的頻率接近固有頻率，故該振動(dòng)系統(tǒng)的振幅增大，故B正確；C、該振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)穩(wěn)定后，振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，故C錯(cuò)誤；D、系統(tǒng)的振動(dòng)穩(wěn)定后，系統(tǒng)的振動(dòng)頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，故振動(dòng)頻率等于f，故D正確；故選：BD。點(diǎn)評(píng)：本題應(yīng)明確受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，而當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于物體的固有頻率時(shí)，物體的振動(dòng)最強(qiáng)烈?！窘忸}思路點(diǎn)撥】（l）對(duì)阻尼振動(dòng)的理解：①由于阻力做功，振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能逐漸減小，振幅逐漸變小；②周期和頻率由振動(dòng)系統(tǒng)本身決定，阻尼振動(dòng)中周期和頻率不變。（2）對(duì)受迫振動(dòng)的理解：①受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率；②驅(qū)動(dòng)力頻率越接近固有頻率，振幅越大。11．多普勒效應(yīng)及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．多普勒效應(yīng)：當(dāng)波源與觀察者之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者會(huì)感到波的頻率發(fā)生了變化，這種現(xiàn)象叫多普勒效應(yīng)．2．接收到的頻率的變化情況：當(dāng)波源與觀察者相向運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者接收到的頻率變大；當(dāng)波源與觀察者背向運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者接收到的頻率變?。久}方向】常考題型：在學(xué)校運(yùn)動(dòng)場(chǎng)上50m直跑道的兩端，分別安裝了由同一信號(hào)發(fā)生器帶動(dòng)的兩個(gè)相同的揚(yáng)聲器．兩個(gè)揚(yáng)聲器連續(xù)發(fā)出波長為5m的聲波．一同學(xué)從該跑道的中點(diǎn)出發(fā)，向某一段點(diǎn)緩慢行進(jìn)10m．在此過程中，他聽到揚(yáng)聲器聲音由強(qiáng)變?nèi)醯拇螖?shù)為（）A.2B.4C.6D.8【分析】當(dāng)同學(xué)到兩個(gè)聲源的間距為波長整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)，聽到聲音是加強(qiáng)的；當(dāng)同學(xué)到兩個(gè)聲源的間距為半波長的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱，聽到聲音是減弱的．【解答】解：當(dāng)同學(xué)到兩個(gè)聲源的間距為波長整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)，聽到聲音是加強(qiáng)的，故該同學(xué)從中間向一側(cè)移動(dòng)0m、2.5m、5.0m、7.5m、10m時(shí)，聽到聲音變大；當(dāng)同學(xué)到兩個(gè)聲源的間距為半波長的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱，聽到聲音是減弱的，故該同學(xué)從中間向一側(cè)移動(dòng)1.25m、3.75m、6.25m、8.75m時(shí)，聲音減弱；故該同學(xué)從中間向一側(cè)移動(dòng)過程聽到揚(yáng)聲器聲音由強(qiáng)變?nèi)醯拇螖?shù)為4次；故選B．【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵明確振動(dòng)加強(qiáng)和振動(dòng)減弱的條件，然后可以結(jié)合圖表分析，不難．【解題方法點(diǎn)撥】多普勒效應(yīng)的成因分析（1）接收頻率：觀察者接收到的頻率等于觀察者在單位時(shí)間內(nèi)接收到的完全波的個(gè)數(shù)，當(dāng)波以速度v通過觀察者時(shí)，時(shí)間t內(nèi)通過的完全波的個(gè)數(shù)為N＝，因而單位時(shí)內(nèi)通過觀察者的完全波的個(gè)數(shù)，即接收頻率．（2）當(dāng)波源與觀察者相互靠近時(shí)，觀察者接收到的頻率變大，當(dāng)波源與觀察者相互遠(yuǎn)離時(shí)，觀察者接收到的頻率變?。?2．帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的情況，如果粒子能夠在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則必有電場(chǎng)力和重力的合力與粒子的運(yùn)動(dòng)方向共線?！久}方向】一個(gè)帶正電的微粒，從A點(diǎn)射入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒沿直線AB運(yùn)動(dòng)，如圖，AB與電場(chǎng)線夾角θ＝30°，已知帶電微粒的質(zhì)量m＝1.0×10﹣7kg，電量q＝1.0×10﹣10C，A、B相距L＝20cm．（取g＝10m/s2，結(jié)果保留二位有效數(shù)字）求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（2）要使微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，微粒射入電場(chǎng)時(shí)的最小速度是多少？分析：（1）根據(jù)直線運(yùn)動(dòng)的條件并結(jié)合受力分析，得到電場(chǎng)力的方向，最終分析出物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)力的合成的平行四邊形定則并結(jié)合幾何關(guān)系得到電場(chǎng)力，求出電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解即可．解答：（1）微粒只在重力和電場(chǎng)力作用下沿AB直線運(yùn)動(dòng)，故合力一定與速度在同一條直線上，可知電場(chǎng)力的方向水平向左，如圖所示．微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．在垂直于AB方向上，有qEsinθ﹣mgcosθ＝0所以電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.7×104N/C電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向左（2）微粒由A運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度vB＝0時(shí)，微粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度最小，由動(dòng)能定理得，﹣mgLsinθ﹣qELcosθ=-代入數(shù)據(jù)，解得vA＝2.8m/s答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為1.7×104N/C，方向水平向左；（2）要使微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，微粒射入電場(chǎng)時(shí)的最小速度是2.8m/s．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況得到粒子受力的受力情況，然后根據(jù)動(dòng)能定理列式求解．【解題思路點(diǎn)撥】帶電粒子在電場(chǎng)力和重力的作用下做直線運(yùn)動(dòng)的條件是電場(chǎng)力與重力的合力與運(yùn)動(dòng)方向在一條直線上，以此對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分力，即可得出相關(guān)物理量的情況。13．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場(chǎng)問題，可能涉及到功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化等情況?！久}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(dòng)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(cè)、DN右側(cè)分布等大反向勻強(qiáng)電場(chǎng)E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點(diǎn)以6gR的初速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。AB長度為2R，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3mgqA、物塊到B點(diǎn)時(shí)的速度為2B、物塊在最低點(diǎn)的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運(yùn)動(dòng)D、物塊在斜面運(yùn)動(dòng)的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，可以得到B點(diǎn)時(shí)的速度；從B到C用動(dòng)能定理，可以得到C點(diǎn)的速度，結(jié)合豎直面的圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第三定律，可以計(jì)算C點(diǎn)的壓力；根據(jù)對(duì)物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會(huì)停在斜面上還是會(huì)在圓弧內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)全過程動(dòng)能定理可以判斷其總路程。解答：A、對(duì)物塊在左側(cè)斜面上釋放時(shí)進(jìn)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(shí)摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，故：f＝μN(yùn)，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理：mg?2Rsin60°-qEB、在物塊從B到C的過程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-1CD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)到某點(diǎn)速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μN(yùn)x=0-12mvB2，解得：x＝R，此時(shí)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(diǎn)評(píng)：本題考查涉及電場(chǎng)力的功能關(guān)系問題，注意當(dāng)速度減為0時(shí)，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計(jì)算物塊對(duì)地面壓力時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到支持力后，要寫結(jié)合牛頓第三定律得到壓力?！窘忸}思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動(dòng)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(shì)能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢(shì)能變化之間的關(guān)系類似。3.只有靜