第77頁（共77頁）2025年福建省新高考物理試卷（回憶版）一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）（2025?福建）山崖上有一個(gè)風(fēng)動(dòng)石，無風(fēng)時(shí)地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力是F1，當(dāng)受到一個(gè)水平風(fēng)力時(shí)，風(fēng)動(dòng)石依然靜止，地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力是F2，以下正確的是（）A．F2大于F1 B．F1大于F2 C．F1等于F2 D．大小關(guān)系與風(fēng)力大小有關(guān)2．（4分）（2025?福建）某理想變壓器如圖甲，原副線圈匝數(shù)比4：1，輸入電壓隨時(shí)間的變化圖像如圖乙，R1的阻值為R2的2倍，則（）A．交流電的周期為2.5s B．電壓表示數(shù)為12V C．副線圈干路的電流為R1電流的2倍 D．原副線圈功率之比為4：13．（4分）（2025?福建）如圖所示，空間中存在兩根無限長(zhǎng)直導(dǎo)線L1與L2，通有大小相等，方向相反的電流。導(dǎo)線周圍存在M、O、N三點(diǎn)，M與O關(guān)于L1對(duì)稱，O與N關(guān)于L2對(duì)稱且OM＝ON，初始時(shí)，M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，求N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小（）A．B2-12B1 B．12B2﹣B1 C．B2﹣B1 4．（4分）（2025?福建）某種靜電分析器簡(jiǎn)化圖如圖所示，在兩條半圓形圓弧板組成的管道中加上徑向電場(chǎng)?，F(xiàn)將一電子a自A點(diǎn)垂直電場(chǎng)射出，恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為ABC，半徑為r。另一電子b自A點(diǎn)垂直電場(chǎng)射出，軌跡為弧APQ，其中PBO共線，已知BP電勢(shì)差為U，|CQ|＝2|BP|，a粒子入射動(dòng)能為Ek，則（）A．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=B．P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng) C．b粒子在P點(diǎn)動(dòng)能小于Q點(diǎn)動(dòng)能 D．b粒子全程的克服電場(chǎng)力做功小于2eU二、雙項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項(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）5．（6分）（2025?福建）春晚上轉(zhuǎn)手絹的機(jī)器人，手絹上有P、Q兩點(diǎn)，圓心為O，OQ=A．P、Q線速度之比為1：B．P、Q角速度之比為3：C．P、Q向心加速度之比為3：D．P點(diǎn)所受合外力總是指向O（多選）6．（6分）（2025?福建）核反應(yīng)方程為12H+13HA．該反應(yīng)有質(zhì)量虧損 B．該反應(yīng)為核裂變 C．01nD．24（多選）7．（6分）（2025?福建）空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B與水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，一帶電體在復(fù)合場(chǎng)中恰能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當(dāng)粒子到N時(shí)，撤去磁場(chǎng)，一段時(shí)間后粒子經(jīng)過P點(diǎn)，則（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度為E=B．磁場(chǎng)強(qiáng)度為B=C．NP兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U=D．粒子從N→P時(shí)距離NP的距離最大值為v（多選）8．（6分）（2025?福建）傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小恒為1m/s，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊A、B中間有一根輕彈簧連接，開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量為2kg，A與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。t＝0時(shí)，A速度為v0＝2m/s，B的速度為零。在t＝t0時(shí)，A與傳送帶第一次共速，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep＝0.75J，傳送帶足夠長(zhǎng)，A可留下痕跡，則（）A．在t=t02時(shí)，B的加速度大小大于B．t＝t0時(shí)，B的速度為0.5m/s C．t＝t0時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2m D．0﹣t0過程中，A與傳送帶的痕跡小于0.05m三、填空題9．（3分）（2025?福建）洗衣機(jī)水箱的導(dǎo)管內(nèi)存在一豎直空氣柱，根據(jù)此空氣柱的長(zhǎng)度可知洗衣機(jī)內(nèi)的水量多少。當(dāng)空氣柱壓強(qiáng)為p1時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，水位下降后，空氣柱溫度不變，空氣柱內(nèi)壓強(qiáng)為p2，則空氣柱長(zhǎng)度L2＝，該過程中內(nèi)部氣體對(duì)外界。（填做正功，做負(fù)功，不做功）10．（3分）（2025?福建）沙漠中的蝎子能感受來自地面震動(dòng)的縱波和橫波，某波源同時(shí)產(chǎn)生縱波與橫波，已知縱波速度大于橫波速度，頻率相同，則縱波波長(zhǎng)橫波波長(zhǎng)。若波源震動(dòng)后，蝎子感知到來自縱波與橫波的振動(dòng)間隔Δt，縱波速度v1，橫波速度v2，則波源與蝎子的距離為。11．（3分）（2025?福建）兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1與Q2靜立于豎直平面上，于P點(diǎn)放置一檢驗(yàn)電荷恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，PQ1與Q1Q2夾角為30°，PQ1⊥PQ2，則Q1與Q2電量之比為，在PQ1連線上是否存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)（存在，不存在）。四、實(shí)驗(yàn)題12．（5分）（2025?福建）（1）為測(cè)糖水的折射率與濃度的關(guān)系，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：某次射入激光，測(cè)得數(shù)據(jù)如圖，則糖水的折射率為。（2）改變糖水濃度，記錄數(shù)據(jù)如表n1.321.341.351.381.42η（%）10%20%30%40%50%將10%～30%的數(shù)據(jù)繪圖，求得糖水濃度每增加10%，折射率的增加值為（保留兩位有效數(shù)字）。五、計(jì)算題14．（12分）（2025?福建）某運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練為直線運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖如圖所示，各階段圖像均為直線。（1）0﹣2s內(nèi)的平均速度；（2）44.2﹣46.2s內(nèi)的加速度；（3）44.2﹣46.2s內(nèi)的位移。15．（12分）（2025?福建）如圖甲，水平地面上有A、B兩個(gè)物塊，兩物塊質(zhì)量均為0.2kg，A與地面動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，B與地面無摩擦，兩物塊用彈簧置于外力F的作用下向右前進(jìn)，F(xiàn)與位移x的圖如圖乙所示，P為圓弧最低點(diǎn)，M為最高點(diǎn)，水平地面長(zhǎng)度大于4m。（1）求0﹣1m，F(xiàn)做的功；（2）x＝1m時(shí)，A與B之間的彈力；（3）要保證B能到達(dá)M點(diǎn)，圓弧半徑滿足的條件。16．（15分）（2025?福建）光滑斜面傾角為θ＝30°，Ⅰ區(qū)域與Ⅱ區(qū)域均存在垂直斜面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。正方形線框abcd質(zhì)量為m，總電阻為R，同種材料制成且粗細(xì)均勻，Ⅰ區(qū)域長(zhǎng)為L(zhǎng)1，Ⅱ區(qū)域長(zhǎng)為L(zhǎng)2，兩區(qū)域間無磁場(chǎng)的區(qū)域長(zhǎng)度大于線框長(zhǎng)度。線框從某一位置釋放，cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)速度為v，且直到ab邊離開Ⅰ區(qū)域時(shí)速度均為v，當(dāng)cd邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度和ab邊離開Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度一致，則：（1）求線框釋放時(shí)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離；（2）求cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)cd邊兩端的電勢(shì)差；（3）求線框進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開過程中克服安培力做功的平均功率。

2025年福建省新高考物理試卷（回憶版）參考答案與試題解析一．選擇題（共4小題）題號(hào)1234答案ABBD二．多選題（共4小題）題號(hào)5678答案ADACBCBD一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）（2025?福建）山崖上有一個(gè)風(fēng)動(dòng)石，無風(fēng)時(shí)地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力是F1，當(dāng)受到一個(gè)水平風(fēng)力時(shí)，風(fēng)動(dòng)石依然靜止，地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力是F2，以下正確的是（）A．F2大于F1 B．F1大于F2 C．F1等于F2 D．大小關(guān)系與風(fēng)力大小有關(guān)【考點(diǎn)】對(duì)物體進(jìn)行受力分析．【專題】定量思想；類比法；受力分析方法專題；理解能力．【答案】A【分析】不同的情況對(duì)物體進(jìn)行受力分析，在豎直方向上列式得出結(jié)論?！窘獯稹拷猓簾o風(fēng)時(shí)，對(duì)風(fēng)動(dòng)石在豎直方向上受力分析，可得F1＝mg有風(fēng)時(shí)，其受到重力、地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力以及風(fēng)力的作用，則F2=故F2＞F1故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是受力平衡問題，題型簡(jiǎn)單，但是需要作用問的是風(fēng)動(dòng)石的作用力，其為支持力與摩擦力的合力，且熟練掌握受力分析即可解題。2．（4分）（2025?福建）某理想變壓器如圖甲，原副線圈匝數(shù)比4：1，輸入電壓隨時(shí)間的變化圖像如圖乙，R1的阻值為R2的2倍，則（）A．交流電的周期為2.5s B．電壓表示數(shù)為12V C．副線圈干路的電流為R1電流的2倍 D．原副線圈功率之比為4：1【考點(diǎn)】理想變壓器兩端的功率關(guān)系；變壓器的構(gòu)造與原理；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)u﹣t圖像求解周期；根據(jù)正弦式交變電流峰值與有效值的關(guān)系求解有效值，根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比求解電壓表示數(shù)；根據(jù)并聯(lián)分流規(guī)律分析電流的大??；理想變壓器輸入功率等于輸出功率。【解答】解：A、由圖乙可知，交流電的周期T＝2.5s﹣0.25s＝2.25s故A錯(cuò)誤；B、由圖乙可知，輸入電壓的峰值Um＝482V有效值U1=Um2變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比：U1代入數(shù)據(jù)解得：U2＝12V故B正確；C、由題意可知，R1的阻值為R2的2倍，則通過兩電阻的電流比值為I1：I2＝1：2副線圈干路的電流為R1電流的3倍，故C錯(cuò)誤；D、理想變壓器輸入功率等于輸出功率，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查正弦式交變電流和理想變壓器，掌握峰值與有效值的關(guān)系、理想變壓器原副線圈電壓關(guān)系、功率關(guān)系即可求解。3．（4分）（2025?福建）如圖所示，空間中存在兩根無限長(zhǎng)直導(dǎo)線L1與L2，通有大小相等，方向相反的電流。導(dǎo)線周圍存在M、O、N三點(diǎn)，M與O關(guān)于L1對(duì)稱，O與N關(guān)于L2對(duì)稱且OM＝ON，初始時(shí)，M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，求N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。ǎ〢．B2-12B1 B．12B2﹣B1 C．B2﹣B1 【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加；通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)．【專題】定量思想；控制變量法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)通電直導(dǎo)線在其周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與距離成反比，結(jié)合安培定則分析直導(dǎo)線L1產(chǎn)生的磁場(chǎng)在M、O、N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和通電直導(dǎo)線L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)在M、O、N點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向的關(guān)系，再根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理求解。【解答】解：根據(jù)通電直導(dǎo)線在其周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與距離成反比，結(jié)合題目條件，可得通電直導(dǎo)線L1產(chǎn)生的磁場(chǎng)在M點(diǎn)與O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和通電直導(dǎo)線L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)在N點(diǎn)與O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相等，設(shè)為B0。直導(dǎo)線L1與L2中電流方向相反，根據(jù)安培定則可知，L1和L2各自產(chǎn)生的磁場(chǎng)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加可得：2B0＝B2設(shè)L2的磁場(chǎng)在M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2M。根據(jù)安培定則可知，L1和L2各自產(chǎn)生的磁場(chǎng)在M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，因M點(diǎn)與L2的距離較大，故B2M＜B0，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加可得：B0﹣B2M＝B1設(shè)L1產(chǎn)生的磁場(chǎng)在N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1N。由已知條件可知，N點(diǎn)到L1的距離等于M點(diǎn)到L2的距離，可得L1產(chǎn)生的磁場(chǎng)在N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于L2的磁場(chǎng)在M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，即：B1N＝B2M聯(lián)立解得：B1N=12B2﹣保持L1中電流不變，僅將L2撤去，則N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小就等于L1產(chǎn)生的磁場(chǎng)在N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，為12B2﹣B1，故B正確，ACD故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電流的磁效應(yīng)，掌握安培定則的用法與磁場(chǎng)疊加原理。4．（4分）（2025?福建）某種靜電分析器簡(jiǎn)化圖如圖所示，在兩條半圓形圓弧板組成的管道中加上徑向電場(chǎng)?，F(xiàn)將一電子a自A點(diǎn)垂直電場(chǎng)射出，恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為ABC，半徑為r。另一電子b自A點(diǎn)垂直電場(chǎng)射出，軌跡為弧APQ，其中PBO共線，已知BP電勢(shì)差為U，|CQ|＝2|BP|，a粒子入射動(dòng)能為Ek，則（）A．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=B．P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng) C．b粒子在P點(diǎn)動(dòng)能小于Q點(diǎn)動(dòng)能 D．b粒子全程的克服電場(chǎng)力做功小于2eU【考點(diǎn)】帶電粒子在單個(gè)或多個(gè)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；控制變量法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力．【答案】D【分析】A、根據(jù)其恰好做圓周運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)力提供向心力，再結(jié)合a粒子入射動(dòng)能進(jìn)行求解；B、根據(jù)電場(chǎng)線的密集程度進(jìn)行判斷；C、根據(jù)電場(chǎng)力做功情況結(jié)合動(dòng)能定理進(jìn)行判斷；D、根據(jù)ABC為等勢(shì)面，再結(jié)合電勢(shì)差的大小求解?！窘獯稹拷猓篈、由于電子a自A點(diǎn)垂直電場(chǎng)射出，恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，則Ee以及Ek=解得E=故A錯(cuò)誤；B、電場(chǎng)線越密集電場(chǎng)強(qiáng)度越大，則根據(jù)電場(chǎng)線結(jié)合距離遠(yuǎn)近可得P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況可得電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，故b粒子在P點(diǎn)動(dòng)能大于Q點(diǎn)動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；D、已知BP電勢(shì)差為U，且ABC為等勢(shì)面，由電場(chǎng)線密度分布情況可知，沿徑向向外電場(chǎng)強(qiáng)度減小，則BP之間平均電場(chǎng)強(qiáng)度大小大于CQ之間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度大小，則CQ電勢(shì)差小于2U，可得克服電場(chǎng)力做功為W＜2Ue，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是電場(chǎng)力做功的問題，其中考查了電場(chǎng)力提供向心力以及電場(chǎng)線密集程度的問題，題型考查的知識(shí)點(diǎn)全面。二、雙項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項(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）5．（6分）（2025?福建）春晚上轉(zhuǎn)手絹的機(jī)器人，手絹上有P、Q兩點(diǎn)，圓心為O，OQ=A．P、Q線速度之比為1：B．P、Q角速度之比為3：C．P、Q向心加速度之比為3：D．P點(diǎn)所受合外力總是指向O【考點(diǎn)】向心加速度的表達(dá)式及影響向心加速度大小的因素；線速度與角速度的關(guān)系；向心力的表達(dá)式及影響向心力大小的因素．【專題】比較思想；推理法；勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題；理解能力．【答案】AD【分析】同軸傳動(dòng)的兩點(diǎn)角速度相等，根據(jù)線速度公式和向心加速度公式判斷兩點(diǎn)線速度、向心加速度大小的比值；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體所受合力始終指向圓心，提供向心力?！窘獯稹拷猓築、P、Q兩點(diǎn)為同軸傳動(dòng)，角速度相等，即角速度之比為1：1，故B錯(cuò)誤；A、由v＝ωr得，線速度之比等于半徑之比，即vP：vQ＝OP：OQ＝1：3故A正確；C、由a＝ω2r得，向心加速度之比等于半徑之比，即aP：aQ＝1：3故C錯(cuò)誤；D、P點(diǎn)隨手娟做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力始終指向圓心O點(diǎn)，故D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查勻速圓周運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是明確兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，結(jié)合公式求解即可，知道勻速圓周運(yùn)動(dòng)的受力特點(diǎn)。（多選）6．（6分）（2025?福建）核反應(yīng)方程為12H+13H→A．該反應(yīng)有質(zhì)量虧損 B．該反應(yīng)為核裂變 C．01nD．24【考點(diǎn)】核聚變的反應(yīng)方程；愛因斯坦質(zhì)能方程的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；愛因斯坦的質(zhì)能方程應(yīng)用專題；重核的裂變和輕核的聚變專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】釋放核能的反應(yīng)存在質(zhì)量虧損；根據(jù)核反應(yīng)方程判斷該反應(yīng)的類型；核反應(yīng)過程滿足動(dòng)量守恒定律，根據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量的大小關(guān)系確定反應(yīng)后24He【解答】解：A、由核反應(yīng)方程可知該核反應(yīng)過程釋放了17.6MeV的能量，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知，該反應(yīng)有質(zhì)量虧損，故A正確；B、由核反應(yīng)方程可知，該反應(yīng)為核聚變，故B錯(cuò)誤；CD、核反應(yīng)過程動(dòng)量守恒，由題意可知，氘核與氚核動(dòng)量大小相等，方向相反，則反應(yīng)前總動(dòng)量為零，故反應(yīng)后總動(dòng)量也為零，即氦原子核24He根據(jù)動(dòng)能Ek=12mv2，動(dòng)量p＝mv，可得動(dòng)能與動(dòng)量的大小關(guān)系為：E根據(jù)24He與01n的質(zhì)量數(shù)，可知可得反應(yīng)后24He和0已知反應(yīng)釋放的17.6MeV的能量幾乎轉(zhuǎn)化為24He24He01n故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了輕核聚變，要知道釋放核能的反應(yīng)存在質(zhì)量虧損，核反應(yīng)過程滿足動(dòng)量守恒定律。（多選）7．（6分）（2025?福建）空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B與水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，一帶電體在復(fù)合場(chǎng)中恰能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當(dāng)粒子到N時(shí)，撤去磁場(chǎng)，一段時(shí)間后粒子經(jīng)過P點(diǎn)，則（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度為E=B．磁場(chǎng)強(qiáng)度為B=C．NP兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U=D．粒子從N→P時(shí)距離NP的距離最大值為v【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)其受力分析，根據(jù)平衡條件求解電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度；撤去磁場(chǎng)后，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解合速度，根據(jù)動(dòng)能定理求解電勢(shì)差；將粒子的運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解即可?！窘獯稹拷猓篈B、帶電體恰能沿MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)帶電體受力分析可知，帶電體一定帶正電，如圖由平衡條件得：mg＝qEqvB=2解得：E=B=故A錯(cuò)誤，B正確；C、粒子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，初速度為v，所受合力為2mg，做類平拋運(yùn)動(dòng)，將粒子的運(yùn)動(dòng)分解到沿初速度方向和垂直于初速度方向，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，位移偏轉(zhuǎn)角為45°，速度偏轉(zhuǎn)角的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的兩倍：vy合速度為v合=聯(lián)立解得：v合=5從N點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：qU=12mv解得：U=故C正確；D、將粒子的運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向速度為零時(shí)，離NP的距離最大，最大距離為h=故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是對(duì)粒子做好受力分析，研究好粒子的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解即可。（多選）8．（6分）（2025?福建）傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小恒為1m/s，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊A、B中間有一根輕彈簧連接，開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量為2kg，A與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。t＝0時(shí)，A速度為v0＝2m/s，B的速度為零。在t＝t0時(shí)，A與傳送帶第一次共速，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep＝0.75J，傳送帶足夠長(zhǎng)，A可留下痕跡，則（）A．在t=t02時(shí)，B的加速度大小大于B．t＝t0時(shí)，B的速度為0.5m/s C．t＝t0時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2m D．0﹣t0過程中，A與傳送帶的痕跡小于0.05m【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律的一般應(yīng)用；胡克定律及其應(yīng)用；水平傳送帶模型．【專題】定量思想；圖析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；動(dòng)量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】BD【分析】對(duì)A、B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動(dòng)量守恒；除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其它力做功等于機(jī)械能的變化量；v﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，根據(jù)v﹣t圖像分析位移即可?！窘獯稹拷猓篈、A的初速度大于B的初速度，則彈簧開始?jí)嚎s，對(duì)B受力分析，水平方向有：F彈+μBmBg＝mBaB解得：aB＝（F彈2+2.5對(duì)A受力分析，水平方向有：F彈+μAmAg＝mAaA解得：aA＝（F彈+5）m/s2則A的加速度大小大于B的加速度大小，故A錯(cuò)誤；B、由題意可知，A的質(zhì)量為B的質(zhì)量的一半，動(dòng)摩擦因數(shù)為B與傳動(dòng)帶間動(dòng)摩擦因數(shù)的兩倍，則兩物塊所受滑動(dòng)摩擦力大小相等，將A、B和彈簧看作一個(gè)系統(tǒng)，則系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，動(dòng)量守恒，取向右為正方向，0﹣t0時(shí)間內(nèi)，對(duì)系統(tǒng)有：mAv0＝mAv+mBvB代入數(shù)據(jù)解得：vB＝0.5m/s故B正確；C、0﹣t0時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量，有：﹣μAmAgxA+μBmBgxB=12mAv2+12mBvB彈簧的壓縮量為Δx＝xA﹣xB代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Δx＝0.1m故C錯(cuò)誤；D、做A、B和傳動(dòng)帶的v﹣t圖像如圖v﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，則0﹣t0時(shí)間內(nèi)，vA、vB圖像間的面積為0.1m，vA、v傳圖像間的面積為A相對(duì)傳動(dòng)帶的位移，即A與傳送帶的痕跡，若A和B加速度相同，B的v﹣t圖像為圖中虛線所示，且圖像與A的v﹣t圖像關(guān)于傳送帶的v﹣t圖像對(duì)稱，但由A知，A的加速度為B的加速度的兩倍，由圖可知，A與傳送帶的痕跡小于0.12m，即小于0.05m，故D故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查傳動(dòng)帶問題與彈簧類問題，明確兩物體所受摩擦力等大反向是解題關(guān)鍵，結(jié)合功能關(guān)系、v﹣t圖像和牛頓第二定律分析即可。三、填空題9．（3分）（2025?福建）洗衣機(jī)水箱的導(dǎo)管內(nèi)存在一豎直空氣柱，根據(jù)此空氣柱的長(zhǎng)度可知洗衣機(jī)內(nèi)的水量多少。當(dāng)空氣柱壓強(qiáng)為p1時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，水位下降后，空氣柱溫度不變，空氣柱內(nèi)壓強(qiáng)為p2，則空氣柱長(zhǎng)度L2＝p1p2L1，該過程中內(nèi)部氣體對(duì)外界做正功【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律的表達(dá)和應(yīng)用；氣體的等溫變化與玻意耳定律的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專題；推理論證能力．【答案】p1p2【分析】氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律列式求解即可；根據(jù)壓強(qiáng)的變化判斷體積的變化，進(jìn)而判斷做功情況。【解答】解：空氣柱發(fā)生等溫變化，設(shè)橫截面積為S，由玻意耳定律得：p1L1S＝p2L2S解得：L2=p1水位下降，氣體壓強(qiáng)減小，體積增大，氣體對(duì)外界做功。故答案為：p1p2【點(diǎn)評(píng)】本題考查玻意耳定律，解題關(guān)鍵是找準(zhǔn)氣體的初末狀態(tài)，知道判斷氣體做正負(fù)功的方法。10．（3分）（2025?福建）沙漠中的蝎子能感受來自地面震動(dòng)的縱波和橫波，某波源同時(shí)產(chǎn)生縱波與橫波，已知縱波速度大于橫波速度，頻率相同，則縱波波長(zhǎng)大于橫波波長(zhǎng)。若波源震動(dòng)后，蝎子感知到來自縱波與橫波的振動(dòng)間隔Δt，縱波速度v1，橫波速度v2，則波源與蝎子的距離為v1v2【考點(diǎn)】橫波和縱波．【專題】定量思想；推理法；波的多解性；推理論證能力．【答案】大于，v1【分析】根據(jù)波長(zhǎng)公式判斷橫波與縱波波長(zhǎng)關(guān)系；根據(jù)兩波傳播距離相等和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解波源與蝎子的距離?！窘獯稹拷猓嚎v波速度大于橫波速度，頻率相同，由λ=v設(shè)縱波傳播的時(shí)間為t，有：v1t＝v2（t+Δt）波源與蝎子的距離為x＝v1t聯(lián)立解得：x=故答案為：大于，v1【點(diǎn)評(píng)】本題考查橫波與縱波，掌握波長(zhǎng)的計(jì)算方法即可求解。11．（3分）（2025?福建）兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1與Q2靜立于豎直平面上，于P點(diǎn)放置一檢驗(yàn)電荷恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，PQ1與Q1Q2夾角為30°，PQ1⊥PQ2，則Q1與Q2電量之比為3：1，在PQ1連線上是否存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)不存在（存在，不存在）?！究键c(diǎn)】庫侖力作用下的受力平衡問題．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】3：1；不存在?！痉治觥繖z驗(yàn)電荷靜止，受力平衡，根據(jù)平衡條件結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式進(jìn)行解答；根據(jù)矢量三角形法則分析電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況，由此判斷?！窘獯稹拷猓簷z驗(yàn)電荷靜止，則Q1、Q2對(duì)電荷庫侖力的水平分力等大反向。設(shè)檢驗(yàn)電荷的電荷量為q、PQ2＝r，則：tan30°=解得：PQ1=3由庫侖定律和平衡條件得：kQ1q(3r)Q1：Q2=3：1Q1和Q2在PQ1連線上電場(chǎng)強(qiáng)度的合成情況如圖所示（其中E1、E2是開始Q1、Q2在P點(diǎn)產(chǎn)生的的電場(chǎng)強(qiáng)度，E1′、E2′是Q1、Q2在PQ1連線上某點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度）：假設(shè)在PQ1連線上存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)，則Q1和Q2產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度均增大。但由于Q2到PQ1連線的距離增大，根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算公式可知，Q2的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故假設(shè)錯(cuò)誤，PQ1連線上不存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)。故答案為：3：1；不存在?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加，關(guān)鍵是弄清楚點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式，掌握電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加方法。四、實(shí)驗(yàn)題12．（5分）（2025?福建）（1）為測(cè)糖水的折射率與濃度的關(guān)系，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：某次射入激光，測(cè)得數(shù)據(jù)如圖，則糖水的折射率為L(zhǎng)1h12+（2）改變糖水濃度，記錄數(shù)據(jù)如表n1.321.341.351.381.42η（%）10%20%30%40%50%將10%～30%的數(shù)據(jù)繪圖，求得糖水濃度每增加10%，折射率的增加值為0.015（保留兩位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】測(cè)量玻璃的折射率．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理論證能力．【答案】（1）L1h12+L1【分析】（1）根據(jù)折射率公式結(jié)合相應(yīng)的幾何關(guān)系列式求解；（2）根據(jù)題中數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖，結(jié)合圖像斜率計(jì)算解答。【解答】解：（1）如圖根據(jù)折射率公式n=sinθsinβ，而sinθ=L1h12+L1（2）將不能落在直線上的點(diǎn)均勻分布在直線兩側(cè)，描點(diǎn)作圖如下圖像的斜率k=1.35-1.3230%-10%=0.01510%故答案為：（1）L1h12+L1【點(diǎn)評(píng)】考查折射率的測(cè)定和描點(diǎn)作圖的問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。五、計(jì)算題14．（12分）（2025?福建）某運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練為直線運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖如圖所示，各階段圖像均為直線。（1）0﹣2s內(nèi)的平均速度；（2）44.2﹣46.2s內(nèi)的加速度；（3）44.2﹣46.2s內(nèi)的位移?！究键c(diǎn)】利用v﹣t圖像的斜率求解物體運(yùn)動(dòng)的加速度；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況；利用v﹣t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積求物體的位移．【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；推理論證能力．【答案】（1）0﹣2s內(nèi)的平均速度為2.4m/s，方向與正方向相同；（2）44.2﹣46.2s內(nèi)的加速度為0.1m/s2，方向與正方向相同；（3）44.2﹣46.2s內(nèi)的位移為4.2m，方向與正方向相同。【分析】（1）根據(jù)v﹣t圖像中，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移求出0﹣2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員的位移，再根據(jù)v=（2）根據(jù)加速度公式a=（3）根據(jù)v﹣t圖像中，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移求出44.2﹣46.2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員的位移。【解答】解：（1）根據(jù)v﹣t圖像中，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，可得0﹣2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員的位移為x=0﹣2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員的平均速度為v=（2）根據(jù)加速度公式a可得44.2﹣46.2s內(nèi)的加速度為a=（3）根據(jù)v﹣t圖像中，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，可得44.2﹣46.2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員的位移為x'=答：（1）0﹣2s內(nèi)的平均速度為2.4m/s，方向與正方向相同；（2）44.2﹣46.2s內(nèi)的加速度為0.1m/s2，方向與正方向相同；（3）44.2﹣46.2s內(nèi)的位移為4.2m，方向與正方向相同。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握速度一時(shí)間圖像的物理意義，知道圖線的斜率表示加速度，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移。15．（12分）（2025?福建）如圖甲，水平地面上有A、B兩個(gè)物塊，兩物塊質(zhì)量均為0.2kg，A與地面動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，B與地面無摩擦，兩物塊用彈簧置于外力F的作用下向右前進(jìn)，F(xiàn)與位移x的圖如圖乙所示，P為圓弧最低點(diǎn)，M為最高點(diǎn)，水平地面長(zhǎng)度大于4m。（1）求0﹣1m，F(xiàn)做的功；（2）x＝1m時(shí)，A與B之間的彈力；（3）要保證B能到達(dá)M點(diǎn)，圓弧半徑滿足的條件?！究键c(diǎn)】彈力（支持力、拉力、壓力等）做功的計(jì)算；物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；圓周運(yùn)動(dòng)中的臨界問題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；功的計(jì)算專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）F做的功為1.5J；（2）x＝1m時(shí)，A與B之間的彈力為0.5N；（3）要保證B能到達(dá)M點(diǎn)，圓弧半徑應(yīng)小于或等于0.2m?！痉治觥浚?）F﹣x圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示做功；（2）分別對(duì)AB整體和B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可；（3）兩物塊分離前一起做加速運(yùn)動(dòng)，分離后B進(jìn)入圓周軌道前，B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)臨界條件求解分離時(shí)的速度，物塊B剛好到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，只受重力，根據(jù)動(dòng)能定理求解軌道半徑。【解答】解：（1）由F﹣x圖像得：W＝1.5×1J＝1.5J（2）x＝1m時(shí)，對(duì)AB整體，由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝2ma對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律得：F彈＝ma代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：F彈＝0.5N（3）當(dāng)兩物塊剛好分離時(shí)，AB間彈力為0，兩物塊加速度為0，對(duì)A，由平衡條件得：F＝μmg代入數(shù)據(jù)解得：F＝0.5N由圖乙可知，x＝3m時(shí)，兩物塊分離，從開始到兩物塊分離，對(duì)AB整體，由動(dòng)能定理得：WF﹣μmgx=12物塊B剛好到達(dá)M點(diǎn)，有mg＝mv對(duì)物塊，由分離到到達(dá)最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：﹣mg?2R0=12mv代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：R0＝0.2m則圓弧半徑應(yīng)滿足R≤0.2m答：（1）F做的功為1.5J；（2）x＝1m時(shí)，A與B之間的彈力為0.5N；（3）要保證B能到達(dá)M點(diǎn)，圓弧半徑應(yīng)小于或等于0.2m?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查多過程問題，解題關(guān)鍵是知道兩物塊分離時(shí)的臨界條件，以及豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，結(jié)合牛頓第二定律和動(dòng)能定理列式求解即可。16．（15分）（2025?福建）光滑斜面傾角為θ＝30°，Ⅰ區(qū)域與Ⅱ區(qū)域均存在垂直斜面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。正方形線框abcd質(zhì)量為m，總電阻為R，同種材料制成且粗細(xì)均勻，Ⅰ區(qū)域長(zhǎng)為L(zhǎng)1，Ⅱ區(qū)域長(zhǎng)為L(zhǎng)2，兩區(qū)域間無磁場(chǎng)的區(qū)域長(zhǎng)度大于線框長(zhǎng)度。線框從某一位置釋放，cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)速度為v，且直到ab邊離開Ⅰ區(qū)域時(shí)速度均為v，當(dāng)cd邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度和ab邊離開Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度一致，則：（1）求線框釋放時(shí)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離；（2）求cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)cd邊兩端的電勢(shì)差；（3）求線框進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開過程中克服安培力做功的平均功率?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的動(dòng)力學(xué)問題；動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；推理論證能力．【答案】（1）線框釋放時(shí)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離為v2（2）cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)cd邊兩端的電勢(shì)差為38（3）當(dāng)L1≤L2時(shí)，線框進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開過程中克服安培力做功的平均功率為mg(L1+L2)v4L1【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解線框釋放時(shí)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離；（2）根據(jù)題意可知線框穿過Ⅰ區(qū)域的過程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由此可得到正方形線框的邊長(zhǎng)等于Ⅰ區(qū)域長(zhǎng)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式，結(jié)合框受力平衡條件求得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)cd邊兩端的電勢(shì)差；（3）對(duì)線框進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開的過程，根據(jù)動(dòng)能定理求得此過程克服安培力做功。由動(dòng)量定理求得此過程所經(jīng)歷的時(shí)間，進(jìn)而求得此過程克服安培力做功的平均功率?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)線框釋放時(shí)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離為x，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgxsinθ=解得：x=（2）根據(jù)題意可知線框穿過Ⅰ區(qū)域的過程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則在線框的ab邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域的同時(shí)cd邊恰好離開Ⅰ區(qū)域，可知正方形線框的邊長(zhǎng)等于Ⅰ區(qū)域長(zhǎng)為L(zhǎng)1，設(shè)兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E＝BL1v此時(shí)的感應(yīng)電流為：I=線框受到的安培力的大小為：F＝BIL1對(duì)線框由受力平衡得：mgsinθ＝F聯(lián)立解得：B=1L1mgRcd邊兩端的電勢(shì)差為；Ucd＝I?3（3）根據(jù)題意可知線框進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開的過程，線框的初末速度相同，設(shè)此過程克服安培力做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgsinθ?（L1+L2）﹣W＝0﹣0，解得：W=12mg（L1+L設(shè)此過程安培力的的沖量大小為I安，時(shí)間為t，以沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量定理得：mgtsinθ﹣I安＝0①若L1≤L2，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程安培力的的沖量大小為：I安進(jìn)＝BL1It=BL1?B同理可得線框離開磁場(chǎng)的過程安培力的的沖量大小為：I安出=可得：I安＝I安進(jìn)+I安出=聯(lián)立解得：t=此過程克服安培力做功的平均功率為：P=②若L1＞L2，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程安培力的的沖量大小為：I安進(jìn)′＝BL1I't'=BL1?同理可得線框離開磁場(chǎng)的過程安培力的的沖量大小為：I安出′=可得：I安′＝I安進(jìn)′+I安出′=聯(lián)立解得：t′=此過程克服安培力做功的平均功率為：P'=答：（1）線框釋放時(shí)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離為v2（2）cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)cd邊兩端的電勢(shì)差為38（3）當(dāng)L1≤L2時(shí)，線框進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開過程中克服安培力做功的平均功率為mg(L1+L2)v4L1【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象與力學(xué)的綜合問題，考查了力與運(yùn)動(dòng)的邏輯分析能力，掌握應(yīng)用動(dòng)量定理處理此類問題的方法。

考點(diǎn)卡片1．根據(jù)v-t圖像的物理意義分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系。2.圖像實(shí)例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點(diǎn)：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；②表示物體沿正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；③表示物體沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個(gè)物體此時(shí)的速度相同；⑤t1時(shí)刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時(shí)間內(nèi)的位移。5.本考點(diǎn)是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)的情況?！久}方向】一枚火箭由地面豎直向上發(fā)射，其速度圖象如圖所示，由圖象可知（）A、火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度B、0～ta段火箭是上升過程，ta～tb段火箭是下落過程C、tc時(shí)刻火箭回到地面D、tc時(shí)刻火箭離地最遠(yuǎn)分析：解決本題的關(guān)鍵是理解速度圖象的斜率的含義：速度圖象的斜率代表物體的加速度．速度的正負(fù)代表物體運(yùn)動(dòng)的方向．解答：速度圖象的斜率代表物體的加速度，由圖可知：ab段的斜率大于oa段斜率，故火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度，故A正確。由于ab段的速度和oa段速度都是正的，故物體的運(yùn)動(dòng)方向未變，即始終向上運(yùn)動(dòng)。故B錯(cuò)誤。0～tc時(shí)間內(nèi)火箭的速度方向始終豎直向上，故tc時(shí)刻火箭到達(dá)最高點(diǎn)。故C錯(cuò)誤而D正確。故選：AD。點(diǎn)評(píng)：對(duì)于速度圖象類的題目，主要是要理解斜率的含義：斜率代表物體的加速度；速度正負(fù)的含義：速度的正負(fù)代表物體運(yùn)動(dòng)的方向；速度圖象與時(shí)間軸圍成的面積的含義：面積代表物體的位移．【解題思路點(diǎn)撥】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時(shí)間的變化情況。針對(duì)此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動(dòng)情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。2．利用v-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積求物體的位移【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系。2.圖像實(shí)例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點(diǎn)：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；②表示物體沿正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；③表示物體沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個(gè)物體此時(shí)的速度相同；⑤t1時(shí)刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時(shí)間內(nèi)的位移。5.本考點(diǎn)是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的面積分析或求解物體的位移?！久}方向】如圖所示，是某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象，請(qǐng)回答：（1）離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離？（2）12s內(nèi)的路程？分析：該圖象為速度﹣﹣時(shí)間圖象，與時(shí)間軸平行的直線表示做勻速直線運(yùn)動(dòng)，傾斜的直線表示勻變速直線運(yùn)動(dòng)，傾斜角越大表示加速度越大，由圖可知：在0～4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，4～8s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，8～12s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移．解答：（1）圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，在時(shí)間軸上方位移為正，下方位移為負(fù)，由圖象可知，質(zhì)點(diǎn)在10s后將反向運(yùn)動(dòng)，故第10s時(shí)位移最大，最大位移為時(shí)間軸上方圖象與坐標(biāo)軸所圍成梯形的面積S=12×（10+4）×10m＝70m（2）路程是質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，是標(biāo)量，沒有方向，所以12s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積絕對(duì)值之和，即l＝70+10m＝80m．答：（1）離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為70m；（2）12s內(nèi)的路程為80m．點(diǎn)評(píng)：本題是為速度﹣﹣時(shí)間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義，知道在速度﹣﹣時(shí)間圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積的含義，能根據(jù)圖象讀取有用信息，要注意路程和位移的區(qū)別．【解題思路點(diǎn)撥】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時(shí)間的變化情況。針對(duì)此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動(dòng)情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。3．利用v-t圖像的斜率求解物體運(yùn)動(dòng)的加速度【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系。2.圖像實(shí)例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點(diǎn)：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；②表示物體沿正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；③表示物體沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個(gè)物體此時(shí)的速度相同；⑤t1時(shí)刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時(shí)間內(nèi)的位移。5.本考點(diǎn)是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的斜率分析或計(jì)算物體的加速度?！久}方向】甲、乙兩個(gè)物體在同一條直線上運(yùn)動(dòng)，它們的速度圖象如圖所示，則（）A、甲、乙兩物體都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B、甲物體的加速度比乙物體的加速度小C、甲物體的初速度比乙物體的初速度大D、在t1以后的任意時(shí)刻，甲物體的速度大于同時(shí)刻乙的速度分析：速度圖象傾斜的直線表示物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。圖象的斜率等于物體的加速度。由圖直接讀出物體的初速度，比較速度的大小。解答：A、由圖看出，甲、乙兩物體的速度都時(shí)間均勻增大，都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故A正確。B、甲圖線的斜率大于乙圖線的斜率，則甲物體的加速度比乙物體的加速度大。故B錯(cuò)誤。C、甲的初速度為零，乙的初速度大于零，即甲物體的初速度比乙物體的初速度小。故C錯(cuò)誤。D、由圖看出，在t1以后的任意時(shí)刻，甲物體的速度大于同時(shí)刻乙的速度。故D正確。故選：AD。點(diǎn)評(píng)：物理圖象往往要從形狀、斜率、交點(diǎn)、面積、截距等數(shù)學(xué)意義來理解其物理意義?！窘忸}思路點(diǎn)撥】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時(shí)間的變化情況。針對(duì)此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動(dòng)情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。4．胡克定律及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(duì)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(gè)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(diǎn)與面接觸時(shí)彈力的方向：過接觸點(diǎn)垂直于接觸面．球與面接觸時(shí)彈力的方向：在接觸點(diǎn)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(diǎn)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(duì)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(zhǎng)（或縮短）的長(zhǎng)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(zhǎng)（或縮短）單位長(zhǎng)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(zhǎng)短和彈簧絲的粗細(xì)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(zhǎng)度與彈簧原長(zhǎng)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(zhǎng)度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對(duì)于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長(zhǎng)”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(gè)解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長(zhǎng)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(yùn)用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長(zhǎng)度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，若改掛100N的重物時(shí)，彈簧總長(zhǎng)為20cm，則彈簧的原長(zhǎng)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(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時(shí)，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長(zhǎng)為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點(diǎn)評(píng)：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(shí)點(diǎn)的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個(gè)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(shí)，彈簧的長(zhǎng)度比其自然長(zhǎng)度伸長(zhǎng)了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長(zhǎng)△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(shí)盤對(duì)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(shí)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(shí)，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對(duì)物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時(shí)，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長(zhǎng)△l時(shí)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(shí)彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對(duì)象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對(duì)物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點(diǎn)評(píng)：點(diǎn)評(píng)：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時(shí)問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時(shí)加速度．【解題方法點(diǎn)撥】這部分知識(shí)難度中等、也有難題，在平時(shí)的練習(xí)中、階段性考試中會(huì)單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、填空、計(jì)算等等出題形式多種多樣，在高考中不會(huì)以綜合題的形式考查的，但是會(huì)做為題目的一個(gè)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(shí)，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計(jì)算來確定．5．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。6．水平傳送帶模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.傳送帶問題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不可能為（）A.LvB.2LvC.分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有可能先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出木塊運(yùn)行的時(shí)間．解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)的速度還未達(dá)到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當(dāng)木塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)。勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=則勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移x則勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t則總時(shí)間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)情況，考慮到木塊運(yùn)動(dòng)的各種可能性，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．【解題思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對(duì)物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。7．線速度與角速度的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.線速度與角速度的關(guān)系為：v＝ωr2.推導(dǎo)由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，當(dāng)Δθ以弧度為單位時(shí)，v＝ωr這表明，在圓周運(yùn)動(dòng)中，線速度的大小等于角速度的大小與半徑的乘積。3.應(yīng)用：①v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定性關(guān)系，可以通過控制變量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定量關(guān)系，可以通過公式計(jì)算線速度、角速度或半徑?！久}方向】一個(gè)物體以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法中正確的是（）A、軌道半徑越大線速度越大B、軌道半徑越大線速度越小C、軌道半徑越大周期越大D、軌道半徑越大周期越小分析：物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，線速度、角速度和半徑三者當(dāng)控制其中一個(gè)不變時(shí)，可得出另兩個(gè)之間的關(guān)系．由于角速度與周期總是成反比，所以可判斷出當(dāng)半徑變大時(shí)，線速度、周期如何變化的．解答：因物體以一定的角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當(dāng)半徑越大時(shí)，線速度也越大。因此A正確；B、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當(dāng)半徑越大時(shí)，線速度也越大。因此B不正確；C、由ω=2πT得：ω與TD、由ω=2πT得：ω與T故選：A。點(diǎn)評(píng)：物體做勻速圓周，角速度與周期成反比．當(dāng)角速度一定時(shí)，線速度與半徑成正比，而周期與半徑無關(guān)．【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：8．向心力的表達(dá)式及影響向心力大小的因素【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.向心力的表達(dá)式為：Fn＝man＝mω2r＝mv2r2.由表達(dá)式可以看出：（1）在其他因素不變時(shí)，向心力與質(zhì)量成正比；（2）在質(zhì)量和半徑不變時(shí)，向心力與角速度的平方成正比，與線速度的平方成正比，與周期的平方成反比；（3）在質(zhì)量和角速度不變時(shí)，向心力與半徑成正比；（4）在質(zhì)量和線速度不變時(shí)，向心力與半徑成反比；（5）在質(zhì)量和周期不變時(shí)，向心力與半徑成正比。【命題方向】用細(xì)線拴著一個(gè)小球，在光滑水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有下列說法其中正確的是（）A、小球線速度大小一定時(shí)，線越長(zhǎng)越容易斷B、小球線速度大小一定時(shí)，線越短越容易斷C、小球角速度一定時(shí)，線越長(zhǎng)越容易斷D、小球角速度一定時(shí)，線越短越容易斷分析：小球在光滑水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、水平面的支持力和細(xì)線的拉力，重力和支持力平衡，由細(xì)線的拉力提供小球的向心力．拉力越大，細(xì)線越容易斷．根據(jù)牛頓第二定律分析拉力的變化，確定哪種情況細(xì)線容易斷．解答：AB、根據(jù)牛頓第二定律得，細(xì)線的拉力F=mv2r，小球線速度大小v一定時(shí)，線越短，圓周運(yùn)動(dòng)半徑r越小，細(xì)線的拉力F越大，細(xì)線越容易斷。故CD、根據(jù)牛頓第二定律得，細(xì)線的拉力F＝mω2r，小球解速度大小ω一定時(shí)，線越長(zhǎng)，圓周運(yùn)動(dòng)半徑r越大，細(xì)線的拉力F越大，細(xì)線越容易斷。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)向心力的分析和理解能力．對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由合力提供物體的向心力．【解題思路點(diǎn)撥】向心力的大小Fn＝mω2r＝mv2r對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心力大小始終不變，但對(duì)非勻速圓周運(yùn)動(dòng)（如用一根繩拴住小球繞固定圓心在豎直平面內(nèi)做的圓周運(yùn)動(dòng)），其向心力大小隨速率的變化而變化，公式表述的只是瞬時(shí)值。9．向心加速度的表達(dá)式及影響向心加速度大小的因素【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.向心加速度的表達(dá)式為an＝ω2r=v2r=4π2rT2.由表達(dá)式可知，向心加速度與物體的質(zhì)量無關(guān)，與線速度、角速度、半徑、周期、轉(zhuǎn)速等參數(shù)有關(guān)。3.對(duì)于公式an=該公式表明，對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線速度一定時(shí)，向心加速度的大小與運(yùn)動(dòng)半徑成反比；當(dāng)運(yùn)動(dòng)半徑一定時(shí)，向心加速度的大小與線速度的平方成正比。該公式常用于分析涉及線速度的圓周運(yùn)動(dòng)問題或有兩個(gè)物體做圓周運(yùn)動(dòng)且它們的線速度相同的情景。4.對(duì)于公式an＝ω2r該公式表明，對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)角速度一定時(shí)，向心加速度的大小與運(yùn)動(dòng)半徑成正比；當(dāng)半徑一定時(shí)，向心加速度的大小與角速度的平方成正比。該公式常用于分析涉及角速度的圓周運(yùn)動(dòng)問題或有兩個(gè)物體做圓周運(yùn)動(dòng)且它們的角速度相同的情景。5.向心加速度與半徑的關(guān)系根據(jù)上面的討論，加速度與半徑的關(guān)系與物體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)有關(guān)。若線速度一定，an與r成反比；若角速度（或周期、轉(zhuǎn)速）一定，an與r成正比。如圖所示?！久}方向】B兩小球都在水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A球的軌道半徑是B球軌道半徑的2倍，A的頻率為4Hz，B的頻率為2Hz，則兩球的向心加速度之比為（）A、1：1B、2：1C、8：1D、4：1分析：根據(jù)頻率之比求出角速度之比，結(jié)合a＝rω2求出向心加速度之比．解答：根據(jù)角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比為2：1，根據(jù)a＝rω2知，A球的軌道半徑是B球軌道半徑的2倍，則向心加速度之比為8：1．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握向心加速度與角速度的關(guān)系公式，以及知道角速度與轉(zhuǎn)速的關(guān)系．【解題思路點(diǎn)撥】向心加速度公式的應(yīng)用技巧向心加速度的每一個(gè)公式都涉及三個(gè)物理量的變化關(guān)系，必須在某一物理量不變時(shí)分析另外兩個(gè)物理量之間的關(guān)系。在比較物體上做圓周運(yùn)動(dòng)的各點(diǎn)的向心加速度的大小時(shí)，應(yīng)按以下步驟進(jìn)行：（1）先確定各點(diǎn)是線速度大小相等，還是角速度相同；（2）在線速度大小相等時(shí)，向心加速度與半徑成反比；在角速度相同時(shí)，向心加速度與半徑成正比。10．物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質(zhì)量為m的小球在圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)．小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)恰好與軌道間沒有相互作用力．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不計(jì)空氣阻力．試求：（1）小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大??；（2）小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)角速度的大??；（3）小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小．分析：（1）小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)恰好與軌道間沒有相互作用力，故由重力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式即可得出最高點(diǎn)的速度；（2）可以根據(jù)動(dòng)能定理求出最低點(diǎn)的速度，再根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系即可求出角速度；（3）在最低點(diǎn)由支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式即可求得支持力的大?。獯穑海?）設(shè)小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大小為v1，根據(jù)題意和圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設(shè)小球通過軌道最低點(diǎn)的速度大小為v2，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設(shè)小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力大小為FN，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式得：FN﹣mg=mv由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大小為gR；（2）小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)角速度的大小為5gR；（3）小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小為點(diǎn)評(píng)：該題是動(dòng)能定理及圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的直接應(yīng)用，要抓住恰好到達(dá)最高點(diǎn)的隱含條件是由重力來提供向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，一般題目都會(huì)給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v11．彈力（支持力、拉力、壓力等）做功的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.本考點(diǎn)旨在針對(duì)彈力（非彈簧）做功的情況，常見的力如拉力、支持力、推力等都屬于彈力。2.彈力做功的大小W＝Flcosα?！久}方向】放在水平面上的一只木箱重400N，木箱與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，在水平推力作用下勻速移動(dòng)10m，則推力對(duì)木箱做功多少？地面對(duì)木箱的支持力做功多少？摩擦力對(duì)木箱做功多少？分析：功等于做功的兩個(gè)必要因素（力F和物體在力的方向上移動(dòng)的距離）的乘積；對(duì)物體受力分析，求解出各個(gè)力，然后根據(jù)功的定義得到各個(gè)力的功。解答：物體受重力、支持力、推力和摩擦力；摩擦力f＝μFN＝0.2×400N＝80N推力的功為：W1＝Fx＝80N×10m＝800J摩擦力的功：W2＝﹣fx＝﹣80N×10m＝﹣800J支持力，故支持力不做功；答：推力對(duì)木箱做功800J，地面對(duì)木箱的支持力做功為0，摩擦力對(duì)木箱做功為﹣800J點(diǎn)評(píng)：解題關(guān)鍵要根據(jù)功的一般定義式W＝Fxcosα列式求解功，同時(shí)要明確：一個(gè)力對(duì)物體做負(fù)功，往往說成物體克服這個(gè)力做等量的正功?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1.對(duì)功的概念的理解（1）做功的兩個(gè)必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的兩個(gè)不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移。力對(duì)物體是否做了功只與這兩個(gè)因素有關(guān)，與其他因素諸如物體運(yùn)動(dòng)的快慢、運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)、物體的質(zhì)量、物體是否受其他力作用等均無關(guān)。（2）功是過程量，總是與一個(gè)具體的過程相對(duì)應(yīng)同時(shí)功與具體的某個(gè)力或某幾個(gè)力相對(duì)應(yīng)，通常我們說某個(gè)力或某幾個(gè)力所做的功。2.對(duì)計(jì)算功的大小的公式的兩點(diǎn)提醒（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcosα并不是普遍適用的，它只適用于大小和方向均不變的恒力做功。如果F是變力，W＝Flcosα就不適用了。（2）F與l必須具備同時(shí)性，即必須是力作用過程中物體的位移。如果力消失后物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，力所做的功就只跟力作用的那段位移有關(guān)，跟其余的位移無關(guān)，12．動(dòng)量守恒定律的一般應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.本考點(diǎn)旨在針對(duì)用動(dòng)量守恒定律解決簡(jiǎn)單問題的情況。2.動(dòng)量守恒定律不同表現(xiàn)形式的表達(dá)式的含義（1）p＝p'：系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p'。（2）m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。（3）Δp1＝﹣Δp2：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，一個(gè)物體的動(dòng)量變化量與另一個(gè)物體的動(dòng)量變化量大小相等、方向相反。（4）Δp＝0：系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零?！久}方向】質(zhì)量為m＝100kg的小船靜止在水面上，船上左、右兩端各站著質(zhì)量分別為m甲＝40kg，m乙＝60kg的游泳者，當(dāng)他們?cè)谕凰骄€上，甲朝左乙朝右，同時(shí)以相對(duì)河岸3m/s的速率跳離小船，不計(jì)水的阻力，小船運(yùn)動(dòng)速度為（）A、速度大小為0.6m/s方向向右B、速度大小為0.6m/s方向向左C、速度大小為3m/s方向向右D、速度大小為3m/s方向向左分析：船以及兩個(gè)人組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出小船的速度大小和方向．解答：規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：0＝m甲v甲+m乙v乙+mv代入數(shù)據(jù)得：0＝40×3+60×（﹣3）+100×v解得：v＝0.6m/s。知方向向左，大小為0.6m/s。故選：B。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒的條件，會(huì)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律進(jìn)行求解．【解題思路點(diǎn)撥】應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟1.明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成2.受力分析，確定動(dòng)量是否守恒3.規(guī)定正方向，確定初、末動(dòng)量4.根據(jù)動(dòng)量守恒定律，建立守恒方程5.代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果并討論說明13．橫波和縱波【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】機(jī)械波的分類（1）橫波：質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向相互垂直，凸起的最高處叫波峰，凹下的最低處叫波谷．（2）縱波：質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向在同一直線上，質(zhì)點(diǎn)分布最密的地方叫密部，質(zhì)點(diǎn)分布最疏的地方叫疏部．【命題方向】某地區(qū)地震波中的橫波和縱波傳播速率分別約為4km/s和9km/s．一種簡(jiǎn)易地震儀由豎直彈簧振子P和水平彈簧振子H組成（如圖）．在一次地震中，震源地地震儀下方，觀察到兩振子相差5s開始振動(dòng)，則（）A、P先開始振動(dòng)，震源距地震儀約36kmB、P先開始振動(dòng)，震源距地震儀約25kmC、H先開始振動(dòng)，震源距地震儀約36kmD、H先開始振動(dòng)，震源距地震儀約25km分析：縱波的速度快，縱波先到．根據(jù)xv解答：縱波的速度快，縱波先到，所以P先開始振動(dòng)，根據(jù)xv1-xv2=5s，x＝36km。故故選：A。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷哪個(gè)波先到．屬于容易題．【解題思路點(diǎn)撥】1.橫波和縱波的比較2.對(duì)波的認(rèn)識(shí)的兩點(diǎn)提醒（1）水波的認(rèn)識(shí)方面：水波既不是橫波也不是縱波，它屬于比較復(fù)雜的機(jī)械波。（2）縱波的認(rèn)識(shí)方面：在縱波中各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向在同一直線上，而不是方向相同。3.區(qū)別橫波、縱波只看質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與傳播方向的關(guān)系；對(duì)于機(jī)械波總是距波源近的質(zhì)點(diǎn)帶動(dòng)距波源遠(yuǎn)的質(zhì)點(diǎn)，起振有先后。14．庫侖力作用下的受力平衡問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)帶電體在有庫侖力存在時(shí)的平衡問題。注意這個(gè)考點(diǎn)下只針對(duì)點(diǎn)電荷之間的作用力，不含電場(chǎng)類問題?！久}方向】質(zhì)量、電量分別為m1、m2、q1、q2的兩球，用絕緣絲線懸于同一點(diǎn)，靜止后它們恰好位于同一水平面上，細(xì)線與豎直方向夾角分別為α、β，如圖所示則（）A、若m1＝m2，q1＜q2，則α＜βB、若m1＝m2，q1＜q2，則α＞βC、若m1＞m2，則α＜β，與q1、q2是否相等無關(guān)D、若q1＝q2，m1＞m2，則α＞β分析：對(duì)A、B球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡和幾何關(guān)系表示出電場(chǎng)力和重力的關(guān)系．根據(jù)電場(chǎng)力和重力的關(guān)系得出兩球質(zhì)量的關(guān)系．解答：設(shè)左邊球?yàn)锳，右邊球?yàn)锽，則對(duì)A、B球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡和幾何關(guān)系得：設(shè)T為繩的拉力，m1g＝Tcosα，m2g＝Tcosβ由于F1＝F2，即Tsinα＝Tsinβ若m1＜m2．則有α＞β；若m1＞m2．則有α＜β根據(jù)題意無法知道帶電量q1、q2的關(guān)系。故選：C。點(diǎn)評(píng)：要比較兩球質(zhì)量關(guān)系，我們要通過電場(chǎng)力把兩重力聯(lián)系起來進(jìn)行比較．【解題思路點(diǎn)撥】解這類題目就像解決共點(diǎn)力的平衡類題目一樣，先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后進(jìn)行力的合成與分解，列出平衡表達(dá)式，進(jìn)而求出所需的物理量。15．帶電粒子在單個(gè)或多個(gè)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況。【命題方向】如圖所示，一個(gè)電荷量為﹣Q的點(diǎn)電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點(diǎn)．另一個(gè)電荷量為+q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙，從A點(diǎn)以初速度v0沿它們的連線向甲運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為v，且為運(yùn)動(dòng)過程中速度的最小值．已知點(diǎn)電荷乙受到的阻力大小恒為f，AB間距離為L(zhǎng)0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A、點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度逐漸增大B、點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，其電勢(shì)能先增大再減小C、OB間的距離為kQqD、在點(diǎn)電荷甲形成的電場(chǎng)中，AB間電勢(shì)差UAB=分析：本題首先要正確分析物體受力特點(diǎn)，明確力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，在本題中注意滑動(dòng)摩擦力的大小方向不變，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，根據(jù)牛頓第二定律和功能關(guān)系可正確解答．解答：A、點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，受向左的靜電力和向右的摩擦力，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，所以加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤B、在小球向左運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力一直做正功，因此電勢(shì)能一直減小，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)速度最小時(shí)有：f＝F庫＝kQqr2，解得：r=kQqD、點(diǎn)電荷從A運(yùn)動(dòng)B過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：UABq﹣fL0=12mv2-1解得，UAB=fL0故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題在借助庫侖力的基礎(chǔ)知識(shí)，考查了力與運(yùn)動(dòng)、牛頓第二定理、動(dòng)能定理等基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用，是考查學(xué)生綜合能力的好題．【解題思路點(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.只有靜電力做功時(shí)，帶電體電勢(shì)能與機(jī)械能的總量不變，即EP1+E機(jī)1＝EP2+E機(jī)2。這與只有重力做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒類似。16．通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】幾種常見的磁場(chǎng)如下：直線電流的磁場(chǎng)通電螺線管的磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)特點(diǎn)無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱安培定則本考點(diǎn)主要針對(duì)通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)分布【命題方向】如圖所示、導(dǎo)絨中通入由A向B的電流時(shí)，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動(dòng)B、N極向紙里，S極向紙外旋轉(zhuǎn)C、向上運(yùn)動(dòng)D、N極向紙外，s極向紙里旋轉(zhuǎn)分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針?biāo)谖恢玫拇艌?chǎng)方向，從而確定小磁針的偏轉(zhuǎn)方向。解答：根據(jù)安培定則可知，AB上方的磁場(chǎng)向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉(zhuǎn)，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查安培定則的內(nèi)容，對(duì)于直導(dǎo)線，用手握住導(dǎo)線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向?yàn)榇艌?chǎng)的方向?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場(chǎng)磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導(dǎo)線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導(dǎo)線軸線上磁場(chǎng)的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場(chǎng)的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場(chǎng)是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場(chǎng)的方向，還可以根據(jù)磁場(chǎng)的方向判斷電流的方向。（3）應(yīng)用安培定則判定直線電流時(shí)，四指所指的方向是導(dǎo)線之外磁場(chǎng)的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時(shí)，拇指的指向是線圈軸線上磁場(chǎng)的方向。（4）環(huán)形電流相當(dāng)于小磁針，通電螺線管相當(dāng)于條形磁鐵，應(yīng)用安培定則判斷時(shí)，拇指所指的一端為它的N極。17．磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加遵循矢量法則?！久}方向】?jī)砷L(zhǎng)直通電導(dǎo)線互相平行，電流方向相同，其截面處于一個(gè)等邊三角形的A、B處，如圖所示，兩通電導(dǎo)線在C處的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，則C處的總磁感應(yīng)強(qiáng)度為（）A、2BB、BC、0D、3分析：根據(jù)安培定則判斷出A、B兩導(dǎo)線在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，根據(jù)磁場(chǎng)的疊加原理，分析C處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向．解答：根據(jù)安培定則可知，導(dǎo)線A在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于AC方向向右，導(dǎo)線B在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于BC方向向右，如圖，根據(jù)平行四邊形定則得到，C處的總磁感應(yīng)強(qiáng)度為B總＝2Bcos30°=3故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查安培定則的應(yīng)用能力和運(yùn)用平行四邊形定則求合磁感應(yīng)強(qiáng)度的能力．【解題思路點(diǎn)撥】磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加的步驟為：1.先確定每一個(gè)獨(dú)立的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向2.運(yùn)用平行四邊形法則或三角形法則計(jì)算合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。18．帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.疊加場(chǎng)是指一個(gè)區(qū)域可能同時(shí)含有重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的兩個(gè)或三個(gè)。但本考點(diǎn)涉及的題目必須包含磁場(chǎng)。2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)有兩種情況（不考慮平行于電場(chǎng)和磁場(chǎng)射入）（1）不計(jì)粒子重力，則必有洛倫茲力等于電場(chǎng)力，Bqv＝qE。（2）考慮粒子重力，則必有電場(chǎng)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(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)。因?yàn)槿绻亲兯龠\(yùn)動(dòng)，則洛倫茲力也會(huì)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(yùn)動(dòng)?！久}方向】如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，一帶負(fù)電微粒由a點(diǎn)以一定初速度進(jìn)入電磁場(chǎng)，剛好能沿直線ab斜向上運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）A、微粒的動(dòng)能一定增加B、微粒的動(dòng)能一定減少C、微粒的電勢(shì)能一定減少D、微粒的機(jī)械能一定增加分析：對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，受到豎直向下的重力，水平向左的電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，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(xiàng)的正誤．解答：根據(jù)做直線運(yùn)動(dòng)的條件和受力情況（如圖所示）可知，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子的動(dòng)能保持不變，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；再由a沿直線運(yùn)動(dòng)到b的過場(chǎng)中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)C正確；重力做負(fù)功，重