第104頁(yè)（共104頁(yè)）2025年北京市西城區(qū)高考物理二模試卷一、第一部分。本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1．（3分）（2025?西城區(qū)二模）懸浮在水中的花粉顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)可以說(shuō)明（）A．分子之間有斥力 B．分子之間有引力 C．花粉分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng) D．水分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)2．（3分）（2025?西城區(qū)二模）下列與原子核內(nèi)部變化有關(guān)的現(xiàn)象是（）A．α粒子散射現(xiàn)象 B．天然放射現(xiàn)象 C．光電效應(yīng)現(xiàn)象 D．光的干涉現(xiàn)象3．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，用綠光照射單縫S，光通過(guò)有兩條狹縫S1和S2的雙縫后，在光屏P上觀察到明暗相間的條紋。若要增大相鄰條紋間距，可以（）A．僅增大S1與S2的間距 B．僅增大單縫與雙縫的距離 C．僅增大雙縫與光屏的距離 D．僅將綠光換為紫光4．（3分）（2025?西城區(qū)二模）簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，某時(shí)刻的波形如圖所示，P為介質(zhì)中的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)P的速度方向與波的傳播方向相同 B．質(zhì)點(diǎn)P的速度方向與加速度方向相反 C．質(zhì)點(diǎn)P的速度方向與位移方向相反 D．質(zhì)點(diǎn)P的振幅小于A05．（3分）（2025?西城區(qū)二模）交流發(fā)電機(jī)的示意圖如圖1所示，兩磁極間的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，矩形線圈ABCD繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO′沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間按正弦函數(shù)的規(guī)律變化，如圖2所示。發(fā)電機(jī)線圈電阻為5Ω，外電路接R＝95Ω的定值電阻。下列說(shuō)法正確的是（）A．理想電流表的示數(shù)為2.2A B．電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的表達(dá)式為e＝220sin（50πt）V C．線圈經(jīng)過(guò)圖示位置時(shí)，電流方向?yàn)锳BCDA D．線圈經(jīng)過(guò)圖示位置時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為220V6．（3分）（2025?西城區(qū)二模）長(zhǎng)方體木塊A、B疊在一起，放在粗糙水平桌面上。B木塊受到一個(gè)水平恒力F的作用，兩木塊始終保持相對(duì)靜止。下列說(shuō)法正確的是（）A．若A、B在桌面上靜止不動(dòng)，A受到向右的摩擦力 B．若A、B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，A受到向右的摩擦力 C．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到向右的摩擦力 D．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到的摩擦力大小等于F7．（3分）（2025?西城區(qū)二模）一種延時(shí)繼電器的結(jié)構(gòu)如圖所示。鐵芯上有兩個(gè)線圈A和B，線圈A與電源連接，線圈B的兩端M、N連在一起，構(gòu)成一個(gè)閉合電路。斷開開關(guān)S時(shí)，彈簧K并不會(huì)立刻將銜鐵D拉起而使觸頭C（連接工作電路）離開，而是過(guò)一小段時(shí)間才執(zhí)行這個(gè)動(dòng)作。下列說(shuō)法正確的是（）A．?dāng)嚅_S瞬間，線圈B中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向上 B．若線圈B的兩端不閉合，會(huì)對(duì)延時(shí)效果產(chǎn)生影響 C．改變線圈B的纏繞方向，會(huì)對(duì)延時(shí)效果產(chǎn)生影響 D．調(diào)換電源的正負(fù)極，不再有延時(shí)效果8．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，長(zhǎng)為l的細(xì)繩上端懸于P點(diǎn)，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球。小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．細(xì)繩的拉力大小等于mgsinθ B．小球的向心加速度等于gsinθ C．小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，繩拉力的沖量等于0 D．小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，重力的沖量等于2πmglcosθ9．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的圓心為O，半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以某一速度從P點(diǎn)沿磁場(chǎng)區(qū)域的半徑方向射入磁場(chǎng)，從Q點(diǎn)射出，PO與OQ成60°角，不計(jì)粒子重力。下列說(shuō)法正確的是（）A．帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于R B．帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于πm3C．若射入速度變大，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑變小 D．若射入速度變大，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短10．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木塊以一定的初速度從斜面底端沖上斜面后又滑回斜面底端。則木塊（）A．上滑過(guò)程的時(shí)間大于下滑過(guò)程的時(shí)間 B．上滑過(guò)程的加速度小于下滑過(guò)程的加速度 C．上滑過(guò)程與下滑過(guò)程損失的機(jī)械能相等 D．上滑過(guò)程的動(dòng)量變化量小于下滑過(guò)程的動(dòng)量變化量11．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，電荷量為q的正點(diǎn)電荷與豎直放置的均勻帶電薄板相距2d，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過(guò)板的幾何中心，垂線上的A、B兩點(diǎn)到薄板的距離均為d。已知A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，下列說(shuō)法正確的是（）A．薄板帶正電 B．B點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì) C．B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向右 D．B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為kq12．（3分）（2025?海南模擬）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動(dòng)時(shí)，傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動(dòng)的周期為4s B．0～2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài) C．0～2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為2N?s D．0～2s內(nèi)，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量13．（3分）（2025?西城區(qū)二模）密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬板上下放置，從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、電荷量不同、密度相同的小油滴。觀察兩個(gè)油滴a、b的運(yùn)動(dòng)情況：當(dāng)兩板間不加電壓時(shí)，兩個(gè)油滴在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后，兩油滴很快達(dá)到相同的速率v02，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴視為小球，所受空氣阻力的大小f＝krv，其中r為油滴的半徑，v為油滴的速率，k為常量。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。則A．帶同種電荷 B．半徑之比為4：1 C．質(zhì)量之比為4：1 D．電荷量之比為4：114．（3分）（2025?浙江模擬）超導(dǎo)體是一種在溫度降低到特定溫度以下，電阻會(huì)突然降為零，且完全排斥磁場(chǎng)的材料。超導(dǎo)體從有電阻的正常態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱汶娮璧某瑢?dǎo)態(tài)，有兩個(gè)重要的臨界參數(shù)：臨界溫度Tc和臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc。臨界溫度Tc是在沒(méi)有外磁場(chǎng)干擾的理想條件下，超導(dǎo)體從正常態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)槌瑢?dǎo)態(tài)的溫度。臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc描述了超導(dǎo)體在特定溫度下能夠承受的最大外部磁場(chǎng)強(qiáng)度，超過(guò)該值后，超導(dǎo)體將從超導(dǎo)態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài)。已知某類超導(dǎo)體的臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系為Hc＝Hc0[1﹣（TTc）2]，式中HA．若溫度低于Tc，超導(dǎo)體一定處于超導(dǎo)態(tài) B．若溫度逐漸升高但不超過(guò)Tc，可以通過(guò)減小磁場(chǎng)強(qiáng)度的方式來(lái)維持超導(dǎo)態(tài) C．若外加磁場(chǎng)強(qiáng)度大于Hc0，且溫度低于Tc，則超導(dǎo)體處于超導(dǎo)態(tài) D．若外加磁場(chǎng)強(qiáng)度小于Hc0，且溫度高于Tc，則超導(dǎo)體處于超導(dǎo)態(tài)二、第二部分。本部分共6題，共58分。15．（8分）（2025?西城區(qū)二模）（1）為探究變壓器原副線圈的電壓與匝數(shù)的關(guān)系，除了可拆變壓器外，還需要選用的器材有。A.低壓交流電源B.低壓直流電源C.交流電壓表D.直流電壓表（2）配制一定濃度的油酸酒精溶液，使純油酸與油酸酒精溶液的體積比為1：n。將一滴體積為V的油酸酒精溶液滴入水中，油膜充分散開后面積為S。則該油酸分子的直徑為。（3）某同學(xué)利用銅片、鋅片和蘋果制作了水果電池，他使用如圖1所示實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。閉合開關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值R，記錄電流表的讀數(shù)I，繪出圖像如圖2所示。則該電池的電動(dòng)勢(shì)E＝V，內(nèi)阻r＝kΩ。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）16．（10分）（2025?西城區(qū)二模）利用圖1所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。（1）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的下列操作步驟，必要的是。A.用天平測(cè)量重物的質(zhì)量B.先接通電源后釋放紙帶C.用秒表測(cè)量重物下落的時(shí)間D.在紙帶上用刻度尺測(cè)量重物下落的高度（2）實(shí)驗(yàn)得到如圖2所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到重物下落的起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，計(jì)時(shí)器打點(diǎn)周期為T，設(shè)重物的質(zhì)量為m，從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重物重力勢(shì)能的減少量為，動(dòng)能的增加量為。（3）某同學(xué)用兩個(gè)物體P、Q分別進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，多次記錄下落的高度h和對(duì)應(yīng)的速度大小v，作出v2﹣h圖像如圖3所示，實(shí)驗(yàn)操作規(guī)范。通過(guò)圖像可以確定。A.Q受到的阻力大小恒定B.P的質(zhì)量小于Q的質(zhì)量C.選擇P進(jìn)行實(shí)驗(yàn)誤差更?。?）某同學(xué)利用圖4所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平，在氣墊導(dǎo)軌上安裝一個(gè)光電門，滑塊上固定一個(gè)遮光條，將滑塊用細(xì)線繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪與托盤相連。測(cè)出遮光條的寬度為d，托盤和砝碼的總質(zhì)量為m1，滑塊和遮光條的總質(zhì)量為m2，滑塊由靜止釋放，讀取遮光條通過(guò)光電門的遮光時(shí)間Δt。已知重力加速度為g。為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量的物理量是，將該物理量用x表示。若符合機(jī)械能守恒定律，以上測(cè)得的物理量滿足的關(guān)系式為。17．（9分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，小物塊的質(zhì)量m＝0.10kg，以速度v0＝2m/s開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)至水平桌面右端拋出。物塊的拋出點(diǎn)距水平地面的高度h＝0.80m，落地點(diǎn)與桌面右端的水平距離s＝0.40m，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（2）物塊離開桌面右端時(shí)速度的大小v；（3）桌面摩擦力對(duì)物塊做的功W。18．（9分）（2025?西城區(qū)二模）游樂(lè)場(chǎng)的“太空梭”先把座艙拉升到一定高度處釋放，座艙下落到制動(dòng)位置時(shí)，觸發(fā)電磁制動(dòng)開始減速。將座艙簡(jiǎn)化為正方形線框abcd，如圖所示，線框下方存在寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的上下邊界水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。線框從距磁場(chǎng)上邊界高度為h處由靜止開始自由下落。線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開始減速，cd邊穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度是ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的12。已知線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，電阻為R，重力加速度大小為g，線框下落過(guò)程中ab（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E；（2）線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中最大加速度的大小a；（3）線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。19．（10分）（2025?西城區(qū)二模）弗蘭克﹣赫茲實(shí)驗(yàn)是能夠驗(yàn)證玻爾理論的重要實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，放電管的陰極K持續(xù)發(fā)射電子，兩個(gè)金屬網(wǎng)電極G1和G2將放電管分為三個(gè)區(qū)域，在G1與K之間加可調(diào)節(jié)大小的電壓，使電子加速運(yùn)動(dòng)；電子進(jìn)入G1和G2之間的等勢(shì)區(qū)后，部分電子與該區(qū)域內(nèi)的原子發(fā)生碰撞；在G2與電極A間加電壓，使進(jìn)入該區(qū)域的電子減速運(yùn)動(dòng)，若有電子到達(dá)A，電流表可觀測(cè)到電流?？梢越⒑?jiǎn)化的模型從理論角度對(duì)該實(shí)驗(yàn)進(jìn)行分析。設(shè)原子的質(zhì)量為M，被撞前視為靜止，電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，忽略電子的初速度及電子間的相互作用力，假定電子均沿直線運(yùn)動(dòng)，電子與原子最多發(fā)生一次碰撞，且電子不會(huì)被原子俘獲。（1）當(dāng)G1與K間電壓為U時(shí)，求電子到達(dá)G1時(shí)速度的大小v。（2）該實(shí)驗(yàn)利用電子對(duì)原子進(jìn)行撞擊，使原子吸收碰撞損失的動(dòng)能從低能級(jí)躍遷到高能級(jí)。a.為使原子從能量為E0的基態(tài)躍遷到能量為E1的第一激發(fā)態(tài)，求G1與K間電壓的最小值U0。b.在G2與A間加電壓是為了觀測(cè)到電流表示數(shù)的顯著變化，以推知原子是否發(fā)生了能級(jí)躍遷。當(dāng)G1與K間電壓為U0時(shí)，求G2與A間電壓U1的最小值。20．（12分）（2025?西城區(qū)二模）物理模型對(duì)于研究有重要意義，研究中要根據(jù)解決問(wèn)題的需要對(duì)模型進(jìn)行改進(jìn)和優(yōu)化，以提高其可靠性和實(shí)用性。已知地球質(zhì)量為M，可視為質(zhì)量均勻分布的半徑為R的球體，引力常量為G，不考慮地球自轉(zhuǎn)。（1）在地球表面將物體以初速度v0豎直上拋a.若忽略萬(wàn)有引力的變化，物體上升過(guò)程的v﹣t圖像如圖1所示。求重力加速度的大小g及物體上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t1。b.若考慮萬(wàn)有引力的變化，在圖1中定性畫出物體上升階段的v﹣t圖像，標(biāo)出物體上升到最高點(diǎn)的時(shí)間t2。（2）在地球赤道表面向北極發(fā)射洲際導(dǎo)彈a.若忽略萬(wàn)有引力大小的變化，某同學(xué)提出將導(dǎo)彈的運(yùn)動(dòng)分解為繞地心的勻速圓周運(yùn)動(dòng)與垂直地球表面的勻變速直線運(yùn)動(dòng)。若導(dǎo)彈發(fā)射速度的大小為v1，方向與地面的夾角為θ，如圖2所示。推導(dǎo)導(dǎo)彈距地面的高度h隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的關(guān)系式。b.若考慮萬(wàn)有引力的變化，導(dǎo)彈僅在地球引力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡是橢圓，地心O為橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，如圖3所示。已知取無(wú)窮遠(yuǎn)處的引力勢(shì)能為0，質(zhì)量為m的物體在距地心為r（r≥R）處的引力勢(shì)能Ep＝﹣GMmr，該物體在地球引力作用下做橢圓運(yùn)動(dòng)時(shí)，其機(jī)械能E（動(dòng)能與引力勢(shì)能之和）與橢圓半長(zhǎng)軸a的關(guān)系為E＝﹣GMm2a，橢圓上任意一點(diǎn)到兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為2a。求發(fā)射導(dǎo)彈到北極的最小速度

2025年北京市西城區(qū)高考物理二模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共14小題）題號(hào)1234567891011答案DBCBACBDDCB題號(hào)121314答案CDB一、第一部分。本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1．（3分）（2025?西城區(qū)二模）懸浮在水中的花粉顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)可以說(shuō)明（）A．分子之間有斥力 B．分子之間有引力 C．花粉分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng) D．水分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】布朗運(yùn)動(dòng)實(shí)例、本質(zhì)及解釋．【專題】定性思想；推理法；分子運(yùn)動(dòng)論專題；推理論證能力．【答案】D【分析】花粉顆粒所做的無(wú)規(guī)則的運(yùn)動(dòng)即布朗運(yùn)動(dòng)是由液體分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)導(dǎo)致的?！窘獯稹拷猓翰祭蔬\(yùn)動(dòng)是指懸浮在液體中的花粉顆粒所做的無(wú)規(guī)則的運(yùn)動(dòng)，這由于液體分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，撞擊的不平衡性造成的。這不能說(shuō)明分子之間的斥力和引力，也不能說(shuō)明花粉分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查布朗運(yùn)動(dòng)的概念，布朗運(yùn)動(dòng)能夠反映的是水分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)。2．（3分）（2025?西城區(qū)二模）下列與原子核內(nèi)部變化有關(guān)的現(xiàn)象是（）A．α粒子散射現(xiàn)象 B．天然放射現(xiàn)象 C．光電效應(yīng)現(xiàn)象 D．光的干涉現(xiàn)象【考點(diǎn)】天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)及意義；光電效應(yīng)現(xiàn)象及其物理意義．【專題】定性思想；累積法；原子的核式結(jié)構(gòu)及其組成．【答案】B【分析】α粒子散射現(xiàn)象是用α粒子打到金箔上，受到原子核的庫(kù)侖斥力而發(fā)生偏折的現(xiàn)象；天然放射現(xiàn)象是原子核內(nèi)部自發(fā)的放射出α粒子或β粒子的現(xiàn)象；光電效應(yīng)是原子核外層電子脫離原子核的束縛而逸出；光的干涉現(xiàn)象是頻率和振動(dòng)情況相同的兩束光相遇后產(chǎn)生明暗相間的圓環(huán)或條紋，與原子核內(nèi)部無(wú)關(guān)。【解答】解：A、α粒子散射實(shí)驗(yàn)表明了原子內(nèi)部有一個(gè)很小的核，叫原子核，并沒(méi)有涉及到核內(nèi)部的變化。故A錯(cuò)誤；B、天然放射現(xiàn)象是原子核內(nèi)部發(fā)生變化自發(fā)的放射出α粒子或β粒子，反應(yīng)過(guò)程中核內(nèi)核子數(shù)，質(zhì)子數(shù)，中子數(shù)發(fā)生變化。故B正確；C、光電效應(yīng)是原子核外層電子脫離原子核的束縛而逸出，沒(méi)有涉及到原子核的變化。故C錯(cuò)誤；D、光的干涉現(xiàn)象是頻率和振動(dòng)情況相同的兩束光相遇后產(chǎn)生明暗相間的圓環(huán)或條紋，與原子核內(nèi)部無(wú)關(guān)。故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查這幾種物理現(xiàn)象的本質(zhì)，內(nèi)容簡(jiǎn)單，只要加強(qiáng)記憶就能順利解決。3．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，用綠光照射單縫S，光通過(guò)有兩條狹縫S1和S2的雙縫后，在光屏P上觀察到明暗相間的條紋。若要增大相鄰條紋間距，可以（）A．僅增大S1與S2的間距 B．僅增大單縫與雙縫的距離 C．僅增大雙縫與光屏的距離 D．僅將綠光換為紫光【考點(diǎn)】光的波長(zhǎng)與干涉條紋間距的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；光的干涉專題；推理論證能力．【答案】C【分析】由波的干涉中條紋的間距公式可得出為增大間距應(yīng)采取的措施。【解答】解：在波的干涉中，干涉條紋的間距Δx=Ldλ，由公式可得，條紋間距與波長(zhǎng)、屏之間的距離成正比，與雙縫間的距離d成反比，故要增大間距，應(yīng)減小A、增大S1與S2的間距d，相鄰條紋間距更小，故A錯(cuò)誤；B、增大單縫屏到雙縫屏的距離，相鄰條紋間距不變，故B錯(cuò)誤；C、僅增大雙縫與光屏的距離，則相鄰條紋間距更大，故C正確；D、將綠色光換為紫色光，波長(zhǎng)減小，則相鄰條紋間距更小，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查光波的干涉條紋的間距公式，應(yīng)牢記條紋間距的決定因素，不要求定量計(jì)算，但要求定性分析。4．（3分）（2025?西城區(qū)二模）簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，某時(shí)刻的波形如圖所示，P為介質(zhì)中的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)P的速度方向與波的傳播方向相同 B．質(zhì)點(diǎn)P的速度方向與加速度方向相反 C．質(zhì)點(diǎn)P的速度方向與位移方向相反 D．質(zhì)點(diǎn)P的振幅小于A0【考點(diǎn)】機(jī)械波的圖像問(wèn)題．【專題】定性思想；歸納法；波的多解性；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)橫波的定義分析；根據(jù)上下坡法分析質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向，根據(jù)位移方向確定加速度方向；根據(jù)圖像分析；沿波的傳播方向上所有的質(zhì)點(diǎn)振幅都相同。【解答】解：A、橫波的傳播方向和介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向相互垂直，所以質(zhì)點(diǎn)P的速度方向與波速的傳播方向不同，故A錯(cuò)誤；BC、根據(jù)上下坡法可知此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向是沿y軸正方向，位移為正，所以加速度方向是沿y軸負(fù)方向的，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的速度方向與加速度方向相反，P點(diǎn)的速度方向與位移方向相同，故B正確，C錯(cuò)誤；D、間歇橫波中所有的質(zhì)點(diǎn)都做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅相同，都是A0，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】能夠根據(jù)上下坡法分析出質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度方向是解題的關(guān)鍵。5．（3分）（2025?西城區(qū)二模）交流發(fā)電機(jī)的示意圖如圖1所示，兩磁極間的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，矩形線圈ABCD繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO′沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間按正弦函數(shù)的規(guī)律變化，如圖2所示。發(fā)電機(jī)線圈電阻為5Ω，外電路接R＝95Ω的定值電阻。下列說(shuō)法正確的是（）A．理想電流表的示數(shù)為2.2A B．電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的表達(dá)式為e＝220sin（50πt）V C．線圈經(jīng)過(guò)圖示位置時(shí)，電流方向?yàn)锳BCDA D．線圈經(jīng)過(guò)圖示位置時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為220V【考點(diǎn)】正弦式交變電流的函數(shù)表達(dá)式及推導(dǎo)；根據(jù)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)位置判斷電流方向．【專題】定量思想；方程法；交流電專題；推理論證能力．【答案】A【分析】明確交流電的產(chǎn)生過(guò)程，根據(jù)乙圖可明確交流電的最大值和周期；再根據(jù)交流電的產(chǎn)生規(guī)律寫出瞬時(shí)值表達(dá)式，根據(jù)右手定則判斷電流的方向?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知該交流電的最大值為2202V，則有效值為E=Em電流表的讀數(shù)I=ER+r=220B、由圖可知交流電的周期T＝0.02s，則瞬時(shí)值表達(dá)式為e=Emsinωt=2202sin2πC、根據(jù)右手定則可知，當(dāng)線圈經(jīng)過(guò)圖示位置時(shí)，電流方向?yàn)锳DCBA方向，故C錯(cuò)誤；D、線圈經(jīng)過(guò)圖示位置時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量為零，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大，為2202V，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查交流電的產(chǎn)生規(guī)律，要注意明確線圈轉(zhuǎn)動(dòng)與交流電的對(duì)應(yīng)關(guān)系，明確線圈處于中性面時(shí)磁通量最大而電動(dòng)勢(shì)為零，而在垂直于中性面位置時(shí)，磁通量為零而電動(dòng)勢(shì)最大。6．（3分）（2025?西城區(qū)二模）長(zhǎng)方體木塊A、B疊在一起，放在粗糙水平桌面上。B木塊受到一個(gè)水平恒力F的作用，兩木塊始終保持相對(duì)靜止。下列說(shuō)法正確的是（）A．若A、B在桌面上靜止不動(dòng)，A受到向右的摩擦力 B．若A、B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，A受到向右的摩擦力 C．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到向右的摩擦力 D．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到的摩擦力大小等于F【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力的方向；滑動(dòng)摩擦力的大小計(jì)算和影響因素．【專題】定性思想；推理法；摩擦力專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈．若A、B在桌面上靜止不動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知，A不受到摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；B．若A、B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知，A不受到摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；C．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，A受到向右的摩擦力，故C正確；D．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，對(duì)A，摩擦力f＝mAa，對(duì)A、B整體，有F﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a，可知A受到的摩擦力大小小于F，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】考查平衡條件和牛頓第二定律的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。7．（3分）（2025?西城區(qū)二模）一種延時(shí)繼電器的結(jié)構(gòu)如圖所示。鐵芯上有兩個(gè)線圈A和B，線圈A與電源連接，線圈B的兩端M、N連在一起，構(gòu)成一個(gè)閉合電路。斷開開關(guān)S時(shí)，彈簧K并不會(huì)立刻將銜鐵D拉起而使觸頭C（連接工作電路）離開，而是過(guò)一小段時(shí)間才執(zhí)行這個(gè)動(dòng)作。下列說(shuō)法正確的是（）A．?dāng)嚅_S瞬間，線圈B中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向上 B．若線圈B的兩端不閉合，會(huì)對(duì)延時(shí)效果產(chǎn)生影響 C．改變線圈B的纏繞方向，會(huì)對(duì)延時(shí)效果產(chǎn)生影響 D．調(diào)換電源的正負(fù)極，不再有延時(shí)效果【考點(diǎn)】楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)楞次定律以及感應(yīng)電流產(chǎn)生條件分析求解?！窘獯稹拷猓篈.斷開S瞬間，根據(jù)楞次定律可知，線圈B中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向下，故A錯(cuò)誤；B.若線圈B的兩端不閉合，B中無(wú)法產(chǎn)生感應(yīng)電流，無(wú)法產(chǎn)生延時(shí)效果，會(huì)對(duì)延時(shí)效果產(chǎn)生影響，故B正確；CD.改變線圈B的纏繞方向，調(diào)換電源的正負(fù)極，線圈中依然會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，不會(huì)對(duì)延時(shí)效果產(chǎn)生影響，故CD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了楞次定律的相關(guān)應(yīng)用，熟練掌握楞次定律即可順利求解，屬于基礎(chǔ)題型。8．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，長(zhǎng)為l的細(xì)繩上端懸于P點(diǎn)，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球。小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．細(xì)繩的拉力大小等于mgsinθ B．小球的向心加速度等于gsinθ C．小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，繩拉力的沖量等于0 D．小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，重力的沖量等于2πmglcosθ【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題；物體被系在繩上做圓錐擺運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】對(duì)小球進(jìn)行受力分析求解；根據(jù)牛頓第二定律列式求解；由動(dòng)量定理求解拉力和重力的沖量大小。【解答】解：A、對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球受重力mg和細(xì)繩的拉力F。將拉力F沿豎直方向和水平方向分解，豎直方向上Fcosθ＝mg可得：F=mgcosθ，故B、水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律得：Fsinθ＝man將：F=mgcosθ，代入可得：an＝gtanθ，故CD、小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間：t＝T=結(jié)合：an=rω2聯(lián)立解得：t＝2πl(wèi)cosθ小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，重力的沖量為：I設(shè)小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，拉力的沖量大小為IF，根據(jù)動(dòng)量定理得：IF﹣IG＝0，解得：IF=2πmglcosθ，故C錯(cuò)誤，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓周運(yùn)動(dòng)及動(dòng)量定理，解題的關(guān)鍵是要知道向心力的來(lái)源。9．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的圓心為O，半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以某一速度從P點(diǎn)沿磁場(chǎng)區(qū)域的半徑方向射入磁場(chǎng)，從Q點(diǎn)射出，PO與OQ成60°角，不計(jì)粒子重力。下列說(shuō)法正確的是（）A．帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于R B．帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于πm3C．若射入速度變大，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑變小 D．若射入速度變大，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短【考點(diǎn)】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子軌道半徑與轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，然后根據(jù)周期公式與牛頓第二定律分析答題。【解答】解：A、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何知識(shí)可知r＝Rtan30°=33R，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角θ＝120°，故B、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πrv=2πmC、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝mv2r，解得r=mvqB，若入射速度v變大，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑D、設(shè)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為α，粒子的軌道半徑為r，則tanα2=Rr，若射入速度v變大，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=mvqB變大，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角α故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用幾何知識(shí)與牛頓第二定律即可解題。10．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木塊以一定的初速度從斜面底端沖上斜面后又滑回斜面底端。則木塊（）A．上滑過(guò)程的時(shí)間大于下滑過(guò)程的時(shí)間 B．上滑過(guò)程的加速度小于下滑過(guò)程的加速度 C．上滑過(guò)程與下滑過(guò)程損失的機(jī)械能相等 D．上滑過(guò)程的動(dòng)量變化量小于下滑過(guò)程的動(dòng)量變化量【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；物體在粗糙斜面上的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】C【分析】ABD、上滑和下滑過(guò)程中，摩擦力的方向不同，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，根據(jù)時(shí)間位移公式分析時(shí)間，根據(jù)速度—位移公式分析速度的變化，進(jìn)而分析動(dòng)量變化；C、物塊在上滑和下滑過(guò)程中，由于摩擦力做功導(dǎo)致機(jī)械能損失，但由于摩擦力和接觸面積相同，且路徑長(zhǎng)度相同，所以損失的機(jī)械能相等。【解答】解：B、物體先減速上升，由牛頓定律則：f+mgsinθ＝ma；后加速下滑，則：mgsinθ﹣f＝ma′；摩擦力相同，所以a＞a′，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故B錯(cuò)誤；A、因?yàn)閍＞a′，由s=12C、克服摩擦力做功W＝fs，所以上滑過(guò)程與下滑過(guò)程克服摩擦力做功相同，因?yàn)榭朔Σ磷枇ψ龉Φ扔谖矬w機(jī)械能的變化量，所以上滑過(guò)程與下滑過(guò)程中機(jī)械能的減小量相等，故C正確；D、因?yàn)閍＞a′，由公式v2＝2as，知上滑過(guò)程速度的減小量大于下滑過(guò)程速度的增加量，上滑過(guò)程的動(dòng)量變化量大于下滑過(guò)程的動(dòng)量變化量，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】考查到牛頓第二定律、功能關(guān)系等知識(shí)，熟悉運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的運(yùn)用，要清楚上滑過(guò)程與下滑過(guò)程加速度不同。11．（3分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，電荷量為q的正點(diǎn)電荷與豎直放置的均勻帶電薄板相距2d，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過(guò)板的幾何中心，垂線上的A、B兩點(diǎn)到薄板的距離均為d。已知A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，下列說(shuō)法正確的是（）A．薄板帶正電 B．B點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì) C．B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向右 D．B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為kq【考點(diǎn)】帶電體周圍的電勢(shì)分布；點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場(chǎng)；電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【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】B【分析】由E=kqr2可得+q在A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小，由A點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)和方向可得帶電薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的大小，由對(duì)稱性可得薄板在【解答】解：+q在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：E1=kq(3d)2=kq9d2，方向向左，A點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為0，可知帶電薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向右，薄板帶負(fù)電，在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：E2=kq9d2，由對(duì)稱性可知，薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于E故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)的疊加，解題的關(guān)鍵是利用對(duì)稱性可得薄板在A、B兩點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反。12．（3分）（2025?海南模擬）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動(dòng)時(shí)，傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動(dòng)的周期為4s B．0～2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài) C．0～2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為2N?s D．0～2s內(nèi)，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量【考點(diǎn)】求變力的沖量；超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；功的定義、單位和計(jì)算式；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；與彈簧相關(guān)的動(dòng)量、能量綜合專題；推理論證能力．【答案】C【分析】彈簧的彈力等于小球的重力時(shí)，是彈簧與小球組成的系統(tǒng)的平衡狀態(tài)，根據(jù)彈簧彈力的變化情況可知小球重力，彈簧彈力的沖量可根據(jù)沖量定理求得，小球的動(dòng)能變化可根據(jù)動(dòng)能定理求得。【解答】解：A.彈簧與小球組成的系統(tǒng)，靜止時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，伸長(zhǎng)量為l，此時(shí)彈簧彈力等于小球重力，根據(jù)題中信息可知，小球運(yùn)動(dòng)到最上端時(shí)，彈簧的彈力為0，彈簧處于原長(zhǎng)，根據(jù)彈簧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，彈簧位于最下端時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為2l，此時(shí)彈簧的彈力為2N，因此當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為l時(shí)，彈力大小為1N，此時(shí)彈力等于小球的重力，因此小球的質(zhì)量為0.1kg，故A錯(cuò)誤；B.0～2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)開始向上運(yùn)動(dòng)，開始時(shí)小球的重力小于彈簧的彈力，加速度向上，小球處于超重狀態(tài)，當(dāng)經(jīng)過(guò)彈簧伸長(zhǎng)量為l的點(diǎn)后，至小球到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球的重力大于彈簧彈力，此時(shí)小球的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)動(dòng)量定理可知，外力的沖量之和等于動(dòng)量的變化量，即Ft+Gt＝Δp，0s時(shí)小球位于最低點(diǎn)，速度為0，2s時(shí)小球位于最高點(diǎn)，速度也是0，因此可知Ft＝﹣Gt，已知小球的重力大小為1N，作用時(shí)間為2s，因此Gt＝2N?s，所以彈簧彈力的沖量大小也是2N?s，故C正確；D.根據(jù)動(dòng)能定理可知，外力做功之和等于動(dòng)能變化量，對(duì)小球做功的力除彈力外還有小球自身的重力，因此彈簧彈力做的功不等于小球動(dòng)能的變化量，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題需要利用胡克定律、動(dòng)量定理及動(dòng)能定理等相關(guān)知識(shí)求解。13．（3分）（2025?西城區(qū)二模）密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬板上下放置，從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、電荷量不同、密度相同的小油滴。觀察兩個(gè)油滴a、b的運(yùn)動(dòng)情況：當(dāng)兩板間不加電壓時(shí)，兩個(gè)油滴在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后，兩油滴很快達(dá)到相同的速率v02，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴視為小球，所受空氣阻力的大小f＝krv，其中r為油滴的半徑，v為油滴的速率，k為常量。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。則A．帶同種電荷 B．半徑之比為4：1 C．質(zhì)量之比為4：1 D．電荷量之比為4：1【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題．【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；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)質(zhì)量的計(jì)算公式得出油滴的質(zhì)量比值關(guān)系，結(jié)合其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和空氣阻力的計(jì)算公式得出油滴的質(zhì)量之比；根據(jù)油滴的變速類型得出油滴所帶電荷的電性，結(jié)合其受力分析得出電荷量的絕對(duì)值的比值關(guān)系?！窘獯稹拷猓涸O(shè)油滴的半徑為r，密度為ρ，根據(jù)質(zhì)量公式可得，油滴的質(zhì)量為：m=根據(jù)題意可知，速度為v時(shí)，空氣阻力的大小為：f＝kvr當(dāng)油滴勻速下落時(shí)，則油滴處于平衡狀態(tài)，由此可得：f＝mg聯(lián)立解得：r=根據(jù)上述表達(dá)式可知，油滴的半徑與v成正比則油滴的半徑之比為：ra解得ra根據(jù)質(zhì)量的計(jì)算公式可知，油滴a和油滴b的質(zhì)量之比為：ma解得ma當(dāng)兩板加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率v02，根據(jù)以上的分析可知，油滴a做的是減速運(yùn)動(dòng)，油滴b做的是加速運(yùn)動(dòng)，由此可判斷出油滴a帶負(fù)電，油滴油滴a：|qa|E+fa＝mag油滴b：fb﹣|qb|E＝mbg其中，根據(jù)油滴的前后速度的比值關(guān)系可知：fafb＝2mbg聯(lián)立解得：|q故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉球體的體積公式，根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)結(jié)合受力分析即可完成解答，整體難度不大。14．（3分）（2025?浙江模擬）超導(dǎo)體是一種在溫度降低到特定溫度以下，電阻會(huì)突然降為零，且完全排斥磁場(chǎng)的材料。超導(dǎo)體從有電阻的正常態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱汶娮璧某瑢?dǎo)態(tài)，有兩個(gè)重要的臨界參數(shù)：臨界溫度Tc和臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc。臨界溫度Tc是在沒(méi)有外磁場(chǎng)干擾的理想條件下，超導(dǎo)體從正常態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)槌瑢?dǎo)態(tài)的溫度。臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc描述了超導(dǎo)體在特定溫度下能夠承受的最大外部磁場(chǎng)強(qiáng)度，超過(guò)該值后，超導(dǎo)體將從超導(dǎo)態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài)。已知某類超導(dǎo)體的臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系為Hc＝Hc0[1﹣（TTc）2]，式中HA．若溫度低于Tc，超導(dǎo)體一定處于超導(dǎo)態(tài) B．若溫度逐漸升高但不超過(guò)Tc，可以通過(guò)減小磁場(chǎng)強(qiáng)度的方式來(lái)維持超導(dǎo)態(tài) C．若外加磁場(chǎng)強(qiáng)度大于Hc0，且溫度低于Tc，則超導(dǎo)體處于超導(dǎo)態(tài) D．若外加磁場(chǎng)強(qiáng)度小于Hc0，且溫度高于Tc，則超導(dǎo)體處于超導(dǎo)態(tài)【考點(diǎn)】半導(dǎo)體與超導(dǎo)現(xiàn)象．【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】B【分析】需考慮磁場(chǎng)強(qiáng)度是否超過(guò)該溫度下的臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc；依據(jù)臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系分析求解；外加磁場(chǎng)強(qiáng)度大于Hc0時(shí)，超導(dǎo)體處于正常態(tài)；只要溫度高于Tc，超導(dǎo)體就處于正常態(tài)，與外加磁場(chǎng)強(qiáng)度無(wú)關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、雖然溫度低于Tc，但如果此時(shí)外加磁場(chǎng)強(qiáng)度超過(guò)了該溫度下的臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc，超導(dǎo)體就會(huì)從超導(dǎo)態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài)，并非一定處于超導(dǎo)態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、溫度逐漸升高但不超過(guò)Tc時(shí)，根據(jù)Hc＝Hc0[1-(溫度升高則臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc會(huì)減小，那么可以通過(guò)減小磁場(chǎng)強(qiáng)度的方式來(lái)使磁場(chǎng)強(qiáng)度不超過(guò)Hc，從而維持超導(dǎo)態(tài)，故B正確；C、外加磁場(chǎng)強(qiáng)度大于Hc0時(shí)，由于Hc0是理論上絕對(duì)零度時(shí)的臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度，實(shí)際溫度低于Tc時(shí)的臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度Hc一定小于Hc0，所以此時(shí)外加磁場(chǎng)強(qiáng)度大于該溫度下的臨界磁場(chǎng)強(qiáng)度，超導(dǎo)體應(yīng)處于正常態(tài)，故C錯(cuò)誤；D、溫度高于Tc時(shí)，超導(dǎo)體已經(jīng)處于正常態(tài)，無(wú)論外加磁場(chǎng)強(qiáng)度是多少，都不會(huì)處于超導(dǎo)態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】這道題主要考查對(duì)超導(dǎo)體臨界參數(shù)概念的理解，以及對(duì)給定公式的運(yùn)用。二、第二部分。本部分共6題，共58分。15．（8分）（2025?西城區(qū)二模）（1）為探究變壓器原副線圈的電壓與匝數(shù)的關(guān)系，除了可拆變壓器外，還需要選用的器材有AC。A.低壓交流電源B.低壓直流電源C.交流電壓表D.直流電壓表（2）配制一定濃度的油酸酒精溶液，使純油酸與油酸酒精溶液的體積比為1：n。將一滴體積為V的油酸酒精溶液滴入水中，油膜充分散開后面積為S。則該油酸分子的直徑為VnS（3）某同學(xué)利用銅片、鋅片和蘋果制作了水果電池，他使用如圖1所示實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。閉合開關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值R，記錄電流表的讀數(shù)I，繪出圖像如圖2所示。則該電池的電動(dòng)勢(shì)E＝0.98V，內(nèi)阻r＝3.2kΩ。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】用油膜法估測(cè)油酸分子的大??；測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；估算分子個(gè)數(shù)專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）AC；（2）VnS；（3）0.98；【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理選擇器材；（2）求出油酸的體積與油膜的面積，可以求出油膜的厚度，即油酸分子的直徑；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像分析解答。【解答】解：（1）探究“變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，用到的器材除了導(dǎo)線和可拆變壓器外，還需要低壓交流電源和交流電壓表測(cè)交流電壓，直流電源和直流電表都不需要，故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選：AC。（2）純油酸體積為V'=油酸分子直徑d=（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知E＝IR+Ir變形可得IR＝E﹣Ir根據(jù)圖像的斜率與截距可知E＝0.98V，r=0.98-0.50150×10-6Ω＝3.2×10故答案為：（1）AC；（2）VnS；（3）0.98；【點(diǎn)評(píng)】本題考查“用單分子油膜估測(cè)分子大小”實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)步驟和數(shù)據(jù)處理，難度不大，是一道基礎(chǔ)題，熟練掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可正確解題。16．（10分）（2025?西城區(qū)二模）利用圖1所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。（1）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的下列操作步驟，必要的是BD。A.用天平測(cè)量重物的質(zhì)量B.先接通電源后釋放紙帶C.用秒表測(cè)量重物下落的時(shí)間D.在紙帶上用刻度尺測(cè)量重物下落的高度（2）實(shí)驗(yàn)得到如圖2所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到重物下落的起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，計(jì)時(shí)器打點(diǎn)周期為T，設(shè)重物的質(zhì)量為m，從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重物重力勢(shì)能的減少量為mghB，動(dòng)能的增加量為m(hC（3）某同學(xué)用兩個(gè)物體P、Q分別進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，多次記錄下落的高度h和對(duì)應(yīng)的速度大小v，作出v2﹣h圖像如圖3所示，實(shí)驗(yàn)操作規(guī)范。通過(guò)圖像可以確定AC。A.Q受到的阻力大小恒定B.P的質(zhì)量小于Q的質(zhì)量C.選擇P進(jìn)行實(shí)驗(yàn)誤差更?。?）某同學(xué)利用圖4所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平，在氣墊導(dǎo)軌上安裝一個(gè)光電門，滑塊上固定一個(gè)遮光條，將滑塊用細(xì)線繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪與托盤相連。測(cè)出遮光條的寬度為d，托盤和砝碼的總質(zhì)量為m1，滑塊和遮光條的總質(zhì)量為m2，滑塊由靜止釋放，讀取遮光條通過(guò)光電門的遮光時(shí)間Δt。已知重力加速度為g。為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量的物理量是滑塊釋放點(diǎn)到光電門之間的距離，將該物理量用x表示。若符合機(jī)械能守恒定律，以上測(cè)得的物理量滿足的關(guān)系式為m1gx=【考點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）BD；（2）mghB；m(hC-hA)28【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理、正確操作和注意事項(xiàng)分析作答；（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度求解打下B點(diǎn)的速度；根據(jù)重力勢(shì)能的定義式求解重力勢(shì)能的減小量；根據(jù)動(dòng)能的定義式求解動(dòng)能的增加量；（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解v2﹣h函數(shù)，結(jié)合圖像斜率的含義分析作答；（4）根據(jù)公式v=【解答】解：（1）A.根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，實(shí)驗(yàn)是通過(guò)比較12mv2和B.為了充分利用紙帶，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源后釋放紙帶，故B正確；C.打點(diǎn)計(jì)時(shí)器具有計(jì)時(shí)功能，不需要用秒表測(cè)量重物下落的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，重物下落的高度是通過(guò)紙帶來(lái)反映的，因此可以在紙帶上用刻度尺測(cè)量重物下落的高度，故D正確。故選：BD。（2）從起點(diǎn)O到打下點(diǎn)B點(diǎn)的過(guò)程中，重錘的重力勢(shì)能減少量ΔEp＝mghB根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，打下B點(diǎn)的速度v動(dòng)能的增加量Δ（3）考慮阻力的影響，根據(jù)動(dòng)能定理可得：(變形得v2＝2（g-fmv2﹣h圖像的斜率k＝2（g-fm），圖像的斜率不變說(shuō)明圖像的斜率越大，說(shuō)明阻力的影響越小，重力加速度的測(cè)量值越接近真實(shí)值；重物越重，空氣阻力的影響就越小，因此P的質(zhì)量大于Q的質(zhì)量，選擇P進(jìn)行實(shí)驗(yàn)誤差更小，故B錯(cuò)誤，AC正確。故選：AC。（4）遮光條通過(guò)光電門的瞬時(shí)速度v從滑塊釋放處到通過(guò)光電門的過(guò)程中，托盤和砝碼以及滑塊和遮光條組成系統(tǒng)動(dòng)能的增加量Δ為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量的物理量是滑塊釋放點(diǎn)到光電門之間的距離x；系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量ΔEp＝m1gx若符合機(jī)械能守恒定律，以上測(cè)得的物理量滿足的關(guān)系式為m1故答案為：（1）BD；（2）mghB；m(hC-hA)28【點(diǎn)評(píng)】本題考查了“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)，要明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握根據(jù)紙帶和光電門分別求解瞬時(shí)速度的方法，掌握重力勢(shì)能的定義式和動(dòng)能的定義式，掌握機(jī)械能守恒定律的運(yùn)用。17．（9分）（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，小物塊的質(zhì)量m＝0.10kg，以速度v0＝2m/s開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)至水平桌面右端拋出。物塊的拋出點(diǎn)距水平地面的高度h＝0.80m，落地點(diǎn)與桌面右端的水平距離s＝0.40m，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（2）物塊離開桌面右端時(shí)速度的大小v；（3）桌面摩擦力對(duì)物塊做的功W?！究键c(diǎn)】動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算．【專題】計(jì)算題；定量思想；合成分解法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為0.4s；（2）物塊離開桌面右端時(shí)速度的大小v為1m/s；（3）桌面摩擦力對(duì)物塊做的功W為﹣0.15J?！痉治觥浚?）物塊在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h=12g（2）根據(jù)s＝vt求物塊離開桌面右端時(shí)速度的大小v；（3）根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算桌面摩擦力對(duì)物塊做的功W。【解答】解：（1）物塊在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h=可得t=2hg（2）物塊在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有s＝vt可得v=st=（3）物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得W=解得W＝﹣0.15J答：（1）物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為0.4s；（2）物塊離開桌面右端時(shí)速度的大小v為1m/s；（3）桌面摩擦力對(duì)物塊做的功W為﹣0.15J?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要理清物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，掌握平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，能根據(jù)高度和水平位移求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和初速度。要知道動(dòng)能定理是求功常用的方法。18．（9分）（2025?西城區(qū)二模）游樂(lè)場(chǎng)的“太空梭”先把座艙拉升到一定高度處釋放，座艙下落到制動(dòng)位置時(shí)，觸發(fā)電磁制動(dòng)開始減速。將座艙簡(jiǎn)化為正方形線框abcd，如圖所示，線框下方存在寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的上下邊界水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。線框從距磁場(chǎng)上邊界高度為h處由靜止開始自由下落。線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開始減速，cd邊穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度是ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的12。已知線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，電阻為R，重力加速度大小為g，線框下落過(guò)程中ab（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E；（2）線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中最大加速度的大小a；（3）線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類問(wèn)題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；分析綜合能力．【答案】（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為BL2g（2）線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中最大加速度的大小a為B2L（3）線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為mg（34h+2L【分析】（1）由自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v，再根據(jù)E＝BLv求ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E；（2）線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開始減速，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，線框受到的安培力減小，則線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度最大，結(jié)合閉合電路歐姆定律、安培力和牛頓第二定律求最大加速度大??；（3）由能量守恒定律可以求出線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v。線框磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有v2＝2gh可得v=線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BLv＝BL2（2）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度最大，此時(shí)線框中感應(yīng)電流大小為I=線框受到的安培力大小為F＝BIL方向豎直向上根據(jù)牛頓第二定律得F﹣mg＝ma解得最大加速度大小為a=B（3）從開始下落到cd邊穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律得mg（h+2L）=1聯(lián)立解得Q＝mg（34h+2L答：（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為BL2g（2）線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中最大加速度的大小a為B2L（3）線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為mg（34h+2L【點(diǎn)評(píng)】分析清楚線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確線框加速度變化情況，應(yīng)用自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、E＝BLv、閉合電路歐姆定律、能量守恒定律即可正確解題。19．（10分）（2025?西城區(qū)二模）弗蘭克﹣赫茲實(shí)驗(yàn)是能夠驗(yàn)證玻爾理論的重要實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，放電管的陰極K持續(xù)發(fā)射電子，兩個(gè)金屬網(wǎng)電極G1和G2將放電管分為三個(gè)區(qū)域，在G1與K之間加可調(diào)節(jié)大小的電壓，使電子加速運(yùn)動(dòng)；電子進(jìn)入G1和G2之間的等勢(shì)區(qū)后，部分電子與該區(qū)域內(nèi)的原子發(fā)生碰撞；在G2與電極A間加電壓，使進(jìn)入該區(qū)域的電子減速運(yùn)動(dòng)，若有電子到達(dá)A，電流表可觀測(cè)到電流?？梢越⒑?jiǎn)化的模型從理論角度對(duì)該實(shí)驗(yàn)進(jìn)行分析。設(shè)原子的質(zhì)量為M，被撞前視為靜止，電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，忽略電子的初速度及電子間的相互作用力，假定電子均沿直線運(yùn)動(dòng)，電子與原子最多發(fā)生一次碰撞，且電子不會(huì)被原子俘獲。（1）當(dāng)G1與K間電壓為U時(shí)，求電子到達(dá)G1時(shí)速度的大小v。（2）該實(shí)驗(yàn)利用電子對(duì)原子進(jìn)行撞擊，使原子吸收碰撞損失的動(dòng)能從低能級(jí)躍遷到高能級(jí)。a.為使原子從能量為E0的基態(tài)躍遷到能量為E1的第一激發(fā)態(tài)，求G1與K間電壓的最小值U0。b.在G2與A間加電壓是為了觀測(cè)到電流表示數(shù)的顯著變化，以推知原子是否發(fā)生了能級(jí)躍遷。當(dāng)G1與K間電壓為U0時(shí)，求G2與A間電壓U1的最小值?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在電場(chǎng)問(wèn)題中的應(yīng)用；帶電粒子在恒定的電場(chǎng)中做加速（或減速）運(yùn)動(dòng)；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題．【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；推理論證能力．【答案】（1）當(dāng)G1與K間電壓為U時(shí)，電子到達(dá)G1時(shí)速度的大小v為2eU（2）a.G1與K間電壓的最小值U0為(Mb.G2與A間電壓U1的最小值為m2【分析】（1）電子在KG1間被加速，根據(jù)動(dòng)能定理求解電子到達(dá)G1時(shí)速度的大?。唬?）a.由題意可知電子與原子碰撞損失的動(dòng)能等于原子由基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)的能量差。電子與原子發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，損失的動(dòng)能最大，此情況下G1與K間電壓最小。根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律解答；b.根據(jù)前述分析確定電子與原子碰撞后的速度的最小值，根據(jù)動(dòng)能定理求解G2與A間電壓U1的最小值?！窘獯稹拷猓海?）電子在KG1間被加速，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU=解得：v（2）a.由（1）的解答可得：G1與K間電壓為U時(shí)，電子進(jìn)入G1G2區(qū)域速度大小為v=2由題意知碰撞損失的動(dòng)能等于原子由基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)的能量差，則有：E損＝E1﹣E0當(dāng)電子與原子發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，損失的動(dòng)能最大，設(shè)為Em。以碰撞前電子的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得：mv＝（m+M）v共解得：v根據(jù)能量守恒得：Em解得：E需滿足的條件為：Em≥E損＝E1﹣E0解得：U可得G1與K間電壓的最小值為：U0b.當(dāng)G1與K間電壓為U0時(shí)，電子進(jìn)入G1G2區(qū)域速度大小為：v設(shè)電子與原子碰撞后的速度大小為v1，根據(jù)（2）的解答可得：v要使電流表沒(méi)有示數(shù)，根據(jù)動(dòng)能定理得：e代入U(xiǎn)解得：U可得G2與A間電壓U1的最小值為m2答：（1）當(dāng)G1與K間電壓為U時(shí)，電子到達(dá)G1時(shí)速度的大小v為2eU（2）a.G1與K間電壓的最小值U0為(Mb.G2與A間電壓U1的最小值為m2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，考查了動(dòng)量守恒定律與功能關(guān)系的應(yīng)用。掌握應(yīng)用動(dòng)量與能量的觀點(diǎn)處理問(wèn)題的方法。20．（12分）（2025?西城區(qū)二模）物理模型對(duì)于研究有重要意義，研究中要根據(jù)解決問(wèn)題的需要對(duì)模型進(jìn)行改進(jìn)和優(yōu)化，以提高其可靠性和實(shí)用性。已知地球質(zhì)量為M，可視為質(zhì)量均勻分布的半徑為R的球體，引力常量為G，不考慮地球自轉(zhuǎn)。（1）在地球表面將物體以初速度v0豎直上拋a.若忽略萬(wàn)有引力的變化，物體上升過(guò)程的v﹣t圖像如圖1所示。求重力加速度的大小g及物體上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t1。b.若考慮萬(wàn)有引力的變化，在圖1中定性畫出物體上升階段的v﹣t圖像，標(biāo)出物體上升到最高點(diǎn)的時(shí)間t2。（2）在地球赤道表面向北極發(fā)射洲際導(dǎo)彈a.若忽略萬(wàn)有引力大小的變化，某同學(xué)提出將導(dǎo)彈的運(yùn)動(dòng)分解為繞地心的勻速圓周運(yùn)動(dòng)與垂直地球表面的勻變速直線運(yùn)動(dòng)。若導(dǎo)彈發(fā)射速度的大小為v1，方向與地面的夾角為θ，如圖2所示。推導(dǎo)導(dǎo)彈距地面的高度h隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的關(guān)系式。b.若考慮萬(wàn)有引力的變化，導(dǎo)彈僅在地球引力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡是橢圓，地心O為橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，如圖3所示。已知取無(wú)窮遠(yuǎn)處的引力勢(shì)能為0，質(zhì)量為m的物體在距地心為r（r≥R）處的引力勢(shì)能Ep＝﹣GMmr，該物體在地球引力作用下做橢圓運(yùn)動(dòng)時(shí)，其機(jī)械能E（動(dòng)能與引力勢(shì)能之和）與橢圓半長(zhǎng)軸a的關(guān)系為E＝﹣GMm2a，橢圓上任意一點(diǎn)到兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為2a。求發(fā)射導(dǎo)彈到北極的最小速度【考點(diǎn)】機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問(wèn)題；向心加速度的計(jì)算；萬(wàn)有引力的基本計(jì)算；天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化；引力勢(shì)能及其應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)的合成和分解專題；萬(wàn)有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用專題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）a.重力加速度的大小g為GMR2，及物體上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t1為b.在圖1中定性畫出物體上升階段的v﹣t圖像見解答。（2）a.導(dǎo)彈距地面的高度h隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的關(guān)系式為h=b.發(fā)射導(dǎo)彈到北極的最小速度v2為2(2【分析】（1）a.不考慮地球自轉(zhuǎn)，地球表面萬(wàn)有引力等于重力。若忽略萬(wàn)有引力的變化，將物體以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解物體上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間；b.若考慮萬(wàn)有引力的變化，則萬(wàn)有引力隨高度增加而減小，物體上升階段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v﹣t的斜率表示加速度作出v﹣t圖像。（2）a.將導(dǎo)彈的運(yùn)動(dòng)按照題意分解，確定導(dǎo)彈繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小和向心加速度大小，以及導(dǎo)彈在垂直于地球表面做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小。根據(jù)萬(wàn)有引力同時(shí)提供了向心加速度與垂直于地球表面做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求解出勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解導(dǎo)彈距地面的高度h隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的關(guān)系式；b.發(fā)射速度最小時(shí)導(dǎo)彈的機(jī)械能最小，可得橢圓半長(zhǎng)軸a最小。根據(jù)幾何關(guān)系求得最小的半長(zhǎng)軸，根據(jù)機(jī)械能等于動(dòng)能與引力勢(shì)能之和求解發(fā)射導(dǎo)彈到北極的最小速度?！窘獯稹拷猓海?）a.不考慮地球自轉(zhuǎn)，地球表面萬(wàn)有引力等于重力，則有：mg=解得重力加速度的大小為：g忽略萬(wàn)有引力的變化，物體以加速度g勻減速上升，物體上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間為：t1b.若考慮萬(wàn)有引力的變化，則萬(wàn)有引力隨高度增加而減小，可得物體上升階段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，因此物體減速到零的時(shí)間t2＞t1，v﹣t圖像大致如圖1所示（初始時(shí)與直線相切）（2）a.導(dǎo)彈繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為v1cosθ，向心加速度大小為：a設(shè)導(dǎo)彈垂直地球表面勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，根據(jù)萬(wàn)有引力同時(shí)提供了加速度a1與a2，根據(jù)牛頓第二定律得：GMmR解得：a導(dǎo)彈垂直地球表面勻變速直線運(yùn)動(dòng)的初速度為v1sinθ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：hb.赤道的發(fā)射點(diǎn)和北極到O距離相同，且O為橢圓焦點(diǎn)，說(shuō)明兩點(diǎn)關(guān)于橢圓長(zhǎng)軸對(duì)稱。發(fā)射速度最小時(shí)導(dǎo)彈的機(jī)械能最小，可得橢圓半長(zhǎng)軸a最小。發(fā)射點(diǎn)到橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)距離之和為2a，而到其中一個(gè)焦點(diǎn)O的距離是R為定值，因此橢圓半長(zhǎng)軸最小時(shí)，發(fā)射點(diǎn)與另一焦點(diǎn)O′的連線垂直于長(zhǎng)軸，如下圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得：2解得半長(zhǎng)軸為：a在發(fā)射點(diǎn)，動(dòng)能為12mv2根據(jù)機(jī)械能等于動(dòng)能與引力勢(shì)能之和，則有：-解得：v答：（1）a.重力加速度的大小g為GMR2，及物體上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t1為b.在圖1中定性畫出物體上升階段的v﹣t圖像見解答。（2）a.導(dǎo)彈距地面的高度h隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的關(guān)系式為h=b.發(fā)射導(dǎo)彈到北極的最小速度v2為2(2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了萬(wàn)有引力定律、機(jī)械能守恒定律、豎直上拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)，以及運(yùn)動(dòng)到合成與分解問(wèn)題。根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、功與能關(guān)系分析解答。

考點(diǎn)卡片1．滑動(dòng)摩擦力的方向【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.滑動(dòng)摩擦力的定義：兩個(gè)相互接觸的物體，當(dāng)它們發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，在接觸面上會(huì)產(chǎn)生有種阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)的力，叫作滑動(dòng)摩擦力。2.滑動(dòng)摩擦力的方向：總跟接觸面相切，并且跟物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反。3.關(guān)鍵詞：①與接觸面相切（沿接觸面）；②與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反?！久}方向】關(guān)于摩擦力，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A、滑動(dòng)摩擦力可以與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同B、靜摩擦力也可以與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同C、靜摩擦力可以與物體運(yùn)動(dòng)的方向成任意度角D、當(dāng)物體與接觸面的接觸面積減小而其他條件不變時(shí)，滑動(dòng)摩擦力將減小分析：摩擦力一個(gè)物體在另一個(gè)物體表面滑動(dòng)或有相對(duì)滑動(dòng)的趨勢(shì)時(shí)，受到的阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的力，與相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)方向相反．解答：A、滑動(dòng)摩擦力與物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，即與相對(duì)相接觸的那個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)方向相反，與物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向可以成任意角度，故A正確；BC、靜摩擦力與物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反，即與相對(duì)相接觸的那個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反，與物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向可以成任意角度，故B正確，C正確；D、滑動(dòng)摩擦力的大小與正壓力成正比，還與接觸面的材料有關(guān)，與接觸面的面積無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；本題選錯(cuò)誤的，故選D。點(diǎn)評(píng)：提到摩擦力不忘相對(duì)兩個(gè)字，摩擦力與相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方向相反，總是阻礙物體間的相對(duì)滑動(dòng)或相對(duì)滑動(dòng)趨勢(shì)．【解題思路點(diǎn)撥】1.滑動(dòng)摩擦力的方向總是與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反。因此判斷滑動(dòng)摩擦力的方向時(shí)，可以先判斷相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向，從而得出滑動(dòng)摩擦力的方向。2.滑動(dòng)摩擦力是物體之間相對(duì)運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的，與物體自身的運(yùn)動(dòng)情況無(wú)關(guān)，所以滑動(dòng)摩擦力的方向與物體自身的運(yùn)動(dòng)方向無(wú)關(guān)。例如：人剛站上電動(dòng)扶梯的時(shí)候，因?yàn)槿说某跛俣葹榱?，所以受到扶梯水平向前的滑?dòng)摩擦力，而人實(shí)際的運(yùn)動(dòng)方向取決于電梯的方向。2．滑動(dòng)摩擦力的大小計(jì)算和影響因素【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】滑動(dòng)摩擦力跟正壓力成正比，也就是跟一個(gè)物體對(duì)另一個(gè)物體表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F(xiàn)表示滑動(dòng)摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，μ叫動(dòng)摩擦因數(shù)。【命題方向】如圖所示，在與水平方向成θ角、大小為F的力作用下，質(zhì)量為m的物塊沿豎直墻壁加速下滑，已知物塊與墻壁的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．則下滑過(guò)程中物塊受滑動(dòng)摩擦力的大小為（）A、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ分析：分析物體的受力情況，求出正壓力，再由摩擦力的計(jì)算公式進(jìn)行計(jì)算．解答：將F分解可得，物體在垂直于墻壁方向上受到的壓力為N＝Fcosθ，則物體對(duì)墻壁的壓力為N＝N′＝Fcosθ；物體受到的滑動(dòng)摩擦力為f＝μN(yùn)′＝μFcosθ；故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生對(duì)滑動(dòng)摩擦力公式的掌握，注意公式里的正壓力不一定是重力，而是垂直于接觸面的壓力．【解題思路點(diǎn)撥】1.牢記滑動(dòng)摩擦力的計(jì)算公式：F＝μFN，F(xiàn)表示滑動(dòng)摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，μ叫動(dòng)摩擦因數(shù)。如果兩個(gè)物體是斜面連接，則需要進(jìn)行必要的受力分析以求出垂直于斜面的壓力。2.在一般情況下，物體在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，正壓力等于重力，但不能說(shuō)正壓力就是重力。3．超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．實(shí)重和視重：（1）實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)。（2）視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力。此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現(xiàn)象實(shí)質(zhì)超重物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Υ笥谖矬w重力的現(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦π∮谖矬w重力的現(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦榱愕默F(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應(yīng)用。例子：如圖，一個(gè)盛水的容器底部有一小孔。靜止時(shí)用手指堵住小孔不讓它漏水，假設(shè)容器在下述幾種運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持平動(dòng)，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時(shí)，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孔向下漏水；容器向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運(yùn)動(dòng)中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運(yùn)動(dòng)中小孔不向下漏水分析：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速度；當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度；如果沒(méi)有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無(wú)論向哪個(gè)方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)水和容器的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，它們之間沒(méi)有相互作用，水不會(huì)流出，所以D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查了學(xué)生對(duì)超重失重現(xiàn)象的理解，掌握住超重失重的特點(diǎn)，本題就可以解決了?！窘忸}方法點(diǎn)撥】解答超重、失重問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵在于從以下幾方面來(lái)理解超重、失重現(xiàn)象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，重力只產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產(chǎn)生其他效果。平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。4．物體在粗糙斜面上的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.物體在粗糙斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度也一定沿著斜面方向。2.設(shè)斜面的傾角為α，斜面與物體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。①當(dāng)物體沿著斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)摩擦力沿著斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②當(dāng)物體沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)摩擦力沿著斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物體的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物體的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命題方向】一、圖像類問(wèn)題如圖所示，物塊以初速度v0從粗糙斜面底端沿斜面上滑，達(dá)到最高點(diǎn)后沿斜面返回，下列v﹣t圖象能正確反映物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是（）A、B、C、D、分析：根據(jù)牛頓第二定律判斷出加速度大小關(guān)系，結(jié)合速度方向關(guān)系，即可判斷圖象的形狀。解答：在上滑過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知上滑加速度大小為：a1=mgsinθ下滑過(guò)程的加速度大小為：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑運(yùn)動(dòng)方向相反，故故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題的關(guān)鍵是運(yùn)用牛頓第二定律判斷加速度的大小關(guān)系，要知道速度的符號(hào)表示速度方向，v﹣t圖象的斜率表示加速度。二、運(yùn)動(dòng)過(guò)程計(jì)算如圖所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的傾角θ＝37°，一質(zhì)量m＝5kg的滑塊在F＝150N的水平推力作用下，從斜面底端由靜止開始沿斜面運(yùn)動(dòng)，推力作用t1＝4s后撤去，滑塊在斜面上繼續(xù)滑行t2＝2s后，速度減為零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和物體上滑的位移x；（2）當(dāng)滑塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)滑塊施加大小仍為F、方向改成豎直向下的作用力，求滑塊從最高點(diǎn)回到地面的時(shí)間（結(jié)果可保留根號(hào)）。分析：（1）對(duì)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出F作用前后加速度的表達(dá)式，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)速度公式列式，找出兩個(gè)過(guò)程之間的關(guān)系，即可求解動(dòng)摩擦因數(shù)，再根據(jù)位移公式求物體上滑的位移x；（2）根據(jù)牛頓第二定律求物體的加速度，再由位移公式求滑塊從最高點(diǎn)回到地面的時(shí)間。解答：（1）設(shè)滑塊在F作用時(shí)加速度為a1，撤去力F后加速度大小為a2，滑塊先加速后減速，則有：a1t1＝a2t2當(dāng)推力F作用時(shí)，滑塊的受力分析如圖所示由牛頓第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根據(jù)摩擦力公式有f1＝μN(yùn)1聯(lián)立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②聯(lián)立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物體上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑時(shí)的加速度大小為a3，對(duì)滑塊受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ是0.5，物體上滑的位移x是60m；（2）滑塊從最高點(diǎn)回到地面的時(shí)間是15s。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，關(guān)鍵要抓住上滑過(guò)程中勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度等于勻減速運(yùn)動(dòng)的初速度列式?！久}思路點(diǎn)撥】當(dāng)斜面粗糙時(shí)，物體與斜面之間的摩擦力方向與實(shí)際的運(yùn)動(dòng)方向有關(guān)，并且摩擦力大小與重力下滑分力大小的相對(duì)關(guān)系決定了加速度的方向與大小。5．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動(dòng)ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運(yùn)動(dòng)時(shí)間也可以求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，0.8s時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯(cuò)誤。D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滿足vy＝gt。6．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=m【命題方向】我國(guó)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(guò)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(guò)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(lái)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(wèn)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(lái)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(wèn)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(lái)源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．7．向心加速度的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】向心加速度的計(jì)算有兩種方法1.通過(guò)向心加速度的表達(dá)式：an＝ω2r=v2r=4π2rT2.通過(guò)牛頓第二定律：an=【命題方向】如圖所示，甲、乙兩物體自同一水平線上同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，甲沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，圓半徑為R；乙做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)乙下落至A點(diǎn)時(shí)，甲恰好第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B，求甲物體勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度。分析：根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)求出時(shí)間，根據(jù)等時(shí)性求解周期，根據(jù)向心加速度定義公式求出向心加速度．解答：設(shè)乙下落到A點(diǎn)的時(shí)間為t，則對(duì)乙滿足R=12gt2，得t這段時(shí)間內(nèi)甲運(yùn)動(dòng)了34T，即34T又由于an＝ω2R=4π2T2R，由①②得：a答：甲物體勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度為98π2g點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵根據(jù)等時(shí)性求出運(yùn)動(dòng)的周期，然后根據(jù)an＝ω2R求解向心加速度．【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。8．物體被系在繩上做圓錐擺運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.本考點(diǎn)旨在針對(duì)物體被系在繩上做圓錐擺運(yùn)動(dòng)的情況，如下圖：2.模型分析：在長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的小物體，繩子上端固定，設(shè)法使小物體在水平圓周上以大小恒定的速度旋轉(zhuǎn)，細(xì)繩所掠過(guò)的路徑為圓錐表面，這就是圓錐擺。如圖所示，小球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心是О，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑是Lsinθ，小球所需的向心力實(shí)際是繩子拉力FT與重力mg的合力，并有F合＝mg?tanθ＝mω2Lsinθ，由此式可得cosθ=g【命題方向】如圖所示，將一質(zhì)量為m的擺球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩吊起，上端固定，使擺球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩就會(huì)沿圓錐面旋轉(zhuǎn)，這樣就構(gòu)成了一個(gè)圓錐擺，下列說(shuō)法中正確的是（）A、擺球受重力、拉力和向心力的作用B、擺球受重力和拉力的作用C、擺球運(yùn)動(dòng)周期為2D、擺球運(yùn)動(dòng)的角速度有最小