第80頁（共80頁）2025年河南實驗中學高考物理四模試卷一、單選題1．（2025?云南模擬）節(jié)氣是指二十四個時節(jié)和氣候，是中國古代訂立的一種用來指導農事的補充歷法，早在《淮南子》中就有記載?，F行二十四節(jié)氣劃分是以地球和太陽的連線每掃過15°定為一個節(jié)氣，如圖所示為北半球二十四個節(jié)氣時地球在公轉軌道上位置的示意圖，其中冬至時地球在近日點附近。根據圖，下列說法正確的是（）A．地球受太陽的引力芒種時比小滿時大 B．芒種到小暑的時間間隔比大雪到小寒的長 C．立春時地球公轉的加速度與立秋時大小相等 D．地球自轉周期的平方與軌道半長軸三次方的比值是一個僅與太陽質量有關的常數2．（2025?廈門校級四模）“鉆石恒久遠，應該做電池”，近日英國科學家成功研制出世界首款碳﹣14鉆石電池，這款電池的使用壽命可達數千年。從核廢料中提取的碳﹣14被封裝在鉆石中，鉆石捕獲碳﹣14衰變產生的電子產生低水平電力，同時鉆石外殼能夠有效吸收碳﹣14發(fā)出的短程輻射確保安全。下列說法正確的是（）A．碳—14發(fā)生的是α衰變 B．碳—14發(fā)生的是β衰變 C．鉆石捕獲的電子來自于碳—14原子核外的電子 D．經過一個半衰期，被封裝的材料的總質量變成原來的一半3．（2025?金水區(qū)校級四模）小球從空中自由下落，與水平地面第一次相碰后又彈回空中，其速度隨時間變化的關系如圖所示．若g＝10m/s2，則（）A．小球第一次反彈后離開地面時的速度大小為5m/s B．碰撞前后速度改變量的大小為2m/s C．小球是從5m高處自由下落的 D．小球反彈的最大高度為0.45m4．（2025?金水區(qū)校級四模）一個圓環(huán)翡翠（透明玻璃體），內側的半徑為R1，外側的半徑為R2，現讓一紫色光束對準點A（A與圓心O同一水平線），以角θ1射入翡翠，光束恰好切過圓環(huán)內側從外側的點B射出，出射角為θ2，以下說法正確的是（）A．出射角θ2比入射角θ1大 B．翡翠對紫色光折射率n=C．調大θ1，紫色光束一定會從翡翠內環(huán)射出 D．換用紅色光束，以θ1入射一定會從翡翠內環(huán)射出5．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖所示，一定質量的理想氣體按照a→b→c→d→a的順序完成一個循環(huán)，在氣體狀態(tài)變化的過程中，下列說法正確的是（）A．從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程，氣體分子的平均動能一直不變 B．從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程，氣體對外放出400J的熱量 C．整個循環(huán)過程，氣體吸收的熱量大于放出的熱量 D．整個循環(huán)過程，氣體向外界放出的熱量為300J6．（2025?長安區(qū)三模）某房子屋頂造形如圖所示，P為頂點，底面四個點a、b、c、d構成正方形，O為正方形中點，一金屬球固定于頂點P，由于風的摩擦而成為正場源點電荷，下列說法正確的是（）A．四個點a、b、c、d的場強相同 B．試探電荷在O處受到電場力方向豎直向下 C．底面abcd一定是一個等勢面 D．點電荷﹣q沿aOc移動電勢能先減小后增大7．（2025?合肥模擬）如圖所示，光滑金屬導軌與水平面成α角，金屬桿ab垂直放置在導軌上，導軌處于勻強磁場中。接通電路后，當磁場方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B1時，ab被釋放后保持靜止；當磁場方向豎直向上、磁感應強度大小為B2時，ab被釋放后也能保持靜止。則B1BA．sinα B．cosα C．tanα D．tan﹣1α二、多選題（多選）8．（2025?金水區(qū)校級四模）為預防電梯纜繩斷裂的安全事故，電梯井底和電梯上分別安裝有緩沖彈簧和安全鉗，裝置簡化如圖所示。現質量為2000kg的電梯，因纜繩斷裂而墜落，剛接觸彈簧時的速度為4m/s，彈簧被壓縮了2m時電梯停止運動，下落過程中安全鉗提供給電梯17000N的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為Ep=12kx2（k為彈簧的勁度系數，A．整個運動過程中電梯一直處于失重狀態(tài) B．整個運動過程電梯剛接觸彈簧時速度最大 C．該緩沖彈簧的勁度系數為11000N/m D．停止運動時安全鉗提供給電梯的摩擦力為2000N（多選）9．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖所示，在x＝0.6m處的波源P產生一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波，在x＝﹣0.6m處的波源Q產生一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波。t＝0時刻兩波源開始振動，t＝0.5s時兩列簡諧波的波形圖分別如圖中實線和虛線所示，下列說法正確的是（）A．兩列波的波速大小均為2m/s B．再經過0.1s，平衡位置在x＝﹣0.2m處的質點位移為﹣0.1m C．平衡位置在x＝﹣0.4m處的質點為振動減弱點 D．平衡位置在x＝0.2m處的質點前0.5s內運動的路程為50cm（多選）10．（2025?金水區(qū)校級四模）電動汽車通過能量回收裝置增加電池續(xù)航。在行駛過程中，踩下驅動踏板時電池給電動機供電，松開驅動踏板或踩下剎車時發(fā)電機工作回收能量。某興趣小組為研究其原理，設計了如圖所示的模型：兩個半徑不同的同軸圓柱體間存在由內至外的輻向磁場，磁場方向沿半徑方向，有一根質量為m、長度為L、電阻為R的金屬棒MN通過導電輕桿與中心軸相連，可繞軸無摩擦轉動，金屬棒所在之處的磁感應強度大小均為B，整個裝置豎直方向放置。中心軸右側接一單刀雙擲開關：踩下驅動踏板，開關接通1，電池給金屬棒供電，金屬棒相當于電動機，所用電池的電動勢為E，內阻為r；松開驅動踏板或踩下剎車，開關自動切換接通2，金屬棒相當于發(fā)電機，給電容器充電，所接電容器電容為C。初始時電容器不帶電、金屬棒MN靜止，電路其余部分的電阻不計，下列說法正確的是（）A．踩下驅動踏板瞬間，金屬棒的加速度為BELmB．踩下驅動踏板后，從上往下看金屬棒MN順時針轉動 C．踩下驅動踏板后，一段時間后金屬棒勻速轉動，此時金屬棒兩端的電壓大小為U=D．踩下驅動踏板后，當金屬棒達到最大轉動速度時松開驅動踏板，一段時間后金屬棒勻速轉動，此時電容器C上的帶電量Q三、實驗題11．（2025?金水區(qū)校級四模）為研究小球斜上拋運動的規(guī)律，某興趣小組用手機拍攝了一段小球斜上拋運動視頻，圖甲為利用Tracker視頻分析軟件按幀獲取的小球位置。取運動過程的某點為原點，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立坐標系。經軟件分析得到實際位置坐標x﹣t、y﹣t圖像及對應擬合曲線方程，如圖乙所示。（1）由圖乙可得，小球的加速度大小為m/s2，小球在原點處速度與水平方向夾角的正切值為；（2）幀率表示視頻在1s內記錄的靜止畫面數量，單位為赫茲（Hz）。Tracker視頻分析軟件是按視頻的幀率來獲取小球的位置，圖乙中描繪的點為軟件捕獲的每幀小球實際位置坐標隨時間的變化關系，由此可以判斷該視頻的幀率最接近。A.20HzB.30HzC.60HzD.120Hz12．（2025?湖北一模）為了測量電阻Rx的阻值，某同學設計了如下實驗：（1）先用多用電表的歐姆“×10”擋位測量待測電阻Rx，發(fā)現指針偏轉角很大，應改用歐姆擋（選填“×1”或“×100”）。選擇合適的擋位，正確操作后，指針如圖（a）所示，則Rx＝Ω。（2）為精確測量出該電阻阻值，他設計如圖（b）實驗電路，實驗器材如下：A.電源（電壓約為9V，內阻不計）B.待測電阻RxC.電流表A1（量程為0.3A，內阻約為5Ω）D.電流表A2（量程為1A，內阻約為2Ω）E.電阻箱R（阻值范圍0～99.99Ω）F.保護電阻R0＝10ΩG.開關1個、導線若干①按照圖（b）連接好電路，位置X應接入電流表（選填“A1”或“A2”），位置Y接另一個電流表；②調節(jié)電阻箱R，閉合開關S，記錄兩個電流表的讀數分別I1、I2及R的阻值；③多次調節(jié)電阻箱R，測量并記錄多組數據；④利用圖像處理實驗數據，得到如圖（c）所示的圖線；⑤由圖中數據可知，Rx＝Ω，位置X處的電流表的內阻r＝Ω（結果均保留2位有效數字）。四、解答題13．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖甲，為從筒中倒出最底部的羽毛球，將球筒豎直并筒口朝下，從筒口離地面h＝1.8m的高度松手，讓球筒自由落體，撞擊地面，碰撞后球筒不反彈。已知球筒質量M＝90g，球筒長度L＝40cm，羽毛球質量為m＝6g，羽毛球和球筒間最大靜摩擦力fm＝0.3N，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為簡化問題把羽毛球視為質點，空氣阻力忽略不計，g取10m/s2，4.82＝23.04，求：（1）碰撞后羽毛球是否到達球筒口；（2）如圖乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒與手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身離地高度仍為h＝1.8m，他以身體軀干為中心軸逐漸加速轉動直至羽毛球剛好飛出，筒口離中心軸距離為R＝1.2m，則球落地后距離中心軸有多遠？14．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L＝1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，電場強度E＝400N/C。三角形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1；三角形AMN以外和MN以下區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B2＝3B1，現將一比荷qm=108C/kg的帶正電的粒子，從C點正上方2m處的O點由靜止釋放，粒子從MN上的小孔C進入三角形內部勻強磁場，經內部磁場偏轉后直接垂直AN經過Q點進入三角形外部磁場。已知粒子最終又回到了O點。設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取（1）磁感應強度B1的大??；（2）粒子第一次回到O點的過程，在磁場B2中運動的時間。15．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖所示，兩根電阻不計的光滑水平導軌A1B1、A2B2平行放置，間距L＝1m，處于豎直向下B＝0.4T的勻強磁場中，導軌左側接一電容C＝0.1F的電容器，初始時刻電容器帶一定電荷量，電性如圖所示。質量m1＝0.2kg、電阻不計的金屬棒ab垂直架在導軌上，閉合開關S后，ab棒由靜止開始向右運動，且離開B1B2時已以v1＝1.6m/s勻速運動。下方光滑絕緣軌道C1MD1、C2ND2間距也為L，正對A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N為半徑r＝1.25m圓心角θ＝37°的圓弧，與水平軌道MD1、ND2相切于M、N兩點，其中NO、MP兩邊長度d＝0.5m，以O點為坐標原點，沿導軌向右建立坐標系，OP右側0＜x＜0.5m處存在磁感應強度大小為Bx=3x（T）的磁場，磁場方向豎直向下。質量m2＝0.4kg電阻R＝1Ω的“U”型金屬框靜止于水平導軌NOPM處。導體棒ab自B1B2拋出后恰好能從C1C2處沿切線進入圓弧軌道，并在MN處與金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后組成導電良好的閉合線框一起向右運動。重力加速度的大小g取10m/s（1）初始時刻電容器所帶電荷量Q0；（2）ab棒與U形金屬框碰撞后瞬間的速度大小；（3）分析閉合線框能否穿過磁場區(qū)域，若能，求出線框離開磁場時的速度；若不能，求出線框停止時右邊框位置坐標。（已知：∑3x?

2025年河南實驗中學高考物理四模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案BBDBDDB二．多選題（共3小題）題號8910答案CDADABD一、單選題1．（2025?云南模擬）節(jié)氣是指二十四個時節(jié)和氣候，是中國古代訂立的一種用來指導農事的補充歷法，早在《淮南子》中就有記載。現行二十四節(jié)氣劃分是以地球和太陽的連線每掃過15°定為一個節(jié)氣，如圖所示為北半球二十四個節(jié)氣時地球在公轉軌道上位置的示意圖，其中冬至時地球在近日點附近。根據圖，下列說法正確的是（）A．地球受太陽的引力芒種時比小滿時大 B．芒種到小暑的時間間隔比大雪到小寒的長 C．立春時地球公轉的加速度與立秋時大小相等 D．地球自轉周期的平方與軌道半長軸三次方的比值是一個僅與太陽質量有關的常數【考點】開普勒三大定律；萬有引力的基本計算．【專題】定量思想；方程法；萬有引力定律的應用專題；理解能力．【答案】B【分析】本題考查的是二十四節(jié)氣與地球公轉軌道位置的關系。根據題目中提供的信息，地球在公轉軌道上每掃過15°定為一個節(jié)氣，而冬至時地球位于近日點附近。通過這些信息，我們可以推斷出其他節(jié)氣在地球公轉軌道上的位置?！窘獯稹拷猓篈、根據題目中圖形我們可以看到，芒種時地球離太陽更遠，根據萬有引力表達式F=GMmrB、根據題意可知，地球公轉軌道是橢圓形的，根據開普勒第二定律可知，在相同的時間內，掃過的面積相等可得，瞬時速度大小與距離成反比，由于公轉速度的變化，芒種到小暑地球運動的距離更遠速率更小，時間更長，故B正確；C、根據牛頓第二定律和萬有引力定律公式可知GMm解得a可知地球公轉的加速度與地球到太陽的距離有關，立春時和立秋時，地球到太陽的距離并不相等（立春時離太陽較近，立秋時離太陽較遠），故公轉加速度也不相等，故C錯誤；D、根據開普勒第三定律可知，地球公轉周期的平方與軌道半長軸三次方的比值是一個僅與太陽質量有關的常數，故D錯誤。故選：B。【點評】本題主要考查了開普勒三定律的應用，關鍵注意三定律的使用條件。2．（2025?廈門校級四模）“鉆石恒久遠，應該做電池”，近日英國科學家成功研制出世界首款碳﹣14鉆石電池，這款電池的使用壽命可達數千年。從核廢料中提取的碳﹣14被封裝在鉆石中，鉆石捕獲碳﹣14衰變產生的電子產生低水平電力，同時鉆石外殼能夠有效吸收碳﹣14發(fā)出的短程輻射確保安全。下列說法正確的是（）A．碳—14發(fā)生的是α衰變 B．碳—14發(fā)生的是β衰變 C．鉆石捕獲的電子來自于碳—14原子核外的電子 D．經過一個半衰期，被封裝的材料的總質量變成原來的一半【考點】半衰期的相關計算；α、β、γ射線的本質及特點；β衰變的特點、本質及方程．【專題】定性思想；推理法；衰變和半衰期專題；推理論證能力．【答案】B【分析】β衰變的實質是原子核內的一個中子轉化成一個質子和一個電子；經過一個半衰期，有半數碳—14發(fā)生衰變。【解答】解：AB．由于碳碳—14衰變產生電子，可知，碳—14發(fā)生的是β衰變，故A錯誤，B正確；C.β衰變的實質是核內一個中子轉化為一個質子和一個電子，質子留在原子核內，電子釋放出來。鉆石捕獲的電子來自于碳—14原子核內一個中子轉化為一個質子與電子，故C錯誤；D．經過一個半衰期，有一半碳—14發(fā)生衰變，但被封裝的材料的總質量大于原來的一半，故D錯誤。故選：B?！军c評】.β衰變的本質是原子核內的一個中子轉化成一個質子和一個電子，并將電子射出的過程，衰變過程遵循質量數守恒和電荷數守恒。3．（2025?金水區(qū)校級四模）小球從空中自由下落，與水平地面第一次相碰后又彈回空中，其速度隨時間變化的關系如圖所示．若g＝10m/s2，則（）A．小球第一次反彈后離開地面時的速度大小為5m/s B．碰撞前后速度改變量的大小為2m/s C．小球是從5m高處自由下落的 D．小球反彈的最大高度為0.45m【考點】自由落體運動的規(guī)律及應用．【專題】運動學中的圖象專題．【答案】D【分析】解決本題的關鍵是正確理解速度—時間圖象的物理意義：速度圖象的斜率代表物體的加速度，速度圖象與時間軸圍成的面積代表物體的位移，最后求出反彈的高度．【解答】解：A．由圖象可知：0.5s末物體反彈，此時速度的大小為3m/s，故A錯誤；B、碰撞時速度的改變量為Δv＝﹣3m/s﹣5m/s＝﹣8m/s，則速度的改變量大小為8m/s。故B錯誤；C、由圖象可知：前0.5s內物體自由下落，后0.3s物體反彈，根據v﹣t圖象中速度圖象與時間軸圍成的面積表示位移可得：小球下落的高度為：h=12×0.5×5m＝1.25m，D、小球能彈起的最大高度對應圖中0.6s﹣0.8s內速度圖象的面積，所以h=12×0.3×3m＝0.45m故選：D。【點評】解決本題要明確v﹣t圖象的含義：在v﹣t圖象中每時刻對應于速度的大小，速度的正負表示其運動方向，圖象的斜率表示物體運動的加速度，圖象與時間軸圍成的面積為物體的位移，時間軸上方面積表示位移為正，下方表示為負．4．（2025?金水區(qū)校級四模）一個圓環(huán)翡翠（透明玻璃體），內側的半徑為R1，外側的半徑為R2，現讓一紫色光束對準點A（A與圓心O同一水平線），以角θ1射入翡翠，光束恰好切過圓環(huán)內側從外側的點B射出，出射角為θ2，以下說法正確的是（）A．出射角θ2比入射角θ1大 B．翡翠對紫色光折射率n=C．調大θ1，紫色光束一定會從翡翠內環(huán)射出 D．換用紅色光束，以θ1入射一定會從翡翠內環(huán)射出【考點】光的折射與全反射的綜合問題．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據幾何關系分析A，根據折射定律求出該單色光的折射率；根據折射定律結合折射率與頻率關系分析CD?！窘獯稹拷猓篈、由幾何關系可知從A點入射的折射角等于從B點出射點入射角，根據折射定律可知出射角θ2與入射角θ1相等，故A錯誤；B、根據幾何關系可知A點入射的折射角滿足sinr=根據折射定律有n=解得n故B正確；C、調大θ1，紫色光束的折射角增大，一定不會從翡翠內環(huán)射出，故C錯誤；D、紅色光的頻率小，折射率小，根據n=sinθ1故選：B?！军c評】本題考查折射定律，解題關鍵注意運用幾何關系求出折射角是解決問題的關鍵。5．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖所示，一定質量的理想氣體按照a→b→c→d→a的順序完成一個循環(huán)，在氣體狀態(tài)變化的過程中，下列說法正確的是（）A．從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程，氣體分子的平均動能一直不變 B．從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程，氣體對外放出400J的熱量 C．整個循環(huán)過程，氣體吸收的熱量大于放出的熱量 D．整個循環(huán)過程，氣體向外界放出的熱量為300J【考點】理想氣體狀態(tài)變化的圖像問題；熱力學第一定律的表達和應用．【專題】定量思想；推理法；熱力學定律專題；理想氣體狀態(tài)方程專題；推理論證能力．【答案】D【分析】A、根據理想氣體狀態(tài)方程判斷a到b過程溫度變化，再依據溫度與分子平均動能的關系進行分析。B、先計算a到b過程氣體做功，結合理想氣體內能變化與溫度關系，利用熱力學第一定律計算熱量。CD、計算整個循環(huán)過程氣體做功p﹣V（圖像與坐標軸圍成面積），根據內能變化為零，由熱力學第一定律判斷吸放熱情況及熱量大小?！窘獯稹拷猓築、a→b過程，氣體體積膨脹，外界對氣體做的功為W狀態(tài)a、b的溫度相同，內能不變，根據熱力學第一定律ΔUab＝Qab+Wab可知氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程，氣體從外界吸收400J的熱量，故B錯誤；A、根據理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，狀態(tài)a、b的溫度相同，但從狀態(tài)a到狀態(tài)bCD、整個循環(huán)過程，外界對氣體做功為W整個過程氣體的內能不變，根據熱力學第一定律ΔU總＝Q總+W總解得Q總＝﹣300J即氣體向外界放出300J的熱量，那么整個過程中氣體吸收的熱量小于放出的熱量，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】該題圍繞理想氣體狀態(tài)變化相關的重要知識點展開，通過p﹣V圖像考查學生多方面的知識掌握和應用能力，是一道綜合性較強、能有效檢驗學生對理想氣體相關知識理解程度的題目。準確解讀p﹣V圖像中各點的壓強p和體積V信息是解題基礎。只有正確獲取這些信息，才能運用理想氣體狀態(tài)方程分析溫度變化，以及計算氣體做功情況。6．（2025?長安區(qū)三模）某房子屋頂造形如圖所示，P為頂點，底面四個點a、b、c、d構成正方形，O為正方形中點，一金屬球固定于頂點P，由于風的摩擦而成為正場源點電荷，下列說法正確的是（）A．四個點a、b、c、d的場強相同 B．試探電荷在O處受到電場力方向豎直向下 C．底面abcd一定是一個等勢面 D．點電荷﹣q沿aOc移動電勢能先減小后增大【考點】單個或多個點電荷周圍的電勢分布；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場；電場強度與電場力的關系和計算；電場力做功與電勢能變化的關系．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據點電荷產生的電場特點和矢量合成法則分析各個點的電場強度，根據電場力方向的規(guī)定分析B；根據點電荷等勢面的特點分析C，根據電勢變化分析電勢能變化?！窘獯稹拷猓篈．四個點a、b、c、d的場強大小相等，方向不同，故A錯誤；B．試探電荷的電性未知，無法判斷電場力方向，若為負電荷，則在O處受到電場力方向豎直向上，故B錯誤；C．正點電荷的等勢面是同心球面，底面abcd不是一個等勢面，故C錯誤；D．O點距離場源電荷較近，電勢較高，所以點電荷﹣q沿aOc移動電勢能先減小后增大，故D正確；故選：D?！军c評】本題以點電荷形成電場為背景，考查電場強度的疊加、電勢、電場力做功與電勢能改變等，要結合對稱性、電場力做功與電勢能變化的關系進行分析。7．（2025?合肥模擬）如圖所示，光滑金屬導軌與水平面成α角，金屬桿ab垂直放置在導軌上，導軌處于勻強磁場中。接通電路后，當磁場方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B1時，ab被釋放后保持靜止；當磁場方向豎直向上、磁感應強度大小為B2時，ab被釋放后也能保持靜止。則B1A．sinα B．cosα C．tanα D．tan﹣1α【考點】安培力作用下的受力平衡問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】B【分析】對金屬桿進行受力分析，根據共點力的平衡計算安培力的大小，根據安培力的表達式F安＝BIL求解磁感應強度大小?！窘獯稹拷猓捍艌龇较虼怪睂к壠矫嫦蛏?，安培力方向沿斜面向上，有mgsinα＝B1IL當磁場方向豎直向上、磁感應強度大小為B2時，安培力方向水平向右，有B2ILcosα＝mgsinα聯立解得B1故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查通電導體在安培力作用下的平衡問題，解題的思路是正確使用左手定則對金屬桿進行受力分析，根據平衡條件進行解答。二、多選題（多選）8．（2025?金水區(qū)校級四模）為預防電梯纜繩斷裂的安全事故，電梯井底和電梯上分別安裝有緩沖彈簧和安全鉗，裝置簡化如圖所示?，F質量為2000kg的電梯，因纜繩斷裂而墜落，剛接觸彈簧時的速度為4m/s，彈簧被壓縮了2m時電梯停止運動，下落過程中安全鉗提供給電梯17000N的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為Ep=12kx2（k為彈簧的勁度系數，A．整個運動過程中電梯一直處于失重狀態(tài) B．整個運動過程電梯剛接觸彈簧時速度最大 C．該緩沖彈簧的勁度系數為11000N/m D．停止運動時安全鉗提供給電梯的摩擦力為2000N【考點】常見力做功與相應的能量轉化；胡克定律及其應用；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；功能關系能量守恒定律．【答案】CD【分析】根據能量守恒定律求解彈簧的勁度系數；對電梯受力分析，結合牛頓第二定律分析加速度的變化；電梯停止時，受力平衡，根據平衡條件求解摩擦力大??；損失的機械能等于摩擦產生的熱量。【解答】解：AB、電梯的重力和安全鉗提供給電梯的滑動摩擦力的合力為F合＝20000N﹣17000N＝3000N方向向下，則接觸彈簧后開始階段F合＞F彈，電梯加速向下運動隨彈力的增加，當F合＜F彈時，電梯減速向下運動則整個過程中電梯先加速后減速，先失重后超重，當F合＝F彈時電梯速度最大，故AB錯誤；C、由能量守恒定律可知mgh解得緩沖彈簧的勁度系數k＝11000N/m故C正確；D、停止運動時安全鉗提供給電梯的摩擦力為f′＝kh﹣mg＝11000×2N﹣2000×10N＝2000N方向向下，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查功能關系和牛頓第二定律，解題關鍵是分析好電梯的運動情況和能量變化。（多選）9．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖所示，在x＝0.6m處的波源P產生一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波，在x＝﹣0.6m處的波源Q產生一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波。t＝0時刻兩波源開始振動，t＝0.5s時兩列簡諧波的波形圖分別如圖中實線和虛線所示，下列說法正確的是（）A．兩列波的波速大小均為2m/s B．再經過0.1s，平衡位置在x＝﹣0.2m處的質點位移為﹣0.1m C．平衡位置在x＝﹣0.4m處的質點為振動減弱點 D．平衡位置在x＝0.2m處的質點前0.5s內運動的路程為50cm【考點】機械波的圖像問題；波長、頻率和波速的關系．【專題】定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據波形圖結合運動學公式進行解答；根據題意求解周期，根據振動情況求解平衡位置在x＝﹣0.2m處的質點位移；根據波程差與波長的關系進行分析；求出P點的波傳到x＝0.2m處經過的時間、Q點的波傳到x＝0.2m處經過的時間，分兩段計算平衡位置在x＝0.2m處的質點前0.5s內運動的路程。【解答】解：A、t＝0.5s時兩列簡諧波傳播的距離均為x＝1.0m，波速均為：v=xt=1.00.5m/sB、根據題意可得：54T=t，解得：T＝0.4s，再經過0.1s=14T，平衡位置在x＝﹣C、根據題圖可知兩列波的波長均為：λ＝0.8m，平衡位置在x＝﹣0.4m處的質點到P和Q的位移之差為：Δx＝1.0m﹣0.2m＝0.8m＝λ，所以平衡位置在x＝﹣0.4m處的質點為振動加強點，故C錯誤；D、P點的波傳到x＝0.2m處經過的時間為：t1=0.42.0s＝0.2s，Q點的波傳到x＝0.2m處經過的時間為：t2=0.8t1～t2時間內x＝0.2m處的質點振動的路程為：s1=t2-根據圖像可知，平衡位置在x＝0.2m處的質點為振動減弱點，振幅為A＝20cm﹣10cm＝10cm，0.4s～0.5s內通過的路程為：s2=0.10.4×4所以平衡位置在x＝0.2m處的質點前0.5s內運動的路程為：s＝s1+s2＝40cm+10cm＝50cm，故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要是考查了波的圖像；解答此類問題的關鍵是要理解波的圖像的變化規(guī)律，能夠根據圖像直接讀出振幅、波長和各個位置處的質點振動方向，知道波速、波長和頻率之間的關系v＝fλ。（多選）10．（2025?金水區(qū)校級四模）電動汽車通過能量回收裝置增加電池續(xù)航。在行駛過程中，踩下驅動踏板時電池給電動機供電，松開驅動踏板或踩下剎車時發(fā)電機工作回收能量。某興趣小組為研究其原理，設計了如圖所示的模型：兩個半徑不同的同軸圓柱體間存在由內至外的輻向磁場，磁場方向沿半徑方向，有一根質量為m、長度為L、電阻為R的金屬棒MN通過導電輕桿與中心軸相連，可繞軸無摩擦轉動，金屬棒所在之處的磁感應強度大小均為B，整個裝置豎直方向放置。中心軸右側接一單刀雙擲開關：踩下驅動踏板，開關接通1，電池給金屬棒供電，金屬棒相當于電動機，所用電池的電動勢為E，內阻為r；松開驅動踏板或踩下剎車，開關自動切換接通2，金屬棒相當于發(fā)電機，給電容器充電，所接電容器電容為C。初始時電容器不帶電、金屬棒MN靜止，電路其余部分的電阻不計，下列說法正確的是（）A．踩下驅動踏板瞬間，金屬棒的加速度為BELmB．踩下驅動踏板后，從上往下看金屬棒MN順時針轉動 C．踩下驅動踏板后，一段時間后金屬棒勻速轉動，此時金屬棒兩端的電壓大小為U=D．踩下驅動踏板后，當金屬棒達到最大轉動速度時松開驅動踏板，一段時間后金屬棒勻速轉動，此時電容器C上的帶電量Q【考點】導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢；電源的總功率、輸出功率和效率．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】ABD【分析】根據牛頓第二定律求解加速度，根據左手定則判斷金屬棒轉動方向，當電路達到穩(wěn)定時，回路中無電流，電容器兩端電壓與金屬棒切割產生的感應電動勢相等，結合動量定理求解。【解答】解：A．根據牛頓第二定律，踩下驅動踏板瞬間有BIL＝ma其中I解得a故A正確；B．踩下驅動踏板后，電流方向由M到N，根據左手定則可知，金屬棒MN順時針轉動，故B正確；CD．當金屬棒由最大速度減速至勻速v轉動，由動量定理可得﹣BILt＝﹣BQL＝mv﹣mvm當金屬棒所能達到的最大線速度vm滿足，金屬棒中的無電流通過，即金屬棒切割磁感線關生的感應電動勢為E，即E＝BLvm，明顯U≠當電路達到穩(wěn)定時，回路中無電流，電容器兩端電壓與金屬棒切割產生的感應電動勢相等U'=聯立得Q=mCE故C錯誤，D正確；故選：ABD?！军c評】本題考查了電磁感應中電路問題，解題的關鍵是金屬棒在轉動的過程中切割磁感線產生感應電動勢，回路中總的電動勢等于電源電動勢與金屬棒產生的電動勢的差。三、實驗題11．（2025?金水區(qū)校級四模）為研究小球斜上拋運動的規(guī)律，某興趣小組用手機拍攝了一段小球斜上拋運動視頻，圖甲為利用Tracker視頻分析軟件按幀獲取的小球位置。取運動過程的某點為原點，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立坐標系。經軟件分析得到實際位置坐標x﹣t、y﹣t圖像及對應擬合曲線方程，如圖乙所示。（1）由圖乙可得，小球的加速度大小為9.8m/s2，小球在原點處速度與水平方向夾角的正切值為2.6；（2）幀率表示視頻在1s內記錄的靜止畫面數量，單位為赫茲（Hz）。Tracker視頻分析軟件是按視頻的幀率來獲取小球的位置，圖乙中描繪的點為軟件捕獲的每幀小球實際位置坐標隨時間的變化關系，由此可以判斷該視頻的幀率最接近B。A.20HzB.30HzC.60HzD.120Hz【考點】探究平拋運動的特點．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；平拋運動專題；實驗探究能力．【答案】（1）9.8；2.6；（2）B。【分析】（1）根據斜拋運動規(guī)律求解y﹣t函數，結合擬合方程求解作答；（2）由圖乙可知，記錄的相鄰點跡之間的間隔數為18；根據斜拋運動的水平分運動，結合擬合方程求解運動時間，再求解頻率?！窘獯稹拷猓海?）設小球的初速度為v0，與水平方向的夾角為θ小球豎直方向做豎直上拋運動y水平方向做勻速直線運動x＝v0tcosθ水平方向的擬合方程x＝t因此v聯立解得y結合擬合方程y＝﹣4.9t2+2.6t則有-12g=-4.9m解得重力加速度g＝9.8m/s2小球在原點處速度與水平方向夾角的正切值為tanθ＝2.6（2）由圖乙可知，記錄的相鄰點跡之間的間隔數為18；所用的時間t頻率為f故ACD錯誤，B正確。故選：B。故答案為：（1）9.8；2.6；（2）B?！军c評】本題考查了利用Tracker視頻分析軟件研究斜拋運動規(guī)律的實驗，體現了信息技術在物理上的運用，對此要加強重視。12．（2025?湖北一模）為了測量電阻Rx的阻值，某同學設計了如下實驗：（1）先用多用電表的歐姆“×10”擋位測量待測電阻Rx，發(fā)現指針偏轉角很大，應改用歐姆×1擋（選填“×1”或“×100”）。選擇合適的擋位，正確操作后，指針如圖（a）所示，則Rx＝11.0Ω。（2）為精確測量出該電阻阻值，他設計如圖（b）實驗電路，實驗器材如下：A.電源（電壓約為9V，內阻不計）B.待測電阻RxC.電流表A1（量程為0.3A，內阻約為5Ω）D.電流表A2（量程為1A，內阻約為2Ω）E.電阻箱R（阻值范圍0～99.99Ω）F.保護電阻R0＝10ΩG.開關1個、導線若干①按照圖（b）連接好電路，位置X應接入電流表A1（選填“A1”或“A2”），位置Y接另一個電流表；②調節(jié)電阻箱R，閉合開關S，記錄兩個電流表的讀數分別I1、I2及R的阻值；③多次調節(jié)電阻箱R，測量并記錄多組數據；④利用圖像處理實驗數據，得到如圖（c）所示的圖線；⑤由圖中數據可知，Rx＝10Ω，位置X處的電流表的內阻r＝4.0Ω（結果均保留2位有效數字）?！究键c】伏安法測電阻；練習使用多用電表（實驗）．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）×1；11.0；（2）A1；10；4.0【分析】（1）指針偏轉角很大，說明電阻阻值較小，換用小擋位；（2）Y表的量程應比X表的大，Y表應選A2，X表應選A1；得到得I2【解答】解：（1）用多用電表的歐姆“×10”擋位測量待測電阻，發(fā)現指針偏轉角很大，說明倍率擋偏大，應改用低倍率擋“×1”擋測量；表盤讀數11.0，則電阻Rx＝11.0×1Ω＝11.0Ω；（2）由IY=IX+IRx，Y表的量程應比X表的大，所以Y表應選由電路可知I得I由圖線知直線斜率k所以Rx＝10Ω截距b所以r＝4.0Ω故答案為：（1）×1；11.0；（2）A1；10；4.0【點評】本題考查了電阻的測量，解題關鍵是知道實驗原理，根據圖像斜率和截距求解電阻阻值。四、解答題13．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖甲，為從筒中倒出最底部的羽毛球，將球筒豎直并筒口朝下，從筒口離地面h＝1.8m的高度松手，讓球筒自由落體，撞擊地面，碰撞后球筒不反彈。已知球筒質量M＝90g，球筒長度L＝40cm，羽毛球質量為m＝6g，羽毛球和球筒間最大靜摩擦力fm＝0.3N，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為簡化問題把羽毛球視為質點，空氣阻力忽略不計，g取10m/s2，4.82＝23.04，求：（1）碰撞后羽毛球是否到達球筒口；（2）如圖乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒與手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身離地高度仍為h＝1.8m，他以身體軀干為中心軸逐漸加速轉動直至羽毛球剛好飛出，筒口離中心軸距離為R＝1.2m，則球落地后距離中心軸有多遠？【考點】圓周運動與平拋運動相結合的問題．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】（1）碰撞后羽毛球能到達球筒口；（2）球落地后距離中心軸4.8m?！痉治觥浚?）根據自由落體運動規(guī)律求解落地時羽毛球的速度，之后球做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律分析其加速度，根據速度—位移公式分析其能運動的最大距離，和球筒長度比較；（2）羽毛球在球筒做勻速圓周運動，飛出后做平拋運動，羽毛球剛好飛出，則摩擦力大小等于向心力，根據向心力公式分析其飛出時速度，根據平拋運動規(guī)律，根據豎直速度和下落高度求解其下落的時間，根據水平速度的時間求解水平位移，然后根據幾何關系求解距離?！窘獯稹拷猓海?）自由下落過程，根據速度與位移的關系有v2＝2gh，解得落地時速度v=碰撞后，球向下做勻減速運動，根據牛頓第二定律有fm﹣mg＝ma解得a=f碰撞后羽毛球下滑過程，利用逆向思維，根據速度與位移的關系有v2＝2ax，解得x=v22a可知，羽毛球能到達筒口。（2）設羽毛球剛好從筒口水平飛出時速度為v1，根據牛頓第二定律有fm=m羽毛球飛出后做平拋運動，則有h=12x1＝v1t，羽毛球落地點離中心軸的距離為s=R2+x答：（1）碰撞后羽毛球能到達球筒口；（2）球落地后距離中心軸4.8m?！军c評】考查對圓周運動和平拋運動規(guī)律的理解，熟悉公式的運用，關鍵時要清楚球的速度變化情況。14．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L＝1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，電場強度E＝400N/C。三角形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1；三角形AMN以外和MN以下區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B2＝3B1，現將一比荷qm=108C/kg的帶正電的粒子，從C點正上方2m處的O點由靜止釋放，粒子從MN上的小孔C進入三角形內部勻強磁場，經內部磁場偏轉后直接垂直AN經過Q點進入三角形外部磁場。已知粒子最終又回到了O點。設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取（1）磁感應強度B1的大小；（2）粒子第一次回到O點的過程，在磁場B2中運動的時間?！究键c】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）磁感應強度B1的大小為23（2）粒子第一次回到O點的過程，在磁場B2中運動的時間為5.5×10﹣6s?！痉治觥浚?）粒子在電場中做勻加速運動，根據動能定理求出出電場的速度大小，做出粒子運動軌跡，有幾何關系求出粒子半徑，應用牛頓第二定律求出磁感應強度B1的大小。（2）應用牛頓第二定律求出粒子在磁場B2中做勻速圓周運動的軌道半徑，作出粒子運動軌跡，然后求出粒子在磁場B2中運動的時間?！窘獯稹拷猓海?）粒子從O到C在電場中加速，則由動能定理得Eqx解得v＝4×105m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示由幾何關系可知R由qv代入數據解得B（2）由題可知B2則qv則R2在磁場B2中的運動周期為T在磁場B2中的運動時間為t=答：（1）磁感應強度B1的大小為23（2）粒子第一次回到O點的過程，在磁場B2中運動的時間為5.5×10﹣6s?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間。15．（2025?金水區(qū)校級四模）如圖所示，兩根電阻不計的光滑水平導軌A1B1、A2B2平行放置，間距L＝1m，處于豎直向下B＝0.4T的勻強磁場中，導軌左側接一電容C＝0.1F的電容器，初始時刻電容器帶一定電荷量，電性如圖所示。質量m1＝0.2kg、電阻不計的金屬棒ab垂直架在導軌上，閉合開關S后，ab棒由靜止開始向右運動，且離開B1B2時已以v1＝1.6m/s勻速運動。下方光滑絕緣軌道C1MD1、C2ND2間距也為L，正對A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N為半徑r＝1.25m圓心角θ＝37°的圓弧，與水平軌道MD1、ND2相切于M、N兩點，其中NO、MP兩邊長度d＝0.5m，以O點為坐標原點，沿導軌向右建立坐標系，OP右側0＜x＜0.5m處存在磁感應強度大小為Bx=3x（T）的磁場，磁場方向豎直向下。質量m2＝0.4kg電阻R＝1Ω的“U”型金屬框靜止于水平導軌NOPM處。導體棒ab自B1B2拋出后恰好能從C1C2處沿切線進入圓弧軌道，并在MN處與金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后組成導電良好的閉合線框一起向右運動。重力加速度的大小g取10m/s（1）初始時刻電容器所帶電荷量Q0；（2）ab棒與U形金屬框碰撞后瞬間的速度大小；（3）分析閉合線框能否穿過磁場區(qū)域，若能，求出線框離開磁場時的速度；若不能，求出線框停止時右邊框位置坐標。（已知：∑3x?【考點】含有電容器的導軌滑桿模型．【專題】定量思想；方程法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）初始時刻電容器所帶電荷量為0.864C；（2）ab棒與U形金屬框碰撞后瞬間的速度大小為1m/s；（3）不能，線框停止時右邊框位置坐標為x右【分析】（1）對導體棒，由動量定理、電荷量的計算公式進行解答；（2）由動能定理、動量守恒定律進行解答；（3）線框的右邊框進入磁場過程，由動量定理列方程；假設左邊框仍能穿出磁場，再次根據動量定理列方程，由此進行分析。【解答】解：（1）設初始時電容器兩端電壓為U0，導體棒從開始運動到穩(wěn)定過程，電容器極板上電荷量變化量為ΔQ，導體棒穩(wěn)定后的電動勢為E。取向右為正方向，對導體棒，由動量定理有：BIL?Δt＝m1v1﹣0根據法拉第電磁感應定律可得：E＝BLv1而C由電流的公式有：I整理有：Q0＝CU0＝ΔQ+CE代入數據解得：Q0＝0.864C；（2）由于導體棒恰好能從C1C2處沿切線進入圓弧軌道，設進入瞬間導體棒的速度為v2，有：v解得：v2＝2m/s設導體棒在與金屬框碰撞前的速度為v3，由動能定理有：m解得：v3＝3m/s金屬棒和線框發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰后速度為v共，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：m1v3＝（m1+m2）v共解得：v共＝1m/s；（3）線框的右邊框進入磁場過程，取向右為正方向，由動量定理有：-∑整理有：-∑3x?解得：v所以線框的右邊框能完全離開，然后左邊框開始以v4-∑3解得：v所以線框左邊框不能穿出磁場，則：-∑解得：x所以線框右邊框所處的坐標為：x右答：（1）初始時刻電容器所帶電荷量為0.864C；（2）ab棒與U形金屬框碰撞后瞬間的速度大小為1m/s；（3）不能，線框停止時右邊框位置坐標為x右【點評】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解；掌握動量定理和動量守恒定律的應用方法。

考點卡片1．自由落體運動的規(guī)律及應用【知識點的認識】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運動叫做自由落體運動．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．運動性質：自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動．4．物體做自由落體運動的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大?。篻＝9.8m/s2，粗略計算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減?。久}方向】自由落體運動是常見的運動，可以看作是勻變速直線運動的特例，高考命題常以新情境來考查，而且經常與其他知識綜合出題．單獨考查的題型一般為選擇題或計算題，綜合其它知識考查的一般為計算題，難度一般中等或偏易．例1：關于自由落體運動，下列說法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動B．物體做自由運動時不受任何外力的作用C．質量大的物體，受到的重力大，落到地面時的速度也大D．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動分析：自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，加速度g與質量無關．解答：A、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運動，故A錯誤；B、物體做自由運動時只受重力，故B錯誤；C、根據v＝gt可知，落到地面時的速度與質量無關，故C錯誤；D、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，故D正確．故選：D．點評：把握自由落體運動的特點和規(guī)律，理解重力加速度g的變化規(guī)律即可順利解決此類題目．例2：一個小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛好者用直尺量出軌跡的實際長度，如圖所示．已知曝光時間為11000s，則小石子出發(fā)點離AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據照片上痕跡的長度，可以知道在曝光時間內物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運動的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長度為2cm，即0.02m，曝光時間為11000s，所以AB段的平均速度的大小為v=x由自由落體的速度位移的關系式v2＝2gh可得，h=v22g故選：C．點評：由于AB的運動時間很短，我們可以用AB段的平均速度來代替A點的瞬時速度，由此再來計算下降的高度就很容易了，通過本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點撥】1．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，所以，勻變速直線運動公式也適用于自由落體運動．2．該知識點的3個探究結論：（1）物體下落快慢不是由輕重來決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開始下落的運動，叫做自由落體運動．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運動，它們的運動情況是相同的．2．胡克定律及其應用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產生的力叫彈力．（2）彈力的產生條件：①彈力的產生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產生彈力．在彈性限度內，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產生的，也可能是壓縮產生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據胡克定律兩次列式后聯立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據胡克定律，有：F2＝kx2；聯立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關鍵是根據胡克定律列式后聯立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結合：如圖所示，一根輕質彈簧上端固定，下端掛一個質量為m0的平盤，盤中有一物體，質量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度內，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根據胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設剛松手時，加速度大小為a，根據牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據具體的條件或計算來確定．3．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現象系統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支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現象系統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支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現象系統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用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，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)，此時水和容器的運動狀態(tài)相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。【解題方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現象：（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)，不在于物體向上運動還是向下運動，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）當物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產生其他效果。平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。4．圓周運動與平拋運動相結合的問題【知識點的認識】本考點旨在針對圓周運動與平拋運動相結合的問題。【命題方向】如圖所示，一玩滾軸溜冰的小孩（可視作質點）質量為m＝30kg，他在左側平臺上滑行一段距離后平拋，恰能無碰撞地從A進入光滑豎直圓弧軌道并沿軌道下滑，A、B為圓弧兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑為R＝1.0m，對應圓心角為θ＝106°，平臺與AB連線的高度差為h＝0.8m。（計算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求（1）小孩平拋的初速度大小。（2）若小孩運動到圓弧軌道最低點O時的速度為vx=33m/s，則小孩對軌道的壓力為多大。分析：（1）將A點的速度進行分解，平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，求出A點在豎直方向上的分速度，抓住無碰撞地從A進入，根據角度關系求出水平分速度，即為平拋運動的初速度。（2）在最低點，重力和支持力的合力提供圓周運動的向心力，根據FN解答：（1）由于小孩無碰撞進入圓弧軌道，即小孩落到A點時速度方向沿A點切線方向（如圖），則：tanα又由：h=1而：vy＝gt＝4m/s聯立以上各式得：v0＝3m/s（2）在最低點，據牛頓第二定律，有：F代入數據解得FN＝1290N由牛頓第三定律可知，小孩對軌道的壓力為1290N。答：（1）小孩平拋的初速度大小3m/s。（2）若小孩運動到圓弧軌道最低點O時的速度為vx=33m/s，則小孩對軌道的壓力為1290N點評：解決本題的關鍵抓住無碰撞地從A進入，得出速度的方向。知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動。以及知道在圓弧軌道的最低點，沿半徑方向上的合力提供圓周運動的向心力?！窘忸}思路點撥】要充分理解圓周運動與平拋運動的規(guī)律，能夠綜合應用相關規(guī)律解決實際問題，本考點可能遇到的題型有先做圓周運動后做平拋運動和先做平拋運動后做圓周運動。5．開普勒三大定律【知識點的認識】開普勒行星運動三大定律基本內容：1、開普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對于每一個行星而言，太陽和行星的連線在相等的時間內掃過相等的面積。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周期的二次方的比值都相等。即：k=在中學階段，我們將橢圓軌道按照圓形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運動的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對于某一行星來說，它繞太陽做圓周運動的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運動；3．所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉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定律的基本認識：關于行星繞太陽運動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動B．行星繞太陽運動時太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運動周期越長D．所有行星軌道半長軸的三次方跟公轉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動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。在相等時間內，太陽和運動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動，且太陽處在所有橢圓的一個焦點上。故A錯誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運動時，太陽位于行星軌道的一個焦點處，故B錯誤；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周期的二次方的比值都相等，故D正確；故選：D。點評：行星繞太陽雖然是橢圓運動，但我們可以當作圓來處理，同時值得注意是周期是公轉周期。（2）第二類常考題型是考查開普勒第三定律：某行星和地球繞太陽公轉的軌道均可視為圓。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，如圖所示。該行星與地球的公轉半徑比為（）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，其繞太陽轉的慢。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明N年地球比行星多轉1圈，即行星轉了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，該行星會運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圓周的N分之一，N年后地球轉了N圈，比行星多轉1圈，即行星轉了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，根據開普勒第三定律有r地3r行3=T地故選：B。點評：解答此題的關鍵由題意分析得出每過N年地球比行星多圍繞太陽轉一圈，由此求出行星的周期，再由開普勒第三定律求解即可。【解題思路點撥】（1）開普勒行星運動定律是對行星繞太陽運動規(guī)律的總結，它也適用于其他天體的運動。（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的運動快慢規(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動快慢的規(guī)律。（3）應用開普勒第三定律可分析行星的周期、半徑，應用時可按以下步驟分析：①首先判斷兩個行星的中心天體是否相同，只有兩個行星是同一個中心天體時開普勒第三定律才成立。②明確題中給出的周期關系或半徑關系。③根據開普勒第三定律列式求解。6．萬有引力的基本計算【知識點的認識】1.萬有引力定律的內容和計算公式為：自然界中任何兩個物體都相互吸引，引力的方向在它們的連線上，引力的大小與物體的質量m1和m2的乘積成正比，與它們之間距離r的二次方程反比。即FG＝6.67×10﹣11N?m2/kg22.如果已知兩個物體（可視為質點）的質量和距離就可以計算他們之間的萬有引力。【命題方向】如下圖，兩球的質量均勻分布，大小分別為M1與M2，則兩球間萬有引力大小為（）A、GM1M2r2B、GM1M2分析：根據萬有引力定律的內容，求出兩球間的萬有引力大小．解答：兩個球的半徑分別為r1和r2，兩球之間的距離為r，所以兩球心間的距離為r1+r2+r，根據萬有引力定律得：兩球間的萬有引力大小為F＝GM故選：D。點評：對于質量均勻分布的球，公式中的r應該是兩球心之間的距離．【解題思路點撥】計算萬有引力的大小時要注意兩個物體之間的距離r是指兩個物體重心之間的距離。7．常見力做功與相應的能量轉化【知識點的認識】1．內容（1）功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必通過做功來實現。2．高中物理中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統的內能增加【解題思路點撥】如圖所示，質量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，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能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關系以及能量轉化關系，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】1.常見的功能關系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。8．波長、頻率和波速的關系【知識點的認識】描述機械波的物理量（1）波長λ：兩個相鄰的、在振動過程中對平衡位置的位移總是相同的質點間的距離叫波長．在橫波中，兩個相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長．在縱波中，兩個相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無論在什么介質中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：單位時間內振動向外傳播的距離．波速的大小由介質決定．（4）波速與波長和頻率的關系：v＝λf．【命題方向】?？碱}型：如圖所示是一列簡諧波在t＝0時的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時波恰好傳到I點，下列說法中正確的是（）A．此列波的周期為T＝0.4sB．質點B、F在振動過程中位移總是相等C．質點I的起振方向沿y軸負方向D．當t＝5.1s時，x＝10m的質點處于平衡位置處E．質點A、C、E、G、I在振動過程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長，根據v=λT求解周期，根據波形圖來確定I處的起振方向，當質點間的距離為波長的整數倍時，振動情況完全相同，當質點間的距離為半波長的奇數解：A、由波形圖可知，波長λ＝4m，則T=λv=B、質點B、F之間的距離正好是一個波長，振動情況完全相同，所以質點B、F在振動過程中位移總是相等，故B正確；C、由圖可知，I剛開始振動時的方向沿y軸負方向，故C正確；D、波傳到x＝l0m的質點的時間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時，x＝l0m的質點已經振動4.1sE、質點A、C間的距離為半個波長，振動情況相反，所以位移的方向不同，故D錯誤；故選：ABC【點評】本題考察了根據波動圖象得出振動圖象是一重點知識，其關鍵是理解振動和波動的區(qū)別．【解題方法點撥】牢記機械振動的有關公式，熟練的進行公式之間的轉化與計算。9．機械波的圖像問題【知識點的認識】橫波的圖象如圖所示為一橫波的圖象?？v坐標表示某一時刻各個質點偏離平衡位置的位移，橫坐標表示在波的傳播方向上各個質點的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時刻介質中各質點的位移在空間的分布。簡諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線?！久}方向】（1）第一類常考題型：波的圖象的理解與應用如圖為一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在t＝0時的波形圖，當Q點在t＝0時的振動狀態(tài)傳到P點時，則BA．1cm＜x＜3cm范圍內的質點正在向y軸的負方向運動B．Q處的質點此時的加速度沿y軸的正方向C．Q處的質點此時正在波峰位置D．Q處的質點此時運動到P處。分析：由題意利用平移法可知Q點的狀態(tài)傳到P點時的波形圖，由波形圖可判斷各點的振動情況。解：當Q點在t＝0時的振動狀態(tài)傳到P點時，Q點在t＝0時的波沿也向左傳到P點，所以x＝0cm處質點在波谷，x＝2cm處質元在波峰，則1cm＜x＜2cm向y軸的正方向運動，2cm＜x＜3cm向y軸的負方向運動，A錯誤；Q點振動四分之三周期后到達波谷加速度沿y軸的正方向最大，質點不能平移，B正確，CD錯誤。故選B。點評：本題畫波形是關鍵，只要畫出新的波形各點的振動即可明確！第二類常考題型：波的傳播方向與質點的振動方向的判斷一列沿x軸正方向傳播的簡諧機械橫波，波速為4m/s。某時刻波形如圖所示，下列說法正確的是（）A．這列波的振幅為4cmB．這列波的周期為1sC．此時x＝4m處質點沿y軸負方向運動D．此時x＝4m處質點的加速度為0分析：由波的圖象讀出振幅和波長，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故這列波的振幅為A＝2cm。故A錯誤。B、由圖知，波長λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、簡諧機械橫波沿x軸正方向傳播，由波形平移法得知，此時x＝4m處質點沿y軸正方向運動。故C錯誤。D、此時x＝4m處質點沿處于平衡位置，加速度為零。故D正確。故選：D。點評：根據波的圖象讀出振幅、波長、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應具備的基本能力。【解題方法點撥】波的圖象的理解與應用1．波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移，如圖：圖象的應用：（1）直接讀取振幅A和波長λ，以及該時刻各質點的位移。（2）確定某時刻各質點加速度的方向，并能比較其大小。（3）結合波的傳播方向可確定各質點的振動方向或由各質點的振動方向確定波的傳播方向。2．在波的傳播方向上，當兩質點平衡位置間的距離為nλ時（n＝1，2，3…），它們的振動步調總相同；當兩質點平衡位置間的距離為（2n+1）λ2（n＝0，1，2，3…3．波源質點的起振方向決定了它后面的質點的起振方向，各質點的起振方向與波源的起振方向相同。波的傳播方向與質點的振動方向的判斷方法圖象方法（1）微平移法：沿波的傳播方向將波的圖象進行一微小平移，然后由兩條波形曲線來判斷。例如：波沿x軸正向傳播，t時刻波形曲線如左圖中實線所示。將其沿v的方向移動一微小距離△x，獲得如左圖中虛線所示的圖線?？梢耘卸ǎ簍時刻質點A振動方向向下，質點B振動方向向上，質點C振動方向向下。（2）“上、下坡”法：沿著波的傳播方向看，上坡的點向下振動，下坡的點向上振動，即“上坡下，下坡上”。例如：左圖中，A點向上振動，B點向下振動，C點向上振動。（3）同側法：質點在振動方向與波的傳播方向在波的圖象的同一側。如左圖所示。10．點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場【知識點的認識】1.點電荷是最簡單的場源電荷，一個電荷量為Q的點電荷，在與之相距r處的電場強度為E=2.推導如下：如果以Q為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。Q為場源電荷電量。F=3．方向：若Q是正電荷，Q和該點的連線指向該點；若Q是負電荷，Q和該點的連線值向Q。3．使用范圍：僅使用于真空中點電荷產生的電場。4.點單荷電場的特點：根據上式可知，如果以電荷量為Q的點電荷為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。當Q為正電荷時，電場強度E的方向沿半徑向外（圖甲）﹔當Q為負電荷時，電場強度E的方向沿半徑向內（圖乙）。即點電荷的電場是以電荷為球心向四周發(fā)散或由四周指向球心的。5.帶電球體（球殼）與點電荷等效：在一個比較大的帶電體不能看作點電荷的情況下，當計算它的電場時，可以把它分成若干小塊，只要每個小塊足夠小，就可以看成點電荷，然后用點電荷電場強度疊加的方法計算整個帶電體的電場?？梢宰C明，一個半徑為R的均勻帶電球體（或球殼）在球的外部產生的電場，與一個位于球心、電荷量相等的點電荷在同一點產生的電場相同（如下圖），即E=式中的r是球心到該點的距離（r＞R），Q為整個球體所帶的電荷量?！久}方向】一點電荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此點電荷30cm處，該電荷產生的電場的強度是多大？分析：知道點電荷的電荷量，知道離點電荷的距離，由點電荷的場強公式可以直接求得結果．解答：由點電荷的場強公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以電荷產生的電場的強度是2000N/C．點評：本題是點電荷的場強公式的直接應用，掌握住公式就很簡單了