第85頁(yè)（共85頁(yè)）2025年江蘇省徐州市高考物理二模試卷一、單項(xiàng)選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1．（4分）（2025?江蘇模擬）我國(guó)主持的江門(mén)中微子實(shí)驗(yàn)預(yù)計(jì)于2025年8月正式運(yùn)行取數(shù)，實(shí)驗(yàn)建成后將成為國(guó)際中微子研究的中心之一，中微子又被稱為“幽靈粒子”，極難探測(cè)。假設(shè)中微子與11H發(fā)生核反應(yīng)，核反應(yīng)方程為“中微子+A．中微子帶負(fù)電 B．中微子的質(zhì)量數(shù)為0 C．該核反應(yīng)方程不滿足質(zhì)量數(shù)守恒 D．該核反應(yīng)方程不滿足能量守恒定律2．（4分）（2025?江蘇模擬）2024年11月4日，神舟十八號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸，神舟十八號(hào)載人飛行任務(wù)取得圓滿成功。已知神舟十八號(hào)飛船在距離地球表面高度約為400km的圓形軌道上運(yùn)行，返回艙與軌道艙經(jīng)過(guò)分離、調(diào)姿、減速等一系列操作實(shí)現(xiàn)變軌，返回地面。下列說(shuō)法正確的是（）A．飛船在圓形軌道上運(yùn)行的速度大于第一宇宙速度 B．飛船在圓形軌道上運(yùn)行時(shí)處于完全失重狀態(tài)，所受合力為零 C．軌道艙與返回艙分離后，返回艙在進(jìn)入大氣層之前機(jī)械能守恒 D．返回艙在圓形軌道減速進(jìn)入返回軌道時(shí)，所受萬(wàn)有引力大于其所需的向心力3．（4分）（2025?江蘇模擬）臺(tái)風(fēng)“貝碧嘉”登陸上海，中國(guó)自主研發(fā)的千噸阻尼器——“上?；垩邸保ㄈ鐖D所示）擺動(dòng)明顯，保障了上海中心大廈的安全?！吧虾；垩邸辈捎昧穗姕u流阻尼技術(shù)，永磁體形成的磁場(chǎng)與質(zhì)量塊一起擺動(dòng)時(shí)，與其下方固定的導(dǎo)體板產(chǎn)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，從而在導(dǎo)體板中產(chǎn)生電渦流。關(guān)于該阻尼器，下列說(shuō)法正確的是（）A．阻尼器的電渦流阻尼技術(shù)原理是電流的磁效應(yīng) B．振動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，阻尼器的振動(dòng)頻率小于大廈的振動(dòng)頻率 C．阻尼器將機(jī)械能最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．若將阻尼器下方的導(dǎo)體板換成木地板，對(duì)使用效果沒(méi)有影響4．（4分）（2025?江蘇模擬）懸停在月球表面一定高度處的探測(cè)器將一物體以一定初速度豎直向下拋出，拋出后物體的位移x與其速度的平方v2的關(guān)系圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．物體的初速度大小為10m/s B．物體的加速度大小為310m/s2C．拋出3s后物體的速度大小為10m/s D．當(dāng)物體距離拋出點(diǎn)（30+610）m時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)了6s5．（4分）（2025?江蘇模擬）取一條較長(zhǎng)的軟繩，拉直后沿x軸水平放置，圖中小圓點(diǎn)表示繩中的質(zhì)點(diǎn)，相鄰質(zhì)點(diǎn)的間距相等。一名健身愛(ài)好者手握長(zhǎng)繩的左端連續(xù)上下抖動(dòng)，形成凹凸相間的波沿x軸正方向傳播。已知t＝0時(shí)刻，繩子左端的質(zhì)點(diǎn)P0開(kāi)始振動(dòng)；t=T2時(shí)刻，各質(zhì)點(diǎn)的位置和波的形狀如圖所示，其中質(zhì)點(diǎn)P2恰好到達(dá)最高點(diǎn)，振幅為A．t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P0沿y軸負(fù)方向振動(dòng) B．t=T2時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P3沿yC．t=5T4時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P7沿D．從t＝0時(shí)刻到t=13T8時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P6．（4分）（2025?江蘇模擬）如圖所示，將一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置在足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面上，用沿著斜面向上的拉力作用在物塊上，拉力的功率P恒定，使物塊由靜止開(kāi)始斜向上運(yùn)動(dòng)，已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊的動(dòng)量最大為p，重力加速度為g，根據(jù)已知條件，則（）A．可求出物塊的質(zhì)量 B．可求出拉力的最小值 C．可求出斜面傾角的的正弦值 D．若撤去拉力，不可求出物塊的加速度7．（4分）（2025?江蘇模擬）如圖所示，一個(gè)鐵架臺(tái)靜止放置在粗糙的水平桌面上，在其支架上端的一固定橫桿上通過(guò)一根不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一個(gè)小鋼球?，F(xiàn)將小鋼球拉至水平位置A處由靜止釋放，使其在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，鐵架臺(tái)始終保持靜止。不計(jì)空氣阻力，小鋼球的半徑可忽略不計(jì)，關(guān)于小鋼球從被釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B處的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．輕繩的拉力一直增大 B．小鋼球重力的功率一直增大 C．鐵架臺(tái)對(duì)桌面的壓力先增大后減小 D．桌面對(duì)鐵架臺(tái)的摩擦力先減小后增大8．（4分）（2025?江蘇模擬）如圖甲所示為均勻透明介質(zhì)制成的棱鏡的截面圖，其截面為正六邊形，現(xiàn)用由單色光a和單色光b組成的復(fù)合光由棱鏡的左側(cè)射入，最終從右側(cè)射出時(shí)分成兩束。若用這兩種單色光分別照射圖乙中的陰極K，當(dāng)陰極K的材料為A時(shí)電流表的指針均發(fā)生偏轉(zhuǎn)，當(dāng)陰極K的材料為B時(shí)，只有一種單色光能使電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．單色光a的波長(zhǎng)較小 B．材料A的逸出功小于材料B的逸出功 C．單色光a照射材料A時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能較大 D．僅增加兩種單色光強(qiáng)度后再照射材料B，電流表的指針均發(fā)生偏轉(zhuǎn)9．（4分）（2025?徐州二模）如圖所示，理想變壓器的原、副線圈的回路中分別接有阻值均為R的電阻R1、R2，原線圈一側(cè)接在電壓為U的正弦交流電源上，若R1、R2的電功率相等，下列說(shuō)法正確的是（）A．原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1 B．原線圈兩端的電壓為3U C．通過(guò)電阻R2的電流為URD．電源的輸出功率為U10．（4分）（2025?徐州二模）如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)圓心為O、直徑為1m的虛線圓，電場(chǎng)方向與圓所在的平面平行，A、B、C、D分別為圓上的四個(gè)點(diǎn)，其中AC過(guò)圓心，AB＝0.6m，AD＝0.8m?，F(xiàn)將一個(gè)電子從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功為36eV；若將該電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，則電場(chǎng)力做的功為100eV。下列說(shuō)法正確的是（）A．若取A點(diǎn)處的電勢(shì)為0，則圓心O點(diǎn)處的電勢(shì)為15V B．D點(diǎn)處的電勢(shì)比B點(diǎn)處的電勢(shì)低 C．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100V/m、方向由C點(diǎn)指向A點(diǎn) D．若將電子從A點(diǎn)移到D點(diǎn)，則其電勢(shì)能減小36eV11．（4分）（2025?江蘇模擬）某游樂(lè)園中過(guò)山車(chē)從傾斜軌道最高點(diǎn)無(wú)動(dòng)力靜止滑下后到水平直軌道停下。為保證安全，水平軌道上安裝有磁力剎車(chē)裝置，其簡(jiǎn)化示意圖如圖所示。水平直軌道右側(cè)與定值電阻R相連，虛線PQ的右側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左側(cè)無(wú)磁場(chǎng)。過(guò)山車(chē)的剎車(chē)金屬片可等效為一根金屬桿ab，其從傾斜軌道上某一位置由靜止釋放，最終靜止在水平軌道某一位置，忽略摩擦力和空氣阻力。下列關(guān)于金屬棒ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率v、加速度大小a與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t或運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13～16題解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。12．（15分）（2025?江蘇模擬）某實(shí)驗(yàn)小組利用銅片、鋅片和梨制作了水果電池，并測(cè)量該水果電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，探究電極間距對(duì)E和r的影響。如圖甲所示為實(shí)驗(yàn)電路圖，已知電流表內(nèi)阻為Rg＝20Ω、量程為0～1mA，電阻箱阻值的變化范圍為0～9999Ω。（1）連接好電路后，在開(kāi)關(guān)閉合前，電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)節(jié)到（選填“最大”“最小”或“任意值”）；（2）調(diào)節(jié)電阻箱R，改變電流I，利用所測(cè)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出U﹣I圖像，其中電壓U＝IR；（3）實(shí)驗(yàn)中依次增大銅片與鋅片的間距，分別得到的U﹣I圖像如圖乙中的a、b、c、d；（4）由圖乙可知，在該實(shí)驗(yàn)中，隨電極間距的增大，該水果電池的電動(dòng)勢(shì)將（選填“增大”“減小”或“不變”），內(nèi)阻將（選填“增大”“減小”或“不變”）；（5）曲線c對(duì)應(yīng)的電池電動(dòng)勢(shì)E＝V，內(nèi)阻r＝Ω（均保留三位有效數(shù)字），該電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值無(wú)系統(tǒng)誤差，請(qǐng)簡(jiǎn)要說(shuō)明理由：。13．（6分）（2025?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的小球分別在真空中與油中從靜止開(kāi)始下落相同的高度，所經(jīng)歷的時(shí)間不同，若小球在真空中自由下落的時(shí)間為t，小球在油中受到的阻力恒定，下落過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q，重力加速度為g，求：（1）小球在油中下落受到的阻力；（2）小球在油中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。14．（8分）（2025?江蘇模擬）如圖所示，地面附近有一熱氣球，球的下端有一開(kāi)口，開(kāi)口處的燃燒器可調(diào)節(jié)熱氣球內(nèi)氣體的溫度。已知熱氣球充滿氣體后球囊的體積為V＝2000m3，熱氣球（不含氣體）與吊籃及人的總質(zhì)量m0＝400kg，地面附近空氣溫度T1＝300K、壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa、空氣密度ρ1＝1.2kg/m3。調(diào)節(jié)球內(nèi)氣體溫度，當(dāng)其溫度升高到T2時(shí)，熱氣球在浮力作用下恰好能夠從地面開(kāi)始上升。熱氣球內(nèi)的氣體可看作理想氣體，重力加速度g取10m/s2，且不隨高度的變化而變化，熱氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)始終不變，不考慮吊籃和人的體積。求：（1）當(dāng)熱氣球恰好能夠從地面上升時(shí)，球內(nèi)氣體的密度ρ2；（2）當(dāng)熱氣球恰好能夠從地面上升時(shí)，球內(nèi)氣體的溫度T2。15．（12分）（2025?徐州二模）如圖所示，質(zhì)量m1＝8kg的物塊1與質(zhì)量m2＝4kg的物塊2通過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，物塊2與質(zhì)量m3＝4kg的物塊3用勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧相連接，物塊3靜置在水平地面上。初始時(shí)控制物塊1使其靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上，此時(shí)輕繩恰好拉直且與斜面平行，輕繩無(wú)拉力，現(xiàn)由靜止釋放物塊1，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=12kx（1）釋放物塊1前，彈簧的彈性勢(shì)能；（2）釋放物塊1的瞬間，物塊2的加速度大小；（3）釋放物塊1后，當(dāng)物塊3恰好對(duì)地面無(wú)壓力時(shí)，物塊1在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度。16．（15分）（2025?徐州二模）如圖所示，半徑為R的虛線圓內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且O1O、O1P分別是虛線圓的豎直半徑與水平半徑。P點(diǎn)右側(cè)存在一均勻輻向分布的電場(chǎng)，方向沿徑向指向圓心O2點(diǎn)，半徑為R的圓弧PQ的圓心也在O2點(diǎn)，經(jīng)過(guò)圓弧PQ處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，且∠PO2Q＝53°，水平虛線QH與豎直虛線QG之間存在水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，M點(diǎn)是此區(qū)域內(nèi)的一固定點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（重力不計(jì)）從O點(diǎn)沿OO1方向垂直射入磁場(chǎng)，接著運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，然后沿圓弧PQ運(yùn)動(dòng)經(jīng)Q點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，隨后恰好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)速度豎直向下，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）求粒子在P點(diǎn)的速度大小以及勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）求粒子從Q點(diǎn)到M點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所受的平均作用力大??；（3）N點(diǎn)是勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的一個(gè)固定點(diǎn)，且∠GQN＝53°，若電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)方向改為由Q點(diǎn)指向N點(diǎn)，求Q、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差。

2025年江蘇省徐州市高考物理二模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共11小題）題號(hào)1234567891011答案BDCDDCABDCA一、單項(xiàng)選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1．（4分）（2025?江蘇模擬）我國(guó)主持的江門(mén)中微子實(shí)驗(yàn)預(yù)計(jì)于2025年8月正式運(yùn)行取數(shù)，實(shí)驗(yàn)建成后將成為國(guó)際中微子研究的中心之一，中微子又被稱為“幽靈粒子”，極難探測(cè)。假設(shè)中微子與11H發(fā)生核反應(yīng)，核反應(yīng)方程為“中微子+A．中微子帶負(fù)電 B．中微子的質(zhì)量數(shù)為0 C．該核反應(yīng)方程不滿足質(zhì)量數(shù)守恒 D．該核反應(yīng)方程不滿足能量守恒定律【考點(diǎn)】核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、核子數(shù)等參數(shù)的關(guān)系．【專題】定性思想；歸納法；衰變和半衰期專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒確定中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)；自然界的能量是守恒的?！窘獯稹拷猓篈BC、“中微子+11H→01n+D、自然界的能量是守恒，該核反應(yīng)的過(guò)程能量也是守恒的，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道核反應(yīng)過(guò)程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒。2．（4分）（2025?江蘇模擬）2024年11月4日，神舟十八號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸，神舟十八號(hào)載人飛行任務(wù)取得圓滿成功。已知神舟十八號(hào)飛船在距離地球表面高度約為400km的圓形軌道上運(yùn)行，返回艙與軌道艙經(jīng)過(guò)分離、調(diào)姿、減速等一系列操作實(shí)現(xiàn)變軌，返回地面。下列說(shuō)法正確的是（）A．飛船在圓形軌道上運(yùn)行的速度大于第一宇宙速度 B．飛船在圓形軌道上運(yùn)行時(shí)處于完全失重狀態(tài)，所受合力為零 C．軌道艙與返回艙分離后，返回艙在進(jìn)入大氣層之前機(jī)械能守恒 D．返回艙在圓形軌道減速進(jìn)入返回軌道時(shí)，所受萬(wàn)有引力大于其所需的向心力【考點(diǎn)】天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化；超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；第一、第二和第三宇宙速度的物理意義；衛(wèi)星的發(fā)射及變軌問(wèn)題．【專題】定性思想；推理法；人造衛(wèi)星問(wèn)題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)第一宇宙速度的定義可知飛船在圓形軌道上運(yùn)行的速度小于等于第一宇宙速度。飛船在圓形軌道上運(yùn)行處于完全失重狀態(tài)，所受合力為萬(wàn)有引力，不為零。軌道艙與返回艙分離后，返回艙在進(jìn)入大氣層之前需要減速，所受萬(wàn)有引力大于所需向心力，做近心運(yùn)動(dòng)，故機(jī)械能減少，機(jī)械能不守恒?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)第一宇宙速度的定義，可知飛船環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)速度小于或等于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤。B、飛船環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，處理完全失重狀態(tài)，所受合力為萬(wàn)有引力，合力不為零，故B錯(cuò)誤。CD、軌道艙與返回艙分離后，返回艙需要減速操作實(shí)現(xiàn)變軌，所受萬(wàn)有引力大于所需向心力，做近心運(yùn)動(dòng)，故機(jī)械能減少，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)人造衛(wèi)星變軌過(guò)程中各種參數(shù)變化的分析能力，需要注意衛(wèi)星變軌問(wèn)題涉及到近心運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力與所需向心力大小之間的關(guān)系。3．（4分）（2025?江蘇模擬）臺(tái)風(fēng)“貝碧嘉”登陸上海，中國(guó)自主研發(fā)的千噸阻尼器——“上?；垩邸保ㄈ鐖D所示）擺動(dòng)明顯，保障了上海中心大廈的安全?！吧虾；垩邸辈捎昧穗姕u流阻尼技術(shù)，永磁體形成的磁場(chǎng)與質(zhì)量塊一起擺動(dòng)時(shí)，與其下方固定的導(dǎo)體板產(chǎn)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，從而在導(dǎo)體板中產(chǎn)生電渦流。關(guān)于該阻尼器，下列說(shuō)法正確的是（）A．阻尼器的電渦流阻尼技術(shù)原理是電流的磁效應(yīng) B．振動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，阻尼器的振動(dòng)頻率小于大廈的振動(dòng)頻率 C．阻尼器將機(jī)械能最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．若將阻尼器下方的導(dǎo)體板換成木地板，對(duì)使用效果沒(méi)有影響【考點(diǎn)】阻尼振動(dòng)和受迫振動(dòng)；渦流的應(yīng)用與防止．【專題】定性思想；推理法；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)受迫振動(dòng)和電磁感應(yīng)，能量轉(zhuǎn)化和守恒定律等知識(shí)進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓築.阻尼器受迫振動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)阻尼器的振動(dòng)頻率與大廈的振動(dòng)頻率相等，故B錯(cuò)誤；ACD.根據(jù)電磁感應(yīng)原理可知，永磁體通過(guò)導(dǎo)體板上方時(shí)會(huì)在導(dǎo)體板中產(chǎn)生電渦流，阻礙永磁體相對(duì)導(dǎo)體板的運(yùn)動(dòng)，將機(jī)械能最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，若將阻尼器下方的導(dǎo)體板換成絕緣的木地板，將不會(huì)產(chǎn)生電渦流，影響使用效果，故AD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】考查受迫振動(dòng)和電磁感應(yīng)，能量轉(zhuǎn)化和守恒定律等知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。4．（4分）（2025?江蘇模擬）懸停在月球表面一定高度處的探測(cè)器將一物體以一定初速度豎直向下拋出，拋出后物體的位移x與其速度的平方v2的關(guān)系圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．物體的初速度大小為10m/s B．物體的加速度大小為310m/s2C．拋出3s后物體的速度大小為10m/s D．當(dāng)物體距離拋出點(diǎn)（30+610）m時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)了6s【考點(diǎn)】復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題．【專題】定量思想；方程法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移公式求出物體的位移與速度、加速度大小關(guān)系，再結(jié)合圖中的數(shù)據(jù)求出、加速度以及相應(yīng)位移對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移公式2ax=v2-vB、根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移公式2ax=根據(jù)x﹣v2圖像的斜率可得1可得加速度a=53mC、由速度—時(shí)間關(guān)系v＝v0+at可得3s后物體的速度v=v0+atD、由位移—時(shí)間公式x代入位移（30+610）m以及初速度、加速度的數(shù)據(jù)可得物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝6s，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題，解題關(guān)鍵是根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷圖像斜率的意義，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解即可。5．（4分）（2025?江蘇模擬）取一條較長(zhǎng)的軟繩，拉直后沿x軸水平放置，圖中小圓點(diǎn)表示繩中的質(zhì)點(diǎn)，相鄰質(zhì)點(diǎn)的間距相等。一名健身愛(ài)好者手握長(zhǎng)繩的左端連續(xù)上下抖動(dòng)，形成凹凸相間的波沿x軸正方向傳播。已知t＝0時(shí)刻，繩子左端的質(zhì)點(diǎn)P0開(kāi)始振動(dòng)；t=T2時(shí)刻，各質(zhì)點(diǎn)的位置和波的形狀如圖所示，其中質(zhì)點(diǎn)P2恰好到達(dá)最高點(diǎn)，振幅為A．t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P0沿y軸負(fù)方向振動(dòng) B．t=T2時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P3沿yC．t=5T4時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P7沿D．從t＝0時(shí)刻到t=13T8時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P【考點(diǎn)】機(jī)械波的圖像問(wèn)題；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；理解能力．【答案】D【分析】根據(jù)同側(cè)法確定質(zhì)點(diǎn)P0的起振方向；根據(jù)同側(cè)法判斷質(zhì)點(diǎn)P3的振動(dòng)方向；根據(jù)推波法確定質(zhì)點(diǎn)P7的振動(dòng)情況；根據(jù)質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程為4A分析通過(guò)的路程。【解答】解：A、根據(jù)同側(cè)法可知，波傳到P4時(shí)P4向上振動(dòng)，所以t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P0沿y軸正方向振動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)同側(cè)法可知，t=T2時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P3沿y軸正方向振動(dòng)，故C、根據(jù)推波法可知，在34T時(shí)刻波傳到P7點(diǎn)，t=5T4=34TD、根據(jù)推波法可知，在98T時(shí)刻波傳到P9點(diǎn)，從t＝0時(shí)刻到t=13T8=98T+12T故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了波的圖像；解答本題關(guān)鍵是要能夠根據(jù)圖像判斷振動(dòng)方向、知道質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程為4A。6．（4分）（2025?江蘇模擬）如圖所示，將一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置在足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面上，用沿著斜面向上的拉力作用在物塊上，拉力的功率P恒定，使物塊由靜止開(kāi)始斜向上運(yùn)動(dòng)，已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊的動(dòng)量最大為p，重力加速度為g，根據(jù)已知條件，則（）A．可求出物塊的質(zhì)量 B．可求出拉力的最小值 C．可求出斜面傾角的的正弦值 D．若撤去拉力，不可求出物塊的加速度【考點(diǎn)】功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；物體在光滑斜面上的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)牛頓第二定律、功率公式和動(dòng)量表達(dá)式以及平衡知識(shí)進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈BC.設(shè)物塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，拉力的大小為F，拉力的功率P恒定，則有P＝Fv，物塊受到拉力、重力和斜面對(duì)它的支持力，由牛頓第二定律物塊的加速度大小為a=F-mgsinθm=P-mgvsinθmv，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，F(xiàn)有最小值，此時(shí)物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有Fmin＝mgsinθ，結(jié)合P＝Fminvmax，可得P＝mgvmaxsinθ，由題意得p＝D.若撤去拉力，物塊只受重力和斜面對(duì)它的支持力，由牛頓第二定律可知，物塊加速度大小a'=mgsinθm=故選：C。【點(diǎn)評(píng)】考查牛頓第二定律、功率公式和動(dòng)量表達(dá)式以及平衡知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。7．（4分）（2025?江蘇模擬）如圖所示，一個(gè)鐵架臺(tái)靜止放置在粗糙的水平桌面上，在其支架上端的一固定橫桿上通過(guò)一根不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一個(gè)小鋼球?，F(xiàn)將小鋼球拉至水平位置A處由靜止釋放，使其在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，鐵架臺(tái)始終保持靜止。不計(jì)空氣阻力，小鋼球的半徑可忽略不計(jì)，關(guān)于小鋼球從被釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B處的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．輕繩的拉力一直增大 B．小鋼球重力的功率一直增大 C．鐵架臺(tái)對(duì)桌面的壓力先增大后減小 D．桌面對(duì)鐵架臺(tái)的摩擦力先減小后增大【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)．【專題】定量思想；方程法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)動(dòng)能定理分析小球速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析小球受到的拉力的變化，結(jié)合瞬時(shí)功率的表達(dá)式分析瞬時(shí)功率的變化，對(duì)鐵架臺(tái)受力分析，判斷鐵架臺(tái)受到的支持力和摩擦力的變化。【解答】解：A、設(shè)小鋼球質(zhì)量為m，鐵架臺(tái)質(zhì)量為M，輕繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，輕繩拉力為FT，小鋼球向下擺動(dòng)到某一位置時(shí)，輕繩與水平方向的夾角為θ，如圖所示對(duì)小鋼球進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有FT﹣mgsinθ=小鋼球由A處?kù)o止釋放運(yùn)動(dòng)到此位置的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mgLsinθ=聯(lián)立解得FT＝3mgsinθ小鋼球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，θ一直增大，sinθ增大，則輕繩拉力FT一直增大，故A正確；B、由重力的功率P＝mgvcosθ可知，小鋼球剛被釋放時(shí)速度為零，重力的功率為零，小鋼球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)，瞬時(shí)速度方向與重力方向垂直，重力方向與速度方向之間的夾角θ＝90°，則重力的功率又變?yōu)榱?，因此小鋼球重力的功率先增大后減小，故B錯(cuò)誤；C、鐵架臺(tái)一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，在豎直方向上受力平衡，支持力FN＝FTsinθ+Mg＝3mgsinθ+Mg小鋼球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，θ一直增大，故鐵架臺(tái)對(duì)桌面的壓力一直增大，故C錯(cuò)誤；D、鐵架臺(tái)在水平方向受力平衡，摩擦力：Ff＝FTcosθ＝3mgsinθcosθ=32小鋼球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，θ由0增大至90°，當(dāng)θ＝45°時(shí)，sin2θ＝1，鐵架臺(tái)受到的摩擦力最大，因此桌面對(duì)鐵架臺(tái)的摩擦力先增大后減小，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，同時(shí)涉及到了受力分析、動(dòng)能定理和摩擦力的判斷，整體難度適中。8．（4分）（2025?江蘇模擬）如圖甲所示為均勻透明介質(zhì)制成的棱鏡的截面圖，其截面為正六邊形，現(xiàn)用由單色光a和單色光b組成的復(fù)合光由棱鏡的左側(cè)射入，最終從右側(cè)射出時(shí)分成兩束。若用這兩種單色光分別照射圖乙中的陰極K，當(dāng)陰極K的材料為A時(shí)電流表的指針均發(fā)生偏轉(zhuǎn)，當(dāng)陰極K的材料為B時(shí)，只有一種單色光能使電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．單色光a的波長(zhǎng)較小 B．材料A的逸出功小于材料B的逸出功 C．單色光a照射材料A時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能較大 D．僅增加兩種單色光強(qiáng)度后再照射材料B，電流表的指針均發(fā)生偏轉(zhuǎn)【考點(diǎn)】金屬材料的逸出功；愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程；光的折射定律；光電效應(yīng)的條件和判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)．【專題】定量思想；推理法；光電效應(yīng)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)折射光路圖結(jié)合折射率、波長(zhǎng)，逸出功和光電效應(yīng)方程和光電效應(yīng)的條件進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.由題圖甲可知b光的折射角小于a光的折射角，由折射定律知，介質(zhì)對(duì)b光的折射率大于a光的折射率，則單色光b的頻率較大，由λ=cv可知，單色光bB.由題意知，若用兩種單色光分別照射陰極K，當(dāng)陰極K的材料為A時(shí)電流表的指針均發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則兩種單色光的頻率均大于材料A的極限頻率，當(dāng)陰極K的材料為B時(shí)，只有一種單色光能使電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明不能使電流表發(fā)生偏轉(zhuǎn)的單色光的頻率小于材料B的極限頻率，說(shuō)明材料A的極限頻率小于材料B的極限頻率，即材料A的逸出功小于材料B的逸出功，故B正確；C.由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程Ekm＝hν﹣W0知，由于單色光b的頻率較大，所以用單色光b照射材料A時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能較大，故C錯(cuò)誤；D.發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于材料的極限頻率，與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查折射光路圖結(jié)合折射率、波長(zhǎng)，逸出功和光電效應(yīng)方程和光電效應(yīng)的條件，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。9．（4分）（2025?徐州二模）如圖所示，理想變壓器的原、副線圈的回路中分別接有阻值均為R的電阻R1、R2，原線圈一側(cè)接在電壓為U的正弦交流電源上，若R1、R2的電功率相等，下列說(shuō)法正確的是（）A．原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1 B．原線圈兩端的電壓為3U C．通過(guò)電阻R2的電流為URD．電源的輸出功率為U【考點(diǎn)】理想變壓器兩端的功率關(guān)系；理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；方程法；比例法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)電功率公式和理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系可求匝數(shù)比；設(shè)通過(guò)原線圈的電流為I1，根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系和歐姆定律求解副線圈兩端電壓，根據(jù)串聯(lián)電路電壓特點(diǎn)及歐姆定律求解原線圈兩端電壓，由P＝UI1可求電源的輸出功率?！窘獯稹拷猓篈、由于R1＝R2＝R，且電功率相等，由I=PR可知流過(guò)R1、R2的電流相等，則原、副線圈的匝數(shù)之比為1：1BC、由于原、副線圈的匝數(shù)之比為1：1，則原副線圈兩端電壓相等，設(shè)R1、R2及原線圈兩端的電壓均U1，則有：U＝2U1，解得：U1=12U，通過(guò)電阻R2D、由C可知，通過(guò)電阻R1的電流和原線圈的電流均為I1=U2R故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了理想變壓器電壓與匝數(shù)比、電流與匝數(shù)比的關(guān)系及歐姆定律的應(yīng)用；注意電源的輸出電壓為U＝UR+U1。10．（4分）（2025?徐州二模）如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)圓心為O、直徑為1m的虛線圓，電場(chǎng)方向與圓所在的平面平行，A、B、C、D分別為圓上的四個(gè)點(diǎn)，其中AC過(guò)圓心，AB＝0.6m，AD＝0.8m?，F(xiàn)將一個(gè)電子從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功為36eV；若將該電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，則電場(chǎng)力做的功為100eV。下列說(shuō)法正確的是（）A．若取A點(diǎn)處的電勢(shì)為0，則圓心O點(diǎn)處的電勢(shì)為15V B．D點(diǎn)處的電勢(shì)比B點(diǎn)處的電勢(shì)低 C．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100V/m、方向由C點(diǎn)指向A點(diǎn) D．若將電子從A點(diǎn)移到D點(diǎn)，則其電勢(shì)能減小36eV【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；電勢(shì)的定義、單位和物理意義及用定義式計(jì)算電勢(shì)．【專題】應(yīng)用題；信息給予題；定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】A.根據(jù)電場(chǎng)力做功公式，結(jié)合勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)的分布求解作答；B.根據(jù)電場(chǎng)力做功公式求解B點(diǎn)電勢(shì)，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的推論求解D點(diǎn)電勢(shì)，然后作答；C.根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系求解作答；D.根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，求解B點(diǎn)的等勢(shì)點(diǎn)；根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系求解作答?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)電場(chǎng)力做功公式WAC＝﹣eUAC＝﹣（φA﹣φC）若取A點(diǎn)處的電勢(shì)為φA＝0，如圖所示：代入數(shù)據(jù)解得C點(diǎn)處的電勢(shì)φc＝100V則圓心O點(diǎn)處的電勢(shì)為φ0=φB.A、B兩點(diǎn)處的電勢(shì)差為U若仍取A點(diǎn)處的電勢(shì)為φA＝0，則φB＝36V根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的推論可知UAD＝UBC＝﹣64V＝φA﹣φD解得φD＝64V因此φD＞φB，即D點(diǎn)處的電勢(shì)比B點(diǎn)處的電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；D.根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系WAD＝EpA﹣EpD＝ΔEp減所以ΔEp減＝WAD＝﹣e（φA﹣φD）＝﹣e（0﹣64V）＝64eV說(shuō)明電子的電勢(shì)能減小64eV，故D錯(cuò)誤；C.過(guò)B點(diǎn)作AC的垂線交于P點(diǎn)，如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可知△APB∽△ABC，對(duì)應(yīng)邊成比例AP代入數(shù)據(jù)解得AP＝0.36m根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的推論，則A、P兩點(diǎn)處的電勢(shì)差為U而UAP＝UAB說(shuō)明B、P兩點(diǎn)處于同一等勢(shì)面上，且電勢(shì)高于A點(diǎn)處的電勢(shì)；根據(jù)“電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處垂直、沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低”可知，該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由C點(diǎn)指向A點(diǎn)；場(chǎng)強(qiáng)的大小為E=UAP故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電場(chǎng)力做功公式、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系和勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，要熟練掌握靈活運(yùn)用；要掌握勻強(qiáng)電場(chǎng)的兩個(gè)重要推論，尋找等勢(shì)面是解題的關(guān)鍵。11．（4分）（2025?江蘇模擬）某游樂(lè)園中過(guò)山車(chē)從傾斜軌道最高點(diǎn)無(wú)動(dòng)力靜止滑下后到水平直軌道停下。為保證安全，水平軌道上安裝有磁力剎車(chē)裝置，其簡(jiǎn)化示意圖如圖所示。水平直軌道右側(cè)與定值電阻R相連，虛線PQ的右側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左側(cè)無(wú)磁場(chǎng)。過(guò)山車(chē)的剎車(chē)金屬片可等效為一根金屬桿ab，其從傾斜軌道上某一位置由靜止釋放，最終靜止在水平軌道某一位置，忽略摩擦力和空氣阻力。下列關(guān)于金屬棒ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率v、加速度大小a與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t或運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】單桿在導(dǎo)軌上無(wú)外力作用下切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；電學(xué)圖象專題；推理論證能力．【答案】A【分析】以金屬棒為研究對(duì)象，由牛頓第二定律結(jié)合安培力的表達(dá)式可求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的v﹣t關(guān)系和a﹣t關(guān)系，再根據(jù)加速度與速度的關(guān)系，從而判斷圖像的正確性?！窘獯稹拷猓篈B、金屬棒ab在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由靜止開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ＝ma金屬棒的速度v＝at，所以速度與時(shí)間成正比；根據(jù)v2＝2as可知，v﹣s圖像是開(kāi)口向下的拋物線；進(jìn)入磁場(chǎng)后，由于安培力方向向左，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得：B2L2vR=C、由于加速度與速度成正比，所以加速度隨時(shí)間的變化情況與速度隨時(shí)間的變化情況相同，故C錯(cuò)誤；D、在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取向右為正方向，對(duì)金屬棒根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣BILΔt＝﹣mΔv，即：B2所以有：Δv=B2L2故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖像問(wèn)題，經(jīng)常是根據(jù)閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力的計(jì)算公式等，推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的關(guān)系式，這是電磁感應(yīng)問(wèn)題中常用的方法和思路。二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13～16題解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。12．（15分）（2025?江蘇模擬）某實(shí)驗(yàn)小組利用銅片、鋅片和梨制作了水果電池，并測(cè)量該水果電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，探究電極間距對(duì)E和r的影響。如圖甲所示為實(shí)驗(yàn)電路圖，已知電流表內(nèi)阻為Rg＝20Ω、量程為0～1mA，電阻箱阻值的變化范圍為0～9999Ω。（1）連接好電路后，在開(kāi)關(guān)閉合前，電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)節(jié)到最大（選填“最大”“最小”或“任意值”）；（2）調(diào)節(jié)電阻箱R，改變電流I，利用所測(cè)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出U﹣I圖像，其中電壓U＝IR；（3）實(shí)驗(yàn)中依次增大銅片與鋅片的間距，分別得到的U﹣I圖像如圖乙中的a、b、c、d；（4）由圖乙可知，在該實(shí)驗(yàn)中，隨電極間距的增大，該水果電池的電動(dòng)勢(shì)將不變（選填“增大”“減小”或“不變”），內(nèi)阻將增大（選填“增大”“減小”或“不變”）；（5）曲線c對(duì)應(yīng)的電池電動(dòng)勢(shì)E＝0.970V，內(nèi)阻r＝437Ω（均保留三位有效數(shù)字），該電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值無(wú)系統(tǒng)誤差，請(qǐng)簡(jiǎn)要說(shuō)明理由：U﹣I圖像的縱截距表示電動(dòng)勢(shì)，與電流表的內(nèi)阻無(wú)關(guān)，因此無(wú)系統(tǒng)誤差?！究键c(diǎn)】測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【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；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）最大；（4）不變；增大；（5）0.970；437；U﹣I圖像的縱截距表示電動(dòng)勢(shì)，與電流表的內(nèi)阻無(wú)關(guān)，因此無(wú)系統(tǒng)誤差?！痉治觥浚?）從保證電路安全的角度分析作答（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律求解U﹣I函數(shù)，結(jié)合圖像的縱截距和斜率絕對(duì)值的含義分析作答；（5）根據(jù)圖像斜率絕對(duì)值求解內(nèi)阻；從電路的結(jié)構(gòu)和圖像的縱截距的含義分析作答?！窘獯稹拷猓海?）為了保證電路安全，閉環(huán)開(kāi)關(guān)前，應(yīng)將電阻箱接入電路中的阻值調(diào)至最大；（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律U＝E﹣I（Rg+r）U﹣I圖像的縱截距表示電動(dòng)勢(shì)b＝E由圖乙可知，圖像的縱截距不變，因此隨電極間距的增大，該水果電池的電動(dòng)勢(shì)將不變；U﹣I圖像斜率的絕對(duì)值k＝Rg+r水果電池的內(nèi)阻r＝k﹣Rg保持銅片和鋅片插入蘋(píng)果中的深度不變，依次增加銅片與鋅片的間距，所對(duì)應(yīng)的斜率逐漸增大，水果電池的內(nèi)阻增大；（5）圖像的縱截距表示電動(dòng)勢(shì)，曲線（c）對(duì)應(yīng)的水果電池電動(dòng)勢(shì)E＝0.970V圖（c）斜率的絕對(duì)值k圖像斜率k＝Rg+r代入數(shù)據(jù)解得內(nèi)阻r＝437ΩU﹣I圖像的縱截距表示電動(dòng)勢(shì)，與電流表的內(nèi)阻無(wú)關(guān)，因此無(wú)系統(tǒng)誤差。故答案為：（1）最大；（4）不變；增大；（5）0.970；437；U﹣I圖像的縱截距表示電動(dòng)勢(shì)，與電流表的內(nèi)阻無(wú)關(guān)，因此無(wú)系統(tǒng)誤差?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r的實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹⒉襟E、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵。13．（6分）（2025?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的小球分別在真空中與油中從靜止開(kāi)始下落相同的高度，所經(jīng)歷的時(shí)間不同，若小球在真空中自由下落的時(shí)間為t，小球在油中受到的阻力恒定，下落過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q，重力加速度為g，求：（1）小球在油中下落受到的阻力；（2）小球在油中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！究键c(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（1）小球在油中下落受到的阻力為2Q（2）小球在油中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為gt2mm【分析】（1）對(duì)小球在真空中和在油中分別進(jìn)行受力分析，根據(jù)能量做功求出阻力大?。唬?）結(jié)合小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，利用牛頓第二定律，可求出下落時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）小球在真空中做自由落體運(yùn)動(dòng)，則小球下落的高度為h=12gt2，設(shè)小球在油中運(yùn)動(dòng)受到的阻力為f，下落相同高度因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fh，聯(lián)立解得（2）小球在油中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可得mg﹣f＝ma，由勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得h=12at02，聯(lián)立解得小球在油中下落相同高度運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0答：（1）小球在油中下落受到的阻力為2Q（2）小球在油中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為gt2mm【點(diǎn)評(píng)】本題難度適中，重點(diǎn)考查牛頓第二定律的引用，并綜合了運(yùn)動(dòng)學(xué)物理量的求解過(guò)程。14．（8分）（2025?江蘇模擬）如圖所示，地面附近有一熱氣球，球的下端有一開(kāi)口，開(kāi)口處的燃燒器可調(diào)節(jié)熱氣球內(nèi)氣體的溫度。已知熱氣球充滿氣體后球囊的體積為V＝2000m3，熱氣球（不含氣體）與吊籃及人的總質(zhì)量m0＝400kg，地面附近空氣溫度T1＝300K、壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa、空氣密度ρ1＝1.2kg/m3。調(diào)節(jié)球內(nèi)氣體溫度，當(dāng)其溫度升高到T2時(shí)，熱氣球在浮力作用下恰好能夠從地面開(kāi)始上升。熱氣球內(nèi)的氣體可看作理想氣體，重力加速度g取10m/s2，且不隨高度的變化而變化，熱氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)始終不變，不考慮吊籃和人的體積。求：（1）當(dāng)熱氣球恰好能夠從地面上升時(shí)，球內(nèi)氣體的密度ρ2；（2）當(dāng)熱氣球恰好能夠從地面上升時(shí)，球內(nèi)氣體的溫度T2?！究键c(diǎn)】氣體的等壓變化與蓋﹣呂薩克定律的應(yīng)用；氣體的等容變化與查理定律的應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；方程法；氣體的狀態(tài)參量和實(shí)驗(yàn)定律專題；推理論證能力．【答案】（1）當(dāng)熱氣球恰好能夠從地面上升時(shí)，球內(nèi)氣體的密度為1.0kg/m3；（2）當(dāng)熱氣球恰好能夠從地面上升時(shí)，球內(nèi)氣體的溫度為360K?！痉治觥浚?）對(duì)熱氣球，由平衡條件結(jié)合密度公式可求氣體的密度；（2）由蓋—呂薩克定律結(jié)合密度公式可求氣體的溫度。【解答】解：（1）由題意可知，熱氣球在浮力的作用下恰好能夠上升，此時(shí)熱氣球受力平衡，則有平衡條件可得：ρ1gV＝m0g+ρ2gV，解得：ρ2（2）將開(kāi)始時(shí)熱氣球內(nèi)的氣體作為研究對(duì)象，設(shè)其質(zhì)量為m，由題意可知，氣體做等壓變化，設(shè)當(dāng)溫度為T(mén)2，其體積膨脹為V2，由蓋—呂薩克定律可得：V氣體質(zhì)量m不變，則有：V=m聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：T2＝360K。答：（1）當(dāng)熱氣球恰好能夠從地面上升時(shí)，球內(nèi)氣體的密度為1.0kg/m3；（2）當(dāng)熱氣球恰好能夠從地面上升時(shí)，球內(nèi)氣體的溫度為360K。【點(diǎn)評(píng)】本題是對(duì)共點(diǎn)力的平衡條件及蓋—呂薩克定律和密度公式的考查，解題的關(guān)鍵是要知道氣體發(fā)生的狀態(tài)變化，選擇合適的定律即可解題。15．（12分）（2025?徐州二模）如圖所示，質(zhì)量m1＝8kg的物塊1與質(zhì)量m2＝4kg的物塊2通過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，物塊2與質(zhì)量m3＝4kg的物塊3用勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧相連接，物塊3靜置在水平地面上。初始時(shí)控制物塊1使其靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上，此時(shí)輕繩恰好拉直且與斜面平行，輕繩無(wú)拉力，現(xiàn)由靜止釋放物塊1，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=12kx（1）釋放物塊1前，彈簧的彈性勢(shì)能；（2）釋放物塊1的瞬間，物塊2的加速度大小；（3）釋放物塊1后，當(dāng)物塊3恰好對(duì)地面無(wú)壓力時(shí)，物塊1在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度?！究键c(diǎn)】彈簧類問(wèn)題中的機(jī)械能守恒；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律求解瞬時(shí)問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）釋放物塊1前，彈簧的彈性勢(shì)能為8J。（2）釋放物塊1的瞬間，物塊2的加速度大小為4m/s2。（3）釋放物塊1后，當(dāng)物塊3恰好對(duì)地面無(wú)壓力時(shí)，物塊1在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度為415【分析】（1）初始時(shí)物塊2受力平衡，彈簧壓縮量由物塊2的重力與彈簧彈力平衡求得，根據(jù)彈性勢(shì)能公式計(jì)算初始彈性勢(shì)能。（2）釋放物塊1瞬間，物塊1沿斜面下滑的力與物塊2的重力及彈簧彈力共同作用，對(duì)物塊1和物塊2組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律求解加速度。（3）物塊3對(duì)地面無(wú)壓力時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量由物塊3的重力平衡確定，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊1下滑過(guò)程中重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和彈簧彈性勢(shì)能增量，聯(lián)立求解物塊1的速度?！窘獯稹拷猓海?）初始時(shí)對(duì)物塊2受力分析，由題意知輕繩無(wú)拉力，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，由力的平衡條件得：m2g＝kx1，代入數(shù)據(jù)解得彈簧形變量：x1=m2gk則釋放物塊1前，彈簧的彈性勢(shì)能為：EP=12kx（2）釋放物塊1的瞬間，對(duì)物塊1、物塊2及輕繩組成的系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得：m1gsinθ﹣m2g+kx1＝（m1+m2）a1，代入數(shù)據(jù)解得物塊2的加速度大小：a1（3）釋放物塊1后，當(dāng)物塊3恰好對(duì)地面無(wú)壓力時(shí)：對(duì)物塊3受力分析，由力的平衡條件知：m3g＝kx2；對(duì)物塊1、物塊2及輕繩組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：m1g(x1答：（1）釋放物塊1前，彈簧的彈性勢(shì)能為8J。（2）釋放物塊1的瞬間，物塊2的加速度大小為4m/s2。（3）釋放物塊1后，當(dāng)物塊3恰好對(duì)地面無(wú)壓力時(shí)，物塊1在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度為415【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒和彈簧勢(shì)能等力學(xué)核心知識(shí)。題目通過(guò)多物體連接系統(tǒng)設(shè)計(jì)，要求考生具備較強(qiáng)的受力分析和系統(tǒng)建模能力。第一問(wèn)考查靜態(tài)平衡條件，第二問(wèn)側(cè)重瞬時(shí)加速度分析，第三問(wèn)則需結(jié)合動(dòng)力學(xué)與能量觀點(diǎn)求解。計(jì)算量適中但思維鏈較長(zhǎng)，特別是第三問(wèn)需要建立正確的能量守恒方程，對(duì)學(xué)生的綜合分析能力提出較高要求。彈簧狀態(tài)變化與多物體聯(lián)動(dòng)的設(shè)計(jì)體現(xiàn)了命題的巧妙性。16．（15分）（2025?徐州二模）如圖所示，半徑為R的虛線圓內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且O1O、O1P分別是虛線圓的豎直半徑與水平半徑。P點(diǎn)右側(cè)存在一均勻輻向分布的電場(chǎng)，方向沿徑向指向圓心O2點(diǎn)，半徑為R的圓弧PQ的圓心也在O2點(diǎn)，經(jīng)過(guò)圓弧PQ處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，且∠PO2Q＝53°，水平虛線QH與豎直虛線QG之間存在水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，M點(diǎn)是此區(qū)域內(nèi)的一固定點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（重力不計(jì)）從O點(diǎn)沿OO1方向垂直射入磁場(chǎng)，接著運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，然后沿圓弧PQ運(yùn)動(dòng)經(jīng)Q點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，隨后恰好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)速度豎直向下，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）求粒子在P點(diǎn)的速度大小以及勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）求粒子從Q點(diǎn)到M點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所受的平均作用力大?。唬?）N點(diǎn)是勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的一個(gè)固定點(diǎn)，且∠GQN＝53°，若電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)方向改為由Q點(diǎn)指向N點(diǎn)，求Q、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差。【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子在P點(diǎn)的速度大小為qERm；勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為mE（2）粒子從Q點(diǎn)到M點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為35mRqE；粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M（3）Q、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為54RE【分析】（1）帶電粒于在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，根據(jù)向心力公式列式；帶電粒于在勻強(qiáng)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)向心力公式聯(lián)立求解可得；（2）由幾何關(guān)系可得粒子在Q點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為53°，將速度分別沿水平方向和豎直方向分解；根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)量定理求解作答；（3）粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解分別求解水平位移和豎直位移，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解作答。【解答】解：（1）帶電粒于在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，則有Eq帶電粒于在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB由幾何關(guān)系可得粒子在磁場(chǎng)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R聯(lián)立解得P點(diǎn)的速度大小v磁感應(yīng)強(qiáng)度B（2）由幾何關(guān)系可得粒子在Q點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為53°，將速度分別沿水平方向和豎直方向分解；水平分速度vx＝vcos53°豎直分速度vy＝vsin53°粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，在豎直方向上以vx＝vsin53°向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在水平方向上以v0＝vcos53°向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且到達(dá)M點(diǎn)時(shí)水平方向的分速度為0；粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，由牛頓第二定律得Eq＝ma則有vx＝at2聯(lián)立解得t帶電粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t1粒子從O點(diǎn)到M點(diǎn)，速度變化量為Δv＝v+vy由動(dòng)量定理可得F聯(lián)立解得F（3）粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，在水平方向上有x在豎直方向上有y若電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)方向改為由Q點(diǎn)指向N點(diǎn)，如圖所示：QM連線沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的投影距離為QK＝d，則Q、M兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UQK＝Ed由幾何關(guān)系d其中cos因此d因此UQM答：（1）粒子在P點(diǎn)的速度大小為qERm；勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為mE（2）粒子從Q點(diǎn)到M點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為35mRqE；粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M（3）Q、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為54RE【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在圓形有界磁場(chǎng)、輻射電場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題；要明確向心力的來(lái)源，掌握牛頓第二定律和動(dòng)量定理的運(yùn)用，掌握勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式的運(yùn)用；本題運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜，對(duì)數(shù)學(xué)知識(shí)的要求高，難度大。

考點(diǎn)卡片1．復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)知】1.除了常見(jiàn)的x﹣t圖像，v﹣t圖像與a﹣t圖像外，還有一些少見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像如xt-t圖像，v﹣x圖像、v2﹣2.這些圖像往往都與運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式有關(guān)聯(lián)。3.解題步驟一般如下：①根據(jù)圖像的縱橫坐標(biāo)找出圖像應(yīng)用了那個(gè)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；②根據(jù)圖像推出具體的表達(dá)式；③分析斜率、截距、面積等因素的物理意義?！久}方向】在平直公路上有甲、乙兩輛汽車(chē)同時(shí)從同一位置沿著同一方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，它們速度的平方隨位移變化的圖象如圖所示，則（）A、甲車(chē)的加速度比乙車(chē)的加速度小B、在x＝0.5m處甲、乙兩車(chē)相遇C、在x＝1m處甲、乙兩車(chē)相遇D、在t＝2s末甲、乙兩車(chē)相遇分析：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移關(guān)系公式：v2-v02=解答：A、根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度—位移關(guān)系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v由圖可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲車(chē)的加速度大于乙車(chē)的加速度，故A錯(cuò)誤；BCD、由圖象可知x＝0.5m時(shí)，兩車(chē)速度的平方相等，速度相等。由圖可知，對(duì)于甲車(chē)做初速度為0加速度為2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙做初速度為1m/s，加速度為1m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩車(chē)相遇時(shí)，位移相等，則有：1代入得：12×2×t2＝1×t+解得，t＝2s相遇處兩車(chē)的位移為x=12a甲t2=1故選：D。點(diǎn)評(píng)：讀懂圖象的坐標(biāo)，并能根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—速度關(guān)系求出描述勻變速直線運(yùn)動(dòng)的相關(guān)物理量，并再由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出未知量．【解題思路點(diǎn)撥】非常規(guī)的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像一般都是從某一個(gè)表達(dá)式得來(lái)的，要先從橫縱坐標(biāo)及圖像出發(fā)確定表達(dá)式，求解出關(guān)鍵物理量，再分析物體的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。2．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?gòu)椓Φ漠a(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(guò)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(guò)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(wèn)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小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問(wèn)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(pán)，盤(pán)中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤(pán)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(pán)，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(pán)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(pán)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(pán)對(duì)物體的支持力．解：當(dāng)盤(pán)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(méi)有變化，則以盤(pán)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(wèn)題的能力，這類問(wèn)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(wú)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(lái)確定．3．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。4．牛頓第二定律求解瞬時(shí)問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.瞬時(shí)加速度問(wèn)題：牛頓第二定律是力的瞬時(shí)作用規(guī)律，加速度和力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失。分析物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度，關(guān)鍵是分析該時(shí)刻前后物體的受力情況及其變化。2.兩種基本模型【命題方向】例1：如圖所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋A(yù)C和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時(shí)，橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確的是（）A.在AC被突然剪斷的瞬間，BC對(duì)小球的拉力不變B.在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθC.在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gD.在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθ分析：AC被剪斷的瞬間，橡皮筋拉力消失，繩子拉力突變，小球加速度垂直于繩子方向；BC被剪斷瞬間，橡皮筋彈力不變，橡皮筋彈力和重力的合力和原來(lái)的繩子拉力等大反向，即可求加速度。解答：小球靜止時(shí)，由受力分析得FAC＝mgtanθ，F(xiàn)BCA、B當(dāng)AC被突然剪斷的瞬間，F(xiàn)AC突變?yōu)榱悖現(xiàn)BC突變?yōu)閙gcosθ，重力垂直于繩子的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ，故A錯(cuò)誤，B正確；C、D當(dāng)BC被突然剪斷的瞬間，F(xiàn)BC突變?yōu)榱?，F(xiàn)AC大小不變，此時(shí)小球所受合力mgcosθ=ma解得：a=g故選：BC。點(diǎn)評(píng)：本題考查牛頓第二定律的瞬時(shí)性問(wèn)題，剪斷繩子時(shí)，橡皮筋上的彈力不突變，剪斷橡皮筋時(shí)，橡皮筋上彈力消失，繩子拉力也會(huì)突變，平時(shí)多注意總結(jié)即可掌握。例2：如圖所示，A、B兩球用細(xì)線懸掛于天花板上且靜止不動(dòng)，兩球質(zhì)量mA＝2mB，兩球間是一個(gè)輕質(zhì)彈簧，如果突然剪斷懸線，則在剪斷懸線瞬間（）A.A球加速度為32g，BB.A球加速度為32g，BC.A球加速度為12g，B球加速度為D.A球加速度為12g，B分析：懸線剪斷前，以兩球?yàn)檠芯繉?duì)象，求出懸線的拉力和彈簧的彈力。突然剪斷懸線瞬間，彈簧的彈力沒(méi)有來(lái)得及變化，分析瞬間兩球的受力情況，由牛頓第二定律求解加速度。解答：設(shè)B球質(zhì)量為m，則A球質(zhì)量為2m，懸線剪斷前，以B為研究對(duì)象可知：彈簧的彈力F＝mg，以A、B整體為研究對(duì)象可知懸線的拉力為3mg；剪斷懸線瞬間，彈簧的彈力不變，F(xiàn)＝mg，根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)A：2mg+F＝2maA，又F＝mg，得aA=3對(duì)B：F﹣mg＝maB，F(xiàn)＝mg，得aB＝0故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題是動(dòng)力學(xué)中典型的問(wèn)題：瞬時(shí)問(wèn)題，往往先分析懸線剪斷前彈簧的彈力，再分析懸線判斷瞬間物體的受力情況，再求解加速度，抓住懸線剪斷瞬間彈力沒(méi)有來(lái)得及變化?！窘忸}思路點(diǎn)撥】明確研究對(duì)象→變化瞬間受力分析→牛頓第二定律→加速度5．牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.已知物體受力，求解物體的運(yùn)動(dòng)情況。2.解答該類問(wèn)題的一般步驟（1）選定研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫(huà)出受力示意圖。（2）根據(jù)平行四邊形定則，應(yīng)用合成法或正交分解法，求出物體所受的合外力。受力分析和運(yùn)動(dòng)情況分析是解決該類問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵。（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度。（4）結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)的初始條件（即初速度v0），分析運(yùn)動(dòng)情況并畫(huà)出運(yùn)動(dòng)草圖，選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出待求的運(yùn)動(dòng)學(xué)量——任意時(shí)刻的速度v、一段運(yùn)動(dòng)時(shí)間t以及對(duì)應(yīng)的位移x等?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝4kg的物體靜止在水平地面上，其與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2．現(xiàn)用水平向右的外力F＝10N拉物體，求：（1）物體在2s末的速度多大；（2）前2s內(nèi)的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間才能停下來(lái)。分析：物體在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)其進(jìn)行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛頓第二定律去求出加速度，最后由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式去求出速度與位移。解答：（1）前2s內(nèi)物體加速運(yùn)動(dòng)，受重力、支持力、拉力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：物體的加速度a=2s末物體的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移為：x=12at（3）撤去拉力后，滑塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t′=Δva答：（1）物體在2s末的速度為1m/s；（2）前2s內(nèi)的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過(guò)0.5s時(shí)間才能停下來(lái)。點(diǎn)評(píng)：本題是已知受力情況確定運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵分階段求解出加速度，不難?！窘忸}思路點(diǎn)撥】受力分析→牛頓第二定律→運(yùn)動(dòng)情況分析。連接受力與運(yùn)動(dòng)的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。6．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。7．物體在光滑斜面上的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.物體處在光滑斜面上時(shí)，會(huì)受到重力和支持力，其合力沿著斜面向下，所以物體的加速度也沿著斜面向下。如果斜面的傾角為α，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度的大小為a=mgsinαm2.根據(jù)物體的加速度可以進(jìn)行一些運(yùn)動(dòng)學(xué)的相關(guān)計(jì)算?！久}方向】某同學(xué)探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時(shí)從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過(guò)一定的判斷分析，你可以得到的正確結(jié)論是（）A、甲圖中，小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B、甲圖中，小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度相同C、乙圖中，小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同D、乙圖中，小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度相同分析：對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移—時(shí)間公式求出時(shí)間。解答：（1）在甲圖中：對(duì)小球進(jìn)行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知：運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝gsinθ設(shè)高度為h，則斜面的長(zhǎng)度為h根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移—時(shí)間公式可知：hsinθ=t=甲圖中兩個(gè)斜面傾角不等，故小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和加速度都不相同，故A、B錯(cuò)誤；（2）在乙圖中：對(duì)小球進(jìn)行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知：運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝gcosθ兩個(gè)斜面傾角不等，所以加速度不相同，故D錯(cuò)誤；設(shè)底邊長(zhǎng)為h，則斜面的長(zhǎng)度為h根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移—時(shí)間公式可知：hsinθt=當(dāng)θ分別為30°和60°時(shí)，sinθcosθ相等，故時(shí)間相等，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：該題主要考查了牛頓第二定律及勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—時(shí)間公式的應(yīng)用，注意幾何知識(shí)在物理解題過(guò)程中的應(yīng)用。【解題思路點(diǎn)撥】解決物體在光滑斜面上運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的步驟如下：①對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求出物體的合力；②求出物體的加速度；③根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出相關(guān)物理量。8．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=【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(huà)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．9．第一、第二和第三宇宙速度的物理意義【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、宇宙速度1．第一宇宙速度（環(huán)繞速度）（1）大?。?.9km/s．（2）意義：①衛(wèi)星環(huán)繞地球表面運(yùn)行的速度，也是繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度．②使衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最小地面發(fā)射速度．2．第二宇宙速度（1）大?。?1.2km/s（2）意義：使衛(wèi)星掙脫地球引力束縛的最小地面發(fā)射速度．第二宇宙速度（脫離速度）在地面上發(fā)射物體，使之能夠脫離地球的引力作用，成為繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的人造行星或繞其他行星運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星所必需的最小發(fā)射速度，其大小為v＝11.2km/s．3．第三宇宙速度（1）大?。?6.7km/s（2）意義：使衛(wèi)星掙脫太陽(yáng)引力束縛的最小地面發(fā)射速度．第三宇宙速度（逃逸速度）在地面上發(fā)射物體，使之最后能脫離太陽(yáng)的引力范圍，飛到太陽(yáng)系以外的宇宙空間所必需的最小速度，其大小為v＝16.7km/s．三種宇宙速度比較宇宙速度數(shù)值（km/s）意義第一宇宙速度7.9這是衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的最小發(fā)射速度第二宇宙速度11.2這是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度第三宇宙速度16.7這是物體掙脫太陽(yáng)引力束縛的最小發(fā)射速度【命題方向】（1）第一類常考題型是考查對(duì)第一宇宙速度概念的理解：關(guān)于第一宇宙速度，下列說(shuō)法正確的是（）A．它是人造地球衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度B．它是人造地球衛(wèi)星在圓形軌道上的最小運(yùn)行速度C．它是能使衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的最小發(fā)射速度D．它是人造衛(wèi)星繞地球作橢圓軌道運(yùn)行時(shí)在近地點(diǎn)的速度分析：第一宇宙速度是在地面發(fā)射人造衛(wèi)星所需的最小速度，也是圓行近地軌道的環(huán)繞速度，也是圓形軌道上速度的最大值．解：第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度v=GMR因而第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度，A正確、B錯(cuò)誤；在近地面發(fā)射人造衛(wèi)星時(shí)，若發(fā)射速度等于第一宇宙速度，重力恰好等于向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若發(fā)射速度大于第一宇宙速度，重力不足提供向心力，做離心運(yùn)動(dòng)，即會(huì)在橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，因而C正確、D錯(cuò)誤；故選AC．點(diǎn)評(píng)：要使平拋的物體成為繞地球做運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星，其速度必須小于或等于第一宇宙速度，當(dāng)取等號(hào)時(shí)為圓軌道．【解題思路點(diǎn)撥】1.三個(gè)宇宙速度都有自身的物理意義，要準(zhǔn)確記住其意義及具體的數(shù)值。2.每個(gè)天體都有自己的宇宙速度，課本上介紹的只是地球的三大宇宙速度。10．衛(wèi)星的發(fā)射及變軌問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.衛(wèi)星從發(fā)射到入軌運(yùn)行不是一蹴而就的，要經(jīng)過(guò)多次的軌道變化才能實(shí)現(xiàn)。2.一般來(lái)說(shuō)衛(wèi)星的發(fā)射包括以下步驟：①發(fā)射地球衛(wèi)星，如下圖a、先進(jìn)入近地軌道Ⅲb、在B點(diǎn)加速進(jìn)入橢圓軌道Ⅱc、在遠(yuǎn)地點(diǎn)A加速進(jìn)入高軌道Ⅰ②發(fā)射其他行星的衛(wèi)星，如下圖（以月球?yàn)槔゛、先進(jìn)入近地軌道b、加速進(jìn)入橢圓軌道c、多次在近地點(diǎn)加速增加遠(yuǎn)地點(diǎn)高度，從而進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道d、在地月轉(zhuǎn)移軌道上的某點(diǎn)被月球引力俘獲進(jìn)入月球軌道e、在近地點(diǎn)減速減小遠(yuǎn)地點(diǎn)高度f(wàn)、進(jìn)入環(huán)月軌道【命題方向】2022年我國(guó)航天事業(yè)發(fā)生多件大事，讓世界矚目。北京時(shí)間2022年6月5日10時(shí)44分，神舟十四號(hào)載人飛船發(fā)射取得成功。北京時(shí)間2022年6月5日17時(shí)42分，成功對(duì)接于天和核心艙徑向端口，整個(gè)對(duì)接過(guò)程歷時(shí)約7小時(shí)。北京時(shí)間2022年11月30日7時(shí)33分，神舟十四號(hào)乘組迎來(lái)神舟十五號(hào)3名航天員順利進(jìn)駐中國(guó)空間站，完成“太空會(huì)師”歷史性大事件。2022年12月4日20時(shí)09分，神舟十四號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸。假設(shè)返回艙從工作軌道Ⅰ返回地面的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，橢圓軌道Ⅱ與圓軌道Ⅰ、Ⅲ分別相切于P、Q兩點(diǎn)，返回艙從軌道Ⅲ上適當(dāng)位置減速后進(jìn)入大氣層，最后在東風(fēng)著陸場(chǎng)著陸。下列說(shuō)法正確的是（）A、返回艙在Ⅰ軌道上P需要向運(yùn)動(dòng)方向的反方向噴氣進(jìn)入Ⅱ軌道B、返回艙在Ⅱ軌道上運(yùn)動(dòng)的周期小于返回艙在Ⅲ軌道上運(yùn)動(dòng)的周期C、返回艙在Ⅲ軌道上Q點(diǎn)的速度的大小大于Ⅱ軌道上P點(diǎn)速度的大小D、返回艙在Ⅰ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度等于在Ⅱ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度分析：A.根據(jù)變軌原理可知，在Ⅰ軌道上P點(diǎn)需要向運(yùn)動(dòng)方向的同方向噴氣；B.根據(jù)開(kāi)普勒第三定律判斷周期；C.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力判斷速度；D.根據(jù)軌道的變化，結(jié)合萬(wàn)有引力提供加速度判斷加速度。解答：A．返回艙從Ⅰ軌道進(jìn)入Ⅱ軌道需要減速，因此在Ⅰ軌道上P點(diǎn)需要向運(yùn)動(dòng)方向的同方向噴氣，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有R返回艙在Ⅱ軌道上的半長(zhǎng)軸大于返回艙在Ⅲ軌道上的軌道半徑，所以在Ⅱ軌道上的運(yùn)動(dòng)的周期大于返回艙在Ⅲ軌道上運(yùn)動(dòng)的周期，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有G解得v返回艙在Ⅰ軌道上的半徑大于Ⅲ軌道的半徑，則有vⅢQ＞vⅠP又返回艙從Ⅰ軌道進(jìn)入Ⅱ軌道需要減速，則有vⅠP＞vⅡP所以有vⅢQ＞vⅠP＞vⅡP即返回艙在Ⅲ軌道上Q點(diǎn)的速度的大小大于Ⅱ軌道上P點(diǎn)速度的大小，故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律有G解得a返回艙在Ⅰ軌道上P點(diǎn)時(shí)的半徑等于返回艙在Ⅱ軌道上P點(diǎn)時(shí)的半徑，所以返回艙在Ⅰ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度等于在Ⅱ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度，故D正確。故選：CD。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開(kāi)普勒第三定律的應(yīng)用方法?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.對(duì)于衛(wèi)星的變軌問(wèn)題，常用的規(guī)律是“加速進(jìn)高軌，減速進(jìn)低軌”。意思就是如果衛(wèi)星想要進(jìn)入更高的軌道，需要向后噴氣做加速運(yùn)動(dòng)；如果想要進(jìn)入更低的軌道，需要向前噴氣做減速運(yùn)動(dòng)。2.變軌的原理：離心作用。①當(dāng)向后噴氣時(shí)，衛(wèi)星速度變大，做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力變大，萬(wàn)有引力不足以提供衛(wèi)星所需的向心力，衛(wèi)星就要做離心運(yùn)動(dòng)進(jìn)入更高的軌道運(yùn)行。②當(dāng)向前噴氣時(shí)，衛(wèi)星速度變小，做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力變小，萬(wàn)有引力大于衛(wèi)星所需的向心力，衛(wèi)星就要做近心運(yùn)動(dòng)進(jìn)入較低的軌道運(yùn)行。3.變軌前后的機(jī)械能變化：向后噴氣時(shí)，相當(dāng)于氣體對(duì)衛(wèi)星做了正功，衛(wèi)星的機(jī)械能增大；向前噴氣時(shí)，相當(dāng)于氣體對(duì)衛(wèi)星做了負(fù)功，衛(wèi)星的機(jī)械能減小。11．天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.本考點(diǎn)旨在針對(duì)衛(wèi)星變軌過(guò)程中的機(jī)械能變化情況。2.衛(wèi)星變軌有兩種情況，一種是低軌加速進(jìn)高軌；一種是高軌