第95頁(yè)（共95頁(yè)）2025年山東省濟(jì)南市高考物理二模試卷一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。）1．（3分）（2025?濟(jì)南二模）太陽(yáng)能電池是通過(guò)光電效應(yīng)把光能轉(zhuǎn)化成電能的裝置，其主要材料為高純度的硅。當(dāng)紫外線照射硅表面時(shí)，會(huì)有光電子逸出。下列說(shuō)法正確的是（）A．發(fā)生光電效應(yīng)后，硅帶負(fù)電 B．紅光照射硅表面時(shí)一定能發(fā)生光電效應(yīng) C．減小紫外線的強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能不變 D．增大紫外線的強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能變大2．（3分）（2025?濟(jì)南二模）圖甲和圖乙是紅、藍(lán)兩種單色光用同樣的儀器形成的單縫衍射圖樣，圖丙和圖丁是紅、藍(lán)兩種單色光用同樣的儀器形成的雙縫干涉圖樣。甲、乙、丙、丁四幅圖樣中用紅光形成圖樣的是（）A．甲、丙 B．乙、丁 C．乙、丙 D．甲、丁3．（3分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，一條直線上分布著等間距的a、b、c、d、e、f點(diǎn)，一質(zhì)點(diǎn)從ab間的P點(diǎn)（未畫出）以初速度v0沿直線做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到f點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。若此質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)以v0A．bc之間的某點(diǎn) B．cd之間的某點(diǎn) C．de之間的某點(diǎn) D．ef之間的某點(diǎn)4．（3分）（2025?濟(jì)南二模）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時(shí)刻的部分波形圖如圖所示，質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置xP＝3m，t＝0.6s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P第一次回到平衡位置，則質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程為（）A．y=5sin(54C．y=5sin(45．（3分）（2025?濟(jì)南二模）為了檢驗(yàn)輸電電壓高低對(duì)電能輸送的影響，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的兩個(gè)電路進(jìn)行對(duì)比實(shí)驗(yàn)。兩個(gè)電路使用相同的低壓交流電源，所有的電阻和燈泡電阻均相等，導(dǎo)線電阻不計(jì)。圖乙中的理想變壓器的匝數(shù)比n1：n2＝n4：n3＝1：2。已知燈泡L1消耗的功率為P，則燈泡L2消耗的功率為（）A．49P B．12P C．2P6．（3分）（2025?濟(jì)南二模）北京時(shí)間2025年4月11日00時(shí)47分，我國(guó)成功發(fā)射通信技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星十七號(hào)。該衛(wèi)星運(yùn)行參數(shù)如表所示，已知地球半徑R＝6370km，萬(wàn)有引力常量G＝6.67×10﹣11N?m2/kg2，下列說(shuō)法正確的是（）時(shí)間（協(xié)調(diào)世界時(shí)UTC）2025年4月11日21：00：24軌道偏心率0.7324768軌道傾角18.9938°近地點(diǎn)高度183km遠(yuǎn)地點(diǎn)高度36116km每日繞地圈數(shù)2.26000113A．可以求出該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的大小 B．可以求出地球的質(zhì)量 C．該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的加速度大于地球表面的重力加速度 D．該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能大于在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能7．（3分）（2025?濟(jì)南二模）如圖甲所示，我國(guó)自主研發(fā)的“章魚(yú)”觸手機(jī)器人能抓取任意形態(tài)的物體，可負(fù)載260倍自重。如圖乙所示，圓錐體母線和高線之間的夾角α＝37°，該機(jī)器人對(duì)圓錐體的彈力方向垂直于圓錐體側(cè)面，靠機(jī)器人和圓錐體之間的摩擦力將圓錐體抓起。若該機(jī)器人豎直向上抓起圓錐體時(shí)施加的彈力足夠大，則機(jī)器人和圓錐體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為（已知sin37°=A．35 B．45 C．34 8．（3分）（2025?濟(jì)南二模）風(fēng)洞是進(jìn)行空氣動(dòng)力學(xué)研究最有效的工具之一，我國(guó)最新的JF22風(fēng)洞創(chuàng)造了全球最快30馬赫風(fēng)速的奇跡。如圖所示，風(fēng)洞能對(duì)進(jìn)入其中的物體始終施加一個(gè)水平恒力。一小球從地面的a點(diǎn)以大小為v0的初速度豎直向上拋出，在b點(diǎn)落回地面，小球離開(kāi)地面的最大高度等于ab間的距離，則小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為（）A．12v0 B．55v0 C二、多項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但選不全的得2分，有錯(cuò)選或不答的得0分）（多選）9．（4分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了a→b的等溫過(guò)程。在該過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．氣體對(duì)外界做的功大于32B．氣體從外界吸收的熱量小于32C．所有分子熱運(yùn)動(dòng)速率都不變 D．單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對(duì)容器壁單位面積的撞擊次數(shù)減少（多選）10．（4分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示為帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板P和Q，P板帶負(fù)電，Q板接地，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距離為d。大量電子從兩平行板間上半?yún)^(qū)域的左側(cè)以平行于金屬板的相同速度進(jìn)入板間，靠近P板左側(cè)邊緣進(jìn)入的電子恰好能打在Q板右側(cè)邊緣，電子進(jìn)入板間在上半?yún)^(qū)域均勻分布，忽略電子間的相互作用，不考慮電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．電子擊中Q板區(qū)域的長(zhǎng)度為12B．電子擊中Q板區(qū)域的長(zhǎng)度為2-2C．保持兩板帶電量不變，若將Q板向下平移d4的距離，打在Q板上的電子數(shù)占進(jìn)入平板電子總數(shù)的1D．保持兩板帶電量不變，若將Q板向下平移d4的距離，靠近P板左側(cè)邊緣進(jìn)入的電子出電場(chǎng)時(shí)的電勢(shì)能為進(jìn)電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能的（多選）11．（4分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，在水平面上有不同材料制成的物塊A和物塊B，A、B之間用輕彈簧栓接，物塊B的右側(cè)為固定擋板，物塊A與水平面之間無(wú)摩擦，物塊B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平恒力F向右推物塊A，彈簧壓縮最短時(shí)撤去外力，物塊A被彈回，運(yùn)動(dòng)至最左端時(shí)，物塊B所受的摩擦力恰好為最大靜摩擦力。已知?jiǎng)哦认禂?shù)為k的輕彈簧形變量為x時(shí)的彈性勢(shì)能為12kx2，重力加速度為g，物塊A．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，剛施加水平外力時(shí)A的加速度最小 B．物塊A運(yùn)動(dòng)至最右端時(shí)，彈簧彈力與水平恒力大小相等 C．水平恒力F的大小為12D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B物塊和擋板間始終無(wú)彈力作用（多選）12．（4分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一“”形金屬線框abcd，邊框ab和cd足夠長(zhǎng)，整個(gè)裝置處于與線框平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。與邊框bc長(zhǎng)度相等的金屬棒MN從非?？拷黚c的位置由靜止釋放，同時(shí)對(duì)金屬棒施加一豎直方向的外力F，使金屬棒以重力加速度g向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬棒始終保持水平，并與金屬邊框接觸良好。金屬邊框、金屬棒均由相同材料、相同粗細(xì)的金屬導(dǎo)線制成，以金屬棒剛開(kāi)始釋放的時(shí)刻為t＝0時(shí)刻，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，金屬邊框bc兩端的電壓為U，金屬棒的電熱功率為P，忽略自感效應(yīng)。下列圖像中對(duì)應(yīng)物理量與時(shí)間t的變化關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．三、非選擇題（本題共6小題，共60分）13．（6分）（2025?濟(jì)南二模）激光束具有方向性好、亮度高等特點(diǎn)。某同學(xué)用激光測(cè)半圓形玻璃磚的折射率，實(shí)驗(yàn)步驟如下：A.將白紙固定在木板上，畫出一條直線。將半圓形玻璃磚的直徑邊與直線平行放置在白紙上，記錄半圓形玻璃磚的圓心O的位置；B.從玻璃磚另一側(cè)用平行白紙的激光筆從圓弧上的A點(diǎn)沿AO方向射入玻璃磚，在直線上垂直木板插大頭針，使其正好擋住激光，記錄此時(shí)在直線上插針的位置為S1；C.保持入射光方向不變，移走玻璃磚，在直線上垂直木板插大頭針，使其正好擋住激光，記錄此時(shí)在直線上插針的位置為S2；D.以O(shè)點(diǎn)為圓心，以O(shè)S1為半徑畫圓，交OS2延長(zhǎng)線于C點(diǎn)；E.過(guò)O點(diǎn)作直線的垂線，與直線相交于B點(diǎn)，過(guò)C點(diǎn)作OB延長(zhǎng)線的垂線，與OB延長(zhǎng)線相交于D點(diǎn)。（1）實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得BS1的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，BS2的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，CD的長(zhǎng)度為L(zhǎng)3，該玻璃磚的折射率n可以表示為；A.nB.nC.nD.n（2）若步驟B中，將入射光線以O(shè)點(diǎn)為圓心平行于紙面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到某處時(shí)，折射光線恰好消失，移走玻璃磚，在直線上垂直木板插大頭針，使其正好擋住激光，確定此時(shí)在直線上插針的位置為S′2，測(cè)得BS'2=43OB，則該玻璃磚的折射率大小為（3）用（2）中方法測(cè)量折射率時(shí)，記錄好O點(diǎn)位置后，不小心將玻璃磚沿直徑方向向左平移了少許，但實(shí)驗(yàn)時(shí)仍保證光線在O點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，則折射率的測(cè)量值（選填“偏大”或“偏小”）。14．（8分）（2025?吉林模擬）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域。某學(xué)習(xí)小組研究某種材料的霍爾元件（載流子為電子）的工作原理，同時(shí)測(cè)量其室溫下的載流子濃度n（單位體積內(nèi)的載流子個(gè)數(shù)）。實(shí)驗(yàn)電路如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于元件的工作面，工作電源E通過(guò)1、3測(cè)腳為霍爾元件提供霍爾電流IH時(shí)，2、4測(cè)腳間將產(chǎn)生霍爾電壓UH。已知垂直于工作面的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝8.0×10﹣3T，工件厚度d＝3.0cm，電子電量e＝1.6×10﹣19C。（1）2、4兩測(cè)腳的電勢(shì)φ2φ4（選填“＞”或“＜”）；（2）某次實(shí)驗(yàn)中，在室溫條件下，調(diào)節(jié)工作電壓，改變霍爾電流，測(cè)出霍爾電壓，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：實(shí)驗(yàn)次數(shù)12345IH/mA0.501.001.502.002.50UH/mV41.583.1144.8166.4208.1請(qǐng)?jiān)趫D乙坐標(biāo)紙上標(biāo)出以上5組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)，然后在圖乙中畫出UH﹣IH關(guān)系圖像；并根據(jù)圖像求出實(shí)驗(yàn)中的霍爾材料室溫下的載流子濃度n＝m﹣3（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；（3）霍爾元件的靈敏度是衡量其在磁場(chǎng)或電流變化下輸出電勢(shì)變化的能力。靈敏度越高，表示霍爾元件在相同磁場(chǎng)或電流變化下產(chǎn)生的電勢(shì)差變化越大?；魻栐撵`敏度可表達(dá)為k=UHIH?B，要使實(shí)驗(yàn)中霍爾元件的靈敏度kA.減小工作電源提供的霍爾電流IHB.減小所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度BC.減小該元件垂直電流方向的寬度lD.減小該元件沿磁場(chǎng)方向的厚度d15．（7分）（2025?濟(jì)南二模）如圖甲所示為機(jī)械組裝中完成推動(dòng)工作的氣缸，其工作原理如圖乙所示。密封性良好的氣缸固定在水平地面上，整個(gè)容器被剛性桿連接的絕熱活塞分成氣室Ⅰ、氣室Ⅱ兩部分，左右兩側(cè)各有一閥門K1、K2，剛性桿與地面平行且右端和物體接觸。開(kāi)始時(shí)，K1，K2均與大氣相通，現(xiàn)將K1關(guān)閉，K2保持打開(kāi)，通過(guò)電阻絲對(duì)Ⅰ中的氣體緩慢加熱至活塞恰好能向右推動(dòng)物體。停止加熱，通過(guò)K2向氣室Ⅱ內(nèi)緩慢注入壓縮氣體，使活塞恰好能向左移動(dòng)，充氣過(guò)程中氣室Ⅱ內(nèi)溫度保持不變。已知物體質(zhì)量m＝2kg，活塞面積S＝20cm2，忽略活塞與缸壁間的摩擦，物體與地面的摩擦因數(shù)為μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，氣缸內(nèi)氣體可視為理想氣體，初始溫度（1）活塞恰好能向右推動(dòng)物體時(shí)，氣室Ⅰ內(nèi)氣體的溫度；（2）活塞恰好能向左移動(dòng)時(shí)，氣室Ⅱ內(nèi)注入氣體的質(zhì)量與原有氣體的質(zhì)量之比。16．（9分）（2025?濟(jì)南二模）我國(guó)首艘電磁彈射航母的海試工作正在緊鑼密鼓地進(jìn)行，利用大電容器快速放電可將磁場(chǎng)中的導(dǎo)體棒電磁彈射出去。如圖所示，兩根等長(zhǎng)的光滑平行金屬軌道ab和cd水平放置，左端與電容器相連接，右端分別與由絕緣材料制成的粗糙14圓弧軌道be和df平滑連接，軌道間距為L(zhǎng)，圓弧軌道半徑為R，整個(gè)裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒靜止在平行金屬軌道上，閉合開(kāi)關(guān)后電容器快速放電，金屬棒被水平彈射出去，然后滑上圓弧軌道，運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的ef位置時(shí)速度減為零并立即被取走，金屬棒經(jīng)過(guò)bd位置時(shí)對(duì)軌道的壓力為自身重力的k（k＞1）倍，整個(gè)過(guò)程中金屬棒與軌道接觸良好。已知電容器的電容為C，重力加速度為g，不計(jì)金屬導(dǎo)軌與金屬棒（1）金屬棒在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力的功；（2）金屬棒被彈射前后電容器電壓的差值。17．（14分）（2025?吉林模擬）如圖所示的xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，y＞0的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。質(zhì)量為m、電荷量為q的兩個(gè)帶正電粒子a和b，均以相同大小的速率v從O點(diǎn)分別沿y軸正向和y軸負(fù)向同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩粒子的碰撞為彈性碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。設(shè)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域都處于真空中，不考慮粒子的重力及兩粒子之間除碰撞外的相互作用，求：（1）粒子分別在y＞0和y＜0的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的半徑之比和周期之比；（2）兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡交點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）以兩粒子在O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)為t＝0時(shí)刻，求兩粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻平行y軸方向上相距最遠(yuǎn)時(shí)的距離及對(duì)應(yīng)的時(shí)刻。18．（16分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，光滑水平地面上一個(gè)質(zhì)量為mC＝1kg的木板C緊靠平臺(tái)靜置，C的上表面與光滑平臺(tái)相平。質(zhì)量為mB＝1kg、傾角為30°的光滑斜面體B靜止在平臺(tái)上。質(zhì)量為mD＝3kg的物塊D靜置在木板C上。斜面體B固定在平臺(tái)上，將質(zhì)量為mA＝2kg的物塊A從斜面上距平臺(tái)高度為h=13m處由靜止釋放，物塊A脫離斜面體B后，與平臺(tái)發(fā)生相互作用，物塊A垂直于平臺(tái)方向的速度分量瞬間變?yōu)榱?，沿平臺(tái)方向的速度分量不變。已知物塊A和D均視為質(zhì)點(diǎn)，與木板C上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，重力加速度g（1）物塊A在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率；（2）若物塊A和物塊D不能發(fā)生碰撞，物塊D到木板C左端的最小距離；（3）若斜面體B不固定，A從斜面上高度為1.5m處?kù)o止釋放，開(kāi)始時(shí)物塊D到木板C左側(cè)的距離為2516m，物塊A與物塊D的碰撞為彈性碰撞，求物塊D與木板C第一次共速時(shí)，物塊A與物塊

2025年山東省濟(jì)南市高考物理二模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號(hào)12345678答案CBAADBCD二．多選題（共4小題）題號(hào)9101112答案BDBCDCDAC一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。）1．（3分）（2025?濟(jì)南二模）太陽(yáng)能電池是通過(guò)光電效應(yīng)把光能轉(zhuǎn)化成電能的裝置，其主要材料為高純度的硅。當(dāng)紫外線照射硅表面時(shí)，會(huì)有光電子逸出。下列說(shuō)法正確的是（）A．發(fā)生光電效應(yīng)后，硅帶負(fù)電 B．紅光照射硅表面時(shí)一定能發(fā)生光電效應(yīng) C．減小紫外線的強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能不變 D．增大紫外線的強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能變大【考點(diǎn)】愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程；光電效應(yīng)現(xiàn)象及其物理意義．【專題】定性思想；推理法；光電效應(yīng)專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)光電效應(yīng)的特點(diǎn)和條件判斷；根據(jù)光電效應(yīng)方程判斷?！窘獯稹拷猓篈、發(fā)生光電效應(yīng)后硅失去電子，所以帶正電，故A錯(cuò)誤；B、紫外線的頻率大于紅外線的頻率，所以紫外線照射硅表面時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)，紅外線照射硅表面時(shí)不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，故B錯(cuò)誤；CD、依據(jù)光電效應(yīng)方程：Ekm＝hν﹣W，最大初動(dòng)能與光照強(qiáng)度無(wú)關(guān)，減小或增大紫外線的強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能不變，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查對(duì)光電效應(yīng)的理解，知道光電子的最大初動(dòng)能與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)是關(guān)鍵。2．（3分）（2025?濟(jì)南二模）圖甲和圖乙是紅、藍(lán)兩種單色光用同樣的儀器形成的單縫衍射圖樣，圖丙和圖丁是紅、藍(lán)兩種單色光用同樣的儀器形成的雙縫干涉圖樣。甲、乙、丙、丁四幅圖樣中用紅光形成圖樣的是（）A．甲、丙 B．乙、丁 C．乙、丙 D．甲、丁【考點(diǎn)】光的單縫衍射和小孔衍射；光的雙縫干涉圖樣．【專題】定性思想；推理法；光的干涉專題；光的衍射、偏振和電磁本性專題；理解能力．【答案】B【分析】雙縫干涉條紋的間距是相等的，光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，雙縫干涉條紋間距越大；光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，衍射條紋中央亮條紋越寬，從而即可求解?！窘獯稹拷猓汗獾牟ㄩL(zhǎng)越長(zhǎng)，衍射現(xiàn)象越明顯，衍射條紋中央亮條紋越寬，所以甲與乙相比，乙圖是波長(zhǎng)較長(zhǎng)的紅色光的衍射圖樣。雙縫干涉圖樣的條紋是等間距的，光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，雙縫干涉條紋間距越大，可知圖樣丁的光的波長(zhǎng)比形成丙圖樣光的波長(zhǎng)長(zhǎng)，所以丁是波長(zhǎng)較長(zhǎng)的紅色光的雙縫干涉圖樣，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查干涉與衍射圖樣的特點(diǎn)，要知道干涉條紋間距與光波的波長(zhǎng)成正比，并掌握干涉與衍射的區(qū)別。3．（3分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，一條直線上分布著等間距的a、b、c、d、e、f點(diǎn)，一質(zhì)點(diǎn)從ab間的P點(diǎn)（未畫出）以初速度v0沿直線做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到f點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。若此質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)以v02A．bc之間的某點(diǎn) B．cd之間的某點(diǎn) C．de之間的某點(diǎn) D．ef之間的某點(diǎn)【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；推理論證能力．【答案】A【分析】初速度變?yōu)樵瓉?lái)的12，勻減速到靜止的位移變?yōu)樵瓉?lái)的14，再根據(jù)原來(lái)【解答】解：ABCD、由2as=v02得，初速度變?yōu)樵瓉?lái)的12，勻減速到靜止的位移變?yōu)樵瓉?lái)的14。設(shè)ab之間的距離為s0，假設(shè)質(zhì)點(diǎn)從b點(diǎn)以初速度v0出發(fā)，運(yùn)動(dòng)到f點(diǎn)時(shí)速度恰好為零則位移為4s0，那么質(zhì)點(diǎn)從b點(diǎn)以v02的初速度出發(fā)，以相同加速度沿直線做勻減速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)速度減為零位移為s0，即運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)靜止；假設(shè)質(zhì)點(diǎn)從a點(diǎn)以初速度v0出發(fā)，運(yùn)動(dòng)到f點(diǎn)時(shí)速度恰好為零位移為5s0，那么質(zhì)點(diǎn)從a點(diǎn)以v02的初速度出發(fā)，以相同加速度沿直線做勻減速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)速度減為零位移為54s0，即運(yùn)動(dòng)到bc之間的某點(diǎn)靜止。綜上所述，質(zhì)點(diǎn)從ab間的P故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題需分別假設(shè)質(zhì)點(diǎn)在a點(diǎn)和b點(diǎn)出發(fā)計(jì)算出數(shù)據(jù)，再判斷質(zhì)點(diǎn)在ab之間某點(diǎn)出發(fā)速度減為零的位置。4．（3分）（2025?濟(jì)南二模）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時(shí)刻的部分波形圖如圖所示，質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置xP＝3m，t＝0.6s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P第一次回到平衡位置，則質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程為（）A．y=5sin(54C．y=5sin(4【考點(diǎn)】機(jī)械波的圖像問(wèn)題；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】比較思想；圖析法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力．【答案】A【分析】根據(jù)波形圖讀出波長(zhǎng)和振幅。運(yùn)用波形平移法，結(jié)合t＝0.6s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P第一次回到平衡位置，分析波在0.6s內(nèi)傳播的距離，求出波速，再由波速公式求出周期，由ω=2πT求出ω【解答】解：由圖可知，波長(zhǎng)λ＝8m，振幅A＝5cm。簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，當(dāng)圖中原點(diǎn)處振動(dòng)狀態(tài)傳到質(zhì)點(diǎn)P時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P第一次回到平衡位置，可知，波在0.6s內(nèi)傳播距離為x＝3m則波速為v=xt=30.6m/s＝5m/s，周期為T=λv=8簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P向上振動(dòng)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，質(zhì)點(diǎn)P的初相位φ=故質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程為y＝5sin（5π4t+π4）cm，故故選：A。【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要熟練運(yùn)用波形平移法分析波傳播的距離。要能根據(jù)三要素：振幅、圓頻率和初相位寫出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程。5．（3分）（2025?濟(jì)南二模）為了檢驗(yàn)輸電電壓高低對(duì)電能輸送的影響，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的兩個(gè)電路進(jìn)行對(duì)比實(shí)驗(yàn)。兩個(gè)電路使用相同的低壓交流電源，所有的電阻和燈泡電阻均相等，導(dǎo)線電阻不計(jì)。圖乙中的理想變壓器的匝數(shù)比n1：n2＝n4：n3＝1：2。已知燈泡L1消耗的功率為P，則燈泡L2消耗的功率為（）A．49P B．12P C．2P【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造與原理．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出燈泡L1的功率，然后應(yīng)用理想變壓器的變壓比與變流比、電功率公式求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)交流電源的輸出電壓為U，所有電阻和燈泡電阻均相等，設(shè)為R，由圖甲所示電路圖可知，燈泡L1的功率P=I由圖乙所示電路圖可知，U2=n2右側(cè)變壓器副線圈的等效電阻R等=(n3輸電電流I=U則U3＝U2﹣I（R+R）＝2U-U3R由理想變壓器的變壓比可知，副線圈電壓U4=n4n3燈泡L2的功率P2=U42R=(故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)是解題的前提，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律、理想變壓器的變壓比、電功率公式即可解題。6．（3分）（2025?濟(jì)南二模）北京時(shí)間2025年4月11日00時(shí)47分，我國(guó)成功發(fā)射通信技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星十七號(hào)。該衛(wèi)星運(yùn)行參數(shù)如表所示，已知地球半徑R＝6370km，萬(wàn)有引力常量G＝6.67×10﹣11N?m2/kg2，下列說(shuō)法正確的是（）時(shí)間（協(xié)調(diào)世界時(shí)UTC）2025年4月11日21：00：24軌道偏心率0.7324768軌道傾角18.9938°近地點(diǎn)高度183km遠(yuǎn)地點(diǎn)高度36116km每日繞地圈數(shù)2.26000113A．可以求出該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的大小 B．可以求出地球的質(zhì)量 C．該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的加速度大于地球表面的重力加速度 D．該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能大于在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能【考點(diǎn)】天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化；萬(wàn)有引力的基本計(jì)算；計(jì)算天體的質(zhì)量和密度；衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力的計(jì)算公式結(jié)合開(kāi)普勒第三定律、牛頓第二定律以及機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行判斷分析。【解答】解：A．根據(jù)萬(wàn)有引力的計(jì)算公式，由于衛(wèi)星的質(zhì)量未知，不可以求出該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的大小，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)計(jì)算橢圓軌道的半長(zhǎng)軸，結(jié)合牛頓開(kāi)普勒第三定律可以求出地球的質(zhì)量，故B正確；C．根據(jù)GMmr2=maD．衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)只有萬(wàn)有引力做功，則機(jī)械能守恒，故該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能等于在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查萬(wàn)有引力的計(jì)算公式結(jié)合開(kāi)普勒第三定律、牛頓第二定律以及機(jī)械能守恒的條件，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。7．（3分）（2025?濟(jì)南二模）如圖甲所示，我國(guó)自主研發(fā)的“章魚(yú)”觸手機(jī)器人能抓取任意形態(tài)的物體，可負(fù)載260倍自重。如圖乙所示，圓錐體母線和高線之間的夾角α＝37°，該機(jī)器人對(duì)圓錐體的彈力方向垂直于圓錐體側(cè)面，靠機(jī)器人和圓錐體之間的摩擦力將圓錐體抓起。若該機(jī)器人豎直向上抓起圓錐體時(shí)施加的彈力足夠大，則機(jī)器人和圓錐體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為（已知sin37°=A．35 B．45 C．34 【考點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解；力的合成與分解的應(yīng)用．【專題】定量思想；合成分解法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】受力分析：機(jī)器人通過(guò)彈力和摩擦力抓起圓錐體，需要平衡圓錐體的重力。幾何關(guān)系：圓錐體母線與高線之間的夾角α＝37°，彈力方向垂直于圓錐體側(cè)面，需要利用幾何關(guān)系確定彈力和摩擦力的方向。摩擦力公式：最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，即f＝μN(yùn)，其中μ為動(dòng)摩擦因數(shù)，N為彈力。接下來(lái)，我們進(jìn)行詳細(xì)分析和計(jì)算?！窘獯稹拷猓簷C(jī)器人對(duì)圓錐體的彈力方向垂直于圓錐體側(cè)面，設(shè)彈力為N，摩擦力為f，圓錐體的重力為G。由于機(jī)器人豎直向上抓起圓錐體，圓錐體在豎直方向上受到的合力為零。圓錐體母線與高線之間的夾角α＝37°，彈力方向垂直于圓錐體側(cè)面，因此彈力N豎直方向的分量為Nsinα.彈力N與摩擦力f之間的關(guān)系為：f＝μN(yùn)由豎直方向合力為零可得：mg+Nsinα＝fcosα聯(lián)立解得：μ＝tanα+該機(jī)器人豎直向上抓起圓錐體時(shí)施加的彈力足夠大，則μ至少等于tanα，可得μ至少等于34，故C正確，ABD故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】分析機(jī)器人抓取圓錐體時(shí)的受力情況，明確彈力和摩擦力的方向及其關(guān)系。利用平衡條件和摩擦力公式建立方程，求出動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值。8．（3分）（2025?濟(jì)南二模）風(fēng)洞是進(jìn)行空氣動(dòng)力學(xué)研究最有效的工具之一，我國(guó)最新的JF22風(fēng)洞創(chuàng)造了全球最快30馬赫風(fēng)速的奇跡。如圖所示，風(fēng)洞能對(duì)進(jìn)入其中的物體始終施加一個(gè)水平恒力。一小球從地面的a點(diǎn)以大小為v0的初速度豎直向上拋出，在b點(diǎn)落回地面，小球離開(kāi)地面的最大高度等于ab間的距離，則小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為（）A．12v0 B．55v0 C【考點(diǎn)】?jī)蓚€(gè)變速直線運(yùn)動(dòng)的合成；豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；自由落體運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解?！窘獯稹拷猓盒∏蛟谪Q直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球離開(kāi)地面的最大高度與ab間的距離均為L(zhǎng)，從拋出到最高點(diǎn)的時(shí)間為t，水平方向的加速度大小為ax。在豎直方向有：L=由豎直方向運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可知全程時(shí)間為2t。在水平方向有：L=聯(lián)立可得：g＝4ax設(shè)小球的合加速度方向與豎直方向的夾角為θ，如下圖所示。tanθ=當(dāng)小球的速度方向與合加速度方向垂直時(shí)速度最小，將小球的運(yùn)動(dòng)分解為沿垂直于合加速度方向的勻速運(yùn)動(dòng)和沿合加速度方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則小球沿垂直于合加速度方向的勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小就是小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度，設(shè)為vmin。則有：vmin＝v0sinθ解得：vmin=1717v故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了豎直上拋運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵抓住豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。二、多項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但選不全的得2分，有錯(cuò)選或不答的得0分）（多選）9．（4分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了a→b的等溫過(guò)程。在該過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．氣體對(duì)外界做的功大于32B．氣體從外界吸收的熱量小于32C．所有分子熱運(yùn)動(dòng)速率都不變 D．單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對(duì)容器壁單位面積的撞擊次數(shù)減少【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律與理想氣體的圖像問(wèn)題相結(jié)合．【專題】定性思想；推理法；熱力學(xué)定律專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定；圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于氣體做功，根據(jù)圖示圖像分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程，應(yīng)用熱力學(xué)第一定律分析答題。氣體溫度不變，則分子平均動(dòng)能不變，氣體壓強(qiáng)與分子數(shù)密度和平均速率有關(guān)。【解答】解：A.圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于氣體做功，若ab連線為直線，則a→b氣體對(duì)外界做的功W由圖像可知?dú)怏w對(duì)外界做的功小于32p0B.氣體溫度不變，則內(nèi)能不變，根據(jù)ΔU＝W+Q可知，氣體從外界吸收的熱量小于32p0C.氣體溫度不變，則分子平均動(dòng)能不變，并非所有分子熱運(yùn)動(dòng)速率都不變，故C錯(cuò)誤；D.氣體壓強(qiáng)減小，體積變大，氣體數(shù)密度減小，分子平均速率不變，則單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對(duì)容器壁單位面積的撞擊次數(shù)減少，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】熱力學(xué)第一定律不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內(nèi)能的過(guò)程是等效的，而且給出了內(nèi)能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關(guān)系。此定律是標(biāo)量式，應(yīng)用時(shí)熱量的單位應(yīng)統(tǒng)一為國(guó)際單位制中的焦耳。（多選）10．（4分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示為帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板P和Q，P板帶負(fù)電，Q板接地，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距離為d。大量電子從兩平行板間上半?yún)^(qū)域的左側(cè)以平行于金屬板的相同速度進(jìn)入板間，靠近P板左側(cè)邊緣進(jìn)入的電子恰好能打在Q板右側(cè)邊緣，電子進(jìn)入板間在上半?yún)^(qū)域均勻分布，忽略電子間的相互作用，不考慮電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．電子擊中Q板區(qū)域的長(zhǎng)度為12B．電子擊中Q板區(qū)域的長(zhǎng)度為2-2C．保持兩板帶電量不變，若將Q板向下平移d4的距離，打在Q板上的電子數(shù)占進(jìn)入平板電子總數(shù)的1D．保持兩板帶電量不變，若將Q板向下平移d4的距離，靠近P板左側(cè)邊緣進(jìn)入的電子出電場(chǎng)時(shí)的電勢(shì)能為進(jìn)電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能的【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．【專題】應(yīng)用題；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】BCD【分析】電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析答題?！窘獯稹拷猓篈B、電子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在兩極板間的加速度大小為a，靠近P板左側(cè)邊緣進(jìn)入的電子恰好能打在Q板右側(cè)邊緣，水平方向L＝v0t，豎直方向d=12at2，解得靠近中線的電子，豎直方向d2=12at'解得x=22L，則電子擊中Q板區(qū)域的長(zhǎng)度s＝L﹣x＝L-22L=2-2C、平行板電容器極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=U保持兩板帶電量不變，若將Q板向下平移d4的距離，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，電子的加速度a=電子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程不變，恰好打在下極板Q右側(cè)邊緣的電子P板的距離h=d則打在Q板上的電子數(shù)占進(jìn)入平板電子總數(shù)的d2-dD、保持兩板帶電量不變，若將Q板向下平移d4靠近P板左側(cè)邊緣進(jìn)入的電子，水平方向L＝v0t1，豎直方向y=12at設(shè)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，下極板接地，則電子射入點(diǎn)的電勢(shì)φ1＝﹣（d+d4）E=-54Ed，電子射出點(diǎn)的電勢(shì)φ靠近P板左側(cè)邊緣進(jìn)入的電子出電場(chǎng)時(shí)的電勢(shì)能與進(jìn)電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能之比Ep則靠近P板左側(cè)邊緣進(jìn)入的電子出電場(chǎng)時(shí)的電勢(shì)能為進(jìn)電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能的15，故D故選：BCD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電子的類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意分析清楚電子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。（多選）11．（4分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，在水平面上有不同材料制成的物塊A和物塊B，A、B之間用輕彈簧栓接，物塊B的右側(cè)為固定擋板，物塊A與水平面之間無(wú)摩擦，物塊B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平恒力F向右推物塊A，彈簧壓縮最短時(shí)撤去外力，物塊A被彈回，運(yùn)動(dòng)至最左端時(shí)，物塊B所受的摩擦力恰好為最大靜摩擦力。已知?jiǎng)哦认禂?shù)為k的輕彈簧形變量為x時(shí)的彈性勢(shì)能為12kx2，重力加速度為g，物塊A．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，剛施加水平外力時(shí)A的加速度最小 B．物塊A運(yùn)動(dòng)至最右端時(shí)，彈簧彈力與水平恒力大小相等 C．水平恒力F的大小為12D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B物塊和擋板間始終無(wú)彈力作用【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；最大靜摩擦力的性質(zhì)和應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】對(duì)A進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷A的加速度的變化，撤去F后分析A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，計(jì)算水平恒力F的大小。【解答】解：AB、用水平恒力F向右推物塊A直到彈簧壓縮最短，物塊A受恒力F和彈簧彈力F′的作用，由牛頓第二定律得F﹣F′＝ma，F(xiàn)′隨壓縮量的增大而增大，a一直減小，A先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小到零時(shí)A的速度最大，此時(shí)彈簧彈力等于恒力F，此時(shí)彈簧繼續(xù)被壓縮，A做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到彈簧壓縮最短時(shí)A的速度減為零，此時(shí)彈簧彈力大于恒力F，故AB錯(cuò)誤；C、設(shè)彈簧壓縮最短時(shí)，壓縮量為x0，此過(guò)程恒力F做的功為：W＝Fx0，由功能關(guān)系可得：W＝Fx0=12kx02，由能量守恒可知A運(yùn)動(dòng)至最左端時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能也為12kx02，此時(shí)彈簧為拉伸狀態(tài)，伸長(zhǎng)量為x0，此時(shí)物塊B所受的摩擦力恰好為最大靜摩擦力則有kx0D、已知A運(yùn)動(dòng)至最左端時(shí)，物塊B所受的摩擦力恰好為最大靜摩擦力，由A運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，A運(yùn)動(dòng)至最右端彈簧被壓縮最短時(shí)，物塊B所受的摩擦力也恰好為最大靜摩擦力，可知整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B物塊和擋板間始終無(wú)彈力的作用，故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用、最大靜摩擦力、以及能量守恒等知識(shí)點(diǎn)。（多選）12．（4分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一“”形金屬線框abcd，邊框ab和cd足夠長(zhǎng)，整個(gè)裝置處于與線框平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。與邊框bc長(zhǎng)度相等的金屬棒MN從非?？拷黚c的位置由靜止釋放，同時(shí)對(duì)金屬棒施加一豎直方向的外力F，使金屬棒以重力加速度g向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬棒始終保持水平，并與金屬邊框接觸良好。金屬邊框、金屬棒均由相同材料、相同粗細(xì)的金屬導(dǎo)線制成，以金屬棒剛開(kāi)始釋放的時(shí)刻為t＝0時(shí)刻，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，金屬邊框bc兩端的電壓為U，金屬棒的電熱功率為P，忽略自感效應(yīng)。下列圖像中對(duì)應(yīng)物理量與時(shí)間t的變化關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】豎直平面內(nèi)的導(dǎo)軌滑桿模型；用閉合電路的歐姆定律計(jì)算電路中的電壓、電流或電阻．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】AC【分析】分別根據(jù)E＝BLv，歐姆定律、牛頓第二定律和P＝I2R，寫出E、U、F和P隨時(shí)間的變化關(guān)系式，結(jié)合圖線分析即可。【解答】解：A、金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)E＝BLv，其中v＝gt可得E＝BLgt，則E與t成正比，故A正確；B、設(shè)經(jīng)時(shí)間t金屬棒下滑的距離為x=12gt2，設(shè)金屬框、金屬棒單位長(zhǎng)度的電阻為r，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有電路中的電流為I=E2xr+2Lr，則U＝I?Lr，聯(lián)立解得C、對(duì)金屬棒根據(jù)牛頓第二定律有F+mg﹣F安＝mg，其中F安＝BIL，E＝BLgt，I=E2xr+2Lr，整理可得F=D、金屬棒的電熱功率P＝I2r，結(jié)合E＝BLgt，I=E2xr+2Lr，整理可得P=故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】能夠?qū)懗鯡、U、F和P隨時(shí)間的變化關(guān)系式是解題的關(guān)鍵。三、非選擇題（本題共6小題，共60分）13．（6分）（2025?濟(jì)南二模）激光束具有方向性好、亮度高等特點(diǎn)。某同學(xué)用激光測(cè)半圓形玻璃磚的折射率，實(shí)驗(yàn)步驟如下：A.將白紙固定在木板上，畫出一條直線。將半圓形玻璃磚的直徑邊與直線平行放置在白紙上，記錄半圓形玻璃磚的圓心O的位置；B.從玻璃磚另一側(cè)用平行白紙的激光筆從圓弧上的A點(diǎn)沿AO方向射入玻璃磚，在直線上垂直木板插大頭針，使其正好擋住激光，記錄此時(shí)在直線上插針的位置為S1；C.保持入射光方向不變，移走玻璃磚，在直線上垂直木板插大頭針，使其正好擋住激光，記錄此時(shí)在直線上插針的位置為S2；D.以O(shè)點(diǎn)為圓心，以O(shè)S1為半徑畫圓，交OS2延長(zhǎng)線于C點(diǎn)；E.過(guò)O點(diǎn)作直線的垂線，與直線相交于B點(diǎn)，過(guò)C點(diǎn)作OB延長(zhǎng)線的垂線，與OB延長(zhǎng)線相交于D點(diǎn)。（1）實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得BS1的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，BS2的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，CD的長(zhǎng)度為L(zhǎng)3，該玻璃磚的折射率n可以表示為B；A.nB.nC.nD.n（2）若步驟B中，將入射光線以O(shè)點(diǎn)為圓心平行于紙面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到某處時(shí)，折射光線恰好消失，移走玻璃磚，在直線上垂直木板插大頭針，使其正好擋住激光，確定此時(shí)在直線上插針的位置為S′2，測(cè)得BS'2=43OB，則該玻璃磚的折射率大小為（3）用（2）中方法測(cè)量折射率時(shí)，記錄好O點(diǎn)位置后，不小心將玻璃磚沿直徑方向向左平移了少許，但實(shí)驗(yàn)時(shí)仍保證光線在O點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，則折射率的測(cè)量值偏?。ㄟx填“偏大”或“偏小”）?！究键c(diǎn)】測(cè)量玻璃的折射率．【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；光的折射專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）B；（2）1.25；（3）偏小【分析】（1）作出光路圖，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)分別求解入射角和折射角的正弦，根據(jù)折射定律求解作答；（2）作出光路圖，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解臨界角，根據(jù)臨界角公式求解折射率；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，結(jié)合上述（2）的折射率的求解過(guò)程分析實(shí)驗(yàn)誤差。【解答】解：（1）光路圖如圖所示：實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得BS1＝L1，BS2＝L2，CD＝L3，設(shè)單位圓的半徑為R；根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，入射角的正弦sini折射角的正弦sinr根據(jù)折射定律，玻璃磚的折射率n故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。（2）光路圖如圖所示：根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)tanC解得臨界角C＝53°根據(jù)臨界角公式，折射率n（3）記錄好O點(diǎn)位置后，不小心將玻璃磚沿直徑方向向左平移了少許，但實(shí)驗(yàn)時(shí)仍保證光線在O點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，如下圖所示：右圖示可知測(cè)量的臨界角偏大，折射率的測(cè)量值偏小。故答案為：（1）B；（2）1.25；（3）偏小【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了用激光測(cè)半圓形玻璃磚的折射率的實(shí)驗(yàn)，要明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握折射定律和臨界角公式的運(yùn)用。14．（8分）（2025?吉林模擬）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域。某學(xué)習(xí)小組研究某種材料的霍爾元件（載流子為電子）的工作原理，同時(shí)測(cè)量其室溫下的載流子濃度n（單位體積內(nèi)的載流子個(gè)數(shù)）。實(shí)驗(yàn)電路如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于元件的工作面，工作電源E通過(guò)1、3測(cè)腳為霍爾元件提供霍爾電流IH時(shí)，2、4測(cè)腳間將產(chǎn)生霍爾電壓UH。已知垂直于工作面的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝8.0×10﹣3T，工件厚度d＝3.0cm，電子電量e＝1.6×10﹣19C。（1）2、4兩測(cè)腳的電勢(shì)φ2＞φ4（選填“＞”或“＜”）；（2）某次實(shí)驗(yàn)中，在室溫條件下，調(diào)節(jié)工作電壓，改變霍爾電流，測(cè)出霍爾電壓，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：實(shí)驗(yàn)次數(shù)12345IH/mA0.501.001.502.002.50UH/mV41.583.1144.8166.4208.1請(qǐng)?jiān)趫D乙坐標(biāo)紙上標(biāo)出以上5組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)，然后在圖乙中畫出UH﹣IH關(guān)系圖像；并根據(jù)圖像求出實(shí)驗(yàn)中的霍爾材料室溫下的載流子濃度n＝2.0×1016m﹣3（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；（3）霍爾元件的靈敏度是衡量其在磁場(chǎng)或電流變化下輸出電勢(shì)變化的能力。靈敏度越高，表示霍爾元件在相同磁場(chǎng)或電流變化下產(chǎn)生的電勢(shì)差變化越大。霍爾元件的靈敏度可表達(dá)為k=UHIH?B，要使實(shí)驗(yàn)中霍爾元件的靈敏度kA.減小工作電源提供的霍爾電流IHB.減小所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度BC.減小該元件垂直電流方向的寬度lD.減小該元件沿磁場(chǎng)方向的厚度d【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）＞；（2）2.0×1016；（3）D【分析】（1）由于載流子為電子，帶負(fù)電，根據(jù)左手定則判斷電子偏轉(zhuǎn)方向，電子到達(dá)的一側(cè)電勢(shì)低；（2）根據(jù)描點(diǎn)法做出圖像，霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場(chǎng)力，結(jié)合電流微觀表達(dá)式可得UH﹣IH的函數(shù)表達(dá)式，得到圖像的斜率表達(dá)式，從而求解載流子濃度；（3）根據(jù)霍爾元件的靈敏度表達(dá)式結(jié)合UH﹣IH的函數(shù)表達(dá)式分析?！窘獯稹拷猓海?）由于載流子為電子，帶負(fù)電，根據(jù)左手定則判斷電子向右側(cè)偏轉(zhuǎn)，則2、4兩測(cè)腳的電勢(shì)φ2＞φ4。（2）根據(jù)表格數(shù)據(jù)在圖乙坐標(biāo)紙中描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，并作出UH﹣IH圖線如圖所示霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場(chǎng)力，evB=根據(jù)電流微觀表達(dá)式可得，IH＝neSv＝neldv聯(lián)立解得，U可知UH﹣IH圖像的斜率為k代入數(shù)據(jù)解得n＝2.0×1016m﹣3（3）霍爾元件的靈敏度可表達(dá)為k結(jié)合U解得k要使實(shí)驗(yàn)中霍爾元件的靈敏度k增大，可減小該元件沿磁場(chǎng)方向的厚度d，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。故答案為：（1）＞；（2）2.0×1016；（3）D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道霍爾元件中移動(dòng)的是自由電子，以及自由電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡。15．（7分）（2025?濟(jì)南二模）如圖甲所示為機(jī)械組裝中完成推動(dòng)工作的氣缸，其工作原理如圖乙所示。密封性良好的氣缸固定在水平地面上，整個(gè)容器被剛性桿連接的絕熱活塞分成氣室Ⅰ、氣室Ⅱ兩部分，左右兩側(cè)各有一閥門K1、K2，剛性桿與地面平行且右端和物體接觸。開(kāi)始時(shí)，K1，K2均與大氣相通，現(xiàn)將K1關(guān)閉，K2保持打開(kāi)，通過(guò)電阻絲對(duì)Ⅰ中的氣體緩慢加熱至活塞恰好能向右推動(dòng)物體。停止加熱，通過(guò)K2向氣室Ⅱ內(nèi)緩慢注入壓縮氣體，使活塞恰好能向左移動(dòng)，充氣過(guò)程中氣室Ⅱ內(nèi)溫度保持不變。已知物體質(zhì)量m＝2kg，活塞面積S＝20cm2，忽略活塞與缸壁間的摩擦，物體與地面的摩擦因數(shù)為μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，氣缸內(nèi)氣體可視為理想氣體，初始溫度（1）活塞恰好能向右推動(dòng)物體時(shí)，氣室Ⅰ內(nèi)氣體的溫度；（2）活塞恰好能向左移動(dòng)時(shí)，氣室Ⅱ內(nèi)注入氣體的質(zhì)量與原有氣體的質(zhì)量之比?！究键c(diǎn)】氣體的等壓變化與蓋﹣呂薩克定律的應(yīng)用；氣體壓強(qiáng)的計(jì)算；氣體的等溫變化與玻意耳定律的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；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）活塞恰好能向右推動(dòng)物體時(shí)，氣室Ⅰ內(nèi)氣體的溫度為306K；（2）活塞恰好能向左移動(dòng)時(shí)，氣室Ⅱ內(nèi)注入氣體的質(zhì)量與原有氣體的質(zhì)量之比為150【分析】（1）氣室I內(nèi)氣體做等容變化。先找出變化前后的壓強(qiáng)關(guān)系，根據(jù)活塞與物體整體受力平衡求出升溫后氣室Ⅰ內(nèi)氣體壓強(qiáng)，再利用查理定律（等容變化時(shí)壓強(qiáng)與溫度成正比）計(jì)算溫度；（2）氣室Ⅱ內(nèi)氣體做等溫變化。先依據(jù)活塞與物體整體受力平衡得到注入氣體后氣室Ⅰ內(nèi)的壓強(qiáng)，再根據(jù)玻意耳定律（等溫變化時(shí)壓強(qiáng)與體積成反比）及氣體質(zhì)量與壓強(qiáng)的關(guān)系（同溫同體積下，氣體質(zhì)量比等于壓強(qiáng)比）求解質(zhì)量比。【解答】解：（1）活塞恰能向右推動(dòng)物體時(shí)，對(duì)活塞和剛性桿整體受力分析可得p1S＝p0S+μmg解得p對(duì)氣室I內(nèi)的氣體，由查理定律可得p解得T1＝306K（2）活塞恰好能向右移動(dòng)時(shí)，氣室|中的氣體壓強(qiáng)為p對(duì)此時(shí)氣室|中的氣體，由玻意耳定律可得p1V＝p0V′解得V則氣室Ⅱ注入氣體的質(zhì)量與原有質(zhì)量之比為Δmm代入數(shù)值得Δm答：（1）活塞恰好能向右推動(dòng)物體時(shí)，氣室Ⅰ內(nèi)氣體的溫度為306K；（2）活塞恰好能向左移動(dòng)時(shí)，氣室Ⅱ內(nèi)注入氣體的質(zhì)量與原有氣體的質(zhì)量之比為150【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了理想氣體狀態(tài)方程（查理定律、玻意耳定律）以及力學(xué)中的受力分析和平衡條件。將熱學(xué)和力學(xué)知識(shí)有機(jī)結(jié)合，能很好地檢驗(yàn)學(xué)生對(duì)多知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用能力，培養(yǎng)學(xué)生跨章節(jié)知識(shí)整合的思維。16．（9分）（2025?濟(jì)南二模）我國(guó)首艘電磁彈射航母的海試工作正在緊鑼密鼓地進(jìn)行，利用大電容器快速放電可將磁場(chǎng)中的導(dǎo)體棒電磁彈射出去。如圖所示，兩根等長(zhǎng)的光滑平行金屬軌道ab和cd水平放置，左端與電容器相連接，右端分別與由絕緣材料制成的粗糙14圓弧軌道be和df平滑連接，軌道間距為L(zhǎng)，圓弧軌道半徑為R，整個(gè)裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒靜止在平行金屬軌道上，閉合開(kāi)關(guān)后電容器快速放電，金屬棒被水平彈射出去，然后滑上圓弧軌道，運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的ef位置時(shí)速度減為零并立即被取走，金屬棒經(jīng)過(guò)bd位置時(shí)對(duì)軌道的壓力為自身重力的k（k＞1）倍，整個(gè)過(guò)程中金屬棒與軌道接觸良好。已知電容器的電容為C，重力加速度為g（1）金屬棒在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力的功；（2）金屬棒被彈射前后電容器電壓的差值。【考點(diǎn)】含有電容器的導(dǎo)軌滑桿模型；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【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】（1）金屬棒在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力的功等于(k（2）金屬棒被彈射前后電容器電壓的差值等于m【分析】（1）金屬棒剛到達(dá)圓弧軌道時(shí)，對(duì)金屬棒受力分析根據(jù)牛頓第二定律可得進(jìn)入圓弧軌道的初速度，從圓弧軌道最低點(diǎn)到圓心等高面，對(duì)金屬棒由動(dòng)能定理求解克服摩擦力的功；（2）由動(dòng)量定理結(jié)合電流定義式求解電容器放出的電荷量，根據(jù)電容的定義式求解彈射前后電容器電壓的差值。【解答】解：（1）金屬棒剛到達(dá)圓弧軌道時(shí)，對(duì)金屬棒受力分析可得kmg-解得v從圓弧軌道最低點(diǎn)到圓心等高面，對(duì)金屬棒由動(dòng)能定理可得-解得W（2）對(duì)金屬棒，從靜止到進(jìn)入圓弧軌道，以向右為正方向，由動(dòng)量定理可得B又IΔt＝ΔQ，ΔQ＝CU0﹣CU聯(lián)立可得ΔU【點(diǎn)評(píng)】本題考查電磁感應(yīng)中動(dòng)能定理以及動(dòng)量定理的應(yīng)用，如果某個(gè)過(guò)程中涉及安培力的沖量問(wèn)題，通常可以利用動(dòng)量定理求解電荷量。17．（14分）（2025?吉林模擬）如圖所示的xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，y＞0的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。質(zhì)量為m、電荷量為q的兩個(gè)帶正電粒子a和b，均以相同大小的速率v從O點(diǎn)分別沿y軸正向和y軸負(fù)向同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩粒子的碰撞為彈性碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。設(shè)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域都處于真空中，不考慮粒子的重力及兩粒子之間除碰撞外的相互作用，求：（1）粒子分別在y＞0和y＜0的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的半徑之比和周期之比；（2）兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡交點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）以兩粒子在O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)為t＝0時(shí)刻，求兩粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻平行y軸方向上相距最遠(yuǎn)時(shí)的距離及對(duì)應(yīng)的時(shí)刻。【考點(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】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】（1）粒子分別在y＞0和y＜0的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的半徑之比為2：1，周期之比為2：1；（2）兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡交點(diǎn)的坐標(biāo)為(3nmvqB，0)，n＝1，2，3???和[(6n-3)（3）以兩粒子在O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)為t＝0時(shí)刻，兩粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻平行y軸方向上相距最遠(yuǎn)時(shí)的距離為33mv4qB，對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為(9n+2)πm6qB，（n＝0，1，2???）或(9【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得半徑之比，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求周期比值；（2）畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)軌跡交點(diǎn)，以及時(shí)間關(guān)系求交點(diǎn)坐標(biāo)；（3）畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求帶電粒子在Ⅰ、Ⅱ磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；【解答】解：（1）由洛倫茲力提供向心力可得qvB=解得粒子在y＞0和y＜0區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的半徑分別為r1r2則r1：r2＝2：1由T=解得粒子在y＞0和y＜0區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的周期分別為T1T2則T1：T2＝2：1（2）由（1）可得r1r2當(dāng)t=mv﹣mv＝mv1﹣mv212解得：v1＝v2＝v兩粒子運(yùn)動(dòng)的部分軌跡如下圖所示①x軸上：x1=n(2r1+2r坐標(biāo)為(3nmvqB，0)，n＝②由對(duì)稱性，可得x2=r1+r12y2解得y2坐標(biāo)為[(6n-3)mv2qB，（3）如圖在t≤y1＝r1sinω1ty2＝r2sinω2t又r1：r2＝2：1ω1：ω2＝1：2兩粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中y軸方向的距離為y=對(duì)y求導(dǎo)可得導(dǎo)函數(shù)y′＝ω，r（coso，t+cos2o，t）＝ω，r（coso，t+cos2ω，t﹣1）令y'＝0可得當(dāng)ω1t1=π3，t1=πm由于周期性，當(dāng)t=πm3qB+T1+T22ymax答：（1）粒子分別在y＞0和y＜0的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的半徑之比為2：1，周期之比為2：1；（2）兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡交點(diǎn)的坐標(biāo)為(3nmvqB，0)，n＝1，2，3???和[(6n-3)（3）以兩粒子在O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)為t＝0時(shí)刻，兩粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻平行y軸方向上相距最遠(yuǎn)時(shí)的距離為33mv4qB，對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為(9n+2)πm6qB，（n＝0，1，2???）或(9【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)的中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題，根據(jù)左手定則判斷帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向，利用帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，得到軌跡半徑和周期是解題的關(guān)鍵，畫出軌跡圖，找到所求時(shí)間與周期的關(guān)系，所求距離與軌跡半徑的關(guān)系，從而得到答案。18．（16分）（2025?濟(jì)南二模）如圖所示，光滑水平地面上一個(gè)質(zhì)量為mC＝1kg的木板C緊靠平臺(tái)靜置，C的上表面與光滑平臺(tái)相平。質(zhì)量為mB＝1kg、傾角為30°的光滑斜面體B靜止在平臺(tái)上。質(zhì)量為mD＝3kg的物塊D靜置在木板C上。斜面體B固定在平臺(tái)上，將質(zhì)量為mA＝2kg的物塊A從斜面上距平臺(tái)高度為h=13m處由靜止釋放，物塊A脫離斜面體B后，與平臺(tái)發(fā)生相互作用，物塊A垂直于平臺(tái)方向的速度分量瞬間變?yōu)榱?，沿平臺(tái)方向的速度分量不變。已知物塊A和D均視為質(zhì)點(diǎn)，與木板C上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，重力加速度g（1）物塊A在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率；（2）若物塊A和物塊D不能發(fā)生碰撞，物塊D到木板C左端的最小距離；（3）若斜面體B不固定，A從斜面上高度為1.5m處?kù)o止釋放，開(kāi)始時(shí)物塊D到木板C左側(cè)的距離為2516m，物塊A與物塊D的碰撞為彈性碰撞，求物塊D與木板C第一次共速時(shí)，物塊A與物塊【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；用動(dòng)量守恒定律解決多次碰撞（或類碰撞）的問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）物塊A在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率為5m（2）若物塊A和物塊D不能發(fā)生碰撞，物塊D到木板C左端的最小距離為53（3）物塊D與木板C第一次共速時(shí)，物塊A與物塊D之間的距離為340【分析】（1）由動(dòng)能定理求出物塊A從靜止到滑到B最底端的速度，進(jìn)而求出物塊A在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率；（2）由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求物塊D到木板C左端的最小距離；（3）由機(jī)械能守恒和水平方向動(dòng)量守恒結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求物塊D與木板C第一次共速時(shí)，物塊A與物塊D之間的距離?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)A，從靜止到滑到B最底端，由動(dòng)能定理可得mA解得v=由v0＝vcos30°解得v0（2）對(duì)A、C、D系統(tǒng)，以水平向右的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mAv0＝（mA+mC+mD）v共12解得s=（3）對(duì)A、B系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒可得mA以水平向右的速度方向?yàn)檎较?，水平方向?dòng)量守恒可得mAvAx＝mBvBtan30°=vAy又vA解得v=物塊A的加速度a1＝μg解得a1物塊D和木板C的加速度a2解得a2s1解得t=A與D碰撞前的速度vA1＝vAx﹣a1t解得vAvC1＝vD1＝a2t解得vCA與D彈性碰撞，以水平向右的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mAvA1+mDvD1＝mAvA2+mDvD212解得vAvD碰撞后A以加速度a1＝μg解得a1向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，D以加速度a1＝μg解得a1向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，C以加速度a3解得a3向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)物塊D與木板C第一次共速時(shí)vD2﹣a1t'＝vC1+a3t'解得t'=此時(shí)物塊D、A的速度vD3＝vD2﹣a1t'解得vDvA3＝vA2+a1t'解得vA此時(shí)物塊A與物塊D之間的距離為s2解得s2答：（1）物塊A在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率為5m（2）若物塊A和物塊D不能發(fā)生碰撞，物塊D到木板C左端的最小距離為53（3）物塊D與木板C第一次共速時(shí)，物塊A與物塊D之間的距離為340【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律，功能關(guān)系，牛頓第二定律的應(yīng)用。對(duì)于多物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)的模型，解答時(shí)要理清物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，確定所研究過(guò)程的初末狀態(tài)。掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能（或能量）守恒定律綜合解決問(wèn)題的方法。

考點(diǎn)卡片1．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運(yùn)動(dòng)，叫做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。2．特點(diǎn)：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點(diǎn)：只受重力作用（沒(méi)有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計(jì)）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運(yùn)動(dòng)規(guī)律：取豎直向上的方向?yàn)檎较?，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．幾個(gè)特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）質(zhì)點(diǎn)在通過(guò)同一高度位置時(shí)，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時(shí)間t上和從最高處落回到拋出點(diǎn)所需時(shí)間相等t下，t上＝t下=v【命題方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2．5s內(nèi)物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)看作是向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，和向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時(shí)間t=v0g=3010sA、路程應(yīng)等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后兩s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在拋出點(diǎn)的上方，故C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯(cuò)誤；D、平均速度v=ht=25故選：AB。點(diǎn)評(píng)：豎直上拋運(yùn)動(dòng)中一定要靈活應(yīng)用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時(shí)間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時(shí)被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m，位移方向向上，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題可以直接應(yīng)用整體法進(jìn)行求解。解答：（1）設(shè)最后1s內(nèi)的平均速度為v則：v=平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設(shè)物體被接住時(shí)的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間t=v2-v0g（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×答：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點(diǎn)評(píng)：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運(yùn)動(dòng)，直接應(yīng)用整體法求解即可?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的兩種研究方法：（1）分段法：上升階段是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下落階段是自由落體運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程是上升過(guò)程的逆過(guò)程。（2）整體法：從全程來(lái)看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運(yùn)動(dòng)看成一個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負(fù)號(hào)。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過(guò)程中vt為正值，下落過(guò)程中vt為負(fù)值；物體在拋出點(diǎn)以上時(shí)h為正值，物體在拋出點(diǎn)以下時(shí)h為負(fù)值。?。贺Q直上拋運(yùn)動(dòng)的上升階段和下降階段具有對(duì)稱性：①速度對(duì)稱：上升和下降過(guò)程經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)速度等大、反向；②時(shí)間對(duì)稱：上升和下降過(guò)程經(jīng)過(guò)同一段高度的上升時(shí)間和下降時(shí)間相等。2．勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)題目，往往需要用到多個(gè)公式，需要細(xì)致的思考才能解答?！久}方向】如圖，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員經(jīng)短距離加速后都能達(dá)到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運(yùn)動(dòng)是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽(tīng)到口令時(shí)起跑，在甲、乙相遇時(shí)完成交接棒．在某次練習(xí)中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝20m．求：（1）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達(dá)到理想成績(jī)，需要乙恰好在速度達(dá)到與甲相同時(shí)被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠(yuǎn)時(shí)對(duì)乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過(guò)接力區(qū)的時(shí)間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點(diǎn)出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時(shí)，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當(dāng)兩人的速度相等時(shí)，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則在甲追擊乙過(guò)程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長(zhǎng)時(shí)間3.2s實(shí)際舍去）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時(shí)間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時(shí)對(duì)乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過(guò)程中有s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過(guò)程以v＝8m/s速度的運(yùn)動(dòng)，所以棒經(jīng)過(guò)接力區(qū)的時(shí)間是t點(diǎn)評(píng)：此題考查追及相遇問(wèn)題，一定要掌握住兩者何時(shí)相遇、何時(shí)速度相等這兩個(gè)問(wèn)題，這道題是典型的追及問(wèn)題，同學(xué)們一定要掌握住．【解題思路點(diǎn)撥】熟練掌握并深刻理解運(yùn)動(dòng)學(xué)的基礎(chǔ)公式及導(dǎo)出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時(shí)游刃有余。3．最大靜摩擦力的性質(zhì)和應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.如果用一個(gè)平行于地面的力推沙發(fā)，沙發(fā)沒(méi)有被推動(dòng)，此時(shí)沙發(fā)必然受到一個(gè)與之相反的力來(lái)平衡這個(gè)力，這個(gè)力就是沙發(fā)與地面之間的摩擦力。2.像這樣如果相互接觸的兩個(gè)物體之間沒(méi)有發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，而只有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，此時(shí)兩個(gè)物體間的摩擦力叫作靜摩擦力。3.如果推力增大，該靜摩擦力也會(huì)增大，但是靜摩擦力的增大有一個(gè)限度。當(dāng)大于這個(gè)最大限度時(shí)，沙發(fā)被推動(dòng)，沙發(fā)與地面之間的摩擦力變成滑動(dòng)摩擦力。我們把這個(gè)最大限度叫作最大靜摩擦力?！久}方向】重量為100N的木箱放在水平地板上，至少要用40N的水平推力，才能使它從原地開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則木箱與地面間的最大靜摩擦力為N．若用35N的水平推力推木箱，木箱所受的摩擦力是N．分析：當(dāng)兩個(gè)物體剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，與此時(shí)水平推力大小相等．當(dāng)水平推力小于最大靜摩擦力時(shí)，物體保持靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件求解此時(shí)的靜摩擦力．解答：由題，要用40N的水平推力，能使木箱從原地開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則木箱與地面間的最大靜摩擦力為fm＝F1＝40N．若用35N的水平推力推木箱，水平推力小于最大靜摩擦力，木箱保持靜止?fàn)顟B(tài)，所受的摩擦力與水平推力平衡，則木箱所受的摩擦力f＝F2＝35N．故答案為：40，35。點(diǎn)評(píng)：靜摩擦力特點(diǎn)是有一個(gè)最大值，在靜摩擦力達(dá)到最大值之前，靜摩擦力與外力平衡．【解題思路點(diǎn)撥】1.最大靜摩擦力是靜摩擦力的最大值，物體之間的靜摩擦力超過(guò)這個(gè)值，物體就會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。2.最大靜摩擦力的大小與正壓力有關(guān)。4．力的合成與分解的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)針對(duì)比較復(fù)雜的題目，題目涉及到力的合成與分解的綜合應(yīng)用。【命題方向】假期里，一位同學(xué)在廚房里協(xié)助媽媽做菜，對(duì)菜刀發(fā)生了興趣．他發(fā)現(xiàn)菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一樣，刀刃前部的頂角小，后部的頂角大（如圖所示），下列有關(guān)刀刃的說(shuō)法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不勻，僅是為了打造方便，外形美觀，跟使用功能無(wú)關(guān)B、在刀背上加上同樣的壓力時(shí)，分開(kāi)其他物體的力跟刀刃厚薄無(wú)關(guān)C、在刀背上加上同樣的壓力時(shí)，頂角越大，分開(kāi)其他物體的力越大D、在刀背上加上同樣的壓力時(shí)，頂角越小，分開(kāi)其他物體的力越大分析：根據(jù)力的平行四邊形定則可知，相同的壓力下，頂角越小，分力越大；相同的頂角下，壓力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可簡(jiǎn)化成一個(gè)等腰三角劈，設(shè)頂角為2θ，背寬為d，側(cè)面長(zhǎng)為l，如圖乙所示當(dāng)在劈背施加壓力F后，產(chǎn)生垂直側(cè)面的兩個(gè)分力F1、F2，使用中依靠著這兩個(gè)分力分開(kāi)被加工的其他物體。由對(duì)稱性知，這兩個(gè)分力大小相等（F1＝F2），因此畫出力分解的平行四邊形，實(shí)為菱形，如圖丙所示。在這個(gè)力的平行四邊形中，取其四分之一考慮（圖中陰影部分），根據(jù)它跟半個(gè)劈的直角三角形的相似關(guān)系，由關(guān)系式，得F1＝F2由此可見(jiàn)，刀背上加上一定的壓力F時(shí)，側(cè)面分開(kāi)其他物體的力跟頂角的大小有關(guān)，頂角越小，sinθ的值越小，F(xiàn)1和F2越大。但是，刀刃的頂角越小時(shí)，刀刃的強(qiáng)度會(huì)減小，碰到較硬的物體刀刃會(huì)卷口甚至碎裂，實(shí)際制造過(guò)程中為了適應(yīng)加工不同物體的需要，所以做成前部較薄，后部較厚。使用時(shí)，用前部切一些軟的物品（如魚(yú)、肉、蔬菜、水果等），用后部斬劈堅(jiān)硬的骨頭之類的物品，俗話說(shuō)：“前切后劈”，指的就是這個(gè)意思。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：考查力的平行四邊形定則，體現(xiàn)了控制變量法，同時(shí)學(xué)會(huì)用三角函數(shù)來(lái)表示力與力的關(guān)系．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)力的合成與力的分解的綜合應(yīng)用問(wèn)題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關(guān)內(nèi)容，再選擇合適的合成和分解方法進(jìn)行解題。5．共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問(wèn)題a.臨界問(wèn)題（1）問(wèn)題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問(wèn)題（1）問(wèn)題界定：物體平衡的極值問(wèn)題，一般指在力的變化過(guò)程中涉及力的最大值和最小值的問(wèn)題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過(guò)光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開(kāi)的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開(kāi)的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過(guò)滑輪后懸掛重物m。滑輪對(duì)繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過(guò)滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對(duì)滑輪受力分析，受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長(zhǎng)的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對(duì)日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對(duì)稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對(duì)日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過(guò)固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過(guò)細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對(duì)滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支