第93頁（共93頁）2025年四川省成都市高考物理二模試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）（2025?成都二模）下列說法不正確的是（）A．圖甲中，當(dāng)弧光燈發(fā)出的光照射到鋅板上時(shí)，與鋅板相連的驗(yàn)電器鋁箔有張角，證明光具有粒子性 B．圖乙為某金屬在光的照射下，光電子最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖像，當(dāng)入射光的頻率為2ν0時(shí)，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為2E C．圖丙中，用從n＝2能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)輻射出的光照射逸出功為6.34eV的金屬鉑，可以發(fā)生光電效應(yīng) D．丁圖中由原子核的核子平均質(zhì)量與原子序數(shù)Z的關(guān)系可知，若D和E能結(jié)合成F，結(jié)合過程一定會(huì)釋放能量2．（4分）（2025?成都二模）圖示為一輛小汽車在公路上運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖像（x﹣t），圖線為拋物線，其縱截距為9m，t＝3s處與時(shí)間軸t相切，0時(shí)刻圖線的切線與t軸相交為（t1，0）。則可確認(rèn)（）A．小汽車正在轉(zhuǎn)彎 B．圖像中的t1＝1.5s C．0～3s內(nèi)，有一個(gè)時(shí)刻小汽車速度為7m/s D．0～3s內(nèi)，小汽車平均速度為4.5m/s3．（4分）（2025?成都二模）如圖所示，在傾角為θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一輕桿，桿的另一端固定一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，開始整個(gè)裝置以恒定的速度沿光滑的水平面向左勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，裝置運(yùn)動(dòng)到動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的粗糙水平面上，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．向左勻速時(shí)，桿對(duì)小球的作用力大小為mgcosθB．在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力方向可能水平向右 C．在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力大小可能為mgcosθD．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，桿對(duì)小球的作用力始終大于mg4．（4分）（2025?成都二模）如圖甲所示，將帶電量為+Q的帶電體固定在粗糙絕緣水平地面上的O點(diǎn)（可視為點(diǎn)電荷，圖中未畫出），以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立直線坐標(biāo)系?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的帶電滑塊，從A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊向右運(yùn)動(dòng)，最終靜止于C點(diǎn)，其速度隨位置的變化圖像如圖乙所示，滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度最大。已知OB＝r0，且A為OB的中點(diǎn)，滑塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，靜電力常量為k，重力加速度為g，點(diǎn)電荷周圍的電勢(shì)φ=kQr（A．滑塊帶正電 B．滑塊的電荷量為μmgrC．滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速率為μgrD．C點(diǎn)的位置坐標(biāo)為3r05．（4分）（2025?成都二模）地球的公轉(zhuǎn)軌道接近圓，哈雷彗星的運(yùn)動(dòng)軌道則是一個(gè)非常扁的橢圓，如圖所示，天文學(xué)家哈雷成功預(yù)言了哈雷彗星的回歸。哈雷彗星最近出現(xiàn)的時(shí)間是1986年，預(yù)計(jì)下一次飛近地球?qū)⒃?061年左右。若哈雷彗星在近日點(diǎn)與太陽中心的距離為r1，線速度大小為v1；在遠(yuǎn)日點(diǎn)與太陽中心的距離為r2，線速度大小為v2，由以上信息可知，下列說法正確的是（）A．哈雷彗星軌道的半長(zhǎng)軸約是地球公轉(zhuǎn)半徑的375B．線速度大小v1＜v2 C．哈雷彗星在近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為r1D．哈雷彗星從近日點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到遠(yuǎn)日點(diǎn)的過程中，引力勢(shì)能逐漸減小6．（4分）（2025?成都二模）如圖是超導(dǎo)電磁船的簡(jiǎn)化原理圖，MN和CD是與電源相連的兩個(gè)電極，它們之間的距離為L(zhǎng)且處于垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（由超導(dǎo)線圈產(chǎn)生，其獨(dú)立電路部分未畫出）。通電后，兩電極之間的海水受到安培力的作用，船體就在海水的反作用力推動(dòng)下行駛。已知船的總質(zhì)量為m，當(dāng)電極間的電流為I、磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B時(shí)，船體恰好以速度v勻速航行。設(shè)船體受到的阻力恒定，關(guān)于超導(dǎo)電磁船，以下說法正確的是（）A．該超導(dǎo)電磁船應(yīng)用的是電磁感應(yīng)原理 B．若MN接直流電源的正極，則磁場(chǎng)方向垂直紙面向里時(shí)船體前進(jìn) C．改變電極正負(fù)或磁場(chǎng)方向，可控制船體前進(jìn)或后退 D．若僅將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為2B，則船體的加速度大小為27．（4分）（2025?成都二模）兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一介質(zhì)中相向傳播，t＝0時(shí)刻的波形如圖所示，兩波源的平衡位置分別位于M、N兩點(diǎn)處，O點(diǎn)為M、N連線的中點(diǎn)，兩波源的振動(dòng)方向平行。已知M、N兩點(diǎn)的間距d＝16m，振動(dòng)頻率均為f＝2.5Hz，M處波源的振幅A1＝10cm，N處波源的振幅A2＝5cm。t＝1.2s時(shí)刻O處的質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)。下列說法正確的是（）A．兩列波的波速大小均為203B．從t＝0到t＝2.2s，O處質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為0.5m C．從t＝2.0s到t＝2.2s，O處質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能先增大后減小 D．經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間，MN間（不包括M、N兩點(diǎn)）振幅為15cm的點(diǎn)共有14個(gè)二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）（2025?漢中模擬）將某新材料壓制成半圓柱體，橫截面如圖甲所示。一束紅光從真空沿半圓柱體的徑向射入，并與底面上過圓心O點(diǎn)的法線成θ角，CD為足夠大的光學(xué)傳感器，可以探測(cè)從AB面反射光的強(qiáng)度，反射光強(qiáng)度隨θ變化規(guī)律如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的有（）A．新材料對(duì)紅光的折射率為53B．圖甲中，紅光反射光線的頻率大于折射光線的頻率 C．圖甲中，紅光在半圓柱體中傳播速度比在真空中傳播速度小 D．圖甲中，入射角θ減小到0時(shí)，光將全部從AB界面透射出去（多選）9．（6分）（2025?成都二模）光控開關(guān)是“太陽能路燈”實(shí)現(xiàn)自動(dòng)控制的重要元件，其內(nèi)部電路的簡(jiǎn)化原理圖如圖，Rt為光敏電阻（光照強(qiáng)度增加時(shí)，其電阻值減?。?，忽略燈阻值由于亮度變化的影響。在黎明時(shí)分，閉合開關(guān)，環(huán)境光照穩(wěn)定時(shí)，電容器兩板間小液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，則環(huán)境光照逐漸增強(qiáng)時(shí)（）A．L1燈、L2燈均逐漸變暗 B．L2燈的電壓與電流的變化量之比不變 C．電源的輸出功率一定是先變大后變小 D．小液滴向上運(yùn)動(dòng)，在接觸極板前機(jī)械能增大（多選）10．（6分）（2025?成都二模）如圖所示，速度選擇器入口有一個(gè)粒子源P，它能向選擇器注入大量不定速率的氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)。選擇器內(nèi)部的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1和電場(chǎng)方向見圖，選擇器出口右側(cè)沿選擇器中軸線確定x軸建立坐標(biāo)系，第一象限內(nèi)（包括x軸）以直線OA（y＝A．圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同 B．最先跨過OA分界線的是氚核 C．下次再次相遇前的路程相同 D．下次相遇時(shí)三種粒子的速度要么平行，要么垂直三、非選擇題：本題共5小題，共54分。其中第13～15小題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．（10分）（2025?成都二模）某同學(xué)設(shè)計(jì)“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。鐵架臺(tái)放在水平臺(tái)面上，上端安裝電磁鐵，接通電磁鐵的開關(guān)后能吸住小球，電磁鐵正下方安裝一個(gè)光電門，光電門連接的數(shù)字計(jì)時(shí)器能記錄下小球下落時(shí)經(jīng)過光電門的時(shí)間。實(shí)驗(yàn)中測(cè)出小球直徑為d、小球球心與光電門中心的高度差為h，斷開電磁鐵開關(guān)，小球自由下落，記錄小球通過光電門的擋光時(shí)間t。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。（1）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的說法正確的是。A．實(shí)驗(yàn)時(shí)必須用天平測(cè)出小球的質(zhì)量B．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)選用體積小、質(zhì)量大的小球C．可用來計(jì)v＝gt算小球經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小，并用來驗(yàn)證小球的機(jī)械能守恒D．可用v=（2）小球經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小v＝（用題目中給定的物理量符號(hào)表示）。（3）調(diào)整電磁鐵位置，得出多組h、t數(shù)據(jù)，并畫出了如圖乙所示的h-1t2圖像，若在誤差允許范圍內(nèi)，圖像的斜率k＝12．（10分）（2025?成都二模）按要求填空：（1）半偏法測(cè)電流表內(nèi)阻的電路如圖甲，圖中器材參數(shù)如下：待測(cè)電流表A（量程0～1mA）滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值10kΩ）電阻箱R2（最大阻值999.9Ω）電源E（電動(dòng)勢(shì)為6V，內(nèi)阻很小）測(cè)量方法是：先斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1，使電流表的指針滿偏；保持R1的阻值不變，閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱R2，使電流表的指針半偏，此時(shí)電阻箱R2的示數(shù)為99.0Ω。則電流表A內(nèi)阻的測(cè)量值為Ω。（2）將該電流表A改裝成量程為0～100mA的電流表A1，應(yīng)給電流表A（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個(gè)電阻，改裝后的電流表A1的內(nèi)阻為Ω。（3）測(cè)量一節(jié)廢舊干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，利用改裝后的電流表A1和其它實(shí)驗(yàn)器材設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路。在實(shí)驗(yàn)中，多次改變電阻箱阻值，記錄多組數(shù)據(jù)，畫出1I-R0圖像為一條直線（如圖丙），由圖中數(shù)據(jù)計(jì)算出該電池的電動(dòng)勢(shì)E＝V，內(nèi)阻r＝13．（10分）（2025?成都二模）如圖所示，爆米花機(jī)是一種對(duì)谷物進(jìn)行膨化加工的裝置，主體為一導(dǎo)熱良好的鋼制罐體，罐體的容積為4×10﹣3m3，兩端分別焊接了支撐軸和搖柄。在p0＝1atm（1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓）的氣壓，27℃的干燥環(huán)境下打開閥門向罐體內(nèi)放入1×10﹣3m3的谷物，關(guān)閉閥門，將支撐軸和搖柄架設(shè)在火爐的支架上進(jìn)行旋轉(zhuǎn)加熱，谷物內(nèi)部分水分汽化成高壓水蒸氣與罐內(nèi)空氣形成混合氣體（可視為理想氣體）。當(dāng)罐內(nèi)混合氣體溫度為327℃、壓強(qiáng)達(dá)5atm時(shí)，打開閥門，因?yàn)閴簭?qiáng)突然變小，巨大的壓強(qiáng)差使得谷物迅速膨脹，從而達(dá)到膨化的效果。忽略谷物間隙氣體的體積和在罐體內(nèi)加熱過程中谷物體積的變化。已知絕對(duì)零度為﹣273℃。求：（1）從開始加熱到壓強(qiáng)變?yōu)?atm時(shí)，罐體內(nèi)水蒸氣的分壓強(qiáng)。（已知混合氣體的壓強(qiáng)等于在同溫度同體積條件下組成混合氣體的各成分單獨(dú)存在時(shí)的分壓強(qiáng)之和）（2）打開閥門后的混合氣體迅速膨脹對(duì)外做功使得谷物全部噴出，當(dāng)混合氣體溫度為127℃，罐體內(nèi)剩余混合氣體質(zhì)量占原有混合氣體質(zhì)量的百分比。14．（12分）（2025?成都二模）如圖所示，桌面上有一輕質(zhì)彈簧，左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端B點(diǎn)位于桌面右側(cè)邊緣。水平桌面右側(cè)有一豎直放置、半徑R＝0.3m的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M點(diǎn)，在以MP為直徑的右側(cè)和水平半徑ON的下方部分有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小E=mgq，現(xiàn)用質(zhì)量m0＝0.4kg的小物塊a將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn)，用同種材料、質(zhì)量m＝0.2kg、帶+q的絕緣小物塊b將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后，小物塊b離開桌面由M點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，恰好能通過軌道的最高點(diǎn)P．（g取10m/s（1）小物塊b經(jīng)過桌面右側(cè)邊緣B點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）釋放后，小物塊b在運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功；（3）小物塊b在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)到最大速度的位置記為D（圖中未標(biāo)出），則從B點(diǎn)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功。15．（12分）（2025?成都二模）如圖所示，將電阻為R＝0.02Ω、質(zhì)量為m＝0.01kg的單匝正方形閉合線圈abcd水平放置在順時(shí)針運(yùn)行的水平傳送帶的最左端，其邊長(zhǎng)為l＝0.1m，邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)行方向垂直，在MN、PQ區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直于傳送帶平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ邊界間距為d＝0.26m，線圈在運(yùn)動(dòng)過程中左右兩邊始終與磁場(chǎng)邊界平行，其與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域前已和傳送帶共速，傳送帶的速度為v0＝1m/s，t＝0時(shí)刻，線圈ab邊與MN重合，t1＝0.2s時(shí)刻，線圈cd邊與MN重合，t2時(shí)刻線圈ab邊與PQ重合，已知重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：（1）t＝0時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流大??；（2）t1時(shí)刻，線圈的速度大??；（3）t2；（4）0﹣t2時(shí)間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱。

2025年四川省成都市高考物理二模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號(hào)1234567答案BBCDACB二．多選題（共3小題）題號(hào)8910答案ACABCD一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）（2025?成都二模）下列說法不正確的是（）A．圖甲中，當(dāng)弧光燈發(fā)出的光照射到鋅板上時(shí)，與鋅板相連的驗(yàn)電器鋁箔有張角，證明光具有粒子性 B．圖乙為某金屬在光的照射下，光電子最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖像，當(dāng)入射光的頻率為2ν0時(shí)，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為2E C．圖丙中，用從n＝2能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)輻射出的光照射逸出功為6.34eV的金屬鉑，可以發(fā)生光電效應(yīng) D．丁圖中由原子核的核子平均質(zhì)量與原子序數(shù)Z的關(guān)系可知，若D和E能結(jié)合成F，結(jié)合過程一定會(huì)釋放能量【考點(diǎn)】元素核子平均質(zhì)量曲線；光電效應(yīng)現(xiàn)象及其物理意義；光電效應(yīng)方程的圖像問題；原子能級(jí)躍遷與光電效應(yīng)的結(jié)合．【專題】定性思想；推理法；光電效應(yīng)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】弧光燈照射鋅板發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，光電效應(yīng)現(xiàn)象說明光具有粒子性；根據(jù)EK＝hν﹣hνc，入射光的頻率為2ν0時(shí)，即可求出最大初動(dòng)能；根據(jù)Em﹣En＝ΔE求出n＝2能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)輻射出的光子能量，再進(jìn)行判斷；由原子核的核子平均質(zhì)量與原子序數(shù)Z的關(guān)系分析結(jié)合過程中總質(zhì)量的變化?！窘獯稹拷猓篈．驗(yàn)電器鋁箔有張角，說明鋅板有電子逸出，發(fā)行光電效應(yīng)，證明光具有粒子性，故A正確；B．根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν﹣W0結(jié)合圖像可知W0＝E，h當(dāng)入射光的頻率為2ν0時(shí)，由Ekm＝h?2ν0﹣W0解得Ekm＝E故B錯(cuò)誤；C．從n＝2能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)輻射出的光的能量為ΔE＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6）eV＝10.20eV＞6.43eV即輻射出的光的能量大于逸出功，故可以發(fā)生光電效應(yīng)，C正確；D．核子平均質(zhì)量小，則平均結(jié)合能大。由圖可知，D和E能結(jié)合成F，平均結(jié)合能變大，說明結(jié)合過程一定會(huì)釋放能量，D正確。本題選擇不正確的，故選：B。【點(diǎn)評(píng)】該題考查光電效應(yīng)、原子核的核子平均質(zhì)量與原子序數(shù)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵知道光既具有粒子性，也具有波動(dòng)性，衍射干涉說明光具有波動(dòng)性，光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)說明光具有粒子性。2．（4分）（2025?成都二模）圖示為一輛小汽車在公路上運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖像（x﹣t），圖線為拋物線，其縱截距為9m，t＝3s處與時(shí)間軸t相切，0時(shí)刻圖線的切線與t軸相交為（t1，0）。則可確認(rèn)（）A．小汽車正在轉(zhuǎn)彎 B．圖像中的t1＝1.5s C．0～3s內(nèi)，有一個(gè)時(shí)刻小汽車速度為7m/s D．0～3s內(nèi)，小汽車平均速度為4.5m/s【考點(diǎn)】根據(jù)x﹣t圖像的物理意義分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況．【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；推理論證能力．【答案】B【分析】在位移—時(shí)間圖像中，圖像的斜率表示速度，拋物線表示物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平行于時(shí)間軸的直線表示物體靜止?！窘獯稹拷猓篈．x﹣t圖像只能描述物體做直線運(yùn)動(dòng)，不可能正在轉(zhuǎn)彎，故A錯(cuò)誤；D．0～3s內(nèi)，小汽車平均速度為v故D錯(cuò)誤；BC．根據(jù)逆向思維把小汽車看成做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，0～3s內(nèi)，則有x解得加速度大小為a則t＝0時(shí)刻小汽車的速度大小為v0＝at＝2×3m/s＝6m/s根據(jù)x﹣t圖像的切線斜率絕對(duì)值等于速度大小，則有v解得t1＝1.5s由于小汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以0～3s內(nèi)，小汽車的速度大小不可能大于6m/s，故B正確，C錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要理解位移—時(shí)間圖像表示的物理意義，知道圖像的斜率表示速度，能根據(jù)圖像的形狀分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。3．（4分）（2025?成都二模）如圖所示，在傾角為θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一輕桿，桿的另一端固定一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，開始整個(gè)裝置以恒定的速度沿光滑的水平面向左勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，裝置運(yùn)動(dòng)到動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的粗糙水平面上，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．向左勻速時(shí)，桿對(duì)小球的作用力大小為mgcosθB．在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力方向可能水平向右 C．在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力大小可能為mgcosθD．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，桿對(duì)小球的作用力始終大于mg【考點(diǎn)】連接體模型；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】C【分析】裝置向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)平衡條件求桿對(duì)小球的作用力大小。在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，分析加速度方向，由牛頓第二定律判斷桿對(duì)小球的作用力方向和大小?！窘獯稹拷猓篈、裝置向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受平衡力的作用，則重力與桿對(duì)小球的作用力F大小相等、方向相反，即F＝mg，故A錯(cuò)誤；B、進(jìn)入粗糙的水平面后，整個(gè)裝置開始在摩擦力的作用下減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體，由牛頓第二定律可知：μMg＝Ma，解得a＝μg，則小球的加速度大小也為μg，方向水平向右，小球的合力方向水平向右，由于小球豎直方向的合力一定為零，因此桿對(duì)小球的彈力一定有豎直向上的分力，因此在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力方向不可能水平向右，故B錯(cuò)誤；C、小球受到重力和桿的作用力兩個(gè)力作用，由力的合成法可知，桿對(duì)小球的作用力方向斜向右上方，如果桿對(duì)球的作用力方向沿桿方向，如圖所示：此時(shí)有：mgtanθ＝ma，解得：a＝gtanθ，此時(shí)桿對(duì)小球的作用力為：FN=mgcosθ，故D、裝置向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力等于mg，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要明確小球的受力情況，運(yùn)用平衡條件和牛頓第二定律分析。要知道加速度方向與合力方向總是相同的，桿對(duì)球的彈力不一定沿桿方向，與球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)。4．（4分）（2025?成都二模）如圖甲所示，將帶電量為+Q的帶電體固定在粗糙絕緣水平地面上的O點(diǎn)（可視為點(diǎn)電荷，圖中未畫出），以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立直線坐標(biāo)系?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的帶電滑塊，從A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊向右運(yùn)動(dòng)，最終靜止于C點(diǎn)，其速度隨位置的變化圖像如圖乙所示，滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度最大。已知OB＝r0，且A為OB的中點(diǎn)，滑塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，靜電力常量為k，重力加速度為g，點(diǎn)電荷周圍的電勢(shì)φ=kQr（A．滑塊帶正電 B．滑塊的電荷量為μmgrC．滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速率為μgrD．C點(diǎn)的位置坐標(biāo)為3r0【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；庫侖力作用下的加速度問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)它們之間的相互作用分析；根據(jù)平衡條件結(jié)合點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式計(jì)算；根據(jù)能量守恒定律分析CD。【解答】解：A．滑塊從A點(diǎn)有靜止釋放，其向右運(yùn)動(dòng)，可知滑塊與帶電體之間的互相排斥，即兩者之間帶同種電荷，滑塊帶正電，故A正確；B．在B點(diǎn)滑塊受到的電場(chǎng)力為F＝qEB根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式有EB由題意可知，在B點(diǎn)其速度最大，即在B點(diǎn)滑塊的合力為零，根據(jù)平衡條件有μmg=解得q=故B正確；C．由題意可知，滑塊在A點(diǎn)的電勢(shì)為φA在A點(diǎn)具有的電勢(shì)能為EpA＝qφA在B點(diǎn)的電勢(shì)為φB在B點(diǎn)具有的電勢(shì)能為EpB＝qφB由A到B根據(jù)功能關(guān)系，有EpA解得vB故C正確；D．在C點(diǎn)的電勢(shì)為φC在C點(diǎn)的電勢(shì)能為EpC＝qφC從A到C由能量守恒，有EpA解得rC1＝2r0rC2=本題是選不正確的，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式的應(yīng)用，以及帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)基本規(guī)律的應(yīng)用。5．（4分）（2025?成都二模）地球的公轉(zhuǎn)軌道接近圓，哈雷彗星的運(yùn)動(dòng)軌道則是一個(gè)非常扁的橢圓，如圖所示，天文學(xué)家哈雷成功預(yù)言了哈雷彗星的回歸。哈雷彗星最近出現(xiàn)的時(shí)間是1986年，預(yù)計(jì)下一次飛近地球?qū)⒃?061年左右。若哈雷彗星在近日點(diǎn)與太陽中心的距離為r1，線速度大小為v1；在遠(yuǎn)日點(diǎn)與太陽中心的距離為r2，線速度大小為v2，由以上信息可知，下列說法正確的是（）A．哈雷彗星軌道的半長(zhǎng)軸約是地球公轉(zhuǎn)半徑的375B．線速度大小v1＜v2 C．哈雷彗星在近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為r1D．哈雷彗星從近日點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到遠(yuǎn)日點(diǎn)的過程中，引力勢(shì)能逐漸減小【考點(diǎn)】衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算；開普勒三大定律；萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）．【專題】比較思想；模型法；萬有引力定律的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據(jù)開普勒第三定律求哈雷彗星軌道的半長(zhǎng)軸與地球公轉(zhuǎn)半徑的關(guān)系；由開普勒第二定律分析哈雷彗星在近日點(diǎn)線速度與在遠(yuǎn)日點(diǎn)的線速度關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律求加速度之比；根據(jù)引力做功情況判斷引力勢(shì)能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題意可知，哈雷彗星的周期約為75年，地球的公轉(zhuǎn)周期為1年，由開普勒第三定律a3Ta=可得，哈雷彗星軌道的半長(zhǎng)軸約是地球公轉(zhuǎn)半徑的3752倍B、由開普勒第二定律可知，哈雷彗星在近日點(diǎn)線速度大于在遠(yuǎn)日點(diǎn)的線速度，即v1＞v2，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)牛頓第二定律有GMmr解得a=可得哈雷彗星在近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為a1a2D、哈雷彗星從近日點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到遠(yuǎn)日點(diǎn)的過程中，引力做負(fù)功，則引力勢(shì)能逐漸增加，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律，并能熟練運(yùn)用。對(duì)于天體做橢圓運(yùn)動(dòng)的情形，往往根據(jù)開普勒第三定律研究周期。6．（4分）（2025?成都二模）如圖是超導(dǎo)電磁船的簡(jiǎn)化原理圖，MN和CD是與電源相連的兩個(gè)電極，它們之間的距離為L(zhǎng)且處于垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（由超導(dǎo)線圈產(chǎn)生，其獨(dú)立電路部分未畫出）。通電后，兩電極之間的海水受到安培力的作用，船體就在海水的反作用力推動(dòng)下行駛。已知船的總質(zhì)量為m，當(dāng)電極間的電流為I、磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B時(shí)，船體恰好以速度v勻速航行。設(shè)船體受到的阻力恒定，關(guān)于超導(dǎo)電磁船，以下說法正確的是（）A．該超導(dǎo)電磁船應(yīng)用的是電磁感應(yīng)原理 B．若MN接直流電源的正極，則磁場(chǎng)方向垂直紙面向里時(shí)船體前進(jìn) C．改變電極正負(fù)或磁場(chǎng)方向，可控制船體前進(jìn)或后退 D．若僅將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為2B，則船體的加速度大小為2【考點(diǎn)】電磁炮；安培力作用下的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題（力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系）．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)牛頓第三定律即可判斷出船體的受力，利用左手定則判斷出磁場(chǎng)方向；改變電極正負(fù)或磁場(chǎng)的方向，安培力方向改變；根據(jù)牛頓第二定律可求加速度的大小?！窘獯稹拷猓篈、該超導(dǎo)電磁船應(yīng)用了磁場(chǎng)對(duì)電流的作用力即安培力，故A錯(cuò)誤；BC、兩電極之間的海水受到安培力的作用，船體就在海水的反作用力推動(dòng)下向前駛動(dòng)，因此，海水受到的安培力指向船尾方向，根據(jù)左手定則，可判斷磁場(chǎng)方向垂直紙面向外；改變電極正負(fù)或磁場(chǎng)的方向，安培力方向改變，可以控制船體前進(jìn)或后退，故B錯(cuò)誤，C正確；D、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B時(shí)，船體勻速運(yùn)動(dòng)，即f＝BIL，將磁感應(yīng)強(qiáng)度大小增大為2B時(shí)，安培力變?yōu)?BIL，船體所受合外力大小F合＝2BIL﹣f＝BIL則加速度大小為BILm，故D故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題的解題關(guān)鍵是掌握左手定則和牛頓第三定律，并能正確運(yùn)用，注意與右手定則的區(qū)別。7．（4分）（2025?成都二模）兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一介質(zhì)中相向傳播，t＝0時(shí)刻的波形如圖所示，兩波源的平衡位置分別位于M、N兩點(diǎn)處，O點(diǎn)為M、N連線的中點(diǎn)，兩波源的振動(dòng)方向平行。已知M、N兩點(diǎn)的間距d＝16m，振動(dòng)頻率均為f＝2.5Hz，M處波源的振幅A1＝10cm，N處波源的振幅A2＝5cm。t＝1.2s時(shí)刻O處的質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)。下列說法正確的是（）A．兩列波的波速大小均為203B．從t＝0到t＝2.2s，O處質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為0.5m C．從t＝2.0s到t＝2.2s，O處質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能先增大后減小 D．經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間，MN間（不包括M、N兩點(diǎn)）振幅為15cm的點(diǎn)共有14個(gè)【考點(diǎn)】波的疊加；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；機(jī)械波的圖像問題．【專題】定量思想；推理法；波的多解性；推理論證能力．【答案】B【分析】二者的波速相同，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解兩列波的波速大小和波長(zhǎng)大??；O點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，求出從t＝0到t＝2.2s，O點(diǎn)振動(dòng)的時(shí)間，由此得到O處質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程；1.2s時(shí)O點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，根據(jù)O點(diǎn)的振動(dòng)情況確定其動(dòng)能的變化情況；兩列波的振動(dòng)步調(diào)相反，在M、N間的點(diǎn)，波程差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，由此分析加強(qiáng)的的個(gè)數(shù)?！窘獯稹拷猓篈．兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一介質(zhì)中傳播，波速相等，由于兩列簡(jiǎn)諧橫波振動(dòng)頻率相等，則兩列波的波長(zhǎng)相等，故d﹣2λ＝2vt又v＝λf聯(lián)立解得λ＝2m，v＝5m/s故A錯(cuò)誤；B．兩列簡(jiǎn)諧橫波的周期為T=因?yàn)閮刹ㄔ凑駝?dòng)步調(diào)相反，而O點(diǎn)為M、N連線的中點(diǎn)，所以O(shè)處質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，t＝1.2s時(shí)刻O處的質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，從t＝1.2s到t＝2.2s，O處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)了1s，即52T，根據(jù)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)一個(gè)周期走四個(gè)振幅的路程，可得從t＝0到t＝2.2s，s=故B正確；C．t＝1.2s時(shí)刻O處的質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，從t＝1.2s到t＝2s，O處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)了0.8s，即2T，根據(jù)相隔整數(shù)個(gè)周期質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況完全相同，可知t＝2s時(shí)刻，O處的質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，從t＝2s到t＝2.2s，O處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)了0.2s，即12T，根據(jù)相隔半個(gè)周期奇數(shù)倍質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況完全相反，可知t＝2s時(shí)刻O處的質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，故從t＝2.0s到t＝2.2s，O處質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能先減小后增大，故D．振幅為15cm的點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，設(shè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)與M點(diǎn)的距離為x，兩波源振動(dòng)步調(diào)相反，則|x-(16-x)|=(n+12)λ解得x＝0.5m、1.5m、2.5m、3.5m、4.5m、5.5m、6.5m、7.5m、8.5m、9.5m、10.5m、11.5m、12.5m、13.5m、14.5m、15.5m故經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間，MN間（不包括M、N兩點(diǎn)）振幅為15cm的點(diǎn)共有16個(gè)，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了波的圖像；解答此類問題的關(guān)鍵是要理解波的圖像的變化規(guī)律，能夠根據(jù)圖像直接讀出振幅、波長(zhǎng)和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系v＝fλ。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）（2025?漢中模擬）將某新材料壓制成半圓柱體，橫截面如圖甲所示。一束紅光從真空沿半圓柱體的徑向射入，并與底面上過圓心O點(diǎn)的法線成θ角，CD為足夠大的光學(xué)傳感器，可以探測(cè)從AB面反射光的強(qiáng)度，反射光強(qiáng)度隨θ變化規(guī)律如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的有（）A．新材料對(duì)紅光的折射率為53B．圖甲中，紅光反射光線的頻率大于折射光線的頻率 C．圖甲中，紅光在半圓柱體中傳播速度比在真空中傳播速度小 D．圖甲中，入射角θ減小到0時(shí)，光將全部從AB界面透射出去【考點(diǎn)】光的折射與全反射的綜合問題；光的折射定律；折射率的波長(zhǎng)表達(dá)式和速度表達(dá)式．【專題】比較思想；解題方法；全反射和臨界角專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】由圖乙讀出臨界角C，根據(jù)全反射臨界角公式求解折射率。光的頻率與介質(zhì)無關(guān)；根據(jù)v=cn【解答】解：A、由圖可知，當(dāng)θ＝37°時(shí)發(fā)生全反射，可知新材料對(duì)紅光的折射率為n=1sinB、光的頻率與介質(zhì)無關(guān)，可知，圖甲中，紅光反射光線的頻率等于折射光線的頻率，故B錯(cuò)誤；C、圖甲中，根據(jù)v=cnD、圖甲中，入射角θ減小到0時(shí)，仍有光線反射回介質(zhì)中，而不是光將全部從AB界面透射出去，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查光的全反射；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，掌握全反射條件和臨界角公式，并能用來分析實(shí)際問題。（多選）9．（6分）（2025?成都二模）光控開關(guān)是“太陽能路燈”實(shí)現(xiàn)自動(dòng)控制的重要元件，其內(nèi)部電路的簡(jiǎn)化原理圖如圖，Rt為光敏電阻（光照強(qiáng)度增加時(shí)，其電阻值減小），忽略燈阻值由于亮度變化的影響。在黎明時(shí)分，閉合開關(guān)，環(huán)境光照穩(wěn)定時(shí)，電容器兩板間小液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，則環(huán)境光照逐漸增強(qiáng)時(shí)（）A．L1燈、L2燈均逐漸變暗 B．L2燈的電壓與電流的變化量之比不變 C．電源的輸出功率一定是先變大后變小 D．小液滴向上運(yùn)動(dòng)，在接觸極板前機(jī)械能增大【考點(diǎn)】含容電路的動(dòng)態(tài)分析．【專題】比較思想；控制變量法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】當(dāng)環(huán)境光照逐漸增強(qiáng)時(shí)，光敏電阻減小，分析電路總電阻的變化，判斷干路電流和路端電壓的變化，確定L1燈、L2燈亮度的變化；L2燈的電壓與電流的變化量之比等于L2燈的阻值；根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源輸出功率的變化；分析電容器板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷小液滴的運(yùn)動(dòng)方向，結(jié)合電場(chǎng)力做功正負(fù)，分析其機(jī)械能如何變化。【解答】解：A、當(dāng)光照逐漸增強(qiáng)時(shí)，光敏電阻Rt的阻值減小，電路的總電阻減小，干路電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，L1燈、L2燈的電壓都減小，則兩燈均變暗，故A正確；B、L2燈是定值電阻，L2燈的電壓與電流的變化量之比等于L2燈的阻值，不變，故B正確；C、由于Rt的電阻減小，電源的外電阻在減小，因無法確定外電阻與電源內(nèi)電阻的關(guān)系，所以無法判斷電源輸出功率的變化情況，故C錯(cuò)誤；D、路端電壓減小，則電容器C的電壓減小，由E=Ud可知，板間場(chǎng)強(qiáng)減小，小液滴受到的電場(chǎng)力減小，則小液滴向下運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，其機(jī)械能減小，故故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】在動(dòng)態(tài)電路分析中，掌握電壓、電流隨電阻的變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵。電路當(dāng)中任何一個(gè)電阻增大時(shí)，電路的總電阻就會(huì)增大，總電流就減小。（多選）10．（6分）（2025?成都二模）如圖所示，速度選擇器入口有一個(gè)粒子源P，它能向選擇器注入大量不定速率的氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)。選擇器內(nèi)部的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1和電場(chǎng)方向見圖，選擇器出口右側(cè)沿選擇器中軸線確定x軸建立坐標(biāo)系，第一象限內(nèi)（包括x軸）以直線OA（y＝x）為A．圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同 B．最先跨過OA分界線的是氚核 C．下次再次相遇前的路程相同 D．下次相遇時(shí)三種粒子的速度要么平行，要么垂直【考點(diǎn)】與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀；帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】根據(jù)速度選擇器原理分析氕、氘、氚進(jìn)入磁場(chǎng)的速度關(guān)系，再根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，分析三粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑關(guān)系；根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式，分析最先跨過OA分界線的粒子；做出三粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)圖像，結(jié)合幾何關(guān)系分析三粒子下次再次相遇前的路程關(guān)系和速度的方向關(guān)系。【解答】解：A.能穿過速度選擇器，根據(jù)B1qv＝Eq可知，氕、氘、氚的速度相同，進(jìn)入磁場(chǎng)B2后，根據(jù)qvB2＝mv可得運(yùn)動(dòng)半徑r=因三種粒子電量相同，但是質(zhì)量不同，則運(yùn)動(dòng)半徑不同，故A錯(cuò)誤；B.粒子跨過OA分界線使轉(zhuǎn)過的角度相同，而根據(jù)周期T=可知因氕的質(zhì)量最小，則周期最小，最先跨過OA分界線，故B錯(cuò)誤；CD.由r=mvqB2可得氕、氘、氚的運(yùn)動(dòng)半徑之比為1：2：3，設(shè)為R、2R、3R，由T=2πmqB2可得氕、氘、氚的運(yùn)動(dòng)周期之比為1：下次再次相遇時(shí)，氕、氘、氚分別走過6段、3段和2段四分之一圓弧，則氕、氘、氚的路程分別為s1＝6×14×2πR＝s2＝3×14×2π?2R＝s3＝2×14×2π?3R＝即氕、氘、氚的路程相等，結(jié)合上圖可知，下次相遇時(shí)三種粒子的速度要么平行，要么垂直，故CD正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了速度選擇器的原理和帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程即可解題。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。其中第13～15小題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．（10分）（2025?成都二模）某同學(xué)設(shè)計(jì)“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。鐵架臺(tái)放在水平臺(tái)面上，上端安裝電磁鐵，接通電磁鐵的開關(guān)后能吸住小球，電磁鐵正下方安裝一個(gè)光電門，光電門連接的數(shù)字計(jì)時(shí)器能記錄下小球下落時(shí)經(jīng)過光電門的時(shí)間。實(shí)驗(yàn)中測(cè)出小球直徑為d、小球球心與光電門中心的高度差為h，斷開電磁鐵開關(guān)，小球自由下落，記錄小球通過光電門的擋光時(shí)間t。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。（1）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的說法正確的是B。A．實(shí)驗(yàn)時(shí)必須用天平測(cè)出小球的質(zhì)量B．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)選用體積小、質(zhì)量大的小球C．可用來計(jì)v＝gt算小球經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小，并用來驗(yàn)證小球的機(jī)械能守恒D．可用v=（2）小球經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小v＝dt（3）調(diào)整電磁鐵位置，得出多組h、t數(shù)據(jù)，并畫出了如圖乙所示的h-1t2圖像，若在誤差允許范圍內(nèi)，圖像的斜率k＝d【考點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．【專題】定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）B；（2）dt；（3）d【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析；要減小空氣阻力的影響；必須用光電門測(cè)量的數(shù)據(jù)計(jì)算速度；（2）根據(jù)平均速度計(jì)算；（3）根據(jù)速度—位移公式寫出圖像的函數(shù)表達(dá)式分析?！窘獯稹拷猓海?）A、驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的原理方程是mgh=12mB、為了減小空氣阻力的影響，所以需要選用體積小、質(zhì)量大的小球，故B正確；CD、必須用光電門測(cè)量出小球的速度，不能用v＝gt或者用v=2g故選：B。（2）根據(jù)平均速度可得小球經(jīng)過光電門的速度大小為v=（3）根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的速度—位移關(guān)系v2＝2gh，把v=dt代入，整理可得h=d2故答案為：（1）B；（2）dt；（3）d【點(diǎn)評(píng)】掌握“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)原理，實(shí)驗(yàn)器材以及實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法是解題的基礎(chǔ)。12．（10分）（2025?成都二模）按要求填空：（1）半偏法測(cè)電流表內(nèi)阻的電路如圖甲，圖中器材參數(shù)如下：待測(cè)電流表A（量程0～1mA）滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值10kΩ）電阻箱R2（最大阻值999.9Ω）電源E（電動(dòng)勢(shì)為6V，內(nèi)阻很?。y(cè)量方法是：先斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1，使電流表的指針滿偏；保持R1的阻值不變，閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱R2，使電流表的指針半偏，此時(shí)電阻箱R2的示數(shù)為99.0Ω。則電流表A內(nèi)阻的測(cè)量值為99.0Ω。（2）將該電流表A改裝成量程為0～100mA的電流表A1，應(yīng)給電流表A并聯(lián)（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個(gè)電阻，改裝后的電流表A1的內(nèi)阻為0.99Ω。（3）測(cè)量一節(jié)廢舊干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，利用改裝后的電流表A1和其它實(shí)驗(yàn)器材設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路。在實(shí)驗(yàn)中，多次改變電阻箱阻值，記錄多組數(shù)據(jù)，畫出1I-R0圖像為一條直線（如圖丙），由圖中數(shù)據(jù)計(jì)算出該電池的電動(dòng)勢(shì)E＝1.13V，內(nèi)阻r＝10.3【考點(diǎn)】用半偏法測(cè)定電壓表或電流表的內(nèi)阻；測(cè)量普通電源的電動(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；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）99.0；（2）并聯(lián)；0.99；（3）1.13；10.3?！痉治觥浚?）根據(jù)半偏法測(cè)電流表內(nèi)阻的原理，結(jié)合歐姆定律和并聯(lián)電路的特點(diǎn)求解作答；（2）并聯(lián)電阻有分流作用，電流表A改裝成大量程的電流表應(yīng)該并聯(lián)一個(gè)分流電阻；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律求解作答；（3）根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解1I-R【解答】解：（1）斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，使電流表的指針滿偏，電流為IA；保持R1的阻值不變，干路電流不變，仍然為IA；閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱R2，使電流表的指針半偏，電流為12根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律I解得電流表A內(nèi)阻RA＝99.0Ω；（2）將電流表A改裝成大量程的電流表應(yīng)該并聯(lián)一個(gè)分流電阻，電路圖如圖所示：根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律UA＝IARA＝IA1RA1代入數(shù)據(jù)解得RA1＝0.99Ω（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有E＝I（R0+RA1+r）可得11I-R可得E＝1.13V圖像的縱截距為b可得r＝10.3Ω。故答案為：（1）99.0；（2）并聯(lián)；0.99；（3）1.13；10.3?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了半偏法測(cè)電流表內(nèi)阻以及電流表的改裝的實(shí)驗(yàn)，考查了電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量的實(shí)驗(yàn)，要明確實(shí)驗(yàn)的原理，掌握歐姆定律、閉合電路的歐姆定律和并聯(lián)電路的特點(diǎn)的運(yùn)用。13．（10分）（2025?成都二模）如圖所示，爆米花機(jī)是一種對(duì)谷物進(jìn)行膨化加工的裝置，主體為一導(dǎo)熱良好的鋼制罐體，罐體的容積為4×10﹣3m3，兩端分別焊接了支撐軸和搖柄。在p0＝1atm（1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓）的氣壓，27℃的干燥環(huán)境下打開閥門向罐體內(nèi)放入1×10﹣3m3的谷物，關(guān)閉閥門，將支撐軸和搖柄架設(shè)在火爐的支架上進(jìn)行旋轉(zhuǎn)加熱，谷物內(nèi)部分水分汽化成高壓水蒸氣與罐內(nèi)空氣形成混合氣體（可視為理想氣體）。當(dāng)罐內(nèi)混合氣體溫度為327℃、壓強(qiáng)達(dá)5atm時(shí)，打開閥門，因?yàn)閴簭?qiáng)突然變小，巨大的壓強(qiáng)差使得谷物迅速膨脹，從而達(dá)到膨化的效果。忽略谷物間隙氣體的體積和在罐體內(nèi)加熱過程中谷物體積的變化。已知絕對(duì)零度為﹣273℃。求：（1）從開始加熱到壓強(qiáng)變?yōu)?atm時(shí)，罐體內(nèi)水蒸氣的分壓強(qiáng)。（已知混合氣體的壓強(qiáng)等于在同溫度同體積條件下組成混合氣體的各成分單獨(dú)存在時(shí)的分壓強(qiáng)之和）（2）打開閥門后的混合氣體迅速膨脹對(duì)外做功使得谷物全部噴出，當(dāng)混合氣體溫度為127℃，罐體內(nèi)剩余混合氣體質(zhì)量占原有混合氣體質(zhì)量的百分比。【考點(diǎn)】理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；氣體的等容變化與查理定律的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專題；推理論證能力．【答案】（1）從開始加熱到壓強(qiáng)變?yōu)?atm時(shí)，罐體內(nèi)水蒸氣的分壓強(qiáng)為3atm；（2）打開閥門后的混合氣體迅速膨脹對(duì)外做功使得谷物全部噴出，當(dāng)混合氣體溫度為127℃，罐體內(nèi)剩余混合氣體質(zhì)量占原有混合氣體質(zhì)量的百分比為40%?！痉治觥浚?）對(duì)原有空氣，根據(jù)查理定律列式，即可分析求解；（2）對(duì)混合氣體，由理想氣體狀態(tài)方程列式，結(jié)合題意，即可分析求解?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)原有空氣，根據(jù)查理定律可得：p0由題知：T0＝（27+273）K＝300K，T1＝（327+273）K＝600K，p0＝1atm，聯(lián)立解得：p1＝2atm，則從開始加熱到壓強(qiáng)變?yōu)?atm時(shí)，罐體內(nèi)水蒸氣的分壓強(qiáng)為：p′＝5p0﹣p1＝（5×1﹣2）atm＝3atm；（2）設(shè)罐體的體積為V0，對(duì)混合氣體，由理想氣體狀態(tài)方程可得：5p由題知：T2＝（127+273）K＝400K，V0＝4×10﹣3m3，聯(lián)立解得：V2＝0.01m3，則罐體內(nèi)剩余混合氣體質(zhì)量占原有混合氣體質(zhì)量的百分比為：k=m解得：k＝40%；答：（1）從開始加熱到壓強(qiáng)變?yōu)?atm時(shí)，罐體內(nèi)水蒸氣的分壓強(qiáng)為3atm；（2）打開閥門后的混合氣體迅速膨脹對(duì)外做功使得谷物全部噴出，當(dāng)混合氣體溫度為127℃，罐體內(nèi)剩余混合氣體質(zhì)量占原有混合氣體質(zhì)量的百分比為40%?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程的掌握，解題時(shí)需注意，要明確研究對(duì)象，確認(rèn)哪些參量變化、哪些參量不變，根據(jù)題目的已知條件和求解的問題，分別找出初、末狀態(tài)的參量，其中正確找出壓強(qiáng)是解題的關(guān)鍵。14．（12分）（2025?成都二模）如圖所示，桌面上有一輕質(zhì)彈簧，左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端B點(diǎn)位于桌面右側(cè)邊緣。水平桌面右側(cè)有一豎直放置、半徑R＝0.3m的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M點(diǎn)，在以MP為直徑的右側(cè)和水平半徑ON的下方部分有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小E=mgq，現(xiàn)用質(zhì)量m0＝0.4kg的小物塊a將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn)，用同種材料、質(zhì)量m＝0.2kg、帶+q的絕緣小物塊b將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后，小物塊b離開桌面由M點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，恰好能通過軌道的最高點(diǎn)P．（g取10m/s（1）小物塊b經(jīng)過桌面右側(cè)邊緣B點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）釋放后，小物塊b在運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功；（3）小物塊b在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)到最大速度的位置記為D（圖中未標(biāo)出），則從B點(diǎn)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功。【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由于物體恰好能通過軌道的最高點(diǎn)P，因此可以通過豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件先求出P點(diǎn)的速度，再使用動(dòng)能定理求出物體在B點(diǎn)的速度；（2）由C到B過程，對(duì)物塊a、b分別應(yīng)用能量守恒定律可以求出摩擦力做功；（3）物塊b與圓心連線與豎直方向的夾角為45°位置時(shí)（設(shè)為D）速度最大，根據(jù)功的計(jì)算公式求出電場(chǎng)力做功?！窘獯稹拷猓海?）小物塊恰好能通過軌道的最高點(diǎn)P，重力提供向心力，在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg＝mvP小物塊由B到P過程，由動(dòng)能定理得：qER﹣mg?2R=1代入數(shù)據(jù)解得：vB＝3m/s；（2）由C到B過程，對(duì)物塊a，由能量守恒定律得：EP＝μm0gxCB，由C到B過程，對(duì)物塊b，由能量守恒定律得：EP摩擦力做功：Wf＝μmgxCB，代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝0.9J；（3）電場(chǎng)強(qiáng)度：E=mgq，則電場(chǎng)力：qE＝小球所受合力方向與豎直方向夾角為45°，物塊b與圓心連線與豎直方向的夾角為45°位置時(shí)（設(shè)為D）小球速度最大，由B到D的過程電場(chǎng)力做功為：W＝qERsin45°＝2×0.3×22=0.3答：（1）小物塊b經(jīng)過桌面右側(cè)邊緣B點(diǎn)時(shí)的速度大小為3m/s；（2）釋放后，小物塊b在運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功為0.9J；（3）小物塊b在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)到最大速度的位置記為D（圖中未標(biāo)出），則從B點(diǎn)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功為0.42J?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，該題通過動(dòng)能定理的方式考查物體在豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵在于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件，屬于中檔題。15．（12分）（2025?成都二模）如圖所示，將電阻為R＝0.02Ω、質(zhì)量為m＝0.01kg的單匝正方形閉合線圈abcd水平放置在順時(shí)針運(yùn)行的水平傳送帶的最左端，其邊長(zhǎng)為l＝0.1m，邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)行方向垂直，在MN、PQ區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直于傳送帶平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ邊界間距為d＝0.26m，線圈在運(yùn)動(dòng)過程中左右兩邊始終與磁場(chǎng)邊界平行，其與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域前已和傳送帶共速，傳送帶的速度為v0＝1m/s，t＝0時(shí)刻，線圈ab邊與MN重合，t1＝0.2s時(shí)刻，線圈cd邊與MN重合，t2時(shí)刻線圈ab邊與PQ重合，已知重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：（1）t＝0時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流大??；（2）t1時(shí)刻，線圈的速度大??；（3）t2；（4）0﹣t2時(shí)間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)——功能問題；推理論證能力．【答案】（1）t＝0時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流大小為2A；（2）t1時(shí)刻，線圈的速度大小為0.6m/s；（3）t2大小為0.4s；（4）0﹣t2時(shí)間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為0.0052J?！痉治觥浚?）線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域前已和傳送帶共速，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律進(jìn)行解答；（2）由動(dòng)量定理求解速度大??；（3）牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速時(shí)間和加速位移，分析運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解時(shí)間；（4）t1～t2時(shí)間內(nèi)，線框中焦耳熱為零，對(duì)線框，0～t1時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)能定理、功能關(guān)系求解線框中產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域前已和傳送帶共速，t＝0時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝Blv0線圈中的感應(yīng)電流大小為：I=解得：I＝2A；（2）t1時(shí)刻，線圈的速度大小為v，對(duì)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，以水平向右為正方向，由動(dòng)量定理可得：﹣BIlt1+μmgt1＝mv﹣mv0即：-B2l2vt1R其中：l=vt聯(lián)立解得：v＝0.6m/s；（3）t1時(shí)刻開始，線圈在摩擦力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得：μmg＝ma解得加速度大小為：a＝2m/s2加速時(shí)間：t加=v0-va加速位移：x加=v0+v2此時(shí)：d′＝l+x加＝0.1m+0.16m＝0.26m＝d即線圈與傳送帶共速時(shí)，ab邊恰與PQ重合所以有：t2＝t1+t加，解得：t2＝0.4s；（4）t1～t2時(shí)間內(nèi)，線框中焦耳熱為零。對(duì)線框，0～t1時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)能定理：WA+μmgl=根據(jù)功能關(guān)系可得：Q＝﹣WA解得：Q＝0.0052J。答：（1）t＝0時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流大小為2A；（2）t1時(shí)刻，線圈的速度大小為0.6m/s；（3）t2大小為0.4s；（4）0﹣t2時(shí)間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為0.0052J?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)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(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

考點(diǎn)卡片1．根據(jù)x-t圖像的物理意義分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：x﹣t圖像表示的是物體的位移（位置）隨時(shí)間變化的關(guān)系。2.圖像實(shí)例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示速度；（2）縱截距：表示初位置；（3）交點(diǎn)：表示相遇。4.x﹣t曲線分析：①表示物體由坐標(biāo)原點(diǎn)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)；②表示物體靜止不動(dòng)；③表示物體沿負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個(gè)運(yùn)動(dòng)物體相遇時(shí)的位移；⑤t1時(shí)刻物體的位移為x1，圖中陰影部分的面積沒有實(shí)際意義。5.本考點(diǎn)是x﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)x﹣t圖像的物理意義分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)的情況。【命題方向】在光滑地面上將一小鋼球水平彈出，小球碰到墻壁后沿原路徑反向彈回，圖是小球運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖象，由此圖象可知（）A、小球在O﹣t1時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)B、小球在O﹣t2時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)C、小球在t2時(shí)刻回到了出發(fā)點(diǎn)D、小球在t2時(shí)刻被墻壁反彈分析：位移—時(shí)間圖象的斜率等于物體運(yùn)動(dòng)的速度，從位移圖上可以知道物體在任意時(shí)刻的速度（斜率）和位置（縱坐標(biāo)）．解答：A、小球在O﹣t1時(shí)間內(nèi)位移隨時(shí)間均勻變化，所以小球做勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；C、由圖象可知：小球在t2時(shí)刻的位移為0，回到了出發(fā)點(diǎn)，故C正確；D、由圖象可知：在小球在t1時(shí)刻速度方向改變，故此時(shí)被墻壁彈回，故D錯(cuò)誤。故選：AC。點(diǎn)評(píng)：位移圖象的特點(diǎn)：①位移圖象的斜率等于物體的速度；②位移圖象的縱坐標(biāo)表示物體在某時(shí)刻的位置．這是我們解題的關(guān)鍵．【解題思路點(diǎn)撥】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時(shí)間的變化情況。針對(duì)此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動(dòng)情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。2．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，g為重力加速度。人對(duì)A、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。【解題方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問題時(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。3．連接體模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．連接體：兩個(gè)或兩個(gè)以上存在相互作用或有一定關(guān)聯(lián)的物體系統(tǒng)稱為連接體，在我們運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解答力學(xué)問題時(shí)經(jīng)常會(huì)遇到．2．解連接體問題的基本方法整體法：把兩個(gè)或兩個(gè)以上相互連接的物體看成一個(gè)整體，此時(shí)不必考慮物體之間的作用內(nèi)力．隔離法：當(dāng)求物體之間的作用力時(shí)，就需要將各個(gè)物體隔離出來單獨(dú)分析．解決實(shí)際問題時(shí)，將隔離法和整體法交叉使用，有分有合，靈活處理．【命題方向】題型一：用整體法和隔離法解決連接體問題．例1：質(zhì)量分別為m和2m的物塊、B用輕彈簧相連，設(shè)兩物塊與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同．當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊在粗糙的水平面上，共同向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x1，如圖甲所示；當(dāng)用同樣大小的力F豎直共同加速提升兩物塊時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，如圖乙所示；當(dāng)用同樣大小的力F沿固定斜面向上拉兩物塊使之共同加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x3，如圖丙所示，則x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．無法確定分析：本題是連接體問題，可以先用整體法根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔離A研究，求得彈簧的彈力及伸長(zhǎng)量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a1=對(duì)A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a2=對(duì)A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3丙圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得Fa3=對(duì)A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k則x1：x2：x3＝1：故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A．點(diǎn)評(píng)：牛頓定律處理連接體問題時(shí)，常常采用隔離法和整體法相結(jié)合的方法研究．隔離法選取受力少的物體研究簡(jiǎn)單．求內(nèi)力時(shí)，必須用隔離法．求整體的加速度可用整體法．例2：如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T．現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則以下說法正確的是（）A．質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用B．當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕繩剛好被拉斷C．當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕繩還不會(huì)被拉斷D．輕繩剛要被拉斷時(shí)，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為2分析：采用隔離法分析2m可得出其受力的個(gè)數(shù)；再對(duì)整體分析可得出整體的加速度與力的關(guān)系；再以后面兩個(gè)物體為研究對(duì)象可得出拉力與加速度的關(guān)系，則可分析得出F與T的關(guān)系．解答：質(zhì)量為2m的木塊受到重力、質(zhì)量為m的木塊的壓力、m對(duì)其作用的向后的摩擦力，輕繩的拉力、地面的支持力五個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)整體，由牛頓第二定律可知，a=F6m；隔離后面的疊加體，由牛頓第二定律可知，輕繩中拉力為F′＝3ma=F2．由此可知，當(dāng)F逐漸增大到2T時(shí)，輕繩中拉力等于T，輕繩才剛好輕繩剛要被拉斷時(shí)，物塊加速度a′=T3m，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為f＝ma′=故選：C．點(diǎn)評(píng)：本題重點(diǎn)在于研究對(duì)象的選擇，以及正確的受力分析，再由整體法與隔離法分析拉力之間的關(guān)系．【解題方法點(diǎn)撥】（1）解答連接體問題時(shí)，決不能把整體法和隔離法對(duì)立起來，而應(yīng)該把這兩種方法結(jié)合起來，從具體問題的實(shí)際情況出發(fā)，靈活選取研究對(duì)象，恰當(dāng)選擇使用隔離法和整體法．（2）在使用隔離法解題時(shí)，所選取的隔離對(duì)象可以是連接體中的某一個(gè)物體，也可以是連接體中的某部分物體（包含兩個(gè)或兩個(gè)以上的單個(gè)物體），而這“某一部分”的選取，也應(yīng)根據(jù)問題的實(shí)際情況，靈活處理．（3）選用整體法或隔離法可依據(jù)所求的力來決定，若為外力則應(yīng)用整體法；若所求力為內(nèi)力則用隔離法．但在具體應(yīng)用時(shí)，絕大多數(shù)的題目要求兩種方法結(jié)合應(yīng)用，且應(yīng)用順序也較為固定，即求外力時(shí)，先隔離后整體；求內(nèi)力時(shí)，先整體后隔離．先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度．4．開普勒三大定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】開普勒行星運(yùn)動(dòng)三大定律基本內(nèi)容：1、開普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對(duì)于每一個(gè)行星而言，太陽和行星的連線在相等的時(shí)間內(nèi)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(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等。即：k=在中學(xué)階段，我們將橢圓軌道按照?qǐng)A形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對(duì)于某一行星來說，它繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；3．所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，即：R3【命題方向】（1）第一類常考題型是考查開普勒三個(gè)定律的基本認(rèn)識(shí)：關(guān)于行星繞太陽運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)B．行星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運(yùn)動(dòng)周期越長(zhǎng)D．所有行星軌道半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)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(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。在相等時(shí)間內(nèi)，太陽和運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，且太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。故A錯(cuò)誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)，太陽位于行星軌道的一個(gè)焦點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；C、由公式R3T2D、開普勒第三定律可得，所以行星軌道半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，故D正確；故選：D。點(diǎn)評(píng)：行星繞太陽雖然是橢圓運(yùn)動(dòng)，但我們可以當(dāng)作圓來處理，同時(shí)值得注意是周期是公轉(zhuǎn)周期。（2）第二類?？碱}型是考查開普勒第三定律：某行星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道均可視為圓。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，如圖所示。該行星與地球的公轉(zhuǎn)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(zhǎng)，其繞太陽轉(zhuǎn)的慢。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，說明N年地球比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長(zhǎng)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(zhǎng)。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，說明從最初在日地連線的延長(zhǎng)線上開始，每一年地球都在行星的前面比行星多轉(zhuǎn)圓周的N分之一，N年后地球轉(zhuǎn)了N圈，比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長(zhǎng)線上。所以行星的周期是NN-1年，根據(jù)開普勒第三定律有r地3r行3=T地2故選：B。點(diǎn)評(píng)：解答此題的關(guān)鍵由題意分析得出每過N年地球比行星多圍繞太陽轉(zhuǎn)一圈，由此求出行星的周期，再由開普勒第三定律求解即可?！窘忸}思路點(diǎn)撥】（1）開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律是對(duì)行星繞太陽運(yùn)動(dòng)規(guī)律的總結(jié)，它也適用于其他天體的運(yùn)動(dòng)。（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(shí)的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)快慢的規(guī)律。（3）應(yīng)用開普勒第三定律可分析行星的周期、半徑，應(yīng)用時(shí)可按以下步驟分析：①首先判斷兩個(gè)行星的中心天體是否相同，只有兩個(gè)行星是同一個(gè)中心天體時(shí)開普勒第三定律才成立。②明確題中給出的周期關(guān)系或半徑關(guān)系。③根據(jù)開普勒第三定律列式求解。5．萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】對(duì)地球上的物體而言，受到的萬有引力要比地球自轉(zhuǎn)引起的物體做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力大的多，所以通?？梢院雎缘厍蜃赞D(zhuǎn)帶來的影響，近似認(rèn)為萬有引力完全等于重力。即GMmR化簡(jiǎn)得到：GM＝gR2其中g(shù)是地球表面的重力加速度，R表示地球半徑，M表示地球的質(zhì)量，這個(gè)式子的應(yīng)用非常廣泛，被稱為黃金代換公式。【命題方向】火星探測(cè)器著陸器降落到火星表面上時(shí)，經(jīng)過多次彈跳才停下．假設(shè)著陸器最后一次彈跳過程，在最高點(diǎn)的速度方向是水平的，大小為v0，從最高點(diǎn)至著陸點(diǎn)之間的距離為s，下落的高度為h，如圖所示，不計(jì)一切阻力．（1）求火星表面的重力加速度g0．（2）已知萬有引力恒量為G，火星可視為半徑為R的均勻球體，忽略火星自轉(zhuǎn)的影響，求火星的質(zhì)量M．分析：根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出星球表面重力加速度．運(yùn)用黃金代換式GM＝gR2求出問題．解答：（1）著陸器從最高點(diǎn)落至火星表面過程做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋規(guī)律得：水平方向上，有x＝v0t①豎直方向上，有h=12g0t2著陸點(diǎn)與最高點(diǎn)之間的距離s滿足s2＝x2+h2③由上3式解得火星表面的重力加速度g0=2h（2）在火星表面的物體，重力等于火星對(duì)物體的萬有引力，得mg0＝GMmR把④代入⑤解得火星的質(zhì)量M=答：（1）火星表面的重力加速度g0是2h（2）火星的質(zhì)量M是2h點(diǎn)評(píng)：重力加速度g是天體運(yùn)動(dòng)研究和天體表面宏觀物體運(yùn)動(dòng)研究聯(lián)系的物理量．把星球表面的物體運(yùn)動(dòng)和天體運(yùn)動(dòng)結(jié)合起來是考試中常見的問題．【解題思路點(diǎn)撥】1.黃金代換式不止適用于地球，也試用于其他一切天體，其中g(shù)表示天體表面的重力加速度、R表示天體半徑、M表示天體質(zhì)量。2.應(yīng)用黃金代換時(shí)要注意抓住如“忽略天體自轉(zhuǎn)”、“萬有引力近似等于重力”、“天體表面附近”等關(guān)鍵字。6．衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】對(duì)于一般的人造衛(wèi)星而言，萬有引力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。于是有：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a在衛(wèi)星運(yùn)行的過程中，根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓角蠼庀嚓P(guān)物理量。【解題思路點(diǎn)撥】2005年10月12日，我國成功地發(fā)射了“神舟”六號(hào)載人宇宙飛船，飛船進(jìn)入軌道運(yùn)行若干圈后成功實(shí)施變軌進(jìn)入圓軌道運(yùn)行，經(jīng)過了近5天的運(yùn)行后，飛船的返回艙順利降落在預(yù)定地點(diǎn)．設(shè)“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球運(yùn)行n圈所用的時(shí)間為t，若地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，求：（1）飛船的圓軌道離地面的高度；（2）飛船在圓軌道上運(yùn)行的速率．分析：研究“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力等于向心力列出方程，根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬有引力等于重力列出方程進(jìn)行求解即可．解答：（1）“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球運(yùn)行n圈所用的時(shí)間為t，T=研究“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力定律分別對(duì)地球表面物體和飛船列出方程得：G?根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬有引力等于重力列出方程得：G?r＝R+h④由①②③④解得：h②由線速度公式得：v=∴v答：（1）飛船的圓軌道離地面的高度是3g（2）飛船在圓軌道上運(yùn)行的速率是32點(diǎn)評(píng)：本題要掌握萬有引力的作用，天體運(yùn)動(dòng)中萬有引力等于向心力，地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬有引力等于重力，利用兩個(gè)公式即可解決此問題．只是計(jì)算和公式變化易出現(xiàn)錯(cuò)誤．【解題思路點(diǎn)撥】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運(yùn)行看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力完全充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。但是計(jì)算的公式比較多，需要根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計(jì)算。7．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大??；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。8．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少彈簧彈力做正功彈性勢(shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)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(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)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(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓恢亓ψ龉Α亓?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來進(jìn)行。9．波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】描述機(jī)械波的物理量（1）波長(zhǎng)λ：兩個(gè)相鄰的、在振動(dòng)過程中對(duì)平衡位置的位移總是相同的質(zhì)點(diǎn)間的距離叫波長(zhǎng)．在橫波中，兩個(gè)相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長(zhǎng)．在縱波中，兩個(gè)相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長(zhǎng)．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無論在什么介質(zhì)中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)振動(dòng)向外傳播的距離．波速的大小由介質(zhì)決定．（4）波速與波長(zhǎng)和頻率的關(guān)系：v＝λf．【命題方向】?？碱}型：如圖所示是一列簡(jiǎn)諧波在t＝0時(shí)的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時(shí)波恰好傳到I點(diǎn)，下列說法中正確的是（）A．此列波的周期為T＝0.4sB．質(zhì)點(diǎn)B、F在振動(dòng)過程中位移總是相等C．質(zhì)點(diǎn)I的起振方向沿y軸負(fù)方向D．當(dāng)t＝5.1s時(shí)，x＝10m的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置處E．質(zhì)點(diǎn)A、C、E、G、I在振動(dòng)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(zhǎng)，根據(jù)v=λT求解周期，根據(jù)波形圖來確定I處的起振方向，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為波長(zhǎng)的整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)情況完全相同，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為半波長(zhǎng)的奇數(shù)解：A、由波形圖可知，波長(zhǎng)λ＝4m，則T=λv=B、質(zhì)點(diǎn)B、F之間的距離正好是一個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況完全相同，所以質(zhì)點(diǎn)B、F在振動(dòng)過程中位移總是相等，故B正確；C、由圖可知，I剛開始振動(dòng)時(shí)的方向沿y軸負(fù)方向，故C正確；D、波傳到x＝l0m的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時(shí)，x＝l0m的質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)振動(dòng)4.1sE、質(zhì)點(diǎn)A、C間的距離為半個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況相反，所以位移的方向不同，故D錯(cuò)誤；故選：ABC【點(diǎn)評(píng)】本題考察了根據(jù)波動(dòng)圖象得出振動(dòng)圖象是一重點(diǎn)知識(shí)，其關(guān)鍵是理解振動(dòng)和波動(dòng)的區(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】牢記機(jī)械振動(dòng)的有關(guān)公式，熟練的進(jìn)行公式之間的轉(zhuǎn)化與計(jì)算。10．機(jī)械波的圖像問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】橫波的圖象如圖所示為一橫波的圖象。縱坐標(biāo)表示某一時(shí)刻各個(gè)質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移，橫坐標(biāo)表示在波的傳播方向上各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時(shí)刻介質(zhì)中各質(zhì)點(diǎn)的位移在空間的分布。簡(jiǎn)諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線。【命題方向】（1）第一類?？碱}型：波的圖象的理解與應(yīng)用如圖為一列沿x軸負(fù)方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t＝0時(shí)的波形圖，當(dāng)Q點(diǎn)在t＝0時(shí)的振動(dòng)狀態(tài)傳到P點(diǎn)時(shí)，則BA．1cm＜x＜3cm范圍內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)正在向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)的加速度沿y軸的正方向C．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)正在波峰位置D．Q處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)運(yùn)動(dòng)到P處。分析：由題意利用平移法可知Q點(diǎn)的狀態(tài)傳到P點(diǎn)時(shí)的波形圖，由波形圖