2025年高考物理解密之多选题

Page2025年高考物理解密之多选题一．多选题（共25小题）1．（2024•天津）某静电场在轴正半轴的电势随变化的图像如图所示，、、、为轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从点开始沿轴负方向运动到点，则该电荷A．在点电势能最小 B．在点时速度最小 C．所受静电力始终做负功 D．在点受静电力沿轴负方向2．（2024•顺庆区校级模拟）从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星半径约为月球的倍，“玉兔”绕月球表面做圆周运动的周期是“祝融”绕火星表面做圆周运动周期的倍，则下列说法正确的是A．发射“玉兔”登月时的理论速度应大于 B．发射“祝融”探火时的理论速度应大于 C．火星的质量与月球的质量之比为 D．火星的质量与月球的质量之比为3．（2024•沙坪坝区校级模拟）吸血鬼恒星是一种理论上的天体，它通过从伴星吸取物质来维持自身的光和热。这种恒星通常处于双星系统中，吸血鬼恒星通过这种方式获得额外的物质，从而延长自己的寿命。这种现象在天文学中被称为质量转移或吸积过程。假设两恒星中心之间的距离保持不变，忽略因热核反应和辅射等因素导致的质量亏损，经过一段时间演化后，则A．两恒星的周期不变 B．两恒星的轨道半径保持不变 C．吸血鬼恒星的线速度增大 D．伴星的线速度增大4．（2025•邯郸一模）如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上的示意图，其中冬至时地球离太阳最近。仅考虑太阳对地球的引力，关于地球绕太阳公转过程，下列说法正确的是A．在冬至位置地球所受万有引力最大 B．在立春位置，根据万有引力定律可得 C．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数 D．经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比约为1.035．（2025•邯郸一模）如图，质量为的形金属框置于水平绝缘平台上，和边平行，和边垂直，左端接有阻值为的电阻。一根电阻、质量为的光滑导体棒置于金属框上，用水平恒力向右拉动导体棒，运动过程中，装置始终处于竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中，与金属框始终保持良好接触，且与边保持平行。与足够长，两平行导轨间距为，整个金属框与水平绝缘平台间的动摩擦因数，滑动摩擦力可视为最大静摩擦力且金属框电阻可忽略，取。则以下说法正确的是A．若，则导体棒运动的最大速度为 B．若，则导体棒先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 C．若，当导体棒的速度为时形金属框开始运动 D．若，导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动6．（2025•邯郸一模）如图所示为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，分别从、点射出。下列说法中正确的是A．从点射出的是红光 B．在相同条件下，从点射出的光更容易发生衍射 C．两束光从点射入，到从、点射出所用的时间相等 D．沿、折射的单色光的能量之和等于沿入射复色光的能量7．（2024•罗湖区校级模拟）如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，取，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是A．足球下落到与头部刚接触时速度为 B．头部对足球的平均作用力为 C．足球与头部作用过程中足球的动量变化量为 D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为08．（2024•天津）中国钍基熔盐堆即将建成小型实验堆，为我国能源安全和可持续发展提供有力支持。反应堆中涉及的核反应方程有：①②，下列说法正确的是A．方程①中是中子 B．方程②中发生了衰变 C．受反应堆高温影响，的半衰期会变短 D．方程②释放电子，说明电子是原子核的组成部分9．（2024•天津）卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为。则卫星未发射时和在轨道上运行时A．角速度之比为 B．线速度之比为 C．向心加速度之比为 D．受到地球的万有引力之比为10．（2024•天河区三模）在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环、组成，其结构如图甲所示，图乙为图甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面（相邻等势面间电势差相等），为水平虚线与竖直虚线的交点，、两点关于点中心对称。现有一束电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环。下列说法正确的是A．点电势比点电势低 B．点场强与点场强相同 C．该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用 D．电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少11．（2024•开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从处运往较低的处，传送带与水平面的夹角，且始终以一定速度逆时针转动。在某时刻将小包裹（看作质点）轻放在传送带的处，小包裹与传送带间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则关于小包裹从运动到的说法正确的是A．若，则可能一直加速 B．若，则可能先加速再匀速 C．若，则可能先加速再匀速 D．若，则可能先加速再减速12．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在某空间的一个区域内有一直线与水平面成角，在两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为。从直线上的点水平向右射出速率为的粒子，粒子带正电，比荷为，若粒子运动过程中经过直线上的点，粒子从点运动到点的时间为。已知，不计粒子重力。则A．可能为 B．可能为 C．可能为 D．一定为13．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体，、均静止，弹簧处于原长状态。现对施加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去，、最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是A．的大小为 B．弹簧的劲度系数为 C．的最大速度为 D．最终停在位置14．（2024•琼山区一模）边长为的正方形单匝线框放置在如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为，线框总电阻为，若线框从图示位置开始以角速度绕轴匀速转动，则下列说法正确的是A．线框产生的感应电动势最大值是 B．线框产生的感应电动势有效值是 C．线框所在平面和磁场的方向垂直时，回路电流最大 D．线框所在平面和磁场的方向平行时，回路电流最大15．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，在平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在第三、四象限范围内有沿轴正方向的匀强电场，在坐标原点有一个粒子源可以向轴上方以不同速率向各个方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，轴上的点坐标为，轴上的点坐标为。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是A．所有经过点的粒子最小速度为 B．若以最小速率经过点的粒子又恰好能过点，则电场强度大小为 C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过点，速度大小一定不同 D．所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同16．（2024•五华区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，从到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在点。一质量为、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为。下列说法正确的是A．滑块到达点时的速度大小为 B．弹簧获得的最大弹性势能为 C．滑块从点运动到点的过程中，小车运动的位移大小为 D．滑块第一次从点运动到点时，小车对滑块的支持力大小为17．（2024•陕西一模）如图，一定质量的理想气体从状态出发，经过等容过程到达状态，再经过等温过程到达状态，最后经等压过程回到状态。下列说法正确的是A．在过程中气体的内能增加 B．在过程中外界对气体做功 C．在过程中气体对外界做功 D．在过程中气体从外界吸收热量 E．在过程中气体从外界吸收热量18．（2024•成都模拟）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的恒力，则A．当水平恒力的大小时，手机与抽屉有相对运动 B．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰 C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足 D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足19．（2024•九龙坡区模拟）一列沿轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在处的质点和在处的质点的振动图像分别如图甲和图乙。下列说法正确的是A．质点的振动方程为 B．质点处在平衡位置时，质点一定在波谷且向轴正方向振动 C．若波沿轴正方向传播，这列波的最大传播速度为 D．若波沿轴负方向传播，这列波的最大传播速度为20．（2024•大连二模）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是A．地面对手的支持力做了正功 B．地面对手的支持力冲量为零 C．他克服重力做了功 D．他的机械能增加了21．（2024•罗湖区校级模拟）某些为屏蔽电磁波设计的人工材料，其折射率为负值，称为负折射率材料。电磁波从空气射入这类材料时，折射定律和电磁波传播规律仍然不变，但是折射波与入射波位于法线的同一侧（此时折射角取负值）。如图所示，波源发出的一束电磁波的入射角，经负折射率的平板介质材料后，从另一侧面射出（图中未画出），已知平板介质的厚度为，电磁波在真空中的传播速度为，不考虑电磁波在介面处的反射，下列说法正确的是A．该电磁波的出射点位于法线的上方 B．电磁波射出平板的出射方向与射入平板的入射方向平行 C．电磁波由空气进入平板介质，波长变长 D．电磁波在平板介质中的传播时间为22．（2024•梅州二模）梅州是足球之乡，近几年我市足球事业发展迅速，如图7所示，某运动员在离球门正前方水平距离处头球攻门，足球在高处被水平顶出，顶出时速度垂直球门，并恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，取则此过程中，下列说法正确的是A．球的运动时间为 B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为 C．球的水平初速度大小为 D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为23．（2024•贵州模拟）如图（a），水平放置长为的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为，其方向随时间变化的规律如图（b）所示，其余区域的电场忽略不计。质量为、电荷量为的带电粒子任意时刻沿金属板中心线射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期相同，不计粒子重力，则A．金属板间距离的最小值为 B．金属板间距离的最小值为 C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于 D．粒子到达竖直挡板时的速率都等于24．（2024•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小 C．铜环所受安培力大小为 D．铜环所受安培力大小为25．（2024•福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块A．在内一直沿斜面向下运动 B．在内所受合外力的总冲量大小为零 C．在时动量大小是在时的一半 D．在内的位移大小比在内的小

2025年高考物理解密之多选题参考答案与试题解析一．多选题（共25小题）1．（2024•天津）某静电场在轴正半轴的电势随变化的图像如图所示，、、、为轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从点开始沿轴负方向运动到点，则该电荷A．在点电势能最小 B．在点时速度最小 C．所受静电力始终做负功 D．在点受静电力沿轴负方向【答案】【考点】电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；电场力做功与电势能变化的关系；图像斜率的物理意义【专题】理解能力；推理法；电场力与电势的性质专题；定性思想【分析】、根据：，结合轴上、、、四个点的电势高低情况，确定电势能最小的位置；、电荷的动能与电势能的总和不变，依据电荷在轴上、、、四个点的电势能的大小关系，分析其动能的大小关系；、根据电场力做正功电势能减小，判断所受静电力做功情况；、根据沿电场方向电势逐渐降低，得到点的电场方向，负电荷所受静电力与电场方向相反。【解答】解：、根据电势能，可知负电荷所处电势越高电势能越小，轴上、、、四个点中点的电势最高，故在点电势能最小，故错误；、因电荷仅受静电力作用，故动能与电势能的总和不变，轴上、、、四个点中点的电势最低，故在点电势能最大，则其动能最小，速度最小，故正确；、从点到点电势先降低后升高，此电荷从点开始沿轴负方向运动到点的过程，其电势能先增大后减小，由功能关系可知，所受静电力先做负功后做正功，故错误；、根据沿电场方向电势逐渐降低，可知在点电场方向沿方向，故此负电荷在点受静电力沿轴负方向，故正确。故选：。【点评】本题考查了电场中图像的物理意义，掌握图像的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据沿电场方向电势逐渐降低确定电场强度的方向。2．（2024•顺庆区校级模拟）从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星半径约为月球的倍，“玉兔”绕月球表面做圆周运动的周期是“祝融”绕火星表面做圆周运动周期的倍，则下列说法正确的是A．发射“玉兔”登月时的理论速度应大于 B．发射“祝融”探火时的理论速度应大于 C．火星的质量与月球的质量之比为 D．火星的质量与月球的质量之比为【答案】【考点】卫星或行星运行参数的计算；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义【专题】万有引力定律的应用专题；模型建构能力；定量思想；模型法【分析】根据第二宇宙速度的意义分析发射“玉兔”登月时的理论速度和发射“祝融”探火时的理论速度大小；分别以“玉兔”和“祝融”为研究对象，根据万有引力提供向心力求出火星的质量与月球的质量，再求质量之比。【解答】解：、“玉兔”绕月球圆周运动的同时仍和月球一起绕地球运动，未脱离地球引力的束缚，所以发射“玉兔”登月时的理论速度要小于，故错误；、“祝融”绕火星运动，脱离地球引力的束缚，所以发射“祝融”探火时的理论速度应大于，故正确；、设“玉兔”的质量为，“玉兔”绕月球表面做圆周运动的周期是，月球半径为，月球的质量为。根据月球的万有引力提供“玉兔”绕月球做圆周运动所需要的向心力，可得解得月球的质量为设“祝融”的质量为，“祝融”绕火星表面做圆周运动的周期是，“祝融”的质量为，火星半径为，火星的质量为。根据火星的万有引力提供“祝融”绕火星做圆周运动所需要的向心力，可得解得火星的质量为故火星的质量与月球的质量之比为，故正确，错误。故选：。【点评】解答本题时，关键要掌握万有引力提供向心力，来求解中心天体的质量。3．（2024•沙坪坝区校级模拟）吸血鬼恒星是一种理论上的天体，它通过从伴星吸取物质来维持自身的光和热。这种恒星通常处于双星系统中，吸血鬼恒星通过这种方式获得额外的物质，从而延长自己的寿命。这种现象在天文学中被称为质量转移或吸积过程。假设两恒星中心之间的距离保持不变，忽略因热核反应和辅射等因素导致的质量亏损，经过一段时间演化后，则A．两恒星的周期不变 B．两恒星的轨道半径保持不变 C．吸血鬼恒星的线速度增大 D．伴星的线速度增大【答案】【考点】双星系统及相关计算【专题】模型建构能力；万有引力定律的应用专题；比较思想；模型法【分析】双星绕两者连线上的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，由此列式分析。【解答】解：、假设在演化开始时，吸血鬼恒星的质量为，伴星的质量为，两者之间的中心距离为，周期为。根据双星由相互之间万有引力提供向心力，对于吸血鬼恒星，有对于伴星，有又有联立解得由题意知，两恒星的总质量不变，也不变，则周期不变，故正确；、由中分析，联立可解得，根据题意可知，增大，减小，则减小，增大。由可知，吸血鬼恒星的线速度减小，伴星的线速度增大，故错误，正确。故选：。【点评】本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用万有引力提供向心力列式进行研究。4．（2025•邯郸一模）如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上的示意图，其中冬至时地球离太阳最近。仅考虑太阳对地球的引力，关于地球绕太阳公转过程，下列说法正确的是A．在冬至位置地球所受万有引力最大 B．在立春位置，根据万有引力定律可得 C．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数 D．经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比约为1.03【答案】【考点】万有引力的基本计算；开普勒三大定律【专题】万有引力定律的应用专题；定量思想；推理论证能力；推理法【分析】地球绕太阳的公转轨道是椭圆，根据开普勒第二定律分析即可。【解答】解：、在冬至位置地球离太阳最近，根据万有引力表达式可知，所受万有引力最大，故正确；、由于地球绕太阳做椭圆运动，不是匀速圆周运动，所以在立春位置故错误；、根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故错误；、根据开普勒第二定律可知，在相同的时间内，扫过的面积相等可得，经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小与距离成反比，所以经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比为故正确。故选：。【点评】解答本题的关键要掌握开普勒第二定律，知道地球在近日点的速度最大，在远日点的速度最小。5．（2025•邯郸一模）如图，质量为的形金属框置于水平绝缘平台上，和边平行，和边垂直，左端接有阻值为的电阻。一根电阻、质量为的光滑导体棒置于金属框上，用水平恒力向右拉动导体棒，运动过程中，装置始终处于竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中，与金属框始终保持良好接触，且与边保持平行。与足够长，两平行导轨间距为，整个金属框与水平绝缘平台间的动摩擦因数，滑动摩擦力可视为最大静摩擦力且金属框电阻可忽略，取。则以下说法正确的是A．若，则导体棒运动的最大速度为 B．若，则导体棒先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 C．若，当导体棒的速度为时形金属框开始运动 D．若，导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动【答案】【考点】共点力的平衡问题及求解；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；牛顿第二定律的简单应用；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻【专题】分析综合能力；比较思想；电磁感应中的力学问题；模型法【分析】金属棒最终稳定状态做匀速直线运动，对金属框棒受力平衡求一定外力作用下的超导体棒的最大速度；根据牛顿第二定律判断金属棒的运动状态；对金属框由平衡条件、安培力公式、欧姆定律等求出使框运动时金属棒的最大速度。用隔离法和整体法，分别对金属棒和框牛顿第二定律求最终两物体的加速度。【解答】解：由于金属棒与框之间无摩擦，当有外力作用在棒上时，棒将加速运动。、导体棒运动速度最大时，导体棒受力平衡，则有：导体棒产生的感应电动势为：感应电流为：导体棒运动的最大速度为：若，代入数据得：，故正确；、对导体棒，根据牛顿第二定律可得：可知随着速度的增大，导体棒受到安培力逐渐增大，导体棒做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故错误；、若，则导体棒运动的最大速度为：而要使金属框开始运动时有：导体棒产生的感应电动势为：感应电流为：联立代入数据解得：故若，当导体棒的速度为时，形金属框开始运动，故正确；、若，则导体棒运动的速度为金属框开始运动，此时电路中的电动势为电路中的电动势变大，电流变大，当金属框和导体棒的加速度相同时达到稳定状态，则，假设导体棒和形金属框一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律解得：导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动，故正确。故选：。【点评】本题考查电磁感应的动力学问题，综合性较强，难度较大，对学生综合分析物理问题的能力要求较高；本题难点是金属框和导体棒开始都做变加速直线运动，故必须抓住运动一段时间后，二者加速度相等。6．（2025•邯郸一模）如图所示为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，分别从、点射出。下列说法中正确的是A．从点射出的是红光 B．在相同条件下，从点射出的光更容易发生衍射 C．两束光从点射入，到从、点射出所用的时间相等 D．沿、折射的单色光的能量之和等于沿入射复色光的能量【答案】【考点】光的折射定律；折射率的波长表达式和速度表达式；光发生明显衍射的条件【专题】比较思想；图析法；光的折射专题；理解能力【分析】红光的折射率小于紫光的折射率，根据折射定律分析折射角大小，从而判断从点射出的是否是红光；红光波长较长，更容易发生衍射；根据光在玻璃中的传播距离和光速公式、折射定律相结合分析光在玻璃中传播时间关系；根据能量守恒定律分析沿、折射的单色光的能量之和与沿入射复色光的能量关系。【解答】解：、红光的折射率小于紫光的折射率，红光和紫光的入射角相同，根据折射定律可知，红光的折射角大于紫光的折射角，所以从点射出的是红光，从点射出的是紫光，故错误；、从点射出的光是红光，红光波长较长，更容易发生衍射，故正确；、作出光路图，如图所示。光从点传到玻璃内表面的传播距离为则光从点传到玻璃内表面的传播时间为由此可知，两束光从点射入，到从、点射出所用的时间相等，故正确；、光在空气与玻璃的分界面上既有折射也有反射，反射光也有能量，根据能量守恒定律可知，沿、折射的单色光的能量之和小于沿入射复色光的能量，故错误。故选：。【点评】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要有运用数学知识分析几何光学的意识和能力。7．（2024•罗湖区校级模拟）如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，取，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是A．足球下落到与头部刚接触时速度为 B．头部对足球的平均作用力为 C．足球与头部作用过程中足球的动量变化量为 D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0【答案】【考点】动量变化量的计算；自由落体运动的规律及应用；求恒力的冲量；用动量定理求平均作用力【专题】受力分析方法专题；定量思想；推理法；理解能力【分析】由自由落体运动的速度—位移公式及竖直上抛运动的对称性求出足球与头部碰撞前的速度大小和反弹后的速度大小，从而求得足球与头部作用过程中动量变化量的大小，对足球应用动量定理求解头部对足球的平均作用力。根据冲量的定义求重力的冲量大小。【解答】解：、根据匀变速直线运动公式：代入数据可得足球下落到与头部刚接触时速度为，故正确；、由题意当足球离开头部后竖直上升的最大高度仍为，则离开的速度对足球列动量定理得解得头部对足球的平均作用力为，故错误；、足球与头部作用过程中足球动量变化量为△，故正确；、足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为，故错误。故选：。【点评】本题主要考查动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，应用动量定理时要注意先选正方向，动量变化量一定为末态动量减去初态动量。8．（2024•天津）中国钍基熔盐堆即将建成小型实验堆，为我国能源安全和可持续发展提供有力支持。反应堆中涉及的核反应方程有：①②，下列说法正确的是A．方程①中是中子 B．方程②中发生了衰变 C．受反应堆高温影响，的半衰期会变短 D．方程②释放电子，说明电子是原子核的组成部分【答案】【考点】原子核的半衰期及影响因素；核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系；衰变的特点、本质及方程【专题】定量思想；重核的裂变和轻核的聚变专题；推理法；推理论证能力【分析】根据电荷数守恒和质量数守恒规律进行分析判断，结合反应产物分析衰变类型；根据放射性元素的半衰期的决定因素进行分析解答；根据衰变的原理进行分析解释。【解答】解：．根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，方程①中是中子，故正确；．方程②中放出的粒子是电子，则发生了衰变，故正确；．半衰期只由原子核自身决定，与外界因素无关，也不会受反应堆高温影响，故的半衰期不变，故错误；．方程②释放电子，但该电子是由于原子核的中子转化为质子释放出来的，并不能说明电子是原子核的组成部分，故错误。故选：。【点评】考查核反应方程的书写规则以及放射性元素半衰期等知识，会根据题意进行准确分析解答。9．（2024•天津）卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为。则卫星未发射时和在轨道上运行时A．角速度之比为 B．线速度之比为 C．向心加速度之比为 D．受到地球的万有引力之比为【答案】【考点】万有引力的基本计算；不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题；推理论证能力【分析】根据未发射时卫星的角速度和发射后在同步轨道的角速度相等，结合线速度、向心加速度以及万有引力定律列式分析判断。【解答】解：卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为，故正确；根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为轨道半径之比，故错误；根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度之比为轨道半径之比，故正确；根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道半径的平方成反比，即，故错误。故选：。【点评】考查万有引力定律的应用和人造卫星问题，关键是抓住地球自转周期和同步轨道的卫星周期相等进行分析解答。10．（2024•天河区三模）在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环、组成，其结构如图甲所示，图乙为图甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面（相邻等势面间电势差相等），为水平虚线与竖直虚线的交点，、两点关于点中心对称。现有一束电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环。下列说法正确的是A．点电势比点电势低 B．点场强与点场强相同 C．该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用 D．电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少【答案】【考点】通过电场线的方向判断电势的高低；电势能的概念和计算；电场强度与电场力的关系和计算【专题】电场力与电势的性质专题；推理法；定性思想；推理论证能力【分析】根据两圆环的电势判断电势，结合电场线与等势线垂直以及分析求解。【解答】解：．两圆环的电势，则靠近环的点电势较高，靠近环的点电势较低，即点电势比点电势高，故错误；．根据对称性可知，点场强与点场强大小相等，方向相同，故正确；．根据电场线与等势线垂直可知，入射的电子受电场力指向中轴线，则该电子透镜对入射的电子束能起到会聚作用，故错误；．根据电势能与电势的关系：可知，电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少，故正确。故选：。【点评】本题考查了静电场相关知识，理解电场线与等势线的关系以及电势能和电势的关系是解决此类问题的关键。11．（2024•开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从处运往较低的处，传送带与水平面的夹角，且始终以一定速度逆时针转动。在某时刻将小包裹（看作质点）轻放在传送带的处，小包裹与传送带间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则关于小包裹从运动到的说法正确的是A．若，则可能一直加速 B．若，则可能先加速再匀速 C．若，则可能先加速再匀速 D．若，则可能先加速再减速【答案】【考点】倾斜传送带模型【专题】推理论证能力；推理法；定量思想；牛顿运动定律综合专题【分析】对、受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，关键是两者共速后摩擦力方向突变，确定加速度的方向，从而确定运动状态；若，可以确定共速后，由于最大静摩擦力大于重力的下滑分力，两者一起匀速到达下端。【解答】解：、若，化简有：，则有：。即最大静摩擦力小于重力的下滑分力。刚开始，根据牛顿第二定律则有：小包裹可能以加速度：，一直加速到。也可能先以加速度：，加速达到速度后，摩擦力方向突变，再以加速度：，继续加速到，故正确，错误；、同理，若，则小包裹可能以加速度：一直加速到，也可能先以：，加速达到速度后，再匀速运动到，故正确，错误。故选：。【点评】本题考查了传送带问题，解决本题的关键是熟练掌握牛顿第二定律求加速度以及运动学规律，而此题更要理解的是与动摩擦因数的大小关系的代表的意义。12．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在某空间的一个区域内有一直线与水平面成角，在两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为。从直线上的点水平向右射出速率为的粒子，粒子带正电，比荷为，若粒子运动过程中经过直线上的点，粒子从点运动到点的时间为。已知，不计粒子重力。则A．可能为 B．可能为 C．可能为 D．一定为【答案】【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动【专题】推理法；推理论证能力；定量思想；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据洛伦兹力做向心力得到粒子在两磁场中运动轨道半径相等，且得到速率和半径的关系，结合几何关系和对称性求磁感应强度的可能值；然后根据每次偏转角，结合时间公式求总时间。【解答】解：、由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，粒子每次经过直线均偏转，由几何关系，将分成等份，可知半径：根据洛伦兹力提供向心力：联立可得：，故正确，错误；、粒子从点运动到点的时间为为：，故错误，正确。故选：。【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。13．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体，、均静止，弹簧处于原长状态。现对施加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去，、最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是A．的大小为 B．弹簧的劲度系数为 C．的最大速度为 D．最终停在位置【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用动能定理求解多过程问题【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力【分析】由牛顿第二定律得到加速度与的关系式求解和劲度系数，根据功的计算公式求解做的功；根据图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义求解求解、一起向左运动时两者的最大速度，向右运动时，当时速度最大，由能量关系求解的最大速度；由能量关系求解最终的位置。【解答】解：开始时对和组成的整体，由牛顿第二定律可得：，整理得：由图像可知：，联立，解得：，，故正确，错误；．、一起向左运动时两者的最大速度：，向右运动时，当时速度最大，此时，由能量关系：其中，联立，解得：，则的最大速度为，故正确；．两滑块回到原来位置时由能量关系：，此后与分离，则，联立，解得：，即最终停在位置，故正确。故选：。【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。14．（2024•琼山区一模）边长为的正方形单匝线框放置在如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为，线框总电阻为，若线框从图示位置开始以角速度绕轴匀速转动，则下列说法正确的是A．线框产生的感应电动势最大值是 B．线框产生的感应电动势有效值是 C．线框所在平面和磁场的方向垂直时，回路电流最大 D．线框所在平面和磁场的方向平行时，回路电流最大【答案】【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的图像和图像；正弦式交变电流的函数表达式及推导【专题】推理能力；推理法；定量思想；交流电专题【分析】本题根据感应电动势的最大值，结合有效值和最大值的关系以及中性面和峰值面的特点分析求解。【解答】解：线框产生的感应电动势的最大值，故正确；线框产生的感应电动势有效值，故错误；线框所在的平面和磁场方向垂直时，感应电动势为零，回路电流为零；线框所在平面和磁场的方向平行时，感应电动势最大，回路电流最大，故错误，正确。故选：。【点评】本题考查了交变电流的基本知识，理解最大值、有效值、中心面和峰值面之间的关系是解决此类问题的关键。15．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，在平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在第三、四象限范围内有沿轴正方向的匀强电场，在坐标原点有一个粒子源可以向轴上方以不同速率向各个方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，轴上的点坐标为，轴上的点坐标为。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是A．所有经过点的粒子最小速度为 B．若以最小速率经过点的粒子又恰好能过点，则电场强度大小为 C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过点，速度大小一定不同 D．所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同【答案】【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题；推理法；定量思想；推理能力【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆周运动半径最小时，粒子经过点时速度最小，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解最小速度；速度最小的粒子由点到点做类平抛运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求解电场强度；经过、两点的不同圆半径可以相等，也可以不相等，运动半径相等时粒子速度大小相等；沿不同方向进入磁场的粒子，经过点时垂直电场方向的分速度为定值，粒子沿轴负方向做匀速直线运动通过磁场。【解答】解：、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：，可得：当为粒子运动轨迹的直径时（即，圆周运动半径最小，粒子经过点时速度最小，可得：，故正确；、粒子以最小速率经过点时，在磁场中的轨迹恰好为半个圆周，到达点时速度方向垂直于轴，由点到点做类平抛运动。沿轴负方向做匀速直线运动，则有：沿轴正方向做匀加速直线运动，则有：由牛顿第二定律得：联立解得电场强度，故错误；、经过点圆弧轨迹均以为弦，如图1所示为经过、两点的半径相等的圆与圆，粒子可以分别沿这两个等大的圆在磁场中的圆弧部分做圆周运动经过点，由于运动半径相等，故粒子速度大小相同，故错误；、设沿不同方向进入磁场的粒子，经过点的速度方向与轴夹角为，如图2所示。由几何关系得：，同理由：，可得：在点垂直电场方向的分速度为：，可见为定值。粒子穿过电场过程沿轴负方向做匀速直线运动，则有：，因为定值，故所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故正确。故选：。【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场的运动规律，对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，应用运动的分解与合成解答。16．（2024•五华区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，从到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在点。一质量为、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为。下列说法正确的是A．滑块到达点时的速度大小为 B．弹簧获得的最大弹性势能为 C．滑块从点运动到点的过程中，小车运动的位移大小为 D．滑块第一次从点运动到点时，小车对滑块的支持力大小为【答案】【考点】功是能量转化的过程和量度；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理能力【分析】根据动量守恒和机械能守恒、牛顿第二定律列式联立求解比较判断；根据动量守恒和能量守恒分析解答；根据动量守恒的具体形式人船模型列式求解。【解答】解：．滑块从滑到时，对滑块和小车组成的系统，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有联立解得，设点小球所受的支持力为，运动到点时对滑块受力分析，根据牛顿第二定律解得：故错误，正确；．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故正确；．滑块从到滑下过程由人船模型可知解得小车的位移为故错误。故选：。【点评】考查系统单方向上动量守恒和系统机械能守恒等问题，熟练掌握守恒的条件分析方法。17．（2024•陕西一模）如图，一定质量的理想气体从状态出发，经过等容过程到达状态，再经过等温过程到达状态，最后经等压过程回到状态。下列说法正确的是A．在过程中气体的内能增加 B．在过程中外界对气体做功 C．在过程中气体对外界做功 D．在过程中气体从外界吸收热量 E．在过程中气体从外界吸收热量【答案】【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用【专题】定性思想；方程法；气体的状态参量和实验定律专题；推理能力【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据△判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量。【解答】解：、从到等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故正确；、在过程中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故正确；、在过程中气体体积不变，根据△可知，气体对外界做功为零，故错误；、在过程中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△可知，气体从外界吸收热量，故正确；、在过程中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，故错误。故选：。【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△为正表示内能变大，为正表示物体吸热；为正表示外界对物体做功。18．（2024•成都模拟）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的恒力，则A．当水平恒力的大小时，手机与抽屉有相对运动 B．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰 C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足 D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足【答案】【考点】牛顿第二定律求解多过程问题【专题】定量思想；临界法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力【分析】利用牛顿第二定律可求出手机的最大加速度，利用整体法再结合牛顿第二定律求出一起加速运动的最大拉力，利用牛顿第二定律求出的加速度，然后结合运动学公式可求出恒力的范围；利用牛顿第二定律，结合运动学公式，可求出手机不与抽屉右侧和左侧磕碰，恒力应满足的范围。【解答】解：、手机的最大加速度为：手机与抽屉一起做加速运动的最大拉力为：所以当水平恒力的大小时，手机与抽屉一起加速运动，当水平恒力的大小时，抽屉和手机一起加速运动的加速度大小为：当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：解得：。抽屉停止运动后，手机向右滑动，则有：解得手机向右滑动的位移大小为：手机恰好不与抽屉右侧发生磕碰，当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰，故错误，正确；、当时手机与抽屉相对滑动，水平恒力的大小时，对抽屉由牛顿第二定律得：解得：当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：解得：，（舍去）手机的速度为：解得：手机的位移为：解得：抽屉停止运动后手机向右滑动的位移为：，则有：所以手机恰好与抽屉右侧不磕碰，故为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小可满足，故正确；、水平恒力的大小时，对抽由牛顿第二定律得：解得：当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：解得：手机向右运动的位移大小为：解得：则，手机恰好不与抽屉左侧发生磕碰，所以为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足，故错误。故选：。【点评】在解决本题时，要分析清楚手机的运动过程，注意找到发生磕碰的临界条件是解决本题的关键。19．（2024•九龙坡区模拟）一列沿轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在处的质点和在处的质点的振动图像分别如图甲和图乙。下列说法正确的是A．质点的振动方程为 B．质点处在平衡位置时，质点一定在波谷且向轴正方向振动 C．若波沿轴正方向传播，这列波的最大传播速度为 D．若波沿轴负方向传播，这列波的最大传播速度为【答案】【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理能力【分析】根据振动方程，结合、两点的位置关系，通过讨论波的不同传播方向分析求解。【解答】解：根据图像可知，质点振动的振幅，周期，初相位，则质点的振动方程为：，故正确；根据图像可知，质点处在平衡位置时，质点一定在波谷或者波峰，故无法判断质点的振动方向，故错误；若波沿轴正方向传播，根据图像可知：，速度最大时，即此时，则波速为：，故正确；若波沿轴负方向传播，根据图像可知：，速度最大时，即此时，则波速为：，故错误。故选：。【点评】本题考查了振动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态是解决此类问题的关键。20．（2024•大连二模）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是A．地面对手的支持力做了正功 B．地面对手的支持力冲量为零 C．他克服重力做了功 D．他的机械能增加了【答案】【考点】动量的定义、单位及性质；功的定义、单位和计算式的推导【专题】推理法；定性思想；功的计算专题；理解能力【分析】判断是否做功要有力和在力的方向上有位移；根据判断冲量大小；同学克服重力做功，重力势能增加，机械能增加。【解答】解：、在俯卧撑向上运动的过程中，对该同学的支持力的作用点没有位移，则对该同学的支持力没有做功，故错误；、根据可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零，故错误；、由于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，在向上撑起过程中，重心升高，同学的机械能增加了，故正确。故选：。【点评】本题以俯卧撑为情景，考查了做功的条件和冲量等知识，加强了知识的实际应用。21．（2024•罗湖区校级模拟）某些为屏蔽电磁波设计的人工材料，其折射率为负值，称为负折射率材料。电磁波从空气射入这类材料时，折射定律和电磁波传播规律仍然不变，但是折射波与入射波位于法线的同一侧（此时折射角取负值）。如图所示，波源发出的一束电磁波的入射角，经负折射率的平板介质材料后，从另一侧面射出（图中未画出），已知平板介质的厚度为，电磁波在真空中的传播速度为，不考虑电磁波在介面处的反射，下列说法正确的是A．该电磁波的出射点位于法线的上方 B．电磁波射出平板的出射方向与射入平板的入射方向平行 C．电磁波由空气进入平板介质，波长变长 D．电磁波在平板介质中的传播时间为【答案】【考点】折射率的波长表达式和速度表达式；光的折射定律【专题】推理论证能力；光的折射专题；定量思想；方程法【分析】根据折射的规律分析，根据折射定律结合几何关系解得电磁波的传播路程和传播速度，从而计算时间。【解答】解：．折射波与入射波位于法线的同一侧，则电磁波在材料中折射方向位于法线的下方，所以该电磁波的出射点位于法线的下方，故错误；．根据折射规律，结合光路可逆原理，可知电磁波的出射方向与电磁波入射到平板介质的方向平行，故正确；．根据，则电磁波由空气进入平板介质，波长变短，故错误；．根据得折射光线与法线夹角为光在平板介质中的速度为，则电磁波在平板介质中的传播时间为故正确。故选：。【点评】本题考查了折射定律的基本运用，与平时做的常规题有所区别，注意折射光线与入射光线在法线的同一侧，掌握折射率的公式和的灵活运用．22．（2024•梅州二模）梅州是足球之乡，近几年我市足球事业发展迅速，如图7所示，某运动员在离球门正前方水平距离处头球攻门，足球在高处被水平顶出，顶出时速度垂直球门，并恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，取则此过程中，下列说法正确的是A．球的运动时间为 B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为 C．球的水平初速度大小为 D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为【答案】【考点】平抛运动速度的计算；平抛运动时间的计算【专题】合成分解法；平抛运动专题；推理能力；定量思想【分析】平抛运动可以将运动分解成水平和竖直两个方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向下落的高度即可得出足球的运动时间，再根据水平方向的位移大小即可得出足球的初速度，再通过对水平竖直两个方向的分析，可得出足球落地时的竖直反向速度大小以及速度方向与地面的夹角。【解答】解：由题可知，足球的运动为平抛运动，将运动过程分解成水平竖直两个方向，竖直方向做自由落体运动，下落高度为，运动的时间满足，将、代入可知，，故错误；已知球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为，因此落地时的速度为，故正确；已知球在水平方向做匀速直线运动，运动时间为，位移为，水平初速度满足，代入已知数据可得，故正确；球落地时，假设速度方向与水平地面的夹角为，已知水平方向的速度大小为，竖直方向的速度大小为，由此可知，因此，故错误。故选：。【点评】本题需要学生运用平抛运动相关知识结合三角函数以解决此类问题。23．（2024•贵州模拟）如图（a），水平放置长为的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为，其方向随时间变化的规律如图（b）所示，其余区域的电场忽略不计。质量为、电荷量为的带电粒子任意时刻沿金属板中心线射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期相同，不计粒子重力，则A．金属板间距离的最小值为 B．金属板间距离的最小值为 C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于 D．粒子到达竖直挡板时的速率都等于【答案】【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力【分析】根据对称性以及位移—时间公式可求出竖直方向的位移从而得到两极板间的最小值；根据运动学公式，以及对运动的分析，可得到粒子到达竖直挡板时的速率的要求。【解答】解：．在、1、时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为，则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向受到电场力的作用，做初速度为零的匀加速运动，所以竖直方向的位移为金属板间距离的最小值为故正确，错误；．粒子出离电场时的水平速度均为在竖直方向上，时刻进入电场的粒子，根据图像可知，粒子先加速时间为，然后再减速时间，在时刻速度减为零；然后再反向加速时间，再反向减速时间，即在时刻出离电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率等于，故错误，正确。故选：。【点评】学生在解决本题时，应注意对于变化的电场问题，要根据电场的周期性变化找到粒子在不同电场情况下的运动情况。24．（2024•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小 C．铜环所受安培力大小为 D．铜环所受安培力大小为【答案】【考点】左手定则判断安培力的方向；安培力的计算公式及简单应用【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力【分析】应用等效法，通电半圆形铜环等效长度为直径，根据公式计算安培力，根据左手定则判断方向，根据平衡条件判断通电前后绳子拉力大小关系。【解答】解：通电半圆形铜环可等效为长度为直径的通电直导线，电流方向，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小，根据受力分析可得，通电后，绳子拉力，两根细绳拉力均比未通电流时的大，故正确，错误；故选：。【点评】本题主要考查非直通电导线受安培力的计算，根据等效法进行解答。25．（2024•福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块A．在内一直沿斜面向下运动 B．在内所受合外力的总冲量大小为零 C．在时动量大小是在时的一半 D．在内的位移大小比在内的小【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用；图像中的动量问题【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力【分析】根据牛顿第二定律分别求得力方向沿斜面向下时与力方向沿斜面向上时物块的加速度。根据运动学公式求得、、、时刻物块的速度，可确定物块的运动方向；根据动量定理求解时间内合外力的总冲量；根据动量的定义解答选项；应用平均速度分别求得与过程物块的位移。【解答】解：、以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律得：力方向沿斜面向下时，物块的加速度为：力方向沿斜面向上时，物块的加速度为：时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为可知时间内物体一直沿斜面向下运动，故正确；、根据动量定理得时间内合外力的总冲量为，故错误；、时刻物块的动量为：，时刻物块的动量为，可知时刻动量不等于时刻的一半，故错误；、过程物块的位移为，过程物块的位移为，可知，故正确。故选：。【点评】本题考查了动量定理与牛顿第二定律得应用，应用牛顿第二定律与运动学公式分段求解速度与位移，解答时注意矢量的方向问题。

考点卡片1．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h＝gt2；v2＝2gh．3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（）A.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为s，所以AB段的平均速度的大小为v＝＝＝20m/s，由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h＝＝＝20m，所以C正确．故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分别表示物体在x轴和y轴上所受的合力。4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为GD.两绳的拉力大小均为分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G＝，F1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正确，D错误。故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.mgC.mgD.mg分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°＝mg故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为；（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（）A、B、2mgC、mgD、分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma＝mg根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。4．牛顿第二定律求解多过程问题【知识点的认识】1.牛顿第二定律的内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2.表达式：F合＝ma．3.本考点的针对的情境：物体的受力在一个阶段内不断变化，从而引起加速度不断变化。常见的如弹簧类问题，蹦极类问题等。【命题方向】如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（）A、合力变小，速度变小B、合力变小，速度变大C、合力先变小，后变大；速度先变大，后变小D、合力先变大，后变小，速度先变小，后变大分析：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大．以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大．解