专题25 物理学思想方法-【创新大课堂系列】高三物理全国名校名卷168优化重组卷

专题25 物理 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共285 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1.(2025·江苏扬州中学3月模 拟)在如图所示的v一t图中， 为了推断出“梯形ABCO的面 积表示位移”这一结论，采用的 血 思想方法是 A.模型建构 B.控制变量 C.无限分割与逼近 D.类比 2.(2025·江西景德镇·三模)下列对教材中的四 副插图所包含物理思想方法的说法正确的是 ( M o- 分 丁 A.图甲：类比法 B.图乙：控制变量法 C.图丙：等效替代法 D.图丁：理想实验方法 3.(2025·四川成都市石室 U 中学模拟)如图为质谱仪 的原理图，它主要由加速 阳 电场和偏转磁场两大部分 组成.一质量为、带电量 为q、初速度为零的带电粒子（不计重力），经电压 为U的加速电场加速后，垂直进入磁感应强度为 B的匀强磁场中，OP为带电粒子在磁场中做圆 周运动的直径，设OP=x.则下列描述x2随U变 化的关系图像中，可能正确的是 D 4.(2025·吉林长春·模拟)下列公式属于应用比 值定义物理量的是 ( A.=E m R1-是 C.v= △x △t D.E=U 97 学思想方法 (2025·湖南省新高考模拟)彩虹圈的 某些性质和弹簧相似，在弹性限度内 彩虹圈间的弹力随着形变量的增加而 增大，但彩虹圈的重力不能忽略.用手 拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈的下端 自由下垂且离地面具有足够的高度， 然后由静止释放彩虹圈的上端.设下 落过程中彩虹圈始终没有超出弹性限度，则 A.刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的 重力加速度 B.刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于当地的 重力加速度 C.刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度 变长 D.彩虹圈的下端接触地面前彩虹圈的长度不变 (2025·山东济南市高三二模) 如图所示，有一内壁光滑的闭 合椭圆形管道，置于竖直平面 内，MN是通过椭圆中心O点 的水平线.已知一小球从M点出发，初速率为 o,沿管道MPN运动，到N点的速率为v1,所 需时间为t1;若该小球仍由M点以初速率vo出 发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为o2, 所需时间为t2.则 ( A.U1=v2,t1>t2 B.w1<v2,t1>t2 C.v1=v2,t1<t2 D.1<v2,t1<l2 (2025·河南开封·二模)如图，电路中定值电 阻阻值R大于电 源内阻阻值r.闭 合开关K,将滑动 变阻器的滑片从 R 最左侧开始缓慢 V 向右滑动，理想电 压表V1、V2、V3 示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3,理 想电流表A示数变化量的绝对值为△I,则下列 说法正确的是 ( A.A的示数先减小后增大 B.V2的示数先减小后增大 C.△U3与△I的比值大于r小于R D.滑片从最左端滑到正中央位置过程△U3小 于△U2 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分， 有选错的得0分， 8.（2025·河北保定·一模) 如图所示，M、N为导线与 ..M 平行板电容器的连接点，平 行板电容器水平放置，下极 板接地，电源两端电压恒 定，一油滴恰能静止于平行板的中间P点.若将 两极板分别绕过M、N两点的轴在纸面内顺时 针转过相同的角度，如图中虚线所示.下列说法： 正确的是 A.P点的电势不变 B.油滴将水平向右做匀加速直线运动 C.油滴在极板间运动过程中电势能增加 D.油滴在极板间运动过程中重力势能增加 9.(2025·浙江绍兴·模拟)在人类认识自然的历 程中，科学的物理思想和方法对物理学的发展 起到了重要的作用.下列说法中正确的是 A.质点模型的建立运用了理想化模型（方法） B.已知合力求分力，运用了控制变量的方法 C.在推导匀变速直线运动位移公式时（把整个 运动过程划分成很多小段，每一小段近似看 作匀速直线运动，再把各小段位移相加)运用： 了假设法 D.用比值法定义物理量占有相当大的比例，例： 如，加速度a=A和速度o=A都采用了比 △t 值定义法 10.（2025·湖北省高三三 模)如图所示，正方形 ABCD的对角线长为 2a,在A、C两点分别放 置电荷量为十g的点电 荷，P为正方形ABCD外 接圆上任意一点，O为外接圆的圆心，静电力 常量为k,下列说法正确的是 A.B、D两点的电场强度相同 B.将负电荷沿直线由B移到D的过程中，电： 场力先做正功后做负功 98 C.对角线BD连线上电场强度E的最大值 为43g 9a2 D.若两点电荷在P点的电场强度大小分别是 E1B,则哈+司为定值 1.(2025·河北省衡水市 部分示范性高中高三三 模)如图所示，粗糙水平 A 地面上放置一质量为m 77777777777777777777 的三棱柱，其横截面为ABC,与地面间的动摩 擦因数为4.质量也为、半径为R的光滑圆 柱体置于三棱柱与竖直墙壁之间，圆心O与B 的连线与竖直方向的夹角为0，圆柱体与三棱 柱都保持静止.已知重力加速度为g,最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 () A.墙壁对圆柱体的弹力大小为mgsin0 B.地面对三棱柱的支持力大小为2mg C.要使三棱柱保持静止，动摩擦因数≥tan0 2 D.将三棱柱向左推动很小一段距离，其所受到 的摩擦力减小 三、非选择题：本题共5小题，共52分 2.（2025·辽宁抚顺·二模)】 甲 (6分)一根轻杆两端分别 固定着质量为M的甲球和 质量为m的乙球，斜靠在竖 直光滑墙壁上，系统恰好保 持平衡，如图所示.已知轻杆与水平地面的夹 角为45°，轻杆中的弹力沿轻杆方向，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g. (1)求墙壁对甲球的支持力大小F、和轻杆中 的弹力大小F弹； (2)求乙球与地面间的动摩擦因数4. 13.（2025·湖南株洲 质检一)(8分)如图 所示，在水平桌面上放置一质量为M且够长 的木板，木板上再叠放一质量为m的滑块，木 板与桌面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间 的动摩擦因数为2，开始时滑块与木板均静 止.今在木板上施加一水平拉力F,它随时间1 的变化关系为F=,k为已知的比例系数.假： 设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求滑块刚好 开始在木板上滑动时： (1)拉力作用的时间： (2)木板的速度. 14.(2025·北京·统考模拟预测)(10分)微元思 想是中学物理中的重要思想.所谓微元思想， 是将研究对象或者物理过程分割成无限多个 无限小的部分，先取出其中任意部分进行研： 究，再从局部到整体综合起来加以考虑的科学 思维方法 Do B R 99 (1)如图甲所示，两根平行的金属导轨MN和 PQ放在水平面上，左端连接阻值为R的电阻. 导轨间距为L,电阻不计.导轨处在竖直向上 的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B 一根质量为、阻值为r的金属棒放置在水平 导轨上.现给金属棒一个瞬时冲量，使其获得 一个水平向右的初速度0后沿导轨运动.设 金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良 好，导轨足够长，不计一切摩擦。 a.金属棒的速度为v时受到的安培力是多大？ b.金属棒向右运动的最大距离是多少？ (2)若规定无限远处的电势为零，真空中正点 电荷周围某点的电势？可表示为9=kQ,其 中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为 该点到点电荷的距离.如果场源是多个点电 荷，电场中某点的电势为各个点电荷单独在该 点产生电势的代数和.如图乙所示，一个半径 为R、电荷量为十Q的均匀带电细圆环固定在 真空中，环面水平.一质量为的带正电小球， 从环心O的正上方D点由静止开始下落，小 球到达O点时的速度为.已知D、O间的距离 为专R,静电力常量为k,重力加速度为g.则小 球所带的电荷量是多少？ 15.(2025·北京东城区期末统测)(12分)量子理！1 论是20世纪物理学发展的重大成就之一，玻 尔提出的原子结构理论推动了量子理论的发 展.玻尔理论的一个重要假设是原子能量的量： 子化，1914年，弗兰克和赫兹利用粒子碰撞的 方式证明了原子能量的量子化现象 ↑A 350 汞蒸汽 300 GA 250 200 150 100 50 15U/八 弗兰克一赫兹实验原理如图甲所示，灯丝K发 射出初速度不计的电子，K与栅极G间加有电 压为U的电场使电子加速，GA间加0.5V的 反向电压使电子减速.当电子通过K一G空间！ 加速后进入G一A空间时，如果能量较大，就 可以克服G一A间的反向电场到达接收极A, 形成电流通过电流表.在原来真空的容器中充： 入汞蒸汽，当电子的动能小于汞原子从基态跃 迁到第一激发态所需的能量时，由于汞原子的： 能量不能连续变化，电子与汞原子发生弹性碰 撞；当电子的动能大于汞原子从基态跃迁到第 一激发态所需的能量时，电子与汞原子发生非 弹性碰撞，汞原子吸收电子的一部分动能，使自 己从基态跃迁到第一激发态.已知电子质量为： m,电荷量为e,汞原子质量远大于电子质量. (1)求容器中未充入汞蒸汽时电子被加速到栅： 极G的速度大小； (2)证明一个运动的电子与一个静止的汞原子发 生弹性正碰时，电子几乎不会因碰撞损失能量； (证明过程中需要用到的物理量请自行设定) (3)实验得到如图乙所示的I一U图像，从图中看 出，每当KG间电压增加4.9V时，电流就会大幅 下降，请解释这一实验结果. 100 6.(2024·湖南卷，15)(16分) mA vo ● 如图，半径为R的圆环水 平放置并固定，圆环内有 质量为mA和mB的小球 A和B(mA>mB).初始时 小球A以初速度？。沿圆 环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞. 不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆 环内运动. (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞 后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需 向心力的大小； (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的 碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求 小球的质量比A, mB (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰 撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大 小的e倍(0<e<1),求第1次碰撞到第2n十1 次碰撞之间小球B通过的路程.类比直线运动中由u-t图像求位移的方法，可将人下降的过！14 程分成很多段微元运动， 则W=mah. 可知人下落过程中受合力做的功与α-h图中图线与横轴围： 成的“面积”成正比，下落全过程人的动能变化量为0，根据： 动能定理可知合力对人做的总功也为0，即横轴以上的“面· 积”与横轴以下的“面积”应大小相等，由a一h图可知，乙图 线横轴以上的“面积”小于甲图线横轴以上的“面积”，因此， 乙图线横轴以下的“面积”也应小于甲图线横轴以下的“面！ 积”，所以h1>h2. 答案（1aa-=供-8，方向向上k△Ea=mg+) (2)见解析 专题25物理学思想方法 1.C2.C3.A4.C5.A6.A7.A8.AB9.AD 10.BCD 11.BC 12.解析(1)对甲球受力分析，由平衡条件可得 Fcos45°=F, Fsin45°=Mg 解得F=Mg,Fm=√2Mg. (2)设地面对乙球的支持力大小为F'、,摩擦力大小为f,以} 整体为研究对象，则有 F'x=mgMg, f=F、=Mg 又有f=aF'、 联立解得=M十m M 答案(1)F、=Mg,F#=2Mg(2)μ=M千m M 13.解析(1)滑块刚好开始在木板上滑动时，滑块与木板间的： 静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律， 对滑块有2g=ma, 对滑块和木板构成的系统有 ktu(M-m)g=(M-m)a, 联立解得，=4十)(M十m)g k (2)木板刚开始滑动时 ↑F 41(M+m)g=kt1, 此后滑块随木板一起运动，直至两 kt--- 者发生相对滑动，在这个过程中，拉 力的冲量为图中阴影部分面积 15 1=合u2-). 对系统，根据动量定理 I-%1(M+m)g(t-t1)=(M+m)v, 联立解得=(M十m)色g 2k 答案1)么士M+g(2M+m k 2k 214 解析(1)a金属棒在磁场中的速度为v时，电路中的感应 电动势 E=BLv, 电路中的电流 E IFR十r 金属棒所受的安培力 F&=BIL, B'L'v 得F安=R十r】 b金属棒从速度为。至停下来的过程中，由动量定理 I安=0一mo, 将整个运动过程划分成很多小段，可认为每个小段中的速度 几乎不变，设每小段的时间为△，则安培力的冲量 -限·4+ga+5ar B2L2 =L（m‘4十w·d+·a+, I安一R十r B'L 1=R年， mvo(R+r) 解得x= B'L (2)把圆环分成很多等份，每一份都可视为点电荷，设每一份 的电荷量为△Q,研究其中任意一份它与D点的距离 R)+R=R 3 它在D产生的电势9，=k49=36:AQ 5R 由对称性和叠加原理可知，圆环在D点的电势PD=∑g= 3k∑△Q_3kQ 5R 5R 同理可求得，圆环在O点的电势 kQ 90=R 所以D、O两点间的电势差 Uw=m-9%=-28 5R 小球从D到O的过程中，根据动能定理有 mg手R+gUm=2mt-0, 1 3 .5mR 解得q=12kQ 8gR-3U). 答案 BL'v (1)F安=R十T x=m0(R十r) BL _5mR (8gR-3v) (2)q=12kQ 解析 (1)对某一电子从K与栅极G间，应用动能定理得 1 eU=之mt, /2eU 解得=√m (2)设汞原子的质量为M,碰撞前电子的速度为U,碰后瞬间 电子和汞原子速度分别为、，电子与汞原子发生弹性正 碰时，由动量守恒定律得 mw=v1十M2, 由机找能守恒定撑得m=名ma+名M, 聚这解保气浸 当m<M,可得U≈一 因此发生弹性正碰时电子几乎没有能量损失， (3)当K一G间电压达到4.9V时，电子在到达G极附近时 获得的能量是4.9eV,与汞原子发生非弹性碰撞时，有可能 把全部能量传递给汞原子，使汞原子从基态跃迁到最近的一 个能量较高(4.9eV)的激发态，碰后的电子无法克服G一A! 间的反向电压到达A极，因此A极电流大幅度下降；等到！ K一G间的电压超过4.9V较多时，电子在K一G空间与汞！ 原子碰撞而转移掉4.9eV的能量后，还留有足够的能量，又 能克服反向电压从G极到达A极，电流又上升了；当K一G! 间的电压是4.9V的2倍或3倍时，电子在K一G空间有可 能经过两次或三次碰撞而耗尽能量，从而使电流再次下降， 答案(1)√m U (2)证明见解析(3)原因见解析 16.解析(1)设A、B两小球碰撞后的组合体速度大小为v,由： 动量守恒定律可得aUo=(a十mB)v, 解得U=一 m。,设两小球的组合体做圆周运动所需向心 a十7B 2 力的大小为F,由牛频第二定律可得F=(ma十ma)只，解得 、m12y2 F=(mA十m)R (2)设A、B两小球发生弹性碰撞后的速度大小分别为vA,: U,由动量守恒定律可得mAvo=mAvA十mBVB,由能量守恒 定律可得子mw2=之m2十之m,联立两式解得 （A-B） 2mAvo UA=mA千B vo,B-mA千mB 要满足所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如· 图所示 ①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰 撞之间，A、B两小球通过的路程 .120° 之比4=1士3kk,=01,2,…) 12-m8a sB4十3k, ,'120 且4=4，联立以上各式解得 UB SB m4=4十3(k=0,1,2,…),因 mB 2-3k 两小球的质量均为正数，故k1只能取k1=0,即4=2. 设A、B两小球第二次碰撞后的速度大小分别为心A,'B,同 理可得，十ma=m0十0。，子m,2+之 2mav 21 =之m0员十之m0'员，联立解得dA=w,dB=0,故第三次1 1 碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在〔点，以此类推，满足12 题意. ②若第二次碰撞发生在图中的(，点，同①可得，从第一次碰！ 撞到第二次碰撞之间，A,B两小浆通过的路程之比学 -215 23k2k,=01,2,…),且2=，解得4=5十3k(k2户 5十3k2 mB 1-3k 0,1,2,…),因两小球的质量均为正数，故k2只能取k2=0, 即m4=5,同①可得，A、B两小球第二次碰撞后的速度大小 mB 分别为v'A=,VB=0,故第三次碰撞发生在c点、第四次碰 撞发生在b点，以此类推，满足题意. 综上，可得m1=2或5 mB (3)由题意可知，第一次碰前两小球的相对速度大小为。，则 第一次碰后的相对速度大小相=，设两小球从第一次碰 后到第二次相碰前所用时间为t1,因B球比A球多运动一 圈，故有起1=2πR,设第一次碰撞(A球撞B球)后，A、B 两小球的速度大小分别为V1、,由动量守恒定律可得 mAU。=mAVA1十1，且相=V一Va1,联立以上各式解 m1(十)，B球运动的路程51=咖 mamB 2πRmA（o） A+m2（+=RmL(十1） 设第二次碰撞(B球撞A球)后，A、B两小球的速度大小分 别为UA2、v,由动量守恒定律可得gU1十mAVA1=mA0o= mAVA2十mU2,且2湘=Va2一y2=eU相=e0,两小球从第 二次碰后到第三次相碰前所用时间为2，因A球比B球多 运动一圈，故有v2相t2=2πR,联立以上各式解得m= mA十B U2相 B球运动的路程 2πRmA（0-1= 1A十mBU2相/ 同理可得，第三次碰后B球运动的路程 2xRA（ mA十mr（相十1/ (+ 第四次碰后B球运动的路程s1= 2πRmA U m4十mB 从第1次碰撞到第2十1次碰撞之间一共碰了2n次，故小 球B通过的总路程s=51十s2十s十…十52m,解得s= 1 2xRmA e2m-1 ma十m（eTeT e 答案(1)m4。m1'2 mA十m'(mA十mB)F (2)2或5 （3)2m1. e2m-1 mA十men(e-1) 第二部分 热考专题 热考（一）动力学中的临界极值问题 A 2.C 3.D 4.D 5.D 6.D 7.C 8.ACD 9.AC BD 11.ACD 解析(1)设绳子上的拉力为T,绳子与竖直方向的夹角 为日， 由几何知识可得sin0=乙。-R-万=0.8， 即有0=53°，