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2024年河南省TOP二十名校高考物理模拟试卷(含详细答案解析)
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这是一份2024年河南省TOP二十名校高考物理模拟试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.“羲和号”太阳探测卫星首次在轨获取太阳Hα谱线精细结构，Hα属于氢原子巴耳末系中的谱线，其光子能量为1.89eV，巴耳末系能级图如图所示，则此谱线来源于太阳中氢原子的( )
A. n=5和n=2能级之间的跃迁
B. n=4和n=3能级之间的跃迁
C. n=3和n=2能级之间的跃迁
D. n=5和n=4能级之间的跃迁
2.如图所示的是某种双层晾衣篮，用质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成两个完全相同的篮子，上、下两篮通过四根等长轻绳与钢圈的四等分点相连；另有四根等长轻绳，它们一端与穿过轻杆的挂钩系在一起，另一端连接上篮的四等分点，每根绳子与竖直方向的夹角为θ。不装衣物时，两篮保持水平，两篮受到的重力大小均为G，则此时挂钩上每根绳子的拉力大小为( )
A. G2tanθ
B. G2csθ
C. G2sinθ
D. G2
3.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态A，然后经过过程AB到达状态B或经过过程AC到达状态C，B、C状态温度相同，如图所示，设气体在状态B和状态C的体积分别为VB和VC，在过程AB和AC中吸收的热量分别为QAB和QAC，则( )
A. VB>VC，QAB>QACB. VB>VC，QABC. VBQACD. VB4.2023年12月15日我国在文昌航天发射场使用长征五号遥六运载火箭。成功将遥感四十一号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，该星是高轨光学遥感卫星。已知遥感四十一号卫星在距地面高度为h的轨道做圆周运动，地球的半径为R，自转周期为T0，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，下列说法正确的是( )
A. 遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/s
B. 遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
C. 遥感四上一号卫星运行的周期为2π (R+h)3gR2
D. 地球的密度为3πGT02
5.如图所示，在边长为a的正六边形的三个顶点A、C、E分别固定电荷量为+q、+q、−q的点电荷，O点为正六边形的中心，已知点电荷的电势公式为φ=kQr(k为静电力常量，Q为场源点电荷电荷量，r为某点到场源点电荷的距离)，则下列说法正确的是( )
A. 电荷量为e的质子从O点移动到B点电场力做功为−keq2a
B. 电荷量为e的质子从O点移动到D点电势能变化量为keqa
C. B点的电场强度大小为kq4a2
D. O点的电场强度大小为kq2a2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为100匝，面积为0.02m2，处在磁感应强度大小为0.1T的匀强磁场中，矩形导线框以10rad/s的角速度绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：10，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，理想电流表A1示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、定值电阻R1，滑动变阻器R和理想电流表A2，电路处于正常工作状态。不计矩形导线框电阻，下列说法正确的是( )
A. 原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=2sin10t(V)
B. 熔断器的熔断电流应该不小于5A
C. 滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电流表A2示数减小
D. 线框从图示位置开始转过180∘的过程中，产生的平均电动势为4πV
7.带操是一项艺术体操项目。在奥运会上运动员手持带棍，以腕为轴做上下或左右的连续小摆动的动作，使带形成如图甲所示的波浪图形。某段时间内带的波形可看作一列简谐波沿x轴方向传播，t=0时刻的波形图如图乙所示，此后质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，则下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正方向传波B. 简谐波的波速为5m/s
C. 简谐波的周期为1.2sD. 质点N的振幅为10cm
8.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧两端栓接着质量均为m的物块M、N，物块M放置在光滑斜面的挡板上，M、N处于静止状态，弹簧压缩量x(未知)。现用外力缓慢推动物块N使弹簧再缩短长度2x，然后立即撤去外力，使物块N由静止开始运动，之后物块M能刚好离开挡板。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧的形变量，斜面倾角为θ，重力加速度为g，斜面足够长，则下列说法正确的是( )
A. x=mgk
B. 弹簧最大弹性势能9m2g2sin2θ2k
C. 物块N向上运动时的最大动能为2m2g2sin2θk
D. 物块M刚要离开挡板时，弹簧的弹性势能为2m2g2sin2θk
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
9.某实验小组用“插针法”测玻璃的折射率，如图甲所示。
(1)甲同学在实验中多次改变入射角，测出多组相关角度θ1，θ2，作出csθ2−csθ1的图像，如图乙所示，则此玻璃砖的折射率为n=______；
(2)乙同学手头有圆规和刻度尺但没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的垂线，与法线的交点分别为B点和D点，如图丙所示。用刻度尺测得AB的长度为x1，CD的长度为x2，则玻璃砖的折射率n=______(用测量的字母表示)。相对误差的计算式δ=测量值−真实值真实值×100%。为了减小x1、x2测量的相对误差，数据处理过程中画圆时半径尽量______(填“大”或“小”)一些。
10.某实验小组为测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示电路。
(1)根据图甲，完成图乙中的实物图连线；
(2)正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图丙所示，其示数为______ V；
(3)测得的7组数据已标在如图丁所示U−I坐标系上，用作图法作图；求干电池的电动势E=______ V和内阻r=______Ω(计算结果均保留两位小数)；
(4)该小组根据记录数据进一步探究，作出1I−R图像如图戊所示.图戊中图像在纵轴的截距为b，图像斜率为k，则电流表内阻为RA=______(用字母b、k、r表示)；
(5)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值______(填“偏大”或“偏小”)。
四、简答题：本大题共3小题，共44分。
11.中国高铁技术世界领先，被网友称为中国现代版的“四大发明”之一，其运行过程十分平稳。如图甲所示为某科研小组设计的列车电磁驱动系统的原理示意图，ABCD是水平固定在列车下方的n匝正方形金属线圈，每个线圈的电阻均为R，长度宽度均为d，用两条不计电阻的导线与智能输出系统(可输出大小和方向变化的电流)组成回路。如图乙所示，列车沿水平直轨道运动，轨道上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度大小为B、宽度、长度及磁场间的距离均为d。已知智能输出系统提供的额定功率为P，列车整体的质量为m，运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力恒为重力的k倍。
(1)求列车运行的最大速度vm；
(2)若列车进站速度减为v0时，智能输出系统立即切换电路后停止工作，此时相当于E、F直接用电阻不计的导线连接，经时间t后列车的速度减为0，求该过程中列车前进的距离。
12.利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度为L、边界平行x轴且下边界与x轴重合的区域，该区域存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。在匀强磁场的上方存在沿y轴负方向的匀强电场。位于(0,2L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向沿x轴正方向的的正离子束。已知离子垂直进入磁场时的速度方向与x轴正方向成α=30∘角，运动过程中恰好没有通过x轴。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
(1)求离子进入磁场时速度大小v1及第一次在磁场中的运动时间t；
(2)求离子初速度大小v0及电场强度大小E。
13.如图所示，一质量m1=3.0kg的长木板A静止放置于水平地面上，其左端放一质量为m2=1.0kg的小滑块B。在小物块B正上方高为h=0.9m处有一悬点O，一轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m3=2.0kg的小球C，小球C静止时与小物块B等高。现将小球C拉至与O点连线CO与竖直方向夹角为θ=60∘处由静止释放，C与B之间的碰撞为弹性碰撞，碰后瞬间给木板A一个与小滑块B相同的初速度。已知A、B间动摩擦因数μ1=0.2，A与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略小物块B大小及空气阻力对问题的影响。
(1)求小球第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小及C与B碰后B的速度大小；
(2)若B恰好没有从A的右端滑下，求A的长度及运动过程中产生的内能。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：氢原子巴耳末系中的谱线，其光子能量为1.89eV，即电子由较高能级跃迁到较低能级并以光子的形式释放能量，由公式有跃迁时释放的能量为E=Em−En(m>n)，由于E3−E2=−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV，可知此谱线来源于太阳中氢原子的n=3和n=2能级之间的跃迁。故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据氢原子能级跃迁的特点，结合玻尔理论分析即可。
该题考查玻尔理论以及氢原子的光谱，知道巴耳末系的特点即可正确解答。
2.【答案】B
【解析】解：设钩上每根绳子的拉力大小为T，对整体受力分析，根据平衡条件有
4Tcsθ=2G
解得
T=G2csθ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
整体法受力分析，根据平衡条件列式求解挂钩上每根绳子的拉力大小。
本题考查共点力作用下的平衡问题，要求学生能正确选择研究对象，受力分析，根据平衡条件列式解题。
3.【答案】A
【解析】解：由图可知，气体在状态B体积大于状态C体积，即
VB>VC
B、C状态温度相同，故过程AB和AC的内能变化量ΔU相等，气体从状态A到状态B，温度升高，体积增大，气体对外做功，即W为负值；气体从状态A到状态C，体积不变，对外不做功，即W为零，根据热力学第一定律
ΔU=Q+W
可知，气体从状态A到状态C过程吸收的热量多，即
QAB>QAC，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题图可比较理想气体在B和C两状态时体积的大小，B和C两个状态温度相同，则两个变化过程内能变化量相同，根据热力学第一定律可判断两个过程吸收热量的大小关系。
本题考查气体实验定律和热力学第一定律，要求学生熟练掌握并能应用于解题。
4.【答案】C
【解析】解：A、第一宇宙速度(7.9km/s)等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度，所以遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故A错误；
B、忽略地球自转的影响，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2
根据牛顿第二定律可得GMm(R+h)2=ma，所以遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度：a=GM(R+h)2
遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，
解得遥感四上一号卫星运行的周期为：T=2π (R+h)3gR2，故C正确；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，解得：M=4π2(R+h)3GT2；
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3
解得地球的密度为：ρ=3π(R+h)3GT′2R3，T′是卫星的公转周期，若卫星近中心天体运动，h≈0，则有：ρ=3πGT′2，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度(7.9km/s)是最大的环绕速度；
根据万有引力和重力的关系结合牛顿第二定律进行分析；
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解遥感四上一号卫星运行的周期；
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力结合密度计算公式进行解答。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
5.【答案】A
【解析】解：AB、根据点电荷的电势表达式和标量叠加可知：φ=kqa，φB=3kq2a，φD=kq2a
则UOB=−kq2a，所以质子从O点移动到B点电场力做功WOB=eUOB=−keq2a，做负功；
电荷量为e的质子从O点移动到D点电势能变化量为EpD−EpO=eφD−eφO=−keq2a，故A正确，B错误；
CD.根据点电荷周围的电场强度和电场强度的叠加可知B点的电场强度大小为EB=kqa2−kq4a2=3kq4a2
O点的电场强度大小为EO=kqa2+kqa2=2kqa2，故CD错误。
故选：A。
电势是一个标量，某点的电势等于三个电荷产生的电势的代数和，电场强度是一个矢量，某点的电场强度等于三个电荷产生的电场强度的矢量和，据此比较两点的电势高低和场强大小；根据电场强度的叠加原理分析O、D两点的电场强度方向，进而判断电场力做功。
本题考查点电荷产生的电场特点，知道电势是标量，电场强度是标量，知道电势和电场强度的叠加方法。
6.【答案】AD
【解析】解：A.电动势的最大值为Em=nBωS=100×0.1×10×0.02V=2V
从中性面开始计时，则原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=Emsinωt=2sin10t(V)
故A正确；
B.理想电流表A1示数为0.5A，则流过副线圈的电流I2=n1n2I1=110×0.5A=0.05A
则熔断器的熔断电流应该不小于0.05A，故B错误；
C.滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，R阻值减小，则次级电流变大，则电流表A2示数变大，故C错误；
D.取磁感线从图示方向穿过线框平面磁通量为正，则Φ1=BS，
线框从图示位置开始转过180∘时的磁通量Φ2=−BS
磁通量的变化量的大小 ΔΦ=|Φ2−Φ1|=|−BS−BS|=2BS
所用时间Δt=T2=12×2πω=πω
线框从图示位置开始转过180∘的过程中，产生的平均电动势为E−=nΔΦΔt=n⋅2BSπω=2nBSωπ=2×100×0.1×10×0.02πV=4πV，故D正确。
故选：AD。
根据最大感应电动势的公式求出最大感应电动势，然后写出瞬时值表达式；根据理想变压器电流与匝数比的关系求副线圈上的电流；判断P移动时滑动变阻器上电阻的变化，然后根据欧姆定律分析副线圈中电流的变化；根据磁通量公式求解线框从图示位置开始转过180∘的过程中，线框磁通量的变化量的大小，根据周期公式求时间，最后求平均感应电动势。
本题考查了理想变压器的电压与匝数比、电流与匝数比的关系；难点是求线框转过180∘的过程中产生的平均感应电动势。
7.【答案】BD
【解析】解：A、因质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，可知t=0时刻N点振动方向向下，根据同侧法可知简谐波沿x轴负方向传播，故A错误；
BC、由图示时刻的波形图，坐标1m和坐标5m位移等高，中点坐标为3m，则波长为λ=4×3m=12m。由题意可知：T3=0.8s，可得T=2.4s，则简谐波的波速为v=λT=122.4m/s=5m/s，故B正确，C错误；
D、由y=Asin2π12x(cm)，当x=1m时y=5cm，代入可得：5=Asinπ6，解得简谐波的振幅为：A=10cm，故D正确。
故选：BD。
根据质点N与M振动先后判断波的传播方向。根据质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，有T3=0.8s，求得周期，读出波长，从而求得波速。写出波动方程，将当x=1m时y=5cm代入，求得振幅。
解答本题时，要把握质点的振动与波动的内在关系，熟练运用同侧法判断波的传播方向。能根据振幅、波长、初相位三要素写出波动方程。
8.【答案】BC
【解析】A.弹簧压缩量x时，N处于静止状态，根据平衡条件有
mgsinθ=kx
解得
x=mgsinθk，故A错误；
B.当弹簧的压缩量为3x时，弹簧弹性势能最大，根据弹性势能的表达式有
Epm=12k(3x)2=9m2g2sin2θ2k，故B正确；
C.当物块N合外力为零时，即物体初始静止的位置，物块N向上运动时的动能最大，根据能量守恒有
Epm=12kx2+mg⋅2xsinθ+Ekm
解得物块N向上运动时的最大动能为
Ekm=2m2g2sin2θk
故C正确；
D.物块M刚要离开挡板时，对M受力分析可知
mgsinθ=kx1
故弹簧的弹性势能为
Ep=12kx12=m2g2sin2θ2k，故D错误。
故选：BC。
A受力分析，根据平衡条件求解N由静止弹簧的压缩量；
B：根据弹性势能的表达式求解弹簧的最大弹性势能；
C：根据能量守恒定律求解物块N向上运动时的最大动能；
D：物块M刚要离开挡板时，对M受力分析根据平衡条件求解弹簧的拉伸量，再根据弹性势能的表达式求解此时弹簧的弹性势能。
本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
9.【答案】1.51x1x2 大
【解析】解：(1)根据数学知识，入射角的正弦sini=sin(90∘−θ1)=csθ1
折射角的正弦sinr=sin(90∘−θ2)=csθ2
n=sinisinr=csθ1csθ2=
(2)根据折射定律，折射率n=sinisinr=x1Rx2R=x1x2
由于图像需测量x1、x2距离，故需图适当大一点，测量较准确，误差较小，故数据处理过程中画圆时半径尽量大一些。
故答案为：(1)1.51；(2)x1x2；大。
(1)根据折射定律求解作答；
(2)根据数学知识结合图像求解入射角和折射角的正弦，再根据折射定律求解作答；
根据得出的折射率关系式进行分析。
本题主要考查了用“插针法”测玻璃的折射率，明确两者数据处理的方法是解题的关键。
10.【答案】−r 偏小
【解析】解：(1)根据图甲，图乙中的实物图连线如图
(2)电压表最小刻度为0.1V，则读数为1.20V；
(3)画出U−I图像如图
由闭合电路的欧姆定律可知
U=E−Ir
则E=1.48V
内阻r=1.48−Ω=1.00Ω
(4)由闭合电路的欧姆定律可知
E=I(R+RA+r)
可得
1I=1ER+r+RAE
由图像可知
1E=k
b=r+RAE
解得
RA=bk−r
(5)由于电压表内阻不是无穷大，测量的阻值为电压表内阻和电源内阻的并联值，本实验干电池内阻的测量值为
r测=r真RVr真+RV故答案为：
(1)
(2)1.20；
(3)；
1.48；1.00；
(4)bk−r；
(5)偏小。
(1)按甲图进行实物连接；
(2)电压表量程0−3V，电压表最小刻度为0.1V，要估读一位；
(3)画出U−I图像，图线与纵坐标交点读数为电源电动势大小，图线斜率大小等于电源内阻；
(4)由闭合电路的欧姆定律结合图像求解；
(5)由于电压表内阻带来误差，测量的阻值为电压表内阻和电源内阻的并联值，测量值偏小；
本题考查测电源电动势和内阻的实验，要注意明确实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；根据图示电路图求出图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。
11.【答案】解：(1)当安培力与阻力等大反向时，列车的合力为零，其运行速度最大，根据列车受到的安培力大小为
F=nBId
列车运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力f=kmg
P=I2⋅nR+fvm
解得：vm=Pkmg−kmgRnB2d2
(2)智能系统切换电路后，列车在安培力与摩擦阻力的共同作用下减速为零，取向右为正方向，由动量定理得
(−nBI−d)t+(−kmgt)=0−mv0
其中：I−=nBdv−nR=BdvR
又vt=s
联立解得：s=(mv0−kmgt)RnB2d2
答：(1)列车运行的最大速度vm为Pkmg−kmgRnB2d2；
(2)该过程中列车前进的距离为(mv0−kmgt)RnB2d2。
【解析】(1)当安培力与阻力等大反向时，列车的合力为零，其运行速度最大，根据安培力公式、功率公式相结合求解最大速度。
(2)根据动量定理，结合题意求出该过程中列车前进的距离。
在本题中，关键要正确分析列车的受力情况，熟练运用动量定理求解列车做非匀减速运动的位移。
12.【答案】解：(1)离子运动过程中恰好没有通过x轴，设离子进入磁场时速度大小为v1，第一次在磁场中的运动时间为t，运动轨迹如图所示
根据几何关系有
r(1−cs30∘)=L
根据洛伦兹力提供向心力
qv1B=mv12r
解得v1=(4+2 3)qBLm
t=2×30∘360T=16T=16×2πmqB=πm3qB
(2)离子初速度大小为v0
v0=v1cs30∘=(3+2 3)qBLm
离子的加速度为
a=qEm
电场方向，根据动力学公式有
(v1sin30∘)2=2a(2L−L)
解得E=(7+4 3)qB2L2m
答：(1)离子进入磁场时速度大小v1为(4+2 3)qBLm，运动时间t为πm3qB；
(2)离子初速度大小为(3+2 3)qBLm，电场强度大小E为(7+4 3)qB2L2m。
【解析】(1)离子在磁场区域中做匀速圆周运动，画出其运动轨迹，由几何关系求得其匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；根据离子在磁场中运动的周期求解时间；
(2)由(1)问的速度结合速度分解求离子初速度大小，由牛顿第二定律结合运动学公式电场强度大小求。
本题考查了带电粒子在匀强磁场在运动问题，解答此类问题一般的思路是由几何关系求得粒子匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力和运动的周期求解其它物理量。
13.【答案】解：(1)小球第一次到达最低点过程，根据动能定理有
m3gh(1−csθ)=12m3vC2
根据牛顿第二定律有
FN−m3g=m3vC2h
根据牛顿第三定律，小球第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小为
F′N=FN
代入数据联立解得
FN=40N；
C与B之间的碰撞为弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒有
m3vC=m3v1+m2v2
根据机械能守恒有
12m3vC2=12m3v12+12m2v22
代入数据联立解得
v1=1m/s，v2=4m/s；
(2)对小物块B根据牛顿第二定律有
μ1m2g=m2a1
对木板A根据牛顿第二定律有
μ2(m1+m2)g−μ1m2g=m1a2
代入数据解得
a1=2m/s2，a2=10m/s2
可知B从A的左端运动至A的右端过程中，A先做匀减速运动后静止，B一直做匀减速运动，A的长度为
L=v222a1−v222a2
代入数据解得
L=3.2m
根据能量守恒定律，运动过程中产生的内能为
Q=12(m1+m2)v22
代入数据解得
Q=32J。
答：(1)小球第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小为40N，C与B碰后B的速度大小为4m/s；
(2)若B恰好没有从A的右端滑下，A的长度为3.2m，运动过程中产生的内能为32J。
【解析】(1)根据动能定理求解小球C到达最低点的速度，最低点根据牛顿第二定律求解绳子对小球的拉力，再根据牛顿第三定律求解小球到绳子拉力的大小；小球C与小物块B碰撞根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解C与B碰后B的速度大小；
(2)根据牛顿第二定律求解小物块B和木板A的加速度，根据题意分析小物块B和木板A各自的运动性质，根据运动学公式求解小物块B和木板A各自运动的位移，根据距离关系求解木板A的长度，根据能量守恒定律求解运动过程中产生的内能。
本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
1.“羲和号”太阳探测卫星首次在轨获取太阳Hα谱线精细结构，Hα属于氢原子巴耳末系中的谱线，其光子能量为1.89eV，巴耳末系能级图如图所示，则此谱线来源于太阳中氢原子的( )
A. n=5和n=2能级之间的跃迁
B. n=4和n=3能级之间的跃迁
C. n=3和n=2能级之间的跃迁
D. n=5和n=4能级之间的跃迁
2.如图所示的是某种双层晾衣篮，用质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成两个完全相同的篮子，上、下两篮通过四根等长轻绳与钢圈的四等分点相连；另有四根等长轻绳，它们一端与穿过轻杆的挂钩系在一起，另一端连接上篮的四等分点，每根绳子与竖直方向的夹角为θ。不装衣物时，两篮保持水平，两篮受到的重力大小均为G，则此时挂钩上每根绳子的拉力大小为( )
A. G2tanθ
B. G2csθ
C. G2sinθ
D. G2
3.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态A，然后经过过程AB到达状态B或经过过程AC到达状态C，B、C状态温度相同，如图所示，设气体在状态B和状态C的体积分别为VB和VC，在过程AB和AC中吸收的热量分别为QAB和QAC，则( )
A. VB>VC，QAB>QACB. VB>VC，QAB
A. 遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/s
B. 遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
C. 遥感四上一号卫星运行的周期为2π (R+h)3gR2
D. 地球的密度为3πGT02
5.如图所示，在边长为a的正六边形的三个顶点A、C、E分别固定电荷量为+q、+q、−q的点电荷，O点为正六边形的中心，已知点电荷的电势公式为φ=kQr(k为静电力常量，Q为场源点电荷电荷量，r为某点到场源点电荷的距离)，则下列说法正确的是( )
A. 电荷量为e的质子从O点移动到B点电场力做功为−keq2a
B. 电荷量为e的质子从O点移动到D点电势能变化量为keqa
C. B点的电场强度大小为kq4a2
D. O点的电场强度大小为kq2a2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为100匝，面积为0.02m2，处在磁感应强度大小为0.1T的匀强磁场中，矩形导线框以10rad/s的角速度绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：10，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，理想电流表A1示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、定值电阻R1，滑动变阻器R和理想电流表A2，电路处于正常工作状态。不计矩形导线框电阻，下列说法正确的是( )
A. 原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=2sin10t(V)
B. 熔断器的熔断电流应该不小于5A
C. 滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电流表A2示数减小
D. 线框从图示位置开始转过180∘的过程中，产生的平均电动势为4πV
7.带操是一项艺术体操项目。在奥运会上运动员手持带棍，以腕为轴做上下或左右的连续小摆动的动作，使带形成如图甲所示的波浪图形。某段时间内带的波形可看作一列简谐波沿x轴方向传播，t=0时刻的波形图如图乙所示，此后质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，则下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正方向传波B. 简谐波的波速为5m/s
C. 简谐波的周期为1.2sD. 质点N的振幅为10cm
8.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧两端栓接着质量均为m的物块M、N，物块M放置在光滑斜面的挡板上，M、N处于静止状态，弹簧压缩量x(未知)。现用外力缓慢推动物块N使弹簧再缩短长度2x，然后立即撤去外力，使物块N由静止开始运动，之后物块M能刚好离开挡板。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧的形变量，斜面倾角为θ，重力加速度为g，斜面足够长，则下列说法正确的是( )
A. x=mgk
B. 弹簧最大弹性势能9m2g2sin2θ2k
C. 物块N向上运动时的最大动能为2m2g2sin2θk
D. 物块M刚要离开挡板时，弹簧的弹性势能为2m2g2sin2θk
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
9.某实验小组用“插针法”测玻璃的折射率，如图甲所示。
(1)甲同学在实验中多次改变入射角，测出多组相关角度θ1，θ2，作出csθ2−csθ1的图像，如图乙所示，则此玻璃砖的折射率为n=______；
(2)乙同学手头有圆规和刻度尺但没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的垂线，与法线的交点分别为B点和D点，如图丙所示。用刻度尺测得AB的长度为x1，CD的长度为x2，则玻璃砖的折射率n=______(用测量的字母表示)。相对误差的计算式δ=测量值−真实值真实值×100%。为了减小x1、x2测量的相对误差，数据处理过程中画圆时半径尽量______(填“大”或“小”)一些。
10.某实验小组为测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示电路。
(1)根据图甲，完成图乙中的实物图连线；
(2)正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图丙所示，其示数为______ V；
(3)测得的7组数据已标在如图丁所示U−I坐标系上，用作图法作图；求干电池的电动势E=______ V和内阻r=______Ω(计算结果均保留两位小数)；
(4)该小组根据记录数据进一步探究，作出1I−R图像如图戊所示.图戊中图像在纵轴的截距为b，图像斜率为k，则电流表内阻为RA=______(用字母b、k、r表示)；
(5)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值______(填“偏大”或“偏小”)。
四、简答题：本大题共3小题，共44分。
11.中国高铁技术世界领先，被网友称为中国现代版的“四大发明”之一，其运行过程十分平稳。如图甲所示为某科研小组设计的列车电磁驱动系统的原理示意图，ABCD是水平固定在列车下方的n匝正方形金属线圈，每个线圈的电阻均为R，长度宽度均为d，用两条不计电阻的导线与智能输出系统(可输出大小和方向变化的电流)组成回路。如图乙所示，列车沿水平直轨道运动，轨道上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度大小为B、宽度、长度及磁场间的距离均为d。已知智能输出系统提供的额定功率为P，列车整体的质量为m，运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力恒为重力的k倍。
(1)求列车运行的最大速度vm；
(2)若列车进站速度减为v0时，智能输出系统立即切换电路后停止工作，此时相当于E、F直接用电阻不计的导线连接，经时间t后列车的速度减为0，求该过程中列车前进的距离。
12.利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度为L、边界平行x轴且下边界与x轴重合的区域，该区域存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。在匀强磁场的上方存在沿y轴负方向的匀强电场。位于(0,2L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向沿x轴正方向的的正离子束。已知离子垂直进入磁场时的速度方向与x轴正方向成α=30∘角，运动过程中恰好没有通过x轴。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
(1)求离子进入磁场时速度大小v1及第一次在磁场中的运动时间t；
(2)求离子初速度大小v0及电场强度大小E。
13.如图所示，一质量m1=3.0kg的长木板A静止放置于水平地面上，其左端放一质量为m2=1.0kg的小滑块B。在小物块B正上方高为h=0.9m处有一悬点O，一轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m3=2.0kg的小球C，小球C静止时与小物块B等高。现将小球C拉至与O点连线CO与竖直方向夹角为θ=60∘处由静止释放，C与B之间的碰撞为弹性碰撞，碰后瞬间给木板A一个与小滑块B相同的初速度。已知A、B间动摩擦因数μ1=0.2，A与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略小物块B大小及空气阻力对问题的影响。
(1)求小球第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小及C与B碰后B的速度大小；
(2)若B恰好没有从A的右端滑下，求A的长度及运动过程中产生的内能。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：氢原子巴耳末系中的谱线，其光子能量为1.89eV，即电子由较高能级跃迁到较低能级并以光子的形式释放能量，由公式有跃迁时释放的能量为E=Em−En(m>n)，由于E3−E2=−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV，可知此谱线来源于太阳中氢原子的n=3和n=2能级之间的跃迁。故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据氢原子能级跃迁的特点，结合玻尔理论分析即可。
该题考查玻尔理论以及氢原子的光谱，知道巴耳末系的特点即可正确解答。
2.【答案】B
【解析】解：设钩上每根绳子的拉力大小为T，对整体受力分析，根据平衡条件有
4Tcsθ=2G
解得
T=G2csθ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
整体法受力分析，根据平衡条件列式求解挂钩上每根绳子的拉力大小。
本题考查共点力作用下的平衡问题，要求学生能正确选择研究对象，受力分析，根据平衡条件列式解题。
3.【答案】A
【解析】解：由图可知，气体在状态B体积大于状态C体积，即
VB>VC
B、C状态温度相同，故过程AB和AC的内能变化量ΔU相等，气体从状态A到状态B，温度升高，体积增大，气体对外做功，即W为负值；气体从状态A到状态C，体积不变，对外不做功，即W为零，根据热力学第一定律
ΔU=Q+W
可知，气体从状态A到状态C过程吸收的热量多，即
QAB>QAC，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题图可比较理想气体在B和C两状态时体积的大小，B和C两个状态温度相同，则两个变化过程内能变化量相同，根据热力学第一定律可判断两个过程吸收热量的大小关系。
本题考查气体实验定律和热力学第一定律，要求学生熟练掌握并能应用于解题。
4.【答案】C
【解析】解：A、第一宇宙速度(7.9km/s)等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度，所以遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故A错误；
B、忽略地球自转的影响，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2
根据牛顿第二定律可得GMm(R+h)2=ma，所以遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度：a=GM(R+h)2
遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，
解得遥感四上一号卫星运行的周期为：T=2π (R+h)3gR2，故C正确；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，解得：M=4π2(R+h)3GT2；
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3
解得地球的密度为：ρ=3π(R+h)3GT′2R3，T′是卫星的公转周期，若卫星近中心天体运动，h≈0，则有：ρ=3πGT′2，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度(7.9km/s)是最大的环绕速度；
根据万有引力和重力的关系结合牛顿第二定律进行分析；
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解遥感四上一号卫星运行的周期；
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力结合密度计算公式进行解答。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
5.【答案】A
【解析】解：AB、根据点电荷的电势表达式和标量叠加可知：φ=kqa，φB=3kq2a，φD=kq2a
则UOB=−kq2a，所以质子从O点移动到B点电场力做功WOB=eUOB=−keq2a，做负功；
电荷量为e的质子从O点移动到D点电势能变化量为EpD−EpO=eφD−eφO=−keq2a，故A正确，B错误；
CD.根据点电荷周围的电场强度和电场强度的叠加可知B点的电场强度大小为EB=kqa2−kq4a2=3kq4a2
O点的电场强度大小为EO=kqa2+kqa2=2kqa2，故CD错误。
故选：A。
电势是一个标量，某点的电势等于三个电荷产生的电势的代数和，电场强度是一个矢量，某点的电场强度等于三个电荷产生的电场强度的矢量和，据此比较两点的电势高低和场强大小；根据电场强度的叠加原理分析O、D两点的电场强度方向，进而判断电场力做功。
本题考查点电荷产生的电场特点，知道电势是标量，电场强度是标量，知道电势和电场强度的叠加方法。
6.【答案】AD
【解析】解：A.电动势的最大值为Em=nBωS=100×0.1×10×0.02V=2V
从中性面开始计时，则原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=Emsinωt=2sin10t(V)
故A正确；
B.理想电流表A1示数为0.5A，则流过副线圈的电流I2=n1n2I1=110×0.5A=0.05A
则熔断器的熔断电流应该不小于0.05A，故B错误；
C.滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，R阻值减小，则次级电流变大，则电流表A2示数变大，故C错误；
D.取磁感线从图示方向穿过线框平面磁通量为正，则Φ1=BS，
线框从图示位置开始转过180∘时的磁通量Φ2=−BS
磁通量的变化量的大小 ΔΦ=|Φ2−Φ1|=|−BS−BS|=2BS
所用时间Δt=T2=12×2πω=πω
线框从图示位置开始转过180∘的过程中，产生的平均电动势为E−=nΔΦΔt=n⋅2BSπω=2nBSωπ=2×100×0.1×10×0.02πV=4πV，故D正确。
故选：AD。
根据最大感应电动势的公式求出最大感应电动势，然后写出瞬时值表达式；根据理想变压器电流与匝数比的关系求副线圈上的电流；判断P移动时滑动变阻器上电阻的变化，然后根据欧姆定律分析副线圈中电流的变化；根据磁通量公式求解线框从图示位置开始转过180∘的过程中，线框磁通量的变化量的大小，根据周期公式求时间，最后求平均感应电动势。
本题考查了理想变压器的电压与匝数比、电流与匝数比的关系；难点是求线框转过180∘的过程中产生的平均感应电动势。
7.【答案】BD
【解析】解：A、因质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，可知t=0时刻N点振动方向向下，根据同侧法可知简谐波沿x轴负方向传播，故A错误；
BC、由图示时刻的波形图，坐标1m和坐标5m位移等高，中点坐标为3m，则波长为λ=4×3m=12m。由题意可知：T3=0.8s，可得T=2.4s，则简谐波的波速为v=λT=122.4m/s=5m/s，故B正确，C错误；
D、由y=Asin2π12x(cm)，当x=1m时y=5cm，代入可得：5=Asinπ6，解得简谐波的振幅为：A=10cm，故D正确。
故选：BD。
根据质点N与M振动先后判断波的传播方向。根据质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，有T3=0.8s，求得周期，读出波长，从而求得波速。写出波动方程，将当x=1m时y=5cm代入，求得振幅。
解答本题时，要把握质点的振动与波动的内在关系，熟练运用同侧法判断波的传播方向。能根据振幅、波长、初相位三要素写出波动方程。
8.【答案】BC
【解析】A.弹簧压缩量x时，N处于静止状态，根据平衡条件有
mgsinθ=kx
解得
x=mgsinθk，故A错误；
B.当弹簧的压缩量为3x时，弹簧弹性势能最大，根据弹性势能的表达式有
Epm=12k(3x)2=9m2g2sin2θ2k，故B正确；
C.当物块N合外力为零时，即物体初始静止的位置，物块N向上运动时的动能最大，根据能量守恒有
Epm=12kx2+mg⋅2xsinθ+Ekm
解得物块N向上运动时的最大动能为
Ekm=2m2g2sin2θk
故C正确；
D.物块M刚要离开挡板时，对M受力分析可知
mgsinθ=kx1
故弹簧的弹性势能为
Ep=12kx12=m2g2sin2θ2k，故D错误。
故选：BC。
A受力分析，根据平衡条件求解N由静止弹簧的压缩量；
B：根据弹性势能的表达式求解弹簧的最大弹性势能；
C：根据能量守恒定律求解物块N向上运动时的最大动能；
D：物块M刚要离开挡板时，对M受力分析根据平衡条件求解弹簧的拉伸量，再根据弹性势能的表达式求解此时弹簧的弹性势能。
本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
9.【答案】1.51x1x2 大
【解析】解：(1)根据数学知识，入射角的正弦sini=sin(90∘−θ1)=csθ1
折射角的正弦sinr=sin(90∘−θ2)=csθ2
n=sinisinr=csθ1csθ2=
(2)根据折射定律，折射率n=sinisinr=x1Rx2R=x1x2
由于图像需测量x1、x2距离，故需图适当大一点，测量较准确，误差较小，故数据处理过程中画圆时半径尽量大一些。
故答案为：(1)1.51；(2)x1x2；大。
(1)根据折射定律求解作答；
(2)根据数学知识结合图像求解入射角和折射角的正弦，再根据折射定律求解作答；
根据得出的折射率关系式进行分析。
本题主要考查了用“插针法”测玻璃的折射率，明确两者数据处理的方法是解题的关键。
10.【答案】−r 偏小
【解析】解：(1)根据图甲，图乙中的实物图连线如图
(2)电压表最小刻度为0.1V，则读数为1.20V；
(3)画出U−I图像如图
由闭合电路的欧姆定律可知
U=E−Ir
则E=1.48V
内阻r=1.48−Ω=1.00Ω
(4)由闭合电路的欧姆定律可知
E=I(R+RA+r)
可得
1I=1ER+r+RAE
由图像可知
1E=k
b=r+RAE
解得
RA=bk−r
(5)由于电压表内阻不是无穷大，测量的阻值为电压表内阻和电源内阻的并联值，本实验干电池内阻的测量值为
r测=r真RVr真+RV
(1)
(2)1.20；
(3)；
1.48；1.00；
(4)bk−r；
(5)偏小。
(1)按甲图进行实物连接；
(2)电压表量程0−3V，电压表最小刻度为0.1V，要估读一位；
(3)画出U−I图像，图线与纵坐标交点读数为电源电动势大小，图线斜率大小等于电源内阻；
(4)由闭合电路的欧姆定律结合图像求解；
(5)由于电压表内阻带来误差，测量的阻值为电压表内阻和电源内阻的并联值，测量值偏小；
本题考查测电源电动势和内阻的实验，要注意明确实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；根据图示电路图求出图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。
11.【答案】解：(1)当安培力与阻力等大反向时，列车的合力为零，其运行速度最大，根据列车受到的安培力大小为
F=nBId
列车运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力f=kmg
P=I2⋅nR+fvm
解得：vm=Pkmg−kmgRnB2d2
(2)智能系统切换电路后，列车在安培力与摩擦阻力的共同作用下减速为零，取向右为正方向，由动量定理得
(−nBI−d)t+(−kmgt)=0−mv0
其中：I−=nBdv−nR=BdvR
又vt=s
联立解得：s=(mv0−kmgt)RnB2d2
答：(1)列车运行的最大速度vm为Pkmg−kmgRnB2d2；
(2)该过程中列车前进的距离为(mv0−kmgt)RnB2d2。
【解析】(1)当安培力与阻力等大反向时，列车的合力为零，其运行速度最大，根据安培力公式、功率公式相结合求解最大速度。
(2)根据动量定理，结合题意求出该过程中列车前进的距离。
在本题中，关键要正确分析列车的受力情况，熟练运用动量定理求解列车做非匀减速运动的位移。
12.【答案】解：(1)离子运动过程中恰好没有通过x轴，设离子进入磁场时速度大小为v1，第一次在磁场中的运动时间为t，运动轨迹如图所示
根据几何关系有
r(1−cs30∘)=L
根据洛伦兹力提供向心力
qv1B=mv12r
解得v1=(4+2 3)qBLm
t=2×30∘360T=16T=16×2πmqB=πm3qB
(2)离子初速度大小为v0
v0=v1cs30∘=(3+2 3)qBLm
离子的加速度为
a=qEm
电场方向，根据动力学公式有
(v1sin30∘)2=2a(2L−L)
解得E=(7+4 3)qB2L2m
答：(1)离子进入磁场时速度大小v1为(4+2 3)qBLm，运动时间t为πm3qB；
(2)离子初速度大小为(3+2 3)qBLm，电场强度大小E为(7+4 3)qB2L2m。
【解析】(1)离子在磁场区域中做匀速圆周运动，画出其运动轨迹，由几何关系求得其匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；根据离子在磁场中运动的周期求解时间；
(2)由(1)问的速度结合速度分解求离子初速度大小，由牛顿第二定律结合运动学公式电场强度大小求。
本题考查了带电粒子在匀强磁场在运动问题，解答此类问题一般的思路是由几何关系求得粒子匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力和运动的周期求解其它物理量。
13.【答案】解：(1)小球第一次到达最低点过程，根据动能定理有
m3gh(1−csθ)=12m3vC2
根据牛顿第二定律有
FN−m3g=m3vC2h
根据牛顿第三定律，小球第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小为
F′N=FN
代入数据联立解得
FN=40N；
C与B之间的碰撞为弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒有
m3vC=m3v1+m2v2
根据机械能守恒有
12m3vC2=12m3v12+12m2v22
代入数据联立解得
v1=1m/s，v2=4m/s；
(2)对小物块B根据牛顿第二定律有
μ1m2g=m2a1
对木板A根据牛顿第二定律有
μ2(m1+m2)g−μ1m2g=m1a2
代入数据解得
a1=2m/s2，a2=10m/s2
可知B从A的左端运动至A的右端过程中，A先做匀减速运动后静止，B一直做匀减速运动，A的长度为
L=v222a1−v222a2
代入数据解得
L=3.2m
根据能量守恒定律，运动过程中产生的内能为
Q=12(m1+m2)v22
代入数据解得
Q=32J。
答：(1)小球第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小为40N，C与B碰后B的速度大小为4m/s；
(2)若B恰好没有从A的右端滑下，A的长度为3.2m，运动过程中产生的内能为32J。
【解析】(1)根据动能定理求解小球C到达最低点的速度，最低点根据牛顿第二定律求解绳子对小球的拉力，再根据牛顿第三定律求解小球到绳子拉力的大小；小球C与小物块B碰撞根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解C与B碰后B的速度大小；
(2)根据牛顿第二定律求解小物块B和木板A的加速度，根据题意分析小物块B和木板A各自的运动性质，根据运动学公式求解小物块B和木板A各自运动的位移，根据距离关系求解木板A的长度，根据能量守恒定律求解运动过程中产生的内能。
本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
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