讲义答案_教资_33教资笔试历年真题汇总（科一+科二+科三）_科三真题_02高中科三各科电子资料包合集_物理（资料文档）_高中物理_05讲义书电子版-Z

学员专用 请勿外泄 第一部分 高中物理................................ 1 第一章 力学 ................................................... 1 第一节 匀变速直线运动 ....................................... 1 能力提升 ..................................................... 1 第二节 相互作用 ............................................. 4 能力提升 ..................................................... 5 第三节 牛顿运动定律 ......................................... 8 能力提升 .................................................... 10 第四节 曲线运动、圆周运动 .................................. 12 能力提升 .................................................... 14 第五节 万有引力定律 ........................................ 18 能力提升 .................................................... 19 第六节 功与能量 ............................................ 21 能力提升 .................................................... 22 第七节 动量、冲量 .......................................... 24 能力提升 .................................................... 25 第二章 电磁学 ................................................ 26 第一节 静电场 .............................................. 26 能力提升 .................................................... 27 第二节 恒定电流 ............................................ 30 能力提升 .................................................... 30 第三节 磁场 ................................................ 33 中公教育学员专用资料 I 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 能力提升 .................................................... 35 第四节 电磁感应 ............................................ 36 能力提升 .................................................... 37 第五节 交变电流 ............................................ 39 能力提升 .................................................... 39 第三章 热学部分 .............................................. 41 能力提升 .................................................... 43 第四章 机械振动与机械波 ...................................... 45 第一节 机械振动 ............................................ 45 第二节 机械波 .............................................. 46 能力提升 .................................................... 47 第五章 光学 .................................................. 49 第一节 几何光学 ............................................ 49 第二节 波动光学 ............................................ 50 能力提升 .................................................... 50 第六章 近代原子物理 .......................................... 52 第一节 光电效应 波粒二象性 ................................. 52 第二节 原子结构 ............................................ 54 第三节 原子核 .............................................. 55 能力提升 .................................................... 55 第二部分 大学物理............................... 57 第二章 力学 .................................................. 57 第一节 质点运动学 .......................................... 57 第二节 功和功率 ............................................ 59 第三节 刚体力学 ............................................ 59 中公教育学员专用资料 II 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 能力提升 .................................................... 60 第三章 电场 .................................................. 62 第一节 静电场及叠加 ........................................ 62 第二节 静电场的通量、高斯定理 .............................. 63 第三节 静电场环路定理 ...................................... 64 第四章 磁场 .................................................. 65 第一节 磁感应强度 .......................................... 65 能力提升 .................................................... 67 第五章 热学 .................................................. 68 第一节 气体动理论 .......................................... 68 第二节 热力学定律 .......................................... 69 第三部分 课程标准及物理教学论 ................... 70 第一章 《普通高中物理课程标准》 .............................. 70 第一节 课程理论 ............................................ 70 第三节 课程内容 ............................................ 70 第二章 物理教学的基本理论 .................................... 71 第三节 中学物理教学方法 .................................... 71 章末测验 ..................................................... 71 第三章 物理教学的基本课型 .................................... 77 第五节 物理复习课教学 ...................................... 77 章末测验 .................................................... 78 第四章 物理教学设计 .......................................... 84 第二节 教学目标设计 ........................................ 84 第五章 物理教学评价 .......................................... 86 第四节 课堂教学评价的维度 .................................. 86 中公教育学员专用资料 III 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 章末测验 .................................................... 88 中公教育学员专用资料 IV 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第一部分 高中物理 第一章 力学 第一节 匀变速直线运动 例1.【答案】C。解析：三个小球沿斜面向上运动的加速度相同设为a，初速度分别 为v1.v2.v3，由运动学公式得 中公教育学员专用资料 1 报名专线：400-6300-999 v 1 2  2 a s 1 ，联立两式可得 s 12 t1  a 2 ，同理可得 s 22 t 2  s 32 t 3  a 2 ， 例 2.【答案】A。解析：直尺在下落过程中可近似看成是自由落体运动，其初速度 为零，加速度为重力加速度g，根据运动学公式h= 1 2 gt2可知，选项A正确。 例3【. 答案】C。解析：由匀变速直线运动推论xaT2可知，由ab=2.5m，bc=3.5m， cd=4.5m可知x1m，由此可推知oa之间的距离为.1.5m。 例 4.【答案】BC。解析：v-t 图像的面积表示位移，则 2s、6s 末物体位移最大，A 错误，C正确；斜率相同则加速度相同，即B正确；速度方向发生变化的点是图像与横 轴的交点，即D错误。 能力提升 1.【答案】AB。解析：由  v  g t 可得，物体的速度减为零需要的时间 t v/ g v / g 3s，故 5s 时物体正在下落；路程应等于向上的高度与后 2s 内 0 下落的高度之和，由 v  2 g h 可得， h  v 2 / 2 g  4 5 m ，后两秒下落的高度 1 h  gt2 20m ， 故 总 路 程 1 2 s  ( 4 5  2 0 ) m  6 5 m ； A 正 确 。 位 移 1 hv t gt2 25m，位移在抛出点的上方，B正确。速度的改变量v gt 50m/s， 0 2 方向向下，C错误。平均速度v=ht=25/5=5 m/s，D错误。故选AB。学员专用 请勿外泄 x 2.【答案】BD。解析：设中间位置的速度为 v ，根据公式v2 v2 2a ， 1 1 a 2 中公教育学员专用资料 2 报名专线：400-6300-999 v b 2  v 21  2 a x 2 ，联立两方程解得：v =5v，故 A错误.匀变速运动在某段时间内的平均 1 速度等于中间时刻的瞬时速度.所以 v 2 t  v a  2 v b =4v.故B正确.中间时刻的速度为4v，前 t 2 v4v t 5 时间通过的位移x   vt，后 1 2 2 4 t 2 时间通过的位移 x 1  7 v  2 4 v t 2  1 1 4 v t ， 后 t 2 时间通过的位移比前 t 2 时间通过的位移多1.5vt.故C错误. 5vv 4v 中间位置的速度为v =5v，前一半位移所用的时间t   ，后一半位移所 1 1 a a 用的时间 t 2  7 v  a 5 v  2 a v ，前一半位移所用的时间是后一半位移所用时间的2倍.故D 正确.所以选BD正确. 3.【答案】B。解析：物体在第1 s内从静止开始匀加速运动，第2.3 s内沿原方向做 匀减速运动，根据“面积”等于速度的变化量可知，3s末物体的速度为零，所以第3s末没 有回到出发点，下个时刻速度方向改变，A 错误；C 错误；第 1 s 末速度为 v  a t  8  1 m / s  8 m / s ；根据“面积”等于速度的变化量，则得4s内速度的变化量为  v  a t  8 m / s ，所以第4 s末速度是8m/s，B正确；第3 s末速度为零，接着重复前 一个周期的运动，仍沿原方向运动，D错误。故选：B。 4.【答案】B。解析：该题图象为位移-时间图象，图象斜率大小代表速度大小，分 析各段甲乙运动情况：0~0.2h 内均做匀速直线运动，速度相等，加速度均为 0，选项 A 错误；在0.2~0.5h内做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，加速度均为0 ，选项B 正确；在0.5~0.6h内均静止，在0.6~0.8h内均做匀速直线运动，但甲的速度大于乙的速 度，加速度均为0，甲的位移是-5km，大小是5km，乙的位移是-3km，大小为3km，选 项C错误；整个0.8h内，甲的路程是15km ，乙的路程是11km ， 选项D错误。 5.【答案】（1）3.2m，（2）0.2s。解析：本题有两个切入点：窗子高度和时间间隔。 第一个水滴运动到窗子中间时，运动了 2.5 个时间间隔，水滴运动到窗子这段位移中间 x 1 时刻1/2t的速度等于第一滴水运动2.5t的瞬时速度。g(2.5t)  ，得t 0.2s。 t t 1 所以，h g(4t)2 3.2m。故h = 3.2m，t = 0.2 s。 2学员专用 请勿外泄 6.【答案】ABD.解析：在x-t图象中图线的斜率表示速度，所以A质点的速度不变， 做匀速直线运动，且速度为 ，故A正确；B质点的位移先增大， 后减小，说明B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B正确；B质 点的x t图线切线斜率先减小后增大，说明B质点前4s做减速运动，后4s做加速运动， 故C错误；A、B两质点从同一地点出发，在4 s末位移相同，说明两质点在4 s末相遇， 故D正确.故选ABD。 中公教育学员专用资料 3 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第二节 相互作用 例 1.【答案】C。解析：随着 α 的增大，铁块受到的摩擦力在直到开始滑动之前， 都是静摩擦力，且大小为f=mgsinα，图像为正弦曲线；当α继续增大，铁块开始滑动后， 受到滑动摩擦力，大小为f=μmg cosα，图像为余弦曲线。所以C正确。 例 2.【答案】C。解析：力 F 与 4F 的合力大小为 F =3F，方向与 4F 相同.力 2F 与 1 5F 的合力大 F =3F，方向与 5F 相同.力 3F与 6F 的合力大小为 F =3F，方向与 6F 相同. 2 3 由图得知，F 与F 的夹角为120°，合力大小为3F，方向与F 方向相同，则6个力的合 1 3 2 力大小为F =6F，方向沿5F的方向，故选C。 合 例 3.解析：如图所示，将重力和方向不变的 N 平行移动，与方向改变的 N 形成矢 1 2 量三角形，然后将N 变化，如图所示 2 可见N 始终减小，N 始终减小 1 2 例4.解析：如右图所示： G F N 根据三角形相似：   。可得出，N不变，F变小 OO OA AO 例5.【答案】C。解析：如下图，平衡后BC段与水平夹角为，由  中公教育学员专用资料 4 报名专线：400-6300-999 m 2 g  m 1 g s in 2 m 1 5 可知，其中sin ， 1   ，故答案选C。 5 m sin 2 2资 源 公 众 学员专用 请勿外号泄 ： b ig u o 25 能力提升 1.【答案】BD。解析：对整体分析，整体在水平方向上受拉力和滑动摩擦力平衡， 可知B和地面间的摩擦力不等于0，则B和地面间的动摩擦因数μ 一定不等于0.对A分 2 析，因为A做匀速直线运动，知B对A的摩擦力为零，则A、B间的动摩擦因数可能为 零，也可能不为零.故BD正确，AC错误.故选BD。 2.【答案】AD。解析：以 B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力 T（等于重 物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图， 由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得 又T=G，解得：N= G，F= G 使∠BCA 缓慢变小时，AC、BC 保持不变，AB 变小，则 N 保持不变，F 变小.故 AD 正确，BC错误.故选：AD。 中公教育学员专用资料 5 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 3.【答案】C。解析：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个 方向时整体的受力图如下： 根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合 成图可知，当 F 与绳子 oa 垂直时，F 有最小值，即图中 2 位置，F 的最小值为： F =2mgsinθ=mg，故D错误；当F竖直向上时，F=2mg；当F水平向右时，由平衡条件 min 2 3 得F=2mgtanθ= mg，所以在2m>F>mg这个范围内都能达到平衡，答案C正确。 3 4. 【 答案 】 AD 。解 析： A、 B 与地 面间 的最 大 静摩 擦力 分 别为 ： fmA=μmAg=0.2×50N=10N，fmB=μmBg =0.2×30N=6N；根据胡克定律得，弹簧的弹力大 小F弹=kx=100×0.05N=5N。 当F=1N时，F -F 4N  f ，F  f ，所以两物体都保持静止状态。由平 弹 m 弹 m A B 衡条件得，A所受摩擦力分别为 f F -F 4N，方向水平向右；B所受的摩擦力为 弹 A 中公教育学员专用资料 6 报名专线：400-6300-999 f B  F 弹  5 N 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，方向水平向左，故AD正确，BC错误，故选AD。 5.【答案】C。解析：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ. 以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示.根据平衡条件得2Fcosθ=mg学员专用 请勿外泄 得到绳子的拉力 中公教育学员专用资料 7 报名专线：400-6300-999 F 2 m c o g s   ，所以在轻绳的右端从 B 点移到直杆最上端时的过程 中，θ增大，cosθ减小，则F变大.当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹 角为2α.设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到 s i n S L   ，L、S不变， 则 α 保持不变.再根据平衡条件可知，两绳的拉力 F 保持不变.所以绳中拉力大小变化的 情况是先变大后不变.故C正确，ABD错误.故选C。 6.【答案】B。解析：两小球由同一条通过定滑轮的绳子连接，所以绳子对两球的拉 力相等，分别对两小球受力分析可得：对 m 1 有: F  m gsin600 ，对 m 有： 1 2 F  c m o s 2 3 g 0 0 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，所以质量之比为2:3，B正确。学员专用 请勿外泄 第三节 牛顿运动定律 例 1.【答案】B。解析：当小船运动到 A点时，对小船进行受力分析可知受到沿绳 P 方向的F，重力mg，阻力f，又知电动机功率恒定P Fv则F  ①，将力进行分解 v 为水平方向和竖直方向的分力，则水平方向受力根据牛顿第二定律可知 中公教育学员专用资料 8 报名专线：400-6300-999 F  f  m a  c o s ②则 a  1 m ( P c o v s  f )  ③，又知  v  v 0 c o s ④，代入①③得 a  1 m ( P v 0  f ) ，  F  v 0 P c o s 故答案B正确。 例 2.【答案】B。解析：求轻绳上的作用力为物体间相互作用力，将上面的两个物 块和坐下边的物块看成一个整体则有 m g  4 m a  ，解得 a  1 4 u g ；再将左边的两个物 块隔离出来考虑则有 T m a m g   3  3 4 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 。 例3.【答案】N = mg-masinθ，f = macosθ。 解析：本题若将力沿加速度方向分解，求解时会相当困难，因此可以采用把a沿水 平和竖直受力方向分解，即可轻松快速的得出答案。 例4.【答案】C。 解析：A.开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，根据牛顿力平衡可知， 人的重力也是500N，故A错误； B.c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B正确； C.e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C错误；学员专用 请勿外泄 D.人在d点： 中公教育学员专用资料 9 报名专线：400-6300-999 a 1  F d m  G  2 0 m / s 2 ，人在f点： a 2  G  m 0  1 0 m / s 2 ，可知d 点的加速度大于f点的加速度．故D错误。 例 5.【答案】C。解析：在木板撤出的瞬间，弹簧的形变没有立即发生变化，所以 对于物块 1 来说受力不变，此时 m g  F 弹 ，故 a1=0；对物块 2 进行受力分析可知，在 撤去木板瞬间，对物块 2 的支持力消失，故此时只受到弹簧弹力和自身重力，即 MgF  Ma所以 弹 a 2  m  M M g 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 。正确答案C。学员专用 请勿外泄 能力提升 1.【答案】D。解析：先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力根 据牛顿第二定律，有 中公教育学员专用资料 10 报名专线：400-6300-999 F  ( M  m ) a ①，再对左图中情况下的小球受力分析，如图： 根据牛顿第二定律，有FTsinma②，Tcosmg 0③，由以上三式可 解得： T c m o g s   ， a m g t M a n   .再对右图中小球受力分析如图，由几何关系得： F = m g t a n  合 ， T c m o g s    再由牛顿第二定律，得到 a g t a n    ，由于M m，故 a   a ， F 1  F 1 。 2.【答案】ACD。解析：当v μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带， 2. 物体一直做匀减速直线运动，位移为L，加速度为μg，知运动的时间与传送带的速度无 关.故A正确.当v μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，若v ＜v ，物体 2. 2 1 滑上传送带先做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动；返回到B端的速度为v ，若 2 v ＞v ，物体滑上传送带先做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动，当速度达到 v 2 1 1 做匀速直线运动，滑动B端的速度为v ，都不可能大于v 。故B错误，C、D正确。 1 1 3.【答案】D。 方法一：P匀速向右运动时，Q向左匀速运动，设绳子的拉力为F ， T 对Q： F T m g   资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 对P：F F mg(2m)g T 解之得：F 4mg学员专用 请勿外泄 方法二：对PQ系统，物体均做匀速运动。 对整体： 中公教育学员专用资料 11 报名专线：400-6300-999 F 2 F T ( 2 m ) g 0     对Q： F T m g   解之得： F 4 m g   4.【答案】AD。解析：以物体A为研究对象分析受力有Fmg F ，撤去力F后， 弹 物体A所受弹力大于重力，有向上的加速度，处于超重状态，所以选项A正确；以B为 研究对象分析受力有 F 弹  m g  F N 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，在撤去力 F 的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化， 故此时B对地面的压力大于2mg，所以选项B错误；撤去F的瞬间，B物体受力情况不 变，依然处于静止状态，故加速度为零，所以选项C错误；撤去F后，以A、B、弹簧系 统为研究对象，在B不离开地面的情况下，只有重力和弹簧弹力做功，故系统机械能守 恒，所以选项D正确。 5.【答案】ACD。解析：本题的难点在于不好判断人受到的摩擦力的方向，因此可 以先设摩擦力向右，分别整体和隔离列出方程，将式中的f表达出。并且分别考虑m和 m 的大小关系，即可得出不同答案。 0学员专用 请勿外泄 第四节 曲线运动、圆周运动 例 1.【答案】B。解析：当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直 线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力 的方向．蜡块的合速度方向与合加速度方向不在同一直线上，轨迹的凹向要大致指向合 力的方向，知B正确，A、C、D错误． 例2.【答案】BD。解析：将两船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，在垂 直于河岸方向上，两船的分速度相等，河宽一定，所以两船渡河的时间相等，故A错误。 乙船的合速度垂直于河岸，有 vcos60°=v0，所以 v=2v0，故 B 正确。两船渡河的时间 中公教育学员专用资料 12 报名专线：400-6300-999 t  v s i H n 6 0  ， 则 甲 船 在 沿 河 岸 方 向 上 的 位 移 x （ v 0  v c o s 6 0  ） t  2 v 0  v s i H n 6 0   2 3 3 H .知甲船恰好能到达河对岸的 A 点，故 C 错误，D正确。故选BD。 例3.解析：将小船视为质点，它被牵引后沿水面的运动，造成两个效果，一是使绳 子与竖直方向的夹角变小，相当于绳子绕定滑轮顺时钟转动，小船具有垂直于绳子斜向 下的分速度。二是使定滑轮右边的绳子变短，相当于绳子与小船的连接点沿绳子斜向上 运动，小船具有沿绳斜向上的分速度。 如下图所示，可将小船的速度 v 合 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 分解为垂直绳子斜向下的速度 v 和沿绳子斜向上 1 的速度v 。 2 由于绳子不收缩，也没被拉断，小船的分速度 v 等于岸上拉绳人的速度 v ，即： 2 0 v v 。当绳子与水平方向的夹角为 θ 时，由平行四边形法则有：v v cos。解 2 0 2 合 v v  0 得： 合 cos。学员专用 请勿外泄 例 4.【答案】D。解析：由题意可知三个小球运动的时间分别为 t、2t、3t，所以水 平位移分别是 s、2s、3s，再由于 DE=EF=FG，所以三个小球都会落在 D 点，故 AB 错 误，根据公式h=1/2gt2，竖直方向的位移比为1:4:9，也就是高度之比，所以选D。 例 5.【答案】D。解析：设小球两次运动的时间分别为 中公教育学员专用资料 13 报名专线：400-6300-999 t1 、 t ，则有： 2 t a n ( 1 ) v v y x g v t1 0      1 gt2 ， y 2 1 。联立以上二式可得： tan  x v t 01 t a n ( 1 ) 2 t a n      ， 同理可得： t a n ( 2 ) 2 t a n      所以有： 1 2    。 例6.【答案】  s v i n 0 v ； 0 gtan 解析：本题考查的是平抛运动的相关问题，恰好能够垂直打在斜面上，可知 v  s v in 0 a ；小球在空中飞行的时间 t  v g y   g v ta 0n 。 例7.【答案】C。解析：从最高点到绳与竖直方向的夹角为30∘的过程中，根据动能 定理得： 1 2 m v 2  m g L c o s 3 0  。在该位置，球沿着绳子方向的合力提供向心力，则有： F  m v L 2 ，联立解得：向心力为： F  2 m g c o s 3 0   3 m g 。则此时的合力为： F 合  F 2   m g s in 3 0   2 = 1 2 3 m g 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 即C选项正确。 例8.【答案】3:2:3，1:1:2 例 9.【答案】D。解析：当小球在顶端的速度为 0 时，受力分析，杆的支持力与小 球受到的重力大小相等，方向向上，此时速度开始增大，小球的重力提供向心力，则杆 的支持力减小，直到v= gl 时，重力完全用于提供向心力，支持力减小到 0，v继续增 大时，重力不够提供向心力，则需要杆来提供，表现为拉力，且随着 v的增大，拉力也 增大。所以D正确。学员专用 请勿外泄 例10.【答案】C。解析：对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力， 静摩擦力提供向心力，有 中公教育学员专用资料 14 报名专线：400-6300-999 f  3 m  2 r  3 m  g     ，故AB错误；由于A、AB整体、 C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：  3 m  2 r  3 m  g    ，对AB整体，有： 3m2m2r 3m2mg，对物体C，有：m21.5r2mg，解得 r g    ， 故C正确，D错误。 例11.【答案】C。解析：对甲、乙两球受力分析得两球的支持力分别为  F 1  c m o g s ，  F 2  c m o g s 所以两球的支持力之比为 4:3；而两球的向心力分别为  ， F 甲  m g t a n ，  F 乙  m g t a n ，做圆周运动的半径为  r 1  R s in ，  r 2  R s in ，由向心力公式 F m r ( 2 T ) 2   3 得两球的周期之比为 。 4 能力提升 1.【答案】BD。解析：当船头垂直河岸方向渡河时，渡河的时间有最小值为（河宽 除以船速）： t  L v  2 1 0 0 0 s  2 0 s ，故A错误.因为水的流速大小满足u=0.2x（x是离河 L L L 岸的距离，0≤x≤ ），易得水流速的平均速度等于 处的水流速.则有：u=0.2× 2 4 4 =10m/s.所以沿河岸方向上的位移为：x=ut=200m.所以 AB 的直线距离为： s  2 0 0 2  2 0 0 2  2 0 0 2 m 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，故 B 正确；船在静水中速度是不变，而水流速度满足 L u=0.2x（x是离河岸的距离，0≤x≤ ），因x=vt，其中v=10m/s,那么 u=2t，因此到达 2 河中央前小船加速度大小为2 m/s2，故C错误；当到达中央时，水流速度为u=0.2x=0.2 v 10 ×100=20m/s，由三角知识，则tan  0.5，故D正确；所以BD正确。 u 20 2.【答案】BC。解析：将货车的速度进行正交分解，如图所示：资 源 公 众 学员专用 请勿外号泄 ： b ig u o 25 由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分 量相等，故：v =vcosθ，由于 θ 不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度 1 向上；A、货箱和货物整体向上做加速运动，大小小于v，故A错误；B、货箱和货物整 体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，故B正确；C、货箱的速度为vcosθ，故C 正确；D、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱 底的压力大于mg，故D错误；故选BC。 3.【答案】BC。解析：两物体共轴转动，角速度相等，则周期相等，根据v=rω，A 转动的半径较大，则 A 的线速度较大，故 A 不正确，C 正确.物体随圆周一起做圆周运 动，靠弹力提供向心力，根据N=mrω2知，A的半径大，则筒壁对A的弹力大，在竖直 方向上平衡，有：f=mg，可知A、B的摩擦力相等，故D不正确，B正确.故选BC。 4.【答案】AC。解析：B匀速上升，A沿水平面向右做运动，如图1，v 是v 在绳 B A 子方向上的分量，v 是恒定的，随着 v 与水平方向的夹角减小，v 减小，所以 A 在水 B B A 平方向上向右做减速运动。选项A正确B错误； 因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T=G ，A受斜向上的拉力等于 B B 的重力，在图 2 中把拉力分解成竖着方向的 F 和水平方向的 F ，在竖直方向上，有 2 1 N+ F =G 。绳子与水平方向的夹角减小，所以有F 减小，支持力N变大，所以摩擦力 2 A 2 变大，选项D错误、C正确，故选AC。 1 5.【答案】BC。解析：小球落在a点的高度差最大，根据h  gt2知，飞行时间最 2 长，而飞行的水平距离最短，由水平方向匀速度运动公式;x=vt可知a的初速度最小，故 中公教育学员专用资料 15 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 A错误。速度的变化量等于加速度与时间的成积，因为a运动时间最长，所以小球飞行 过程速度的变化量最大，故B正确。当小球落在左侧斜面上时，竖直位移与水平位移的 比值为: 中公教育学员专用资料 16 报名专线：400-6300-999 t a n 3 0 0  h x  1 2 v g 0 t t 2  2 g v t 0 ，落点处竖直、水平瞬时速度之比为： t a n g v t 0   ， 由以上两式可得： t a n 1 2 t a n 3 0 0 6 3    ，所以落在 a 点的小球落到斜面上的瞬时速 度的方向是一定的，故C正确。根据平抛运动的特点：瞬时速度的反向延长线一定交于 水平位移的中点，过b点或c点做斜面的垂线，不可能交于抛出点到落点的水平位移的 中点，故D错误。所以BC正确。 6.【答案】AD。解析：由于落到斜面上 M 点时速度水平向右，故可把质点在空中 的运动逆向看成从 M 点向左的平抛运动，设在 M 点的速度大小为 u，把质点在斜面底 端的速度 v分解为水平 u和竖直 v ，由 y x  u ，t y  1 2 g t 2 ， t a n y x   得空中飞行时间 t 2 u t a g n   ， v y 2 u t a n   ，v和水平方向夹角的正切值 v u y 2 t a n   为定值，即落到 N 点时速度方向水平向右，故 D 正确； v u 2 v 2y u 1 4 t a n 2      ，即 v 与 u 成正 比，故落到M和N两点速度之比为1：2，故B错误；由 t 2 u t a g n   知，落到M和N 1 2u2 tan2 两点时间之比为1：2，故A正确；由y  gt2  ，知y和u2成正比，M和 2 g N两点距离斜面底端的高度之比为1：4，C错误。 7.【答案】AC。解析：当v＜ gl 时，设小球到达最高点时的速度为 0，则： 0 1 mgh＝ mv2，所以： 2 0 h ＜ l 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，可知小球不能到达与 O 点等高的 N 点，细绳始终处于绷 1 1 紧状态，故A正确；若球恰好经过最高点P，根据机械能守恒得： mv2＝mg2l mv2， 2 0 2 所以：v＝ 5gl ，所以当v＞ 5gl 时，小球才能通过最高点P，故B错误；小球在最高 0 0学员专用 请勿外泄 点时.重力与拉力的合力提供向心力，加速度向下，故处于失重状态，故C正确；球经过 v2 最低点 Q 时，受重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律得到，F mg m 2，球经 2 l 过最高点P时： 中公教育学员专用资料 17 报名专线：400-6300-999 m g  F 1  m v l 21 ，联立解得： F 2  F 1  6 m g 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，与小球的初速度无关， 故D错误。学员专用 请勿外泄 第五节 万有引力定律 例1.【答案】AD。解析：普勒第三定律可知，周期的二次方与半径的三次方成正比， 则 D 正确，A 的半径大，则其周期长，则 A 正确.由开普勒第二定可知绕同一天体运动 的天体与中心天体连线在同一时间内扫过的面积相等，并可知连线长的速度小，则A的 速度小于B的，又质量相等，则A的运动小于B的动能，则BC错误；故选AD。 例 2.【答案】D。解析：“神九”和“天宫一号”在太空中运行，万有引力提供向 心力，由 中公教育学员专用资料 18 报名专线：400-6300-999 G M R 2 m  m R w 2 可知 G M  R 3 w 2 ，即 w  G R M 3 ，所以 w w 1 2  R R 3231 ，故选D。 例3.【答案】C。解析：天体运动中，环绕星体的轨道越高，周期越高，但是速度， 加速度，及角速度减小；向心力由万有引力提供，根据万有引力公式，距离增大，F 减 小。 例 4.【答案】D。解析：山丘 e 与同步通信卫星 q 转动周期、角速度相等，根据向 心加速度 2  a  r ，半径越大，加速度越大，即a < a ；根据加速度公式 1 3 a  G r M 2 ，近 地卫星p和同步通信卫星q，根据“越高越慢”，即a < a ；故a < a < a ，故D正确， 3 2 1 3 2 C错误；山丘e与同步通信卫星q转动周期、角速度相等，根据 v r   ，半径越大，线 速度越大，故 v ＜v ；根据卫星的线速度公式 1 3 v  G M r 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，近地卫星 p和同步通信卫星 q，根据“越高越慢”，，即v ＜v ；故v ＜v ＜v ，故A、B错误；所以D正确，A、 3 2 1 3 2 B、C错误。学员专用 请勿外泄 能力提升 1.【答案】B。解析：根据万有引力等于重力得出： 中公教育学员专用资料 19 报名专线：400-6300-999 G M R m 2  m g ， g  G R M 2 ，根 据星球直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出星球表面的重力加速 度约为地球表面的 2 5 ，故A错误；研究星球和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心 力得出： G M r m 2 m 4 T 2 2 r   得： T 2 G r 3 M   ，M为太阳的质量，r为轨道半径，星球 的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，故B 正确；研究星球和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出： G M r m 2  m v r 2 ， GM 得：v  ，M 为太阳的质量，r 为轨道半径，星球的轨道半径大于地球的轨道半 r 径，通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小，故C错误；研究星球和地球绕太 阳公转，根据万有引力提供向心力得出： G M r m 2  m a ，得： a  G r M 2 ，M为太阳的质 量，r 为轨道半径.星球的轨道半径大于地球的轨道半径，通过 a 的表达式发现公转轨道 半径大的向心加速度小，故D错误。 2.【答案】D。解析：牛顿发现地月间的引力满足距离平方反比规律，A错误；将物 体视为质点，采用了理想化模型法，B错误； a  F m 是加速度的决定式，比值法描述加 速度的是 a    v t ，C 错误；牛顿发现了万有引力定律，引力常量是由卡文迪许通过实 验测定的，D正确；故选D。 3.【答案】BD。析：该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度 1 1 . 2 k m / s 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，因为一 旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行，故 A 错误；根据 GMm v2 GM m 知，v ，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，知7.9km/s r2 r r 是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于学员专用 请勿外泄 中公教育学员专用资料 20 报名专线：400-6300-999 7 . 9 k m / s ，故B正确；由P点向Q点运动，万有引力做负功，则动能减小，P点的动 能大于Q点的动能.故C错误；根据开普勒第三定律 R T 3 2 知，轨道Ⅱ的半径大于椭圆的半 长轴，则在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期，故D正确。 4.【答案】D。解析：“天链一号 01 星”绕地球做圆周运动，有向心加速度，合外力 不为零所以不是平衡状态，故 A 错误。由万有引力提供向心力得： G M r m 2  m v r 2 得 v  G M r 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 由此可得线速度v随轨道半径 r的增大而减小，v=7.9 km/s为第一宇宙速度， 即围绕地球表面运行的速度，因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应 小于7.9 km/s，故B错误；同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，因为同 步卫星轨道半径比地球半径大很多，由公式a =rω2，可得同步卫星的向心加速度大于静 向 止在赤道上物体的向心加速度.故 C 错误；同步卫星周期与地球自转的周期相同，由 2  可知其角速度等于地球自转角速度，故D正确。所以D正确，A、B、C错误。 T 5.【答案】BD。解析：嫦娥三号发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚， 故嫦娥三号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，A错误；卫星在轨道1上的P点处 减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入轨道 2，B 正确；卫星做椭圆轨道 运动时，从远月点P向近月点Q运动中，月球对卫星的引力做正功，故速度增大，即在 轨道2经过P点时速度小于Q点速度，C错误；在A点嫦娥三号卫星产生的加速度都是 由万有引力产生的，因为同在A点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在A 点时万有引力产生的加速度大小相等，D正确；故选BD。学员专用 请勿外泄 第六节 功与能量 例1.【答案】AB。解析：货物在传送带上做匀加速直线运动，到达B点时速度为v， 1 货物则由动能定理可知，摩擦力对货物所做的功为 mv2；故A正确；由分析可知，货 2 物在传送带上运动的位移为s，故摩擦力做功为μmgs；故B正确；由题意知 中公教育学员专用资料 21 报名专线：400-6300-999 s  1 2 v t ， 而传送带的位移xvt 2s，故传送带克服摩擦力做功为μmg2s，所以C错误；相对位 移为x-s=s，所以摩擦生热为μmgs，故D错误。 例2.【答案】B.解析：将小球落在斜面上时的速度进行正交分解，如图所示. 小球在竖直方向上的分速度为v＝v cotα，所以，小球落到斜面上B点时重力做功 y 0 的瞬时功率为：P＝mgv＝mgv cotα.。 y 0 例 3.【答案】BCD。解析：OA 为一段直线，说明 OA 段汽车做匀加速直线运动， 牵引力不变，根据 P  F v ，可知，速度增大，牵引力不变，功率增大，故 A 错误，B 正确；AB为一曲线，斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，牵引力减小，根据 P  F v 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 可 知，牵引力减小，速度增大，功率可能不变，故C正确；BC为一平行于时间轴的直线， 则汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，不变，速度也不变，根据 P=Fv 可知，功率 不变，故D正确.故选BCD。 例 4.【答案】A。解析：铅球斜抛之后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向先作 匀减速直线运动，达到最高点后作匀加速直线运动（自由落体），所以动能先减小，后 增大，由于铅球水平方向具有速度，故其动能不会减小为零。 例5.【答案】C。 例 6.【答案】D。解析：链条运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，即运动前 后始末状态机械能不变。取AB为零势能面，初始状态时，对链条进行受力分析，可知： 1 mga mga2sin E 0 asin即E   ①；当链条左端滑到 B 点时的速度为 1 2 l P1 2l学员专用 请勿外泄 mglsin 1 v ， 此 时 链 条 的 机 械 能 为 E    mv2 ② ， 联 立 ① ② 可 得 2 2 2  中公教育学员专用资料 22 报名专线：400-6300-999 v  g L ( L 2  a 2 ) s in 。答案D正确。 能力提升 1.【答案】BCD。解析：A、重力做功：W =mg△h=mg（H+h），故A错误，B正 G 确。 C、对整个过程运用动能定理得：W =△E =0，故C正确。 总 K D、对整个过程运用动能定理得：W =W +（﹣fh）=△E =0，f= ，故 D 总 G K 正确。 故选：BCD。 2.【答案】C。解析：以恒定功率启动，根据公式 P  F v 可知，当速度为v 时牵引 1 力 F 1  P v 1 P ，因为做匀速直线运动，所以 f  F  ，当以速度v 行驶时，牵引力 1 v 2 1 F 2  P v 2 F  f ，根据牛顿第二定律可得a  2 ，联立可得 m a  P  m v 1 v  v 1 v 2 2  资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，C正确。 3.【答案】C。解析：斜面体Q 在小滑块 P的推动下向右加速，故 A错误；P 与Q 物体系统内，物体 P 减小的重力势能转化为 P 与Q的动能，即 PQ 系统机械能守恒，P 的机械能增大，故B错误；斜面体Q在小滑块P的推动下向右加速，动能增加，根据动 能定理可知，物块P对斜面的弹力对斜面做正功，斜面对物块P的弹力对P做负功，故 C正确，D错误。 2h 4.【答案】AD。解析：平抛运动的时间为：t  ；乙在斜面下滑的加速度为： g mgsin45 2 1 gh a  g。根据 2hv t at2，代入数据得：v  ，故 A 正 m 2 0 2 0 2学员专用 请勿外泄 确 B 错误；甲球到达地面的瞬时功率 中公教育学员专用资料 23 报名专线：400-6300-999 P  m g v  m g  g t  m g 2 2 g h ，乙沿斜面下滑到 达底端时的速度 v  v 0  a t  3 2 g h ，重力的瞬时功率 P   m g v c o s 4 5   3 m g 4 2 g h ， 故甲比乙到达地面时重力的瞬时功率大，故C错误，D正确。 5.【答案】CD。解析：本题主要考察功的定义及能量间的转换关系，功的定义为力 乘以在力的方向上的位移。解决本题的关键要弄清能量间的相互关系：B 机械能的减少 量等于A的机械能的增加与系统内能增加的总和；系统克服摩擦力做功等于系统内能的 增加。要注意分析摩擦力做功时，位移的参考系必须对地面.由此不难得出A选项中摩擦 力对木板A做的功 f s ，物体B克服摩擦力做的功为 f  s  d  ，可知两者不等，所以A 错误。BC选项中，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加 速运动，由动能定理知：物体B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，根据能量守恒 定律，物体 B 动能的减少量等于 A 增加的动能和系统产生的内能之和，所以物体 B 克 服摩擦力做的功等于系统内能的增加量与A的动能增加量之和，故B错误，C、正确； 选项D、由动能定理知：摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，结合上面分析可 知D正确，所以选CD。 6.【答案】D。解析：由题中图示知，AC两图运动到最高点时，速度为零，初动能 全部转化为重力势能，有 1 2 m v 0 2  m g h A ， 1 2 m v 0 2  m g h C ，知 h A  h C 。在B图中，上 升到最高点时，速度为  v 0 c o s ，由动能定理知： 1 2 0 2 1 2 ( 0 c o s ) 2  m g h B  m v  m v ， 知 h A  h C  h B ，D对。 7.【答案】BD。解析：由图像可以知道，前 4 s 内速度方向始终为正方向，故4s时 间 内 没 有 回 到 出 发 点 ， 故 选 项 A 错 误 ； 根 据 公 式 在 3  5 s 内 ， a =   v t   3 2  3 m / s 2   3 m / s 2 ，根据牛顿第二定律，则 F m g m a    ，带入数据 整理可以得到： F  1 6 N 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，故选项 B 正确；由于地面摩擦力对物体的运动起到阻力作 用，故摩擦力始终做负功，故选项C错误；物体向正方向做加速运动然后做减速运动， 4s末物体反方向做加速运动，故物块运动到第4s时改变水平拉力的方向，故选项D正 确。学员专用 请勿外泄 第七节 动量、冲量 例 1.【答案】C。解析：物块在槽上运动时，由于受重力，故两物体组成的系统外 力之和不为零，故动量不守恒；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于 球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，物块的机械能将减小，故A、B错误； 物块被弹簧反弹后，由于水平面光滑，故物块将做匀速直线运动，故C正确；因槽和物 块均有向左的速度，根据槽和物块水平方向上动量守恒，小物块与离开弹簧后，能量没 例2.解析：取小球A初速度v 的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动 0 量守恒、动能不变有： m v = m v + m v ① 1 0 1 1 2 2 中公教育学员专用资料 24 报名专线：400-6300-999 1 2 m 1 v 20  1 2 m 1 v 21  1 2 m 2 v 22 ② (m m )v 2m v 由①②两式得：v  1 2 0 ，v  1 0 1 m m 2 m m 1 2 1 2 例3.解析：取小球A初速度v 的方向为正方向，碰撞前后动量守恒有： 0 mv =2mv① 0 1 1 mv2  (2m)v2 Q② 2 0 2 解得： Q 1 = mv2 4 0 例4.解析：取子弹v 的方向为正方向，由碰撞前后动量守恒有： 0 mv =mv+Mv ① 0 1 1 2 m v 20  1 2 m v 2  1 2 M v 1 2  Q 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ② 1 1 1 m2(v v)2 所以产生的内能Q mv 2  mv2  0 2 0 2 2 M 对物块由机械能守恒定律可得： 1 Mv2 Mgh③ 2 1学员专用 请勿外泄 解得物块上升的最大高度 中公教育学员专用资料 25 报名专线：400-6300-999 h  m 2 ( 2 v M 0  2 g v ) 2 能力提升 1.【答案】AC 2.【答案】B。解析：根据动量定理， F t m v 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25  ，当动量的变化一定时，增大作 用时间可减少作用力；运动员接篮球时，篮球的动量由某一值减到零，接球时，两手随 球迅速收缩至胸前，这样可以增加篮球和运动员的作用时间，从而减少篮球对运动员的 冲击力，选项B正确。 3.【答案】AC。 4.【答案】AC。解析：环与板的碰撞是完全非弹性碰撞，总的机械能不守恒，B不 选.在撞击过程中，新的平衡位置是由环和板的重力决定的，与高度的大小无关，C正确. 环和板撞后一起下落，动能减少，重力势能减少，均转化为弹性势能，D不选.。学员专用 请勿外泄 第二章 电磁学 第一节 静电场 例1.【答案】A。解析：N的左端接地，电势为零，M对N的电势贡献为正，N感 应出负电荷，保持N电势为零，正电荷流入地。实质上为大地负电荷流入金属N，我们 称N上正电荷流入大地。 例 2.【答案】B。解析：电场强度是矢量，当空间的电场是由几个点电荷共同激发 的时候，空间某点的电场强度等于每个点电荷单独存在时所激发的电场在该店的场强的 矢量和。若两个点电荷电性相同，则P点的电场一定不为0，电性都为正是，场强向左， 电性都为负时，场强向右，AD错误。所以A、B电性相反，由E=kq/r2得，距离P点近 的电荷电量只有较另一电荷的电荷量小才能满足相等。B正确。 例3.【答案】A 例 4.【答案】C。解析：根据点电荷场强计算公式可知，a 点距离+Q 近，所以电场 强度大于b，A正确。沿着电场线方向电势降低，所以a点电势比b点电势要高，所以B 说法正确。电势能计算公式为Ep=qφ，经计算可以得出a电势能比b小，C错误。-q受 到的是+Q的吸引力，逐渐原理+Q，所以电场力做负功，D正确。 例5.【答案】ACD 例 6.【答案】D。解析：按键后，活动极板向下移动，根据公式 中公教育学员专用资料 26 报名专线：400-6300-999 C k S d    4 0 可知， 电容增加C/2，变为3C/2，所以按键下面的距离变为2d/3。 例7.【答案】A。解析：板所带的电荷几乎不变，所以Q不变；保持S不变，增大d， 由 C k S d    4 0 可知，C减小，由 C  Q U 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 可知U增大，故则θ变大；保持d不变，减小S， Q C减小，由C  可知U增大故则θ变大。故只有A选项正确。 U 例 8. 【 答 案 】 B 。 解 析 ： 电 容 器 的 串 并 联 与 电 阻 的 相 反 。 C C C  1 2 ，C C C 串 C C 并 1 2 1 2学员专用 请勿外泄 能力提升 1.【答案】AC。解析：先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷， 故A正确；先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同 样不再带电，故B错误；先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开，是接触带电， 且带电荷，故C正确；感应起电，是两导体球在带电的过程中，是两球中的电荷发生了 移动，棒的带电量是不变的，故D错误。 2.【答案】CD。解析：当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后电荷量是 先中和在平分，可知接触后电量变为 4：4，由库仑定律： 中公教育学员专用资料 27 报名专线：400-6300-999 F  k Q Q1 2 r 2 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 可得，所以库仑 力是原来的16：7，所以D正确。当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再 放回原来的位置上，两者相互接触后电荷量是先中和在平分，则它们的电荷量变为3：3， 所以库仑力是原来的9：7.所以C正确，所以CD正确，A、B错误。 3.【答案】D。解析：由图知从 A到 B 电势逐渐降低，φ >φ ，所以 C 错误；根据 A B 沿电场线的方向电势逐渐降低，可得电场线的方向是从A到B，图线切线的斜率描述电 场强度，由图知切线的斜率越来越小，所以从A到B电场强度在减小，所以E >E ，故 A B A错误；电子受电场力的方向与电场线的方向相反，所以电子从A到B做减速运动，故 v >v ，所以B错误；电子从A运动到B的过程中电场力做负功，电势能增大，故E >E ， A B pA pB 所D正确。 4.【答案】D。解析：电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向 轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向.故A错 误.负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐 角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符.故 B 错误.图中场强方向指向轨迹的内 侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动.故C 错误.图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷 的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意.故D正确.故选D。 U 5【. 答案】BD。解析：将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E d 减小，电荷q所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动.故A错误，B正确；根据学员专用 请勿外泄 电容的决定式 中公教育学员专用资料 28 报名专线：400-6300-999 C 4 S k d  可知，电容减小，电容器的电压 U 不变，由电容的定义式  C Q U 分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流 表中将有从b到a的电流，故C错误，D正确。 6.【答案】D。解析：当试探电荷先从图中a点沿直线移到b点时，电荷受到的电场 力的方向是向右的，故电场力做正功，电荷再从b点沿直线移到c点时，电荷在b点受 到的电场力为零，一旦偏过b点向c点移动，则电 荷受到的电场力的合力就是向上的，即此时电场力也做正功，故 A、B 均不对；由 于电场力对电荷一直在做正功，故电势能一直减小，C不对，D是正确的。 7.【答案】B。解析：根据电场线的疏密程度可知M电场强小于N点场强，故A错 误；该粒子在电场力下由静止运动，可见电场力做正功，即电势能减小，则B选项正确； 沿电场线方向电势降低，则C错误；该粒子仅受电场力的作用，且电场力做正功，速度 越来越大，故D错误。 8.【答案】C。解析：试题分析：设等边三角形的边长为L，则匀强电场 E 2 3 L   ， 当让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B 点到AB的距离为L =0.5L， 1 1  所以   U  E d  2 3 L  3 3  3 3 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，又因为转动后B 点的电势比B点的电势低，故 1 3 转动后B点的电势为 ，C正确. 3 9.【答案】A。解析：电荷在电场中只受电场力，其动能与电势能的总量保持不变. 所以总能量为（即φ3处的能量）： 动能与电势能之和，因为φ3=0为零则电势能为零，所以总能量为20J。所以当该电 荷的电势能为4J时，其动能大小为Ek=20J﹣4J=16J。所以A正确。学员专用 请勿外泄 10.【答案】A。解析：根据三个小球的受力情况可知，不带电小球做平抛运动a =g， 1 带正电小球做类平抛运动 a = 2 中公教育学员专用资料 29 报名专线：400-6300-999 G  m E q ＜g，带负电小球做类平抛运动 a = 3 G  m E q 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ＞g.根 据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖 2h 直方向产生的位移 h 相等，据 t= ，三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次 a 之，带负电小球时间最短.三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时 水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带 电的小球，C带负电的小球.故A正确.由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0， 由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故B错误；根 据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功.由受力图可 知，带负电小球合力最大为G+Eq，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G-Eq， 做功最少动能最小.故C错误.因为A带正电，B不带电，C带负电，所以a =a ，a =a ， A 2 B 1 a =a ，所以a ＜a ＜a ，故D错误。 C 3 A B C学员专用 请勿外泄 第二节 恒定电流 例1.【答案】B。解析：ab段和bc段的电势差分别为2V，4V，电流相等，根据欧 姆定律得： 中公教育学员专用资料 30 报名专线：400-6300-999 R R a b b c  U U a b b c  1 2 。根据电阻定律得， R L S   ，则 S L R   ，则横截面积之 S L R 1 2 1 比： ab  ab  ab    。故选B。 S L R 4 1 2 bc bc bc 例 2.【答案】B。解析：总电阻减小，I 总增大，Ir 增大，U 减小。U =U-IR ，U 1 3 1 减小，则I 减小。I 增大。 1 2 例3.【答案】Uc =2V，Uc =5V。解析：C 并在R 两端，C 并在R 和R 两端 1 2 1 2 2 1 2 例4.【答案】B。解析：开关S断开时，电容与右侧电阻R并联，两个为R的电阻 串联后与电阻2R并联，Q =CU/6。开关S闭合时，电阻2R与R串联，电容与右侧电阻 1 R并联，Q =CU/3。则Q /Q =1/2。故选B。 2 1 2 例 5.【答案】D。解析: 根据闭合电路欧姆定律 U=E-Ir 可知，当 I=0 时，U=E，则 由图线Ⅰ与纵轴交点读出电源的电势为 E=3V，其斜率等于电源的内阻 r=   U I =0.5Ω， 由图线Ⅱ得，导体的电阻为 R= U I =1Ω，当该导体和电源连接成闭合电路时，电路中电 流为I= R E  r 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 =2A，路端电压U=E-Ir=2V，电源的输出功率为P=UI=4W。故选D。 例6.【答案】D。解析:电压表的读数是R 和电流两者电压之和，而电流表的读数是 x 通 过 R 的 电 流 。 根 据 欧 姆 定 律 可 知 ， 所 以 真 实 值 x ，所以选D。 能力提升学员专用 请勿外泄 1.【答案】BCD。解析：由功能关系 EI kmgvI2R ，所以电动机的内阻为 中公教育学员专用资料 31 报名专线：400-6300-999 R  E I  k m I g 2 v ，所以A错误B正确；电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比， kmgv EIkmgv 即 ，所以 C 正确；电动机的发热效率 ，所以 D 正确，故选 EI EI BCD。 2.【答案】C。解析：从图甲可知，图象割线的斜率表示电阻的大小，故该金属丝的 阻值随温度的升高而增大，所以 A 错误；图乙中电压表的指针偏转角越大，说明 Rt 的 阻值大，即温度高，所以B错误；若R0越大，电压表要偏转同样的的角度，需Rt的阻 值更大，即温度更高，量程越大，所以C正确；温度越高，Rt的阻值越大，电路电流越 小，所以电源消耗的功率P=EI越小，故D错误。 3.【答案】A。解析: 当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的 电动势，由Q=UC得。C 的电量大于C 的电量，故A正确，B错误；当S闭合时，R R 2 1 1. 2 串联，C 与电阻 R 并联，C 与电阻 R 并联，R =2R ，所以 U =2U ，由 Q=UC可知： 1 1 2 2 1 2 1 2 两个电容器带电荷量相等。 4.【答案】ABC。解析：A、路端电压与电流的关系图像中，由 U=E-Ir 可知图像与 纵坐标的交点为电源电动势，图线的斜率表示电源内阻，由此可知A的电动势较大，内 阻也较大，选项 A 正确；B、如果画出电阻 R 0 的端电压和电流的关系图像，交与 A 的 电流较大，由此可知Ia＞Ib，选项B正确；C、D、由效率公式 U E I I R R r 1 1 r R       资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ， 可知内电阻越大电源效率越低，由此可知 A 的效率较低，由输出功率 E E2 P( )2R Rr (Rr)2 ，当R=r时电源输出功率最大，由图像可知图线的斜率 4r R 表示内阻大小，图线 A的内阻与 R 的电阻更接近，所以电源输出功率较大，选项 C 正 0 确、选项D错误；故选ABC。 5.【答案】BC。解析：（1）若K 从a 移到 b 时，安培表读数有显著变化，说明伏 特表的分流明显，K应接在b处，故A错误，B正确；（2）若K从a移到b时，伏特资 源 公 众 学员专用 请勿外号泄 ： b ig u o 25 表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，K应接在a处，故C正确，D错误；故选 BC。 中公教育学员专用资料 32 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第三节 磁场 例 1.【答案】D。解析：由图可知，电流由右侧流入，则由安培定则可知，螺线管 的左侧为N 极，右侧为 S 极；而螺线管的磁感线外部是由N 极指向 S 极，内部由 S 指 向N极，而小磁针静止时N极所指方向与磁感线方向一致，故可知D正确，其他均错； 故选D。 例 2.【答案】B。解析：先使用右手定则判断 AB 导线右侧磁场方向，垂直纸面向 内。再使用左手定则判断安培力方向，可知ab 边安培力向左，bc边安培力向上，cd边 安培力向右，da边安培力方向向下，所以A错误。安培力大小为F=BIL，bc和da边虽 然磁感线方向不同，安培力方向不同，但是磁感线大小相同，所以安培力大小相同，故 B正确。根据受力情况分析，bc和da 边合力为0，ab边和cd边合力向左，故CD均错 误，选B。 例3.【答案】A。解析：画出粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示， 由几何知识可知， 中公教育学员专用资料 33 报名专线：400-6300-999 R  3 r 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 。 v2 又qvB m ， R 3mv 解之得：B 0 。 3qr 例 4.【答案】D。解析：粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，故： qvBmv。学员专用 请勿外泄 其中： 中公教育学员专用资料 34 报名专线：400-6300-999 2 T    ，联立解得： T 2 q B m   ，故周期与速度无关，不变，故 A 错误； 磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，故B错误；根据 q v B  m v R 2 得，最大速度： v  q B m R 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ， 1 (qBR)2 则最大动能：E  mv2  ，知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有 Km 2 2m 关，与加速电压的大小无关，故C错误，D正确。学员专用 请勿外泄 能力提升 1.【答案】CD。解析：在静电场中，同一个正电荷在电势越高的地方所具有的电势 能一定越大，负电荷正好相反，选项A错误；两个可视为点电荷的两个静止的完全相同 的带电金属球之间的电场力一定等于 中公教育学员专用资料 35 报名专线：400-6300-999 k q r 2 2 ，如果不能视为点电荷则库仑定律是不成立的， 选项B错误；若一小段长为L、通有电流为I的导体，若电流方向与磁感线夹角为θ， 在匀强磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小为 B I L F s i n F I L    ， 即此处的磁感应强度一定不小于 F I L ，选项 C 正确；磁场对通直电导线的安培力方向总 与B和I垂直，但B、I之间可以不垂直，选项D正确；故选CD。 2.【答案】D。解析：根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线 1 在O点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O点 产生的磁场的方向向里，导线4在O点产生的磁场的方向向外。由于 I 1  I 3  I 2  I 4 ， 所以和磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使 O 的磁场增强，应切断 I 4 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，则 D 正确。 3.【答案】D。解析： 洛伦兹力不做功，A错误；M的半径较大，所以其速率较大， B错误；根据左手定则可知M带负电、N带正电，C错误；由M、N质量和电量都相等 可知其周期相等，由于其均运行了半个周期，所以其运行时间相等，D正确。学员专用 请勿外泄 第四节 电磁感应 例 1.【答案】A。条形磁铁由上而下接近框架，磁感线向下穿过框架，且磁通量增 大，根据楞次定律，在框架中产生的感应电流的磁场方向向上，排斥磁铁，阻碍磁通量 增大，根据安培定则判断可得电流方向为 MNQP 方向。另一方面矩形框架 MNQP 为了 阻碍磁通量的增大，还会通过缩小面积的方法实现（“增缩减扩”），因此 MN 与 PQ 将互相靠拢。 例 2.【答案】B。解析：当开关 S 闭合瞬间，螺线管的磁场增强，故穿过两边线圈 的磁通量均增加，根据楞次定律，在线圈中产生的感应电流阻碍磁通量的增加，故线圈 会远离螺线管，故两铜环的运动情况是同时向两侧推开，选项B正确。 例 3.【答案】B。解析：根据楞次定律可知，当四组线圈穿过磁场时，将产生感应 电流阻碍磁通量的变化。经分析可知，AD 两线圈产生的感应电流相同，因此所受安培 力相同，落到水平地面的时间应该相同。B 选项，两个线圈同时进入磁场，产生的感应 电流方向相互抵消，将只受到重力的作用；C 选项，第一个线圈先进入磁场，同 AD 所 有的安培力大小相同，当第二个线圈进入磁场时，同样会产生感应电流，阻碍线圈的运 动，因此，只有B线圈向下运动的加速度最大，最先落地。 例 4.【答案】C。解析：根据右手判定定则，开始时感应电动势的方向为正，因此 排除 B、D。设实际 t 导体杆转过的角度为 α，则 中公教育学员专用资料 36 报名专线：400-6300-999 t    ，导体有效切割长度为 L R t   2 s in 。  E  1 2 B L 2 可知， E B R t    2 2 s in 2 ，B、R、不变，根据数学知 识杆中的电动势在右边磁场区域，随着增加，电动势增大，在左边区域，方向变为负 向，随着增加，电动势也在增加，可知C正确，故选C。 例5.【答案】C。 例6.【答案】 Q  3 2 B R L 2 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 解析：如图所示，学员专用 请勿外泄 当导体棒转动超过 60°后回路就不闭合了，所以在转过 60°前，根据 中公教育学员专用资料 37 报名专线：400-6300-999 Q  n  R  n B  R S  ，变化的面积为图中所示三角形面积，代入数据得 Q  3 2 B R L 2 例7.【答案】C。 能力提升 1. 【 答 案 】 B 。 解 析 ： 在 此 过 程 中 ， 线 圈 中 的 磁 通 量 改 变 量 大 小 2 B t B a 2 2 B a 2 2        ，根据法拉第电磁感应定律 E n t n B t S n B 2 a 2 t          ，B 正确。 2.【答案】C。解析：开关S断开瞬间，无电流流过灯泡A，灯泡A立即熄灭，C正 确，B错误.线圈和电容构成LC振荡电路，所以AD均错误。 3.【答案】B。解析：当胶木圆盘加速转动时，其产生竖直向下的磁场增强，穿过金 属丝的磁通量增加。根据楞次定律，金属圆环产生感应电流的磁场方向竖直向上，阻碍 原磁通量的增加，由安培定则可判断出金属环中的感应电流方向是沿逆时针；金属环受 到安培力方向沿半径向内，有缩小趋势，面积Ｓ变小并与圆盘相互排斥，导致丝线所受 拉力Ｆ变小。故选B。 4.【答案】BC。解析：闭合开关 S 瞬间，根据二极管的单向导电性，所以 L2 与二 极管处于通路，所以灯泡 L2 立刻亮，而在闭合开关S 瞬间，因线圈 L产生自感电动势 阻碍电流的变化，所以灯泡L1将慢慢变亮，L2、L3均立即变亮，后亮度稍有下降，稳 定后L2、L3亮度相同，故A错误；B正确；断开S的瞬间，因二极管的导通方向与电 流方向相反，则L2立即熄灭，线圈L与灯泡L1、L3构成回路，因线圈产生感应电动势， 所以灯泡L1、L3均将由亮变暗，故C正确，D错误。 U2 B2L2v2 5【. 答案】BCD。解析：由焦耳热Q t  t， R R t = L v 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 U2 B2L3v ，则Q t  ， R R 两次拉动过程的速度不一样，可知产生的焦耳热不一样，A错；两次拉动过程中，磁通 量都在减少，由楞次定律可知，两次的产生的电流方向是一致的，B 正确；由电量 B2L2v L B2L3 q It  t ，t= ，则q It  ，电量与速度无关，则C正确；从左边拉 v R R资 源 公 众 学员专用 请勿外号泄 ： b ig u o 25 3 1 出，ad的电势为U  BLv，从右边拉出U  BL3v，所以左右拉出ad电势相等， ab 4 ab 4 D正确。 6.【答案】A。解析：ab不动，突然撤去磁场，由ab和线圈M构成的回路中磁场突 变且减小，由楞次定律可知，在线圈M上产生的感应电流为逆时针。对M用右手定则， 可知此时 M 突然产生磁场，方向垂直纸面向外，线圈 N 中的磁场突变，由楞次定律可 知会产生瞬时针电流。所以A正确。 中公教育学员专用资料 38 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第五节 交变电流 例1.【答案】B。 例2.【答案】B。解析：由图知t =0.005s时线框的电动势最大，所以磁通量的变化 量最大，磁通量最小为零，线框平面与中性面垂直，故 A错误；t =0.01s时线框电动势 为零，故磁通量最大，线框平面与中性面重合，所以B正确；由图知，线框产生的交变 电动势最大值为311V，所以C错误；周期为0.02s，所以频率为50Hz，故D错误。 例 3.【答案】D。中公教育解析：PQ 匀速切割磁场线产生恒定电压 E=BLV=0.3V，B 错。原线圈电流I=E/r=0.3V/0.4 中公教育学员专用资料 39 报名专线：400-6300-999  =0.75A，A错。由于恒定电流产生恒定磁场，副线圈无 磁场变化，没有电流产生I=0A，P=0W，C错D对。 例4.【答案】C。解析: 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于 输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V的示数不变；当用电 器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即副线圈中 的电流示数变大，副线圈消耗的功率增大；由于变压器的输入的功率和输出的功率相等， 由于副线圈的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变， 所以输入的电流要变大，故C正确，A、B、D错误。 能力提升 1.【答案】ABD。解析：由图可知，交流电的最大电压E 10V ，周期 T  0 .2 5 0 s ， 故 A 错误；根据最大值与有效值以及周期与频率关系有 f  1 T  0 1 .2 5  4 0 H z ，故 B 错误；交变电流的最大值为 I m  2 1 0 0  2 A 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 2 ，则有效值I   2A，故C正确，D错 2 误。 2.【答案】D。解析：当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的电压的最大值为311V， 根据电压与匝数成正比可知，所以副线圈的电压的最大值为 3.11V，电压表的示数为电 压的有效值，所以示数为 V，A错误。若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压 器原、副线圈的匝数比由100：1变为50：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的学员专用 请勿外泄 示数均变大，B错误.若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比 由100：1变为50：1，副线圈电压加倍，电阻不变，输出功率 ，所以输入功率等 于输出功率变为原来的4倍，C错误.单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器触头P向上 移动的过程中，滑动变阻器的电阻增大，电路的总电阻增大，由于电压是由变压器决定 的，电压不变，所以电流变小，C 错误.原线圈与副线圈两端的电压频率均为 50Hz，D 正确。 3.【答案】AD。解析：变压器初级电压有效值为： 中公教育学员专用资料 40 报名专线：400-6300-999 U 1 2 7 2 2 V 2 7 V ，故电 压表的示数为 27V，选项 B 错误；变压器次级电压为 U 2  n n 2 1 U 1  1 3  2 7 V  9 V ， P 6 故三盏灯都能正常发光，次级电流为I 3 =3 A2A，选项 A 正确；由于次 2 U 9 级电压有效值为9 V，最大值为 9 2 V，故副线圈两端接入耐压值为 9V 的电容器不能 正 常 工 作 ， 选 项 C 错 误 ； 变 压 器 副 线 圈 中 交 变 电 流 的 频 率 为 f 1 T 0 1 . 0 2 H Z 5 0 H Z 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，选项D 正确。学员专用 请勿外泄 第三章 热学部分 例 1.【答案】C。解析：布朗运动本身是固体小颗粒在液体分子撞击下的无规则运 动，而不是液体分子的无规则运动，选项A错。不过布朗运动可以反映液体分子的无规 则运动。分子间的相互作用力包括引力和斥力，二力都随距离的增大而减小，只不过斥 力减小的快，所以距离较大时整体表现为引力，距离较小时表现为斥力，选项B错。一 定质量气体，温度不变，分子平均速率不变，体积减小，单位体积内的分子数增加，所 以每秒撞击单位面积器壁的分子数增多，压强增大，选项C对。改变内能方式有两种， 热传递和做功，只凭借从外界吸热，不知道做功情况，无法判断内能变化情况选项D错。 例2.【答案】AD。解析：两分子所具有的总能量为0，乙分子在P点时，分子势能 为-E0，故分子动能为E0，故A正确；乙分子在P点时，分子力为零，故加速度为零， 最小，故B错误；Q点时分子势能为零，但此时受分子力不为零，故不是平衡状态，故 C错误；当乙分子运动至Q点（x=x1）时，其分子势能为零，故其分子动能也为零，分 子间距最小，而后向分子间距变大的方向运动，故乙分子的运动范围为 x≥x1，故 D 正 确.故选AD。 例3．【答案】A。 解析：理想气体内能由温度决定，根据图示分析清楚气体状态变化情况，应用气态 方程与热力学第一定律分析答题，由图象可知，两个过程初末状态的温度相等，则两个 过程中气体内能的增加量相同，故 D 错误；由图象可知，A 到 C 过程，气体压强与热力 学温度成正比，由理想气体状态方程可知，该过程是等容过程，气体体积不变；两过程 的初状态参量相同，B与C状态的温度相同而B的压强大，由理想气体状态方程可知，B 的体积小于C的体积，由于A、C体积相等，则B的体积小于A的体积，从A到B气体体 积减小，外界要对气体做功，A 到 C 过程，气体体积不变，外界对气体做功为零，由于 两个过程内能变化量相等，由热力学第一定律可知，AC过程吸收的热量多，故A正确， BC错误。 例 4.【答案】D。解析：由图像可知，C→A 为等温变化， 中公教育学员专用资料 41 报名专线：400-6300-999 T A  T c ，A→B 为等容过 程，又由于 p  p ，由查理定律可知 A B T A  T B ，则可知 T A  T c  T B 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，所以分子的平 均速率v v v ，A 选项错误；根据图像可知，V V V ，则单位体积的分子数 A c B A B C 关系为n  n  n ，B 选项错误；由 A 选项可知T T T ，分子的平均速率 A B C A c B学员专用 请勿外泄 v v v ，气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力F  F  F ，C选项错误； A c B A c B 由AB选项可知， 中公教育学员专用资料 42 报名专线：400-6300-999 v A  v c  v B ， n A  n B  n C 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，可知A与C状态的分子平均速率相等， 但C状态分子数密度较小，则单位时间内C状态撞击器壁的分子数较少，A与B状态的 分子数密度相等，但A状态的分子平均速率大，单位时间内A状态撞击器壁的分子数比 B状态多，则气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞次数N >N ，N >N ，D选项正 A B A C 确。 例5．【答案】B。 解析：只有单晶体才表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故A错误．晶体有 固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体没有熔点，非晶体在 熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高，故B正确；晶体是具有格子构造的固体，晶 体一定时固体，且内部具格子构造，但外部并不一定具有规则的几何形状，如形状不规 则的金属是晶体，故C错误；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶 体也可以转变为晶体，故D错误。所以B正确，ACD错误。 例6．【答案】ADE 解析：A.表面张力是液体表面层分子间的相互作用，而不是液体各部分间的相互作 用，故A错误； B/与气体接触的液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子 间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r ，分子 0 引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，故B正确；C.随温度的升高， 液体表面层的分子间的距离增大，引力作用随之减小，所以表面张力减小，C 正确、D 错误；E.表面张力使液体表面有收缩的趋势，方向沿液面的切线方向与分界线垂直，E 错误。 例7．【答案】AB。 解析：人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶， 液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结 晶态之间的一种物质状态。液晶既有液体的流动性，又具有晶体的分子排列整齐、各向 异性的状态；但其空间排列规律不稳定，故选A、B。 例 8.【答案】A。解析：温度降低，压强增大，则体积一定减少，气体密度变大， 选项A错误；理想气体的内能只和温度有关，温度越高，则内能变大，选项B正确；理学员专用 请勿外泄 想气体的温度降低则平均动能变小，选项C正确；由热力学第一定律∆U=Q+W，气体内 能减少，则放出的热量一定多于外界对气体做的功，选项D正确。 能力提升 1.【答案】AD。解析：在估测油酸分子直径时，我们把油酸分子简化为了球形，并 在水面上形成了单分子油膜，故A正确；乙图中，显微镜下观察到的是每隔30s时微粒 的位置，不是布朗运动的轨迹，故B错误；晶体具有各向异性，而非晶体和多晶体具有 各向同性，由图可知，其为各向异性，说明云母为单晶体，故C错误；D图中分子间距 离为r 时，分子间作用力的合力F最小为零，而分子势能也最小，故D正确.故选AD. 0 2.【答案】DE。解析：当分子间距离增大时，如果分子间是引力，分子力做负功， 分子势能增加；如果分子间是斥力，分子力做正功，分子势能减小；故A错误; 某固体 物质的摩尔质量为 M，密度为 ρ，则摩尔体积为 中公教育学员专用资料 43 报名专线：400-6300-999 V M  ＝ ；故每个分子的体积为： V 0 V N A M N A  ＝ ＝ 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，但是若是气体，此表达式为气体分子运动占据的空间，不是分子的体 积，故B错误；自然界发生的一切过程能量都守恒，但是根据热力学第二定律知，一切 与热运动有关的宏观过程都是不可逆的.故有些不违背能量守恒的宏观过程也无法自然 发生；故C错误；液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学向异性的特点，选项 D正确；一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，则温度升高，分子平均动能增加， 选项E正确；故选DE. 3.【答案】D。解析：A、B 不在同一条等容线上，由它们的体积不相等；B 到 C 等 温增压，体积减小。 过理想气体A和B点，分别做它们的等容变化的p-t图，如图所示学员专用 请勿外泄 根据理想气体状态方程，可以看出P  P ，所以W W ； B A A B B到C的过程，温度相等，压强增加 中公教育学员专用资料 44 报名专线：400-6300-999 P C  P B 由, P T V  C , 得 W B  W C ； 所以： W A  W B  W C 4.【答案】C。解析：AB过程中，体积增大，气体对外界做功，A不对；BC过程中， 绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；CD过程中， 等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多， C正确；DA过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，分子平均动能增大，气体 分子的速率分布曲线发生变化，D错。 5.【答案】B。解析：设玻璃管的横截面为S1，玻璃管向上移动为等温变化，初态： p 1  6 5 c m H g ， V 1  4 S 1 ，末态： p 2  7 5 c m H g V 2  l 2 S 1 。由玻意耳定律： p V1 1  p 2 V 2 ，得 l 2  p 1 p V 2 1  3 . 5 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 cm，故选B。 6.【答案】B。解析：由于做功与吸热是过程量（即：其大小取决于所经历的具体过 程），所以不知道具体的过程就无法确定；而内能是状态量（即：其大小仅取决于所处 的状态 P,V,T）,由图可知，B 点所在的等温线的温度高于 A 点的等温线的温度，所以 B 点的内能高于A的内能。 7.【答案】D。解析：甲过程描述的是等温过程，所以气体内能不变；乙过程是等容 变化，压强与热力学温度成正比，该过程气体内能增大；丙过程是等压过程，体积随温 度增加而增大。此过程中内能增加，所以答案为D 选项。学员专用 请勿外泄 第四章 机械振动与机械波 第一节 机械振动 例1.【答案】A 例 2.【答案】B。解析：由图可知 t 时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，线速 1 度为零，悬线拉力最小，选项A错误。在t 时刻位移为零，说明摆球处于平衡位置，摆 2 球速度最大，悬线对它的拉力最大，选项B正确。在t 时刻位移最大，说明摆球在最大 3 位移处，速度为零，悬线拉力最小，选项 C 错误。t 时刻位移为零，说明摆球在平衡位 4 置，说明速度最大，悬线拉力最大，选项D错误。故本题选B。 例 3.【答案】D。解析：振子频率增大一倍，也就表明周期变成一半。周期公式为 T= 中公教育学员专用资料 45 报名专线：400-6300-999 m k  2 可知，需要将质量变成四分之一或者k变为4倍，所以AB均错误，根据长度 与K的关系，长度应变为1/4，所以选择D。 例4.【答案】D。中公教育解析：如果从最大位移处开始计时，此时t=0，弹簧形变 最大，Ep最大， T 4 T 时Ep为零， 时，Ep达到最大， 2 3 T 4 时，开始反向运动回到平衡位 置，Ep为零，一个周期时，又回到开始计时的位置，故A和B错误；如果从平衡位置开 始计时，此时t=0，Ep为零， T 4 时Ep达到最大，弹簧开始反向运动， T 2 时Ep为零， 3 T 4 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 时，Ep反向达到最大，一个周期结束时，回到平衡位置，故选C。 例5.【答案】C。解析：A球提供给BCD驱动力，所以摆长与A球越接近的单摆， 振幅越大，当与A球摆长相同时，会产生共振现象，达到最大的振幅。故选C。学员专用 请勿外泄 第二节 机械波 例1.【答案】BDE。解析：质点振动方向与波传播方向垂直的波叫横波，A错；纵波 可在任何介质中传播，B 对；横波和纵波可在同一种介质中传播，如地震波，C 错；质 点振动方向与波传播方向平行的波叫纵波，D对；横波只能在固体中传播，E正确． 例 2.【答案】A。解析：光线由空气进入水中速度减小。频率由振源决定，因此光 线由一种介质进入到另一种介质中频率不变，由 中公教育学员专用资料 46 报名专线：400-6300-999 v f   可知减小。A选项正确。 例 3.【答案】ACD。解析：质点 a 做简谐运动，其回复力指向平衡位置，故其加速 度一定沿y轴负方向．速度方向与波的传播方向有关，若波向右传播，则质点 a向y轴 正方向运动；若波向左传播，则质点a向y轴负方向运动．经过半个周期后，质点a到 达x轴下方的对称点，故B项错误，A、C、D项都正确．若波沿x轴正方向传播，则该 时刻质点a振动方向向上，E错误． 例4.【答案】A。解析：波的衍射发生条件：波在传播中遇到障碍物或小孔，当孔、 缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小。题设演示实验为波的衍射。 例 9.【答案】B。根据“上下坡法”，利用质点 p 沿 y 轴负方向运动可以判断出该 波沿v轴正方向传播，故 C、D 错误；又因该波的波长  2 0 m  ，由 v T   可得， v  2 2 0 . 0 m / s  1 0 m / s 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，选项B正确，A错误。学员专用 请勿外泄 能力提升 1【. 答案】C。解析：A、B弹簧振子做简谐运动，先后经过M、N两点时速度v（ 中公教育学员专用资料 47 报名专线：400-6300-999 v  0 ） 相同，根据对称性可知M、N两点关于平衡位置对称，两点相对于平衡位置的位移大小 相等、方向相反，根据 v （F kx）可知，回复力大小相等、方向相反，说明回复力 kx 相反，故 AB 错误；C、M、N 两点相对于平衡位置的位移大小相等，根据a   ， m 分析可知加速度大小相等，故C正确；D、从M点到N点，回复力先减小后增大，振子 的加速度先减小后增大，所以振子先做变加速运动，后做变减速运动，故D错误。故选 C。 2.【答案】ADE。解析：从图像中可知两振子的振幅 A 甲  2 c m ， A 乙  1 c m 故 A 正确；从图中可知做简谐振动的周期为 T 甲  4 s , T 乙  8 s ，根据公式 T L g   2 ，可得 摆长之比为 1：4，B 错误；第 2s 末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速 度最大，速度最小，D正确；前2秒内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，故 C 错误；0~8s内甲振动了2个周期，故路程为 S 甲  8 A  1 6 c m ，乙振动了1个周期，所 以路程为 S 乙  4 A  4 c m ，故路程之比为4：1，E正确。 3.【答案】A。解析：根据能量守恒定律判断出它们上升的最大高度相同.所以两球 不会相撞，振幅相同.根据.单摆的周期 T l g   2 ，周期与摆球的质量、振幅无关.根据 动能定理，由最高点到最低点， m g l (1  c o s )  m v 2  0 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25  ，v 2gl(1cos) ，所以 甲乙最大速度相等.故A正确，BCD错误。 4.【答案】BC。解析：由图知，a 质点处是两列波的波峰与波谷相遇的地方，振动 最弱；b 质点处是两列波波峰与波峰叠加的地方，振动最强.c 质点处是两列波波谷与波 谷叠加的地方，振动也最强.如图所示，学员专用 请勿外泄 d 质点在振动加强的区域，所以其振动也最强，故 A 错误；B、C 正确； 中公教育学员专用资料 48 报名专线：400-6300-999 1 4 T 再过 后的时刻 a 处于平衡位置，b、c 两个质点回到自己的平衡位置，但 b、c 的振动始终是 加强的，D错误；故选BC。 5.【答案】ABC。解析：因为波长与孔的尺寸差不多，所以能够观察到明显的衍射 现象。故 A 正确.波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等. 故 B 正确.如果将孔 AB 扩大，孔的尺寸大于波的波长，可能观察不到明显的衍射现象. 故 C 正确.如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，根据  v f 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25  知，波长 减小，可能观察不到明显的衍射现象.故D错误，故选ABC。学员专用 请勿外泄 第五章 光学 第一节 几何光学 例1.【答案】A。解析：根据图像分析可知，a光的折射率较小，b光的折射率较大； 所以由 中公教育学员专用资料 49 报名专线：400-6300-999 v  c n 可知，玻璃中a光的传播速度比b光的大，A选项正确；a光的波长较长， b光的波长较短，根据   x  l d 1 ，可知a光产生的条纹间距比b光宽；根据sinC  n 可知，将 a，b 光以相同的入射角从玻璃射向空气，若 b 光能发生全反射，则 a 光不一 定能发生全反射。故A选项正确。 例2.【答案】B。解析：应从以下两点考虑（1）由临界角公式sinC=1/n求出光从玻 璃射入空气时发生全反射的临界角C．（2）根据折射定律求出光线在OA面的折射角， 光线射到 AB 圆弧上时，当入射角等于临界角时发生全反射，找出临界的入射点 C，画 出光路图，由几何知识求出圆弧AB上有光透出部分的弧长。 （1）由sinC＝1/n求得C=45°． （2）作出光路图如图所示，设光线在C点恰好发生全反射。 由折射定律得，  n  s in s in 4 5 0 得sinγ＝1/2，所以 3 0    资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 。 由几何知识得，∠AOC=180°-120°-45°=15° 则∠COD=90°-∠AOC-γ=90°-15°-30°=45° 弧AB上有光透出的部分弧长CD为 =πr/4 故B对。 例 3.【答案】B。解析：折射率的大小到小的顺序为紫光、蓝光、黄光、红光，图 中abcd四条光线偏折程度逐渐减小，折射率率逐渐减小，所以应该选择B选项。学员专用 请勿外泄 第二节 波动光学 例 1.【答案】B。解析：由图分析可知，双缝干涉的产生的条纹间距变大。根据公 l 式x 可知条纹间距离只与三个因素有关，减小光源到单缝的距离不影响条纹的间 d 距；减小双缝之间的距离即减小 d，条纹间距变大；减小双缝到光源之间的距离即减小 l，条纹间距变小不符合题意；换用更高频率的单色光源可知，减小，条纹间距变小。 故本题选B选项。 例 2.【答案】ABE。解析：衍射图样是复杂的光波的叠加现象，双缝干涉中光通过 三个狭缝时均发生衍射现象，一般现象中既有干涉又有衍射．一切波都能发生衍射，但 要发生明显的衍射，需要满足障碍物的尺寸小于或相当于波长的条件，故A、B、E正确， C、D错误。 能力提升 1.【答案】ABD。解析：有关日食和月食形成原因就知道，由于光的直线传播，在 本影区的人看到的全食，而半影区的人看到的是偏食，伪本影区的人们看到环食。光沿 直线传波是在同一均匀介质中。很多现象都说明光沿直线传播，如射击等。 2.【答案】D。解析：由图知：P 光和 Q 光的折射角相等，而 P 光的偏折程度小， 根据折射定律知P光的折射率比Q光小，由 中公教育学员专用资料 50 报名专线：400-6300-999 v  c n 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 知P光在玻璃砖中传播速度大，则P 光穿过玻璃砖所需的时间比Q光短，故A错误。P光的折射率小，频率小，则P光的波 1 长比Q光的波长长，故B错误。根据临界角公式sinC  ，知P光束的折射率小，临 n 界角大，所以若Q光能发生全反射，则P光不一定能发生全反射，故C错误。P光束的 折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹的间距与波长成正比，则P光形成的干涉条纹间 距比Q光的大，故D正确，故选D。 3.【答案】A。解析：太阳、蜡烛等普通光源发出的光为自然光，包括在垂直光的传 播方向上沿一切方向振动的光，故选项A正确；自然光通过偏振片时，只有与偏振片透 振方向一致的光才能通过，沿其他方向振动的光被偏振片吸收，所以通过偏振片后的透 射光是偏振光，不论通过几个偏振片，所以选项B是错误的；由于自然光在各个振动方学员专用 请勿外泄 向上的强度相同，所以旋转偏振片时透射亮度不变，即旋转偏振片时亮度不变是因为入 射光是自然光，而不是因为透射光不是偏振光，所以选项C错误；偏振现象是很普遍的， 而不是只有通过偏振片后才能成为偏振光，平常见到的绝大多数光是偏振光，故选项D 错误，只有选项A正确。 4.【答案】A。解析：光线从水中射向水面，出射光区域边界上光线恰好发生全反射， 由题意可知：P 光照亮的水面区域大于 Q 光，则 P 的临界角大于 Q 的临界角，所以由 中公教育学员专用资料 51 报名专线：400-6300-999 s i n C  1 n 得知，P 的折射率小于 Q 的折射率，P 光的频率也小于 Q 光的频率。根据光 电效应的结论可知，P光恰能使某金属发生光电效应，则Q光可能使该金属发生光电效 应，故A正确，C错误；P的折射率小于Q的折射率，由 v  c n 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 知，P光在水中的速度 大于Q的速度，故B错误；由上分析知，P的折射率小于Q的，则P光的波长比Q长， 让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的相邻条纹间距大于Q，故D错误；故选A。学员专用 请勿外泄 第六章 近代原子物理 第一节 光电效应 波粒二象性 例1.【答案】B。解析：紫外线、 X射线 、 可见光、红外线中X射线的波长最短、 频率最高，所以X射线光子的能量 中公教育学员专用资料 52 报名专线：400-6300-999 ε  h υ 最强，所以B正确；ACD错误。 例2.【答案】AD。解析：已知用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，可 知光电管阴极金属材料的极限频率肯定小于 ν，改用频率较小的光照射时，仍有可能发 生光电效应，选项 C 错误；根据爱因斯坦光电效应方程 可知，增加照射光 频率，光电子最大初动能也增大，故选项D正确；增大入射光强度，单位时间内照射到 单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否产生于照射 光频率有关而与照射光强度无关，故选项B错误。 例 3.【答案】D。解析：A.可见光照射阴极，可以发生光电效应，用紫外光照射， 因为紫外光的频率大于可见光的频率，所以一定能发生光电效应，所加的电压是正向电 压，则一定有电流通过．故A错误． B.红外光的频率小于红光，不一定能发生光电效应，不一定有电流通过．故B错误． C.频率为 的可见光照射K，变阻器的滑片移到A端，两端的电压为零，但光电子 0 有初动能，故电流表中仍由电流通过．故C错误． D.频率为 0 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25  的可见光照射K，一定能发生光电效应，变阻器的滑片向B端滑动时， 可能电流已达到饱和电流，所以电流表示数可能不变．故D正确．故选D． 例 4.【答案】D。A.金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，故 A 错误。 B.根据爱因斯坦光电效应方程 E =hν-W ，可知光电子的最大初动能 E 与入射光 km 0 km 的强度无关，但入射光越强，光电流越大，只要入射光的频率不变，则光电子的最大初 动能不变。故B错误。 C.要有光电子逸出，则光电子的最大初动能E ＞0，即只有入射光的频率大于金属 km 的极限频率即ν＞ν 时才会有光电子逸出。故C错误。 0资 源 公 众 学员专用 请勿外号泄 ： b ig u o 25 D.根据爱因斯坦光电效应方程E =hν-W ，斜率即为h，故D正确。 km 0 例 5.【答案】C。解析：虽然入射光强度不同，但光的频率相同，所以遏止电压相 同；又因当入射光强时，单位时间逸出的光电子多，饱和光电流大，所以选C。 例6.【答案】D。解析：实物粒子与光子都具有波粒二象性，A、B、C正确 中公教育学员专用资料 53 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第二节 原子结构 例1.【答案】BD。解析：在α粒子的散射现象中粒子所受原子核的作用力是斥力， 故斥力指向轨迹的内侧，显然A中下方粒子受力指向轨迹的外侧，故A错误； 在α粒子的散射现象中绝大多数的α粒子都照直穿过薄金箔，偏转很小，但有少数 α粒子发生角度很大的偏转，个别的α粒子偏转角大于90°，极少数的α粒子偏转角大于 150°，甚至个别粒子沿原方向弹回．原因在 α 粒子的散射现象中粒子所受原子核的作用 力是斥力，故越靠近原子核的粒子受到的斥力越大，轨迹的偏转角越大，故 BD 正确， C错误。 例 2.【答案】BCE。解析：A.氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量 为10.2eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误； B.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，根据 中公教育学员专用资料 54 报名专线：400-6300-999 C 2n 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 可知，能放出3种不同频率的 光，故B正确； C.一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光子的能量最大的是 −1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为 E =12.09−3.34=8.75eV，故C正确； Km D.用能量为10.3eV的光子照射，小于12.09eV，不可能使处于基态的氢原子跃迁到 激发态，要正好等于12.09eV，才能跃迁，故D错误； E.能量为14.OeV大于13.6eV，因此此光子照射，可使处于基态的氢原子电离，故E 正确； 故选：BCE。学员专用 请勿外泄 第三节 原子核 例1．【答案】B。 解析：A.根据带电粒子在电场中的受力方向和曲线运动的条件可以判断，C带负电， 为电子流，A错误；B.A带正电，为氦核组成的粒子流，电离能力最强，B正确；C.B不 带电，为光子，穿透能力最强，C错误；D.B比X射线的频率高，比X射线的波长短， D错误。故选：B。 例2．【答案】AC。 解析：原子核 中公教育学员专用资料 55 报名专线：400-6300-999 29 30 4 T h 其中234是质量数，90是电荷数，所以Th内有90个质子，故 核外有90个电子。中子数234-90=144个，质子和中子统称为核子，所以核内有234个 核子，故C正确；A、B、D错误。 例3．【答案】 10 n + 11 H  21 H ； Q 2 解析：设某原子核的质量数为x，核电荷数为y，根据核反应前后质量数、 核电荷数均守恒可得 x+1=2，0+y=1，联立两式解得x=1，y=1，该原子核为 质子，核反应方程式为 10 n  11 H  21 H 。核反应放出能量为Q时，2H的比结合 1 能为 Q 2 。 例4．【答案】BD。 解析：A中质量数不守恒， 29 32 8 U  29 30 4 T h  42 H e 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ，为衰变，A错误；B中方程为 查德威克利用 α粒子轰击铍核打出了中子，属于人工转变，B正确；C属于裂变，C错 误；D属于轻核聚变，D正确。 能力提升学员专用 请勿外泄 1.【答案】A。解析：由玻尔理论可知，一个光子的能量等于两个能级之差，即E=hν， 当氢原子从 n=5 的激发态直接跃迁到 n=2 的激发态时，光子的最大能量 E=E5-E2＞ E4-E2，该光子的频率大于蓝光的频率，即可能发出紫光，γ射线的频率虽然大于蓝光， 但只有在原子核受到激发时才能产生。故选A。 2.【答案】AB。解析：处于激发态的氢原子放出光子后，将低能级跃迁，运动半径 减小，其动能增大，靠近原子核受到库伦引力变大，根据牛顿第二定律可以知道，加速 度变大，故A正确；根据 ，轨道半径增大，电子的动能减小，原子能量增大， 势能增大，故B正确；卢瑟福发现了质子，查德威克发现了中子，故C错误；天然放射 现象的发现使人类认识到原子核具有复杂的结构，故D错误。 3.【答案】C。解析：从n=4能级跃迁到n=3能级时辐射的光子能量 中公教育学员专用资料 56 报名专线：400-6300-999  E 4 3   0 .8 5  (  1 .5 1 )  0 . 6 6 e V ，不在可见光光子能量范围之内，属于红外线，故A 错误；从n=4能级跃迁到n=2能级时辐射的光子能量  E 4 2   0 . 8 5  (  3 . 4 0 )  2 . 5 5 e V   E 4 3 E ，光子的频率 ，所以  ，故 h 43 42 B错误；从n=4能级跃迁到n=1能级时辐射的光子能量  E 4 1   0 .8 5  (  1 3 . 6 0 )  1 2 .7 5 e V   E 4 3 ，光子的波长  h  c E  ，所以 4 3 4 1    资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 ， 故C正确；从第4能级跃迁到第3能级时，原子要辐射一定频率的光子，原子的能量减 少，故D错误。 4.【答案】C。解析：A中由于有α粒子放出，故为α衰变，选项A 错误；B是原 子核的人工转变方程，选项B错误；C是轻核聚变方程，选项C正确；D中放射出电子， 是β衰变方程，选项D 错误。 5.【答案】D。解析：氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，Em-En=hν ，从能 1 级n跃迁到能级k时吸收紫光Ek-En=hν ，则从能级k跃迁到能级m有Ek-Em=（Ek-En） 2 -（Em-En）=hν -hν ，因红光的能量小于紫光的能量，故能量降低辐射光子；故选D。 2 1学员专用 请勿外泄 第二部分 大学物理 第二章 力学 第一节 质点运动学 1.【答案】11.79 中公教育学员专用资料 57 报名专线：400-6300-999 m / s 2 解析： a  d d v t  d d v x  d d x t  v d d v x a d x  v d v  a d x  c   v d v 3 x  2 x 2  c  1 2 v 2 （c为常数） 将x=0代入解得常数c，再将x=5代入求v即可，v=11.79 m / s 2 。 2.【答案】 v  2 m k ( 1 x  1 x 0 ) 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 解析：由牛顿第二定律得 k dv dx dv f    m   mv x2 dx dt dx k dx 分离变量得：vdv   m x2 v k x dx 积分  vdv  0 m x x2 0学员专用 请勿外泄 中公教育学员专用资料 58 报名专线：400-6300-999 1 2 v 2  k m ( 1 x  1 x 0 ) 整理得 v  2 m k ( 1 x  1 x 0 ) 3.【答案】 5 .7 6 m 。 解析：设运动员以初速度为零起跳，至水面之速度为 v 0  2 g h  2  9 .8  1 0 m / s  1 4 m / s 在水中加速度为 d v d y t   k v y 2 ，其中v v (y) y y d v d y t  d d v y y d d y t  v y d d v y y d d v y y   k v y 即 d v v y y   k d y 作不定积分并简化得v Ceky y C 为积分常数，引入初始条件 y  0 时 v y  v 0 得 v y  v 0 e  k y 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 设v v /10，将k=0.4m-1代入此式，得 y 0 y5.76m学员专用 请勿外泄 第二节 功和功率 1.【答案】A。 第三节 刚体力学 1.【答案】 中公教育学员专用资料 59 报名专线：400-6300-999 M 合  m g r 。 解析：质点 m 相对圆锥摆悬点O´的矢径 r O ' ，质点m 相对圆锥运动中心O矢径 r O 设 r O  r F T c m o g s   ， F m g t a n   对 O  点M r mg 重 O' M 重  m g r M T  r O   F T  0 M 合  r O '  F M m g t a n r O c o s m g r   合     资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 2.【答案】B。解析：角动量守恒，但转动惯量增大，所以角速度减小。 3.【答案】C学员专用 请勿外泄 能力提升 1.【答案】 中公教育学员专用资料 60 报名专线：400-6300-999 v  k 2 2 t ； a  k 2 2 解析：由 v  k x ， v  d d x t 可知： d d x t  k x ， d x x  k d t --------------对该式进行积分  x 0 1 x d x   tk 0 d t --------初始位移和时间都为0 2 x  k t k2 x  t2-------------- 4 x  x ( t ) v  d d x t  k 2 2 t ----------v v(t) a  d d v t  k 2 2 ----------- a  a ( t ) 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 2.【答案】 （1）跳水运动员从跳台到水面的过程中做自由落体运动，由公式v2  2gh得 1 v 10 2m/s。 1 f v2 dv v2 （2）根据题意得a   ，又因为a   ① m m dt m dv dv dx dv    v② dt dx dt dx学员专用 请勿外泄 dv v dv 由①②两式可得  ，即  kdx③，其中 dx m v 中公教育学员专用资料 61 报名专线：400-6300-999 k  为常数，k  。 m 作不定积分并简化得 v y  C e  k y v Cekx C 为积分常数，引入初始条件 y  0 时 v  v 1 得 v  v 1 e  k x  ，其中k  。 m 3.【答案】（1）mR2（2） m R 2 ( g a  1 ) 解析：（1）取半径为r，宽为dr的薄圆环，则薄圆环的质量为dm= r d r    2 ,为 圆盘的面密度。则转动惯量为 J r 2 d m R 0 r 2 2 r d r 1 2 R 4         ； 因为 m R 2    ，所以 J  1 2 m R 2 （2）设绳中的张力为 T，对物块受力分析，物块加速度为 m，则 T=m(g-a)，即绳 对圆盘的作用力为T=m(g-a)，由刚体定轴转动定理，M  J Z M T R，  Z a  d d v t  R  d d w t  R 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 TR m(ga)R g 则J   mR2( 1)  a R a学员专用 请勿外泄 第三章 电场 第一节 静电场及叠加 1.【答案】 中公教育学员专用资料 62 报名专线：400-6300-999 E x 4 q 0 a L ( s i n 2 s i n 1 )      ， E y 4 q 0 a L ( c o s 1 c o s 2 )      解析：如图所示，设直棒两端至点P的连线与x轴正向间的夹角分别为 和 ，考 1 2 q 虑棒上x处的元段dx，其带电量dq dx dx，它在P点产生的电场强度大小为 L d E  4   d  x l 0 2 其中 l 是微元dx到P点的距离， dE的方向如图所示.计算其沿x轴和y轴的分量 分别积分得： dx   E dE  cos 2 cosd x x 4l2  4 a 0 1 0  4  q  0 a L ( s i n  2  s i n  1 ) E y    2  1 4    0 a s i n  d   4  q  0 a L ( c o s  1  c o s  2 ) 讨论：（1）对于半无限长均匀带电细棒（  1  0 ,  2   / 2 或  1   / 2 ,  2   ） 则 E x   4    0 a ； E y  4    0 a 资 源 公 众 号 ： b ig u o 25 （2）对于无限长均匀带电细棒（ 0, ）则有 1 2  E 0, E  x y 2 a 0 L 2.【答案】E  3 4x2(1L2 /4x2) 2 0学员专用 请勿外泄 3.【答案】 中公教育学员专用资料 63 报名专线：400-6300-999 E 2 0 [ 1 ( x 2 x R 2 ) 1 2 ]      第二节 静电场的通量、高斯定理 1.【答案】 E  2   0 【解析】考虑距带电平面为r的P点的场强E.由于电荷分布对于垂线OP是对称的， 所以P点的场强必然垂直于该带电平面.又由于电荷均匀分布在一个无限大平面上，所以 电场分布必然对该平面对称，且在带电平面两侧距平面等远处场强大小相等，方向垂直 指离平面（当σ> 0时）。 现选一个其轴垂直于带电平面的圆筒式封闭面作为高斯面 S ，带电平面平分此圆 筒，而P点位于它的一个底上.由于圆筒的侧面上各点的E与侧面平行，所以通过侧面的 电通量为零.因而只需要计算通过底面的电通量.以  S 表示一个底的面积，则由高斯定理 便得 2ES S / 0 从而 E  2   0 讨论： 1）无限大均匀带电平面两侧的电场是均匀场，方向当σ> 0 时，垂直指离 平面，当σ< 0 时，垂直指向平面 2）对于几个平行的无限大带电平面，可用场的叠加原理得其电场分布.例如两无限 大带等量异号（）平行平面的电场，在其内为 E    0 ，在其外，E = 0 ． 同样用高斯定理可方便的计算出线电荷密度为λ的无限长均匀带电细棒和无限长 均匀带电圆筒等的电场分布.  2.E  2r 0学员专用 请勿外泄 第三节 静电场环路定理 1.【解析】取坐标轴如图 4.2 所示，X 轴沿着圆环的轴线，原点 o 位于环中心处. 设P点距环心的距离为x，它到环上任一点的距离为r；在环上任取一电荷元dq，它在P 点的电势： 中公教育学员专用资料 64 报名专线：400-6300-999 d V  4 d  q  0 r 于是整个带电圆环在P点的电势 dq q V    4r 4 R2 x2 0 0 在x=0处，即圆环中心处的电势 q V  4 R 0 2.【答案】 6 q 0 l ；  6 q 0 l 。 学员专用 请勿外泄 第四章 磁场 第一节 磁感应强度 1.【答案】 中公教育学员专用资料 65 报名专线：400-6300-999 4 0 I r 0 c o s 1 c o s 2 )     （  解析：在直导线上任取一电流元Idz，如图所示，按毕奥—萨伐尔定律，此电流元 在给定点P处的磁感应强度 d B 的大小：  Idzsin dB 0 ，方向均沿x轴的负方向（右手螺旋定则） 4 r2 对上式积分得： B C D d B 4 0 C D I d z s r i 2 n        式中z、r、都是变量，需要统一到同一变量才能积分。于是： z r 0 c o t    ， r r 0 / s i n   ，dzrd/sin2 0 I  I 代入积分式，有B 0  2sind= 0 （coscos)，方向沿x轴负方向 4r  4r 1 2 0 1 0 I 讨论拓展：（1）z延长为无限长载流长直导线时，即 0， ，则B 0 1 2 2r 0  I （2）z为半无限长载流长直导线，即  ， ，则B  0 1 2 2 P 4r 0学员专用 请勿外泄 2.【答案】 中公教育学员专用资料 66 报名专线：400-6300-999 2 ( x 2 0 I R R 2 2 ) 3 2   解析：如图所示，磁感应强度在竖直方向的分量相互抵消，所以： B B x d B s i n     s i n R / r   r 2  R 2  x 2 由毕奥—萨伐尔定律得： d B 4 0 I d r l 2    ，则 d B x 4 0 I s i n r 2 d l     I sindl IR 2R B B  0   0  dl x 4 l r2 4r3 0 算得 B 2 ( x 2 0 I R R 2 2 ) 3 2   学员专用 请勿外泄 能力提升 1.【答案】B。解析：均在半圆上取线元, 中公教育学员专用资料 67 报名专线：400-6300-999 d l r d   其线元带点量为 d q d l   ，所以 d E 4 d q 0 R 2   。因为各个电荷元在 0 点产生的 d E 方向不同,所以把 d E 分解其中 d E y  0 , d E x d E s i n   。所以 E 4 R 0 R 2 0 s i n d 2 R 0            。学员专用 请勿外泄 第五章 热学 第一节 气体动理论 1.【答案】 中公教育学员专用资料 68 报名专线：400-6300-999 2 .7  1 0 2 3 （个 / m 3 ） 解析：在标准状态下， p  1 a t m  1 . 0 1 3  1 0 5 P a ， T  2 7 3 K 理想气体状态方程 pnkT ， k  1 .3 8  1 0  2 3 ( J  K  1 ) P 则n 2.71025（个 kT / m 3 ） 化为立方厘米则得答案2.71023（个 / m 3 ） 例2.【答案】ABC。解析：由温度的统计意义： k 1 2 m 0 v 2 3 2 k T    ，可知ABC为 正确的。学员专用 请勿外泄 第二节 热力学定律 例 1.【答案】A。解析：理想气体的内能是状态量，与过程无关。所以图中 abc 和 ac 过程的内能增量相等，且由 ac 为等温过程可知 中公教育学员专用资料 69 报名专线：400-6300-999  E  0 。PV 图像的功为曲线下方的 面积，显然abc 过程的功大于0。由热力学第一定律 Q   E  A  0 ，所以 abc过程是 吸热过程。 同理，图（2）中def过程和df过程的内能增量相等，并由df为绝热过程可知，内 能增量为  E =  A d f ，二曲线过程中所作的功都为曲线下方的面积，明显df过程的功要 大于def过程的功，则对def用热力学第一定律：QEA A A 0，所 def df def 以def过程为放热过程。 例 2.【答案】B。解析：既然是绝热过程，则有  E =  A ，而两个绝热过程对应的 温度变化值相同，即内能增量大小相同，所以作功的大小也相同，过程曲线下的面积也 就相同了。学员专用 请勿外泄 第三部分 课程标准及物理教学论 第一章 《普通高中物理课程标准》 第一节 课程理论 能力提升 【参考答案】科学研究方法；探索自然、理解自然的兴趣与热情。 第三节 课程内容 能力提升 【答案】C。解析：选修3-2划分为三个二级主题：电磁感应，交变电流，传感器。 选修 3-3 划分为四个二级主题：分子动理论与统计思想，固体、液体与气体，热力学定 律与能量守恒，能源与可持续发展。选修3-4划分为四个二级主题：机械振动与机械波， 电磁振荡与电磁波，光，相对论等。选修 3-5 划分为四个二级主题：碰撞与动量守恒， 原子结构，原子核，波粒二象性等。 中公教育学员专用资料 70 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第二章 物理教学的基本理论 第三节 中学物理教学方法 能力提升 【参考答案】 这两个问题都可以联想到生活实例，跟着问题的描述，学生脑海里也会冒出问号， 同时问题的答案又和“动量”息息相关。能够体现启发学生思考，知识联系实际等课程理 念。这两个提问体现的功能有： 1.集中注意力，激发兴趣 这样的提问能够快速集中学生的注意力，学生会顺着问题的思路继续思考“为什么不 能接子弹呢，为什么眼没有感觉呢”。从而激发学生学习兴趣，积极的进入到学习的氛围 中，此时教师如果继续出示相关的视频或动画能够起到更好的效果。 2.启发学生思维，发展学生智力 设置这样的问题能够培养学生的思考能力，如果鼓励学生大胆猜想，那么得到的答 案一般不会是“子弹能打伤人，空气分子质量太小了”等回答，而是从物理的角度去思考 这样的问题，长此以往能够发展学生的物理思维和勤思考的品质。 章末测验 一、选择题 1.【答案】A。解析：本题是对分组方法的考察，应遵循“组间同质，组内异质”的原 则。组内异质，表现为小组成员在性格、成绩、动手能力和表达能力、家庭等方面一定 的差异性和互补性。而组间必须同质，即小组间尽量减少差异，使其各方面情况相当， 尽量使各小组之间的竞争公平、合理。因此，本题选A。 2.【答案】C。解析：二者区别在于目的不同，讲授法是指教师运用口头语言进行教 学的一种方法。其主要特点是通过教师的语言，适当辅以其他教学手段向学生传递知识 中公教育学员专用资料 71 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 信息，促进学生理解，启发学生思维，发展学生能力。实验法在控制条件下操纵某种变 量来考查它对其他变量影响的一种研究方法。实验法的特点主要是把实验、观察与思维 活动紧密结合，从而获得知识与技能，掌握实验和观察的方法，提高学生应用实验解决 问题的能力，并养成勤于动手、善于思考的习惯以及严谨的科学态度和实事求是、勇于 探索的科学精神。故选C。 3.【答案】A。解析：“电流周围存在磁场”主要是通过通电直导线旁的小磁针偏转这 一现象得以证明。教师宜采用实验法来帮助学生认识这一结论，故选择A。只要是电流， 周围即存在磁场，B选项错误；二这部分知识属于学生需要知道的结论，故C选项错误。 4.【答案】B。解析：物理教学原则包括：科学性、教育性与艺术性相结合的原则； 突出物理学科特点，注重观察实验的原则；注重物理思想方法教育的原则；注重科学探 究的原则；贴近学生生活、联系社会实际的原则。其中对B选项没有明确指出，故选B。 二、填空题 1.【答案】正确无误；充分的依据；科学性。 2.【答案】科学性、教育性与艺术性相结合的原则；突出物理学科特点，注重观察 实验的原则；注重物理思想方法教育的原则；注重科学探究的原则；贴近学生生活、联 系社会实际的原则。 3.【答案】控制变量法；等效替代法；类比法；理想模型法；转换法；归纳法等。 4.【答案】科学（Science）、技术（Technology）、社会（Society） 三、判断题 1.【答案】错误。解析：教学模式虽然有各自的理论基础和操作程序，是经过权威 人士根据一定的教育理论和学科特点所总结出来的一套方法体系，但是不同的教学模式 有各自的特点以及优势和不足，教师在教学时要结合学生和课程特点选择恰当的教学模 式，并针对不足之处加以改正。 2.【答案】错误。解析：演示实验应引导学生积极思考，或先预测实验结果，或根 据实验目的设想实验应如何设计等等，演示实验要确保实验的成功，要教给学生观察的 方法，指导学生正确操作、有效记录并分析数据，最后归纳推理得出结论。 3.【答案】错误。解析：前者指泛指一切可以进行教学的方法或方式，后者单只标 准的，规范的教学方法。前者范围更广。 四、简答题 中公教育学员专用资料 72 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 1.【参考答案】 “启发—引导”教学模式强调教师的主体作用，突出引导性，帮助学生少走弯路。其 教学目标包括：引导学生主动建构知识，帮助学生领悟物理学研究方法，掌握解题思路。 同时在情感方面激发学生的好奇心和求知欲。 而这种教学模式的操作程序一般为： 激发动机—引导观察—启发思维—练习运用—巩固深化 第一，要激发学生学习新知识的动机。教师要通过各种手段创设能引起学生求知欲 的问题情境，使学生明了问题，集中注意，为学习新知识做好准备。 第二，要引导学生观察、实验，获得丰富的感性认识，这是学生进行下一步思维加 工必不可少的基础。教师要用语言唤醒学生已有的经验，或者通过实验丰富学生对物理 现象的感知，引导学生对物理现象、事实进行细致、全面地观察，发现现象之间的联系 与规律性。 第三，要引导学生的思维加工过程，对观察到的现象进行分析、推理，然后表述认 识的结果，建立概念、总结规律。 第四，要让学生学会运用新知识解决问题。教师通过安排适当的练习与作业，引导 学生尝试运用新知识解决问题，从而加深对新知识的理解，并学会运用新知识的方法。 第五，要让学生巩固新知识，将新知识与已有知识建立起联系，纳入自己的认知结 构。 这种教学模式的优势：由于是在教师正确的引导下学习，能够帮助学生少走弯路， 节约时间，提高教学效率，高效传递知识，而且传递的知识是经过人类集体智慧检验过 的，准确性很高。 而不足在于：教学过程中学生处于被动地位，是在教师的引导下思考，思考空间受 限；同时思考的方向和结论一般有教师把握，导致学生以教师的话为标准，容易迷信权 威，也不习惯超越；在学生遇到困难时有教师的提示，从而快速的得出结论，难以真正 体验人类探求真知过程的艰辛与曲折，也就难以形成探究的精神与能力。 2.【参考答案】 这一教学模式强调学生的自主性，教师创设一定的主题学习环境，学生在教师的指 导下通过自学与讨论的方式，理解前人的研究过程与成果，在自己原有认识的基础上完 成认知建构。 自学—讨论模式的主要教学目标除了学习新知识，更重要的是学会学习。而采用这 种模式条件： 中公教育学员专用资料 73 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 一是学生需要有一定的能力基础。自学时“自学—讨论”模式的必要环节，在组织学 生进行自学新知识是时，要求学生需要具备已定的阅读和理解能力、信息的提炼和归纳 总结的能力、一定的自律意识及专注力。这样才能保证自学环节的有效，保证学生有相 应的自学成果，为后面的讨论环节奠定基础。 二是需要有充足的学习资源。在自学环节教师根据学生的经验和水平需要提供相应 的自学资料和自学提纲。这可能包含自学内容所涉及到的各个领域。而自学材料的呈现 方式包括网络图书馆、适合学生理解的图书资料，以及必要的实验器材等。 3.【参考答案】 ①模糊不清、内容没有针对性和目的性的提问。 ②提问数量多，没有停顿。 ③先点名后提问，忽视学生的思维过程。 ④提问只求正确答案，排斥学生思维。 ⑤只选择相同的学生提问，往往是形式上的反馈。 4.【参考答案】 物理学本身是和自然现象、科学技术、社会生产和日常生活紧密相联系的。物理课 堂是物理教学进行STS教育的基本形式。 在物理教学中STS的渗透应结合教学内容向学生介绍物理科学技术的新发展、新成 果和新成就。如当今新兴材料的研制及应用；超导体的获得及应用；现代航空航天技术、 信息技术、通讯技术的发展状况及趋势；大型及超大型集成电路在社会生产和生活中的 应用；激光、激光全息摄影、防伪技术等等。这样的物理课才具有时代的气息。 物理课堂教学中进行STS教育不是用STS教育取代物理教学，而是把两者有机结合 起来进行STS教育。在物理课堂教育中进行STS教育，应在立足教材和改革教法上实现 STS教育的合理渗透，达到物理教育与STS教育的和谐结合。教师备课要在讲清楚物理 基本知识的同时，注意充分挖掘教材中的STS教育因素，通过设计合理的教学过程，在 教学的各个环节把STS教育与知识与技能、过程与方法、情感志度与价值观等教学要求 和谐地结合起来。 五、论述题 1.【参考答案】 物理教学几种常见的教学方法有：讲授法、谈话法、讨论法、实验法、演示法、练 习法。 中公教育学员专用资料 74 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 1.讲授法。 讲授法可以在短时间内传授大量知识，且讲授的知识系统性强，还能够有效启发学 生积极思维，激发学习热情。但这种方法也有它的局限性，必须辅之以其他手段才能更 好的发挥作用。它既适用于传授新知识，也适用于巩固旧知识；它既可以描述物理现象、 叙述物理事实，又可以解释物理概念、论证物理原理、用明物理规律，其他的教学方法 一般都离不开讲授法的配合。 2.谈话法。 谈话法可以建立一条清晰的逻辑过程，例如在讲解“牛顿第三定律”时，设计这样的 教学片段： 教师：这节课我们讲——作用力与反作用力。大家体验一下，你们坐在座位上用力 推课桌，有何感觉？ 学生：桌子也在推我，我用的力越大，身体向后仰的越厉害。 教师：你们用笔再用力写下“牛顿第三定律”这几个字。在用力握笔写字时，会发现 笔杆对手也有力的作用，有时手指的肌肉会压下一个坑，使肌肉发生形变。同学们请看 一看你们的手指……（略微停顿一会儿） 教师：你们再用力拍一下桌子，又有何感觉？为什么会这样？ 学生：用力大时手也感到疼。因为在手对桌子施加力的时候，桌子对手也有力的作 用。 教师：说明力的作用是相互的。 3.讨论法。 它可以较好地调动学生学习的积极性和主动性，有利于培养学生发现问题、提出问 题、分析问题和解决问题的能力。但是需要学生具有一定的知识基础和合作交流意识， 同时对教师有较高的要求。否则容易使讨论流于形式。讨论法可以用于讲解新知识，也 可以讲解习题课等。 4.演示法。 在教学物理概念，物理规律、原理和法则等需要创设情境或进行演示实验的知识时， 都可以采用演示法。演示可以让学生获得丰富的感性材料，加深对事物的印象，利于激 发学生的学习兴趣，集中注意力，使学生学到的知识易于巩固。但是演示法通常只为讲 解一个知识点，且有些物理知识比较抽象，不利于演示，所以它也有一定的局限性。 5.实验法。 中公教育学员专用资料 75 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 其能帮助学生提升应用实验解决问题的能力，并养成勤于动手、善于思考的习惯。 为学生呈现知识的探索过程，培养严谨的科学态度和实事求是、勇于探索的科学精神。 但是实验法花费时间比较长，有些实验是经过人为的简化，也并不是让学生真正经历物 理知识或规律探索的历程。实验法一般用于物理规律的教学，特别是需要具体实验现象 总结出的物理规律，还有一些物理概念的教学如（压强这一类的知识） 6.练习法。 练习能帮助学生巩固、熟练、活化基础知识，加深和拓展物理知识；能促进学生学 会解决问题的方法，提高能力；能够启发学生理解科学、技术与社会的相互关系；是提 供教学反馈的重要手段。但是练习法对练习的要求较高，练习的选择不当容易造成学生 机械的学习。 中公教育学员专用资料 76 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第三章 物理教学的基本课型 第五节 物理复习课教学 能力提升 1.【参考答案】 从学习规律可知，巩固是教学的必要措施，尤其在概念课中特别突出。所谓的巩固 是指学生把建立的概念牢牢保持在记忆里，不断丰富概念的内容，发展物理概念的外延， 并能顺利应用概念分析和解决物理问题。 一般的深化巩固都采用练习的方法，即针对概念给出一些习题，让学生在做练习的 过程之中，不断熟悉和巩固概念。如，讲摩擦力概念后，可做筷子提米的实验；讲沸腾 的概念后，可做用纸盒烧水的实验等等。这些有趣的实验将学生带入一个变幻的知识天 地，在这些实验的帮助下巩固和提高对概念的认识。 另外，也可以让学生用文字描述、制作表格、画图流程等多种形式，对物理概念学 习过程和学习方法进行总结，这样既能帮助学生更好的巩固概念，也能培养学生的总结 和归纳能力。 中公教育学员专用资料 77 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 章末测验 1.【参考答案】ABCD。解析：常见的物理练习形式包括判断、选择练习、思考问 题练习、实验设计练习、推理论证练习、计算问题练习，故本题选ABCD。 2.【参考答案】错误。解析：练习的作用包括以下四点： （1）物理练习能帮助学生巩固、熟练、活化基础知识，加深和拓展物理知识。 （2）物理练习能促进学生学会解决问题的方法，提高能力。 （3）物理练习能够启发学生理解科学、技术与社会的相互关系。 （4）物理练习是提供教学反馈的重要手段。 因此本题错误。 3.【参考答案】在进行演示实验时，一般要满足四点要求： ①实验目的要明确； ②实验现象要明显； ③实验要安全可靠； ④要引导学生观察思考。 结合“水的沸腾”实验目的与操作步骤，在进行该实验时应该注意以下问题： （1）选择合适的酒精灯和温度计。 若火焰无力，则会造成温度上升过慢，给观察水沸腾的现象造成很大的不便，为此 应选择火焰合适的酒精灯（酒精纯度较高，灯芯粗些，外露部分稍长些）。 （2）选用温度适当高一些的温水，不能选用沸腾过的水进行试验。 由于沸腾过得水中空气含量较低，再次沸腾时也难以出现内部和表面都出现大量气 泡剧烈的沸腾现象。故为了节省时间，可以选择温度较高一些的较为纯净的温水来加热。 （3）仪器的组装和调节要合理适中。 本实验器材较多，组装较难，实验中有一定的危险性。在组装的过程中应该采用先 下后上的组装原则。用酒精灯外焰部分进行加热；烧杯里水量适中，半杯即可；温度计 的玻璃泡要插入水的中部，不可太近杯壁和杯底。杯口盖一张中心有孔的硬纸片，以减 少热损失。实验中应该准备一块湿抹布，以备酒精洒落灭火用。 （4）选择合适的初温和时间间隔进行记录。 一般以90°C初温度为宜，每隔1min记录一次温度，沸腾后持续5min即可。 （5）选择移走烧杯来停止给水加热。 中公教育学员专用资料 78 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 若直接端走酒精灯，由于石棉网温度还是很高，短时间内水还是沸腾，会影响实验 结果。为此，可以改用移走烧杯来停止加热。 （6）改用大号试管代替烧杯。 实验中烧杯中水多了，会拖延时间。烧杯中水少了，又会使烧杯中的水较浅，水中 上升的过程历时太短，来不及观察气泡上升的过程历时太短，来不及观察气泡上升的体 积变化情况。改用试管后气泡在试管中的时间较长，便于观察，而且水加热到沸腾所需 要的时间较短。 4.【参考答案】物理概念的内涵就是那个概念所包括的一切对象的共同的本质属性 的总和。下定义就是解释概念的内涵，亦指出它所反映的对象所共有的本质属性的逻辑 活动。 要求：（1）充分运用实验，加强直观教学。 （2）突出概念的本质，明确概念的物理意义。 （3）结合练习、复习，促使概念巩固和深化。 5.【参考答案】（1）这是初中物理“运动的描述”一课的教学中，讲述了运动、静止 和参照物的概念时的一个片段。 （2）该学生在理解物理概念时受到生活观念的影响，对概念的本质并不清楚。 （3）①正确的物理前概念是物理学习的良好基础和铺垫，其正迁移作用可成为物理 概念学习的资源和概念学习的新的增长点，可使学生尽快地掌握新的科学知识体系。 ②在一些情况下，学生对物理现象、过程、材料的片面或错误理解而产生的前概念， 会成为物理学习的障碍，如果得不到及时纠正，将影响新知识学习，甚至歪曲新知识的 意义，变成学习的障碍。比如该案例中，一部分同学对于“运动与静止”的理解为：相对 地球静止的物体就是静止的，相对地球运动的物体就是运动的。事实上，运动是绝对的， 静止是相对的，一个物体是运动的还是静止的，都是相对于参照物而言的，参考物本身 既可以是运动的物体，也可以是静止的物体。 6.【参考答案】 物理规律教学的基本过程为：创设便于发现问题、探索规律的物理环境；思维加工、 建立规律；引导学生对规律进行讨论、加深理解；引导学生运用规律解决问题，加深对 物理规律的理解和掌握。 （1）创设便于发现问题、探索规律的物理环境 【演示实验导入】①将一个瘪的空牙膏管放进一个盛水的容器里； ②往瘪的牙膏管中吹气使之鼓起，再放进水里，鼓的牙膏管却浮于水面并未下沉。 中公教育学员专用资料 79 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 【提出问题】为什么同一个牙膏管，瘪的下沉，而鼓的就上浮呢？由此导入新课。 （2）思维加工，建立规律 【活动体验】 ①阿基米德故事介绍。 ②学生体验：空矿泉水瓶漂浮在水面上，用手把空矿泉水瓶向下慢慢压入水中。 问题： a.你的手有什么感觉？ b.矿泉水瓶的重力如何变化？受到的浮力如何变化？ c.水面高度有什么变化？ d.通过活动体验和观察，能够得出什么结论？ 总结：矿泉水瓶浸入水中的体积越大，排开水的体积就越大，受到的浮力越大。 ③浮力大小，理论推导环节如下： a.提出问题：物体浸入水中受到的浮力等于排开液体的重力，这条结论对于一般的 物体适用吗？ b.探究实验：浮力的大小跟排开液体所受重力的关系。 归纳总结：阿基米德原理内容。 （3）教师继续总结，阿基米德定律同样适用于气体，，提出这问题，引导学生对物 理规律进行讨论：漂浮在空气中的物体怎样求解它的浮力呢，以加深学生的理解。 （4）引导学生运用规律解决问题，加深对物理规律的理解和掌握：习题练习。 7.【参考答案】（1）物理思维的多级性 这种思维的多级性，要求更高的思维能力，这是对于思维能力培养的一次推进。而 对于步入中学阶段学习的学生来说，是一个新的水平，也是对思维惰性的一个冲击。 （2）物理思维的环节 一般来说，研究某一物理规律，其思维过程一般需要经过“发现问题、提出假设、验 证假设和分析论证得出结论”四个环节。实际上，现在物理新课程所倡导的科学探究教学 模式就是物理思维在具体研究过程中的展开，科学探究教学模式中的七个要素就是物理 思维的七个环节。 （3）思维的转换 思维的转换是物理思维的又一个特点。它要求物理研究者或物理教师及时地更换自 己的思维方向，转换思维的方式，改变语言表达方式，以更简捷、有效的方式进行分析、 综合。研究对象的转换、物理模型的转换、物理模型和数学模型的转换等是常见的。思 中公教育学员专用资料 80 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 维的转换，既是物理思维的特点，也是学生学习物理感到困难的又一所在。思维的转换， 是思维的灵活性品质的体现，在物理教学中，需要有意识地培植这种品质。 （4）思维的实践性 应用物理思维解决物理问题时，一些结论需要作抽象的概括，而另一些结论则必须 考虑到现实状况，必须进行联系实际的思考，必须与实践的紧密联系，脱离实际必然导 致思维的谬误。比如，惠更斯在用机械波类比光的波动性时提出的惠更斯原理，没有考 虑到光的周期性这个实际事实，而是仅仅依靠次波源的思维模型进行概括，结果可能得 出光可以倒退向后传播的错误结论。所以，在物理教学中，必须时刻注意联系实际，以 期培养学生具有既能作抽象的概括，又能具体地应用、联系实际的思维品质。 8.【参考答案】从物理规律获得途径的角度来看，物理规律可分为实验规律和理论 规律；从物理规律知识形式的角度来看，物理规律可分为定律、定理、原理等类型；从 过程中不同质的运动角度来看，物理规律可分为力学规律、热学规律、电磁规律、光学 规律等；从“定性-定量”维度来看，物理规律可分为定性规律、定量规律。 物理规律在教学中通常表述为物理定律、物理定理、物理原理，以及物理法则、公 式和方程等等。这些规律可分为两大类：即物理定律和物理定理。但在实际的教学中， 有人又把物理规律分为三种类型：即实验规律、理论规律和理想规律。 9.【参考答案】（1）创设便于发现问题的物理情境 为引导学生发现问题，在教学开始阶段要创设好便于发现问题的物理情境。在中学 物理教学中，最常用的方法是联系学生生活中最熟悉的物理现象或借助于演示实验，也 可让学生亲自做实验等等，使学生通过体验获得探索物理规律所必要的感性知识，为研 究问题提供必要的知识准备。 （2）实施科学探究，促进知识建构 主要有两种方法得到结论，运用实验总结规律的方法与运用已有知识，通过理论推 导，得出新的物理规律的方法 （3）讨论物理规律，理解物理意义 对物理规律的讨论一般从以下几个方面进行： ①规律的物理意义。物理规律通常使用公式表示的，明确公式的物理意义是应用物 理公式的基础。所以，在进行物理规律的教学时，要特别注意搞清楚公式或图像的物理 意义 中公教育学员专用资料 81 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 ②强调规律表述中的关键词语及公式中各字母的物理意义。规律中的关键语句是学 生理解规律和运用规律的关键。在教学中应加以强调并解释清楚。如阿基米德原理中“排 开”二字应重点强调、因为学生往往会把物体体积与排开水体积混为一谈。 ③指明公式中各个字母所代表的物理量及其单位。 ④明确规律的适用条件和范围。物理规律都是在一定条件下、一定范围内总结出来 的。如果不考虑规律的适用范围乱套公式，就会导致应用上的错误。 （4）运用物理规律，解决实际问题 在讨论的基础上安排一些典型的例题和习题，有助于学生进一步深刻地理解规律， 并且还能训练学生运用知识解决实际问题的能力。 10.【参考答案】（1）了解物理规律的发现过程 （2）深刻理解规律的物理意义 （3）注意物理规律的适用条件和范围 （4）明确物理规律与有关物理概念、物理规律之间的关系 （5）学会运用物理规律说明、解释现象，分析和解决实际问题 11.【参考答案】 （1）复习相关知识 （2）教师举例示范，组织学生讨论 （3）组织指导学生进行练习 （4）教师小结 12.【参考答案】意义：巩固知识，减少遗忘；系统整合知识，建立知识结构；总结 过程与方法，提高学生能力。 种类：平时复习（引入新课的复习、巩固新课的复习、课后复习）；阶段复习（单 元复习、期中复习、期未复习）；总复习。 方法：系统归纳总结的方法；练习复习法；实验复习法；对比联想法 13.【参考答案】（1）充分调动学生的学习主动性 在复习课上，学生已经具备了一定的物理知识与技能，因此，复习课应该成为师生 共同探讨、相互交流的教学活动，应该充分发挥学生的学习主动性。例如，可以由学生 自己总结所学知识，自主构建知识结构，自己解决疑难问题等。 （2）精选练习题 做练习是复习课的重要内容之一。学生只有通过巩固练习，才能加深对所学知识的 理解。但是，教师不能由此而不加选择地搞“题海战术”，企图用“量大、面广”的反复操练 中公教育学员专用资料 82 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 来获得实效，这很容易加大学生的学习负担。因此，教师应该根据复习内容的特点和学 生的实际情况，有针对性地选择练习题，以收到事半功倍的功效，提高复习的效率。 （3）着眼于学生能力的发展 物理复习课应该符合物理课程理念，适应全体学生的发展，关注学生的个体差异， 使每位学生通过复习都有所发展，尤其要重点发展学生的能力，培养他们分析问题、解 决问题的能力。因此，物理复习课的教学活动要从能力发展的角度来设计题和组织教学 活动。 中公教育学员专用资料 83 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第四章 物理教学设计 第二节 教学目标设计 能力提升 1.【答案】B。解析：根据这句话的含义，可知是在强调课堂中学生经历的探究过程 和使用的探究方法，因此，这是在描述过程与方法目标这一维度，故选B。 2.【答案】B。解析：教学目标的行为主体是学生，A、C选项错误。行为条件是“通 过实验”，而不是“焦耳定律”，B选项正确。 3.【参考答案】 【知识与技能】 会正确使用弹簧测力计和量筒等测量仪器；理解阿基米德原理，能运用阿基米德原 理进行简单计算。 【过程与方法】 经历探究阿基米德原理的过程，知道使用控制变量法来研究问题。 【情感态度与价值观】 通过边学边实验的探究性学习，增强学生学习物理的兴趣，培养学生实事求是的科 学态度和良好的合作学习习惯。 中公教育学员专用资料 84 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第四节 教学过程设计 能力提升 1.【参考答案】（1）联系实际引入新课。 当空气干燥时用塑料梳子梳头发，为什么头发会随梳子“飘”起来；如果我们身上穿 了化纤衣服，衣服会粘在皮肤上，在晚上脱衣时，有时会发出响声，甚至出现火花。这 些现象发生的原因是什么？ （2）利用实验引入新课。 用摩擦过的玻璃棒、橡胶棒吸引轻小的纸屑、验电器。教师将橡胶棒在自己清洁干 燥的头皮上反复摩擦来做该实验，并诙谐地告诉学生这就是在“毛皮”上摩擦，以活跃课 堂气氛，拉近与学生的距离。 （3）借助物理学史引入新课。 1600年，英国物理学家吉伯发现，很多物质经摩擦后也都具有吸引轻小物体的性质， 制作了第一只验电器。大约在1660年，德国马德堡的盖利克发明了第一台摩擦起电机。 1729年，英国的格雷发现导体和绝缘体的区别：金属可导电，丝绸不导电，并且他第一 次使人体带电。1733年迪费得出结论：带同种电荷的物体互相排斥，带不同种电荷的物 2.【参考答案】（1）是速度部分的教学导入。 （2）本案例中用了悬念设疑法。 其他导入方法：①温故知新法；②实验导入法；③生活实例导入法；④史料故事导 入法； （3）悬念设疑法可突出主题，使学生集中注意力，产生探究物理问题的强烈愿望。 让学生带着问题进入新课学习，主动性和积极性都会比较高。 中公教育学员专用资料 85 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 第五章 物理教学评价 第四节 课堂教学评价的维度 能力提升 1.【参考解析】 （1）向心力的特点是：向心力是一个效果力，方向总是指向圆心，产生向心加速度， 向心力只改变线速度的方向，不改变速度的大小。向心力的大小是： 中公教育学员专用资料 86 报名专线：400-6300-999 F m v r 2 m r 2 m 4 T 2 2 r   向   。 （2）在上述教学片段中，教师的教学依然是灌输式教学，不关注学生的学习体验。 没有起到一个好的引导者的地位，在教学行为的不当之处如下： ①教学角色定位不当：教师在教学中应该是学生学习的“组织者”“引导者”和“合作 者”。而这名教师明显是一个“指令者”的身份，强制灌输知识，让学生机械记忆知识。 ②提问行为：教师在教学过程中，并没有设置任何具有启发意义的问题，而是直接 将知识内容展示给学生，违背了提问的启发性原则。 ③评价行为：在学生产生错误理解的时候，该教师直接打击学生，违背了评价的激 励性原则，导致学生缺少学习的主动性和积极性；另外，当面对学生的回答，该教师只 说“对”“错”而不讲清原因，违背了评价中的反馈性原则，学生不能根据教师的反馈信息进 行新的思考，导致学习效果不好。 ④教学内容的处理：在教学中，该教师做到用教材教，而是教教材，记忆教材。同 时对于学生较生疏难懂的教学内容，教师应该设置一系列的教学策略来引导学生掌握知 识，而不是单纯的记忆理论知识，该教师没有设置任何教学策略帮助学生掌握知识，是 在教学内容的处理上的失误。 （3）师：同学们，物理概念是建立物理学这座大厦的砖瓦，因此在解决物理问题的 时候，我们需要解决两个概念。 师：我们来回顾一下上节课学习的向心加速度。学员专用 请勿外泄 生1：向心加速度时刻指向圆心，大小是 中公教育学员专用资料 87 报名专线：400-6300-999 a v r 2 2 r 4 T 2 2 r      师：正确，上节课的内容掌握的很好，继续保持；那么，牛顿第二定律告诉我们力 和加速度方向相同，大小 F  m a ，根据这个，谁能告我我，物体受到的向心力的方向 和大小呢？ v2 42r 生2：向心力时刻指向圆心，大小是F =m m2r m 。 向 r T2 师：OK，非常好。那你能到黑板画出圆锥摆的向心力的方向吗？ 生2：（画图） 师：物体受到的这个向心力是哪来的呢？谁给提供的呢？ 生3：是绳的拉力提供的。 师：为什么呢，给大家解释一下。 生 3：从受力分析上来看，物体受到重力和沿绳方向的拉力，重力没有水平方向的 分力，这个向心力就一定是绳的拉力的分力。 师：正确，分析的很到位，其他同学有不同观点吗？ 生：没有，我们理解了。学员专用 请勿外泄 章末测验 1.【参考答案】A。解析：A选项，诊断性评价是指在教学活动开始前，对评价对象 的学习准备程度做出鉴定，以便采取相应措施使教学计划顺利、有效实施而进行的测定 性评价；B 选项，形成性评价是在教学过程中，为调节和完善教学活动，保证教学目标 得以实现而进行的确定学生学习成果的评价；C 选项，总结性评价是以预先设定的教学 目标为基准，对评价对象达成目标的程度即教学效果做出评价。总结性评价注重考察学 生掌握某门学科的整体程度，概括水平较高，测验内容范围较广，常在学期中或学期末 进行，次数较少；D选项，非正式评价是指教师在与学生日常教学的接触互动过程中以 观察，包括直接和间接的观察，和交流为主要方式不断的了解学生，进而在有意或无意 之间形成对学生某种看法和判断的一种评价方式。在教学开始之前使用，属于诊断性评 价，故选A。 2.【参考答案】D。解析：标准参照评价是基于某种特定的标准，来评价学生对与教 学等密切关联的具体知识和技能的掌握程度。总结性评价又称“事后评价”，一般是在教 学活动告一段落后，为了解教学活动的最终效果而进行的评价。故选D。 3.【参考答案】BDE。解析：教学评价和测验测量既相区别、又相联系。测量、测 验是对学习结果的客观描述，教学评价是对客观结果的主观判断与解释，教学评价的主 观判断必须以客观描述为基础，测量和测验的结果必须通过教学评价来判断。故选BDE. 4.【参考答案】A。解析：A选项，绝对评价是指是在评价对象的群体之外，以预先 制定的目标为评价基准，把评价对象与之比较，确定评价对象达到目标基准绝对位置的 评价；B 选项，相对评价是指在某一团体中确定一个基准，将团体中的个体与基准进行 比较，从而评出其在团体中的相对位置的评价；C 选项，定量评价是采用数学的方法， 收集和处理数据资料，对评价对象做出定量结果的价值判断；D选项，定性评价是不采 用数学的方法，而是根据评价者对评价对象平时的表现、现实和状态或文献资料的观察 和分析，直接对评价对象做出定性结论的价值判断。故选A。 5.【参考答案】形成性；终结性。 6.【参考答案】错误。解析：形成性评价其主要目的是测定对某一具体学习任务掌 握的程度，并指出还没掌握的那部分内容；而诊断性评价是确定学生对教学目标的掌握 程度，找出造成学习困难的原因，所以此题错误。 中公教育学员专用资料 88 报名专线：400-6300-999学员专用 请勿外泄 7.【参考答案】错误。解析：义务教学课标“评价建议”中指出，倡导多样化的评价方 式，评级方法除了测验，还有作业评价、作品评价、成长记录。故该题错误。 8.【参考答案】 难度即测评项目的难易程度。它也是衡量测评题目质量的主要指标之一。 一个测验包含多个项目，不同项目之间的难度是不一样的，有的项目难度高，有的 项目难度低。在中学物理教学过程中合理的控制教学难度有助于教师的教学工作，其意 义主要有以下几点： ①激发学习积极性。 在中学物理教学中，为学生设计合理的教学难度能激发学生的学习积极性，相反难 度过度的教学会严重打击学生学习的自信心。例如在初中阶段对“功”的介绍，仅仅考 虑物体位移方向与力的方向相同，符合该阶段学生的学习能力，如果在初中就提出位移 位移方向与力的方向不同的问题，此时学生还没有力的分解的概念，难以理解这种情况 下功的计算，会严重打击学生的学习积极性。 ②获得正确的学习情况反馈。 教师通过设置适当难度的问题或测试，能正确反馈当前学生的学习情况，有助于教 师的进行教学总结，改进教学计划。如果难度过于简单，会造成天花板效应，相反难度 过大会使学生测试成绩普遍偏低，不能如实反映学生的学习效果。 9.【参考答案】新课引入是课堂教学的一个重要环节，引入的好坏直接影响着一节 课的教学效果。利用物理小实验引入新课，能很好的创造一种激发思维、发生惊奇、产 生疑问的气氛，使学生很自然的把思路引导到要学知识的轨道上来。这种胖赢瘦输、胖 输瘦赢的实验想象，这种一笑一哑、跌宕起伏的课堂氛围，强烈刺激了学生的视觉，刺 激到了学生的思维。 中公教育学员专用资料 89 报名专线：400-6300-999