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2024 年高考物理终极押题猜想
（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）
目录
押题猜想一 运动学与动力学图像..........................................................................................................................2
押题猜想二 静态平衡与动态平衡............................................................................................................................6
押题猜想三 抛体运动与圆周运动..........................................................................................................................12
押题猜想四 万有引力定律与航天..........................................................................................................................17
押题猜想五 牛顿动力学问题..................................................................................................................................21
押题猜想六 机械振动与机械波..............................................................................................................................26
押题猜想七 功能关系..............................................................................................................................................31
押题猜想八 静电场基本概念与规律......................................................................................................................36
押题猜想九 磁场基本概念与规律..........................................................................................................................41
押题猜想十 电磁感应及变压器..............................................................................................................................46
押题猜想十一 光的折射与光的干涉......................................................................................................................53
押题猜想十二 热学规律综合应用..........................................................................................................................58
押题猜想十三 近代物理..........................................................................................................................................62
押题猜想十四 力学实验..........................................................................................................................................66
押题猜想十五 电学实验 74
押题猜想十六 几何光学 81
押题猜想十七 气体实验定律的应用 86
押题猜想十八 动力学两类基本问题 91
押题猜想十九 电磁组合与叠加场问题 96
押题猜想二十 用力学三大观点处理综合性问题 103
1
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司押题猜想一 运动学与动力学图像
1．如图所示的x-t图像和v-t图像中，四条图线分别表示甲、乙、丙、丁四辆车由同一地点向同一方向运
动的情况，下列说法正确的是（ ）
A．在6s末，甲乙两车位于同一位置，丁车位于丙车的前方
B．0~6s内，丙、丁两车的平均速度相等
C．0~6s内，丙车的加速度始终大于丁车的加速度
D．0~6s内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
【答案】A
【详解】A．由甲图可知，6s末甲乙两车位于同一位置，而v-t图线与横轴所围区域的面积表示物体发生
的位移，由乙图可知，0~6s内，丁的位移大于丙的位移，所以6s末丁车位于丙车的前方，故A正确；
B．0~6s内，丁的位移大于丙的位移，所以丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故B错误；
C．v-t图线切线的斜率表示物体运动的加速度，则0~6s内，丙车的加速度增大，丁车的加速度减小，丙
车的加速度先大于丁车的加速度，后小于丁车的加速度，在某一时刻两车加速度相等，故C错误；
D．0~6s内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程，故D错误。故选A。
2．如图甲所示，一物块放在光滑的水平面上，在水平向右的推力F的作用下从静止开始运动，力F随时
间变化的图像如图乙所示，则物块运动速率的平方随位移变化的关系可能正确的是（ ）
A． B．
2
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司C． D．
【答案】B
【详解】CD．由牛顿第二定律 可得 根据题图乙可知物块在 时间内加速度正向（以向右
为正方向）均匀减小，在 ，时间内加速度负向均匀减小，由 可知， 图像斜率为 ，
则 图像中 先逐渐增大变“缓”再逐渐减小变“缓”，故CD错误；
AB．由 图像可知，物块在前一半时间内的位移大于在后一半时间内的位移，故A错误，B正确。
故选B。
押题解读
运动学与动力学图像是高考物理中的重要考点，涉及到对物体运动状态的分析和动力学规律的运用，
考查的频率也比较高，主要涉及到v-t图像、x-t图像、v-x图像、a-t图像、F-t图像等图像，题目的难度一
般情况下不是太大。
考前秘笈
此类题目的解题步骤与技巧：
(1)解读图像坐标轴：明确横轴和纵轴代表的物理量以及坐标点的意义。这是解题的基础，有助于我们正
确理解图像所反映的物理过程。
(2)分析图像形状、斜率、截距和面积信息：这些信息往往蕴含着丰富的物理意义。例如，斜率可能代表
速度或加速度，截距可能表示初始位置或初速度，面积可能与位移或功有关。
(3)结合物理规律：将图像信息与物理规律相结合，是解题的关键。通过运用牛顿运动定律、动能定理等
基本原理，我们可以建立数学表达式，进而求解相关问题。
3．如图所示为甲、乙两物体在同一直线上做匀变速直线运动的位移时间图像，两图像相切于A点，其坐
标为（2.0，4.0）。已知甲物体的初速度为零，乙物体的加速度大小为1m/s2，由图像可知（ ）
A．甲、乙两物体的运动方向相反，加速度方向相同
3
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司B．乙物体的初速度大小为6m/s
C．甲物体的加速度大小为4m/s2
D．t=0时刻，甲、乙两物体相距10m
【答案】B
【详解】A．甲物体沿正方向做匀加速运动，乙物体沿正方向做匀减速运动，故甲、乙两物体速度方向相
同，但加速度方向相反，故A错误；
C．甲物体的初速度为零，根据位移时间公式 将（2.0s，4.0m）代入解得 故C错误；
B．两图像相切于A点，图像的斜率表示速度，有 解得 故B正确；
D．乙物体的位移时间关系为 将（2.0s，4.0m）代入解得 则乙物体的出发位置为
所以 时刻，甲、乙两物体相距6m，故D错误。故选B。
4．甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上从同一地点以相同的初速度同时开始做直线运动，以初速度方向
为正方向，它们的加速度随时间变化的 图像如图所示。关于甲、乙两车在 时间内的运动情况，
下列说法中正确的是（ ）
A．在 时刻，甲车的速度等于乙车的速度
B．在 时刻，甲车的速度小于乙车的速度
C．在 时间内，甲、乙两车的平均速度相等
D．在 时间内，甲、乙两车的间距逐渐增大
【答案】D
【详解】AB．根据加速度—时间图像知道图像与时间轴所围的面积表示速度的变化，则甲车的速度变化
量大于乙车的速度变化量，故在 时刻，甲车的速度小于乙车的速度，在 时刻，甲车的速度等于乙车的
速度，故AB错误；
CD．当 时，两图像与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在 前甲车的速度大于乙车的
速度，所以甲车在乙车的前方，所以两车逐渐远离，当 时，两车速度相等即相距最远，则在 时间
内，甲车的运动距离远，根据 可知，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故C错误，D正确。故
选D。
4
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司5．一个质点做初速度为 的匀减速直线运动至速度为0，其速度随运动位移关系如图所示．图像上纵坐
标为 的P点的斜率为k，已知图像上某点斜率等于该点加速度与速度比值。则粒子做匀减速运动的时
间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设加速度为 ，根据数学方法可知 得到 则粒子做匀减速运动的时间为
故选D。
6．智能寻迹小车上装有传感器，会自动识别并沿水平面内的黑色轨迹行驶，黑色轨迹上标有数值的短线
为分值线。比赛时，小车从起点出发，以停止时车尾越过的最后一条分值线的分数作为得分。为能让小
车及时停下来获得高分，需要测试小车的刹车性能。小庐同学在平直路面上做了刹车实验。图是刹车过
程中位移和时间的比值 与t之间的关系图像。下列说法正确的是（ ）
A．由图像知刹车过程中加速度大小为2m/s2
B．从开始刹车时计时经2s，位移大小为0.5m
C．某次得分96分一定是刹车阻力偏小造成的
D．车轮与地面间的动摩擦因数 大约是 0.1
【答案】B
【详解】A．根据 可得 由图像可知 ； 解得
5
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司故A错误；
B．刹车停止的时间为 从开始刹车时计时经过2s车已经停止，该车的位移大小为
故B正确；
C．某次得分96分，刹车距离偏大，根据牛顿第二定律 根据运动学规律 知，能是刹车阻力
偏小或者是开始刹车时的速度偏大造成的，故C错误；
D．动摩擦因数指没刹车时对应的数值，刹车后的加速度是1m/s2，而不是滑行的加速度，故D错误。
故选B。
7．11月7日，WTT世界乒联常规挑战赛在太原滨河体育中心体育馆正式开打。比赛中运动员高抛发球时，
取竖直向上为正方向，将乒乓球距抛出点的高度用 表示，在空中运动的时间用 表示，设乒乓球受到的
空气阻力大小恒定，则乒乓球从抛出到落回抛出点的过程中，以下关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】上升阶段 得 乒乓球做匀减速直线运动，由 得
可知 图像斜率 下降阶段 得 乒乓球做匀加速直线运动，
可知 图像斜率 上升阶段 ， 图像斜率为 下降阶段 ， 图
像斜率为 故选A。
押题猜想二 静态平衡与动态平衡
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司1．中国古代建筑源远流长，门闩就凝结了劳动人民的智慧和汗水。如图是一种竖直门闩的原理图：当在
水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。A、B间的接触面与水平
方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.3，木块B质量为m，重力加速度大小为g。假设水平槽、竖直槽
表面均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为了使门闩启动，施加在木块A上的水平力F至少为（
）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】对A、B受力分析如图
门闩刚好启动时，对A在水平方向上有 对B在竖直方向上
解得 故选D。
2．如图所示，光滑圆环竖直固定，ac为水平直径，bd为竖直直径，一根轻绳P端固定在竖直墙面上，轻
绳跨过圆环后另一端Q与重物B相连，轻质动滑轮挂在轻绳上，动滑轮下吊着重物A，Pbd所在平面与圆
环所在平面垂直，A、B均处于静止状态，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．若将竖直圆环向右平移，则PQ绳中拉力变大
B．若将竖直圆环向右平移，则PQ绳对圆环拉力不变
C．若将轻绳Q端悬系在竖直圆环上，则悬点从a到b移动的过程中绳中拉力保持不变
D．若将轻绳Q端悬系在竖直圆环上，则悬点从a到b移动的过程中绳中拉力一直增加
【答案】B
【详解】AB．A、B均处于静止状态，对B，根据平衡条件可得 对A，设绳子间的夹角为 ，根据
平衡条件可得 可知拉力T和绳子间夹角均保持不变，故A错误，B正确；
CD．若将轻绳Q端固定在竖直圆环上，则悬点a到b移动的过程中，悬点之间的水平距离变小，绳间夹
角逐渐减小，绳中拉力逐渐减小，故CD错误。故选B。
押题解读
对于静态平衡和动态平衡问题，高考主要以考查共点力平衡的情况居多，多以生活中的场景作为题
目的背景材料，需要学生将生活中的实际物体转化我们我们所熟知的物理模型，然后利用平衡条件加以
解决。静态平衡问题多涉及到多物体的平衡问题，动态平衡问题多一个单个物体的形式出现较多。
考前秘笈
对于静态平衡这类题目时，学生需要掌握力的合成与分解的方法，能够正确画出物体的受力分析图，
并根据平衡条件列出方程进行求解。此外，对于连接体的静态平衡问题，还需要掌握整体法和隔离法的
使用，以便更准确地分析物体的受力情况。
对于动态平衡这类题目时，学生需要掌握解析法、图解法、三角形相似法、正弦定理法、辅助圆法
和拉密定理法等方法，可以对此类问题有效解决。
3．如图所示，用等长的轻质细线将三个完全相同的小球a、b、c悬挂在天花板上。现分别对小球a、b、
c同时施加一个水平向右的恒力F，最后达到平衡状态。下列选项中表示平衡状态的图可能是（ ）
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C． D．
【答案】A
【详解】设bc线与竖直方向的夹角为θ，则只对小球c分析可知 只对小球bc整体分析可知
对小球abc整体分析可知 可得 故选A。
4．如图所示是未悬挂铃铛时的风铃骨架，由三个质量相同、半径依次为R、2R、4R的金属圆环组成，四
根不可伸长的相同的轻绳，一端系在金属圆环1，从金属圆环2穿过后再系金属圆环3，绳与圆环的结点
彼此间距相等，整个系统处于平衡态，三个金属圆环均水平不倾斜，设金属圆环1与2、2与3的中心间
距分别为 ，则 、 与 的关系式正确的是（ ）
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C． D．
【答案】C
【详解】设金属圆环1、2之间的绳与竖直方向夹角为 、金属圆环2、3之间的绳与竖直方向夹角为 、
绳上的拉力为 、金属圆环的质量为 ，把金属圆环2、3看成整体，进行受力分析如图，有
， 同理对金属圆环3进行受力分析，可得 ，
联立4个式子，可解出 故选C。
5．如图所示，摄影师调节三脚架使相机高度降低。调节后，水平地面对任意一只支撑杆的（ ）
A．支持力不变 B．支持力变小
C．摩擦力不变 D．摩擦力变小
【答案】A
【详解】AB．令相机与三脚架总质量为M，对相机与三脚架整体进行分析，在竖直方向上有
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司解得 即支持力不变，故A正确，B错误；
CD．令相机质量为m，根据对称性可知，每一只支撑杆对相机的支持力大小均相等，令该支持力F方向
与竖直方向夹角为θ，对相机分析有 支撑杆对地面的压力F与等大方向，则摩擦力
解得 若使相机高度降低，则θ增大，可知，摩擦力增大，故CD错误。故选A。
6．如图甲，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的
腰间C点（重心处），在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙的物理模型：脚与崖壁接触点为O点
（可自由转动），人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳，已知OC长度不变，
人向上攀爬过程中到达某位置后保持O点不动，缓慢转动OC来调整姿势，某时刻AOC构成等边三角形，
则（ ）
A．脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对平衡力
B．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力不一定沿杆
C．在虚线位置时，OC段承受的压力比在实线位置时更小
D．在此时刻，轻绳AC承受的拉力大小为T；当OC水平时，轻绳AC承受的拉力大小为T，则
1 2
【答案】D
【详解】A．脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误；
B．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力与杆的弹力大小相等，方向相反，则轻绳对人的拉力与
人的重力的合力一定沿杆方向，故B错误；
C．对人受力分析，人受到重力G、轻绳的拉力T和轻杆的支持力F，构成力的三角形下图所示
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由几何知识可知，该力的三角形与三角形AOC相似，则有 ，OC在虚线位置时都与在实
线位置时相等，则根据上式可知，轻杆 在虚线位置与实线位置时对人的支持力相等，则轻杆 在虚
线位置与实线位置承受的压力相等，故C错误；
D．在此时刻，由于 为等边三角形，可知轻绳AC承受的拉力大小为 为当OC水平时，
为等腰直角三角形，则轻绳AC承受的拉力大小为 则有 故D正确。故选D。
7．我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板
上，此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，
重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货物的支持力为
B．当底板与水平面间的夹角为30°时，支架对货物的支持力为
C．压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大
D．压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小
【答案】A
【详解】AB．当底板与水平面间的夹角为 时，受力分析如图
由平衡条件可得 ； 解得底板对货物的支持力
支架对货物的支持力 ，A正确，B错误；
CD．压下把手的过程中，货物的受力情况如图
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押题猜想三 抛体运动与圆周运动
1．扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有
一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a（秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒b分开。若所
有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。
下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹， 、 为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】从力的角度看，水平方向的力相等，饱粒b的重力大于秕粒a的重力，如图所示
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司从运动上看，在水平方向获得的动量相同，饱粒b的水平速度小于秕粒a的水平速度，而从竖直方向上高
度相同 运动时间相等 所以 综合可知B正确。故选B。
2．在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上 点到转轴的距离为 ，
辘轳边缘上 点到转轴的距离为 ，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速上升的过程中，下列说法正确
的是（ ）
A． 点与 点的角速度之比为
B． 点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为
C． 点与 点的向心加速度大小之比为
D．绳的拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水桶（含桶内的水）的冲量大小
【答案】C
【详解】A．把手边缘上 点与辘轳边缘上 点属于共轴转动，所以角速度相同，故A错误；
B．根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小为 把手边缘上 点的线速度大小为
所以把手边缘上 点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为 ，故B错误；
C．由公式 可知，把手边缘上 点与辘轳边缘上 点的向心加速度大小之比为 ，故C正确；
D．对水桶分析，根据动量定理有 可知拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水
桶（含桶内的水）的冲量大小与水桶（含桶内的水）动量的变化量大小之和，故D错误。故选C。
押题解读
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司对于抛体运动的主要是针对平抛运动和斜抛运动的考查，在某些题目中还有可能涉及到类平抛和类
抛体运动；对于圆周运动的主要是对基本物理量、水平面内圆周运动和竖直面内圆周运动的考查。这两
类问题多以生活场景中的具体运动为研究对象，需要学生提炼出物理模型，从而应用物理规律加以处理
解决。
考前秘笈
要求学生在考前务必再对抛体运动和圆周运动的基本规律公式、临界条件等内容加以记忆梳理。特
别是对于抛体运动，如何建立合适的坐标系，将抛体运动“化曲为直”这种思想要有清晰的思路；对于
圆周运动中的水平面内和竖直面内圆周运动的临界条件应该作为重中之重加以掌握。
3．如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平抛出，另一次抛出的速度方向与
斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设斜面倾角为 ，小球水平抛出，根据位移角关系 又水平位移
故小球水平抛出的抛出落点到抛出点的距离为 小球抛出的速度方向与斜面垂直时，将
重力加速度分解到沿斜面方向的分加速度为 和垂直斜面方向的分加速度为 ，垂直斜面方向
做类竖直上抛运动，时间为 沿斜面方向做匀加速直线运动，故小球垂直斜面抛出的抛出落点
到抛出点的距离为 故水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之
比为 。故选C。
4．图为西湖音乐喷泉某时刻的照片，水从喷口倾斜射出，空中呈现不同的抛物线，取其中4条抛物线，
分别记作①②③④，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
15
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．4条水柱中，①中的水上升较高，其出射速度最大
B．②中的水比③中的水在空中运动的时间长
C．在最高点，②中的水比③中的水速度大
D．喷口水平倾角越小，水射程越远
【答案】B
【详解】A．4条水柱中，①中的水上升较高，水在空中的运动时间最大，出射时的竖直速度最大，而其
水平位移最小，所以水平速度最小，则出射速度不一定最大，故A错误；
B．②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中运动的时间长，故B正确；
C．在最高点，水的速度为水平方向速度，而②中的水比③中的水水平速度小，故C错误；
D．水的射程为 当喷口水平倾角为45°时，水射程越远，故D错
误。故选B。
5．饲养员在池塘边堤坝边缘A处以水平速度v 往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为53°，坝顶离水
0
面的高度为5m，g取10m/s2，不计空气阻力（sin53°=0.8，cos53°=0.6），下列说法正确的是（ ）
A．若平抛初速度v=5m/s，则鱼饵颗粒不会落在斜面上
0
B．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
0
C．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 越大，从抛出到落水所用的时间越长
0
D．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v 越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
0
【答案】A
【详解】AC．平抛时间由高度决定，与 无关；若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，
若鱼饵颗粒恰好落在B点，则由竖直方向可得 得 水平方向可得 解得
则鱼饵颗粒不会落在斜面上，故A正确，C错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司B．若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度方向与水平
面的夹角正切值 越大， 越小，即 越小，故B错误；
D．若鱼饵颗粒不能落入水中，落到斜面上时，位移角是确定的，利用平抛的推论
因此 一定，由几何关系可知落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变，故D错误。故选A。
6．游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就
会滑向盘的边缘，其简化的结构如图所示。当魔盘转速缓慢增大时，如果游客相对魔盘仍保持静止，则
在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．游客受到魔盘的支持力缓慢增大 B．游客受到魔盘的摩擦力缓慢减小
C．游客受到魔盘的作用力大小变大 D．游客受到的合外力大小不变
【答案】C
【详解】AB．对游客受力分析如图
分别对水平和竖直方向列方程，水平方向f-N=mω2r竖直方向f+N=mg则随着魔盘转速缓慢增大，游客需
x x y y
要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，
结合水平方向做圆周运动的特点，只能f增大，N减小。故AB错误；
C．把人受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力），即为游客受到魔盘的作用力。将其在水平和竖
直方向正交分解，竖直分量与重力等大反向，保持不变；水平方向的分力即为向心力，随着转速缓慢增
大而增大，所以游客受到魔盘的作用力增大，故C正确；
D．游客始终由水平方向的合外力提供向心力，由F =mω2r可知，游客受到的合外力大小变大，故D错
合
误。
故选C。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司7．如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶
部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而
接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为
d，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩
擦，小物块P和触点A、B均视为质点。当该自行车在平直的道路上行驶时，下列说法中正确的是
（ ）
A．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为
B．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为
C．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为
D．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为
【答案】C
【详解】AB. 当气嘴灯运动到最低点时发光，此时车轮匀速转动的角速度最小，则有 得
故AB错误；
CD. 当气嘴灯运动到最高点时能发光，则 得 即要使气嘴灯一直发光，车
轮匀速转动的最小角速度为 ，故C正确，D错误。故选C。
押题猜想四 万有引力定律与航天
1．2023年7月23日，我国首个火星探测器“天问一号”成功发射三周年，如图所示，已知地球表面重
力加速度为g，地球的质量是火星质量的k倍，地球的半径是火星半径的n倍，假设探测器在火星的着陆
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司点为水平面，探测器总质量为m，探测器有4条腿，每条腿与地面夹角为 ，则每条腿对火星表面的正压
力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由黄金代换 解得 可得 联立，解得 对探测
器进行受力分析，可得每条腿对火星表面的正压力大小为 故选B。
押题解读
万有引力定律与航天在高考中的命题将紧密结合我国的航天成就和发展趋势，既考查学生对基础知
识的掌握程度，又注重考查学生运用知识解决实际问题的能力。因此，在备考过程中，学生不仅需要深
入理解万有引力定律的原理和应用，还需要关注我国航天领域的最新动态和成就。
考前秘笈
结合我国的航天成就，如嫦娥探月工程、空间站建设等，掌握和回顾有关天体质量估算、同步卫星、
卫星变轨、卫星追及相应、第一宇宙速度等内容的规律，多以选择题训练为主。
2．2023年5月30日9时31分，神舟16号载人飞船进入太空，经5次自主变轨成功与天和核心舱径向对
接，标志着我国已经成为了航天大国。天和核心舱的轨道可近似看成圆轨道，离地面高度约390千米。
已知地球同步卫星距地球表面高度约为36000km，下列说法正确的是（ ）
A．飞船运载火箭发射过程中，宇航员处于失重状态
B．神舟16号飞船在变轨到更高轨道过程中，需要点火减速
C．天和核心舱的向心加速度大于赤道上随地球自转的物体的向心加速度
D．天和核心舱在轨道上运行时，与太阳的连线在相同时间内扫过的面积是相等的
【答案】C
【详解】A．飞船运载火箭发射过程中，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，故A错误；
B．神舟16号飞船在变轨到更高轨道的过程中，需点火加速做离心运动，故B错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司C．根据万有引力提供向心力，有 解得 由于天和核心舱的轨道半径小于地球同步卫星
的轨道半径，则天和核心舱的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，根据 可知地球同步卫
星的向心加速度大于赤道上随地球自转的物体的向心加速度，由此可知天和核心舱的向心加速度大于在
赤道上随地球自转的物体的向心加速度，故C正确；
D．天和核心舱在轨道上绕地球运行时，根据开普勒第二定律可知，天和核心舱与地球的连线在相同时间
内扫过的面积是相等的，但与太阳的连线在相同时间内扫过的面积是不相等的，故D错误。故选C。
3．2023年8月29日，华为最新款手机Mate60Pro开始发售，该手机搭载了我国自主设计和研发的5G芯
片，引起了全世界的瞩目。它还可以直连我国自主研发的天通一号卫星系统，实现全球卫星通话功能。
天通一号卫星系统由01、02、03三颗卫星组成，均位于地球同步轨道。关于该卫星系统和我国在轨（圆
轨道）运行的空间站，下列说法错误的是（ ）
A．天通一号卫星系统三颗卫星运行周期相同
B．天通一号卫星系统01星的线速度小于空间站运行线速度
C．在某段时间内，01星与地球球心连线扫过的面积大于空间站与地球球心连线扫过的面积
D．01星的机械能一定大于空间站的机械能
【答案】D
【详解】A．天通一号卫星系统三颗卫星均位于地球同步轨道，轨道半径相同，根据开普勒第三定律
可知，三颗卫星运行周期相同，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有 解得 空间站的轨道半径较小，则天通一号卫星系统
01星的线速度小于空间站运行线速度，故B正确；
C．根据扇形面积公式可知，卫星与地球球心的连线扫过的面积为 = 则在相同的时间内，
01星与地球球心连线扫过的面积大于空间站与地球球心连线扫过的面积，故C正确；
D．机械能与质量有关，无法分析两者机械能的大小关系，故D错误；本题选择错误选项；故选D。
4．天问一号是中国行星探测任务名称，该名称源于屈原长诗《天问》，表达了中华民族对真理追求的坚
韧与执着。如图是天问一号的运行轨迹图，在运行过程中进行了多次轨道修正，天问一号进入火星轨道
后，飞行轨迹是一个绕着火星的椭圆形。远火点则是这个椭圆轨迹上距离火星最远的一点，远火点平面
轨道调整就是将天问一号的绕火星飞行路线从横着绕变成竖着绕并进入遥感使命轨道，这样天问一号就
能够对火星的两极进行拍摄，从而完成对火星全球的遥感成像任务（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．天问一号发射阶段的速度必须大于第二宇宙速度
B．天问一号在进入火星轨道前只受到地球和火星的引力影响
C．天问一号在远火平面制动点的加速度比其他绕火星轨道的加速度都要大
D．天问一号的遥感使命轨道是火星的同步轨道，在这个轨道上天问一号相当于火星的同步卫星
【答案】A
【详解】A．天问一号要脱离地球的吸引，发射阶段的速度必须大于第二宇宙速度，故A正确；
B．天问一号在地球附近时，只受到地球的引力影响，故B错误；
C．根据牛顿第二定律 解得 远火点则是这个椭圆轨迹上距离火星最远的一点，故天问
一号在远火平面制动点的加速度比其他绕火星轨道的加速度都要小，故C错误；
D．天问一号的遥感使命轨道是椭圆轨道，不是火星的同步卫星轨道，故D错误。故选A。
5．2024年2月23日，“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，被誉为龙年
首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的
轨道半径是地球半径的n倍，下列说法中正确的是（ ）
A．地球同步卫星可以静止在北京上空
B．同步卫星运行速度是第一宇宙速度的
C．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的
D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的
【答案】B
【详解】
A．地球同步卫星静止在赤道上空，不可能静止在北京上空，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力 可得 则 故B正确；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司C．同步卫星、地球赤道上物体角速度相同，根据 则 故C错误；
D．根据万有引力与重力的关系 根据牛顿第二定律 可得 故D错误。故选
B。
6．某校天文小组通过望远镜观察木星周围的两颗卫星a、b，记录了不同时刻t两卫星的位置变化如图甲。
现以木星中心为原点，测量图甲中两卫星到木星中心的距离x，以木星的左侧为正方向，绘出 图像如
图乙。已知两卫星绕木星近似做圆周运动，忽略在观测时间内观察者和木星的相对位置变化，由此可知
（ ）
A．a公转周期为 B．b公转周期为
C．a公转的角速度比b的小 D．a公转的线速度比b的大
【答案】D
【详解】A．由图像可知，a公转周期为 ，故A错误；
BCD．由万有引力提供向心力可得 可知 ， ，
由于b的轨道半径大于a的轨道半径，则b的公转周期大于a的公转周期，即b公转周期大于 ；a公转
的角速度比b的大；a公转的线速度比b的大，故BC错误，D正确。故选D。
押题猜想五 牛顿动力学问题
1．（多选）如图所示，A，B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小
球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线刚好
拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量
均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司斜面下滑至速度最大时C恰好要离开地面。下列说法正确的是（ ）
A．C刚离开地面时，B的加速度为零
B．斜面倾角α=60°
C．刚释放A时，B的加速度是
D．A获得最大速度为
【答案】ACD
【详解】A．A和B的速度相等，当A的速度最大时，B的速度也最大。则C刚离开地面时，B的加速度为
零，A正确；
B．开始与C恰好要离开地面时，弹簧分别处于压缩和拉伸状态，弹力大小均为
对AB分析 得 ，B错误；
C．刚释放时，对AB分析 得 ，C正确；
D．弹簧弹性势能变化为零，根据机械能守恒 联立得A获得最大速
度为 ，D正确。故选ACD。
押题解读
连接体模型是力学常见物理模型，此类模型中物体运动过程中受力分析较为复杂，通常需要利用整
体法和隔离法，结合牛顿第二定律来处理问题，同时这类问题中也会考查临界条件。
考前秘笈
要求学生能够对连接体模型中的物体做出正确的受力分析，然后根据牛顿第二定律列出方程，并且
要求学生能够发现条件中或者书写公式中隐藏的条件和联系，特别要注意对斜面连接体问题、弹簧连接
体问题的强化训练。
2．（多选）质量为m的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质细线
上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量为m的物块放置在斜面上。现用水平向左的推力F
（为未知量）作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对静止时，细线与竖
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司直杆之间的夹角为 ，已知斜面的倾角为 ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．当 时，水平推力大小一定为
B．当 时，水平推力大小一定为
C．当 时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0
D．当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直
【答案】AD
【详解】A．当 时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力，
合力水平向左，如图
则 解得 整体由牛顿第二定律得 故A正确；
B．当 时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦
力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B错误；
C．当 时，小球的加速度大小为 物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一
定为0，故C错误；
D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则 解得
细线与斜面一定垂直，故D正确。故选AD。
3．（多选）如图所示，一小球用轻质细线悬挂在木板的支架上，分别沿倾角为θ的两个固定斜面下滑，
甲图中细线保持竖直，乙图中细线保持垂直斜面。在木板下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．甲图中木板与斜面间的动摩擦因数
B．甲图中木板、小球组成的系统机械能守恒
C．乙图中木板与斜面间的动摩擦因数
D．乙图中木板、小球组成的系统机械能守恒
【答案】AD
【详解】A．甲图中，因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向没
有分力，所以小球在水平方向没有加速度，根据力的平衡条件得 则解得 故A
正确；
B．甲图中，因小球沿斜面做匀速直线运动，由于木板与小球的运动状态相同，所以木板、小球组成的统
动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故B错误；
C．乙图中，因拉小球的细线与斜面垂直，所以小球受到重力和细线垂直于斜面向上的拉力，其合力沿斜
面向下，所以小球的加速度也沿斜面向下，对小球运用牛顿第二定律得 解得
由于木板与小球的运动状态相同，所以对木板、小球组成的整体，根据牛顿第二定得
解得μ=0故C错误；
D．乙图中，由于木板不受斜面的摩擦力，所以木板、小球组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故
D正确。故选AD．
4．（多选）如图所示，A，B两物块的质量分别为 和 ，静止叠放在水平地面上。A，B间的动摩擦因
数为μ，B与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 。现对A施加
一水平拉力F，则（ ）
A．当 时，A，B都相对地面静止
B．当 时，A的加速度为
C．当 时，A相对B静止
D．无论F为何值，B的加速度不会超过
【答案】BD
【详解】A． 之间的最大静摩擦力为 ， 与地面间的最大静摩擦力为
当 时， 有可能大于 ，因此 ， 可能相对地面发生滑动，
故A 错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司B．当 时，对 整体，根据牛顿第二定律有 解得 的共同加速度为
当两物体未发生相对滑动时， 越大，加速度越大，当两物体发生相对滑动时， 的加速度最大，对 ，
根据牛顿第二定律有 解得 的最大加速度为 因为 ，则A的加
速度为 ，故B正确；
C．当两物体恰好发生相对运动时，对 整体，根据牛顿第二定律有 对 ，根据牛顿
第二定律有 联立解得 故当 时， 、 之间发生相对滑动，故C
错误；
D． 的最大加速度为 ，因此无论F为何值，B的加速度不会超过 ，故D正确。故选BD。
5．（多选）如图所示，质量为m的小球A和质量为 的小球B与轻杆相连，两球连接体斜放在车厢内，
当车以一定的加速度向右匀加速运动时，两球连接体相对于车厢静止，轻杆与竖直方向的夹角为 ，车厢
侧壁和地板均光滑，重力加速度为g，则（ ）
A．轻杆对球的作用力大小为
B．车的加速度大小为
C．A球对车厢侧壁的作用力大小为
D．B球对车厢地板的作用力大小为
【答案】ACD
【详解】A．根据题意，设杆对球的作用力大小为 ，对A球，竖直方向上由平衡条件有
解得 故A正确；
BCD．水平方向上，由牛顿第二定律，对A球有 对B球有 竖直方向上对B球，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由平衡条件有 联立解得 ； ； 故B错误，CD正确。
故选ACD。
6．（多选）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑
水平台面上，质量为3m的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C物块使轻绳处于拉直状态。由静止释放C
后（运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞）（ ）
A．相同时间内，A、B运动的路程之比为1∶2
B．物块A、B的加速度之比为2∶1
C．细绳的拉力为
D．当物块C下落高度h时，速度为
【答案】BCD
【详解】AB．根据题意，由牛顿第二定律可得 ； ；
解得 则路程之比 故A错误，B正确；
C．设B运动的路程为s，则A运动的路程为2s，可知此时C运动的路程为1.5s，则有
由以上选项分析可以解得 故C正确；
D．由牛顿第二定律 可得 则当当物块C下落高度h时，由 可得速度为
故D正确。故选BCD。
押题猜想六 机械振动与机械波
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司1．某鱼漂重为G，如图甲所示。O、M、N为鱼漂上的三个点，M、N关于O对称。当鱼漂静止时水位恰
好位于O点。用手将鱼漂往下压至M点后放手。假设水面静止，鱼漂在M、N间横截面积不变，不考虑
水流阻力。下列说法正确的是（ ）
A．鱼漂恰好能回升至点O过水面
B．鱼漂上升过程中还有一个位置加速度与刚放手时相同
C．若点M到达水面时浮力为 ，则整个上升过程中浮力最小为
D．点O过水面时，鱼漂的速度、加速度方向均向上
【答案】C
【详解】根据题意可知，当鱼漂静止时，水面恰好过O点，由平衡条件有 取向下为正方向，
鱼漂向下运动时，鱼漂的合力为 整理可得 可知，鱼漂的上下运动是简谐
运动。
A.因为鱼漂的上下运动是简谐运动，所以鱼漂恰好能回升至点N过水面，故A错误；
B.鱼漂上升过程中 不断减少，鱼漂的合力大小不断减少，所以没有一个位置加速度与刚放手时相同，故
B错误；
C.若点M到达水面时浮力为 ，即此时合力大小为 因为鱼漂的上下运动是简谐运动，
所以鱼漂在N点的合力大小跟在M点合力大小相等。所以在N点受到的浮力大小
而N点是鱼漂在整个上升过程中受到浮力最小的位置，故C正确；
D.点O是鱼漂做简谐运动的平衡位置，所以点O过水面时，鱼漂的速度最大，方向向上。但加速度为0。
故D错误。故选C。
2．艺术体操是一项女子竞技项目，主要有绳操、球操、圈操、带操、棒操五项。带操动作柔软、流畅、
飘逸、优美。如图所示是一位带操运动员的竞技场景，丝带的运动可以近似为一列简谐横波沿 轴传播，
时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点， 时刻该波刚好传播到 点，质点
A的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A． 时，质点A的位移为 B．该波的传播速度是
C．波向 轴负方向传播 D． 时质点 通过的路程是80
【答案】D
【详解】A．由题图甲乙可知，振幅为 周期为 角速度为 A振动的初相
为 则质点A的位移的函数表达式为 当 时，质点A的位移为
，A错误；
B．由乙图可知，质点的振动周期为 由甲图可知，波长 则波速为 ，B错误；
C．由该简谐波 时恰好传到B点，波源在B 点左侧，波向 轴正方向传播，C错误；
D．质点B、 平衡位置之间的距离为 由 解得 即经过 质点 开始振动，又经过
0.8s 质点 完成一次全振动通过的路程是80cm ，D正确。故选D。
押题解读
对于这部分内容，高考多以考查机械振动中的弹簧振子和单摆模型，对于机械波多以考查波动图像
和振动图像想结合的问题、机械波的多解问题和机械波的干涉问题。
考前秘笈
要求掌握机械振动弹簧振子和单摆模型的特点，以及在此基础上基本规律的拓展应用，明确振动图
像和波动图像的物理意义和应用。
3．如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面S点静止释放，小球在隧道内的运动可视
为简谐振动。已知地球半径为R，小球经过O点时开始计时，由O向S运动，经 时间第1次过P点（P
点图中未标出），再经 时间又过该点。则（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．小球振动的周期为 B．O到P的距离为
C．小球第3次过P点所需的时间为 D．由S到O的运动过程中小球受力逐渐增大
【答案】B
【详解】A.小球经过O点时开始计时，由O向S运动，经t 时间第1次过P点，再经2t 时间又过该点，
0 0
说明小球从O到P的时间为t ，从P到最大位移处的时间为t ，小球从最大位移处再回到P点的时间为
0 0
t ，则小球振动的周期为T = 4(t + t ) =8t 故A错误;；
0 0 0 0
B.设O到P的距离为x，由简谐运动的对称性可得x=Asin 又A= R则得 故B正确；
C.小球第3次过P点所需的时间为t=6t 故C错误；
0
D.由S到O的运动过程中小球做简谐运动，位移逐渐减小，根据简谐运动的特征 分析可知加速度
逐渐减小，由牛顿第二定律知小球受力逐渐减小，故D错误。故选B。
4．如图所示的弹簧振子，物块A的质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧振子振动的周期为 ；
让A在光滑的水平面上做往复运动，A在运动过程中的最大速度为v，当A的速度最大时，把另一个质量
0
为m的物块B轻轻的放在A上，两者合二为一立即达到共同速度。下列说法正确的是（ ）
A．物块B未放置到A上之前，A由最左端运动到最右端需要的时间为
B．放上B后，整体第一次运动到弹性势能最大处，需要的运动时间为
C．两物块合二为一后，弹簧的最大弹性势能为
D．物块B放置到A上，在两者达到共同速度的短暂过程，A对B的冲量为
【答案】B
【详解】A．由简谐振动的规律可得A由最左端运动到最右端需要的时间为半个周期，由弹簧振子的振动
周期可得这段时间为 故A错误；
B．根据弹簧振子的周期公式可得，放上B后，弹簧振子的周期发生改变，变为 而当A的速
度最大时，即A位于平衡位置，此时把物块B轻轻的放在A上，整体第一次运动到弹性势能最大处，需要
30
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C．两物块合二为一，由动量守恒定律可得 最大动能为 由机械能守恒定律可得
最大的弹性势能为 综合可得 ， 故C错误；
D．物块B放置到A上，在两者达到共同速度的短暂过程，由动量定理可得，A对B的冲量
故D错误。故选B。
5．如图甲所示的漏斗在做简谐运动的同时，小付同学将下方的薄木板沿箭头方向匀加速拉出，漏斗3s内
漏出的细沙在板上形成的曲线如图乙所示，当地重力加速度大小 ，下列说法正确的是（ ）
A．该沙摆的周期为3s
B．该沙摆的摆长约为2m
C．薄木板的加速度大小为
D．当图乙中的B点通过沙摆正下方时，薄木板的速度大小为0.35m/s
【答案】C
【详解】
A．由题图乙知，该沙摆的周期为2s，选项A错误；
B．沙摆的周期 解得 选项B错误；
C．由题图乙中数据可知，木板在连续且相等的时间段内的位移差 解得
选项C正确；
D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有
选项D错误。故选C。
6．“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发
出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波
时刻的波形图，M是此波上的一个质点，平衡位置处于 处，图乙为质点M的振动图像，则（
）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．该列波的传播速度为4m/s B．该列波的传播方向沿x轴负向传播
C．质点M在9s内通过的路程为340cm D．质点M在2s内沿x轴运动了8m
【答案】B
【详解】A．由图甲知，波长 由乙图知，周期T=2s该列波的传播速度为 故A错误；
B．由乙图知， 时刻M质点向上振动，根据“同侧法”， 该列波的传播方向沿x轴负向传播，故B
正确；
C．根据 质点M在9s内通过的路程为 故C错误；
D．质点M只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，故D错误。故选B。
7．位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t=0时波源开始振动，其位移y随时间
t变化的关系式为y=0.2sin（πt+π）m，波经过5s传到距波源20m处的B点，则在t=16s时，B点附近的波
形图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】根据题意可知，波的传播速度为 由位移y随时间t变化的关系式可知周
期为 则波长为 根据位移y随时间t变化的关系式可知质点的起振方向沿 轴
负方向，则 时， 处的质点开始从平衡位置沿 轴负方向振动；根据
可知 时， 处的质点经过平衡位置沿 轴正方向振动，由于波沿 轴正方向传播，根据波形平
移法可知，B点附近的波形图正确的是B。故选B。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司押题猜想七 功能关系
1．（多选）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置
一个质量为m的小物块，物块与圆盘间、物块与桌面间的动摩擦因数均为 。现从静止开始缓慢增大圆
盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为
C．餐桌面的半径为
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为
【答案】BD
【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块沿切线方向滑出，合外力为与速度方向相反的滑动摩擦力，
做匀减速直线运动，故A错误；
B．小物块滑下时 可知 由动能定理可得圆盘对小物块做的功为
故B正确；
C．小物块滑下后在桌面上滑动时，由动能定理得 解得小物块在桌面滑动距离
则餐桌面的半径为 故C错误；
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，根据动量定理可得所受摩擦力的冲量大小为
故D正确。故选BD。
押题解读
对复杂的物理过程时，动能定理成为分析初末状态动能、求解变力做功的有力工具。对于单个物体
或是由多个物体组成的系统，在机械能守恒的条件下，我们可以运用机械能守恒定律来解决问题。当涉
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司及到机械能与其他形式能量的转化时，能量守恒的观点则成为解决问题的关键。在物理考试中，特别是
高考中，直线运动、圆周运动、抛体运动等运动形式经常与动能定理、机械能守恒定律相结合进行考查。
这种结合不仅检验了学生对这些基本物理定律的理解程度，还考查了他们运用这些定律解决实际问题的
能力。因此，深入理解并熟练掌握这些知识点，对于提高物理学习水平和应对物理考试都至关重要。
考前秘笈
在处理物理问题时，可以将复杂的运动过程拆解为两个或多个子过程。在每个子过程中，对物体进
行详细的受力分析，并据此列出动能定理方程或机械能守恒方程。如果机械能不守恒，则只能利用动能
定理来求解。而在利用机械能守恒定律解决问题时，我们可以通过转化思想避免选择参考平面，通常这
需要综合考虑多个物体或多个过程，综合列出方程进行求解。
2．（多选）如图所示，是小朋友非常喜欢的一款电动玩具小车，我们可以通过玩具小车在水平面上的运
动来研究功率问题。已知小车质量为m，小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车保持功率不变，小
车的v-t图象如图甲所示，t₀时刻小车的速度达到最大速度的 倍，小车速度由v₀增加到最大值的过程中，
小车的牵引力F与速度v的关系图象如图乙所示，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（
）
A．小车的额定功率为
B．小车的最大速度为
C．小车速度达到最大速度的一半时，加速度大小为
D． 时间内，小车运动的位移大小为
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，当 时，有 ，由公式 ，可得 故A错误；
B．当小车以最大速度匀速运动时 且 根据 即
可得 故B错误；
C．由A、B选项可知 ； 则根据公式 ，可得小车速度达到最大速度的一半时，此
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司时的牵引力 又 根据牛顿第二定律 ，可得 解
得 故C正确；
D．在 时间内，位移为 ，根据动能定理 解得 故D正
确。
故选CD。
3．（多选）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面
的高度为h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上
的小球Q相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为 处由静止释放，
下列说法正确的是（ ）
A．小球P即将落地时，它的速度大小为
B．小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为
C．从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
D．若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为
【答案】BC
【详解】B．平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则速度与水平方向的夹角
可知，小球P即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平
抛运动知识可知，小球P的速度方向与水平方向的夹角解得 故B正确；
A．设小球P即将落地时，它的速度大小为 ，小球Q的速度大小为 ，根据系统机械能守恒有
小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有 解得 ，
故A错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司C．根据动能定理可得，从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
故C正确；
D．小球P落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有 由于轨道、轻杆对小球
有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与 大小不相等，即不等于 ，
故D错误。故选BC。
4．（多选）过山车是一种刺激的游乐项目，未经训练的普通人在承受大约5个重力加速度时就会发生晕
厥。图甲过山车轨道中回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆轨道最高点、B为最低点；图乙过山
车轨道中回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径
为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰处由静止下降，
经过A、C点时均和轨道没有相互作用，点B、D等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是（
）
A．过山车经过A、C点时速度为0
B．图甲过山车轨道比图乙轨道更安全
C．图乙过山车轨道比图甲轨道更安全
D．图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R
【答案】CD
【详解】A．已知过山车经过A、C点时和轨道没有相互作用，重力充当向心力有 解得
故A错误；
BC．分别运动到轨道最低点B、D时，人所受加速度最大，由动能定理，对图甲圆环轨道
经过B点时加速度 解得 图甲过山车轨道存在安全隐患；对图乙倒水滴形轨道有
经过D点时加速度 解得 故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全，
故B错误，C正确；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司D．相同载人过山车在顶峰处动能为0，经A、C点时动能相等，根据机械能守恒，有 ；
其中 可得 即图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R，故
D正确。故选CD。
5．（多选）如图所示，质量为 的长木板放在粗糙的水平地面上，质量 的小物块置于长
木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数 ，长木板与地面之间的动摩擦因数 。现给
小物块施加一个水平向左的恒力 ，给长木板施加一个水平向右的恒力 时撤掉力 ，
小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是（ ）
A． 长木板的加速度
B． 过程中 对小物块做了 的功
C． 的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热
D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量
【答案】BC
【详解】A．对长木板进行受力分析，受力示意图如图所示
A. 根据牛顿第二定律 ； 故A错误；
B．对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀
减速直线运动，加速度大小分别为 和 ，长木板和小物块在0~4s内的 如图所示，0~2s小物
块做匀加速直线运动，位移 ，拉力对小物块做功为 故B正确；
C．两条 图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由 图像可知 小物块与长木
板之间的摩擦生热 故C正确；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。故选BC。
6．（多选）皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的一部分如下图所示，传
送带与水平地面的夹角 。若传送带以恒定的速率 逆时针运转，将质量为 的煤块（看
成质点）无初速度地放在传送带的顶端P，经时间 煤块速度与传送带相同，再经 到达传送
带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ， ， ，
则（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带 的长度为
C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】物块刚放上传送带的 内，物体的速度 由牛顿第二定律
解得 故A正确；
B．在最初0.5s内物块的位移 以后物块的加速度 再经 到达传送带底
端Q点，则 则传送带PQ的长度 联立代入数据解得 故B正确；
C．在最初0.5s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离 以后的2s内滑块相对传送带向
下滑动，则相对滑动的距离 联立代入数据解得 ；
则煤块从点到达点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m，故C错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为 故D
正确。故选ABD。
押题猜想八 静电场基本概念与规律
1．如图所示，在真空中水平放置一高为2L的长方体绝缘支架，其上下两个面是边长为L的正方形，在
顶点A、C处分别放置电荷量均为+Q的点电荷，在顶点F、H处分别放置电荷量均为 Q的点电荷，O、
1
O 分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是（ ）
2
A．该长方体的几何中心处场强方向竖直向上
B．B、D两点场强和电势均相同
C．沿竖直方向从O 到O，场强大小先减小后增大
1 2
D．将一负试探电荷从D点移到G点，电场力做负功
【答案】D
【详解】A．由等量同种点电荷电场特点可知，A、C处放置的正电荷在长方体的几何中心处场强方向竖
直向下，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，则该长方体的几何中心处合场
强竖直向下，A错误；
B．B、D两点到两正电荷的距离相同，到两负电荷的距离相同，由矢量合成可知，B、D两点的场强大小
相等，方向不同，由对称性可知电势相同，B错误；
C．沿竖直方向从O 到O，两正电荷在O 点场强为0，两负电荷O 点场强为0，则O 点场强与O 点场强
1 2 1 2 1 2
相同且较小，不可能先减小后增大，C错误；
D．D点离两正电荷更近，G点离两负电荷更近，则D点电势高于G点电势，将一电子从D点移到E点，
电场力做负功，D正确；故选D。
押题解读
这部分内容主要结合等量同种或者等量异种电荷的电场特点和电场线特点，重点考查静电场的电场
强度、电势、电势能等基本概念，同时也可以通过各类图像中斜率、面积的物理含义来对静电场中上述
概念的考查。
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掌握等量同种或者等量异种电荷的电场分布，特别是电荷连线和连线中垂线上各点电场强度、电势、
电势能的变化。熟悉φ-x图像、E-x图像、E-x图像的斜率和面积物理含义的掌握。
P
2．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆的圆心， 为上侧阳
半圆的圆心， 为下侧阴半圆的圆心，O、 ， 在同一直线上，AB为大圆的直径且与 连线垂直，
C、D为关于O点对称的两点，在 ， 两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有 、
处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ）
A．C、D两点电势相等
B．把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能先增加后减小
C．把质子由A沿直线移到B的过程中，质子所受电场力先增加后减小
D．将一电子（不计重力）从A点由静止释放，电子可以沿直线在AB间做往返运动
【答案】C
【详解】A．在 ， 两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，设 处为正点电荷， 处为负点电
荷，由于C点靠近正点电荷，D点靠近负点电荷，则C点电势高于D点电势，故A错误；
B．AB为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所以
把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能保持不变，故B错误；
C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，O点为中垂线上场强最大的点，则把质子由A沿直线移
到B的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小，故C正确；
D．由于根据等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一电子（不计重力）从A点由静止
释放，在A处受到的电场力与AB直线垂直，电子不可能沿直线在AB间做往返运动，故D错误。故选
C。
3．如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒
子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上。下列说法正确的是（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．该粒子可能带正电
B．该粒子经过B点时的速度最大
C．该粒子经过B点时的加速度一定为零
D．该粒子在B点的电势能大于在A点的电势能
【答案】C
【详解】A．粒子在A到B的运动中，其轨迹向左下方弯曲，说明带电粒子受力向左下方，即受固定正电
荷的吸引，因此粒子带负电，A错误；
B．粒子在A到B的运动中，只受电场力作用，且电场力先做正功后做负功，由动能定理可知，动能先增
大后减小，因此粒子在B点的动能不是最大，则该粒子经过B点时的速度不是最大，B错误；
C． B点是两点电荷连线的中点，合场强是零，带电粒子受力是零，则加速度一定是零，C正确；
D．两等量正电荷在连线的中垂线上交点处电势最高，从交点向两侧电势逐渐降低，因此B点的电势高于
A点电势，即 ，由 可知，粒子带负电，因此 ，即该粒子在B点的电势能小于在A
点的电势能，D错误。故选C。
4．x轴上有两个不等量点电荷 ，两电荷连线上各点电势随位置坐标变化的 图像如图所示，图
线与φ轴正交，交点处的纵坐标为 ，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。正电子的质量为m，电
荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（ ）
A． 带异种电荷
B．两电荷电量之比
C．将一正电子从a点由静止释放，若经过O点时速度为 ，则a点电势
D．将一正电子从b点由静止释放，则电场力先做正功后做负功，正电子经过O点后可以到达a点
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【答案】C
【详解】A．由图可知x轴上的 和 之间的电势都大于零，故两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；
B．在x=0处图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，有 解得 故B错误；
C．从a点静止释放到O点，动能定理可得 得 故C正确；
D．将一正电子从b点由静止释放初始动能为零，由于a点电势大于b点，正电子在a点电势能大于b点，
根据能量守恒可知，不可能到达a点，故D错误。故选C。
5．O、A、B为一条电场线上的三点，一电子仅在电场力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零
电势点，该电子运动过程中电势能 随移动距离x的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场
B．A点的电场强度等于B点的电场强度
C．电子在A点的动能小于在B点的动能
D．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功
【答案】B
【详解】AB．由题图可知，从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离也均
匀增加，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等，选项A
错误，B正确；
CD．电子在A、B两点的电势能分别为 和 ，且 说明电子由A点运动到B点时电势能增大，
电场力做负功，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，电场力对其所做的功为
选项CD错误。故选B。
6．有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x
轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为4V、8V、10V，将一电荷量为q = －2 × 10－5C的点电荷由a点开
始沿abcd路线运动，则下列判断不正确的是（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．坐标原点O的电势为8V
B．电场强度的大小为
C．该点电荷在d点的电势能为−1.6 × 10−4J
D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为8 × 10−5J
【答案】A
【详解】A．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，故 代入数
据解得 故A错误；
B．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e的电势为 ，
连接Oe则为等势面，如图所示
由几何关系可知， 垂直Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为
故B正确；
C．由分析可知，bd在同一等势面上，电势相等，该点电荷在d点的电势能为
故C正确；
D．该点电荷从a点移动到b点电场力做功为 故D正确。本题选
择不正确的，故选A。
押题猜想九 磁场基本概念与规律
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司1．正方体 的上表面水平，沿中心线 放置一根通有恒定电流I的长直导线，现使一闭合
金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是
（ ）
A． 点与c点的磁感应强度相等
B．小圆环的圆心从 边的中点竖直向上运动时，小圆环中无感应电流
C．小圆环的圆心从 移到 过程中，穿过小圆环的磁通量先增加后减少
D．小圆环的圆心从a移到d与从a移到c，小圆环的平均感应电动势相等
【答案】B
【详解】A．由右手定则可知， 点与c点的磁感应强度大小相等，但方向相反，故A项错误；
B．小圆环的圆心从ad边的中点时，其磁通量为零，在其竖直向上运动过程中，通过小圆环的磁通量始
终为零，所以其通过小圆环的磁通量未发生变化，即小圆环中无感应电流，故B项正确；
C．小圆环在 位置时，其磁通量不为零，在到达导线正下方时，其磁通量为零，在 点时小圆环的磁通
量也不为零，所以整个过程穿过小圆环的磁通量是先减小，后增加，故C项错误；
D．由于小圆环运动的速度大小不变，而从a移动到d与从a移动到c的过程其位移不同，所以两次运动
所用时间不同。由右手定则可知，小圆环在c点和d点的磁通量相同，所以小圆环在两次移动过程中，磁
通量的变化量相同，根据 可知，小圆环两次移动过程的平均电动势不相等，故D项错误。故选
B。
押题解读
磁场的基本概念和规律主要涉及磁感应强度、安培力的特点、洛伦兹力的特点，考查主要是对磁感
应强度大小、安培力大小、洛伦兹力特点的考查，内容相对较为基础。
考前秘笈
掌握磁感应强度的定义方式,安培力大小求解中注意L为有效长度，同时要注意只有在B⊥I的情况下
才有F=BIL，洛伦兹力方向判断要注意区分正负电荷。这部分还要熟练掌握安培定则和左手定则。
2．利用手机中的磁传感器可测量埋在地下的水平高压直流长直电缆的深度。在手机上建立了空间直角坐
标系Oxyz后保持手机方位不变，且Oz始终竖直向上，如图（a）所示。电缆上方的水平地面上有E、F、
G、H四个点，如图（b）所示。EF、GH长均为1.8m且垂直平分。将手机水平贴近地面，电缆通电前将
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司各分量调零，以消除地磁场的影响，通电后测得四点的分量数据见表，其中B =B 。下列关于电缆中电
xG xH
流的方向和电缆距离地面的深度，判断正确的是（ ）
位
B/μT B/μT B/μT
x y z
置
G B 0 0
xG
H B 0 0
xH
E 8 0 6
F 8 0 -6
A．电缆中电流沿平行于+y方向，电缆距离地面的深度为1.2m
B．电缆中电流沿平行于+y方向，电缆距离地面的深度为2.4m
C．电缆中电流沿平行于-y方向，电缆距离地面的深度为1.2m
D．电缆中电流沿平行于-y方向，电缆距离地面的深度为2.4m
【答案】A
【详解】由题中数据可知，E、F两点水平x方向的磁感应强度大小相等，方向均沿+x方向，竖直z方向
的磁感应强度大小相等，E点沿+z方向分量与F点沿-z方向分量相等，结合G、H两点在y、z方向磁感应
强度均为零，可知E、F点位置如图1所示；
G、H在EF的中垂线上，故电缆中电流沿+y方向。F点的磁感应强度分解如图2所示。可得
又EF长为L=1.8m，由几何关系可得 解得距离地面的深度为h=1.2m故选 A。
3．如图甲所示，质量为m、电阻为R的导体棒MN水平架在两个平行放置的圆弧导轨上，导体棒在导轨
间的部分长度为L，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度平行于导轨平面，与竖直方向的夹角为 。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司当输入电压为U时，导体棒静止在导轨右侧，此时导体棒与导轨圆心的连线与竖直方向的夹角为 ，沿
MN方向看的侧视图如图乙所示。导轨电阻忽略不计，重力加速度为g，则磁感应强度B的大小为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】当输入电压为U时由欧姆定律有 对导体棒受力分析如图所示
由导体棒受力平衡有 解得 故选A。
4．如图所示，长度相等的两根通电长直导线a、b垂直于纸面平行放置，质量分别为 、 ，通有相反
方向的电流。先将a固定在O点正下方的地面上，b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，b静止时a、b
间的距离为x。其他条件不变，仅将a、b位置对调一下，a静止时a、b间的距离为x。已知通电长直导
1 2
线周围磁场的磁感应强度大小满足 ，式中k是常数，I是导线中电流，r是该点到直导线的距离。
若 ，则两根直导线质量比为（ ）
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【答案】A
【详解】设O点到地面的距离为h，通电直导线的长度为L，对导线b受力分析如下图所示
与矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有
a、b位置对调后，对a受力分析得 联立解得
故选A。
5．一长度为L的绝缘空心管MN水平放置在光滑水平桌面上，空心管内壁光滑，M端有一个质量为m、
电荷量为+q的带电小球。空心管右侧某一区域内分布着垂直于桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁
场，其边界与空心管平行。空心管和小球以垂直于空心管的速度v水平向右匀速运动，进入磁场后空心管
在外力作用下仍保持速度v不变，下列说法正确的是（ ）
A．洛伦兹力对小球做正功 B．空心管对小球不做功
C．在离开空心管前，小球做匀加速直线运动 D．在离开空心管瞬间，小球的速度为
【答案】D
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B．带电小球在磁场中运动时，有水平向右的速度分量和竖直向上的速度分量，由左手定则知洛伦兹力斜
向左上方，因此玻璃管对带电小球有向右的弹力，该弹力对小球做正功，故B错误；
C．玻璃管在外力作用下始终保持不变的速度，则小球向右的速度分量保持不变，竖直向上的洛伦兹力分
量保持不变，因此在竖直方向小球做匀加速直线运动，而在水平方向做匀速运动，所以小球做类平抛运
动，故C错误；
D．小球做类平抛运动，则有 ； ； 所以 故D正确。故选D。
6．如图所示，足够长的两个平行纸面带绝缘凹槽的光滑倾斜滑道，与水平面的夹角分别为 和 （
），加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等且带等量正、负电荷的小球a、b依次从两滑道的
顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（ ）
A．a、b两球沿槽运动的最大速度分别为 和 ，则
B．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且
C．a、b两球沿槽运动的时间分别为 和 ，则
D．a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为 和 ，则
【答案】C
【详解】B．两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故两球都做匀
加速直线运动，加速度为a=gsinβ，a=gsinα可见a＞a，故B错误；
a b a b
A．当加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面则mgcosθ=Bqv所以
， 由于 ，所以v＜v，故A错误；
a b
C．由v=at得 ， 则t＜t，故C正确；
a b
D．由 v2=2ax求得 ， 因 ，则 s＜s ，故D错误。
a b
故选C。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司押题猜想十 电磁感应及变压器
1．（多选）如图甲（俯视图）所示，水平面内固定放置面积为 ，电阻为1Ω的单匝线圈，线圈内充
满垂直水平面向下的匀强磁场，其磁感应强度 随时间t变化关系如图乙所示，线圈两端点M、N与相距
的粗糙平行金属导轨相连，导轨置于垂直水平面向上的磁感应强度大小 的匀强磁场中。一根
总长为 ，质量为 ，阻值为9Ω的金属杆 置于导轨上，且与导轨始终接触良好。一根劲度系数
为 的轻弹簧右端连接在固定挡板上，左端与金属杆相连，金属杆与金属导轨间动摩擦因数为 ，
金属杆静止时弹簧伸长量为 。在 时刻闭合开关S，金属杆在 内始终保持静止，g取 ，
忽略平行导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A． 内金属杆中电流方向为
B．金属杆与金属导轨间动摩擦因数至少为0.45
C． 内通过金属杆电荷量为
D． 内整个回路产生焦耳热
【答案】BD
【详解】A．在单匝线圈线圈中 内磁感应强度在变大，根据楞次定律可得，线圈上电流逆时针流动，
在金属杆中电流流向是 ，A错误；
B．线圈产生的电动势为 由闭合电路欧姆定律得电流为 金属杆受到的安培力
为
方向水平向右，所以金属杆刚好不滑动时力是平衡的 代入数据求得
金属杆与金属导轨间动摩擦因数至少为0.45，B正确；
C．根据 可知 内通过金属杆电荷量为 ，C错误；
D． 内与 产生的电流相等，因此 内整个回路产生焦耳热 ，D正确。
故选BD。
2．（多选）如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原、副线圈
匝数之比为n。发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R，降压变压器所接负载的等效电阻
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司为R ，，其余导线电阻不计。当R 变化时，理想电压表V的示数变化为 ，理想电流表A的示数变化
变 变
为 ，下列说法正确的是（ ）
A．R 的触头向下滑动时，输电线上的损耗功率变小
变
B．R 的触头向下滑动时，电压表的示数变小
变
C．R 的触头向上滑动时，输电效率降低
变
D．
【答案】BD
【详解】AB．R 的阻值减小，电流表的示数增大，由于降压变压器的匝数比不变，则输电线上的电流
变
增大，输电线上的损耗功率变大。又因为升压变压器输出电压U₂不变，则降压变压器的输入电压减小，
依据电压与匝数的关系知电压表的示数减小，故A 错误，B正确；
C．由以上分析知，R 的阻值增大，输电线电流减小，则降压变压器的输入电压U 增大，输电效率为
变 3
可知输电效率提高，故C 错误；
D．根据输电线路，设升压变压器副线圈两端的电压为 ，输电线路的电流为 ，则降压变压器原线圈
两端的电压 根据电压与匝数之间的关系 可得 根据匝数与电流之间的
关系 联立可得 由于升压变压器原线圈无负载，因此 始终不变，则根据以上函数关
系可知 故D正确。故选 BD。
押题解读
电磁感应与电路的综合问题，实际上是一个融合了多个物理知识点的复杂问题。它涵盖了牛顿第二
定律、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动能定理、动量定理以及能量守恒定律等
多个重要概念。这类问题不仅要求学生对每个知识点有深入的理解，还需要他们能够将这些知识点综合
运用，以分析和解决复杂的物理问题。在处理这类问题时，学生首先需要明确每个物理量的含义和它们
之间的关系，然后利用相关的物理定律和定理，建立数学模型。通过解这个模型，学生可以得出问题的
解，并对结果进行解释和讨论。因此，电磁感应与电路的综合问题不仅是对学生物理知识的检验，更是
对他们综合分析能力、逻辑思维能力和问题解决能力的全面考察。通过解决这类问题，学生可以进一步
提升自己的物理素养和综合能力。
考前秘笈
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司对于这部分内容，要求熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，能够对线框、单棒、双棒模型的
运动特点有清晰的认识，会结合牛顿第二定律、功能关系、动量定理和动量守恒定律对有关问题进行解
决。
3．（多选）如图甲所示，光滑金属导轨abc和deO电阻不计，abed为边长为d的正方形，bc段为圆弧，
O为圆弧的圆心， bOe=45°，ad间连接电阻为R的灯泡。0时刻开始电阻为R的导体棒绕O点沿圆弧转
动，转动的角速度为 ，经2t 由b转到c。扇形区域内磁场恒定，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小
0
为B，正方形区域内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示。下列说法
0
正确的是（ ）
A．0-t 灯泡发光且电流方向由a→d
0
B．0-t 灯泡两端电压为
0
C．0-t 通过导体棒的电荷量为
0
D．若要使t-2t 灯泡不发光，乙图中B的变化率为
0 0
【答案】BD
【详解】A． 电路中有感应电流产生，又根据右手定则判断，灯泡发光且电流方向由 ，A错误；
B． 导体棒产生的感应电动势为 根据闭合电路欧姆定律可知，灯泡两端电压
为 ，B正确；
C．由 可知， 通过导体棒的电荷量为
D．若要使 灯泡不发光，则说明回路中的磁通量不发生变化，即 解得
D正确。故选BD。
4．（多选）如图所示，间距L=1m的粗糙倾斜金属导轨与水平面间的夹角 =37°，其顶端与阻值R=1Ω的
定值电阻相连，间距相同的光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨都足够长且在 处平滑连接，
至 均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨与水平导轨间电流不导通。倾斜导轨处有方向垂直倾斜导轨所
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司在平面向上、磁感应强度大小B=0.2T的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应强度大小B=0.5T
1 2
的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.2kg，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒
1放置在倾斜导轨上，且距离 足够远，导体棒2静置于水平导轨上，已知倾斜导轨与导体棒1间的动
摩擦因数 =0.5。现将导体棒1由静止释放，运动过程中导体棒1未与导体棒2发生碰撞。取重力加速度
大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确
的是（ ）
A．导体棒1在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动
B．导体棒1滑至 瞬间的速度大小为20m/s
C．稳定时，导体棒2的速度大小为10m/s
D．整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为2C
【答案】BC
【详解】A．由于导体棒1释放点离 足够远，导体棒1滑至 时一定达到稳定状态，则导体棒1在
倾斜导轨上下滑时先做加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
B．由平衡可得即有 根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律
解得 m/s故B正确；
C．导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得 得即稳定时，导体棒2的速度大小为 m/s故C
正确；
D．对导体棒2由动量定理有 即 电荷量为 C故D错误。故选BC。
5．（多选）如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，存在两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁
场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方
形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度 做匀速直线运动；
当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．当ab边刚越过GH进入磁场时，cd边电势差
B．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为
C．从ab边刚越过JP到线框再做匀速直线运动所需的时间
D．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为
【答案】BC
【详解】A．由题意当 边刚越过 进入磁场时， 切割磁感线产生的电动势大小为 ，电流为顺
时针方向，所以 边电势差 故A错误。
B．当 边刚越过 进入磁场时，恰好做匀速直线运动，根据平衡条件得 又
联立得 当 边刚越过 时， 边和 边都要切割磁感线，
产生感应电动势，线框中总的感应电动势为 感应电流为 线框受到的安培力的合力
大小为 根据牛顿第二定律得 联立解得 负号表示加速度方
向沿斜面向上，故B正确。
C．从 边刚越过 到线框再做匀速直线运动，根据动量定理得
其中 又因为 解得 解得 故C正确。
D．从 边刚越过 到 边刚越过 过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，
线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和。线框又恰好匀速时 ，则线
框产生的热量为 故D错误。故选BC。
6．（多选）电磁轨道炮原理的俯视图如图所示，它是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，应用
此原理可研制新武器和航天运载器。图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C，两根固定于水平面内
的光滑平行金属导轨间距为L，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画
出），导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，
并与导轨良好接触。首先开关S接1使电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右运动，若导轨足
够长，则在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．磁场方向垂直于导轨平面向上
B．MN的最大加速度为
C．MN的最大速度为
D．电容器上的最少电荷量为
【答案】BCD
【详解】A．由左手定则可知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A错误；
B．电路中最大电流为 最大安培力为 最大加速度为 故B正确；
CD．电容器放电前所带的电荷量 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值v 时，
m
MN上的感应电动势 最终电容器所带电荷量 通过MN的电量 由动量定理，
有 则 解得 则 故CD正确。故选BCD。
7．（多选）如图，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和 ，
图中 左侧是电阻不计的金属导轨， 右侧是绝缘轨道。金属导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，
磁感应强度大小为 ； 右侧以 为原点，沿导轨方向建立 轴，沿Ox方向存在分布规律为
的竖直向下的磁场（图中未标出）。一质量为 、阻值为 、三边长度均为 的 形金
属框，左端紧靠 平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）处于静止状态。长为2L、质量为 、电阻
为 的导体棒 处在间距为2L的金属导轨上，长为 、质量为 、电阻为 的导体棒 处在间距为 的金
属导轨上。现同时给导体棒a，b大小相同的水平向右的速度 ，当导体棒 运动至 时，导体棒 中
已无电流（ 始终在宽轨上）。导体棒 与U形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体棒a、b、金属
框与导轨始终接触良好，导体棒 被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．给导体棒a，b大小相同的水平向右的速度 后，导体棒 做匀速运动
B．导体棒 到达 时的速度大小为
C．导体棒 与U形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动
D．导体棒 与 形金属框碰撞后，导体棒 静止时与 的距离为
【答案】BD
【详解】A．给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度 后，因为导体棒 产生的电动势大于 棒产生的
电动势，所以回路中有感应电流产生，导体棒 减速运动， 棒加速运动，然后匀速运动，故A错误；
B．设 棒到达 时的速度大小为 ，此时导体棒 的速度大小为 ，因为此时已经无电流，所以
则对a、b棒分别根据动量定理可得 ； 联立解得
故B正确；
C． 棒与U形金属框碰撞后连接在一起后做加速度不断减小的减速运动，故C错误；
D．设 棒与U形金属框碰撞后共同速度为 ，则根据动量守恒定律可得 解得 由题意可
知 形金属框右边始终比 形金属框左边的磁场大 从导体棒 与U形金属框碰撞后到最终静止的
过程，回路中的平均电流为 根据动量定理有 b棒静止时与 点的
距离为 联立解得 故D正确。故选BD。
8．（多选）如图，理想变压器原线圈与定值电阻 串联后接在电压恒定 的交流电源上，副线
圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶2。已知 ，R的最大阻值为
20Ω。现将滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电源的输出功率变大
C．当 时，滑动变阻器消耗的功率最大
D．当 时，电压表示数为48V
【答案】BD
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【详解】A．依题意，理想变压器原副线圈电压之比为 又 联立，解得
可知滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动时， 减小， 增大，即电流表示数变大， 也增大，
由 可知原线圈电压减小，所以副线圈电压减小，即电压表示数变小。故A错误；
B．电源的输出功率 随 的增大而增大。故B正确；
C．滑动变阻器消耗的功率为 当满足 即 时，滑动变
阻器消耗的功率最大。故C错误；
D．当 时，有 电压表示数为 故D正确。故选BD。
押题猜想十一 光的折射与光的干涉
1．如图所示，昌昌同学为了测量某溶度糖水折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水；
再将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合；用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像
的直径 ；已知圆柱体截面直径为 ，透明圆桶直径 。则该糖水折射率
（ ）
A．1.45 B．1.72 C．2.00 D．2.50
【答案】A
【详解】作出对应的光路图如图所示
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2．利用薄膜干涉原理可以测量金属丝的直径。将矩形的平行薄玻璃板AB放在水平标准工件的上面，右
侧垫有粗细均匀的直金属丝，在标准工件与玻璃板之间形成一个楔形空气膜，其截面如图所示。用波长
为λ的光，垂直标准工件方向射向玻璃板，在玻璃板上方形成平行条纹，测出相邻亮条纹中心间的距离为
Δx，金属丝与标准工件的接触点D到楔形顶端C点的距离为L，以下说法正确的是（ ）
A．条纹方向平行于CD B．金属丝的直径
C．当金属丝向右移动少许时，Δx变小 D．在同一位置换用更细的金属丝时，Δx变小
【答案】B
【详解】A．根据薄膜干涉原理，干涉条纹平行等宽，方向应垂直于CD方向，故A错误；
B．设金属丝直径为d，玻璃板与标准工件间夹角为α，由几何关系有 当光垂直标准工件方向射
向玻璃板时，得到干涉条纹，相邻两条纹对应劈尖厚度差为 由几何关系有 则
则 故B正确；
C．当金属丝向右移动少许时，即L增大，则 变大，故C错误；
D．在同一位置换用更细的金属丝时，L不变，d减小，则 变大，故D错误。故选B。
押题解读
对于几何光学的考查，主要是包含光的折射和光的全反射两部分内容。对于物理光学的考查，主要
是考查双缝干涉和薄膜干涉。几何光学要求学生能够准确且标准的画出光路图，能够充分利用三角形中
边角关系来处理有关问题，物理光学中的光的干涉要求学生能够熟练应该条纹间距公式。
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要求学生熟练记忆和掌握几何光学中的三个基本公式，双缝干涉中条纹间距公式和薄膜干涉亮条纹
间距公式。
3．如图是球心为O点、半径为R、折射率为 的匀质透明球的截面图，球内边缘有一单色点光源S。已
知光在真空中的传播速度为c，则从S发出的光线，经多次全反射后回到S点的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据对称性，光线要在圆内全反射，并回到S点的时间最短，应构成一个边数最少的正多边形。
全反射临界角 如图
当是正三角形时 则有 无法发生全反射；当是正方形时 则有 可以发生全反射，
符合时间最短条件，则有 ， 解得 故选C。
4．如图所示，一正方体玻璃砖边长为a。玻璃砖底面中心有一单色点光源，可向各个方向发射光线。该
玻璃砖对光的折射率为 ，则玻璃砖上表面有光折射出来的区域面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【详解】根据介质对光的折射率可知，临界角为 解得 由几何关系可得，当入射角为临
界角时，在上表面能折射出光线的最大半径为 而圆的直径等于上表面的对角线，因
此光线在上表面能被光照亮的区域是整个正方形，所以面积为 故选A。
5．如图甲所示为某同学收集的一个“足球”玻璃球，他学习了光的折射后想用激光对该球进行研究。某
次实验过程中他将激光水平向右照射且过球心所在的竖直截面，其正视图如乙所示，AB是沿水平方向的
直径，当光束从C点射入时，能从右侧B点射出，已知真空中的光速为c，点C到AB竖直距离 ，
玻璃球的半径为R，且球内的足球是不透光体，不考虑反射光的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．B点的出射光相对C点入射光方向偏折了30°
B．该“足球”的直径最大是
C．继续增加h（h<R）则光将会在右侧发生全反射
D．该激光在玻璃球中的传播时间为
【答案】D
【详解】A．光束从C点射入玻璃球的光路图如图所示，设入射角为i，折射角为r，法线与直径AB的夹
角为θ，由几何关系可知
； 则有 联立解得 ； 可知光束进入玻璃时，光沿顺时针偏折了
30°，由光的折射定律可知，从B点射出时，光束沿顺时针又偏折了30°，因此B点的出射光相对C点入
射光方向偏折了60°，A错误；
B．由几何关系可知，“足球”的直径最大为 ，B错误；
C．由于光束从C点射入玻璃球中的折射角等于从B点射出时的入射角，离开玻璃球的折射角等于射入玻
璃球时的入射角，因此继续增加h（h<R）则光不会在右侧发生全反射，C错误；
59
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司D．由折射定律可得玻璃球的折射率为 光束从C点射入玻璃球中，从B点射出，在
玻璃球中传播的距离为 光束在玻璃球中传播的速度为 该激光在玻璃球中的
传播时间为 ，D正确。故选D。
6．双缝干涉的实验装置的截面图如图所示，光源到双缝S 、S 的距离相等，O是S 、S 连线中垂线与光
1 2 1 2
屏的交点。若现在将该装置中垂线以下的部分没入水中，则原本处在O点的亮条纹将会（ ）
A．向上移动 B．向下移 C．不动 D．无法确定
【答案】B
【详解】由于水的折射，光在水中传播时，波长变短。光源发出的光通过狭缝S 到达O点的光程比通过
2
S 到达O点的光程大，由于中央亮条纹到两个光源的光程相等，因此中央亮纹向下移动。故选B。
1
7．制造半导体元件，需要精确测定硅片上涂有的二氧化硅（ ）薄膜的厚度，把左侧二氧化硅薄膜腐
蚀成如图甲所示的劈尖，用波长 的激光从上方照射劈尖，观察到在腐蚀区域内有8条暗纹，且
二氧化硅斜面转为平面的棱MN处是亮纹，二氧化硅的折射率为1.5，则二氧化硅薄膜的厚度为（ ）
A．1680nm B．1890nm C．2520nm D．3780nm
【答案】A
【详解】根据题意，由于二氧化硅的折射率为1.5，则激光在二氧化硅中的波长为 观察到在腐蚀区
域内有8条暗纹，则二氧化硅斜面转为平面的棱MN处是亮纹是第9条，设二氧化硅薄膜的厚度为 ，则
有 联立解得 故选A。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司押题猜想十二 热学规律综合应用
1．如图所示是一种儿童玩具“吡叭筒”，由竹筒和木棍组成，在竹筒的前后两端分别装上“叭子”（树
果子或打湿的小纸团）。叭子密封竹筒里面的空气，迅速推动木棍，前端的叭子便会从筒口射出。则迅
速推动木棍过程中（叭子尚未射出），竹筒中被密封的气体（ ）
A．压强增大 B．温度不变
C．内能不变 D．每个分子的动能都变大
【答案】A
【详解】迅速推动木棍过程中，竹筒中被密封的气体体积减小，则压强变大，外界对气体做正功， ，
由于“迅速”过程气体与外界无热交换，则 ，根据热力学第一定律可知，气体内能增加， ，
温度升高，分子平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加。故选A。
2．如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，质量为 （p 为大气压强，
0
g为重力加速度大小），活塞与汽缸底部相距为L。汽缸和活塞绝热性能良好，初始时气体的温度与外界
大气温度均为T。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动0.5L后停止，整个过程
0
中气体吸收的热量为4pSL。忽略活塞与汽缸间的摩擦，则该过程中理想气体（ ）
0
A．压强逐渐减小 B．压强逐渐增大
C．内能的增加量为6pSL D．内能的增加量为2pSL
0 0
【答案】D
【详解】AB．活塞缓慢移动，所以受力平衡，设气体压强为p，则根据平衡条件和已知条件得
1
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由此可知理想气体的压强不变，故A、B错误；
CD．气体对外界做的功 根据热力学第一定律得 解得 故C错误、
D正确。故选D。
押题解读
以选择题形式对热学内容的考查时，注意涉及分子动理论、固体和液体、热力学定律三部分内容的
考查，其中对热力学定律的考查的频度相对较高。
考前秘笈
这部分内容建议考前认真看看课本，且该记忆的内容一定要记住。对于热力学第一定律要明确公式
中各个物理量的符号法则。
3．某同学在室外将一个吸管密封在一空矿泉水瓶瓶口，并在吸管口蘸上肥皂液，将瓶子从寒冷的室外转
移到温暖的室内，他看到在吸管口出现了若干个泡泡。将矿泉水瓶内的气体看作理想气体，不考虑矿泉
水瓶的热胀冷缩。下列说法正确的是（ ）
A．瓶内气体做无规则热运动的速率都增大
B．气体从室内吸收的热量等于气体膨胀对外做的功
C．瓶内气体的平均密度变小
D．瓶内气体做等容变化
【答案】C
【详解】A．矿泉水瓶从室外转移到室内过程中，环境温度升高，瓶内气体温度升高，所以气体热运动的
平均动能增大，但不是每个气体分子做无规则热运动的速率都增大，故A错误；
B．由于瓶内气体可视为理想气体，所以在气体温度升高时气体的内能增加，即 ，气体膨胀过程中
对外做功，即 ，由热力学第一定律 所以 故B错误；
C．由于气体的体积变大，而封闭气体的质量不变，所以 变小，故C正确；
D．瓶内气体在此过程中气体的压强不变，所以做等压变化，故D错误。故选C。
4．“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，
随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上，如图所示。小罐倒扣在身体上后，
在罐中气体逐渐冷却的过程中，罐中气体质量和体积均可视为不变，若罐中气体可视为理想气体。设加
热后小罐内的空气温度为80℃，当时的室温为20℃。下列说法正确的是（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．冷却后每个分子的运动速度均减少
B．冷却过程中气体对外做功
C．冷却后罐内的压强小于大气压强
D．冷却后罐内外压强差约为大气压强的75%
【答案】C
【详解】A．冷却后分子平均速率减小，但不是每个分子的运动速度均减少，A错误；
B．冷却过程中气体体积不变，气体不对外做功，B错误；
C．冷却过程中气体体积不变温度降低，由查理定律可知冷却后罐内的压强小于大气压强，C正确；
D．由查理定律得 可知 冷却后罐内外压强差约为大气压强的17%，D错误；
故选C。
5．某校物理学科后活动中，出现了不少新颖灵巧的作品。如图所示为高二某班同学制作的《液压工程类
作业升降机模型》，通过针筒管活塞的伸缩推动针筒内的水，进而推动支撑架的展开与折叠，完成货物
平台的升降。在某次实验中，针筒连接管的水中封闭了一段空气柱（空气可视为理想气体），该同学先
缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行压缩，若压缩气体过程中针筒内气体温度不变，装置不漏气，则
下列说法中正确的是（ ）
A．针筒内气体压强减小
B．针筒内气体吸热
C．单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数减少
D．用国际单位制单位表示的状态参量在 图中图线可能如图中
【答案】D
【详解】A．压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，则压强变大，故A错误；
B．压缩气体过程中针筒内气体温度不变，则气体内能不变，即有 压缩过程中，气体体积变小，外
界对气体做功，即有 ，则根据热力学第一定律 可知 ，即针筒内气体放热，B错误；
C．由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大，则单位时间、单位面积撞击
针筒内壁的气体分子数增大，故C错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司D．由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大。则根据理想气体状态方程
整理可得 可知用国际单位制单位表示的状态参量在 图中图线可能如图中 ，
故D正确。故选D。
6．在一个空的小容积易拉罐中插入一根两端开口、粗细均匀的透明玻璃管，接口用蜡密封，在玻璃管内
有一段长度为4cm的水银柱，构成一个简易的“温度计”。如图所示，将“温度计”竖直放置，当温度
为7℃时，罐外玻璃管的长度L为44cm，水银柱上端离管口的距离为40cm。已知当地大气压强恒定，易
拉罐的容积为 ，玻璃管内部的横截面积为 ，罐内气体可视为理想气体，使用过程中水银不
溢出．该“温度计”能测量的最高温度为（ ）
A．47℃ B．52℃ C．55℃ D．60℃
【答案】A
【详解】当温度为 时，被封闭气体的体积为 ，当“温度计”测量的温度
最高为 由盖—吕萨克定律可得 解得 故选A。
7．肺活量是衡量人体呼吸功能的一个重要指标，是指人能够呼出的气体在标准大气压 下的最大体积。
一同学设计了如图所示的装置测量自己的肺活量，竖直放置的汽缸中有一与汽缸壁接触良好的活塞，活
塞上方放有重物，活塞由于卡槽作用在汽缸中静止不动，插销K处于打开状态，汽缸中活塞下方空间的
体积为 ，该同学用尽全力向细吹嘴吹气后，关闭插销K，最终活塞下方空间的体积变为 ，已知外界
大气压强为 ，活塞的面积为S，活塞及上方重物的总重力 ，汽缸的导热性能良好，则该同学
的肺活量为（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设该同学呼出的气体在标准大气压 下的体积为 ，把该同学呼出的气体和活塞下方汽缸中原
有的气体作为研究对象，有 其中 解得 故选C。
押题猜想十三 近代物理
1．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变
化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于 激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐
射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的
光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是（ ）
A．该光电管阴极材料的逸出功不能小于1.89eV
B．a光的频率高于b光的频率
C．经同一障碍物时，b光比a更容易发生明显衍射
D．若部分光线被遮挡，则放大器的电流将增大，从而引发报警
【答案】A
【详解】A． 激发态的氢原子向低能级跃迁时释放的能量为 ；
； 辐射出的三种光中只有a、b两
种可以使该光电管阴极逸出光电子，所以该光电管阴极材料的逸出功不能小于1.89eV，故A正确；
B．根据 a光的遏止电压低于b光的遏止电压，a光的频率低于b光的频率，故B错误；
C．a光的频率低于b光的频率，则a光的波长大于b光的波长，经同一障碍物时，a光比b更容易发生明
显衍射，故C错误；
D．若部分光线被遮挡，光电子减少，则放大器的电流将减小，从而引发报警，故D错误。故选A。
2．2023年12月，江南造船（集团）有限责任公司正式发布全球首型、世界最大核动力集装箱船船型设
计，它采用了第四代钍基堆型熔盐反应堆，具有更高的安全性、更少的核废料、更长的使用寿命和更广
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司泛的能源应用前景。在该反应堆中，钍（ ）核经过一系列的衰变最终变成了铅（ ）核，下列
说法正确的是（ ）
A．钍核包含有90个质子和140个中子
B．钍核的结合能小于铅核的结合能
C．钍核衰变为铅核经历了6次 衰变和4次 衰变
D．钍核衰变为铅核需要吸收能量
【答案】C
【详解】A．钍核包含有90个质子，而其质量数等于质子数与中子数之和，则可知其中子数为
（个）故A错误；
B．结合能等于比结合能与核子数的乘积，虽然钍核的比结合能稍小于铅核的比结合能，但钍核的核子数
多于铅核，使得钍的结合能大于铅核的结合能，故B错误；
C．钍核变为铅核，核子总数减少了24，说明发生了6次 衰变，同时将导致质子数减少12，实际质子数
减少了8，说明还发生了4次 衰变，故C正确；
D．钍核为天然放射性元素，其能自发的进行衰变，而自发进行的衰变反应都是释放核能的反应，故D错
误。故选C。
押题解读
近代物理的考查主要涉及到光电效应、玻尔原子理论和原子核物理，内容简单，考查题目的难度也
不大，容易得分。
考前秘笈
这部分内容建议考前认真看看课本，且该记忆的内容一定要记住。
3．某种光伏电池的工作原理如图所示。半径为 的透明导电的球壳为阳极A，球形感光材料为阴极K。
现用动量为 的黄光照射K极，K极能发射出最大初动能为 的光电子。已知电子电荷量为 ，光速为 ，
普朗克常量为 ，忽略光电子重力及之间的相互作用。下列说法正确旳是（ ）
A．入射光子的波长为
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司B．阴极感光材料的逸出功为
C．若仅增大入射光强度，电压表的示数将增大
D．若用紫光照射K极，电压表的最大示数将小于
【答案】B
【详解】A．根据德布罗意波长公式可知入射光子的波长为 故A错误；
B．根据爱因斯坦光电效应方程有 解得阴极感光材料的逸出功为 故B正确；
CD．随着K极逸出的光电子运动到A极，A、K之间的电压逐渐增大，若K电极逸出的最大动能的光电子
恰好运动不到A电极，两极间电压达到最大，再增大入射光强度电压表示数不再增大，根据动能定理有
两极间的最大电压为 若用紫光照射K极，可知初动能增大，则有 故CD错误。
故选B。
4．氢原子的能级图如图甲所示，大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，放出频率不同的光子。其中
频率最高的光照射图乙电路中光电管阴极K时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。电子的电荷
量大小为e，质量为m，可见光光子的能量范围为1.62~3.11eV，则下列说法正确的是（ ）
A．这群氢原子跃迁时最多可放出4 种可见光
B．从n=4跃迁到n=3能级放出光子的频率最高
C．用图乙实验电路研究光电效应，要测遏止电压，滑片P应向b端滑动
D．若频率最高的光子能量为E，可求出光电管阴极 K 的逸出功为（E-eU）
0 0 1
【答案】D
【详解】AB．一群处于n=4 能级的氢原子，向低能级跃迁过程中可发出 种频率的光子，其能量分
别为 ， ； ， ； ，
其中只有1.89eV和2.55eV在1.62~3.11eV范围内，所以该过程最多可发出2种可见光，
而从n=4跃迁到n=3能级放出光子的能量最低，根据 可知从n=4跃迁到n=3能级放出光子的频率最
低，故AB错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司C．用图乙实验电路研究光电效应，要测量遏止电压，要阴极K的电势比阳极A电势高，因此滑片P应向
a 端滑动，故C错误；
D．根据光电效应方程 而 所以光电管阴极 K的逸出功 故D正确。故选
D。
5．PET成像的原理是将放射性同位素C11注入人体，它会发生 衰变，其衰变方程为 。
正电子和人体内的负电子相遇湮灭成一对光子，光子被探测器探测后经计算机处理形成清晰的图像。下
列说法正确的是（ ）
A．正电子是原子核中一个质子转化成中子时释放的
B．正负电子湮灭过程电荷数不守恒
C．C11的比结合能比B11的比结合能大
D．该衰变前后物质的总质量不变
【答案】A
【详解】A．根据电荷数守恒可知，正电子是原子核中一个质子转化成中子时释放的，故A正确；
B．正负电子湮灭过程电荷数守恒，故B错误；
C．衰变过程释放能量，生成物更稳定，所以C11的比结合能比B11的比结合能小，故C错误；
D．衰变过程释放能量，存在质量亏损，故D错误。故选A。
6．2023年12月7日，锦屏大设施正式投入科学运行，是我国又一项“国之重器”，其主要功能是为前
沿物理科学研究提供不受宇宙射线影响的实验环境。当宇宙射线中的高能粒子撞击地球大气层中大气原
子核时会产生二次粒子簇射．一宇宙射线中的 粒子与大气中氮原子核发生作用的核反应方程为
。下列说法中正确的是（ ）
A．该核反应为 衰变 B．X粒子由汤姆孙发现
C．该核反应中X为光子 D．该核反应电荷数守恒，质量数也守恒
【答案】D
【详解】AC．根据质量数守恒和电荷数守恒可知反应方程式中的X为 ，故AC错误；
B．质子是由卢瑟福通过 粒子轰击氮原子时发现的，而电子是由汤姆孙发现的，故B错误；
D．核反应遵循电荷数守恒和质量数守恒，故D正确。故选D。
7．将放射性同位素氟-18（ ）注入人体参与人体的代谢过程，如图甲所示，氟-18在人体内衰变放出正
电子，与人体内负电子相遇而湮灭并产生一对波长相等的光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生
清晰的医学图像。氟-18的衰变规律如图乙所示，其中纵坐标 表示任意时刻放射性元素的原子数与
的原子数之比，设正、负电子的质量均为m，光速为c，普朗克常数为h。则（ ）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．氟-18衰变的方程为
B．上述一对光子由氟-18直接产生并释放
C．上述一对光子波长为
D．经5小时人体内氟-18的残留量是初始时的33.3%
【答案】C
【详解】A．根据质量数与质子数守恒，可得氟-18的衰变方程 故A错误；
B．依题意，正负电子湮灭方程为 故B错误；
C．由质能方程，可得 根据能量守恒，可得 联立，解得 故C正确；
D．由乙图可知氟-18的半衰期为T=100min，根据 又 联立，解
故D错误。故选C。
押题猜想十四 力学实验
1．某实验小组采用如图1所示的实验装置在水平桌面上探究“小车的加速度与力和质量之间的关系”。
(1)实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是： （填“挂”或“不挂”）砂桶，连接好纸带
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
(2)已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图2所示。A、B、C、D、E是5
个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一组数据记录不当，
这组数据是 （填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）。根据上述信息可得小车的加速度大小为
m/s2（保留两位有效数字）。
计数点 A B C D E
位置坐标（cm） 4.50 5.50 7.30 9.80 13.1
(3)另一小组在验证加速度与质量关系实验时，保证砂桶的总质量 不变，通过在小车上增加砝码来改变
小车总质量，每次实验时仅记录了小车上砝码的总质量m，但未测小车质量M，作出 与m之间的关系
图像如图3所示，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若该同学其他操作均正确， 没有远
小于 ，可得到小车的质量M为 （用k、b、 表示）。
【答案】(1)不挂 (2) E 3.8 (3)
【详解】（1）实验之前要平衡小车所受的阻力，即不挂砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用
手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
（2）[1]根据题意有 ， ， ， 所以
；
； 由此可知，E组数据记录不当；
[2]相邻两计数点间的时间间隔为 小车运动的加速度为
（3）根据牛顿第二定律可得 ； 联立可得
所以 ； 解得
押题解读
验证式实验：验证机械能守恒定律实验；验证动量守恒定律实验；验证力的平行四边形定则实验。
探究式实验：探究加速度和质量、力的关系；探究向心力与质量、角速度、半径的关系；探究动摩擦因
数的大小；探究抛体运动的规律。
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力学中的基本量的测量：长度的测量，质量的测量、时间的测量。力学导出量的测量：速度的测量、
加速度的测量、动量的测量、动能的测量、重力势能的测量。会借助图像实验数据处理，消除实验误差。
会用光电门、DIS实验等先进实验仪器完成实验。
2．某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴
之间的摩擦忽略不计。
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B的质量4m 和3m（A的质量含遮光片）。
0 0
②用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则遮光条的宽度d= cm。
③将重物A，B用轻绳按图甲所示连接，跨放在轻质定滑轮上，一同学用手托住重物B，另一同学测量出
挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的
时间为∆t，则此时重物B速度v = （用d、∆t表示）。
B
(2)要验证系统（重物A，B）的机械能守恒，应满足的关系式为： （用重力加速度g、∆t、d
和h表示）。
【答案】(1) 1.020 (2)
【详解】（1）[1]游标卡尺分度值为 ，读数为
[2]极短时间，可以用平均速度替代瞬时速度，则重物 的速度为
（2）对系统，若机械能守恒，则 解得
3．实验小组用如图1所示装置来验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒。A、B为两个直径相同的小
球，质量分别为 、 ，且 。实验时，接球板水平放置，让入射球A多次从斜轨上E点静止释
放，平均落点为 ；再把被碰小球B静放在水平轨道末端，再将入射小球A，从斜轨上某一位置静止释放，
与小球B相撞，并多次重复，分别记录两个小球碰后的平均落点 、 。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(1)为了确认两个小球的直径相同，实验小组用游标卡尺对它们进行了测量，下面四幅图分别是四次测量
情景，其中最佳的操作是______。
A． B．
C． D．
(2)关于该实验的要求，说法正确的是______。
A．斜槽末端必须是水平的 B．斜槽轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度 D．放上小球B后，A球必须仍从E点释放
(3)图1中O点为斜槽末端在接球板上的投影点，实验中，测出 、 、 的长度分别为 、 、
，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为 （用题中给定的物理量表示）。
(4)图3中，仅改变接球板的放置，把接球板竖放在斜槽末端的右侧，O点为碰前B球球心在接球板上的投
影点。使小球A仍从斜槽上E点由静止释放，重复上述操作，在接球板上得到三个落点 、 、 ，
测出 、 、 长度分别为 、 、 ，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为 （用
题中给定的物理量表示）。
(5)如图4所示。再一次仅改变接球板的放置，让接球板的一端紧靠在斜槽末端，使小球A仍从斜槽上E
点由静止释放，重复第一次实验操作，在接球板上得到三个落点 、 、 ，其中O点为斜槽末端与
接球板的接触点，测出 、 、 长度分别为 、 、 ，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达
式为 （用题中给定的物理量表示）。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【答案】(1)C (2)AD (3) (4) (5)
【详解】（1）游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上。故选A。
（2）ABD．为使小球A运动至轨道末端的速度相同，方向水平，放上小球B后，A球必须仍从E点释放，
末端必须水平，安装的斜槽轨道不需要光滑，故AD正确，B错误；
C．小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，竖直方向上，小球下落的高度相等，则小球在空中运动的时间
相等，小球水平位移之比等于小球速度之比，实验不需要测出斜槽末端距地面的高度，故C错误。故选
AD。
（3）小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，竖直方向上，小球下落的高度相等，则小球在空中运动的时
间相等，设为 ，碰撞前小球A的速度为 碰撞后小球A、小球B的速度分别为 ，
两球碰撞前后的总动量守恒有 整理得
（4）设 的距离为 ，小球做平抛运动，碰撞前小球A有 ； 碰撞后小球A、小球B有
， ， ， 两球碰撞前后的总动量守恒有 整理得
（5）设斜面的倾角为 ，小球做平抛运动，有 ； 解得 则碰撞前小
球A的速度为 碰撞后小球A、小球B的速度分别为 ，
两球碰撞前后的总动量守恒有 整理得
4．某实验小组利用如图甲装置探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。图中直径为D的水平圆盘
可绕竖直中心轴转动，盘边缘侧面上有很小一段涂有很薄的反光材料。当圆盘转到某一位置时，接收器
可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来，
从而记录反光时间 。长为 的细线一端连接小滑块，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到
计算机上的传感器能显示细线的拉力 ，用游标卡尺测量反光材料的长度 。实验小组采取了下列实验
73
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司步骤：
(1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和旋转半径保持不变，某次记录的反光时间为 ，
则角速度 ；
(2)以 为纵坐标，以 为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示的直线，图线的斜率为
，则滑块的质是为 （结果用字母 表示）；图线不过坐标原点的原因是 。
【答案】(1) (2) 滑块受到摩擦力的作用
【详解】（1）根据控制变量法，为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块的质量和旋转半径不变；
物体转动的线速度为 又 解得 。
（2）根据向心力公式可知 联立解得 由于 可得滑块的质量
为
由图线可知，当 时， ，可知图线不过坐标原点的原因是滑块受到摩擦力的作
用。
5．某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。
(1)将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度的横杆上，甲装置用一根弹簧挂物块 ，乙装置用另外两根弹
簧挂大小相同但质量不同的物块 ，在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距离，此时刚
好均为 ，如图所示，则 是 的 倍。
74
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(2)只交换两物块的位置，此时甲装置的距离传感器显示为 ，弹簧相对原长的形变量为 ；乙装置中的
每根弹簧相对原长的形变量为 ，则 是 的 倍。
(3)已知物块质量 ，当地重力加速度为 ，该同学测得 、 ，则每根弹簧
的劲度系数 。
【答案】(1) /0.5 (2)4 (3)245
【详解】（1）根据题意，两物块均受力平衡，则由受力分析及胡克定律可知甲乙两装置弹簧伸长量相等，
即 ， 则 即 是 的 倍。
（2）交换位置后再分别对两物体受力分析，有 ， 两式联立解得
即 是 的4倍。
（3）设弹簧处于原长状态时，下端与距离传感器之间距离为 ，则 ，
代入 与 值，与以上各小问方程联立，解得
6．某同学用电子秤、水瓶、细线、墙钉和白纸等物品，在家中“探究两个互成角度的力的合成规律”的
实验。实验步骤如下：
①用电子秤测量3个水瓶的重量F、F 、F ，在墙面上贴上白纸，固定两个墙钉P、Q，将3根细线一端
A B C
打结结点为O，其中两根细线跨过墙钉，3根细线下端挂上水瓶，如图甲；
②等3个水瓶处于静止时，在白纸上记下结点O的位置上、记录3根细线的方向；
③在白纸上按一定的标度作出拉力F、F 、F 的图示，根据平行四边形定则作出F、F 的合力F的图示，
A B C A B
如图乙。回答下面问题：
（1）该实验采用的科学方法是： 。
（2）下面实验操作事项中，那些操作可以减小实验误差
A．选用粗糙的绳线
B．记录细线方向时两点的距离远一点
C．夹角∠POQ尽可能大一些
D．作力的图示时，选用的标度适当的小一点
75
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（3）∠POQ<90°，缓慢增大F ，要保持细线OP方向不变，下面方法可行的是
B
A．保持F 不变，缓慢减小F B．保持F 不变，缓慢增大F
C A C A
C．保持F 不变，缓慢减小F D．保持F 不变，缓慢增大F
A C A C
（4）若 ，两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。
【答案】 等效替代法 BD/DB AD/DA 在误差允许的范围内，F和F 等大反向
C
【详解】（1）[1]该实验采用的科学方法是等效替代法；
（2）[2]A．本实验中，探究的是A、B水瓶的拉力的合力与C瓶拉力的关系，所以选用粗糙的绳线不会减
小实验误差，故A不符合题意；
B．为了确定F、F 、F 的方向，记录细线方向时两点的距离远一点，故B符合题意；
A B C
C．为了减小实验误差，夹角∠POQ尽适当即可，不宜太大或太小，故C不符合题意；
D．为了减小实验误差，作力的图示时，选用的标度适当的小一点，故D符合题意。故选BD。
（3）[3]AB．如图所示
可知缓慢增大F ，要保持细线OP方向不变，则保持F 不变，缓慢减小F，故A正确，B错误；
B C A
CD．如图所示
可知缓慢增大F ，要保持细线OP方向不变，应保持F 不变，缓慢增大F ，故C错误，D正确。
B A C
故选AD。
（4）[4]若在误差允许的范围内，F和F 等大反向，两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。
C
76
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司押题猜想十五 电学实验
1．某探究小组利用图1所示电路来测量定值电阻 的阻值，并测定直流电源的电动势E与内阻r。所用
实验器材有：直流电源、电压表（可视为理想电表）、定值电阻 、电阻箱R、待测电阻 、开关S 、
1
单刀双掷开关S 和导线若干。
2
部分实验步骤如下：
① 连接好电路后，将电阻箱R调至适当阻值，开关S ，闭合开关S ；
2 1
② 读取电阻箱的阻值R和电压表的示数U；
③ 改变电阻箱的阻值，重复步骤② ，测得多组R和U的数值；
④ 断开开关S ，作出 的线性关系图像如图所示，其中a、b、c已知。
1
(1) 图像的横坐标x应为 （选填“R”或“ ”）。
(2)开关S 接2，闭合开关S ，读出电压表的示数 ，且 ，则在图中可以查出对应的待测电阻
2 1
。
(3)利用 图像还可以测量该直流电源的电动势和内阻，则该直流电源的电动势 ，内阻
。（用a、b、c、 表示）
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得 解得 可知
（2）由 图像可知，当 时 故
（3）[1][2]结合 图像可知 ， 解得 ，
77
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司押题解读
测量式实验：测量金属电阻率实验；测量金属电阻实验；测量电动势和内阻的实验，用多用电表测
量电流、电压和电阻。探究式实验：探究影响感应电流的因素的实验；探究变压器原副线圈电压和匝数
关系的实验；探究动摩擦因数的大小；探究抛体运动的规律。设计性实验：利用传感器设计简单的控制
电路。
考前秘笈
电学量的测量：电流的测量，电压的测量、电阻的测量、电动势的测量、金属电阻率的测量。会借
助图像实验数据处理，消除实验误差。会用DIS实验等先进实验仪器完成实验。
2．某物理兴趣小组找到了一个电源，他们想测量该电源的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为 ）。
他们在实验室找到了如下器材：
A．灵敏电流计G（量程0~100mA、内阻 ）；
B．电压表V（量程0~3V、内阻 ）；
C．电阻箱 （ ）；
D．电阻箱 （ ）；
E.滑动变阻器 （ ）；
F.开关、导线若干。
（1）他们先将灵敏电流计G改装成量程0~0.6A的电流表，他们需要将电阻箱 调为 ，并与灵
敏电流计G （填“串联”或“并联”）；将电阻箱 调为 ，并与电压表V （填
“串联”或“并联”），使之量程变为4.5V；
（2）他们根据题中的器材，设计实验电路如图所示；
（3）按设计好的电路实验，记录灵敏电流计的示数I，电压表的示数U；
（4）调节滑动变阻器滑片的位置，重复（3），得到多组灵敏电流计的示数I和对应的电压表示数U，以
U为纵坐标，I为横坐标将得到的数据进行描点，连线后得到一条倾斜直线，如图所示，由图像得出电池
组的电动势 V，内电阻 （结果保留三位有效数字）。
78
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【答案】 2.4 并联 1000.0 串联 4.50 2.03
【详解】（1）[1][2]将灵敏电流计改装成0.6A的电流表需要将电阻箱 与灵敏电流计G并联，有
解得 此时
[3][4]若要将电压表量程扩大，需要将电阻箱 与电压表V串联，有 解得
（4）[5][6]由闭合电路欧姆定律有 整理有 由图像可知
； 解得 ；
3．超薄柔性导电薄膜，可用于穿戴设备、医用电子设备等。如图甲，某研究小组将一种柔性导电材料均
匀涂在绝缘介质上表面，已知该材料在室温下的电阻率为 ，用多用电表粗测其电阻
，用如下方法测定该导电材料在介质表面涂层的厚度。
（1）游标卡尺测量出涂层的长度为L，宽度为d。
（2）现有如下器材可用于精确测量涂层阻值：
①电源E（电动势为3V、内阻约为 ）
②电压表V（量程1.0V、内阻为 ）
③电流表 （量程0.06A、内阻 ）、 （量程6A、内阻 ）
④滑动变阻器 （阻值 ），滑动变阻器 （阻值 ）
⑤定值电阻 （阻值 ）
⑥导线若干，开关一只
（3）测量时为了电压表和电流表指针都有偏转明显，减小相对读数误差，电流表应选 ；为了测
量范围大一些，滑动变阻器R应选 。（均用所选仪器的符号表示）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（4）请在图丙虚框中画出所需元件，并在图丁中完成实物连线 。
（5）经测量，电压表示数为U，电流表示数为I，则该涂层上下总厚度为 （用题目所给的物理
量符号表示）。
【答案】 见解析
【详解】（3）[1]本实验测导电薄膜的电阻，通过待测电阻的最大电流为 测量时为
了电压表和电流表指针都有偏转明显，减小相对读数误差，当电流表选择量程0.06A。
[2]此时被测电阻两端的电压3V，而电压表V量程只有1.0V，为了放大电压表量程，可以利用定值电阻
串联，当电压表示数为1V，则实际两端电压为3V。为了测量范围大一些，应采用滑动变阻器
应采用分压接法，滑动变阻器应选总阻值小的 。
（4）[3]由（3）分析可得，实验电路、实物连线如图所示。
（5）[4]根据欧姆定律 又 解得
4．小理同学利用实验室器材改装了一个双量程电流表，并利用此改装的电流表设计了一个多倍率的欧姆
表。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(1)如甲图所示，双量程电流表的量程分别是 和 ，当使用0、1两个端点时，量程为
；
(2)某同学使用此双量程电流表组装完成了简易双倍率欧姆表（“ ”和“ ”），电路图如乙图所示。
①A端应与 （填“红”或“黑”）色表笔相连接；
②电源电动势 ，换挡开关与2相连，此欧姆表内阻为 ，此时应为 倍率。
③为了验证改装的欧姆表 的测量精度，按规范操作在红黑表笔间接标准电阻 时，指针指示
位置如丙图所示，造成这一误差的原因可能是 。
A．电池使用时间较长致电动势偏小
B．改装电流表时接入的电阻1偏小
C． 表头真实内阻偏小
【答案】(1)0~100mA (2) 红 150 ×10 AB
【详解】（1）当表笔接通2时，表头的量程一定，因两电阻串联，则通过这两个电阻的最大电流较小，
而当表笔接通1时，电流计与R 串联，虽电流计的量程一定，但R 的电压增大，则通过R 的最大电流较
2 1 1
大，因此当表笔接通1时电流表的量程为100mA；
（2）①[1]根据图乙电路可知，电流从表笔B出来，从表笔A进去，根据“红进黑出”可知左侧表笔是红
表笔，即表笔A是红表笔。
②[2][3] 换挡开关与2相连，此欧姆表满偏电流为10mA，则有 此时应为×10倍率。
③[4] A．当电动势变小， 总电流变小，则流过表头的电流变小，指针跟准确位置相比偏左了，欧姆表的
示数变大了，故A正确；
B．改装电流表时接入的电阻1偏小时，改装后总电阻减小，即中值电阻标的值变小，故B正确；
C．表头真实内阻偏小，欧姆调零后对欧姆表总电阻没有影响，中值电阻不变，测120欧时指针在中央刻
度右侧，故C错误。故选AB。
5．实验小组准备测量某金属圆柱的电阻率，发现该电阻的阻值参数找不到，经小组成员讨论后设计了电
阻的测量电路图，如图所示。实验室提供的器材中，电流表 的量程为100mA，内阻为 ，另外
一个电流表 的量程为200mA。现在需要一个量程为0.6A的电流表。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(1)将电流表 改装成量程0.6A的电流表 ，则应该并联一个阻值R'＝ Ω的电阻。
(2)图中E为学生电源，G为灵敏电流计， 是 改装后的电流表、 为电阻箱、 与 均为滑动变阻
器， 为定值电阻，S为开关， 为待测金属圆柱，实验操作如下：
A．按照如图所示电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器 的滑片、滑动变阻器 的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C．调整 ，逐步增大输出电压，并反复调整 和 使灵敏电流计G的示数为零，此时电流表 的示数
为 ， 的示数为 ，电阻箱的示数为 ；
D．实验完毕，整理器材。
实验中反复调整 和 使灵敏电流计G示数为零的目的是
(3)待测金属圆柱 的阻值为 （用 、 、 表示）。
(4)电流表 、 的内阻对电阻的测量结果 （选填“有”或“无”）影响。
【答案】(1)2 (2)使 和 两端的电压相等 (3) (4)无
【详解】（1）根据电流表改装原理 解得
（2）调节电流计G的示数为零，目的是使 和 两端的电压相等。
（3）根据电流表的改装原理可知，通过电阻 的电流为 和 两端的电压相等，则
解得待测金属圆柱 的阻值为
（4）根据表达式 可知电流表 、 的内阻对电阻的测量结果无影响。
6．某同学首先图甲所示电路测量量程为 的微安表G的内阻，然后再利用该微安表测量某电阻
阻值，待测电阻约2000Ω。可供选择的器材如下：
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司电流表 （量程0~3mA，内阻约为200Ω）
电流表 （量程0~10mA，内阻约为100Ω）
滑动变阻器 （0~1kΩ）
滑动变阻器 （0~6kΩ）
滑动变阻器 （0~20kΩ）
电阻箱 （0~9999.Ω）
电源 （电动势为3V）
电源 （电动势为9V）
开关、导线若干
(1)测量微安表内阻的具体实验步骤如下：
a．按电路原理图甲连接好线路；
b．将滑动变阻器 的阻值调到最大，闭合开关 后调节 的阻值，使微安表 的指针满偏；
c．闭合 ，保持 不变，调节 的阻值，使微安表G的示数为 ，此时 的示数为1600.0Ω；
①为了减小测量误差，滑动变阻器应选择 （填“ ”、“ ”或“ ”），电源应选择
（填“ ”或“ ”）。
②由实验操作步骤可知电流计 内阻的测量值 Ω；仅从测量原理方面考虑，该测量值比微安表
的实际内阻 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
(2)测量待测电阻时，采用图乙所示电路，其中电阻箱 阻值为4600.0Ω。
①实验中电流表应选用 （填“ ”或“ ”），滑动变阻器应选用 （填“ ”、“ ”或
“ ”）。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司②调节滑动变阻器滑片，微安表示数为 时，毫安表示数为2.3mA，可求得待测电阻的阻值为
Ω（结果保留一位小数），待测电阻的测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
【答案】(1) 400 偏小 (2) 1052.6 偏小
【详解】（1）①[1][2]为了在闭合S 前后，干路电流变化较小，需保证 所以可以选用电源 ，电
2
路最小总电阻 则滑动变阻器可以选用 。
②[3]闭合S ，微安表G示数为 时，流过 的电流为 ，则有 解得
2
[4]因为闭合 后，总电阻减小，所以干路电流大于 ，可知流过 的电流大于 ，所以
则 即测量值比微安表的实际内阻偏小。
（2）①[1][2]待测电阻 阻值约1000Ω，微安表满偏时，干路电流约为 所以电
流表选 。电路中电流表 、待测电阻、电阻箱、微安表的总电阻为 所以滑动
变阻器选用 调节较为方便。
②[3][4]微安表示数为400μA时，毫安表示数为2.3mA，则流过 的电流为 则待测电阻的阻
值为 由于微安表的内阻 ，所以 故测电阻的测量值比真
实值偏小。
押题猜想十六 几何光学
1．如图所示，在“测量玻璃砖折射率”的实验中，某同学发现当光以入射角 从空气射入截面为矩
形玻璃砖时，下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移恰好等于 。已知玻璃砖厚度为L，已知
光在空气中传播速度为c。求：
（1）玻璃砖折射率；
（2）光在玻璃砖中传播的时间。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）过B点作垂直于入射光线延长线的垂线 ，以此构建 ,如图所示：
要求侧移d（即 ），因为 所以 与 全等。则 把 和 代
入可得
（2）光在玻璃中传播的速度 光在玻璃中传播的时间
押题解读
对于几何光学的考查，主要是包含光的折射和光的全反射两部分内容，能够充分利用三角形中边角
关系来处理有关问题。
考前秘笈
要求学生熟练记忆和掌握几何光学中的三个基本公式，同时要求学生能够准确且标准的画出光路图，
并能够在有光线构成的三角形中，结合数学中的边角关系出来相关问题。
2．在一水池底部水平放置一条长为1m的细灯带，灯带能够发出红光，水对红光的折射率 ，细灯带到
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司水面的竖直高度为1m，已知光在真空中的速度为 ，不考虑水面对光线的反射。
（1）求能够射出水面的光线在水中传播的最短时间；
（2）计算水面上产生光斑的面积。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）垂直水面射出的光线在水中传播时间最短 ； 可得
（2）如图1所示，由全反射规律可知
； ； 产生光斑如图2所示，矩形面积
两半圆面积和 ；
3． 在一个平静的湖面上，距离水面高度 处有一条水平缆索，缆索上每隔 就从站台以速度
沿一个方向持续开出一辆缆车。湖水深 ，缆索中央正下方的湖底有一员潜水员，该潜水
员只能看到湖面半径 的圆面有亮光，又在透过湖面半径 的圆面上才能清晰的看到缆索上的
缆车。已知 ， ， ，求:
（1）湖水的折射率 的大小（用分式表示）；
（2）潜水员最多能清晰的看到缆索上缆车的数量。
【答案】（1） ；（2）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【详解】（1）根据题意可知，由于潜水员只能看到湖面半径 的圆面有亮光，如图所示
则有 解得
（2）潜水员透过湖面半径 的圆面看到缆索，如图所示
由几何关系有 ， 又有 解得 由对称性可知，潜水员透过
湖面半径 的圆面看到缆索长度为 由题意可知，相邻缆车间的距离
则有 即潜水员最多能清晰的看到缆索上缆车的数量为 。
4．宇航员王亚平在太空实验授课中，进行了水球光学实验（图甲）。某同学在观看太空水球光学实验后，
找到一块环形玻璃砖模拟光的传播。如图乙所示横截面为圆环的玻璃砖，其内径为 ，外径为 ，一束
单色光在纸面内从 点以 的入射角射入玻璃砖，经一次折射后，光线恰好与玻璃砖内壁相切。光在真
空中的速度为c，求：
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）求该束光进入玻璃砖后反射光再一次回到A点的时间t。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由题意可知，光在A点入射角为45°，设折射角为r，如图所示
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司根据几何关系有 解得 所以玻璃砖对该单色光的折射率为
（2）光线路径如图所示，则
光在介质中的路程为 ； ； ；联立解得
5．竖直面内有一固定的直角坐标系xOy，x轴在液面上。有一带有单色点光源的潜水艇模型静止在S点
（0.4m，-0.3m），点光源发出的光在液面上形成圆形光斑，其在xOy面内的直径端点位于O（0，0）、
A（0.8m，0），如图所示。现使该潜水艇模型从坐标系内S点竖直向下做初速度为零的匀加速直线运动，
发现A点开始沿液面以大小为a =0.08m/s2的加速度向右移动。不考虑光线的多次反射，sin37°=0.6，
A
cos37°=0.8。求：
（1）该液体的折射率。
（2）潜水艇模型向下运动的加速度大小。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）对单色光，在A点刚好发生全反射，光路图如图所示
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由几何关系 解得 又有
（2）点光源S和A点初状态水平距离为 竖直距离为
在时间t内，A点的位移为 设点光源S的加速度为a，则点光源的位移为 则
解得
6．如图所示长方体玻璃砖，长AB为 ，宽与高均为 。AB边上有一单色光源S。该单色光相对
于玻璃的折射率为 ，当右侧面 恰好全部都有光线射出时：
（1）光源S离B点的距离是多少；
（2）左侧面 有光线射出的面积是多少。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设该单色光照射发生全反射的临界角为 ，则有 解得
如图所示
当 ，在侧面 恰好全部都有光线射出，根据几何关系可得
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（2）因为光源S在 面上发生全反射的临界角为 ，假设光源照射到 面上的 点刚好发
生全反射，则有 根据几何关系可得 则左侧面 有光线射出
的面积为
押题猜想十七 气体实验定律的应用
1．如图所示，高为h、导热性能良好的汽缸开口向上放置在水平地面上，汽缸中间和缸口均有卡环，质
量为m的活塞在缸内封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦且汽缸不
漏气。开始时，活塞对中间卡环的压力大小为 （g为重力加速度大小），活塞离缸底的高度为 ，
大气压强恒为 ，环境的热力学温度为T，不计卡环、活塞及汽缸的厚度。现缓慢升高环境温度至
0
2.5T，求此时活塞与上卡环间的弹力大小F。
0
【答案】mg
【详解】设开始时䍂内封闭气体的压强为 ，对活塞受力分析有 解得
设当活塞与上卡环接触时，气体压强为 ，由理想气体状态方程有 解得 对活塞
受力分析，由平衡方程可知 解得
押题解读
气体实验定律的应用的考查，主要包含对玻意耳定律、查理定律、盖吕萨克定律和理想气体方程内
容的考查，考题的形式以实际生活中的实例为背景，可以概为以下几类模型：U型管模型、气缸类模型、
90
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司变质量问题，此类问题除了应用气体实验定律的知识以外，还得结合力学的平衡条件和牛顿第二定律等
内容，因此这类问题是热学和动力学问题的综合性问题。
考前秘笈
要求掌握三大气体实验定律和理想气体状态方程，变质量问题的一般处理方法，同时能够熟练对研
究对象进行隔离应用平衡条件和牛顿第二定律。
2．如图所示，两内壁光滑、横截面积不同的竖直圆柱形汽缸内，分别用质量和厚度均不计的活塞A、B
封闭了两部分理想气体，气体由活塞B隔为Ⅰ、Ⅱ两个气室，上方汽缸内壁的横截面积为下方汽缸的2倍，
两汽缸连接处固定一细卡环。初始时汽缸静置于空气中，两活塞离各自缸底的距离均为 ，气室
Ⅱ中封闭气体的压强为 。已知 。水的密度 ，取重力加速度 。
现用系于汽缸外壁的细线将该装置竖直缓慢放入深水中，忽略缸内两部分气体温度的变化，外界大气压
强 保持不变，装置气密性良好，求：
（1）当活塞A离水面 时，卡环到A的距离L（结果可用分数表示）；
（2）当活塞A恰好接触卡环时，A离水面的深度H。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）当活塞A离水面 时，Ⅰ气室内气体压强为
此时上方气体压强小于下方气体压强，则活塞B
不动，对上方气体根据玻意耳定律可得 解得卡环到A的距离为
（2）当活塞A恰好接触卡环时，活塞A与卡环无挤压力，则有 设活塞B离底部的高度为 ，
对于活塞B上方气体，根据玻意耳定律可得 对于活塞B下方气体，根据玻意耳定律可
得
又 联立解得
3．密封饭盒是运送外卖的必备餐具。某企业欲对其生产的密封饭盒同时进行高温消毒及密封性能的检测，
91
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司在环境温度 时盖上盒盖，然后将饭盒移至高温消毒箱内足够长时间，已知大气压强恒为 ，消
毒箱内温度恒为 ，忽略饭盒内容积的变化，视封闭气体为理想气体， 。
（1）若饭盒密封良好，求此时盒内封闭气体压强的理论值 ；
（2）若测得盒内封闭气体的实际压强 ，求溢出气体的质量与原有气体的质量之比。
【答案】（1） ，（2）
【详解】（1）若饭盒密封良好，据查理定律有 带入数据解得
（2）设盒内气体在压强为 、温度为 时的体积为 ，在压强 、温度 时的
体积为为 ，则有 解得 则此条件下溢出气体的体积 故两者的质量
之比为 代入数据求得
4．为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据
如下。
a.打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置；
b.关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为3cm；
c.打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K；
d.向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为5cm。
已知m、n为容器B的上下边界，容器C和管A的总体积为 ，外界大气压强始终为
，气体温度总保持不变。
（1）根据步骤a，b，求容器B的体积；
（2）求被测固体的体积。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）未放固体时，根据玻意耳定律有 由题意可知
， 代入解得
92
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（2）放入固体后，设固体体积为 ，根据玻意耳定律有
由题意可知 解得
5．真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子，主要用于装棉被和各种衣服类，具有防潮、
防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气，可将装置简化为如图
所示，假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为 且保持不变，袋内气体压强为大气压强
，活塞式抽气机的容积为 ，活塞的横截面积为S，不计活塞的厚度和重力，连接管的体积可忽略，
抽气过程中气体温度不变。
(1)对于第一次抽气（不考虑活塞在底端时的情况），将活塞缓慢上提，求手对活塞的最大拉力；
(2)求抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强 。
【答案】(1) ；(2)
【详解】(1)当活塞下压时，阀门 关闭， 打开，右侧抽气机中 ，体积的气体排出。对于第一次
抽气，活塞上提，压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中，活塞上升到最高处时，气体压强降为 ，
此时内外压强差最大，手对活塞的拉力最大，由于抽气过程中气体温度不变，根据玻意耳定律有
解得 根据平衡条件得
(2)对于第二次抽气，活塞上提，压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中，气体压强降为 ，根
据玻意耳定律有 解得 以此类推，第10次抽气后压缩袋中气体压强降
为
6．如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热气缸，用质量 的活塞密封一定质量的理想
气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量 的物
块连接。初始时，活塞与缸底的距离 ，缸内气体温度 ，轻绳恰好处于伸直状态，且无
拉力。已知大气压强 ，活塞横截面积 ，忽略一切摩擦。现使缸内气体温度缓
慢下降，则
93
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（1）当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度 ；
（2）当缸内气体温度降至 时，求物块上升高度 ；
（3）已知整个过程缸内气体内能减小121.2J，求其放出的热量Q。
【答案】（1） ；（2） ；（3）160J
【详解】（1）初始时，对活塞 解得 当物块对地面无压力时，对活塞
解得 对气体，由等容变化 解得
（2）对气体，由等压变化 即 解得
（3）整个降温压缩过程活塞对气体做功 根据热力学第一定律
得 放出热量为160J
7．为测量小车加速度，某同学设计了图示装置，圆柱形气缸固定在车厢底面，水平轻弹簧分别连接活塞
与车厢右壁，活塞可在气缸内无摩擦滑动，缸内密闭着气体，当温度 时，弹簧无形变，活塞与
缸底间的气柱长L=9cm。已知活塞质量m=1kg、横截面积 ，外界大气压强 ，弹
簧形变始终在弹性限度内。
（1）小车静止，缓慢加热缸内气体，使其温度由 升至 ，活塞静止时，弹簧压缩量为
。试求弹簧的劲度系数；
（2）小车某次运动过程中，保持温度 不变，活塞相对气缸静止时，弹簧伸长量为 。试求小
车的加速度（保留3位有效数字）。
【答案】（1）800N/m；（2）5.85m/s2，水平向右
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【详解】对缸内气体，状态1（弹簧无形变） 、 、
状态2（弹簧处于压缩状态） 、 从状态1到状态2，由理想气体状态方程有
可得 代入数据解得 状态2，对活塞由力的平衡条件得
代入数据解得 状态3（弹簧处于伸长状态） 从状态1到状
态3，温度不变，由玻意耳定律有 代入数据得 状态3，规定向右为正方向，对活
塞由牛顿第二定律有 代入数据解得 方向水平向右
押题猜想十八 动力学两类基本问题
1．一个质量为2kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定
拉力，使箱子从静止开始运动，经过2s，箱子的位移为20m。重力加速度g=10m/s2，已知sin37°=0.6，
cos37°=0.8，空气阻力不计。
（1）求拉力的大小。
（2）若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s后撤去拉
力，求箱子运动的总位移。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）箱子做匀加速运动，有 解得 由牛顿第二定律有
（2）箱子先以大小为 的加速度匀加速 时间，撤去拉力后，以大小为 的加速度匀减速 时间后速度
恰为0，有 解得 撤去拉力后 由于匀加速阶段
的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 其中 箱子加速、减速的总位移
联立解得
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动力学两类基本问题主要考查的是牛顿第二定律与运动学相结合的的问题，这类问题既要对运动的
物体做出正确的受力分析，又要对物体的运动过程也必须能够做出合理的分析。而且，这类问题往往涉
及到的过程是多过程问题，因此，还必须能够分析出两个过程的衔接的关键点。
考前秘笈
要求能够熟练掌握受力分析的方法、牛顿第二定律和运动学的有关公式规律，同时，能够清晰的分
析过程变化时，物体受力的变化，找出不同过程的衔接点。
2．中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑
道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为 的滑块（视为质点）以初速度 滑出，滑行
距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为 减速装置，仍以相同的初速度 滑出，
滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为 的力F作用，如图（b）所示（减速装置
未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为 ， ，
，求：
（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；
（2）若已知 ， ，则装上减速装置后滑块的减速距离大小。
【答案】（1）0.6；（2）7.2m
【详解】（1）滑块运动过程中，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 由运动学公式可得
联立解得
（2）装上减速装置后，对装置和滑块整体分析，如图所示
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由牛顿第二定律和力的平衡可得 轴 ； 轴 又
由运动学公式 联立解得
3．冰壶比赛场地如图所示，运动员在投掷线AB处以速度v=2m/s沿虚线将冰壶投出，冰壶投出后，运动
0
员从某处开始用冰刷在冰壶前方连续擦冰，距离为s，冰壶滑行24.8m后停止，运动员不擦冰时冰壶与冰
面间的动摩擦因数为0.01，擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）擦冰的距离s；
（2）从何处开始擦冰可使冰壶滑行最长时间，并求此最长时间。
【答案】（1）8m；（2）见解析
【详解】（1）冰壶从投掷线开始到最终停止运动，根据动能定理有 解得
（2）作出冰壶运动的速度时间图像
由图可知，越晚擦冰，冰壶运动总时间越长，所以在最后8m位移阶段擦冰，根据牛顿第二定律有
； 解得 根据速度时间关系有 ； 解得 所以
4．一辆质量为15t的货车在公路上行驶，当行驶到一个较长下坡时（每下行1km高度下降120m），司
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司机发现货车的刹车系统失灵。货车在斜坡上以36km/h的初速度加速向下滑行，幸好滑行了1km时司机将
车子开上了一个缓冲坡（用砂石铺于表面的一个斜上坡，如图所示，在缓冲坡上每上行10m升高3m），
在缓冲坡向上滑行了40m后停止。已知货车在较长下坡时受到的阻力是车重的 ，取重力加速度g为：
．求：
（1）车子下坡滑行1km所用的时间；
（2）车子在缓冲坡上运动时受到的阻力。
【答案】（1） ；（2） ，负号表示阻力方向与车子运动方向相反
【详解】（1）货车下坡滑行做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有 ；
其中 ； 解得 再由 解得
（2）货车在缓冲坡上做匀减速直线运动，汽车的加速度设为 ，刚冲上缓冲坡时的速度为 ，有
； 解得 根据牛顿第二定律， ；
解得 负号表示阻力方向与车子运动方向相反。
5．如图甲所示为月饼排盘器，月饼可以通过排盘器整齐地摆盘，再进入烘焙设备。将排盘过程简化为如
图乙所示的模型，开始时排盘器静止在盘子上方，排盘器上表面距离盘子的高度 ，排盘器右端与
盘子右端相距 ，月饼向右运动，当月饼与排盘器右端相距 时，月饼的速度 ，
排盘器立刻以 的加速度向左做匀加速运动。已知月饼与排盘器间的动摩擦因数 ，重力加
速度为 ，求：
（1）从排盘器运动开始计时，经过多长时间月饼将离开排盘器？
（2）月饼落入盘子时距离盘子右端的距离x。
【答案】（1） ；（2）
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【详解】（1）月饼向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得 解得 经过t时间的
位移为 排盘器向左做加速运动，经过t时间的位移为 位移满足关系
联立解得 ；
（2）月饼离开排盘器的速度 解得 做平抛运动，水平方向有
竖直方向有 月饼落入盘子时距离盘子右端的距离 解得
6．某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上滑杆上套有
一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以某一初速度开始向上滑动，滑动过程中受到滑杆
的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞（作用时间极短），带动滑杆一起离开桌面
竖直向上运动，之后上升了h＝0.2m时速度减为0。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，
A、B间的距离L＝1.2m，重力加速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块与滑杆碰撞前瞬间的速度大小 ；
（3）滑杆从A处开始向上运动的初速度 。
【答案】（1）8N，5N；（2）8m/s；（3）10m/s
【详解】（1）滑块静止时，根据整体法可知桌面对滑杆支持力的大小
当滑块向上滑动时，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力大小为1N，方向竖直向上，则对滑杆
进行受力分析，根据平衡状态得桌面对滑杆支持力的大小
（2）当滑杆和滑块一起脱离地面后，向上做匀减速运动，则 解得滑杆和滑块开始一起向上运动的
速度大小为 当滑杆和滑块发生碰撞的瞬间，根据动量守恒定律得
解得滑块与滑杆碰撞前瞬间的速度大小
99
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（3）选竖直向上的方向为正方向，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度为
负号表示加速度方向竖直向下，根据运动学公式
解得滑杆从A处开始向上运动的初速度
押题猜想十九 电磁组合与叠加场问题
1．有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁
场分析器中有垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。离子源发出的初速度均为零的氕核 和氘核
经加速电压U加速后，均沿圆弧MN运动（圆弧MN为电场分析器的中心线），再垂直进入四分之一
圆形磁场区域，后从磁场下边界射出。已知氕核 在磁场区域运动t时间后恰好垂直于磁场下边界从Q
点射出，MO＝R， ，氕核 的电荷量为e，忽略离子间的相互作用。求：
（1）电场分析器中心线上电场强度的大小；
（2）氘核 在磁场区域的运动半径；
（3）氘核 的质量。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设氕核 的质量为m，氘核 的质量为M，氕核 经加速电压U加速后，则有
氕核 在辐射状电场中做圆周运动，电场力提供向心力，可得 解得
（2）在磁场中，设匀强磁场的磁感应强度为B，对氕核 分析，由洛伦兹力提供向心力，可得
100
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司解得 对氘核 分析，由洛伦兹力提供向心力，可得 解得 即氘核 做
圆周运动的半径
（3）设氕核 与氘核 在磁场中做圆周运动的周期分别为 和 ，则有 ；
对氘核 ： 联立得
押题解读
电磁场的组合和叠加场问题中物理模型有：带电粒子、带电小球、带电油滴等模型。以组合场出现
的几率较高，近几年这类问题出现了有平面场问题转三维空间场问题。命题点常包含：匀变速直线运动、
圆周运动、抛体运动等。命题常将电场、磁场部分知识与运动学、力学、功能关系等多个物理规律的综
合运用，有时也会与相关图像联系在一起。
考前秘笈
单一或两个带电粒子在组合场、叠加场、交变场的运动问题。对带电粒子在不同的区域，受力分析
和运动过程分析，判断带电粒子的运动性质，利用数学语言列方程求解。画运动过程示意图，确定临界
条件。
2．如图所示，光滑绝缘的水平桌面内存在着两个边长均为L的相邻正方形区域abef和bcde，在正方形区
域abef内存在着沿fa方向的匀强电场，电场强度大小为E，在矩形区域acdf内存在着竖直向上的匀强磁
场，磁感应强度为B。在cd右侧紧挨着cd边的某矩形区域内（含边界）存在着竖直方向上的另一匀强磁
场（未画出）。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从af的中点O以初速度
（大小未知）沿ab方向水平射人abef区域，小球在该区域内沿直线运动，进入bcde区域后从d点离开，
并进入cd右侧的另一磁场区域中，小球在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从C点回到bcde区域中。
。求：
（1）小球的初速度大小 ；
（2）小球从O点运动到d点的时间；
（3）cd右侧矩形区域磁场的最小面积。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由带电小球进入 区域后沿直线运动可知 得
（2）带电粒子从 中点进入 区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在 区域内的运动轨迹图像，
如图所示
轨迹圆心为 ，根据几何关系有 解得 由数学知识可知 得
小球在 磁场里运动的周期为 ，
（3）带电粒子从 点离开正方形磁场区域，进入 右侧的匀强磁场后，又从 点进入 磁场区域。由
分析可知， 右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在 右侧区域内的运动轨迹如图所示，
轨迹圆心为 点，由数学知识可知 矩形磁场的最小面积为
3．如图甲所示，在真空室内，A、C为正对放置的两平行金属板，板长 ，板间距离 ，
为中线， 为 延长线上一点， ；倾角 且足够长的斜面与两板的截面在同一竖直
面内，其底边 与两板平行，顶点G与A、C两板的右端点共线， 。现将某种粒子从O点以某
初速度沿 连续射入平行板间，任意相同时间内射入的粒子数相等，粒子带电荷量 、
质量 ，忽略电场的边缘效应，不计粒子重力且不考虑粒子间相互作用及碰到斜面后的反
弹，设刚好到达极板右端的粒子恰能射出， ， ，求：
（1）若两板间电压 ，测得粒子在距离 为 处射出电场，求该粒子在板间运动过程中电场力
所做的功 ；
（2）当粒子入射的初速度 时，粒子均能到达斜面，试确定两板间所加电压 应满足的
条件；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（3）若在两板右侧存在以 为圆心、直径为d的圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度大小
、方向垂直纸面向外，当在两板间加上如图乙所示电压，发现粒子均能以水平速度射出电场，
求经磁场偏转后能够打在斜面上的粒子占发射粒子总数的百分比。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由题意可知入射点与出射点间的电势差 电场力做功 解得
（2）粒子在板间运动的时间 当 时，粒子向下偏转，粒子刚好运动至C板右边缘时，有
又 解得 当 时，粒子向上偏转，粒子出射后能到达斜面的临界条件
为粒子出射速度与水平方向夹角为 ，有 又 且 解得 所以，
要使粒子均能到达斜面，两板间所加电压应满足的条件是
（3）粒子在板间运动的加速度大小 从 时刻入射的粒子，在每 内的侧向位移为
由 （ 取正整数）可知只有 取1时，上式才成立，即粒子在板间运动的
时间为 。粒子的初速度 粒子在磁场中运动的半径 因此，所有粒
子将汇聚至磁场区域的最低点 ，如图所示。
对于恰沿PG出射的粒子，它在电场中的出射点与 点间的距离为 由几何关系可知
103
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司则能够打在斜面上的粒子占发射粒子总数的百分比为
4．类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，
在竖直平面内有两个宽度均为d的平行区域Ⅰ和Ⅱ；Ⅰ区存在磁感应强度大小为B、方向垂直竖直平面向
外的匀强磁场，Ⅱ区存在竖直方向的匀强电场。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角 射入
Ⅰ区，在P点以出射角 射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角 射入Ⅱ区，在Ⅱ区中发生“折
射”，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，初速度大小为 ，不计质子重
力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电场分布的影响。
（1）若以任意角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求 的最大值；
（2）若匀强电场方向竖直向下，场强大小 ，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比
值）；
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，方向向上
【详解】（1）根据题意可知粒子从右侧射出，临界情况为 根据牛顿第二定律有 解得
（2）根据动能定理有 解得 设折射角为 ，水平方向为x方向，竖直方向为y
方向，x方向速度不变，有 解
（3）全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候y方向速度为零，即 可得
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5．竖直平面内有如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅱ象限内有一个以坐标原点O为圆心半径为R的
四分之一光滑圆弧形轨道，有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为 。在第Ⅲ、Ⅳ象限内
有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，电场强度大小也为 ，磁感应强度为
。在紧贴圆弧轨道下端内侧的A点有一质量为m、电荷量为 的小球大小可忽略，从A点
以某一速度 （ 大小可调）沿圆弧轨道内侧竖直向上射入电场，x轴上OC之间有一长度为R的薄板，
重力加速度为g。求：
（1）为使小球能够从B点射出， 的最小值；
（2）从B点飞出的小球打到薄板上的可能范围；
（3）若第Ⅲ、Ⅳ象限内的匀强磁场的方向改成竖直向下， 。在x轴下方放置另一块水平的
面积足够大的挡板M，M在磁场中可以且只能上下移动。试画出从B点飞出的小球在挡板M上的所有可
能落点的范围。（只要正确画出图形即可，无需算出范围大小）
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【详解】（1）在B点小球对轨道的压力为0时 最小，根据牛顿第二定律 ①小球由A到B根据
动能定理 ②由①②解得
（2）如图所示
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司设小球到B点速度为 ，竖直方向 ③ ④水平方向 ⑤由③⑤解得
由已知条件知在第3、4象限时 所以小球做匀速圆周运动设小球做匀速圆周运动的速度为 ，则
⑥ ⑦弦长 ⑧由③到⑧解得 可见弦长 与 无关是定值，小球从磁场
到达x轴的坐标为 当 时 若 增加则落点向右移动直到小球打
到C点，所以小球打到薄板上最右侧的点为C点，所以小球落点坐标
（3）如图所示阴影部分表示所有可能落点的范围，其中AB、CD是和 轴及虚线相切的圆弧， 是
ox在挡板上的投影。
6．高能微粒实验装置，是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的主要实验工具。为了简化计算，一个
复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型。如图甲所示，三维坐标系中，yOz平面的
右侧存在平行z轴方向周期性交化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一
个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经
过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小 ，
0
从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知 ， ，规定当
磁感应强度沿z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。
（1）求抛出点P到x轴的距离y；
（2）求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T；
（3）若 时撤去yOz右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向 的匀强磁
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。
【答案】（1） ；（2） ；（3）（( ＋ ) ， ， ）
【详解】（1）粒子做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45°，则有v＝vsin45°＝
y 0
v
0
根据平抛规律得 解得y＝
（2）根据题意，重力与电场力平衡，即qE＝mg由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m ，T＝
0 0
解得R＝ ；T＝ 当B＝B 时R＝ ；T＝ 当B＝ 时R＝ ；T＝
0 0 1 1 2 2
结合题中信息可知：0～t，微粒刚好转过180°；t～2t，微粒转过90°；2t～3t 与0～t 的运动轨迹大小
0 0 0 0 0 0
一样，只是偏转方向不一样；3t～4t 与t～2t 的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，
0 0 0 0
微粒一个周期的运动轨迹如图所示
由图可知T＝2× ＋2× ＝
（3）t＝t 时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即v′＝v′＝vsin45°＝ v 粒子在竖直方向上做竖直
0 x y 0 0
上抛运动，则有( v)2＝2gy； v＝gt 解得y＝ ；t＝ 粒子水平方向向上做圆周运动，则有
0 2 0 2 2 2
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司R＝ ＝ ；T＝ ＝ 可知t＝ T 则有x′＝ R＋R＝( ＋ ) ，y′＝y＝
3 3 2 3 1 3 2
z′＝R＝ 因此粒子向上运动到离xOz平面最远时的坐标为（( ＋ ) ， ， ）
3
押题猜想二十 用力学三大观点处理综合性问题
1．如图所示，质量 、半径 的四分之一光滑圆孤abc静止在足够长的光滑水平面上，末端
与水平面相切，圆弧右侧有一质量为 的小物块B，B的左侧固定一水平轻弹簧，将质量为 的小
物块A从圆弧顶端由静止释放，在小物块B的右侧有一竖直挡板（图中未画出，挡板和B的间距可调），
当小物块B与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A与弹簧接触后即与弹簧固定连接，
已知重力加速度 ，不计空气阻力，A、B均可视为质点。求：
（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端时的速度的大小；
（2）若圆弧不固定，小物块A到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；
（3）若圆弧不固定，小物块B与挡板发生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围。
【答案】（1） m/s；（2）15m/s；3.75m；（3）
【详解】（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有 解得
m/s
（2）若圆弧不固定，小物块A与圆弧组成的系统动量守恒，则有 根据能量守恒定律有
解得 m/s同时根据动量守恒定律有 根据几何关系可知
解得 m
（3）设物块B碰撞挡板的速度为0，则碰后AB总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势能最小，根据
动量守恒定律与能量守恒定律有 ； 解得 J物块B碰
撞挡板的速度最大，则碰后AB总动量最小，两者共速时动能最小，弹簧弹性势能最大，设B的最大速度
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司为 ，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知 ； 解得
m/s
碰后总动量最小为 则AB共速的速度为 m/s弹性势能为
解得 J则当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围为 。
押题解读
用力学三大观点处理综合性问题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐
含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高，具体问题中
可能涉及到单个物体单一运动过程，也可能涉及到多个物体，多个运动过程，在知识的考查上可能涉及
到运动学、动力学、功能关系、动量定理和动量守恒定律等多个规律的综合运用。
考前秘笈
对于多体问题:要灵活选取研究对象，善于寻找相互联系。对于多过程问题:要仔细观察过程特征，妥
善运用物理规律。对于含有隐含条件的问题:要注重审题，深究细琢，努力挖掘隐含条件。对于存在多种
情况的问题: 要认真分析制约条件，周密探讨多种情况。
2．如图所示，质量为 、左侧固定有竖直挡板的平板小车静置于光滑水平地面上，质量均为
的甲、乙两物块（均可视为质点）紧挨着并排放置在小车的水平表面上，物块甲距左侧挡板 ，
物块乙距小车右端足够远。已知甲、乙两物块与小车接触面间动摩擦因数分别为 、 ，重
力加速度 ， 时刻开始用水平向右的恒力 作用于小车， 时撤去力F。若物块
与挡板发生碰撞，则碰后不再分开。求：
（1） 时，甲物块的加速度大小 ；
（2）小车的最终速度的大小v；
（3）甲、乙两物块间的最终距离L。
【答案】（1） ；（2）5m/s；（3）
【详解】（1）规定水平向右为正，当 时，假设甲、乙、车保持相对静止，则有 解得
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司对甲受力分析得 得 ； 故甲与车发生相对滑动。又假设乙和车保
持相对静止，根据牛顿第二定律 解得 对乙受力分析得 则
因为
所以乙与车保持相对静止。故 ，
（2）根据 ， 可得 时 ， 撤F后，甲、乙、车系统动量守恒，有
解得
（3）前3s内，甲、乙相对运动的距离 解得 ， 时甲和车相碰，有
得 对乙受力分析得 解得 对甲、车系统受力分析得
解得 则相对运动位移 代入数据得
3．如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O点，半径 ，厚度相同、
材质相同、质量均为 的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘接，木板Q的右
端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左端，滑块B、C分别放置在木
板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B发生碰撞。已知木板
P、Q的长度分别为 ，滑块A的质量为 ，滑块B的质量为 ，滑块C
的质量为 ，块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为 和 ，有碰撞均为弹
性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 。
（1）求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
（2）求滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；
（3）滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板D
多远的地方？
【答案】（1） ， ；（2）12.96J；（3）0.16m
【详解】（1）设滑块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小为v，对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过
0
程由机械能守恒定律得 解得 设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为v 、v ，
A B
A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得 ；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司联立解得 ，
（2）滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动，设滑块A、B的加速度分别为a 、a ，由牛顿
A B
第二定律得 ； 假设滑块C相对木板P、Q静止，设三者整体的加速度为a ，由
P
牛顿第二定律得 解得 因滑块C的最大加速度为
故假设成立，可得滑块C与木板P、Q 相对静止一起以加速度a 做匀加速直线运动。设A与P达到共速的
P
时间为t，共速时的速度为v ，由速度一时间关系得 解得 ， 。
1 共
A与P达到共速时B的速度为 ，A与P达到共速的过程，A、B、P
三者的位移大小分别为 ； ； 解得 ， ，
此过程A相对P的位移大小为 此过程B相对P的位移大小
为 因 故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C
发生弹性碰撞，因B、C的质量相等，故碰撞过程两者的速度发生交换，碰撞后瞬间C的速度大小为
，B的速度大小为 可知B相对P静止在其右端，A、B、P三者一起做匀速
直线运动。滑块C相对木板Q向右运动，木板Q做加速直线运动，P、Q分离。滑块A、B和木板P组成的
系统因摩擦而产生的热量为 解得Q=12.96J
（3）假设滑块C不会从木板Q上滑落，最终C与Q 相对静止一起匀速直线运动的速度为v ，C相对Q
共1
的运动路程为s，最终对C与Q的相对运动过程，以向右为正方向，由动量守恒定律
解得 由能量守恒定律和功能关系 解得 因
故滑块C是不会从木板Q 上滑落，最终与木板Q相对静止时与挡板D的距离为
。
4．如图所示，在倾角为 的斜面上有一 型木板A，在其上表面放有一滑块B，A、B的质量相同，
开始保持滑块和木板静止在斜面上，滑块B到木板前端挡板P的距离 ，木板前端到斜面底端挡
板Q的距离为 ，木板与斜面间的动摩擦因数 ，木板上表面光滑，释放滑块B，已知
滑块与木板间的碰撞为弹性碰撞且时间极短，木板A滑到斜面底端与挡板Q碰撞后速度立即变为零，整
个过程滑块未脱离木板，取 ， ， 求：
（1）滑块第一次与木板撞击时的速度大小；
（2）经多长时间木板与挡板Q发生碰撞；
（3）木板的长度至少为多长。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意，对木板受力分析可知，木板A与斜面间的最大静摩擦力为
可知，木板A开始保持静止，对滑块B有 ；
解得，滑块第一次与木板撞击时的速度大小
（2）根据题意，设经过时间 发生第一次碰撞，则有 解得 碰撞过程为弹性碰撞，则第一
次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有 ， 解得 ，
碰撞后交换速度，木板A匀速下滑，滑块B加速下滑，设经过时间 第二次碰撞，木板A下滑距离为 ，
则有 解得 ， ， 同理可得，第二次碰撞后交换速度，则有
， 设经过时间 第三次碰撞，木板A下滑距离为 ，则有
解得 ， ， 由于 发生第三次碰撞，同理可得，交换速度，则有
， 由于 木板A与挡板Q发生碰撞前，滑块B不会与木板
A第四次碰撞，设经过时间 木板A与挡板Q发生碰撞，则有 则从滑块B开始运动
到木板A与挡板Q发生碰撞的时间为
（3）设第三次碰撞后，经过时间 ，滑块B与木板A发生碰撞，此时，木板A与挡板Q已发生碰撞，则
有 此时滑块B的速度为 碰撞后，滑块B原速率弹回，即 设滑
块B能上升的最大距离为 ，即木板A的最小长度，则有 联立解得
5．某兴趣小组为了研究碰撞问题，设计了如图所示的实验装置。水平地面上A点有一发射装置，可以斜
向上以不同的速度发射小球。A点右侧放置一足够长的桌面，从桌面左边缘B点开始沿同一直线每隔
放置一个小球。某一次实验中，发射装置以 的速度沿与水平方向成 角斜向上发射一
小球，小球恰好与桌面B点的小球1发生水平对心碰撞，碰撞时间忽略不计。已知所有小球完全相同且
可看为质点，不计空气阻力，取重力加速度 。
（1）求桌面距离地面的高度h；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（2）若小球与桌面的动摩擦因数 ，且小球间的碰撞为一维弹性碰撞，则最多能发生几次碰撞？
（3）若小球与桌面的动摩擦因数 ，小球的质量均为1kg，且所有碰撞后的小球立即粘在一起，
求与第4个小球碰撞前的瞬间已粘到一起的小球的总动能。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意可知，小球做斜抛运动，且 点为最高点，则有 解得
（2）根据题意可知，小球运动到 点时速度方向水平向右，大小为 设与小球1碰撞后，
小球的速度为 ，小球1的速度为 ，小球间的碰撞为一维弹性碰撞，设小球的质量为 ，则有
； 解得 ， 可知，两个小球碰撞后
速度互换，则等效于小球在桌面上做匀减速直线运动，设运动的最大距离为 ，由动能定理有
解得 则有 即最多能发生8次碰撞。
（3）根据题意，小球与小球1碰撞前的动能为 设小球第一次碰撞前速度为 ，
第一次碰撞后速度为 ，则有 第一次碰撞后整体的动能为
第一次碰撞后到第二次碰撞前，由动能定理有 解得 同理，小球第二
次碰撞前速度为 ，第二次碰撞后速度为 ，则有 第二次碰撞后整体的动能为
第二次碰撞后到第三次碰撞前，由动能定理有
解得 同理，小球第二次碰撞前速度为 ，第
二次碰撞后速度为 ，则有
第三次碰撞后整体的动能为
第三次碰撞后到第四次碰撞前，由动能定理有
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司解得，与第4个小球碰撞前的瞬间已粘到一起的小球的总动能
6．如图所示，在光滑水平平台上有一轻弹簧一端固定在左侧的墙壁上，另一端与物块 相连，初始时弹
簧处于原长。平台的右侧有一个与平台相切且足够长的水平传送带，传送带以 的速度逆时针运
行，物块 与传送带共速后一起运动，某时刻物块 离开传送带滑上平台与物块 发生碰撞，碰撞时间极
短，碰撞过程中没有机械能损失，每次物块 与 碰撞并分离后物块 在极短的时间内，在外力作用下
重新静止在弹簧原长位置。已知物块 、 的质量分别为 、 ，物块 与传送带间的动摩
擦因数 ，初始时平台右端到物块 的距离 ，重力加速度 取 。求：
（1）物块 、 第一次碰撞后瞬间物块 的速度 ；
（2）物块 、 从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间；
（3）在第一次碰撞之后的整个过程中，物块 与传送带间因摩擦产生的热量。
【答案】（1） ，方向水平向右；（2） ；（3）
【详解】（1）物块 离开传送带后在水平平台上做匀速运动，然后与 发生碰撞，以水平向左为正方向，
由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得，碰后瞬间 的速
度 即速度大小为 ，方向水平向右； 的速度为 方向水平
向左。
（2）物块 、 第一次碰撞后物块 在平台上匀速向右运动，匀速运动时间为
物块 在传送带上向右做匀减速运动至零后返回，具有对称性。对物块 ，由牛顿第二定律得
向右做匀减速运动的时间 物块 向左返回离开传送带时的速度小于传送带
的速度，以 速度向左离开传送带，物块 、 从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为
（3）物块 、 第一次碰撞后，物块 滑上传送带到离开传送带过程中，与传送带的相对位移
第二次碰撞后物块 、 的速度分别为
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司物块 、 第二次碰撞后物块 滑上传送带到离开传送带过程
中，与传送带的相对位移 依此类推可知每次 、 碰撞后物块 与传送带间发生相
对滑动的路程为等比数列，公比为 故整个过程发生相对滑动的总路程 整个过程产
生的总热量 代入数据解得
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