物理（Word）-2025年高考考前最后一课_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年05月试卷_0513物理-2025年高考考前最后一课

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 1目 录 第一部分 新情景高考命题篇....................................................................................................................................4 【情景一 与中国古代生活生产科技相关情景】............................................................................................4 【情景二 与现代生活生产相关情景】..........................................................................................................10 【情景三 与中国科技相关情景】..................................................................................................................33 【情景四 与体育活动相关情景】..................................................................................................................57 第二部分 高频考点预测篇......................................................................................................................................63 【预测一 选择题】..........................................................................................................................................63 预测01原子物理......................................................................................................................................63 预测02光学..............................................................................................................................................66 预测03热学..............................................................................................................................................69 预测04平衡问题和牛顿动力学问题.......................................................................................................71 预测05抛体运动和圆周运动..................................................................................................................74 预测06万有引力与航天..........................................................................................................................78 预测07功能关系......................................................................................................................................80 预测08动量定理和动量守恒定律..........................................................................................................83 预测09机械振动和机械波......................................................................................................................86 预测10电场的基本规律应用..................................................................................................................89 预测11磁场的基本规律应用...................................................................................................................93 预测12电磁感应基本规律应用..............................................................................................................96 预测13交变电流和变压器......................................................................................................................99 【预测二 实验题】........................................................................................................................................103 预测01力学实验....................................................................................................................................103 预测02电学实验....................................................................................................................................107 【预测三 计算题】........................................................................................................................................112 预测01气体实验定律的综合应用问题.................................................................................................112 预测02牛顿运动定律的综合性应用.....................................................................................................115 预测03带电粒子在电磁场中的运动.....................................................................................................120 预测04力学三大观点的综合性应用.....................................................................................................127 第三部分 高考真题汇编篇....................................................................................................................................132 学科网（北京）股份有限公司 2【真题一 运动学】........................................................................................................................................132 【真题二 相互作用与牛顿定律】................................................................................................................152 【真题三 功能关系与动量守恒定律】........................................................................................................166 【真题四 电场与磁场】................................................................................................................................197 【真题五 电磁感应与交变电流】................................................................................................................233 【真题六 机械波与热光原】........................................................................................................................264 【真题七 力学实验】....................................................................................................................................302 【真题八 电学实验】....................................................................................................................................317 第四部分 考点知识温故篇....................................................................................................................................336 【考点一 运动学知识点】............................................................................................................................336 【考点二 相互作用与牛顿定律知识点】....................................................................................................357 【考点三 功能关系知识点】........................................................................................................................363 【考点四 动量定理及动量守恒定律知识点】............................................................................................366 【考点五 机械振动和机械波知识点】........................................................................................................370 【考点六 电场与磁场知识点】....................................................................................................................374 【考点七 电磁感应知识点】........................................................................................................................384 【考点八 恒定电流与交变电流知识点】....................................................................................................390 【考点九 热学知识点】................................................................................................................................394 【考点十 光学知识点】................................................................................................................................399 【考点十一 近代物理知识点】....................................................................................................................403 第五部分 考前准备调整注意篇............................................................................................................................408 【准备一 答题技能】....................................................................................................................................408 【准备二 心态调整】....................................................................................................................................420 【准备三 饮食睡眠】....................................................................................................................................423 【准备四 保温训练】....................................................................................................................................426 第六部分 终极押题篇............................................................................................................................................430 【终极押题卷一】..........................................................................................................................................430 【终极押题卷二】..........................................................................................................................................446 第一部分 新情景高考命题篇 【情景一 与中国古代生活生产科技相关情景】 学科网（北京）股份有限公司 31．龙舟赛是一种古老的中国民俗活动。如图1所示，龙舟赛中，某龙舟达到某一速度后，在相邻两个划桨 周期 内的加速度 与时间 的关系图像如图2所示，以龙舟前进方向为正方向，龙舟和选手总质量为 ， 龙舟的运动视为直线运动，则（ ） A．第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量为 B．经过相邻两个划桨周期后龙舟速度变化量为 C．相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量为 D．相邻两个划桨周期龙舟的位移差为 【答案】D 【详解】A．根据加速度的定义式有 解得 可知， 图像与时间轴所围结合图形的面积表 示速度的变化量，可知，第一个划桨周期龙舟速度增量 设龙舟（含选 手）的初速度为 ，第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量 由于龙舟 （含选手）的初速度未知，故不能计算第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量，故A错误； B．结合上述可知，经过连续两个划桨周期龙舟速度增量 ，故B错误； C．根据动量定理可知，相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量 故C错误； D．作出相邻两个划桨周期的 图像，如图所示 学科网（北京）股份有限公司 4图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则相邻两个划桨周期龙舟的位移差为图中阴影部分的面 积，即位移差为 故D正确。故选D。 2．端午节，是中国四大传统节日之一，主要习俗为划龙舟。某地为庆祝端午佳节，举办龙舟大赛，每艘 龙舟配有12人，除船头一人和船尾一人外，其余均为划手，每人质量为50kg，如图甲所示。质量为390kg 的龙舟侧视图如图乙所示，质量为10kg的大鼓平放于水平甲板上，大鼓与甲板间的动摩擦因数为 假设水对龙舟的阻力f是总重力的 倍。每位划手拉桨过程中对龙舟提供400N的水平推力，回桨过程中 无推力。划手回桨和拉桨前，大鼓均相对龙舟静止，重力加速度大小 ，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，下列说法正确的是（ ） A．划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N B．划手回桨步调一致时，大鼓的加速度大小为 C．划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N D．划手拉桨步调一致时，大鼓的加速度大小为 【答案】C 【详解】AB．划手回桨步调一致时，整体法有 解得 对大鼓有 大鼓所受摩擦力大小为 10N故A、B错误； 学科网（北京）股份有限公司 5CD．划手拉桨步调一致时，假设保持相对静止，整体法有 解得 对大鼓有 大鼓所受摩擦力大小为 30N大于最大静摩擦力25N，假设不成立， 已发生相对滑动，大鼓所受摩擦力大小为滑动摩擦力25N，故C正确、D错误。故选C。 3．抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者右手控制A点不动，左手控制B点沿图中的四个方向缓慢 移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ） A．沿虚线a向左移动，空竹的高度不变 B．沿虚线b向上移动，细线与竖直方向的夹角不变 C．沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变 D．沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力减小 【答案】B 【详解】A．空竹受力如图所示 由于空竹缓慢移动，则其受力平衡，由平衡条件可知 设绳长为L，由几何关系可知 当一只手沿虚线a缓慢向左移动时，d减小， 减小，空竹的高度降低，故A错误； B．沿虚线b向上移动，d不变， 不变，故B正确； C．沿虚线c斜向上移动，d增大， 减小，细线的拉力增大，故C错误； D．沿虚线d向右移动，d增大， 减小，细线对空竹的合力始终等于空竹的重力，所以细线对空竹的合力 不变，故D错误。故选B。 4．如图所示，假设卖货郎的每个货筐是质量为M的立方体，每个货筐由四条轻绳对称悬挂于扁担上同一 学科网（北京）股份有限公司 6点，则卖货郎肩挑扁担匀速直线前进时，下列说法正确的是（ ） A．每条轻绳中的拉力大小为 B．每个货筐上四条轻绳中的拉力相同 C．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则每条轻绳中的拉力将变大 D．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则轻绳对货筐的作用力将变小 【答案】C 【详解】AB．由于四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，则绳与竖直方向的夹角相等，绳中拉力大小相等， 但方向不同，设每条绳与竖直方向的夹角为θ，每条绳中的拉力为F，根据平衡条件可得 所 以 故AB错误； CD．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则θ变大，cosθ减小，F增大，故C正确，D错 误。故选C。 5．如图是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下因质量不 同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计 空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间 B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等 C．从释放到落地的过程中，重力对米粒和糠秕做的功相同 D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕 学科网（北京）股份有限公司 7E． 【答案】D 【详解】A．糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，根据 可知从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，故A错误； B．落地时，米粒的竖直速度等于糠秕的竖直速度，根据 及米粒的重力大于糠秕的重力知，则米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B错误； C．根据 因米粒和糠秕质量不同，则从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功不相同，故C 错误； D．从释放到落地的过程中，因米粒质量较大，则加速度较小，落地时水平位移较小，故水平方向上位移 较大的是糠秕，故D正确。故选D。 6．如图甲所示，筒车的车轮在水流的推动下做匀速圆周运动，使装在车轮上的竹筒自动取水上岸进行灌 溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水 面。竹筒顺时针匀速转动的半径为R，角速度大小为ω，在E点开始打水，从F点离开水面。从A点到B 点的过程中，每个竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A．竹筒做匀速圆周运动的向心加速度大小为ωR B．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为mg C．竹筒从C到B的过程中，重力的功率逐渐减小 D．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为 【答案】C 【详解】A．向心加速度为 故A错误； B．竹筒中的水做匀速圆周运动，合力指向圆心，如图所示 学科网（北京）股份有限公司 8所以竹筒对水的作用力大小为 故B错误； C．从C点到B点的过程中，竹筒速度在竖直方向上的分量逐渐减小，重力的功率减小，故C正确； D．相邻竹筒打水的时间间隔为 故D错误。故选C。 7．投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人 先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度 水平，第二次初速度 斜向下，如图所示，两个 小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（ ） A．运动时间相同 B．加速度相同 C．动能变化量相同 D．动量变化量相同 【答案】BC 【详解】AB．由于第二次初速度 斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，而第一次 水平抛出，竖直方向初速度为零，且两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下 落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确； C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正 确； D．由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错 误。故选BC。 8．图甲为《天工开物》中耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图乙所示，人站立在农具耙的中间位 学科网（北京）股份有限公司 9置，耙与水平地面平行，两条绳子相互平行且垂直于耙边缘。已知绳子与水平地面夹角 为 。当每条绳子拉力 均为 时，人与耙沿直线匀速前进，在 内 前进了 。则下列说法正确的是（ ） A．人受到水平向右的摩擦力 B．地面对耙的阻力大小450N C．两条绳子拉力的总功率 D．两条绳子拉力对耙所做的总功 【答案】BD 【详解】A．由于人站在水平耙上做匀速直线运动，不受外力，所以人不受耙的摩擦力，故A错误； B．对两段绳子的拉力进行水平方向的力的合成。因为两段绳子拉力大小相等都为 ，水平方向的 合力 根据共点力的平衡条件可知，耙受到地面阻力的大小为 故B正确； CD．绳子拉力在水平方向的分力使物体移动，移动距离 ，根据功的公式可知，两拉力做功的总功 功率 故C错误，D正确。故选BD 。 9．千余年来，景德镇制瓷业集历代名窑之大成，汇各地技艺之精华，形成了独树一帜的手工制瓷工艺生 产体系，创造了中国陶瓷史上最辉煌灿烂的一段历史。瓷器的烧制可以采用窑炉。如图是窑炉的简图，上 方有一单向排气阀，当窑内气压升高到 （ 为大气压强）时，排气阀才会开启，压强低于 时，排 气阀自动关闭，某次烧制过程，初始时窑内温度为 ，窑内气体体积为 ，压强为 。已知烧制过 学科网（北京）股份有限公司 10程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化，气体可视为理想气体，已知热力学温度 与 摄氏温度 的关系： 。 (1)排气阀开始排气时，窑内气体温度； (2)求窑内温度为 稳定时，窑内气体质量与窑内原有（初始）气体质量的比值。 【答案】(1)627°C(2)3∶5 【详解】（1）对封闭在气窑内的气体，排气前容积 不变，烧制前温度为 排气阀 刚开启则气体升温过程中发生等容变化，根据查理定律有 解得 （2）当气体温度为 ，压强为 时，体积为 ，根据理想气体状态方程有 解得 所以 【情景二 与现代生活生产相关情景】 1．在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示，用起重机吊起正方形混凝土板ABCD，已知混 凝土板边长为 ，质量为 ，且始终呈水平状态，四根钢索 、OC、OD的长度均为 ，某次施工， 起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升，其运动的 图像如图乙所示，不计钢索所受 重力。已知重力加速度为 ，下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 11A． 末建筑材料离地面的距离为 B． 每根钢索所受的拉力大小均为 C． 钢索的拉力小于 钢索的拉力 D．若将4根钢索都替换成长度为 ，则 每根钢索所受的拉力大小均为 【答案】D 【详解】A．根据v-t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，可知 末建筑材料离地面的距离为 故A错误； B．由乙图可知， 混凝土板匀速上升，处于平衡状态，设钢索与竖直方向夹角为 ，则有 因为混凝土板边长及四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，则由几何关系可知，每根 钢索在土板上的投影均为 则有 解得 ， 联立，可得 故B错误； C．由乙图可知， 内混凝土板匀加速上升，处于超重状态，有 内混凝土板匀减速上升，处于失重状态，有 可知 故C错误； D．若将4根钢索都替换成长度为 ，由几何关系可知 解得 ， 则 学科网（北京）股份有限公司 12每根钢索所受的拉力大小均为 故D正确。故选D。 2．盾构机刀盘吊装时，为了确保刀盘平稳升降，施工团队专门使用了一个精心设计的特制吊架。图甲是 刀盘由绳索与长方形钢架组成的设备悬挂于空中，保持完美的水平静止状态。四条相同绳索分别牵引住钢 架的四个顶点，图乙为示意图，刀盘与钢架总重力为G，每条绳索与竖直方向的夹角均为 ，不计绳索重 力。下列说法正确的是（ ） A．四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对相互作用力 B．每根绳索对钢架的拉力大小为 C．若将每根绳索减小相同的长度，每根绳索对钢架的作用力将变大 D．若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力将变小 【答案】C 【详解】A．四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对平衡力，选项A错误； B．根据平衡可知 每根绳索对钢架的拉力大小为 选项B错误； C．若将每根绳索减小相同的长度，则θ角变大，根据 则每根绳索对钢架的作用力将变大，选项C正确； D．若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力不变，仍等于钢架的重力，选项D错 误。故选C。 3．如图甲所示，用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯盖，将其简化成图乙所示，手指与杯盖截面始 终处于竖直平面内，手指接触点1、2与圆心的连线与水平方向的夹角均为 ，手指和杯盖间的动摩擦因 数 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知杯盖质量为m，重力加速度为g， ，杯盖始 终在竖直平面内处于平衡状态，手指与杯盖恰好不相对滑动，则手指对触点1的压力为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 13A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意，对杯盖两接触点受力分析如图所示 由平衡条件有 又有 联立解得 故选A。 4．石墩路障在生活中很常见，对于保障行车安全和管制交通秩序发挥重要作用。如图甲所示，工人用叉 车将一球形石墩路障运送至目的地，拉动装置的结构简易图如图乙所示， ，两叉车臂相互平行 且间距等于石墩半径。在水平匀速拉动叉车的过程中，叉车臂 与水平方向夹角维持为 。不计球形石 墩表面摩擦，则单个叉车臂受到石墩的压力大小为（石墩重力为 ）（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】从侧面观察运载中的石墩，其受力分析如图甲所示。 学科网（北京）股份有限公司 14由平衡条件有 从正面观察运载的石墩，黑色部分为两条叉车臂，石墩受力分析如图乙所示。 为单个叉车臂对石墩的支持力，则有 单个叉车臂受到石墩的压力为 由牛顿第 三定律可知单个叉车臂受到石墩的压力为 故选B。 5．如图所示为机械手用四根“手指”抓取篮球的简化示意图。抓取点平均分布在球心上方的水平面内， 抓取点与球心的连线与水平面夹角为 ，“手指”与篮球的动摩擦因数为 ，篮球的重力大小为 ，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，且不考虑篮球的明显形变。下列说法正确的是（ ） A．若 与 的关系满足 ，则一定不能将篮球抓起 B．只要“手指”对篮球的压力足够大， 不论取何值都能将篮球抓起 C．若抓起篮球竖直向上做加速运动，则每根“手指”对篮球的作用力为 D．若能抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为 【答案】D 【详解】ABD．对篮球受力分析，设“手指”与篮球接触点的切向与竖直方向的夹角为 ，则竖直方向满 足 因为静摩擦力 解得 所以想要抓起篮球，则每根 学科网（北京）股份有限公司 15“手指”对篮球压力的最小值为 则能将篮球抓起水平方向 ，则夹 角 满足 不能将篮球抓起时 故AB错误，D正确； C．若抓起篮球竖直向上做加速运动，则每根“手指”对篮球的作用力大于 ，故C错误。 故选D。 6．如图所示为山边公路的横截面，实线EF表示倾角为 的软层面，沿着这个层面可能产生滑动。质量 为 的石块与上面的岩石之间有一大裂缝（称为节理），仅靠与层面间的摩擦力使它不致滑落， 石块与层面间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若有水渗入节理，会结冰膨胀，对石 块施加一个平行于EF层面的作用力，使石块向下滑动（已知 ， ，g取 ）， 下列说法正确的是（ ） A．没有水渗入节理时，石块受到层面的作用力为0 B．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力减小 C．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力增大 D．当有水渗入节理结冰后，冰对石块的力增大到 时石块开始滑动 【答案】C 【详解】A．没有水渗入节理时，由于石块静止，由平衡条件可知，石块受到层面的作用力与石块的重力 等大反向，故A错误； B．没有水渗入节理时，石块所受摩擦力大小和重力沿斜面向下的分力相等，当有水渗入节理结冰后，石 块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力等于石块重力沿斜面向下的分力与由于有水渗入节理结冰膨胀对石 学科网（北京）股份有限公司 16块施加的一个平行于EF层面作用力的矢量和，则石块受到层面的摩擦力增大，故B错误； C．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力大小等于石块重力与平行于EF层面 作用力的矢量和，由于石块重力与平行于EF层面作用力的夹角为锐角，可知，石块重力与平行于EF层面 作用力的矢量和大于石块重力，即石块受到层面的作用力增大，故C正确； D．当有水渗入节理时，最大静摩擦力 石块开始滑动，冰对石块的力 故D错误。故选C。 7．如图1所示，文物保护人员对古建筑进行修缮与维护，需要将屋顶的瓦片安全运送到地面，某同学设计 了一个装置。 如图2所示。 两根圆柱形木杆 AB和 CD 相互平行，斜搭在竖直墙壁上，把一摞瓦片放在 两木杆构成的滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到地面，为了防止瓦片速度较大而被损坏，下列措施中可行的是（ ） A．适当增大两杆之间的距离 B．减小干与瓦片的滑动摩擦因数 C．增加每次运达瓦片的块数 D．减小木杆的长度 【答案】A 【详解】AB．由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增 大瓦与斜面的摩擦力，由f=μF 可知，可以通过增大F 来增大摩擦力，弹力大小F =mgcosα，若设杆对瓦 N N N 片的弹力与竖直方向的夹角为β，则 则摩擦力 适当增大两杆之间的距离，则β变大，则f变大，瓦片滑到底端时的速度减 小；减小朴与瓦片的滑动摩擦因数，则f减小，则瓦片滑到底端时的速度增加，选项A正确，B错误； C．减少瓦的块数，减少了瓦的质量，虽然摩擦力小了，但同时重力的分力也减小，不能起到减小加速度 学科网（北京）股份有限公司 17的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C错误。 D．减小木杆的长度，则摩擦力做功会减小，落地速度会变大，况且速度与竖直方向的夹角也变大，则更 容易损坏瓦片，选项D错误。故选A。 8．图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量 ，长度 ，其中放有质量 ，长 的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。 不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数 。现用水平力恒力 将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，重力加速度 。下列说法正确 的是（ ） A．抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速度为 B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为0.2N C．书本运动的全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功 D．书本可能与抽屉左侧发生磕碰 【答案】C 【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，假设能一起加速，对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 解 得 则能一起加速，抽屉的加速度为 ，故A错误； B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为 故B错误； C．抽屉遇到柜体挡板前，摩擦力向右，书本位移向右则摩擦力先做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，摩擦 力向左，书本位移向右，摩擦力对书本后做负功，故C正确； 学科网（北京）股份有限公司 18D．抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度 抽屉遇到柜体挡板后书本的加速度 此后书本相对抽屉的位移 书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D 错误。故选C。 9．乘坐“空中缆车”既能饱览大自然的美景又轻松惬意。如图所示，某一缆车沿坡度为53°的山坡匀速上 行，缆车中有一质量m=50kg的货物放在水平地板上且与车厢壁恰好接触而无挤压，货物与地板之间动摩 擦因数 ，货物与地板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某时刻缆车开始沿原方向做加速运动，在 这一过程中，加速度大小从零开始缓慢增大，并且整个加速阶段缆车始终保持竖直状态，重力加速度 g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则在缆车斜向上加速运动的过程中（ ） A．货物可能受到3个力或4个力作用 B．车厢受到的摩擦力方向水平向右 C．当a=2m/s2时，车厢地板对货物的摩擦力大小为80N D．当a=10m/s2时，车厢地板对货物的作用力大小为 【答案】D 【详解】A．货物与缆车沿山坡向上以加速度a运行时，以货物块为研究对象，根据牛顿第二定律有 ， ， 解得 即摩擦力始终为静摩擦力， 没有达到最大静摩擦力（即自锁），车厢壁给的弹力恒为0，故货物始终只受到3个力，故A错误； B．根据牛顿第三定律知车厢受到的摩擦力方向水平向左，故B错误； C．a=2m/s2时，f=macos53°，车厢对货物的摩擦力大小为60N，故C错误； 学科网（北京）股份有限公司 19D．a=10m/s2时，有 ， ， ， ， 车厢对货物的作用力为 故D正确。故选D。 10．如图（a）所示，一竖直放置的花洒出水孔分布在圆形区域内。打开花洒后，如图（b）所示，水流从 出水孔水平向左射出。假设每个出水孔出水速度大小相同，从花洒中喷出的水落于水平地面（ 分别 为最左、最右端两落点），不计空气阻力。落点区域俯视图的形状最可能的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设水龙头最低点离地面的高度为h，水龙头的半径为R，水滴距离地面的高度为 ，初速度 为 ，则有 ， 解得 ，其中 由于y均匀增加时，x不是均匀增加， 且x增加得越来越慢，所以俯视的形状为C图。故选C。 11．“弹簧公仔”以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱，如图所示，已知“弹簧公仔” 头部A的质量为 ，脚部B的质量为 ，连接A、B的弹簧质量忽略不计。现对其头部A施加竖直向下的 压力 使其静止，突然撤去力 后，A向上运动，一段时间后B也离开了地面。已知从撤去力 到A上升 学科网（北京）股份有限公司 20到最高点的过程中，弹簧的形变量始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（ ） A．撤去力 后的瞬间，A的加速度大小为 B．在B离开地面前的过程中地面对“弹簧公仔”做正功 C．从B离开地面到A、B相距最远的过程中，A、B的加速度均不断增大 D．从撤去力 到B刚要离开地面的过程中，A一直处于超重状态 【答案】C 【详解】A．撤去力F后的瞬间，A所受重力和弹簧弹力未发生突变，合力大小为F，方向竖直向上，由牛 顿第二定律可知A的加速度大小 故A错误； B．在B离开地面前的过程中地面对“弹簧公仔”的作用力没有位移，所以不做功，故B错误； C．从B离开地面到A、B相距最远的过程中，由牛顿第二定律可知 方向竖直向下， 方向竖直向上，A减速上升，B加速上升，当A和B的速度相等时相距最远，在此过程中，弹簧的伸长量 不断增大，拉力 不断增大，A和B的加速度均不断增大，故C正确； D．从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，弹簧对A的弹力先是越来越小的支持力，后是越来越大的拉 力，由牛顿第二定律可知A的加速度方向先竖直向上，后竖直向下，因此A先处于超重状态，后处于失重 状态，故D错误。 故选C。 12．如图所示为电磁炉的线圈及其工作示意图，下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 21A．电磁炉工作时，线圈内与锅体中的磁场方向时刻相反 B．可通过改变线圈内交变电流的频率来改变电磁炉的功率 C．电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均相同 D．电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为 【答案】B 【详解】A．由楞次定律可知，电磁炉工作时，当线圈内的磁场增加时，锅体中的磁场方向与之相反，当 线圈内的磁场减小时，锅体中的磁场方向与之相同，故A错误； B．锅体中感应电动势与线圈中电流的变化率成正比，可通过改变线圈内交变电流的频率来改变锅体中感 应电动势的大小，进而改变电磁炉的功率，故B正确； C．由图可知，电磁炉的每匝线圈的面积不同，根据法拉第电磁感应定律 可知，电磁炉工作时， 每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均不相同，故C错误； D．根据法拉第电磁感应定律可知，电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为f， 故D错误。故选B。 13．汽油机和柴油机的主要区别在于燃料类型及点火方式，柴油机通过压缩空气产生高温，使柴油自行点 燃，面汽油燃点较高，必须依赖火花塞，汽油车打火时火花塞产生电火花的原理简图如图所示，扭动汽车 钥匙打火，开关不停地闭合、断开，打火线圈次级绕组瞬间产生上万伏的高压使火花塞产生电火花，点燃 汽缸中的可燃混合气，下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 22A．汽油车启动后，火花塞停止工作 B．图中开关的频率与发动机的转速无关 C．没有图中的开关，火花塞依然可以正常工作 D．开关闭合后，初级绕组中的电能转化为磁场能 【答案】D 【详解】A．汽油车启动后，仍然需要火花塞周期性点火，故A错误； B．火花塞点火后对应发动机的做功冲程，题图中开关的频率与发动机的转速对应，发动机的转速越快， 火花塞的点火频率越高，故B错误； C．题图中的开关在断开的瞬间，储存在初级绕组中的磁场能转化为电能，没有题图中的开关，火花塞无 法正常工作，故C错误； D．开关闭合后，初级绕组中的电能转化为磁场能，故D正确。故选D。 14．带发电机的自行车，能利用车轮带动发电机转动发电对车灯提供电源。图甲是其发电机与车轮接触部 分的照片，发电的基本原理可简化为一个线圈在匀强磁场中转动来产生（如图乙所示）。已知发电机转轮 （转速与发电机线圈一样）的半径为r，发电机线圈所围面积为S、匝数为n、电阻为R，磁场的磁感应强 0 度为B，车灯电阻为R。当自行车以某速度在平直公路上匀速行驶时受到地面及空气的总阻力为F，车灯 f 消耗的电功率为P。则 A．自行车的行驶速度 学科网（北京）股份有限公司 23B．流经车灯的电流方向变化的频率为 C．线圈转动一圈克服安培力做的功 D．骑车人做功的功率 【答案】C 【详解】A．设线圈角速度为ω，则发电机产生的电动势有效值 有效电流 功率 联立解得 故自行车的行驶速度 故A错误； B．根据交流电频率 联立以上解得 转动一周电流方向改变两次，故流经车灯的电流 方向变化的频率为 故B错误； C．由能量守恒可知，线圈转动一圈克服安培力做的功 又因为 ， ， 联立 解得 故C正确； D．由能量守恒可知，骑车人做功的功率 联立以上解得 故D错误。故选C。 15．哈尔滨冰雪节被誉为世界四大冰雪节之一，哈尔滨的冰灯更是在国际上享有极高的声誉和地位如图 学科网（北京）股份有限公司 24（1），图（2）为一块棱长为 的立方体冰砖，它是由纳米级二氧化钛颗粒均匀添加在水中冰冻而成，该 冰砖对红光折射率 ，冰砖中心有一个红光的发光点，不考虑光的二次和多次反射，真空中光速为 ， 下列说法正确的是（ ） A．光在冰块中的传播速度大于在真空中的传播速度 B．光从冰砖射出的最长时间为 C．从外面看玻璃砖六个面被照亮的总面积为 D．点光源从红光变成紫光表面有光射出的面积会增大 【答案】C 【详解】A．光在冰块中的传播速度 光在冰块中的传播速度小于在真空中的传播速度，故A错误； B．根据题意可知，临界角 光线从顶点射出时，路程最大，由几何关系可得，此时光线的入射 角 即光线不能从顶点射出，则路程最大时恰好发生全反射，设光从冰砖射出的最长 时间时路程为x，由几何关系可知 则最长时间 联立以上解得 故B错误； C．几何关系可知每一侧面被照亮的半径 则从外面看玻璃砖被照亮的总面积为 联立解得 学科网（北京）股份有限公司 25故C正确； D．紫光折射率比红光大，故紫光临界角小，结合以上分析可知，表面有光射出的区域半径减小，即面积 将减小，故D错误。故选C。 16．2024年4月初，我国首座深远海浮式风电平台“海油观澜号”（图甲）提前完成2200万千瓦时的投 用整年发电目标。图乙为其发电及对外供电的简化原理示意图，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线 圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴 匀速转动，发电机与理想变压器原线圈连接，变压器副线圈两端 接电阻R。已知发电机线圈匝数为N，变压器原、副线圈的匝数比 ，理想变压器原线圈中的电 流随时间变化规律如图丙所示，则发电机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，通过电阻R的电荷量为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】发电机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，设发电机线圈面积为S，匀强磁场磁感应强度大 小为B，原线圈回路总等效电阻为 ，则通过原线圈的电荷量为 而原线圈电流最大值 其中 联立解得 再根据 可知 发电机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，通过电阻R的电荷量为 故选A。 17．如图，冰坑是“哈尔滨”在松花江上为南方 “小土豆”准备的一个新型的冰上娱乐项目，进入冰坑 的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客能从冰坑内出来，用外力 拉动游客使游客缓慢的向边缘移动，如右图 的方向始终沿冰坑的切线方向，在此过程中所有的摩擦均可 学科网（北京）股份有限公司 26忽略，下列说法正确的是（ ） A．拉力 先增大后减小 B．拉力 一直增大 C．冰坑对游客的支持力先减小后增大 D．冰坑对游客的支持力一直减小 【答案】BD 【详解】令游客所在位置的支持力N的方向与竖直方向夹角为 ，用外力 拉动游客使游客缓慢的向边缘 移动过程， 逐渐增大，根据平衡条件有 ， 由于 逐渐增大，可知，拉力 一直增大冰坑对游客的支持力一直减小。 故选BD。 18．如图1所示，在“亲子活动”中，一位勇敢的宝宝在父母的鼓励与保护下，沿绳梯缓缓而行最终顺利 登顶完成自我挑战。现将宝宝攀登过程中的某一瞬间简化成图2所示情景：两段轻绳与质量为 的小球P 相连，右绳的一端固定在墙壁上的A点，左绳的一端与水平地面上质量为 的物块Q相连于B点，系统 保持静止。已知绳PA与竖直墙壁成 角，绳 与水平方向成 角，重力加速度为 ， ， ，则下列判断中正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 27A．绳PA与绳 中的张力大小相等 B．绳 中的张力大小为 C．物块Q所受地面的摩擦力大小为 D．物块Q对地面的压力大小为 【答案】BC 【详解】A．小球P处于静止状态，其受力分析如图所示 根据三角形大角对大边规律可知 即绳PA中的张力大于绳 中的张力，故A错误； B．结合上述，根据正弦定理有 解得 ， 故B正确； C．将P、Q视为一个整体，对整体进行分析，Q所受地面的静摩擦力 故C正确； D．将P、Q视为一个整体，对整体进行分析，Q所受地面支持力 根据牛顿第三定律可知，物块Q对地面的压力大小为 ，故D错误。故选BC。 学科网（北京）股份有限公司 2819．某地的机动车出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆 与横杆 链接而成，M、 为横 杆的两个端点。某天中午快递员将快递袋子挂在了校门口道闸的横杆 上，在道闸抬起过程中，快递袋 始终与横杆 保持相对静止，且杆 始终水平，此过程中杆 绕 点从水平方向匀速转动到接近竖 直方向。若快递袋可视为质点，与横杆之间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转动杆 长度为 ，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ） A． 点线速度大小大于 点线速度大小 B． 点的加速度始终沿 方向 C． 两点都在做匀速圆周运动 D．快递袋能够与横杆 保持相对静止一起运动的最大速率 【答案】CD 【详解】AC． 两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动，A错误，C正 确； B．由前分析知， 点加速度始终和 方向平行（即和 点加速度同向），B错误： D．设快递袋质量为 ，做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为 ，如图所示 由 又 联立得 其中 由数学知 学科网（北京）股份有限公司 29识可知， 最大值为 ，D正确。故选CD。 20．汽车减震器可以有效抑制车辆振动。某电磁阻尼减震器的简化原理图如图所示。匀强磁场的宽度 ，匀强磁场的磁感应强度大小B=1T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，水平且垂直于磁场边界 放置，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。另一宽度L=0.2m，足够长的单匝矩形硬质金属线框 abcd水平固定在一塑料小车上（图中小车未画出），线框右端与小车右端平齐，二者的总质量m=0.5kg， 线框电阻R=0.08Ω，使小车带着线框以 的速度沿光滑水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动， ab边向右穿过磁场右边界后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ） A．线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为 B．线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为 C．小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为4J D．小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为2J 【答案】BC 【详解】AB．线框刚进入磁场左边界时，有 ， ， ， 解得小车的加速度大小 故A错误，B正确； CD．设ab边穿过磁场右边界时的速度大小为 ，由动量定理有 ， ab 边从磁场右边界出来后压缩弹簧，则弹簧获得的最大弹性势能 解得 故C正确，D错误。 故选BC。 21．在冰雕展上有一块边长为2m的立方体冰块，冰块内上下底面中心连线为 ，在立方体底面内安装 学科网（北京）股份有限公司 30了一盏可视为圆形平面的面光源灯，面光源灯半径为0.5m，圆心在 处，光源为单色光源，冰块的折射 率取 ，不考虑反射光线的影响，由于全发射，在立方体冰面上有些位置没有光射出，下列四幅图表示 对应的表面有光射出的情况，阴影部分表示有光射出的部分，下列正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】根据全反射临界角公式有 如图所示 由几何关系有 ， 学科网（北京）股份有限公司 31所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出，而光照到冰块四 个侧面时都只能从部分侧面射出（靠近A和B点处无光可以射出）；故选BD。 22．如图甲所示，某款条形码扫描探头上装有发光二极管和光电管，工作原理图如图乙。打开扫描探头， 发光二极管发出红光。将探头对准条形码移动，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到 白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转 换成了脉冲电信号，则（ ） A．扫描探头在条形码上移动的速度不能太快，否则光电管来不及发生光电效应 B．若仅将扫描探头的发光强度增大，光电子的最大初动能不变 C．若仅将发光二极管换为发蓝光，也能发生光电效应 D．若将发光二极管发出的光的频率减小，只要照射时间够长，也一定能正常识别条形码 【答案】BC 【详解】A．光照到光电管发生光电效应是瞬间的，即立刻产生光电子，故A错误； B．根据爱因斯坦光电效应方程 ，光电子的最大初动能与发光的频率有关，发光强度变强时， 发光频率不变，最大初动能不变，故B正确； C．仅将发光二极管换为发蓝光，频率变高，一定能发生光电效应，故C正确； D．仅将发光二极管频率变减小，不一定超过截止频率，不一定能发生光电效应，所以不一定能识别条形 码，故D错误。故选BC。 23．某自动秤米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度 ，当阀门打开时大米从静止开始下落，大 米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当秤米机的示数为1kg时，阀门在电机控制 下立即关闭。已知大米的流量 ，取重力加速度大小 ，忽略空气阻力及大米在秤盘堆 积的高度，求： 学科网（北京）股份有限公司 32(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量； (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小； (3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），秤米机的示数。 【答案】(1)2m/s，0.02kg(2) (3)1kg 【详解】（1）设每粒大米质量为 ，由机械能守恒 解得大米落入秤盘时的速度大小 阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有 解得 空中大米的质量 （2） 时间内，从阀门处下落的大米质量 令其落到秤上时受到的冲击力为 ，根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力 （3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为 则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量 24．如图为一款热销“永动机”玩具示意图，其原理是通过隐藏的电池和磁铁对小钢球施加安培力从而实 现“永动”。小钢球从水平光滑平台的洞口M点静止出发，无磕碰地穿过竖直绝缘管道后从末端N点进入 平行导轨PP′QQ′，电池、导轨与小钢球构成闭合回路后形成电流，其中电源正极连接导轨PQ，负极连接 P′Q′；通电小钢球在底部磁场区域受安培力加速，并从导轨的圆弧段末端QQ′抛出；然后小钢球恰好在最 高点运动到水平光滑平台上，最终滚动至与挡板发生完全非弹性碰撞后再次从M点静止出发，如此循环。 已知导轨末端QQ′与平台右端的水平、竖直距离均为0.2m，小钢球质量为40g，在导轨上克服摩擦做功为 0.04J，其余摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2，求： 学科网（北京）股份有限公司 33(1)磁铁的N极朝向； (2)小钢球从导轨末端QQ′抛出时速度大小； (3)为了维持“永动”，每个循环需安培力对小球做功的最小值。 【答案】(1)向上(2) (3) 【详解】（1）由电路可知钢球中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知磁铁上方轨道处磁场方向向 上，故磁铁N极向上。 （2）斜抛到最高点可反向看作平抛运动，则有 ， 解得 ， 则竖直分速度大 小为 所以小钢球从导轨末端QQ′抛出时速度大小为 （3）若小球恰能完成一次循环，恰好在最高点运动到水平光滑平台上，则有 其中 ， 联立解得每个循环需安培力对小球做功的最小值为 25．用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。 (1)如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α=30°的楔形面，拧紧后， 学科网（北京）股份有限公司 34螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿螺栓 轴向张紧的力F，求N与F的比值。 (2)如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。 a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω； b.把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a，推导螺母内壁上的任意 0 一点速度v与时间t的关系。 t 【答案】(1)2 (2)a. ，b. 【详解】（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有 解得 （2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，则有 解得 b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有v=at任意时刻该点绕轴的线速度有 结合上述有 1 0 则螺母内壁上的任意一点速度 解得 26．如图“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至近地面时再减 速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型，线圈代表乘客乘坐舱，质量为 m，匝数N匝，线圈周长为L，总电阻为R。在距地面 的区域设置一辐向磁场减速区，俯视图如图丙， 辐向磁场区域各点磁感应强度的大小和该点到中心轴线的距离有关，已知线圈所在区域磁感应强度的大小 为B。现将线圈提升到距地面 处由静止释放做自由落体运动，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。 (1)判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），并计算此时的电流大小； 学科网（北京）股份有限公司 35(2)若落地时速度为 ，求全程运动的时间t； (3)为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，已知每一条弹力绳形变 量为x时，都能提供弹力 ，同时储存弹性势能 ，其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离。线圈仍 从离地 处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热 Q。 【答案】(1)顺时针， (2) (3) 【详解】（1）根据右手定则可以判断，感应电流方向为顺时针。 根据闭合电路欧姆定律得 感应电动势 根据运动学得 解得 （2）根据动量定理得 平均安培力 根据闭合电路欧姆定律得 平均感应电动 势 根据运动学得 解得 （3）根据牛顿第二定律得 根据能量守恒 解得 27．2024年12月10日，北京上空出现“3个太阳”的景象即幻日现象，与故宫角楼相互映衬，这种现象 也被称为三日同辉，原理图如图甲所示。为便于理解，以单色光为例进行分析，图乙为光线以与截面平行 的方向射入正六边形板状冰晶侧面的光路图。设光线的入射角为 ，经 面折射后从图中 点 射出，取冰晶对该单色光的折射率为 ，已知光在真空中的传播速度为 ，正六边形晶体边 学科网（北京）股份有限公司 36长为 ，出射点 与 的距离为 。求： (1)折射角 的正弦值 ； (2)该单色光在冰晶中传播的时间 。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）作出光路图，如图 根据折射率公式 可以得到 （2）对于正六边形晶体，延长 边和 边交于 点，其楔角 ，在三角形 中由正弦定理 可得 ， 又 所以求得 又 ，所 学科网（北京）股份有限公司 37以 故 28．用如图所示的水银血压计测量血压时，先用气囊向袖带内充气8次（开始袖带内无空气），每次冲入 压强为 （ 为外界大气压强）、体积为 的空气，充气后袖带内的空气体积为 ，然后缓慢放气，当 袖带内空气体积变为 时，袖带内空气的压强刚好与大气压强相等。空气可视为理想气体，忽略充气和 放气过程中空气温度的变化，求： (1)充气后袖带内空气的压强p； (2)袖带放出空气的质量与剩余空气质量的比值k。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）充气过程中空气做等温变化，末态压强为p，体积为V，根据玻意耳定律，有 0 解得 （2）设放出压强为 的空气体积为 ，根据玻意耳定律，则有 袖带放出空气的 质量与剩余空气质量的比值 联立解得 【情景三 与中国科技相关情景】 1．北京人形机器人创新中心在北京经开区发布了全球首个纯电驱拟人奔跑的全尺寸人形机器人“天工”， 如图所示。若“天工”机器人沿倾角为30°的斜面向上先匀速行走，再以0.1g的加速度沿斜面向上加速行 学科网（北京）股份有限公司 38走，斜面对机器人的作用力分别为 和 ，当地重力加速度为g，忽略空气阻力，则 等于（ ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【详解】当机器人匀速行走时，根据平衡条件可知 当机器人以 的加速度向上加速行走时，受力关系如图所示 由余弦定理有 解得 所以 故选C。 2．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上 行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正 比（F ＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为v 。下列说法正确的是（ ） 阻 m A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为 v m D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度v ，则这一过 m 程中该动车组克服阻力做的功为 m －Pt 【答案】C 学科网（北京）股份有限公司 39【详解】A．若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引 力也将增大，故A错误； B．若动车组输出功率均为额定值，则其加速度 随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误； C．当动车组的速度增大到最大v 时，其加速度为零，则有： 若总功率变为2.25P，则同样有： m 联立两式可得：v ′= v 故C正确； m m D．对动车组根据动能定理有：4Pt-W= mv 2所以克服阻力做的功W=4Pt- mv 2故D错误；故选C。 f m f m 3．当前我国新能源汽车产业实现了快速发展，形成完整且竞争力强的产业链，多项指标处于世界领先地 位，“急动度”就是其中之一。它对汽车的影响是多方面的，涉及发动机、变速箱、油耗、轮胎、刹车系 统等多个关键部件。急动度 是汽车的加速度随时间的变化率，定义式为 。一辆汽车沿平直公路以 的速度做匀速运动，0时刻开始加速，0~12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图 所示。已知该汽车质量 ，运动过程中所受阻力 。则（ ） A． 内，汽车牵引力等于所受阻力 B． 时，汽车的速度大小为 C． 内，汽车牵引力的冲量大小为 学科网（北京）股份有限公司 40D． 时，汽车牵引力的功率为 【答案】C 【详解】A． 内 大小不变，汽车做加速度均匀增大的加速运动； 内 汽车做加速度不变的匀加速运动，牵引力大于所受阻力，故A错误； B．由图可知加速度的变化图像如图所示 图像的面积表示速度的增加量 所以12.0s时汽车速度大小为 26m/s，故B错误； C．0~12.0s内，对汽车由动量定理得 又 ，解得汽车牵引力的冲量大小为 故C正确； D．6.0s时，对汽车由牛顿第二定律得 由 图可知 解得牵引力大小为 ， 内汽车速度增大量为 ，6.0s时汽车的速度大小为 ，6.0s时，汽车牵引力的功率为 故D错误。故选C。 4．云辇 技术最大的特点就是全主动车身控制技术，其中核心便是全主动悬挂系统。目前汽车生产公司 还没有公布实现方式，但有网友推测是用电机取代了传统的弹簧。仰望 通过全主动控制电机的伸缩来 实现原地起跳，就像人起跳一样自由。假设底盘及车轮部分的质量为m，其余车身部分的质量为M，两部 分通过主动悬挂系统连接。起跳时，电机先缓慢收缩降低车身部分的高度，再伸长使车身部分获得动能 后，电机锁定，车身部分带动车轮部分离开画面，下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 41A．电机收缩时，对车身部分不做功 B．电机伸长时，对车身部分做了 的正功 C．锁定后的瞬间，整车的动能仍为 D．车轮离地的最大高度为 【答案】D 【详解】A．电机缓慢收缩时，对车身部分有力的作用，对车身部分做功，故A错误； B．电机伸长时，由动能定理可知电机对车身做的功与重力做功之和等于车身部分动能的增量 ，故电机 伸长时，对车身部分做功大于 ，故B错误； C．锁定瞬间，系统动量守恒，相当于完全非弹性碰撞，有动能损失，整车的动能小于 ，故C错误； D．锁定瞬间动量守恒，有 一起竖直上抛有 ，又 解得 ， 故D正确。故选D。 5．在地形勘探工作中，经常需要绘制出地表的3D模型并每隔一定距离绘制南北方向剖面图和东西方向剖 面图。图甲为某次测绘得到的3D模型。其中南北方向的剖面如图乙所示，剖面在 点沿南北方向的切线 与水平面的夹角为 ；东西方向的剖面如图丙所示，剖面在 点沿东西方向的切线与水平面的夹角为 。 已知山坡表面平滑且没有棱角，重力加速度大小为 ，在 点由静止释放一个可视为质点的光滑小球，释 放瞬间小球的加速度大小为（ ） A． B． C． D． 学科网（北京）股份有限公司 42【答案】C 【详解】在 平面内作 点的切线交 轴于 点，在 平面内作 点的切线交 轴于 点，过 点作 的垂线，垂足为 点， 为 点切面与水平面的平面角，设 根据几何关系可得 ， ， ， ， P点的地形切面与水平面的夹角的正弦值 由牛顿运动定律可得，小球的加速度大小 故选C。 6．2022年10月9日，“夸父一号”太阳探测专用卫星顺利进入预定轨道，其环绕地球运行的轨道高度约 为720km。已知地球静止卫星轨道高度约为36000km，地球半径约为6400km， ，取重力加速度大 小 ，下列说法正确的是（ ） A．“夸父一号”的运行周期约为60分钟 B．“夸父一号”的发射速度小于 C．“夸父一号”的加速度约为 D．“夸父一号”的运行速度小于地球静止卫星的运行速度 【答案】C 【详解】A．由题知，“夸父一号”轨道半径为 ，地球静止卫星轨道半径为 ，同 步卫星周期为 ，根据开普勒第三定律 “夸父一号”周期为 学科网（北京）股份有限公司 43即96分钟，A错误； B． 为第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，B错误； C．根据万有引力提供向心力， 在地球表面， 故加速度为 选 项C正确； D．由 得 可知轨道半径越大，运行速度越小，“夸父一号”的运行速度大于地球静 止卫星的运行速度，D错误。故选C。 7．北京时间2025年1月7日04时00分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将实 践25号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，该卫星主要用于卫星燃料补加与延寿服务技术验证。经过 一个月的时间，实践25号抵达同步轨道，并成功给北斗三号G7星加注了142公斤肼类燃料，实现了全球 首次卫星在轨加注燃料。若后期还要给同轨道上的另一颗卫星 加注燃料，加注前两卫星的位置如图所示， 则是要想实现加注燃料，对实践25号星操作正确的是（ ） A．实践25号卫星直接加速与卫星A对接即可 B．实践25号卫星和卫星A对接时具有相同的速度 C．实践25号卫星受到地球的万有引力一定大于卫星A受到地球的万有引力 D．实践25号卫星对卫星A加注燃料时处于静止状态 【答案】B 【详解】ABD．航天器对接，后面的航天器应先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使后面 的航天器追上前面的航天器时恰好具有相同的速度，相对静止，故B正确，AD错误； C．由于不知道实践25号卫星和卫星A的质量大小，故无法比较受到地球的万有引力大小，故C错误。故 选B。 8．2024年6月，我国嫦娥六号探测器实现世界首次月球背面采样返回地球，返回过程包括月面上升、交 学科网（北京）股份有限公司 44会对接、环月等待、月地转移、再入回收等阶段。下图为环月等待阶段嫦娥六号在椭圆轨道上运行的示意 图，运行方向如图中箭头所示，ab、cd分别为椭圆轨道长轴与短轴。仅考虑月球对嫦娥六号的引力，下列 对嫦娥六号的说法中正确的是（ ） A．在a点的速率等于在b点的速率 B．在a点的加速度大小等于在b点的加速度大小 C．从c点到b点的时间大于从d点到a点的时间 D．在a点受到的引力大小小于在c点的引力大小 【答案】C 【详解】A．根据开普勒第二定律可知，从a点到b点过程中，速率越来越小，即在a点的速率大于在b点 的速率，故A错误； B．根据牛顿第二定律有 得 所以离月球越远加速度越小，在a点的加速度大小大于在b 点的加速度大小，故B错误； C．c点和d点速率相等，此外从c点到b点的速率都小于从d点到a点的速率，所以从c点到b点的时间大 于从d点到a点的时间，故C正确； D．嫦娥六号与月球距离越小受到的引力越大，在a点受到的引力大小大于在c点的引力大小，故D错误。 故选C。 9．2023年2月23日，我国首颗超百Gbps容量的高通量卫星——中星26号搭乘长征三号乙运载火箭从西 昌卫星发射中心起飞，随后卫星进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设该卫星发射后先在近地圆轨 道I（轨道高度忽略不计）做匀速圆周运动，在 点瞬时点火进入椭圆转移轨道II，之后通过椭圆转移轨道 II进入地球同步圆轨道III，定点于东经 ，如图所示。 点和 点分别为轨道I与轨道II、轨道II与轨道 III的切点。若同步圆轨道III距地面的高度约为 ，地球半径 约为 ，地球自转周期为 ， 地球表面的重力加速度为 。下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 45A．中星26号在转移轨道II上从 点运动到 点的过程中，机械能减小 B．中星26号在转移轨道II上 点运行的速率为 C．中星26号在 点和 点的重力加速度之比约为6.6 D．中星26号在近地圆轨道I上运行的周期约为 【答案】D 【详解】A．在转移轨道II上从 点运动到 点的过程中，万有引力对中星26号做负功，动能转化为引力 势能，机械能守恒，故A错误； B．根据万有引力提供向心力，有 在地球表面，有 解得中星26号在近地圆轨道 上运行的速率为 中星26号从近地圆轨道I变轨到转移轨道II，做离心运动，需在 点加速，所以 中星26号在转移轨道II上 点运行的速率 ，故B错误； C．根据万有引力与重力的关系，在 点有 在Q点有 中星26号在 点和 点 的重力加速度之比约为 故C错误； D．由开普勒第三定律可得 中星26号在近地圆轨道 上运行的周期 故D正确。故选 D。 10．量子隧穿效应是当电子或者其它微观粒子（例如质子和中子等）从势垒（可以理解为是一种能量壁 学科网（北京）股份有限公司 46障）的一边入射时，即使它们不具有足够的动能从势垒顶部翻越过势垒，它们仍然有一定概率能够在入射 的一边消失而在势垒的另一边出现的现象。粒子的隧穿概率 ， ，其中m为粒子 质量，h为普朗克常量， 为势垒的高度（单位是能量单位），E为粒子的能量，L为势垒的宽度（单位是 长度单位）。扫描隧道显微镜是根据量子力学原理中的隧穿效应而设计成的，当原子尺度的探针针尖在不 到一个纳米的高度上扫描样品时，在针尖与样品之间加一大小为U的电压，针尖与样品之间产生隧穿效应 而有电子逸出，形成隧穿电流。当探针沿样品表面按给定高度匀速扫描时，因样品表面原子的凹凸不平， 使探针与样品表面间的距离不断发生改变，从而引起隧穿电流随时间不断发生改变，这种变化便反映了样 品表面原子水平的凹凸形态。设电子的电荷量为e，下列说法正确的是（ ） A．扫描隧道显微镜可以探测样品的深层信息 B．量子隧穿效应是宏观物体也能表现出的常见现象 C．改变探针和样品之间的电压U可以改变电子的能量E D．扫描隧道显微镜系统中产生隧穿效应的电子应满足 【答案】C 【详解】A．扫描隧道显微镜是根据量子隧穿效应，通过探针与样品表面间距离变化引起的隧穿电流变化 来反映样品表面原子水平的凹凸形态，不能探测样品的深层信息，故A错误； B．量子隧穿效应是微观粒子表现出的现象，宏观物体的波动性不明显，不会表现出量子隧穿效应这种常 见现象，故B错误； C．在针尖与样品之间加电压 ，电子在电场中加速，根据动能定理 ，可以改变电子的能量，故C 正确； D．扫描隧道显微镜系统中产生隧穿效应时，电子要穿越势垒，电子的能量E小于势垒高度 ，而 是电 子在电场中获得的能量，与 没有必然的 这种关系，故D错误。故选C 。 11．电容式加速度传感器可用于汽车安全气囊系统，传感器的核心部件为由一块固定极板和一块可前后移 动的极板组成的平行板电容器，可移动极板的移动距离与汽车的加速度大小成正比。已知电容器所带电荷 量始终保持不变，当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M、N之间的相对位置发生变化，电容器M、N 两极板之间的电压减小，当电压减小到某一值时，安全气襄弹出。则减速过程该电容器（ ） 学科网（北京）股份有限公司 47A．电容减小 B．M、N两极板间的距离减小 C．极板间的电场强度增大 D．M板为可移动极板 【答案】B 【详解】A．因为电荷量Q不变，电压U减小，根据 可知电容增大，故A错误； B．因为C增大，根据 则M、N两极板间的距离d减小，故B正确； C．极板间电场强度 又因为 ， 联立解得 可知电场强度不变，故C错误； D．当汽车速度减小时，可移动极板因为惯性速度没来的及变化相对汽车向前运动，M、N两极板间的距离 减小，则N板为可移动极板，故D错误。 故选B。 12．磁轴键盘是一种新型的机械键盘结构，磁轴包括轴心、永磁铁、霍尔传感器和弹簧，其结构简图如图 所示。轴心可保证按键和弹簧只在竖直方向运动，永磁铁（N极在下、S极在上）固定在按键上，长、宽、 高分别为 l、b、h的霍尔传感器通有由前向后的恒定电流 当按键被按下时，永磁铁会靠近霍尔传感器， 磁场的变化导致霍尔电压变化并输入信号。当松开按键时，霍尔传感器远离永磁铁，输入信号停止。下列 说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 48A．磁轴键盘的原理是霍尔电压超过某一值后输入信号 B．磁轴键盘的原理是霍尔电压的变化量超过某一值后输入信号 C．增加l后，该磁轴键盘将更加灵敏 D．增加b后，该磁轴键盘将更加灵敏 【答案】A 【详解】AB．根据题意可知，磁铁靠近，霍尔电压增大到某一值后输入信号，故A正确、B错误； CD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有 结合电流的微观定义式I=neSv=nebhv 有 可见 和b对霍尔电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响，故 C、D错误。故选A。 13．威尔逊云室是最早的带电粒子探测器。其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，当带电粒子经过云室 时，带电粒子成为过饱和蒸汽的凝结核心，围绕带电粒子将生成微小的液滴，于是在带电粒子经过的路径 上就会出现一条白色的雾迹，从而显示带电粒子的运行路径。在云室中带电粒子受到云室内饱和蒸汽对其 的阻力，阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比。在不加磁场的情况下，一速度大小为v，质量为 0 m，电荷量为q的带电粒子在云室中沿直线通过s的路程后停止运动。现加入一个与粒子速度方向垂直、大 小为B的匀强磁场，则带电粒子入射位置到停止运动时的位置之间的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】无磁场时，带电粒子做直线运动，受到的阻力假设为 根据动量定理可知 学科网（北京）股份有限公司 49由此可得 当有磁场时，以粒子初速度方向为 轴、入射点位置为坐标原点 建立坐标系，设带电粒子为正电荷，磁场方向垂直坐标平面向内，则沿 轴方向由动量定理可知 沿 方向由动量定理可知 由此两 方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置坐标为 ， 最终可以得到粒子入射 位置到停止运动时位置的距离大小为 故选A。 14．如图1所示，城市公交卡是最常用的交通支付工具之一，公交卡内部包含一个集成电路芯片和一个线 圈，当公交卡靠近读卡器时，读卡器会发射一定频率的电磁波，这个电磁波被公交卡内的线圈接收，使线 圈中产生感应电流，进而为芯片提供所需的电能，激活芯片进行工作，其原理可简化为如图2所示，其中 矩形线圈abcd的匝数n=50，线圈面积S=10cm2，线圈的总电阻r=0.1Ω，线圈外接一个阻值R=0.4Ω的电阻， 其余部分的电阻不计。线圈处的磁场可视作匀强磁场，其碱感应强度B的大小随时间t变化的规律如图3 所示（以垂直纸面向里为正方向）。在0~0.2s内，下列说法正确的是（ ） A．垂直纸面向里看，线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B．t=0.1s时，电阻R两端的电压为0.05V C．通过电阻R的电荷量为0.02C D．线圈电阻r消耗的功率为1×10-4W 【答案】C 【详解】A．根据题图2，由楞次定律可知，垂直纸面向里看，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A 错误； B．由法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势为 闭合回路中的电流 学科网（北京）股份有限公司 50则电阻R两端的电压恒为 故B错误； C．0~0.2s内，通过R的电荷量为 故C正确； D．线圈电阻r消耗的功率为 故D错误。故选C。 15．图甲是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东 送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。其输电原理图如图乙所示，采用高压输 电可减少输电线上电能的损耗，发电机组发出电压有效值一定的交流电，经理想变压器升压后向远方输电， 再经理想变压器降压后输送给用户。假设输电线总电阻r保持不变，下列说法正确的是（ ） A．输电电压U一定时，输电功率P加倍，则输电线损耗功率加倍 B．输电电压U一定时，输电功率P加倍，则输送给用户的功率也加倍 C．输电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线中的电流减半 D．输电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线损耗功率减半 【答案】C 【详解】A．由 可知输电线电流 输电线损耗功率 输电电压U一定时，发电功率 P加倍，输电线损耗功率变为原来的4倍，故A错误； B．用户得到的功率 发电功率P加倍时，用户得到的功率没有加倍，故B错误； C．由 可知，发电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线中的电流减半，故C正确； D．由 可知，发电功率P一定时，输电电压U加倍，输电线损耗功率变为原来的 ，故D错误。 故选C。 16．为高铁供电的流程的原理如图所示，牵引变电所的理想变压器将高压 降低，动力车厢内的理想变压 学科网（北京）股份有限公司 51器再将较高的电压降至 后为动力车厢内的动力系统供电。某段时间内，发电厂输出的电流为 ，动力系 统的电流为 ，两个理想变压器的匝数 ，则下列选项正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．根据理想变压器电压与匝数比的关系可知 ， ，故A错误； D．对于受电弓部分的变压器，有 结合前面的分析有 且 联立解得 故D正确； B．根据功率关系有 则 根据题意 故 故B错误， C．根据题图可知 根据题意 故C错误。故选D。 17．光纤准直器是光通信系统中的一种重要组件，它的作用是将光纤内传输来的发散光转变成准直光（平 行光），其简化工作原理如图所示，棱镜的横截面为等腰三角形，从光纤一端射出三束相同的单色光 光与棱镜的中心线重合， 光恰好分别入射到上、下侧面的中点，经棱镜折射后与中心线平 行。已知棱镜横截面的底角和入射光与中心线的夹角均为 ，棱镜底边长为 ，光在真空中的传播速度 为 ，则（ ） 学科网（北京）股份有限公司 52A．棱镜对光的折射率为 B．棱镜对光的折射率为 C． 光通过棱镜需要的时间为 D． 光通过棱镜需要的时间为 【答案】D 【详解】AB．光路图如图所示 由题意知 光线在棱镜侧面的入射角 ，折射角 ，则折射率为 故AB错误； C．根据 可得光在棱镜中的传播速度为 b光从等腰三角形顶点射入，根据几何知识可求通 过的路程为 所以它通过棱镜需要的时间为 故C错误； 学科网（北京）股份有限公司 53D．根据几何知识可知 光通过棱镜的路程为 所以它通过棱镜需要的时间为 故D 正确。故选D。 18．2025年1月20日，有“人造太阳”之称的中国全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），首次实现1 亿摄氏度1066秒的高约束模式等离子体运行。关于该实验中核聚变方程 ，下列说法正确 的是（ ） A． 带正电 B．X是 C．核反应前后总质量不变 D． 的比结合能小于 的比结合能 【答案】B 【详解】A． 是中子不带电，故A错误； B．根据质量数与电荷数守恒有2+3-1=4，1+1=2可知，X是 ，故B正确； C．核反应前后质量数不变，因为存在质量亏损，所以质量不守恒，故C错误； D．比结合能是原子核稳定性的指标。在轻核聚变中，生成物（如氦-4）的比结合能高于反应物（氘和 氚）。实际数据中，氚的比结合能（约2.8 MeV/核子）高于氘（约1.1 MeV/核子），故D错误。故选B。 19．我国太阳探测科学技术试验卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳H 波段光谱扫描成像。H 和 α α H 分别为氢原子由 和 能级向 能级跃迁产生的谱线，如图所示，用H 对应的光照射某种金属 β β 表面，恰好能使该金属发生光电效应。下列说法正确的是（ ） A．H 对应的光子能量为2.55eV α B．用H 对应的光照射该金属表面也能发生光电效应 α C．若照射光的频率大于H 对应的光的频率，则该金属的逸出功增大 β D．若照射光的频率大于H 对应的光的频率，则逸出的光电子的最大初动能增大 β 学科网（北京）股份有限公司 54【答案】D 【详解】A．根据能级跃迁公式，对α谱线，H 对应的光子能量为 α 故A错误； B．根据能级跃迁公式，对β谱线，H 对应的光子能量为 根据 β 可知H 的频率小于H 的频率， H 照射某金属时恰好发生光电效应，则H 照射该金属时不能发生光 α β β α 电效应，故B错误； CD．根据光电效应方程知 若照射光的频率大于H 对应的光的频率，则光电子的最大初动能增大，逸出功的大小与入射光频率无关， β 由金属本身决定，故C错误，D正确。故选D。 20．玉兔二号月球车采用核电池来提供能量，其原理是将放射性同位素衰变时放出的核能转变为电能。玉 兔二号月球车核电池的放射源是 ，其衰变方程为 ， 的半衰期为88年。已知 、α粒子、X的质量分别为 、 、 ，真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ） A．X的质子数为92 B．温度升高， 的半衰期缩短 C．一个 核衰变成X，释放的核能为 D．经过176年后，核电池内 核的质量减少 【答案】A 【详解】A．根据核反应的电荷数守恒可知，X的质子数为94-2=92，选项A正确； B．半衰期与外部因素无关，则温度升高， 的半衰期不变，选项B错误； C．一个 核衰变成X，释放的核能为 选项C错误； D．经过176年后即经过两个半衰期，核电池内 核的质量还剩原来的 ，选项D错误。 故选A。 学科网（北京）股份有限公司 5521．如图为我国研制的一种全新微型核能电池，可以实现五十年稳定安全发电。它利用镍核 同位素 衰变成铜核 同位素，释放的能量被半导体转换器吸收并转化为电能。下列说法正确的是（ ） A．镍核衰变产生的射线是α粒子流 B．铜核的质量数等于64 C．镍核 的比结合能比产生的铜核 比结合能小 D．衰变中伴随产生的γ射线是由外层电子跃迁产生的 【答案】C 【详解】AB．依题意，镍核衰变方程 可知镍核衰变产生的射线是β粒子流，铜核的质量数等于63，故 B错误； C．核反应后释放核能，反应朝着比结合能增大的方向进行，所以镍核 的比结合能比铜核 的 比结合能小，故C正确； D． 射线是铜原子核跃迁发出的，故D错误。故选C。 22．如图甲为卫星反作用轮，是卫星调整飞行姿态、动力补偿的主流方式。图乙为一种常见的结构图，环 形磁极固定在卫星上，磁极间填充液态金属镓。通过给金属镓通入垂直于纸面的电流，来调整卫星飞行姿 态，则（ ） A．当内层液态镓通入垂直纸面向里的电流时，内层液态镓将顺时针旋转 B．当两层液态镓顺时针旋转时，卫星也将顺时针旋转 C．为获得最大反作用力，通入内外层液态镓的电流方向相反 学科网（北京）股份有限公司 56D．为获得最大反作用力，通入内外层液态镓的电流方向相同 【答案】AC 【详解】A．当内层液态镓通入垂直纸面向里的电流时，结合图乙的磁场方向，由左手定则可判断，内层 液态镓将顺时针旋转，故A正确； B．当两层液态镓顺时针旋转时，根据牛顿第三定律可知，液态镓和环形磁极所受到的力方向相反，由于 环形磁极固定在卫星上，卫星将逆时针旋转，故B错误； CD．由于内外两层磁场方向相反，根据左手定则可知，要想获得最大反作用力，通入内外层液态镓的电流 方向相反，故C正确、D错误。故选AC。 23．嫦娥七号计划2026年发射，将前往月球南极寻找水冰存在的证据。若嫦娥七号探测器由地面发射后， 经地月转移轨道，在A点变轨后进入绕月圆形轨道Ⅰ，在B点变轨后进入环月椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ可视为 与月面相切于C点。轨道Ⅰ的半径是月球半径的 倍，仅考虑月球的引力，下列说法正确的是（ ） A．嫦娥七号在A点变轨时加速 B．嫦娥七号在B点变轨时减速 C．嫦娥七号在轨道Ⅰ上的向心加速度是月球表面重力加速度的 D．嫦娥七号在轨道Ⅰ上的向心加速度是月球表面重力加速度的 【答案】BD 【详解】AB．嫦娥七号在A、B两点变轨时半径变小，均减速，A错误，B正确； CD．由 ， 得到 因此嫦娥七号在轨道I上的向心加速度是月球表面重力加速度的 ，C错误，D正确。 故选BD。 24．2025年3月4日，《上观新闻》消息，我国2025年将发射神舟二十号、神舟二十一号载人飞船和一 搜货运飞船，执行二次载人飞行任务的航天员乘组已经选定，正在开展相关训练。如果“神舟二十号”飞 学科网（北京）股份有限公司 57船升空后先进入停泊轨道（即近地圆形轨道），之后进入转移轨道，最后在中国空间站轨道与天和核心舱 对接，如图所示。已知中国空间站轨道为圆形轨道，距地面高度为h，飞船在停泊轨道运行的周期为T， 地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ） A．从停泊轨道进入转移轨道在P点需要减速 B．天和核心舱的向心加速度大小为 C．可估得地球密度为 D．飞船从P点运行到Q点需要的时间为 【答案】BC 【详解】A．飞船需要通过加速从停泊轨道进入转移轨道，A错误； B．设天和核心舱的向心加速度大小为 ，地表物体 受的重力为 ，由 ，解 得 ，B正确； C．船在停泊轨道运行的周期为 ，根据万有引力提供向心力有 ，解得 ，则 地球的密度为 ，解得 ，C正确； 学科网（北京）股份有限公司 58D．设飞船在转移轨道运行的周期为 ，由开普勒第三定律有 ，整理可得 ， 故飞船在转移轨道上从 点飞到 点所需的时间为 ，D错误。故选BC。 25．一种音圈电机主要由永磁体、铁磁圆柱、线圈和线圈支撑构成。线圈固定在线圈支撑上，线圈支撑可 带动线圈在永磁体和铁磁圆柱中的气隙中沿轴线方向运动，其纵剖面图如图甲所示。永磁体可以在气隙中 产生辐射状磁场，不计其他部分的磁场，在线圈处的磁感应强度大小恒为 B，其横截面如图乙所示。线圈 半径为r，线圈总电阻为R，线圈支撑和线圈的总质量为 当线圈两端加上恒定电压U，线圈支撑从静止 开始在竖直方向运动的过程中，磁场中线圈匝数始终为 重力加速度大小为g，下列说法正确的是 （ ） A．电流方向如图甲所示时，线圈支撑将向上运动 B．线圈的发热功率为 C．加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度为 D．线圈支撑的最大速度为 【答案】AD 【详解】A．电流方向如图甲所示时，由左手定则可知，线圈收到向上的安培力，将向上运动，故A正确； B．线圈在运动的过程中产生感应电动势E，感应电流方向与恒定电压产生的电流方向相反，故电路中的电 学科网（北京）股份有限公司 59流 小于 ，故线圈的发热功率小于 ，故B错误； C．初始时没有速度，没产生感应电动势，此时电流 故线圈受到的安培力为 由牛顿第二定 律 解得 ，故C错误； D．线圈中产生的感应电动势为 线圈中的电流为 当线圈加速度为零时线圈支撑的速度 最大，此时 解得线圈支撑的最大速度为 ，故D正确。故选AD。 26．电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开 驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半 径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为m、长度为L、电 阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小 均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金 属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为E，内阻为r；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动 切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为C。初始时电容器不带电、金属棒 MN静止，电路其余部分的电阻不计，下列说法正确的是（ ） A．踩下驱动踏板瞬间，金属棒的加速度为 B．踩下驱动踏板后，从上往下看金属棒MN顺时针转动 C．踩下驱动踏板后，一段时间后金属棒匀速转动，此时金属棒两端的电压大小为 D．踩下驱动踏板后，当金属棒达到最大转动速度时松开驱动踏板，一段时间后金属棒匀速转动，此 学科网（北京）股份有限公司 60时电容器C上的带电量 【答案】ABD 【详解】A．踩下驱动踏板瞬间，根据牛顿第二定律有 其中 解得 故A正确； B．踩下驱动踏板后，电流方向由M到N，根据左手定则可知，金属棒MN顺时针转动，故B正确； CD．当金属棒所能达到的最大线速度 满足，金属棒中的无电流通过，即金属棒切割磁感线关生的感应电 动势为E，即 当金属棒由最大速度减速至匀速 转动，由动量定理可得 当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等 联 立得 ， 故C错误，D正确；故选ABD。 27．2022年南方电网已组装波浪能发电机。如图，下方为 时刻向x轴正方向传播的海水波动图像，周 期为1s。发电机圆柱体浮杆定位于x坐标值8m的质点处，此时质点的速率为v。套于磁铁S极上的线圈可 与浮杆同步振动，线圈又连接一个理想变压器。已知线圈共n匝，其圆半径为r，N、S极产生的辐向磁场 在线圈处的磁感应强度大小为B，理想变压器原副线圈匝数比为1：10。磁铁、变压器等固定，下列判断 正确的是（ ） A． 时刻浮杆正随海水向下振动 B． 时刻发电机产生的电动势为 C．发电机产生电动势的表达式为 学科网（北京）股份有限公司 61D．变压器副线圈输出电压的有效值为 【答案】BD 【详解】A．波向x轴正方向传播，根据峰前质点上振，可知位于x坐标值8m的质点在t=0时刻，沿y轴 正方向振动，所以浮杆正随海水向上振动，故A错误； B．在t= 0时刻发电机产生的电动势的瞬时值最大且为 故B正确； C．质点振动的圆频率为 因为在t=0时的感应电动势最大，所以发电机产生电动 势的瞬时值表达式为 故C错误； D．发电机产生的电动势的有效值为 根据理想变压器电压与匝数成正比，有 可得变压器副线圈输出电压的有效值为 故D正确。故选BD。 28．智能驾驶备受人们的青睐，而霍尔元件在智能驾驶中起着重要的作用，能够实时监测汽车的速度。利 用霍尔元件测速的原理如下：在汽车的电机转轴上固定一个磁铁，当装有霍尔元件的传感器靠近磁铁时就 会输出高电压，远离磁铁时输出低电压，形成矩形波，通过矩形波的频率计算出电机的转速，再通过车轮 的大小计算出汽车的速度，当磁铁靠近霍尔元件时的模拟图如图甲所示，磁感应强度大小为B，元件中通 入的电流大小为I，导体中的载流子是电荷量为e的电子，单位体积内的自由电子数为n，导体沿磁场方向 的长度为d，导体的高度为h，传感器检测到霍尔电压随时间的变化图像近似如图乙所示。已知车轮的半径 为R。 (1)在图甲的状态下，哪个表面的电势低，上、下两个表面的电势差 的大小为多少？ 学科网（北京）股份有限公司 62(2)若测试车辆从静止开始做匀加速运动，此时电机转速与车轮转速之比为n：1，当车行驶的距离为6πR时， 传感器检测到霍尔电压刚好为 ，求汽车车轮转动最后一圈所用的时间。 【答案】(1)上表面电势低， (2) 【详解】（1）根据左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力向上，载流子带负电，负电荷向上偏转，则霍 尔元件的上表面电势低，根据受力平衡可得 由电流的微观表达式可得 其中 解得 （2）设汽车的速度为v，根据图乙可知，电机的转动周期 根据 可得 又 解得 设汽车行驶距离为6πR所用的时间为t，根据 解得 设车轮转动一圈、 转动两圈、转动三圈的时间分别为 ，根据 可得 其中 则 车轮在转第三圈所用的时间 29．亥姆霍兹线圈是一种制造小范围区域均匀磁场的器件。它由一对完全相同的圆形导体线圈组成，这两 个线圈的半径和匝数相同，且同轴排列。亥姆霍兹线圈能产生标准磁场，因此在物理实验中经常被使用。 如图所示为一对通有相同方向且等大的恒定电流的亥姆霍兹线圈，形成如图平行中心轴线OO 向右的匀强 1 2 磁场，其磁感应强度B大小未知，现有一离子源放置于OO 上某点位置O，持续发射初速度大小均为v 的 1 2 0 粒子，其方向垂直于轴线向外，粒子所带电荷量均为+q，质量均为m。在x轴线上垂直放置一圆形探测屏， 半径为R，其圆心位于x轴上的P点，用于接收粒子，探测屏圆心P与粒子源间的距离为d，不计粒子重力 和粒子间相互作用。若粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径恰好等于 。 学科网（北京）股份有限公司 63(1)要产生如图所示方向的磁场，则亥姆霍兹线圈应通顺时针还是逆时针方向的电流（从左往右看）； (2)磁感应强度B的大小？ (3)断开亥姆霍兹线圈中电流，在垂直x轴线方向上放置一对平行板，两极板间形成匀强电场方向如图所示， 要使得所有粒子恰好打在探测屏边缘，则该匀强电场E的电场强度应为多大？ (4)若该空间同时存在上述的磁场和电场，沿x轴平移探测屏，使所有粒子恰好打在探测屏的圆心，求探测 屏圆心与粒子源间的距离有哪些值。 【答案】(1)顺时针(2) (3) (4) 【详解】（1）根据安培定则，要产生如图所示方向的磁场，则亥姆霍兹线圈应通顺时针方向的电流（从 左往右看） （2）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得 其中 解得 （3）粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向有 垂直于x轴方向有 由牛顿第二定律 可知 联立解得 （4）根据运动独立性，粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，垂直于x轴方向做匀速圆周运动，故粒子回到 x轴时间为粒子做匀速圆周运动周期的整数倍 x轴方向有 , 联立解得 30．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。某种质谱仪原理如图所示。质谱仪处于真空暗室中。正 离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器选择出特定比荷的离子。磁分析器截面为直 学科网（北京）股份有限公司 64角扇形，M和N处各有一个小孔，被选择离子在磁分析器中做半径为R的圆周运动，恰好穿过两小孔；偏 转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统的底面与胶片平行，间距为D，NO 为垂直于胶片的中心轴线，以胶片中心O为原点建立xoy直角坐标系。已知速度选择器、磁分析器和偏转 系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器、偏转系统中电场场强大 小均为E，方向分别为竖直向上和沿x轴正方向。已知 ， 。由于离子进入偏转系统时速率都 很大，且在偏转系统中运动时NO方向的分速度总是远大于x轴方向和y轴方向的分速度，所以离子在偏 转系统中沿x轴和y轴方向位移可忽略。不计离子重力。 (1)求磁分析器选择出来离子的比荷； (2)若仅撤去偏转系统的磁场，离子沿NO方向进入偏转系统，求离子打在胶片上点迹的坐标（不考虑离子 在偏转系统中偏离NO的距离）； (3)离子沿NO方向进入偏转系统，求离子打在胶片上点迹的坐标（不考虑离子在偏转系统中偏离NO的距 离）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）通过速度选择器后离子的速度满足 由牛顿第二定律可知 解得 （2）离子在偏转系统中受到沿x轴方向的电场力，加速度 离子在偏转系统中运动的时间 离开 偏转系统时，离子在x轴方向的分速度 离子从偏转系统离开至到达显示系统时间 离子射到屏 学科网（北京）股份有限公司 65上时x轴方向上偏离O点的距离 解得 则点迹坐标 。 （3）离子进入偏转系统后，y轴方向上在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹半径为R，射出偏转系统 时，设偏转角为 ，如图所示 根据几何关系有 又因为 ，则 经偏转系统后，在y轴方向上的偏转距离 则点迹坐标 。 31．2009年诺贝尔物理学奖授予物理学家高鲲，以表彰他在“有关光在纤维中的传输以用于光学通信方 面”所做出的突破性成就。如图所示是光导纤维的截面图，其折射率为 ，一激光光束沿与OO'成 角度的方向从О点射入，经折射后激光束进入光纤恰好可以在光纤内表面上发生全反射。已知光在真空中 的传播速度为c=3.0×108m/s。 (1)求 角度的大小； (2)若光纤的总长度为12km，求激光光束在光纤中传播的时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）光路图如图所示 学科网（北京）股份有限公司 66依据题意，激光束经过折射后进入光纤，传播到光纤内表面时恰好发生全反射，此时激光束与法线的夹角 恰好为临界角 ，由几何关系可知 根据折射定律可知 又因 为 由此可得 （2）激光束在光纤中的传播速度为 以及 的距离为 如此可得总时间为 【情景四 与体育活动相关情景】 1．跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面 与水平方向夹角为 且足够长，如图所示，测得A、B间的距离为40m，斜坡与水平面的夹角为 ， 运动员质量 ，不计空气阻力，下列说法正确的有（ ） A．运动员在空中相同时间内的速度变化逐渐增大 B．运动员的质量越大，落点离A越远 C．运动员在A处的速度为 D．运动员落在B处的速度与水平方向夹角为 【答案】C 【详解】A．根据题意可知，运动员在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，由 可知，运动员在 学科网（北京）股份有限公司 67空中相同时间内的速度变化相同，故A错误； BC．根据平抛运动规律有 ， 又有 ， 整理可得 ， 代入数据解得 ， 可知，运动员在A处的速度为 ，在斜面上的落点 到A点的距离与初速度的平方成正比，与质量无关，故B错误，C正确； D．运动员落在B处的竖直速度为 则速度与水平方向夹角的正切值 可见速 度与水平方向夹角不等于 ，故D错误。故选C。 2．2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文 龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小 ，方向与水平方向的夹角为 ，着陆瞬间速 度大小为 ，方向与水平方向的夹角为 ，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相 反，比例系数为 ，重力加速度为 ，杨文龙与雪板的质量为 。下列说法正确的是（ ） A．杨文龙在空中的运动为匀变速曲线运动 B．起跳点A到着陆点C的水平距离为 C．从起跳点到着陆点杨文龙重力势能减少为 D．杨文龙在最高点 时处于超重状态 【答案】B 【详解】A．匀变速曲线运动要求加速度恒定，由于空气阻力大小与速度成正比，合力会随速度变化，所 以加速度不恒定，故A错误； 学科网（北京）股份有限公司 68B．规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为 ，则 设从 A到C的时间为 ，则在水平方向上动量定理 水平位移 联立解得 ，故B正确； C．从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理 重力势能 的减少量等于重力做功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于动能的变化量即 ，故C错误； D．杨文龙在最高点有向下的加速度，处于失重状态，故D错误。 故选B。 3．2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地 如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由 静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的 评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2 分。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ） A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大 B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长 C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点 D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等 【答案】B 【详解】A．由于不同运动员质量不同，无法比较动能大小，故A错误； 学科网（北京）股份有限公司 69B．距离得分越高的运动员离开B点时的速度越大，飞行时间越长，故B正确； CD．同一个运动员在不同比赛中，起跳时的具体速度和角度可能不同，落地点自然也可能不同，“距离得 分”不一定相同，即距离得分受到AB段的动作影响，不能视为质点，故C、D错误。故选B。 4．图（1）哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图（2）模型， 质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H=20m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为µ=0.78， 1 不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不 脱离雪板（游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止）的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5m/s，需要在 水平滑道上铺设长L=25m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数为µ 可以为（ ） 2 A．0.74 B．0.76 C．0.79 D．0.80 【答案】B 【详解】根据动能定理可得 代入数据解得 要使游客与雪 板仅靠摩擦力保持相对静止，则 即 故选B。 5．图甲为a、b两名运动员4×100m接力赛交接棒的情景。某次比赛时在直道接力区域完成交接棒过程中， a、b两运动员运动的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A．a为接棒运动员，b为交棒运动员 B．0-t 时间内，a和b二者间距离越来越大 1 C．由图乙可知，两运动员在t 时刻完成交接棒 1 D．交接棒时的速度越大，因交接棒对比赛成绩的影响越小 【答案】CD 学科网（北京）股份有限公司 70【详解】AC．由图乙可知，交接棒过程中，接棒运动员在前，从静止开始向前加速运动，交棒运动员在后， 开始时交棒运动员速度大于接棒运动员速度，二者之间的距离越来越小，当二者速度相等时，二者距离达 到最小，即t 时刻完成交接棒动作。交接棒完成后，接棒运动员继续加速直到达到最大速度，交棒运动员 1 继续减速直到停下，综上分析，a为交棒运动员，b为接棒运动员，故A错误，C正确； B．根据上述可知，0~t 过程中，b在前，a在后，二者距离越来越小，故B错误； 1 D．交接棒时的速度越大，移动相同位移所需时间越短，因交接棒而损失的时间越少，对比赛成绩的影响 越小，故D正确。故选CD。 6．打高尔夫球是很多人都想尝试的一项运动项目。在某次训练中，运动员将一质量 的高尔夫球从 点沿与水平方向成 角斜向上的速度 （大小未知）击出，高尔夫球在空中运动一段时间后刚好从 点沿切线方向滚入一半径 的沙坑中，高尔夫球运动到沙坑最低点 时对沙坑的压力 。 高尔夫球运动过程的简图如图所示，已知 ， 两点的距离 ，高尔夫球的运动始终在 同一竖直面内，忽略空气阻力影响，不考虑高尔夫球在沙坑中运动时可能粘上沙子而带来的质量变化，高 尔夫球可视为质点，重力加速度 。求： (1)高尔夫球从 点击出瞬间的速度大小 ； (2)高尔夫球从 点运动到 点过程中沙子对高尔夫球所做的功 。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图所示，沿初速度方向和垂直初速度方向建立坐标系，将高尔夫球在空中的曲线运动分 解为x方向的匀减速直线运动和y方向的匀加速直线运动，设x方向加速度为 ，y方向加速度为 ， 将加速度正交分解可得 ， 学科网（北京）股份有限公司 71高尔夫球从A点运动到B点的时间为t，由题意得小球运动到B点时沿x轴方向的速度减为0，利用逆向思 维法可得 在y轴方向上 根据几何关系可得 ， 又由运动规律 联立得 （2）设高尔夫球运动到B点、C点时的速度分别为 、 ，在y轴根据运动规律可得 在C点由牛顿第二定律可得 由牛顿第三定律得 从B点到C点过程由动能定理得 联立得 7．将110米栏跨栏过程的运动员视为做斜抛运动的质点，如图为传统的“八步上栏”起跳后运动员的轨 迹。为提高比赛成绩，有的运动员改为“七步上栏”。相比“八步上栏”，“七步上栏”要在离栏更远的 地方起跳，但运动员达到的最高点与原来相同。 (1)请你画出“七步上栏”的轨迹示意图。 (2)分析说明“七步上栏”在跨栏过程中是否可以提高比赛成绩。 (3)理想情况下，假设跨栏前运动员已达到最大速度，运动员应做到不因跨栏而影响跑步速度。分析说明， 在这种情况下：运动员起跳过程对地面的冲量的方向。 【答案】(1)见解析(2)可以(3)竖直向下 【详解】（1）如图中虚线 学科网（北京）股份有限公司 72（2）可以；在竖直方向上，由“达到的最高点与原来相同”，所以上升和下落时间均不变，“七步上 栏”要在离栏更远的地方起跳，即在相同时间内而水平分运动位移更大，故可节省时间 （3）方向竖直向下；“运动员应做到不因跨栏而影响跑步速度”意味着运动员跨栏前后在水平方向的速 度不变，故运动员起跳过程动量变化量竖直向上，故运动员受到的合力的冲量竖直向上，而重力对运动员 的冲量竖直向下，故地面对运动员的冲量竖直向上，根据牛顿第三定律，运动员对地面的冲量竖直向下。 8．在2024年的巴黎奥运会中，我国小将全红婵力压群芳，取得了女子10米跳台比赛的冠军。假设全红婵 的质量为m = 50 kg，其体型可等效为长度l = 1 m、底面积S = 0.06 m2的圆柱体，不计空气阻力，当她起 跳到达最高点时，她的重心离跳台表面的高度为0.8 m。 (1)求全红婵起跳瞬间的速度大小； (2)全红婵落水后将受到水的浮力。若以落水点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，请在答题纸给出 的坐标上画出她所受浮力F的大小随落水深度x变化的函数关系图像（已知物体在水中所受浮力为F = ρgV，V为物体所排开的水的体积）； (3)若全红婵从跳台自由下落，忽略空气阻力和她入水后受到的水的阻力，为了确保她的安全，求水池中水 的深度h至少应等于多少？（水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3，g = 10 m/s2）。 【答案】(1) (2)见解析(3)53 m 【详解】（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v，则 0 解得 （2）向上为正，由浮力概念可得 ， 学科网（北京）股份有限公司 73图像如图 （3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系 其中 可得 第二部分 高频考点预测篇 【预测一 选择题】 预测01原子物理 1．如图是通过光电效应实现信号传输控制的设备——光继电器．LED发出波长为 的光，光电管阴极K被 照射后恰能发生光电效应，从而引起信号接收电路产生电流，实现对外部电路的控制。已知普朗克常量为 h，真空中的光速为c，则（ ） A．阴极K的逸出功小于 B．阴极K的截止频率为 C．逸出光电子的最大初动能为 D．信号接收电路中电源的a端是正极 【答案】B 【详解】AB．因波长为 的光照射在光电管阴极K后恰能发生光电效应，可知阴极K的逸出功等于 学科网（北京）股份有限公司 74阴极K的截止频率为 选项A错误，B正确； C．因为恰能发生光电效应，可知逸出光电子的最大初动能为零，选项C错误； D．逸出的电子被加速，可知信号接收电路中电源的a端是负极，选项D错误。故选B。 2．我国太阳探测科学技术试验卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳H 波段光谱扫描成像。H 和H α α β 分别为氢原子由 和 能级向 能级跃迁产生的谱线，如图所示，用H 对应的光照射某种金属表 β 面，恰好能使该金属发生光电效应。下列说法正确的是（ ） A．H 对应的光子能量为2.55eV α B．用H 对应的光照射该金属表面也能发生光电效应 α C．若照射光的频率大于H 对应的光的频率，则该金属的逸出功增大 β D．若照射光的频率大于H 对应的光的频率，则逸出的光电子的最大初动能增大 β 【答案】D 【详解】A．根据能级跃迁公式，对α谱线，H 对应的光子能量为 α 故A错误； B．根据能级跃迁公式，对β谱线，H 对应的光子能量为 β 根据 可知H 的频率小于H 的频率， H 照射某金属时恰好发生光电效应，则H 照射该金属时不能发生光电效应， α β β α 故B错误； CD．根据光电效应方程知 若照射光的频率大于H 对应的光的频率，则光电子的最大初动能增大，逸出功的大小与入射光频率无关， β 由金属本身决定，故C错误，D正确。故选D。 学科网（北京）股份有限公司 753．发现质子的核反应方程为 ，患有严重心衰及具有高风险心脏骤停的病人，植入心脏 起搏器（如图）是现在比较有效的治疗方式，有些心脏起搏器的电池是Z粒子辐射电池，它是一种利用放 射性同位素衰变时释放的Z粒子直接转换为电能的装置，衰变方程为 ，下列说法正确的是（ ） A．核反应方程中的X为 B．查德威克通过实验证实了质子的存在 C．衰变方程中的Z为 D．锶 衰变的核反应前后质量守恒 【答案】C 【详解】AC．衰变过程中质量数与电荷数守恒，可知X为 ，Z为 ，故A错误，C正确； B．查德威克通过实验证实了中子的存在，故B错误； D．锶 衰变的核反应前后质量会有亏损，故D错误； 故选C。 4．2024年9月18日，苏州大学研究团队在《自然》杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果，该 电池具有长寿命、高能量密度的优点，它主要是利用镅243（ ）发生α衰变释放能量，其半衰期为 7370年。下列说法正确的是（ ） A．镅243发生α衰变过程中质量守恒 B．镅243形成不同化合物时其半衰期不变 C．镅243发生α衰变生成的新核中有96个质子 D．100个镅243原子核经过14740年后还剩25个 【答案】B 学科网（北京）股份有限公司 76【详解】A．镅243发生α衰变过程中，由于释放能量，存在质量亏损，所以质量不守恒，故A错误； B．半衰期与化合形态无关，所以镅243形成不同化合物时其半衰期不变，故B正确； C．根据质量数守恒、电荷数守恒可知衰变方程式为 生成的新核X中有93个质子，故C错误； D．半衰期是统计规律，对少数粒子不适用，故D错误。故选B。 预测02光学 5．潜水员在潜水时偶然会观察到上方坑洞里存在着明亮的“反光”，这是因为坑洞里存在空气，光在水 面发生了全反射。如图，a处光源发出沿ab方向的光在b点恰好发生全反射，被c处的潜水员观察到。若 水的折射率为n，光线与水面的夹角为θ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由光的折射定律可得 由几何关系 联立可得 故选C。 6．一横截面为半圆形的柱状玻璃砖 对称放在直角坐标系的第一、四象限，两束平行于 轴且与 轴 等距离的单色光a、b，从空气中垂直 轴射入玻璃砖中，在圆弧面上发生反射和折射的光路如图所示。由 此可知（ ） A．玻璃对 光的折射率比b光的小 B．在真空中a光的传播速度比 光小 C． 光在玻璃砖内的波长比在空气中的小 D．将 光向上平移， 光也可能直接从玻璃砖中透射出来 学科网（北京）股份有限公司 77【答案】C 【详解】A．根据图示可知，a光发生了全反射，b光没有发生全反射，根据几何关系可知，图示中两光的 入射角相等，则a光的临界角小于b光的临界角，根据 可知，玻璃对 光的折射率比b光的大，故A错误； B．光在真空中的传播速度均为c，即在真空中a光的传播速度与 光相等，故B错误； C．根据折射率与光速、波长关系有 光折射率大于 1，可知， 光在玻璃砖内的波长比在空气中的小，故C正确； D．将 光向上平移，根据几何关系可知，入射角增大，即入射角仍然大于临界角，可知，将 光向上平移， 光也不能直接从玻璃砖中透射出来，故D错误。 故选C。 7．洛埃德（H。Lloyd）在1834年提出了一种更简单的观察干涉现象的装置。如图所示，缝光源S与光屏 平行，从缝光源 发出的光，一部分入射到平面镜M后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两 光束交叠区域里将出现干涉条纹，缝光源S通过平面镜成的像 相当于另一缝光源。某次实验，S发出波 长为 的单色光，虚线 上方的第3条亮条纹出现在N处。不考虑半波损失，下列说法正确的是（ ） A．若撤去平面镜M，光屏上将不再出现明暗相间的条纹 B．若缝光源S发出波长为 的单色光，光屏上N处将出现第2条亮条纹 C．若将缝光源S下移少许，光屏上的条纹间距将变小 D．若将平面镜M右移少许，光屏上的条纹间距将变大 【答案】B 【详解】A．若撤去平面镜M，通过单缝光线会发生衍射，仍然可以观察到明暗相间的衍射条纹，故A错 误； 学科网（北京）股份有限公司 78CD．缝光源S通过平面镜成的像 相当于另一缝光源，由双缝干涉相邻两条亮间距公式 其中 ， 可得 若将缝光源S下移少许，则h变小，可知光屏上的条纹间距将变大;若将平面镜M右 移少许，则不影响光源的像的位置，则光屏上的条纹间距不变，故CD错误； B．由 可得 即 已知S发出波长为 的单色光，虚线 上方的第3 条亮条纹出现在N处，则缝光源S发出波长为 的单色光，光屏上N处将出现第2条亮条纹，故B正 确。故选B。 8．如图为利用光学干涉原理测量滚珠K直径的装置。将标准立方体玻璃块G放在平板 上，上面盖一块 标准平面玻璃板 ，使中间空气层形成尖劈，尖劈开口间距d（未知）远小于G的边长。用单色光从上方 垂直照射玻璃板 ，在玻璃板 与G之间的尖劈处得到了等距干涉条纹。滚珠K与 接触点为M，滚珠 K和G接触。已知相邻亮条纹间距为 ，再结合下列哪个选项中的数据可以求解滚珠K的直径（ ） A．玻璃板 的厚度 、平板 的厚度 B．M点与玻璃板 右端的距离 C．单色光的波长 、玻璃板 的厚度 D．单色光的波长 、标准立方体玻璃块G的边长a 【答案】D 【详解】对于空气劈尖干涉，相邻亮条纹（或暗条纹）对应空气层厚度差为 ，设相邻亮条纹间距为 ， 学科网（北京）股份有限公司 79空气劈尖的夹角为 ，则有 又 很小，则有 设滚珠K的直径为D，作出几 何关系如图所示。 由几何关系可得 又 联立解得 可知要测量滚珠 K的直径D，则需要单色光的波长 、标准立方体玻璃块G的边长a。故选D。 预测03热学 9．两小宝宝分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图1所示，哥哥画的小鱼如图2所示，都画出了小鱼在水 中吐泡泡的神韵。从物理视角分析，下列说法正确的有（ ） A．小鱼吐的气泡上升时，体积不变，图1不合理 B．小鱼吐的气泡上升时，体积减小，图2不合理 C．小鱼吐的气泡上升时，泡内压强增大 D．小鱼吐的气泡上升时，液体对气泡做负功 【答案】D 【详解】ABC．小鱼吐出气泡后，在水中上升，距离水面越来越近，压强减小，根据 可知体积增大，故ABC错误； D．小鱼吐的气泡上升时，气体膨胀，气体对外做正功，液体对气泡做负功，故D正确。故选D。 10．游客去高海拔景区旅游时，多数会出现高原反应，而通过吸氧可以缓解高原反应。如图是一种便携式 氧气罐，某游客按压该氧气罐喷出气体的过程中（假定罐内气体可视为理想气体且温度保持不变），下列 说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 80A．罐内每个气体分子的动能都不变 B．外界对罐内气体做功 C．罐内气体的压强不变 D．罐内气体吸收的热量在数值上等于气体对外界做的功 【答案】D 【详解】A．根据题意可知，温度不变，平均动能不变，但不是罐内每个气体分子的动能都不变，故A错 误； B．喷出气体瞬间，气体膨胀，气体对外做功，故B错误； C．喷出气体过程中，相当于罐内和喷出的气体总体积膨胀，温度不变，根据理想气体状态方程可知，气 体压强减小，故C错误； D．由于气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，罐内气体吸收的热量在数值上等于气体 对外界做的功，故D正确。故选D。 11．一定质量的理想气体历经如图所示的循环过程， 过程是等温过程， 过程是等容过程， 过程是等压过程。下列说法正确的是（ ） A． 过程中气体的内能增加 B． 过程中气体向外界放热 C． 过程中气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D． 过程中外界对气体做的功等于 过程中气体对外界做的功 【答案】C 【详解】A． 过程为等温变化，理想气体的内能不变，故A错误； 学科网（北京）股份有限公司 81C．该过程中气体体积增大，气体对外做功，即 ，温度不变，即 ，由热力学第一定律 可得 即气体吸收的热量全部用来了做功，故C正确； B． 过程为等容变化， ，由查理定律 解得 即气体内能增大， 由热 力学第一定律得 即气体从外界吸热，故B错误； D．p-V图中，图线与横轴围成的面积在数值上等气体对外界或外界对气体所做的功，据此由图可知， 过程中外界对气体做的功大于 过程中气体对外界做的功，故D错误。故选C。 12．如图所示为我国航天员王亚平在空间站中演示“水球气泡实验”时的情景，她往水球中注入一个气泡， 气泡静止在水球中，水球悬在空中，关于该实验，下列说法正确的是（ ） A．由于完全失重，气泡中气体压强为零 B．太空中，水分子停止热运动 C．水球是表面张力作用形成的 D．水泡受到水的浮力作用 【答案】C 【详解】A．气体压强是分子不停的运动与器壁撞击的结果，与重力无关，气泡中气体压强不为零，故A 错误； B．气泡内分子一直在做无规则的热运动，故B错误； C．水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，产生表面张力，故C正确； D．由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，故D错误。 故选C。 预测04平衡问题和牛顿动力学问题 13．图甲为2025年春晚宇树机器人抛接手绢的表演，某同学对视频逐帧分析后发现，抛出后的手绢在细 线拉力的作用下被回收。某段时间内，手的位置O点不变，手绢可视为做匀速直线运动，其运动轨迹如图 学科网（北京）股份有限公司 82乙中虚线段PQ所示，则手绢从P到Q运动过程中受到的（ ） A．空气阻力先增大后减小 B．空气阻力大小不变 C．细线的拉力一直增大 D．细线的拉力一直减小 【答案】D 【详解】依题意，手绢做匀速直线运动，受力分析如图所示 其中重力竖直向下，细线拉力沿细线指向O点，空气阻力沿PQ连线由Q指向P，三力平衡，做出重力与 拉力的合力示意图，由图可知，随着手绢的运动，细线的方向顺时针转动，且未转到水平方向，由图可知， 细线的拉力一直减小，空气的阻力一直减小，故ABC错误；D正确。 故选D。 14．磁悬浮地球仪具有独特的视觉效果，其工作原理简化如图：水平底座上的三个完全一样的磁极对地球 仪内的磁体产生作用力（沿磁极与磁体的连线），使地球仪悬浮在空中，此时各磁极和磁体恰好处在正四 面体的四个顶点处。地球仪的总质量为m，重力加速度为g，则一个磁极对磁体的作用力大小为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 83A． B． C． D．mg 【答案】B 【详解】令正四面体的棱长为L，地球仪中的磁体到下侧磁极之间连线与竖直方向夹角为 ，根据几何关 系有 可知 根据对称性可知，每个磁极对磁体的作用力大小均 相等，对磁体进行分析，根据平衡条件有 解得 故选B。 15．中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水 平面，当机器狗（ ） A．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力 B．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力 C．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力 D．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力 【答案】B 学科网（北京）股份有限公司 84【详解】ABC．由牛顿第二定律可知，水平方向上加速或减速运动，机器狗水平方向受到物块对它的摩擦 力。竖直方向上机器狗受到物块对它的压力，由力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小始终等于以上 两个力合力的大小，大于物块重力，故AC错误、B正确； D．根据牛顿第三定律，机器狗对物块的作用力等于物块对机器狗的作用力，故D错误。故选B。 16．冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力 推了 5s后，又用水平恒力 推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。 已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的 图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力 加速度g取 ，则下列说法中正确的是（ ） A．水平恒力 B．冰车与冰面的动摩擦因数 C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为 D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为 【答案】D 【详解】B．在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据 图像可知，此段 的加速度大小为 由牛顿第二定律 得冰车与冰面的动摩擦因数 故B错误； A．0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据 图像可知 再由牛顿第二定律 解得 故A错误； 学科网（北京）股份有限公司 85C． 图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为 故C错误； D．由动能定理 代入数据得 故D正确。故选D。 预测05抛体运动和圆周运动 17．如图所示，弹珠发射器（可视为质点）固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以 速度v 水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射相对发射器速度大小为v（v>v ）的弹珠。 1 2 2 1 弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为x，竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的垂直距离为 L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．x的最小值为 B．x的最小值为 C．y的最小值为 D．y的最小值为 【答案】C 【详解】CD．弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当v 垂直竖直墙壁射出时，弹 2 珠运动时间最短 y的最小值为 故C正确，D错误； AB．由于 则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为 此时x的最小值为 L，故AB错误。故选C。 18．人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示，出水管口最下端距水平地面一定高度， 学科网（北京）股份有限公司 86出水管口横截面是圆，不计空气阻力，假如水从管口水平喷出的速度恒定，水流在空中不会中断，则水柱 落在水平地面上的形状大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】平抛运动在竖直方向为自由落体运动，则 水平方向为匀速直线运动，则水平位移为 考虑管口截面上三个点的轨迹，即最上端、最下端和圆心，如图所示 则 ， 因为 所以水柱落在地面的形状左右不对称，最下 学科网（北京）股份有限公司 87端和圆心的落地点间距 大于最上端和圆心的落地点间距 ，故形状大致为D选项。故选D。 19．如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为 ，A在工作台 边缘，B在工作台内部．若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（ ） A．当工作台匀速转动，A、B所受合力为0 B．当工作台匀速转动，A、B线速度大小相等 C．当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动 D．当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力始终指向轴 【答案】C 【详解】A．当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不是0，选项A错误； B．当工作台匀速转动，A、B角速度相等，根据v=ωr，因转动半径不等，则线速度大小不相等，选项B错 误； C．当陶屑将要产生滑动时 解得 可知r越大，产生相对滑动的临界角速度越小，可知 当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动，选项C正确； D．只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心；则当工作台角速度ω 逐渐增大，A、B所受的摩擦力不是指向轴 ，选项D错误。故选C。 20．小车内固定有垂直于运动方向的水平横杆，物块M套在横杆上，一个小铁球用轻质细线吊在物块底部。 当小车以恒定速率 通过某一水平弯道时（可视为圆周运动），细线与竖直方向的夹角为 ，如图所示。 若小车以更大的恒定速率通过该弯道，设小车在通过弯道的过程中，小球、物块与小车均保持相对静止， 下列说法错误的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 88A．细线与竖直方向的夹角变大 B．细线对小球的拉力变大 C．横杆对物块的摩擦力变大 D．横杆对物块的支持力变大 【答案】D 【详解】D．令小铁球质量为m，物块与小球保持相对静止，对物块与小铁球整体进行分析，如图甲所示 则有 可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的支持力不变，故D错误，符合题意； C．火车转弯过程，将车内物体的转弯半径可以近似认为相同，令为R，结合上述分析有 可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的摩擦力变大，故C正确，不符合题意； A．对小球进行受力分析，如图乙所示 则有 ， 解得 可知，转弯速度变大，则细线与竖直方向夹角变大，故A 正确，不符合题意； 学科网（北京）股份有限公司 89B．结合上述解得 由于细线与竖直方向夹角变大，则细线对小球的拉力变大，故B正确，不符合 题意。故选D。 预测06万有引力与航天 21．2024年，“嫦娥六号”圆满完成了月球背面土壤采样工作。月壤离开月球的简化过程如图所示。第一 步“上升器”携带月壤离开月球进入轨道1，轨道1的Q点与月球表面的距离可忽略。第二步“上升器” 在P点进入轨道2。在轨道2附近的环月圆轨道3（未画出）上有轨道器和返回器的组合体（简称“轨返 组”）。第三步“轨返组”加速追上轨道2上的“上升器”并对接，“上升器”将月壤交与“轨返组”。 第四步“轨返组”带着月壤进入月地转移轨道，则（ ） A．“上升器”在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度 B．“上升器”在轨道2上的运行周期小于轨道1上的运行周期 C．“轨返组”所在的环月圆轨道3的半径略大于轨道2的半径 D．在轨道1和轨道2上“上升器”与月球中心的连线单位时间内扫过的面积相同 【答案】A 【详解】A．月球的第一宇宙速度等于月球近月轨道的运行速度，“上升器”要从近月轨道进入到轨道轨 道1，需要在 Q点加速做离心运动才能实现，所以在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度，故A 正确； B．根据开普勒第三定律，因为轨道2的半长轴大于轨道1的半径，则“上升器”在轨道2上的运行周期大 于轨道1上的运行周期，故B错误； C．“轨返组”需要加速才能追上轨道2的“上升器”，则“轨返组”所在的环月圆轨道3的半径略小于轨 道2的半径，故C错误； D．根据开普勒第二定律，只有在同一轨道上“上升器”与月球中心的连线在相等时间内扫过的面积才相 等，在轨道1和轨道2上“上升器”与月球中心的连线单位时间内扫过的面积不相同，故D错误。 故选A。 22．2024年10月29日，神州19号载人航天飞行任务新闻发布会在酒泉卫星发射中心召开，发言人介绍 我国锚定在2030年前实现中国人登陆月球的目标，工程全线正在全面推进研制建设工作。在简化处理地 学科网（北京）股份有限公司 90球和月球的关系时，认为地球和月球构成双星系统，两者绕着连线上的一点做匀速圆周运动。在建造月球 基地过程中，要将地球上的一部分物资转移到月球上（该过程中地球和月球的总质量不变，地球和月球均 可视为质点），若地、月中心间距固定不变，地球的质量始终大于月球的质量，则建造过程中（ ） A．系统的周期变大 B．地球的轨道半径不变 C．地球的线速度变大 D．地球的角速度变大 【答案】C 【详解】AD．设地球质量为M，圆周运动半径为R，月球质量为m，圆周运动半径为r，做圆周运动的角 速度相等为 ，根据万有引力提供向心力可知 ， 联立解得 由于地球和月球的总质量 不变，地、月中心间距 固定不变，故可知系统的周 期和地球的角速度不变，系统的周期不变，故AD错误； B．根据前面分析可知 ，由于月球质量在增大，故地球的轨道半径R变大，故B错误； C．根据 可知由于地球的角速度不变，轨道半径变大，故地球的线速度变大，故C正确。 故选C。 23．2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与跬地表约400km 的空间站顺利完成径向对接。对接前，飞 船在空间站正下方200m 的“停泊点”处调整为垂直姿态，并保持相对静止；随后逐步上升到“对接点”， 与空间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ） A．飞船在“停泊点”时，其运动速度大于空间站运动速度 B．飞船在“停泊点”时，万有引力提供向心力 C．相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小 学科网（北京）股份有限公司 91D．相比于“停泊点”，对接稳定后飞船的机械能增加 【答案】D 【详解】A．径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。飞船维持在“停 泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方200米的轨迹半径较小，根据 可知，它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误； B．飞船维持在“停泊点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力有 飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半径较小，分 析可知 需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，故B错误； C．对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有 解得 对接稳定后空间站速度与质量无关，保持不变，故C错误； D．对接稳定过程中，外力对飞船做正功，相比于“停泊点”，飞船的机械能增加，故D正确； 故选D。 24．“二月二，龙抬头”是中国民间传统节日。每岁仲轿卯月之初、“龙角虽”犹从东方地平线上升起， 故称“龙抬头”。0点后朝东北方天空看去，有两颗究见“角宿一”和“角宿二”，就是龙角星。该龙角 星可视为双星系统，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。若“角宿一”的质量为 m、“角宿二”的质量为m，它们中心之间的距离为L，公转周期为T，万有引力常量G。忽略自转的影 1 2 响，则下列说法正确的是（ ） A．“角宿一”的轨道半径为 B．“角宿一”和“角宿二”的向心加速度之比为m：m 1 2 C．“角宿一”和“角宿二”的线速度之比为m：m 1 2 D．“角宿一”和“角宿二”做圆周运动的向心力之比为m：m 1 2 【答案】A 【详解】ABD．双星系统，角速度、周期相同，且彼此间的引力提供其向心力，则有 学科网（北京）股份有限公司 92因为 联立解得“角宿一”的轨道半径 “角宿一”和“角宿二”的向心加速度之比为 “角宿一”和“角宿二”做圆周运动的 向心力之比为 故A正确，BD错误；联立解得 C．根据以上分析可有 根据线速度 联立以上,解得“角宿一”和“角宿二”的线速度之比为 故C错误。故选A。 预测07功能关系 25．图（1）哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图（2）模型， 质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H=20m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为µ=0.78， 1 不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不 脱离雪板（游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止）的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5m/s，需要在 水平滑道上铺设长L=25m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数为µ 可以为（ ） 2 A．0.74 B．0.76 C．0.79 D．0.80 【答案】B 【详解】根据动能定理可得 代入数据解得 要使游客与雪 板仅靠摩擦力保持相对静止，则 即 故选B。 26．直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气 学科网（北京）股份有限公司 93阻力与速度成正比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大 小分别用E、 、x、P表示。下列图像可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．根据牛顿第二定律有 解得 可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直 线运动，后做匀速直线运动， 图像的斜率表示加速度，图中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A 错误； B．阻力的瞬时功率大小 结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀 速直线运动，则 图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误； C．结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，即箱子速度始终不 等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于 0，图中图形描述的机械能最终等于0，不符合要求，故C错误； D．令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能 即 图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。 故选D。 27．2024年7月18日，随着G4006次列车从兰考南站驶出，标志着日兰高铁全线贯通运营。若发车前工 作人员将两列车串联，两列车能以速度 向前方匀速运动，前方列车的输出功率为 ，后方列车输出功率 学科网（北京）股份有限公司 94为 ，前方列车质量是后方列车质量的2倍，两列车受到的阻力均为自身重力的 倍，则两列车连接处牵 引装置的作用力为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】方法一：设两列车连接处牵引装置的作用力大小为 ，对前方列车进行受力分析，根据平衡条件 有 对后方列车进行受力分析，根据平衡条件有 解得 方法二：两列车以速度 向前方匀速运动，对整体进行分析有 前方列车所受的摩擦力 前方列车提供的牵引力 解得连接处的作用力 故选C。 28．如图所示，两物块M和m用一根绕过定滑轮的轻绳相连。在一定距离内，物块M在某一外力作用下 能沿平台向左做匀速直线运动，并保持其速度为 。与此同时，物块m随之上升。在此过程中， 当物块M依次经过A、B两点时，其轻绳与水平线所成夹角各为： ， ，已物块m的质量为 1kg，滑轮离台面高为 ，重力加速度 ，且物块M、m皆可视为质点。则对于物块M途经 A、B两点的运动过程，下列说法中正确的是（ ） A．轻绳对物块m做功122J B．物块m做匀速直线运动 学科网（北京）股份有限公司 95C．轻绳对物块m做功的平均功率约为174.6W D．无法求出轻绳对物块m的冲量大小 【答案】C 【详解】B．根据速度分解得 物块m做加速直线运动，B错误； A．物块m上升的高度为 轻绳对物块m做功为 ， A错误； C．运动时间为 轻绳对物块m做功的平均功率为 ，C正确； D．根据动量定理得 解得 能求出轻绳对物块m的冲量大小，D错误。故选 C。 预测08动量定理和动量守恒定律 29．用电钻给固定的物体钻孔，钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所示，钻头所受的阻力与运 动位移的关系图像如图乙所示，已知两图像的斜率分别为 、 ，下列说法正确的是（ ） A．由图像分析可得，电钻做匀速运动 B．前一段时间 内，阻力的冲量的大小为 C．前一段位移 内，摩擦生热为 D．前一段时间 内，电钻的平均速度无法算出 【答案】A 【详解】A．从图中可以看出，阻力 随时间变化的关系为 ，阻力 随位移变化的关系为 ， 学科网（北京）股份有限公司 96故有 即 电钻做匀速运动，A正确； B．根据图甲可得 ，由 知前一段时间 内，阻力的冲量的大小为 其中 得 ，B错误； C．根据图乙可得 ，由 知前一段位移 内，摩擦生热为 ，其中 ，得 ，C错误； D．由 ， 得 ，D错误。故选A。 30．中国空间站在距地面高度约 的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地面 的卡门线 （外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，气体与空间站前端 碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站离地面高度为 ， 地球半径为 ，地球表面的重力加速度为 ，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方向上的横截面积 为 ，稀薄气体密度为 ，不考虑其他因素对空间站的影响，则（ ） A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小 B．空间站的速度大小为 C．气体对空间站前端作用力大小为 D．空间站发动机的功率为 学科网（北京）股份有限公司 97【答案】C 【详解】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速， 可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿第二定律 故 减小时， 增大，动能增大，故A错误； B．根据牛顿第二定律 又地球表面 联立解得 故B错误； C．设极短的时间 内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为 碰撞瞬间，根据动量守恒 由于 故 对稀薄气体 ，根据动量定理 联立解得空间站前端对 稀薄气体的作用力大小 根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为 ，故C正确； D．空间站发动机的功率为 故D错误。故选C。 31．如图所示，半径分别为R和 的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水 平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过 各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（ ） A．b球的质量 B．两小球与弹簧分离时，动能相等 C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为 D．若 ，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 学科网（北京）股份有限公司 98【答案】D 【详解】A．设小球离开弹簧后的速度大小为 ， 球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为 ， 则有 解得 选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得 解得 同理可得b球离开弹簧后的速度大小为 取向左为正方向，根据 动量守恒定律可得 可得b球的质量为 故A错误； B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系 由于两小球的质量不相等，可知两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误； C．a球到达圆心等高处时，速度为 ，由动能定理可得 轨道对a球的支持力为F，由 牛顿第二定律可得 联立解得 由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为 ，故C错误； D．若 ，取向左为正方向，由动量守恒定理得 则分离时两小球速度相等，若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由 前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为 则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 故D正确。故选D。 32．如图所示，现有一质量为 的单摆用轻绳竖直悬挂并保持静止，摆长为 。又有一质量为 的小球以 的速度向右水平运动与单摆相撞，碰撞前两物体的重心位于同一高度， 为重力加速度。已知碰撞的恢 学科网（北京）股份有限公司 99复系数 ，其中 和 分别是碰撞前两物体的速度， 和 分别是碰撞后两物体的速度。若要 求碰撞后的单摆能够做完整的圆周运动，则 的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在单摆做完整圆周运动的最高点，根据牛顿第二定律 根据机械能守恒定律，从最低点 到最高点，有 联立解得 已知碰撞前 ， ，由恢复系数 解得 由动量守恒定律 解得 故选D。 预测09机械振动和机械波 33．智能手环随手臂做简谐运动，其质量为 ，位移图像 如图所示。图中函数是余弦函数，初相位为 0，abcd四个点分别表示所在点的横坐标大小。下列说法不正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 100A．当手环运动到 处时，传感器的加速度大小为 B．当手环运动到 处时，传感器所受回复力大小为 C．当手环运动到 处时，传感器的加速度大小最大 D．当手环运动到 处时，传感器速度与 处相同 【答案】A 【详解】A．手环做简谐运动，当手环运动到 处时，传感器的位移大小为 加速度大小不是 ，故A错误，符合题意； B．设手环运动周期为T，由图可知 当手环运动到 处时，传感器所受回复力大小为 由 周期公式 解得 故B正确，不符合题意； C．当手环运动到 处时，处于最高点，传感器的加速度最大，故C正确，不符合题意； D．手环在a、c两处时离开平衡位置的位移最大，当手环运动到 处时，传感器速度与 处相同，都是零， 故D正确，不符合题意。 故选A。 34．如图所示，一兴趣小组提出了一个大胆假设：有一条隧道从A点到B点直穿地心，地球的半径为R、 质量为M，将一质量为m的物体从A点由静止释放（不计空气阻力），C点距地心距离为x，已知均匀球 壳对放于其内部的质点的引力为零，引力常量为G（地球视为质量分布均匀的球体）。下列说法正确的是 （ ） A．物体在A点的加速度与在C点的加速度之比为 B．物体到达O点的动能为 学科网（北京）股份有限公司 101C．物体先做匀加速运动再做匀减速运动 D．物体在C点受到地球的引力大小为 【答案】B 【详解】AD．由题意可知，在距地心x处，物体受到地球的引力为 根据牛顿第 二定律得 可知，从A到O加速度随位移均匀减小，物体在A、C两点的加速度之比为 ，故AD错 误； B．根据前面分析可知引力随下降的位移线性变化，根据动能定理，从A到O有 故B正确； C．从A到B引力满足 方向始终指向O，所受引力与位移方向相反，故物体将在A、B之间做简谐 运动，不是做匀变速运动，故C错误。故选B。 35．主动降噪技术的应用令车载音响实现沉浸式音效，图为t=0时降噪设备捕捉到的噪声波，为了实现降 噪，应同时主动产生一列同性质的声波，下列选项最符合条件的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】为了实现降噪，则同时主动产生同性质的声波与噪声波叠加时应振动减弱，所以两列波的周期应 相等，振动相位差为 ，且两列波的振幅相等。 故选B。 学科网（北京）股份有限公司 10236．平衡位置位于 点的波源 时刻沿 轴起振，形成一列沿 轴方向传播的简谐横波， 时在区 间 内的波形如图甲所示，波源的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A．平衡位置位于 处的质点沿 轴正方向起振 B．该列简谐横波的波长为 C．该列简谐横波的波速大小为 D． 内， 处的质点通过的路程为 【答案】B 【详解】A．根据图乙可知，波源的起振方向沿 轴负方向，则在波传播方向上所有质点的起振方向都沿 轴负方向，即平衡位置位于 处的质点沿 轴负方向起振，故A错误； B．根据图甲可知 解得这列简谐横波的波长 故B正确； C．由图乙可知，该列波的周期 则波传播速速大小 故C错误； D． 内， 处的质点已经振动了 ，则通过的路程为 故D错误。故选B。 预测10电场的基本规律应用 37．电缆周围的电场分布对电缆的电气强度影响很大。如图所示为电缆终端周围的电场分布情况，图中虚 线为等势线，实线为电场线，下列说法正确的是（ ） A．电场中b点的场强与d点的电场强度相同 B．将一电子放在c点，电子的电势能为30eV C．将一电子由a点经b点移至c点，电场力先做正功后做负功 学科网（北京）股份有限公司 103D．在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子将沿电场线运动 【答案】C 【详解】A．根据题图电场线分布结合对称性可知，电场中b点的场强与d点的场强大小相等，但方向不同， 故A错误； B．因c点电势为30V，则将一电子放在c点，电子的电势能为 ，故B错误； C．将一电子由a点经b点移至c点，电势先升高后降低，则电子的电势能先减小后变大，则电场力先做正 功后做负功，故C正确； D．因电场线为曲线，则在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子不会沿电场线运动，故D错误。 故选C。 38．如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆周上均匀分布着8个电荷量均为Q的点电荷，其中7个带正 电，一个带负电。A点、B点和C点、D点为圆的相互垂直的两条直径上的点，且OA＝OB＝OC＝OD。取 无穷远处的电势为零，电荷量为q的点电荷形成的电场中某点的电势 （k为静电力常量，r为该点与 点电荷的距离），则下列说法正确的是（ ） A．O点电场强度大小为 B．O点电势为 C．带电荷量为－q的试探电荷在A点的电势能比在B点的大 D．带电荷量为＋q的试探电荷在C点的电势能比在D点的小 【答案】B 【详解】A．根据点电荷的场强特点可知除了水平方向上的正、负电荷外，其余的6个电荷形成的电场在O 点处相互抵消，故O点的场强大小 故A错误； B．电势是标量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独在该点的电势的代数和，则 学科网（北京）股份有限公司 104O点电势 故B正确； C．A点离负电荷较远，由电势叠加知A、B两点电势 ，根据电势能公式 可知带电荷量为－q 的试探电荷在A点的电势能比在B点的小，故C错误； D．由对称性知C、D两点的电势相等，所以带电荷量为＋q的试探电荷在C、D两点的电势能相等，故D 错误。 故选B。 39．如图所示，空间立方体 的棱长为a，O为立方体中心，在A点固定电荷量为 的点电 荷，在G点固定电荷量为 的点电荷。下列说法正确的是（ ） A．O点的电场强度大小是E点的2倍 B．B点的电势和C点的电势相等 C．将一个电子从B点沿着 移动到D点，电子的电势能先增大后减小 D．平面BFHD是等势面 【答案】C 【详解】A．如图所示 学科网（北京）股份有限公司 105正电荷在E点的电场强度为 负电荷在E点的电场强度为 ，故A错误； B．如图所示 根据等量异种电荷电场线和等势面分布，可知B点的电势和C点的电势不相等，故B错误； C．取平面ABGH，电场线由A指向G BH在AG方向的投影是电势降低的方向，电子带负电，所以从B到H电子的电势能 增大，根据对称性，D点电势和B点相同，从H到D电势升高，电子带负电，电子的电势能降低，故C正 确； D．平面BDHF不是等量异种电荷的中垂面，故平面BDHF不是等势面，故D错误。 故选C。 40．真空中有电荷量为 和q的两个点电荷，分别固定在x轴上 和 处。设无限远处电势为零，则x 正半轴上各点电势 随坐标x变化的图像正确的是（ ） A． B． 学科网（北京）股份有限公司 106C． D． 【答案】B 【详解】根据点电荷周围的电势公式 ，设x轴正半轴0~1之间存在电势为0的坐标为x 则有 1 解得 设x轴正半轴 存在电势为0的坐标为x 则有 解得 即 2 x轴正半轴电势为0的位置存在两个，分别为 和 由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以x轴正 半轴电势最高的位置为x=1，由此可知符合条件的图线为B。故选B。 预测11磁场的基本规律应用 41．下端封闭，上端开口，内壁光滑的细绝缘玻璃管竖直放置，管底放一个直径略小于玻璃管内径的带正 电小球。空间存在着水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，以带电小球所在初始位置为原点，建立坐标系如 图所示。使玻璃管保持竖直沿 轴正方向匀速运动，小球离开管之前的运动轨迹正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 学科网（北京）股份有限公司 107【详解】小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，根据左手定则，竖直方向受向上的洛伦兹力，大小为 F=qvB是恒力，由牛顿第二定律得 可知小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运 动，则小球运动轨迹是开口向上的抛物线； 故选B。 42．电磁泵在目前的生产，科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体， 边长为 ， 边 长为 ， 边长为 ；流经泵体内的液体密度为 ，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为 ，泵体所在 处有平行于 方向的磁场 ，把泵体的上，下两表面接在电压为 （内阻不计）的电源上，下列判定正确 的有（ ） A．泵体上表面应接电源负极 B．仅增大 可增大电磁泵电磁驱动力 C．仅减小 可增大电磁泵电磁驱动力所产生的附加压强 D．仅减小 可获得更大的抽液高度 【答案】D 【详解】A．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动 液体，故A错误； B．仅增大 ，根据 可知电阻增大，因为泵体的上、下两表面电压 不变，则电流减小，液体受到的磁场力减小，即减小了电 磁泵电磁驱动力，故B错误； 学科网（北京）股份有限公司 108C．根据 联立以上解得 可知电磁泵电磁驱动力与 无关，所以减小 不会 改变电磁泵电磁驱动力所产生的附加压强，故C错误； D．结合B选项可知，仅减小 ，电阻会减小，则电流变大，液体受到的磁场力变大，电磁泵电磁驱动力 变大，故可获得更大的抽液高度，故D正确。故选D。 43．某实验室内充满匀强磁场和匀强电场，磁场、电场与水平地面夹角均为45°且斜向右上，如图所示。 房间内在离地面h处的位置有一个粒子发射源，源源不断地发射出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子在 房间内以v做匀速直线运动。某次实验中，撤去磁场，电场不变，粒子发射后经过一段时间落到地面上 （不计空气阻力），重力加速度为g，以下说法正确的（ ） A．粒子带负电，磁感应强度为 ，电场强度为 B．电场力做功为 C．粒子运动过程中机械能增大 D．落地点到发射点的水平距离 【答案】D 【详解】A．粒子在匀强电场和磁场中做匀速直线运动，则粒于受到的合力为零；粒子受到的电场力与电 场线平行，受到的洛伦兹力与磁场方向和电场方向都垂直，则粒子的受力如图所示： 若粒子带负电，则电场力、洛伦兹力和重力不可能平衡，因此粒子应带正电；根据平衡条件 学科网（北京）股份有限公司 109mgcos45°=qE，mgsin45°=qvB解得 ， 故A错误； BC．由左手定则可知粒子的速度方向垂直纸面水平向外；撤去磁场后，重力与电场力的合力垂直于电场斜 向下。则粒子运动轨迹在垂直于电场线的平面内，故电场力不做功。则粒子落地过程中，机械能守恒。故 BC错误； D．粒子的速度方向垂直纸面水平向外，粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据 根据 可得 水平向外做匀速直线运动，则 水平向右做 匀加速运动 则水平向右的位移 落地点到发射点的水平距离 故D正确。故选D。 44．电磁灭火弹为高层建筑和森林灭火等提供有力保障，其简化模型如图所示，线圈与灭火弹加速装置绝 缘并固定，可在水平导轨上无摩擦滑动的距离为s=2m，线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应 强度大小均为B=0.1T，恒流源与线圈连接。已知线圈匝数n=500匝，每匝周长L=1m，灭火弹的质量（含 线圈）m=10kg，为了实现发射速度达到v=200m/s，不计空气阻力，恒流源应提供的电流I为（ ） A．4000A B．2000A C．200A D．20A 【答案】B 【详解】根据运动学公式，则有 根据牛顿第二定律，则有 可解得 预测12电磁感应基本规律应用 45．如图所示，铁芯左边悬挂一个轻质金属环，铁芯上有两个线圈 和 ，线圈 和电源、开关、热敏 电阻 相连，线圈 与电流表相连。已知热敏电阻 的阻值随温度的升高而减小，保持开关闭合，下列 学科网（北京）股份有限公司 110说法正确的是（ ） A．当温度升高时，金属环向左摆动 B．当温度不变时，电流表示数不为0 C．当电流从 经电流表到 时，可知温度降低 D．当电流表示数增大时，可知温度升高 【答案】A 【详解】A．保持开关闭合，当温度升高时，热敏电阻 的阻值减小，电流增大，由右手螺旋定则可得电 流产生的磁场方向向右穿过螺旋管，如图所示 穿过小金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可得穿过小金属环的感应电流I 的方向，从而使得小金属环 3 在原磁场中受安培力而阻碍磁通量的增大，故小金属环有缩小的趋势和向左摆动，故A正确； B．当温度不变时，电流不变，穿过螺旋管 的磁通量不变，无感应电流产生，电流表示数为0，故B错误； C．当电流从 经电流表到 时，可知感应电流产生的磁场水平向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律知 原磁场的磁通量增大，故电流增大， 的阻值减小，说明温度升高，故C错误； D．当电流表示数增大，根据法拉第电磁感应定律知，是穿过线圈的磁通量的变化率增大，故电流的变化 率变大，故 的阻值变化的快，温度变化的快，故D错误。 故选A。 46．在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实验。王老师拿了一块磁极 方向未知的条形磁铁，平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈绕法及电路连接方式如图所 学科网（北京）股份有限公司 111示，已知桌面的摩擦很小，下列说法中正确的是（ ） A．当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动 B．当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S极向右插入线圈 C．在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极管发光则条形磁铁的右端为N极 D．实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则我们无法判断条形磁铁哪一端为N极 【答案】C 【详解】A．根据楞次定律的推广含义“来拒去留”当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车也应该向右移 动，故A错误； B．当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律判断原磁场的 磁通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S极向右插入线圈或N极向左抽离线圈，故B错误； C．如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁铁插入线圈的 过程时，磁通量增大，再根据楞次定律“增反减同”判断原磁场一定向右，条形磁铁的右端为一定为N极， 故C正确； D．如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则一定是条形磁铁左端为N极，右端为S 极，故D错误。 故选C。 47．如图（a）为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联，两相同磁 感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置，且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、 后远离图（a）中右侧线圈，图（a）中右侧传感器所记录的B-t图像如图（b），则该过程左侧传感器所记 1 录的B-t图可能为（ ） 2 学科网（北京）股份有限公司 112A． B． C． D． 【答案】B 【详解】条形磁铁靠近右侧线圈过程，右侧线圈中的磁感应强度方向竖直向上且增大，根据图（b）可知， 正方向竖直向上，根据楞次定律可知，右侧线圈产生的感应电流方向为顺时针（俯视），则左侧线圈中的 电流方向也为顺时针（俯视），根据右手螺旋定则可知，左侧线圈中的磁感应强度方向竖直向下，条形磁 铁远离右侧线圈过程，磁场的变化与靠近过程相反，则感应电流方向也相反，进而左侧线圈的磁感应强度 方向也相反，综上所述，左侧线圈的磁感应强度方向先负后正。 故选B。 48．如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距 ，其中在 ， 、 、 四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道 的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值 的定值电阻。在矩形区域MNQP中存在竖直向上的 磁场，记 点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立 坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所 示，图中 。现有一总质量 的“工”字形“联动双棒”（由两根长度略长于 的平行金 属棒ab和cd，用长度为 的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为 ），以初速度 沿 轴 正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应。下列说法不正确的 是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 113A．棒ab刚进入磁场时，流经棒cd的电流的大小为8A，方向从 到 B．棒ab在EF处的速度大小为 C．棒cd在 处时的速度大小为 D．电阻 上产生的焦耳热为0.45J 【答案】D 【详解】A．根据右手定则可以知道流经ab棒的电流的方向为由b→a，则流经棒cd的电流方向从 到 ； 根据闭合电路欧姆定律有： 根据法拉第电磁感应定律有：E=BLv 联立解得：I=8A选项A正确； 0 0 B．选向右为正方向，由动量定理得： ， 解得v=4m/s选项B正确； 1 C．ab棒跨越EF后，由于E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料组成，所以回路里面没有电流，联动双 棒做匀速运动的位移为L，然后做减速运动到GH处，回路中产生的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得： 联动双棒所受安培力 选向右为正方向，由 动量定理得： 联立解得v=3m/s选项C正确； 2 D．ab棒离开GH后，ab与右侧电阻R形成回路，则感应电动势E =2BLv由闭合电路欧姆定律得 ab 0 ab棒所受安培力F=2BIL选向右为正，由动量定理得 解 1 0 1 得当联动双棒速度从v 减为零的过程中的位移x=0.15m＜0.4m所以联动双棒最后没有离开磁场区域，动能 2 全部转化为焦耳热 解得：Q =0.3375J选项D错误。此题选择不正确的，故选D。 R 预测13交变电流和变压器 49．某发电厂输电示意图如图所示，发电厂的输出电压为 ，输电线的等效电阻为 ，理想降压变压器原、 副线圈的匝数分别为 、 ，用户处的电压为 ，图中电流表为理想交流电表，则电流表的示数为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 114A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设原线圈两端的电压为 ，则有 ， 解得 故选A。 50．如图为“火灾警报系统”电路，其中n、n 为理想变压器原、副线圈的匝数，R 为阻值随温度升高而 1 2 0 减小的热敏电阻，R 为滑动变阻器。现在变压器原线圈输入端接入电压为U的交流电，当通过报警器的电 1 流超过某值时报警。若要使报警器报警的临界温度升高，以下操作可行的是（ ） A．只增大输入电压U B．只减少原线圈匝数n 1 C．只增加副线圈匝数n 2 D．只将R 的滑片P适当向上移动 1 【答案】D 【详解】由题分析，可知要使报警器的临界温度升高，则需要减小报警器两端的电压，而 与报警器并联， 所以需要减小 两端的电压。 A．只增大输入电压U，变压器原副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压增大，副线圈的电流增大， 所以 两端的电压增大，则报警器报警的临界温度较低，故A错误； 学科网（北京）股份有限公司 115B．只减少原线圈匝数n，根据 可知副线圈两端的电压增大，副线圈的电流增大，所以 两端的电 1 压增大，则报警器报警的临界温度较低，故B错误； C．只增加副线圈匝数n，根据 可知副线圈两端的电压增大，副线圈的电流增大，所以 两端的电 2 压增大，则报警器报警的临界温度较低，故C错误； D．只将R 的滑片P适当向上移动，则R 的有效阻值减小，此时副线圈的电压不变，故副线圈的电流增大， 1 1 则 两端的电压增大，所以R 两端的电压减小，则报警器的电压变小，电流也减小，报警器报警的临界 1 温度升高，故D正确。 故选D。 51．某吹风机内部的简化电路图如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈两端接电压 恒定的正弦交流电源。当开关K断开时，变压器副线圈中的电流i随时间t变化的图像如图乙所示，电动机 两端的电压为U；当开关K闭合后，原线圈的输入功率变为原来的9倍。吹风机工作时，电热丝的阻值和 0 电动机的内阻均不变。下列说法正确的是（ ） A．当开关K断开时，原线圈中的电流为 B．当开关K断开时，原线圈的输入功率为 C．电动机的内阻为 D．电热丝的阻值为 【答案】D 学科网（北京）股份有限公司 116【详解】A．当开关K断开时，副线圈中的电流有效值为 由题意，根据 可得原线圈中的 电流为 故A错误； B．由题意，可得当开关K断开时，副线圈两端的电压为 根据 可得原线圈的输入电压为 则原线圈的输入功率为 故B错误； C．电动机属于非纯电阻电路，由于题目提供条件不足，不能求出电动机的内阻，故C错误； D．由于输入电压及匝数比不变，可知输出电压也不变。当开关K闭合后，原线圈的输入功率变为原来的9 倍。根据 可得此时原线圈的输入电流 则副线圈中的电流 吹风机工作 时，电热丝的阻值和电动机的内阻均不变，则流经电热丝的电流为 电热丝的阻值为 故D正确。故选D。 52．如图甲所示，黑光灯是一种利用发出的人类不敏感的紫外光引诱害虫飞近高压电网来“击毙”害虫的 环保型设备，图乙是黑光灯高压电网的工作电路示意图，将有效值为220V、频率为50Hz的正弦交流电压 通过理想变压器升为高压，变压器原线圈匝数为 ，副线圈匝数为 。已知空气在通常情况下的击穿电场 强度约为 ，杀灭害虫至少需要1000V电压。下列选项正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 117A．变压器副线圈输出的交流电频率为： B．变压器原副线圈匝数比应满足： C．为安全起见，电网相邻两极间距离需小于 D．若电网相邻两极间距为0.5cm，则 不能小于 【答案】D 【详解】A．变压器不改变交流电的频率，原线圈输入的交流电频率为50Hz，所以副线圈输出的交流电频 率也为50Hz，故A错误； B．根据变压器的电压比公式 已知 ，要杀灭害虫至少需要 联立解得 故B错误； C．已知空气在通常情况下的击穿电场强度 为安全起见，电网相邻两极间 电压 ，根据 可得 为安全起见，则电网相邻两极间距离需 学科网（北京）股份有限公司 118大于 ，故C错误； D．若电网相邻两极间距为0.5cm，则则两极间的击穿电压 则 有效值 则 为了能杀灭害虫，则 不能小于 ，故D正确。故 选D。 【预测二 实验题】 预测01力学实验 53．为了验证动量守恒定律，哈三中某实验小组的同学设计了如图所示的实验装置：将一足够长气垫导轨 放置在水平桌面上，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞 架，它们的上端装有宽度均为d的挡光片，测得滑块A、B（包含遮光片）的质量分别为m 和m。 1 2 (1)打开气泵，调节气垫导轨，将一个滑块放在气垫导轨左端，向右轻推滑块， 时，可认为气垫导 轨水平。 (2)滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门之间，给A一个向右的初速度，A与静止的滑块B 发生碰撞且不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为∆t，与光电门2相连的计时器先后显示的 1 两次遮光时间分别为∆t 和∆t。为使滑块A能通过光电门2，则m m（小于，等于，大于）；该装 2 3 1 2 置在用于“验证动量守恒定律”时 （填“需要”或“不需要”）测出遮光片的宽度d。 (3)若两滑块发生的是弹性碰撞，则下列等式成立的是（ ） A． B． 学科网（北京）股份有限公司 119C． D． (4)改变实验装置用于验证动量定理：拿下滑块A、B，把气垫导轨左端抬高，使导轨与水平面夹角为30°， 然后固定导轨。让滑块A从光电门1的左边由静止滑下，通过光电门1，2的时间为∆t 、∆t ，通过光电 A1 A2 门1和2之间的时间间隔为t，重力加速度为g，如果关系式 （用d、∆t 、∆t 、t及g表示）在误 A1 A2 差允许范围内成立，表明动量定理成立。 【答案】(1)滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等(2) 大于 不需要(3)B(4) 【详解】（1）打开气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等 时，可认为气垫导轨水平。 （2）[1]为使滑块A能通过光电门2，则防止滑块A碰后反弹，则滑块的质量m 大于m； 1 2 [2]实验要验证的关系式 其中 ， ， 则 即该实验不需 要测出遮光条的宽度d。 （3）若两滑块发生的是弹性碰撞，则 联立可得 故选B。 （4）滑块通过两光电门时的速度分别为 ， 若满足动量定理，则 所以 54．某同学利用如图甲所示的装置测量木块的加速度。首先将木板倾斜固定在水平面上，木板抬起一定的 角度，打点计时器固定在木板底端，将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。接通电源，给木 块一沿木板向上的初速度，在木块运动到最高处前打出的纸带如图乙，测得相邻两计数点之间的距离分别 为 、 、 、 ，已知纸带上相邻两个计数点间还有四个点未 画出，打点计时器使用交流电的频率为 。 学科网（北京）股份有限公司 120(1)通过数据可得木块的加速度大小 （保留两位有效数字） (2)若该同学想继续测量木块与木板间动摩擦因数，则仍需测量下列哪些物理量______。（多选，填正确答 案前的标号） A．木块的质量m B．木板抬起的倾角 C．木块上升的高度h D．当地重力加速度g (3)该同学将图乙中的4段纸带剪开贴到坐标纸上，如图丙，发现这些纸带的左上顶点在一条倾斜直线上， 说明此物体做 直线运动。若图丙中直线斜率为k（其中 ，k无单位），纸带宽为d，则用该方 法得到的加速度 。（用k、d表示） 【答案】(1)3.0(2)BD(3) 匀减速 100kd 【详解】（1）纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，可知 根据逐差法 ，求得加速度为 （2）根据牛顿第二定律有 解得 可知需测量木板抬起的倾角和当地 重力加速度。故选BD。 （3）[1][2]纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移， 由 可得纸带长度差相等，变化规律恰好与匀变速直线运动一样，可看出速度均匀减小，该物体做 匀减速直线运动，由 联立可得 55．某兴趣小组在科技活动中用如图甲所示装置测当地的重力加速度。用细线拴一个磁性小球并悬挂，手 机放在悬点O正下方桌面上，打开手机中测量磁感应强度的智能软件。（地磁场对磁性小球的运动影响很 学科网（北京）股份有限公司 121小，可忽略不计） (1)用螺旋测微器测量磁性小球的直径如图乙所示， mm。 (2)用毫米刻度尺测量摆线长度 ，则摆长 ，然后使磁性小球在竖直面内做小角度摆动，手机的智 能软件记录接收到的磁感应强度随时间变化的图像如图丙所示，则小球摆动的周期 。 (3)多次改变摆线长度，重复实验，得到多组摆长l及小球摆动的周期T，作出 图像如图丁所示，根据 图丁可得重力加速度的测量值为 。（ ，计算结果保留3位有效数字） 【答案】(1)6.700(2) (3)9.86 【详解】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为 6.5mm+20.0 mm=6.700mm （2）由图像可知，从磁场最强再到最强间隔半个周期为t，则铁块摆动的周期 。 0 （3）根据单摆周期公式 可得 故该图像的斜率为 解得重力加速度的测量值为 56．某同学利用如图甲所示的一半径较大的固定光滑圆弧面测定当地重力加速度。该同学将小铁球从最低 点移开一小段距离由静止释放，则小铁球的运动可等效为单摆模型。 具体步骤如下： 学科网（北京）股份有限公司 122①用游标卡尺测量小球铁的直径 ； ②用停表测量小铁球的运动周期 ； ③更换不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制如图乙所示的 图像，横纵轴 截距分别为 、 。 (1)测量小铁球运动周期时，开始计时的位置为图甲中的 ；（选填“A”、“O”或“ ”） (2)由 图像可得当地的重力加速度 。（用字母 、 、 表示） (3)该同学查阅资料得知，单摆做简谐运动的周期 是初始摆角很小时的近似值，实验过程中初始摆角对周 期T有一定的影响， 与初始摆角 的关系如图丙所示。若实验时该同学释放小铁球的位置离 点较远， 初始摆角接近 ，若只考虑初始摆角的影响，重力加速度的测量值会 。（选填“偏大”、“偏小” 或“不变”） 【答案】(1) (2) (3)偏小 【详解】（1）测量小铁球运动周期时，为了减小误差，从最低点开始计时，即从 点开始计时。 （2）由单摆周期公式可得 变形可得 由 可知 ， 解得 （3）根据单摆周期公式有 ， 解得 ， 由题意得 ，故 故填“偏小”。 预测02电学实验 57．某同学想通过测绘小灯泡的电流—电压（ ）图像来研究其电阻随电压的变化，同时用两个小灯 泡和电流表测量某一电源的电动势和内阻。所用器材如下： 学科网（北京）股份有限公司 123两只待测小灯泡 和 ，额定电压均为2.5V， 电阻约5Ω、 电阻约10Ω； 电压表V量程0~3V，内阻为3kΩ； 电流表A量程0~0.6A，内阻为0.5Ω； 滑动变阻器，干电池两节，待测电源，开关和导线若干。 (1)该同学先测绘 的 图像，要求待测小灯泡两端电压从零开始变化，请将虚线框中的实验电路图补 充完整； (2)该同学通过实验做出小灯泡 ， 的 图像分别如图甲中①、②所示，则小灯泡 正常工作时的电 阻为 Ω（结果保留三位有效数字）； (3)将小灯泡 、 ，待测电源、电流表按图乙所示的电路连接。分别将开关K掷于a、b两端，测量得到 通过小灯泡 的电流值为0.28A， 的电流表示数如图丙所示，读数为 A； 学科网（北京）股份有限公司 124(4)待测电源的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果保留三位有效数字） 【答案】(1)见解析(2)10.4(3)0.20 (4) 2.72/2.73/2.74/2.75/2.76/2.77/2.78 5.72/5.73/5.74/5.75/5.76/5.77/5.78 【详解】（1）要求待测小灯泡两端电压从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，实验电路图如图 所示 （2）由图甲可知，小灯泡 正常工作时的电流为0.24A，由欧姆定律可得 （3） 的电流表示数如图丙所示，该电流表的最小分度为0.02A，需要读到本位，其读数为0.20A。 （4）[1][2]由图甲可知，通过小灯泡 的电流值为I=0.28A时，其两端电压为U=1.0V， 的电流表示数 1 1 为I=0.20A，此时其两端电压为U=1.5V，由闭合电路欧姆定律可得 ， 2 2 联立，解得 ， 58．如图1所示，运用此电路图研究电容器的电学特征。已知电源使用了 的干电池（内阻可忽略不 计）；灵敏电流表（ ，内阻可忽略不计）、电压表（内阻为 ）、电阻 （阻值为 ）和电容器 。 (1)下列操作和现象描述正确的是___________。 学科网（北京）股份有限公司 125A．开关接1，对电容器充电，电流表示数瞬间增大后逐渐减小为零 B．开关接1，电压表示数逐渐增大，电路稳定后示数约为 C．开关接1，待电路稳定后断开开关，电压表示数不变 (2)开关接1，待电路稳定后迅速接2，电压表、电流表示数随时间的变化关系如图2所示。已知时间轴与 电流图线所围图形的格子数约为230小格，由此可知电容器充电后，存储电荷量为 C。电容器 的电容为 F（结果均保留2位有效数字）。 (3)通过本实验，如何确定电容是电容器的固有属性，请把你对这一问题的见解填写在空格线上 。 【答案】(1)B(2) (3)见解析 【详解】（1）A．开关接1，对电容器充电，待电路稳定后，电容器相当于断路，电路中电流 故A错误； B．开关接1，对电容器充电，电容器两端的电压逐渐升高，此时电容器和电压表并联，电容器两端的电压 与电压表两端的电压相同，电压表示数逐渐增大。待电路稳定后，电容器相当于断路。此时电压表示数 故B正确； C．开关接1，待电路稳定后断开开关，电容器通过电压表放电，电压表示数逐渐减小为0。故C错误。故 选B。 （2）[1][2]开关接2，电容器相当于电源，电阻与电压表并联，电流表测量了电阻的电流，电容器放电电 流为电流表电流的3倍。 电容器充电后存储电荷量 电容器的电容 （3）物质的固有属性一般是在探究规律过程中发现两个物理量的比值为定值，且同类事物总有同样的规 律但这个定值又不完全相同，那么就会用这两个物理量之比定义为描述这一类事物的一种固有属性的物理 量。因此，就是要从本实验中确认 是否为定值。因此对本题来说，可以从图像中，读出不同电压 时的 学科网（北京）股份有限公司 126所对应的格子数 ，分析数据判断 是否可在误差允许范围内视为定值。 59．某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示可以 当作“ ”“ ”两个倍率使用的欧姆表。他们使用到的器材有： 电源E（电动势 ，内阻忽略不计） 定值电阻 、 电流表G（量程为 ，内阻 ） 滑动变阻器R（最大阻值为 ） 单刀双掷开关S (1)按照多用电表的原理，接线柱A端应该接 表笔（选填“红”或“黑”）； (2)当单刀双掷开关S拨到1端时，欧姆表的倍率为 （选填“ ”或“ ”）；将红黑表笔短 接调节电阻R进行欧姆调零，当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流 mA； (3)当欧姆表倍率取“ ”，将红黑表笔短接进行欧姆调零后电阻 ；然后再A、B之间接 入一个电阻 后发现电流表偏转 ，则待测电阻 【答案】(1)红(2) 10(3) 1401 500 【详解】（1）红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故接线柱A端应与红表笔 相连。 （2）[1]当单刀双掷开关拨到1端时，电流表的量程较大，故调零时欧姆表的内电阻较小，即欧姆表的中 值电阻也较小，测量待测电阻时的量程较小，倍率为较小的“ ”。 [2]S拨到1端，则有： 解得： 即当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流 为10mA。 （3）[1]当欧姆表倍率取“ ”，即单刀双掷开关拨到2端时，欧姆调零的电阻为R，则有 学科网（北京）股份有限公司 127解得 [2]当欧姆表倍率取“ ”，干路电流为 此时欧姆表内阻为 当指针 指到 处时，电路的总电流为 ，总电阻为短接时的 倍，即 ，故待测电阻为 60．随着技术创新和产业升级，我国新能源汽车强势崛起实现“换道超车”，新能源汽车对温度控制有非 常高的要求，控制温度时经常要用到热敏电阻。物理实验小组找到两个热敏电阻，一个是PTC热敏电阻， 其电阻值随温度的升高而增大；另一个是NTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而减小。该实验小组想利 用下列器材来探究这两个热敏电阻（常温下阻值约为10.0Ω）的电学特性及作用。 A．电源E（电动势12V，内阻可忽略） B．电流表A （满偏电流10mA，内阻r=10Ω） 1 1 C．电流表A （量程0~1.0A，内阻r 约为0.5Ω） 2 2 D．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω） 1 E.滑动变阻器R（最大阻值为500Ω） 2 F.定值电阻R=990Ω 3 G.定值电阻R=90Ω 4 H.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个、导线若干 (1)题中没有电压表，可以选择电流表 （填器材前的字母）与定值电阻 （填器材前的字母） 串联组装成电压表。 (2)若要求热敏电阻两端的电压可以从零开始比较方便地进行调节，应选择接入电路中的滑动变阻器为 （填器材前的字母）。 (3)物理实验小组用I 表示电流表A 的示数，I 表示电流表A 的示数，通过实验画出两个热敏电阻接入电路 1 1 2 2 时的 图线如图中a、b所示。若将图线a、b所代表的元件串联接在一个输出电压恒为10V的电源两 端，则元件b的实际功率为 W。（结果保留2位有效数字）。 学科网（北京）股份有限公司 128(4)在汽车电路中常用热敏电阻与其他元件串联起来接入电路，用于防止其他元件两端的电压过大，从而保 护电路和设备，你认为应该选用 （填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。 【答案】(1) B F(2)D(3)1.6(4)PTC 【详解】（1）[1][2]根据电压表的改装原理可知，电流表内阻已知，且应串联大电阻，所以电流表应选择 B，定值电阻选择F； （2）若要求热敏电阻两端的电压可以从零开始比较方便地进行调节，则滑动变阻器应采用分压接法，且 其阻值较小，故滑动变阻器选择D，电路连接如图所示 （3）把 图像转换为 图像，如图所示 由图可知，当通过二者的电流为0.42A时，二者的电压之和等于10V，即此时为二者的实际工作状态，由 图可得元件b的实际功率 学科网（北京）股份有限公司 129（4）在汽车电路中常用热敏电阻与其他元件串联起来接入电路，用于防止其他元件两端的电压过大，从 而保护电路和设备，应该选用PTC，由于其电阻值随温度的升高而增大，电流减小。 【预测三 计算题】 预测01气体实验定律的综合应用问题 61．图甲为后备箱气压杆的示意图，气压杆内部的高压气体被活塞密封在汽缸中。在后备箱打开或关闭过 程中，气压杆内部的气体体积发生变化。箱盖打开静止在某位置时，活塞到汽缸底部的距离为 ，活塞的 横截面积为 。箱盖作用于连杆上的沿杆方向的力为 ，如图乙所示。已知大气压强为 ，重力加速 度为 。不计活塞与容器壁的摩擦及连杆和活塞的质量，忽略气体温度的变化。 (1)求此时被封闭气体的压强 ； (2)活塞到容器底部的距离为 时，求此时气体的压强 ； (3)由于漏出部分气体，当活塞到容器底部的距离为 时，此时沿杆方向作用力变为 ，求漏出的气 体与剩余气体的质量比。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对活塞受力分析，由平衡条件 解得 （2）对封闭气体研究，活塞由 到 处的过程中，由玻意耳定律得 解得 学科网（北京）股份有限公司 130（3）设漏出气体的体积为 ， ， ， ，解得 62．如甲图所示拔火罐是中医的一种传统疗法，以罐为工具，利用燃火产生负压，使之吸附于体表、造成 局部瘀血，以达到通经活络、消肿止痛等作用。小明亲身体验拔火罐的魅力后，想研究一下“火罐”的 “吸力”，设计了如乙图的实验装置：将一个横截面积为S的圆柱状汽缸倒置固定在铁架台上，轻质活塞 通过细线与放在台面的重物m相连。实验时，他从汽缸底部的阀门K处，投入一团燃烧的轻质酒精棉球。 待酒精棉球熄灭后，立即密闭阀门K。此时，活塞下的细线恰好被拉直，但拉力为零，活塞距汽缸底部的 距离为L。由于汽缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距台面 处。已知环境温度T 0 不变， ，p 为大气压强，汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的摩擦。求： 0 (1)酒精棉球熄灭时的温度T与环境温度T 的比值； 0 (2)若从酒精棉球熄灭到最终稳定过程中气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）阀门K密闭时，气体压强为p，重物稳定在距台面 处时，由平衡条件得 0 可得 根据理想气体状态方程 解得 （2）外界对气体做功为 根据热力学第一定律 可得气体内能变化量 63．如图甲所示，某导热气缸左侧有一静止可无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S，气缸内气体的温度 学科网（北京）股份有限公司 131为 ，密度为 。一质量为m、体积为V的乒乓球静止于气缸底部。现逐渐降低温度，让乒乓球恰好能悬 浮。已知大气压强为 ，重力加速度为g，设乒乓球体积不变。 (1)求乒乓球恰好能悬浮时气缸内气体的密度 和温度 ； (2)若保持温度 不变，将气缸缓慢顺时针旋转90°，稳定后乒乓球也恰好能悬浮，求活塞的质量M。 【答案】(1) ， (2) 【详解】（1）（1）乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即 解得 气体发生等压 变化时有 , 可得 解得 （2）（2）乒乓球刚好也能浮起，说明浮力等于重力，即 气体发生等温变化时 ， 可得 解得M= 64．如图所示，某实验小组设计了一种简易气压升降装置。气缸Ⅰ竖直放置，体积为 ，质量 的 活塞a（S为活塞横截面积）静止在气缸Ⅰ的中间位置，封闭气体的体积为 。气缸Ⅱ水平放置，封闭气 体的体积为 ，压强为 ，通过单向阀门 与大气连通，活塞b向左推动时， 关闭；向右拉动时， 学科网（北京）股份有限公司 132打开。两气缸通过体积不计的管道连通，管道左端有单向阀门 ，只有气缸Ⅱ中气体压强大于气缸Ⅰ中气 体压强时， 才能打开。气缸Ⅱ右侧的活塞b每缓慢推一次，都能将体积为 ，压强为 的气体全部压 入气缸Ⅰ中，活塞a上升到气缸Ⅰ顶端时会被卡住。大气压强为 ，重力加速度为g，不计活塞与气缸之 间的摩擦及活塞的厚度，两气缸导热良好，环境温度保持不变，求 (1)第1次缓慢推活塞b，将气缸Ⅱ中气体全部压入气缸Ⅰ后，活塞a升高的高度； (2)第3次缓慢推活塞b，当气缸Ⅱ中气体体积压缩到多大时，阀门 才能够打开。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）开始时活塞a距气缸Ⅰ底部的高度为 活塞a静止不动，气缸Ⅰ中的气体压强为 ， 对活塞a有 得 气缸Ⅰ充气1次后活塞高度为 ，根据玻意耳定律得 气缸Ⅰ中活塞上升的高度为 （2）气缸Ⅰ充气2次后，假设活塞未到气缸Ⅰ顶部，根据玻意耳定律 得 则活塞a恰好到达气缸顶部，气缸Ⅰ中气体压强仍为 ，第3次缓慢推活塞b，压缩气缸Ⅱ中气 体体积到 ，压强与气缸Ⅰ充气2次后的压强 相同，根据玻意耳定律得 得 预测02牛顿运动定律的综合性应用 65．如图甲所示，倾角 的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻 学科网（北京）股份有限公司 133杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一 切摩擦，重力加速度为g， ， 。 (1)水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F； 0 (2)若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a=0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小 F ； N (3)在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。 【答案】(1) (2) (3)W=8mgR 【详解】（1）球刚好被推离地面时推力最小，可认为此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析如图 所示 竖直方向有 对斜面受力分析如图所示 学科网（北京）股份有限公司 134水平方向有 根据牛顿第三定律有 解得 ； （2）斜面沿水平方向运动，位移为x，同时球沿竖直方向运动，位移为y ，由图中几何关系可知 由 可得 如图所示，在竖直方向，由牛顿第二定律有 解得 （3）斜面在最高点与球面接触时，小球和杆的位移为h，如图所示，由几何关系可知 斜面体水平方向的速度为v，球竖直方向的速度为v，由 可得 由 得 1 2 由功能关系可知 解得 W=8mgR 66．如图甲，为了从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面 的高度松手， 学科网（北京）股份有限公司 135让球筒自由落体，撞击地面，球筒与地面碰撞时间 ，碰撞后球筒不反弹。已知球筒质量 ， 球筒长度 ，羽毛球质量为 ，羽毛球和球筒之间最大静摩擦力 ，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计， 取 ， ，求： (1)碰撞后羽毛球是否到达球筒口； (2)碰撞过程中，地面对球筒的平均冲击力为多大； (3)如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为 ，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为 ，则球 落地后距离中心轴有多远？ 【答案】(1)能到达筒口(2)55.2N(3)4.8m 【详解】（1）碰撞后，球向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 解得 自由下落过程，根据速度与位移的关系有 碰撞后球下滑过程，利用逆向思维，根 据速度与位移的关系有 解得 可知，羽毛球能到达筒口。 （2）碰撞过程中，对球筒进行分析，根据动量定理有 解得 （3）令羽毛球刚好从筒口水平飞出时速度为 ，根据牛顿第二定律有 羽毛球飞出后做平抛运动， 则有 ， 羽毛球落地点离中心轴的距离为 解得 学科网（北京）股份有限公司 13667．假期时，小明的爸爸驾驶房车带领全家游览祖国美丽的景色如甲图所示。房车厨房内有一只装满杂粮 的圆柱形储藏罐贴着倾角 的斜面放在水平置物架上，房车车壁上有一个用细长轻绳悬挂的小中国结 （可看做质点），如图乙所示。ab、bc、cd、de是港珠澳大桥的四段110m等跨钢箱连续梁桥（如图丙所 示），房车行驶到a点时开始加速，先做匀加速直线运动，达到29.5m/s后做匀速直线运动。在ab段小明 发现中国结偏离车壁角度始终为 ，已知 ， 。他用手机中秒表功能测出房车经过 ab段所用的时间为5.5s， ， ， ，求： (1)房车通过ab段的加速度大小； (2)从b点开始房车继续行驶173m所用的时间； (3)假设储藏罐外表面光滑，则房车至少以多大的加速度运动才能使储藏罐沿斜面向上运动。 【答案】(1) (2)6s(3) 【详解】（1）对中国结分析，根据牛顿第二定律有 解得 （2）房车在ab段匀加速，根据位移—时间关系有 解得 房车匀加速的时间满足 解得 s经过ab段所用的时间为5.5s，则房车到达b点后加速的时间为 房车到达b点后加速的位移为 m还需匀速状态下继续行驶 m匀速所用 时间为 s则房车到达b点后继续行驶173m所用的时间为 6s （3）对储藏罐，根据牛顿第二定律有 解得 学科网（北京）股份有限公司 13768．某机场的货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由速度大小为 的传送带及固定挡板 组 成，挡板与传送带上表面 垂直，传送带上表面与水平地面的夹角为 ，传送带 边与水平面平行。 工作人员将质量分布均匀的正方体货物由 点无初速度释放，货物运动 后被取走，货物在传送带上运 动时的剖面图如图乙所示。已知货物质量为 ，货物与传送带间的动摩擦因数为0.40，与挡板的动摩擦 因数为0.25，重力加速度 取 ，不计空气阻力。求： (1)货物在传送带上经历的时间； (2)因运送货物传送装置多消耗的电能。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对货物受力分析，如图所示 则 ， 设货物与传送带间的动摩擦因数为 ，货物与挡板的动摩擦因数为 ，根 学科网（北京）股份有限公司 138据牛顿第二定律可得 解得 货物加速至与传送带共速过程，所用时间为 货物的位移大小为 然后货物将匀速运动，匀速位移大小为 匀速 运动的时间为 所以，运动的总时间为 （2）共速前传送带与货物间的相对位移大小为 由能量守恒可得传送带多做的功为 预测03带电粒子在电磁场中的运动 69．通过电磁场控制带电粒子的运动是现代化的重要技术。如图1所示，两块平行正对金属板水平放置， 两侧分布着以虚线为边界垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为 ，左侧靠近下方金属板 边缘有一个粒子输送管道，管道不仅可以屏蔽管外磁场的影响，而且可以对带电粒子起到匀加速作用。已 知上、下两金属板间加上如图2所示矩形交变电压，电压大小为 ，周期为 ，一带电粒子在 时从 管道左侧无初速度释放，经管道加速后，在 时刻离开管道进入金属板之间区域，在 时刻离开金 属板之间区域，又在 时刻从下金属板右侧边缘水平向左进入金属板之间区域，粒子运动的部分轨迹 如图1中虚线所示。已知金属板长度是板间距离的 倍，忽略粒子所受的重力、管道直径大小和场的边缘 效应和交变效应。 (1)判断带电粒子的电性，并求其比荷 ； 学科网（北京）股份有限公司 139(2)求管道的长度 和金属板的长度 ； (3)求带电粒子回到下金属板左侧边缘的可能时刻 ； (4)若在右边磁场中增加竖直方向的匀强电场，使得带电粒子不从右侧磁场的左边界飞出，则：①请判定此 匀强电场的方向； ②小明计算了满足此要求的电场强度大小的取值值范围为 ，请观察并论证这一结果是错误的 （不要求写出具体范围）。 【答案】(1)正电， (2) ， (3) (4)①向上；②见解析 【详解】（1）在右侧磁场中，根据左手定则，可以判断粒子带正电。依题可知，粒子在磁场中运动的周 期 又有 可计算 （2）粒子在金属板之间区域运动，分析其运动，可知是对称的匀变速曲线运动，进入或离开该区域的速 度大小相同，设为 ，则有 又有 且 又有 结合给定条件 ，可计算 又有 可知 （3）分析粒子整个运动，运动轨迹如图所示，根据对称性和周期性，可知带电粒子回到下金属板左侧边 缘的时刻 （4）①增加竖直方向的匀强电场后，粒子将做曲线运动，此曲线运动可分解为水平方向的匀速直线运动 学科网（北京）股份有限公司 140和竖直面内的匀速圆周运动。只有水平方向的匀速直线运动向右，粒子才不会返回两金属板之间区域，根 据配速法可知，电场力方向向上，故电场场强方向应该向上。 ②根据前述计算可知 ，即小明的计算结果等价于 令 ，则根据 ，即 匀速直线运动分速度为 则匀速圆周运动的分速率为 即进入复合电磁场后，任何时刻粒子的 垂直电磁场左边界的分速度 ，即粒子不会向左边界“回旋”，可见电场强度最小值还可以更小一些。 70．现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，xOy平面直角坐标系中第I象限存 在垂直于纸面向外的匀强磁场B（大小未知）；第II象限存在沿x轴正方向的大小未知的匀强电场；第IV 0 象限交替分布着沿 方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与 y轴垂直，电场强度 ，磁感应强度 。一质量为m，电量为+q的粒子从点 以平 行于y轴的初速度v 进入第II象限，恰好从点N（0，2L）进入第I象限，然后又垂直于x轴进入第IV象限， 0 多次经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿x轴正方向。粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及 运动时的电磁辐射。求： (1)磁感应强度B 的大小； 0 (2)粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向； (3)粒子进入第n层磁场时的速度大小v 以及最远能进入第几层磁场。 n 学科网（北京）股份有限公司 141【答案】(1) (2)与y轴负方向夹角为30°(3) ，4 【详解】（1）设粒子在第II象限运动的时间为t，在N点沿x轴的分速度为v，由于粒子垂直电场方向进 x 入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x方向有 ，y方向有 通 过N点的速度 与y轴正方向的夹角满足 在第I象限运动由牛顿第二定律有 根据垂直于x轴进入第IV象限，由几何关系知 联立解得 （2）设穿过x轴下方第一层电场后的速度为v，由动能定理有 1 解得 在x轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示 由洛伦兹力充当向心力有 解得 设速度偏转角为θ，则根据几何关系可得 则 即粒子射出第1层磁场下边界时速度的方向与y轴负方向夹角为30°。 （3）当粒子在第n层磁场中运动时，此前粒子已经过n个电场，由动能定理 解得 若粒子在第n层磁场中距离x轴最远，则最大速度为v 在水平方向上由动量定理有 n 即 其中y 为磁场中向下运动的最远距离，由题意 满足条件： m 且 解得满足条件的整数 故最远能进入第4层磁场。 71．如图所示，竖直平面直角坐标系xOy的第一、四象限，存在大小相等、竖直向上的匀强电场，第一象 学科网（北京）股份有限公司 142限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 ，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度大小 。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以初速度v 沿与y轴正 0 方向成θ=60°角进入第一象限做匀速圆周运动，恰好运动到x轴上的C点处（图中未画出），然后垂直于x 轴进入第四象限。不计空气阻力及电磁场的边界效应，重力加速度为g，求： (1)第一、四象限匀强电场的电场强度大小E； (2)粒子从A点开始到第三次经过x轴时经历的时间t； (3)仅撤去第四象限的匀强电场，粒子从A点开始到第三次经过x轴时与O点间的距离x。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在第一象限做匀速圆周运动，有 解得 （2）如图甲所示 学科网（北京）股份有限公司 143粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得 粒子在第一 象限运动的周期 粒子在第一象限的运动分为两个过程，用时分别为 、 ，由几 何关系可知在第一象限的运动的第一过程转过的圆心角为 ，第二过程转过的圆心角为 ， 则 ， 粒子进入第四象限后继续做匀速圆周运动，由洛伦兹 力提供向心力，有 ， 粒子在第四象限运动的时间 粒子从A点开始到第三次经过 轴时经历的时间 （3）如图乙所示 学科网（北京）股份有限公司 144粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，粒子第一次经过x轴时与O点间的距离 把粒子在第 四象限竖直向下的速度 分解成左偏下45°的 和水平向右的 ，其中水平方向的 满足 ， 故粒子在第四象限相当于参与两个运动：在水平方向以 做匀速直线运动，在竖直面内以 做匀速圆周 运动，经四分之三周期再次回到第一象限。粒子在第四象限竖直面内的运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得 粒子第二次经过x轴时与C点间的距离 解得 粒子从 D点开始到第三次经过x轴时与D点间的距离 粒子从A点开始到第 三次经过x轴时与O点间的距离 72．如图（a）所示，在 空间有一圆形区域磁场，磁感应强度为 ，方向垂直纸面向外，圆与 轴相 切于原点 ，平行于 轴且与圆相切于 点的电场边界MN下方有沿 轴正方向的匀强电场，在 空间 有垂直纸面的随时间周期性变化的磁场 随时间变化如图（b）所示，其中 已知，垂直纸面向外为正 学科网（北京）股份有限公司 145方向。足够长的挡板PQ垂直于 轴放置，挡板可沿 轴左右平移。质量为 ，电荷量为 ）的粒子 从电场中的 点以速度 沿 轴正方向进入匀强电场，并从 点进入圆形区域磁场，接着从原点 进入第 一象限（此时 ）。已知 两点沿 轴方向的距离为 ，沿 轴方向的距离为 ，不计粒子重力， 不考虑磁场变化产生的感应电场。求： (1)匀强电场的电场强度 ； (2)粒子在圆形区域磁场内的运动时间 ； (3)若粒子恰好能垂直击中挡板，则挡板距离 轴的距离 应满足的关系。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，有 ①水平方向，有 ②竖直方向，有 ③联立解得 （2）粒子从 到 过程，由动能定理，有 ④解得粒子在 点的速度 粒子在 点时，速度 与 轴正方向的夹角 满足 ⑤故 粒子从 点运动到 点，如图所示，根据 几何关系可知粒子在圆形磁场内运动的圆弧轨迹所对圆心角为 学科网（北京）股份有限公司 146粒子做圆周运动，有 ⑦ ⑧联立解得粒子在圆形磁场运动的时间 （3）粒子到达 点时速度大小为 ，与 轴正方向夹角 ，在第1、4象限内，磁感应强度为 和 时粒子做圆周运动的半径为 和 ，周期为 和 ，则 ⑨ ⑩ 联立解得 通过计算和对比 图像可以发现，粒子运动轨迹为圆心 角 、半径 和 的圆弧交替变化的周期性运动，如图所示。由几何关系可知，若要粒子能够垂直击中 挡板，则 ⑪或者 联立解得 学科网（北京）股份有限公司 147或者 预测04力学三大观点的综合性应用 73．如图所示，在倾角为 的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间的动摩擦因数 ， 槽内紧靠右挡板处有一小物块B，它与凹槽左挡板的距离为 。A、B的质量均为m，斜面足够长。现同时 由静止释放A、B，此后B与A挡板每次发生碰撞均交换速度，碰撞时间都极短。已知重力加速度为 。求： (1)物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间 ； (2)B与A发生第一次碰撞后，A下滑时的加速度大小 和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小 ； (3)凹槽A沿斜面下滑的总位移大小 。 【答案】(1) (2) ，方向沿斜面向上， (3) 【详解】（1）设B下滑的加速度为 ，则有 解得 ，A所受重力沿斜面的分力 所以B下滑时，A保持静止；根据位移时间关系可得 解得 （2）滑块B刚释放后做匀加速运动，设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为 ，根据匀变速直线运动 规律得 第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为 、0，此后A减速下滑，根据 牛顿第二定律可得 解得 方向沿斜面向上；设A速度减为零的时间为 学科网（北京）股份有限公司 148，下滑的位移大小为 ，则有 ， 在时间 内物块B下滑的距离为 所以发生第二次碰撞前凹槽A已停止运动，则B下滑距离 与A发生第二次碰撞，则有 解得 （3）经过多次碰撞后，最终A、B处于静止状态，且B静止与A的下端；设凹槽A下滑的总位移为x，由 功能关系有 解得 74．如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面 OAB，在斜面右侧有 n个质量均为 的 物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。 (1)求滑块到达斜面底端时的速度大小 ； (2)若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。 ①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小 ②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小 (3)水平面上靠近 B处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水 平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜 面与水平面动摩擦因数 。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因 数的最大值。 【答案】(1) (2)① ；② (3) 学科网（北京）股份有限公司 149【详解】（1）对滑块，由动能定理得 解得 （2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有 解得 ②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v₀₁、v₁，根据动量守恒定律则有 根据能量守恒定理则有 联立解得 由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为 ，之后滑块第2次与第n个物块发 生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v₀₂、 v₂，根据动量守恒定律，则有 根据能量守恒定律，则有 解得 由于 后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为 ，第n个物块的最终速度 （3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为 ，竖直速度为 ，斜面体的速度为 水平方向动量守 恒，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律则有 ， 解得 ， 滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s₁，斜面 体的水平位移大小为s₂，由于水平方向系统动量守恒，则有 整理可得 即 代入数据解得 ， 当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方 学科网（北京）股份有限公司 150，则有 解得 故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为 75．如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B， 时将质量为m的物块A从距离物块B斜 上方L处由静止释放， 时，物块A、B发生第一次碰撞， 时，二者发生第二次碰撞，在两次碰 撞间物块A的 图线如图乙所示（其中 、 均为未知量），若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短， 两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。 (1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值； (2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离； (3)已知物块B的质量 ，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的 最大距离。 【答案】(1)2(2) (3) 【详解】（1）根据题意，由图乙可知，物块A在 的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小 物块A在 的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小 解得 （2）物块A在 时间内与在 的时间内受力情况一致，则加速度相同，故 时 刚释放物块A时，A、B之间的距离为L，则有 整理得 则物块A在 学科网（北京）股份有限公司 151的时间内沿斜而向上运动，运动的距离 联立解得 （3）物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有 其中 ， ， 联 立解得 则物块A在 时间内下滑的距离 已知第二次碰撞前物块B 已停止运动，故物块B碰后沿斜面下滑的距离 物块A与物块B发生第二次碰撞，由图可 知，碰前瞬间物块A的速度 由动量守恒有 由机械守恒有 联 立解得 设物块B下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为 ，则有 设第二次碰撞后物块B下滑的距离为 ，则有 可得 以此类推可得 则 物块B运动的总距离 当 时，代入数据解得 76．如图所示，一水平传送带的左右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，右侧地面光滑，传送带 两轮轴间的距离 ，传送带以 的速度顺时针传动。质量m均为1kg的A、B两物块间有一 压缩的轻弹簧（弹簧与两物块不连接），开始弹簧的压缩量 ，弹性势能 。两物块与左 侧地面和传送带间的动摩擦因数 均为0.2。紧靠传送带右端地面上依次排放着三个完全相同的小球1、 2、3，质量M均为2kg，相邻两小球间的距离d均为1m。现由静止同时释放A、B两物块，B脱离弹簧时 恰好滑上传送带，此时开始计时。物块A、B和三个小球均在同一直线上，所有的碰撞为弹性碰撞，且碰 撞时间忽略不计，物块和小球都可视为质点，取重力加速度 。求： 学科网（北京）股份有限公司 152(1)物块B滑上传送带时的速度大小； (2)小球3开始运动的时间； (3)物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒 根据能量守恒 联立，解得 （2）因为 所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过 时 间与传送带共速，根据牛顿第二定律 根据运动学公式有 联立，解得 减速的位移 大小为 所以假设成立。则匀速的位移大小为 匀速的时间为 物块B与小球1碰撞，根据动量守恒 根据动能守恒 解 得 ， 因为小球1、2、3完全相同，所以小球1与小球2发生弹性碰撞后，交换速度， 所以从小球1运动到小球3运动所需时间为 小球3开始运动的时间为 （3）物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为 物块B第一次与小球1碰撞后返回到 传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1发生碰撞，物块B第二次在传送带上相对 学科网（北京）股份有限公司 153传送带的路程为 物块B与小球1第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得 ， 解得 物块B第三次在传送带上相对传送带的路程 为 物块B与小球1第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得 ， 解得 物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为 所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为 第三部分 高考真题汇编篇 【真题一 运动学】 1．（2024·重庆·高考真题）如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾 斜雪道，当其达到N点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速 直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（ ） A． B． 学科网（北京）股份有限公司 154C． D． 【答案】C 【详解】滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接（没有能量损失，速度大小不变）的倾 斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动。故选C。 2．（2024·海南·高考真题）商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s 恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动， 完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设门的最大速度为 ，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为 ， 且时间相等，均为2s，根据 可得 则加速度 故选C。 3．（2024·河北·高考真题）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的 弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的 图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮 球位置最高的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 155A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 【答案】A 【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接 触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向 上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点。 故选A。 4．（2024·甘肃·高考真题）小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的 图像 如图所示，此两站间的距离约为（ ） A．980m B．1230m C．1430m D．1880m 【答案】C 【详解】 图像中图线与横轴围成的面积表示位移，故可得 故选C。 5．（2024·山东·高考真题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板 由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为 ；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为 。 为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 156A． B． C． D． 【答案】A 【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为 ，木板从静止释放到下端到达A点的过 程，根据运动学公式有 木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有 当木板长度为 时，有 又 ， 联立解得 故选A。 6．（2024·福建·高考真题）某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测 试的速度一时间图像如图所示。已知 和 内图线为直线， 内图线为曲线，则该车 （ ） A． 在 的平均速度为 B．在 做匀减速直线运动 C．在 内的位移比在 内的大 D．在 的加速度大小比 的小 【答案】D 【详解】A．根据 图像可知，在 内汽车做匀加速直线运动，平均速度为 学科网（北京）股份有限公司 157故A错误； B．根据 图像可知，在 内速度一时间图像为曲线，汽车做非匀变速运动，在 内图像为 倾斜的直线，汽车做匀减速直线运动，故B错误； C．根据 图像与横轴围成的面积表示位移大小，在图中做一条辅助线，如图所示： 可得在 汽车的位移大小为 在 汽车的位移大小 可知 的位移比 的小，故C错误。 D．根据 图像的斜率绝对值表示加速度大小，由可知在 的汽车加速度为 在 的汽车加速度约为 负号表示加速度方向和速度相反，则在 的加速度大小比 的小，故D正确。故选D。 7．（2023·广东·高考真题）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯 原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动， 到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度 或 加速度 随时间 变化的图像是（ ） A． B． 学科网（北京）股份有限公司 158C． D． 【答案】D 【详解】AB．铯原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在 图像中，斜率为加速度， 故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误； CD．因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。 故选D。 8．（2023·山东·高考真题）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知 ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬 时速度为（ ） A．3m/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s 【答案】C 【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有 ， 联立解得t= 4t，vT = vR－10再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT = vR－ 2 1 a·5t 则at= 2m/s其中还有 解得vR = 11m/s联立解得vT = 1m/s故选C。 1 1 9．（2024·海南·高考真题）在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长 的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取 ，则两平台的高度 差h为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 159A．0.5m B．5m C．10m D．20m 【答案】B 【详解】车做平抛运动，设运动时间为 ，竖直方向 水平方向 其中 、 解 得 故选B。 10．（2024·湖北·高考真题）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶 上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d 正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（ ） A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d 【答案】C 【详解】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有 可得 因此 水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面。故选C。 11．（2024·浙江·高考真题）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两 倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离 开出水口的速度大小为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 160A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设出水孔到水桶中心距离为x，则 落到桶底A点时 解得 故选C。 12．（2024·江西·高考真题）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示， 以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为 ，末速度v沿x轴正方向． 在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度 和 竖直方向分速度 与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 161A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即 为定值，则有 水平位移 故A正确，C错误； BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则 ， 且最高点时竖直方向的速度为 0，故B错误，D正确。故选AD。 13．（2024·山东·高考真题）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v 大小为20m/s，与水平 0 方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气 阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（ ） A．运动时间为 B．落地速度与水平方向夹角为60° C．重物离PQ连线的最远距离为10m D．轨迹最高点与落点的高度差为45m 【答案】BD 【详解】AC．将初速度分解为沿 方向分速度 和垂直 分速度 ，则有 ， 将重力加速度分解为沿 方向分速度 和垂直 分速度 ，则有 学科网（北京）股份有限公司 162， 垂直 方向根据对称性可得重物运动时间为 重物离PQ连线的最远距离为 故AC错误； B．重物落地时竖直分速度大小为 则落地速度与水平方向夹角正切值为 可得 故B正确； D．从抛出到最高点所用时间为 则从最高点到落地所用时间为 轨迹最高点与 落点的高度差为 故D正确。故选BD。 14．（2024·福建·高考真题）如图，某同学在水平地面上先后两次从 点抛出沙包，分别落在正前方地面 和 处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于 点， 点正下方地面处设为 点。已知两 次运动轨迹的最高点离地高度均为 ， ， ， ，沙包质量为 ，忽 略空气阻力，重力加速度大小取 ，则沙包（ ） A．第一次运动过程中上升与下降时间之比 B．第一次经 点时的机械能比第二次的小 学科网（北京）股份有限公司 163C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为 D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大 【答案】BD 【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为 上升时间为 最高点距水平地面高为 ，故下降的时间为 故一次抛出上升时间，下降时间比值为 ，故A错误； BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为 ， 由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为 由于沙 包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少 从抛出到落地瞬间根据动能定理可得 ， 则故落 地瞬间，第一次，第二次动能之比为 ，故B正确，C错误； D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同， 由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方 向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速 度方向夹角比第二次大，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 164故选BD。 15．（2023·湖南·高考真题）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的 谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为 ，且轨迹交于 点， 抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为 和 ，其中 方向水平， 方向斜向上。忽略空气阻力，关于两 谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ） A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高点的速度小于 C．两谷粒从 到 的运动时间相等 D．两谷粒从 到 的平均速度相等 【答案】B 【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2 的加速度，A错误； C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2 做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误； 学科网（北京）股份有限公司 165B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。 与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于 ，B 正确； D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷 粒2的平均速度，D错误。 故选B。 16．（2023·山东·高考真题）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速 灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭 火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离 ，灭火弹出膛速度 ，方向与水平面夹角 ，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小 ， 。 （1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H； （2）已知电容器储存的电能 ，转化为灭火弹动能的效率 ，灭火弹的质量为 ，电容 ，电容器工作电压U应设置为多少？ 【答案】（1）60m；（2） 【详解】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有 竖直方向上有 代 入数据联立解得 （2）根据题意可知 又因为 联立可得 学科网（北京）股份有限公司 16617．（2024·广东·高考真题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平 面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为 、劲度系数为 k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时， 插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限 度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为 ，根据胡克定律有 插销 与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力 对卷轴有 联立解得 故 选A。 18．（2024·江西·高考真题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图 （a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘 A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相 等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度 匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半 径为 的匀速圆周运动。求 与 之间夹角 的正切值。 （2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕 点做半径为 的匀 学科网（北京）股份有限公司 167速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为 ，绳子在水平雪地上的投影 与 的夹角为 。求此时圆盘 的角速度 。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线 方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，故可得 ， 联立解得 （2）设此时轻绳拉力为 ，沿 和垂直 竖直向上的分力分别为 ， 对转椅根 据牛顿第二定律得 沿切线方向 竖直方向 联立解得 19．（2023·北京·高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长 的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为 F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列 说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 168A．圆周运动轨道可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将 圈记作n圈，则所得质量偏大 D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 【答案】A 【详解】A．空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确； B．根据 ， 解得小球质量 故B错误； C．若误将n-1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误； D．若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。 故选A。 20．（2023·福建·高考真题）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴 上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相 连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知 细杆长度 ，杆与竖直转轴的夹角a始终为 ，弹簧原长 ，弹簧劲度系数 ， 圆环质量 ；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取 ，摩擦力可忽略不计 （1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； （2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 学科网（北京）股份有限公司 169【答案】（1）0.05m；（2） ；（3） 【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得 根据胡克定律 得 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 （2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛 顿第二定律得 由几何关系得圆环此时转动的半径为 联立解得 （3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有 ， 由几何关系得 联立解得 21．（2025·浙江·高考真题）地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到 学科网（北京）股份有限公司 170d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为 和 ，且 。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球 公转轨道半径的0.6倍，则彗星（ ） A．在近日点的速度小于地球的速度 B．从b运行到c的过程中动能先增大后减小 C．从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间 D．在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍 【答案】C 【详解】A．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 哈雷彗星在近日 点的曲率半径小于地球半径，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误； B．从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减 小，B错误； C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据 可知从a运行 到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确； D．万有引力提供加速度 则哈雷彗星的加速度 与地球的加速度 比值为 ，D错误。故选C。 22．（2024·天津·高考真题）卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为R。卫星发射后在地球同 步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为r。则卫星未发射时和在轨道上运行时（ ） A．角速度之比为 B．线速度之比为 C．向心加速度之比为 D．受到地球的万有引力之比为 学科网（北京）股份有限公司 171【答案】AC 【详解】A．卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球 同步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之 比为 ，故A正确； B．根据题意，由公式 可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为 轨道半径之比 ，故B错误； C．根据题意，由公式 可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度之 比为轨道半径之比 ，故C正确； D．根据题意，由公式 可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道 半径的平方成反比，即 ，故D错误。 故选AC。 23．（2024·贵州·高考真题）土星的部分卫星绕土星的运动可视为匀速圆周运动，其中的两颗卫星轨道半 径分别为， 且 ，向心加速度大小分别为 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设土星的质量为 ，两颗卫星的质量分别为 、 ，对两颗卫星，根据牛顿第二定律 ， 整理可得 故选D。 24．（2024·重庆·高考真题）在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动， 假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（m << M），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周， 且相对位置不变，忽略其他天体的影响。引力常量为G。则（ ） 学科网（北京）股份有限公司 172A．c的线速度大小为a的 倍 B．c的向心加速度大小为b的一半 C．c在一个周期内的路程为2πr D．c的角速度大小为 【答案】A 【详解】D．a、b、c三个天体角速度相同，由于m << M，则对a天体有 解得 故 D错误；A．设c与a、b的连线与a、b连线中垂线的夹角为α，对c天体有 解 得α = 30°则c的轨道半径为 由v = ωr，可知c的线速度大小为a的 倍，故A正确； B．由a = ω2r，可知c的向心加速度大小是b的 倍，故B错误； C．c在一个周期内运动的路程为 故C错误。故选A。 25．（2024·重庆·高考真题）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器 的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ） A．减速阶段所受合外力为0 B．悬停阶段不受力 C．自由下落阶段机械能守恒 D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2 【答案】C 【详解】A．组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误； B．组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误； C．组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确； D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。 故选C。 26．（2024·浙江·高考真题）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图 所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太 阳的距离为R，小行星乙的近日点到太阳的距离为R，则（ ） 1 2 学科网（北京）股份有限公司 173A．小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度 B．小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度 C．小行星甲与乙的运行周期之比 D．甲乙两星从远日点到近日点的时间之比 = 【答案】D 【详解】A．根据开普勒第二定律，小行星甲在远日点的速度小于近日点的速度，故A错误； B．根据 小行星乙在远日点的加速度等于地球公转加速度，故B错误； C．根据开普勒第三定律，小行星甲与乙的运行周期之比 故C错误； D．甲乙两星从远日点到近日点的时间之比即为周期之比 ≈ 故D正确。故选D。 27．（2024·安徽·高考真题）2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达 距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长 轴约为51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900km，周期约为24h。则 鹊桥二号在捕获轨道运行时（ ） A．周期约为144h 学科网（北京）股份有限公司 174B．近月点的速度大于远月点的速度 C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度 D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度 【答案】B 【详解】A．冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得 整理得 ，A错误； B．根据开普勒第二定律得，近月点的速度大于远月点的速度，B正确； C．近月点从捕获轨道到冻结轨道鹊桥二号进行近月制动，捕获轨道近月点的速度大于在冻结轨道运行时 近月点的速度，C错误； D．两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行 时近月点的加速度，D错误。故选B。 28．（2024·河北·高考真题）2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的 探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心 约为2.0 × 103km，远月点B距月心约为1.8 × 104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（ ） A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h B．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1 C．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线 D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s 【答案】BD 【详解】A．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从 B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误； 学科网（北京）股份有限公司 175B．鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有 同理在B点有 带入题中数据联立解得 aA：aB = 81：1故B正确； C．由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两 点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误； D．由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号 的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D正确。 故选BD。 29．（2024·山东·高考真题）“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知 地球静止卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】“鹊桥二号”中继星在24小时椭圆轨道运行时，根据开普勒第三定律 同理，对地球的静 止卫星根据开普勒第三定律 又开普勒常量与中心天体的质量成正比，所以 联立可得 故选D。 30．（2024·湖北·高考真题）太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆 周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使 空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。 则（ ） A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同 学科网（北京）股份有限公司 176B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大 【答案】A 【详解】A．在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P 点的加速度相同，故A正确； B．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的 大，故B错误； C．变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合 速度变大，故C错误； D．由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨 后在近地点的小，故D错误。故选A。 31．（2024·湖南·高考真题）2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月 球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空 器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道， 半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的 ，月球半径约为地球半径的 。关于返 回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是（ ） A．其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度 B．其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度 C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 倍 D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 倍 【答案】BD 【详解】AB．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半 径近似为月球半径，则有 其中在月球表面万有引力和重力的关系有 联立解得 学科网（北京）股份有限公司 177由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得 代入题中数据可得 故A错误、B正确； CD．根据线速度和周期的关系有 根据以上分析可得 故C错误、D正确；故选BD。 32．（2023·广东·高考真题）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的 遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q 的质量为 ，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（ ） A．周期为 B．半径为 C．角速度的大小为 D．加速度的大小为 【答案】B 【详解】A．由图（b）可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为 则P的公转周期为 ， 故A错误； B．P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得 解得半径为 故B正确； C．P的角速度为 故C错误； 学科网（北京）股份有限公司 178D．P的加速度大小为 故D错误。故选B。 【真题二 相互作用与牛顿定律】 1．（2025·浙江·高考真题）中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃 稳定时的状态如图所示。重力加速度 ，下列说法正确的是（ ） A．双臂夹角越大受力越小 B．杠铃对每只手臂作用力大小为 C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力 D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力 【答案】D 【详解】AB．杠铃的重力为 手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向 夹角为 ，根据平衡条件可知 可知，双臂夹角越大，F越大；结合 ，解得杠铃对手臂 的作用力 ，AB错误； C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误； D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持 力大于人与杠铃的总重力，D正确。故选D。 2．（2024·贵州·高考真题）如图（a），一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间， 并处于静止状态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已 知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 179A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得 根据平衡条件 得 解得 根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为 故选D。 3．（2024·河北·高考真题）如图，弹簧测力计下端挂有一质量为 的光滑均匀球体，球体静止于带有 固定挡板的斜面上，斜面倾角为 ，挡板与斜面夹角为 ．若弹簧测力计位于竖直方向，读数为 取 ,挡板对球体支持力的大小为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 180A． B． C． D． 【答案】A 【详解】对小球受力分析如图所示 由几何关系易得力 与力 与竖直方向的夹角均为 ，因此由正交分解方程可得 ， 解得 故选A。 4．（2024·湖北·高考真题）如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速 前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与 船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为（ ） A． B． C．2f D．3f 【答案】B 【详解】根据题意对S受力分析如图 学科网（北京）股份有限公司 181正交分解可知 所以有 对P受力分析如图 则有 解得 故选B。 5．（2024·浙江·高考真题）如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和 d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相 连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为 ，细线c、d平行且与 水平成 （不计摩擦，重力加速度g=10m/s2），则细线a、b的拉力分别为（ ） A． ， B． ， C． ， D． ， 【答案】D 【详解】由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细 线a的拉力大小为 设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有 ， 解得 故选D。 6．（2024·山东·高考真题）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于 30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小 于（ ） 学科网（北京）股份有限公司 182A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工” 分析有 可得 故选B。 7．（2023·河北·高考真题）如图，轻质细杆 上穿有一个质量为 的小球 ，将杆水平置于相互垂直的 固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成 角，则左侧斜面对杆 支持力的 大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，如图 设左侧斜面对杆AB支持力的大小为 ，由平衡条件有 得 故选B。 8．（2023·山东·高考真题）餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂 在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高 学科网（北京）股份有限公司 183补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限 度内，每根弹簧的劲度系数为（ ） A．10N/m B．100N/m C．200N/m D．300N/m 【答案】B 【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使三根弹簧形 变量等于相邻两盘间距，则有mg = 3·kx解得k = 100N/m故选B。 9．（2023·海南·高考真题）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（ ） A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力 C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小 D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变 【答案】B 【详解】AB．对人受力分析有 则有F ＋F = mg其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误、B正确； N T CD．对滑轮做受力分析有 学科网（北京）股份有限公司 184则有 则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则F 逐渐增大，CD错误。故选B。 T 10．（2024·贵州·高考真题）某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内， 小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置 的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（ ） A．f一直大于G B．f一直小于G C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G 【答案】C 【详解】由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以 向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律 可知f先小于G，后大于 G。故选C。 11．（2024·北京·高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空 间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F = (M＋m)a对空间站分析有F′ = Ma解两式可得飞船 学科网（北京）股份有限公司 185和空间站之间的作用力 故选A。 12．（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水 平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止 于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小 为 。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P 点运动到O点的过程中（ ） A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为 D．加速度先增大后减小 【答案】A 【详解】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此 时两弹簧的合力为大小为 。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合 力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误 ； CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一 直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知 加速度的最大值为 ， CD错误。故选A。 13．（2024·安徽·高考真题）倾角为 的传送带以恒定速率 顺时针转动。 时在传送带底端无初速轻 放一小物块，如图所示。 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到 。不计空气阻力，则物块从传 送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 186A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动 摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。 之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直 线运动。C正确，ABD错误。故选C。 14．（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静 止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。 忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其 图像或 图 像可能正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 187A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AB．在木块下落 高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即 当木块接触弹 簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力 到合力为零前，随着 增大 减小；当弹簧弹力大 于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着 减小 增大，反弹过 程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确； CD．在木块下落 高度之前，木块做自由落体运动，根据 速度逐渐增大， 图像斜率逐渐增 大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 木块的速度继续增大，做 加速度减小的加速运动，所以 图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中 木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以 图斜率减小，到达最低 点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动， 再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡 位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确 示意图如下 故CD错误。故选B。 学科网（北京）股份有限公司 18815．（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为 、 、 、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或 轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B 和C的加速度大小分别为（ ） A．g， B．2g， C．2g， D．g， 【答案】A 【详解】剪断前，对BCD分析 对D： 剪断后，对B： 解得 方向竖直向上；对C： 解得 方向竖直向下。故选A。 16．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上， 与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并 测量P的加速度大小a，得到 图像。重力加速度大小为g。在下列 图像中，可能正确的是 （ ） A． B． 学科网（北京）股份有限公司 189C． D． 【答案】D 【详解】设P的质量为 ，P与桌面的动摩擦力为 ；以P为对象，根据牛顿第二定律可得 以 盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得 可知，a-m不是线性 关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码 重力大于 时，才有一定的加速度，当 趋于无穷大时，加速度趋近等于 。故选D。 17．（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。 时，木板在水 平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已 知 到 的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。 时 刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ） A．小物块在 时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D． 之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【详解】A． 图像的斜率表示加速度，可知 时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在 学科网（北京）股份有限公司 190时刻滑上木板，故A正确； B．结合图像可知 时刻，木板的速度为 设小物块和木板间动摩擦因数为 ，由题意可知物 体开始滑上木板时的速度为 ，负号表示方向水平向左物块在木板上滑动的加速度为 经过 时间与木板共速此时速度大小为 ，方向水平向右，故可得 解得 故B正确； C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为 故可得 解得 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 此时对木板由牛顿第二定律得 解得 故C错误； D．假设 之后小物块和木板一起共速运动，对整体 故可知此时整 体处于平衡状态，假设成立，即 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。 18．（2023·福建·高考真题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等 （含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车 厢的拉力为 ，第一节车厢对第二节车厢的拉力为 ，第二节车厢对第三节车厢的拉力为 ，则（ ） A．当火车匀速直线运动时， 学科网（北京）股份有限公司 191B．当火车匀速直线运动时， C．当火车匀加速直线运动时， D．当火车匀加速直线运动时， 【答案】BD 【详解】 AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时 ， ， 得 故A错误，B正确； CD．当火车匀加速直线运动时 ， ， 得T ∶T ∶T =3∶2∶1故C错误，D正确。故选BD。 1 2 3 19．（2023·湖南·高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为 的小车在水平推力 的作用下加速运动。 车厢内有质量均为 的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上， 且与底面的动摩擦因数为 ，杆与竖直方向的夹角为 ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ） A．若B球受到的摩擦力为零，则 B．若推力 向左，且 ，则 的最大值为 C．若推力 向左，且 ，则 的最大值为 D．若推力 向右，且 ，则 的范围为 学科网（北京）股份有限公司 192【答案】CD 【详解】A．设杆的弹力为 ，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满 足 竖直方向 则 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 可得 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律 ，A错误； B．若推力 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为 对小球B，由于 ，小球B受到向左的合力 则对小球A，根据牛顿第二 定律可得 对系统整体根据牛顿第二定律 解得 ，B错误； C．若推力 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分 力提供，小球A所受向左的合力的最大值为 小球B所受向左的合力的最大值 由于 可知 则对小球B，根据牛顿第二 定律 对系统根据牛顿第二定律 联立可得 的最大值为 ，C正确； D．若推力 向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力， 理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右 的合力最小，此时 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力 最大，此时 对小球B根据牛顿第二定律 ， 对系统根据牛顿第二定律 代入小球B所受合力分范围可得 的范围为 学科网（北京）股份有限公司 193，D正确。故选CD。 20．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右 端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离 时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的 质量相等。它们之间的动摩擦因数 ，重力加速度大小 。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 【答案】（1）4m/s； ；（2） 【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 薄板做加速运动的加速度 对物块 对薄板 解得 ， （2）物块飞离薄板后薄板得速度 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当 物块落到地面时运动的时间为 则平台距地面的高度 【真题三 功能关系与动量守恒定律】 1．（2024·贵州·高考真题）质量为 的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。 现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到 处， F做功的瞬时功率为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 194A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据图像可知物块运动到 处，F做的总功为 该过程根据动能定理得 解得物块运动到 处时的速度为 故此时F做功的瞬时功率为 故选A。 2．（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间 弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d 后进入目标组织，继续运动d 后停下来。若 1 2 两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F、F，则针鞘（ ） 1 2 A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为Fd 1 1 C．运动d 过程中，阻力做功为(F＋F)d 2 1 2 2 D．运动d 的过程中动量变化量大小为 2 【答案】A 【详解】A．根据动能定理有 解得 故A正确； B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d 减速至零，有E = Fd 故B错误； 2 k 2 2 C．针鞘运动d 的过程中，克服阻力做功为Fd，故C错误； 2 2 2 学科网（北京）股份有限公司 195D．针鞘运动d 的过程中，动量变化量大小 故D错误。故选A。 2 3．（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为 ，喷水速度约为10m/s，水的 密度为 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ） A．10W B．20W C．100W D．200W 【答案】C 【详解】设 时间内从喷头流出的水的质量为 喷头喷水的功率等于 时间内喷出的水的动能 增加量，即 联立解得 故选C。 4．（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图 所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为 l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密 度为 ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设水从出水口射出的初速度为 ，取 时间内的水为研究对象，该部分水的质量为 根据 学科网（北京）股份有限公司 196平抛运动规律 ， 解得 根据功能关系得 联立解得水泵的 输出功率为 故选B。 5．（2024·安徽·高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡 顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不 计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的 功为 故选D。 6．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从 、 高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，乙在水平 面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ） A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与 无关 D．甲最终停止位置与O处相距 【答案】ABD 【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确； 学科网（北京）股份有限公司 197B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换 速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有 在水平面运动一段时间t 后与甲相碰，碰后以甲碰前 2 速度做匀减速运动t，乙运动的时间为 由于t 与 有关，则总时间与 有关，故C错误； 3 1 D．乙下滑过程有 由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰 撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有 联立可得 即 发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距 ，故D正确。故选ABD。 7．（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各 侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的 夹角均为 。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为 。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极 短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了 的位移，未到达 方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则 （ ） A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为 B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为 C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了 D．木栓前进 后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 【答案】BD 学科网（北京）股份有限公司 198【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I， 由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误； B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为 木栓进入过程根据动能定理有 解 得平均阻力为 故B正确； C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能， 故C错误； D．对木栓的一个侧面受力分析如图 由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有 且根据B选项求得平均阻力 又因为 联立可得 故D正确。故选BD。 8．（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板 通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（dm ）。初始时小球A以初速度v 沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环 A B 0 之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量 比 。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍 （00）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（ ） A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 【答案】D 【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子 的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误； C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图 学科网（北京）股份有限公司 255则最短时间有 故C错误； D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示 设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知 根据洛伦兹力提供向心力有 可得 故D正确。故选D。 25．（2024·江西·高考真题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的 电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为 b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将 产生电压U。当 时，测得 关系图线如图（b）所示，元电荷 ，则此样 品每平方米载流子数最接近（ ） 学科网（北京）股份有限公司 256A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量 q=nevtb根据电流的定义式得 当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有 联立解得 结合图像可得 解得 故选D。 26．（2024·安徽·高考真题）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大 小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所 示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的 速度方向相同，并做半径为 的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g， 不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ） A．油滴a带负电，所带电量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 学科网（北京）股份有限公司 257C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为 ，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 【答案】ABD 【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有 解得 故A正确； B．根据洛伦兹力提供向心力 得 解得油滴a做圆周运动的速度大小为 故B正确； C．设小油滴Ⅰ的速度大小为 ，得 解得 周期为 故C错误； D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为 ，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正 方向，得 解得 由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油 滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。故选 ABD。 27．（2024·湖北·高考真题）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直 于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板 喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（ ） A．极板MN是发电机的正极 B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 【答案】AC 【详解】A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确； 学科网（北京）股份有限公司 258BCD．离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则 可得 因此增 大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误C正确。故选AC。 28．（2024·福建·高考真题）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为 的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁 场中，磁场的磁感应强度大小为 ，方向垂直纸面向外，铜环两端 、 处于同一水平线。若环中通有大 小为 、方向从 到 的电流，细绳处于绷直状态，则（ ） A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小 C．铜环所受安培力大小为 D． 铜环所受安培力大小为 【答案】AC 【详解】方法一：微元法 AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段 ，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的安 培力方向如图所示，其大小 根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平 方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析 可知，通电后两绳拉力变大，故A正确，B错误； CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得 故C正确，D错 误。故选AC。 方法二：等效法 通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径 ，电流方向 ，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培 力方向竖直向下，大小 根据受力分析可得，通电后，绳子拉力 学科网（北京）股份有限公司 259两根细绳拉力均比未通电流时的大。故选AC。 29．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系 中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、 Ⅲ象限中有两平行板电容器 、 ，其中 垂直 轴放置，极板与 轴相交处存在小孔 、 ； 垂直 轴放置，上、下极板右端分别紧贴 轴上的 、 点。一带电粒子从 静止释放，经电场直线加速后从 射出，紧贴 下极板进入 ，而后从 进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直 轴离开，运动轨迹如图 中虚线所示。已知粒子质量为 、带电量为 ， 、 间距离为 ， 、 的板间电压大小均为 ，板间 电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过 时的速度大小； (2)粒子经过 时速度方向与 轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在 中，根据牛顿运动定律有 根据匀变速直线运动规律有 、 又 解得 （3）粒子在P处时的速度大小为 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有 由几何关 学科网（北京）股份有限公司 260系可知 解得 30．（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为 、周期为 的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀 强磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在 时刻从左侧电场某处由静止释放，在 时刻从下板左 端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在 时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁 场，并在 时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 （1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； （2）求金属板的板间距离D和带电粒子在 时刻的速度大小v； （3）求从 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 【答案】（1）正电； ；（2） ； ；（3） 【详解】（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运 学科网（北京）股份有限公司 261动的周期为 根据 则粒子所带的电荷量 （2）若金属板的板间距离为D，则板长 粒子在板间运动时 出电场时竖直速度为零，则竖直方 向 在磁场中时 其中的 联立解得 ， （3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离 则粒子在3t 0 时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t 时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6 t 时刻 0 0 再次进入中间的偏转电场，6.5 t 时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t 内电场力做功为 0 0 零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力 做功和最后0.5t 时间内电场力做功，则 0 31．（2025·浙江·高考真题）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长 、质量m、电阻R，放在光滑水 平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原 点，水平向右建立 轴，线框中心和一条对角线始终位于 轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空 气阻力。 (1)线框中心位于 ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求 学科网（北京）股份有限公司 262①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小； ②线框中心运动至 过程中，安培力做功及冲量； ③线框中心运动至 时，恒流源提供的电压； (2)线框中心分别位于 和 ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到 所需 时间分别为 和 ，求 。 【答案】(1)①2BIL；② ， ；③ (2)0 【详解】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为 所以线框受到的安培力大小为 ②线框运动到x时，安培力大小为 则初始时和线框中心运动至 时的安培力分别为 ， 则线框中心运动至 过程中，安培力做功为 由动能定理 可得 则安培力的冲量为 ③由能量守恒定律 可得，恒流源提供的电压为 （2）类比于简谐运动，则回复力为 根据简谐运动周期公式 由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相 学科网（北京）股份有限公司 263同，则有 故 32．（2024·天津·高考真题）如图所示，在 平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀 强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向 里。在第一象限存在沿 方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从 M点以速度v沿 方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t； (3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为 ，求粒子在磁 场中运动的时间 。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有 解 得 （2）若仅有电场，带负电粒子受沿 轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有 又有 联立解 得 （3）根据题意，设粒子入射速度为 ，则有 ， 可得 画出粒子的运动 学科网（北京）股份有限公司 264轨迹，如图所示 由几何关系可得 解得 则轨迹所对圆心角为 ，则粒子在磁场中运动的时间 33．（2024·江苏·高考真题）同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示，内、外半径分别为 、 的两 个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 。ab与a'b'间有一电势 差为U的加速电场，cd与c'd'间有一个插入件，电子每次经过插入件后，速度减小为通过前的k倍。现有 一个质量为m、电荷量为e的电子，垂直于cd射入插入件，经过磁场、电场再次到达cd的速度增加，多 次循环后到达 的速度不再增加，达到稳定值。不考虑相对论效应，忽略经过电场和插入件和的时间。 (1)求该电子进入插入件前、后，在磁场中运动的半径之比 ； (2)求该电子多次循环后到达cd的稳定速度v； (3)若该电子运动到cd的中点P时达到稳定速度，并最终能到达边界的d点，求电子从P点运动到d的时间 t。 学科网（北京）股份有限公司 265【答案】(1) (2) ，方向垂直于cd向左(3) 【详解】（1）设电子进入插入件前后的速度大小分别为 、 ，由题意可得 电子在磁场中做匀速圆 周运动，由洛伦兹力提供向心力得 解得 可知在磁场中的运动半径 ，可得 （2）电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入件后的速度大小为kv。电子经过电场加速 后速度大小为v，根据动能定理得 解得 方向垂直于cd向左。 （3）电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由Р点开始相继在两个半圆区域的运动 轨迹如下图所示。 根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为 电子在左半圆区域的运 动半径为kr，则 P点与d点之间的距离为 电子由Р点多次循环后到达d点的循 环次数为 电子在左、右半圆区域的运动周期均为 忽略经过电场与插入体的时间， 学科网（北京）股份有限公司 266则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р到d的时间为 34．（2024·重庆·高考真题）有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为 的带正电的粒子，由固 定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN 上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂 直于纸面向里的匀强磁场，速率为v 的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重 0 力，忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离； (2)速率为4v 的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离； 0 (3)速率为4v 的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计 0 时O点。求打开磁场的那一时刻。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）（1）当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，如图所示 1 由洛伦兹力提供向心力得 其中 （2）速率为4v 的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r = 4r 如图所示，由几 0 2 1 学科网（北京）股份有限公司 267何关系有（4r-2r）2＋MO2 = (4r)2解得 1 1 1 （3）速率为4v 的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示 0 由几何关系有（4r-2r）2＋ON2 = (4r)2解得 粒子在打开磁场开关前运动时间为 1 1 1 解得 35．（2024·浙江·高考真题）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置， 截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向 外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板 M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S 的坐标为（3L，0），离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a 离子的 倍，经电压U=kU（其中 ，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿 0 着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压U 调控（U >0），a和b离子分别落在喷镀板 NM NM 的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U=U，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x（用L表示）。 0 0 （2）调节U和U ，并保持 ，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求： NM ①U的调节范围（用U 表示）； 0 ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和U 的大小。 NM 学科网（北京）股份有限公司 268【答案】（1）L；（2）① ；② ；（3） ， 【详解】（1）对a离子根据动能定理得 a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动 a离子 经磁场偏转后，到达x轴上的位置 ，联立解得 （2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强磁 场偏转一次打在P板上方任意处，则 结合（1）中分析得 即 即 ②b离子经过电压为U的电场加速后在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为 代入 得 故可知b离子能从栅极板（坐标范围为 ）任意位置经电压为 的电场减速射入虚线下方的磁场，此时 b离子先经过 电压为U的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经过电压为 的电场减速，因为根 据动能定理得 同时有 ， 当 时，b离子从栅极板左端经 学科网（北京）股份有限公司 269虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离为 当 时，b离子从栅极板右端经虚 线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离为 故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为 （3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知 故可得 则b离子 从 处经过栅极板，若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处，设 ，则同理可知 ， ， 联立解得 则可得 当减速n次 ， 联立得 当 减速n次恰好打在P板下方中央处，可得 ， 即 ， 解得 即 ，n取整数，故可得 ，故可得 36．（2024·海南·高考真题）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点 和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心 连线与x轴平行，半圆与圆相 切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小 为B、 的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将 学科网（北京）股份有限公司 270质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到 。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正 方向以相同的速度 沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子 的重力和粒子之间的影响） （1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R； （2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动 的总时间t； （3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小 ，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与 y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离 。 【答案】（1） ， ；（2） ；（3） ， 【详解】（1）根据动能定理得 解得 粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒 子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒 子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力 解得 （2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度 沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁 学科网（北京）股份有限公司 271场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域 Ⅰ圆心O、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O 和粒子出射点 1 1 连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O 和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒 1 子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得 如 图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的 弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径 ，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动 的轨迹所对应的圆心角都为 ，粒子在两区域磁场中运动周期分别为 ， 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为 （3）如图，将速度 分解为沿y轴正方向的速度 及速度 ，因为 可得 ，故可知沿y轴 正方向的速度 产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力 ，故粒子沿y正方 向做旋进运动，根据角度可知 故当 方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速 度为 圆周运动半径 根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的 学科网（北京）股份有限公司 272距离为 37．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速 电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为 ，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大 小为 ，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为 ，方向垂直纸面向里。 从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离 器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 （1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 （2）求O点到P点的距离。 （3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为 （ 略大于 ），方向不变，粒子恰好垂直打在 速度选择器右挡板的 点上。求粒子打在 点的速度大小。 【答案】（1）带正电， ；（2） ；（3） 【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子 进入速度选择器时的速度为 ，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件 在加速电场 学科网（北京）股份有限公司 273中，由动能定理 联立解得，粒子的比荷为 （2）由洛伦兹力提供向心力 可得O点到P点的距离为 （3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 向下的电场力 由于 ，且 所以通过配速法，如图所示 其中满足 则粒子在速度选择器中水平向右以速度 做匀速运动的同时，竖直方向以 做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的 点的要求，故此时粒子 打在 点的速度大小为 38．（2024·湖南·高考真题）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小 孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x ≤ 0区域有一匀强磁场，磁感应 强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x ≥ 0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一 电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大 小均为v。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子 0 的重力。 （1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； （2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ 的绝对值； （3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 学科网（北京）股份有限公司 274【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运 动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为 ，由电子在x轴方向做匀速直线运动得 在yOz平面内， 设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知 可得 且 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有 联立得 当 时，B有最小值，可得 （2）将电子的速度分解，如图所示 有 当 有最大值时， 最大，R最大，此时 ，又 ， 联立可得 ， 学科网（北京）股份有限公司 275（3）当 最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移 ，根据匀变速直线运动规律有 由牛顿第二定律知 又 联立得 39．（2024·浙江·高考真题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成 角。质量为m、电 荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所 在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度 沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ） A．合力冲量大小为mvcosƟ B．重力冲量大小为 0 C．洛伦兹力冲量大小为 D．若 ，弹力冲量为零 【答案】CD 【详解】A．根据动量定理 故合力冲量大小为 ，故A错误； B．小球上滑的时间为 重力的冲量大小为 故B错误； C．小球所受洛伦兹力为 ， 随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大 小为 故C正确； D．若 ，0时刻小球所受洛伦兹力为 小球在垂直细杆方向所受合力为零，可 得 即 则小球在整个减速 过程的 图像如图 学科网（北京）股份有限公司 276图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。故选CD。 40．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的 金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外 的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关 系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方 导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运 动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不 计空气阻力，两磁场互不影响。 （1）求通过面积S 的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方 cdef 向； （2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式； （3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。 【答案】（1）kL2·t，kL2，从a流向b；（2） ；（3） 【详解】（1）通过面积 的磁通量大小随时间t变化的关系式为 根据法拉第电磁感应定律 学科网（北京）股份有限公司 277得 由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。 （2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F =BIL其中B=kt设金属棒向上运 安 动的位移为x，则根据运动学公式 所以导轨上方的电阻为 由闭合电路欧姆定律得 联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为 （3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对 ab受力分析由牛顿第二定律 其中 联立可得 整理有 根据均值不等式可知，当 时，F有最大值，故解得 F的最大值为 【真题五 电磁感应与交变电流】 1．（2024·北京·高考真题）电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的 两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十 年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实 验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等 领域具有广阔的应用前景。下列说法错误的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 278A．QU的单位和ΦI的单位不同 B．在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆 C．可以用 来描述物体的导电性质 D．根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式 【答案】A 【详解】A．单位制、法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应定律可知 ，则Φ的单位为V·s，由Q = It可知，Q的单位为A·s，则QU与ΦI的单位相同均为V·A·s，故A错误，符合题意； B．由题图可知，从单位角度分析有 故B正确，不符合题意； C．由 知 ，可以用来描述物体的导电性质，故C正确，不符合题意； D．由电感的定义 以及法拉第电磁感应定律 解得 故D正确，不符合题意。 故选A。 2．（2025·浙江·高考真题）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动 过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（ ）低时，不能直接充入其中。在下列电路 中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是（ ） A． B． 学科网（北京）股份有限公司 279C． D． 【答案】B 【详解】A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A错误； B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相 当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导体，从而实现给高压充电，选 项B正确； C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统 的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误； D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电 动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D错误。 故选B。 3．（2024·天津·高考真题）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与 水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定 阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的 安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ） A． B． 学科网（北京）股份有限公司 280C． D． 【答案】A 【详解】ABC．根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受 到的安培力为 可知 由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为 可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导 体棒开始做匀速直线运动，则v − t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速 度v成正比，则F − t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，BC错误； D．根据题意，由公式可得，感应电流为 由数学知识可得 由于加速度逐渐减小， 则I − t图像的斜率逐渐减小，故D错误。故选A。 4．（2024·福建·高考真题）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边 镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环 边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域 垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r < R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为 B = kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（ ） A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2 【答案】C 【详解】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（n = 2）线圈串联的闭合回路，穿过回路的 学科网（北京）股份有限公司 281磁场有效面积为 根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为 故选C。 5．（2024·广东·高考真题）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图 甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均 为B．磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示， 永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是（ ） A．穿过线圈的磁通量为 B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 【答案】D 【详解】A．根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误； BC．根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大， 故BC错误； D．永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 故选D。 6．（2024·湖南·高考真题）如图，有一硬质导线Oabc，其中 是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点， 直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强 磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 282A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据 同时有 可得 得 故选C。 7．（2025·浙江·高考真题）如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一 方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图2所示，周期为 。变化的磁场在空间产生感生 电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以 O为圆心的半径为 的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为 的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对 圆环Ⅱ上P、Q两点的张角 ；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影 响，则（ ） A．圆环I中电流的有效值为 学科网（北京）股份有限公司 283B． 时刻直导线CD电动势为 C． 时刻圆环Ⅱ中电流为 D． 时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为 【答案】BD 【详解】A．由题图可知，在 内和 内圆环I中的电流大小均为 在 内圆环I中的电流大小为 设圆环I中电流的有效值为 ，根据有效值定义可得 联立解得 故A错 误； B．设右侧又一无限长的直导线 对称的无限长的直导线 与 构成回路，则 时刻， 、 回路产生的总电动势为 根据对称性可知 时刻直导线CD电动势为 ，故B正确； C．由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则 时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误； D．以O点为圆心，过程P、Q两点圆轨道，在 时刻产生的电动势为 则P、Q两点间圆 学科网（北京）股份有限公司 284弧的电动势为 由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成回路不会产生感应电流， 则圆环Ⅱ上PQ间电动势为 ，故D正确。故选BD。 8．（2024·贵州·高考真题）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有 一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置 于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在 导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终 与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ） A．加速过程中通过金属棒的电荷量为 B．金属棒加速的时间为 C．加速过程中拉力的最大值为 D．加速过程中拉力做的功为 【答案】AB 【详解】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为 ，根据 可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得 解得 ，A正确； B．由 解得 金属棒加速的过程中，由位移公式可得 可得加速时间为 ， B正确； C．金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变， 学科网（北京）股份有限公司 285因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得 其中 联 立解得 ，C错误； D．加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功 可得 因此加速过程中拉力做的功大于 ，D错误。故选AB。 9．（2024·海南·高考真题）两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝 缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个 阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中， 两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m = 0.8kg，m = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电 1 2 阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面 0 向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间 ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ） A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s 【答案】BD 【详解】A．由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达 M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq = C·BLΔv对cd根据牛顿第二定律 有F－BIL－mgsin30° = ma 其中 ， 联立有 则说明金属棒cd做匀加速直 2 2 2 学科网（北京）股份有限公司 286线运动，则有 联立解得a = 6m/s2，t = 1.2s故A错误； 2 B．由题知，知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，则根据功能关系有 金属棒下滑过程 中根据动量定理有 其中 ，R = R＋R = 0.1Ω联立解得q = 6C， 总 ab x = 3m，Q = 3.9J则R上消耗的焦耳热为 故B正确； ab CD．由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有mv－mv = mv′＋mv′， 1 1 2 2 1 1 2 2 其中v = at = 7.2m/s联立解得v′ = －3.3m/s，v′ = 8.4m/s故C错误、 2 2 1 2 D正确。故选BD。 10．（2024·山东·高考真题）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平 面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间 充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN 平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考 虑自感影响，下列说法正确的是（ ） A．MN最终一定静止于OO'位置 B．MN运动过程中安培力始终做负功 C．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大 D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N 【答案】ABD 【详解】A．由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属 学科网（北京）股份有限公司 287棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置， 故A正确； B．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒 MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方 向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过 程中安培力始终做负功，故B正确； C．金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在 到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做 减速运动，故C错误； D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。 故选ABD。 11．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳 的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀 强磁场，磁场上下边界水平，在 时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中， 线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像 中可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】AC 学科网（北京）股份有限公司 288【详解】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线 圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知 对滑块 其中 即 线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时， 即线圈匀速运动的速度为 A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都 趋近于零，则图像A可能正确； B．因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能； CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v，线圈进入磁场做加速度减小的 0 减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速 运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。 故选AC。 12．（2024·辽宁·高考真题）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、 右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有 一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好， ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中 （ ） A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等 【答案】AB 【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确； BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 学科网（北京）股份有限公司 289对cd 故可知 分析可知两个导体棒产 生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知 当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳 定值，此时对ab分析可得 解得 故B正确，C错误； D．根据前面分析可知 ，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的 感应电动势不等，故D错误。故选AB。 13．（2024·北京·高考真题）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相 距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接 触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、 接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 （1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I； （2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a； （3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。 【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析 【详解】（1）开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压 开关闭合瞬间，通过导体棒 的电流 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为 （2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有 将电流I代入解得 （3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t 图线如图所示 学科网（北京）股份有限公司 29014．（2024·河北·高考真题）如图，边长为 的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处 固定一竖直细导体轴 。间距为L、与水平面成 角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导 轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒 在水 平面内绕O点以角速度 匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒 始终静止。 棒在转动过程中， 棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知 棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的 电阻均不计， 棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 （1）求 棒所受安培力的最大值和最小值。 （2）锁定 棒，推动 棒下滑，撤去推力瞬间， 棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1） 问中安培力的最大值，求 棒与导轨间的动摩擦因数。 【答案】（1） ， ；（2） 【详解】（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大， ，此时感应电流最 大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得 根据闭合 电路欧姆定律得 故CD棒所受的安培力最大为 当OA运动到与细框一边平行 时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得 学科网（北京）股份有限公司 291故CD棒所受的安培力最小为 （2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得 当CD棒受到的安培力最大时根 据平衡条件得 联立解得 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得 解得 15．（2024·江西·高考真题）如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ = 0.6，摩擦因数 ， 1 足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角 满足sinθ = 0.8，摩擦因数 。现将质量为m = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处由静止释 2 甲 放，质量为m = 2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l = 乙 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且 若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s2，求： （1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？ （2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？ （3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t、t、 1 2 t、t、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t 时间内未进入右侧倾 3 4 3 斜导轨，求d的取值范围。 【答案】（1）a = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3） 乙0 学科网（北京）股份有限公司 292【详解】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有 甲刚进入磁 场时，平动切割磁感线有E = Blv 则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为 根据楞次定律可知， 0 0 回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二 定律有BIl = ma 带入数据有a = 2m/s2，方向水平向右 0 2 乙0 乙0 （2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则 有mv = (m＋m)v 对乙根据动量定理有 其中 联立解得d = Δx = 24m则d满 1 0 1 2 共 min 足d ≥ 24m （3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m， 且稳定时的速度v = 6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中， 共 根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ = ma 根据匀变速直线运动位移与速度的关系 2 2 2 2 2 2 乙上 有2a x = v 2乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中， 乙上 上 共 根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ = ma 再根据匀变速直线运动位移与速度的关系 2 2 2 2 2 2 乙下 有2a x = v2且x = x 联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度v = 5m/s由于两棒发生碰撞， 乙下 下 1 上 下 1 则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动 有（m＋m）gsinθ＋μ（m＋m）gcosθ = (m＋m)a 1 2 2 2 1 2 2 1 2 共上 同理有2a x = v2且由图（b）可知x = 4.84x 解得甲、乙碰撞后的速度 乙第一次滑下 共上 共上 上 共上 右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有mv－mv = 1 2 2 1 (m＋m))v解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为 若乙第一次滑下右侧轨道最低点时 1 2 与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有 其中 解得 根据位移关系有d ′－Δx = Δx 解得 min 1 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与 甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有 其中 解得 根据位 学科网（北京）股份有限公司 293移关系有d ax－Δx－Δx = Δx 解得 则d的取值范围为 m 1 2 16．（2024·湖北·高考真题）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平 面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的 圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直， 其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R 的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环， 水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形 变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求 （1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； （2）金属环刚开始运动时的加速度大小； （3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有 解 得 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 （2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由 几何关系可得，每段圆弧的电阻为 可知，整个回路的总电阻为 ab刚越 过MP时，通过ab的感应电流为 对金属环由牛顿第二定律有 解得 学科网（北京）股份有限公司 294（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由 于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab 和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为 ，由动量守恒定律有 解 得 对金属棒 ，由动量定理有 则有 设金属棒运动距离为 ，金属环 运动的距离为 ，则有 联立解得 则金属环圆心初始位置到MP的最 小距离 17．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值 电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装 置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v 。当外力功率为定值电 0 阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的 两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。 【答案】（1） ；（2） ， 【详解】（1）开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则 由闭合电路欧 姆定律 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 联立可得，恒定的外力为 在加速阶 学科网（北京）股份有限公司 295段，外力的功率为 定值电阻的功率为 若 时，即 化简可得金属棒速度v的大小为 （2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有 当金属棒匀速运动时， 电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力 不断减小，而 拉力的功率 定值电阻功率 当 时有 可得 根据 可得此时电容器两端电压为 从开关断开到此刻外力所做的功为 其中 联立可得 18．（2023·广东·高考真题）光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度 均为 ，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间 的变化如图（b）所示， 时间内，两区 域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为 和 ，一电阻为 ，边长为 的刚性正方形金属框 ，平放在水平面上， 边与磁场边界平行． 时，线框 边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度 向右运动．在 时刻， 边运动到距区域Ⅰ的左边界 处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如 图（a）中的虚线框所示。随后在 时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变； 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： 学科网（北京）股份有限公司 296（1） 时线框所受的安培力 ； （2） 时穿过线框的磁通量 ； （3） 时间内，线框中产生的热量 。 【答案】（1） ，方向水平向左；（2） ；（3） 【详解】（1）由图可知 时线框切割磁感线的感应电动势为 则感应电流大小为 所受的安培力为 方向水平向左； （2）在 时刻， 边运动到距区域Ⅰ的左边界 处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则 时穿过线框的磁通量为 方向垂直纸面向里； （3） 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有 感应电流大小为 则 时间内，线框中产生的热量为 19．（2023·上海·高考真题）如图（a），线框 位于倾斜角 的斜面上，斜面上有一长度为 的 单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为 ，已知线框边长 ， ， 学科网（北京）股份有限公司 297总电阻 ，现对线框施加一沿斜面向上的力 使之运动。斜面上动摩擦因数 ，线框速度随 时间变化如图（b）所示。（重力加速度 取 ） （1）求外力 大小； （2）求 长度 ； （3）求回路产生的焦耳热 。 【答案】（1）1.48N；（2）0.5m；（3）0.4J 【详解】（1）由图（b）可知在0~0.4s内线框做匀加速运动，加速度为 根据牛顿 第二定律有 代入数据可得 （2）由图（b）可知线框cf匀速进入磁场，则有 其中 联立可得 ， （3）线框穿过磁场过程中回路产生的焦耳热等于过程中安培力做的功，即 20．（2023·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导 轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调 节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位 置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小 （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场， 学科网（北京）股份有限公司 298大小 ，方向与B 相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v 进入导轨，到达绝 1 0 缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距 ，导电 杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。 在火箭落停过程中， （1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L； （2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系； （3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W； （4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。 【答案】（1）3Mg； ；（2） ；（3） ； ； （4）装置A可回收火箭的动能和重力势能及磁场能； 【详解】（1）导体杆受安培力 方向向上，则导体杆向下运动的加速度 解得 a=-2g导体杆运动的距离 （2）回路的电动势 其中 解得 学科网（北京）股份有限公司 299（3）右手定则和欧姆定律可得： 可得 电源输出能量的功率 ， 在 时间内 输出的能量对应 图像的面积，可得： （4）装置A可回收火箭的动能和重力势能，及磁场能；从开始火箭从速度v 到平台速度减为零，则 0 若R的阻值视为0 装置A可回收能量为 21．（2023·湖南·高考真题）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为 ，两导轨及其 所构成的平面均与水平面成 角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 ．现将质量均为 的金属棒 垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 。运动过程中金 属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为 。 （1）先保持棒 静止，将棒 由静止释放，求棒 匀速运动时的速度大小 ； （2）在（1）问中，当棒 匀速运动时，再将棒 由静止释放，求释放瞬间棒 的加速度大小 ； （3）在（2）问中，从棒 释放瞬间开始计时，经过时间 ，两棒恰好达到相同的速度 ，求速度 的大小， 以及时间 内棒 相对于棒 运动的距离 。 学科网（北京）股份有限公司 300【答案】（1） ；（2） ；（3） ， 【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁 感应定律可得 有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 ， a棒受力平衡可得 联立记得 （2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛 顿第二定律可得 解得 （3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理 b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理 联立解得 此过程流过b棒的电荷量为q，则有 由法拉第电磁感应定律可 得 联立b棒动量定理可得 22．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为 ，导 轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应 强度大小为 。一质量为 、电阻为 、长度也为 的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为 的绝缘棒 Q位于P的左侧，以大小为 的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与 Q始终平行。不计空气阻力。求 （1）金属棒P滑出导轨时的速度大小； （2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； （3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 学科网（北京）股份有限公司 301【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 ， 联立解得 ， 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端 滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为 （2）根据能量守恒有 解得 （3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 又 ， 联立可得 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为 23．（2024·浙江·高考真题）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框 abcd 放在与强磁场 中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以 均匀增大时，线框的发热功率为 P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴 匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab 边所受最大的安培力为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 302A． N B． C．1N D． 【答案】C 【详解】磁场均匀增大时，产生的感应电动势为 可得 线框以某一角速度 绕其中心轴 匀速转动时电动势的最大值为 此时有 解得 分析可 知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为 故ab边所受最大的安培力为 故选C。 24．（2024·浙江·高考真题）理想变压器的原线圈通过a 或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线 圈接有三个支路，如图所示（光敏电阻的阻值随着光照增加而减少）。当S接a时，三个灯泡均发光。若 （ ） A．电容C增大，L 灯泡变亮 B．频率f增大，L 灯泡变亮 1 2 C．R 上光照增强，L 灯泡变暗 D．S接到b时，三个泡均变暗 G 3 【答案】A 【详解】A．电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L 灯泡变亮，故A正确； 1 B．频率f增大，则电感的阻碍作用增大，则L 灯泡变暗，故B错误； 2 C．光敏电阻光照增强，阻值减小，由于各支路电压不变，则L 灯泡电流增大，变亮，故C错误； 3 D．S接到b时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个泡均变亮，故D错误。 故选A。 25．（2024·北京·高考真题）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t 变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V，3W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 303A．原线圈两端电压的有效值为 B．副线圈中电流的有效值为0.5A C．原、副线圈匝数之比为1∶4 D．原线圈的输入功率为12W 【答案】B 【详解】A．由题图知，原线圈电压最大值为 ，则原线圈两端电压的有效值为 故A错误； B．灯泡正常发光，由P = UI得，副线圈中电流有效值为 故B正确； C．由理想变压器电压与匝数关系可知 故C错误； D．理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P = P 1 L = 3W故D错误。故选B。 26．（2024·河北·高考真题） 为两个完全相同的定值电阻， 两端的电压随时间周期性变化的规律 如图1所示（三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的 倍）， 两端的电压随时间按正弦规律变化如图2 所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比 为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 304A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为 解得 图二 的有效值为 接在阻值大小相等的电阻上，因此 故选B。 27．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度 大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为 转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动 势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为 由题图丙可知，磁场区域变 学科网（北京）股份有限公司 305化后，当 时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转 时开始切割磁感线，由几何关 系可知磁场区域平行于x轴的边长变为 ，C正确。故选C。 28．（2024·湖南·高考真题）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13 年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电 的装置如图所示。已知发电机转子以角速度 匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的 总电阻可简化为一个定值电阻 。当用户端接一个定值电阻R时， 上消耗的功率为P。不计其余电阻， 下列说法正确的是（ ） A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则 上消耗的功率为4P B．输电线路距离增加，若 阻值增加一倍，则 消耗的功率为4P C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则 上消耗的功率为8P D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则 上消耗的功率为6P 【答案】A 【详解】 如图为等效电路图，设降压变压器的原副线圈匝数比为 ，则输电线上的电流为 转子在磁 场中转动时产生的电动势为 A．当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为 ， 学科网（北京）股份有限公司 306故 上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确； C．升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故 上消耗 的电功率变为原来的4倍，故C错误； B．若 阻值增加一倍，输电线路上的电流 消耗的功率 故B错误； D．若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为 消耗的功率 故D错误。故选A。 29．（2024·浙江·高考真题）如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出 的 交流电，经原、副线圈匝数分别为 和 的变压器升压至峰值大于 ，就会在打火针和金属板间引发 电火花，实现点火。下列正确的是（ ） A． B． C．用电压表测原线圈两端电压，示数为 D．副线圈输出交流电压的频率是 【答案】B 【详解】AB．原线圈两端电压的有效值 根据电压匝数关系有 变压器副线圈电压 学科网（北京）股份有限公司 307的峰值 根据题意有 解得 ， 故A错误，B正确； C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为 故C错误； D．根据 解得 变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是 ，故 D错误。故选B。 30．（2024·重庆·高考真题）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲，乙所示，图中额定电 压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n、n。原线圈两端接电压 1 2 为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作， 则（ ） A．n：n = 110：3 1 2 B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小 C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能 D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大 【答案】AC 【详解】A．滑片P在最左端时，图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，因此 故A正确； B．当P滑到R中点时，图甲中总电阻为P左端电阻与灯泡电阻串联，图乙中总电阻为灯泡电阻与Р右端的 电阻并联后再与P左端电阻串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压， 则图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误； C．当P滑到R最左端时，图甲中只有灯泡，图乙中R与灯泡并联，总电阻更小，输出功率更大，图甲比 图乙更节能，故C正确； 学科网（北京）股份有限公司 308D．图乙中的灯泡两端电压在0到6V间变化，图甲中灯泡两端电压最高为6V，最低达不到0，则图乙中灯 泡两端可调电压范围大，故D错误。 故选AC。 31．（2024·海南·高考真题）电动汽车充电站变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩输入 电流16A，设原副线圈匝数分别为 、 ，输入正弦交流的频率为50Hz，则下列说法正确的是（ ） A．交流电的周期为0.02s B．原副线圈匝数比 C．输出的最大电压为220V D．若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2kW 【答案】AD 【详解】A．交流电的周期为 故A正确； B．根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原副线圈匝数比为 故B错误； C．输出的最大电压为 故C错误； D．若10台充电桩同时使用，输出功率为 变压器不改变功 率，故输入功率为 故D正确。故选AD。 32．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副 线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻 和 、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压 不变的情况下， 学科网（北京）股份有限公司 309为提高 的热功率，可以（ ） A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 【答案】AC 【详解】A．保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑 动时，R与 串联后的总电阻减小，电流增大，根据 可知此时热功率增大，故A正确； B．将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过 的电流减小，故热功率减小，故B错误； C．将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与 串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确； D．将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与 串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。 故选AC。 33．（2024·天津·高考真题）电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时， 将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可 简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为 B，线框转轴OO′与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。 学科网（北京）股份有限公司 310(1)线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向； (2)若线框以角速度ω匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求 此时AB产生的感应电动势； (3)讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻， 电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为ω，第二周的角速度为 ，第 0 三周的角速度为 ，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运 动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。 【答案】(1)电流方向从B到A(2) (3) 【详解】（1）由右手定则可知，图示位置AB中的电流方向从B到A。 （2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为 AB切割磁感线的速度为 则感应电动势 解得此时AB产生的感应电动势 （3）线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为 线框转动第一周产生感应电动势最大值 储存电能为 同理线框转动第二 周储存的电能 同理线框转动第三周储存的电能 ，……线框转动第n周储存的电 学科网（北京）股份有限公司 311能 则直到停止时储存的电能为 储存的电能为初动能的50%，可知初动能 根据动能定理和牛顿第二定律可得 ， 解得 34．（2024·广西·高考真题）某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、 小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈 、 组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强 磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连 接。K的结构参数见图乙，其中 ，每个线圈的圆心角为 ，圆心在转轴轴线上，电阻为 R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以 的角速度保持匀速转动，以线圈 的ab边某次进 入磁场时为计时起点，求K转动一周。 （1）不同时间线圈 受到的安培力大小； （2）流过线圈 的电流有效值； （3）装置K消耗的平均电功率。 学科网（北京）股份有限公司 312【答案】（1）见解析；（2） ；（3） 【详解】（1）由题意知大齿轮以 的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则 ， 可 得小齿轮转动的角速度为 转动周期为 以线圈 的ab边某次进入磁场时为计时起点， 到cd边进入磁场，经历的时间为 这段时间内线圈 产生的电动势为 电流为 受到的安培力大小 当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间 为 由于M 线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；当M 线圈ab边离开磁场到cd 1 1 边离开磁场，经历的时间为 此时的安培力大小由前面分析可知 方 向与进入时相反；当M 线圈cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为 同理可知安培力为 1 0。 （2）根据（1）可知设流过线圈 的电流有效值为I，则根据有效值定义有 其中 ， 联立解得 （3）根据题意可知流过线圈 和 的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为 35．（2024·辽宁·高考真题）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n：n = 5：1，原线圈接在电压峰 1 2 学科网（北京）股份有限公司 313值为U 的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内 m 封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T。 0 （1）求变压器的输出功率P； （2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热 丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为 设变压器副线圈的输出电 压为U，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有 联立解得 理想变压器的输 2 出功率等于R的热功率，即 （2）设加热前容器内气体的压强为p，则加热后气体的压强为2p，温度为T，容器内的气体做等容变化， 0 0 2 则有 由 知气体吸收的热量 根据热力学第一定律 ，气体 的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则 电热丝产生的热量全部被气体吸收 联立整理 得 解得 学科网（北京）股份有限公司 31436．（2023·浙江·高考真题）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为 的 两轻质横杆组成，且 。线框通有恒定电流 ，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转 轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆 环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度 匀速转动，当线框平面与 平面重 合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量 与时间的近似关系如图2所示，图中 已知。 （1）求0到 时间内，流过圆环横截面的电荷量q； （2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在 时间内，求圆环中的电流与时间的关系； （3）求圆环中电流的有效值； （4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经 时间角速度减小量为 ，设线框与圆环的能量转换 效率为k，求 的值（当 ，有 ）。 【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4） 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律 由闭合电路欧姆定律 由电流定义式 联立可得 学科网（北京）股份有限公司 315（2）在 时 在 时 （3）从能量角度 解得 （4）由能量传递 化简可得 即 解得 【真题六 机械波与热光原】 1．（2024·天津·高考真题）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图1是 时该波的波形图，图2是 处质点的振动图像。则 时该波的波形图为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】波的周期T=4s，因 时，即在t=1s后再经过10s=2.5T，此时原点处的质点振动到波谷位置， 即该波的波形图为C。故选C。 2．（2024·重庆·高考真题）一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，一平衡位置与坐标 学科网（北京）股份有限公司 316原点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，若该波的波长大于3米。则（ ） A．最小波长 B．频率 C．最大波速 D．从该时刻开始2s内该质点运动的路程为 【答案】BD 【详解】B．根据乙图写出平衡位置与坐标原点距离为3m米的质点的振动方程y = sin（ωt＋φ）带入点 （0， ）和（2，0）解得 ， 可得T = 2.4s， 故B正确； A．在题图甲中标出位移为 的质点 若波沿x轴正方向传播则为Q点，沿x轴负方向传播则为P点，则波长可能为 ，即λ = 18m，或 ，即λ′ = 9m故A错误； C．根据 ，可得v = 7.5m/s，v′ = 3.75m/s故C错误； 学科网（北京）股份有限公司 317D．根据题图乙计算该质点在2s内运动的路程为 故D正确。故选BD。 3．（2024·浙江·高考真题）频率相同的简谐波源S 、S ，和接收点M位于同一平面内，S 、S 到M的距离 1 2 1 2 之差为6m。t=0时S ，S ，同时垂直平面开始振动，M点的振动图像如图所示，则（ ） 1 2 A．两列波的波长为2m B．两列波的起振方向均沿x正方向 C．S 和S ，在平面内不能产生干涉现象 D．两列波的振幅分别为3cm和1cm 1 2 【答案】B 【详解】根据图像可知 时M点开始向上振动，故此时一列波传播到M点，起振方向向上， 时 波形开始改变，说明另一列波传播到M点，此时两列波平衡位置都传到M点，第一列波使M点向下振动， 之后振幅减小，则此时M点振动减弱，可知第二列波使M点向上振动。 A．S 、S 到M的距离之差为6m，由图可知两列波传到M点的时间差为 ，根据 可得波速为 1 2 故波长为 故A错误； B．根据前面分析可知两列波刚传到M点时均使M点向上振动，故两列波的起振方向均沿x正方向，故B 正确； C．两列波频率相等，在平面内能产生干涉现象，故C错误； D．由 和 时的位移知第一列的振幅为3cm,，第二列波的振幅为 故D错 误。故选B。 4．（2024·海南·高考真题）一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2km的湖对岸，空气中的声速 为340m/s，水中声速为1450m/s，歌声可视为频率为400Hz的声波，则下列说法正确的是（ ） A．在水中传播频率会改变 B．由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5s C．在空气中波长为0.85m D．在水中的波长为5m 【答案】BC 学科网（北京）股份有限公司 318【详解】A．频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改变，故A错误； B．由空气传到湖对岸的时间为 由水传到湖对岸的时间为 故 由空气和水传到湖对岸的时间差约为 故B正确； C．在空气中的波长为 故C正确； D．在水中的波长为 故D错误。故选BC。 5．（2024·北京·高考真题）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在 竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线， 如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A． 时，弹簧弹力为0 B． 时，手机位于平衡位置上方 C．从 至 ，手机的动能增大 D．a随t变化的关系式为 【答案】D 【详解】A．由题图乙知， 时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为 ，A错误； B．由题图乙知， 时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误； C．由题图乙知，从 至 ，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小， 动能减小，C错误； D．由题图乙知 则角频率 则a随t变化的关系式为 ，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 319故选D。 6．（2024·安徽·高考真题）某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。 某时刻的波形图如图所示，则这两列横波（ ） A．在 处开始相遇 B．在 处开始相遇 C．波峰在 处相遇 D．波峰在 处相遇 【答案】C 【详解】AB．由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在 处 开始相遇，故AB错误； CD．甲波峰的坐标为 ，乙波峰的坐标为 ，由于两列波的波速相同，所以波峰在 处相遇，故C正确，D错误。故选C。 7．（2024·江西·高考真题）如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中， 入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）、（c）所示。 已知超声波在机翼材料中的波速为 。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d,下列 选项正确的是（ ） A．振动减弱； B．振动加强； C．振动减弱； D．振动加强； 【答案】A 【详解】根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为 又波速v=6300m/s，则超声波在机翼材 学科网（北京）股份有限公司 320料中的波长 结合题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为 故两个 反射信号的路程差 解得 两个反射信号在探头处振动减弱，A正 确。故选A。 8．（2024·河北·高考真题）如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机 的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的 方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的 图像．已知轻杆在竖直面内长 ,电动机 转速为 ．该振动的圆频率和光点在 内通过的路程分别为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的转速为 因此角频率 周期为 简谐振动的振幅即为轻杆的长度 ，12.5s通过的路程为 故选C。 9．（2024·山东·高考真题）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2m/s。t=0 时刻二者在x=2m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2m处的质点P，下列说法正确的是 （ ） 学科网（北京）股份有限公司 321A．t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0 B．t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为 C．t=1.0s时，P向y轴正方向运动 D．t=1.0s时，P向y轴负方向运动 【答案】BC 【详解】AB．在 内，甲、乙两列波传播的距离均为 根据波形平移法可知， 时， 处甲波的波谷刚好传到P处， 处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，根据叠加原 理可知， 时，P偏离平衡位置的位移为 ，故A错误，B正确； CD．在 内，甲、乙两列波传播的距离均为 根据波形平移法可知， 时， 甲波的平衡位置振动刚好传到P处， 处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，且此时两列波的振 动都向y轴正方向运动，根据叠加原理可知， 时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。故选 BC。 10．（2024·湖南·高考真题）如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向 左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距 ， 时刻A点位于 波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是（ ） A．波长为 B．波速为 C． 时刻，B点速度为0 D． 时刻，A点速度为0 【答案】D 【详解】A．如图根据题意可知 解得 故A错误； B．波源的振动频率为 故波速为 故B错误； C．质点的振动周期为 ，因为 ，故B点在 运动到平衡位置，位移为0，速度最大， 故C错误； 学科网（北京）股份有限公司 322D． ，故A点在 运动到波峰，位移最大，速度为0，故D正确。故选D。 11．（2024·新疆河南·高考真题）位于坐标原点O的波源在 时开始振动，振动图像如图所示，所形成 的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在 处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置， 则（ ） A．波的周期是0.1s B．波的振幅是0.2m C．波的传播速度是10m/s D．平衡位置在 处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置 【答案】BC 【详解】AB．波的周期和振幅与波源相同，故可知波的周期为 ，振幅为 ，故A错误，B正 确； C．P开始振动时，波源第2次到达波谷，故可知此时经过的时间为 故可得波速为 故C正确； D．波从P传到Q点需要的时间为 故可知质点P处于平衡位置，故D错误。故选BC。 12．（2024·江苏·高考真题）如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA=2AB，零时刻在O点的水面给 一个扰动，t 时刻A开始振动，则B振动的时刻为（ ） 1 A．t B． C．2t D． 1 1 【答案】B 学科网（北京）股份有限公司 323【详解】机械波的波速 不变，设OA=2AB=2L，故可得 可得 故可得B振动的时刻为 故选B。 13．（2024·福建·高考真题）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放， 一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管 振动图像如图（b）所示，则试管（ ） A．振幅为 B．振动频率为 C．在 时速度为零 D．在 时加速度方向竖直向下 【答案】B 【详解】AB．根据图像(b)可知，振幅为 ；周期为 则频率为 故A错误， B正确； C．根据图像可知， 时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误； D．根据图像可知， 时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。 故选B。 14．（2024·辽宁·高考真题）如图（a），将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直 向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图 像如（b）所示（不考虑自转影响），设地球、该天体的平均密度分别为 和 ，地球半径是该天体半径 的n倍。 的值为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 324A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设地球表面的重力加速度为 ，某球体天体表面的重力加速度为 ，弹簧的劲度系数为 ，根据 简谐运动的对称性有 ， 可得 ， 可得 设某球体天体的 半径为 ，在星球表面，有 联立可得 故选C。 15．（2024·浙江·高考真题）如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一 水平杆上，间距为 ，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为 ，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上 可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（ ） A． 时刻小球向上运动 B． 时刻光源的加速度向上 C． 时刻小球与影子相位差为 D． 时刻影子的位移为 【答案】D 【详解】A．以竖直向上为正方向，根据图2可知， 时刻，小球位于平衡位置，随后位移为负值，且位移 学科网（北京）股份有限公司 325增大，可知， 时刻小球向下运动，故A错误； B．以竖直向上为正方向， 时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正弦式，表明其做简谐运动，根据 可知，其加速度方向与位移方向相反，位移方向向上，则加速度方向向下，故B错误； C．根据图2可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留 下的阴影，可知，影子与小球的振动步调总是相同，即 时刻小球与影子相位差为0，故C错误； D．根据图2可知， 时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据直线传播能够在屏上影子的位置也处 于最高点，影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有 解得 即 时刻影子 的位移为5A，故D正确。故选D。 16．（2023·山东·高考真题）如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已 知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的 倍，质点经过A点时开始计时，t时刻 第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】AB．当AB两点在平衡位置的同侧时有 可得 ； 或者 因此可知第二次经过B点时 ， 解得 此时位移关系为 解得 学科网（北京）股份有限公司 326故A错误，B正确； CD．当AB两点在平衡位置两侧时有 解得 或者 （由图中运 动方向舍去）， 或者 当第二次经过B点时 ，则 解得 此时位 移关系为 解得 ，C正确D错误；故选BC。 17．（2024·海南·高考真题）一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知 ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（ ） A．bc过程外界对气体做功 B．ca过程气体压强不变 C．ab过程气体放出热量 D．ca过程气体内能减小 【答案】AC 【详解】A．由理想气体状态方程 化简可得 由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故 p < p = pbc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确； a b c B．由理想气体状态方程 化简可得 由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故 ca过程气体压强减小，故B错误； C．ab过程为等温变化，内能不变，故 根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做 学科网（北京）股份有限公司 327功，故 根据热力学第一定律 解得 Ab过程气体放出热量，故C正确；D．ca过程，温 度升高，内能增大，故D错误。故选C。 18．（2024·海南·高考真题）用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均 匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为 ，薄吸管底面积 ，罐 外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（ ） A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B．该装置所测温度不高于31.5℃ C．该装置所测温度不低于23.5℃ D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 【答案】B 【详解】A．由盖—吕萨克定律得 其中 ， ， 代入解得 根据 可知 故若在 吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误； BC．当 时，该装置所测的温度最高，代入解得 故该装置所测温度不高于 ，当 时，该装置所测的温度最低，代入解得 故该装置所测温度不低于 ，故B正确，C错 误； D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 故选B。 19．（2025·浙江·高考真题）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T = 300 K，体积V = 1 1 1 × 103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h = 10 cm。将瓶子放进T = 303 K的恒温水 2 学科网（北京）股份有限公司 328中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管 中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J； 从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3；忽略 0 表面张力和水蒸气对压强的影响。 (1)从状态2到状态3，气体分子平均速率 （“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单位面 积瓶壁的分子数 （“增大”、“不变”、“减小”）； (2)求气体在状态3的体积V； 3 (3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。 【答案】(1) 不变 减小(2)V = 1.0201 × 103 cm3(3)ΔU = 2.53 J 3 【详解】（1）[1][2]从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率不 变，由于气体对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 （2）气体从状态1到状态2的过程，由盖—吕萨克定律 其中 ， ， 解得 此时气体压强为 气体从状态2到状态3的过程，由玻 意耳定律 其中 代入数据解得，气体在状态3的体积为 （3）气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为 由热力学第一定律 其中 ， 代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为 20．（2024·甘肃·高考真题）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔 板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系 学科网（北京）股份有限公司 329统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为 ，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原 来的 。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求： （1）抽气之后A、B的压强 。 （2）弹簧的劲度系数k。 【答案】（1） ， ；（2） 【详解】（1）设抽气前两体积为 ，对气体A分析：抽气后 根据玻意耳定律得 解得 对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半 即 ，则根据玻意耳定律得 解得 （2）由题意可知，弹簧的压缩量为 ，对活塞受力分析有 根据胡克定律得 联立得 21．（2024·广东·高考真题）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两 个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压 强减去B内气体压强大于 时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于 时差压阀关 闭。当环境温度 时，A内气体体积 ，B内气体压强 等于大气压强 ，已知活 塞的横截面积 ， ， ，重力加速度大小取 ，A、B内的气体可 学科网（北京）股份有限公司 330视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到 时： （1）求B内气体压强 ； （2）求A内气体体积 ； （3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到 并保持不变，求已倒入铁砂的质量 。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1、2）假设温度降低到 时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化， 初态 ， 末态 根据 代入数据可得 ，A内气体做等压变化， 压强保持不变，初态 ， 末态 根据 代入数据可得 由于 假设成立，即 （3）恰好稳定时，A内气体压强为 ，B内气体压强 此时差压阀恰好关闭，所以有 代入数据联立解得 22．（2024·广西·高考真题）如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积 学科网（北京）股份有限公司 331的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气 体的长度 。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为 的a处，再使封 闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为 F，膨胀过程 曲线如图乙。大气压强 。 （1）求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小； （2）推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化； （3）画出封闭气体等温变化的 图像，并通过计算标出a、b处坐标值。 【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析 【详解】（1）活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强 ，故此时封闭气体对活 塞的压力大小为 （2）根据题意可知 图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得 根据 可得气 学科网（北京）股份有限公司 332体压强为 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得 故可知该过程中对封闭气体的 值恒定不变，故可知做等 温变化。 （3）分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时 在b处时气体体积为 在a处时气体体积为 根据玻意耳定律 解得 故封闭气体等温变化的 图像如下 23．（2024·山东·高考真题）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐 组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S=1.0cm2，长度H=100.0cm，侧壁有一小孔A。储 1 液罐的横截面积S=90.0cm2，高度h=20.0cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从 2 孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液 器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大 气压p=1.0×105Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 0 （1）求x； （2）松开孔A，从外界进入压强为p、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后 0 罐中恰好剩余一半的液体，求V。 学科网（北京）股份有限公司 333【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有 又因为 代入数据联立解得 （2）当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有 又因为 代 入数据联立解得 24．（2024·湖南·高考真题）一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视 为理想气体。 （1）若将气球内气体等温膨胀至大气压强p，求此时气体的体积V（用p、p和V表示）； 0 0 0 （2）小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上， 示数为m = 8.66 × 10−3kg（此时须考虑空气浮力对该示数的影响）。小赞同学查阅资料发现，此时气球内 气体压强p和体积V还满足：(p−p)(V−V ) = C，其中p = 1.0 × 105Pa为大气压强，V = 0.5 × 10−3m3为 0 B0 0 B0 气球无张力时的最大容积，C = 18J为常数。已知该气球自身质量为m = 8.40 × 10−3kg，外界空气密度为 0 ρ = 1.3kg/m3，求气球内气体体积V的大小。 0 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有 解得 （2）设气球内气体质量为 ，密度为 ，则等温变化中，气体质量不变，有： 对气球 进行受力分析如图所示 学科网（北京）股份有限公司 334根据气球的受力分析有 结合题中p和V满足的关系为 解得 25．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活 塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离 ，活塞的面积 为 。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分 别为 和 。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中 气体温度视为不变），外力增加到 并保持不变。 （1）求外力增加到 时，卡销b对活塞支持力的大小； （2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 【答案】（1）100N；（2）327K 【详解】（1）活塞从位置 到 过程中，气体做等温变化，初态 、 末态 、 根据 解得 此时对活塞根据平衡条件 解得卡销b对活 塞支持力的大小 （2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态 学科网（北京）股份有限公司 335， 末态，对活塞根据平衡条件 解得 设此时温度为 ， 根据 解得 26．（2024·河北·高考真题）如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定 质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度 大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因 活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后（ ） A．弹簧恢复至自然长度 B．活塞两侧气体质量相等 C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 【答案】ACD 【详解】A．初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。 因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压 力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确； B．由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左 侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误； C．密闭的气缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确； D．初始时气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两 倍，故D正确。 故选ACD。 27．（2024·山东·高考真题）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过 程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 336A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B．b→c过程，气体对外做功，内能增加 C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 【答案】C 【详解】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知 即内能增大， ，根据热力学第一定律 可知 过程，气体从外界吸收的热量 一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误； B．方法一： 过程中气体与外界无热量交换，即 又由气体体积增大可知 ，由热力学第 一定律 可知气体内能减少。方法二： 过程为等温过程，所以 结合 分析可知 所以b到c过程气体的内能减少。故B错误； C． 过程为等温过程，可知 根据热力学第一定律可知 过程，气体从外界吸 收的热量全部用于对外做功，C正确； D．根据热力学第一定律结合上述解析可知： 一整个热力学循环过程 ，整个过程气 体对外做功，因此热力学第一定律可得 故 过程气体从外界吸收的热量 不等 于 过程放出的热量 ，D错误。故选C。 28．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程 （过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程 是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 337A．1→2过程中，气体内能增加 B．2→3过程中，气体向外放热 C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体向外放热 【答案】AD 【详解】A．1→2为绝热过程，根据热力学第一定律 可知此时气体体积减小，外界对气体做功， 故内能增加，故A正确； B．2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大， 气体对外界做功 ，故气体吸收热量，故B错误； C．3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功 ，根据热力学第一定律可知气体内能减小， 故C错误； D．4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变 ，故可知 气体向外放热，故D正确。故选AD。 29．（2024·贵州·高考真题）制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭 在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气 口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体 体积为 ，压强为 ，现缓慢充气后压强变为 ，不计容器的容积变化。 (1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为 时的体积。 (2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的 学科网（北京）股份有限公司 338变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为 ，压强为 。求气体在状态N与状态M 时的热力学温度之比。 (3)图（b）中虚线 是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变化关系图线， 试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（不需要说明理由） 【答案】(1) (2) (3)吸热 【详解】（1）设充入的气体在该室温环境下压强为 时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有 解得 （2）容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得 可得 （3）由 图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多， 和 都是 从M状态变化而来， 应该相同，可得 可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定 律 可知，从M到 的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内 能降低反而更少，则气体必然吸热。 30．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一 部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为 ，气柱的高度为h。 当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升 再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度 变化量ΔT的关系式为 ，C为已知常数，大气压强恒为 ，重力加速度大小为g，所有温度为热 力学温度。求 （1）再次平衡时容器内气体的温度。 （2）此过程中容器内气体吸收的热量。 学科网（北京）股份有限公司 339【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得 即 解得 （2）此过程中气体内能增加 气体对外做功大小为 由热力学第 一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量 31．（2025·浙江·高考真题）测量透明溶液折射率的装置如图1所示。在转盘上共轴放置一圆柱形容器， 容器被透明隔板平分为两部分，一半充满待测溶液，另一半是空气。一束激光从左侧沿直径方向入射，右 侧放置足够大的观测屏。在某次实验中，容器从图2（俯视图）所示位置开始逆时针匀速旋转，此时观测 屏上无亮点；随着继续转动，亮点突然出现，并开始计时，经 后亮点消失。已知转盘转动角速度为 ， 空气折射率为1，隔板折射率为n，则待测溶液折射率 为（ ）（光从折射率 的介质射入折射率 的 介质，入射角与折射角分别为 与 ，有 ） A． B． C． D． 【答案】A 学科网（北京）股份有限公司 340【详解】由题意可知当屏上无光点时，光线从隔板射到空气上时发生了全发射，出现亮点时，光线从溶液 射到隔板再射到空气时发生了折射，可知从出现亮点到亮点消失，容器旋转 满足 光线能透过液 体和隔板从空气中射出时，即出现亮点时，可知光线的在空气中的入射角为θ时，光线在隔板和空气界面 发生全反射,在隔板和液体界面，有 在隔板和空气界面 解得 故选A。 32．（2024·海南·高考真题）一正三角形OPQ玻璃砖，某束光线垂直于OP射入，恰好在PQ界面发生全 反射，则玻璃砖的折射率（ ） A． B． C． D．2 【答案】C 【详解】如图所示 根据几何关系可知光线在PQ界面的入射角为 根据全反射的临界条件可得 解得 故选C。 33．（2024·甘肃·高考真题）如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入 射到圆心O，当 时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 341A．该材料对红光的折射率为 B．若 ，光线c消失 C．若入射光a变为白光，光线b为白光 D．若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直 【答案】ABC 【详解】A．根据几何关系可知从材料内发生折射时光线的折射角为 ，故折射率为 故 A正确；B．设临界角为C，得 故 ，故若 ，会发生全反射，光线c消失， 故B正确； C．由于光线b为反射光线，反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b为白光，故C正确； D．对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和c不会垂直， 故D错误。故选ABC。 34．（2024·广东·高考真题）如图所示，红绿两束单色光，同时从空气中沿同一路径以 角从MN面射入某 长方体透明均匀介质。折射光束在NP面发生全反射。反射光射向PQ面。若 逐渐增大。两束光在NP面 上的全反射现象会先后消失。已知在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率。下列说法正确的是 （ ） A．在PQ面上，红光比绿光更靠近P点 B． 逐渐增大时，红光的全反射现象先消失 C． 逐渐增大时，入射光可能在MN面发生全反射 D． 逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐增大 【答案】B 【详解】A．红光的频率比绿光的频率小，则红光的折射率小于绿光的折射率，在 面，入射角相同， 根据折射定律 可知绿光在 面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红光更靠近P点，故A 错误； B．根据全反射发生的条件 可知红光发生全反射的临界角较大， 逐渐增大时，折射光线与 面 学科网（北京）股份有限公司 342的交点左移过程中，在 面的入射角先小于红光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失， 故B正确； C．在 面，光是从光疏介质到光密介质，无论 多大，在MN面都不可能发生全反射，故C错误； D．根据折射定律 可知 逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐减小，故D错误。 故选B。 35．（2023·浙江·高考真题）在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长 度为0.9m，水的折射率 ，细灯带到水面的距离 ，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】灯带发出的光从水面射出时发生全反射临界角的正弦值 则 灯带上的一个 点发出的光发生全反射的临界角如图所示 根据几何关系可得 则一个点发出的光在水面上能看到的 的圆，光射 出的水面形状边缘为弧形，如图所示 等腰直角三角形发光体的内切圆半径 满足 解得 故中间无空缺。故选 学科网（北京）股份有限公司 343C。 36．（2024·山东·高考真题）某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为O点，半径为R；直角三 棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R，∠FEG=30°。横截面所在平面内，单色光 线以θ角入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为 1.5。 （1）求sinθ； （2）以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D（图中 未标出）到E点距离的范围。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）由题意设光在三棱镜中的折射角为 ，则根据折射定律有 由于折射光线垂直EG边 射出，根据几何关系可知 代入数据解得 （2）根据题意作出单色光第一次到达半圆弧AMB恰好发生全反射的光路图如图 则根据几何关系可知FE上从P点到E点以 角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB都可以发生全反射， 根据全反射临界角公式有 设P点到FG的距离为l，则根据几何关系有 又因为 学科网（北京）股份有限公司 344联立解得 所以光线在EF上的入射点D到E点的距离范围为 37．（2024·贵州·高考真题）一种测量液体折射率的V形容器，由两块材质相同的直角棱镜粘合，并封闭 其前后两端制作而成。容器中盛有某种液体，一激光束从左边棱镜水平射入，通过液体后从右边棱镜射出， 其光路如图所示。设棱镜和液体的折射率分别为 ，光在棱镜和液体中的传播速度分别为 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由图可知光从棱镜进入液体中时，入射角小于折射角，根据折射定律可知 根据折射率的速 度表达式 可得 故选A。 38．（2024·广西·高考真题）如图，S为单色光源，S发出的光一部分直接照在光屏上，一部分通过平面镜 反射到光屏上。从平面镜反射的光相当于S在平面镜中的虚像发出的，由此形成了两个相干光源。设光源 S到平面镜和到光屏的距离分别为a和l， ，镜面与光屏垂直，单色光波长为 。下列说法正确的是（ ） A．光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为 B．光屏上相邻两条暗条纹的中心间距为 C．若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中此时单色光的波长变为 学科网（北京）股份有限公司 345D．若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为 ，则该液体的折 射率为 【答案】AD 【详解】AB．根据光的反射对称性可知光源S与平面镜中的虚像距离为2a，根据条纹间距公式可知 故A正确，B错误； C．若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中，光的频率不变，根据 ， 其中c为在 真空中的光速，则 故C错误； D．若将整套装置完全没入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为 ，根据条纹间距公式 有 可得 结合C选项的分析可知 所以 故D正确。故选AD。 39．（2024·重庆·高考真题）某同学设计了一种测量液体折射率的方案。容器过中心轴线的剖面图如图所 示，其宽度为16cm，让单色光在此剖面内从空气入射到液体表面的中心。调整入射角，当反射光与折射 光垂直时，测出竖直器壁上的反射光点与液体表面的距离h，就能得到液体的折射率n。忽略气壁厚度，由 该方案可知（ ） A．若h = 4cm，则 B．若h = 6cm，则 C．若 ，则h = 10cm D．若 ，则h = 5cm 【答案】B 【详解】根据几何关系画出光路图，如图所示 学科网（北京）股份有限公司 346标注入射角θ，折射角θ，根据折射定律可得 1 2 A．若 ，则 ，故A错误； B．若 ，则 ，故B正确； C．若 ，则 ，故C错误； D．若 ，则 ，故D错误。 故选B。 40．（2023·湖南·高考真题）一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号， 设激光光束与水面的夹角为α，如图所示。他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激 光光束，下列说法正确的是（ ） A．水的折射率为 B．水的折射率为 C．当他以α = 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60° D．当他以α = 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60° 【答案】BC 【详解】AB．他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α = 41°时激 学科网（北京）股份有限公司 347光恰好发生全反射，则 则 ，A错误、B正确； CD．当他以α = 60°向水面发射激光时，入射角i = 30°，则根据折射定律有nsini = sini 折射角i 大于 1 1 2 2 30 ，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确、D错误。故选BC。 41°．（2024·山东·高考真题）检测球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示，将标准滚珠a与待测滚珠b、 c放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠 与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是（ ） A．滚珠b、c均合格 B．滚珠b、c均不合格 C．滚珠b合格，滚珠c不合格 D．滚珠b不合格，滚珠c合格 【答案】C 【详解】b与a位于同一条干涉条纹上，说明两处空气膜的厚度相同，则滚珠b与标准滚珠a直径相等，所 以合格；c与a位于不同干涉条纹上，说明两处空气膜的厚度不同，则滚珠c与标准滚珠a直径不相等，所 以不合格。故选C。 42．（2024·湖南·高考真题）1834年，洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果（称洛埃镜实验），平面 镜沿 放置，靠近并垂直于光屏。某同学重复此实验时，平面镜意外倾斜了某微小角度 ，如图所示。S 为单色点光源。下列说法正确的是（ ） A．沿 向左略微平移平面镜，干涉条纹不移动 B．沿 向右略微平移平面镜，干涉条纹间距减小 C．若 ，沿 向右略微平移平面镜，干涉条纹间距不变 D．若 ，沿 向左略微平移平面镜，干涉条纹向A处移动 学科网（北京）股份有限公司 348【答案】BC 【详解】CD．根据题意画出光路图 如图所示，S发出的光与通过平面镜反射光（可以等效成虚像S′发出的光）是同一列光分成的，满足相干 光条件。所以实验中的相干光源之一是通过平面镜反射的光，且该干涉可看成双缝干涉，设S与S′的距离 为d，则d = 2aS到光屏的距离为l，代入双缝干涉公式 可得 则若θ = 0°，沿OA向右（沿 AO向左）略微平移平面镜，对l和d均没有影响，则干涉条纹间距不变，也不会移动，故C正确，D错误； AB．同理再次画出光路图有 沿OA向右略微平移平面镜，即图中从①位置→②位置，由图可看出双缝的间距增大，则干涉条纹间距减 小，沿AO向左略微平移平面镜，即图中从②位置→①位置，由图可看出干涉条纹向上移动，故A错误，B 正确。故选BC。 43．（2024·辽宁·高考真题）某同学自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方 向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示。用绿色激光照双缝，能在墙面 上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 349A．换用更粗的头发丝 B．换用红色激光照双缝 C．增大纸板与墙面的距离 D．减小光源与纸板的距离 【答案】A 【详解】由于干涉条纹间距 ，可知： A．换用更粗的头发丝，双缝间距d变大，则相邻两条亮纹中央间距 变小，故A正确； B．换用红色激光照双缝，波长变长，则相邻两条亮纹中央间距 变大，故B错误； C．增大纸板与墙面的距离l，则相邻两条亮纹中央间距 变大，故C错误； D．减小光源与纸板的距离，不会影响相邻两条亮纹中央间距 ，故D错误。 故选A。 44．（2023·山东·高考真题）如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G为标准石英环，C为待测柱形样品， C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉 条纹。已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是（ ） A．劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动 B．劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动 C．劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动 D．劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动 【答案】A 【详解】由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则 劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气膜向劈尖移动，则条纹向左移动。故选A。 45．（2025·浙江·高考真题）如图1所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口 射向阴极K。调节滑动变阻器，记录电流表与电压表示数，两者关系如图2所示。下列说法正确的是（ 学科网（北京）股份有限公司 350） A．分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽 B．P、Q产生的光电子在K处最小德布罗意波长，P大于Q C．氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高 D．对应于图2中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q 【答案】BC 【详解】A．根据 因Q的截止电压大于R，可知Q的频率大于R的频率，Q的波长小于R的波长，则分别射入同一单缝衍射 装置时，R的衍射现象比Q更明显，则Q的中央亮纹比R窄，选项A错误； B．同理可知P、Q产生的光电子在K处Q的最大初动能比P较大，根据 可知最小德布罗意波长，P大于Q，选项B正确； C．因Q对应的能量最大，则氢原子向第一激发态跃迁发光时，根据 可知三束光中Q对应的能级最高，选项C正确； D．对应于图2中的M点，P和Q的光电流相等，可知P和Q单位时间到达阳极A的光电子数目相等，选 项D错误。故选BC。 46．（2024·重庆·高考真题）我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳 H 波段光谱扫描成像。H 和H 分别为氢原子由n = 3和n = 4能级向n = 2能级跃迁产生的谱线（如图）， α α β 则（ ） 学科网（北京）股份有限公司 351A．H 的波长比H 的小 α β B．H 的频率比H 的小 α β C．H 对应的光子能量为3.4eV β D．H 对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态 β 【答案】BD 【详解】AB．氢原子n = 3与n = 2的能级差小于n = 4与n = 2的能级差，则H 与H 相比，H 的波长大、 α β α 频率小，故A错误、B正确； C．H 对应的光子能量为E = (－0.85)eV－(－3.40)eV = 2.55eV故C错误； β D．氢原子从基态跃迁到激发态至少需要能量E = (－3.40)eV－(－13.60)eV = 10.2eVH 对应的光子不能使 β 氢原子从基态跃迁到激发态，故D正确。故选BD。 47．（2024·浙江·高考真题）玻尔氢原子电子轨道示意图如图所示，处于n =3能级的原子向低能级跃迁， 会产生三种频率为 、 、 的光，下标数字表示相应的能级。已知普朗克常量为h，光速为c。正确 的是（ ） A．频率为 的光，其动量为 B．频率为 和 的两种光分别射入同一光电效应装量，均产生光电子，其最大初动能之差为 C．频率为 和 的两种光分别射入双缝间距为d，双缝到屏的距离为L的干涉装置，产生的干涉条 学科网（北京）股份有限公司 352纹间距之差为 。 D．若原子n=3 跃迁至 n=4 能级，入射光的频率 【答案】B 【详解】A．根据玻尔理论可知 则频率为 的光其动量为 选项A错误； B．频率为 和 的两种光分别射入同一光电效应装量，均产生光电子，其最大初动能分别为 ， 最大初动能之差为 选项B正确； C．频率为 和 的两种光分别射入双缝间距为d，双缝到屏的距离为L的干涉装置，根据条纹间距表达 式 产生的干涉条纹间距之差为 选项C错误； D．若原子n=3 跃迁至 n=4 能级，则 可得入射光的频率 选项D错误；故选B。 48．（2024·安徽·高考真题）大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应 用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大 于 ，当大量处于 能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（ ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【答案】B 【详解】大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出不同频率的种类为 辐射出光子 学科网（北京）股份有限公司 353的能量分别为 ， ， 其中 ， ， 所以辐射不同频 率的紫外光有2种。故选B。 49．（2024·天津·高考真题）中国钍基熔盐堆即将建成小型实验堆，为我国能源安全和可持续发展提供有 力支持。反应堆中涉及的核反应方程有：① ② ，下列说法正确的是（ ） A．方程①中X是中子 B．方程②中 发生了 衰变 C．受反应堆高温影响， 的半衰期会变短 D．方程②释放电子，说明电子是原子核的组成部分 【答案】AB 【详解】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，方程①中X质量数为1，电荷数为零，则是中子，选 项A正确； B．方程②中 放出负电子，则发生了 衰变，选项B正确； C．放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项C错误； D．方程②释放的电子是原子核内的中子转化为质子时放出的，不能说明电子是原子核的组成部分，选项 D错误。故选AB。 50．（2024·浙江·高考真题）发现中子的核反应方程为 ，“玉兔二号”巡视器的核电池 中钚 238的衰变方程为型 ，下列正确的是（ ） A．核反应方程中的X为 B．衰变方程中的Y为 C．中子 的质量数为零 学科网（北京）股份有限公司 354D．钚238的衰变吸收能量 【答案】A 【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒可知X为 ，Y为 ，故A正确，B错误； C．中子的质量数为1，故C错误； D．衰变过程中质量亏损，释放能量，故D错误。故选A。 51．（2024·甘肃·高考真题）2024年2月，我国科学家在兰州重离子加速器国家大科学装置上成功合成了 新核素 ，核反应方程如下： 该方程中X是（ ） A．质子 B．中子 C．电子 D． 粒子 【答案】B 【详解】根据反应前后质量数和电荷数守恒得X是 。故选B。 52．（2024·广东·高考真题）我国正在建设的大科学装置——“强流重离子加速器”。其科学目标之一是 探寻神秘的“119号”元素，科学家尝试使用核反应 产生该元素。关于原子核Y和质 量数A，下列选项正确的是（ ） A．Y为 B．Y为 C．Y为 D．Y为 【答案】C 【详解】根据核反应方程 根据质子数守恒设Y的质子数为y，则有 可 得 即Y为 ；根据质量数守恒，则有 可得 故选C。 53．（2024·山东·高考真题）2024年是中国航天大年，神舟十八号、嫦娥六号等已陆续飞天，部分航天器 装载了具有抗干扰性强的核电池。已知 衰变为 的半衰期约为29年； 衰变为 的半衰期约 87年。现用相同数目的 和 各做一块核电池，下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 355A． 衰变为 时产生α粒子 B． 衰变为 时产生β粒子 C．50年后，剩余的 数目大于 的数目 D．87年后，剩余的 数目小于 的数目 【答案】D 【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知 衰变为 时产生电子，即β粒子，故A错误； B．根据质量数守恒和电荷数守恒可知 衰变为 时产生 ，即α粒子，故B错误； CD．根据题意可知 的半衰期大于 的半衰期，现用相同数目的 和 各做一块核电池，经过 相同的时间， 经过的半衰期的次数多，所以 数目小于 的数目，故D正确，C错误。 故选D。 54．（2024·福建·高考真题）2024 年我国研发出一款安全性高、稳定发电时间长的新微型原子能电池。该 电池将 衰变释放的能量转化为电能，衰变方程为 ，式中 ，是质量可忽略不计的 中性粒子，则 X 表示的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数 ，则X为 。故选B。 55．（2024·广西·高考真题）近期，我国科研人员首次合成了新核素锇 （ ）和钨 （ ）。 若锇 经过1次 衰变，钨 经过1次 衰变（放出一个正电子），则上述两新核素衰变后的新核有 相同的（ ） A．电荷数 B．中子数 C．质量数 D．质子数 【答案】C 学科网（北京）股份有限公司 356【详解】锇 经过1次 衰变后产生的新核素质量数为156，质子数为74，钨 经过1次 衰变后质 量数为156，质子数为73，可知两新核素衰变后的新核有相同的质量数。故选C。 56．（2024·贵州·高考真题）我国在贵州平塘建成了世界最大单口径球面射电望远镜 ，其科学目标之 一是搜索地外文明。在宇宙中，波长位于搜索地外文明的射电波段的辐射中存在两处较强的辐射，一处是 波长为 的中性氢辐射，另一处是波长为 的羟基辐射。在真空中，这两种波长的辐射相比，中性 氢辐射的光子（ ） A．频率更大 B．能量更小 C．动量更小 D．传播速度更大 【答案】BC 【详解】D．所有光波在真空中传播的速度相同，都是c，D错误； ABC．由光子频率与波长公式 ，能量公式 ，动量与波长公式 可知，波长更长，频率更小， 能量更小，动量更小，A错误，BC正确。故选BC。 57．（2024·海南·高考真题）利用如图所示的装置研究光电效应，闭合单刀双掷开关 接1时，用频率为 的光照射光电管，调节滑动变阻器，使电流表的示数刚好为0，此时电压表的示数为 ，已知电子电荷量 为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ） A．其他条件不变，增大光强，电压表示数增大 B．改用比 更大频率的光照射，调整电流表的示数为零，此时电压表示数仍为 C．其他条件不变，使开关接 接2，电流表示数仍为零 D．光电管阴极材料的截止频率 【答案】D 学科网（北京）股份有限公司 357【详解】A．当开关S接1时，由爱因斯坦光电效应方程 故其他条件不变时，增大光强，电压 表的示数不变，故A错误； B．若改用比 更大频率的光照射时，调整电流表的示数为零，而金属的逸出功不变，故遏止电压变大， 即此时电压表示数大于 ，故B错误； C．其他条件不变时，使开关S接2，此时 可发生光电效应，故电流表示数不为零，故C错误； D．根据爱因斯坦光电效应方程 其中 联立解得，光电管阴极材料的截止频率为 故D正确。故选D。 58．（2024·江西·高考真题）近年来，江西省科学家发明硅衬底氮化镓基系列发光二极管，开创了国际上 第三条 技术路线。某氮化镓基 材料的简化能级如图所示，若能级差为 （约 ）, 普朗克常量 ，则发光频率约为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意可知，辐射出的光子能量 ，由光子的能量 得 故 选C。 59．（2024·浙江·高考真题）氢原子光谱按频率展开的谱线如图所示，此四条谱线满足巴耳末公式 ，n=3、4、5、6用 和 光进行如下实验研究，则（ ） 学科网（北京）股份有限公司 358A．照射同一单缝衍射装置， 光的中央明条纹宽度宽 B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃砖， 光的侧移量小 C．以相同功率发射的细光束，真空中单位长度上 光的平均光子数多 D．相同光强的光分别照射同一光电效应装置， 光的饱和光电流小 【答案】C 【详解】A．根据巴耳末公式可知， 光的波长较长。波长越长，越容易发生明显的衍射现象，故照射同 一单缝衍射装置， 光的中央明条纹宽度宽，故A错误； B． 光的波长较长，根据 可知 光的频率较小，则 光的折射率较小，在平行玻璃砖的偏折较 小， 光的侧移量小，故B错误； C． 光的频率较小， 光的光子能量较小，以相同功率发射的细光束， 光的光子数较多，真空中单 位长度上 光的平均光子数多，故C正确； D．若 、 光均能发生光电效应，相同光强的光分别照射同一光电效应装置， 光的频率较小， 光 的光子能量较小， 光的光子数较多，则 光的饱和光电流大， 光的饱和光电流小，故D错误。 故选C。 60．（2024·浙江·高考真题）如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为 。正对 M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m， 电荷量为e，则（ ） 学科网（北京）股份有限公司 359A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为 D．M、N间加反向电压 时电流表示数恰好为零 【答案】C 【详解】AB．根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到到达N板时 则到达N板时的 动能为 与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项AB错误； C．平行极板M射出的电子到达N板时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移为 ， 解得 选项C正确； D．M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则 解得 选项D错误。故选C。 【真题七 力学实验】 1．（2024·广东·高考真题）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成 实验操作和计算。 (1)图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。图中木板右端垫高的目的是 学科网（北京）股份有限公司 360。图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。 打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为 （结果保留3位有效数字）。 (2)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学用50分度的游标卡尺测量一例柱体的长度，示 数如图丙所示，图丁为局部放大图，读数为 cm。 (3)在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节过程中，在光具座上安装光源、遮光筒和光屏。遮光筒不 可调节。打开并调节 。使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮。取下光屏，装上单缝、双缝和测量头。 调节测量头，并缓慢调节单缝的角度直到目镜中观察到 。 【答案】(1) 平衡摩擦力 2.86(2)4.108(3) 光源 干涉条纹 【详解】（1）[1]木板右端抬高的目的是平衡摩擦力； [2]小车的加速度大小 （2）游标卡尺读数为41mm+4×0.02mm=41.08mm=4.108cm （3）[1][2]在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节过程中，在光具座上安装光源、遮光筒和光屏， 遮光筒不可调节，打开并调节光源，使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮，取下光屏，装上、双缝和测量头， 调节测量头，并缓慢调节单缝的角度直到目镜中观察到干涉条纹。 2．（2024·甘肃·高考真题）用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。 学科网（北京）股份有限公司 361(1)以下操作正确的是______（单选，填正确答案标号）。 A．使小车质量远小于槽码质量 B．调整垫块位置以补偿阻力 C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D．释放小车后立即打开打点计时器 (2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示， 相邻两点之间的距离分别为 ，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是______（单选， 填正确答案标号）。 A． B． C． D． (3)以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数 为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的 图像 如图3所示。 学科网（北京）股份有限公司 362由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成 （填“正比”或“反比”）；甲组所用的 （填“小车”、“砝码”或“槽码”）质量比乙组的更大。 【答案】(1)B(2)D(3) 反比 槽码 【详解】（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量， 故A错误； B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长 木板平行，故B正确； C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动， 故C错误； D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。 故选B。 （2）根据逐差法可知 ， ， ， 联立可得小车加速 度表达式为 故选D。 （3）[1]根据图像可知 与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比； [2]设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律 化简可得 故斜率越小，槽码的质量 m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 3．（2024·江西·高考真题）某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图（a）所示，水 平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。 学科网（北京）股份有限公司 363（1）实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。 （2）小车的质量为 。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为 F，作出 图像，如图（b）中图线甲所示。 （3）由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车的 质量增加至 ，重复步骤（2）的测量过程，作出 图像，如图（b）中图线乙所示。 （4）与图线甲相比，图线乙的线性区间 ，非线性区间 。再将小车的质量增加 至 ，重复步骤（2）的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示（表中第 组数据未列出）。 序号 1 2 3 4 5 钩码所受重力 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100 小车加速度 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36 序号 6 7 8 15 学科网（北京）股份有限公司 364钩码所受重力 0.120 0.140 0.160 …… 0.300 小车加速度 1.67 1.95 2.20 …… 3.92 （5）请在图（b）中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙 。 （6）根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量 时，a与F成正比。结合所学知识对上述推 断进行解释： 。 【答案】 较大 较小 远大于钩码质量 见解析 【详解】（4）[1][2]由题图（b）分析可知，与图线甲相比，图线之的线性区间较大，非线性区间较小； （5）[3]在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均 匀分布在线的两侧，如下图所示 （6）[4][5]设绳子拉力为 ，对钩码根据牛顿第二定律有 对小车根据牛顿第二定律有 联 立解得 变形得 当 时，可认为 则 即a与F成正比。 4．（2024·浙江·高考真题）在“验证机械能守恒定律”的实验中 (1)下列操作正确的是 。 A． B． C． (2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示已知打点的频率为 50Hz，则打点“13”时， 重锤下落的速度大小为 m/s（保留三位有效数字）。 学科网（北京）股份有限公司 365(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力 势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量）则该结果 （选填“能”或“不 能”验证机械能守恒定律，理由是( ) A．在误差允许范围内 B．没有用当地的重力加速度g 【答案】(1)B(2)3.34(3) 不能 B 【详解】（1）应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点计时器，由静止释放。 故选B。 （2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大 小 （3）[1][2]某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重 锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量），则该结果不能验证机械能 守恒定律，理由是：该同学求出的9.77m/s2是重锤受到空气阻力时做匀加速运动的加速度a=9.77m/s2，不 是当地的重力加速度，5.09m也不是重力势能的减少量。没有当地的重力加速度的数值，无法求出重力势 能的减少量，所以无法验证机械能守恒定律。故选B。 5．（2024·海南·高考真题）为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、 轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验： 学科网（北京）股份有限公司 366（Ⅰ）用图钉将白纸固定在水平木板上； （Ⅱ）如图（d）（e）所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在 小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆 心位置为O点，拉力F 和F 的方向分别过P 和P 点，大小分别为F = 3.60N、F = 2.90N；拉力F 和 1 2 1 2 1 2 1 F，改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到O点，在拉力F的方向上标记P 点，拉力的大小为F = 2 3 5.60N请完成下列问题： (1)在图（e）中按照给定的标度画出F、F 和F的图示，然后按平行四边形定则画出F、F 的合力F′。 1 2 1 2 (2)比较F和F′，写出可能产生误差的两点原因 【答案】(1)见解析 (2)①没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计 【详解】（1）按照给定的标度画出F、F 和F的图示，然后按平行四边形定则画出F、F 的合力F′，如 1 2 1 2 下图所示 （2）F和F′不完全重合的误差可能是：①没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正 视弹簧测力计。 6．（2024·福建·高考真题）某小组基于动量守恒定律测量玩具枪子弹离开枪口的速度大小，实验装置如图 （a）所示。所用器材有：玩具枪、玩具子弹、装有挡光片的小车、轨道、光电门、光电计时器、十分度 游标卡尺、电子秤等。实验步骤如下： （1）用电子秤分别测量小车的质量M和子弹的质量m； （2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示，宽度d= cm； （3）平衡小车沿轨道滑行过程中的阻力。在轨道上安装光电门A和B，让装有挡光片的小车以一定初速度 学科网（北京）股份有限公司 367由右向左运动，若测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，则应适当调高轨道的 （填“左”或“右”）端。经过多次调整，直至挡光时间相等； （4）让小车处于A的右侧，枪口靠近小车，发射子弹，使子弹沿轨道方向射出并粘在小车上，小车向左 运动经过光电门A，测得挡光片经过A的挡光时间 ； （5）根据上述测量数据，利用公式v= （用d、m、M、 表示）即可得到子弹离开枪口的速度大 小v； （6）重复步骤（4）五次，并计算出每次的v值，填入下表； 次数 1 2 3 4 5 速度v（ ） 59.1 60.9 60.3 58.7 59.5 （7）根据表中数据，可得子弹速度大小v的平均值为 m/s。（结果保留3位有效数字） 【答案】 0.99 右 59.7 【详解】（2）[1]游标卡尺的分度值为0.1mm，则挡光片的宽度为 （3）[2]小车经过光电门的速度为 测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，可 知小车经过光电门A的速度大于经过光电门B的速度，故应适当调高轨道的右端； （5）[3]小车经过光电门的速度为 子弹粘上小车的过程，根据动量守恒定律有 解得 （7）[4]根据表格数据，可得子弹速度大小v的平均值为 7．（2024·山东·高考真题）在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使 用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的 距离x ，b测量滑块B与它的距离x 。部分实验步骤如下： A B ①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和400.0g； ②接通气源，调整气垫导轨水平； ③拨动两滑块，使A、B均向右运动； ④导出传感器记录的数据，绘制x 、x 随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。 A B 学科网（北京）股份有限公司 368回答以下问题： (1)从图像可知两滑块在t= s时发生碰撞； (2)滑块B碰撞前的速度大小v= m/s （保留2位有效数字）； (3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块是 （填“A”或“B”）。 【答案】(1)1.0(2)0.20(3)B 【详解】（1）由 图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在 时发生突变，即这个时候发生了碰 撞； （2）根据 图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为 （3）由题图乙知，碰撞前A的速度大小 ，碰撞后A的速度大小约为 ，由题图丙 可知，碰撞后B的速度大小为 ，A和B碰撞过程动量守恒，则有 代入 数据解得 所以质量为200.0g的滑块是B。 8．（2024·北京·高考真题）如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 学科网（北京）股份有限公司 369(1)关于本实验，下列做法正确的是_____（填选项前的字母）。 A．实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B．选用两个半径不同的小球进行实验 C．用质量大的小球碰撞质量小的小球 (2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m 的小球从斜槽上的S位置由静止释 1 放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m 的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m 的小球 2 1 从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为m 单独滑落时的 1 平均落点）。 a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点 ； b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式 成立，即 可验证碰撞前后动量守恒。 (3)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长 的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。 将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球 1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB = l 、 1 A′B = l 、CD = l 。 2 3 学科网（北京）股份有限公司 370推导说明，m、M、l、l、l 满足 关系即可验证碰撞前后动量守恒。 1 2 3 【答案】(1)AC (2) 用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点 mOP = 1 mOM＋mON 1 2 (3)ml = −ml ＋Ml 1 2 3 【详解】（1）A．实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平 抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确； B．为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B错误； C．为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。故选 AC。 （2）[1]用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。 [2]碰撞前、后小球均做平抛运动，由 可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成 正比，所以若mOP = mOM＋mON即可验证碰撞前后动量守恒。 1 1 2 （3）设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l， 则由动能定理有 由数学知识可知 联立两式解得 若两小球碰撞过程 中动量守恒，则有mv = −mv＋Mv 又有 ， ， 整理可得ml = −ml ＋Ml 1 2 3 1 2 3 9．（2024·河北·高考真题）图1为探究平抛运动特点的装置，其斜槽位置固定且末端水平，固定坐标纸的 背板处于竖直面内，钢球在斜槽中从某一高度滚下，从末端飞出，落在倾斜的挡板上挤压复写纸，在坐标 纸上留下印迹．某同学利用此装置通过多次释放钢球，得到了如图2所示的印迹，坐标纸的y轴对应竖直 方向，坐标原点对应平抛起点． 学科网（北京）股份有限公司 371①每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度 （填“相同”或“不同”）。 ②在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。 ③根据轨迹，求得钢球做平抛运动的初速度大小为 （当地重力加速度g为 ,保留2 位有效数字）。 【答案】 相同 0.71 【详解】[1]为保证钢球每次平抛运动的初速度相同，必须让钢球在斜槽上同一位置静止释放，故高度相同； [2]描点连线用平滑曲线连接，钢球做平抛运动的轨迹如图所示 [3]因为抛出点在坐标原点，为方便计算，在图线上找到较远的点，在图线上找到坐标为19.6cm的点为研 究位置，该点坐标为 ，根据平抛运动规律 ， 解得 学科网（北京）股份有限公司 37210．（2024·贵州·高考真题）智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一种。现用智能手机内的磁传感 器结合某应用软件，利用长直木条的自由落体运动测量重力加速度。主要步骤如下： （1）在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁与其他小磁铁间的距离如图（a）所示。 （2）开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自由下 落。 （3）以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如下表所示： 0.00 0.05 0.15 0.30 0.50 0.75 1.05 0.00 0.10 0.17 0.24 0.31 0.39 0.46 0 1 5 7 9 1 2 （4）根据表中数据，在答题卡上补全图（b）中的数据点，并用平滑曲线绘制下落高度h随时间t变化的 图线 。 （5）由绘制的 图线可知，下落高度随时间的变化是 （填“线性”或“非线性”）关系。 （6）将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间的平方 的函数关系式为 。据此函数 可得重力加速度大小为 。（结果保留3位有效数字） 【答案】 非线性 【详解】（4）[1]由表中数据在图（b）中描点画图，如图所示。 （5）[2]由绘制的 图线可知，下落高度随时间的变化是非线性关系。 学科网（北京）股份有限公司 373（6）[3]如果长直木条做自由落体运动，则满足 由 可得 解得 11．（2024·湖北·高考真题）某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码 若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。 具体步骤如下： ①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图（a） 所示。 ②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。 ③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。 ④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。 ⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。 该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期 ，其中k为弹簧的劲度系数， M为振子的质量。 (1)由步骤④，可知振动周期 。 (2)设弹簧的原长为 ，则l与g、 、T的关系式为 。 (3)由实验数据作出的 图线如图（b）所示，可得 （保留三位有效数字， 取9.87）。 学科网（北京）股份有限公司 374(4)本实验的误差来源包括_____（双选，填标号）。 A．空气阻力 B．弹簧质量不为零 C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置 【答案】(1) (2) (3) (4)AB 【详解】（1）30次全振动所用时间t，则振动周期 （2）弹簧振子的振动周期 可得振子的质量 振子平衡时，根据平衡条件 可得 则l与g、 、T的关系式为 （3）根据 整理可得 则 图像斜率 解得 （4）A．空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A正确； B．根据弹簧振子周期公式可知，振子的质量影响振子的周期，通过光电门测量出的周期 为振子考虑弹 簧质量的真实周期，而根据（3）问求出的 的关系是不考虑弹簧质量的关系式子，二者的中的 是不 相等的，所以弹簧质量不为零是误差来源之一，故B正确； C．利用光电门与数字计时器的组合测量周期的原理：根据简谐运动的规律可知，只要从开始计时起，振 子的速度第二次与开始计时的速度相等即为一个周期，与是否在平衡位置无关，故C错误。故选AB。 12．（2024·辽宁·高考真题）图（a）为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某 同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。 (1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图（b）所示，从图中读出 。 (2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如 图（c）所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积 学科网（北京）股份有限公司 375木摆动了 个周期。 (3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作 为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示： 颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫 2.9392 2.7881 2.5953 2.4849 2.197 1.792 根据表中数据绘制出 图像如图（d）所示，则T与D的近似关系为______。 A． B． C． D． (4)请写出一条提高该实验精度的改进措施： 。 【答案】(1)7.54/7.55/7.56(2)10(3)A(4)见解析 【详解】（1）刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，读数为 （2）积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，之 后每计数一次，经历半个周期，可知，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。 （3）由图（d）可知， 与 成线性关系，根据图像可知，直线经过 与 ，则有 解得 则有 解得 可 知 故选A。 学科网（北京）股份有限公司 376（4）为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措施：用游标卡尺测量外径D、通过测量40次或60次左 端与O点等高所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。 【真题八 电学实验】 1．（2025·浙江·高考真题）某同学研究半导体热敏电阻（其室温电阻约为几百欧姆） 的阻值随温度规律， 设计了如图所示电路。器材有：电源E（ ），电压表（ ），滑动变阻器R（A：“ ”或B：“ ”），电阻箱 （ ），开关、导线若干。 (1)要使cd两端电压 在实验过程中基本不变，滑动变阻器选 （选填“A”或“B”）； (2)正确连线，实验操作如下： ①滑动变阻器滑片P移到最左端，电阻箱调至合适阻值，合上开关 ； ②开关 切换到a，调节滑片P使电压表示数为 ；再将开关 切换到b，电阻箱调至 ，记录电压表示数 、调温箱温度 。则温度 下 （保留三位有效 数字）： ③保持 、滑片P位置和开关 状态不变，升高调温箱温度，记录调温箱温度和相应电压表示数，得到不 同温度下 的阻值。 学科网（北京）股份有限公司 377(3)请根据题中给定的电路且滑片P位置保持不变，给出另一种测量电阻 的简要方案。 【答案】(1)A(2)157(3)见解析 【详解】（1）要使得cd两端电压U 在实验中基本不变，则滑动变阻器应该选择阻值较小的A； 0 （2）由电路可知 （3）题中滑片P位置保持不变，则电阻箱R 与热敏电阻R两端电压之和保持不变，先让S 接a，此时电 1 t 2 压表读数为U，然后接b，读出电阻箱R 的读数和电压表读数U＇，当温度改变时，调整R，使得R 两端 1 1 1 的电压表U＇保持不变，因此可得 整理得 可得热敏电阻R的值。 t 2．（2024·福建·高考真题）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款 彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程30mA）、电压表（量程3V）、滑动 变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）、5号电池（电动势1.5V）两节、开关、导线若干。 （1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路； （2）滑动变阻器滑片先置于 （填“a”或“b”）端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片的位 置，记录对应的电流表示数I和电压表示数U； （3）某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图（b）所示，示数为 V，此时发光元件的电阻 为 Ω（结果保留3位有效数字）； （4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在 1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是： ； 学科网（北京）股份有限公司 378（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在10.0mA的电流下 工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。 【答案】 a 2.82 282 电阻随电压增大而减小 【详解】（2）[1]实验电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了保护用电器，开关S闭合前应将滑动变阻 器的滑片置于a端，使测量部分电路两端电压为0； （3）[2]电压表量程为3V，分度值为0.1V，所以图（b）所示电压表示数为2.82V； [3]根据欧姆定律可知，发光元件的电阻为 （4）[4]根据欧姆定律 可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小； （5）[5]由图（c）可知，电流为10.0mA时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器 R 与红光发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示 2 3．（2024·江西·高考真题）某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自 来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下．为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。 （1）如图（a）所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得 水的截面宽 和高 。 学科网（北京）股份有限公司 379（2）现有实验器材：电流表（量程 ,内阻 ）、电压表（量程 或 ,内阻未知）、直 流电源 、滑动变阻器、开关和导线．请在图（a）中画线完成电路实物连接 。 （3）连接好电路，测量 的水在不同长度l时的电阻值 。将水温升到 ，重复测量。绘出 和 水的 图，分别如图（b）中甲、乙所示。 （4）若 图线的斜率为k，则水的电阻率表达 （用k、d、h表示）。实验结果表明， 温度 （填“高”或“低”）的水更容易导电。 （5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用 内直径为 的水管。若人体的安全电流为 ，热水器出水温度最高为 ，忽略其他电 阻的影响（相当于热水器 的工作电压直接加在水管两端），则该水管的长度至少应设计为 m。（保留两位有效数字） 【答案】 高 0.46 【详解】（2）[1]电源电动势为 ，故电压表量程选择 ；由于电流表的内阻已知，故采用电流表内接 时，可以消除系统误差，故电流表采用内接法，实物图如下： 学科网（北京）股份有限公司 380（4）[2]根据电阻定律 故可得 得 [3]电阻率越小更容易导电，根据图像可知 的水的电阻率更小，故可知温度高的水更容易导电。 （5）[4]根据前面分析可知 的水的电阻率为 故当选用内直径 为 的水管。若人体的安全电流为 ，接入电压 时，得 ， 解得水管的长度至少应设计为 4．（2024·河北·高考真题）某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光强报警器， 以便在光照过强时提醒花农。该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、数字电压表 、 数字电流表 、滑动变阻器R（最大阻值 ）、白炽灯、可调电阻 、发光二 极管 、光敏电阻 型三极管 、开关和若干导线等。 (1)判断发光二极管的极性使用多用电表的“ ”欧姆挡测量二极管的电阻。如图1所示，当黑表笔与接 线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于表盘中a位置（见图2）；对调红、黑表笔后 指针位于表盘中b位置（见图（2），由此判断M端为二极管的 （填“正极”或“负极”）。 学科网（北京）股份有限公司 381(2)研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性 ①采用图3中的器材进行实验，部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始。 导线 和 的另一端应分别连接滑动变阻器的 、 、 接线柱 （以上三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”）。 ②图4为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性图3曲线，图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光 照由弱到强。由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而 （填“增大”或“减 小”）。 (3)组装光强报警器电路并测试其功能图5为利用光敏电阻、发光二极管、三极管（当b、e间电压达到一定 学科网（北京）股份有限公司 382程度后，三极管被导通）等元件设计的电路。组装好光强报警器后，在测试过程中发现，当照射到光敏电 阻表面的光强达到报警值时，发光二极管并不发光，为使报警器正常工作，应 （填“增大” 或“减小”）可调电阻 的阻值，直至发光二极管发光。 【答案】(1)负极(2) A A D/C 减小(3)增大 【详解】（1）根据欧姆表结构，使用时欧姆表黑表笔接内部电源正极，故当黑表笔接M端，电阻无穷大， 说明二极管反向截止即连接电源负极。 （2）[1][2][3]题干要求电压表、电流表读数从零开始,所以滑动变阻器采用分压式接法连接电路,故 接 滑动变阻器A接线柱, 必须接在金属杆两端接线柱任意一个，即C或D。 另若 接金属杆两端接线柱任意一个，即C或D， 接接滑动变阻器A接线柱, 接滑动变阻器B接线柱也 符合题意。 [4]由图像可知，随光照强度增加，I-U图像斜率增大，所以电阻减小。 （3）三极管未导通时， 与 串联。随着光强增强， 电阻减小，此时三极管仍未导通，说明 分压 小，故需要增大 。 5．（2024·山东·高考真题）某学习小组对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下： 学生电源（输出电压0~16V） 滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）； 电压表V（量程3V，内阻未知）； 电流表A（量程3A，内阻未知）； 待测铅笔芯R（X型号、Y型号）； 游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。 学科网（北京）股份有限公司 383回答以下问题： (1)使用螺旋测微器测量铅笔芯直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为 mm； (2)把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将 单刀双掷开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时 应将K掷到 （填“1”或“2”）端； (3)正确连接电路，得到Y型号铅笔芯I-U图像如图丙所示，求得电阻R = Ω（保留3位有效数字）； Y 采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为1.70Ω； (4)使用游标卡尺测得X、Y型号铅笔芯的长度分别为40.68mm、60.78mm，使用螺旋测微器测得X、Y型号 铅笔芯直径近似相等，则X型号铅笔芯的电阻率 （填“大于”或“小于”）Y型号铅笔芯的电阻率。 【答案】(1)2.450(2)1(3)1.91(4)大于 【详解】（1）根据螺旋测微器的读数规则可知，其读数为 （2）由于电压表示数变化更明显，说明电流表分压较多，因此电流表应采用外接法，即测量铅笔芯电阻 时应将K掷到1端； （3）根据图丙的I-U图像，结合欧姆定律有 （4）根据电阻定律 可得 两种材料的横截面积近似相等，分别代入数据可知 6．（2024·湖南·高考真题）某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律，搭建了如图（a）所示 学科网（北京）股份有限公司 384的装置。电阻测量原理如图（b）所示，E是电源，V为电压表，A为电流表。 （1）保持玻璃管内压强为1个标准大气压，电流表示数为100mA，电压表量程为3V，表盘如图（c）所示， 示数为 V，此时金属丝阻值的测量值R为 Ω（保留3位有效数字）； （2）打开抽气泵，降低玻璃管内气压p，保持电流I不变，读出电压表示数U，计算出对应的金属丝阻值； （3）根据测量数据绘制R—p关系图线，如图（d）所示； （4）如果玻璃管内气压是0.5个标准大气压，保持电流为100mA，电压表指针应该在图（c）指针位置的 侧（填“左”或“右”）； （5）若电压表是非理想电压表，则金属丝电阻的测量值 真实值（填“大于”“小于”或“等 于”）。 【答案】 1.23 12.3 右 小于 【详解】（1）[1]电压表量程为0—3V，分度值为0.1V，则电压表读数需估读一位，读数为1.23V，[2]根据 欧姆定律可知，金属丝的测量值 （4）[3]根据图（d）可知气压越小电阻越大，再根据U = IR可知压强p减小，则电阻R增大，故电压增 大，电压表的指针位置应该在题图（c）中指针位置的右侧。 （5）[4]电流表采用外接法会导致电压表分流，即 ， 即I 偏大， 测 故R < R 。 测 真 7．（2024·江苏·高考真题）某种材料制成的长方体样品如图1所示， 和 方向分别用导线引出。小明 实验测量该样品的电阻率，采用的实验电路图如图2所示，电源、电压表规格已在图中标出，可选用的电 流表和滑动变组器有：电流表 (量程 ，内阻约 ），电流表 （量程 ，内阻约 ）；滑动变阻器 （最大阻值 ），滑动变组器 （最大阻值 ）。 学科网（北京）股份有限公司 385(1)将多用电表的选择开关旋转到欧姆档，试测样品 、 间的电阻，多用电表的读数如图3所示，电阻值 为 。试测样品 、 间的电阻，电阻值约为 。 (2)按图2连接实物电路，如图4所示，其中滑动变阻器应选用 （选填“ ”或“ ”）。 (3)图4中有一根导线连接错误，出现在 区域（选填“①”“②”“③”或“④”）。正确连线后， 用电压表、电流表 测得样品 、 间的电阻值 。 (4)换用电流表 对样品 、 间的电阻进行测量。闭合开关前，应将图4所示的滑动变阻器的滑片置于 （选填“最左端”或“最右端”）。闭合开关，测量样品 、 间的电压和电流，得到电阻值 . (5)根据样品电阻值和尺寸计算沿着 和 方向的电阻率，结果如下表实验中测量A、B间电阻时选用电 学科网（北京）股份有限公司 386流表 ，测量C、D间电阻时选用电流表 ，经过一系列测量后得到金属块的电阻率 和 。 方向 方向 电阻率 1.01 1.13 样品沿各个方向的电阻率应当相等。实验发现，两个方向上测得的电阻率值差异较大。有同学认为，沿 方向样品的电阻率的测量值较为准确，因为沿 方向所用电流表 的内阻比 小，对测量结果影响 较小。你是否同意该同学的观点？请简要说明理由。 。 【答案】(1)320(2) (3)②(4)最右端(5)错误；理由见解析 【详解】（1）由图可得，多用电表欧姆当选用“×100”倍率，则C、D端电阻 ； （2）由图1可得，滑动变阻器采用限流式接入电路，为了多次测量时电压表、电流表数据有明显变化，应 该接入阻值和 、 端电阻接近的滑动变阻器 。 （3）电压表测量金属块和电流表两端的电阻，连接错误的区域是②区域，目前电压表只测量电流表两端 的电压，应将电压表的 的接线柱和电阻的右端相连； （4）接通开关前，为了保护电阻，滑动变阻阻滑片应放在阻值最大处，即最右端位置； （5）金属块 、 间的电阻约为10Ω，用电流表 测量，电流表内阻约为1Ω，测量值的相对误差约为 ；测量金属块 、B间约320Ω电阻,测量值得相对误差约为 ,其误差更小， 测得的电阻计算电阻率更准确，则该某学的说法错误。 8．（2023·湖南·高考真题）某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置， 其电路如图（a）所示， 为电阻箱， 为半导体薄膜压力传感器， 间连接电压传感器（内 阻无穷大）． 学科网（北京）股份有限公司 387(1)先用欧姆表“ ”挡粗测 的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是 ; (2)适当调节 ，使电压传感器示数为0，此时， 的阻值为 （用 表示）； (3)依次将 的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小），读出电 压传感器示数 ，所测数据如下表所示： 次数 1 2 3 4 5 6 砝码质量 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 电压 0 57 115 168 220 280 根据表中数据在图（c）上描点，绘制 关系图线 ； (4)完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用．在半导体薄膜压力传感器上施加微 小压力 ，电压传感器示数为 ，则 大小是 （重力加速度取 ，保留2位有效数字）； 学科网（北京）股份有限公司 388(5)若在步骤（4）中换用非理想毫伏表测量 间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力 ，此 时非理想毫伏表读数为 ，则 （填“>”“=”或“<”）． 【答案】(1)1000/1000.0(2) (3)见解析(4)1.7 10-2(5)> × 【详解】（1）欧姆表读数为10×100Ω=1000Ω （2）当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即 即 解得 （3）绘出U-m图像如图 （4）由图像可知，当电压传感器的读数为200mV时，所放物体质量为1.75g，则 （5）可将CD以外的电路等效为新的电源，电动势E＇，内阻r＇，CD两点电压看做路端电压，因为换用 非理想电压传感器时内阻不是无穷大，此时电压传感器读数 当读数为U＇=200mV时，实际CD 间断路（接理想电压传感器时）时的电压等于E＇大于200mV，则此时压力传感器的读数F>F。 1 0 9．（2024·重庆·高考真题）探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R，电容 0 器C，单刀双置开关S。 学科网（北京）股份有限公司 389(1)为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测 （电流、电压）仪器。 (2)接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为 。 (3)根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为 （充电，放 电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R 消耗的功率 W。 0 【答案】(1)电压(2)0(3) 放电 0.32 【详解】（1）位置②与电容器并联，为测电压仪器。 （2）电压表示数最大时，电容器充电完毕，电流表示数为零。 （3）[1]电容器放电时电压和电流都减小，图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。 [2]电容器充电完毕后的电压等于电源电动势，大小为12V，由题图丙可知t = 0.2s时电容器两端电压为U = 8V，由题图乙可知当U = 8V时，电流I = 40mA，则电阻R 消耗的功率为P = 8 × 4 0× 10－3W = 0.32W 0 10．（2024·海南·高考真题）用如图a所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器 C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关 、开关 、导线若干 (1)闭合开关 ，将 接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3V。在此过程中，电流表的示数_____（填选 项标号） A．一直稳定在某一数值 B．先增大，后逐渐减小为零 C．先增大，后稳定在某一非零数值 (2)先后断开开关 、 ，将电流表更换成电流传感器，再将 接2，此时通过定值电阻R的电流方向 学科网（北京）股份有限公司 390（选填“ ”或“ ”），通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的 图像， 如图b， 时 ，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出 （保留2位有效数字）。 【答案】(1)B(2) 【详解】（1）电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0增大某一最大值，后随着电容器的不 断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0。 故选B。 （2）[1]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将 接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的 电流方向 ； [2] 时 可知此时电容器两端的电压为 电容器开始放电前两端电压为 ，根据 图像与横轴围成的面积表示放电量可得 间的放电量为 后到 放电结束间放电量为 根据题意 ，解得 11．（2024·浙江·高考真题）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱 （ ）、一节 干电池、微安表（量程 ，零刻度在中间位置）、电容器 （ 、 ）、单刀双掷开关组 装成如图1所示的实验电路。 （1）把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零：然后把开关S接2，微安表指针偏转 情况是 ； A．迅速向右偏转后示数逐渐减小 B．向右偏转示数逐渐增大 C．迅速向左偏转后示数逐渐减小 D．向左偏转示数逐渐增大 （2）再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表 指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到 时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所 示位置时保持不变，则电压表示数为 V，电压表的阻值为 （计算结果保留两位有效数字）。 学科网（北京）股份有限公司 391【答案】 C 0.50 3.1 【详解】（1）[1]把开关S接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数 逐渐减小到零；把开关S接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示 数逐渐减小。 故选C。 （2）[2]由题意可知电压表应选用0~3V量程，由图2可知此时分度值为0.1V，需要估读到0.01V，则读数 为0.50V。 [3]当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根 据闭合电路欧姆定律有 根据串联电路规律有 联立 可得 12．（2024·甘肃·高考真题）精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压 表（量程1.5V，内阻约为 ）、电流表（量程0.6A）、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小 组开展了以下实验。 (1)考虑电流表内阻影响 ①用图1所示电路测量电流表的内阻。从图2电压表和电流表读数可得电流表内阻 （保留2 位有效数字）。 ②用图3所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用 U、I、r和 表示。则干电池电动势 （用I、r和 表示）。 ③调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图4所示的 图像。则待测干电池电动势 V（保 留3位有效数字）、内阻 （保留1位小数）。 学科网（北京）股份有限公司 392(2)考虑电压表内阻影响 该小组也尝试用图5所示电路测量电压表内阻，但发现实验无法完成。原因是______（单选，填正确答案 标号）。 A．电路设计会损坏仪器 B．滑动变阻器接法错误 C．电压太大无法读数 D．电流太小无法读数 【答案】(1) 1.0 1.40 1.0(2)D 【详解】（1）[1]由图2可知，电压表读数为 电流表读数为 根据欧姆定律可得电流表内 阻为 [2]由闭合电路欧姆定律可知，干电池电动势的表达式为 [3][4]根据 变形为 根据图像可知，纵截距 斜率的绝对值 所以待测干电池电动势为 电源内阻为 （2）由于将电压表串联接在电路中，电压表内阻很大，电路中电流太小，故无法完成实验的原因可能是 电流太小无法读数。故选D。 13．（2024·辽宁·高考真题）某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、 定值电阻（阻值为 ）、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。 学科网（北京）股份有限公司 393(1)实验步骤如下： ①将电阻丝拉直固定，按照图（a）连接电路，金属夹置于电阻丝的 。（填“A”或“B”）端； ②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离 L； ③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅰ； ④按照图（b）将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中 图线Ⅱ。 (2)由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势 。 (3)由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为 、 ，若 ，则待测电池的内阻 （用 和 表示）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，应该置于 端。 （2）对于电路图（a），根据闭合电路欧姆定律有 设金属丝的电阻率为 ，横截面积为 ，结合 欧姆定律和电阻定律 ， 联立可得 整理可得 对于电路图（b），根 据闭合电路欧姆定律有 结合欧姆定律和电阻定律 ， 联立后整理 学科网（北京）股份有限公司 394可知图线的纵轴截距 解得 （3）由题意可知 ， 又 联立解得 14．（2023·浙江·高考真题）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中 （1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正 确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为 V。 （2）测得的7组数据已标在如图3所示 坐标系上，用作图法求干电池的电动势 V和内阻 Ω。（计算结果均保留两位小数） 【答案】 B 1.20 1.50 1.04 【详解】（1）[1]电压表测量的电压应为路端电压，开关应能控制电路，所以导线a端应连接到B处； [2]干电池电动势约为1.5V，电压表选择 量程，分度值为0.1V，题图中电压表读数为1.20V； （2）[3][4]作出 如图所示 学科网（北京）股份有限公司 395根据闭合电路欧姆定律 可知 图像纵轴截距为电源电动势可得 图像斜率的绝对值等于电源内阻 15．（2023·湖北·高考真题）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用 器材如下： 电压表（量程 ，内阻很大）； 电流表（量程 ）； 电阻箱（阻值 ）； 干电池一节、开关一个和导线若干。 （1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线 。 （2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和 电压表示数U。根据记录数据作出的 图像如图（c）所示，则干电池的电动势为 V（保留3 位有效数字）、内阻为 （保留2位有效数字）。 学科网（北京）股份有限公司 396（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出 图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距， 结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 （保留2位有效数字）。 （4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 （填“偏大”或“偏小”）。 【答案】 1.58 0.64 2.5 偏小 【详解】（1）[1]实物连线如图： （2）[2][3]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得 由图像可知E=1.58V内阻 （3）[4]根据 可得 由图像可知 解得 （4）[5]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的 电池内阻偏小。 第四部分 考点知识温故篇 【考点一 运动学知识点】 学科网（北京）股份有限公司 397（一）平均速度和瞬时速度 1．计算平均速度时应注意的三个问题 (1)求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间的平均速度。 (2)＝是平均速度的定义式，适用于所有的运动。 (3)匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即＝v。 2.平均速度和瞬时速度的区别与联系 (1)平均速度是过程量，与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度。 (2)瞬时速度是状态量，与位置和时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度。 (3)瞬时速度等于运动时间Δt→0的平均速度。 (4)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等。 3.平均速度与平均速率的比较 平均速率≠平均速度大小 （1）平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值。 （2）一般情况下，平均速率大于平均速度的大小。 （3）单向直线运动中，平均速率等于平均速度的大小。 （二）加速度 1．加速度的计算 加速度的计算方法 (1)确定正方向。 (2)确定初速度v、末速度v。 0 (3)根据公式a＝＝求解。 2.速度、速度变化量与加速度的关系 速度 速度变化量 加速度 物理意义 描述物体运动的快慢 描述物体速度的变化 描述物体速度变化的快慢 定义式 v＝ Δv＝v－v a＝＝ 0 与Δv的方向一致，由合力F的 与位移Δx同向，即物体 由v－v 或a的方向 0 方向 方向决定，而与v、v的方向无 0 运动的方向 决定 关 3.物体速度变化规律分析 根据a与v的方向关系判断物体加速还是减速 （1）a和v同向（加速直线运动）⇒ （2）a和v反向（加速直线运动）⇒ 4.v-x图像中的“速位比加速度” 学科网（北京）股份有限公司 398速时比加速度： ；速位比加速度： ； 二者关系： （1）当A>0且恒定时，a随v增大而变大； （2）当A<0且恒定时，a随v减小而变小； （三）匀变速直线运动的基本公式 1.四个基本公式及选取技巧 题目涉及的物理量 没有涉及的物理量 适宜选用公式 v，v，a，t x v＝v＋at 0 0 v，a，t，x v x＝vt＋at2 0 0 v，v，a，x t v2－v＝2ax 0 v，v，t，x a x＝t 0 2.运动学公式中正、负号的规定 匀变速直线运动的基本公式和推论公式都是矢量式,使用时要规定正方向。而直线运动中可以用正、负 号表示矢量的方向,一般情况下规定初速度v 的方向为正方向,与初速度同向的物理量取正值,反向的物理量 0 取负值。当v=0时,一般以加速度a的方向为正方向。 0 （四）匀变速直线运动三个推论 1.匀变速直线运动三个推论公式： (1)一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即： (2)中间位置速度： (3)连续两个相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即： ； 不连续两个两个相等时间(T)内的位移之差的关系： 学科网（北京）股份有限公司 3992.匀变速直线运动中间时刻的速度与中间位置速度的大小关系： （1）在匀变速直线运动，不管匀加速直线运动和匀减速直线运动，中间位置速度一定大于中间时刻速度。 （2）注意：在匀速直线运动，中间位置速度等于中间时刻速度。 （五）初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 1. 等分时间： (1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v∶v∶v∶…∶v＝1：2：3：……：n； 1 2 3 n (2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x∶x∶x∶…∶x＝12：22：32：……：n2； 1 2 3 n (3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：x∶x ∶x ∶…∶x＝1:3:5：……：（2n-1）。 Ⅰ Ⅱ Ⅲ n 注意：可以利用v-t图像，利用三角形面积比和相似比的关系加以推导 2. 等分位移： (1) 通过1x末、2x末、3x末……的瞬时速度之比为： ； (2) 通过1x、2x、3x……所用时间之比为： ； (3) 通过第一个1x、第二个x、第三个x……所用时间之比为： 。 注意：可以利用v-t图像，利用三角形面积比和相似比的关系加以推导 学科网（北京）股份有限公司 4003. 速度可以减为零的匀减速直线运动，可以逆向利用初速度为零匀加速直线运动的比例关系。 （六）自由落体运动 1. 基本规律 （1）从静止开始的，只受重力作用的匀加速直线运动。 （2）基本公式： （3）推论比例公式：匀变速直线运动的推论公式和初速度为零的匀加速直线运动的比例关系都适用。 2. 三种常见情况： （1）知局部高度∆h（对应时间∆t），求总高度H（对应时间t） 方法一： ，求得时间t，进而求出H。 方法二： ，利用∆t内的平均速度，求得时间t，进而求出H。 （2）链子（或杆）过观察点时间问题： 设链子（或杆）长L，链子（或杆）的下端到观察点的距离为h √2h t = 1 g ①链子（或杆）下端下落到观察点的时间 √2(L+h) t = 2 g ②链子（或杆）上端下落到观察点的时间 √2(L+h) √2h Δt= − g g ③所以，整条链子（或杆）通过观察点的时间 （3）等高不同时和同时不等高问题 学科网（北京）股份有限公司 401①等高不同时： 1）速度差： ，为一定值； 2）位移差： ,随t增大而增大。 ②同时不等高： 设A球从顶部下落h 时，B球距顶h 下落，同时落地，求H。 1 2 √2H g A球：落地总时间：t = ，下落h 时间为t= ， 总 1 1 B球：下落高度为（H-h）,下落时间为t= 1 2 根据时间关系有t =t+t 总 1 2 即 ，可解得H。 3. 描述自由落体运动的三种图像 V-t图像 a-t图像 h-t图像 学科网（北京）股份有限公司 402图像 公式 v=gt a=g 斜率等于g， 物理量 面积为速度变化量 当t=0时，h=H 面积为下落高度h （七）竖直上抛运动的规律 1.研究竖直上抛运动的两种方法： （1）分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。 （2）全程法：将全过程视为初速度为v，加速度a＝－g的匀变速直线运动。 0 ①速度时间关系： ； ②位移时间关系： ； ③速度位移关系： 。 ④符号法则： 1）v>0时，物体上升；v<0时，物体下降；2）h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。 （3）两个重要结论： ①最大高度： ；②到达最高点的时间： 2.竖直上抛运动的图像 v-t图像 h-t图像 学科网（北京）股份有限公司 4033.竖直上抛运动的对称性 物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等 时间对称 物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的 时间相等 物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反 速度对称 物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反 竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能 能量对称 分别相等 4.竖直上抛运动与自由落体运动相遇问题 公式法：(1)同时运动，相遇时间： ，解得： (2)上升、下降过程中相遇中的临界条件： ①若在a球上升时两球相遇，临界条件： ，即： ，解得： a球下降时两球相遇，临界条件： ，即 ，解得： ②若在 图像法：左图（在a球上升时两球相遇）； 右图（在a球下降时两球相遇） 学科网（北京）股份有限公司 4045.两个竖直上抛运动相遇问题 例：a、b球先后相隔∆t时间竖直上抛，要在空中相遇，∆t应满足什么条件？ （1）公式法： ，求出时间 t。要在空中相遇，必须满足条件： ，求出Δt范围即可。 （2）图像法： 学科网（北京）股份有限公司 405（八）多过程问题 1.多过程问题的处理方法和技巧： （1）充分借助v-t图像，从图像中可以反映出物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度 （斜率）、位移（面积）和速度； （2）不同过程之间的衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度； （3）用好匀变速直线运动的三个基本公式和平均速度公式：v＝v＋at；x＝vt＋at2；v2－v＝2ax；x＝t。 0 0 2.两种常见的多过程模型 （1）多过程v-t图像“上凸”模型 【特点】 全程初末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。 【三个比例关系】 a t 1 1 = a t ①由速度公式：v=at；v=at（逆向看作匀加速直线运动） 得： 2 2； 1 1 2 2 a x 1 1 = a x ②由速度位移公式：v2=2ax； v2=2ax （逆向看作匀加速直线运动） 得： 2 2； 1 1 2 2 学科网（北京）股份有限公司 406vt vt t x x = 1 x = 2 1 = 1 ③由平均速度位移公式： 1 2 ； 2 2 得： t 2 x 2。 【衔接速度和图线所围面积】 ①衔接速度是两个不同过程联系的关键，它可能是一个过程的末速度，另外一个过程的初速度。 ②图线与t轴所围面积，可能是某个过程的位移，也可能是全过程的位移。 （2）多过程v-t图像“下凹”模型 【案例】车过ETC通道耽搁时间问题： ；耽搁的时间： 耽搁的距离：阴影面积表示的位移 （九）追及相遇问题 1.情景分析法解题思路 2.图像分析法的解题思路 图像分析法是指将两个物体的运动图像画在同一坐标系中，然后根据图像分析求解相关问题。 (1)若用位移图像求解，分别作出两个物体的位移图像，如果两个物体的位移图像相交，则说明两物体 学科网（北京）股份有限公司 407相遇。 (2)若用速度图像求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积。 [注意] xt图像的交点表示两物体相遇，而vt图像的交点只表示两物体此时速度相等。 3.函数判断法的解题技巧 设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程x x +x A= B 0 （1）若Δ>0有两解，说明两物体相遇两次； （2）若Δ=0有一解，说明两物体相遇一次； （3）若Δ<0无解，说明两物体不能相遇。 （十）曲线运动的条件及轨迹分析 1．运动轨迹的判断 (1)若物体所受合力方向与速度方向在同一直线上，则物体做直线运动；若物体所受合力方向与速度方向 不在同一直线上，则物体做曲线运动。 (2)物体做曲线运动时，合力指向轨迹的凹侧；运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间。可速记为 “无力不弯，力速两边”。 2．速率变化的判断 （十一）小船过河模型 1．船的实际运动：是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。 2．三种相关速度：船在静水中的速度v 、水的流速v 、船的实际速度v。 船 水 3．两种渡河方式 方式 图示 说明 渡河时间最短 当船头垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间t ＝ min 当v v 时，如果船头方向(即v 方向)与合速度方向垂 水 船 船 直，渡河位移最短，最短渡河位移为x ＝ min （十二）绳（杆）末端速度分解模型 1．模型特点：沿绳(杆)方向的速度分量大小相等。 学科网（北京）股份有限公司 4082．分解思路： 3．解题原则： 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等 求解。常见的模型如图所示。 （十三）平抛运动的基本规律与推论 1．四个基本规律 飞行时间 由t＝ 知，时间取决于下落高度h，与初速度v 无关 0 水平射程 x＝v，即水平射程由初速度v 和下落高度h共同决定，与其他因素无关 0 0 落地速度 v＝＝，落地速度也只与初速度v 和下落高度h有关 0 速度改变量 任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示 2．两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为 α，位移方向 与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ。 (2)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中 A点为OB的中点。 学科网（北京）股份有限公司 409（十四）平抛运动与斜面相结合 1.与斜面相关的几种的平抛运动 图示 方法 基本规律 运动时间 分解速度，构建 水平v＝v x 0 由tan θ＝＝得 速度的矢量三角 竖直v＝gt y t＝ 形 合速度v＝ 分解位移，构建 水平x＝vt 0 由tan θ＝＝得 位移的矢量三角 竖直y＝gt2 t＝ 形 合位移x ＝ 合 在运动起点同时 由0＝v－at,0－v2＝－2ad得 1 1 1 1 分解v、g t＝，d＝ 0 分解平行于斜面 由v＝gt得t＝ y 的速度v 2.与斜面相关平抛运动的处理方法 (1)分解速度 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,设平抛运动的初速度为v, 0 在空中运动时间为 t,则平抛运动在水平方向的速度为 v=v ,在竖直方向的速度为 v=gt,合速度为 v= x 0 y v √v 2+v 2,合速度与水平方向的夹角满足tan θ= y。 x y v x (2)分解位移 1 平抛运动在水平方向的位移为 x=v t,在竖直方向的位移为 y= gt2,对抛出点的位移(合位移)为 s= 0 2 学科网（北京）股份有限公司 410y √x2+ y2,合位移与水平方向夹角满足tan φ= 。 x (3)分解加速度 平抛运动也不是一定要分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,在有些问题中,过 抛出点建立适当的直角坐标系,把重力加速度g正交分解为g、g,把初速度v 正交分解为v、v,然后分别在 x y 0 x y x、y方向列方程求解,可以简化解题过程,化难为易。 （十四）斜抛运动 水平竖直正交分解 最高点一分为二变平抛运动 将初速度和重力加速度 处理方法 化曲为直 逆向处理 沿斜面和垂直斜面分解 g =gcosα 垂直斜面： 1 v =v cosθ v =v sinθ−g⋅t 水平速度： x 0 1 0 1 x=v cosθ⋅t 1 0 y=v sinθt− g t2 0 2 1 竖直速度： v =v sinθ−gt 最高点：速度水平 沿着斜面： g 2 =gsinα 基本规律 y 0 v =v cosθ 0x 0 v =v cosθ+g ⋅t y=v sinθt− 1 gt2 2 0 2 0 2 1 (v 0 sinθ) 2 x=v 0 cosθt+ 2 g 2 t2 h = 最高点： m 2g (v sinθ) 2 0 h = m 2g 最高点： 1 （十五）圆周运动基本物理量 1．匀速圆周运动各物理量间的关系 学科网（北京）股份有限公司 4112．三种传动方式及特点 (1)皮带传动（甲乙）：皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等。 (2)齿轮传动（丙）：两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等。 (3)同轴传动（丁）：两轮固定在同一转轴上转动时，两轮转动的角速度大小相等。 3.向心力： （1）来源：向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的 合力或某个力的分力，在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。 （2）公式：F＝ma ＝m＝mω2r＝mr·＝mr·4π2f2＝mωv。 n n （十六）水平面内的圆盘临界模型 ①口诀：“谁远谁先飞”； ②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度： √μg ω= f =μmg=mω2r r m ； ①口诀：“谁远谁先飞”； √μg ω = 1 r ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度： B ； ③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 隔离A：T=μm g；隔离B：T+μm g=m ω2r A B B 2 B 整体：μm g+μm g=m ω2r A B B 2 B 学科网（北京）股份有限公司 412√μ(m A +m B )g √ μg ω = = 2 m r m r B B B B (m +m ) AB相对圆盘滑动的临界条件： A B ①口诀：“谁远谁先飞”； √μg ω = 1 r ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度： B ； ③同侧背离圆心，f 和f 指向圆心，一起相对圆盘滑动时， Amax Bmax 临界条件： 隔离A：μm g-T=m ω2r ；隔离B：T+μm g=m ω2r A A 2 A B B 2 B 整体：μm g+μm g=m ω2r +m ω2r A B A 2 A B 2 B √ μ(m A +m B )g √ μg ω = = 2 m r +m r m r +m r A A B B A A B B (m +m ) AB相对圆盘滑动的临界条 A B ①口诀：“谁远谁先飞”（r >r ）； B A √μg ω = 1 r 轻绳出现拉力临界条件： B ② ； 此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。 此时隔离A：f +T=m ω2r ；隔离B：T+μm g=m ω2r A A A B B B f μm g-(m r -m r )ω2 A= B B B A A 消掉T： ③当m r =m r 时，f =μm g，AB永不滑动，除非绳断； B B A A A B ④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 1）当m r >m r 时，f ↓ μm g-(m r -m r )ω2↑→f =0→反向→f 达到最 B B A A A = B B B A A A A 大→从B侧飞出； 2）当m r μ r μ <μ r ① A B， B ② A B， B ； 临界条件： √m g−μm g B A ω = min r ① √m g+μm g B A ω = max r ② （十七）常见绳杆模型特点： 轻绳模型 轻杆模型 情景图示 弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力示意图 力学方程 mg＋F ＝m mg±F ＝m T N v＝0，即F ＝0， 向 临界特征 F ＝0，即mg＝m，得v＝ T 此时F ＝mg N (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以 (1)“绳”只能对小球施加向下的力 模型关键 是支持力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (2)小球通过最高点的速度最小可以为0 （十八）拱形桥和凹形桥模型特点 拱形桥模型 凹形桥模型 学科网（北京）股份有限公司 414情景图示 弹力特征 弹力可能向上，也可能等于零 弹力向上 受力示意图 v2 v2 力学方程 mg−F =m F −mg=m N R N R 临界特征 F ＝0，即mg＝m，得v＝ N v2 F =mg−m v2 ①最高点: N R ，失重； F =mg+m N R 模型关键 ①最低点： ，超重； v≥√gR ② ，汽车脱离，做平抛运 ② v≠0 ，v越大，F 越大。 N 动。 （十九）开普勒行星运动定律 定 律 内 容 图示或公式 开普勒第一定律(轨 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆,太阳处在 道定律) 的一个焦点上 开普勒第二定律(面 对任意一个行星来说,它与太阳的连线在相等的时间内 积定律) 扫过的面积相等 a3 开普勒第三定律(周 所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的 =k,k 是一个与行星无关 期定律) 二次方的比值都相等 T2 的常量 注意： ①行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理； ②面积定律是对同一个行星而言的,不同的行星相等时间内扫过的面积不等； ③该比值只与中心天体的质量有关,不同的中心天体值不同。 （二十）天体质量密度估算 1.“自力更生”法(g－R)：利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。 学科网（北京）股份有限公司 415(1)由G＝mg得天体质量M＝。 (2)天体密度ρ＝＝＝。 (3)GM＝gR2称为黄金代换公式。 2.“借助外援”法(T－r)：测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r。 (1)由G＝mr得天体的质量M＝。 (2)若已知天体的半径R，则天体的密度ρ＝＝＝。 (3)若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝，可见，只要测出卫星 环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。 （二十一）不同轨道卫星参量 1.不同轨道人造卫星的加速度、线速度、角速度和周期与轨道半径的关系 G＝ 2.宇宙速度 （1）第一宇宙速度的推导 方法一：由G＝m得v＝ 1 方法二：由mg＝m得v＝ 1 第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短， 对于人造地球卫星而言，最小周期：T ＝2π ＝5 075 s≈85 min。 min （2）宇宙速度与人造地球卫星运动轨迹的关系 (1)v ＝7.9 km/s时，卫星绕地球做匀速圆周运动。 发 (2)7.9 km/s＜v ＜11.2 km/s，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。 发 (3)11.2 km/s≤v ＜16.7 km/s，卫星绕太阳做椭圆运动。 发 (4)v ≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。 发 3.同步卫星的6个“一定” （二十二）卫星的变轨问题、天体追及相遇问题、双星和多星问题 学科网（北京）股份有限公司 4161.两类变轨简介 两类变轨 离心运动 近心运动 示意图 变轨起因 卫星速度突然增大 卫星速度突然减小 万有引力与 Mm v2 Mm v2 向心力的 G m r2 r r2 r 大小关系 2.变轨前后各运行物理参量的比较 （1）速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v 、v ，在轨道Ⅱ上过A点和B点时速率分别为 1 3 v 、v 。在A点加速，则v >v，在B点加速，则v>v ，又因v>v，故有v >v>v>v 。 A B A 1 3 B 1 3 A 1 3 B （2）加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的 加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。 （3）周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T 、T 、T ，轨道半径分别为r 、r(半长轴)、 1 2 3 1 2 r，由开普勒第三定律＝k可知TF +F,无解 1 2 3.已知合力和两 ②F=F +F,有唯一解,F 和F 跟F同向 1 2 1 2 分力的大小求 力的分解 的 两分力的方向: ③F=F 1 -F 2 ,有唯一解,F 1 与F同向,F 2 与F反向 四种情况 ④F-F 2ug 2ug 条件： 条件： 条件：v=v 条件：v 0 v 0 l≤x l>x l≤x l>x ① 物;② 物 ① 物;② 物 v v 2 v 2 l> 0 2 l≤ 0 l> 0 条件： 2ug ；vv 0 0 2.方法突破 (1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送 带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在 匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： ①若二者同向，则Δs＝|s －s |； 传 物 学科网（北京）股份有限公司 423②若二者反向，则Δs＝|s |＋|s |。 传 物 （九）滑块—木块模型的解题策略 运动状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动 处理方法 隔离法 假设法 整体法 假设两物体间无相对滑动，先用 对滑块和木板进行隔 整体法算出一起运动的加速度， 将滑块和木板看成一个 离分析，弄清每个物 再用隔离法算出其中一个物体 具体步骤 整体，对整体进行受力 体的受体情况与运动 “所需要”的摩擦力F；比较F f f 分析和运动过程分析 过程 与最大静摩擦力 F 的关系，若 fm F>F ，则发生相对滑动 f fm ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 临界条件 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑 块滑离木板的临界条件 相关知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 【考点三 功能关系知识点】 （一）功的正负和恒力功大小计算 1．功的正负判断方法 (1)恒力功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。 (2)曲线运动中功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时， 力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功。 (3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两 个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。 2．恒力功的计算方法 3．总功的计算方法 方法一：先求合力F ，再用W ＝F lcos α求功，此法要求F 为恒力。 合 总 合 合 方法二：先求各个力做的功W 、W 、W 、…，再应用W ＝W ＋W ＋W ＋…求总功，注意代入“＋” 1 2 3 总 1 2 3 “－”再求和。 （二）功率的计算 1.利用P＝求解；主要求解平均功率 学科网（北京）股份有限公司 4242.利用P＝Fvcosα求解，其中若v为物体运动的平均速度，求得的是物体的平均功率；若v为物体运动的瞬 时速度，求得的是物体的瞬时功率。 3.机车启动 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 Pt图像 和 vt图像 过程 v↑⇒F＝↓ a＝不变⇒F不变 OA 分析 ⇒a＝↓ ⇒P＝Fv↑直到P 额 ＝Fv 1 段 运动 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t＝ 0 性质 过程 F＝F 阻⇒a＝0⇒v m ＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ AB 分析 其中F 不一定是摩擦力 阻 段 运动 以v 做匀速直线运动 加速度减小的加速运动 m 性质 F＝F 阻⇒a＝0⇒以v m ＝做匀速运动，其中 BC段 无 F 不一定是摩擦力 阻 （三）动能定理 （1）内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化；表达式：W＝ΔE＝mv－mv。 k （2）四类图像所围“面积”的意义 （四）机械能守恒定律 （1）内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。 （2）守恒的条件：只有重力或系统内的弹力做功。 （3）守恒表达式：①E k1 ＋E p1 ＝E k2 ＋E p2 .②ΔE k ＝－ΔE p .③ΔE A增 ＝ΔE B减． 学科网（北京）股份有限公司 425（4）判断机械能是否守恒的方法 ①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零． ②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能． ③对绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明或暗示． （五）功能关系 1.功是能量转化的量度,力学中几种常见的功能关系如下 2．两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的 功的代数和为零，即要么一正一负，要么都 代数和为负值，即至少有一个力做负功 不做功 两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功 3.求解相对滑动物体的能量问题的方法 (1)正确分析物体的运动过程,做好受力情况分析。 (2)利用运动学公式,结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。 (3)公式Q=F·l 中l 为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,则l 为总的相对路程。 f 相对 相对 相对 【考点四 动量定理及动量守恒定律知识点】 （一）动量、动量变化量和冲量、动量定理 1．动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 物体由于运动而具有的能 物体末动量与初动量的矢 定义 物体的质量和速度的乘积 量 量差 学科网（北京）股份有限公司 426定义式 E＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p k 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 E＝，E＝pv，p＝，p＝ k k 方程 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 联系 (2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发 生变化 2．冲量的计算 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力 F在某段时间t内 的冲量I＝t，其中F、F 为该段时间内初、末两时刻力的大小。 1 2 ②作出Ft变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 3.动量定理的理解 (1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须 是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。 Δp (3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F= (牛顿第二定律的动量形式)。 Δt (4)动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。 运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。 (5)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为 变力在作用时间内的平均值。 （二）动量守恒定律内容、条件、四性 1． 动量守恒定律内容及条件 (1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达形式：mv＋mv＝mv′＋mv′。 1 1 2 2 1 1 2 2 学科网（北京）股份有限公司 427(3)常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。 2． 动量守恒定律的“四性” (1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。 (2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 (3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一 参考系的速度。一般选地面为参考系。 (4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅 适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 （三）弹性碰撞 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p＋p＝p′＋p′. 1 2 1 2 (2)动能不增加：即E ＋E ≥E ′＋E ′或＋≥＋. k1 k2 k1 k2 (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v >v ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运 后 前 动，则应有v ′≥v ′。 前 后 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 和m，碰前速度为v， 1 2 1 v，碰后速度分别为vˊ，vˊ，则有： 2 1 2 (1) (2) v 1 v 2 v 1 ’ˊ v 2 ’ˊ 联立（1）、（2）解得： m m 1 2 m v +m v m v +m v 2 1 1 2 2 −v 2 1 1 2 2 −v m +m 1 m +m 2 1 2 1 2 v’= ，v’= . 1 2 特殊情况： 若m=m ，vˊ= v ，vˊ= v . 1 2 1 2 2 1 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m 、速度为v 的小球与质量为m 的静止小 1 1 2 球发生正面弹性碰撞为例，则有mv＝mv′＋mv′ （1） mv＝mv′2＋mv′2 （2） 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 解得：v′＝，v′＝ 1 2 结论：(1)当m＝m 时，v′＝0，v′＝v(质量相等，速度交换) 1 2 1 2 1 (2)当m＞m 时，v′＞0，v′＞0，且v′＞v′(大碰小，一起跑) 1 2 1 2 2 1 学科网（北京）股份有限公司 428(3)当m＜m 时，v′＜0，v′＞0(小碰大，要反弹) 1 2 1 2 (4)当m≫m 时，v′＝v，v′＝2v(极大碰极小，大不变，小加倍) 1 2 1 0 2 1 (5)当m≪m 时，v′＝－v，v′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 1 2 1 1 2 （四）非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：mv+m v=m vˊ+m vˊ (1) 1 1 2 2 1 1 2 2         损失动能ΔE 根据机械能守恒定律可得： mv2+ mv2= mvˊ2+ mvˊ 2 + ΔE. (2) k， 1 1 2 2 1 1 2 2 k 2.完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： v 1 v 2 v 共 m 1 v 1 +m 2 v 2 =(m 1 +m 2 )v 共 （1） m 1 m 2 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔE= ½mv2+ ½ mv2- ½(m +m )v 2 （2） k 1 1 2 2 1 2 共 m v +m v 1 m m 1 1 2 2 1 2 (v −v ) 2 m +m 2 m +m 1 2 1 2 1 2 联立（1）、（2）解得：v = ；ΔE= 共 k （五）人船模型和类人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v ,人的速度大小为v ,以船运动的方向为正方向,则m v -m v =0,可 船 人 船 船 人 人 得m v =m v ；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m v t=m v t, 船 船 人 人 船 船 人 人 即：m x =m x ，由图可看出x +x =L， 船 船 人 人 船 人 可解得： ； （六）反冲和爆炸模型 学科网（北京）股份有限公司 4291． 对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 2． 爆炸现象的三个规律 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力， 所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的 总动能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认 为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 【考点五 机械振动和机械波知识点】 （一）简谐运动的基本规律 1.简谐运动的特征 位移特征 x=Asin(ωt+ϕ) 受力特征 回复力：F=-kx；F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反。 能量特征 系统的动能和势能相互转化,机械能守恒 质点经过关于平衡位置O对称的两点时,速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置 对称性特征 的位移大小相等；由对称点到平衡位置用时相等。 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周 周期性特征 期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 2. 注意： （1）弹簧振子（或单摆）在一个周期内的路程一定是4A，半个周期内路程一定是2A，四分之一周期内的 路程不一定是A。 （2）弹簧振子周期和频率由振动系统本身的因素决定（振子的质量m和弹簧的劲度系数k ），与振幅无 关。 （二）简谐运动的图像 1．对简谐运动图像的认识 (1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。 学科网（北京）股份有限公司 430(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。 2．由简谐运动图像可获取的信息 (1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示) (2)判定振动物体在某一时刻的位移。 (3)判定某时刻质点的振动方向： ①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置； ②下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。 (4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。 ――→――→ (5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。 （三）单摆模型 模型 单摆 示意图 ①摆线为不可伸缩的轻细线 简谐运动条件 ②无空气阻力等 ③最大摆角小于等于5° 回复力 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力 平衡位置 最低点 周期 T＝2π 能量转化 重力势能与动能的相互转化，机械能守恒 （四）受迫振动和共振 1．简谐运动、受迫振动和共振的比较 振动 简谐运动 受迫振动 共振 项目 受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用 振动周期 由系统本身性质决定，即 由驱动力的周期或频率决 T 驱 ＝T 0 或f 驱 ＝f 0 学科网（北京）股份有限公司 431或频率 固有周期T 或固有频率f 定，即T＝T 或f＝f 0 0 驱 驱 振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大 机械工作时底座发生的振 常见例子 弹簧振子或单摆(θ≤5°) 共振筛、声音的共鸣等 动 2．对共振的理解 (1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A，它直观地反映了驱动力的频率对某固 有频率为f 的振动系统做受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f 越接近，振幅A越大；当f＝f 时，振幅A 0 0 0 最大。 (2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。 （五）机械波的传播和波的图像 1.机械波的传播特点 (1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。 (2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。 (3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。 (4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离。 2．波速公式v＝＝λf的理解 (1)波速v：机械波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定，与波源的周期T无关。 (2)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。各个质点振动的频率等于波源的振动频率。 3．波的图像的特点 (1)时间间隔Δt＝nT(波传播nλ，n＝0,1,2,3，…)时，波形不变。 (2)在波的传播方向上：①当两质点平衡位置间的距离 Δx＝nλ (n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同， 在波形图上的对应位移一定相同；②当两质点平衡位置间的距离Δx＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振 动步调总相反，在波形图上的对应位移一定等值反向。 (3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。 4．根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向的方法 内容 图像 沿波的传播方向，“上坡”时质点 “上下坡”法 向下振动，“下坡”时质点向上振 动 学科网（北京）股份有限公司 432波形图上某点表示传播方向和振动 “同侧”法 方向的箭头在图线同侧 将波形沿传播方向进行微小的平 “微平移”法 移，再由对应同一x坐标的两波形 曲线上的点来判断振动方向 注意：波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。 （六）波的图像与振动图像 1．振动图像与波的图像的比较 振动图像 波的图像 图像 物理意义 表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移 (1)质点振动周期 (1)波长、振幅 (2)质点振幅 (2)任意一质点在该时刻的位移 图像信息 (3)各时刻质点位移 (3)任意一质点在该时刻加速度方向 (4)各时刻速度、加速度方向 (4)传播方向、振动方向的互判 随时间推移，图像延续，但已有形 图像变化 随时间推移，图像沿传播方向平移 状不变 记录着一个人一段时间内活动的录 形象比喻 记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片 像带 2．两种图像问题的易错点 (1)不理解振动图像与波的图像的区别。 (2)误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像。 (3)不知道波传播过程中任意质点的起振方向就是波源的起振方向。 (4)不会区分波的传播位移和质点的振动位移。 (5)误认为质点随波迁移。 3．求解波的图像与振动图像综合问题的三关键：“一分、一看、二找” 学科网（北京）股份有限公司 433（七）波的干涉 波的干涉现象中振动加强点、减弱点的两种判断方法 1.公式法 某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。 ①当两波源振动步调一致时 若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。 ②当两波源振动步调相反时 若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。 2.波形图法 在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点 一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线， 两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 一、波的衍射和多普勒效应 1.波的衍射现象：是指波能绕过障碍物继续传播的现象,产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物 的尺寸跟波长相差不大或者小于波长。 2.多普勒效应的成因分析： (1)接收频率:观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。当波以速度 v通过观察 vt 者时,时间t内通过的完全波的个数为N= ,因而单位时间内通过观察者的完全波的个数,就是接收频率。 λ (2)当波源与观察者相互靠近时,观察者接收到的频率变大;当波源与观察者相互远离时,观察者接收到的频率 变小。 【考点六 电场与磁场知识点】 （一）库仑定律及库仑力作用下的平衡问题 1.库仑定律 (1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次 方成反比，作用力的方向在它们的连线上。 学科网（北京）股份有限公司 434(2)表达式：F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量。 (3)适用条件：真空中的点电荷。 (4)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大。 (5)对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示。 ①同种电荷：F＜k；②异种电荷：F＞k。 2.库仑力作用下的平衡问题 (1)四步解决库仑力作用下的平衡问题： (2)三个自由点电荷的平衡问题： ①平衡条件：每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷平衡的位置是另外两个点电荷的合场 强为零的位置。 ②平衡规律： (3)利用三角形相似法处理带电小球的平衡问题： 常见模型 几何三角形和力的矢量三角形 比例关系 学科网（北京）股份有限公司 435（二）电场强度的叠加与计算 电场强度的三个计算公式 （三）有关电场线的综合问题 1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较 比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 沿连线先变小后变大 电荷连线上的 电场强度 O点最小,但不为零 O点为零 学科网（北京）股份有限公司 436中垂线上的 O点最大,向外逐 O点最小,向外先 电场强度 渐减小 变大后变小 A与A'、B与B'、C与C' 关于O点对 称位置的电 等大同向 等大反向 场强度 2.“电场线+运动轨迹”组合模型 模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现 象”,其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析: (1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的 切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。 (2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若 已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。 3.电场线的应用(涉及电势部分将在下一节进一步研究) （四）电势高低及电势能大小的判断 1．电势高低的判断“四法” 判断方法 方法解读 电场线 沿电场线方向电势逐渐降低 方向法 场源电荷正 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；越靠近正电荷 负法 处电势越高，越靠近负电荷处电势越低 电势能 同一正电荷的电势能越大的位置处电势越高，同一负电荷的电势能越大的位置处电势越 大小法 低 学科网（北京）股份有限公司 437静电力 根据U ＝，将W 、q的正负号代入，由U 的正负判断φ 、φ 的高低 AB AB AB A B 做功法 2．电势能的大小判断“四法” 判断方法 方法解读 将电荷量、电势及正负号一起代入公式 E ＝qφ 计算，E ＞0时值越大，电势能越 pA A pA 公式法 大；E ＜0时绝对值越大，电势能越小 pA 电势高 同一正电荷在电势越高的地方电势能越大；同一负电荷在电势越低的地方电势能越大 低法 静电力 静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加 做功法 能量守 在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化而且其和守恒，动能 恒法 增加，电势能减小；反之，动能减小，电势能增加 （五）电势差与电场强度的关系 1．在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式二结论” 2．等分法及其应用 (1)等分法： 如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点的电势差等于原电势差的，采用这种等分间距求电势问 题的方法，叫作等分法。 (2)“等分法”的应用思路： 学科网（北京）股份有限公司 438（六）电容器的动态分析 1．平行板电容器动态的分析思路 2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况 (1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接: (2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接: （七）带电粒子在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F ＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。 合 (2)匀强电场中，粒子所受合外力F ≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动 合 或匀减速直线运动。 2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v2＝2ad(匀强电场)。 0 3．用功能观点分析 学科网（北京）股份有限公司 439匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv2。 0 非匀强电场中：W＝qU＝E －E 。 k2 k1 （八）带电粒子在电场中的抛体运动 1.求解电偏转问题的两种思路 以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U 加速,再经偏转电场U 偏转后,需再经历一段匀速直线运动才会打 1 2 到荧光屏上而显示亮点P,如图所示。 (1)确定最终偏移距离OP的两种方法 方法1: 方法2: (2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法 2.特别提醒： （1）利用动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功W=qU=qEy,其中“U”为初末位置的电势差,而不一 U 定是U= 2。 2 （2）注意是否考虑重力 ①基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不 忽略质量)． ②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力． （九）安培定则和磁场的叠加 1.安培定则 学科网（北京）股份有限公司 440直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 与条形磁铁的磁场相似，管内 环形电流的两 侧是 N 极和 S 无磁极、非匀强，且距导 特点 为匀强磁场且磁场最强，管外 极，且离圆环中心越远，磁场 线越远处磁场越弱 为非匀强磁场 越弱 安培 定则 立体图 截面图 2.磁场叠加问题的分析思路 (1)确定磁场场源,如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向,如图所 示M、N在c点产生的磁场磁感应强度分别为B、B。 M N (3)应用平行四边形定则进行合成,如图中c点的合磁场磁感应强度为B。 （十）安培力的大小方向 1.安培力公式：F＝ILBsin θ。 2．两种特殊情况： (1)当I⊥B时，F＝BIL。 (2)当I∥B时，F＝0。 3．弯曲通电导线的有效长度 (1)当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。 (2)对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。 4.安培力方向的判断 学科网（北京）股份有限公司 441(1)判断方法：左手定则。 (2)方向特点：既垂直于B，也垂直于I，所以安培力一定垂直于B与I决定的平面。 （十一）洛伦兹力的大小方向 1.洛伦兹力的大小和周期 mv2 （1）大小： （ ）；（2）向心力公式： qvB= ；（3）周期： F=qvB r 2.洛伦兹力的特点 (1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。 (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 (3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。 (4)洛伦兹力永不做功。 3.洛伦兹力的方向 (1)判断方法：左手定则 (2)方向特点：洛伦兹力的方向一定与粒子速度方向和磁感应强度方向所决定的平面垂直(B与v可以有任意 夹角)。 注意：由左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。 （十二）电磁组合场中的各类仪器 1. 质谱仪 （1）作用 测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。 （2）原理(如图所示) ①加速电场：qU＝mv2。 ②偏转磁场：qvB＝，l＝2r，由以上两式可得r＝ ，m＝，＝。 2. 回旋加速器 （1）构造 如图所示，D、D 是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。 1 2 学科网（北京）股份有限公司 442（2）原理 交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。 （3）最大动能 由qv B＝、E ＝mv 2得E ＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。 m km m km （4）总时间 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总 时间t＝T＝·＝。 （十三）电磁叠加场中的各类仪器 装置 原理图 规律 共性规律 速度选 若qvB＝Eq，即v ＝，粒子做匀速直线运 0 0 择器 动 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极 磁流体 板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳 发电机 定，q＝qvB，U＝vBd 0 0 稳定平衡时电荷 所受电场力和洛 伦兹力平衡，即 当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡 电磁流 q＝qvB 时，a、b间的电势差(U)达到最大，由q＝ 量计 qvB，可得v＝ 当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡 霍尔 时，b、a间的电势差(U)就保持稳定，由 元件 qvB＝q，可得U＝vBd 【考点七 电磁感应知识点】 （一）楞次定律和右手定则 学科网（北京）股份有限公司 4431.楞次定律及应用 楞次定律中“阻碍”的含义 “四步法”判断感应电流方向 2.右手定则的理解和应用 (1)右手定则适用于闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的情况。 (2)右手定则是楞次定律的一种特殊形式，用右手定则能解决的问题，用楞次定律均可代替解决。 (3)右手定则应用“三注意”： ①磁感线必须垂直穿入掌心。 ②拇指指向导体运动的方向。 ③四指所指的方向为感应电流方向。 3.楞次定律推论的应用 内容 例 证 阻碍原磁通量变化——“增反减同” 阻碍相对运动——“来拒去留” 使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩 减扩” 学科网（北京）股份有限公司 444（二）法拉第电磁感应定律求感生电动势 1.公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。 2.感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量 ΔΦ的大小没有必然联系。 3.磁通量的变化率对应Φt图线上某点切线的斜率。 4.通过回路截面的电荷量q＝，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。 5.感应电动势E＝S 中的S 为圆环回路在磁场中的面积，而不是圆环回路的面积。 有效 有效 （三）动生电动势的求解 1.E＝Blv的三个特性 正交性 本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直 公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中ab 有效性 E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意 相对性 速度间的相对关系 2．应用法拉第电磁感应定律的四种情况 情景图 一段直导线(或等效成直导 绕与B垂直的轴转动的导 研究对象 绕一端转动的一段导体棒 线) 线框 表达式 E＝BLv E＝BL2ω E＝NBSωsin ωt （四）感应电流电荷量的三种求法 公 式 说 明 ①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭 合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。 q＝It，式中I为回路中的恒定电 方法1 流，t为时间。 ②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路电阻保持不 变，则电路中的电流I恒定，时间t内通过线圈横截面 的电荷量q＝It。 学科网（北京）股份有限公司 445①闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电 q＝n。其中R为回路电阻，ΔФ 路提供电动势。 方法2 为穿过闭合回路的磁通量变化 ②从表面来看，通过回路的电荷量与时间无关，但 ΔФ 量。 与时间有关，随时间变化。 Δq＝C·ΔU＝CBLΔv，式中 C 为 在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端， 电容器的电容，B为匀强磁场的 不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁 方法3 磁感应强度，L为导体棒切割磁 感线产生的感应电动势E，通过电容器的电流I＝＝， 感线的有效长度，Δv为导体棒切 又E＝Blv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。 割速度的变化量。 （五）自感现象中灯泡亮度变化分析 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 电路中稳态电流为I、I： 1 2 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方 ①若I≤I，灯泡逐渐变暗； 2 1 断电时 向不变 ②若I＞I，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。 2 1 两种情况下灯泡中电流方向均改变 （六）电磁感应中的电路问题 1．电磁感应中电路知识的关系图 2．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题 学科网（北京）股份有限公司 446（七）三类常见单棒模型 模型 过程分析 规律 设运动过程中某时刻的速度为 v，加速度为a， ； 1.力学关系： ，a、v反向， 导体棒做减速运动，v↓⇒a↓， 当a＝0时，v＝0，导体棒做加 速度减小的减速运动，最终静 2.能量关系： 阻尼式 止 （导轨光滑，电阻为 3.动量电量关系： ； R，导体棒电阻为r） 开关S闭合瞬间，ab棒受到的 ； 安培力 ，此时 1.力学关系： ，速度v↑ ⇒E 反 BLv↑⇒ 2.动量关系： ⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓， A 当E ＝E时，v最大， 3.能量关系： 反 E 电动式 且v = m Bl （导轨光滑，电阻为 4.两个极值： R，导体棒电阻不计， 电源电动势为E内阻为 r） (1)最大加速度：当v=0时，E反=0， E v = 当E ＝E时， m Bl (2)最大速度： 反 学科网（北京）股份有限公司 447设运动过程中某时刻棒的速度 为v，加速度为 1.力学关系： ， 2.动量关系： 随v的增加，a减小， 当a＝0时，v最大。 3.能量关系： 4.两个极值： 发电式 (导轨光滑，电阻为 R，导体棒电阻为r，F （1）最大加速度：当v=0时， 。 为恒力) （2）最大速度：当a=0时， （八）三类含容单棒模型 模型 过程分析 规律 电容器充电后，电键接2后 1.电容器充电量： 放电，导体棒向右移动，切 2.放电结束时电量： 割磁感线，产生反电动势， 3.电容器放电电量： 当电容器电压等于Blv 时， m 导体棒以最大速度匀速运 4.动量关系： ； 放电式 动。 (先接1后接2,导轨光滑) 5.功能关系： 充电电流减小，安培力减 达到最终速度时： 小，a减小，当a＝0时，导 1.电容器两端电压： （v为最终速度） 体棒匀速直线运动 2.电容器电量： 3.动量关系： ； 无外力充电式 （导轨光滑） 电容器持续充 ， 1.力学关系： 2.电流大小： 得I恒定，a恒定，导体棒做 有外力充电式 匀加速直线运动 3.加速度大小： 学科网（北京）股份有限公司 448（导轨光滑） （九）双棒模型 1.等间距双棒模型 模型 过程分析 规律 1.电流大小： 棒2做变减速运动，棒1做变加速 运动，稳定时，两棒的加速度均为 2.稳定条件：两棒达到共同速度 零，以相同的速度匀速运动.对系 3.动量关系： 统动量守恒，对其中某棒适用动量 定理。 4.能量关系： ； 无外力等距式 （导轨光滑） 1.电流大小： 2.力学关系： ； 。（任 a 减小，a 增大，当a＝a 时二者 意时刻两棒加速度） 2 1 2 1 一起匀加速运动，存在稳定的速度 3.稳定条件：当a＝a 时，v-v 恒定；I恒 2 1 2 1 差 定；F 恒定；两棒匀加速。 A 有外力等距式 4.稳定时的物理关系： ； （导轨光滑） ； ； 2.不等间距双棒模型 模型 过程分析 规律 1.动量关系： ； 2.稳定条件： 棒1做变减速运动，棒2做变加速运 动，稳定时，两棒的加速度均为零， 3.最终速度： ； 两棒以不同的速度做匀速运动，所围 的面积不变.vL＝vL 1 1 2 2 无外力不等距式 （导轨光滑） 4.能量关系： 5.电量关系： 【考点八 恒定电流与交变电流知识点】 学科网（北京）股份有限公司 449（一）电流的计算 公式 公式含义 定义式 I＝ 反映了I的大小，但不能说I∝q，I∝ 微观式 I＝nqSv 从微观上看n、q、S、v决定了I的大小 决定式 I＝ I由U、R决定，I∝U I∝ （二）电阻定律 决定式 定义式 公式 R＝ρ R＝ 指明了电阻的决定因素 提供了一种测定电阻的方法，电阻与U和I无关 区别 适用于粗细均匀的金属导体和分布均 适用于任何纯电阻导体 匀的导电介质 相同点 都不能反映电阻的实质(要用微观理论解释) （三）电功与焦耳定律 1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较 纯电阻电路 非纯电阻电路 白炽灯、电炉、电饭锅、电热 实例 工作中的电动机、电解槽、日光灯等 毯、电熨斗等 电路中消耗的电能全部转化为内 电路中消耗的电能除转化为内能外，还转化 能量转化 能W＝Q 为其他形式的能W>Q 电功的计算 W＝UIt＝I2Rt＝t W＝UIt 电热的计算 Q＝UIt＝I2Rt＝t Q＝I2Rt 电功率的计算 P＝UI＝I2R＝ P＝UI 电热功率的计算 P ＝UI＝I2R＝ P ＝I2R 热 热 注意：在非纯电阻电路中，t既不能表示电功，也不能表示电热；既不能表示电功率，也不能表示电热功 率。(因为欧姆定律不成立) 2．电动机(或电解槽)的功率关系 P ＝P ＋P 或IU＝P ＋I2r。[r为电动机线圈(或电解液)的电阻] 入 出 热 出 注意：电动机在通电但是卡住不转动时相当于纯电阻电路。 （四）闭合电路的功率问题 1．闭合电路的功率和效率 学科网（北京）股份有限公司 450任意电路：P ＝EI＝P ＋P 总 出 内 电源总功率 纯电阻电路：P ＝I2(R＋r)＝ 总 电源内部 P ＝I2r＝P －P 内 总 出 消耗的功率 任意电路：P ＝UI＝P －P 出 总 内 电源的 输出功率 纯电阻电路：P ＝I2R＝ 出 P 与外电阻 出 R的关系 任意电路：η＝×100%＝×100% 电源的效率 纯电阻电路：η＝×100% 2．输出功率与外电阻的关系 由P 与外电阻R的关系图像可知： 出 (1)当R＝r时，电源的输出功率最大为P ＝。 m (2)当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小。 (3)当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大。 (4)当P ＜P 时，每个输出功率对应两个外电阻R 和R，且RR＝r2。 出 m 1 2 1 2 （五）交变电流的产生规律 1．正弦式交变电流的产生 (1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。 (2)两个特殊位置的特点： ①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。 ②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。 (3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流 的方向改变两次。 (4)交变电动势的最大值E ＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。 m 2．产生正弦交流电的四种其他方式 (1)线圈不动，匀强磁场匀速转动。 (2)导体棒在匀强磁场中做简谐运动。 学科网（北京）股份有限公司 451(3)线圈不动，磁场按正弦规律变化。 (4)在匀强磁场中导体棒的长度与时间成正弦规律变化。 （六）交变电流的四值问题 物理含义 重要关系 适用情况 e＝E sin ωt 正弦形式，从中性面开始 m 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝E cos ωt 余弦形式，从垂直中性面开始 m E ＝nBSω 确定用电器的耐压值、电容器的击穿 m 峰值 交变电流最大的瞬时值 I ＝ 电压 m (1)计算与电流热效应相关的量(如功 率、热量) 跟交变电流的热效应等效 E＝ 有效值 (2)交流电表的测量值 的恒定电流值 U＝ (3)电器设备的额定电压、额定电流 (4)保险丝的熔断电流 it图像中图线与时间轴所围 ＝n 平均值 计算通过电路某截面的电荷量 面积与时间的比值 ＝ 注意：求解有效值的两个关键点 (1)计算有效值的根据是电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量” 列式求解。 (2)利用公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。 （七）理想变压器原理与基本关系 学科网（北京）股份有限公司 452（八）理想变压器的动态分析 理想变压器 没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中) 功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P ＝P 入 出 电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，U∶U＝n∶n，与负载的多少无关 1 2 1 2 基本关系 只有一个副线圈时，I∶I ＝n∶n ；有多个副线圈时，由P ＝P 即IU ＝IU ＋ 1 2 2 1 入 出 1 1 2 2 电流关系 IU＋…＋IU 得In＝In＋In＋…＋In 3 3 n n 1 1 2 2 3 3 n n 频率关系 f＝f(变压器不改变交流电的频率) 1 2 处理技巧 等效电阻 匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况 (1)U 不变，根据＝，输入电压U 决定输出电压U ，可 1 1 2 以得出不论负载电阻R如何变化，U 不变。 (1)U 不变，发生变化，U 变化。 2 1 2 (2)当负载电阻发生变化时，I 变化，根据输出电流I 决 (2)R不变，U 变化，I 发生变化。 2 2 2 2 定输入电流I，可以判断I 的变化。 (3)根据P ＝和P ＝P ，可以判断P 变化时，P 1 1 2 1 2 2 1 (3)I 变化引起P 变化，根据P ＝P ，可以判断P 的变 发生变化，U 不变时，I 发生变化。 2 2 1 2 1 1 1 化。 （九）远距离输电 远距离输电问题中的“三 二 一” 学科网（北京）股份有限公司 4531．理清三个回路 2．抓住两个联系 (1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n)和线圈2(匝数为n)中 1 2 各个量间的关系是＝，＝，P＝P。 1 2 (2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n)和线圈4(匝数为n)中 3 4 各个量间的关系是＝，＝，P＝P。 3 4 3．掌握一个守恒 能量守恒关系式P＝P ＋P。 1 损 4 4.电压损失和功率损失的计算 （1）电压损失：输电线路上I＝I ＝I，总电阻R 导致的电压损失ΔU＝U－U＝I R 。 2 线 3 线 2 3 线 线 （2）功率损失： ①P ＝P－P 损 1 4 P 2 ( ) 2 ②P ＝I ·ΔU＝IR ＝ R 损 线 线 U 线 2 注意：(1)当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率减小到原来的。 (2)不要把输电线上的输电电压U 和输电线上损失的电压ΔU相混淆。 2 【考点九 热学知识点】 （一）分子的大小 1.两种分子模型 物质有固态、液态和气态三种情况,不同物态下应将分子看成不同的模型。 (1)固体、液体分子一个一个紧密排列,可将分子看成球形或立方体形,如图所示,分子间距等于小球的直径或 学科网（北京）股份有限公司 454√6 V 立方体的棱长,所以d= 3 (球体模型)或d=√3V(立方体模型)。 π (2)气体分子不是一个一个紧密排列的,它们之间的距离很大,所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均 空间,如图所示,此时每个分子占有的空间视为棱长为d的立方体,所以d=√3V。 提醒:对于气体,利用d=√3V得到的不是分子直径,而是气体分子间的平均距离。 2.微观量与宏观量间的关系 微观量:分子体积V、分子直径d、分子质量m。 0 0 宏观量:物体的体积V、摩尔体积V 、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ。 m M ρV (1)分子的质量:m= = m 。 0 N N A A V M (2)分子的体积:V= m = (适用于固体和液体)。 0 N ρN A A V m m ρV (3)物体所含的分子数:N= ·N = ·N 或N= ·N = ·N 。 V A ρV A M A M A m m （二）扩散现象、布朗运动和热运动 1.扩散现象、布朗运动与热运动的比较 现象 扩散现象 布朗运动 热运动 活动 分子 固体微小颗粒 分子 主体 是分子的运动,发生 是比分子大得多的颗粒的运动,只能在 是分子的运动,不能通过光学显 区别 在任何两种物质之间 液体、气体中发生 微镜直接观察到 共同 (1)都是无规则运动;(2)都随温度的升高而更加激烈 点 联系 扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动 2.气体分子的速率分布 气体分子的速率呈“中间多、两头少”分布。 （三）分子力和分子势能 学科网（北京）股份有限公司 455分子力变化 分子势能变化 ①分子斥力、引力同时存在； ②当r>r 时，r增大，斥力引力都减小，斥力减小更 0 ①当r=r 时，分子势能最小； 快，分子力变现为引力； 0 ②当r>r 时，r逐渐减小，分子势能逐渐减小； ③当rn)． m n ③轨道量子化假设：氢原子的电子轨道半径r＝n2r(n＝1,2,3，…)，n为量子数． n 1 (2)氢原子能级跃迁 ①从低能级(n)――→高能级(m)：动能减少，势能增加，原子能量增加，吸收能量，hν＝E －E. m n ②从高能级(m)――→低能级(n)：动能增加，势能减少，原子能量减少，放出能量，hν＝E －E. m n 2.三点注意 ①原子跃迁时，所吸收或释放的光子能量只能等于两能级之间的能量差． ②原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值，剩余能量为自由电子的动能． n(n−1) N=C2 = n 2 ③一群原子的核外电子向基态跃迁时发射光子的种类： 。 ④一个原子的核外电子向基态跃迁时发射最多光子的种类： N=n-1 。 （三）原子核的衰变和半衰期 1.三种射线的比较 种类 α射线 β射线 γ射线 组成 高速氦核流 高速电子流 光子流(高频电磁波) 电荷量 2e -e 0 m 4m, 质量 p p 静止质量为零 m p =1.67×10-27 kg 1 836 速度 0.1c 0.99c c 在电场、 偏转 与α射线偏转方向相反 不偏转 磁场中 贯穿本领 最弱,用纸能挡住 较强,能穿透几毫米的铝板 最强,能穿透几厘米的铅板 对空气的 很强 较弱 很弱 电离作用 2.α衰变、β衰变的比较 学科网（北京）股份有限公司 465衰变类型 α衰变 β衰变 衰变方程 AX→A−4Y +4 He AX→A Y +0 e Z Z−2 2 Z Z+1 -1 2个质子和2个中子结合成一个整体射出 1个中子转化为1个质子和1个电子 衰变实质 21 H+21n→4 He 1n→1H+0 e 1 0 2 0 1 -1 衰变规律 电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒 3.衰变次数的计算方法 若AX→A' Y+n4 He+m0 e Z Z' 2 -1 则A=A'+4n,Z=Z'+2n-m 解以上两式即可求出m和n。 4.半衰期的理解 (1)半衰期是大量原子核衰变时的统计规律,对个别或少量原子核,无半衰期可言。 t t 1 1 (2)根据半衰期的概念,可总结出公式N =N τ,m =m τ。式中N 、m 表示衰变前的放射性元素 余 原 余 原 原 原 2 2 的原子数和质量,N 、m 表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量,t表示衰变时间,τ表示半 余 余 衰期。 （四）核反应方程与核能的计算 1.核反应的四种类型 类型 可控性 核反应方程典例 α衰变 自发 238U→234 Th+4 He 92 90 2 衰变 β衰变 自发 234 Th→234 Pa+0 e 90 91 -1 14N+4 He→17O+1 H(卢瑟福发现质子) 7 2 8 1 4 He+9 Be→12C+1 n(查德威克发现中子) 2 4 6 0 人工转变 人工控制 27 Al+4 He→30P+1 n 13 2 15 0 (约里奥-居里夫妇发现放射性同位素) 30P→30 Si+0 e 15 14 1 重核 比较容易进 235U+1n→144 Ba+89 Kr+31 n 92 0 56 36 0 学科网（北京）股份有限公司 466裂变 行人工控制 235U+1n→136 Xe+90 Sr+101 n 92 0 54 38 0 轻核聚变 很难控制 2H+3H→4 He+1 n 1 1 2 0 2.核反应方程的书写 (1)熟记常见粒子的符号是正确书写核反应方程的基础。如质子(1 H)、中子(1 n)、α粒子(4 He)、β粒子(0 1 0 2 -1 e)、正电子(0 e)、氘核(2 H)、氚核(3 H)等。 1 1 1 (2)掌握核反应方程遵循的规律是正确书写核反应方程或判断某个核反应方程是否正确的依据。由于核反应 不可逆,因此书写核反应方程式时只能用“→”表示反应方向。 (3)核反应过程中质量数守恒,电荷数守恒。 3.核能的计算方法 (1)根据ΔE=Δmc2计算,计算时Δm的单位是“kg”,c的单位是“m/s”,ΔE的单位是“J”。 (2)根据ΔE=Δm×931.5 MeV/u计算。因1原子质量单位(1 u)相当于931.5 MeV,所以计算时Δm的单位是 “u”,ΔE的单位是“MeV”。 (3)根据核子比结合能来计算核能 原子核的结合能=核子比结合能×核子数。 4.对质能方程的理解 (1)一定的能量和一定的质量相联系,物体的总能量和它的质量成正比,即E=mc2。 方程的含义:物体具有的能量与它的质量之间存在简单的正比关系,物体的能量增大,质量也增大;物体的能量 减少,质量也减少。 (2)核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm,其能量也要相应减少,即ΔE=Δmc2。 (3)原子核分解成核子时要吸收一定的能量,相应的质量增加Δm,吸收的能量为ΔE=Δmc2。 第五部分 考前准备调整注意篇 【准备一 答题技能】 一、选择题答题技能和方法 （一）题型分类与针对性技巧 1. 概念理解类选择题 学科网（北京）股份有限公司 467（1）特点： 考查基本概念、定义、定理的准确理解（如质点、惯性、电势、电磁感应条件等）。 （2）技巧： 直接判断法：熟记概念的核心要素，直接排除与定义矛盾的选项（如 “惯性只与质量有关”，排除 “速度越大惯性越大” 的错误选项）。 关键词辨析：注意选项中的限定词，如 “一定”“可能”“总是”“恰好”，结合概念的适用条件 判断（例：“闭合电路磁通量变化一定产生感应电流”—— 正确；“磁场变化一定产生感应电流”—— 错误，需闭合电路）。 反例排除法：对模糊选项，用已知反例验证（如 “加速度减小，速度一定减小”—— 反例：加速度 与速度同向时，速度增大）。 2. 计算推理类选择题 （1）特点： 需通过公式推导、数值计算或逻辑推理得出答案（如受力分析、运动学公式、电磁学计算等）。 （2）技巧： 特殊值法：对涉及变量的选项，代入特殊值（如极值、临界值，如斜面倾角 θ=0° 或 90°），简化计 算（例：求斜面上物体摩擦力，θ=0° 时摩擦力为 0，排除不合理选项）。 估算与量纲法： 估算：忽略次要因素（如空气阻力），快速计算数量级（例：估算天体质量，用黄金代换式 GM=gR²，避免复杂运算）。 量纲检验：检查选项单位是否与所求物理量一致（如求功的单位应为 “J”，若选项单位为 “m/s” 可 直接排除）。 逆向思维法：从选项反推条件，验证是否符合题意（如已知结果求条件，代入选项看是否满足方程）。 3. 图像图表类选择题 （1）特点： 以函数图像（v-t、F-x、U-I 图等）、示意图（受力图、电路图）或数据表格为载体，考查信息提取能 力。 （2）技巧： 图像 “四要素” 分析： 坐标轴：明确横纵坐标物理量及单位（如 “x-t 图” 与 “v-t 图” 斜率意义不同）。 斜率：对应物理量的变化率（v-t 图斜率为加速度，U-I 图斜率为电阻）。 面积：代表累积量（v-t 图面积为位移，F-x 图面积为功）。 学科网（北京）股份有限公司 468截距与交点：截距可能对应初始条件（如 x-t 图截距为初始位置），交点代表临界状态（如两物体速 度相等时距离极值）。 数据表格对比：关注变量的变化规律（正比、反比、平方关系），用控制变量法分析（例：探究加速 度与力的关系，表格中 F 加倍，a 近似加倍则选 “正比”）。 4. 实验类选择题 （1）特点： 考查实验原理、器材使用、误差分析（如测电源电动势和内阻、验证牛顿第二定律等）。 （2）技巧： 原理记忆法：熟记实验目的、步骤及关键公式（如伏安法测电阻的内外接法选择条件：“大内偏大小 外偏小”）。 误差来源分析：系统误差（仪器精度、方法缺陷）与偶然误差（读数误差）的区别（例：电流表外接 法误差源于电压表分流，适用于小电阻）。 器材选择逻辑：根据实验要求选量程（如电压表量程需大于电源电动势）、分度值（如精度 0.1A 的 电流表读数需估读到 0.01A）。 5. 多选题策略 （1）特点： 至少 2 个正确选项，多选、错选不得分，少选得部分分（如每题 6 分，选对 1 个得 3 分）。 （2）技巧： 宁缺毋滥：不确定的选项不选，确保已选选项正确（例：若确定 A 正确，B 存疑，C 明显错误，则 只选 A 得 3 分）。 矛盾排除法：若选项间存在矛盾（如 A 说 “加速度增大”，B 说 “加速度减小”），则最多一真， 结合题意判断。 逐一验证：对每个选项单独分析，避免因 “连锁错误” 丢分（如先入为主认为 A 正确，误判 B 也 正确）。 （二）通用解题步骤与注意事项 1. 审题 “三要素” 圈画关键词：标出 “不正确的是”“可能”“一定”“至少” 等限定词，避免因看错问题丢分。 明确研究对象：是单个物体、系统，还是过程（如 “加速阶段”“匀速运动时”）。 提取已知条件：将数值、单位、图像信息转化为物理量（如 “电压表示数 3V” 对应 U=3V）。 2. 解题流程 快速筛选法：先用直接判断法或排除法排除明显错误选项（如概念性错误、单位不符），缩小范围。 学科网（北京）股份有限公司 469分情况讨论：对涉及多解的问题（如矢量方向、临界状态），逐一分析每种可能性（例：斜抛运动中 速度方向可能向上或向下）。 极限与特殊场景：将问题推向极端（如摩擦力为 0、质量无穷大），观察结果是否合理（例：两物体 间摩擦力随压力增大而增大，若压力为 0 时摩擦力不为 0 则错误）。 3. 时间管理 单题限时：平均每题 1.5-2 分钟，复杂题不超过 3 分钟，标记未确定题目，完成全卷后回头再做。 避免 “卡壳”：若计算繁琐或思路受阻，暂时跳过，优先保证简单题得分（选择题总用时建议控制 在 25-30 分钟）。 4. 易错点规避 忽略矢量方向：如速度、加速度、力的方向是否与题干一致（例：问 “速度大小” 则不考虑方向， 问 “速度” 则需矢量性）。 混淆相近概念：区分 “动量” 与 “动能”、“电势能” 与 “电势”、“额定功率” 与 “实际 功率” 等。 忽略隐含条件：如 “轻质弹簧”（质量不计）、“光滑水平面”（摩擦力为 0）、“缓慢运动” （动态平衡，合力为 0）。 （三）考前针对性训练建议 专题突破：按题型分类练习（如每天 10 道图像题），总结同类题规律（如 v-t 图 “面积法” 适用 于所有匀变速运动）。 错题复盘：记录错误类型（概念模糊、计算失误、审题不清），针对性强化（如概念题错得多则回归 课本定义）。 模拟限时训练：用高考真题或模拟卷计时答题，适应考场节奏，提升快速决策能力。 总之，高考物理选择题的核心策略是 “先定性后定量，先排除后细算”。通过强化概念辨析、掌握 特殊方法（如特殊值、极限法）、精准提取图像信息，并结合多选题的保守策略，可在保证准确率的同时 提升答题速度。记住：审题细致、方法灵活、心态稳定，是攻克选择题的关键！ 二、实验题答题技能和方法 （一）实验题分类与核心应对策略 1. 测量型实验（高频考点） 典型实验：测电源电动势和内阻（伏安法、安阻法、伏阻法）、测金属电阻率（螺旋测微器、 游标卡尺 读数、电路选择）、测重力加速度（单摆法、打点计时器法）。 （1）实验原理突破： 学科网（北京）股份有限公司 470①抓住核心公式：如测电源电动势 (E = U + Ir)（伏安法），明确直接测量量（U、I）与间接测量量 （E、r）的关系。 ②电路设计逻辑： 电流表内外接法选择： 小电阻用外接法（电压表准确，电流表偏大，误差源于电压表分流），记 “小外偏小”； 大电阻用内接法（电流表准确，电压表偏大，误差源于电流表分压），记 “大内偏大”。 滑动变阻器接法：若要求电压、电流从 0 开始调节或待测电阻远大于变阻器总阻值，用分压式；否 则用限流式（更省电）。 （2）器材选择步骤： ①计算电路最大电流 、电压，确保电表量程安全（如测两节干电池电动势，电压表量程选 0-3V 而 非 0-15V）； ②精度匹配：游标卡尺（不估读，如 10 分度精度 0.1mm）、螺旋测微器（必估读，结果为 ×.×××mm）、电流表 、电压表（最小分度为 0.1 则估读到 0.01，0.02 则估读到 0.02）。 2. 验证型实验（注重逻辑严谨性） 典型实验：验证牛顿第二定律（a-F、a-1/m 图像）、验证机械能守恒（打点计时器纸带分析）、验证力的 平行四边形定则（弹簧测力计读数、作图误差）。 （1）操作步骤规范： ①排序原则：先安装器材（如 “平衡摩擦力” 在 “挂砝码” 前），后调节测量；先断电再拆线 （如电学实验）。 ②细节陷阱： 1）验证牛顿第二定律时，“平衡摩擦力” 需让小车在不挂钩码时匀速运动（纸带点迹均匀）； 2）验证机械能守恒时，纸带需选点迹清晰且第一、二点间距约 2mm（初速度接近 0）。 ③数据处理技巧： 1）图像法消元：如验证 a ∝F 时，作 a-F 图（保持 m 不变），若为直线则结论成立；作a-1/m 图（保持 F 不变），直线斜率为合力。 学科网（北京）股份有限公司 4712）逐差法计算加速度：对纸带连续相等时间间隔位移作差，减小偶然误差。 3. 探究型实验（开放思维，迁移课本方法） 典型考法：探究热敏电阻的阻值随温度变化规律、探究电容器充电放电特性、创新情境下的非常规测量 （如用频闪照相测速度）。 （1）方法迁移核心： ①控制变量法：如探究 “加速度与力、质量的关系” 时，先控制 m 不变研究 a-F，再控制 F 不变研究 a-m。 ②等效替代法：如 “验证力的平行四边形定则” 中，用一个力替代两个力的合力，需保证作用效果相同 （橡皮筋结点拉至同一位置）。 ③转换法：将不易测量的物理量转化为易测量的量（如测微小形变用镜面反射放大，测电源内阻用 “安 阻法” 转化为测电流和电阻）。 （2）创新实验审题步骤： ①明确实验目的：从题干中提取 “探究 ×× 与 ×× 的关系” 或 “测量 ×× 物理量”； ②关联课本原型：如 “测电源电动势” 的变式实验（只用一个电表 + 定值电阻），本质仍是闭合电路 欧姆定律的应用； ③构建关系式：根据物理规律列出包含待测量的方程。 4. 误差分析（区分系统误差与偶然误差） 误差 产生原因 减小方法 实例分析 类型 系统 仪器缺陷、方 改进实验方法、 伏安法测电阻外接法中，电压表分流导致测量值偏小 误差 法原理局限 校准仪器 （系统误差，无法通过多次测量消除）。 偶然 读数偏差、操 多次测量取平均 打点计时器纸带计数时误读点迹，导致加速度计算偏 误差 作不规范 值、规范操作 差（可通过多次实验减小）。 （二）实验题通用解题步骤与易错点规避 1. 审题 “三步法” （1）第一步：明确实验目的 直接标注题干中的 “测量 ××”“验证 ××”“探究 ××”，如 “测量金属丝 的电阻率” 需联想到 \(\rho = \frac{\pi d^2 U}{4IL}\)（d 为直径，U 为电压，I 为电流，L 为长度）。 学科网（北京）股份有限公司 472（2）第二步：回顾实验原理 默写核心公式，理清自变量、因变量和控制量（如 “测电源电动势” 的核心是闭合电路欧姆定律，自变量为外电阻，因变量为 U 和 I）。 （3）第三步：拆解问题模块 将题目拆分为 “器材选择”“步骤排序”“数据处理”“误差分析” 等小问，逐个击破（如先解决仪器读数，再处理图像问题）。 2. 高频考点易错点清单 考 易错细节 正确做法 点 仪 游标卡尺不估读，螺旋测微器漏估读（如 游标卡尺读数 = 主尺对齐刻线 + 游标尺对齐刻线 器 将 0.61mm 写成 0.6mm）；电压表 / 电 × 精度（如 20 分度精度 0.05mm）；螺旋测微器 读 流表量程看错（如 0-3V 量程按 0-15V = 固定刻度 + 可动刻度 ×0.01mm（注意半毫米线 数 读数）。 是否露出）。 电 路 滑动变阻器分压式 / 限流式接错；电表 分压式需将变阻器两端接电源，滑片接测量电路； 连 正负接线柱反接。 限流式串联接入，电流从电表 “+” 进 “-” 出。 接 纸 误将 “计数点间隔” 当 “计时点间 明确打点周期 T=0.02s，计数点间隔需乘以间隔 带 隔”（如每 5 个点取一计数点，T=0.1s 数；求速度必须用相邻两段位移的平均（对应中间 分 而非 0.02s）；求瞬时速度时不用中间时 时刻速度）。 析 刻速度公式。 图 标度选取不当（如纵轴起点非 0 导致图 标度使图像占满坐标纸 1/2~2/3，非必要时纵轴起 像 像斜率失真）；描点连线时画成折线而非 点可为 0；用直尺拟合直线，曲线需平滑过渡，偏 绘 平滑曲线。 离远的点舍去。 制 3. 数据处理 “三板斧” （1）公式法：直接代入测量值计算，注意有效数字（如游标卡尺结果保留到精度位，螺旋测微器保留 3 位小数）。 （2）图像法： ①明确横纵坐标物理量（如 “测 E 和 r” 时，纵轴 U，横轴 I，图像截距为 E，斜率绝对值 为 r）； ②化非线性为线性（如探究 R-T 关系时，若图像为曲线，尝试作 ln R - T图寻找规律）。 （3）误差传递分析：分析某一测量量误差对最终结果的影响（如测金属丝长度时未扣除端点绝缘部分， 导致 L 偏大，电阻率 ρ 偏大）。 学科网（北京）股份有限公司 473（三）考前针对性训练建议 1. 课本实验 “地毯式” 复习 （1）熟记必考实验 （2）对比实验异同：如 “测电源电动势” 的伏安法、安阻法、伏阻法的电路图区别及适用场景（安阻 法需已知定值电阻，伏阻法需已知电流表内阻）。 2. 错题分类整理 （1）原理混淆：如误将 “验证机械能守恒” 的纸带初速度当作 0（实际需选点迹清晰段，且第一点速 度可能不为 0）； （2）操作失误：如 “平衡摩擦力” 时斜面倾角过大，导致小车加速下滑（正确方法：挂纸带，轻推小 车，纸带点迹均匀则平衡）； x −x a= 2 1 （3）数据处理错误：如计算加速度时误用 T2 （仅适用于两段位移，多段需用逐差法）。 3. 动手模拟与可视化训练 （1）虚拟实验操作：通过物理仿真软件（如 NOBOOK、DIS 实验室）模拟电路连接、纸带打点过程，强 化操作细节记忆（如滑动变阻器滑片初始位置应使电路电阻最大，保护电表）。 （2）绘制实验思维导图：以 “测电源电动势和内阻” 为例，梳理 “原理→器材→电路图→数据处理→ 误差分析” 的逻辑链，形成知识网络。 4. 掌握 “实验题抢分话术” （1）误差分析答题模板： ①系统误差：“由于 ××（如电压表内阻不是无穷大），导致 ×× 量测量值偏 ×（大 / 小），最终结果 ××（偏大 / 小）”； ②偶然误差：“多次测量取平均值可减小误差”“选用精度更高的仪器可减小误差”。 （2）步骤排序关键词：“先 ×× 后 ××”（如 “先断开开关，再拆电路”“先调节滑动变阻器使阻值最大， 再闭合开关”）。 （四）考场应急技巧 学科网（北京）股份有限公司 4741.陌生实验题 “拆解法”：若遇到创新实验，先拆分成熟悉的模块（如 “测未知电阻” 转化为 “伏安 法”“欧姆表法” 或 “等效替代法”），再套用课本方法。 2.图像题 “趋势分析法”：若无法精确计算，通过图像斜率 / 截距的物理意义定性判断（如 “U-I 图斜 率为负，绝对值越大内阻越大”）。 3.仪器读数 “单位换算”：注意题干单位（如长度给 “cm” 需换算成 “m” 代入电阻率公式），避免低 级错误。 总之，高考物理实验题的核心是 “原理为纲，细节为王”。通过深挖课本实验的逻辑链条（为什么 这样设计→如何操作→数据如何处理→误差从何而来），结合针对性的错题复盘和规范答题训练，能有效 提升实验题的得分率。记住：实验题的每一个设问都紧扣实验目的，只要抓住 “测量什么→怎么测量→ 结果如何” 的主线，就能化繁为简，稳拿高分！ 三、计算题答题技能和方法 （一）审题：圈画关键，建立物理模型 1. 精读题干，提取关键信息 （1）圈画关键词：如 “光滑”“轻质”“恰好通过”“至少”“缓慢”“匀速”“瞬间” 等，这些词往往隐含条件（如 “光 滑”→忽略摩擦力，“恰好”→临界条件）。 （2）明确研究对象：是单个物体、连接体，还是多物体系统？是否需要隔离分析或整体分析？ （2）标注已知量：将数值、单位清晰列出，避免混淆。 2. 画示意图，构建物理场景 （1）力学题：画受力分析图（标出重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等），标注速度 / 加速度方向。 （2）运动题：画运动过程图（如平抛运动的分解、圆周运动的轨迹、多阶段运动的分界点）。 （3）电磁题：画电路图（等效电路）、粒子运动轨迹（标注磁场方向、速度方向、圆心和半径）、导体 棒切割磁感线示意图。 （二）过程分析：分阶段拆解，明确物理规律 1. 划分运动阶段 学科网（北京）股份有限公司 475（1）复杂问题（如多物体、多过程）需按时间或空间分段，例如： ①力学：加速→匀速→减速；碰撞前→碰撞瞬间→碰撞后。 ②电磁学：导体棒在磁场中先加速（切割磁感线产生感应电流，受安培力）→最后匀速（合力为零）。 （2）每个阶段对应 物理规律：牛顿定律、运动学公式、能量守恒（动能定理、机械能守恒）、动量守恒、 电磁感应定律（法拉第电磁感应定律、楞次定律）等。 2. 选择解题方法 （1）力学问题： ①恒力作用下的匀变速运动：优先用 牛顿第二定律 + 运动学公式 ②变力或多过程问题：优先用 能量观点、机械能守恒 或 动量观点、动量守恒 。 （2）电磁问题： ①电场中粒子运动：匀强电场结合运动学公式；非匀强电场用动能定理。 ②电磁感应：切割问题用动生电动势，磁通量变化用感生电动势，结合闭合电路欧姆定律求电流，再分析 安培力和运动状态。 （三）列方程：规范书写，踩中得分点 1. 写原始公式，避免直接写变形 ①正确格式：先写通用公式，再代入已知量或变量。 ②矢量方向：涉及矢量（如速度、力、动量）时，需规定正方向（如向右为正），方程中用正负号体现方 向。 2. 分对象、分阶段列方程 ①多物体问题：对每个物体分别列方程。 学科网（北京）股份有限公司 476②多过程问题：按阶段列方程（如 “滑块在木板上滑动” 分为 “滑块减速” 和 “木板加速” 阶段，分别用牛顿 定律或动能定理）。 3. 保留中间变量，联立求解 若未知量较多，先列出独立方程，再联立消去中间变量。 （四）数学处理：准确计算，注意细节 1. 符号运算优先，最后代入数值 ①先通过代数运算化简方程，避免过早代入导致计算复杂。 ②分式、平方、开根号等运算需仔细，防止符号错误（如负号丢失）。 2. 有效数字与单位 ①题目未明确说明时，结果保留 2-3 位有效数字。 ②单位必须统一，最终结果标注单位。 （五）规范答题：清晰有条理，争取步骤分 1. 答题格式书写要规范 ①设变量：用文字说明符号含义（如 “设碰撞后 A 的速度为v ，方向向右”）。 A ②标序号：每个独立方程编号（①②③），方便阅卷老师找分点。 ③写 “答”：明确回答问题（如 “求电阻 R 的功率”，需写 “电阻 R 的功率为 5W”）。 2. 避免常见失分点 ①不写 “中文公式”：如 “合力等于质量乘加速度” 不能代替F=ma。 ②不跳步：即使中间步骤简单，也要写出关键方程（如动量守恒的表达式），否则即使结果正确也可能扣 步骤分。 ③不写 “错误公式”：不确定的公式不写，避免画蛇添足（如混淆动能定理和机械能守恒的条件）。 学科网（北京）股份有限公司 477（六）检查与验证：逆向推导，合理估算 1. 检查方程合理性 ①量纲是否正确：如动能单位应为 J。 ②物理意义是否符合：如速度不能超过光速，能量不能为负值，加速度方向是否与受力一致。 2. 特殊值验证 代入极端值（如质量为 0、角度为 0° 或 90°），看结果是否合理。 例：斜面倾角为 0° 时，摩擦力 应等于重力沿斜面分力（即 0），若计算结果不为 0，则错误。 3. 压轴题策略 最后一题通常分 2-3 小问，前 1-2 问较基础（如求加速度、速度），务必完成；最后一问若复杂， 写出相关公式（如动量守恒、能量守恒表达式）即可得部分分，切勿留白。 （七）常见题型针对性技巧 1. 力学综合题（含碰撞、连接体）  碰撞问题：优先用 动量守恒 + 能量关系（弹性碰撞加动能守恒，非弹性碰撞明确是否共速）。  连接体：若加速度相同，用整体法求加速度；若不同，用隔离法对每个物体列方程。 2. 电磁学综合题（含粒子偏转、电磁感应） （1）带电粒子在磁场中偏转：用qvB=mv2/r 求半径，结合几何关系求半径等。 （2）电磁感应中的动力学：导体棒运动时，利用牛顿第二定律分析过程速度加速度的变化。 3. 能量与动量结合题 多物体系统：若只有重力、弹力做功，用机械能守恒；若涉及碰撞、爆炸，用动量守恒（注意系统是否 合外力为零）。 总之，计算题得分核心： 学科网（北京）股份有限公司 4781.审题建模：圈关键、画示意图，明确研究对象和过程。 2.规律选择：根据受力和运动特点，优先用能量 / 动量观点简化计算。 3.规范答题：写原始公式、标序号、设变量，步骤清晰不跳步。 4.检查验证：量纲、物理意义、特殊值验证，确保结果合理。 平时练习时，针对高考真题严格限时训练，对照标准答案分析步骤分点，逐步优化答题逻辑，减少因 格式不规范或漏写公式导致的失分。 【准备二 心态调整】 一、认知调整：重塑对高考的理性认知 1. 破除 “灾难化” 思维，建立合理期待 （1）避免绝对化认知：告诉自己 “高考是重要的人生节点，但不是唯一出路”，接受 “尽力而 为” 的结果，而非追求 “必须满分、 必须名校” 的极端目标。 （2）拆分目标，关注当下：将 “考上 XX 大学” 的终极目标拆解为 “每天掌握 3 个物理公式” “本周攻克数学压轴题第二问” 等具体小任务，用 “完成度” 替代 “结果焦虑”。 （3）客观评估实力：通过多次模拟考的平均成绩，合理预估自己的分数区间，避免因 “想太多” 而陷入内耗（例如：平时 550 分却纠结 “考不上 985 怎么办”）。 2. 接纳情绪，减少自我批判 （1）允许 “紧张” 存在：考前紧张是正常的应激反应，适度的紧张能提升专注力，不必因 “焦虑 了就是心态不好” 而自我否定。 （2）记录情绪日记：每天花 5 分钟写下 “今天让我焦虑的事”，并对应写下 “我能做什么”，将 情绪转化为行动清单。 （3）警惕 “完美主义”：告诉自己 “失误是常态，高考允许犯错”，例如物理实验题数据偏差、 数学计算失误等小问题不会决定全局，专注 “把会做的题做对” 即可。 二、情绪管理：主动调节负面情绪 1. 物理宣泄法：释放压力激素 学科网（北京）股份有限公司 479（1）每日 20 分钟 “暴汗运动”：选择跑步、跳绳、打羽毛球等有氧运动，运动时大脑会分泌内啡 肽，缓解焦虑（建议下午 4-5 点进行，避免睡前运动影响睡眠）。 （2）“压力球” 或 “呼吸放松”：紧张时捏压力球 30 秒，或用 “478 呼吸法”（吸气 4 秒→ 屏息 7 秒→呼气 8 秒），重复 3 次，快速平复心率。 2. 正念练习：聚焦当下，减少杂念 （1）考前 3 分钟 “感官锚定”：闭上眼睛，依次感受 “脚底踩在地面的触感”“手指握笔的力 度”“呼吸时鼻腔的冷热”，将注意力从 “考砸怎么办” 拉回 “此刻的答题动作”。 （2）“番茄工作法” 防分心：学习时以 25 分钟为一个单元，专注做题，结束后休息 5 分钟（只 做简单活动如喝水、远眺），避免因 “学不进去” 而焦虑。 3. 社交支持：合理倾诉与屏蔽干扰 （1）向 “支持者” 倾诉：每天花 10 分钟和父母、老师或朋友聊 “具体问题”（如 “物理电磁 学总丢分”），而非泛泛的 “我好紧张”，获取针对性建议。 （1）暂时远离 “焦虑源”：减少与同学讨论 “谁复习到凌晨 2 点”“某题押题卷押中了” 等信 息，避免因攀比或谣言加重压力（可暂时关闭社交软件通知）。 三、行为策略：用规律行动建立掌控感 1. 制定 “可执行” 的复习计划 （1）“三轮复习法” 细化到天： 基础期（当前 - 5 月中旬）：按专题刷题（如物理力学、化学实验操作），每天固定 2 小时突破弱 科； （2）冲刺期（5 月下旬）：限时做真题套卷，严格模拟高考时间（上午 9-11 点语文 / 理综，下午 3-5 点数学 / 英语）； （3）调整期（考前一周）：不再做新题，复习错题本，每天只做 1 套简单套卷保持手感。 （4）预留 “弹性时间”：计划中加入 30 分钟 “自由调节时段”，避免因 “计划未完成” 而焦 虑。 2. 模拟高考场景，降低陌生感 （1）“全真模拟” 练习：用答题卡答题，调闹钟计时，甚至穿考试当天的衣服，让身体适应 “紧 张环境下的思维节奏”。 （2）预设 “突发情况” 应对方案：例如 “遇到难题卡壳 5 分钟没思路，先标记跳过”“考场空 调太冷，提前准备外套”，减少临场慌乱。 3. 每天留出 “无目的放松时间” （1）做 “低用脑活动”：如听轻音乐（推荐 α 波音乐，帮助大脑放松）、拼拼图、散步，避免刷 学科网（北京）股份有限公司 480短视频（碎片化信息易引发焦虑）。 （2）“睡前 1 小时断电”：不用手机，改用纸质书或错题本复习，让大脑从 “信息过载” 中脱离， 提升睡眠质量。 四、生理调节：身体状态决定心理状态 1. 规律作息，拒绝 “熬夜逆袭” （1）固定睡眠时间：即使失眠，也坚持 “23 点睡 - 6:30 起”，中午午休 20 分钟（不超过 30 分 钟，避免进入深睡眠），通过 7-10 天让身体形成生物钟。 （2）失眠应对法：若躺下 30 分钟未入睡，起床看半小时简单的知识点（如英语单词），困了再睡， 避免 “强迫自己必须睡着” 的焦虑。 2. 饮食与运动：保持身体 “轻负荷” （1）饮食 “三不原则”：不突然改变饮食习惯（如平时不吃辣，考前别吃火锅）、不大量喝咖啡 、 茶（避免心悸）、不过饱过饥（每餐 7-8 分饱，血糖稳定更利于思考）。 （2）微量运动防久坐：每小时起身活动 2 分钟，拉伸肩颈、转动手腕（避免考试时手部僵硬）。 五、家庭与社会支持：营造 “减压环境” 1. 与家长 “约法三章” （1）明确沟通需求：告诉父母 “我需要安静复习时，进门请敲门”“考后别问‘考得怎么样’，聊 点轻松的”，减少不必要的干扰。 （2）拒绝 “过度关心”：例如不必每天准备燕窝、补品，正常饮食即可；避免父母在考前频繁提及 “加油，我们全家就靠你了”，可主动说 “我会尽力，你们放心”。 2. 老师沟通：聚焦 “具体问题” 考前一周问 “高频错题”：找老师分析 “物理实验题误差分析总丢分”“语文作文立意总偏题” 等具体问题，获取 “一句话技巧”（如 “实验题先写公式再看变量”），增强信心。 六、注意事项：避开常见心态陷阱 1. 避免 “过度比较” 不与同学比复习进度、模拟考分数，只关注 “自己是否比昨天的自己有进步”（例如：昨天物理选 择错 5 题，今天错 3 题，就是进步）。 2. 拒绝 “信息过载” 考前 10 天停止关注 “押题卷”“内部消息”，这些信息只会增加不确定感；专注自己的错题本和 真题，相信 “扎实的基础比押题更可靠”。 3. 接纳 “不完美” 允许自己在模考中犯错，甚至故意留 1-2 道难题不做（模拟高考的 “放弃策略”），告诉自己 “舍 学科网（北京）股份有限公司 481弃小分是为了保大分，这是理性选择”。 4. 考前 3 天 “微调状态” （1）不熬夜复习：最晚 23 点睡，早上 7 点起，让大脑在高考时段（9-11 点、15-17 点）处于活跃 期； （2）熟悉考场路线：提前踩点，计算交通时间，准备好准考证、文具（备用 2B 铅笔、橡皮、签字 笔），避免临场慌乱； （3）“积极心理暗示”：每天起床后对自己说 “我已经认真准备了，正常发挥就是胜利”，用具体 事例强化信心（如 “上次模考理综时间分配很好，这次也能做到”）。 总之，心态调整的核心 ——“可控感” 与 “平常心” 高考本质是一场 “标准化考试”，你的知识储备已基本定型，最后阶段的心态调整核心是： （1）用 “具体行动” 替代 “空想焦虑”（如计划到每天、练习到细节）； （2）用 “接纳当下” 替代 “完美主义”（允许自己紧张、失误，但不被情绪淹没）； （3）用 “自我关怀” 替代 “自我苛责”（告诉自己 “我值得一个问心无愧的过程”）。 记住：真正的 “超常发挥”，从来不是靠运气，而是靠 “稳定的心态 + 熟练的应试策略”。保 持 “战略上重视，战术上轻松”，你一定能在考场上展现出最好的自己。 【准备三 饮食睡眠】 一、饮食调整方法与注意事项 （一）饮食调整核心原则：均衡、清淡、规律 （1）保证能量供给，稳定血糖水平 ①主食不可少：选择慢吸收碳水化合物（如全麦面包、杂粮粥、燕麦、红薯等），避免精制糖（蛋糕、 甜饮料）导致的血糖波动。每餐主食占比约 1/2，维持大脑持续供能。 ②适量优质蛋白：早餐可搭配鸡蛋、牛奶、豆浆；午餐 / 晚餐加入瘦肉、鱼、豆腐等，帮助合成神经 递质（如多巴胺、血清素），提升专注力和情绪稳定性。 ③少量健康脂肪：坚果（核桃、杏仁）、深海鱼（三文鱼、沙丁鱼）中的 Omega-3 脂肪酸有助于大 脑神经修复，但每日摄入量不宜过多（如坚果不超过 20 克）。 （2）增加健脑营养素，缓解脑疲劳 ①维生素 B 族：豆类、瘦肉、绿叶菜（菠菜、油菜）可缓解压力、改善睡眠，避免因焦虑导致的食 欲下降。 ②维生素 C：新鲜水果（草莓、橙子）和蔬菜（西兰花、青椒）增强免疫力，预防考前感冒。 ③矿物质（镁、钙）：香蕉、牛奶、深绿色蔬菜能调节神经兴奋性，减少紧张情绪。 学科网（北京）股份有限公司 482饮食清淡，保护肠胃功能 ④避免刺激性食物：辣椒、油炸食品、高盐高糖食物易引发肠胃不适（如腹泻、胀气），影响睡眠和 考试状态。 ⑤拒绝生冷、外卖：考前避免生食（沙拉、刺身）、街头小吃，防止细菌感染导致肠胃炎；家庭烹饪 更安全，少油少调料。 ⑥控制食量，七分饱为宜：过饱会导致血液集中消化系统，大脑供氧减少，容易犯困。 科学饮水，避免过量或不足 ⑦少量多次补水：每日饮水 1500-2000ml，以温水、淡茶水为主，避免含糖饮料和碳酸饮料。 ⑧考试当天注意：考前 1 小时可喝 100-200ml 温水，避免考试中口渴；避免大量饮水导致频繁上厕 所。 （二）饮食注意事项 ①不盲目 “进补”：考前突然服用保健品（如脑白金、蛋白粉）可能引发身体不适，如需补充营养， 建议提前 1-2 周由家长咨询医生后合理搭配。 ②保持日常饮食习惯：不要突然改变饮食结构（如平时不吃早餐，考前强迫吃大量食物），身体需要 适应期，稳定的饮食更利于消化吸收。 ③预防过敏与腹泻：避免食用从未吃过的食物（如海鲜），防止过敏；少吃纤维过多的食物（如芹菜、 粗粮），避免肠胃蠕动过快。 二、睡眠调整方法与注意事项 （一）睡眠调整核心目标：规律作息、提升睡眠质量 （1）固定作息时间，强化生物钟 ①严格按时入睡 、 起床：即使考前失眠，也需固定起床时间（如 6:30），避免熬夜补觉或过度赖床， 逐步将生物钟调整到与考试时间同步（上午 9 点、下午 3 点保持清醒状态）。 ②模拟考试时段状态：午休时间控制在 20-30 分钟（13:00-13:30），避免超过 40 分钟进入深睡眠， 导致下午犯困。 营造优质睡眠环境 ③控制光线与温度：卧室保持黑暗（可用遮光窗帘），温度 18-22℃为宜，湿度 50%-60%，避免噪音 干扰（可使用白噪音机或耳塞）。 ④优化床品与姿势：选择硬板床和低枕头（高度约一拳），睡前 1 小时远离电子设备（蓝光会抑制 褪黑素分泌），可改用纸质书或轻音乐助眠。 （2）睡前放松技巧，降低神经兴奋性 ①4-7-8 呼吸法：吸气 4 秒→屏息 7 秒→呼气 8 秒，重复 3-5 次，快速降低心率，缓解焦虑。 学科网（北京）股份有限公司 483②身体扫描冥想：平躺后从脚趾到头顶逐步放松肌肉，专注于呼吸节奏，转移对 “失眠” 的过度关 注。 ③温水泡脚：睡前 1 小时用 40℃左右温水泡脚 15 分钟，促进血液循环，提升核心体温，帮助入睡 （泡脚后建议半小时内上床）。 （3）应对失眠的正确心态 ①接受短期失眠：考前 1-2 天睡眠质量下降是正常现象，即使整夜浅眠，身体仍能通过闭目休息恢复 精力，避免因 “必须睡满 8 小时” 的执念加重焦虑。 ②不依赖助眠药物：除非医生指导，否则避免服用安眠药（可能导致次日头晕、乏力），可尝试含镁 的食物（如温牛奶、香蕉）辅助放松。 （二）睡眠注意事项 ①避免考前 “恶补睡眠”：考前一周开始逐步调整作息，每天比前一天早睡 30 分钟，而非考试前 一天突然早睡 3 小时，反而可能导致入睡困难。 ②减少白天嗜睡：若白天犯困，可通过短暂散步、拉伸或远眺提神，避免长时间卧床，以免打乱夜间 睡眠节律。 ③考试当天午休策略：考完上午科目后，午餐后稍作休息（如散步 10 分钟），再进行 20 分钟浅睡 眠，避免睡过头导致下午考试昏沉。 三、综合注意事项：饮食与睡眠的协同调整 晚餐时间与内容：晚餐建议在 18:00-19:00 完成，以清淡易消化食物为主（如粥、蔬菜、瘦肉），避 免过量蛋白质（如牛排）导致胃肠负担过重，影响入睡。 睡前 1 小时禁忌：不进食、不剧烈运动、不讨论复杂问题，可听舒缓音乐或整理次日考试物品，营 造 “准备休息” 的心理暗示。 应急处理：若考前出现腹泻或失眠，优先通过饮食调整（如喝小米粥、补充淡盐水）和心理放松缓解， 严重时及时就医，避免自行用药影响考试。 总之，高考前的饮食和睡眠调整本质是 “稳定身体状态，减少外界干扰”。饮食需遵循 “均衡、熟 悉、安全” 原则，睡眠需通过 “规律作息、环境优化、心态接纳” 提升质量。考生和家长不必过度紧 张，保持日常习惯的基础上稍作优化即可，让身体在熟悉的节奏中发挥最佳机能。记住：良好的状态来自 持续的积累，而非临时的 “突击调整”，保持平常心便是最好的 “应考武器”。 【准备四 保温训练】 一、训练原则：“三精一稳” 学科网（北京）股份有限公司 484（1）精准选题：聚焦高频考点、易错题型和高考真题，拒绝偏题怪题； （2）精细训练：限时做题 + 规范答题 + 深度复盘，每道题 “做透” 而非 “做完”； （3）精炼节奏：每日固定时间训练，题量适中（避免过度疲劳），保持大脑对物理思维的 “持续激活”； （4）稳定心态：通过可控的训练建立 “掌控感”，减少对未知的焦虑。 二、阶段规划：分阶段递进，逐步聚焦 （1）阶段 1：基础保温期（考前 30 天 - 15 天） 目标：夯实高频基础考点，唤醒 “基础题肌肉记忆” 训练内容：高频考点专项训练：每天选取 1-2 个核心模块（如力学平衡、电磁感应、能量守恒、天体 运动等），完成 5-8 道中等难度题（以近 5 年高考真题和全国卷模拟题为主），限时 15-20 分钟。 经典错题重做：从错题本中挑选 3-5 道因 “知识点模糊” 或 “思路偏差” 导致的错题，不看解析 重新推导，对比正确答案时标注易错点（如公式适用条件、矢量方向判断）。 关键动作：每道题标注考点标签（如 “动能定理 + 板块模型”），强化 “考点 - 题型” 关联记忆； 基础题要求 “零计算错误”，培养严谨的公式代入和单位换算习惯。 （2）阶段 2：套卷模拟期（考前 15 天 - 7 天） 目标：适应高考时间分配，优化答题顺序，训练 “考场抗压感” 训练内容：完整套卷限时训练：每周 2-3 套高考真题或高质量模拟卷（如全国卷、新高考卷），严格 按照高考时间（理综物理部分约 55 分钟，单科物理约 90 分钟）计时，从选择题到计算题按顺序作答， 中途不中断、不查资料。 答题策略打磨：选择题：前 5 题控制在 8 分钟内，中间 3 题 8 分钟，最后 2 题灵活取舍（遇复 杂题标记后跳过，避免耗时过长）；实验题：10 分钟内完成，优先确保常规实验（如测电源电动势和内 阻、验证牛顿定律）的满分率；计算题：25 分钟内完成，第一题（力学或运动学）必拿全分，第二题 （电磁综合）争取步骤分（如受力分析、公式列写）。 关键动作：记录每类题的实际耗时，对比标准答案的 “标准耗时”，针对性优化（如选择题平均超 2 分钟 / 题，需加强选项速判技巧）；套卷结束后立即复盘，用不同颜色笔标注 “会但超时”“模糊答 对”“完全不会” 三类题，分别对应 “提速训练”“概念补漏”“专题突破”。 （3）阶段 3：精准冲刺期（考前 7 天 - 考试） 目标：聚焦个人薄弱点，维持 “题感热度”，避免过度疲劳 训练内容：薄弱专题定向突破：根据套卷复盘结果，每天选择 1 个薄弱模块（如 “带电粒子在磁场 中的多解问题”“弹簧连接体动态分析”），完成 3-5 道变式题（从错题本或真题中选取），重点分析 “题眼识别”（如 “恰好穿出磁场” 对应临界条件）和 “步骤拆分”（将复杂过程分解为多个子模 型）。 学科网（北京）股份有限公司 485真题限时快练：每天选取 10 道选择题或 2 道计算题，限时 15-20 分钟速做，强化 “快速提取关键 信息” 能力（如在题干中圈画 “光滑平面”“轻质弹簧”“缓慢运动” 等关键条件）。 关键动作：停止做新题，所有训练题均来自近 3 年真题和已做经典题，避免因 “陌生题焦虑” 影 响心态；用表格总结高频模型的 “通用解法”（如 “传送带问题” 的速度 - 时间图像分析法、“电磁 感应单杆模型” 的动量定理简化法），形成 “条件反射式” 解题思路。 三、选题策略：三类核心题，拒绝无效刷题 （1）高考真题：必练核心 优先近 5 年全国卷、新高考卷、北京 / 浙江 / 江苏等自主命题卷真题，尤其关注重复出现的 “经 典题型”（如 2023 年全国卷的 “弹簧振子能量分析”、2022 年的 “电磁流量计原理”）。 真题价值：熟悉高考命题风格（如选项设置的 “陷阱点”、计算题的 “分步赋分逻辑”），避免被 偏题带偏方向。 （2）错题改编题：针对性补漏 将错题中的 “错误选项”“错误步骤” 改编为新题（如改变数值、调换条件），检验是否真正掌握 本质（如原错题因 “忽略摩擦力方向” 出错，改编题可故意强化摩擦力变化的隐含条件）。例：原错题 是 “斜面滑块匀速下滑时的摩擦力计算”，改编题可变为 “斜面倾角增大后，滑块加速下滑时的动摩擦 因数求解”，强化对 “摩擦力性质” 的理解。 （3）中等难度题：性价比最高 放弃 “压轴难题”（如多物体多过程电磁综合题的最后一问），聚焦中等难度题（约占高考物理 70% 分值），确保 “会做的题不丢分，半会的题拿足步骤分”。 中等题特征：涉及 1-2 个核心考点，过程不超过 3 个阶段（如 “先加速后匀速”“先电场偏转后磁场圆 周”），计算量适中（无需复杂代数运算）。 四、执行细节：从 “做题” 到 “提炼” 的全流程 （1）做题前：明确训练目标 拿出题目先 “预判”：这道题考什么？可能的陷阱在哪里？（如选择题中 “位移 - 时间图像的斜 率” 是否被误看为 “速度 - 时间图像”）。 准备专用 “手感训练本”，记录每次训练的开始 / 结束时间、错题类型、关键思路漏洞。 （2）做题中：模拟考场状态 限时 + 动笔：即使选择题，也要在草稿纸上简单推导（避免纯靠 “感觉” 选答案）；计算题严格按高 考答题格式书写（先文字说明公式，再代入数据，保留必要步骤）。 标记 “卡顿点”：遇到需要 “犹豫 10 秒以上” 的地方，用 “？” 标注，完成后重点分析 “为何卡 顿”（是公式记忆模糊、条件提取不全，还是模型匹配错误）。 学科网（北京）股份有限公司 486（3）做题后：深度复盘 “三步法” 第一步：对错归因 正确题：是否 “蒙对”？若思路正确，总结 “快速解题技巧”（如选择题用 “量纲法” 排除错误 选项、用 “特殊值法” 验证结论）； 错误题：分类记录原因（①知识点盲区：如忘记 “感生电动势与动生电动势的叠加条件”；②思路 偏差：如误将 “连接体问题” 的加速度分解方向搞反；③计算失误：如指数运算错误、单位换算错误）。 第二步：提炼 “题眼 - 模型 - 解法” 对应关系 例如题眼：“两物体恰好不发生相对滑动”→模型：静摩擦力临界问题→解法：先整体求加速度，再 隔离受力分析，列静摩擦力≤最大静摩擦力的不等式。 题眼：“粒子从边界同一位置射入和射出磁场”→模型：磁场对称性问题→解法：利用几何对称性找圆心， 半径公式结合几何关系求解。 第三步：变式联想 思考该题能否变换条件成为新题（如将 “水平面” 改为 “斜面”，将 “匀强磁场” 改为 “交变 磁场”），自己尝试改编 1-2 个小问，强化对模型本质的理解。 （4）考前 3 天：“轻量训练 + 错题速览” 每天做 5 道选择题 + 1 道实验题 + 1 道计算题（限时 25 分钟），保持 “动手写公式” 的感觉； 快速翻阅错题本，重点看 “错误原因标注” 和 “模型提炼笔记”，不纠结具体计算过程，强化 “避坑 意识”（如看到 “轻质弹簧” 就想到 “弹力瞬间不变”，看到 “缓慢移动” 就想到 “动态平衡”）。 五、注意事项：避开两大误区 （1）忌 “题海战术”，重 “质” 轻 “量” 每天总题量控制在：选择题 8-10 道 + 实验题 1-2 道 + 计算题 1-2 道（理综模式）或 12-15 道选 择 + 3-4 道计算（单科模式），避免因过度刷题导致大脑疲劳、错误率上升。 忌 “盲目求快”，重 “步骤规范”，即使时间紧张，计算题也要写出关键公式（如 “F=ma”“qvB=mv²/r”），避免因 “步骤跳跃” 导致考场上漏写得分点；实验题需规范记录数据处理 过程（如逐差法计算加速度的公式代入）。 （2）忌 “忽视心态调节”，重 “训练仪式感” 固定训练时间（如每天上午 9:00-9:55，模拟高考物理时段），用闹钟计时、答题卡答题（尤其是选择 题），营造 “类考场” 环境，减少考试当天的陌生感；若某一天正确率明显下降，不强行继续做题，可 改为 “看错题 + 口头分析思路”，避免因挫败感影响信心。 总之，用 “可控训练” 构建 “解题条件反射”。高考物理考前的手感训练，本质是通过 “高频考 点的重复刺激”“易错点的刻意规避”“答题节奏的精准打磨”，让大脑对物理问题形成 “快速识别、 学科网（北京）股份有限公司 487条件反射式求解” 的状态。核心不是 “做多少题”，而是 “每道题能否转化为对考点、模型、陷阱的 深度认知”。记住：保持每天 “动手写、动脑想、动笔总结”，比单纯刷题更能提升 “临场手感”，让 你在考场上面对熟悉或陌生的题目时，都能迅速调动储备的解题策略，稳定发挥出应有水平。 第六部分 终极押题篇 【终极押题卷一】 2025 年高考终极押题试卷（一） 物理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳H 波段光谱扫描成像。如 α 图所示，H 和H 分别为氢原子由 和 能级向 能级跃迁产生的谱线，下列说法正确的是 α β （ ） 学科网（北京）股份有限公司 488A．H 的频率比H 的大 α β B．H 在真空中的传播速度比H 的小 α β C．分别用H 和H 照射同一个双缝干涉实验装置时，H 对应的相邻条纹间距更小 α β β D．若H 照射某金属时发生光电效应，则H 照射该金属时一定发生光电效应 β α 【答案】C 【详解】A．氢原子由 至 的能级差小于由 至 的能级差，故H 的频率比H 的小，故A错 α β 误； B． H 在真空中的传播速度与H 在真空中的传播速度相同，都为光速c，故B错误； α β C．因 H 的频率比H 的小，根据 α β 可知H 的波长比H 的大，根据 α β 可知分别用H 和H 照射同一个双缝干涉实验装置时，H 对应的相邻条纹间距更小，故C正确； α β β D．若H 照射某金属时发生光电效应，说明H 的频率大于该金属的极限频率，由于 H 的频率比H 的小， β β α β 故H 的频率与该金属极限频率的大小关系无法确定，所以 H 照射该金属时不一定能发生光电效应，故D α α 错误。 故选C。 2．如图甲所示，“张弦梁”是新型自平衡空间结构体系，被广泛应用于建筑当中。图乙是该结构的简化 模型，质量分布均匀的水平横梁架在两根立柱上，两根等长的柔性拉索的一端分别连接横梁的两端，拉索 的另一端连接竖直支撑杆的下端，支撑杆的上端顶在横梁的中央处。设水平横梁的质量为M，竖直支撑杆 的质量为m，两根柔性拉索形成的夹角为 ，两根拉索的张力均为 （拉索的质量忽略不计），重力加 速度为g，下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 489A．横梁对支撑杆的作用力大于支撑杆对横梁的作用力 B．横梁受到立柱沿水平指向横梁中央的摩擦力作用 C．横梁一端受立柱的支持力大小为 D．支撑杆对横梁的作用力大小为 【答案】C 【详解】A．根据牛顿第三定律可知横梁对支撑杆的作用力等于支撑杆对横梁的作用力，故A错误； B．把横梁和支撑杆作为整体研究，拉索的力视为该整体的内力，可知该整体在水平方向不受立柱的摩擦 力作用，故B错误； C．把横梁和支撑杆作为整体研究，该整体在竖直方向上所受的支持力与重力平衡，根据对称性可知横梁 一端受立柱的支持力大小为该整体重力的一半，即为 ，故C正确； D．对支撑杆进行受力分析，根据力的平衡关系可得 根据牛顿第三定律可知支撑杆对横梁的作用力大小为 ，故D错误。 故选C。 3．用无人机进行高空救援模拟演练，其上安装有位移记录仪，竖直向上运动的位移x随时间t变化的图像 如图所示，加速和减速阶段的运动均可看作匀变速直线运动，已知无人机在 时由静止开始运动， 时速度最大，无人机质量为 ，重力加速度g取 。下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 490A．无人机的最大速度为 B． 到 内无人机的平均速度为 C．无人机加速和减速过程的加速度大小之比为1∶3 D．无人机升力的最大功率为6600W 【答案】D 【详解】C．根据 设加速时加速度为 ，由图可得 得 减速时加速度为 ， 利逆向思维有 得 则无人机加速和减速过程的加速度大小之比为1∶2，故C错误： A．最大速度 故A错误； B． 到 内无人机的平均速度 故B错误； D．无人机匀加速时升力为F，由牛顿第二定律，有 求得 升力最大功率 故D正确。故选D。 4．利用如图所示的实验装置可以测定液体的折射率，将水平面上一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上， 使在两玻璃表面之间形成一个倾角 很小的劈形空气薄膜（空气可视为真空，折射率为 ），光从上 方入射后，从上往下看到干涉条纹，测得相邻亮条纹间距为 ；保证倾角 不变，在两块平板玻璃之间 充满待测液体，然后用同种单色光垂直照射玻璃板，测得相邻亮条纹间距为 ，则该液体的折射率为（ 学科网（北京）股份有限公司 491） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据薄膜干涉原理，干涉条纹平行等宽，当光垂直标准工件方向射向玻璃板时，得到干涉条纹， 相邻亮条纹对应劈尖厚度差为 由几何关系有 则 又 则 ，C正确。 5．2024年6月25日，嫦娥六号返回器携带月背样品重返地球，中国成为第一个从月球背面带回月壤的国 家。图 为嫦娥六号奔月的示意图，图 为嫦娥六号在地球轨道和月球轨道上运行周期的平方 与 轨道半长轴的三次方 的关系图，图线Ⅰ和图线Ⅱ的斜率分别为 和 。若地球质量为M，则月球的质 量为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设中心天体质量为m，环绕天体绕中心天体做椭圆运动，轨道半长轴为 a，运行周期为T 学科网（北京）股份有限公司 492根据万有引力提供向心力可得 对上述式子进行整理得 由此可知， 与 的 环 关系图线斜率 则中心天体的质量越大，斜率k越小。对于图线Ⅰ，其对应的中心天体是地球，已 知地球质量为M，则 对于图线Ⅱ，其对应的中心天体是月球，设月球质量为 ，则 联 立解得 故选A。 6．在透明吸管内，手指和液体之间密封一定质量的气体，如图所示，由于手的接触，密封气体温度高于 外界气体。则（ ） A．密封气体压强高于外界气体压强 B．图中液体与吸管内壁之间是不浸润的 C．密封气体分子数密度等于外界气体分子数密度 D．密封气体分子平均动能高于外界气体分子平均动能 【答案】D 【详解】AC．设液柱的质量为 ，横截面积为 ，外界大气压强为 ，对液柱分析，密封气体压强 。因此密封气体压强低于外界气体压强，且吸管内部压强不变。由 可知，密封气体 温度升高，体积就会变大，分子数密度就会减小，因此密封气体分子数密度小于外界气体分子数密度。故 A、C错误； B．由图可知，液体在吸管内呈下凹状，液体与吸管内壁是浸润的。故B错误； 学科网（北京）股份有限公司 493D．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大。因此密封气体分子平均动能高于外界气 体分子平均动能。故D正确。 故选D。 7．如图甲所示，倾角为 的斜面体固定在水平面上，其中斜面的长度为 ，一质量为m可视为质点的物块 从静止开始由斜面体的顶端A滑到底端B，物块与斜面体之间的动摩擦因数与到A点的距离x按图乙所示 的规律变化。则物块在斜面的中点速度大小为（ ）。 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由图乙可知该过程中，物块与斜面体之间的动摩擦因数随位移均匀增加，则物块从A到斜面中点 的过程中动摩擦因数的平均值为 ，则摩擦力的平均值为 则物块由A滑到斜面中点 的过程中克服摩擦力做的功为 对物体由A到斜面中点的过程中，由动 能定理得 解得 故选D。 8．如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。 当P接a时，原、副线圈的匝数比为 ，线圈L上的直流电阻不计。原线圈接 的交流 电，则（ ） 学科网（北京）股份有限公司 494A．当P接a时，滑动变阻器R两端的电压为 B．若将P由a向b滑动，则变压器的输入功率减小 C．若将滑片M向下滑动，则变压器输入功率增大 D．若增大电源的频率，则灯泡B将变亮 【答案】C 【详解】A．根据题意可知，原线圈输入电压的有效值为 当P接a时，原、副线圈的匝数比为 ，滑动变阻器R两端的电压等于副线圈输出电压为 故A错误； B．若将P由a向b滑动，原、副线圈的匝数比减小，副线圈输出电压增大，副线圈输出功率变大，则变压 器的输入功率增大，故B错误； C．若将滑片M向下滑动，滑动变阻器阻值减小，副线圈输出功率变大，则变压器输入功率增大，C正确； D．若增大电源的频率，线圈L上电流频率增大，由 可知，线圈的感抗增大，则灯泡B将变暗， 故D错误。故选C。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．一列简谐横波沿 轴传播，波长为90cm，振幅为10cm。介质中有 和 两个质点，其平衡位置相距 210cm。某时刻质点 位于波峰位置，从此时刻开始计时，质点 的振动图像可能为（ ） 学科网（北京）股份有限公司 495A． B． C． D． 【答案】CD 【详解】由题知，该波波长为：λ=90cm，振幅为：A=10cm，介质中P和Q两个质点，平衡位置相距 Δx=210cm 可得： 某时刻P质点位于波峰位置，则根据y=Asin（ωt+φ）可得：10=10sinφ解得： 由 P和Q两个质点平衡位置之间的距离可知： 解得： 由此可知，此时Q点的 位移为： 因为未告知波的传播方向，所以此时Q可能向上振动也可能向下振动， 故Q的振动图像可能为CD。故选CD。 10．如图所示，真空中有一中心为O的椭圆，A、B是椭圆的两个焦点，PS、MN分别是椭圆的长轴和短轴， 两个带电量均为+Q的点电荷分别放在A、B两点处， 。若规定无穷远处电势为零，真空中点电荷 周围某点的电势 可表示为 ，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距 离．则（ ） 学科网（北京）股份有限公司 496A．M、N两点电势都为 B．椭圆上某点电势与该点到两焦点A、B距离的乘积成反比 C．在AB连线上，从A到B，场强先减小后增大，电势先增大后减小 D．若AM与AB夹角为 ，那么直线OM上电场强度最大的位置在M点下方 【答案】BD 【详解】A．M、N两点电势都为 选项A错误； B．椭圆上某点到A的距离为x，则该点到B点的距离为2a-x，则该点电势为： 则该点电势与A.B到该点距离的乘积成反比，故B正确； C．在AB连线上，O点场强为零，则从A到B，场强先减小后增大，沿电场线电势逐渐降低，可知从A到 B，电势先减小后增大，选项C错误； D．设OA距离为r，∠MAO=θ，则OM直线各点电场强度为 由数学方法：令sinθ-sin3θ的导数等于零，可得当sinθ= 时E取最大值，因sin37°=0.6，故θ＜37°，若AM 与AB夹角为37°，那么直线OM上电场强度最大的位置在M点下方。故D正确。 故选BD。 11．某同学将小球沿与水平方向成 角斜向上抛出，同时拍摄其运动过程并通过软件分析，以抛出时刻 为计时起点，做出小球在竖直方向上的位置坐标随时间变化的图像，拟合的函数为 。已知重 力加速度大小 ，不计空气阻力， ， ，则（ ） 学科网（北京）股份有限公司 497A．抛出点在坐标原点 B．函数中 ， ， C． 时，小球到达与抛出点等高位置 D．抛出点与最高点间的水平距离为 【答案】BC 【详解】A．根据题意以抛出时刻为计时起点，故抛出点也即零时刻的位置坐标为 ，故A错误； B．由 知 时， 又斜抛运动位置与时间关系式 故 根据图像知从抛出到最高点的高度差为 解得时间 又根据 数学知识知 解得 故B正确； C．根据运动的对称性知， 时，小球到达与抛出点等高位置，故C正确； D．根据B项分析知 解得 故抛出点与最高点间的水平距离为 故D错误。故选BC。 12．如图所示，光滑平行水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨间距为 L，金属棒A、B置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。现给金属棒B一个瞬时冲量使其获得沿导轨向右的 初速度v，已知金属棒A、B的电阻均为R、质量均为m，初始时A、B之间的距离为s，导轨电阻不计且足 够长，则下列说法中正确的是（ ） A．金属棒A、B的最终速度大小为 B．金属棒A上产生的焦耳热为 学科网（北京）股份有限公司 498C．流过金属棒A上的电荷量为 D．最终金属棒A、B之间距离为 【答案】AD 【详解】A．规定向右为正方向，由动量守恒有 解得A、B的最终速度大小为 故A正确； B．能量守恒可知，整个回路产生热量 联立解得 则金属棒A上产生的焦耳热 为 故B错误； C．对A，动量定理有 联立解得 故C错误； D．根据 联立解得 则最终金属棒A、B之间距离为 故D正确。故选AD。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过滑轮与质量为m的钩码相连，绳子的悬挂点 与拉力传感器相连，滑块上遮光条宽度为d、实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为 Δt，拉力传感器的读数为F。不计滑轮轴、滑轮与轻质细绳之间的摩擦。 (1)用游标卡尺测量遮光条宽度，其读数为 cm。 学科网（北京）股份有限公司 499(2)甲同学用该装置探究“加速度与合外力的关系”，在实验过程中，甲同学并未保证钩码的质量远小于滑 块质量，这对该实验的实验结果 影响（选填“有、无”） (3)滑块上遮光条宽度为d，通过光电门的时间为Δt，滑块的速度v= （用d、Δt表示） (4)乙同学用该装置“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”，实验时记录滑块的初位置与光电 门的距离L及挡光条通过光电门的时间Δt，测得多组L和Δt值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图 像应作 图像（选填， 、 或 ）该图像的斜率 。 【答案】(1)0.355(2)无(3) (4) 【详解】（1）如图所示游标卡尺读数为 （2）该实验可以通过力的传感器直接测得滑块所受拉力大小，所以无需使钩码的质量远小于滑块质量， 则甲同学并未保证钩码的质量远小于滑块质量，这对该实验的实验结果无影响。 （3）滑块的速度 （4）[1][2] 根据题意，由动能定理有 整理可得 为了获得线性图像，应作 图像，该图像的斜率为 14．某校学生实验小组查阅资料了解到某电车的电池采用的是比亚迪刀片电池技术，整块电池是由10块 刀片电池串联而成，其中每块刀片电池又由10个电芯串联而成。现有1个该型号的电芯，实验小组利用所 学物理知识测量其电动势E和内阻r。已知电芯的电动势约为4 V、内阻约为 ，还有下列实验器材供选 用： A．电阻箱 阻值可调范围为 B．滑动变阻器 ，阻值变化范围为 C．滑动变阻器 ，阻值变化范围为 D．表头G，量程为 、内阻为 学科网（北京）股份有限公司 500E．电压表 ，量程为 、内阻约为 F．电压表 ，量程为 、内阻约为 (1)由于表头G的量程较小，现将表头G改装成量程为800mA的电流表，则电阻箱 的阻值应该为 。 (2)该小组设计了两个实验电路图，你认为最合理的是 （填正确答案标号），请说明理由： 。 A． B． (3)为方便调节，滑动变阻器应该选用 （填“ ”或“ ”），为读数更准确，电压表应该选用 （填“ ”或“ ”）。 (4)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，测得多组电压表和灵敏电流计的数据，并绘制了 图线，由 图线可知，该节电芯的电动势 V，内阻 （结果保留两位有效数字）。 【答案】(1) (2) B 改装后的电流表内阻已知，采用B图可以消除系统误差 (3) R V 1 1 (4) 3.6 4.5 【详解】（1）由题意，根据 得电阻箱 的阻值应该为 。 学科网（北京）股份有限公司 501（2）[1][2]由于改装后的电流表内阻可以算出，采用B图，可以消除系统误差，故选B图电路图较为合理。 （3）[1][2]本实验滑动变阻器采用限流式接法，选用 调节效果比较好，当滑片处于最左端时， 所以应该选用电压表 。 （4）改装后的电流表的内阻 根据闭合电路欧姆定律可知 整理得 由图可知电动势为 内阻 15．沼气是一种混合可燃气体（看作理想气体） ，主要成分是甲烷，在多个领域都有重要应用，如：它 可用于生活燃料，通过沼气灶将沼气燃烧，产生的火焰能满足日常做饭烧水等需求，与传统的柴薪相比， 更加清洁、高效。若某家庭使用的沼气池贮气间为大小为 的密闭室，主要给一款沼气炉灶供气，该 款沼气炉灶的部分参数有：1.热效率：沼气炉灶的热效率一般在50% 60%左右，这意味着燃烧沼气所释放 的热量中有50% 60%被有效利用于加热炊具等，其余热量散失到周围环境中。2.灶前压力：沼气灶正常工 作的灶前压力一般在800 1200Pa之间，这个压力可以保证沼气稳定地供应到炉灶燃烧器进行充分燃烧.取 绝对零度为 。 (1)早晨使用结束后发现，贮气间的温度为17℃，压强为1000 Pa，中午使用前贮气间的温度上升至27℃， 若没有沼气补充，请通过计算说明，中午是否能稳定使用该沼气炉灶? (2)早晨使用结束后保持贮气间的温度为17℃不变，压强为1000Pa，若没有沼气补充，求中午能够稳定使 用的沼气占原沼气百分比? 【答案】(1)能稳定使用该款沼气炉灶(2) 【详解】（1）已知 ， ， ，密闭的贮气间内的气体发生等容变化，根据查 学科网（北京）股份有限公司 502理定律有 解得 故能稳定使用该款沼气炉灶。 （2）设贮气间内的气体发生等温变化，使用前 ， ；当 时，不能稳定使用， 设此时总体积为 ，由玻意耳定律，有 解得 故能够稳定使用沼气占原沼气的百分比为 16．某物理学习兴趣小组成员小张找到了一个LED灯和一段光导纤维进行研究。查阅资料发现，LED灯是 一块用环氧树脂密封的发光半导体材料。光导纤维由内芯和外套两层组成，光传播时在内芯与外套的界面 上发生全反射。 （1）有一LED灯结构如图甲所示，发光区域为直径 （MN之间）的圆盘（厚度不计），发光面上覆 盖折射率 的半球形环氧树脂，发光圆盘的圆心与球心重合。要使发光区域发出的所有光线在球面上 都不发生全反射，求环氧树脂半径R满足的条件； （2）一段长直光导纤维由内芯和外套组成，其剖面如图乙，其中内芯的折射率 ，外套的折射率 。已知光从折射率为 的介质射入折射率为 的介质时，入射角 与折射角 间满足关系 。试通过计算说明从该光导纤维一端入射的光信号是否会通过外套“泄漏”出去。 【答案】（1） ；（2）不会 【详解】（1）如图所示﹐从半圆弧上任取一点P， 学科网（北京）股份有限公司 503从M、N两端发出的光入射角最大，取N点光线，连接OP，NP，则入射角为 ，在 中 即 ，当 时 取最大值，由题意 解得 （2）如图所示，作出光路图。 由 得 解得 由折射定律得 由几何关系得 越 大， 越大， 越小，当 时 ， 说明光信号不会通过外套“泄漏”出去。 17．如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距 地面的高度，轨道右侧有质量 的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量 的小滑块（可视 为质点）以初速度 从右端滑上薄木板，重力加速度大小为 ，小滑块与薄木板之间的 动摩擦因数为 。 （1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度 ，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小 滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度 ； （2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气 阻力，B点与地面间的高度差 保持不变，圆弧AB对应的圆心角 可调，求小滑块的最大水平射程 及对应的圆心角 ； （3）若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与A 点距离d，使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次，求d应满足的条件。 学科网（北京）股份有限公司 504【答案】（1） ；（2） ， ；（3） 【详解】（1）因薄木板左端与B点距离d足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道AB发生碰撞，设共同 速度为 ，根据动量守恒定律，有 解得 设此过程中小滑块相对薄木板滑动 的位移为x，对滑块、薄木板系统由功能关系，有 解得 薄木板与轨道 AB碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的A点，有 解得 （2）小滑块由A点到B点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有 解得 设小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为 ，根据机械能守恒定律知 画出速度矢量关系如图所示 设从B点飞出到落至地面所用时间为t，则小滑块水平位移为 由几何关系可知，矢量三角形的 学科网（北京）股份有限公司 505面积为 由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。解得 此时满足条件 即 ， （3）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情 形下薄木板和轨道AB恰好碰1次。小滑块与薄木板加速度相等 ， 当小滑块 与薄木板第2次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和 轨道AB恰好碰2次。从开始到第一次碰撞的时间 薄木板和轨道AB碰撞时的速度 考虑小滑块的运动 联立解得 综上可知d应满足的条件为 18．如图甲所示的坐标系中 区域有沿y轴负方向的匀强电场， 区域有垂直纸面的匀强磁场，磁 感应强度的大小和方向随时间变化的关系如图乙所示，取垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，图中 。一足够大的荧光屏垂直于x轴放置并可沿x轴水平移动。现有一质量 ，电量 的带电粒子从电场中的P点沿平行x轴方向以初速度 射入电场，然后从坐标 原点O进入磁场。已知P点到x轴的距离为 ，粒子经过O点时的速度方向与x轴的夹角为 ， 以粒子进入磁场时为 时刻，不计粒子的重力，求： 学科网（北京）股份有限公司 506(1)匀强电场的场强大小E (2)粒子在磁场中运动时到x轴的最远距离 (3)若要使带电粒子垂直打在荧光屏上，荧光屏在x轴上可能位置的坐标。 【答案】(1) (2) (3)①在x轴上方 轨迹最高点 时垂直打在荧光屏上，荧光屏的位置坐标满足的条件是： ； ②在x轴下方 轨迹最低点 时垂直打在荧光屏上，荧光屏的位置坐标满足的条件是： 【详解】（1）在匀强电场中，沿 x轴方向做匀速直线运动，沿着y轴方向做匀加速直线运动，由牛顿第 二定律得： 分解O点的速度可得： 竖直位移满足： 联立解得： （2）粒子在O点的速度大小为 在正向磁场内运动的半径大小为 ，有 周期为： 在负向磁场内的运动半径为： 周期为： 粒子从O点进入磁场后，在 时间内 在正向磁场内运动了 圆周，在 时间内在负向磁场内运动了 圆周，对应的圆心角为 ，在 时间内在正向磁场内运动了 圆周，对应的圆心角也为 ，粒子就这样周期性的运动下去， 学科网（北京）股份有限公司 507轨迹如图所示： 由几何知识可得，粒子在最高点到 x轴的距离为： 可得： （3）由轨迹可知，在磁场的一个变化周期内，粒子沿水平方向向右移动的距离等于圆心 、 之间的距 离，为： 要粒子能垂直打在荧光屏上，需要粒子的速度水平向右，从轨迹上可以看出有2种情况： ①在x轴上方 轨迹最高点 时垂直打在荧光屏上，荧光屏的位置坐标满足的条件是： 可得： ； ②在x轴下方 轨迹最低点 时垂直打在荧光屏上，荧光屏的位置坐标满足的条件是 分析可知，只能取 ，则荧光屏的位置坐标为： 【终极押题卷二】 2025 年高考终极押题试卷（二） 物理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 学科网（北京）股份有限公司 5082.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。 1．在干燥的冬天，人的身体常常会带有静电。当带负电的手靠近金属门一定距离时，下列图中正确描绘 手和金属门之间的电场线分布的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】手带负电，则电场线方向从金属门指向手指，且金属门表面是等电势的，所以电场线应该垂直于 金属门表面。 故选A。 2．黄旭华院士团队成功研制了我国第一代核潜艇，为我国核力量实现从无到有的历史性跨越做出了卓越 的贡献，他曾说：“自主创新是我们攀登世界科技高峰的必由之路。”潜艇的核反应堆的某种核反应方程 式为 ，下列说法中正确的是（ ） A．原子核 有38个质子，90个中子 B．该核反应发生前、后原子核的总质量保持不变 C． 的比结合能小于 的比结合能 D． 的核子数比 的核子数多，核力使 结合的比 更稳定 【答案】C 【详解】A．根据反应方程满足质量数和电荷数守恒可知，原子核 的质量数为90，电荷数为38，则原子 核 有38个质子，52个中子，故A错误； B．核裂变过程释放能量，所以存在质量亏损，则该核反应发生前原子核的总质量大于发生后原子核的总 质量，故B错误； 学科网（北京）股份有限公司 509CD．核裂变过程释放能量，反应后的原子核比反应前的原子核更稳定，原子核的比结合能越大，原子核更 稳定，则 的比结合能小于 的比结合能， 比 更稳定，故C正确，D错误。 故选C。 3．如图所示，半圆AOB为透明柱状介质的横截面，半径为R，折射率为2，建立直角坐标系Oxy，y轴与 直径AB平行，且与半圆相切于原点O。一束平行单色光沿x轴正方向射向整个介质，欲使所有平行光线都 不能到达x轴正半轴，需紧贴直径AB放置-遮光板，则该遮光板沿y轴方向的长度至少为（不考虑反射光 的影响）（ ） A．0.2R B．0.5R C．0.8R D．R 【答案】D 【详解】根据临界角与折射率的关系可得： 则 ， 欲使所有平行光线都不能到达x轴正半轴，则需发生全反射，入射角至少等于临界角，当入射角等于临界 角时，可得下图： 根据几何关系可得 由于对称性可知，总长度至少为 联立可得 故选D。 4．2024年12月，我国首颗超低轨道卫星乾坤一号 首次进入 以下轨道，即将全面开启中国 “超低轨”布局的大计划。如图显示了 在变轨前后轨道距地表高度 随时间 的变化情况， 在 学科网（北京）股份有限公司 510自主轨道上的运动可视匀速圆周运动。关于 降轨前后在自主轨道上参量变化，下列说法正确的是（ ） A．降轨之后，卫星的周期变大 B．降轨之后，卫星的加速度变大 C．降轨之后，卫星的线速度变小 D．降轨之后，卫星受到的万有引力变小 【答案】B 【详解】根据 可知 ， ， 则降轨后轨道半径 减小，则周期减小，加速度变大，线速度变大，卫星受的万有引力变大。故选B。 5．声呐系统利用声波探测水下障碍物。某次监测中，声呐传感器接收到一列反射横波，图甲为t=0时刻的 波形，其中P是x=0处的质点，Q点位于x=12 m处。图乙为Q点振动的a-t图像。下列说法正确的是（ ） A．波沿x轴负方向传播 B．该声波的传播速度为60 m/s C．t=0时刻P点正经过平衡位置向上运动 D．再经过0.05秒，Q点位移达到正向最大值 【答案】B 【详解】AC．由图乙可知，Q点在0--0.05s内加速度正向增大，所以Q点正在向下运动，则该列波正在向x 轴正方向传播，所以P在0时刻正向下振动，所以AC错误； B．由甲图得波长λ=12m由乙图得振动周期T=0.2s则波速 故B正确； D．再过0.05秒，Q点加速度为正向最大，由于回复力与位移方向相反，则位移为负向最大，故D错误。 故选B。 学科网（北京）股份有限公司 5116．天平是实验室中测量质量的重要仪器。在学完共点力平衡后，小明设计了一款质量测量装置如图甲所 示，OA、OB为不可伸长的等长轻绳，悬挂于竖直杆的顶端O，不可压缩的轻杆AB为刻度尺，OAB可绕 O点无摩擦在竖直平面内转动。现在B端挂上标准砝码，质量为m，A端挂上待测物体，如图乙所示，此 0 时竖直杆交AB刻度尺处即为示数刻度P。不考虑竖直杆与AB间的相互作用，下列说法正确的是（ ） A．刻度尺AB中点的刻度为零 B．刻度尺AB上的刻度不均匀 C．待测物体的质量为 D．该装置在月球上不能使用 【答案】B 【详解】ABC．设轻杆AB上的力大小为F，由砝码与待测物体均平衡及力的三角形与几何三角形相似，可 知 ， 联立解得 所以刻度尺AB的右端为零，左端为∞，中点 为m，刻度不均匀，故AC错误，B正确； 0 D．由于月球上物体仍然受到重力作用，则该装置可在月球上使用，故D错误。 故选B。 7．如图所示，光滑水平面上放置质量均为 的两块木板，其上分别有质量均为 的机器人，两机器人间 用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力 拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动， 机器人与木板间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 ，则轻绳对机器人的 最大拉力大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 学科网（北京）股份有限公司 512【详解】设轻绳拉力最大值为F，对左边一组物体分析受力，由牛顿第二定律 绳子拉力最大时，右边一组m和2m之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人分析受力， 由牛顿第二定律有 联立解得绳子拉力最大值 故选B。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。 8．图（a）所示，为无线门铃的发射器和接收器，图（b）为无线门铃的按键（发射器）内部电路简化图， 匝的长方形导线框，单匝线框面积 ，处在垂直其所在平面向里的匀强磁场中，磁感应 强度 ， 、 间接有一小指示灯。某次按压按键时，在0.4s内，线框有效面积变为 ，下列说法正确的是（ ） A．发射器和接收器是通过声波传递信号的 B．本次按压过程中 点的电势高于 点的电势 C．本次按压过程， 、 间的平均电动势为 D．按住按键不动 、 间会产生稳定的电势差 【答案】BC 【详解】A．发射器和接收器是通过电磁波传递信号的，故A错误。 B．按压导致通过导线框的磁通量减少，根据楞次定律可知，线框中电流沿顺时针方向， 点的电势高于 点的电势，故B正确。 C．本次按压过程中， 、 两点间的平均电动势为 学科网（北京）股份有限公司 513故C正确。 D．按住按键不动，通过导线框的磁通量不发生变化， 、 间电势差为零，故D错误。 故选BC。 9．如图所示，一倾角为 、足够长的斜面固定在水平地面上，一可视为质点的物体以初速度 从斜面底端 滑上斜面，滑回斜面底端时的动能为 ，在斜面上运动的总时间为 。已知物体受到的阻力大小与其运 动速率成正比，沿斜面向上为位移的正方向，取地面处的重力势能为零，则物体在斜面上运动的整个过程 中动能 随时间 、 随位移 、重力势能 随时间 及 随位移 变化的图像可能正确的有（ ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】A．由物体在斜面上受到的阻力大小与其运动速率成正比可知，上滑过程中物体的加速度 随速 度 的减小而减小，下滑过程中， 随 的增大而减小，故物体速度 随时间的变化不是线性的，而是斜率 越来越小的曲线，所以动能随时间的变化也是斜率越来越小的曲线，物体上升的时间要小于下降的时间， 动能为0的时刻要小于0.5 ，A正确； B．动能随位移变化图像的斜率为合外力，物体运动过程中合外力越来越小，图线不是直线，B错误； D．重力势能 ，D正确； 学科网（北京）股份有限公司 514C．位移 随时间变化不是线性的，所以重力势能随时间变化也不是线性的，结合A选项分析可知重力势能 最大的时刻要小于 ，C错误。故选AD。 10．北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为m，从助滑坡上A点由静止沿坡 （曲线轨道）下滑，经最低点B从坡的末端C起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上D点。已知 A、C的高度差为h，C、D的高度差为h，重力加速度大小为g，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员 1 2 可视为质点。则下列判定正确的是（ ） A．运动员在B点处于超重状态 B．运动员起跳时的速率 C．运动员着陆前瞬间的动能 D．运动员在空中飞行的时间 【答案】AC 【详解】A．由题意运动员在B点满足 所以 即运动员在B点处于超重状态，A正确； B．从A到C由动能定理得 所以 故B错误； C．从A到D满足 所以 故C正确； D．若运动员从 到 竖直方向做自由落体运动，根据 可得 因为运动员在C点起跳时， 速度方向斜向上，竖直方向具有向上的初速度，加之空气阻力不能忽略，故运动员在空中飞行的时间 故D错误。故选AC。 二、非选择题：共5题，共54分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的 学科网（北京）股份有限公司 515演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11．某同学设置了如图甲所示装置验证机械能守恒定律。细线一端连接在铁架台支架上的O点，另一端连 接一个小铁球，刻度尺竖直固定在铁架台支架上，零刻度与固定在支架上的光电门中心对齐，厚度不计的 长木板水平放置，右端固定在支架上 调节固定螺钉可上下移动 ，将小球拉到某一位置球心与水平木板下 边对齐，由静止释放小球，小球摆到最低点时恰好通过光电门，已知重力加速度为 (1)用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径 (2)按实验操作要求进行正常操作，记录每次水平长木板下边所对刻度值h及小球通过光电门的时间t，改 变长木板的位置多次实验，测得多组h及对应的小球挡光时间，作 图像，如果图像是一条过原点的 倾斜直线，且图像的斜率等于 用g、d表示 ，则小球下摆过程中机械能守恒得到验证。 (3)若实验中由于木板的重力使得木板不再水平，则每次实验测得的重力势能的减少量 填“偏 大”或“偏小” 【答案】(1) (2) (3)偏大 【详解】（1）游标卡尺的分度值： ，示数为 （2）如果机械能守恒，则 得到 因此，如果图像是一条过原点的倾斜直线，且图像 的斜率等于 ，则小球下摆过程中机械能守恒得到验证。 （3）若实验中由于木板的重力使得木板不再水平，则测得的h比实际的大，因此测得重力势能的减小量偏 大。 12．某实验小组要测量一个特殊电池的电动势E和内阻r（内阻较大且随电流变化），该电池电动势在一 定范围内能保持稳定，提供的实验器材有：电压表 （量程3V，内阻约 ）、电压表 （量程3V，可 视为理想电压表）、滑动变阻器R、定值电阻 （阻值 ）、开关及导线若干。 学科网（北京）股份有限公司 516主要实验步骤如下： (1)连接器材：根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物图补充完整 。 (2)调节滑动变阻器，记录多组电压表 的读数 和电压表 的读数 ，通过计算机描点作图得到该电池 的 曲线，如图丙所示。由此可知该电池的电动势为 V；当电压表 的读数 时，该 电池内阻为 。（结果均保留2位有效数字） (3)实验中因电压表 内阻的影响，测得电池的内阻会比实际值 （选填“偏大”“偏小”或“无影 响”）。 (4)若将该电池与一个阻值为 的电阻串联组成闭合电路，该电阻消耗的功率约为 W（结果保留2 位有效数字）。 【答案】(1)见解析(2) 2.9 5.6(3)偏小(4)0.42 【详解】（1）根据电路图，实物连接情况如图所示 学科网（北京）股份有限公司 517（2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得 结合图像可得 当 时， 代入上式解得 （3）根据电路图可知，测量的内阻是电源内阻与电压表 内阻的并联电阻，导致测量值小于实际值； （4）根据 ，作出电源的U-I图像，再作出电阻的U-I图像如图 交点的电流为I=0.23A，则电阻R消耗的电功率为P=I2R=0.232×8W=0.42W 13．如图1所示，一定质量的理想气体被质量为 的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸（上端开口）中， 汽缸放置在电热炉盘上，活塞的面积为 ，与汽缸底部相距 ，温度为 。现用如图2所示的交变电流， 接通炉盘中阻值为 电热丝给气体缓慢加热，经过时间 活塞缓慢向上移动距离 后停止加热，整个过程 中，已知电热炉盘电阻丝产生的热量 被容器内气体吸收，已知大气压强为 ，重力加速度为 。求： 学科网（北京）股份有限公司 518(1)停止加热时，气体的温度； (2)此过程中容器内气体增加的内能 。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对处于平衡状态的活塞进行受力分析有 解得 活塞缓慢上升过 程中气体压强不变，根据盖-吕萨克定律有 解得 （2）时间 内电热炉盘电阻丝产生的热量 气体对外做功 根据热力学第一定律 解得 14．如图甲所示是一款治疗肿瘤的质子治疗仪工作原理示意图，质子经加速电场后沿水平方向进入速度选 择器，再经过磁分析器和偏转系统后，定向轰击肿瘤。已知速度选择器中电场强度的大小为E、方向竖直 向上，磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向外，磁分析器截面的内外半径分别为 和 ，入口端面竖 直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔。偏转系统下边缘与肿瘤所在平面距离为L，偏 转系统截面高度与宽度均为H。当偏转系统不工作时，质子恰好垂直轰击肿瘤靶位所在平面上的O点；当 偏转系统施加如图乙所示变化电压后，质子轰击点将发生变化且偏转电压达到峰值 （或 ）时质子恰 好从偏转系统下侧边缘离开（质子通过偏转系统时间极短，此过程偏转电压可视为不变），已知整个系统 置于真空中，质子电荷量为q、质量为m。求： 学科网（北京）股份有限公司 519(1)质子到达M点速度大小； (2)要使质子垂直于磁分析器下端边界从孔N离开，请判断磁分析器中磁场方向，并求磁感应强度 的大 小； (3)在一个电压变化周期内，质子轰击肿瘤宽度是多少？实际治疗过程中发现轰击宽度小于肿瘤宽度，若只 改变某一物理参数达到原宽度，如何调节该物理参数？ 【答案】(1) (2) (3) ，增加L 【详解】（1）质子匀速通过速度选择器，受力平衡 可得 （2）在磁分析器匀速圆周运动，由题图可知 洛伦兹力提供向心力有 可得 （3）在偏转系统中质子做类平抛运动，当电源位移 时质子恰好从偏转系统下则边缘离开，有 ， 其中 根据牛顿第二定律有 根据速度的分解有 解得 离开偏转系统 后，质子做匀速直线运动 解得 故质子轰击肿瘤宽度是 可知增加L，可以增加质子 轰击肿瘤宽度。 15．如图，平板小车C静止在水平面上，左端紧靠平台且与平台等高，平台边缘正上方用长H=0.8m的轻 绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为 的物块B，将A向左拉至轻绳水平由静止释 放，A与B发生正碰，碰后A的速度为零。已知A与B碰撞过程中的恢复系数 ，该系数 是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、B互换角色，将B悬挂起来从水平位置由静止释放， 与A发生正碰后，A滑上小车后，立即取走B，经过一段时间作用，小车C停止且A不滑出小车。已知物块 学科网（北京）股份有限公司 520A和小车C质量都为m=2kg，物块A与小车C上表面间的动摩擦因数 ，小车C与地面摩擦因素 ，重力加速度 ，A、B均可视作质点，不计空气阻力。求： (1)物块B与物块A碰撞前速度 ； (2)A刚滑上小车时的速度大小 ； (3)小车C最少需要的长度L，及最后小车离开平台的位移x。 【答案】(1)4m/s(2)4m/s(3) ， 【详解】（1）对B进行分析，根据动能定理有 解得 （2）当A向左拉至轻绳水平由静止释放至最低点过程，根据动能定理有 解得 A碰撞 B过程，根据动量守恒定律有 解得 则A与B碰撞过程中的恢复系数 ，B 碰撞A过程，根据动量守恒定律有 ，B与A碰撞过程中的恢复系数 由于B 质量大于A质量，碰撞后A、B速度方向相同，且A的速度大于B的速度，则解得 ， （3）A滑上C后，A先向右做匀减速直线运动，对A进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 ，C先向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 学科网（北京）股份有限公司 521历时 ，A、C达到相同速度，则有 解得 ， 此后A、C保持相对静止， 向右做匀减速直线运动，则小车C的最小长度 解得 上述过程C的位移 A、C保持相对静止，根据牛顿第二定律有 解得 减速至0过程，利 用逆向思维，根据速度与位移的关系有 解得 则最后小车离开平台的位移 解得 。 学科网（北京）股份有限公司 522