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物理-2024年高考考前最后一课_4.2025物理总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_物理（含PDF，可直接打印）-2024年高考考前最后一课

2026-03-10 10:25:02 2026-03-10 10:25:02
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物理-2024年高考考前最后一课_4.2025物理总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_物理（含PDF，可直接打印）-2024年高考考前最后一课
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1
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}目 录
目录
第一部分 考前预测篇....................................................................................................................3
【考前预测篇1】 热点选择题.............................................................................................3
热点一：热、光、原问题................................................................................................3
热点二：力与平衡、力与运动问题..............................................................................11
热点三：功与能..............................................................................................................16
热点四：动量与能量......................................................................................................24
热点五：振动与波..........................................................................................................30
热点六：电场的性质......................................................................................................32
热点七：带电粒子的运动..............................................................................................36
热点八：电磁感应新情境问题......................................................................................38
热点九：交流电与变压器..............................................................................................40
【考前预测篇2】 热点实验题...........................................................................................43
一．实验题解题指导......................................................................................................43
一．必修热点实验强化训练..........................................................................................44
三．选修热点实验强化训练..........................................................................................65
【考前预测篇3】 热点计算题...........................................................................................79
一．计算题解题规范及策略..........................................................................................79
二．第一道计算题：基本+规范....................................................................................81
三．第二道计算题：模型+综合....................................................................................89
三．第三道计算题：物理思维+数学建模..................................................................102
第二部分 考前基础篇................................................................................................................122
考前基础篇1----主干知识体系构建....................................................................................122
考勤基础篇2---基本概念、规律及结论回顾总结.............................................................128
考前基础篇3---经典模型与情境回顾.................................................................................158
第三部分 考前技能篇................................................................................................................176
考前技能篇1---理综答题有技巧.........................................................................................176
考前技能篇2---高考最后40天拼的是什么?.....................................................................179
考前技能篇3---高考真题！所有高三生，你们最后的逆袭机会！.................................180
第四部分 考前心理篇................................................................................................................181
考前心理篇1---考前考生需要做哪些准备.........................................................................181
考前心理篇2---考前冲刺需要有正常心态.........................................................................185
考前心理篇3---高考前一天需要做哪些准备.....................................................................190
第五部分 考时注意篇................................................................................................................192
第六部分 高考祝福篇................................................................................................................196
写给即将高考的学子们........................................................................................................196
三句话送给即将进考场的你................................................................................................198
第七部分 押题卷........................................................................................................................200
试卷第2页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}第一部分 考前预测篇
【考前预测篇 】 热点选择题
1
热点一：热、光、原问题
1.【2024高三上·贵州第二次诊断性考试】如图所示，绝热气缸内用质量为m的绝热活塞封
闭了一定质量的理想气体，轻质弹簧一端固定在活塞上，另一端固定在气缸底部，活塞可沿
气缸无摩擦滑动，此时弹簧处于原长。现通过电热丝对气体进行缓慢加热，使活塞上升了一
段距离，此过程中封闭气体没有泄漏，大气压强恒定。下列说法正确的是（ ）
A．加热前封闭气体的压强等于大气压强
B．加热过程中封闭气体分子的平均动能增大
C．加热过程中气体吸收的热量等于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之
和
D．加热过程中气体对活塞做的功大于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量
试卷第3页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}之和
【评析】本题以汽缸活塞加弹簧模型为载体综合考察学生对受力分析、热学状态分析以及机
械能与内能变化等相关知识点的深度理解体现了综合性与创新性值得考生在冲刺阶段认真
研究并体会
【答案】BD
【解析】A．加热前弹簧弹力是零，因活塞重力不能忽略，设大气压强为 p ，封闭气体压强
0
为 p ，由力的平衡条件可得p S  pSmg因此封闭气体压强大于大气压强，故A错误；B．加
1 0 1
热过程中封闭气体的温度升高，分子的平均动能增大，故B正确；C．气体吸收的热量用于
增加活塞的重力势能和弹簧的弹性势能以及气体的内能，还要推动活塞对外做功，故C错
误；D．对活塞，据动能定理可得W W W W 0
G 簧 大气
可得W W W W 故D正确。故选BD。
G 簧 大气
2.【2024高三下·云南第一次诊断性考试】如图所示，一导热气缸由粗细不同的两段圆柱形
气缸连接而成，通过刚性杆连接的活塞A、B封闭了一定质量的理想气体，活塞可无摩擦滑
动，活塞及连接杆的重量不可忽略。则气缸由如图所示的状态在竖直面内缓慢转动90°至活
塞A在下方，气缸始终处于密封状态且环境温度和大气压强均保持不变，此过程中关于缸
内气体，下列说法正确的是（ ）
A．压强变小 B．体积变小 C．向外放热 D．外界对气体做正功
【评析】本题以汽缸活塞加轻杆模型为载体综合考察学生对受力分析、影响内能的因素以及
热力学第一定律的理解体现了基础性与创新性并存，一反常态，活塞横截面积不同需要对平
衡系统准确受力分析做到了反套路；对解题技巧也有要求，若学生不能正确受力分析则可以
根据答案的提示进行假设就会发现BCD对一个其余都对所以只能选A，为解题开辟了途径
符合新高考要求。
【答案】A
【解析】设大气压强为 p ，初始时，根据受力平衡可知，气体压强为 p  p 气缸由如图所
0 1 0
试卷第4页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}示的状态在竖直面内缓慢转动90°至活塞A在下方，根据受力平衡可得
(m m )g
p (S S )(m m )g  p (S S ) 可得 p  p  A B 可知气体压强减小，由于温
2 A B A B 0 A B 2 0 S S
A B
度保持不变，气体内能不变，根据玻意耳定律可知，气体体积变大，外界对气体做负功，根
据热力学第一定律可知，气体从外界吸热。故选A。
3.【2024·河南·一模】如图，将一平面镜置于某透明液体中，光线以入射角i45进入液体，
经平面镜反射后恰好不能从液面射出。此时，平面镜与水平面（液面）夹角为α，光线在平
面镜上的入射角为β。已知该液体的折射率为 2，下列说法正确的是（ ）
A．30
B．37.5
C．若略微增大α，则光线可以从液面射出
D．若略微减小i，则光线可以从液面射出
【评析】本题以光在介质中的折射与平面镜发射为情境，考察折射定律、全反射定律以及学
生的作图能力。
【答案】BD
sini
【解析】AB．根据 n解得光线在射入液面时的折射角为r30光线经平面镜反射后，
sinr
恰好不能从液面射出，光路图如图
1
有sinC  解得C45由几何关系可得290r90C180解得37.5故
n
A错误；B正确；
试卷第5页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}C．若略微增大α，则光线在平面镜上的入射角β将变大，根据上面分析的各角度关系可知
光线射出液面的
入射角变大，将大于临界角，所以不可以从液面射出。故C错误；D．同理，若略微减小i，
则r减小，导致光线在平面镜上的入射角β减小，可知光线射出液面的入射角变小，将小于
临界角，可以从液面射出。故D正确。故选BD。
4.【23-24高三上·河南信阳·阶段练习】如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平
面平行。由红、绿两种单色光组成的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖
后分成两束光分别打到玻璃砖截面的b、c两点处，b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的
左右两侧。下列说法正确的是（ ）
A．b、c两点处分别对应绿光、红光
B．在玻璃中，绿光的速度比红光小
C．射到 c 点的光在 c 点会发生全反射
D．光从M点到c 点的传播时间大于从M 点到 b 点的传播时间
【评析】本题选自教材习题，在习题的基础上延申问题；本题的实质是“光学等时圆”引导学
生在解题的时候发现一些有价值的习题定律便于解决其它更为复杂的问题。
【答案】AB
【解析】A．根据电磁波谱可知，绿光折射率大于红光折射率，所以b、c两点分别对应绿
c
光、红光，故A正确；B．根据v 在玻璃中绿光的速度比红光小，故B正确；
n
C．由图可知设光在M点的入射角和折射角分别为和，在c点的入射角和折射角分别为
i和j，则有
sin sin j
n  由i可知 j，因此 j90
sin sini
试卷第6页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}故射到c点的光在c点没有发生全反射，故C错误；D．假设截面半圆半径为R，以b为研
究对象，如图所示
sin c s 2Rsin
则在玻璃中的光程为s=2Rsinα根据折射率公式n 又有v 联立可得t  
sin n a v c
2Rsin
同理可得t  所以光从M点到c点的传播时间与从M点到b点的传播时间相等，故
b c
D错误。故选AB。
5．【2024高三下·河南南阳·阶段练习】如图所示，一束紫光a沿半径方向射入半径为R的
半圆形玻璃砖，光线b和光线c为其反射光和折射光，OO为法线，光线a与直径边的夹角
为，光线c与OO的夹角为，光线b的强度随夹角的变化关系如图乙所示，其中光照
强度发生突变的d点所对应的角度30，光在真空中的传播速度为c，下列说法中正确的
是（ ）
A．若夹角从90°减小到30°，则夹角将会逐渐增大
B．若夹角从30°增大到90°，则光线b的强度一直加强
2 3
C．玻璃砖对该光线的折射率n
3
试卷第7页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}D．当小于30°时，该光线通过玻璃砖的时间为4 3R
3c
【评析】本题借助图像语言引导学生从能量守恒的角度来深度理解全反射现象根据反射光的
强度（能量）
变化来判断临界角进而解答相关问题要求学生不仅仅会背公式还要理解光学现象的本质。
【答案】ACD
【解析】A．由题图乙可知，在30 时光线b的强度一直不变，说明光线a产生全反射，
在此过程中没有折射光线c，只有反射光线b，设入射角为i，可知此时全反射的临界角是
60°，若夹角从90°减小到30°，则入射角i逐渐增大，由折射定律n
sin
，可知夹角将
sini
会逐渐增大，A正确； B．若夹角从30°增大到90°，则入射角iL
1 2
C．小球B在C点静止时受到的摩擦一定比初始时受到的摩擦力小
D．小球B在C点静止时受到的摩擦一定比初始时受到的摩擦力大
【评析】本题以电荷系统的平衡为背景，考察了受力分析、整体法、隔离法、矢量三角形、
库伦定律等对学生审题能力分析能力要求极高，是一道综合度很大的好题，考前学习有助于
考生整合所学知识点。
【答案】AC
【解析】AB.对A球进行受力分析（图甲），根据动态平衡的分析方法，A球受到的重力大
小、方向不变，支持力的方向不变，库仑力的方向在改变，但是由于B球只能到C，故由
矢量三角形可知A受到的库仑力和支持力都在减小。根据库仑定律的表达式可得AB之间
的距离变大，故A正确、B错误；CD.再对A、B整体受力分析（图乙），根据平衡条件可
得B所受摩擦力的大小变小，故C正确、D错误。故选AC。
试卷第11页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}10.【2024·安徽·一模】如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），
轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根经绳2悬挂在环的下
方，处于静止状态，MON 60。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN
连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是（ ）
3
A．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为 mg
3
B．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分MON
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大
D．物块在缓慢移动过程中，经绳1的张力可能先增大后减小
【评析】：本题是传统“晾衣架”模型的拓展，是平衡中对称性问题的体现，本题在常考模型
的基础上增设物块缓慢运动过程中，带动圆环缓慢运动并且要求学生会分析圆环运动的轨迹
是椭圆，是物理与数学结合的典型好题。
【答案】D
【解析】A．施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，
3
竖直方向根据受力平衡可得2T cos30mg 解得轻绳1的张力大小为T  mg故A正确，
1 1 3
不满足题意要求；B．物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1
的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿MON 平分线上，根据受力平衡
可知，轻绳2的延长线始终平分MON ，故B正确，不满足题意要求；C．物块在缓慢移
动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可得
mg
T cosmg可知T  可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意要求；D．物
2 2 cos
块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的
运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好
试卷第12页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时MON 最大，则此过程MON 逐渐增
大，以小环O为对象，根据受力平衡可得
T
2TcosT 可得T 2 可知此过程经绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意要求。
1 2 1 2cos
故选D。
11.【2024·河南·一模】如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v 时开始
0
刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在
冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（ ）
1 1 1 1
A． v B． v C． v D． v
2 0 3 0 8 0 9 0
【评析】本题以刹车问题为情境入题自然亲切，学生能应用牛顿运动定律动能定律列式就能
解决，体现了基础性与应用性。
【答案】B
【解析】设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为a 、a ，汽车进入冰面瞬间的速度为v ，由
1 2 1
牛顿第二定律
a f 7
f ma则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为 1  1  由运动学公式，在路
a f 1
2 2
面上有
x 8 v
v2v2 2a x 在冰面上有v2 2a x 其中 1  解得汽车进入冰面瞬间的速度为v  0 故选B。
0 1 1 1 1 2 2 x 7 1 3
2
12.【2024·湖北·一模】如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，
A、B的质量分别为m 6kg，m 4kg，从t0开始，推力F 和拉力F 分别作用于A、
A B A B
B上，F ,F 大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（ ）
A B
A．t0时，A物体的加速度为2m/s2
试卷第13页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}B．t1s时，A、B开始分离
C．t0时，A、B之间的相互作用力为3N
D．A、B开始分离时的速度为3m/s
【评析】本题以教材习题相似情境呈现，考场动力学图像、动力学中的连接体以及分离等经
典问题，新高考也注重经典模型的考场与延申，考前通过本题学习可以帮助学生快速回忆动
力学常见的经典问题、经典模型有助于学生考场上的发挥。
【答案】B
【解析】AC．由推力与时间的图像可得F 82t，F 22t 则t0时，可知F 8N，
A B A0
F 2N
B0
F F
由于m m ，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a A B 1m/s2设此时A、
A B m m
A B
B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得FF m a 解得F 2N故AC错
B0 B
F F
误；BD．当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有 B  A
m m
B A
22t 82t
即  解得t1s分离时的速度为
4 6
vat1m/s故B正确，D错误。故选B。
13.【2024·河南·一模】若两颗人造卫星M、N绕地球做匀速圆周运动，M、N到地心的距离
之比为k，忽略卫星之间的相互作用。在时间t内，卫星M与地心连线扫过的面积为S ，卫
M
星N与地心连线扫过的面积为S ，则S 与S 的比值为（ ）
N M N
1
A．1 B．k C． D． k
k2
【评析】本题以人造卫星的运动为情境要求学生会构建物理模型并结合万有引力定律和扇形
公式进行相关的推理与运算。
【答案】D
mM v2 GM
【解析】根据G ＝m 可知v 则卫星在时间t内与地心的连线扫过的面积为
r2 r r
1 1
S  vtr t GMr
2 2
S r
则 M  M  k 故选D。
S r
N N
14.【2024·河南·二模】行星绕恒星运动的轨道半径不同，周期就不同，行星表面单位面积单
试卷第14页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}位时间接受到的辐射能量也不同。如图所示为火星和地球环绕太阳运动的示意图。设火星绕
太阳做圆周运动的周期为T ，地球绕太阳做圆周运动的周期为T 。在直射时，火星表面单
1 2
位面积单位时间接受到的辐射能量为E ，地球表面单位面积单位时间接受到的辐射能量为
1
E 。假定太阳的能量辐射各向均匀，则下列关系正确的是（ ）
2
E T T E T T
A． 1  2
3
2 B． 1  1 1
E T T E T T
2 1 1 2 2 2
E T2 E T T
C． 1  3 2 D． 1  1 3 1
E T2 E T T
2 1 2 2 2
【评析】能量以“能量球面”形式均匀辐射至各方向，计算球体接收能量时，应寻找有效面积，
而非半球表面积;
【前沿知识扩充】太阳(或光源)的能量以“能量球面”的方式向外辐射，根据球体面积公式可
求得单位面积接收的能量(或功率)。当能量辐射到地球，计算地球接收的功率时，地球背对
太阳的半个球面不接收太阳光，对着太阳的半个球面也不都与太阳光垂直，可见，地球接收
太阳光辐射的有效面积不是半球表面积，而是以地球半径为半径的圆平面的面积，根据
P
P  R2计算地球接收太阳光的总功率。
地 4r2 0
【答案】A
【解析】将行星绕太阳运动简化为圆周运动，由万有引力提供向心力，对火星有
Mm 42R
G 火  m 火
R2 火 T2
火 1
E
火星表面单位面积单位时间接受到的辐射能量为E  0 将行星绕太阳运动简化为圆周
1 4R2
火
Mm 42R
运动，由万有引力提供向心力，对地球有G 地 m 地 地球表面单位面积单位时间
R2 地 T2
地 2
E
接受到的辐射能量为E  0
2 4R2
地
试卷第15页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}E T T
解得 1  2
3
2 故选A。
E T T
2 1 1
热点三：功与能
1
15.【2024·河北·一模】如图所示，一半径为R的光滑 圆弧槽固定在水平面上，可视为质点
4
的小球由与圆心O等高的位置无初速释放。以水平面为重力势能零势能面，则下列说法正
确的是（ ）
A．小球的动能和重力势能相等时，小球与O点的连线与水平方向的夹角为45
R
B．小球的动能和重力势能相等时，小球下落的高度为
2
C．小球的动能为重力势能2倍时，小球与O点的连线与水平方向的夹角为60
R
D．小球的动能为重力势能2倍时，小球下落的高度为
3
【评析】本题以凹形桥模型为载体考查能量的转移转化，本题还可以进一步扩展当小球的动
2
能为重力势能多少倍时小球重力功率最大（神奇的 问题）。
3
【答案】B
【解析】AB．以水平面为重力势能零势能面，当小球的动能和重力势能相等时有
1
mgRh  mv2
1 2 1
1 1
小球下滑至此位置，根据动能定理有mgh  mv2解得h  R此时，小球与O点的连线与
1 2 1 1 2
水平方向的夹角
h 1
sin 1  解得30故A错误，B正确；CD．以水平面为重力势能零势能面，当小球
R 2
1
的动能为重力势能 2 倍时有2mgRh  mv2 小球下滑至此位置，根据动能定理有
2 2 2
1 2
mgh  mv2 解 得 h  R 此 时 ， 小 球 与 O 点 的 连 线 与 水 平 方 向 的 夹 角
2 2 2 2 3
试卷第16页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}h 2 3
sin 2   sin60即小球与O点的连线与水平方向的夹角小于60，故CD错误。
R 3 2
故选B。
16．【2024·河北·模拟预测】三峡集团海上风电场的全球首台16兆瓦级风电机组在9月1
日实现24小时满功率运行，单日发电量高达38.41万千瓦时。已知该发电机叶片转动时可
形成半径为r的圆面，风速垂直于圆面。若空气密度为，风力发电机能将扫过圆面内20%
的空气动能转化为电能，9月1日该发电机发电的平均功率为P，则当天的平均风速可表示
为（ ）
10P 5P 2P 10P
A． B．
3
C．
3
D．
3
r2 r2 r2 r2
【评析】本题素材来源于教材需要学生建立连续体模型再结合功率意义的理解建立方程进行
求解。连续体问题近几年高考都有考察今年高考也要引起高度重视。
【答案】D
【解析】Δt时间内冲击发电机叶片气流的质量为mV r2vt 平均功率为
1
20% mv2
2
P
t
10P
联立解得平均风速为 v
3
故选D。
r2
17.【2024·全国3+3+3大联考】跳台滑雪运动员在助滑段加速后，从起跳区a位置处水平飞
出，落在着陆区内的b点，不计空气阻力，如图所示。E 、E 、E、P分别表示运动员在
p k
空中的重力势能、动能、机械能、重力的功率，用t表示运动员在空中的运动时间，则下列
图像中可能正确的是（ ）
试卷第17页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}A． B．
C． D．
【评析】处理物理规律、解决物理问题的方法可以用语言来描述，也可以用数学函数式来表
示，还可以用图像来描述。利用图像描述物理规律、解决物理问题的方法称之为图像法。图
像包含的信息内容非常丰富，可考查学生的“数形结合”能力和提取“信息”的能力，具有形象、
直观、动态变化过程清晰等特点，能使物理问题简化明了。本题属于根据情境选择图像的问
题解决问题的方法是：根据需要由物理规律写出两物理量的函数关系，把函数关系与图像进
行比对，确定是正比例函数、一次函数还是二次函数，从而选出符合题意的选项。
【答案】B
1
【解析】A．运动员在空中做平抛运动，下落的高度为h gt2以b为零势能点，则有
2
mg2
E E mghE  t2故A错误；
p pa pa 2
mg2
B．根据动能定理有E E mgh可得E  E  t2故B正确；
k ka k ka 2
C．平抛过程中只受重力，故机械能守恒，Et图线应为横线，故C错误；
D．运动员沿竖直方向上的速度为v gt则重力的功率Pmgv mg2 t故D错误。故选B。
y y
18.【2024·陕西宝鸡·模拟预测】如图所示，质量为m =1kg，m =2kg的物块A和B用轻弹
A B
簧连接并竖直放置，轻绳绕过固定在同一水平面上的两个定滑轮，一端与物块A连接，另
一端与质量为m =1kg的小球C相连，小球C套在水平固定的光滑直杆上。开始时小球C
C
锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角θ=60°，物体B对地面的压力恰好
为零。现解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F=16N的恒力，小球C运
动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ=60°，D为PQ的中点，
PQ距离L=2m，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，
忽略两个定滑轮大小以及滑轮、绳与轴之间的摩擦力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
试卷第18页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物体A的冲量为零
B．小球C从P点运动到Q点的过程中，轻绳拉力对物体A做功为零
16
C．小球C运动到Q点时的速度大小为 5m/s
5
D．小球C运动到Q点时，物体A的加速度大小为2m/s2
【评析】本题是经典的关联速度与能量守恒的问题；本题对审题能力要求较高，要求学生具
备较好的物理基础及较强的翻译能力；地面的压力恰好为零这是常见的分离临界条件翻译为：
F 0、F mg ；弹簧处于拉伸状态；小球C运动到D点时，物体A刚好运动最低点，
N 弹
此时A的速度为零；Q点时速度达到最大加速度为0等。通过本题的训练可以很好锻炼学
生审题能力以及解决压轴题的技巧。
【答案】ACD
【解析】A．小球C运动到D点时，物体A刚好运动最低点，此时A的速度为零，根据动
量定理可得
I p0可知合外力对物体A的冲量为零，故A正确；B．小球C从P点运动到Q点的
合
过程中，此时物体A刚好回到初始位置，此过程重力、弹簧弹力对A球做功均为0；由于
小球C运动到Q点沿绳子方向的速度不为0，则此时A的速度不为0，根据动能定理可得
W W E 0故B错误；C．小球C运动到Q点时，此时物体A刚好回到初始位置，
合 T k
1 1
弹簧的弹性势能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有FL m v2 m v2
2 C C 2 A A
16
又v v cos联立解得v  5m/s故C正确；D．小球C运动到直杆上的Q点时速度达
A C C 5
F
到最大，根据平衡条件有T  2F根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物
cos
体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为F m g物体A的加速度大
弹 B
试卷第19页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}2Fm gF
小为a A 弹 2m/s2故D正确。故选ACD。
m
A
19．【23-24高三下·河北保定·阶段练习】如图甲所示，质量为2kg的物块静止放置在水平
地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块施
加一水平方向的拉力F，拉力大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则
下列说法正确的是（ ）
A．在0~4s内，重力对物块的冲量大小为0
B．在0~4s内，拉力F对物块的冲量大小为40Ns
C．在0~4s内，摩擦力对物块的冲量大小为30Ns
D．在t=4s时刻，物块的速度大小为4m/s
【评析】本题是常见的变力冲量计算问题，学生可以利用图像面积或平均力思想求解本题。
【答案】BC
【解析】A．在0~4s内，重力对物块的冲量大小为I mgt  2104Ns80Ns 故A错误；
1
200
B．在0~4s内，拉力F对物块的冲量大小为I Ft  4Ns 40Ns故B正确；C．物
2 2
块受到的最大静摩擦力为
f mg10N可知0~2s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；2~4s内，物块受
max
到 滑 动 摩 擦 力 作 用 ， 则 在 0~4s 内 ， 摩 擦 力 对 物 块 的 冲 量 大 小 为
010
I  2Ns102Ns30Ns 故C正确；D．水平方向由动量定理可知I I mv解
3 2 2 3
得在t=4s时刻，物块的速度大小为v5m/s故D错误。故选BC。
20．【2024·河北·一模】一物体放在水平地面上，t0时刻在物体上施加一竖直向上的恒力，
使物体由静止开始竖直上升，该过程中物体重力势能、动能随物体上升高度的变化规律分别
为如图所示的图线A和图线B，当t 1s时物体上升高度为h（h 未知），此时将外力撤走，
0 0 0
经过一段时间物体落地，取地面为重力势能的零势能面，忽略空气阻力，重力加速度g取
试卷第20页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
3
A．h 2.5m B．物体所受的恒力与重力的比值为
0 2
3 2
C．物体上升的最大高度为3.5m D．整个过程物体运动的总时间为 s
2
【评析】本题以竖直面内质点的运动为背景以经典能量-位移图为信息载体考场学生信息提
取的能力。
【技巧】如何利用图像找信息
(1)看清坐标轴所表示的物理量：是运动学图像(v－t、x－t、a－t)，还是动力学图像(a－F 、
合
1
a－ )，明确因变量与自变量的制约关系。
m
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程。
(3)看交点、斜率和面积：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线
与坐标轴所围面积的物理意义。
【答案】AB
1 1
【解析】A．由图知，重力势能mgh 20J h  at2 vat mv2 10J t1s联立
0 0 2 2
F 3
得h 2.5m；m0.8kg；a5m/s2故A正确；B．根据Fmg ma得  故B正确；
0 mg 2
v2
C．根据vata5m/s；h 1.25m物体上升的最大高度为H h h3.75m故C错
2g 0
1 1 3
误；D．取向上为正方向，根据h vt  gt2得外力撤走后运动时间为t  s整个过
0 0 2 0 0 2
3 3
程物体运动的总时间为T tt  s故D错误。故选AB。
0 2
21．【23-24高三上·云南昆明·期中】某机场利用如图所示的传送带将行李箱从飞机上运送
到地面，传送带以恒定速率沿逆时针方向运行。在t0时，将质量m10kg的小行李箱轻
放在传送带上A点，t1.5s时小行李箱从B点离开传送带，其vt图像如图乙所示，重力
加速度g取10m/s2，则（ ）
试卷第21页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}A．传送带的倾角为30
B．0~0.5s内的摩擦力大小为40N
C．0~0.5s内合力对小行李箱做功为125J
D．0~1.5s内摩擦力对小行李箱做功为-100J
【评析】本题考察经典皮带传动模型根据图像分析行李箱的运动再根据牛顿第二定律列方程
求倾斜角及摩擦力；传送带上有着丰富的功能关系，在学习过程中要厘清各种位移关系和各
种能量关系。
【方法技巧】传送带问题的综合分析
涉及物体在传送带上运动的具体细节问题，一般用动力学观点进行解决。传送带因传送物体
多做的功，从能量的观点进行分析，等于物体增加的动能、重力势能及摩擦生热，而摩擦生
热需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。
【答案】BC
【解析】AB．由题图乙可知，0~0.5s内摩擦力方向沿传送带向下，加速度a 10m/s2；
1
0.5~1.5s内摩擦力方向沿传送带向上，加速度a 2m/s2设传送带的倾角为，根据牛顿第
2
二定律有0~0.5s内
mgsinmgcosma ；0.5~1.5s内mgsinmgcosma 联立解得37、0.5
1 2
f mgcos40N故A错误，B正确；C．0~0.5s内，根据动能定理，合力对小行李箱
1
1
做功等于小行李箱动能的变化量，即W  mv2 125J故C正确；
合 2 0.5
1 5
D．0~0.5s内小行李箱位移s  0.55 m摩擦力做正功W  fs 50J；0.5~1.5s内小
1 2 4 1 1
行李箱位移
1
s  1576m 摩擦力做负功W fs 240J故0~1.5s内摩擦力对小行李箱做功
2 2 2 2
W W W 190J故D错误。故选BC。
f 1 2
试卷第22页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}22．【2024高三·山东潍坊·期末】如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方
悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住B，A静置于地面上，B距地面
高度为h，细线处于拉紧状态。释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，不计一切
摩擦和阻力，以地面为零势能面。从开始运动至B刚要落地过程中，以下关于A、B的重力
势能E 、E 和动能E 、E 随运动距离x变化关系正确的是（ ）
pA pB kA kB
A． B． C． D．
【评析】本题选材教材习题，模型中蕴藏着丰富的几何关系还涉及动滑轮组的相关知识；关
键在于学生能列出能量守恒方程并结合图像选择符合题意的图像；
【关键一步】根据滑轮组可知x =2x ；v 2v 。
B A B A
【答案】BC
【解析】根据滑轮组可知，B下落的高度为A上升高度的两倍，设B运动距离为x 时，A
B
运动距离为x ，则x =2x 对B，初始重力势能为E =mgh当B运动距离为x 时
A B A pB0 B
E mg(hx )B的末重力势能为0。对A，初始重力势能为0，当A运动距离为x 时
pB B A
E mgx 由滑轮组可知，A上升的高度为B下降高度的一半，故
kA A
试卷第23页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}h 1
x = 故A的末重力势能为E  mgh根据滑轮组可知，在运动过程中v 2v 对AB组
Am 2 pA末 2 B A
成 的 系 统 ， 当 B 运 动 距 离 为 x 时 ， 根 据 动 能 定 理 可 得
B
1 1 1 2
mgx  mgx  mv2+ mv2 E E 对 B 可 得 E  mgx B 的 末 动 能 为
B 2 B 2 B 2 A kB kA kB 5 B
2 2 E 1 1
E  mgh E 对A，当A运动距离为x 时E  kB = mgx = mgx A的末动能为
kB末 5 5 pB0 A kA 4 10 B 5 A
1 h 1
E  mg  E 故选BC。
kA末
5 2 5
pA末
热点四：动量与能量
23.【2024·安徽·一模】如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线
是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验
中，小球的质量为m，水平初速度为v ，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度
0
大小为v，方向与水平面成角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比
例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时重力的功率为mgv
mvsinkh
B．小球下落的时间为
mg
mv vcos
C．小球下落过程中的水平位移大小为 0
k
D．小球下落过程中空气阻力所做的功为
1
m
 v2v2
mgh
2 0
【评析】本题以实验为背景考察有阻力的平抛运动或者说 模型的分析，涉及功率以
f kv
及做功等核心物理概念的求解需要用到微元法的基本思想。
【拓展延申】物体在变力作用下做复杂的变速运动，可以把物体的运动分割成若干小段，在
每一小段内，可认为力f不变，这样，在△t 时间内，力f的冲量：
1
试卷第24页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}I  f t kv t kx
1 1 1 1 1 1
同理，时间内，力f的冲量
t2
I kx ，……
2 2
所以整个过程力f的冲量为：
I  I I I kx
1 2 n
即变力的冲量大小与物体的位移大小成正比。
这个结论的几何解释如图所示（仅仅是示意性地画出，并不真正表示物体就做图示形式的运
动）。对于v—t图象，图象与t轴所围的面积表示物体的位移x。由于f=kv，力f随时间t
变化的f—t图象与v—t图象相似（纵轴相差k倍）。对f—t图象来说，图象与t轴所围的面
积就是力f的冲量I，显然I=kx 。此结论在解答“f=kv”问题中有很重要的作用。
【答案】BCD
【解析】A．小球落地时重力的功率为P mgvsin故A错误；B．小球下落过程在竖直方
G
向根据动量定理
mvsinmgtk(v v v ......)t (v v v ......)t h解得小球下落的时间为
y1 y2 y3 y1 y2 y3
mvsinkh
t 
mg
故B正确；C．小球在水平方向根据动量定理mvcosmv k(v v v ......)t
0 x1 x2 x3
mv vcos
(v v v ......)t  x解得小球下落过程中的水平位移大小为x 0 故C正
x1 x2 x3
k
确；
1 1
D．小球下落过程根据动能定理 mv2 mv2 mghW 解得小球下落过程中空气阻力所做
2 2 0 f
的功为
试卷第25页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}1 1
W mgh mv2 mv2故D正确。
f 2 2 0
1
24.【2024高三·全国·课时练习】已知A、B、C、D四个钢球的质量分别为100m、m、 m、
100
1
m，悬挂在天花板上，初始时刻四个钢球相互接触且球心在一条直线上，与天花板距
10000
离均为L，四条绳都是竖直的，现将A球拉起60°的角度由静止释放，重力加速度为g，则
D球被弹起的瞬间获得的速度最接近于（ ）
A．5 gL B．6 gL
C．7 gL D．8 gL
【评析】本题考察经典弹性碰撞模型要求考生熟悉模型的规律。
【模型归纳】弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
以质量为m 、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生弹性正碰为例，有
1 1 2
m v ＝m v ′＋m v ′
1 1 1 1 2 2
1 1 1
m v 2＝ m v ′2＋ m v ′2
1 1 1 1 2 2
2 2 2
解得v ′＝ m 1 －m 2 v 1，v ′＝ 2m 1 v 1 。
1 2
m 1 ＋m 2 m 1 ＋m 2
结论：
①当m ＝m 时，v ′＝0，v ′＝v ，两球碰撞后交换了速度。
1 2 1 2 1
②当m ＞m 时，v ′>0，v ′>0，碰撞后两球都沿速度v 的方向运动。
1 2 1 2 1
③当m ＜m 时，v ′<0，v ′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
1 2 1 2
④当m ≫m 时，v ′＝v ，v ′＝2v 。
1 2 1 1 2 1
【答案】D
【解析】设A、B两球质量分别为M和m，A球下落到最低点时的速度满足
1
MgL(1cos 60) Mv2
2 0
解得v  gL两球相碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
0
Mv  Mv mv
0 1 2
试卷第26页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}1 1 1
Mv2  Mv2 mv2
2 0 2 1 2 2
2M
解得v  v 因M是m的100倍，则v 接近2v ；同理B和C碰后，C的速度接近于
2 M m 0 2 0
4v ；C和D碰后，D的速度接近于8v ，即v 8 gL故选D。
0 0 D
25.【2024·河南·一模】如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的
滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的vt图像
如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，则（ ）
A．Q的质量为1kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0J
D．t5.8s时木板速度恰好为零
【评析】本题以经典板块模型为背景考察类碰撞模型，这里需要学生明辨，第一个过程由于
地面粗糙系统动量不守恒；碰撞过程虽然地面粗糙但碰撞时间极短内力远大于外力系统动量
守恒，其余的问题还需要学生会根据图像语言来求解相关问题。
【答案】AC
【解析】A．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量
为M，由系统动量守恒定律得mv Mv mMv 根据v-t图像可知，v =3m/s，v =1m/s，
1 2 3 1 2
v =2m/s，代入上式解得M 1kg故A正确；B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ ，Q与地面
3 1
之间的动摩擦因数为μ ，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为a =1.5m/s2，
2 P
a =0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得mg ma
Q 1 P
mgmMg Ma 联立解得 0.05故B错误；C．由于碰撞系统损失的机械能为
1 2 Q 2
试卷第27页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}1 1 1
E  mv2 Mv2 mMv2代入数据解得E1.0J故C正确；D．对碰撞后整体受力
2 1 2 2 2 3
分析，由动量定理得mMgt 0mMv 代入数据解得t 4s因此木板速度恰好
2 2 3 2
为零的时刻为tt t 2s4s 6s故D错误；故选AC。
1 2
26.【2024高三下·云南大理】“头球攻门”是足球比赛中最常见的情景之一。某场足球比赛中，
攻方获得任意球机会，高度为h1.65m的运动员甲站在球门前的a点，另一队友乙（图中
未画出）在距离a点28m处主罚任意球，甲同时准备原地起跳头球攻门，乙将足球从地面
踢出后，足球在离地h 2.45m处水平击中运动员甲的头部，此时甲刚好上升到最高点，足
1
5
球与运动员头部碰撞时间为0.1s，碰后速度大小变为碰前的 ，方向改变了60°角后水平飞
8
出飞向球门人网。取重力加速度为g 10m/s2，不计空气阻力，足球质量为0.40kg且可视
为质点。下列说法正确的是（ ）
A．乙踢出足球瞬间足球的速度大小为40m/s
B．甲在乙踢出足球后0.3s离地上升
C．甲对足球做的功为195J
D．足球与甲碰撞过程中所受合外力大小的平均值为140N
【评析】本题涉及抛体运动中的功能动量，以体育运动为命题背景强化五育并举的命题思想，
重点考察抛体运动的规律以及功能转化，突出考察了动量定理在曲线运动中的应用，关键能
力在于要知道动量定理本身的矢量性。
【答案】BD
【解析】A．根据逆向思维，足球上升到最高点的过程中，在竖直方向上有
1
h  gt2，v  gt 解得t 0.7s，v 7m/s
1 2 1 y 1 1 y
在水平方向有xvt 解得v 40m/s则乙踢出足球瞬间足球的速度大小为
01 0
试卷第28页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}v v2v2  209m/s故A错误；
0 y
1
B．根据逆向思维可知，甲离地上升过程有h h gt2解得t 0.4s则有t t t 0.3s故
1 2 2 2 1 2
B正确；
C．足球与运动员碰撞前后，作出速度的矢量图如图所示
根据上述结合题意有
5
v 40m/s ， v  v 25m/s 它 们 之 间 的 夹 角 为 60° ， 则 甲 对 足 球 做 的 功
0 t 8 0
1 1
W  mv2 mv2 195J
2 t 2 0
故C错误；D．结合上述，根据几何关系可得v35m/s对足球，根据动量定理可得
F t mv
合
解得F 140N故D正确。故选BD。
合
27.【2023·云南·模拟预测】如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的
四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一
轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道
的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为g。
下列说法正确的是（ ）
A．滑块到达B点时的速度大小为 2gR
B．弹簧获得的最大弹性势能为mgR
2
C．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为 R
3
D．滑块第一次从A点运动到B点时，小车对滑块的支持力大小为4mg
【评析】本题是经典反冲模型（人船模型），涉及能量转化，相对位移等核心问题的求解，
试卷第29页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}易错点是小车对滑块的支持力求解没有考虑相对速度。
【模型归纳】人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m v －m v ＝0。
1 1 2 2
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它
x v m
们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即 1＝ 1＝ 2。
x v m
2 2 1
x v m
(3)应用 1＝ 1＝ 2时要注意：v 、v 和x 、x 一般都是相对地面而言的。
1 2 1 2
x v m
2 2 1
【答案】BD
【解析】AD．滑块从A滑到B时，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
1 1 4 1
mv 2mv ，mgR mv2  2mv2解得v  gR，v  gR 运动到B点时对滑块受力
1 2 2 1 2 2 1 3 2 3
v v 2
分析 F mgm 1 2 解得F N =4mg故A错误、D正确；B．滑块运动到小车最右端时
N R
根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故B正
R
确；C．从A到B滑下过程由人船模型mx 2mx ，x ＋x =R解得小车的位移应当是x 
1 2 1 2 2 3
故C错误。故选BD。
热点五：振动与波
28．【2024·安徽池州·二模】艺术体操是一项女子竞技项目，主要有绳操、球操、圈操、带
操、棒操五项。带操动作柔软、流畅、飘逸、优美。如图所示是一位带操运动员的竞技场景，
丝带的运动可以近似为一列简谐横波沿x轴传播，t0时刻的波形如图甲所示，A、B、P
和Q是介质中的四个质点，t0时刻该波刚好传播到B点，质点A的振动图像如图乙所示，
则以下说法正确的是（ ）
A．t 1.8s时，质点A的位移为20cm B．该波的传播速度是25m/s
C．波向x轴负方向传播 D．t 3.2s时质点Q通过的路程是80cm
【评析】本题考察波形图与振动图的区别与联系。
【方法总结】求解波的图像与振动图像综合问题的关键点
试卷第30页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(1)分清振动图像与波的图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的
图像，横坐标为t则为振动图像。
(2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。
(3)找准波的图像对应的时刻，找准振动图像对应的质点。
【答案】D
2
【解析】A．由题图甲乙可知，振幅为A20cm周期为T 0.8s角速度为 2.5rad/sA
T
振动的初相为
 则质点A的位移的函数表达式为y20sin（2.5t）cm 当t 1.8s时，质点A的位
0
移为
11
y20sin cm20cmA错误；B．由乙图可知，质点的振动周期为T 0.8s由甲图可知，
2
波长

20cm则波速为v 25cm/sB错误；C．由该简谐波t0时恰好传到B点，波源在BB
T
点左侧，波向x轴正方向传播，C错误；D．质点B、Q平衡位置之间的距离为L60cm由
Lvt解得t 2.4s即经过2.4s质点Q开始振动，又经过0.8s 质点Q完成一次全振动通过的
路程是80cm ，D正确。故选D。
29．【2024·河南·二模】某中学湖面上有两个波源S 和S ，两波源的振动频率相同，如图所
1 2
示，波源S、S 的坐标分别为(20cm,0)、(20cm,0)，湖面上还有一点P，坐标为
1 2
(20cm,30cm)，t0时，波源S 开始从平衡位置向上振动，经过6s波源S、S 分别产生的
2 1 2
第一个波峰同时传到P点，O点为振动减弱点，已知两波源同时起振．下列说法正确的是
（ ）
A．波在湖面传播的速度为5cm/s B．波源S 在t0时从平衡位置向下振动
1
C．两波源的振动周期为4s D．波源S 产生的第一个波谷传到P点需要的
1
试卷第31页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}时间为3s
【评析】本题考察波的干涉现象及规律。
【方法总结】波的干涉中振动加强点、减弱点的判断方法
(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；
λ
若Δr＝(2n＋1) (n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
2
②当两波源振动步调相反时
λ
若Δr＝(2n＋1) (n＝0,1,2，…)，则振动加强；
2
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
【答案】BC
【解析】B．O点为两波源的中点且为振动减弱点，波源S、S 振动方向相反，所以波源S
1 2 1
在t0时从平衡位置向下振动，故B正确；AC．根据几何关系可知PS 30cm，PS 50cm
1 2
 3T   T
PS v6 ，PS v6 解得v10cm/s，T 4s故A错误，C正确；
1  4  2  4
PS T
D．波源S 产生的第一个波谷传到P点需要的时间为t 1  4s故D错误。故选BC。
1 v 4
热点六：电场的性质
30.【23-24高三下·湖南·阶段练习】如图甲所示，电荷量相同的两正电荷固定在同一水平高
处，它们连线的中点为O点。一绝缘细杆竖直放置在两电荷连线的中垂线上，杆上A点与
O点间距离为h 。一带电小球套在杆上从A点由静止释放运动到O点，该过程中小球动能E
0 k
随下降距离h变化的图像如图乙所示。若忽略一切阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
试卷第32页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}B．小球的机械能一直在减少
h
C．OA连线上场强最大的位置为距A点 0 处
2
D．小球所受的合外力先减小后增大
【评析】本题考察带电粒子在等量同种电荷电场分布下的运动问题以及图像问题；电场图像
一直是高考命题的热点方向，无论是哪一种类型的图像都需要利用图像判断出电场的分布特
点再结合电场相关知识进行解答。
电场中几种常见的图像
当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加速度方
v－t图像 向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、
电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况
(1)从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的
φ－x图像 方向及试探电荷电势能的变化
(2)φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小
以电场强度沿x轴方向为例：
(1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向
E－x图像
(2)图线与x轴围成的“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根
据电场方向判定
(1)图像的切线斜率大小表示静电力大小
E －x图像
p
(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
【答案】B
【解析】
D．由该过程中小球动能E 随下降距离h变化的图像，可知图像上任一点切线的斜率表示合
k
力，小球所受的合外力先减小后增大，再减小再增大，故D错误；
A．由合力的变化可知小球受到的电场力向上，小球带正电，故A错误；
B．全程中电场力方向不变，对小球一直做负功，小球的机械能一直在减少，故B正确；
h
C．距A点 0 处，合力为零，此处电场力和重力等大反向，而场强最大的位置必定是电场
2
h
力最大的位置，此时小球减速的加速度达到最大，该位置在 0 到h 之间，故C错误。
2 0
故选B。
31．【23-24高三下·广西·阶段练习】如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个不等量
异种点电荷+4Q、 Q，顶点为a、b、c、d的正方形虚线框边长为L， Q位于其几何中心。
试卷第33页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}e、f两点为虚线框与x轴的交点。规定无穷远处电势为0，则（ ）
A．a、b两点电势相等
B．b、c两点处的电场强度相同
C．e点电势低于f点电势
D．负试探电荷在a点的电势能大于其在e点的电势能
【评析】本题借助正方形这一规则且具有对称性的几何图形来考查点电荷电场、电势的分布
Q
与叠加问题，要注意两点：（1）点电荷的场强公式E k 且场强的运算是矢量运算满足
r2
Q
平行四边形法则还要注意点电荷电场线的分布规律；（2）电势公式k 且电势的计算
r
是标量计算要注意正电荷周围的电势都是正的负电荷周围的电势都为负的。
【答案】D
【解析】A．a、b两点在Q的同一等势面上，但不在4Q的同一等势面上，故两点电势不
相等，A错误；
B．根据电场场强叠加原理，可得b、c两点处的场强仅大小相等，但方向不一样，故B错
误；
C．根据点电荷的电势公式可得e点电势将高于f点电势，故C错误；
D．负试探电荷从a点运动到e点过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确。
故选D。
32.【2023·全国·3+3+3大联考】如图所示，a、b、c、d、e是两个等量异种点电荷形成的电
场中的等差等势面，一电荷量为q的带正电的粒子，只受该电场的作用，在该电场中运动的
轨迹如图中实线MPN 所示，已知电场中b、c两等势面的电势分别为、。则下列说法正
b c
确的是（ ）
试卷第34页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}A． 
b c
B．带电粒子经过P点和N点时速度相同
C．带电粒子从M点运动到N点电场力做的功为q 
b c
D．带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
【评析】本题是电场线与轨迹的运动分析问题，分析此类问题一定要厘清：点：交点；线：
电场线；面：等势面；迹：轨迹之间的关系并应用电场的基本性质来正确解答。
【方法总结】分析电场中运动轨迹问题的方法
1．“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的
切线(“力线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。
2．“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，
是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量；若三个都
不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况。
【答案】D
【解析】A．根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，且带电粒子带正电，则正电荷在上方，
负电荷在下方，等势面电势由a到e逐渐降低，则 故A错误；
b c
B．P、N两点在等势面上，电场力不做功，带电粒子经过P和N位置时速度大小相等，曲
线运动的速度方向沿轨迹切线方向，则带电粒子经过P和N位置时速度方向不同，故B错
误；
C．带电粒子从M点运动到N点电场力做的功为W U q
MN c b
故C错误；D．M位置等势面较稀疏，电场强度较小，电场力较小，加速度较小，故D正
确。故选D。
33.【2024·云南·模拟预测】如图所示，过M、N两点垂直纸面的两无限长直导线，通以大小
相同、方向相反的电流。P为纸面内M、N两点连线的中垂线上的一点，P120，O为MN
连线的中点。已知通电无限长直导线周围某点磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，
试卷第35页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}与电流大小成正比，则P、O两点磁感应强度大小之比为（ ）
A． 3:4 B．1: 3 C．3:4 D． 3:2
【评析】本题是常见的磁场叠加问题，解答此类问题要熟练掌握安培定则确定磁场场原并画
出示意图然后根据矢量运算的法则进行计算与分析。
【思路拓展】磁场叠加问题的解题思路
(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，B 、B 为M、N在c点产生的磁场。
M N
(3)应用平行四边形定则对各个场源产生的磁场进行合成，如图中的合磁场B。
【答案】C
2 kI 3kI
【解析】设OM 距离为r，则MP距离为 r，O点的合磁场为2 ，P点的合磁场为 ，
3 r 2r
所以P与O点的磁感应强度大小之比为3:4，故C正确。
故选C。
热点七：带电粒子的运动
34.【2024·陕西宝鸡·一模】如图所示圆形区域内存在一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方
向垂直于纸面向里，一带正电荷的粒子沿图中直线以速率v 从圆周上的a点射入圆形区域，
0
从圆周上b点射出（b点图中未画出）磁场时速度方向与射入时的夹角为60°，已知圆心O
到直线的距离为横截面半径的一半。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同
一粒子以同样速度沿直线从a点射入圆形区域，也从b点离开该区域，若不计重力，则匀强
电场的场强大小为（ ）
4Bv 3 4B 3v
A． 0 B． C． D． 0
3 4Bv 3v 4B
0 0
试卷第36页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}【评析】本题以圆形电磁场区域考察带电粒子在组合场中的运动及关键几何条件。熟悉并利
用好电磁场规律并结合平面几何的基本知识是解答此类问题的关键。
【答案】A
【解析】设圆形区域半径为R，粒子在匀强磁场中运动轨迹为圆，分析几何关系知，圆心一
定在入射方向的垂线上，由于速度的偏向角为60o，因此圆心角为60°，又圆心O到直线的
距离为横截面半径的一半，知直线与aO连线的夹角为30°，故粒子的运动半径为2R，出射
时距离直线的距离为2Rsin30 R
v 2
根据牛顿第二定律qv Bm 0 换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场后，粒子做类平抛
0 2R
运动，沿直线方向匀速运动，有2Rcos30 v t垂直直线方向做匀加速直线运动
0
1 4Bv
2Rsin30  at2根据牛顿第二定律Eqma联立解得匀强电场的场强大小为E  0 故选
2 3
A。
35.【2024·湖北·二模】现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，
纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸
面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从
电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把
电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段
时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（ ）
B2qd
A．匀强电场的场强大小为
m
4m
B．粒子从O点运动到P点的时间为
2qB
3
C．M、N两点的竖直距离为 d
4
Bqd
D．粒子经过N点时速度大小为
m
【评析】本题考察带电粒子在电磁复合场中的运动；难点在于叠加场中应用洛伦兹力的冲量
试卷第37页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}问题来求解学生很想不到，本题CD的分析也可以应用“配速法”来解答。
【方法拓展】若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随
着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初
速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或电场力，或重力和电场
力的合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲
线运动就可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。
【答案】BD
1
【解析】A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有qEd  mv2
2
v2 B2qd
洛伦兹力充当向心力，有qvBm 由几何关系可得Rd综上可得E 故A错误；B.
R 2m
粒子在电场中的运动时间为
t  d  2m T m 4m
1 v qB 在磁场中的运动时间为t 2  4  2qB 粒子从O运动到P的时间为t 2qB 故
2
B正确；CD. 将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量v 、v ，再
x y
把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为
F qv B，F qv B设粒子在最低点N的速度大小为v ，MN的竖直距离为y。水平方向由
x y y x 1
1
动量定理可得 mv 0qv Bt qBy 由动能定理可得 qEy mv20 联立，解得
1 y 2 1
Bqd
v  ，yd 故C错误；D正确。故选BD。
1 m
热点八：电磁感应新情境问题
36.【2024·云南·一模】电磁刹车系统具有刹车迅速、安全可靠、结构简单等特点，如图所示
是电磁刹车系统的示意简图。在平行的水平轨道上等间距分布有垂直于导轨平面的匀强磁场，
磁感应强度为B，有磁场与无磁场区域的宽度均为d。金属线圈固定在机车底部，线圈的宽
为d、长为L、匝数为N、电阻为R。当质量为m的机车（含线圈）以速度v 无动力进入该
0
区域时，金属线圈中产生感应电流并与磁场作用形成制动效应，不计摩擦阻力，忽略机车车
身通过磁场区域时产生涡流的影响，则（ ）
试卷第38页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}A．金属线圈通过每个磁场区域产生的焦耳热相等
N2B2L2v
B．机车刚进入磁场时受到的安培力的大小为 0
R
C．金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量相等
mv R
D．机车的制动距离为 0
NB2L2
【评析】本题以电磁刹车系统为情境考察电磁感应中电磁阻尼问题，解决问题的关键点是构
建线框进出磁场的模型，每一条边切割磁感线都受到电磁阻力达到刹车的目的。本题还有一
个易错点就是学生容易定势思维忽略了线圈的匝数。
【答案】BC
E  NBLd
【解析】A．线圈经过每个磁场时通过线圈的电荷量为qIt tN  即通
R R R
过每个磁场时通过线圈的电荷量相等，根据Q=EIt=Eq随机车速度的减小，线圈经过每个磁
场时产生的感应电动势减小，则金属线圈通过每个磁场区域产生的焦耳热逐渐减小，选项A
NBLv N2B2L2v
错误；B．机车刚进入磁场时受到的安培力的大小为F  NBIL NBL 0  0 选
安
R R
项B正确；C．金属线圈穿过每个磁场区域过程中根据动量定理
F t mv而F tNBILtNBLq金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量相
安 安
等，选项C正确；
NBLq N2B2L2d
D．金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量v  机车的制动距离
m mR
v mv R
为x 0 d  0 选项D错误。故选BC。
v N2B2L2
37.【2024·广东深圳·一模】磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图（a）所示，它的驱动系
统简化为如图（b）所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L。匝数
为N。总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长
均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，
则（ ）
试卷第39页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}A．图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向
B．列车运动的方向与磁场移动的方向相同
C．列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为2NBL(vv')
2NB2L2(vv')
D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
R
【评析】本题以磁悬浮列车为情境考察电磁感应中电磁驱动问题，解决问题的关键点是构建
线框交替进入方向相反的磁场的电动势叠加，使得线框持续受到动力作用力达到驱动的目的。
本题与上一个题有相同的易错点就是学生容易定势思维忽略了线圈的匝数。
【答案】BC
【解析】A．线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针
方向，A错误；
B．根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，
B正确；
C．由于前后两个边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律
E 2NBLv2NBL(vv')C正确；D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
4N2B2L2(vv')
F 2NBIL D错误。故选BC。
R
热点九：交流电与变压器
38.【23-24高三下·重庆·阶段练习】如图所示为电动汽车无线充电示意图，若发射线圈的电
压为u220 2sin(100t)V ，匝数为500匝，接收线圈的匝数为1000匝，发射线圈的功率为
8.8kW，该装置可看成理想变压器，则（ ）
试卷第40页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}A．利用该装置只能采用交流电源为电动汽车充电
B．接收线圈交变电流的频率为100Hz
C．发射线圈中电流的有效值为20A
D．接收线圈电压的峰值为440 2V
【评析】本题的背景电动汽车无线充电示意图源自于教材的科学漫步；通过读题审题学生要
能够构建理想变压器模型并结合交流电及变压器相关知识解决问题。再次引导学生要关注教
材回归教材。
【答案】AD
【解析】A．变压器是利用电磁感应原理工作的，因此必须由交流电源在发射线圈产生变化
的磁场，在接收线圈产生感应电流，故A正确；B．变压器不改变交变电流的频率，因此发
 100
射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，频率为 f   Hz50Hz故B错误；C．发
2 2
P 8800
射线圈输出功率为8.8kW，则发射线圈中电流的有效值为I   A40A故C错误；
1 U 220
1
U 220 2
D．发射线圈电压的有效值为U  m  V 220V
1 2 2
U n
由理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系公式 1  1 可得接收线圈输出的电压为
U n
2 2
n 1000
U  2U  220V 440V则接收线圈输出电压的峰值为U  2U 440 2V故 D
2 n 1 500 2m 2
1
正确。故选AD。
39．【2024·云南·二模】随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发
电主力。某小型水电站的电能输送示意图如图所示。升压变压器原、副线圈匝数比为1:16，
输电线总电阻r=8Ω，降压变压器的输出功率和输出电压分别为95kW和220V。若输电线因
发热而损失的功率为输送功率的5%，变压器均视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A．通过输电线的电流为25A
B．发电机的输出功率为98kW
试卷第41页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}C．发电机的输出电压有效值为500V
D．降压变压器的原、副线圈匝数比为190:11
【评析】解答本题的关键在于熟悉输电模型图并熟知每一个物理量的含义，突破口在于建立
功率的等量关系要让学生清楚的知道远距离输电就是输送“P 、U ”。
2 2
【模型归纳】远距离输电问题分析方法
理清输电电路图的三个回路(如图)
(1)在电源回路中，P ＝U I ＝P
发电机 1 1 1
(2)在输送回路中，I ＝I ＝I ，U ＝ΔU＋U ，ΔU＝I R ，ΔP＝I 2R
2 线 3 2 3 2 线 2 线
(3)在用户回路中，P ＝U I ＝P
4 4 4 用户
【答案】AD
【解析】AB．根据题意可知P5%PP
出
P 5%P I2r联立解得P100kW，I 25A故A正确，B错误；C．根据升压变压器原
损 2 2
I n 16
副线圈电流与匝数的关系有 1  2  ；PU I 所以I 400A，U 250V故C错误；
I n 1 1 1 1 1
2 1
D．在输电回路中有U  I rU
2 2 3
P U n n 190
U  ； 3  3 联立可得 3  故D正确。故选AD。
2 I U n n 11
2 4 4 4
40.【2024·广州·二模】一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为Q ；若
1
1
该电阻接到图乙交流电源上（前 周期为正弦曲线），在一个周期内产生的热量为Q 。则
2
4
Q ︰Q 等于（ ）
1 2
A．2︰1 B．5︰2 C．10︰3 D．12︰5
试卷第42页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}【评析】有效值的计算是等效替代法的具体体现，高考中经常涉及，所以在后期复习中要引
起足够重视。
【知识点归纳】交变电流有效值的求解方法
E U I
1．公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E＝ m、U＝ m、I＝ m计算有效值。
2 2 2
1
【注意】若图像一部分是正(余)弦式交变电流，其中的 周期(必须是从零至最大值或从最大
4
值至零)和 1 周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝ I m、U＝ U m求
2 2 2
解。
2．定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电
阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。
【答案】C
【解析】设图甲中交变电流的有效值为I ，则根据有效值的计算式得
1
T T 5RT
Q I 2RT 2A2 R 1A2 R 
1 1 2 2 2
设图甲中交变电流的有效值为I ，则根据有效值的计算式得
2
2
2A T T 3RT
Q 1 I 2 2RT    2   R 4  1A2 R 4  4 则Q 1 :Q 2 10:3故选C。
【考前预测篇 】 热点实验题
2
一．实验题解题指导
1．理解仪器原理，掌握读数规则，正确解答读数类实验题
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表等都是基本
仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量
和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要
防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。
2．明确实验目的，掌握实验原理，快速解答常规实验题
(1)解答实验题要认真审题，明确该题的实验目的是什么，再就是明确出题人想用怎样的实
验方案或实验原理来达到这个目的。
(2)掌握常规实验的实验原理、实验的操作过程、实验数据的处理方法，对每个实验都做到
心中有数，以不变应万变。
试卷第43页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}3．活用物理规律、巧妙迁移应用，快速解答创新型实验题
所谓设计型实验，就是题目要求考生运用学过的实验原理和实验方法，自行设计一个新的实
验方案，主要考查考生是否真正理解实验原理和实验仪器的工作原理，是否具有灵活运用实
验知识解决新问题的能力。是否具有在不同情况下迁移知识的能力。它要求考生设计实验原
理，选择实验器材，安排实验步骤，设计数据处理的方法及分析实验误差。解决设计型实验
题的关键在于选择实验原理，这就要求考生能审清题意，明确实验目的，应用迁移能力，联
想相关实验原理，坚持科学性、安全性、准确性、简便性的原则进行设计。
一．必修热点实验强化训练
1．【2024·陕西汉中·二模】在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通
过的位置，实验时用如图1所示的装置。实验操作的主要步骤如下：
A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽
口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直
B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A
C．将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小
球撞到木板在白纸上留下痕迹B
D．再将木板水平向右平移同样距离x，让小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，在白纸
上得到痕迹C
若测得x20cm，A、B间距离y 15cm，B、C间距离y 25cm，已知当地的重力加速度
1 2
g取10m/s2
（1）根据上述直接测量的量和已知的物理量可以计算出小球平抛的初速度v  m/s；
0
（2）关于该实验，下列说法中不正确的是
A．斜槽轨道不一定光滑
B．每次释放小球的位置必须相同
C．每次小球均需由静止释放
试卷第44页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，再由机械能守恒求出
（3）另外一位同学根据测量出的不同x情况下的y 和y ，令y y y ，并描绘出了如图
1 2 2 1
2所示的yx2图像，若已知图线的斜率为k，则小球平抛的初速度大小v 与k的关系式
0
为 。
g
【答案】 2 D v 
0 k
【解析】（1）[1]小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，所以
ygt2 y y
2 1
解得t 0.1s
x 0.2
小球平抛的初速度为v   m/s 2m/s
0 t 0.1
（2）[2]ABC．实验中需要小球每次做平抛运动的轨迹相同，即从斜槽末端抛出时的初速度
相同，所以每次释放小球的位置必须相同，且每次小球均需由静止释放，而斜槽轨道并不一
定要光滑，故ABC正确；
D．由于斜槽不可能完全光滑，且存在空气阻力，所以不能由机械能守恒求解小球的初速度，
故D错误。
本题选错误的，故选D。
y
（3）[3]根据（1）题分析可知xv tv
0 0 g
g
整理得y x2
v2
0
g
所以k 
v2
0
g
解得v 
0 k
2．（2024·湖北·二模）某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用
手机拍摄功能记录小球抛出后位置的变化，每隔时间T拍摄一张照片。
（1）小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A（抛出点），然后依次连续拍下两
张小球照片并标记位置B和C；
（2）经测量，AB、BC两线段的长度分别为l 、l ；
1 2
（3）若忽略空气阻力，
试卷第45页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}l 1
① 1 （选填“=”或“>”或“<”）；
l 3
2
②如图，若某同学测得AB与水平方向的夹角为30°，l 2.5cm，已知照片中尺寸为实际尺
1
1
寸的 ，g 10m/s2，则小球经过B点的速度大小为v  m/s。
32 B
③小球从A到C的平均速度大小v v （选填“等于”或“不等于”）
AC B
【答案】 > 14 等于
【解析】（3）①[1]设AB与水平方向的夹角为，BC与水平方向的夹角为，易得 ，
1 2 2 1
则
h h l h sin 1
l  AB ，l  BC 所以 1  AB 2 
1 sin 2 sin l h sin 3
1 2 2 BC 1
②[2]依题意，AB线段的实际长度为
l
L  1 0.8m 1 2
1 1 可知从A到B过程，有L sin30 gT2解得T  s
1 2 5
32
L cos30
可得v  1  6m/s，v gT 2 2m/s
0 T yB
则小球经过B点的速度大小为v  v2v2  14m/s
B 0 yB
s x2 h2
③[3]小球从A到C的平均速度大小为 v  AC  AC AC
AC 2T 2T
h x
在B点，竖直方向和水平方向满足v  AC，v  AC
y 2T x 2T
x2 h2
可得 v  v2v2  AC AC 所以v B v AC
B y x 2T
3.(2024·广西南宁市第二中学高三模拟)某同学计划用如图所示(俯视图)的装置验证物体质量
不变情况下向心力与角速度的关系，实验步骤如下：
试卷第46页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}a．测量重物的质量，记为m，将重物和弹簧穿在较光滑的水平横杆上后，弹簧一端连接重
物，另一端固定在竖直转轴上，测量重物静止时到竖直转轴的距离，记为r；
b．竖直转轴在电机驱动下带动水平横杆一起转动，当重物运动状态稳定时，记下重物到竖
直转轴的距离R和横杆转动50圈所需的时间t；
c．改变竖直转轴的角速度，测得多组数据。
请回答下列问题：
(1)重物做圆周运动的周期T＝__________，重物做圆周运动所需的向心力F ＝________。
n
1 1 1
(2)弹簧的劲度系数为k，当作出的 －_______(选填“t2”“t”“ ”或“ ”)图像近似为一条直线，
R t t2
且图线斜率近似等于_________________(用题中所给物理量符号表示)，与纵轴交点的纵坐
1
标为 时，可验证质量不变情况下向心力与角速度的关系。
r
t 10000π2mR 1 10000π2m
【答案】(1) (2) －
50 t2 t2 kr
t
【解析】 (1)转动50圈所需的时间为t，则重物做圆周运动的周期为T＝
50
重物做圆周运动所需的向心力为
4π2 10000π2mR
F ＝m R＝
n
T2 t2
(2)根据弹簧弹力提供向心力可得
10000π2mR
k(R－r)＝
t2
1 1 10000π2m 1
整理可得 ＝ － ·
R r kr t2
1 1 10000π2m
可知作出的 － 图像近似为一条直线，且图线斜率近似等于－ 。
R t2 kr
4．（2024·陕西宝鸡·一模）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设
计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m 为滑
0
轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大。
试卷第47页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（1）实验时，一定要进行的操作是 ；
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．用天平测出砂和砂桶的质量
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的
示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），
已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为
m/s2（结果保留三位有效数字）；
（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a—F图象（如图）
是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 ；（填
写字母）
1 1 2 2
A． B． m C． m D．
tan tan 0 k 0 k
（4）乙同学根据测量数据作出如图所示的a—F图线，该同学做实验时存在的问题是 。
（填写字母）
试卷第48页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}A．先释放小车，后接通电源
B．砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量M
C．平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫的过高
D．没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【答案】 AC 2.00 C D
【解析】（1）[1]A．用弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑
轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
BD．拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也就不需要使小桶
（包括沙）的质量远小于车的总质量，故BD错误；
C．使用打点计时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故C正确。
故选AC。
（2）[2]根据匀变速直线运动推论Δx=aT2，依据逐差法，可得
(x4x5x6)(x1x2x3)
a 2.00m/s
9T2
（3）[3]由牛顿第二定律，对小车分析有2F M m a
0
整理得
2
a F
M m
0
2 2
由图像得k  解得M  m 故选C。
M m k 0
0
（4）[4]如图所示，当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有平衡摩擦力或没有完
全平衡摩擦力，故选D。
5．（23-24高三下·规则·阶段练习）某同学把带铁夹的铁架台、电火花计时器、纸带、质量
为m 的重物甲和质量为m 的重物乙（m m ）等器材组装成如图甲所示的实验装置，以此
1 2 1 2
研究系统机械能守恒。此外还准备了天平（砝码）、毫米刻度尺、导线等。
试卷第49页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(1)他进行了下面几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的“交流输出”上；
C．用天平测出重物甲和重物乙的质量；
D．先释放纸带，后接通电源，打出一条纸带；
E．测量纸带上某些点间的距离；
F．根据测量结果计算得出重物甲下落过程中减少的重力势能等于重物甲增加的动能。
其中错误的步骤是______。（填步骤前字母）
(2)如图乙，实验中得到一条比较理想的纸带，先记下第一个点O的位置。然后选取A、B、
C、D四个相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。分别测量出A、B、C、D到O
点的距离分别为h 12.02cm、h 27.03cm、h 48.01cm、h 75.02cm。已知打点计时
1 2 3 4
器使用交流电的频率为 f 50Hz。打下B点时重物甲的速度v  m/s。（计算结果保
B
留2位有效数字）
(3)若当地的重力加速度为g，系统从O运动到B的过程中，在误差允许的范围内只要满足
关系式 ，则表明系统机械能守恒。（用给出物理量的符号表示）
m m h h 2 f 2
【答案】(1)DF (2)1.8 (3)m m gh  2 1 3 1
1 2 2 200
【解析】（1）步骤D应先接通电源，后释放纸带；步骤F中根据测量结果计算得出重物甲
下落过程中甲、乙两重物减少的重力势能等于重物甲、乙增加的动能。
故错误的步骤是DF。
1
（2）根据题意，相邻计数点的时间间隔为T 5 0.1s
f
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，B点时的速度为
试卷第50页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}x h h 48.0112.02
v  AC  3 1  102m/ 1.8m/s s
B 2T 2T 20.1
（3）系统从O运动到B的过程中，甲、乙两重物减少的重力势能E m m gh
p 1 2 2
系统从O运动到B的过程中，重物甲、乙增加的动能
1 1 h h m mh h2 f2
E  (m m )v2  (m m )( 3 1)2  2 1 3 1
k 2 1 2 B 2 1 2 2T 200
系统从O运动到B的过程中，若机械能守恒，则有E E
p k
m mh h2 f2
即m m gh  2 1 3 1
1 2 2 200
6．（23-24高三上·云南保山·期末）某同学用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”的
实验。部分实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测得两条遮光片的宽度均为d，并将它们固定在两滑块上。
（2）用天平测得滑块A的质量为m ，滑块B的质量为m 。
A B
（3）将两滑块放到气垫导轨上，启动气泵，使气垫导轨正常工作，将气垫导轨调成水平。
（4）在气垫导轨的上方固定两个光电门，调整光电门位置，使两滑块沿气垫导轨滑动时，
遮光片能通过光电门，但光电门不影响两滑块的滑动。
（5）先使滑块A和滑块B静止在气垫导轨上如图中所示位置，然后用外力推动滑块A使
其获得一速度后沿气垫导轨滑动，通过光电门1后与滑块B碰撞，碰后滑块A反弹再次通
过光电门1后用手止住，碰后滑块B向右运动，通过光电门2后用手止住。
（6）计时器记录得滑块A第一次通过光电门1时遮光片的挡光时间为t ，第二次通过光电
1
门1时遮光片的挡光时间为t ，滑块B通过光电门2时遮光片的挡光时间为t ，则可得碰撞
2 3
前两滑块组成的系统总动量为 p  ，碰后两滑块组成的系统总动量为p  ，
1 2
若在误差允许范围内， p 与p 近似相等，则可认为碰撞过程中滑块A、B组成的系统动量
1 2
守恒。若已经验证了此过程中滑块A、B组成的系统动量守恒，还要验证它们的碰撞是不是
试卷第51页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}弹性碰撞，还需要验证的表达式是 。（用上述相关物理量的字母表示）
2 2 2
d d d 1 1   1
【答案】 m A t 1 m B t 3 m A t 2 m A  t 1    m A  t 2   m B   t 3  
d
【解析】（6）[1][2][3]由题有滑块A第一次通过光电门1时速度为v 
0 t
1
d
所以碰前系统动量为 p m v m
1 A 0 A t
1
d d
同理碰后系统动量为 p m v m v m m
2 A A B B B t A t
3 2
1 1 1
若为弹性碰撞，需要验证的式子为 m v2  m v2  m v2
2 A 0 2 A A 2 B B
2 2 2
1 1   1
代入速度表达式可得m    m   m  
A t  A t  B  t 
1 2 3
7．（2024·四川广安·二模）某兴趣小组设计了一个测量动摩擦因数的实验，①如图（a），
将倾斜段和水平段连接构成的铝板固定在水平桌面上；②让小铁块从倾斜段上A点静止释
放，铁块最终停在水平段上B点；③利用铅垂线找到A点在桌面的投影点A′，测出A到A′
的高度h和A′到B的水平距离s；④改变释放位置重复多次实验，得到多组h和s的数值。
(1)实验得到多组h和s的数值如下表，请在图（b）中作出s-h关系图线 。
h/cm 10.00 15.00 20.00 25.00 30.00
s/cm 19.90 32.70 48.10 57.60 69.80
(2)根据图线求得动摩擦因数μ= 。（保留1位有效数字）
(3)重复实验发现，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是 。
(4)实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，
这会导致动摩擦因数的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
试卷第52页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(5)为了消除铁块在转接点处的机械能损失，兴趣小组中某位同学建议将倾斜段做成图（c）
所示圆弧面，其末端与水平段相切，仍然通过测量h和s求得动摩擦因数。该方案是否可行？
（选填“可行”或“不可行”）。
【答案】(1)见解析 (2)0.4 (3)铝板的厚度 (4)大于 (5)不可行
【解析】（1）
（2）设斜面的倾角为θ，在斜面上铁块位移大小为x ，在水平面上铁块位移大小为x ，铝板
1 2
的厚度为d，对整个过程，根据动能定理得m（g hd）μmgcosθx  μmgx 0
1 2
而铁块水平位移大小s为sx cosθx
1 2
1
联立以上两式解得s （hd）
μ
1 1 70
式中 即s-h图线的斜率，由图线可求得  2.5故得μ=0.4
 μ 302
1
（3）根据上述结果s （hd）可知，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意
μ
义是铝板的厚度；
（4）如果实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能
1
成正比，则铁块在水平段的初动能减小，水平位移x 就会减小，s的测量值偏小，由s （hd）
2 μ
可知，这会导致动摩擦因数的测量值大于其真实值。
（5）因为物体做圆周运动时有向心力，导致支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦
力偏大，故该方案不可行。
8．（2024·河南·一模）某同学用图甲所示装置测量重锤的质量，实验方法如下：在定滑轮
两侧分别挂上重锤和n块质量均为m 的铁片，重锤下端贴一遮光片，重锤下落时遮光片通
0
过位于其正下方的光电门（图中未画出），光电门可以记录下遮光片的遮光时间；调整重锤
的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的遮光时间t ；从定滑
0
试卷第53页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时
器记录的遮光时间分别为t ，t ，t 
1 2 3
(1)用游标卡尺测出遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d  mm。
(2)遮光时间为t 时，重锤的加速度为a ，从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的遮
0 0
a
光时间为t ，重锤的加速度为a ，则 i  （结果用t 和t 表示）。
i i a 0 i
0
a
(3)做出 i i图像是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M  （用题目中的已
a
0
知字母表示）。
t2 2nk
【答案】(1)10.20 (2) 0 (3) m
t2 k 0
i
【解析】（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知遮光片的宽度为
d 10mm40.05mm10.20mm
d
（2）设挡光条的宽度为d，则重锤到达光电门的速度为v
t
d
当挡光时间为t 时的速度为v 
0 0 t
0
d
挡光时间为t 时的速度为v 
i i t
i
重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有2a hv2，2ahv2
0 0 i i
a t2
联立解得 i  0
a t2
0 i
（3）根据牛顿第二定律得
试卷第54页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}Mgnm g
a  0
0 M
Mgim gnim g a 2m
a  0 0 联立解得 i  0 i1
i M a M nm
0 0
a 2m 2nk
作出 i i的图线的斜率为k，则 0 k解得M  m
a M nm k 0
0 0
9．（2024·辽宁·一模）某同学在实验室发现一电流表G，表盘有刻度线但无数值，又不知
其内阻，该同学用以下实验器材测量该电流表的参数：
A．待测电流表G；
B．电阻箱R（09999.9）；
C．定值电阻R 50；
1
D．滑动变阻器R （015）；
2
E．3V的直流电源，内阻不计；
F．双量程电压表V；
G．开关、导线若干
（1）合理选择电压表量程，按如图甲所示的电路图连接好电路，将电阻箱R的阻值调为
400.0，闭合开关，调节滑动变阻器R 的滑片，使电流表G满偏，此时电压表V的指针恰
2
好半偏，如图丙所示，电压表V的示数U  V。
（2）保持电压表V的示数不变，反复调整电阻箱R的阻值和滑动变阻器R 滑片的位置，
2
2
使电流表G的指针指到 I ，此时电阻箱R的阻值为700.0。
3 g
（3）由上可知电流表G的内阻R  ，满偏电流I  mA。
g g
（4）将电流表G改装成量程为3V的电压表，需将电阻箱R的阻值调为 ，然后与
电流表G串联。
【答案】 1.50 200 2.5 1000.0
试卷第55页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}【解析】（1）[1]由题意可知，电源的电压为3V，则电压表使用小量程，故电压表的读数
为1.50V；
（3）[2][3]由欧姆定律得U I（RR）
g g
2
U  I（RR）
3 g g
代入数据得1.50V I（400ΩR）
g g
2
1.50V I（700ΩR）解得R 200 I 2.5mA
3 g g g g
（4）[4]要将电流表 G 改装成量程为的电压表，需串联一个电阻，阻值为
U I R
R g g 1000.0Ω
I
g
10．（23-24高三下·江西·阶段练习）用如图甲所示的电路测量电池组的电动势和总内阻。
(1)闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开
关闭合，将 （填“红”或“黑”）表笔始终接触b位置，另一表笔依次试触a、c、d、e、
f、g六个接线柱，发现试触a、f、g时，多用电表均有示数，试触c、d、e时多用电表均无
示数。若电路中仅有一处故障，则故障是 。
A．接线柱b、c间短路 B．接线柱d、e间断路 C．定值电阻断路
(2)排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示
数U、R。某一次测量，电压表的示数如图乙所示，该示数为 V。
1 1
(3)作出  图线如图丙所示，根据图中数据可得电池组的电动势E  V、总内阻
U R
r  Ω。（计算结果均保留两位小数）
【答案】(1) 红 C
(2)2.10
(3) 2.94 0.37
试卷第56页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}【解析】（1）[1]b与电源正极相连，电势较高，应将红表笔始终接触b位置。
[2]试触a、f、g时，多用电表均有示数，试触c、d、e时多用电表均无示数，说明接线柱e、
f间断路，故选C。
（2）据图甲知，电压表量程选择的是0～3V，最小分度值为0.1V，故电压表的示数为2.10V。
（3）[1][2]由欧姆定律可推知U IR
E 1 rR 1 1
I  联立可得  0  
RR r U E R E
0
rR 0.7050.340
结合题中图像可知 0  A1
E 0.20
1
0.340V1联立解得电动势E2.94V总内阻r0.37
E
11．（2024·山东枣庄·一模）实验小组准备测量某金属圆柱的电阻率，发现该电阻的阻值参
数找不到，经小组成员讨论后设计了电阻的测量电路图，如图所示。实验室提供的器材中，
电流表A 的量程为100mA，内阻为r 10，另外一个电流表A 的量程为200mA。现在需
0 1 2
要一个量程为0.6A的电流表。
(1)将电流表A 改装成量程0.6A的电流表A ，则应该并联一个阻值R'＝ Ω的电阻。
0 1
(2)图中E为学生电源，G为灵敏电流计，A 是A 改装后的电流表、R为电阻箱、R 与R 均
1 0 1 2 3
为滑动变阻器，R 为定值电阻，S为开关，R 为待测金属圆柱，实验操作如下：
0 x
A．按照如图所示电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器R 的滑片、滑动变阻器R 的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
2 3
C．调整R ，逐步增大输出电压，并反复调整R和R 使灵敏电流计G的示数为零，此时电
3 1 2
流表A 的示数为I ，A 的示数为I ，电阻箱的示数为R；
1 1 2 2 1
D．实验完毕，整理器材。
实验中反复调整R和R 使灵敏电流计G示数为零的目的是
1 2
试卷第57页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(3)待测金属圆柱R 的阻值为 （用I 、I 、R表示）。
x 1 2 1
(4)电流表A 、A 的内阻对电阻的测量结果 （选填“有”或“无”）影响。
1 2
6I R
【答案】(1)2 (2)使R和R 两端的电压相等 (3) 1 1 (4)无
1 x I
2
I r
【解析】（1）根据电流表改装原理I I  g 1 0.6A解得R2
g R
（2）调节电流计G的示数为零，目的是使R和R 两端的电压相等。
1 x
（3）根据电流表的改装原理可知，通过电阻R的电流为
1
I r
II  11  6I R和R 两端的电压相等，则IR I R
1 1 R 1 1 x 1 1 2 x
6I R
解得待测金属圆柱R 的阻值为R  1 1
x x I
2
6I R
（4）根据表达式R  1 1可知电流表A 、A 的内阻对电阻的测量结果无影响。
x I 1 2
2
12.（2024·湖北黄冈·一模）某探究小组利用课外时间做了如下探究实验：先利用如图所示的
电路来测量两个电压表的内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表V 的内阻，然后
1
用半偏法测出电压表V 的内阻．供选用的器材如下：
2
A．待测电压表V ，量程为2.0V，内阻10kΩ~30kΩ
1
B．待测电压表V ，量程为3.0V，内阻30kΩ~40kΩ
2
C．电阻箱，阻值范围0~99999.9
D．滑动变阻器，阻值范围0~1000，额定电流0.5A
E．滑动变阻器，阻值0~20，额定电流2A
F．电池组，电动势为6.0V，内电阻为0.5
G．单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干
（1）实验器材选择除A、B、C、F、G外，滑动变阻器R应选用： （用器材前的字母
表示）
（2）下面是主要的实验操作步骤，将所缺的内容补充完整；
试卷第58页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}①用代替法测待测电压表V 的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器R的滑动
1
触头置于左端； 将单刀双掷开关S 置于触点2，调节滑动变阻器R，使电压表V 的指针
2 2
指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S
2
置于触点1，调节电阻箱R使电压表V
2
的指针
指在 ，记下此时电阻箱R的阻值R 20kΩ。
A
②用半偏法测待测电压表V 的内阻：将单刀双掷开关S 置于触点1，电阻箱的阻值调为零，
2 2
闭合开关S ，调节滑动变阻器使电压表V 的指针满偏。保持滑动变阻器R的滑动触头位置
1 2
不变，调节电阻箱R，使电压表V
2
的指针指在 ，记下电阻箱R的阻值R
B
30kΩ。
（3）上述两种测量方法都有误差，其中有种测量方法没有系统误差，接下来该小组选用此
测量方法测出其内阻的电压表改装成一量程为6.0V的电压表继续完成后续的探究实验，需
串联一阻值为 k的电阻。
（4）该探究小组用如图所示的电路采用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻
放电的方法，测出电容器充电电压为U 时，所带的电量为Q，从而再求出待测电容器的电
容C。
实验情况如下：按图甲所示电路连接好实验电路；接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小
量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I 480mA及电压表的示数
0
U 6.0V，I 和U 分别是电容器放电的初始电流和电压；断开开关S，同时开始计时，每
0 0 0
隔Δt测一次电流I 的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据（10组）
表示在以时间t为横坐标、电流I 为纵坐标的坐标纸上，如图乙中用“  ”表示的点，再用平滑
曲线连接得出it图像如图。则根据上述实验结果，估算出该电容器两端的电压为U 时所
0
带的电量Q 约为 C（保留三位有效数字）；该电容器的电容C约为
0
F（保留三位有效数字）。
试卷第59页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}【答案】 E 刻度盘的第N格 刻度盘的中央 40
7.50103 ~8.00103 1.25103 ~1.33103
【解析】（1）[1]因为滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，滑动变阻器阻值应该选择
阻值较小的，即选择E。
（2）①[2]用代替法测待测电压表V 的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器R
1
的滑动触头置于左端； 将单刀双掷开关S 置于触点2，调节滑动变阻器R，使电压表V
2 2
的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S
2
置于触点1，调节电阻箱R使电压表V
2
的指针指在刻度盘的第N格，记下此时电阻箱R的阻值R 20kΩ。
A
②[3]用半偏法测待测电压表V 的内阻：将单刀双掷开关S 置于触点1，电阻箱的阻值调为
2 2
零，闭合开关S ，调节滑动变阻器使电压表V 的指针满偏．保持滑动变阻器R的滑动触头
1 2
位置不变，调节电阻箱R，使电压表V
2
的指针指在刻度盘的中央，记下电阻箱R的阻值
R 30kΩ。
B
（3）[4]根据步骤①可知，电压表V 内阻为20kΩ；根据步骤②可知，电压表V 内阻为30kΩ；
1 2
其中方法①是用等效替代法，无系统误差；故用V 改装成量程为6V的电压表，应该串联
1
U
一个电阻，设阻值为R，则有U  1 (RR )
m R V1
V1
U R 620
解得R m V1 R  kΩ20kΩ40kΩ
U V1 2
1
（4）[5][6]根据QIt
可知It图像与横轴围成的面积表示电容器两端电压为U 时的电量，图中围成面积占有的
0
格数大约为30格，则有Q 30501035103C7.50103C
0
Q 7.50103
根据电容的定义式可得C  0  F1.25103F
U 6.0
0
13.（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）用光敏电阻和电磁继电器等器材设计自动光控照明
电路，傍晚天变黑，校园里的路灯自动亮起；早晨天亮时，路灯自动熄灭。选用的光敏电阻
的阻值随照度变化的曲线如图甲所示（照度反应光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为
lx）。图乙所示为校园路灯自动控制的模拟电路图，用直流电路给电磁铁供电作为控制电路，
用220V交流电源给路灯供电。
试卷第60页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(1)请用笔画线代替导线，正确连接继电器控制电路。( )
(2)当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合。为了实现根据光照情况控
制路灯通断，路灯应接在 接线柱上。
A．A、B B．B、C C．A、C
(3)图中直流电源的电动势E15V，内阻忽略不计，电磁铁线圈电阻为400Ω，滑动变阻器
有三种规格可供选择：R （0~100Ω）、R （0~1750Ω）、R （0~17500Ω），要求天色渐暗
1 2 3
照度降低至15lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择 （填“R ”“R ”或“R ”）。
1 2 3
(4)使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启。为了使路灯亮得更及时，应适当地
（填“增大”或“减小”）滑动变阻器的电阻。
(5)小佳同学想利用乙图为自己家院子里的车库设计自动开门装置，当车灯照到光敏电阻上
时，开门电动机启动打开车库的门。开门电动机应连接在 接线柱上。
【答案】(1)
(2)A
(3)R (4)增大 (5)BC
2
试卷第61页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}【解析】（1）为满足实验要求，控制电路的连接情况如图所示。
（2）天亮时照度增大，光敏电阻的阻值减小，电磁铁中电流增大，磁场增强，吸引衔铁向
下与C接通，灯熄灭，故灯泡应接在A、B之间。
故选A。
（3）要求天色渐暗照度降低至15lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值约为5.6kΩ，由闭
合电路欧姆定律可知，此时的滑动变阻器的阻值约为1.5kΩ，故滑动变阻器应选择R 。
2
（4）使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启，说明此时控制电路的电流较大，总电
阻较小，所以为使路灯亮得更及时，应适当地增大滑动变阻器的电阻。
（5）车灯照到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值减小，控制电路部分的电流增大，此时电动
机启动，故将开门电动机连接在BC接线柱上满足题意。
13．（2024·全国模拟预测）电子秤能够准确地测量物体的质量，其中半导体薄膜压力传感
器是其关键的电学元件。半导体薄膜压力传感器在压力作用下会发生微小形变，其阻值R 随
F
压力F变化的图线如图甲所示。某学习小组利用该元件和电流表A等器材设计了如图乙所
示的电路，尝试用该装置测量物体的质量。已知图乙中电源电动势为3.6V（内阻未知），
电流表A的量程为30mA，内阻为9.0。重力加速度g取10m/s2。请回答以下问题：
试卷第62页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（1）实验时发现电流表A量程偏小，需要将其量程扩大为0.3A，应该给电流表A
（选填“串联”或“并联”）一个阻值为 Ω的电阻；
（2）用改装后的电流表按图乙所示的电路图进行实验，压力传感器上先不放物体，闭合开
关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表指针满偏。保持滑片P位置不变，然后在压力
传感器上放一物体，电流表的示数为0.2A，此时压力传感器的阻值为 ，则所
放物体的质量m kg；
（3）写出放到传感器上的物体的质量m与电流表的示数I满足的函数关系式
m ；（表达式中除m、I外，其余相关物理量均代入数值）
（4）使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变。调节滑动变阻器R
的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，则测量结果 （选填“偏大”“偏小”或“不
变”）。
0.36
【答案】 并联 1 11 0.6 m 1.2 不变
I
【解析】（1）[1][2]当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻，
有
I R
I I  A A 代入数据解得R 1
改 A R x
x
（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节滑动变阻器使得电流表
满偏，有
E E
I   0.3A当秤盘上放上重物，且电流表示数为0.2A时，有I  0.2A
g rR R 1 rRR
0 滑 滑
RR kmg联立得R11；m0.6kg
0
E E
（3）[5]根据I   0.3A得rR 7又I  ；RR kmg
g rR R 滑 rRR 0
0 滑 滑
0.36
代入数据整理得m 1.2
I
（4）[6]当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以使得电流表达到满偏，滑动变阻器接入
电路的阻值减小，
但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。
14．（2024·云南省统一检测）某同学设计并制作了一个可以测量角度的装置，其电路如图
所示。其中半圆弧AB是电阻率为、横截面积为S且粗细均匀的电阻丝，圆弧的圆心在O
点，半径为r；ON为可绕O旋转的金属指针，N端可在圆弧AB上滑动且接触良好，R为
1
试卷第63页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}电阻箱，R 为滑动变阻器，V、V 为理想电压表，指针ON及导线电阻不计，整个装置固
2 1 2
定在一块透明的塑料板上。主要实验步骤如下：
(1)按照电路图连接电路，取图中ON与OA的夹角为（用角度制表示），在使用时要让
电压表V 的示数随的增大而增大，电压表V 另一端应与电阻丝的 端相连（填“A”
2 2
或“B”）；
(2)闭合开关S前，应将滑动变阻器R 的滑片P置于 端（填“a”或“b”）；
2
(3)闭合开关S，旋转ON使其到达圆弧AB的某一位置，调节滑动变阻器及电阻箱，使电压
表V、V 有适当的示数，读出此时电压表V、V 的示数U 、U 及电阻箱的阻值R，此时
1 2 1 2 1 2
与U 的关系式为 （用题中相关物理量的字母表示）；
2
(4)将ON调至180，并保持R
1
不变，调节R
2
，使电压表V
1
的示数仍为U
1
，此时电压表V
2
的指针位于2.0V刻度线处，则电压表0.8V刻度线对应的角度为 度；
(5)若电压表V
2
量程为3V，用上述的操作方法且同样保持U
1
不变，要使180时电压表V
2
刚好满偏，则可能实现的操作是： （填“增大”或“减小”）R的阻值，同时 （填
1
“增大”或“减小”）R 的阻值。随后计算出电压表每一刻度线对应的角度值，并将其标在电压
2
表刻度盘上。
U RS
【答案】(1)A (2)a (3) 2 180 (4)72 (5) 减小 减小
πUr
1
【解析】（1）增大，半圆弧电阻丝接入电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，电
源内阻、电阻箱与滑动变阻器承担的电压减小，可知，半圆弧电阻两端电压增大，为了要让
电压表V 的示数随的增大而增大，电压表V 另一端应与电阻丝的A端相连。
2 2
试卷第64页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（2）滑动变阻器采用限流式，为了确保安全，闭合开关S前，应使滑动变阻器接入电阻最
大，即将滑动变阻器R 的滑片P置于a端。
2
r
（3）半圆弧形电阻丝接入电阻为R 
AN S

由角度制和弧度制关系知
180
U U U RS180
电阻箱与电阻丝串联，通过的电流相等，则有 1  2 代入得 2
R R Ur
AN 1
RS RS
（4）结合上述有
Ur
U
2
将ON调至180，则有
Ur
2.0V
1 1
RS 2
电压表0.8V刻度线对应的角度 0.8V代入得 72
Ur 5
1
RSU RS
（5）[1]根据上述，将ON调至180时有 2  2.0V
Ur Ur
1 1
若电压表V
2
量程为3V，用上述的操作方法且同样保持U
1
不变，要使180时电压表V
2
刚
好满偏，即上述等式中，U 增大为3V，为了确保等式成立，需要减小R的阻值，即减小电
2
阻箱R的阻值；
1
[2]由于保持U 不变，当减小电阻箱R的阻值时，干路电流增大，而半圆弧形电阻丝接入电
1 1
阻仍然为180的电阻，即电阻丝、电源内阻承担电压增大，则滑动变阻器承担电压减小，
根据欧姆定律可知，需要同时减小R 的阻值。
2
三．选修热点实验强化训练
1．（2024·贵州毕节·二模）某实验小组利用如图装置探究一定质量的气体等温变化的规律
(1)在实验操作过程中，为保证温度不变，以下操作正确的是___________
A．用橡皮帽堵住注射器的小孔 B．移动活塞要缓慢
试卷第65页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}C．实验时不要用手握住注射器 D．在注射器活塞一周涂润滑油
(2)在相同温度下，实验小组第一次密封了质量为m 的气体、第二次密封了质量为m 的气体，
1 2
完成两次实验后，在同一坐标系中分别作出对应的压强与体积的关系图线如图，则根据
1
p 图像，可判断在等温情况下，一定质量的气体压强与体积成 关系（填“正
V
比”、“反比”）；m m （填“>”、“＜”）
1 2
【答案】(1)BC
(2) 反比 >
【解析】（1）A．橡皮帽的作用是密封注射器内的气体。A错误；
B．为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是缓慢移动活塞，避免做功导致
温度变化，B正确；
C．为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是不用手握住注射器封闭气体部
分，避免热传递导致温度变化，C正确；
D．为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是用润滑油涂活塞，D错误；
故选BC。
1 1
（2）[1]根据 p 图像，压强p与体积的倒数 成正比，即压强p与体积V成反比，故填
V V
“反比”。
1
[2]根据 p 图像知，当体积相同时，m 的气体压强大于m 的气体压强，说明温度一定时，
V 1 2
m 的气体的分子数大于m 的气体分子数，则m m ，故填“>”。
1 2 1 2
2．（2024·云南曲靖·一模）小丽今年高三了，学习任务很重，但母亲生病住院，父亲在外
工作不能回来，小丽只能请假去医院照顾母亲。好在母亲不是得什么大病，医生说是感冒引
起肺部发炎，挂几天针就好了。
（1）她在陪母亲挂针时发现，药液下滴的速度是均匀的，于是想到了测一滴油酸的体积的
试卷第66页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}实验，如果用这种吊瓶测量一滴液体的体积可能更准确。在挂某一瓶针水时，医生要求滴慢
一点，下滴速度大约一秒一滴，她用电子手表检验了一下，一分钟刚好60滴，于是她决定
测一下一滴药液的体积。吊瓶上有容积刻度线，她测得瓶里的药液减少10ml时，用时是3
分20秒，则一滴药液的体积为 m3.
（2）在挂药水的过程中，设吊瓶中气体的压强为p ，管中B泡的气体压强为p ，药水的密
A B
度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p ，高度差如图所示时，则下列关系正确的
0
是 。
A． p  p gh B． p  p g(h h)
A 0 1 A 0 1 2
C． p  p gh D． p  p g(h h h )
B 0 3 B A 1 2 3
（3）每天打点滴，一般要打好几瓶，一瓶打完，护士就要来换药。小丽想，能不能让每天
要挂的几瓶串起来，药液自动续瓶。于是，那天挂完针后拿了几个吊瓶回家进行实验探究。
她用水代替药水，先用两个玻璃瓶改装后实验，挂起来有三种情况，如图甲、乙、丙。
①按图甲进行吊液，会出现的情况是 。
A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水
B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水
C．A瓶中的水吊完后，B瓶中的水仍不能流下
D．两瓶中的水面都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快
试卷第67页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}②按图乙进行吊液，会出现的情况是 。
A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水
B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水
C．两瓶中的水面都下降，但B瓶中的液面比A瓶中的液面下降得快
D．两瓶中的水面都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快
③按图丙进行吊液，会出现的情况是 。
A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水
B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水
C．A瓶中的水吊完后，B瓶中的水仍不能流下
D．两瓶中的水面都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快
④之后，她又用两个软性塑料吊瓶做实验，发觉两瓶中的水都同时下降，也就是说如果是药
水，两瓶药水在进入人体前就 了。
综合以上实验，要让每天要挂的几瓶药水简单串起来，药液自动续瓶，一瓶一瓶地挂完是不
行的。
【答案】 5108 AD C C D 混合
【解析】（1）[1] 测得瓶里的药液减少10ml时，用时是3分20秒，一分钟刚好60滴，则
10
总共滴了200滴，一滴的体积为V  mL=5108m3
200
（2）[2]根据压强的平衡关系可知 p  p gh， p  p g(h h h )故选AD。
A 0 1 B A 1 2 3
（3）①按图甲进行吊液，瓶口的压强相等，会出现的情况是A瓶中的水吊完后，B瓶中的
水仍不能流下。
故选C。
②按图乙进行吊液，B瓶中的液面的压强较大，所以会出现两瓶中的水面都下降，但B瓶中
的液面比A瓶中的液面下降得快。
故选C。
③按图丙进行吊液，A瓶中的液面的压强较大，会出现的情况是两瓶中的水而都下降，但A
瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快。
故选D。
④之后，她又用两个软性塑料吊瓶做实验，发觉两瓶中的水都同时下降，也就是说如果是药
水，两瓶药水在进入人体前就混合了。
试卷第68页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}3．（2024高三下·广东肇庆·阶段练习）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实
验步骤：
①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水。待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在
水面上；
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计
算出油酸分子直径的大小；
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积
时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序是④ ；（填写步骤前面的数字）
（2）将1ml的油酸溶于酒精，制成1000ml的油酸酒精溶液；测得1ml的油酸酒精溶液有50
滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是130cm2。由此估算
出油酸分子的直径为 m；（结果保留2位有效数字）
（3）某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是
由于( )
A．油酸分子未完全散开 B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C．油酸中含有大量酒精 D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10
滴
【答案】 ①②⑤③ 1.5109 AB/BA
【解析】（1）[1]实验操作时要在浅盘放水、痱子粉，为油膜形成创造条件，然后是滴入油
酸、测量油膜面积，计算油膜厚度（即油酸分子直径)，所以接下来的步骤是①②⑤③。
1 1
（2）[2]一滴油酸酒精溶液的体积为V   cm3 2105cm3
50 1000
V 2105
油酸分子的直径为d   102m 1.5109m
S 130
（3）[3]A．油酸分子未完全散开，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故A符
合题意；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明
显偏大，故B符合题意；
试卷第69页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}C．油酸中含有大量酒精，对实验结果无影响，故C不符合题意；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10滴，则油酸的体积偏小，计
算出的分子直径明显偏小，故D不符合题意。
故选AB。
4．（23-24高三下·河北保定·开学考试）如图1为双缝干涉测光波波长的实验装置，光源发
出的光经滤光片（装在单缝前）成为单色光，把单缝照亮。单缝相当于一个线光源，它又把
双缝照亮。来自双缝的光在双缝右边的遮光筒内发生干涉。遮光筒的一端装有毛玻璃屏，我
们可以在这个屏上观察到干涉条纹，并根据测量的量计算出光的波长。
（1）图1中仪器A是 ，仪器B是 （填写仪器的名称）；
（2）用刻度尺测量双缝到光屏的距离L1m；
（3）用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将
该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图2所示；然后同方向转动测量头，使分
划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图3所示。图2读数为
mm，图3读数为 mm；
（4）已知双缝间距d 0.4mm，根据以上实验，测得光的波长是 nm。
【答案】 单缝 目镜 1.750 9.300 604
【解析】（1）[1][2]根据双缝干涉测光波波长的实验装置结构可知仪器A是单缝，仪器B
是目镜，故填单缝，目镜；
（3）[1][2]根据螺旋测微器读数规则，由图2、3可知
x 1.5mm25.00.01mm1.750mm
1
试卷第70页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}x 9mm30.00.01mm9.300mm
6
故填1.750，9.300；
x x
（4）相邻两条亮纹间距的表达式为x n 1
n1
L
根据x 
d
（x x）d
联立解得 n 1
（n-1）L
根据题意可知n6，代入数据解得604nm
故填604。
5．（2024·云南昆明·一模）某同学测量一长方体玻璃砖对红光的折射率，装置示意图如图
所示。实验步骤如下：
①在水平木板上固定一张白纸，白纸上放置光屏P，在白纸上画一条与光屏P平行的直线
ad作为界线；
②把宽为L的玻璃砖放在白纸上，使它的一边跟ad重合，画出玻璃砖的另一边bc，在bc
上取一点O，画一条线段AO；
③用激光笔发出平行于木板的红色细光束，沿图中AO方向从O点射入玻璃砖，光束从玻璃
砖另一面射出后，射到光屏P上的S 处，记录S 的位置；
1 1
④保持入射光不变，撤去玻璃砖，激光射到屏上的S 处，记录S 的位置以及光束与ad的交
2 2
点N；
⑤作出光束从O点到S 点的光路图，记录光束与ad边的交点M(图中未画出)；
1
⑥测出OM、ON的长度分别为d 、d 。
1 2
据此回答下列问题：
(1)请在图中作出光线从O点到S 点的光路图；
1
(2)根据测量数据，可得该玻璃砖对红光的折射率n＝ (用L、d 、d 表示)；
1 2
(3)该实验中，若改用绿色细光束做实验，其他条件不变，则未撤去玻璃砖时，光束射到光
试卷第71页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}屏上的位置应在S 的 (选填“左侧”或“右侧”)。
1
【答案】(1)
d d2L2
(2) 1 2
d d2L2
2 1
(3)右侧
【解析】（1）根据折射定律做出光路图，如图所示
d2L2
（2）由几何关系可知sin  2
1 d
2
d2L2
sin  1
2 d
1
sin
根据n 1 可求得
sin
2
d d2L2
n 1 2
d d2L2
2 1
（3）光从空气中射入同一介质中绿光的折射率大于红光的折射率，绿光的偏折程度大于红
光的偏折程度，
所以绿光射到光屏上的位置应在S 的右侧。
1
6．（2024·安徽·模拟预测）某学习小组通过实验测定一截面为半圆形的玻璃砖的折射率n，
方法如下：
（1）玻璃砖直径AB与竖直放置的光屏MN垂直并接触于A点，置于水平桌面的白纸上。
（2）用激光笔从玻璃砖一侧照射半圆玻璃砖的圆心O，如图所示，在屏幕MN上可以观察
到两个光斑C、D，用大头针分别在白纸上标记圆心O点、C点、D点的位置，移走玻璃砖
试卷第72页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}和光屏。
（3）用刻度尺测量OC和OD的长度分别为L 、L 。
1 2
（4）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式n 。
（5）实验中，不断增大入射角， （填“能”或“不能”）观察到全反射现象。
（6）为减小实验误差，实验中应适当 （填“增大”或“减小”）激光在O点的入射角。
L
【答案】 2 不能 增大
L
1
【解析】（4）[1]如图
OC所在光线为反射光线，OD所在光线
R
sinFOE sinCOE sinACO L L
为折射光线，玻璃砖折射率的表达式n    1  2
sinDOQ sinDOQ sinDOQ R L
1
L
2
（5）[2]光是从光疏介质射入光密介质，所以不能观察到全反射现象。
（6）[3]为减小实验误差，实验中应适当增大激光在O点的入射角。
7．（2024·河北·模拟预测）如图是测量玻璃折射率的一种方式。在木板上铺一张白纸，把
玻璃砖放在纸上，用铅笔描出玻璃砖的两个透光面边界a和a。在玻璃砖的一侧插两个大
试卷第73页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}头针A、B。眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住。在眼睛这一侧再插第
三个大头针C，使它把A、B都挡住，插第四个大头针D，使它把前三个大头针都挡住。记
录四根大头针位置如图所示。
(1)关于该实验下列说法正确的是______。
A．A、B大头针连线与a边界夹角越大，误差越小
B．插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些
C．实验时若无量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量
(2)经正确操作后，请在答题纸上画出光路图，标出在a界面的法线、入射角和折射角 ；
(3)假设该玻璃砖边界a和a边不平行，按照该方式进行的测量结果比真实值 （填“偏
大”“相等”或“偏小”）。
(4)假设做图时其余部分均正确，只有玻璃砖a边界出现偏差，做成虚线。按照该边界的测
量结果比真实值 （填“偏大”“相等”或“偏小”）。
【答案】(1)BC
试卷第74页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(2)
(3)相等 (4)偏小
【解析】（1）A．A、B大头针连线与a边界夹角要适当，不是越大越好，故A错误；
B．为减小实验误差，插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些，故B正确；
C．实验时若无量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量，将角度正弦值之比转化为角度
对边长度之比，故C正确。
故选BC。
（2）光路图如图所示。
（3）玻璃砖两个表面是否平行对入射角和折射角无影响，按照该方式进行的测量结果比真
实值相等。
试卷第75页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（4）由题意做出光路图
只有玻璃砖a边界出现偏差，可知入射角不发生变化，折射角大于实际的折射角，根据折
射定律，可知按照该边界的测量结果比真实值偏小。
8．（2024·河南·二模）小明同学利用图甲的实验装置验证动量守恒定律．在长木板上安装
光电门I和II，A、B为材料相同、带有等宽遮光条的滑块，A、B的质量分别为m、m ，
1 2
让滑块A与静止的滑块B在斜面上发生碰撞，碰撞时间极短，然后通过光电门对滑块进行
测速，进而验证动量守恒定律并判断碰撞是否为弹性碰撞，请完成下列填空：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则d  mm。
将长木板一端垫高，调整长木板与水平面的夹角，轻推滑块直到经过两光电门的时间相同．
(2)某次实验中，滑块A通过光电门I时的挡光时间为t ，则滑块A过光电门I的速度为
1
（用相应的物理量符号表示），滑块A、B碰撞后通过光电门II的挡光时间分别为t、t 。
1 2
(3)若要验证动量守恒定律，需要验证 与 在误差允许范围内相等即可验证动量
守恒定律（用m、m、t、t和t 表示）．
1 2 1 1 2
v
(4)判断是否为弹性碰撞可由碰后A、B两滑块的速度之比判断．若 A  （用m 和m
v 1 2
B
表示），则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞．
试卷第76页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}d m m m m m
【答案】(1)5.00 (2) (3) 1 1  2 (4) 1 2
t t t t 2m
1 1 2 1
【解析】（1）游标的零刻线与主尺5mm刻度线对齐，游标的第20个小格与主尺24mm刻度
线对齐，该游标尺为20分度游标卡尺，所以d 5.00mm
d
（2）根据速度定义式可知滑块A经过光电门I时的速度为v 
1 t
1
d d d
（3）碰撞后A、B两滑块的速度分别为 、 ，碰前A的动量为 p m
t t A 1t
2 1
d d
碰后系统动量为 p  p m m
A B 1t 2 t
2
m m m
若 p  p  p 即 1  1  2 即可验证动量守恒定律。
A A B t t t
1 2
（4）若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则需满足动量守恒与机械能守恒，则
mv mv m v
1 1 1 A 2 B
1 1 1
mv1  mv2  m v2
2 1 1 2 1 A 2 2 B
m m
解得v  1 2 v
A m m 1
1 2
2m
v  1 v
B m m 1
1 2
v m m
所以 A  1 2
v 2m
B 1
9．（2024·湖南长沙·一模）某同学用如图甲所示的装置验证动量定理，实验过程中部分实
验步骤如下：
(1)将一遮光条固定在滑块上，用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺如图乙所
示，则遮光条的宽度d  mm。
(2)滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门测得遮光条的挡光时间为t 2.0102s，
可得弹簧恢复形变的过程中滑块的速度大小为 m/s。
(3)将一与轻弹簧相连的压力传感器固定在气垫导轨左端，一光电门安装在气垫导轨上方，
试卷第77页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放，压力传感器显示出弹簧弹力F随时间t变化的图
像如图丙所示，根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为 Ns。（计算结果保留2位
有效数字）
【答案】(1)4.00 (2)0.2 (3)0.77
【解析】（1）图乙游标卡尺分度值为0.05mm，则遮光条的宽度为d=4mm+0.05mm×0=4.00mm
d 4.00103
（2）弹簧恢复形变的过程中滑块的速度大小为v  m/s 0.2m/s
t 2.0102
（3）弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，约等于0.77Ns。
10．（2024·安徽池州·二模）某学习小组的同学在实验室用如图1所示的装置研究单摆。将
单摆挂在力传感器的下端，同时由力传感器连接到计算机，得到了摆线对摆球的拉力大小F
随时间t变化的图像，如图2所示。
(1)用螺旋测微器测量摆球的直径，为了使读数更精确，对螺旋测微器进行了改进，在螺旋
测微器固定刻度的上半部刻了 10个等分刻度，固定刻度的“横线”是10等分刻度的“0”刻度
线，这10个刻度的总长度与可动刻度最左端的9个刻度的总长度相等。其测量结果如图3
所示，图中螺旋测微器测出的摆球的直径为 mm。
(2)小组成员在实验过程中有下列说法，其中正确的是 和 （填正确答案标号）。
A．对于摆球的选择，可以是铁球，也可以是塑料球
B．单摆偏离平衡位置的最大角度最好控制在5以内
C．由图2可知，单摆的周期为4t
0
D．如果用悬线的长度作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
试卷第78页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(3)为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制 T2L 图
像如图4所示。由图可知重力加速度大小为g  （用图中T 、T 、L 、L 表示）。
1 2 1 2
4（2 L L）
【答案】(1)17.283/17.284 (2)BC (3) 2 1
T2T2
2 1
【解析】（1）由图可读出为d 17mm0.283mm17.283mm
（2）A．单摆在摆动过程中阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球，A错误；
B．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°，B正确；
T
C．F最大值为摆球经过最低点的时刻，相邻两次时间间隔为2t  则T 4t C正确；
0 2 0
42l
D．由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式g 
T2
用悬线的长度作为摆长，则摆长偏小，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，D
错误。
L
故选BC。（3）由周期公式T 2 变形得
g
42 42 T2T2 4（2 L L）
T2  L T2L 图像的斜率为k   2 1 解得g  2 1
g g L L T2T2
2 1 2 1
【考前预测篇 】 热点计算题
3
一．计算题解题规范及策略
考试答题，对分数影响最为关键的就是答案的正确性。但是很多考生在考试后却依然会
有些意见，因为自己答案正确却没拿到满分。是阅卷的不公正吗？当然不是。
很多时候，其实就是你忽略了答题的规范性。越是大型的考试对答题的要求就越严格，
重大考试的不标准答题会直接因非智力因素造成考试失分。高考对物理计算题的答题要求是：
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数
试卷第79页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
因此，考生要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要掌握基础知识、训练
解题能力外，还必须强化答题的规范性，培养良好的答题习惯。
为了做好规范答题，提高计算题的得分能力，要做好以下几点：
（一、）文字说明要清楚
文字说明的字体要书写工整、版面布局合理整齐、段落清晰等，让改卷老师看到你的卷
面后有着赏心悦目的感觉。必要的文字说明是指以下几方面内容：
1．研究的对象、研究的过程或状态的说明。
2．题中物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。
3．题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明。
4．所列方程的依据及名称要进行说明。
5．规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。
6．对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明。
7．文字说明不要过于简略，缺乏逻辑性，也不要太啰嗦，而找不到得分点。
（二）、主干方程要突出
在高考评卷中，主干方程是得分的重点。
1．主干方程要有依据
一般表述为：依××物理规律得；由图几何关系得；根据……得等。“定律”“定理”“公式”“关
系”“定则”等词要用准确。
2．主干方程列式形式书写规范
(1)严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所
v2 mv
忽视的)。如：带电粒子在磁场中的运动，应有qvB＝m ，而不是其变形结果R＝ ；轻绳
R qB
v2
模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg＝m ，不能写成v＝ gr。
r
(2)要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合。
3．物理量符号要和题干一致
最终结果字母必须准确才得分，物体的质量，题目给定符号是m 、m 、M、m′等，不能统
0 a
一写成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l或者d；半径，题目给定符号是R，不能写
成r；电荷量，题目给定符号是e，不能写成q，在评分标准中都明确给出了扣分标准。需要
自己设的物理量尽量要依据题干给定的相关物理量顺延编号，合理安排下标(上标)，以防混乱。
4．要分步列式，不要写连等式
如电磁感应中导体杆受力的几个方程，要这样写：
E＝BLv
试卷第80页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}E
I＝
R＋r
F＝BIL
E BLv B2L2v
不要写连等式F＝BIL＝B L＝B L＝ ，评分标准是这样的，每个公式都有对应的
R＋r R＋r R＋r
分值，如果写成连等式，最终结果正确得满分，最终结果错误就得0分。
5．计算结果的单位
计算结果是数据的要带单位，不带单位要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电
子电荷量e等)不能用数字(10m/s2,1.6×10－19C)替换；字母运算的结果不能写单位。
（三、）解题过程中运用数学的方式有讲究
1．“代入数据”，解方程的具体过程不必写出。
2．所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明。
3．重要的中间结论的文字表达式要写出来。
4．所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去。
5．数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”。
（四、)大题增分技巧
1．先做简单的题目，后做运算量大、难度大的题目。
2．如果实在不会做，那么将题中可能用到的公式都写出来，不会倒扣分。
3．如果时间不够用，要先把计算公式写出来，数据计算放到最后。
二．第一道计算题：基本 规范
+
1．（2024·云南昆明·一模）如图所示，边长为L的正方形区域内，以对角线bd为边界，上
方有平行ad边向下的匀强电场，电场强度大小为E。下方有垂直abcd平面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从ab边中点O由静止释放，在电场和磁场中运动后
垂直bc边射出。粒子重力不计。求粒子的比荷。
4E
【答案】
B2L
【解析】粒子运动轨迹如图所示
试卷第81页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}L 1
粒子在电场中运动过程，据动能定理可得qE  mv2
2 2
v2
粒子在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，可得qvBm
r
L
据几何关系可得r 
2
q 4E
解得 
m B2L
2．（2024·山西·一模）如图所示，一段水平的公路由两直道AB、CD段以及圆形段环岛BC
组成。一辆在AB上以72km/h速率行驶的汽车，接近环岛时以4m/s2的加速度匀减速刹车，
在以最大安全速率通过环岛后，在CD上以2m/s2的加速度恢复到原速率继续行驶。已知环
岛的半径为28m，BC段的长度是56m，橡胶轮胎与路面的动摩擦因数为0.7，认为汽车转弯
所需向心力仅由轮胎所受径向摩擦力提供且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g 10m/s2，
问：
（1）汽车需在距环岛多远处开始刹车？
（2）汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间是多少？
【答案】（1）25.5m；（2）8.5s
v2
【解析】（1）根据题意，汽车进入环岛后做匀速圆周运动，当以最大速率行驶时有mg m m
R
代入数据解得汽车在环岛行驶的最大速率为v 14m/s
m
汽车在进入环岛前的速度v72km/h20m/s
试卷第82页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}v2v2 202142
汽车进入环岛前刹车距离为x m  m 25.5m
2a 24
1
vv 2014
（2）汽车进入环岛前刹车时间t  m  s1.5s
1 a 4
1
x 56
汽车在环岛行驶的时间t  BC  s4s
2 v 14
m
vv 2014
汽车出环岛后加速到原速所用的时间t  m  s3s
3 a 2
2
可得汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间tt t t 8.5s
1 2 3
3．（2024·四川泸州·二模）如图所示，光源S位于装有某液体的容器底部，容器右侧的内
壁固定一平面镜MN，平面镜上端与容器顶端平齐、下端与液面平齐。光源S沿SO方向发
射一束红光，经O点折射后照到平面镜上的P点，反射光线刚好过容器左侧上端点Q。已
知入射角37，容器宽度MQ为80cm，反射点P分别到平面镜上端点M、下端点N的
距离为60cm、30cm，液体深度为40cm，光在真空中的传播速度c3.0108m/s，sin370.6，
cos370.8。求：
（1）红光在该液体中的折射率n；
（2）这束红光在液体中的传播时间。
4
【答案】（1） ；（2）2.2109s
3
【解析】（1）根据几何关系可知在MN平面发生的反射，入射角符合
MP 60cm 3
tan  
MQ 80cm 4
则37
则光从液体中射出时的折射角903753
试卷第83页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}sin 4
根据折射定律可知n 
sin 3
h
（2）传播距离s
cos37
c
红光在液体中的传播速度v
n
s
这束红光在液体中的传播时间t  2.2109s
v
4．（2024·重庆·模拟预测）在陆上模拟着舰训练中，某质量为m的航母舰载机着陆时的水
平速度大小为v ，在阻拦索的阻力和其他阻力作用下沿直线滑行距离s 后停止；如果不用
0 1
阻拦索，在其他阻力作用下沿直线滑行距离s 后停止。若舰载机所受其他阻力视为恒力。
2
求：
（1）不用阻拦索时舰载机的滑行时间；
（2）舰载机所受其他阻力的大小；
（3）阻拦索的阻力对舰载机做的功。
2s mv2 (s s )mv2
【答案】（1） 2 ；（2） 0 ；（3） 1 2 0
v 2s 2s
0 2 2
v 0
【解析】（1）根据s  0 t
2 2
2s
可得不用阻拦索时舰载机的滑行时间为t 2
v
0
1
（2）如果不用阻拦索时，由动能定理得fs 0 mv2
2 2 0
mv2
可得舰载机所受其他阻力的大小为 f  0
2s
2
1
（3）在阻拦索的阻力和其他阻力作用下，由动能定理W  fs 0 mv2
1 2 0
(s s )mv2
可得阻拦索的阻力对舰载机做的功为W  1 2 0
2s
2
5．（23-24高三下·甘肃庆阳·阶段练习）如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB与光滑水
平轨道BC相切于B点，质量分别为m和2m的小球M、N之间压缩一轻弹簧并锁定（弹簧
与两小球均不拴连）。某时刻解除弹簧的锁定，两小球被弹开，小球M离开弹簧后恰好能
沿半圆轨道通过最高点A，重力加速度为g。求：
（1）离开弹簧时小球M的速度大小v ；
M
试卷第84页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（2）弹簧锁定时所具有的弹性势能E 。
p
15mgR
【答案】（1）v  5gR ；（2）E 
M p 4
v2
【解析】（1）小球M恰好能通过半圆轨道的最高点A，根据牛顿第二定律有mg m A
R
1 1
小球M从B点运动到A点的过程，根据动能定理有mg2R mv2  mv2
2 A 2 B
小球M通过B点时的速度等于离开弹簧时的速度，即v v
M B
联立解得v  5gR
M
（2）弹簧将两小球弹开的过程系统所受外力之和为零。根据系统动量守恒有mv 2mv
M N
5gR
解得小球N离开弹簧时的速度大小v 
N 2
1 1
弹簧的弹性势能全部转化为M、N的动能。根据机械能守恒有E  mv 2 2mv 2
p 2 M 2 N
15mgR
解得E 
p 4
6．（23-24高三下·云南·阶段练习）如图所示，一质量为2m、长度为L的木板静置于光滑
水平地面上，质量为m的小滑块（可视为质点）以速度v 从木板左端滑上木板，小滑块恰
0
好未滑下木板。求：
（1）小滑块在木板上滑动过程中，木板的位移大小x；
（2）小滑块相对木板滑动的时间t。
L 2L
【答案】（1）x ；（2）t 
3 v
0
【解析】（1）小滑块在木板上滑动过程中，小滑块和木板系统动量守恒，小滑块恰好未滑
下木板，小滑块滑到木块右端时和木板速度相等，设此时的速度为v，则mv (m2m)v
0
试卷第85页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}v
解得v 0
3
1 1
由功能关系可知 mv2 3mv2  fL
2 0 2
mv2
解得 f  0
3L
1
以木板为研究对象，由动能定理 2mv2 fx
2
L
解得x
3
（2）以小滑块为研究对象，由动量定理mvmv ft
0
2L
解得t 
v
0
7．（23-24高三上·河南·期末）如图所示，开口向上的绝热汽缸竖直放置，汽缸壁内有卡环，
1
质量为m、横截面积为S的绝热活塞静止在缸内，距缸底的高度为h，离卡环的距离为 h，
4
活塞下方密封有一定质量的温度为T 的理想气体。活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气。外界
0
5mg
大气压强为 ，重力加速度为g，现用电热丝（体积忽略不计）缓慢加热汽缸中的气体，
S
求：
（1）当活塞刚好到卡环处时，缸内气体的温度；
（2）若气体温度每升高1℃，气体内能就增加E ，则当活塞对卡环的压力大小等于2mg时，
0
电热丝放出的热量。
5 2 3
【答案】（1） T ；（2） T E  mgh
4 0 3 0 0 2
【解析】（1）当活塞刚好到卡环处时，设缸内气体的温度为T ，气体发生等压变化，则
1
5
hS
hS 4

T T
0 1
5
解得T  T
1 4 0
5mg mg 6mg
（2）开始时，缸内气体压强为 p   
1 S S S
试卷第86页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}5mg mg 2mg 8mg
当活塞对卡环的压力大小等于2mg时，缸内气体压强为p    
2 S S S S
5
p  hS
设此时缸内气体温度为T ，根据理想气体状态方程 phS 2 4
2 1 
T T
2
5
解得T  T
2 3 0
1 2 3
根据热力学第一定律，电热丝放出的热量QT T E  pS h T E  mgh
2 0 0 1 4 3 0 0 2
8．（23-24高三下·河北保定·开学考试）如图所示，足够大的绝缘水平面上放一个质量
m=4.0´10-3kg、电荷量q1.0107C的物块，物块与水平面之间的动摩擦因数0.2，
物块的初速度v 50m/s，空间中有匀强电场，与水平地面的夹角37，已知sin370.6，
0
cos370.8，g 10m/s2，电场强度E1.0106N/C，经过t0.4s物块的速度和位移大小
是多少？
【答案】40m/s，18m
【解析】物块向右运动过程中，竖直方向根据受力平衡可得N  q Esinmg 0.1N
水平方向根据牛顿第二定律可得 q Ecos f  ma
又
f N
联立解得加速度大小为a25m/s2
v
则物块向右匀减速到速度为0所用时间为t  0 2s
0 a
则经过t0.4s物块的速度大小为vv at50250.4 40m/s
0
v v 5040
物块通过的位移大小为x 0 t  0.4m18m
2 2
9．（23-24高三下·上海宝山·阶段练习）线圈在磁场中运动时会受电磁阻尼作用．如图所示，
光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的正方形线圈abcd，其质量为m，各边电阻相等，线圈
以初速度v进入一个有明显边界的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度大于L。当线圈
完全穿过磁场后，其速度变为初始的一半，求：
试卷第87页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（1）线圈刚进入磁场瞬间，ab两点间的电压是多少？
（2）线圈进入磁场和离开磁场的两个过程中产生的焦耳热之比。
3
【答案】（1） BLv；（2）7:5
4
【解析】（1）ab边刚进入磁场瞬间，ab边产生的感应电动势为EBLv
由右手定则可知电流方向为ba，则＞
a b
3R 3
a、b两点的电压是路端电压为U  E  BLv
ab 4R 4
（2）线圈刚全部进入磁场时速度为v ，刚离开磁场时速度为v 。线圈进入磁场的过程，由
1 2
动量定理得
BI Lt mv mv
1 1 1
同理，线圈离开磁场的过程，由动量定理得BI Lt mv mv
2 2 2 1
Et  BL2
又通过线圈的电荷量q I t  11  
1 1 1 R R R
E t  BL2
q I t  2 2   ,
2 2 2 R R R
3
可得v  v
1 4
进入磁场和离开磁场的过程中，由能量守恒定律得
1 1
Q  mv2 mv2
1 2 2 1
1 1
Q  mv2 mv2
2 2 1 2 2
联立可得Q :Q 7:5
1 2
10．（2024·安徽蚌埠·三模）如图所示，电荷量为2106C的带正电小球B静止放在光滑绝
缘水平面上，某时刻质量为0.2kg、电荷量为5106C的带正电小球A以2m/s的初速度从
水平面上足够远处沿直线向B运动，当两球距离最小为0.3m时，B球的动量为0.3kgms1，
试卷第88页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}两小球可视为质点，静电力常量为9.0109Nm2C2．设开始时刻A、B组成的系统电势能
为零，求：
（1）A球最大加速度的大小。
（2）B球的质量。
（3）系统的最大电势能。
【答案】（1）a5m/s2；（2）M 0.6kg；（3）E 0.3J
p
【解析】（1）两球距离最小时静电力最大，小球加速度最大，根据库仑定律，两球间的最
大静电力
qq
F k 1 2
r2
F
由牛顿第二定律得a
m
解得a5m/s2
（2）两球距离最小时速度相等，设为v，设B球的质量为M ，由动量守恒定律得
mv (mM)v
0
又有 p Mv
1
解得M 0.6kg，v0.5m/s
（3）两球距离最小时系统电势能最大，由能量守恒知，系统的最大电势能
1 1
E  mv2 (mM)v2
p 2 0 2
解得E 0.3J
p
三．第二道计算题：模型 综合
+
11．（2024·河南濮阳·一模）如图所示，平台离水平地面的高度为h1.25m，平台上P点左
侧粗糙，右侧光滑，质量为m的物块A放在平台P点，质量为3m的物块B放在平台上P
点左侧的Q点，P、Q间的距离为1m。给物块B一个向右的初速度，B与A发生弹性碰撞，
A、B均从平台上抛出，A做平抛运动的水平距离为1.5m，已知B与平台间的动摩擦因数为
0.6，重力加速度g取10m/s2，物块的大小忽略不计，不计空气阻力。求：
（1）物块A从平台抛出时的速度多大；
试卷第89页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（2）物块B在Q点的初速度多大；
（3）若B、A发生的是非弹性碰撞，物块B从Q点以 21m/s的初速度向右滑动，A、B
碰撞后，A做平抛运动的水平位移仍为1.5m，则A、B碰撞过程中损失的机械能与碰撞前
瞬间B的动能之比为多少。
2
【答案】（1）3m/s；（2）4m/s；（3）
9
【解析】（1）A做平抛运动的水平距离为x 1.5m，根据平抛运动规律
1
1
h gt2
2
x vt
1 1
联立解得物块A从平台抛出时的速度v 3m/s
1
（2）B与A发生弹性碰撞时有
3mvmv 3mv
1 2
1 1 1
3mv2  mv2  3mv 2
2 2 1 2 2
解得碰撞前瞬间B的速度大小为v2m/s
1 1
B由Q到P的过程，根据动能定理3mgL 3mv2  3mv 2
2 2 0
解得v 4m/s
0
（3）物块B从Q点以v ' 21m/s的初速度向右滑动，由Q到P的过程，根据动能定理
0
1 1
3mgL 3mv'2 3mv '2
2 2 0
解得碰撞前B的速度v'3m/s
A做平抛运动的水平位移仍为1.5m，说明A碰后速度仍为v 3m/s，根据
1
3mv' mv 3mv '
1 2
试卷第90页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}可得碰后B的速度为v '2m/s
2
1 1 1
碰撞过程中损失的机械能E  3mv'2 mv2  3mv '2
2 2 1 2 2
E 2

则A、B碰撞过程中损失的机械能与碰撞前瞬间B的动能之比 1 9
3mv'2
2
12．（2024·安徽池州·二模）2023年5月17日，首枚池州造“智神星一号”液体运载火箭在
安徽星河动力装备科技有限公司顺利总装下线，至此，成功实现中国火箭池州造。为了研究
火箭可回收技术，某次从地面发射质量为1000kg的小型实验火箭，火箭上的喷气发动机可
产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小
和方向。火箭起飞时发动机推力大小为F，与水平方向成＝60°，火箭沿斜向右上方与水
1 1
平方向成＝30°做匀加速直线运动。经过t＝30s，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方
2
向逆时针旋转60°，大小变为F ，火箭依然可以沿原方向做匀减速直线运动。（不计遥控器
2
通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化，g取10m/s2）求：
（1）推力F的大小；
1
（2）火箭上升的最大位移大小；
（3）火箭在上升的过程中推力最大功率。
【答案】（1） 3104N；（2）13500m；（3）3 3106W
【解析】（1）火箭上升过程时的受力情况如图
试卷第91页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}由图可知
F mg 1104N
合
F  3mg  3104N
1
（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F ＇与F 垂直
合 2
1
F mgsin30  104N
合
2
F
加速阶段的加速度a  合 10m/s2
1 m
F
减速阶段的加速度a  合 5m/s2
2 m
at a t
1 2
t2t 60s
1 1
x at2 a t2 13500m
2 1 2 2
（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为
P FV F at3 3106W
m 1 m 1 1
试卷第92页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}13．（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存
在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为+q的粒子从M
点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ=30°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小
也为v，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子动量改变量的大小p。
3mv2 31
【答案】（1）E ；（2）p mv
4qR 2
【解析】（1）从M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN
垂直，粒子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子匀速运动2Rvcos30t
1
垂直MN方向0vsin30t at2
2
根据牛顿第二定律qEma
3mv2
解得E
4qR
（2）如图所示，当粒子运动到P点时，电势能最小，由
v cos30t'R
1
1
v sin30t' at2R
1 2
qEt'p
31
联立求得p mv
2
试卷第93页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}14．（2024·山西太原·一模）如图所示，两平行且等长的粗䊁金属导轨ab、cd间距为L，倾
斜角度为θ，ab、cd之间有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，ac
1
之间电容器的电容为C 。光滑等长的水平金属导轨ef、gh间距为L，ef、gh之间有竖直向
1
下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，fh之间电容器的电容为C 。质量为m的金属棒PQ
2 2
垂直导轨放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后以速度v飞出
导轨，同时撤去F，PQ水平跃入ef、gh导轨，PQ始终与ef、gh导轨垂直。导轨与棒的电
阻均不计，重力加速度为g，求：
（1）金属棒PQ分别在B 、B 中运动时电流的方向；（请分别说明P→Q或Q→P）
1 2
（2）导轨ef、gh足够长，电容器C 带电量的最大值；
2
（3）金属棒PQ与导轨ab、cd的动摩擦因数。
C B Lmvcos Fmgsin (CB2L2 m)v
【答案】（1）见解析；（2） 2 2 ；（3）  1 1
C B2L2m mgcos mgtcos
2 2
【解析】（1）由右手定则可知，导体棒在B 中电流方向由P→Q，导体棒在B 中电流方向
1 2
由Q→P；
（2）PQ水平跃入轨道的速度为v ，则
1
v vcosPQ水平跃入导轨后，切割磁感线，C 处于充电状态，PQ稳定后做匀速直线运动，
1 2
速度为v ，则
1
U B Lv
2 2 2
QCU
2 2
根据动量定理，以右为正方向
BiLtmv mv
2 2 1
Qit
C B Lmvcos
解得Q 2 2
C B2L2m
2 2
试卷第94页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（3）PQ在倾斜轨道上运动时加速度为a，则FmgsinmgcosiLB ma
1
Q
i 1
t
v v
Q CBLvPQ做匀加速直线运动a 
1 1 1 t t
Fmgsin (CB2L2 m)v
解得  1 1
mgcos mgtcos
15．（2024·山西太原·一模）轻质弹簧原长为l，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端
将一质量为7m的小球由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度变为原长的一半。现
将该弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为m的小球P接触但
不拴连；一长度为2l的轻绳一端系于O点，另一端与质量为m的小球Q拴连。用外力缓慢
推动P，将弹簧压缩至原长的一半，撤去外力，P被弹出后与Q发生弹性对心碰撞，Q开始
摆动。轻绳在弹力变为O时断开，Q飞出后落在水平地面上的B点（图中未画出），P、Q
始终在同一竖直平面内运动且均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）弹簧由原长压缩为原长的一半；弹性势能的变化量；
（2）P与Q碰撞后的瞬间，Q速度的大小；
（3）Q落到B点时，Q与P之间的距离。
7
【答案】（1）增加 mgl；（2） 7gl；（3）0
2
7
【解析】（1）弹簧与质量为7m的小球组成的系统机械能守恒，则E  mgl
p 2
7
弹簧由原长压缩为原长的一半，弹性势能增加了 mgl；
2
（2）小球P与弹簧组成的系统机械能守恒，则
7 1
E  mgl mv2
p 2 2 1
解得v  7gl
1
P与Q发生弹性碰撞，以右为正，碰后速度分别为v，v，则
1 2
mv mv mv 
1 1 2
试卷第95页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}1 1 1
mv2  mv2 mv2
2 1 2 1 2 2
解得v 0，v  7gl
1 2
（3）轻绳断开时与竖直方向的夹角为θ，小球的速度为v ，则
3
v2
mgcos m 3
2l
Q从最低点摆动到轻绳断开处，根据动能定理可得
1 1
mg2l1cos mv2 mv2
2 3 2 2
1
解得v  gl ，cos ，60
3 2
轻绳断开后，Q将做斜抛运动，则
xv t
3x
v vcos
3x 3
1
2l(1cos)vsint gt2
3 2
v vsin
3y 3
解得x 3l
Q落到B点时，Q与P之间的距离为xx2lsin0
16．（2024·河北·一模）如图所示，竖直虚线的左侧有水平向左的匀强电场，右侧存在垂直
纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，比荷为k的负粒子甲由电场中的M点无初速
释放，由O点进入磁场，OM在一条直线上，经过一段时间与静止在N点的不带电粒子乙
1
发生无能量损失的碰撞，碰后两粒子的电荷量均分。已知粒子乙的质量为粒子甲质量的 ，
3
OM L，N到两虚线的距离均为L。忽略粒子的重力以及碰后粒子间的相互作用。
（1）求竖直虚线左侧电场强度的大小；
（2）若粒子甲、乙碰后的瞬间，立即将粒子乙拿走，求粒子甲从释放到第四次通过竖直虚
线时到O点的距离。
试卷第96页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}kB2L
【答案】（1） ；（2）4L
2
【解析】（1）粒子甲在磁场中做匀速圆周运动经过N点，由几何关系可知粒子甲在磁场中
v2
做圆周运动的轨迹半径为L，由洛伦兹力提供向心力有qvBm
L
qBL
解得v
m
1
设电场强度大小为E，粒子甲从M到O的过程，由动能定理有qEL= mv2
2
kB2L
解得E
2
（2）粒子甲、乙碰撞过程无机械能损失，设粒子甲的质量为m，碰后瞬间粒子甲、乙的速
m
度分别为v 、v ，则粒子乙的质量为 ，取碰前瞬间甲的速度方向为正方向，由动量守恒
1 2 3
定律和机械能守恒定律有
1
mvmv  mv
1 3 2
1 1 1 1
mv2  mv2  mv2
2 2 1 2 3 2
kBL
解得v 
1 2
q v2
由洛伦兹力提供向心力有 vBm 1
2 1 r
解得r L
1
则碰撞后粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半径仍为L，则再偏转 个圆周后垂直竖直虚线
4
进入电场，粒子甲在电场中先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，由对称性
可知粒子甲再次进入磁场时速度大小不变，做圆周运动的轨迹半径仍为L，可知粒子甲第四
次通过竖直虚线时到O点的距离为
试卷第97页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}s4L
17．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的
电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为B的4个矩形匀强磁场中。
水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆每次进入磁场时的速度
都相等。金属杆接入导轨间的电阻为2R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重
力加速度为g，求：
（1）金属杆从释放到穿出第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量；
（2）金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小。
BLd
【答案】（1） ；（2） 2g(hd)
3R
【解析】（1）根据题意可知，通过电阻R的电荷量为
qI t
1 1
E
I  1
1 3R
 BLd
E  1 
1 t t
1 1
BLd
解得q
3R
（2）金属杆进入磁场1和2时的速度相等，则金属杆通过磁场1、2、3、4产生的热量相等，
即
Q4mg2d 8mgd
1
设金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小为v，根据能量守恒定律有mg(h7d) mv2Q
2
解得v 2g(hd)
18．（2024·河北·模拟预测）如图所示，“凹”型木板B静置在光滑水平地面上，小物块A静
试卷第98页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}止在B正中央。A的正上方用不可伸长的轻绳将一定质量的小球悬挂在O点，轻绳处于水
平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点时刚好与小物块A发生碰撞，碰后迅速把
小球移除。物块A在B上运动与B的右侧刚好没有发生第二次碰撞。已知A的质量为m，
B的质量为3m，小球的质量为2m，木板B的长度L3.0m，A和B之间动摩擦因数0.2，
小球与A、A与B发生的碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度g 10m/s2，不计B两侧挡板
的宽度，碰撞时间极短，忽略空气阻力，求：
（1）小球与A碰撞后瞬间A的速率；
（2）悬挂小球的细线长度；
（3）A与B发生第一次碰撞前瞬间B的速度。
9 102 2
【答案】（1）2 10m/s；（2） m；（3） m/s
8 2
【解析】（1）设小球与A碰后瞬间A的速度v ，物块A在B上运动与B的右侧刚好没有
1
发生第二次碰撞，有
mv (m3m)v
1
1 1 L
mv2  (m3m)v2mg( 2L)
2 1 2 2
解得v 2 10m/s
1
（2）小球与A碰撞过程，有
2mv 2mv mv
0 2 1
1 1 1
2mv2  2mv2 mv2
2 0 2 2 2 1
1
2mgl  2mv2
2 0
9
联立解得l m
8
（3）A与B发生第一次碰撞过程，有
试卷第99页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}mv mv 3mv
1 3 4
1 1 1 L
mv2  mv2 3mv2mg
2 1 2 3 2 4 2
102 2
联立解得v  m/s
4 2
19．（23-24高三下·湖北·阶段练习）如图，半径R＝0.1m的光滑半圆轨道ABC与足够长的
水平轨道在A点平滑连接，初始时，静止在水平轨道D点的两个小滑块a、b用轻弹簧连接
并锁定。解除锁定后，a、b立即弹开，b向左运动至E点（图中未画出）停下，a通过A点
时，安装在A点的压力传感器示数F =4.5N，a继续运动通过C点后恰好落到E点。已知a
N
的质量m＝50g，b的质量M＝150g，a、b与水平轨道间的动摩擦因数均是μ=0.25，重力加
速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）E点与A点的距离；
（2）b从D点运动到E点的时间；
（3）初始时，弹簧储存的弹性势能。
【答案】（1）x=0.4m；（2）t=0.4s；（3）E =0.3J
p
【解析】（1）a通过A点，由牛顿第二定律
v2
F mg m A a由A点运动到C点，由机械能守恒定律
N R
1 1
mv2  mv2 mg2Ra从C点平抛，有
2 A 2 C
xv t
C
1
2R gt2
2
解得x=0.4m
（2）a由D点运动到A点，由动能定理
1 1 1
mv2  mv2 mgx b由D点运动到E点，由动能定理 Mv2 Mgx
2 a 2 A a 2 b b
且x x x
a b
解除锁定时，由动量守恒定律0mv Mv
a b
试卷第100页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}解得v =3m/s，v =1m/s
a b
对b，由动量定理MgtMv
b
解得t=0.4s
1 1
（3）由能量守恒定律，弹簧释放的弹性势能E  mv2 Mv2
p 2 a 2 b
解得E =0.3J
p
20．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示，一水平放置导热汽缸，由截面积不同的两个圆筒连
接而成，轻质活塞A、B用一长度为3L30cm刚性轻杆连接成整体，它们可以在筒内无摩
擦地左右滑动且不漏气。活塞的面积分别为S 20cm2和S 10cm2，汽缸内A和B之间
A B
封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边均与大气相通，大气压强始终保持为
p 1.0105Pa，当气缸内气体温度为T 300K时，活塞处于图示位置的平衡状态。求：
0 1
（1）此时汽缸内理想气体的压强 p 为多少？
1
（2）现对活塞A施加一个水平向右推力，使活塞向右移动L10cm的距离后静止，此时汽
缸内气体温度T 312K，则此时推力F大小为多少？
2
【答案】（1）1.0105Pa；（2）30N
【解析】（1）设被封住的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，对活塞A有
p S  pS F
0 A A
对活塞B，有 p S  pS F
0 B B
解得p 1.0105Pa
1
（2）气体状态参量
p 1.0105Pa
1
V 2LS LS
1 A B
T 300K
1
试卷第101页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}V (2LL)S (LL)S
2 A B
T 312K
2
pV pV
根据 1 1  2 2
T T
1 2
代入数据得 p 1.3105Pa
2
对两活塞整体受力分析：F p S  p S  p S  p S
0 A 2 B 0 B 2 A
解得F 30N
三．第三道计算题：物理思维 数学建模
+
21．（2024·天津和平·一模）如图所示，在直角坐标系的第一象限，有方向竖直向下、场强
大小为E的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L
的绝缘薄板PQ，挡板平面与x轴垂直且上端紧贴x轴。一质量为m，电荷量为qq0的
粒子从y轴上一点以大小为v 的速度水平向右射出，恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，
0
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，之后粒子恰好未与薄板碰撞，不计粒子重
力，求：
（1）粒子在y轴上的发射位置到P点的水平距离；
（2）匀强磁场磁感应强度B的大小：
（3）粒子在薄板右侧运动的时间t。
3mv2 2mv L
【答案】（1） 0 ；（2） 0 ；（3）
3qE qL 3v
0
【解析】（1）根据题意可得粒子在P点速度方向与x轴的夹角为30，可得粒子在P点的竖
试卷第102页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}直分速度
v v tan30
y 0
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有xvt
0
竖直方向根据牛顿第二定律有qEma
而根据速度与时间的关系可得v at
y
3mv2
联立以上各式可得x 0
3qE
v
（2）粒子在P点的速度v  0
P cos30
v2
粒子在磁场中做圆周运动，有qv Bm P
P r
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
根据几何关系可得2rsin60 L
2mv
联立解得B 0
qL
1
（3）根据几何关系可知，粒子在挡板右侧磁场中运动的时间t  T
3
2r
而粒子做圆周运动的周期T 
v
p
L
解得t 
3v
0
22．（23-24高三下·湖北·阶段练习）如图所示，足够长的粒子吸收板水平放置，吸收板上
方存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场中距吸收板
为d的P点处有一粒子源，能在纸面内沿各个方向均匀发射质量为m、电荷量为qq0的
试卷第103页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}2dBq
带电粒子，粒子的速率均为v ，粒子打到吸收板上即被吸收。不考虑粒子的重力及粒
m
子间的相互作用。
（1）求粒子从发射至打到吸收板上的最长运动时间t ；
m
（2）求吸收板吸收的粒子数与发射的粒子数之比；
（3）若吸收板的长度为L，P点在吸收板中点的正上方，调节d和B的取值，使保持不
变，求L与d应满足的关系。
5πm 2
【答案】（1） ；（2） ；（3） L2 15d
3Bq 3
v2
【解析】（1）设粒子在匀强磁场中做圆周运动半径为r，由Bqvm
r
解得r2d
如图所示
设粒子在磁场中运动轨迹与吸收板左侧相切时，该粒子打到吸收板上的时间最长，有
d 1
sin 
r 2
π
可得
6
2πr
粒子在磁场中圆周运动的周期T 
v
π 
2π  
粒子打到板上运动的最长时间 2  
t  T
m 2
5πm
解得t 
m 3Bq
试卷第104页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}d 1
（2）设粒子运动轨迹与吸收板右侧相切时，则有sin 
r 2
π
故
6
发射速度方向在π范围内的粒子能打在吸收板上表面被板吸收，板吸收的粒子数与发
射粒子总数之为
π

2π
2
解得
3
（3）吸收板吸收的粒子数与发射数之比不变，则与角不变，由（1）有r2d 不变，
如图所示
当粒子发射后，运动半个圆周打在吸收板的最左端，有
2
L
(2r)2d2  
2
v2
又Bqvm
r
可得 L2 15d
23．（23-24高三下·山东济南·开学考试）如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四
象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第
二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷
l
量为q（q0）的粒子甲从点S（l, ）以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹
2
角为45，从点K0,l垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从Pl,0点垂直x轴进入
m 3Bql
第一象限，同时在p点释放一质量为 、电量为q（q0）、速度为 的带电粒子乙，
3 m
且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲乙两粒子间的相互作用，求：
（1）甲粒子进入第四象限时的速度v ；
0
（2）匀强电场的大小E；
试卷第105页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}（3）粒子甲第n次经过y轴时，甲乙粒子间的距离d；
（4）当甲粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三
象限电场相同的匀强电场，求甲粒子的最大速度v 。
m
【答案】（1）
Bql
；（2）
B2ql
；（3）4n2l（n1，2，3……）；（4）(1 2)
Bql
m m m
【解析】
v2
（1）粒子在第四象限内的磁场中由洛伦兹力提供向心力qBv m 0
0 R
0
根据几何关系有R l
0
Bql
解得v 
0 m
（2）粒子在第三象限，经分析知粒子垂直y轴进入第四象限，速度大小为
Bql
v 
0 m
水平方向lv t
0 0
l 1 qE
竖直方向  t2
2 2 m 0
B2ql
解得E
m
3Bql
（3）设甲粒子半径为r，乙粒子半径为r ，v  则由洛伦兹力提供向心力
1 2 2 m
mv2
Bv q 0
0 r
1
mv2
Bv q  2
2 3r
2
可得r r l
1 2
试卷第106页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}2πr 2πr
其中T  1 ，T  2
1 v 2 v
0 2
可得T 3T
1 2
当甲粒子第一次到达y轴（y l ）时，乙粒子第二次到达y轴（y 3l），两粒子相d 2l
1 2 1
此后每次甲粒子到达y轴时，乙比甲沿y轴多移动d 4l
粒子甲第n次经过y轴时甲乙粒子间的距离d 4n2l（n1，2，3……）
（4）由于只有电场力做功，当粒子x方向的位移最大时速度最大，此时x轴方向的分速度
为零，沿y轴方向的分速度即为合速度，则对甲粒子，由qBv Δt mΔv
x y
可得qBx mv
m m
1 1
由动能定理得qEx  mv2  mv2
m 2 m 2 0
Bql
解得v (1 2)
m m
24．（23-24高三上·福建福州·期末）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中
有着极其广泛的应用，这些应用涉及到带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔
物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场
的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，带电量为
q2103C，质量为m 0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有
B
水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小
E 1.0103N/C。与B球形状相同、质量为m 0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度
A
v 10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生
0
多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A始终不带电、小球B的电量始终不变，两
小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g 10m/s2。
（1）求第一次碰撞后瞬间A、B小球的速度；
（2）如果两小球第二次第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一
个时刻B小球合力的瞬时功率为0。求此时刻AB两小球动能之比；
（3）现要求两小球可以发生第三次碰撞，求电场水平宽度满足的条件。
试卷第107页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}12
【答案】（1）A的速度5m/s，水平向右，B的速度15m/s，水平向右；（2） ；（3）d 7.5m
5
【解析】（1）第一次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m v m v m v
A 0 A 1 B 2
1 1 1
m v2  m v2 m v2
2 A 0 2 A 1 2 B 2
第一次碰后A的速度v 5m/s
1
水平向右，B的速度v 15m/s水平向右。
2
（2）竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B球水平方向qE m a
B
解得 a20m/s2
1
水平向左，第二次碰撞前vt v t  at2
11 21 2 1
解得 t 1s
1
对B球v v at 5m/s
3 2 1
水平向左，v gt 10m/s
y0 1
竖直向下，第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m v m v m v'm v
A 1 B 3 A 1 B 4
1 1 1 1
m v2 m v2  m v'2 m v2
2 A 1 2 B 3 2 A 1 2 B 4
第二次碰后A的速度为0，B的速度v 10m/s
4
水平向右，B小球合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为α，
如图
试卷第108页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}m g 1
则有tan B 
qE 2
v v at 1020t
tan x  4 2  2
v v gt 1010t
y y0 2 2
解得t 0.2s
2
此时刻B的水平速度v 1020t 6m/s
x 2
此时刻AB的竖直速度v 1010t 12m/s
y 2
1
m v2
此时刻两小球动能之比为 E kA  2 A y  12
E
AB
1
m
 v2v2 5
2 B x y
（3）第一次碰撞后共速时B球刚刚出场，电场宽度最小为d ，根据v v at
1 1 2 0
解得t 0.5s
0
1
则有d  v v t 5m
1 2 2 1 0
v2
第一次碰撞后B球向右最远x  2 5.625m
1 2a
第二次碰撞前距离电场左边界x vt 5m
2 11
v2
第二次碰撞后B球向右最远x  4 2.5m
3 2a
此时B球刚刚出场，电场宽度最大为d ，如图所示
2
试卷第109页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}则有d  x x 7.5m
2 2 3
综上可知d 7.5m
电场中会第三次碰撞。
25．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧
水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，
mn左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场（图中未画出），方向沿斜面向上，mn两侧磁场
的磁感应强度B大小相等（B的大小未知），导轨的间距为L1.5m，倾角37，在t0
时刻，置于倾斜导轨上的ef 棒由静止释放，置于水平导轨上的cd 棒在一水平向右的外力F
的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，cd、ef 棒的
质量分别为m 1.0kg、m 2.0kg，电阻分别为R 2Ω、R 3Ω，忽略导轨的电阻，ef棒
1 2 1 2
与金属导轨的动摩擦因数为0.12，不计cd 棒与导轨之间的摩擦，sin370.6，取
g 10m/s2，求：
（1）磁感强度B的大小；
（2）经过多长时间ef 棒在倾斜轨道上的速度达到最大？
试卷第110页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}4
【答案】（1）B T；（2）t 4s
3 1
【解析】（1）在t0时刻根据牛顿第二定律有F ma
1
且由图可知，t0时F 5N
代入得a5m/s2
由题知cd 棒做匀加速直线运动，经过时间t,cd棒速度为vat
E
此时E BLvBlat，I 
R R
1 2
B2L2at
则cd棒的安培力为F BIL
安 R R
1 2
由牛顿第二定律得FF ma
安 1
B2L2at
由以上各式整理得F ma
1 R R
1 2
由图线可知t 2s,F 13N
4
代入得B T1.33T
3
（2）当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，ef 棒受力如图所示
当F m gcos
1 2
B2L2at
时，ef 棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后ef 棒飞离轨道，由于F BIL 1
1 R R
1 2
试卷第111页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}联立解得t 4s
1
26．（2024·广东·二模）如图所示为一套电磁阻尼装置原理图，在光滑水平地面上方存在着
水平方向上的磁场，磁感应强度大小均为B0.5T，磁场方向垂直于纸面向里、向外分区域
交替排列，依次编号为区域1、2、3、4…，磁场区域足够多，每个区域的边界均保持竖直，
且各区域宽度相等均为L0.1m，现有一个正方形线圈，边长也为L0.1m，线圈匝数
n100，电阻R10，质量为m0.5kg，以初速度v 10m/s向右滑入磁场区域，重力加
0
速度g 10m/s2。
（1）线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求流经线圈的电荷量；
（2）线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求线圈产生的焦耳热；
（3）线圈从开始运动到最终停止，求线框右侧边完整经过的磁场个数。
【答案】（1）0.05C；（2）2.4375J；（3）5
BL2
【解析】（1）进入1区域，右边切割磁感线产生感应电动势En
Δt
E
由欧姆定律有I 
R
则电荷量qIΔt
联立解得q0.05C
（2）线圈进入1区域的过程中做变减速运动，取一短暂时间t，由动量定理有
nBILΔtmΔv微元累加有
nBLqmv mv
1 0
1 1
根据能量守恒有Q mv2 mv2
2 0 2 1
代入数据解得Q2.4375J
（3）当线圈进入2区域以后的磁场时，左右两边均在切割磁感线。故在某一时刻的电动势
E
E2nBLv 此时电流为I
2
R
线圈受到的安培力F 2nILB
取一短暂时间Δt，由动量定理有
试卷第112页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}FΔtmΔv
4n2B2L2x
微元累加可得  0 mv
R 1
代入数据得x0.475m
 x
故线圈穿过的磁场个数为N 1 5.75线框右侧边完整经过的磁场个数为5个。
L
27．（2024·河南·一模）如图（a）所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距L1m，左
半部分倾斜且粗糙，倾角37，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，
导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为
,tan0.1。右半部分俯视图如图（b）。导体棒Q借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导
轨的动摩擦因数0.5。导体棒P以v 0.5m/s的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去
0
小立柱，Q棒开始下滑，同时对P棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒
始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小均为B1T，两棒的质量均为
m0.1kg，Q棒电阻R0.5Ω，P棒电阻不计。重力加速度大小取
g 10m/s2,sin37 0.6,cos37 0.8，以Q棒开始下滑为计时起点。求
（1）撤去小立柱时，Q棒的加速度大小a ；
0
（2）Q棒中电流随时间变化的关系式；
（3）Q棒达到的最大速度v 及所用时间t 。
m 1
【答案】（1）2m/s2；（2）I=0.1tA；（3）4m/s，4s
【解析】（1）撤去小立柱时，导体棒P刚刚进入三角形磁场区域，没有感应电动势，则对
Q棒受力分析
mgsinmgcos
a  gsingcos100.60.5100.8m/s2 2m/s2
0 m
 BS
（2）只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为E 
t t
试卷第113页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}1
磁场穿过闭合电路的面积与时间的关系为S  vt2tanvttanv2t2
2 0 0 0
S
所以 S2tanv2t
t 0
 BS
E  2Btanv2t210.10.52t0.05tV
t t 0
E 0.05t
I   A=0.1tA
R 0.5
（3）对Q棒受力分析mamgsinmgcosBIL
当Q棒速度达到最大时mgsinmgcosBIL
解得此时I 0.4A，t 4s
1
0.5
三角形磁场总长有L  m5m
1 0.1
而P棒在4s内运动的位移为2m，小于L 。
1
 BIL
Q棒的加速度与时间的关系为agsingcos  20.5t m/s 2
 m 
画出Q棒的a-t图，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的面积，则Q棒达到
的最大速度v 为
m
24
v v m/s4m/s所用时间t =4s。
m 2 1
28．（23-24高三上·陕西西安·期末）如图所示，间距为L1m的足够长的两平行光滑金属
导轨固定在水平面内。虚线MN左侧处在方向竖直向下的匀强磁场中，虚线MN右侧处在方
向竖直向上的匀强磁场中。质量分别为m 2kg和m 1.5kg的金属棒ab、cd 垂直轨道放置
1 2
并静止在导轨上，ab到虚线的距离为d 0.5m，cd 离虚线足够远，ab、cd 接入电路的电
阻分别为r 1和R2。某时刻（t0）给ab棒一大小为v 2m/s、水平向右的初速度。
0
已知金属棒与导轨始终垂直并接触良好，不考虑金属导轨的电阻。
（1）若虚线MN右侧的磁场为变化的磁场，且初始时刻的磁感应强度大小B 0.2T，将cd棒
0
固定，ab棒能一直做匀速运动，求t1s时虚线右侧磁场的磁感应强度大小；
（2）若虚线MN左侧的磁场不变，虚线MN右侧磁场的磁感应强度随时间t变化的规律为
B(0.20.1t)T，固定cd 棒，同时对ab棒施加一个向右的拉力，使ab棒一直做匀速运动，
求t2s时的拉力大小；（结果保留2位有效数字）
（3）若虚线MN右侧的磁感应强度大小为B 0.2T，虚线MN左侧磁场的磁感应强度大小为
1
试卷第114页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}B 0.1T，cd 不固定，则从ab棒开始运动到cd 棒匀速运动的整个过程中，cd 棒产生的焦
2
耳热。
【答案】（1）0.04T；（2）0.17N；（3）2J
【解析】（1）根据题意可知，金属导轨是光滑的，ab导体棒只要在运动过程中产生了感应
电流就会受到安培力的作用，但ab棒能一直做匀速运动说明，在ab导体棒运动过程中闭合
回路磁通量的大小不变，MN左侧磁通量不变，则MN右侧的磁通量不变，即
B Ld  BL(dv t)
0 0
解得t1s时虚线右侧磁场的磁感应强度大小B0.04T
（2）t2s时，磁感应强度B(0.20.1t)T0.4T
 BS BL(dv t)
感生电动势E    0 0.45V
1 t t t
动生电动势为E BLv 0.8V
2 0
两个电动势是串联关系，则E E E 1.25V
1 2
E
则安培力的大小为F BILB L0.17N
安 Rr
ab棒一直做匀速运动，则F F 0.17N
安
（3）到cd 棒匀速运动时，电路中感应电流为0，即整个闭合回路的磁通量不变，即左侧向
下的磁通量的增量和右侧向上的磁通量的增量大小相等，即B v tL B v tL
2 cd 1 ab
1
则v  v
ab 2 cd
对两导体棒分别列动量定理B ILtm(v v )，B ILtm (v 0)
1 1 ab 0 2 2 cd
联立上述方程解得v 0.5m/s，v 1m/s
ab cd
1 1 1
根据能量守恒定律可知系统产生的总热量为Q mv2 mv2  m v2 3J
2 1 0 2 1 ab 2 2 cd
因为两导体棒上电流时刻相等，且运动时间相等则产生的焦耳热之比则为电阻之比，所以cd
R
棒产生的焦耳热Q  Q2J
cd Rr
试卷第115页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}29．（2024·广东·二模）如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木
板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰
减，当木板与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小v与第一次碰前瞬间的速度大
n
1
小v
1
满足关系式v
n
 
nn1
v
1
。现有一质量为2m的物块以速度v
0
4 gx从左端冲上木板，
造成了木板与柔性挡板的连续碰撞（碰撞时间均忽略不计），物块与木板间的动摩擦因数为
。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。
（1）物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；
（2）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量；
（3）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。
15 2 2 
【答案】（1）g，2g；（2）5mgx；（3）    x
 2 n n2
【解析】（1）对物块由牛顿第二定律有2mg 2ma
1
解得a g
1
对木板由牛顿第二定律有2mg ma
2
解得a 2g
2
1
（2）从开始运动到第一次碰撞挡板有x a t2
2 21
x
从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为t 
1 g
1
这段时间内，物块的位移x v t  at2
1 01 2 11
7
解得x  x
1 2
故摩擦产生的热量为Q2mgx x
1
解得Q5mgx
（3）第一次碰撞前，木板的速度v  22gx 2 gx
1
试卷第116页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}1  1
第一次碰撞后的速度v v 1 v
1 12 1  2 1
第二次碰前的速度v v
2 1
v  1
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为Δt 2 1 21 t
1 a  2 1
2
 1
故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为t t Δt t 21 t
2 1 1 1  2 1
1 1 1
第二次碰撞后的速度v  v   v
2 23 1 2 3 1
第三次碰前的速度v v
3 2
v 1 1
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为Δt 2 2 2  t
2 a 2 3 1
2
 1
故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为t t Δt t 21 t
3 2 2 1  3 1
 1  2
归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为t t 21 t 3 t
n 1  n 1  n 1
1
该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有x v t  at2
2 0 n 2 1n
15 2 2 
代入数据解得x    x
2  2 n n2 
30．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在光滑水平台面上，一质量M 0.1kg的物块1（视
为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右
侧质量m0.2kg的物块2（视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B
点沿切线方向入光滑竖直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角53，圆弧轨道
11
BC的半径R m。已知A、B两点的高度差h0.8m，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切
8
于C点，物块2在水平地面上运动一段距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假
设滑上D点前后瞬间速率不变。传送带两端DE的长度L2.35m，传送带的倾角为37，
其速度大小v2m/s。已知物块2与传送带间的动摩擦因数0.5，不计空气阻力，不考虑
碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小g 10m/s2，sin530.8，cos530.6，求：
（1）弹簧被锁定时的弹性势能；
（2）物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。
试卷第117页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}81
【答案】（1）E  J；（2）0.84J
p 80
1
【解析】（1）打开锁扣K，根据能量守恒定律有E  Mv2
p 2 1
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv  Mv mv
1 2 3
1 1 1
Mv2  Mv 2 mv2
2 1 2 2 2 3
此后物块2做平抛运动，则有
v2 2gh
y
v
tan y
v
3
81
解得E  J
p 80
（2）滑块2从A到D，根据动能定理有
1 1
mg(hRRcos) mv2 mv2
2 4 2 3
解得v 6m/s
4
滑块2速度大于传送带速度，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma
1
v v
运动的时间为t  4
1 a
1
v v
位移为x  4 t
1 2 1
解得t 0.4s，x 1.6m
1 1
该过程产生的热量为Q mgcos37(x vt) 0.64J
1 1 1
此后，滑块2受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有mgsinmgcos ma
2
位移为x Lx 0.75m
2 1
试卷第118页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}1
根据匀变速直线运动位移—时间公式有x vt  a t 2
2 2 2 2 2
解得t 0.5s
2
此过程产生的热量为Q mgcos37(vt x )0.2 J
2 2 2
则因摩擦产生的热量为QQ Q 0.84J
1 2
31．（2024·河南郑州·模拟预测）如图所示，一根长R1.44m不可伸长的轻绳，一端系一
小球P，另一端固定于O点．长l3m绷紧的水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针
方向运行，传送带左侧半径r 0.5m的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小
球拉至悬线（伸直）与水平位置成30角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作
弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与
小物块质量相等均为m0.3kg且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数0.25，
其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小g 10m/s2。求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。
【答案】（1）6m/s，10.5N；（2）0.15J；（3）0
【解析】（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为30，则小球P自由下落R时，轻绳刚
好再次伸直，设此时P的速度为v 。根据自由落体运动规律，可得
1
v2 2gR
1
轻质细线伸直后瞬间小球P速度为v v cos30
2 1
小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为v ，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P
3
运动到最低点的
试卷第119页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}1 1
过程中，由动能定理得mgR1sin30 mv2 mv2
2 3 2 2
联立解得小球P运动到最低点与小物块碰前的速度大小v v 6m/s
p 3
设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为 F ，根据牛顿第二定律可知
N
v2
F mgm p
N R
解得F 10.5N
N
根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。
（2）小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为v、v ，根据动量守恒定律有
p 4
mv mv mv
p p 4
根据能量守恒定律有
1 1 1
mv2  mv2 mv2
2 p 2 p 2 4
解得小物块冲上传送带前的速度v v 6m/s
4 p
小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有mg ma
解得加速度大小a2.5m/s2
设小物块与传送带共速时对地位移为x，传送带速度为v ，则由运动学公式可得
5
v2v2 2ax
4 5
代入数据解得
x2.2ml
则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间为
v v
t 4 5 0.4s
a
这段时间内传送带运动的位移为x vt2m
带 5
则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量为Qmg  xx 0.15J
带
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v ，轨道对小物块的弹力为F ，则由动能定理
6 T
有
1 1
2mgr mv2 mv2
2 6 2 5
小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为v  5m/s
6
试卷第120页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}v2
在最高点由牛顿第二定律可得F mgm 6
T r
联立解得F 0
T
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。
试卷第121页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}第二部分 考前基础篇
考前基础篇 主干知识体系构建
1----
主干知识树（按专题）
试卷第122页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}专题一 运动的描述 匀变速直线运动的研究
专题二 相互作用
试卷第123页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}专题三 牛顿运动定律
专题四 曲线运动 万有引力与航天
试卷第124页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}专题五 机械能
专题六 动量与动量守恒定律
专题七 机械振动与机械波
专题八 静电场
试卷第125页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}专题九 电路及其应用
专题十 磁场
专题十一 电磁感应
试卷第126页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}专题十二 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器
专题十三 光学
专题十四 热学
试卷第127页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}专题十五 波粒二象性 原子结构和原子核
考勤基础篇 基本概念、规律及结论回
2---
顾总结
使用说明：高考在即，不要求考生死记硬背，只需结合下文口诀，将高中物理知识回顾
下，不清楚的地方一定要查书巩固。
一、十种力的特点
大小 方向
重力 G＝mg 竖直向下
弹力 弹簧或橡皮条的弹力F＝kx 受力物体受到的弹力方向是受力物体形
试卷第128页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}变的方向或施力物体要恢复原状的方向
滑动摩擦力F＝μF ，静摩擦力一般 与物体相对运动或者相对运动趋势的方
f N
摩擦力
根据力的平衡条件求解 向相反
m m
万有引力 F＝G 1 2 指向施力物体
r2
正电荷受力方向与电场方向相同，负电
静电力 F＝qE
荷受力方向与电场方向相反
安培力 F＝IlB(磁场方向与电流方向垂直) 用左手定则判断
F＝qvB(磁场方向与电荷运动方向 用左手定则判断，四指指向正电荷运动
洛伦兹力
垂直) 方向或者负电荷运动方向的反方向
核力 强相互作用
分子力表现为引力时，指向施力的分子；
分子力
分子力表现为斥力时，指向受力的分子
表面
沿着液面的切线方向
张力
二、力的合成、分解、正交分解
1．理清知识体系
2．掌握解题思路方法
试卷第129页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}三、匀变速直线运动的规律
四、平抛运动规律
1．平抛运动的基本规律
试卷第130页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}2．与斜面相关联的平抛运动
方法 内容 斜面
水平：v ＝v
x 0
分解
竖直：v ＝gt
y
速度
合速度：v＝ v2＋v2
x y
水平：v ＝v
x 0
分解
竖直：v ＝gt
y
速度
合速度：v＝ v2＋v2
x y
水平：x＝v t
0
分解
1
竖直：y＝ gt2
位移 2
合位移：x ＝ x2＋y2
合
五、匀速圆周运动的规律
试卷第131页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}六、万有引力与天体运动
1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路
(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即
Mm v2 4π2r
G ＝ma ＝m ＝mω2r＝m
n
r2 r T2
Mm
(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G ＝mg(g表示天体表面的
R2
重力加速度)。
2．天体质量和密度的计算
(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。
Mm gR2 M M 3g
由于G ＝mg，故天体质量M＝ ，天体密度ρ＝ ＝ ＝ 。
R2 G V 4 πR3 4πGR
3
(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r。
Mm 4π2 4π2r3
①由万有引力等于向心力，即G ＝m r，得出中心天体质量M＝ ；
r2 T2 GT2
M M 3πr3
②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝ ＝ ＝ ；
V 4 πR3 GT2R3
3
③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天
试卷第132页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}3π
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
GT2
度。
3．第一宇宙速度的理解与计算
(1)第一宇宙速度v ＝7.9km/s，既是发射卫星的最小发射速度，也是卫星绕地球运行的最大
1
环绕速度。
(2)第一宇宙速度的求法
GMm v2 GM
① ＝m 1，所以v ＝ 。
1
R2 R R
mv2
②mg＝ 1，所以v ＝ gR。
1
R
4．卫星运行参数的分析与计算
5．卫星(航天器)的变轨问题
(1)轨道的渐变
做匀速圆周运动的卫星的轨道半径发生缓慢变化，由于半径变化缓慢，卫星每一周的运动仍
可以看做是匀速圆周运动。解决此类问题，首先要判断这种变轨是离心还是向心，即轨道半
径r是增大还是减小，然后再判断卫星的其他相关物理量如何变化。
(2)轨道的突变
由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生
突变，使其进入预定的轨道。
Mm v2
①当卫星的速度突然增加时，G ＜m ，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运
r2 r
试卷第133页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}GM
动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ 可知
r
其运行速度比原轨道时减小。
Mm v2
②当卫星的速度突然减小时，G ＞m ，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心
r2 r
GM
运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ 可
r
知其运行速度比原轨道时增大；卫星的发射和回收就是利用这一原理。
不论是轨道的渐变还是突变，都将涉及功和能量问题，对卫星做正功，卫星机械能增大，由
低轨道进入高轨道；对卫星做负功，卫星机械能减小，由高轨道进入低轨道。
七、功与能
1．几种力做功的特点
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。
(2)摩擦力做功的特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能
的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，
且总为负值。在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还
有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相
对路程的乘积。
③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热。
2．几个重要的功能关系
能量 功能关系 表达式
重力做功等于重力势能减少量
弹力做功等于弹性势能减少量
势能 W＝E －E ＝－ΔE
p1 p2 p
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
1 1
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝E －E ＝ mv2－ mv 2
k2 k1 0
2 2
除重力和弹力之外的其他力做功等于
机械能 W ＝E －E ＝ΔE
其他 2 1 机
机械能变化量
摩擦产生 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝
Q＝F·s s 为相对路程
f 相对 相对
的内能 对值等于产生的内能
试卷第134页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}电能 克服安培力做功等于电能增加量 W ＝E －E ＝ΔE
克安 2 1
八、动量
(1)恒力冲量的计算：用公式I＝Ft。
(2)变力冲量的计算：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
F ＋F
一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝ 1 2 t，其中F 、F 为该段时间内初、末两时
1 2
2
刻力的大小。
(3)合冲量的计算
①若合外力是恒力，可先求出合力，再由F t求冲量。
合
②若受几个力，且几个力均为恒力，可用F t＋F t＋…(矢量和)求冲量。
1 2
③若在全过程中受力情况不同，对应时间不同，可求每个力的冲量，然后矢量合成，即利用
F t ＋F t ＋…(矢量和)求冲量。
11 22
④用动量定理I＝Δp求解。
(4)动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即I＝Δp。
(5)动量守恒定律的表达形式：
①m v ＋m v ＝m v ′＋m v ′，即p ＋p ＝p ′＋p ′；②Δp ＋Δp ＝0，Δp ＝－Δp
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
(6)关于弹性碰撞的分析
两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上，质量为m 的钢球沿一条直线以速度v 与静止在水平面上的质量为m
1 0 2
的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 、v
1 2
m v ＝m v ＋m v ①
1 0 1 1 2 2
1 1 1
m v2＝ m v2＋ m v2 ②
1 0 1 1 2 2
2 2 2
由①②可得
m －m
v ＝ 1 2 v ③
1 0
m ＋m
1 2
2m
v ＝ 1 v ④
2 0
m ＋m
1 2
利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况
(a)当m ＞m 时，v ＞0，v ＞0，两钢球沿原方向运动；
1 2 1 2
(b)当m ＜m 时，v ＜0，v ＞0，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；
1 2 1 2
试卷第135页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(c)当m ＝m 时，v ＝0，v ＝v ，两钢球交换速度；
1 2 1 2 0
(d)当m ≪m 时，v ≈v ，v ≈0，m 很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m 几
1 2 1 0 2 1 2
乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞；
(e)当m ≫m 时，v≈v ，v ≈2v ，说明m 很大时速度几乎不变，而质量很小的m 获得的速度
1 2 0 2 0 1 2
是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球
碰乒乓球。
九、电场
q q
(1)库仑定律F＝k 1 2
r2
(2)电场强度的表达式
F
①定义式E＝
q
kQ
②点电荷的场强公式E＝
r2
U
③匀强电场中E＝
d
(3)电势差和电势的关系U ＝φ －φ 或U ＝φ －φ
AB A B BA B A
(4)静电力做功的计算
①普适W ＝qU
AB AB
②匀强电场W＝qEd
(5)电势能E ＝qφ，注意q的正负。
p
Q ΔQ
(6)电容的定义式C＝ ＝ ，
U ΔU
εS
电容器的决定式C＝ r
4πkd
(7)电容器动态分析
①电容器接在电源上，电压不变；
4πkQ
②断开电源时，电容器电量不变；改变两板距离，E＝ ，故场强不变；
εS
r
③含二极管的电容器问题：如右图，若将A极板向上移动，由于二极管的存在，电容器无
法放电，Q不变，C减小，则极板间电压U增大。
试卷第136页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(8)静电计是测量电压U的仪器，题目往往将它与电容器一起考察。
(9)电场中的图像问题——φ－x图像和E－x图像
(10)等量同种(异种)点电荷的电场线和等势面分布图
十、磁场
(1)安培定则、左手定则、右手定则的应用(左力右电)。
(2)几种常见的磁感线分布
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
立体图
试卷第137页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}横截面图
纵截面图
F
(3)磁感应强度的定义式B＝ ，安培力大小F＝IlB(B、I、l相互垂直，且l为有效长度)
Il
(4)同向电流相互吸引，反向电流相互排斥(如下图)
1．有界磁场问题
单直线边界磁场
(1)进入型：带电粒子以一定速度v垂直于磁感应强度B进入磁场。
图1
图2
规律要点：①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的
试卷第138页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}速度离开磁场，如图1所示。
②完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的圆弧轨
道恰构成一个完整的圆。
(2)射出型：粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子。
规律要点：(以图2中带负电粒子的运动轨迹为例)
1
①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于 圆周时且与边界相切(如图2中a点)，则切点为
2
带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)；
1
②最值相交：当带电粒子的运动轨迹大于或等于 圆周时，直径与边界相交的点(图2中的b
2
点)为带电粒子射出边界的最远点。
双直线边界磁场的规律要点
最值相切：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，粒子能
从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切。如图3所示。
图3
对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线。
在图3中，ab之间有带电粒子射出，可求得ab＝2 r2－（d－r）2＝2 2dr－d2
最值相切规律可推广到矩形区域磁场中。
圆形边界
试卷第139页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}(1)圆形磁场区域规律要点
①相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一
定过圆心，即两速度矢量相交于圆心；如图4。
②直径最小：以带电粒子轨迹圆弧对应的弦为直径所作的圆，即为最小圆形磁场区域。如图
5所示。
③点入平出与平入点出：带电粒子从圆周上某点以相同速率沿不同方向射入磁场，若轨道半
径R跟圆形磁场区半径r相等，则所有粒子沿与入射点切线平行的方向射出磁场(磁发散)，
逆向也成立，即平入点出(磁聚焦)。如图6。
(2)环状磁场区域规律要点
①带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场；
②最值相切：如图7，当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度v 或磁场有最
m
小磁感应强度B。
2．电磁技术六大实例
(1)【速度选择器】 如下左图，当带电粒子进入电场和磁场共存空间时，同时受到电场力和
E
洛伦兹力作用，F ＝qE，F ＝qv B，若qE＝qBv ，有v ＝ ，即能从S 孔飞出的粒子只有
电 洛 0 0 0 2
B
一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关。
(2)【电磁流量计】 如上右图，导电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下横向偏
转，a、b间出现电势差。
U U
由qvB＝qE＝q 可得v＝
d Bd
试卷第140页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}πd2 U πdU
流量Q＝Sv＝ · ＝ 。
4 Bd 4B
(3)【磁流体发电机】 如下左图，喷入磁场的正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而
聚焦到A、B板上，产生电势差，设A、B平行金属板的面积为S，相距为L，等离子气体的
电阻率为ρ，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R，当等离子气体
匀速通过A、B板间时，板间电势差最大，离子受力平衡：qE ＝qvB，E ＝vB，电动势E
场 场
L E BLv BLvS
＝E L＝BLv，电源内电阻r＝ρ ，故R中的电流I＝ ＝ ＝ 。
场 S R＋r R＋ρ L RS＋ρL
S
(4)【霍尔效应】 如上右图，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于磁感应强度为B的匀
IB
强磁场中，当电流流过导体板时，在导体板上下侧面间会产生电势差，U＝k (k为霍尔系
d
数)。(应重点注意载流子的区别：若为正电荷导电则A板电势较高，若为负电荷导电则A
板电势较低)
(5)【回旋加速器】 如下图所示，是两个D形金属盒之间留有一个很小的缝隙，有很强的磁
场垂直穿过D形金属盒。D形金属盒缝隙中存在交变的电场，带电粒子在缝隙的电场中被
加速，然后进入磁场做半圆周运动。
①粒子在磁场中运动一周，被加速两次；交变电场的频率与粒子在磁场中圆周运动的频率相
同。
2πm
T ＝T ＝T＝ 。
电场 回旋
qB
②粒子在电场中每加速一次，都有qU＝ΔE 。
k
mv
③粒子在边界射出时，都有相同的圆周半径R，有R＝ 。
qB
mv2 B2R2q2
④粒子飞出加速器时的动能为E ＝ ＝ 。在粒子质量、电量确定的情况下，粒子所
k
2 2m
试卷第141页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}能达到的最大动能只与加速器的半径R和磁感应强度B有关，与加速电压无关。
(6)【质谱仪】 粒子经加速电场加速后，从M点垂直于电场方向进入静电分析器，沿半径为
R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点射出，接着由P点垂直磁分析器的左边界
射入，最后垂直于下边界从Q点射出并进入收集器
十一、闭合电路欧姆定律
E
1．闭合电路欧姆定律I＝ 。
R＋r
2．路端电压与电流的关系U＝E－Ir。
3．电源的功率及效率问题
任意电路：P ＝EI＝P ＋P
总 出 内
电源总功率
E2
纯电阻电路：P ＝I2(R＋r)＝
总 R＋r
电源内部
P ＝I2r＝P －P
内 总 出
消耗的功率
电源的
任意电路：P
出
＝UI＝P
总
－P
内
E2R
输出功率 纯电阻电路：P ＝I2R＝
出 （R＋r）2
P 与外电
出
阻R的关系
P U
任意电路：η＝ 出×100%＝ ×100%
P E
电源的效率 总
R
纯电阻电路：η＝ ×100%
R＋r
十二、法拉第电磁感应定律
(1)法拉第电磁感应定律应用的三种情况
BΔS
①ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n 。
Δt
试卷第142页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}ΔB·S
②ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n 。
Δt
③ΔΦ＝Φ －Φ ，E＝n B 2 S 2 －B 1 S 1 ≠n ΔB·ΔS 。
末 初
Δt Δt
ΔΦ
(2)在Φ－t图像中磁通量的变化率 是图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确
Δt
定该点感应电动势的大小。
(3)导体垂直切割磁感线时，E＝Blv，式中l为导体切割磁感线的有效长度。
1
(4)导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝ Bl2ω。
2
(5)电磁感应现象中通过导体截面的电量
ΔΦ
q＝IΔt＝n 。
R
(6)电磁感应与电路问题：如下图，注意电路的串并联结构、电源的正负极、电源内阻、外
电压等。
(7)求电荷量的三种方法
(8)电磁感应中处理变加速运动的两种方法
Blx
①动量定理mv＝IlB·Δt＝Blq＝Bl·
R
总
1 1
②动能定理 mv2－ mv2＝W ＝F ·x
0 合 合
2 2
【注】 对于力随时间或力随位移线性变化的情况，可以画出F－x或F－t图像，则图像围
成的面积代表该力的功或者冲量。
(9)电磁感应中的两条重要关系
B2l2
①安培力与速度的关系F ＝ v(对于匀强磁场，安培力与速度成正比)
安
R
总
试卷第143页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}ΔΦ Blx
②变加速运动中时间与位移的关系F ·t＝IlB·t＝Blq＝Bl·(n )＝Bl·(n )
安
R R
总 总
十三、交变电流
1．正弦式交流电有效值的求解
I U E
利用I＝ m，U＝ m，E＝ m计算。
2 2 2
2．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P ＝P 。
入 出
U n
(2)电压关系： 1＝ 1。
U n
2 2
I n
(3)电流关系：只有一个副线圈时， 1＝ 2；有多个副线圈时，U I ＝U I ＋U I ＋…＋U I 。
1 1 2 2 3 3 n n
I n
2 1
3．远距离输电
(1)原理图
(2)输电流程
如图所示，注意流程的决定方向，电压由发电机开始，发电机的输出电压＝升压变压器的输
决定 决定
入电压――→升压变压器的输出电压－U ＝降压变压器的输入电压――→降压变压器的输
损
出电压＝用户电压；功率和电流的流程方向相反，由用户决定，这是远距离输电的另一个要
点。
(3)分析三个回路：在每个回路中变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一
个回路的电源。
(4)综合运用下面三个方面的关系求解
①能量关系
P＝U I ＝U I ＝P ＋P
1 1 2 2 用 损
试卷第144页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}P ＝I2r
损 2
P ＝U I ＝U I
用 3 3 4 4
②电压关系
U ＝ΔU＋U
2 3
ΔU＝I r。
2
③变压比关系
U I n
1＝ 2＝ 1
U I n
2 1 2
U I n
3＝ 4＝ 3。
U I n
4 3 4
(5)输电线损失
P2
远距离输电的要点之一是输电线损失，功率损失为P ＝I2r＝ r，电压损失为U ＝Ir，其
额 U2 损
中U、I分别为高压输电电压和电流，最容易错写成P ＝IU。
损
十四、电磁场和电磁波
试卷第145页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}十五、热学
试卷第146页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}十六、振动和波
1．物体做简谐振动
在平衡位置达到最大值的量有速度、动量、动能。
在最大位移处达到最大值的量有回复力、加速度、势能。
通过同一点有相同的位移、速率、回复力、加速度、动能、势能，只可能有不同的运动方向。
经过半个周期，物体运动到对称点，速度大小相等、方向相反。
半个周期内回复力的总功为零，总冲量为2mv，路程为2倍振幅。
t
经过一个周期，物体运动到原来位置，一切参量恢复。
一个周期内回复力的总功为零，总冲量为零。路程为4倍振幅。
2．波传播过程中介质质点都作受迫振动，都重复振源的振动，只是开始时刻不同。
波源先向上运动，产生的横波波峰在前；波源先向下运动，产生的横波波谷在前。
试卷第147页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}波的传播方式：前端波形不变，向前平移并延伸。
3．由波的图像讨论波的传播距离、时间、周期和波速等时：注意“双向”和“多解”。
4．波形图上，介质质点的运动方向：“上坡向下，下坡向上”。
5．波进入另一介质时，频率不变、波长和波速改变，波长与波速成正比。
6．波发生干涉时，看不到波的移动。振动加强点和振动减弱点位置不变，互相间隔。
十七、光的折射与全反射
1．折射率
sinθ
(1)定义式：n＝ 1。
sinθ
2
c
(2)计算公式：n＝ ，因为vv，可能一直减速，也可能先减速
0
再匀速
情景2 ②v ＝v，一直匀速
0
③v v，返回时速度为v，若
0
v v ，当船头方向与上游河
船 水
岸夹角θ满足v cosθ＝v 时，合速
船 水
度垂直河岸，渡河位移最短，最短
位移等于河宽d
渡河位移最短
如果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，卫星在轨道Ⅱ或Ⅲ上经过B点的加速度也相同。
试卷第165页，共206页
{#{QQABTYiEogAAAIBAABgCAQlgCEEQkBACCIoGwBAAsAAAyRFABCA=}#}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
1 2 3 1 2
r3
长轴)、r ，由开普勒第三定律 ＝k可知T 
                    
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0.275963s
物理-2024年高考考前最后一课_4.2025物理总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_物理（含PDF，可直接打印）-2024年高考考前最后一课

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