物理（新高考通用）-2024年高考终极押题猜想（解析版）_4.2025物理总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_物理-2024年高考终极押题猜想

2024 年高考物理终极押题猜想 （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 目录 押题猜想一 运动学与动力学图像..........................................................................................................................2 押题猜想二 静态平衡与动态平衡............................................................................................................................6 押题猜想三 抛体运动与圆周运动..........................................................................................................................12 押题猜想四 万有引力定律与航天..........................................................................................................................17 押题猜想五 牛顿动力学问题..................................................................................................................................21 押题猜想六 机械振动与机械波..............................................................................................................................26 押题猜想七 功能关系..............................................................................................................................................31 押题猜想八 静电场基本概念与规律......................................................................................................................36 押题猜想九 磁场基本概念与规律..........................................................................................................................41 押题猜想十 电磁感应及变压器..............................................................................................................................46 押题猜想十一 光的折射与光的干涉......................................................................................................................53 押题猜想十二 热学规律综合应用..........................................................................................................................58 押题猜想十三 近代物理..........................................................................................................................................62 押题猜想十四 力学实验..........................................................................................................................................66 押题猜想十五 电学实验 74 押题猜想十六 几何光学 81 押题猜想十七 气体实验定律的应用 86 押题猜想十八 动力学两类基本问题 91 押题猜想十九 电磁组合与叠加场问题 96 押题猜想二十 用力学三大观点处理综合性问题 103押题猜想一 运动学与动力学图像 1．如图所示的x-t图像和v-t图像中，四条图线分别表示甲、乙、丙、丁四辆车由同一地点向同一方向运 动的情况，下列说法正确的是（ ） A．在6s末，甲乙两车位于同一位置，丁车位于丙车的前方 B．0~6s内，丙、丁两车的平均速度相等 C．0~6s内，丙车的加速度始终大于丁车的加速度 D．0~6s内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程 【答案】A 【详解】A．由甲图可知，6s末甲乙两车位于同一位置，而v-t图线与横轴所围区域的面积表示物体发生 的位移，由乙图可知，0~6s内，丁的位移大于丙的位移，所以6s末丁车位于丙车的前方，故A正确； B．0~6s内，丁的位移大于丙的位移，所以丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故B错误； C．v-t图线切线的斜率表示物体运动的加速度，则0~6s内，丙车的加速度增大，丁车的加速度减小，丙 车的加速度先大于丁车的加速度，后小于丁车的加速度，在某一时刻两车加速度相等，故C错误； D．0~6s内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程，故D错误。故选A。 2．如图甲所示，一物块放在光滑的水平面上，在水平向右的推力F的作用下从静止开始运动，力F随时 间变化的图像如图乙所示，则物块运动速率的平方随位移变化的关系可能正确的是（ ） A． B．C． D． 【答案】B 【详解】CD．由牛顿第二定律 可得 根据题图乙可知物块在 时间内加速度正向（以向右 为正方向）均匀减小，在 ，时间内加速度负向均匀减小，由 可知， 图像斜率为 ， 则 图像中 先逐渐增大变“缓”再逐渐减小变“缓”，故CD错误； AB．由 图像可知，物块在前一半时间内的位移大于在后一半时间内的位移，故A错误，B正确。 故选B。 押题解读 运动学与动力学图像是高考物理中的重要考点，涉及到对物体运动状态的分析和动力学规律的运用， 考查的频率也比较高，主要涉及到v-t图像、x-t图像、v-x图像、a-t图像、F-t图像等图像，题目的难度一 般情况下不是太大。 考前秘笈 此类题目的解题步骤与技巧： (1)解读图像坐标轴：明确横轴和纵轴代表的物理量以及坐标点的意义。这是解题的基础，有助于我们正 确理解图像所反映的物理过程。 (2)分析图像形状、斜率、截距和面积信息：这些信息往往蕴含着丰富的物理意义。例如，斜率可能代表 速度或加速度，截距可能表示初始位置或初速度，面积可能与位移或功有关。 (3)结合物理规律：将图像信息与物理规律相结合，是解题的关键。通过运用牛顿运动定律、动能定理等 基本原理，我们可以建立数学表达式，进而求解相关问题。 3．如图所示为甲、乙两物体在同一直线上做匀变速直线运动的位移时间图像，两图像相切于A点，其坐 标为（2.0，4.0）。已知甲物体的初速度为零，乙物体的加速度大小为1m/s2，由图像可知（ ） A．甲、乙两物体的运动方向相反，加速度方向相同 B．乙物体的初速度大小为6m/s C．甲物体的加速度大小为4m/s2D．t=0时刻，甲、乙两物体相距10m 【答案】B 【详解】A．甲物体沿正方向做匀加速运动，乙物体沿正方向做匀减速运动，故甲、乙两物体速度方向相 同，但加速度方向相反，故A错误； C．甲物体的初速度为零，根据位移时间公式 将（2.0s，4.0m）代入解得 故C错误； B．两图像相切于A点，图像的斜率表示速度，有 解得 故B正确； D．乙物体的位移时间关系为 将（2.0s，4.0m）代入解得 则乙物体的出发位置为 所以 时刻，甲、乙两物体相距6m，故D错误。故选B。 4．甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上从同一地点以相同的初速度同时开始做直线运动，以初速度方向 为正方向，它们的加速度随时间变化的 图像如图所示。关于甲、乙两车在 时间内的运动情况， 下列说法中正确的是（ ） A．在 时刻，甲车的速度等于乙车的速度 B．在 时刻，甲车的速度小于乙车的速度 C．在 时间内，甲、乙两车的平均速度相等 D．在 时间内，甲、乙两车的间距逐渐增大 【答案】D 【详解】AB．根据加速度—时间图像知道图像与时间轴所围的面积表示速度的变化，则甲车的速度变化 量大于乙车的速度变化量，故在 时刻，甲车的速度小于乙车的速度，在 时刻，甲车的速度等于乙车的 速度，故AB错误； CD．当 时，两图像与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在 前甲车的速度大于乙车的 速度，所以甲车在乙车的前方，所以两车逐渐远离，当 时，两车速度相等即相距最远，则在 时间 内，甲车的运动距离远，根据 可知，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故C错误，D正确。故 选D。 5．一个质点做初速度为 的匀减速直线运动至速度为0，其速度随运动位移关系如图所示．图像上纵坐 标为 的P点的斜率为k，已知图像上某点斜率等于该点加速度与速度比值。则粒子做匀减速运动的时 间为（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设加速度为 ，根据数学方法可知 得到 则粒子做匀减速运动的时间为 故选D。 6．智能寻迹小车上装有传感器，会自动识别并沿水平面内的黑色轨迹行驶，黑色轨迹上标有数值的短线 为分值线。比赛时，小车从起点出发，以停止时车尾越过的最后一条分值线的分数作为得分。为能让小 车及时停下来获得高分，需要测试小车的刹车性能。小庐同学在平直路面上做了刹车实验。图是刹车过 程中位移和时间的比值 与t之间的关系图像。下列说法正确的是（ ） A．由图像知刹车过程中加速度大小为2m/s2 B．从开始刹车时计时经2s，位移大小为0.5m C．某次得分96分一定是刹车阻力偏小造成的 D．车轮与地面间的动摩擦因数 大约是 0.1 【答案】B 【详解】A．根据 可得 由图像可知 ； 解得 故A错误； B．刹车停止的时间为 从开始刹车时计时经过2s车已经停止，该车的位移大小为 故B正确；C．某次得分96分，刹车距离偏大，根据牛顿第二定律 根据运动学规律 知，能是刹车阻力 偏小或者是开始刹车时的速度偏大造成的，故C错误； D．动摩擦因数指没刹车时对应的数值，刹车后的加速度是1m/s2，而不是滑行的加速度，故D错误。 故选B。 7．11月7日，WTT世界乒联常规挑战赛在太原滨河体育中心体育馆正式开打。比赛中运动员高抛发球时， 取竖直向上为正方向，将乒乓球距抛出点的高度用 表示，在空中运动的时间用 表示，设乒乓球受到的 空气阻力大小恒定，则乒乓球从抛出到落回抛出点的过程中，以下关系图像可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】上升阶段 得 乒乓球做匀减速直线运动，由 得 可知 图像斜率 下降阶段 得 乒乓球做匀加速直线运动， 可知 图像斜率 上升阶段 ， 图像斜率为 下降阶段 ， 图 像斜率为 故选A。 押题猜想二 静态平衡与动态平衡 1．中国古代建筑源远流长，门闩就凝结了劳动人民的智慧和汗水。如图是一种竖直门闩的原理图：当在 水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。A、B间的接触面与水平 方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.3，木块B质量为m，重力加速度大小为g。假设水平槽、竖直槽 表面均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为了使门闩启动，施加在木块A上的水平力F至少为（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对A、B受力分析如图 门闩刚好启动时，对A在水平方向上有 对B在竖直方向上 解得 故选D。 2．如图所示，光滑圆环竖直固定，ac为水平直径，bd为竖直直径，一根轻绳P端固定在竖直墙面上，轻 绳跨过圆环后另一端Q与重物B相连，轻质动滑轮挂在轻绳上，动滑轮下吊着重物A，Pbd所在平面与圆 环所在平面垂直，A、B均处于静止状态，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ） A．若将竖直圆环向右平移，则PQ绳中拉力变大 B．若将竖直圆环向右平移，则PQ绳对圆环拉力不变 C．若将轻绳Q端悬系在竖直圆环上，则悬点从a到b移动的过程中绳中拉力保持不变 D．若将轻绳Q端悬系在竖直圆环上，则悬点从a到b移动的过程中绳中拉力一直增加 【答案】B【详解】AB．A、B均处于静止状态，对B，根据平衡条件可得 对A，设绳子间的夹角为 ，根据 平衡条件可得 可知拉力T和绳子间夹角均保持不变，故A错误，B正确； CD．若将轻绳Q端固定在竖直圆环上，则悬点a到b移动的过程中，悬点之间的水平距离变小，绳间夹 角逐渐减小，绳中拉力逐渐减小，故CD错误。故选B。 押题解读 对于静态平衡和动态平衡问题，高考主要以考查共点力平衡的情况居多，多以生活中的场景作为题 目的背景材料，需要学生将生活中的实际物体转化我们我们所熟知的物理模型，然后利用平衡条件加以 解决。静态平衡问题多涉及到多物体的平衡问题，动态平衡问题多一个单个物体的形式出现较多。 考前秘笈 对于静态平衡这类题目时，学生需要掌握力的合成与分解的方法，能够正确画出物体的受力分析图， 并根据平衡条件列出方程进行求解。此外，对于连接体的静态平衡问题，还需要掌握整体法和隔离法的 使用，以便更准确地分析物体的受力情况。 对于动态平衡这类题目时，学生需要掌握解析法、图解法、三角形相似法、正弦定理法、辅助圆法 和拉密定理法等方法，可以对此类问题有效解决。 3．如图所示，用等长的轻质细线将三个完全相同的小球a、b、c悬挂在天花板上。现分别对小球a、b、 c同时施加一个水平向右的恒力F，最后达到平衡状态。下列选项中表示平衡状态的图可能是（ ） A． B．C． D． 【答案】A 【详解】设bc线与竖直方向的夹角为θ，则只对小球c分析可知 只对小球bc整体分析可知 对小球abc整体分析可知 可得 故选A。 4．如图所示是未悬挂铃铛时的风铃骨架，由三个质量相同、半径依次为R、2R、4R的金属圆环组成，四 根不可伸长的相同的轻绳，一端系在金属圆环1，从金属圆环2穿过后再系金属圆环3，绳与圆环的结点 彼此间距相等，整个系统处于平衡态，三个金属圆环均水平不倾斜，设金属圆环1与2、2与3的中心间 距分别为 ，则 、 与 的关系式正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设金属圆环1、2之间的绳与竖直方向夹角为 、金属圆环2、3之间的绳与竖直方向夹角为 、 绳上的拉力为 、金属圆环的质量为 ，把金属圆环2、3看成整体，进行受力分析如图，有 ， 同理对金属圆环3进行受力分析，可得 ， 联立4个式子，可解出 故选C。5．如图所示，摄影师调节三脚架使相机高度降低。调节后，水平地面对任意一只支撑杆的（ ） A．支持力不变 B．支持力变小 C．摩擦力不变 D．摩擦力变小 【答案】A 【详解】AB．令相机与三脚架总质量为M，对相机与三脚架整体进行分析，在竖直方向上有 解得 即支持力不变，故A正确，B错误； CD．令相机质量为m，根据对称性可知，每一只支撑杆对相机的支持力大小均相等，令该支持力F方向 与竖直方向夹角为θ，对相机分析有 支撑杆对地面的压力F与等大方向，则摩擦力 解得 若使相机高度降低，则θ增大，可知，摩擦力增大，故CD错误。故选A。 6．如图甲，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的 腰间C点（重心处），在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙的物理模型：脚与崖壁接触点为O点 （可自由转动），人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳，已知OC长度不变， 人向上攀爬过程中到达某位置后保持O点不动，缓慢转动OC来调整姿势，某时刻AOC构成等边三角形， 则（ ） A．脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对平衡力 B．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力不一定沿杆 C．在虚线位置时，OC段承受的压力比在实线位置时更小 D．在此时刻，轻绳AC承受的拉力大小为T；当OC水平时，轻绳AC承受的拉力大小为T，则 1 2【答案】D 【详解】A．脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误； B．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力与杆的弹力大小相等，方向相反，则轻绳对人的拉力与 人的重力的合力一定沿杆方向，故B错误； C．对人受力分析，人受到重力G、轻绳的拉力T和轻杆的支持力F，构成力的三角形下图所示 由几何知识可知，该力的三角形与三角形AOC相似，则有 ，OC在虚线位置时都与在实 线位置时相等，则根据上式可知，轻杆 在虚线位置与实线位置时对人的支持力相等，则轻杆 在虚 线位置与实线位置承受的压力相等，故C错误； D．在此时刻，由于 为等边三角形，可知轻绳AC承受的拉力大小为 为当OC水平时， 为等腰直角三角形，则轻绳AC承受的拉力大小为 则有 故D正确。故选D。 7．我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板 上，此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦， 重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A．当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货物的支持力为 B．当底板与水平面间的夹角为30°时，支架对货物的支持力为 C．压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大 D．压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小 【答案】A【详解】AB．当底板与水平面间的夹角为 时，受力分析如图 由平衡条件可得 ； 解得底板对货物的支持力 支架对货物的支持力 ，A正确，B错误； CD．压下把手的过程中，货物的受力情况如图 由图可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，CD错误。故选A。 押题猜想三 抛体运动与圆周运动 1．扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有 一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a（秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒b分开。若所 有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。 下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹， 、 为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B【详解】从力的角度看，水平方向的力相等，饱粒b的重力大于秕粒a的重力，如图所示 从运动上看，在水平方向获得的动量相同，饱粒b的水平速度小于秕粒a的水平速度，而从竖直方向上高 度相同 运动时间相等 所以 综合可知B正确。故选B。 2．在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上 点到转轴的距离为 ， 辘轳边缘上 点到转轴的距离为 ，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速上升的过程中，下列说法正确 的是（ ） A． 点与 点的角速度之比为 B． 点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为 C． 点与 点的向心加速度大小之比为 D．绳的拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水桶（含桶内的水）的冲量大小 【答案】C 【详解】A．把手边缘上 点与辘轳边缘上 点属于共轴转动，所以角速度相同，故A错误； B．根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小为 把手边缘上 点的线速度大小为 所以把手边缘上 点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为 ，故B错误； C．由公式 可知，把手边缘上 点与辘轳边缘上 点的向心加速度大小之比为 ，故C正确； D．对水桶分析，根据动量定理有 可知拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水 桶（含桶内的水）的冲量大小与水桶（含桶内的水）动量的变化量大小之和，故D错误。故选C。 押题解读 对于抛体运动的主要是针对平抛运动和斜抛运动的考查，在某些题目中还有可能涉及到类平抛和类抛体运动；对于圆周运动的主要是对基本物理量、水平面内圆周运动和竖直面内圆周运动的考查。这两 类问题多以生活场景中的具体运动为研究对象，需要学生提炼出物理模型，从而应用物理规律加以处理 解决。 考前秘笈 要求学生在考前务必再对抛体运动和圆周运动的基本规律公式、临界条件等内容加以记忆梳理。特 别是对于抛体运动，如何建立合适的坐标系，将抛体运动“化曲为直”这种思想要有清晰的思路；对于 圆周运动中的水平面内和竖直面内圆周运动的临界条件应该作为重中之重加以掌握。 3．如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平抛出，另一次抛出的速度方向与 斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设斜面倾角为 ，小球水平抛出，根据位移角关系 又水平位移 故小球水平抛出的抛出落点到抛出点的距离为 小球抛出的速度方向与斜面垂直时，将 重力加速度分解到沿斜面方向的分加速度为 和垂直斜面方向的分加速度为 ，垂直斜面方向 做类竖直上抛运动，时间为 沿斜面方向做匀加速直线运动，故小球垂直斜面抛出的抛出落点 到抛出点的距离为 故水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之 比为 。故选C。 4．图为西湖音乐喷泉某时刻的照片，水从喷口倾斜射出，空中呈现不同的抛物线，取其中4条抛物线， 分别记作①②③④，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）A．4条水柱中，①中的水上升较高，其出射速度最大 B．②中的水比③中的水在空中运动的时间长 C．在最高点，②中的水比③中的水速度大 D．喷口水平倾角越小，水射程越远 【答案】B 【详解】A．4条水柱中，①中的水上升较高，水在空中的运动时间最大，出射时的竖直速度最大，而其 水平位移最小，所以水平速度最小，则出射速度不一定最大，故A错误； B．②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中运动的时间长，故B正确； C．在最高点，水的速度为水平方向速度，而②中的水比③中的水水平速度小，故C错误； D．水的射程为 当喷口水平倾角为45°时，水射程越远，故D错 误。故选B。 5．饲养员在池塘边堤坝边缘A处以水平速度v 往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为53°，坝顶离水 0 面的高度为5m，g取10m/s2，不计空气阻力（sin53°=0.8，cos53°=0.6），下列说法正确的是（ ） A．若平抛初速度v=5m/s，则鱼饵颗粒不会落在斜面上 0 B．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 0 C．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 越大，从抛出到落水所用的时间越长 0 D．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v 越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小 0 【答案】A 【详解】AC．平抛时间由高度决定，与 无关；若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定， 若鱼饵颗粒恰好落在B点，则由竖直方向可得 得 水平方向可得 解得 则鱼饵颗粒不会落在斜面上，故A正确，C错误； B．若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度方向与水平 面的夹角正切值 越大， 越小，即 越小，故B错误； D．若鱼饵颗粒不能落入水中，落到斜面上时，位移角是确定的，利用平抛的推论 因此 一定，由几何关系可知落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变，故D错误。故选A。 6．游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就 会滑向盘的边缘，其简化的结构如图所示。当魔盘转速缓慢增大时，如果游客相对魔盘仍保持静止，则 在此过程中，下列说法正确的是（ ）A．游客受到魔盘的支持力缓慢增大 B．游客受到魔盘的摩擦力缓慢减小 C．游客受到魔盘的作用力大小变大 D．游客受到的合外力大小不变 【答案】C 【详解】AB．对游客受力分析如图 分别对水平和竖直方向列方程，水平方向f-N=mω2r竖直方向f+N=mg则随着魔盘转速缓慢增大，游客需 x x y y 要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小， 结合水平方向做圆周运动的特点，只能f增大，N减小。故AB错误； C．把人受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力），即为游客受到魔盘的作用力。将其在水平和竖 直方向正交分解，竖直分量与重力等大反向，保持不变；水平方向的分力即为向心力，随着转速缓慢增 大而增大，所以游客受到魔盘的作用力增大，故C正确； D．游客始终由水平方向的合外力提供向心力，由F =mω2r可知，游客受到的合外力大小变大，故D错 合 误。 故选C。 7．如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶 部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而 接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为 d，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩 擦，小物块P和触点A、B均视为质点。当该自行车在平直的道路上行驶时，下列说法中正确的是 （ ）A．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 B．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 C．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 D．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 【答案】C 【详解】AB. 当气嘴灯运动到最低点时发光，此时车轮匀速转动的角速度最小，则有 得 故AB错误； CD. 当气嘴灯运动到最高点时能发光，则 得 即要使气嘴灯一直发光，车 轮匀速转动的最小角速度为 ，故C正确，D错误。故选C。 押题猜想四 万有引力定律与航天 1．2023年7月23日，我国首个火星探测器“天问一号”成功发射三周年，如图所示，已知地球表面重 力加速度为g，地球的质量是火星质量的k倍，地球的半径是火星半径的n倍，假设探测器在火星的着陆 点为水平面，探测器总质量为m，探测器有4条腿，每条腿与地面夹角为 ，则每条腿对火星表面的正压 力大小为（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由黄金代换 解得 可得 联立，解得 对探测 器进行受力分析，可得每条腿对火星表面的正压力大小为 故选B。 押题解读 万有引力定律与航天在高考中的命题将紧密结合我国的航天成就和发展趋势，既考查学生对基础知 识的掌握程度，又注重考查学生运用知识解决实际问题的能力。因此，在备考过程中，学生不仅需要深 入理解万有引力定律的原理和应用，还需要关注我国航天领域的最新动态和成就。 考前秘笈 结合我国的航天成就，如嫦娥探月工程、空间站建设等，掌握和回顾有关天体质量估算、同步卫星、 卫星变轨、卫星追及相应、第一宇宙速度等内容的规律，多以选择题训练为主。 2．2023年5月30日9时31分，神舟16号载人飞船进入太空，经5次自主变轨成功与天和核心舱径向对 接，标志着我国已经成为了航天大国。天和核心舱的轨道可近似看成圆轨道，离地面高度约390千米。 已知地球同步卫星距地球表面高度约为36000km，下列说法正确的是（ ） A．飞船运载火箭发射过程中，宇航员处于失重状态 B．神舟16号飞船在变轨到更高轨道过程中，需要点火减速 C．天和核心舱的向心加速度大于赤道上随地球自转的物体的向心加速度 D．天和核心舱在轨道上运行时，与太阳的连线在相同时间内扫过的面积是相等的 【答案】C 【详解】A．飞船运载火箭发射过程中，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，故A错误； B．神舟16号飞船在变轨到更高轨道的过程中，需点火加速做离心运动，故B错误； C．根据万有引力提供向心力，有 解得 由于天和核心舱的轨道半径小于地球同步卫星 的轨道半径，则天和核心舱的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，根据 可知地球同步卫 星的向心加速度大于赤道上随地球自转的物体的向心加速度，由此可知天和核心舱的向心加速度大于在 赤道上随地球自转的物体的向心加速度，故C正确； D．天和核心舱在轨道上绕地球运行时，根据开普勒第二定律可知，天和核心舱与地球的连线在相同时间 内扫过的面积是相等的，但与太阳的连线在相同时间内扫过的面积是不相等的，故D错误。故选C。 3．2023年8月29日，华为最新款手机Mate60Pro开始发售，该手机搭载了我国自主设计和研发的5G芯 片，引起了全世界的瞩目。它还可以直连我国自主研发的天通一号卫星系统，实现全球卫星通话功能。 天通一号卫星系统由01、02、03三颗卫星组成，均位于地球同步轨道。关于该卫星系统和我国在轨（圆轨道）运行的空间站，下列说法错误的是（ ） A．天通一号卫星系统三颗卫星运行周期相同 B．天通一号卫星系统01星的线速度小于空间站运行线速度 C．在某段时间内，01星与地球球心连线扫过的面积大于空间站与地球球心连线扫过的面积 D．01星的机械能一定大于空间站的机械能 【答案】D 【详解】A．天通一号卫星系统三颗卫星均位于地球同步轨道，轨道半径相同，根据开普勒第三定律 可知，三颗卫星运行周期相同，故A正确； B．根据万有引力提供向心力有 解得 空间站的轨道半径较小，则天通一号卫星系统 01星的线速度小于空间站运行线速度，故B正确； C．根据扇形面积公式可知，卫星与地球球心的连线扫过的面积为 = 则在相同的时间内， 01星与地球球心连线扫过的面积大于空间站与地球球心连线扫过的面积，故C正确； D．机械能与质量有关，无法分析两者机械能的大小关系，故D错误；本题选择错误选项；故选D。 4．天问一号是中国行星探测任务名称，该名称源于屈原长诗《天问》，表达了中华民族对真理追求的坚 韧与执着。如图是天问一号的运行轨迹图，在运行过程中进行了多次轨道修正，天问一号进入火星轨道 后，飞行轨迹是一个绕着火星的椭圆形。远火点则是这个椭圆轨迹上距离火星最远的一点，远火点平面 轨道调整就是将天问一号的绕火星飞行路线从横着绕变成竖着绕并进入遥感使命轨道，这样天问一号就 能够对火星的两极进行拍摄，从而完成对火星全球的遥感成像任务（ ） A．天问一号发射阶段的速度必须大于第二宇宙速度 B．天问一号在进入火星轨道前只受到地球和火星的引力影响 C．天问一号在远火平面制动点的加速度比其他绕火星轨道的加速度都要大 D．天问一号的遥感使命轨道是火星的同步轨道，在这个轨道上天问一号相当于火星的同步卫星 【答案】A 【详解】A．天问一号要脱离地球的吸引，发射阶段的速度必须大于第二宇宙速度，故A正确； B．天问一号在地球附近时，只受到地球的引力影响，故B错误； C．根据牛顿第二定律 解得 远火点则是这个椭圆轨迹上距离火星最远的一点，故天问 一号在远火平面制动点的加速度比其他绕火星轨道的加速度都要小，故C错误；D．天问一号的遥感使命轨道是椭圆轨道，不是火星的同步卫星轨道，故D错误。故选A。 5．2024年2月23日，“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，被誉为龙年 首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的 轨道半径是地球半径的n倍，下列说法中正确的是（ ） A．地球同步卫星可以静止在北京上空 B．同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 C．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的 D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的 【答案】B 【详解】 A．地球同步卫星静止在赤道上空，不可能静止在北京上空，故A错误； B．根据万有引力提供向心力 可得 则 故B正确； C．同步卫星、地球赤道上物体角速度相同，根据 则 故C错误； D．根据万有引力与重力的关系 根据牛顿第二定律 可得 故D错误。故选 B。 6．某校天文小组通过望远镜观察木星周围的两颗卫星a、b，记录了不同时刻t两卫星的位置变化如图甲。 现以木星中心为原点，测量图甲中两卫星到木星中心的距离x，以木星的左侧为正方向，绘出 图像如 图乙。已知两卫星绕木星近似做圆周运动，忽略在观测时间内观察者和木星的相对位置变化，由此可知 （ ） A．a公转周期为 B．b公转周期为 C．a公转的角速度比b的小 D．a公转的线速度比b的大【答案】D 【详解】A．由图像可知，a公转周期为 ，故A错误； BCD．由万有引力提供向心力可得 可知 ， ， 由于b的轨道半径大于a的轨道半径，则b的公转周期大于a的公转周期，即b公转周期大于 ；a公转 的角速度比b的大；a公转的线速度比b的大，故BC错误，D正确。故选D。 押题猜想五 牛顿动力学问题 1．（多选）如图所示，A，B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小 球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线刚好 拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量 均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿 斜面下滑至速度最大时C恰好要离开地面。下列说法正确的是（ ） A．C刚离开地面时，B的加速度为零 B．斜面倾角α=60° C．刚释放A时，B的加速度是 D．A获得最大速度为 【答案】ACD 【详解】A．A和B的速度相等，当A的速度最大时，B的速度也最大。则C刚离开地面时，B的加速度为 零，A正确； B．开始与C恰好要离开地面时，弹簧分别处于压缩和拉伸状态，弹力大小均为 对AB分析 得 ，B错误； C．刚释放时，对AB分析 得 ，C正确； D．弹簧弹性势能变化为零，根据机械能守恒 联立得A获得最大速度为 ，D正确。故选ACD。 押题解读 连接体模型是力学常见物理模型，此类模型中物体运动过程中受力分析较为复杂，通常需要利用整 体法和隔离法，结合牛顿第二定律来处理问题，同时这类问题中也会考查临界条件。 考前秘笈 要求学生能够对连接体模型中的物体做出正确的受力分析，然后根据牛顿第二定律列出方程，并且 要求学生能够发现条件中或者书写公式中隐藏的条件和联系，特别要注意对斜面连接体问题、弹簧连接 体问题的强化训练。 2．（多选）质量为m的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质细线 上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量为m的物块放置在斜面上。现用水平向左的推力F （为未知量）作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对静止时，细线与竖 直杆之间的夹角为 ，已知斜面的倾角为 ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ） A．当 时，水平推力大小一定为 B．当 时，水平推力大小一定为 C．当 时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0 D．当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直 【答案】AD 【详解】A．当 时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力， 合力水平向左，如图 则 解得 整体由牛顿第二定律得 故A正确； B．当 时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦 力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B错误； C．当 时，小球的加速度大小为 物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一定为0，故C错误； D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则 解得 细线与斜面一定垂直，故D正确。故选AD。 3．（多选）如图所示，一小球用轻质细线悬挂在木板的支架上，分别沿倾角为θ的两个固定斜面下滑， 甲图中细线保持竖直，乙图中细线保持垂直斜面。在木板下滑的过程中，下列说法正确的是（ ） A．甲图中木板与斜面间的动摩擦因数 B．甲图中木板、小球组成的系统机械能守恒 C．乙图中木板与斜面间的动摩擦因数 D．乙图中木板、小球组成的系统机械能守恒 【答案】AD 【详解】A．甲图中，因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向没 有分力，所以小球在水平方向没有加速度，根据力的平衡条件得 则解得 故A 正确； B．甲图中，因小球沿斜面做匀速直线运动，由于木板与小球的运动状态相同，所以木板、小球组成的统 动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故B错误； C．乙图中，因拉小球的细线与斜面垂直，所以小球受到重力和细线垂直于斜面向上的拉力，其合力沿斜 面向下，所以小球的加速度也沿斜面向下，对小球运用牛顿第二定律得 解得 由于木板与小球的运动状态相同，所以对木板、小球组成的整体，根据牛顿第二定得 解得μ=0故C错误； D．乙图中，由于木板不受斜面的摩擦力，所以木板、小球组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故 D正确。故选AD． 4．（多选）如图所示，A，B两物块的质量分别为 和 ，静止叠放在水平地面上。A，B间的动摩擦因 数为μ，B与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 。现对A施加 一水平拉力F，则（ ） A．当 时，A，B都相对地面静止B．当 时，A的加速度为 C．当 时，A相对B静止 D．无论F为何值，B的加速度不会超过 【答案】BD 【详解】A． 之间的最大静摩擦力为 ， 与地面间的最大静摩擦力为 当 时， 有可能大于 ，因此 ， 可能相对地面发生滑动， 故A 错误； B．当 时，对 整体，根据牛顿第二定律有 解得 的共同加速度为 当两物体未发生相对滑动时， 越大，加速度越大，当两物体发生相对滑动时， 的加速度最大，对 ， 根据牛顿第二定律有 解得 的最大加速度为 因为 ，则A的加 速度为 ，故B正确； C．当两物体恰好发生相对运动时，对 整体，根据牛顿第二定律有 对 ，根据牛顿 第二定律有 联立解得 故当 时， 、 之间发生相对滑动，故C 错误； D． 的最大加速度为 ，因此无论F为何值，B的加速度不会超过 ，故D正确。故选BD。 5．（多选）如图所示，质量为m的小球A和质量为 的小球B与轻杆相连，两球连接体斜放在车厢内， 当车以一定的加速度向右匀加速运动时，两球连接体相对于车厢静止，轻杆与竖直方向的夹角为 ，车厢 侧壁和地板均光滑，重力加速度为g，则（ ） A．轻杆对球的作用力大小为 B．车的加速度大小为 C．A球对车厢侧壁的作用力大小为D．B球对车厢地板的作用力大小为 【答案】ACD 【详解】A．根据题意，设杆对球的作用力大小为 ，对A球，竖直方向上由平衡条件有 解得 故A正确； BCD．水平方向上，由牛顿第二定律，对A球有 对B球有 竖直方向上对B球， 由平衡条件有 联立解得 ； ； 故B错误，CD正确。 故选ACD。 6．（多选）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑 水平台面上，质量为3m的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C物块使轻绳处于拉直状态。由静止释放C 后（运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞）（ ） A．相同时间内，A、B运动的路程之比为1∶2 B．物块A、B的加速度之比为2∶1 C．细绳的拉力为 D．当物块C下落高度h时，速度为 【答案】BCD 【详解】AB．根据题意，由牛顿第二定律可得 ； ； 解得 则路程之比 故A错误，B正确； C．设B运动的路程为s，则A运动的路程为2s，可知此时C运动的路程为1.5s，则有 由以上选项分析可以解得 故C正确； D．由牛顿第二定律 可得 则当当物块C下落高度h时，由 可得速度为 故D正确。故选BCD。押题猜想六 机械振动与机械波 1．某鱼漂重为G，如图甲所示。O、M、N为鱼漂上的三个点，M、N关于O对称。当鱼漂静止时水位恰 好位于O点。用手将鱼漂往下压至M点后放手。假设水面静止，鱼漂在M、N间横截面积不变，不考虑 水流阻力。下列说法正确的是（ ） A．鱼漂恰好能回升至点O过水面 B．鱼漂上升过程中还有一个位置加速度与刚放手时相同 C．若点M到达水面时浮力为 ，则整个上升过程中浮力最小为 D．点O过水面时，鱼漂的速度、加速度方向均向上 【答案】C 【详解】根据题意可知，当鱼漂静止时，水面恰好过O点，由平衡条件有 取向下为正方向， 鱼漂向下运动时，鱼漂的合力为 整理可得 可知，鱼漂的上下运动是简谐 运动。 A.因为鱼漂的上下运动是简谐运动，所以鱼漂恰好能回升至点N过水面，故A错误； B.鱼漂上升过程中 不断减少，鱼漂的合力大小不断减少，所以没有一个位置加速度与刚放手时相同，故 B错误； C.若点M到达水面时浮力为 ，即此时合力大小为 因为鱼漂的上下运动是简谐运动， 所以鱼漂在N点的合力大小跟在M点合力大小相等。所以在N点受到的浮力大小 而N点是鱼漂在整个上升过程中受到浮力最小的位置，故C正确； D.点O是鱼漂做简谐运动的平衡位置，所以点O过水面时，鱼漂的速度最大，方向向上。但加速度为0。 故D错误。故选C。 2．艺术体操是一项女子竞技项目，主要有绳操、球操、圈操、带操、棒操五项。带操动作柔软、流畅、 飘逸、优美。如图所示是一位带操运动员的竞技场景，丝带的运动可以近似为一列简谐横波沿 轴传播， 时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点， 时刻该波刚好传播到 点，质点 A的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）A． 时，质点A的位移为 B．该波的传播速度是 C．波向 轴负方向传播 D． 时质点 通过的路程是80 【答案】D 【详解】A．由题图甲乙可知，振幅为 周期为 角速度为 A振动的初相 为 则质点A的位移的函数表达式为 当 时，质点A的位移为 ，A错误； B．由乙图可知，质点的振动周期为 由甲图可知，波长 则波速为 ，B错误； C．由该简谐波 时恰好传到B点，波源在B 点左侧，波向 轴正方向传播，C错误； D．质点B、 平衡位置之间的距离为 由 解得 即经过 质点 开始振动，又经过 0.8s 质点 完成一次全振动通过的路程是80cm ，D正确。故选D。 押题解读 对于这部分内容，高考多以考查机械振动中的弹簧振子和单摆模型，对于机械波多以考查波动图像 和振动图像想结合的问题、机械波的多解问题和机械波的干涉问题。 考前秘笈 要求掌握机械振动弹簧振子和单摆模型的特点，以及在此基础上基本规律的拓展应用，明确振动图 像和波动图像的物理意义和应用。 3．如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面S点静止释放，小球在隧道内的运动可视 为简谐振动。已知地球半径为R，小球经过O点时开始计时，由O向S运动，经 时间第1次过P点（P 点图中未标出），再经 时间又过该点。则（ ） A．小球振动的周期为 B．O到P的距离为 C．小球第3次过P点所需的时间为 D．由S到O的运动过程中小球受力逐渐增大【答案】B 【详解】A.小球经过O点时开始计时，由O向S运动，经t 时间第1次过P点，再经2t 时间又过该点， 0 0 说明小球从O到P的时间为t ，从P到最大位移处的时间为t ，小球从最大位移处再回到P点的时间为 0 0 t ，则小球振动的周期为T = 4(t + t ) =8t 故A错误;； 0 0 0 0 B.设O到P的距离为x，由简谐运动的对称性可得x=Asin 又A= R则得 故B正确； C.小球第3次过P点所需的时间为t=6t 故C错误； 0 D.由S到O的运动过程中小球做简谐运动，位移逐渐减小，根据简谐运动的特征 分析可知加速度 逐渐减小，由牛顿第二定律知小球受力逐渐减小，故D错误。故选B。 4．如图所示的弹簧振子，物块A的质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧振子振动的周期为 ； 让A在光滑的水平面上做往复运动，A在运动过程中的最大速度为v，当A的速度最大时，把另一个质量 0 为m的物块B轻轻的放在A上，两者合二为一立即达到共同速度。下列说法正确的是（ ） A．物块B未放置到A上之前，A由最左端运动到最右端需要的时间为 B．放上B后，整体第一次运动到弹性势能最大处，需要的运动时间为 C．两物块合二为一后，弹簧的最大弹性势能为 D．物块B放置到A上，在两者达到共同速度的短暂过程，A对B的冲量为 【答案】B 【详解】A．由简谐振动的规律可得A由最左端运动到最右端需要的时间为半个周期，由弹簧振子的振动 周期可得这段时间为 故A错误； B．根据弹簧振子的周期公式可得，放上B后，弹簧振子的周期发生改变，变为 而当A的速 度最大时，即A位于平衡位置，此时把物块B轻轻的放在A上，整体第一次运动到弹性势能最大处，需要 的运动时间为四分之一周期，可得这段时间为 故B正确； C．两物块合二为一，由动量守恒定律可得 最大动能为 由机械能守恒定律可得 最大的弹性势能为 综合可得 ， 故C错误；D．物块B放置到A上，在两者达到共同速度的短暂过程，由动量定理可得，A对B的冲量 故D错误。故选B。 5．如图甲所示的漏斗在做简谐运动的同时，小付同学将下方的薄木板沿箭头方向匀加速拉出，漏斗3s内 漏出的细沙在板上形成的曲线如图乙所示，当地重力加速度大小 ，下列说法正确的是（ ） A．该沙摆的周期为3s B．该沙摆的摆长约为2m C．薄木板的加速度大小为 D．当图乙中的B点通过沙摆正下方时，薄木板的速度大小为0.35m/s 【答案】C 【详解】 A．由题图乙知，该沙摆的周期为2s，选项A错误； B．沙摆的周期 解得 选项B错误； C．由题图乙中数据可知，木板在连续且相等的时间段内的位移差 解得 选项C正确； D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有 选项D错误。故选C。 6．“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发 出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波 时刻的波形图，M是此波上的一个质点，平衡位置处于 处，图乙为质点M的振动图像，则（ ） A．该列波的传播速度为4m/s B．该列波的传播方向沿x轴负向传播 C．质点M在9s内通过的路程为340cm D．质点M在2s内沿x轴运动了8m 【答案】B【详解】A．由图甲知，波长 由乙图知，周期T=2s该列波的传播速度为 故A错误； B．由乙图知， 时刻M质点向上振动，根据“同侧法”， 该列波的传播方向沿x轴负向传播，故B 正确； C．根据 质点M在9s内通过的路程为 故C错误； D．质点M只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，故D错误。故选B。 7．位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t=0时波源开始振动，其位移y随时间 t变化的关系式为y=0.2sin（πt+π）m，波经过5s传到距波源20m处的B点，则在t=16s时，B点附近的波 形图正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意可知，波的传播速度为 由位移y随时间t变化的关系式可知周 期为 则波长为 根据位移y随时间t变化的关系式可知质点的起振方向沿 轴 负方向，则 时， 处的质点开始从平衡位置沿 轴负方向振动；根据 可知 时， 处的质点经过平衡位置沿 轴正方向振动，由于波沿 轴正方向传播，根据波形平 移法可知，B点附近的波形图正确的是B。故选B。 押题猜想七 功能关系 1．（多选）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置 一个质量为m的小物块，物块与圆盘间、物块与桌面间的动摩擦因数均为 。现从静止开始缓慢增大圆 盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动 B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为 C．餐桌面的半径为 D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为 【答案】BD 【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块沿切线方向滑出，合外力为与速度方向相反的滑动摩擦力， 做匀减速直线运动，故A错误； B．小物块滑下时 可知 由动能定理可得圆盘对小物块做的功为 故B正确； C．小物块滑下后在桌面上滑动时，由动能定理得 解得小物块在桌面滑动距离 则餐桌面的半径为 故C错误； D．物块在餐桌面上滑行的过程中，根据动量定理可得所受摩擦力的冲量大小为 故D正确。故选BD。 押题解读 对复杂的物理过程时，动能定理成为分析初末状态动能、求解变力做功的有力工具。对于单个物体 或是由多个物体组成的系统，在机械能守恒的条件下，我们可以运用机械能守恒定律来解决问题。当涉 及到机械能与其他形式能量的转化时，能量守恒的观点则成为解决问题的关键。在物理考试中，特别是 高考中，直线运动、圆周运动、抛体运动等运动形式经常与动能定理、机械能守恒定律相结合进行考查。 这种结合不仅检验了学生对这些基本物理定律的理解程度，还考查了他们运用这些定律解决实际问题的 能力。因此，深入理解并熟练掌握这些知识点，对于提高物理学习水平和应对物理考试都至关重要。 考前秘笈 在处理物理问题时，可以将复杂的运动过程拆解为两个或多个子过程。在每个子过程中，对物体进 行详细的受力分析，并据此列出动能定理方程或机械能守恒方程。如果机械能不守恒，则只能利用动能 定理来求解。而在利用机械能守恒定律解决问题时，我们可以通过转化思想避免选择参考平面，通常这 需要综合考虑多个物体或多个过程，综合列出方程进行求解。2．（多选）如图所示，是小朋友非常喜欢的一款电动玩具小车，我们可以通过玩具小车在水平面上的运 动来研究功率问题。已知小车质量为m，小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车保持功率不变，小 车的v-t图象如图甲所示，t₀时刻小车的速度达到最大速度的 倍，小车速度由v₀增加到最大值的过程中， 小车的牵引力F与速度v的关系图象如图乙所示，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（ ） A．小车的额定功率为 B．小车的最大速度为 C．小车速度达到最大速度的一半时，加速度大小为 D． 时间内，小车运动的位移大小为 【答案】CD 【详解】A．根据题意可知，当 时，有 ，由公式 ，可得 故A错误； B．当小车以最大速度匀速运动时 且 根据 即 可得 故B错误； C．由A、B选项可知 ； 则根据公式 ，可得小车速度达到最大速度的一半时，此 时的牵引力 又 根据牛顿第二定律 ，可得 解 得 故C正确； D．在 时间内，位移为 ，根据动能定理 解得 故D正 确。 故选CD。 3．（多选）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面 的高度为h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为 处由静止释放， 下列说法正确的是（ ） A．小球P即将落地时，它的速度大小为 B．小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为 C．从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为 D．若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为 【答案】BC 【详解】B．平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则速度与水平方向的夹角 可知，小球P即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平 抛运动知识可知，小球P的速度方向与水平方向的夹角解得 故B正确； A．设小球P即将落地时，它的速度大小为 ，小球Q的速度大小为 ，根据系统机械能守恒有 小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有 解得 ， 故A错误； C．根据动能定理可得，从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为 故C正确； D．小球P落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有 由于轨道、轻杆对小球 有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与 大小不相等，即不等于 ， 故D错误。故选BC。 4．（多选）过山车是一种刺激的游乐项目，未经训练的普通人在承受大约5个重力加速度时就会发生晕 厥。图甲过山车轨道中回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆轨道最高点、B为最低点；图乙过山 车轨道中回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径 为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰处由静止下降， 经过A、C点时均和轨道没有相互作用，点B、D等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是（ ）A．过山车经过A、C点时速度为0 B．图甲过山车轨道比图乙轨道更安全 C．图乙过山车轨道比图甲轨道更安全 D．图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R 【答案】CD 【详解】A．已知过山车经过A、C点时和轨道没有相互作用，重力充当向心力有 解得 故A错误； BC．分别运动到轨道最低点B、D时，人所受加速度最大，由动能定理，对图甲圆环轨道 经过B点时加速度 解得 图甲过山车轨道存在安全隐患；对图乙倒水滴形轨道有 经过D点时加速度 解得 故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全， 故B错误，C正确； D．相同载人过山车在顶峰处动能为0，经A、C点时动能相等，根据机械能守恒，有 ； 其中 可得 即图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R，故 D正确。故选CD。 5．（多选）如图所示，质量为 的长木板放在粗糙的水平地面上，质量 的小物块置于长 木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数 ，长木板与地面之间的动摩擦因数 。现给 小物块施加一个水平向左的恒力 ，给长木板施加一个水平向右的恒力 时撤掉力 ， 小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是（ ） A． 长木板的加速度 B． 过程中 对小物块做了 的功 C． 的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量 【答案】BC 【详解】A．对长木板进行受力分析，受力示意图如图所示 A. 根据牛顿第二定律 ； 故A错误； B．对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀 减速直线运动，加速度大小分别为 和 ，长木板和小物块在0~4s内的 如图所示，0~2s小物 块做匀加速直线运动，位移 ，拉力对小物块做功为 故B正确； C．两条 图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由 图像可知 小物块与长木 板之间的摩擦生热 故C正确； D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。故选BC。 6．（多选）皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的一部分如下图所示，传 送带与水平地面的夹角 。若传送带以恒定的速率 逆时针运转，将质量为 的煤块（看 成质点）无初速度地放在传送带的顶端P，经时间 煤块速度与传送带相同，再经 到达传送 带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ， ， ， 则（ ） A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 B．传送带 的长度为C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为 D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为 【答案】ABD 【详解】物块刚放上传送带的 内，物体的速度 由牛顿第二定律 解得 故A正确； B．在最初0.5s内物块的位移 以后物块的加速度 再经 到达传送带底 端Q点，则 则传送带PQ的长度 联立代入数据解得 故B正确； C．在最初0.5s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离 以后的2s内滑块相对传送带向 下滑动，则相对滑动的距离 联立代入数据解得 ； 则煤块从点到达点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m，故C错误； D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为 故D 正确。故选ABD。 押题猜想八 静电场基本概念与规律 1．如图所示，在真空中水平放置一高为2L的长方体绝缘支架，其上下两个面是边长为L的正方形，在 顶点A、C处分别放置电荷量均为+Q的点电荷，在顶点F、H处分别放置电荷量均为 Q的点电荷，O、 1 O 分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是（ ） 2 A．该长方体的几何中心处场强方向竖直向上 B．B、D两点场强和电势均相同 C．沿竖直方向从O 到O，场强大小先减小后增大 1 2 D．将一负试探电荷从D点移到G点，电场力做负功 【答案】D 【详解】A．由等量同种点电荷电场特点可知，A、C处放置的正电荷在长方体的几何中心处场强方向竖 直向下，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，则该长方体的几何中心处合场 强竖直向下，A错误；B．B、D两点到两正电荷的距离相同，到两负电荷的距离相同，由矢量合成可知，B、D两点的场强大小 相等，方向不同，由对称性可知电势相同，B错误； C．沿竖直方向从O 到O，两正电荷在O 点场强为0，两负电荷O 点场强为0，则O 点场强与O 点场强 1 2 1 2 1 2 相同且较小，不可能先减小后增大，C错误； D．D点离两正电荷更近，G点离两负电荷更近，则D点电势高于G点电势，将一电子从D点移到E点， 电场力做负功，D正确；故选D。 押题解读 这部分内容主要结合等量同种或者等量异种电荷的电场特点和电场线特点，重点考查静电场的电场 强度、电势、电势能等基本概念，同时也可以通过各类图像中斜率、面积的物理含义来对静电场中上述 概念的考查。 考前秘笈 掌握等量同种或者等量异种电荷的电场分布，特别是电荷连线和连线中垂线上各点电场强度、电势、 电势能的变化。熟悉φ-x图像、E-x图像、E-x图像的斜率和面积物理含义的掌握。 P 2．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆的圆心， 为上侧阳 半圆的圆心， 为下侧阴半圆的圆心，O、 ， 在同一直线上，AB为大圆的直径且与 连线垂直， C、D为关于O点对称的两点，在 ， 两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有 、 处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ） A．C、D两点电势相等 B．把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能先增加后减小 C．把质子由A沿直线移到B的过程中，质子所受电场力先增加后减小 D．将一电子（不计重力）从A点由静止释放，电子可以沿直线在AB间做往返运动 【答案】C 【详解】A．在 ， 两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，设 处为正点电荷， 处为负点电 荷，由于C点靠近正点电荷，D点靠近负点电荷，则C点电势高于D点电势，故A错误； B．AB为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所以 把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能保持不变，故B错误；C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，O点为中垂线上场强最大的点，则把质子由A沿直线移 到B的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小，故C正确； D．由于根据等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一电子（不计重力）从A点由静止 释放，在A处受到的电场力与AB直线垂直，电子不可能沿直线在AB间做往返运动，故D错误。故选 C。 3．如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒 子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上。下列说法正确的是（ ） A．该粒子可能带正电 B．该粒子经过B点时的速度最大 C．该粒子经过B点时的加速度一定为零 D．该粒子在B点的电势能大于在A点的电势能 【答案】C 【详解】A．粒子在A到B的运动中，其轨迹向左下方弯曲，说明带电粒子受力向左下方，即受固定正电 荷的吸引，因此粒子带负电，A错误； B．粒子在A到B的运动中，只受电场力作用，且电场力先做正功后做负功，由动能定理可知，动能先增 大后减小，因此粒子在B点的动能不是最大，则该粒子经过B点时的速度不是最大，B错误； C． B点是两点电荷连线的中点，合场强是零，带电粒子受力是零，则加速度一定是零，C正确； D．两等量正电荷在连线的中垂线上交点处电势最高，从交点向两侧电势逐渐降低，因此B点的电势高于 A点电势，即 ，由 可知，粒子带负电，因此 ，即该粒子在B点的电势能小于在A 点的电势能，D错误。故选C。 4．x轴上有两个不等量点电荷 ，两电荷连线上各点电势随位置坐标变化的 图像如图所示，图 线与φ轴正交，交点处的纵坐标为 ，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。正电子的质量为m，电 荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（ ） A． 带异种电荷B．两电荷电量之比 C．将一正电子从a点由静止释放，若经过O点时速度为 ，则a点电势 D．将一正电子从b点由静止释放，则电场力先做正功后做负功，正电子经过O点后可以到达a点 【答案】C 【详解】A．由图可知x轴上的 和 之间的电势都大于零，故两个点电荷一定都是正电荷，故A错误； B．在x=0处图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，有 解得 故B错误； C．从a点静止释放到O点，动能定理可得 得 故C正确； D．将一正电子从b点由静止释放初始动能为零，由于a点电势大于b点，正电子在a点电势能大于b点， 根据能量守恒可知，不可能到达a点，故D错误。故选C。 5．O、A、B为一条电场线上的三点，一电子仅在电场力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零 电势点，该电子运动过程中电势能 随移动距离x的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B．A点的电场强度等于B点的电场强度 C．电子在A点的动能小于在B点的动能 D．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功 【答案】B 【详解】AB．由题图可知，从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离也均 匀增加，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等，选项A 错误，B正确； CD．电子在A、B两点的电势能分别为 和 ，且 说明电子由A点运动到B点时电势能增大， 电场力做负功，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，电场力对其所做的功为 选项CD错误。故选B。 6．有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x 轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为4V、8V、10V，将一电荷量为q = －2 × 10－5C的点电荷由a点开 始沿abcd路线运动，则下列判断不正确的是（ ）A．坐标原点O的电势为8V B．电场强度的大小为 C．该点电荷在d点的电势能为−1.6 × 10−4J D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为8 × 10−5J 【答案】A 【详解】A．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，故 代入数 据解得 故A错误； B．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e的电势为 ， 连接Oe则为等势面，如图所示 由几何关系可知， 垂直Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为 故B正确； C．由分析可知，bd在同一等势面上，电势相等，该点电荷在d点的电势能为 故C正确； D．该点电荷从a点移动到b点电场力做功为 故D正确。本题选 择不正确的，故选A。 押题猜想九 磁场基本概念与规律 1．正方体 的上表面水平，沿中心线 放置一根通有恒定电流I的长直导线，现使一闭合 金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是（ ） A． 点与c点的磁感应强度相等 B．小圆环的圆心从 边的中点竖直向上运动时，小圆环中无感应电流 C．小圆环的圆心从 移到 过程中，穿过小圆环的磁通量先增加后减少 D．小圆环的圆心从a移到d与从a移到c，小圆环的平均感应电动势相等 【答案】B 【详解】A．由右手定则可知， 点与c点的磁感应强度大小相等，但方向相反，故A项错误； B．小圆环的圆心从ad边的中点时，其磁通量为零，在其竖直向上运动过程中，通过小圆环的磁通量始 终为零，所以其通过小圆环的磁通量未发生变化，即小圆环中无感应电流，故B项正确； C．小圆环在 位置时，其磁通量不为零，在到达导线正下方时，其磁通量为零，在 点时小圆环的磁通 量也不为零，所以整个过程穿过小圆环的磁通量是先减小，后增加，故C项错误； D．由于小圆环运动的速度大小不变，而从a移动到d与从a移动到c的过程其位移不同，所以两次运动 所用时间不同。由右手定则可知，小圆环在c点和d点的磁通量相同，所以小圆环在两次移动过程中，磁 通量的变化量相同，根据 可知，小圆环两次移动过程的平均电动势不相等，故D项错误。故选 B。 押题解读 磁场的基本概念和规律主要涉及磁感应强度、安培力的特点、洛伦兹力的特点，考查主要是对磁感 应强度大小、安培力大小、洛伦兹力特点的考查，内容相对较为基础。 考前秘笈 掌握磁感应强度的定义方式,安培力大小求解中注意L为有效长度，同时要注意只有在B⊥I的情况下 才有F=BIL，洛伦兹力方向判断要注意区分正负电荷。这部分还要熟练掌握安培定则和左手定则。 2．利用手机中的磁传感器可测量埋在地下的水平高压直流长直电缆的深度。在手机上建立了空间直角坐 标系Oxyz后保持手机方位不变，且Oz始终竖直向上，如图（a）所示。电缆上方的水平地面上有E、F、 G、H四个点，如图（b）所示。EF、GH长均为1.8m且垂直平分。将手机水平贴近地面，电缆通电前将 各分量调零，以消除地磁场的影响，通电后测得四点的分量数据见表，其中B =B 。下列关于电缆中电 xG xH 流的方向和电缆距离地面的深度，判断正确的是（ ）位 B/μT B/μT B/μT x y z 置 G B 0 0 xG H B 0 0 xH E 8 0 6 F 8 0 -6 A．电缆中电流沿平行于+y方向，电缆距离地面的深度为1.2m B．电缆中电流沿平行于+y方向，电缆距离地面的深度为2.4m C．电缆中电流沿平行于-y方向，电缆距离地面的深度为1.2m D．电缆中电流沿平行于-y方向，电缆距离地面的深度为2.4m 【答案】A 【详解】由题中数据可知，E、F两点水平x方向的磁感应强度大小相等，方向均沿+x方向，竖直z方向 的磁感应强度大小相等，E点沿+z方向分量与F点沿-z方向分量相等，结合G、H两点在y、z方向磁感应 强度均为零，可知E、F点位置如图1所示； G、H在EF的中垂线上，故电缆中电流沿+y方向。F点的磁感应强度分解如图2所示。可得 又EF长为L=1.8m，由几何关系可得 解得距离地面的深度为h=1.2m故选 A。 3．如图甲所示，质量为m、电阻为R的导体棒MN水平架在两个平行放置的圆弧导轨上，导体棒在导轨 间的部分长度为L，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度平行于导轨平面，与竖直方向的夹角为 。 当输入电压为U时，导体棒静止在导轨右侧，此时导体棒与导轨圆心的连线与竖直方向的夹角为 ，沿 MN方向看的侧视图如图乙所示。导轨电阻忽略不计，重力加速度为g，则磁感应强度B的大小为 （ ）A． B． C． D． 【答案】A 【详解】当输入电压为U时由欧姆定律有 对导体棒受力分析如图所示 由导体棒受力平衡有 解得 故选A。 4．如图所示，长度相等的两根通电长直导线a、b垂直于纸面平行放置，质量分别为 、 ，通有相反 方向的电流。先将a固定在O点正下方的地面上，b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，b静止时a、b 间的距离为x。其他条件不变，仅将a、b位置对调一下，a静止时a、b间的距离为x。已知通电长直导 1 2 线周围磁场的磁感应强度大小满足 ，式中k是常数，I是导线中电流，r是该点到直导线的距离。 若 ，则两根直导线质量比为（ ）A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设O点到地面的距离为h，通电直导线的长度为L，对导线b受力分析如下图所示 与矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有 a、b位置对调后，对a受力分析得 联立解得 故选A。 5．一长度为L的绝缘空心管MN水平放置在光滑水平桌面上，空心管内壁光滑，M端有一个质量为m、 电荷量为+q的带电小球。空心管右侧某一区域内分布着垂直于桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁 场，其边界与空心管平行。空心管和小球以垂直于空心管的速度v水平向右匀速运动，进入磁场后空心管 在外力作用下仍保持速度v不变，下列说法正确的是（ ） A．洛伦兹力对小球做正功 B．空心管对小球不做功 C．在离开空心管前，小球做匀加速直线运动 D．在离开空心管瞬间，小球的速度为 【答案】D 【详解】A．洛伦兹力始终与速度垂直不做功，故A错误； B．带电小球在磁场中运动时，有水平向右的速度分量和竖直向上的速度分量，由左手定则知洛伦兹力斜 向左上方，因此玻璃管对带电小球有向右的弹力，该弹力对小球做正功，故B错误； C．玻璃管在外力作用下始终保持不变的速度，则小球向右的速度分量保持不变，竖直向上的洛伦兹力分 量保持不变，因此在竖直方向小球做匀加速直线运动，而在水平方向做匀速运动，所以小球做类平抛运 动，故C错误； D．小球做类平抛运动，则有 ； ； 所以 故D正确。故选D。 6．如图所示，足够长的两个平行纸面带绝缘凹槽的光滑倾斜滑道，与水平面的夹角分别为 和 （），加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等且带等量正、负电荷的小球a、b依次从两滑道的 顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（ ） A．a、b两球沿槽运动的最大速度分别为 和 ，则 B．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且 C．a、b两球沿槽运动的时间分别为 和 ，则 D．a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为 和 ，则 【答案】C 【详解】B．两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故两球都做匀 加速直线运动，加速度为a=gsinβ，a=gsinα可见a＞a，故B错误； a b a b A．当加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面则mgcosθ=Bqv所以 ， 由于 ，所以v＜v，故A错误； a b C．由v=at得 ， 则t＜t，故C正确； a b D．由 v2=2ax求得 ， 因 ，则 s＜s ，故D错误。 a b 故选C。 押题猜想十 电磁感应及变压器 1．（多选）如图甲（俯视图）所示，水平面内固定放置面积为 ，电阻为1Ω的单匝线圈，线圈内充 满垂直水平面向下的匀强磁场，其磁感应强度 随时间t变化关系如图乙所示，线圈两端点M、N与相距 的粗糙平行金属导轨相连，导轨置于垂直水平面向上的磁感应强度大小 的匀强磁场中。一根 总长为 ，质量为 ，阻值为9Ω的金属杆 置于导轨上，且与导轨始终接触良好。一根劲度系数 为 的轻弹簧右端连接在固定挡板上，左端与金属杆相连，金属杆与金属导轨间动摩擦因数为 ， 金属杆静止时弹簧伸长量为 。在 时刻闭合开关S，金属杆在 内始终保持静止，g取 ， 忽略平行导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）A． 内金属杆中电流方向为 B．金属杆与金属导轨间动摩擦因数至少为0.45 C． 内通过金属杆电荷量为 D． 内整个回路产生焦耳热 【答案】BD 【详解】A．在单匝线圈线圈中 内磁感应强度在变大，根据楞次定律可得，线圈上电流逆时针流动， 在金属杆中电流流向是 ，A错误； B．线圈产生的电动势为 由闭合电路欧姆定律得电流为 金属杆受到的安培力 为 方向水平向右，所以金属杆刚好不滑动时力是平衡的 代入数据求得 金属杆与金属导轨间动摩擦因数至少为0.45，B正确； C．根据 可知 内通过金属杆电荷量为 ，C错误； D． 内与 产生的电流相等，因此 内整个回路产生焦耳热 ，D正确。 故选BD。 2．（多选）如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原、副线圈 匝数之比为n。发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R，降压变压器所接负载的等效电阻 为R ，，其余导线电阻不计。当R 变化时，理想电压表V的示数变化为 ，理想电流表A的示数变化 变 变 为 ，下列说法正确的是（ ） A．R 的触头向下滑动时，输电线上的损耗功率变小 变 B．R 的触头向下滑动时，电压表的示数变小 变 C．R 的触头向上滑动时，输电效率降低 变 D． 【答案】BD 【详解】AB．R 的阻值减小，电流表的示数增大，由于降压变压器的匝数比不变，则输电线上的电流 变 增大，输电线上的损耗功率变大。又因为升压变压器输出电压U₂不变，则降压变压器的输入电压减小，依据电压与匝数的关系知电压表的示数减小，故A 错误，B正确； C．由以上分析知，R 的阻值增大，输电线电流减小，则降压变压器的输入电压U 增大，输电效率为 变 3 可知输电效率提高，故C 错误； D．根据输电线路，设升压变压器副线圈两端的电压为 ，输电线路的电流为 ，则降压变压器原线圈 两端的电压 根据电压与匝数之间的关系 可得 根据匝数与电流之间的 关系 联立可得 由于升压变压器原线圈无负载，因此 始终不变，则根据以上函数关 系可知 故D正确。故选 BD。 押题解读 电磁感应与电路的综合问题，实际上是一个融合了多个物理知识点的复杂问题。它涵盖了牛顿第二 定律、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动能定理、动量定理以及能量守恒定律等 多个重要概念。这类问题不仅要求学生对每个知识点有深入的理解，还需要他们能够将这些知识点综合 运用，以分析和解决复杂的物理问题。在处理这类问题时，学生首先需要明确每个物理量的含义和它们 之间的关系，然后利用相关的物理定律和定理，建立数学模型。通过解这个模型，学生可以得出问题的 解，并对结果进行解释和讨论。因此，电磁感应与电路的综合问题不仅是对学生物理知识的检验，更是 对他们综合分析能力、逻辑思维能力和问题解决能力的全面考察。通过解决这类问题，学生可以进一步 提升自己的物理素养和综合能力。 考前秘笈 对于这部分内容，要求熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，能够对线框、单棒、双棒模型的 运动特点有清晰的认识，会结合牛顿第二定律、功能关系、动量定理和动量守恒定律对有关问题进行解 决。 3．（多选）如图甲所示，光滑金属导轨abc和deO电阻不计，abed为边长为d的正方形，bc段为圆弧， O为圆弧的圆心， bOe=45°，ad间连接电阻为R的灯泡。0时刻开始电阻为R的导体棒绕O点沿圆弧转 动，转动的角速度为 ，经2t 由b转到c。扇形区域内磁场恒定，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小 0 为B，正方形区域内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示。下列说法 0 正确的是（ ） A．0-t 灯泡发光且电流方向由a→d 0B．0-t 灯泡两端电压为 0 C．0-t 通过导体棒的电荷量为 0 D．若要使t-2t 灯泡不发光，乙图中B的变化率为 0 0 【答案】BD 【详解】A． 电路中有感应电流产生，又根据右手定则判断，灯泡发光且电流方向由 ，A错误； B． 导体棒产生的感应电动势为 根据闭合电路欧姆定律可知，灯泡两端电压 为 ，B正确； C．由 可知， 通过导体棒的电荷量为 D．若要使 灯泡不发光，则说明回路中的磁通量不发生变化，即 解得 D正确。故选BD。 4．（多选）如图所示，间距L=1m的粗糙倾斜金属导轨与水平面间的夹角 =37°，其顶端与阻值R=1Ω的 定值电阻相连，间距相同的光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨都足够长且在 处平滑连接， 至 均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨与水平导轨间电流不导通。倾斜导轨处有方向垂直倾斜导轨所 在平面向上、磁感应强度大小B=0.2T的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应强度大小B=0.5T 1 2 的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.2kg，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒 1放置在倾斜导轨上，且距离 足够远，导体棒2静置于水平导轨上，已知倾斜导轨与导体棒1间的动 摩擦因数 =0.5。现将导体棒1由静止释放，运动过程中导体棒1未与导体棒2发生碰撞。取重力加速度 大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确 的是（ ） A．导体棒1在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动 B．导体棒1滑至 瞬间的速度大小为20m/s C．稳定时，导体棒2的速度大小为10m/s D．整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为2C 【答案】BC【详解】A．由于导体棒1释放点离 足够远，导体棒1滑至 时一定达到稳定状态，则导体棒1在 倾斜导轨上下滑时先做加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误； B．由平衡可得即有 根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律 解得 m/s故B正确； C．导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得 得即稳定时，导体棒2的速度大小为 m/s故C 正确； D．对导体棒2由动量定理有 即 电荷量为 C故D错误。故选BC。 5．（多选）如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，存在两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁 场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方 形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度 做匀速直线运动； 当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则（ ） A．当ab边刚越过GH进入磁场时，cd边电势差 B．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为 C．从ab边刚越过JP到线框再做匀速直线运动所需的时间 D．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为 【答案】BC 【详解】A．由题意当 边刚越过 进入磁场时， 切割磁感线产生的电动势大小为 ，电流为顺 时针方向，所以 边电势差 故A错误。 B．当 边刚越过 进入磁场时，恰好做匀速直线运动，根据平衡条件得 又 联立得 当 边刚越过 时， 边和 边都要切割磁感线， 产生感应电动势，线框中总的感应电动势为 感应电流为 线框受到的安培力的合力 大小为 根据牛顿第二定律得 联立解得 负号表示加速度方 向沿斜面向上，故B正确。C．从 边刚越过 到线框再做匀速直线运动，根据动量定理得 其中 又因为 解得 解得 故C正确。 D．从 边刚越过 到 边刚越过 过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知， 线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和。线框又恰好匀速时 ，则线 框产生的热量为 故D错误。故选BC。 6．（多选）电磁轨道炮原理的俯视图如图所示，它是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，应用 此原理可研制新武器和航天运载器。图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C，两根固定于水平面内 的光滑平行金属导轨间距为L，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画 出），导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态， 并与导轨良好接触。首先开关S接1使电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右运动，若导轨足 够长，则在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（ ） A．磁场方向垂直于导轨平面向上 B．MN的最大加速度为 C．MN的最大速度为 D．电容器上的最少电荷量为 【答案】BCD 【详解】A．由左手定则可知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A错误； B．电路中最大电流为 最大安培力为 最大加速度为 故B正确； CD．电容器放电前所带的电荷量 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值v 时， m MN上的感应电动势 最终电容器所带电荷量 通过MN的电量 由动量定理， 有 则 解得 则 故CD正确。故选BCD。 7．（多选）如图，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和 ， 图中 左侧是电阻不计的金属导轨， 右侧是绝缘轨道。金属导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中， 磁感应强度大小为 ； 右侧以 为原点，沿导轨方向建立 轴，沿Ox方向存在分布规律为的竖直向下的磁场（图中未标出）。一质量为 、阻值为 、三边长度均为 的 形金 属框，左端紧靠 平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）处于静止状态。长为2L、质量为 、电阻 为 的导体棒 处在间距为2L的金属导轨上，长为 、质量为 、电阻为 的导体棒 处在间距为 的金 属导轨上。现同时给导体棒a，b大小相同的水平向右的速度 ，当导体棒 运动至 时，导体棒 中 已无电流（ 始终在宽轨上）。导体棒 与U形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体棒a、b、金属 框与导轨始终接触良好，导体棒 被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是（ ） A．给导体棒a，b大小相同的水平向右的速度 后，导体棒 做匀速运动 B．导体棒 到达 时的速度大小为 C．导体棒 与U形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动 D．导体棒 与 形金属框碰撞后，导体棒 静止时与 的距离为 【答案】BD 【详解】A．给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度 后，因为导体棒 产生的电动势大于 棒产生的 电动势，所以回路中有感应电流产生，导体棒 减速运动， 棒加速运动，然后匀速运动，故A错误； B．设 棒到达 时的速度大小为 ，此时导体棒 的速度大小为 ，因为此时已经无电流，所以 则对a、b棒分别根据动量定理可得 ； 联立解得 故B正确； C． 棒与U形金属框碰撞后连接在一起后做加速度不断减小的减速运动，故C错误； D．设 棒与U形金属框碰撞后共同速度为 ，则根据动量守恒定律可得 解得 由题意可 知 形金属框右边始终比 形金属框左边的磁场大 从导体棒 与U形金属框碰撞后到最终静止的 过程，回路中的平均电流为 根据动量定理有 b棒静止时与 点的 距离为 联立解得 故D正确。故选BD。 8．（多选）如图，理想变压器原线圈与定值电阻 串联后接在电压恒定 的交流电源上，副线 圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶2。已知 ，R的最大阻值为20Ω。现将滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动，下列说法正确的是（ ） A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电源的输出功率变大 C．当 时，滑动变阻器消耗的功率最大 D．当 时，电压表示数为48V 【答案】BD 【详解】A．依题意，理想变压器原副线圈电压之比为 又 联立，解得 可知滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动时， 减小， 增大，即电流表示数变大， 也增大， 由 可知原线圈电压减小，所以副线圈电压减小，即电压表示数变小。故A错误； B．电源的输出功率 随 的增大而增大。故B正确； C．滑动变阻器消耗的功率为 当满足 即 时，滑动变 阻器消耗的功率最大。故C错误； D．当 时，有 电压表示数为 故D正确。故选BD。 押题猜想十一 光的折射与光的干涉 1．如图所示，昌昌同学为了测量某溶度糖水折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水； 再将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合；用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像 的直径 ；已知圆柱体截面直径为 ，透明圆桶直径 。则该糖水折射率 （ ）A．1.45 B．1.72 C．2.00 D．2.50 【答案】A 【详解】作出对应的光路图如图所示 根据几何关系可得 ， 则该糖水折射率为 故选A。 2．利用薄膜干涉原理可以测量金属丝的直径。将矩形的平行薄玻璃板AB放在水平标准工件的上面，右 侧垫有粗细均匀的直金属丝，在标准工件与玻璃板之间形成一个楔形空气膜，其截面如图所示。用波长 为λ的光，垂直标准工件方向射向玻璃板，在玻璃板上方形成平行条纹，测出相邻亮条纹中心间的距离为 Δx，金属丝与标准工件的接触点D到楔形顶端C点的距离为L，以下说法正确的是（ ） A．条纹方向平行于CD B．金属丝的直径 C．当金属丝向右移动少许时，Δx变小 D．在同一位置换用更细的金属丝时，Δx变小 【答案】B 【详解】A．根据薄膜干涉原理，干涉条纹平行等宽，方向应垂直于CD方向，故A错误； B．设金属丝直径为d，玻璃板与标准工件间夹角为α，由几何关系有 当光垂直标准工件方向射 向玻璃板时，得到干涉条纹，相邻两条纹对应劈尖厚度差为 由几何关系有 则 则 故B正确；C．当金属丝向右移动少许时，即L增大，则 变大，故C错误； D．在同一位置换用更细的金属丝时，L不变，d减小，则 变大，故D错误。故选B。 押题解读 对于几何光学的考查，主要是包含光的折射和光的全反射两部分内容。对于物理光学的考查，主要 是考查双缝干涉和薄膜干涉。几何光学要求学生能够准确且标准的画出光路图，能够充分利用三角形中 边角关系来处理有关问题，物理光学中的光的干涉要求学生能够熟练应该条纹间距公式。 考前秘笈 要求学生熟练记忆和掌握几何光学中的三个基本公式，双缝干涉中条纹间距公式和薄膜干涉亮条纹 间距公式。 3．如图是球心为O点、半径为R、折射率为 的匀质透明球的截面图，球内边缘有一单色点光源S。已 知光在真空中的传播速度为c，则从S发出的光线，经多次全反射后回到S点的最短时间为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据对称性，光线要在圆内全反射，并回到S点的时间最短，应构成一个边数最少的正多边形。 全反射临界角 如图 当是正三角形时 则有 无法发生全反射；当是正方形时 则有 可以发生全反射， 符合时间最短条件，则有 ， 解得 故选C。 4．如图所示，一正方体玻璃砖边长为a。玻璃砖底面中心有一单色点光源，可向各个方向发射光线。该 玻璃砖对光的折射率为 ，则玻璃砖上表面有光折射出来的区域面积为（ ）A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据介质对光的折射率可知，临界角为 解得 由几何关系可得，当入射角为临 界角时，在上表面能折射出光线的最大半径为 而圆的直径等于上表面的对角线，因 此光线在上表面能被光照亮的区域是整个正方形，所以面积为 故选A。 5．如图甲所示为某同学收集的一个“足球”玻璃球，他学习了光的折射后想用激光对该球进行研究。某 次实验过程中他将激光水平向右照射且过球心所在的竖直截面，其正视图如乙所示，AB是沿水平方向的 直径，当光束从C点射入时，能从右侧B点射出，已知真空中的光速为c，点C到AB竖直距离 ， 玻璃球的半径为R，且球内的足球是不透光体，不考虑反射光的情况下，下列说法正确的是（ ） A．B点的出射光相对C点入射光方向偏折了30° B．该“足球”的直径最大是 C．继续增加h（h