物理-（新八省专用）（教师版）_04-物理-高考总复习_专项复习_2025年_2025年高考终极押题猜想物理

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2025 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）
押题猜想一  力与直线运动......................................................................................................................................2
押题猜想二 力与物体的平衡..................................................................................................................................14
押题猜想三 力与曲线运动......................................................................................................................................23
押题猜想四 万有引力定律与航天..........................................................................................................................38
押题猜想五 功与能...................................................................................................................................................52
押题猜想六 碰撞与动量守恒..................................................................................................................................67
押题猜想七 静电场...................................................................................................................................................82
押题猜想八 磁场.......................................................................................................................................................99
押题猜想九 电磁感应............................................................................................................................................118
押题猜想十 交变电流............................................................................................................................................135
押题猜想十一 机械振动、机械波、光学............................................................................................................145
押题猜想十二 热学规律综合应用........................................................................................................................158
押题猜想十三 近代物理........................................................................................................................................170
押题猜想十四 力学实验....................................................................181
押题猜想十五 压轴题命题方向.............................................................204
押题猜想一  力与直线运动
  
猜想01 突出匀变速直线运动规律在解决问题中的灵活运用
【例1】一辆小汽车在高速公路上正常行驶，驾驶员发现前方较远处有异常情况，立即刹车，车辆匀减速
直线行驶经过一段分别标有“0m”“50m”“100m”的标志牌路面。车头到达“0m”标志牌时开始计时，车头经
过“0m”~“50m”路段用时2s，车头经过“50m”~“100m”路段用时3s，下列说法正确的是（　　）
1
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A．车头在“0m”标志牌处速度大小等于
B．车辆加速度大小等于
C．车头在“50m”标志牌处速度大小为20m/s
D．车头在1~3.5s 时间内的位移小于50m
【答案】A
【详解】AB．根据题意可得，车头经过0~50m 路段中间时刻的速度大小为
经过50~100m 路段中间时刻的速度大小为
所以加速度大小为
所以车头在“0m”标志牌处速度大小等于
故A 正确，B 错误；
C．车头在“50m”标志牌处速度大小为
故C 错误；
D．车头在1~3.5s 时间内的位移为
故D 错误。
故选A。
押题解读
匀变速直线运动是高中物理的基础运动模型，应用匀变速直线运动的规律解决运动问题是高考的重点
问题，匀变速直线运动问题情景多种多样，涉及公式较多，能否正确选取公式就成了解决此类问题的第一
要素而如若能能灵活应用推论公式解决问题将使问题得到大大简化。
考前秘笈
1.两个基本公式：
速度公式：v＝v0＋at，位移公式：
.
2.当遇到以下特殊情况时，用导出公式会提高解题的速度和准确率：
(1)不涉及时间，比如从v0匀加速到v，求此过程的位移x，可用
.
(2)平均速度公式：①运用
求中间时刻的瞬时速度；②运用
求位移.
2
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(3)位移差公式：运用
，
求加速度.
  
1．高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C 三个位置，已知
，测
得AB 段的平均速度为30m/s，BC 段平均速度为20 m/s。则（    ）
A．高铁车头经过A 的速度为32 m/s 
B．高铁车头经过B 的速度为25 m/s 
C．高铁车头经过C 的速度为14 m/s 
D．高铁车头经过AC 段的平均速度为25 m/s 
【答案】C
【详解】由平均速度公式得
因为AB=BC，由位移中点速度公式得
由以上三式解得
对全程由平均速度公式得
故C 正确。
2.春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O 点推出，盒子最终停止位置
决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O 点开始做匀减速直线运动，刚好停在e 点。盒
子可视为质点，a、b、c、d、e 相邻两点间距离均为0.25m，盒子从d 点运动到e 点的时间为0.5s。下列说
法正确的是（　　）
A．盒子运动的加速度大小为1m/s2
B．盒子运动到a 点的速度大小为2m/s
C．盒子运动到c 点的速度大小为1m/s
D．盒子从a 点运动到e 点的时间为2s
【答案】B
【详解】A．由题知，滑块在停止运动前的最后1s 内通过的距离为2m，根据逆向思维法有
3
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代入数据有
故A 错误；
B．根据逆向思维法有
解得盒子运动到a 点的速度大小为
故B 正确；
C．根据逆向思维法有
解得盒子运动到c 点的速度大小为
故C 错误；
D．根据逆向思维法有
盒子从a 点运动到e 点的时间为
故D 错误。
故选B。
3.无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发
现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s，比人快了1s。人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到
停下的运动距离为44m，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为
。同样条件下，无人驾
驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（    ）
A. 24m
B. 26m
C. 28m
D. 30m
【答案】A
【解析】设汽车运动的速度为v0，则人驾驶时发现情况到停下的运动距离为
即
解得
v0=20m/s
无人驾驶汽车时发现情况到停下的运动距离为
故选A。
猜想02 借助图像在直线运动中的应用考科学思维
【例2】如图（a）所示，塔吊是建筑工地上最常用的一种起重设备，又名“塔式起重机”。图（b）为塔
吊下面吊起质量为100kg 的建筑材料的速度—时间图像，如果建筑材料从地面开始运动，
取10m/s2，则
下列判断正确的是（    ）
4
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A．
s 内悬线的拉力大小恒为2000N
B．
s 末建筑材料离地面的距离为30m
C．
s 内和
s 内建筑材料均处于超重状态
D．
s 内起重机对建筑材料做功为9800J
【答案】D
【详解】A．由题图（b）知，5-10s 内建筑材料做匀速直线运动，由平衡条件得，悬线的拉力大小
故A 错误；
B．由题图（b）知，根据v-t 图线与坐标轴所围的面积表示位移可知0-20s 内建筑材料的位移大小为
故B 错误；
C．由题图（b）知，0-5s 内加速度方向向上，建筑材料处于超重状态，20-25s 内加速度方向向下，建筑材
料处于失重状态，故C 错误；
D．由题图（b）知，10-20s 内的位移大小
由动能定理得
解得W=9800J
故D 正确。
故选D。
押题解读
由近几年高考试题可看出，利用运动图象考查变速直线运动是高考的热点，主要以选择题的形式出现，
试题难度较小．主要考查考生从图象获取、处理和应用有效信息的能力，考查的图象有x－t 图象、v－t 图
象、a－t 图象等，解决图象问题的关键：(1)明确图象反映的是物体哪两个物理量间的变化规律，即涉及的
函数表达式；(2)理解并应用图象的“点”“截距”“斜率”“面积”等的物理意义。
考前秘笈
高考命题主要通过以下两个方面进行考查
1．考查了高考命题的热点图象——速度图象
在v－t 图象中，与时间轴平行的直线表示物体做匀速直线运动，倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，
5
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图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成的面积表示位移．考查内容不局限于运动学内容，还纵向扩展
了物理知识，考查了超重与失重、受力分析、机械能守恒等知识．
2．另一个变化趋向是使用教材上没有、但函数关系可以确定的图象，如在x－v2图象中，以物理知识——
匀变速直线运动为基础、数学知识——二次函数关系为依据，考查考生利用数学处理物理问题的能力，除
此之外，还可以拓展为x－v 图象、x－a 图象等．
3.x－t 图象、v－t 图象、a－t 图象描述物体的运动性质
x－t 图象若图线平行于横轴，表示物体静止，若图线是一条倾斜的直线，则表示物体做匀速直线运动，图
线的斜率表示速度
v－t 图象若图线平行于横轴，表示物体做匀速直线运动，若图线是一条倾斜的直线，则表示物体做匀变速
直线运动，图线的斜率表示加速度
a－t 图象若图线平行于横轴，表示物体做匀变速直线运动，若图线与横轴重合，则表示物体做匀速直线运
动
  
1．某同学参加学校冬季运动会折返跑练习，某一次折返跑过程的
图像可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AD．
图像中速度的正负表示方向，若开始速度为正，则返回时速度应为负，故AD 错误；
BC．
图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，往返位移大小相等，所以对应面积应相等，故C
错误，B 正确。
故选B。
2.汽车的刹车距离s 是衡量汽车性能的重要参数，与刹车时的初速度v、路面与轮胎之间的动摩擦因数μ 有
关。测试发现同一汽车在冰雪路面和在干燥路面沿水平直线行驶时，s 与v 的关系图象如图所示，两条图
线均为抛物线。若汽车的初速度相同，在冰雪路面的刹车过程中(　　)
A.所用的时间是干燥路面的4 倍
6
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B.平均速度是干燥路面的4 倍
C.所受摩擦力是干燥路面的0.5 倍
D.克服摩擦力做的功是干燥路面的0.5 倍
【答案】　A
【解析】　根据v2＝2as，结合图象可知当在干燥路面上的初速度等于在冰面上初速度的2 倍时，刹车距离
s 相同，则在干燥路面上刹车的加速度等于在冰面上刹车时的加速度的4 倍，若汽车的初速度相同，根据t
＝可知，在冰雪路面的刹车过程中所用的时间是干燥路面的4 倍；根据v＝可知，在冰雪路面上的平均速度
等于在干燥路面的平均速度，选项B 错误；根据Ff＝ma 可知，在冰雪路面上所受摩擦力是干燥路面的0.25
倍，选项C 错误；根据Wf＝mv 可知，在冰雪路面上和在干燥路面上克服摩擦力做的功相等，选项D 错误。
3.(多选)在平直公路上甲、乙两车在相邻车道上行驶。甲、乙两车并排行驶瞬间，前方有事故发生，两车
同时开始刹车，刹车过程中两车速度的二次方v2随刹车位移x 的变化规律如图7 所示，则(　　)
A.乙车先停止运动
B.甲、乙两车刹车过程中加速度大小之比为4 1∶
C.从开始刹车起经 s，两车恰好相遇
D.甲车停下时两车相距12.75 m
【答案】　BC
【解析】　由v2－v＝－2ax，得v2＝－2ax＋v，结合图象有－2a1＝－ m/s2，－2a2＝－ m/s2，解得a1＝2 
m/s2，a2＝0.5 m/s2，则甲、乙两车运动过程中加速度大小之比为＝，由图象知甲车的初速度v01＝6 m/s，乙
车的初速度v02＝5 m/s，则刹车过程，甲车运动时间t1＝3 s，乙车运动时间t2＝10 s，A 错误，B 正确；相
遇时结合位移关系得v01t－a1t2＝v02t－a2t2，解得t＝0 或t＝ s，C 正确；甲车停下时，甲车的位移大小x1＝9 
m，乙车的位移大小x2＝v02t1－a2t＝12.75 m，两车相距Δx＝x2－x1＝3.75 m，D 错误。
猜想03 强化应用牛顿运动定律处理经典模型
【例3】如图所示，质量分别为m、2m 的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳
、
固定，处于静止
状态，
水平，
与竖直方向的夹角为
，重力加速度大小为g，
。则（　　）
A．
的拉力大小为4mg
7
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B．
的拉力大小为4mg
C．剪断
的瞬间，小球甲的加速度大小为
D．剪断
的瞬间，小球乙的加速度大小为g
【答案】AC
【详解】AB．对甲、乙整体受力分析可知，
的拉力大小为 
的拉力大小为 
A 正确、B 错误；
CD．若剪断
，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；
对甲分析，由牛顿第二定律可知加速度为 
故C 正确，D 错误。
故选：AC。
押题解读
连接体、斜面、传送带、板块和弹簧等经典模型都是用来考查牛顿运动定律的很好的载体。对于以上
模型要分门类别的掌握好，并能从创新物理情景中提炼出来有用的信息，抓住关键转折点，应用物理规律
进行解题．
考前秘笈
瞬时问题
1.绳、杆的弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变.
2.首先要在发生变化之前对物体进行受力分析，注意选取研究对象的顺序，例如竖直悬挂的多个物体，可
以从下至上分析.然后分析变化瞬间，哪些力没有(或来不及)变化，哪些力发生了变化.
注意：力和加速度可以突变，但速度不可以突变.
连接体问题中常见的临界条件
1.接触与脱离：接触面间弹力等于0
2.恰好发生滑动：摩擦力达到最大静摩擦力
3.绳子恰好断裂：绳子张力达到所承受的最大力
4 绳子刚好绷直与松弛：绳子张力为0
5.a＝0 时，物体静止或做匀速直线运动，此时合力为0。
6.a 为恒量(不为0)时，且v0和a 在同一条直线上，物体做匀变速直线运动，此时合力恒定。
7.连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，灵活运用整体法与隔离法。
  
1．如图，原长为l0的轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另端连接厚度不计、质量为m1的水平木板X。
将质量为m2的物块Y 放在X 上，竖直下压Y，使X 离地高度为l，此时弹簧的弹性势能为Ep，由静止释放，
8
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所有物体沿竖直方向运动。则（　　）
A．若X、Y 恰能分离，则
 
B．若X、Y 恰能分离，则
C．若X、Y 能分离，则Y 的最大离地高度为
D．若X、Y 能分离，则Y 的最大离地高度为
【答案】AD
【详解】AB．将质量为m2的物块Y 放在X 上由静止释放，两物体一起向上加速，若X、Y 恰能分离，则
到达原长时速度刚好为零，则弹性势能刚好全部转化为系统的重力势能，由机械能守恒定律可知
故A 正确，B 错误；
CD．若X、Y 能分离，则两物体到达原长时还有速度为，有
经过原长后两物体分离，物体Y 的动能全部变成重力势能，上升的高度为，则有
则Y 的最大离地高度为
故C 错误，D 正确。
故选AD。
2.如图所示，物体a 和物体b 通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c 放在水平地面上，b 和c 拴接在竖直轻
弹簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a 和c 的质量均为2m，b
的质量为m，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体a，则(　　)
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A.释放瞬间，a 的加速度大小为g
B.释放瞬间，b 的加速度大小为g
C.c 刚离开地面时，b 的速度最大
D.弹簧第一次恢复原长时，a 的速度最大
【答案】　B
【解析】　刚释放a 的瞬时，弹簧对b 的弹力向上，大小为F＝mg，则对a、b 的整体，由牛顿第二定律
2mg－mg＋F＝3ma，解得a、b 的加速度为a＝g，选项A 错误，B 正确；当a、b 的加速度为零时速度最大，
此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c 还未离开地面，选项C、D 错误。
3.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体的上面，
A、B 的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开
始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法
中正确的是(　　)
A．物体B 位移为4 cm 时，弹簧处于原长状态
B．物体B 的加速度大小为5 m/s2
C．物体A 的质量为4 kg
D．弹簧的劲度系数为5 N/cm
【答案】　C
【解析】　当物体B 位移为4 cm 时，物体A、B 仍有向上的加速度，此时弹簧向上的弹力大于物体A 的重
力，所以弹簧处于压缩状态，选项A 错误；
设力F 未作用时弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝2mg，设物体A、B 的共同加速度大小为a，则当F＝F1＝20 
N 时，由牛顿第二定律得F1＋kx0－2mg＝2ma，
当F＝F2＝50 N 时，物体A、B 刚好分离，对物体B 有
F2－mg＝ma，以上各式联立可解得a＝2.5 m/s2，m＝4 kg，选项B 错误，C 正确；
当物体A、B 刚好分离时，对物体A 有k(x0－x)－mg＝ma，将x＝0.04 m 代入，解得k＝7.5 N/cm，选项D
错误．
猜想04 运动学与动力学联系实际的问题
【例4】近期，我国展示了一款令人惊艳的军用机器狗，将给中国陆军带来降维打击的战斗力。在某次军
事演习中，机器狗从山坡上滑下至水平面，随后跳跃过一障碍物，模型可简化为：如图所示，倾角为
斜面AB 与水平面BC 平滑连接，一长为
、高为
的矩形障碍物位于水平面上，距离斜面底
端B 点有一定的距离，机器狗（可视为质点）从斜面顶端A 点无动力地静止下滑，滑至水平面上速度为零
时未到达障碍物处，此后机器狗缓慢向右移动到适当的位置斜向上跳起越过障碍物。已知斜面AB 长
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，机器狗与斜面、水平面的动摩擦因素均为
，不计空气阻力，重力加速度g 取
，
，
，求：
(1)机器狗从斜面顶端A 点出发到水平面上速度为零的过程所经历的时间；
(2)机器狗能够越过障碍物起跳速度的最小值。
【答案】(1)7s   (2)
【详解】（1）机器狗在斜坡上向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移公式有
舍去负值解得
根据速度公式有
解得
机器狗在BC 做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，根据速度公式有
解得
则机器狗从斜面顶端A 点出发到水平面上速度为零的过程所经历的时间
（2）若机器狗跳起的速度为最小值，此时机器狗做斜抛运动的轨迹恰好经过矩形障碍物上侧的左右边缘，
且机器狗经过矩形障碍物上侧的左右边缘的速度也为最小值，令该速度大小为
、该速度方向与水平方向
夹角为
，在机器狗处于障碍物上侧的斜抛运动过程有
，
联立解得
由数学知识可知，当
时，
最小，最小值为
则机器狗起跳时水平分速度为
竖直方向上有
机器狗起跳速度
联立解得
11
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押题解读
牛顿运动定律及其应用的两类基本问题与生产生活实际联系的是高考考查的热点．
考前秘笈
1.解题关键
抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质
的变化、速度方向的变化等。
2.常用方法
(1)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交
分解。
(2)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于末速度为零的匀减速直
线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等。
  
1．“佳节瞰山城，画卷渐次出”，重庆长江索道可为游客带来不错的观景体验。题图为索道运行时的简
化示意图，一车厢沿索道由静止开始做匀加速直线运动，在时间 t 内下降的高度为h。车厢内有一质量为
m 的乘客，乘客与车厢间无相对运动。已知索道与水平面间的夹角为
，重力加速度为g，忽略空气阻力。
求：
(1)该段时间t 内，该乘客的加速度；
(2)该段时间t 内，该乘客对车厢底部的压力大小。
【答案】(1)
，方向沿索道向下   (2)
【详解】（1）设乘客的加速度大小为a，由
解得
，方向沿索道向下
（2）设车厢对乘客的支持力大小为N，在竖直方向有
，
解得
由牛顿第三定律知，乘客对车厢底部的压力大小
2.运动员把冰壶沿水平冰面推出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远
处的某个位置如图所示，按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，
减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。空气阻力不计，g 取10 m/s2。
12
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(1)运动员以4.0 m/s 的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面间的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远；
(2)若运动员仍以4.0 m/s 的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行7.6 m 后开始在其滑行前方摩擦冰面，
冰壶和冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，求冰壶多滑行的距离及全程的平均速度大小。
【答案】　(1)40 m　(2)3.6 m　1.98 m/s
【解析】　(1)冰壶做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有ma1＝－μmg，由速度与位移关系式有0－v＝
2a1x，
解得x＝40 m。
(2)冰壶先以a1做匀减速直线运动，则v－v＝2a1x1，
解得v1＝3.6 m/s
冰壶后以a2做匀减速直线运动，则a2＝90%·a1＝－0.18 m/s2，据0－v＝2a2x2，解得x2＝36 m，所以Δx＝x1
＋x2－x＝3.6 m，第一段运动的时间t1＝＝ s＝2 s
第二段运动的时间t2＝＝ s＝20 s
全程平均速度v＝＝1.98 m/s。
押题猜想二  物体的平衡
                                        
猜想01 优化情境凸显静态平衡中的数理结合
【例1】“国际风筝节”期间，小李同学去操场放风筝，如图甲所示，风筝在空中静止时，可简化为如图
乙所示，风筝线与水平方向的夹角为30°，风筝表面与水平方向夹角为53°，面积为S，水平风速为v，空
气密度为
。空气吹到风筝表面时沿风筝表面的分速度不变，垂直于表面的分速度变为零，风筝表面为不
透风材质，
，
。下列说法正确的是（　　）
A．空气对风筝表面的冲击力大小为
B．空气对风筝表面的冲击力大小为
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C．风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为
D．风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为
【答案】D
【详解】AB．
时间内撞击风筝的空气质量为
根据动量定理可得
解得
故AB 错误；
CD．根据
可知单位时间内力的冲量在数值上等于力的大小，风筝表面受力分析如图所示
根据正弦定理得
可得
风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为
，故C 错误，D 正确。
故选D。
押题解读
高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，利用数学知识解决物理问题是高考物理考查的能
力之一．借助数学方法，可使一些复杂的物理问题，显示出明显的规律性，能快速简捷地解决问题．可以
说任何物理试题的求解过程实际上都是将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论的过程。
平衡问题亦是如此。
  
1．工人用如图甲所示的小推车搬运桶装水，小推车的支架和底板相互垂直。某次工人将质量为20kg 的一
桶水放到底板上，用力压把手至支架与水平面成30°角时保持静止，如图乙所示，不计水桶与小推车间的
摩擦，重力加速度g 取
，下列说法正确的是（　　）
14
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A．此时支架对水桶的弹力大小为100N
B．此时底板对水桶的弹力大小为
N
C．此时小推车对水桶的作用力小于水桶对推车的作用力
D．缓慢减小支架与水平面的夹角，底板对水桶的弹力将减小
【答案】D
【详解】AB．根据题意，对水桶受力分析，如图所示
由平衡条件有
，
解得
，
故A B 错误；
C．由平衡条件可知，小推车对水桶的作用力等于水桶对推车的作用力，故C 错误；
D．结合上述分析可知，底板对水桶的弹力
可知，缓慢减小支架与水平面的夹角
，底板对水桶的弹力将减小，故D 正确。
故选D。
2.如图所示，正方形斜面
的倾角为30°，质量为m 的物块放置在斜面上顶点a 位置处，给物块一初速
度，并同时对物块施加一个平行
边的恒力F，可使物块在斜面上沿直线匀速运动到
边的中点，物块
可视为质点，重力加速度为g，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设物块与斜面间的动摩擦因数为
，正方形斜面
的边长为，作出物体的运动轨迹和在斜面
上的受力分析，如图所示
将重力沿斜面向下和垂直斜面向下分解，可得
和
则滑动摩擦力为
物体在斜面上沿直线运动到cd 的中点e，设直线ae 与直线ab 的夹角为
，由题知，直角三角形
 的两
条直角边分别为的
，由几何关系可得
根据平衡条件有
联立可得
解得
故选A。
猜想02 通过构建跨过光滑动滑轮绳上拉力的牵连考动静平衡
【例2】如图（a）所示，塔吊是建筑工地上最常用的一种起重设备，又名“塔式起重机”。图（b）为塔
吊下面吊起质量为100kg 的建筑材料的速度—时间图像，如果建筑材料从地面开始运动，
取10m/s2，则
下列判断正确的是（    ）
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A．
s 内悬线的拉力大小恒为2000N
B．
s 末建筑材料离地面的距离为30m
C．
s 内和
s 内建筑材料均处于超重状态
D．
s 内起重机对建筑材料做功为9800J
【答案】D
【详解】A．由题图（b）知，5-10s 内建筑材料做匀速直线运动，由平衡条件得，悬线的拉力大小
故A 错误；
B．由题图（b）知，根据v-t 图线与坐标轴所围的面积表示位移可知0-20s 内建筑材料的位移大小为
故B 错误；
C．由题图（b）知，0-5s 内加速度方向向上，建筑材料处于超重状态，20-25s 内加速度方向向下，建筑材
料处于失重状态，故C 错误；
D．由题图（b）知，10-20s 内的位移大小
由动能定理得
解得W=9800J
故D 正确。
故选D。
押题解读
过光滑动滑轮(挂钩)的绳上的拉力具有大小相等的特点，这样构建出来的平衡系统必定有菱形，这样对称
性的特点将体现出来，共点力合成的特殊规律也将得以体现即可在静态平衡中考也可在动态平衡中考。备
受命题人的青睐全国卷已经有多次考查，笔者猜想这一问题今年依然是命题的热点。
考前秘笈
跨过光滑动滑轮绳上拉力变化问题
过光滑动滑轮(挂钩)的绳上的拉力大小相等
(1)如图甲，绳子左端固定，右端从B 点移到D 点，两个端点之间水平距离不变，绳子夹角不变，拉力也不
变.
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(2)如图甲，绳子左端固定，右端从B 点移到C 点，两个端点之间水平距离变小，绳子夹角变小，拉力也变
小.
(3)如图乙，轻杆AB 两端连接有轻绳，从水平位置转一个角θ(小于90°)，两根绳子之间的夹角变小，所以
拉力变小.
  
1．如图，A、B 两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态。现将绳子一端从P 点缓慢
移到Q 点，系统仍然平衡，以下说法正确的是（　　）
A．夹角θ 将变小
B．夹角θ 将变大
C．物体B 位置将变高
D．绳子张力将增大
【答案】C
【详解】因为绳子张力始终与B 物体重力平衡，所以绳子张力不变，因为重物A 的重力不变，所以绳子与
水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P 点缓慢移到Q 点，所以重物A 会下落，物体B 位置会升高。故选
C。
2．如图所示，一根不可伸长的细绳的一端固定在天花板上的B 点，另一端固定在墙壁上的A，一滑轮放置
在细绳上，滑轮下面挂着质量为m 的重物，若将细绳的A 端沿墙壁缓慢向上移动一小段距离，则移动过程
中（　　）
A．细绳所受拉力保持不变
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B．细绳所受拉力逐渐增大
C．细绳所受拉力逐渐减小
D．细绳与竖直方向的夹角α 和β 都减小
【答案】A
【详解】设滑轮两边的绳长分别为L1、L2，如下图所示
同一根绳子上的拉力是相等的，由平衡条件，两边绳子水平方向的分力也相等，则
而
细绳的A 端沿墙壁缓慢向上移动一小段距离时，OB 和绳长都不变，故
不变，则绳子上的拉力不变。
故选A。
猜想03 通过创建电学情境还原力学状态下的平衡问题
【例3】(多选) 如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ，一质量为
m、长为L 的导体棒ab 垂直导轨放置，整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中。当导体棒ab 中通有方
向从a 到b 的恒定电流I 时，磁场的方向由垂直斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静
止，则磁感应强度的大小(重力加速度为g)(　　)
A.先增大后减小 
 B.逐渐增大
C.可能为 
 D.可能为
【试题分析】本题以安培力作用下导体棒的平衡为素材要求学生既能会准确分析安培力的特点又能联想力
学场景下三力动态平衡的特点，双管齐下才能正确得出答案对学生应用能力、迁移能力有很高的要求。
【答案】　BC
【解析】　对导体棒受力分析知，导体棒受到重力G、支持力FN和安培力FA作用，且三力的合力为零，
如图所示，从图中可以看出，在磁场方向变化的过程中，安培力FA一直变大，由于FA＝BIL，其中电流I
和导体棒的长度L 均不变，故磁感应强度渐渐变大，故A 项错误，B 项正确；当磁场方向垂直斜面向上时，
安培力FA沿斜面向上，此时安培力最小，最小值Fmin＝mgsin θ，则Bmin＝，故C 项正确；当磁场方向水平
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向左时，安培力方向竖直向上，此时对应的安培力最大，得磁感应强度的最大值Bmax＝，故D 项错误。
押题解读
由于电场力与磁场力的隐蔽性，加上磁场的空间性，使此类问题更具有挑战性，也能更好的体现考生
的物理学科素养。
考前秘笈
1.电场力平衡问题的两个遵循
(1)遵循平衡条件：与纯力学问题的分析方法相同，只是多了电场力，把电学问题力学化可按以下流程分析：
(2)遵循电磁学规律：①要注意准确判断电场力方向．
②要注意电场力大小的特点：点电荷间的库仑力大小与距离的平方成反比，电荷间相互作用力遵循牛顿第
三定律．
2.磁场力作用下的平衡
1．安培力
(1)大小：F＝BIL，此式只适用于B⊥I 的情况，且L 是导线的有效长度．当B∥I 时F＝0.
(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B、I 决定的平面．
2．洛伦兹力
(1)大小：F＝qvB，此式只适用于B v
⊥的情况．当B∥v 时F＝0.
(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v 决定的平面，洛伦兹力不做功．
3．立体平面化
该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成，难点是该模型具有立体性，解题时一定要先把立体
图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系．
4．带电体的平衡
如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则通常是匀速直线运动．
  
1．(多选)A、C 是两个带电小球，质量分别是mA、mC，电荷量大小分别是QA、QC，用两条等长绝缘细线悬
挂在同一点O，两球静止时如图所示，此时细线对两球的拉力大小分别为FTA、FTC，两球连线AC 与O 所
在竖直线的交点为B，且AB<BC，下列说法正确的是(　　)
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A.QA>QC  
B.mA∶mC＝FTA∶FTC
C.FTA＝FTC  
D.mA∶mC＝BC∶AB
【答案】　BD
【解析】　对两球受力分析如图所示，设两个小球之间的库仑力大小为F，利用相似三角形知识可得，A
球所受三个力F、FTA、mAg 构成的三角形与三角形OBA 相似，＝＝；C 球所受三个力F、FTC、mCg 构成的
三角形与三角形OBC 相似，＝＝.因OA＝OC，所以mA∶mC＝FTA∶FTC，mA∶mC＝BC∶AB，选项B、D 正
确；因AB<BC，所以FTA>FTC，选项C 错误；因两球之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电荷
量的多少，选项A 错误.
2.如图所示，带正电的小球A 和带负电的小球B 都可看成点电荷，分别被轻绳1 和2 系住后通过电荷间的
相互作用恰好能静止在如图所示的状态，绳1 与竖直方向成30°角，绳2 水平。则(　　)
A.B 对A 的库仑力可能与绳2 的拉力相等
B.A 与B 间的库仑力可能小于绳2 的张力
C.A 与B 的总重力与绳2 的拉力之比为∶1
D.绳1 与绳2 的拉力之比为4∶
【答案】　C
【解析】　选取B 为研究对象，受力分析如图甲所示，受3 个力：重力GB，A 对B 的库仑力FAB，绳2 拉力
F2，根据平衡条件，这3 个力合力为0，则FAB与F2的合力应与GB大小相等，方向相反。由图甲可知，根
据直角三角形知识，FAB一定大于F2，所以A、B 错误；再选取A 与B 整体为研究对象，受力分析如图乙所
示，整体受3 个力：整体重力G 总、绳1 拉力F1、绳2 拉力F2，根据平衡条件，可知tan 30°＝，得＝，所
以C 正确；绳1 与绳2 的拉力之比为＝＝2，所以D 错误。
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押题猜想三  力与曲线运动
                                        
猜想01 借图像考查两个互成角度直线运动的合运动问题
【例1】一个质量为
的乒乓球，以
的初速度水平向北抛出，此时正好有风，风力水平
向西，俯视图如图所示，已知重力加速度为
，乒乓球受到的水平风力大小恒为
。乒乓球
在空中运动
过程中，下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球做变加速曲线运动
B．乒乓球的加速度大小为
C．乒乓球向北运动的位移大小为
D．乒乓球下落高度为
【答案】C
【详解】A．乒乓球受重力和水平向西的风力，两力均为恒力，所以合力也为恒力，故乒乓球做匀变速曲
线运动，故A 错误；
B．由牛顿第二定律可得，乒乓球的加速度大小为
故B 错误；
C．乒乓球在向北的方向上不受力，该方向上的分运动为匀速直线运动，
向北运动的位移大小为
故C 正确；
D．乒乓球竖直方向上做自由落体运动，
下落的高度为
故D 错误。
故选C。
【例2】图甲为一种常见的3D 打印机的实物图，打印喷头做x 轴、y 轴和z 轴方向的运动，
时，打印
喷头从打印平台的中心开始运动，在x 轴方向的位移-时间图像和y 轴方向的速度-时间图像如图乙、丙所示，
下列说法正确的是（　　）
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A．
末喷头的速度大小为
B．喷头运动轨迹可能是图丁中的轨迹P
C．
末喷头速度方向与x 轴正方向的夹角为
D．
末喷头离打印平台中心的距离为
【答案】BCD
【详解】A．由图乙可知，在x 轴方向做匀速直线运动，速度大小为
由图丙可知，在y 轴方向做匀加速直线运动，加速度大小为
末喷头在y 轴的分速度大小为
末喷头的速度大小为
故A 错误；
B．由以上分析可知，喷头在x 轴方向做匀速直线运动，在y 轴方向做匀加速直线运动，所以合力沿y 轴方
向，所以轨迹可能为P，故B 正确；
C．
末喷头沿y 轴方向的分速度大小为
设
末喷头速度方向与x 轴正方向的夹角为
，则
解得
故C 正确；
D．
末喷头沿x 轴的位移大小为
在y 轴方向的位移大小为
所以，
末喷头离打印平台中心的距离为
故D 正确。
故选BCD。
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押题解读
运动的合成与分解不仅是一种题型更是一种方法，通过与图像关联既能考查学生识图、析图、用图的
科学思维能力与此同时还要求学生能够建物理模型，并且该类问题时常与生活实际相结合能有效展示给学
生生活中的物理问题增强科学态度与价值观，对这一问题的考查很符合新高考的特点。
考前秘笈
两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断
根据合加速度方向和合初速度方向的关系，判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分为以下几种情况：
(1)两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动。
(2)两个初速度均为零的匀加速直线运动的合运动一定是匀加速直线运动。
(3)一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动是匀变速运动，当二者速度方向共线时为匀变速直线
运动，不共线时为匀变速曲线运动。
(4)两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速运动。若两运动的合初速度方向与合加速度方向在同一条直
线上，则合运动是匀变速直线运动，如图甲所示；若合初速度方向与合加速度方向不在一条直线上，则合
运动是匀变速曲线运动，如图乙所示。
  
1．图（a）是风洞实验室全景图，风洞实验室是可量度气流对实体作用效果以及观察物理现象的一种管道
状实验设备。图（b）为风洞实验室的侧视图，两水平面（虚线）之间的距离为
，其间为风洞区域，物
体进入该区域会受到水平方向的恒力，自该区域下边界的
点将质量为
的小球以一定的初速度竖直上抛，
从
点离开风洞区域，经过最高点
后小球再次从
点返回风洞区域后做直线运动，最终落在风洞区域
的下边界
处，
与水平方向的夹角为
，
，
，重力加速度大小为
，小球在
运动过程中不受阻力作用。则下列说法正确的是（　　）
A．小球到达最高点的速度为零
B．风洞区域内小球受到水平方向恒力的大小为
C．小球运动过程中离风洞下边界
的最大高度为
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D．小球运动过程中离风洞下边界
的最大高度为
【答案】BD
【详解】A．小球在最高点速度方向沿水平方向，速度不为零，故A 错误；
B．小球从N 点返回风洞区域后做直线运动，所受合力方向沿NP，则
解得
故B 正确；
CD．设小球在最高点的速度大小为，在M、N 点竖直方向的速度大小为
，小球由O 到M 的时间为
在水平方向上，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
小球在竖直方向上做竖直上抛运动，由运动的对称性知，小球从N 到P 的运动时间为，在P 点，水平方
向速度
由几何关系得
解得
则小球在P 点的竖直方向速度为
小球从N 到P 做直线运动，则
解得
则小球在N 点的竖直方向速度为
小球由
到
，竖直方向
解得
在竖直方向上，
，
，
解得
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小球运动过程中离风洞下边界
的最大高度
故C 错误，D 正确。
故选BD。
2.漯河红枫广场无人机灯光表演给广大市民带来了科技的惊艳，同时也很好的烘托了节日的氛围并给漯河
的文化、经济等做了极大的宣传。在一次无人机表演中，若分别以水平向右、竖直向上为
轴、
轴的正
方向，某架参演的无人机在
方向的
图像分别如图甲、乙所示，则在
时间内，该无人机的运
动轨迹为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由图可知，在
时间内无人机竖直方向做匀速直线运动，水平方向向右做匀减速直线运动，可
知在
时间内无人机受到的合外力方向水平向左，根据合外力指向轨迹凹处，可知
时间内无人机
运动的轨迹向左弯曲；在
时间内无人机竖直方向向上做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，
可知在
时间内无人机的合外力竖直向下，根据合外力指向轨迹凹处，可知在
时间内无人机运动
的轨迹向下弯曲。
故选A。
猜想02 与体育运动或生活实际考查抛体运动的基本规律
【例2】如图，某同学面向竖直墙上固定的靶盘水平投掷可视为质点的小球，不计空气阻力。小球打在靶
盘上的得分区即可得到相应的分数。某次，该同学投掷的小球落在10 分区最高点，若他想获得更高的分
数，在其他条件不变的情况下，下列调整方法可行的是（　　）
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A．投掷时球的初速度适当大些
B．投掷时球的初速度适当小些
C．投掷时球的位置向前移动少许
D．投掷时球的位置向上移动少许
【答案】B
【详解】小球在空中做平抛运动，根据平抛运动规律有
，
联立可得
某次，该同学投掷的小球落在10 分区最高点，若他想获得更高的分数，应使小球打在靶盘上的位置向下
移动；在其他条件不变的情况下，投掷时球的初速度适当小些、投掷时球的位置向后移动少许、投掷时球
的位置向下移动少许。
故选B。
押题解读
体育运动、生活实际的许多运动情景可以抽象为平抛运动模型，对平抛运动的研究运用到了运动的合成与
分解的思想，渗透了对物理学科的运动观念及科学思维的考查，此外，对实际问题的理想化处理，有利于
引导考生由解题向解决问题转变，符合高考命题趋势。
考前秘笈
1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点
物理量
公式
决定因素
飞行时间
t＝
取决于下落高度h 和重力加
速度g，与初速度v0无关
水平射程
x＝v0t＝v0
由初速度v0、下落高度h 和
重力加速度g 共同决定
落地速度
vt＝＝
与初速度v0、下落高度h 和
重力加速度g 有关
速度改变量
Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下
由重力加速度g 和时间间隔
Δt 共同决定
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2.关于平抛(或类平抛)运动的两个重要推论
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中
A 点和B 点所示，即xB＝.
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与
水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
  
1.一种平抛运动的实验游戏如图所示，AB 是内壁光滑的细圆管，被固定在竖直面内，B 点的切线水平。让
质量为m 的小球（直径略小于细管的直径）从A 点由静止释放，沿着管壁向下运动，接着小球从B 点做平
抛运动到C 点。已知AB 的形状与抛物线BC 的形状关于B 点对称，小球从B 到C 的运动时间为t，重力加
速度为g，下列说法正确的是（    ）
A．小球到达C 点时重力的瞬时功率为
B．A、C 两点的高度差为
C．小球从A 到B 合力冲量的大小为
D．小球到达C 点时速度与竖直方向的夹角为45°
【答案】D
【详解】A．小球到达C 点时竖直方向的速度为
重力的瞬时功率为
故A 错误；
B．小球从B 到C 的运动时间为t，竖直高度
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因AB 的形状与抛物线BC 的形状关于B 点对称，可知A、C 两点的高度差为
故B 错误；
C．小球在B 点平抛的速度为v0，则
解得
则小球从A 到B 合力冲量的大小为
故C 错误；
D．小球从B 到C 的运动时间为t，竖直方向的速度
水平方向的速度为
小球到达C 点时速度与竖直方向的夹角为θ，则
则
故D 正确。
故选D。
2．篮球投出后在空中的运动轨迹如图所示，A、B 和C 分别为抛出点，最高点和入篮框点。已知抛射角
，
B 点与C 点的竖直距离h，重力加速度g，忽略空气阻力，则（　　）
A．可以求出篮球入框时的速度
B．可以求出AB 连线与水平方向的夹角
C．A 到B 的时间可能与B 到C 的时间相等
D．篮球入框时的速度与水平方向的夹角可能为
【答案】B
【详解】B．根据题意可知，篮球做斜抛运动，水平方向的速度不变，则有
从
到
过程中，有
，
，
AB 连线与水平方向的夹角的正切值
由于
已知，则
可求，故B 正确；
AC．从
到
过程，篮球做平抛运动，下落高度为，则有
，
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则
由于
未知，则不可以求出篮球入框时的速度，由于
则有
故AC 错误；
D．结合上述分析可知
，
则有
设篮球入框时的速度与水平方向的夹角为
，则有
由于
则有
即篮球入框时的速度与水平方向的夹角
一定小于
，故D 错误。
故选B。
猜想03 结合“转弯”或游乐设施考查水平面内的圆周运动
【例3】如图所示，MN 为半径为r 的
圆弧路线，NP 为长度19r 的直线路线，
为半径为4r 的
圆弧
路线，
为长度16r 的直线路线。赛车从M 点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直
线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均
为车重的k 倍，最大速度
，g 为重力加速度，赛车从M 点按照MNP 路线运动到P 点与按照
路线运动到
点的时间差为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】赛车从M 点按照MNP 路线运动到P 点过程，在圆周运动过程有
30
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，
在NP 直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在NP 直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
则匀速过程的时间
赛车从M 点按照
路线运动到
点过程，在圆周运动过程有
，
在
直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在
直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
即匀加速至最大速度时，恰好到达
，则赛车从M 点按照MNP 路线运动到P 点与按照
路线运动到
点的时间差为
解得
故选C。
押题解读
近几年以生产、生活、游戏为情境命题的圆周运动问题越来越多，近年亦将会在考卷中继续延续．分
析此类问题需要将实际问题转化为物理问题，并经历建构圆周运动模型、科学推理等思维过程，有助于培
养学生的科学思维素养。
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考前秘笈
1.物理量间的关系
2.三种传动方式
(1)皮带传动、摩擦传动：两轮边缘线速度大小相等。
(2)同轴转动：轮上各点角速度相等。
3.基本思路
(1)确定研究对象，进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心、轨道平面以及半径。
(2)列出正确的动力学方程Fn＝m＝mrω2＝mωv＝mr。
4.技巧方法
(1)竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系。
(2)最高点和最低点利用牛顿第二定律进行动力学分析。
5.两种模型
(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥。
(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v≥0。
  
一级方程式赛车，风靡全球。在某次练习赛中一辆赛车沿AB 匀速驶入如图所示的赛道，赛车沿图示中
的虚线通过ABC 赛道，然后进入直线赛道。AB 段为进入弯道前的一段长L＝136m 的直赛道，BC 为四分
之一水平圆弧形弯道，已知弯道半径R＝54m。为确保弯道行车安全，赛车进入弯道前必须从某点开始做
匀减速运动，减速的最大加速度大小为
，赛车与路面间的最大径向摩擦力为车重力的0.6 倍。取
，π＝3.14。求：
（1）若赛车到达A 时的速度
，为确保弯道行车安全，赛车刹车时离B 的最小距离；
（2）赛车安全通过该赛道时赛车的最大速度以及通过赛道所用时间。（结果保留到小数点后两位数）
【答案】（1）79.75m；（2）8.71s
【详解】（1）汽车在弯道上运动时根据牛顿第二定律得
32
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解得
由
可知刹车时离B 的最小距离
（2）赛车从A 开始刹车到B 点时速度为18m/s 时，赛车驶入时速度大。由
可知在A 的最大速度
再由
解得赛车刹车时间
由线速度定义式
可知赛车通过圆弧赛道的时间
故最短时间
猜想04 平抛圆周结合考能量观念
【例3】在极限运动竞技场中，选手通过操控物块完成三个阶段的挑战，分别是极速下滑、障碍滑行和凌
空飞跃。现简化运动轨道模型如图所示，在竖直平面内，光滑斜面下端与水平面
平滑连接于
点，水
平面
与光滑半圆弧轨道
相切于
点，
点在圆心
点正上方，
点与圆心等高。一物块（可看作
质点）从斜面上A 点由静止释放，物块通过半圆弧轨道
点且沿水平方向飞出，最后落到水平面上的
点
处（图中未标出）。已知
、
两点距离
，圆弧轨道半径
，斜面上A 点距离水平面
的高度
，
、
两点距离
，重力加速度
取
。求：
33
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(1)物块与水平面
间的动摩擦因数；
(2)将物块仍从斜面A 点上由静止释放，调节半圆弧轨道
与
点距离，使得物块在半圆弧轨道上运动
时不脱离轨道，则水平面
的长度
应满足的条件。
【答案】(1)
   (2)
或
【详解】（1）物块从
点飞出到落在
点，做平抛运动，则有
，
联立，解得物块通过
点时的速度大小为
物块从
点到
点过程，根据动能定理可得
代入数据，解得物块与水平面
间的动摩擦因数为
（2）若物块刚好通过
点，则有
解得
根据动能定理可得
解得
若物块刚好可以运动到与圆心等高处，根据动能定理可得
解得
若物块刚好可以运动到
点，根据动能定理可得
解得
综上分析可知，要物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道，水平面
的长度应满足
或
。
押题解读
对平抛圆周结合的综合问题进行分析时，往往涉及对两种典型曲线运动的研究，这种类型的题能有效考查
学生运用相关知识解决具体问题的能力以及加深对运动与相互作用观念的理解，培养学生的科学思维素养。
  
34
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1．2024 年秋某高校开学后进行军训，如图所示，军训中质量为
的张卫同学（可视为质点）抓住
一端固定的轻绳，从轻绳的固定端同一高度处摆下过障碍物。已知绳长为
，在张卫到达竖直状态
时放开绳索后水平飞出。绳子的固定端到地面的距离为2L。不计轻绳质量和空气阻力，重力加速度g 取值
，求：
(1)张卫摆到最低点抛出前对绳的拉力大小；
(2)张卫的落地点离绳的固定端的水平距离和张卫落地时的重力的功率大小。
【答案】(1)1800N  (2)
，
【详解】（1）对同学从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得
解得
在最低点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知张卫摆到最低点抛出前对绳的拉力大小为1800N。
（2）同学放开绳索后做平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向上做匀速直线运动，则张卫的落地点离绳的固定端的水平距离为
解得
张卫落地时的竖直分速度大小为
则张卫落地时的重力的功率大小为
2．如图所示，倾角
固定斜面的底端与光滑水平面
平滑相连，水平传送带
两端间距离为
，传送带沿顺时针方向匀速运行，速度大小为
，传送带上表面与光滑水平面
在同一水平
面内。水平面
与半径为
的竖直半圆形光滑轨道
相切，现将质量为
的小物块（可看成质
点）从斜面上高
处的A 点由静止滑下，小物块滑过传送带进入半圆形轨道后刚好能通过最高点F
点，然后做平抛运动落在水平面上的G 点，已知小物块与斜面、传送带上表面间的动摩擦因数均为0.7，
，重力加速度
，不计空气阻力，求：
35
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(1)小物块在斜面上受到摩擦力的大小和刚滑到斜面底端时的速度大小；
(2)小物块运动到圆弧面E 点时对圆弧面的压力大小；
(3)小物块在F 点的速度大小和E、G 间的距离。
【答案】(1)5.6N，1m/s   (2)60N   (3)2m/s，0.8m
【详解】（1）小物块在斜面上受到摩擦力的大小
根据动能定理
解得刚滑到斜面底端时的速度大小
（2）物块在传送带上加速运动，当与传送带共速时
解得
可知物块滑离传送带时的速度为
，到达E 点时的速度也为
在E 点时
解得FN=60N
根据牛顿第三定律可知，小物块运动到圆弧面E 点时对圆弧面的压力大小60N。
（3）小物块滑过传送带进入半圆形轨道后刚好能通过最高点F 点，则
解得vF=2m/s
从F 点做平抛运动，则
，
解得x=0.8m
押题猜想四  万有引力与航天
                                        
猜想01 结合小行星或其他恒星考查中心天体质量密度的计算
【例1】天文爱好者通过望远镜观察到两颗相距较远的行星
、
，并发现行星
有一颗绕其表面飞行的
卫星，绕行周期为
，行星
有一颗绕行周期为
的卫星，其轨道半径是行星
半径的2 倍。已知
，通过以上观测数据可求得两行星
、
的平均密度之比为（　　）
36
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A．1
B．
C．8
D．
【答案】A
【详解】对行星A 根据万有引力提供向心力
解得
对行星B 根据万有引力提供向心力
解得
根据密度公式
其中
可知两行星
、
的平均密度之比为
故选A。
押题解读
从人类不断探测地外小行星或其他恒星的角度考查万有引力定律的应用，彰显人类对太空的不懈追求，
应用万有引力定律主要解决的时天体质量密度、加速度等问题。
考前秘笈
天体质量和密度的求解
(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R.
由于G＝mg，故天体质量M＝，天体密度ρ＝＝＝.
(2)利用卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r.
①由万有引力提供向心力，即G＝mr，得出中心天体质量M＝；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝＝＝.
  
1．我国“天问二号”小行星探测器计划于2025 年5 月发射，主要任务是对近地小行星2016HO3 开展伴飞、
探测并取样返回。假设“天问二号”小行星探测器在小行星的静止轨道上运行时速度为，降落在小行星
表面采样时发现同一样品在赤道时的重力是其在北极时重力的
倍。已知小行星的自转周期为
，引力常
量
，则下列说法正确的是（　　）
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A．小行星的质量为
B．小行星静止轨道的高度为
C．贴近小行星表面运行的卫星周期为
D．小行星的密度为
【答案】D
【详解】A．小行星探测器在小行星的静止轨道上运行时的周期等于小行星的自转周期为
，设小行星的
静止轨道的轨道半径为，则有
解得
由万有引力提供向心力有
解得小行星的质量
故A 错误；
B．根据题意可知，样品在赤道上时有
样品在北极时有
又有
联立解得小行星的半径
则小行星静止轨道的高度为
故B 错误；
C．由万有引力提供向心力有
又有
联立解得
故C 错误；
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D．结合AB 分析可得，小行星的密度为
故D 正确。
故选D。
猜想02 结合探测器、宇宙飞船等的运动考查天体运行参量的计算与比值
【例2】我国科研人员利用“探测卫星”获取了某一未知星球的探测数据，如图所示，图线P 表示“探测
卫星”绕该星球运动的关系图像，Q 表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，其中r 是卫星绕中心天体
运动的轨道半径，T 是对应的周期。“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足
，图
中c、a、b 已知，则（　　）
A．该星球和地球的质量之比为
B．该星球和地球的第一宇宙速度之比为
C．该星球和地球的密度之比为
D．该星球和地球表面的重力加速度大小之比为
【答案】B
【详解】A．根据万有引力提供向心力有
解得
可知
图像的斜率为
故该星球和地球的质量之比
故A 错误；
B．“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足
，即
可得
根据万有引力提供向心力有
   
39
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解得
故该星球和地球的第一宇宙速度之比
故B 正确；
C．星球的体积为
密度为
故该星球和地球的密度之比为
故C 错误；
D．在星球表面，万有引力与重力的关系有
解得
故该星球和地球表面的重力加速度大小之比为
故D 错误。
故选B。
押题解读
结合最新航天成果考查万有引力定律已成高考的热点此类试题有利于激发考生学习物理的兴趣和热情，
也渗透了对物理核心素养的考查，符合新高考命题要求。
考前秘笈
天体(卫星)运行参量与环绕半径的关系
由G＝mrω2＝mr＝m＝ma，可得a＝∝、v＝∝、ω＝∝、T＝2π∝.
可记忆为“越高越慢”.
注意：地球(星球)上物体、双星不适用以上公式.
  
1.我国发射的嫦娥四号成功在月球背面软着陆，实现了人类历史上首次月球背面软着陆与探测，为人类开
发月球迈出坚实一步。太空船返回地球的过程中，一旦通过地球、月球对其引力的合力为零的位置后，该
合力将有助于太空船返回地球，已知地球质量约为月球的81 倍，则该位置距地心的距离和距月球中心的
距离之比为（　　）
A．81：1
B．10： 9
C．9：1
D．9：10
【答案】C
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【详解】设太空舱质量为m，月球质量为m0，引力合力为零的位置到地心的距离为r1，地球质量为81m0，
引力合力为零的位置到月球中心的距离为r2，由万有引力定律和力的平衡有：
可得
故选C。
2.2024 年10 月31 日，“爱因斯坦探针（EP）卫星”正式在轨交付给中国科学院国家天文台使用，主要用
于观测宇宙中的剧烈爆发现象，捕捉这些转瞬即逝的宇宙“焰火”。若该卫星在定轨前，由周期为
的圆
轨道变轨到周期为
的圆轨道，则它先后在这两个圆轨道上的动能之比为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据开普勒第三定律可知
根据万有引力提供向心力有
卫星的动能
联立可得该卫星先后在这两个圆轨道上的动能之比
故选B。
猜想03 结合空间站、探测器等考查卫星的对接、变轨问题
【例3】2024 年10 月30 日4 时27 分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F 遥十九运载火箭在酒泉卫星
发射中心点火发射。10 月30 日11 时00 分，神舟十九号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。
关于本次交会对接下列说法正确的是（　　）
A．神舟十九号载人飞船先运动到与空间相同的轨道后加速对接
B．神舟十九号载人飞船先运动到与空间相同的轨道后减速对接
C．神舟十九号载人飞船先运动到比空间低的轨道后加速对接
D．神舟十九号载人飞船先运动到比空间高的轨道后加速对接
【答案】C
【详解】A．神舟十九号载人飞船先运动到与空间相同的轨道后加速运动，则神舟十九号将做离心运动，
不可能完成对接，故A 错误；
B．神舟十九号载人飞船先运动到与空间相同的轨道后减速运动，则神舟十九号将做近心运动，不可能完
成对接，故B 错误；
41
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C．神舟十九号载人飞船先运动到比空间低的轨道后加速运动，则神舟十九号将做离心运动，可以完成对
接，故C 正确；
D．神舟十九号载人飞船先运动到比空间高的轨道后加速运动，则神舟十九号将做离心运动，不可能完成
对接，故D 错误。
故选C。
【例4】SpaceX 公司计划不断发射大量小型卫星，组成庞大的地球卫星群体，简称“星链计划”。但其部
分卫星的轨道与我国空间站轨道有重叠，严重影响空间站的使用安全，有时就不得不做紧急避险动作，避
免被星链卫星撞击的危险。如图所示，假设在地球附近存在圆轨道卫星1 和椭圆轨道卫星2，A、B 两点为
椭圆轨道长轴两端，C 点为两轨道交点。A 距离地心R，B 距离地心3R，C 距离地心2R，卫星都绕地球逆
时针运行。下列说法正确的是（　　）
A．卫星2 和卫星1 的周期不相同
B．卫星2 和卫星1 在C 点受力一定相同
C．卫星1 在C 点的速度小于卫星2 在A 点的速度
D．若卫星2 运行到A 点时点火加速，即可在半径为R 的低轨道绕地球运动，不再有与卫星1 撞击的危
险
【答案】C
【详解】A．由题知圆的半径与椭圆的半长轴都为
相等，根据开普勒第三定律可知，卫星2 的周期与卫
星1 的周期相等，故A 错误；
B．两个卫星的质量关系不确定，卫星2 和卫星1 在C 点受力不一定相同，故B 错误；
C．以地球球心为圆心，并过A 点画出圆轨道3，如图所示
由图可知卫星从轨道3 到卫星2 的椭圆轨道要在A 点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3 的速度小于
卫星2 在椭圆轨道A 点的速度；轨道1 和轨道3 都是圆轨道，由万有引力提供向心力有
解得
可知轨道1 上卫星的速度小于轨道3 上卫星的速度，可知卫星在轨道1 上经过C 点的速度小于卫星2 在A
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点的速度，故C 正确；
D．据前面分析，在椭圆轨道上运行的卫星2 在A 点适当减速，即可在半径为R 的低轨道绕地球运行，不
再存在与卫星1 撞击的危险，故D 错误。
故选C。
押题解读
卫星的对接与变轨能从力与运动、能量的角度结合万有引力定律全方位考查学生分析问题解决问题的
能力。
考前秘笈
1.飞船对接方法
(1)低轨道飞船与高轨道空间站对接如图甲所示，低轨道飞船通过合理地加速，沿椭圆轨道(做离心运动)追
上高轨道空间站与其完成对接.
(2)同一轨道飞船与空间站对接
如图乙所示，后面的飞船先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使飞船追上空间站时恰好具
有相同的速度.
2.卫星变轨和能量问题
1.点火加速，v 突然增大，G<m，卫星将做离心运动。
2.点火减速，v 突然减小，G>m，卫星将做近心运动。
  
1.神舟十二号载人飞船与长征二号F 遥十二运载火箭组合体搭载航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波先后进入
“天和核心舱”，中国人首次进入自己的空间站。已知空间站在离地面约为
的圆轨道做匀速圆周运
动，则下列说法正确的是（　　）
A．空间站在轨运行周期约为
B．空间站在轨运行速度一定小于
C．发射运载火箭的速度需要超过第二宇宙速度才能完成对接
D．航天员乘坐的载人飞船需先进入空间站轨道，再加速追上空间站完成对接
【答案】B
【解析】由
得
，由于空间站轨道半径小于同步地球卫星轨道半径，则运行周期
小于
，则A 错误；第一宇宙速度是地球卫星的最大运行速度，故空间站在轨运行速度不可能大于
，则B 正确；地球卫星发射速度在第一宇宙速度到第二宇宙速度之间，则C 错误；完成对接。应先
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进入较小轨道，再在适当位置加速变轨完成对接，则D 错误。故选B。
2. (多选)“长征五号”遥五运载火箭顺利将“嫦娥五号”探测器送入预定轨道开启了中国首次地外天体采
样返回之旅。“嫦娥五号”飞行轨迹可以简化为如图10 所示：首先进入近地圆轨道Ⅰ，在P 点进入椭圆
轨道Ⅱ，到达远地点Q 后进入地月转移轨道，到达月球附近后进入环月轨道Ⅲ。已知近地圆轨道Ⅰ的半径
为r1，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，环月轨道Ⅲ的半径为r3，“嫦娥五号”在这三个轨道上正常运行的周期
分别为T1、T2、T3，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。忽略地球自转及太阳引力的影响，下列说法
正确的是(　　)
A.＝＝
B.“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上运行速度小于
C.“嫦娥五号”在椭圆轨道Ⅱ上P 点的加速度大于在圆轨道Ⅰ上P 的加速度
D.“嫦娥五号”沿椭圆轨道Ⅱ从P 点向Q 点飞行的过程中，地球对它的引力做负功
【答案】　BD
【解析】　轨道Ⅰ、Ⅱ的中心天体是地球，轨道Ⅲ的中心天体是月球，中心天体不同，不满足开普勒第三
定律，A 错误；根据牛顿第二定律有G＝m，mg＝G，已知“嫦娥五号”绕地球做圆周运动的半径为r1、地
球半径为R，地球表面的重力加速度为g，代入数据有v＝，r1>R，则“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上运行速度小
于，B 正确；根据牛顿第二定律有G＝ma，在P 点r 相同，则“嫦娥五号”在椭圆轨道Ⅱ上P 点的加速度
等于在圆轨道Ⅰ上P 的加速度，C 错误；根据开普勒第二定律可知，vP>vQ，则从P 到Q 万有引力做负功，
D 正确
猜想04 结合科技前沿考查天体追及相遇和双星多星问题
【例5】2025 年1 月16 日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为
“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径
之比为
，已知地球的质量为火星质量的9 倍，火星的半径是地球半径的0.5 倍，如图所示。根据以上
信息可以得出（　　）
A．火星与地球绕太阳公转的角速度之比为
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B．当火星与地球相距最远时，太阳处于地球和火星之间
C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比为
D．下一次“火星冲日”将出现在2026 年1 月16 日之前
【答案】ABC
【详解】A．火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为
，根据开普勒第三定律，
有
可得
根据周期与角速度的关系
可得角速度之比为
故A 正确；
B．火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，当火星与地球相距最远时，太阳处于地球和火星之间，故B 正确；
C．在星球表面根据万有引力定律有
可得火星与地球表面的自由落体加速度大小之比为
故C 正确；
D．火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，有
，
要发生下一次火星冲日则有
解得
下一次“火星冲日”将出现在2026 年1 月16 日之后，故D 错误。
故选ABC。
【例6】近日，有科研团队发现，人们于1995 年发现的第一颗褐矮星Gliese229B 并不是一颗单星，而是一
对相互环绕的双星，现在被命名为Gliese
、Gliese
，质量分别为木星的38 倍和34 倍。已知
万有引力常量为
，木星质量为
，Gliese
轨道半径为，则下列说法中正确的是（　　）
A．Gliese
轨道半径为
B．Gliese
所受万有引力大小为
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C．Gliese
、Gliese
速率之和为
D．Gliese
、Gliese
角速度大小为
【答案】C
【详解】A．万有引力提供向心力，双星系统周期相同，有
又有
，
联立解得
故A 错误；
B．根据万有引力定律可得
故B 错误；
C．万有引力提供向心力，有
，
解得
，
双星速率之和为
故C 正确；
D．万有引力提供向心力，双星系统角速度相同，有
，
联立解得
故D 错误。
故选C。
押题解读
应用万有引力定律考查天体的追及相遇和双星多星问题能较好的展现学生构建物理模型的能力。也渗
透了物理观念和科学推理的物理素养。
考前秘笈
1.卫星相距“最近”“最远”问题-----天体的追及相遇
两颗卫星在同一轨道平面内同向绕地球做匀速圆周运动，a 卫星的角速度为ωa，b 卫星的角速度为ωb.
若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点正上方，相距最近，如图甲所示．
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当它们转过的角度之差Δθ＝π，即满足ωaΔt－ωbΔt＝π 时，两卫星第一次相距最远，如图乙所示．
当它们转过的角度之差Δθ＝2π，即满足ωaΔt－ωbΔt＝2π 时，两卫星再次相距最近．
2.双星模型
(1)模型构建：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示．
(2)特点：
①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即
＝m1ω1
2r1，＝m2ω2
2r2
②两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2
③两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L.
  
1．我国成功将“钟子号卫星星座02 组卫星”（用卫星
表示）送入预定轨道。地球半径为
，卫星
距
地面的高度为
，运行周期为
，如图某时刻两颗卫星相距最近，经时间两颗卫星再次相距最近。则
“钟子号卫星星座02 组卫星”的轨道半径为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设“钟子号卫星星座02 组卫星”的运行周期为
，由题意可
，解得
，
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由开普勒第三定律得
，解得
，故选B。
2．“天关”卫星是中国研制的一颗空间科学卫星，用于探寻黑洞、引力波等重要预言。如图所示，“天
关”卫星离地高度约为600 千米，其轨道平面与赤道平面的夹角约为29°，轨道半径为
。某时刻，“天
关”卫星刚好从另一高轨卫星的正下方经过，高轨卫星的轨道位于赤道上空，经过一段时间后，“天关”
卫星在地球同一侧从高轨卫星下方经过（忽略地球自转），两卫星轨道均视为圆轨道，则该高轨卫星的半
径可能的值为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设“天关”卫星周期为
，则它运动到地球另一侧经过的时间
，
，
设高轨卫星周期为
，经过的时间
，
由于“天关”卫星轨道更低，周期更短，则
它再从高轨卫星下方经过，满足
即
，
设高轨卫星的半径为，根据开普勒第三定律，则
其中
、
取整且
，B 符合题意。
故选B。
3.在遥远的太阳系边缘，有两颗孤独而坚定的星球——冥王星与卡戎（如图甲）。它们之间存在一种特殊
的天文现象——潮汐相互锁定，这意味着卡戎绕冥王星公转一周的时间，恰好等于它自转一周的时间，也
等于冥王星自转一周的时间。冥王星与卡戎可看成一个双星系统，它们绕着O 点做匀速圆周运动（如图
乙），已知冥王星与卡戎的质量之比约为8：1，半径之比约为2：1，在彼此绕行的过程中，忽略其他天
体的影响，下列说法正确的是（　　）
48
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A．在冥王星上，有半个球面始终观察不到卡戎
B．冥王星与卡戎的第一宇宙速度之比约为2：1
C．冥王星与卡戎的球心与O 点的连线，在相等的时间内扫过的面积相等
D．如果两星球球心之间的距离为冥王星半径的16 倍，则 O 点到冥王星球心的距离等于冥王星半径
的2 倍
【答案】AB
【详解】A．由题中潮汐锁定的解释可知，卡戎绕冥王星公转一周的时间，恰好等于它自转一周的时间，
也等于冥王星自转一周的时间，故冥王星有半个球面始终背对卡戎，观察不到卡戎，故A 正确；
B．由万有引力提供向心力有
解得第一宇宙速度
可知冥王星与卡戎的第一宇宙速度之比约为2 1∶，故B 正确；
C．冥王星与卡戎组成的双星系统角速度一样，故卡戎的球心与 
点的连线在相等的时间内扫过的面积更
大一些，故C 错误；
D．由双星系统的特点可知，
点到两星球球心的距离跟星球质量成反比，故 
点到冥王星球心的距离等
于冥王星半径的
倍，故D 错误。
故选AB。
4.在恒星形成后的演化过程中，一颗恒星可能在运动中接近并捕获另外两颗恒星，逐渐形成稳定的三星系
统。如图所示是由三颗星体构成的系统，星体B、C 的质量均为
，星体A 的质量是星体B 的4 倍，忽略
其他星体对它们的作用，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕
某一共同的圆心在三角形所在的平面内做圆周运动。星体A、B、C 的向心加速度大小之比为（　　）
49
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由儿何关系知
设B、A 间的距离为
，则
A 所受的合力
联立可得
由几何对称性可知星体B、C 受力大小相等，根据牛顿第三定律
又
设星体B 所受的合力为
，正交分解
，有
，
则
则
故选A。
押题猜想五  功与能
                                        
猜想01 创新情境考机车启动问题
【例1】随着全球新能源领域的蓬勃发展，电动汽车已经成为我们生活中的常用交通工具，某些电动汽车
搭载了弹射起步功能，在起步阶段获得较大加速度。如图所示，某品牌电动汽车在测试斜坡弹射起步功能，
该汽车可看成质点，从静止沿倾斜平直公路向上加速16m 时速度达到
，该倾斜平直公路与水平
方向的夹角为
，已知该汽车的质量为2000kg，加速过程中受到的阻力恒为200N，牵引力恒定，重力加
速度为
，
，
，忽略汽车质量的变化，关于这段加速过程，下列说法正确的
是（　　）
A．汽车发动机提供的牵引力大小为
B．汽车的速度达到
时，汽车的输出功率为
50
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C．汽车增加的机械能为
D．汽车发动机对汽车做的功为
【答案】B
【详解】A．汽车加速过程，根据动能定理可得
代入数据解得牵引力大小为
故A 错误；
B．汽车的速度达到
时，汽车的输出功率
故B 正确；
C．汽车增加的机械能为
故C 错误；
D．汽车发动机对汽车做的功为
故D 错误。
故选B。
押题解读
机车启动模型是牛顿运动定律与功率、动能定理综合应用的体现，现代科技中诸如动车组、儿童玩具
车、无人机等的启动问题均与之相关。突出情境中对该模型的考查能够引导学生关注科技以及培养学生应
用物理规律解决问题的能力，在2022 年高考中要引起足够的重视。
考前秘笈
机车启动问题
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t 图象
与v－t 图象
运动规律
OA 段：做加速度逐渐减小的变加速
直线运动；
AB 段：做速度为vm的匀速直线运动
OA 段：以加速度a 做匀加速
直线运动；
AB 段：做加速度逐渐减小的
变加速直线运动；
BC 段：做速度为vm的匀速
直线运动
过程分析
OA 段：v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓；
AB 段：F＝F 阻⇒ a＝0⇒P 额＝F 阻·vm
OA 段：a＝不变⇒F 不变
⇒v↑⇒P＝F·v↑，直到P＝P 额
＝F·v1；
51
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AB 段：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓；
BC 段：F＝F 阻⇒a＝0⇒v 达
到最大值，vm＝
  
1．如图甲所示，起重机从
时刻由静止开始竖直向上提升某物体，从开始运动到刚获得最大速度过程
中，物体速度的倒数
和牵引力F 的关系图像如图乙所示，整个过程时间持续9 s，获得的最大速度为
，不计其他阻力，取重力加速度
，以下说法正确的是（　　）
A．物体的质量为180kg
B．起重机牵引力的最大功率为15kW
C．物体做匀加速运动的时间为5s
D．物体在9 s 内上升的高度为
【答案】CD
【详解】B．根据
可得
当物体速度从10m/s 增加至12m/s 的过程中，结合图线的斜率可得
解得
故B 错误；
A．速度最大时合外力为零，即牵引力等于物体重力，根据图像可知，在F=1500N 时速度达到最大值，因
此有
解得
故A 错误；
C．由图像可知起重机初始牵引力大小为
，且匀加速结束时物体的速度大小为
，根据
牛顿第二定律，有
解得加速度
根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得匀加速运动的时间
故C 正确；
52
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D．根据题意，物体速度达到最大用时9s，而匀加速阶段用时5s，则可知，起重机以恒定功率运行的时间
，根据动能定理
其中
解得
匀加速阶段位移
所以总位移
故D 正确。
故选CD。
2.在滑雪场，工作人员借助卷扬机将物资沿雪道从A 点运送到B 点，示意图如图所示，雪道与水平地面间
的夹角为θ=37°。质量为m=100kg 的物资，在卷扬机的牵引下从A 点由静止开始运动，牵引物资的轻绳始
终与雪道平行，物资到达B 点前速度已达到最大。已知卷扬机的输出功率恒为P=2kW，物资从A 点运动到
B 点的时间为t=100s，物资与雪道之间的动摩擦因数为µ=0.5，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度
g=10m/s2。物资可视为质点，不计空气阻力。求：
(1)物资能达到的最大速度；
(2)AB 之间的距离。
【答案】(1)2m/s   (2)199.8m
【详解】（1）物资速度达到最大时，受到轻绳的拉力大小为
根据功率的公式，则有
联立解得
（2）设
之间的距离为
，对物资由动能定理得
代入数据解得
猜想02 结合图像考查功与能量
【例2】如图1 所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2 为
木块的初动能
与木块轨迹的最高点距地面高度
的关系图像。由此可求得斜面的长度为（　　）
53
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】若物块不滑离斜面，则由动能定理
由图像可知
设斜面长度L 倾角为θ，当物块能滑离斜面时，则从底端到顶端时
滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度
滑块轨迹的最高点距地面高度
联立解得
由图像可知斜率
解得
根据图像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距
解得L=4h0
故选C。
押题解读
纵观近几年高考选择题中，通过运动图像或能量图像对能量观念的考查较多，要求根据物理问题实际
情况和所给的条件，恰当运用几何关系、函数图像等形式和方法进行表达、分析、解决物理问题。
  
1.如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为
的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连
接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为0.25，取地面为零势能面，已知
。该过程中，
物块的动能
、重力势能
、机械能
、摩擦产生的热量
与水平位移
的关系图像可能正确的是
（　　）
54
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】如图所示
A．当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能
当物块下滑至斜面底端时其动能
此后在水平面上克服摩擦力做功，则有
可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为
，动能达到最大后在水平面上运动，
其图线的斜率为
，可知图线具有对称性，故A 正确；
B．物块的重力势能
可知物块
图像为纵轴截距
，斜率为
的图线，当
时，重力势能为0 保持不变，故B
错误；
CD．设O 点到斜面底端的距离为
，物块释放点的高度为，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦
力做功
可得
根据能量守恒可知
55
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而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在
轴上任意位置的机械能为
其
图像为纵轴截距为
，斜率为
的倾斜直线，而其
图像为过原点，斜率为
的
倾斜直线，故CD 错误。
故选A。
2．如图（a）所示，塔吊是建筑工地上最常用的一种起重设备，又名“塔式起重机”。图（b）为塔吊下
面吊起质量为100kg 的建筑材料的速度—时间图像，如果建筑材料从地面开始运动，
取10m/s2，则下列
判断正确的是（    ）
A．
s 内悬线的拉力大小恒为2000N
B．
s 末建筑材料离地面的距离为30m
C．
s 内和
s 内建筑材料均处于超重状态
D．
s 内起重机对建筑材料做功为9800J
【答案】D
【详解】A．由题图（b）知，5-10s 内建筑材料做匀速直线运动，由平衡条件得，悬线的拉力大小
故A 错误；
B．由题图（b）知，根据v-t 图线与坐标轴所围的面积表示位移可知0-20s 内建筑材料的位移大小为
故B 错误；
C．由题图（b）知，0-5s 内加速度方向向上，建筑材料处于超重状态，20-25s 内加速度方向向下，建筑材
料处于失重状态，故C 错误；
D．由题图（b）知，10-20s 内的位移大小
由动能定理得
解得W=9800J
故D 正确。
故选D。
猜想03 结合冬奥会等体育、生活实际问题考查能量
【例3】
年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图
56
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如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高
，
是半径
圆弧的最低点。
质量
的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度
，到达B 点时速度
。
取重力加速度
。
(1)求运动员在AB 段运动的时间；
(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量
的大小；
(3)若不计BC 段的阻力，画出运动员经过
点时的受力图，并求运动员经过
点时所受支持力
的大小。
【答案】(1)7.5s
(2)
(3)3900N
【详解】（1）根据
解得
（2）根据动量定理，可得
解得
（3）运动员经过C 点时受到重力和支持力，如图所示
根据动能定理可得
根据第二定律可得
联立，解得
【例4】在极限运动竞技场中，选手通过操控物块完成三个阶段的挑战，分别是极速下滑、障碍滑行和凌
空飞跃。现简化运动轨道模型如图所示，在竖直平面内，光滑斜面下端与水平面
平滑连接于
点，水
平面
与光滑半圆弧轨道
相切于
点，
点在圆心
点正上方，
点与圆心等高。一物块（可看作
57
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质点）从斜面上A 点由静止释放，物块通过半圆弧轨道
点且沿水平方向飞出，最后落到水平面上的
点
处（图中未标出）。已知
、
两点距离
，圆弧轨道半径
，斜面上A 点距离水平面
的高度
，
、
两点距离
，重力加速度
取
。求：
(1)物块与水平面
间的动摩擦因数；
(2)将物块仍从斜面A 点上由静止释放，调节半圆弧轨道
与
点距离，使得物块在半圆弧轨道上运动
时不脱离轨道，则水平面
的长度
应满足的条件。
【答案】(1)
 (2)
或
【详解】（1）物块从
点飞出到落在
点，做平抛运动，则有
，
联立，解得物块通过
点时的速度大小为
物块从
点到
点过程，根据动能定理可得
代入数据，解得物块与水平面
间的动摩擦因数为
（2）若物块刚好通过
点，则有
解得
根据动能定理可得
解得
若物块刚好可以运动到与圆心等高处，根据动能定理可得
解得
若物块刚好可以运动到
点，根据动能定理可得
解得
综上分析可知，要物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道，水平面
的长度应满足
或
。
押题解读
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联系实际的实例考查动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律的理解和应用，体现了对物理核心素养
中能量观点的考查，这与新高考从“解题”向“解决问题”转变的思想是一致的，符合高考命题趋势。
  
1.2022 年2 月16 日，我国运动员齐广璞在北京冬奥会男子自由滑雪空中技巧赛上获得冠军，图甲为比赛大
跳台的场景。现将部分赛道简化，如图乙所示，若运动员从雪道上的A 点由静止滑下后沿切线从B 点进入
半径
的竖直冰面圆弧轨道
，从轨道上的C 点飞出。
之间的竖直高度
，
与
互相垂直，
。运动员和装备的总质量
且视为质点，摩擦和空气阻力不计。取重
力加速度
，
，
。求
（1）在轨道最低点D 时，轨道对运动员的支持力大小；
（2）运动员滑离C 点后在空中飞行过程中距D 点的最大高度。
【答案】（1）3000N；（2）24.12m
【解析】
【详解】（1）运动员从雪道上的A 点由静止滑到D 点过程中，由动能定理得
解得
在轨道最低点D 时，根据牛顿第二定律得
解得
（2）运动员从雪道上的A 点由静止滑到C 点过程中，由动能定理得
解得
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运动员滑离C 点后在空中做斜抛运动，抛出最高点与C 点的高度差为h，则有
在空中飞行过程中距D 点的最大高度为
联立解得
2. 如图所示，某游乐场雪滑梯是由倾斜滑道、水平滑道平滑连接组成。已知倾斜滑道高度
，它与
水平地面夹角
，水平滑道长度为
，滑道全程动摩擦因数
水平滑道末端有一光滑球面冰坑，
冰坑
两点高度相同，冰坑的球面半径
（
远大于弧长
）。
，
，
游客从雪滑梯顶部由静止下滑。
  
(1)若游客在冰坑前停下，则水平滑道长度
是多少？
(2)若游客以很小的初速度滑下，刚好能进入冰坑到达
点，求该游客从开始下滑到
点全程所用时间。
（初速度可忽略，结果可以保留
）
【答案】(1)30.25m  (2)
s
【详解】（1）由已知题意可知，游客在AC 间做匀加速直线运动，在CD 间做匀减速直线运动，若游客在
D 点速度为零，由动能定理可得
解得L=30.25m
（2）因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0。设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为
t1，到达C 点时速度为vC，在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2，根据牛顿第二定律可得
解得
由
解得
根据速度—时间公式可知
同理，根据牛顿第二定律可得
解得
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根据速度—时间公式有
解得
s
因为冰坑为光滑球面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆，由单摆周期公式
解得
（s）
综上所述
s
猜想04 借助弹簧等连接体模型考查功能关系和能量守恒
【例5】如图所示，劲度系数为
的弹性绳一端系于
点，绕过
处的光滑小滑轮，另一端与质量为
、
套在光滑竖直固定杆A 处的圆环（视为质点）相连，P、Q、A 三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q 间
的距离，A、Q 间的距离为
。将圆环从A 点由静止释放，重力加速度大小为
，弹性绳始终处于弹性限度
内，弹性绳的弹性势能
，其中
为弹性绳的伸长量，下列说法正确的是（　　）
A．圆环向下运动的过程中，弹性绳的弹性势能先增大后减小
B．圆环向下运动的最大距离为
C．圆环最大动能为
D．圆环运动过程中的最大加速度为
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，圆环向下运动的过程中，弹性绳的拉伸量逐渐增大，则弹性绳的弹性势能一
直增大，故A 错误；
B．圆环向下运动至最低点过程，根据能量转化与守恒
解得
故B 正确；
61
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C．圆环动能达到最大时，速度最大，此时圆环加速度为0，令此时绳与竖直方向夹角为
，弹性绳的拉伸
量为x，则有
此时，对圆环进行分析有
根据能量转化与守恒有
解得
故C 正确；
D．对圆环进行分析，开始释放的加速度为重力加速度g，随后加速度先减小，后增大，令在C 点的加速
度为a，此时弹性绳与竖直方向夹角为
，结合上述有
则有
根据牛顿第二定律有
结合上述解得
即圆环运动过程中的最大加速度为g，故D 错误。
故选BC。
押题解读
能量守恒定律和功能关系的应用在近几年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入弹簧、连
接体模型中考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性．尤其在。可以很好的考查学生分析问题解
决问题的能力。
考前秘笈
轻弹簧模型“四点”注意
①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转
化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒．
②含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的
特点．
③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形
变量的大小．
④由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速
度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)．
  
1.如图所示，光滑竖直杆底端固定在地面上，杆上套有一质量为m 的小球A（可视为质点），一根竖直轻
弹簧一端固定在地面上（弹簧劲度系数为k），另一端连接质量也为m 的物块B，一轻绳跨过定滑轮O，
62
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一端与物块B 相连，另一端与小球A 连接，定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时，小球A 在外力作用下静
止于P 点，已知此时整根轻绳伸直无张力且OP 间细绳水平、OB 间细绳竖直，现将小球A 由P 点静止释
放，A 沿杆下滑到最低点Q 时OQ 与杆之间的夹角为30°，不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下
列说法中正确的是（　　）
A．初始状态时弹簧的压缩量为
B．小球A 由P 下滑至Q 的过程中，加速度逐渐增大
C．小球A 由P 下滑至Q 的过程中，弹簧弹性势能增加了
D．若将小球A 换成质量为
的小球C，并将小球C 拉至Q 点由静止释放，则小球C 运动到P 点时的
动能为
【答案】ACD
【详解】A．初始状态时，物块B 处于静止状态，根据平衡条件，有
解得弹簧的压缩量为
故A 正确；
B．小球A 开始下落时只受重力加速度为g，随着小球下落细线对小球有竖直向上的分力，小球所受的合
力减小，小球的加速度开始减小，所以加速度不是逐渐增大，故B 错误；
C．小球A 从P 到Q 时，下落的高度
小球A 下落到Q 点过程中，物块B 上升的高度为
整个过程中A 和B 重力势能的减少量为
系统机械能守恒，则该过程中，弹簧弹性势能增加了
，故C 正确；
D． 若将小球A 换成质量为
的小球C，小球C 运动到P 点时沿绳方向的分速度为0，根据功能关系，可
得
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解得
故D 正确。
故选ACD。
2．如图所示，倾角为53°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧（劲度系数未知）一端悬挂在O 点，另一
端与质量为m 的小球（视为质点）相连，B 点在O 点的正下方。小球从斜面上的A 点由静止释放，沿着斜
面下滑，已知OA 与斜面垂直，且O、A 两点间的距离为L，重力加速度大小为g，小球刚到达B 点时，对
斜面的弹力刚好为0，弹簧的原长为L，且始终处于弹性限度内，劲度系数为k 的轻质弹簧的弹性势能Ep
与弹簧的形变量x 的关系为Ep=
，sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在B 点时弹簧的弹性势能为
C．小球到达B 点时的动能为
D．小球从A 点运动到B 点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大
【答案】BD
【详解】A．由几何关系可知
，又因为小球刚到达B 点时与斜面间的弹力刚好为0，则有
解得
选项A 错误；
B．弹簧的弹性势能
选项B 正确；
CD．小球从A 点运动到B 点，弹簧的伸长量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，由能量守恒定律有
64
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解得
选项C 错误、D 正确。
故选BD。
押题猜想六  碰撞与动量守恒
                                        
猜想01 结合生活现象考查动量定理的简单应用
【例1】安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保
护。如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高 
处由静止
释放，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力 
随时
间 的变化规律可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量 
，重力加速度 
，不计
空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．头锤落到气囊上表面时的速度大小为4m/s
B．碰撞过程中 
的冲量大小为 
C．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m
D．碰撞过程中系统损失的机械能为20J
【答案】C
【详解】A．头锤落到气囊上表面时的速度大小为
选项A 错误；
B．根据F-t 图像的面积等于F 的冲量可知，碰撞过程中F 的冲量大小为 
选项B 错误；
C．向上为正方向，碰撞过程由动量定理
解得
可得碰撞结束后头锤上升的最大高度为
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选项C 正确；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为
选项D 错误。
故选C。
押题解读
高空坠物的危害，物体的制动情况以及体育运动中球类的冲击力等，以此情境命制的试题都会涉及动
量定理的应用体现了分析问题解决问题这一思想。
考前秘笈
1．对动量定理的理解
(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F 应理解为变
力在作用时间内的平均值．
(2)动量定理的表达式F·Δt＝Δp 是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，
公式中的F 是物体或系统所受的合力．
2．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 就越小，
如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．
(2)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量
Δp 越小．
  
1.气排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体育项目。已知球重0.125kg，某次比赛中运动员
将一个速度为5m/s，方向与水平面成30°角飞来的气排球以等大反向的速度垫向队友。已知垫球处离地高
度为1.5m，球与手作用时间为0.1s，网高1.9m，g 取
，空气阻力忽略不计，则以下说法正确的是（ 
）
A．运动员垫球过程中球的动量变化量大小为0
B．运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为
C．运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为12.5N
D．队友可在球飞至最高点时将球直接扣杀过网
【答案】B
【详解】A．垫球过程中，球的动量变化量大小应为
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故A 错误；
BC．根据动量定理可知
方向与水平方向夹角为
斜向上，如图所示
且根据几何关系可知
根据余弦定理，则有
故B 正确，C 错误；
D．垫出后，根据竖直方向运动特点有，最大高度
加上之前的1.5m，有
故无法直接扣球，故D 错误。
故选B。
2．如图所示为某位网球爱好者发球的准备动作，网球以3m/s 的初速度从运动员手中下落了80cm，经地面
弹起后恰好回到运动员手中（运动员手位置未动）。已知网球与地面的作用时间为0.1s，网球的质量为
0.06kg，忽略空气阻力，重力加速度
，下列说法正确的是（　　）
A．网球接触地面前机械能逐渐增大
B．地面对网球的弹力是由于网球发生形变而产生的
C．网球触地前瞬间的动能为0.75J
D．地面对网球的冲量大小为0.6N·s
【答案】CD
【详解】A．网球接触地面前仅受重力作用，机械能守恒，A 项错误；
B．地面对网球的弹力是由于地面发生形变而产生的，B 项错误；
C．由动能定理有
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解得
，C 项正确；
D．由
解得触地前速度大小
，方向向下，
触地后至回到运动员手中有
解得触地后速度大小
，方向向上，
由动量定理有
解得
，D 项正确。
故选CD。
猜想02 结合经典模型考物体运动中的懂冲量及能量特性
【例2】(多选)如图甲所示，质量为m 的物块在t＝0 时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾
角为θ 的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知)，物块的
速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t0时刻的速度为v0，重
力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.物块从t＝0 时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0sin θ
B.物块从t0时刻开始到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv0
C.F1的冲量大小为mgt0sin θ＋mv0
D.F2的冲量大小为3mgt0sin θ－3mv0
【答案】　BC
【解析】　重力冲量大小为IG＝mg·2t0＝2mgt0，故A 项错误；0～t0时间内和t0～2t0时间内物块的位移大小
相等、方向相反，故有＝－t0，得2t0时刻的速度v＝－2v0，故物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量
的变化量Δp＝mv－mv0＝－3mv0，故B 项正确；0～t0时间内，以沿斜面向上为正方向，由动量定理得IF1
－mgsin θ·t0＝mv0，得IF1＝mgt0sin θ＋mv0，故C 项正确；t0～2t0时间内，由动量定理得－IF2－mgt0sin θ＝
－m·2v0－mv0，得IF2＝3mv0－mgt0sin θ，故D 项错误.
押题解读
纵观历年高考以经典运动模型如“等位移折返”运动及“0-v-0”运动巧妙设问可以很好的考查了学生
运用知识及模型构建的能力，在高中学习过程中诸如圆周平抛以及常见的直线多过程运动模型都蕴藏着深
奥的物理思想在里面，不排除今年高考继续深挖经典模型的动冲量及能量特性组编较为综合的选择题来考
查学生的核心素养，因此备考中应当引起足够重视。
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1.质量为m 的物块从某一高度以动能E 水平抛出，落地时动能为3E.不计空气阻力，重力加速度为g.则物
块(　　)
A．抛出点的高度为
B．落地点到抛出点的水平距离为
C．落地时重力的功率为g
D．整个下落过程中动量变化量的大小为2
【答案】　D
【解析】　由动能定理得 mgh＝3E－E＝2E，故抛出点的高度为h＝，故A 错误；由E＝mv0
2，水平方向x
＝v0t，竖直方向h＝gt2，解得落地点到抛出点的水平距离为x＝，故B 错误；落地时速度的竖直分量vy＝
＝2，故落地时重力的功率为P＝mgvy＝2g，故C 错误；整个下落过程中动量变化量的大小为Δp＝mΔvy＝
m·2＝2，故D 正确．
2．如图为我国研制的首个可实现低空飞行的飞行滑板。驾驶员在一次使用飞行滑板飞行时，将身体前倾
37°(假设驾驶员身体保持伸直，与竖直方向夹角37°)，沿水平方向做加速运动，驾驶员与飞行滑板总质量
为m＝80 kg。假设飞行过程中发动机对飞行滑板的推力恒定，方向与身体共线，空气阻力与速度的关系为
F 阻＝kv，且与飞行方向相反，其中k＝20 N·s·m－1，g 取10 m/s2。则(　　)
A.飞行过程中发动机对滑板的推力为800 N
B.本次飞行能达到的最大速度为30 m/s
C.从静止开始运动到30 s 的过程中，发动机对滑板推力的冲量为1.8×104 N·s
D.从静止开始到达到最大速度的过程中，发动机对滑板推力的平均功率为9 kW
【答案】　B
【解析】　竖直方向，根据平衡条件有Fcos 37°＝mg，解得F＝1 000 N，故A 错误；当Fsin 37°＝F 阻＝kv
时速度最大，则有vm＝，代入数据得此时速度30 m/s，故B 正确；从静止开始运动到30 s 的过程中，发动
机对滑板推力的冲量为I＝Ft＝30 000 N·s，故C 错误；根据牛顿第二定律有Fsin 37°－kv＝ma，随着速度
的增大，则整体做加速度减小的加速运动，故平均速度v >＝15 m/s，故平均功率大于P＝Fsin 37°·v＝9 
kW，故D 错误。
猜想03 结合体育、生活实际问题考查能量动量
【例3】如图甲所示为某地冰壶比赛的场地示意图，冰道水平。已知冰壶的质量为20kg，营垒区的半径为
1.8m，投掷线中点与营垒区中心O 的距离为30m。设冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.008，用毛刷擦冰面
后动摩擦因数减为μ2=0.004.在某次比赛中，若冰壶在发球区受到运动员沿中心线PO 方向推力作用的时间
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t=10s，冰壶A 在投掷线中点处以v0=2.0m/s 的速度沿中心线PO 滑出。不计冰壶自身的大小，g 取10m/s2，
求：
（1）冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用力的冲量大小为多少？
（2）如果在中心线PO 上已经静止着一个相同的冰壶B，冰壶B 距营垒区中心O 的距离为0.9m，如图乙
所示。若要使冰壶A 能够沿中心线PO 将B 撞出营垒区，则运动员用毛刷擦冰面的长度至少为多少？（设
冰壶之间的碰撞时间极短，且无机械能损失）
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设推力对冰壶的冲量大小为I，则根据动量定理得：
代入数值解得
（2）冰壶A 与冰壶B 碰撞的过程中，设冰壶A 与B 碰撞前瞬间的速度为vA，碰撞后瞬间A 的速度为
，
B 的速度为
，根据动量守恒定律和动能的关系，有
解得
若冰壶B 沿OP 方向恰好被撞出营垒区，则满足
其中
设冰壶A 向冰壶B 运动过程中，运动员用毛刷擦冰面的长度为L，则根据动能定理得
其中
代入数值解得
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押题解读
体育运动中的多项体育运动都蕴藏着物理知识比如冰壶比赛、跳台滑雪等项目就是动量守恒定律在碰撞中
的应用，2025 年的高考中不排除命题人会利用这些素材深究细推命制与此相关的试题，以体现理论联系实
际，这与新高考从“解题”向“解决问题”转变的思想是一致的，符合高考命题趋势。
  
1 跳台滑雪可简化为示意图如图，运动员从平台末端a 点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后
落在足够长的斜坡上b 点，不考虑空气阻力，视运动员为质点，则运动员在空中运动过程中(　　)
A.在相等的时间间隔内，运动员竖直方向下落高度相等
B.在相等的时间间隔内，动量的改变量相等
C.在下落相等高度的过程中，动量的改变量相等
D.若初速度加倍，则在空中运动的时间也加倍，落点到a 点的距离也加倍
【答案】　B
【解析】　平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是匀加速运动，故在相等的时间间隔内竖直分位移一定
不相等，即在相等的时间间隔内，运动员竖直方向下落高度不相等，故A 错误；运动员做平抛运动，只受
重力，是恒力，根据动量定理，动量的改变量等于合力的冲量，任意相等时间合力的冲量相等，故任意相
等时间动量的改变量相等，故B 正确；在下落相等高度的过程中，时间一定不相等，故在下落相等高度的
过程中，合力的冲量一定不相等，动量的增加量一定不相等，故C 错误；运动员做平抛运动，设斜面与水
平方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝，解得t＝，落点到a 点的距离L＝＝＝，若初速度加倍，则在空中运动
的时间加倍，落点到a 点的距离为原来的4 倍，故D 错误。
2.在“人体高速弹射装置”协助下，只需几秒一名滑冰运动员就能从静止状态达到指定速度。现有一质量
的运动员甲在弹射装置协助下，通过加速段后获得一定初速度，匀速通过变道段后，进入半径
为
的弯道。假设在过弯道时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示，即可认为冰面对人的
弹力沿身体方向，身体与冰面的夹角
，忽略冰面对选手的一切摩擦力。
（1）求此时运动员转弯的速度
及弹射装置对运动员做的功
；
（2）根据第一问的数据，运动员甲获得上述初速度后，与速度为
的运动员乙发生碰撞完成接力，
相互作用后甲速度减为
，方向不变。已知运动员乙的质量为
。求在此过程中两位运
动员增加的动能
。
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【答案】(1) 
，
； (2)
【解析】(1)根据牛顿第二定律得
，
解得
弹射装置对运动员做的功
(2) 根据动量守恒得
，
解得
，
两位运动员增加的动能
。
3.第24 届冬季奥林匹克运动会，于2022 年2 月4 日在北京和张家口联合举行，北京也成为奥运史上首个举
办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一．如
图，跳台滑雪赛道由跳台A、助滑道AB、着陆坡BC 和停止区CD 等部分组成．比赛中，质量m＝60 kg 的
某运动员从跳台A 处由静止下滑，运动到B 处后水平飞出，在空中飞行了t1＝4.5 s 落在着陆坡上的P 点．
运动员从刚接触P 点到开始沿着陆坡向下滑行，经历的时间t2＝0.8 s．已知着陆坡的倾角α＝37°，重力加
速度g＝10 m/s2，不计运动员在滑道上受到的摩擦阻力及空气阻力，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)助滑道AB 的落差h；
(2)运动员在着陆坡上着陆过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力大小．
【答案】　(1)45 m　(2)1 830 N
【解析】　(1)设运动员从B 点飞出的速度为v0，到达P 点时竖直速度为vy，方向与水平方向间夹角为θ，
有vy＝gt1，tan θ＝
由平抛运动的推论可得tan θ＝2tan α
由机械能守恒可得mgh＝mv0
2
联立可解得h＝45 m.
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(2)设运动员着陆过程中着陆坡对运动员的平均冲击力大小为F，垂直于坡的方向，由动量定理可得
(F－mgcos α)·t2＝m(vycos α－v0sin α)
解得F＝1 830 N.
猜想04 动量与能量综合考查
【例5】如图，倾角为
的斜面体固定在水平面上，质量为3m 的物块静止在斜面上，物块与斜面间的动
摩擦因数为0.75。质量为m 的小球在斜面上离物块距离为L 处由静止释放，小球运动过程中受到的阻力始
终为其重力的
，小球每次与物块的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小为g，小球与物块的第二次碰撞
刚好发生在斜面底端，不计物块和小球的大小，
，
，求：
(1)小球第一次与物块碰撞前速度大小；
(2)小球第一次与物块碰撞后沿斜面上升的最高点离开始释放的位置距离；
(3)物块开始的位置离斜面底端的距离。
【答案】(1)
   (2)
   (3)
【详解】（1）设小球沿斜面向下运动的加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设小球第一次与物块碰撞前瞬间的速度大小为
，根据运动学公式
解得
（2）设第一次碰撞后小球的速度大小为
，物块的速度大小为
，根据动量守恒定律
根据能量守恒
解得
小球沿斜面向上运动时，设加速度大小为
，根据牛顿第二定律
解得
沿斜面向上运动的距离
小球第一次与物块碰撞后沿斜面上升的最高点离开始释放的位置距离为
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（3）设小球与物块第一次碰撞后沿斜面向上运动的时间为
，则
碰撞后，对物块研究，由于
因此碰撞后物块沿斜面向下做匀速直线运动，当小球运动到最高点时，物块离小球的距离
设小球在最高点至与物块发生第二次碰撞所用时间为
，则
解得
因此物块开始离斜面底端的距离
【例6】如图所示，足够长的木板
静置在光滑水平面上，
、B 两物体置于
上，
、
间夹有劲度系
数足过大、长度可忽略的压缩轻弹簧，物体与弹簧不相连。已知
、
，
距
左
端的挡板
，
、B 与
的动摩擦因数均为
，重力加速度
，
与挡板相碰会粘连
在挡板上。现解锁弹簧，
、B 瞬间获得速度，且
的速度大小为
。求：
(1)解锁前弹簧的弹性势能
；
(2)解锁后，
运动到左端挡板的时间；
(3)解锁后，摩擦产生的总热量
。
【答案】(1)
   (2)
    (3)
【详解】（1）解锁弹簧
、
组成的系统动量守恒
、
和弹簧系统的能量守恒
解得
（2）解锁弹簧后
对
有
对
有
对
有
设
与挡板相碰经过时间，有
设经过时间
，
与
共速
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解得
由
可知
运动到左端挡板的时间
（3）解锁弹簧后，
与挡板相碰瞬时前的速度
木板
相碰瞬时前的速度
A、C 碰撞中有
分析可知解锁后，最后ABC 都静止，故摩擦产生的总热量为总的弹簧的弹性势能减去AC 碰撞时的能量损
失，可知
代入数据解得
押题解读
每年高考中都有一道力学综合计算题，通过对近几年全国卷试题的分析研究可以看出，力学计算
题从考查直线运动逐渐转为结合牛顿运动定律考查板块模型问题、功能关系问题、碰撞问题、爆炸问
题等．这说明凡是《考试大纲》要求的，只要适合作为计算题综合考查的，都有可能设置为计算题．
因此高考复习不能掉以轻心。
考前秘笈
1.三种碰撞的特点及规律
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：m1v1
2＋m2v2
2＝m1v1′2＋m2v2′2
完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′
机械能损失最多，损失的机械能：
ΔE＝m1v1
2＋m2v2
2－(m1＋m2)v′2
非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能有损失，损失的机械能：
ΔE＝m1v1
2＋m2v2
2－m1v1′2－m2v2′2
碰撞问题遵循的
三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度
　2.弹性碰撞的“动碰静”模型
(1)由动量守恒和能量守恒得，
m1v0＝m1v1＋m2v2
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m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2；
(2)碰后的速度：v1＝v0，v2＝v0.
3.弹性碰撞模型的拓展应用
  
1.如图所示，半径足够大的
光滑圆弧轨道与长
的长木板构成物体B，圆弧的最低点与长木板的上
表面相切于P 点，B 放在光滑的水平面上，质量为
，质量为
的木块A 置于B 的最左端，
A 与B 的长木板部分间的动摩擦因数
。质量为
的子弹以水平向右的速度
射入
A，且留在A 中，子弹和A 相互作用的时间极短，重力加速度g 取
，A 可视为质点。求：
(1)子弹射入A 后A 的速度大小；
(2)A 从子弹射入到第一次到长木板P 点过程中对B 的冲量；
(3)A 沿B 的圆弧轨道上滑的最大高度。
【答案】(1)10m/s   (2)
，方向水平向右   (3)1m
【详解】（1）子弹和木块A 相互作用的时间极短，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律
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解得子弹射入A 后A 的速度大小为
（2）对子弹和木块A 整体受力分析，由牛顿第二定律
解得
对B 受力分析，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
解得
或
（舍去）
则木块A 对物体B 的冲量大小为
方向水平向右。
（3）木块A 和子弹的整体与物体B 相互作用的过程中，二者组成的系统水平方向动量守恒，由水平方向
动量守恒定律
解得
由系统能量守恒定律
解得A 沿B 的圆弧轨道上滑的最大高度为
2．如图所示，三物块A、B、C 放在光滑水平面上，C 的右侧粘有黏性物质，A、B 间用一轻弹簧拴接，
初始时弹簧处于压缩状态， C 物块在A 物块的左侧。现由静止释放A 和B，此后 A 刚好能到达C 并与C
粘在一起。已知弹簧的劲度系数为
，B 的最大加速度
，
，
，
，求：
(1)初始时A 和C 之间的距离为多大；
(2)已知弹簧的弹性势能表达式为
，k、x 分别为弹簧的劲度系数、形变量，A 与C 粘在一起后， 
B 运动的最大动能为多少。
【答案】(1)
   (2)
【详解】（1）设初始时弹簧的压缩量为x，此时B 的加速度最大，对B 有
解得
释放后当弹簧伸长
，A 和B 的速度再次为0，因系统动量守恒，
故
，
解得
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（2）A 与C 粘在一起后，弹簧的弹性势能
当弹簧回复到原长时，B 物块的速度最大，设此时A 和C 的速度大小为
，B 的速度大小为
，系统动量
守恒，
,
解得
3．如图所示，竖直平面内光滑圆弧形轨道
与水平地面相切于
点，圆弧轨道圆心为
、半径为
，对应圆心角为
。质量分别为
、
的物块P 和Q（均可视为质点）静置在
水平地面上的A 点，物块Q 通过原长为
，劲度系数为
的轻质弹簧拴接在左侧的固定挡
板上，初始时，弹簧处于原长，A、
之间的距离为
。在两物块Q、P 之间放置少量炸药，点燃
炸药，有
的化学能瞬间转化为两物块的动能，物块P 从圆弧轨道
飞出后运动到最高点时的速度大
小为
。已知两物块与水平地面之间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度
取
，
，炸药质量忽略不计，炸药爆炸后瞬间，两物块的速度均沿水平方向，
求：
(1)物块P 落地时的动能；
(2)炸药爆炸过程中释放的化学能；
(3)物块Q 在水平地面上滑行的路程。
【答案】(1)288.75J    (2)1071J    (3)110.2m
【详解】（1）物块P 从
点飞出后做斜抛运动，水平速度不变，可知物块P 从
点飞出时的速度为
由机械能守恒可知，物块P 落地时的动能等于物块P 在
点时的动能，有
解得
（2）设炸药爆炸时释放的化学能为
，由能量守恒有
爆炸时，两物块动量守恒
物块P 从爆炸后运动到
点的过程中，由动能定理有
联立解得
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（3）由（2）可得爆炸后瞬间物块Q 的速度大小为
爆炸后物块Q 做阻尼振动，弹簧第一次压缩到最短的过程中，由能量守恒有
解得
此时弹簧弹力大小为
物块Q 将被弹回，到速度再次减为零时，设弹簧的形变量为
，则该过程由能量守恒有
解得
此时弹簧弹力大小为
所以物块Q 不能静止，继续拉回，到速度再次减为零，设弹簧第二次压缩到最短时，形变量为
，则该过
程由能量守恒有
解得
此时弹簧弹力大小为
综上分析可知，从弹簧第一次压缩到最短到以后每次速度减为零，弹簧的形变量每次都会减小
设物块Q 第
次速度减为零时，弹簧的形变量为
，可知
当物块Q 第
次速度减为零时，若物块Q 停止运动，有
解得
分析可知，当物块Q 第12 次速度减为零时，弹簧的形变量大小为
此时弹筟弹力
物块Q 停止运动
所以整个过程中物块Q 滑动的路程为
押题猜想七  静电场
                                        
猜想01 结合点电荷、“电偶极子”考查电场的性质
【例1】如图所示，真空中有一个正方体，O 点为正方体的中心，A、B、C、D、
、
、
、
为正方
体的顶点。电荷量为
的点电荷固定于A 点，电荷量为
的点电荷固定于B 点。下列说法正确的是
（    ）
79
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A．O 点的电场方向与AB 平行
B．D 点的电势低于C 点的电势
C．电子从
点沿着
运动到
点的过程中，电场力先做正功后做负功
D．在O 点再固定一个电荷量为
的点电荷，D、C 两点的电势差变小
【答案】A
【详解】A．由等量异种电荷电场分布的对称性可知，O 点的电场方向与AB 平行，故A 正确；
B．根据电场分布可知，D 点的电势高于C 点的电势，故B 错误；
C．电子从
点沿着
运动到
点的过程中，电势一直降低，电势能一直增加，电场力一直做负功，故
C 错误；
D．在O 点再固定一个电荷量为
的点电荷，该点电荷在D、C 两点产生的电势相同，所以D、C 两点的
电势差不变，故D 错误。
故选A。
押题解读
静电场的描述涉及的概念较多利用点电荷、双电荷电偶极子系统可以全面的考查场强、电势的分布特
点和对称性有利于考查学生分析问题的能力。
考前秘笈
两种等量点电荷电场线的比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
连线上中点O 点的电场强度
最小，指向负电荷一方
为零
连线上的电场强度大小
沿连线先变小，再变大
沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O 点向外电场强
度大小
O 点最大，向外逐渐减小
O 点最小，向外先变大后变
小
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关于O 点对称的A 与A′、B
与B′的电场强度
等大同向
等大反向
  
1.如图所示，电荷量为
的两点电荷和电荷量为
的两点电荷分别固定在真空中正方体
的N、G、M、H 四个顶点上，
点为正方体的中心，
、
分别为正方形
和正方形
的中心，
取无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．
点的电势为零
B．
点的电势为零
C．
点的电场强度为零，电势也为零
D．将带正电的试探电荷从
点移动到
点的过程中电场力做正功
【答案】AD
【详解】AB．
点分别位于
、
两点，
、
两点的两对等量异种点电荷连线的中垂线上，所以
点的电势为零，同理可得
点的电势为零，
点离两正点电荷更近些，故
点的电势大于零，A 正确，B
错误；
C．位于N、M 两点的等量异种点电荷在
点产生的电场强度方向沿
方向，同理，位于
、
两点的
等量异种点电荷在
点产生的场强方向沿
方向，两电场强度方向相同，叠加后
点的电场强度不为零，
电势为零，C 错误；
D．
点的电势大于
点的电势，将带正电的试探电荷从
点移到
点的过程中电场力做正功，D 正确。
故选AD。
2．如图所示，以两等量异种点电荷连线的中点
为圆心画一半圆，在半圆上有
、
三点，M 、N
两点在两电荷连线上，
点在两电荷连线的垂直平分线上。下列说法正确的是（　　）
A．
点电场强度大于
点的电场强度
B．
三点的电势相等
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C．
两点间与
两点间电势差不相等
D．同一试探电荷在
两点的电势能相等
【答案】D
【详解】A．由等量异种电荷的电场线分布可知，
点电场强度等于
点的电场强度，选项A 错误；
B．沿电场线电势逐渐降低可知，
三点的电势关系为
选项B 错误；
C．由对称性可知，
两点间与
两点间电势差相等，选项C 错误；
D．因OP 两点都在两等量异种电荷连线的中垂线上，则电势相等，则同一试探电荷在
两点的电势能
相等，选项D 正确。
故选D。
猜想02 结合“三线”考查电场的性质
【例2】如图所示，曲线为一带电粒子（不计重力）在匀强电场中运动的轨迹，虚线A、B、C、D 为相互
平行且间距相等的四条等势线，M、N、O、P、Q 为轨迹与等势线的交点，已知P 点电势高于O 点。带电
粒子从M 点出发，初速度大小为v0，到达Q 点时速度大小为v，则（　　）
A．该带电粒子带正电荷
B．粒子从O 到P 和从P 到Q 的动能变化量不相等
C．粒子在从N 点运动至O 点的过程中，电场力对它做的功等于零
D．如果粒子从Q 点以与v 相反、等大的速度进入电场，则粒子可能不会经过M 点
【答案】C
【详解】A．由于P 点电势高于O 点，则电场强度方向向上，根据曲线运动的特点可知，轨迹向力的方向
弯曲，则该带电粒子所受电场力方向向下，与场强方向相反，所以该带电粒子带负电，故A 错误；
B．从O 到P 和从P 到Q 的电势差相等，根据动能定理可知，粒子动能变化量相等，故B 错误；
C．由于N 点和O 点电势相等，则粒子在从N 点运动至O 点的过程中，电场力对它不做功，故C 正确；
D．根据粒子做类斜上抛运动的轨迹具有对称性，如果粒子从Q 点以与v 相反、等大的速度进入电场，则
粒子一定经过M 点，故D 错误。
故选C。
押题解读
电场的性质是力与能在电学中的延续，结合带电粒子运动过程中的“三线”(电场线、等势线、轨迹
线)综合考查牛顿运动定律、功能关系、受力分析、运动的合成与分解等是常用的命题思路．这部分内容综
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合性强，仍是命题的热点．复习时应引起足够的重视。
考前秘笈
求解电场线与运动轨迹问题的方法
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场
线的切线方向)，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，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，
则要用“假设法”分别讨论各种情况．
(3)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向．
(4)判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹的凹侧，再根
据粒子的正、负判断场强的方向．
(5)判断电场力做功的正、负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能
减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加． 
  
1．如图所示为某电子透镜中电场的等势面（虚线）的分布图，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电
场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，电子先后经过A、B、C 三点（三点均在等势面上），下列说法
正确的是（　　）
A．A 点的电场强度大于B 点的电场强度
B．A 点的电势小于C 点的电势
C．电子从A 点运动到B 点的过程中，速度一直减小
D．电子在A 点的电势能小于在C 点的电势能
【答案】B
【详解】A．等差等势线越密集的地方电场强度越大，则A 点的电场强度小于B 点的电场强度，故A 错误；
CD．电子受到的电场力指向轨迹的凹侧，且电场力与等势面垂直，可知电子从A 点运动到B 点的过程中，
电场力做正功，电子的电势能减小，速度一直增大，故CD 错误；
B．电子在A 点的电势能大于在C 点的电势能，又电子带负电，所以A 点的电势小于C 点的电势，故B 正
确。
故选B。
2．如图所示，虚线a、b、c 表示O 处点电荷的电场中的三个等势面，1、2 两个带电粒子射入电场后，仅
在电场力作用下的运动轨迹如图中两条实线所示，其中粒子1 的运动轨迹与等势面c、b 分别相交于P、Q
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两点，粒子2 的运动轨迹与等势面c、a 分别相交于M、N 两点（不考虑两个粒子间的相互作用）。由此可
以判定（　　）
A．两个粒子一定带异种电荷
B．M、N 两处电势一定是
C．粒子1 在P 点的加速度小于在Q 点的加速度
D．粒子2 在运动过程中的电势能先增大后减小
【答案】AC
【详解】A．由图中轨迹可知，粒子1 受到库仑斥力作用，粒子1 与场源点电荷带同种电荷；粒子2 受到
库仑引力作用，粒子2 与场源点电荷带异种电荷；则两个粒子一定带异种电荷，故A 正确；
B．由于不清楚场源点电荷的电性，故无法判断M、N 两处电势的高度，故B 错误；
C．根据点电荷场强公式
可知，离场源点电荷越远，场强越小，则粒子1 在P 点受到的电场力小
于在Q 点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子1 在P 点的加速度小于在Q 点的加速度，故C 正确；
D．由图中轨迹可知，粒子2 在运动过程中，电场力对粒子2 先做正功，后做负功，则电势能先减小后增
大，故D 错误。
故选AC。
猜想03 结合图像考查电场的性质及粒子的运动
【例3】某电场中，x 轴上各点电场强度E 随位置
的变化规律如图所示，
方向是电场的正方向，一电
子从
处以
沿
方向射入，仅受电场力作用。下列说法正确的是（　　）
A．电子能越过
处
B．
处电势最高
C．
处的电势比O 点高
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D．电子在O 处电势能小于
处
【答案】AD
【详解】A．E − x 图像与
轴围成的面积表示电势差，由图可知，从
处到
处电势差为0，电场力不
做功，所以电子到
处速度为
沿
方向，能越过
处，故A 正确；
BC．在O 点左侧，电场强度方向为
轴负方向，在O 点右侧，电场强度方向为
轴正方向，由于沿电场线
方向电势逐渐降低，所以O 点为电势最高点，故BC 错误；
D．因为O 点比
处的电势高，根据
又电子带负电，所以电子在
处电势能大于O 点处，故D 正确。
故选AD。
押题解读
图像出现在高中物理的各个章节，在电场部分，近年高考考查图像问题有增无减，电势的图像（φ－x 图
象）电场的图像（E－x 图象）电势能的图像（Ep－x 图象）都可以成为静电场的解题信息。
考前秘笈
几种常见图象的特点及规律
v－t 图象
根据v－t 图象中速度变化、斜率确定电荷所
受合力的方向与合力大小变化，确定电场的
方向、电势高低及电势能变化
φ－x 图象
(1)电场强度的大小等于φ－x 图线的斜率大
小，电场强度为零处，φ－x 图线存在极值，
其切线的斜率为零
(2)在φ－x 图象中可以直接判断各点电势的
高低，并可根据电势高低关系确定电场强度
的方向
(3)在φ－x 图象中分析电荷移动时电势能的
变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正
负，然后作出判断
E－t 图象
根据题中给出的E－t 图象，确定E 的方向，
再在草稿纸上画出对应电场线的方向，根据
E 的大小变化，确定电场的强弱分布
E－x 图象
(1)反映了电场强度随位移变化的规律
(2)E＞0 表示场强沿x 轴正方向，E＜0 表示
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场强沿x 轴负方向
(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，
“面积”大小表示电势差大小，两点的电势
高低根据电场方向判定
Ep－x 图象
(1)反映了电势能随位移变化的规律
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小
(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移
的变化情况
  
1.一带负电的粒子仅在电场力的作用下从坐标原点沿x 轴正方向运动，其电势能
随位移x 变化的关系如
图所示，这个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电场力一直做正功
B．电场力先做正功后做负功
C．电场力一直做负功
D．电场力先做负功后做正功
【答案】D
【详解】由图可知粒子的电势能先增大后减小，则电场力先做负功，后做正功。
故选D。
2．在x 轴上关于坐标O 点对称的位置上有两个等量的正点电荷，其在x-z 平面上形成的电势分布沿x 轴的
剖面图如图所示，取无穷远处电势能为零，则下列说法正确的是（　　）
A．同一电荷在x 轴上与O 点电势能相等的点还有两个
B．坐标O 点处的电势和场强均不零
C．把某正电荷从O 点沿x 轴正方向移动至无穷远的过程中电场力均先做负功再做正功
D．负电荷在O 点的电势能为正
【答案】A
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【详解】A．从下图中可以看出，在x 轴上与O 点电势相等的点有两个，所以同一电荷在x 轴上还有两处
电势能与O 点相等，故A 正确；
B．电势是标量，两个正电荷周围的电势叠加后不为零，但等量同种电荷在O 处的场强因矢量叠加抵消为
零，故B 错误；
C．正电荷的电势能经历先升高再降低，再升高，再降低的过程，故电场力均先做负功、再做正功、再做
负功、再做正功，故C 错误。
D．从图中可以看出，O 点电势为负，根据
可知负电荷在点的O 点的电势能为负，故D 错误。
故选A。
3．静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图所示，x 轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x 轴正
方向运动，则下列判断正确的是（　　）
A．由x1运动到x4的过程中，点电荷受到的电场力先减小后增大
B．x3处的电势比x4处的电势高
C．由x1运动到x3的过程中，点电荷的电势能一直增大
D．点电荷在x2和x4处的电势能相等
【答案】C
【详解】A．由图像可知，在x1～x4之间，电场强度先增大后减小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，
故A 错误；
B．由x3到x4的过程中，电场强度为负值，即电场方向沿x 轴负方向，根据沿电场方向电势降低可知，x3
处的电势比x4处的电势低，故B 错误；
CD．由x1运动到x3的过程中，电荷逆着电场方向运动，电势升高，正点电荷的电势能一直增大，同理x2
运动到x4的过程中，电荷也逆着电场方向运动，电势升高，正点电荷的电势能增大，即点电荷在x2处的电
势能小于在x4处的电势能，故C 正确，D 错误。
故选C。
猜想04 匀强电场中电势均匀分布特性的考查
【例5】如图，ABC 为等腰直角三角形，BC=AC=4cm，一匀强电场与其平面平行。现规定B→C 为x 轴正
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方向，且B→C 的电势变化如图2 所示，C→A 为y 轴正方向，且由C→A 的电势变化如图3 所示，下列说
法正确的是（　　）
A．AC 方向电场强度大小为100V/m，方向由A→C
B．BC 方向电场强度大小为50V/m，方向由C→B
C．匀强电场的电场强度大小为
D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】BD
【详解】B．根据
可知，
图像的绝对值表示BC 方向电场强度大小，根据图像可知
由于沿电场线方向电势降低，可知，电场强度方向沿C→B，故B 正确；
A．根据
可知，
图像的绝对值表示AC 方向电场强度大小，根据图像可知
由于沿电场线方向电势降低，可知，电场强度方向沿C→A，故A 错误；
CD．结合上述，根据矢量叠加原理可知，匀强电场的电场强度大小
故C 错误，D 正确。
故选BD。
押题解读
匀强电场中沿任意方向电势均分变化这一特性高考多次涉及且常考常新。这块内容综合性强，是
命题的热点．复习时应引起足够的重视。
考前秘笈
在匀强电场中由公式U＝Ed 得出的“一式二结论”
(1)“一式”：E＝＝，其中d 是沿电场线方向上的距离．
(2)“二结论”
结论1：匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势φC＝，如图甲所示．
结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示．
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1.如图甲，平面直角坐标系xOy 处于匀强电场中，电场强度方向与坐标平面平行，P 点是y 轴上y=4m 处的
一点，Q 是x 轴上x=3m 处的一点，x 轴上x=0 至x=2m 区域内的电势分布如图乙，将一个电荷量为q=1×10-
5C 的正点电荷从坐标原点沿y 轴正向移动到P 点，电场力做功1.6×10-4J。则（　　）
A．电场强度的大小为3V/m
B．匀强电场方向与x 轴正向夹角的正弦值为0.8
C．y 轴上P 点的电势为-16V
D．将该点电荷从P 点移到Q 点，电场力做功为-7×10-5J
【答案】BD
【详解】AB．由题图乙知，电场强度沿x 轴的分量，方向沿x 轴正向，大小为
依题意有，电场强度沿y 轴的分量，方向沿y 轴正向，大小为
故该匀强电场的场强大小为
设场强方向与x 轴正向的夹角为α，则
故A 错误，B 正确；
C．根据匀强电场电场强度与电势差的关系有
，
，
可得
故C 错误；
D．根据匀强电场电场强度与电势差的关系有
，
，
解得
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所以
所以将该点电荷从P 点移到Q 点，电场力做功为
故D 正确。
故选BD。
2.如图所示，在平行纸面方向的匀强电场中有一个边长为L 的正方形ABCD，现将一电荷量为q 的点电荷
从A 移到B、从B 移到C 电场力做功均为W，则该匀强电场的场强大小是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据题意可得
，
，
所以
由此可知，B 点
与正方形中心的电势相等，所以
故选C。
猜想05 以计算题的形式考查带电粒子（带电体）在电场中的运动
【例5】如图所示，在坐标系xOy 中，x 轴水平向右，y 轴竖直向下，在
区域内存在与x 轴平行的匀
强电场未画出，一带正电小球的质量为m，从足够高的原点O 沿x 轴正向水平抛出，从A 点进入电场区
域时速度与水平方向夹角
，后从C 点离开电场区域，其运动的轨迹如图所示，B 点是小球在电场中
向右运动的最远点，B 点的横坐标xB=3L。小球可视为质点，电荷量始终不变，重力加速度为g，不计空气
阻力。求：
(1)小球在OA 段与在AB 段运动的时间之比；
(2)小球从原点O 抛出时的初速度大小；
(3)小球过B 点时的动能；
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(4)小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）从A 运动到B 点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B 点水平方向的速度
为0，由运动学公式得
又由于
解得
即
（2）设小球质量为m，初速度为
，从O 到A，小球水平方向做匀速直线运动，则有
竖直方向上则
又因为
联立解得
（3）小球过B 点时
则小球在B 点的动能
又因为
故有
（4）设小球从O 到A、从A 到B 时间为t，根据运动学规律则有
，
可知
由
与水平方向夹角为
，vA与水平方向夹角为
，建立如图所示坐标系
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将
分解到
、
上，小球在
方向上做匀速运动，在当
方向上做类竖直上抛运动，所以小球在电场
中运动的最小动能为
而
解得
小球在电场中运动中过C 时动能最大，根据运动的分解则有
，
联立可得
押题解读
以计算题的形式考查带电粒子在电场（复合场）中的运动。是近几年高考大题命题的热点尤其全
国卷，一般为压轴题，很多考生无从下手，造成得分率较低其实它知识披着电场外皮的力学问题，必
要时要从功能动量角度分析问题。
考前秘笈
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题抓住受力分析和
运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量
守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．
(1)用正交分解法处理带电粒子的复杂运动
可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动．
(2)用能量观点处理带电体在电场中的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处
理常常显得简洁．
解决力电综合问题的一般思路
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1.如图所示，倾角为
的斜面固定在竖直向下的匀强电场中。将一个质量为
、带电荷量为
的小
球从斜面上的
点以初速度
水平抛出，小球落在斜面上的
点。已知重力加速度大小为
，电场强度大
小为
，不计空气阻力。求：
(1)小球从抛出到落至
点所用的时间；
(2)小球落至
点时速度的大小。
【答案】(1)
   (2)
【详解】（1）小球做平抛运动，水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律得
小球落回斜面，有
联立解得：
（2）
点竖直分速度
所以
2．如图所示，在P 处有一质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子自A 板小孔进入A、B 平行板间的
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加速电场从静止加速后，水平进入静电分析器（为
圆弧）中，静电分析器中存在着如图中所示的辐向电
场，电场线沿半径方向指向圆心O，粒子在该电场中沿图示虚线恰好做匀速圆周运动，已知静电分析器中
粒子运动轨迹处电场强度的大小为E，粒子运动轨迹的半径为R，A、B 两板间的距离为d，粒子重力不计。
(1)求粒子在静电分析器中做圆周运动的速度大小；
(2)加速电场的电场强度大小
；
(3)求粒子从P 点到出静电分析器的过程中运动的总时间
。
【答案】(1)
   (2)
   (3)
【详解】（1）粒子在静电分析器中做圆周运动，电场力充当向心力，则
解得
（2）在加速电场中根据动能定理
解得
（3）由匀变速直线运动规律可知，粒子在A、B 两板间运动的时间
粒子在静电分析器中运动的时间
故可得总时间
3．如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板P、Q，P 带负电，两板间距离为L。某时刻，先从P
板中点O 将电子以初速度
正对Q 板射出，电子到达Q 板时速度大小为
；然后从O 点将电子以平行P
板向下的初速度
射出，电子刚好能从Q 板下端M 飞出。已知电子质量为m，带电荷量绝对值为e，平行
金属板电容器的电容为C，不计电子重力和空气阻力。求：
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(1)平行金属板电容器所带电荷量Q；
(2)金属板的长度d；
(3)若把极板Q 向右平移一段距离，把电子以平行P 板向下的初速度
射出，仍使电子从Q 板下端M 飞出，
则Q 平移距离
为多少。
【答案】(1)
   (2)
   (3)
【详解】（1）对电子，应用动能定理有：
由电容概念可知
解得
（2）对电子应用速度位移关系式有
  
解得
把电子以平行P 板向下的初速度
射出，沿金属板方向做匀速运动，有
垂直金属板方向，做初速度为0 的匀加速运动，有
  
解得
（3）平移Q 板，两板间电场强度不变，电子加速度a 不变。电子的初速度减小，运动时间变长，沿左右
方向运动距离变大，沿金属板方向做匀速运动，有
垂直金属板方向，做初速度为0 的匀加速运动，有
向右平移距离
  
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解得
押题猜想八  磁场
                                        
猜想01 安培力力的应用
【例1】如图所示，粗细均匀的圆形金属线圈用轻质导线悬吊，两导线分别焊接在圆形线圈的a、b 两点，
a、b 两点间的劣弧所对的圆心角为120°。a、b 两点下方线圈处在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。给
导线通以如图所示的恒定电流I，静止时每根导线的拉力为F。保持电流不变，将圆形线圈向下平移至刚好
完全进入磁场，静止时每根导线的拉力为2F。ab 连线始终保持水平，导线始终竖直，则圆形线圈的重力
为（　　）
  
A．F
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】因为a、b 两点间的劣弧所对的圆心角为
，所以上、下两段圆弧的长度之比为1：2，电阻之
比为1：2，所以流过ab 间优弧的电流为
，设ab 间的距离为L，当a、b 两点下方线圈处在匀强磁场中时，
根据平衡条件得
将圆形线圈向下平移至刚好完全进入磁场时，根据平衡条件得
联立解得mg=F
故选A。
押题解读
磁场对电流或通电导体的作用力是高中物理电磁学的基础知识，以考查磁场叠加、平衡条件以及牛顿
运动定律的应用为主。
考前秘笈
1．方向判断：根据左手定则判断．
2．大小计算：由公式F＝BIL 计算，且其中的L 为导线在磁场中的有效长度．如弯曲通电导线的有效长度
L 等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图所示．
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3．安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”．
　　　因果
磁场 
原因(电流方向)
结果(磁场方向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
  
1.竖直平面内有轻绳1、2、3 如图所示连接。绳1 水平，绳2 与水平方向成60°角，绳3 的下端连接一质量
为m 的导体棒1，在结点O 正下方2d 距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1
中通入向里的电流I0，导体棒2 中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1 以向右的
轻微扰动，可观察到它以O 为圆心做圆周运动缓慢上升到绳1 所处的水平线上。绳3 的长度为d，两导体
棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2 以外距离为x 处的磁感应强度大小为
，下列说法正确的是
（　　）
A．应在
时给导体棒1 以轻微的扰动
B．绳1 中拉力的最大值为
C．绳2 中拉力的最小值为
D．导体棒2 中电流的最大值为
【答案】A
【详解】A．对导体棒1 进行受力分析如图
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此三个力组成的封闭三角形与
相似，所以
故
初始时，有
又
解得
故A 正确；
B．对结点
进行分析，绳1 和绳2 中的拉力
和
的合力大小恒为
，导体棒运动过程中
和
的
合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知
先增大后减小，当
与绳2 垂直时
最大，最大值
为
，故B 错误；
C．
一直在减小，直至导体棒1 运动至绳1 所在的水平线上时最小，最小值为零，故C 错误；
D．由
得
由几何关系，导体棒1 运动至绳1 所在的水平线上时，
有最大值且为
，所以最大值
又
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此时
所以电流的最大值为
故D 错误。
故选A。
2．如图所示，两倾角为θ 的光滑平行导轨，质量为m 的导体棒ab 垂直放在导轨上，整个空间存在与导体
棒ab 垂直的匀强磁场，导体棒中通有由a 到b 且大小为Ⅰ的恒定电流，使导体棒恰好保持静止，平行导轨
间距为L，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．若磁场方向为竖直向上，则磁感应强度为
B．若磁场为垂直斜面方向，则磁场只能垂直斜面向下
C．磁感应强度最小值为
D．若仅使电流反向（其他条件不变），导体棒仍能保持静止
【答案】C
【详解】A．若磁场方向为竖直向上，受力分析如图1 所示
则
磁感应强度为
，故A 错误；
B．若磁场为垂直斜面方向，则安培力只能沿斜面向上，根据左手定则得磁场方向为垂直斜面向上，故B
错误；
C．根据三角形定则，当安培力和支持力垂直时安培力最小（如图2 所示）
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此时磁感应强度最小为
，故C 正确；
D．电流反向则安培力反向，导体棒不能保持静止，故D 错误。
故选C。
4.电磁炮利用电磁系统中电磁场产生的安培力来对金属弹丸进行加速，与用传统的火药推动的大炮相比，
电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。某电磁炮可简化为如图所示的模型，同一水平面内的两根平行光滑
导轨
、
与可控电源相连，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，将一质量为
、可视为质点的金属弹丸放
在导轨上，弹丸在安培力的作用下由静止开始加速向右运动，离开导轨时的速度大小为，已知弹丸在导
轨上加速的过程中，可控电源提供给弹丸的功率恒为
，不计空气阻力及弹丸产生的焦耳热，下列说法正
确的是（　　）
A．导轨
的电势较低
B．弹丸在导轨上运动时的加速度先减小后增大
C．弹丸在导轨上的加速时间为
D．弹丸在导轨上的加速距离为
【答案】C
【详解】A．根据左手定则可知，导轨a 与电源正极相连，电势较高，故A 错误；
B．弹丸在导轨上运动时，可控电源提供给弹丸的功率不变，随着速度增大，弹丸受到的安培力不断减小，
根据牛顿第二定律知，弹丸的加速度不断减小，故B 错误；
C．此过程中弹丸受到的合力的功率不变，根据动能定理有
解得
故C 正确；
D．若弹丸做匀加速直线运动，则弹丸在导轨上的加速距离为
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弹丸在导轨上做加速度减小的加速运动，距离大于
，故D 错误。
故选C。
猜想02 创新命题情境考查磁偏转
【例2】如图所示，在
的区域存在垂直
平面向外的匀强磁场，坐标原点O 处有一粒子源，可向x
轴和x 轴上方的各个方向均匀地发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为q 的同种带电粒子。在x 轴上
距离原点L 处垂直于x 轴放置一个长度为L、厚度不计且能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属
板P 上，其速度立即变为0）。现观察到沿y 轴正方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向
与x 轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力，则下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度
B．磁感应强度
C．打在薄金属板左侧面的粒子数目占总数的
D．打在薄金属板右侧面的粒子数目占总数的
【答案】C
【详解】AB．题意知观察到沿y 轴正方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与x 轴平行，
几何关系可知粒子轨迹圆半径
，根据
联立解得
故AB 错误；
C．当带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，如图所示
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圆心
与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x 轴正方向成30°角，可知沿与x
正方向夹角范围为30°~90°角发射的粒子打在薄金属板的左侧面上，打在薄金属板左侧面的粒子数目占总
数的
故C 正确；
D．当打在右侧下端的临界点，如图所示
圆心
与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x 轴正方向成150°角，结合A 选
项中图可知，沿与-x 方向夹角范围为0~30°角发射的粒子打在薄金属板的右侧面上，故打在薄金属板左侧
面的粒子数目占总数的
故D 错误。
故选C。
押题解读
带电粒子在有界匀强磁场中的运动是高考题命题热点，重点考查洛伦兹力提供向心力，涉及轨迹半径、
时间的计算和几何知识，试题常以选择题或计算题的形式出现。
考前秘笈
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据
一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法．在具体问题中，要依据题目条件和
情景而定．解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvB＝m ，求半径r＝及运动周期T＝＝.
2．圆心的确定方法
法一　若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F 的方向
其交点即为圆心，如图甲．
法二　若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧
的弦)的中垂线，中垂线与过已知点速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙．
3．半径的确定和计算
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利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：
粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB 弦与切线的夹角(弦切角θ)的2 倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝
ωt.
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α 时，其运动时间可由下式表示：
t＝T，t＝(l 为弧长)．
5．常见运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图丙所示)．
(2)平行边界(存在临界条件，如图丁所示)．
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图戊所示)．
6．常用解题知识
(1)几何知识：三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角关系．根据几何知识可以由已知长度、角度计算粒子
运动的轨迹半径，或根据粒子运动的轨迹半径计算未知长度、角度．
(2)半径公式、周期公式：R＝、T＝.根据两个公式可由q、m、v、B 计算粒子运动的半径、周期，也可根据
粒子运动的半径或周期计算磁感应强度、粒子的电荷量、质量等．
(3)运动时间计算式：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心角或周期时，常用到t＝T.
  
1．中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST），这是我国科学家
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率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电
粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场
垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ，所有粒子的质量均为
m，电荷量均为＋q，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则从图示位置开
始计时，经历
的时间后（　　）
A．甲、乙两粒子均回到图示位置
B．甲、丙两粒子均回到图示位置
C．乙、丙两粒子位置改变了
D．丙粒子位置改变了
【答案】D
【详解】AB．甲粒子受到洛伦兹力大小为
，根据左手定则可知方向垂直纸面向里，在磁场中做匀
速圆周运动，经过一个周期后回到图示位置；乙粒子速度与磁场平行，不受洛伦兹力，所以乙粒子做匀速
直线运动，经过一个周期不能回到图示位置；丙粒子速度与磁场方向成
角，分解丙粒子的速度，会得到
平行磁场和垂直磁场的两分速度，垂直磁场的分速度平面最匀速圆周运动，平行磁场方向做匀速直线运动，
所以经过一个周期后也不能回到图示位置，故AB 错误；
CD．乙粒子做匀速直线运动，一个周期运动的位移为
将丙粒子速度分解为磁场方向速度
和垂直磁场方向速度
丙粒子在磁场中以速度
做匀速圆周运动，
周期
解得周期
所以丙粒子一个周期内会回到图示平面，水平方向经过的位移为
，故C 错误，D 正确。
故选D。
2．如图所示，
、
为两平行的直线，间距为
，两直线之间为真空区域，
上方的无限大空间有垂直
于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，
下方的无限大空间有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ。现有一质量为
、电荷
量为
的带正电粒子，以速度
从
上的
点射入两直线之间的真空区域，速度方向与
的夹角
，
粒子经匀强磁场Ⅰ偏转一次后恰好返回
点，不计粒子所受的重力。
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(1)求匀强磁场Ⅰ的磁感应强度的大小
；
(2)求粒子从
点出发到返回
点所用的时间；
(3)若匀强磁场Ⅱ的磁感应强度
，求粒子第一次通过
时的位置到粒子第十次通过
时的位置的
距离
。
【答案】(1)
   (2)
    (3)
【详解】（1）设粒子在匀强磁场I 中做匀速圆周运动的半径为
，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在真空区域做匀速直线运动，粒子在真空区域通过的路程
粒子在匀强磁场I 中的速度偏转角
对应的圆弧长
粒子从M 点出发到返回M 点所用的时间
解得
（3）设粒子在匀强磁场II 中做匀速圆周运动的半径为
，根据洛伦兹力提供向心力有
粒子在匀强磁场I 中偏转一次，在
上向左移动的距离
粒子在匀强磁场Ⅱ中偏转一次，在
上向左移动的距离
粒子第一次通过
时的位置到粒子第十次通过
时的位置的距离
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解得
猜想03 带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
【例3】如图所示，两足够长的平行金属板相距4d，金属板间充满方向垂直纸面向里的匀强磁场，板间中
心有一电子发射源S 向纸面内各个方向均匀发射初速度大小为
的电子。已知电子的质量为m，电荷量为
e，匀强磁场的磁感应强度大小
，不计电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．电子在磁场中运动的轨道半径R=2d
B．电子在磁场中运动的周期
C．两金属板上有电子打到的区域总长度为
D．打在两金属板上的电子占发射电子总数的50%
【答案】AC
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有
解得R=2d
A 正确；
B．电子在磁场中运动的周期
B 错误；
C．如图所示
SA 为电子轨迹圆的直径，C 为电子轨迹圆与金属板的切点，由几何关系知AO=
d，
OC=R=2d
所以两金属板上有电子打到的区域总长度l=2(AO+OC)=4(
+1)d
C 正确；
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D．由图可知，由S 发出的电子都将打在金属板上，故打到金属板上的电子占发射电子总数的100%，D 错
误。
故选AC。
押题解读
带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题是考查学生应用数学知识解决物理问题绝佳素材，此类试题
综合性强，能较好的实现从物理观念到科学思维角度考查学生的推理能力和分析能力。
考前秘笈
分析临界极值问题常用的四个结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速率v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草
图，找出圆心，再根据几何关系求出半径及圆心角等．
(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，
轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
  
1.如图所示，半径分别为r 和2r 的两个同心圆，其圆心为O，只在环形区域内存在着磁感应强度大小为
B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场区域包括边界）。大量质量为m、电荷量为
的带电粒子从M
点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相互作用及粒子重力，
。下列说法中正
确的是（　　）
A．沿MO 方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的速率为
B．沿MO 方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子，其轨迹圆心到圆心O 点的距离为
2.5r
C．第一次穿过磁场后恰能经过O 点的带电粒子，其轨迹半径的最小值为0.8r
D．从M 点以最小速率穿过磁场后恰能经过O 点的带电粒子，第一次在磁场中的运动时间为
【答案】BD
【详解】A．带电粒子从M 点沿MO 方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，说明运动轨迹恰好与内
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圆相切，如图所示
设圆弧轨迹的半径为
，圆心为A，连接
和
，在直角
中，由于
即
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
故A 错误；
B．由图可知其轨迹圆心A 到圆心O 点的距离
故B 正确：
C．带电粒子从M 点经圆周运动进入内部圆形区域再通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其
圆弧与大圆相切，如图所示
设圆弧轨迹半径为
，圆心为D，其中M、D、O 在一条直线上，连接OM、CD，在直角
中，有
即
解得
故C 错误：
D．带电粒子做圆周运动的半径最小，其速率就最小，如上图所示，在直角
中，由于
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则
整个圆弧轨迹所对的圆心角为
带电粒子做圆周运动，周期
粒子在磁场中的运动时间为
代入数据解得
故D 正确。
故选BD。
2．如图所示，多边形区域内有磁感应强度为B 的垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），粒子源P
可以沿底边向右发射质量为m、电荷量为
的粒子，粒子速率各不相同；右侧边界中点处有一粒子源Q
可以在纸面内沿各个方向向磁场内部发射质量为m、电荷量为
、速率为
的粒子。下列说法正确
的是（    ）
A．由粒子源P 发射的粒子，能够到达的边界长度为3a
B．由粒子源P 发射的粒子，能够到达的边界长度为4a
C．由粒子源Q 发射的粒子，首次到达边界（除Q 所在的边界）的最短时间为
D．由粒子源Q 发射的粒子，首次到达边界的最长时间为
【答案】AC
【详解】AB．由粒子源P 发射的粒子轨迹的圆心在图（a）中虚线
上，如图
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由
可知
轨迹半径r 随速度增大而增大。当
时，粒子能够到达
之间；当
时，粒子能够到达
之
间；当
时，粒子能够到达Q 点正下方的边界上，A 正确，B 错误；
CD．由粒子源Q 发射的粒子，速率相同，将
代入
可得
如图（b）所示
粒子首次到达M 点的时间最短，由几何关系
则
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粒子恰好没有落在M 点时，落点为N，此时是首次到达边界的最长时间，由几何关系
所以
故C 正确，D 错误。
故选AC。
猜想04 洛伦兹力的科技应用
【例5】电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。如图所示，带电粒子（不计重力）在以下四种器
件中运动的说法正确的是（　　）
A．图甲是速度选择器的结构示意图，速度
的带电粒子能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选
择器
B．图乙是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大
C．图丙是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
D．图丁为是磁流体发电机的结构示意图，将一束等离子体喷入磁场，A、B 两板间会产生电压，且A
板电势高
【答案】B
【详解】A．图甲中，假如带正电的粒子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向下，根据左手定则，
洛伦兹力方向也向下，所以不可能沿直线通过复合场，故A 错误；
B．粒子在电场中做匀加速运动有
，磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
可得
粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，则r 越小，说明比荷越大，故B 正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
粒子获得的最大动能为
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解得
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D 形盒的半径和增大磁感应强度，增加电压U 不能增大最大初
动能，故C 错误；
D．图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为发电机的正极，A 极板是发电机的负极，
低于B 板电势，故D 错误；
故选B。
  
1.速度选择器简化模型如图所示，两极板P、Q 之间的距离为
，极板长度
。两极板间有方
向垂直纸面向里的匀强磁场和与极板垂直的匀强电场（电场未画出），磁感应强度大小为
。一带正
电的粒子比荷为
，以某一速度从左侧沿两板中轴线进入板间区域，恰好沿直线运动。撤掉电
场，粒子仍从原位置以原来的速度射入极板间，粒子刚好能从上极板右边缘飞出，不计粒子重力，则（    
）
A．撤掉电场前，极板P 带负电
B．粒子进入速度选择器的速度大小为1
C．匀强电场的电场强度大小为0.5
D．撤掉磁场保留电场，若粒子仍从原位置以原来的速度射入极板间，粒子将打在下极板
【答案】C
【详解】A．粒子所受洛伦兹力方向向上，故粒子所受电场力方向向下，极板P 带正电，选项A 错误；
B．撤掉电场，设粒子在磁场中的运动半径为r，则有
解得
根据
解得
选项B 错误；
C．根据
可得
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选项C 正确；
D．撤掉磁场，假设粒子不打在极板上，则有
故假设正确，选项D 错误。
故选C。
2．如图所示，两极板间存在正交的电磁场，匀强电场和匀强磁场的方向如图，一带正电的粒子（重力忽
略不计）以速度
沿水平向左由N 点射入两极板，粒子刚好能沿直线穿过两极板。电场强度大小为E，磁
感应强度大小为B。下列说法正确的是（　　）
A．
B．若粒子的速度大于
，粒子向上偏转
C．仅将正粒子改为负粒子，粒子仍沿直线穿过极板
D．仅将正粒子由M 水平向右射入，粒子仍沿直线穿过极板
【答案】C
【详解】A．粒子在极板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，有
可得
，A 错误；
B．粒子受向上的电场力和向下的洛伦兹力，若粒子的速度大于
，则洛伦兹力大于电场力，粒子向下偏
转，B 错误；
C．仅将正粒子改为负粒子，则电场力方向向下，洛伦兹力方向向上，仍有
，粒子仍沿直线穿过
极板，C 正确；
D．仅将正粒子由M 水平向右射入，则粒子所受电场力方向向上，洛伦兹力方向也向上，粒子向上偏转，
D 错误。
故选C。
3．霍尔传感器中的霍尔元件为一长方体结构，长宽高分别为
、
、。如图所示，将霍尔传感器放入竖
直向下的磁场中，霍尔元件产生的霍尔电压为前表面（图中阴影部分）电势高。下列说法正确的是（    ）
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A．霍尔元件中电流
的载流子是正电荷定向运动形成的
B．当滑动变阻器滑动触头向左滑动，霍尔电压将增大
C．同时改变磁场和电流的方向，电压表指针会偏向另一边
D．稳定时霍尔电压大小与霍尔元件的长宽高
、
、都有关系
【答案】B
【详解】A．若霍尔元件中电流
的载流子是正电荷定向运动形成的，由左手定则可知，正电荷偏向后表
面，则后表面电势高，与题干矛盾，可知选项A 错误；
B．根据
其中的
可得
可知当滑动变阻器滑动触头向左滑动，滑动变阻器阻值减小，则电流I 变大，则霍尔电压将增大，选项B
正确；
C．同时改变磁场和电流的方向，载流子受洛伦兹力方向不变，则仍然是前表面电势高，电压表指针偏转
方向不变，选项C 错误；
D．根据
可知，稳定时霍尔电压大小与霍尔元件的高有关系，选项D 错误。
故选B。
4.人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管
内径为d，血流速度v 方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段
血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（    ）
A．血管上侧电势高，血管下侧电势低
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
114
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【答案】AD
【详解】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血
管下侧电势低，故A 正确；
B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定为
，若血管内径变小，则血管的横截面
积变小，根据
可知则血液流速变大，故B 错误；
CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据
可得
又
联立可得
可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧
电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D 正确，C 错误。
故选AD。
押题猜想九 电磁感应
                                        
猜想01 突出对“一定律、三定则”的综合应用的考查
【例1】如图甲所示，A、B 两绝缘金属环套在同一铁芯上，A 环中通有电流，其电流
随时间t 的变化规
律如图乙所示，不考虑其他磁场的影响。下列说法正确的是（　　）
A．
时刻B 环中感应电流最大
B．
和
时刻，两环相互排斥
C．
和
时刻，B 环中产生的感应电流方向相同
D．
时刻，B 环有扩张的趋势
【答案】A
【详解】A．由图像可知， t4时刻A 环中电流为零，但电流变化率最大，此时B 环中感应电流最大，A 正
确；
BC．t2时刻A 环中电流减小，由楞次定律可知，B 环中产生与A 环中方向相同的感应电流，t3时刻A 环中
电流减小，B 环中产生与A 方向相同的感应电流，因此t2和t3时刻，A、B 两环都相互吸引，B 环在这两个
时刻电流方向相反，BC 错误；
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D．t4时刻B 环磁感应强度为0，面积无变化趋势，D 错误。
故选A。
押题解读
电磁感应现象居多容易混淆，判断感应电流的方向和磁场力的方向是电磁感应的基础，对这一点的命
题有助于考查学生对知识的准确理解和应用，且近几年高考对这一点的考查有增无减情境新颖，备考中要
最够重视。
考前秘笈
1. “三个定则”“一个定律”的比较
名称
基本现象
应用的定则或定律
电流的磁效应
运动电荷、电流产生磁
场
安培定则
磁场对电流
的作用
磁场对运动电荷、电流
有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切
割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I 安)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F 安)→左手定则；
(4)因磁而生电(S、B→I 安)→楞次定律．
  
1.如图甲所示，在光滑水平桌面上固定有一根长直通电导线MN 和正方形金属线框abcd，线框的ab 边与导
线平行。规定从
到
为电流的正方向，导线中的电流随时间的变化如图乙所示。关于线框中感应电
流的方向及线框所受安培力的方向，下列判断正确的是（    ）
A．电流方向为
，安培力方向水平向左
B．电流方向为
，安培力方向水平向右
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C．电流方向为
，安培力方向水平向左
D．电流方向为
，安培力方向水平向右
【答案】D
【详解】导线中电流增加，则穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为
；根据左手定则，ab 受安培力向右，cd 受安培力向左，ab 边受安培力大于cd 边受的
安培力，可知线圈受安培力水平向右。
故选D。
2．如图所示，线圈M 和线圈P 绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，线圈M 和线圈P 相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，流过电流表的电流方向由b 到a
C．断开开关瞬间，线圈P 中感应电流的磁场方向向右
D．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a 到b
【答案】C
【详解】A．闭合开关瞬间，M 线圈中有了电流，穿过线圈P 的磁通量增加，为了阻碍磁通量的增加，线
圈P 会远离线圈M，所以线圈M 和线圈P 相互排斥，故A 错误；
B．闭合开关，达到稳定后，穿过线圈P 的磁通量不变，所以线圈P 不会发生电磁感应现象，电路中没有
感应电流，故B 错误；
CD．原本穿过线圈P 的磁场方向是水平向右，在断开开关瞬间，穿过线圈P 的磁通量减小，根据楞次定律
可知，线圈P 中感应电流的磁场方向也是水平向右，根据安培定则可知流过电流表的电流方向是由b 到
a，故C 正确，D 错误。
故选C。
3．如图所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q 水平放置，圆环P 中通有如图所示的电流，以
图示方向为电流正方向，下列说法正确的是（　　）
A．
时刻，两圆环相互排斥
117
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B．
时刻，圆环Q 中感应电流最大，受到的安培力为零
C．
时间内，圆环Q 中感应电流先顺时针后逆时针
D．
时间内，圆环Q 有扩张的趋势
【答案】B
【详解】A．
时刻，P 中电流最大，但电流的变化率为零，则在Q 中的感应电流为零，则两圆环无相互
作用力，故A 错误；
B．
时刻，圆环P 中电流的变化率最大，此时圆环Q 中感应电流最大，但是由于圆环P 中电流为零，则
Q 受到的安培力为零，故B 正确；
C．
时间内，圆环P 中电流先沿正方向减小，后沿负方向增加，则根据楞次定律可知，圆环Q 中感
应电流始终沿顺时针方向，故C 错误；
D．
时间内，圆环P 中电流负向减小，则根据楞次定律可知，圆环Q 中产生逆时针方向的电流，圆
环Q 所处的磁场方向向下，由左手定则可知，圆环Q 受安培力指向圆心，则有收缩的趋势，故D 错误。
故选B。
猜想02 突出B-t 图像和电磁感应选图问题的考查
【例2】如图甲所示，粗糙U 形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒
，整个装置处于竖直方向的
磁场中，磁感应强度B 按图乙所示规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则（  
）
A．
时刻，金属棒
中电流方向由Q 到P
B．
时刻，
中无感应电流
C．
时刻，
中有感应电流
D．
时刻，
所受安培力为0
【答案】CD
【详解】A．在
~2
时间，回路的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，流过金属棒的感应电流方向是
从P 到Q，故A 错误；
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BC．
时刻回路的磁通量为零，但是磁通量的变化率不为零，则回路有感应电流，故B 错误，C 正确；
D．
时刻磁感应强度为零，根据
可知，安培力为0，故D 正确。
故选CD。
押题解读
图像问题一直是高考的热点，特别是结合楞次定律以及电磁感应定律、电学知识和力学知识与识图的
考查仍是考查电磁感应的主要方式。对于图像问题的分析，要注意图像是否为直线，注意图像中的斜率、
截距、拐点等代表的物理意义。
考前秘笈
1．图象类型
2．分析方法
3．解答电磁感应中图象类选择题的两个常用方法
排
除
法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变
化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以
排除错误的选项
函
数
法
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由
函数关系对图象进行分析和判断
  
1.一种电磁波接收器结构简化后，如图甲所示，螺线管匝数
匝，横截面积
。螺线管导线
电阻
，电阻
，若磁感应强度B 的
图像如图乙所示（以向右为正方向），则（　　）
119
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A．感应电动势为0.6V
B．感应电流为0.6A
C．电阻R 两端的电压为6V
D．0~1s 内，通过R 的感应电流方向为从A 到C
【答案】B
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势
故A 错误；
B．根据闭合电路欧姆定律可知，回路中产生的感应电流为
故B 正确；
C．电阻R 两端的电压
故C 错误；
D．根据楞次定律可知，0~1s 内感应电流的方向为从C 点通过R 流向A 点，故D 错误。
故选B。
2.如图甲所示，单匝圆形线框置于水平桌面上，线框半径
，质量
，电阻
，与桌
面间的动摩擦因数
。线框左侧半圆空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度
随时间变化的关
系如图乙所示。设线框与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
，结果均保留
。
求线框：
(1)在
内线圈中感应电流的大小和方向；
(2)在
时刻所受安培力的大小
；
(3)滑动前所产生的焦耳热
。
120
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【答案】(1)
，逆时针   (2)
   (3)
【详解】（1）根据图像，
内的感应电动势为
感应电流为
根据楞次定律可知，在
内线圈中感应电流方向为逆时针。
（2）根据图像可知，
时刻的磁感应强度大小为
在
时刻所受安培力的大小
（3）若线框恰好滑动，则有
解得
根据图像可知，滑动前经历的时间为
则滑动前所产生的焦耳热
猜想03 注重对杆+导轨和线圈模型的构建和应用
【例3】如图，两条“Λ”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为
，左、右两导轨面与水平
面夹角均为
，均处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为
和
。将电阻均为
的导体棒
、
在导轨上同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，且加速度大
小始终相等，两棒长度均为
，
的质量为
。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为
，两棒在下滑过
程中（　　）
A．回路中的电流方向为
B．
的质量为
C．
中电流最终为
D．
棒最终下滑速度为
【答案】D
【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A 错误；
B．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I 时，对ab 根据牛顿第二定律得
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对cd 根据牛顿第二定律得
又
解得
B 错误；
C．分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受
到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，
此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab 分析可得
解得
C 错误；
D．开始运动后，因两导体棒的加速度大小相等，因此两导体棒的速度相等，根据法拉第电磁感应定律有
感应电流
解得
棒最终下滑速度为
D 正确。
故选D。
押题解读
高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体情况和过程命题，主
要方向：结合函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒．杆＋导轨或导线框是常见模型，
属于考查热点．该题型知识跨度大，思维综合性强，试题难度一般比较大。
考前秘笈
1．单杆水平式(导轨光滑)
物理模型
动态分析
设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝－，
a、v 同向，随v 的增加，a 减小，当a＝0 时，v 最
大，I＝ 恒定
收尾状态
运动形式
匀速直线运动
力学特征
a＝0，v 最大，vm＝
电学特征
I 恒定
2.单杆倾斜式(导轨光滑)
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物理模型
动态分析
棒释放后下滑，此时a＝gsin α，速度v↑
E＝BLv↑
I＝↑
F＝BIL↑
a↓，当安培力F＝mgsin α 时，a＝0，v 最大
收尾状态
运动形式
匀速直线运动
力学特征
a＝0，v 最大，vm＝
电学特征
I 恒定
  
1.如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨AB、CD，导轨一端连接电阻R，导轨宽为L，垂直于导轨平
面向下存在磁感应强度为B 的匀强磁场，将一质量为m、电阻为r 的导体棒垂直导轨静止放置，用恒力F
向右拉动导体棒，经过距离x 导体棒恰好达到最大速度，则在此过程中（　　）
A．最大速度
B．通过导体棒的电荷量
C．从开始至速度最大所用的时间
D．回路产生的焦耳热
【答案】C
【详解】A．导体棒达到最大速度时，感应电动势
感应电流
此时，导体棒所受合力为0，则有
解得
故A 错误；
B．感应电动势的平均值
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感应电流的平均值
解得
故B 错误；
C．根据动量定理有
其中
，
结合上述解得
故C 正确；
D．根据功能关系与能量守恒定律可知，回路产生的焦耳热
结合上述解得
故D 错误。
故选C。
2．如图所示，abcd 为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，导轨电阻不计，间距为l，导轨间有垂直于
导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属杆MN 倾斜放置，与cd 导轨成
角，接入导轨间的阻值
为r，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向匀速滑动（金属杆与导轨接触良好）。则下列说法中正确的
是（　　）
A．金属杆MN 中的感应电流方向为由M 到N
B．电路中感应电动势的大小为
C．电路中感应电流的大小为
D．金属杆所受安培力的大小为
【答案】D
【详解】A．根据右手定则知，金属杆中的感应电流方向为N 到M，故A 错误；
B．设MN 在两导轨间的长度为L，则有效切割长度为
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切割产生的感应电动势
，故B 错误；
C．感应电流
，故C 错误；
D．金属杆所受安培力的大小
故D 正确。
故选D。
3．如图所示，单匝正方形线圈在外力作用下以速度v 向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v 匀速进
入同一匀强磁场。第二次进入磁场与第一次进入磁场比较（　　）
A．回路的电流
B．外力的功率
C．回路中流过的电荷量
D．线圈中产生的热量
【答案】C
【详解】A．设磁感应强度为B，线圈的边长为L，线圈电阻为R，线圈进入磁场过程中，产生的感应电动
势
感应电流
故第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比等于速度之比，即
故A 错误；
B．两次都是匀速进入磁场，则外力的大小等于安培力的大小为
则外力的功率为
故外力的功率
故B 错误；
C．回路中流过的电荷量
可知电荷量与速度无关，电荷量之比为1:1，故C 正确；
D．线圈进入磁场过程中产生的热量
故线圈中产生的热量
故D 错误。
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故选C。
4．边长均为l 的正方形导线框Ⅰ、Ⅱ由相同材料制成，且导线框Ⅱ的横截面积是导线框Ⅰ的横截面积的两
倍。将两导线框从矩形边界磁场上方同一高度静止释放，磁场下边界到地面距离为h，且
。关于导线
框的运动，下列说法正确的是（　　）
A．两导线框刚进入磁场时的加速度不同
B．两导线框落地时的速度不同
C．两导线框穿过磁场产生的总热量不同
D．两导线框从开始释放到落地的时间不同
【答案】C
【详解】A．设线框Ⅰ的质量为
，线框Ⅱ的质量为
，线框的电阻分别为
、
，则有
，
，
，
结合题意可知
解得
，
设线框释放的高度为
，根据机械能守恒定律则有
解得线框刚进入磁场中的速度为
可见两线框进入磁场中的速度相等，线框进入磁场中，产生的感应电动势为
感应电流为
线框受到的安培力为
根据牛顿第二定律则有
解得线框的加速度
结合上述分析可知
，
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解得
即两导线框刚进入磁场时的加速度相同，A 错误；
B．因为
，两线框完全进入磁场后，磁通量不变，线框中无感应电流，线框不受安培力，做加速度为
的匀加速直线运动，由于两线框进入磁场时的速度相同，进入磁场后的运动情况相同，故两线框落地时
的速度相同，B 错误；
C．根据能量守恒可得
两线框下落的高度相同，落地时的速度相同，但两线框的质量不同，所以两线框重力势能的减少量和动能
的增加量都不相同，因此两导线框穿过磁场产生的总热量不同，C 正确；
D．由于两线框进入磁场前做自由落体运动，运动时间相等，在磁场中和出磁场的运动情况相同，故两线
框从开始释放到落地的时间相等，D 错误。
故选C。
4.如图，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为
，导轨处于方
向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为
。质量均为
、接入电路的有效电阻均为
的金属棒
、
垂直于导轨放置，均处于静止状态。
时刻给
棒一个方向水平向右、大小
的拉力，
时，金属棒
和
加速度刚好相等。此后撤去拉力
，整个过程棒与导轨接触良
好。则（　　）
  
A．t=4s 时金属棒ab 和cd 的加速度大小为2m/s²
B．t=4s 时金属棒ab 的速度大小为4m/s
C．t=4s 时金属棒cd 的速度大小为10m/s
D．从t=4s 到回路中电流为零的过程中，金属棒ab 和cd 之间距离的增加量为4m
【答案】ACD
【详解】A．t=4s 时将金属棒
和
作为一个整体，对整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
故A 正确；
BC．两棒的加速度相等时，设受到的安培力大小为
，对金属棒
，由牛顿第二定律可得
根据安培力公式
解得回路中电流大小
设回路中的感应电动势为E，则
设两棒的加速度相等时，金属棒ab、cd 的速度分别是
、
，则
设
时间内安培力冲量大小为
，对金属棒cd，由动量定理可得
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对金属棒ab，安培力的冲量
联立解得
，
故B 错误，C 正确；
D．撤去外力F 后，金属棒cd 做加速度逐渐减小的减速运动，金属棒ab 做加速度逐渐减小的加速运动，
最后两棒速度相等，做匀速运动，设最终共同速度为v，根据动量守恒定律
对ab 棒，根据动量定理
电荷量
设两棒间距离增大了x，则
联立解得
故D 正确。
故选ACD。
5.如图所示，光滑斜面的倾角为
，斜面上放置一矩形导体线框abcd，bc 边的边长为L，ab 边的边长
为2L，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑与一质量为m 的重物相连，开始时
锁定线框；斜面上平行于底边的虚线ef 上方有垂直斜面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，线框在开
始位置时ab 边离ef 的距离也为2L，由静止释放线框，线框cd 边刚要进入磁场时，线框的加速度为零，线
框运动中ab 边始终平行于底边，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．线框ab 边进入磁场前的加速度大小为
B．cd 边刚要进磁场时，线框的速度大小为
C．线框进磁场过程中，安培力的冲量大小为
D．线框进磁场过程中，线框中产生的焦耳热为
【答案】ACD
【详解】A．线框ab 边进入磁场前，根据牛顿第二定律，对重物有
对线框有
联立解得
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故A 正确；
B．设cd 边刚要进磁场时，线框的速度大小为v，线框ab 边受到的安培力大小为
根据平衡条件得
联立解得
故B 错误；
C．设线框进磁场过程中，所用时间为t，平均安培力大小为
，则安培力的冲量大小为
故C 正确；
D．设线框进入磁场的过程，线框中产生的焦耳热为Q。从线框开始运动到线框cd 边刚要进入磁场的过程，
根据能量守恒定律得
解得
故D 正确。
故选ACD。
6．如甲图所示，有一边长L 的正方形导线框abcd，质量
，电阻
，由高度h 处自由下落，
直到其上边cd 刚刚开始穿出匀强磁场为止，导线框的
图像如乙图所示。此匀强磁场区域宽度也是L，
磁感应强度
，重力加速度g 取
。则（　　）
A．线框自由下落的高度
B．线框自由下落的高度
C．导线框的边长
D．导线框的边长
【答案】BD
【详解】AB．由图乙可知，在
内线框做自由落体运动，则有
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故A 错误，B 正确；
CD．由图乙可知，在
内线框穿过磁场做匀速直线运动，则有
可得导线框的边长为
故C 错误，D 正确。
故选BD。
18．如图所示，电阻为R 的正方形线框
的边长为l，匀强磁场的宽度为d，磁感应强度为B，线框的
边与磁场边界平行，线框以速度v 自左向右匀速通过磁场过程中产生的焦耳热为Q，下列说法正确的是
（　　）
A．若
B．若
C．若
D．若
【答案】BC
【详解】AB．若
，线圈在进入磁场过程中和离开磁场过程中，磁通量发生变化，有感应电流，在磁
场中运动过程中，磁通量不变化，没有感应电流，线圈匀速运动，所以线圈进入磁场过程中和离开磁场过
程中产生的焦耳热相等，则
B 正确，A 错误；
CD．若
，有感应电流的时间为
产生的焦耳热
联立可得
C 正确，D 错误。
故选BC。
押题猜想十 交变电流
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猜想01 突出交流图像的考查
【例1】风能是一种清洁的可再生能源。小型风力交流发电机，其原理可以简化为图甲，发电机线圈电阻
不计，外接电阻R，当线圈匀速转动时，产生的电动势随时间变化如图乙所示，则（　　）
A．电压表的示数为
V
B．t＝0.1s 时刻，线圈恰好转到图示位置
C．通过电阻R 的电流方向每秒改变10 次
D．若将电阻R 换成击穿电压为12V 的电容器，电容器不会被击穿
【答案】B
【详解】A．交变电流电压表的示数应该为交变电压的有效值，正弦式交变电压的有效值为
所以电压表的示数为12V,故A 错误；
B．
时，线圈的电动势最大，此时线圈应处于中性面的垂直面，即线圈与磁感线平行，故B 正确；
C．交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，故电流方向改变次数
次，故C 错误；
D．交变电流的峰值为
,而电容器的电压为12V，故交变电流的峰值大于电容器的电压，电容器
会被击穿。
故选B。
押题解读
交流电是电磁感应电磁感应的延伸与拓展，交流电的产生与描述往往结合图像、情景图以及交流电表
达式之间的相互转化。对此部分知识的考查有助于检测学生的理解能力分析能力备考中要最够重视。
考前秘笈
1．正弦式交变电流的变化规律(线圈从中性面位置开始计时)
函数
图象
磁通量
Φ＝Φmcos ωt
＝BScos ωt
电动势
e＝Emsin ωt
＝nBSωsin ωt
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电压
u＝Umsin ωt
＝sin ωt
电流
i＝Imsin ωt
＝sin ωt
2.两个特殊位置及其特点
两个特殊位置
示意图
特点
中性面
Φ 最大，＝0，e＝0，i＝0，交变电
流方向发生改变
与中性面
垂直的位置
Φ＝0，最大，e 最大， i 最大，交
变电流方向不改变
3.书写交变电流瞬时值表达式的基本思路
(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω、Im＝求出相应峰值．
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．
①线圈从中性面位置开始转动，则i－t 图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt.
②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t 图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcos ωt.
  
1．2008 年南方发生了大面积冰灾，许多电线塔被压垮倒塌，电力供应受严重影响，许多企业自备了小型
发电机保障用电。如图甲为一台小型发电机的结构及供电示意图，内阻为的线圈在匀强磁场中匀速转动，
发电机输出的电压随时间变化的规律如图乙。电压表和电流表均为理想电表。则（　　）
A．在
时，电压表的示数为
B．在
时，穿过线圈的磁通量为零
132
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C．
时，穿过线圈的磁通量的变化率为零
D．发电机线圈转动的角速度大小为
【答案】C
【详解】A.电压表测量的是用电器两端的电压且为有效值，示数为
，故A 错误；
B.由乙图可知，在
时发电机的输出电压为零，此时穿过线圈的磁通量变化率为零，磁通量最大，
故B 错误；
C.在
时发电机的输出电压为零，感应电动势与磁通量的变化率成正比，该时刻穿过线圈的磁通量变化
率为零，故C 正确；
D.由乙图可知，交变电流的周期为
，发电机线圈转动的角速度为
，故
错误。
故选C。
2.在匀强磁场中，一个100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁
通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则（　　）
A．
时，线圈平面平行于磁感线
B．
时，线圈中的电流改变方向
C．
时，线圈中的感应电动势最大
D．线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为
【答案】AD
【详解】A．
时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A 正确；
B．每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值），电流的方向改变一次，
时，磁
通量为零，线圈平面平行于磁感线，此时不是中性面，线圈中的电流没有改变方向，故B 错误；
C．
时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电
动势为零，故C 错误；
D．由题图可知线圈从垂直中性面开始计时，感应电动势瞬时值表达式为
其中
感应电动势最大值为
则感应电动势瞬时值表达式为
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故D 正确。
故选AD。
猜想02 交流电有效值计算问题的考查
【例2】如图所示，直角边长为L 的单匝等腰直角三角形线圈abc，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕
与ab 边重合的竖直轴以角速度ω 沿逆时针（从上向下看）方向匀速转动。已知线圈的总电阻为R，下列说
法正确的是（　　）
A．若磁场竖直向下，a 点的电势高于c 点，回路中无电流
B．若磁场竖直向上，bc 边产生的电动势为
C．若磁场水平向右，回路中产生正弦式交流电，电流的最大值为
D．若磁场水平向左，线圈转一圈产生的热量为
【答案】AD
【详解】A．由右手定则，可知磁场为竖直向下时，a 点的电势高于c 点，b 点的电势高于c 点，a 点的电
势等于b 点的电势，回路中无电流，故A 正确；
B．若磁场竖直向上bc 边产生的电动势为
故B 错误；
C．由法拉第电磁感应定律可知磁场为水平方向时，感应电动势的峰值为
根据闭合电路欧姆定律有
故C 错误；
D．电流的有效值
线圈转一圈产生的热量：
故D 正确。
故选AD。
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押题解读
交流电有效值的计算时高中阶段等效处理方法的一种具体应用。以往试题中曾直接考查过物理学史及
物理方法之类的试题，但该类试题仅仅考查考生能否判断是否应用了等效法，并不能真正考查是否理解并
能应用等效法，而交流电有效值的计算则可以结合不同类型的交流电，检测考生是否理解其等效的含义。
考前秘笈
求解交变电流有效值的三种方法
(1)公式法：利用E＝、U＝、I＝计算，此方法只适用于正弦式交变电流．
(2)定义法
①设阻值、定时间：设将交变电流加在阻值为R 的电阻上，时间取t＝T；
②求热量：Q＝Q1＋Q2＋…(分段法)；
③求解有效值：根据Q＝I2Rt＝t 代入求解有效值．
(3)比例法：由P＝I2R、P＝可知，R 一定时，P∝I2、P∝U2，所以可根据功率的变化比例确定有效值的变化
比例．此方法适合分析对两种状态进行对比的问题．
  
1.通过某电阻的交变电流随时间变化的图像如图所示，则该交变电流的有效值为（　　）
A．
B．
C．
D．3A
【答案】A
【详解】根据交变电流的有效值定义知
其中
，
，
，
代入数据解得，该交变电流的有效值为
故选A。
2．如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一个与磁感线垂直、面积为S 的单匝矩形闭合线框。将
该线框绕图中竖直虚线匀速旋转180°，所用时间为t。则该过程中，该线框中产生的感应电动势有效值为
（　　）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】该线框匀速旋转，产生的感应电动势的最大值
该过程中，该线框中产生的感应电流为正弦式电流，故感应电动势的有效值
故选C。
3．如图所示为一交变电流的图像，则该交变电流的有效值为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设交流电电流的有效值为Ⅰ，周期为T，电阻为R，则有
解得
故选B。
猜想03 创新情景考查变压器问题
【例3】图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并将其
加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为
，电压表为理想交流电表。当变压器
副线圈电压的瞬时值大于
时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。下列说法正确的是（  
）
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A．交变电流的周期是
内电流方向变化了50 次
B．原、副线圈通过交变电流的频率之比为
C．电压表示数为
D．若原副线圈匝数比为
，可以使燃气灶点火
【答案】D
【详解】A．根据题图可知交变电流的周期是0.02s，一个周期内电流方向改变两次，则1s 内电流方向变化
了
次，故A 错误；
B．变压器不改变交流电的频率，比可知原、副线圈通过交变电流的频率之比为1:1，故B 错误；
C．电压表示数为交变电源的有效值，则电压表示数为
故C 错误；
D．变压器原线圈电压的最大值为
，根据理想变压器原副线圈电压比等于线圈的匝数比可得副线圈电压
的最大值
大于
，可知可以使燃气灶点火，故D 正确。
故选D。
押题解读
高考对变压器的考查主要集中在变压器的工作原理、变压器的动态分析以及电能的输送与生产、生活
的联系问题，题型主要以选择题形式出现，难度不太大。原线圈端接有负载的变压器问题是变压器中的典
型问题，物理量之间的关系更复杂，对考生的能力要求提高，因此，2020 年高考考查有负载的变压器问题
的可能性会加大。
考前秘笈
变压器命题角度
角度1　匝数比不变，负载R 变化(如图甲)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可知不论负载电阻R 如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻R 变化时，I2变化，可推出I1的变化．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2知P1的变化．
角度2　负载电阻R 不变，匝数比变化(如图乙)
(1)U1不变，发生变化，故U2变化．
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(2)R 不变，U2改变，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，P1＝P2，可以判断P2发生变化时，P1变化，U1不变时，I1发生变化．
角度3　变压器原线圈接有负载(如图丙)
变压器原线圈接有负载R 时，原、副线圈的制约关系依然成立，但电路输入的总电压U 不再等于变压器原
线圈的电压U1，而是U＝U1＋U 负载，显然U≠U1.变压器原、副线圈两端的功率也始终相等，但电路输入的
电功率P 也不等于原线圈两端的功率P1，而是P＝P1＋P 负载．
角度4　变压器副线圈接有二极管(如图丁)
变压器副线圈接有二极管时，由于二极管的单向导电性，使得cd 端一个周期的时间内只有半个周期有电流，
依据这一特点可画出cd 间I－t 关系图象展开分析．
  
1.手机无线充电装置的工作原理示意图（可视为理想变压器）如图所示，当a、b 间接上正弦交变电源后，
接收线圈中产生电流给手机充电，已知发射线圈与接收线圈的匝数比为25：1，c、d 端的输出电流
，则下列说法正确的是（　　）
A．采用电磁感应方式的无线充电技术无须特定位置就能精确充电
B．5s 内发射线圈中电流方向改变
次
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C．发射线圈a、b 端输入电流的有效值为0.2A
D．接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比为1 25
∶
【答案】C
【详解】A．采用电磁感应技术实现无线充电的优点是原理简单，适合短距离充电，但需特定的摆放位置
才能精确充电，故A 错误；
B．由题意可知电流的变化频率为
一个周期内电流方向改变2 次，则1s 内发射线圈中电流方向改变
次，5s 内发射线圈中电流方向改变
次，故B 错误；
C．接收线圈c、d 端输出电流的有效值
发射线圈a、b 端输入电流的有效值
故C 正确；
D．根据变压器工作原理可知，接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比为1 1∶，故D 错误。
故选C。
2.如图甲所示为某电动汽车充电桩的铭牌，将该充电桩和理想变压器连接成图乙所示的电路，输入端a、b
所接电压u 随时间t 的变化关系为
，充电桩的能量损耗率为20%，下列说法正确的
是（　　）
A．交流电的频率为50Hz
B．变压器原、副线圈的匝数比
C．充电桩输出电压的最大瞬时值为220V
D．若10 台充电桩同时使用，变压器的输入功率约为70kW
【答案】AB
【详解】A．交流电的周期为
则频率
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故A 正确；
B．根据理想变压器原、副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原、副线圈的匝数比
故B 正确；
C．充电桩输出电压的最大瞬时值为
故C 错误；
D．若10 台充电桩同时使用，总输出功率约为
变压器的输出功率约为
因为是理想变压器，故输入功率约为87.5kW，故D 错误。
故选AB。
3．图甲所示的电磁炉可视为一个变压器，炉盘相当于原线圈，锅体既是副线圈又是负载，通过电磁感应
产生涡流来加热食物。锅体感应的电动势与原线圈电压的比值称作耦合系数，设为n。电磁炉工作原理可
简化为图乙，电源的频率、有效值恒定，电压为U，炉盘中配有定值电阻，阻值为
，锅体回路中的电阻
相当于负载。
(1)若已知锅体中感应电动势的有效值为
，求通过定值电阻
的电流；
(2)若已知锅体等效电阻为R，求流过定值电阻
的电流；
(3)更换不同锅体，相当于调节负载电阻，设耦合系数n 都不变，求锅体等效电阻为多大时加热食物的功率
最大。
【答案】(1)
   (2)
   (3)n2Rx
【详解】（1）定值电阻Rx的电流为I，则原线圈两端电压U1=U-IRx
根据
解得通过定值电阻
的电流
（2）原线圈中满足U'1=U-I1Rx
副线圈中满足
又因为
；
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联立解得
（3）锅体产热的功率
因此当R=n2Rx取得最大功率。
押题猜想十一 机械振动、机械波与光
                                        
猜想01 结合图像考查机械振动、机械波
【例1】一列简谐横波在某介质中沿x 轴方向传播，从某一时刻开始计时，
时的波形如图（a）所示，
平衡位置横坐标为
处质点P 的振动图像如图（b）所示，质点Q 平衡位置的横坐标为
，则下
列说法正确的是（　　）
A．该简谐波沿x 轴负方向传播
B．
时刻质点Q 正沿y 轴正方向运动
C．该简谐波波速为
D．如果将该简谐波波源的振动周期增大为0.8s，则简谐波波速为
【答案】C
【详解】AB．从振动图像可知t=0.2s 时刻x=4m 处质点P 的运动方向沿y 轴负方向，根据波传播方向与质
点振动的关系可知该简谐波沿x 轴正方向传播，同理可知t=0.2s 时刻质点Q 正沿y 轴负方向运动，故AB
错误；
CD．波速由介质本身决定，与波动的周期没有关系，从振动图像可知振动周期
从波动图像可知波长
则波速
故C 正确，D 错误。
故选C。
押题解读
机械振动机械波是高考必考点，一般结合图像进行考查，要求通过图像分析波长、波速、周期等物理
量，有时还会涉及多解问题。
141
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考前秘笈
振动图象和波动图象的综合应用
振动图象
波动图象
研究对象
一个振动质点
沿波传播方向
的所有质点
研究内容
某一质点的位移随时间的变
化规律
某时刻所有质点的空间分布
规律
图象
物理意义
表示同一质点在各时刻的位
移
表示某时刻各质点的位移
图象信息
(1)质点振动周期
(2)质点振幅
(3)某一质点在各时刻的位移
(4)各时刻速度、加速度的方
向
(1)波长、振幅
(2)任意一质点在该时刻的位
移
(3)任意一质点在该时刻加速
度的方向
(4)传播方向、振动方向的互
判
图象变化
随时间推移图象延续，但已
有形状不变
随时间推移，图象沿传播方
向平移
一个完整
曲线占横
坐标的距离
表示一个周期
表示一个波长
  
1.一列沿x 轴传播的简谐波在t=0 时刻的波形如图所示，P、Q 是在波的传播方向上平衡位置相距1m 的两
个质点，质点P 此时刻恰过平衡位置并沿y 轴负方向振动。已知波的周期为6s，则下列说法正确的是（  
）
  
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A．该波沿x 轴正方向传播
B．该波沿x 轴负方向传播
C．t=0.5s 时刻， P、Q 速度相同
D．t=1.0s 时刻， P、Q 速度相同
【答案】AC
【详解】AB．由于P 点沿y 轴负方向振动，根据“同侧法”，波沿x 轴正方向传播，A 正确，B 错误；
C．由题可知，波长
，波速
t=0.5s 时刻，波向右传播了
平衡位置恰好处于3.5m 处， P、Q 到平衡位置的水平距离均为0.5m，根据对称性，两者速度相同，C 正
确；
D．t=1.0s 时刻，波向右传播了
 Q 恰好运动到平衡位置，速度最大，而P 点运动到平衡位置下方，速度小于最大速度，D 错误。
故选AC。
2．在某种介质中，一列沿x 轴传播的简谐横波0 时刻的波形图如图所示，已知这列波的传播速度
，
且此时平衡位置位于坐标原点O 的质点正沿y 轴正方向运动。下列说法正确的是（　　）
A．质点Q、R 的振动情况始终相反
B．质点P 的横坐标为
C．质点Q 再经
回到平衡位置
D．质点R 的振动方程为
【答案】AD
【详解】A．由图可知，质点Q、R 平衡位置间距离为
，所以二者的振动情况始终相反，故A 正确；
B．0 时刻，坐标原点处的质点与波峰之间的曲线对应的角度为30°，对应两平衡位置间的距离为
解得
所以P 点的横坐标为
故B 错误；
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C．根据“上下坡”法可知，此波沿x 轴负方向传播，此时Q 正向下振动，波的周期为
由图可知，Q 再经过t 回到平衡位置，则
故C 错误；
D．各质点的振幅A=4cm，
质点R 的初相位为
所以R 的振动方程为
故D 正确。
故选AD。
3．一列简谐横波在
时刻的波形如图（a）所示，图（b）表示介质中某质点的振动图像。下列说法正
确的是（　　）
A．该波的周期为
B．
时
间的波形与图（a）相同
C．若波沿
轴正方向传播，则图（b）可能为
点的振动图像
D．若波沿
轴正方向传播，则图（b）可能为
点的振动图像
【答案】AC
【详解】A．图（b）可知该波的周期为2s，故A 正确；
B．
时恰好经过半个周期，则
时
间的波形与图（a）相反，故B 错误；
C．图（b）可知0 时刻质点从平衡位置向y 轴正方向振动，若波沿
轴正方向传播，同侧法可知图（a）L
点恰好从平衡位置向y 轴正方向振动，则图（b）可能为
点的振动图像，故C 正确；
D．同侧法可知图（a）N 点恰好从平衡位置向y 轴负方向振动，结合C 选项分析可知，图（b）不可能为N
点的振动图像，故D 错误。
故选AC。
猜想02 以计算题形式考查机械振动、机械波
【例2】一列简谐横波沿
轴传播，如图所示，实线为
时刻的波形图，虚线为
时刻的波形图。
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(1)若已知
处的质点在
内运动的路程为
，求
处的质点的振动方程（用正弦函数形式表
达）；
(2)若波沿
轴正向传播，求波的传播速度大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）已知  x = 0 处的质点在  0  1s
∼
  内运动的路程为  25cm=5A  ，则时间为
，设
处的
质点的振动方程为
由题知该质点
时刻向
轴负方向运动，可知
由
解得
所以
由图知
所以
处的质点的振动方程为
（2）由图知
若波沿
轴正向传播，则
解得
所以波的传播速度大小
  
押题解读
计算题中几何光学或机械振动、机械波，基本是间隔考查，形式比较固定，几何光学考查频率高
145
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些。该考点以计算题形式考查时，常常结合质点的运动情况考查运动与相互作用观念，结合波源振动
及相关物理量的分析考查模型构建能力和科学推理能力。
  
1.一列沿
轴正方向传播的简谐横波在
时刻的波动图像如图甲所示，质点
的振动图像如图乙所示，
质点
和质点
的平衡位置坐标分别为
、
。求：
(1)该波的传播速度；
(2)质点
的振动方程（用正弦函数表示）。
【答案】(1)
  (2)
【详解】（1）由题图可知，这列波的波长
质点Q 的振动周期
T=0.4s
这列波的传播速度
解得v=30m/s
（2）质点P 的初相位
质点P 振动的圆频率
质点P 的振动方程为
解得
2．某均匀介质中，波源位于
所在平面的O 点，
时刻，波源沿z 轴（z 轴正方向垂直于纸面向外）
做简谐运动，振动方程为
，形成在
面上传播的简谐横波。经时间
，在
区域中第一次形成如图所示波面分布图（实线圆表示波峰，虚线圆表示相邻的
波谷）。P 点的坐标是
，求：
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(1)波速v 和时间
；
(2)从图示状态开始，平衡位置在P 处的质点到达波谷的最短时间t。
【答案】(1)
，
   (2)
【详解】（1）根据题意可知，该波的波长为
周期
则波速
时间
（2）根据几何关系
点距离波谷圆上最近的距离
衡位置在P 处的质点到达波谷的最短时间
3．一列简谐横波在
时的波形图如图a 所示，P、Q 是介质中的两个质点。图b 是质点Q 的振动图像。
求：
(1)波速及波的传播方向；
(2)质点Q 的平衡位置的x 坐标。
【答案】(1)18cm/s，波沿x 轴正方向传播   (2)9cm
【详解】（1）由图a 可以看出，该波的波长为
由图b 可以看出，周期为
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波速为
由图b 知，当
时，Q 点向下运动，结合图a 可得，波沿
轴正方向传播。
（2）设质点P、Q 平衡位置的x 坐标分别为
、
。
由图a 知，
处
因此
由图b 知，在
时质点P 处于平衡位置，经
，其振动状态向
轴正方向传播至Q 点处，
由此有
故质点Q 的平衡位置的x 坐标为
猜想03 以液体或玻璃砖为载体考查几何光学
【例3】如图甲所示，横截面为正三角形的玻璃砖
，其边长为L，
为
边的中垂线，当a、b 两
种单色光以不同的入射角同时从O 点入射时，它们的折射光刚好重合，且与
边平行，已知光线a、b 与
边间的夹角分别为30°和45°。由a、b 两单色光组成的宽度为d 的复色光带，从用同种玻璃制成的足够
长的平行板玻璃砖的上表面入射，经折射从下表面射出时恰好能分开，如图乙所示，已知图中
，光
在真空中的传播速度为c，求：
(1)a 单色光在三角形玻璃砖中传播的时间t。（不考虑多次反射）
(2)平行板玻璃砖的厚度x。
【答案】(1)
   (2)
【详解】（1）设玻璃对单色光a 的折射率为
，则有
由光的折射定律
由几何关系
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联立解得
（2）对单色光b 有
a、b 单色光恰能分开时的光路如图所示
对a 单色光有
对b 单色光有
由几何关系
，
联立解得
押题解读
结合几何知识解决光的折射以及全反射问题是高考的热点，尤其是情境化试题数量增加，切实体现了
新高考的理念。由于该知识点考查频率非常高，高考中很可能会创新介质的形式，或创新介质的形状等进
行考查。
考前秘笈
平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制
平行玻璃砖
三棱镜
圆柱体(球)
结构
玻璃砖
上下表面
是平行的
横截面为
三角形的
三棱镜
横截面是圆
对光线
的作用
通过平行玻璃砖的光
线不改变传播方向，
通过三棱镜的光线经
两次折射后，出射光
线向棱镜底边偏折
圆界面的法线是过圆
心的直线，经过两次
折射后向圆心偏折
149
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但要发生侧移
应用
测定玻璃的折射率
全反射棱镜，改变光
的传播方向
改变光的传播方向
  
1.某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖AMB 圆心为O 点，半径为R，直角三棱镜的斜边EG 平行于
直径AB 且长度等于2R，
。在F 横截面所在平面内，单色光线垂直入射到EF 边，并从EG 边
射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为
。求：
(1)从EG 边射出的光线与EG 边的夹角；
(2)不考虑反射光线，半圆弧AMB 上有光线射出的点到B 点的最小弧长l。
【答案】(1)45°   (2)
【详解】（1）根据题意作出光路图，如图所示
根据几何关系可得
根据折射定律可得
代入数据解得
（2）当光线射到半圆弧AMB 上恰好发生全反射时，光路如图所示
150
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根据几何关系可知
根据临界角与折射率的关系有
所以
所以最小弧长为
2．公园里的装饰灯在晚上通电后会发出非常漂亮的光，如图a 所示。该灯可简化为图b 所示的模型，该装
饰灯是由透明材料（对红光的折射率n=2）制成的棱长为L 的正方体，正方体中心有一个发红光的点光源
O。不考虑经反射后的折射光线，不考虑光刚好射到棱上的情况，光在空气中的传播速度为c，求：
(1)光线从装饰灯内射出的最长时间tmax；
(2)从外面看，装饰灯被照亮的总面积。
【答案】(1)
   (2)
【详解】（1）设光线从装饰灯内射出时发生全反射的临界角为C，对一条射到侧面上且恰好发生全反射的
光线，设光在装饰灯内传播的距离为x，有
解得
根据几何关系可得
又
，
151
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联立解得
（2）每一侧面被照亮的图形为圆，圆的半径为r，有
每一侧面被光照亮的面积
从外面看装饰灯被照亮的总面积
联立解得
3．如图所示，平行玻璃砖的厚度为d，某单色光第一次垂直于玻璃砖上表面从O 点射入，从下表面的O′
点射出。第二次以53°入射角从O 点射入玻璃砖，从下表面的P 点射出，测得
。已知光在真空中
的传播速度为c，sin53°=0.8。求
(1)玻璃砖对该单色光的折射率；
(2)该单色光两次在玻璃砖内传播的时间差（不考虑反射光线）。
【答案】(1)
  (2)
【详解】（1）光在O 点入射角为53°，则
则折射率
（2）光在玻璃砖中传播速度为
第一次传播时间
第二次传播时间
时间差
4．某学校有一个景观水池，水池底部中央安装有一个可向整个水面各个方向发射红光的光源（视为质
点），同学们观察到水面上有光射出的区域是圆形，水池的横截面如图所示。已知光源到水面的距离为
152
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，圆形区域的半径
，光在真空中的传播速度为，不考虑多次反射。求：
(1)水对红光的折射率
；
(2)能够射出水面的红光中，在水中传播的最短时间。
【答案】(1)
   (2)
【详解】（1）红光恰好发生全反射处为圆形区域的边缘，光路图如图所示
红光发生全反射的临界角满足
根据几何关系有
代入题中数据，解得
（2）红光在水中传播的最短距离
红光在水中的传播速度
红光在水中传播的最短时间
解得
5．取一个半径r 的圆形薄片（厚度可以忽略），在它的圆心处插上一枚足够长的大头针，薄片浮在折射率
为
（未知）的液面上。当调整大头针露在液体中的长度为时，从液面上方的各个方向向液体中看，恰
好看不到大头针。将薄片换成有一定厚度半径仍为的圆形软木塞，液体换为另一种折射率为
的液体，
软木塞浮在水面上时有一半没入水中。重复前面的操作，从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到
大头针时，大头针露在液体中的长度为
。求：
153
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(1)第一种液体发生全反射的临界角
；
(2)第二种液体的折射率
。
【答案】(1)45°  (2)
【详解】（1）第一种液体中，由几何知
得
（2）设第二种液体全反射临界角为
，同理可得
，
联立求得
押题猜想十二  热学
                                        
猜想01 以选择题的形式考查热学概念及图像的理解
【例1】一定质量的理想气体经状态
循环一次的过程中，其压强p 与密度
的关系图像如
图所示，图中
与p 轴平行，
与
轴平行，若已知气体在状态A 时温度为
，则下列说法正确的是
（　　）
A．气体在
过程中，内能增大
B．状态C 时，气体的温度为
C．状态B 时，气体的压强为
D．气体在
过程中，单位时间内与器壁单位面积撞击的分子个数增加
【答案】B
154
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【详解】A．根据
，
可得
由题图可知气体在
过程中，气体温度不变，内能不变，故A 错误；
B．对比A、C 状态可得
可得状态C 时，气体的温度为
故B 正确；
C．因为
过程中，气体温度不变，对比A、B 状态可得
，
可得状态B 时，气体的压强为
故C 错误；
D．气体在
过程中，气体压强不变，根据
，可知气体温度升高，分子的平均动能增大，
根据压强微观意义可知，单位时间内与器壁单位面积撞击的分子个数减少，故D 错误。
故选B。
押题解读
热学部分概念、现象较多通过多知识点多观点的组合已经成为高考命题的一种经典模式，即体现了对
教材重视的多方面覆盖的考查也有利于对考生利用所学知识准确判断似是而非的观点的能力与图像结合的
问题更能体现对物理学科核心素养的考查。
  
1.下列说法正确的是（　　）
A．布朗运动反映了悬浮颗粒分子运动的无规则性
B．分子间作用力一定随分子间距离的减小而增大
C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传递到高温物体
D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的
【答案】D
【详解】A．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，故A
错误；
B．由于分子间的距离未知，则分子间的相互作用力随着分子间距离的减小，可能先增大后减小，再增大，
也可能一直减小，还可能先减小后增大，还可能一直增大，故B 错误；
C．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，故C 错误；
D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的，故D 正确。
155
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故选D。
2．茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。如图所示，向茶杯中倒入热水，盖上杯盖茶水漫
过杯盖，在水面和杯盖间密闭了一部分空气（可视为质最和体积均不变的理想气体），过一段时间后水温
降低。关于泡茶中的物理现象下列说法正确的是（　　）
A．泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯盖与杯子间的分子引力作用
D．温度降低，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，气体对外界放热
【答案】D
【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每个分子的动能都越
大，分子动能遵循统计规律，存在动能大小的分布，故A 错误；
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是因为茶叶中的色素分子在水中扩散，扩散现象是分子的无规
则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，所以这不是布朗运动现象，故B
错误；
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯内气体做等容变化，根据查理定律
（p 是压强，T 是
温度，C 是常量 ）
可知温度降低，气体压强减小，外界大气压大于杯内气体压强，产生向下的压力差，而不是因为杯盖与杯
子间的分子引力作用，故C 错误；
D．温度降低，根据理想气体状态方程和气体压强的微观解释，气体分子的平均动能减小，撞击单位面积
器壁的平均作用力变小；同时，理想气体温度降低，内能减小，即
，体积不变，
（气体不对
外做功，外界也不对气体做功 ），根据热力学第一定律
可得
即气体对外界放热，故D 正确。
故选D。
3.如图所示，一定质量的理想气体从状态a 经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态b、c ，再回到
状态a。下列说法正确的是（　　）
156
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A．在过程ab 中外界对气体做功
B．在过程ab 中气体的内能不变
C．在过程ca 中气体的温度降低
D．在过程ca 中气体从外界吸热
【答案】C
【详解】AB．由图可知，ab 过程中，体积不变，外界对气体不做功（气体对外界也不做功），压强增大，
根据查理定律
可知，气体的温度升高，内能增大，AB 错误；
CD．在ca 过程中，气体的压强不变，体积减小，根据盖-吕萨克定律
可知，气体的温度降低，气体放出热量，C 正确，D 错误。
故选C。
4．如图所示，一定质量的理想气体从状态
开始，先经历等压变化到状态
，再经历等容变化到状态。
下列判断正确的是（　　）
A．从
到
，气体温度升高
B．从
到
，气体向外界放热
C．从
到，气体内能不变
D．从
到，气体对外界做功
【答案】A
【详解】A．从a 到b，气体的压强不变，体积变大，根据
可知气体温度升高，选项A 正确；
B．从a 到b，体积增大，外界对气体做负功，内能增加，根据热力学第一定律
可知，气体吸
热，选项B 错误；
C．从b 到c，气体体积不变，压强减小，根据
可知温度降低，可知气体内能减小，选项C 错误；
157
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D．从b 到c，气体体积不变，不对外界做功，选项D 错误。
故选A。
猜想02 联系实际考查理想气体状态方程及实验定律
【例2】按压瓶在生活中应用广泛。某种按压瓶结构如图所示，瓶盖与腔室的活塞相连，活塞连接在腔室
内弹簧的上端，弹簧下端固定在腔室下部。腔室有上、下两个小球阀门，上阀门封闭腔室与大气相通的出
口，下阀门封闭腔室与塑料管连接口，塑料管插入储液瓶的液体中。两个阀门小球重力很小，只要阀门内
外气体压强不相等，阀门就会打开，让气体或液体向上流动。该种按压瓶第一次使用前，弹簧处于原长，
瓶内液体液面如图所示，塑料管和腔室内的气体压强均与外界大气压强相同，塑料管内气体体积为V0，腔
室内气体体积为9V0。第一次    腔室向下按压瓶盖，下阀门紧闭，上阀门打开，当腔室内气体剩余三分之
二时松手，弹簧开始回弹，上阀门封闭，下阀门打开，到弹簧恢复原长时，有体积为
的液体进入塑料管，
完成了第一次按压。已知塑料管横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，腔室和塑料管内气体视
为理想气体，气体温度不变，腔室气密性良好，储液瓶内气体与大气相通。求：
(1)弹簧恢复原长时，腔室内气体的压强；
(2)储液瓶内液体的密度。
【答案】(1)
   (2)
【详解】（1）以腔室内剩余的三分之二气体和塑料管内气体为研究对象，设松手时压强为p1，体积为
V1；弹簧恢复原长前，下阀门始终打开，腔室气体和塑料管内气体压强相等，设压强为p2，体积为V2，有
 ，
    
向下按压瓶盖过程中，上阀门始终打开，所以，腔室内气体压强始终等于大气压强。即p1 = p0 
由等温变化规律有
 
解得
（2）设储液瓶内液体的密度为ρ，塑料管内液体上升高度为h，则
由于储液瓶内的气体压强等于大气压强，有
    
解得
158
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押题解读
课程标准一直强调试题与实际生活的联系，因此高考备考中也要注意这方面的内容。在热学中气
球、轮胎、潜艇等都很有可能作为素材用来考查理想气体状态方程及实验定律。
  
1.某款全自动增压供水系统的圆柱形储水罐的总容积
，水龙头正常工作时，罐内水面缓慢下降，
最低只能下降到储水罐的正中间，水龙头出水口到罐内水面的最大高度差
，如图所示，此时水泵
自动启动给罐内补水，当压力开关检测到罐内封闭气体的压强达到
时，自动断开水泵电源停
止补水。已知水的密度
，封闭气体可视为理想气体，忽略封闭气体温度的变化，外界大
气压恒为
，取重力加速度大小
，求：
(1)水泵刚开始工作时罐内封闭气体的压强
；
(2)水泵停止工作时罐内水的体积
。
【答案】(1)
  (2)
【详解】（1）水龙头出水口到罐内水面的最大高度差
，根据平衡条件有
解得
（2）罐内气体做等温变化，设水泵停止工作时，封闭气体的体积为
，则有
水泵停止工作时罐内水的体积为
解得
2．如图所示，蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在热力学温度
的室内，用打气筒对蹦蹦球充
气，充气前蹦蹦球内部空气的压强
，充气后蹦蹦球内部气体的压强增加到2.4atm．已知蹦蹦球的
容积
，打气筒每次充入
、压强为1atm 的空气，忽略充气过程中气体温度及蹦蹦球容积
的变化，空气可视为理想气体．
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(1)求打气筒充气的次数n；
(2)将蹦蹦球拿到室外暴晒，一段时间后蹦蹦球内部空气的热力学温度升高到
，求此时蹦蹦球内
部空气的压强p。
【答案】(1)
  (2)
【详解】（1）充气过程中气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（次）
（2）根据查理定律有
解得
3．用如图所示的水银血压计测量血压时，先用气囊向袖带内充气8 次（开始袖带内无空气），每次冲入
压强为
（
为外界大气压强）、体积为
的空气，充气后袖带内的空气体积为
，然后缓慢放气，当
袖带内空气体积变为
时，袖带内空气的压强刚好与大气压强相等。空气可视为理想气体，忽略充气和
放气过程中空气温度的变化，求：
(1)充气后袖带内空气的压强p；
(2)袖带放出空气的质量与剩余空气质量的比值k。
【答案】(1)
   (2)
【详解】（1）充气过程中空气做等温变化，末态压强为p，体积为V0，根据玻意耳定律，有
 
   
解得
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（2）设放出压强为
的空气体积为
，根据玻意耳定律，则有
袖带放出空气的质量与剩余空气质量的比值
    
联立解得
猜想03 以汽缸或液柱模型为载体考查气体实验定律与热力学定律
【例3】如图所示，内壁光滑、高度均为4h 的两个绝热汽缸底部由细管连通，左侧汽缸上端封闭，右侧汽
缸上端开口与大气相通，一外形不规则的物体C 放置在右侧汽缸中，两汽缸中的绝热活塞M、N 密封两部
分理想气体A、B。开始时，气体A、B 温度均为T，活塞M、N 均静止，M 距汽缸底部为2h，N 距汽缸底
部为3h。现缓慢加热气体A，使活塞N 移动至汽缸上端时停止加热，此时气体A 的温度
。已知
活塞M、N 的质量分别为2m 和m，截面积均为S，大气压强为
，重力加速度为g，活塞厚度、电热丝体
积及细管内气体体积均忽略不计，温度均为热力学温度。
(1)求物体C 的体积V；
(2)上述加热过程中，若气体A 吸收的热量为Q，求气体A 的内能变化量。
【答案】(1)
  (2)
【详解】（1）分别以N、M 为研究对象，由受力平衡可知
，
得
，
加热气体A 的过程中，A、B 的压强均保持不变，活塞M 静止不动
对气体A 有
解得
（2）加热过程中气体A 对外做的功
根据热力学第一定律有
解得
押题解读
近几年高考热学题考查相对固定，经常以汽缸或液柱模型为载体，考查对气体实验定律的理解和应用，
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培养考生建构模型的科学思维能力，要求考生运用科学思维方法分析解决实际问题。
考前秘笈
1．气体实验定律的拓展式
(1)查理定律的拓展式：Δp＝ΔT.
(2)盖—吕萨克定律的拓展式：ΔV＝ΔT.
2．利用气体实验定律解决问题的基本思路
3．一定质量的理想气体不同图象的比较
特点
示例
等温
过程
p－V
pV＝CT(其中C 为恒量)，即pV
之积越大的等温线温度越高，线
离原点越远
p－
p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越
大，温度越高
续　表
特点
示例
等容
过程
p－T
p＝T，斜率k＝，即
斜率越大，体积越小
等压
过程
V－T
V＝T，斜率k＝，即
斜率越大，压强越小
  
1.如图甲，导热性能良好的气缸开口向上放在水平面上，缸内封闭一定质量的理想气体，静止时活塞离缸
底的距离为L，大气压强为p0，环境温度为T₀。如图乙，将气缸竖直放置在水平面上，开口向左，活塞稳
定后，将环境温度缓慢降低到
，此时活塞离缸底的距离恰好为L。已知活塞与气缸内壁无摩擦且不漏
气，活塞的横截面积为S 且厚度不计，重力加速度为g，求：
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(1)活塞的质量m；
(2)若温度降低过程，缸内气体释放的热量为Q，气体的内能减少量
。
【答案】(1)
   (2)
【详解】（1）当气缸竖立时，设缸内气体的压强为
，活塞的质量为
，对活塞受力分析
根据理想气体状态方程
解得
（2）设气缸刚竖直活塞稳定时，活塞离缸底的距离为
，则
环境温度降低过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律，气体内能减少量
解得
2.如图所示，足够高的绝热汽缸竖直放置，汽缸内有一个卡环，卡环到缸底的距离d=15cm，卡环上有一面
积为S=80cm2、质量为m=20kg 的绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞可在汽缸中无摩擦
的滑动。汽缸底部有一阻值为r=100Ω 的电热丝，外接电路中定值电阻R=10Ω，正弦交变电压u 的最大值
为
。初始时，开关断开，汽缸内气体的温度为T1=300K，活塞对下方卡环的压力大小为
F=400N，外界大气压为p0=1.0×105Pa，重力加速度g 取10m/s2。
(1)求初始时缸内密封气体的压强；
(2)闭合开关，经过t=200s 的时间，汽缸内密封气体温度缓慢上升到800K，若电热丝产生的热量全部被气
体吸收，求气体内能的增量。
【答案】(1)7.5×104Pa   (2)710J
【详解】（1）设缸内气体的初始压强为p1，对活塞受力分析有
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解得
（2）缸内气体的初始体积为
设活塞刚好要离开卡环时，缸内气体温度为T2，压强为
气体发生等容变化，有
解得
继续升温到
，活塞向上移动，气体发生等压变化，则有
解得
整个过程中气体对外做功为
电热丝在时间内产生热量为
由热力学第一定律可知，气体内能的增量为
3．如图，一绝热长方体箱体侧壁固定一电阻为
的电热丝，箱体总体积
箱体内有一不
计质量的活塞，其与箱体内壁摩擦不计。活塞左侧空间封闭一定质量的理想气体，外界大气压强
，箱口处设有卡环。电阻丝经导线与一圆形线圈形成闭合回路，线圈放置于有界匀强磁场中，
线圈平面与磁场方向垂直，磁感应强度大小随时间的变化率为
。已知线圈的匝数
，面积
，线圈的电阻
。初始时活塞到右侧箱口距离是到左侧箱底距离的2 倍，接通电路缓慢对气
体加热，加热前气体温度为
。
(1)求电热丝两端的电压；
(2)经一段时间，活塞缓慢运动到箱口，此过程中箱内气体的内能增加了100J，若电热丝产生的热量全部被
气体吸收，求此时箱内气体的温度及电路的通电时间。
【答案】(1)9V   (2)
，
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，可得圆形线圈产生的感应电动势大小为
由闭合电路欧姆定律可得流经电热丝的电流为
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其两端的电压
（2）接通电路缓慢对气体加热，活塞缓慢运动到箱口，此过程中箱内气体做等压变化，有
可得此时箱内气体的温度
该过程中外界对气体做功
若电热丝产生的热量全部被气体吸收，根据热力学第一定律有
根据
，可求得电路的通电时间
4．由于电子温度计容易受极端环境干扰，研究人员设计了一种基于理想气体膨胀特性的温度计。如图所
示，粗细均匀、导热性能良好的长玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口，中间有一段高度为
的水银
柱封闭了一段理想气体，当外界温度变化时，封闭气柱的高度也会随之变化（此过程中无水银溢出）。初
始时，外界温度为
，封闭气柱的高度为
，已知大气压强为
。求：
(1)若环境温度变化，水银柱向上移动，气体是吸热还是放热？（不用说明原因）
(2)若环境温度变化，当水银柱向下移动了
，此时外界的温度？
(3)若环境温度恒为
，往玻璃管内加入适量的水银，使封闭气柱的高度变为
，求此时水银柱的高
度。
【答案】(1)吸热    (2)
   (3)
【详解】（1）若环境温度变化，则气体内能增加，即
，水银柱向上移动，气体对外做功，即
W<0，根据
，可知Q>0，即气体是吸热。
（2）气体等压变化，以封闭气体为研究对象，
初始时，
环境变化后，
，
由盖-吕萨克定律得
解得
（3）以封闭气体为研究对象，加水银前，
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加水银后，
，
由玻意耳定律得
解得
押题猜想十三  原子与原子核
                                        
猜想01 以选择题的形式考查热学概念及图像的理解
【例1】氢原子的能级图如图所示。大量氢原子处于
的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些
光子照射逸出功为2.29eV 的金属钠。下列说法正确的是（　　）
A．逸出光电子的最大初动能为12.09eV
B．从
跃迁到
放出的光子波长最长
C．用0.86eV 的光子照射，氢原子跃迁到
激发态
D．有2 种频率的光子能使金属钠产生光电效应
【答案】D
【详解】AB．大量氢原子处于
的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，其中从
跃迁到
放出
的光子能量最大，频率最大，波长最小；从
跃迁到
放出的光子能量为
根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为
故AB 错误；
C．根据
可知用0.86eV 的光子照射，氢原子不可以跃迁到
激发态，故C 错误；
D．大量氢原子处于
的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV 的金属
钠，根据
，
，
可知有2 种频率的光子能使金属钠产生光电效应，故D 正确。
故选D。
押题解读
166
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波尔理论指明了原子的能级是量子化的，结合氢原子的能级示意图考查相关知识，可以培养学生构建
模型、科学推理的能力，备考中要引起足够的重视。
考前秘笈
对氢原子能级图的理解
(1)能级图如图所示
(2)氢原子的能级和轨道半径
①氢原子的能级公式：En＝E1(n＝1，2，3，…)，其中E1为基态能量，其数值为E1＝－13.6 eV.
②氢原子的半径公式：rn＝n2r1(n＝1，2，3，…)，其中r1 为基态半径，又称玻尔半径，其数值为r1＝
0.53×10－10 m.
(3)能级图中相关量意义的说明
相关量
意义
能级图中的横线
表示氢原子可能的能量状态——定态
横线左端的数字“1，
2，3…”
表示量子数
横线右端的数字
“－13.6，－3.4…”
表示氢原子的能量
相邻横线间的距离
表示相邻的能量差，量子数越大，相
邻的能量差越小，距离越小
带箭头的竖线
表示原子由较高能级向较低能级跃
迁，原子跃迁的条件为hν＝Em－En
4.两类能级跃迁
(1)自发跃迁：高能级→低能级，释放能量，发出光子．
光子的频率ν＝＝.
(2)受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量．
①光照(吸收光子)：吸收光子的全部能量，光子的能量必须恰等于能级差hν＝ΔE.
②碰撞、加热等：可以吸收实物粒子的部分能量，只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E 外≥ΔE.
③大于电离能的光子被吸收，将原子电离．
167
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1.极光的形成是高能带电粒子进入地球的高层大气（通常在80 至500 公里的高度）时，与大气中的原子和
分子发生碰撞。这些碰撞导致大气分子被激发到高能态，随后它们会回落到更稳定的低能态，释放出能量
并产生可见光。如图为氢原子的能级示意图，现有大量氢原子处于n=3 的激发态，当原子向低能级跃迁时
辐射出若干不同频率的光，若氢原子从n=2 能级向n=1 能级跃迁时所辐射出的光正好使某种金属A 发生光
电效应。则下列说法正确的是（　　）
  
A．频率最小的光是由n=3 能级跃迁到n=1 能级产生的
B．最容易发生衍射现象的光是由n=3 能级跃迁到n=2 能级产生的
C．这些氢原子总共可辐射出2 种不同频率的光
D．这群氢原子辐射出的光中共有3 种频率的光能使金属A 发生光电效应
【答案】B
【详解】A．频率最小的光对应的能级差最小的越迁，即是由n=3 能级跃迁到n=2 能级产生的，选项A 错
误；
B．最容易发生衍射现象的光是波长最长的，即频率最小的，即能级差最小的，是由n=3 能级跃迁到n=2
能级产生的，选项B 正确；
C．大量氢原子从n=3 向低能级跃迁时总共可辐射出
种不同频率的光，选项C 错误；
D．氢原子从n=2 能级向n=1 能级跃迁时所辐射出的光正好使某种金属A 发生光电效应，则从n=3 能级向
n=1 能级跃迁时所辐射出的光也能使金属A 发生光电效应，即这群氢原子辐射出的光中共有2 种频率的光
能使金属A 发生光电效应，选项D 错误。
故选B。
2．图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=4 的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射
逸出功为2.29eV 的金属钠，则（　　）
A．用0.80eV 的光子照射n=4 能级的氢原子，可使氢原子电离
168
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B．n=4 跃迁到n=1 放出的光子波长最长
C．有4 种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D．逸出光电子的最大初动能为12.75eV
【答案】C
【详解】A．由能级图可知，n=4 能级的氢原子电离需要的能量至少为0.85eV，故用0.80eV 的光子照射
n=4 能级的氢原子，不可使氢原子电离，故A 错误；
B．n=4 跃迁到n=1 放出的光子能量最大，根据
可知放出的光子波长最短，故B 错误；
C．由能级图可知
，
可知有4 种频率的光子能使金属钠产生光电效应，故C 正确；
D．n=4 跃迁到n=1 放出的光子能量最大，则有
根据光电效应方程可得逸出光电子的最大初动能为
故D 错误。
故选C。
猜想02 在实际应用中考查核反应的规律与核能
【例2】中国的“人造太阳”EAST（全超导托卡马克核聚变实验装置）在2025 年实现了1 亿摄氏度下运
行1066 秒的突破，为未来聚变反应堆的设计提供了重要数据，该实验装置内的核反应方程为
。关于核聚变，下列说法正确的是（　　）
A．X 为电子
B．地球上的核聚变可以自发进行
C．核聚变反应中质量守恒
D．核聚变反应中比结合能小的原子核变成了比结合能大的原子核
【答案】D
【详解】A．根据电荷数和质量数守恒可知，X 的电荷数为0，质量数为1，所以X 是中子，故A 错误；
B．核聚变不可以自发进行，故B 错误；
C．核反应前后质量数不变，因为存在质量亏损，所以质量不守恒，故C 错误；
D．比结合能是原子核稳定性的指标，在轻核聚变中，生成物的比结合能高于反应物的比结合能，故D 正
确。
故选D。
押题解读
核反应和核能是原子物理部分考查的重点，高考命题中很可能以实事和科技进展为情境结合“十
三五”规划中能源创新等来考查以此培养考生的社会责任感。
169
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考前秘笈
1．核反应的四种类型
类型
可控性
核反应方程典例
衰变
α 衰变
自发
U→Th＋He
β 衰变
自发
Th→Pa＋e
人工转变
人工控制
N＋He→O＋H
(卢瑟福发现质子)
He＋Be→C＋n
(查德威克发现中子)
续　表
类型
可控性
核反应方程典例
人工转变
人工控制
Al＋He
→P＋n
(约里奥—居里夫妇
发现放射性同位
素，同时发现正电
子)
P→Si
＋e
重核裂变
比较容易进
行人工控制
U＋n→Ba＋Kr＋3n
U＋n→Xe＋Sr＋10n
轻核聚变
很难控制
H＋H→He＋n
2.核反应方程式的书写
(1)熟记常见基本粒子的符号，是正确书写核反应方程的基础．如质子(H)、中子(n)、α 粒子(He)、β 粒子
(e)、正电子(e)、氘核(H)、氚核(H)等．
(2)掌握核反应方程遵守的规律，是正确书写核反应方程或判断某个核反应方程是否正确的依据，由于核反
应不可逆，所以书写核反应方程式时只能用“→”表示反应方向．
(3)核反应过程中质量数守恒，电荷数守恒．
4.核能的计算
(1)根据ΔE＝Δmc2计算，计算时Δm 的单位是“kg”，c 的单位是“m/s”，ΔE 的单位是“J”．
(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV 计算．因1 原子质量单位(u)相当于931.5 MeV 的能量，所以计算时Δm 的单位
是“u”，ΔE 的单位是“MeV”．
2．根据核子比结合能来计算核能：原子核的结合能＝核子的比结合能×核子数．
利用质能方程计算核能时，不能用质量数代替质量进行计算．
  
1.如图为全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），通过在其真空室内加入氘（
）和氚（
）进行的
170
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核聚变反应释放出大量能量，被誉为“人造太阳”，是中国自主设计、研制的世界首个全超导非圆截面托
卡马克装置。2025 年1 月20 日，首次实现1 亿摄氏度1066 秒稳态长脉冲高约束模式等离子体运行，标志
着聚变研究从前沿的基础研究转向工程实践，是一次重大跨越。已知
原子核质量m1、
原子核质量
m2、
原子核质量m3、质子质量mp、中子质量mn，以下说法错误的是（　　）
A．反应方程为
B．反应出现的高温等离子体可以通过磁约束使其不与器壁接触而作螺旋运动
C．
核的结合能为
D．一个
原子核与一个
原子核反应后释放的能量为
【答案】C
【详解】A．核反应遵循质量数守恒和核电荷数守恒，故A 正确；
B．工作时，高温等离子体中的带电粒子被强匀强磁场约束在环形真空室内部，而不与器壁碰撞，故B 正
确；
C．将核子结合为原子核时所释放的能量即为结合能，
中有两个质子和两个中子，它们结合为
时，
质量亏损为
可知
的结合能为
故C 错误；
D．个
原子核与一个
原子核反应后质量亏损为
释放的能量为
故D 正确。
本题选择错误的，故选C。
2．电离烟雾探测器是一种含有镅-241（
）的火灾报警装置，报警器的辐射源常常使用化合物二氧化
镅。已知一个镅核放出一个氦核后转变为一个镎核并释放能量，镅核、镎核和氦核的质量分别为m1、m2和
m3，单质镅的半衰期为432.2 年，光速为c。下列说法正确的是（　　）
A．二氧化镅中的镅核（
）半衰期不确定
B．一个镅核放出氦核后转变为镎核的衰变为α 衰变，镎核中有144 个中子
C．一个镅核发生衰变过程中释放的能量为
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D．500 个镅核432.2 年后一定还剩250 个
【答案】B
【详解】A．二氧化镅中的镅核（
）的半衰期与单质镅的半衰期相同，故A 错误；
B．一个镅核放出一个氦核后转变为一个镎核，该核反应为α 衰变，根据质量数、电荷数守恒可知，镎核
的电荷数为93，质量数为237，所以中子数为144，故B 正确；
C．一个镅核发生衰变过程中释放的能量为
，故C 错误；
D．半衰期是大量原子核的统计规律，所以500 个镅核不满足统计规律，故D 错误。
故选B。
3．利用放射性元素衰变可测定百年以来现代沉积物的绝对年代和沉积速率，这种测年法是一种高精度的
地质年代测定技术。我国利用放射性元素衰变测定沉积物年龄的应用最早可追溯到20 世纪60 年代左右。
其中铀-钍测年法利用的衰变方程为
。下列说法正确的是（　　）
A．衰变方程中的X 是
B．升高温度可以加快
的衰变
C．
与
的质量差等于衰变的质量亏损
D．
半衰期为
，若有4 个
核，经过
后只剩下1 个
【答案】A
【详解】A．根据原子核衰变时的电荷数和质量数守恒，可知X 是
，A 正确；
B．半衰期不受温度的影响，B 错误；
C．质量亏损是衰变前铀核质量与衰变后钍核、α 粒子总质量的差值，而非仅铀与钍的质量差，C 错误；
D．半衰期是大量放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，不能分析几个原子核的衰变情况，D
错误。
故选A。
猜想03 围绕爱因斯坦光电效应方程展开对光电效应的考查
【例3】如图所示为研究光电效应的实验装置，光电管的阴极K 用某种金属制成。闭合开关S，用某种单
色光照射阴极K 时，微安表有示数。若只减弱该单色光的强度，则下列说法正确的是（　　）
A．微安表的示数变大
B．该金属的逸出功变小
172
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C．逸出的光电子的最大初动能不变
D．从光照射到金属表面到有光电子逸出的时间明显增加
【答案】C
【详解】A．减弱该单色光的强度，单位时间内入射光的光子数目减少，从金属表面逸出的光电子数目将
减少，微安表的示数变小，故A 错误；
B．金属的逸出功由金属本身决定，所以保持不变，故B 错误；
C．根据光电效应方程
因为入射光的频率不变，可知光电子的最大初动能不变，故C 正确；
D．发生光电放应时，光电子的逸出几乎是瞬时的，与光照强度无关，故 D 错误。
故选C。
押题解读
光电效应往往以光电管模型或图像为背景命题，试题一般都会涉及爱因斯坦光电效应方程，需要由此
为核心进行分析，对考生构建模型和科学推理能力要求较高。
考前秘笈
1.光电效应
(1)两条对应关系
①光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大；
②光照强度大(同种频率的光)→光子数目多→发射光电子多→光电流大.
(2)三个关系式
①爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0.
②最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc.
③逸出功与截止频率的关系：W0＝hνc.
eUc＝Ek＝hν－W0＝hν－hνc.
(3)四类图象分析
图象名称
图线形状
由图线直接(或间接)得到的物理量
最大初动能Ek与入射
光频率ν 的关系图线
Ek＝hν－hνc
(1)截止频率：图线与ν 轴交点的横
坐标νc
(2)逸出功：图线与Ek轴交点的纵
坐标的绝对值
W0＝|－E|＝E
(3)普朗克常量：图线的斜率k＝h
颜色相同、强度不同
的光，光电流与电压
的关系
(1)遏止电压Uc：图线与横轴交点
的横坐标
(2)饱和光电流Im1、Im2：光电流的
最大值
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(3)最大初动能：Ek＝eUc
颜色不同时，光电流
与电压的关系
(1)遏止电压Uc1>Uc2，则ν1>ν2
(2)最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝
eUc2.
遏止电压Uc与入射光
频率ν 的关系图线
(1)截止频率νc：图线与横轴的交点
的横坐标值
(2)遏止电压Uc：随入射光频率的
增大而增大，Uc＝－
(3)普朗克常量h：等于图线的斜率
与电子电荷量的乘积，即h＝
ke(注：此时两极之间接反向电压)
  
1.在研究光电效应时，用不同波长的光照射某金属，产生光电子的最大初动能
与入射光波长
的关系
如图所示，
为图像的渐近线，真空中光速为，则（　　）
A．该金属的逸出功为
B．普朗克常量为
C．
时，光电子的最大初动能为
D．波长为
的光能使该金属发生光电效应
【答案】B
【详解】A．根据题意，由爱因斯坦光电效应方程有
又
174
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可知
结合图像可知
故A 错误；
B．由图可知，当
时，
，则有
故B 正确；
C．当
时，代入
解得
故C 错误；
D．当
时，才能使该金属发生光电效应，
的光不能使该金属发生光电效应，故D 错误。
故选B。
2.如图甲所示，某款条形码扫描探头上装有发光二极管和光电管，工作原理图如图乙。打开扫描探头，发
光二极管发出红光。将探头对准条形码移动，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到白
色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转换
成了脉冲电信号，则（　　）
A．扫描探头在条形码上移动的速度不能太快，否则光电管来不及发生光电效应
B．若仅将扫描探头的发光强度增大，光电子的最大初动能不变
C．若仅将发光二极管换为发蓝光，也能发生光电效应
D．若将发光二极管发出的光的频率减小，只要照射时间够长，也一定能正常识别条形码
【答案】BC
【详解】A．光照到光电管发生光电效应是瞬间的，即立刻产生光电子，故A 错误；
B．根据爱因斯坦光电效应方程
，光电子的最大初动能与发光的频率有关，发光强度变强时，
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发光频率不变，最大初动能不变，故B 正确；
C．仅将发光二极管换为发蓝光，频率变高，一定能发生光电效应，故C 正确；
D．仅将发光二极管频率变减小，不一定超过截止频率，不一定能发生光电效应，所以不一定能识别条形
码，故D 错误。
故选BC。
押题猜想十四  物理实验 
                                        
猜想01 趋向基础，考查基本操作和数据处理
【例1】某实验小组做“测量一新材料制成的粗细均匀电阻丝的电阻率”实验。
(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值。当用电阻“×100”挡时发现指针偏转角度过小，应该换用        挡，
进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示，其读数为         Ω；
(2)用螺旋测微器测量电阻丝
的直径d，示数如图乙所示，其直径
            mm；
(3)为了准确测量电阻丝的电阻
，学习小组设计并连接好如图丙所示的实验电路，M、N 为金属丝接入电
路的两端，标准电池的电动势为ES，G 为灵敏电流计，实验操作如下：
①用刻度尺测出M、N 之间的长度L1；
②将滑动变阻器R 的滑片移至阻值最大，闭合S1，调节R，使电流表A 示数适当，读出电流表的示数I；
③保持R 的滑片位置不变，闭合S2，调节P 使电流计G 指针指向零刻度线，用刻度尺测出M、P 之间的长
度L2；
④根据测量数据可求出金属丝的电阻
          ，电阻率
            。（均选用d、ES、I、
L1、L2表示）
【答案】(1)     ×1k     6000    (2)1.700/1.699/1.701(3)  
   
【详解】（1）[1]用多用电表粗测电阻丝的阻值。当用电阻“×100”挡时发现指针偏转角度过小，则说明待
测电阻较大，选择的挡位倍率较小，应该换用×1k 挡；
[2]根据图甲可知其读数为
（2）螺旋测微器读数为
（3）[1]由欧姆定律可知，金属丝电阻为
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[2]由电阻定律
可知，电阻率为
押题解读
近几年高考侧重考查实验操作和简单的数据处理，对学生的实验基本功要求较高，因此要求对基本仪
器进行操作、读数、对基本实验的原理要牢牢掌握。。
考前秘笈
基本仪器的使用和读数
1．螺旋测微器的原理和读数
(1)原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后
退0.5 mm，而可动刻度上的刻度为50 等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01 mm，即螺旋测微
器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
(2)读数：测量值(mm)＝固定刻度读数(注意半毫米刻线是否露出)＋可动刻度读数(估读一位)．
2．游标卡尺的原理和读数
(1)原理：利用主尺的分度值与游标尺的分度值的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度
部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度的长度少1 mm.
(2)读数：若用x 表示由主尺上读出的整毫米数，K 表示从游标尺上读出的与主尺上某一刻线对齐的游标尺
上的格数，则记录结果表达为x＋K×精确度．
3．常用电表的读数
对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针
的实际位置进行读数即可．
(1)0～3 V 的电压表和0～3 A 的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V 或0.1 A，看清楚指针的
实际位置，读到小数点后面两位．
(2)对于0～15 V 量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.
(3)对于0～0.6 A 量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格
估读”，即读到分度值的一半0.01 A.
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1.一同学想要粗测一段金属丝（由某种特殊材料制成）的电阻率，实验操作如下：
(1)该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径，读数如图所示，则金属丝的直径
     mm，接着该同学用
刻度尺测量了金属丝的长度并记为
。
(2)该同学用多用电表测该金属丝的阻值，开始时选用欧姆挡“
”进行测量，发现指针偏转角度过大，
因此需换用     （填“
”或“
”）挡，该同学正确操作后测得的金属丝的电阻记为
。
(3)制成该金属丝的材料的电阻率
     （用
、
和
表示）。
【答案】(1)2.150/2.149/2.151    (2)
   (3)
【详解】（1）螺旋测微器的精确度为
，读数为
（2）选用欧姆挡“
”进行测量，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，因此需换用“
”挡。
（3）根据电阻定律有
又有
联立解得
2．小张同学打算测量某种由合金材料制成的金属丝的电阻率ρ.待测金属丝的横截面为圆形．实验器材有
毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻为几千欧)、电流表(内阻为几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测
金属丝及导线若干．
(1)用毫米刻度尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图甲和图乙所示．由图可知其长度L
＝________ cm，直径为D＝________ mm；
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(2)该同学计划要用图象法求出电阻的阻值，要求电压从0 开始变化．请将图丙所示实物电路图中所缺部分
补全；
(3)图丁是实验中测得的6 组电流I、电压U 的值描的点，由图求出的电阻值R＝________ Ω.(保留3 位有效
数字)
【答案】：(1)59.40　0.434　(2)如图所示　(3)5.80
【解析】：(1)金属丝长度测量值为59.40 cm；螺旋测微器的读数为43.4×0.01 mm＝0.434 mm，即金属丝直
径测量值为0.434 mm.
(2)要求电压从0 开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法．
(3)用直线拟合各数据点，使直线通过尽量多的点，其他点均匀分布在直线两侧，舍弃离直线较远的点，直
线的斜率表示金属丝的电阻，故R＝5.80 Ω.
3.图(a)为多用电表的示意图，其中S、K、T 为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约1 000 Ω 的定
值电阻．
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(1)测量的某些操作步骤如下：
①调节可调部件____________，使电表指针停在____________(选填“电流0 刻度”或“欧姆0 刻度”)位
置. 
②调节可调部件K，使它的尖端指向____________(选填“×1 k”“×100”“×10”或“×1”)位置. 
③将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件____________，使电表指针指
向____________(选填“电流0 刻度”或“欧姆0 刻度”)位置. 
④将红、黑表笔笔尖分别接触待测电阻的两端，当指针摆稳后，读出表头的示数，如图(b)所示，再乘可调
部件K 所指的倍率，得出该电阻的阻值Rx＝____________. 
⑤测量完毕，应调节可调部件K，使它的尖端指向“OFF”或交流电压“×500”位置．
(2)欧姆挡进行调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做
法中正确的是____________. 
A．这个电阻的阻值较小
B．这个电阻的阻值较大
C．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×1”挡，并且重新调零后进行测量
D．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×100”挡，并且重新调零后进行测量
【答案】：(1)
S
①　电流0 刻度　②×100　③T　欧姆0 刻度　④1 100 Ω　(2)BD
猜想02 以测速度或加速度为核心考查力学实验
【例2】某实验小组利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。图中小车A 的质量为M，连接在
小车后的纸带穿过电火花计时器，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码B
的质量为m，C 为力传感器（与计算机连接可以直接读数）。实验时改变B 的质量，记下力传感器的对应
读数F，不计绳与滑轮的摩擦。
180
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(1)下列说法正确的是（　　）
A．绳与长木板必须保持平行
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．实验中m 应远小于M
(2)如图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的4 个计数点之间的距离，相邻计数点间还有4 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。由此可求得钩码B 的加速度的大小是  
 
m/s²。（结果保留两位有效数字）
(3)该同学以力传感器的示数F 为横坐标，小车A 的加速度a 为纵坐标，画出a—F 图像是一条直线，如图
丙所示，图线与横坐标轴的夹角为
，求得图线的斜率为k，则小车质量为（　　）
A．
B．
C．K     D．因直线不通过坐标原点，无法求小车质量
【答案】(1)A    (2)0.25    (3)B
【详解】（1）A．探究加速度与力的关系的实验中，为保证绳子拉力沿着小车运动的方向，使小车所受的
合力方向与运动方向在同一直线上，绳与长木板必须保持平行，故A 正确；
B．实验时应先接通电源，待打点计时器稳定工作后（打点稳定），再释放小车，获得尽量多的有效的点，
故B 错误；
C．本题中由于使用了力传感器，力传感器能够直接测量出绳子对小车的拉力大小，所以不需要满足 “m
应远小于M”这一条件，故C 错误。
故选A。
181
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（2）[1]相邻计数点间还有4 个点没有画出，故相邻计数点时间间隔为
小车加速度为
故钩码B 的加速度的大小是
（3）直线不通过坐标原点，则可能是摩擦力平衡过度，则根据牛顿第二定律
解得得
则
小车质量为
故选B。
押题解读
力学试验一般以测速度或加速度为核心，在实验原理、实验器材、数据处理等方面会做一些创新，
比如结合常见器材与光电门或滴水计时器测速度、加速度，用图像分析数据，可以考查考生的实验探
究能力。
考前秘笈
1．处理纸带数据时区分计时点和计数点
计时点是指打点计时器在纸带上打下的点．计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点，要注意“每5
个点取一个计数点”与“每隔4 个点取一个计数点”取点方法是一样的，时间间隔均为0.1 s.
2．由纸带计算某点的瞬时速度
根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度vn＝来计算．
3．利用纸带求物体加速度的两种方法
(1)逐差法
根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T 为相邻计数点之间的时间间隔)，求出a1＝，a2＝，a3＝，然后取平均值，
即a＝＝，即为物体的加速度．
在数据处理时可以对纸带重新分段，把6 段距离分为“前三”和“后三”，“后三”减“前三”也为相邻
相等时间间隔内的位移差，时间间隔为3T.
(2)图象法
利用vn＝求出打各点时纸带的瞬时速度，然后作出v－t 图象，用v－t 图象的斜率求物体运动的加速度．
4.创新实验
创新角度
实验装置图
创新解读
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实验原理的创新
　
1.滑块在斜面上靠下滑力与
摩擦力的合力获得加速度．
2．挡光片经过光电门的平均
速度作为滑块速度．
3．平均速度的大小与挡光片
的长度有关
1.物块在斜面上靠下滑力与
摩擦力的合力获得加速度．
2．由纸带确定物块的加速
度．
3．结合牛顿第二定律求动摩
擦因数
实验器材的创新
1.用滴水针头替代打点计时
器打纸带．
2．小车在水平桌面上因摩擦
做匀减速运动
实验过程的创新
1.铁球靠重力产生加速度．
2．铁球由A 到B 的时间可由
数字毫秒表读出．
3．铁球的加速度由－t 图线
分析得出
  
1.一位同学做“探究质量一定时，加速度与力的关系”实验，实验装置如图所示。
(1)某同学在实验中用打点计时器记录了小车拖动纸带的运动情况。在纸带上，每五个点取一个计数点，如
图所示。交流电源的频率为 
。根据纸带上的数据，可以求出小车的加速度大小为           
。
（结果保留三位有效数字）
(2)若一同学平衡摩擦力时长木板倾角偏大，在这个情况下保持小车质量不变、不断的增加砝码盘中砝码探
究加速度与合外力的关系，则可能得到以下哪个图__________。
183
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A．
B．
C．
D．
(3)若某次实验中实验使用的交流电频率变为51 Hz，但该同学仍按照50 Hz 进行数据处理，那么加速度的
测量值与实际值相比           （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】(1)2.86   (2)C   (3)偏小
【详解】（1）交流电源的频率为 
。每五个点取一个计数点，则两个计数点的时间间隔为T=0.1s
根据逐差法 
代入数据可得小车的加速度大小为
（2）平衡摩擦力过大，没有外力时就有加速度，会有纵截距，即 
图像不过原点，；不断增加钩码
时，由于不能满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的总质量，所以小车受到的合外力不再等于砝码和砝
码盘的总质量，因此最后的图像不再是直线，而是曲线。
故选C。
（3）如果在某次实验中，交流电的频率51Hz，大于50Hz，那么实际打点周期变小，根据运动学公式
可得真实的加速度值就会偏大，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小。
2．某同学用图甲所示装置做“测定当地重力加速度”实验，已知打点计时器所接交流电源上标有
“220V，50Hz”。
(1)以下实验操作正确的是________（多选）。
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A．重物最好选用质量较大，体积较小的
B．打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上
C．实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直
D．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
(2)进行正确实验操作后，纸带上打出图乙所示的一系列点，点A、B、C、D、E 是连续打出的5 个点，两
个相邻点的间距分别为
，
，
，
，则打下D 点时重物的速度
大小为        
，当地重力加速度大小为        
（结果均保留3 位有效数字）。
(3)不计其他影响，若电源实际频率小于50Hz，则所测重力加速度        （填“偏大”“偏小”或“不
变”）。
(4)用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，        （填“需要”或“不需要”）用到天平。
【答案】(1)ABC   (2)     2.07     9.75    (3)偏大   (4)不需要
【详解】（1）A．重物最好选用质量较大，体积较小的，以减小空气阻力的影响，A 正确；
B．为减小摩擦阻力，打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上，B 正确；
C．实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，C 正确；
D．实验时，应先接通电源，等打点计时器打点稳定后再释放纸带，D 错误。
故选ABC。
（2）[1]相邻两点间的时间间隔为
故打下D 点时重物的速度大小为
[2]根据逐差法可得重物加速度大小为
（3）不计其他影响，若电源实际频率小于50Hz，计算时所用的频率偏大，则计算加速度所用时间间隔T
偏小，根据
可知所测重力加速度偏大。
（4）用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，若在误差允许范围内有
即
则能够验证机械能守恒定律成立，故实验中不需要测量重物的质量，不需要用到天平。
猜想03 以测电阻为核心考查电学创新实验
【例3】人们对室内空气质量和环境健康问题十分重视，已知国家室内甲醛浓度标准是
。某
探究小组准备利用一个对甲醛气体非常敏感的气敏电阻
，制作一个甲醛检测仪，用于检测室内甲醛是否
超标。正常情况下该气敏电阻阻值为几百欧，当甲醛浓度升高时，其阻值可以增大到几千欧。供选择的器
材如下：
A．蓄电池（电动势
，内阻不计）
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B．电流表
（量程
，内阻
为
）
C． 电流表
（量程
，内阻
约为
）。
D．滑动变阻器
（最大阻值
）
E. 滑动变阻器
（最大阻值
）
F. 电阻箱
（最大阻值
）
G. 红色发光二极管
H. 开关、导线若干
(1)该组同学设计了如图甲所示的电路图研究气敏电阻阻值随甲醛浓度变化的规律，为了更方便测量气敏电
阻的阻值，则图中滑动变阻器应选择          （填“
”或“
”）。
(2)按图甲连接好电路，将电流表连接到恰当位置后，把气敏电阻放置于不同浓度甲醛中测量其电阻的阻值，
某次测量时读出两电流表
、
的示数分别为
、
，则此次电阻阻值
           （用题目所给字
母表示）。最终得到如图乙所示图像。
(3)利用该气敏电阻，探究小组设计的甲醛检测仪的测试电路如图所示。当报警器两端的电压大于
时将
报警，报警器对电路电阻的影响不计，实验要求当室内甲醛浓度超过标准时，报警器报警。按电路图连接
好电路，按照下列步骤调节甲醛检测仪，使其能正常使用。
①电路接通前需将电阻箱
调到某一恰当数值，这一恰当数值为     
，将滑动变阻器滑片置于右端；
②将开关向1 端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警；③保持滑动变阻器滑片位置不
动，将开关向2 端闭合，甲醛检测仪即可正常使用。
(4)某些环境对甲醛浓度标准有更高要求，按（3）调节好甲醛检测仪后，为了使甲醛检测仪能够在
时就能报警，应将滑动变阻器的滑片向     （填“左”或“右”）移动。
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【答案】(1)R1    (2)
    (3)2600   (4)左
【详解】（1）图甲中滑动变阻器采用分压接法，为了方便调节，滑动变阻器应采用阻值较小的
。
（2）根据图甲电路图和题干所提供的器材，采用双安法测量气敏电阻的阻值，则图中a 应选择电流表
，
b 应选择电流表
；根据欧姆定律和串并联关系可得
可得
（3）已知国家室内甲醛浓度标准是
,由图乙可知当甲醛浓度为
气敏电阻阻值为
则电路接通前需将电阻箱
调到
。
（4）为了使甲醛检测仪能够在
时就能报警，即当
此时气敏电阻阻值为
报警器两端的电压达到
，根据串联时电阻分到的电压与电阻成正比，滑动变阻器接入电路阻值应减小，
应将滑动变阻器的滑片向左移动。
押题解读
电学实验的考查一般以测电阻为核心展开，测电阻的方法主要是伏安法、高考考查时经常在此基础上
改装电表或是设计电路测量，考查学生的创新思维能力．。
考前秘笈
常见测电阻类实验原理创新
  
1.学生实验小组要测量量程为3V 的电压表
的内阻
。可选用的器材有：
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A．电源（电动势5V）
B．电压表
（量程5V，内阻约3
）
C．定值电阻R（阻值为800
）
D．滑动变阻器
（最大阻值50
）
E、滑动变阻器
（最大阻值5
）
F、开关S，导线若干
(1)他们设计了如图所示的实验电路图，其中滑动变阻器应选           （填“
”或“
”）。
(2)闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片应置于           （填“a”或“b”）端。
(3)请按照实验电路图将图中的实物图连接完整。
(4)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表
、待测电压表
的示数分别为
、
，则待
测电压表的内阻
           （用
、
和R 表示）。
【答案】(1)
(2)a
(3)
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(4)
【详解】（1）在如图所示的电路中滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小
的滑动变阻器，即选
。
（2）为保护电路，且测量电路部分电压从零开始条件，闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片应置于a 端。
（3）根据实验电路图连接成完整的实物图，如图所示
（4）由电路图可知，电压表
与定值电阻
串联，两者的电流相等，则有
解得
2．在使用各种测量仪表进行电学实验时，由于测量仪表的接入，电路状态发生变化，往往难以得到待测
物理量的精确测量值。某同学在电阻测量实验中为提高测量结果的精确度，尝试使用如图甲所示电路测量
未知电阻
的阻值，R 为电阻箱，G 为检流计（小量程电流表），
为保护电阻，直流电源内阻不计。
(1)该实验中用到四转盘电阻箱，图乙中电阻箱的读数为          Ω。
(2)按图甲中电路图连接，闭合开关S1、S2，调节电阻箱R 使检流计示数为零，此时电阻箱读数为
，则通
过电阻箱的电流          （选填“大于”“等于”或“小于”）通过待测电阻Rx的电流，电阻箱两端的
电压          （选填“大于”“等于”或“小于”）电源
的电动势。
(3)将电阻箱R 与待测电阻
位置互换，闭合开关S1、S2，再次调节电阻箱R 使检流计示数为零，此时电阻
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箱读数为
，则待测电阻
          （结果用
表示）。
【答案】(1)10.2
(2)     等于     等于
(3)
【详解】（1）图乙中电阻箱的读数为1×10
+0×1
+2×0.1
=10.2
（2）[1]按图甲中电路图连接，闭合开关，调节电阻箱R 使检流计示数为零，此时电阻箱读数为
，则通
过电阻箱的电流等于通过待测电阻的电流；
[2]检流计示数为零，说明电流计和R0左右两端的电势相等，可等效为一点；电阻箱两端的电压等于电源
E1的电动势；
（3）根据闭合电路的欧姆定律，第一次
第二次
待测电阻
3．某学生实验小组要测量一量程为3V 的电压表的内阻（约为几千欧）。
(1)先用多用电表粗测电压表内阻；将多用电表选择开关拨到电阻挡“×100”挡，将两表笔短接进行      
调零，再将多用电表的      （选填“红”或“黑”）表笔与待测电压表的正接线柱相连，将另一支表笔
与另一个接线柱相连，多用电表的指针位置如图甲所示，那么粗测结果是      Ω。
(2)为了精确测量此电压表的内阻，小组成员用半偏法测此电压表的内阻。设计的电路如图乙所示，其中：
电阻箱R（最大阻值9999.9Ω），直流电源E（电动势6V），滑动变阻器最大阻值为20Ω。实验时，将图
乙中滑动变阻器滑片移到最      （选填“左”或“右”）端，闭合开关
，调节滑动变阻器使电压
表满偏。断开开关
，再调节电阻箱，使电压表半偏，这时电阻箱的阻值为
，则电压表的内阻为
  
，此法测得的电压表内阻与真实值相比偏      （选填“大”或“小”）。
(3)另一同学设计了如图丙所示的电路测该电压表的内阻，其中电压表
为被测电压表，
为量程为6V 的
电压表，实验时，按正确的操作，闭合开关后，调节滑动变阻器及电阻箱的阻值，使两电压表的指针偏转
均较大，若调节后，电压表
的示数为
、电压表
的示数为
，电阻箱接入电路的电阻为R，则被测
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电压表的内阻
      。
【答案】(1)     欧姆     黑     3200
(2)     左     
     大
(3)
【详解】（1）[1][2]将两表笔短接进行欧姆调零，再将多用电表的黑表笔与待测电压表的正接线柱相连，
将另一支表笔与另一个接线柱相连；
[3]根据图甲可知粗测结果是
（2）[1]实验时，将图乙中滑动变阻器滑片移到最左端，使电压表示数从最小开始调节。
[2]用半偏法测此电压表的内阻，断开开关
，再调节电阻箱，使电压表半偏，这时电阻箱的阻值为
，
可认为电压表两端电压与
两端电压相等，则电压表的内阻为
[3]断开开关
，再调节电阻箱，使电压表半偏，此时电压表支路电阻变大，电压表支路的总电压变大，则
两端电压大于电压表两端电压，
大于电压表实际内阻，所以用半偏法测得的电压表内阻与真实值相
比偏大。
（3）由图丙电路图可得
解得被测电压表的内阻为
4．实验小组设计如图甲所示的电路测量定值电阻Rx的阻值，所用器材如下：电源E；电流表A1（量程
250mA，内阻未知）；电流表A2（量程300mA，内阻约为5Ω）；电阻箱R0（最大阻值999.9Ω）；滑动变
阻器R（最大阻值为20Ω）；单刀双掷开关S1；开关S 及导线若干。
 
(1)按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物图连接完整        。
(2)实验时，闭合开关S 前滑动变阻器R 的滑片P 应置于           （选填“a”或“b”）端。
(3)闭合开关S，将单刀双掷开关S1置于“1”处，调节滑动变阻器R 和电阻箱R0的阻值，当电阻箱R0的阻
值为15.0Ω 时，电流表A1的示数为120mA，电流表A2的示数为160mA，则电流表A1的内阻为  
 
Ω。（计算结果保留2 位有效数字）
(4)闭合开关S，将单刀双掷开关S1置于“2”处，改变滑动变阻器R 的阻值，得到多组电流表A1的示数I1和
电流表A2的示数I2，在坐标纸上作出I2-I1图像如图丙所示，由图可得Rx的阻值为           Ω（计算结
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果保留3 位有效数字），从设计原理看，其测量值与真实值相比           （选填“偏大”“偏小”或
“相等”）。
【答案】(1)
(2)a
(3)5.0
(4)     20.0（20.0~23.0）     相等
【详解】（1）根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
（2）实验时，闭合开关S 前，应使电流表示数从最小开始调节，则滑动变阻器R 的滑片P 应置于a 端。
（3）根据欧姆定律可得电流表A1的内阻为
（4）[1]根据串并联关系可得
可知
图像的斜率为
代入数据解得
 [2]由于电流表A1的内阻在测量没有存在系统误差，所以从设计原理看，
的测量值与真实值相比相等。
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猜想04 以测电动势为核心考查电学实验
【例4】某同学利用图甲所示电路通过下列操作来测定电源
的电动势
及内阻
。已知图中电源
的电
动势
，内阻
。
(1)该同学把单刀双掷开关拨至a，多次适当调节电阻箱的阻值R，并记下对应的电流表示数I，计算出两者
的乘积，记录在表格中。
实验次数
1
2
3
4
5
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
26.0
11.0
6.0
3.5
2.0
2.6
2.2
1.8
1.4
1.0
①在坐标系里作出的
的图像如图乙所示。
②若未考虑电流表的内阻，依据图像可知电源
的电动势
      V，内阻
      
。（结果均保
留一位小数）
(2)该同学再次把单刀双掷开关拨至a，适当调节电阻箱的阻值，记下电流表示数
，保证电阻箱R 的阻值
不变，再把单刀双掷开关拨至b，记下电流表示数
，多次改变电阻箱的阻值，重复上述操作，依据记录
的数据，作出
的图像如图丙所示，理论上该图像的斜率
      ，根据这一图像及（1）分析可知，
电源
的内阻
      
（保留一位小数），电流表的内阻rA=      
（保留一位小数）。
【答案】(1)     3.0     4.0   (2)  
     2.0     2.0
【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
即
结合图像可得
，
（2）[1][2][3]开关拨至a 时有
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即
同理当开关拨至b 时有
联立可得
根据上面的测量原理可知，理论上E1的测量值等于真实值，r1的测量值等于rA+r 真，结合题图丙有
丙中图线的纵截距为零，则
所以
押题解读
电学实验的考查另一个重点考查方向时围绕测电动势展开，测电动势的方法主要是应用闭合电路欧姆
定律以及串并联电路规律设计电路进行测量，考查学生的创新思维能力。
考前秘笈
电源的电动势和内阻测量方法一般为伏安法，另外还有以下几种方法：
(1)安阻法：用一个电流表和电阻箱测量，电路如图甲所示，测量原理为：E＝I1(R1＋r)，E＝I2(R2＋r)，由
此可求出E 和r，此种方法使测得的电动势无偏差，但内阻偏大．
(2)伏阻法：用一个电压表和电阻箱测量，电路如图乙所示．测量原理为：E＝U1＋r，E＝U2＋r，由此可求
出E 和r，此种方法测得的电动势和内阻均偏小．
(3)粗测法：用一只电压表粗测电动势，直接将电压表接在电源两端，所测值近似认为是电源电动势，此时
U＝≈E，需满足RV≫r.
(4)双伏法：用两个电压表可测得电
源的电动势，电路如图所示．测量方法为：断开S，测得V1、V2的示数分别为U1、U2，此时，E＝U1＋U2
＋r，RV为V1的内阻；再闭合S，V1的示数为U′1，此时E＝U′1＋r，解方程组可求得E 和r.
  
1.新能源汽车日益普及，离不开汽车电池技术的创新。某学习小组在实验室测量一块电池的电动势E 和内
194
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阻r。实验室提供的器材有：
A．待测电池(电动势E 约4V，内阻r 约2Ω，允许通过的最大电流Ⅰm=0.6A)；
B．电压表(量程0～3V，内阻很大，可视为理想电压表)；
C．电阻箱R1(0~99.9Ω)；
D．定值电阻R0=4.0Ω；
E.开关S 一个，导线若干。
(1)该学习小组设计了如图1 和图2 所示的两套方案，若要求电压表能够达到满偏，你认为合理的是图  
 
(选填“1”或“2”)，原因是                    。
(2)多次改变电阻箱的阻值R1，读出对应的电压表示数U，根据测得的数据作出
图像，如图3 所示，
则电池电动势E=        V，内阻r=          Ω。(结果均保留两位有效数字)
(3)如果考虑电压表内阻的影响，则E 测         E 真，r 测        r 真。(均选填“>”“=”或“<”)
【答案】(1)     图1     图2 中电压表达到满偏，通过电池的电流将超过电池允许通过的最大电流
(2)     4.0     2.4
(3)     <     <
【详解】（1）[1][2]如果采用题图2 所示方案，电压表达到满偏时，通过电池的电流
=0.75A>0.6A
可能会烧坏电池，故合理的是图1。
（2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律有
整理得
图像的斜率
纵截距
代入数据解得
，
（3）[1][2]此实验的系统误差来源于电压表的分流，将定值电阻等效到电源里，根据“伏阻法”测电源电
动势和内阻的实验原理，可得电动势和内阻的测量值都小于真实值。
2．某小组为准确测量电池组的电动势E 和内阻r，实验室提供了以下器材：
电流表A1：量程10mA，内阻10Ω；
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电流表A2：量程50mA，内阻20Ω；
定值电阻：
，
，
；
滑动变阻器R（0~100Ω）；
电池组；
导线及开关。
(1)为完成实验，设计了如图所示电路，需要将一个电流表改装成量程为3V 的电压表，将另一电流表量程
扩大为60mA，结合所给定值电阻，图中Q 应为电流表        （选填“A1”或“A2”），保护电阻c 应为
定值电阻      （选填“
” “
”或“
”）。
(2)闭合开关后，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表Q 有示数且不变，电流表P 始终没有示数。
为查找故障，在其他连接不变的情况下，将电流表Q 左端的导线从N 点拆开，再分别试触M1、M2、M3三
个位置时，发现电流表Q 均没有示数。若电路中仅有一处故障，则故障为________（选填选项前的字母）。
A．M1N 间断路
B．M1M2间短路
C．M2M3间短路
D．M3M4间断路
(3)排除电路故障后，闭合开关S，移动滑动变阻器，得到多组电流表A1、A2的示数，作出了I2-I1图像如图
所示，可知电池组电动势E=    V；内阻r=    Ω。（以上结果均保留三位有效数字）
【答案】(1)     A2     R2
(2)A
(3)     5.14     32.9
【详解】（1）[1][2]需要将一个电流表改装成量程为3V 的电压表，将另一电流表量程扩大为60mA，由提
供的器材可知，将电流表A2与定值电阻
串联，改装为3V 的电压表；将电流表A1与定值电阻
并联，改装量程为60mA 的电流表；故图中Q 应为电流表A2，保护电阻c 应为定值电阻
。
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（2）闭合开关后，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表Q 有示数且不变，电流表P 始终没有示
数。说明电流表P 支路出现断路；将电流表Q 左端的导线从N 点拆开，再分别试触M1、M2、M3三个位置
时，发现电流表Q 均没有示数，若电路中仅有一处故障，说明M1M2间、M2M3间M3M4间均连接正常，则
故障为M1N 间断路。
故选A。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
由
图像可得
，
解得
，
3．现有一块磷酸铁锂电池，某小组设计了如图甲所示的电路来测量该电池的电动势和内阻，使用的器材
如下：
A．待测电池（电动势约为3.2V）；
B．电压表V（量程为3V）；
C．电阻箱
（0~999.9
）；
D．定值电阻
（阻值为2
）；
E．开关及导线若干。
(1)用笔画线代替导线将图乙中的器材按照设计的电路图连接。
(2)将电阻箱调至最大，检查无误后闭合开关，多次调节电阻箱，记下电阻箱阻值
和对应的电压表示数
，
作出的
图线如图丙所示，该电池的电动势
      V，内阻
      
。（结果均保留两位小
数）
(3)考虑到电压表内阻对实验的影响，电动势的测量值      真实值，内阻的测量值      真实值。（均填
“大于”“小于”或“等于”）
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【答案】(1)
(2)     3.13     0.08
(3)     小于     小于
【详解】（1）图乙中的器材按照设计的电路图连接如图所示
（2）[1][2]根据电路图连接方式及串、并联电路的规律，可得电源电动势
整理得
可得
，
解得
，
（3）[1][2]若考虑电压表的内阻
对实验的影响，则有
整理得
通过对比可得
，
即
所以
，
押题猜想十四  压轴题命题方向 
                                        
198
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猜想01 三大动力学观点分析板块模型
【例1】某兴趣小组设计了一个装置，如图甲所示，初始木板B 静止在固定的水平桌面上，桌面Q 点的左
侧为粗糙面，右侧为光滑面，半径R=0.1m 的光滑圆弧槽C 放置在光滑水平面上，OM 与竖直方向的夹角
θ=60°，ON 水平。t=0 时刻，滑块A 以水平向右v0=3m/s 的速度滑上木板B，此后木板B 运动的速度-时间
（v-t）图像如图乙所示，当木板B 撞上与之等高的固定挡板P 并锁定不动时，滑块A 以vA=1m/s 从木板B
右端飞出，之后滑块A 恰好从M 点沿切线方向进入圆弧槽C。已知：滑块A、木板B、圆弧槽C 的质量均
相等，滑块A 与木板B 之间的动摩擦因数μ=0.6，重力加速度g=10m/s2，滑块A 可看为质点。求：
(1)初始圆弧槽C 左端M 点与挡板P 之间的水平距离；
(2)滑块A 到达圆弧槽右端N 点时的速度；
(3)木板B 与桌面之间的动摩擦因数μ2。
【答案】(1)
(2)
，与水平方向的夹角
(3)0.1
【详解】（1）滑块A 在空中做平抛运动，设初始圆弧槽C 左端与挡板P 之间水平距离为x，滑块A 在空
中飞行的时间为t，由A 在M 点与圆弧槽相切可得
又
，
则初始圆弧槽C 左端与挡板P 之间的水平距离
（2）设滑块A 在M 点速度大小为
，由平抛运动规律可知
解得
由于地面光滑，A、C 组成的系统水平方向上动量守恒，滑块A 到达圆弧槽C 右端N 点时，水平共速速度
大小为
，滑块A 的速度大小设为
，A、C 物体的质量均设为m，可得
，
解得
滑块A 到达圆弧槽C 右端N 点时的速度大小
199
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滑块A 到达圆弧槽C 右端N 点时的速度与水平方向的夹角为
且
解得与水平方向的夹角
（3）由木板B 运动的速度-时间图像可知，A、B 在0.3s 时恰好共速，设共速的速度大小为，
时，
对滑块A 运用牛顿第二定律，有
又
对木板B，有
又
解得木板B 与桌面之间的动摩擦因数
押题解读
高考试卷中对于“多物体、多过程”类问题每年都有涉及．牛顿运动定律作为经典力学的基础理论，
在解决动力学问题中一定是重点考查点．其中近几年高考中主要考查的方向有：(1)对于“多物体”组成的
系统，以整体法、隔离法为主要的受力分析手段；(2)对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加
速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块—滑板模型等。
考前秘笈
1．“板—块”模型的特点
(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．
(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联；滑块、木板位移与板长之间的关联．
(3)临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是
解题的关键．
2．分析多过程问题的基本方法
应当将复杂的运动过程分解为几个子过程，就每个子过程进行求解，关键是分析每一个子过程的特征(包括
受力和运动)并且要寻找各子过程之间的联系．
3.板块中摩擦力做功与能量转化
静摩擦力做功
(1)静摩擦力可以做正功，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．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
200
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(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx 相对．其中x 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．
从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量
的减少量等于系统内能的增加量．
  
1.如图所示，套在光滑水平杆上的滑块A 用长为
的轻绳悬挂小物块B，右端带有竖直薄挡板的长
木板Q 静止在水平地面上。现将B 拉起至轻绳水平然后由静止释放，B 运动至最低点时恰好到达Q 的左端，
且B 的下表面与Q 的上表面重合，轻绳此刻断裂。已知长木板的长度
，质量
，物块B 的质
量
，滑块A 的质量
，物块B 与Q 间的动摩擦因数
，Q 与地面之间的动摩擦因
数
，设B 与挡板的碰撞为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，不计空气
阻力，重力加速度g 取
。求：
(1)释放B 时，物块B 距离Q 的左端距离；
(2)B 与挡板碰撞前的瞬间，B 的速度大小；
(3)整个过程Q 和地面之间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
   (2)1.5m/s    (3)
【详解】（1）对于A、B 组成的系统来说在下落过程中的任何时间段水平动量都是守恒的，有
即：
又水平位移
则有
由于B 运动至最低点时，A 和B 的水平位移之和等于绳长L，即
根据比例关系，可以解得
因此，释放B 时，物块B 距离Q 的左端距离为
。
（2）B 从静止释放运动至最低点时，根据机械能守恒定律有
201
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由于
解得
B 滑上Q 后，由于
所以B 刚上Q 到与Q 右侧挡板碰撞之前，Q 是不动的，对B 根据牛顿定律有
在与挡板碰撞前有
解得
即B 与挡板碰撞前的速度为1.5m/s。
（3）B 刚上Q 到与Q 右侧挡板碰撞之前，Q 是不动的，因此B 与薄板碰撞，根据动量守恒有
碰撞前后动能相同有
解得：
，
碰撞后B 所受滑动摩擦力大小仍为
方向变为向右；
B 的加速度大小为
方向水平向右。
Q 上、下表面所受滑动摩擦力大小分别为
，
对Q 根据牛顿第二定律
解得
方向水平向左。
假设B、Q 经时间t 达到共速，共速的速度大小为v，此时B 仍在Q 上，则有
解得
，
碰后到共速，B 对地位移大小为：
碰后到共速，Q 对地位移大小为
B 相对Q 的位移大小为
所以假设成立。
假设共速后，B、Q 发生相对滑动，B 做减速运动的加速度满足
方向水平向左。
202
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Q 减速的加速度满足
假设成立。
则B 减速为零的位移大小
Q 减速为零的位移大小为
B 相对Q 运动的位移大小为
故不会再次碰撞。
整个过程Q 的位移大小
则整个过程Q 和地面之间因摩擦产生的热量
2．如图所示，水平面放置“L”形长木板B，木板左侧有凸起的小挡板，木板B 上表面P 点处放置小铁块C
（可视为质点），P 点到挡板间的上表面光滑且距离
，P 点右侧的上表面粗糙，铁块C 与木板B
上P 点右侧的上表面间动摩擦因数
，木板B 与水平面间动摩擦因数
。质量
的小物
块A 以速度
与木板B 发生弹性碰撞，一段时间后木板B 与铁块C 发生弹性碰撞，所有碰撞时间
极短，木板B 质量
，铁块C 质量
，铁块C 始终没有脱离木板B，重力加速度g 取
，不计空气阻力，求：
(1)物块A 与木板B 碰后B 的速度大小及木板B 与铁块C 碰后C 的速度大小；
(2)铁块C 对木板B 的摩擦力所做的功；
(3)木板B 的最小长度。
【答案】(1)
，
    (2)
    (3)
【详解】（1）物块A 与木板B 发生弹性碰撞
，
得
碰撞后铁块C 静止不动，木板B 加速度
木板B 与铁块C 碰前B 的速度大小为
，则
得
203
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木板B 与铁块C 发生弹性碰撞
，
得
，
（2）木板B 与铁块C 相碰后，C 做匀速运动，B 做减速运动，经过时间
铁块C 运动到P 点有
得
此时木板B 的速度
此后铁块C 的加速度
木板B 加速度
经过时间
木板B 停止，此过程木板B 位移
此后，
，木板B 静止不动，铁块C 继续做匀减速运动到停止，铁块C 对木板B 的摩
擦力所做的功
（3）铁块C 从P 点向右一直减速到零，其位移
，有
得
铁块C 静止在木板B 上的位置与P 点相对位移
木板B 最小长度
3.如图所示，质量
小物块可视为质点，在光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K 锁住，弹簧储存了
一定的弹性势能。打开锁扣K，小物块将以水平速度
向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从B 点沿切
线方向无碰撞地进入BC 段光滑圆弧形轨道，圆弧半径
，OB 连线与竖直方向夹角
，轨道
最低点C 与放置在水平面的薄木板相切，薄板质量
，长度
。已知平台与C 点的竖直距
离
，小物块与薄板间动摩擦因数
，木板与水平面之间的动摩擦因数
，
，求：
（1）小物块压缩弹簧时储存的弹性势能
；
（2）物块m 运动到圆弧最低点C 时对轨道的压力；
（3）物块m 滑上薄板同时，对木板施加
的水平向右恒力，物块在木板上运动时间。
204
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【答案】（1）
；（2）
；（3）1.5s
【解析】
【详解】（1）小物块由A 运动到B 做平抛运动，则有
设小球做平抛运动时的初速度为
，则
弹性势能
等于小物块在A 点的动能
解得
（2）设小物块到C 点时的速度为
，小物块从A 点到C 点过程，机械能守恒，由机械能守恒定律有
对C 点
由牛顿第三定律可知对轨道C 点的压力为
。
（3）物块与薄板间滑动摩擦力
薄板与地面间滑动摩擦力
物块滑上薄板先向右做匀减速直线运动
205
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得
薄板向右做匀加速直线运动
得
经时间
两者共速
得
时间
内
物块相对于板向右滑行
共速后，物块向右匀加速最大加速度为
此时薄板向右匀加速
得
说明物块相对薄板向左滑行，一定会从左端滑下
此过程物块位移
薄板位移
206
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得
故物块在薄板上活动时间为
猜想02 三大动力学观点分析力学综合模型
【例2】如图所示，一游戏装置由倾斜角为
的光滑轨道
、水平传送带
、半径为
的光滑竖
直圆形轨道
、倾角为
斜面
组成，
为圆弧轨道的圆心，
、
四点在同一水平面上。
游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由
点平抛后落在
不同的区间获不同的奖次。已知小滑块与传送带的动摩擦因数
长为
是圆轨道上与
圆心等高的点，
距水平地面
的高度
，小滑块经
处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其
余阻力均不计，
取
，传送带开始处于静止状态，求：
(1)若小滑块质量为
，释放的高度
，求小滑块通过
点时对轨道的压力；
(2)为了使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道DEF，求小滑块释放高度的范围；
(3)若小滑块释放的高度
，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨
道又能从
点水平飞出，试写出小滑块第1 次落点（不反弹）与
点的水平距离
与传送带速度的关系。
【答案】(1)4N，方向水平向右   (2)见解析    (3)见解析
【详解】（1）A 到E，由动能定理得
在
点，由牛顿第二定律得
联立得
由牛顿第三定律得
，方向水平向右
（2）滑块恰好到进入圆轨道，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道，则
①滑块恰好到
点，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
207
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②滑块恰好到
点，由动能定理得
 
在
点，由牛顿第二定律得
解得
要使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
（3）由题意可知，滑块过最高点
，则
到
，由动能定理得
联立得
即滑块过最高点
，必须满足
滑块从
点水平飞出，恰好落在
点。则
，
解得：
①当
时，落点均在斜面上，则
解得
②当
时，
③当
时，
押题解读
力学综合型试题的物理模型往往包含斜面、板块、弹簧等模型,呈现出研究对象的多体性、物理过
程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和求解的灵活性等特点,对能
力要求较高。具体问题中通常将匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动等典型的运动相结合。在知识
的考查上可能涉及运动学、力学、功能关系等多个物理规律的综合运用,有时也会与相关图像联系在一
起，使问题的条件具有一定的隐含性。
  
1．如图所示，一倾角为
的斜面AB 与水平面BCD 在B 点平滑相接，圆轨道最低点为C（稍有错
开），E 为最高点，半径
，CD 段长L=1.275m，D 端与一足够长的光滑斜面平滑相接。质量
的小物块1 从斜面顶点A 以
的速度水平向右抛出，落在斜面上的P 点，假设小物块1
落到P 点前后，平行斜面方向速度不变，垂直斜面方向速度立即变为零。在CD 段距离C 点x 处有一与物
块1 完全相同的小物块2，两物块相碰后立即粘连在一起。已知小物块1 第一次过圆轨道最高点E 时的速
度为
，两小物块与CD 段的动摩擦因数均为
，轨道其余部分均光滑，调整小物块2 与
208
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C 点间的距离x，使得小物块合体最终停在CD 上的某点M 且全程不脱离轨道（
，
，
），求：
(1)小物块1 第一次运动到C 点时对轨道的压力
；
(2)小物块1 在斜面上的落点P 距离水平面的高度h；
(3)M 与C 点间的距离s 与x 的关系。（结果用x 表示）
【答案】(1)
，方向竖直向下    (2)
   (3)见解析
【详解】（1）小物块1 从E→C 过程，根据动能定理有
小物块1 在C 点，根据牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力
，方向竖直向下。
（2）小物块1 从A→P 过程做平抛运动，则有
在P 点，将速度沿斜面与垂直于斜面分解，则有
小物块1 从P→C 过程，根据动能定理有
结合上述解得
（3）两物块相碰后立即粘连在一起，根据动量守恒定律有
则有
即碰后两物块总动能变为碰前一半
若
时，小物块第一次过D 点前就停止，则有
解得
（
）
若
时，小物块第二次过D 点后返回C 点前停止，则有
解得
（
）
2．如图甲所示，斜轨道
高度可调，
恒为2m，水平直轨道
长度
，竖直圆轨道
半
209
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径
，在最低点处稍微错开，在
右侧，倾角
的直轨道
与半径也为
的圆弧管道
平滑连接，长度
。在
处圆弧的切线水平，
的右侧紧靠着一放置在光滑平台上质量
的长木板
，长度
，其上表面与轨道末端所在水平面平齐，木板右端固定一竖直挡板。质量为
的
滑块
从
点由静止下滑，与
、
、长木板间的动摩擦因数均为
，
轨道由特殊材料制成，
滑块
与
间的动摩擦因数
随距离变化规律如图乙所示。忽略其他阻力，滑块
可视为质点，
。
(1)若滑块
恰能过
点，求
到
点的速度大小和释放点的高度
；
(2)若要保证滑块
能到达竖直圆轨道且第一次到达竖直圆轨道时不脱离轨道，求斜轨道
高度的调节范
围；
(3)滑块
与长木板右侧的竖直挡板可发生弹性碰撞，若滑块
最终能停在长木板上，求
高度的调节范
围。
【答案】(1)2m/s，2.5m   (2)
或
   (3)
【详解】（1）滑块恰能过最高点
，在该点有
解得
由
到
由动能定理得
解得
（2）滑块第一次到达竖直圆轨道时不脱离轨道，则有两种情况：
①若滑块能经过最高点
，结合上述可知
结合上述解得
②滑块不能越过圆轨道上与圆心等高点处，临界条件为滑块在
等高点时速度恰好为0，由动能定理得
解得
又滑块能到达圆轨道，故有
此时满足该情况的取值范围为
综合上述可知，满足条件的的取值范围是
或
（3）滑块
最终能停在长木板上，临界条件分为两者：
①滑块
到
点时速度恰好为0，在
段，滑块
与
间的动摩擦因数
随距离呈现线性关系，则滑块
210
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克服摩擦力做的功
根据几何关系可知，
点的高度为
滑块
从
到
过程，根据动能定理有
解得
②滑块
与挡板发生弹性碰撞后，回到木板左端时恰好和木板共速，对该过程由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
滑块由
点到
点过程，由动能定理可得
解得
综合上述高度的范围为
3．一游戏装置截面如图所示，
为足够长的倾斜直轨道，
、
是两段半径均为
的竖直圆
管轨道，
为水平轨道，固定水平传送带
以
顺时针转动，轨道
与圆管道相切于
处，各
部分之间平滑连接，紧靠
处有一质量
的小车静止在光滑的水平地面上，小车的上表面由水平面
和半径
的四分之一圆弧面
组成。一个可视为质点的滑块，从轨道
上距
点
处
由静止开始下滑，经过圆管轨道
和水平轨道
，并冲上传送带，已知滑块的质量
，
传送带的长度
，滑块与传送带间的动摩擦因数
，与其余各处阻力均不计，
，则
(1)求滑块到达
点时对轨道的压力大小；
(2)求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
(3)求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
211
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(4)调节传送带以不同的速度顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面
最大高度
与速度的关系。
【答案】(1)82N   (2)
    (3)
   (4)见解析分析
【详解】（1）从B 点到D 点根据动能定理
解得
滑块经过D 点有
解得FND = 82N
根据牛顿第三定律可知求滑块到达D 点时对轨道的压力大小为82N。
（2）滑块滑上传送带的加速度
加速到和传送带共速时间
滑动位移
可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移
对传送带所做的功
（3）滑块以
的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为，根据
解得
根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
因为
滑块从小车
端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为
，设滑块的速度为
，根据滑块
和小车组成的系统机械能守恒
解得
（4）根据
解得
①若一直在传送带上减速，则
212
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②若一直在传送带上加速，
则
③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则
4．如图所示，在倾角为
的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A 与斜面间的动摩擦因数
，
槽内紧靠右挡板处有一小物块B，它与凹槽左挡板的距离为
。A、B 的质量均为m，斜面足够长。现同时
由静止释放A、B，此后B 与A 挡板每次发生碰撞均交换速度，碰撞时间都极短。已知重力加速度为
。
求：
(1)物块B 从开始释放到与凹槽A 发生第一次碰撞所经过的时间
；
(2)B 与A 发生第一次碰撞后，A 下滑时的加速度大小
和发生第二次碰撞前瞬间物块B 的速度大小
；
(3)凹槽A 沿斜面下滑的总位移大小
。
【答案】(1)
   (2)
，方向沿斜面向上， 
   (3)
【详解】（1）设B 下滑的加速度为
，则有
解得
A 所受重力沿斜面的分力 
所以B 下滑时，A 保持静止；根据位移时间关系可得
解得
（2）滑块B 刚释放后做匀加速运动，设物块B 运动到凹槽A 的左挡板时的速度为
，根据匀变速直线运
动规律得 
213
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第一次发生碰撞后瞬间A、B 的速度分别为
、0，此后A 减速下滑，根据牛顿第二定律可得
解得 
方向沿斜面向上；设A 速度减为零的时间为
，下滑的位移大小为
，则有
，
在时间
内物块B 下滑的距离为
所以发生第二次碰撞前凹槽A 已停止运动，则B 下滑距离
与A 发生第二次碰撞，则有
解得 
（3）经过多次碰撞后，最终A、B 处于静止状态，且B 静止与A 的下端；设凹槽A 下滑的总位移为x，由
功能关系有
解得
5．如图所示，水平传送带在电动机带动下以速率
沿顺时针方向匀速运行。上表面光滑的滑板A 靠近传
送带的右端静置在光滑水平面上，A 上表面和传送带上表面等高，质量为m 的小滑块B 放在A 上，用水平
轻弹簧将B 与A 的右端相连。现将质量为m 的小滑块C 轻放在传送带左端，并在大小为
（g 为
重力加速度大小）的水平拉力作用下，沿传送带向右运动，C 运动到传送带右端时立即撤去F，C 通过一
小段光滑且与A 上表面等高的固定水平面滑上滑板A。C 与B 碰撞并粘合在一起（作用时间极短），B 与
弹簧开始作用，经时间
弹簧弹性势能第一次达到最大。已知C 与传送带间的动摩擦因数为
，A 的
质量为2m，传送带长为
，弹簧的劲度系数
，弹簧的弹性势能为
（k 为弹簧的劲
度系数，x 为弹簧的形变量）。求：
(1)C 在传送带上运动的时间t；
(2)C 在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能
；
(3)弹簧的最大压缩量
；
(4)B 与弹簧开始作用后，0～t0时间内A 的位移大小
。
【答案】(1)
    (2)
   (3)
    (4)
【详解】（1）设滑块
在传送带上先以加速度大小
做匀加速运动，由牛顿第二定律
214
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解得
设滑块
加速位移
时与传送带共速，有
解得
所以滑块
在传送带上一直做匀加速运动，则有
解得
（2）滑块
运动到传送带最右端时，传送带的位移
电动机多消耗的电能
解得
（3）滑块
与滑块B 碰撞前瞬间的速度
滑块
与滑块B 碰撞后瞬间的速度为
，则
ABC 共速时，弹簧弹性势能最大，设共速时的速度大小为
，则
由能量守恒
解得
（4）
与弹簧作用过程中
与A 和弹簧组成的系统动量守恒，则有
经过极短时间
，有
时间内，设B 的位移大小为
，则
又
解得
猜想03 以电磁偏转为基考粒子运动
【例3】如图所示，在直角坐标系中，x 轴下方存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E，在x 轴上方，
0<y≤L 的范围内存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为
的匀强磁场区域Ⅰ，在L<y≤2L 的范围内存在
垂直于纸面向里，磁感应强度大小也为
的匀强磁场区域Ⅱ。有一质量为m，电荷量为+q 的带电粒子从y
轴负半轴上某点P 静止释放，恰好不能进入磁场区域Ⅱ中，不计粒子重力。
215
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(1)求释放点P 的坐标；
(2)若磁场区域Ⅰ的磁感应强度变为
，仍从P 点静止释放该粒子，求粒子从释放到离开磁场的时间；
(3)若磁场区域Ⅰ的磁感应强度大小随y 均匀增大，且满足B=ky，仍从P 点静止释放该粒子，粒子恰好不能
进入磁场区域Ⅱ，求k 值。
【答案】(1)（0，
）
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中运动的过程中，由动能定理得
粒子在磁场区域Ⅰ中运动，恰不进入磁场区域Ⅱ，由几何关系得
由牛顿第二定律得
联立解得
故P 点的坐标为（0，
）。
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（2）粒子在电场中，由动量定理得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的周期
粒子在磁场区域Ⅰ中运动的时间
在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为r，设粒子射出磁场区域Ⅱ时的半径与上边界的夹角为α，根据
几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期
在磁场区域Ⅱ中运动时间
总时间
解得
（3）粒子在磁场区域Ⅰ中运动时，洛伦兹力的水平分力
粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至
时，速度方向为水平向右，速度大小仍为
；该过程
217
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中取一段极短时间
，水平方向由动量定理得
又因为
故
上式两边求和得
其中
为B－y 图像与y 轴所围图形的面积，即
联立解得
  
押题解读
粒子运动的综合型试题大致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区,二是粒子进入复合场与组合场
区。其运动形式有匀变速直线运动、类抛体运动与匀速圆周运动涉及受力与运动分析、临界状态分析、运
动的合成与分解以及相关的数学知识等。问题的特征是有些隐含条件需要通过一些几何知识获得,对数学能
力的要求较高。
考前秘笈
1．正确区分“电偏转”和“磁偏转”
带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指
向圆心，方向变化，FB为变力
FE＝qE，FE 大小、方向不变，
为恒力
运动规律
匀速圆周运动
r＝，T＝
类平抛运动
vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝t2
218
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2.基本思路
  
1.如图，空间直角坐标系
中有一与
面平行的界面M 将足够大的空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，界面
M 与
轴交点坐标为（0，，0）且界面M 上有一足够大的接收屏（未画出）。在
点存在一粒子源，仅
在
平面内沿各个方向均匀发射速率为
、电荷量为
、质量为
的粒子。Ⅰ区域存在沿
轴正方向、
磁感应强度
的匀强磁场，Ⅱ区域存在沿
轴正方向、磁感应强度
的匀强磁
的匀强
电场，不计粒子重力及粒子间的相互作用，不考虑相对论效应。
(1)求粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径和周期
；
(2)若在Ⅰ区域再加一个沿
轴正方向、场强
的匀强电场（未画出），求粒子打到接收屏上的
坐标最大和最小的点在坐标系
中的坐标；
(3)若
点发射源只沿
轴负方向发射该种粒子，Ⅰ区域仍存在沿
轴正方向、场强
的匀强电场
（未画出），撤去接收屏，求粒子进入Ⅱ区域后能够达到的最大速率和最大速率时的
坐标。
【答案】(1)
，
(2)（
，，
），（
，，
）
219
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(3)
，
【详解】（1）粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据周期公式
解得
（2）粒子沿z 轴方向做初速度为零、加速度为a 的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
解得
粒子在垂直z 轴的平面上做半径为的匀速圆周运动，沿z 轴负方向看如图所示
初速度方向沿y 轴负方向的粒子打在接收屏前运动的时间最长，即
对应z 坐标有最大值
由几何知识可得该点x 坐标为
，其对应的坐标为（
，，
）
初速度方向沿y 轴正方向偏向x 轴负方向
角的粒子打在接收屏前运动的时间最短
对应z 坐标有最小值
由几何知识可得该点x 坐标为0，其对应的坐标为（
，，
）
（3）将粒子刚进入Ⅱ区域的速度分解为沿y 轴正方向的分速度
，和另一分速度
，令
所对应的洛伦
220
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兹力与电场力平衡，由平衡条件可得
解得
由平行四边形定则可得粒子的另一分速度
沿z 轴正方向，大小
粒子的运动可看作以
沿y 轴正方向做匀速直线运动和以
沿x 轴负方向观察做顺时针匀速圆周运
动的合运动。
粒子的z 坐标最大时，
与
方向相同，对应的合速度最大，即
沿x 轴负方向发射的粒子通过界面M 时，垂直z 轴方向的速度分量沿y 轴正方向，大小为
通过界面M 前的运动时间为
通过界面M 时的z 坐标为
粒子沿z 轴方向的速度
沿y 轴方向的速度也为
。
粒子刚进入Ⅱ区域至达到最大速度时，在z 方向上通过的距离等于粒子以
做匀速圆周运动的半径
，则
解得
所以粒子达到最大速度时的z 坐标为
2．在竖直平面内有xOy 直角坐标系，
区域内有竖直向下的匀强电场，第一象限有水平向右的匀强电
场，两区域场强大小相等，
区域内还有向里的匀强磁场
。下端位于O 点的绝缘木板固定在第
一象限，上端位于磁场右边界，与
夹角
，木板下端锁定了两个可视为质点的带电滑块P 和滑块
Q，电荷量大小均为
，P 的质量为
，Q 的质量为
，两滑块间有一根压缩的绝缘微弹
簧（不连接）。现解除锁定，弹簧瞬间恢复原长（无机械能损失）后，P 做匀速圆周运动，Q 恰好与木板
无压力。忽略电荷间的相互作用，重力加速度
，
，
，
，求：
221
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(1)滑块P 和滑块Q 所带电性；
(2)解除锁定前的弹性势能
；
(3)滑块P 从开始运动到第一次过
轴所用时间
和滑块Q 离开木板后在电场中的运动时间
（
保留小
数点后一位，
可保留根号）。
【答案】(1)P 带负电，Q 带正电   (2)
   (3)
，
【详解】（1）据题意分析可得，P 做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，电场力方向向上，与电场强
度方向相反，可知，滑块P 带负电。Q 恰好与木板无压力，重力、电场力与洛伦兹力的合力为零，则滑块
Q 带正电。
（2）P 做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，则有
Q 恰好与木板无压力，重力、电场力与洛伦兹力的合力为零，则有
解得
设弹簧恢复后滑块P 和滑块Q 的速度分别为
和
，对滑块Q 有
弹簧恢复原长瞬间，滑块P 和滑块Q 动量守恒，以滑块P 的速度方向为正方向，则有
滑块P 和滑块Q 机械能守恒，则有
解得
（3）滑块P 做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
，
解得
滑块P 从开始运动到第一次过
轴所用时间
，
解得
滑块Q 在重力和电场力的合力下做类平抛运动，作出运动轨迹如图所示
过木板的上端作垂线交x 轴于M 点，轨迹经时间
交x 轴于N 点，设MN 长度为
，木板的长度为
222
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滑块Q 在
方向匀速直线运动，则有
滑块Q 在合力方向匀加速直线运动，则有
根据牛顿第二定律有
联立求解可得
，
3．在竖直平面内建立如图所示的xOy 直角坐标系，x 轴水平，y≥L（L 未知）的区域Ⅰ内存在着水平方向
的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场（图中均未画出），x 轴下方的区域Ⅲ存在垂直于纸面向里的匀
强磁场，区域Ⅱ无电场或磁场。一个带正电的小球从y 轴上的P 点以与水平方向成30°的初速度v0斜向右
下抛出，沿直线运动到M 点后进入区域Ⅱ做曲线运动，而后经过N 点进入区域Ⅲ，小球在N 点时的速度与
水平方向成60°角。已知小球的质量为m，电荷量为+q，区域Ⅲ的磁感应强度大小B2与区域Ⅰ的磁感应强
度大小B1满足
（B1、B2为未知量），重力加速度为g。求：
(1)区域Ⅰ内电场E 的大小与方向；
(2)L 的大小；
(3)小球在区域Ⅲ运动的时间；
(4)小球第二次经过y=L 时与M 点的距离。
【答案】(1)
，方向水平向左   (2)
   (3)
   (4)
【详解】（1）小球在区域Ⅰ做匀速直线运动，由受力平衡图可知
=
解得
=
方向水平向左；
（2）小球在M 点的水平速度为
，竖直速度为
，在N 点的水平速度仍为
，竖直速度为
，
223
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所以
（3）由（1）可知
，
，小球通过N 点进入区域Ⅲ时的速度为
，方向与水
平成60°角斜向右下，利用配速法将此速度分解为水平向右的
和斜向左下的
，如图所示
小球在向右做匀速直线运动的同时，又在区域Ⅲ完成了
圆周运动，故运动时间
（4）小球在区域Ⅱ从M 点到N 点的水平位移
小球在区域Ⅲ的水平位移
回到区域Ⅱ的水平位移
=
故
4.如图所示，平行金属板a、b 水平放置，板长
，极板间距
，过两极板右端的虚线MN 右
侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。在两极板左端正中间O 点水平向右发射一比荷
、初速度
的带正电粒子。粒子恰好从上极板右端边缘进入磁场，经磁场偏转
后恰好从两板右端正中间进入电场，不计粒子的重力，不考虑极板边缘电场的影响。求：
(1)两板间所加电压大小
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若粒子进电场时，将两板间的电压减小，当粒子出电场时，两板间的电压恰好减为零，不考虑电场变化
带来的效应，试分析此后粒子经磁场偏转后能不能再进入两板间；
(4)若粒子进入磁场后，某时刻将磁场反向，此后粒子的运动轨迹恰好与MN 相切，则磁场反向时，粒子离
MN 的距离为多少。
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【答案】(1)
    (2)
    (3)能    (4)
【详解】（1）粒子穿过电场的时间
粒子在电场运动的加速度
粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速运动，则
解得
（2）设粒子出电场时的速度为v，则
解得
则
设粒子出电场时速度与水平方向的夹角为
，由于
，则
由于经磁场偏转后恰好从两板右端正中间进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关
系有
解得
根据牛顿第二定律
解得
（3）电场变小，由于电场力做功，粒子出电场时仍发生一定的侧移，设粒子出电场时速度为
，速度与
直线 MN 的夹角为
，则
粒子做圆周运动的半径
粒子出磁场时在MN 上的位置离进磁场时的位置间距离
由于粒子进磁场的位置在两板右端连线中点上方，因此粒子一定能再次进入两板间。
（4）粒子在磁场中方向改变前和改变后的轨迹如图所示：
225
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磁场方向改变前，粒子做圆周运动的圆心到MN 的距离为
根据几何关系，磁场方向改变时，粒子的位置离MN 的距离
5．如题图所示，xOy 平面内，
区域存在垂直平面向里的匀强磁场，
区域内存在沿x 轴正方
向的匀强电场。在坐标原点O 有一粒子源，分别沿x、y 轴正方向以相同速率
发射带正电粒子a、b，两
粒子质量均为m，电荷量均为q。粒子b 离开磁场时的速度与x 轴负方向的夹角为
，之后粒子b 从（
）处经过y 轴。不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小
(2)求匀强电场的场强大小
(3)若粒子a、b 同时离开磁场，求两粒子从O 点发射的时间差，以及粒子 b 在电场中经过
处时对
应的粒子a 的位置坐标。
【答案】(1)
    (2)
   (3)
， 
， 
【详解】（1）设粒子b 在磁场中运动的半径为R，其运动轨迹如图
由几何关系有
得
又由洛伦兹力提供向心力
联立解得
226
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（2）粒子b 在电场中沿y 轴方向做匀速直线运动，沿x 轴方向做匀变运动，如图所示
设粒子b 在电场中运动时间
后到达
处，沿y 轴方向
解得
沿x 轴方向
联立解得
（3）由分析知，粒子 a、b 在磁场中运动的半径和周期均相等，设周期为T，则
粒子a 在磁场中运动的轨迹如图所示
 
由几何关系得，粒子a 在破场中运动的圆心角
满足
解得
粒子b 在磁场中运动的圆心角
要使两粒子同时离开磁场，粒子 a 比粒子b 先发射，且发射的时间差
解得
由分析知，粒子a 进入电场时，与x 轴正方向的夹角为
，两粒子在电场中运动时
沿x 轴方向加速度相同，相对速度
227
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沿y 轴方向的速度相同，均为
粒子b 经过
处时，在电场中运动的时间
粒子a 相对粒子b 沿x 轴运动的位移
刚进入电场时，粒子a、b 之间的距离
因此，粒子b 经过
时，粒子a 的横坐标
解得
即对应的粒子a 的位置坐标为 
， 
  。
猜想04 电磁感应综合问题
【例4】间距为
的光滑平行金属直导轨，水平放置在磁感应强度大小为
、方向垂直轨道平面向下的匀
强磁场中。一质量为
、电阻值为
的金属棒
静止垂直放在导轨之间，导轨右侧足够长，左侧如图所
示，已知电源可提供大小恒为
的直流电流，电阻
，电容大小为
（初始时刻不带电）。电路
中各部分与导轨接触良好，导轨电阻不计且在运动过程中与
始终与导轨垂直，开关的切换可在瞬间完
成。
(1)当开关与电源接通时，棒中电流由
流向
，求此时棒的加速度大小和方向。
(2)当金属棒加速到
时，开关瞬间与
接通，此时金属棒内自由电子沿棒定向移动的速度为
。经过一段
时间，自由电子沿棒定向移动的速率变为
，棒内定向移动的自由电子总数不变，求该段时间内一直在金
属棒内运动的自由电子沿金属棒
定向移动的距离。
(3)当金属棒速度为
时，开关瞬间与
接通，同时给金属棒
一水平外力使其做匀速运动。某时刻外力
的功率为定值电阻
功率的3 倍，求此时刻电容器两端电压及从开关接通
到此时刻外力做的功。
【答案】(1)
，方向水平向右
(2)
228
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(3)
，
【详解】（1）由题意电源能提供大小为I 的恒定电流，当电流由M 经棒流向N 时，由牛顿第二定律得 
解得
方向水平向右。
（2）当开关与P 接通时，有
，
当电子沿杆定向移动速率变为
时，有
，
联立可得此时导体棒的速度
设该段时间内导体棒中的电子沿棒方向定向移动的平均速度为
，则对导体棒由水平方向动量定理得
其中
联立可得
又因为
可得
（3）当开关与Q 接通时，由闭合电路欧姆定律得
当棒匀速运动时，设任意时刻电流为i，则外力为
由题意得
化简有
再代入闭合电路欧姆定律，得
变力F 做功为
 
而
则有
229
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押题解读
电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合，考查内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力
与运动、动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难
度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。在高三复习中应该充分重视该部分
的知识点．高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体情况和过
程命题，主要方向：结合函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒．杆＋导轨或导线框是
常见模型，属于考查热点．该题型知识跨度大，思维综合性强，试题难度一般比较大。
  
1.如图所示，导体棒
、
分别静置于水平固定的平行窄导轨和宽导轨上，导轨间距分别为
、
，导轨电阻不计，所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为
的匀强磁场，
、
棒
的质量分别为
，两导体棒总电阻为
，
棒与导轨间无摩擦，
棒与导轨间
的动摩擦因数
。
时刻，给导体棒
一个大小为
，方向水平向右的恒力作用，
时
棒刚要滑动，再过一段时间后回路中电流大小为
且保持恒定。已知
棒距宽导轨足够远，
棒所
在导轨足够长，导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度大小
取
，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，求：
(1)
时，
棒中电流的大小和方向；
(2)
时间内，安培力对
棒的冲量大小；
(3)电流
的大小。
【答案】(1)0.5A，由d 指向c   (2)
   (3)
【详解】（1）当
时，对
棒受力分析，由平衡条件
解得
棒中电流的大小
由右手定则可知，
棒中电流方向为由d 指向c；
（2）
时，ab 棒产生的感应电动势为
由欧姆定律
230
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代入数据解得
时间内，对ab 棒受力分析，由动量定理
解得
（3）稳定后，电路中电流一定，由欧姆定律得
再过
时间，ab 棒、cd 棒的速度变化量分别为
、
，则由
联立可得
其中
则
由牛顿第二定律
代入数据解得
2．我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。某兴趣小组根据所学的物理原理进行电磁
弹射设计，其加速和减速过程可以简化为下述过程。两根足够长的平直轨道
和
固定在水平面上，其
中
左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，
间接有定值电阻
，
右侧为粗糙绝缘轨道。沿
轨道建立
轴，坐标原点与
点重合。
左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场
、
右侧为沿
轴渐变的磁场
，垂直于
轴方向磁场均匀分布。现将一质量为
，长度为
，电阻为
的金属棒
垂直放置在轨道上，与
距离为。
的右方还有质量为3m，各边长均为
的
形框
，其电阻
为
。
棒在恒力
作用下向右运动，到达
前已匀速。当
棒运动到
处时撤去恒力
，随后与U
形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到与运动方向相反的阻力
，
阻力大小与速度满足
。已知
，
，
，
，
，
，
，
求：
(1)棒ab 与U 形框碰撞前速度的大小
；
(2)棒ab 与U 形框碰撞前通过电阻R 的电量；
(3)“口”字形线框停止运动时，fc 边的坐标
；
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(4)U 形框在运动过程中产生的焦耳热。
【答案】(1)
   (2)
   (3)
   (4)
【详解】（1）由题意可知棒ab 到达
前已匀速，则有
又
，
联立解得
（2）棒ab 与U 形框碰撞前通过电阻R 的电量为
其中
，
联立可得
（3）设碰后瞬间金属框的速度为
，根据动量守恒可得
解得
此后任意时刻闭合线框的速度为v，ab 边处磁场为
，de 边处磁场为
，则回路中的电动势为
其中
回路总电阻为4R，根据闭合电路欧姆定律可得
此时回路受到的安培力大小为
根据动量定理可得
其中
，
联立解得“口”字形线框停止运动时，fc 边的坐标为
（4）根据功能关系可知，U 形框在运动过程中产生的总热量为
因任意时刻安培力与摩擦力之比为
，所以焦耳热与摩擦热之比也为
，可得U 形框在运动过程中回
路产生的总焦耳热为
则U 形框在运动过程中产生的焦耳热为
3．如图所示，两平行光滑长直金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L，电阻不计。金属棒a、b 垂直导
轨放置，b 棒右侧MNPQ 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。a 棒以大小为
的水
232
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平速度向右运动，一段时间后a 与静止的b 发生弹性碰撞，碰后两棒先后进入磁场区域。已知两棒与导轨
接触良好且始终与导轨垂直，a、b 的质量分别为4m、m，电阻均为R，长度均为L。
(1)求碰撞后瞬间a、b 的速度大小；
(2)若b 在磁场中运动距离
时，a 还未进入磁场，求此过程中b 棒产生的焦耳热；
(3)若a 刚进入磁场时，b 已经离开磁场区域，要使a、b 不会再次发生碰撞，求磁场区域宽度x 需满足的条
件。
【答案】(1)
，
   (2)
   (3)
【详解】（1）设碰后瞬间a、b 速度大小分别为
、
，由于发生的是弹性碰撞，则有
，
   
解得
，
（2）设导体棒b 在磁场中运动距离为d 时速度大小为
，此过程中a、b 棒中产生的焦耳热分别为
、
，
b 从进入磁场到运动距离为d 过程中，根据动量定理有
    
根据闭合电路欧姆定律有
   
根据法拉第电磁感应定律有
   
根据能量守恒定律有
   
两个导体棒电阻相等，根据焦耳定律知
   
联立以上各式解得
（3）导体棒a、b 在磁场中做减速运动，当导体棒a 出磁场时速度不大于导体棒b 出磁场时的速度，则a
与b 不会再次发生碰撞，取临界状态当磁场区域宽度为
时，导体棒a、b 出磁场时的速度大小均为v，则
b 在磁场中运动过程，由动量定理得
  
感应电流的平均值
，
联立解得
    
233
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同理，导体棒a 在磁场中运动过程，
与其出磁场时的速度v 的关系为
    
联立以上各式可得
    
要使a 与b 不会再次发生碰撞，则磁场区域的宽度x 需满足条件
解得
4．如图，光滑平行金属导轨
、
水平部分固定在水平平台上，圆弧部分在竖直面内，足够长的光
滑平行金属导轨
、
固定在水平面上，导轨间距均为L，
点与
点高度差为，水平距离也为，
导轨
、
左端接阻值为R 的定值电阻，水平部分处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，平行金属
导轨
、
完全处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为
。质量为
的导体棒
放在金属导轨
、
上，质量为m 的金属棒
从距离导轨
水平部分高度为处由
静止释放，从
处飞出后恰好落在P、Q 端，并沿金属导轨
、
向右滑行，金属棒
落到导轨
、
上时，竖直方向分速度完全损失，水平分速度不变，最终a、b 两金属棒恰好不相碰，重力加速
度大小为
，不计导轨电阻，一切摩擦及空气阻力。a、b 两金属棒接入电路的电阻均为R，运动过程中始
终与导轨垂直并接触良好。求：
(1)导体棒a 刚进入磁场时的加速度大小；
(2)平行金属导轨
、
水平部分长度d；
(3)通过导体棒b 中的电量及整个过程金属棒a 产生的焦耳热。
【答案】(1)
   (2)
   (3)
，
【详解】（1）设金属棒a 刚进入磁场时的速度大小为
，根据动能定理有
解得
金属棒进入磁场的瞬间，金属棒a 中感应电动势
感应电流
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根据牛顿第二定律有
解得
（2）设金属棒a 从
、
飞出时的速度为
，飞出后做平抛运动，则有
，
解得
金属棒a 在金属导轨
、
水平部分运动过程中，根据动量定理有
根据电流的定义式有
该过程感应电动势的平均值
感应电流的平均值
又
解得
（3）金属棒
落到金属导轨
、
上向右滑行时的初速度大小为
，金属棒a、b 组成的系统动量守
恒，设最后的共同速度为
，根据动量守恒定律有
解得
对金属棒
进行分析，根据动量定理有
根据电流的定义式有
解得
金属棒
在导轨
、
上运动时产生的焦耳热
解得
金属棒
在导轨
上运动时产生的焦耳热
解得
因此金属棒
中产生的焦耳热
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5．如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面（纸面）上，间距L=0.5m，OP 右侧存
在垂直纸面向里的磁场，以O 点为原点，水平向右为x 轴正方向，磁感应强度大小B 随x 变化的图像如图
乙所示。边长cd 为L=0.5m、边长bc 为d=0.8m 的矩形金属细框置于导轨上。现使细框以v0=4m/s 的速度水
平向右运动，cd 边运动到x=1.6m 处时，对细框施加水平向右的外力F 使其匀速进入x≥1.6m 的磁场区域，
cd 边运动到x=2.4m 处时撤去外力F。整个运动过程中细框始终与导轨接触良好。已知金属细框的质量为
m=0.2kg，ab 边和cd 边的总电阻为R=0.25Ω，导轨电阻可忽略。在细框运动的过程中，求：
(1)cd 边运动到x1=0.8m 处时，细框的速度大小；
(2)撤去外力F 前瞬间，F 的瞬时功率；
(3)撤去外力F 后，细框运动的位移大小。
【答案】(1)3m/s    (2)3.24W     (3)2.5m
【详解】（1）cd 边从
运动到
的过程中，磁感强度大小
，cd 边产生的平均电动势
为
由闭合电路欧姆定律得
对cd 边由动量定理得
解得：
（2）cd 边从
运动到
的过程中，同（1）可得cd 边运动到
处时的速度大小为
由图可得
处的磁感应强度大小
。在撤去外力
前瞬间，金属细框匀速运动，由受力平
衡得
撤去外力
前瞬间，
的瞬时功率为
解得：
（3）撤去外力
后，
、
边所在位置处的磁感应强度大小始终相差
回路中的感应电动势为
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由闭合电路欧姆定律得：
金属细框所受的合外力大小为
对金属细框由动量定理可得
可得撤去外力后，金属细框的位移大小为
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