文档文本内容
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重难点22 物理中常用的数学方法
考点
三年考情分析
2025 考向预测
求极值（2023· 新课标卷·11 ，
2023·全国乙卷·12）
三角形、圆的应用（2024·全国甲
卷·4 、16 ，2023· 全国乙卷·5 、
11、16，2022·全国乙卷·2、3、
8、16）
切线的应用（2023·全国乙卷·2，
2022·全国乙卷·6）
图像应用（2024·新课标卷·1、6、
8、13，2024·全国甲卷·2、7、8、
10、15，2023·新课标卷·7、9，
2023·全国乙卷·4、15，2022·全国
乙卷·7、12、13）
（1）考点预测：图像是重点，也
是热点。
（2）考法预测：通过图像考查各
种规律。
【情境解读】
求极值
二次函数求极值
三角函数求极值
几何方法求极值
通过求导求极值
三角形、圆、椭圆、球体
圆的周长、面积
扇形面积
球体的表面积
球体体积
数列问题
等差数列
等比数列
数列求和
切线应用
图像应用
1
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斜率
面积
表达式
【高分技巧】
一、求极值
1．二次函数求极值
2．三角函数求极值
3．几何方法求极值
4．通过求导求极值
二、三角形、圆、椭圆、球体
1．圆的周长、面积
2．扇形面积
3．球体的表面积
4．球体体积
三、数列问题
1．等差数列
2．等比数列
3．数列求和
四、切线应用
五、图像应用
1．斜率
2．面积
3．表达式
（建议用时：40 分钟）
【考向一：求极值】
1．（2024·湖北省十一校联考·二模）（多选）如图，理想变压器原线圈与定值电阻
串联后接在电压恒
定
交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶2。
已知
，R 的最大阻值为20Ω。现将滑动变阻器R 的滑片P 从最上端开始向下滑动，下列说法正确
2
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的是（ ）
A. 电压表示数变大，电流表示数变小
B. 电源的输出功率变大
C. 当
时，滑动变阻器消耗的功率最大
D. 当
时，电压表示数为48V
【答案】BD
【解析】A．依题意，理想变压器原副线圈电压之比为
又
联立，解得
可知滑动变阻器R 的滑片P 从最上端开始向下滑动时，
减小，
增大，即电流表示数变大，
也增大，
由
可知原线圈电压减小，所以副线圈电压减小，即电压表示数变小。故A 错误；
B．电源的输出功率
随
的增大而增大。故B 正确；
3
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C．滑动变阻器消耗
功率为
当满足
即
时，滑动变阻器消耗的功率最大。故C 错误；
D．当
时，有
电压表示数为
故D 正确。
故选BD。
2．（2024·山东潍坊市·三模）（多选）如图所示，af 和dg 是位于水平面内的宽度为L 的平行轨道，be、ch
两段用光滑绝缘材料制成，其余两部分均为光滑导体且足够长；ad 左侧接一电容器，电容器两端电压为
U0，fg 右侧接有阻值为R 的定值电阻；abcd 和efgh 区域均存在竖直向下的匀强磁场，abcd 区域磁感应强度
大小为B1，efgh 区域的磁感应强度大小为B2。一长度为L、质量为m、电阻为R 的导体棒静止于ad 处，闭
合开关S，导体棒开始向右运动，导体棒在abed 区域获得的最终速度为v，导体棒静止后到eh 的距离为x
（x 为未知）量）。导体棒与轨道始终保持垂直且接触良好，则（ ）
A. 导体棒刚进入efgh 区域时的加速度大小
4
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B.
C. 导体棒在eh 右侧到eh 距离为kx（0 < k < 1）时，安培力的功率为
D. 当电容器电容
时，导体棒在abcd 区域获得的最终速度v 最大
【答案】ACD
【解析】A．由题知，导体棒在abed 区域获得的最终速度为v，则导体棒刚进入efgh 区域时的加速度大小
，
解得
故A 正确；
B．导体棒进入eh 到静止，根据动量定理有
－∑B2IL·t =－mv
且运动过程中有
联立解得
故B 错误；
C．导体棒在eh 右侧到eh 距离为kx（0 < k < 1）时，根据逆向思维法，列出动量定理有
∑B2IL·t′ = mv′
且运动过程中有
5
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则此时安培力的功率为
P = B2I′L·v′
联立解得
故C 正确；
D．导体棒在abcd 区域获得最终最大速度v 时，满足
U = B1Lv
Δq = q0－q
∑B1ILt = B1L·Δq = mv－0
联立解得
整理后有
要让v 最大，则
要最小，故根据均值不等式可知
故D 正确。
故选ACD。
3．（2024·山东省聊城市·三模）如图所示，在xOy 平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场（未画出），
磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy 平面向外，在第四象限内充满范围足够大、方向与x 轴负方向的夹
角为
的匀强电场。一束质量为m、电荷量为
的粒子以不同的速率
从O 点沿xOy
平面内的OP 方向发射，沿直线飞行到P 点时进入有界匀强磁场区域，O、P 两点间的距离为L，OP 连线
6
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与x 轴正方向的夹角
，所有粒子在离开磁场后最终都能从
轴上垂直
轴射出，若速度最大的粒子
A 从x 轴上的Q 点以速度
（未知）射出，且射出之前都在磁场内运动，匀强电场的电场强度
，粒子所受的重力忽略不计，求：
（1）
的大小；
（2）粒子A 在匀强磁场中运动的时间；
（3）y 轴上有粒子穿过的长度；
（4）有界匀强磁场区域的最小面积。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【解析】（1）设粒子A 在磁场中做圆周运动的半径为
，由几何关系得
粒子在磁场中的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）粒子做匀速圆周运动，则有
7
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，
解得
速度为
的粒子的运动轨迹如图所示
由运动轨迹可知，粒子A 经过磁场后的偏转角为120°，则粒子A 在磁场中运动的时间
解得
（3）由运动学关系可知，速度最小的粒子从P 点正下方
轴上的
点飘入电场中，在电场中做初速度为
0 的匀加速运动，运动方向沿电场线方向，此粒子运动到y 轴上距原点的距离
从Q 点进入电场中的粒子，沿x 轴负方向做初速度为0 的匀加速运动，沿y 轴负方向做匀加速运动，根据
几何关系可知
根据位移公式有
解得
8
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又由于
解得
有粒子穿过的长度为
解得
（4）由几何关系可知三角形
的面积
圆心角对应的扇形面积
由数理规律可知，磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，其面积
4．（2024·江西省九江市·二模）如图甲所示，两根光滑平行导轨固定在水平面内，相距为L，电阻不计，
整个导轨平面处于方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨左端接有阻值为R 的电阻，沿导轨
方向建立x 坐标轴。质量为m、电阻为r 的金属棒ab 垂直导轨放置在
处。在金属棒ab 上施加x 轴
方向的外力F，使金属棒
开始做简谐运动，当金属棒运动到
时作为计时起点，其速度随时间变化
9
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的图线如图乙所示，其最大速度为
。求：
（1）简谐运动过程中金属棒的电流i 与时间t 的函数关系；
（2）在
时间内通过金属棒的电荷量；
（3）在
时间内外力F 所做的功；
（4）外力F 的最大值。
【答案】（1 ）
；（2 ）
；（3 ）
；（4 ）
【解析】（1）由图乙可知简谐运动的周期
由此可得
根据图像乙可知速度与时间的变化关系满足余弦函数，可得其关系为
由闭合回路的欧姆定律有
（2）根据对称性可知在
时，金属棒到达
10
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处，则在
时间内通过金属棒的电荷量
（3）简谐运动过程回路电流为余弦式交流电，在0 到
时间内，电路产生热量
其中
，
解得
设在0 到
的时间内外力
所做的功为
，安培力所做的功为
，由动能定理得
其中
解得
（4）由牛顿第二定得
整理得
11
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则外力F 的最大值
【考向二：三角形、圆、椭圆、球体】
1．（2024·河南省九师联盟·三模）半径为R 的透明玻璃球切去底面半径
的球冠成为一个大球冠，
如图所示，玻璃的折射率
，一束半径
光束垂直球冠的切面照射到球冠上，进入球冠的光线
有部分从球面射出而使球面发光，已知光在真空中的传速速度为c，（球冠不含底面的表面积公式为
，R 为球的半径，h 为球冠的高度）。不考虑光在球冠内的反射，求：
（1）发光球面的面积；
（2）光束正中间的光线通过大球冠的时间。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）根据题意，设光发生全反射的临界角为C，由
解得
画出光路图，如图所示
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光线①恰好发生全反射，发光区域是一个小的球冠，设小球冠高为h，由几何关系有
解得
发光球面面积
（2）如图由题意，球冠底面所对的圆心角为
，光束正中间的光线②直接穿过球冠，通过玻璃球的路
程为
光在玻璃球内的速度
所以，该光束正中间
光线通过玻璃球的时间为
2．（2024·江西省九江市·二模）一些星球由于某种原因而发生收缩，假设某星球的直径缩小到原来的四分
之一。若收缩时质量与自转周期均不变，与收缩前相比，则（ ）
A. 该星球的密度增大到原来的16 倍
B. 该星球表面的重力加速度增大到原来的16 倍
C. 该星球的第一宇宙速度增大到原来的16 倍
D. 该星球的同步卫星到星球中心的距离增大到原来的16 倍
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【答案】B
【解析】A．该星球的直径缩小到原来的四分之一，则体积
该星球的直径缩小到原来的四分之一，体积变成原来的
，因收缩时质量不变，则密度变成原来的64 倍，
故A 错误；
B．根据
得
因星球的质量不变，故星球表面的重力加速度增大到原来的16 倍，故B 正确；
C．由
可知，星球的第一宇宙速度增大到原来的2 倍，故C 错误；
D．由
可得
可知，该星球的同步卫星到星球中心的距离不变，故D 错误。
故选B。
3．（2024·新疆乌鲁木齐市·一模）（多选）如图所示，椭圆与两等量异种点电荷的连线相切于O 点，O 点
为两电荷连线的中点，OB 为椭圆的长轴，AC 为椭圆的短轴。一带正电的检验电荷q 在外力作用下从O 点
开始沿椭圆顺时针转动一周，则（ ）
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A. A、C 两点
电场强度相同
B. O 点的电场强度大于B 点的电场强度
C. 从O 点到A 点
过程中，电场力对电荷q 一直做负功
D. 从B 点到O 点的过程中，电荷q 的电势能先减小后增大
【答案】BD
【解析】A．根据等量异种电荷形成的电场分布，可知A、C 两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A
错误；
B．根据等量异种电荷形成的电场分布，可知电场线的疏密程度代表场强的大小，在等量异种电荷连线的
中垂线上，O 点电场线最密集，场强最大，即O 点的电场强度大于B 点的电场强度。故B 正确；
C．正检验电荷所受电场力的方向与其所在位置电场线的方向一致。在O 点处，正电荷所受电场力方向与
其运动方向相反，在A 点处正电荷所受电场力的方向与其运动方向成锐角。所以从O 点到A 点的过程中，
电场力对电荷q 先做负功后做正功。故C 错误；
D．等量异种电荷连线的中垂线势能为0，沿电场线方向电势降低所以在中垂线右侧电势小于0，电荷q 从
的过程中，电势先减小后增大，根据电势能
可知正电荷高势高能，低势低能，所以从B 点到O 点的过程中，电荷q 的电势能先减小后增大。故D 正确。
故选BD。
4．（2024·湖南省吉首市·三模）如图所示，质量分别为
、
的两个带同种电荷的小球
、
，分别用
长为的绝缘细线悬挂在同一点
，两细线与竖直方向各成一定的角度
、
，两小球用一绝缘轻质弹簧
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相接，A、B 球连线与过
点竖直线交于
点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加
球的电荷量，下列
说法中正确的是（ ）
A. 两细线的拉力之比变大
B. 两细线的夹角不变
C.
与
的长度之比不变
D.
长度一定变大
【答案】C
【解析】对两小球受力分析如图
、
为A、B 两小球之间的库仑力，
、
为两小球之间的弹簧弹力，满足
对
球受力分析，
、
、
、三力满足相似三角形，则有
同理对
球亦有
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当
球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角
、
增大，但仍有
，
绳长不变，
点上移，
长度变小。
故选C。
5．（2024·湖南省湘西州吉首市·三模）如图所示是安装工人移动空调室外机的情境。刚开始，两工人分别
在与窗户边缘等高的M、N 两点通过1、2 两根绳子使空调室外机静止在P 点，然后他们缓慢放绳，使空调
室外机竖直向下缓慢运动。已知开始时P 点到M 点的距离小于P 点到N 点的距离。绳子的质量忽略不计。
在空调室外机到达指定位置前的一段时间内关于1、2 两绳的拉力，下列说法正确的是（ ）
A. 1 绳的拉力一直小于2 绳的拉力
B. 1、2 两绳的拉力都在减小
C. 1、2 两绳拉力的合力小于空调室外机的重力
D. 1、2 两绳的拉力之比保持不变
【答案】B
【解析】A．如图
由几何关系得
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，
由于P 点到M 点的距离小于P 点到N 点的距离，则
根据平行四边形定则结合正弦定理得
由于
且空调室外机竖直向下缓慢运动，则
故A 错误；
B．根据正弦定理可得
化简可得
其中
因此可知
变大，则
变小，同理
也变小，则1、2 两绳的拉力只能减小。故B 正确；
C．由于空调室外壳缓慢移动，处于动态平衡，则1、2 两绳拉力的合力等于空调室外机的重力。故C 错误；
D．设OM=s1，ON=s2。由
得
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可见，h 变化，1、2 两绳的拉力之比也变。故D 错误。
故选B。
6．（2024·湖南省湘西州吉首市·三模）2019 年3 月10 日，长征三号乙运载火箭将“中星
”通信卫星
（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播
业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直
接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，
这段区域对应的圆心角为
。已知卫星Ⅰ对地球的张角为
，地球自转周期为
，万有引力常量为
，
则根据题中条件，可求出（ ）
A. 地球的平均密度为
B. 卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为
C. 卫星Ⅱ的周期为
D. 题中时间为
【答案】C
【解析】A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有
且有
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其中R 为地球的半径，联立解得
A 错误；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为
和
，如图所示
在三角形AOB 中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
20
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B 错误；
C．根据
可得
因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有
整理得
C 正确；
D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为
，D 错误。
故选C。
【考向三：数列应用】
1．（2024·福建省三明市·一模）如图所示，在
三维坐标系中，
空间一侧有沿y 轴负方向的
匀强电场，
空间一侧有沿y 轴负方向的匀强磁场。一带正电粒子以速度
从x 轴上的A 点
处在xOy 平面内沿与x 轴正方向成
角射入电场中，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子恰好经过O
21
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点，磁感应强度大小为
，粒子的重力忽略不计，求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）粒子射入电场开始计时，第n 次经过y 轴的时刻。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）粒子在电场中做类斜抛运动，则有
沿电场方向有
又
解得
（2）粒子进入磁场后，在垂直
轴的平面做匀速圆周运动，在
轴上沿
轴负方向做匀速直线运动，则有
又
则粒子射入电场开始计时，第
次经过
轴的时刻
22
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解得
2．（2024·甘肃省白银市靖远县·三模） 如图所示，在平面直角坐标系xOy 第二象限内存在一理想边界，
边界下侧和x 轴上侧存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，边界上侧与y 轴左侧存在沿x
轴负方向、电场强度大小为E 的匀强电场，在第三、四象限内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B
的匀强磁场，y 轴上半轴均匀分布着电荷量为q、质量为m 的带正电粒子，带电粒子由静止被电场加速后
进入磁场区域，均能垂直穿过x 轴，图中P 点坐标为
，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，
求：
（1）边界曲线的方程；
（2）粒子经过P 点时的最大速度
；
（3）所有能经过P 点的粒子释放点的纵坐标满足的关系。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设粒子由静止释放的纵坐标为y，到达边界时的速度大小为v，对应边界上点的坐标为
，
则有
，
方程联立解得
23
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（2）经过P 点前后，粒子速度不变，设粒子在x 轴上方磁场中运动的轨迹半径为
，在x 轴下方磁场中
运动的轨迹半径为
，根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
当运动轨迹如图甲所示时，经过P 点的粒子速度最大，有
解得
（3）能经过P 点的粒子轨迹如图乙所示，设释放点纵坐标为y，则有
即满足
24
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时粒子能经过P 点。
3．（2024·广西南宁市、河池市等校联考·二模）如图所示，水平虚线和竖直虚线将空间分成四部分，其中
Ⅰ中存在水平向右的匀强电场，Ⅱ中存在竖直向下的匀强电场，两区域中电场强度大小相等；Ⅲ、Ⅳ区域中
均存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小关系为
。一比荷为k、重力可忽略不
计的带正电粒子从Ⅰ中的A 点由静止释放，经过一段时间由C 点以速度
沿水平方向进入Ⅱ中，然后经水平
虚线上的D 点进入Ⅲ，最终粒子垂直竖直虚线经过F 点（F 点图中未画出）。已知
，
，求：
（1）A、C 两点间的距离；
（2）粒子在Ⅲ中的轨迹半径；
（3）F 点到O 点的距离。
25
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
或
【解析】（1）粒子在Ⅱ中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
由牛顿第二定律得
又
解得
粒子由A 到C 的过程，由动能定理得
解得
（2）粒子由C 到D 的时间为
粒子在D 点的竖直速度为
解得
则粒子在D 点的速度大小为
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设粒子进入Ⅲ中时速度方向与
轴正方向的夹角为
，则有
则可知粒子进入Ⅲ中时方向与
轴正方向成
角，斜向右下，如图甲所示
粒子在Ⅲ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由
解得
或由几何关系
同样可解得
（3）若粒子在Ⅲ中经1 次偏转垂直竖直虚线经过F 点时，则根据几何关系有
粒子经过F 点后进入Ⅳ区，粒子在Ⅳ中运动时，由
解得
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若粒子在Ⅳ中再经一次偏转垂直竖直虚线经过F 点时，即经过2 次磁偏转到F 点时，则
若粒子经过3 次磁偏转到F 点时，则
若粒子经过4 次磁偏转到F 点时，则
若粒子经过5 次磁偏转到F 点时，则
若粒子经过6 次磁偏转到F 点时，则
如图乙所示，由以上分析可知
或
4．（2024·河北·三模）一列简谐横波的波形图如图所示，实线为
时的波形图，虚线为
时的波
形图，平衡位置位于
的质点在此过程中运动方向改变了一次，下列说法正确的是（ ）
A. 该简谐横波沿x 轴负方向传播
B. 波源振动的周期为
C. 该简谐横波传播的速度大小为
D. 平衡位置位于
处的质点在
时的速度方向为y 轴正方向
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【答案】A
【解析】AB．平衡位置位于
的质点在此过程中运动方向改变了一次，则
可得
若该简谐横波沿x 轴正方向传播，根据题意有
（n＝0，1，2，3…）
无解，若该简谐横波沿x 轴负方向传播，根据题意有
（n＝0，1，2，3…）
当
时，周期为
故该简谐横波沿x 轴负方向传播，故A 正确，B 错误；
C．由图可知波长为
，该简谐横波传播的速度大小为
故C 错误；
D．该简谐横波沿x 轴负方向传播，根据同侧法，平衡位置位于
处的质点在
时的速度方向为
y 轴负方向，故D 错误。
故选A
5．（2024·河南省信阳市·二模）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形
区域
内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，
边
长为
，
边长为
，质量为m、电荷量为
的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为
，入射角为
，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。
29
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（1）当
时，若粒子能从
边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当
时，若粒子从
边射出电场时与轴线
的距离小于d，求入射角
的范围；
（3）当
，粒子在
为
范围内均匀射入电场，求从
边出射的粒子与入射粒子的数
量之比
。
【答案】（1）
；（2）
或
；（3）
【解析】（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，
速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为
根据
可知
30
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解得
（2）粒子进入电场时的初动能
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得
粒子从
边射出电场时与轴线
的距离小于d，则要求
解得
所以入射角的范围为
或
（3）设粒子入射角为
时，粒子恰好从D 点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，
在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度
运动时间为
粒子在沿电场方向，反复做加速大小相同的减速运动，加速运动，则
31
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则
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为
，则
且
代入数据化简可得
即
解得
（舍去）或
解得
32
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则从
边出射的粒子与入射粒子的数量之比
6．（2024·河南省周口市·二模）质量为m 的小球以速度v0由水平地面竖直向上抛出，经多次与地面碰撞后，
最终静止在地面上。已知小球与地面的碰撞为弹性碰撞，重力加速度记为g，运动过程中小球所受空气阻
力视为恒定，大小为0.6mg。求小球
（1）从抛出到静止所经历的总路程；
（2）向上运动与向下运动的时间之比。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设从抛出到静止小球所经历的总路程为s，对整个过程，重力做功为零，根据动能定理得
解得
（2）小球上升和下降过程的加速度大小分别为
小球第1 次向上运动的时间和位移大小分别为
设小球第1 次向下运动的时间和末速度大小分别为t2和v1，则有
解得
33
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由于小球与地面的碰撞为弹性碰撞，则小球第2 次以大小为v1的初速度开始向上运动，向上运动的时间和
位移大小分别为
设小球第2 次向下运动的时间和末速度大小分别为t4和v2，则有
解得
同理，小球第3 次向上运动的时间和位移大小分别为
小球第3 次向下运动的时间和末速度大小分别为
以此类推……
则小球向上和向下运动的时间分别为
t 上= t1+ t3+ t5+…+ tn-1=
+
+
+…+=
=
34
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t 下= t2+ t4+ t6+…+ tn-2=
+
+
+…+=
=
故小球向上与向下运动的时间之比为
7．（2024·湖北省十一校联考·二模）如图，间距为L=1m 的U 形金属导轨，一端接有电阻为
的
定值电阻，固定在高为h=0.8m 的绝缘水平桌面上。质量均为m=0.1kg 的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，
两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为
，与导轨间的动摩擦因数均
为
（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a 距离导轨最右端距离为x=2.5m。整个空间存在竖
直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B=0.1T。用沿导轨水平向右的恒力F=0.4N 拉导体
棒a，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，撤去F，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上。
（重力加速度g 取
，不计空气阻力，不计其他电阻）求：
（1）导体棒a 刚要离开导轨时的速度大小v；
（2）导体棒a 由静止运动到导轨最右端的过程中，通过导体棒a 的电荷量q 以及导体棒a 中产生的焦耳热
；
（3）设导体棒a 与绝缘水平面发生碰撞前后，竖直方向速度大小不变，方向相反，碰撞过程中水平方向所
受摩擦力大小为竖直方向支持力的k 倍（碰撞时间极短，重力冲量可忽略不计），
，请计算导
体棒a 离开导轨后向右运动的最大水平距离lm。
35
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【答案】（1）3m/s；（2）
；0.2J；（3）18m
【解析】（1）对b 分析可得
解得
I=1A
由题意可得
又有
解得
v=3m/s
（2）整个过程中通过a 得电荷量
整个过程对A 运用功能关系有
由焦耳定律可得
（3）
A 离开导轨后，至与地面碰撞前做平抛运动，落地前瞬间竖直速度为
36
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碰撞过程中，竖直方向，由动量定理得
同理，水平方向上有
解得
即每次与地面碰撞，水平速度减小0.2m/s，又水平初速度为3m/s，故与地面碰撞15 次后，水平速度为0，
运动到最右侧，从抛出到第一次与地面碰撞
解得
t=0.4s
故可得
第1 次碰撞与第2 次碰撞之间
第2 次碰撞与第3 次碰撞之间
以此类推，第14 次碰撞与第15 次碰撞之间
组成等差数列，由求和公式可得
故导体棒a 离开导轨后向右运动得最大水平距离
8．（2024·湖南师大附中·二模）如图所示，竖直平面内有四个相同的足够长的矩形区域、高度均为
，区
域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场，区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中存在垂直于纸面向里的匀强磁场、其磁感应强度大小
37
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之比为
，区域Ⅳ下边界放置一块水平挡板，可吸收打到板上的粒子。零时刻，在纸面内从
点向各
个方向（
范围）均匀发射带电量为
、质量为
、初速度为
的带正电粒子，其中水平向右射出的粒
子第一次进入区域Ⅱ时速度方向与水平方向成
，且刚好经过区域Ⅱ的下边界。粒子重力以及粒子间的
相互作用不计。求：
（1）电场强度大小
；
（2）水平向右射出的粒子经过区域I 下边界的时刻；
（3）打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例
。
【答案】（1）
；（2）
，其中
；（3）
【解析】（1）设水平向右射出的粒子第一次进入区域II 时的速度大小为
，有
根据动能定理有
解得
38
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（2）设水平向右射出的粒子第一次进入区域II 时速度竖直方向分量为
，则
粒子从水平射出到第一次射出电场的时间
粒子在区域Ⅱ运动
半径满足
得
粒子从第一次到区域Ⅰ下边界到第二次经过区域Ⅰ下边界的时间
粒子第n 次通过区域Ⅰ下边界的时刻为
，其中
即
，其中
（3）设粒子从
点射出时与水平方向成
角，运动到区域Ⅳ，轨迹刚好与挡板相切，经过区域Ⅰ、Ⅱ、
Ⅲ、Ⅳ的下边界时水平分速度的大小分别为
；粒子在区域Ⅱ中运动时，取极短时间
，由水平方向的动量定理
两边求和有
39
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代入得
同理在区域Ⅲ、Ⅳ中运动时，分别有
累加可得
根据洛伦兹提供向心力
求得
则
9．（2024·江苏省4 月大联考）如图所示，实线和虚线分别是沿
轴方向传播的一列简谐横波在
和
时刻的波形图，波的周期满足
，求该波的周期和波速v。
【答案】
，
【解析】由题意从
到
，结合题图可得
40
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（
，1，2……）
由于波的周期有
，所以解得
由图可知波长
，由于
解得
10．（2024·山东省百师联盟二轮联考）如图所示，劲度系数
的弹簧一端固定于地面上，另一
端连接物块A，物块B 置于A 上（不粘连），A、B 质量均为1kg 且都可看成质点，物块B 上方有一带圆
孔的挡板，质量为4kg 的物块C 放在圆孔上方不掉落，整个装置处于静止状态。现在给物块B 施加方向始
终竖直向上、大小为
的恒力，使A、B 开始运动，A、B 分离时，A 在锁定装置的作用下迅速在
该位置静止，B 向上运动并与C 发生碰撞，然后下落与A 碰撞，已知A 碰撞前瞬间解除锁定，锁定装置之
后不再对A 作用。已知B、C 碰撞前C 均已静止，B 与A、C 的碰撞均为弹性碰撞，弹簧的弹性势能
（x 为弹簧的形变量），重力加速度g 取10m/s2。求：（结果可用根号表示）
（1）A、B 第一次分离时弹簧的形变量
；
（2）A、B 第一次分离时物块B 的速度大小
；
（3）B 下落与A 第一次碰撞结束时，物块A 速度大小
；
（4）从A、B 运动开始，物块A 运动的总路程s。
41
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【答案】（1）0.1m；（2）
；（3）
；（4）
【解析】（1）A、B 分离时，有相同的加速度，对B 受力分析有
解得
对A 受力分析有
解得
（2）初态A、B 静止，有
解得
从开始运动到A、B 第一次分离，对A、B 整体根据能量守恒有
解得
（3）A、B 分离后，B 匀速向上运动，与C 碰撞，根据动量守恒有
42
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根据能量守恒有
解得
即物块B 的速度大小为
方向竖直向下，之后B 匀速向下运动，第一次与A 碰撞，根据动量守恒有
，
根据能量守恒有
解得
，
（4）A、B 第一次碰撞后，A 向下运动至最低处，根据能量守恒有
解得
A 再反向加速，回到原位后，与B 第二次碰撞，A、B 交换速度。B 再次匀速上升碰撞C，由碰撞结论可知，
碰后
对A，根据能量守恒有
43
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解得
以此类推，可知
A 运动的总路程
11．如图所示，光滑水平平台AB 右端与顺时针转动
水平传送带BC 平滑无缝连接，BC 长度L=2m。在平
台AB 上静止着a、b、c 三个小滑块，a、b 滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹
簧，弹簧与滑块a、b 分离后a 的速度v0=4m/s（此时a 未滑上传送带，b 未与c 碰撞），a 从传送带右端离
开后，落在水平地面上的D 点，b 与c 碰撞后结合在一起。已知a、b，c 的质量分别为ma=0.5kg、
mb=0.2kg、mc=0.2kg，a 与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C 点距地面高h=0.8m，滑块均可视为质点，g 取
10m/s2。
（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；
（2）求b、c 碰撞过程中损失的机械能；
（3）若传送带的速度可在2m/s<v<8m/s 间调节；求a 落点D 与C 点间水平距离x 的大小（结果可以含有
v）；
（4）若a 脱离弹簧后，将弹簧撤去，并立即在a 的左侧固定一竖直挡板，同时传送带调整为以4m/s 的速
度逆时针方向转动（此时a 还没有滑上传送带），后续a 每次与挡板相碰，均以碰前速度的一半反弹，求
a 在传动带上相对传送带运动的总路程s。
44
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【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析；（4）12.8m
【解析】（1）设弹开后b 速度大小为vb，由动量守恒定律得
解得
根据能量守恒有
解得
（2）b 与c 发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒，碰撞过程损失机械能为
解得
（3）滑块a 离开C 点做平抛运动，在竖直方向上有
解得落地时间
当滑块a 在水平传动带上滑动时，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
45
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若传送带速度v<4m/s，a 在传送带上减速，设减速至2m/s 通过位移为x，则有
解得
即a 离开传送带时的速度和传送带速度相等，若传送带速度v>4m/s，a 在传送带上一直加速，设最终获得
的末速度为v1，则有
解得
v1=6m/s
综上可知，传送带速度2m/s<v<6m/s 时，a 离开传送带时的速度和传送带速度相等，则有
当传送带速度6m/s≤v <8m/s 时，a 离开传送带时的速度大小恒为6m/s，则有
（4）a 以速度
，第一次滑上传送带，向右做匀减速，减速到零，对地位移
x=1.6m<2m
即滑块a 将从传送带左边滑离，速度大小等于滑上时的速度，滑块a 在传动带上的加速度大小设为a，设
向右减速到零的时间为
，则有
设第n 次滑块a 从滑上传送带到从左边滑离传送带，a 相对传送带的路程大小设
，则有
解得
46
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即有
，
，
则a 在传动带上相对传送带运动的总路程s 为
解得
s=12.8m
【考向四：相切的应用】
1．（2024·哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学第一次联合模拟考试）粒子物理研究中使用
的一种直角三角形探测装置，其横截面的简化模型如图所示，整个装置处在真空环境中。平行板电容器板
长为L，上极板带负电，下极板带正电，上极板中点有一个小孔S，直角三角形
内包括边界线有垂直纸
面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B，磁场边界线ab 的长度为
，
长度为L，
为荧光屏。电
量为q、质量为m 的带正电粒子从下极板中点处由静止释放，经恒定电场加速后通过小孔S 进入磁场，并
能打在荧光屏上使其发光，不计带电粒子重力。求加在电容器两极板之间的电势差U 的大小范围。
【答案】
【解析】粒子在电场中的加速阶段，由动能定理有
47
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解得
在磁场中做圆周运动，有
解得
粒子在磁场中的运动轨迹如图：
当粒子恰好打在荧光屏的下边缘时，有
当粒子与ab 边相切时，根据几何关系，在△abc 中有
在△bOE 中有
解得
48
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所以要使粒子打在荧光屏上使其发光，有
解得
2．（2024·山东省百师联盟二轮联考）有一透明材料制成的空心球体，内径是R，外径是2R，其过球心的
某截面（纸面内）如图所示，一束单色光（纸面内）从外球面上A 点以入射角i 射入，经折射后恰好与内
球面相切于B 点，光线在材料中的折射率为
，已知光速为c，不考虑多次反射。下列说法正确的是（
）
A. 入射角i=30°
B. 单色光在该材料中的传播时间为
C. 单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A 点射入的光线与AO 直线的夹角
D. 单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A 点射入的光线与AO 直线的夹角
【答案】B
【解析】A．由题图可知
∠BAO=30°
根据折射定律有
解得
49
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i=45°
故A 错误；
B．根据光路可逆可知，光线到达外球面时以45°折射角射出，则单色光在材料中的传播时间
根据折射率与光速的关系有
解得
故B 正确；
CD．当光线与材料内球面恰好发生全发射时，如图所
根据全反射规律有
解得
C=45°
在
中，由正弦定理有
又由于
50
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解得
解得
故CD 错误。
故选B。
3．（2024·山东省聊城市·三模）（多选）如图甲所示，半径R＝0.4m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，
轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角
，另一端点D 与圆心O 等高，点C 为轨道
的最低点。质量m＝1kg 的物块（可视为质点）从空中A 点以速度
水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线
方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F 随时间的关系如图乙所示，重力加速度g
取
，则（ ）
A. 物块从D 点离开轨道时速度大小为4m/s
B.
大小为70N
C.
的大小为2m/s
D. 物块在AC 段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
【答案】AB
【解析】A．由图像可知，物块从轨道D 点飞出轨道到再次回到D 点的时间为
t=1.675s-0.875s=0.8s
则物块从D 点离开轨道时速度大小为
51
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选项A 正确；
B．从C 到D 由机械能守恒可知
在C 点时压力最大，则由
解得
选项B 正确；
C．从B 到D 由机械能守恒可知
解得
则
选项C 错误；
D．根据
PG=mgvy
可知，物块在A 点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C 点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率
也为零，可知物块在AC 段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D 错误。
故选AB。
【考向五：图像的应用】
1．（2024·安徽池州·二模）池州市东至县紧邻鄱阳湖风廊道，是安徽省风能资源最丰富地区之一。图甲是
东至县红旗岭风电场，山巅耸立的风电机组与蓝天白云相映成景，美如画卷。图乙为风力发电的简易模型，
在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁体下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，电
压传感器显示如图丙所示正弦规律变化，则（ ）
52
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A. 永磁体的转速为10r/s
B. 线圈两端电压的有效值为
C. 交流电压的表达式为
D. 若将该交流电直接加在击穿电压为9V 的电容器上，电容器不会被击穿
【答案】B
【解析】A．根据图丙可知，电流的周期为
则可知磁体的转速为
故A 错误；
B．通过丙图可知电压的最大值为
，则有效值
故B 正确；
C．根据周期与角速度之间的关系可得
则电压的表达式为
故C 错误；
D．电容器是否击穿应参考交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，因此将该交流电
直接加在击穿电压为9V 的电容器上，电容器会被击穿，故D 错误。
53
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故选B。
2．（2024·北京市海淀区·一模） 空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角
坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x 轴和y 轴上各点的电势如图1、2 所示。下列说法正确的是（
）
A. 电场强度的大小为160V/m
B. 电场强度
方向与x 轴负方向夹角的正切值为
C. 点（10cm，10cm）处的电势为20V
D. 纸面内距离坐标原点10cm 的各点电势最高为20V
【答案】D
【解析】A．由图像斜率可知电场在x 轴和y 轴上的分电场分别为
V/m=160V/m，
V/m=120V/m
则电场大小为
V/m
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
故B 错误；
C．规定坐标原点的电势为0，点（10cm，10cm）处的电势为
V
故C 错误；
D．纸面内距离坐标原点10cm 的各点电势最高为
54
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V=20V
沿着电场线方向电势逐渐降低，则点（10cm，10cm）处的电势大于20V，D 正确；
故选D。
3．（2024·安徽池州·二模）如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为
，内装
消毒液。闭合阀
门K，缓慢向下压
，每次可向瓶内储气室充入
的
的空气，经n 次下压后，壶内气体压强变
为
时按下
，阀门K 打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化
图像如图乙所
示。（已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，
）下列
说法正确的是（ ）
A. 充气过程向下压
的次数
次
B. 气体从状态
变化到状态
的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功
C. 乙图中
和
的面积相等
D. 从状态
变化到状态
，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变
【答案】C
【解析】A．壶中原来空气的体积
，由玻意耳定律
解得
55
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故A 错误；
B．气体从
到
，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律
可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B 错误；
C．三角形面积为
，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程
则
由于
是常数，温度
保持不变，则
相等，两三角形
和
的面积相等，故C 正确；
D．
到
的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以
气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D 错误。
故选C。
4．（2024·安徽合肥·三模）某同学用如图甲所示装置，测滑块与水平桌面间的动摩擦因数。重力加速度g
取
。
（1）在砂桶中放入适量细砂，接通电源，由静止释放滑块，打出的一条纸带如图乙所示，从比较清晰的
点迹起，在纸带上标出了连续的5 个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4 个点迹没有标出，
测出各计数点到A 点之间的距离，如图乙所示。打点计时器接的交流电频率为50Hz，则滑块运动的加速度
___________
。（结果保留两位有效数字）
（2）多次改变砂桶中砂的质量重复实验，测得多组滑块运动的加速度a 及对应的力传感器的示数F，以a
为纵坐标F 为横坐标，描点得到如图丙所示的a—F 图像。由图中的数据可知，滑块和动滑轮的总质量为
___________kg，滑块与桌面间的动摩擦因数
___________。
56
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【答案】（1）1.0 （2） ①. 0.8
.
②0.05
【解析】【小问1 详解】
根据逐差法，可得加速度为
【小问2 详解】
由牛顿第二定律得
得
由图像可知图线的斜率
故小车的质量
由纵截距
得
则滑块与桌面间的动摩擦因数
57
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5．（2024·安徽池州·二模）艺术体操是一项女子竞技项目，主要有绳操、球操、圈操、带操、棒操五项。
带操动作柔软、流畅、飘逸、优美。如图所示是一位带操运动员的竞技场景，丝带的运动可以近似为一列
简谐横波沿
轴传播，
时刻的波形如图甲所示，A、B、P 和Q 是介质中的四个质点，
时刻该波
刚好传播到
点，质点A 的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A.
时，质点A 的位移为
B. 该波的传播速度是
C. 波向
轴负方向传播
D.
时质点
通过的路程是80
【答案】D
【解析】A．由题图甲乙可知，振幅为
周期为
角速度为
A 振动的初相为
则质点A 的位移的函数表达式为
当
时，质点A 的位移为
58
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A 错误；
B．由乙图可知，质点的振动周期为
由甲图可知，波长
则波速为
B 错误；
C．由该简谐波
时恰好传到B 点，波源在B
点左侧，波向
轴正方向传播，C 错误；
D．质点B、
平衡位置之间的距离为
由
解得
即经过
质点
开始振动，又经过0.8s 质点
完成一次全振动通过的路程是80cm ，D 正确。
故选D。
6．（2024·安徽池州·二模）某学习小组的同学在实验室用如图1 所示的装置研究单摆。将单摆挂在力传感
器的下端，同时由力传感器连接到计算机，得到了摆线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的图像，如图2
所示。
（1）用螺旋测微器测量摆球的直径，为了使读数更精确，对螺旋测微器进行了改进，在螺旋测微器固定
刻度的上半部刻了 10 个等分刻度，固定刻度的“横线”是10 等分刻度的“0”刻度线，这10 个刻度的总
长度与可动刻度最左端的9 个刻度的总长度相等。其测量结果如图3 所示，图中螺旋测微器测出的摆球的
直径为_____mm。
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（2）小组成员在实验过程中有下列说法，其中正确的是 和 （填正确答案标号）。
A. 对于摆球的选择，可以是铁球，也可以是塑料球
B. 单摆偏离平衡位置的最大角度最好控制在
以内
C. 由图2 可知，单摆的周期为
D. 如果用悬线的长度作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
（3）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应
单摆周期T，用多组实验数据绘制
图像如图4
所示。由图可知重力加速度大小为
_____（用图中T1、T2、L1、L2表示）。
【答案】（1）17.283##17.284 （2）BC
（3）
【解析】
【小问1 详解】
由图可读出
【小问2 详解】
A．单摆在摆动过程中阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球，A 错误；
60
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B．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°，B 正确；
C．F 最大值为摆球经过最低点的时刻，相邻两次时间间隔为
则
C 正确；
D．由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式
用悬线的长度作为摆长，则摆长偏小，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，D 错误。
故选BC。
【小问3 详解】
由周期公式
变形得
图像的斜率为
解得
7．（2024·福建省三明市·一模）（多选）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨
位于
轴上，另一根由
、
、
三段直导轨组成，其中
段与
轴平行，导轨左端接入一电阻
。
61
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导轨上一金属棒
沿
轴正向以速度
保持匀速运动，
时刻通过坐标原点
，金属棒始终与
轴
垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为
，金属棒克服安培力做功的
功率为
，电阻两端的电压为
，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确
的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】当导体棒从O 点向右运动L 时，即在
时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
（θ 为ab 与ad 的夹角）则根据
E=BLv0
62
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可知回路电流均匀增加；安培力
则F-t 关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则P-t 关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD 选项；
当在
时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流I 不变，安培力F 大
小不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；
同理可判断，在
时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E 均
匀减小，感应电流I 均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与
内是
对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与
内是对称的关系，电
阻两端电压U 按线性均匀减小；综上所述选项AC 正确，BD 错误。
故选AC。
8．（2024·广东4 月名校联考）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了
假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部
只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
63
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A. 速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B. 动量大小先增大后减小
C. 动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D. 加速度大小先增大后减小
【答案】D
【解析】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t 图像的面积即合外力的冲量，再根据动
量定理可知F—t 图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t 轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，
动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB 错误；
C．根据动量与动能的关系有
，而F—t 图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横
轴围成的面积不成正比，C 错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后
减小，D 正确。
故选D。
9．（2024·贵州省六校联盟·三模）“回热式热机”的热循环过程可等效为如图所示a→b→c→d→a 的曲线，
理想气体在a→b、c→d 为等温过程，b→c、d→a 为等容过程，则（ ）
A. a 状态气体温度比c 状态低
B. a 状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比b 状态少
C. b→c、d→a 两过程气体吸、放热绝对值相等
D. 整个循环过程，气体对外放出热量
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【答案】C
【解析】A．由于
而从b 到c 的过程中，发生等容变化，因此
，可得
因此a 状态气体温度比c 状态高，A 错误；
B．由图可知
，而
根据压强的微观解释，可知a 状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比b 状态多，B 错误；
C．b→c、d→a 两个过程都发生等容变化，根据热力学第一定律
吸收或放出的热量都用来改变物体的内能，由于内能的变化量相同，因此体吸、放热热量的绝对值相等，
C 正确；
D．在
图像中，图像与横轴围成的面积等于气体做的功，可知整个循环过程，气体对外做功，而内
能没变，因此吸收热量，D 错误。
故选C。
10．（2024·河北省金科大联考·二模）某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度。用细线拴一块形状
不规则的铁块并悬挂，铁块下面吸一小块磁铁，手机放在悬点O 正下方桌面上，打开手机的磁传感器。
（1）用毫米刻度尺测量摆线长度l，使铁块在竖直面内做小角度摆动，手机的磁传感器记录接收到的磁感
应强度随时间变化的图像如图乙所示，则铁块摆动的周期
______。
（2）多次改变摆线的长度，重复实验，得到多组摆线长度及铁块摆动的周期T，作出的
图像如图
丙所示，根据图丙可得重力加速度的测量值为______
。（
取3.14，计算结果保留3 位有效数字）
（3）图丙中的图像不过原点的原因是______，图像不过原点对重力加速度的测量______（填“有”或
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“没有”）影响。
【答案】（1）
（2）9.86 （3） ①.
是摆线的长，不是摆长 ②. 没有
【解析】【小问1 详解】
由图乙可知，铁块摆动的周期
【小问2 详解】
设铁块和磁铁整体重心到细线下端距离为r，根据周期公式
可得
故该图像的斜率为
解得重力加速度的测量值为
【小问3 详解】
[1]图像不过原点的原因是是摆线的长，不是摆长；
[2]由（2）中表达式可知，图像不过原点对重力加速度的测量没有影响。
11．（2024·河南省信阳市·二模）某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦
因数
的实验。
如图（a）所示，木板和木块A 放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A 和放在电子秤上的重物
B 通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A 间的轻绳水平，与重物B 间的轻绳竖直。在木块
A 上放置n（
）个砝码（电子秤称得每个砝码的质量
为
），向左拉动木板的同时，
记录电子秤的对应示数m。
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（1）实验中，拉动木板时__________（填“必须”或“不必”）保持匀速。
（2）用
和
分别表示木块A 和重物B 的质量，则m 和
所满足的关系式为
__________。
（3）根据测量数据在坐标纸上绘制出
图像，如图（b）所示，可得木块A 和木板间的动摩擦因数
_________（保留2 位有效数字）。
【答案】①. 不必 ②.
.
③0.40
【解析】（1）[1]木块与木板间
滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，则实验拉动木板时不必保持匀
速；
（2）[2]对木块、砝码以及重物B 分析可知
解得
（3）[3]根据
结合图像可知
则
μ=0.40
12．（2024·哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学第一次联合模拟考试）如图所示，轻弹簧上
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端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端栓接质量为m 的小球，玻璃管与水平方向夹角为
，玻璃管内径略
大于小球直径，现将小球由弹簧原长处由静止释放，小球运动过程中的加速度a 与弹簧伸长量x 的关系如
图所示，其中图线与x 轴交点坐标
为已知，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（ ）
A. 小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小为
B. 弹簧的劲度系数为
C. 小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为
D. 弹簧拉伸量为
时，弹性势能为
【答案】C
【解析】B．根据
得弹簧
劲度系数为
故B 错误；
A．小球运动到最低点时，根据动能定理
得
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所受弹簧弹力大小为
故A 错误；
C．当弹簧伸长量为
时，动能最大，根据动能定理
得
故C 正确；
D．弹簧拉伸量为
时，弹性势能为
故D 错误。
故选C。
13．（2024·江苏省南通市·一模）列车在平直轨道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F 随时间变
化的关系图像如图所示，列车达到额定功率后保持该功率不变，若列车所受阻力恒定，则（ ）
A.
时刻，列车刚达到额定功率
B.
时间内，列车的功率随时间增大得越来越慢
C.
时间内，列车的合力的功率随速率均匀减小
D.
时间内，列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动
【答案】C
【解析】A．根据
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时间内，列车的功率在随速度均匀增大，在
时刻速度达到最大，即达到额定功率，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律
即在
时间内，列车的加速度不变，则列车的功率为
所以，列车的功率随时间均匀增大，故B 错误；
C．根据
因为在
时间内，列车的功率为额定功率且不变，则
在
时间内，列车的合力的功率随速率均匀减小，故C 正确；
D．根据
可知，列车的加速度变化与合外力的变化相同，即在
时间内，列车先做匀加速直线运动，再做加速
度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动，故D 错误。
故选C。
14．（2024·山东潍坊市·三模）（多选）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模
拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg 的表演者静卧于出风口，打开气流
控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v 为风速。
控制v 可以改变表演者的上升高度h，其v2与h 的变化规律如乙图所示。g 取10m/s2。表演者上升10m 的运
动过程中，下列说法正确的是（ ）
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A. 打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s2
B. 表演者一直处于超重状态
C. 表演者上升5m 时获得最大速度
D. 表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动
【答案】AC
【解析】A．打开开关瞬间，表演者高度为0，则有
根据牛顿第二定律有
解得
故A 正确；
B．根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有
解得
由于
可知，重力与风力大小相等时的高度为
可知，在高度小于5m 时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5m 时，风
力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B 错误；
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C．结合上述可知，表演者先向上做加速度减小得加速运动，表演者上升5m 时，加速度为0，速度达到最
大值，故C 正确；
D．结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D 错误。
故选AC。
72
