物理（江苏专用）-2025年高考终极押题猜想

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 运动学与动力学图像 2 押题猜想二 静态平衡与动态平衡 6 押题猜想三 抛体运动与圆周运动 12 押题猜想四 万有引力定律与航天 17 押题猜想五 牛顿动力学问题 21 押题猜想六 机械振动与机械波 26 押题猜想七 功能关系 31 押题猜想八 静电场 36 押题猜想九 磁场 41 押题猜想十 电磁感应及变压器 46 押题猜想十一 光的折射与光的干涉 53 押题猜想十二 热学规律综合应用 58 押题猜想十三 近代物理 62 押题猜想十四 力学实验 66 押题猜想一 运动学和动力学图像 限时：2min （原创）如图为质点P从t=0时刻，由原点从静止开始做直线运动的加速度a随时间t变化的正弦曲线，周期为2t0。在0~3t0时间内，下列说法正确的是（    ）    A．t=2t0时，P回到原点 B．t=2t0时，P的运动速度最小 C．t=t0时，P到原点的距离最远 D．t=1.5t0时，P的运动速度大于t=0.5t0时的运动速度 押题解读 主要考查运动学图像、动力学图像和功能关系图像等力学图像问题。从命题趋势上来看，三种图像问题都是高考热点，命题情境来源广泛，会紧密联系生产生活和科技进步等场景。高考题型考查形式多样，考查的难度适中，主要考查学生对图像物理意义的理解、图像的分析技巧和方法（数形结合）。 考前秘笈 一、解运动学图像的规律方法： 1、关注坐标轴所表示的物理量，从物理规律出发寻找图像对应的函数关系式； 2、理解截距、斜率、面积所代表的物理量（注意正负的含义）； 3、分析交点、转折点、渐近线等，交点往往是解决问题的切入点。 注意： ①分析运动学图像，要将图像与实际运动情景相结合； ②当题目给出的是a－t、x－t等的图像时，可以考虑转化为v－t图像求解。 二、解动力学图像问题的规律方法： 题型 基本解题思路 已知运动图像分析受力情况 （1）根据运动图像，求解加速度； （2）应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系； （3）确定物体受力情况及相应物理量。 已知受力图像分析运动情况 （1）根据受力图像，结合牛顿第二定律，确定加速度的变化； （2）根据加速度和初速度的方向，判断是加速还是减速； （3）由加速度结合初始运动状态，分析物体的运动情况。 已知有关情境确定物理量的变化图像 （1）分析运动过程中物体的受力； （2）根据牛顿第二定律推导出加速度表达式； （3）根据加速度的变化确定物理量的变化图像。 三、解决功能关系图像问题的规律方法： （1）规律总结： 对E－x图像，斜率表示使能量E发生变化的作用力 对F－x图像，面积表示作用力F做的功 （2）解题技巧：选取研究对象受力分析和运动分析，根据功能关系列出能量与对应物理量的关系式，数形结合，应用物理规律找到两个变量之间的函数关系，是挖掘图像斜率、截距和面积信息的关键。 1．2022年2月4日，第24届冬奥会在北京开幕，北京成为历史上首个“双奥之城”。在这届冬奥会中，我国运动员顽强拼搏，奋力争先，最终取得了9金4银2铜的历史最好成绩。假设比赛中我国某滑雪运动员由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．内运动员做单向直线运动 B．内加速度方向改变，先正向后反向 C．内速度先增大后减小 D．该运动员在时的速度为 2．甲、乙两物体分别在水平面上做直线运动，取向右为正方向，它们运动的相关图像分别如图甲、乙所示．已知乙的初速度为0，下列说法正确的是（　　）    A．甲物体时的加速度方向发生变化 B．乙物体时的运动方向没有发生变化 C．甲物体内的平均速度与内的平均速度相同 D．乙物体时的位置与0时刻的位置相同 3．如图所示，在同一平直公路上行驶的a车和b车，其位置一时间图像分别为图中直线a和曲线b。已知b车的加速度恒定且初速度为8m/s，t=3s时，直线a和曲线b刚好相切。下列说法不正确的是（　　）    A．a车的速度大小为2m/s B．b车的加速度大小为2m/s2 C．t=0时，a车和b车相距15m D．t=2s时，a车在b车前方1m处 4．在距地面高H处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械能E随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是 A．小球的质量等于 B．当时，小球的动能小于重力势能 C．小球运动的加速度等于 D．运动过程中小球受到的阻力大小恒为 5．一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（  ） A．在时，拉力的功率为6W B．在时，物体的动能为2J C．从运动到，物体克服摩擦力做的功为6J D．从运动到的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s 押题猜想二 静态平衡与动态平衡 限时：2min （原创）如图所示，一个晾衣架放在水平地面上静止，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为θ，当θ缓慢减小时，每根斜杆受到地面的 A．支持力增大 B．支持力减小 C．摩擦力增大 D．摩擦力减小 押题解读 静态平衡主要考查一个物体或者多个物体的静态平衡问题，解答此问题的三种常用方法是：合成法与分解法、正交分解法、力的三角形法；对于多个物体的平衡问题可以灵活选择整体法和隔离法。高考中侧重对学生物理基础知识进行考查，同时对利用三角函数、解直角三角形、正弦定理等数学知识解决物理问题能力的要求较高。动态平衡是由于物体的运动导致其所受力的大小或者方向不断变化，但物体仍处于平衡状态。或者是物体保持静止状态，但是其所受到的力在不断变化，都可以称之为动态平衡问题。识别这类问题的典型关键词有：“缓慢转动”、“缓慢移动”等。解决动态平衡问题常见的方法有解析法、图解法、相似三角形法、辅助圆法等。 考前秘笈 一、静态平衡 1．单个物体平衡 处理单个物体的平衡问题时，首先要对物体进行受力分析，当物体受三个力的作用时一般用合成法或矢量三角形法，当物体受到四个或四个以上共点力的作用而平衡时可以用正交分解法，也可以将多力问题转化为三力问题借助矢量三角形求解。最小力问题常用数学函数求解或者矢量三角形中寻找垂直关系。 2．多个物体平衡 多个物体的平衡问题，一般优先考虑整体法，再考虑隔离法，但选择2个物体或者选择3个物体、4个物体进行分析都可以称为整体法，为了选取合适的研究对象，既要考虑物体的对称性和受力特点，又要考虑待求量和关联量，尽量不出现无关量或新的未知量。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。 3．对于非共面力的平衡问题，基本思路不变，首先是对物体进行受力分析，只是发现物体受力不在同一平面上以后，寻找关联力是解决这种问题的关键。解题技巧：把同一面上的力进行正交分解，寻找不同面上的关联力，根据平衡方程列式求解即可。解决此类问题时要注意图形结构的对称性特点，结构的对称性往往对应着物体受力的对称性。 4．解决电磁学平衡问题，要理清知识体系 二、动态平衡 1．当物体受4个或4个以上的力而处于动态平衡时，一般使用正交分解法。当物体受三个力（一个力的大小、方向都已知，一个力只知道方向，另一个力大小、方向都未知）而处于动态平衡时，通过画矢量三角形，可以用图解法或正弦定理求解。 2．一般情况下，图解法更方便、简洁，直观，正交分解法计算量较大，所以优先选择图解法。 3．辅助圆法使用原则： 首先分析物体的受力特征，当物体所受一个力为恒力，另外两个力方向改变但夹角不变，优先考虑辅助圆法，以恒力为弦画图进行分析。 1．如图所示，倾斜轨道与水平面的夹角为θ，倾斜轨道上放置一光滑的导电金属导轨abcd，导轨间距为L，ab间接有一直流电源，cd段垂直于导轨放置一金属棒，回路内的电流为I，整个空间处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，金属棒刚好处于静止状态。已知重力加速度为g，则 A．a端接电源的正极 B．金属棒受到的安培力大小为ILB C．金属棒的质量为 D．金属棒的质量为 2．如图所示，截面为四分之一圆的柱体放在墙脚，一个小球用细线拉着静止在光滑圆弧面上，细线的悬点在竖直墙面上的A点，保持细线伸直长度不变，小球大小不计。将悬点沿竖直墙面缓慢向上移，在小球沿圆弧面向上缓慢移动的过程中，下列判断正确的是（　　） A．细线的拉力大小不变 B．细线的拉力减小 C．圆弧面对小球的支持力大小不变 D．圆弧面对小球的支持力增大 3．燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是a、b两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将含有食物的球面锅置于两款支架上，假设锅和锅内食物的总重量总是维持不变，则 A．如果锅的尺寸越大，则a款每个支架齿受到的压力越大 B．如果锅的尺寸越大，则a款每个支架齿受到的压力越小 C．如果锅的尺寸越大，则b款每个支架齿受到的压力越大 D．如果锅的尺寸越大，则b款每个支架齿受到的压力越小 4．随着抖音、快手等小软件的出现，人们长时间低头导致颈椎病的发病率越来越高。现将人体头颈部简化为如图所示的模型，A点为头部的重心，AO为提供支持力的颈椎（视为轻杆），可绕O点转动，AB为提供拉力的肌肉（视为轻绳）。如图甲，当人直立时，颈椎所承受的压力大小等于头部的重力大小G；如图乙，当人低头时，AO、AB与竖直方向的夹角分别为20°、40°。下列关于图乙的说法中正确的是 A．颈部肌肉的拉力大于G B．颈部肌肉的拉力小于G C．颈椎受到的压力大于G D．颈椎受到的压力小于G 5．如图所示，家用燃气灶支架有四个对称且相同的炉爪，重为G的锅放在支架上，锅面为球面，忽略炉爪与锅之间的摩擦力。每个炉爪对锅的支持力大小可能为 A．G　 B．G C．G　 D．G 6．如图所示，将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A向B大小为I的电流，则 A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力不变 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr 7．有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，将边长为d的正三角形匀质金属线框（线框由电阻为R的金属丝折合而成）如图甲、乙情况放置，静止时弹簧的长度分别为L1和L2．现将该金属线框如图丙所示接入电路，导线的左右接触点分别为线框左右两边的中点，磁场方向垂直纸面向外，大小为B，电源的电动势为E，内阻为r，导线与线框之间作用力可以忽略，则闭合开关S后，弹簧的长度L3为 　　 A．L1＋ B．L2＋ C．L1－ D．L2＋ 押题猜想三 抛体运动与圆周运动 限时：2min （原创）如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从A点垂直于缓冲坡以v0＝24 m/s起跳，最后落在缓冲坡上的B点，缓冲坡倾角θ＝37°，轨迹上的C点与A点等高(图中未画出)。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，若不计空气阻力，运动员从A点到C点过程中的速度变化量Δv为 A．38.4 m/s，方向竖直向下 B．38.4 m/s，方向竖直向上 C．0 D．19.2 m/s，方向竖直向下 押题解读 抛体运动主要考查平抛运动的基本规律、多物体的平抛运动、落点有限制条件（临界）的平抛运动和斜抛运动等问题。高考常以体育比赛项目或在生产生活中的抛体运动情景为命题背景，考查学生对抛体运动进行模型建构的能力，应用合成与分解思想分析曲线运动的能力。圆周运动主要涉及水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动基本规律及临界问题等。高考常以生活中圆周运动的实例为命题背景。 考前秘笈 一、对于平抛运动 1．构建好“两个物理模型” （1）常规的平抛运动及类平抛模型； （2）与斜面结合的平抛运动模型 ①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形。 ②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形。 2．多体平抛问题处理思路 （1）若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。 （2）若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。 （3）若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。 （4）两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。 3．做平抛运动的物体，落点不在水平面上，而是在斜面、竖直面、弧面上时，将平抛运动的知识与几何知识结合起来，分解速度或分解位移，在水平方向和竖直方向分别列式求解。 二、对于斜抛运动 1．斜抛运动至最高点时速度水平，可采取逆向思维法，看作反方向的平抛运动。斜抛运动往往以最高点为临界点时具有时间上的对称性。 2．求解方法 （1）常规分解法：将斜抛运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。 （2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度g分解为gx、gy，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。 三、圆周运动 1．解决竖直平面内的圆周运动临界问题的解题思路： 2．求解斜面上圆周运动问题的“三个关键”： （1）物体在垂直于斜面方向上的合力一定为零； （2）物体在斜面内指向圆心方向的合力提供向心力； （3）物体经过斜面上最高点、最低点时的临界条件。 斜面上的圆周运动要根据具体情境，可以借助于处理竖直面内的圆周运动模型的方法分析解决。 1．我国少数民族运动会上，设有跑马射箭项目(如图甲所示)运动员需骑马在直线跑道上奔驰，弯弓放箭，射击侧方的固定靶标。如图乙所示，假设无风的天气运动员骑马沿直线跑道奔驰的速度大小，与静止时射出弓箭的速度大小相等，已知弓箭放出时指向固定靶标的速度为v，且与直线跑道的夹角为30°，直线跑道到固定靶标的最短距离为d，下列说法正确的是(　　) A．运动员静止时射出的弓箭速度的方向与直线跑道的夹角为45° B．运动员骑马沿直线跑道奔驰的速度大小与静止时射出弓箭的速度大小均为v C．射出的弓箭发生的位移为d D．射出的弓箭的运动时间为 2．如图，在相同高度处甲以速度v1将篮球A斜向上抛出，同时乙以速度v2将篮球B竖直向上抛出，B到达最高点时恰被A水平击中。不计空气阻力，两球均可视为质点，重力加速度为g，则 A．A在最高点的速度为0 B．A的速度变化率小于B的速度变化率 C．从抛出到相遇A、B动量的 D．若A、B抛出点之间距离变小，B可能不会被击中变化量相同 3．如图在水平地面上放置一边长为0.8m的正方形水箱，一水管可在ABCD面内绕A点转动θ≤90°，已知出水口截面积为5cm2，出水速率为2.5m/s，不计水管管口长度及一切阻力，水落至液面或打至侧壁不再弹起，则 A．任何方向喷出的水柱都能打到DCGH或CGFB侧面 B．水在空中运动时间的最大值为 C．空中运动的水的质量最大值为0.5kg D．若保持θ不变，则随着液面上升，水在空中运动的时长逐渐缩短 4．如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转。甲、乙两个小物块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与OO′间的夹角分别为a＝30°和β＝60°，重力加速度大小为g。当转台的角速度为ω0时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（　　） A．ω0＝ B．当转台的角速度为ω0时，甲有上滑的趋势 C．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的摩擦力一直增大 D．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的支持力一直减小 5．如图甲所示，两个完全相同物块A和B（均可视为质点）放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连，两物块质量均为1 kg，与圆心距离分别为RA和RB，其中RA＜RB且RA＝1 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力FT与ω2的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A．物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.5 B．物块B与圆心距离RB＝3m C．A受到的静摩擦力方向始终指向圆心 D．当角速度为 rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动 6．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法中不正确的是 A．小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用 B．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大 C．小物体受到的摩擦力可能背离圆心 D．ω的最大值是1.0 rad/s 押题猜想四 万有引力定律与航天 限时：2min （原创）如图所示，A、B为地球的两颗卫星，它们做匀速圆周运动，O为地心，两卫星在运行过程中，两卫星AB的连线和卫星A与地心O的连线夹角最大为θ，则A、B两卫星 A．做圆周运动的周期之比为2 B．做圆周运动的周期之比为 C．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为 D．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为 押题解读 万有引力定律与航天主要考查中心天体的质量和密度计算、卫星的发射与变轨，双星和多星等问题。从命题趋势上来看，多以选择题出现，分析人造卫星的运动规律是高考热点，高考一般会以近几年国家及世界空间技术和宇宙探索为背景来命题。 考前秘笈 一、计算天体质量和密度的两条思路： 1．在忽略中心天体自转的情况下，利用中心天体的半径和表面的重力加速度g计算。由＝mg求出M＝，进而求得ρ＝＝＝。 2．利用环绕天体的轨道半径r和周期T计算。由＝，可求出M＝，若环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动，轨道半径r＝R，则ρ＝＝。 二、卫星的绕行和变轨问题： 1．卫星变轨（椭圆轨道）的实质：卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动。当某种原因卫星速度v突然增大时，有＜，万有引力不足以提供向心力，卫星将偏离圆轨道做离心运动，当v突然减小时，有＞，卫星将做向心运动。 2．卫星绕行（圆轨道）的五个特点：（1）a、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天体质量共同决定；（2）质量相同的卫星在不同轨道上运行时机械能不相等，“高轨高能，低轨低能”；故可总结为“高轨低速，大周期”。 三、双星或多星问题解题技巧： （1）确定系统中心及半径：明确双星或多星的特点、规律，确定系统的中心以及运动的轨道半径； （2）明确向心力：星体所受的向心力由其他天体对它的万有引力的合力提供； （3）抓住角速度和周期特点：一般情况下星体的角速度和周期相等； （4）清楚星体的轨道半径不是天体间的距离：要利用几何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有引力和向心力。 1．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（　　） A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 2．如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（　　） A．＝ B．＝（）2 C．＝ D．＝ 3．如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A为地球同步卫星，A、B两卫星的轨道半径的比值为k，地球自转周期为T0.某时刻A、B两卫星距离达到最近，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为（　　） A． B． C． D． 4．如图，在万有引力作用下，a、b两卫星在同一平面内绕某一行星c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，则下列说法中正确的有（　　） A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶16 B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4 C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次 D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次 5．2022年7月24日14时22分，中国“问天”实验舱在海南文昌航天发射场发射升空，准确进入预定轨道，任务取得圆满成功。“问天”实验舱入轨后，顺利完成状态设置，于北京时间2022年7月25日3时13分，成功对接于离地约400 km的“天和”核心舱。“神舟”十四号航天员乘组随后进入“问天”实验舱。下列判断正确的是（　　） A．航天员在核心舱中完全失重，不受地球的引力 B．为了实现对接，实验舱和核心舱应在同一轨道上运行，且两者的速度都应大于第一宇宙速度 C．对接后，组合体运动的加速度大于地球表面的重力加速度 D．若对接后组合体做匀速圆周运动的周期为T，运行速度为v，引力常量为G，利用这些条件可估算出地球的质量 6．如图所示为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度大小为a0，线速度大小为v0，A点到地心的距离为R，远地点B到地心的距离为3R，卫星在椭圆轨道的远地点B变轨进入圆轨道Ⅱ，卫星质量为m，则下列判断正确的是（　　） A．卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为a0 B．卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为 C．卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的3倍 D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为－ 押题猜想五 牛顿动力学问题 限时：2min （原创）奥运冠军全红婵在巴黎奥运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10 m跳台的决赛中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则（　　） A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于超重状态 B．入水后全红婵处于失重状态 C．全红婵在空中运动的时间为1.5 s D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N 押题解读 牛顿动力学问题的考查主要侧重四个方面：1、瞬时性问题要明确速度的改变需经历一定时间，不能突变，而加速度与力是可以突变的且其变化具有瞬时对应关系。2、连接体问题侧重考查整体法和隔离法。3、应用牛顿运动定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带。4、超重和失重问题则是牛顿运动定律在生产和生活中的应用，判断加速度方向是关键。3、试题往往通过运动图像提供信息，分析物体的实际运动；也有以生活中的常见现象为背景的计算题，重点考查对牛顿运动定律的理解及灵活应用。试题通常涉及临界、极值问题并与图像相结合。 考前秘笈 一、瞬时加速度问题的解题关键是： （1）明确速度的改变需经历一定时间，不能突变，而加速度与力是可以突变的且其变化具有瞬时对应关系，因此必须认真分析突变前后物体的受力情况； （2）绳子拉力可以发生突变，弹簧的弹力不会发生突变； （3）明确牛顿第二定律具有瞬时性。 二、两个分析 1．受力分析：对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向是解决问题的关键。分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。 2．运动分析：运动分析的关键是注意相对运动的速度大小和方向的变化（小物体和传送带对地速度的大小和方向的比较），以及相对位移与物体在传送带上留下的划痕长度的关系。 3．运动图像分析：不但能理解小物体在传送带上运动的过程，还要能将此运动过程用v－t图像表示出来。 三、求解“滑块—滑板”模型的关键是对滑块和滑板进行受力分析和运动过程分析，特别是注重分析加速度、速度和位移等物理量之间的关系。 （1）加速度关系 ①若滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度。 ②若滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板运动的加速度。 （2）速度关系：滑块和滑板之间发生相对运动时，认清滑块和滑板间的速度关系，从而确定摩擦力。 （3）位移关系 滑块由滑板一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2 同向运动时：L＝x1－x2；反向运动时：L＝x1＋x2。 四、临界问题 1．临界与极值问题的关键词 （1）有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。 （2）若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等字眼，则表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。 （3）若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，则表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。 2．产生临界值或极值的条件 临界状态 临界条件 两物体接触或脱离 弹力FN＝0。 两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值。 绳子断裂 张力等于绳子所能承受的最大张力。 绳子松弛 张力FT＝0。 加速度最大或最小 当所受合力最大时，具有最大加速度；合力最小时，具有最小加速度。 速度最大或最小 加速度为0。 1．如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R。现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球（可看为质点），已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为（　　） A．1∶3 B．1∶2 C．1∶ D．1∶ 2．课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两个相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放。如图，连接A、B的是一般细绳（刚性绳），连接C、D的是橡皮条（弹性绳）．那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间（橡皮条还未第一次恢复原长）后，下列图中符合ABCD实际排列情况的是（　　） 3．如图，轻弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（忽略一切阻力），则（　　） A．t1时刻小球速度最大 B．t2时刻小球处于失重状态 C．t2～t3这段时间内，小球的加速度先增大后减小 D．t2～t3这段时间内，小球的速度先增大后减小 4．在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．飞行员的质量为70 kg B．飞行员在t1时刻的加速度方向向下 C．飞行员在t2时刻的加速度方向向下 D．从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6 m/s2，方向向上 5．如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．两物块间的动摩擦因数为 B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止 C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动 D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大 6．如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是（　　） A．变力F的最小值为2 N B．变力F的最小值为12 N C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 押题猜想六 机械振动与机械波 限时：2min （原创）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时刻波源质点O从平衡位置开始振动，图甲是简谐横波在t＝0.6s时的部分波形图，图乙是这列波上x＝0.7m处的质点从t＝0.7s时刻开始振动的图像，下列说法正确的是 A．波源的起振方向向上 B．t＝0.6s时，x＝0.1m处的质点在波谷处 C．波的频率f＝0.5Hz D．波源的振动方程为y＝5sin(5πt)cm 押题解读 机械振动与机械波在高考中对于波动图像和振动图像的考查较多，常以两图像的相互转化、波的传播方向和质点振动方向的相互判断、结合简谐运动考查波的叠加等形式出题。近年来的命题形式常常结合情境出题、出题形式变化新颖，主要考查学生的理解能力和模型建构能力，考频较高。 考前秘笈 一、波动图像与振动图像的解题方法： 1．首先根据横纵坐标识别哪个是波形图，哪个是振动图； 2．波形图一般能够得到波长λ、振幅A，而振动图一般能够得到周期T、振幅A； 3．若求波速可以使用v＝（或v＝）； 4．同一质点在同一个时刻，可根据振动图像的斜率得到其振动方向，与其在波形图中的波传播方向位于波形的同一侧。故可用“同侧法”由质点的振动方向来判断波的传播方向，也可由波的传播方向来判断质点的振动方向。 二、注意事项： 1．振动图像随着时间的推移是把波形往后延伸即可，而波形图像随着时间的推移是把波沿传播方向平移； 2．振动图形反映某一个质点相对平衡位置的位移随时间的变化规律，而波形图反映的是某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移。 三、波动问题的几种可能性 1．质点达到最大位移处，则有正向和负向最大位移两种可能； 2．质点由平衡位置开始振动，则有起振方向向上、向下两种可能； 3．只告诉波速不指明波的传播方向时，应考虑波沿两个方向传播的可能； 4．只给出两时刻的波形，则有多次重复出现的可能； 5．只给出部分波形或几个特殊点，这样完整波形就有多种情况。 1．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态。现将质量为m的粘性小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．圆盘将以碰后瞬间的位置作为平衡位置做简谐运动 B．圆盘做简谐运动的振幅可能为 C．振动过程中圆盘的最大速度为 D．从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大 2．图甲为一列简谐横波在t＝0.1 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法中正确的是（　　） A．在t＝0.1 s时，质点Q向y轴正方向运动 B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同 C．从t＝0.1 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm D．质点Q简谐运动的表达式为y＝10sin（10πt） m 3．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示，已知甲波的频率为4 Hz，则（　　） A．两列波的传播速度均为4 m/s B．两列波叠加后，x＝0处的质点振动减弱 C．两列波叠加后，x＝0.5 m处的质点振幅为30 cm D．两列波叠加后，介质中振动加强和减弱区域的位置不变 4．如图甲所示，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（－2，0）和S2（4，0）。两波源的振动图像分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.50 m/s。0时刻两波源产生的波均已到达质点A（－2，8）和B（1，4）处，则（　　） 　 A．质点A位于振动加强区 B．质点A比质点B振动得快 C．0～4 s内，质点A的最小位移为－2 m D．0～4 s内，质点B的最大位移为2 m 5．一列简谐横波在t＝ s时的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图像。关于该简谐波下列说法中正确的是（　　） A．波速为9 cm/s B．沿x轴正方向传播 C．质点Q的平衡位置坐标x＝9 cm D．在t＝ s时质点P移动到O点 押题猜想七 功能关系 限时：2min （原创）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　） A．物块下滑过程中机械能守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 押题解读 功能关系考查方式比较灵活，主要考查能量（主要是机械能）增加或损失量的计算，也偶尔考查能量与功的关系，求临界值、最值、平均做功等，也可以与牛顿第二定律结合。多数出现在综合计算题中。考查学生对特殊状态和整体过程的分析能力。 考前秘笈 一、交通工具的功率 1．涉及额定功率、拉力和速度的问题，很多可以当作为机车问题。对于机车功率问题，无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝； 2．机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，则有：v＝＜vm＝； 3．机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝P额t。由动能定理得：P额t﹣F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小和时间。机车以恒定加速度启动时，牵引力做的功可以分段求解，匀加速阶段可以利用功的定义式求解，即整个加速过程牵引力做的功可以表示为W＝Fx＋P额t（式中x为匀加速运动的位移，t为达到额定功率后变加速阶段所用时间）。 二、常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能减少量 静电力做的功等于电势能减少量 分子力做的功等于分子势能减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv02 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE 摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对 电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W电能＝E2－E1＝ΔE 三、应用能量守恒定律解题的步骤 1．首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能（包括重力势能、弹性势能、电势能）、内能等。 2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 1．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（　　） A．机械能损失了mgh B．机械能损失了mgh C．动能损失了mgh D．克服摩擦力做功mgh 2．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（　　） A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为μmgs C．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为 3．如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则（　　） A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6 B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL 4．如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek－x关系图像如图乙所示。其中，0.10～0.25 m间的图线为直线，其余部分为曲线。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知（　　） A．物块的质量为0.2 kg B．弹性绳的劲度系数为50 N/m C．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J D．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s2 5．如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k（足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后，导致轻杆向右移动了，此过程小车运动的v－t图像如图乙所示，在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．在0～t1时间内，小车运动的位移为 B．在t1＋t2时刻，小车恰好离开轻弹簧 C．小车离开轻弹簧时的速度为 D．为使装置安全工作，小车的撞击速度不能超过 6．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求： （1）在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm？ （2）物块最终停止的位置？ 押题猜想八 静电场 限时：2min （原创）如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在b、d两点处放有等量同种点电荷＋Q，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．a、e、c、f四点电场强度相同 B．a、e、c、f四点电势不同 C．电子沿球面曲线a→e→c运动过程中，静电力先做正功后做负功 D．电子沿直线由a→O→c运动过程中，电势能先减少后增加 押题解读 静电场主要讲解电场的基本性质，主要涉及静电力作用下的平衡问题、场强的叠加问题、电势的高低及电势能大小的判断、电容器充放电及动态分析问题、电场线、等势面及运动轨迹问题等考点，重点考查多个知识点的综合应用，综合性强，要求学生善于将复杂、抽象的电场问题转化成较熟悉的力学问题，再结合牛顿运动定律以及功与能思想解决。 考前秘笈 一、电场强度的计算方法 （1）定义式法： （2）点电荷电场强度公式法：直接用点电荷的电场强度公式求解。若要求多个点电荷产生电场的合电场强度，则可先分别求出各个点电荷产生的电场强度，然后利用矢量叠加法求出合电场强度。 （3）根据匀强电场场强和电势差的关系式：求解。 （4）物理思想方法：对于较复杂的求电场强度的问题可用物理思想方法分析解决。如：“微元法”“对称性分析法”“补偿法”等。 二、分析电场中带电粒子运动轨迹类问题，要把握以下两点： （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、电场强度的方向（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。 三、电容器动态变化两类典型问题： 1．电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。 （1）根据C＝先分析电容的变化，再由C＝分析Q的变化。 （2）根据E＝分析场强的变化。 （3）根据UAB＝E·d＝φA﹣φB分析某点电势变化。 2．电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。 （1）根据C＝先分析电容的变化，再由C＝分析U的变化。 （2）根据E＝＝＝分析场强变化。 四、解决电场中图像类问题要牢牢记住并理解几种常见图像的特点： （1）φ﹣x图像中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图线往往存在极值点，其切线的斜率为零； （2）E﹣x图像（E代表电场强度）中图线与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； （3）Ep﹣x图像中，只要粒子只受电场力作用，则F电＝＝ma，即Ep﹣x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小。 1．如图所示，水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆，一质量为m、带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上，质量为M、带电荷量为＋Q的滑块b静置于水平地面上，滑块b与地面间的动摩擦因数为μ，a、b均保持静止，且两者连线与水平地面的夹角为θ，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．圆环a带负电 B．滑块b受到的库仑力大小为 C．滑块b受到地面的支持力大小为（M＋m）g D．滑块b受到地面的摩擦力大小为μ（M＋m）g 2．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法错误的是（　　） A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，静电力做功为9 eV 3．如图所示，在等边三角形三个顶点A、B、C处，固定电荷量分别为＋q、＋q、－q的三个点电荷，过点C作AB边的垂线，垂足为O，过点A作BC边的垂线，垂足为P，两垂线交于M点。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．将一个正电荷从O点移到M点电势能变大 B．O点电势低于P点电势 C．M点电势低于P点电势 D．P点电场强度大小大于O点电场强度大小 4．如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示。已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是（　　） A．小球运动的速度一直增大 B．小球先做匀加速运动后做匀速运动 C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比 5．如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则下列说法正确的是（　　） A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大 B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大 C．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板带电荷量减小 D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响 6．如图，一个光滑绝缘的斜面固定在水平面上，并处于沿平行于斜面向上的匀强电场中，一个带电荷量为＋q的物块以初速度v0从斜面底端冲上斜面，上滑位移x0时速度恰好为零。取斜面底端所在处的高度和电势均为零，下列描述物块的机械能E机、静电力功率P、电势能Ep电、动能Ek随时间t或位移x变化的图像中，正确的是 7．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处，若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是 A．0<t0< B．<t0< C．<t0<T D．T<t0< 押题猜想九 磁场 限时：2min （原创）如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁体的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定在铝框上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁体与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行。关于磁电式电表，下列说法不正确的是（　　） A．磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动 B．改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转 C．增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度 D．用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上 押题解读 磁场主要讲解磁场的叠加、安培力的分析与计算、安培力作用下导体的平衡及运动、洛伦兹力的应用等典型问题。高考常常结合电场、电路、牛顿运动定律等知识进行综合考查。带电粒子在磁场中的圆周运动本专题主要考查带电粒子在磁场中的圆周运动，主要分为带电粒子在有界匀强磁场中的运动（包括临界极值问题）、带电粒子束在磁场中的运动（放缩圆、磁聚焦、磁扩散类问题）、带电粒子在磁场中运动的多解问题（周期性造成的多解）等。高考常常结合数学知识进行考查，对学生分析推理能力、综合应用能力要求较高。带电粒子在叠加场中的运动类问题难度较高，难度主要体现在抛体运动角度和位移的计算，圆周运动的半径、周期计算，以及多种情况的分类讨论上，对于学生的几何素养有很高的要求，想做对题目，需要有精准的画图能力、缜密的归纳思维以及足够的耐心。 考前秘笈 一、磁场叠加问题的解题思路： 1．确定磁场场源，如通电长直导线（下图所示）。 2．根据安培定则确定通电长直导线周围磁感线的方向。 3．定位空间中需求解磁场的点，通电导线在该点磁感应强度的方向为经过该点磁感线的切线方向。如M、N在c点产生的磁场BM、BN如图所示。 4．磁感应强度是矢量，应用平行四边形定则进行合成，得到图中的合场强B。 二、解决安培力作用下导体的平衡及运动问题的一般思路 1．正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。 2．画出辅助图（如导轨、斜面等），并标明辅助方向（磁感应强度B、电流I的方向）。 3．将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图，通过受力分析建立各力的平衡关系。 三、带电粒子在有界磁场中的临界极值问题的处理方法： 1．从关键词找突破口：题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐含的规律，找出临界条件。 2．数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。 3．四个重要结论 （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）当速度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，圆心角越大，运动时间越长。 （4）在圆形匀强磁场中，当带电粒子运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则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）。 四、带电粒子束在匀强磁场中运动的几种特殊情况： 1．磁聚焦和磁发散 （1）磁发散：带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行。 （2）磁聚集：带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行。 2．动态放缩法 当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v的大小或磁感应强度B的大小变化时，粒子做圆周运动的轨道半径R随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图所示，粒子进入长方形区域OABC，从BC边射出的临界情景为②和④。 　 3．定圆旋转法 当带电粒子射入磁场时的速度v大小一定，但方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径R是确定的。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件。粒子进入单边界磁场时的情景如图所示。 1．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置。如图所示，已知一根金属长直管线平行于水平地面，为探测其具体位置，首先给金属管线通上恒定电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定（　　） A．金属管线在EF正下方，深度为L B．金属管线在EF正下方，深度为L C．金属管线的走向垂直于EF，深度为L D．金属管线的走向垂直于EF，深度为L 2．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（　　） 3．如图，长直导线水平固定放置，通有向右的恒定电流，绝缘细线一端系于导线上的O点，另一端系一个带电小球，细线拉直，第一次让小球在A点由静止释放，让小球绕O点沿圆1在竖直面内做圆周运动；第二次让小球在B点由静止释放，让小球绕O点沿圆2在竖直面内做圆周运动。圆1与直导线在同一竖直面内，圆2与直导线垂直，A、B两点高度相同，不计空气阻力，则两次小球运动到最低点C时（　　） A．速度大小相等，线的拉力相等 B．速度大小不等，线的拉力相等 C．速度大小相等，线的拉力不等 D．速度大小不等，线的拉力不等 4．某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度d＝4R，内有沿y轴正向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z轴负向的匀强磁场，又有沿z轴正向的匀强电场，电场强度与Ⅰ区电场强度等大。现有一正离子从左侧截面的最低点A处以初速度v0沿z轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C点飞出，B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点（如图中所示），已知离子质量为m、电荷量为q，不计离子重力，求： （1）电场强度的大小？ （2）离子到达B点时速度的大小？ （3）Ⅱ区中磁感应强度的大小？ （4）Ⅱ区的长度L应为多大？ 5．如图（a）所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图（b）所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t＝0时刻，带负电的粒子P（重力不计）由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，且＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为（，）．求： （1）粒子P的比荷？ （2）t＝2t0时刻粒子P的位置坐标？ （3）带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L？ 押题猜想十 电磁感应及变压器 限时：2min （原创）如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好。且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处。则求 （1）t＝0时，导体棒D的加速度大小？ （2）达到稳定运动时，C、D两棒速度之比？ （3）从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能？ （4）从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量？ 押题解读 电磁感应主要考查电磁感应中的综合性问题，包括电磁感应与动力学综合问题、电磁感应与能量综合问题、电磁感应与动量综合问题以及电磁感应中的图像问题等，高考中常常以选择题和计算题考查，对于学生的分析推理能力、知识的综合应用能力要求较高。高考对变压器的考查主要体现在变压器及远距离输电。其中变压器结合电路分析仍将是命题的热点，且新情景题目逐渐增多。难度适中，多以选择题的形式出现。 考前秘笈 一、电磁感应中的动力学问题 1．两种状态及处理方法 （1）平衡态：根据平衡条件列式分析 （2）非平衡态：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 二、电磁感应中能量和动量问题 1．电磁感应中焦耳热求解方法 （1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。 （2）若电流变化 ①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒定律求解：若只有电能和机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的焦耳热。 2．处理电磁感应与动量相联系的综合问题的基本方法 （1）与动量定理结合。在光滑水平轨道上运动的单杆（不受其他力作用），由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理＝Δp，而又由于＝＝BLq，q＝＝，Δp＝mv2－mv1，由以上四式将流经杆电荷量q、杆位移x及速度变化结合在一起。 （2）与动量守恒定律的结合。在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题中，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 三、电磁感应中图像问题 1．对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。 2．处理图像问题要做到“四明确、一理解” 四、变压器 1．理想变压器（只有一个副线圈）各物理量间的制约关系 2．关于理想变压器电路的2个难点 （1）当变压器原线圈串联负载时，需注意变压器的输入电压不等于电源电压，而是等于电源电压减去串联负载电压，即U1＝U－U0。 （2）当变压器电路中含有二极管时，需注意二极管具有单向导电性，正弦交流电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。 五、远距离输电 1．理清三个回路（如图） （1）在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1。 （2）在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线。 （3）在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。 2．抓住两个回路的联系 （1）回路1和回路2：＝，＝，P1＝P2。 （2）回路2和回路3：＝，＝，P3＝P4。 3．掌握一个守恒观念 功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝。 1．如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50 m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5 T，则（　　） A．两翼尖之间的电势差为2.9 V B．两翼尖之间的电势差为1.1 V C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 2．如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（　　） A．在t＝0到t＝的过程中，E一直增大 B．在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小 C．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率先增大后减小 D．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直减小 3．如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动 B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止 C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大 D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动 4．如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等。则当开关S断开时R1的功率为P1，当S闭合时R1的功率为P2，且P1∶P2＝9∶25，则副线圈匝数为（　　） A．25 B．50 C．200 D．400 5．输电能耗演示电路如图所示．左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是（　　） A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω C．P＝45 W D．P＝25 W 6．如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2。 （1）求磁场的磁感应强度大小B？ （2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？ （3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小？ 押题猜想十一 光的折射与光的干涉 限时：2min （原创）如图所示，是一透明材料制成的圆柱体的纵截面图，一束黄光从圆柱体圆面上的中心O点折射入光导纤维，恰好在侧面上的A点发生全发射，已知圆柱体对黄光的折射率为n，圆柱体长度为L，光在真空中的传播速度为c。则求： （1）入射角的正弦值？ （2）此单色光在圆柱体中的传播时间？ 押题解读 这部分主要涉及光的折射定律，全反射条件，临界角等知识点，往往结合几何关系进行综合考查。解决这类问题的关键：应围绕折射率，联系几何量和物理量列相关方程。管的干涉主要考查基本概念的理解析与应用，一般以选择题的形式出现。 考前秘笈 一、平行玻璃砖问题的解题方法： 1．通过平行玻璃砖的光线不改变传播方向，但要发生侧移。可以充分利用入射光线的入射角和出射光线的出射角相等的条件来解题； 2．充分利用（i＞α）、、三个公式； 注意：只有光密到光疏并且入射角大于或等于临界角才会发生全反射。 二、三角形玻璃砖问题的解题方法总结： 1．题型简述：三角形玻璃砖（也称三棱镜）是指横截面为三角形的玻璃砖，其横截面可分为：一般三角形、直角三角形、等腰三角形、等边三角形等多种。如图所示，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。 说明：①调节入射角θ，光线在AC面的出射方向会改变，可能在AC面上发生全反射。 ②两种特殊入射方向：光线平行于BC边射入、光线垂直于AB边射入。注意两种情况光线在另一个面上可能发生全反射。 2．方法突破 三、圆形或半圆形玻璃砖问题的解题方法总结: 1．题型简述：圆形或半圆形玻璃砖是指横截面为圆形或半圆形的玻璃砖。如右图所示，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。 两种特殊入射情况：①光线沿着半径方向从圆面射入，如图甲所示，光线必经过圆心，在直径面上有可能发生全反射。 ②光线从直径平面垂直射入，如图乙所示，由于入射点不同，在圆面上有可能发生全反射。 2．方法突破 四、光的干涉和衍射的比较 1．衍射与干涉的比较 两种现象 比较项目 单缝衍射 双缝干涉 不同点 条纹宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等 条纹间距 各相邻条纹间距不等 各相邻条纹等间距 亮度情况 中央条纹最亮，两边变暗 条纹清晰，亮度基本相等 相同点 干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹 【特别提醒】 （1）白光发生光的干涉、衍射和光的色散都可出现彩色条纹，但光学本质不同． （2）区分干涉和衍射，关键是理解其本质，实际应用中可从条纹宽度、条纹间距、亮度等方面加以区分． 2．干涉与衍射的本质 光的干涉条纹和衍射条纹都是光波叠加的结果，从本质上讲，衍射条纹的形成与干涉条纹的形成具有相似的原理．在衍射现象中，可以认为从单缝通过两列或多列频率相同的光波，它们在屏上叠加形成单缝衍射条纹 1．如图所示，一束光由空气射到透明介质球的A点，入射角为i，则 A．当i足够大时，在A点将发生全反射 B．当i足够大时，光从球内向外射出时将发生全反射 C．无论i多大，在A点都不会发生全反射 D．光从球内向外射出时，折射角大于i 2．如图所示，两细束平行的单色光a、b射向同一块上、下表面平行的玻璃砖的上表面，最终都从玻璃砖的下表面射出。已知玻璃对单色光b的折射率较小，那么下列说法中正确的有（　　） A．a光束在玻璃砖中传播速度比b光大 B．从玻璃砖下表面射出后，两束光不一定平行 C．从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离一定增大了 D．从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离可能和射入前相同 3．某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝S1、S2的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样。下列描述不正确的是（　　） A．图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射 B．遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大 C．照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大 D．照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹 4．随着科技的发展，夜视技术越来越成熟。一切物体都可以产生红外线，即使在漆黑的夜里“红外监控”“红外摄影”也能将目标观察得清清楚楚。为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，下列说法正确的是（　　） A．镀膜的目的是尽可能让入射的红外线反射 B．镀膜的目的是尽可能让入射的所有光均能透射 C．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一 D．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的二分之一 5．如图所示为一块玻璃砖横截面，已知△ABC为一直角三角形，∠A＝30°，BC＝a.三角形右侧为四分之一圆弧，C点为圆心，且CD⊥CB。现有一束单色光从AC的中点P平行于AB射入，折射光恰好过B点，光在真空中的速度为c，求： （1）该玻璃砖的折射率？ （2）光线从玻璃砖射入到第一次射出所经历的时间？ 6．如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在水槽底部形成一光斑P。已知入射角α＝53°，水的折射率n＝，真空中光速c＝3.0×108 m/s，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 （1）求激光在水中传播的速度大小v？ （2）打开出水口放水，求水放出过程中光斑P移动的距离x与水面下降距离h的关系？ 押题猜想十二 热学规律综合应用 限时：2min （原创）封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等。如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系。 （1）改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出V－T图像如图所示。已知大气压强p0＝1×105 Pa，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为多少？若此过程中气体吸收热量60 J，则气体的内能增加多少？ （2） 已知1 mol任何气体在压强p0＝1×105 Pa，温度t0＝0 ˚C时，体积约为V0＝22.4 L。瓶内空气的平均摩尔质量M＝29 g/mol，体积V1＝2.24 L，温度为T1＝25 ˚C。可估算出瓶内空气的质量？ 押题解读 热学规律主要有热力学定律、气体实验定律和气体的状态变化图像等问题。热力学定律和气体实验定律都属于高频考点，试题难度中等，命题形式以选择题和计算题为主，常考查学生灵活应用气体实验定律、热力学定律解释生活中的一些现象，解决某些实际问题。 考前秘笈 一、应用热力学定律分析理想气体内能相关问题的三个要点： 1．做功情况看体积 体积V减小 → 外界对气体做功 → W＞0； 体积V增大 → 气体对外界做功 → W＜0； 无阻碍地自由膨胀 → W＝0。 2．内能变化看温度 其它条件不变的情况下，温度T升高 → 内能增加 → ΔU＞0； 其它条件不变的情况下，温度T降低 → 内能减少 → ΔU＜0。 3．吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q。 二、气体实验定律与理想气体状态方程 1．应用气体的实验定律及理想气体状态方程解题的基本规律：“三定律、一方程” 2．应用气体的实验定律及理想气体状态方程的解题思路： （1）选择对象：某一定质量的理想气体； （2）找参量：气体在始末状态的参量P1、V1、T1及P2、V2、T2； （3）明确过程：认清变化过程是正确选用物理规律的前提； （4）列方程：选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性。 若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态量之间的关系，列式联立求解。 3．变质量问题：处理“充气、抽气”问题时采用“等效法”，假设把冲进和抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即把“变质量”问题转化为“定质量”问题。 三、一定质量理想气体的状态变化图像与特点： 1．如图，汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的理想气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高缸内气体温度，汽缸内气体压强p随热力学温度T的变化规律是 2．一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A，其中C→D→A为等温过程。该循环过程如图所示，下列说法正确的是（　　） A．A→B过程中，气体对外做功大于从外界吸收的热量 B．B→C过程中，单位时间内单位面积气体撞击器壁的分子数减少 C．气体状态A时内能大于状态C时内能 D．从状态A经一个循环又回到A的全过程中，气体吸收的热量小于放出的热量 3．如图，内壁光滑的绝热圆柱形汽缸直立在水平地面上，容积为2V0，一厚度可忽略的绝热轻活塞密封一定质量的某理想气体，在缸口处有固定卡环，使活塞不会从汽缸中顶出。现活塞位于汽缸中央，此时该气体温度为T0、密度为ρ，已知该气体的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，大气压强为p0，汽缸密封良好。 （1）求汽缸内气体分子的总个数N？ （2）现利用电阻丝对气体缓慢加热，使活塞缓慢上升，求气体温度升高到3T0时的压强p？ （3）该气体温度升高到3T0过程中，吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的变化量ΔU？ 4．一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C。其V—T图像如图所示，O、A、B三点在同一直线上。求： （1）若气体分子总数为N，求气体在状态B时分子间的平均距离d；？ （2）若气体在状态A的压强为p，气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，内能的增加量为ΔU，求气体在该过程中吸收的热量Q？ 5．如图所示，竖直放置、导热性能良好的U形玻璃管截面均匀，左端开口，右端封闭，左右管内用长度分别为h1＝5 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭两段气体a、b。气体a的长度La＝15 cm，气体b的长度Lb＝20 cm，最初环境温度T1＝300 K时，两水银柱下表面齐平。现缓慢升高环境温度，直至两段水银柱的上表面齐平。已知大气压强为75 cmHg，右侧水银柱未进入U形玻璃管的水平部分，两段气体均可视为理想气体。求： （1）两段水银柱的下表面齐平时气体b的压强？ （2）两段水银柱的上表面齐平时环境的温度T2？ 6．如图，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S＝1×10－3 m2。活塞的质量为m＝2 kg，厚度不计。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10－3 m3，A、B之间的容积为2.0×10－4 m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa。开始时活塞停在B处，缸内气体视为理想气体，压强为0.9p0，温度为27 ℃.现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃。求：（重力加速度g取10 m/s2） （1）活塞刚离开B处时气体的温度t2？ （2）缸内气体最后的压强？ 押题猜想十三 近代物理 限时：2min （原创）如图甲所示为氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙，则求金属的逸出功？将上述各种频率的光分别照射到电路阴极K上，共有几种频率的光能产生光电流？ 押题解读 光电效应和波粒二象性主要考查光电效应基本规律的理解和应用、光电效应的图像和波粒二象性等问题。光电效应规律经常与能级跃迁等知识相结合进行综合考查，一般试题难度较易或中等，多为选择题、填空题，考查学生的理解和综合应用能力。核反应和核能主要讲解原子核的两类衰变规律、半衰期、核反应方程以及核能的计算等问题，考试多以选择题的形式命题，命题背景新颖，难度一般；主要考查学生对于知识的理解和应用能力。波尔理论与能级跃迁在高考中主要考查原子的结构、玻尔理论的理解、氢原子的能级跃迁与电离、能级图等问题，有时会与光电效应知识综合命题，题型多为选择题。 考前秘笈 一、光电效应和波粒二象性 1．四点提醒： （1）能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率。 （2）光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光。 （3）逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关。 （4）光电子不是光子，而是电子。 2．两条对应关系： （1）光强大 → 光子数目多 → 发射光电子多 → 光电流饱和值大。 （2）光子频率高 → 光子能量大 → 光电子的最大初动能大。 3．四个关系式： （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）逸出功与极限频率的关系W0＝hνc （4）光子的动量：p＝＝。 4．四个图像： 图像名称 图线形状 由图线直接（间接）得到的物理量 最大初动能Ek与入射光频率ν的关系 Ek＝hv－W0 ①斜率表示普朗克常量h ②纵截距的绝对值表示逸出功|－E|＝W0 ③横截距表示极限频率νc 遏止电压Uc与入射光频率ν的关系 eUc＝hv－W0⇒Uc＝ ①斜率k＝，则h＝ke（普朗克常量等于图线的斜率与电子电荷量的乘积） ②纵截距的绝对值为，则逸出功W0＝eUm ③横截距表示极限频率νc 颜色不同时，光电流与电压的关系 ①横截距表示遏止电压Uc1、Uc2 ②最大值表示饱和光电流 ③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2 颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系 ①横截距表示遏止电压Uc ②最大值表示饱和光电流 ③最大初动能Ek＝eUc相等 二、玻尔理论与能级跃迁 1．解答核外电子在不同轨道上运动状态问题时涉及的主要物理规律 （1）库仑定律：F＝，可以用来确定电子和原子核间的相互作用力。 （2）牛顿运动定律和圆周运动规律：可以用来分析电子绕原子核做匀速圆周运动的问题。 （3）功能关系及能量守恒定律：可以分析由于库仑力做功引起的电子在原子核周围运动时动能、电势能之间的转化问题。 2．两类能级跃迁 受激跃迁： （1）光照（吸收光子）：光子的能量必须恰好等于能级差hv＝Em－En。 （2）碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E外≥Em－En。 （3）大于电离能的光子被吸收，将原子电离。电离能：指原子从基态或某一激发态跃迁到电离态所需要吸收的最小能量。 3．确定氢原子辐射光谱线数量的方法 （1）一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为（n－1）； （2）一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数＝。 注意：一定要区分氢原子是一个还是一群！ 三、核反应与核能 1．理清知识体系 2．α衰变和β衰变的衰变次数的计算方法 方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变量确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数。 方法二：设α衰变次数为x，β衰变次数为y，根据质量数和电荷数守恒列方程组求解。 3．核反应的四种类型 4．核反应方程的书写技巧 （1）熟记基本粒子的符号：质子（）、中子（）、α粒子（）、β粒子（）、正电子（）、氘核（）、氚核（）等。 （2）牢记两个“守恒”：核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒。 5．计算核能的四种方法 （1）根据爱因斯坦质能方程，用核反应的质量亏损的千克数乘以真空中光速c的平方，即ΔE＝Δmc2。 （2）根据1原子质量单位（u）相当于931.5兆电子伏（MeV）能量，1 u＝931.5 MeV/c2，用核反应的质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5 MeV。 （3）根据平均结合能来计算核能：原子核的结合能＝平均结合能×核子数。反应前后原子核的结合能之差即释放（吸收）的核能。 （4）如果核反应时释放的核能是以动能形式呈现，则核反应过程中系统动能的增量即为释放的核能。 1．如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是 A．处于基态的氢原子吸收10.5 eV的光子后能跃迁至n＝2能级 B．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光 C．若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应 D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV 2．光电效应实验中，得到光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν关系如图。求： （1）该金属材料的逸出功W0； （2）普朗克常量h。 3．将氢原子电离，就是从外部给电子提供能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子。（电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝9.1×10－31 kg，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3×108 m/s） （1）若要使n＝2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子？ （2）若用波长为200 nm的紫外线照射n＝2激发态的氢原子，则电子飞到离核无穷远处时的速度为多大？ 4．太阳能是一种清洁的能源，现在太阳能已广泛应用于科技和生活中。太阳能是由太阳内部激烈进行的多种核聚变反应而产生的，其中一种聚变反应是一个氘核（H）和一个氚核（H）聚变产生一个氦核（He），下列关于太阳内部的这种核聚变反应的叙述正确的是 A．该核聚变反应方程为H＋H→He＋e B．若氘核（H）的结合能为E1，氚核（H）的结合能为E2，氦核（He）的结合能为E3，则这个反应中释放出的核能为ΔE＝E3－E1－E2 C．原子核聚变反应过程中释放出了核能，所以反应后原子核的质量数一定减少 D．聚变反应是核子间距离很小时，这些核子在强大的库仑力和万有引力作用下紧密结合在一起的过程 5．氘核和氚核的核反应为：H＋H→He＋X＋17.6 MeV，则： （1）核反应式中的X是什么粒子？ （2）这一过程的质量亏损是多少（保留两位有效数字）? （3）1 g氘核完全参与上述反应，共释放多少核能？（氘核的摩尔质量M＝2 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1） 6．核动力航空母舰的动力来自核反应堆，其中主要的核反应方程式是U＋n→Ba＋Kr＋（　　）n （1）在括号内填写n前的系数； （2）用m1、m2、m3均分别表示U、Ba、Kr核的质量，m表示中子的质量，则上述核反应过程中一个铀235核发生裂变产生的核能ΔE是多少？ （3）假设核反应堆的功率P＝6.0×105 kW，若一个铀235核裂变产生的能量为2.8×10－11 J，则该航空母舰在海上航行一个月需要消耗多少千克铀235？（铀235的摩尔质量μ＝0.235 kg/mol，一月约为t＝2.6×106 s，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，计算结果保留两位有效数字） 押题猜想十四 力学实验 限时：2min （原创）一位同学“探究弹簧弹力与形变量的关系”。 （1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧。弹簧轴线和刻度尺都应在________方向（选填“水平”或“竖直”）。 （2）弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，弹簧长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6。数据如下表。 代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6 数值（cm） 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30 表中有一个数值记录不规范，代表符号为________。由表可知所用刻度尺的最小分度为________。 （3）如图甲所示是该同学根据表中数据作出的图线，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值（选填“L0”或“Lx”）。 （4）由图甲可知弹簧的劲度系数为________ N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_____ g。（结果保留两位有效数字，重力加速度g取9.8 N/kg） （5）如图乙所示是另一组同学实验得到弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F－x图线，由此可求出该组同学所用弹簧的劲度系数为________ N/m（结果保留三位有效数字）。图线不过原点的原因是_____________。 押题解读 力学实验属于热点、难点内容；高考命题以实验题的形式出现；力学实验通常以教材内的实验为主，基本的实验仪器使用、读数、数据处理及实验注意事项考查；实验改进及优化；课本必做之外的实验如滑动摩擦的测量，基于牛顿第二定律的质量测量等创新性的力学实验考查。以课内要求必做实验为基础的考查，涉及与实验相关的利用生活中的器材进行实验探究的考查。近3年来，江苏均力学实验考查了2次，均包含了常有测量仪器的读数，预测今年有可能考查螺旋测微器测量导线直径的电学实验。 考前秘笈 1．凡是用测量仪器直接测量的结果，读数一般要求在读出仪器最小刻度所在位的数值（可靠数字）后，再向下估读一位（不可靠数字），这里不受有效数字位数的限制。 2．间接测量的有效数字运算不作要求，运算结果一般可用2~3位有效数字表示。 3．“纸带”类实验三个关键点： （1）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“每五个点取一个计数点”与“每隔四个点取一个计数点”的取点法是一样的； （2）涉及打点计时器的实验均是先接通电源，打点稳定后，再释放纸带； （3）实验数据处理可借助图像，充分利用图像斜率、截距等的物理意义。 4．纸带或频闪照片的处理方法 5．创新实验的特点及求解的基本思路 创新实验涉及实验仪器和原理的创新、实验方案和方法的创新，此类实验题要用“已有的知识”“学过的实验方法”“已会用的仪器”，通过知识迁移和能力迁移，进行解答。 求解创新设计类实验的基本思路 1．在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，如图甲所示，橡皮条的一端固定，一端挂一轻质小圆环，橡皮条的长度为GE。如图乙所示，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO，撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，如图丙所示，使小圆环仍处于O点。 （1）在实验操作中，力F单独作用时与力F1、F2共同作用时都使小圆环在O点保持静止。这样做的目的是　　　　　　。体现　　　　　　的物理思想。  （2）具体操作前，某同学提出了以下关于实验操作的建议，其中正确的是 　。 A．图乙中，F1与F2的方向必须相互垂直 B．重复实验再次进行探究时，圆环O的位置必须与前一次相同 C．用两弹簧测力计同时拉小圆环时，两弹簧测力计示数之差应尽可能大一些 D．使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线 （3）图丁中弹簧测力计的示数为　　　　　　 N；  （4）在实验过程中，必须记录的有　　　　　　；  A．甲图中E的位置 B．乙图中O的位置 C．OB、OC的方向 D．弹簧测力计的示数 （5）某同学用力的图示法将两次实验记录的两个力F1、F2和F画在图戊中，请你在图中以F1、F2为邻边作出平行四边形，根据作出的图可得出的结论是：　　　　　　　　　。  2．某同学利用图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。 （1）图为实验中打出的一条纸带的一部分，纸带上标出了连续的5个计数点，依次为A、B、C、D和E，相邻计数点之间还有4个点没有标出，已知打点计时器所使用的交变电源的频率为50 Hz。由纸带量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm，打点计时器打下C点时，小车的速度大小为________ m/s，小车的加速度大小为________ m/s2。（结果均保留两位有效数字） （2）某同学探究“保持物体所受合外力不变，其加速度与质量的关系”时，作出如图所示的图像，由图像可知，小车受到的合外力的大小是________ N。 3．图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。 （1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛__________________。 （2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为________m/s。 （3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为_____m/s；B点的竖直分速度为_________________m/s。 4．如图甲所示是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度关系”的实验装置。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方靠近A处。在钢球底部竖直地粘住一片质量不计、宽度为d的遮光条，小钢球的质量为m，重力加速度为g。实验步骤如下： （1）将小球竖直悬挂，测出悬点到钢球球心之间的距离，得到钢球运动的半径为R；用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，其读数为________ cm；将钢球拉至某一位置释放，测得遮光条的挡光时间为0.010 s，小钢球在A点的速度大小v=________ m/s（结果保留三位有效数字）。 （2）先用力传感器的示数FA计算小钢球运动的向心力F′=FA－mg，FA应取该次摆动过程中示数的________（选填“平均值”或“最大值”），然后再用F=m计算向心力。 （3）改变小球释放的位置，重复实验，比较发现F总是略大于F′，分析表明这是系统造成的误差，该系统误差的可能原因是________。 A．小钢球的质量偏大 B．小钢球初速度不为零 C．总是存在空气阻力 D．速度的测量值偏大 （4）为了消除该系统误差，可以________（回答一条即可）。 5．向心力演示器如图（a）所示。 （1）在进行下列实验时采用的方法与本实验相同的是________。 A．探究加速度与力、质量的关系 B．伽利略对自由落体的研究 （2）图（b）显示了左右两标尺上黑白相间的等分格之比为1∶4，则左右两处小球所受向心力大小之比约为________。 A．1∶2　　　　　B．1∶3　　　　　C．1∶4 （3）图（a）中，长槽上的球在2处到转轴的距离是球在1处到转轴距离的2倍，长槽上的球在1处和短槽上的球在3处到各自转轴的距离相等。在探究向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在图（a）中的________和________处（均选填“1”“2”或“3”），若标尺上黑白相间的等分格恰如图（b）所示，那么图（c）中左右变速塔轮半径之比R1∶R2＝________。 6．某同学用图（a）所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，图（b）是用“8 V，50 Hz”的打点计时器打出的一条纸带，O点为重锤下落的起点，选取的计数点A、B、C、D到O点的距离在图中已标出，重力加速度g取9.8 m/s2，重锤的质量为1 kg。（计算结果均保留两位有效数字） （1）下列做法正确的有________。 A．必须称出重锤和夹子的质量 B．图中两限位孔必须在同一竖直线上 C．将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器 D．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源 E．处理数据时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置 （2）打点计时器打下B点时，重锤下落的速度vB＝________ m/s，重锤的动能EkB＝________J。 （3）从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能的减少量为________J。 （4）根据（1）、（2）计算，在误差允许范围内，从起点O到打下B点过程中，你得到的结论是_________________________________________。 （5）图是根据某次实验数据绘出的－h图像，图线不过坐标原点的原因是____________。 押题猜想十五 电学实验 限时：2min （原创）在“测量金属丝的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50.0 cm。 （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为________mm（该值接近多次测量的平均值）。 （2）用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为电池组（提供电压为3 V）、电流表（内阻约0.1 Ω）、电压表（内阻约3 kΩ）、滑动变阻器R（0～20 Ω，额定电流2 A）、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的________图（选填“甲”或“乙”）。 （3）如图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。 （4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω（保留2位有效数字）。 （5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________。 A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·m C．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m （6）（多选）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是________。 A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于系统误差 B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D．用U－I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 押题解读 电学实验属于热点、难点内容；高考命题以实验题的形式出现；电学实验通常以教材内的实验为主，基本的实验仪器使用、读数、电路连线、实验数据处误差分析及实验注意事项考查；实验改进及优化。以课内要求必做实验为基础的考查，涉及与实验相关的利用生活中的器材进行电学实验探究的考查。 考前秘笈 1．常用方法：控制变量法；等效替代法；转换测量对象法；半偏法；电桥法。 2．求解电学创新型实验的基本思路 解题步骤 注意事项 找原型：根据题意找出题中实验在教材中的实验原型，并能准确、完整地重现出来 创新型实验多是对教材实验或常见的练习题进行器材和装置的改换而成，按照实验题目的要求，进行实验的设计或有关物理量的测量；也可能是对实验方法加以改进或重组进行新实验的设计。要注意数据处理、误差的来源等 找差别：根据题中所提供的实验器材与原型中的器材进行对比，找出不同点，这往往是解题的“金钥匙” 定方案：通过与原实验对比的结果和需要测量的物理量，来确定实验设计与实验步骤 1．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，需要测出金属丝的电阻Rx，甲、乙两同学分别采用了不同的方法进行测量： （1）①甲同学直接用多用电表测其电阻，该同学选择×10 Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大。为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：________。（填步骤前的字母） A．旋转选择开关至欧姆挡“×1 Ω” B．旋转选择开关至欧姆挡“×100 Ω” C．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔 D．将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔 E．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔 ②按正确步骤测量时，指针指在图所示位置，Rx的测量值为________ Ω。 （2）乙同学则利用实验室里下列器材进行了测量： 电压表V（量程0～5 V，内电阻约10 kΩ） 电流表A1（量程0～500 mA，内电阻约20 Ω） 电流表A2（量程0～300 mA，内电阻约4 Ω） 滑动变阻器R1（最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A） 滑动变阻器R2（最大阻值为250 Ω，额定电流为0.1 A） 直流电源E（电动势为4.5 V，内电阻约为0.5 Ω） 开关及导线若干 为了较精确画出I－U图线，需要多测出几组电流、电压值，故电流表应选用________，滑动变阻器选用________（选填器材代号），乙同学测量电阻的值比真实值________（选填“偏大”“偏小”或“相等”），利用选择的器材，请你在图方框内画出理想的实验电路图，并将图中器材连成符合要求的电路。 2．在“测定金属的电阻率”的实验中 （1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图甲所示，则该金属丝的直径为___ mm。 （2）用量程为3 V的电压表和量程为0.6 A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图乙所示，则电压表的读数为________ V，电流表的读数为________ A。 （3）用米尺测量金属丝的长度L＝0.810 m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为______ Ω·m（保留两位有效数字）。 3．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3 V，内阻约2 Ω），保护电阻R1（阻值10 Ω）和R2（阻值5 Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。实验主要步骤： （ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关； （ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I； （ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U－I图线（U、I都用国际单位）； （ⅳ）求出U－I图线斜率的绝对值k和纵轴上的截距a。 回答下列问题： （1）电压表最好选用________；电流表最好选用________；（填写字母） A．电压表（0～3 V，内阻约15 kΩ） B．电压表（0～15 V，内阻约3 kΩ） C．电流表（0～200 mA，内阻约2 Ω） D．电流表（0～30 mA，内阻约2 Ω） （2）若滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________。 A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 （3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值； （4）待测电源的电动势E的测量值________真实值，内阻r的测量值________真实值（均选填“大于”“等于”或“小于”）。 4．某同学利用电压表和电阻箱测定一节干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻（R0＝5 Ω）一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图（a）。 （1）在图（b）的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接。 （2）请完成下列主要实验步骤： ①检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图（c）所示，读得电阻值是________； ②将开关S1闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49 V； ③将开关S2______，电压表的示数是1.16 V；断开开关S1。 （3）使用测得的数据，计算出干电池的电动势是______，内阻是________（计算结果保留小数点后两位）。 5．国家有关酒驾的裁量标准如下： 驾驶员血液酒精含量 ≥20 mg/100 mL，<80 mg/100 mL ≥80 mg/100 mL 行为定性 饮酒驾驶 醉酒驾驶 酒精检测仪是交警执法时通过让司机呼气来检测司机是否酒驾的检测工具．现有一个酒精检测仪的主要元件“酒精气体传感器”，即气敏电阻，气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的变化而变化，下表显示了某气敏电阻Rx的阻值随酒精气体浓度的变化情况． 酒精气体浓/（mg/mL） 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 阻值/Ω 100 70 55 45 39 35 33 31 30 为了较准确测量酒精气体浓度为0.35 mg/mL时气敏电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材。 A．电流表A1（0～100 mA，内阻约为15 Ω） B．电流表A2（0～0.6 A，内阻约为5 Ω） C．电压表V1（0～5 V，内阻约为5 kΩ） D．电压表V2（0～15 V，内阻约为20 kΩ） E．滑动变阻器R1（阻值范围为0～20 Ω，允许通过的最大电流为2 A） F．滑动变阻器R2（阻值范围为0～5 Ω，允许通过的最大电流为0.2 A） G．待测气敏电阻Rx H．电源E（电动势为6 V，内阻r约为2 Ω） I．开关和导线若干 J．恒温检测室 （1）在如图甲所示的虚线框中画出测量Rx阻值的实验电路图． （2）为使测量尽量准确，实验时滑动变阻器应选________，电压表应选________，电流表应选________。（填器材前面的字母） （3）某同学用该气敏电阻Rx设计了一个测定酒精气体浓度的电路用来检测是否酒驾，如图乙所示，该电路使用一个电压表，正常工作时，若被测气体酒精浓度为0，电压表指针满偏。使用一段时间后，电源电动势会稍变小，内阻会稍变大，保持滑动变阻器滑片不动，则酒精气体浓度的测量值将________（选填“偏大”或“偏小”）。 6．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。 （1）实验需要以下哪种电源________； A．低压直流电源 B．高压直流电源 C．低压交流电源 D．高压交流电源 （2）该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________值 （填“有效”或“最大”）。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________； （3）理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________（选填“正比” 或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般________（选填“大于”“小于”或“等于”）原线圈与副线圈的匝数之比； （4）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为________。（填字母代号） A．原、副线圈上通过的电流发热 B．铁芯在交变磁场作用下发热 C．变压器铁芯漏磁 D．原线圈输入电压发生变化 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 运动学与动力学图像 2 押题猜想二 静态平衡与动态平衡 6 押题猜想三 抛体运动与圆周运动 12 押题猜想四 万有引力定律与航天 17 押题猜想五 牛顿动力学问题 21 押题猜想六 机械振动与机械波 26 押题猜想七 功能关系 31 押题猜想八 静电场 36 押题猜想九 磁场 41 押题猜想十 电磁感应及变压器 46 押题猜想十一 光的折射与光的干涉 53 押题猜想十二 热学规律综合应用 58 押题猜想十三 近代物理 62 押题猜想十四 力学实验 66 押题猜想一 运动学和动力学图像 限时：2min （原创）如图为质点P从t=0时刻，由原点从静止开始做直线运动的加速度a随时间t变化的正弦曲线，周期为2t0。在0~3t0时间内，下列说法正确的是（    ）    A．t=2t0时，P回到原点 B．t=2t0时，P的运动速度最小 C．t=t0时，P到原点的距离最远 D．t=1.5t0时，P的运动速度大于t=0.5t0时的运动速度 【答案】B 【解析】质点在0~t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动在做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0~2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动在做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0~4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，AC错误，B正确； a~t图像的面积表示速度变化量，0.5t0~1.5t0内速度的变化量为零，因此0.5t0时刻的速度与1.5t0时刻相同，D错误。故选B。 押题解读 主要考查运动学图像、动力学图像和功能关系图像等力学图像问题。从命题趋势上来看，三种图像问题都是高考热点，命题情境来源广泛，会紧密联系生产生活和科技进步等场景。高考题型考查形式多样，考查的难度适中，主要考查学生对图像物理意义的理解、图像的分析技巧和方法（数形结合）。 考前秘笈 一、解运动学图像的规律方法： 1、关注坐标轴所表示的物理量，从物理规律出发寻找图像对应的函数关系式； 2、理解截距、斜率、面积所代表的物理量（注意正负的含义）； 3、分析交点、转折点、渐近线等，交点往往是解决问题的切入点。 注意： ①分析运动学图像，要将图像与实际运动情景相结合； ②当题目给出的是a－t、x－t等的图像时，可以考虑转化为v－t图像求解。 二、解动力学图像问题的规律方法： 题型 基本解题思路 已知运动图像分析受力情况 （1）根据运动图像，求解加速度； （2）应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系； （3）确定物体受力情况及相应物理量。 已知受力图像分析运动情况 （1）根据受力图像，结合牛顿第二定律，确定加速度的变化； （2）根据加速度和初速度的方向，判断是加速还是减速； （3）由加速度结合初始运动状态，分析物体的运动情况。 已知有关情境确定物理量的变化图像 （1）分析运动过程中物体的受力； （2）根据牛顿第二定律推导出加速度表达式； （3）根据加速度的变化确定物理量的变化图像。 三、解决功能关系图像问题的规律方法： （1）规律总结： 对E－x图像，斜率表示使能量E发生变化的作用力 对F－x图像，面积表示作用力F做的功 （2）解题技巧：选取研究对象受力分析和运动分析，根据功能关系列出能量与对应物理量的关系式，数形结合，应用物理规律找到两个变量之间的函数关系，是挖掘图像斜率、截距和面积信息的关键。 1．2022年2月4日，第24届冬奥会在北京开幕，北京成为历史上首个“双奥之城”。在这届冬奥会中，我国运动员顽强拼搏，奋力争先，最终取得了9金4银2铜的历史最好成绩。假设比赛中我国某滑雪运动员由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．内运动员做单向直线运动 B．内加速度方向改变，先正向后反向 C．内速度先增大后减小 D．该运动员在时的速度为 【答案】A 【解析】图像与轴所围的面积表示速度变化量，图中内面积和内面积相等，表示速度变化量大小相等、方向相反，则有，而运动员在内始终做加速运动，在内始终做减速运动，且时速度依然沿正方向，所以内运动员做单向运动，故D错误，A正确；运动员由静止开始运动，内加速度方向始终沿正方向，该段时间内运动员始终沿正方向做加速运动，所以速度方向也始终沿正方向，运动员一直加速，故BC错误。故选A。 2．甲、乙两物体分别在水平面上做直线运动，取向右为正方向，它们运动的相关图像分别如图甲、乙所示．已知乙的初速度为0，下列说法正确的是（　　）    A．甲物体时的加速度方向发生变化 B．乙物体时的运动方向没有发生变化 C．甲物体内的平均速度与内的平均速度相同 D．乙物体时的位置与0时刻的位置相同 【答案】B 【解析】由图像中斜率表示加速度，由图甲可知，甲物体时的加速度方向没有变化，故A错误；已知乙的初速度为0，因图像与时间轴围成的面积等于速度的变化量，可知乙物体在时间内速度为负值，在内速度变化量为正值，在时速度减为零，但是在内速度仍为负值，则2s时的运动方向没有发生变化，故B正确；由图甲可知，甲物体内位移与内的位移大小相同，方向相反，则甲物体内的平均速度与内的平均速度大小相同，但是方向相反，故C错误； 乙物体从速度一直为负，则时的位置与0时刻的位置不相同，故D错误。故选B。 3．如图所示，在同一平直公路上行驶的a车和b车，其位置一时间图像分别为图中直线a和曲线b。已知b车的加速度恒定且初速度为8m/s，t=3s时，直线a和曲线b刚好相切。下列说法不正确的是（　　）    A．a车的速度大小为2m/s B．b车的加速度大小为2m/s2 C．t=0时，a车和b车相距15m D．t=2s时，a车在b车前方1m处 【答案】C 【解析】a车的速度大小为直线a的斜率，计算可得，A正确； t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车速度与a车速度相等为，而初速度大小为，故加速度为，B正确；从图像可知，t1=3s时，两车相遇，3s内b车位移为，而此过程中a车位移为，它们的初始距离为，即初始时a车在b车前面9m处，C错误；t2=2s时，两车位移分别为，则此时两车的距离为，即此时a车在b车前方1m处，D正确。故选C。 4．在距地面高H处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械能E随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是 A．小球的质量等于 B．当时，小球的动能小于重力势能 C．小球运动的加速度等于 D．运动过程中小球受到的阻力大小恒为 【答案】D 【解析】设小球质量为m，运动过程受到的阻力为f，根据功能关系可求小球下落到距地面高h处时的机械能为，结合图像可得，，解得，A正确；当时，根据动能定理可求动能为，可见在此位置小球的动能小于重力势能，B正确。根据牛顿第二定律有，又因为，，联立各式可解得，C正确。由关系式，可知图像斜率的物理意义为阻力，可见阻力大小是恒定的，由图可得，D错误。故选D。 5．一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（  ） A．在时，拉力的功率为6W B．在时，物体的动能为2J C．从运动到，物体克服摩擦力做的功为6J D．从运动到的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s 【答案】B 【解析】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为，可看出图像的斜率代表拉力F。设在时物体速度为v，根据动能定理有，解得时物体的速度为，由题图像可知图像的斜率代表拉力F，所以时，拉力为，则时，拉力的功率，A错误；当时，根据动能定理有，解得物体的动能为，B正确；从运动到，物体克服摩擦力做的功为，C错误；根据图像可知在的过程中水平拉力，的过程中水平拉力，由于物体受到的摩擦力恒为，则物体在处速度最大，设为，根据动能定理有，，则从运动到的过程中，物体的动量最大为，D错误。故选B。 押题猜想二 静态平衡与动态平衡 限时：2min （原创）如图所示，一个晾衣架放在水平地面上静止，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为θ，当θ缓慢减小时，每根斜杆受到地面的 A．支持力增大 B．支持力减小 C．摩擦力增大 D．摩擦力减小 【答案】 【解析】对衣架、横杆、衣服组成的整体受力分析。整体所受重力与地面的支持力平衡。 设整体重力为G，则每根斜杆受到地面的支持力FN＝，即θ变化不影响支持力大小； 每根斜杆中的力在水平方向为Fx＝FNtan ＝＝f，随着角度θ缓缓减小，则tan 减小，f也减小，故D正确。 押题解读 静态平衡主要考查一个物体或者多个物体的静态平衡问题，解答此问题的三种常用方法是：合成法与分解法、正交分解法、力的三角形法；对于多个物体的平衡问题可以灵活选择整体法和隔离法。高考中侧重对学生物理基础知识进行考查，同时对利用三角函数、解直角三角形、正弦定理等数学知识解决物理问题能力的要求较高。动态平衡是由于物体的运动导致其所受力的大小或者方向不断变化，但物体仍处于平衡状态。或者是物体保持静止状态，但是其所受到的力在不断变化，都可以称之为动态平衡问题。识别这类问题的典型关键词有：“缓慢转动”、“缓慢移动”等。解决动态平衡问题常见的方法有解析法、图解法、相似三角形法、辅助圆法等。 考前秘笈 一、静态平衡 1．单个物体平衡 处理单个物体的平衡问题时，首先要对物体进行受力分析，当物体受三个力的作用时一般用合成法或矢量三角形法，当物体受到四个或四个以上共点力的作用而平衡时可以用正交分解法，也可以将多力问题转化为三力问题借助矢量三角形求解。最小力问题常用数学函数求解或者矢量三角形中寻找垂直关系。 2．多个物体平衡 多个物体的平衡问题，一般优先考虑整体法，再考虑隔离法，但选择2个物体或者选择3个物体、4个物体进行分析都可以称为整体法，为了选取合适的研究对象，既要考虑物体的对称性和受力特点，又要考虑待求量和关联量，尽量不出现无关量或新的未知量。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。 3．对于非共面力的平衡问题，基本思路不变，首先是对物体进行受力分析，只是发现物体受力不在同一平面上以后，寻找关联力是解决这种问题的关键。解题技巧：把同一面上的力进行正交分解，寻找不同面上的关联力，根据平衡方程列式求解即可。解决此类问题时要注意图形结构的对称性特点，结构的对称性往往对应着物体受力的对称性。 4．解决电磁学平衡问题，要理清知识体系 二、动态平衡 1．当物体受4个或4个以上的力而处于动态平衡时，一般使用正交分解法。当物体受三个力（一个力的大小、方向都已知，一个力只知道方向，另一个力大小、方向都未知）而处于动态平衡时，通过画矢量三角形，可以用图解法或正弦定理求解。 2．一般情况下，图解法更方便、简洁，直观，正交分解法计算量较大，所以优先选择图解法。 3．辅助圆法使用原则： 首先分析物体的受力特征，当物体所受一个力为恒力，另外两个力方向改变但夹角不变，优先考虑辅助圆法，以恒力为弦画图进行分析。 1．如图所示，倾斜轨道与水平面的夹角为θ，倾斜轨道上放置一光滑的导电金属导轨abcd，导轨间距为L，ab间接有一直流电源，cd段垂直于导轨放置一金属棒，回路内的电流为I，整个空间处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，金属棒刚好处于静止状态。已知重力加速度为g，则 A．a端接电源的正极 B．金属棒受到的安培力大小为ILB C．金属棒的质量为 D．金属棒的质量为 【答案】B 【解析】由cd棒受力平衡可知其受水平向右的安培力，根据左手定则知，cd棒中的电流方向从c到d，a端接电源的负极，选项A错误；B和I 相互垂直，故金属棒受到的安培力为F安＝ILB，选项B正确；cd棒受力如图所示，根据三力平衡得F安＝mgtan θ，解得m＝，选项C、D错误。 2．如图所示，截面为四分之一圆的柱体放在墙脚，一个小球用细线拉着静止在光滑圆弧面上，细线的悬点在竖直墙面上的A点，保持细线伸直长度不变，小球大小不计。将悬点沿竖直墙面缓慢向上移，在小球沿圆弧面向上缓慢移动的过程中，下列判断正确的是（　　） A．细线的拉力大小不变 B．细线的拉力减小 C．圆弧面对小球的支持力大小不变 D．圆弧面对小球的支持力增大 【答案】B 【解析】设悬点到水平面的距离为h，圆的半径为R，细线长为L，小球受重力mg、支持为FN和细线拉力F，如图所示，根据相似三角形法有＝＝，随着h增大，F减小，FN减小，故B正确。 3．燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是a、b两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将含有食物的球面锅置于两款支架上，假设锅和锅内食物的总重量总是维持不变，则 A．如果锅的尺寸越大，则a款每个支架齿受到的压力越大 B．如果锅的尺寸越大，则a款每个支架齿受到的压力越小 C．如果锅的尺寸越大，则b款每个支架齿受到的压力越大 D．如果锅的尺寸越大，则b款每个支架齿受到的压力越小 【答案】D 【解析】设每个支架齿对锅的支持力与竖直方向的夹角为θ，锅静止，根据平衡条件可得5FNcos θ＝G锅，因为a款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于支架的斜面，方向不变，即θ不变，每个支架齿对锅的支持力与锅的尺寸无关，由牛顿第三定律知，a款每个支架齿受到的压力不变，故A、B错误；因为b款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于公切面，故锅的尺寸越大，b款每个支架齿对锅的支持力与竖直方向的夹角θ变小，由5FN′cos θ′＝G锅，结合牛顿第三定律可知b款每个支架齿受到的压力越小，故C错误，D正确。 4．随着抖音、快手等小软件的出现，人们长时间低头导致颈椎病的发病率越来越高。现将人体头颈部简化为如图所示的模型，A点为头部的重心，AO为提供支持力的颈椎（视为轻杆），可绕O点转动，AB为提供拉力的肌肉（视为轻绳）。如图甲，当人直立时，颈椎所承受的压力大小等于头部的重力大小G；如图乙，当人低头时，AO、AB与竖直方向的夹角分别为20°、40°。下列关于图乙的说法中正确的是 A．颈部肌肉的拉力大于G B．颈部肌肉的拉力小于G C．颈椎受到的压力大于G D．颈椎受到的压力小于G 【答案】C 【解析】对人体头部受力分析如图所示，结合20°和40°的几何关系可知，FOA应在G和FAB的角平分线上，故FAB＝G，FOA＝FOA′＝2Gcos 20°>2Gcos 30°＝G，则颈部肌肉的拉力等于G，颈椎受到的压力大于G，C正确。 5．如图所示，家用燃气灶支架有四个对称且相同的炉爪，重为G的锅放在支架上，锅面为球面，忽略炉爪与锅之间的摩擦力。每个炉爪对锅的支持力大小可能为 A．G　 B．G C．G　 D．G 【答案】A 【解析】设每个爪对锅的支持力方向与竖直方向的夹角为θ，竖直方向根据受力平衡可得4FNcos θ＝G，解得FN＝＞，故A正确。 6．如图所示，将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A向B大小为I的电流，则 A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力不变 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr 【答案】D 【解析】通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg；通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2FT′＝mg＋F安，可知通电后两绳的拉力变大，A、B错误；半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C错误，D正确。 7．有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，将边长为d的正三角形匀质金属线框（线框由电阻为R的金属丝折合而成）如图甲、乙情况放置，静止时弹簧的长度分别为L1和L2．现将该金属线框如图丙所示接入电路，导线的左右接触点分别为线框左右两边的中点，磁场方向垂直纸面向外，大小为B，电源的电动势为E，内阻为r，导线与线框之间作用力可以忽略，则闭合开关S后，弹簧的长度L3为 　　 A．L1＋ B．L2＋ C．L1－ D．L2＋ 【答案】A 【解析】对图甲中的线框受力分析mg＝k（L1－L0），对图乙中的线框受力分析mg＝k（L0－L2），得mg＝，L0＝。图丙中，金属线框等效电阻R′＝＝R，受向下安培力FA＝BI，电流I＝．综上，线框所受安培力FA＝，由于受力平衡，则mg＋FA＝k（L3－L0），结合前面的计算结果可得L3＝L1＋，故A正确。 押题猜想三 抛体运动与圆周运动 限时：2min （原创）如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从A点垂直于缓冲坡以v0＝24 m/s起跳，最后落在缓冲坡上的B点，缓冲坡倾角θ＝37°，轨迹上的C点与A点等高(图中未画出)。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，若不计空气阻力，运动员从A点到C点过程中的速度变化量Δv为 A．38.4 m/s，方向竖直向下 B．38.4 m/s，方向竖直向上 C．0 D．19.2 m/s，方向竖直向下 【答案】A 【解析】运动员竖直分速度vy＝v0cos 37°＝19.2 m/s 从A点到C点过程中速度变化量Δv＝2vy＝38.4 m/s，方向竖直向下。 押题解读 抛体运动主要考查平抛运动的基本规律、多物体的平抛运动、落点有限制条件（临界）的平抛运动和斜抛运动等问题。高考常以体育比赛项目或在生产生活中的抛体运动情景为命题背景，考查学生对抛体运动进行模型建构的能力，应用合成与分解思想分析曲线运动的能力。圆周运动主要涉及水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动基本规律及临界问题等。高考常以生活中圆周运动的实例为命题背景。 考前秘笈 一、对于平抛运动 1．构建好“两个物理模型” （1）常规的平抛运动及类平抛模型； （2）与斜面结合的平抛运动模型 ①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形。 ②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形。 2．多体平抛问题处理思路 （1）若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。 （2）若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。 （3）若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。 （4）两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。 3．做平抛运动的物体，落点不在水平面上，而是在斜面、竖直面、弧面上时，将平抛运动的知识与几何知识结合起来，分解速度或分解位移，在水平方向和竖直方向分别列式求解。 二、对于斜抛运动 1．斜抛运动至最高点时速度水平，可采取逆向思维法，看作反方向的平抛运动。斜抛运动往往以最高点为临界点时具有时间上的对称性。 2．求解方法 （1）常规分解法：将斜抛运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。 （2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度g分解为gx、gy，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。 三、圆周运动 1．解决竖直平面内的圆周运动临界问题的解题思路： 2．求解斜面上圆周运动问题的“三个关键”： （1）物体在垂直于斜面方向上的合力一定为零； （2）物体在斜面内指向圆心方向的合力提供向心力； （3）物体经过斜面上最高点、最低点时的临界条件。 斜面上的圆周运动要根据具体情境，可以借助于处理竖直面内的圆周运动模型的方法分析解决。 1．我国少数民族运动会上，设有跑马射箭项目(如图甲所示)运动员需骑马在直线跑道上奔驰，弯弓放箭，射击侧方的固定靶标。如图乙所示，假设无风的天气运动员骑马沿直线跑道奔驰的速度大小，与静止时射出弓箭的速度大小相等，已知弓箭放出时指向固定靶标的速度为v，且与直线跑道的夹角为30°，直线跑道到固定靶标的最短距离为d，下列说法正确的是(　　) A．运动员静止时射出的弓箭速度的方向与直线跑道的夹角为45° B．运动员骑马沿直线跑道奔驰的速度大小与静止时射出弓箭的速度大小均为v C．射出的弓箭发生的位移为d D．射出的弓箭的运动时间为 【答案】D 【解析】运动员静止时射出的弓箭速度与骑马沿直线跑道奔驰的速度的合速度为v，且两个分速度的大小相等，速度合成的平行四边形是菱形，由几何关系可得运动员静止时射出的弓箭速度的方向与合速度v的夹角为30°，与直线跑道的夹角为60°，A错误；由几何关系可得2v0cos 30°＝v，因此运动员骑马沿直线跑道奔驰的速度大小与静止时射出弓箭的速度大小均为v0＝v，B错误；射出的弓箭发生的位移为s＝＝2d，C错误；射出的弓箭的运动时间为t＝＝，D正确。 2．如图，在相同高度处甲以速度v1将篮球A斜向上抛出，同时乙以速度v2将篮球B竖直向上抛出，B到达最高点时恰被A水平击中。不计空气阻力，两球均可视为质点，重力加速度为g，则 A．A在最高点的速度为0 B．A的速度变化率小于B的速度变化率 C．从抛出到相遇A、B动量的 D．若A、B抛出点之间距离变小，B可能不会被击中变化量相同 【答案】C 【解析】A做斜上抛运动，到最高点时竖直分速度为零，而水平分速度不为零，所以A的速度不为零，故A错误；速度变化率即为加速度大小，两球均只受重力，加速度均为重力加速度，即速度变化率相等，故B错误；从抛出到相遇A、B动量的变化量均为Δp＝mΔv＝－mgt，故C正确；若A、B抛出点之间距离变小，B在上升阶段仍会被击中，故D错误。 3．如图在水平地面上放置一边长为0.8m的正方形水箱，一水管可在ABCD面内绕A点转动θ≤90°，已知出水口截面积为5cm2，出水速率为2.5m/s，不计水管管口长度及一切阻力，水落至液面或打至侧壁不再弹起，则 A．任何方向喷出的水柱都能打到DCGH或CGFB侧面 B．水在空中运动时间的最大值为 C．空中运动的水的质量最大值为0.5kg D．若保持θ不变，则随着液面上升，水在空中运动的时长逐渐缩短 【答案】C 【解析】根据平抛规律，假设全都落在水平面上，则在竖直方向上做自由落体运动 ，水平方向上做匀速直线运动，x＝v0t，联立解得t＝0.4s，x＝1m，而由几何关系可知 ，所以不是所有方向喷出的水都能达到DCGH或CGFB侧面，水在空中运动时间的最大值为t＝0.4s，AB错误；水流量，水质量最大值m＝ρQt＝1.0×103×1.25×10﹣3×0.4kg＝0.5kg，C正确；若保持θ与AD边一个较小的角或者与AB边一个较小的角不变，使喷出的水打到侧面一个较高位置处，则随着液面上升，水在空中运动的时长先不变，然后再减小，D错误。故选C。 4．如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转。甲、乙两个小物块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与OO′间的夹角分别为a＝30°和β＝60°，重力加速度大小为g。当转台的角速度为ω0时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（　　） A．ω0＝ B．当转台的角速度为ω0时，甲有上滑的趋势 C．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的摩擦力一直增大 D．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的支持力一直减小 【答案】B 【解析】小物块乙受到的摩擦力恰好为零，重力和支持力的合力提供向心力，即mgtan β＝mω02Rsin β ,解得：ω0＝,故A错误；设转台角速度为ω时，物块甲受到的摩擦力为零，重力和支持力的合力提供向心力，mgtan α＝mω2Rsin α,解得：ω＝＜ω0;所以当转速为ω0时，支持力和重力的合力不足以提供向心力，甲有沿内壁切线上滑的趋势，故B正确；甲的临界角速度ω＝＞0.5ω0，所以当角速度从0.5ω0缓慢增大到时，甲有沿内壁切线下滑的趋势，角速度从缓慢增大到1.5ω0时，甲有沿内壁切线上滑的趋势，摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再反向增大，故C错误；将甲收到的力分解为水平方向和竖直方向，竖直方向的合力为0，即mg＝Ncos α＋fsin α，由C可知，角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，先减小再反向增大，则支持力一直在增大，故D错误。故选B。 5．如图甲所示，两个完全相同物块A和B（均可视为质点）放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连，两物块质量均为1 kg，与圆心距离分别为RA和RB，其中RA＜RB且RA＝1 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力FT与ω2的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A．物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.5 B．物块B与圆心距离RB＝3m C．A受到的静摩擦力方向始终指向圆心 D．当角速度为 rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动 【答案】D 【解析】当ω较小时，两物块均由静摩擦力充当向心力，ω增大，由F＝mω2r可知，它们受到的静摩擦力也增大，而B的半径大于A的半径，所以B受到的静摩擦力先达到最大，由图知当ω2＝0.5(rad/s)2时，B达最大静摩擦力，之后细绳拉力和摩擦力的合力提供B的向心力，即有FT＋μmg＝mω2RB，得FT＝mω2RB－μmg。由图像纵轴的截距，可知B受最大静摩擦力为1 N，即μmg＝1 N，解得μ＝0.1，故A错误；当ω2＝0.5(rad/s)2时，根据μmg＝mω2RB，解得：RB＝2 m，故B错误；当绳子出现拉力后，对A有：FT＋fA＝mω2RA，从而可得μmg－fA＝mω2(RB－RA)，可知，随着角速度增大，A受到的静摩擦减小，当A受到的静摩擦力减小为零后，FT－fA＝mω2RA，此时又有μmg＋fA＝mω2(RB－RA)，可知随角速度继续增大，A受到的静摩擦又增大，所以A受的静摩擦力先指向圆心减小到零再背离圆心增大，故C错误；当角速度为 rad/s时，即ω2＝2(rad/s)2，对应的细绳拉力FT′＝3 N，对A有：FT′＋fA′＝mω2RA，解得：fA′＝－1 N＝－μmg，负号表示A受的摩擦力背离圆心，大小恰为最大静摩擦力，故D正确。故选D。 6．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法中不正确的是 A．小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用 B．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大 C．小物体受到的摩擦力可能背离圆心 D．ω的最大值是1.0 rad/s 【答案】B 【解析】当物体转到圆盘的最低点且恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于圆盘向上的支持力、沿圆盘指向圆心的摩擦力，则有FN＝mgcos θ，Ff＝μFN＝μmgcos θ，沿圆盘的合力提供向心力，有μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，D错误；当物体在最高点时，若只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，此时的角速度ω＝ rad/s>1.0 rad/s，此时物体不能随圆盘一直保持静止，故假设不成立，物体一定受摩擦力作用，故A正确；由以上分析可知小物体在最高点时摩擦力的方向沿半径向上，ω越大，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故B错误，C正确 押题猜想四 万有引力定律与航天 限时：2min （原创）如图所示，A、B为地球的两颗卫星，它们做匀速圆周运动，O为地心，两卫星在运行过程中，两卫星AB的连线和卫星A与地心O的连线夹角最大为θ，则A、B两卫星 A．做圆周运动的周期之比为2 B．做圆周运动的周期之比为 C．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为 D．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为 【答案】C 【解析】夹角最大时，OB与AB垂直，根据几何关系有rB＝rAsin θ，由开普勒第三定律可得＝，则＝，A、B错误；t时间内，卫星与地心连线扫过的面积S＝·πr2，则＝·＝，C正确，D错误。 押题解读 万有引力定律与航天主要考查中心天体的质量和密度计算、卫星的发射与变轨，双星和多星等问题。从命题趋势上来看，多以选择题出现，分析人造卫星的运动规律是高考热点，高考一般会以近几年国家及世界空间技术和宇宙探索为背景来命题。 考前秘笈 一、计算天体质量和密度的两条思路： 1．在忽略中心天体自转的情况下，利用中心天体的半径和表面的重力加速度g计算。由＝mg求出M＝，进而求得ρ＝＝＝。 2．利用环绕天体的轨道半径r和周期T计算。由＝，可求出M＝，若环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动，轨道半径r＝R，则ρ＝＝。 二、卫星的绕行和变轨问题： 1．卫星变轨（椭圆轨道）的实质：卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动。当某种原因卫星速度v突然增大时，有＜，万有引力不足以提供向心力，卫星将偏离圆轨道做离心运动，当v突然减小时，有＞，卫星将做向心运动。 2．卫星绕行（圆轨道）的五个特点：（1）a、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天体质量共同决定；（2）质量相同的卫星在不同轨道上运行时机械能不相等，“高轨高能，低轨低能”；故可总结为“高轨低速，大周期”。 三、双星或多星问题解题技巧： （1）确定系统中心及半径：明确双星或多星的特点、规律，确定系统的中心以及运动的轨道半径； （2）明确向心力：星体所受的向心力由其他天体对它的万有引力的合力提供； （3）抓住角速度和周期特点：一般情况下星体的角速度和周期相等； （4）清楚星体的轨道半径不是天体间的距离：要利用几何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有引力和向心力。 1．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（　　） A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 【答案】B 【解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由几何关系可作出卫星间的位置关系如图所示。 卫星的轨道半径为r＝＝2R 由＝得＝，解得T2≈4 h，故选B。 2．如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（　　） A．＝ B．＝（）2 C．＝ D．＝ 【答案】D 【解析】根据万有引力提供向心力，有G＝m，G＝m′，故＝；对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同点是角速度相等，有a1＝ω2r，a2＝ω2R，故＝，故选D。 3．如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A为地球同步卫星，A、B两卫星的轨道半径的比值为k，地球自转周期为T0.某时刻A、B两卫星距离达到最近，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由开普勒第三定律得＝，设两卫星至少经过时间t距离最远，即B比A多转半圈，－＝nB－nA＝，又由A是地球同步卫星知TA＝T0，联立解得t＝，故选C。 4．如图，在万有引力作用下，a、b两卫星在同一平面内绕某一行星c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，则下列说法中正确的有（　　） A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶16 B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4 C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次 D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次 【答案】D 【解析】根据开普勒第三定律：半径的三次方与周期的二次方成正比，则a、b运动的周期之比为1∶8，A、B错误；设题图所示位置ac连线与bc连线的夹角为θ<，b转动一周（圆心角为2π）的时间为Tb，则a、b相距最远时有Tb－Tb>（π－θ）＋n·2π（n＝0，1，2，3，…），可知n＝0，1，2，…，6，n可取7个值；a、b相距最近时有Tb－Tb>（2π－θ）＋m·2π（m＝0，1，2，3，…），可知m＝0，1，2，…，6，m可取7个值，故在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次，C错误，D正确。 5．2022年7月24日14时22分，中国“问天”实验舱在海南文昌航天发射场发射升空，准确进入预定轨道，任务取得圆满成功。“问天”实验舱入轨后，顺利完成状态设置，于北京时间2022年7月25日3时13分，成功对接于离地约400 km的“天和”核心舱。“神舟”十四号航天员乘组随后进入“问天”实验舱。下列判断正确的是（　　） A．航天员在核心舱中完全失重，不受地球的引力 B．为了实现对接，实验舱和核心舱应在同一轨道上运行，且两者的速度都应大于第一宇宙速度 C．对接后，组合体运动的加速度大于地球表面的重力加速度 D．若对接后组合体做匀速圆周运动的周期为T，运行速度为v，引力常量为G，利用这些条件可估算出地球的质量 【答案】D 【解析】航天员受到的地球的引力充当绕地球做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，A错误；为了实现对接，实验舱应先在比核心舱半径小的轨道上加速做离心运动，逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接，但速度小于第一宇宙速度，B错误；对接后，组合体运动的加速度a＝<＝g，C错误；对接后，若已知组合体的运行周期T、运行速度v和引力常量G，可由＝、v＝，联立得M＝，D正确。 6．如图所示为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度大小为a0，线速度大小为v0，A点到地心的距离为R，远地点B到地心的距离为3R，卫星在椭圆轨道的远地点B变轨进入圆轨道Ⅱ，卫星质量为m，则下列判断正确的是（　　） A．卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为a0 B．卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为 C．卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的3倍 D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为－ 【答案】D 【解析】设卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为a1，由＝ma得a＝，则a1＝a0＝a0，故A错误；设卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为v1，有a1＝，解得v1＝＝，故B错误；根据开普勒第三定律有＝，解得＝，故C错误；设卫星在椭圆轨道远地点B的线速度大小为v，根据开普勒第二定律有v0R＝v×3R，解得v＝v0，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为W＝mv12－mv2＝－，故D正确。 押题猜想五 牛顿动力学问题 限时：2min （原创）奥运冠军全红婵在巴黎奥运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10 m跳台的决赛中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则（　　） A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于超重状态 B．入水后全红婵处于失重状态 C．全红婵在空中运动的时间为1.5 s D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N 【答案】D 【解析】跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A错误；入水后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据－h＝v0t－gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确。 押题解读 牛顿动力学问题的考查主要侧重四个方面：1、瞬时性问题要明确速度的改变需经历一定时间，不能突变，而加速度与力是可以突变的且其变化具有瞬时对应关系。2、连接体问题侧重考查整体法和隔离法。3、应用牛顿运动定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带。4、超重和失重问题则是牛顿运动定律在生产和生活中的应用，判断加速度方向是关键。3、试题往往通过运动图像提供信息，分析物体的实际运动；也有以生活中的常见现象为背景的计算题，重点考查对牛顿运动定律的理解及灵活应用。试题通常涉及临界、极值问题并与图像相结合。 考前秘笈 一、瞬时加速度问题的解题关键是： （1）明确速度的改变需经历一定时间，不能突变，而加速度与力是可以突变的且其变化具有瞬时对应关系，因此必须认真分析突变前后物体的受力情况； （2）绳子拉力可以发生突变，弹簧的弹力不会发生突变； （3）明确牛顿第二定律具有瞬时性。 二、两个分析 1．受力分析：对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向是解决问题的关键。分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。 2．运动分析：运动分析的关键是注意相对运动的速度大小和方向的变化（小物体和传送带对地速度的大小和方向的比较），以及相对位移与物体在传送带上留下的划痕长度的关系。 3．运动图像分析：不但能理解小物体在传送带上运动的过程，还要能将此运动过程用v－t图像表示出来。 三、求解“滑块—滑板”模型的关键是对滑块和滑板进行受力分析和运动过程分析，特别是注重分析加速度、速度和位移等物理量之间的关系。 （1）加速度关系 ①若滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度。 ②若滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板运动的加速度。 （2）速度关系：滑块和滑板之间发生相对运动时，认清滑块和滑板间的速度关系，从而确定摩擦力。 （3）位移关系 滑块由滑板一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2 同向运动时：L＝x1－x2；反向运动时：L＝x1＋x2。 四、临界问题 1．临界与极值问题的关键词 （1）有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。 （2）若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等字眼，则表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。 （3）若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，则表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。 2．产生临界值或极值的条件 临界状态 临界条件 两物体接触或脱离 弹力FN＝0。 两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值。 绳子断裂 张力等于绳子所能承受的最大张力。 绳子松弛 张力FT＝0。 加速度最大或最小 当所受合力最大时，具有最大加速度；合力最小时，具有最小加速度。 速度最大或最小 加速度为0。 1．如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R。现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球（可看为质点），已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为（　　） A．1∶3 B．1∶2 C．1∶ D．1∶ 【答案】D 【解析】如题图所示，设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝2Rcos θ，小球下滑的加速度a＝gcos θ，根据s＝at2得t＝2，可知下滑时间与θ无关，因此从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝gt12，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝gt22，联立解得＝，选项D正确。 2．课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两个相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放。如图，连接A、B的是一般细绳（刚性绳），连接C、D的是橡皮条（弹性绳）．那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间（橡皮条还未第一次恢复原长）后，下列图中符合ABCD实际排列情况的是（　　） 【答案】C 【解析】连接A、B的是一般细绳（刚性绳），释放小球前，细绳的形变量十分微小，小球在释放后的短暂时间，细绳立即恢复原长，伸直而无拉力，两个小球的加速度均等于重力加速度g，一起做自由落体运动，所以细绳不能是弯曲的，B、D错误；连接C、D的是橡皮条，释放小球前，橡皮条的形变量很大，根据平衡条件，其弹力为kx＝mg，小球在释放后的短暂时间，橡皮条不能立即恢复原长，其弹力保持不变，根据牛顿第二定律得kx＋mg＝maC，kx－mg＝maD，解得aC＝2g，方向竖直向下，aD＝0，释放后很短的时间内，小球C向下运动的位移比D大得多，两个小球的距离减小，橡皮条会收缩，A错误，C正确。 3．如图，轻弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（忽略一切阻力），则（　　） A．t1时刻小球速度最大 B．t2时刻小球处于失重状态 C．t2～t3这段时间内，小球的加速度先增大后减小 D．t2～t3这段时间内，小球的速度先增大后减小 【答案】D 【解析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，小球加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；之后小球由于惯性继续下降，弹力大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止，所以小球速率最大的时刻出现在t1至t2时间内，故A错误；由A分析可知，t2时刻小球速度为零，加速度向上，处于超重状态，故B错误；t2至t3时间内，小球处于上升过程先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止，故C错误，D正确。 4．在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．飞行员的质量为70 kg B．飞行员在t1时刻的加速度方向向下 C．飞行员在t2时刻的加速度方向向下 D．从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6 m/s2，方向向上 【答案】B 【解析】由题图可知，飞行员受到的重力大小为500 N，则质量为50 kg，A错误；飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg－F＝mamax，代入数据解得amax＝6 m/s2，方向向下，D错误。 5．如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．两物块间的动摩擦因数为 B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止 C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动 D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大 【答案】B 【解析】根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A错误；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。 6．如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是（　　） A．变力F的最小值为2 N B．变力F的最小值为12 N C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 【答案】C 【解析】A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a，可得F＝（mA＋mB）a＋（mA＋mB）g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝（mA＋mB）a＝6 N，A、B错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。 押题猜想六 机械振动与机械波 限时：2min （原创）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时刻波源质点O从平衡位置开始振动，图甲是简谐横波在t＝0.6s时的部分波形图，图乙是这列波上x＝0.7m处的质点从t＝0.7s时刻开始振动的图像，下列说法正确的是 A．波源的起振方向向上 B．t＝0.6s时，x＝0.1m处的质点在波谷处 C．波的频率f＝0.5Hz D．波源的振动方程为y＝5sin(5πt)cm 答案：B 解析：由图乙可知，t＝0.7s时，振动刚好传达x＝0.7m处，该点起振方向向下，说明波源的振动方向向下，故A错误；由图甲可知,该波的波长为0.4m，则可将t＝0.6s时甲图中平衡位置在0-0.2m的波形图补充出来，如下图。由图可知t＝0.6s时，x＝0.1m处的质点位于波谷,故B正确；由乙图可知v＝＝m/s＝1m/s,则T＝＝s＝0.4s,因此频率f＝＝Hz＝2.5Hz，故C错误；由甲图可知振幅A＝15cm,根据上面分析可得波源的振动方程为y＝＝－15sin (5πt) cm，故D错误；故选B。 押题解读 机械振动与机械波在高考中对于波动图像和振动图像的考查较多，常以两图像的相互转化、波的传播方向和质点振动方向的相互判断、结合简谐运动考查波的叠加等形式出题。近年来的命题形式常常结合情境出题、出题形式变化新颖，主要考查学生的理解能力和模型建构能力，考频较高。 考前秘笈 一、波动图像与振动图像的解题方法： 1．首先根据横纵坐标识别哪个是波形图，哪个是振动图； 2．波形图一般能够得到波长λ、振幅A，而振动图一般能够得到周期T、振幅A； 3．若求波速可以使用v＝（或v＝）； 4．同一质点在同一个时刻，可根据振动图像的斜率得到其振动方向，与其在波形图中的波传播方向位于波形的同一侧。故可用“同侧法”由质点的振动方向来判断波的传播方向，也可由波的传播方向来判断质点的振动方向。 二、注意事项： 1．振动图像随着时间的推移是把波形往后延伸即可，而波形图像随着时间的推移是把波沿传播方向平移； 2．振动图形反映某一个质点相对平衡位置的位移随时间的变化规律，而波形图反映的是某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移。 三、波动问题的几种可能性 1．质点达到最大位移处，则有正向和负向最大位移两种可能； 2．质点由平衡位置开始振动，则有起振方向向上、向下两种可能； 3．只告诉波速不指明波的传播方向时，应考虑波沿两个方向传播的可能； 4．只给出两时刻的波形，则有多次重复出现的可能； 5．只给出部分波形或几个特殊点，这样完整波形就有多种情况。 1．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态。现将质量为m的粘性小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．圆盘将以碰后瞬间的位置作为平衡位置做简谐运动 B．圆盘做简谐运动的振幅可能为 C．振动过程中圆盘的最大速度为 D．从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大 【答案】D 【解析】因为简谐运动的平衡位置是物体能够自由静止的位置，即应是小球粘在盘子上一起静止的位置，所以应比开始位置偏下，故A错误；因为振幅为从平衡位置到最大位移处的距离，根据对称性，则小球和盘再次回到刚开始碰撞的位置时速度不为零，故开始的位置不是最大位移处，因为开始时Mg＝kx0，小球粘在盘子上一起静止的位置满足（m＋M）g＝kx2，所以刚开始碰撞的位置到平衡位置的距离为Δx＝，故振幅应大于，故B错误．小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，则mv＝（m＋M）v1，又因为v2＝2gh，所以两者碰后速度为v1＝，而两者碰撞瞬间满足（m＋M）g－kx0＝ma，即碰后两者向下做加速度减小的加速运动，当a＝0时速度最大，之后做减速运动到最低点，故振动过程中圆盘的最大速度应大于，故C错误；从碰后瞬间位置向下运动过程中，小球的动能先增大后减小，故由能量守恒定律可得，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大，故D正确。 2．图甲为一列简谐横波在t＝0.1 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法中正确的是（　　） A．在t＝0.1 s时，质点Q向y轴正方向运动 B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同 C．从t＝0.1 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm D．质点Q简谐运动的表达式为y＝10sin（10πt） m 【答案】B 【解析】根据题图乙可知，在t＝0.1 s时，质点向y轴负方向运动，A错误；由于在t＝0.1 s时，质点Q向y轴负方向运动，根据同侧法，结合题图甲，可知波沿x轴负方向传播，根据同侧法，可知在t＝0.1 s时，质点P向y轴正方向运动，由于周期为T＝0.2 s，可知在t＝0.25 s时，质点P位于y轴的负方向位置，则其加速度方向沿y轴正方向，B正确；从t＝0.1 s到t＝0.25 s，质点P振动了T，由于质点P在t＝0.1 s时刻在x＝1 m处沿y轴正方向运动，其速度比靠近平衡位置处的速度小，则其在该段时间内通过的路程小于30 cm，C错误；质点Q简谐运动的表达式为y＝Asin t＝10sin（10πt） cm，D错误。 3．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示，已知甲波的频率为4 Hz，则（　　） A．两列波的传播速度均为4 m/s B．两列波叠加后，x＝0处的质点振动减弱 C．两列波叠加后，x＝0.5 m处的质点振幅为30 cm D．两列波叠加后，介质中振动加强和减弱区域的位置不变 【答案】D 【解析】甲波的频率为4 Hz，T＝＝0.25 s，λ甲＝2 m，v＝＝8 m/s，由于在同一介质中传播，所以波速相同，均为8 m/s，故A错误；由于甲、乙两波的波长相等，在x＝0处为峰峰相遇或谷谷相遇，两列波叠加后，x＝0处的质点振动加强，故B错误；x＝0处的质点振动加强，x＝0.5 m处的质点振动减弱，振幅为10 cm，故C错误；两列稳定的波叠加后，形成稳定的振动图样，两列波在某一点引起质点的振动情况是稳定的，介质中振动加强和减弱区域的位置稳定不变，故D正确。 4．如图甲所示，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（－2，0）和S2（4，0）。两波源的振动图像分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.50 m/s。0时刻两波源产生的波均已到达质点A（－2，8）和B（1，4）处，则（　　） 　 A．质点A位于振动加强区 B．质点A比质点B振动得快 C．0～4 s内，质点A的最小位移为－2 m D．0～4 s内，质点B的最大位移为2 m 【答案】D 【解析】根据题意可知，两波传播到A点的路程差为Δs＝ m－8 m＝2 m，两列波的波速均为v＝0.5 m/s，由题图可得 T＝4 s，所以波长为 λ＝vT＝0.5×4 m＝2 m，所以Δs＝λ，根据题图乙和题图丙可知，两列波的起振方向是反向的，所以质点A位于振动减弱区，故A错误；两波源的振动频率相等，则质点A与质点B振动快慢相同，故B错误；两波传播到B点的路程差为0，B点为振动减弱点，B点的振幅为A＝A2－A1＝4 m－2 m＝2 m，0～4 s内，质点B的最大位移为2 m，故D正确；A点为振动减弱点，0～4 s内，质点A的最小位移为0，故C错误。 5．一列简谐横波在t＝ s时的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图像。关于该简谐波下列说法中正确的是（　　） A．波速为9 cm/s B．沿x轴正方向传播 C．质点Q的平衡位置坐标x＝9 cm D．在t＝ s时质点P移动到O点 【答案】C 【解析】由题图甲可以看出，该波的波长为λ＝36 cm，由题图乙可以看出周期为T＝2 s，波速为v＝＝18 cm/s，A错误；当t＝ s时，Q点向上运动，结合题图甲根据“上下坡”法可得波沿x轴负方向传播，B错误；由题图甲可知，x＝0处，y＝－＝Asin（－30°），则xP＝λ＝3 cm，由题图乙可知，t＝0时，质点Q处于平衡位置，经过Δt＝ s，其振动状态向x轴负方向传播到P点处，则xQ－xP＝vΔt＝18× cm＝6 cm，xQ＝9 cm，C正确；波沿x轴负方向传播，而质点P只会上下振动，D错误。 押题猜想七 功能关系 限时：2min （原创）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　） A．物块下滑过程中机械能守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 【答案】B 【解析】由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A错误；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsin α－μgcos α＝2.0 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误。 押题解读 功能关系考查方式比较灵活，主要考查能量（主要是机械能）增加或损失量的计算，也偶尔考查能量与功的关系，求临界值、最值、平均做功等，也可以与牛顿第二定律结合。多数出现在综合计算题中。考查学生对特殊状态和整体过程的分析能力。 考前秘笈 一、交通工具的功率 1．涉及额定功率、拉力和速度的问题，很多可以当作为机车问题。对于机车功率问题，无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝； 2．机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，则有：v＝＜vm＝； 3．机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝P额t。由动能定理得：P额t﹣F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小和时间。机车以恒定加速度启动时，牵引力做的功可以分段求解，匀加速阶段可以利用功的定义式求解，即整个加速过程牵引力做的功可以表示为W＝Fx＋P额t（式中x为匀加速运动的位移，t为达到额定功率后变加速阶段所用时间）。 二、常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能减少量 静电力做的功等于电势能减少量 分子力做的功等于分子势能减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv02 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE 摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对 电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W电能＝E2－E1＝ΔE 三、应用能量守恒定律解题的步骤 1．首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能（包括重力势能、弹性势能、电势能）、内能等。 2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 1．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（　　） A．机械能损失了mgh B．机械能损失了mgh C．动能损失了mgh D．克服摩擦力做功mgh 【答案】B 【解析】加速度大小a＝g＝，解得 摩擦力Ff＝mg，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝mg·2h＝mgh，故B项正确，A、D项错误；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝mg·2h＝mgh，故C项错误。 2．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（　　） A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为μmgs C．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为 【答案】C 【解析】物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，选项B错误；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度大小为v0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv02，解得v0＝2，选项D错误。 3．如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则（　　） A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6 B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL 【答案】D 【解析】物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcos θ（L++）＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ（L++）＝0.6mgL，故A错误，D正确；物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcos θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<μmgcos θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θ（L+）＝μmgcos θ（L+）＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误。 4．如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek－x关系图像如图乙所示。其中，0.10～0.25 m间的图线为直线，其余部分为曲线。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知（　　） A．物块的质量为0.2 kg B．弹性绳的劲度系数为50 N/m C．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J D．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s2 【答案】D 【解析】根据动能定理可得μmgΔx＝ΔEk，代入数据可得m＝＝ kg＝1 kg，所以A错误；由题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10 m－0.08 m＝0.02 m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25 J＝0.5 J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝＝ m/s2＝8 m/s2，所以D正确。 5．如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k（足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后，导致轻杆向右移动了，此过程小车运动的v－t图像如图乙所示，在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．在0～t1时间内，小车运动的位移为 B．在t1＋t2时刻，小车恰好离开轻弹簧 C．小车离开轻弹簧时的速度为 D．为使装置安全工作，小车的撞击速度不能超过 【答案】C 【解析】在0～t1时间内，小车压缩弹簧轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在0～t1时间内，小车运动的位移为弹簧的形变量有x＝，故A错误；在0～t1时间内，小车做加速度增大的减速运动，在t1～t2时间内，与轻杆一起做匀减速运动，t2时刻之后弹簧反弹小车时其做初速度为零的加速度减小的加速运动，该加速过程的位移大小等于0～t1时间内位移大小，故该加速过程所用时间大于t1，故在t1＋t2时刻，小车未离开轻弹簧，故B错误；对全过程，根据能量守恒定律mv02＝＋mv′2，解得离开轻弹簧时的速度v′＝，故C正确；为使装置安全工作，当小车速度减为零时，轻杆移动的距离最多为l，此时，根据能量守恒定律mvmax2＝Ep＋Ffl，Ep＝kx2＝m（v02－v12），解得vmax＝，故D错。 6．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求： （1）在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm？ （2）物块最终停止的位置？ 【答案】（1）6 J　（2）停在BC上距离C端0.3 m处（或距离B端0.2 m处） 【解析】（1）在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零．设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg，解得x0＝＝0.1 m 在C点，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg和重力，有FN′＋mg＝，解得vC＝ m/s. 物块从C点到速度最大时， 由能量守恒定律有mg（r＋x0）＝Ep＋Ekm－mvC2，解得Ekm＝6 J （2）物块从A点运动到C点的过程中， 由动能定理得mgh－μmgs＝mvC2－0 解得B、C间距离s＝0.5 m 物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。 设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有：μmgs′＝mvC2，解得s′＝0.7 m，故最终物块在BC上距离C点为x1＝0.5 m－（0.7 m－0.5 m）＝0.3 m（或距离B端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m）处停下。 押题猜想八 静电场 限时：2min （原创）如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在b、d两点处放有等量同种点电荷＋Q，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．a、e、c、f四点电场强度相同 B．a、e、c、f四点电势不同 C．电子沿球面曲线a→e→c运动过程中，静电力先做正功后做负功 D．电子沿直线由a→O→c运动过程中，电势能先减少后增加 【答案】D 【解析】等量同种点电荷中垂面上，关于O点对称的点的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；a、e、c、f四点在同一等势线上，电势相同，故B错误；电子沿球面曲线a→e→c运动过程中，电势处处相同，静电力不做功，故C错误；电子沿直线a→O→c运动过程中，电势先升高后降低，电势能先减少后增加，故D正确。 押题解读 静电场主要讲解电场的基本性质，主要涉及静电力作用下的平衡问题、场强的叠加问题、电势的高低及电势能大小的判断、电容器充放电及动态分析问题、电场线、等势面及运动轨迹问题等考点，重点考查多个知识点的综合应用，综合性强，要求学生善于将复杂、抽象的电场问题转化成较熟悉的力学问题，再结合牛顿运动定律以及功与能思想解决。 考前秘笈 一、电场强度的计算方法 （1）定义式法： （2）点电荷电场强度公式法：直接用点电荷的电场强度公式求解。若要求多个点电荷产生电场的合电场强度，则可先分别求出各个点电荷产生的电场强度，然后利用矢量叠加法求出合电场强度。 （3）根据匀强电场场强和电势差的关系式：求解。 （4）物理思想方法：对于较复杂的求电场强度的问题可用物理思想方法分析解决。如：“微元法”“对称性分析法”“补偿法”等。 二、分析电场中带电粒子运动轨迹类问题，要把握以下两点： （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、电场强度的方向（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。 三、电容器动态变化两类典型问题： 1．电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。 （1）根据C＝先分析电容的变化，再由C＝分析Q的变化。 （2）根据E＝分析场强的变化。 （3）根据UAB＝E·d＝φA﹣φB分析某点电势变化。 2．电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。 （1）根据C＝先分析电容的变化，再由C＝分析U的变化。 （2）根据E＝＝＝分析场强变化。 四、解决电场中图像类问题要牢牢记住并理解几种常见图像的特点： （1）φ﹣x图像中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图线往往存在极值点，其切线的斜率为零； （2）E﹣x图像（E代表电场强度）中图线与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； （3）Ep﹣x图像中，只要粒子只受电场力作用，则F电＝＝ma，即Ep﹣x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小。 1．如图所示，水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆，一质量为m、带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上，质量为M、带电荷量为＋Q的滑块b静置于水平地面上，滑块b与地面间的动摩擦因数为μ，a、b均保持静止，且两者连线与水平地面的夹角为θ，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．圆环a带负电 B．滑块b受到的库仑力大小为 C．滑块b受到地面的支持力大小为（M＋m）g D．滑块b受到地面的摩擦力大小为μ（M＋m）g 【答案】C 【解析】根据题意，圆环a能保持静止，故受到库仑斥力，圆环a也带正电，A错误；根据牛顿第三定律，滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小，对圆环a进行受力分析后，得库仑力的大小为，B错误；对a、b组成的系统整体进行受力分析，竖直方向上受力平衡，故滑块b受到地面的支持力大小为（M＋m）g，C正确；滑块b静止，根据受力分析可知，滑块b受到地面的静摩擦力大小为Ff＝·cos θ＝，D错误。 2．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法错误的是（　　） A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，静电力做功为9 eV 【答案】C 【解析】如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17 V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，因为此电场为匀强电场，则有E＝，依据几何关系，则有d＝＝ cm＝3.6 cm，因此电场强度大小为E＝ V/cm＝2.5 V/cm，故A正确；根据φc－φa＝φb－φO，因a、b、c三点电势分别为φa＝10 V，φb＝17 V，φc＝26 V，解得坐标原点处的电势为φO＝1 V，故B正确；因Uab＝φa－φb＝10 V－17 V＝－7 V，电子从a点到b点静电力做功为W＝qUab＝7 eV，因静电力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；同理有Ubc＝φb－φc＝17 V－26 V＝－9 V，电子从b点运动到c点，静电力做功为W＝qUbc＝9 eV，故D正确。 3．如图所示，在等边三角形三个顶点A、B、C处，固定电荷量分别为＋q、＋q、－q的三个点电荷，过点C作AB边的垂线，垂足为O，过点A作BC边的垂线，垂足为P，两垂线交于M点。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．将一个正电荷从O点移到M点电势能变大 B．O点电势低于P点电势 C．M点电势低于P点电势 D．P点电场强度大小大于O点电场强度大小 【答案】D 【解析】OM线上的电场可以看作A与B两等量同种点电荷产生的中垂线上沿OM指向M的电场强度，与C处负点电荷产生的沿OM指向M的电场强度的矢量和，OM线上的电场沿OM指向M，故将一个正电荷从O点移到M点静电力做正功，电势能减小，故A错误；MP线上的电场为B与C两等量异种点电荷的中垂线上的电场，与A处正点电荷产生的电场的矢量和，故MP线上电势从M到P点电势降低，φM>φP，而OM线上的电场沿OM指向M，故从O到M点电势降低，φO>φM，所以φO>φM>φP，故B、C错误；P点电场强度等于B与C两等量异种点电荷在中点的电场强度与A处正点电荷在P点产生的电场强度的矢量和，而 O点电场强度等于C处点电荷在O点产生的电场强度，故P点的电场强度大小一定大于O点的电场强度大小，故D正确。 4．如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示。已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是（　　） A．小球运动的速度一直增大 B．小球先做匀加速运动后做匀速运动 C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比 【答案】D 【解析】 小球速度增大到v0后，加速度变为0，速度不再增大，故A错误；小球在加速过程中，加速度随速度变化，不是匀变速运动，故B错误；由a－v图像可得，a＝kv＋a0，由牛顿第二定律可得mg－qE－Ff＝ma，可解出加速度为a＝－＋g－，联立可知a0＝g－，还可知－＝kv，即Ff＝－kmv，故C错误，D正确。 5．如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则下列说法正确的是（　　） A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大 B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大 C．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板带电荷量减小 D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响 【答案】B 【解析】根据电容的决定式C＝可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则C大，故A错误，B正确．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，则C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU可知小极板带电荷量Q增多，故C错误．若用湿的手指去识别，由于自来水是导电的，则使得同一指纹的凹点和凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器的电容，使得识别功能受到影响，故D错误。 6．如图，一个光滑绝缘的斜面固定在水平面上，并处于沿平行于斜面向上的匀强电场中，一个带电荷量为＋q的物块以初速度v0从斜面底端冲上斜面，上滑位移x0时速度恰好为零。取斜面底端所在处的高度和电势均为零，下列描述物块的机械能E机、静电力功率P、电势能Ep电、动能Ek随时间t或位移x变化的图像中，正确的是 【答案】D 【解析】物块的机械能变化量等于静电力做的功，因静电力做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；静电力的功率为P＝qEv＝qE（v0－at），物块向上做匀减速运动，则P－t图像应该是直线，选项B错误；物块向上运动，静电力做正功，电势能减小，选项C错误；根据动能定理Ek－Ek0＝（qE－mgsin θ）x，即Ek＝Ek0＋（qE－mgsin θ）x，因向上做减速运动，则qE<mgsin θ，即Ek－x图像是斜率为负值的直线，选项D正确。 7．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处，若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是 A．0<t0< B．<t0< C．<t0<T D．T<t0< 【答案】B 【解析】两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，所以选项A、D错误；若<t0<T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以选项B正确；若T<t0<T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零、然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以选项C错误。 押题猜想九 磁场 限时：2min （原创）如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁体的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定在铝框上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁体与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行。关于磁电式电表，下列说法不正确的是（　　） A．磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动 B．改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转 C．增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度 D．用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上 【答案】D 【解析】磁电式电表的内部，在蹄形磁体的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正确，不符合题意；改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确，不符合题意；线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电表的灵敏度，故C正确，不符合题意；用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致穿过铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，而塑料做骨架达不到此作用，故D错误，符合题意。 押题解读 磁场主要讲解磁场的叠加、安培力的分析与计算、安培力作用下导体的平衡及运动、洛伦兹力的应用等典型问题。高考常常结合电场、电路、牛顿运动定律等知识进行综合考查。带电粒子在磁场中的圆周运动本专题主要考查带电粒子在磁场中的圆周运动，主要分为带电粒子在有界匀强磁场中的运动（包括临界极值问题）、带电粒子束在磁场中的运动（放缩圆、磁聚焦、磁扩散类问题）、带电粒子在磁场中运动的多解问题（周期性造成的多解）等。高考常常结合数学知识进行考查，对学生分析推理能力、综合应用能力要求较高。带电粒子在叠加场中的运动类问题难度较高，难度主要体现在抛体运动角度和位移的计算，圆周运动的半径、周期计算，以及多种情况的分类讨论上，对于学生的几何素养有很高的要求，想做对题目，需要有精准的画图能力、缜密的归纳思维以及足够的耐心。 考前秘笈 一、磁场叠加问题的解题思路： 1．确定磁场场源，如通电长直导线（下图所示）。 2．根据安培定则确定通电长直导线周围磁感线的方向。 3．定位空间中需求解磁场的点，通电导线在该点磁感应强度的方向为经过该点磁感线的切线方向。如M、N在c点产生的磁场BM、BN如图所示。 4．磁感应强度是矢量，应用平行四边形定则进行合成，得到图中的合场强B。 二、解决安培力作用下导体的平衡及运动问题的一般思路 1．正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。 2．画出辅助图（如导轨、斜面等），并标明辅助方向（磁感应强度B、电流I的方向）。 3．将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图，通过受力分析建立各力的平衡关系。 三、带电粒子在有界磁场中的临界极值问题的处理方法： 1．从关键词找突破口：题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐含的规律，找出临界条件。 2．数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。 3．四个重要结论 （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）当速度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，圆心角越大，运动时间越长。 （4）在圆形匀强磁场中，当带电粒子运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则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）。 四、带电粒子束在匀强磁场中运动的几种特殊情况： 1．磁聚焦和磁发散 （1）磁发散：带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行。 （2）磁聚集：带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行。 2．动态放缩法 当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v的大小或磁感应强度B的大小变化时，粒子做圆周运动的轨道半径R随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图所示，粒子进入长方形区域OABC，从BC边射出的临界情景为②和④。 　 3．定圆旋转法 当带电粒子射入磁场时的速度v大小一定，但方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径R是确定的。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件。粒子进入单边界磁场时的情景如图所示。 1．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置。如图所示，已知一根金属长直管线平行于水平地面，为探测其具体位置，首先给金属管线通上恒定电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定（　　） A．金属管线在EF正下方，深度为L B．金属管线在EF正下方，深度为L C．金属管线的走向垂直于EF，深度为L D．金属管线的走向垂直于EF，深度为L 【答案】A 【解析】用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离金属管线最近；找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离金属管线最近，因此通电的金属管线平行于EF；画出左侧视图，如图所示，b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，故金属管线在EF正下方，深度为L，故选A。 2．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（　　） 【答案】A 【解析】天平原本处于平衡状态，所以线圈所受安培力越大，天平越容易失去平衡，由于线圈平面与磁感应强度垂直，且线圈不全在磁场区域内，所以线圈与磁场区域的交点的长度等于线圈在磁场中的有效长度，由题图可知，A图的有效长度最长，磁感应强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡．A正确，B、C、D错误。 3．如图，长直导线水平固定放置，通有向右的恒定电流，绝缘细线一端系于导线上的O点，另一端系一个带电小球，细线拉直，第一次让小球在A点由静止释放，让小球绕O点沿圆1在竖直面内做圆周运动；第二次让小球在B点由静止释放，让小球绕O点沿圆2在竖直面内做圆周运动。圆1与直导线在同一竖直面内，圆2与直导线垂直，A、B两点高度相同，不计空气阻力，则两次小球运动到最低点C时（　　） A．速度大小相等，线的拉力相等 B．速度大小不等，线的拉力相等 C．速度大小相等，线的拉力不等 D．速度大小不等，线的拉力不等 【答案】C 【解析】由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以两次小球运动到最低点C时，根据动能定理可知，合外力做功相同，所以两次在最低点小球的速度大小相等；在圆1中小球在最低点时速度方向与磁场方向相互垂直，根据左手定则，如果小球带正电，则在圆1中小球在最低点线的拉力大小满足FT1＋Bqv－mg＝m，在圆2中小球在最低点速度方向与磁场方向相互平行，所受洛伦兹力为0，则在圆2中小球在最低点线的拉力大小满足FT2－mg＝m，则两次小球运动到最低点C时，线的拉力不等，同理可知，若小球带负电，在C点线的拉力也不相等，所以C正确，A、B、D错误。 4．某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度d＝4R，内有沿y轴正向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z轴负向的匀强磁场，又有沿z轴正向的匀强电场，电场强度与Ⅰ区电场强度等大。现有一正离子从左侧截面的最低点A处以初速度v0沿z轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C点飞出，B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点（如图中所示），已知离子质量为m、电荷量为q，不计离子重力，求： （1）电场强度的大小？ （2）离子到达B点时速度的大小？ （3）Ⅱ区中磁感应强度的大小？ （4）Ⅱ区的长度L应为多大？ 【答案】（1）　（2）v0　（3）（4）nπR＋R（n＝1，2，3，…） 【解析】（1）离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有4R＝v0t，＝at2，根据牛顿第二定律有a＝，解得电场强度的大小为E＝。 （2）类平抛过程由动能定理有＝mv2－mv02，解得离子到达B点时速度的大小为v＝v0。 （3）离子在Ⅱ区内做复杂的旋进运动．将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z轴正方向的匀加速直线运动，根据题意可得，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如图所示．设临界圆轨迹半径为r，根据几何知识有（R－r）2＝r2＋，解得离子的轨迹半径为 r＝R，离子沿y轴正方向的速度为 vy＝＝v0，则根据洛伦兹力提供向心力有 qvyB＝ 解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B＝。 （4）离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 T＝，由题意知离子在Ⅱ区运动的时间为T的整数倍，离子在z轴正方向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得L＝v0nT＋a（nT）2（n＝1，2，3，…），联立解得 Ⅱ 区的长度为L＝nπR＋R（n＝1，2，3，…）。 5．如图（a）所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图（b）所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t＝0时刻，带负电的粒子P（重力不计）由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，且＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为（，）．求： （1）粒子P的比荷？ （2）t＝2t0时刻粒子P的位置坐标？ （3）带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L？ 【答案】（1）　（2）（v0t0，0）　（3）v0t0 【解析】（1）0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R， 即R＝① 又qv0B0＝m② 又有＝ 联立解得＝③ （2）设粒子P在磁场中运动的周期为T， 则T＝④ 联立①④式解得T＝4t0⑤ 即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝＝⑥ y1＝at02⑦ 其中加速度a＝⑧ 联立①③⑦⑧式解得y1＝＝R⑨ 因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为 （v0t0，0），如图中的b点所示。 （3）分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如（2）中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则L＝2R＋2x1，解得L＝v0t0。 押题猜想十 电磁感应及变压器 限时：2min （原创）如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好。且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处。则求 （1）t＝0时，导体棒D的加速度大小？ （2）达到稳定运动时，C、D两棒速度之比？ （3）从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能？ （4）从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量？ 【答案】（1）（2）1:2（3）mv02（4） 【解析】（1）开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝， 导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma， 解得a＝。 （2）稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2， 则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt， 由动量定理得，对C棒有2BLΔt＝mΔv1， 对D棒有BLΔt＝mΔv2， 故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2， 解得v2＝v0，v1＝v0 即v2:v1=1:2 （3）根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝mv02－mv12－mv22， 解得Q＝mv02 （4）由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt， 由动量定理得，对C棒有2BLΔt＝mΔv1， 可得2BLq＝m（v0－v1）， 解得q＝。 押题解读 电磁感应主要考查电磁感应中的综合性问题，包括电磁感应与动力学综合问题、电磁感应与能量综合问题、电磁感应与动量综合问题以及电磁感应中的图像问题等，高考中常常以选择题和计算题考查，对于学生的分析推理能力、知识的综合应用能力要求较高。高考对变压器的考查主要体现在变压器及远距离输电。其中变压器结合电路分析仍将是命题的热点，且新情景题目逐渐增多。难度适中，多以选择题的形式出现。 考前秘笈 一、电磁感应中的动力学问题 1．两种状态及处理方法 （1）平衡态：根据平衡条件列式分析 （2）非平衡态：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 二、电磁感应中能量和动量问题 1．电磁感应中焦耳热求解方法 （1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。 （2）若电流变化 ①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒定律求解：若只有电能和机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的焦耳热。 2．处理电磁感应与动量相联系的综合问题的基本方法 （1）与动量定理结合。在光滑水平轨道上运动的单杆（不受其他力作用），由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理＝Δp，而又由于＝＝BLq，q＝＝，Δp＝mv2－mv1，由以上四式将流经杆电荷量q、杆位移x及速度变化结合在一起。 （2）与动量守恒定律的结合。在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题中，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 三、电磁感应中图像问题 1．对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。 2．处理图像问题要做到“四明确、一理解” 四、变压器 1．理想变压器（只有一个副线圈）各物理量间的制约关系 2．关于理想变压器电路的2个难点 （1）当变压器原线圈串联负载时，需注意变压器的输入电压不等于电源电压，而是等于电源电压减去串联负载电压，即U1＝U－U0。 （2）当变压器电路中含有二极管时，需注意二极管具有单向导电性，正弦交流电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。 五、远距离输电 1．理清三个回路（如图） （1）在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1。 （2）在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线。 （3）在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。 2．抓住两个回路的联系 （1）回路1和回路2：＝，＝，P1＝P2。 （2）回路2和回路3：＝，＝，P3＝P4。 3．掌握一个守恒观念 功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝。 1．如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50 m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5 T，则（　　） A．两翼尖之间的电势差为2.9 V B．两翼尖之间的电势差为1.1 V C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 【答案】C 【解析】飞机的飞行速度为4.5×102 km/h＝125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝Blv＝4.7×10－5×50×125 V≈0.29 V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。 2．如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（　　） A．在t＝0到t＝的过程中，E一直增大 B．在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小 C．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率先增大后减小 D．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直减小 【答案】B 【解析】在t＝0到t＝的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当t＝时，有效切割长度最大，为L，此时，感应电动势最大，所以在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；在t＝0到t＝的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝的过程中，切割磁感线的有效长度d＝，则感应电动势为E＝Bd2ω＝，可知在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大，故C、D错误。 3．如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动 B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止 C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大 D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动 【答案】B 【解析】题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据安＝BL，有安t＝BLt＝qBL＝mΔv，得q＝，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误。 4．如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等。则当开关S断开时R1的功率为P1，当S闭合时R1的功率为P2，且P1∶P2＝9∶25，则副线圈匝数为（　　） A．25 B．50 C．200 D．400 【答案】B 【解析】设原、副线圈的匝数比为n，开关断开时原线圈电流为I1，开关闭合时原线圈电流为I2，由P1∶P2＝9∶25、P＝I2R可知I1∶I2＝3∶5；设开关断开时副线圈电流为I1′，开关闭合时副线圈电流为I2′，设R1＝R2＝R3＝R，则开关断开时副线圈电压为U1′＝I1′R＝nI1R，此时原线圈输出电压为U1＝nU1′＝n2I1R，总电压为U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R，由欧姆定律可知开关闭合时副线圈电阻为R′＝0.5R，此时副线圈电压为U2′＝I2′·0.5R＝0.5nI2R，此时原线圈输出电压为U2＝nU2′＝0.5n2I2R，总电压为U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，联立解得n＝2，则副线圈的匝数为n′＝×100＝50，故B正确，A、C、D错误。 5．输电能耗演示电路如图所示．左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是（　　） A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω C．P＝45 W D．P＝25 W 【答案】B 【解析】左侧变压器副线圈两端电压U2＝3×7.5 V＝22.5 V，当开关S接1时，电阻R上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压U4＝ V＝10 V，电流I4＝＝1 A，则右侧变压器原线圈两端电压U3＝×10 V＝20 V，电流I3＝×1 A＝0.5 A，则r＝＝5 Ω；当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压与匝数的关系可知＝，解得I＝3 A，则R上的功率P＝（0.5I）2R＝22.5 W，故选B。 6．如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2。 （1）求磁场的磁感应强度大小B？ （2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？ （3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小？ 【答案】（1）2 T　（2）2 m/s　2 m/s2　（3）4 m/s 【解析】（1）由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3 m/s， 对应的感应电动势E＝BLvm， 感应电流I＝， 当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ， 解得B＝＝2 T。 （2）导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsin θ＝mv12＋Qab＋QR 得导体棒的速度v1＝2 m/s， 此时感应电动势E1＝BLv1， 感应电流I1＝， 对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1， 解得加速度a1＝2 m/s2。 （3）开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI2L＝ma2， 感应电流I2＝，Δq＝CΔU Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝， 解得a2＝2 m/s2， 表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s。 押题猜想十一 光的折射与光的干涉 限时：2min （原创）如图所示，是一透明材料制成的圆柱体的纵截面图，一束黄光从圆柱体圆面上的中心O点折射入光导纤维，恰好在侧面上的A点发生全发射，已知圆柱体对黄光的折射率为n，圆柱体长度为L，光在真空中的传播速度为c。则求： （1）入射角的正弦值？ （2）此单色光在圆柱体中的传播时间？ 【答案】（1）。（2） 【解析】（1）根据折射定律可得＝n, 根据临界角公式可得sin θ＝, 解得sin α＝。 （2）黄光在圆柱体中的传播速度v＝,此光束在圆柱体中的传播路径如图所示, 此光束在圆柱体中传播的距离, 可得此单色光在圆柱体中的传播时间为t＝＝。 押题解读 这部分主要涉及光的折射定律，全反射条件，临界角等知识点，往往结合几何关系进行综合考查。解决这类问题的关键：应围绕折射率，联系几何量和物理量列相关方程。管的干涉主要考查基本概念的理解析与应用，一般以选择题的形式出现。 考前秘笈 一、平行玻璃砖问题的解题方法： 1．通过平行玻璃砖的光线不改变传播方向，但要发生侧移。可以充分利用入射光线的入射角和出射光线的出射角相等的条件来解题； 2．充分利用（i＞α）、、三个公式； 注意：只有光密到光疏并且入射角大于或等于临界角才会发生全反射。 二、三角形玻璃砖问题的解题方法总结： 1．题型简述：三角形玻璃砖（也称三棱镜）是指横截面为三角形的玻璃砖，其横截面可分为：一般三角形、直角三角形、等腰三角形、等边三角形等多种。如图所示，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。 说明：①调节入射角θ，光线在AC面的出射方向会改变，可能在AC面上发生全反射。 ②两种特殊入射方向：光线平行于BC边射入、光线垂直于AB边射入。注意两种情况光线在另一个面上可能发生全反射。 2．方法突破 三、圆形或半圆形玻璃砖问题的解题方法总结: 1．题型简述：圆形或半圆形玻璃砖是指横截面为圆形或半圆形的玻璃砖。如右图所示，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。 两种特殊入射情况：①光线沿着半径方向从圆面射入，如图甲所示，光线必经过圆心，在直径面上有可能发生全反射。 ②光线从直径平面垂直射入，如图乙所示，由于入射点不同，在圆面上有可能发生全反射。 2．方法突破 四、光的干涉和衍射的比较 1．衍射与干涉的比较 两种现象 比较项目 单缝衍射 双缝干涉 不同点 条纹宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等 条纹间距 各相邻条纹间距不等 各相邻条纹等间距 亮度情况 中央条纹最亮，两边变暗 条纹清晰，亮度基本相等 相同点 干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹 【特别提醒】 （1）白光发生光的干涉、衍射和光的色散都可出现彩色条纹，但光学本质不同． （2）区分干涉和衍射，关键是理解其本质，实际应用中可从条纹宽度、条纹间距、亮度等方面加以区分． 2．干涉与衍射的本质 光的干涉条纹和衍射条纹都是光波叠加的结果，从本质上讲，衍射条纹的形成与干涉条纹的形成具有相似的原理．在衍射现象中，可以认为从单缝通过两列或多列频率相同的光波，它们在屏上叠加形成单缝衍射条纹 1．如图所示，一束光由空气射到透明介质球的A点，入射角为i，则 A．当i足够大时，在A点将发生全反射 B．当i足够大时，光从球内向外射出时将发生全反射 C．无论i多大，在A点都不会发生全反射 D．光从球内向外射出时，折射角大于i 【答案】C 【解析】光从光密介质射向光疏介质时才可能发生全反射，因此光在A点由空气进入介质球时，肯定不能发生全反射；如图，对于球上任意一点，球面法线一定过球心O，设r为光从A点射入时的折射角，则r和i′为等腰三角形的两底角，因此有i′＝r，根据折射定律n＝，得sin r＝，即随着i的增大，r增大，但显然r不可能大于临界角C，故i′也不可能大于临界角，即光从B点射出时，也不可能发生全反射，在B点的反射光射向D点，同样在D点也不会发生全反射，故选C。 2．如图所示，两细束平行的单色光a、b射向同一块上、下表面平行的玻璃砖的上表面，最终都从玻璃砖的下表面射出。已知玻璃对单色光b的折射率较小，那么下列说法中正确的有（　　） A．a光束在玻璃砖中传播速度比b光大 B．从玻璃砖下表面射出后，两束光不一定平行 C．从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离一定增大了 D．从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离可能和射入前相同 【答案】C 【解析】玻璃对单色光b的折射率较小，那么光路图如图所示，光在介质中的传播速度为v＝，因为玻璃对单色光b的折射率较小，所以a光束在玻璃砖中传播速度比b光小，故A错误；根据光路的可逆性可知：下表面出射角等于上表面的入射角，即两束光下表面的出射角相等，故从玻璃砖下表面射出后，两束光仍然平行，故B错误；由于a光的折射率大，偏折程度大，从下表面射出后沿水平方向侧移的距离大，故两束光从下表面射出后，两束光之间的距离一定增大，故C正确，D错误。 3．某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝S1、S2的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样。下列描述不正确的是（　　） A．图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射 B．遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大 C．照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大 D．照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹 【答案】B 【解析】题图乙中间部分为等间距条纹，所以题图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，题图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；根据条纹间距公式有Δx＝λ，则照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，题图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。 4．随着科技的发展，夜视技术越来越成熟。一切物体都可以产生红外线，即使在漆黑的夜里“红外监控”“红外摄影”也能将目标观察得清清楚楚。为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，下列说法正确的是（　　） A．镀膜的目的是尽可能让入射的红外线反射 B．镀膜的目的是尽可能让入射的所有光均能透射 C．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一 D．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的二分之一 【答案】C 【解析】镀膜的目的是尽可能让红外线能够透射，而让红外线之外的光反射，从而使红外线图像更加清晰，故A、B错误；当红外线在薄膜前、后表面的反射光恰好干涉减弱时，反射光最弱，透射光最强，根据干涉相消的规律可知，此时红外线在薄膜前、后表面反射光的光程差应为半波长的奇数倍，而为了尽可能增加光的透射程度，镀膜的厚度应该取最薄的值，即红外线在薄膜中波长的四分之一，故C正确，D错误。 5．如图所示为一块玻璃砖横截面，已知△ABC为一直角三角形，∠A＝30°，BC＝a.三角形右侧为四分之一圆弧，C点为圆心，且CD⊥CB。现有一束单色光从AC的中点P平行于AB射入，折射光恰好过B点，光在真空中的速度为c，求： （1）该玻璃砖的折射率？ （2）光线从玻璃砖射入到第一次射出所经历的时间？ 【答案】（1）　（2） 【解析】（1）光路图如图所示，光线从P点射入时，入射角θ＝60°，由几何关系知折射角β＝30°， 折射率n＝＝ （2）设全反射的临界角为C，sin C＝＝ 由几何关系结合光路图可知∠PBC＝∠BEC>C， 光线在圆弧上B、E处均发生全反射，然后从CD边F点垂直射出。 由n＝得v＝c 光线从玻璃砖射入到第一次射出的总路程s＝PB＋BE＋EF＝a 经历的时间t＝ 解得t＝。 6．如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在水槽底部形成一光斑P。已知入射角α＝53°，水的折射率n＝，真空中光速c＝3.0×108 m/s，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 （1）求激光在水中传播的速度大小v？ （2）打开出水口放水，求水放出过程中光斑P移动的距离x与水面下降距离h的关系？ 【答案】（1）2.25×108 m/s　（2）x＝h 【解析】（1）由于v＝ 代入数据解得v＝2.25×108 m/s。 （2）打开出水口后，光路图如图所示 设水原来深度为H，折射角为β，由折射定律有n＝，解得sin β＝＝0.6 由几何关系有htan α＋（H－h）tan β＝x＋Htan β 代入数据解得x＝h。 押题猜想十二 热学规律综合应用 限时：2min （原创）封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等。如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系。 （1）改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出V－T图像如图所示。已知大气压强p0＝1×105 Pa，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为多少？若此过程中气体吸收热量60 J，则气体的内能增加多少？ （2）已知1 mol任何气体在压强p0＝1×105 Pa，温度t0＝0 ˚C时，体积约为V0＝22.4 L。瓶内空气的平均摩尔质量M＝29 g/mol，体积V1＝2.24 L，温度为T1＝25 ˚C。可估算出瓶内空气的质量？ 【答案】（1）50　10 （2）2.66 g 【解析】（1）由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为：W＝p0·ΔV＝1.0×105×（2.5×10－3－2×10－3） J＝50 J 若此过程中气体吸收热量60 J，则气体的内能增加ΔU＝60 J－50 J＝10 J （2）T2＝（0＋273） K＝273 K。瓶内空气体积V1＝2.24 L，温度为T1＝（25＋273） K＝298 K，转化为标准状态，有＝ 解得：V2＝ 物质的量为n＝ 故质量：m＝nM＝·M≈2.66 g。 押题解读 热学规律主要有热力学定律、气体实验定律和气体的状态变化图像等问题。热力学定律和气体实验定律都属于高频考点，试题难度中等，命题形式以选择题和计算题为主，常考查学生灵活应用气体实验定律、热力学定律解释生活中的一些现象，解决某些实际问题。 考前秘笈 一、应用热力学定律分析理想气体内能相关问题的三个要点： 1．做功情况看体积 体积V减小 → 外界对气体做功 → W＞0； 体积V增大 → 气体对外界做功 → W＜0； 无阻碍地自由膨胀 → W＝0。 2．内能变化看温度 其它条件不变的情况下，温度T升高 → 内能增加 → ΔU＞0； 其它条件不变的情况下，温度T降低 → 内能减少 → ΔU＜0。 3．吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q。 二、气体实验定律与理想气体状态方程 1．应用气体的实验定律及理想气体状态方程解题的基本规律：“三定律、一方程” 2．应用气体的实验定律及理想气体状态方程的解题思路： （1）选择对象：某一定质量的理想气体； （2）找参量：气体在始末状态的参量P1、V1、T1及P2、V2、T2； （3）明确过程：认清变化过程是正确选用物理规律的前提； （4）列方程：选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性。 若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态量之间的关系，列式联立求解。 3．变质量问题：处理“充气、抽气”问题时采用“等效法”，假设把冲进和抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即把“变质量”问题转化为“定质量”问题。 三、一定质量理想气体的状态变化图像与特点： 1．如图，汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的理想气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高缸内气体温度，汽缸内气体压强p随热力学温度T的变化规律是 【答案】B 【解析】当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线的延长线过原点；当缸内气体的压强等于p0时，气体发生等压膨胀，图线平行于T轴，故选B。 2．一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A，其中C→D→A为等温过程。该循环过程如图所示，下列说法正确的是（　　） A．A→B过程中，气体对外做功大于从外界吸收的热量 B．B→C过程中，单位时间内单位面积气体撞击器壁的分子数减少 C．气体状态A时内能大于状态C时内能 D．从状态A经一个循环又回到A的全过程中，气体吸收的热量小于放出的热量 【答案】B 【解析】A→B过程中，气体压强不变，体积变大，则温度升高，气体对外做功，内能增加，根据ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收的热量大于对外做功，选项A错误；B→C过程中，气体体积不变，压强减小，温度降低，气体的平均速率减小，单位时间内单位面积气体撞击器壁的分子数减少，选项B正确；状态A和状态C，气体的温度相同，则气体在A、C状态的内能相同，选项C错误；从状态A经一个循环又回到A的全过程中，气体内能不变，整个过程气体对外做功（大小等于图像ABCDA围成的面积），则整个过程气体吸收热量，即气体吸收的热量大于放出的热量，选项D错误。 3．如图，内壁光滑的绝热圆柱形汽缸直立在水平地面上，容积为2V0，一厚度可忽略的绝热轻活塞密封一定质量的某理想气体，在缸口处有固定卡环，使活塞不会从汽缸中顶出。现活塞位于汽缸中央，此时该气体温度为T0、密度为ρ，已知该气体的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，大气压强为p0，汽缸密封良好。 （1）求汽缸内气体分子的总个数N？ （2）现利用电阻丝对气体缓慢加热，使活塞缓慢上升，求气体温度升高到3T0时的压强p？ （3）该气体温度升高到3T0过程中，吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的变化量ΔU？ 【答案】（1）NA　（2）1.5p0　（3）Q－p0V0 【解析】（1）汽缸内气体分子的总个数N＝NA （2）活塞到达缸口固定卡环之前压强不变，由盖—吕萨克定律得＝ 活塞到达缸口被卡住后气体体积不变，由查理定律得＝ 联立可得p＝1.5p0 （3）在该气体温度升高到3T0过程中，外界对气体做功为W＝－p0V0 由热力学第一定律可得，此过程中气体内能的变化量为ΔU＝Q＋W＝Q－p0V0。 4．一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C。其V—T图像如图所示，O、A、B三点在同一直线上。求： （1）若气体分子总数为N，求气体在状态B时分子间的平均距离d；？ （2）若气体在状态A的压强为p，气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，内能的增加量为ΔU，求气体在该过程中吸收的热量Q？ 【答案】（1）　（2）ΔU＋pV0 【解析】（1）气体从状态A变化到状态B的过程，根据等压变化规律有＝（ 又VB＝d3N 解得d＝ （2）气体从状态A变化到状态B的过程中，外界对气体做功为W＝－p（VB－VA）＝－pV0（ 气体从状态B变化到状态C的过程中，外界对气体做功为0.根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 解得气体在该过程中吸收的热量Q＝ΔU＋pV0。 5．如图所示，竖直放置、导热性能良好的U形玻璃管截面均匀，左端开口，右端封闭，左右管内用长度分别为h1＝5 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭两段气体a、b。气体a的长度La＝15 cm，气体b的长度Lb＝20 cm，最初环境温度T1＝300 K时，两水银柱下表面齐平。现缓慢升高环境温度，直至两段水银柱的上表面齐平。已知大气压强为75 cmHg，右侧水银柱未进入U形玻璃管的水平部分，两段气体均可视为理想气体。求： （1）两段水银柱的下表面齐平时气体b的压强？ （2）两段水银柱的上表面齐平时环境的温度T2？ 【答案】（1）70 cmHg　（2）327.3 K 【解析】（1）设大气压强为p0， 对气体a则有pa＝p0＋ρgh1 对气体b则有pb＝pa－ρgh2 联立两式代入数据得pb＝70 cmHg。 （2）升温过程中气体b发生等压变化，则温度升高，体积增大，设右侧水银柱下降x，变化前后对比如图，气体a体积Va＝（La－x＋h2－h1－x）S 对气体b，由盖－吕萨克定律＝得＝ 缓慢升高环境温度过程中气体a也发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝ 联立解得T2＝ K≈327.3 K。 6．如图，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S＝1×10－3 m2。活塞的质量为m＝2 kg，厚度不计。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10－3 m3，A、B之间的容积为2.0×10－4 m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa。开始时活塞停在B处，缸内气体视为理想气体，压强为0.9p0，温度为27 ℃.现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃。求：（重力加速度g取10 m/s2） （1）活塞刚离开B处时气体的温度t2？ （2）缸内气体最后的压强？ 【答案】（1）127 ℃　（2）1.5×105 Pa 【解析】（1）活塞刚离开B处时，设气体的压强为p2，由二力的平衡条件可得p2＝p0＋ 解得p2＝1.2×105 Pa 由查理定律得＝ 解得t2＝127 ℃ （2）设活塞最终移动到A处，缸内气体最后的压强为p3，由理想气体状态方程得＝ 解得p3＝1.5×105 Pa 因为p3>p2，故活塞最终移动到A处的假设成立。 押题猜想十三 近代物理 限时：2min （原创）如图甲所示为氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙，则求金属的逸出功？将上述各种频率的光分别照射到电路阴极K上，共有几种频率的光能产生光电流？ 【答案】6.75　3 【解析】大量处于n＝4激发态的氢原子跃迁时，发出频率最高的光子是对应着从n＝4到n＝1的跃迁，频率最高光子的能量为hνm＝E4－E1＝12.75 eV，由题图丙可知辐射光电子的最大初动能为6 eV， 根据Ekm＝hν－W0 可知金属的逸出功W0＝12.75 eV－6 eV＝6.75 eV. n＝4到低能级的跃迁中能辐射出6种不同频率的光子，其中光子能量大于6.75 eV的跃迁有： n＝2到n＝1的跃迁，辐射光子的能量为－3.4 eV－（－13.6 eV）＝10.2 eV； n＝3到n＝1的跃迁，辐射光子的能量为－1.51 eV－（－13.6 eV）＝12.09 eV； n＝4到n＝1的跃迁，辐射光子的能量为－0.85 eV－（－13.6 eV）＝12.75 eV； 其余跃迁光子能量小于6.75 eV，所以各种频率的光分别照射到电路阴极K上，共有3种频率的光能产生光电流。 押题解读 光电效应和波粒二象性主要考查光电效应基本规律的理解和应用、光电效应的图像和波粒二象性等问题。光电效应规律经常与能级跃迁等知识相结合进行综合考查，一般试题难度较易或中等，多为选择题、填空题，考查学生的理解和综合应用能力。核反应和核能主要讲解原子核的两类衰变规律、半衰期、核反应方程以及核能的计算等问题，考试多以选择题的形式命题，命题背景新颖，难度一般；主要考查学生对于知识的理解和应用能力。波尔理论与能级跃迁在高考中主要考查原子的结构、玻尔理论的理解、氢原子的能级跃迁与电离、能级图等问题，有时会与光电效应知识综合命题，题型多为选择题。 考前秘笈 一、光电效应和波粒二象性 1．四点提醒： （1）能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率。 （2）光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光。 （3）逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关。 （4）光电子不是光子，而是电子。 2．两条对应关系： （1）光强大 → 光子数目多 → 发射光电子多 → 光电流饱和值大。 （2）光子频率高 → 光子能量大 → 光电子的最大初动能大。 3．四个关系式： （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）逸出功与极限频率的关系W0＝hνc （4）光子的动量：p＝＝。 4．四个图像： 图像名称 图线形状 由图线直接（间接）得到的物理量 最大初动能Ek与入射光频率ν的关系 Ek＝hv－W0 ①斜率表示普朗克常量h ②纵截距的绝对值表示逸出功|－E|＝W0 ③横截距表示极限频率νc 遏止电压Uc与入射光频率ν的关系 eUc＝hv－W0⇒Uc＝ ①斜率k＝，则h＝ke（普朗克常量等于图线的斜率与电子电荷量的乘积） ②纵截距的绝对值为，则逸出功W0＝eUm ③横截距表示极限频率νc 颜色不同时，光电流与电压的关系 ①横截距表示遏止电压Uc1、Uc2 ②最大值表示饱和光电流 ③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2 颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系 ①横截距表示遏止电压Uc ②最大值表示饱和光电流 ③最大初动能Ek＝eUc相等 二、玻尔理论与能级跃迁 1．解答核外电子在不同轨道上运动状态问题时涉及的主要物理规律 （1）库仑定律：F＝，可以用来确定电子和原子核间的相互作用力。 （2）牛顿运动定律和圆周运动规律：可以用来分析电子绕原子核做匀速圆周运动的问题。 （3）功能关系及能量守恒定律：可以分析由于库仑力做功引起的电子在原子核周围运动时动能、电势能之间的转化问题。 2．两类能级跃迁 受激跃迁： （1）光照（吸收光子）：光子的能量必须恰好等于能级差hv＝Em－En。 （2）碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E外≥Em－En。 （3）大于电离能的光子被吸收，将原子电离。电离能：指原子从基态或某一激发态跃迁到电离态所需要吸收的最小能量。 3．确定氢原子辐射光谱线数量的方法 （1）一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为（n－1）； （2）一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数＝。 注意：一定要区分氢原子是一个还是一群！ 三、核反应与核能 1．理清知识体系 2．α衰变和β衰变的衰变次数的计算方法 方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变量确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数。 方法二：设α衰变次数为x，β衰变次数为y，根据质量数和电荷数守恒列方程组求解。 3．核反应的四种类型 4．核反应方程的书写技巧 （1）熟记基本粒子的符号：质子（）、中子（）、α粒子（）、β粒子（）、正电子（）、氘核（）、氚核（）等。 （2）牢记两个“守恒”：核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒。 5．计算核能的四种方法 （1）根据爱因斯坦质能方程，用核反应的质量亏损的千克数乘以真空中光速c的平方，即ΔE＝Δmc2。 （2）根据1原子质量单位（u）相当于931.5兆电子伏（MeV）能量，1 u＝931.5 MeV/c2，用核反应的质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5 MeV。 （3）根据平均结合能来计算核能：原子核的结合能＝平均结合能×核子数。反应前后原子核的结合能之差即释放（吸收）的核能。 （4）如果核反应时释放的核能是以动能形式呈现，则核反应过程中系统动能的增量即为释放的核能。 1．如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是 A．处于基态的氢原子吸收10.5 eV的光子后能跃迁至n＝2能级 B．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光 C．若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应 D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV 【答案】D 【解析】处于基态的氢原子吸收10.2 eV的光子后能跃迁至n＝2能级，不能吸收10.5 eV的能量，故A错误；大量处于n＝4能级的氢原子，最多可以辐射出C＝6种不同频率的光，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光的能量大于从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光的能量，用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故C错误；处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光的能量为：E＝E4－E1＝－0.85 eV－（－13.6 eV）＝12.75 eV，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：Ekm＝E－W0＝12.75 eV－6.34 eV＝6.41 eV，故D正确。 2．光电效应实验中，得到光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν关系如图。求： （1）该金属材料的逸出功W0； （2）普朗克常量h。 【答案】（1）b　（2） 【解析】（1）根据光电效应方程Ekm＝hν－W0 Ekm－ν图线的纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功W0＝b （2）根据光电效应方程Ekm＝hν－W0 Ekm－ν图线的斜率表示普朗克常量，h＝。 3．将氢原子电离，就是从外部给电子提供能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子。（电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝9.1×10－31 kg，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3×108 m/s） （1）若要使n＝2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子？ （2）若用波长为200 nm的紫外线照射n＝2激发态的氢原子，则电子飞到离核无穷远处时的速度为多大？ 答案　（1）8.21×1014Hz　（2）1×106 m/s 解析　（1）n＝2时，E2＝ eV＝－3.4 eV n＝∞时，E∞＝0 所以，要使处于n＝2激发态的氢原子电离，电离能为ΔE＝E∞－E2＝3.4 eV ν＝＝ Hz≈8.21×1014 Hz。 （2）波长为200 nm的紫外线一个光子所具有的能量E0＝hν＝h＝6.63×10－34× J＝9.945×10－19 J 电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J 由能量守恒有E0－ΔE＝mv2 代入数值解得v≈1×106 m/s。 4．太阳能是一种清洁的能源，现在太阳能已广泛应用于科技和生活中。太阳能是由太阳内部激烈进行的多种核聚变反应而产生的，其中一种聚变反应是一个氘核（H）和一个氚核（H）聚变产生一个氦核（He），下列关于太阳内部的这种核聚变反应的叙述正确的是 A．该核聚变反应方程为H＋H→He＋e B．若氘核（H）的结合能为E1，氚核（H）的结合能为E2，氦核（He）的结合能为E3，则这个反应中释放出的核能为ΔE＝E3－E1－E2 C．原子核聚变反应过程中释放出了核能，所以反应后原子核的质量数一定减少 D．聚变反应是核子间距离很小时，这些核子在强大的库仑力和万有引力作用下紧密结合在一起的过程 【答案】B 【解析】核反应过程质量数守恒，电荷数守恒，H和H发生核反应，核反应方程为H＋H→He＋n；原子核聚变反应过程中释放出了核能，但反应前后原子核的质量数依然守恒，A、C错误；释放的核能ΔE＝E3－E2－E1，B正确；在核反应中，核子结合在一起靠的不是库仑力和万有引力，D错误。 5．氘核和氚核的核反应为：H＋H→He＋X＋17.6 MeV，则： （1）核反应式中的X是什么粒子？ （2）这一过程的质量亏损是多少（保留两位有效数字）? （3）1 g氘核完全参与上述反应，共释放多少核能？（氘核的摩尔质量M＝2 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1） 【答案】（1）中子　（2）3.1×10－29 kg　（3）8.448×1011 J 【解析】（1）由质量数守恒得：2＋3＝4＋b 得b＝1 由电荷数守恒得：1＋1＝2＋a 得a＝0，故X是中子。 （2）根据爱因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc2， 得：Δm＝＝ kg≈3.1×10－29 kg （3）1 g氘核完全与氚核发生反应释放的核能为ΔE′＝NA×17.6 MeV 得ΔE′＝5.28×1030 eV＝8.448×1011 J。 6．核动力航空母舰的动力来自核反应堆，其中主要的核反应方程式是U＋n→Ba＋Kr＋（　　）n （1）在括号内填写n前的系数； （2）用m1、m2、m3均分别表示U、Ba、Kr核的质量，m表示中子的质量，则上述核反应过程中一个铀235核发生裂变产生的核能ΔE是多少？ （3）假设核反应堆的功率P＝6.0×105 kW，若一个铀235核裂变产生的能量为2.8×10－11 J，则该航空母舰在海上航行一个月需要消耗多少千克铀235？（铀235的摩尔质量μ＝0.235 kg/mol，一月约为t＝2.6×106 s，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，计算结果保留两位有效数字） 【答案】（1）3　（2）（m1－m2－m3－2m）c2　（3）22 kg 【解析】（1）由质量数与电荷数守恒可知，235＋1＝141＋92＋x 得x＝3 （2）由题意知，质量亏损为Δm＝m1－m2－m3－2m 由质能方程可知，释放的核能为：ΔE＝Δm·c2＝（m1－m2－m3－2m）c2； （3）一个月内核反应产生的总能量为E＝Pt 同时：E＝NAΔE 可得：m＝＝ kg≈22 kg。 押题猜想十四 力学实验 限时：2min （原创）一位同学“探究弹簧弹力与形变量的关系”。 （1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧。弹簧轴线和刻度尺都应在________方向（选填“水平”或“竖直”）。 （2）弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，弹簧长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6。数据如下表。 代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6 数值（cm） 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30 表中有一个数值记录不规范，代表符号为________。由表可知所用刻度尺的最小分度为________。 （3）如图甲所示是该同学根据表中数据作出的图线，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值（选填“L0”或“Lx”）。 （4）由图甲可知弹簧的劲度系数为________ N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_____ g。（结果保留两位有效数字，重力加速度g取9.8 N/kg） （5）如图乙所示是另一组同学实验得到弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F－x图线，由此可求出该组同学所用弹簧的劲度系数为________ N/m（结果保留三位有效数字）。图线不过原点的原因是_____________。 【答案】（1）竖直　（2）静止　L3　1 mm　（3）Lx　（4）4.9　10　（5）200　弹簧自身存在重力 【解析】（1）为保证弹簧的拉力与砝码盘和砝码的重力大小相等，弹簧轴线和刻度尺均应在竖直方向。 （2）弹簧静止时，记录长度L0；表中的数据L3与其他数据有效数字位数不同，所以数据L3不规范，标准数据应读至cm单位的后两位小数，最后一位应为估读值，所以刻度尺的最小分度为1 mm。 （3）由题图甲知所挂砝码质量为0时，x为0，所以x＝L－Lx（L为弹簧长度）。 （4）由胡克定律F＝kx知，mg＝k（L－Lx）， 即mg＝kx，所以图线斜率为，则弹簧的劲度系数k＝＝ N/m＝4.9 N/m。 同理，砝码盘的质量m0＝＝ kg＝0.01 kg＝10 g。 （5）F－x图像中图线的斜率表示弹簧的劲度系数，则题图乙中的斜率k＝ N/m＝200 N/m；图线不过原点说明没有力时弹簧有了形变量，故说明受到弹簧自身的重力的影响。 押题解读 力学实验属于热点、难点内容；高考命题以实验题的形式出现；力学实验通常以教材内的实验为主，基本的实验仪器使用、读数、数据处理及实验注意事项考查；实验改进及优化；课本必做之外的实验如滑动摩擦的测量，基于牛顿第二定律的质量测量等创新性的力学实验考查。以课内要求必做实验为基础的考查，涉及与实验相关的利用生活中的器材进行实验探究的考查。近3年来，江苏均力学实验考查了2次，均包含了常有测量仪器的读数，预测今年有可能考查螺旋测微器测量导线直径的电学实验。 考前秘笈 1．凡是用测量仪器直接测量的结果，读数一般要求在读出仪器最小刻度所在位的数值（可靠数字）后，再向下估读一位（不可靠数字），这里不受有效数字位数的限制。 2．间接测量的有效数字运算不作要求，运算结果一般可用2~3位有效数字表示。 3．“纸带”类实验三个关键点： （1）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“每五个点取一个计数点”与“每隔四个点取一个计数点”的取点法是一样的； （2）涉及打点计时器的实验均是先接通电源，打点稳定后，再释放纸带； （3）实验数据处理可借助图像，充分利用图像斜率、截距等的物理意义。 4．纸带或频闪照片的处理方法 5．创新实验的特点及求解的基本思路 创新实验涉及实验仪器和原理的创新、实验方案和方法的创新，此类实验题要用“已有的知识”“学过的实验方法”“已会用的仪器”，通过知识迁移和能力迁移，进行解答。 求解创新设计类实验的基本思路 1．在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，如图甲所示，橡皮条的一端固定，一端挂一轻质小圆环，橡皮条的长度为GE。如图乙所示，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO，撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，如图丙所示，使小圆环仍处于O点。 （1）在实验操作中，力F单独作用时与力F1、F2共同作用时都使小圆环在O点保持静止。这样做的目的是　　　　　　。体现　　　　　　的物理思想。  （2）具体操作前，某同学提出了以下关于实验操作的建议，其中正确的是 　。 A．图乙中，F1与F2的方向必须相互垂直 B．重复实验再次进行探究时，圆环O的位置必须与前一次相同 C．用两弹簧测力计同时拉小圆环时，两弹簧测力计示数之差应尽可能大一些 D．使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线 （3）图丁中弹簧测力计的示数为　　　　　　 N；  （4）在实验过程中，必须记录的有　　　　　　；  A．甲图中E的位置 B．乙图中O的位置 C．OB、OC的方向 D．弹簧测力计的示数 （5）某同学用力的图示法将两次实验记录的两个力F1、F2和F画在图戊中，请你在图中以F1、F2为邻边作出平行四边形，根据作出的图可得出的结论是：　　　　　　　　　。  【答案】（1）见【解析】等效替代　（2）D　（3）2．35　（4）BCD　（5）见解析图　见解析 【解析】（1）使力F单独作用时与力F1、F2共同作用时对橡皮条的作用效果相同，体现了等效替代的物理思想； （2）避免实验具有偶然性和特殊性，题图乙中，F1与F2的方向无需垂直，故A错误；重复实验再次进行探究时，避免实验具有偶然性和特殊性，圆环O的位置应与前一次不同，故B错误；用两弹簧测力计同时拉小圆环时，应避免弹簧测力计示数过大或过小，导致读数不准确，则两弹簧测力计示数之差不宜过大，故C错误；为保证读数准确，使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线，故D正确。 （3）弹簧测力计最小分度为0．1 N，读数要读到0．01 N，题图丁中读数为2．35 N。 （4）必须要记录的有F、F1和F2的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要将小圆环拉到O点位置，所以必须记录的有B、C、D。 （5）如图所示，在实验误差允许的范围内，两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。 2．某同学利用图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。 （1）图为实验中打出的一条纸带的一部分，纸带上标出了连续的5个计数点，依次为A、B、C、D和E，相邻计数点之间还有4个点没有标出，已知打点计时器所使用的交变电源的频率为50 Hz。由纸带量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm，打点计时器打下C点时，小车的速度大小为________ m/s，小车的加速度大小为________ m/s2。（结果均保留两位有效数字） （2）某同学探究“保持物体所受合外力不变，其加速度与质量的关系”时，作出如图所示的图像，由图像可知，小车受到的合外力的大小是________ N。 【答案】（1）0.49　0.43　（2）0.2 【解析】（1）相邻两计数点间的时间间隔T＝0.1 s，C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，故有： vC＝＝ m/s≈0.49 m/s 根据逐差法求得加速度大小为：a＝＝ m/s2≈0.43 m/s2 （2）在a－图像中，斜率表示合外力，故有：F＝＝ N＝0.2 N。 3．图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。 （1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛__________________。 （2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为________m/s。 （3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为_____m/s；B点的竖直分速度为_________________m/s。 【答案】（1）水平，初速度相同　（2）1.6m/s （3）1.5m/s　2m/s 【解析】（2）方法一：取点（19.6，32.0）分析可得：0.196＝×9.8×t　0.32＝v0t1　解得：v0＝1.6m/s。 方法二：取点（44.1，48.0）分析可得：0.441＝×9.8×t　0.48＝v0t2解得：v0＝1.6m/s。 （3）由图可知，物体上A→B和由B→C所用的时间相等，且有：Δy＝gT2　x＝v0T 解得：v0＝1.5m/s　vBy＝＝2m/s。 4．如图甲所示是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度关系”的实验装置。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方靠近A处。在钢球底部竖直地粘住一片质量不计、宽度为d的遮光条，小钢球的质量为m，重力加速度为g。实验步骤如下： （1）将小球竖直悬挂，测出悬点到钢球球心之间的距离，得到钢球运动的半径为R；用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，其读数为________ cm；将钢球拉至某一位置释放，测得遮光条的挡光时间为0.010 s，小钢球在A点的速度大小v=________ m/s（结果保留三位有效数字）。 （2）先用力传感器的示数FA计算小钢球运动的向心力F′=FA－mg，FA应取该次摆动过程中示数的________（选填“平均值”或“最大值”），然后再用F=m计算向心力。 （3）改变小球释放的位置，重复实验，比较发现F总是略大于F′，分析表明这是系统造成的误差，该系统误差的可能原因是________。 A．小钢球的质量偏大 B．小钢球初速度不为零 C．总是存在空气阻力 D．速度的测量值偏大 （4）为了消除该系统误差，可以________（回答一条即可）。 【答案】（1）1.50（1.49～1.51）　1.50（1.49～1.51）（2）最大值　（3）D　（4）测出光电门发光孔到悬点的距离L，由v小球=R，求出小球的准确速度（将悬线变长一些、遮光条长度变短的回答都错误） 【解析】（1）根据刻度尺数据可直接读出，读数为1.50 cm。 根据速度公式可得v==1.50 m/s （2）因为只有力传感器的示数FA最大时，小球在最低点，此时才能满足F′=FA－mg。 （3）因为F=m，当速度测量值偏大时，F偏大，此时F才略大于F′，故选D。 （4）为了消除该系统误差，可以减小速度误差，测出光电门发光孔到悬点的距离L，由v小球=R，求出小球的准确速度。 5．向心力演示器如图（a）所示。 （1）在进行下列实验时采用的方法与本实验相同的是________。 A．探究加速度与力、质量的关系 B．伽利略对自由落体的研究 （2）图（b）显示了左右两标尺上黑白相间的等分格之比为1∶4，则左右两处小球所受向心力大小之比约为________。 A．1∶2　　　　　B．1∶3　　　　　C．1∶4 （3）图（a）中，长槽上的球在2处到转轴的距离是球在1处到转轴距离的2倍，长槽上的球在1处和短槽上的球在3处到各自转轴的距离相等。在探究向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在图（a）中的________和________处（均选填“1”“2”或“3”），若标尺上黑白相间的等分格恰如图（b）所示，那么图（c）中左右变速塔轮半径之比R1∶R2＝________。 【答案】（1） A　（2）C　（3）1　 3　2∶1 【解析】（1）在这个实验中，利用了控制变量法来探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系。 A项探究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法；B项，伽利略对自由落体的研究采用了理想实验法。与本实验采用的方法相同的是A。 （2）两个小球所受向心力的比值为1∶4，故选C。 （3）在探究向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在题图（a）中的1和3处。 变速轮塔用皮带连接，轮塔边缘上点的线速度大小相等，据ω1R1＝ω2R2，可得与皮带连接的变速轮塔相对应的半径之比为R1∶R2＝ω2∶ω1＝∶＝2∶1。 6．某同学用图（a）所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，图（b）是用“8 V，50 Hz”的打点计时器打出的一条纸带，O点为重锤下落的起点，选取的计数点A、B、C、D到O点的距离在图中已标出，重力加速度g取9.8 m/s2，重锤的质量为1 kg。（计算结果均保留两位有效数字） （1）下列做法正确的有________。 A．必须称出重锤和夹子的质量 B．图中两限位孔必须在同一竖直线上 C．将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器 D．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源 E．处理数据时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置 （2）打点计时器打下B点时，重锤下落的速度vB＝________ m/s，重锤的动能EkB＝________J。 （3）从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能的减少量为________J。 （4）根据（1）、（2）计算，在误差允许范围内，从起点O到打下B点过程中，你得到的结论是_________________________________________。 （5）图是根据某次实验数据绘出的－h图像，图线不过坐标原点的原因是____________。 【答案】（1）B　（2）1.2　0.72　（3）0.73（4）重锤下落过程中机械能守恒 （5）开始打点时重锤有一定的速度 【解析】（2）每两个计数点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为t＝0.04 s，则vB＝＝ m/s≈1.2 m/s， EkB＝mvB2＝0.72 J （3）从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能减少量：ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.074 0 J≈0.73 J （4）在实验误差允许范围内，由于重锤重力势能减少量近似等于重锤动能的增加量，重锤下落的过程中机械能守恒； （5）由机械能守恒可知mgh＝mv2－mv02，图线不过坐标原点的原因是开始打点时重锤有一定的速度。 押题猜想十五 电学实验 限时：2min （原创）在“测量金属丝的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50.0 cm。 （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为________mm（该值接近多次测量的平均值）。 （2）用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为电池组（提供电压为3 V）、电流表（内阻约0.1 Ω）、电压表（内阻约3 kΩ）、滑动变阻器R（0～20 Ω，额定电流2 A）、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的________图（选填“甲”或“乙”）。 （3）如图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。 （4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω（保留2位有效数字）。 （5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________。 A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·m C．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m （6）（多选）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是________。 A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于系统误差 B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D．用U－I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 【解析】（1）螺旋测微器的读数为0 mm＋39.8×0.01 mm＝0.398 mm。 （2）由实验记录的数据可知Rx的阻值大约为5 Ω。由题知Rx≪RV，故电流表A外接。若滑动变阻器接为限流式接法，电路中最小电流值Imin＝＝0.12 A，则Rx两端的电压最小值Umin＝IminRx＝0.6 V，而从实验数据可知Rx两端电压可为0.10 V，因此滑动变阻器应采用分压式接法。所以选择甲图。 （3）实物图如图所示。 （4）图线应过原点，选尽可能多的点连成一条直线，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，明显偏离的点应舍去，如图所示。 图线的斜率反映了金属丝的电阻，因此金属丝的电阻值Rx＝4.4 Ω。 （5）根据Rx＝ρ得金属丝的电阻率ρ＝＝＝Ω·m＝1.09×10－6Ω·m，故选项C正确。 （6）系统误差是由仪器的某些不完善或实验方法不够完善等产生的，其测量结果总是偏大或偏小；偶然误差具有随机性，可以通过多次测量取平均值或图像法来减小偶然误差。故C、D正确，A、B错误。 押题解读 电学实验属于热点、难点内容；高考命题以实验题的形式出现；电学实验通常以教材内的实验为主，基本的实验仪器使用、读数、电路连线、实验数据处误差分析及实验注意事项考查；实验改进及优化。以课内要求必做实验为基础的考查，涉及与实验相关的利用生活中的器材进行电学实验探究的考查。 考前秘笈 1．常用方法：控制变量法；等效替代法；转换测量对象法；半偏法；电桥法。 2．求解电学创新型实验的基本思路 解题步骤 注意事项 找原型：根据题意找出题中实验在教材中的实验原型，并能准确、完整地重现出来 创新型实验多是对教材实验或常见的练习题进行器材和装置的改换而成，按照实验题目的要求，进行实验的设计或有关物理量的测量；也可能是对实验方法加以改进或重组进行新实验的设计。要注意数据处理、误差的来源等 找差别：根据题中所提供的实验器材与原型中的器材进行对比，找出不同点，这往往是解题的“金钥匙” 定方案：通过与原实验对比的结果和需要测量的物理量，来确定实验设计与实验步骤 1．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，需要测出金属丝的电阻Rx，甲、乙两同学分别采用了不同的方法进行测量： （1）①甲同学直接用多用电表测其电阻，该同学选择×10 Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大。为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：________。（填步骤前的字母） A．旋转选择开关至欧姆挡“×1 Ω” B．旋转选择开关至欧姆挡“×100 Ω” C．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔 D．将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔 E．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔 ②按正确步骤测量时，指针指在图所示位置，Rx的测量值为________ Ω。 （2）乙同学则利用实验室里下列器材进行了测量： 电压表V（量程0～5 V，内电阻约10 kΩ） 电流表A1（量程0～500 mA，内电阻约20 Ω） 电流表A2（量程0～300 mA，内电阻约4 Ω） 滑动变阻器R1（最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A） 滑动变阻器R2（最大阻值为250 Ω，额定电流为0.1 A） 直流电源E（电动势为4.5 V，内电阻约为0.5 Ω） 开关及导线若干 为了较精确画出I－U图线，需要多测出几组电流、电压值，故电流表应选用________，滑动变阻器选用________（选填器材代号），乙同学测量电阻的值比真实值________（选填“偏大”“偏小”或“相等”），利用选择的器材，请你在图方框内画出理想的实验电路图，并将图中器材连成符合要求的电路。 【答案】（1）①AEDC（2分）　②22（2分）　（2）A2（2分）　R1（2分）　偏小（2分）　电路图见解析图（3分）　实物图见解析图（2分） 【解析】（1）①发现指针转过角度太大，知电阻较小，则换用“×1 Ω”，换挡后需重新调零。然后去测电阻，最后旋转选择开关至“OFF”挡或交流电压的最高挡，故合理顺序为：AEDC。 ②Rx的测量值为22×1 Ω＝22 Ω。 （2）通过电阻电流的最大值大约I＝ A≈0.20 A 所以选择量程为300 mA的电流表A2测量比较准确。总阻值为250 Ω的滑动变阻器阻值相对较大，测量时误差大，所以选择总阻值为10 Ω的滑动变阻器R1。 由于待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法。因采用外接法，则由于电压表的分流而使电流表测量结果偏大，由欧姆定律可知，所测电阻偏小；若采用限流法，电路中的电流较大，容易超过电流表的量程，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示： 根据电路图连接实物图，如图所示： 2．在“测定金属的电阻率”的实验中 （1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图甲所示，则该金属丝的直径为___ mm。 （2）用量程为3 V的电压表和量程为0.6 A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图乙所示，则电压表的读数为________ V，电流表的读数为________ A。 （3）用米尺测量金属丝的长度L＝0.810 m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为______ Ω·m（保留两位有效数字）。 【答案】（1）2.935　（2）2.60　0.52　（3）4.2×10－5 Ω·m 【解析】（1）螺旋测微器的读数为：d＝2.5 mm＋43.5×0.01 mm＝2.935 mm； （2）因电压表的每小格为0.1 V，所以应估读到0.01 V，所以电压表的读数为：U＝2.60 V； 同理，电流表的每小格为0.02 A，应估读到0.01 A，所以电流表的读数为：I＝0.52 A。 （3）金属丝电阻R＝，根据R＝ρ得ρ＝＝。 代入数据得ρ≈4.2×10－5 Ω·m。 3．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3 V，内阻约2 Ω），保护电阻R1（阻值10 Ω）和R2（阻值5 Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。实验主要步骤： （ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关； （ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I； （ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U－I图线（U、I都用国际单位）； （ⅳ）求出U－I图线斜率的绝对值k和纵轴上的截距a。 回答下列问题： （1）电压表最好选用________；电流表最好选用________；（填写字母） A．电压表（0～3 V，内阻约15 kΩ） B．电压表（0～15 V，内阻约3 kΩ） C．电流表（0～200 mA，内阻约2 Ω） D．电流表（0～30 mA，内阻约2 Ω） （2）若滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________。 A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 （3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值； （4）待测电源的电动势E的测量值________真实值，内阻r的测量值________真实值（均选填“大于”“等于”或“小于”）。 【答案】（1）A（2分）　C（2分）　（2）C（3分）　（3）a（2分）　k－R2（2分）　（4）小于（2分）　小于（2分） 【解析】（1）由于待测电源的电动势约3 V，所以电压表最好选用A。 由于保护电阻R1（阻值10 Ω）和R2（阻值5 Ω），最大电流约为200 mA，所以电流表选C。 （2）电压表示数增大，则外电阻增大，所以滑动变阻器的滑片从左向右滑动时滑动变阻器接入的阻值增大。 若两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱，则滑动变阻器的滑片从左向右滑动时滑动变阻器的阻值不变，所以A错误； 若两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱，则滑动变阻器的滑片从左向右滑动时滑动变阻器接入电路的阻值总为0，所以B错误． 若一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱，则滑动变阻器的滑片从左向右滑动时滑动变阻器接入电路的阻值减小，所以D错误； 若两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是一条导线接在滑动变阻器金属杆左端或右端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱，则滑动变阻器的滑片从左向右滑动时滑动变阻器接入电路的阻值增大，所以C正确。 （3）根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－I（R2＋r） 由U－I图线可得E＝a，k＝R2＋r， 所以E＝a，r＝k－R2. （4）题图所示电路测量电源的电动势和内阻，相当于外接法，引起误差的原因是电压表分流，测量的电动势与内阻都小于实际值。 4．某同学利用电压表和电阻箱测定一节干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻（R0＝5 Ω）一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图（a）。 （1）在图（b）的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接。 （2）请完成下列主要实验步骤： ①检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图（c）所示，读得电阻值是________； ②将开关S1闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49 V； ③将开关S2______，电压表的示数是1.16 V；断开开关S1。 （3）使用测得的数据，计算出干电池的电动势是______，内阻是________（计算结果保留小数点后两位）。 【答案】（1）如图所示　（2）①20 Ω　③闭合　（3）1.49 V　0.69 Ω 【解析】（2）由题图（c）读得电阻箱阻值为R＝20 Ω；将S1闭合，S2断开，电压表示数为电源电动势E＝1.49 V，将S2再闭合，电压表示数为电阻箱R两端电压。 （3）将电压表视为理想电表，则干路电流I＝＝ A＝0.058 A．因为I＝，所以r＝－R0－R≈0.69 Ω。 4．国家有关酒驾的裁量标准如下： 驾驶员血液酒精含量 ≥20 mg/100 mL，<80 mg/100 mL ≥80 mg/100 mL 行为定性 饮酒驾驶 醉酒驾驶 酒精检测仪是交警执法时通过让司机呼气来检测司机是否酒驾的检测工具．现有一个酒精检测仪的主要元件“酒精气体传感器”，即气敏电阻，气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的变化而变化，下表显示了某气敏电阻Rx的阻值随酒精气体浓度的变化情况． 酒精气体浓/（mg/mL） 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 阻值/Ω 100 70 55 45 39 35 33 31 30 为了较准确测量酒精气体浓度为0.35 mg/mL时气敏电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材。 A．电流表A1（0～100 mA，内阻约为15 Ω） B．电流表A2（0～0.6 A，内阻约为5 Ω） C．电压表V1（0～5 V，内阻约为5 kΩ） D．电压表V2（0～15 V，内阻约为20 kΩ） E．滑动变阻器R1（阻值范围为0～20 Ω，允许通过的最大电流为2 A） F．滑动变阻器R2（阻值范围为0～5 Ω，允许通过的最大电流为0.2 A） G．待测气敏电阻Rx H．电源E（电动势为6 V，内阻r约为2 Ω） I．开关和导线若干 J．恒温检测室 （1）在如图甲所示的虚线框中画出测量Rx阻值的实验电路图． （2）为使测量尽量准确，实验时滑动变阻器应选________，电压表应选________，电流表应选________。（填器材前面的字母） （3）某同学用该气敏电阻Rx设计了一个测定酒精气体浓度的电路用来检测是否酒驾，如图乙所示，该电路使用一个电压表，正常工作时，若被测气体酒精浓度为0，电压表指针满偏。使用一段时间后，电源电动势会稍变小，内阻会稍变大，保持滑动变阻器滑片不动，则酒精气体浓度的测量值将________（选填“偏大”或“偏小”）。 【答案】（1）见解析图　（2）E　C　 A　（3）偏大 【解析】（1）因滑动变阻器阻值均比较小，所以采用分压接法，又由Rx<，采用电流表外接法，故实验电路图如图所示 （2）滑动变阻器F的额定电流太小，所以滑动变阻器选择E；根据表格，酒精气体浓度为 0.35 mg/ml时气敏电阻的阻值约为40 Ω，电源电动势为6 V，电压表选择C.通过气敏电阻的最大电流为I＝ A＝150 mA，电流表选择A。 （3）电压表满偏时，根据闭合电路欧姆定律得Um＝Rx，使用一段时间后，电源电动势稍微变小，内阻稍微变大，调节R1后，电压表仍然能满偏，因为电动势变小，回路的总电阻变小，电表的刻度必须随之变小才能准确测量，因为保持滑动变阻器滑片不动，电表刻度没有随着更改，所以酒精气体浓度的测量值将偏大。 5．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。 （1）实验需要以下哪种电源________； A．低压直流电源 B．高压直流电源 C．低压交流电源 D．高压交流电源 （2）该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________值 （填“有效”或“最大”）。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________； （3）理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________（选填“正比” 或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般________（选填“大于”“小于”或“等于”）原线圈与副线圈的匝数之比； （4）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为________。（填字母代号） A．原、副线圈上通过的电流发热 B．铁芯在交变磁场作用下发热 C．变压器铁芯漏磁 D．原线圈输入电压发生变化 【答案】（1）C　（2）有效　7.0 V　（3）正比　大于　（4）D 【解析】（1）探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C。 （2）多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V挡位，所以应该在0～10 V挡位读数，所以读数应该是7.0 V。 （3）根据＝可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈电压的实际值一般略小于理论值，所以导致＞。 （4）原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D。 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