2024年高考考前最后一课之押题预测—物理

这是一份2024年高考考前最后一课之押题预测—物理，共212页。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc30641" 第一部分 考前预测篇 PAGEREF _Tc30641 \h 3
\l "_Tc23119" 【考前预测篇1】 热点选择题 PAGEREF _Tc23119 \h 3
\l "_Tc28743" 热点一：热、光、原问题 PAGEREF _Tc28743 \h 3
\l "_Tc3547" 热点二：力与平衡、力与运动问题 PAGEREF _Tc3547 \h 11
\l "_Tc3035" 热点三：功与能 PAGEREF _Tc3035 \h 16
\l "_Tc28179" 热点四：动量与能量 PAGEREF _Tc28179 \h 24
\l "_Tc20851" 热点五：振动与波 PAGEREF _Tc20851 \h 30
\l "_Tc27946" 热点六：电场的性质 PAGEREF _Tc27946 \h 32
\l "_Tc23727" 热点七：带电粒子的运动 PAGEREF _Tc23727 \h 36
\l "_Tc18834" 热点八：电磁感应新情境问题 PAGEREF _Tc18834 \h 38
\l "_Tc1605" 热点九：交流电与变压器 PAGEREF _Tc1605 \h 40
\l "_Tc25867" 【考前预测篇2】 热点实验题 PAGEREF _Tc25867 \h 43
\l "_Tc27978" 一．实验题解题指导 PAGEREF _Tc27978 \h 43
\l "_Tc32071" 一．必修热点实验强化训练 PAGEREF _Tc32071 \h 44
\l "_Tc20441" 三．选修热点实验强化训练 PAGEREF _Tc20441 \h 65
\l "_Tc6774" 【考前预测篇3】 热点计算题 PAGEREF _Tc6774 \h 79
\l "_Tc21975" 一．计算题解题规范及策略 PAGEREF _Tc21975 \h 79
\l "_Tc27516" 二．第一道计算题：基本+规范 PAGEREF _Tc27516 \h 81
\l "_Tc18144" 三．第二道计算题：模型+综合 PAGEREF _Tc18144 \h 89
\l "_Tc17576" 三．第三道计算题：物理思维+数学建模 PAGEREF _Tc17576 \h 102
\l "_Tc11431" 第二部分 考前基础篇 PAGEREF _Tc11431 \h 122
\l "_Tc23825" 考前基础篇1----主干知识体系构建 PAGEREF _Tc23825 \h 122
\l "_Tc11600" 考勤基础篇2---基本概念、规律及结论回顾总结 PAGEREF _Tc11600 \h 128
\l "_Tc2064" 考前基础篇3---经典模型与情境回顾 PAGEREF _Tc2064 \h 158
\l "_Tc1413" 第三部分 考前技能篇 PAGEREF _Tc1413 \h 176
\l "_Tc21369" 考前技能篇1---理综答题有技巧 PAGEREF _Tc21369 \h 176
\l "_Tc2138" 考前技能篇2---高考最后40天拼的是什么? PAGEREF _Tc2138 \h 179
\l "_Tc30828" 考前技能篇3---高考真题！所有高三生，你们最后的逆袭机会！ PAGEREF _Tc30828 \h 180
\l "_Tc31555" 第四部分 考前心理篇 PAGEREF _Tc31555 \h 181
\l "_Tc15365" 考前心理篇1---考前考生需要做哪些准备 PAGEREF _Tc15365 \h 181
\l "_Tc5789" 考前心理篇2---考前冲刺需要有正常心态 PAGEREF _Tc5789 \h 185
\l "_Tc1584" 考前心理篇3---高考前一天需要做哪些准备 PAGEREF _Tc1584 \h 190
\l "_Tc30617" 第五部分 考时注意篇 PAGEREF _Tc30617 \h 192
\l "_Tc26725" 第六部分 高考祝福篇 PAGEREF _Tc26725 \h 196
\l "_Tc30361" 写给即将高考的学子们 PAGEREF _Tc30361 \h 196
\l "_Tc23335" 三句话送给即将进考场的你 PAGEREF _Tc23335 \h 198
\l "_Tc11568" 第七部分 押题卷 PAGEREF _Tc11568 \h 200
第一部分 考前预测篇
【考前预测篇1】 热点选择题
热点一：热、光、原问题
1.【2024高三上·贵州第二次诊断性考试】如图所示，绝热气缸内用质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，轻质弹簧一端固定在活塞上，另一端固定在气缸底部，活塞可沿气缸无摩擦滑动，此时弹簧处于原长。现通过电热丝对气体进行缓慢加热，使活塞上升了一段距离，此过程中封闭气体没有泄漏，大气压强恒定。下列说法正确的是（ ）
A．加热前封闭气体的压强等于大气压强
B．加热过程中封闭气体分子的平均动能增大
C．加热过程中气体吸收的热量等于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和
D．加热过程中气体对活塞做的功大于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和
【评析】本题以汽缸活塞加弹簧模型为载体综合考察学生对受力分析、热学状态分析以及机械能与内能变化等相关知识点的深度理解体现了综合性与创新性值得考生在冲刺阶段认真研究并体会
【答案】BD
【解析】A．加热前弹簧弹力是零，因活塞重力不能忽略，设大气压强为，封闭气体压强为，由力的平衡条件可得因此封闭气体压强大于大气压强，故A错误；B．加热过程中封闭气体的温度升高，分子的平均动能增大，故B正确；C．气体吸收的热量用于增加活塞的重力势能和弹簧的弹性势能以及气体的内能，还要推动活塞对外做功，故C错误；D．对活塞，据动能定理可得
可得故D正确。故选BD。
2.【2024高三下·云南第一次诊断性考试】如图所示，一导热气缸由粗细不同的两段圆柱形气缸连接而成，通过刚性杆连接的活塞A、B封闭了一定质量的理想气体，活塞可无摩擦滑动，活塞及连接杆的重量不可忽略。则气缸由如图所示的状态在竖直面内缓慢转动90°至活塞A在下方，气缸始终处于密封状态且环境温度和大气压强均保持不变，此过程中关于缸内气体，下列说法正确的是（ ）
A．压强变小B．体积变小C．向外放热D．外界对气体做正功
【评析】本题以汽缸活塞加轻杆模型为载体综合考察学生对受力分析、影响内能的因素以及热力学第一定律的理解体现了基础性与创新性并存，一反常态，活塞横截面积不同需要对平衡系统准确受力分析做到了反套路；对解题技巧也有要求，若学生不能正确受力分析则可以根据答案的提示进行假设就会发现BCD对一个其余都对所以只能选A，为解题开辟了途径符合新高考要求。
【答案】A
【解析】设大气压强为，初始时，根据受力平衡可知，气体压强为气缸由如图所示的状态在竖直面内缓慢转动90°至活塞A在下方，根据受力平衡可得可得可知气体压强减小，由于温度保持不变，气体内能不变，根据玻意耳定律可知，气体体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热。故选A。
3.【2024·河南·一模】如图，将一平面镜置于某透明液体中，光线以入射角进入液体，经平面镜反射后恰好不能从液面射出。此时，平面镜与水平面（液面）夹角为，光线在平面镜上的入射角为。已知该液体的折射率为，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若略微增大，则光线可以从液面射出
D．若略微减小i，则光线可以从液面射出
【评析】本题以光在介质中的折射与平面镜发射为情境，考察折射定律、全反射定律以及学生的作图能力。
【答案】BD
【解析】AB．根据解得光线在射入液面时的折射角为光线经平面镜反射后，恰好不能从液面射出，光路图如图
有解得由几何关系可得解得故A错误；B正确；
若略微增大，则光线在平面镜上的入射角将变大，根据上面分析的各角度关系可知光线射出液面的
入射角变大，将大于临界角，所以不可以从液面射出。故C错误；D．同理，若略微减小i，则r减小，导致光线在平面镜上的入射角减小，可知光线射出液面的入射角变小，将小于临界角，可以从液面射出。故D正确。故选BD。
4.【23-24高三上·河南信阳·阶段练习】如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平面平行。由红、绿两种单色光组成的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的b、c两点处，b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是（ ）
A．b、c两点处分别对应绿光、红光
B．在玻璃中，绿光的速度比红光小
C．射到 c 点的光在 c 点会发生全反射
D．光从M点到c 点的传播时间大于从M 点到 b 点的传播时间
【评析】本题选自教材习题，在习题的基础上延申问题；本题的实质是“光学等时圆”引导学生在解题的时候发现一些有价值的习题定律便于解决其它更为复杂的问题。
【答案】AB
【解析】A．根据电磁波谱可知，绿光折射率大于红光折射率，所以b、c两点分别对应绿光、红光，故A正确；B．根据在玻璃中绿光的速度比红光小，故B正确；
C．由图可知设光在M点的入射角和折射角分别为，在c点的入射角和折射角分别为，则有
由可知，因此

故射到c点的光在c点没有发生全反射，故C错误；D．假设截面半圆半径为R，以b为研究对象，如图所示
则在玻璃中的光程为s=2Rsinα根据折射率公式又有联立可得
同理可得所以光从M点到c点的传播时间与从M点到b点的传播时间相等，故D错误。故选AB。
5．【2024高三下·河南南阳·阶段练习】如图所示，一束紫光a沿半径方向射入半径为R的半圆形玻璃砖，光线b和光线c为其反射光和折射光，为法线，光线a与直径边的夹角为，光线c与的夹角为，光线b的强度随夹角的变化关系如图乙所示，其中光照强度发生突变的d点所对应的角度，光在真空中的传播速度为c，下列说法中正确的是（ ）
A．若夹角从90°减小到30°，则夹角将会逐渐增大
B．若夹角从30°增大到90°，则光线b的强度一直加强
C．玻璃砖对该光线的折射率
D．当小于30°时，该光线通过玻璃砖的时间为
【评析】本题借助图像语言引导学生从能量守恒的角度来深度理解全反射现象根据反射光的强度（能量）
变化来判断临界角进而解答相关问题要求学生不仅仅会背公式还要理解光学现象的本质。
【答案】ACD
【解析】A．由题图乙可知，在 时光线b的强度一直不变，说明光线a产生全反射，在此过程中没有折射光线c，只有反射光线b，设入射角为i，可知此时全反射的临界角是60°，若夹角从90°减小到30°，则入射角i逐渐增大，由折射定律，可知夹角将会逐渐增大，A正确； B．若夹角从30°增大到90°，则入射角i0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。
③当m1＜m2时，v1′0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
【答案】D
【解析】设A、B两球质量分别为M和m，A球下落到最低点时的速度满足
解得两球相碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得因M是m的100倍，则v2接近2v0；同理B和C碰后，C的速度接近于4v0；C和D碰后，D的速度接近于，即故选D。
25.【2024·河南·一模】如图（a）所示，“L”形木板静止于粗糙水平地面上，质量为的滑块以的初速度滑上木板，时与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图（b）所示。重力加速度大小取，则（ ）
A．的质量为
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为
D．时木板速度恰好为零
【评析】本题以经典板块模型为背景考察类碰撞模型，这里需要学生明辨，第一个过程由于地面粗糙系统动量不守恒；碰撞过程虽然地面粗糙但碰撞时间极短内力远大于外力系统动量守恒，其余的问题还需要学生会根据图像语言来求解相关问题。
【答案】AC
【解析】A．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得根据v-t图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得故A正确；B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得故B错误；C．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得故C正确；D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得代入数据解得因此木板速度恰好为零的时刻为故D错误；故选AC。
26.【2024高三下·云南大理】“头球攻门”是足球比赛中最常见的情景之一。某场足球比赛中，攻方获得任意球机会，高度为的运动员甲站在球门前的a点，另一队友乙（图中未画出）在距离a点28m处主罚任意球，甲同时准备原地起跳头球攻门，乙将足球从地面踢出后，足球在离地处水平击中运动员甲的头部，此时甲刚好上升到最高点，足球与运动员头部碰撞时间为0.1s，碰后速度大小变为碰前的，方向改变了60°角后水平飞出飞向球门人网。取重力加速度为，不计空气阻力，足球质量为0.40kg且可视为质点。下列说法正确的是（ ）

A．乙踢出足球瞬间足球的速度大小为
B．甲在乙踢出足球后0.3s离地上升
C．甲对足球做的功为195J
D．足球与甲碰撞过程中所受合外力大小的平均值为140N
【评析】本题涉及抛体运动中的功能动量，以体育运动为命题背景强化五育并举的命题思想，重点考察抛体运动的规律以及功能转化，突出考察了动量定理在曲线运动中的应用，关键能力在于要知道动量定理本身的矢量性。
【答案】BD
【解析】A．根据逆向思维，足球上升到最高点的过程中，在竖直方向上有
，解得，
在水平方向有解得则乙踢出足球瞬间足球的速度大小为故A错误；
B．根据逆向思维可知，甲离地上升过程有解得则有故B正确；
C．足球与运动员碰撞前后，作出速度的矢量图如图所示

根据上述结合题意有
，它们之间的夹角为60°，则甲对足球做的功
故C错误；D．结合上述，根据几何关系可得对足球，根据动量定理可得
解得故D正确。故选BD。
27.【2023·云南·模拟预测】如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）

A．滑块到达B点时的速度大小为
B．弹簧获得的最大弹性势能为mgR
C．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为
D．滑块第一次从A点运动到B点时，小车对滑块的支持力大小为4mg
【评析】本题是经典反冲模型（人船模型），涉及能量转化，相对位移等核心问题的求解，易错点是小车对滑块的支持力求解没有考虑相对速度。
【模型归纳】人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)。
(3)应用eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
【答案】BD
【解析】AD．滑块从A滑到B时，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
，解得，运动到B点时对滑块受力分析解得FN = 4mg故A错误、D正确；B．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故B正确；C．从A到B滑下过程由人船模型，x1＋x2 = R解得小车的位移应当是故C错误。故选BD。
热点五：振动与波
28．【2024·安徽池州·二模】艺术体操是一项女子竞技项目，主要有绳操、球操、圈操、带操、棒操五项。带操动作柔软、流畅、飘逸、优美。如图所示是一位带操运动员的竞技场景，丝带的运动可以近似为一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，时刻该波刚好传播到点，质点A的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A．时，质点A的位移为B．该波的传播速度是
C．波向轴负方向传播D．时质点通过的路程是80
【评析】本题考察波形图与振动图的区别与联系。
【方法总结】求解波的图像与振动图像综合问题的关键点
(1)分清振动图像与波的图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图像，横坐标为t则为振动图像。
(2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。
(3)找准波的图像对应的时刻，找准振动图像对应的质点。
【答案】D
【解析】A．由题图甲乙可知，振幅为周期为角速度为A振动的初相为
则质点A的位移的函数表达式为当时，质点A的位移为
A错误；B．由乙图可知，质点的振动周期为由甲图可知，波长
则波速为B错误；C．由该简谐波时恰好传到B点，波源在B点左侧，波向轴正方向传播，C错误；D．质点B、平衡位置之间的距离为由解得即经过质点开始振动，又经过0.8s 质点完成一次全振动通过的路程是80cm ，D正确。故选D。
29．【2024·河南·二模】某中学湖面上有两个波源和，两波源的振动频率相同，如图所示，波源的坐标分别为、，湖面上还有一点，坐标为，时，波源开始从平衡位置向上振动，经过波源分别产生的第一个波峰同时传到点，点为振动减弱点，已知两波源同时起振．下列说法正确的是（ ）
A．波在湖面传播的速度为B．波源在时从平衡位置向下振动
C．两波源的振动周期为D．波源产生的第一个波谷传到点需要的时间为
【评析】本题考察波的干涉现象及规律。
【方法总结】波的干涉中振动加强点、减弱点的判断方法
(1)公式法
某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。
①当两波源振动步调一致时
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
②当两波源振动步调相反时
若Δr＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
【答案】BC
【解析】B．点为两波源的中点且为振动减弱点，波源振动方向相反，所以波源在时从平衡位置向下振动，故B正确；AC．根据几何关系可知，
，解得，故A错误，C正确；
D．波源产生的第一个波谷传到点需要的时间为故D错误。故选BC。
热点六：电场的性质
30.【23-24高三下·湖南·阶段练习】如图甲所示，电荷量相同的两正电荷固定在同一水平高处，它们连线的中点为O点。一绝缘细杆竖直放置在两电荷连线的中垂线上，杆上A点与O点间距离为。一带电小球套在杆上从A点由静止释放运动到O点，该过程中小球动能随下降距离h变化的图像如图乙所示。若忽略一切阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．小球的机械能一直在减少
C．连线上场强最大的位置为距A点处
D．小球所受的合外力先减小后增大
【评析】本题考察带电粒子在等量同种电荷电场分布下的运动问题以及图像问题；电场图像一直是高考命题的热点方向，无论是哪一种类型的图像都需要利用图像判断出电场的分布特点再结合电场相关知识进行解答。
电场中几种常见的图像
【答案】B
【解析】
D．由该过程中小球动能随下降距离h变化的图像，可知图像上任一点切线的斜率表示合力，小球所受的合外力先减小后增大，再减小再增大，故D错误；
A．由合力的变化可知小球受到的电场力向上，小球带正电，故A错误；
B．全程中电场力方向不变，对小球一直做负功，小球的机械能一直在减少，故B正确；
C．距A点处，合力为零，此处电场力和重力等大反向，而场强最大的位置必定是电场力最大的位置，此时小球减速的加速度达到最大，该位置在到之间，故C错误。
故选B。
31．【23-24高三下·广西·阶段练习】如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个不等量异种点电荷+4Q、Q，顶点为a、b、c、d的正方形虚线框边长为L，Q位于其几何中心。e、f两点为虚线框与x轴的交点。规定无穷远处电势为0，则（ ）
A．a、b两点电势相等
B．b、c两点处的电场强度相同
C．e点电势低于f点电势
D．负试探电荷在a点的电势能大于其在e点的电势能
【评析】本题借助正方形这一规则且具有对称性的几何图形来考查点电荷电场、电势的分布与叠加问题，要注意两点：（1）点电荷的场强公式且场强的运算是矢量运算满足平行四边形法则还要注意点电荷电场线的分布规律；（2）电势公式且电势的计算是标量计算要注意正电荷周围的电势都是正的负电荷周围的电势都为负的。
【答案】D
【解析】A．a、b两点在的同一等势面上，但不在的同一等势面上，故两点电势不相等，A错误；
B．根据电场场强叠加原理，可得b、c两点处的场强仅大小相等，但方向不一样，故B错误；
C．根据点电荷的电势公式可得e点电势将高于f点电势，故C错误；
D．负试探电荷从a点运动到e点过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确。
故选D。
32.【2023·全国·3+3+3大联考】如图所示，a、b、c、d、e是两个等量异种点电荷形成的电场中的等差等势面，一电荷量为q的带正电的粒子，只受该电场的作用，在该电场中运动的轨迹如图中实线所示，已知电场中b、c两等势面的电势分别为。则下列说法正确的是（ ）
A．
B．带电粒子经过P点和N点时速度相同
C．带电粒子从M点运动到N点电场力做的功为
D．带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
【评析】本题是电场线与轨迹的运动分析问题，分析此类问题一定要厘清：点：交点；线：电场线；面：等势面；迹：轨迹之间的关系并应用电场的基本性质来正确解答。
【方法总结】分析电场中运动轨迹问题的方法
1．“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的切线(“力线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。
2．“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况。
【答案】D
【解析】A．根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，且带电粒子带正电，则正电荷在上方，负电荷在下方，等势面电势由a到e逐渐降低，则故A错误；
B．P、N两点在等势面上，电场力不做功，带电粒子经过P和N位置时速度大小相等，曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，则带电粒子经过P和N位置时速度方向不同，故B错误；
C．带电粒子从M点运动到N点电场力做的功为
故C错误；D．M位置等势面较稀疏，电场强度较小，电场力较小，加速度较小，故D正确。故选D。
33.【2024·云南·模拟预测】如图所示，过M、N两点垂直纸面的两无限长直导线，通以大小相同、方向相反的电流。P为纸面内M、N两点连线的中垂线上的一点，，O为连线的中点。已知通电无限长直导线周围某点磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，与电流大小成正比，则P、O两点磁感应强度大小之比为（ ）
A．B．C．D．
【评析】本题是常见的磁场叠加问题，解答此类问题要熟练掌握安培定则确定磁场场原并画出示意图然后根据矢量运算的法则进行计算与分析。
【思路拓展】磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。
(3)应用平行四边形定则对各个场源产生的磁场进行合成，如图中的合磁场B。
【答案】C
【解析】设距离为r，则距离为，点的合磁场为，点的合磁场为，所以P与O点的磁感应强度大小之比为，故C正确。
故选C。
热点七：带电粒子的运动
34.【2024·陕西宝鸡·一模】如图所示圆形区域内存在一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一带正电荷的粒子沿图中直线以速率v0从圆周上的a点射入圆形区域，从圆周上b点射出（b点图中未画出）磁场时速度方向与射入时的夹角为60°，已知圆心O到直线的距离为横截面半径的一半。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a点射入圆形区域，也从b点离开该区域，若不计重力，则匀强电场的场强大小为（ ）
A．B．C．D．
【评析】本题以圆形电磁场区域考察带电粒子在组合场中的运动及关键几何条件。熟悉并利用好电磁场规律并结合平面几何的基本知识是解答此类问题的关键。
【答案】A
【解析】设圆形区域半径为，粒子在匀强磁场中运动轨迹为圆，分析几何关系知，圆心一定在入射方向的垂线上，由于速度的偏向角为60，因此圆心角为60°，又圆心O到直线的距离为横截面半径的一半，知直线与aO连线的夹角为30°，故粒子的运动半径为，出射时距离直线的距离为
根据牛顿第二定律换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场后，粒子做类平抛运动，沿直线方向匀速运动，有垂直直线方向做匀加速直线运动根据牛顿第二定律联立解得匀强电场的场强大小为故选A。
35.【2024·湖北·二模】现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为
B．粒子从O点运动到P点的时间为
C．M、N两点的竖直距离为
D．粒子经过N点时速度大小为
【评析】本题考察带电粒子在电磁复合场中的运动；难点在于叠加场中应用洛伦兹力的冲量问题来求解学生很想不到，本题CD的分析也可以应用“配速法”来解答。
【方法拓展】若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或电场力，或重力和电场力的合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。
【答案】BD
【解析】A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有洛伦兹力充当向心力，有由几何关系可得综上可得故A错误；B. 粒子在电场中的运动时间为
在磁场中的运动时间为粒子从O运动到P的时间为故B正确；CD. 将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得由动能定理可得联立，解得故C错误；D正确。故选BD。
热点八：电磁感应新情境问题
36.【2024·云南·一模】电磁刹车系统具有刹车迅速、安全可靠、结构简单等特点，如图所示是电磁刹车系统的示意简图。在平行的水平轨道上等间距分布有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，有磁场与无磁场区域的宽度均为d。金属线圈固定在机车底部，线圈的宽为d、长为L、匝数为N、电阻为R。当质量为m的机车（含线圈）以速度无动力进入该区域时，金属线圈中产生感应电流并与磁场作用形成制动效应，不计摩擦阻力，忽略机车车身通过磁场区域时产生涡流的影响，则（ ）
A．金属线圈通过每个磁场区域产生的焦耳热相等
B．机车刚进入磁场时受到的安培力的大小为
C．金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量相等
D．机车的制动距离为
【评析】本题以电磁刹车系统为情境考察电磁感应中电磁阻尼问题，解决问题的关键点是构建线框进出磁场的模型，每一条边切割磁感线都受到电磁阻力达到刹车的目的。本题还有一个易错点就是学生容易定势思维忽略了线圈的匝数。
【答案】BC
【解析】A．线圈经过每个磁场时通过线圈的电荷量为即通过每个磁场时通过线圈的电荷量相等，根据Q=EIt=Eq随机车速度的减小，线圈经过每个磁场时产生的感应电动势减小，则金属线圈通过每个磁场区域产生的焦耳热逐渐减小，选项A错误；B．机车刚进入磁场时受到的安培力的大小为选项B正确；C．金属线圈穿过每个磁场区域过程中根据动量定理
而金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量相等，选项C正确；
D．金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量机车的制动距离为选项D错误。故选BC。
37.【2024·广东深圳·一模】磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图（a）所示，它的驱动系统简化为如图（b）所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L。匝数为N。总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则（ ）
A．图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向
B．列车运动的方向与磁场移动的方向相同
C．列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为
D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
【评析】本题以磁悬浮列车为情境考察电磁感应中电磁驱动问题，解决问题的关键点是构建线框交替进入方向相反的磁场的电动势叠加，使得线框持续受到动力作用力达到驱动的目的。本题与上一个题有相同的易错点就是学生容易定势思维忽略了线圈的匝数。
【答案】BC
【解析】A．线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；
B．根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；
C．由于前后两个边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律C正确；D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为D错误。故选BC。
热点九：交流电与变压器
38.【23-24高三下·重庆·阶段练习】如图所示为电动汽车无线充电示意图，若发射线圈的电压为，匝数为500匝，接收线圈的匝数为1000匝，发射线圈的功率为8.8kW，该装置可看成理想变压器，则（ ）
A．利用该装置只能采用交流电源为电动汽车充电
B．接收线圈交变电流的频率为100Hz
C．发射线圈中电流的有效值为20A
D．接收线圈电压的峰值为
【评析】本题的背景电动汽车无线充电示意图源自于教材的科学漫步；通过读题审题学生要能够构建理想变压器模型并结合交流电及变压器相关知识解决问题。再次引导学生要关注教材回归教材。
【答案】AD
【解析】A．变压器是利用电磁感应原理工作的，因此必须由交流电源在发射线圈产生变化的磁场，在接收线圈产生感应电流，故A正确；B．变压器不改变交变电流的频率，因此发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，频率为故B错误；C．发射线圈输出功率为8.8kW，则发射线圈中电流的有效值为故C错误；D．发射线圈电压的有效值为
由理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系公式可得接收线圈输出的电压为
则接收线圈输出电压的峰值为故D正确。故选AD。
39．【2024·云南·二模】随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。某小型水电站的电能输送示意图如图所示。升压变压器原、副线圈匝数比为1:16，输电线总电阻r=8Ω，降压变压器的输出功率和输出电压分别为95kW和220V。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%，变压器均视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A．通过输电线的电流为25A
B．发电机的输出功率为98kW
C．发电机的输出电压有效值为500V
D．降压变压器的原、副线圈匝数比为190:11
【评析】解答本题的关键在于熟悉输电模型图并熟知每一个物理量的含义，突破口在于建立功率的等量关系要让学生清楚的知道远距离输电就是输送“、”。
【模型归纳】远距离输电问题分析方法
理清输电电路图的三个回路(如图)
(1)在电源回路中，P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
【答案】AD
【解析】AB．根据题意可知
联立解得，故A正确，B错误；C．根据升压变压器原副线圈电流与匝数的关系有；所以，故C错误；D．在输电回路中有
；联立可得故D正确。故选AD。
40.【2024·广州·二模】一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为Q1；若该电阻接到图乙交流电源上（前周期为正弦曲线），在一个周期内产生的热量为Q2。则Q1︰Q2等于（ ）
A．2︰1B．5︰2C．10︰3D．12︰5
【评析】有效值的计算是等效替代法的具体体现，高考中经常涉及，所以在后期复习中要引起足够重视。
【知识点归纳】交变电流有效值的求解方法
1．公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E＝eq \f(Em,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))、I＝eq \f(Im,\r(2))计算有效值。
【注意】若图像一部分是正(余)弦式交变电流，其中的eq \f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq \f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq \f(Im,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))求解。
2．定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。
【答案】C
【解析】设图甲中交变电流的有效值为，则根据有效值的计算式得
设图甲中交变电流的有效值为，则根据有效值的计算式得
则故选C。
【考前预测篇2】 热点实验题
一．实验题解题指导
1．理解仪器原理，掌握读数规则，正确解答读数类实验题
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表等都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。
2．明确实验目的，掌握实验原理，快速解答常规实验题
(1)解答实验题要认真审题，明确该题的实验目的是什么，再就是明确出题人想用怎样的实验方案或实验原理来达到这个目的。
(2)掌握常规实验的实验原理、实验的操作过程、实验数据的处理方法，对每个实验都做到心中有数，以不变应万变。
3．活用物理规律、巧妙迁移应用，快速解答创新型实验题
所谓设计型实验，就是题目要求考生运用学过的实验原理和实验方法，自行设计一个新的实验方案，主要考查考生是否真正理解实验原理和实验仪器的工作原理，是否具有灵活运用实验知识解决新问题的能力。是否具有在不同情况下迁移知识的能力。它要求考生设计实验原理，选择实验器材，安排实验步骤，设计数据处理的方法及分析实验误差。解决设计型实验题的关键在于选择实验原理，这就要求考生能审清题意，明确实验目的，应用迁移能力，联想相关实验原理，坚持科学性、安全性、准确性、简便性的原则进行设计。
一．必修热点实验强化训练
1．【2024·陕西汉中·二模】在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图1所示的装置。实验操作的主要步骤如下：
A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直
B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A
C．将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B
D．再将木板水平向右平移同样距离x，让小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，在白纸上得到痕迹C
若测得，A、B间距离，B、C间距离，已知当地的重力加速度g取
（1）根据上述直接测量的量和已知的物理量可以计算出小球平抛的初速度 ；
（2）关于该实验，下列说法中不正确的是
A．斜槽轨道不一定光滑
B．每次释放小球的位置必须相同
C．每次小球均需由静止释放
D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，再由机械能守恒求出
（3）另外一位同学根据测量出的不同x情况下的和，令，并描绘出了如图2所示的图像，若已知图线的斜率为k，则小球平抛的初速度大小与k的关系式为 。
【答案】 2 D
【解析】（1）[1]小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，所以
解得
小球平抛的初速度为
（2）[2]ABC．实验中需要小球每次做平抛运动的轨迹相同，即从斜槽末端抛出时的初速度相同，所以每次释放小球的位置必须相同，且每次小球均需由静止释放，而斜槽轨道并不一定要光滑，故ABC正确；
D．由于斜槽不可能完全光滑，且存在空气阻力，所以不能由机械能守恒求解小球的初速度，故D错误。
本题选错误的，故选D。
（3）[3]根据（1）题分析可知
整理得
所以
解得
2．（2024·湖北·二模）某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用手机拍摄功能记录小球抛出后位置的变化，每隔时间T拍摄一张照片。
（1）小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A（抛出点），然后依次连续拍下两张小球照片并标记位置B和C；
（2）经测量，AB、BC两线段的长度分别为、；
（3）若忽略空气阻力，
① （选填“=”或“>”或“ 等于
【解析】（3）①[1]设AB与水平方向的夹角为，BC与水平方向的夹角为，易得，则
所以
②[2]依题意，AB线段的实际长度为
可知从A到B过程，有解得
可得，
则小球经过B点的速度大小为
③[3]小球从A到C的平均速度大小为
在B点，竖直方向和水平方向满足
可得所以
3.(2024·广西南宁市第二中学高三模拟)某同学计划用如图所示(俯视图)的装置验证物体质量不变情况下向心力与角速度的关系，实验步骤如下：
a．测量重物的质量，记为m，将重物和弹簧穿在较光滑的水平横杆上后，弹簧一端连接重物，另一端固定在竖直转轴上，测量重物静止时到竖直转轴的距离，记为r；
b．竖直转轴在电机驱动下带动水平横杆一起转动，当重物运动状态稳定时，记下重物到竖直转轴的距离R和横杆转动50圈所需的时间t；
c．改变竖直转轴的角速度，测得多组数据。
请回答下列问题：
(1)重物做圆周运动的周期T＝__________，重物做圆周运动所需的向心力Fn＝________。
(2)弹簧的劲度系数为k，当作出的eq \f(1,R)－_______(选填“t2”“t”“eq \f(1,t)”或“eq \f(1,t2)”)图像近似为一条直线，且图线斜率近似等于_________________(用题中所给物理量符号表示)，与纵轴交点的纵坐标为eq \f(1,r)时，可验证质量不变情况下向心力与角速度的关系。
【答案】(1)eq \f(t,50) eq \f(10 000π2mR,t2) (2)eq \f(1,t2)－eq \f(10 000π2m,kr)
【解析】 (1)转动50圈所需的时间为t，则重物做圆周运动的周期为T＝eq \f(t,50)
重物做圆周运动所需的向心力为
Fn＝meq \f(4π2,T2)R＝eq \f(10 000π2mR,t2)
(2)根据弹簧弹力提供向心力可得
k(R－r)＝eq \f(10 000π2mR,t2)
整理可得eq \f(1,R)＝eq \f(1,r)－eq \f(10 000π2m,kr)·eq \f(1,t2)
可知作出的eq \f(1,R)－eq \f(1,t2)图像近似为一条直线，且图线斜率近似等于－eq \f(10 000π2m,kr)。
4．（2024·陕西宝鸡·一模）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大。
（1）实验时，一定要进行的操作是 ；
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．用天平测出砂和砂桶的质量
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为 （结果保留三位有效数字）；
（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a—F图象（如图）是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 ；（填写字母）
A．B．C．D．
（4）乙同学根据测量数据作出如图所示的a—F图线，该同学做实验时存在的问题是 。（填写字母）
A．先释放小车，后接通电源
B．砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量M
C．平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫的过高
D．没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【答案】 AC 2.00 C D
【解析】（1）[1]A．用弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
BD．拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也就不需要使小桶（包括沙）的质量远小于车的总质量，故BD错误；
C．使用打点计时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故C正确。
故选AC。
（2）[2]根据匀变速直线运动推论Δx=aT2，依据逐差法，可得
（3）[3]由牛顿第二定律，对小车分析有
整理得
由图像得解得故选C。
（4）[4]如图所示，当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦力，故选D。
5．（23-24高三下·规则·阶段练习）某同学把带铁夹的铁架台、电火花计时器、纸带、质量为的重物甲和质量为的重物乙（）等器材组装成如图甲所示的实验装置，以此研究系统机械能守恒。此外还准备了天平（砝码）、毫米刻度尺、导线等。
(1)他进行了下面几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的“交流输出”上；
C．用天平测出重物甲和重物乙的质量；
D．先释放纸带，后接通电源，打出一条纸带；
E．测量纸带上某些点间的距离；
F．根据测量结果计算得出重物甲下落过程中减少的重力势能等于重物甲增加的动能。
其中错误的步骤是______。（填步骤前字母）
(2)如图乙，实验中得到一条比较理想的纸带，先记下第一个点O的位置。然后选取A、B、C、D四个相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。分别测量出A、B、C、D到O点的距离分别为、、、。已知打点计时器使用交流电的频率为。打下B点时重物甲的速度 m/s。（计算结果保留2位有效数字）
(3)若当地的重力加速度为g，系统从O运动到B的过程中，在误差允许的范围内只要满足关系式 ，则表明系统机械能守恒。（用给出物理量的符号表示）
【答案】(1)DF (2)1.8 (3)
【解析】（1）步骤D应先接通电源，后释放纸带；步骤F中根据测量结果计算得出重物甲下落过程中甲、乙两重物减少的重力势能等于重物甲、乙增加的动能。
故错误的步骤是DF。
（2）根据题意，相邻计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，B点时的速度为
（3）系统从O运动到B的过程中，甲、乙两重物减少的重力势能
系统从O运动到B的过程中，重物甲、乙增加的动能
系统从O运动到B的过程中，若机械能守恒，则有
即
6．（23-24高三上·云南保山·期末）某同学用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”的实验。部分实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测得两条遮光片的宽度均为d，并将它们固定在两滑块上。
（2）用天平测得滑块A的质量为，滑块B的质量为。
（3）将两滑块放到气垫导轨上，启动气泵，使气垫导轨正常工作，将气垫导轨调成水平。
（4）在气垫导轨的上方固定两个光电门，调整光电门位置，使两滑块沿气垫导轨滑动时，遮光片能通过光电门，但光电门不影响两滑块的滑动。
（5）先使滑块A和滑块B静止在气垫导轨上如图中所示位置，然后用外力推动滑块A使其获得一速度后沿气垫导轨滑动，通过光电门1后与滑块B碰撞，碰后滑块A反弹再次通过光电门1后用手止住，碰后滑块B向右运动，通过光电门2后用手止住。
（6）计时器记录得滑块A第一次通过光电门1时遮光片的挡光时间为，第二次通过光电门1时遮光片的挡光时间为，滑块B通过光电门2时遮光片的挡光时间为，则可得碰撞前两滑块组成的系统总动量为 ，碰后两滑块组成的系统总动量为 ，若在误差允许范围内，与近似相等，则可认为碰撞过程中滑块A、B组成的系统动量守恒。若已经验证了此过程中滑块A、B组成的系统动量守恒，还要验证它们的碰撞是不是弹性碰撞，还需要验证的表达式是 。（用上述相关物理量的字母表示）
【答案】
【解析】（6）[1][2][3]由题有滑块A第一次通过光电门1时速度为
所以碰前系统动量为
同理碰后系统动量为
若为弹性碰撞，需要验证的式子为
代入速度表达式可得
7．（2024·四川广安·二模）某兴趣小组设计了一个测量动摩擦因数的实验，①如图（a），将倾斜段和水平段连接构成的铝板固定在水平桌面上；②让小铁块从倾斜段上A点静止释放，铁块最终停在水平段上B点；③利用铅垂线找到A点在桌面的投影点A′，测出A到A′的高度h和A′到B的水平距离s；④改变释放位置重复多次实验，得到多组h和s的数值。
(1)实验得到多组h和s的数值如下表，请在图（b）中作出s-h关系图线 。
(2)根据图线求得动摩擦因数μ= 。（保留1位有效数字）
(3)重复实验发现，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是 。
(4)实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，这会导致动摩擦因数的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
(5)为了消除铁块在转接点处的机械能损失，兴趣小组中某位同学建议将倾斜段做成图（c）所示圆弧面，其末端与水平段相切，仍然通过测量h和s求得动摩擦因数。该方案是否可行？ （选填“可行”或“不可行”）。
【答案】(1)见解析 (2)0.4 (3)铝板的厚度 (4)大于 (5)不可行
【解析】（1）
（2）设斜面的倾角为θ，在斜面上铁块位移大小为x1，在水平面上铁块位移大小为x2，铝板的厚度为d，对整个过程，根据动能定理得
而铁块水平位移大小s为
联立以上两式解得
式中即s-h图线的斜率，由图线可求得故得μ=0.4
（3）根据上述结果可知，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是铝板的厚度；
（4）如果实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，则铁块在水平段的初动能减小，水平位移x2就会减小，s的测量值偏小，由可知，这会导致动摩擦因数的测量值大于其真实值。
（5）因为物体做圆周运动时有向心力，导致支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大，故该方案不可行。
8．（2024·河南·一模）某同学用图甲所示装置测量重锤的质量，实验方法如下：在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为的铁片，重锤下端贴一遮光片，重锤下落时遮光片通过位于其正下方的光电门（图中未画出），光电门可以记录下遮光片的遮光时间；调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的遮光时间；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的遮光时间分别为，，
(1)用游标卡尺测出遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度 mm。
(2)遮光时间为时，重锤的加速度为，从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的遮光时间为，重锤的加速度为，则 （结果用和表示）。
(3)做出图像是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量 （用题目中的已知字母表示）。
【答案】(1)10.20 (2) (3)
【解析】（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图可知遮光片的宽度为
（2）设挡光条的宽度为d，则重锤到达光电门的速度为
当挡光时间为时的速度为
挡光时间为时的速度为
重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有，
联立解得
（3）根据牛顿第二定律得
联立解得
作出的图线的斜率为k，则解得
9．（2024·辽宁·一模）某同学在实验室发现一电流表G，表盘有刻度线但无数值，又不知其内阻，该同学用以下实验器材测量该电流表的参数：
A．待测电流表G；
B．电阻箱R（）；
C．定值电阻；
D．滑动变阻器（）；
E．3V的直流电源，内阻不计；
F．双量程电压表V；
G．开关、导线若干
（1）合理选择电压表量程，按如图甲所示的电路图连接好电路，将电阻箱R的阻值调为，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表G满偏，此时电压表V的指针恰好半偏，如图丙所示，电压表V的示数 V。
（2）保持电压表V的示数不变，反复调整电阻箱R的阻值和滑动变阻器滑片的位置，使电流表G的指针指到，此时电阻箱R的阻值为。
（3）由上可知电流表G的内阻 ，满偏电流 。
（4）将电流表G改装成量程为3V的电压表，需将电阻箱R的阻值调为 ，然后与电流表G串联。
【答案】 1.50 200 2.5 1000.0
【解析】（1）[1]由题意可知，电源的电压为3V，则电压表使用小量程，故电压表的读数为1.50V；
（3）[2][3]由欧姆定律得
代入数据得
解得
（4）[4]要将电流表G改装成量程为的电压表，需串联一个电阻，阻值为
10．（23-24高三下·江西·阶段练习）用如图甲所示的电路测量电池组的电动势和总内阻。
(1)闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开关闭合，将 （填“红”或“黑”）表笔始终接触b位置，另一表笔依次试触a、c、d、e、f、g六个接线柱，发现试触a、f、g时，多用电表均有示数，试触c、d、e时多用电表均无示数。若电路中仅有一处故障，则故障是 。
A．接线柱b、c间短路 B．接线柱d、e间断路 C．定值电阻断路
(2)排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示数U、R。某一次测量，电压表的示数如图乙所示，该示数为 V。
(3)作出图线如图丙所示，根据图中数据可得电池组的电动势 V、总内阻 Ω。（计算结果均保留两位小数）
【答案】(1) 红 C
(2)2.10
(3)
【解析】（1）[1] b与电源正极相连，电势较高，应将红表笔始终接触b位置。
[2]试触a、f、g时，多用电表均有示数，试触c、d、e时多用电表均无示数，说明接线柱e、f间断路，故选C。
（2）据图甲知，电压表量程选择的是0～3V，最小分度值为0.1V，故电压表的示数为2.10V。
（3）[1][2]由欧姆定律可推知
联立可得
结合题中图像可知
联立解得电动势总内阻
11．（2024·山东枣庄·一模）实验小组准备测量某金属圆柱的电阻率，发现该电阻的阻值参数找不到，经小组成员讨论后设计了电阻的测量电路图，如图所示。实验室提供的器材中，电流表的量程为100mA，内阻为，另外一个电流表的量程为200mA。现在需要一个量程为0.6A的电流表。
(1)将电流表改装成量程0.6A的电流表，则应该并联一个阻值R'＝ Ω的电阻。
(2)图中E为学生电源，G为灵敏电流计，是改装后的电流表、为电阻箱、与均为滑动变阻器，为定值电阻，S为开关，为待测金属圆柱，实验操作如下：
A．按照如图所示电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器的滑片、滑动变阻器的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C．调整，逐步增大输出电压，并反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时电流表的示数为，的示数为，电阻箱的示数为；
D．实验完毕，整理器材。
实验中反复调整和使灵敏电流计G示数为零的目的是
(3)待测金属圆柱的阻值为 （用、、表示）。
(4)电流表、的内阻对电阻的测量结果 （选填“有”或“无”）影响。
【答案】(1)2 (2)使和两端的电压相等 (3) (4)无
【解析】（1）根据电流表改装原理解得
（2）调节电流计G的示数为零，目的是使和两端的电压相等。
（3）根据电流表的改装原理可知，通过电阻的电流为
和两端的电压相等，则
解得待测金属圆柱的阻值为
（4）根据表达式可知电流表、的内阻对电阻的测量结果无影响。
12.（2024·湖北黄冈·一模）某探究小组利用课外时间做了如下探究实验：先利用如图所示的电路来测量两个电压表的内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表V1的内阻，然后用半偏法测出电压表V2的内阻．供选用的器材如下：
A．待测电压表V1，量程为2.0V，内阻
B．待测电压表V2，量程为3.0V，内阻
C．电阻箱，阻值范围
D．滑动变阻器，阻值范围，额定电流
E．滑动变阻器，阻值，额定电流2A
F．电池组，电动势为，内电阻为
G．单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干
（1）实验器材选择除A、B、C、F、G外，滑动变阻器应选用： （用器材前的字母表示）
（2）下面是主要的实验操作步骤，将所缺的内容补充完整；
①用代替法测待测电压表V1的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器的滑动触头置于左端； 将单刀双掷开关S2置于触点2，调节滑动变阻器，使电压表V2的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱使电压表V2的指针指在 ，记下此时电阻箱的阻值。
②用半偏法测待测电压表V2的内阻：将单刀双掷开关S2置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关S1，调节滑动变阻器使电压表V2的指针满偏。保持滑动变阻器的滑动触头位置不变，调节电阻箱，使电压表V2的指针指在 ，记下电阻箱的阻值。
（3）上述两种测量方法都有误差，其中有种测量方法没有系统误差，接下来该小组选用此测量方法测出其内阻的电压表改装成一量程为的电压表继续完成后续的探究实验，需串联一阻值为 的电阻。
（4）该探究小组用如图所示的电路采用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电电压为时，所带的电量为，从而再求出待测电容器的电容。
实验情况如下：按图甲所示电路连接好实验电路；接通开关S，调节电阻箱的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数及电压表的示数，和分别是电容器放电的初始电流和电压；断开开关S，同时开始计时，每隔测一次电流的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据（10组）表示在以时间为横坐标、电流为纵坐标的坐标纸上，如图乙中用“”表示的点，再用平滑曲线连接得出图像如图。则根据上述实验结果，估算出该电容器两端的电压为时所带的电量约为 C（保留三位有效数字）；该电容器的电容约为 F（保留三位有效数字）。
【答案】 E 刻度盘的第N格 刻度盘的中央 40
【解析】（1）[1]因为滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，滑动变阻器阻值应该选择阻值较小的，即选择E。
（2）①[2]用代替法测待测电压表V1的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器的滑动触头置于左端； 将单刀双掷开关S2置于触点2，调节滑动变阻器，使电压表V2的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱使电压表V2的指针指在刻度盘的第N格，记下此时电阻箱的阻值。
②[3]用半偏法测待测电压表V2的内阻：将单刀双掷开关S2置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关S1，调节滑动变阻器使电压表V2的指针满偏．保持滑动变阻器的滑动触头位置不变，调节电阻箱，使电压表V2的指针指在刻度盘的中央，记下电阻箱的阻值。
（3）[4]根据步骤①可知，电压表V1内阻为20kΩ；根据步骤②可知，电压表V2内阻为30kΩ；其中方法①是用等效替代法，无系统误差；故用V1改装成量程为6V的电压表，应该串联一个电阻，设阻值为，则有
解得
（4）[5][6]根据
可知图像与横轴围成的面积表示电容器两端电压为时的电量，图中围成面积占有的格数大约为30格，则有
根据电容的定义式可得
13.（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）用光敏电阻和电磁继电器等器材设计自动光控照明电路，傍晚天变黑，校园里的路灯自动亮起；早晨天亮时，路灯自动熄灭。选用的光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示（照度反应光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为lx）。图乙所示为校园路灯自动控制的模拟电路图，用直流电路给电磁铁供电作为控制电路，用220V交流电源给路灯供电。
(1)请用笔画线代替导线，正确连接继电器控制电路。( )
(2)当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合。为了实现根据光照情况控制路灯通断，路灯应接在 接线柱上。
A．A、BB．B、CC．A、C
(3)图中直流电源的电动势，内阻忽略不计，电磁铁线圈电阻为400Ω，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1（0~100Ω）、R2（0~1750Ω）、R3（0~17500Ω），要求天色渐暗照度降低至15lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择 （填“R1”“R2”或“R3”）。
(4)使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启。为了使路灯亮得更及时，应适当地 （填“增大”或“减小”）滑动变阻器的电阻。
(5)小佳同学想利用乙图为自己家院子里的车库设计自动开门装置，当车灯照到光敏电阻上时，开门电动机启动打开车库的门。开门电动机应连接在 接线柱上。
【答案】(1)
(2)A
(3) (4)增大 (5)BC
【解析】（1）为满足实验要求，控制电路的连接情况如图所示。
（2）天亮时照度增大，光敏电阻的阻值减小，电磁铁中电流增大，磁场增强，吸引衔铁向下与C接通，灯熄灭，故灯泡应接在A、B之间。
故选A。
（3）要求天色渐暗照度降低至15lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值约为，由闭合电路欧姆定律可知，此时的滑动变阻器的阻值约为，故滑动变阻器应选择。
（4）使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启，说明此时控制电路的电流较大，总电阻较小，所以为使路灯亮得更及时，应适当地增大滑动变阻器的电阻。
（5）车灯照到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值减小，控制电路部分的电流增大，此时电动机启动，故将开门电动机连接在BC接线柱上满足题意。
13．（2024·全国模拟预测）电子秤能够准确地测量物体的质量，其中半导体薄膜压力传感器是其关键的电学元件。半导体薄膜压力传感器在压力作用下会发生微小形变，其阻值随压力F变化的图线如图甲所示。某学习小组利用该元件和电流表A等器材设计了如图乙所示的电路，尝试用该装置测量物体的质量。已知图乙中电源电动势为（内阻未知），电流表A的量程为，内阻为。重力加速度g取。请回答以下问题：
（1）实验时发现电流表A量程偏小，需要将其量程扩大为，应该给电流表A （选填“串联”或“并联”）一个阻值为 Ω的电阻；
（2）用改装后的电流表按图乙所示的电路图进行实验，压力传感器上先不放物体，闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表指针满偏。保持滑片P位置不变，然后在压力传感器上放一物体，电流表的示数为，此时压力传感器的阻值为 ，则所放物体的质量 ；
（3）写出放到传感器上的物体的质量m与电流表的示数I满足的函数关系式 ；（表达式中除m、I外，其余相关物理量均代入数值）
（4）使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变。调节滑动变阻器R的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，则测量结果 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】 并联 1 11 0.6 不变
【解析】（1）[1][2]当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻，有
代入数据解得
（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节滑动变阻器使得电流表满偏，有
当秤盘上放上重物，且电流表示数为0.2A时，有
联立得；
（3）[5]根据得又；
代入数据整理得
[6]当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以使得电流表达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值减小，
但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。
14．（2024·云南省统一检测）某同学设计并制作了一个可以测量角度的装置，其电路如图所示。其中半圆弧AB是电阻率为、横截面积为S且粗细均匀的电阻丝，圆弧的圆心在O点，半径为r；ON为可绕O旋转的金属指针，N端可在圆弧AB上滑动且接触良好，为电阻箱，为滑动变阻器，、为理想电压表，指针ON及导线电阻不计，整个装置固定在一块透明的塑料板上。主要实验步骤如下：
(1)按照电路图连接电路，取图中ON与OA的夹角为（用角度制表示），在使用时要让电压表的示数随的增大而增大，电压表另一端应与电阻丝的 端相连（填“A”或“B”）；
(2)闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P置于 端（填“a”或“b”）；
(3)闭合开关S，旋转ON使其到达圆弧AB的某一位置，调节滑动变阻器及电阻箱，使电压表、有适当的示数，读出此时电压表、的示数、及电阻箱的阻值，此时与的关系式为 （用题中相关物理量的字母表示）；
(4)将ON调至，并保持不变，调节，使电压表的示数仍为，此时电压表的指针位于刻度线处，则电压表刻度线对应的角度为 度；
(5)若电压表量程为3V，用上述的操作方法且同样保持不变，要使时电压表刚好满偏，则可能实现的操作是： （填“增大”或“减小”）的阻值，同时 （填“增大”或“减小”）的阻值。随后计算出电压表每一刻度线对应的角度值，并将其标在电压表刻度盘上。
【答案】(1)A (2)a (3) (4)72 (5) 减小 减小
【解析】（1）增大，半圆弧电阻丝接入电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，电源内阻、电阻箱与滑动变阻器承担的电压减小，可知，半圆弧电阻两端电压增大，为了要让电压表的示数随的增大而增大，电压表另一端应与电阻丝的A端相连。
（2）滑动变阻器采用限流式，为了确保安全，闭合开关S前，应使滑动变阻器接入电阻最大，即将滑动变阻器的滑片P置于a端。
（3）半圆弧形电阻丝接入电阻为
由角度制和弧度制关系知
电阻箱与电阻丝串联，通过的电流相等，则有代入得
（4）结合上述有将ON调至，则有
电压表0.8V刻度线对应的角度代入得
（5）[1]根据上述，将ON调至时有
若电压表量程为3V，用上述的操作方法且同样保持不变，要使时电压表刚好满偏，即上述等式中，增大为3V，为了确保等式成立，需要减小R的阻值，即减小电阻箱的阻值；
[2]由于保持不变，当减小电阻箱的阻值时，干路电流增大，而半圆弧形电阻丝接入电阻仍然为的电阻，即电阻丝、电源内阻承担电压增大，则滑动变阻器承担电压减小，根据欧姆定律可知，需要同时减小的阻值。
三．选修热点实验强化训练
1．（2024·贵州毕节·二模）某实验小组利用如图装置探究一定质量的气体等温变化的规律
(1)在实验操作过程中，为保证温度不变，以下操作正确的是___________
A．用橡皮帽堵住注射器的小孔B．移动活塞要缓慢
C．实验时不要用手握住注射器D．在注射器活塞一周涂润滑油
(2)在相同温度下，实验小组第一次密封了质量为的气体、第二次密封了质量为的气体，完成两次实验后，在同一坐标系中分别作出对应的压强与体积的关系图线如图，则根据图像，可判断在等温情况下，一定质量的气体压强与体积成 关系（填“正比”、“反比”）； （填“>”、“＜”）
【答案】(1)BC
(2) 反比 >
【解析】（1）A．橡皮帽的作用是密封注射器内的气体。A错误；
B．为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是缓慢移动活塞，避免做功导致温度变化，B正确；
C．为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是不用手握住注射器封闭气体部分，避免热传递导致温度变化，C正确；
D．为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是用润滑油涂活塞，D错误；
故选BC。
（2）[1]根据图像，压强与体积的倒数成正比，即压强与体积成反比，故填“反比”。
[2]根据图像知，当体积相同时，的气体压强大于的气体压强，说明温度一定时，的气体的分子数大于的气体分子数，则，故填“>”。
2．（2024·云南曲靖·一模）小丽今年高三了，学习任务很重，但母亲生病住院，父亲在外工作不能回来，小丽只能请假去医院照顾母亲。好在母亲不是得什么大病，医生说是感冒引起肺部发炎，挂几天针就好了。
（1）她在陪母亲挂针时发现，药液下滴的速度是均匀的，于是想到了测一滴油酸的体积的实验，如果用这种吊瓶测量一滴液体的体积可能更准确。在挂某一瓶针水时，医生要求滴慢一点，下滴速度大约一秒一滴，她用电子手表检验了一下，一分钟刚好60滴，于是她决定测一下一滴药液的体积。吊瓶上有容积刻度线，她测得瓶里的药液减少10ml时，用时是3分20秒，则一滴药液的体积为 m3.
（2）在挂药水的过程中，设吊瓶中气体的压强为pA，管中B泡的气体压强为pB，药水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，高度差如图所示时，则下列关系正确的是 。
A． B．
C． D．
（3）每天打点滴，一般要打好几瓶，一瓶打完，护士就要来换药。小丽想，能不能让每天要挂的几瓶串起来，药液自动续瓶。于是，那天挂完针后拿了几个吊瓶回家进行实验探究。她用水代替药水，先用两个玻璃瓶改装后实验，挂起来有三种情况，如图甲、乙、丙。
①按图甲进行吊液，会出现的情况是 。
A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水
B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水
C．A瓶中的水吊完后，B瓶中的水仍不能流下
D．两瓶中的水面都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快
②按图乙进行吊液，会出现的情况是 。
A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水
B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水
C．两瓶中的水面都下降，但B瓶中的液面比A瓶中的液面下降得快
D．两瓶中的水面都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快
③按图丙进行吊液，会出现的情况是 。
A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水
B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水
C．A瓶中的水吊完后，B瓶中的水仍不能流下
D．两瓶中的水面都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快
④之后，她又用两个软性塑料吊瓶做实验，发觉两瓶中的水都同时下降，也就是说如果是药水，两瓶药水在进入人体前就 了。
综合以上实验，要让每天要挂的几瓶药水简单串起来，药液自动续瓶，一瓶一瓶地挂完是不行的。
【答案】 AD C C D 混合
【解析】（1）[1] 测得瓶里的药液减少10ml时，用时是3分20秒，一分钟刚好60滴，则总共滴了200滴，一滴的体积为mL=m3
（2）[2]根据压强的平衡关系可知，故选AD。
（3）①按图甲进行吊液，瓶口的压强相等，会出现的情况是A瓶中的水吊完后，B瓶中的水仍不能流下。
故选C。
②按图乙进行吊液，B瓶中的液面的压强较大，所以会出现两瓶中的水面都下降，但B瓶中的液面比A瓶中的液面下降得快。
故选C。
③按图丙进行吊液，A瓶中的液面的压强较大，会出现的情况是两瓶中的水而都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快。
故选D。
④之后，她又用两个软性塑料吊瓶做实验，发觉两瓶中的水都同时下降，也就是说如果是药水，两瓶药水在进入人体前就混合了。
3．（2024高三下·广东肇庆·阶段练习）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为的浅盘里倒入约深的水。待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序是④ ；（填写步骤前面的数字）
（2）将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液；测得的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是。由此估算出油酸分子的直径为 m；（结果保留2位有效数字）
（3）某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于( )
A．油酸分子未完全散开 B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C．油酸中含有大量酒精 D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，的溶液滴数多计了10滴
【答案】 ①②⑤③ AB/BA
【解析】（1）[1]实验操作时要在浅盘放水、痱子粉，为油膜形成创造条件，然后是滴入油酸、测量油膜面积，计算油膜厚度（即油酸分子直径)，所以接下来的步骤是①②⑤③。
（2）[2]一滴油酸酒精溶液的体积为
油酸分子的直径为
（3）[3]A．油酸分子未完全散开，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故A符合题意；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故B符合题意；
C．油酸中含有大量酒精，对实验结果无影响，故C不符合题意；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，的溶液滴数多计了10滴，则油酸的体积偏小，计算出的分子直径明显偏小，故D不符合题意。
故选AB。
4．（23-24高三下·河北保定·开学考试）如图1为双缝干涉测光波波长的实验装置，光源发出的光经滤光片（装在单缝前）成为单色光，把单缝照亮。单缝相当于一个线光源，它又把双缝照亮。来自双缝的光在双缝右边的遮光筒内发生干涉。遮光筒的一端装有毛玻璃屏，我们可以在这个屏上观察到干涉条纹，并根据测量的量计算出光的波长。
（1）图1中仪器A是 ，仪器B是 （填写仪器的名称）；
（2）用刻度尺测量双缝到光屏的距离；
（3）用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图2所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图3所示。图2读数为 ，图3读数为 ；
（4）已知双缝间距，根据以上实验，测得光的波长是 。
【答案】 单缝 目镜 1.750 9.300 604
【解析】（1）[1][2]根据双缝干涉测光波波长的实验装置结构可知仪器A是单缝，仪器B是目镜，故填单缝，目镜；
（3）[1][2]根据螺旋测微器读数规则，由图2、3可知
故填1.750，9.300；
（4）相邻两条亮纹间距的表达式为
根据
联立解得
根据题意可知，代入数据解得
故填604。
5．（2024·云南昆明·一模）某同学测量一长方体玻璃砖对红光的折射率，装置示意图如图所示。实验步骤如下：
①在水平木板上固定一张白纸，白纸上放置光屏P，在白纸上画一条与光屏P平行的直线ad作为界线；
②把宽为L的玻璃砖放在白纸上，使它的一边跟ad重合，画出玻璃砖的另一边bc，在bc上取一点O，画一条线段AO；
③用激光笔发出平行于木板的红色细光束，沿图中AO方向从O点射入玻璃砖，光束从玻璃砖另一面射出后，射到光屏P上的处，记录的位置；
④保持入射光不变，撤去玻璃砖，激光射到屏上的处，记录的位置以及光束与ad的交点N；
⑤作出光束从O点到点的光路图，记录光束与ad边的交点M(图中未画出)；
⑥测出OM、ON的长度分别为、。
据此回答下列问题：
(1)请在图中作出光线从O点到点的光路图；
(2)根据测量数据，可得该玻璃砖对红光的折射率n＝ (用L、、表示)；
(3)该实验中，若改用绿色细光束做实验，其他条件不变，则未撤去玻璃砖时，光束射到光屏上的位置应在的 (选填“左侧”或“右侧”)。
【答案】(1)
(2)
(3)右侧
【解析】（1）根据折射定律做出光路图，如图所示
（2）由几何关系可知
根据可求得
光从空气中射入同一介质中绿光的折射率大于红光的折射率，绿光的偏折程度大于红光的偏折程度，
所以绿光射到光屏上的位置应在的右侧。
6．（2024·安徽·模拟预测）某学习小组通过实验测定一截面为半圆形的玻璃砖的折射率n，方法如下：
（1）玻璃砖直径AB与竖直放置的光屏MN垂直并接触于A点，置于水平桌面的白纸上。
（2）用激光笔从玻璃砖一侧照射半圆玻璃砖的圆心O，如图所示，在屏幕MN上可以观察到两个光斑C、D，用大头针分别在白纸上标记圆心O点、C点、D点的位置，移走玻璃砖和光屏。
（3）用刻度尺测量OC和OD的长度分别为、。
（4）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式 。
（5）实验中，不断增大入射角， （填“能”或“不能”）观察到全反射现象。
（6）为减小实验误差，实验中应适当 （填“增大”或“减小”）激光在O点的入射角。
【答案】 不能 增大
【解析】（4）[1]如图
OC所在光线为反射光线，OD所在光线为折射光线，玻璃砖折射率的表达式
（5）[2]光是从光疏介质射入光密介质，所以不能观察到全反射现象。
（6）[3]为减小实验误差，实验中应适当增大激光在O点的入射角。
7．（2024·河北·模拟预测）如图是测量玻璃折射率的一种方式。在木板上铺一张白纸，把玻璃砖放在纸上，用铅笔描出玻璃砖的两个透光面边界a和。在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B。眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住。在眼睛这一侧再插第三个大头针C，使它把A、B都挡住，插第四个大头针D，使它把前三个大头针都挡住。记录四根大头针位置如图所示。
(1)关于该实验下列说法正确的是______。
A．A、B大头针连线与a边界夹角越大，误差越小
B．插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些
C．实验时若无量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量
(2)经正确操作后，请在答题纸上画出光路图，标出在a界面的法线、入射角和折射角 ；
(3)假设该玻璃砖边界a和边不平行，按照该方式进行的测量结果比真实值 （填“偏大”“相等”或“偏小”）。
(4)假设做图时其余部分均正确，只有玻璃砖边界出现偏差，做成虚线。按照该边界的测量结果比真实值 （填“偏大”“相等”或“偏小”）。
【答案】(1)BC
(2)
(3)相等 (4)偏小
【解析】（1）A．A、B大头针连线与a边界夹角要适当，不是越大越好，故A错误；
B．为减小实验误差，插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些，故B正确；
C．实验时若无量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量，将角度正弦值之比转化为角度对边长度之比，故C正确。
故选BC。
（2）光路图如图所示。
（3）玻璃砖两个表面是否平行对入射角和折射角无影响，按照该方式进行的测量结果比真实值相等。
（4）由题意做出光路图
只有玻璃砖边界出现偏差，可知入射角不发生变化，折射角大于实际的折射角，根据折射定律，可知按照该边界的测量结果比真实值偏小。
8．（2024·河南·二模）小明同学利用图甲的实验装置验证动量守恒定律．在长木板上安装光电门I和II，A、B为材料相同、带有等宽遮光条的滑块，A、B的质量分别为，让滑块A与静止的滑块B在斜面上发生碰撞，碰撞时间极短，然后通过光电门对滑块进行测速，进而验证动量守恒定律并判断碰撞是否为弹性碰撞，请完成下列填空：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则 。
将长木板一端垫高，调整长木板与水平面的夹角，轻推滑块直到经过两光电门的时间相同．
(2)某次实验中，滑块通过光电门I时的挡光时间为，则滑块过光电门I的速度为 （用相应的物理量符号表示），滑块A、B碰撞后通过光电门II的挡光时间分别为。
(3)若要验证动量守恒定律，需要验证 与 在误差允许范围内相等即可验证动量守恒定律（用和表示）．
(4)判断是否为弹性碰撞可由碰后A、B两滑块的速度之比判断．若 （用和表示），则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞．
【答案】(1)5.00 (2) (3) (4)
【解析】（1）游标的零刻线与主尺刻度线对齐，游标的第20个小格与主尺刻度线对齐，该游标尺为20分度游标卡尺，所以
（2）根据速度定义式可知滑块经过光电门I时的速度为
（3）碰撞后A、B两滑块的速度分别为，碰前A的动量为
碰后系统动量为
若即即可验证动量守恒定律。
（4）若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则需满足动量守恒与机械能守恒，则
解得
所以
9．（2024·湖南长沙·一模）某同学用如图甲所示的装置验证动量定理，实验过程中部分实验步骤如下：
(1)将一遮光条固定在滑块上，用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺如图乙所示，则遮光条的宽度 mm。
(2)滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门测得遮光条的挡光时间为，可得弹簧恢复形变的过程中滑块的速度大小为 m/s。
(3)将一与轻弹簧相连的压力传感器固定在气垫导轨左端，一光电门安装在气垫导轨上方，用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放，压力传感器显示出弹簧弹力F随时间t变化的图像如图丙所示，根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为 。（计算结果保留2位有效数字）
【答案】(1)4.00 (2)0.2 (3)0.77
【解析】（1）图乙游标卡尺分度值为0.05mm，则遮光条的宽度为d=4mm+0.05mm×0=4.00mm
（2）弹簧恢复形变的过程中滑块的速度大小为
（3）弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，约等于。
10．（2024·安徽池州·二模）某学习小组的同学在实验室用如图1所示的装置研究单摆。将单摆挂在力传感器的下端，同时由力传感器连接到计算机，得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，如图2所示。
(1)用螺旋测微器测量摆球的直径，为了使读数更精确，对螺旋测微器进行了改进，在螺旋测微器固定刻度的上半部刻了 10个等分刻度，固定刻度的“横线”是10等分刻度的“0”刻度线，这10个刻度的总长度与可动刻度最左端的9个刻度的总长度相等。其测量结果如图3所示，图中螺旋测微器测出的摆球的直径为 mm。
(2)小组成员在实验过程中有下列说法，其中正确的是 和 （填正确答案标号）。
A．对于摆球的选择，可以是铁球，也可以是塑料球
B．单摆偏离平衡位置的最大角度最好控制在以内
C．由图2可知，单摆的周期为
D．如果用悬线的长度作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
(3)为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制图像如图4所示。由图可知重力加速度大小为 （用图中T1、T2、L1、L2表示）。
【答案】(1)17.283/17.284 (2)BC (3)
【解析】（1）由图可读出为
（2）A．单摆在摆动过程中阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球，A错误；
B．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°，B正确；
C．F最大值为摆球经过最低点的时刻，相邻两次时间间隔为则C正确；
D．由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式
用悬线的长度作为摆长，则摆长偏小，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，D错误。
故选BC。（3）由周期公式变形得
图像的斜率为解得
【考前预测篇3】 热点计算题
一．计算题解题规范及策略
考试答题，对分数影响最为关键的就是答案的正确性。但是很多考生在考试后却依然会有些意见，因为自己答案正确却没拿到满分。是阅卷的不公正吗？当然不是。
很多时候，其实就是你忽略了答题的规范性。越是大型的考试对答题的要求就越严格，重大考试的不标准答题会直接因非智力因素造成考试失分。高考对物理计算题的答题要求是：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
因此，考生要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要掌握基础知识、训练解题能力外，还必须强化答题的规范性，培养良好的答题习惯。
为了做好规范答题，提高计算题的得分能力，要做好以下几点：
（一、）文字说明要清楚
文字说明的字体要书写工整、版面布局合理整齐、段落清晰等，让改卷老师看到你的卷面后有着赏心悦目的感觉。必要的文字说明是指以下几方面内容：
1．研究的对象、研究的过程或状态的说明。
2．题中物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。
3．题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明。
4．所列方程的依据及名称要进行说明。
5．规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。
6．对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明。
7．文字说明不要过于简略，缺乏逻辑性，也不要太啰嗦，而找不到得分点。
（二）、主干方程要突出
在高考评卷中，主干方程是得分的重点。
1．主干方程要有依据
一般表述为：依××物理规律得；由图几何关系得；根据……得等。“定律”“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确。
2．主干方程列式形式书写规范
(1)严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所忽视的)。如：带电粒子在磁场中的运动，应有qvB＝meq \f(v2,R)，而不是其变形结果R＝eq \f(mv,qB)；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg＝meq \f(v2,r)，不能写成v＝eq \r(gr)。
(2)要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合。
3．物理量符号要和题干一致
最终结果字母必须准确才得分，物体的质量，题目给定符号是m0 、ma、M、m′等，不能统一写成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l或者d；半径，题目给定符号是R，不能写成r；电荷量，题目给定符号是e，不能写成q，在评分标准中都明确给出了扣分标准。需要自己设的物理量尽量要依据题干给定的相关物理量顺延编号，合理安排下标(上标)，以防混乱。
4．要分步列式，不要写连等式
如电磁感应中导体杆受力的几个方程，要这样写：
E＝BLv
I＝eq \f(E,R＋r)
F＝BIL
不要写连等式F＝BIL＝Beq \f(E,R＋r)L＝Beq \f(BLv,R＋r)L＝eq \f(B2L2v,R＋r)，评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写成连等式，最终结果正确得满分，最终结果错误就得0分。
5．计算结果的单位
计算结果是数据的要带单位，不带单位要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电子电荷量e等)不能用数字(10 m/s2,1.6×10－19 C)替换；字母运算的结果不能写单位。
（三、）解题过程中运用数学的方式有讲究
1．“代入数据”，解方程的具体过程不必写出。
2．所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明。
3．重要的中间结论的文字表达式要写出来。
4．所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去。
5．数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”。
（四、)大题增分技巧
1．先做简单的题目，后做运算量大、难度大的题目。
2．如果实在不会做，那么将题中可能用到的公式都写出来，不会倒扣分。
3．如果时间不够用，要先把计算公式写出来，数据计算放到最后。
二．第一道计算题：基本+规范
1．（2024·云南昆明·一模）如图所示，边长为L的正方形区域内，以对角线bd为边界，上方有平行ad边向下的匀强电场，电场强度大小为E。下方有垂直abcd平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从ab边中点O由静止释放，在电场和磁场中运动后垂直bc边射出。粒子重力不计。求粒子的比荷。
【答案】
【解析】粒子运动轨迹如图所示
粒子在电场中运动过程，据动能定理可得
粒子在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，可得
据几何关系可得
解得
2．（2024·山西·一模）如图所示，一段水平的公路由两直道段以及圆形段环岛组成。一辆在上以速率行驶的汽车，接近环岛时以的加速度匀减速刹车，在以最大安全速率通过环岛后，在上以的加速度恢复到原速率继续行驶。已知环岛的半径为，段的长度是，橡胶轮胎与路面的动摩擦因数为0.7，认为汽车转弯所需向心力仅由轮胎所受径向摩擦力提供且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，问：
（1）汽车需在距环岛多远处开始刹车？
（2）汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间是多少？
【答案】（1）25.5m；（2）8.5s
【解析】（1）根据题意，汽车进入环岛后做匀速圆周运动，当以最大速率行驶时有
代入数据解得汽车在环岛行驶的最大速率为
汽车在进入环岛前的速度
汽车进入环岛前刹车距离为
（2）汽车进入环岛前刹车时间
汽车在环岛行驶的时间
汽车出环岛后加速到原速所用的时间
可得汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间
3．（2024·四川泸州·二模）如图所示，光源S位于装有某液体的容器底部，容器右侧的内壁固定一平面镜，平面镜上端与容器顶端平齐、下端与液面平齐。光源S沿方向发射一束红光，经O点折射后照到平面镜上的P点，反射光线刚好过容器左侧上端点Q。已知入射角，容器宽度为，反射点P分别到平面镜上端点M、下端点N的距离为、，液体深度为，光在真空中的传播速度，，。求：
（1）红光在该液体中的折射率n；
（2）这束红光在液体中的传播时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据几何关系可知在MN平面发生的反射，入射角符合
则
则光从液体中射出时的折射角
根据折射定律可知
（2）传播距离
红光在液体中的传播速度
这束红光在液体中的传播时间
4．（2024·重庆·模拟预测）在陆上模拟着舰训练中，某质量为m的航母舰载机着陆时的水平速度大小为v0，在阻拦索的阻力和其他阻力作用下沿直线滑行距离s1后停止；如果不用阻拦索，在其他阻力作用下沿直线滑行距离s2后停止。若舰载机所受其他阻力视为恒力。求：
（1）不用阻拦索时舰载机的滑行时间；
（2）舰载机所受其他阻力的大小；
（3）阻拦索的阻力对舰载机做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据
可得不用阻拦索时舰载机的滑行时间为
（2）如果不用阻拦索时，由动能定理得
可得舰载机所受其他阻力的大小为
（3）在阻拦索的阻力和其他阻力作用下，由动能定理
可得阻拦索的阻力对舰载机做的功为
5．（23-24高三下·甘肃庆阳·阶段练习）如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB与光滑水平轨道BC相切于B点，质量分别为m和2m的小球M、N之间压缩一轻弹簧并锁定（弹簧与两小球均不拴连）。某时刻解除弹簧的锁定，两小球被弹开，小球M离开弹簧后恰好能沿半圆轨道通过最高点A，重力加速度为g。求：
（1）离开弹簧时小球M的速度大小；
（2）弹簧锁定时所具有的弹性势能。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）小球M恰好能通过半圆轨道的最高点A，根据牛顿第二定律有
小球M从B点运动到A点的过程，根据动能定理有
小球M通过B点时的速度等于离开弹簧时的速度，即
联立解得
（2）弹簧将两小球弹开的过程系统所受外力之和为零。根据系统动量守恒有
解得小球N离开弹簧时的速度大小
弹簧的弹性势能全部转化为M、N的动能。根据机械能守恒有
解得
6．（23-24高三下·云南·阶段练习）如图所示，一质量为2m、长度为L的木板静置于光滑水平地面上，质量为m的小滑块（可视为质点）以速度从木板左端滑上木板，小滑块恰好未滑下木板。求：
（1）小滑块在木板上滑动过程中，木板的位移大小x；
（2）小滑块相对木板滑动的时间t。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）小滑块在木板上滑动过程中，小滑块和木板系统动量守恒，小滑块恰好未滑下木板，小滑块滑到木块右端时和木板速度相等，设此时的速度为，则
解得
由功能关系可知
解得
以木板为研究对象，由动能定理
解得
（2）以小滑块为研究对象，由动量定理
解得
7．（23-24高三上·河南·期末）如图所示，开口向上的绝热汽缸竖直放置，汽缸壁内有卡环，质量为m、横截面积为S的绝热活塞静止在缸内，距缸底的高度为h，离卡环的距离为，活塞下方密封有一定质量的温度为T0的理想气体。活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气。外界大气压强为，重力加速度为g，现用电热丝（体积忽略不计）缓慢加热汽缸中的气体，求：
（1）当活塞刚好到卡环处时，缸内气体的温度；
（2）若气体温度每升高1℃，气体内能就增加E0，则当活塞对卡环的压力大小等于2mg时，电热丝放出的热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当活塞刚好到卡环处时，设缸内气体的温度为，气体发生等压变化，则
解得
（2）开始时，缸内气体压强为
当活塞对卡环的压力大小等于时，缸内气体压强为
设此时缸内气体温度为，根据理想气体状态方程
解得
根据热力学第一定律，电热丝放出的热量
8．（23-24高三下·河北保定·开学考试）如图所示，足够大的绝缘水平面上放一个质量、电荷量的物块，物块与水平面之间的动摩擦因数，物块的初速度，空间中有匀强电场，与水平地面的夹角，已知，，，电场强度，经过物块的速度和位移大小是多少？
【答案】，
【解析】物块向右运动过程中，竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
又
联立解得加速度大小为
则物块向右匀减速到速度为0所用时间为
则经过物块的速度大小为
物块通过的位移大小为
9．（23-24高三下·上海宝山·阶段练习）线圈在磁场中运动时会受电磁阻尼作用．如图所示，光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的正方形线圈，其质量为m，各边电阻相等，线圈以初速度v进入一个有明显边界的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度大于L。当线圈完全穿过磁场后，其速度变为初始的一半，求：
（1）线圈刚进入磁场瞬间，两点间的电压是多少？
（2）线圈进入磁场和离开磁场的两个过程中产生的焦耳热之比。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）边刚进入磁场瞬间，边产生的感应电动势为
由右手定则可知电流方向为，则
a、b两点的电压是路端电压为
（2）线圈刚全部进入磁场时速度为，刚离开磁场时速度为。线圈进入磁场的过程，由动量定理得
同理，线圈离开磁场的过程，由动量定理得
又通过线圈的电荷量
,
可得
进入磁场和离开磁场的过程中，由能量守恒定律得
联立可得
10．（2024·安徽蚌埠·三模）如图所示，电荷量为的带正电小球B静止放在光滑绝缘水平面上，某时刻质量为、电荷量为的带正电小球以的初速度从水平面上足够远处沿直线向运动，当两球距离最小为时，球的动量为，两小球可视为质点，静电力常量为．设开始时刻A、B组成的系统电势能为零，求：
（1）A球最大加速度的大小。
（2）B球的质量。
（3）系统的最大电势能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）两球距离最小时静电力最大，小球加速度最大，根据库仑定律，两球间的最大静电力
由牛顿第二定律得
解得
（2）两球距离最小时速度相等，设为v，设球的质量为，由动量守恒定律得
又有
解得，
（3）两球距离最小时系统电势能最大，由能量守恒知，系统的最大电势能
解得
三．第二道计算题：模型+综合
11．（2024·河南濮阳·一模）如图所示，平台离水平地面的高度为，平台上P点左侧粗糙，右侧光滑，质量为m的物块A放在平台P点，质量为3m的物块B放在平台上P点左侧的Q点，P、Q间的距离为1m。给物块B一个向右的初速度，B与A发生弹性碰撞，A、B均从平台上抛出，A做平抛运动的水平距离为1.5m，已知B与平台间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取，物块的大小忽略不计，不计空气阻力。求：
（1）物块A从平台抛出时的速度多大；
（2）物块B在Q点的初速度多大；
（3）若B、A发生的是非弹性碰撞，物块B从Q点以的初速度向右滑动，A、B碰撞后，A做平抛运动的水平位移仍为1.5m，则A、B碰撞过程中损失的机械能与碰撞前瞬间B的动能之比为多少。
【答案】（1）3m/s；（2）4m/s；（3）
【解析】（1）A做平抛运动的水平距离为，根据平抛运动规律
联立解得物块A从平台抛出时的速度
（2）B与A发生弹性碰撞时有
解得碰撞前瞬间B的速度大小为
B由Q到P的过程，根据动能定理
解得
（3）物块B从Q点以的初速度向右滑动，由Q到P的过程，根据动能定理
解得碰撞前B的速度
A做平抛运动的水平位移仍为1.5m，说明A碰后速度仍为，根据
可得碰后B的速度为
碰撞过程中损失的机械能
则A、B碰撞过程中损失的机械能与碰撞前瞬间B的动能之比
12．（2024·安徽池州·二模）2023年5月17日，首枚池州造“智神星一号”液体运载火箭在安徽星河动力装备科技有限公司顺利总装下线，至此，成功实现中国火箭池州造。为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为1000kg的小型实验火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为，与水平方向成＝60°，火箭沿斜向右上方与水平方向成＝30°做匀加速直线运动。经过t＝30s，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60°，大小变为，火箭依然可以沿原方向做匀减速直线运动。（不计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化，g取）求：
（1）推力的大小；
（2）火箭上升的最大位移大小；
（3）火箭在上升的过程中推力最大功率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）火箭上升过程时的受力情况如图
由图可知
（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F合＇与F2垂直
加速阶段的加速度
减速阶段的加速度
（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为
13．（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ=30°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子动量改变量的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）从M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直，粒子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子匀速运动
垂直MN方向
根据牛顿第二定律
解得
（2）如图所示，当粒子运动到P点时，电势能最小，由
联立求得
14．（2024·山西太原·一模）如图所示，两平行且等长的粗䊁金属导轨ab、cd间距为L，倾斜角度为θ，ab、cd之间有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，ac之间电容器的电容为C1。光滑等长的水平金属导轨ef、gh间距为L，ef、gh之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，fh之间电容器的电容为C2。质量为m的金属棒PQ垂直导轨放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后以速度v飞出导轨，同时撤去F，PQ水平跃入ef、gh导轨，PQ始终与ef、gh导轨垂直。导轨与棒的电阻均不计，重力加速度为g，求：
（1）金属棒PQ分别在B1、B2中运动时电流的方向；（请分别说明P→Q或Q→P）
（2）导轨ef、gh足够长，电容器C2带电量的最大值；
（3）金属棒PQ与导轨ab、cd的动摩擦因数。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】（1）由右手定则可知，导体棒在B1中电流方向由P→Q，导体棒在B2中电流方向由Q→P；
（2）PQ水平跃入轨道的速度为v1，则
PQ水平跃入导轨后，切割磁感线，C2处于充电状态，PQ稳定后做匀速直线运动，速度为v1，则
根据动量定理，以右为正方向
解得
（3）PQ在倾斜轨道上运动时加速度为a，则
PQ做匀加速直线运动
解得
15．（2024·山西太原·一模）轻质弹簧原长为l，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为7m的小球由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度变为原长的一半。现将该弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为m的小球P接触但不拴连；一长度为2l的轻绳一端系于O点，另一端与质量为m的小球Q拴连。用外力缓慢推动P，将弹簧压缩至原长的一半，撤去外力，P被弹出后与Q发生弹性对心碰撞，Q开始摆动。轻绳在弹力变为O时断开，Q飞出后落在水平地面上的B点（图中未画出），P、Q始终在同一竖直平面内运动且均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）弹簧由原长压缩为原长的一半；弹性势能的变化量；
（2）P与Q碰撞后的瞬间，Q速度的大小；
（3）Q落到B点时，Q与P之间的距离。
【答案】（1）增加；（2）；（3）0
【解析】（1）弹簧与质量为7m的小球组成的系统机械能守恒，则
弹簧由原长压缩为原长的一半，弹性势能增加了；
（2）小球P与弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得
P与Q发生弹性碰撞，以右为正，碰后速度分别为，，则
解得，
（3）轻绳断开时与竖直方向的夹角为θ，小球的速度为v3，则
Q从最低点摆动到轻绳断开处，根据动能定理可得
解得，，
轻绳断开后，Q将做斜抛运动，则
解得
Q落到B点时，Q与P之间的距离为
16．（2024·河北·一模）如图所示，竖直虚线的左侧有水平向左的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，比荷为k的负粒子甲由电场中的M点无初速释放，由O点进入磁场，OM在一条直线上，经过一段时间与静止在N点的不带电粒子乙发生无能量损失的碰撞，碰后两粒子的电荷量均分。已知粒子乙的质量为粒子甲质量的，，N到两虚线的距离均为L。忽略粒子的重力以及碰后粒子间的相互作用。
（1）求竖直虚线左侧电场强度的大小；
（2）若粒子甲、乙碰后的瞬间，立即将粒子乙拿走，求粒子甲从释放到第四次通过竖直虚线时到O点的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）粒子甲在磁场中做匀速圆周运动经过N点，由几何关系可知粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半径为L，由洛伦兹力提供向心力有
解得
设电场强度大小为E，粒子甲从M到O的过程，由动能定理有
解得
（2）粒子甲、乙碰撞过程无机械能损失，设粒子甲的质量为m，碰后瞬间粒子甲、乙的速度分别为、，则粒子乙的质量为，取碰前瞬间甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
由洛伦兹力提供向心力有
解得
则碰撞后粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半径仍为L，则再偏转个圆周后垂直竖直虚线进入电场，粒子甲在电场中先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，由对称性可知粒子甲再次进入磁场时速度大小不变，做圆周运动的轨迹半径仍为L，可知粒子甲第四次通过竖直虚线时到O点的距离为
17．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为B的4个矩形匀强磁场中。水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆每次进入磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为2R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，求：
（1）金属杆从释放到穿出第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量；
（2）金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据题意可知，通过电阻R的电荷量为
解得
（2）金属杆进入磁场1和2时的速度相等，则金属杆通过磁场1、2、3、4产生的热量相等，即
设金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小为v，根据能量守恒定律有
解得
18．（2024·河北·模拟预测）如图所示，“凹”型木板B静置在光滑水平地面上，小物块A静止在B正中央。A的正上方用不可伸长的轻绳将一定质量的小球悬挂在O点，轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点时刚好与小物块A发生碰撞，碰后迅速把小球移除。物块A在B上运动与B的右侧刚好没有发生第二次碰撞。已知A的质量为m，B的质量为3m，小球的质量为2m，木板B的长度，A和B之间动摩擦因数，小球与A、A与B发生的碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度，不计B两侧挡板的宽度，碰撞时间极短，忽略空气阻力，求：
（1）小球与A碰撞后瞬间A的速率；
（2）悬挂小球的细线长度；
（3）A与B发生第一次碰撞前瞬间B的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设小球与A碰后瞬间A的速度v1，物块A在B上运动与B的右侧刚好没有发生第二次碰撞，有
解得
（2）小球与A碰撞过程，有
联立解得
（3）A与B发生第一次碰撞过程，有
联立解得
19．（23-24高三下·湖北·阶段练习）如图，半径R＝0.1m的光滑半圆轨道ABC与足够长的水平轨道在A点平滑连接，初始时，静止在水平轨道D点的两个小滑块a、b用轻弹簧连接并锁定。解除锁定后，a、b立即弹开，b向左运动至E点（图中未画出）停下，a通过A点时，安装在A点的压力传感器示数FN=4.5N，a继续运动通过C点后恰好落到E点。已知a的质量m＝50g，b的质量M＝150g，a、b与水平轨道间的动摩擦因数均是μ=0.25，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）E点与A点的距离；
（2）b从D点运动到E点的时间；
（3）初始时，弹簧储存的弹性势能。
【答案】（1）x=0.4m；（2）t=0.4s；（3）Ep=0.3J
【解析】（1）a通过A点，由牛顿第二定律
a由A点运动到C点，由机械能守恒定律
a从C点平抛，有
解得x=0.4m
（2）a由D点运动到A点，由动能定理
b由D点运动到E点，由动能定理
且
解除锁定时，由动量守恒定律
解得va=3m/s，vb=1m/s
对b，由动量定理
解得t=0.4s
（3）由能量守恒定律，弹簧释放的弹性势能
解得Ep=0.3J
20．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示，一水平放置导热汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，轻质活塞A、B用一长度为刚性轻杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气。活塞的面积分别为和，汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边均与大气相通，大气压强始终保持为，当气缸内气体温度为时，活塞处于图示位置的平衡状态。求：
（1）此时汽缸内理想气体的压强为多少？
（2）现对活塞A施加一个水平向右推力，使活塞向右移动的距离后静止，此时汽缸内气体温度，则此时推力F大小为多少？
【答案】（1）；（2）30N
【解析】（1）设被封住的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，对活塞A有
对活塞B，有
解得
（2）气体状态参量
根据
代入数据得
对两活塞整体受力分析：
解得
三．第三道计算题：物理思维+数学建模
21．（2024·天津和平·一模）如图所示，在直角坐标系的第一象限，有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L的绝缘薄板PQ，挡板平面与x轴垂直且上端紧贴x轴。一质量为m，电荷量为的粒子从y轴上一点以大小为的速度水平向右射出，恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，之后粒子恰好未与薄板碰撞，不计粒子重力，求：
（1）粒子在y轴上的发射位置到P点的水平距离；
（2）匀强磁场磁感应强度B的大小：
（3）粒子在薄板右侧运动的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意可得粒子在P点速度方向与轴的夹角为，可得粒子在P点的竖直分速度
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向根据牛顿第二定律有
而根据速度与时间的关系可得
联立以上各式可得
（2）粒子在点的速度
粒子在磁场中做圆周运动，有
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
根据几何关系可得
联立解得
（3）根据几何关系可知，粒子在挡板右侧磁场中运动的时间
而粒子做圆周运动的周期
解得
22．（23-24高三下·湖北·阶段练习）如图所示，足够长的粒子吸收板水平放置，吸收板上方存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场中距吸收板为d的P点处有一粒子源，能在纸面内沿各个方向均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子的速率均为，粒子打到吸收板上即被吸收。不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子从发射至打到吸收板上的最长运动时间；
（2）求吸收板吸收的粒子数与发射的粒子数之比；
（3）若吸收板的长度为L，P点在吸收板中点的正上方，调节d和B的取值，使保持不变，求L与d应满足的关系。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设粒子在匀强磁场中做圆周运动半径为r，由
解得
如图所示

设粒子在磁场中运动轨迹与吸收板左侧相切时，该粒子打到吸收板上的时间最长，有
可得
粒子在磁场中圆周运动的周期
粒子打到板上运动的最长时间
解得
（2）设粒子运动轨迹与吸收板右侧相切时，则有
故
发射速度方向在范围内的粒子能打在吸收板上表面被板吸收，板吸收的粒子数与发射粒子总数之为
解得
（3）吸收板吸收的粒子数与发射数之比不变，则与角不变，由（1）有不变，如图所示

当粒子发射后，运动半个圆周打在吸收板的最左端，有
又
可得
23．（23-24高三下·山东济南·开学考试）如图所示，平面直角坐标系中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（）的粒子甲从点以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹角为，从点垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从点垂直x轴进入第一象限，同时在p点释放一质量为、电量为q（）、速度为的带电粒子乙，且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲乙两粒子间的相互作用，求：
（1）甲粒子进入第四象限时的速度；
（2）匀强电场的大小E；
（3）粒子甲第n次经过y轴时，甲乙粒子间的距离d；
（4）当甲粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电场相同的匀强电场，求甲粒子的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）（，2，3……）；（4）
【解析】
（1）粒子在第四象限内的磁场中由洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得
（2）粒子在第三象限，经分析知粒子垂直y轴进入第四象限，速度大小为
水平方向
竖直方向
解得
（3）设甲粒子半径为，乙粒子半径为，则由洛伦兹力提供向心力
可得
其中，
可得
当甲粒子第一次到达y轴（）时，乙粒子第二次到达y轴（），两粒子相
此后每次甲粒子到达y轴时，乙比甲沿y轴多移动
粒子甲第n次经过y轴时甲乙粒子间的距离（，2，3……）
（4）由于只有电场力做功，当粒子x方向的位移最大时速度最大，此时x轴方向的分速度为零，沿y轴方向的分速度即为合速度，则对甲粒子，由
可得
由动能定理得
解得
24．（23-24高三上·福建福州·期末）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及到带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，带电量为，质量为的小球静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小。与球形状相同、质量为的绝缘不带电小球以初速度向运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球始终不带电、小球的电量始终不变，两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度。
（1）求第一次碰撞后瞬间、小球的速度；
（2）如果两小球第二次第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻小球合力的瞬时功率为0。求此时刻两小球动能之比；
（3）现要求两小球可以发生第三次碰撞，求电场水平宽度满足的条件。
【答案】（1）A的速度，水平向右，B的速度，水平向右；（2）；（3）
【解析】（1）第一次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
第一次碰后A的速度
水平向右，B的速度水平向右。
（2）竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B球水平方向
解得
水平向左，第二次碰撞前
对B球
水平向左，
竖直向下，第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
第二次碰后A的速度为0，B的速度
水平向右，B小球合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为α，如图
则有
解得
此时刻B的水平速度
此时刻AB的竖直速度
此时刻两小球动能之比为
（3）第一次碰撞后共速时B球刚刚出场，电场宽度最小为，根据
解得
则有
第一次碰撞后B球向右最远
第二次碰撞前距离电场左边界
第二次碰撞后B球向右最远
此时B球刚刚出场，电场宽度最大为，如图所示
则有
综上可知
电场中会第三次碰撞。
25．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线处连接组成，右侧存在竖直向下的匀强磁场，左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场（图中未画出），方向沿斜面向上，两侧磁场的磁感应强度大小相等（的大小未知），导轨的间距为，倾角，在时刻，置于倾斜导轨上的棒由静止释放，置于水平导轨上的棒在一水平向右的外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，棒的质量分别为，电阻分别为，忽略导轨的电阻，ef棒与金属导轨的动摩擦因数为，不计棒与导轨之间的摩擦，，取，求：
（1）磁感强度的大小；
（2）经过多长时间棒在倾斜轨道上的速度达到最大？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）在时刻根据牛顿第二定律有
且由图可知，时
代入得
由题知棒做匀加速直线运动，经过时间棒速度为
此时，
则cd棒的安培力为
由牛顿第二定律得
由以上各式整理得
由图线可知
代入得
（2）当左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，棒受力如图所示
当
时，棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后棒飞离轨道，由于
联立解得
26．（2024·广东·二模）如图所示为一套电磁阻尼装置原理图，在光滑水平地面上方存在着水平方向上的磁场，磁感应强度大小均为，磁场方向垂直于纸面向里、向外分区域交替排列，依次编号为区域1、2、3、4…，磁场区域足够多，每个区域的边界均保持竖直，且各区域宽度相等均为，现有一个正方形线圈，边长也为，线圈匝数，电阻，质量为，以初速度向右滑入磁场区域，重力加速度。
（1）线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求流经线圈的电荷量；
（2）线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求线圈产生的焦耳热；
（3）线圈从开始运动到最终停止，求线框右侧边完整经过的磁场个数。
【答案】（1）0.05C；（2）2.4375J；（3）5
【解析】（1）进入1区域，右边切割磁感线产生感应电动势
由欧姆定律有
则电荷量
联立解得
（2）线圈进入1区域的过程中做变减速运动，取一短暂时间，由动量定理有
微元累加有
根据能量守恒有
代入数据解得
（3）当线圈进入2区域以后的磁场时，左右两边均在切割磁感线。故在某一时刻的电动势
此时电流为
线圈受到的安培力
取一短暂时间，由动量定理有
微元累加可得
代入数据得
故线圈穿过的磁场个数为线框右侧边完整经过的磁场个数为5个。
27．（2024·河南·一模）如图（a）所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距，左半部分倾斜且粗糙，倾角，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为。右半部分俯视图如图（b）。导体棒借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩擦因数。导体棒以的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，棒开始下滑，同时对棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小均为，两棒的质量均为，棒电阻，棒电阻不计。重力加速度大小取，以棒开始下滑为计时起点。求
（1）撤去小立柱时，棒的加速度大小；
（2）棒中电流随时间变化的关系式；
（3）棒达到的最大速度及所用时间。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）撤去小立柱时，导体棒刚刚进入三角形磁场区域，没有感应电动势，则对Q棒受力分析
（2）只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为
磁场穿过闭合电路的面积与时间的关系为
所以
（3）对Q棒受力分析
当Q棒速度达到最大时
解得此时，
三角形磁场总长有
而P棒在4s内运动的位移为2m，小于L1。
Q棒的加速度与时间的关系为
画出Q棒的a-t图，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的面积，则棒达到的最大速度为
所用时间=4s。
28．（23-24高三上·陕西西安·期末）如图所示，间距为的足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面内。虚线左侧处在方向竖直向下的匀强磁场中，虚线右侧处在方向竖直向上的匀强磁场中。质量分别为和的金属棒、垂直轨道放置并静止在导轨上，到虚线的距离为，离虚线足够远，、接入电路的电阻分别为和。某时刻（）给棒一大小为、水平向右的初速度。已知金属棒与导轨始终垂直并接触良好，不考虑金属导轨的电阻。
（1）若虚线右侧的磁场为变化的磁场，且初始时刻的磁感应强度大小，将棒固定，棒能一直做匀速运动，求时虚线右侧磁场的磁感应强度大小；
（2）若虚线左侧的磁场不变，虚线右侧磁场的磁感应强度随时间变化的规律为，固定棒，同时对棒施加一个向右的拉力，使棒一直做匀速运动，求时的拉力大小；（结果保留2位有效数字）
（3）若虚线右侧的磁感应强度大小为，虚线左侧磁场的磁感应强度大小为，不固定，则从棒开始运动到棒匀速运动的整个过程中，棒产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意可知，金属导轨是光滑的，导体棒只要在运动过程中产生了感应电流就会受到安培力的作用，但棒能一直做匀速运动说明，在导体棒运动过程中闭合回路磁通量的大小不变，左侧磁通量不变，则右侧的磁通量不变，即
解得时虚线右侧磁场的磁感应强度大小
（2）时，磁感应强度
感生电动势
动生电动势为
两个电动势是串联关系，则
则安培力的大小为
棒一直做匀速运动，则
（3）到棒匀速运动时，电路中感应电流为0，即整个闭合回路的磁通量不变，即左侧向下的磁通量的增量和右侧向上的磁通量的增量大小相等，即
则
对两导体棒分别列动量定理，
联立上述方程解得，
根据能量守恒定律可知系统产生的总热量为
因为两导体棒上电流时刻相等，且运动时间相等则产生的焦耳热之比则为电阻之比，所以棒产生的焦耳热
29．（2024·广东·二模）如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小与第一次碰前瞬间的速度大小满足关系式。现有一质量为2m的物块以速度从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞（碰撞时间均忽略不计），物块与木板间的动摩擦因数为。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。
（1）物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；
（2）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量；
（3）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）对物块由牛顿第二定律有
解得
对木板由牛顿第二定律有
解得
（2）从开始运动到第一次碰撞挡板有
从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为
这段时间内，物块的位移
解得
故摩擦产生的热量为
解得
（3）第一次碰撞前，木板的速度
第一次碰撞后的速度
第二次碰前的速度
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为
第二次碰撞后的速度
第三次碰前的速度
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为
归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为
该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有
代入数据解得
30．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在光滑水平台面上，一质量的物块1（视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量的物块2（视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向入光滑竖直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角，圆弧轨道BC的半径。已知A、B两点的高度差，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D点前后瞬间速率不变。传送带两端DE的长度，传送带的倾角为，其速度大小。已知物块2与传送带间的动摩擦因数，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小，，，求：
（1）弹簧被锁定时的弹性势能；
（2）物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。
【答案】（1）J；（2）0.84J
【解析】（1）打开锁扣K，根据能量守恒定律有
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
此后物块2做平抛运动，则有
解得J
（2）滑块2从A到D，根据动能定理有
解得m/s
滑块2速度大于传送带速度，根据牛顿第二定律有
运动的时间为
位移为
解得s，m
该过程产生的热量为J
此后，滑块2受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有
位移为m
根据匀变速直线运动位移—时间公式有
解得s
此过程产生的热量为J
则因摩擦产生的热量为J
31．（2024·河南郑州·模拟预测）如图所示，一根长不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O点．长绷紧的水平传送带始终以恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数，其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小。求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。
【答案】（1）6m/s，；（2）；（3）0
【解析】（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为，则小球自由下落时，轻绳刚好再次伸直，设此时的速度为。根据自由落体运动规律，可得
轻质细线伸直后瞬间小球速度为
小球与小物块A碰前瞬间，设小球的速度大小为，从轻质细绳刚好再次伸直到小球运动到最低点的
过程中，由动能定理得
联立解得小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小
设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为，根据牛顿第二定律可知
解得
根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为。
（2）小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得小物块冲上传送带前的速度
小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
设小物块与传送带共速时对地位移为，传送带速度为，则由运动学公式可得
代入数据解得
则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间为
这段时间内传送带运动的位移为
则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量为
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为，轨道对小物块的弹力为，则由动能定理有
小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为
在最高点由牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。
第二部分 考前基础篇
考前基础篇1----主干知识体系构建
主干知识树（按专题）
专题一 运动的描述 匀变速直线运动的研究
专题二 相互作用
专题三 牛顿运动定律
专题四 曲线运动 万有引力与航天
专题五 机械能
专题六 动量与动量守恒定律
专题七 机械振动与机械波
专题八 静电场
专题九 电路及其应用
专题十 磁场
专题十一 电磁感应
专题十二 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器
专题十三 光学
专题十四 热学
专题十五 波粒二象性 原子结构和原子核
考勤基础篇2---基本概念、规律及结论回顾总结
使用说明：高考在即，不要求考生死记硬背，只需结合下文口诀，将高中物理知识回顾下，不清楚的地方一定要查书巩固。
一、十种力的特点
二、力的合成、分解、正交分解
1．理清知识体系
2．掌握解题思路方法
三、匀变速直线运动的规律
四、平抛运动规律
1．平抛运动的基本规律
2．与斜面相关联的平抛运动
五、匀速圆周运动的规律
六、万有引力与天体运动
1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路
(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即
Geq \f(Mm,r2)＝man＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2r,T2)
(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即Geq \f(Mm,R2)＝mg(g表示天体表面的重力加速度)。
2．天体质量和密度的计算
(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。
由于Geq \f(Mm,R2)＝mg，故天体质量M＝eq \f(gR2,G)，天体密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g,4πGR)。
(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r。
①由万有引力等于向心力，即Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，得出中心天体质量M＝eq \f(4π2r3,GT2)；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3πr3,GT2R3)；
③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝eq \f(3π,GT2)。可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。
3．第一宇宙速度的理解与计算
(1)第一宇宙速度v1＝7.9 km/s，既是发射卫星的最小发射速度，也是卫星绕地球运行的最大环绕速度。
(2)第一宇宙速度的求法
①eq \f(GMm,R2)＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，所以v1＝eq \r(\f(GM,R))。
②mg＝eq \f(mveq \\al(2,1),R)，所以v1＝eq \r(gR)。
4．卫星运行参数的分析与计算
5．卫星(航天器)的变轨问题
(1)轨道的渐变
做匀速圆周运动的卫星的轨道半径发生缓慢变化，由于半径变化缓慢，卫星每一周的运动仍可以看做是匀速圆周运动。解决此类问题，首先要判断这种变轨是离心还是向心，即轨道半径r是增大还是减小，然后再判断卫星的其他相关物理量如何变化。
(2)轨道的突变
由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道。
①当卫星的速度突然增加时，Geq \f(Mm,r2)＜meq \f(v2,r)，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝eq \r(\f(GM,r))可知其运行速度比原轨道时减小。
②当卫星的速度突然减小时，Geq \f(Mm,r2)＞meq \f(v2,r)，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝eq \r(\f(GM,r))可知其运行速度比原轨道时增大；卫星的发射和回收就是利用这一原理。
不论是轨道的渐变还是突变，都将涉及功和能量问题，对卫星做正功，卫星机械能增大，由低轨道进入高轨道；对卫星做负功，卫星机械能减小，由高轨道进入低轨道。
七、功与能
1．几种力做功的特点
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。
(2)摩擦力做功的特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对路程的乘积。
③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热。
2．几个重要的功能关系
八、动量
(1)恒力冲量的计算：用公式I＝Ft。
(2)变力冲量的计算：方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq \f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
(3)合冲量的计算
①若合外力是恒力，可先求出合力，再由F合t求冲量。
②若受几个力，且几个力均为恒力，可用F1t＋F2t＋…(矢量和)求冲量。
③若在全过程中受力情况不同，对应时间不同，可求每个力的冲量，然后矢量合成，即利用F1t1＋F2t2＋…(矢量和)求冲量。
④用动量定理I＝Δp求解。
(4)动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即I＝Δp。
(5)动量守恒定律的表达形式：
①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即p1＋p2＝p1′＋p2′；②Δp1＋Δp2＝0，Δp1＝－Δp2
(6)关于弹性碰撞的分析
两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2
m1v0＝m1v1＋m2v2 ①
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2) ②
由①②可得
v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0 ③
v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0 ④
利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况
(a)当m1＞m2时，v1＞0，v2＞0，两钢球沿原方向运动；
(b)当m1＜m2时，v1＜0，v2＞0，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；
(c)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两钢球交换速度；
(d)当m1≪m2时，v1≈v0，v2≈0，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞；
(e)当m1≫m2时，v≈v0，v2≈2v0，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。
九、电场
(1)库仑定律F＝keq \f(q1q2,r2)
(2)电场强度的表达式
①定义式E＝eq \f(F,q)
②点电荷的场强公式E＝eq \f(kQ,r2)
③匀强电场中E＝eq \f(U,d)
(3)电势差和电势的关系UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA
(4)静电力做功的计算
①普适WAB＝qUAB
②匀强电场W＝qEd
(5)电势能Ep＝qφ，注意q的正负。
(6)电容的定义式C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(ΔQ,ΔU)，
电容器的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)
(7)电容器动态分析
①电容器接在电源上，电压不变；
②断开电源时，电容器电量不变；改变两板距离，E＝eq \f(4πkQ,εrS)，故场强不变；
③含二极管的电容器问题：如右图，若将A极板向上移动，由于二极管的存在，电容器无法放电，Q不变，C减小，则极板间电压U增大。
(8)静电计是测量电压U的仪器，题目往往将它与电容器一起考察。
(9)电场中的图像问题——φ－x图像和E－x图像
(10)等量同种(异种)点电荷的电场线和等势面分布图
十、磁场
(1)安培定则、左手定则、右手定则的应用(左力右电)。
(2)几种常见的磁感线分布
(3)磁感应强度的定义式B＝eq \f(F,Il)，安培力大小F＝IlB(B、I、l相互垂直，且l为有效长度)
(4)同向电流相互吸引，反向电流相互排斥(如下图)
1．有界磁场问题
单直线边界磁场
(1)进入型：带电粒子以一定速度v垂直于磁感应强度B进入磁场。
图1
图2
规律要点：①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场，如图1所示。
②完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的圆弧轨道恰构成一个完整的圆。
(2)射出型：粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子。
规律要点：(以图2中带负电粒子的运动轨迹为例)
①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于eq \f(1,2)圆周时且与边界相切(如图2中a点)，则切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)；
②最值相交：当带电粒子的运动轨迹大于或等于eq \f(1,2)圆周时，直径与边界相交的点(图2中的b点)为带电粒子射出边界的最远点。
双直线边界磁场的规律要点
最值相切：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切。如图3所示。
图3
对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线。
在图3中，ab之间有带电粒子射出，可求得ab＝2eq \r(r2－（d－r）2)＝2eq \r(2dr－d2)
最值相切规律可推广到矩形区域磁场中。
圆形边界
(1)圆形磁场区域规律要点
①相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心；如图4。
②直径最小：以带电粒子轨迹圆弧对应的弦为直径所作的圆，即为最小圆形磁场区域。如图5所示。
③点入平出与平入点出：带电粒子从圆周上某点以相同速率沿不同方向射入磁场，若轨道半径R跟圆形磁场区半径r相等，则所有粒子沿与入射点切线平行的方向射出磁场(磁发散)，逆向也成立，即平入点出(磁聚焦)。如图6。
(2)环状磁场区域规律要点
①带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场；
②最值相切：如图7，当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度vm或磁场有最小磁感应强度B。
2．电磁技术六大实例
(1)【速度选择器】 如下左图，当带电粒子进入电场和磁场共存空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用，F电＝qE，F洛＝qv0B，若qE＝qBv0，有v0＝eq \f(E,B)，即能从S2孔飞出的粒子只有一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关。
(2)【电磁流量计】 如上右图，导电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b间出现电势差。
由qvB＝qE＝qeq \f(U,d)可得v＝eq \f(U,Bd)
流量Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πdU,4B)。
(3)【磁流体发电机】 如下左图，喷入磁场的正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚焦到A、B板上，产生电势差，设A、B平行金属板的面积为S，相距为L，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R，当等离子气体匀速通过A、B板间时，板间电势差最大，离子受力平衡：qE场＝qvB，E场＝vB，电动势E＝E场L＝BLv，电源内电阻r＝ρeq \f(L,S)，故R中的电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋ρ\f(L,S))＝eq \f(BLvS,RS＋ρL)。
(4)【霍尔效应】 如上右图，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流流过导体板时，在导体板上下侧面间会产生电势差，U＝keq \f(IB,d)(k为霍尔系数)。(应重点注意载流子的区别：若为正电荷导电则A板电势较高，若为负电荷导电则A板电势较低)
(5)【回旋加速器】 如下图所示，是两个D形金属盒之间留有一个很小的缝隙，有很强的磁场垂直穿过D形金属盒。D形金属盒缝隙中存在交变的电场，带电粒子在缝隙的电场中被加速，然后进入磁场做半圆周运动。
①粒子在磁场中运动一周，被加速两次；交变电场的频率与粒子在磁场中圆周运动的频率相同。
T电场＝T回旋＝T＝eq \f(2πm,qB)。
②粒子在电场中每加速一次，都有qU＝ΔEk。
③粒子在边界射出时，都有相同的圆周半径R，有R＝eq \f(mv,qB)。
④粒子飞出加速器时的动能为Ek＝eq \f(mv2,2)＝eq \f(B2R2q2,2m)。在粒子质量、电量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只与加速器的半径R和磁感应强度B有关，与加速电压无关。
(6)【质谱仪】 粒子经加速电场加速后，从M点垂直于电场方向进入静电分析器，沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点射出，接着由P点垂直磁分析器的左边界射入，最后垂直于下边界从Q点射出并进入收集器
十一、闭合电路欧姆定律
1．闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)。
2．路端电压与电流的关系U＝E－Ir。
3．电源的功率及效率问题
十二、法拉第电磁感应定律
(1)法拉第电磁感应定律应用的三种情况
①ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq \f(BΔS,Δt)。
②ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq \f(ΔB·S,Δt)。
③ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt)。
(2)在Φ－t图像中磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小。
(3)导体垂直切割磁感线时，E＝Blv，式中l为导体切割磁感线的有效长度。
(4)导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝eq \f(1,2)Bl2ω。
(5)电磁感应现象中通过导体截面的电量
q＝IΔt＝neq \f(ΔΦ,R)。
(6)电磁感应与电路问题：如下图，注意电路的串并联结构、电源的正负极、电源内阻、外电压等。
(7)求电荷量的三种方法
(8)电磁感应中处理变加速运动的两种方法
①动量定理mv＝IlB·Δt＝Blq＝Bl·eq \f(Blx,R总)
②动能定理eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝W合＝F合·x
【注】 对于力随时间或力随位移线性变化的情况，可以画出F－x或F－t图像，则图像围成的面积代表该力的功或者冲量。
(9)电磁感应中的两条重要关系
①安培力与速度的关系F安＝eq \f(B2l2,R总)v(对于匀强磁场，安培力与速度成正比)
②变加速运动中时间与位移的关系F安·t＝IlB·t＝Blq＝Bl·(neq \f(ΔΦ,R总))＝Bl·(neq \f(Blx,R总))
十三、交变电流
1．正弦式交流电有效值的求解
利用I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，E＝eq \f(Em,\r(2))计算。
2．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出。
(2)电压关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
3．远距离输电
(1)原理图
(2)输电流程
如图所示，注意流程的决定方向，电压由发电机开始，发电机的输出电压＝升压变压器的输入电压eq \(――→,\s\up7(决定))升压变压器的输出电压－U损＝降压变压器的输入电压eq \(――→,\s\up7(决定))降压变压器的输出电压＝用户电压；功率和电流的流程方向相反，由用户决定，这是远距离输电的另一个要点。
(3)分析三个回路：在每个回路中变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源。
(4)综合运用下面三个方面的关系求解
①能量关系
P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P损
P损＝Ieq \\al(2,2)r
P用＝U3I3＝U4I4
②电压关系
U2＝ΔU＋U3
ΔU＝I2r。
③变压比关系
eq \f(U1,U2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(n1,n2)
eq \f(U3,U4)＝eq \f(I4,I3)＝eq \f(n3,n4)。
(5)输电线损失
远距离输电的要点之一是输电线损失，功率损失为P额＝I2r＝eq \f(P2,U2)r，电压损失为U损＝Ir，其中U、I分别为高压输电电压和电流，最容易错写成P损＝IU。
十四、电磁场和电磁波
十五、热学
十六、振动和波
1．物体做简谐振动
在平衡位置达到最大值的量有速度、动量、动能。
在最大位移处达到最大值的量有回复力、加速度、势能。
通过同一点有相同的位移、速率、回复力、加速度、动能、势能，只可能有不同的运动方向。
经过半个周期，物体运动到对称点，速度大小相等、方向相反。
半个周期内回复力的总功为零，总冲量为2mvt，路程为2倍振幅。
经过一个周期，物体运动到原来位置，一切参量恢复。
一个周期内回复力的总功为零，总冲量为零。路程为4倍振幅。
2．波传播过程中介质质点都作受迫振动，都重复振源的振动，只是开始时刻不同。
波源先向上运动，产生的横波波峰在前；波源先向下运动，产生的横波波谷在前。
波的传播方式：前端波形不变，向前平移并延伸。
3．由波的图像讨论波的传播距离、时间、周期和波速等时：注意“双向”和“多解”。
4．波形图上，介质质点的运动方向：“上坡向下，下坡向上”。
5．波进入另一介质时，频率不变、波长和波速改变，波长与波速成正比。
6．波发生干涉时，看不到波的移动。振动加强点和振动减弱点位置不变，互相间隔。
十七、光的折射与全反射
1．折射率
(1)定义式：n＝eq \f(sin θ1,sin θ2)。
(2)计算公式：n＝eq \f(c,v)，因为vv1，在B点加速，则v3>vB，又因v1>v3，故有vA>v1>v3>vB。
②加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，卫星在轨道Ⅱ或Ⅲ上经过B点的加速度也相同。
③周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律eq \f(r3,T2)＝k可知T1