物理-2023年高考终极押题猜想（分专题预测）（解析版）

这是一份物理-2023年高考终极押题猜想（分专题预测）（解析版），共123页。试卷主要包含了选择题，静电场的综合应用21，电磁感应的综合应用31，机械振动和机械波43，热学规律的综合应用52，近代物理60，力学实验65，电学实验75等内容，欢迎下载使用。
2023年高考物理终极押题猜想
题型一 选择题
押题猜想一 牛顿运动定律综合性应用 1
押题猜想二 动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的综合性应用 11
押题猜想三 静电场的综合应用 21
押题猜想四 电磁感应的综合应用 31
押题猜想五 机械振动和机械波 43
押题猜想六 热学规律的综合应用 52
押题猜想七 近代物理 60
题型二 实验题
押题猜想八 力学实验 65
押题猜想九 电学实验 75
题型三 解答题
押题猜想十 光学综合题 86
押题猜想十一 力学综合计算题 96
押题猜想十二 带电粒子在电磁场中的运动 109


押题猜想一 牛顿运动定律综合性应用

（多选）如图所示，一足够长且倾角为的光滑斜面固定在地面上，斜面底端有一挡板，一根劲度系数为k的轻质弹簧两端分别拴接在固定挡板和小物体B上，小物体A与小物体B紧靠在一起处于静止状态，且两者质量相同。现对小物体A施一沿斜面向上的拉力，使小物体A沿斜面向上做匀加速直线运动。从施加力直到两物体分离的过程中，拉力的最小值为，最大值为，已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。则下列结论正确的是（　　）

A．每个物体的质量为
B．物体的加速度为
C．开始时弹簧的压缩量为
D．从开始运动到物体与弹簧分离经过的时间为
【答案】BC
【解析】A．初态，对A和B受力分析可知

物体未脱离弹簧前

物体始终沿斜面向上做匀加速直线运动，随着形变量减小，F在增大，故


解得

故A错误；
B．物体的加速度为

故B正确；
C．开始时弹簧的压缩量为

故C正确；
D．分离时弹力为

运动位移

解得

故D错误。
故选BC。
【押题解读】斜面和弹簧是力学常见物理模型，在运动过程中弹簧弹力为变力，物体运动过程中受力分析较为复杂，结合牛顿第二定律，创设匀加速直线运动情境，考查临界条件或运动学中的加速度、位移、时间等问题是高考常用的考查形式。
【考前秘笈】将运动过程分成两个或多个过程，在每个过程中，对物体受力分析，列牛顿第二定律方程，抓住两物体分离的条件，即弹力为零。通常是多个物体或多过程综合列式求解。

1．（多选）如图所示，质量分别为2m、m的物块A、B静止在一轻弹簧上，A与B不粘连，此时弹簧的压缩量为。现对物块A施加竖直向上的拉力F，使A、B一起竖直向上做匀加速运动，加速度大小为0.5g（g为重力加速度）。下列说法正确的是（　　）

A．物块A、B分离时，弹簧的压缩量为
B．物块A、B分离时，弹簧弹力的大小为
C．物块A、B分离时，物块A的速度大小为
D．从开始运动到物块A、B分离的过程中，拉力F做的功为
【答案】AD
【解析】B．根据题意可知，物块A、B分离时，两物块加速度相等且A、B间没有弹力。对B根据牛顿第二定律有

解得

故B错误；
A．设物块A、B分离时弹簧的压缩量为，由胡克定律得

开始时物块A、B静止在轻弹簧上，根据力的平衡得

联立解得

故A正确；
C．物块A、B分离之前做匀加速运动，则有

解得

故C错误；
D．由动能定理可得

解得

故D正确。
故选AD。
2．（多选）如图所示，2023个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为，2和3之间弹簧的弹力为，……，2022和2023之间弹簧的弹力为，则下列说法正确的是（　　）

A．若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2021∶2022
B．若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2000号小球的加速度不变
C．若水平面光滑，
D．若水平面粗糙，
【答案】BCD
【解析】AC．若水平面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得

解得

分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得


以此类推

可得

由胡克定律可知

可知从左到右每根弹簧伸长量之比为

但长度之比不满足，故A错误，C正确；
B．若水平面粗糙，撤去的瞬间，第2000号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不变，故B正确；
D．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得

解得

分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得


以此类推

则

故D正确。
故选BCD。
3．（多选）如图（a）所示，质量为M=3kg的木板放置在水平地板上，可视为质点的质量为m=2kg的物块静止在木板右端。t=0时刻对木板施加水平向右的外力F，t=2s时刻撤去外力，木板的v—t图像如图（b）所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为，物块始终没有滑离木板，重力加速度g取。则（　　）

A．木板与地板间的动摩擦因数为0.3
B．水平外力大小F为18N
C．物块运动的时间为2.4s
D．木板长度至少为2.40 m
【答案】BD
【解析】AB．由v—t图像斜率表示加速度，可知木板先做匀加速直线运动，加速度为

撤去外力后做匀减速直线运动，加速度为

设水平外力大小为F，木板与地板之间的动摩擦因数为，则有
，
解得
，
A错误，B正确；
C．物块与木板相对滑动时物块的加速度

时物块的速度大小为

此时物块的位移

设再经物块与木板共速，则有

解得
，
此后物块与木板相对静止并沿地板滑动，直至停下来，继续滑动的时间

所以物块滑动的时间为

C错误；
D．从撤去外力到物块与木板达到相对静止这段时间内物块的位移

从撤去外力到物块与木板达到相对静止这段时间内木板的位移

木板前2s的位移

木板长度至少为

D正确。
故选BD。
4．（多选）如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取，下列说法正确的是（    ）

A．0~4s内，物块m的加速度一直保持不变
B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
C．平板车M的长度为12m
D．物块m相对平板车M的位移为16m
【答案】AC
【解析】A B．规定向右为正方向，物块向右加速时，由牛顿第二定律

得加速度

由乙图可知，减速时加速度

设t秒时两者共速

得
t＝4s

共速后由于平板车的加速度为

物块减速时，由牛顿第二定律得

得

平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以的加速度减速，设共速后再经减速到零。由运动学公式

解得

即

物块的速度减为零，两物体的速度时间图像如图所示

整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为8s。
A正确，B错误。
C D．4秒前的打滑位移

4秒后的打滑位移

所以平板车的长度为12m，物块m相对平板车的位移大小为
12m-4m=8m
方向向左。C正确，D错误。
故选AC。
5．（多选）如图甲所示，光滑斜面的倾角为30°，一根轻质弹簧一端固定在斜面底端，另一端与滑块A相连，滑块B与A靠在一起（不粘连），两滑块的质量均为m，系统处于静止状态。从零时刻起对滑块B施加一个平行斜面的变力F，两滑块的v-t图象如图乙所示，t0时刻F的大小是零时刻F大小的倍，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）

A．t0时刻两滑块的速度大小均为gt0
B．t0时刻前两滑块的加速度大小均为
C．弹簧的劲度系数为
D．0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为mg2t02
【答案】BC
【解析】AB． 由图乙所示图象可知，t0时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，设此时弹簧的压缩量为x0，t=0时弹簧的压缩量为x，弹簧的劲度系数为k，t=0时刻拉力大小为F0，t0时刻拉力大小为F，由题意可知

施加拉力前，对A、B整体而言，由平衡条件得
kx=2mgsin30°
t=0时刻，对A、B整体，由牛顿第二定律得
F0+kx-2mgsin30°=2ma
t0时刻，对B由牛顿第二定律得
F-mgsin30= ma
解得

由图乙可知，两滑块在t0时间内一起做匀加速运动，故t0时刻两滑块的速度大小为

故A错误，B正确；
C．t0内，A、B两滑块的位移为

由题意可得

t0时刻，对A由牛顿第二定律得
kx0-mgsin30= ma
施加拉力前，对A、B系统，有
kx=2mgsin30°
联立解得

故C正确；
D．由题意可得，0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为

故D错误。
故选BC。
押题猜想二 动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的综合性应用

如图所示，长度为的轻杆上等距离固定质量均为的个小球，轻杆一端连接转动点O，将轻杆拨动到与转动点O等高的水平位置后自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为，则从释放到轻杆摆至竖直位置的过程中是（　　）

A．时，轻杆对小球不做功
B．时，轻杆对第1个小球做功为
C．时，轻杆对第7个小球不做功
D．当轻杆对第k个小球做正功时，应满足
【答案】ACD
【解析】对整体由机械能守恒有

线速度关系


对第k个小球由动能定理有

联立解得

A．当时，，故A正确；
B．当、时

故B错误；
C．当，时

故C正确；
D．当轻杆对第k个小球做正功时，应满足

解得

故D正确。
故选ACD。
【押题解读】能量观点处理物理问题是物理核心素养的重要组成部分。复杂过程的问题会应用动能定理分析初状态、末状态的动能、求解变力的功。对单个物体或多个物体组成的系统满足机械能守恒的条件的情况下运用机械能守恒定律求解问题。机械能和其他形式能量转化的问题常利用能量守恒的观点解决问题。直线运动、圆周运动、抛体运动常与动能定理、机械能守恒定律相结合的考查形式是高考常用的考查形式。
【考前秘笈】将运动过程分成两个或多个过程，在每个过程中，对物体受力分析，列动能定理方程或机械能守恒的方程。机械能不守恒的只能利用动能定理求解、机械能守恒定律求解问题时利用转化思想可以不选择参考平面，通常是多个物体或多过程综合列式求解。

1．（多选）如图所示，一遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止以恒定功率P沿水平地面向右加速运动，当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B时关闭发动机，赛车恰好能通过最高点C（为半圆轨道的竖直直径）。已知赛车的质量为m，半圆轨道的半径为R，A、B两点间的距离为，赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为（g为重力加速度大小）。不计空气阻力。下列说法正确的是（    ）

A．赛车通过C点后在空中运动的时间为 B．赛车通过C点后恰好落回A点
C．赛车通过B点时的速度大小为 D．赛车从A点运动到B点的时间为
【答案】BD
【解析】A．赛车通过C点后在空中做平抛运动，竖直方向有

解得

故A错误；
B．赛车恰好能通过最高点C，则有

根据平抛运动水平方向规律有

解得

赛车通过C点后恰好落回A点,故B正确；
C．赛车从B到C的过程中，根据动能定理有

解得

故C错误；
D．赛车从A点运动到B点，根据动能定理有

解得

故D正确；
故选BD。
2．（多选）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮、，一端和质量为的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为的小物块连接，直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角，直杆上点与两定滑轮均在同一高度，点到定滑轮的距离为，直杆上点到点的距离也为，重力加速度为，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从点由静止释放，下列说法正确的是（　　）

A．小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为
B．小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为
C．小物块下滑至点时，小物块与小球的速度大小之比为
D．小物块下滑至点时，小物块的速度大小为
【答案】BCD
【解析】A．小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于球的重力，A错误；
B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律

解得，此时小物块加速度的大小为


B正确；
C．将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示

沿绳子方向的分速度等于小球的速度，即

所以小物块在处的速度与小球的速度之比为

C正确；
D．设小物块下滑距离为时的速度大小为，此时小球的速度大小为，对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有

其中

解得，此时小物块的速度大小为

D正确。
故选BCD。
3．（多选）如图，高为h倾角为的粗糙传送带以速率顺时针运行，将质量为m的小物块轻放到皮带底端，同时施以沿斜面向上的拉力使物块做匀加速直线运动，不考虑轮的大小，物块运动到斜面顶端时速率为，物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．摩擦力对物块所做的功为
B．整个过程皮带与物块间产生的热量为
C．拉力所做的功为
D．皮带因传送物块多消耗的电能为
【答案】BC
【解析】A．物块向上做匀加速直线运动，则有

物块与皮带达到同速之前，物块所受摩擦力方向沿皮带向上，此过程的位移

物块与皮带达到同速之后，物块所受摩擦力方向沿皮带向下，此过程的位移

解得
，
则摩擦力对物块所做的功为

解得

A错误；
C．根对物块，根据动能定理有

解得

C正确；
B．物块与皮带达到同速之前经历的时间

结合上述解得

物块与皮带达到同速之后经历的时间

结合上述解得

则前后过程的相对位移分别为
，
则整个过程皮带与物块间产生的热量为

B正确；
D．传送带通过摩擦力对物块做功消耗能量，根据上述，摩擦力对物块所做的功为，即表明物块对传送带做正功，则传送带并没有多消耗能量，D错误。
故选BC。
4．（多选）某同学将一带传感器的木箱从倾角为的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜面底端时速度刚好为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为、，通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为，已知木箱可视为质点，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是（　　）

A．
B．
C．动能最大时，木箱的机械能为
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为
【答案】BC
【解析】AC．木箱在斜面上段滑行的过程有


由题意有

由图可知

解得
，，
故A错误，C正确；
B．木箱在斜面下段滑行的过程有

由图可知

解得

故B正确；
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比

故D错误。
故选BC。
5．（多选）如图1所示，一轻弹簧竖直固定于水平桌面上，另一相同的弹簧下端与光滑固定斜面底端的挡板相连，物体P、Q分别从两弹簧上端由静止释放，加速度a与弹簧压缩量x的关系分别如图2中实线、虚线所示。则（　　）

A．光滑斜面的倾角为37°
B．P、Q向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量之比为
C．P、Q的质量之比为
D．P、Q向下运动过程中的最大速度之比为
【答案】CD
【解析】A．设物体P、Q分别质量为、。由图2可知弹簧压缩量为零时，物体P、Q加速度分别为，。对物体P，有

得
①
设斜面的倾角为，对物体Q，有

②
由①②得

得

A错误；
B．加速度为零时，物体P、Q的速度最大。由图2可知，P、Q向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量分别为，。P、Q向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量之比为。B错误；
C．P、Q向下运动达到最大速度时，对两物体，有


又

得

C正确；
D．P、Q向下运动过程中的最大速度分别为和，对P、Q由动能定理得
③
④
由③④得，P、Q向下运动过程中的最大速度之比

D正确。
故选CD。
押题猜想三 静电场的综合应用

（多选）如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（    ）

A．图中的A点是z轴上场强最强的点 B．轨道上A点的电场强度大小为
C．小球刚到达C点时的加速度为0 D．小球刚到达C点时的动能为
【答案】BCD
【解析】A．由题意可知

如图所示，P为轴上一点，PD连线与轴的夹角为

根据等量同种电荷的电场分布可知点的电场强度竖直向上，大小表示为

整理得

令，，可得函数

对函数求导

令，解得

结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即

由此可知，轴上距离点处的两点电场强度最大，A错误；
B．，轨道上A点的电场强度大小

B正确；
C．由几何关系可知


根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，因此，点的电场强度方向沿轴正方向，电场强度大小表示为

小球在点时的受力如图所示

小球在受到的电场力为

沿杆方向的合力为

解得

由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C正确；
D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，、两点电势相等，电荷从到的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得

解得

D正确。
故选BCD。
【押题解读】立体空间多个点电荷的场强叠加，即考查电场叠加原理又考查了学生的空间想象能力。空间多个电荷电势的叠加，判断空间电势高低和电势差。电荷在电场力的作用下，电势能和动能的相互转化。
【考前秘笈】孤立的正点电荷和负电荷的电场强度的叠加是电场强度叠加的基础模型，熟练掌握矢量的叠加原理，判断每个点电荷在空间某点激发的电场强度大小。利用电场力做功和电势能变化的关系判断电势能的变化，利用动能定理判断动能的变化。

1．（多选）一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小，方向如图所示。把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4，则（　　）

A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】AB．根据点电荷电场强度公式，且电荷只分布在球的表面，可知每个电荷在球心O处产生的电场强度大小相同。对于图甲，表面积相同，所分布电荷总量相同，由电场强度的矢量叠加可知，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为
El＞E2
因电荷Q在球心O处产生的场强大小

则


故A正确，B错误；
CD．对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知，左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即
E3＝E4
由于方向不共线，由合成法则可知

故C错误，D正确。
故选AD.
2．（多选）如图所示，在空间内存在一个匀强电场，立方体中各点的电势为，，，，，立方体的棱长，则下列说法正确的是（　　）

A．匀强电场的场强大小为
B．匀强电场的场强大小为
C．将电子由C点沿立方体棱边移动到，电势能增加2eV
D．将质子由A点沿立方体棱边移动到，电势能减少1eV
【答案】BC
【解析】AB．由
，，，
可知

如下图所示

可知所在平面为等势面，的面积

的面积

的体积为

可得

电场强度

故B正确，A错误；
C．结合
，
将电子由C点沿立方体棱边移动到，电势能增加2eV，故C正确；
D．因，故将质子由A点沿立方体棱边移动到，电势能不变，故D错误。
故选BC。
3．（多选）在光滑水平桌面上有一边长为L的正方形，在正方形的三个顶点上分别固定一点电荷，点电荷所带电荷量的值均为q，所带电性如图所示，置于光滑绝缘水平桌面上的光滑绝缘圆轨道恰好与正方形内切，为正方形一条对角线与圆轨道的交点，G是圆轨道和正方形的一个切点，位置如图所示。质量为m、带电荷量为的带正电小球（可视为点电荷）恰能沿光滑圆轨道做圆周运动，不计小球所带电荷对空间中电场分布的影响。取无穷远电势为零，带电荷量为Q的点电荷在距其R处产生的电势为，k为静电力常量。则下列说法正确的是（   ）

A．带电小球在两点所受电场力之比约为29:1
B．带电小球经过两点时的动能之比约为9:10
C．带电小球在两点的电势能大小之比约为11:15
D．带电小球在两点的电势能大小之比约为5:3
【答案】AD
【解析】A．设正方形的四个顶点分别为，如图所示，由几何关系可得

由数学知识有

在直角三角形中，可得

根据库仑定律可得，带电小球运动到P点时所受电场力的大小为

同理可得，小球运动到H点时所受电场力的大小为

则带电小球在两点所受电场力大小之比约为

故A正确；
B．带电小球恰能沿水平光滑绝缘圆轨道做圆周运动，由能量守恒定律可知，小球经过P点时动能最小，且此位置小球受到指向圆心的电场力最大，由圆周运动规律有

结合上述分析有


结合题述内容可知，带电小球运动到P点时的电势能为

故带电小球的电势能与动能的总和为

当小球运动到G点时，带电小球的电势能为

由能量守恒定律可得，小球运动到G点时的动能为

所以带电小球经过两点时的动能之比约为

故B错误；
CD．小球运动到H点时的电势能为

所以带电小球在两点的电势能大小之比约为

故C错误、D正确；
故选AD。

4．（多选）如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中正确的是（　　）

A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
【答案】BCD
【解析】A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，故A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律

故B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，故C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系

球体积公式为

小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为

两小球在P点场强均为

合场强为

剩余部分在P点的场强为

故D正确。
故选BCD。
5．（多选）在真空中有两个等量异种电荷，以其连线的中点O为球心画一个球面，其中所在平面与连线垂直，与连线处在同一水平面上，是弧和弧的中点，M点和f点到电荷Q的距离相等。下列说法正确的是（　　）

A．电子从a沿着运动一周过程中所受电场力、电势能均保持不变
B．在e点静止释放一质子将会在之间往返运动
C．将一质子从e点移动到f点和从e点移动到M点电场力做功相同
D．两点电场强度相同，g点电势高于h点电势
【答案】AD
【解析】A．根据等量异种电荷电场线分布特点可知，其中垂面是一个等势面，各点电势相同，移动电荷电场力不做功，电势能不变，在该等势面中，到O点距离相等的各点电场强度大小相等，方向均平行于连线，指向负电荷，电子所受电场力与电场线方向相反，在每个位置都是平行于连线，指向正电荷方向，A正确；
B．在e点静止释放一质子受到电场力方向一直向右，质子在间会一直加速，不会在之间往返运动，B错误；
C．根据等量异种电荷等势面分布特点可知，电荷之间的等势面较电荷连线之外的等势面分布密集一些，则M点电势低于f点，从e点移动到M点电场力做功更多一些，C错误；
D．两点关于连线中点对称，电场强度大小相等，方向相同，g点靠近正电荷，电势大于零，h点靠近负电荷，电势小于零，所以g点电势高于h点电势，D正确。
故选AD。

押题猜想四 电磁感应的综合应用

（多选）小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨、。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈，线圈的总电阻为R，匝数为n，边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（    ）

A．滑块K的线圈中最大感应电流的大小
B．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量
C．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是
D．若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨和长度至少
【答案】AD
【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大

根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小

故A正确；
B．由
，，，
可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量

故B错误；
C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得

解得

故C错误；
D．因为有4台减速装置，利用动量定理得

其中，解得缓冲装置中的光滑导轨和长度至少为

故D正确。
故选AD。
【押题解读】电磁感应和电路的综合问题，考查的知识点包括：牛顿第二定律、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动能定理、动量定理、能量守恒定律。该类问题综合了力学、电磁感应等分析问题的方法，考查学生综合分析问题的能力。
【考前秘笈】将运动过程分成两个或多个过程，在每个过程中，根据楞次定律判断感应电流的方向、根据法拉第电磁感应定律判断感应电流的大小、对物体受力分析，利用牛顿第二定律分析物体的运动性质、根据动能定理、动量定理或能量守恒定律列式求解。

1．（多选）如图所示，足够长的“”形光滑平行导轨MP、NQ固定在水平面上，宽轨间距为，窄轨间距为l，左侧为金属导轨，右侧为绝缘轨道。一质量为m、阻值为r、三边长度均为l的“U”形金属框，左端紧靠平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）。左侧存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场，右侧以O为原点，沿OP方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为的竖直向上的磁场。两匀质金属棒a、b垂直于轨道放置在宽轨段，质量均为m、长度均为、阻值均为。初始时，将b锁定，a在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始运动，离开宽轨前已匀速，a滑上窄轨瞬间，撤去力F，同时释放b。当a运动至时，棒a中已无电流（b始终在宽轨），此时撤去b。金属导轨电阻不计，a棒、b棒、金属框与导轨始终接触良好，则（　　）

A．a棒在宽轨上匀速运动时的速度
B．a棒刚滑上窄轨时a两端电势差
C．从撤去外力F到金属棒a运动至的过程中，a棒产生的焦耳热
D．若a棒与金属框碰撞后连接在一起构成回路，a棒静止时与点的距离
【答案】BC
【详解】A．设a棒在宽轨上匀速运动时通过a棒的电流为I1，根据平衡条件有

根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有

联立解得

A错误；
B．a棒刚滑上窄轨时，通过a棒中间宽度为l部分的电流为

根据右手定则可知电流方向从上至下，而沿电流方向电势降低，且a棒下端电势高于上端电势，所以此时a棒两端电势差的大小为

B正确；
C．设a棒刚运动至时，a、b棒的速度分别为v1、v2，对a、b棒根据动量定理分别有


因为此时回路中无电流，所以有

联立解得


根据能量守恒定律可知，从撤去外力F到金属棒a运动至的过程中，回路产生的总焦耳热为

根据焦耳定律可得a棒产生的焦耳热为

C正确；
D．设a棒与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v3，根据动量守恒定律有

由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大

从a棒与金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为

根据动量定理有

a棒静止时与点的距离为

联立解得

D错误。
故选BC。
2．（多选）如图甲所示，粗糙绝缘的水平桌面上，虚线左、右两侧空间均存在与桌面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直桌面向下，磁感应强度大小恒为；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直桌面向上为磁场的正方向。由硬质细导线绕成的边长为L的正方形线框放在桌面上，对角线MN正好与虚线重合，导线材料的电阻率为、横截面积为，左侧磁场变化时线框始终处于静止状态。在0~的时间内，以下说法正确的是（　　）

A．在0~线框受到的摩擦力一直向右
B．在时刻，线框受到的安培力大小为
C．在T0时刻，线框受到的摩擦力为0
D．在0~内，通过线框的电荷量
【答案】BD
【详解】A．根据楞次定律，在0~电流方向为顺时针方向，磁场力向右，线框受到的摩擦力一直向左，故A错误；
B．感应电动势

电流

PMN受到的安培力

方向向左，MQN受到的安培力

方向向右，所以线框受到的安培力大小为

故B正确；
C．在T0时刻，PMN受到的安培力为0，MQN受到的安培力不为0，故C错误；
D．在0~内，通过线框的电荷量

故D正确。
故选BD。
3．（多选）如图，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD，直宽轨EF、GH和连接直轨BE、GD构成，整个导轨处于同一水平面内，，BE和GD共线且与AB垂直，窄轨间距为，宽轨间距为L。空间有方向竖直向上的匀强磁场，宽轨所在区域的磁感应强度大小为B，窄轨所在区域的磁感应强度大小为2B。棒长均为L、质量均为m、电阻均为R的金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好。初始时刻，b棒静止在宽轨上，a棒从窄轨上某位置以平行于AB的初速度向右运动。a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。则（　　）

A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为
B．经过足够长的时间后，a棒的速度大小为v0
C．整个过程中，通过回路的电荷量为
D．整个过程中，b棒产生的焦耳热为
【答案】AC
【详解】A．a棒刚开始运动时，回路电动势

回路总电阻

由
，
可得b棒的加速度大小为

故A正确；
B．分析知，a棒、b棒向右分别做加速度减小的减速和加速运动，回路电动势

当后，，两棒均做匀速运动，对两棒组成的系统，合外力

系统动量守恒，有

故经过足够长的时间后，a棒的速度大小为，故B错误；
C．整个过程，对b棒由动量定理有

可得通过回路的电荷量为，故C正确；
D．整个过程，对系统由能量守恒定律有

解得

故b棒产生的焦耳热为

故D错误。
故选AC。
4．（多选）如图1所示，两个半径为的光滑半圆弧平行金属导轨AB、CD固定在水平地面上，AB、CD间距离为L=0.5m，电阻不计，AC间接有一个电阻，轨道所处空间内存在着竖直向上的匀强磁场B1=1T。一个质量为，长度为L=0.5m，电阻的金属棒在外力作用下由半圆弧轨道最低点以速率v0=2m/s匀速运动到最高点，此时撤去外力，金属棒在半圆弧轨道最高点水平飞出，下落一段时间后恰好沿平行轨道方向滑上光滑平行金属导轨EF、GH，导轨间距为L=0.5m，然后沿导轨下滑，下滑s=0.8125m时到达虚线边界ab，虚线abcd区域内存在随时间均匀变化的磁场，方向垂直轨道平面向上，大小变化如图3所示（金属棒刚滑上导轨EF、GH开始计时），FH间接有一个定值电阻，EF、GH所在平面与水平面夹角为37°，ac长也为L=0.5m，g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．金属棒在半圆弧轨道运动的过程中导体棒上产生的焦耳热为
B．金属棒从落到EF、GH轨道上到运动到虚线边界ab的过程中，导体棒上产生的焦耳热为0.5J
C．金属棒在通过虚线abcd区域的过程中通过导体棒横截面的电量为0.1C
D．金属棒穿过虚线磁场区域的时间为0.125s
【答案】AD
【详解】A．金属棒在半圆弧上做匀速圆周运动时，感应电动势为

由此可知，回路中为正弦交流电，半个周期金属棒产生的焦耳热为

故A正确；
B．金属棒落到倾斜导轨时，速度为

之后在导轨上匀加速下滑，加速度为


所以滑到ab时的速度为

所用时间为

虚线abcd区域内的磁场产生的感应电动势为

金属棒从落到EF、GH轨道上到运动到虚线边界ab的过程中，导体棒上产生的焦耳热为

故B错误；
CD．金属棒进入虚线区域瞬间，有

故导体棒匀速运动，通过虚线区域时的时间为

所以通过导体棒横截面的电量为

故C错误，D正确。
故选AD。
5．（多选）如图，光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（　　）

A．P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为
B．Q棒第一次稳定运动时速度大小为
C．Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为
【答案】CD
【详解】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得

根据牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A错误；
BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有

Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得


又因

解得



故B错误，C正确；
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得

由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为

解得

故D正确。
故选CD。
押题猜想五 机械振动和机械波

（多选）一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点Р的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为10m/s，则（　　）

A．该波沿x轴负方向传播
B．再经过0.9s，质点P通过的路程为30cm
C．时刻质点P离开平衡位置的位移cm
D．质点P的平衡位置坐标为
【答案】AD
【解析】A．由乙图可知0.8s时 P点振动方向向下，根据上下坡法，波沿负方向传播，A正确；
B．经过1个周期，质点经过的路程

经过0.5个周期，经过的路程

以上规律质点在任何位置开始都适用
经过个周期，经过的路程

以上规律质点只有在特殊位置（平衡位置、最大位移处）才适用， ，此时P未处于特殊位置，B错误；
C．由图乙可知，0时刻质点P位于平衡位置，C错误；
D．根据简谐运动的表达式

当

则

即处的质点从平衡位置到5cm经历的时间

故P点振动形式传播到处的时间


故D正确。
故选AD。
【押题解读】“机械振动和机械波”以两条主线展开:以简谐运动和波的形成、传播为背景,理解简谐运动质点的基本特征,会分析质点运动振幅周期、速度、回复力、加速度、位移、路程等问题。理解波在介质中的传播规律,传递的是振动形式和能量,会分析波速、波长、周期及其关系,会处理波的传播方向和各质点的振动方向等问题。以振动图像和波的图像为背景,理解两个图像各自的意义,从图像获取信息,交叉运用两个图像,解决振动和波动关联等问题。加强对振动和波的概念和规律的理解,不断提高对波动问题的空间想象和逻辑推理等能力。
【考前秘笈】掌握机械振动基本概念和规律,考查学生的分析推理能力。根据介质中质点振动的特点,确定质点振动的周期是解题的重点;明确质点的振动周期和波的周期相等是解题的关键;根据试题情境建立物理模型是解题的难点。考查机械波传递的是振动形式,考查学生运用数学处理物理问题的能力。解决机械波问题重要的一点是规范作图,画波形图的过程,就是学生梳理题中条件的过程此外,寻找题中的隐含信息,如机械波传递的是能量和振动形式,是解题的突破口。

1．（多选）如图所示，一木板静止在光滑水平地面上，左端连接一轻弹簧，弹簧的左端固定。时刻一个小物块从左端滑上木板，时刻木板的速度第1次变为0，此时小物块从木板右端滑离。已知物块与木板间的动摩擦因数为，弹簧始终在弹性限度内，则（　　）

A．时刻木板的加速度最大
B．时刻木板的加速度最大
C．时刻木板的速度最大
D．时刻木板的速度最大
【答案】BD
【解析】AB．对木板分析，木板先向右做加速度减小的变加速运动，后向右做变减速运动，令木板相对加速度为0的位置，即相对平衡位置的位移大小为x，木板初始位置到平衡位置的距离为L0，小物块的质量为m，则有

当木板在平衡位置左侧时所受外力的合力大小为

当木板在平衡位置右侧时所受外力的合力大小为

可知该过程木板所受外力的合力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，即回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，则木板向右做简谐运动，根据对称性可知，时刻与时刻加速度大小相等，均达到最大值，A错误，B正确；
CD．木板向右做简谐运动，根据对称性可知，平衡位置速度最大，即时刻木板的速度最大，C错误，D正确。
故选BD。
2．（多选）“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的波形如图乙所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的，此时质点a的位移为cm。已知绳子长度为20m，下列说法正确的是（　　）

A．a、b两质点振动的相位差为
B．t=s时，质点a的位移仍为cm，且速度方向向下
C．健身者抖动绳子端点，经过5s振动恰好传到P点
D．健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间
【答案】AB
【解析】A．a、b两质点平衡位置间距离为波长的，一个周期波前进一个波长的距离，一个周期前后的相位差为，所以两质点振动的相位差为

故A正确；
B．质点振动周期为


t=0时质点a的位移为cm，根据甲图可知a此刻在平衡位置上方，向上振动；根据乙图图线可知a的振动方程为


将t=s=带入可得

由振动规律知s时刻a在平衡位置上方，振动方向向下，故B正确；
C．由乙图可知a、b间平衡间距大于5m，小于波长，所以波长>5m，所以波从健身者传到P点所用的时间

故C错误；
D．波的传播速度由介质决定，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到P点的时间不变，与抖动频率无关，故D错误。
故选AB。
3．（多选）一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图如图所示，P、Q两质点的平衡位置分别为。接下来的传播过程中，质点Q比质点P提前0.2s出现在波谷，下列说法正确的是（　　）

A．该波的周期为8s
B．该波沿x轴负方向传播
C．该波的波速大小为5m/s
D．从图示时刻开始计时，在时质点P第一次出现在波峰
E．从图示时刻到质点Q第一次出现在波谷，质点P运动的路程为
【答案】BCE
【解析】AC．简谐横波在一个周期内传播的距离为一个波长，由波形图可知，该波的波长为

P、Q之间的距离为

所以该波的周期为

波速大小

故A错误，C正确；
B．质点Q比质点P提前出现在波谷，所以该波一定沿x轴负方向传播，故B正确；
D．图示时刻，质点P右侧第一个位于波峰的质点的平衡位置坐标为

该质点的运动状态传播到质点P所用时间为

故D错误；
E．图示时刻质点P的位移为

当质点Q第一次出现在波谷时，质点P的位移为
cm
该过程中质点P运动的路程为

故E正确。
故选BCE。
4．（多选）图示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为时刻的波形图，虚线为时的波形图，P、Q两点的平衡位置分别为，，下列判断正确的是（　　）

A．波速可能为10m/s
B．在时，Q点可能到达波峰位置
C．若Q点振动方向沿y轴负方向，则波的周期一定为0.8s
D．若P点振动周期大于0.6s，在时，P点一定处于波谷
【答案】ABD
【解析】AC．由题意可得，波长为


若波速为10m/s，则波的周期为


若沿x轴正方向传播，则周期为



当时，有
（不合题意，舍去）

同理，当沿x轴负方向传播，则周期为



n=0（符合题意）
即波速可能为10m/s，故A正确；
B．由上述分析可知，若波沿着x轴正半轴传播，当t=0.5s时由题意有传播的距离为


要使得Q点达波峰位置，由题意有传播的距离与波长的关系为

由几何知识可得，当n=5，m=4时等式成立，即此时Q点能到达波峰位置；若波沿着x轴负半轴传播，当t=0.5s时由题意有传播的距离为


由题意及图有


当
m=n=0
时成立，即此时Q点能到达波峰位置，故在t=0.5s时，Q点可能到达波峰位置，故B正确；
C．由A中分析可知，若Q点振动方向沿y轴负方向，波沿着x轴负方向传播，则周期可能为0.8s，故C错误；
D．由上述分析可知，若P点振动周期大于0.6s，则周期可能为



在t=1.8s时，若波沿着x轴正方向传播，由题意有


此时P点与x=-2m处的质点振动情况一样，处于波谷；在t=1.8s时，若波沿着x轴负方向传播，由题意有


此时P点与x=6m处的质点振动情况一样，处于波谷，故D正确。
故选ABD。  
5．（多选）一列简谐横波沿x轴传播，在时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N点的平衡位置在处，N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m。如图乙所示为质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A．该波的波长为24m
B．该波的波速为120m/s
C．质点P的平衡位置位于处
D．从开始，质点Q比质点N早s回到平衡位置
【答案】ABD
【解析】AB．由乙图知周期T=0.2s，甲图中N点的位移为-5cm，该波的振幅为10cm，故M、N两质点间平衡位置间距离与波长的关系为


N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m

波长

该波的波速

故AB正确；
C．质点P的振动方程

t=0.125s时，P的位移，M、P两质点平衡位置间的距离与波长的关系为



质点P的平衡位置位于处，故C错误；
D．由乙图知从t=0.125s开始，质点P向y轴负方向运动，结合甲图知波向x轴负方向传播，由甲图知质点Q经

回到平衡位置；质点N回到平衡位置的时间

质点Q比质点N早回到平衡位置的时间为

故D正确。
故选ABD。

押题猜想六 热学规律的综合应用

（多选）一定质量的理想气体从状态a经①②③过程再次回到状态a，气体压强和摄氏温度t的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．状态b的体积为状态a的2倍
B．过程②中气体放热
C．状态b时单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数为状态a的倍
D．过程③中气体对外做功
【答案】BD
【解析】A．a-b的过程压强不变，由盖·吕萨克定律可知

可得

故A错误；
B．b-c过程中温度不变，体积减小，外界对气体做功，由

得气体对外放热，故B正确；
C．状态a和状态b气体压强相同，但b状态温度更高，动能更大，故单位时间内对器壁的碰撞次数要少，故C错误；
D．由理想气体状态方程得

可得

可得③过程中，体积变大，故气体对外做功，故D正确。
故选BD。
【押题解读】热学题的研究对象通常是一个热学系统，考察的最多的是理想气体。我们学习理想气体的等温、等压、等容变化以与理想气体状态方程，前提条件都是一定质量的气体。解题的时候要找到这个一定质量的气体。
【考前秘笈】理想气体的变化方程等式前后对应的是两个稳定的状态 (1状态到2状态)，所以解题的时候一定要找准这两个状态，这就要求我们通过读题分析清楚整个的变化过程，同时要确定是等温、等容还是等压过程，还是三个都变化了。解题步骤：
(1)选择对象：即某一定质量的理想气体;
(2)找出参量：气体在始末状态的参量 与
(3)认识过程：认清变化过程是正确选用物理规律的前提
(4)列出方程：选用某一实验定律或气态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性

1．（多选）如图所示，容积相同的可导热容器a、b内充满同种理想气体，之间用带阀门的细导管相连，置于温度恒定的环境中。开始阀门K关闭，a内气体的压强为，打开阀门经足够长时间后，原容器b中的气体有进入容器a、不计导管内气体的体积，下列说法正确的是（　　）

A．容器b中原来气体的压强为 B．容器b中原来气体的压强为
C．最终容器内气体的压强为 D．最终容器内气体的压强
【答案】AC
【解析】设每个容器的容积为，最终气体的压强为p，容器b中原来气体的压强为，根据玻意耳定律，对全部气体有

对容器b内剩余的气体有

整理得


故选AC。
2．（多选）在斯特林循环中，一定质量理想气体从状态a依次经过状态b、c、d后再回到最初状态a完成一次循环，如图所示，实现由高温热源吸热，部分转化为机械功后向低温热源放热的效果。整个过程由两个等温和两个等容过程组成。在a→b、b→c、c→d、d→a的过程中，气体与外界的热量交换分别为9J、20J、12J、20J。定义该循环的热效率为经历一个循环所转化的机械功与从外界吸收热量的比值，已知斯特林循环的等容变化过程的热量交换不计入热效率计算，则下列说法正确的是（　　）

A．状态a比状态c的温度高
B．b→c的过程中，单位时间内单位器壁面积上分子碰撞次数减少
C．气体完成一次循环，对外界做功3J
D．气体的热效率为25%
【答案】CD
【解析】A．d→a的过程，体积不变，压强降低，由

可知，温度降低，c，d在同一条等温线上，温度相等，故状态a比状态c的温度低，A错误；
B．b→c的过程中，体积不变，压强增大，故温度升高，单位时间内单位器壁面积上分子碰撞次数增多，B错误；
C．a→b、d→a过程气体放热，b→c、c→d过程气体吸热，由于内能不变，气体完成一次循环，对外界做功3J，C正确；
D．由于斯特林循环的等容变化过程的热量交换不计入热效率计算，一个循环内，只计算
a→b和c→d过程，这两个过程只有c→d过程气体吸热。根据气体的热效率的定义，转化的机械功为3J，气体从外界吸收热量为12J，故气体的热效率为25%，D正确。
故选CD。
3．（多选）一定质量的理想气体发生状态变化，其体积V随热力学温度T变化的图像如图所示，气体经历了A→B→C→D→A的循环过程，下列分析正确的是（　　）

A．A→B的过程中外界对气体做功
B．B→C过程气体压强不变
C．C状态的单位体积气体分子数一定比D状态的小
D．D→A过程气体放出热量
E．A状态的气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数一定比C状态的小
【答案】ADE
【解析】A．由题图可知，从A到B，气体做等温变化，温度不变，体积减小，外界对气体做功，A正确；
B．从B到C，气体做等容变化，体积不变，温度升高，由查理定律可得，因，由此可知，即压强变大，B错误；
C．C状态下，气体的温度比D状态下高，D状态下，气体体积比C状态下大，气体分子数不变，可知C状态的单位体积气体分子数一定比D状态的大，C错误；
D．从D到A，气体做等容变化，温度降低，内能减小，由热力学第一定律，可知，，可得

可知气体对外放出热量，D正确；
E．在A和C状态，由理想气体状态方程可知

因为

则有

因为

则有

因此可知，A状态的气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数一定比C状态的小，E正确。
故选ADE。
4．（多选）一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，压强p和热力学温度T的图像如图所示，已知C状态气体的体积为，则该过程中气体（    ）

A．B到C的过程外界对气体做正功
B．A状态气体的体积为
C．A到B的过程气体对外做功
D．A到B到C的过程气体吸收的热量为
E．A、B、C三个状态中，A状态气体分子对单位面积、单位时间内器壁碰撞次数最多
【答案】BCE
【解析】A．B到C的过程为等容过程，体积不变，所以外界对气体不做功，A错误；
B．B状态的体积为，根据

解得

B正确；
C．A到B的过程气体对外做功为

C正确；
D．B到C的中点D与A状态的温度相等，那么A状态与D状态的内能相等，如图所示

又因为A到B的过程气体对外做功为，根据热力学第一定律

所以从A到D状态吸收热量为，从D到C状态，体积不变，W＝0，温度降低，所以内能减少，从D到C状态气体放出热量，综上所述，从A到B再到D再到C，气体吸收的热量一定小于，D错误；
E．A到B为等压变化，A状态温度低，每一次碰撞分子平均动量改变小，故A状态的碰撞次数多于B状态，B和C状态比较，体积不变，B状态温度高，故B状态的碰撞次数多于C状态，E正确。
故选BCE。
5．（多选）高压锅是一种常见的锅具，是通过增大气压来提升液体沸点，达到快速烹煮食物。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117°C时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27°C，压强为1atm， 压力阀套在出气孔上的横截面积为，g取10。忽略加热过程水蒸气和食材（包括水）导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。则（　　）

A．压力阀的质量约为0.1kg
B．压力阀刚要被顶起时锅内温度为108°C
C．停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的
D．停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的
【答案】BD
【解析】B．设加热前锅内温度为

压强为

当加热至锅内压强为

时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，由查理定律得

得

B正确；
A．压力阀刚要被顶起时，设压力阀的质量为m，由受力平衡得

代入数据得

A错误；
CD．设锅内温度达到沸点时温度为

从压力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，锅内压强不变，由盖-吕萨克定律

得

停止加热时放出气体的质量与加热前锅内气体质量的比为

停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的比为

D正确，C错误。
故选BD。
押题猜想七 近代物理

地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为，可见光光子的能量范围是，下列说法正确的是（　　）

A．光线发射器中发出的光有两种为可见光
B．题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为
C．题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光
D．若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小，光电流减小
【答案】B
【解析】A．光线发射器中发出的光子的能量分别为



可见光光子的能量范围是，光线发射器中发出的光有一种为可见光，A错误；
B．根据

光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为

B正确；
C．由图丙可知，a光遏止电压小于b光遏止电压，由
，
得a光能量小于b光能量，则题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光，B错误；
D．部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变。因为光子数量减少，则光电子数量减小，光电流变小，D错误。
故选B。
【押题解读】本部分知识点：波粒二象性，结合光电效应的实验规律和光电效应方程。物质的波粒二象性、康普顿效应、能量量子化。波尔的氢原子模型，能级图。原子核的组成，放射性元素的衰变、核力与结合能、核能、质能方程、半衰期。
【考前秘笈】熟练掌握氢原子能级图、放射性元素的衰变、原子核的人工转变、光电效应。氢原子放射出的光与光电效应的结合问题。

1．2022年6月23日，东北首座核电站辽宁红沿河核电站正式具备商业运行条件，成为国内在运的最大核电站。现代核电站主要是通过可控链式核裂变反应来实现核能的和平利用。已知一个原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为，下列说法正确的是（　　）

A．裂变方程式左右两边都有中子，可以改写成
B．在中子轰击下发生裂变反应过程中，质量守恒
C．裂变释放能量，原子核的比结合能比原子核的大
D．在自然界中可发生衰变，60个铀核经过一个半衰期后，一定有30个铀核发生衰变
【答案】C
【解析】A．裂变反应中左右两边都有中子，这是核反应原理，必须有中子的参与，不能改写成，故A错误；
B．在中子轰击下发生裂变反应过程中，质量亏损，故B错误；
C．比结合能越大，原子核越稳定，原子核裂变得到原子核，说明原子核比原子核更稳定，即原子核的比结合能比原子核的大，故C正确；
D．半衰期是针对大量放射性元素的统计规律，对少量放射性元素不适用，故D错误。
故选C。
2．如图所示的火灾自动报警器具有稳定性好、安全性高的特点，应用非常广泛，其工作原理为：放射源处的镅放出的粒子，使壳内气室空气电离而导电，当烟雾进入壳内气室时，粒子被烟雾颗粒阻挡，导致工作电路的电流减小，于是锋鸣器报警。则（　　）

A．发生火灾时温度升高，的半衰期变短
B．这种报警装置应用了射线贯穿本领强的特点
C．发生衰变的核反应方程是
D．发生衰变的核反应方程是
【答案】D
【解析】A．半衰期不因外界环境的温度而改变，A错误；
B．这种报警装置应用了射线电离能力强的特点，B错误；
CD．衰变释放出氦核，故核反应方程是

C错误，D正确。
故选D。
3．如图所示为研究光电效应的实验装置，用频率为的光照射电极K，从电极K逸出的光电子可向各个方向运动。某同学进行了如下操作：（1）用频率为的光照射光电管，此时微安表中有电流。调节滑动变阻器，使微安表示数恰好变为0，记下此时电压表的示数。（2）用频率为的光照射光电管，重复（1）中的步骤，记下电压表的示数。已知电子的电荷量为。下列说法正确的是（　　）

A．为了使微安表的示数为零，实验中滑动变阻器的滑片P应该向端移动
B．根据题中数据可以得到普朗克常量为
C．若仅降低（1）中的光照强度，则微安表最初读数减小，遏止电压会变小
D．滑动变阻器的滑片位于端时，流过微安表的电流方向是从上往下
【答案】B
【解析】A．滑片P向端滑动，微安表中的电流会增大，然后保持不变，故A错误；
B．设材料的逸出功为，由光电效应方程
，
解得

故B正确；
C．用频率为的光照射光电管，微安表中有电流，说明发生了光电效应，降低光照强度，仍然能发生光电效应，只是电流会变小，光电子的最大初动能不变，遏止电压不会变，故C错误；
D．滑动变阻器的滑片位于端时，A端电势高，光电子做加速运动，光电子从K端到A端，微安表中电流方向向上，故D错误。
故选B。
4．如图甲所示为氢原子光谱的巴耳末系（其光谱线是由的能级向的能级跃迁时发出的），四条可见光谱线的波长已在图甲中标出。氢原子能级图如图乙所示，，其中。几种金属的逸出功如表所示。已知可见光的能量范围是，则下列说法中正确的是（　　）

金属
钨
钙
钾
铷

4.54
3.20
2.25
2.13
A．用光照射时可让表中的两种金属发生光电效应
B．谱线对应光子的能量大于谱线对应光子的能量
C．谱线对应的光子是氢原子从能级向能级跃迁发出的
D．氢原子从能级向能级跃迁时发出的光属于红外线
【答案】A
【解析】根据图甲可知谱线对应的光波长最长，谱线对应的光波长最短，根据

可知谱线对应光子的能量最小，谱线对应的光子能量最大。代入四条可见光谱线的波长，得到四种光的光子能量分别为
，，，
此能量恰好与氢原子分别从，，，能级跃迁到能级对应的能量相符。
A．发生光电效应为光子能量大于金属的逸出功。根据上述结果可知用光照射时可让表中钾和铷两种金属发生光电效应。故A正确；
B．根据上述解析可知谱线对应光子的能量小于谱线对应光子的能量，故B错误；
C．谱线对应的光子是氢原子从能级向能级跃迁发出的，故C错误；
D．氢原子从能级向能级跃迁时发出的光，能量为，此能量大于可见光的能量范围，故此光属于紫外线。故D错误。
故选A。
5．2021年5月17日，由中国科学院高能物理研究所牵头的中国高海拔宇宙线观测站（LHAASO拉索）国际合作组在北京宣布，在银河系内发现大量超高能宇宙加速器，并记录到1.4拍电子伏的伽马光子（1拍），这是人类观测到的最高能量光子，则该光子动量约为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】伽马光子的能量为

根据

可得该光子动量为

故选A。
押题猜想八 力学实验

如图为某同学利用气垫导轨、滑块、光电门（可记录遮光时间）、已知宽度的遮光片来探究两滑块碰撞前后的动量变化规律。

（1）要测量滑块的动量，除了以上器材外，还必需的实验器材是_________。
（2）由于气垫导轨配套的光电门损坏，该同学利用手机的连拍功能记录两滑块碰撞前后的照片，并从照片中读取滑块的位置x和时间t，取滑块A碰前的运动方向为正方向，做出图像如图所示。已知滑块B的质量为，由图中数据可得滑块B碰前的动量为_______（保留3位有效数字），滑块A碰后的图线为_______（选填“①”“②”、“③”或“④”）。

【答案】 天平 -0.0104 ③
【解析】（1）[1]要测量滑块的动量，还需要测量滑块的质量，所以除了以上器材外，还必需的实验器材是天平；
（2）[2]图中①是B碰前的图像，则滑块B碰前的速度

动量为

[3]碰后A、B都向负方向运动，且A在前边，所以A的速度较大，故滑块A碰后的图线为③。

【押题解读】验证式实验：验证机械能守恒定律实验；验证动量守恒定律实验；验证力的平行四边形定则实验。探究式实验：探究加速度和质量、力的关系；探究向心力与质量、角速度、半径的关系；探究动摩擦因数的大小；探究抛体运动的规律。
【考前秘笈】力学中的基本量的测量：长度的测量，质量的测量、时间的测量。力学导出量的测量：速度的测量、加速度的测量、动量的测量、动能的测量、重力势能的测量。会借助图像实验数据处理，消除实验误差。会用光电门、DIS实验等先进实验仪器完成实验。

1．李华同学利用图甲所示的装置“探究加速度与物体质量的关系”，实验中通过拉力传感器将细线中拉力大小的信息传输给数据采集系统。

（1）在细线与木板调整平行和平衡摩擦力后，往砝码盘中放入适当的砝码，接通电源。释放小车，记录拉力传感器的读数为F，从纸带上获得数据求出加速度；在小车上添加砝码并改变砝码盘中砝码的质量，使拉力传感器的示数仍然为F；如此反复实验，可获得小车的总质量M（含拉力传感器和所添加砝码）和加速度a的多组实验数据，作出a-M图像或图像，下列图像正确的是_________（填正确答案标号）。

（2）图乙是李华同学在实验过程中打出的一条清晰的纸带，打点计时器打点的频率为50Hz，相邻两个计数点间还有四个点未画出。从图中所给的刻度尺上读出C、D两点间的距离_________cm；该小车的加速度_________（计算结果保留两位有效数字）。

（3）在本实验中，砝码盘和砝码的总质量_________（选填“一定要远大于”、“可以大于”或“一定要远小于”）小车的总质量M。
【答案】 D 1.09/1.10/1.11 0.20 可以大于
【解析】（1）[1]由牛顿第二定律

解得

故选D。
（2）[2]从刻度尺可得，C、D两点间的距离

[3]该小车的加速度

（3）[4]本实验中记录的是拉力传感器的示数，所以砝码盘和砝码的总质量可以大于小车的总质量M。
2．某一物理兴趣实验小组利用节拍器和手机摄像功能来研究摩托车启动过程中速度随时间变化的规律，如图所示，节拍器工作原理与单摆类似，摆杆每次经过中间标尺位置时会发出“啪”的一声响，实验时首先调节节拍器的周期，摩托车启动时节拍器刚好响了一声“啪”，并计序号为0，通过拍摄影像，确定每一次“啪”声对应车的位置，数据如下表：
节拍器声响序号
0
1
2
3
4
5
6
7
8
摩托车位置/m
0
0.48
1.24
2.32
3.72
5.46
7.53
9.91
12.60

根据表格内容可知（结果均保留两位小数）
（1）由表格数据可判断摩托车近似做匀加速直运动，理由是______；
（2）当时摩托车的速度为______；
（3）摩托车的加速度大小为______。
【答案】 相等时间间隔内的位移差近似相等 1.84 1.29
【解析】（1）[1]由表格数据可知，摩托车在相等时间间隔内的位移差近似等于，由此可知，摩托车近似做匀加速直运动。
（2）[2]当时摩托车的速度为

（3）[3]由逐差法可知，摩托车的加速度为

3．如图甲所示，某实验小组用如下器材验证力的合成遵循平行四边形定则。先将传感器A固定，把拴着重物C的橡皮筋挂在传感器A上，稳定后，记录传感器A的示数，并测出此时橡皮筋的长度为。再用一轻绳连接重物C与传感器B，水平向右拉动传感器B，如图乙所示，稳定后，分别记录两传感器A、B的示数、，并测出此时橡皮筋的长度为。
（1）请在图丙中用力的图示法作出、的合力，通过对比与的大小和方向得出力的合成遵循平行四边形定则________。

（2）根据实验数据求出该橡皮筋的劲度系数________，橡皮筋的原长________cm。
【答案】 0.5 14.00
【解析】（1）[1]根据题意可知物体的重力为
G=3.00N
根据力的图示法作出合力为

（2）[2][3]开始时，根据胡克定律

代入数据有

连接传感器B后，有

代入数据有

联立解得


4．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

5．某同学利用如图甲所示的向心力演示器探究小球做圆周运动所需向心力大小F与小球质量m、运动半径r和角速度ω之间的关系。

（1）本实验采用的主要实验方法为__________。
A．控制变量法　　B．等效替代法　　C．理想模型法
（2）在探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与运动半径r的关系时，把两个相同质量的小球放到半径r不等的长槽和短槽上，保证两变速塔轮的ω相同，根据标尺上露出的红白相间等分标记，粗略计算出两个球所需向心力的比值；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值______（选填“不变”、“变大”或“变小”）。
（3）另一同学利用如图乙所示接有传感器的向心力实验器来进行实验。力传感器可直接测量向心力的大小F，旋臂另一端的挡光杆经过光电门传感器时，系统将自动记录其挡光时间，用螺旋测微器测量挡光杆的宽度d，示数如图丙所示，则d=______mm，挡光杆到转轴的距离为R，挡光杆经过光电门时的挡光时间为，可求得挡光杆的角速度ω的表达式为______。

【答案】 A 不变 1.730
【解析】（1）[1] 本实验采用的主要实验方法为控制变量法。
故选A。
（2）[2]由向心力公式可知，在保证角速度相同的情况下，两个小球向心力的比值为

故在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
（3）[3]螺旋测微器的读数为

[4]由于和都很小，所以可用时间内的平均速度来表示挡光杆的线速度，即

故挡光杆的角速度为

6．图（a）是“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置。

（1）本实验可先进行定性探究，通过改变________的位置来观察摆锤释放后摆起的最大高度与释放时的高度是否相同；
（2）由于本实验需要测出摆锤经过不同位置的动能，每次实验时需要将摆锤从装置图中的位置由静止释放，并利用光电门传感器测出摆锤经过不同位置时的速度；
（3）某实验小组得到下表所示的A、B、C、D四组数据，请判断哪组数据不合理，并说明造成数据不合理的可能原因：______________________；
次数
D
C
B
A
高度h/m
0
0.050
0.100
0.150
速度v/m/s
1.650
1.415
0.988
0
势能EP/J
0
0.0039
0.0078
0.0118
动能Ek/J
0.0091
0.0084
0.0039
0
机械能E/J
0.0091
0.0123
0.0117
0.0118
（4）某实验中心将上述实验进行了改进，装置如图（b）所示，根据装置图说明可判断光电门传感器应该安装在图中的_________上，这样设计的好处是________________________。

【答案】 定位档片或摆锤释放 C组数据不合理，可能原因是摆锤释放位置高于A点或摆锤释放时有初速度 ⑤/摆锤 摆锤释放一次就能测出各点的机械能，完成实验更加方便
【解析】（1）[1]释放位置不同，则上升的最大高度不同，所以通过改变定位档片或摆锤释放的位置来观察摆锤释放后摆起的最大高度与释放时的高度是否相同。
（3）[2]C组数据不合理，可能原因是摆锤释放位置高于A点或摆锤释放时有初速度。
（4）[3][4]挡光片放在运动路径上，则光电门传感器应该安装在⑤摆锤上。这样设计的好处是摆锤释放一次就能测出各点的机械能，完成实验更加方便。
押题猜想九 电学实验

【押题解读】测量式实验：测量金属电阻率实验；测量金属电阻实验；测量电动势和内阻的实验，用多用电表测量电流、电压和电阻。探究式实验：探究影响感应电流的因素的实验；探究变压器原副线圈电压和匝数关系的实验；探究动摩擦因数的大小；探究抛体运动的规律。设计性实验：利用传感器设计简单的控制电路。
【考前秘笈】电学量的测量：电流的测量，电压的测量、电阻的测量、电动势的测量、金属电阻率的测量。会借助图像实验数据处理，消除实验误差。会用DIS实验等先进实验仪器完成实验。

1．学习小组为研究黑盒a、b两端电压随电流变化的规律．实验室提供如下器材：
A．黑盒
B．电流表A（0.6A，内阻约0.5Ω）
C．电压表V1（3V，内阻约3kΩ）
D．电压表V2（6V，内阻约6kΩ）    
E．滑动变阻器R（0~20Ω）
F．开关，导线若干

（1）学习小组设计了如图甲所示的电路，闭合开关S，移动滑动变阻器R的滑片，记录相应的电压表示数U和电流表示数I如下表，请根据表中数据在图乙中作出U-I图线_____。
U/V
1.95
1.73
1.52
1.30
1.10
0.88
I/A
0.18
0.22
0.26
0.30
0.34
0.38


（2）将黑盒视为一个电源，根据作出的图线可得黑盒的等效电动势E0=_____V（结果保留三位有效数字）。
（3）图甲中电压表应选用_____（选填“C”或“D”）。
（4）因电表内阻影响，黑盒等效电动势E0测量值 _____（选填“偏大”或“偏小”），原因是_____。
（5）打开黑盒，内部电路如图丙所示，其中电阻R1=7.5Ω，R2=7.5Ω，R3=10.0Ω，电池E（电动势9.0V，内阻不计）。甲图中电压表的正、负接线柱分别与a、b相连，电阻R4的阻值最接近_____。
A．2.0Ω        B．10.0Ω        C．50.0Ω

【答案】 2.95V（2.90V~3.00V） C 偏小 电压表分流 A
【详解】（1）[1]请根据表中数据在图乙中作出U-I图线如图所示

（2）[2]根据闭合电路欧姆定律有

可得

由图像可得黑盒等效电动势
E0=2.95V
（电动势的值在2.90V~3.00V都算对）
（3）[3]由表格可知，电压表示数的最大值为1.95V，所以电压表选V1。
故选C。
（4）[4]按图示中伏安法测电源电动势时，路端电压测量准确，但是电路中由于电压表的分流作用，导致干路电流偏小，电压表示数越大，电压表分流就越多，由U-I图像修正法有

所以因电表内阻影响，黑盒等效电动势E0测量值偏小。
[5]电路中由于电压表的分流作用，导致盒等效电动势E0测量值偏小。
（5）[6]由图像可得黑盒等效电源内阻为

根据等效电源法有

由于实验测量存在误差，所以采用代入法检验最接近电阻R4的阻值
若R4=2.00Ω，带入得

若R4=10.0Ω，带入得

若R4=50.0Ω，带入得

所以甲图中电压表的正、负接线柱分别与a、b相连，由于测量中内阻存在误差，在误差允许范围内，电阻R4的阻值最接近2.00Ω。
故选A。
2．污水中有大量的正、负离子，某污水质量检测组在某化工厂的排污管末端安装了如图甲所示的流量计，用此装置测量污水的流速和等效电阻。测量管由绝缘材料制成，其直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上（未画出）、大小为，在前后两个内侧面上固定有竖直正对的金属板作为电极（未画出，电阻不计），金属板电极与开关、电阻箱和灵敏电流计连接，管道内始终充满污水，污水以恒定的速度自左向右通过。

（1）先利用图乙中的电路测量灵敏电流计的内阻，实验过程包含以下步骤：
A．反复调节和，使的示数仍为，的指针偏转到满刻度的一半，此时的读数为
B．合上开关
C．分别将和的阻值调至最大
D．合上开关
E.调节，使的指针偏转到满刻度，记下此时的示数
①正确的操作步骤顺序是___________；②测出灵敏电流计内阻为___________。
（2）用游标卡尺测量测量管的直径D，如图丙所示，读数___________。
（3）图甲中与A极相连的是灵敏电流计的___________（填“正”或“负”）接线柱。
（4）闭合图甲中的开关S，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应灵敏电流计的读数I，绘制图像，如图丁所示，则污水的流速为___________，接入电路的等效电阻为___________。（用题中的字母a、b、c、B、D、表示）
【答案】 CBEDA 3.035 负
【详解】（1）[1][2]本实验是用半偏法测电流表内阻。为保护电路，闭合开关前应将变阻器阻值调至最大，合上开关，调节，使待测灵敏电流计满偏，记下此时的示数，就等于灵敏电流计的满偏电流值；再合上开关，反复调节和，使的示数仍为，的指针偏转到满刻度的一半，此时、的电流之和等于，即等于的满偏电流，也即、的电流相等，故

因此正确的顺序为CBEDA。
（2）[3]游标卡尺读数由主尺读数加游标尺读数，从主尺读出整毫米刻度，从游标尺读出对齐的刻度数再乘以游标卡尺的精度，由图读得直径为

（3）[4]由左手定则可得正离子往C处电极方向运动、负离子往A处电极方向运动，所以与A处电极相连的是灵敏电流计的负接线柱。
（4）[5][6]由磁流体发电机的原理知，污水中正负粒子在洛伦兹力作用下向两处电极偏转，在两极处形成电场，直到电场力与洛伦兹力达到动态平衡，有

得电源电动势为

由欧姆定律可得

其中为污水的电阻，所以

由图像可得斜率

纵截距

解得


3．某实验小组通过查阅课外书了解到在如图甲所示的电路中，当两个电池的电动势相等，即时，灵敏电流计示数为0。
受此启发，他们从实验室中找来一些器材，设计了如图乙所示电路来测量一待测电源的电动势。图乙中，标准电源的电动势和定值电阻的阻值均为已知量，为灵敏电流计，为一根粗细均匀的电阻线，为滑动触头，可在电阻线上移动，触点为b。请回答下列问题：

（1）查询教材可知电阻线的电阻率为，用螺旋测微器测量电阻线的横截面直径如图丙所示，则________。

（2）按图乙连接实物电路。单刀多掷开关从“0”挡调到“1”挡，再调节滑动变阻器的滑片，使灵敏电流计示数为0，此时，标准电源的内阻两端电压是________，定值电阻两端电压是________，通过定值电阻的电流强度是________；
（3）保持滑动变阻器的滑片不动，将置于“2”挡，调节________，使灵敏电流计示数为0，并测量________。用已知量和测量量的符号表示待测电源的电动势为________。
【答案】 // 0 滑动触头 电阻线ab段长度为
【详解】（1）[1]电阻线的横截面直径

（2）[2]单刀多掷开关从“0”挡调到“1”挡，再调节滑动变阻器的滑片，使灵敏电流计示数为0，此时，标准电源的内阻两端电压；
[3]定值电阻两端电压是；
[4]通过定值电阻的电流强度0；
（3）[5]保持滑动变阻器的滑片不动，将置于“2”挡，调节滑动触头；
[6]测量电阻线ab段长度为；
[7]由电压规律
，
解得待测电源的电动势为

4．实验室有一只电压表V，已知该电压表的满偏电压Ug=3V，内阻为几千欧，为了测出电压表内阻，小明设计了如图甲所示的电路。除电压表外，提供的器材有：
①滑动变阻器R1（0~20Ω，2A），滑动变阻器R2（0~2000Ω，0.5A）
②电阻箱R3（0~99.9Ω），电阻箱R4（0~9999.9Ω）
③电池组（电动势6V，内阻忽略不计）
④开关、导线若干

（1）为测出电压表内阻，滑动变阻器RL应选择___________，电阻箱R应选择___________。
（2）将图甲中的电阻箱R调至0，RL滑片移到最左端，闭合S，向右移动滑片，使电压表指针达到满偏；保持滑片位置不动，调节电阻箱R，电压表指针指在2.4V，此时电阻箱读数为1.2kΩ，则RV为___________。
（3）用图甲测量内阻时，考虑到系统误差，内阻RV测量值___________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（4）若准确测得电压表内阻为4.5kΩ后，小明同学用所给电池组、电阻箱和电压表连接了图乙所示的电路，在电压表两端接上两个表笔，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电压刻度转换为电阻刻度；将两表笔断开，闭合开关S，调节电阻箱，使电压表指针指在“3V”处，此处刻度应标阻值为∞，再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同已知阻值的电阻，找出对应的电压刻度，则“1V”处对应的电阻刻度为___________kΩ。
【答案】 R1 R4 4.8 大于 1.125
【详解】（1）[1]图中滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节且使电表示数变化比较明显，所以滑动变阻器应选择阻值较小的R1；
[2]由于电压表的满偏电压为3V，其内阻为几千欧，而电源电动势为6V，所以与电压表串联的电阻箱的阻值较大，所以电阻箱应选择R4。
（2）[3]电压表和电阻箱的电流相等，即

解得

（3）[4]将图甲中的电阻箱R调至0，RL滑片移到最左端，闭合S，向右移动滑片，使电压表指针达到满偏；保持滑片位置不动，调节电阻箱R，测量电路的总电阻增大，则分压增大，所以电阻箱两端的实际电压大于0.6V，所以RV测量值为电阻箱读数的4倍，所以RV测量值偏大。
（4）[5]当指针指向3V时，电路中的电流为

此时滑动变阻器的阻值为

当电压表示数为1V时，有

解得

5．某实验小组利用量角器、一段均匀电阻丝、电阻箱及灵敏电流计设计了一个测量电阻（待测电阻为）的方案，实验电路如图甲所示。

主要实验步骤如下：
①将电阻丝紧贴量角器弧边弯曲成型，并依量角器直径端点裁剪好；
②按甲图所示的电路原理图连接好各元件；
③将电阻箱的阻值调至，并使金属夹K从A端沿弧形电阻丝向B移动，当灵敏电流计的示数为零时，停止移动金属夹，此时从量角器上读出OA与OK间的夹角；
④改变电阻箱的阻值，重复步骤③，测得多组（θ，R）值；
⑤整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图乙所示。
根据分析，试回答下列问题：
（1）已知乙图中图像与纵轴的截距为，由此可求得______。
（2）实验时，当金属夹K调至某位置时，实验小组的同学因为观察不仔细认为灵敏电流计的读数已经为零，实际上，灵敏电流计还有从P到K的电流，那么此时测出的值与真实值相比______（填“偏小”、“相等”或“偏大”）
（3）该小组同学所在学校与供电站间有两根埋在地下的输电线，其中一根导线因损坏而与大地相通，现尝试采用上述实验所涉及的原理找到损坏的大致位置，其方法如图丙所示（终端用导线AB接通），电阻丝长，输电距离，若金属夹K在电阻丝上距M端时，灵敏电流计示数为零，则损坏处C与输电线起始处的距离为x=______m（结果保留两位有效数字）

【答案】 偏大
【详解】（1）[1]由题意可知，此方法是电桥法测电阻，当电流表示数为零时，R与Rx串联，R与AK并联；同时Rx与BK并联，所以有


化简可得
，
最后，得被测电阻的阻值为

整理得

故已知乙图中图像与纵轴的截距为，由此可求得

（2）[2]若要使灵敏电流计示数为零，则需增大角（或减小电阻箱阻值R)由知，此时测出的值大于真实值；
（3）[3]同理，由（1）可知

解得

押题猜想十 光学综合题

如图（a），一透明圆锥体水平放置，底面圆心在O点，半径为R，纵截面ABC为等腰三角形，顶角，介质的折射率为，O点与圆锥体上方水平放置的圆形光屏MN的距离为，一束环形单色光竖直向上照射在AB面上；光照在圆锥底面环形区域的俯视图如图（b），其中内圆P的半径为R，外圆Q的半径为R。真空中的光速为c，不考虑光线在介质中的多次反射。求：
（i）内圆P边界处的光线到达AC面经过的时间t；
（ii）光屏MN上被照亮的面积S。

【答案】（i）；（ii）
【解析】（i）设内圆P、外圆Q边界处的光线到达AC面的位置分别为D、E，光路如图所示

由数学知识可得


故

光在介质中的速度

解得

（ii）光在AC面的入射角为、

由折射定律可知

解得折射角为

由数学知识可得出射光线与竖直面的夹角为

E、D到光屏的距离分别为

E、D到出射光在光屏上的落点G、F的水平距离分别为

落点G、F到点的距离分别为

BC面与AC面出射的光具有对称性，两边光线恰好重叠，形成的圆形光斑半径为

解得

【押题解读】验证式实验：验证机械能守恒定律实验；验证动量守恒定律实验；验证力的平行四边形定则实验。探究式实验：探究加速度和质量、力的关系；探究向心力与质量、角速度、半径的关系；探究动摩擦因数的大小；探究抛体运动的规律。
【考前秘笈】利用光路图找出入射角和折射角，根据折射定律求解。全反射注意其发生条件。

1．如图所示，折射率为、半径为的圆形透明玻璃砖置于光屏MN的上方（假设光屏感光度非常灵敏，微弱的光也能接收到），其底面AB与MN的距离。一束单色光沿图示方向射向圆心O经玻璃砖后射到光屏上的点。现使玻璃砖绕圆心O点顺时针转动，已知光在空气中的传播速度近似为c，当折射光线射到光屏上的光点距点最远时，求：
（Ⅰ）玻璃砖转过的角度α；
（Ⅱ）光从进入玻璃砖到射到光屏上所需的时间t。

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）如图，当折射光线射到光屏上的光点距点最远时，此时透明玻璃砖的平面恰好发生全反射，由折射定律知

解得

有几何关系知


（Ⅱ）有折射率公式知

在空气中传播的距离

光从进入玻璃砖到射到光屏上所需的时间

2．如图所示，一透明材料块，下部是半径为R、高3R的圆柱体，上部为半径为R的半球，O1为球心，O1O2为中心轴，在O1正下方距离R处有一个点光源S，向各个方向发光。
（1）若该材料的折射率，光线SA与轴成α角，照射到表面A点后恰能平行中心轴出射，求α角的大小；
（2）不考虑光的反射，若要使该透明材料块表面各处均有光线出射，该材料的折射率不能超过多大？

【答案】（1）30°；（2）
【解析】（1）根据几何关系可得，光从A点射出时的折射角为2α，如图所示

根据折射定律有

解得

（2）如图所示，若光线恰好从B点射出，此时该材料的折射率最小；

根据几何关系有

所以折射率为

所以，若要使该透明材料块表面各处均有光线出射，该材料的折射率不能超过。
3．半径为的玻璃半圆柱体的下底面只能发生反射现象，横截面如图所示，圆心为，两条平行单色光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线的全射点为；光线的入射点为，为圆柱面的顶点，，已知两条光线经过折射和反射后交平顶点处，光在真空中的速度为，玻璃的折射率为，求：
（1）入射点到的水平距离；
（2）光线从进入玻璃到交于点所用的时间。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设点到的距离为，由几何关系有

（2）根据题意，由折射定律和反射定律画出光路图，如图所示

由折射定律有

解得：

由几何关系可得

由正弦定理有

解得

由几何关系可得

光线从进入玻璃到交于点的传播距离为

又有

解得

4．如图，某潜水员在海中潜水，处于距离海岸7m海面下4m的E点，潜水员观察岸上的竖直放置的标尺杆F，标尺杆F长6m，潜水员能看到杆的一半刻度。已知海面CD到海岸AB的高度为3m，标尺杆F到岸边A点的距离为4m。
（1）求海水的折射率为多少？
（2）若涨潮海面CD上升3m与海岸AB平齐，潜水员相对海岸位置不变，则此时能看到的标尺杆长度为多少？

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）最低可以观察位置如右图

由图中几何关系可得


所以

（2）若涨潮后最低观察位置如图

由几何知识可以得出



由几何知识得


可以观察的最大长度为

5．如图是横截面为半圆环的玻璃砖，其圆心为O，A、B、O、C、D共线且水平，内径为R，外径为，一束单色光在纸面内平行于从P点以的入射角射入玻璃砖，经过一次折射后，恰好与玻璃砖内壁相切。光在真空中的速度为c，求：
（1）玻璃砖对该单色光的折射率n；
（2）若该单色光垂直于射入玻璃砖，且入射点到圆心O的距离为，则该单色光在玻璃砖中传播的时间t。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）单色光从P点以45°入射时，折射光线恰好与玻璃砖内壁相切于E点，如图所示



解得
n=
（2）当单色光从距离O点为的F点射入玻璃砖后，不发生折射，照射到外壁的G位置，此时入射角为α

α=60°

C=45°
因为α>C，所以单色光在G位置发生全发射，照射到H点时，入射角还是等于α，继续发生全发射，照射到I点，并再次在I点发生全发射，最终从CD垂直射出玻璃砖，其光路图如图所示，单色光在玻璃砖中传播的路程为s，光在截止中的传播速度v，传播时间为t

s=l=6R
v=

解得

押题猜想十一 力学综合计算题

如图所示，一个质量为的小物块A（可以视为质点）放在质量为的木板B的左端，木板B右边某处有一质量为的木板C。现突然给A水平向右大小为的速度，使A向右运动，当A滑到B的右端时，A、B速度刚好相等，而且B、C刚好碰撞，碰撞过程中无机械能损失，A物块最终未从C上滑下。已知A与B、C间的动摩擦因数均为以，水平地面光滑，两木板厚度相同，重力加速度大小g取，求：
（1）开始时木板之间的距离；
（2）整个过程中系统因摩擦而产生的热量。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据题意可知，A开始运动后，A做加速度为的减速运动，B做加速度为的加速运动，由牛顿第二定律有


设经时间，A、B共同速度为，则有


联立解得


碰前B、C之间的距离为

（2）设B、C两板碰后速度分别为、，B、C两板碰撞时机械能守恒，选向右为正，则有


解得


B、C两板碰后A滑到C上运动，A物块最终未从C上滑下，则A、C最终共速，由动量守恒定律有

解得

由能量守恒定律可得，整个过程中系统因摩擦而产生的热量为

【押题解读】力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高
具体问题中可能涉及到单个物体单一运动过程，也可能涉及到多个物体，多个运动过程，在知识的考查上可能涉及到运动学、动力学、功能关系等多个规律的综合运用。
【考前秘笈】对于多体问题:要灵活选取研究对象，善于寻找相互联系。对于多过程问题:要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律。对于含有隐含条件的问题:要注重审题，深究细琢，努力挖掘隐含条件。对于存在多种情况的问题: 要认真分析制约条件，周密探讨多种情况。

1．如图甲所示，光滑水平面上木板A将轻弹簧压缩由静止释放，被弹簧弹开后向右运动，与右侧固定的挡板发生弹性碰撞，木板A从释放开始运动的x-t图像如图乙所示，其中、是正弦曲线的一部分。如图丙所示，若在A的左侧再叠放另一小物块B后仍将弹簧压缩由静止释放，弹开过程A、B保持相对静止。已知木板A的质量，木板长，物块B的质量，A、B间的动摩擦因数，重力加速度为g。求：
（1）弹簧中的最大弹性势能；
（2）从释放到B滑离A的过程中，A与挡板碰撞的次数n；
（3）从释放到B滑离A的过程中，A运动的路程s。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由x-t图像可知，A离开弹簧后的速度大小为

由能量守恒可知，弹簧的弹性势能完全转化成了木板A的动能，则可知弹簧开始具有的弹性势能为

解得

（2）在弹开的过程中A、B保持相对静止，设第一次离开弹簧式的速度为，则有

设A与挡板第一次碰后，A、B达到的共同速度为，A的位移为，则由动量守恒定律可得

对木板A由动能定理可得

解得

假设成立，设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有

解得

设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为，则由动量守恒定律有

设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有

解得

而

则可知从释放到B滑离A的过程中，A与挡板碰撞的次数为

（3）设弹簧的劲度系数为，则

设A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为，则

解得

设A、B分离时两者的速度为、，则由动量守恒定律有

由能量守恒有

解得
，
碰撞后两者分离，设A的位移为，则有

解得

内，木板A运动的距离

则从释放到B滑离A的过程中，A运动的路程为

2．如图所示，粗糙水平轨道与光滑弧形轨道QE相切于Q点，轻质弹簧左端固定，右端放置一个质量m=1.0kg可视为质点的小球A，当弹簧处于原长时，小球A静止于O点。现对小球A施加水平向左的外力F，使它缓慢移动压缩弹簧至P点，在该过程中，外力F与弹簧压缩量x的关系为：，其中k为未知常数。释放小球A，其沿桌面运动与放置于Q点质量也为1.0kg的小球B发生弹性碰撞，撞后小球B沿弧形轨道上升的最大高度为。已知OP的距离为，OQ的距离为，水平轨道阻力一定，重力加速度取。求：
（1）小球A与小球B第一次碰撞后瞬间小球B的速度大小；
（2）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
（3）小球A最终静止时的位置。

【答案】（1）2m/s；（2）5.0J；（3）停在O点
【解析】（1）小球B在上冲过程中有

解得

（2）小球A和B在碰撞过程有


解得


由题可知
f=2N
物块A由P至Q过程有

解得

（3）小球B滑下与A碰撞后，B静止，A的速度大小为

小球A在向左滑行过程有

解得

故小球A停在O点。
3．如图所示，有一个光滑圆环MDN固定在竖直平面内，半径为，圆心在O点，N、O、D为竖直直径上的三点，O、M、B、C四点在同一个水平面上，在N点正下方接近N点处固定一个非常小的光滑水平支架，支架上放置一个可视为质点的小物块b，另一个可视为质点的小球a在M点的正上方。传送带顺时针匀速转动，速度大小为，左端点B距圆心O的水平距离为，BC长为，已知球a的质量，物块b的质量，，不计空气阻力。
（1）若将物块b拿走，球a从M点正上方的某处由静止释放后，恰好能从圆轨道最高点N水平飞出，且击中传送带上的B点，求OB的距离；
（2）将物块b放在支架上，球a从M点正上方距离M点高度为处由静止释放，则球a能不能与物块b相碰？若能，求碰后两者的速度大小；若不能，求球a与圆轨道脱离的位置与圆心O的高度差；
（3）调整球a从M点正上方释放点的高度，使a、b两物体发生弹性碰撞后，球a能原轨道返回，物块b做平抛运动后落在传送带上，且物块b落在传送带上时竖直分速度全部损失，只保留水平方向分速度。当物块b落在传送带上距离B点最近时，物块b在传送带上会一直向右加速运动，到C点时恰好与传送带速度相等，求物块b与传送带间的动摩擦因数μ。

【答案】（1），（2），（3）
【解析】（1）a球恰好从最高点飞出故有

平抛运动击中B点有


联立以上公式，代入数据得

（2）a球释放高度小于R，故不能到达圆弧最高点；
设在圆弧上K点脱离，K点与圆心在水平方向的夹角为，由机械能守恒定律可知

在K点有

代入数据可得

故脱离轨道时距O高度为

（3）a球释放点距M点的距离h处自由释放，运动到N点有

两物体碰撞时动量守恒，机械能守恒


解得

方向向左

方向向右
a球原路返回要求有

得到

此时b物块对应水平位移

故能落在传送带上距B点为m，且为最近点。
在时，由上式可得b物块从N点射出时速度

因竖直分速度损失，故落在传送带时水平速度也为

水平位移

与C点距离

一直加速故有


解得

4．小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定在水平地面上倾角且滑动摩擦因数为的倾斜轨道、接触面光滑的螺旋圆形轨道、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成。木板左端紧靠轨道右端且与轨道F点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道相切于处，切点到水平地面的高度为。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量的物块（可视为质点），物块恰好能从B点无碰撞进入倾斜轨道，并通过螺旋圆形轨道最低点D后，经倾斜轨道滑上长木板。已知长木板的质量，空气阻力不计，g取。求：
（1）的大小；
（2）物块经过螺旋圆形轨道低点D时，轨道对物块的弹力大小；
（3）若物块与长木板之间的动摩擦因数，物块在长木板上滑行且恰好不滑出长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量；
（4）若长木板固定不动，在木板上表面贴上某种特殊材料，物块在木板上运动受到的水平阻力（与摩擦力类似）大小与物块速度大小成正比，即，k为常数，要使物块不滑出长木板，k至少为多大。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）物块从A点做平抛运动到B点，则有
，
解得

（2）从A到D由动能定理可得

在D点，对物块分析有

解得

（3）从A到F过程有

解得

物块滑上长木板后，木块和长木板系统动量守恒，则有

解得

假设物块刚好不滑离长木板，由功能关系可得

解得

（4）若长木板固定不动，物块在木板上运动受到的水平阻力

对木块m由动量定理得

即有

由

解得

则

解得

5．如图所示，一质量为、长为的木板静止在倾角的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为的小物块静置于木板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为。现给木板一沿斜面向下的初速度，木板到达斜面底端时小物块也恰好到达木板下端，此刻木板锁定，小物块滑到水平传送带上继续运动，最终从传送带左端离开，传送带以速度逆时针转动，其长度，小物块与传送带间动摩擦因数。小物块经过斜面与传送带连接处机械能损失不计，重力加速度g取。求：
（1）小物块和木板开始运动的加速度；
（2）木板运动的时间；
（3）整个过程系统因摩擦增加的内能。

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）设小物块和木板开始运动时，物块做匀加速直线运动，加速度为，木板做匀减速直线运动，加速度为；规定沿斜面向下运动为正方向，对物块，由牛顿第二定律得

可得

对木板，由牛顿第二定律得

可得

（2）设从开始运动到两者碰撞时间为，两者碰撞前瞬间速度分别为，，位移分别为，，由运动学知识可知，对物块有
，
对木板有
，
又

联立解得
，，，，
物块与挡板碰撞后瞬间速度分别为、，由动量守恒定律和机械能守恒定律得


解得
，
设物块与木板碰撞后直到同时到达斜面底端的位移分别为，，运动时间为，由受力分析可得碰撞后物块与木板均做匀速直线运动，由几何关系得

可得
，
故木板运动的总时间为

（3）物块与木板之间的摩擦产热为，木板与斜面间的摩擦产热为，物块与传送带之间的摩擦产热为，由能量关系得


设物块在传送带上加速过程中位移为，加速度为

由运动学公式

可得

此过程中传送带位移

故有

整个过程系统因摩擦增加的内能为

押题猜想十二 带电粒子在电磁场中的运动

如图，xOy是竖直平面内的直角坐标系，坐标原点O处有一绝缘弹性挡板（图中未画出，不计挡板大小），a、b是质量均为m的金属小球，电荷量为）的a球在第一象限的P点以速度沿y轴负方向射出后，恰好以沿x轴负方向的速度与静止在挡板上的不带电b球发生时间极短的弹性正碰，碰后两球的电荷量均为。已知在x>0区域有与x轴负方向成角斜向上的匀强电场；在区域有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于坐标平面向外的匀强磁场，其中场强大小分别为、。两球均视为质点，忽略碰后a球所受的电场力，重力加速度大小为g，。
（1）求P点的位置坐标；
（2）若要b球从x区域返回时与a球相撞，求磁感应强度的大小B。

【答案】（1）（，）；（2）
【解析】（1）从P点到O点，a球受重力、电场力作用做曲线运动，将力和运动分解在x、y方向
由牛顿第二定律，在x方向有

在y方向有

可得

即a球在x方向做匀加速运动（设与b球碰撞前的速度为v），在y方向做匀减速运动直至速度减为零
由运动学规律，在x方向有

在y方向有

解得

故：P点的位置坐标为P（，）
（2）在O点，a、b发生弹性正碰，由题设条件，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，碰撞后a、b速度互换，即a球静止，b球的速度变为（或列出两个守恒方程，得出b球速度为）如图所示，在xn＜0区域，b球先做平抛运动，设末速度为，与x轴负方向的夹角为θ

在x方向有

在y方向有

解得

故


在正交电、磁场区域

故b球做匀速圆周运动，离开正交电、磁场区域后，b球做抛体运动直至撞击a球，可知


由几何关系可知，b球做匀速圆周运动的半径为

由牛顿第二定律有

解得

【押题解读】物理情境选自生活生产情境或学习探究情境，物理力学情境综合型试题的物理模型有：带电粒子、带电小球、带电油滴等模型。已知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。命题点常包含：匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动等。命题常将电场、磁场部分知识与运动学、力学、功能关系等多个物理规律的综合运用，有时也会与相关图像联系在一起。
【考前秘笈】单一或两个带电粒子在组合场、叠加场、交变场的运动问题。对带电粒子在不同的区域，受力分析和运动过程分析，判断带电粒子的运动性质，利用数学语言列方程求解。画运动过程示意图，确定临界条件。

1．如图所示，真空中的立方体棱长为，底面中心处有一点状放射源S，仅在所在平面内向各个方向均匀发射粒子，所有粒子的速率均为，已知粒子的比荷为，现在立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有粒子恰好能束缚在正方形区域内。面放有一个屏，该屏可以沿轴左右平移。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）现让屏向左沿-z方向移动，求打在屏上的粒子占总数的几分之几；
（3）若在立方体内同时加一个竖直向上的匀强电场，匀强电场的电场强度的大小为，求粒子打在屏（屏的位置与（2）相同）上x坐标最大值和最小值时对应点的y坐标；
（4）在面内，以P为中心放置一块半径为0.2m的圆形屏。在竖直向上的匀强电场的场强大小可以不断改变的条件下，要使所有粒子总能打中屏幕，匀强磁场的磁感应强度B的大小要满足什么条件？

【答案】（1）；（2）；（3），；（4）
【解析】（1）所有粒子恰好束缚在正方形区域内，由几何关系得

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

解得

（2）向z轴负方向的粒子恰好能打到屏上，速度方向顺时针旋转的粒子都能打到屏上。所以有的粒子能打到屏上。
（3）粒子做圆周运动的周期为

粒子运动的俯视图如图所示

由图可知，当为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时粒子运动的时间为

此时对应的y轴坐标

解得

由图可知，当与面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时粒子运动的时间为

此时对应的y轴坐标为

解得

（4）要让所有粒子总有打到圆屏上，由它们的轨迹半径应该满足

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

解得

2．如图甲是一种利用磁场约束离子运动的装置原理图，内、外半径分别为R和3R的圆筒共轴放置，轴线水平，在轴线正下方是一对平行金属板，上板正中间的小孔a与外筒正中间的小孔b在通过轴线的同一竖直线上，a、b间距离为d、两筒之间分布着以轴为圆心的同心磁场，各处磁感应强度大小近似相等，磁感应强度为B，从右往左看截面如图乙所示。在平行板下板中央的一个质量为m、电量为e的氢离子（）从静止加速经小孔a从小孔b进入磁场，在磁场中的轨迹恰好与内筒下边缘相切；一段时间后调节板间电压为原来的2倍，并让一个氘核（）在下极板同一位置从静止加速也进入磁场。已知离子与筒壁正碰后均原速反弹且碰撞时间极短，离子与筒壁接触其电荷量不变，筒壁光滑，忽略离子间的相互作用和它们在平行板间加速的时间。
（1）求加速氢离子时平行板间的电压U多大；
（2）分析氘核是否与内筒壁碰撞，如果与内筒壁碰撞，求它与内筒壁第一次碰撞的点P（未在图中画出）与小孔b的水平距离s的大小；
（3）若氢离子第一次与筒左侧壁垂直碰撞后沿直线返回，运动到P点时与氘核相遇，筒长，求氢、氘核释放的时间间隔。


【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）过筒中间轴线的竖直截面如图所示，

氢离子的轨迹刚好与内筒相切，故其半径为
r1=2R
由洛伦兹力提供向心力

解得

由动能定理

解得加速氢离子的电压为

（2）设氘核在磁场中的运动半径为r2，速度v2，由牛顿第二定律可知

由动能定理

解得
r2=4R
因为r2>2R，则氘核会与内筒碰撞；

通过作图可得氘核与轨迹碰撞点如图中的P点所示，由

可知
θ=30°
由此可得P点与小孔沿轴方向的距离为

（3）氢离子与筒的左壁垂直碰撞后原速返弹，且沿着轴做匀速直线运动，运动轨迹如图所示

氢离子在磁场中的运动周期为

氘核在磁场中的运动周期

由上述分析可知相遇前氢原子在磁场中运动的时间为

氘核在磁场中运动的时间

两粒子释放时的时间间隔

又
v1=v2
解得

3．如图甲所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，圆心的坐标为（0，R），在x轴下方有垂直于坐标平面向里的匀强磁场II，P、Q为长2R的平行板，Q板在x轴负半轴上，两板间的距离为2R，在两板间加上如图乙所示的电压，在两板的左侧有一粒子源，从时刻开始沿两板中线发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子初速度为，长为2R的接收器ab水平放置在x轴正半轴上，a端离O点距离为R，在时刻从粒子源射出的粒子经磁场I偏转后从O点沿y轴负方向进入磁场II，此粒子刚好打在接收器上的b点，所有粒子均能从两板间射出，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
（1）粒子在两板间运动的最大侧移；
（2）匀强磁场I、II的磁感应强度和的大小；
（3）当时，接收器ab上有粒子打到区域的长度。

【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】（1）粒子穿过磁场的时间

因此粒子从时刻进入电场的粒子侧移最大
粒子在电场中加速度

最大侧移

（2）所有粒子射出电场时，沿电场方向的速度变化量为零，因此所有粒子射出电场时速度大小为，方向均沿x轴正向。
在时刻从粒子源射出的粒子恰好从两板间中线上出电场，沿半径方向射入磁场I，此粒子从O点进入磁场II，则粒子在磁场I中做圆周运动的半径


根据牛顿第二定律

解得

根据题意可知，粒子在磁场II中做圆周运动的半径为

根据牛顿第二定律

解得

（3）当时，粒子在电场中的最大侧移为

由于所有粒子在磁场I中做圆周运动的半径均等于R，因此所有粒子经磁场I偏转后均从O点进入磁场II。
在电场中向上侧移为R的粒子进入磁场I偏转后轨迹和在电场中向下侧移为R的粒子进入磁场I偏转后轨迹如图所示。根据几何关系可知，两粒子进磁场II时的速度方向与y轴负方向的夹角均为，两粒子打在粒子接收器上的位置相同，该点是离O点最近的点，离O点的距离

因此，接收器ab上有粒子打到的区域长度

4．如图所示，真空中有一半径为R，长为的金属圆柱面，其下底面位于平面，轴线与z轴重合。现将一长同样为L的直细金属导线放于圆柱面轴线处，假设导线能沿径向均匀射出速率相等的电子，已知电子质量为m，电荷量为e，电子的初速度为，不考虑出射电子间的相互作用及电子的重力。
（1）在整个柱面内部，只加与z轴平行，大小为的匀强磁场，求粒子在磁场中运动的半径和时间；
（2）在整个柱面内部，只加与z轴平行的匀强磁场，刚好没有电子到达柱面，求所加磁场的磁感应强度的大小：
（3）在整个柱面内部，加均沿z轴正方向的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场大小为，匀强磁场大小为，若有一个位于点的电子沿y轴正方向射出，求其落到xOy平面时的坐标。

【答案】）（1），；（2）；（3）
【解析】（1）在整个柱面内部，只加与z轴平行，大小为的匀强磁场，根据洛伦兹力提供向心力可得

解得

由几何关系可知粒子在磁场中转过的角度为

根据


解得

（2）刚好没有电子到达柱面，则半径为

由于

则

（3）根据

解得

根据

解得

在竖直方向上受到电场力的作用，则

则

故根据几何关系可得


故其落到xOy平面时的坐标为。
5．如图甲是一种利用磁场偏转的粒子收集装置原理图。两块磁铁前后平行垂直水平面放置，收集板位于两块磁铁之间，平行于上下底面从高到低放置，收集板的右端在同一竖直面上，收集板长度从高到低变大，因而左端位置不同。两磁铁之间的长方体空间内的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为。在其下方有一粒子源可以无初速释放质量为、电荷量绝对值为的粒子，这些粒子经加速电场加速后从小孔O进入收集装置的磁场，在磁场的作用下运动，并打到右侧足够长的收集板上（如图乙中、所示）。收集板刚好与小孔O在同一高度，已知收集板、收集的粒子的最小动能分别为、。粒子击中收集板后有一定比例反射，反射速度最大值为撞击前速度的倍。重力及粒子间的相互作用忽略不计。
（1）求O点与收集板的左端之间的距离；
（2）要使得能量在与之间的粒子最终全部被吸收，求，间的最小距离；
（3）在第（2）小题的情况下，板最少长度（左端到右端的距离）。（等比数列公式前n项和公式）

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由


可得

（2）粒子在垂直纸面向内的磁场中向右偏，半径为

动能为

联立解得

当粒子以的动能进入磁场中，由上可知

打到的最大动能是

代入数值可得其对应的半径为

分析可知在板中碰撞后反弹，到达的最大高度为

即、间的最小距离为

（3）由上小题知当粒子以最小动能打到板上时
，
代入数据得O点到板左端的距离为

由前面可知打到板的最大动能是

其对应的半径，因此其第一次在上的落点到粒子源的距离为

这些粒子中反弹的粒子速度最大为原来的k倍，故半径为原来的k倍，因此这些反射的粒子不断的向右以半圆的轨迹运动，半径按k倍减小，经无穷多次碰撞后，粒子到粒子源的距离为

因此的板长至少为