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2022-2023学年福建省莆田市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省莆田市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.光学在生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )
A. 光学镜头上的增透膜是应用了光的偏振
B. 观看立体电影时戴的眼镜是应用了光的干涉
C. 肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的干涉现象
D. 拍摄池中的游鱼时为减少水面反射光干扰，在镜头前装滤光片是应用了光的衍射
2.一定质量理想气体的体积V与温度T的关系如图所示，该气体经状态A→B→C→D→A的变化过程。状态A、B、C、D对应的压强分别为pA、pB、pC、pD，下列关系式正确的是( )
A. pA>pB
B. pB>pC
C. pC>pD
D. pD>pA
3.在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，其直流电阻不可忽略。下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S时，A1先亮，A2逐渐变亮
B. 断开开关S时，流过A1、A2的电流大小相等
C. 断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭
D. 断开开关S的瞬间，A2左端电势比右端电势高
4.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发涡旋电场。如图所示，一个半径为r的绝缘光滑细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一电荷量为q的带正电的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k。若小球从静止释放，在环上运动两圈回到初位置时的动能是( )
A. 0B. πr2qkC. 2πr2qkD. 4πr2qk
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.气压式升降椅通过气缸上下运动来控制椅子升降，气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，初态如图所示，气缸气密性、导热性良好，忽略与气动杆之间的摩擦，若一个人坐在椅子上，气体最终达到稳定状态，与初态相比( )
A. 气体的温度降低
B. 气体的压强增大
C. 所有气体分子的运动速率均减小
D. 气体分子单位时间内与缸壁单位面积碰撞的次数增加
6.我国航天员王亚平在天宫课堂演示了微重力环境下的水球光学实验。如图所示，往水球球心注入空气，形成一个同心球形气泡，内球面半径为3a，外球面半径为5a。若一细光束以53∘的入射角从A点射入水球，折射光线刚好与其内球面相切，到达外球面上的B点。已知真空中光速为c，sin53∘=0.8，则( )
A. 水的折射率43B. 水的折射率为53
C. 细光束从A点到B点所用时间32a3cD. 细光束从A点到B点所用时间为6ac
7.B超成像原理是通过探头向人体发射超声波，遇到人体组织产生反射，经仪器处理形成B超图像。探头沿x轴正方向发射一列简谱超声波，如图所示，t=0时刻波恰好传到质点P，质点Q的平衡位置横坐标为30×10−5m，已知该超声波在人体内传播的速度v=1500m/s，下列说法正确的是( )
A. 该超声波的频率为8×10−5Hz
B. 质点Q起振方向沿y轴负方向
C. t=2.0×10−7s时，质点Q到达波谷
D. 质点P第一次位移为0.2mm的时刻是t=715×10−7s
8.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为27Ω、1Ω和8Ω，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，当开关S闭合和断开时，变压器输出端功率相等。下列说法正确的是( )
A. 开关S闭合和断开时，变压器副线圈两端电压比为1：3
B. 开关S闭合和断开时，变压器副线圈两端电压比为3：1
C. 变压器原、副线圈匝数比为1：3
D. 变压器原、副线圈匝数比为3：1
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.如图所示为某正弦式半波电流的i−t图，则该电流的最大值为______ A，有效值为______ A，t=T8时的瞬时值为______ A。
10.如图所示，在一竖直面内有两根平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线中间，与两导线的距离均为r，b点在导线1上方，与导线1的距离也为r，现测得a点的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面______(选填“向里”或“向外”)；若去掉导线2后，b点的磁感应强度大小为______，方向垂直纸面______(选填“向里”或“向外”)。
11.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒构成，若不计粒子在电场中的运动时间，工作时交变电场的周期T电和粒子做圆周运动的周期T磁的关系为：T电______T磁。(选填“>”、“<”或“=”)，粒子从______(选填“磁场”或“电场”)中获得动能的增量，仅增大交变电压，粒子在D形盒中运动的时间变______(选填“长”或“短”)。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.小田同学在实验室利用如图甲所示的单摆测量当地的重力加速度。
(1)如图乙所示，用螺旋测微器测摆球的直径d，测得d=______ mm；
(2)测量单摆周期T时，计时的起止位置应选在小球运动过程中的______(选填“最高点处”或“平衡位置处”)；
(3)该同学测得多组周期T和摆长L的数据，利用计算机拟合得出如图丙所示的图像，其关系方程为：T2=4.00L。由此可以得出当地重力加速度g=______m/s2。(π取3.14，结果保留3位有效数字)
13.某物理兴趣小组研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系，装置如图1所示。安装好实验装置，记录重垂线所指的位置O。经测定两个直径相同的小球1、2质量分别为m1=20.4g、m2=6.5g，实验时，不放小球2，让小球1从固定的斜槽上C点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将小球2放置在斜槽末端，让小球1再次从斜槽上C点自由滚下，与小球2发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置，三个落点位置标记为M、P、N，用刻度尺测出lOM、lOP和lON。
(1)如果实验操作正确，小球1碰后在水平面上的落点位置为______(选填“M”、“P”或“N”)；
(2)要验证碰撞前后动量守恒，需验证关系式______(用m1、m2、lOM、lOP和lON表示)；
(3)同学们做了多组测量，取x=lOP−lOM，y=lON，横纵坐标取相同标度，作出y−x图像，该图像接近于图2 ______。
五、简答题：本大题共3小题，共39分。
14.2023年6月9日在杭州举行中国质谱学术大会。某种带有速度选择器的质谱仪如图所示，一个带正电的粒子从狭缝S1进入速度选择器做直线运动，经狭缝S2后垂直MN进入偏转磁场，最后打在荧光屏上的H点。已知速度选择器P1、P2两板间的电压为U，间距为d，板间磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向外；偏转磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外。已知S2、H两点间的距离为x，粒子重力忽略不计，求
(1)带电粒子离开速度选择器时的速度大小v；
(2)带电粒子的比荷qm。
15.如图甲所示，一质量为0.2kg的物块B与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块A向右运动。已知t=0时A刚与弹簧接触，t1时弹簧压缩至最短，此过程A、B的v−t图像如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内，求
(1)物块A的质量；
(2)此过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(3)当弹簧恢复至原长的瞬间，物块A的速度。
16.据媒体报道，采用先进电磁弹射技术的航母福建舰已经完成动力测试和系泊试验。某研究性学习小组开展电磁弹射系统模型的设计研究，如图甲所示，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计，导轨区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R的金属棒，垂直放在导轨间。实验时，将质量为M的绝缘模型飞机(图中未画出)锁定在金属棒上；t=0时开关S与1接通，金属棒从静止开始推动模型飞机一起加速；t1时刻，模型飞机达到起飞速度并立即与金属棒解锁，同时掷向2接通定值电阻R；t2时刻金属棒停止运动，全过程金属棒的v−t图像如图乙所示，已知恒流源的电流为I，不计空气阻力和飞机起飞对金属棒速度的影响，全过程金属棒与导轨接触良好，求
(1)飞机起飞的速度大小；
(2)飞机起飞后通过金属棒的电荷量；
(3)全过程金属棒的位移大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.光学镜头上的增透膜是应用了光的干涉现象，故A错误；
B.观看立体电影时戴的眼镜是应用了光的偏振现象，故B错误；
C.肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的干涉现象，故C正确；
D.反射光是偏振光，摄影师在拍摄池中的游鱼是在照相机前装了偏振滤光片，应用了光的偏振现象减弱水面反射光的影响，故D错误。
故选：C。
增透膜是应用光的干涉现象；立体电影应用了光电偏振；肥皂泡呈现彩色条纹是薄膜干涉现象；反射光为偏振光，根据光的偏振现象分析。
人类对于光学的研究及应用非常广泛，在学习中要注意掌握不同现象在生产生活中的应用。解答本题应掌握光的干涉现象和光的偏振现象。
2.【答案】D
【解析】解：由题图可知，A、B在一条等压线上，则有pA=pB，D、C在一条等压线上，则有pC=pD，根据一定质量的理想气体的状态方程pVT=C，可知VT越小，压强越大，由此可分析出：pC=pD>pA=pB，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据一定质量的理想气体状态方程，结合图像的物理意义分析出不同状态的压强大小关系。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，理解图像的物理意义，结合公式pV=CT即可完成分析。
3.【答案】B
【解析】解：A、当电键S闭合时，灯A2立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电流与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯A1逐渐亮起来；所以灯A2比灯A1先亮，故A错误；
BC、稳定后，由于线圈直流电阻不可忽略，则流过A1的电流较小，当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路放电，流过A1、A2的电流大小相等，两灯都过一会儿熄灭，断开S瞬间通过A2的电流比原来的小，则灯A2不会出现闪亮一下，故C错误，B正确；
D、由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，所以流过灯A2的电流方向向左，A2左端电势比右端电势低，故D错误。
故选：B。
当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
本题考查自感现象的应用，对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解。
4.【答案】C
【解析】解：变化磁场在圆环所在位置产生的感应电动势为
E=ΔΦΔt=ΔBΔtπr2=kπr2
若小球在环上运动两圈，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是
W=2qE=2πr2qk
根据动能定理可得
W=Ek−0
解得Ek=2πr2qk，故ABD错误，C正确。
故选：C。
变化磁场在圆环所在位置产生的感应电动势，小环在感生电场运动电场力做功，使得小球的动能增加。
求解感生电动势是本题要点，之后再用动能定理分析即可，难度不大。
5.【答案】BD
【解析】解：A.由于气缸导热性良好，气体最终达到稳定状态时密封气体温度与初态相同，故A错误；
B.密封气体温度不变，体积减小，由玻意耳定律可得：
p1V1=p2V2
得气体压强增大，故B正确；
C.密封气体温度不变，平均分子运动速率不变，是大量分子统计结果，这并不代表所有分子速率都不变或减小，故C错误；
D.气体温度不变，体积减小，因此分子密度增大，气体分子单位时间内与缸壁单位面积碰撞的次数增加，故D正确。
故选：BD。
气缸导热性能良好，则气体的温度和外界温度相等，保持不变；
根据玻意耳定律列式分析出压强的变化趋势；
根据温度的变化分析出气体分子的运动速率变化趋势；
理解气体压强的微观解释，结合选项完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，熟悉物体状态参量的分析，结合玻意耳定律即可完成解答。
6.【答案】AD
【解析】解：AB、如图所示。
由题意可知，入射角i=53∘
内球面半径为OC=3a，外球面半径为OA=5a，则sinr=OCOA=3a5a=0.6
可得折射角r=37∘
水的折射率为
n=sinisinr=sin53∘sin37∘=43，故A正确，B错误；
CD、光在水中的速度为
v=cn
根据几何关系得：sAC=4a
细光束从A点到B点所用时间为
t=2sACv，解得：t=6ac，故C错误，D正确。
故选：AD。
由几何关系求出折射角，再根据折射定律求折射率；由几何关系求出AB长度，根据v=cn求出光在水中传播速度，再求传播时间。
本题考查折射定律和光速公式的应用，关键要根据几何关系求出折射角和光在水中传播的距离。
7.【答案】BD
【解析】解：A.由图知该超声波的波长为
λ=12×10−5m
根据运动学公式可知超声波的周期为
T=λv=12×10−51500s=0.8×10−7s
该超声波的频率为
f=1T=10.8×10−7Hz=1.25×107Hz，故A错误；
B.由图可知，根据波形平移法可知质点P开始振动的方向沿y轴负方向，则质点Q起振方向沿y轴负方向，故B正确；
C.根据运动学公式可知波从P传播的Q的时间为：
t=Δxv=(30−12)×10−51500s=1.2×10−7s
到t=2.0×10−7s时，质点Q振动的时间为
Δt=2.0×10−7s−1.2×10−7s=0.8×10−7s=T
因此t=2.0×10−7s时，质点Q到达平衡位置，故C错误；
D.由图可知振幅为
A=0.4mm
质点P的振动方程为
y=−0.4sin(2π0.8×10−7t)mm
当y=0.2mm时，解得
t=715×10−7s，故D正确。
故选：BD。
根据图像得出超声波的波长，根据运动学公式得出超声波的周期；
根据简谐横波的运动特点得出质点的振动方向；
根据运动学公式得出质点P到达对应位置所需要的时间。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，解题的关键点是理解简谐横波的运动特点，结合图像的㘞意义和运动学公式即可完成分析。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、由题意知开关S闭合和断开时，变压器输出的功率相等，设为P，设闭合开关时，副线圈电压为U2，断开开关时，副线圈电压为U2′，根据功率的公式：P=U2R
可得：U22R2=U2′2R2+R3
将阻值代入解得：U2U2′=13，故A正确，B错误；
CD、根据题意有：由于输出功率相等有：I22R2=I2′2(R2+R3)
将阻值代入可得：I2=3I2′
当开关闭合时输入电压：U=I1R1+n1n2U2=n2n1I2R1+n1n2I2R2
当开关断开时输入电压：U=I1′R1+n1n2U2′=n2n1I2′R1+n1n2I2′(R2+R3)
输入电压相同，联立解得：n1n2=31，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据变压器的变压规律和变流规律，由功率公式求解电压比例关系、电流比例关系。结合比例关系求解匝数比。
本题考查变压器，学生需结合比例关系，及原副线圈功率相等综合分析解题。
9.【答案】633 2
【解析】解：根据图像，该交流电的电流的最大值为：Im=6A
由有效值的定义得：(Im 2)2R⋅T2=I有效2RT
解得：I有效=3A
t=T8时电流的瞬时值为：I=Imsinπ4
代入数据得：I=3 2A
故答案为：6；3；3 2
由图像读出最大值；根据有效值的定义求解；根据电流的瞬时值的表达式分析求解。
本题考查交流电图像和有效值的知识，注意求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解。
10.【答案】向里 0.5B向外
【解析】解：根据右手螺旋定则可知两导线在a点形成磁场方向相同，故磁感应强度方向纸面向里。
因为两导线电流大小相等，a点与两导线的距离也相等，故单根导线在a点形成磁感应强度大小为0.5B，故撤掉导线2后，b点磁感应强度大小为0.5B，根据安培定则可知b点磁场方向垂直纸面向外。
故答案为：向里；0.5B；向外。
根据右手定则得出磁场的方向，结合磁场合成的特点得出b点的磁感应强度的大小和方向。
本题主要考查了通电导线周围的磁场特点，熟悉右手定则得出磁感应强度的方向，结合矢量合成的特点即可完成分析。
11.【答案】=电场 短
【解析】解：由回旋加速器的工作原理可知，欲使粒子每次经过狭缝时都被加速，若不计粒子在电场中的运动时间，应满足交变电场的周期与带电粒子做圆周运动的周期相等；
粒子在电场中加速，获得动能的增量；
带电粒子每次经过狭缝，交变电场使粒子加速，有
Ekm=NUq
仅增大交变电压，粒子达到最大动能被加速的次数减少，粒子在D形盒中运动的时间变短。
故答案为：=；电场；短。
根据回旋加速器的工作原理分析出交变电场的周期和粒子做圆周运动周期的大小关系；
理解粒子加速的能量来源，结合动能定理分析出交变电压对加速时间的影响。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解回旋加速器的工作原理，结合动能定理即可完成分析。
12.【答案】13.887平衡位置处 9.87
【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，该读数为
13.5mm+0.01×38.7mm=13.887mm
(2)为了减小测量误差，测量单摆周期T时，计时的起止位置应选择在小球运动过程中的速度大，便于快速确定位置的最低点，即选择平衡位置作为计时起点。
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg，则有
T2=4π2gL
结合题中函数可知
4π2g=4.00
解得：g≈9.87m/s2
故答案为：(1)13.887；(2)平衡位置；(3)9.87。
(1)根据螺旋测微器的读数规则得出对应的摆球的直径；
(2)根据实验原理分析出正确的测量周期的方法；
(3)根据单摆的周期公式，结合图像的物理意义得出g的大小。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。
13.【答案】Mm1lOP=m1lOM+m2lON A
【解析】解：(1)若碰撞为弹性碰撞，则有
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
由于m1=20.4g、m2=6.5g，若将这些质量代入上式可以发现有：v2>v0>v1
即小球1单独滚下的落地点为P，小球1碰后的落地点为M，小球2落地点为N。即小球1碰后在水平面上的落点位置为M。
(2)碰撞前后动量守恒，则有：m1v0=m1v1+m2v2
小球飞出后做平抛运动，竖直高度相同，竖直方向有：h=12gt2
水平方向有：lOP=v0t，lOM=v1t，lON=v2t
解得需要验证关系式为：m1lOP=m1lOM+m2lON
(3)根据题意有：x=lOP−lOM、y=lON
结合动量守恒的表达式：m1lOP=m1lOM+m2lON
联立解得：y=m1m2x=≈3.14x
即图像斜率大于1，由于横纵坐标取相同标度，可知图2中的图像A的斜率最接近。
故选：A。
故答案为：(1)M；(2)m1lOP=m1lOM+m2lON；(3)A。
(1)按弹性碰撞的公式大致求出碰撞前后的三个速度，从而大致确定三个落点的位置；
(2)根据平抛运动的规律确定水平位移与初速度的关系，由动量守恒定律求得验证动量守恒定律的表达式；
(3)根据题意写出y−x的表达式，结合质量的关系，从斜率的大小比较可得到结论。
该题考查验证动量守恒定律的实验，该实验利用平抛运动来验证动量守恒定律，掌握数据处理的方法。要注意明确平抛运动的性质，知道水平方向为匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
14.【答案】解：(1)速度选择器两极板间的场强为：E=Ud
带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有
qUd=qvB1
解得：v=UdB1
(2)带电粒子进入偏转磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半圆周，轨迹半径为12x，根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB2=mv2x2
解得：qm=2vB2x=2UB1B2dx
答：(1)带电粒子离开速度选择器时的速度大小v为UdB1；
(2)带电粒子的比荷qm为2UB1B2dx。
【解析】(1)根据E=Ud，求出速度选择器两极板间的场强，由平衡条件求出粒子速度大小v。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，确定粒子的轨迹半径，应用牛顿第二定律即可求出粒子的比荷。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，要分析清楚粒子的运动过程，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题。
15.【答案】解：(1)物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可知
mAv1=(mA+mB)v共
其中v1=1.2m/s，v共=1.0m/s，则解得
mA=1kg
(2)当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，则
12mAv12=Ep+12(mA+mB)v共2
代入数据解得：Ep=0.12J
(3)从A刚与弹簧接触到弹簧恢复至原长的过程动量守恒，则
12mAv12=12mAv1′2+12mBv2′2
代入数据解得
v′1=0.8m/s
答：(1)物块A的质量为1kg；
(2)此过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.12J；
(3)当弹簧恢复至原长的瞬间，物块A的速度为0.8m/s。
【解析】(1)根据动量守恒定律列式得出物块A的质量；
(2)当物块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出弹性势能的最大值；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律列式得出物块A的速度。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合能量守恒定律即可完成分析。
16.【答案】解：(1)t=0时开关S与1接通，已知恒流源的电流为I，则由牛顿第二定律有
F=BIl=(m+M)a
根据速度-时间公式有
v1=at1
解得飞机起飞的速度大小为：v1=BIlt1m+M
(2)0∼t1时间里，流过金属棒的电荷量为
q1=It1
t1∼t2时间里，设流过金属棒的电荷量为q2，取向右为正方向，根据动量定理有
−BI−l(t2−t1)=0−(m+M)v1
又q2=I−(t2−t1)
解得：q2=It1
飞机起飞后通过金属棒的电荷量为
q=q1+q2=It1+It1=2It1
(3)0∼t1时间里，金属棒的位移大小为
x1=v12t1
解得：
x1=BIlt122(m+M)
t1∼t2时间里，根据
q2=I−(t2−t1)
I−=E−R
E−=ΔΦΔt=Blx2t2−t1
解得：
x2=IRt1Bl
全过程金属棒的位移大小为
x=x1+x2
解得：
x=BIlt122(m+M)+IRt1Bl
答：(1)飞机起飞的速度大小为BIlt1m+M；
(2)飞机起飞后通过金属棒的电荷量为2It1；
(3)全过程金属棒的位移大小为BIlt122(m+M)+IRt1Bl。
【解析】(1)t=0时开关S与1接通，金属棒在安培力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由v=at求解飞机起飞的速度大小；
(2)0∼t1时间里，根据公式q=It求通过金属棒的电荷量；t1∼t2时间里，根据动量定理求通过金属棒的电荷量，再求得飞机起飞后通过金属棒的电荷量；
(3)0∼t1时间里，根据平均速度与时间的乘积求金属棒的位移大小。t1∼t2时间里，根据电荷量与电流的关系、法拉第电磁感应定律、欧姆定律相结合求金属棒的位移大小，从而求得全过程金属棒的位移大小。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。
1.光学在生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )
A. 光学镜头上的增透膜是应用了光的偏振
B. 观看立体电影时戴的眼镜是应用了光的干涉
C. 肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的干涉现象
D. 拍摄池中的游鱼时为减少水面反射光干扰，在镜头前装滤光片是应用了光的衍射
2.一定质量理想气体的体积V与温度T的关系如图所示，该气体经状态A→B→C→D→A的变化过程。状态A、B、C、D对应的压强分别为pA、pB、pC、pD，下列关系式正确的是( )
A. pA>pB
B. pB>pC
C. pC>pD
D. pD>pA
3.在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，其直流电阻不可忽略。下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S时，A1先亮，A2逐渐变亮
B. 断开开关S时，流过A1、A2的电流大小相等
C. 断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭
D. 断开开关S的瞬间，A2左端电势比右端电势高
4.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发涡旋电场。如图所示，一个半径为r的绝缘光滑细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一电荷量为q的带正电的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k。若小球从静止释放，在环上运动两圈回到初位置时的动能是( )
A. 0B. πr2qkC. 2πr2qkD. 4πr2qk
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.气压式升降椅通过气缸上下运动来控制椅子升降，气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，初态如图所示，气缸气密性、导热性良好，忽略与气动杆之间的摩擦，若一个人坐在椅子上，气体最终达到稳定状态，与初态相比( )
A. 气体的温度降低
B. 气体的压强增大
C. 所有气体分子的运动速率均减小
D. 气体分子单位时间内与缸壁单位面积碰撞的次数增加
6.我国航天员王亚平在天宫课堂演示了微重力环境下的水球光学实验。如图所示，往水球球心注入空气，形成一个同心球形气泡，内球面半径为3a，外球面半径为5a。若一细光束以53∘的入射角从A点射入水球，折射光线刚好与其内球面相切，到达外球面上的B点。已知真空中光速为c，sin53∘=0.8，则( )
A. 水的折射率43B. 水的折射率为53
C. 细光束从A点到B点所用时间32a3cD. 细光束从A点到B点所用时间为6ac
7.B超成像原理是通过探头向人体发射超声波，遇到人体组织产生反射，经仪器处理形成B超图像。探头沿x轴正方向发射一列简谱超声波，如图所示，t=0时刻波恰好传到质点P，质点Q的平衡位置横坐标为30×10−5m，已知该超声波在人体内传播的速度v=1500m/s，下列说法正确的是( )
A. 该超声波的频率为8×10−5Hz
B. 质点Q起振方向沿y轴负方向
C. t=2.0×10−7s时，质点Q到达波谷
D. 质点P第一次位移为0.2mm的时刻是t=715×10−7s
8.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为27Ω、1Ω和8Ω，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，当开关S闭合和断开时，变压器输出端功率相等。下列说法正确的是( )
A. 开关S闭合和断开时，变压器副线圈两端电压比为1：3
B. 开关S闭合和断开时，变压器副线圈两端电压比为3：1
C. 变压器原、副线圈匝数比为1：3
D. 变压器原、副线圈匝数比为3：1
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.如图所示为某正弦式半波电流的i−t图，则该电流的最大值为______ A，有效值为______ A，t=T8时的瞬时值为______ A。
10.如图所示，在一竖直面内有两根平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线中间，与两导线的距离均为r，b点在导线1上方，与导线1的距离也为r，现测得a点的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面______(选填“向里”或“向外”)；若去掉导线2后，b点的磁感应强度大小为______，方向垂直纸面______(选填“向里”或“向外”)。
11.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒构成，若不计粒子在电场中的运动时间，工作时交变电场的周期T电和粒子做圆周运动的周期T磁的关系为：T电______T磁。(选填“>”、“<”或“=”)，粒子从______(选填“磁场”或“电场”)中获得动能的增量，仅增大交变电压，粒子在D形盒中运动的时间变______(选填“长”或“短”)。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.小田同学在实验室利用如图甲所示的单摆测量当地的重力加速度。
(1)如图乙所示，用螺旋测微器测摆球的直径d，测得d=______ mm；
(2)测量单摆周期T时，计时的起止位置应选在小球运动过程中的______(选填“最高点处”或“平衡位置处”)；
(3)该同学测得多组周期T和摆长L的数据，利用计算机拟合得出如图丙所示的图像，其关系方程为：T2=4.00L。由此可以得出当地重力加速度g=______m/s2。(π取3.14，结果保留3位有效数字)
13.某物理兴趣小组研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系，装置如图1所示。安装好实验装置，记录重垂线所指的位置O。经测定两个直径相同的小球1、2质量分别为m1=20.4g、m2=6.5g，实验时，不放小球2，让小球1从固定的斜槽上C点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将小球2放置在斜槽末端，让小球1再次从斜槽上C点自由滚下，与小球2发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置，三个落点位置标记为M、P、N，用刻度尺测出lOM、lOP和lON。
(1)如果实验操作正确，小球1碰后在水平面上的落点位置为______(选填“M”、“P”或“N”)；
(2)要验证碰撞前后动量守恒，需验证关系式______(用m1、m2、lOM、lOP和lON表示)；
(3)同学们做了多组测量，取x=lOP−lOM，y=lON，横纵坐标取相同标度，作出y−x图像，该图像接近于图2 ______。
五、简答题：本大题共3小题，共39分。
14.2023年6月9日在杭州举行中国质谱学术大会。某种带有速度选择器的质谱仪如图所示，一个带正电的粒子从狭缝S1进入速度选择器做直线运动，经狭缝S2后垂直MN进入偏转磁场，最后打在荧光屏上的H点。已知速度选择器P1、P2两板间的电压为U，间距为d，板间磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向外；偏转磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外。已知S2、H两点间的距离为x，粒子重力忽略不计，求
(1)带电粒子离开速度选择器时的速度大小v；
(2)带电粒子的比荷qm。
15.如图甲所示，一质量为0.2kg的物块B与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块A向右运动。已知t=0时A刚与弹簧接触，t1时弹簧压缩至最短，此过程A、B的v−t图像如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内，求
(1)物块A的质量；
(2)此过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(3)当弹簧恢复至原长的瞬间，物块A的速度。
16.据媒体报道，采用先进电磁弹射技术的航母福建舰已经完成动力测试和系泊试验。某研究性学习小组开展电磁弹射系统模型的设计研究，如图甲所示，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计，导轨区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R的金属棒，垂直放在导轨间。实验时，将质量为M的绝缘模型飞机(图中未画出)锁定在金属棒上；t=0时开关S与1接通，金属棒从静止开始推动模型飞机一起加速；t1时刻，模型飞机达到起飞速度并立即与金属棒解锁，同时掷向2接通定值电阻R；t2时刻金属棒停止运动，全过程金属棒的v−t图像如图乙所示，已知恒流源的电流为I，不计空气阻力和飞机起飞对金属棒速度的影响，全过程金属棒与导轨接触良好，求
(1)飞机起飞的速度大小；
(2)飞机起飞后通过金属棒的电荷量；
(3)全过程金属棒的位移大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.光学镜头上的增透膜是应用了光的干涉现象，故A错误；
B.观看立体电影时戴的眼镜是应用了光的偏振现象，故B错误；
C.肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的干涉现象，故C正确；
D.反射光是偏振光，摄影师在拍摄池中的游鱼是在照相机前装了偏振滤光片，应用了光的偏振现象减弱水面反射光的影响，故D错误。
故选：C。
增透膜是应用光的干涉现象；立体电影应用了光电偏振；肥皂泡呈现彩色条纹是薄膜干涉现象；反射光为偏振光，根据光的偏振现象分析。
人类对于光学的研究及应用非常广泛，在学习中要注意掌握不同现象在生产生活中的应用。解答本题应掌握光的干涉现象和光的偏振现象。
2.【答案】D
【解析】解：由题图可知，A、B在一条等压线上，则有pA=pB，D、C在一条等压线上，则有pC=pD，根据一定质量的理想气体的状态方程pVT=C，可知VT越小，压强越大，由此可分析出：pC=pD>pA=pB，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据一定质量的理想气体状态方程，结合图像的物理意义分析出不同状态的压强大小关系。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，理解图像的物理意义，结合公式pV=CT即可完成分析。
3.【答案】B
【解析】解：A、当电键S闭合时，灯A2立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电流与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯A1逐渐亮起来；所以灯A2比灯A1先亮，故A错误；
BC、稳定后，由于线圈直流电阻不可忽略，则流过A1的电流较小，当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路放电，流过A1、A2的电流大小相等，两灯都过一会儿熄灭，断开S瞬间通过A2的电流比原来的小，则灯A2不会出现闪亮一下，故C错误，B正确；
D、由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，所以流过灯A2的电流方向向左，A2左端电势比右端电势低，故D错误。
故选：B。
当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
本题考查自感现象的应用，对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解。
4.【答案】C
【解析】解：变化磁场在圆环所在位置产生的感应电动势为
E=ΔΦΔt=ΔBΔtπr2=kπr2
若小球在环上运动两圈，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是
W=2qE=2πr2qk
根据动能定理可得
W=Ek−0
解得Ek=2πr2qk，故ABD错误，C正确。
故选：C。
变化磁场在圆环所在位置产生的感应电动势，小环在感生电场运动电场力做功，使得小球的动能增加。
求解感生电动势是本题要点，之后再用动能定理分析即可，难度不大。
5.【答案】BD
【解析】解：A.由于气缸导热性良好，气体最终达到稳定状态时密封气体温度与初态相同，故A错误；
B.密封气体温度不变，体积减小，由玻意耳定律可得：
p1V1=p2V2
得气体压强增大，故B正确；
C.密封气体温度不变，平均分子运动速率不变，是大量分子统计结果，这并不代表所有分子速率都不变或减小，故C错误；
D.气体温度不变，体积减小，因此分子密度增大，气体分子单位时间内与缸壁单位面积碰撞的次数增加，故D正确。
故选：BD。
气缸导热性能良好，则气体的温度和外界温度相等，保持不变；
根据玻意耳定律列式分析出压强的变化趋势；
根据温度的变化分析出气体分子的运动速率变化趋势；
理解气体压强的微观解释，结合选项完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，熟悉物体状态参量的分析，结合玻意耳定律即可完成解答。
6.【答案】AD
【解析】解：AB、如图所示。
由题意可知，入射角i=53∘
内球面半径为OC=3a，外球面半径为OA=5a，则sinr=OCOA=3a5a=0.6
可得折射角r=37∘
水的折射率为
n=sinisinr=sin53∘sin37∘=43，故A正确，B错误；
CD、光在水中的速度为
v=cn
根据几何关系得：sAC=4a
细光束从A点到B点所用时间为
t=2sACv，解得：t=6ac，故C错误，D正确。
故选：AD。
由几何关系求出折射角，再根据折射定律求折射率；由几何关系求出AB长度，根据v=cn求出光在水中传播速度，再求传播时间。
本题考查折射定律和光速公式的应用，关键要根据几何关系求出折射角和光在水中传播的距离。
7.【答案】BD
【解析】解：A.由图知该超声波的波长为
λ=12×10−5m
根据运动学公式可知超声波的周期为
T=λv=12×10−51500s=0.8×10−7s
该超声波的频率为
f=1T=10.8×10−7Hz=1.25×107Hz，故A错误；
B.由图可知，根据波形平移法可知质点P开始振动的方向沿y轴负方向，则质点Q起振方向沿y轴负方向，故B正确；
C.根据运动学公式可知波从P传播的Q的时间为：
t=Δxv=(30−12)×10−51500s=1.2×10−7s
到t=2.0×10−7s时，质点Q振动的时间为
Δt=2.0×10−7s−1.2×10−7s=0.8×10−7s=T
因此t=2.0×10−7s时，质点Q到达平衡位置，故C错误；
D.由图可知振幅为
A=0.4mm
质点P的振动方程为
y=−0.4sin(2π0.8×10−7t)mm
当y=0.2mm时，解得
t=715×10−7s，故D正确。
故选：BD。
根据图像得出超声波的波长，根据运动学公式得出超声波的周期；
根据简谐横波的运动特点得出质点的振动方向；
根据运动学公式得出质点P到达对应位置所需要的时间。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，解题的关键点是理解简谐横波的运动特点，结合图像的㘞意义和运动学公式即可完成分析。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、由题意知开关S闭合和断开时，变压器输出的功率相等，设为P，设闭合开关时，副线圈电压为U2，断开开关时，副线圈电压为U2′，根据功率的公式：P=U2R
可得：U22R2=U2′2R2+R3
将阻值代入解得：U2U2′=13，故A正确，B错误；
CD、根据题意有：由于输出功率相等有：I22R2=I2′2(R2+R3)
将阻值代入可得：I2=3I2′
当开关闭合时输入电压：U=I1R1+n1n2U2=n2n1I2R1+n1n2I2R2
当开关断开时输入电压：U=I1′R1+n1n2U2′=n2n1I2′R1+n1n2I2′(R2+R3)
输入电压相同，联立解得：n1n2=31，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据变压器的变压规律和变流规律，由功率公式求解电压比例关系、电流比例关系。结合比例关系求解匝数比。
本题考查变压器，学生需结合比例关系，及原副线圈功率相等综合分析解题。
9.【答案】633 2
【解析】解：根据图像，该交流电的电流的最大值为：Im=6A
由有效值的定义得：(Im 2)2R⋅T2=I有效2RT
解得：I有效=3A
t=T8时电流的瞬时值为：I=Imsinπ4
代入数据得：I=3 2A
故答案为：6；3；3 2
由图像读出最大值；根据有效值的定义求解；根据电流的瞬时值的表达式分析求解。
本题考查交流电图像和有效值的知识，注意求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解。
10.【答案】向里 0.5B向外
【解析】解：根据右手螺旋定则可知两导线在a点形成磁场方向相同，故磁感应强度方向纸面向里。
因为两导线电流大小相等，a点与两导线的距离也相等，故单根导线在a点形成磁感应强度大小为0.5B，故撤掉导线2后，b点磁感应强度大小为0.5B，根据安培定则可知b点磁场方向垂直纸面向外。
故答案为：向里；0.5B；向外。
根据右手定则得出磁场的方向，结合磁场合成的特点得出b点的磁感应强度的大小和方向。
本题主要考查了通电导线周围的磁场特点，熟悉右手定则得出磁感应强度的方向，结合矢量合成的特点即可完成分析。
11.【答案】=电场 短
【解析】解：由回旋加速器的工作原理可知，欲使粒子每次经过狭缝时都被加速，若不计粒子在电场中的运动时间，应满足交变电场的周期与带电粒子做圆周运动的周期相等；
粒子在电场中加速，获得动能的增量；
带电粒子每次经过狭缝，交变电场使粒子加速，有
Ekm=NUq
仅增大交变电压，粒子达到最大动能被加速的次数减少，粒子在D形盒中运动的时间变短。
故答案为：=；电场；短。
根据回旋加速器的工作原理分析出交变电场的周期和粒子做圆周运动周期的大小关系；
理解粒子加速的能量来源，结合动能定理分析出交变电压对加速时间的影响。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解回旋加速器的工作原理，结合动能定理即可完成分析。
12.【答案】13.887平衡位置处 9.87
【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，该读数为
13.5mm+0.01×38.7mm=13.887mm
(2)为了减小测量误差，测量单摆周期T时，计时的起止位置应选择在小球运动过程中的速度大，便于快速确定位置的最低点，即选择平衡位置作为计时起点。
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg，则有
T2=4π2gL
结合题中函数可知
4π2g=4.00
解得：g≈9.87m/s2
故答案为：(1)13.887；(2)平衡位置；(3)9.87。
(1)根据螺旋测微器的读数规则得出对应的摆球的直径；
(2)根据实验原理分析出正确的测量周期的方法；
(3)根据单摆的周期公式，结合图像的物理意义得出g的大小。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。
13.【答案】Mm1lOP=m1lOM+m2lON A
【解析】解：(1)若碰撞为弹性碰撞，则有
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
由于m1=20.4g、m2=6.5g，若将这些质量代入上式可以发现有：v2>v0>v1
即小球1单独滚下的落地点为P，小球1碰后的落地点为M，小球2落地点为N。即小球1碰后在水平面上的落点位置为M。
(2)碰撞前后动量守恒，则有：m1v0=m1v1+m2v2
小球飞出后做平抛运动，竖直高度相同，竖直方向有：h=12gt2
水平方向有：lOP=v0t，lOM=v1t，lON=v2t
解得需要验证关系式为：m1lOP=m1lOM+m2lON
(3)根据题意有：x=lOP−lOM、y=lON
结合动量守恒的表达式：m1lOP=m1lOM+m2lON
联立解得：y=m1m2x=≈3.14x
即图像斜率大于1，由于横纵坐标取相同标度，可知图2中的图像A的斜率最接近。
故选：A。
故答案为：(1)M；(2)m1lOP=m1lOM+m2lON；(3)A。
(1)按弹性碰撞的公式大致求出碰撞前后的三个速度，从而大致确定三个落点的位置；
(2)根据平抛运动的规律确定水平位移与初速度的关系，由动量守恒定律求得验证动量守恒定律的表达式；
(3)根据题意写出y−x的表达式，结合质量的关系，从斜率的大小比较可得到结论。
该题考查验证动量守恒定律的实验，该实验利用平抛运动来验证动量守恒定律，掌握数据处理的方法。要注意明确平抛运动的性质，知道水平方向为匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
14.【答案】解：(1)速度选择器两极板间的场强为：E=Ud
带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有
qUd=qvB1
解得：v=UdB1
(2)带电粒子进入偏转磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半圆周，轨迹半径为12x，根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB2=mv2x2
解得：qm=2vB2x=2UB1B2dx
答：(1)带电粒子离开速度选择器时的速度大小v为UdB1；
(2)带电粒子的比荷qm为2UB1B2dx。
【解析】(1)根据E=Ud，求出速度选择器两极板间的场强，由平衡条件求出粒子速度大小v。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，确定粒子的轨迹半径，应用牛顿第二定律即可求出粒子的比荷。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，要分析清楚粒子的运动过程，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题。
15.【答案】解：(1)物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可知
mAv1=(mA+mB)v共
其中v1=1.2m/s，v共=1.0m/s，则解得
mA=1kg
(2)当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，则
12mAv12=Ep+12(mA+mB)v共2
代入数据解得：Ep=0.12J
(3)从A刚与弹簧接触到弹簧恢复至原长的过程动量守恒，则
12mAv12=12mAv1′2+12mBv2′2
代入数据解得
v′1=0.8m/s
答：(1)物块A的质量为1kg；
(2)此过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.12J；
(3)当弹簧恢复至原长的瞬间，物块A的速度为0.8m/s。
【解析】(1)根据动量守恒定律列式得出物块A的质量；
(2)当物块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出弹性势能的最大值；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律列式得出物块A的速度。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合能量守恒定律即可完成分析。
16.【答案】解：(1)t=0时开关S与1接通，已知恒流源的电流为I，则由牛顿第二定律有
F=BIl=(m+M)a
根据速度-时间公式有
v1=at1
解得飞机起飞的速度大小为：v1=BIlt1m+M
(2)0∼t1时间里，流过金属棒的电荷量为
q1=It1
t1∼t2时间里，设流过金属棒的电荷量为q2，取向右为正方向，根据动量定理有
−BI−l(t2−t1)=0−(m+M)v1
又q2=I−(t2−t1)
解得：q2=It1
飞机起飞后通过金属棒的电荷量为
q=q1+q2=It1+It1=2It1
(3)0∼t1时间里，金属棒的位移大小为
x1=v12t1
解得：
x1=BIlt122(m+M)
t1∼t2时间里，根据
q2=I−(t2−t1)
I−=E−R
E−=ΔΦΔt=Blx2t2−t1
解得：
x2=IRt1Bl
全过程金属棒的位移大小为
x=x1+x2
解得：
x=BIlt122(m+M)+IRt1Bl
答：(1)飞机起飞的速度大小为BIlt1m+M；
(2)飞机起飞后通过金属棒的电荷量为2It1；
(3)全过程金属棒的位移大小为BIlt122(m+M)+IRt1Bl。
【解析】(1)t=0时开关S与1接通，金属棒在安培力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由v=at求解飞机起飞的速度大小；
(2)0∼t1时间里，根据公式q=It求通过金属棒的电荷量；t1∼t2时间里，根据动量定理求通过金属棒的电荷量，再求得飞机起飞后通过金属棒的电荷量；
(3)0∼t1时间里，根据平均速度与时间的乘积求金属棒的位移大小。t1∼t2时间里，根据电荷量与电流的关系、法拉第电磁感应定律、欧姆定律相结合求金属棒的位移大小，从而求得全过程金属棒的位移大小。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。
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