2025年高考物理解密之题型专题训练填空题（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之题型专题训练填空题（Word版附解析），共83页。试卷主要包含了，再经时间第2次经过该点等内容，欢迎下载使用。
1．（2024•漳州三模）为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某次测试该车做匀减速直线运动，由于位移和时间的关系图像为抛物线，为便于直观研究该运动规律，改作如图所示的与关系图像，则该车的初速度为 ，刹车过程中加速度大小为 ，刹车距离为 。
2．（2024•福建）镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中进行波长的选择。如图，一束复色光以一定入射角进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。若复色光含蓝、绿光，已知棱镜对蓝光的折射率大于绿光，则蓝光在棱镜中的折射角 （填“大于”“等于”或“小于” 绿光的折射角；若激光器输出的是蓝光，当要调为绿光输出时，需将棱镜以过入射点且垂直纸面的轴 （填“顺时针”或“逆时针” 转动一小角度。
3．（2024•福建）如图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为 。、分别为、的中点，则点的电势 （填“大于”“等于”或“小于” 点的电势；将一带电量为的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功 （填“大于零”“等于零”或“小于零” 。
4．（2024•广西）单摆可作为研究简谐运动的理想模型。
（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中 不变；
（2）用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为 ；
（3）若将一个周期为的单摆，从平衡位置拉开的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系为 。
5．（2024•福建）夜间环境温度为时，某汽车轮胎的胎压为2.9个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至，此时胎压为 个标准大气压，胎内气体的内能 （填“大于”“等于”或“小于” 时的内能。（计算时取
6．（2024•厦门三模）我国唐代对彩虹形成的原因已有记载，《礼记月令季春之月》中提到“日照雨滴则虹生”。一束太阳光射入球形雨滴形成彩虹的光路如图所示，则光线的频率 （选填“大于”、“等于”或“小于” 光线的频率，已知太阳光射入雨滴时入射角，光线偏折角，光线在雨滴中的折射率等于 （结果保留两位有效数字，，，。
7．（2024•包头二模）如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面点静止释放，小球在隧道内的运动可视为简谐振动。已知地球半径为，小球经过点时开始计时，由向运动，经时间第1次过点点图中未标出），再经时间第2次经过该点。则小球振动的周期为 ；到的距离为 。
8．（2024•重庆模拟）如图所示是一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图，已知波的传播速度。试回答下列问题：
①写出处的质点做简谐运动的表达式 ；
②处质点在内通过的路程为 。
9．（2024•福建模拟）一定质量理想气体先后经历，，三个阶段，其图像如图所示。
在的过程中气体内能的变化趋势为 （填“一直增大”或“一直减小”或“先增大后减小”或“先减小后增大” 。在过程中气体 （填“吸收”或“放出” 的热量为 。
10．（2024•西宁一模）某报告厅的平面图为矩形，如图所示，、两处设有两个与某同学等高的两个喇叭，间距为，间距为，某同学沿直线从位置运动到位置的过程中，在某些位置听不到声音，有些位置听到的声音却很强．已知空气中声速为，喇叭发出声音的频率为，声波的波长为 ，听不到声音的位置有 个．
11．（2024•泉州模拟）滑板运动非常有趣。如图所示，某同学踩着滑板在弧形滑板的内壁来回滑行，滑板的这种运动 （选填“可以”或“不可以” 视为简谐运动，若视为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时到达了相同的最高点，则站着运动的周期 （选填“比较大”“比较小”或“一样大” ，运动到最低点时的速度 （选填“比较大”“比较小”或“一样大” 。
12．（2024•仓山区校级模拟）2011年3月11日，日本福岛核电站发生核泄漏事故，其中铯对核辐射的影响最大，其半衰期约为30年。
（1）请写出铯137发生衰变的核反应方程 已知53号元素是碘，56号元素是钡。
（2）若在该反应过程中释放的核能为，则该反应过程中质量亏损为 （真空中的光速为。
（3）泄漏出的铯137约要经历 年才会有的原子核发生衰变。
13．（2024•福州模拟）如图所示，双缝、的间距，双缝到光屏的距离。光源到。的距离相等，光屏上的点到、的距离之差，现用某单色光在空气中做双缝干涉实验，测得两条相邻亮条纹的中心间距△。已知光在空气中的传播速度。则该单色光的波长为 ，频率为 ；处是 （选填“亮”或“暗” 条纹。
14．（2024•福州模拟）如图甲所示，某款自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的气体，通过压力传感器感知管中的气体压强，从而控制进水量。假设细管内气体温度不变，其压强与体积的关系如图乙所示，当气体从状态变化到状态时，洗衣缸内的水位 （填“升高”、“降低”或“不变” ，该过程细管内气体 （填“吸热”、“放热”或“不吸热不放热” 。
15．（2024•鼓楼区校级模拟）图示为氢原子的能级结构图。在某正四面体密闭容器的其中一个器壁上有一个红外光子接收仪，可以接收红外光子（能量范围在并计数。假设到达该器壁的所有红外光子均被接收仪吸收。现将容器内的氢原子全部激发到的能级，接收仪在之后的较短时间内接收到的红外光子，假定这段时间内每个氢原子只发生一次跃迁，且激发态的氢原子跃迁到每个能级的概率相同。能发射红外光子的能级跃迁是 （填“”或“”或“” ，该容器中氢原子的物质的量为 。
16．（2024•三明模拟）1988年，德国物理学家赫兹对火花放电现象进行深入研究，第一次验证了电磁波的存在。一小组研究电磁振荡实验，图甲为时刻的电路状态，此时电容器正在 （选填“充电”或“放电” ；图乙为通过线圈的电流随时间变化的图像，时刻电场能正在 （选填“增大”、“减小”或“不变” ；要增大振荡频率，可 （选填“增大”、“减小”或“不变” 电容器的电容。
17．（2024•浦东新区校级模拟）如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒。第一次以速度匀速向右平动，第二次以速度匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势之比 和通过的电荷量之比 。
18．（2024•德阳模拟）某同学利用打点计时器探究小车的运动规律，实验时按规范操作得到的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起每5个点标记一个计数点，标出了连续的5个计数点、、、、，相邻两计数点之间都有4个点迹没有标出，用刻度尺分别测量出、、的长度如图所示，已知打点计时器的打点周期是，纸带左端连接小车，根据数据可以推测该纸带记录的是小车做 直线运动；打下点时小车的瞬时速度大小为 ，小车的加速度大小为 （结果均保留两位有效数字）。
19．（2024•松江区校级三模）图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈和。线圈跟电源连接，线圈两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关的时候，弹簧将 ：立即；过一会儿）将衔铁向上拉起，原因是： 。
20．（2024•福州二模）如图所示，一束复色光从空气射入到玻璃三棱镜，出射光分成、两束单色光，则 （选填“”或“” 光在玻璃中折射率更大；在真空中光传播速度 （选填“大于”、“等于”或“小于” 光的传播速度；将，两束光分别经过相同的单缝衍射装置， （选填“”或“” 光产生的中央亮条纹更宽。
21．（2024•荆州区校级模拟）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行，正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示
①此玻璃的折射率计算式为 （用图中的、表示）；
②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 。（填“大”或“小” 的玻璃砖来测量。
22．（2024•北京模拟）如图为某同学用电流表和电压表测量电阻的部分实验电路图。在某次测量中，电压表的示数为，电流表的示数为，根据测量数据可计算出电阻 。
若仅考虑电表内阻的影响，实验中电阻的测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小” 。
23．（2024•泉州二模）（1）一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为时，通过的电流是。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为，金属丝两端所加的电压应为 。
（2）有一个满偏电流为的毫安表，电表内阻为，现将该毫安表的量程扩大至，则应并联一个阻值为 的电阻。
（3）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表的量程为，内阻为，图中串联的分压电阻，则 。
24．（2024•泉州模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，输入的交变电压如图乙所示，、是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡能正常发光，则灯泡 （选填“能”或“不能” 正常发光，灯泡的额定电压为 ，交变电压瞬时值表达式为 。
25．（2024•四川模拟）如图（a）所示，水平面上、、、四点构成一矩形，两波源分别位于、两点；两波源振动规律如图（b）所示，已知、两波源产生的两列简谐波传到点的时间差是，，，则两列波的波长均为 ，、两点的振动规律 （填“相同”或“不同” ，、两点所在的直线共有 个振动加强的点。
2025年高考物理解密之填空题
参考答案与试题解析
一．填空题（共25小题）
1．（2024•漳州三模）为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某次测试该车做匀减速直线运动，由于位移和时间的关系图像为抛物线，为便于直观研究该运动规律，改作如图所示的与关系图像，则该车的初速度为 30 ，刹车过程中加速度大小为 ，刹车距离为 。
【答案】30，50，90。
【考点】复杂的运动学图像问题
【专题】推理法；定量思想；运动学中的图象专题；分析综合能力
【分析】根据位移—时间公式，变形成符合图像坐标的表达式，从而得出物体运动的初始条件，进而得出答案。
【解答】解：根据位移—时间公式有，等式两边都除以，有，所以图像中轴的截距表示初速度大小，所以初速度为，斜率为加速度的一半，，解得，所以位移的表达式为，将代入解得
故答案为：30，50，90。
【点评】学生在解答本题时，应注意能够根据图像中的横纵坐标，结合所学的已知公式，分析图像中蕴含的物理信息。
2．（2024•福建）镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中进行波长的选择。如图，一束复色光以一定入射角进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。若复色光含蓝、绿光，已知棱镜对蓝光的折射率大于绿光，则蓝光在棱镜中的折射角 小于 （填“大于”“等于”或“小于” 绿光的折射角；若激光器输出的是蓝光，当要调为绿光输出时，需将棱镜以过入射点且垂直纸面的轴 （填“顺时针”或“逆时针” 转动一小角度。
【答案】小于，逆时针。
【考点】光的折射定律
【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力
【分析】根据折射定律列式判断折射角大小，结合图像分析棱镜如何旋转才能使蓝光输出改为绿光输出。
【解答】解：根据折射定律可得，由于透镜对蓝光折射率大于绿光，则透镜中蓝光折射角小于绿光折射角；若此时激光为蓝光，要变为绿光，根据，由于绿光的折射率较小，为了保证折射角不变，则入射角应减小，即逆时针改变入射角。
故答案为：小于，逆时针。
【点评】考查光的折射定律及其应用，会根据题意进行准确分析判断。
3．（2024•福建）如图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为 。、分别为、的中点，则点的电势 （填“大于”“等于”或“小于” 点的电势；将一带电量为的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功 （填“大于零”“等于零”或“小于零” 。
【答案】，大于，大于零。
【考点】电场力做功与电势能变化的关系
【专题】推理法；电场力与电势的性质专题；定量思想；推理论证能力
【分析】根据对称性排除相应电荷对电场强的干扰，然后分析不具备对称性的点电荷对的场强，结合场强的叠加原理，电场中电势高低的判断方法以及电场力做功的知识进行分析解答。
【解答】解：由于对称性，直径、上面三个电荷与下面三个电荷对点的场强之和为0，对、两点电势的影响相同，因此只需考虑点和点两个电荷即可。根据点电荷场强公式和场强叠加原理，点场强为；点更靠近点的，点 更靠近点的，则点电势大于点；将从点移到点，电场力做功。
故答案为：，大于，大于零。
【点评】考查点电荷的场强和电场叠加知识，会根据电荷分布判断电势高低以及电场力对电荷做功的问题。
4．（2024•广西）单摆可作为研究简谐运动的理想模型。
（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中 摆长 不变；
（2）用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为 ；
（3）若将一个周期为的单摆，从平衡位置拉开的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系为 。
【答案】（1）摆长；（2）1.16；（3）。
【考点】用单摆测定重力加速度
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；单摆问题；实验探究能力
【分析】（1）根据实验原理，单摆在摆动过程中，应保持单摆的摆长不变，据此分析作答；
（2）10分度游标卡尺的精确度为，根据游标卡尺的读数规则读数；
（3）根据单摆周期公式求摆长，根据数学知识求单摆的振幅，再求解单摆的振动方程。
【解答】解：（1）根据实验原理，单摆在摆动过程中，应保持单摆的摆长不变，图甲摆线的悬点固定，图乙中摆线的悬点不固定，因此为了保持摆动中摆长不变，应该选择图甲的方式；
（2）10分度游标卡尺的精确度为，摆球直径；
（3）根据单摆周期公式
单摆的摆长
根据数学知识，单摆的振幅
将次单摆从最大位移处释放，单摆的振动方程为
故答案为：（1）摆长；（2）1.16；（3）。
【点评】本题主要考查了游标卡尺的读数、单摆的周期公式和单摆做简谐运动的规律；在求解摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系时，要主要释放摆球的初位置。
5．（2024•福建）夜间环境温度为时，某汽车轮胎的胎压为2.9个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至，此时胎压为 3.0 个标准大气压，胎内气体的内能 （填“大于”“等于”或“小于” 时的内能。（计算时取
【答案】3.0，大于。
【考点】气体的等容变化与查理定律的应用；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力
【分析】根据查理定律和热力学第一定律列式求解判断。
【解答】解：轮胎内部被封闭气体的体积不变，初始温度，压强，末状态温度为，压强为，根据查理定律有，代入数据解得，根据热力学第一定律△，气体体积没有发生改变，故，由于环境温度升高，气体会从外界吸收热量，故，所以气体内能大于初始状态内能。
故答案为：3.0，大于。
【点评】考查查理定律的应用以及热力学第一定律，会根据题意进行准确分析解答。
6．（2024•厦门三模）我国唐代对彩虹形成的原因已有记载，《礼记月令季春之月》中提到“日照雨滴则虹生”。一束太阳光射入球形雨滴形成彩虹的光路如图所示，则光线的频率 大于 （选填“大于”、“等于”或“小于” 光线的频率，已知太阳光射入雨滴时入射角，光线偏折角，光线在雨滴中的折射率等于 （结果保留两位有效数字，，，。
【答案】大于；1.3
【考点】光的折射定律
【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力
【分析】根据光的偏折程度分析折射率，根据折射定律解得折射率。
【解答】解：由图分析可知，第一次折射时，光的偏折较小，则光的折射率较小；
根据折射定律可知
代入数据解得
故答案为：大于；1.3
【点评】本题关键之处是分析第一次折射时折射角的关系，要注意运用折射定律计算折射率的公式。
7．（2024•包头二模）如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面点静止释放，小球在隧道内的运动可视为简谐振动。已知地球半径为，小球经过点时开始计时，由向运动，经时间第1次过点点图中未标出），再经时间第2次经过该点。则小球振动的周期为 ；到的距离为 。
【答案】；。
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数
【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理论证能力
【分析】根据简谐运动具有周期性和对称性判断周期，位移时间函数图像是一个正弦函数图像，然后根据振动方程求出与之间的距离。
【解答】解：由简谐运动时间的对称性可知小球从点运动到点的时间为
则小球振动的周期为
小球做简谐运动的振动方程为
小球从运动到的时间
则到的距离为
故答案为：；。
【点评】本题考查了简写运动的周期、位移、回复力的特点，把握运动的周期性是关键。
8．（2024•重庆模拟）如图所示是一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图，已知波的传播速度。试回答下列问题：
①写出处的质点做简谐运动的表达式 ② ；
②处质点在内通过的路程为 。
【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力
【分析】（1）根据图象知，处的质点初始时刻在正的最大位移处，通过图象得出波长、振幅，根据波速和波长求出周期，从而得出圆频率，写出振动的函数表达式。
（2）抓住质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅求出质点在内通过的路程。
【解答】解：①波长，周期，振幅。
则。
初始时刻质点位于正的最大位移处，所以初相位为，
则处质点振动的函数表达式为。
②，
则内路程。
故答案为：①②110；
【点评】解决该题的关键是知道振动方程中初相位的求解方法，知道一个周期内质点的路程为4个振幅；
9．（2024•福建模拟）一定质量理想气体先后经历，，三个阶段，其图像如图所示。
在的过程中气体内能的变化趋势为 先增大后减小 （填“一直增大”或“一直减小”或“先增大后减小”或“先减小后增大” 。在过程中气体 （填“吸收”或“放出” 的热量为 。
【答案】先增大后减小；放出；2000。
【考点】热力学第一定律的图像问题；理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】热力学定律专题；推理法；定量思想；推理能力
【分析】一定质量理想气体的内能仅与温度有关，温度越高内能越大。根据一定质量的理想气体分析出气体的温度变化，结合热力学第一定律和图像的物理意义完成分析。
【解答】解：在的过程中，根据可知，先增大后减小，则温度先增大后减小，一定质量理想气体的内能仅与温度有关，温度越高内能越大，则在的过程中气体内能的变化趋势为先增大后减小；
由理想气体状态方程有，代入数据可得
则气体在状态的内能等于状态的内能，在过程中，图像中图线与横轴围成的面积等于气体做的功，整个过程，外界对气体做功为：
由热力学第一定律有△
可得，即在过程中气体放出的热量为。
故答案为：先增大后减小；放出；2000。
【点评】本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。
10．（2024•西宁一模）某报告厅的平面图为矩形，如图所示，、两处设有两个与某同学等高的两个喇叭，间距为，间距为，某同学沿直线从位置运动到位置的过程中，在某些位置听不到声音，有些位置听到的声音却很强．已知空气中声速为，喇叭发出声音的频率为，声波的波长为 ，听不到声音的位置有 个．
【考点】机械波的图像问题
【专题】参照思想；合成分解法；振动图象与波动图象专题
【分析】本题是波的干涉问题，当波程差为半个波长奇数倍时振动减弱，听不到声音，据此可正确解答．
【解答】解：声波的波长，在、两喇叭的距离差为半个波长奇数倍的位置，两声音干涉相抵消，听不到声音．连线的中点到两喇叭的距离差为0，从中点向两边到两喇叭的距离差逐渐增大，由几何关系可知，、两点到两喇叭的距离差最大为，故点两边到两喇叭的距离增大到、、三个位置时，听不到声音，由对称性可知，听不到声音的位置有6个．
故选：，6．
【点评】关于波的干涉，关键要明确干涉条件，并能正确利用振动加强和减弱条件进行有关运算．
11．（2024•泉州模拟）滑板运动非常有趣。如图所示，某同学踩着滑板在弧形滑板的内壁来回滑行，滑板的这种运动 不可以 （选填“可以”或“不可以” 视为简谐运动，若视为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时到达了相同的最高点，则站着运动的周期 （选填“比较大”“比较小”或“一样大” ，运动到最低点时的速度 （选填“比较大”“比较小”或“一样大” 。
【答案】不可以，比较小，比较小。
【考点】简谐运动的回复力
【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；分析综合能力
【分析】根据简谐运动的回复力特征分析；根据周期公式分析其运动周期，根据重力势能与动能的转化分析其速度大小。
【解答】解：滑板在弧形滑板的内壁来回滑行，不可以视为简谐运动，简谐运动需要满足回复力与位移成正比，且方向相反，即，而滑板运动中，滑板除受到重力和支持力外，其所受的摩擦力比较复杂，不符合简谐运动回复力的特征，在不计摩擦及阻力的情况下，最大偏角小于的条件下，可能近似的将其看作简谐运动；
若视为简谐运动，根据周期公式可知：该同学站在滑板上时，其重心高度高，则其做简谐运动的摆长小，其周期比较小；
从最高点运动到最低点的过程中，该同学站在滑板上时，其重力势能减小量小，其动能增加量也小，则其速度比较小。
故答案为：不可以，比较小，比较小。
【点评】此题考查了简谐运动的相关知识，掌握简谐运动的定义，用所学物理知识分析生活中的问题。
12．（2024•仓山区校级模拟）2011年3月11日，日本福岛核电站发生核泄漏事故，其中铯对核辐射的影响最大，其半衰期约为30年。
（1）请写出铯137发生衰变的核反应方程 已知53号元素是碘，56号元素是钡。
（2）若在该反应过程中释放的核能为，则该反应过程中质量亏损为 （真空中的光速为。
（3）泄漏出的铯137约要经历 年才会有的原子核发生衰变。
【答案】（1）；（2）；（3）90。
【考点】衰变的特点、本质及方程；用爱因斯坦质能方程计算核反应的核能
【专题】定量思想；推理法；理解能力；光电效应专题；衰变和半衰期专题；信息给予题
【分析】（1）根据质量数和核电荷数守恒求解核反应方程；
（2）根据爱因斯坦质量方程求解质量亏损；
（3）根据半衰期求衰变时间。
【解答】解：（1）铯发生衰变时，由质量数和电荷数守恒，可得该核反应方程是
（2）根据爱因斯坦的质能方程，可得该反应过程中质量亏损是
（3）泄漏出的铯137有的原子核发生衰变，还剩，设衰变的时间约为，则有
半衰期约为30年，解得年。
故答案为：（1）；（2）；（3）90。
【点评】本题考查了核反应方程的书写、半衰期的求解以及爱因斯坦的质能方程，要求熟练掌握相关知识。
13．（2024•福州模拟）如图所示，双缝、的间距，双缝到光屏的距离。光源到。的距离相等，光屏上的点到、的距离之差，现用某单色光在空气中做双缝干涉实验，测得两条相邻亮条纹的中心间距△。已知光在空气中的传播速度。则该单色光的波长为 ，频率为 ；处是 （选填“亮”或“暗” 条纹。
【答案】；；暗。
【考点】光的干涉现象；用双缝干涉测量光的波长
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；光的干涉专题；实验能力
【分析】根据双缝干涉条纹间距公式和波长与频率的关系求解波长和频率，结合产生明条纹和暗条纹的条件求解作答。
【解答】解：根据双缝干涉条纹间距公式
根据波长与频率关系
代入数据得
点到 的距离之差
由此可知，所以点为暗条纹。
故答案为：；；暗。
【点评】本题主要考查了双缝干涉测波长的实验，关键是要明确实验的原理，知道产生明、暗条纹的条件。
14．（2024•福州模拟）如图甲所示，某款自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的气体，通过压力传感器感知管中的气体压强，从而控制进水量。假设细管内气体温度不变，其压强与体积的关系如图乙所示，当气体从状态变化到状态时，洗衣缸内的水位 降低 （填“升高”、“降低”或“不变” ，该过程细管内气体 （填“吸热”、“放热”或“不吸热不放热” 。
【答案】降低，吸热。
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；分析综合能力
【分析】根据气体做等温变化，体积减小压强变大即可分析；再根据热力学第一定律即可分析该过程气体吸放热情况。
【解答】解：根据题意细管内气体温度不变，气体从状态变化到状态时，由可知，状态气体压强大于状态，因此洗衣缸内的水位降低；
该过程，气体做等温变化，气体内能不变，即△，到过程，外界对气体做功，即，根据热力学第一定律△可知，，即该过程细管内气体吸热。
故答案为：降低，吸热。
【点评】解答本题要把握气体从状态到状态过程中，气体状态参量的变化，再根据热力学第一定律即可解答，题目难度适中。
15．（2024•鼓楼区校级模拟）图示为氢原子的能级结构图。在某正四面体密闭容器的其中一个器壁上有一个红外光子接收仪，可以接收红外光子（能量范围在并计数。假设到达该器壁的所有红外光子均被接收仪吸收。现将容器内的氢原子全部激发到的能级，接收仪在之后的较短时间内接收到的红外光子，假定这段时间内每个氢原子只发生一次跃迁，且激发态的氢原子跃迁到每个能级的概率相同。能发射红外光子的能级跃迁是 （填“”或“”或“” ，该容器中氢原子的物质的量为 。
【答案】，18。
【考点】分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）
【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力
【分析】先计算氢原子跃迁发出光子能量的可能值，据此判断被红外光子接收仪接收的光子的来源，并根据题设条件计算该容器中氢原子的物质的量。
【解答】解：由图可知处在能级的氢原子分别跃迁至能级、能级、能级时发出的光子的能量分别为0.66 、2.55 、12.75 ，由题意可知，只有从能级跃迁至能级的氢原子发出的红外光子能够被接收到；
由题意可知，只有从能级跃迁至能级的氢原子发出的光子能够被接收到，则测量时容器内约有的氢原子从能级跃迁到能级，若每个氢原子只发生一次跃迁且跃迁到每个能级的概率相同，则该容器中氢原子的物质的量可能为。
故答案为：，18。
【点评】本题考查能级跃迁的知识，关键是理解能级跃迁满足的条件，难度不大。
16．（2024•三明模拟）1988年，德国物理学家赫兹对火花放电现象进行深入研究，第一次验证了电磁波的存在。一小组研究电磁振荡实验，图甲为时刻的电路状态，此时电容器正在 充电 （选填“充电”或“放电” ；图乙为通过线圈的电流随时间变化的图像，时刻电场能正在 （选填“增大”、“减小”或“不变” ；要增大振荡频率，可 （选填“增大”、“减小”或“不变” 电容器的电容。
【答案】充电；增大；减小。
【考点】电磁振荡及过程分析
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力
【分析】电容器充电过程电路电流减小，电容器所带电荷量增加，电场能增加，根据图乙所示图像分析清楚电磁振荡过程，根据振荡频率的公式分析解答。
【解答】解：图甲中时刻，电流沿逆时针方向，电容器的上极板带正电，电荷流向极板，所以此时电容器正在充电；图乙中根据电流随时间变化的图像可知，时刻通过线圈的电流正在减小，磁场能在减小，根据能量守恒定律可知，电场能在增大；根据振荡频率的公式可知，减小电容器的电容，可以使振荡频率增大。
故答案为：充电；增大；减小。
【点评】解决本题的关键知道在振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能，理会根据振荡频率的公式分析问题。
17．（2024•浦东新区校级模拟）如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒。第一次以速度匀速向右平动，第二次以速度匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势之比 和通过的电荷量之比 。
【答案】，。
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【专题】定量思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力
【分析】根据公式求感应电动势之比。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系得到通过的电荷量与棒移动距离的关系，再求通过的电荷量之比。
【解答】解：根据可得两种情况下回路中产生的感应电动势之比为
设导体棒移动的距离为。
根据△，，，可得通过的电荷量，则，故通过的电荷量之比为
故答案为：，。
【点评】解答本题的关键要熟练根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系推导出，并在理解的基础上记牢，经常用到。
18．（2024•德阳模拟）某同学利用打点计时器探究小车的运动规律，实验时按规范操作得到的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起每5个点标记一个计数点，标出了连续的5个计数点、、、、，相邻两计数点之间都有4个点迹没有标出，用刻度尺分别测量出、、的长度如图所示，已知打点计时器的打点周期是，纸带左端连接小车，根据数据可以推测该纸带记录的是小车做 匀加速 直线运动；打下点时小车的瞬时速度大小为 ，小车的加速度大小为 （结果均保留两位有效数字）。
【答案】匀加速；1.0；2.0。
【考点】探究小车速度随时间变化的规律
【专题】定量思想；实验分析法；直线运动规律专题；实验能力
【分析】根据连续相等时间间隔位移变化分析小车运动情况，匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，根据逐差法计算加速度。
【解答】解：假定小车做匀加速直线运动，
由于△
△。
相等时间间隔位移差值恒定，故汽车做匀加速直线运动。
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可以求出打纸带上点时小车的瞬时速度大小
根据逐差法得：
故答案为：匀加速；1.0；2.0。
【点评】本题主要考查学生对打点计时器纸带数据的处理，需要牢固掌握逐差法计算加速度。
19．（2024•松江区校级三模）图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈和。线圈跟电源连接，线圈两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关的时候，弹簧将 ：立即；过一会儿）将衔铁向上拉起，原因是： 。
【答案】；因为线圈中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。
【考点】楞次定律及其应用
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力
【分析】图中有两个线圈，其中有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而线圈无电源，开关闭合后没有电流，只有当中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，线圈才会产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解。
【解答】解：由题意可知，当接通后，线圈中产生磁场，穿过线圈的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，中产生与图示方向相反的感应电流，当将断开，导致穿过线圈的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放的作用。
答：；因为线圈中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。
【点评】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈的作用是阻碍线圈磁通量的变化。
20．（2024•福州二模）如图所示，一束复色光从空气射入到玻璃三棱镜，出射光分成、两束单色光，则 （选填“”或“” 光在玻璃中折射率更大；在真空中光传播速度 （选填“大于”、“等于”或“小于” 光的传播速度；将，两束光分别经过相同的单缝衍射装置， （选填“”或“” 光产生的中央亮条纹更宽。
【答案】；等于；
【考点】折射率的波长表达式和速度表达式；光的单缝衍射和小孔衍射
【专题】定性思想；推理法；光的衍射、偏振和电磁本性专题；理解能力
【分析】根据光线的偏折程度判断折射率的大小，真空中所有光的传播速度相等；根据单缝衍射的特点分析。
【解答】解：从图中可看出的偏折程度大，所以的折射率大；
在真空中所有光的传播速度相等；
根据题意可知的频率大，波长小，在经过相同的单缝衍射装置，光产生的中央亮条纹更宽。
故答案为：；等于；
【点评】本题是几何光学的基本问题，关键要掌握折射率的意义、注意衍射产生的中央亮条纹的影响因素。
21．（2024•荆州区校级模拟）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行，正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示
①此玻璃的折射率计算式为 （用图中的、表示）；
②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 。（填“大”或“小” 的玻璃砖来测量。
【考点】测量玻璃的折射率
【专题】光的折射专题
【分析】（1）入射角和折射角是光线与法线的夹角，根据图确定入射角和折射角，根据折射定律求出折射率。
（2）在相同条件下，测量的量大时，相对误差较小。
【解答】解：（1）由图得到，光线在玻璃砖上表面上入射角为，折射角为，根据折射定律得

（2）在宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择时，玻璃砖宽度较大时，引起的角度误差较小。
故答案为：（1）①； ②大
【点评】本实验用“插针法”测定玻璃的折射率的原理是折射定律，入射角和折射角都是光线与法线的夹角，不是与界面的夹角。
22．（2024•北京模拟）如图为某同学用电流表和电压表测量电阻的部分实验电路图。在某次测量中，电压表的示数为，电流表的示数为，根据测量数据可计算出电阻 10 。
若仅考虑电表内阻的影响，实验中电阻的测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小” 。
【答案】10，偏小。
【考点】伏安法测电阻
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力
【分析】根据电阻的公式代入数据计算电阻，由电表的接法和电压表的分流分析误差。
【解答】解：根据公式，考虑电表内阻的影响，因为电压表的分流作用，电流表的电流大于电阻的真实电流，而电压值准确，故测量值小于真实值。
故答案为：10，偏小。
【点评】考查电阻的定义，会根据题意代入数据运算，会分析误差。
23．（2024•泉州二模）（1）一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为时，通过的电流是。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为，金属丝两端所加的电压应为 。
（2）有一个满偏电流为的毫安表，电表内阻为，现将该毫安表的量程扩大至，则应并联一个阻值为 的电阻。
（3）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表的量程为，内阻为，图中串联的分压电阻，则 。
【答案】（1）；（2）1.8；（3）1000。
【考点】电表的改装和应用（实验）；串联电路的特点及应用
【专题】分析综合能力；定量思想；推理法；恒定电流专题
【分析】（1）根据电阻定律先求解金属丝变化后的电阻和原来电阻值的比较，然后再由欧姆定律求电压；
（2）根据并联分流原理改装电流表，列式求解；
（3）根据串联分压的原理改装电压表，并根据所给数据列式求解。
【解答】解：（1）根据题意，金属丝原来的电阻
，，
金属丝均匀拉长到原来的2倍，电阻
，
根据欧姆定律，所加电压
。
（2）根据并联电路的特点
代入，，解得
；
（3）根据串联电路的特点
改装为量程为的电压表时，有
代入，，，
解得
故答案为：（1）；（2）1.8；（3）1000。
【点评】熟练掌握电阻定律和电表的改装原理，并能进行相关应用。
24．（2024•泉州模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，输入的交变电压如图乙所示，、是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡能正常发光，则灯泡 不能 （选填“能”或“不能” 正常发光，灯泡的额定电压为 ，交变电压瞬时值表达式为 。
【答案】不能，40，。
【考点】变压器的构造与原理；交变电流的图像和图像
【专题】定量思想；交流电专题；推理法；推理能力
【分析】根据变压器的变压比和电压的有效值以及电压关系列式求解，结合交变电压的表达式列式解答。
【解答】解：原副线圈的匝数比，即灯泡的电流是灯泡电流的2倍，故灯泡正常发光，不能正常发光；根据图乙，电源电压有效值为，设灯泡的电阻为，的电流为，根据电压关系有，则，所以灯泡的电压为，根据图乙，交变电压的瞬时值表达式为。
故答案为：不能，40，。
【点评】考查交流电的最大值、有效值、变压器的相关问题，会根据题意进行准确分析和解答。
25．（2024•四川模拟）如图（a）所示，水平面上、、、四点构成一矩形，两波源分别位于、两点；两波源振动规律如图（b）所示，已知、两波源产生的两列简谐波传到点的时间差是，，，则两列波的波长均为 2 ，、两点的振动规律 （填“相同”或“不同” ，、两点所在的直线共有 个振动加强的点。
【答案】2；相同；5。
【考点】波的叠加；波长、频率和波速的关系
【专题】推理能力；定量思想；方程法；简谐运动专题
【分析】、两波源产生的两列简谐波传到点的时间差是，由此求解波速，由题图（b）可知两列波的周期，根据求解波长；
根据对称性得到、两点的振动规律相同；
当、间的点与、的距离差等于波长的整数倍时，该点为振动加强点，由此解答。
【解答】解：设波速为，、两波源产生的两列简谐波传到点的时间差是，则有：
解得：
由题图（b）可知两列波的周期为：
则波长：
、两波源振动情况相同，、两点到、两点的距离对称，则、两点的振动规律相同。
由几何关系可知：
波长，当、间的点与、的距离差等于波长的整数倍时，该点为振动加强点，设该点到点的距离为，有：
，1，
解得：，，，，
所以、两点所在的直线共有5个点为振动加强点。
故答案为：2；相同；5。
【点评】本题主要是考查波的叠加，关键是掌握波长与波速的关系，知道振动加强的条件。
考点卡片
1．复杂的运动学图像问题
【知识点的认知】
1.除了常见的x﹣t图像，v﹣t图像与a﹣t图像外，还有一些少见的运动学图像如﹣t图像，v﹣x图像、v2﹣x图像等。
2.这些图像往往都与运动学的公式有关联。
3.解题步骤一般如下：
①根据图像的纵横坐标找出图像应用了那个运动学公式；
②根据图像推出具体的表达式；
③分析斜率、截距、面积等因素的物理意义。
【命题方向】
在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（ ）
A、甲车的加速度比乙车的加速度小
B、在x＝0.5m处甲、乙两车相遇
C、在x＝1m处甲、乙两车相遇
D、在t＝2s末甲、乙两车相遇
分析：根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式：＝2ax，可以知道图象斜率是两倍的加速度，由图象可以直接得到速度相等时的位移，从同一位置出发，两车相遇时的位移相等，根据匀变速直线运动特征判断位移相等时的位移和时间．
解答：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系＝2ax，得v2＝2ax+，可知图象的斜率k＝2a。
由图可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；
BCD、由图象可知x＝0.5m时，两车速度的平方相等，速度相等。
由图可知，对于甲车做初速度为0加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，两车相遇时，位移相等，则有：
＝
代入得：2×t2＝1×t+1×t2
解得，t＝2s
相遇处两车的位移为 x＝＝m＝4m，故BC错误，D正确。
故选：D。
点评：读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移—速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量．
【解题思路点拨】
非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。
2．简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数
【知识点的认识】
简谐运动的描述
（1）描述简谐运动的物理量
①位移x：由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是矢量．
②振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱．
③周期T和频率f：物体完成一次全振动所需的时间叫周期，而频率则等于单位时间内完成全振动的次数，它们是表示震动快慢的物理量．二者互为倒数关系．
（2）简谐运动的表达式x＝Asin（ωt+φ）．
（3）简谐运动的图象
①物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦（或余弦）曲线．
②从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图1所示．
从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acsωt，图象如图2所示．
【命题方向】
常考题型是考查简谐运动的图象的应用：
（1）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点运动频率是4Hz
B．在10s要内质点经过的路程是20cm
C．第4s末质点的速度是零
D．在t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
分析：由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度．
解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为Hz＝0.25Hz，故A错误；
B、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.5×4×2cm＝20cm，故B正确；
C、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；
D、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故D错误；
故选：B．
点评：图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用．
（2）一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，如图所示，以某一时刻t＝0为计时起点，经周期，振子具有正方向最大的加速度，那么选项所示的振动图线中，能正确反应振子的振动情况是（以向右为正方向）（ ）
A．B．
C．D．
分析：根据某一时刻作计时起点（t＝0），经周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0时刻质点的位置和速度方向，确定位移的图象．
解：由题，某一时刻作计时起点（t＝0），经周期，振子具有正方向最大加速度，由a＝﹣知，此时位移为负方向最大，即在A点，说明t＝0时刻质点经过平衡位置向左，则x＝0，在周期内位移向负方向最大变化．
故选：D．
点评：本题在选择图象时，关键研究t＝0时刻质点的位移和位移如何变化．属于基础题．
【解题方法点拨】
振动物体路程的计算方法
（1）求振动物体在一段时间内通过路程的依据：
①振动物体在一个周期内通过的路程一定为四个振幅，在n个周期内通过的路程必为n•4A；
②振动物体在半个周期内通过的路程一定为两倍振幅；
③振动物体在内通过的路程可能等于一倍振幅，还可能大于或小于一倍振幅，只有当初始时刻在平衡位置或最大位移处时，内通过的路程才等于一倍振幅。
（2）计算路程的方法是：先判断所求时间内有几个周期，再依据上述规律求路程。
3．简谐运动的回复力
【知识点的认识】
1.回复力定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。用数学式表达即为F＝﹣kx。
2.加速度：a＝＝﹣
3.运动性质：变速度运动
【命题方向】
如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物块，mA＝0.1kg，mB＝0.5kg，弹簧伸长15cm，若剪断A、B间的细绳，A做简谐振动，g取10m/s2，求：
（1）物块A做简谐运动的振幅是多少；
（2）物块A在最高点时弹簧的弹力。
分析：（1）先研究AB两球，由平衡关系要得出劲度系数；刚剪断细线时小球的加速度最大，此处相当于是小球到达简谐运动的振幅处。
（2）剪断绳子是瞬间，小球A的加速度最大，此时小球A受到的合力大小等于B的重力，由此求出加速度；
由简谐振动的对称性，小球A在等高点的加速度与小球A在最低点的加速度大小相等，由此求出弹簧对A的作用力的大小和方向。
解答：（1）由两球静止时的力平衡条件，得弹簧的劲度系数为：
由kx＝（mA+mB）g；
k＝＝40N/m
剪断A、B间细线后，A球静止悬挂时的弹簧的伸长量为xA＝＝0.025m；
弹簧伸长量为0.025m时下端的位置就是A球振动中的平衡位置。
悬挂B球后又剪断细线，相当于用手把A球下拉后又突然释放，刚剪断细线时弹簧比静止悬挂A球多伸长的长度就是振幅，即A＝x﹣xA＝15cm﹣2.5cm＝12.5cm；
（2）振动过程中物块A最大加速度为：am＝＝50m/s2
物块A在最高点时具有最大加速度，加速度的方向向下，重力与弹簧的弹力一起提供加速度，由牛顿第二定律得：
F+mAg＝mAam
代入数据得：F＝4N，方向竖直向下；
答：（1）物块A做简谐运动的振幅是12.5cm；
（2）物块A在最高点时弹簧的弹力大小为4N，方向竖直向下。
点评：解决简谐运动的题目应注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能确定振幅及最大加速度。
【解题思路点拨】
1.回复力的来源
（1）回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，同向心力一样是按照力的作用效果来命名的。
（2）回复力可以由某一个力提供，如水平弹簧振子的回复力即为弹簧的弹力；也可能是几个力的合力，如竖直悬挂的弹簧振子的回复力是弹簧弹力和重力的合力；还可能是某一力的分力。归纳起来，回复力一定等于振动物体在振动方向上所受的合力。分析物体的受力时不能再加上回复力。
2.关于k值：公式F＝﹣kx中的k指的是回复力与位移的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k由振动系统自身决定。
3.加速度的特点：根据牛顿第二定律得a＝＝﹣，表明弹篮振子做简谐运动时，振子的加速度大小与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反。
4.回复力的规律：因x＝Asin （ωt+φ），故回复力F＝﹣kx＝﹣kAsin （ωt+φ），可见回复力随时间按正弦规律变化。
5.判断一个振动为简谐运动的方法：
（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。
（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝﹣kx 进行判断。
（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a＝﹣x是进行判断。
4．波长、频率和波速的关系
【知识点的认识】
描述机械波的物理量
（1）波长λ：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．
在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长．
（2）频率f：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变．
（3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定．
（4）波速与波长和频率的关系：v＝λf．
【命题方向】
常考题型：
如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（ ）
A．此列波的周期为T＝0.4s
B．质点B、F在振动过程中位移总是相等
C．质点I的起振方向沿y轴负方向
D．当t＝5.1s时，x＝10m的质点处于平衡位置处
E．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同
【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v＝求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反．
解：A、由波形图可知，波长λ＝4m，则T＝，故A正确；
B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；
C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；
D、波传到x＝l0m的质点的时间t′＝，t＝5.1s时，x＝l0m的质点已经振动4.1s＝10T，所以此时处于波谷处，故D错误；
E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；
故选：ABC
【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．
【解题方法点拨】
牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。
5．机械波的图像问题
【知识点的认识】
横波的图象
如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。
【命题方向】
（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用
如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则 B
A．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处。
分析：由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况。
解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；
Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，C D错误。
故选B。
点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！
第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断
一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的振幅为4cm
B．这列波的周期为1s
C．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动
D．此时x＝4m处质点的加速度为0
分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v＝算出周期。由波的传播方向判断质点的振动方向，根据质点的位置分析质点的加速度。
解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。
B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v＝，得周期T＝＝s＝2s。故B错误。
C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。
D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。
故选：D。
点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。
【解题方法点拨】
波的图象的理解与应用
1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：
图象的应用：
（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。
（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。
（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。
2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）（n＝0，1，2，3…）时，它们的振动步调总相反。
3．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
波的传播方向与质点的振动方向的判断方法
6．波的叠加
【知识点的认识】
1.波的叠加原理：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和．
2.波在叠加时的特点：
①位移是几列波分别产生位移的矢量和。
②各列波独立传播。
③两列同相波叠加，振动加强，振幅增大。（如图1所示）
④两列反相波叠加，振动减弱，振幅减小。（如图2所示）
【命题方向】
常考题型：
如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是（ ）
A．该时刻质点O正处于平衡位置
B．P、N两质点始终处在平衡位置
C．随着时间的推移，质点M将向O点处移动
D．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M到达平衡位置
【分析】由图知M、O都处于振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动．
解：由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，A错误；
P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，B正确；
振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，C错误；
从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D错误；
故选B
【点评】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰．在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和．
【解题思路点拨】
波的独立性原理：两列波相遇后，每列波仍像相遇前一样，保持各自原来的波形，继续向前传播。
7．电场力做功与电势能变化的关系
【知识点的认识】
1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。
2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。
3．静电力做功与电势能变化的关系：
①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。
②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。
4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。
（5）特点：
①系统性：由电荷和所在电场共有；
②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；
③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。
理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。
【命题方向】
a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（ ）
A、增加了4×10﹣7J
B、增加了2×10﹣8J
C、减少了4×10﹣7J
D、减少了8×10﹣15J
分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．
解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。
故选：C。
点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．
【解题方法点拨】
1.静电力做功与电势能变化的关系
（1）WAB＝EPA﹣EPB。
静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。
（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。
2.电势能大小的比较方法
（1）做功判断法：
电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。
（2）依据电势高低判断：
正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。
8．串联电路的特点及应用
【知识点的认识】
1．串、并联电路的特点
【命题方向】
如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（ ）
A、0～10V B、0～20V C、10～20V D、20～30V
分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．
解答：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax＝＝＝20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin＝，所以UCD的变化范围是10～20V。
故选：C。
点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．
【解题思路点拨】
解决串联电路问题的基本逻辑是：串联电路中电流处处相等，所以电压之比等于电阻之比，功率之比也等于电阻之比。
9．闭合电路欧姆定律的内容和表达式
【知识点的认识】
1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。
2.表达式：I＝，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，r表示内阻。
3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。
4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。
【命题方向】
在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（ ）
A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．
解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。
B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。
C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。
D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。
故选：D。
点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．
【解题思路点拨】
闭合电路的几个关系式的对比
10．楞次定律及其应用
【知识点的认识】
1.楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2.适用范围：所有电磁感应现象。
3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。
4.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：
①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。
②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。
③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。
④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。
⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。
【命题方向】
某磁场的磁感线如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是（ ）
A、始终顺时针
B、始终逆时针
C、先顺时针再逆时针
D、先逆时针再顺时针
分析：楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．
在下落过程中，根据磁场强弱判断穿过线圈的磁通量的变化，再去判断感应电流的方向．
解答：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，
A处落到C处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针。
C处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针。
故选：C。
点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
【解题方法点拨】
1．楞次定律中“阻碍”的含义。
2．楞次定律的推广
对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。
（1）阻碍原磁通量的变化﹣﹣“增反减同”；
（2）阻碍相对运动﹣﹣“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势﹣﹣“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）﹣﹣“增反减同”。
3．相互联系
（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；
（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。
11．导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。
2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：
E＝Blv
3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。
4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图
即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。
【命题方向】
如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（ ）
分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．
解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：
E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。
故选：D。
点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．
【解题方法点拨】
闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：
1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。
2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。
3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsin θ。
12．交变电流的u-t图像和i-t图像
【知识点的认识】
1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．
2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。
【命题方向】
图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（ ）
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50 π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．
解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I＝＝10A，选项A正确；
B、角速度＝＝100π rad/s，选项B错误；
C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；
D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．
故选AC．
点评：本题是2013年 的高考题，考查的知识点较多，难度不大．
【解题方法点拨】
解决交变电流图象问题的三点注意
（1）只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．
（2）注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．
（3）在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．
13．变压器的构造与原理
【知识点的认识】
1.变压器的构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的（如图）。一个线圈与交流电源连接，叫作原线圈，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫作副线圈，也叫次级线圈。
2.各部分的功能
原线圈：接在交流电源上的线圈，在铁芯内产生交变磁场。
副线圈：连接负载的线圈，产生感应电动势，为负载提供电能。
铁芯：硅钢叠合成的闭合框架，能增强磁场和集中磁感线，提高变压器效率。
3.工作原理：
互感现象是变压器工作的基础。
当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，
并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生
感应电动势。
4.理想变压器
（1）闭合铁芯的“漏磁”忽略不计。
（2）变压器线圈的电阻忽略不计。
（3）闭合铁芯中产生的涡流忽略不计。即没有能量损失的变压器叫作理想变压器。
【命题方向】
关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（ ）
A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B、穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D、原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
分析：变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损．
解答：A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；
B、由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B错误；
C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；
D、变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误；
故选：C。
点评：本题关键是明确变压器的工作原理，知道理想变压器是指无能量损失的变压器，基础题．
【解题思路点拨】
变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。
14．电磁振荡及过程分析
【知识点的认识】
1.振荡电流与振荡电路
大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。
由电感线圈L和电容C组成的电路，就是最简单的振荡电路，称为LC振荡电路。
2.电路图如下：
3.电磁振荡过程
在开关掷向线圈一侧的瞬间，也就是电容器刚要放电的瞬间（图a），电路里没有电流，电容器两极板上的电荷最多。
电容器开始放电后，由于线圈的自感作用，放电电流不能立刻达到最大值，而是由0逐渐增大，同时电容器极板上的电荷逐渐减少。到放电完毕时（图b），放电电流达到最大值，电容器极板上没有电荷。
电容器放电完毕时，由于线圈的自感作用，电流并不会立即减小为0，而要保持原来的方向继续流动，并逐渐减小。由于电流继续流动，电容器充电，电容器两极板带上与原来相反的电荷，并且电荷逐渐增多。充电完毕的瞬间，电流减小为0，电容器极板上的电荷最多（图c ）。
此后电容器再放电（图d）、再充电（图e）。这样不断地充电和放电，电路中就出现了大小、方向都在变化的电流，即出现了振荡电流。
在整个过程中，电路中的电流i电容器极板上的电荷量q、电容器里的电场强度E、线圈里的磁感应强度B，都在周期性地变化着。这种现象就是电磁振荡。
4.电磁振动中的能量变化
从能量的观点来看，电容器刚要放电时，电容器里的电场最强，电路里的能量全部储存在电容器的电场中；电容器开始放电后，电容器里的电场逐渐减弱，线圈的磁场逐渐增强，电场能逐渐转化为磁场能；在放电完毕的瞬间，电场能全部转化为磁场能；之后，线圈的磁场逐渐减弱，电容器里的电场逐渐增强，磁场能逐渐转化为电场能；到反方向充电完毕的瞬间，磁场能全部转化为电场能。所以，在电磁振荡的过程中，电场能和磁场能会发生周期性的转化。
如果没有能量损失，振荡可以永远持续下去，振荡电流的振幅保持不变。但是，任何电路都有电阻，电路中总会有一部分能量会转化为内能。另外，还会有一部分能量以电磁波的形式辐射出去。这样，振荡电路中的能量就会逐渐减少，振荡电流的振幅也就逐渐减小，直到最后停止振荡。
如果能够适时地把能量补充到振荡电路中，以补偿能量损耗，就可以得到振幅不变的等幅振荡（下图）。实际电路中由电源通过电子器件为LC电路补充能量。
【命题方向】
LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A、若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电
B、若电容器正在放电。则电容器上极板带负电
C、若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大
D、若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大
分析：图为LC振荡电路，当电容器充电后与线圈相连，电容器要放电，线圈对电流有阻碍作用，使得Q渐渐减少，而B慢慢增加，所以电场能转化为磁场能。
解答：A、若磁场正在减弱，由楞次定律可得线圈上端为正极，则电容器上极带正电。故A正确，但不选；
B、若电容器正在放电。由安培定则可得电容器上极带负电。故B正确，但不选；
C、若电容器上极板带正电，则线圈中电流应该减小，才能有如图所示的磁感线，故C错误；
D、若电容器正在放电，则线圈自感作用，阻碍电流的增大，故D正确，但不选；
故选：C。
点评：穿过线圈磁通量变化，从中产生感应电动势，相当于电源接着电容器。振荡电路产生的振荡电流频率平方与线圈L及电容器C成反比。
【解题思路点拨】
电磁振荡过程中，电荷量q、电场强度E、电流i、磁感应强度B及能量的对应关系为
15．光的折射定律
【知识点的认识】
一、光的折射
1．光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。
2．光的折射定律：折射光线与入射光线、法线处于同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线两侧，入射角的正弦与折射角的正弦成正比。
3．在折射现象中，光路是可逆的。
4．折射率：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角θ1的正弦与折射角θ2的正弦之比，叫做介质的绝对折射率，简称折射率。表示为n＝。
实验证明，介质的折射率等于光在真空中与在该介质中的传播速度之比，即n＝．任何介质的折射率都
大于1，．两种介质相比较，折射率较大的介质叫做光密介质，折射率较小的介质叫做光疏介质。
5．相对折射率
光从介质Ⅰ（折射率为n1、光在此介质中速率为v1）斜射入介质Ⅱ（折射率为n2、光在此介质中的速率为v2）发生折射时，入射角的正弦跟折射角的正弦之比，叫做Ⅱ介质相对Ⅰ介质的相对折射率。用n21表示。n21＝
Ⅱ介质相对Ⅰ介质的相对折射率又等于Ⅱ介质的折射率n2跟Ⅰ介质的折射率n1之比，即n21＝。
由以上两式，可得到光的折射定律的一般表达式是：n1sin∠1＝n2sin∠2或n1v1＝n2v2。
【命题方向】
如图所示，直角三棱镜ABC的一个侧面BC紧贴在平面镜上，∠BAC＝β．从点光源S发出的细光束SO射到棱镜的另一侧面AC上，适当调整入射光SO的方向，当SO与AC成α角时，其折射光与镜面发生一次反射，从AC面射出后恰好与SO重合，则此棱镜的折射率为（ ）
分析：由题意可知从AC面出射的光线与入射光线SO恰好重合，因此根据光路可逆可知SO的折射光线是垂直于BC的，然后根据折射定律即可求解折射率。
解答：作出光路图，依题意可知光垂直BC反射才能从AC面射出后恰好与SO重合，则光在AC面的入射角为90°﹣α，
由几何关系可知折射角为：r＝90°﹣β。
根据折射定律：n＝＝，故A正确，BCD错误。
故选：A。
点评：解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。
【解题方法点拨】
光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。
解题的一般步骤如下：
（1）根据题意正确画出光路图；
（2）根据几何知识正确找出角度关系；
（3）依光的折射定律列式求解。
16．折射率的波长表达式和速度表达式
【知识点的认识】
1.折射率的两种计算方法
（1）光的折射定律：n＝
（2）用光速进行计算：n＝（当知道光的频率时，也可以转化成波长关系）
2.对折射率计算公式的理解
（l）折射率n是反映介质光学性质的物理量，它的大小由介质本身及入射光的频率决定，与入射角、折射角的大小无关。
（2）从公式n＝看，由于光在真空中的传播速度c大于光在任何其他介质中的传播速度v，所以任何介质的折射率都大于l。
（3）由于n＞1，从公式n＝看，光从真空斜射向任何其他介质时，入射角都大于折射角。类推可知，当光从折射率小的介质斜射向折射率大的介质时，入射角大于折射角。
【命题方向】
如图所示，真空中有一下表面镀反射膜的平行玻璃砖，其折射率n＝．一束单色光与界面成θ＝45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，A和B相距h＝2.0cm。已知光在真空中的传播速度c＝3.0×108m/s。试求：
①该单色光在玻璃砖中的传播速度。
②玻璃砖的厚度d。
一束光斜射在表面镀反射膜的平行玻璃砖，则反射光线在竖直光屏上出现光点A，而折射光线经反射后再折射在竖直光屏上出现光点B，根据光学的几何关系可由AB两点间距确定CE间距，再由折射定律，得出折射角，最终算出玻璃砖的厚度。
解：①由折射率公式
解得
②由折射率公式
解得sinθ2＝，θ2＝30°
作出如图所示的光路，△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE＝AB＝h．玻璃的厚度d就是边长h的等边三角形的高。
故
答：①该单色光在玻璃砖中的传播速度．
②玻璃砖的厚度1.732cm。
根据光路可逆及光的反射可得出AC与BE平行，从而确定CE的长度。
【知识点的认识】
折射率的定义式中n＝的θ1为真空中的光线与法线的夹角，不一定为入射角；而θ2为介质中的光线与法线的夹角，也不一定为折射角，产生这种现象的原因是由于光路的可逆性。
17．光的干涉现象
【知识点的认识】
1.光的干涉现象的发现：光的干涉现象是波动独有的特征，如果光真的是一种波，就必然会观察到光的干涉现象。1801年，英国物理学家托马斯•杨（1773—1829）在实验室里成功地观察到了光的干涉。
2.光的干涉现象的定义：两列或几列光波在空间相遇时相互叠加，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象，证实了光具有波动性。
3.光的干涉现象的意义：光能发生干涉现象说明光是一种波。
【命题方向】
下列几种应用或技术中，用到光的干涉原理的是（ ）
A、照相机镜头上的增透膜
B、透过羽毛看到白炽灯呈现彩色
C、在磨制平面时，检查加工表面的平整度
D、在医疗中用X射线进行透视
分析：波的干涉则是两列频率完全相同的波相互叠加时，会出现稳定的干涉现象．而波的衍射则是能绕过阻碍物继续向前传播的现象．
解答：A、照相机镜头上的增透膜，利用薄膜得到频率相同的两列光波，进行相互叠加，出现干涉现象，故A正确；
B、透过羽毛看到白炽灯呈现彩色，这是单缝衍射现象，故B错误；
C、在磨制平面时，检查加工表面的平整度，这是利用磨制平面与标准平面形成频率相同的两列光波，相互叠加进行干涉，从而由明暗条纹的平行性，来确定加工表面的平整度，故C正确；
D、在医疗中用X射线进行透视，则是利用X射线的穿透性。故D错误；
故选：AC。
点评：干涉与衍射均是波的特性，稳定的干涉现象必须是频率完全相同，而明显的衍射现象必须是波长比阻碍物尺寸大得多或相差不大．而在干涉图样中，振动加强区位移时大时小．
【解题思路点拨】
高中阶段主要介绍光的双缝干涉和薄膜干涉，光的干涉现象再生产和生活中都有广泛的应用。
18．光的单缝衍射和小孔衍射
【知识点的认识】
一、光的单缝衍射
1.光通过狭缝之后发生衍射的现象叫作光的单缝衍射，衍射图样如下：
2.单缝衍射图样特点：
（1）若为单色光
①中央条纹最亮，越向两边越暗；条纹间距不等，越靠外，条纹间距越小，中央条纹最宽，两边条纹宽度变窄。
②缝变窄通过的光变少，而光分布的范围更宽，所以亮条纹的亮度降低。
③中央亮条纹的宽度及条纹间距跟入射光的波长及单缝宽度有关，入射光波长越大，单缝越窄，中央亮条纹的宽度及条纹间距就越大。
（2）若为白光
用白光做单缝衍射实验时，中央亮条纹是白色的，两边是彩色条纹，中央亮条纹仍然最宽最亮。
二、小孔衍射
1.光通过一个小孔发生衍射的现象叫作光的小孔衍射（圆孔衍射）。衍射图样如下：
2.小孔衍射的图像特点
①中央是大且亮的圆形亮斑，周围分布着明暗相间的同心圆环，且越靠外，圆形亮条纹的亮度越弱，宽度越小。
②圆孔越小，中央亮斑的直径越大，同时亮度越弱。
③用不同色光照射圆孔时，得到的衍射图样的大小和位置不同，波长越大，中央圆形亮斑的直径越大。
④白光的圆孔衍射图样中，中央是大且亮的白色光斑，周围是彩色同心圆环。
⑤只有圆孔足够小时才能得到明显的衍射图样。在圆孔由较大直径逐渐减小的过程中，光屏上依次得到几种不同的现象——圆形亮斑（光的直线传播）、光源的像（小孔成像）、明暗相间的圆环（衍射图样）。
【命题方向】
用卡尺观察单缝衍射现象，当缝宽由0.1mm逐渐增大到0.5mm的过程中（ ）
A、亮线的宽度变窄，衍射现象越不明显
B、亮线的宽度变宽，衍射现象越加显著
C、亮线的宽度不变，亮度增加
D、亮线的宽度不变，亮度减小
分析：衍射条纹的宽度和亮度与单缝的宽度有关，宽度越窄，亮度越弱，条纹的宽度越宽．
解答：A、当缝宽由0.1mm逐渐增大到0.5mm，用卡尺观察单缝衍射的亮线宽度变窄，衍射现象越不明显。故A正确；
B、当缝宽由0.1mm逐渐增大到0.5mm，用卡尺观察单缝衍射的亮线宽度变窄，衍射现象越不明显。故B错误；
C、当缝宽由0.1mm逐渐增大到0.5mm，用卡尺观察单缝衍射的亮线宽度变窄，且亮度变亮，衍射现象越不明显。故C错误；
D、当缝宽由0.1mm逐渐增大到0.5mm，用卡尺观察单缝衍射的亮线宽度变窄，且亮度变亮，衍射现象越不明显。故D错误；
故选：A。
点评：解决本题的关键掌握衍射条纹的宽度和亮度与缝的宽度的关系，以及知道发生明显衍射的条件．
【解题思路点拨】
1.单缝衍射图像的条纹间距的影响因素：同一衍射装置光的波长越长、缝越窄时衍射条纹越宽。
2.在小孔衍射图样中，中央亮圆的亮度最大，宽度也最大，周围分布着亮、暗相间的同心圆环，且越靠外，圆形亮条纹的亮度越弱，宽度越小。
对同一孔波长越长、相同波长孔越小时，衍射越明显。
19．气体的等容变化与查理定律的应用
【知识点的认识】
1.等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程。
2.查理定律：
（1）文字表述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。
（2）表达式：p＝CT（其中C为常量）或。
（3）图像表示：
（4）适用条件：气体质量不变，气体的体积不变。
3.对查理定律的理解
（1）查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。
（2）适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。
（3）一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高（或降低）相同的温度，所增加（或减小）的压强是相同的。
【命题方向】
一种特殊的气体温度计由两个装有理想气体的导热容器组装而成，测量时将两个导热容器分别放入甲、乙两个水槽中，如图所示，连接管内装有水银，当两个水槽的温度都为0℃（273K）时，没有压强差；当水槽乙处于0℃而水槽甲处于50℃时，压强差为60mmHg。导热容器的体积恒定且远大于连接管的体积。求：
（1）两个水槽的温度都为0℃（273K）时，导热容器内气体的压强多大；
（2）当水槽乙处于0℃而水槽甲处于未知的待测温度（高于0℃）时，压强差为72mmHg，此未知待测温度是多少。
分析：（1）乙容器内的气体做等容变化，找出初末状态参量，根据查理定律求得压强；
（2）乙容器内的气体做等容变化，根据查理定律求得未知温度。
解答：（1）设0℃时，甲中气体的压强为p0，T0＝273K；
气体温度为50℃即T1＝（273+50）K＝323K时，气体的压强p1＝p0+60mmHg
气体做等容变化，有
解得p0＝327.6mmHg
（2）设未知温度为T2，p2＝p0+72mmHg
有
解得T2＝333K
答：（1）两个水槽的温度都为0℃（273K）时，导热容器内气体的压强327.6mmHg；
（2）当水槽乙处于0℃而水槽甲处于未知的待测温度（高于0℃）时，压强差为72mmHg，此未知待测温度是333K。
点评：本题主要考查了查理定律，关是找出初末状态参量，明确所研究的气体即可，解题时要注意温度单位的换算。
【解题思路点拨】
1.查理定律及其推论
由查理定律可以推出或。
2.应用查理定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即被封闭的气体。
（2）分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
（3）确定初、末两个状态的温度、压强。
（4）根据查理定律列式求解
20．理想气体及理想气体的状态方程
【知识点的认识】
理想气体的状态方程
（1）理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。
（2）理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：或。
气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。
【命题方向】
题型一：气体实验定律和理想气体状态方程的应用
如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K．两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为．现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：
（i）恒温热源的温度T；
（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。
分析：（i）两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解；
（ii）分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解。
解：（i）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，
由盖吕•萨克定律得： ①
解得 ②
（ii）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得
③
对下方气体由玻意耳定律得： ④
联立③④式得
解得
不合题意，舍去。
答：
（i） 恒温热源的温度；
（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积
点评：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。
题型二：理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题
密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大。从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的 平均动能 增大了。该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图所示，则T1 小于 T2（选填“大于”或“小于”）。
分析：温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由平均动能决定。
解：密闭在钢瓶中的理想气体体积不变，温度升高时分子平均动能增大压强增大。温度升高时，速率大的分子所占比重较大T1＜T2。
答案为：平均动能，小于
点评：本题考查了温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大。
【解题方法点拨】
1（对应题型一）。运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：
（1）明确所研究的气体状态变化过程；
（2）确定初、末状态压强p、体积V、温度T；
（3）根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程；
（4）根据题意列辅助方程（如压强大小的计算方程等）
（5）联立方程求解。
2（对应题型二）。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。
两个规律的联系在于气体的体积V和温度T，关系如下：
（1）体积变化对应气体与外界做功的关系：体积增大，气体对外界做功，即W＜0；体积减小，外界对气体做功，即W＞0。
（2）理想气体不计分子间作用力，即不计分子势能，故内能只与温度有关：温度升高，内能增大，即△U＞0；温度降低，内能减小，即△U＜0。
21．热力学第一定律的表达和应用
【知识点的认识】
热力学第一定律
1．内容：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U。
2．公式：W+Q＝△U。
3．符号法则：
①物体吸热→Q取正；物体放热→Q取负；
②物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；
③物体内能增加，△U取正；物体内能减小，△U取负；
【命题方向】
（1）常考题型考查对概念的理解：
对一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积是所有气体分子的体积之和
B．气体分子的热运动越激烈，气体的温度就越高
C．气体对器壁的压强是由大量分子对器壁的碰撞产生的
D．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减少，因而气体的内能减少
分析：根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系。根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析。根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化。
解答：A、气体分子间空隙很大，气体的体积大于所有气体分子的体积之和。故A错误。
B、温度的微观含义是反映物体内分子的热运动剧烈程度，温度越高，分子热运动越剧烈。故B正确。
C、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故C正确。
D、当气体膨胀时，气体分子之间的距离增大，但温度的变化无法判断，所以内能变化无法判断。故D错误
故选BC。
点评：本题考查了热力学第一定律的应用，温度是平均动能的标志，分子动理论的内容。
（2）如图是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的（ ）
A．温度升高，内能增加600J
B．温度升高，内能减少200J
C．温度降低，内能增加600J
D．温度降低，内能减少200J
分析：已知做功和热传递的数据，根据热力学第一定律可求得气体内能的改变量及温度的变化。解答：解：由热力学第一定律可知：△U＝W+Q
外界对气体做功，W＝800J；气体向外散热，故Q＝﹣200J；
故△U＝800﹣200J＝600J；
气体内能增加，则温度升高；
故选A。
点评：热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U的正表示内能增加，Q为正表示物体吸热，W为正表示外界对物体做功。
【解题方法点拨】
对热力学第一定律的理解
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
2．对公式△U＝Q+W符号的规定。
3．几种特殊情况
（1）若过程是绝热的，则Q＝0，W＝△U，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
（2）若过程中不做功，即W＝0，则Q＝△U，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
（3）若过程的始末状态物体的内能不变，即△U＝0，则W+Q＝0或W＝﹣Q．外界对物体做的功等于物体放出的热量。
注意：
①应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
22．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合
【知识点的认识】
1.热力学图像包括p﹣V、p﹣T、V﹣T等，这些图像问题是气体状态变化的一类问题。
2.对于热力学图像问题，如果涉及到热力学第一定律的应用，就可以称为热力学第一定律的图像问题。
【命题方向】
如图所示，一定质量的理想气体沿p﹣V坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线BDA是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分，则有（ ）
A、气体由A变到B一定是吸热的
B、气体由B变为A一定是吸热的
C、气体由A变到B再变到A，吸热多于放热
D、气体由A变到B再变到A，放热多于吸热
分析：理想气体内能仅由温度决定，温度不变，气体内能不变；等温变化的p﹣V图象是双曲线的一部分，根据图象判断气体状态发生变化时，各状态参量如何变化，然后由热力学第一定律分析答题。
解答：A、由图象可知，p﹣V图象的BDA是双曲线的一部分，则由A到B变化是等温变化，气体的温度不变，气体内能不变，即：ΔU＝0；由图象可知，由A到B过程气体体积变大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＞0，气体要吸热，故A正确；
B、由图象可知，p﹣V图象的BDA是双曲线的一部分，则由B到A变化是等温变化，气体的温度不变，气体内能不变，即：ΔU＝0；由图象可知，由A到B过程气体体积变小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＜0，气体要放热，故B错误；
C、气体由A到B的过程要吸收热量，吸收的热量等于气体对外做的功Q＝W，在B到A的过程中，气体要放出热量，放出的热量等于外界对气体做的功Q'＝W'；气体做功：W＝PV，P﹣V图象的面积等于气体做功，由图象可知：W＞W'，则Q＞Q'，即：气体由A变到B再变到A，吸热多于放热，故C正确，D错误；
故选：AC。
点评：根据图象分析清楚气体的状态参量如何变化，应用热力学第一定律即可正确解题。
【解题方法点拨】
对热力学第一定律的理解
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
2．对公式△U＝Q+W符号的规定。
符号 W Q△U
+外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
﹣物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3．几种特殊情况
（1）若过程是绝热的，则Q＝0，W＝△U，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
（2）若过程中不做功，即W＝0，则Q＝△U，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
（3）若过程的始末状态物体的内能不变，即△U＝0，则W+Q＝0或W＝﹣Q．外界对物体做的功等于物体放出的热量。
注意：
②应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
23．分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）
【知识点的认识】
在发生跃迁时，如果核外电子由低能级向高能级跃迁，需要吸收能量，如果由高能级向低能级跃迁，需要释放能量（以光子的形式）。
【命题方向】
氢原子从能级A跃迁到能级B，吸收频率ν1的光子，从能级A跃迁到能级C释放频率ν2的光子，若ν2＞ν1则当它从能级C跃迁到能级B将放出还是吸收光子？对应光子的频率为多少？
分析：能级间跃迁吸收和辐射光子的能量等于两能级间的能级差．
解答：氢原子从能级A跃迁到能级B吸收光子，则B能级的能量大于A能级的能量，从能级A跃迁到能级C，释放光子，
则A能级的能量大于C能级的能量，可知B与C能级间的能量为hv1+hv2．
则由C能级跃迁B能级吸收光子，有hv＝hv1+hv2，
频率为ν＝v1+v2．
答：从能级C跃迁到能级B将吸收频率为v2+v1的光子．
点评：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子能量与能级差的关系，即Em﹣En＝hv．
【解题方法点拨】
对原子跃迁条件的理解
（1）原子从低能级向高能级跃迁，吸收一定能量的光子，当一个光子的能量满足hν＝E末﹣E初时，才能被某一个原子吸收，使原子从低能级E初向高能级E末跃迁，而当光子能量hν大于或小于E末﹣E初时都不能被原子吸收．
（2）原子从高能级向低能级跃迁，以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时的两能级间的能量差．
（3）原子跃迁条件hν＝Em﹣En只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况．对于光子和处于基态的氢原子作用而使氢原子电离时，只要入射光子的能量E≥13.6eV，氢原子就能吸收．对于实物粒子与原子作用使原子激发时，粒子能量大于能级差即可．
24．β衰变的特点、本质及方程
【知识点的认识】
1.衰变的定义：原子核自发地放α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把这种变化称为原子核的衰变。
2.β衰变的定义：原子核释放出一个β粒子变成一个新的原子核的过程。
3.β衰变的本质：原子核内部的一个中子转化成一个质子和一个β粒子（电子），并将β粒子射出。
4.β衰变的特点：发生β衰变后，原子核的质量数不变，电荷数加1。
5.β衰变的方程（举例）：
6.β衰变前的质量数等于衰变后的质量数之和，衰变前的电荷数等于衰变后的电荷数之和，所以β衰变时电荷数和质量数都守恒。
【命题方向】
一个放射性原子核，发生一次β衰变，则它的（ ）
A、质子数减少一个，中子数不变
B、质子数增加一个，中子数不变
C、质子数减少一个，中子数减少一个
D、质子数增加一个，中子数增加一个
分析：根据β衰变的特点以及衰变过程中质量数和电荷数守恒即可正确解答本题．
解答：β衰变实质上是原子核内的一个中子变为一个质子，同时释放出一个电子的过程，因此发生一次β衰变，质子数增加一个，中子数减少一个，故ABD错误，C正确。
故选：C。
点评：本题属于基础简单题目，考查了β衰变的特点，对于基础知识，平时不能放松，要加强基础知识的理解和应用．
【解题思路点拨】
1.β衰变的本质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子，并将电子射出的过程，衰变过程遵循质量数守恒和电荷数守恒。
2.β衰变前后，质量数不变，核电荷数加1。
3.β衰变释放的高速粒子流就是β射线。
4.放射性的原子核在发生α衰变、β衰变时产生的新核处于高能级，这时它要向低能级跃迁，并放出γ光子。因此，γ射线经常是伴随α射线和β射线产生的。当放射性物质连续衰变时，原子核中有的发生α衰变，有的发生β衰变，同时伴随着γ射线辐射。这时，放射性物质发出的射线中就会同时具有α、β、γ三种射线。
25．爱因斯坦质能方程的应用
【知识点的认识】
1．爱因斯坦质能方程为E＝mc2，若核反应中的质量亏损为△m，释放的核能△E＝△mc2．
【命题方向】
题型一：核能的计算
假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦的同位素和中子，已知氘核的质量是2.013 6u，中子的质量是1.008 7u，氦核同位素的质量是3.015 0u．
（1）聚变的核反应方程式是 →e+01n ，在聚变核反应中释放出的能量为 3.26 MeV．（保留两位小数）
（2）若氚核和氦核发生聚变生成锂核，反应方程式为H+He→Li，已知各核子比结合能分别为EH＝1.112MeV、EHe＝7.075MeV、ELi＝5.603MeV，求此核反应过程中释放的核能 7.585Mev ．
分析：1、先求出核反应中质量亏损，再由爱因斯坦质能方程，求出核反应中释放的核能；
2、反应释放的核能△E＝E反应前﹣E反应后
解答：（1）聚变的核反应方程：→e+01n
核反应过程中的质量亏损为△m＝2mD﹣（mHe+mn）＝0.0035u
释放的核能为△E＝△mc2＝0.0035uc2＝3.26MeV
（2）核反应过程中释放的核能：△E＝5.603MeV×7﹣1.112MeV×3+7.075MeV×4＝7.585Mev
故答案为：→e+01n，3.26，7.585Mev
点评：本题考查应用质能方程研究核反应中质量亏损的能力．另外要知道核反应向平均结合能增大的方向进行，要释放能量．
【解题方法点拨】
（1）核能的计算方法
①根据△E＝△mc2计算，计算时△m的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，△E的单位是“J”．
②根据△E＝△m×931.5MeV计算．因1原子质量单位（u）相当于931.5 MeV的能量，所以计算时△m的单位是“u”，△E的单位是“MeV”．
③根据核子比结合能来计算核能
原子核的结合能＝核子比结合能×核子数．
（2）利用质能方程计算核能时，不能用质量数代替质量进行计算．
26．探究小车速度随时间变化的规律
【知识点的认识】
一、实验目的
用打点计时器研究小车在重物牵引下的运动，探究小车速度随时间的变化规律．
二、实验原理
1．打点计时器打出的纸带能记录运动物体在不同时刻的位置．
2．求纸带上某点的瞬时速度一般用一小段时间内的平均速度代替．
3．用描点法画出小车的vt图象，图线的倾斜程度表示加速度的大小，如果vt图象是一条倾斜的直线，说明物体的速度是均匀变化的．
三、实验器材
打点计时器，一端附有滑轮的长木板，小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交流电源．
四、实验步骤
1．如图所示，把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路．
2．把一条细绳拴在小车上，使细绳跨过滑轮，下边挂上合适的钩码，放手后，看小车能否在木板上平稳地加速滑行，然后把纸带穿过打点计时器，并把纸带的一端固定在小车的后面．
3．把小车停在靠近打点计时器的位置，先接通电源，后释放小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列小点．
4．更换纸带，重复操作两次．
5．增减钩码个数，再做两次实验．
五、数据处理
1．表格法
（1）从几条纸带中选择一条比较理想的纸带，舍掉开始一些比较密集的点，在后面便于测量的地方找一个开始点，作为计数始点，以后依次每五个点取一个计数点，并标明0、1、2、3、4…，测量各计数点到0点的距离x，并记录填入表中．
（2）分别计算出与所求点相邻的两计数点之间的距离△x1、△x2、△x3…．
（3）利用一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度求得各计数点1、2、3、4、5的瞬时速度，填入表格中．
2．图象法
（1）在坐标纸上建立直角坐标系，横轴表示时间，纵轴表示速度，并根据表格中的数据在坐标系中描点．
（2）画一条直线，让这条直线通过尽可能多的点，不在线上的点均匀分布在直线的两侧，偏差比较大的点忽略不计．
（3）观察所得到的直线，分析物体的速度随时间的变化规律．
六、误差分析
七、注意事项
1．开始释放小车时，应使小车靠近打点计时器．
2．先接通电源，等打点稳定后，再释放小车．
3．取下纸带前，先断开电源．
4．要防止钩码落地和小车跟滑轮相撞，当小车到达滑轮前及时用手按住它．
5．牵引小车的钩码个数要适当，以免加速度过大而使纸带上的点太少，或者加速度太小，而使各段位移无多大差别，从而使测量误差增大，加速度的大小以能在50 cm长的纸带上清楚地取得六、七个计数点为宜．
6．要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点，一般在纸带上每五个点取一个计数点，即时间间隔为T＝0.02×5s＝0.1s．要舍掉开头过于密集的点，这样误差小．
7．在坐标纸上画vt图象时，注意坐标轴单位长度的选取要适当，应使图线尽量分布在较大的坐标平面内．
27．用单摆测定重力加速度
【知识点的认识】
1．单摆测定重力加速度．
（1）实验原理
一个小球和一根细线就可以组成一个单摆．单摆在摆角很小的情况下做简谐运动．单摆的周期与振幅、摆球的质量无关．与摆长的二次方根成正比．与重力加速度的二次方根成反比．单摆做简谐运动时，其周期为：T＝2π，固有：g＝．因此只要测出单摆的摆长L和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值，并可研究单摆的周期跟摆长的关系．
（2）实验器材
带孔小钢球一个，约1m长的细线一条，铁架台，米尺，秒表，游标卡尺．
（3）实验内容．
①取约1m长的细线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后拴在桌边的支架上，如图所示．
②用米尺量出悬线长L′，准确到毫米；用游标卡尺测摆球直径，算出半径r，也准确到毫米．则单摆的摆长为L′+r．
③把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度（例如不超过10°），然后放开小球让它摆动，用停表测量单摆完成30次全振动（或50次）所用的时间，求出完成一次全振动所需要的时间，这个平均时间就是单摆的周期．
④把测得的周期和摆长的数值代入公式g＝，求出重力加速度g的值．
⑤改变摆长，重做几次实验．设计一个表格，把测得的数据和计算结果填入表格中，计算出每次实验的重力加速度．最后求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即可看作本地区的重力加速度．
⑥原始数据记录样表．
2．注意事项
①选择材料时应选择细轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm；
②单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑或悬点不固定，摆长改变的现象；
③注意摆动时摆角不宜过大，不能超过10°，以保证单摆做简谐运动；
④摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆．
⑤测量应在摆球通过平衡位置时开始计时，因为在此位置摆球速度最大，易于分辩小球过此位置的时刻；画出单摆的平衡位置，作为记时的参照点．必须是摆球同方向经过平衡位置记一次数．
⑥测量单摆的摆长时应使摆球处于自然下垂状态，用米尺测量出摆线的长度，再用游标卡尺测出摆球的直径，然后算出摆长．
3．秒表的使用和读数：
秒表的读数等于内侧分针的读数与外侧秒针的读数之和．
注意：当内侧分针没有超过半格时，外侧秒针读小于30的数字．超过半格时，外侧秒针读大于30的数字．机械式停表只能精确到0.1s，读数时不需估读．
28．伏安法测电阻
【知识点的认识】
伏安法测电阻
（1）电流表的内接法和外接法的比较
（2）两种电路的选择
①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内，小外”．
②临界值计算法：
Rx＜时，用电流表外接法．
Rx＞时，用电流表内接法．
③实验试探法：按图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则采用电流表内接法．
4．电压表、电流表的读数
对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．
（1）0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V或0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．
（2）对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V．
（3）对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A．
【实验目的】
1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法．
2．会用伏安法测电阻，并能测定金属的电阻率．
【实验原理】
由R＝ρ得ρ＝，因此，只要测出金属丝的长度l、横截面积S和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ．
1．把金属丝接入电路中，用伏安法测金属丝的电阻R（R＝）．电路原理如图所示．
2．用毫米刻度尺测量金属丝的长度l，用螺旋测微器量得金属丝的直径，算出横截面积S．
3．将测量的数据代入公式ρ＝求金属丝的电阻率．
【实验器材】
毫米刻度尺，螺旋测微器，直流电流表和直流电压表，滑动变阻器（阻值范围0～50Ω），电池组，开关，被测金属丝，导线若干．
【实验过程】
一、实验步骤
1．求导线横截面积S，在准备好的金属丝上三个不同位置用螺旋测微器各测一次直径，求出其平均值d，S＝．
2．按图所示电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路．
3．用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值l．
4．把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S．改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内，断开开关S，求出导线电阻Rx的平均值．
5．整理仪器．
二、数据处理
1．在求Rx的平均值时可用两种方法
（1）第一种是用Rx＝算出各次的数值，再取平均值．
（2）第二种是用U﹣I图线的斜率求出．
2．计算电阻率：将记录的数据Rx、l、d的值，代入电阻率计算公式ρ＝Rx＝．
【误差分析】
1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一．
2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小．
3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差．
4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差．
【注意事项】
1．为了方便，测量直径应在导线连入电路前进行，为了准确测量金属丝的长度，应该在连入电路之后在拉直的情况下进行．
2．本实验中被测金属丝的电阻值较小，故须采用电流表外接法．
3．电流不宜太大（电流表用0～0.6 A量程），通电时间不宜太长，以免金属丝温度升高，导致电阻率在实验过程中变大．
29．电表的改装和应用（实验）
【知识点的认识】
把电流表改装成电压表
1、实验目的：
（1）知道用“半偏法”测电流表内阻的原理；
（2）会根据实验原理选择实验所需器材；
（3）把小量程的电流表改装为电压表，并把改装后的电压表与标准电压表进行校对．
2、实验原理：
一个电流表有两个重要参量，即Ig和Rg，其额定电压为Ug＝IgRg，由于Ig很小（几百微安～几十毫安），Rg通常为几百欧姆，故Ug比较小．为测量较大的电压值，可在电流表上串联一个大阻值的电阻R，把R作为电流表内阻的一部分，这样的电流表就可分担较大的电压，改装后作为电压表使用．如图所示．
电流表的内阻Rg可用半偏法测出，其测量电路如图所示，其测量原理是当电阻箱未接入电路时，调节R的大小，使电流表G满偏，闭合S2后，R大小不变，改变电阻箱的阻值，使电流表半偏．由于Rg很小，则R的值很大，在开关S2闭合前后，线路上的总阻值变化很小，我们就认为不变，因此干路上的电流Ig也不变，当电流表G的指针半偏时，流过电阻箱的电流与通过电流表的电流相等，则R′＝Rg．
注意：滑动变阻器的阻值很大，而且在闭合电键S1应将其阻值调到最大；实验中电阻箱不能用变阻器替代，因为变阻器不能直接读数；测量电流表内阻时，在闭合电键S2后，不能再调节R，以保持电路中的电流不变；另外，对器材的选择必须保证R′＞＞R．
3、实验器材
电流表（表头）、电位器（4.7kΩ）、变阻器（0～50Ω）、电阻箱（0～9999.99Ω）、电源、开关（两个）、标准电压表（量程与改装后的电压表量程相同）及导线若干．
4、实验步骤
（1）测量电流表的内电阻Rg
先按如图2所示电路图连接电路，断开S2，接通Sl，把电位器R由最大阻值逐渐向阻值变小进行调节，使电流表的指针达到满偏为止，这时电位器的阻值不得再调整，接通S2，调整电阻箱R′的阻值，使电流表的指针恰好偏转到满偏的一半，读出电阻箱R′的阻值，就是电流表的内电阻Rg．
（2）将电流表改装为电压表
①改装量程为2V的电压表，按公式Rx＝﹣Rg，计算分压电阻Rx的值．
②按图4把电流表和电阻箱串联起来，选用电阻箱的阻值等于分压电阻Rx的值．
③改装后的电压表表盘的刻度值，按公式U＝•Um来计算．其中Um是改装后电压表的量程．
（3）改装后的电压表跟标准电压表核对
①按图连接电路．
②闭合开关S，调整滑动变阻器滑片，使改装的电压表的读数分别是0.5V、1.0V、1.5V、2.0V等，看标准电压表的读数是否与它一致．
③改装的电压表的读数是满刻度Um时，看标准电压表的读数U0，计算满刻度时的百分误差．
5、数据处理
（1）从电流表的刻度盘上读出其满偏电流Ig，根据测出的内阻Rg计算电流表的满 偏电压Ug＝IgRg，
（2）根据公式Rx＝﹣Rg计算分压电阻Rx的值
（3）根据改装后校对时的Um和U0计算满刻度时的百分误差，即δ＝×100%，例如改装的电压表在满刻度3V时，标准电压表的读数为3.1V，满刻度时的百分误差就是δ＝3.2%．
6、注意事项
（1）本实验比较复杂，因此必须先把实验步骤确定好．第一步：测Rg；第二步：计算分压电阻Rx，并将Rx与电流表串联起来，改装成电压表；第三步：校对改装后的伏特表．
（2）测电流表的内阻时，闭合S1前，电位器R应调至电阻最大值，以免闭合S1后通过电流表电流过大损坏电流表．
（3）S2闭合后，在调节电阻箱R′的阻值时，不能再改变R的阻值，否则将改变电路的总电流，从而影响实验的准确度．
（4）测电流表内阻时，必须确保电位器阻值R远大于电阻箱的有效值R′．
（5）将改装后的电压表与标准电压表校对时，滑动变阻器应采用分压式接法．
7、误差分析
利用“半偏法”测出电流表内阻Rg＝R′，事实上当S2闭合后电路结构已发生变化，导致线路总电阻R总减小，由闭合电路的欧姆定律I＝知，线路上的电流增大，当流过电流表的电流为时，流过电阻箱的电流大于，故知＜Rg，即“半偏法”把电流表的内阻测小了．
内阻测小的电流表改装成电压表后，电压表内阻的真实值比计算值大，故改装量程偏大．
30．测量玻璃的折射率
【知识点的认识】
一、实验“测定玻璃的折射率”
（一）实验目的
测定玻璃的折射率．
（二）实验器材
木板、白纸、玻璃砖、大头针、图钉、量角器、三角板、铅笔．
（三）实验原理
折射率公式n＝．
（四）实验步骤
（1）把白纸用图钉钉在木板上．
（2）在白纸上画一条直线aa′作为界面，画一条线段AO作为入射光线，并过O点画出界面aa′的法线NN′．
（3）把长方形的玻璃砖放在白纸上，使它的一条边跟aa′对齐，并画出玻璃砖的另一个长边bb′．
（4）在AO线段上竖直地插上两枚大头针P1、P2．
（5）在玻璃砖的bb′一侧竖直地插上大头针P3，用眼睛观察调整视线要使P3能同时挡住P1和P2的像．
（6）同样地在玻璃砖的bb′一侧再竖直地插上大头针P4，使P4能挡住P3本身和P1、P2的像．
（7）记下P3、P4的位置，移去玻璃砖和大头针，过P3、P4引直线O′B与bb′交于O′点，连接OO′，OO′就是玻璃砖内的折射光线的方向，入射角θ1＝∠AON，折射角θ2＝∠O′ON′．
（8）用量角器量出入射角θ1和折射角θ2的度数．
（9）从三角函数表中查出入射角和折射角的正弦值，记入自己设计的表格里．
（10）用上面的方法分别作出入射角是30°、45°、60°时的折射角，查出入射角和折射角的正弦值，把这些数据也记在表格里．
（11）算出不同入射角时的值，比较一下，看它们是否接近一个常数，求出几次实验中所测的平均值，这就是玻璃的折射率．
（12）也可用如下方法求折射率n．
用圆规以O为圆心，任意长为半径画圆，交入射线于P点，交折射线于Q点；过P作法线的垂线，交于N，过Q作法线的垂线，交于N′；用刻度尺分别测出PN和QN′之长，则n＝．
（五）注意事项
（1）用手拿玻璃砖时，手只能接触玻璃砖的毛面或棱，不能触摸光洁的光学面．严禁把玻璃砖当尺子画玻璃砖的两个边aa′、bb′．
（2）实验过程中，玻璃砖在纸上的位置不可移动．
（3）大头针应竖直地插在白纸上，且玻璃砖每一侧的两枚大头针P1和P2间、P3和P4间的距离应尽量大一些，以减少确定光路方向时造成的误差．
（4）实验时入射角不宜过小，否则会使入射角和折射角的值偏小，增大测量误差；入射角也不宜过大，否则在bb′一侧要么看不到P1、P2的虚像，要么看到P1、P2的像模糊不清，并且变粗，不便于插大头针P3、P4．
（5）由于要多次改变入射角的大小重复实验，所以入射光线与出射光线要一一对应编号，以免混乱．
31．用双缝干涉测量光的波长
【知识点的认识】
（一）实验目的
观察干涉图样，测定光的波长．
（二）实验器材
双缝干涉仪（包括光具座、光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头）、刻度尺．
（三）实验原理
双缝干涉中相邻两条明（暗）条纹间的距离△x与波长λ、双缝间距离d及双缝到屏的距离L满足△x＝．因此，只要测出△x、d和L，即可求出波长λ．
（四）实验步骤
（1）观察双缝干涉图样
①将光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏依次安放在光具座上，如图所示．
②接好光源，打开开关，使灯丝正常发光．
③调节各器件的高度，使光源灯丝发出的光能沿轴线到达光屏．
④安装双缝，使双缝与单缝的缝平行，二者间距5～10cm．
⑤观察白光的干涉条纹．
⑥在单缝和光源间放上滤光片，观察单色光的干涉条纹．
（2）测定单色光的波长
①安装测量头，调节至可清晰观察到干涉条纹．
②使分划板中心刻线对齐某条亮条纹的中央，记下手轮上的读数a1，转动手轮，使分划板中心刻线移动，记下移动的条纹数n和移动后手轮的读数a2，a1与a2之差即n条亮纹的间距．
③用刻度尺测量 双缝到光屏间距离l
（d是已知的）．
④重复测量、计算，求出波长的平均值．
⑤换用不同滤光片，重复实验测量其他单色光的波长．
（五）注意事项
（1）安装器材时，注意调节光源、滤光片、单缝、双缝的中心均在遮光筒的中心轴线上，并使单缝、双缝平行且竖直．
（2）光源灯丝最好为线状灯丝，并与单缝平行且靠近．
（3）调节的基本依据是：照在屏上的光很弱，主要原因是灯丝与单缝、双缝、测量头、遮光筒不共轴所致，干涉条纹不清晰的主要原因是单缝与双缝不平行．
（4）光波波长很短，△x、l的测量对波长λ的影响很大，l用毫米刻度尺测量，△x利用测量头测量．可测多条亮纹间距再求△x，采用多次测量求λ的平均值法，可减小误差．
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图象
方法

（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。
例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。

（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。
例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。

（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。
串联电路
并联电路
电路


电流
I＝I1＝I2＝…＝In
I＝I1+I2+…+In
电压
U＝U1+U2+…+Un
U＝U1＝U2＝…＝Un
总电阻
R总＝R1+R2+…+Rn
＝++…+
功率分配
＝
P总＝P1+P2+…Pn
＝
P总＝P1+P2+…+Pn
过程/项目
电荷量q
电场强度E
电势差U
电场能
电流i
磁感应强度B
磁场能
0～电容器放电
减小
减小
减小
减小
增大
增大
增加
t＝时刻
0
0
0
0
最大
最大
最大
～反向充电
增加
增大
增大
增加
减小
减小
减少
t＝时刻
最大
最大
最大
最大
0
0
0
～反向放电
减少
减小
减小
减少
增大
增大
增加
t＝时刻
0
0
0
0
最大
最大
最大
～T电容器充电
增加
增大
增大
增加
减小
减小
减少
符号
W
Q
△U
+
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
﹣
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
位置编号
0
1
2
3
4
5
时间t/s
x/m
v/（m•s﹣1）
产生原因
减小方法
偶然
误差
根据纸带测量的位移有误差，从而使根据位移计算的瞬时速度有误差
测量各计数点到起始点的距离而不是直接测量相邻计数点间距离
系统
误差
木板的粗糙程度不完全相同
尽量选用各处粗糙程度均匀的木板
内接法
外接法
电路图


误差原因
电流表分压U测＝Ux+UA
电压表分流I测＝Ix+IV
电阻测量值
R测＝＝Rx+RA＞Rx
测量值大于真实值
R测＝＝＜Rx
测量值小于真实值
适用条件
RA≪Rx
RV≫Rx
适用于测量
大电阻
小电阻