【文档说明】2024年高考考前最后一课（通用版）物理 Word版含解析.docx，共(216)页，18.034 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1fc85af2efe3df2babf06ab2cc50e627.html

以下为本文档部分文字说明：

目录目录第一部分考前预测篇.......................................................................................................

............2【考前预测篇1】热点选择题......................................................................................

......2热点一：热、光、原问题...............................................................................................

2热点二：力与平衡、力与运动问题.............................................................................10热点三：功与能..............................................

...............................................................15热点四：动量与能量.................................

....................................................................23热点五：振动与波...........................................

..............................................................29热点六：电场的性质...............................................................

......................................31热点七：带电粒子的运动.............................................................................................3

5热点八：电磁感应新情境问题.....................................................................................37热

点九：交流电与变压器.............................................................................................39【考前预测篇2】热点实验题.............................

.............................................................42一．实验题解题指导.........................................................

............................................42一．必修热点实验强化训练.............................................................................

............43三．选修热点实验强化训练.........................................................................................64【考前预测篇3】热

点计算题..........................................................................................78一．计算题解题规范及策略....................................

.....................................................78二．第一道计算题：基本+规范..................................................................

.................80三．第二道计算题：模型+综合...........................................................................

........88三．第三道计算题：物理思维+数学建模.................................................................101第二部分考前基础篇....................

...........................................................................................120考前基础篇1----主干

知识体系构建..................................................................................120考勤基础篇2---基本概念、规律及结论回顾总结.

...........................................................126考前基础篇3---经典模型与情境回顾...............................

.................................................156第三部分考前技能篇...........................................................

....................................................174考前技能篇1---理综答题有技巧.........................................................................

...............174考前技能篇2---高考最后40天拼的是什么?....................................................................177考前技能篇3---高考真题！所有高三生，你们最后的逆袭机会！....

............................178第四部分考前心理篇.................................................................................................

..............179考前心理篇1---考前考生需要做哪些准备........................................................................179考前心理篇2---考前冲刺需要有正常心态..........

..............................................................183考前心理篇3---高考前一天需要做哪些准备...........................................................

.........188第五部分考时注意篇................................................................................

...............................190第六部分高考祝福篇......................................................................................................

.........194写给即将高考的学子们......................................................................................................

.194三句话送给即将进考场的你...............................................................................................196第七部分押题卷...........

...........................................................................................................198第一部分考前预测篇【考前预测篇1】热点

选择题热点一：热、光、原问题1.【2024高三上·贵州第二次诊断性考试】如图所示，绝热气缸内用质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，轻质弹簧一端固定在活塞上，另一端固定在气缸底部，活塞可沿气缸无摩擦滑动，此时弹簧处于原长

。现通过电热丝对气体进行缓慢加热，使活塞上升了一段距离，此过程中封闭气体没有泄漏，大气压强恒定。下列说法正确的是（）A．加热前封闭气体的压强等于大气压强B．加热过程中封闭气体分子的平均动能增大C．加热过程中气体吸收的热量等于

弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和D．加热过程中气体对活塞做的功大于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和【评析】本题以汽缸活塞加弹簧模型为载体综合考察学生对受力分析、热学状态分析以及机械能与内能变化等相关知识点的深度理解体现了综合性与创新性

值得考生在冲刺阶段认真研究并体会【答案】BD【解析】A．加热前弹簧弹力是零，因活塞重力不能忽略，设大气压强为0p，封闭气体压强为1p，由力的平衡条件可得01pSpSmg=−因此封闭气体压强大于大气压强

，故A错误；B．加热过程中封闭气体的温度升高，分子的平均动能增大，故B正确；C．气体吸收的热量用于增加活塞的重力势能和弹簧的弹性势能以及气体的内能，还要推动活塞对外做功，故C错误；D．对活塞，据动能定理可得0

GWWWW−−−=簧大气可得GWWWW+=+簧大气故D正确。故选BD。2.【2024高三下·云南第一次诊断性考试】如图所示，一导热气缸由粗细不同的两段圆柱形气缸连接而成，通过刚性杆连接的活塞A、B封闭了一定质量的理想气体，活塞可无摩擦滑动，活塞及连接杆的重量不可忽略。则气缸由如图所示的

状态在竖直面内缓慢转动90°至活塞A在下方，气缸始终处于密封状态且环境温度和大气压强均保持不变，此过程中关于缸内气体，下列说法正确的是（）A．压强变小B．体积变小C．向外放热D．外界对气体做正功【评析】本题以汽缸活塞加轻杆模型为载体综合考察学生对受力分析、影响内能的因素以及热力学第一定律的理解体

现了基础性与创新性并存，一反常态，活塞横截面积不同需要对平衡系统准确受力分析做到了反套路；对解题技巧也有要求，若学生不能正确受力分析则可以根据答案的提示进行假设就会发现BCD对一个其余都对所以只能选A，为解题开辟了途径符合新高考要求。【答案】A【解析】设大气压强为0p，初始时，根据受力平衡可知，气

体压强为10pp=气缸由如图所示的状态在竖直面内缓慢转动90°至活塞A在下方，根据受力平衡可得2ABAB0AB()()()pSSmmgpSS−++=−可得AB20AB()mmgppSS+=−−可知气体压强减小，由于温度保持

不变，气体内能不变，根据玻意耳定律可知，气体体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热。故选A。3.【2024·河南·一模】如图，将一平面镜置于某透明液体中，光线以入射角45i=进入液体，经平面镜反射后恰好

不能从液面射出。此时，平面镜与水平面（液面）夹角为α，光线在平面镜上的入射角为β。已知该液体的折射率为2，下列说法正确的是（）A．30=B．37.5=C．若略微增大α，则光线可以从液面射出D．若略微减小i，则光线可以从液面射出【评析】本题以光在介质中的折射与平

面镜发射为情境，考察折射定律、全反射定律以及学生的作图能力。【答案】BD【解析】AB．根据sinsininr=解得光线在射入液面时的折射角为30r=光线经平面镜反射后，恰好不能从液面射出，光路图如图有1sinCn=解得45C=由几何关系可得()()29090180r

C+−+−=解得37.5=故A错误；B正确；C．若略微增大α，则光线在平面镜上的入射角β将变大，根据上面分析的各角度关系可知光线射出液面的入射角变大，将大于临界角，所以不可以从液面射出。故

C错误；D．同理，若略微减小i，则r减小，导致光线在平面镜上的入射角β减小，可知光线射出液面的入射角变小，将小于临界角，可以从液面射出。故D正确。故选BD。4.【23-24高三上·河南信阳·阶段练习】如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直

径MN与水平面平行。由红、绿两种单色光组成的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的b、c两点处，b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是（）A．b、c

两点处分别对应绿光、红光B．在玻璃中，绿光的速度比红光小C．射到c点的光在c点会发生全反射D．光从M点到c点的传播时间大于从M点到b点的传播时间【评析】本题选自教材习题，在习题的基础上延申问题；本题的实质是“光学等时圆”引导学生在解题的时候发

现一些有价值的习题定律便于解决其它更为复杂的问题。【答案】AB【解析】A．根据电磁波谱可知，绿光折射率大于红光折射率，所以b、c两点分别对应绿光、红光，故A正确；B．根据cvn=在玻璃中绿光的速度比红光小，故B正确；C．由图可知设光在M点的

入射角和折射角分别为和，在c点的入射角和折射角分别为ij和，则有sinsinsinsinjni==由i可知j，因此90j故射到c点的光在c点没有发生全反射，故C错误；D．假设截面半圆半径为R，以b为研究对象，如图所示则在玻璃中的光程为s=2Rsinα根据

折射率公式sinsinn=又有cvn=联立可得2sinasRtvc==同理可得2sinbRtc=所以光从M点到c点的传播时间与从M点到b点的传播时间相等，故D错误。故选AB。5．【2024高三下·河南南阳·阶段练习

】如图所示，一束紫光a沿半径方向射入半径为R的半圆形玻璃砖，光线b和光线c为其反射光和折射光，OO为法线，光线a与直径边的夹角为，光线c与OO的夹角为，光线b的强度随夹角的变化关系如图乙所示，其中光照强度发生突变的

d点所对应的角度30=，光在真空中的传播速度为c，下列说法中正确的是（）A．若夹角从90°减小到30°，则夹角将会逐渐增大B．若夹角从30°增大到90°，则光线b的强度一直加强C．玻璃砖对该光线的折射率233n=D．当小于30°时，该光线通过玻璃砖的时间为43

3Rc【评析】本题借助图像语言引导学生从能量守恒的角度来深度理解全反射现象根据反射光的强度（能量）变化来判断临界角进而解答相关问题要求学生不仅仅会背公式还要理解光学现象的本质。【答案】ACD【解析】A．由题图乙可知，在30时光线b的强度一直不变，说明光线a产生全反射，在此过程

中没有折射光线c，只有反射光线b，设入射角为i，可知此时全反射的临界角是60°，若夹角从90°减小到30°，则入射角i逐渐增大，由折射定律sinsinni=，可知夹角将会逐渐增大，A正确；B．若夹角从30°增大到90°，则入射角i<C且逐渐减小，则光线b

的强度一直减弱，B错误；C．由全反射临界角公式1sinnC=，可得玻璃砖对该光线的折射率123sin603n==C正确；D．该光线在玻璃砖中传播速度为32cvcn==当小于30°时，光线a产生全反射，该光线

通过玻璃砖的时间为2433RRtvc==D正确。故选ACD。6.【22-23高三上·山东临沂·期中】某物理兴趣小组研究了1924年提出的“以光压为动力的太阳帆深空探测器”模型：设探测器在轨道上运行时，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部以原速率反射，从而产

生光压；若每秒每平方米可获得太阳光能为E、薄膜光帆的面积为S、探测器的质量为m、真空中光速为c，则探测器的加速度a为（）A．2SEmcB．4SEmcC．2ScD．4cS【评析】本题以太阳帆、光压等新概念为命题背景结合动量定理和光子动量能量等来解决问题；需要找出

光子的动量和能量之间的关系，求出光子的动量，再有动量定理求出压力。再根据牛顿第二定律求出加速度。要求学生对物理概念、定律要深度理解而不是简单的带公式，是一道创新性综合性应用性极强的试题。【答案】A【解析】设每秒每平方米可获得太阳光子数为N，太阳光的频

率为，平均波长为，则每秒每平方米可获得太阳光能为ENh=每个光子的动量为hhPc==由于光子射到光帆上后全部原速率反射，设1s内每平米光子受到的作用力为F，以反射方向为正方向，由动量定理可得()2FtNppNP

=−−=整理可得2EFc=根据牛顿第三定理可知，1s内整个面积为S的薄膜光帆上受到光子的合力为2ESFFSc==故根据牛顿第二定律可得，探测器的加速度a为2FESammc==故选A。7.【2023·山西太原·二模】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3n=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255eV．，可见光光子的能量范围是162eV~311eV．．，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954eV．C．题

述a光为氢原子从3n=能级跃迁到1n=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【评析】本题以实际生活中的报警电路为命题情境，报警原理与能级跃迁和光电效应两个主要知识点相

关；让学生感受物理与生活的关系同时让学生体会到应用所学知识解决实际问题的乐趣，是一道基础性与应用性相结合的问题很符合新高考命题的趋势。【答案】B【解析】A．光线发射器中发出的光子的能量分别为()11.51eV13.6eV12.09eVE=−−−=()23.4

0eV13.6eV10.2eVE=−−−=()31.51eV3.40eV1.89eVE=−−−=可见光光子的能量范围是162eV~311eV．．，光线发射器中发出的光有一种为可见光，A错误；B．根据10kmEWE=+光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为km954eVE=．B正确；C．由图丙可

知，a光遏止电压小于b光遏止电压，由0kmEWE=+，ckmeUE=得a光能量小于b光能量，则题述a光为氢原子从2n=能级跃迁到1n=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。8.【2024·河南·一模】粒子()42He以一定的初速度与静止的氧原子核()168O发生正碰。此过程中，粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，1t时刻图线的切线斜率最大。则（）A．1t时刻168O的动量为01pp−B．1t时

刻168O的加速度达到最大C．2t时刻168O的动能达到最大D．2t时刻系统的电势能最大【评析】图像语言是物理学的重要语言，本题以微观粒子间的类碰撞为背景以图像传递信息，要求考生能构建物理模型（碰撞）并能准确获取图像信息才能解答好本题。【答案】AB【解

析】A．粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，1t时刻168O的动量为201ppp=−故A正确；B．1t时刻图线的切线斜率最大，则粒子的动量变化率最大，根据pmv=可知粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即粒子受到的电场力最大，则氧原子核受到的电场力

也最大，168O的加速度达到最大，故B正确；C．2t时刻，粒子速度为零，由图可知2t时刻后，粒子反向运动，系统动量守恒，可知在2t时刻之后，168O的动量达到最大，168O的速度达到最大，168O的动能达到最大，故C错误；D．1t时刻，氧原子核受到的电场力最大，粒子与氧原子核的距离最近

，系统的电势能最大，故D错误。故选AB。热点二：力与平衡、力与运动问题9.（多选）【23-24高三下·云南昆明·阶段练习】如图所示，带有等量异种电荷的两个小球A、B分别套在绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，其中NP部分粗糙，

MN部分光滑，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角。A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1。现缓慢推动B球向左移动一小段距离，A球也缓慢移动，当B球到达C点（图中未画出）时，撤去水平推力，A、B依然均处于静止状态，此

时A、B两球间距为L2，则（）A．L1<L2B．L1>L2C．小球B在C点静止时受到的摩擦一定比初始时受到的摩擦力小D．小球B在C点静止时受到的摩擦一定比初始时受到的摩擦力大【评析】本题以电荷系统的平衡为背景，考察了受力分析、整体法、隔离法

、矢量三角形、库伦定律等对学生审题能力分析能力要求极高，是一道综合度很大的好题，考前学习有助于考生整合所学知识点。【答案】AC【解析】AB.对A球进行受力分析（图甲），根据动态平衡的分析方法，A球受到

的重力大小、方向不变，支持力的方向不变，库仑力的方向在改变，但是由于B球只能到C，故由矢量三角形可知A受到的库仑力和支持力都在减小。根据库仑定律的表达式可得AB之间的距离变大，故A正确、B错误；CD.再对A、B整体受力分析（图乙），根据平衡条件可得B所

受摩擦力的大小变小，故C正确、D错误。故选AC。10.【2024·安徽·一模】如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根经绳2悬挂在环的下

方，处于静止状态，60MON=。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是（）A．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为33mgB．物块在缓慢移动过程中，轻绳2

的延长线始终平分MONC．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大D．物块在缓慢移动过程中，经绳1的张力可能先增大后减小【评析】：本题是传统“晾衣架”模型的拓展，是平衡中对称性问题的体现，本题在常考模型的基础上增设物块缓慢运动过程中，带动圆环

缓慢运动并且要求学生会分析圆环运动的轨迹是椭圆，是物理与数学结合的典型好题。【答案】D【解析】A．施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得12cos30Tmg=解得轻绳1的张力大小为133Tm

g=故A正确，不满足题意要求；B．物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿MON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分MON，故B正确，不满足题意要

求；C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可得2cosTmg=可知2cosmgT=可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意要求；D．物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的

运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时MON最大，则此过程MON=逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得122cos

TT=可得212cosTT=可知此过程经绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意要求。故选D。11.【2024·河南·一模】如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为0v时开始刹车，先

后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（）A．012vB．013vC．018vD．019v【评析】本题以刹车问题为情境入题自然亲切，

学生能应用牛顿运动定律动能定律列式就能解决，体现了基础性与应用性。【答案】B【解析】设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为1a、2a，汽车进入冰面瞬间的速度为1v，由牛顿第二定律=fma则汽车在路面与在冰面上

运动的加速度大小之比为112271afaf==由运动学公式，在路面上有2201112vvax−=在冰面上有21222vax=其中1287xx=解得汽车进入冰面瞬间的速度为013vv=故选B。12.【2024·湖北·一模】如图，光滑水平面

上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为A6kgm=，B4kgm=，从0=t开始，推力AF和拉力BF分别作用于A、B上，AB,FF大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（）A．0=t时，A物体的加速度为22m/sB．1st=时，A、B开始分离C．0=t时，A、B

之间的相互作用力为3ND．A、B开始分离时的速度为3m/s【评析】本题以教材习题相似情境呈现，考场动力学图像、动力学中的连接体以及分离等经典问题，新高考也注重经典模型的考场与延申，考前通过本题学习可以帮助学生快速回忆动力学常见的经

典问题、经典模型有助于学生考场上的发挥。【答案】B【解析】AC．由推力与时间的图像可得A82Ft=−，B22Ft=+则0=t时，可知A08NF=，B02NF=由于ABmm，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为2ABAB1m/sFFamm+==+设此时A、B之间的相互作用力为F

，对B根据牛顿第二定律可得B0BFFma+=解得2NF=故AC错误；BD．当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有BABAFFmm=即228246tt+−=解得1st=分离时的速度为1m/svat==故B正确，D错误。

故选B。13.【2024·河南·一模】若两颗人造卫星MN、绕地球做匀速圆周运动，MN、到地心的距离之比为k，忽略卫星之间的相互作用。在时间t内，卫星M与地心连线扫过的面积为MS，卫星N与地心连线扫过的面积为NS，则MS与NS的比值为（）A

．1B．kC．21kD．k【评析】本题以人造卫星的运动为情境要求学生会构建物理模型并结合万有引力定律和扇形公式进行相关的推理与运算。【答案】D【解析】根据22mMvGmrr＝可知GMvr=则卫星在时间t内与地心的连线扫过的面积为1122Svt

rtGMr==则MMNNSrkSr==故选D。14.【2024·河南·二模】行星绕恒星运动的轨道半径不同，周期就不同，行星表面单位面积单位时间接受到的辐射能量也不同。如图所示为火星和地球环绕太阳运动的示意图。设火星绕太阳做圆周运动的周期为T1，地球绕太

阳做圆周运动的周期为T2。在直射时，火星表面单位面积单位时间接受到的辐射能量为E1，地球表面单位面积单位时间接受到的辐射能量为E2。假定太阳的能量辐射各向均匀，则下列关系正确的是（）A．1223211E

TTETT=B．111222ETTETT=C．2123221ETET=D．1113222ETTETT=【评析】能量以“能量球面”形式均匀辐射至各方向，计算球体接收能量时，应寻找有效面积，而非半球表面积;【前沿知识扩充】太阳(或光源)的能量以“能量球面”的方式向外辐射

，根据球体面积公式可求得单位面积接收的能量(或功率)。当能量辐射到地球，计算地球接收的功率时，地球背对太阳的半个球面不接收太阳光，对着太阳的半个球面也不都与太阳光垂直，可见，地球接收太阳光辐射的有效面积不是半球表面积，而是以地球半径为半径的圆平面的面积，根据2024PP

Rr=地计算地球接收太阳光的总功率。【答案】A【解析】将行星绕太阳运动简化为圆周运动，由万有引力提供向心力，对火星有22214MmRGmRT=火火火火火星表面单位面积单位时间接受到的辐射能量为0124EER

=火将行星绕太阳运动简化为圆周运动，由万有引力提供向心力，对地球有22224MmRGmRT=地地地地地球表面单位面积单位时间接受到的辐射能量为0224EER=地解得1223211ETTETT=故选A。热点三

：功与能15.【2024·河北·一模】如图所示，一半径为R的光滑14圆弧槽固定在水平面上，可视为质点的小球由与圆心O等高的位置无初速释放。以水平面为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（）A．小球的动能和

重力势能相等时，小球与O点的连线与水平方向的夹角为45B．小球的动能和重力势能相等时，小球下落的高度为2RC．小球的动能为重力势能2倍时，小球与O点的连线与水平方向的夹角为60D．小球的动能为重力势能2倍时，小球下落的高度为3R【评析】本题以凹形桥模型为载体考

查能量的转移转化，本题还可以进一步扩展当小球的动能为重力势能多少倍时小球重力功率最大（神奇的23问题）。【答案】B【解析】AB．以水平面为重力势能零势能面，当小球的动能和重力势能相等时有()21112

mgRhmv−=小球下滑至此位置，根据动能定理有21112mghmv=解得112=hR此时，小球与O点的连线与水平方向的夹角11sin2hR==解得30=故A错误，B正确；CD．以水平面为重力势能零势能面，当小球的动

能为重力势能2倍时有()222122mgRhmv−=小球下滑至此位置，根据动能定理有22212mghmv=解得223hR=此时，小球与O点的连线与水平方向的夹角223sinsin6032hR===即

小球与O点的连线与水平方向的夹角小于60，故CD错误。故选B。16．【2024·河北·模拟预测】三峡集团海上风电场的全球首台16兆瓦级风电机组在9月1日实现24小时满功率运行，单日发电量高达38.41万千瓦时。已知该发电机叶片转动时可形成半径为r的圆面，风速垂直于圆面。若

空气密度为，风力发电机能将扫过圆面内20%的空气动能转化为电能，9月1日该发电机发电的平均功率为P，则当天的平均风速可表示为（）A．210PrB．325PrC．322PrD．3210Pr【评析】本题素材来源于教材需要学生建立连续体模型再结合功率意义的理解建立方程进行求解

。连续体问题近几年高考都有考察今年高考也要引起高度重视。【答案】D【解析】Δt时间内冲击发电机叶片气流的质量为2mVrvt==平均功率为2120%2mvPt=联立解得平均风速为3210Pvr=故选D。17.【202

4·全国3+3+3大联考】跳台滑雪运动员在助滑段加速后，从起跳区a位置处水平飞出，落在着陆区内的b点，不计空气阻力，如图所示。pE、kE、E、P分别表示运动员在空中的重力势能、动能、机械能、重力的功率，用t表示运动员在空中的运动时间，则下列图像中可能正确的是（）A．B．C．D．【评

析】处理物理规律、解决物理问题的方法可以用语言来描述，也可以用数学函数式来表示，还可以用图像来描述。利用图像描述物理规律、解决物理问题的方法称之为图像法。图像包含的信息内容非常丰富，可考查学生的“数形结合”能力和提取“信

息”的能力，具有形象、直观、动态变化过程清晰等特点，能使物理问题简化明了。本题属于根据情境选择图像的问题解决问题的方法是：根据需要由物理规律写出两物理量的函数关系，把函数关系与图像进行比对，确定是正比例函数、一次函数

还是二次函数，从而选出符合题意的选项。【答案】B【解析】A．运动员在空中做平抛运动，下落的高度为212hgt=以b为零势能点，则有p22pp2aamgEhEtEmg==−−故A错误；B．根据动能定理有kkaEEmgh−=

可得22kk2amgEEt=+故B正确；C．平抛过程中只受重力，故机械能守恒，Et−图线应为横线，故C错误；D．运动员沿竖直方向上的速度为ygt=v则重力的功率2yPmgvmgt==故D错误。故选B。18.【2024·陕西宝鸡

·模拟预测】如图所示，质量为mA=1kg，mB=2kg的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过固定在同一水平面上的两个定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量为mC=1kg的小球C相连，小球C套在水平固

定的光滑直杆上。开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角θ=60°，物体B对地面的压力恰好为零。现解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F=16N的恒力，小球C运动到直杆上

的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ=60°，D为PQ的中点，PQ距离L=2m，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小以及滑轮、绳与轴之间的摩擦力，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球C从P点运动到D点的过

程中，合外力对物体A的冲量为零B．小球C从P点运动到Q点的过程中，轻绳拉力对物体A做功为零C．小球C运动到Q点时的速度大小为165m/s5D．小球C运动到Q点时，物体A的加速度大小为22m/s【评析】本题

是经典的关联速度与能量守恒的问题；本题对审题能力要求较高，要求学生具备较好的物理基础及较强的翻译能力；地面的压力恰好为零这是常见的分离临界条件翻译为：0NF=、Fmg=弹；弹簧处于拉伸状态；小球C运动到D点时

，物体A刚好运动最低点，此时A的速度为零；Q点时速度达到最大加速度为0等。通过本题的训练可以很好锻炼学生审题能力以及解决压轴题的技巧。【答案】ACD【解析】A．小球C运动到D点时，物体A刚好运动最低点，此时A的速度为零，根据动量定理可得0Ip==合可知合外力对物体A的冲

量为零，故A正确；B．小球C从P点运动到Q点的过程中，此时物体A刚好回到初始位置，此过程重力、弹簧弹力对A球做功均为0；由于小球C运动到Q点沿绳子方向的速度不为0，则此时A的速度不为0，根据动能定理可得Tk0WWE==合故B错误；C．小球C运动到Q点时，此

时物体A刚好回到初始位置，弹簧的弹性势能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有22CCAA1122FLmvmv=+又ACcosvv=联立解得C5m/s516v=故C正确；D．小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有2co

sFTF==根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为BFmg=弹物体A的加速度大小为A2A22m/sFFmgam−−==弹故D正确。故选ACD。19．【23-24高三下·河北保定·阶段练习】如图甲所示，质量为2kg的物块静止放置在水

平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块施加一水平方向的拉力F，拉力大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．在0~4s内，重力对物块的冲量大小为0B．在0~4s内，拉力F对物块的冲量大小为40NsC．在0~

4s内，摩擦力对物块的冲量大小为30NsD．在t=4s时刻，物块的速度大小为4m/s【评析】本题是常见的变力冲量计算问题，学生可以利用图像面积或平均力思想求解本题。【答案】BC【解析】A．在0~4s内，重力对物块的冲量大小为12104Ns80NsImgt===故A错误；

B．在0~4s内，拉力F对物块的冲量大小为22004Ns40Ns2IFt+===故B正确；C．物块受到的最大静摩擦力为max10N==fmg可知0~2s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；2~4s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在0~4s内，摩擦力对物块

的冲量大小为30102Ns102Ns30Ns2I+=+=故C正确；D．水平方向由动量定理可知23IImv−=解得在4st=时刻，物块的速度大小为5m/sv=故D错误。故选BC。20．【2024·河北·一模】一物体放在水平地面上，0=t时刻在物体

上施加一竖直向上的恒力，使物体由静止开始竖直上升，该过程中物体重力势能、动能随物体上升高度的变化规律分别为如图所示的图线A和图线B，当01st=时物体上升高度为h0（h0未知），此时将外力撤走，经过一段时间物体落地

，取地面为重力势能的零势能面，忽略空气阻力，重力加速度g取210ms/，则下列说法正确的是（）A．02.5mh=B．物体所受的恒力与重力的比值为32C．物体上升的最大高度为3.5mD．整个过程物体运动的总时间为32s2+【评析】本题以竖

直面内质点的运动为背景以经典能量-位移图为信息载体考场学生信息提取的能力。【技巧】如何利用图像找信息(1)看清坐标轴所表示的物理量：是运动学图像(v－t、x－t、a－t)，还是动力学图像(a－F合、a－1m)，明确因变量与自变量的制约关系。(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，

进而分析具体的物理过程。(3)看交点、斜率和面积：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴所围面积的物理意义。【答案】AB【解析】A．由图知，重力势能020Jmgh=2012hat=vat=2110J2mv=1st=联立得02.5mh=；0.8kgm=；25m/

sa=故A正确；B．根据Fmgma−=得32Fmg=故B正确；C．根据5m/savat===；21.25m2vhg==物体上升的最大高度为03.75mHhh+==故C错误；D．取向上为正方向，根据200012hvtgt−=−得外力撤走后运动时间为031s2t+=整个过程物体运动的总时间为0s233

Ttt+=+=故D错误。故选AB。21．【23-24高三上·云南昆明·期中】某机场利用如图所示的传送带将行李箱从飞机上运送到地面，传送带以恒定速率沿逆时针方向运行。在0=t时，将质量10kgm=的小行李箱轻放在传送带上A点，1.5st=时小行李箱从B点离开传

送带，其vt−图像如图乙所示，重力加速度g取210m/s，则（）A．传送带的倾角为30B．0~0.5s内的摩擦力大小为40NC．0~0.5s内合力对小行李箱做功为125JD．0~1.5s内摩擦力对小行李箱做功为-100J【评析】本题考察

经典皮带传动模型根据图像分析行李箱的运动再根据牛顿第二定律列方程求倾斜角及摩擦力；传送带上有着丰富的功能关系，在学习过程中要厘清各种位移关系和各种能量关系。【方法技巧】传送带问题的综合分析涉及物体在传送带上运动的具体细节问题，一般用动力学观点进行解决。传送带因传送物体多做

的功，从能量的观点进行分析，等于物体增加的动能、重力势能及摩擦生热，而摩擦生热需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。【答案】BC【解析】AB．由题图乙可知，0~0.5s内摩擦力方向沿传送带向下，加速度2110m/sa=；0.5~1.5s内摩擦力方向沿传送带向上，加速度22s2m/

a=设传送带的倾角为，根据牛顿第二定律有0~0.5s内1sincosmgmgma+=；0.5~1.5s内2sincosmgmgma−=联立解得37=、0.5=1cos40Nfmg==故A错误，B正确；C．0~0.5s内，根据动能定理，

合力对小行李箱做功等于小行李箱动能的变化量，即20.51125J2Wmv==合故C正确；D．0~0.5s内小行李箱位移1150.55m24s==摩擦力做正功1150JWfs==；0.5~1.5s内小行李箱位移()211576m2s=+=摩擦力做负功22240JWfs=−=−故0

~1.5s内摩擦力对小行李箱做功12190JfWWW=+=−故D错误。故选BC。22．【2024高三·山东潍坊·期末】如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住B，A静置于地

面上，B距地面高度为h，细线处于拉紧状态。释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，不计一切摩擦和阻力，以地面为零势能面。从开始运动至B刚要落地过程中，以下关于A、B的重力势能pAE、pBE和动能kAE、kBE随运动距离x变化关系正确的是（）A．B．C

．D．【评析】本题选材教材习题，模型中蕴藏着丰富的几何关系还涉及动滑轮组的相关知识；关键在于学生能列出能量守恒方程并结合图像选择符合题意的图像；【关键一步】根据滑轮组可知BA=2xx；BA2vv=。【答案】BC【解析】根据滑轮组可知，B下落的高度为A上升高度的两倍，设B运动距离为Bx

时，A运动距离为Ax，则BA=2xx对B，初始重力势能为pB0=Emgh当B运动距离为Bx时pBB()Emghx=−B的末重力势能为0。对A，初始重力势能为0，当A运动距离为Ax时kAAEmgx=由滑轮组可

知，A上升的高度为B下降高度的一半，故Am=2hx故A的末重力势能为pA12Emgh=末根据滑轮组可知，在运动过程中BA2vv=对AB组成的系统，当B运动距离为Bx时，根据动能定理可得22BBBAkBkA111+222mgxmgxmvmvEE−==+对B可

得kBB25Emgx=B的末动能为pB0kB2255EmghE==末对A，当A运动距离为Ax时kBkABA11==4105EEmgxmgx=A的末动能为kApA11525hEmgE==末末故选BC。热点四：动量与能量23.【2024·安徽

·一模】如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为0v，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为

v，方向与水平面成角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球落地时重力的功率为mgvB．小球下落的时间为sinmvkhmg+C．小球下落过程中的水平位移大小为()0cosmvvk−D．小球下落过程中空

气阻力所做的功为()22012mvvmgh−−【评析】本题以实验为背景考察有阻力的平抛运动或者说fkv=模型的分析，涉及功率以及做功等核心物理概念的求解需要用到微元法的基本思想。【拓展延申】物体在变力作用下做复杂的变速运动，可以把物体的运动分割成若干小段，在每一小段内，可认为力f不变，这样

，在△t1时间内，力f的冲量：111111Iftkvtkx===同理，2t时间内，力f的冲量22Ikx=，……所以整个过程力f的冲量为：12nIIIIkx=+++=即变力的冲量大小与物体的位移大小成正比。这个

结论的几何解释如图所示（仅仅是示意性地画出，并不真正表示物体就做图示形式的运动）。对于v—t图象，图象与t轴所围的面积表示物体的位移x。由于f=kv，力f随时间t变化的f—t图象与v—t图象相似（纵轴

相差k倍）。对f—t图象来说，图象与t轴所围的面积就是力f的冲量I，显然I=kx。此结论在解答“f=kv”问题中有很重要的作用。【答案】BCD【解析】A．小球落地时重力的功率为GsinPmgv=故A错误；B．小球

下落过程在竖直方向根据动量定理123sin(......)yyymvmgtkvvvt=−+++123(......)yyyvvvth+++=解得小球下落的时间为sinmvkhtmg+=故B正确；C．小球在水平方向根据动量定理0123cos(......)xxxmvmv

kvvvt−=−+++123(......)xxxvvvtx+++=解得小球下落过程中的水平位移大小为()0cosmvvxk−=故C正确；D．小球下落过程根据动能定理2201122fmvmvmghW−=+解得小球下落过程中空气阻力所做的功为2201122f

Wmghmvmv=−+−故D正确。24.【2024高三·全国·课时练习】已知A、B、C、D四个钢球的质量分别为100m、m、1100m、110000m，悬挂在天花板上，初始时刻四个钢球相互接触且球心在一条直线上，与

天花板距离均为L，四条绳都是竖直的，现将A球拉起60°的角度由静止释放，重力加速度为g，则D球被弹起的瞬间获得的速度最接近于（）A．5gLB．6gLC．7gLD．8gL【评析】本题考察经典弹性碰撞模型要求考生熟悉模型的规律。【模型归纳】弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律

和机械能守恒定律。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2。结论：①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两

球碰撞后交换了速度。②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v

1。【答案】D【解析】设A、B两球质量分别为M和m，A球下落到最低点时的速度满足201(1cos60)2MgLMv−=解得0vgL=两球相碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有012MvMvmv=+222

012111222MvMvmv=+解得202MvvMm=+因M是m的100倍，则v2接近2v0；同理B和C碰后，C的速度接近于4v0；C和D碰后，D的速度接近于08v，即D8vgL=故选D。25.【2024·河南·

一模】如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，2s=t时与木板相撞并粘在一起。两者运动的vt−图像如图（b）所示。重力加速度大小g取210m/s，则（）A．Q的质量为1kgB．地面与木

板之间的动摩擦因数为0.1C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0JD．5.8st=时木板速度恰好为零【评析】本题以经典板块模型为背景考察类碰撞模型，这里需要学生明辨，第一个过程由于地面粗糙系统动量不守恒；碰撞过程虽然地面粗糙但碰撞时间极短内力远大于外力系统动量守恒，其余的问题还需要学生会根

据图像语言来求解相关问题。【答案】AC【解析】A．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得()123mvMvmMv+=+根据v-t图像可知，v1=

3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得1Mkg=故A正确；B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、

Q分别受力分析，由牛顿第二定律得1Pmgma=()12QmgmMgMa−+=联立解得20.05=故B错误；C．由于碰撞系统损失的机械能为()222123111222EmvMvmMv=+−+代入

数据解得1.0JE=故C正确；D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得()()2230mMgtmMv−+=−+代入数据解得24st=因此木板速度恰好为零的时刻为122s4s6sttt=+=+=故D错误；故选AC。26.【2024高三下·云南大理】“头球攻门”是足球比赛

中最常见的情景之一。某场足球比赛中，攻方获得任意球机会，高度为1.65mh=的运动员甲站在球门前的a点，另一队友乙（图中未画出）在距离a点28m处主罚任意球，甲同时准备原地起跳头球攻门，乙将足球从地面踢

出后，足球在离地12.45mh=处水平击中运动员甲的头部，此时甲刚好上升到最高点，足球与运动员头部碰撞时间为0.1s，碰后速度大小变为碰前的58，方向改变了60°角后水平飞出飞向球门人网。取重力加速度为210m/sg=，不计空气阻力，足球质量为0.40kg且可视为质点。下列说法正确的是（）A．乙踢

出足球瞬间足球的速度大小为40m/sB．甲在乙踢出足球后0.3s离地上升C．甲对足球做的功为195JD．足球与甲碰撞过程中所受合外力大小的平均值为140N【评析】本题涉及抛体运动中的功能动量，以体育运动为命题背景强化五育并举的命题思想，重点考察抛体运动的规律以及功能转化，突出考察了动量定理在曲线运

动中的应用，关键能力在于要知道动量定理本身的矢量性。【答案】BD【解析】A．根据逆向思维，足球上升到最高点的过程中，在竖直方向上有21112hgt=，1yvgt=解得10.7st=，7yv=m/s在水平方向有01xvt=解得040m/sv=则乙踢出足球瞬间足球的速度大小为220209

m/syvvv=+=故A错误；B．根据逆向思维可知，甲离地上升过程有21212hhgt−=解得20.4st=则有120.3sttt=−=故B正确；C．足球与运动员碰撞前后，作出速度的矢量图如图所示根据上述结合题意有040m/sv=，05/582mstvv==它们之间

的夹角为60°，则甲对足球做的功22011195J22tWmvmv=−=−故C错误；D．结合上述，根据几何关系可得35m/sv=对足球，根据动量定理可得Ftmv=合解得140NF=合故D正确。故选BD。27.【2023·云南·模拟预测】如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径

为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块

质量的2倍，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．滑块到达B点时的速度大小为2gRB．弹簧获得的最大弹性势能为mgRC．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为23RD．滑块第一次从A点运动到B点时，小车对滑块的支持力大小为4mg【评析】本题是经典反冲模型（

人船模型），涉及能量转化，相对位移等核心问题的求解，易错点是小车对滑块的支持力求解没有考虑相对速度。【模型归纳】人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静

，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x1x2＝v1v2＝m2m1。(3)应用x1x2＝v1v2＝m2m1时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。【答案】BD【解析】AD．滑块从A滑到B时，满足水

平方向动量守恒，机械能守恒，则有122mvmv=，221211222mgRmvmv=+解得143vgR=，213vgR=运动到B点时对滑块受力分析()212NvvFmgmR+−=解得FN=4mg故A错误、D正确；B．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知

二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故B正确；C．从A到B滑下过程由人船模型122mxmx=，x1＋x2=R解得小车的位移应当是23Rx=故C错误。故选BD。热点五：振动与波28．【2024·

安徽池州·二模】艺术体操是一项女子竞技项目，主要有绳操、球操、圈操、带操、棒操五项。带操动作柔软、流畅、飘逸、优美。如图所示是一位带操运动员的竞技场景，丝带的运动可以近似为一列简谐横波沿x轴传播，0=t时刻的波形如

图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，0=t时刻该波刚好传播到B点，质点A的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（）A．1.8st=时，质点A的位移为20cmB．该波的传播速度是25m/sC．波向x轴负方向传播D．3.2st=时质点Q通过的路程是80cm【评析】本题考察波形图与

振动图的区别与联系。【方法总结】求解波的图像与振动图像综合问题的关键点(1)分清振动图像与波的图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图像，横坐标为t则为振动图像。(2)看清横、纵坐标的单位。

尤其要注意单位前的数量级。(3)找准波的图像对应的时刻，找准振动图像对应的质点。【答案】D【解析】A．由题图甲乙可知，振幅为20cmA=周期为0.8sT=角速度为22.5rad/sT==A振动的初相为0=则质点A的位移的函数表达式为20sin2.5cmyt=+（）当

1.8st=时，质点A的位移为1120sincm20cm2y==−A错误；B．由乙图可知，质点的振动周期为0.8sT=由甲图可知，波长20cm=则波速为25cm/svT==B错误；C．由该简谐波0=t时恰好传到B点，波源在BB点左侧

，波向x轴正方向传播，C错误；D．质点B、Q平衡位置之间的距离为60cmL=由Lvt=解得2.4st=即经过2.4s质点Q开始振动，又经过0.8s质点Q完成一次全振动通过的路程是80cm，D正确。故选D。29．【2024·河南·二模】某中学湖面上有两个波源1S和2S，两波源的振动频率相

同，如图所示，波源12SS、的坐标分别为(20cm,0)−、(20cm,0)，湖面上还有一点P，坐标为(20cm,30cm)−，0=t时，波源2S开始从平衡位置向上振动，经过6s波源12SS、分别产生的第一个波峰同时传到P点，O

点为振动减弱点，已知两波源同时起振．下列说法正确的是（）A．波在湖面传播的速度为5cm/sB．波源1S在0=t时从平衡位置向下振动C．两波源的振动周期为4sD．波源1S产生的第一个波谷传到P点需要的时间为3s【评析】本题考察波的干涉现象及规律。【方法总结】波的干涉中振动加强点、减弱点的判断

方法(1)公式法某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。①当两波源振动步调一致时若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。②当两波源振动步调相反时若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2

，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。【答案】BC【解析】B．O点为两波源的中点且为振动减弱点，波源12SS、振动方向相反，所以波源1S在0=t时从平衡位置向下振动，故B正确；AC．根据几何关系可知130cmP

S=，250cmPS=1364TPSv=−，264TPSv=−解得10cm/sv=，4sT=故A错误，C正确；D．波源1S产生的第一个波谷传到P点需要的时间为14s4PSTtv=+=故D错

误。故选BC。热点六：电场的性质30.【23-24高三下·湖南·阶段练习】如图甲所示，电荷量相同的两正电荷固定在同一水平高处，它们连线的中点为O点。一绝缘细杆竖直放置在两电荷连线的中垂线上，杆上A点与O点间距离为0h。一带电小球套在杆上从A点由静止释放运动到O点

，该过程中小球动能kE随下降距离h变化的图像如图乙所示。若忽略一切阻力，则下列说法正确的是（）A．小球带负电B．小球的机械能一直在减少C．OA连线上场强最大的位置为距A点02h处D．小球所受的合外力先减小后增大【评析】本题考察带电粒子在等量同种

电荷电场分布下的运动问题以及图像问题；电场图像一直是高考命题的热点方向，无论是哪一种类型的图像都需要利用图像判断出电场的分布特点再结合电场相关知识进行解答。电场中几种常见的图像v－t图像当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的

各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况φ－x图像(1)从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化(2)φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小E－x图像以电场强度沿x轴方向为例：(1)E>

0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向(2)图线与x轴围成的“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定Ep－x图像(1)图像的切线斜率大小表示静电力大小(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况【答案】B【解析】D．由该过程中小球动能kE随下降距

离h变化的图像，可知图像上任一点切线的斜率表示合力，小球所受的合外力先减小后增大，再减小再增大，故D错误；A．由合力的变化可知小球受到的电场力向上，小球带正电，故A错误；B．全程中电场力方向不变，对小球一直做负功，小球的机械能一直在减少，故B正确；C．距

A点02h处，合力为零，此处电场力和重力等大反向，而场强最大的位置必定是电场力最大的位置，此时小球减速的加速度达到最大，该位置在02h到0h之间，故C错误。故选B。31．【23-24高三下·广西·阶段练习】如图所示，在x轴上相距为L的两点固定

两个不等量异种点电荷+4Q、−Q，顶点为a、b、c、d的正方形虚线框边长为L，−Q位于其几何中心。e、f两点为虚线框与x轴的交点。规定无穷远处电势为0，则（）A．a、b两点电势相等B．b、c两点处的电场强度相同C．e点电势低于f点电势D．负试探电荷在a点的电势能大于

其在e点的电势能【评析】本题借助正方形这一规则且具有对称性的几何图形来考查点电荷电场、电势的分布与叠加问题，要注意两点：（1）点电荷的场强公式2QEkr=且场强的运算是矢量运算满足平行四边形法则还要注意点电荷电场线的分布规律；（2）电势公式Qkr=

且电势的计算是标量计算要注意正电荷周围的电势都是正的负电荷周围的电势都为负的。【答案】D【解析】A．a、b两点在Q−的同一等势面上，但不在4Q+的同一等势面上，故两点电势不相等，A错误；B．根据电场场强叠加原理，可得b、c两点处的场强仅大小相等，但方向不一样，故B错误；C．根据

点电荷的电势公式可得e点电势将高于f点电势，故C错误；D．负试探电荷从a点运动到e点过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确。故选D。32.【2023·全国·3+3+3大联考】如图所示，a、b、c、d、e是两个等量异种点电荷形成的电场中的等差等势面，一电荷量为q的带正电的粒子，只受该电

场的作用，在该电场中运动的轨迹如图中实线MPN所示，已知电场中b、c两等势面的电势分别为cb、。则下列说法正确的是（）A．bcB．带电粒子经过P点和N点时速度相同C．带电粒子从M点运动到N点电场力做的功

为()bcq−D．带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度【评析】本题是电场线与轨迹的运动分析问题，分析此类问题一定要厘清：点：交点；线：电场线；面：等势面；迹：轨迹之间的关系并应用电场的基本性质来正确解答。【方

法总结】分析电场中运动轨迹问题的方法1．“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的切线(“力线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。2．“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制

约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况。【答案】D【解析】A．根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，且带电粒子带正电，则正电荷在上方，负电荷在下方

，等势面电势由a到e逐渐降低，则bc故A错误；B．P、N两点在等势面上，电场力不做功，带电粒子经过P和N位置时速度大小相等，曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，则带电粒子经过P和N位置时速度方向不同，故B错误；C．带电

粒子从M点运动到N点电场力做的功为()MNcbWUq==−故C错误；D．M位置等势面较稀疏，电场强度较小，电场力较小，加速度较小，故D正确。故选D。33.【2024·云南·模拟预测】如图所示，过M、N两点垂直纸面的两

无限长直导线，通以大小相同、方向相反的电流。P为纸面内M、N两点连线的中垂线上的一点，120P=，O为MN连线的中点。已知通电无限长直导线周围某点磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，与电流大小成正比，则P、O两点磁感应强度大小之比为（）A．3:4B．1:3C．

3:4D．3:2【评析】本题是常见的磁场叠加问题，解答此类问题要熟练掌握安培定则确定磁场场原并画出示意图然后根据矢量运算的法则进行计算与分析。【思路拓展】磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定

则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。(3)应用平行四边形定则对各个场源产生的磁场进行合成，如图中的合磁场B。【答案】C【解析】设OM距离为r，则MP距离为23r，O点的合磁场为2kIr，P点的合磁场为32

kIr，所以P与O点的磁感应强度大小之比为3:4，故C正确。故选C。热点七：带电粒子的运动34.【2024·陕西宝鸡·一模】如图所示圆形区域内存在一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一带正电荷的粒子沿图中直线以速率v0从圆周上的a点射入

圆形区域，从圆周上b点射出（b点图中未画出）磁场时速度方向与射入时的夹角为60°，已知圆心O到直线的距离为横截面半径的一半。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a点射入圆形区域，也从b点离开该区域，若不计重力，则匀强电场

的场强大小为（）A．043BvB．034BvC．043BvD．034vB【评析】本题以圆形电磁场区域考察带电粒子在组合场中的运动及关键几何条件。熟悉并利用好电磁场规律并结合平面几何的基本知识是解答此类

问题的关键。【答案】A【解析】设圆形区域半径为R，粒子在匀强磁场中运动轨迹为圆，分析几何关系知，圆心一定在入射方向的垂线上，由于速度的偏向角为60o，因此圆心角为60°，又圆心O到直线的距离为横截面半径的一半，知直线与aO连线的夹角为30°，故粒子的运动半径

为2R，出射时距离直线的距离为2sin30RR=根据牛顿第二定律2002qBmvRv=换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场后，粒子做类平抛运动，沿直线方向匀速运动，有02cos30Rtv=垂直直线方向做匀加速直线运动212sin302Rat=

根据牛顿第二定律Eqma=联立解得匀强电场的场强大小为043BvE=故选A。35.【2024·湖北·二模】现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场

与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点

由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（）A．匀强电场的场强大小为2BqdmB．粒子从O点运动到P点的时间为()42mqB+C．M、N两点的竖直距离为34dD．粒子经过N点时速度大小为Bqdm【评析】本题考察

带电粒子在电磁复合场中的运动；难点在于叠加场中应用洛伦兹力的冲量问题来求解学生很想不到，本题CD的分析也可以应用“配速法”来解答。【方法拓展】若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒

子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或电场力，或重力和电场力的合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就

可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。【答案】BD【解析】A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有212qEdmv=洛伦兹力充当向心力，有2vqvBmR=由几何关系可得Rd=综上可得22BqdEm=故A错误；B.粒子在电场中的运动时间为122dmtvq

B==在磁场中的运动时间为242TmtqB==粒子从O运动到P的时间为()42mtqB+=故B正确；CD.将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量xv、yv，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个

洛伦兹力分量分别为xyyxFqvBFqvB==，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得10ymvqvBtqBy−==由动能定理可得21102qEymv=−联立，解得1Bqdvydm

==，故C错误；D正确。故选BD。热点八：电磁感应新情境问题36.【2024·云南·一模】电磁刹车系统具有刹车迅速、安全可靠、结构简单等特点，如图所示是电磁刹车系统的示意简图。在平行的水平轨道上等间距分布有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，有磁场与无磁场区域的

宽度均为d。金属线圈固定在机车底部，线圈的宽为d、长为L、匝数为N、电阻为R。当质量为m的机车（含线圈）以速度0v无动力进入该区域时，金属线圈中产生感应电流并与磁场作用形成制动效应，不计摩擦阻力，忽略机车车身通过磁场区域时产生涡流的影响，则（）A．金属线圈通过每个磁场区域产生的焦耳

热相等B．机车刚进入磁场时受到的安培力的大小为2220NBLvRC．金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量相等D．机车的制动距离为022mvRNBL【评析】本题以电磁刹车系统为情境考察电磁感应中电磁阻尼问题，解决问题的关键点是构建线框进出磁场的模型，每一条边切割磁感线都受到

电磁阻力达到刹车的目的。本题还有一个易错点就是学生容易定势思维忽略了线圈的匝数。【答案】BC【解析】A．线圈经过每个磁场时通过线圈的电荷量为ENBLdqIttNRRR====即通过每个磁场时通过线圈的电荷量相等，根据Q=EIt=Eq随机车速度的减小，线圈经过每个磁场时产生的感应电动

势减小，则金属线圈通过每个磁场区域产生的焦耳热逐渐减小，选项A错误；B．机车刚进入磁场时受到的安培力的大小为22200NBLvNBLvFNBILNBLRR===安选项B正确；C．金属线圈穿过每个磁场区域过程中根据动量定理Ftmv−=安而FtNBILtNBLq==安金属线圈穿过每

个磁场区域过程中速度的变化量相等，选项C正确；D．金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量222NBLqNBLdvmmR==机车的制动距离为00222vmvRxdvNBL==选项D错误。故选BC。37.【

2024·广东深圳·一模】磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图（a）所示，它的驱动系统简化为如图（b）所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L。匝数为N。总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁

场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则（）A．图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向B．列车运动的方向与磁场移动的方向相同C．列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为2(')NBLvv−D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为222(')NBLvvR−【评析

】本题以磁悬浮列车为情境考察电磁感应中电磁驱动问题，解决问题的关键点是构建线框交替进入方向相反的磁场的电动势叠加，使得线框持续受到动力作用力达到驱动的目的。本题与上一个题有相同的易错点就是学生容易定势思维忽略了线圈的匝数。【答案】BC【

解析】A．线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；B．根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；C．由于前后两个边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉

第电磁感应定律22(')ENBLvNBLvv==−C正确；D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为2224(')2NBLvvFNBILR−==D错误。故选BC。热点九：交流电与变压器38.【23-24高三下·重庆·阶段练习】如图所示为电动汽车无线充电示意图，若发射线圈的电压为

2202sin(100)Vut=，匝数为500匝，接收线圈的匝数为1000匝，发射线圈的功率为8.8kW，该装置可看成理想变压器，则（）A．利用该装置只能采用交流电源为电动汽车充电B．接收线圈交变电流的频率为100HzC．发射线圈中电流的有效值为20AD．接收线圈电压的峰值为

4402V【评析】本题的背景电动汽车无线充电示意图源自于教材的科学漫步；通过读题审题学生要能够构建理想变压器模型并结合交流电及变压器相关知识解决问题。再次引导学生要关注教材回归教材。【答案】AD【解析】A．变压器是利用电磁感应原理工作的，因此必须由交流电源在发射线圈产

生变化的磁场，在接收线圈产生感应电流，故A正确；B．变压器不改变交变电流的频率，因此发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，频率为100Hz50Hz22f===故B错误；C．发射线圈输出功率为8.8kW，则

发射线圈中电流的有效值为118800A40A220PIU===故C错误；D．发射线圈电压的有效值为m12202V220V22UU===由理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系公式1122UnUn=可得接收线圈输出的电压为22111000220V440V500nUUn===则接收线圈

输出电压的峰值为2m224402VUU==故D正确。故选AD。39．【2024·云南·二模】随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。某小型水电站的电能输送示意图如图所示。升压变压器原、副线圈匝数比为1:1

6，输电线总电阻r=8Ω，降压变压器的输出功率和输出电压分别为95kW和220V。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%，变压器均视为理想变压器，则下列说法正确的是（）A．通过输电线的电流为25AB．发电机的输出功率为98kWC．发电机的输出电压有效值

为500VD．降压变压器的原、副线圈匝数比为190:11【评析】解答本题的关键在于熟悉输电模型图并熟知每一个物理量的含义，突破口在于建立功率的等量关系要让学生清楚的知道远距离输电就是输送“2P、2U”

。【模型归纳】远距离输电问题分析方法理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户【答案】AD【解析】A

B．根据题意可知5%PPP=+出225%PPIr==损联立解得100kWP=，225AI=故A正确，B错误；C．根据升压变压器原副线圈电流与匝数的关系有1221161InIn==；11PUI=所以1400AI=，1250VU=故C错误；D．在输电回路中有223UIrU=+22PUI

=；3344UnUn=联立可得3419011nn=故D正确。故选AD。40.【2024·广州·二模】一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为Q1；若该电阻接到图乙交流电源上（前14周期为正弦曲线），在一个周期内产生的热量为Q2。则Q1︰Q2等于（）A．2︰1B．5︰2C．10︰3D．

12︰5【评析】有效值的计算是等效替代法的具体体现，高考中经常涉及，所以在后期复习中要引起足够重视。【知识点归纳】交变电流有效值的求解方法1．公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E＝Em2、U＝Um2、I＝Im2计算有效值。【注意】若图像

一部分是正(余)弦式交变电流，其中的14周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝Im2、U＝Um2求解。2．定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要

抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。【答案】C【解析】设图甲中交变电流的有效值为1I，则根据有效值的计算式得()()2221152A1A222TTR

TQIRTRR==+−=设图甲中交变电流的有效值为2I，则根据有效值的计算式得()222122A31A4442TTRTQIRTRR==+−=则12:10:3QQ=故选C。【考前预测篇2】热点实验题一．实验题解题

指导1．理解仪器原理，掌握读数规则，正确解答读数类实验题刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表等都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类

试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。2．明确实验目的，掌握实验原理，快速解答常规实验题(1)解答实验题要认真审题，明确该题的实验目的是什么，再就是明确出题人想用怎样的实验方案或实验原理来达到这个目的。(2)掌

握常规实验的实验原理、实验的操作过程、实验数据的处理方法，对每个实验都做到心中有数，以不变应万变。3．活用物理规律、巧妙迁移应用，快速解答创新型实验题所谓设计型实验，就是题目要求考生运用学过的实验原理和实验方法，自行设计一个新的实验方案，主要考查考生

是否真正理解实验原理和实验仪器的工作原理，是否具有灵活运用实验知识解决新问题的能力。是否具有在不同情况下迁移知识的能力。它要求考生设计实验原理，选择实验器材，安排实验步骤，设计数据处理的方法及分析实验误差。解

决设计型实验题的关键在于选择实验原理，这就要求考生能审清题意，明确实验目的，应用迁移能力，联想相关实验原理，坚持科学性、安全性、准确性、简便性的原则进行设计。一．必修热点实验强化训练1．【2024·陕西汉中·二模】在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，

实验时用如图1所示的装置。实验操作的主要步骤如下：A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹AC．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BD．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20cmx=，A、B间距

离115cmy=，B、C间距离225cmy=，已知当地的重力加速度g取210m/s（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0v=m/s；（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1y和2y，令21yyy=−，并描绘出了如图2所示的2yx−图像，若已知图线的斜率为k，则小球平抛的初速度大

小0v与k的关系式为。【答案】2D0gvk=【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221ygtyy==−解得0.1st=小球平抛的初速度为00.2m/s2m/s0.1xvt===（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00yxvtvg==整理得220gyxv=所以20gkv=解得0gvk=2．（2024·湖北·二模）某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用手机拍摄功能记录小球抛出后位

置的变化，每隔时间T拍摄一张照片。（1）小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A（抛出点），然后依次连续拍下两张小球照片并标记位置B和C；（2）经测量，AB、BC两线段的长度分别为1l、2l；（3）若忽略空气阻力，①12ll13（选填“=”

或“>”或“<”）；②如图，若某同学测得AB与水平方向的夹角为30°，12.5cml=，已知照片中尺寸为实际尺寸的132，210m/s=g，则小球经过B点的速度大小为Bv=m/s。③小球从A到C的平均速度大小ACvBv（选填“等于”或“不等于”）【答案】>14等于【解析】（3

）①[1]设AB与水平方向的夹角为1，BC与水平方向的夹角为2，易得21，则1212sinsinBCABhhll==，所以1221sin1sin3ABBClhlh=②[2]依题意，AB

线段的实际长度为110.8m132lL==可知从A到B过程，有211sin302LgT=解得2s5T=可得10cos306m/sLvT==，22m/syBvgT==则小球经过B点的速度大小为22014m/sByBvvv=+=③[3]小球从A到C的平均速度大小为2222ACACACACx

hsvTT+==在B点，竖直方向和水平方向满足22ACACyxhxvvTT==，可得22222ACACByxxhvvvT+=+=所以BACvv=3.(2024·广西南宁市第二中学高三模拟)某同学计划用如图所示(俯视图)的装置验证物体质量不变情

况下向心力与角速度的关系，实验步骤如下：a．测量重物的质量，记为m，将重物和弹簧穿在较光滑的水平横杆上后，弹簧一端连接重物，另一端固定在竖直转轴上，测量重物静止时到竖直转轴的距离，记为r；b．竖直转轴在电机驱动下带动水平横杆一起转动，当重物运动状态稳定时，记下重物到竖直转轴的距

离R和横杆转动50圈所需的时间t；c．改变竖直转轴的角速度，测得多组数据。请回答下列问题：(1)重物做圆周运动的周期T＝__________，重物做圆周运动所需的向心力Fn＝________。(2)弹簧的劲度系数为k，当作出的1R－_______(选填“t2”“t”“

1t”或“1t2”)图像近似为一条直线，且图线斜率近似等于_________________(用题中所给物理量符号表示)，与纵轴交点的纵坐标为1r时，可验证质量不变情况下向心力与角速度的关系。【答案】(1)t50100

00π2mRt2(2)1t2－10000π2mkr【解析】(1)转动50圈所需的时间为t，则重物做圆周运动的周期为T＝t50重物做圆周运动所需的向心力为Fn＝m4π2T2R＝10000π2mRt2(2)根据弹簧弹力提供向心力可得k(R－r)＝10000π2mRt2整理

可得1R＝1r－10000π2mkr·1t2可知作出的1R－1t2图像近似为一条直线，且图线斜率近似等于－10000π2mkr。4．（2024·陕西宝鸡·一模）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶

的质量，0m为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大。（1）实验时，一定要进行的操作是；A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力B．用天平测出砂和砂桶的质量C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器

的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为2m/s（结果保留三位有

效数字）；（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a—F图象（如图）是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为；（填写字母）A．1tanB．01tanm−C．02mk−D．2k（4）乙同学根据测量数据作出如图所示

的a—F图线，该同学做实验时存在的问题是。（填写字母）A．先释放小车，后接通电源B．砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量MC．平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫的过高D．没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【答案】AC2.00CD【解析】（1）[1]A．用弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需

要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；BD．拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也就不需要使小桶（包括沙）的质量远小于车的总质量，故BD错误；C．使用打点计时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故C正确。故选AC。（2）[2]根据匀变速直

线运动推论Δx=aT2，依据逐差法，可得24561232.00m/s9()()xxxxxaxT++++==−（3）[3]由牛顿第二定律，对小车分析有()02FMma=+整理得02aFMm=+由图像得02kMm=+解得02Mmk=−故选C。（

4）[4]如图所示，当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦力，故选D。5．（23-24高三下·规则·阶段练习）某同学把带铁夹的铁架台、电火花计时器、纸带、质量为1m的重物甲和质量为2m的重

物乙（12mm）等器材组装成如图甲所示的实验装置，以此研究系统机械能守恒。此外还准备了天平（砝码）、毫米刻度尺、导线等。(1)他进行了下面几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的“交流输出”上；C．用天平测出重物甲和重物乙的质量；D．先释放纸带，后接通电源

，打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；F．根据测量结果计算得出重物甲下落过程中减少的重力势能等于重物甲增加的动能。其中错误的步骤是______。（填步骤前字母）(2)如图乙，实验中得到一条比较理想的纸带，先记下第一个点O的位置。然后选取A、B、C、

D四个相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。分别测量出A、B、C、D到O点的距离分别为112.02cmh=、227.03cmh=、348.01cmh=、475.02cmh=。已知打点计时器使用交流电

的频率为50Hzf=。打下B点时重物甲的速度Bv=m/s。（计算结果保留2位有效数字）(3)若当地的重力加速度为g，系统从O运动到B的过程中，在误差允许的范围内只要满足关系式，则表明系统机械能守恒。（用给出物理量的符号表示）【答案】(1)DF(2)1.8

(3)()()()222131122200mmhhfmmgh+−−=【解析】（1）步骤D应先接通电源，后释放纸带；步骤F中根据测量结果计算得出重物甲下落过程中甲、乙两重物减少的重力势能等于重物甲、乙增加的动能。故错误的步骤是

DF。（2）根据题意，相邻计数点的时间间隔为150.1sTf==根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，B点时的速度为23148.0112ss.02102220.m/.8m/11ACBxhhvTT−−−===（3）系统从O运动到B的过程中，甲、乙两重物

减少的重力势能()122pmmghE−=系统从O运动到B的过程中，重物甲、乙增加的动能()()2k1212222131231011()()(22)220BEmmvmmmmhhfhhT+−=−+=+=系统从O运动到B的过程中，若机械能守恒，则有pkEE=即()()()2

22131122200mmhhfmmgh+−−=6．（23-24高三上·云南保山·期末）某同学用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”的实验。部分实验步骤如下：（1）用游标卡尺测得两条遮光片的宽度均为d，并将它们固定在

两滑块上。（2）用天平测得滑块A的质量为Am，滑块B的质量为Bm。（3）将两滑块放到气垫导轨上，启动气泵，使气垫导轨正常工作，将气垫导轨调成水平。（4）在气垫导轨的上方固定两个光电门，调整光电门位置，使两滑块

沿气垫导轨滑动时，遮光片能通过光电门，但光电门不影响两滑块的滑动。（5）先使滑块A和滑块B静止在气垫导轨上如图中所示位置，然后用外力推动滑块A使其获得一速度后沿气垫导轨滑动，通过光电门1后与滑块B碰撞，碰后滑块A反弹再次通过光电门1

后用手止住，碰后滑块B向右运动，通过光电门2后用手止住。（6）计时器记录得滑块A第一次通过光电门1时遮光片的挡光时间为1t，第二次通过光电门1时遮光片的挡光时间为2t，滑块B通过光电门2时遮光片的挡光时间为3t，则可得碰撞

前两滑块组成的系统总动量为1p=，碰后两滑块组成的系统总动量为2p=，若在误差允许范围内，1p与2p近似相等，则可认为碰撞过程中滑块A、B组成的系统动量守恒。若已经验证了此过程中滑块A、B组成的系统动量守恒，还要验证它们的碰撞是不是弹性碰撞，还需要

验证的表达式是。（用上述相关物理量的字母表示）【答案】A1dmtBA32ddmmtt−222AAB123111mmmttt=+【解析】（6）[1][2][3]由题有滑块A第一次通过光电门1时速度为01dvt=所以碰前系统动量为1A0A1dpmvm

t==同理碰后系统动量为2AABBBA32ddpmvmvmmtt=−+=−若为弹性碰撞，需要验证的式子为222A0AABB111222mvmvmv=+代入速度表达式可得222AAB123111mmmttt=+7．（2024·四川广安·二模）某兴趣小组

设计了一个测量动摩擦因数的实验，①如图（a），将倾斜段和水平段连接构成的铝板固定在水平桌面上；②让小铁块从倾斜段上A点静止释放，铁块最终停在水平段上B点；③利用铅垂线找到A点在桌面的投影点A′，测出A到A′的高度h和A′到B的水平距离s；④改变释放位置重复多次实

验，得到多组h和s的数值。(1)实验得到多组h和s的数值如下表，请在图（b）中作出s-h关系图线。h/cm10.0015.0020.0025.0030.00s/cm19.9032.7048.1057.6069.80(

2)根据图线求得动摩擦因数μ=。（保留1位有效数字）(3)重复实验发现，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是。(4)实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，这会导致动摩擦因数的测量值（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值

。(5)为了消除铁块在转接点处的机械能损失，兴趣小组中某位同学建议将倾斜段做成图（c）所示圆弧面，其末端与水平段相切，仍然通过测量h和s求得动摩擦因数。该方案是否可行？（选填“可行”或“不可行”）。【答案】(1)见解析(2)0.4(3)铝板的厚度(4)大于(5)不可行【解析】（1）（2）

设斜面的倾角为θ，在斜面上铁块位移大小为x1，在水平面上铁块位移大小为x2，铝板的厚度为d，对整个过程，根据动能定理得12cos0mghdμmgθxμmgx−−−=（）而铁块水平位移大小s为12cossxθx=+联立以上两式解得1shdμ=−（）式中1即s-h图线的斜率，

由图线可求得1702.5302μ==−故得μ=0.4（3）根据上述结果1shdμ=−（）可知，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是铝板的厚度；（4）如果实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失

，损失量与通过时的动能成正比，则铁块在水平段的初动能减小，水平位移x2就会减小，s的测量值偏小，由1shdμ=−（）可知，这会导致动摩擦因数的测量值大于其真实值。（5）因为物体做圆周运动时有向心力，导致支持力

大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大，故该方案不可行。8．（2024·河南·一模）某同学用图甲所示装置测量重锤的质量，实验方法如下：在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为0m的铁片，重锤下端贴一遮光片，重锤下落时遮光片通过

位于其正下方的光电门（图中未画出），光电门可以记录下遮光片的遮光时间；调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的遮光时间0t；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止

开始下落，计时器记录的遮光时间分别为1t，2t，3t(1)用游标卡尺测出遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d=mm。(2)遮光时间为0t时，重锤的加速度为0a，从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的遮光时间

为it，重锤的加速度为ia，则0iaa=（结果用0t和it表示）。(3)做出0iaia−图像是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=（用题目中的已知字母表示）。【答案】(1)10.20(2)202itt(3)02nkmk+【解析】（1）20分度游标卡

尺的精确值为0.05mm，由图可知遮光片的宽度为10mm40.05mm10.20mmd=+=（2）设挡光条的宽度为d，则重锤到达光电门的速度为dvt=当挡光时间为0t时的速度为00dvt=挡光时间为it时的速度为iidvt=

重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有2002ahv=，22iiahv=联立解得2020iiatat=（3）根据牛顿第二定律得00MgnmgaM−=()00iMgimgnimgaM+−−=联立解得00021iamiaMnm=+−作出0iaia−的图线的斜率

为k，则002mkMnm=−解得02nkMmk+=9．（2024·辽宁·一模）某同学在实验室发现一电流表G，表盘有刻度线但无数值，又不知其内阻，该同学用以下实验器材测量该电流表的参数：A．待测电流表G；B．电阻箱R（09999

.9−）；C．定值电阻150R=；D．滑动变阻器2R（015−）；E．3V的直流电源，内阻不计；F．双量程电压表V；G．开关、导线若干（1）合理选择电压表量程，按如图甲所示的电路图连接好电路，将电阻箱R的阻值调为400.0，闭合开关，调节滑动变阻器2R的滑片，使电流表G满

偏，此时电压表V的指针恰好半偏，如图丙所示，电压表V的示数U=V。（2）保持电压表V的示数不变，反复调整电阻箱R的阻值和滑动变阻器2R滑片的位置，使电流表G的指针指到g23I，此时电阻箱R的阻值为700.0。（3）由上可知电流表G的内阻gR=，满偏电流gI=mA。（

4）将电流表G改装成量程为3V的电压表，需将电阻箱R的阻值调为，然后与电流表G串联。【答案】1.502002.51000.0【解析】（1）[1]由题意可知，电源的电压为3V，则电压表使用小量程，故电压表的读数为1.50V；（3）[2][3]由欧姆定律得ggUIRR=+（）gg

23UIRR=+（）代入数据得gg1.50V400ΩIR=+（）gg21.50V700Ω3IR=+（）解得g200R=g2.5mAI=（4）[4]要将电流表G改装成量程为的电压表，需串联一个电阻，阻值为ggg1000.0ΩUIRRI−==10．（23-24高三下·江西·阶段练习）用如图甲所示

的电路测量电池组的电动势和总内阻。(1)闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开关闭合，将（填“红”或“黑”）表笔始终接触b位置，另一表笔依次试触a、c、d、e、f、g六个接线柱，发现试触a、f、g时，多用电表均有示数，试触c

、d、e时多用电表均无示数。若电路中仅有一处故障，则故障是。A．接线柱b、c间短路B．接线柱d、e间断路C．定值电阻断路(2)排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示数U、R。某一次测量

，电压表的示数如图乙所示，该示数为V。(3)作出11UR−图线如图丙所示，根据图中数据可得电池组的电动势E=V、总内阻r=Ω。（计算结果均保留两位小数）【答案】(1)红C(2)2.10(3)2.940.37【解析】（1）[1]b

与电源正极相连，电势较高，应将红表笔始终接触b位置。[2]试触a、f、g时，多用电表均有示数，试触c、d、e时多用电表均无示数，说明接线柱e、f间断路，故选C。（2）据图甲知，电压表量程选择的是0～3V，最小分度值为0.1V，故电压表的示数为2.10V。（3）[

1][2]由欧姆定律可推知UIR=0EIRRr=++联立可得0111rRUERE+=+结合题中图像可知100.7050.340A0.20rRE−+−=110.340VE−=联立解得电动势2.94VE=总内阻0.37r=11．（2024·山东枣庄·一模）实验小组准备测量某金属圆柱的电阻率，发

现该电阻的阻值参数找不到，经小组成员讨论后设计了电阻的测量电路图，如图所示。实验室提供的器材中，电流表0A的量程为100mA，内阻为110r=，另外一个电流表2A的量程为200mA。现在需要一个量程为0.6A的电流表。(1)将电流表0A改装成量程0.6A的电流表1A，则应该并联一个阻值R'＝Ω

的电阻。(2)图中E为学生电源，G为灵敏电流计，1A是0A改装后的电流表、1R为电阻箱、2R与3R均为滑动变阻器，0R为定值电阻，S为开关，xR为待测金属圆柱，实验操作如下：A．按照如图所示电路图连接好实验器材；B．将滑动变阻器2R的滑片、滑动变阻器3R的滑片均调

至适当位置，闭合开关S；C．调整3R，逐步增大输出电压，并反复调整1R和2R使灵敏电流计G的示数为零，此时电流表1A的示数为1I，2A的示数为2I，电阻箱的示数为1R；D．实验完毕，整理器材。实验中反复调整1R和2R使灵敏电流计G示数为零的目的是(3)待测金属圆柱x

R的阻值为（用1I、2I、1R表示）。(4)电流表1A、2A的内阻对电阻的测量结果（选填“有”或“无”）影响。【答案】(1)2(2)使1R和xR两端的电压相等(3)1126IRI(4)无【解析】（1）根据电流表改

装原理g1g0.6AIrIIR=+=解得2R=（2）调节电流计G的示数为零，目的是使1R和xR两端的电压相等。（3）根据电流表的改装原理可知，通过电阻1R的电流为111116IrIIIR=+=1R和xR两端的电压相等，则112xIRIR=解得待测金属圆柱xR的阻值

为1126xIRRI=（4）根据表达式1126xIRRI=可知电流表1A、2A的内阻对电阻的测量结果无影响。12.（2024·湖北黄冈·一模）某探究小组利用课外时间做了如下探究实验：先利用如图所示的电路来测量两个电压表的内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表V1的内阻，然后用半偏法测出电压表

V2的内阻．供选用的器材如下：A．待测电压表V1，量程为2.0V，内阻10kΩ~30kΩB．待测电压表V2，量程为3.0V，内阻30kΩ~40kΩC．电阻箱，阻值范围0~99999.9D．滑动变阻器，阻值范围0~1000，

额定电流0.5AE．滑动变阻器，阻值0~20，额定电流2AF．电池组，电动势为6.0V，内电阻为0.5G．单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干（1）实验器材选择除A、B、C、F、G外，滑动变阻器R应选用：（用器材前的字母表示）（2）下面

是主要的实验操作步骤，将所缺的内容补充完整；①用代替法测待测电压表V1的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器R的滑动触头置于左端；将单刀双掷开关S2置于触点2，调节滑动变阻器R，使电压表V2的指针

指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱R使电压表V2的指针指在，记下此时电阻箱R的阻值A20kΩR=。②用半偏法测待测电压表V2的内阻：将单刀双掷开关S2置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关S1，调节滑动变阻器使

电压表V2的指针满偏。保持滑动变阻器R的滑动触头位置不变，调节电阻箱R，使电压表V2的指针指在，记下电阻箱R的阻值B30kΩR=。（3）上述两种测量方法都有误差，其中有种测量方法没有系统误差，接下来该小组选用此测量方法测出其内阻的电压表改装成一量

程为6.0V的电压表继续完成后续的探究实验，需串联一阻值为k的电阻。（4）该探究小组用如图所示的电路采用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电电压为U时，所带的电量为Q，从而再求出待测电容器的电容C。实验情况如

下：按图甲所示电路连接好实验电路；接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数0480mAI=及电压表的示数06.0VU=，0I和0U分别是电容器放电的初始电流和电压；断开开关S，同时开始计时，每隔Δt测一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表

格中，根据表格中的数据（10组）表示在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标纸上，如图乙中用“”表示的点，再用平滑曲线连接得出it−图像如图。则根据上述实验结果，估算出该电容器两端的电压为0U时所带的电量0Q约为C（保留三位有效数字）；该电容器的电容C约为F（保留三位有效数字）。【答案】E刻度

盘的第N格刻度盘的中央40337.5010~8.0010−−331.2510~1.3310−−【解析】（1）[1]因为滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，滑动变阻器阻值应该选择阻值较小的，即选择E。（2）①[2]用代替法测待测电压表V1的内阻；根据电路图

连成实验电路，并将滑动变阻器R的滑动触头置于左端；将单刀双掷开关S2置于触点2，调节滑动变阻器R，使电压表V2的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱R使电压表V2的指针指在刻度盘的第N格，记下此时电阻箱R的阻值A20kΩR=。②[

3]用半偏法测待测电压表V2的内阻：将单刀双掷开关S2置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关S1，调节滑动变阻器使电压表V2的指针满偏．保持滑动变阻器R的滑动触头位置不变，调节电阻箱R，使电压表V2的指针指在刻度盘的中央，记下电阻箱R的阻值B30kΩR=。（3）[4]根据步骤①可知，电

压表V1内阻为20kΩ；根据步骤②可知，电压表V2内阻为30kΩ；其中方法①是用等效替代法，无系统误差；故用V1改装成量程为6V的电压表，应该串联一个电阻，设阻值为R，则有1mV1V1()UURRR=+解得mV1V11620kΩ20kΩ40kΩ2URR

RU=−=−=（4）[5][6]根据QIt=可知It−图像与横轴围成的面积表示电容器两端电压为0U时的电量，图中围成面积占有的格数大约为30格，则有3330305010510C7.5010CQ−−−==根据

电容的定义式可得33007.5010F1.2510F6.0QCU−−===13.（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）用光敏电阻和电磁继电器等器材设计自动光控照明电路，傍晚天变黑，校园里的路灯自动亮起；早晨天亮时，路灯自动熄灭。选用的光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示（照度反应光的强弱

，光越强，照度越大，照度单位为lx）。图乙所示为校园路灯自动控制的模拟电路图，用直流电路给电磁铁供电作为控制电路，用220V交流电源给路灯供电。(1)请用笔画线代替导线，正确连接继电器控制电路。()(2)

当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合。为了实现根据光照情况控制路灯通断，路灯应接在接线柱上。A．A、BB．B、CC．A、C(3)图中直流电源的电动势15VE=，内阻忽略不计，电磁铁线圈电阻为400Ω，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1（0~100Ω）、R2（0~

1750Ω）、R3（0~17500Ω），要求天色渐暗照度降低至15lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择（填“R1”“R2”或“R3”）。(4)使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启。为了使路灯亮得更及时，应适当地（填“增大”或“减小”）滑动变阻器的电阻。(5)小佳同学想利用乙图为自己家院子里的

车库设计自动开门装置，当车灯照到光敏电阻上时，开门电动机启动打开车库的门。开门电动机应连接在接线柱上。【答案】(1)(2)A(3)2R(4)增大(5)BC【解析】（1）为满足实验要求，控制电路的连接情况如图所示。（2）天亮时照度增大，光敏电阻的阻值减小，电磁铁中电

流增大，磁场增强，吸引衔铁向下与C接通，灯熄灭，故灯泡应接在A、B之间。故选A。（3）要求天色渐暗照度降低至15lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值约为5.6kΩ，由闭合电路欧姆定律可知，此时的滑动变阻器的阻值约为1.5kΩ，故滑动变阻器应选择2R。

（4）使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启，说明此时控制电路的电流较大，总电阻较小，所以为使路灯亮得更及时，应适当地增大滑动变阻器的电阻。（5）车灯照到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值减小，控制电路部分的电

流增大，此时电动机启动，故将开门电动机连接在BC接线柱上满足题意。13．（2024·全国模拟预测）电子秤能够准确地测量物体的质量，其中半导体薄膜压力传感器是其关键的电学元件。半导体薄膜压力传感器在压力作用下会发生微小形变，其阻值FR随压力F变化的

图线如图甲所示。某学习小组利用该元件和电流表A等器材设计了如图乙所示的电路，尝试用该装置测量物体的质量。已知图乙中电源电动势为3.6V（内阻未知），电流表A的量程为30mA，内阻为9.0。重力加速度g取210m/s。请回答以下问题：（

1）实验时发现电流表A量程偏小，需要将其量程扩大为0.3A，应该给电流表A（选填“串联”或“并联”）一个阻值为Ω的电阻；（2）用改装后的电流表按图乙所示的电路图进行实验，压力传感器上先不放物体，闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑

片P，使电流表指针满偏。保持滑片P位置不变，然后在压力传感器上放一物体，电流表的示数为0.2A，此时压力传感器的阻值为，则所放物体的质量m=kg；（3）写出放到传感器上的物体的质量m与电流表的示数I满足的函数关系式m=；（表

达式中除m、I外，其余相关物理量均代入数值）（4）使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变。调节滑动变阻器R的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，则测量结果（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】并联1110.60.361.2mI=−不变【解析】（1）[1][2]当小量程的电

流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻，有AAAxIRIIR=+改代入数据解得1xR=（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节滑动变阻器使得电流表满偏，有g00.3AEIrRR==++滑当秤盘上放上重物，

且电流表示数为0.2A时，有10.2AEIrRR==++滑0RRkmg=+联立得11=R；0.6kgm=（3）[5]根据g00.3AEIrRR==++滑得7rR+=滑又EIrRR=++滑；0RRkmg=+代入数据整理得0.3

61.2mI=−（4）[6]当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以使得电流表达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值减小，但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。14．（2024·云南省统一检测

）某同学设计并制作了一个可以测量角度的装置，其电路如图所示。其中半圆弧AB是电阻率为、横截面积为S且粗细均匀的电阻丝，圆弧的圆心在O点，半径为r；ON为可绕O旋转的金属指针，N端可在圆弧AB上滑动且接触良好，1R为电阻箱，2R为滑动变阻器，1V、2V为理想电压表，指针ON及导线电阻不计，

整个装置固定在一块透明的塑料板上。主要实验步骤如下：(1)按照电路图连接电路，取图中ON与OA的夹角为（用角度制表示），在使用时要让电压表2V的示数随的增大而增大，电压表2V另一端应与电阻丝的端相连（填“A”或“B”）；(2)闭合开关S前，应

将滑动变阻器2R的滑片P置于端（填“a”或“b”）；(3)闭合开关S，旋转ON使其到达圆弧AB的某一位置，调节滑动变阻器及电阻箱，使电压表1V、2V有适当的示数，读出此时电压表1V、2V的示数1U、2U及电阻箱的阻值R，此时与2U的关系式为=（用题中相关物理量的字母表示）；(4)将ON调

至180=，并保持1R不变，调节2R，使电压表1V的示数仍为1U，此时电压表2V的指针位于2.0V刻度线处，则电压表0.8V刻度线对应的角度为度；(5)若电压表2V量程为3V，用上述的操作方法且同样保持1U不变，要使180=时电

压表2V刚好满偏，则可能实现的操作是：（填“增大”或“减小”）1R的阻值，同时（填“增大”或“减小”）2R的阻值。随后计算出电压表每一刻度线对应的角度值，并将其标在电压表刻度盘上。【答案】(1)A(2)a(3)21180πU

RSUr(4)72(5)减小减小【解析】（1）增大，半圆弧电阻丝接入电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，电源内阻、电阻箱与滑动变阻器承担的电压减小，可知，半圆弧电阻两端电压增大，为了要让电压表2V的示数随的增大而增大，电压表2V另一端应与

电阻丝的A端相连。（2）滑动变阻器采用限流式，为了确保安全，闭合开关S前，应使滑动变阻器接入电阻最大，即将滑动变阻器2R的滑片P置于a端。（3）半圆弧形电阻丝接入电阻为ANrRS=由角度制和弧度制关系知180=电阻箱与电阻丝串联

，通过的电流相等，则有12ANUURR=代入得21180URSUr=（4）结合上述有21RSUUr=将ON调至180=，则有12.0VRSUr=电压表0.8V刻度线对应的角度10.8VRSUr=代入得2725==（5）[1]

根据上述，将ON调至180=时有2112.0VRSURSUrUr==若电压表2V量程为3V，用上述的操作方法且同样保持1U不变，要使180=时电压表2V刚好满偏，即上述等式中，2U增大为3V，为了确保等式成立

，需要减小R的阻值，即减小电阻箱1R的阻值；[2]由于保持1U不变，当减小电阻箱1R的阻值时，干路电流增大，而半圆弧形电阻丝接入电阻仍然为180=的电阻，即电阻丝、电源内阻承担电压增大，则滑动变阻器承担电压减

小，根据欧姆定律可知，需要同时减小2R的阻值。三．选修热点实验强化训练1．（2024·贵州毕节·二模）某实验小组利用如图装置探究一定质量的气体等温变化的规律(1)在实验操作过程中，为保证温度不变，以下操作正确的是___________A．用橡皮帽堵住注射器的小孔B．移

动活塞要缓慢C．实验时不要用手握住注射器D．在注射器活塞一周涂润滑油(2)在相同温度下，实验小组第一次密封了质量为1m的气体、第二次密封了质量为2m的气体，完成两次实验后，在同一坐标系中分别作出对应的压强与体积的关

系图线如图，则根据1Vp−图像，可判断在等温情况下，一定质量的气体压强与体积成关系（填“正比”、“反比”）；1m2m（填“>”、“＜”）【答案】(1)BC(2)反比>【解析】（1）A．橡皮帽的作用是密封注射器内

的气体。A错误；B．为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是缓慢移动活塞，避免做功导致温度变化，B正确；C．为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是不用手握住注射器封闭气体部分，避免热传递导致温度变化，C正确；D．为了保持

封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是用润滑油涂活塞，D错误；故选BC。（2）[1]根据1Vp−图像，压强p与体积的倒数1V成正比，即压强p与体积V成反比，故填“反比”。[2]根据1Vp−图像知，当体积相同时，1m的气

体压强大于2m的气体压强，说明温度一定时，1m的气体的分子数大于2m的气体分子数，则12mm，故填“>”。2．（2024·云南曲靖·一模）小丽今年高三了，学习任务很重，但母亲生病住院，父亲在外工作不能回来，小丽只能请假去医院照顾母亲。好在母亲不是得什么大病，

医生说是感冒引起肺部发炎，挂几天针就好了。（1）她在陪母亲挂针时发现，药液下滴的速度是均匀的，于是想到了测一滴油酸的体积的实验，如果用这种吊瓶测量一滴液体的体积可能更准确。在挂某一瓶针水时，医生要求滴慢一点，下滴速度大约一秒一滴，她

用电子手表检验了一下，一分钟刚好60滴，于是她决定测一下一滴药液的体积。吊瓶上有容积刻度线，她测得瓶里的药液减少10ml时，用时是3分20秒，则一滴药液的体积为m3.（2）在挂药水的过程中，设吊瓶中气体的压强为pA，管中B泡的气体压强为pB，药水的密度为ρ，重力加速度为g，大

气压强为p0，高度差如图所示时，则下列关系正确的是。A．01Appgh=−B．012()Appghh=−+C．30Bppgh=+D．123()BAppghhh=+++（3）每天打点滴，一般要打好几瓶，一瓶打完，护士就要来换药。小丽想，能不能让每天要挂的几瓶串起来，药液自动续瓶。于是，那天挂

完针后拿了几个吊瓶回家进行实验探究。她用水代替药水，先用两个玻璃瓶改装后实验，挂起来有三种情况，如图甲、乙、丙。①按图甲进行吊液，会出现的情况是。A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水C．A瓶中的水吊完后，B瓶中的水仍不能流下D．两瓶中的水面都下降，

但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快②按图乙进行吊液，会出现的情况是。A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水C．两瓶中的水面都下降，但B瓶中的液面比A瓶中的液面下降

得快D．两瓶中的水面都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快③按图丙进行吊液，会出现的情况是。A．A瓶中的水吊完后，才开始吊B瓶中的水B．B瓶中的水吊完后，才开始吊A瓶中的水C．A瓶中的水吊完后，B瓶中的水仍不能流下D．两瓶中的水面都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快④

之后，她又用两个软性塑料吊瓶做实验，发觉两瓶中的水都同时下降，也就是说如果是药水，两瓶药水在进入人体前就了。综合以上实验，要让每天要挂的几瓶药水简单串起来，药液自动续瓶，一瓶一瓶地挂完是不行的。【答案】8510−ADCC

D混合【解析】（1）[1]测得瓶里的药液减少10ml时，用时是3分20秒，一分钟刚好60滴，则总共滴了200滴，一滴的体积为10200V=mL=8510−m3（2）[2]根据压强的平衡关系可知01Appgh=−，123()BAppghhh=+++故选AD

。（3）①按图甲进行吊液，瓶口的压强相等，会出现的情况是A瓶中的水吊完后，B瓶中的水仍不能流下。故选C。②按图乙进行吊液，B瓶中的液面的压强较大，所以会出现两瓶中的水面都下降，但B瓶中的液面比A瓶中的液面下降得快。故选C。③按图丙进行吊液，A瓶中的液

面的压强较大，会出现的情况是两瓶中的水而都下降，但A瓶中的液面比B瓶中的液面下降得快。故选D。④之后，她又用两个软性塑料吊瓶做实验，发觉两瓶中的水都同时下降，也就是说如果是药水，两瓶药水在进入人体前就混合了。3．（2024高三下·广东肇庆·阶段练习）

在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水。待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；③将画有油膜形状的玻璃板平

放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。完成下列填空：（1）上述步骤中

，正确的顺序是④；（填写步骤前面的数字）（2）将1ml的油酸溶于酒精，制成1000ml的油酸酒精溶液；测得1ml的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是2130cm。由此估算出油酸分子的直径为m；（结果保留2位有效数字）（3）某同学在“用油膜法估测

分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于()A．油酸分子未完全散开B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格C．油酸中含有大量酒精D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10滴【答案】①②⑤③91.510−AB/BA【解析】（1）[1]实验操作时要在浅

盘放水、痱子粉，为油膜形成创造条件，然后是滴入油酸、测量油膜面积，计算油膜厚度（即油酸分子直径)，所以接下来的步骤是①②⑤③。（2）[2]一滴油酸酒精溶液的体积为35311cm210cm501000V−==油酸分

子的直径为59221010mm1.513010VdS−−−==（3）[3]A．油酸分子未完全散开，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故A符合题意；B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故

B符合题意；C．油酸中含有大量酒精，对实验结果无影响，故C不符合题意；D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10滴，则油酸的体积偏小，计算出的分子直径明显偏小，故D不符合题意。故选AB。4．（23-24高

三下·河北保定·开学考试）如图1为双缝干涉测光波波长的实验装置，光源发出的光经滤光片（装在单缝前）成为单色光，把单缝照亮。单缝相当于一个线光源，它又把双缝照亮。来自双缝的光在双缝右边的遮光筒内发生干涉。遮光筒的一端装有毛玻璃屏，我们可以在这个屏上观察到干涉条纹，并根据测量的量计算出光的波长。

（1）图1中仪器A是，仪器B是（填写仪器的名称）；（2）用刻度尺测量双缝到光屏的距离1mL=；（3）用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数

如图2所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图3所示。图2读数为mm，图3读数为mm；（4）已知双缝间距0.4mmd=，根据以上实验，测得光的波长是nm。【答案】单

缝目镜1.7509.300604【解析】（1）[1][2]根据双缝干涉测光波波长的实验装置结构可知仪器A是单缝，仪器B是目镜，故填单缝，目镜；（3）[1][2]根据螺旋测微器读数规则，由图2、3可知11.5mm25.00.01mm1.7

50mmx=+=69mm30.00.01mm9.300mmx=+=故填1.750，9.300；（4）相邻两条亮纹间距的表达式为11nxxxn−=−根据Lxd=联立解得1-1nxxdnL−=（）（）根据题意可知6n=，代入数据解得604

nm=故填604。5．（2024·云南昆明·一模）某同学测量一长方体玻璃砖对红光的折射率，装置示意图如图所示。实验步骤如下：①在水平木板上固定一张白纸，白纸上放置光屏P，在白纸上画一条与光屏P平行的直线ad作为界线；②把宽为L的玻璃砖放在白纸上

，使它的一边跟ad重合，画出玻璃砖的另一边bc，在bc上取一点O，画一条线段AO；③用激光笔发出平行于木板的红色细光束，沿图中AO方向从O点射入玻璃砖，光束从玻璃砖另一面射出后，射到光屏P上的1S处，记录1S的

位置；④保持入射光不变，撤去玻璃砖，激光射到屏上的2S处，记录2S的位置以及光束与ad的交点N；⑤作出光束从O点到1S点的光路图，记录光束与ad边的交点M(图中未画出)；⑥测出OM、ON的长度分别为1

d、2d。据此回答下列问题：(1)请在图中作出光线从O点到1S点的光路图；(2)根据测量数据，可得该玻璃砖对红光的折射率n＝(用L、1d、2d表示)；(3)该实验中，若改用绿色细光束做实验，其他条件不变，则未撤去玻璃砖时，光束射到光屏上的位置应在1S的(选填“左侧”或“右侧”)。【答

案】(1)(2)22122221ddLddL−−(3)右侧【解析】（1）根据折射定律做出光路图，如图所示（2）由几何关系可知22212sindLd−=22121sindLd−=根据12sinsinn=可求得22122221ddLnddL−=−（3）光从空气中射入同一介质中绿光的折射率大于

红光的折射率，绿光的偏折程度大于红光的偏折程度，所以绿光射到光屏上的位置应在1S的右侧。6．（2024·安徽·模拟预测）某学习小组通过实验测定一截面为半圆形的玻璃砖的折射率n，方法如下：（1）玻璃砖直径AB与竖直放置的光

屏MN垂直并接触于A点，置于水平桌面的白纸上。（2）用激光笔从玻璃砖一侧照射半圆玻璃砖的圆心O，如图所示，在屏幕MN上可以观察到两个光斑C、D，用大头针分别在白纸上标记圆心O点、C点、D点的位置，移走玻璃砖和光屏。（3）用刻度尺测量OC和OD的长度分别为1L、2L。（4）利用所测量的物理量，写出玻

璃砖折射率的表达式n=。（5）实验中，不断增大入射角，（填“能”或“不能”）观察到全反射现象。（6）为减小实验误差，实验中应适当（填“增大”或“减小”）激光在O点的入射角。【答案】21LL不能增大【解析

】（4）[1]如图OC所在光线为反射光线，OD所在光线为折射光线，玻璃砖折射率的表达式1212sinsinsinsinsinsinRLLFOECOEACOnRDOQDOQDOQLL=====（5）[2]光是从光疏介质

射入光密介质，所以不能观察到全反射现象。（6）[3]为减小实验误差，实验中应适当增大激光在O点的入射角。7．（2024·河北·模拟预测）如图是测量玻璃折射率的一种方式。在木板上铺一张白纸，把玻璃砖放在纸上，用铅笔描出玻璃砖的两个透光面边界a和a。在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B。眼

睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住。在眼睛这一侧再插第三个大头针C，使它把A、B都挡住，插第四个大头针D，使它把前三个大头针都挡住。记录四根大头针位置如图所示。(1)关于该实验下列说法正确的是______。A．A、B大头针连线与a边界夹角越

大，误差越小B．插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些C．实验时若无量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量(2)经正确操作后，请在答题纸上画出光路图，标出在a界面的法线、入射角和折射角；(3)假设该玻璃砖边界a和a边不平行，按照该方式进行的测量结果比真实值（填“偏大”“相等

”或“偏小”）。(4)假设做图时其余部分均正确，只有玻璃砖a边界出现偏差，做成虚线。按照该边界的测量结果比真实值（填“偏大”“相等”或“偏小”）。【答案】(1)BC(2)(3)相等(4)偏小【解析】（1）A．A、B大头针连线与a边界夹角要适当

，不是越大越好，故A错误；B．为减小实验误差，插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些，故B正确；C．实验时若无量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量，将角度正弦值之比转化为角度对边长度之比，故C正确。故选BC。（2）光路图如图所示。（3）玻璃砖两个表面是否平行对入射角和折射角无影响，

按照该方式进行的测量结果比真实值相等。（4）由题意做出光路图只有玻璃砖a边界出现偏差，可知入射角不发生变化，折射角大于实际的折射角，根据折射定律，可知按照该边界的测量结果比真实值偏小。8．（2024·河南·二模）小明同学利用图甲的实验装置验证动量守恒定律．在长木板上安装光电门I和I

I，A、B为材料相同、带有等宽遮光条的滑块，A、B的质量分别为12mm、，让滑块A与静止的滑块B在斜面上发生碰撞，碰撞时间极短，然后通过光电门对滑块进行测速，进而验证动量守恒定律并判断碰撞是否为弹性碰撞，请完成下列填空：(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺

的示数如图乙所示，则d=mm。将长木板一端垫高，调整长木板与水平面的夹角，轻推滑块直到经过两光电门的时间相同．(2)某次实验中，滑块A通过光电门I时的挡光时间为1t，则滑块A过光电门I的速度为（用相应的物理量符号表示），滑块A、B碰撞后通过光电门I

I的挡光时间分别为12tt、。(3)若要验证动量守恒定律，需要验证与在误差允许范围内相等即可验证动量守恒定律（用1211mmtt、、、和2t表示）．(4)判断是否为弹性碰撞可由碰后A、B两滑块的速度之比判断．若ABvv=（用1m和2m表示），则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞．【

答案】(1)5.00(2)1dt(3)11mt122mmtt+(4)1212mmm−【解析】（1）游标的零刻线与主尺5mm刻度线对齐，游标的第20个小格与主尺24mm刻度线对齐，该游标尺为20分度游标卡尺，所以5.00mm

d=（2）根据速度定义式可知滑块A经过光电门I时的速度为11dvt=（3）碰撞后A、B两滑块的速度分别为2ddtt、，碰前A的动量为A11dpmt=碰后系统动量为ABpp+=122tddmmt+若AABppp=+即11212mmmttt=

+即可验证动量守恒定律。（4）若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则需满足动量守恒与机械能守恒，则111A2Bmvmvmv=+122111A2B111222mvmvmv=+解得12A121mmvvmm−=+1B1122mvmmv=+所以A12B12vmmvm−=9．（2024·湖南长沙·

一模）某同学用如图甲所示的装置验证动量定理，实验过程中部分实验步骤如下：(1)将一遮光条固定在滑块上，用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺如图乙所示，则遮光条的宽度d=mm。(2)滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门测得遮光条的挡光时间为22.

010s−=t，可得弹簧恢复形变的过程中滑块的速度大小为m/s。(3)将一与轻弹簧相连的压力传感器固定在气垫导轨左端，一光电门安装在气垫导轨上方，用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放，压力传感器显示出弹簧弹力F随时间t变化的图像如图丙

所示，根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为Ns。（计算结果保留2位有效数字）【答案】(1)4.00(2)0.2(3)0.77【解析】（1）图乙游标卡尺分度值为0.05mm，则遮光条的宽度为d=4mm+0.05mm×0

=4.00mm（2）弹簧恢复形变的过程中滑块的速度大小为324.0010m/s0.2m/s2.010dvt−−===（3）弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，约等于0.77Ns。10．（2024·安徽池州·二模）某学习小组的同学在实验室用如图1所示的装置研究单摆。将单摆挂在力传

感器的下端，同时由力传感器连接到计算机，得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，如图2所示。(1)用螺旋测微器测量摆球的直径，为了使读数更精确，对螺旋测微器进行了改进，在螺旋测微器固定刻度的上半部刻了10个等分刻度，固定刻度的“横线”是10等分刻度的“0”刻度

线，这10个刻度的总长度与可动刻度最左端的9个刻度的总长度相等。其测量结果如图3所示，图中螺旋测微器测出的摆球的直径为mm。(2)小组成员在实验过程中有下列说法，其中正确的是和（填正确答案标号）。A．对于摆球的选择，可以是铁球，也可以是塑料球B．单摆偏离平衡位置的

最大角度最好控制在5以内C．由图2可知，单摆的周期为04tD．如果用悬线的长度作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大(3)为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制2TL−图像如图4所示。由图可知重力

加速度大小为g=（用图中T1、T2、L1、L2表示）。【答案】(1)17.283/17.284(2)BC(3)22122214LLTT−−（）【解析】（1）由图可读出为17mm0.283mm17.283mmd=+=（

2）A．单摆在摆动过程中阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球，A错误；B．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°，B正确；C．F最大值为摆球经过最低点的时刻，相邻两次时间间隔为022Tt=则04Tt=C正确；D．由单摆的周期公式可推出重力

加速度的计算式224lgT=用悬线的长度作为摆长，则摆长偏小，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，D错误。故选BC。（3）由周期公式2LTg=变形得224TLg=2TL−图像的斜率为22222114kTTLLg−−=

=解得22122214LLgTT−=−（）【考前预测篇3】热点计算题一．计算题解题规范及策略考试答题，对分数影响最为关键的就是答案的正确性。但是很多考生在考试后却依然会有些意见，因为自己答案正确却没拿到满分。是阅卷的不公正吗？当然不是。很多时候

，其实就是你忽略了答题的规范性。越是大型的考试对答题的要求就越严格，重大考试的不标准答题会直接因非智力因素造成考试失分。高考对物理计算题的答题要求是：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须

明确写出数值和单位。因此，考生要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要掌握基础知识、训练解题能力外，还必须强化答题的规范性，培养良好的答题习惯。为了做好规范答题，提高计算题的得分能力，要做好以下几点：（一、）文字说明要清楚文字说明的字体要书写工整、版面布局合理整齐

、段落清晰等，让改卷老师看到你的卷面后有着赏心悦目的感觉。必要的文字说明是指以下几方面内容：1．研究的对象、研究的过程或状态的说明。2．题中物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。3．题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明

。4．所列方程的依据及名称要进行说明。5．规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。6．对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明。7．文字说明不要过于简略，缺乏逻辑性，也不要太啰嗦，而找不到得分点。（二）

、主干方程要突出在高考评卷中，主干方程是得分的重点。1．主干方程要有依据一般表述为：依××物理规律得；由图几何关系得；根据……得等。“定律”“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确。2．主干方程列式形式书写规范(1)严格按

课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所忽视的)。如：带电粒子在磁场中的运动，应有qvB＝mv2R，而不是其变形结果R＝mvqB；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg＝mv2r，不能写成v＝gr。(2)

要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合。3．物理量符号要和题干一致最终结果字母必须准确才得分，物体的质量，题目给定符号是m0、ma、M、m′等，不能统一写成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l或者d；半径，题目给定符号是R

，不能写成r；电荷量，题目给定符号是e，不能写成q，在评分标准中都明确给出了扣分标准。需要自己设的物理量尽量要依据题干给定的相关物理量顺延编号，合理安排下标(上标)，以防混乱。4．要分步列式，不要写连等式如

电磁感应中导体杆受力的几个方程，要这样写：E＝BLvI＝ER＋rF＝BIL不要写连等式F＝BIL＝BER＋rL＝BBLvR＋rL＝B2L2vR＋r，评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写成连等式，最终结果正确得满分，最终结果错误就得0分。5．计算结果的单位计算结果是数据的要带

单位，不带单位要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电子电荷量e等)不能用数字(10m/s2,1.6×10－19C)替换；字母运算的结果不能写单位。（三、）解题过程中运用数学的方式有讲究1．“代入数据”，解方程的具体过程不必写出。2．所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明

。3．重要的中间结论的文字表达式要写出来。4．所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去。5．数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”。（四、)大题增分技巧1．先做简单的题目，后做运算量大、难度大的题

目。2．如果实在不会做，那么将题中可能用到的公式都写出来，不会倒扣分。3．如果时间不够用，要先把计算公式写出来，数据计算放到最后。二．第一道计算题：基本+规范1．（2024·云南昆明·一模）如图所示，边长为L的正方形区域内，以对角

线bd为边界，上方有平行ad边向下的匀强电场，电场强度大小为E。下方有垂直abcd平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从ab边中点O由静止释放，在电场和磁场中运动后垂直bc边射出。粒子重力不计。求粒子的比荷。【答案】24EBL【解析

】粒子运动轨迹如图所示粒子在电场中运动过程，据动能定理可得2122LqEmv=粒子在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，可得2vqvBmr=据几何关系可得2Lr=解得24qEmBL=2．（2024·山西·一模）如图所示

，一段水平的公路由两直道ABCD、段以及圆形段环岛BC组成。一辆在AB上以72km/h速率行驶的汽车，接近环岛时以24m/s的加速度匀减速刹车，在以最大安全速率通过环岛后，在CD上以22m/s的加速度恢复到原速率继续行驶。已知环岛的半径为28m，BC段

的长度是56m，橡胶轮胎与路面的动摩擦因数为0.7，认为汽车转弯所需向心力仅由轮胎所受径向摩擦力提供且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取210m/sg=，问：（1）汽车需在距环岛多远处开始刹车？（2）汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间是多少？【答案】（1）25.5m；（2）8.5s【解析】（1

）根据题意，汽车进入环岛后做匀速圆周运动，当以最大速率行驶时有2mvmgmR=代入数据解得汽车在环岛行驶的最大速率为m14m/sv=汽车在进入环岛前的速度72km/h20m/sv==汽车进入环岛前刹车距离为2222m12014m25.5m224vvxa−−===（2）汽车进入环岛前刹车时

间m112014s1.5s4vvta−−===汽车在环岛行驶的时间2m56s4s14BCxtv===汽车出环岛后加速到原速所用的时间m322014s3s2vvta−−===可得汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间1238.5stttt=++=3．（2024·四川泸州·

二模）如图所示，光源S位于装有某液体的容器底部，容器右侧的内壁固定一平面镜MN，平面镜上端与容器顶端平齐、下端与液面平齐。光源S沿SO方向发射一束红光，经O点折射后照到平面镜上的P点，反射光线刚好过容器左侧上端点Q。已知入射角37=，容器

宽度MQ为80cm，反射点P分别到平面镜上端点M、下端点N的距离为60cm、30cm，液体深度为40cm，光在真空中的传播速度83.010m/sc=，sin370.6=，cos370.8=。求：（1

）红光在该液体中的折射率n；（2）这束红光在液体中的传播时间。【答案】（1）43；（2）92.210s−【解析】（1）根据几何关系可知在MN平面发生的反射，入射角符合60cm3tan80cm4MPMQ===则37=则光从液体中射出时

的折射角903753=−=根据折射定律可知sin4sin3n==（2）传播距离cos37hs=红光在液体中的传播速度cvn=这束红光在液体中的传播时间92.210sstv−=4．（2024·重庆·模拟预测）在陆上模拟着舰

训练中，某质量为m的航母舰载机着陆时的水平速度大小为v0，在阻拦索的阻力和其他阻力作用下沿直线滑行距离s1后停止；如果不用阻拦索，在其他阻力作用下沿直线滑行距离s2后停止。若舰载机所受其他阻力视为恒力。求：（1）不用阻拦索时舰载机的滑行时间；（2）舰载机所受其他阻力的大小；（3）阻

拦索的阻力对舰载机做的功。【答案】（1）202sv；（2）2022mvs；（3）21202()2ssmvs−【解析】（1）根据0202vst+=可得不用阻拦索时舰载机的滑行时间为202stv=（2）如果不用阻拦索时，由动能定理得2

20102fsmv−=−可得舰载机所受其他阻力的大小为2022mvfs=（3）在阻拦索的阻力和其他阻力作用下，由动能定理210102Wfsmv−=−可得阻拦索的阻力对舰载机做的功为21202()2ssmvWs−=5．（23-24高三下·甘肃庆阳·阶段练习

）如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB与光滑水平轨道BC相切于B点，质量分别为m和2m的小球M、N之间压缩一轻弹簧并锁定（弹簧与两小球均不拴连）。某时刻解除弹簧的锁定，两小球被弹开，小球M离开弹簧后恰好能沿半圆轨道通过最高点A，重力加速度为g。求

：（1）离开弹簧时小球M的速度大小Mv；（2）弹簧锁定时所具有的弹性势能pE。【答案】（1）M5vgR=；（2）p154mgRE=【解析】（1）小球M恰好能通过半圆轨道的最高点A，根据牛顿第二定律有2AvmgmR=小球M从B点运动到A点的过程，根据动能定理有221122

2ABmgRmvmv−=−小球M通过B点时的速度等于离开弹簧时的速度，即MBvv=联立解得M5vgR=（2）弹簧将两小球弹开的过程系统所受外力之和为零。根据系统动量守恒有MN2mvmv=解得小球N离开

弹簧时的速度大小N52gRv=弹簧的弹性势能全部转化为M、N的动能。根据机械能守恒有22pMN11222Emvmv=+解得p154mgRE=6．（23-24高三下·云南·阶段练习）如图所示，一质量为2m、长度为L的木板静置于光滑水平地面上，质量为m的小滑块（可视为质点）以速度0v从木板左端滑上木

板，小滑块恰好未滑下木板。求：（1）小滑块在木板上滑动过程中，木板的位移大小x；（2）小滑块相对木板滑动的时间t。【答案】（1）3Lx=；（2）02Ltv=【解析】（1）小滑块在木板上滑动过程中，小滑块和木板系统动量守恒，小滑块恰好未滑下木板，小滑块滑到木块右端时和木板速度相

等，设此时的速度为v，则0(2)mvmmv=+解得03vv=由功能关系可知22011322mmfL−=vv解得203mfL=v以木板为研究对象，由动能定理2122mfx=v解得3Lx=（2）以小滑块为研究对象

，由动量定理0mmft−=−vv解得02Ltv=7．（23-24高三上·河南·期末）如图所示，开口向上的绝热汽缸竖直放置，汽缸壁内有卡环，质量为m、横截面积为S的绝热活塞静止在缸内，距缸底的高度为h，离卡

环的距离为14h，活塞下方密封有一定质量的温度为T0的理想气体。活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气。外界大气压强为5mgS，重力加速度为g，现用电热丝（体积忽略不计）缓慢加热汽缸中的气体，求：（1）当活塞刚好到卡环处时

，缸内气体的温度；（2）若气体温度每升高1℃，气体内能就增加E0，则当活塞对卡环的压力大小等于2mg时，电热丝放出的热量。【答案】（1）054T；（2）002332TEmgh+【解析】（1）当活塞刚好到卡环处时，设缸内气体的温度为1T，气体发生等压变化，则0154

hShSTT=解得1054TT=（2）开始时，缸内气体压强为156mgmgmgpSSS=+=当活塞对卡环的压力大小等于2mg时，缸内气体压强为2528mgmgmgmgpSSSS=++=设此时缸内气体温度为2T，根据理想气体状态方程22154phSphT

TS=解得2053TT=根据热力学第一定律，电热丝放出的热量()200100123432QTTEpShTEmgh=−+=+8．（23-24高三下·河北保定·开学考试）如图所示，足够大的绝缘水平面上放一个质

量34.010kgm-=?、电荷量71.010Cq−=−的物块，物块与水平面之间的动摩擦因数0.2=，物块的初速度050m/sv=，空间中有匀强电场，与水平地面的夹角37=，已知sin370.6=，cos370.8=，210m/sg=，电场强度6

1.010N/CE=，经过0.4st=物块的速度和位移大小是多少？【答案】40m/s，18m【解析】物块向右运动过程中，竖直方向根据受力平衡可得sin0.1NNqEmg=+=水平方向根据牛顿第二定律可得cosqEfma+=又fN=联立解得加速度大小为225m/sa=则物块向右匀减速

到速度为0所用时间为002svta==则经过0.4st=物块的速度大小为050250.440m/svvat=−=−=物块通过的位移大小为050400.4m18m22vvxt++===9．（23-24高三下·

上海宝山·阶段练习）线圈在磁场中运动时会受电磁阻尼作用．如图所示，光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的正方形线圈abcd，其质量为m，各边电阻相等，线圈以初速度v进入一个有明显边界的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度大于L。当线圈完全穿过磁场后，其速度变为初始的一半，求：（1）线圈刚进入磁场

瞬间，ab两点间的电压是多少？（2）线圈进入磁场和离开磁场的两个过程中产生的焦耳热之比。【答案】（1）34BLv；（2）7:5【解析】（1）ab边刚进入磁场瞬间，ab边产生的感应电动势为EBLv=由右手定则可知电流方向为ba→，则ab＞a、b两点的电压是路端电压为3344abRUEBLvR

==（2）线圈刚全部进入磁场时速度为1v，刚离开磁场时速度为2v。线圈进入磁场的过程，由动量定理得111BILtmvmv−=−同理，线圈离开磁场的过程，由动量定理得2221BILtmvmv−=−又通过线圈的电荷量211111EtBLqItRRR====222222EtBLqItRRR

====,可得134vv=进入磁场和离开磁场的过程中，由能量守恒定律得22111122Qmvmv=−222121122Qmvmv=−联立可得12:7:5QQ=10．（2024·安徽蚌埠·三模）如图所示，电荷量为6210C−的带正

电小球B静止放在光滑绝缘水平面上，某时刻质量为0.2kg、电荷量为6510C−的带正电小球A以2m/s的初速度从水平面上足够远处沿直线向B运动，当两球距离最小为0.3m时，B球的动量为10.3kgms−，两小球可视为质点，静电力常量为9

229.010NmC−．设开始时刻A、B组成的系统电势能为零，求：（1）A球最大加速度的大小。（2）B球的质量。（3）系统的最大电势能。【答案】（1）25m/sa=；（2）0.6kgM=；（3）p0.3JE=【解析】（1）两球

距离最小时静电力最大，小球加速度最大，根据库仑定律，两球间的最大静电力122qqFkr=由牛顿第二定律得Fam=解得25m/sa=（2）两球距离最小时速度相等，设为v，设B球的质量为M，由动量守恒定律得0()mvmMv=+又有1pMv=解得0.6kgM=，0.5m/sv=（3）

两球距离最小时系统电势能最大，由能量守恒知，系统的最大电势能22p011()22EmvmMv=−+解得p0.3JE=三．第二道计算题：模型+综合11．（2024·河南濮阳·一模）如图所示，平台离水平地面的高度为1.25mh=，平台上P点左侧粗糙，右侧光滑，质量为m的物块A放在平台P点，质量为3

m的物块B放在平台上P点左侧的Q点，P、Q间的距离为1m。给物块B一个向右的初速度，B与A发生弹性碰撞，A、B均从平台上抛出，A做平抛运动的水平距离为1.5m，已知B与平台间的动摩擦因数为0.6，重力加速

度g取210ms/，物块的大小忽略不计，不计空气阻力。求：（1）物块A从平台抛出时的速度多大；（2）物块B在Q点的初速度多大；（3）若B、A发生的是非弹性碰撞，物块B从Q点以21m/s的初速度向右滑动，A、B碰撞后，A做平抛运动的水平位移仍为1.5m，则A、B

碰撞过程中损失的机械能与碰撞前瞬间B的动能之比为多少。【答案】（1）3m/s；（2）4m/s；（3）29【解析】（1）A做平抛运动的水平距离为11.5mx=，根据平抛运动规律212hgt=11xvt=联立解得物块A从平台抛出时的速度13

m/sv=（2）B与A发生弹性碰撞时有1233mvmvmv=+2221211133222mvmvmv=+解得碰撞前瞬间B的速度大小为2m/sv=B由Q到P的过程，根据动能定理2201133322mgLmvmv−=−解得04m/sv=（3）物块B从Q点以0'21m/sv=的初速度

向右滑动，由Q到P的过程，根据动能定理2201133'3'22mgLmvmv−=−解得碰撞前B的速度'3m/sv=A做平抛运动的水平位移仍为1.5m，说明A碰后速度仍为13m/sv=，根据123'3'mvmvm

v=+可得碰后B的速度为2/'2msv=碰撞过程中损失的机械能222121113'3'222Emvmvmv=−−则A、B碰撞过程中损失的机械能与碰撞前瞬间B的动能之比22193'2Emv=12．（2024·安徽池州·二模）2023年5月17日，首枚池州造“智神星一号”液体运载火箭在

安徽星河动力装备科技有限公司顺利总装下线，至此，成功实现中国火箭池州造。为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为1000kg的小型实验火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的

大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为1F，与水平方向成1＝60°，火箭沿斜向右上方与水平方向成2＝30°做匀加速直线运动。经过t＝30s，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60°，大小变为2F，火箭依然可以沿原方向做匀

减速直线运动。（不计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化，g取210m/s）求：（1）推力1F的大小；（2）火箭上升的最大位移大小；（3）火箭在上升的过程中推力最大功率。【答案】（1）4310N

；（2）13500m；（3）633W10【解析】（1）火箭上升过程时的受力情况如图由图可知4110NFmg==合43310NFmg==1（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F合＇与F2垂直41sin3010N

2Fmg==合加速阶段的加速度2110m/sFam==合减速阶段的加速度225m/sFam==合12atat=260stt==2212m111350022xatat=+=（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为6m1m113310WPFVFat===13．（23-24高三下

·四川绵阳·阶段练习）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ=30°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力。求：（1）匀

强电场的场强大小E；（2）仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子动量改变量的大小p。【答案】（1）234mvEqR=；（2）312pmv+=【解析】（1）从M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直，粒子做类似斜抛的运动，沿

MN方向，粒子匀速运动2cos30Rvt=垂直MN方向210sin302vtat=−根据牛顿第二定律qEma=解得234mvEqR=（2）如图所示，当粒子运动到P点时，电势能最小，由1cos30'vtR=211sin30'2vtatR−+='qEtp=联立求

得312pmv+=14．（2024·山西太原·一模）如图所示，两平行且等长的粗䊁金属导轨ab、cd间距为L，倾斜角度为θ，ab、cd之间有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，ac之间电容器的电容为C1。光滑等长的水平

金属导轨ef、gh间距为L，ef、gh之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，fh之间电容器的电容为C2。质量为m的金属棒PQ垂直导轨放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后以速度v飞出导轨，同时撤去F，PQ水

平跃入ef、gh导轨，PQ始终与ef、gh导轨垂直。导轨与棒的电阻均不计，重力加速度为g，求：（1）金属棒PQ分别在B1、B2中运动时电流的方向；（请分别说明P→Q或Q→P）（2）导轨ef、gh足够长，

电容器C2带电量的最大值；（3）金属棒PQ与导轨ab、cd的动摩擦因数。【答案】（1）见解析；（2）222222cosCBLmvCBLm+；（3）2211()sincoscosCBLmvFmgmgmgt+−−【解析】

（1）由右手定则可知，导体棒在B1中电流方向由P→Q，导体棒在B2中电流方向由Q→P；（2）PQ水平跃入轨道的速度为v1，则1cosvv=PQ水平跃入导轨后，切割磁感线，C2处于充电状态，PQ稳定后做匀速直线运

动，速度为v1，则222UBLv=22QCU=根据动量定理，以右为正方向221BiLtmvmv−=−Qit=解得222222cosCBLmvQCBLm=+（3）PQ在倾斜轨道上运动时加速度为a，则1sincosFm

gmgiLBma−−−=1Qit=111QCBLv=PQ做匀加速直线运动vvatt==解得2211()sincoscosCBLmvFmgmgmgt+−=−15．（2024·山西太原·一模）轻质弹簧原长为l，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为7m的小球由

静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度变为原长的一半。现将该弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为m的小球P接触但不拴连；一长度为2l的轻绳一端系于O点，另一端与质量为m的小球Q拴连。用外力缓慢推动P，将弹簧压缩至原长的

一半，撤去外力，P被弹出后与Q发生弹性对心碰撞，Q开始摆动。轻绳在弹力变为O时断开，Q飞出后落在水平地面上的B点（图中未画出），P、Q始终在同一竖直平面内运动且均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）弹簧由原长压

缩为原长的一半；弹性势能的变化量；（2）P与Q碰撞后的瞬间，Q速度的大小；（3）Q落到B点时，Q与P之间的距离。【答案】（1）增加72mgl；（2）7gl；（3）0【解析】（1）弹簧与质量为7m的小球组成的系统机械能守恒，则p72

Emgl=弹簧由原长压缩为原长的一半，弹性势能增加了72mgl；（2）小球P与弹簧组成的系统机械能守恒，则21p7122Emglmv==解得17vgl=P与Q发生弹性碰撞，以右为正，碰后速度分别为1v，2v，

则112mvmvmv=+122212111222mvmvmv=+解得10v=，27vgl=（3）轻绳断开时与竖直方向的夹角为θ，小球的速度为v3，则23cos2vmgml=Q从最低点摆动到轻绳断开处，根据动能定理可得()22321121cos22mglmvmv−+=−解得3

vgl=，1cos2=，60=轻绳断开后，Q将做斜抛运动，则3xxvt=33cosxvv=2312(1cos)sin2lvtgt−+=−33sinyvv=解得3xl=Q落到B点时，Q与P之间的距离为2s

in0xxl=−=16．（2024·河北·一模）如图所示，竖直虚线的左侧有水平向左的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，比荷为k的负粒子甲由电场中的M点无初速释放，由O点进入磁场，OM在一条直线上，经过一段时间与静止在N点的不带电粒子乙发生无能量损失

的碰撞，碰后两粒子的电荷量均分。已知粒子乙的质量为粒子甲质量的13，OML=，N到两虚线的距离均为L。忽略粒子的重力以及碰后粒子间的相互作用。（1）求竖直虚线左侧电场强度的大小；（2）若粒子甲、乙碰后的瞬间，立即将粒子

乙拿走，求粒子甲从释放到第四次通过竖直虚线时到O点的距离。【答案】（1）22kBL；（2）4L【解析】（1）粒子甲在磁场中做匀速圆周运动经过N点，由几何关系可知粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半径为L，由洛伦兹力提供向心力有2vqvBmL=解得qBLvm=设电场强度大小

为E，粒子甲从M到O的过程，由动能定理有212qELmv=解得22kBLE=（2）粒子甲、乙碰撞过程无机械能损失，设粒子甲的质量为m，碰后瞬间粒子甲、乙的速度分别为1v、2v，则粒子乙的质量为3m，取碰前瞬间甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有1213mvmvm

v=+2221211112223mvmvmv=+解得12kBLv=由洛伦兹力提供向心力有2112vqvBmr=解得rL=则碰撞后粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半径仍为L，则再偏转14个圆周后垂直竖直虚线进入电场，粒子甲

在电场中先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，由对称性可知粒子甲再次进入磁场时速度大小不变，做圆周运动的轨迹半径仍为L，可知粒子甲第四次通过竖直虚线时到O点的距离为4sL=17．（2024·安徽·模拟预测）如图所

示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为B的4个矩形匀强磁场中。水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆每次进入磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为2R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电

阻不计，重力加速度为g，求：（1）金属杆从释放到穿出第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量；（2）金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小。【答案】（1）3BLdR；（2）2()ghd−【解析】（1）根据题意可知，通过电阻R的电荷量为11qIt=113EIR=1111BLdEtt==

解得3BLdqR=（2）金属杆进入磁场1和2时的速度相等，则金属杆通过磁场1、2、3、4产生的热量相等，即428Qmgdmgd==设金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小为v，根据能量守恒定律有21(7)

2mghdmvQ+=+解得2()vghd=−18．（2024·河北·模拟预测）如图所示，“凹”型木板B静置在光滑水平地面上，小物块A静止在B正中央。A的正上方用不可伸长的轻绳将一定质量的小球悬挂在O点，轻绳处于水平拉直状态，将小

球由静止释放，下摆至最低点时刚好与小物块A发生碰撞，碰后迅速把小球移除。物块A在B上运动与B的右侧刚好没有发生第二次碰撞。已知A的质量为m，B的质量为3m，小球的质量为2m，木板B的长度3.0mL=，A和B之间动摩擦因数0.2=，小球

与A、A与B发生的碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度210m/s=g，不计B两侧挡板的宽度，碰撞时间极短，忽略空气阻力，求：（1）小球与A碰撞后瞬间A的速率；（2）悬挂小球的细线长度；（3）A与B发生第一次碰撞前瞬

间B的速度。【答案】（1）210m/s；（2）9m8；（3）1022m/s2−【解析】（1）设小球与A碰后瞬间A的速度v1，物块A在B上运动与B的右侧刚好没有发生第二次碰撞，有1(3)mvmmv=+22111(3)(2)222Lmvmmvmg

L=+++解得1210m/sv=（2）小球与A碰撞过程，有02122mvmvmv=+22202111122222mvmvmv=+201222mglmv=联立解得9m8l=（3）A与B发生第一次碰撞过程，有1343mvmvmv=+222134

11132222Lmvmvmvmg=++联立解得41022m/s2v−=19．（23-24高三下·湖北·阶段练习）如图，半径R＝0.1m的光滑半圆轨道ABC与足够长的水平轨道在A点平滑连接，初始时，静止在水平轨道D点的两个小滑块a、b用轻弹簧连接并锁定。解除锁定后，a、b立即弹开，b向

左运动至E点（图中未画出）停下，a通过A点时，安装在A点的压力传感器示数FN=4.5N，a继续运动通过C点后恰好落到E点。已知a的质量m＝50g，b的质量M＝150g，a、b与水平轨道间的动摩擦因数均是μ=0.25，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气

阻力。求：（1）E点与A点的距离；（2）b从D点运动到E点的时间；（3）初始时，弹簧储存的弹性势能。【答案】（1）x=0.4m；（2）t=0.4s；（3）Ep=0.3J【解析】（1）a通过A点，由牛顿第二定律2NAvFmgmR−=a由A点运动到C点，由机械能守恒定律221

1222ACmvmvmgR=+a从C点平抛，有Cxvt=2122Rgt=解得x=0.4m（2）a由D点运动到A点，由动能定理221122aAamvmvmgx=+b由D点运动到E点，由动能定理212bbMvMgx=且

abxxx+=解除锁定时，由动量守恒定律0abmvMv=−解得va=3m/s，vb=1m/s对b，由动量定理bMgtMv=解得t=0.4s（3）由能量守恒定律，弹簧释放的弹性势能22p1122abEmvMv=+解得Ep=0.3J20．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示，一水平放置

导热汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，轻质活塞A、B用一长度为330cmL=刚性轻杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气。活塞的面积分别为2A20cmS=和2B10cmS=，汽缸内A和B之间封闭有一

定质量的理想气体，A的左边及B的右边均与大气相通，大气压强始终保持为501.010Pap=，当气缸内气体温度为1300KT=时，活塞处于图示位置的平衡状态。求：（1）此时汽缸内理想气体的压强1p为多少？（2）现对活塞A施加一个水平向右推力，

使活塞向右移动10cmL=的距离后静止，此时汽缸内气体温度2312KT=，则此时推力F大小为多少？【答案】（1）51.010Pa；（2）30N【解析】（1）设被封住的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的

弹力为F，对活塞A有0AApSpSF=+对活塞B，有0BBpSpSF=+解得511.010Pap=（2）气体状态参量511.010Pap=1AB2VLSLS=+1300KT=2AB(2)()VLLSLLS=−++2312KT=根据11

2212pVpVTT=代入数据得521.310Pap=对两活塞整体受力分析：0A2B0B2AFpSpSpSpS++=+解得30NF=三．第三道计算题：物理思维+数学建模21．（2024·天津和平·一模）如图所示，在直角坐标系的第一象限，有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场，在第四象限有

垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L的绝缘薄板PQ，挡板平面与x轴垂直且上端紧贴x轴。一质量为m，电荷量为()0qq的粒子从y轴上一点以大小为0v的速度水平向右射出，恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，

粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，之后粒子恰好未与薄板碰撞，不计粒子重力，求：（1）粒子在y轴上的发射位置到P点的水平距离；（2）匀强磁场磁感应强度B的大小：（3）粒子在薄板右侧运动的时间t。【答案】（1

）2033mvqE；（2）02mvqL；（3）03Lv【解析】（1）根据题意可得粒子在P点速度方向与x轴的夹角为30，可得粒子在P点的竖直分速度0tan30yvv=粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有0xvt=竖直方向根据牛顿第二定律有qE

ma=而根据速度与时间的关系可得yvat=联立以上各式可得2033mvxqE=（2）粒子在P点的速度0cos30Pvv=粒子在磁场中做圆周运动，有2PPvqvBmr=粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示根据几何关系可得2sin60rL=

联立解得02mvBqL=（3）根据几何关系可知，粒子在挡板右侧磁场中运动的时间13tT=而粒子做圆周运动的周期2prTv=解得03Ltv=22．（23-24高三下·湖北·阶段练习）如图所示，足够长的粒子吸收板水平放置，吸收板上方存在范围足够大的匀

强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场中距吸收板为d的P点处有一粒子源，能在纸面内沿各个方向均匀发射质量为m、电荷量为()0qq的带电粒子，粒子的速率均为2dBqvm=，粒子打到吸收板上即被吸收。不考虑粒子的重力及

粒子间的相互作用。（1）求粒子从发射至打到吸收板上的最长运动时间mt；（2）求吸收板吸收的粒子数与发射的粒子数之比；（3）若吸收板的长度为L，P点在吸收板中点的正上方，调节d和B的取值，使保持不变，求L与d应满足的关系。【答案】（1）5π3mBq；（2）23；（3）215L

d【解析】（1）设粒子在匀强磁场中做圆周运动半径为r，由2vBqvmr=解得2rd=如图所示设粒子在磁场中运动轨迹与吸收板左侧相切时，该粒子打到吸收板上的时间最长，有1sin2dr==可得π6=粒子在磁场中圆周运动的周期2πrTv=粒子打到板上运动的最长时间mπ2π22tT−−

=解得m5π3mtBq=（2）设粒子运动轨迹与吸收板右侧相切时，则有1sin2dr==故π6=发射速度方向在π++范围内的粒子能打在吸收板上表面被板吸收，板吸收的粒子数与发射粒子总数之为π2π+

+=解得23=（3）吸收板吸收的粒子数与发射数之比不变，则与角不变，由（1）有2rd=不变，如图所示当粒子发射后，运动半个圆周打在吸收板的最左端，有222(2)2Lrd−=又2vBqvmr=可得215Ld23．（2

3-24高三下·山东济南·开学考试）如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（0q）的粒子甲从点,2lSl−−（）

以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹角为45=，从点()0,Kl−垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从(),0Pl点垂直x轴进入第一象限，同时在p点释放一质量为3m、电量为q（0q）、速度为3Bqlm的带电粒子乙，且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲乙两粒子间

的相互作用，求：（1）甲粒子进入第四象限时的速度0v；（2）匀强电场的大小E；（3）粒子甲第n次经过y轴时，甲乙粒子间的距离d；（4）当甲粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电

场相同的匀强电场，求甲粒子的最大速度mv。【答案】（1）Bqlm；（2）2Bqlm；（3）()42nl−（1n=，2，3……）；（4）(12)Bqlm+【解析】（1）粒子在第四象限内的磁场中由洛伦兹力提供向心力2000qBmR=vv根据几何关系有0Rl=解得0Bqlvm=（2）粒子

在第三象限，经分析知粒子垂直y轴进入第四象限，速度大小为0Bqlvm=水平方向00lvt=竖直方向20122lqEtm=解得2BqlEm=（3）设甲粒子半径为1r，乙粒子半径为2r，23Bqlvm=则由洛伦兹力提供向

心力2001mvBvqr=22223mvBvqr=可得12rrl==其中1102πrTv=，2222πrTv=可得123TT=当甲粒子第一次到达y轴（1yl=）时，乙粒子第二次到达y轴（23yl=），两粒子相12dl=此后每次甲粒子到达y轴时

，乙比甲沿y轴多移动4dl=粒子甲第n次经过y轴时甲乙粒子间的距离()42dnl=−（1n=，2，3……）（4）由于只有电场力做功，当粒子x方向的位移最大时速度最大，此时x轴方向的分速度为零，沿y轴方向的分速度即为合速度，则对甲粒子，由ΔΔxyqBvtmv=可得mmqBxm

v=由动能定理得22mm01122qExmvmv=−解得m(12)Bqlvm=+24．（23-24高三上·福建福州·期末）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及到带电粒子的测量、加速和约

束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，带电量为3210Cq−=+

，质量为B0.1kgm=的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小31.010N/CE=。与B球形状相同、质量为A0.3kgm=的绝缘不带电小球A以初速度010m/sv=向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电

场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A始终不带电、小球B的电量始终不变，两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度210m/sg=。（1）求第一次碰撞后瞬间A、B小球的速度；（2）如果两小球第二次第三次碰撞都发生

在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻B小球合力的瞬时功率为0。求此时刻AB两小球动能之比；（3）现要求两小球可以发生第三次碰撞，求电场水平宽度满足的条件。【答案】（1）A的速度5m/s，水平向右，B的速度15m/s，水平向右；（2）125

；（3）7.5md【解析】（1）第一次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有A0A1B2mvmvmv=+222A0A1B2111222mvmvmv=+第一次碰后A的速度15m/sv=水平向右，B的速

度2/s15mv=水平向右。（2）竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B球水平方向BqEma=解得220m/sa=水平向左，第二次碰撞前21121112vtvtat=−解得11st=对B球3215m/

svvat=−=−水平向左，0110m/syvgt==竖直向下，第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有'A1B3A1B4mvmvmvmv+=+22'22A1B3A1B411112222mvmvmvmv+=+第二次碰后A的速度为0，B的速度410m

/sv=水平向右，B小球合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为α，如图则有B1tan2mgqE==4220221020tan1010xyyvvattvvgtt−−===++解得20.2st=此时刻B的水平速度1020

6m/sxvt=−=2此时刻AB的竖直速度2101012m/syvt=+=此时刻两小球动能之比为()2AkA22ABB1122152yxymvEEmvv==+（3）第一次碰撞后共速时B球刚刚出场，电场宽度最小为1d，根据120vvat=−解得00.5st=则有()121015m2dvv

t=+=第一次碰撞后B球向右最远2215.625m2vxa==第二次碰撞前距离电场左边界2115mxvt==第二次碰撞后B球向右最远2432.5m2vxa==此时B球刚刚出场，电场宽度最大为2d，如图所示则有2237.5mdxx=+=综上可知7.5md电场中会第三次碰撞。25．（23-24高三

下·四川成都·阶段练习）如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，mn左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场（图中未画出），方向沿斜面向上，mn两侧磁场的磁感应强度B大小相等（B的大小未知），导轨的间距为1.5mL=

，倾角37=，在0=t时刻，置于倾斜导轨上的ef棒由静止释放，置于水平导轨上的cd棒在一水平向右的外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，cdef、棒的质量分别为

121.0kg2.0kgmm==、，电阻分别为122Ω3ΩRR==、，忽略导轨的电阻，ef棒与金属导轨的动摩擦因数为0.12=，不计cd棒与导轨之间的摩擦，sin370.6=，取210m/sg=，求：（1）磁感强度B的大小；（2）经过多

长时间ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大？【答案】（1）4T3B=；（2）14s=t【解析】（1）在0=t时刻根据牛顿第二定律有1Fma=且由图可知，0=t时5NF=代入得25m/sa=由题知cd棒做匀加速直线

运动，经过时间,tcd棒速度为vat=此时EBLvBlat==，12EIRR=+则cd棒的安培力为2212BLatFBILRR==+安由牛顿第二定律得1FFma−=安由以上各式整理得22112BLatFmaRR=++由图线可知2s,13NtF==代入得4T1.33T3B=（2）当mn左侧

的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，ef棒受力如图所示当12cosFmg=时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后ef棒飞离轨道，由于221112BLatFBILRR==+联立解得14s=t26．（2024·广东·二模）如图所示为一套电磁阻尼装置原理图，在光滑水平地面上

方存在着水平方向上的磁场，磁感应强度大小均为0.5TB=，磁场方向垂直于纸面向里、向外分区域交替排列，依次编号为区域1、2、3、4…，磁场区域足够多，每个区域的边界均保持竖直，且各区域宽度相等均为0.1mL=

，现有一个正方形线圈，边长也为0.1mL=，线圈匝数100n=，电阻10R=，质量为0.5kgm=，以初速度010m/sv=向右滑入磁场区域，重力加速度210m/s=g。（1）线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中

，求流经线圈的电荷量；（2）线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求线圈产生的焦耳热；（3）线圈从开始运动到最终停止，求线框右侧边完整经过的磁场个数。【答案】（1）0.05C；（2）2.4375J；（3）5【解析

】（1）进入1区域，右边切割磁感线产生感应电动势2ΔBLEnt=由欧姆定律有EIR=则电荷量ΔqIt=联立解得0.05Cq=（2）线圈进入1区域的过程中做变减速运动，取一短暂时间t，由动量定理有ΔΔnBILtmv−=微元累加有10nBLqmvmv−=−根

据能量守恒有22011122Qmvmv=−代入数据解得2.4375JQ=（3）当线圈进入2区域以后的磁场时，左右两边均在切割磁感线。故在某一时刻的电动势22EnBLv=此时电流为EIR=线圈受到的安培力2FnILB=取一短暂时间Δt，由动量定理有ΔΔFt

mv−=微元累加可得222140nBLxmvR−=−代入数据得0.475mx=故线圈穿过的磁场个数为15.75xNL=+=线框右侧边完整经过的磁场个数为5个。27．（2024·河南·一模）如图（a）所示，一个电阻不计的平

行金属导轨，间距1mL=，左半部分倾斜且粗糙，倾角37=，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为,tan0.1=。右半部分俯视图如图（b）。导体棒Q借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩

擦因数0.5=。导体棒P以00.5m/sv=的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，Q棒开始下滑，同时对P棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小

均为1TB=，两棒的质量均为0.1kgm=，Q棒电阻0.5ΩR=，P棒电阻不计。重力加速度大小取210m/s,sin370.6,cos370.8g===，以Q棒开始下滑为计时起点。求（1）撤去小立柱时，Q棒的加速度大小0a；（2）Q棒中

电流随时间变化的关系式；（3）Q棒达到的最大速度mv及所用时间1t。【答案】（1）22m/s；（2）()=0.1tAI；（3）4m/s，4s【解析】（1）撤去小立柱时，导体棒P刚刚进入三角形磁场区域，没有

感应电动势，则对Q棒受力分析()220sincossincos100.60.5100.8m/s2m/smgmgaggm−==−=−=（2）只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为BSEtt==磁场穿过闭

合电路的面积与时间的关系为()()2200012tantan2Svtvtvt==所以202tanSSvtt==()2202tan210.10.50.05VBSEBvttttt=====()0.05A=0.1tA0.5EtIR==（3）

对Q棒受力分析()sincosmamgmgBIL=−+当Q棒速度达到最大时()sincosmgmgBIL=+解得此时0.4AI=，14s=t三角形磁场总长有10.5m5m0.1L==而P棒在4s内运动的位移为2m，小于L1。Q棒的加速度

与时间的关系为()2sincos20.5m/sBILaggtm=−+=−画出Q棒的a-t图，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的面积，则Q棒达到的最大速度mv为m24m/s4m/s2vv===所用时间1t=4s。28．（23-

24高三上·陕西西安·期末）如图所示，间距为1mL=的足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面内。虚线MN左侧处在方向竖直向下的匀强磁场中，虚线MN右侧处在方向竖直向上的匀强磁场中。质量分别为12kgm=和21.5kgm=的金属棒ab、cd垂直轨道放置并静止在导轨

上，ab到虚线的距离为0.5md=，cd离虚线足够远，ab、cd接入电路的电阻分别为1r=和2R=。某时刻（0=t）给ab棒一大小为02m/sv=、水平向右的初速度。已知金属棒与导轨始终垂直并接触良好，不考虑金属导轨的电阻。（1）若虚线MN右侧的磁场为变化的磁场，且初

始时刻的磁感应强度大小00.2TB=，将cd棒固定，ab棒能一直做匀速运动，求1st=时虚线右侧磁场的磁感应强度大小；（2）若虚线MN左侧的磁场不变，虚线MN右侧磁场的磁感应强度随时间t变化的规律为(0.20.1)TBt=+，

固定cd棒，同时对ab棒施加一个向右的拉力，使ab棒一直做匀速运动，求2s=t时的拉力大小；（结果保留2位有效数字）（3）若虚线MN右侧的磁感应强度大小为10.2TB=，虚线MN左侧磁场的磁感应强度大小为20.1TB=，c

d不固定，则从ab棒开始运动到cd棒匀速运动的整个过程中，cd棒产生的焦耳热。【答案】（1）0.04T；（2）0.17N；（3）2J【解析】（1）根据题意可知，金属导轨是光滑的，ab导体棒只要在运动过程中产生了感应电流就会受到安培力的作用，但a

b棒能一直做匀速运动说明，在ab导体棒运动过程中闭合回路磁通量的大小不变，MN左侧磁通量不变，则MN右侧的磁通量不变，即00()BLdBLdvt=+解得1st=时虚线右侧磁场的磁感应强度大小0.04TB=（2）2s=t时，磁感应强度(0.20.1)T0.4T

Bt=+=感生电动势01()0.45VBLdvtBSEttt+====动生电动势为200.8VEBLv==两个电动势是串联关系，则121.25VEEE=+=则安培力的大小为0.17NEFBILBLRr===+安

ab棒一直做匀速运动，则0.17NFF==安（3）到cd棒匀速运动时，电路中感应电流为0，即整个闭合回路的磁通量不变，即左侧向下的磁通量的增量和右侧向上的磁通量的增量大小相等，即21cdabBvtLBvtL=则12abcdvv=对两导体棒分别列动量定理

110()abBILtmvv−=−，22(0)cdBILtmv=−联立上述方程解得0.5m/sabv=，1m/scdv=根据能量守恒定律可知系统产生的总热量为22210121113J222abcdQmvmvmv=−−=因为两导体棒上电流时刻相等，且运动时间相等则产

生的焦耳热之比则为电阻之比，所以cd棒产生的焦耳热2JcdRQQRr==+29．（2024·广东·二模）如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板

，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小nv与第一次碰前瞬间的速度大小1v满足关系式()111nvvnn+=。现有一质量为2m的物块以速度04vgx=从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞（碰撞时间均忽略不计），物块与木板间的动

摩擦因数为。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。（1）物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；（2）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量；（3）从物块滑上

木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。【答案】（1）g，2g；（2）5mgx；（3）215222xnn−−【解析】（1）对物块由牛顿第二定律有122mgma=解得1ga=对木板

由牛顿第二定律有22mgma=解得22ag=（2）从开始运动到第一次碰撞挡板有22112xat=从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为1xtg=这段时间内，物块的位移21011112xvtat=−解得1

72xx=故摩擦产生的热量为()12Qmgxx=−解得5Qmgx=（3）第一次碰撞前，木板的速度1222vgxgx==第一次碰撞后的速度111111122vvv==−第二次碰前的速度21vv=故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔

为11121Δ2212vtta==−故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为211111Δ212ttttt=+=+−第二次碰撞后的速度2111112323vvv==−第

三次碰前的速度32vv=故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为221211Δ2223vtta==−故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为322111Δ213ttttt=+=+−归纳可知，

从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为11112213nttttnn=+−=−该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有220112nnxvtat=−代入数据解得2215222xxnn=−−30．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在光

滑水平台面上，一质量0.1kgM=的物块1（视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量0.2kgm=的物块2（视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向入光滑竖直的圆弧

轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角53=，圆弧轨道BC的半径11m8R=。已知A、B两点的高度差0.8mh=，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D点前后瞬间速率不

变。传送带两端DE的长度2.35mL=，传送带的倾角为37，其速度大小2m/sv=。已知物块2与传送带间的动摩擦因数0.5=，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小210m/sg=，sin530.8=，cos530.6=，求：（1）弹簧被锁定时的弹性势能；（

2）物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。【答案】（1）p8180E=J；（2）0.84J【解析】（1）打开锁扣K，根据能量守恒定律有2p112EMv=两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有123MvMvmv=+22212311

1222MvMvmv=+此后物块2做平抛运动，则有22yvgh=3tanyvv=解得p8180E=J（2）滑块2从A到D，根据动能定理有224311(cos)22mghRRmvmv+−=−解得46v=m/s滑块2速度大于传送带速度，根据牛顿第二定律有1sincosmgmgma+=运动的

时间为411vvta−=位移为4112vvxt+=解得10.4t=s，11.6x=m该过程产生的热量为111cos37()0.64Qmgxvt=−=J此后，滑块2受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有2sincosmgmgma−=

位移为210.75xLx=−=m根据匀变速直线运动位移—时间公式有2222212xvtat=−解得20.5t=s此过程产生的热量为222cos37()0.2Qmgvtx=−=J则因摩擦产生的热量为120.84QQQ=+=J31．（2024·河南郑州·模拟预测）如图所示，一根长1.44mR=不

可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O点．长3ml=绷紧的水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径0.5mr=的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成30=角由静止释放，小

球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为0.3kgm=且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数0.25=，其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小210m/

sg=。求：（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。【答案】（1）6m/s，10.5N；（2）0

.15J；（3）0【解析】（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为30，则小球P自由下落R时，轻绳刚好再次伸直，设此时P的速度为1v。根据自由落体运动规律，可得212vgR=轻质细线伸直后瞬间小球P速度为21cos30vv=小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为3v，从轻质细

绳刚好再次伸直到小球P运动到最低点的过程中，由动能定理得()2232111sin3022mgRmvmv−=−联立解得小球P运动到最低点与小物块碰前的速度大小p36m/svv==设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为NF，根据牛顿第二定律可知2pNvFmgm

R−=解得10.5NNF=根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。（2）小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为p4vv、，根据动量守恒定律有pp4mvmvmv=+根据能量守恒定律有222pp411122

2mvmvmv=+解得小物块冲上传送带前的速度4p6m/svv==小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有mgma=解得加速度大小22.5m/sa=设小物块与传送带共速时对地位移为x，传送带速度为5v，则由运动学公式可得22452vvax−

=代入数据解得2.2mxl=则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间为450.4svvta−==这段时间内传送带运动的位移为52mxvt==带则小物块通过传送带时由于摩擦产

生的热量为()0.15JQmgxx=−=带（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为6v，轨道对小物块的弹力为TF，则由动能定理有226511222mgrmvmv−=−小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为65m/sv=在最高点由牛顿第二

定律可得26TvFmgmr+=联立解得T0F=根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。第二部分考前基础篇考前基础篇1----主干知识体系构建主干知识树（按专题）专题一运动的描述匀变速直线运动的研究专题二相互作用专题三牛顿运动定律专题

四曲线运动万有引力与航天专题五机械能专题六动量与动量守恒定律专题七机械振动与机械波专题八静电场专题九电路及其应用专题十磁场专题十一电磁感应专题十二交变电流电磁振荡与电磁波传感器专题十三光学专题十四热学专题十五波粒二象性原子结构和原子核考勤基础篇2---基本概念、规律及结论回顾总结使用说明

：高考在即，不要求考生死记硬背，只需结合下文口诀，将高中物理知识回顾下，不清楚的地方一定要查书巩固。一、十种力的特点大小方向重力G＝mg竖直向下弹力弹簧或橡皮条的弹力F＝kx受力物体受到的弹力方向是受力物体形变的方向或施力物体要恢复原状的方向

摩擦力滑动摩擦力Ff＝μFN，静摩擦力一般根据力的平衡条件求解与物体相对运动或者相对运动趋势的方向相反万有引力F＝Gm1m2r2指向施力物体静电力F＝qE正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反安培力F＝IlB(磁场方向与电流方向垂直)用左手定则判断洛伦兹力

F＝qvB(磁场方向与电荷运动方向垂直)用左手定则判断，四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动方向的反方向核力强相互作用分子力分子力表现为引力时，指向施力的分子；分子力表现为斥力时，指向受力的分子表面张力沿着液面的切线方向二、力的合成、分解、正交分解1．理清知识体

系2．掌握解题思路方法三、匀变速直线运动的规律四、平抛运动规律1．平抛运动的基本规律2．与斜面相关联的平抛运动方法内容斜面分解速度水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝v2x＋v2y分解速度水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝v2x＋v2y分解位移水平

：x＝v0t竖直：y＝12gt2合位移：x合＝x2＋y2五、匀速圆周运动的规律六、万有引力与天体运动1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即GMmr2＝man＝

mv2r＝mω2r＝m4π2rT2(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即GMmR2＝mg(g表示天体表面的重力加速度)。2．天体质量和密度的计算(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。由于GMmR2＝mg，故天体质量M＝g

R2G，天体密度ρ＝MV＝M43πR3＝3g4πGR。(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r。①由万有引力等于向心力，即GMmr2＝m4π2T2r，得出中心天体质量M＝4π2r3GT2；②若已知天体半径R，则天体的平均

密度ρ＝MV＝M43πR3＝3πr3GT2R3；③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝3πGT2。可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。3．第一宇宙速度的理解与计算(1)第一宇宙速度v1＝7.9km/s，既是发射卫

星的最小发射速度，也是卫星绕地球运行的最大环绕速度。(2)第一宇宙速度的求法①GMmR2＝mv21R，所以v1＝GMR。②mg＝mv21R，所以v1＝gR。4．卫星运行参数的分析与计算5．卫星(航天器)的变轨问题(1)轨道的渐变做匀速圆周运动的卫星的轨道半径发生缓慢变化，

由于半径变化缓慢，卫星每一周的运动仍可以看做是匀速圆周运动。解决此类问题，首先要判断这种变轨是离心还是向心，即轨道半径r是增大还是减小，然后再判断卫星的其他相关物理量如何变化。(2)轨道的突变由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突

变，使其进入预定的轨道。①当卫星的速度突然增加时，GMmr2＜mv2r，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝GMr可知其运行

速度比原轨道时减小。②当卫星的速度突然减小时，GMmr2＞mv2r，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝GMr可知其运行速度比原轨道时增大；卫星的发射和回收就是利用这一原理。不论是轨道

的渐变还是突变，都将涉及功和能量问题，对卫星做正功，卫星机械能增大，由低轨道进入高轨道；对卫星做负功，卫星机械能减小，由高轨道进入低轨道。七、功与能1．几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦

力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。在一对滑动摩擦力做功的

过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对路程的乘积。③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热。2．几个重要的功能关系能量功能关系表达式势能重力

做功等于重力势能减少量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量分子力做功等于分子势能减少量动能合外力做功等于物体动能变化量W＝Ek2－Ek1＝12mv2－12mv02机械能除重力和弹

力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他＝E2－E1＝ΔE机摩擦产生的内能一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q＝Ff·s相对s相对为相对路程电能克服安培力做功等于电能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE八、动量(1)恒力冲量的计算：用公式I＝Ft。(2)变力冲量的计算：方向

不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝F1＋F22t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。(3)合冲量的计算①若合外力是恒力，可先求出合力，再由F合t求冲量。②若受几个力，且几个力均为恒力，可用F1t＋F2

t＋…(矢量和)求冲量。③若在全过程中受力情况不同，对应时间不同，可求每个力的冲量，然后矢量合成，即利用F1t1＋F2t2＋…(矢量和)求冲量。④用动量定理I＝Δp求解。(4)动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即I＝Δp。(5)动

量守恒定律的表达形式：①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即p1＋p2＝p1′＋p2′；②Δp1＋Δp2＝0，Δp1＝－Δp2(6)关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。在光

滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2m1v0＝m1v1＋m2v2①12m1v20＝12m1v21＋12m2v22②由①②可得v1＝m1－m2m1＋m2v0③v2＝2m1m1＋m2v0④利用③式和④式，可

讨论以下五种特殊情况(a)当m1＞m2时，v1＞0，v2＞0，两钢球沿原方向运动；(b)当m1＜m2时，v1＜0，v2＞0，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；(c)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，

两钢球交换速度；(d)当m1≪m2时，v1≈v0，v2≈0，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞；(e)当m1≫m2时，v≈v0，v2≈2v0，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的

m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。九、电场(1)库仑定律F＝kq1q2r2(2)电场强度的表达式①定义式E＝Fq②点电荷的场强公式E＝kQr2③匀强电场中E＝Ud(3)电势差

和电势的关系UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA(4)静电力做功的计算①普适WAB＝qUAB②匀强电场W＝qEd(5)电势能Ep＝qφ，注意q的正负。(6)电容的定义式C＝QU＝ΔQΔU，电容器的决定式C＝εrS4πkd(7)电容器动态分析①电容器接在电源上，电压不变；②断开电源时，

电容器电量不变；改变两板距离，E＝4πkQεrS，故场强不变；③含二极管的电容器问题：如右图，若将A极板向上移动，由于二极管的存在，电容器无法放电，Q不变，C减小，则极板间电压U增大。(8)静电计是测量电压U的仪器，题

目往往将它与电容器一起考察。(9)电场中的图像问题——φ－x图像和E－x图像(10)等量同种(异种)点电荷的电场线和等势面分布图十、磁场(1)安培定则、左手定则、右手定则的应用(左力右电)。(2)几种常见的磁感线分布直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场立体图横截

面图纵截面图(3)磁感应强度的定义式B＝FIl，安培力大小F＝IlB(B、I、l相互垂直，且l为有效长度)(4)同向电流相互吸引，反向电流相互排斥(如下图)1．有界磁场问题单直线边界磁场(1)进入型：带电粒子以一定速度v垂直于磁感应强度B进入磁场。图1图2规律要点：①对称性：若带电粒子

以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场，如图1所示。②完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的圆弧轨道恰构成一个完整的圆。(2)射出型：粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以

相同速率发射同种带电粒子。规律要点：(以图2中带负电粒子的运动轨迹为例)①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于12圆周时且与边界相切(如图2中a点)，则切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)；②最值相交：当带

电粒子的运动轨迹大于或等于12圆周时，直径与边界相交的点(图2中的b点)为带电粒子射出边界的最远点。双直线边界磁场的规律要点最值相切：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的

轨道分别与两直线相切。如图3所示。图3对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线。在图3中，ab之间有带电粒子射出，可求得ab＝2r2－（d－r）2＝22dr－d2最值相切规律可推广到矩形区域磁场中。圆形边界(

1)圆形磁场区域规律要点①相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心；如图4。②直径最小：以带电粒子轨迹圆弧对应的弦为直径所作的圆，即为最小圆形磁场区域。如图5所示。③点

入平出与平入点出：带电粒子从圆周上某点以相同速率沿不同方向射入磁场，若轨道半径R跟圆形磁场区半径r相等，则所有粒子沿与入射点切线平行的方向射出磁场(磁发散)，逆向也成立，即平入点出(磁聚焦)。如图6。(2)环状

磁场区域规律要点①带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场；②最值相切：如图7，当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度vm或磁场有最小磁感应强度B。2．电磁技术六大实例(1)【速度选择器】如下左图，当

带电粒子进入电场和磁场共存空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用，F电＝qE，F洛＝qv0B，若qE＝qBv0，有v0＝EB，即能从S2孔飞出的粒子只有一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关。(2)【电磁流量计】如上右图，导电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦

兹力作用下横向偏转，a、b间出现电势差。由qvB＝qE＝qUd可得v＝UBd流量Q＝Sv＝πd24·UBd＝πdU4B。(3)【磁流体发电机】如下左图，喷入磁场的正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚焦到A、B板上，产生电势差，设A

、B平行金属板的面积为S，相距为L，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R，当等离子气体匀速通过A、B板间时，板间电势差最大，离子受力平衡：qE场＝qvB，E场＝v

B，电动势E＝E场L＝BLv，电源内电阻r＝ρLS，故R中的电流I＝ER＋r＝BLvR＋ρLS＝BLvSRS＋ρL。(4)【霍尔效应】如上右图，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于磁感应强度为B的匀强磁场中，当

电流流过导体板时，在导体板上下侧面间会产生电势差，U＝kIBd(k为霍尔系数)。(应重点注意载流子的区别：若为正电荷导电则A板电势较高，若为负电荷导电则A板电势较低)(5)【回旋加速器】如下图所示，是两个D形金属盒之间留有一个很小的缝隙，有很强的磁场垂直穿过D形金属盒。D形金属

盒缝隙中存在交变的电场，带电粒子在缝隙的电场中被加速，然后进入磁场做半圆周运动。①粒子在磁场中运动一周，被加速两次；交变电场的频率与粒子在磁场中圆周运动的频率相同。T电场＝T回旋＝T＝2πmqB。②粒子在电场中每加速一次，都有

qU＝ΔEk。③粒子在边界射出时，都有相同的圆周半径R，有R＝mvqB。④粒子飞出加速器时的动能为Ek＝mv22＝B2R2q22m。在粒子质量、电量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只与加速器的半径R和磁感应强度B有关，与加速电压无关。(6)【质谱仪】粒子经加速

电场加速后，从M点垂直于电场方向进入静电分析器，沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点射出，接着由P点垂直磁分析器的左边界射入，最后垂直于下边界从Q点射出并进入收集器十一、闭合电路欧姆定律1．闭合电路欧姆定律I＝ER＋r。2．路端电压与电流的关系U＝E－Ir。3．电源的

功率及效率问题电源总功率任意电路：P总＝EI＝P出＋P内纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝E2R＋r电源内部消耗的功率P内＝I2r＝P总－P出电源的输出功率任意电路：P出＝UI＝P总－P内纯电阻电路：P出＝I

2R＝E2R（R＋r）2P出与外电阻R的关系电源的效率任意电路：η＝P出P总×100%＝UE×100%纯电阻电路：η＝RR＋r×100%十二、法拉第电磁感应定律(1)法拉第电磁感应定律应用的三种情况①ΔΦ＝B·ΔS，则E＝nBΔSΔt。②ΔΦ＝ΔB·S，则E＝nΔB·SΔt。③ΔΦ＝Φ末

－Φ初，E＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔB·ΔSΔt。(2)在Φ－t图像中磁通量的变化率ΔΦΔt是图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小。(3)导体垂直切割磁感线时，E＝Blv，式中l为导体切割磁

感线的有效长度。(4)导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝12Bl2ω。(5)电磁感应现象中通过导体截面的电量q＝IΔt＝nΔΦR。(6)电磁感应与电路问题：如下图，注意电路的串并联结

构、电源的正负极、电源内阻、外电压等。(7)求电荷量的三种方法(8)电磁感应中处理变加速运动的两种方法①动量定理mv＝IlB·Δt＝Blq＝Bl·BlxR总②动能定理12mv2－12mv20＝W合＝F合·x【注】对于力随时间

或力随位移线性变化的情况，可以画出F－x或F－t图像，则图像围成的面积代表该力的功或者冲量。(9)电磁感应中的两条重要关系①安培力与速度的关系F安＝B2l2R总v(对于匀强磁场，安培力与速度成正比)②变加速运动中时间与位移的关系F安·t＝IlB·t＝Blq＝Bl·(nΔΦR总)＝B

l·(nBlxR总)十三、交变电流1．正弦式交流电有效值的求解利用I＝Im2，U＝Um2，E＝Em2计算。2．理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P入＝P出。(2)电压关系：U1U2＝n1n2。(3)电流关系：只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1

；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。3．远距离输电(1)原理图(2)输电流程如图所示，注意流程的决定方向，电压由发电机开始，发电机的输出电压＝升压变压器的输入电压――→决定升压变压器的输出电压－U损＝降压变压器的输入电压――→决定降压变压器的输出电压＝用户电压；功率和

电流的流程方向相反，由用户决定，这是远距离输电的另一个要点。(3)分析三个回路：在每个回路中变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源。(4)综合运用下面三个方面的关系求解①能量关系P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P损P损＝I22

rP用＝U3I3＝U4I4②电压关系U2＝ΔU＋U3ΔU＝I2r。③变压比关系U1U2＝I2I1＝n1n2U3U4＝I4I3＝n3n4。(5)输电线损失远距离输电的要点之一是输电线损失，功率损失为P额＝I2r＝P2U2r，电压损失为U损

＝Ir，其中U、I分别为高压输电电压和电流，最容易错写成P损＝IU。十四、电磁场和电磁波十五、热学十六、振动和波1．物体做简谐振动在平衡位置达到最大值的量有速度、动量、动能。在最大位移处达到最大值的量有回复力、加速度、势能。通过同一点有相同的位移、速率、回复力、加速度、

动能、势能，只可能有不同的运动方向。经过半个周期，物体运动到对称点，速度大小相等、方向相反。半个周期内回复力的总功为零，总冲量为2mvt，路程为2倍振幅。经过一个周期，物体运动到原来位置，一切参量恢复。一个周期内回复力的总功为零，总冲量为零。路程为

4倍振幅。2．波传播过程中介质质点都作受迫振动，都重复振源的振动，只是开始时刻不同。波源先向上运动，产生的横波波峰在前；波源先向下运动，产生的横波波谷在前。波的传播方式：前端波形不变，向前平移并延伸。3．由波的图像讨论波的传播距

离、时间、周期和波速等时：注意“双向”和“多解”。4．波形图上，介质质点的运动方向：“上坡向下，下坡向上”。5．波进入另一介质时，频率不变、波长和波速改变，波长与波速成正比。6．波发生干涉时，看不到波的移动。振动加强点和振动减弱点位置不变，互相间隔。十七、光的折

射与全反射1．折射率(1)定义式：n＝sinθ1sinθ2。(2)计算公式：n＝cv，因为v<c，所以任何介质的折射率都大于1。2．全反射临界角：折射角等于90°时的入射角，用C表示，sinC＝1n。3．双

缝干涉条纹间距公式为：Δx＝ldλ4．明暗条纹的判断方法屏上某点到双缝距离之差为Δr，若Δr＝kλ(k＝0，1，2，…)，则为明条纹；若Δr＝(2k＋1)λ2(k＝0，1，2，…)，则为暗条纹。十八、原子物理1．光电效应(“一”“二”“三”“四”)(1)“一个

电路”：【应注意电源正负极的接法】(2)“二条线索”①光的频率——光子能量——光电子最大初动能——遏止电压；②光照强度——光子数量——光电子数量——饱和电流。(3)“三个公式”①爱因斯坦光电效应的方程：Ekm＝hν－W0；②最大初动能与遏止电

压的关系：Ekm＝eUc；③逸出功W0与截止频率νc的关系：W0＝hνc＝hcλ。(4)“四幅图像”图像名称图线形状由图线得到的物理量光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像①截止频率：图线与ν轴交点的横坐标νc。②逸出功W0：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值E。③普朗

克常量h：图线的斜率k。颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系图像①遏止电压Uc。②饱和光电流Im：电流的最大值。③最大初动能：Ek＝eUc。强度相同、颜色不同的光，光电流与电压的关系图像①遏止电压Uc1、

Uc2。②饱和光电流Im：电流的最大值。③最大初动能：Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2。遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像①截止频率νc。②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大。③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即h＝ke。2.玻尔

模型(1)原子结构的物理学史(2)能级跃迁①一群氢原子处于量子数为n的激发态时可能辐射出的光谱线条数：N＝C2n。②原子跃迁时，所吸收或释放的光子能量只能等于两能级的能量差。③原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能

级能量的绝对值。3．半衰期(1)半衰期是对大量原子核的统计规律，数量少则无法预测；(2)原子核衰变是变成另外的原子核，而不是变为0。4．核反应方程与核能(1)万有引力、电磁力和核力分别在不同的尺度上发挥作用：在原子核内，

核力将核子束缚在一起；在原子核外部，电磁力使电子不脱离原子核，并且使原子结合成分子，分子结合成各种物质；而万有引力主要在宏观世界中起主导作用。(2)结合能：将原子核完全分裂成单个核子所需要吸收的能量。组成原子的核子数越多，结合能越大。(3)比结合能(平均结合能)：比结合能越大，原子核

越稳定。(如下图，铁核附近最稳定)(4)核反应方程①动量守恒静止的核裂变之后的两个新核动量等大反向；②能量守恒核能(静止时的能量)＋动能(运动的能量)＝E总。(5)核能的计算ΔE＝Δmc2①质量亏损是指反应前后体系静止质量的差值；②记

住一个结论：1u相当于931.5MeV。(单位对应：kg——Ju——MeV)(6)四种核反应类型及其遵循的三大规律(质量数守恒、电荷数守恒、能量守恒)类型可控性核反应方程典例衰变α衰变自发23892U→23490Th＋42Heβ衰变自发23490Th→23491Pa＋0－1e人工转变

人工控制147N＋42He→178O＋11H(卢瑟福发现质子)42He＋94Be→126C＋10n(查德威克发现中子)2713Al＋42He→3015P＋10n约里奥·居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子3015P

→3014Si＋01e重核裂变比较容易进行人工控制23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n23592U＋10n→13654Xe＋9038Sr＋1010n轻核聚变很难控制21H＋31H→42He＋10n十九、力学实验六个热点1．研究匀变速直线运动

(1)求某点的瞬时速度；(2)逐差法求加速度(奇数段舍中间)；(3)注意有效数字。2.探究弹力和弹簧伸长量之间的关系(1)注意横坐标是弹簧的长度还是形变量；(2)注意单位，质量——力，厘米——米；(3)注意重力加速度g的取值；(4)规范作图，用直线进行拟合。3．验证力

的平行四边形定则(1)在同一次实验中应将O点拉到同一位置；(2)每次需要记录拉力的大小和方向；(3)画力的图示时应选择合适的标度。4．验证牛顿第二定律(F合＝Ma)(1)在不挂钩码的情况下补偿阻力(一次即可)；(2)改变小车的质量不需要重新补偿阻力；(3)上图实验中是将钩

码重力近似看作小车的合力，为减小误差，应满足钩码质量远小于小车质量。5．验证机械能守恒定律(1)本实验不需要测量重物的质量；(2)需要比较减小的重力势能和重物增大的动能。6．验证动量守恒定律(1)两小球的大小应相等，入射小球质量较大；(2)本实验需要验证m1OP

－＝m1OM－＋m2ON－；(3)确定平均落点位置时，应用尽量小的圆圈住所有落点，圆心的位置即为平均落点位置。二十、热力学其他实验实验装置图实验操作数据处理探究平抛运动的特点1.保证斜槽末端水平2.每次让小球从斜轨道的同一位置由静止释放3.坐标原点应是小球出槽

口时球心在木板上的投影点1.用代入法或图像法判断运动轨迹是不是抛物线2.由公式：x＝v0t和y＝12gt2，求初速度v0＝xg2y探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系1.弹力大小可以通过标尺上刻度读出，该读

数显示了向心力大小2.采用了控制变量法，探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系作出Fn－ω2、Fn－r、Fn－m的图像，分析向心力与角速度、半径、质量之间的关系用单摆测量重力加速度的大小1.保证悬点固定2.

单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°3.摆长l＝悬线长l′＋小球的半径r4.用T＝tn计算单摆的周期1.利用公式g＝4π2lT2求重力加速度2.作l－T2的图像，可利用斜率求重力加速度二十一、电学实验五个热点1．电表

改装与多用电表的使用(1)上图为多用电表的内部结构图，从1～5分别对应的挡位是：大量程电流挡、小量程电流挡、欧姆挡、小量程电压挡、大量程电压挡；(2)使用时应保证“红进黑出”多用电表，上图中A端为黑表笔；(3)关

于中值电阻的计算和应用；(4)使用欧姆挡时每次换倍率需要重新进行欧姆调零。2．电阻的测量【替代法测电阻】R1＝Rx【半偏法测电阻】R2＜RA【电桥法测电阻】R1Rx＝R2R33．测量金属的电阻率R＝ρlS，ρ＝RSl4．测定电源的电动势和内阻(1)

由于电源内阻较小，所以一般情况下选择图甲误差较小；除非已知电流表内阻，则可以选择图乙测量较精确；(2)滑动变阻器一般选择限流式，且阻值一般不要太大；误差分析时可用“等效电源法”：图甲中r偏小，E偏小；图乙中r偏大，E不变。5．传感器的简单应用甲乙(1)热敏电阻或者光敏电阻阻值改变时，对电路进行动态

分析判断电路的变化情况；(2)旧瓶装新酒，重在审题。二十二：热、光四个热点实验热点一用油膜法估测油酸分子的大小1.对“V”的测量(1)配制一定浓度的油酸酒精溶液，设其浓度为n。(2)用注射器吸取一段油酸酒精溶液，读

出它的体积为V0。(3)再把它一滴滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数N。(4)则一滴油酸酒精溶液中，纯油酸的体积V＝nV0N。2.对“S”的测量(1)数出轮廓范围内正方形的个数n0，不足半个的舍去，多于半个的算一个。(2)用正方形的个数乘单个正方形的面积S0计算出油膜

的面积S＝n0S0。热点二探究等温情况下一定质量的气体压强与体积的关系实验装置图(1)用注射器封闭一段空气，把橡胶套塞住，保证气体的质量不变。(2)读出空气柱的长度L和空气柱的压强p。(3)缓慢向下压或向上拉柱塞，分别读取空气柱的长度和气体压强的大小，记录

数据。(4)根据数据得出p－V图像或p－1V图像，得出p、V的关系。热点三测量玻璃的折射率1.一个重要实验步骤在玻璃砖的另一侧插上P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。2.三个数据处理的方

法(1)计算法：由n＝sinθ1sinθ2，算出不同入射角时的n值，并取平均值。(2)图像法：作sinθ1－sinθ2图像，由n＝sinθ1sinθ2可知其斜率为折射率。(3)单位圆法：以入射点O为圆心，作半径为R的圆，如图所示，则sinθ1＝EHOE，sinθ2＝E

′H′OE′，OE＝OE′＝R，所以用刻度尺量出EH、E′H′的长度就可以求出n＝sinθ1sinθ2＝EHE′H′。3.两个减小误差的实验要求(1)实验时，应尽可能将大头针竖直插在纸上，且P1和P2之间、P3和P4之间、P2和O、P3与O′

之间距离要稍大一些。(2)入射角θ1不宜太大(接近90°)，也不宜太小(接近0°)，当θ1太大时，反射光较强，折射光较弱，当θ1太小时，入射角、折射角测量的相对误差较大。热点四用双缝干涉实验测量光的波长实验装置图及实验原理(1)如图所

示(2)原理：Δx＝ldλ，因此，只要测出Δx、d、l即可测出波长λ。(3)Δx的测量：调节测量头，使分划板中心刻线对齐第1条亮条纹的中心，记下手轮上的读数a1；转动手轮，当分划板中心刻线与第n条相邻的亮条纹中心对齐时，记

下手轮上的读数a2；则相邻两条亮条纹间的距离Δx＝|a1－a2|n－1。考前基础篇3---经典模型与情境回顾从近几年高考试题看，高考很题都会从历年的经典模型中进行改编与演化，因此高考前回顾一些重要的物理模型是非常必要的。为了使同学们在考试前能更快回忆所学的模

型，先将常考的模型与情境总结如下：一、运动的描述匀变速直线运动1.运动情景2.运动图像3.实验情景二、力和相互作用1.弹力2.摩擦力3.平衡问题4.实验情景(1)探究弹簧形变与弹力的关系(2)验证平行四边形定则三、牛顿运动定律的应用1.动力学两类基本问题

2.瞬时问题3.动力学图像问题图1图24.传送带模型(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一

直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v0>v，返回时速度为v，若v0<v，返回时速度为v0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直加速②可能先加速再匀速③可能先以a1加速再以a2加速情

景3①可能一直匀速②可能一直加速③可能先减速再反向加速5.板块模型(1)分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联(2)两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关

系为xB＝xA＋L物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA6.实验情景四、曲线运动1.运动的合成与分解渡河时间最短当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝dv船渡河位移最短如果v

船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cosθ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，最短位移等于河宽d如果v船<v水，当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，最短位移等于dv水v船2.平抛运动分解速度如图，vy＝g

t，tanθ＝vxvy＝v0gt，故t＝v0gtanθ分解位移如图，x＝v0t，y＝12gt2，而tanθ＝yx，联立得t＝2v0tanθg3.圆周运动五、万有引力与航天1.变轨模型(1)变轨原理①为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆

轨道Ⅰ上，如图所示。②在A点(近地点)点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。③在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。(2)变轨过程分析①速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ

上过A点和B点时速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA>v1，在B点加速，则v3>vB，又因v1>v3，故有vA>v1>v3>vB。②加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过

A点，卫星的加速度都相同，同理，卫星在轨道Ⅱ或Ⅲ上经过B点的加速度也相同。③周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律r3T2＝k可知T1<T2<T3。④机械能：在一个确定的圆(椭圆)轨道上机械能守恒。若

卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为E1、E2、E3，则E1<E2<E3。2.天体运动情境图3六、机械能守恒定律1.功和功率的分析2.动能定理的应用3.机械能守恒定律的应用4.功能关系的应用5.多运动过程问题6.实验情景七、碰撞与动量守恒1.动量定理处理流体模型(1)研究对象常常需要选取流体

为研究对象，如水、空气等。(2)研究方法隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。(3)基本思路①在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。②求小柱体的体积ΔV＝vSΔt③求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρ

vSΔt④求小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt⑤应用动量定理FΔt＝Δp2.碰撞模型3.板块模型4.多过程问题5.类碰撞模型(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球－弹簧模型小球－曲

面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足12mv02＝12mv12＋

12Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能6.实验情景八、静电场1.电场线、等势线与粒子运动轨迹

问题2.电场中的图像问题3.带电粒子在电场中的运动带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动(1)等效重力法将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝F合m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即

在等效重力场中的竖直向下方向．(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点．九、磁场1.安培力作用下的平衡2.洛伦兹力作用下的匀速圆周运动种类图形特点直线边界进出磁场

具有对称性平行边界存在临界条件圆形边界①沿径向射入必沿径向射出，如图甲②乙图为磁聚焦现象3.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图受力FB＝qv0B，

FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力运动规律匀速圆周运动r＝mv0Bq，T＝2πmBq类平抛运动vx＝v0，vy＝Eqmtx＝v0t，y＝Eq2mt24实例十、电磁感应1．单导

体棒运动模型情景示例：导轨和导体棒电阻不计，以水平光滑导轨为例过程分析v－t图象不受外力，初速度不为零设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a，a＝B2L2vmR，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝

0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止外力为恒力，初速度为零设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝Fm－B2L2vmR，F恒定，a、v同向时，随v的增大，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝FRB2L2外力为恒力，初速度不为零合力为零，做匀速直线运动

F＝B2L2v0Rv↑⇒BLv↑⇒I↑⇒BIL↑⇒a↓⇒a＝0，做匀速直线运动F＞B2L2v0Rv↓⇒BLv↓⇒I↓⇒BIL↓⇒a↓⇒a＝0，做匀速直线运动F＜B2L2v0R由F－B2L2vR＝ma得外力为变力，初速度为零，导体

棒做匀加速直线运动F＝B2L2vR＋ma＝B2L2aR·t＋ma含容有外力，F恒定，v0＝0电容器持续充电F－BIL＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝ΔvΔt，得a＝Fm＋B2L2C，a恒定，I恒定，导体棒做匀加速直线运动双杆切割式分别隔离两导体棒，F－B2L

2ΔvR总＝mPQaPQ，B2L2ΔvR总＝mMNaMN，aPQ减小，aMN增大，当aPQ＝aMN时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差2.等距导轨上的双棒模型常见情景(以水平光滑导轨为例)过程分析动量观点的应用双棒切割式棒M

N做变减速运动，棒PQ做变加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，以相同的速度匀速运动等长双棒所受的合外力为零，系统利用动量守恒定律求末速度，单棒利用动量定理求电荷量、相对位移3.不等距导轨上的双棒模型常见情景(以

水平光滑导轨为例)过程分析动量观点的应用不等距导轨棒MN做变减速运动，棒PQ做变加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，两棒以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变，末速度满足关系式v1L1＝v2L2双棒所

受的合外力不为零，系统动量不守恒，对每个棒分别用动量定理列式，联立末速度关系求末速度4.棒＋电容器模型基本模型规律无外力，电容器充电(电阻阻值为R，电容器电容为C)无外力，电容器放电(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电电容器放电

，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流的特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝BLv－UCR，电容器被充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLv运动特点及最终特征a减小的减速

运动，棒最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最终速度vm电容器充的电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理：mv0－mv＝BIL

·Δt＝BLqv＝mv0m＋B2L2C电容器充的电荷量：q0＝CE放电结束时电荷量：q＝CU＝CBLvm电容器释放的电荷量：Δq＝q0－q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理：mvm＝BIL·Δt＝BLΔqvm＝BLCEm＋B2L2Cv－t图象十一变压器中的“等效电阻”模型1.只有一个副线圈的理

想变压器如图甲所示，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b间的等效电阻。等效电路图如图乙所示，设变压器等效负载电阻为R′，在图甲中由变压器的电压规律U1U2＝n1n2，解得U2＝n2n1U1所以负载电阻R消耗的功率为P

＝U22R＝n22U21n21R在图乙中等效电阻消耗的功率为P′＝U21R′有P＝P′，解得a、b间的等效电阻为R′＝n21n22R以上方法叫理想变压器等效电阻法。2.含有多个副线圈的理想变压器如图所示，由等效电阻法我们可以将副线圈n2、负载R1与原线圈看为整体，等效为新电阻R1x，将副线

圈n3，负载R2与原线圈看为整体，等效为另一个新电阻R2x，则R1x与R2x两端电压相同，均为原线圈输入电压U1。假设等效电阻R1x与R2x在等效电路图中的关系为并联。令R1x与R2x中的电流分别为I1x与I2x，作等效电路图如图3所示。对n2副线圈U1I1x＝U2

I2由电压比有U1U2＝n1n2又R1＝U2I2，R1x＝U1I1x则R1x＝212nnR1对n3副线圈U1I2x＝U3I3由电压比有U1U3＝n1n3又R2＝U3I3，R2x＝U1I2x则R2x＝213nnR2故多个副线圈的变压器问题，可以

将每个副线圈与原线圈分别看为一个整体，等效为一个新电阻，作出等效电阻的并联电路图加以分析。第三部分考前技能篇考前技能篇1---理综答题有技巧（一）高考理科综合能力测试的特点：1.时间紧、分值高。150分钟，总分

300分。选择题每小题6分，非选择题每空不低于1分。2.学科间的转换与答题顺序的选择。考生在答理综试题过程中，既面临着物理、化学、生物三个学科知识的转换，同时还面临着答题顺序的选择。（二）高考理科综合能力测试的答

题战略：1.确定学科的答题顺序。虽然理综试卷中，按选择题“生、化、物”、非选择题“物、化、生”的顺序排定，但答题时，未必按此顺序进行。你可以根据你平时哪个学科学得更扎实一些、实力更强一些或试题中哪个学科的题目更容易一些，本着“先易后难”的原则，来确定学科的答题顺序。但尽量减少答题中间的

学科转换次数。2.先答选择题，后答非选择题。这是因为选择题的难度一般比非选择题小。主观题(II卷部分)要根据自己平时的情况，采用不同的策略，可以按顺序答题，也可按先易后难顺序答题，但原则是用有限时间，做对会做的题，得到更多的分。3.理综试题的时间分配非常重要。许多同学由于答

题战略上的错误，最后题没答完，难题没答上，容易得分的题目没时间答。因此，有关专家曾经提出“制定得分计划”的观点。第一，通览试卷。高考理综试卷到手后，用发卷到正式答题铃响之前的时间“通览”一遍所有试题，找出你比较“熟悉”的或“有

印象”的试题，进而确定各科试题中，哪些题先答，哪些题后答的答题顺序。理科综合三科合一，按分值分配，生物需40分钟完成，化学需50分钟完成，物理需要1小时完成，这是最合理的安排。第二，答题顺序。如果自己比较自信，就从头

到尾做；如果不自信，就可以有选择地先做自己擅长的。一般情况下，各科都不太难。只是因为有的学生在前面用的时间很多，后边相对简单一点的题没有时间做。而后面多是大分值的题。这属于时间安排上的失误。而有的题时间再充裕，也不一定做出来，这就应该主动地放弃，给可做出的题腾出一点时

间。做题顺序有几种，如先做各科简单题，再做难一点的，但是尽量不要分科做。因为读完一个题后，才能知道是哪一科的题，如果不想做，放过去，做下面的题，但是回过头来再看刚才这一题的时候，还得重新熟悉，那么读题就浪费了时间。所以只要挨着做题就行。第三，Ⅰ卷怎么做。虽然是“选择题”，

但重要的不是在“选”，不是看着选项去挑。应该明白选项对，为什么不对，改成什么样子就对了。养成推导的习惯，掌握过程，要知道是“因为是怎样的，所以才怎样的”。做选择题时，不要轻易地把生活经验往题上套。应该

用学科规律往题上套。选择题是做出来的，不是选出来的。Ⅰ卷的选择题最好按顺序做。速度不宜过快，对于没有把握的题随时标记，以后复查。审题要细，对于选项是定还是否要有根据，充分利用单选的特点，用好排除法和推理法。选择题做完后，对部分试题要进行

复查。由于开考时心理因素的影响，前三题往往错误率较高，必须复查；其他加标记要复查的题，若没有充分理由说服自己，最好尊重第一印象。复查后及时涂卡或改正。第四，Ⅱ卷怎么做。Ⅱ卷的非选择题最好采用按顺序与先

易后难相结合的方法做。先把自己有把握的题尽量一次性做好，再逐一攻克难度较大的题。认真阅读时，要看见、看懂每一句话，关键的每一处提示，可做简单的勾画。仔细审题时，要通过观察、对比、分析、推理、综合，弄清试题的考查意图。书写要规范，表达

要清楚。在做好会做的题的基础上，关键是处理好半会半不会的试题，尽量争取多拿分，哪怕只写一个方程式或公式。对于从来就不会的题(或某几个小问)，果断舍去。注意物理：从容易题入手，从有把握的题入手，尽量不在一道题上耽搁过长时间。在时间紧的情况下尤其注意审题，在审题上多花些时间是值得的；

在得到结果时，还要注意是否用到了题目中未给的符号，是否需要代入数据或继续化简。高考是选拔人才的考试，试题就得有坡度，解析就应有层次。所以在试卷解析过程中应力求条理清晰，因果明了，有理有据有结果，充分展示思维过程。这一点是

同学们最缺乏的，往往把计算论述题做成了填空题、选择题，以为有结果就会有高分。从历年阅卷情况看从来都是，分点、分步、分层给分，仅有正确结果肯定得不了高分，甚至不一定能得分。第五，遇到难题如何处理。在高考中，每门课都可能会碰到一两个难题，这也是正常的现象。一张试卷大家都会做，觉得很容易，说明

这张试卷“出糟”了。因为它无法体现出考试成绩的差异，没有合理的区分度，也就无法进行人才选拔了。其实，要说觉得题难，很多考生都会觉得难，大家考试的机会是均等的。这样思考，试题再难也就不可怕了。当然，有的题目初看是难一些，但只要冷静认真地思考，还是能够做得出来的。有了碰到难题的思想准备，就会减少对难

题的恐惧心理，从而增加解出难题的勇气。解难题时，必须弄清题目的含义和要求；找出已知条件(已知图形和已知事项等)与未知条件之间的联系，特别注意：要点、关键点、第一问。确定求解的步骤。最后，验算所得的结果的准确性。对于较难的综合题目，要

设法化整为零，各个击破。同时，要全方位地思考问题，不要局限在一个方向或一个小范围内思考，要拓宽思路，增强灵活性和应变能力，千方百计地去寻找答案，避免会而不对，对而不全。总之，按顺序做，按分值做，前面的化学、生物在保证准确性的前提下，提高速度，以便留给物理时间思考。还有一点需要指出的是：对于理综试卷

，由于它包含三个学科试题，所以在考场上一定要考虑好时间分配，选择题大约安排50~60分钟左右完成，非选择题大约安排90~100分钟左右完成为宜。做题时，对容易题力求全对，中档题少丢或不丢分，五分钟找不到答题思路的难题可暂时一放，不要耗费大量时间，以免影响

去做其他题。考前技能篇2---高考最后40天拼的是什么?1.拼韧劲船到中流水更急，山到半腰坡更陡。行百里者半九十，越到最后越困难。事至最后，坚定的信念、顽强的毅力、心无旁骛的执行力更显得弥足珍贵。成功的道路并不拥挤，因为坚持的人并不多。马

云曾说：今天很残酷，明天更残酷，后天很美好，但是绝大部分人倒在了明天晚上。越努力，越幸运；越坚持，越成功！2.拼心态每临大事，有静气。事情越关键，心态越重要。再沉稳一点，再理智一点。谋事在人，成事在天。越是在意的东西，越是容易失去。抓的越紧，失去的

越多，正如沙子，你的手握得越紧，沙子就落得越多。与其患得患失，不如坦然面对。今天的太阳，晒不干昨天的衣裳，明天的雨也淋不湿今天的自己。不要总是着拿明天的烦恼，去消耗今天的快乐。不管高考结果如何，我们都要对自己说：“我做到了，我尽力了，我问

心无愧了。”3.拼专心专注投入，排除一切外来干扰。理解瓦伦达心态，心无旁骛备考。瓦伦达是美国著名的钢索杂技演员，他的高空走钢索表演，离地面几十米，而且没有任何保护措施，难度可想而知。但瓦伦达毫不畏惧，每战必赢。观众问他成功的秘诀，他说：“我走钢索时，从不想是不是能到达目的地

，只单纯地想走钢索这一件事，专心致志走好每一步，不管得失。”后来心理学家把这种专注于做自己的事，不为其他杂念所动的心理现象称为“瓦伦达心态”。考前技能篇3---高考真题！所有高三生，你们最后的逆袭机会！高考最后两个月想要提分，一定不要再

大量去做模拟题了！模拟题根本没有什么用，不会帮助你提高学习成绩。很多高三生犯了一个大忌，就是到现在高考最后时刻连真题试卷都没有，亲爱的同学们，你们参加的是高考，是高考，不是你们自己省份的模拟考试！高考是非常严谨的，每一道题都是经过千锤百炼才会出现在你的

试卷上。即使你们模拟题真的做了不少了，每一次考试的那些模拟题已经足够了，不需要再额外花时间去做其他省份的模拟题了，你做好每一年的高考真题就行。可能你会说今年新高考不是改革吗？这个问题其实不用纠结。新高考改革只针对少

量难题，这个难题对于大多数同学来说没有任何影响。今年新题型改革，但是以往出题方式其实没有多大的改变。高考对于每一门学科重点考察的部分都是差不多的，你做了几套高考真题就能感觉的出来。就算是新高考和老高考这么大的变化，其实只是增加了新的题型，只不过把知识点以另外一种方式出了而已。

所以不要做那么多的模拟题，好好的把近五年所有省份的高考真题给做完就足够了。高考真题怎么练习？每一套高考真题的题目都是非常宝贵的，我们平常在做练习的时候，一定要把这道题目所考察的知识点和解题思路给摸透。而

且我建议大家一个星期只做同一类知识点的题型。举个例子。可以把物理2018年~2023年全国卷上面关于平衡的所有题目给做完。然后在把物理2018年~2023年全国卷上面动量的题目给做完。以此类推。这样子你通过做专题就能解决非常多的问题，而且你做的也是高考真题，能够快速熟悉高考的考

点和考察的方向以及语言的呈现方式。每一道高考真题你要记住都是非常宝贵的，不要随随便便做。如果你硬要做模拟卷的话，建议只做每一年的预测卷和信息卷。毕竟每一年的高考方向还是有一些微小的变化，做信息卷和预测卷可以更好的把握住这个方向变化。

其他的时间尽量多花在真题卷上。而且高考真题也是你最后最后的机会了，你能够考多少分就取决于把高考真题做到了什么样的地步。聪明的同学已经高考真题做了很多遍了，现在高考真题都开始做第二遍了。所以你赶紧行动起来吧。第四部分考前心理篇考前心理篇1---考前考生需

要做哪些准备一年一度的高考即将来临，又是千千万万学子寒窗苦读12年，怀揣大学梦，共挤独木桥的夏季，在离高考只剩下半个月的时间，高三的学生们该如何做好高考前的准备呢？这里不仅有文化课的准备，还有心态的准备，需要做到劳逸结合，保持好心态，保持好身体，高考才能正常发挥。现在就为正在努力备考的学

生们分享一下高考前的准备工作。1.不做题海战术。距离高考时间越来越近，这时不能够再把时间花在题海战术上，可能有些同学说，如果不保持每天的做题量，锻炼自己的做题速度跟准确度，很难保证在考场上有正常的发挥。其实，我们应该把更多的时间分配到各科的基础复习当中，然后在每天复习完之后，适当选择一

些题目出来练习，建议按照规定的时间完成每一道题目，也能达到考场中的那种紧张感。2.注重课本基础知识点的复习。这时已经不是做难题做偏题的时候，在这么短的时间，想要有一个突破性的提高，基本已经很难，同学们应该把

更多的精力放在课本基础知识点的掌握与复习当中，高考面向的是所有学生，试题大部分偏向于基础，而少部分的难题作为中高层学生的拉分机会。当然，题目难，得分也难；题目易，失分也容易，考场更需要胆大心细，做到易题不丢分，难题争得分。3.分析自己的优势弱势环节。复习时，要客观理清自己的优势科目、

弱势科目。如果理科是弱势，那么这时再强化做题基本已经来不及了，反而应该多看看课本上的基础性原理跟公式的应用，保证基础题目能够得分，而且是尽量拿满分，减少失误；如果弱势在于文科，那么在接下来的时间里面，还有机会进行一小段的提高，比如可以多花一些时间背诵名人警句，多看看优秀作文

，多背背英语单词，听一听听力，培养自己的语感，一直持续到高考该科目的结束，相信会有一个不错的效果。4.翻阅错题本。在复习时，将以前做过的试卷或者收集起来的错题本拿出来，多看看里面经常会犯错，而且容易忽略的基础性错误，避免在高考时又在同样的地方摔倒，尽量

做到会做的题目，就拿满分，不会做的题目，分析一下哪些步骤会做，争取拿分，特别是理科题，不要因为是难题就完全放弃，而是在考试的时候，看哪些步骤会，就写上去，题目是按步骤给分，多争取一个步骤，就多争取一分，就

相当于为上理想大学多向前迈进了一步。5.适当做题，掌握技巧。在临近高考前，会发现越来越多的模拟题，特别是各个地方传来的所谓高考热点，这时候自己要有所针对性地做一些相应的模拟题，但切记过多，一个星期在规定的时间内完整做完2到3套模拟题即可，关键在于保持自己的作战心态，从

做题中给自己一个宏观上的分析，可以找出自己在做题过程中所遇到的问题，避免在考场上的重现，提高自己的应试能力，做到知己知彼。1.给自己积极的心理暗示。每天早上起床，面对着镜子微笑，提升自信心，保持良好的心态，就算跟同学打招

呼，也露出自信的微笑，一定要相信自己，只要努力付出了，就无怨无悔。高考只是学习之旅的一个驿站，考得好与不好只是暂时的一个经历而已，重要的是在这12年的学习中，培养的思考能力与学习能力，以后的人生之路还很长很长。2.不跟学习成绩好的

攀比。五指伸出有长短，每个人都有每个人的优缺点，有长处也有短处，而且每个人的学习方法不同、天赋不同、后天成长也不同，根本就不存在可比性，每天只要跟自己比就好，是否今天又发现了自己存在丢分的环节，是否又发现了自己可以在哪些环节上进行加分，只有不断地剖析挖掘自己，自然而然就能够更加

客观地看待这次高考。3.放松心情，别给自己太大压力。高考几乎是每个人都会经历的一次考试，当然心态看个人，主要靠自己调整，越是临近高考，越是要跟学长、老师或者家人进行心理上的沟通，把心中的烦闷跟他们讲，把遇到的心理压力释放出来。作为过来人，他们会给

出当年高考是怎么一步步走过来的，这样有了一个借鉴性的经验，自然心情就会舒畅很多，切忌什么事情都往自己身上推，对自己过不去，就是对自己的未来过不去，多多沟通交流，才能不断解惑释压。4.劳逸结合。在临近高考，学生切忌整天除了睡觉的时间，其余都花在课本上面。每天给自己定好一个复习计划，看完书就到外面

走走、散散步、跑跑步、聊聊天或者打打球，让大脑休息一下，持续地看书做题，有时会让大脑处于一个紊乱状态，可能有一些题目其实并不难，但却总是解不出。不知道同学们自己有没有发现，当过了一两天之后，这些所谓的难题再拿出来做，会有一种豁然开朗的感觉，这就是需

要劳逸结合的目的所在。而且通过适当的运动，还可以增强体质，保持一个健康的体魄，避免高考时身体不适，导致发挥失常，那才是前功尽弃，得不偿失。考前心理篇2---考前冲刺需要有正常心态考生在考前经常出现一些

心理、情绪问题，下面给出了一些解决方法，希望可以帮助到各位考生，使考生调整好自身，发挥出自己应有的能力！担心考不好我们说担心，其实就是一个人自信心不足的表现，原本有能力达成的事情，常由于自信心不足而错失良机，以致失败。自信心不足来自于

心理上的负面暗示。暗示是一种常见的心理现象，它是指权威者以语言、行为及所创设情景给人心理上的影响过程。积极暗示，给人一种积极向上、健康成长的作用，又称正面暗示。消极暗示给人一种破坏力量，促使人消沉、没落，又称负面暗示。严重的负面暗示还会导致人过分焦虑，紊乱正常的生理活动，使疾病发生

。这种常见的心理现象对人的心理影响是很大的。总是担心考不上理想的大学、担心前途，其实就是在无意之中不断地对自我进行负面暗示——考试要考砸。现在经过分析我们知道这种担心的危害，那么怎样才能消除这种担心呢？⑴寻找自身迎考的优势。例如迎

考复习时，你已经作了充分的计划，并且已经按照预定计划一步一步地实施；你已经付出努力，平时成绩也不错；你已经知道自己哪里薄弱不足，冲刺复习后就可以提分；你的问题很明显，记住后就可以避免再犯此类问题……诸如此类，客观地评价自己，知己知彼，高考当然能够考出理想成绩。此类优势寻找得越多，心理暗示的天

平就越会倾向积极的一面。⑵寻找自己过去考试中成功的体验。比如哪一次大考的总成绩被老师表扬了，哪一次模拟成绩超过了班上的某某，这对树立自信心很有作用。⑶进行积极的心理暗示训练。例如一旦出现担心念头的时候，给自己积极的暗示语言“我能行”、“我一定会

考好”，甚至可以对着镜子、特定物品进行积极的暗示，强化暗示效果，不让消极的念头有立足之地。⑷夯实基础，打造实力。大家一定明白即使心理素质再好，没有实力那么考出好成绩还是一句空话，所以与其杞人忧天，不如埋头苦干。相信你有了扎实的基础又有了良好的心理素质，考出理想的成绩一定不

是梦！过度的期望一些同学对高考过分紧张，其中一个重要原因就是寄高考太高的期望，惟恐失足。要知道，高考充其量只是一次战役，除了高考，考研、国考(公务员考试)、求职、公司考核、专业职称考试、驾照考试、柴米油盐、婚丧嫁娶，等等，人生途中大小战役难以

胜数，切不可以为个人的全部幸福、一生的前程全系于此。即使一次成功了，也不代表一生的成功；即使这一次失败了，人生中也多的是翻盘的机会。高考之时人生才刚刚迈入青年阶段，世界观、人生观、价值观还在成长，未来充满变数，高考并不能决定一生。要让那

颗悬着的疲惫的心松弛下来。《符子》中有则故事：夏王太康让百发百中的神射手后羿表演射箭，说：“如果你射中了，就赏你万金；如果不中，就剥夺你千邑的土地。”结果喜赏惧罚的后羿连射数箭而未中。华伦达是美国著名的高空走钢索表演者，不幸在一

次表演中失足身亡，其妻说，这次一定会出事的，他上场前总是不停地说，这次太重要了，不能失败，绝不能失败。可见，如果把事情看得过于严重，即使有才能也难以施展；心有杂念、患得患失，本来很有把握的事也会失败。面对高考，最好的心态就是：别不当回事，但也别太当回事。寄高考过度的期望

不但无益，危害还不少。容易造成考前心理紧张；考试过程中不利于及时调整心态，假如哪一门失足，由于原先寄寓太高的期望，那么失望会更大；考后不利于直面发榜的结果。所以，考生要正确地认识高考，给高考、给自己一个合理的定位，随着高考越来越近，就应该跃

跃欲试，考试过程中就要越考越有精神，以高考为磨砺石而非判决书。发榜时，胜不骄败不馁，从中找到自己的成就感和幸福感，也找到自己在性格和态度上的不足，让高考成为未来的助力。失眠怎么办复习迎考让人觉得紧张疲倦，少数同学随着高考临近，由于缺乏合理的计划、科学的方法，紧张不安、焦虑浮躁的情绪渐渐在一些考生内

心潜滋暗长。身心疲惫使一些同学欲睡不能，出现了失眠症状，这怎么办呢？首先，要注意劳逸结合。每日的作息时间要相对稳定，高考越近，越要安排时间放松自己。适当的体能活动，既增加体质，又缓解心理紧张，如慢跑、打篮球、踢足球等，进行有氧活动

，充分调动自身的血液循环，最终还有助于大脑供氧，使学习更有效率。这个时候，不妨在时间表中强制的安排一些时间进行户外锻炼，如早起晨练、晚饭后散步，趁机养成好的习惯，以免考后过于放松而疏于身体的管理。其次，要学会倾诉。将心里苦闷

向家长、老师、同学、朋友诉说，一个人的苦闷憋在心里就只会越来越多，越来越厚重，而如果找人倾诉，一个人的苦闷就由多人分担。如果是同期的同学，更能相互理解，相互鼓励；朋友的安慰、调侃，有时候就能让人愉快，变得放松；如果平时不敢和家长沟

通，此时就可以趁机寻求帮助，提出一些对备考有益的要求，这不仅能让家长支持你，也可以拉近亲子关系；而老师自身经历过高考，又可能带过高考班级，听老师讲讲经验教训，会让你觉得“不是一个人在战斗”，高考不是什么过不去的坎。第三，睡前做一些放松练习。方法一：上床后熄灯，躺下仰卧

，做一次舒畅的深吸息，然后徐缓地往外呼气。随着呼吸的节奏默默数数。方法二：躺卧在床上后，从头部往下，逐渐地让自己主动放松，让身体仍然无意识绷紧的部分放松下来。方法三：以最舒服的姿态躺在床上，想象自己很舒服地漂在水面上，或者其他

让你心情愉悦的场景。这些方法的目的是让人忽略紧张的心情，主动放松身体，用积极的暗示使自己身心愉悦，从而恢复到正常的睡眠状态。另外，条件允许的话，应养成午睡的习惯。午睡一般小睡半个小时即可。这样做既能达到使大脑休息的目的，也不至于醒过来时头脑仍然昏沉。最后，若出现顽固性失眠症状要及早就医，及早治疗。

疲劳怎么办快高考了，不少同学会感到浑身没劲，常常在午后就没了力气，晚上也不想再学，坐在那儿看书，书上的字好像都没了，脑子里常常一片空白；做题思考也变得慢了，过去很容易做的题型半天也答不出；记忆力也觉得差多了。影响这些同学顺利走向高

考的敌人叫心理疲劳。所谓心理疲劳，是指大脑、神经系统高度和长期的紧张，长期从事一种单调的活动，虽肌肉劳动强度不大，却出现疲劳的一种心理状态。出现心理疲劳时，常表现为体力下降，注意力下降，常被一些门声、汽车声、说话声等噪声吸引；思维缓慢，并常出错。心理疲劳持续下去，就会出

现一些症状，如头晕眼花、食欲下降、咽喉肿痛、发低烧等，还会出现抑郁、焦虑等心理症状。如何对付心理疲劳，我们给同学提以下建议：首先，合理安排学习时间。如复习数学、物理时疲劳值最大，复习宜安排在晚饭后，史、地、化、生等疲劳值次之，可放在睡前学习，语文、英语可放在早上

以利于记忆。这些学科也可以按照考生实际的学习情况调整复习时间，将自己擅长的放到下午、晚饭后复习，将自己不擅长的学科放在精力最旺盛的时候复习。也可以合理设置时间表，间断性地改变时间分配。其次，确保休息和适度锻炼。晚上睡眠一定要控制在

十点左右，以免睡得过晚造成疲劳。课间休息及复习一段时间后要适当休息、活动一下。可以闭目养神，也可以做适当的体能活动，既增加体质，又缓解心理紧张；可以用听音乐、聊天、说笑话等方法使心情轻松。值得注意的是，有一边复习一边听音乐习惯的同学最好

在高考前一周停止这一习惯，调整自己在无音乐环境下发挥出自己应有的水平。再者，要注意营养充足。人脑占体重的2%，消耗人体能量的20%，所以要多食健脑益智的食品，如核桃、芝麻、鸡蛋、鱼、鸭等。此时也可以多食用一

些蛋白质、糖、脂肪含量较高的食物，富含高热量的食物食用后能让人心情愉悦，此类食物中常常含有充足的维生素B12，可以促进造血和消化，有助于消除焦虑。最后，一旦出现了生理症状或心理障碍，就要及早看医生。在专家和医生的指导下，你会康复得更快。考前心理篇3---高考前一天需要做哪些准备高考对于考生和考生家

长都是一次很重要的考试，考试中如果发生一点差错，就可能会对考生造成影响，那在考前应该做好哪些准备工作，让我们有备无患呢？1.考场踩点。在高考前，考生最好能够去考场踩点，以便在高考当天迅速找到考场，避免因考场找不到而造成的心理焦虑，我们去

踩点时要注意考场在哪栋楼、哪一层、哪个教室，座位大约在哪，洗手间在教学楼的哪个位置，从我们的住处到考场需要多长时间，要使用什么交通工具，等等。2.准备好考试用品。最重要的准考证、身份证，文具(包括签字笔、2B铅笔、橡

皮、三角板、直尺、圆规等)，手表，着装，水和雨具。这些可以统一放在一个文件袋中，方便寻找。3.调整作息时间。为了在高考时，能够有更好的发挥，在考前一天，复习的强度不宜过大，休息好大脑才能在考试时充分发挥。4.记清考试规则。在考前一定要记住高考的规则，不要带考试禁止的东西

进入考场，考号、姓名要写在规定处，不要带草稿纸等出考场。考号姓名以及答题卡涂写方式可以在平常的模拟考试中演练。5.调整心态，积极面对高考。有一个良好的心态，对于高考无比重要，很多考生会因为高考的巨大压力寝食难安，在考前，考生可以通过自我暗示、与人沟通、

转移注意力等方式调整自己，让自己带着最佳心态进入考场！第五部分考时注意篇浅谈考试过程中考生应如何沉着应对高考在即，对高考应采取在“战略”上藐视，在“战术”上重视的策略。在“战略”上藐视，就是要像对待平常考试一样对待高考，不要

紧张，不要害怕，临场从容，镇定答题。在“战术”上重视，就是要严肃认真地对待高考，以坚韧不拔的毅力、顽强拼搏的精神，一题一题地做，一分一分地拿，不轻易放过一道题，做到胜不骄、败不馁、勇往直前。具体做法可注意以下几方面：1.接到试卷后，

先填好信息栏，将准考证号、姓名填在密封线以内。从进入考场到开考一般有一段时间，这时应当安定情绪使自己尽早地进入考试状态。可以这样做：在草稿纸上写出自己应当注意的事项、时间安排、该科的公式与方程式等，但是要注意尽量写得小一些、集

中一些，要节省草稿纸。2.答题之前，先将试卷浏览一遍。了解全卷共几页、有多少题、各占多少分、难易程度如何，等等，使自己对试卷有个大致了解，然后合理地安排试卷的答题时间，按顺序一一作答。这样的做法较为主动。具体讲

：一定要先做选择题，做完后马上涂卡。第二卷的大题一般也要从前到后，因为试卷的整体难度是先易后难。在做大题时，第一问往往是比较容易的，但是又非常关键，题目越难第一问就越关键，它往往是解答后面几问的方法提示，是“敲门砖

”、“金钥匙”。因此第一问的分析、计算、解答必须千万小心，如果第一步出错，后面往往就步步皆错了。3.答题时，先易后难。首先做那些自己有把握做对的题目。要集中精力，先将这部分“确保”的题目拿下来，心里就会踏实一些。第二步，做那些基本能做但无十分把握的题目。对这部分“力争”的题目

，只要定下心来，认真仔细地去做，也不难完成。对个别难题，一定要放到后面去做，千万不要为做一个较难的试题，耽误了答题时间，甚至影响到全局。考生在顺利完成简单题和中档题后，心里就有底了，情绪也比开始轻松多了，答题思路也较之前清晰了，这样之后，

再全力以赴攻克一两个难题，是有可能拿下来的，即使不能全部做出来，也要争取做出几步，尽可能多取得一点儿分数。4.认真审题。有考生接到试卷后，匆忙解答，当解不下去时，才发现看错了题，只好涂掉，重新再做一次，时间浪费了很多，真是欲速则

不达。因此，在答题时必须将已知条件、求解要求等全部内容逐字看清楚后，方可作答，对似曾相识的题目，更不能马虎大意，不能想当然按照原题思路答题。具体来讲：一卷、二卷就是草稿纸。对于选择题，可以把关键词、要点、要求、小数点、加“·”的地方等全部划出来，就近

计算，及时记录结果；对于第二卷，也可以把关键词、关键点、要点、要求、小数点、加“·”的部分一一划出，醒目地标出，防止遗漏条件，便于集中精力找联系。特别是做第一问时，数据、公式、要求、条件等一定要看清楚后再进行计算。5.答题要在准确的基础上

求快。看准题目后，要力求解答问题准确无误，不仅要做到思路对、方法对，还要做到每一步推导正确、计算准确、格式规范、书写工整、字迹清晰。有少数考生，当他拿到试卷后，就发慌了，总担心题目做不完，于是就急急忙忙地解题，结果是许多会做的题目也做错了。因此，答题时心理上不要紧张，在准确的基础上，再争取时

间。考生也要适当提高答题的速度，以免造成会做的题目也做不完。在答题时要坚信自己的能力，要果断、不要犹豫。对于不会做的题目，不要耗费太多时间。若时间来不及了，就坚决放弃这类题目，把自己的时间和精力放在会做的题目上，争取多得分。高考对每个人都是平等的，有不会做的也是正常的，这只能说明考试试题比

较难，大家得分都不会高，不必为此而紧张，只要抓住基础部分做好就成功了一大半。6.检查和验算。只要时间许可，一定要认真地将试题答案从头到尾检查和验算一遍。其目的有两个：一是防止缺漏。主要看一看有无漏做的题目，先看试卷背面有无

题目未做，再看试卷的大题是否漏做，每个大题中的小题是否漏做。二是检查并纠正错误答案。检查要从审题开始，如果只看过程往往找不到错误。如发现做错的题，要将错误答案划去，然后将正确答案写在原题旁边。7.正确使用草稿纸。草稿纸上的字迹要清楚，标明题号，以备最后检查用；一道题

打好草稿后，应立即准确无误地抄写到试卷上。有些题目，如果有把握，直接答到试卷上，这样可以加快答卷的速度。8.每门功课考完后，不必马上和其他同学对答案。很多考生考试结束后就立刻和同学对答案，这样难免会影响自己的情绪。考得好的，切不可自满，就此放松。即使这一门科目考得不够理想，也不要烦恼

和急躁，更不能一蹶不振，而应振作精神，分析学科共性的问题，争取把下一门科目考好。第六部分高考祝福篇写给即将高考的学子们高考就在眼前了。也许现在身为高考生的你们，看着遍体鳞伤的自己，似乎那些曾经的梦想变得都是那样不现实了。也许你会埋怨生活

，埋怨自己，你会为那老上不去的成绩而苦恼，会为自己的努力而彷徨，你们一定是在想，努力就一定就有回报吗？努力了就真的可以实现自己的梦想？但我们不能放弃，不能抛弃。要尽力让自己的梦想飞得高一些，让自己的明天变得精彩一些。孩子，你们不应该因为高考而责怪自己，不是每一个人都会读书

，会读书的，不会读书的，都不一定会输。高考，只是我们一个起点，不是终点，它只是我们人生的一个开始，我们的路还很长，需要我们要走的路还很远很远，我们要微笑，微笑地去面对一切。青春是一串欢快的音符，青春，没有什么不可以，别人能行，我们也照样可以。抹去不属于我们的忧伤；抹去不属于我们的忧郁，你

会发现生活很美好，因为有朋友的鼓励，亲人的关怀，我们能坚持一路，勇敢地走下去。高三的生活是苦的，我们必须早早地就起床去教室学习，必须到很晚的时候才回家，回宿舍。天黑了，夜深了，可是有一盏灯一直没有熄灭，那盏灯叫做梦想，叫做追求，多少个寒冷

的晚上，多少个炎热的夜里，是你们一直都在为自己未知的未来努力着。高三的你们，已不是孩子，但还不是大人。踏进了高三，或许你们都学会了去思考，思考属于你们的未来，前途和明天，总是在不经意的时候，幻想着自己的未来，那是充满着憧憬和期待。青春是一首不可思议的歌，我

们在慢慢地变化着，告别了单纯，走向了成熟，我们不再像是个任性的孩子，那些小时候的小小梦想变成了永远的神话，很多时候；我们都一直在心里面告诉我们自己，只要努力，什么都可以实现。2023年的夏天，似乎在无声中慢慢地到来，没有声响，到时候也会慢慢地离去，没有痕迹。有人说六

月是黑色，那是因为我们都要去经历人生的一个转折点，既然选择了高中，选择了前方，就注定要面对高考，必然要面对风雨兼程。高考，仅仅是我们人生里的一个驿站，我们终究是要成为高考路上的一个过往者，年复一年，无数个夏天到来，无

数个高考也接踵而来。未来的某些时候，当你不再是高考生的那时候，你不再需要去面对高考了，你会明白，其实高考那些时间是最美好的回忆，是最好的追求，那些日子充实，我们都是在为自己的未来而奋斗。孩子，不要为自己现在的成绩而烦恼，不要认为自己对不住自己的父母，不

要认为自己是在浪费时间、浪费青春。我们都只是自己的唯一，我们都没有必要去和别人比成绩，我们的父母只希望我们都开开心心地度过每一天，他们只希望他们自己的孩子勇敢地去面对一切困难。孩子，至少我们去努力过，至少去拼搏过，我们只要无愧于自己，无愧于自己

的青春，对得起自己、对得住父母。没有去努力，怎么知道自己不可以？没有去尝试，怎么知道自己注定是失败的？一个人学会了自甘堕落，不是我们应该要有的，我们都还年轻，我们都还青春。人生，只有一个18岁，我们都输不起，生命的过程中，是要我们去勇敢地

经历所有的困难和挫折，而不是在关键的时候选择退缩，我们不是每个人都可以上清华北大，但即使考不上好的大学，我们也可以通过我们的努力，进自己理想中的专业，那样不是更好吗？六月很快就要到来了，很快高考就要出现在你们的面前，然后又从你们的身边里

消失不见。总有那么一天，高三的一切都终将成为你们自己的回忆，既然是那样，给自己一个美好的经历吧！回忆的时候，你们才会微笑。对于现在，正是挑战你们心理战的时候，心理战的胜与败，决定着高考的成绩高低，给你们自己

一个坚强的微笑吧！相信你们自己，你们一样能实现自己的梦想。对于学习的方法，应该回归到课本上，弄懂平时考试不会做的题目，不要再去钻研那些难题，调节好自己的心态，自信地面对一切，注意好休息和生活规律，毕竟身体才是革命的本钱。一直相信，所有

踏进高考考场的孩子都是坚强的，一路走来，高考是见证你们勇敢坚强的时候，踏进高三本身就是一种成功，给自己一份信心吧！因为我相信你们，真的了不起。我希望所有踏进高考考场的孩子们，勇敢地去面对这一切，我祝福你们！祝你们成功！comeon！加油！三句话送给即将进

考场的你明天高考，即将走进考场的你，此刻是怎样的状态？也许已成竹在胸，也许还有些紧张和不安。我们把这三句话送给你，希望可以缓解你的焦虑，也让你明白：人生就是这样，关关难过关关过。只要脚踏实地，就可以仰望星空。第一句，每一次机会都来之不易，努力过就很了不起。我始终坚信，读书是改变命运、通往成功的

阶梯。可能有些人觉得读书无用，未来的工作也不会用到书本里学到的知识，但他们不知道，读书会在潜移默化中影响你的思维、你的格局、你的眼界，然后变成你身体的一部分。当前，你正拥有一次改变人生轨迹的机会，我很开心你拼了命地想要抓住它。你没有懈怠，这就很了不起。当你走入社会你

会发现，人生充满了无数个大大小小的机会，希望你还能像这次一样，全力以赴去准备，拼尽全力去争取。即便可能会有被命运打趴下的时候，希望你也千万别投降，拍拍身上的土喊一句，“来啊，大不了我们三局两胜！”之前在网上看过这样一个提问：“如果时间能重

来，你希望回到什么时候？”有一个回答很简单，却获得上万人点赞：“我希望回到高三，认认真真地对待每一堂课、每一场考试。”所以你看，对很多人来说，遗憾的并不是结果，而是“我本可以很努力，却没有认真去做”。逆水行舟，不进则退，希望每一次机会光临的时候，

你都能无愧于心。第二句，每一个结果都会影响你，但并不是都能决定你的人生。我们都知道高考是人生中的一场大考，它虽然能影响你去读哪所大学，却不能决定你的人生。你还有一生的时间可以去努力，去改变，去创造。看过这样一

个故事：一个女孩大学毕业后的头几年波折丛生，可以说是倒霉透顶。想去的机构没有合适的岗位，只能一边实习，一边等机会。好不容易实习结束，那家公司又只招应届毕业生了……如果只看这个开头，你肯定会觉得这个女孩的运气太差了。但是后来，几经辗转的她去了一家企业的投资部，随着那家

企业海外市场的拓展，她的经验越来越丰富。再然后，她去了一家跨国公司，没过几年又出来自己创业，现在她的投资公司已在圈内小有名气。所以你瞧，把时间拉长后我们会发现，虽然每个人生节点的选择都会对我们产生影响，但它并不能决定我们的人

生。不管成功还是失败，它都只是帮我们调整努力的方向，让我们知道下一步该怎么走而已。人生没有白走的路，每一步都算数。既然选择了开始，便只顾风雨兼程吧，把握当下才不算对未来的辜负。第三句，每一段旅程的终点，都是下一个起点。

最近你可能频繁听到一句话：“高考完，你们就轻松了。”你可能也常常念叨，等你考上大学，就再也不用上早自习、再也不用做摞起来比你还高的习题册了……的确，备考的日子很辛苦，高考完确实该让自己放松一阵子。可你也要记得，高考并不是你人生的终点，相反它正是你下一

段旅程的起点。希望你保持积极进取的心态，无论往后的人生是荆棘密布抑或满是繁花，你都要一步一个脚印，踏踏实实地大步向前。人生不仅仅只有成功和失败两个词，坚持和奋斗同样有意义。加油吧，即将走进考场的你，愿你用平常心去对待人生路上的每一次风雨

，全力以赴去抓住每一个机会。越努力，才能越幸运。更加美好的人生正在开启，我们一起勇往直前吧。第七部分押题卷首先，高考不存在任何押题的卷子，本卷意在临考前通过训练帮助我们保持解题的手感，同时以题目的形式带领我们最后对知识点、方法以及规律进行回顾

与总结，给临考的你增加复习的方向感，同时也提前感受考场的氛围。答案的示范也让我们有意识的在作答过程中能够规范作答。绝密★启用前2024年高考终极压题【新高考通用】物理（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己

的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并

交回。一、单选题：本题共7小题，每小题4份，共28份。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．某新能源汽车开启最新技术的“隐私声盾”功能后，司机将无法听到后排乘客说话的内容。“隐私声盾”系统能采集后排乘客的声音信号，

并通过司机头枕音箱发出自适应的抵消声波，将对话声音抵消，从而屏蔽90%以上的后排对话信息，提高驾驶员的专注度，同时保护后排乘客的隐私。下列说法正确的是（）A．“隐私声盾”技术运用了多普勒效应B．抵消声波与后排说话声波的频率相同C．抵消声波比后排说话声波的传播速度快D．抵消声波与后排

说话声波的相位差为零2．扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a（秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相

同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹，aF、bF为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是（）A．B．C．D．3．2023年9月，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在离地球表面400km的“天宫二号”空

间站上为广大青少年带来了一堂精彩的太空科普课。已知地球同步卫星、天宫二号沿圆轨道运行的向心加速度和地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小分别为a同、a宫、a赤，它们运行的速率分别为v同、v宫、v赤。则（）A．

aaa同赤宫B．aaa同宫赤C．vvv同宫赤D．vvv同赤宫4．如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线的中垂线上，且a、b到两电荷连线的中点O的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，c、d位于M

N的连线的中垂线上，且c、d到MN连线的中点O的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（）A．O点处的电场强度为零B．O点处的磁感应强度为零C．a、b处的电场强度大小相等，方向相反D．c、d处的磁感应强度大小相

等，方向相同5．M、N是某电场中一条电场线上的两点，一个电子从M点以一定的初速度向N点运动，电子仅受电场力的作用，其电势能随位移变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．电子的速度在不断地减小B．电子的加速度在不断地增大C．M点的电场强度大

于N点的电场强度D．M点的电势高于N点的电势6．一椭球形玻璃置于真空中，其中心截面的椭圆长轴和短轴长度分别为10cm和6cm。一束从左焦点1F射向最高点P的激光，恰好在P点发生全反射。已知光在真空中的速度为c，则该光线在玻璃中传播的速度为（）

A．53cB．35cC．34cD．45c7．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框a

bcd，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A．当ab边刚越过JP时

，导线框的加速度大小为sinag=B．导线框两次匀速直线运动的速度之比12:2:1vv=C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D．从t1到t2的过程中，有2212()3sin22mvvmgL−+机械能转化为电能二、多项选择题：本题共3小题，

每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．智能手机内装有光敏电阻，可利用光电效应原理自动调节屏幕亮度。某金属发生光电效应时，其遏止电压cU与入射光

的频率v的关系如图所示，图中横轴截距为a，纵轴截距为-b，元电荷为e。则（）A．普朗克常量eahb=B．普朗克常量ebha=C．该金属的逸出功为eaD．该金属的逸出功为eb9．如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平面上，一段轻绳左端拴接在质量为M的物体P上，右端跨过光滑

的定滑轮连接质量为m的物体Q，整个系统处于静止状态。对Q施加始终与轻绳OQ端夹角为135=的拉力F，使Q缓慢移动直至轻绳OQ端水平，该过程中物体P始终静止。下列说法正确的是（）A．拉力F先变大后变小B．轻绳的拉力先增大后减小C．物体P

所受摩擦力可能先增大后减小D．地面对斜面体的摩擦力一直变大10．如图（a），轿厢内质量为0.5kg的物块的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着且保持静止，物块与轿厢水平底面间的动摩擦因数为0.3。

0=t时，轿厢在竖直轨道作用下由静止开始运动，轨道对轿厢竖直向上的作用力F的大小随时间t的变化如图（b）所示，10st=时，物块恰好相对轿厢底面滑动。轿厢和厢内物块的总质量为500kg，重力加速度大小取210m/s=g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力

。则（）A．10st=时，轿厢的加速度大小为22.4m/sB．10st=时，轨道对轿厢的作用力大小为4000NC．10st=时，轿厢的速度大小为10m/sD．物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，物块在水平方向上做匀加速直线运动三非

选择题：共54分，考生根据要求作答。11．(6分)某同学采用如图甲所示装置验证物块A与物块B（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。BA2mm=，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的

平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块B由静止释放。(1)用螺旋测微器测出遮光条宽度d，如图乙所示，则d=mm。(2)某次实验中，测得11.60mst=，则此时A的速度为m/s（保留2位有效数字）。(3)改变光电门与物块B之间的高度h，

重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、21t为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k=（用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。12．（12分）小明利用热敏电阻设计了一

个“过热自动报警电路”，如图甲所示（虚线框内的连接没有画出）。将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图甲中继电器的供电电压U1=3V，

继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0=30Ω。当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图像。(1)由图乙可知，当环境温度为40℃时，热敏电阻阻值为Ω。(2)由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将，

电路中的电流将会，继电器的磁性将（均选填“增大”、“减小”或“不变”）。(3)图甲中警铃的接线柱D应与接线柱相连。（选填“A”或“B”）。(4)请计算说明，环境温度在大于等于范围内时，警铃报警。四、解答题13．(8分)一篮球的质量m=0.6kg，其最大容积V=7L，用打气筒给篮

球打气，每打一次把压强p0=1.0×105Pa的空气打进去V1=200cm3，不计篮球的厚度，整个打气过程中，认为空气的温度不变，将空气视为理想气体。（1）打气前球内有04.5VL=，压强501.010Pap=的空气，打30次气后篮球达到最大体积，求此时球内的压强（结果保留三位有效

数字）；（2）将打好气的篮球从11.8mh=高处自由释放，篮球与水平地面接触的时间Δ0.02st=，反弹后上升的最大高度21.25mh=，取重力加速度大小210m/s=g，忽略空气阻力，不计篮球内空气的

质量，求地面对篮球的平均作用力大小。14．(12分)如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场。金属板右上方以MN为下边界，PQ为上边界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与金属板的上极板等高，

MP与金属板右端在同一竖直线。一个电荷量为q、质量为m的负离子以初速度0v在两板间沿平行于金属板的虚线从A点射入金属板间。不计粒子重力。（1）已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度1B；（2）若撤去板间磁场1B，

离子恰好从上极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成60°角，离子进入磁场运动后从磁场边界P点射出，求该磁场的磁感应强度2B的大小及离子从M点射入到从P点射出的时间是多长？15．(16分)如图所示，在长度足够的水平直轨道AG上，

有一半径0.18mr=的光滑圆形轨道BCD与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端B、D轨道错开，其右侧有长2mL=的水平传送带EF与直轨道无缝平滑连接，在传送带的F右侧2md=的G处连接14光滑圆弧轨道，轨道半径1

0mR=。在轨道A处有弹射器，一质量1kgm=的a滑块以0v初速度水平向右弹射出来，滑块a恰好能过圆轨道。当滑块a滑上传送带后及时在水平轨道E处固定一弹性挡板，在G处放置质量M的滑块b，a与b发生完全弹性碰撞后反弹，以后a、b能在G处发生多次碰撞。已知传送带以

恒定速度6m/sv=顺时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数0.4=，其余部分均光滑，取：3=，210m/s=g。求：（1）0v大小；（2）滑块a第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；（3）b的质量M

和相邻两次碰撞的时间间隔。2024年高考终极压题【新高考通用】物理·全解全析1234678910BBADCDBDBCBC1．B【解析】A．“隐私声盾”利用的是两列声波相互干涉的原理，故A错误；B．由于两列声波需

要相互干涉，故抵消声波与后排说话声波的频率相同，故B正确；C．机械波的传播速度与介质有关，故抵消声波与后排说话声波的传播速度一样快，故C错误；D．抵消声波与后排说话声波相互抵消，在干涉点处的振动相位差

为的奇数倍，故D错误。故选B。2．B【解析】从力的角度看，水平方向的力相等，饱粒b的重力大于秕粒a的重力，如图所示从运动上看，在水平方向获得的动量相同，饱粒b的水平速度小于秕粒a的水平速度，而从竖直方向上高度相同212hgt=运动时间相等0xvt=所以abxx综合可知B正确。故

选B。3．A【解析】AB．由于同步卫星与地球自转周期相同，根据2ar=可知aa同赤又万有引力为其做圆周运动提供向心力，则有2GMar=同步卫星的轨道半径大于天宫二号的轨道半径，则有aa同宫三者加速度的关系

aaa同赤宫所以A正确，B错误；CD．由于同步卫星与地球自转周期相同，根据vr=可知vv同赤又万有引力为其做圆周运动提供向心力，则有GMvr=可知vv同宫三者的速度关系vvv同赤宫CD错误。故选A。4．D【解析】A．正、负电荷在O

点处的电场强度方向均水平向右，根据场强叠加可知，O点电场强度不为零，故A错误。C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点，结合对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故C错误；BD．根据安培定则以及磁场叠加可知，c、d处的磁感应强

度大小相等，方向均沿cd向下，O点处的磁感应强度不为零，也沿cd向下，故B错误，D正确。故选D。5．C【解析】A．电子仅受电场力的作用，由图像可知电势能随位移增加而减小，根据功能关系可知，电场力做正功，电子的动能在不断增加，电子的速度也在不断地增加，故A错误；BC．根据动能定理有p0eExE

=−图像的斜率反映了电场强度的变化，图像斜率逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，电子在M点受到的电场力大于N点的电场力，根据牛顿第二定律可知电子的加速度在不断地减小，故C正确，B错误；D．由图像可知电子的电势能逐渐减小，根据p

Ee=可知M点的电势低于N点的电势，故D错误。故选C。6．D【解析】如图所示由题意可知∠C为单色光发生全反射的临界角，设椭圆的半长轴为a，半短轴为b，则离心率220.8abea−==由几何关系得sin0.8eaCa==由折射

定律可知透明柱体对单色光的折射率为15sin4nC==所以单色光在柱形物体中传播的速度为45cvcn==故选D。7．D【解析】A．ab边刚越过GH即做匀速直线运动，表明线框此时所受的合力为0，即11sinBLvmgBILBLR==在ab边刚越过JP时，ab、cd边都切割磁感线产

生感应电动势，但线框的运动速度不能突变，仍为v1，则此时回路中的总感应电动势为12EBLv=设此时线框的加速度为a，则ab边刚越过JP时，受到的安培力方向沿斜面向上，cd边受到的安培力也沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得2sinEBL

mgmaR−=联立可得3sinag=方向沿斜面向上，故A错误；B．由于线框再做匀速运动时的速度为v2，则线框受力平衡，即22sin2BLvmgBLR=结合A中分析可知124vv=故B错误；C．从t1到t2的过程中，根据能量守恒得

，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少加上线框动能的减少量，故C错误；D．根据能量守恒定律有22p121122EWmvmv−=−故转化为电能的机械能为222212p12()113sin()2222mvvmgLWEmvmv−=−−=+故D正确。故选D。8．BD【解析】AB．根据光

电效应方程有kmax0EhW=−根据动能定理有ckmaxeUE=解得0cWhUee=−结合图像有hbea=解得ebha=故A错误，B正确；CD．根据上述，结合图像有0Wbe−=−解得0Web=故C错误，D正确。故选BD。9．BC【解析】AB．设右侧轻绳与竖直

方向的夹角为，设绳子上的力为T，如图所示由正弦定理可知sin(180)mg−=sinF=sin(135)T−即sin45mg=sinF=sin(135)T−当90=时，即细绳水平时力F最大，故轻绳拉力T由mg增

大到2mg后又减小到mg，力F一直增大，故A错误，B正确；C．对P受力分析可知，物体P受到的摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得sin30MgfT+=轻绳拉力T由mg增大到2mg后又减小到mg，物体P所受摩擦力可能先增大后减小，故C正确；D．对斜面和P整体分析可知cos30Tf=

地则地面对斜面体的摩擦力先变大后变小，故D错误。故选BC。10．BC【解析】AB．物块恰好相对轿厢底面滑动，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与木箱间的摩擦力，对木箱受力分析，竖直方向MgFMa−=对物块受力分析mgNma−=其中1.2NfN

==解得22m/sa=4000NF=故A错误，B正确；C．根据动量定理可得()MgFtMv−=解得10m/sv=故C正确；D．物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，开始时物块在水平方向上受摩擦力和弹力作用，而恢复原长后，水平方向上只受摩

擦力，方向与开始时合力方向不同，故不是匀加速直线运动，故D错误。故选BC。11．(1)1.195(2)0.10(3)223gd..........................每空2分【解析】（1）[1

]螺旋测微器测出遮光条宽度为1mm19.50.01mm1.195mmd=+=（2）[1]A的速度为331.19510m/s0.10m/s11.6010dvt−−==（3）[1]系统减小的重力势能为pBA()Emm

gh=−系统增加的动能为22kABAB11()()()22dEmmvmmt=+=+在实验误差允许范围内，机械能守恒有pkEE=化解得22123ghtd=在实验误差允许范围内，若223gkd=则验证

了机械能守恒定律。12．(1)70(2)减小增大增大(3)B(4)80℃..........................每空2分【解析】（1）由图乙可知，当环境温度为40℃时，热敏电阻阻值为70Ω。（2）[1][2][3]环境温度升高时，电路中的总电阻减小，电源电压不变，通过继电器的电流增

大，磁性增大。（3）由题可知“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，所以警铃的接线柱D应与接线柱B相连。；（4）由题知，当线圈中的电流I=50mA=0.05A时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报

警；则控制电路的总电阻13=600.05URI==总由电阻的串联可知，此时热敏电阻的阻值030RRR=−=总由图乙可知，此时80Ct=环境温度在大于等于80C范围内时，警铃报警。13．（1）51.5010Pa；（2）

336N【解析】（1）对篮球内的空气，根据玻意耳定律有000npVpVpV+=...........................2分解得51.5010Pap=...........................1分（2）设篮球着地前瞬间和反弹后瞬间的速度大小分别为v1、v2，则有

2112vgh=...........................1分2222vgh=...........................1分以竖直向上为正方向，对篮球，根据动量定理有()Fmgtmvmv−=+₂₁.........

..................2分解得F=336N...........................1分14．（1）10EBv=，方向垂直纸面向里；（2）022mvBqd=，06dtv=【解析】（1）离子在金属板间做匀速直线运动，受到的

电场力和洛伦兹力平衡，则有01qEqvB=...........................2分解得10EBv=...........................2分方向垂直纸面向里。（2）离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动,则离子进入磁场的速度为002c

os60vvv==...........................1分设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得22vqvBmr=...........................2分由几何关系可得2cos60rd=.....

......................2分联立解得022mvBqd=...........................1分离子从M点射入到从P点射出对应的圆心角60=...........................1分则时间为026dtTv==.............

..............1分15．（1）3m/s；（2）0.5s，4J；（3）9kg，7kg3，都以3s、1.8s的间隔循环。【解析】（1）在C点由重力提供向心力2Cmvmgr=...........................1分从A到C由动能定理得22011222Cmgrmv

mv−=−...........................2分解得053m/svgr==...........................1分（2）设a在传送带上一直加速，则22002vvgL=−...........................1分05m/svv=.

..........................1分假设成立，故000.5svvtg−==...........................1分滑块a第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为004J2

vvQmgvtt+=−=...........................1分（3）碰撞后b滑上圆弧轨道，由于半径很大，b作简谐运动13s2TRtg==...........................1分设a反弹速度大小为1v，a

向左滑上传送带后又滑回到G点1122dvtvg+=...........................1分104m/svv=...........................1分且212vLg=...........

................1分所以此解合理012mvmvMv=−+...........................1分222012111222=+mvmvMv...........................1分第一次与第二次碰撞间隔13st=

第二次碰撞与第三次碰撞的间隔为2t，第一次碰撞后，ab、都滑回到G点后再次碰撞，根据碰撞的对称性，碰后b停止，a以05m/sv=...........................1分速度向左滑，到达E点反弹回来。由（2）小

题得202421ss1.8s5dttv=+=+=...........................1分以后都以3s、1.8s的间隔循环。