資源簡(jiǎn)介

2023年高考考前最后一課-物理
第一部分 考前預(yù)測(cè)篇
【考前預(yù)測(cè)篇1】——熱點(diǎn)選擇題……………………………………………4
【考前預(yù)測(cè)篇2】——熱點(diǎn)非選擇題…………………………………………38
第二部分 考前基礎(chǔ)篇
【考前基礎(chǔ)篇1】——基礎(chǔ)知識(shí)回顧…………………………………………89
【考前基礎(chǔ)篇2】——物理復(fù)習(xí)有口訣………………………………………105
【考前基礎(chǔ)篇3】——物理學(xué)史大集錦………………………………………109
第三部分 考前技能篇
【考前技能篇1】——理綜答題技巧…………………………………………116
【考前技能篇2】——理綜得分有計(jì)劃………………………………………117
第四部分 考前心理篇
【考前心理篇1】——考前考生需要做哪些準(zhǔn)備……………………………119
【考前心理篇2】——高考沖刺需要有正常心態(tài)……………………………120
【考前心理篇3】——高考前一天需要做哪些準(zhǔn)備…………………………122
第五部分 考時(shí)注意篇
【考時(shí)注意篇】——淺談考試過程中考生應(yīng)如何沉著應(yīng)對(duì)…………………128
第六部分 高考祝福篇
【高考祝福篇】——寫給即將高考的學(xué)子們…………………………………131
【考前預(yù)測(cè)篇1】 熱點(diǎn)選擇題
【考前預(yù)測(cè)篇1】 熱點(diǎn)選擇題
【熱點(diǎn)單選題】1．（2023·安徽省黃山市·二模）三月春來早，北斗農(nóng)機(jī)來報(bào)到，基于北斗的自動(dòng)駕駛農(nóng)機(jī)能夠按照既定路線進(jìn)行精準(zhǔn)春耕作業(yè)，精細(xì)化程度顯著提升，雖然我國(guó)的北斗系統(tǒng)起步最晚，但“后來居上”，成為可與美國(guó)GPS媲美的最先進(jìn)的全球?qū)Ш蕉ㄎ幌到y(tǒng)。如圖是北斗三號(hào)衛(wèi)星系統(tǒng)三種衛(wèi)星的參數(shù)，地球球體半徑為6400km，以下說法正確的是（　?。?br/>表1 北斗三號(hào)衛(wèi)星功能特點(diǎn)
北斗衛(wèi)星 衛(wèi)星（24） 衛(wèi)星（3） 衛(wèi)星（3）
名稱 中圓軌道衛(wèi)星 地球靜止軌道衛(wèi)星 傾斜地球同步軌道衛(wèi)星
軌道高度 2萬(wàn)公里左右，三個(gè)軌道面，保持55°的傾角 3.6萬(wàn)公里左右 3.6萬(wàn)公里左右
星下點(diǎn)估計(jì) 繞著地區(qū)劃波浪 投影一個(gè)點(diǎn) 鎖定區(qū)域畫8字
功能特點(diǎn) 環(huán)繞地球運(yùn)行實(shí)現(xiàn)全球?qū)Ш蕉ㄎ弧⒍虉?bào)文通信、國(guó)際救援 承載區(qū)域短報(bào)文通信 與GEO互補(bǔ)，對(duì)亞太區(qū)域可重點(diǎn)服務(wù)
A. MEO衛(wèi)星速度大于7.9km/s
B. GEO衛(wèi)星可以相對(duì)靜止在我國(guó)某地上空
C. GEO衛(wèi)星和IGSO衛(wèi)星24h一定會(huì)相遇一次
D. MEO衛(wèi)星周期T一定小于24h
【答案】D
【解析】
【詳解】A．7.9km/s是衛(wèi)星繞地球表面運(yùn)行的速度，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有
解得
MEO衛(wèi)星軌道半徑大于地球半徑，可知速度小于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；
B．GEO衛(wèi)星是地球靜止軌道衛(wèi)星，位于赤道平面某地上空，相對(duì)于地球表面靜止，我國(guó)不在赤道上，所以GEO衛(wèi)星不可能相對(duì)靜止在我國(guó)某地上空，故B錯(cuò)誤；
C．GEO衛(wèi)星和IGSO衛(wèi)星軌道半徑相同、線速度相同、周期都為24h，能否相遇取決于起始位置，所以不一定會(huì)相遇一次，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有
解得
MEO衛(wèi)星軌道半徑比地球同步衛(wèi)星軌道半徑小，則MEO衛(wèi)星周期T一定小于24h，故D正確。
故選D
【熱點(diǎn)單選題】2．（2023·江蘇·模擬預(yù)測(cè)內(nèi)陸鹽礦中開采的氯化鈉稱為巖鹽。如圖所示，巖鹽晶體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個(gè)離子處于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，O點(diǎn)為正方形中心，A、B、C、D為四邊中點(diǎn)，M點(diǎn)為A、O的中點(diǎn)，N點(diǎn)為O、D的中點(diǎn)，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，關(guān)于這四個(gè)離子形成的電場(chǎng)，下列說法正確的是（　?。?br/>A. M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)
B. A、M兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相等
C. M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向互相垂直
D. 把一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)沿直線移到C點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小
【答案】C
【解析】
【詳解】A．將四個(gè)電荷看成兩組等量異種電荷，、均在兩組等量異種電荷的中垂線上，電勢(shì)相等且都為零，A錯(cuò)誤；
B．左邊一組等量異種電荷在的電場(chǎng)強(qiáng)度大于在的電場(chǎng)強(qiáng)度，右邊一組等量異種電荷在的電場(chǎng)強(qiáng)度小于在的電場(chǎng)強(qiáng)度，兩組等量異種電荷在A、M兩點(diǎn)的方向相反，根據(jù)電場(chǎng)的疊加可知A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，B錯(cuò)誤；
C．M點(diǎn)豎直向下，N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度水平向左，相互垂直，C正確；
D．把一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)沿直線移到C點(diǎn)，先離正電荷近后離正電荷遠(yuǎn)，電勢(shì)先增大后減小，負(fù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)能先減小后增大，D錯(cuò)誤。
故選C
【熱點(diǎn)單選題】3． （2023廣東省惠州市高三第一次模擬）足球比賽中，足球以從球員身邊直線滾過，在運(yùn)動(dòng)方向上離邊界還有，該球員立即由靜止開始同向直線追趕，球員和足球的速度時(shí)間圖像如圖所示，則（　?。?br/>A. 球員的加速度小于足球的加速度
B. 內(nèi)，球員的平均速度大于足球的平均速度
C. 時(shí)，球員剛好追上足球
D. 若球員不追趕足球，足球會(huì)滾出邊界
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖像，球員和足球的加速度大小分別為
球員的加速度大于足球的加速度，A錯(cuò)誤；
B．內(nèi)，球員的平均速度和足球的平均速度大小分別為
內(nèi)，球員平均速度小于足球的平均速度，B錯(cuò)誤；
C．時(shí)，球員和足球的位移差為
球員沒有追上足球，C錯(cuò)誤；
D．若球員不追趕足球，足球運(yùn)動(dòng)最大位移
所以若球員不追趕足球，足球會(huì)滾出邊界，D正確。
故選D。
【熱點(diǎn)單選題】4．（2023北京市通州區(qū)高三一模）如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線框的邊長(zhǎng)L小于有界磁場(chǎng)的寬度D，在整個(gè)過程中線框的ab邊始終與磁場(chǎng)的邊界平行，若以I表示通過線框的電流（規(guī)定逆時(shí)針為正）、F表示拉力、P表示拉力的功率、表示線框ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，則下列反映這些物理量隨時(shí)間變化的圖像中正確的是（　?。?br/>A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】A．線框中的感應(yīng)電流大小為
大小保持不變，由楞次定律可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向（正值），離開磁場(chǎng)時(shí)電流為順時(shí)針方向（負(fù)值），A錯(cuò)誤；
B．進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力均向左，大小恒定，故拉力F均向右，大小恒定，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，拉力應(yīng)為0，B錯(cuò)誤；
C．由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，故滿足
拉力的功率為
進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)功率相同，C正確；
D．進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，ab兩點(diǎn)間電壓為路端電壓，即
離開磁場(chǎng)時(shí)cd邊相當(dāng)于電源，ab只是外電路的一部分，此時(shí)ab兩點(diǎn)間的電壓為
當(dāng)線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，雖無(wú)感應(yīng)電流，但ab、cd均向右切割磁感線，ab間電壓等于電動(dòng)勢(shì)E，對(duì)比圖像可知，D錯(cuò)誤。
故選C。
【熱點(diǎn)單選題】5．（2023·河北省高三二模）如圖所示，M、N端接正弦式交變電流，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，均為定值電阻，，負(fù)載反映到原線圈的等效電阻（圖中虛線框內(nèi)的等效電阻）為，各電表均為理想電表，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 原線圈的等效電阻與固定電阻的阻值之比為
B. 定值電阻的電壓與原線圈兩端的電壓之比為
C. 定值電阻和的電壓之比為
D. 若M、N端輸入電壓變?yōu)樵瓉淼模瑒t兩表讀數(shù)均變?yōu)樵瓉淼?br/>【答案】B
【解析】
【詳解】A．原副線圈的功率相同，則有
即
則
故A錯(cuò)誤；
B．原線圈的等效電阻與固定電阻的阻值相等，兩者串聯(lián)，通過的電流相等，根據(jù)
可知定值電阻的電壓與原線圈兩端的電壓相等，比值為1:1，故B正確；
C．定值電阻和的電壓之比為
故C錯(cuò)誤；
D．若M、N端輸入電壓變?yōu)樵瓉淼?，原線圈的等效電阻不變，則原線圈的電流變?yōu)樵瓉淼?，副線圈的電流也變?yōu)樵瓉淼?，由歐姆定律可知副線圈的電壓變?yōu)樵瓉淼?，則兩表讀數(shù)均變?yōu)樵瓉淼?，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【熱點(diǎn)單選題】6．（2023·廣東省廣州市二模）如圖所示的火災(zāi)自動(dòng)報(bào)警器具有穩(wěn)定性好、安全性高的特點(diǎn)，應(yīng)用非常廣泛，其工作原理為：放射源處的镅放出的粒子，使殼內(nèi)氣室空氣電離而導(dǎo)電，當(dāng)煙霧進(jìn)入殼內(nèi)氣室時(shí)，粒子被煙霧顆粒阻擋，導(dǎo)致工作電路的電流減小，于是鋒鳴器報(bào)警。則（　　）
A. 發(fā)生火災(zāi)時(shí)溫度升高，的半衰期變短
B. 這種報(bào)警裝置應(yīng)用了射線貫穿本領(lǐng)強(qiáng)的特點(diǎn)
C. 發(fā)生衰變的核反應(yīng)方程是
D. 發(fā)生衰變的核反應(yīng)方程是
【答案】D
【解析】
【詳解】A．半衰期不因外界環(huán)境的溫度而改變，A錯(cuò)誤；
B．這種報(bào)警裝置應(yīng)用了射線電離能力強(qiáng)的特點(diǎn)，B錯(cuò)誤；
CD．衰變釋放出氦核，故核反應(yīng)方程是
C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
【熱點(diǎn)單選題】7．（2023重慶市高三下學(xué)期二診）如圖為新型火災(zāi)報(bào)警裝置的核心部件紫外線光電管，所接電源電壓為U，火災(zāi)時(shí)產(chǎn)生的波長(zhǎng)為的光照射到逸出功為的陰極材料K上產(chǎn)生光電子，且光電子能全部到達(dá)陽(yáng)極A，回路中形成電流I，從而觸發(fā)火災(zāi)報(bào)警器，已知普朗克常量為h，電子的電荷量為e，光速為c。下列說法正確的是（　　）
A. 火災(zāi)中激發(fā)出光電子的光的頻率為
B. 陰極K上每秒鐘產(chǎn)生的光電子數(shù)為
C. 光電管陰極接受到光照用于激發(fā)光電子的功率為
D. 光電子經(jīng)電場(chǎng)加速后到達(dá)A時(shí)的最大動(dòng)能為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)
解得
A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)
，
解得時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)為
B錯(cuò)誤；
C．光電管陰極接受到光照用于激發(fā)光電子的功率
由于
結(jié)合上述解得
C正確；
D．光電子逸出陰極K時(shí)的最大動(dòng)能
電場(chǎng)加速后
結(jié)合上述解得
D錯(cuò)誤。
故選C。
【熱點(diǎn)單選題】8．（2023江西省宜春市二模）2022年令全世界矚目的世界杯于12月18日在卡塔爾落下了帷幕，由巨星梅西率領(lǐng)的阿根廷隊(duì)拿下了冠軍，捧起了大力神杯。某運(yùn)動(dòng)員的彈跳性能較好，如圖是其在日常訓(xùn)練彈跳性。7人制足球門高，寬，P點(diǎn)是地面球門線的中點(diǎn)，PQ垂直球門線且，該運(yùn)動(dòng)員在Q點(diǎn)正上方跳起將球以一定的初速度水平向右頂出，運(yùn)動(dòng)員跳起后的高度為，球視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力及人的寬度，，，以下說法正確的是（　?。?br/>A. 球進(jìn)入球門的最小時(shí)間為
B. 球落在點(diǎn)的時(shí)間為1s
C. 球進(jìn)入球門的最小發(fā)球速度約為
D. 球進(jìn)入球門的最大發(fā)球速度約為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意可知，球做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度最小時(shí)，時(shí)間最短，由可得，最短時(shí)間
故A錯(cuò)誤；
B．由可得，球落在點(diǎn)的時(shí)間為
故B錯(cuò)誤；
CD．根據(jù)題意，由和可知，球的初速度為
可知，當(dāng)水平位移最小，下落高度最大時(shí)，初速度最小，則球從點(diǎn)進(jìn)門時(shí)發(fā)球速度最小，最小發(fā)球速度為
當(dāng)水平位移最大，下落高度最小時(shí)，初速度最大，則球從球門上角進(jìn)入時(shí)初速度最大，此時(shí)水平位移為
下落高度為
則最大速度
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選B。
【熱點(diǎn)單選題】9．（2023·湘豫名校聯(lián)考高三第二次模擬） 如圖甲所示為氫原子光譜的巴耳末系（其光譜線是由的能級(jí)向的能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的），四條可見光譜線的波長(zhǎng)已在圖甲中標(biāo)出。氫原子能級(jí)圖如圖乙所示，，其中。幾種金屬的逸出功如表所示。已知可見光的能量范圍是，則下列說法中正確的是（　?。?br/>金屬 鎢 鈣 鉀 銣
4.54 3.20 2.25 2.13
A. 用光照射時(shí)可讓表中的兩種金屬發(fā)生光電效應(yīng)
B. 譜線對(duì)應(yīng)光子的能量大于譜線對(duì)應(yīng)光子的能量
C. 譜線對(duì)應(yīng)的光子是氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷發(fā)出的
D. 氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光屬于紅外線
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)圖甲可知譜線對(duì)應(yīng)的光波長(zhǎng)最長(zhǎng)，譜線對(duì)應(yīng)的光波長(zhǎng)最短，根據(jù)
可知譜線對(duì)應(yīng)光子的能量最小，譜線對(duì)應(yīng)的光子能量最大。代入四條可見光譜線的波長(zhǎng)，得到四種光的光子能量分別為
，，，
此能量恰好與氫原子分別從，，，能級(jí)躍遷到能級(jí)對(duì)應(yīng)的能量相符。
A．發(fā)生光電效應(yīng)為光子能量大于金屬的逸出功。根據(jù)上述結(jié)果可知用光照射時(shí)可讓表中鉀和銣兩種金屬發(fā)生光電效應(yīng)。故A正確；
B．根據(jù)上述解析可知譜線對(duì)應(yīng)光子的能量小于譜線對(duì)應(yīng)光子的能量，故B錯(cuò)誤；
C．譜線對(duì)應(yīng)的光子是氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷發(fā)出的，故C錯(cuò)誤；
D．氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光，能量為，此能量大于可見光的能量范圍，故此光屬于紫外線。故D錯(cuò)誤。
【熱點(diǎn)單選題】10．.（2023·海南省海口市高三學(xué)生學(xué)科能力診斷） 如圖所示是豎直放置的內(nèi)壁光滑的長(zhǎng)方體容器的縱截面圖，是一個(gè)矩形，，，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量的小球用長(zhǎng)的輕繩懸掛在點(diǎn)。小球隨容器一起繞邊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，取重力加速度，已知，，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 當(dāng)時(shí)，器壁對(duì)小球的彈力大小是
B. 當(dāng)時(shí)，器壁對(duì)小球的彈力大小是
C. 小球剛接觸器壁時(shí)的角速度是
D. 小球剛接觸器壁時(shí)的角速度是
【答案】C
【解析】
【詳解】CD．設(shè)小球剛接觸器壁時(shí)的角速度為，此時(shí)繩子與豎直方向的夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可得
解得
以小球?qū)?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
故C正確，D錯(cuò)誤；
A．當(dāng)時(shí)，由于
可知小球還未接觸器壁，故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)時(shí)，由于
設(shè)器壁對(duì)小球的彈力大小為，繩子拉力大小為，則有
聯(lián)立解得
故D錯(cuò)誤。
故選C。
【熱點(diǎn)單選題】11．（2023·廣東省湛江市第二次模擬）手推翻斗車是建筑工地上常用的工具，翻斗車的高度比工人雙手的高度略低，工地上的工人大多都是背對(duì)翻斗車?yán)嚽靶校灿泄と嗣鎸?duì)翻斗車推車，在車內(nèi)貨物相同的情況下，要使車勻速運(yùn)動(dòng)，斜向下推車或斜向上拉車時(shí)，人對(duì)車的作用力方向與水平方向的夾角相等。關(guān)于推車的推力和拉車的拉力大小，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 推力大于拉力 B. 推力等于拉力
C. 推力小于拉力 D. 無(wú)法確定哪個(gè)力大
【答案】A
【解析】
【詳解】當(dāng)車受到斜向下的推力勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)推車受力分析
根據(jù)共點(diǎn)力平衡，設(shè)推力與水平方向的夾角為α，有
又因?yàn)?br/>聯(lián)立解得
當(dāng)車受到斜向上的拉力勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)推車受力分析
根據(jù)共點(diǎn)力平衡，設(shè)推力與水平方向的夾角為α，有
又因?yàn)?br/>聯(lián)立解得
根據(jù)表達(dá)式可知
故選A。
【熱點(diǎn)單選題】12．（2023 山東省聊城市高三第二次模擬）某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置，探究物塊a上升的最大高度H與物塊b距地面高度h的關(guān)系，忽略一切阻力及滑輪和細(xì)繩的質(zhì)量，初始時(shí)物塊a靜止在地面上，物塊b距地面的高度為h，細(xì)繩恰好繃直，現(xiàn)將物塊b由靜止釋放，b碰到地面后不再反彈，測(cè)出物塊a上升的最大高度為H，此后每次釋放物塊b時(shí)，物塊a均靜止在地面上，物塊b著地后均不再反彈，改變細(xì)繩長(zhǎng)度及物塊b距地面的高度h，測(cè)量多組（H，h）的數(shù)值，然后做出H-h圖像（如圖乙所示），圖像的斜率為k，已知物塊a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，則以下給出的四項(xiàng)判斷中正確的是（　?。?br/>①物塊a，b的質(zhì)量之比 ②物塊a、b的質(zhì)量之比
③H-h圖像的斜率為k取值范圍是0A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【詳解】①②．物塊的上升過程分為兩個(gè)階段，第一階段為在物塊釋放后，在繩子拉力的作用下加速上升，與此同時(shí)物塊加速下降，速率與物塊相同，第二個(gè)階段為物塊落地后，物塊在自身重力的作用下減速上升直至最高點(diǎn)。則第一階段對(duì)整體由動(dòng)能定理有
第二階段對(duì)物塊由動(dòng)能定理有
聯(lián)立以上兩式可得
結(jié)合圖像可得
可知
故①錯(cuò)誤，②正確；
③④．要將物塊拉起，則有
對(duì)物塊，則有
可得
因此有
即
故③錯(cuò)誤，④正確。
故選D。
【熱點(diǎn)多選題】1．（2023·湖北省高三三模） 如圖所示，、為兩個(gè)帶等量負(fù)電荷的固定點(diǎn)電荷，豎直線為兩點(diǎn)電荷連線的中垂線，O點(diǎn)為垂足，?，F(xiàn)將一帶負(fù)電液滴從A點(diǎn)由靜止釋放，液滴到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v且能到達(dá)O點(diǎn)。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（ ）
A. 在中垂線上，O點(diǎn)的電勢(shì)最低
B. A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定小于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度
C. 液滴到達(dá)B'點(diǎn)時(shí)的速度大小為
D. 液滴從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A'點(diǎn)的過程中機(jī)械能先增大后減小
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．由等量同種電荷的電場(chǎng)分布以及沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知，在中垂線上，O電的電勢(shì)最低，故A正確；
B．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，無(wú)窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度也為零，則可知沿著中垂線從O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn)處的過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大，后減小，因此A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定小于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；
C．B點(diǎn)和B'點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則可知電勢(shì)相等，則液滴從B點(diǎn)到B'點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得
解得
故C正確；
D．由于中垂線上的O點(diǎn)電勢(shì)最低，則可知液滴在O點(diǎn)的電勢(shì)能最大，而整個(gè)過程中電勢(shì)能和機(jī)械能的總和不變，則可知帶負(fù)電的液滴從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A'點(diǎn)的過程中機(jī)械能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
【熱點(diǎn)多選題】2．（2023·廣東省廣州市二模）如圖，廣州地鐵3號(hào)線北延段使用了節(jié)能坡。某次列車以64.8km/h（18m/s）的速度沖上高度為4m的坡頂車站時(shí)，速度減為7.2km/h（2m/s），設(shè)該過程節(jié)能坡的轉(zhuǎn)化率為（列車重力勢(shì)能的增加量與其動(dòng)能減小量之比），則（　?。?br/>A. 該過程列車的機(jī)械能守恒
B. 該過程列車的機(jī)械能減少
C. η約為10%
D. η約為25%
【答案】BD
【解析】
【詳解】AB．列車在沖上坡頂站時(shí)，需要克服阻力做功，減小的動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化成了列車的重力勢(shì)能，一部分克服了阻力做功，該過程中列車增加的重力勢(shì)能與減小的動(dòng)能之間的關(guān)系為
因此該過程列車的機(jī)械能減少，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．該過程重力勢(shì)能增加量為
動(dòng)能的減少量為
則該過程節(jié)能坡的轉(zhuǎn)化率為
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
【熱點(diǎn)多選題】3． （2023江西省宜春市二模）隨著人們生活水平的提高，兒童游樂場(chǎng)所的設(shè)施更加豐富多樣了。如圖所示是兒童游樂場(chǎng)所的滑索模型，兒童質(zhì)量為5m，滑環(huán)質(zhì)量為m，滑環(huán)套在水平固定的光滑滑索上。該兒童站在一定的高度由靜止開始滑出，靜止時(shí)不可伸長(zhǎng)的輕繩與豎直方向的夾角為，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，兒童和滑環(huán)均可視為質(zhì)點(diǎn)，滑索始終處于水平狀態(tài)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，以下判斷正確的是（　?。?br/>A. 兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B. 兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C. 兒童運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為
D. 兒童從靜止運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，兒童和滑環(huán)的水平位移之比為
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向不受力，豎直方向受力不平衡，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；
B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，故B正確；
C．根據(jù)水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒有
根據(jù)能量守恒定律有
解得
故C正確；
D．根據(jù)水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒有
解得
則可知兒童和滑環(huán)的水平位移之比為1：5
故選BC。
【熱點(diǎn)多選題】4．（2023 山東省聊城市高三第二次模擬）在兒童游樂場(chǎng)有一種射擊游戲，地面上圓形軌道的半徑為R，軌道上的小車以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，坐在小車上的游客使用玩具槍向處于軌道圓心處的立柱射擊，某次射擊時(shí)子彈恰好水平擊中立柱的最高點(diǎn)，射擊時(shí)槍口到立柱最高點(diǎn)的水平距離為x，豎直距離為h，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 子彈射出槍口時(shí)的速度大小為
B. 子彈射出槍口時(shí)的速度大小為
C. 射擊時(shí)槍管與水平面的夾角為θ，
D. 射擊時(shí)槍管與水平面的夾角為θ，
【答案】AD
【解析】
【詳解】AB．射擊過程中所用時(shí)間
，
射擊時(shí)槍口到立柱最高點(diǎn)的水平距離為x，故水平方向的速度為
豎直方向的速度為
整理得子彈射出槍口時(shí)的速度大小為，A正確，B錯(cuò)誤；
CD．射擊時(shí)槍管與水平面夾角為θ，子彈相對(duì)于地面水平方向速度為
則有
C錯(cuò)誤，D正確。
故選AD。
【熱點(diǎn)多選題】5．（2023· 屆廣東省深圳市第二次調(diào)研考試）如圖，質(zhì)量為1kg的方形鋁管靜置在足夠大的絕緣水平面上，現(xiàn)使質(zhì)量為2kg的條形磁鐵（條形磁鐵橫截面比鋁管管內(nèi)橫截面?。┮詖=3m/s的水平初速度自左向右穿過鋁管，忽略一切摩擦，不計(jì)管壁厚度。則（　?。?br/>A. 磁鐵穿過鋁管過程中，鋁管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B. 磁鐵穿過鋁管后，鋁管速度可能為4m/s
C. 磁鐵穿過鋁管時(shí)的速度可能大于2m/s
D. 磁鐵穿過鋁管過程所產(chǎn)生的熱量可能達(dá)到2J
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．磁鐵穿過鋁管過程中，根據(jù)楞次定律中“來拒去留”可知，鋁管受到的安培力始終向右，故A錯(cuò)誤；
BCD．磁鐵穿過鋁管的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)穿過鋁管時(shí)磁鐵的速度為，鋁管的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
假設(shè)無(wú)能量損耗則有
解得
，
假設(shè)磁鐵恰好和鋁管速度相等，共速的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
損耗的能量為
所以磁鐵穿過鋁管后，鋁管速度小于4m/s，磁鐵穿過鋁管時(shí)的速度可能大于2m/s，磁鐵穿過鋁管過程所產(chǎn)生的熱量可能達(dá)到2J。
故B錯(cuò)誤，CD正確
故選CD。
【熱點(diǎn)多選題】6．（2023·安徽省黃山市·二模）如圖邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)相同的放射源同時(shí)發(fā)射的兩個(gè)粒子甲、乙在磁場(chǎng)內(nèi)發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短。已知甲從AC邊中點(diǎn)垂直AC入射，乙沿AB內(nèi)側(cè)從B點(diǎn)平行于AB入射，放射源利用衰變發(fā)射粒子，粒子速度為（c為真空中光速），粒子的比荷為k，則（　　）
A. 放射源衰變方程為
B. 磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，大小為
C. 乙粒子出射點(diǎn)距A點(diǎn)的距離為
D. 甲粒子在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
【答案】ACD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)衰變過程質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知放射源衰變方程為，故A正確；
B．根據(jù)題意作圖，如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系有
解得
由洛倫茲力提供向心力得
解得
由于粒子帶正電，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，故B錯(cuò)誤；
C．甲、乙在磁場(chǎng)內(nèi)發(fā)生彈性正碰，碰后乙粒子反向運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙粒子從E點(diǎn)出射，如圖：
根據(jù)幾何關(guān)系可知
故C正確；
D．甲、乙在磁場(chǎng)內(nèi)發(fā)生彈性正碰，碰后甲粒子反向運(yùn)動(dòng)，設(shè)甲粒子從F點(diǎn)出射，如圖：
根據(jù)幾何關(guān)系可知
，，
則甲粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
解得
故D正確；
故選ACD。
【熱點(diǎn)多選題】7．（2023江西省宜春市二模）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端懸于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球（可視為點(diǎn)電荷）。將小球拉至與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)，保持細(xì)線繃緊并靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到與豎直方向夾角的P點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?。已知電場(chǎng)范圍足夠大，重力加速度為g，空氣阻力可忽略。以下說法正確的是（　　）
A. 電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為
B. 小球剛釋放時(shí)的加速度為g
C. 小球通過P時(shí)細(xì)繩的拉力為
D. 小球運(yùn)動(dòng)過程中最大速度大小為
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．由題知，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到與豎直方向夾角P點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
A錯(cuò)誤；
B．小球剛釋放時(shí)向心加速度為0，只有重力提供加速度，所以B正確；
C．小球在P的受力情況與在A點(diǎn)的受力情況類似，在A點(diǎn)沿繩方向的加速度為零，所以
C正確；
D．將電場(chǎng)力與重力合成為一個(gè)等效“重力”， 其等效“重力”的最低點(diǎn)即為速度的最大點(diǎn)C，從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
D正確。
故選BCD。
【熱點(diǎn)多選題】8．（2023 遼寧省三校聯(lián)合高三下學(xué)期模擬）打粧機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打粧機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置）時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C與正下方質(zhì)量為2m的靜止粧D碰撞后，D獲得豎直向下速度，豎直向下運(yùn)動(dòng)距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則（　　）
A. C在剛釋放時(shí)加速度為0
B. C的質(zhì)量為
C. C到達(dá)虛線位置時(shí)的速度大小為
D. 若D在運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力F可視為恒力，其大小為
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．C在剛釋放瞬間，水平方向受力平衡，豎直方向只受重力，故C在剛釋放時(shí)的加速度為g，A錯(cuò)誤；
B．設(shè)C的質(zhì)量為M，對(duì)靜止在虛線位置的C物體進(jìn)行受力分析可知
解得
B正確；
C．C下落過程中A、B、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒
解得
C正確；
D．對(duì)D應(yīng)用動(dòng)能定理可得
解得
D錯(cuò)誤。
故選BC。
【熱點(diǎn)多選題】9．（2023重慶市高三下學(xué)期二診）如圖，光滑平行軌道的曲面部分是半徑為R的四分之一圓弧，水平部分位于豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌Ⅰ部分兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌Ⅱ部分兩導(dǎo)軌間距為，將質(zhì)量均為m的金屬棒P和Q分別置于軌道上的段和段，且與軌道垂直。P、Q棒電阻均為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。Q棒靜止，讓P棒從圓弧最高點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)P棒在導(dǎo)軌Ⅰ部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q棒已達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。下列說法正確的是（　?。?br/>A. P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)瞬間對(duì)軌道壓力大小為
B. Q棒第一次穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為
C. Q棒從開始運(yùn)動(dòng)到第一次速度達(dá)到穩(wěn)定，該過程通過P棒的電荷量為
D. 從P棒進(jìn)入導(dǎo)軌Ⅱ運(yùn)動(dòng)到再次穩(wěn)定過程中，P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)速度大小設(shè)為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
根據(jù)牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可得，P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)瞬間對(duì)軌道壓力的大小為，故A錯(cuò)誤；
BC．設(shè)Q棒第一次穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為，P棒的速度為，則有
Q棒從開始運(yùn)動(dòng)到第一次速度達(dá)到穩(wěn)定過程中，對(duì)P、Q棒分別分析，由動(dòng)量定理可得
又因
解得
故B錯(cuò)誤，C正確；
D．從P棒進(jìn)入導(dǎo)軌Ⅱ運(yùn)動(dòng)后，兩棒速度穩(wěn)定時(shí)，速度相同，設(shè)穩(wěn)定速度為v。由動(dòng)量守恒定律得
由能量守恒定律得P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為
解得
故D正確。
故選CD。
【熱點(diǎn)多選題】10． （2023·福建省廈門第一中學(xué)期二模）電磁減震器是利用電磁感應(yīng)原理的一種新型智能化汽車獨(dú)立懸架系統(tǒng)。某同學(xué)也設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁阻尼減震器，圖為其簡(jiǎn)化的原理圖。該減震器由絕緣滑動(dòng)桿及固定在桿上的多個(gè)相互緊靠的相同矩形線圈組成，滑動(dòng)桿及線圈的總質(zhì)量。每個(gè)矩形線圈匝數(shù)匝，電阻值，邊長(zhǎng)，邊長(zhǎng)，該減震器在光滑水平面上以初速度向右進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)范圍是夠大，不考慮線圈個(gè)數(shù)變化對(duì)減震器總質(zhì)量的影響。則（　　）
A. 剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)減震器的加速度大小
B. 第二個(gè)線圈恰好完全透入磁場(chǎng)時(shí)，減震器的速度大小為
C. 滑動(dòng)桿上至少需安裝12個(gè)線圈才能使減震器完全停下來
D. 第1個(gè)線圈和最后1個(gè)線圈產(chǎn)生的熱量比
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．線圈在磁場(chǎng)中受到安培力的作用做減速運(yùn)動(dòng)，故安培力
其中
聯(lián)立以上兩式可得
剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度為，代入數(shù)據(jù)可得
根據(jù)牛頓第二定律可得加速度
故A錯(cuò)誤；
B．設(shè)向右為正方向，對(duì)減震器進(jìn)行分析，當(dāng)?shù)诙€(gè)線圈恰好完全透入磁場(chǎng)時(shí)設(shè)所用時(shí)間為，此時(shí)減震器的速度大小為，則由動(dòng)量定理可得
即
代入數(shù)據(jù)可得
故B正確；
C．由以上分析可知，每一個(gè)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)后，減震器的速度減小量
則要減震器的速度減為零需要的線圈個(gè)數(shù)為
可知需要13個(gè)線圈，故C錯(cuò)誤；
D．只有進(jìn)入磁場(chǎng)的線圈產(chǎn)生熱量，根據(jù)能量守恒可知，線圈上產(chǎn)生的熱量在數(shù)值上等于減震器動(dòng)能動(dòng)能的減少量，第一個(gè)線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有
最后一個(gè)線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有
因此
故D正確。
故選BD。
【熱點(diǎn)多選題】11．（2023·河北省高三二模）如圖所示為某型號(hào)的無(wú)人機(jī)，該無(wú)人機(jī)的質(zhì)量為，電動(dòng)機(jī)能提供的最大動(dòng)力為，無(wú)人機(jī)飛行時(shí)所受的阻力大小恒為。當(dāng)無(wú)人機(jī)以最大動(dòng)力從地面由靜止開始沿豎直方向加速上升，經(jīng)的時(shí)間后關(guān)閉動(dòng)力裝置，無(wú)人機(jī)能達(dá)到的最大高度為h，然后無(wú)人機(jī)沿原路返回地面，無(wú)人機(jī)自由下落一段時(shí)間后重啟動(dòng)力裝置，無(wú)人機(jī)共下落后剛好落地、重力加速度g取，則下列說法正確的是（　　）
A.
B. 無(wú)人機(jī)返回時(shí)加速的時(shí)間為
C. 無(wú)人機(jī)返回過程重啟動(dòng)力裝置后，電動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力為
D. 無(wú)人機(jī)返回過程重啟動(dòng)力裝置后，電動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力為
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．當(dāng)無(wú)人機(jī)以最大動(dòng)力從地面由靜止開始沿豎直方向加速上升過程，由牛頓第二定律，得
代入數(shù)據(jù)解得
經(jīng)的時(shí)間后關(guān)閉動(dòng)力裝置減速過程，由牛頓第二定律，得
代入數(shù)據(jù)解得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，得
解得最大速度及上升過程減速時(shí)間為
無(wú)人機(jī)能達(dá)到的最大高度為
故A錯(cuò)誤；
B．無(wú)人機(jī)沿原路返回地面時(shí)，無(wú)人機(jī)自由下落過程，由牛頓第二定律，得
代入數(shù)據(jù)解得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，得
返回過程平均速度
所以無(wú)人機(jī)返回時(shí)加速的時(shí)間為
故B正確；
CD．無(wú)人機(jī)返回過程重啟動(dòng)力裝置后，由牛頓第二定律，得
代入數(shù)據(jù)解得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，得
聯(lián)立解得
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
【熱點(diǎn)多選題】12． （2023·湘豫名校聯(lián)考高三第二次模擬） 某個(gè)粒子分析裝置的簡(jiǎn)化示意圖如圖所示，在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出）中，有一圓心為O、半徑為R的圓形無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，在圓形邊界的P點(diǎn)處有一粒子發(fā)射源，可在圖示范圍的方向上在紙面內(nèi)隨機(jī)向磁場(chǎng)區(qū)域發(fā)射速度大小相同的粒子，在圓經(jīng)過P點(diǎn)的直徑上，固定一長(zhǎng)度為的熒光擋板，粒子擊中熒光擋板后被吸收并發(fā)出熒光。已知與直徑延長(zhǎng)線的夾角為，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用，當(dāng)粒子的速度為時(shí)，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 所有進(jìn)入圓形區(qū)域的粒子均垂直擊中熒光擋板
B. 熒光擋板上粒子打到區(qū)域長(zhǎng)度為R，且擊中熒光擋板的粒子的位置均勻分布
C. 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為
D. 粒子在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為
則從P點(diǎn)射出的某一粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知，四邊形O′MOP為菱形，可知O′M水平，則從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域的粒子速度豎直向下，垂直擊中熒光擋板，選項(xiàng)A正確；
B．沿著PG方向射出的粒子設(shè)到擋板上的位置最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系可知，最遠(yuǎn)點(diǎn)距離P點(diǎn)的距離為，并且距離P點(diǎn)越近，粒子數(shù)量越多，粒子分布不均勻，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．沿著PH方向射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，由幾何關(guān)系可知在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為330°，則最長(zhǎng)時(shí)間
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．水平向左射出的粒子在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，為
選項(xiàng)D正確。
故選AD。
【考前預(yù)測(cè)篇2】 熱點(diǎn)非選擇題
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】1．（2023·廣東省佛山市二模）小明發(fā)現(xiàn)，在夜景照片中，車燈常常會(huì)劃出一道道美麗的弧線，受此啟發(fā)，他決定利用發(fā)光小球自由下落時(shí)在照片上留下的光弧，來測(cè)量當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)步驟如下：
①在黑暗的房間里，如圖甲所示將相機(jī)正對(duì)豎直的刻度尺放置，調(diào)節(jié)相機(jī)快門為100（即曝光時(shí)間為）；
②將發(fā)光小球從刻度尺零刻度處由靜止釋放，待小球下落至與相機(jī)近似等高位置時(shí)按下相機(jī)快門，得如圖乙所示的照片，讀出亮線上邊沿到釋放點(diǎn)的距離H，亮線的長(zhǎng)度d（曝光時(shí)間內(nèi)小球的位移）；
③用內(nèi)的平均速度近似等于小球下落高度時(shí)的瞬時(shí)速度，進(jìn)而計(jì)算出重力加速度g；
④重復(fù)步驟②③，讀出數(shù)據(jù)如下表所示，計(jì)算g的平均值，測(cè)得當(dāng)?shù)刂亓铀俣取?br/>第一張圖 第二張圖 第三張圖
d/cm 2.50 2.80 3.20
H/cm 31.3 39.50 5170
（1）根據(jù)上表數(shù)據(jù)，小球在第三張圖中曝光時(shí)間內(nèi)的平均速度大小_______m/s（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
（2）根據(jù)步驟③計(jì)算當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_(dá)式為_______（用，H，d表示）。
（3）本實(shí)驗(yàn)測(cè)得重力加速度_______（填“大于”、“等于”或“小于”）真實(shí)值。
（4）為減小實(shí)驗(yàn)誤差，可以采取下列哪些措施_______。
A．選用密度大，體積小的發(fā)光小球 B．選用密度小，體積大的發(fā)光小球
C．將相機(jī)快門調(diào)整為125 D．將相機(jī)快門調(diào)整為60
【答案】 ①. 3.2 ②. ③. 小于 ④. AC##CA
【解析】
【詳解】（1）[1]小球在第三張圖中曝光時(shí)間內(nèi)的平均速度大小
（2）[2]由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律
聯(lián)立解得
（3）[3]忽略空氣阻力的情況下，設(shè)小球下落H的速度為v1，下落的速度為v2，下落的速度為v3，由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律
易得
而小球在曝光時(shí)間內(nèi)的平均速度
因?yàn)?br/>所以
所以由本實(shí)驗(yàn)原理可得，本實(shí)驗(yàn)測(cè)得的重力加速度小于真實(shí)值；
若考慮空氣阻力，則由牛頓第二定律
所測(cè)得的加速度a小于重力加速度的真實(shí)值。
（4）[4]AB．選用密度大，體積小的發(fā)光小球則空氣阻力的影響相對(duì)小很多，有利于減小誤差，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD．將快門調(diào)大，即減小，則v1和v3的差值減小，由可知v和v2的差值也減小，則有利于減小誤差，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選AC。
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】2．（2023重慶市高三下學(xué)期二診）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖中所示的裝置完成“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。將氣墊導(dǎo)軌沿傾斜方向固定在水平桌面上，傾角為。將光電門固定在氣墊導(dǎo)軌上，帶有擋光條的滑塊從光電門上方由靜止釋放。
（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，該小組的同學(xué)利用游標(biāo)卡尺測(cè)了擋光條的寬度，如圖乙所示，該游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為___________。
（2）已知擋光條的寬度為d，釋放點(diǎn)到光電門的距離為L(zhǎng)，擋光條經(jīng)過光電門的擋光時(shí)間為t，重力加速度為g。若滑塊下滑過程中機(jī)械能守恒，則關(guān)系式___________成立（用題中所給物理量符號(hào)表示）。
（3）改變釋放點(diǎn)到光電門的距離L，多次實(shí)驗(yàn)，并記錄滑塊每次經(jīng)過光電門時(shí)的擋光時(shí)間t，該小組的同學(xué)利用圖像法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。坐標(biāo)系以L為縱軸，為了便于驗(yàn)證，應(yīng)以___________（填“t”“”或“”）為橫軸，若圖線的斜率為k，重力加速度___________時(shí)滑塊下滑過程中的機(jī)械能守恒。
【答案】 ①. 9.30 ②. ③. ④.
【解析】
【詳解】（1）[1]由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，該游標(biāo)卡尺的精確度為0.05，則讀數(shù)為
（2）[2]滑塊經(jīng)過光電門時(shí)的速度為
若滑塊下滑過程中的機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律得
整理得
（3）[3]由
得
坐標(biāo)系以L為縱軸，為了便于驗(yàn)證，應(yīng)以為橫軸。
[4]依題意，有
解得
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】3． （2023·海南省?？谑懈呷龑W(xué)生學(xué)科能力診斷）某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。
（1）將滑塊放置在氣墊導(dǎo)軌上，打開氣泵，待氣流穩(wěn)定后，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的調(diào)節(jié)旋鈕，下列哪些選項(xiàng)說明氣墊導(dǎo)軌已調(diào)到水平__________。
A．當(dāng)氣墊導(dǎo)軌與桌面平行時(shí)
B．輕推滑塊，經(jīng)過兩個(gè)光電門的時(shí)間相等
C．直接用眼睛觀察氣墊導(dǎo)軌是否水平
D．滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上保持靜止
（2）測(cè)出滑塊和遮光條的總質(zhì)量為，滑塊和遮光條的總質(zhì)量為，兩遮光條的寬度相同。將滑塊靜置于兩光電門之間，將滑塊靜置于光電門1左側(cè)，推動(dòng)，使其獲得水平向右的初速度，經(jīng)過光電門1并與發(fā)生碰撞，碰撞后被彈回，再次經(jīng)過光電門1。光電門1先后記錄的擋光時(shí)間分別為、，光電門2記錄的擋光時(shí)間為，則實(shí)驗(yàn)中兩滑塊的質(zhì)量應(yīng)滿足________（選 “>”“<”或“=”）。
（3）若碰撞過程中動(dòng)量守恒，則滿足的關(guān)系式是____________。
【答案】 ①. BD##DB ②. ③.
【解析】
【詳解】.
（1）[1]A．由于桌面不一定是水平，則當(dāng)氣墊導(dǎo)軌與桌面平行時(shí)，氣墊導(dǎo)軌不一定水平，故A錯(cuò)誤；
B．輕推滑塊，經(jīng)過兩個(gè)光電門的時(shí)間相等，說明滑塊A做勻速運(yùn)動(dòng)，則氣墊導(dǎo)軌水平，故B正確；
C．直接用眼睛觀察氣墊導(dǎo)軌是否水平，誤差太大，故C錯(cuò)誤；
D．滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上保持靜止，說明受力平衡，則氣墊導(dǎo)軌水平，故D正確。
故選BD。
（2）[2]實(shí)驗(yàn)過程中，滑塊A與滑塊B碰撞后反向彈回，則有
（3）[3]根據(jù)題意可知，滑塊A碰撞之前的速度大小為
碰撞之后的速度大小為
滑塊B碰撞之后的速度大小為
若系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有
整理可得
即滿足上式，則碰撞過程動(dòng)量守恒。
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】4．（2023江西省宜春市二模）某興趣小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了圖甲所示的裝置測(cè)量滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）和水平臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。水平轉(zhuǎn)臺(tái)能繞豎直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，裝有遮光條的小滑塊放置在轉(zhuǎn)臺(tái)上，不可伸長(zhǎng)的細(xì)線一端連接小滑塊，另一端連到固定在轉(zhuǎn)軸上的力傳感器上，連接到計(jì)算機(jī)上的傳感器能顯示細(xì)線的拉力F，安裝在鐵架臺(tái)上的光電門可以讀出遮光條通過光電門的時(shí)間t，興趣小組采取了下列步驟：
①用十分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d。
②將滑塊放置在轉(zhuǎn)臺(tái)上，使細(xì)線剛好繃直，量出滑塊到轉(zhuǎn)軸的距離L。
③控制轉(zhuǎn)臺(tái)以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，記錄力傳感器和光電門的示數(shù)，分別為和；依次增大轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度，并保證每次都做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，記錄對(duì)應(yīng)的力傳感器示數(shù)、……和光電門的示數(shù)、……。
回答下面的問題
（1）由于游標(biāo)卡尺老舊前面刻度丟失，示數(shù)如圖乙所示，則d=___________mm。
（2）滑塊勻速轉(zhuǎn)動(dòng)角速度大小可由ω=___________計(jì)算得出（用d、t、L表示）。
（3）處理數(shù)據(jù)時(shí)，興趣小組同學(xué)以力傳感器的示數(shù)F為縱軸，對(duì)應(yīng)的角速度大小的平方為橫軸，建立直角坐標(biāo)系，描點(diǎn)后擬合為一條直線，如圖丙所示（圖中a、b已知），設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則滑塊和臺(tái)面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ=___________。
（4）該小組同學(xué)換用相同材料的質(zhì)量更大的滑塊再次做了該實(shí)驗(yàn)，作出的圖像，與圖丙中a和b比較，發(fā)現(xiàn)a___________、b___________（填“增大”“減小”和“不變”）。
【答案】 ① 9.7 ②. ； ③. ； ④. 增大 ⑤. 不變
【解析】
【詳解】（1）[1]游標(biāo)尺右端刻線左側(cè)對(duì)應(yīng)的是主尺的16mm刻線，游標(biāo)尺總長(zhǎng)度為9mm，則游標(biāo)尺左端零刻線左側(cè)對(duì)應(yīng)的是主尺的16mm-9mm=7mm刻線，故主尺的讀數(shù)應(yīng)為7mm，游標(biāo)尺的最小分度值為0.1mm，讀數(shù)為，故游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為
（2）[2]滑塊通過光電門的速度可以用平均速度計(jì)算，則
根據(jù)線速度、角速度和半徑關(guān)系式有
解得
（3）[3]滑塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)牛頓第二定律有
整理得
由圖像可得
解得
（4）[4][5]根據(jù)圖像有
，
則
可知滑塊質(zhì)量增大，a增大，b不變。
。
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】5．（2023· 屆廣東省深圳市第二次調(diào)研考試）實(shí)驗(yàn)小組做“探究在質(zhì)量不變的情況下物體的加速度與所受合外力關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。如圖甲所示為實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。
（1）該實(shí)驗(yàn)中______（選填“需要”或“不需要”）保證砂和砂桶的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量M。
（2）如圖乙是實(shí)驗(yàn)中選擇的一條合適的紙帶（紙帶上相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒有畫出），相關(guān)的測(cè)量數(shù)據(jù)已標(biāo)在紙帶上，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)頻率為50Hz，則小車的加速度______（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
（3）保持小車的質(zhì)量不變，改變砂桶中砂的質(zhì)量，記錄多組傳感器的讀數(shù)F和對(duì)應(yīng)紙帶的加速度a的數(shù)值，并根據(jù)這些數(shù)據(jù)，繪制出如圖所示的圖像，分析此圖像不過原點(diǎn)原因可能是______，實(shí)驗(yàn)用小車的質(zhì)量為______kg（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】 ①. 不需要 ②. 0.75 ③. 未補(bǔ)償阻力或補(bǔ)償阻力不足 ④. 1.0
【解析】
【詳解】（1）［1］由于實(shí)驗(yàn)裝置中有拉力傳感器，可以測(cè)出繩中的拉力大小，故不需要保證砂與砂桶的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M。
（2）［2］根據(jù)逐差公式有
由于相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，故
解得
（3）［3］圖表示F增大到一定值時(shí)，小車才有加速度，故原因是未補(bǔ)償阻力或補(bǔ)償阻力不足；
［4］根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理圖，受力分析易得
可推出
故圖線的斜率k
由圖可知
解得
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】6．（2023 山東省聊城市高三第二次模擬） 一個(gè)物理興趣小組的同學(xué)準(zhǔn)備測(cè)定某電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室可供選用的實(shí)驗(yàn)器材有：電流表A1、A2，滑動(dòng)變阻器R，電阻箱R0，待測(cè)電池E，開關(guān)S，導(dǎo)線等。
（1）興趣小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路來測(cè)定電流表A1的內(nèi)阻：將電阻箱的阻值調(diào)整到R0=50Ω，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值，得到多組電流表A1、A2的讀數(shù)I1、I2，并用描點(diǎn)法得到I2-I1圖像為過原點(diǎn)的傾斜直線，如圖乙所示?？傻秒娏鞅鞟1的內(nèi)阻RA1=________Ω。
（2）興趣小組的同學(xué)利用上述實(shí)驗(yàn)器材設(shè)計(jì)了如圖丙所示的電路來測(cè)定電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)中，他們通過改變R0的阻值，記錄了多組數(shù)據(jù)（電阻箱阻值R0和電流表A1示數(shù)I）。
（3）一同學(xué)以IR0為縱坐標(biāo)，以I為橫坐標(biāo)作圖像處理數(shù)據(jù)；在坐標(biāo)紙上畫出的圖像如圖丁所示。
（4）根據(jù)以上測(cè)量結(jié)果可知，電源電動(dòng)勢(shì)E=________V，內(nèi)阻r=________Ω。
（5）另一同學(xué)以為縱坐標(biāo)，以R0為橫坐標(biāo)作圖像處理數(shù)據(jù)，請(qǐng)根據(jù)（1）、（4）的計(jì)算結(jié)果，在圖戊所示的坐標(biāo)系中繪出圖像_________。
【答案】 ①. 5 ②. 1.5 ③. 10 ④.
【解析】
【詳解】（1）[1] 由圖甲根據(jù)并聯(lián)電路電流的關(guān)系有
結(jié)合圖乙中數(shù)據(jù)解得
（4）[2] 由閉合電路的歐姆定律得
解得
IR0-I圖像的縱截距表示電源電動(dòng)勢(shì)，由圖丁知
[3] IR0-I圖像的斜率的絕對(duì)值表示，則
解得電源內(nèi)阻
（5） [4] 由得
以為縱坐標(biāo)，以R0為橫坐標(biāo)作圖像
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】7．（2023·江蘇·模擬預(yù)測(cè)測(cè)量電源的內(nèi)阻，提供的器材如下：
A．待測(cè)電源E（內(nèi)阻約為10Ω）
B．電源E0（電動(dòng)勢(shì)E0略大于待測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)E）
C．靈敏電流計(jì)G（0-30μA）
D．電阻箱（0-99999.9Ω）
E．電阻箱（0-99.9Ω）
F．定值電阻R0
G．均勻金屬電阻絲及滑動(dòng)觸頭
H．開關(guān)、導(dǎo)線若干
（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)采用上圖所示電路，閉合開關(guān)S1、S2，將滑動(dòng)觸頭P與金屬電阻絲試觸，根據(jù)靈敏電流計(jì)G指針偏轉(zhuǎn)方向調(diào)整P點(diǎn)位置，并_________（選填“增大”或“減小”）電阻箱R1的阻值，反復(fù)調(diào)節(jié)，直到G表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，此時(shí)金屬絲左端接線柱A與觸頭P間的電勢(shì)差UAP___________（選填“大于”、“小于”或“等于”）待測(cè)電源E的路端電壓；
（2）改變R2的阻值重復(fù)實(shí)驗(yàn)，用（1）中的方法調(diào)節(jié)到G表不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，用刻度尺測(cè)量觸頭P到接線柱A間的距離，記下此時(shí)電阻箱R2的阻值，根據(jù)上述步驟測(cè)得的數(shù)據(jù)，作出電阻箱R2的阻值R與對(duì)應(yīng)AP間距離L的關(guān)系圖象如右圖所示，測(cè)得圖線的斜率為k，圖線在縱軸上的截距為b，則待測(cè)電源E的內(nèi)阻測(cè)量值為___________；
（3）實(shí)驗(yàn)中，電阻箱R2應(yīng)選用_________（選填序號(hào)“D”或“E”）；
（4）請(qǐng)寫出由金屬絲引起誤差的一個(gè)原因_________________。
【答案】 ①. 減小 ②. 等于 ③. ④. E ⑤. 通電后變化使金屬絲的電阻變化（金屬絲粗細(xì)不均勻、長(zhǎng)度測(cè)量的讀數(shù)誤差等）
【解析】
【詳解】（1）[1]開始時(shí)電阻箱應(yīng)調(diào)至最大，然后再減小阻值，當(dāng)直到G表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)時(shí)，說明G表兩端電勢(shì)差為零，故說UAP等于E的路端電壓；
（2）[2]因UAP等于E的路端電壓；故電壓與AP間的距離成正比；則由閉合電路歐姆定律可知
則可知
由數(shù)學(xué)規(guī)律可知
解得
（3）[3]因電源電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻較小，故電阻箱選擇總阻值較小的E即可；
（4）[4]通電后變化使金屬絲的電阻變化（金屬絲粗細(xì)不均勻、長(zhǎng)度測(cè)量的讀數(shù)誤差等）
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】8．（2023·安徽省黃山市·二模） 隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進(jìn)入千家萬(wàn)戶。某市對(duì)市場(chǎng)上出售的純凈水質(zhì)量進(jìn)行了抽測(cè)，結(jié)果發(fā)現(xiàn)有部分樣品的電導(dǎo)率（電導(dǎo)率是電阻率的倒數(shù)，是檢驗(yàn)純凈水是否合格的一項(xiàng)重要指標(biāo)）不合格。
（1）你認(rèn)為不合格的純凈水的電導(dǎo)率__________（選填“偏大”或“偏小”）；
（2）為了方便測(cè)量純凈水樣品的電阻，將采集的水樣裝入絕緣性能良好的長(zhǎng)方體玻璃槽中，如圖1所示，玻璃槽內(nèi)腔的長(zhǎng)度，寬度，水的高度h，用多用電表歐姆擋粗測(cè)玻璃槽中水的電阻，選擇開關(guān)置于“×100”擋，發(fā)現(xiàn)指針如圖2所示，為使指針在中央刻度附近，需要換選__________（選填“×10”或“×1k”）擋；
（3）為了精確測(cè)量玻璃槽中水的電阻，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：
待測(cè)電阻
直流電源E（電動(dòng)勢(shì)約6V，內(nèi)阻約1Ω）
電壓表（量程6V，內(nèi)阻約3kΩ）
電壓表（量程15V，內(nèi)阻約5kΩ）
電流表（量程，內(nèi)阻約200Ω）
電流表（量程0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）
滑動(dòng)變阻器R（最大阻值20Ω）
開關(guān)S一個(gè)及導(dǎo)線若干
實(shí)驗(yàn)中要求盡量減小系統(tǒng)誤差，應(yīng)保證電表在測(cè)量時(shí)其最大讀數(shù)超過量程的三分之二，則電壓表應(yīng)選擇__________（選填“”或“”），電流表應(yīng)選擇__________（選填“”或“”）。請(qǐng)?jiān)谔摼€框中畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖_________：
（4）連接好實(shí)驗(yàn)電路，測(cè)量玻璃槽中水的高度h，電壓表示數(shù)U，電流表示數(shù)I，改變玻璃槽中水的高度，測(cè)得多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，繪制圖像如圖3所示，則待測(cè)純凈水的電導(dǎo)率__________（結(jié)果保留3位有效數(shù)字。國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)：在25℃時(shí)飲用純凈水電導(dǎo)率。
【答案】 ①. 偏大 ②. ③. ④. ⑤. ⑥. 20.6##20.7##20.8##20.9##21.0
【解析】
【詳解】（1）[1]越不純凈的水，水中能夠自由移動(dòng)的粒子就越多，則導(dǎo)電性能越強(qiáng)，電阻越小，即電阻率越小，而電導(dǎo)率是電阻率的倒數(shù)，則可知越不純凈的水電導(dǎo)率越大，即不合格的純凈水的電導(dǎo)率偏大。
（2）[2]由圖2可知，歐姆表指針偏角過小，為使指針在中央刻度附近，需要換選。
（3）[3][4]由于電源的電動(dòng)勢(shì)為，則在選取電壓表時(shí)應(yīng)選擇接近電源電動(dòng)勢(shì)量程的電表，即選擇電壓表，這樣在實(shí)驗(yàn)中才能保證電表在測(cè)量時(shí)其最大讀數(shù)超過量程的三分之二，從而減小實(shí)驗(yàn)誤差；選擇電流表時(shí)可用直除法，用電源的電動(dòng)勢(shì)直接除以待測(cè)電阻的大概阻值，從而得到一個(gè)粗略電流的范圍進(jìn)行電流表的選擇，由圖2中“”擋時(shí)歐姆表的讀數(shù)可知待測(cè)電阻大致在左右，通過直除法可得電流大概在左右，再根據(jù)電表的讀數(shù)要求可知電流表應(yīng)選擇表；
[5]由于所給滑動(dòng)變阻器的阻值遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻的阻值，因此滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，而電流表的內(nèi)阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻的阻值，定量方面可根據(jù)
進(jìn)行判斷，則可知電流表采用內(nèi)接法，電路圖如下所示
（4）[6]由于電流表的內(nèi)阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻的阻值，則計(jì)算時(shí)可忽略電流表的分壓作用，根據(jù)部分電路的歐姆定律可得
根據(jù)電阻定律可得
聯(lián)立可得
而
圖線的斜率
代入數(shù)據(jù)可得
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】9．（2023·福建省廈門第一中學(xué)期二模） 某同學(xué)要把電壓表改裝成可直接測(cè)量壓力的儀表，設(shè)計(jì)的電路如圖（a）所示．實(shí)驗(yàn)器材如下：待改裝電壓表（量程0 ~ 3 V，可視為理想電壓表），定值電阻，壓敏電阻，電源（4 V，內(nèi)阻不計(jì)），開關(guān)S，導(dǎo)線．選用的壓敏電阻阻值隨壓力F變化的規(guī)律如圖（b）．
（1）實(shí)驗(yàn)中隨著壓力F的增大，電壓表的示數(shù)__________．（填“變大”“不變”或“變小”）
（2）為使改裝后儀表的量程為0 ~ 160 N，且壓力160 N對(duì)應(yīng)電壓表3V刻度，則定值電阻阻值__________，壓力0 N對(duì)應(yīng)電壓表__________V刻度．
（3）他發(fā)現(xiàn)這樣改裝后的儀表壓力刻度分布不均勻，想進(jìn)一步把（2）中的壓力刻度改成均勻分布，應(yīng)選用另一壓敏電阻，其阻值與壓力F變化關(guān)系式為__________．
【答案】 ①. 變大； ②. ； ③. ； ④. ;
【解析】
【分析】
【詳解】（1）[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電壓表的示數(shù)
由圖（b）可知，壓力越大越小，U越大，故電壓表的示數(shù)變大；
（2）[2][3]由圖（b）可知，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)電壓表的示數(shù)，由
得
由圖（b）可知，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)電壓表的示數(shù)為
可見壓力0N對(duì)應(yīng)電壓表1.5V刻度；
（3）[4]若選用圖（b）的壓敏電阻，則與壓力F的關(guān)系式為
代入
可得U 與F的關(guān)系式為
這樣改裝后的儀表壓力刻度分布是不均勻的．為了使壓力刻度分布均勻，應(yīng)另選用壓敏電阻，且仍要滿足量程為，N標(biāo)在1.5V刻度，標(biāo)在3V刻度．由于電壓表的電壓刻度是均勻分布的，所以電壓和壓力一定要滿足線性關(guān)系，設(shè)
由時(shí)，，時(shí)，可得
又
解得
.
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】10．（2023·湖北省高三三模）國(guó)標(biāo)（GB／T）規(guī)定自來水在15℃時(shí)電阻率應(yīng)大于13Ω·m。某同學(xué)利用圖甲電路測(cè)量15℃自來水的電阻率，其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細(xì)管，細(xì)管上加有閥門K以控制管內(nèi)自來水的水量，玻璃管兩端接有導(dǎo)電活塞（活塞電阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移動(dòng)。實(shí)驗(yàn)器材還有：
電源（電動(dòng)勢(shì)約為3 V，內(nèi)阻可忽略）；電壓表V1（量程為3 V，內(nèi)阻很大）；
電壓表V2（量程為3 V，內(nèi)阻很大）；定值電阻R1（阻值4 kΩ）；
定值電阻R2（阻值2 kΩ）；電阻箱R（最大阻值9 999 Ω）；
單刀雙擲開關(guān)S；導(dǎo)線若干；游標(biāo)卡尺；刻度尺
實(shí)驗(yàn)步驟如下：
A．用游標(biāo)卡尺測(cè)量玻璃管的內(nèi)徑d；
B．向玻璃管內(nèi)注滿自來水，并用刻度尺測(cè)量水柱長(zhǎng)度L；
C．把S撥到1位置，記錄電壓表V1示數(shù)；
D．把S撥到2位置，調(diào)整電阻箱阻值，使電壓表V2示數(shù)與電壓表V1示數(shù)相同，記錄電阻箱的阻值R；
E．改變玻璃管內(nèi)水柱長(zhǎng)度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟C、D，記錄每一次水柱長(zhǎng)度L和電阻箱阻值R；
F．?dāng)嚅_S，整理好器材。
（1）測(cè)玻璃管內(nèi)徑d時(shí)游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙，則d＝_______mm；
（2）玻璃管內(nèi)水柱的電阻值Rx的表達(dá)式為：Rx＝_______（用R1、R2、R表示）；
（3）利用記錄的多組水柱長(zhǎng)度L和對(duì)應(yīng)的電阻箱阻值R的數(shù)據(jù)，繪制出如圖丙所示的關(guān)系圖象。則自來水的電阻率ρ＝_______Ω·m（保留兩位有效數(shù)字）；
（4）本實(shí)驗(yàn)中若電壓表V1內(nèi)阻不是很大，則自來水電阻率測(cè)量結(jié)果將_____（填“偏大”“不變”或“偏小”）。
【答案】 ①. 30.00 ②. ③. 14 ④. 偏大
【解析】
【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：3.0cm=30mm，游標(biāo)尺上0刻度和主尺上刻度對(duì)齊，所以最終讀數(shù)為：30.00mm，所以玻璃管內(nèi)徑：
d=30.00mm
（2）[2]設(shè)把S撥到1位置時(shí)，電壓表V1示數(shù)為U，則電路電流為：
總電壓：
當(dāng)把S撥到2位置，調(diào)整電阻箱阻值，使電壓表V2示數(shù)與電壓表V1示數(shù)相同也為U，則此時(shí)電路中的電流為
總電壓
由于兩次總電壓等于電源電壓E，可得：
解得：
（3）[3]從圖丙中可知，R=2×103Ω時(shí)，，此時(shí)玻璃管內(nèi)水柱的電阻：
水柱橫截面積：
由電阻定律得：
（4）[4]若電壓表V1內(nèi)阻不是很大，則把S撥到1位置時(shí)，此時(shí)電路中實(shí)際電流大于，根據(jù)可知測(cè)量的Rx將偏大，因此自來水電阻率測(cè)量結(jié)果將偏大。
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】11．（2023·湘豫名校聯(lián)考高三第二次模擬） 某學(xué)習(xí)小組利用電壓表V（量程為）、電源E和電位器R（相當(dāng)于最大阻值很大的滑動(dòng)變阻器），改裝成一個(gè)能夠測(cè)量電阻的歐姆表。實(shí)驗(yàn)原理圖如圖甲所示。實(shí)驗(yàn)主要步驟如下，請(qǐng)完成有關(guān)內(nèi)容。
（1）按照實(shí)驗(yàn)原理圖連接電路，先把電位器R的滑片P調(diào)到__________（填“a”或“b”）端，將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)滑片P使電壓表滿偏；
（2）保持電位器R的滑片P不動(dòng)，在紅、黑表筆間接入電阻箱，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，當(dāng)電壓表半偏時(shí)，電阻箱的示數(shù)如圖乙所示，讀出電阻箱的阻值________；
（3）在紅、黑表筆間接入待測(cè)電阻，若電壓表的示數(shù)為U，已知電壓表的滿偏電壓為。把電壓表的示數(shù)標(biāo)示為待測(cè)電阻的阻值，換算公式是_________（用、U和表示）；
（4）利用改裝好的歐姆表測(cè)量人體兩手間的電阻。測(cè)試者兩手分別捏緊紅、黑表筆，電壓表指針讀數(shù)如圖丙所示，則人體電阻_________（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；
（5）__________（填“可以”或“不可以”）用此改裝的歐姆表測(cè)量阻值為幾歐姆的小燈泡的電阻。原因是：__________。
【答案】 ①. b ②. ③. ④. ⑤. 不可以 ⑥. 見詳解
【解析】
【詳解】（1）[1]按照實(shí)驗(yàn)原理圖連接電路，先把電位器R的滑片P調(diào)到b端，將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)滑片P使電壓表滿偏。
（2）[2] 電阻箱的阻值
（3）[3]由（2）分析可知電壓表電阻和電位器接入電路的電阻之和等于，則
解得
（4）[4]可知
可得
（5）[5][6] 不可以用此改裝的歐姆表測(cè)量阻值為幾歐姆的小燈泡的電阻。原因測(cè)量小電阻時(shí)電壓表示幾乎仍為滿偏，測(cè)量誤差很大。
【熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題】12．（2023 遼寧省三校聯(lián)合高三下學(xué)期模擬）電子體溫計(jì)（圖1）正在逐漸替代水銀溫度計(jì)。電子體溫計(jì)中常用的測(cè)溫元器件是熱敏電阻。某物理興趣小組制作一簡(jiǎn)易電子體溫計(jì)，其原理圖如圖2所示。
（1）興趣小組測(cè)出某種熱敏電阻的I—U圖像如圖3所示，那么他們選用的應(yīng)該是圖______電路（填“甲”或“乙”）；
（2）現(xiàn)將上述測(cè)量的兩個(gè)相同的熱敏電阻（伏安特性曲線如圖3所示）和定值電阻、恒壓電源組成如圖4所示的電路，電源電動(dòng)勢(shì)為6 V，內(nèi)阻不計(jì)，定值電阻，每個(gè)熱敏電阻消耗的電功率為______W（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；
（3）熱敏電阻的阻值隨溫度的變化如圖5所示，在設(shè)計(jì)的電路中（如圖2所示），已知電源電動(dòng)勢(shì)為6.0 V（內(nèi)阻不計(jì)），電路中二極管為紅色發(fā)光二極管，紅色發(fā)光二極管的啟動(dòng)（導(dǎo)通）電壓為4.0 V，即發(fā)光二極管兩端電壓時(shí)點(diǎn)亮，同時(shí)電鈴發(fā)聲，紅色發(fā)光二極管啟動(dòng)后對(duì)電路電阻的影響不計(jì)。實(shí)驗(yàn)要求當(dāng)熱敏電阻的溫度高于38.5℃時(shí)紅燈亮且鈴響發(fā)出警報(bào)，其中電阻______（填“”或“”）為定值電阻，其阻值應(yīng)調(diào)為______Ω（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
【答案】 ①. 乙 ②. 0.021##0.022 ③. ④. 76##77##78##79##80
【解析】
【詳解】（1）[1] 熱敏電阻的I—U圖像如圖3所示，電壓從0變化起，所以應(yīng)選滑動(dòng)變阻器分壓式接法，故選乙。
（2）[2]設(shè)熱敏電阻兩端電壓為U，通過熱敏電阻的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
代入數(shù)據(jù)得
作出圖線如圖所示
圖線交點(diǎn)表示此時(shí)熱敏電阻的電壓為2. 7V、電流為7.9mA，故電功率
（3）[3] [4]由于熱敏電阻阻值隨溫度的升高而降低，要使發(fā)光二極管電壓U≥4.0V時(shí)點(diǎn)亮，則有分壓隨總電阻的減小而增大，由串聯(lián)電路中的電壓之比等于電阻之比，為熱敏電阻，由圖5可知，當(dāng)溫度為38. 5℃時(shí)，熱敏電阻阻值
由閉合電路歐姆定律列出表達(dá)式，有
解得
【熱點(diǎn)解答題】1．（2023·安徽省黃山市·二模） 北京冬奧會(huì)中的冰壺比賽令人印象深刻，冰壺比賽場(chǎng)地如圖所示：運(yùn)動(dòng)員從起滑架處推著冰壺（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿中心線出發(fā)，在投擲線處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近大本營(yíng)圓心O，為了使冰壺滑行得更遠(yuǎn)，運(yùn)動(dòng)員可以用毛刷摩擦冰壺運(yùn)行前方的冰面，使冰壺與冰面間的阻力減小。已知冰壺質(zhì)量m=20kg，未刷冰時(shí)，冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.02，刷冰后μ2=0.01，起滑架到投擲線的距離l1=10m，投擲線與圓心O點(diǎn)的距離為l2=30m，取g=10m/s2，則：
（1）比賽中在不刷冰的情況下，要使冰壺剛好停在大本營(yíng)圓心O處，求冰壺從投擲線被投出時(shí)速度v0大??；
（2）比賽中若冰壺從投擲線被投出時(shí)速度v1=3m/s，為了使冰壺怡好停在圓心O處，求冰壺被投出后需要刷冰距離s；
（3）投壺手從起滑架處開始對(duì)冰壺施加一個(gè)沿中心線的水平推力F=20N，推著冰壺由靜止出發(fā)，冰壺到達(dá)投擲線之前就撤除推力，冰壺沿著中心線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在不刷冰的情況下，最后停在圓心O處，求推力F的作用時(shí)間t。
【答案】（1）；（2）15m；（3）
【解析】
【詳解】（1）研究冰壺運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)位移與速度關(guān)系得
解得
（2）研究冰壺的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
（3）研究冰壺運(yùn)動(dòng)全程，根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
【熱點(diǎn)解答題】2．（2023·湖南岳陽(yáng)·二模）某課外小組制作了如圖所示的軌道，數(shù)字“0”和“9”豎直軌道內(nèi)部光滑且固定，水平直軌道粗糙，左側(cè)固定水平彈射器，整個(gè)裝置位于同一豎直平面。兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球1壓縮彈射器并被鎖定，小球2位于軌道“9”最底端處，質(zhì)量均為，與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，小球接觸即粘合在一起。軌道小圓弧半徑，大圓弧半徑為。圓弧軌道最低點(diǎn)與相靠但不相疊，小球能夠無(wú)能量損失地通過。當(dāng)彈射器釋放的彈性勢(shì)能為時(shí)，小球恰好能經(jīng)過點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度取。
（1）求彈射器的彈性勢(shì)能；
（2）彈射器釋放的彈性勢(shì)能為時(shí)，求兩球碰后瞬間對(duì)圓弧軌道點(diǎn)壓力大小；
（3）彈射器釋放的彈性勢(shì)能為時(shí)，兩球碰后能經(jīng)過點(diǎn)拋出，（假設(shè)拋出后與軌道沒有碰撞），判斷拋出后運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)與點(diǎn)相比哪點(diǎn)高。
【答案】（1）0.22J；（2）0.45N；（3）D點(diǎn)高
【解析】
【詳解】（1）小球1離開彈射器后到達(dá)點(diǎn)，根據(jù)功能關(guān)系可得
恰好能經(jīng)過點(diǎn)，重力剛好提供向心力，則有
聯(lián)立解得
（2）彈射器釋放的彈性勢(shì)能為時(shí)，碰前第小球1到達(dá)點(diǎn)瞬時(shí)速度為，根據(jù)功能關(guān)系可得
解得
兩小球發(fā)生非彈性碰撞，設(shè)碰后瞬間速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒可得
解得
重力和支持力的合力提供向心力，則有
根據(jù)牛頓第三定律，碰后瞬間對(duì)圓弧軌道點(diǎn)壓力大小為
聯(lián)立解得
（3）設(shè)兩小球經(jīng)過點(diǎn)時(shí)速度大小為，由到，根據(jù)機(jī)械能守恒得
解得
到，根據(jù)機(jī)械能守恒得
在點(diǎn)水平方向速度分量為
聯(lián)立解得
由于最高點(diǎn)的速度大于點(diǎn)速度，根據(jù)機(jī)械能守恒可知，拋出后運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)與點(diǎn)相比，點(diǎn)高。
【熱點(diǎn)解答題】3． （2023·福建省廈門第一中學(xué)期二模）為了解決航空公司裝卸貨物時(shí)因拋擲造成物品損壞的問題，一位同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的緩沖轉(zhuǎn)運(yùn)裝置，卸貨時(shí)飛機(jī)不動(dòng)，緩沖裝置A緊靠飛機(jī)，轉(zhuǎn)運(yùn)車B靠緊A。包裹C沿緩沖裝置A的光滑曲面由靜止滑下，經(jīng)粗糙的水平部分，滑上轉(zhuǎn)運(yùn)車B并最終停在轉(zhuǎn)運(yùn)車B上被運(yùn)走，B的右端有一固定擋板。已知C與A、B水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.4，緩沖裝置A與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.2，轉(zhuǎn)運(yùn)車B與地面間的摩擦可忽略。A、B的質(zhì)量均為M=60kg，A、B水平部分的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=4m。包裹C可視為質(zhì)點(diǎn)且無(wú)其它包裹影響，重力加速度g=10m/s2。C與B的右擋板發(fā)生碰撞時(shí)間極短，碰撞時(shí)間和損失的機(jī)械能都可忽略。
（1）要求包裹C在緩沖裝置A上運(yùn)動(dòng)時(shí)A不動(dòng)，則包裹C的質(zhì)量m最大不超過多少；
（2）若某包裹的質(zhì)量為m1=20kg，從h=2.4m處?kù)o止滑下，停在轉(zhuǎn)運(yùn)車B，求該包裹在轉(zhuǎn)運(yùn)車B上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量；
（3）若某包裹的質(zhì)量為m2=120kg，為使該包裹能滑上轉(zhuǎn)運(yùn)車B上，則該包裹釋放時(shí)的最小值。
【答案】（1）60kg；（2）120J；（3）m
【解析】
【詳解】（1）A恰好不運(yùn)動(dòng)需要滿足
解得
m=60kg
故包裹C的質(zhì)量最大不超過60kg；
（2）因C的質(zhì)量，故裝置A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)
由動(dòng)能定理得
解得
v0=m/s
C與B相互作用的全過程，兩者組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，取向右為正方向，則
由能量守恒定律得
解得
Q=120J
（3）因C的質(zhì)量為，故裝置A和B會(huì)一起運(yùn)動(dòng)
釋放C高度最小時(shí)，C滑上B車時(shí)，A、B、C三者共速，C由釋放到曲面軌道最低點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得
C在A的水平部分滑動(dòng)過程，A、B組成的整體加速度為a1，C的加速度為a2，取向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
a1=1m/s2
﹣μ1m2g=m2a2
解得
達(dá)到共速，有
可得
t=
由位移關(guān)系得
解得
【熱點(diǎn)解答題】4．（2023·海南省?？谑懈呷龑W(xué)生學(xué)科能力診斷）如圖所示，帶有圓弧的光滑滑板固定在水平地面上，右邊有質(zhì)量足夠長(zhǎng)且與光滑滑板等高的木板，二者不栓接。在光滑滑板上放有質(zhì)量的小木塊B，質(zhì)量的小木塊A從圓弧點(diǎn)正上方處由靜止釋放，小木塊A與小木塊B發(fā)生彈性碰撞，碰撞后取走小木塊A。已知小木塊B與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，長(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，圓弧半徑，取重力加速度。
（1）小木塊A滑到圓弧最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)滑板的壓力大小是多少？
（2）小木塊A與小木塊B發(fā)生彈性碰撞后，小木塊B的速度大小是多少？
（3）小木塊B與長(zhǎng)木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）小木塊A從靜止釋放到最低點(diǎn)C過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
小木塊A經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知，小木塊A滑到圓弧最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)滑板的壓力大小為。
（2）設(shè)小木塊A與小木塊B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得
聯(lián)立解得
（3）設(shè)小木塊B滑上長(zhǎng)木板后，小木塊B與長(zhǎng)木板的加速度大小分別為、，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
，
設(shè)經(jīng)過時(shí)間小木塊B與長(zhǎng)木板的速度相等，則有
解得
，
此過程小木塊B與長(zhǎng)木板發(fā)生的相對(duì)位移為
小木塊B與長(zhǎng)木板速度相等后保持相對(duì)靜止一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，則小木塊B與長(zhǎng)木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為
【熱點(diǎn)解答題】5．（2023 山東省聊城市高三第二次模擬）如圖所示，水平面中間夾有一水平傳送帶，水平面與傳送帶上表面平齊且平滑連接，左側(cè)水平面上c點(diǎn)左側(cè)部分粗糙，右側(cè)部分光滑，傳送帶右側(cè)水平面光滑，質(zhì)量為m1=2kg的小滑塊P與固定擋板間有一根勁度系數(shù)為k=76N/m的輕彈簧（P與彈簧不拴接），初始時(shí)P放置在c點(diǎn)靜止且彈簧處于原長(zhǎng)，傳送帶初始靜止，在傳送帶左端點(diǎn)a處停放有一質(zhì)量為m2=1kg的小滑塊Q?，F(xiàn)給P施加一水平向左、大小為F=40N的恒力，使P向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)P速度為零時(shí)立即撤掉恒力，一段時(shí)間后P將與Q發(fā)生彈性碰撞（不計(jì)碰撞時(shí)間），以后P、Q間的碰撞都是彈性碰撞，在P、Q第一次碰撞時(shí)傳送帶由靜止開始做順時(shí)針方向的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1=1m/s2，當(dāng)速度達(dá)到v=4m/s時(shí)傳送帶立即做勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度減為零，加速度大小為a2=2m/s2，當(dāng)傳送帶速度減為零時(shí)，Q恰好運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端點(diǎn)b處，已知P與水平面、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.1，Q與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.7，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧的形變?cè)趶椥韵薅葍?nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為，x為彈簧的形變量，取重力加速度g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）P與Q第一次碰前P的速度大小v0；
（2）傳送帶達(dá)到最大速度時(shí)P、Q間距離d；
（3）P、Q最終的速度大小；
（4）P、Q與傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
【答案】（1）6m/s；（2）3m；（3），；（4）36J
【解析】
【詳解】（1）設(shè)滑塊P速度為0時(shí)，彈簧形變量為x，則根據(jù)動(dòng)能定理，有
得
，
（2）設(shè)P、Q碰撞后的速度分別為、，在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度分別為、，與傳送帶達(dá)到速度相等的時(shí)間分別為、，由動(dòng)量守恒定律
由機(jī)械能守恒定律得
得
，
由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知
，
，
得
，
此時(shí)傳動(dòng)帶的速度
此后P、Q與傳送帶相對(duì)靜止。設(shè)P、Q的位移分別為、
，
聯(lián)立解得
（3）設(shè)傳送帶減速時(shí)間為，得
分析可知，傳送帶減速過程中Q相對(duì)傳送帶靜止，設(shè)在內(nèi)，P相對(duì)傳送帶的位移為
解得
設(shè)P與Q第二次相碰前速度為
得
根據(jù)彈性碰撞規(guī)律P、Q最終速度為
，
（4）設(shè)P、Q與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量分別為、
P、Q與傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量
【熱點(diǎn)解答題】6．（2023· 屆廣東省深圳市第二次調(diào)研考試）如在火力發(fā)電廠，將煤塊制成煤粉的球磨機(jī)的核心部件是一個(gè)半徑的躺臥圓筒。圓筒繞水平中心軸旋轉(zhuǎn)，將筒內(nèi)的鋼球帶到一定高度后，鋼球脫離筒壁落下將煤塊擊碎，截面簡(jiǎn)化如圖。設(shè)筒內(nèi)僅有一個(gè)質(zhì)量為m=0.2kg、大小不計(jì)的鋼球，初始靜止在最低點(diǎn)A．（）
（1）啟動(dòng)電機(jī)使圓筒加速轉(zhuǎn)動(dòng)，鋼球與圓筒保持相對(duì)靜止，第一次到達(dá)與圓心等高的位置B時(shí)，圓筒的角速度，求此時(shí)鋼球線速度的大小和該過程中圓筒對(duì)鋼球所做的功W；
（2）當(dāng)鋼球通過C點(diǎn)時(shí)，另一裝置瞬間讓鋼球與圓筒分離（分離前后鋼球速度不變），此后鋼球僅在重力作用下落到位置D．CD連線過O點(diǎn)，與水平方向成45°。求分離時(shí)圓筒的角速度；
（3）停止工作后將圓筒洗凈，內(nèi)壁視為光滑。將一鋼球從位置C正下方的E點(diǎn)由靜止釋放，與筒壁碰撞6次后恰好又回到E點(diǎn)。若所有碰撞都是彈性的（即碰撞前后沿半徑方向速度大小相等方向相反，沿切線方向速度不變），求鋼球從釋放開始至第一次回到E點(diǎn)所用的時(shí)間；若改變鋼球釋放的高度，鋼球能否與筒壁碰撞3次后回到釋放點(diǎn)，并簡(jiǎn)要說明理由（取，）。
【答案】（1），；（2）；（3），不能經(jīng)過3次回到E點(diǎn)
【解析】
【詳解】（1）此時(shí)鋼球線速度
解得
；
該過程中設(shè)圓筒對(duì)鋼球做的功為W，由動(dòng)能定理
解得
（2）鋼球分離后做斜拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)沿水平方向和豎直方向分解可得
解得
根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)，有
解得
（3）6次返回E點(diǎn)，只能按如圖軌跡運(yùn)動(dòng)，在F點(diǎn)發(fā)生碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)
在F點(diǎn)與A點(diǎn)之間滿足
解得
或
又
解得
或
從E點(diǎn)與F點(diǎn)之間滿足
解得
或
則從E點(diǎn)出發(fā)到返回E點(diǎn)的時(shí)間
解得
若經(jīng)過3次碰撞后回到E點(diǎn)，必須在右下圓弧沿半徑方向與筒壁發(fā)生碰撞。
如此碰撞的路徑小球的速度的反向延長(zhǎng)線不過水平位移的中點(diǎn)違背了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，故不能經(jīng)過3次回到E點(diǎn)。
【熱點(diǎn)解答題】7．（2023安徽省馬鞍山市高三下學(xué)期第二次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)）如圖所示，足夠長(zhǎng)的“”形光滑平行導(dǎo)軌MP、NQ固定在水平面上，寬軌間距為，窄軌間距為l，左側(cè)為金屬導(dǎo)軌，右側(cè)為絕緣軌道。一質(zhì)量為m、阻值為r、三邊長(zhǎng)度均為l的“U”形金屬框，左端緊靠平放在絕緣軌道上（與金屬導(dǎo)軌不接觸）。左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)：右側(cè)以O(shè)為原點(diǎn)，沿OP方向建立x軸，沿Ox方向存在分布規(guī)律為的豎直向上的磁場(chǎng)。兩勻質(zhì)金屬棒a、b垂直于軌道放置在寬軌段，質(zhì)量均為m、長(zhǎng)度均為、阻值均為。初始時(shí)，將b鎖定，a在水平向右、大小為F的恒力作用下，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，離開寬軌前已勻速，a滑上窄軌瞬間，撤去力F，同時(shí)釋放b。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)至?xí)r，棒a中已無(wú)電流（b始終在寬軌），此時(shí)撤去b。金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，a棒、b棒、金屬框與導(dǎo)軌始終接觸良好。求：
（1）a棒在寬軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度及剛滑上窄軌時(shí)a兩端電勢(shì)差的大??；
（2）從撤去外力F到金屬棒a運(yùn)動(dòng)至的過程中，a棒產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）若a棒與金屬框碰撞后連接在一起構(gòu)成回路，求a棒靜止時(shí)與點(diǎn)的距離。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)a棒在寬軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)通過a棒的電流為I1，根據(jù)平衡條件有
①
根據(jù)閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律有
②
聯(lián)立①②解得
③
a棒剛滑上窄軌時(shí)，通過a棒中間寬度為l部分的電流為
④
根據(jù)右手定則可知電流方向從上至下，而沿電流方向電勢(shì)降低，且a棒下端電勢(shì)高于上端電勢(shì)，所以此時(shí)a棒兩端電勢(shì)差的大小為
⑤
（2）設(shè)a棒剛運(yùn)動(dòng)至?xí)r，a、b棒的速度分別為v1、v2，對(duì)a、b棒根據(jù)動(dòng)量定理分別有
⑥
⑦
因?yàn)榇藭r(shí)回路中無(wú)電流，所以有
⑧
聯(lián)立③⑥⑦⑧解得
⑨
⑩
根據(jù)能量守恒定律可知，從撤去外力F到金屬棒a運(yùn)動(dòng)至的過程中，回路產(chǎn)生的總焦耳熱為

根據(jù)焦耳定律可得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為

（3）設(shè)a棒與金屬框碰撞后瞬間整體的速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

由題意可知金屬框右邊始終比左邊的磁場(chǎng)大

從a棒與金屬框碰撞后到最終靜止的過程，回路中的平均電流為

根據(jù)動(dòng)量定理有

a棒靜止時(shí)與點(diǎn)距離為

聯(lián)立⑨ 解得
【熱點(diǎn)解答題】8．（2023·河北省高三二模） 如圖所示，傾斜傳送帶的傾角、長(zhǎng)度為，傳送帶以的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；光滑水平面上有一塊長(zhǎng)木板，其上表面粗糙，且與傳送帶底端B以及右側(cè)固定半圓形光滑軌道槽的最低點(diǎn)C等高，槽的半徑。在傳送帶上端A無(wú)初速地釋放一個(gè)質(zhì)量為的黑色小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，黑色小滑塊在傳送帶上經(jīng)過后留下黑色痕跡，在底端B滑上緊靠傳送帶的長(zhǎng)木板的上表面，長(zhǎng)木板質(zhì)量為，不考慮小滑塊沖上長(zhǎng)木板時(shí)碰撞帶來的機(jī)械能損失，小滑塊滑至長(zhǎng)木板右端時(shí)，長(zhǎng)木板恰好撞上半圓槽，長(zhǎng)木板瞬間停止運(yùn)動(dòng)，小滑塊進(jìn)入槽內(nèi)且恰好能通過半圓軌道最高點(diǎn)D。已知小滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，，，重力加速度取，求：
（1）小滑塊從A到B的時(shí)間t；
（2）小滑塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度；
（3）長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度s（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）由牛頓第二定律，得
解得
運(yùn)動(dòng)時(shí)間和位移為
此時(shí)，小滑塊與傳送帶速度相同，此后繼續(xù)沿傳送帶向下加速，由牛頓第二定律，得
解得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，得
解得
小滑塊從A到B的時(shí)間
（2）小滑塊從A到B的過程中，小滑塊先相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，相對(duì)位移為
再相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)，相對(duì)位移為
小滑塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度
（3）小滑塊進(jìn)入槽內(nèi)且恰好能通過半圓軌道最高點(diǎn)D，則
小滑塊從C到D過程由動(dòng)能定理，得
聯(lián)立解得
在底端B滑上長(zhǎng)木板的速度
小滑塊與長(zhǎng)木板相互作用過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有
解得
此過程由能量守恒，得
解得長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度
【熱點(diǎn)解答題】9．（2023·廣東省廣州市二模）如圖，“凹”形區(qū)域，各邊長(zhǎng)已在圖中標(biāo)示，L為已知量。在該區(qū)域內(nèi)有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，與ab平行的虛線為電場(chǎng)的等勢(shì)線；磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。容器A中質(zhì)量為m、帶電量為e的電子經(jīng)小孔S1不斷默飄入加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后由小孔S2離開，接著從O點(diǎn)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，沿Oc 做直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)c點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)。若僅撤去磁場(chǎng)，電子從b點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)。
（1）求加速電場(chǎng)的電壓和“凹”形區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）若僅撤去“凹”形區(qū)域中電場(chǎng)，求電子離開“凹”形區(qū)域時(shí)的位置與O點(diǎn)的距離；
（3）若撤去“凹”形區(qū)域中電場(chǎng)，改變加速電場(chǎng)的電壓，使得電子在“凹”形區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相接，求加速電場(chǎng)電壓的取值范圍。
【答案】（1），，沿著方向；（2）；（3）見解析
【解析】
【詳解】（1）設(shè)加速電場(chǎng)的電壓為，電子經(jīng)加速后后獲得的速度為，凹形區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度為，根據(jù)動(dòng)能定理
①
電子沿直線運(yùn)動(dòng)，有
②
僅撤去磁場(chǎng)，電子從點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)，設(shè)電子在場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則有
③
④
聯(lián)立①②③④可得
⑤
⑥
方向沿著方向；
（2）若僅撤去電場(chǎng)，則電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子的軌道半徑為，則有
⑦
聯(lián)立②③④⑦可得
⑧
所以電子從點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)，距離點(diǎn)的距離為；
（3）依題意，要使電子在凹形區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等，則電子必須在場(chǎng)區(qū)內(nèi)運(yùn)動(dòng)半周從邊離開，分析可知，電子從段離開場(chǎng)區(qū)是滿足要求的；要從段離開場(chǎng)區(qū)必須具備兩個(gè)幾何約束條件，第一、電子不能從離開場(chǎng)區(qū)；第二、電子不能進(jìn)入?yún)^(qū)域。設(shè)加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為時(shí)，電子獲得的速度為，其運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，電子從段離開場(chǎng)區(qū)，依題意
⑩
設(shè)加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為時(shí)，電子獲得的速度為，其運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，電子從段離開場(chǎng)區(qū)，依題意必須滿足：第一、電子不能從離開場(chǎng)區(qū)，電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖Ⅰ，圓心為,設(shè)軌道半徑為；第二、電子不能進(jìn)入?yún)^(qū)域，電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖Ⅱ，圓心為，設(shè)軌跡半徑為，依題意

根據(jù)幾何關(guān)系有

聯(lián)立①⑦⑩ 并分別用、代替，、代替，、代替，求得
【熱點(diǎn)解答題】10．（2023重慶市高三下學(xué)期二診）離子注入是芯片制造中一道重要工序，如圖是其工作示意圖，離子源發(fā)出質(zhì)量為m的離子沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后從M點(diǎn)進(jìn)入磁分析器（截面為內(nèi)外半徑分別為和的四分之一圓環(huán)），從N點(diǎn)射出，M、N分別為磁分析器邊界和邊界的中點(diǎn)，接著從棱長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)上表面中心沿豎直注入，偏轉(zhuǎn)后落在與偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)底面平行的距離為的水平面晶圓上（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）。已知各器件的電場(chǎng)強(qiáng)度均為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的電場(chǎng)、磁場(chǎng)方向與晶圓面x軸正方向同向。不計(jì)離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的角度都很小。當(dāng)很小時(shí)，有。求：
（1）離子通過速度選擇器后的速度大小v及磁分析器選擇出來離子的電荷量；
（2）偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場(chǎng)時(shí)，離子在穿出偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)整個(gè)過程中電勢(shì)能的變化量；
（3）偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場(chǎng)時(shí)，離子注入晶圓的位置坐標(biāo)（用、及L表示）。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）粒子通過速度選擇器時(shí)，根據(jù)平衡條件，有
可得離子速度為
從磁分析器中心孔N射出離子運(yùn)動(dòng)半徑為
根據(jù)洛倫茲力提供向心力
可得
（2）經(jīng)過電場(chǎng)后，粒子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離為
加速度為
運(yùn)動(dòng)時(shí)間
解得
離子在穿出偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)整個(gè)過程中電勢(shì)能的變化量為
（3）偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場(chǎng)時(shí)，離子沿y軸正方向偏轉(zhuǎn)，則有
x=0
作出粒子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的軌跡如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系有
，
當(dāng)很小時(shí)，有
，
解得
即離子注入晶圓的位置坐標(biāo)為。
【熱點(diǎn)解答題】11．（2023·廣東省湛江市第二次模擬）如圖所示，在第一象限的區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸下方存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)粒子的重力）從y軸上A（0，L）點(diǎn)處由靜止釋放，粒子離開區(qū)域后撤去該區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子經(jīng)C（3L，0）進(jìn)入x軸下方的磁場(chǎng)中，之后粒子經(jīng)過第二象限回到A點(diǎn)。求
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?br/>（2）粒子從A點(diǎn)出發(fā)至第一次返回A點(diǎn)所用時(shí)間t。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）粒子在區(qū)域內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，有
進(jìn)入豎直向下的電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C（3L，0）進(jìn)入x軸下方的磁場(chǎng)中，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，水平方向有
豎直方向有
聯(lián)立解得
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，飛出磁場(chǎng)后，在第四象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的水平速度為
豎直速度為
所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸成斜向下，速度大小
粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
可知粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的速度也是與x軸成斜向上，粒子經(jīng)過第二象限回到A點(diǎn)；根據(jù)幾何關(guān)系可得
解得
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)圓心角為，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
所以粒子從A點(diǎn)出發(fā)回到A點(diǎn)所用的時(shí)間為
（
【熱點(diǎn)解答題】12． （2023·湘豫名校聯(lián)考高三第二次模擬）如圖甲所示，傾角、足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面上水平邊界的下方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。初始時(shí)，一質(zhì)量、邊長(zhǎng)、電阻的單匝正方形導(dǎo)體框靜止在斜面上的磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，邊與磁場(chǎng)邊界平行且距的距離為。導(dǎo)體框先后兩次在平行斜面向上的拉力作用下，從初始位置由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)時(shí)撤去拉力，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體框的邊始終與邊界平行。已知導(dǎo)體框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小取，，。先后兩次拉動(dòng)情景如下：
第一次拉力為恒力，導(dǎo)體框的邊運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)邊界時(shí)，導(dǎo)體框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)；
第二次拉力為變力，導(dǎo)體框的速度與沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離滿足正比關(guān)系，關(guān)系圖像如圖乙所示。
（1）求第一次拉力的大小。
（2）求第二次拉力的大小與導(dǎo)體框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離x滿足的關(guān)系式。
（3）若在斜面磁場(chǎng)區(qū)域的上方離邊界的距離為處安裝一彈性擋板，第二次導(dǎo)體框沿斜面向上離開磁場(chǎng)后與擋板碰撞，導(dǎo)體框與擋板碰撞后瞬間導(dǎo)體框速度大小不變而方向反向。碰撞后導(dǎo)體框再次到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域但最終沒能全部進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，求應(yīng)滿足的條件。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）
【答案】（1）；（2）見解析；（3）
【解析】
【詳解】（1）第一次，設(shè)導(dǎo)體框勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為，邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界時(shí)速度為，根據(jù)牛頓第二定律可得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
導(dǎo)體框勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
回路中的感應(yīng)電流為
邊受到的安培力為
勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，導(dǎo)體框受到的合力為零，則有
聯(lián)立解得
，
（2）設(shè)導(dǎo)體框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為時(shí)，加速度為，速度為，由題圖乙可知
其中，；取一段位移微元，有
所用時(shí)間為，有
由于
，
可得
邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界前，有
聯(lián)立可得
代入數(shù)據(jù)可得
（）
導(dǎo)體框穿過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)有
可得
代入數(shù)據(jù)可得
（）
（3）導(dǎo)體框的邊離開磁場(chǎng)時(shí)的速度，導(dǎo)體框先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為，有
解得
擋板離的最遠(yuǎn)距離為，有
解得
設(shè)反彈后導(dǎo)體框的速度大小為，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為，有
解得
即導(dǎo)體框沿斜面向下先做勻速運(yùn)動(dòng)，邊進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)；設(shè)邊進(jìn)入磁場(chǎng)后又運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總位移為，平均速度為；導(dǎo)體框產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為
回路中的平均電流為
由動(dòng)量定理得
則有
導(dǎo)體框若恰好全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則有
可得
此時(shí)擋板離的最近距離為，有
解得
綜上分析可知，應(yīng)滿足的條件為
主干知識(shí)樹1（按章節(jié)：必考部分）
第二章 相互作用
第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律
第四章 曲線運(yùn)動(dòng) 萬(wàn)有引力與航天
第五章 機(jī)械能
第六章 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律
第七章 機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波
第八章 靜電場(chǎng)
第九章 電路及其應(yīng)用
第十章 磁場(chǎng)
第十一章 電磁感應(yīng)
第十二章 交變電流 電磁振蕩與電磁波 傳感器
第十三章 光學(xué)
第十四章 熱學(xué)
第十五章 波粒二象性 原子結(jié)構(gòu)和原子核
使用說明：高考在即，不要求考生死記硬背，只需結(jié)合下文口訣，將高中物理知識(shí)回顧下，不清楚的地方一定要查書鞏固。
一、運(yùn)動(dòng)的描述
1．物體模型用質(zhì)點(diǎn)，忽略形狀和大?。坏厍蚬D(zhuǎn)當(dāng)質(zhì)點(diǎn)，地球自轉(zhuǎn)要大小。
物體位置的變化，準(zhǔn)確描述用位移，運(yùn)動(dòng)快慢s比t，a用Δv與t比。
2．運(yùn)用一般公式法，平均速度是簡(jiǎn)法，中間時(shí)刻速度法，初速度零比例法，
再加幾何圖像法，求解運(yùn)動(dòng)好方法。自由落體是實(shí)例，初速為零a等g。
豎直上拋知初速，上升最高心有數(shù)，飛行時(shí)間上下回，整個(gè)過程勻減速。
中心時(shí)刻的速度，平均速度相等數(shù)；求加速度有好方，Δs等于aT方。
3．速度決定物體動(dòng)，速度加速度方向中，同向加速反向減，垂直拐彎莫前沖。
二、力
1．解力學(xué)題堡壘堅(jiān)，受力分析是關(guān)鍵；分析受力性質(zhì)力，根據(jù)效果來處理。
2．分析受力要仔細(xì)，定量計(jì)算七種力；重力有無(wú)看提示，根據(jù)狀態(tài)定彈力；
先有彈力后摩擦，相對(duì)運(yùn)動(dòng)是依據(jù)；萬(wàn)有引力在萬(wàn)物，電場(chǎng)力存在定無(wú)疑；
洛倫茲力安培力，二者實(shí)質(zhì)是統(tǒng)一；相互垂直力最大，平行無(wú)力要切記。
3．同一直線定方向，計(jì)算結(jié)果只是“量”，某量方向若未定，計(jì)算結(jié)果給指明；
兩力合力小和大，兩個(gè)力成q角夾，平行四邊形定法；
合力大小隨q變 ，只在最大最小間，多力合力合另邊。
多力問題狀態(tài)揭，正交分解來解決，三角函數(shù)能化解。
4．力學(xué)問題方法多，整體隔離和假設(shè)；整體只需看外力，求解內(nèi)力隔離做；
狀態(tài)相同用整體，否則隔離用得多；即使?fàn)顟B(tài)不相同，整體牛二也可做；
假設(shè)某力有或無(wú)，根據(jù)計(jì)算來定奪；極限法抓臨界態(tài)，程序法按順序做；
正交分解選坐標(biāo)，軸上矢量盡量多。
三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律
1．F等ma，牛頓二定律，產(chǎn)生加速度，原因就是力。
合力與a同方向，速度變量定a向，a變小則v可大 ，只要a與v同向。
2．N、T等力是視重，mg乘積是實(shí)重； 超重失重視視重，其中不變是實(shí)重；
加速上升是超重，減速下降也超重；失重加降減升定，完全失重視重零
四、曲線運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力
1．運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，向心力存在是條件，曲線運(yùn)動(dòng)速度變，方向就是該點(diǎn)切線。
2．圓周運(yùn)動(dòng)向心力，供需關(guān)系在心里，徑向合力提供足；
需mv平方比R，mrω平方也需，供求平衡不心離。
3．萬(wàn)有引力因質(zhì)量生，存在于世界萬(wàn)物中，皆因天體質(zhì)量大，萬(wàn)有引力顯神通。
衛(wèi)星繞著天體行，快慢距離來決定，距離越近它越快，
距離越遠(yuǎn)越慢行，同步衛(wèi)星速度定，定點(diǎn)赤道上空行。
五、機(jī)械運(yùn)動(dòng)與能量
1．確定狀態(tài)找速度，分析過程找力功，正功負(fù)功加一起，動(dòng)能增量與它同。
2．明確兩態(tài)機(jī)械能，再看過程力做功，重力之外功為零，初態(tài)末態(tài)能量同。
3．確定狀態(tài)找量能，再看過程力做功，有功就有能轉(zhuǎn)變，初態(tài)末態(tài)能量同。
六、電場(chǎng) 〖選修3--1〗
1．庫(kù)侖定律電荷力，萬(wàn)有引力引場(chǎng)力，好像是孿生兄弟，kQq與r方比。
2．電荷周圍有電場(chǎng)，F(xiàn)比q定義場(chǎng)強(qiáng)。kQ比r2點(diǎn)電荷，U比d是勻強(qiáng)電場(chǎng)。
電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，正電荷受力定方向。描繪電場(chǎng)用場(chǎng)線，疏密表示弱和強(qiáng)。
場(chǎng)能性質(zhì)是電勢(shì)，場(chǎng)線方向電勢(shì)降。場(chǎng)力做功是qU，動(dòng)能定理不能忘。
4．電場(chǎng)中有等勢(shì)面，與它垂直畫場(chǎng)線。方向由高指向低，面密線密是特點(diǎn)。
七、恒定電流〖選修3-1〗
1．電荷定向移動(dòng)時(shí)，電流等于q比t。自由電荷是內(nèi)因，兩端電壓是條件。
正荷流向定方向，串電流表來計(jì)量。電源外部正流負(fù)，從負(fù)到正經(jīng)內(nèi)部。
2．電阻定律三因素，溫度不變才得出，控制變量來論述，ρl比S等電阻。
電流做功UIt， 電熱I方乘Rt。電功率為W比t，電壓乘電流也是。
3．基本電路串并聯(lián)，分壓分流要分明。復(fù)雜電路動(dòng)腦筋，等效電路是關(guān)鍵。
4．閉合電路部分路，外電路和內(nèi)電路，遵循定律屬歐姆。
路端電壓內(nèi)壓降，和就等于電動(dòng)勢(shì)，除于總阻電流是。
八、磁場(chǎng)〖選修3-1〗
1．磁體周圍有磁場(chǎng)，N極受力定方向；電流周圍有磁場(chǎng)，安培定則定方向。
2．F比Il是場(chǎng)強(qiáng)，φ等BS 磁通量，磁通密度φ比S，磁場(chǎng)強(qiáng)度之名異。
3．BIL安培力，相互垂直要注意。
4．洛倫茲力安培力，力往左甩別忘記。
九、電磁感應(yīng)〖選修3-2〗
1．電磁感應(yīng)磁生電，磁通變化是條件?；芈烽]合有電流，回路斷開是電源。
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，磁通變化率知曉。
2．楞次定律定方向，阻礙變化是關(guān)鍵。導(dǎo)體切割磁感線，右手定則更方便。
3．楞次定律是抽象，真正理解從三方，阻礙磁通增和減，
相對(duì)運(yùn)動(dòng)受反抗，自感電流想阻擋，能量守恒理應(yīng)當(dāng)。
楞次先看原磁場(chǎng)，感生磁場(chǎng)將何向，全看磁通增或減，安培定則知i 向。
十、交流電〖選修3-2〗
1．勻強(qiáng)磁場(chǎng)有線圈，旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生交流電。電流電壓電動(dòng)勢(shì)，變化規(guī)律是弦線。
中性面計(jì)時(shí)是正弦，平行面計(jì)時(shí)是余弦。
2．NBSω是最大值，有效值熱量來計(jì)算。
3．變壓器供交流用，恒定電流不能用。
理想變壓器，初級(jí)UI值，次級(jí)UI值，相等是原理。
電壓之比值，正比匝數(shù)比；電流之比值，反比匝數(shù)比。
運(yùn)用變壓比，若求某匝數(shù)，化為匝伏比，方便地算出。
遠(yuǎn)距輸電用，升壓降流送，否則耗損大，用戶后降壓。
十一、動(dòng)量〖選修3--5〗
1．確定狀態(tài)找動(dòng)量，分析過程找沖量，同一直線定方向，
計(jì)算結(jié)果只是“量”，某量方向若未定，計(jì)算結(jié)果給指明。
2．確定狀態(tài)找動(dòng)量，分析過程找沖量，外力沖量若為零，初態(tài)末態(tài)動(dòng)量同。
十二、近代物理〖選修3-5〗
1．光照金屬能生電，入射光線有極限。光電子動(dòng)能大和小，與光子頻率有關(guān)聯(lián)。
光電子數(shù)目多和少，與光線強(qiáng)弱緊相連。光電效應(yīng)瞬間能發(fā)生，極限頻率取決逸出功。
2．原子核，中央站，電子分層圍它轉(zhuǎn)；
向外躍遷為激發(fā)，輻射光子向內(nèi)遷；光子能量hν，能級(jí)差值來計(jì)算。
3．原子核，能改變，α、β兩衰變；α粒子是氦核，電子流β射線。γ光子不單有，伴隨衰變而出現(xiàn)。
鈾核分開是裂變，中子撞擊是條件。裂變可造原子彈，還可用它來發(fā)電。
輕核聚合是聚變，溫度極高是條件。聚變可以造氫彈，
還是太陽(yáng)能量源，和平利用前景好，可惜至今未實(shí)現(xiàn)。
十三、氣態(tài)方程〖選修3-3〗
1．研究氣體定質(zhì)量，確定狀態(tài)找參量。絕對(duì)溫度用大T，體積就是容積量。
壓強(qiáng)分析封閉物，牛頓定律幫你忙。狀態(tài)參量要找準(zhǔn)，pV比T是恒量。
2．第一定律熱力學(xué)，能量守恒好感覺。內(nèi)能變化等多少，熱量做功不能少。正負(fù)符號(hào)要準(zhǔn)確，
收入支出來理解。對(duì)內(nèi)做功和吸熱，內(nèi)能增加皆正值；對(duì)外做功和放熱，內(nèi)能減少皆負(fù)值。
3．熱力學(xué)第二律，熱傳遞是不可逆，功轉(zhuǎn)熱和熱轉(zhuǎn)功，具有方向性不逆。
十四、機(jī)械振動(dòng)〖選修3--4〗
1．簡(jiǎn)諧振動(dòng)要牢記，O為起點(diǎn)算位移，回復(fù)力的方向指，
始終向平衡位置，大小正比于位移，平衡位置v大極。
2．O點(diǎn)對(duì)稱別忘記，振動(dòng)強(qiáng)弱是振幅，振動(dòng)快慢是周期，一周期走4A路，
單擺周期l比g，再開方根乘2π，秒擺周期為2秒，擺長(zhǎng)約等于1米。
到質(zhì)心擺長(zhǎng)行，單擺具有等時(shí)性。
3．振動(dòng)圖象描方向，從底往頂是向上，從頂往底是下向；
振動(dòng)圖象描位移，頂點(diǎn)底點(diǎn)大位移，正負(fù)符號(hào)方向指。
十五、機(jī)械波〖選修3--4〗
1．左行左坡上，右行右坡上。峰點(diǎn)谷點(diǎn)無(wú)方向。
2．順著傳播方向吧，從谷往峰想上爬，腳底總得往下蹬，上下振動(dòng)遷不動(dòng)。
3．不同時(shí)刻的圖象，Δt四分一或三， 質(zhì)點(diǎn)動(dòng)向疑惑散，s等vt派用場(chǎng)。
十六、幾何光學(xué)〖選修3-4〗
1．自行發(fā)光是光源，同種均勻直線傳。若是遇見障礙物，傳播路徑要改變。
光介質(zhì)有折射率，定義就是正弦比，還可運(yùn)用速度比，波長(zhǎng)比值也使然。
2．全反射，要牢記，入射光線在光密。入射角大于臨界角，折射光線無(wú)處覓。
十七、物理光學(xué)〖選修3-4〗
1．光是一種電磁波，產(chǎn)生干涉和衍射。衍射單縫和小孔，干涉雙縫和薄膜。
單縫衍射中間寬，干涉（條紋）間距差不多。泊松亮斑是衍射，干涉公式要把握。
小孔衍射明暗環(huán)，薄膜干涉用處多。它可用來測(cè)工件，還可制成增透膜。
從近幾年高考試題看，高考很可能會(huì)命制一道物理學(xué)史方面的試題，而物理學(xué)史是同學(xué)們?cè)趶?fù)習(xí)時(shí)經(jīng)常忽略的知識(shí)點(diǎn)，為了使同學(xué)們更好復(fù)習(xí)物理學(xué)史，總結(jié)如下：
必考部分：(必修1、必修2、選修3-1、3-2、3-5)
一、力學(xué)
　　人們根據(jù)日常的觀察和經(jīng)驗(yàn)，提出“地心說”，古希臘科學(xué)家托勒密是其代表。而波蘭天文學(xué)家哥白尼提出了“日心說”，大膽地反駁了地心說。
1638年，意大利物理學(xué)家伽利略在《兩種新科學(xué)的對(duì)話》中用科學(xué)推理論證重物體和輕物體下落一樣快。并在比薩斜塔上做了兩個(gè)不同質(zhì)量的小球下落的實(shí)驗(yàn)，證明了他的觀點(diǎn)是正確的，推翻了古希臘學(xué)者亞里士多德的觀點(diǎn)(質(zhì)量大的小球下落快)。
　　1638年，伽利略在《兩種新科學(xué)的對(duì)話》一書中，運(yùn)用觀察——假設(shè)——數(shù)學(xué)推理的方法，詳細(xì)研究了拋體運(yùn)動(dòng)。
17世紀(jì)，伽利略通過構(gòu)思的理想實(shí)驗(yàn)指出：在水平面上運(yùn)動(dòng)的物體若沒有摩擦，將保持這個(gè)速度一直運(yùn)動(dòng)下去。得出結(jié)論：力是改變物體運(yùn)動(dòng)的原因，推翻了亞里士多德的觀點(diǎn)：力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因。同時(shí)代的法國(guó)物理學(xué)家笛卡兒進(jìn)一步指出：如果沒有其他原因，運(yùn)動(dòng)物體將繼續(xù)以同速度沿著一條直線運(yùn)動(dòng)，既不會(huì)停下來，也不會(huì)偏離原來的方向。
　　17世紀(jì)，德國(guó)天文學(xué)家開普勒提出開普勒三大定律。
1687年，英國(guó)科學(xué)家牛頓在《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》著作中提出了三條運(yùn)動(dòng)定律(即牛頓三大運(yùn)動(dòng)定律)。
牛頓于1687年正式發(fā)表萬(wàn)有引力定律。1798年英國(guó)物理學(xué)家卡文迪許利用扭秤實(shí)驗(yàn)裝置比較準(zhǔn)確地測(cè)出了引力常量。
英國(guó)物理學(xué)家胡克對(duì)物理學(xué)的貢獻(xiàn)：胡克定律。經(jīng)典題目：胡克認(rèn)

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