2024-2025学年上学期长沙高二物理期末典型卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期长沙高二物理期末模拟卷1一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2020•河西区二模）为了做好疫情防控工作，很多场所都利用红外线测温仪对进出人员进行体温检测。红外线测温仪利用（）A．红外线是可见光的特点 B．红外线的穿透本领比X射线强的特点 C．人体温度越高辐射出的红外线越强的特点 D．被红外线照射的某些物体可以发出荧光的特点2．（4分）下列关于光的说法错误的是（）A．是横波 B．有衍射现象 C．有干涉现象 D．没有偏振现象3．（4分）（2024春•福州期末）如图，A、B是两个规格相同的小灯泡，L为自感系数较大的线圈，A1、A2是零刻度在中间的相同电流表，闭合开关稳定后，调节滑动变阻器R，使A1、A2两电流表示数相同，偏转方向相同，两个灯泡的亮度相同。则下列说法正确的是（）A．闭合S瞬间，灯泡A立刻变亮，灯泡B逐渐变亮 B．闭合S瞬间，电流表A1示数大于A2示数 C．闭合S稳定后，断开S瞬间，灯泡B先闪亮一下，再熄灭 D．闭合S稳定后，断开S瞬间，电流表A1和A2指针偏转方向相反4．（4分）（2022秋•聊城期末）如图甲所示，每年夏季我国多地会出现日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，发生折射或反射形成的。一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上发生折射，其光路图如图乙所示，a、b为其折射出的光线中两种单色光，下列说法正确的是（）A．在冰晶中，a光的折射率较大 B．在冰晶中，b光的传播速度较大 C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大 D．a、b光在真空中传播时，b光的波长较长5．（4分）（2021秋•大理市期中）关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A．磁感应强度是标量 B．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量 C．磁感应强度大小与通电导线在磁场中所受安培力大小成正比 D．磁感应强度方向就是放在该点的小磁针静止时S极的指向6．（4分）（2021•漳州一模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0时的波形图如图，此时波恰好传到质点M所在位置；当t＝1.5s时，位于x＝8m处的质点P运动的总路程为15cm。则以下说法正确的是（）A．波的周期为2s B．波源的起振方向沿y轴正方向 C．波的传播速度为5m/s D．t＝2.0s时质点P处于波谷7．（4分）（2020•通榆县校级模拟）如图为模拟远距离输电的部分测试电路，a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1＜R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k＜1，电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法正确的是（）A．|ΔUΔI|=B．原线圈两端电压U1一定变小 C．电源的输出功率一定增大 D．R1消耗的功率一定增加二．多选题（共3小题，满分15分，每小题5分）（多选）8．（5分）（2020秋•菏泽期末）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。如图为0时刻两列波的图像，则（）A．1.5s末两列波相遇 B．0.75s末两列波相遇 C．1.5s末质点M运动的位移为2cm D．1.5s内质点M运动的路程为12cm（多选）9．（5分）（2019春•官渡区校级期中）如图甲所示，标有“220V40W”字样的电灯和标有“20μF300V”字样的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是（）A．t=T2B．电灯恰正常发光 C．电容器有可能被击穿 D．交流电压表的示数保持1102V不变（多选）10．（5分）（2022春•新华区校级月考）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，相同的带正电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以相同的速率v垂直射入磁场，已知粒子的比荷qmA．粒子可能从磁场边界与y轴的交点P沿y轴正方向飞出磁场 B．粒子在磁场中运动的最长时间为2πr3vC．沿x轴正方向射入的粒子在飞出磁场时的偏向角为60° D．如仅将磁感应强度变为2B，所有粒子都平行于y轴飞出磁场三．实验题（共2小题，满分16分，每小题8分）11．（8分）（2023春•丰台区校级期末）用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。（1）组装单摆时，较为合理应该选用。（用器材前的字母表示）A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径约为1.8cm的塑料球D．直径约为1.8cm的钢球（2）若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度g＝（用测出的物理量表示）。（3）某同学用一个铁锁代替小球做实验。只改变摆线的长度，测量了摆线长度分别为l1和l2时单摆的周期T1和T2，若不考虑测量误准，计算均无误，算出重力加速度g的测量值，与重力加速度g真实值相比是的（选填“偏大”“偏小”或“相同”）；同时该同学后续测量了多组实验数据做出了T2﹣l图像，该图像对应图中（选填图中选项字母）。12．（8分）（2022秋•南岗区校级期中）如图是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了l、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。（1）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，轻推一下滑块，使其从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节P使轨道左端（选填“升高”或“降低”）一些。（2）测出滑块A和遮光条的总质量为m1，滑块B和遮光条的总质量为m2。将滑块A静置于两光电门之间，滑块B静置于光电门2右侧。推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2，先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3。则实验中两滑块的质量应满足m1m2（选填“＞”、“＜”或“＝”），实验需要验证的动量守恒表达式为（用题中给定的符号表示）。四．解答题（共3小题，满分41分）13．（12分）（2024•合肥二模）如图所示，小物块A和B通过轻质弹簧相连接，竖直静置于水平地面上。若给小物块A一竖直方向的瞬时冲量，其大小为3N•s，随后B恰好不能离开地面。已知A、B质量分别为1kg、2kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取10m/s2。（1）从开始至B恰好不离开地面的过程，求弹簧弹性势能的变化量；（2）若用大小为17.4N的竖直向上恒力作用于A，使之由静止开始运动，直至B刚离开地面时，求A的速度大小。14．（13分）（2023•广西开学）两水平轨道放置匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒ab可沿导轨自由移动，金属棒ab的质量为1kg，金属棒与导轨间的摩擦因数μ＝0.2，左端接一定值电阻，阻值为R＝3Ω，导轨电阻不计，金属棒长为L＝1m，电阻为r＝2Ω，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，拉力恒为F＝3N，最终金属棒做匀速运动，恰好匀速时通过的位移x＝15m。g＝10m/s2。求：（1）求稳定状态时金属棒两端电压；（2）求金属棒从开始运动到刚好匀速的过程中，电阻R上的发热量Q；（3）求金属棒从开始运动到稳定状态所用时间。15．（16分）（2017•汕头一模）如图所示，xOy坐标系中，在y轴右侧有一平行于y轴的边界PQ，PQ左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B和B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于xOy平面向里，y轴上有一点A与原点O的距离为l，电荷量为q，质量为m的带正电粒子，以某一速度从坐标原点O处沿x轴正方向射出，经过的时间为t=4πm3qB（1）求边界PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0；（2）若相同的粒子以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出，为使粒子能经过A点，粒子的速度大小应为多大？

2024-2025学年上学期长沙高二物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2020•河西区二模）为了做好疫情防控工作，很多场所都利用红外线测温仪对进出人员进行体温检测。红外线测温仪利用（）A．红外线是可见光的特点 B．红外线的穿透本领比X射线强的特点 C．人体温度越高辐射出的红外线越强的特点 D．被红外线照射的某些物体可以发出荧光的特点【考点】电磁波与信息化社会．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】C【分析】一切物体都在不停地辐射红外线，物体的温度越高，辐射的红外线功率越大，红外线热作用越强，红外线测温仪就是利用这个原理进行体温检测的。【解答】解：红外线测温仪的测温原理：人体由于温度高而向外辐射红外线，温度越高，则辐射的红外线的功率越大。测温仪就是感知红外线辐射的强度进而得知人体温度的，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查了红外线的热效应和红外线遥控。红外热效应是设计和制作热敏型红外探测器的物理基础。基于温差电效应和热敏电阻效应制作的红外探测器，是最早得到应用的辐射探测器。后来，利用气体热膨胀效应和热释电效应制作的热敏型红外探测器，也得到了重要的应用。在生活中，利用红外热效应的有红外线高温杀菌、红外线治疗等。2．（4分）下列关于光的说法错误的是（）A．是横波 B．有衍射现象 C．有干涉现象 D．没有偏振现象【考点】光的偏振现象及原理；光的干涉现象；光的衍射现象．【专题】定性思想；推理法；运动学与力学（一）；光的干涉专题；光的衍射、偏振和电磁本性专题．【答案】D【分析】干涉与衍射是波特有的现象；光是一种横波，能发生偏振现象。【解答】解：AD、光是一种横波，能发生偏振现象，故A正确，D错误；BC、光是一种横波，而干涉与衍射是波特有的现象，所以光能发生干涉现象与衍射现象，故BC正确。本题选择错误的，故选：D。【点评】考查光的干涉、衍射与偏振，注意光是一种横波。3．（4分）（2024春•福州期末）如图，A、B是两个规格相同的小灯泡，L为自感系数较大的线圈，A1、A2是零刻度在中间的相同电流表，闭合开关稳定后，调节滑动变阻器R，使A1、A2两电流表示数相同，偏转方向相同，两个灯泡的亮度相同。则下列说法正确的是（）A．闭合S瞬间，灯泡A立刻变亮，灯泡B逐渐变亮 B．闭合S瞬间，电流表A1示数大于A2示数 C．闭合S稳定后，断开S瞬间，灯泡B先闪亮一下，再熄灭 D．闭合S稳定后，断开S瞬间，电流表A1和A2指针偏转方向相反【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】D【分析】当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。【解答】解：A．闭合开关瞬间，由于线圈L的自感电动势的阻碍作用，使得灯泡A逐渐变亮，而灯泡B会立刻变亮，故A错误；B．闭合开关瞬间，由于线圈L的阻碍作用，电流表A1的示数会逐渐变大，并不会立刻变大，而A2的示数会立刻达到稳定值，因此闭合瞬间A1的示数小于A2的示数，故B错误；C．由于开始流过灯泡A和B的电流一样大小，因此断开开关后，灯泡B并不会闪亮一下，故C错误；D．稳定时，流过A1和A2的电流都由右至左，断开后的瞬间，由于自感L的阻碍作用，流过A1的电流不会立刻变向，而A1和A2构成新的回路，流过A2的电流会立即反向，即由左向右，则电流表A1和A2指针偏转方向相反，故D正确。故选：D。【点评】对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，电路中的电流稳定后开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用。4．（4分）（2022秋•聊城期末）如图甲所示，每年夏季我国多地会出现日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，发生折射或反射形成的。一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上发生折射，其光路图如图乙所示，a、b为其折射出的光线中两种单色光，下列说法正确的是（）A．在冰晶中，a光的折射率较大 B．在冰晶中，b光的传播速度较大 C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大 D．a、b光在真空中传播时，b光的波长较长【考点】光的折射与全反射的综合问题；折射率的波长表达式和速度表达式；光的全反射现象．【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；全反射和临界角专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据折射定律，结合折射角，分析折射率大小；根据折射率大小，结合速度公式，比较光的传播速度；由全反射临界角的公式，分析临界角大小；根据c＝λf，分析比较波长。【解答】解：A．设入射角为α，折射角为β，由图乙，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根据折射定律n=可知，a光折射率小于b光折射率，故A错误；B．b光折射率大，又因为v=cn，所以，a光在冰晶中的传播速度大，故C．由全反射临界角的公式有sinC=由之前的分析可知，b光的折射率大，所以a光的临界大于b光的临界角，故C正确；D．由于a光的折射率小于b光的折射率，所以a光频率小于b光频率，根据c＝λf可知，a光的波长大于b光的波长，故D错误。故选：C。【点评】本题考查学生对折射定律、全反射临界角条件、c＝λf等规律的掌握，是一道中等难度题。5．（4分）（2021秋•大理市期中）关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A．磁感应强度是标量 B．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量 C．磁感应强度大小与通电导线在磁场中所受安培力大小成正比 D．磁感应强度方向就是放在该点的小磁针静止时S极的指向【考点】磁感应强度的定义与物理意义．【专题】应用题；定性思想；推理法；电磁学；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】B【分析】磁感应强度是矢量；磁感应强度是描述磁场强弱和方向旳物理量；磁感应强度描述磁场自身的性质；磁感应强度方向就是放在该点的小磁针静止时N极的指向.【解答】解：AB、磁感应强度是矢量，磁感应强度是描述磁场强弱和方向旳物理量，故A错误，B正确，C、磁感应强度描述磁场自身的性质，与磁场中的通电导线无关，故C错误；D、物理学中把小磁针静止时N极所指的方向规定为该点磁场的方向，故D错误。故选：B。【点评】明确磁感应强度的定义是解决问题的关键。6．（4分）（2021•漳州一模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0时的波形图如图，此时波恰好传到质点M所在位置；当t＝1.5s时，位于x＝8m处的质点P运动的总路程为15cm。则以下说法正确的是（）A．波的周期为2s B．波源的起振方向沿y轴正方向 C．波的传播速度为5m/s D．t＝2.0s时质点P处于波谷【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．【专题】比较思想；图析法；振动图象与波动图象专题；理解能力．【答案】D【分析】介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向相同，根据波的传播方向判断波源的起振方向。由图读出波长，根据当t＝1.5s时，位于x＝8m处的质点P运动的总路程为15cm，分析路程与振幅的关系，从而求得周期，即可求得波速。根据时间与周期的关系确定质点P的位置。【解答】解：AC、由波形图可知，波长λ＝4m。设波速为v、周期为T。质点P的起振方向沿y轴的负方向，波从M点传到P点的时间为34T，当t＝1.5s时，质点P运动的总路程为s＝15cm＝3A，即质点P第一次到达波峰，于是有t=34T+34T＝1.5s，解得T＝1s，故波速v=λB、介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向相同，根据波的传播方向可知，t＝0时刻质点M的起振方向沿y轴的负方向，则波源的起振方向沿y轴的负方向，故B错误；D、t＝1.5s时质点P第一次到达波峰，从t＝0到t＝2.0s质点已经振动的时间Δt＝2.0s-34T＝2.0s﹣0.75s＝1.25s＝114T，质点P的起振方向沿y轴的负方向，则t＝2.0s时质点P故选：D。【点评】本题考查波动图像，机械振动，波速、周期、波长关系。，能熟练运用波形的平移法来理解。要知道介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向相同。7．（4分）（2020•通榆县校级模拟）如图为模拟远距离输电的部分测试电路，a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1＜R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k＜1，电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法正确的是（）A．|ΔUΔI|=B．原线圈两端电压U1一定变小 C．电源的输出功率一定增大 D．R1消耗的功率一定增加【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算．【专题】学科综合题；定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据变压器的规律，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析。滑片移动改变了负载的电阻，根据闭合电路欧姆定律去分析。【解答】解：可将题目中理想变压器动态电路等效为右图所示简单电路，将变压器与负载等效为图中的电阻R等，R等=根据变压器的原理可得：原副线圈电压比为U1U2可得：R等＝k2•U而U2I2=R2+R3，即等效电阻R等＝k2（R2A、电压表和电流表示数变化之比等于副线圈电压和电流变化之比，即|ΔUΔI|＝|Δ根据变压器的原理可得，原副线圈电压变化之比为：ΔU1Δ可得：Δ由等效电路图，根据闭合电路欧姆定律可得：U1＝u﹣I1R1，则有：ΔU1可得：k2⋅ΔU联立可得：|ΔUΔI|=R1B、向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，副线圈负载电阻（R2+R3）增大，故等效电路中的R等增大，在等效电路中根据串联分压原理可知，R等两端电压增大，即原线圈两端电压U1一定变大，故B错误；C、在等效电路中由闭合电路欧姆定律可知，电流I1减小，电源的输出电压有效值不变，则电源的输出功率一定减小，故C错误；D、电流I1减小，电阻R1两端电压减小，则R1消耗的功率一定减小，故D错误。故选：A。【点评】此题考查了变压器的构造和原理，解题的关键是从电流入手，分析原线圈两端电压的变化。二．多选题（共3小题，满分15分，每小题5分）（多选）8．（5分）（2020秋•菏泽期末）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。如图为0时刻两列波的图像，则（）A．1.5s末两列波相遇 B．0.75s末两列波相遇 C．1.5s末质点M运动的位移为2cm D．1.5s内质点M运动的路程为12cm【考点】波的叠加；波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；理解能力．【答案】BD【分析】波在同种均匀介质中匀速传播，再求解传播时间；由题意得出振动时间，根据两列波到M点的路程差判断质点M振动的加强或减弱情况，进而得到合振幅，根据周期公式计算波源振动的周期，然后根据振动时间与振动周期的关系，确定t＝1.5s末振动M的位移和通过的路程。【解答】解：AB.两列波将在x＝0.5m处相遇，相遇时间Δt=Δxv=0.5-0.20.4CD.两列波到M点的路程差Δr＝0，M点是振动加强点，合振幅A＝2A0＝2×2cm＝4cm；由图可知，两列波的波长λ＝0.4m，则波源的振动周期T=λv=0.40.4s=1s，在t＝1.5s末，质点M的振动时间t振=t-Δt=1.5s-0.75s=0.75s=34T，根据“同侧法”可知，两列波到达M点的振动方向沿y轴负方向；在t＝1.5s末，质点M位于波峰处，位移y故选：BD。【点评】本题的关键是质点M处振动加强和减弱的判断，质点M的位移及通过的路程的求解。（多选）9．（5分）（2019春•官渡区校级期中）如图甲所示，标有“220V40W”字样的电灯和标有“20μF300V”字样的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是（）A．t=T2B．电灯恰正常发光 C．电容器有可能被击穿 D．交流电压表的示数保持1102V不变【考点】交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；正弦式交变电流的函数表达式及推导；电容的概念、单位与物理意义．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】BC【分析】交流电压表测量的电压及灯泡的工作电压均为电压的有效值；交流电电压的最大值大于电容器击穿电压时，电容器会被击穿。【解答】解：AD、交流电压的最大值Um＝2202V，电压表的示数应是有效值U=Um2=2202B、电压的有效值恰等于电灯的额定电压220V，电灯正常发光，故B正确；C、电压的最大值为2202V≈311V，大于电容器的耐压值，有可能大于电容器的击穿电压，故有可能被击穿，故C正确。故选：BC。【点评】本题考查描述交流电的有效值及最大值，要注意明确交流电的最大值不能超过电容器的耐压值；而电压表等测量的为有效值。（多选）10．（5分）（2022春•新华区校级月考）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，相同的带正电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以相同的速率v垂直射入磁场，已知粒子的比荷qmA．粒子可能从磁场边界与y轴的交点P沿y轴正方向飞出磁场 B．粒子在磁场中运动的最长时间为2πr3vC．沿x轴正方向射入的粒子在飞出磁场时的偏向角为60° D．如仅将磁感应强度变为2B，所有粒子都平行于y轴飞出磁场【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】BD【分析】根据洛伦兹力提供向心力，求解粒子运动半径，再根据粒子以不同方向入射，分析选项正误。【解答】解：A、设粒子在磁场内圆周运动的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB＝mv2R。已知qm=v2Br，联立解得：R＝2r。假设粒子从P点沿y轴正方向飞出，如图B、当粒子轨迹圆与磁场圆的公共弦为磁场圆直径时，该弦在轨迹圆中对应的圆心角最大，则粒子在磁场中运动时间最长。如图2所示，由图中几何关系可知，轨迹圆中的圆心角为θ=π3，则粒子运动的最长时间t=θRC、设沿x轴正方向射入的粒子飞出磁场时与边界交点为D，轨迹圆心为O3如图3所示，O3A、O3D为粒子轨迹半径，O3O为圆心连线，由图中几何关系可知，θ1＝θ2，tanθ1=AOAO3=rR=12可知θ1≠30°，则∠D、如仅将磁感应强度变为2B，由R=mvqB可知，粒子轨迹半径R＝r。根据左手定则可知，粒子将从x轴上方磁场飞出。设任意一个粒子的轨迹与磁场边界的交点为E。如图4所示，O4A和O4E为粒子轨迹半径，设O4F垂直AE于F，可知∠AO4F＝∠FO4E。由于轨迹圆与磁场圆半径相同，可知公共弦AE在两圆中对应的圆周角相同，由于同一条弦对应的圆周角是圆心角的一半，可知∠ECA＝∠FO4E。设EH为轨迹圆的切线交AC于H点，则∠O4EH＝∠AEC＝90°，则∠O4EF＝∠HEC，可知ΔO4EF～ΔCEH，可知∠EHC＝∠O4FE＝90°。可知EH与x轴垂直，则所有粒子都平行于y轴飞出磁场，故故选：BD。【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意找到粒子运动轨迹，并根据几何关系列式求解是解题关键。三．实验题（共2小题，满分16分，每小题8分）11．（8分）（2023春•丰台区校级期末）用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。（1）组装单摆时，较为合理应该选用AD。（用器材前的字母表示）A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径约为1.8cm的塑料球D．直径约为1.8cm的钢球（2）若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度g＝2π2（3）某同学用一个铁锁代替小球做实验。只改变摆线的长度，测量了摆线长度分别为l1和l2时单摆的周期T1和T2，若不考虑测量误准，计算均无误，算出重力加速度g的测量值，与重力加速度g真实值相比是相同的（选填“偏大”“偏小”或“相同”）；同时该同学后续测量了多组实验数据做出了T2﹣l图像，该图像对应图中B（选填图中选项字母）。【考点】用单摆测定重力加速度．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；单摆问题；实验探究能力．【答案】（1）AD；（2）2π2(2l+d)T2【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析作答；（2）根据单摆周期公式求解作答；（3）根据单摆周期公式求解T2﹣l函数，然后分析作答。【解答】解：（1）组装单摆时，1m左右的细线和30cm左右的细线，为了减少误差应该选择1m左右的细线；1.8cm的塑料球和钢球，应该选择钢球，可以减少空气阻力的影响，故AD正确，BC错误。故选：AD（2）由题意得，单摆的摆长为L=l+单摆的周期公式为T=2π整理有g=（3）设锁的重心到摆线下端的距离为x，则摆长l＝l+x根据单摆周期公式T=2π化简得T第一次测量T第二次测量量T联立解得g=由上式可知，重力加速度与锁的重心到绳子的距离无关，且计算的重力加速度与实际值相同。根据上述得到的关系式T所以T2﹣l图像是一条倾斜的直线并与纵轴相交，故ACD错误，B正确。故选：B。故答案为：（1）AD；（2）2π2(2l+d)T2【点评】本题主要考查了利用单摆周期公式求当地重力加速度，要明确实验的原理，正确处理实验数据。12．（8分）（2022秋•南岗区校级期中）如图是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了l、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。（1）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，轻推一下滑块，使其从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节P使轨道左端降低（选填“升高”或“降低”）一些。（2）测出滑块A和遮光条的总质量为m1，滑块B和遮光条的总质量为m2。将滑块A静置于两光电门之间，滑块B静置于光电门2右侧。推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2，先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3。则实验中两滑块的质量应满足m1＞m2（选填“＞”、“＜”或“＝”），实验需要验证的动量守恒表达式为mBΔ【考点】验证动量守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；动量定理应用专题；实验探究能力．【答案】（1）降低；（2）＞；mB【分析】（1）在验证动量守恒定律时，需要使滑块在碰撞前做匀速运动，据此调节气垫导轨；（2）为避免碰撞被弹回，被碰的滑块质量较小；根据极短时间滑块通过光电门的瞬时速度等于平均速度，计算滑块通过光电门的速度，根据动量守恒求解需要满足的动量守恒的表达式。【解答】解：（1）滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明滑块做加速度运动，则左端较高，可调节P使轨道左端降低一些。（2）滑块B与滑块A碰撞后被弹回，根据碰撞规律m1＞m2碰撞前滑块B的速度为v碰撞后滑块B的速度为v碰撞后滑块A的速度为v若碰撞过程动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律mBv1＝mAv3﹣mBv2代入数据整理得m故答案为：（1）降低；（2）＞；mB【点评】本题考查验证动量守恒的实验，要求掌握实验原理、具体操作要领和细节；理解通过光电门测速度。四．解答题（共3小题，满分41分）13．（12分）（2024•合肥二模）如图所示，小物块A和B通过轻质弹簧相连接，竖直静置于水平地面上。若给小物块A一竖直方向的瞬时冲量，其大小为3N•s，随后B恰好不能离开地面。已知A、B质量分别为1kg、2kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取10m/s2。（1）从开始至B恰好不离开地面的过程，求弹簧弹性势能的变化量；（2）若用大小为17.4N的竖直向上恒力作用于A，使之由静止开始运动，直至B刚离开地面时，求A的速度大小。【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】（1）弹簧弹性势能的变化量为1.5J；（2）A的速度大小为1.2m/s。【分析】（1）给小物块A一瞬时冲量，据此求得初动能，根据胡克定律和平衡条件求得弹簧的初、末形变量，根据系统机械能守恒求解；（2）结合（1）结果，对物块A和弹簧组成的系统由功能关系求解。【解答】解：（1）设物块A的质量为m＝1kg，物块B的质量为2m＝2kg。给小物块A一瞬时冲量p＝3N•s，则物块A获得的动量为：p＝I，初动能为：Ek0=初始物块A静止时，设弹簧压缩x，对物块A根据平衡条件可得：kx＝mg木板b恰好不能离开地面，设此时弹簧伸长x1，对物块B根据平衡条件可得：kx1＝2mg物块A从开始到最高点运动的位移大小为x+x1，设此过程弹簧弹性势能的变化量为Ep，由机械能守恒定律得：Ek0＝Ep+mg（x+x1）解得：x＝0.1m，x1＝0.2m，Ep＝1.5J（2）设竖直向上恒力大小为F＝17.4N，B刚离开地面时A的速度大小为v，对物块A和弹簧组成的系统由功能关系得：F（x+x1）＝mg（x+x1）+Ep+12解得：v＝1.2m/s答：（1）弹簧弹性势能的变化量为1.5J；（2）A的速度大小为1.2m/s。【点评】本题考查了系统机械能守恒定律，功能关系，动量定理在弹簧类模型中的应用。关键是分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力以外的其它力做功有关。14．（13分）（2023•广西开学）两水平轨道放置匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒ab可沿导轨自由移动，金属棒ab的质量为1kg，金属棒与导轨间的摩擦因数μ＝0.2，左端接一定值电阻，阻值为R＝3Ω，导轨电阻不计，金属棒长为L＝1m，电阻为r＝2Ω，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，拉力恒为F＝3N，最终金属棒做匀速运动，恰好匀速时通过的位移x＝15m。g＝10m/s2。求：（1）求稳定状态时金属棒两端电压；（2）求金属棒从开始运动到刚好匀速的过程中，电阻R上的发热量Q；（3）求金属棒从开始运动到稳定状态所用时间。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】（1）稳定状态时金属棒两端电压为3V；（2）金属棒从开始运动到刚好匀速的过程中，电阻R上的发热量Q为1.5J；（3）金属棒从开始运动到稳定状态所用时间为8s。【分析】（1）稳定时金属棒做匀速运动，根据平衡条件求出金属棒受到的安培力大小，再由安培力公式求出电路中电流大小，由欧姆定律求金属棒两端电压；（2）根据安培力与速度的关系求出稳定时金属棒的速度，由能量守恒定律求金属棒从开始运动到刚好匀速的过程中，电路中产生的总热量，再求电阻R上的发热量Q；（3）运用动量定理求金属棒从开始运动到稳定状态所用时间。【解答】解：（1）稳定时金属棒做匀速运动，根据平衡条件有F安+μmg＝F解得：F安＝1N根据安培力公式有F安＝BIL解得：I＝1A金属棒为电源，其两端的电压为路端电压，等于电阻R的电压，则有U＝IR＝1×3V＝3V（2）根据F解得稳定时金属棒的速度为：v＝5m/s根据能量守恒有Fx-解得：Q总＝2.5J则电阻R上的发热量为Q=35Q（3）金属棒由静止到刚好匀速的过程，取向右为正方向，由动量定理有Ft﹣μmgt﹣BILt＝mv又It=BLvt联立解得：t＝8s答：（1）稳定状态时金属棒两端电压为3V；（2）金属棒从开始运动到刚好匀速的过程中，电阻R上的发热量Q为1.5J；（3）金属棒从开始运动到稳定状态所用时间为8s。【点评】解答本题时，要注意金属棒从静止到匀速的过程，做的是非匀变速直线运动，不能根据运动学规律求时间，可以运用动量定理求运动时间。15．（16分）（2017•汕头一模）如图所示，xOy坐标系中，在y轴右侧有一平行于y轴的边界PQ，PQ左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B和B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于xOy平面向里，y轴上有一点A与原点O的距离为l，电荷量为q，质量为m的带正电粒子，以某一速度从坐标原点O处沿x轴正方向射出，经过的时间为t=4πm3qB（1）求边界PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0；（2）若相同的粒子以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出，为使粒子能经过A点，粒子的速度大小应为多大？【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】计算题；跨学科；分割思想；图析法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）带电粒子先在左侧磁场做匀速圆周运动，由入射方向可以确定在该磁场中做匀速圆周运动的圆心在y轴上，当转过一定角度后，进入右侧磁场做同方向的匀速圆周运动，最后在进入左侧恰好达到A点，由带电粒子在两边磁场中运动的总时间列出方程从而可以求出在右侧磁场中偏转角，结合周期公式和半径公式、几何关系可以求得边界PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0．（2）在第一问的基础上，当带电粒子速度增大时，其半径也增大，表示出粒子在左侧和右侧运动一次在y轴上上移的距离y，要使带电粒子能够回到A点，则有l＝ny，把相应的半径公式代入就能求得速度的可能值．【解答】解：带电粒子在左侧和右侧做匀速圆周运动，分别有：qv0可得半径：r1=mv0qB由T=2πrvT1=2πmqB且T（1）粒子射出后经过时间为t=4πm3qB时恰好到达设图中圆弧DE对应的圆心角为θ，则O点运动到A点的时间为θ解得：θ＝60°ΔC1C2C3为等边三角形，几何关系为l＝2r1+（r2﹣r1）d＝r1cos30°解得PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0分别为d=v（2）以更大速度射出的粒子，必然是从y轴较高点转向下方时经过A点，粒子运动一个周期，运动情况如图所示，设图中∠C3DF＝α，则粒子运动一个周期在y轴上的位移y＝2r1+2（r2﹣r1）sinα﹣2r1（或y＝2r1sinα）cosα=经过A点的条件是ny＝l（n＝1、2、3…）解得v=qBl2m13+1n2（考虑到v＞v0=qBl3m，因此n只能取1即粒子的速度大小为v=qBl3m（或v=qBl2m13+1n2答：（1）求边界PQ与y轴的距离d为3l6和粒子从O点射出的速度大小v0为（2）若相同的粒子以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出，为使粒子能经过A点，粒子的速度大小应为v=qBl3m【点评】本题的与从不同在于：①粒子在方向相同但大小不同的两个磁场区域内做匀速圆周运动，已知磁感应强度关系，也就知道了半径关系，由于进入两个磁场的速度方向不能突变，所以偏向角有一定关系，从而时间也有了一定的关系．②当速度增大时，半径也要增大，要使带电粒子同样能到达A点，则粒子在左、右两侧磁场中各偏转一次向上上移的距离之和的整数倍等于OA长．

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．3．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。4．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用【知识点的认识】1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。【命题方向】如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，（i）整个系统损失的机械能；（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。分析：（i）A压缩弹簧的过程，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此时B与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出损失的机械能．（ii）系统动量守恒，由动量守恒定律求出三个物体共同速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．解答：（i）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为△E．对B、C组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+联立①②③式得：整个系统损失的机械能为△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep．由动量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12联立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整个系统损失的机械能是116（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能是1348点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，知道弹簧被压缩到最短时三个物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究．【解题思路点拨】当弹簧压缩到最短时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近，此时两物体具有相同的速度。因此，该类问题临界状态相对应的临界条件是弹簧连着的两物体速度相等。5．波长、频率和波速的关系【知识点的认识】描述机械波的物理量（1）波长λ：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长．（2）频率f：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变．（3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定．（4）波速与波长和频率的关系：v＝λf．【命题方向】常考题型：如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（）A．此列波的周期为T＝0.4sB．质点B、F在振动过程中位移总是相等C．质点I的起振方向沿y轴负方向D．当t＝5.1s时，x＝10m的质点处于平衡位置处E．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v=λT求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数解：A、由波形图可知，波长λ＝4m，则T=λv=B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到x＝l0m的质点的时间t′=xv=1010=1s，t＝5.1s时，x＝l0m的质点已经振动4.1s＝E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．【解题方法点拨】牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。6．机械波的图像问题【知识点的认识】横波的图象如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。【命题方向】（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则BA．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处。分析：由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况。解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，CD错误。故选B。点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A．这列波的振幅为4cmB．这列波的周期为1sC．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动D．此时x＝4m处质点的加速度为0分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。故选：D。点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。【解题方法点拨】波的图象的理解与应用1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：图象的应用：（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）λ2（n＝0，1，2，33．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。波的传播方向与质点的振动方向的判断方法图象方法（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。7．波的叠加【知识点的认识】1.波的叠加原理：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和．2.波在叠加时的特点：①位移是几列波分别产生位移的矢量和。②各列波独立传播。③两列同相波叠加，振动加强，振幅增大。（如图1所示）④两列反相波叠加，振动减弱，振幅减小。（如图2所示）【命题方向】常考题型：如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是（）A．该时刻质点O正处于平衡位置B．P、N两质点始终处在平衡位置C．随着时间的推移，质点M将向O点处移动D．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M到达平衡位置【分析】由图知M、O都处于振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动．解：由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，A错误；P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，B正确；振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，C错误；从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D错误；故选B【点评】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰．在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和．【解题思路点拨】波的独立性原理：两列波相遇后，每列波仍像相遇前一样，保持各自原来的波形，继续向前传播。8．电容的概念、单位与物理意义【知识点的认识】（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=QU，Q是电容器的电荷量，U是两极板间的电压。电容的大小与Q和（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=QU=ΔQΔU故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=9．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。10．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比11．磁感应强度的定义与物理意义【知识点的认识】1.电流元：在物理学中，把很短一段通电导线中的电流I与导线长度l的乘积叫作电流元。2.磁感应强度（1）定义：电流元垂直于磁场放置时，电流元所受磁场的作用力F与I和l乘积的比值，叫作的磁感应强度。（2）定义式：B=F（3）单位：在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简称特，符号是T，1T＝1NA⋅m（4）标矢性：矢量，方向即为该处磁场方向，即静止于该处的小磁针N极所指的方向（5）物理意义：表征磁场强弱的物理量。（6）磁感应强度是磁场本身的性质，与放不放电流元无关。【命题方向】由磁感应强度的定义式B=FA、磁感应强度与通电导线受到的磁场力F成正比B、磁感应强度与电流强度和导线长度的乘积成反比C、磁感应强度的方向与F的方向一致D、只要满足L很短，I很小的条件，B=F分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．公式B=FIL是比值法定义B的，磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，不能说B与F成正比，也不能说B与解答：AB、磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，定义式B=FIL是比值法定义B的，不能说B与F成正比，也不能说B与IL成反比。故A、C、根据左手定则可知，F与B的方向互相垂直。故C错。D、只要满足L很短，I很小的条件，B=FIL对任何磁场都适用。故故选：D。点评：磁感应强度的定义式B=FIL可知，是属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=F【解题思路点拨】1.磁感应强度的定义式：：B=（1）公式成立条件：通电导线必须垂直于磁场方向放置，不垂直则公式不成立。（2）决定磁感应强度的因素：仅由磁场本身决定，与导线是否受磁场力以及磁场力的大小无关。（3）磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时l应很短，称为“电流元”，相当于静电场中的“试探电荷”。2.方向：磁感应强度B是一个矢量，某点磁感应强度的方向不是放在该处的通电导线的受力方向。它的方向可以有以下几种表述方式：（1）小磁针静止时N极所指的方向，或小磁针静止时S极所指的反方向。（2）小磁针N极受力的方向（不论小磁针是否静止），或S极受力的反方向。（3）磁感应强度的方向就是该点的磁场方向。3.大小：磁场在某位置的磁感应强度的大小与方向是客观存在的，与通过导线的电流大小、导线的长短无关。即使不放入载流导线，磁感应强度也照样存在，故不能说“B与F成正比”或“B与Il成反比”。12．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T2故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．13．导体平动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：E＝Blv3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。【命题方向】如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（）分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。故选：D。点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．【解题方法点拨】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsinθ。14．电磁感应过程中的能量类问题【知识点的认识】1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。2.求解电能应分清两类情况（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。（2）若电流变化，则：①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。3.电磁感应现象中的能量转化（1）安培力做功（2）焦耳热的计算①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感应电流变化时，可用以下方法分析：a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，【命题方向】题型一：电磁感应与能量的综合电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a（3）求金属棒下滑的最大速度vm．分析：（1）题中已知金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安．（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度．解答：（1）下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时，所受的安培力为：F＝BIL＝BBLvR+rL由牛顿第二定律得：mgsin30°-B得：a＝gsin30°-代入解得：a＝10×0.5-0．82×0.7（3）金属棒匀速运动时速度最大，即a＝0时，v最大，设为vm．由上题结果得：mgsin30°-B可得：vm=mg(R+r)sin30°B2若根据能量守恒定律得：mgSsin30°=12解得：vm=7.5m/s≈2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s答：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安是0.4J．（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a是3.2m/s2．（3）金属棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．点评：本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题．【解题方法点拨】电磁感应中的能量转化问题1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：2．电能求解思路主要有三种（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．15．自感线圈对电路的影响【知识点的认识】1.对自感现象的分析思路（1）明确通过自感线圈的电流大小的变化情况（是增大还是减小）。（2）根据“增反减同”，判断自感电动势的方向。（3）分析阻碍的结果：当电流增大时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐增大，与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大；当电流减小时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐减小，与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小。2.自感现象中，灯泡的亮度变化问题（通电自感和断电自感的比较）通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大（有铁芯）L很大（有铁芯）现象在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A渐渐熄灭或闪亮一下再熄灭原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢S断开时，线圈L产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；灯A中电流反向不会立即熄灭．若RL＜RA，原来的IL＞IA，则A灯熄灭前要闪亮一下．若RL≥RA，原来的电流IL≤IA，则灯A逐渐熄灭不再闪亮一下能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能【命题方向】在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（）A．合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮B．合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些C．断开开关，a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭D．断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭分析：对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．解答：A、由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，由于两灯泡并联，L的电阻不能忽略，所以稳