2025年高考物理解密之填空题

Page2025年高考物理解密之填空题一．填空题（共25小题）1．（2024•漳州三模）为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某次测试该车做匀减速直线运动，由于位移和时间的关系图像为抛物线，为便于直观研究该运动规律，改作如图所示的与关系图像，则该车的初速度为，刹车过程中加速度大小为，刹车距离为。2．（2024•福建）镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中进行波长的选择。如图，一束复色光以一定入射角进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。若复色光含蓝、绿光，已知棱镜对蓝光的折射率大于绿光，则蓝光在棱镜中的折射角（填“大于”“等于”或“小于”绿光的折射角；若激光器输出的是蓝光，当要调为绿光输出时，需将棱镜以过入射点且垂直纸面的轴（填“顺时针”或“逆时针”转动一小角度。3．（2024•福建）如图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为。、分别为、的中点，则点的电势（填“大于”“等于”或“小于”点的电势；将一带电量为的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功（填“大于零”“等于零”或“小于零”。4．（2024•广西）单摆可作为研究简谐运动的理想模型。（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中不变；（2）用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为；（3）若将一个周期为的单摆，从平衡位置拉开的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系为。5．（2024•福建）夜间环境温度为时，某汽车轮胎的胎压为2.9个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至，此时胎压为个标准大气压，胎内气体的内能（填“大于”“等于”或“小于”时的内能。（计算时取6．（2024•厦门三模）我国唐代对彩虹形成的原因已有记载，《礼记月令季春之月》中提到“日照雨滴则虹生”。一束太阳光射入球形雨滴形成彩虹的光路如图所示，则光线的频率（选填“大于”、“等于”或“小于”光线的频率，已知太阳光射入雨滴时入射角，光线偏折角，光线在雨滴中的折射率等于（结果保留两位有效数字，，，。7．（2024•包头二模）如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面点静止释放，小球在隧道内的运动可视为简谐振动。已知地球半径为，小球经过点时开始计时，由向运动，经时间第1次过点点图中未标出），再经时间第2次经过该点。则小球振动的周期为；到的距离为。8．（2024•重庆模拟）如图所示是一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图，已知波的传播速度。试回答下列问题：①写出处的质点做简谐运动的表达式；②处质点在内通过的路程为。9．（2024•福建模拟）一定质量理想气体先后经历，，三个阶段，其图像如图所示。在的过程中气体内能的变化趋势为（填“一直增大”或“一直减小”或“先增大后减小”或“先减小后增大”。在过程中气体（填“吸收”或“放出”的热量为。10．（2024•西宁一模）某报告厅的平面图为矩形，如图所示，、两处设有两个与某同学等高的两个喇叭，间距为，间距为，某同学沿直线从位置运动到位置的过程中，在某些位置听不到声音，有些位置听到的声音却很强．已知空气中声速为，喇叭发出声音的频率为，声波的波长为，听不到声音的位置有个．11．（2024•泉州模拟）滑板运动非常有趣。如图所示，某同学踩着滑板在弧形滑板的内壁来回滑行，滑板的这种运动（选填“可以”或“不可以”视为简谐运动，若视为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时到达了相同的最高点，则站着运动的周期（选填“比较大”“比较小”或“一样大”，运动到最低点时的速度（选填“比较大”“比较小”或“一样大”。12．（2024•仓山区校级模拟）2011年3月11日，日本福岛核电站发生核泄漏事故，其中铯对核辐射的影响最大，其半衰期约为30年。（1）请写出铯137发生衰变的核反应方程已知53号元素是碘，56号元素是钡。（2）若在该反应过程中释放的核能为，则该反应过程中质量亏损为（真空中的光速为。（3）泄漏出的铯137约要经历年才会有的原子核发生衰变。13．（2024•福州模拟）如图所示，双缝、的间距，双缝到光屏的距离。光源到。的距离相等，光屏上的点到、的距离之差，现用某单色光在空气中做双缝干涉实验，测得两条相邻亮条纹的中心间距△。已知光在空气中的传播速度。则该单色光的波长为，频率为；处是（选填“亮”或“暗”条纹。14．（2024•福州模拟）如图甲所示，某款自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的气体，通过压力传感器感知管中的气体压强，从而控制进水量。假设细管内气体温度不变，其压强与体积的关系如图乙所示，当气体从状态变化到状态时，洗衣缸内的水位（填“升高”、“降低”或“不变”，该过程细管内气体（填“吸热”、“放热”或“不吸热不放热”。15．（2024•鼓楼区校级模拟）图示为氢原子的能级结构图。在某正四面体密闭容器的其中一个器壁上有一个红外光子接收仪，可以接收红外光子（能量范围在并计数。假设到达该器壁的所有红外光子均被接收仪吸收。现将容器内的氢原子全部激发到的能级，接收仪在之后的较短时间内接收到的红外光子，假定这段时间内每个氢原子只发生一次跃迁，且激发态的氢原子跃迁到每个能级的概率相同。能发射红外光子的能级跃迁是（填“”或“”或“”，该容器中氢原子的物质的量为。16．（2024•三明模拟）1988年，德国物理学家赫兹对火花放电现象进行深入研究，第一次验证了电磁波的存在。一小组研究电磁振荡实验，图甲为时刻的电路状态，此时电容器正在（选填“充电”或“放电”；图乙为通过线圈的电流随时间变化的图像，时刻电场能正在（选填“增大”、“减小”或“不变”；要增大振荡频率，可（选填“增大”、“减小”或“不变”电容器的电容。17．（2024•浦东新区校级模拟）如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒。第一次以速度匀速向右平动，第二次以速度匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势之比和通过的电荷量之比。18．（2024•德阳模拟）某同学利用打点计时器探究小车的运动规律，实验时按规范操作得到的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起每5个点标记一个计数点，标出了连续的5个计数点、、、、，相邻两计数点之间都有4个点迹没有标出，用刻度尺分别测量出、、的长度如图所示，已知打点计时器的打点周期是，纸带左端连接小车，根据数据可以推测该纸带记录的是小车做直线运动；打下点时小车的瞬时速度大小为，小车的加速度大小为（结果均保留两位有效数字）。19．（2024•松江区校级三模）图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈和。线圈跟电源连接，线圈两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关的时候，弹簧将：立即；过一会儿）将衔铁向上拉起，原因是：。20．（2024•福州二模）如图所示，一束复色光从空气射入到玻璃三棱镜，出射光分成、两束单色光，则（选填“”或“”光在玻璃中折射率更大；在真空中光传播速度（选填“大于”、“等于”或“小于”光的传播速度；将，两束光分别经过相同的单缝衍射装置，（选填“”或“”光产生的中央亮条纹更宽。21．（2024•荆州区校级模拟）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行，正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示①此玻璃的折射率计算式为（用图中的、表示）；②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度。（填“大”或“小”的玻璃砖来测量。22．（2024•北京模拟）如图为某同学用电流表和电压表测量电阻的部分实验电路图。在某次测量中，电压表的示数为，电流表的示数为，根据测量数据可计算出电阻。若仅考虑电表内阻的影响，实验中电阻的测量值比真实值（选填“偏大”或“偏小”。23．（2024•泉州二模）（1）一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为时，通过的电流是。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为，金属丝两端所加的电压应为。（2）有一个满偏电流为的毫安表，电表内阻为，现将该毫安表的量程扩大至，则应并联一个阻值为的电阻。（3）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表的量程为，内阻为，图中串联的分压电阻，则。24．（2024•泉州模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，输入的交变电压如图乙所示，、是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡能正常发光，则灯泡（选填“能”或“不能”正常发光，灯泡的额定电压为，交变电压瞬时值表达式为。25．（2024•四川模拟）如图（a）所示，水平面上、、、四点构成一矩形，两波源分别位于、两点；两波源振动规律如图（b）所示，已知、两波源产生的两列简谐波传到点的时间差是，，，则两列波的波长均为，、两点的振动规律（填“相同”或“不同”，、两点所在的直线共有个振动加强的点。

2025年高考物理解密之填空题参考答案与试题解析一．填空题（共25小题）1．（2024•漳州三模）为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某次测试该车做匀减速直线运动，由于位移和时间的关系图像为抛物线，为便于直观研究该运动规律，改作如图所示的与关系图像，则该车的初速度为30，刹车过程中加速度大小为，刹车距离为。【答案】30，50，90。【考点】复杂的运动学图像问题【专题】推理法；定量思想；运动学中的图象专题；分析综合能力【分析】根据位移—时间公式，变形成符合图像坐标的表达式，从而得出物体运动的初始条件，进而得出答案。【解答】解：根据位移—时间公式有，等式两边都除以，有，所以图像中轴的截距表示初速度大小，所以初速度为，斜率为加速度的一半，，解得，所以位移的表达式为，将代入解得故答案为：30，50，90。【点评】学生在解答本题时，应注意能够根据图像中的横纵坐标，结合所学的已知公式，分析图像中蕴含的物理信息。2．（2024•福建）镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中进行波长的选择。如图，一束复色光以一定入射角进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。若复色光含蓝、绿光，已知棱镜对蓝光的折射率大于绿光，则蓝光在棱镜中的折射角小于（填“大于”“等于”或“小于”绿光的折射角；若激光器输出的是蓝光，当要调为绿光输出时，需将棱镜以过入射点且垂直纸面的轴（填“顺时针”或“逆时针”转动一小角度。【答案】小于，逆时针。【考点】光的折射定律【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力【分析】根据折射定律列式判断折射角大小，结合图像分析棱镜如何旋转才能使蓝光输出改为绿光输出。【解答】解：根据折射定律可得，由于透镜对蓝光折射率大于绿光，则透镜中蓝光折射角小于绿光折射角；若此时激光为蓝光，要变为绿光，根据，由于绿光的折射率较小，为了保证折射角不变，则入射角应减小，即逆时针改变入射角。故答案为：小于，逆时针。【点评】考查光的折射定律及其应用，会根据题意进行准确分析判断。3．（2024•福建）如图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为。、分别为、的中点，则点的电势（填“大于”“等于”或“小于”点的电势；将一带电量为的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功（填“大于零”“等于零”或“小于零”。【答案】，大于，大于零。【考点】电场力做功与电势能变化的关系【专题】推理法；电场力与电势的性质专题；定量思想；推理论证能力【分析】根据对称性排除相应电荷对电场强的干扰，然后分析不具备对称性的点电荷对的场强，结合场强的叠加原理，电场中电势高低的判断方法以及电场力做功的知识进行分析解答。【解答】解：由于对称性，直径、上面三个电荷与下面三个电荷对点的场强之和为0，对、两点电势的影响相同，因此只需考虑点和点两个电荷即可。根据点电荷场强公式和场强叠加原理，点场强为；点更靠近点的，点更靠近点的，则点电势大于点；将从点移到点，电场力做功。故答案为：，大于，大于零。【点评】考查点电荷的场强和电场叠加知识，会根据电荷分布判断电势高低以及电场力对电荷做功的问题。4．（2024•广西）单摆可作为研究简谐运动的理想模型。（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变；（2）用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为；（3）若将一个周期为的单摆，从平衡位置拉开的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系为。【答案】（1）摆长；（2）1.16；（3）。【考点】用单摆测定重力加速度【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；单摆问题；实验探究能力【分析】（1）根据实验原理，单摆在摆动过程中，应保持单摆的摆长不变，据此分析作答；（2）10分度游标卡尺的精确度为，根据游标卡尺的读数规则读数；（3）根据单摆周期公式求摆长，根据数学知识求单摆的振幅，再求解单摆的振动方程。【解答】解：（1）根据实验原理，单摆在摆动过程中，应保持单摆的摆长不变，图甲摆线的悬点固定，图乙中摆线的悬点不固定，因此为了保持摆动中摆长不变，应该选择图甲的方式；（2）10分度游标卡尺的精确度为，摆球直径；（3）根据单摆周期公式单摆的摆长根据数学知识，单摆的振幅将次单摆从最大位移处释放，单摆的振动方程为故答案为：（1）摆长；（2）1.16；（3）。【点评】本题主要考查了游标卡尺的读数、单摆的周期公式和单摆做简谐运动的规律；在求解摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系时，要主要释放摆球的初位置。5．（2024•福建）夜间环境温度为时，某汽车轮胎的胎压为2.9个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至，此时胎压为3.0个标准大气压，胎内气体的内能（填“大于”“等于”或“小于”时的内能。（计算时取【答案】3.0，大于。【考点】气体的等容变化与查理定律的应用；热力学第一定律的表达和应用【专题】定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力【分析】根据查理定律和热力学第一定律列式求解判断。【解答】解：轮胎内部被封闭气体的体积不变，初始温度，压强，末状态温度为，压强为，根据查理定律有，代入数据解得，根据热力学第一定律△，气体体积没有发生改变，故，由于环境温度升高，气体会从外界吸收热量，故，所以气体内能大于初始状态内能。故答案为：3.0，大于。【点评】考查查理定律的应用以及热力学第一定律，会根据题意进行准确分析解答。6．（2024•厦门三模）我国唐代对彩虹形成的原因已有记载，《礼记月令季春之月》中提到“日照雨滴则虹生”。一束太阳光射入球形雨滴形成彩虹的光路如图所示，则光线的频率大于（选填“大于”、“等于”或“小于”光线的频率，已知太阳光射入雨滴时入射角，光线偏折角，光线在雨滴中的折射率等于（结果保留两位有效数字，，，。【答案】大于；1.3【考点】光的折射定律【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力【分析】根据光的偏折程度分析折射率，根据折射定律解得折射率。【解答】解：由图分析可知，第一次折射时，光的偏折较小，则光的折射率较小；根据折射定律可知代入数据解得故答案为：大于；1.3【点评】本题关键之处是分析第一次折射时折射角的关系，要注意运用折射定律计算折射率的公式。7．（2024•包头二模）如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面点静止释放，小球在隧道内的运动可视为简谐振动。已知地球半径为，小球经过点时开始计时，由向运动，经时间第1次过点点图中未标出），再经时间第2次经过该点。则小球振动的周期为；到的距离为。【答案】；。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理论证能力【分析】根据简谐运动具有周期性和对称性判断周期，位移时间函数图像是一个正弦函数图像，然后根据振动方程求出与之间的距离。【解答】解：由简谐运动时间的对称性可知小球从点运动到点的时间为则小球振动的周期为小球做简谐运动的振动方程为小球从运动到的时间则到的距离为故答案为：；。【点评】本题考查了简写运动的周期、位移、回复力的特点，把握运动的周期性是关键。8．（2024•重庆模拟）如图所示是一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图，已知波的传播速度。试回答下列问题：①写出处的质点做简谐运动的表达式②；②处质点在内通过的路程为。【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力【分析】（1）根据图象知，处的质点初始时刻在正的最大位移处，通过图象得出波长、振幅，根据波速和波长求出周期，从而得出圆频率，写出振动的函数表达式。（2）抓住质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅求出质点在内通过的路程。【解答】解：①波长，周期，振幅。则。初始时刻质点位于正的最大位移处，所以初相位为，则处质点振动的函数表达式为。②，则内路程。故答案为：①②110；【点评】解决该题的关键是知道振动方程中初相位的求解方法，知道一个周期内质点的路程为4个振幅；9．（2024•福建模拟）一定质量理想气体先后经历，，三个阶段，其图像如图所示。在的过程中气体内能的变化趋势为先增大后减小（填“一直增大”或“一直减小”或“先增大后减小”或“先减小后增大”。在过程中气体（填“吸收”或“放出”的热量为。【答案】先增大后减小；放出；2000。【考点】热力学第一定律的图像问题；理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用【专题】热力学定律专题；推理法；定量思想；推理能力【分析】一定质量理想气体的内能仅与温度有关，温度越高内能越大。根据一定质量的理想气体分析出气体的温度变化，结合热力学第一定律和图像的物理意义完成分析。【解答】解：在的过程中，根据可知，先增大后减小，则温度先增大后减小，一定质量理想气体的内能仅与温度有关，温度越高内能越大，则在的过程中气体内能的变化趋势为先增大后减小；由理想气体状态方程有，代入数据可得则气体在状态的内能等于状态的内能，在过程中，图像中图线与横轴围成的面积等于气体做的功，整个过程，外界对气体做功为：由热力学第一定律有△可得，即在过程中气体放出的热量为。故答案为：先增大后减小；放出；2000。【点评】本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。10．（2024•西宁一模）某报告厅的平面图为矩形，如图所示，、两处设有两个与某同学等高的两个喇叭，间距为，间距为，某同学沿直线从位置运动到位置的过程中，在某些位置听不到声音，有些位置听到的声音却很强．已知空气中声速为，喇叭发出声音的频率为，声波的波长为，听不到声音的位置有个．【考点】机械波的图像问题【专题】参照思想；合成分解法；振动图象与波动图象专题【分析】本题是波的干涉问题，当波程差为半个波长奇数倍时振动减弱，听不到声音，据此可正确解答．【解答】解：声波的波长，在、两喇叭的距离差为半个波长奇数倍的位置，两声音干涉相抵消，听不到声音．连线的中点到两喇叭的距离差为0，从中点向两边到两喇叭的距离差逐渐增大，由几何关系可知，、两点到两喇叭的距离差最大为，故点两边到两喇叭的距离增大到、、三个位置时，听不到声音，由对称性可知，听不到声音的位置有6个．故选：，6．【点评】关于波的干涉，关键要明确干涉条件，并能正确利用振动加强和减弱条件进行有关运算．11．（2024•泉州模拟）滑板运动非常有趣。如图所示，某同学踩着滑板在弧形滑板的内壁来回滑行，滑板的这种运动不可以（选填“可以”或“不可以”视为简谐运动，若视为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时到达了相同的最高点，则站着运动的周期（选填“比较大”“比较小”或“一样大”，运动到最低点时的速度（选填“比较大”“比较小”或“一样大”。【答案】不可以，比较小，比较小。【考点】简谐运动的回复力【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；分析综合能力【分析】根据简谐运动的回复力特征分析；根据周期公式分析其运动周期，根据重力势能与动能的转化分析其速度大小。【解答】解：滑板在弧形滑板的内壁来回滑行，不可以视为简谐运动，简谐运动需要满足回复力与位移成正比，且方向相反，即，而滑板运动中，滑板除受到重力和支持力外，其所受的摩擦力比较复杂，不符合简谐运动回复力的特征，在不计摩擦及阻力的情况下，最大偏角小于的条件下，可能近似的将其看作简谐运动；若视为简谐运动，根据周期公式可知：该同学站在滑板上时，其重心高度高，则其做简谐运动的摆长小，其周期比较小；从最高点运动到最低点的过程中，该同学站在滑板上时，其重力势能减小量小，其动能增加量也小，则其速度比较小。故答案为：不可以，比较小，比较小。【点评】此题考查了简谐运动的相关知识，掌握简谐运动的定义，用所学物理知识分析生活中的问题。12．（2024•仓山区校级模拟）2011年3月11日，日本福岛核电站发生核泄漏事故，其中铯对核辐射的影响最大，其半衰期约为30年。（1）请写出铯137发生衰变的核反应方程已知53号元素是碘，56号元素是钡。（2）若在该反应过程中释放的核能为，则该反应过程中质量亏损为（真空中的光速为。（3）泄漏出的铯137约要经历年才会有的原子核发生衰变。【答案】（1）；（2）；（3）90。【考点】衰变的特点、本质及方程；用爱因斯坦质能方程计算核反应的核能【专题】定量思想；推理法；理解能力；光电效应专题；衰变和半衰期专题；信息给予题【分析】（1）根据质量数和核电荷数守恒求解核反应方程；（2）根据爱因斯坦质量方程求解质量亏损；（3）根据半衰期求衰变时间。【解答】解：（1）铯发生衰变时，由质量数和电荷数守恒，可得该核反应方程是（2）根据爱因斯坦的质能方程，可得该反应过程中质量亏损是（3）泄漏出的铯137有的原子核发生衰变，还剩，设衰变的时间约为，则有半衰期约为30年，解得年。故答案为：（1）；（2）；（3）90。【点评】本题考查了核反应方程的书写、半衰期的求解以及爱因斯坦的质能方程，要求熟练掌握相关知识。13．（2024•福州模拟）如图所示，双缝、的间距，双缝到光屏的距离。光源到。的距离相等，光屏上的点到、的距离之差，现用某单色光在空气中做双缝干涉实验，测得两条相邻亮条纹的中心间距△。已知光在空气中的传播速度。则该单色光的波长为，频率为；处是（选填“亮”或“暗”条纹。【答案】；；暗。【考点】光的干涉现象；用双缝干涉测量光的波长【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；光的干涉专题；实验能力【分析】根据双缝干涉条纹间距公式和波长与频率的关系求解波长和频率，结合产生明条纹和暗条纹的条件求解作答。【解答】解：根据双缝干涉条纹间距公式根据波长与频率关系代入数据得点到的距离之差由此可知，所以点为暗条纹。故答案为：；；暗。【点评】本题主要考查了双缝干涉测波长的实验，关键是要明确实验的原理，知道产生明、暗条纹的条件。14．（2024•福州模拟）如图甲所示，某款自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的气体，通过压力传感器感知管中的气体压强，从而控制进水量。假设细管内气体温度不变，其压强与体积的关系如图乙所示，当气体从状态变化到状态时，洗衣缸内的水位降低（填“升高”、“降低”或“不变”，该过程细管内气体（填“吸热”、“放热”或“不吸热不放热”。【答案】降低，吸热。【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；分析综合能力【分析】根据气体做等温变化，体积减小压强变大即可分析；再根据热力学第一定律即可分析该过程气体吸放热情况。【解答】解：根据题意细管内气体温度不变，气体从状态变化到状态时，由可知，状态气体压强大于状态，因此洗衣缸内的水位降低；该过程，气体做等温变化，气体内能不变，即△，到过程，外界对气体做功，即，根据热力学第一定律△可知，，即该过程细管内气体吸热。故答案为：降低，吸热。【点评】解答本题要把握气体从状态到状态过程中，气体状态参量的变化，再根据热力学第一定律即可解答，题目难度适中。15．（2024•鼓楼区校级模拟）图示为氢原子的能级结构图。在某正四面体密闭容器的其中一个器壁上有一个红外光子接收仪，可以接收红外光子（能量范围在并计数。假设到达该器壁的所有红外光子均被接收仪吸收。现将容器内的氢原子全部激发到的能级，接收仪在之后的较短时间内接收到的红外光子，假定这段时间内每个氢原子只发生一次跃迁，且激发态的氢原子跃迁到每个能级的概率相同。能发射红外光子的能级跃迁是（填“”或“”或“”，该容器中氢原子的物质的量为。【答案】，18。【考点】分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力【分析】先计算氢原子跃迁发出光子能量的可能值，据此判断被红外光子接收仪接收的光子的来源，并根据题设条件计算该容器中氢原子的物质的量。【解答】解：由图可知处在能级的氢原子分别跃迁至能级、能级、能级时发出的光子的能量分别为0.66、2.55、12.75，由题意可知，只有从能级跃迁至能级的氢原子发出的红外光子能够被接收到；由题意可知，只有从能级跃迁至能级的氢原子发出的光子能够被接收到，则测量时容器内约有的氢原子从能级跃迁到能级，若每个氢原子只发生一次跃迁且跃迁到每个能级的概率相同，则该容器中氢原子的物质的量可能为。故答案为：，18。【点评】本题考查能级跃迁的知识，关键是理解能级跃迁满足的条件，难度不大。16．（2024•三明模拟）1988年，德国物理学家赫兹对火花放电现象进行深入研究，第一次验证了电磁波的存在。一小组研究电磁振荡实验，图甲为时刻的电路状态，此时电容器正在充电（选填“充电”或“放电”；图乙为通过线圈的电流随时间变化的图像，时刻电场能正在（选填“增大”、“减小”或“不变”；要增大振荡频率，可（选填“增大”、“减小”或“不变”电容器的电容。【答案】充电；增大；减小。【考点】电磁振荡及过程分析【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力【分析】电容器充电过程电路电流减小，电容器所带电荷量增加，电场能增加，根据图乙所示图像分析清楚电磁振荡过程，根据振荡频率的公式分析解答。【解答】解：图甲中时刻，电流沿逆时针方向，电容器的上极板带正电，电荷流向极板，所以此时电容器正在充电；图乙中根据电流随时间变化的图像可知，时刻通过线圈的电流正在减小，磁场能在减小，根据能量守恒定律可知，电场能在增大；根据振荡频率的公式可知，减小电容器的电容，可以使振荡频率增大。故答案为：充电；增大；减小。【点评】解决本题的关键知道在振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能，理会根据振荡频率的公式分析问题。17．（2024•浦东新区校级模拟）如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒。第一次以速度匀速向右平动，第二次以速度匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势之比和通过的电荷量之比。【答案】，。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势【专题】定量思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力【分析】根据公式求感应电动势之比。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系得到通过的电荷量与棒移动距离的关系，再求通过的电荷量之比。【解答】解：根据可得两种情况下回路中产生的感应电动势之比为设导体棒移动的距离为。根据△，，，可得通过的电荷量，则，故通过的电荷量之比为故答案为：，。【点评】解答本题的关键要熟练根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系推导出，并在理解的基础上记牢，经常用到。18．（2024•德阳模拟）某同学利用打点计时器探究小车的运动规律，实验时按规范操作得到的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起每5个点标记一个计数点，标出了连续的5个计数点、、、、，相邻两计数点之间都有4个点迹没有标出，用刻度尺分别测量出、、的长度如图所示，已知打点计时器的打点周期是，纸带左端连接小车，根据数据可以推测该纸带记录的是小车做匀加速直线运动；打下点时小车的瞬时速度大小为，小车的加速度大小为（结果均保留两位有效数字）。【答案】匀加速；1.0；2.0。【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】定量思想；实验分析法；直线运动规律专题；实验能力【分析】根据连续相等时间间隔位移变化分析小车运动情况，匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，根据逐差法计算加速度。【解答】解：假定小车做匀加速直线运动，由于△△。相等时间间隔位移差值恒定，故汽车做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可以求出打纸带上点时小车的瞬时速度大小根据逐差法得：故答案为：匀加速；1.0；2.0。【点评】本题主要考查学生对打点计时器纸带数据的处理，需要牢固掌握逐差法计算加速度。19．（2024•松江区校级三模）图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈和。线圈跟电源连接，线圈两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关的时候，弹簧将：立即；过一会儿）将衔铁向上拉起，原因是：。【答案】；因为线圈中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。【考点】楞次定律及其应用【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力【分析】图中有两个线圈，其中有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而线圈无电源，开关闭合后没有电流，只有当中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，线圈才会产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解。【解答】解：由题意可知，当接通后，线圈中产生磁场，穿过线圈的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，中产生与图示方向相反的感应电流，当将断开，导致穿过线圈的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放的作用。答：；因为线圈中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。【点评】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈的作用是阻碍线圈磁通量的变化。20．（2024•福州二模）如图所示，一束复色光从空气射入到玻璃三棱镜，出射光分成、两束单色光，则（选填“”或“”光在玻璃中折射率更大；在真空中光传播速度（选填“大于”、“等于”或“小于”光的传播速度；将，两束光分别经过相同的单缝衍射装置，（选填“”或“”光产生的中央亮条纹更宽。【答案】；等于；【考点】折射率的波长表达式和速度表达式；光的单缝衍射和小孔衍射【专题】定性思想；推理法；光的衍射、偏振和电磁本性专题；理解能力【分析】根据光线的偏折程度判断折射率的大小，真空中所有光的传播速度相等；根据单缝衍射的特点分析。【解答】解：从图中可看出的偏折程度大，所以的折射率大；在真空中所有光的传播速度相等；根据题意可知的频率大，波长小，在经过相同的单缝衍射装置，光产生的中央亮条纹更宽。故答案为：；等于；【点评】本题是几何光学的基本问题，关键要掌握折射率的意义、注意衍射产生的中央亮条纹的影响因素。21．（2024•荆州区校级模拟）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行，正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示①此玻璃的折射率计算式为（用图中的、表示）；②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度。（填“大”或“小”的玻璃砖来测量。【考点】测量玻璃的折射率【专题】光的折射专题【分析】（1）入射角和折射角是光线与法线的夹角，根据图确定入射角和折射角，根据折射定律求出折射率。（2）在相同条件下，测量的量大时，相对误差较小。【解答】解：（1）由图得到，光线在玻璃砖上表面上入射角为，折射角为，根据折射定律得（2）在宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择时，玻璃砖宽度较大时，引起的角度误差较小。故答案为：（1）①；②大【点评】本实验用“插针法”测定玻璃的折射率的原理是折射定律，入射角和折射角都是光线与法线的夹角，不是与界面的夹角。22．（2024•北京模拟）如图为某同学用电流表和电压表测量电阻的部分实验电路图。在某次测量中，电压表的示数为，电流表的示数为，根据测量数据可计算出电阻10。若仅考虑电表内阻的影响，实验中电阻的测量值比真实值（选填“偏大”或“偏小”。【答案】10，偏小。【考点】伏安法测电阻【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力【分析】根据电阻的公式代入数据计算电阻，由电表的接法和电压表的分流分析误差。【解答】解：根据公式，考虑电表内阻的影响，因为电压表的分流作用，电流表的电流大于电阻的真实电流，而电压值准确，故测量值小于真实值。故答案为：10，偏小。【点评】考查电阻的定义，会根据题意代入数据运算，会分析误差。23．（2024•泉州二模）（1）一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为时，通过的电流是。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为，金属丝两端所加的电压应为。（2）有一个满偏电流为的毫安表，电表内阻为，现将该毫安表的量程扩大至，则应并联一个阻值为的电阻。（3）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表的量程为，内阻为，图中串联的分压电阻，则。【答案】（1）；（2）1.8；（3）1000。【考点】电表的改装和应用（实验）；串联电路的特点及应用【专题】分析综合能力；定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）根据电阻定律先求解金属丝变化后的电阻和原来电阻值的比较，然后再由欧姆定律求电压；（2）根据并联分流原理改装电流表，列式求解；（3）根据串联分压的原理改装电压表，并根据所给数据列式求解。【解答】解：（1）根据题意，金属丝原来的电阻，，金属丝均匀拉长到原来的2倍，电阻，根据欧姆定律，所加电压。（2）根据并联电路的特点代入，，解得；（3）根据串联电路的特点改装为量程为的电压表时，有代入，，，解得故答案为：（1）；（2）1.8；（3）1000。【点评】熟练掌握电阻定律和电表的改装原理，并能进行相关应用。24．（2024•泉州模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，输入的交变电压如图乙所示，、是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡能正常发光，则灯泡不能（选填“能”或“不能”正常发光，灯泡的额定电压为，交变电压瞬时值表达式为。【答案】不能，40，。【考点】变压器的构造与原理；交变电流的图像和图像【专题】定量思想；交流电专题；推理法；推理能力【分析】根据变压器的变压比和电压的有效值以及电压关系列式求解，结合交变电压的表达式列式解答。【解答】解：原副线圈的匝数比，即灯泡的电流是灯泡电流的2倍，故灯泡正常发光，不能正常发光；根据图乙，电源电压有效值为，设灯泡的电阻为，的电流为，根据电压关系有，则，所以灯泡的电压为，根据图乙，交变电压的瞬时值表达式为。故答案为：不能，40，。【点评】考查交流电的最大值、有效值、变压器的相关问题，会根据题意进行准确分析和解答。25．（2024•四川模拟）如图（a）所示，水平面上、、、四点构成一矩形，两波源分别位于、两点；两波源振动规律如图（b）所示，已知、两波源产生的两列简谐波传到点的时间差是，，，则两列波的波长均为2，、两点的振动规律（填“相同”或“不同”，、两点所在的直线共有个振动加强的点。【答案】2；相同；5。【考点】波的叠加；波长、频率和波速的关系【专题】推理能力；定量思想；方程法；简谐运动专题【分析】、两波源产生的两列简谐波传到点的时间差是，由此求解波速，由题图（b）可知两列波的周期，根据求解波长；根据对称性得到、两点的振动规律相同；当、间的点与、的距离差等于波长的整数倍时，该点为振动加强点，由此解答。【解答】解：设波速为，、两波源产生的两列简谐波传到点的时间差是，则有：解得：由题图（b）可知两列波的周期为：则波长：、两波源振动情况相同，、两点到、两点的距离对称，则、两点的振动规律相同。由几何关系可知：波长，当、间的点与、的距离差等于波长的整数倍时，该点为振动加强点，设该点到点的距离为，有：，1，解得：，，，，所以、两点所在的直线共有5个点为振动加强点。故答案为：2；相同；5。【点评】本题主要是考查波的叠加，关键是掌握波长与波速的关系，知道振动加强的条件。

考点卡片1．复杂的运动学图像问题【知识点的认知】1.除了常见的x﹣t图像，v﹣t图像与a﹣t图像外，还有一些少见的运动学图像如﹣t图像，v﹣x图像、v2﹣x图像等。2.这些图像往往都与运动学的公式有关联。3.解题步骤一般如下：①根据图像的纵横坐标找出图像应用了那个运动学公式；②根据图像推出具体的表达式；③分析斜率、截距、面积等因素的物理意义。【命题方向】在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（）A、甲车的加速度比乙车的加速度小B、在x＝0.5m处甲、乙两车相遇C、在x＝1m处甲、乙两车相遇D、在t＝2s末甲、乙两车相遇分析：根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式：＝2ax，可以知道图象斜率是两倍的加速度，由图象可以直接得到速度相等时的位移，从同一位置出发，两车相遇时的位移相等，根据匀变速直线运动特征判断位移相等时的位移和时间．解答：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系＝2ax，得v2＝2ax+，可知图象的斜率k＝2a。由图可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；BCD、由图象可知x＝0.5m时，两车速度的平方相等，速度相等。由图可知，对于甲车做初速度为0加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，两车相遇时，位移相等，则有：＝代入得：2×t2＝1×t+1×t2解得，t＝2s相遇处两车的位移为x＝＝m＝4m，故BC错误，D正确。故选：D。点评：读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移—速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量．【解题思路点拨】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。2．简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数【知识点的认识】简谐运动的描述（1）描述简谐运动的物理量①位移x：由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是矢量．②振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱．③周期T和频率f：物体完成一次全振动所需的时间叫周期，而频率则等于单位时间内完成全振动的次数，它们是表示震动快慢的物理量．二者互为倒数关系．（2）简谐运动的表达式x＝Asin（ωt+φ）．（3）简谐运动的图象①物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦（或余弦）曲线．②从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图1所示．从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图象如图2所示．【命题方向】常考题型是考查简谐运动的图象的应用：（1）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A．质点运动频率是4HzB．在10s要内质点经过的路程是20cmC．第4s末质点的速度是零D．在t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同分析：由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度．解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为Hz＝0.25Hz，故A错误；B、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.5×4×2cm＝20cm，故B正确；C、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；D、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故D错误；故选：B．点评：图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用．（2）一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，如图所示，以某一时刻t＝0为计时起点，经周期，振子具有正方向最大的加速度，那么选项所示的振动图线中，能正确反应振子的振动情况是（以向右为正方向）（）A．B．C．D．分析：根据某一时刻作计时起点（t＝0），经周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0时刻质点的位置和速度方向，确定位移的图象．解：由题，某一时刻作计时起点（t＝0），经周期，振子具有正方向最大加速度，由a＝﹣知，此时位移为负方向最大，即在A点，说明t＝0时刻质点经过平衡位置向左，则x＝0，在周期内位移向负方向最大变化．故选：D．点评：本题在选择图象时，关键研究t＝0时刻质点的位移和位移如何变化．属于基础题．【解题方法点拨】振动物体路程的计算方法（1）求振动物体在一段时间内通过路程的依据：①振动物体在一个周期内通过的路程一定为四个振幅，在n个周期内通过的路程必为n•4A；②振动物体在半个周期内通过的路程一定为两倍振幅；③振动物体在内通过的路程可能等于一倍振幅，还可能大于或小于一倍振幅，只有当初始时刻在平衡位置或最大位移处时，内通过的路程才等于一倍振幅。（2）计算路程的方法是：先判断所求时间内有几个周期，再依据上述规律求路程。3．简谐运动的回复力【知识点的认识】1.回复力定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。用数学式表达即为F＝﹣kx。2.加速度：a＝＝﹣3.运动性质：变速度运动【命题方向】如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物块，mA＝0.1kg，mB＝0.5kg，弹簧伸长15cm，若剪断A、B间的细绳，A做简谐振动，g取10m/s2，求：（1）物块A做简谐运动的振幅是多少；（2）物块A在最高点时弹簧的弹力。分析：（1）先研究AB两球，由平衡关系要得出劲度系数；刚剪断细线时小球的加速度最大，此处相当于是小球到达简谐运动的振幅处。（2）剪断绳子是瞬间，小球A的加速度最大，此时小球A受到的合力大小等于B的重力，由此求出加速度；由简谐振动的对称性，小球A在等高点的加速度与小球A在最低点的加速度大小相等，由此求出弹簧对A的作用力的大小和方向。解答：（1）由两球静止时的力平衡条件，得弹簧的劲度系数为：由kx＝（mA+mB）g；k＝＝40N/m剪断A、B间细线后，A球静止悬挂时的弹簧的伸长量为xA＝＝0.025m；弹簧伸长量为0.025m时下端的位置就是A球振动中的平衡位置。悬挂B球后又剪断细线，相当于用手把A球下拉后又突然释放，刚剪断细线时弹簧比静止悬挂A球多伸长的长度就是振幅，即A＝x﹣xA＝15cm﹣2.5cm＝12.5cm；（2）振动过程中物块A最大加速度为：am＝＝50m/s2物块A在最高点时具有最大加速度，加速度的方向向下，重力与弹簧的弹力一起提供加速度，由牛顿第二定律得：F+mAg＝mAam代入数据得：F＝4N，方向竖直向下；答：（1）物块A做简谐运动的振幅是12.5cm；（2）物块A在最高点时弹簧的弹力大小为4N，方向竖直向下。点评：解决简谐运动的题目应注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能确定振幅及最大加速度。【解题思路点拨】1.回复力的来源（1）回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，同向心力一样是按照力的作用效果来命名的。（2）回复力可以由某一个力提供，如水平弹簧振子的回复力即为弹簧的弹力；也可能是几个力的合力，如竖直悬挂的弹簧振子的回复力是弹簧弹力和重力的合力；还可能是某一力的分力。归纳起来，回复力一定等于振动物体在振动方向上所受的合力。分析物体的受力时不能再加上回复力。2.关于k值：公式F＝﹣kx中的k指的是回复力与位移的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k由振动系统自身决定。3.加速度的特点：根据牛顿第二定律得a＝＝﹣，表明弹篮振子做简谐运动时，振子的加速度大小与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反。4.回复力的规律：因x＝Asin（ωt+φ），故回复力F＝﹣kx＝﹣kAsin（ωt+φ），可见回复力随时间按正弦规律变化。5.判断一个振动为简谐运动的方法：（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝﹣kx进行判断。（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a＝﹣x是进行判断。4．波长、频率和波速的关系【知识点的认识】描述机械波的物理量（1）波长λ：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长．（2）频率f：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变．（3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定．（4）波速与波长和频率的关系：v＝λf．【命题方向】常考题型：如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（）A．此列波的周期为T＝0.4sB．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＝求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反．解：A、由波形图可知，波长λ＝4m，则T＝，故A正确；B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到x＝l0m的质点的时间t′＝，t＝5.1s时，x＝l0m的质点已经振动4.1s＝10T，所以此时处于波谷处，故D错误；E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．【解题方法点拨】牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。5．机械波的图像问题【知识点的认识】横波的图象如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。【命题方向】（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则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＝算出周期。由波的传播方向判断质点的振动方向，根据质点的位置分析质点的加速度。解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v＝，得周期T＝＝s＝2s。故B错误。C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。故选：D。点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。【解题方法点拨】波的图象的理解与应用1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：图象的应用：（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）（n＝0，1，2，3…）时，它们的振动步调总相反。3．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。波的传播方向与质点的振动方向的判断方法图象方法（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。6．波的叠加【知识点的认识】1.波的叠加原理：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和．2.波在叠加时的特点：①位移是几列波分别产生位移的矢量和。②各列波独立传播。③两列同相波叠加，振动加强，振幅增大。（如图1所示）④两列反相波叠加，振动减弱，振幅减小。（如图2所示）【命题方向】常考题型：如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是（）A．该时刻质点O正处于平衡位置B．P、N两质点始终处在平衡位置C．随着时间的推移，质点M将向O点处移动D．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M到达平衡位置【分析】由图知M、O都处于振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动．解：由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，A错误；P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，B正确；振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，C错误；从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D错误；故选B【点评】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰．在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和．【解题思路点拨】波的独立性原理：两列波相遇后，每列波仍像相遇前一样，保持各自原来的波形，继续向前传播。7．电场力做功与电势能变化的关系【知识点的认识】1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。3．静电力做功与电势能变化的关系：①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特点：①系统性：由电荷和所在电场共有；②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、减少了4×10﹣7JD、减少了8×10﹣15J分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。故选：C。点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．【解题方法点拨】1.静电力做功与电势能变化的关系（1）WAB＝EPA﹣EPB。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。2.电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。8．串联电路的特点及应用【知识点的认识】1．串、并联电路的特点串联电路并联电路电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In电压U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un总电阻R总＝R1+R2+…+Rn＝++…+功率分配＝P总＝P1+P2+…Pn＝P总＝P1+P2+…+Pn【命题方向】如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．解答：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax＝＝＝20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin＝，所以UCD的变化范围是10～20V。故选：C。点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．【解题思路点拨】解决串联电路问题的基本逻辑是：串联电路中电流处处相等，所以电压之比等于电阻之比，功率之比也等于电阻之比。9．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I＝，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，r表示内阻。3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比10．楞次定律及其应用【知识点的认识】1.楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。2.适用范围：所有电磁感应现象。3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。4.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。【命题方向】某磁场的磁感线如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是（）A、始终顺时针B、始终逆时针C、先顺时针再逆时针D、先逆时针再顺时针分析：楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．在下落过程中，根据磁场强弱判断穿过线圈的磁通量的变化，再去判断感应电流的方向．解答：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，A处落到C处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针。C处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针。故选：C。点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．【解题方法点拨】1．楞次定律中“阻碍”的含义。2．楞次定律的推广对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。（1）阻碍原磁通量的变化﹣﹣“增反减同”；（2）阻碍相对运动﹣﹣“来拒去留”；（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势﹣﹣“增缩减扩”；（4）阻碍原电流的变化（自感现象）﹣﹣“增反减同”。3．相互联系（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。11．导体平动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：E＝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。12．交变电流的u-t图像和i-t图像【知识点的认识】1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。【命题方向】图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I＝＝10A，选项A正确；B、角速度＝＝100πrad/s，选项B错误；C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．点评：本题是2013年的高考题，考查的知识点较多，难度不大．【解题方法点拨】解决交变电流图象问题的三点注意（1）只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．（2）注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．（3）在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．13．变压器的构造与原理【知识点的认识】1.变压器的构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的（如图）。一个线圈与交流电源连接，叫作原线圈，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫作副线圈，也叫次级线圈。2.各部分的功能原线圈：接在交流电源上的线圈，在铁芯内产生交变磁场。副线圈：连接负载的线圈，产生感应电动势，为负载提供电能。铁芯：硅钢叠合成的闭合框架，能增强磁场和集中磁感线，提高变压器效率。3.工作原理：互感现象是变压器工作的基础。当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生感应电动势。4.理想变压