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2023年高考考前最后一课-物理
第一部分 考前预测篇
【考前预测篇1】——热点选择题……………………………………………4
【考前预测篇2】——热点非选择题…………………………………………38
第二部分 考前基础篇
【考前基础篇1】——基础知识回顾…………………………………………89
【考前基础篇2】——物理复习有口诀………………………………………105
【考前基础篇3】——物理学史大集锦………………………………………109
第三部分 考前技能篇
【考前技能篇1】——理综答题技巧…………………………………………116
【考前技能篇2】——理综得分有计划………………………………………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准备……………………………119
【考前心理篇2】——高考冲刺需要有正常心态……………………………120
【考前心理篇3】——高考前一天需要做哪些准备…………………………122
第五部分 考时注意篇
【考时注意篇】——浅谈考试过程中考生应如何沉着应对…………………128
第六部分 高考祝福篇
【高考祝福篇】——写给即将高考的学子们…………………………………131
【考前预测篇1】 热点选择题
【考前预测篇1】 热点选择题
【热点单选题】1．（2023·安徽省黄山市·二模）三月春来早，北斗农机来报到，基于北斗的自动驾驶农机能够按照既定路线进行精准春耕作业，精细化程度显著提升，虽然我国的北斗系统起步最晚，但“后来居上”，成为可与美国GPS媲美的最先进的全球导航定位系统。如图是北斗三号卫星系统三种卫星的参数，地球球体半径为6400km，以下说法正确的是（　　）
表1 北斗三号卫星功能特点
北斗卫星 卫星（24） 卫星（3） 卫星（3）
名称 中圆轨道卫星 地球静止轨道卫星 倾斜地球同步轨道卫星
轨道高度 2万公里左右，三个轨道面，保持55°的倾角 3.6万公里左右 3.6万公里左右
星下点估计 绕着地区划波浪 投影一个点 锁定区域画8字
功能特点 环绕地球运行实现全球导航定位、短报文通信、国际救援 承载区域短报文通信 与GEO互补，对亚太区域可重点服务
A. MEO卫星速度大于7.9km/s
B. GEO卫星可以相对静止在我国某地上空
C. GEO卫星和IGSO卫星24h一定会相遇一次
D. MEO卫星周期T一定小于24h
【答案】D
【解析】
【详解】A．7.9km/s是卫星绕地球表面运行的速度，根据万有引力提供向心力有
解得
MEO卫星轨道半径大于地球半径，可知速度小于7.9km/s，故A错误；
B．GEO卫星是地球静止轨道卫星，位于赤道平面某地上空，相对于地球表面静止，我国不在赤道上，所以GEO卫星不可能相对静止在我国某地上空，故B错误；
C．GEO卫星和IGSO卫星轨道半径相同、线速度相同、周期都为24h，能否相遇取决于起始位置，所以不一定会相遇一次，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有
解得
MEO卫星轨道半径比地球同步卫星轨道半径小，则MEO卫星周期T一定小于24h，故D正确。
故选D
【热点单选题】2．（2023·江苏·模拟预测内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B、C、D为四边中点，M点为A、O的中点，N点为O、D的中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是（　　）
A. M点的电势高于N点的电势
B. A、M两点电场强度相等
C. M、N两点电场强度方向互相垂直
D. 把一个负点电荷从A点沿直线移到C点，电势能先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．将四个电荷看成两组等量异种电荷，、均在两组等量异种电荷的中垂线上，电势相等且都为零，A错误；
B．左边一组等量异种电荷在的电场强度大于在的电场强度，右边一组等量异种电荷在的电场强度小于在的电场强度，两组等量异种电荷在A、M两点的方向相反，根据电场的叠加可知A点电场强度大于M点的电场强度，B错误；
C．M点竖直向下，N点的电场强度水平向左，相互垂直，C正确；
D．把一个负点电荷从A点沿直线移到C点，先离正电荷近后离正电荷远，电势先增大后减小，负点电荷的电势能先减小后增大，D错误。
故选C
【热点单选题】3． （2023广东省惠州市高三第一次模拟）足球比赛中，足球以从球员身边直线滚过，在运动方向上离边界还有，该球员立即由静止开始同向直线追赶，球员和足球的速度时间图像如图所示，则（　　）
A. 球员的加速度小于足球的加速度
B. 内，球员的平均速度大于足球的平均速度
C. 时，球员刚好追上足球
D. 若球员不追赶足球，足球会滚出边界
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像，球员和足球的加速度大小分别为
球员的加速度大于足球的加速度，A错误；
B．内，球员的平均速度和足球的平均速度大小分别为
内，球员平均速度小于足球的平均速度，B错误；
C．时，球员和足球的位移差为
球员没有追上足球，C错误；
D．若球员不追赶足球，足球运动最大位移
所以若球员不追赶足球，足球会滚出边界，D正确。
故选D。
【热点单选题】4．（2023北京市通州区高三一模）如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以I表示通过线框的电流（规定逆时针为正）、F表示拉力、P表示拉力的功率、表示线框ab两点间的电势差，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．线框中的感应电流大小为
大小保持不变，由楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流为逆时针方向（正值），离开磁场时电流为顺时针方向（负值），A错误；
B．进出磁场时线框所受安培力均向左，大小恒定，故拉力F均向右，大小恒定，当线框完全进入磁场后，拉力应为0，B错误；
C．由于线框匀速运动，故满足
拉力的功率为
进出磁场时功率相同，C正确；
D．进入磁场时ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两点间电压为路端电压，即
离开磁场时cd边相当于电源，ab只是外电路的一部分，此时ab两点间的电压为
当线框完全在磁场中运动时，虽无感应电流，但ab、cd均向右切割磁感线，ab间电压等于电动势E，对比图像可知，D错误。
故选C。
【热点单选题】5．（2023·河北省高三二模）如图所示，M、N端接正弦式交变电流，理想变压器原、副线圈的匝数比为，均为定值电阻，，负载反映到原线圈的等效电阻（图中虚线框内的等效电阻）为，各电表均为理想电表，下列说法正确的是（　　）
A. 原线圈的等效电阻与固定电阻的阻值之比为
B. 定值电阻的电压与原线圈两端的电压之比为
C. 定值电阻和的电压之比为
D. 若M、N端输入电压变为原来的，则两表读数均变为原来的
【答案】B
【解析】
【详解】A．原副线圈的功率相同，则有
即
则
故A错误；
B．原线圈的等效电阻与固定电阻的阻值相等，两者串联，通过的电流相等，根据
可知定值电阻的电压与原线圈两端的电压相等，比值为1:1，故B正确；
C．定值电阻和的电压之比为
故C错误；
D．若M、N端输入电压变为原来的，原线圈的等效电阻不变，则原线圈的电流变为原来的，副线圈的电流也变为原来的，由欧姆定律可知副线圈的电压变为原来的，则两表读数均变为原来的，故D错误。
故选B。
【热点单选题】6．（2023·广东省广州市二模）如图所示的火灾自动报警器具有稳定性好、安全性高的特点，应用非常广泛，其工作原理为：放射源处的镅放出的粒子，使壳内气室空气电离而导电，当烟雾进入壳内气室时，粒子被烟雾颗粒阻挡，导致工作电路的电流减小，于是锋鸣器报警。则（　　）
A. 发生火灾时温度升高，的半衰期变短
B. 这种报警装置应用了射线贯穿本领强的特点
C. 发生衰变的核反应方程是
D. 发生衰变的核反应方程是
【答案】D
【解析】
【详解】A．半衰期不因外界环境的温度而改变，A错误；
B．这种报警装置应用了射线电离能力强的特点，B错误；
CD．衰变释放出氦核，故核反应方程是
C错误，D正确。
故选D。
【热点单选题】7．（2023重庆市高三下学期二诊）如图为新型火灾报警装置的核心部件紫外线光电管，所接电源电压为U，火灾时产生的波长为的光照射到逸出功为的阴极材料K上产生光电子，且光电子能全部到达阳极A，回路中形成电流I，从而触发火灾报警器，已知普朗克常量为h，电子的电荷量为e，光速为c。下列说法正确的是（　　）
A. 火灾中激发出光电子的光的频率为
B. 阴极K上每秒钟产生的光电子数为
C. 光电管阴极接受到光照用于激发光电子的功率为
D. 光电子经电场加速后到达A时的最大动能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
解得
A错误；
B．根据
，
解得时间内产生的光电子数为
B错误；
C．光电管阴极接受到光照用于激发光电子的功率
由于
结合上述解得
C正确；
D．光电子逸出阴极K时的最大动能
电场加速后
结合上述解得
D错误。
故选C。
【热点单选题】8．（2023江西省宜春市二模）2022年令全世界瞩目的世界杯于12月18日在卡塔尔落下了帷幕，由巨星梅西率领的阿根廷队拿下了冠军，捧起了大力神杯。某运动员的弹跳性能较好，如图是其在日常训练弹跳性。7人制足球门高，宽，P点是地面球门线的中点，PQ垂直球门线且，该运动员在Q点正上方跳起将球以一定的初速度水平向右顶出，运动员跳起后的高度为，球视为质点，不计空气阻力及人的宽度，，，以下说法正确的是（　　）
A. 球进入球门的最小时间为
B. 球落在点的时间为1s
C. 球进入球门的最小发球速度约为
D. 球进入球门的最大发球速度约为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知，球做平抛运动，下落高度最小时，时间最短，由可得，最短时间
故A错误；
B．由可得，球落在点的时间为
故B错误；
CD．根据题意，由和可知，球的初速度为
可知，当水平位移最小，下落高度最大时，初速度最小，则球从点进门时发球速度最小，最小发球速度为
当水平位移最大，下落高度最小时，初速度最大，则球从球门上角进入时初速度最大，此时水平位移为
下落高度为
则最大速度
故C错误，D正确。
故选B。
【热点单选题】9．（2023·湘豫名校联考高三第二次模拟） 如图甲所示为氢原子光谱的巴耳末系（其光谱线是由的能级向的能级跃迁时发出的），四条可见光谱线的波长已在图甲中标出。氢原子能级图如图乙所示，，其中。几种金属的逸出功如表所示。已知可见光的能量范围是，则下列说法中正确的是（　　）
金属 钨 钙 钾 铷
4.54 3.20 2.25 2.13
A. 用光照射时可让表中的两种金属发生光电效应
B. 谱线对应光子的能量大于谱线对应光子的能量
C. 谱线对应的光子是氢原子从能级向能级跃迁发出的
D. 氢原子从能级向能级跃迁时发出的光属于红外线
【答案】A
【解析】
【详解】根据图甲可知谱线对应的光波长最长，谱线对应的光波长最短，根据
可知谱线对应光子的能量最小，谱线对应的光子能量最大。代入四条可见光谱线的波长，得到四种光的光子能量分别为
，，，
此能量恰好与氢原子分别从，，，能级跃迁到能级对应的能量相符。
A．发生光电效应为光子能量大于金属的逸出功。根据上述结果可知用光照射时可让表中钾和铷两种金属发生光电效应。故A正确；
B．根据上述解析可知谱线对应光子的能量小于谱线对应光子的能量，故B错误；
C．谱线对应的光子是氢原子从能级向能级跃迁发出的，故C错误；
D．氢原子从能级向能级跃迁时发出的光，能量为，此能量大于可见光的能量范围，故此光属于紫外线。故D错误。
【热点单选题】10．.（2023·海南省海口市高三学生学科能力诊断） 如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，是一个矩形，，，有一个可视为质点、质量的小球用长的轻绳悬挂在点。小球随容器一起绕边做匀速圆周运动，取重力加速度，已知，，下列说法正确的是（　　）
A. 当时，器壁对小球的弹力大小是
B. 当时，器壁对小球的弹力大小是
C. 小球刚接触器壁时的角速度是
D. 小球刚接触器壁时的角速度是
【答案】C
【解析】
【详解】CD．设小球刚接触器壁时的角速度为，此时绳子与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得
解得
以小球对对象，根据牛顿第二定律可得
解得
故C正确，D错误；
A．当时，由于
可知小球还未接触器壁，故A错误；
B．当时，由于
设器壁对小球的弹力大小为，绳子拉力大小为，则有
联立解得
故D错误。
故选C。
【热点单选题】11．（2023·广东省湛江市第二次模拟）手推翻斗车是建筑工地上常用的工具，翻斗车的高度比工人双手的高度略低，工地上的工人大多都是背对翻斗车拉车前行，也有工人面对翻斗车推车，在车内货物相同的情况下，要使车匀速运动，斜向下推车或斜向上拉车时，人对车的作用力方向与水平方向的夹角相等。关于推车的推力和拉车的拉力大小，下列说法正确的是（　　）
A. 推力大于拉力 B. 推力等于拉力
C. 推力小于拉力 D. 无法确定哪个力大
【答案】A
【解析】
【详解】当车受到斜向下的推力匀速运动时，对推车受力分析
根据共点力平衡，设推力与水平方向的夹角为α，有
又因为
联立解得
当车受到斜向上的拉力匀速运动时，对推车受力分析
根据共点力平衡，设推力与水平方向的夹角为α，有
又因为
联立解得
根据表达式可知
故选A。
【热点单选题】12．（2023 山东省聊城市高三第二次模拟）某同学利用如图甲所示的装置，探究物块a上升的最大高度H与物块b距地面高度h的关系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块a静止在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现将物块b由静止释放，b碰到地面后不再反弹，测出物块a上升的最大高度为H，此后每次释放物块b时，物块a均静止在地面上，物块b着地后均不再反弹，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，测量多组（H，h）的数值，然后做出H-h图像（如图乙所示），图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2，则以下给出的四项判断中正确的是（　　）
①物块a，b的质量之比 ②物块a、b的质量之比
③H-h图像的斜率为k取值范围是0A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①②．物块的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块加速下降，速率与物块相同，第二个阶段为物块落地后，物块在自身重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有
第二阶段对物块由动能定理有
联立以上两式可得
结合图像可得
可知
故①错误，②正确；
③④．要将物块拉起，则有
对物块，则有
可得
因此有
即
故③错误，④正确。
故选D。
【热点多选题】1．（2023·湖北省高三三模） 如图所示，、为两个带等量负电荷的固定点电荷，竖直线为两点电荷连线的中垂线，O点为垂足，。现将一带负电液滴从A点由静止释放，液滴到达B点时的速度大小为v且能到达O点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 在中垂线上，O点的电势最低
B. A点电场强度一定小于B点电场强度
C. 液滴到达B'点时的速度大小为
D. 液滴从A点运动到A'点的过程中机械能先增大后减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由等量同种电荷的电场分布以及沿电场线方向电势降低可知，在中垂线上，O电的电势最低，故A正确；
B．O点的电场强度为零，无穷远处电场的电场强度也为零，则可知沿着中垂线从O点到无穷远处的过程中，电场强度先增大，后减小，因此A点电场强度一定小于B点电场强度，故B错误；
C．B点和B'点关于原点对称，则可知电势相等，则液滴从B点到B'点的过程中，由动能定理可得
解得
故C正确；
D．由于中垂线上的O点电势最低，则可知液滴在O点的电势能最大，而整个过程中电势能和机械能的总和不变，则可知带负电的液滴从A点运动到A'点的过程中机械能先减小后增大，故D错误。
故选AC。
【热点多选题】2．（2023·广东省广州市二模）如图，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8km/h（18m/s）的速度冲上高度为4m的坡顶车站时，速度减为7.2km/h（2m/s），设该过程节能坡的转化率为（列车重力势能的增加量与其动能减小量之比），则（　　）
A. 该过程列车的机械能守恒
B. 该过程列车的机械能减少
C. η约为10%
D. η约为25%
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．列车在冲上坡顶站时，需要克服阻力做功，减小的动能一部分转化成了列车的重力势能，一部分克服了阻力做功，该过程中列车增加的重力势能与减小的动能之间的关系为
因此该过程列车的机械能减少，故A错误，B正确；
CD．该过程重力势能增加量为
动能的减少量为
则该过程节能坡的转化率为
故C错误，D正确。
故选BD。
【热点多选题】3． （2023江西省宜春市二模）随着人们生活水平的提高，儿童游乐场所的设施更加丰富多样了。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　）
A. 儿童和滑环组成的系统动量守恒
B. 儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C. 儿童运动到最低点时速度大小为
D. 儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误；
B．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故B正确；
C．根据水平方向系统动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得
故C正确；
D．根据水平方向系统动量守恒有
解得
则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5
故选BC。
【热点多选题】4．（2023 山东省聊城市高三第二次模拟）在儿童游乐场有一种射击游戏，地面上圆形轨道的半径为R，轨道上的小车以角速度ω做匀速圆周运动，坐在小车上的游客使用玩具枪向处于轨道圆心处的立柱射击，某次射击时子弹恰好水平击中立柱的最高点，射击时枪口到立柱最高点的水平距离为x，竖直距离为h，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A. 子弹射出枪口时的速度大小为
B. 子弹射出枪口时的速度大小为
C. 射击时枪管与水平面的夹角为θ，
D. 射击时枪管与水平面的夹角为θ，
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．射击过程中所用时间
，
射击时枪口到立柱最高点的水平距离为x，故水平方向的速度为
竖直方向的速度为
整理得子弹射出枪口时的速度大小为，A正确，B错误；
CD．射击时枪管与水平面夹角为θ，子弹相对于地面水平方向速度为
则有
C错误，D正确。
故选AD。
【热点多选题】5．（2023· 届广东省深圳市第二次调研考试）如图，质量为1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2kg的条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）以v=3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则（　　）
A. 磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B. 磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/s
C. 磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s
D. 磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J
【答案】CD
【解析】
【详解】A．磁铁穿过铝管过程中，根据楞次定律中“来拒去留”可知，铝管受到的安培力始终向右，故A错误；
BCD．磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁铁的速度为，铝管的速度为，根据动量守恒定律有
假设无能量损耗则有
解得
，
假设磁铁恰好和铝管速度相等，共速的速度为，根据动量守恒定律有
解得
损耗的能量为
所以磁铁穿过铝管后，铝管速度小于4m/s，磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s，磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J。
故B错误，CD正确
故选CD。
【热点多选题】6．（2023·安徽省黄山市·二模）如图边长为L的正方形区域ABCD内存在垂直于纸面的匀强磁场，两个相同的放射源同时发射的两个粒子甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知甲从AC边中点垂直AC入射，乙沿AB内侧从B点平行于AB入射，放射源利用衰变发射粒子，粒子速度为（c为真空中光速），粒子的比荷为k，则（　　）
A. 放射源衰变方程为
B. 磁感应强度方向垂直于纸面向外，大小为
C. 乙粒子出射点距A点的距离为
D. 甲粒子在磁场区域内运动时间为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据衰变过程质量数和电荷数守恒可知放射源衰变方程为，故A正确；
B．根据题意作图，如图所示：
根据几何关系有
解得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
由于粒子带正电，可知磁感应强度方向垂直于纸面向里，故B错误；
C．甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后乙粒子反向运动，设乙粒子从E点出射，如图：
根据几何关系可知
故C正确；
D．甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后甲粒子反向运动，设甲粒子从F点出射，如图：
根据几何关系可知
，，
则甲粒子在磁场中运动的时间为
解得
故D正确；
故选ACD。
【热点多选题】7．（2023江西省宜春市二模）如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角的P点时速度变为0。已知电场范围足够大，重力加速度为g，空气阻力可忽略。以下说法正确的是（　　）
A. 电场强度的大小为
B. 小球刚释放时的加速度为g
C. 小球通过P时细绳的拉力为
D. 小球运动过程中最大速度大小为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由题知，小球由静止释放，运动到与竖直方向夹角P点时速度变为0，根据动能定理有
解得
A错误；
B．小球刚释放时向心加速度为0，只有重力提供加速度，所以B正确；
C．小球在P的受力情况与在A点的受力情况类似，在A点沿绳方向的加速度为零，所以
C正确；
D．将电场力与重力合成为一个等效“重力”， 其等效“重力”的最低点即为速度的最大点C，从A运动到C的过程中，根据动能定理有
解得
D正确。
故选BCD。
【热点多选题】8．（2023 辽宁省三校联合高三下学期模拟）打粧机是基建常用工具。某种简易打粧机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C与正下方质量为2m的静止粧D碰撞后，D获得竖直向下速度，竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点，不计空气阻力，则（　　）
A. C在刚释放时加速度为0
B. C的质量为
C. C到达虚线位置时的速度大小为
D. 若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，其大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．C在刚释放瞬间，水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，故C在刚释放时的加速度为g，A错误；
B．设C的质量为M，对静止在虚线位置的C物体进行受力分析可知
解得
B正确；
C．C下落过程中A、B、C系统机械能守恒
解得
C正确；
D．对D应用动能定理可得
解得
D错误。
故选BC。
【热点多选题】9．（2023重庆市高三下学期二诊）如图，光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（　　）
A. P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力大小为
B. Q棒第一次稳定运动时速度大小为
C. Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为
D. 从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得
根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A错误；
BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有
Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得
又因
解得
故B错误，C正确；
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得
由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为
解得
故D正确。
故选CD。
【热点多选题】10． （2023·福建省厦门第一中学期二模）电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量。每个矩形线圈匝数匝，电阻值，边长，边长，该减震器在光滑水平面上以初速度向右进入磁感应强度大小、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围是够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则（　　）
A. 刚进入磁场时减震器的加速度大小
B. 第二个线圈恰好完全透入磁场时，减震器的速度大小为
C. 滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D. 第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比
【答案】BD
【解析】
【详解】A．线圈在磁场中受到安培力的作用做减速运动，故安培力
其中
联立以上两式可得
刚进入磁场时，速度为，代入数据可得
根据牛顿第二定律可得加速度
故A错误；
B．设向右为正方向，对减震器进行分析，当第二个线圈恰好完全透入磁场时设所用时间为，此时减震器的速度大小为，则由动量定理可得
即
代入数据可得
故B正确；
C．由以上分析可知，每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量
则要减震器的速度减为零需要的线圈个数为
可知需要13个线圈，故C错误；
D．只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能动能的减少量，第一个线圈恰好完全进入磁场时有
最后一个线圈刚进入磁场时有
因此
故D正确。
故选BD。
【热点多选题】11．（2023·河北省高三二模）如图所示为某型号的无人机，该无人机的质量为，电动机能提供的最大动力为，无人机飞行时所受的阻力大小恒为。当无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，经的时间后关闭动力装置，无人机能达到的最大高度为h，然后无人机沿原路返回地面，无人机自由下落一段时间后重启动力装置，无人机共下落后刚好落地、重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　）
A.
B. 无人机返回时加速的时间为
C. 无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为
D. 无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升过程，由牛顿第二定律，得
代入数据解得
经的时间后关闭动力装置减速过程，由牛顿第二定律，得
代入数据解得
由运动学知识，得
解得最大速度及上升过程减速时间为
无人机能达到的最大高度为
故A错误；
B．无人机沿原路返回地面时，无人机自由下落过程，由牛顿第二定律，得
代入数据解得
由运动学知识，得
返回过程平均速度
所以无人机返回时加速的时间为
故B正确；
CD．无人机返回过程重启动力装置后，由牛顿第二定律，得
代入数据解得
由运动学知识，得
联立解得
故C错误，D正确。
故选BD。
【热点多选题】12． （2023·湘豫名校联考高三第二次模拟） 某个粒子分析装置的简化示意图如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出）中，有一圆心为O、半径为R的圆形无磁场区域，在圆形边界的P点处有一粒子发射源，可在图示范围的方向上在纸面内随机向磁场区域发射速度大小相同的粒子，在圆经过P点的直径上，固定一长度为的荧光挡板，粒子击中荧光挡板后被吸收并发出荧光。已知与直径延长线的夹角为，粒子的质量为m，电荷量为q。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，当粒子的速度为时，下列说法正确的是（　　）
A. 所有进入圆形区域的粒子均垂直击中荧光挡板
B. 荧光挡板上粒子打到区域长度为R，且击中荧光挡板的粒子的位置均匀分布
C. 粒子在磁场中运动的最长时间为
D. 粒子在无磁场区域运动的最长时间为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．粒子在磁场中运动的轨道半径为
则从P点射出的某一粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知，四边形O′MOP为菱形，可知O′M水平，则从M点进入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂直击中荧光挡板，选项A正确；
B．沿着PG方向射出的粒子设到挡板上的位置最远，由几何关系可知，最远点距离P点的距离为，并且距离P点越近，粒子数量越多，粒子分布不均匀，选项B错误；
C．沿着PH方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知在磁场中转过的角度为330°，则最长时间
选项C错误；
D．水平向左射出的粒子在无磁场区域运动的时间最长，为
选项D正确。
故选AD。
【考前预测篇2】 热点非选择题
【热点实验题】1．（2023·广东省佛山市二模）小明发现，在夜景照片中，车灯常常会划出一道道美丽的弧线，受此启发，他决定利用发光小球自由下落时在照片上留下的光弧，来测量当地重力加速度。设计实验步骤如下：
①在黑暗的房间里，如图甲所示将相机正对竖直的刻度尺放置，调节相机快门为100（即曝光时间为）；
②将发光小球从刻度尺零刻度处由静止释放，待小球下落至与相机近似等高位置时按下相机快门，得如图乙所示的照片，读出亮线上边沿到释放点的距离H，亮线的长度d（曝光时间内小球的位移）；
③用内的平均速度近似等于小球下落高度时的瞬时速度，进而计算出重力加速度g；
④重复步骤②③，读出数据如下表所示，计算g的平均值，测得当地重力加速度。
第一张图 第二张图 第三张图
d/cm 2.50 2.80 3.20
H/cm 31.3 39.50 5170
（1）根据上表数据，小球在第三张图中曝光时间内的平均速度大小_______m/s（结果保留两位有效数字）。
（2）根据步骤③计算当地重力加速度的表达式为_______（用，H，d表示）。
（3）本实验测得重力加速度_______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
（4）为减小实验误差，可以采取下列哪些措施_______。
A．选用密度大，体积小的发光小球 B．选用密度小，体积大的发光小球
C．将相机快门调整为125 D．将相机快门调整为60
【答案】 ①. 3.2 ②. ③. 小于 ④. AC##CA
【解析】
【详解】（1）[1]小球在第三张图中曝光时间内的平均速度大小
（2）[2]由自由落体运动规律
联立解得
（3）[3]忽略空气阻力的情况下，设小球下落H的速度为v1，下落的速度为v2，下落的速度为v3，由自由落体运动规律
易得
而小球在曝光时间内的平均速度
因为
所以
所以由本实验原理可得，本实验测得的重力加速度小于真实值；
若考虑空气阻力，则由牛顿第二定律
所测得的加速度a小于重力加速度的真实值。
（4）[4]AB．选用密度大，体积小的发光小球则空气阻力的影响相对小很多，有利于减小误差，故A正确，B错误；
CD．将快门调大，即减小，则v1和v3的差值减小，由可知v和v2的差值也减小，则有利于减小误差，故C正确，D错误。
故选AC。
【热点实验题】2．（2023重庆市高三下学期二诊）某实验小组利用如图中所示的装置完成“验证机械能守恒定律”实验。将气垫导轨沿倾斜方向固定在水平桌面上，倾角为。将光电门固定在气垫导轨上，带有挡光条的滑块从光电门上方由静止释放。
（1）实验时，该小组的同学利用游标卡尺测了挡光条的宽度，如图乙所示，该游标卡尺的读数为___________。
（2）已知挡光条的宽度为d，释放点到光电门的距离为L，挡光条经过光电门的挡光时间为t，重力加速度为g。若滑块下滑过程中机械能守恒，则关系式___________成立（用题中所给物理量符号表示）。
（3）改变释放点到光电门的距离L，多次实验，并记录滑块每次经过光电门时的挡光时间t，该小组的同学利用图像法验证机械能守恒定律。坐标系以L为纵轴，为了便于验证，应以___________（填“t”“”或“”）为横轴，若图线的斜率为k，重力加速度___________时滑块下滑过程中的机械能守恒。
【答案】 ①. 9.30 ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数规则可知，该游标卡尺的精确度为0.05，则读数为
（2）[2]滑块经过光电门时的速度为
若滑块下滑过程中的机械能守恒，则由机械能守恒定律得
整理得
（3）[3]由
得
坐标系以L为纵轴，为了便于验证，应以为横轴。
[4]依题意，有
解得
【热点实验题】3． （2023·海南省海口市高三学生学科能力诊断）某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。
（1）将滑块放置在气垫导轨上，打开气泵，待气流稳定后，调节气垫导轨的调节旋钮，下列哪些选项说明气垫导轨已调到水平__________。
A．当气垫导轨与桌面平行时
B．轻推滑块，经过两个光电门的时间相等
C．直接用眼睛观察气垫导轨是否水平
D．滑块能在气垫导轨上保持静止
（2）测出滑块和遮光条的总质量为，滑块和遮光条的总质量为，两遮光条的宽度相同。将滑块静置于两光电门之间，将滑块静置于光电门1左侧，推动，使其获得水平向右的初速度，经过光电门1并与发生碰撞，碰撞后被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间分别为、，光电门2记录的挡光时间为，则实验中两滑块的质量应满足________（选 “>”“<”或“=”）。
（3）若碰撞过程中动量守恒，则满足的关系式是____________。
【答案】 ①. BD##DB ②. ③.
【解析】
【详解】.
（1）[1]A．由于桌面不一定是水平，则当气垫导轨与桌面平行时，气垫导轨不一定水平，故A错误；
B．轻推滑块，经过两个光电门的时间相等，说明滑块A做匀速运动，则气垫导轨水平，故B正确；
C．直接用眼睛观察气垫导轨是否水平，误差太大，故C错误；
D．滑块能在气垫导轨上保持静止，说明受力平衡，则气垫导轨水平，故D正确。
故选BD。
（2）[2]实验过程中，滑块A与滑块B碰撞后反向弹回，则有
（3）[3]根据题意可知，滑块A碰撞之前的速度大小为
碰撞之后的速度大小为
滑块B碰撞之后的速度大小为
若系统动量守恒，则有
整理可得
即满足上式，则碰撞过程动量守恒。
【热点实验题】4．（2023江西省宜春市二模）某兴趣小组的同学设计了图甲所示的装置测量滑块（可视为质点）和水平台面间的动摩擦因数。水平转台能绕竖直的轴匀速转动，装有遮光条的小滑块放置在转台上，不可伸长的细线一端连接小滑块，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到计算机上的传感器能显示细线的拉力F，安装在铁架台上的光电门可以读出遮光条通过光电门的时间t，兴趣小组采取了下列步骤：
①用十分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d。
②将滑块放置在转台上，使细线刚好绷直，量出滑块到转轴的距离L。
③控制转台以某一角速度匀速转动，记录力传感器和光电门的示数，分别为和；依次增大转台的角速度，并保证每次都做匀速转动，记录对应的力传感器示数、……和光电门的示数、……。
回答下面的问题
（1）由于游标卡尺老旧前面刻度丢失，示数如图乙所示，则d=___________mm。
（2）滑块匀速转动角速度大小可由ω=___________计算得出（用d、t、L表示）。
（3）处理数据时，兴趣小组同学以力传感器的示数F为纵轴，对应的角速度大小的平方为横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图丙所示（图中a、b已知），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则滑块和台面间的滑动摩擦因数μ=___________。
（4）该小组同学换用相同材料的质量更大的滑块再次做了该实验，作出的图像，与图丙中a和b比较，发现a___________、b___________（填“增大”“减小”和“不变”）。
【答案】 ① 9.7 ②. ； ③. ； ④. 增大 ⑤. 不变
【解析】
【详解】（1）[1]游标尺右端刻线左侧对应的是主尺的16mm刻线，游标尺总长度为9mm，则游标尺左端零刻线左侧对应的是主尺的16mm-9mm=7mm刻线，故主尺的读数应为7mm，游标尺的最小分度值为0.1mm，读数为，故游标卡尺的读数为
（2）[2]滑块通过光电门的速度可以用平均速度计算，则
根据线速度、角速度和半径关系式有
解得
（3）[3]滑块做匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有
整理得
由图像可得
解得
（4）[4][5]根据图像有
，
则
可知滑块质量增大，a增大，b不变。
。
【热点实验题】5．（2023· 届广东省深圳市第二次调研考试）实验小组做“探究在质量不变的情况下物体的加速度与所受合外力关系”的实验。如图甲所示为实验装置示意图。
（1）该实验中______（选填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M。
（2）如图乙是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出），相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的打点频率为50Hz，则小车的加速度______（结果保留两位有效数字）。
（3）保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图所示的图像，分析此图像不过原点原因可能是______，实验用小车的质量为______kg（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 不需要 ②. 0.75 ③. 未补偿阻力或补偿阻力不足 ④. 1.0
【解析】
【详解】（1）［1］由于实验装置中有拉力传感器，可以测出绳中的拉力大小，故不需要保证砂与砂桶的总质量m远小于小车的质量M。
（2）［2］根据逐差公式有
由于相邻两个计数点之间有4个计时点未画出，故
解得
（3）［3］图表示F增大到一定值时，小车才有加速度，故原因是未补偿阻力或补偿阻力不足；
［4］根据实验原理图，受力分析易得
可推出
故图线的斜率k
由图可知
解得
【热点实验题】6．（2023 山东省聊城市高三第二次模拟） 一个物理兴趣小组的同学准备测定某电池的电动势和内阻，实验室可供选用的实验器材有：电流表A1、A2，滑动变阻器R，电阻箱R0，待测电池E，开关S，导线等。
（1）兴趣小组的同学设计了如图甲所示的电路来测定电流表A1的内阻：将电阻箱的阻值调整到R0=50Ω，调节滑动变阻器的阻值，得到多组电流表A1、A2的读数I1、I2，并用描点法得到I2-I1图像为过原点的倾斜直线，如图乙所示。可得电流表A1的内阻RA1=________Ω。
（2）兴趣小组的同学利用上述实验器材设计了如图丙所示的电路来测定电池的电动势和内阻。实验中，他们通过改变R0的阻值，记录了多组数据（电阻箱阻值R0和电流表A1示数I）。
（3）一同学以IR0为纵坐标，以I为横坐标作图像处理数据；在坐标纸上画出的图像如图丁所示。
（4）根据以上测量结果可知，电源电动势E=________V，内阻r=________Ω。
（5）另一同学以为纵坐标，以R0为横坐标作图像处理数据，请根据（1）、（4）的计算结果，在图戊所示的坐标系中绘出图像_________。
【答案】 ①. 5 ②. 1.5 ③. 10 ④.
【解析】
【详解】（1）[1] 由图甲根据并联电路电流的关系有
结合图乙中数据解得
（4）[2] 由闭合电路的欧姆定律得
解得
IR0-I图像的纵截距表示电源电动势，由图丁知
[3] IR0-I图像的斜率的绝对值表示，则
解得电源内阻
（5） [4] 由得
以为纵坐标，以R0为横坐标作图像
【热点实验题】7．（2023·江苏·模拟预测测量电源的内阻，提供的器材如下：
A．待测电源E（内阻约为10Ω）
B．电源E0（电动势E0略大于待测电源的电动势E）
C．灵敏电流计G（0-30μA）
D．电阻箱（0-99999.9Ω）
E．电阻箱（0-99.9Ω）
F．定值电阻R0
G．均匀金属电阻丝及滑动触头
H．开关、导线若干
（1）实验时采用上图所示电路，闭合开关S1、S2，将滑动触头P与金属电阻丝试触，根据灵敏电流计G指针偏转方向调整P点位置，并_________（选填“增大”或“减小”）电阻箱R1的阻值，反复调节，直到G表指针不发生偏转，此时金属丝左端接线柱A与触头P间的电势差UAP___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）待测电源E的路端电压；
（2）改变R2的阻值重复实验，用（1）中的方法调节到G表不发生偏转，用刻度尺测量触头P到接线柱A间的距离，记下此时电阻箱R2的阻值，根据上述步骤测得的数据，作出电阻箱R2的阻值R与对应AP间距离L的关系图象如右图所示，测得图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则待测电源E的内阻测量值为___________；
（3）实验中，电阻箱R2应选用_________（选填序号“D”或“E”）；
（4）请写出由金属丝引起误差的一个原因_________________。
【答案】 ①. 减小 ②. 等于 ③. ④. E ⑤. 通电后变化使金属丝的电阻变化（金属丝粗细不均匀、长度测量的读数误差等）
【解析】
【详解】（1）[1]开始时电阻箱应调至最大，然后再减小阻值，当直到G表指针不发生偏转时，说明G表两端电势差为零，故说UAP等于E的路端电压；
（2）[2]因UAP等于E的路端电压；故电压与AP间的距离成正比；则由闭合电路欧姆定律可知
则可知
由数学规律可知
解得
（3）[3]因电源电动势及内阻较小，故电阻箱选择总阻值较小的E即可；
（4）[4]通电后变化使金属丝的电阻变化（金属丝粗细不均匀、长度测量的读数误差等）
【热点实验题】8．（2023·安徽省黄山市·二模） 随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有部分样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）不合格。
（1）你认为不合格的纯净水的电导率__________（选填“偏大”或“偏小”）；
（2）为了方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的长方体玻璃槽中，如图1所示，玻璃槽内腔的长度，宽度，水的高度h，用多用电表欧姆挡粗测玻璃槽中水的电阻，选择开关置于“×100”挡，发现指针如图2所示，为使指针在中央刻度附近，需要换选__________（选填“×10”或“×1k”）挡；
（3）为了精确测量玻璃槽中水的电阻，实验室提供的器材有：
待测电阻
直流电源E（电动势约6V，内阻约1Ω）
电压表（量程6V，内阻约3kΩ）
电压表（量程15V，内阻约5kΩ）
电流表（量程，内阻约200Ω）
电流表（量程0.6A，内阻约0.5Ω）
滑动变阻器R（最大阻值20Ω）
开关S一个及导线若干
实验中要求尽量减小系统误差，应保证电表在测量时其最大读数超过量程的三分之二，则电压表应选择__________（选填“”或“”），电流表应选择__________（选填“”或“”）。请在虚线框中画出实验电路原理图_________：
（4）连接好实验电路，测量玻璃槽中水的高度h，电压表示数U，电流表示数I，改变玻璃槽中水的高度，测得多组实验数据，绘制图像如图3所示，则待测纯净水的电导率__________（结果保留3位有效数字。国家标准：在25℃时饮用纯净水电导率。
【答案】 ①. 偏大 ②. ③. ④. ⑤. ⑥. 20.6##20.7##20.8##20.9##21.0
【解析】
【详解】（1）[1]越不纯净的水，水中能够自由移动的粒子就越多，则导电性能越强，电阻越小，即电阻率越小，而电导率是电阻率的倒数，则可知越不纯净的水电导率越大，即不合格的纯净水的电导率偏大。
（2）[2]由图2可知，欧姆表指针偏角过小，为使指针在中央刻度附近，需要换选。
（3）[3][4]由于电源的电动势为，则在选取电压表时应选择接近电源电动势量程的电表，即选择电压表，这样在实验中才能保证电表在测量时其最大读数超过量程的三分之二，从而减小实验误差；选择电流表时可用直除法，用电源的电动势直接除以待测电阻的大概阻值，从而得到一个粗略电流的范围进行电流表的选择，由图2中“”挡时欧姆表的读数可知待测电阻大致在左右，通过直除法可得电流大概在左右，再根据电表的读数要求可知电流表应选择表；
[5]由于所给滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，因此滑动变阻器采用分压式接法，而电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，定量方面可根据
进行判断，则可知电流表采用内接法，电路图如下所示
（4）[6]由于电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，则计算时可忽略电流表的分压作用，根据部分电路的欧姆定律可得
根据电阻定律可得
联立可得
而
图线的斜率
代入数据可得
【热点实验题】9．（2023·福建省厦门第一中学期二模） 某同学要把电压表改装成可直接测量压力的仪表，设计的电路如图（a）所示．实验器材如下：待改装电压表（量程0 ~ 3 V，可视为理想电压表），定值电阻，压敏电阻，电源（4 V，内阻不计），开关S，导线．选用的压敏电阻阻值随压力F变化的规律如图（b）．
（1）实验中随着压力F的增大，电压表的示数__________．（填“变大”“不变”或“变小”）
（2）为使改装后仪表的量程为0 ~ 160 N，且压力160 N对应电压表3V刻度，则定值电阻阻值__________，压力0 N对应电压表__________V刻度．
（3）他发现这样改装后的仪表压力刻度分布不均匀，想进一步把（2）中的压力刻度改成均匀分布，应选用另一压敏电阻，其阻值与压力F变化关系式为__________．
【答案】 ①. 变大； ②. ； ③. ； ④. ;
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数
由图（b）可知，压力越大越小，U越大，故电压表的示数变大；
（2）[2][3]由图（b）可知，当时，，此时电压表的示数，由
得
由图（b）可知，当时，，此时电压表的示数为
可见压力0N对应电压表1.5V刻度；
（3）[4]若选用图（b）的压敏电阻，则与压力F的关系式为
代入
可得U 与F的关系式为
这样改装后的仪表压力刻度分布是不均匀的．为了使压力刻度分布均匀，应另选用压敏电阻，且仍要满足量程为，N标在1.5V刻度，标在3V刻度．由于电压表的电压刻度是均匀分布的，所以电压和压力一定要满足线性关系，设
由时，，时，可得
又
解得
.
【热点实验题】10．（2023·湖北省高三三模）国标（GB／T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：
电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）；电压表V1（量程为3 V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3 V，内阻很大）；定值电阻R1（阻值4 kΩ）；
定值电阻R2（阻值2 kΩ）；电阻箱R（最大阻值9 999 Ω）；
单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d＝_______mm；
（2）玻璃管内水柱的电阻值Rx的表达式为：Rx＝_______（用R1、R2、R表示）；
（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的关系图象。则自来水的电阻率ρ＝_______Ω·m（保留两位有效数字）；
（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】 ①. 30.00 ②. ③. 14 ④. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上0刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm，所以玻璃管内径：
d=30.00mm
（2）[2]设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则电路电流为：
总电压：
当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为
总电压
由于两次总电压等于电源电压E，可得：
解得：
（3）[3]从图丙中可知，R=2×103Ω时，，此时玻璃管内水柱的电阻：
水柱横截面积：
由电阻定律得：
（4）[4]若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路中实际电流大于，根据可知测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。
【热点实验题】11．（2023·湘豫名校联考高三第二次模拟） 某学习小组利用电压表V（量程为）、电源E和电位器R（相当于最大阻值很大的滑动变阻器），改装成一个能够测量电阻的欧姆表。实验原理图如图甲所示。实验主要步骤如下，请完成有关内容。
（1）按照实验原理图连接电路，先把电位器R的滑片P调到__________（填“a”或“b”）端，将红、黑表笔短接，调节滑片P使电压表满偏；
（2）保持电位器R的滑片P不动，在红、黑表笔间接入电阻箱，调节电阻箱的阻值，当电压表半偏时，电阻箱的示数如图乙所示，读出电阻箱的阻值________；
（3）在红、黑表笔间接入待测电阻，若电压表的示数为U，已知电压表的满偏电压为。把电压表的示数标示为待测电阻的阻值，换算公式是_________（用、U和表示）；
（4）利用改装好的欧姆表测量人体两手间的电阻。测试者两手分别捏紧红、黑表笔，电压表指针读数如图丙所示，则人体电阻_________（结果保留两位有效数字）；
（5）__________（填“可以”或“不可以”）用此改装的欧姆表测量阻值为几欧姆的小灯泡的电阻。原因是：__________。
【答案】 ①. b ②. ③. ④. ⑤. 不可以 ⑥. 见详解
【解析】
【详解】（1）[1]按照实验原理图连接电路，先把电位器R的滑片P调到b端，将红、黑表笔短接，调节滑片P使电压表满偏。
（2）[2] 电阻箱的阻值
（3）[3]由（2）分析可知电压表电阻和电位器接入电路的电阻之和等于，则
解得
（4）[4]可知
可得
（5）[5][6] 不可以用此改装的欧姆表测量阻值为几欧姆的小灯泡的电阻。原因测量小电阻时电压表示几乎仍为满偏，测量误差很大。
【热点实验题】12．（2023 辽宁省三校联合高三下学期模拟）电子体温计（图1）正在逐渐替代水银温度计。电子体温计中常用的测温元器件是热敏电阻。某物理兴趣小组制作一简易电子体温计，其原理图如图2所示。
（1）兴趣小组测出某种热敏电阻的I—U图像如图3所示，那么他们选用的应该是图______电路（填“甲”或“乙”）；
（2）现将上述测量的两个相同的热敏电阻（伏安特性曲线如图3所示）和定值电阻、恒压电源组成如图4所示的电路，电源电动势为6 V，内阻不计，定值电阻，每个热敏电阻消耗的电功率为______W（结果保留2位有效数字）；
（3）热敏电阻的阻值随温度的变化如图5所示，在设计的电路中（如图2所示），已知电源电动势为6.0 V（内阻不计），电路中二极管为红色发光二极管，红色发光二极管的启动（导通）电压为4.0 V，即发光二极管两端电压时点亮，同时电铃发声，红色发光二极管启动后对电路电阻的影响不计。实验要求当热敏电阻的温度高于38.5℃时红灯亮且铃响发出警报，其中电阻______（填“”或“”）为定值电阻，其阻值应调为______Ω（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 乙 ②. 0.021##0.022 ③. ④. 76##77##78##79##80
【解析】
【详解】（1）[1] 热敏电阻的I—U图像如图3所示，电压从0变化起，所以应选滑动变阻器分压式接法，故选乙。
（2）[2]设热敏电阻两端电压为U，通过热敏电阻的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
代入数据得
作出图线如图所示
图线交点表示此时热敏电阻的电压为2. 7V、电流为7.9mA，故电功率
（3）[3] [4]由于热敏电阻阻值随温度的升高而降低，要使发光二极管电压U≥4.0V时点亮，则有分压随总电阻的减小而增大，由串联电路中的电压之比等于电阻之比，为热敏电阻，由图5可知，当温度为38. 5℃时，热敏电阻阻值
由闭合电路欧姆定律列出表达式，有
解得
【热点解答题】1．（2023·安徽省黄山市·二模） 北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地如图所示：运动员从起滑架处推着冰壶（可视为质点）沿中心线出发，在投掷线处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近大本营圆心O，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知冰壶质量m=20kg，未刷冰时，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.02，刷冰后μ2=0.01，起滑架到投掷线的距离l1=10m，投掷线与圆心O点的距离为l2=30m，取g=10m/s2，则：
（1）比赛中在不刷冰的情况下，要使冰壶刚好停在大本营圆心O处，求冰壶从投掷线被投出时速度v0大小；
（2）比赛中若冰壶从投掷线被投出时速度v1=3m/s，为了使冰壶怡好停在圆心O处，求冰壶被投出后需要刷冰距离s；
（3）投壶手从起滑架处开始对冰壶施加一个沿中心线的水平推力F=20N，推着冰壶由静止出发，冰壶到达投掷线之前就撤除推力，冰壶沿着中心线做匀减速直线运动，在不刷冰的情况下，最后停在圆心O处，求推力F的作用时间t。
【答案】（1）；（2）15m；（3）
【解析】
【详解】（1）研究冰壶运动过程，根据位移与速度关系得
解得
（2）研究冰壶的运动过程，根据动能定理得
解得
（3）研究冰壶运动全程，根据动能定理得
解得
【热点解答题】2．（2023·湖南岳阳·二模）某课外小组制作了如图所示的轨道，数字“0”和“9”竖直轨道内部光滑且固定，水平直轨道粗糙，左侧固定水平弹射器，整个装置位于同一竖直平面。两小球可视为质点，小球1压缩弹射器并被锁定，小球2位于轨道“9”最底端处，质量均为，与水平轨道之间的动摩擦因数均为，小球接触即粘合在一起。轨道小圆弧半径，大圆弧半径为。圆弧轨道最低点与相靠但不相叠，小球能够无能量损失地通过。当弹射器释放的弹性势能为时，小球恰好能经过点。不计空气阻力，重力加速度取。
（1）求弹射器的弹性势能；
（2）弹射器释放的弹性势能为时，求两球碰后瞬间对圆弧轨道点压力大小；
（3）弹射器释放的弹性势能为时，两球碰后能经过点抛出，（假设抛出后与轨道没有碰撞），判断抛出后运动的最高点与点相比哪点高。
【答案】（1）0.22J；（2）0.45N；（3）D点高
【解析】
【详解】（1）小球1离开弹射器后到达点，根据功能关系可得
恰好能经过点，重力刚好提供向心力，则有
联立解得
（2）弹射器释放的弹性势能为时，碰前第小球1到达点瞬时速度为，根据功能关系可得
解得
两小球发生非弹性碰撞，设碰后瞬间速度为，根据动量守恒可得
解得
重力和支持力的合力提供向心力，则有
根据牛顿第三定律，碰后瞬间对圆弧轨道点压力大小为
联立解得
（3）设两小球经过点时速度大小为，由到，根据机械能守恒得
解得
到，根据机械能守恒得
在点水平方向速度分量为
联立解得
由于最高点的速度大于点速度，根据机械能守恒可知，抛出后运动的最高点与点相比，点高。
【热点解答题】3． （2023·福建省厦门第一中学期二模）为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了如图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.4，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M=60kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度g=10m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。
（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少；
（2）若某包裹的质量为m1=20kg，从h=2.4m处静止滑下，停在转运车B，求该包裹在转运车B上运动过程中产生的热量；
（3）若某包裹的质量为m2=120kg，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时的最小值。
【答案】（1）60kg；（2）120J；（3）m
【解析】
【详解】（1）A恰好不运动需要满足
解得
m=60kg
故包裹C的质量最大不超过60kg；
（2）因C的质量，故装置A始终处于静止状态
由动能定理得
解得
v0=m/s
C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则
由能量守恒定律得
解得
Q=120J
（3）因C的质量为，故装置A和B会一起运动
释放C高度最小时，C滑上B车时，A、B、C三者共速，C由释放到曲面轨道最低点的过程，由动能定理得
C在A的水平部分滑动过程，A、B组成的整体加速度为a1，C的加速度为a2，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得
解得
a1=1m/s2
﹣μ1m2g=m2a2
解得
达到共速，有
可得
t=
由位移关系得
解得
【热点解答题】4．（2023·海南省海口市高三学生学科能力诊断）如图所示，带有圆弧的光滑滑板固定在水平地面上，右边有质量足够长且与光滑滑板等高的木板，二者不栓接。在光滑滑板上放有质量的小木块B，质量的小木块A从圆弧点正上方处由静止释放，小木块A与小木块B发生弹性碰撞，碰撞后取走小木块A。已知小木块B与长木板之间的动摩擦因数，长木板与地面之间的动摩擦因数，圆弧半径，取重力加速度。
（1）小木块A滑到圆弧最低点C时，对滑板的压力大小是多少？
（2）小木块A与小木块B发生弹性碰撞后，小木块B的速度大小是多少？
（3）小木块B与长木板之间因摩擦产生的热量是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小木块A从静止释放到最低点C过程，根据动能定理可得
解得
小木块A经过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小木块A滑到圆弧最低点C时，对滑板的压力大小为。
（2）设小木块A与小木块B发生弹性碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
（3）设小木块B滑上长木板后，小木块B与长木板的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律可得
解得
，
设经过时间小木块B与长木板的速度相等，则有
解得
，
此过程小木块B与长木板发生的相对位移为
小木块B与长木板速度相等后保持相对静止一起做匀减速运动，则小木块B与长木板之间因摩擦产生的热量为
【热点解答题】5．（2023 山东省聊城市高三第二次模拟）如图所示，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑，质量为m1=2kg的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=76N/m的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长，传送带初始静止，在传送带左端点a处停放有一质量为m2=1kg的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=40N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与Q发生弹性碰撞（不计碰撞时间），以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为a1=1m/s2，当速度达到v=4m/s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为a2=2m/s2，当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处，已知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为μ1=0.1，Q与传送带间的动摩擦因数μ2=0.7，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）P与Q第一次碰前P的速度大小v0；
（2）传送带达到最大速度时P、Q间距离d；
（3）P、Q最终的速度大小；
（4）P、Q与传送带间的摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）6m/s；（2）3m；（3），；（4）36J
【解析】
【详解】（1）设滑块P速度为0时，弹簧形变量为x，则根据动能定理，有
得
，
（2）设P、Q碰撞后的速度分别为、，在传送带上运动的加速度分别为、，与传送带达到速度相等的时间分别为、，由动量守恒定律
由机械能守恒定律得
得
，
由牛顿第二定律和运动学规律可知
，
，
得
，
此时传动带的速度
此后P、Q与传送带相对静止。设P、Q的位移分别为、
，
联立解得
（3）设传送带减速时间为，得
分析可知，传送带减速过程中Q相对传送带静止，设在内，P相对传送带的位移为
解得
设P与Q第二次相碰前速度为
得
根据弹性碰撞规律P、Q最终速度为
，
（4）设P、Q与传送带间摩擦产生的热量分别为、
P、Q与传送带间的摩擦产生的热量
【热点解答题】6．（2023· 届广东省深圳市第二次调研考试）如在火力发电厂，将煤块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径的躺卧圆筒。圆筒绕水平中心轴旋转，将筒内的钢球带到一定高度后，钢球脱离筒壁落下将煤块击碎，截面简化如图。设筒内仅有一个质量为m=0.2kg、大小不计的钢球，初始静止在最低点A．（）
（1）启动电机使圆筒加速转动，钢球与圆筒保持相对静止，第一次到达与圆心等高的位置B时，圆筒的角速度，求此时钢球线速度的大小和该过程中圆筒对钢球所做的功W；
（2）当钢球通过C点时，另一装置瞬间让钢球与圆筒分离（分离前后钢球速度不变），此后钢球仅在重力作用下落到位置D．CD连线过O点，与水平方向成45°。求分离时圆筒的角速度；
（3）停止工作后将圆筒洗净，内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止释放，与筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的（即碰撞前后沿半径方向速度大小相等方向相反，沿切线方向速度不变），求钢球从释放开始至第一次回到E点所用的时间；若改变钢球释放的高度，钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点，并简要说明理由（取，）。
【答案】（1），；（2）；（3），不能经过3次回到E点
【解析】
【详解】（1）此时钢球线速度
解得
；
该过程中设圆筒对钢球做的功为W，由动能定理
解得
（2）钢球分离后做斜抛运动，将运动沿水平方向和竖直方向分解可得
解得
根据圆周运动，有
解得
（3）6次返回E点，只能按如图轨迹运动，在F点发生碰撞后做平抛运动
在F点与A点之间满足
解得
或
又
解得
或
从E点与F点之间满足
解得
或
则从E点出发到返回E点的时间
解得
若经过3次碰撞后回到E点，必须在右下圆弧沿半径方向与筒壁发生碰撞。
如此碰撞的路径小球的速度的反向延长线不过水平位移的中点违背了平抛运动的规律，故不能经过3次回到E点。
【热点解答题】7．（2023安徽省马鞍山市高三下学期第二次教学质量监测）如图所示，足够长的“”形光滑平行导轨MP、NQ固定在水平面上，宽轨间距为，窄轨间距为l，左侧为金属导轨，右侧为绝缘轨道。一质量为m、阻值为r、三边长度均为l的“U”形金属框，左端紧靠平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）。左侧存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场：右侧以O为原点，沿OP方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为的竖直向上的磁场。两匀质金属棒a、b垂直于轨道放置在宽轨段，质量均为m、长度均为、阻值均为。初始时，将b锁定，a在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始运动，离开宽轨前已匀速，a滑上窄轨瞬间，撤去力F，同时释放b。当a运动至时，棒a中已无电流（b始终在宽轨），此时撤去b。金属导轨电阻不计，a棒、b棒、金属框与导轨始终接触良好。求：
（1）a棒在宽轨上匀速运动时速度及刚滑上窄轨时a两端电势差的大小；
（2）从撤去外力F到金属棒a运动至的过程中，a棒产生的焦耳热；
（3）若a棒与金属框碰撞后连接在一起构成回路，求a棒静止时与点的距离。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设a棒在宽轨上匀速运动时通过a棒的电流为I1，根据平衡条件有
①
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有
②
联立①②解得
③
a棒刚滑上窄轨时，通过a棒中间宽度为l部分的电流为
④
根据右手定则可知电流方向从上至下，而沿电流方向电势降低，且a棒下端电势高于上端电势，所以此时a棒两端电势差的大小为
⑤
（2）设a棒刚运动至时，a、b棒的速度分别为v1、v2，对a、b棒根据动量定理分别有
⑥
⑦
因为此时回路中无电流，所以有
⑧
联立③⑥⑦⑧解得
⑨
⑩
根据能量守恒定律可知，从撤去外力F到金属棒a运动至的过程中，回路产生的总焦耳热为

根据焦耳定律可得a棒产生的焦耳热为

（3）设a棒与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v3，根据动量守恒定律有

由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大

从a棒与金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为

根据动量定理有

a棒静止时与点距离为

联立⑨ 解得
【热点解答题】8．（2023·河北省高三二模） 如图所示，倾斜传送带的倾角、长度为，传送带以的速率顺时针转动；光滑水平面上有一块长木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径。在传送带上端A无初速地释放一个质量为的黑色小滑块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为，黑色小滑块在传送带上经过后留下黑色痕迹，在底端B滑上紧靠传送带的长木板的上表面，长木板质量为，不考虑小滑块冲上长木板时碰撞带来的机械能损失，小滑块滑至长木板右端时，长木板恰好撞上半圆槽，长木板瞬间停止运动，小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为，，，重力加速度取，求：
（1）小滑块从A到B的时间t；
（2）小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度；
（3）长木板的长度s（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由牛顿第二定律，得
解得
运动时间和位移为
此时，小滑块与传送带速度相同，此后继续沿传送带向下加速，由牛顿第二定律，得
解得
由运动学知识，得
解得
小滑块从A到B的时间
（2）小滑块从A到B的过程中，小滑块先相对传送带向后运动，相对位移为
再相对传送带向前运动，相对位移为
小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度
（3）小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D，则
小滑块从C到D过程由动能定理，得
联立解得
在底端B滑上长木板的速度
小滑块与长木板相互作用过程，系统动量守恒，有
解得
此过程由能量守恒，得
解得长木板的长度
【热点解答题】9．（2023·广东省广州市二模）如图，“凹”形区域，各边长已在图中标示，L为已知量。在该区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，与ab平行的虚线为电场的等势线；磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。容器A中质量为m、带电量为e的电子经小孔S1不断默飘入加速电场，其初速度几乎为0，电子经加速电场加速后由小孔S2离开，接着从O点进入场区，沿Oc 做直线运动经c点离开场区。若仅撤去磁场，电子从b点离开场区。
（1）求加速电场的电压和“凹”形区域的电场强度；
（2）若仅撤去“凹”形区域中电场，求电子离开“凹”形区域时的位置与O点的距离；
（3）若撤去“凹”形区域中电场，改变加速电场的电压，使得电子在“凹”形区域内的运动时间均相接，求加速电场电压的取值范围。
【答案】（1），，沿着方向；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）设加速电场的电压为，电子经加速后后获得的速度为，凹形区域的电场强度为，根据动能定理
①
电子沿直线运动，有
②
仅撤去磁场，电子从点离开场区，设电子在场区运动时间为，则有
③
④
联立①②③④可得
⑤
⑥
方向沿着方向；
（2）若仅撤去电场，则电子在磁场中做匀速圆周运动，设电子的轨道半径为，则有
⑦
联立②③④⑦可得
⑧
所以电子从点离开场区，距离点的距离为；
（3）依题意，要使电子在凹形区域内的运动时间均相等，则电子必须在场区内运动半周从边离开，分析可知，电子从段离开场区是满足要求的；要从段离开场区必须具备两个几何约束条件，第一、电子不能从离开场区；第二、电子不能进入区域。设加速电场的电势差为时，电子获得的速度为，其运动的轨道半径为，电子从段离开场区，依题意
⑩
设加速电场的电势差为时，电子获得的速度为，其运动的轨道半径为，电子从段离开场区，依题意必须满足：第一、电子不能从离开场区，电子运动轨迹如图Ⅰ，圆心为,设轨道半径为；第二、电子不能进入区域，电子运动轨迹如图Ⅱ，圆心为，设轨迹半径为，依题意

根据几何关系有

联立①⑦⑩ 并分别用、代替，、代替，、代替，求得
【热点解答题】10．（2023重庆市高三下学期二诊）离子注入是芯片制造中一道重要工序，如图是其工作示意图，离子源发出质量为m的离子沿水平方向进入速度选择器，然后从M点进入磁分析器（截面为内外半径分别为和的四分之一圆环），从N点射出，M、N分别为磁分析器边界和边界的中点，接着从棱长为L的正方体偏转系统上表面中心沿竖直注入，偏转后落在与偏转系统底面平行的距离为的水平面晶圆上（O为坐标原点）。已知各器件的电场强度均为E，磁感应强度均为B，偏转系统中的电场、磁场方向与晶圆面x轴正方向同向。不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过偏转系统的角度都很小。当很小时，有。求：
（1）离子通过速度选择器后的速度大小v及磁分析器选择出来离子的电荷量；
（2）偏转系统仅加电场时，离子在穿出偏转系统整个过程中电势能的变化量；
（3）偏转系统仅加磁场时，离子注入晶圆的位置坐标（用、及L表示）。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子通过速度选择器时，根据平衡条件，有
可得离子速度为
从磁分析器中心孔N射出离子运动半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
（2）经过电场后，粒子在x方向偏转的距离为
加速度为
运动时间
解得
离子在穿出偏转系统整个过程中电势能的变化量为
（3）偏转系统仅加磁场时，离子沿y轴正方向偏转，则有
x=0
作出粒子在偏转系统中的轨迹如图所示
根据几何关系有
，
当很小时，有
，
解得
即离子注入晶圆的位置坐标为。
【热点解答题】11．（2023·广东省湛江市第二次模拟）如图所示，在第一象限的区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，在的区域内存在沿y轴负方向、电场强度大小未知的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计粒子的重力）从y轴上A（0，L）点处由静止释放，粒子离开区域后撤去该区域内的匀强电场，粒子经C（3L，0）进入x轴下方的磁场中，之后粒子经过第二象限回到A点。求
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子从A点出发至第一次返回A点所用时间t。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子在区域内做匀加速直线运动，根据动能定理，有
进入竖直向下的电场后做类平抛运动，经C（3L，0）进入x轴下方的磁场中，根据运动的合成与分解，水平方向有
竖直方向有
联立解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，飞出磁场后，在第四象限做匀速直线运动，粒子进入磁场时的水平速度为
竖直速度为
所以粒子进入磁场时速度方向与x轴成斜向下，速度大小
粒子的运动轨迹如图所示
可知粒子离开磁场时的速度也是与x轴成斜向上，粒子经过第二象限回到A点；根据几何关系可得
解得
粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间为
粒子在电场中运动的时间为
粒子在第四象限运动的时间为
所以粒子从A点出发回到A点所用的时间为
（
【热点解答题】12． （2023·湘豫名校联考高三第二次模拟）如图甲所示，倾角、足够长的斜面固定在水平面上，斜面上水平边界的下方有垂直斜面向上的匀强磁场区域，磁感应强度大小为。初始时，一质量、边长、电阻的单匝正方形导体框静止在斜面上的磁场区域内，边与磁场边界平行且距的距离为。导体框先后两次在平行斜面向上的拉力作用下，从初始位置由静止开始沿斜面向上运动，导体框离开磁场时撤去拉力，运动过程中导体框的边始终与边界平行。已知导体框与斜面间的动摩擦因数，重力加速度大小取，，。先后两次拉动情景如下：
第一次拉力为恒力，导体框的边运动至磁场边界时，导体框恰好做匀速运动；
第二次拉力为变力，导体框的速度与沿斜面向上运动的距离满足正比关系，关系图像如图乙所示。
（1）求第一次拉力的大小。
（2）求第二次拉力的大小与导体框沿斜面向上运动的距离x满足的关系式。
（3）若在斜面磁场区域的上方离边界的距离为处安装一弹性挡板，第二次导体框沿斜面向上离开磁场后与挡板碰撞，导体框与挡板碰撞后瞬间导体框速度大小不变而方向反向。碰撞后导体框再次到达磁场区域但最终没能全部进入磁场区域，求应满足的条件。（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）第一次，设导体框匀加速运动时的加速度为，边到达磁场边界时速度为，根据牛顿第二定律可得
由运动学公式得
导体框匀速穿过磁场区域时，边切割磁感线产生感应电动势为
回路中的感应电流为
边受到的安培力为
匀速穿过磁场区域，导体框受到的合力为零，则有
联立解得
，
（2）设导体框沿斜面向上运动的距离为时，加速度为，速度为，由题图乙可知
其中，；取一段位移微元，有
所用时间为，有
由于
，
可得
边到达磁场边界前，有
联立可得
代入数据可得
（）
导体框穿过磁场区域时有
可得
代入数据可得
（）
（3）导体框的边离开磁场时的速度，导体框先做匀减速直线运动，设加速度大小为，有
解得
挡板离的最远距离为，有
解得
设反弹后导体框的速度大小为，沿斜面向下运动的加速度大小为，有
解得
即导体框沿斜面向下先做匀速运动，边进入磁场后做减速运动；设边进入磁场后又运动的时间为，在磁场中运动的总位移为，平均速度为；导体框产生的平均电动势为
回路中的平均电流为
由动量定理得
则有
导体框若恰好全部进入磁场，则有
可得
此时挡板离的最近距离为，有
解得
综上分析可知，应满足的条件为
主干知识树1（按章节：必考部分）
第二章 相互作用
第三章 牛顿运动定律
第四章 曲线运动 万有引力与航天
第五章 机械能
第六章 动量与动量守恒定律
第七章 机械振动与机械波
第八章 静电场
第九章 电路及其应用
第十章 磁场
第十一章 电磁感应
第十二章 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器
第十三章 光学
第十四章 热学
第十五章 波粒二象性 原子结构和原子核
使用说明：高考在即，不要求考生死记硬背，只需结合下文口诀，将高中物理知识回顾下，不清楚的地方一定要查书巩固。
一、运动的描述
1．物体模型用质点，忽略形状和大小；地球公转当质点，地球自转要大小。
物体位置的变化，准确描述用位移，运动快慢s比t，a用Δv与t比。
2．运用一般公式法，平均速度是简法，中间时刻速度法，初速度零比例法，
再加几何图像法，求解运动好方法。自由落体是实例，初速为零a等g。
竖直上抛知初速，上升最高心有数，飞行时间上下回，整个过程匀减速。
中心时刻的速度，平均速度相等数；求加速度有好方，Δs等于aT方。
3．速度决定物体动，速度加速度方向中，同向加速反向减，垂直拐弯莫前冲。
二、力
1．解力学题堡垒坚，受力分析是关键；分析受力性质力，根据效果来处理。
2．分析受力要仔细，定量计算七种力；重力有无看提示，根据状态定弹力；
先有弹力后摩擦，相对运动是依据；万有引力在万物，电场力存在定无疑；
洛伦兹力安培力，二者实质是统一；相互垂直力最大，平行无力要切记。
3．同一直线定方向，计算结果只是“量”，某量方向若未定，计算结果给指明；
两力合力小和大，两个力成q角夹，平行四边形定法；
合力大小随q变 ，只在最大最小间，多力合力合另边。
多力问题状态揭，正交分解来解决，三角函数能化解。
4．力学问题方法多，整体隔离和假设；整体只需看外力，求解内力隔离做；
状态相同用整体，否则隔离用得多；即使状态不相同，整体牛二也可做；
假设某力有或无，根据计算来定夺；极限法抓临界态，程序法按顺序做；
正交分解选坐标，轴上矢量尽量多。
三、牛顿运动定律
1．F等ma，牛顿二定律，产生加速度，原因就是力。
合力与a同方向，速度变量定a向，a变小则v可大 ，只要a与v同向。
2．N、T等力是视重，mg乘积是实重； 超重失重视视重，其中不变是实重；
加速上升是超重，减速下降也超重；失重加降减升定，完全失重视重零
四、曲线运动、万有引力
1．运动轨迹为曲线，向心力存在是条件，曲线运动速度变，方向就是该点切线。
2．圆周运动向心力，供需关系在心里，径向合力提供足；
需mv平方比R，mrω平方也需，供求平衡不心离。
3．万有引力因质量生，存在于世界万物中，皆因天体质量大，万有引力显神通。
卫星绕着天体行，快慢距离来决定，距离越近它越快，
距离越远越慢行，同步卫星速度定，定点赤道上空行。
五、机械运动与能量
1．确定状态找速度，分析过程找力功，正功负功加一起，动能增量与它同。
2．明确两态机械能，再看过程力做功，重力之外功为零，初态末态能量同。
3．确定状态找量能，再看过程力做功，有功就有能转变，初态末态能量同。
六、电场 〖选修3--1〗
1．库仑定律电荷力，万有引力引场力，好像是孪生兄弟，kQq与r方比。
2．电荷周围有电场，F比q定义场强。kQ比r2点电荷，U比d是匀强电场。
电场强度是矢量，正电荷受力定方向。描绘电场用场线，疏密表示弱和强。
场能性质是电势，场线方向电势降。场力做功是qU，动能定理不能忘。
4．电场中有等势面，与它垂直画场线。方向由高指向低，面密线密是特点。
七、恒定电流〖选修3-1〗
1．电荷定向移动时，电流等于q比t。自由电荷是内因，两端电压是条件。
正荷流向定方向，串电流表来计量。电源外部正流负，从负到正经内部。
2．电阻定律三因素，温度不变才得出，控制变量来论述，ρl比S等电阻。
电流做功UIt， 电热I方乘Rt。电功率为W比t，电压乘电流也是。
3．基本电路串并联，分压分流要分明。复杂电路动脑筋，等效电路是关键。
4．闭合电路部分路，外电路和内电路，遵循定律属欧姆。
路端电压内压降，和就等于电动势，除于总阻电流是。
八、磁场〖选修3-1〗
1．磁体周围有磁场，N极受力定方向；电流周围有磁场，安培定则定方向。
2．F比Il是场强，φ等BS 磁通量，磁通密度φ比S，磁场强度之名异。
3．BIL安培力，相互垂直要注意。
4．洛伦兹力安培力，力往左甩别忘记。
九、电磁感应〖选修3-2〗
1．电磁感应磁生电，磁通变化是条件。回路闭合有电流，回路断开是电源。
感应电动势大小，磁通变化率知晓。
2．楞次定律定方向，阻碍变化是关键。导体切割磁感线，右手定则更方便。
3．楞次定律是抽象，真正理解从三方，阻碍磁通增和减，
相对运动受反抗，自感电流想阻挡，能量守恒理应当。
楞次先看原磁场，感生磁场将何向，全看磁通增或减，安培定则知i 向。
十、交流电〖选修3-2〗
1．匀强磁场有线圈，旋转产生交流电。电流电压电动势，变化规律是弦线。
中性面计时是正弦，平行面计时是余弦。
2．NBSω是最大值，有效值热量来计算。
3．变压器供交流用，恒定电流不能用。
理想变压器，初级UI值，次级UI值，相等是原理。
电压之比值，正比匝数比；电流之比值，反比匝数比。
运用变压比，若求某匝数，化为匝伏比，方便地算出。
远距输电用，升压降流送，否则耗损大，用户后降压。
十一、动量〖选修3--5〗
1．确定状态找动量，分析过程找冲量，同一直线定方向，
计算结果只是“量”，某量方向若未定，计算结果给指明。
2．确定状态找动量，分析过程找冲量，外力冲量若为零，初态末态动量同。
十二、近代物理〖选修3-5〗
1．光照金属能生电，入射光线有极限。光电子动能大和小，与光子频率有关联。
光电子数目多和少，与光线强弱紧相连。光电效应瞬间能发生，极限频率取决逸出功。
2．原子核，中央站，电子分层围它转；
向外跃迁为激发，辐射光子向内迁；光子能量hν，能级差值来计算。
3．原子核，能改变，α、β两衰变；α粒子是氦核，电子流β射线。γ光子不单有，伴随衰变而出现。
铀核分开是裂变，中子撞击是条件。裂变可造原子弹，还可用它来发电。
轻核聚合是聚变，温度极高是条件。聚变可以造氢弹，
还是太阳能量源，和平利用前景好，可惜至今未实现。
十三、气态方程〖选修3-3〗
1．研究气体定质量，确定状态找参量。绝对温度用大T，体积就是容积量。
压强分析封闭物，牛顿定律帮你忙。状态参量要找准，pV比T是恒量。
2．第一定律热力学，能量守恒好感觉。内能变化等多少，热量做功不能少。正负符号要准确，
收入支出来理解。对内做功和吸热，内能增加皆正值；对外做功和放热，内能减少皆负值。
3．热力学第二律，热传递是不可逆，功转热和热转功，具有方向性不逆。
十四、机械振动〖选修3--4〗
1．简谐振动要牢记，O为起点算位移，回复力的方向指，
始终向平衡位置，大小正比于位移，平衡位置v大极。
2．O点对称别忘记，振动强弱是振幅，振动快慢是周期，一周期走4A路，
单摆周期l比g，再开方根乘2π，秒摆周期为2秒，摆长约等于1米。
到质心摆长行，单摆具有等时性。
3．振动图象描方向，从底往顶是向上，从顶往底是下向；
振动图象描位移，顶点底点大位移，正负符号方向指。
十五、机械波〖选修3--4〗
1．左行左坡上，右行右坡上。峰点谷点无方向。
2．顺着传播方向吧，从谷往峰想上爬，脚底总得往下蹬，上下振动迁不动。
3．不同时刻的图象，Δt四分一或三， 质点动向疑惑散，s等vt派用场。
十六、几何光学〖选修3-4〗
1．自行发光是光源，同种均匀直线传。若是遇见障碍物，传播路径要改变。
光介质有折射率，定义就是正弦比，还可运用速度比，波长比值也使然。
2．全反射，要牢记，入射光线在光密。入射角大于临界角，折射光线无处觅。
十七、物理光学〖选修3-4〗
1．光是一种电磁波，产生干涉和衍射。衍射单缝和小孔，干涉双缝和薄膜。
单缝衍射中间宽，干涉（条纹）间距差不多。泊松亮斑是衍射，干涉公式要把握。
小孔衍射明暗环，薄膜干涉用处多。它可用来测工件，还可制成增透膜。
从近几年高考试题看，高考很可能会命制一道物理学史方面的试题，而物理学史是同学们在复习时经常忽略的知识点，为了使同学们更好复习物理学史，总结如下：
必考部分：(必修1、必修2、选修3-1、3-2、3-5)
一、力学
　　人们根据日常的观察和经验，提出“地心说”，古希腊科学家托勒密是其代表。而波兰天文学家哥白尼提出了“日心说”，大胆地反驳了地心说。
1638年，意大利物理学家伽利略在《两种新科学的对话》中用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快。并在比萨斜塔上做了两个不同质量的小球下落的实验，证明了他的观点是正确的，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点(质量大的小球下落快)。
　　1638年，伽利略在《两种新科学的对话》一书中，运用观察——假设——数学推理的方法，详细研究了抛体运动。
17世纪，伽利略通过构思的理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去。得出结论：力是改变物体运动的原因，推翻了亚里士多德的观点：力是维持物体运动的原因。同时代的法国物理学家笛卡儿进一步指出：如果没有其他原因，运动物体将继续以同速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。
　　17世纪，德国天文学家开普勒提出开普勒三大定律。
1687年，英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了三条运动定律(即牛顿三大运动定律)。
牛顿于1687年正式发表万有引力定律。1798年英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。
英国物理学家胡克对物理学的贡献：胡克定律。经典题目：胡克认

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