物理（黑吉辽蒙专用）（教师版）

2025年高考物理终极押题猜想黑吉辽蒙专用2025年高考物理卷，黑吉辽蒙四省共用一套试卷，由吉林省命制。除辽宁省，其余三省为近两年开始采用新高考模式。因此本押题猜想，均以辽宁省近几年的高考作为主要依据。高中物理知识点较多，关联性强，新高考模式共15道题，因此多模块的综合考察，逐渐成为高考命题趋势。比如在近年辽宁高考真题中有：光学与机械波的结合、机械振动与万有引力的结合、变压器与热力学的结合等。目录TOC\o"1-1"\h\u押题猜想一运动学和动力学 2押题猜想二曲线运动 7押题猜想三光学、机械波、原子物理 11押题猜想四热力学 23押题猜想五万有引力与宇宙航行 28押题猜想六静电场 32押题猜想七交变电流 37押题猜想八力学三大观点综合应用 41押题猜想九磁场 50押题猜想十电磁感应 56

押题猜想一运动学和动力学限时：3min1．如图甲所示，一粮食储备仓库工人正利用传送带运送货物，以恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°，转轴间距L=3.5m。工人将货物（可视为质点）沿传送方向以速度v1=1.5m/s从传送带顶端推下，t=4.5s时货物运动到传送带底端，货物在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（）A．t=2.5s时，货物所受摩擦力方向改变B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.4C．传送带运行的速度大小为0.5m/sD．货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变【答案】C【详解】A．由图乙可知，在0~2.5s内，货物的速度大于传动带的速度，则货物受沿斜面向上的滑动摩擦力，在2.5s~4.5s内，货物匀速下滑，根据平衡条件可知，货物受沿斜面向上的静摩擦力，所以2.5s时货物所受摩擦力方向不变，故A错误；C．图线与坐标轴围成的区域的面积表示位移的大小，根据题意可得；解得；故C正确；B．由图乙和C分析可知，货物在0~2.5s内的对物块由牛顿第二定律由图像可知货物的加速度大小为；联立解得；故B错误；D．由于货物向下运动过程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做负功，根据功能关系可知，货物所具有的机械能一直减小，故D错误。故选C。押题解读运动学与动力学图像是东北地区高考物理中的重要考点，考查频率高，在2021，2023，2024年高考中均有考到。该考点涉及到对物体运动状态的分析和动力学规律的运用，主要涉及到v-t图像、x-t图像，题目的难度逐年提升，可看出其重要性。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：(1)解读图像坐标轴：明确横轴和纵轴代表的物理量以及坐标点的意义。这是解题的基础，有助于我们正确理解图像所反映的物理过程。(2)分析图像形状、斜率、截距和面积信息：这些信息往往蕴含着丰富的物理意义。例如，斜率可能代表速度或加速度，截距可能表示初始位置或初速度，面积可能与位移或功有关。(3)结合运动模型：将图像信息与物理运动过程模型相结合，是解题的关键。通过对牛顿运动定律、能量、动量的基本应用，求解相关问题。1．如图甲所示，一个质量的物块以初速度从斜面底端冲上一足够长斜面，经开始沿斜面返回，时刻回到斜面底端。物块运动的图像如图乙所示，斜面倾角（，，重力加速度g取）。则可确定（）A．物块上滑时的加速度大小为B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.45C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为5.0mD．物块回到斜面底端的时刻为2.0s【答案】C【详解】A．由图像可知物块上滑时的加速度大小为故A错误；B．物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得；解得物块与斜面间的动摩擦因数为；故B错误；C．根据图像与横轴围成的面积等于位移，可知物块沿斜面向上滑行的最大距离为；故C正确；D．物块沿斜面向下滑行的加速度大小为物体从最高点返回斜面底端所用时间为，则有；解得故物块回到斜面底端的时刻为；故D错误。故选C。2．A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的图像如图所示，则下列判断正确的是（

）A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同B．A、B的质量之比C．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5:3D．此碰撞为弹性碰撞【答案】D【详解】A．由图像可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，A错误；B．根据图像可得，碰撞前A的速度为（以此时的速度方向为正方向）；碰撞前，B球的速度为0，碰撞后，A、B的速度分别为；；根据动量守恒定律可得；解得；B错误；C．根据上述分析可知，碰撞前、后A物块的速度大小之比为5:1，C错误；D．碰撞前系统的能量；碰撞后，系统的总能量；结合上面的结论可得；碰撞前后系统的能量守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，D正确。故选D。3．如图甲所示，一足够长的木板静置于水平地面上，右端放置一可视为质点的小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去F，整个过程木板运动的图像如图乙所示。已知小物块的质量，木板的质量M，物块与木板间及木板与地面间动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，物块始终未从木板掉落。下列说法正确的是（）A．木板的质量B．物块与木板及木板与地面间的动摩擦因数大小为0.1C．整个过程系统因摩擦而产生的热量为D．整个过程木板运动的位移大小为【答案】D【详解】AB．由图像乙可知，在时木板的加速度发生了变化，说明此时小物块与木板的速度相等，小物块对木板的摩擦力方向发生了变化，在1-1.5s时间内小物块相对木板滑动，根据图象，可得此时木板的加速度为对木板，由牛顿第二定律根据图象，在0-1s时间内木板的加速度为对木板，由牛顿第二定律；联立解得，；故AB错误；CD．在0-1.5s时间内小物块始终相对木板滑动，由牛顿第二定律，则小物块的加速度小物块的位移为；木板的位移为v−t图像包围的面积，则有；时，小物块与木板相对静止，则整个过程小物块相对木板运动的位移大小为；整个过程小物块相对木板运动时产生的热量为；木板与小物块相对静止后，一起运动的位移；木板运动的总位移；木板与地面之间的摩擦产生的热量为；因此整个过程系统因摩擦而产生的热量为；故C错误，D正确。故选D。4．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示（段图像为直线）。乘客的速度大小用v表示，重力加速度为g。下列判断正确的是（）

A．乘客上升全过程中，v一直增大B．时间内，v增大，乘客处于失重状态C．时间内，v减小，乘客处于超重状态D．时间内，v减小，乘客处于失重状态【答案】D【详解】A．根据x-t图像的斜率表示速度，乘客向上先加速，再匀速，最后减速，故A错误；B．由图可知在时间内，v增大，该时间段内乘客加速上升，加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；C．在时间内，x-t图像的斜率保持不变，乘客的速度不变，乘客向上做匀速直线运动，处于平衡状态，故C错误；D．在时间内，x-t图像的斜率变小，v减小，乘客向上做减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故D正确。故选D。

押题猜想二曲线运动限时：1.5min1．如图所示，某同学在同一位置先后水平抛出一物体，第一次落在甲点，第二次落在乙点，不计空气阻力，则（）A．抛出时速度关系B．抛出后加速度关系C．抛出后位移关系D．抛出后时间关系【答案】D【详解】AD．物体做平抛运动，竖直方向有；由于，可得；水平方向有；由于，则有；故A错误，D正确；B．抛出后的加速度为重力加速度，则有，故B错误；C．抛出后的位移大小为；由于，，则无法确定抛出后的位移大小关系，故C错误。故选D。

押题解读曲线运动在过去的四年高考真题中，均有考到，通常为第一或第二题，难度简单。主要考点为运动的合成与分解、曲线运动受力特点，同轴转动特点等。据此合理推测，平抛运动特点、关联速度、合运动的轨迹判断等知识点在接下来的高考中也有较大概率考察。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：（1）熟知曲线运动的形成条件、受力（加速度）方向、速度方向，以及它们的夹角与运动速度变化关系；（2）掌握合运动与分运动的关系和特性，能理解并快速解决船过河、关联速度等模型问题；（3）掌握平抛运动、圆周运动的基本特点，熟记相关公式。1．如图所示，物体用跨过定滑轮的轻绳与汽车连接，汽车以的速度向右匀速运动，连接小车端的轻绳与水平方向的夹角为，在物体上升过程中，下列说法正确的是（）A．物体向上做减速运动B．绳子拉力大于物体的重力C．时物体的速度大小为D．物体始终处于失重状态【答案】B【详解】ABD．根据关联速度，物体与小车间的速度关系为物体上升过程中小车与水平方向的夹角逐渐减小，则的速度逐渐增大，做加速运动，根据牛顿第二定律可知，绳子拉力大于物体重力，物体超重，故AD错误，B正确；C．将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为物体上升的速度大小当时，，故C错误。故选B。2．2024年11月，中国自主研制的歼35A隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿着一段圆弧从M到N加速拉升，关于歼35A所受合力的方向，下图中可能正确的是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，速度方向沿轨迹的切线方向，因加速爬升，则合外力方向与速度方向夹角为锐角。故选C。3．如图所示为教室里可以沿水平方向滑动的黑板，一位老师用粉笔在其中某块可移动的黑板上画直线。若粉笔相对于地面向下匀速直线滑动的同时黑板以某一速度水平向左匀速滑动，则粉笔在黑板上所画出的轨迹，可能为下列图中的（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】由于黑板以某一速度水平向左匀速滑动，则在水平方向上，粉笔相对于黑板向右做匀速直线运动，在竖直方向上，粉笔相对于黑板向下匀速直线滑动，则粉笔实际上相对于黑板斜向右下方做匀速直线运动，可知，第一个选择项符合要求。故选A。4．如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法中正确的是（）A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动【答案】B【详解】AB．在水平面上，细绳的拉力提供m所需的向心力，当拉力消失，物体所受合力为零，将沿切线方向做匀速直线运动，即小球将沿轨迹Pa做离心运动，故B正确，A错误；CD．故当拉力突然变小时，将沿Pb轨道做离心运动，故CD错误。故选B。

押题猜想三光学、机械波、原子物理限时：2.5min1．如图（a）所示轻质弹簧下端固定在水池底部，上端固定一个小灯泡，其大小可忽略，点光源在水面上的投影位置为O'点，点光源静止不动时在O点，距离水面深度为OO'=h=1.5m，现让点光源在竖直方向做简谐运动，其振动图像如图（b）所示，已知振幅为A，周期为2s，光源向左照射的最远位置记为P，当点光源距离水面最近时P在a点，点光源距离水面最远时P在e点，已知图（a）中ac=ce，bc=cd，水的折射率为，则（）

A．光斑振幅为AB．光斑振幅为AC．点光源在O点时，有光射出水面的面积为m²D．点光源在O点时，有光射出水面的面积为m²【答案】D【详解】AB．设光从水中射出空气发生全反射的临界角为C，根据全反射临界角公式根据几何关系可得光斑振幅满足；可得光斑振幅为；故AB错误；CD．点光源在O点时，根据几何关系可得；解得有光射出水而的面积为；故C错误，D正确。故选D。

押题解读光学、机械波、原子物理，这三个模块在高中物理中，相对游离于主线（力电磁）之外，通常以选择题形式进行考察，难度简单。但也不排除光学和机械波出计算题的可能。因光具有波粒二象性，因此光学于机械波、光学与原子物理中的光电效应综合考察，是命题的一大趋势。比如2023年高考真题中，将光的干涉与波的叠加性放在了同一题进行考察。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：（1）光具有波粒二象性，掌握光学与其它两个模块的共通性。1．“灯光秀”是现在很多旅游景区的一个重要观赏项目，深受游客喜爱。现有一单色线光源做成的矩形灯，长、宽分别为和，置于水面下方深处。若水对该单色光的折射率为，则该光源能从水面出射的光的区域形状用下面四个图中阴影部分表示，其中正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】光由水面进入空气的入射角大于临界角时将会在水面发生全反射，对应的临界角满足，；解得所以线状光源从水面透光的宽度为，外侧四个边角为半径为的四分之一圆，内侧边界则为的矩形。故选B。2．氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级跃迁到能级时产生可见光I，从能级跃迁到能级时产生可见光II。用同一双缝干涉装置研究这两种光的干涉现象，得到如图2、3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（）A．图4可以证明光具有波动性B．图2和图3可以证明光具有粒子性C．图1可以判断可见光I对应的是D．图3可能是可见光II的干涉条纹【答案】D【详解】AB．光具有波粒二象性，光的频率越高，光电效应现象越容易发生，光的粒子性越明显，图4可以证明光具有粒子性，图2和图3可以证明光具有波动性，故AB错误；C．氢原子发生能级跃迁，由可知，可见光I的频率高，波长小，可见光II的频率低，波长大，图1中的是四种可见光中频率最低的，故不可能是可见光I，故C错误；D．图3的干涉条纹的间距比图2的干涉条纹的间距宽，由公式可知，图3对应的是波长较长的光，即可能是可见光II，故D正确。故选D。3．平行太阳光透过大气中整齐的六角形冰晶时，中间的光线是由太阳直射过来的，是“真正的太阳”；左右两条光线是折射而来，沿水平方向朝左右折射约是“假太阳”。图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“双太阳”的示意图，图乙为a、b两种单色光穿过六角形冰晶的过程图，则（）A．太阳光照在转动的冰晶表面上，部分光线发生了全反射B．冰晶对a的折射率比对b的折射率大C．a光光子能量比b更大D．用a、b光在相同实验条件下做双缝干涉实验，a的条纹间距大【答案】D【详解】A．全反射条件是光密进入光疏介质才能发生，故A错误；B．由图可知，太阳光射入冰晶时，光的偏折程度比光的偏折程度小，则的折射率比的小，故错误；C．的折射率比的小，则的频率比的小，根据可知的光子能量比的小，故C错误；D．的频率比的小，根据则的波长比的大，用a、b光在相同实验条件下做双缝干涉实验，根据可知的双缝干涉条纹间距大，故D正确。故选D。4．“战绳”健身爱好者通过手握水平伸直绳的一端，抖动绳端在绳上形成机械波从而达到训练力量的目的。若将绳上形成的机械波视为简谐横波，从某时刻开始计时，绳上的P、Q两个质点的振动图像分别如图甲、乙所示，t=0.5s时刻，P、Q两质点间只有一个波峰（不包括P点），P、Q两点平衡位置间的距离为3m，则下列判断正确的是（）A．人在绳端抖动的频率为2HzB．绳波的传播速度大小为2m/sC．绳波从P点向Q点方向传播D．提高绳端抖动频率，绳波传播速度变大，绳波波长变小【答案】B【详解】A．由图可知，质点振动的周期T=1.0s，绳端抖动频率为，故A错误；B．根据题意可知，则，波的传播速度；；故B正确；C．无法确定绳波是从P向Q传播还是从Q向P传播，故C错误；D．波的传播速度由介质决定，因此提高绳端抖动频率，绳波传播速度不变，故D错误。故选B。5．我国古代有一种利用共振原理的古琴调弦技术，将一小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的古琴上对应的琴弦，小纸人跳动越明显代表音调越准确，调准音调后，下列说法正确的是（）A．拨动其他音调的琴弦，小纸人不会跳动B．敲击对应音调的音叉，也可以让小纸人跳动明显C．增大拨动对应音调的琴弦力量，小纸人跳动幅度不变D．调弦过程中琴弦的机械能将全部转化为纸人的机械能【答案】B【详解】A．小纸人跳动明显，表明小纸人所在弦发生了共振，振幅最大，古琴上对应的琴弦与小纸人所在琴弦的固有频率相等，而拨动其他音调的琴弦，由于频率与小纸人所在弦的固有频率不相等，没有发生共振，故小纸人跳动不明显，但也会跳动，A错误；B．敲击对应音调的音叉，其振动频率等于小纸人所在弦的固有频率，小纸人所在弦的发生共振，纸人跳动明显，B正确；C．增大拨动对应音调的琴弦力量，对应的能量越大，小纸人跳动幅度越大，C错误；D．调弦过程中琴弦的振动导致其它弦也发生受迫振动，因此调弦过程中琴弦的机械能只有部分转化为纸人的机械能，D错误。故选B。6．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，已知处质点的振动图像如图所示。将t0时刻作为计时起点，处质点的振动图像为（）A． B．C． D．【答案】D【详解】由图像可知处质点在时刻沿y轴向负方向振动，其位移为-2cm，令此时处质点的相位为，则有；解得或（舍去，因处质点在时刻沿y轴正方向振动）由两质点之间的关系可知；则；可知处质点此时的位移为即时刻的波形图如图所示：；所以处质点从正向最大位移处开始振动。故选D。7．发生放射性衰变为，半衰期约为5730年。已知植物存活期间，其体内与的比例不变；生命活动结束后，的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中的比例是现代植物样品的25%，则（）A．衰变为发生的是β衰变B．、具有相同的中子数C．该古木的年代距今约为5730年D．比原子核的比结合能更大【答案】A【详解】A．根据质量数与电荷数守恒有14-14=0，6-7=-1；可知，衰变为和电子，发生的是β衰变，故A正确；B．、具有的中子数分别为12-6=6，14-6=8；可知，、具有不相同的中子数，故B错误；C．根据半衰期的规律有；其中；解得t=11460年；故C错误；D．衰变过程释放能量，表明比更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，可知，比原子核的比结合能小，故D错误。故选A。8．我国自主研发的氢原子钟现已运用于中国的北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高起到了很大的作用，同时原子钟具有体积小、重量轻等优点，氢原子钟通过氢原子能级跃迁而辐射的电磁波校准时钟，氢原子能级示意图如图所示，已知可见光光子的能量范围，则下列说法正确的是（）A．处于第能级的氢原子向下跃迁时最多发出种不同频率的光子B．处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离C．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能减小，原子的电势能增大D．氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子是可见光光子【答案】B【详解】A．根据可知大量处于第能级的氢原子向下跃迁时最多发出种不同频率的光子，故A错误；B．处于能级的氢原子发生电离需要吸收的能量为，已知可见光光子的能量范围，由于紫外线的光子能量大于可见光的光子能量，所以处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离，故B正确；C．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能增大，原子的电势能减小，故C错误；D．氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子能量为可知氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子不是可见光光子，故D错误。故选B。9．近日北京某公司利用镍－63（）衰变发出的射线照射一种半导体，使半导体产生电动势，从而制成了一种微型原子能电池，这种电池体积比一枚硬币还要小，电动势为3V，镍－63半衰期为100年，电池能够稳定发电50年。而且的衰变产物没有放射性，对环境友好。代表了未来原子能电池的发展方向。关于照射到半导体上的那种射线，下面说法正确的是（）A．射线是电子流 B．射线是正电子流C．射线是质子流 D．射线是高频光子【答案】A【详解】镍—63转变为，根据质量数守恒和电荷数守恒，衰变方程为因此是衰变，放出的射线是电子流。故A正确，BCD错误。故选A。10．如图1所示，分别用单色光a、b照射光电管的阴极K，其光电流I随光电管两端电压U的变化规律如图2所示。下列说法正确的是（）A．a光的频率大于b光的频率B．真空中a光传播的速度大于b光传播的速度C．a光光子的动量小于b光光子的动量D．两种光经过同一障碍物，b光更容易发生明显衍射【答案】C【详解】A．由图2可知b光的遏止电压大于a光的遏止电压，根据可知b光的频率大于a光的频率，A错误；B．a、b光在真空中速度相等，B错误；C．根据可知a光的波长大于b光的波长；根据可知a光光子的动量小于b光光子的动量，C正确；D．a光的波长大，相同条件下，两种光经过同一障碍物，a光更容易发生明显衍射，D错误。故选C。11．（多选）图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P、Q为平衡位置分别在、处的两个质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是（）A．时质点向轴负向振动B．该波的传播速度大小为C．时质点的加速度达到正向最大D．从到，质点运动的路程为【答案】BD【详解】A．根据图乙可知，在0.1s后极短时间内，质点P的位移为正值，且逐渐增大，表明时质点向轴正向振动，故A错误；B．根据图像可知，波长为4m，周期为0.2s，则该波的传播速度大小为故B正确；C．根据图乙可知，时质点的位移为正方向的最大值，根据可知，时质点的加速度达到负向最大，故C错误；D．从到的时间间隔为可知，质点运动的路程为故D正确。故选BD。12．公园里的装饰灯在晚上通电后会发出非常漂亮的光，如图a所示。该灯可简化为图b所示的模型，该装饰灯是由透明材料（对红光的折射率n=2）制成的棱长为L的正方体，正方体中心有一个发红光的点光源O。不考虑经反射后的折射光线，不考虑光刚好射到棱上的情况，光在空气中的传播速度为c，求：(1)光线从装饰灯内射出的最长时间tmax；(2)从外面看，装饰灯被照亮的总面积。【答案】(1)；(2)【详解】（1）设光线从装饰灯内射出时发生全反射的临界角为C，对一条射到侧面上且恰好发生全反射的光线，设光在装饰灯内传播的距离为x，有；解得根据几何关系可得又，联立解得（2）每一侧面被照亮的图形为圆，圆的半径为r，有每一侧面被光照亮的面积从外面看装饰灯被照亮的总面积联立解得13．如图所示，实线和虚线分别是沿轴方向传播的一列简谐横波在和时刻的波形图。(1)求该波的波长，可能的周期；(2)若，求该波的速度大小；(3)求在满足（2）的条件下原点点的振动方程。【答案】(1)，见解析；(2)见解析；(3)见解析【详解】（1）由图可知，该波的波长为若该波沿轴正向传播，则有整理可得若该波沿轴负向传播，则有整理可得（2）根据题意可知，若则有若该波沿轴正向传播，则有该波的速度大小为若该波沿轴负向传播，则有该波的速度大小为（3）若该波沿轴正向传播，则有则原点点的振动方程若该波沿轴负向传播，则有则原点点的振动方程14．如图所示，倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放（物块做简谐运动），重力加速度为g。(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；(2)物块做简谐运动的振幅是多少；【答案】(1)(2)【详解】（1）物块处于平衡位置时，根据受力平衡可得解得弹簧的伸长量为则物块处于平衡位置时弹簧的长度为（2）物体处于最高点到平衡位置的距离等于物块做简谐运动的振幅，则有联立解得

押题猜想四热力学限时：1.5min1．茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。如图所示，向茶杯中倒入热水，盖上杯盖茶水漫过杯盖，在水面和杯盖间密闭了一部分空气（可视为质最和体积均不变的理想气体），过一段时间后水温降低。关于泡茶中的物理现象下列说法正确的是（）A．泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯盖与杯子间的分子引力作用D．温度降低，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，气体对外界放热【答案】D【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每个分子的动能都越大，分子动能遵循统计规律，存在动能大小的分布，故A错误；B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是因为茶叶中的色素分子在水中扩散，扩散现象是分子的无规则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，所以这不是布朗运动现象，故B错误；C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯内气体做等容变化，根据查理定律（p是压强，T是温度，C是常量）可知温度降低，气体压强减小，外界大气压大于杯内气体压强，产生向下的压力差，而不是因为杯盖与杯子间的分子引力作用，故C错误；D．温度降低，根据理想气体状态方程和气体压强的微观解释，气体分子的平均动能减小，撞击单位面积器壁的平均作用力变小；同时，理想气体温度降低，内能减小，即，体积不变，（气体不对外做功，外界也不对气体做功），根据热力学第一定律可得即气体对外界放热，故D正确。故选D。

押题解读热力学为高考中必考模块，考点以理想气体图像、理想气体状态方程为主。同时注意可能对分子力与分子势能的考察。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：（1）掌握热力学第一定律内容，气体压强的围观描述等知识点，并能够在理想气体变化图像问题中熟练应用；（2）理想气体状态方程的应用：管（单管、U型管）模型、气缸模型、充放气模型；（3）了解分子力与分子势能相关知识点，掌握它们的图像关系。1．两分子间的斥力和引力的合力与分子间距离的关系如图中曲线所示，曲线与轴交点的横坐标为，相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，若两分子相距无穷远时分子势能为零，则（）A．分子之间的引力和斥力都减小B．分子力先做负功再做正功C．在时，分子势能最小，动能最大D．在时，随的减小，分子势能变小【答案】C【详解】A．两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近过程，分子之间的引力和斥力都增大，故A错误；B．分子间距大于时，分子力为引力，分子间距小于时，分子力为斥力，故分子力先做正功再做负功，故B错误；C．在时，分子力做正功最多，动能最大，分子势能最小，故C正确；D．在时，随的减小，分子势能变大，故D错误。故选C。2．气垫鞋是在鞋底的上部和下部之间加入一个气囊，能够有效降低冲击力，有非常好的减震效果，除了穿起来舒服以外，还可以对我们的膝盖起到很好的防护效果。在人从高处落地，鞋底与地面撞击的过程中，认为气囊中的气体未来得及吸收或放出热量，则气囊中的气体（

）A．温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小B．温度升高，速率大的分子数占总分子数的比例增大C．内能增加，气体对外界做正功，所有分子热运动速率都增大D．内能减少，所有分子热运动速率都减小【答案】B【详解】CD．在鞋底与地面撞击的过程中，气囊中的气体变化过程属于绝热压缩过程，外界对气体做正功，由热力学第一定律可知气体内能增加，温度升高，分子热运动平均速率增大，故CD错误。AB．气体内能增加，温度升高，根据气体分子速率分布规律可知，速率大的分子数占总分子数的比例增大，故A错误；B正确。故选B。3．涡轮增压器能提升内燃机的输出功率。将其工作过程简化为以下两个过程：一定质量的理想气体，在的过程中与外界无热量交换，的过程中压强不变，则（

）A．过程中，气体分子的平均动能减少B．过程中，外界对气体做的功等于气体放出的热量C．过程中，外界对气体做的总功等于气体放出的总热量D．过程中，气体的内能一直增大【答案】C【详解】A．一定质量的理想气体，在的过程中与外界无热量交换，而体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体内能增大，温度升高，气体分子的平均动能增大，故A错误；B．过程气体压强不变，体积减小，由盖吕萨克定律可知，温度降低，则内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出的热量等于其内能减少量与外界做功之和，故B错误；CD．由图可知，，；则有；可知，、状态气体内能相同，根据热力学第一定律可知，过程中，外界对气体做的总功等于气体放出的总热量，故C正确，D错误。故选C。4．如图所示，一个导热性能良好的柱形汽缸竖直放置在冷柜中，柱形汽缸内通过横截面积为、质量的活塞封闭一定质量的理想气体。冷柜未通电时，环境温度为27°，柱形汽缸内空气柱的长度为；现接通冷柜的电源并缓慢降低冷柜的温度，一段时间后空气柱长度变为。已知冷柜内的气体压强恒为，热力学温度，取重力加速度。。求：(1)此时封闭气体的热力学温度；(2)气体长度变化过程中，气体对外做的功W。【答案】(1)；(2)【详解】（1）初态：，末态：，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律，有解得（2）对活塞受力分析，有解得降温过程中，气体对外做的功解得5．2024年7月19日，山东某地出现特大暴雨。暴雨时路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖不断跳跃，导致井盖移位而存在安全隐患。水井处的截面图如图乙所示，已知此次大暴雨，水位以60mm/h的速度迅速上涨，质量为的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为，水位与井盖之间的距离为时开始计时，此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强，若空气视为理想气体，温度始终不变，。(1)求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；(2)求从图示位置起，历经多长时间井盖会第一次被顶起；(3)若井盖第一次顶起后又盖回，空气的压强变为，求排出的空气与剩余空气的质量比。（最终结果保留一位有效数字）【答案】(1)；(2)0.3h或1080s；(3)0.008【详解】（1）对井盖进行受力分析有可得井盖刚好被顶起时，密闭空气的压强为（2）等温变化，设水位上升x，则刚顶起时有解得则所用的时间为（3）空气等温变化，有其中代入数据解得可知排出的空气与剩余空气的质量比为

押题猜想五万有引力与宇宙航行限时：2min1．（多选）图1是北京卫星测控中心对某卫星的监控画面，图中左侧数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中卫星和地心的连线与地球表面的交点（即星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道可视为圆轨道，高度低于地球同步卫星轨道，绕行方向如图2所示。已知地球半径为，地球同步卫星轨道半径约为。关于该卫星，下列说法正确的是（）A．轨道平面与赤道平面夹角为B．连续两次到达同一经度均要运动1.5圈C．运行速度小于地球同步卫星的运行速度D．轨道半径约为【答案】ABD【详解】A．卫星轨道平面一定过地球的球心，由图可知，星下点轨迹最高纬度达到60°，即卫星轨道平面与赤道平面成60°，故A正确；B．根据图乙，假设地球不自转，在卫星运动的半个周期内，星下点应该由（纬度60°、经度-180°）首次到达（纬度-60°、经度0°），而实际在地球自转的情况下，星下点首次到达了（纬度-60°、经度-60°），那么经度相差的60°就等于地球自转的角度，地球自转周期为T自=24h，设卫星运动的周期为T，则有：；解得：T=8h可知卫星连续两次到达同一经度地球转过半周，卫星均要运动1.5圈，故B正确；D．根据开普勒第三定律；解得；选项D正确；C．根据；可得；可知运行速度大于地球同步卫星的运行速度，选项C错误。故选ABD。

押题解读万有引力与宇宙航行，是高考必考模块。结合近几年高考真题，可以看出对该模块的考察，逐步趋向于与其他模块进行结合，或与航天中的实际问题高度结合。比如在2024年高考中，万用引力与简谐振动进行了结合考察。2024年4月24日，神州二十号飞船的成功发射（热点），与该模块完美契合，关于飞船对接、对接前后参数变化等考点很多。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：（1）熟记物体（待发射卫星）在天体表面随天体转动、卫星绕中心天体环绕这两大模型特点；（2）了解同步卫星特点、会比较不同轨道的卫星运行参数（高轨低速大周期）；（3）掌握卫星高低变轨方式，开普勒三大定律内容及易错点、双星模型特点。1．在天文学上，太阳的半径、体积、质量和密度都是常用的物理量，利用小孔成像原理和万有引力定律，可以简捷的估算太阳的密度。如图，在地面上某处，取一个长的圆筒，在其一端封上厚纸，中间扎直径为1mm的圆孔，另一端封上一张画有同心圆的薄白纸，最小圆的半径为2.0mm，相邻同心圆的半径相差0.5mm，当作测量尺度；再用目镜（放大镜）进行观察。把小孔正对着太阳，调整圆筒的方向，使在另一端的薄白纸上可以看到一个圆形光斑，这就是太阳的实像。为了使观察效果明显，可在圆筒的观测端蒙上遮光布，形成暗室。若测得光斑的半径为（小于圆筒半径），试根据以上数据估算太阳的密度为（）（已知：，一年约为，取）A． B．C． D．【答案】B【详解】设太阳质量为M、半径为R、体积为V、平均密度为ρ，地球质量为m、日地距离为r，由万有引力定律和牛顿运动定律可以知道，；由图中的几何关系可近似得到；联立计算得代入数据得ρ≈1.4×103kg/m3；故选B。2．2024年，“嫦娥六号”圆满完成了月球背面土壤采样工作。月壤离开月球的简化过程如图所示。第一步“上升器”携带月壤离开月球进入轨道1，轨道1的Q点与月球表面的距离可忽略。第二步“上升器”在P点进入轨道2。在轨道2附近的环月圆轨道3（未画出）上有轨道器和返回器的组合体（简称“轨返组”）。第三步“轨返组”加速追上轨道2上的“上升器”并对接，“上升器”将月壤交与“轨返组”。第四步“轨返组”带着月壤进入月地转移轨道，则（）A．“上升器”在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度B．“上升器”在轨道2上的运行周期小于轨道1上的运行周期C．“轨返组”所在的环月圆轨道3的半径略大于轨道2的半径D．在轨道1和轨道2上“上升器”与月球中心的连线单位时间内扫过的面积相同【答案】A【详解】A．月球的第一宇宙速度等于月球近月轨道的运行速度，“上升器”要从近月轨道进入到轨道轨道1，需要在Q点加速做离心运动才能实现，所以在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度，故A正确；B．根据开普勒第三定律，因为轨道2的半长轴大于轨道1的半径，则“上升器”在轨道2上的运行周期大于轨道1上的运行周期，故B错误；C．“轨返组”需要加速才能追上轨道2的“上升器”，则“轨返组”所在的环月圆轨道3的半径略小于轨道2的半径，故C错误；D．根据开普勒第二定律，只有在同一轨道上“上升器”与月球中心的连线在相等时间内扫过的面积才相等，在轨道1和轨道2上“上升器”与月球中心的连线单位时间内扫过的面积不相同，故D错误。故选A。3．2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，发射取得圆满成功。70后、80后、90后航天员齐聚“天宫”，完成中国航天史上第5次“太空会师”。飞船入轨后先在近地轨道上进行数据确认，后经椭圆转移轨道与在运行轨道上做匀速圆周运动的空间站组合体完成自主快速交会对接，其变轨过程可简化为如图所示，假设除了变轨瞬间，飞船在轨道上运行时均处于无动力航行状态。下列说法正确的是（）A．飞船在近地轨道的A点减速后进入转移轨道B．飞船在转移轨道上的A点速度大于点速度C．飞船在近地轨道时的速度小于在运行轨道时的速度D．飞船在近地轨道时的周期大于在运行轨道时的周期【答案】B【详解】A．飞船在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，故A错误；B．根据开普勒第二定律，可知飞船在转移轨道上的A点速度大于点速度，故B正确；CD．根据；解得，；可知，飞船在近地轨道时的速度大于在运行轨道时的速度，飞船在近地轨道时的周期小于在运行轨道时的周期，故CD错误。故选B。4．某行星的质量约为地球的9倍，半径约为地球的一半，在地球表面附近h处，平抛一物体，射程为60m，则在该星球上，从同样的高度，以同样的初速度平抛同一物体，水平射程应为（）A．10m B．15m C．90m D．30m【答案】A【详解】在星体表面上万有引力等于重力由；解得；则；在地球表面上由s=v0t

；h=gt2

；得同理在某星体表面上故选A。

押题猜想六静电场限时：1.5min1．（多选）图甲为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（）A．、两点间的电势差为B．点的电势等于点的电势C．沿轴从点到点，电场强度先减小后增大D．将一电子沿轴从点移动到点，电势能增大【答案】AD【详解】A．x1、x2两点间的电势差为0-（-φ0)=φ0，故A正确；B．电势是标量，O点的电势为正，x2点的电势为负，电势的正负表示大小，O点的电势大于x2点的电势，故B错误；C．φ−x图像的斜率的绝对值等于电场强度大小，由图可知，沿x轴从O点到x2点，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，故C错误；D．沿x轴从O点移动到x1点，由图看出电势逐渐降低，电子在高电势处电势能小，故电子的电势能增大，故D正确。故选AD。

押题解读静电场是高考必考模块。近几年高考真题，先后考察过静电场中的动力学，等势面特点，电容器的动态变化等知识点。静电场知识点较多，关联性强，同时还涉及图像等问题。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：（1）熟练掌握各类型电场特点；（2）理解静电场中各物理量意义，会判断大小（增减）变化；（3）熟记将静电场中电场线、等势线、轨迹线之间的关系，并能与各物理量结合应用；（4）牢记静电场中E-x，φ-x，Ep-x图像的斜率、面积所代表的物理意义。1．如图所示，电荷量为+Q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为θ的光滑绝缘斜面。质量为m、电荷量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。只考虑+Q在空间各处产生的电场，取离+Q无限远处的电势为0。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k。仅利用以上条件不能求出的是（）A．B点的场强EBB．OB之间的距离xOBC．A点的电势φAD．AC两点间的电势差UAC【答案】C【详解】AB．由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析，沿斜面方向有解得所以可以求出B点的场强EB，根据点电荷场强公式联立解得OB之间的距离所以可以求出OB之间的距离xOB，故AB不符合题意；D．因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有解得AC之间的电势差为所以可以求出AC两点间的电势差，故D不符合题意。C．因为条件不足所以无法求出A点的电势，故C符合题意。故选C。2．（多选）如图所示，xOy平面内有一半径为的圆，圆心位于O点，A、B、C为圆与坐标轴的三个交点，匀强电场平行于xOy平面，取O点的电势为零。在xOy平面内，若将一质子从A点移动到B点，电场力做的功为；若将一电子从O点移动到C点，克服电场力做的功为3eV。则下列说法正确的是（）A．A、B两点间的电势差为B．O、C两点间的电势差为C．匀强电场的场强大小为D．若另有一质子经过该圆形区域，该质子动能的最大增加量为10eV【答案】CD【详解】A．将一质子从A点移动到B点，电场力做功为根据电场力做功解得，A错误；B．若将一电子从O点移动到C点，电场力做功为根据电场力做功解得，B错误；C．O点电势为零，则C点、A点和B点的电势分别为、、，匀强电场中x轴上坐标为的D点电势为，连接CD，由O点做CD的垂线，垂足为F，如图：由几何关系知，则匀强电场的场强大小为，C正确；D．由，圆形边界的电势最高为5V，最低为，质子由于电荷量为，质子在圆形边界上的电势能最小为，电势能最大为5eV，由能量守恒定律知，质子动能的最大增加量为10eV，D正确。故选CD。3．（多选）有一匀强电场平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、O、b三点电势分别为4V、6V、8V。则（

）A．c点电势为10VB．c点电势为2VC．电场强度E大小为2V/cm，方向与x轴成45°斜向右下D．电场强度E大小为V/cm，方向与x轴成45°斜向右下【答案】AD【详解】AB．为平行四边形，可知代入题中数据，解得c点电势为故A正确，B错误；CD．取中点，则点电势为可知连线为等势线，根据几何关系可知，则根据电场线与等势线垂直且沿电场线方向电势降低，可知电场强度方向与x轴成45°斜向右下，大小为故C错误，D正确。故选AD。4．（多选）为除去陶瓷工业所用粘土中的氧化铁，把粘土和水一起搅拌成悬浮液，将涂有绝缘层的金属圆盘吸附在盆底，金属棒插入悬浮液中，接入电源，形成如图所示电场，其中虚线为等势面。某粒子仅在电场力的作用下从点到点的轨迹如图所示，已知粘土粒子带负电荷，氧化铁粒子带正电荷，下列说法正确的是（）A．端为电源正极B．该粒子可能为粘土粒子C．该粒子在点受到的电场力大于在点受到的电场力D．该粒子在点的动能小于在点的动能【答案】BD【详解】A．由沿电场线的方向电势越来越低，可判断金属棒接电源的负极，故端为电源负极，A错误；B．根据曲线运动的特点，粒子所受合力指向轨迹凹的一侧；则由轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的反方向，故粒子带负电，即该粒子为粘土粒子，B正确；C．由电场线的疏密表示电场的强弱，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，C错误；D．由图中的等势面可得，则所以该粒子从P运动到Q的过程中电场力做的功即电场力做正功，粒子动能增加，故P点动能小于Q点动能，D正确。故选BD。

押题猜想七交变电流限时：2min1．无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用。地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示。送电线圈匝数，当两辆受电线圈匝数分别为甲：n₂=600，乙：的新能源汽车同时在同一个送电线圈上充电，在理想情况下，忽略各种能量损耗，当送电线圈两端接在220V的交流电源上时，送电线圈上电流为2A，通过甲车的充电的电流为1A，则通过乙车的电流为（）A．10A B．7A C．3A D．1A【答案】B【详解】根据题意，已知，，，根据理想变压器变压比公式为；解得；同理；解得；对于理想变压器，有输入功率等于输出功率而；根据题意有；解得故选B。

押题解读交变电流作为电磁感应现象的延伸应用，有较大概率在高考中进行考察，或与其他知识点结合在一起出题。如，在2024年高考中与热力学的综合考察。据此，同样要注意该模块与电路问题的综合应用。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：（1）了解交变电流的产生及特点；（2）会计算交变电流中的“四值”；（3）掌握变压器原副线圈匝数与电压、电流、电功率的关系；并会分析原副线圈两端的动态变化；（4）远距离输电问题中，理解并会计算升压变压器与降压变压器之间的线损问题。1．如图所示，一个发电系统的输出电压恒为，输送功率为。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为，升压变压器原、副线圈匝数比为，下列说法正确的是（）A．升压变压器副线圈两端的电压为B．输电线损失的电压为C．用户得到的功率为D．降压变压器的输入电压为【答案】B【详解】ABD．根据理想变压器电压与匝数成正比可知升压变压器副线圈输出电压为发电系统输送功率为，则升压变压器原线圈电流为根据理想变压器电流与匝数成反比可得升压变压器副线圈电流为输电线损失的电压为降压变压器的输入电压故AD错误，B正确；C．则输电线损失的功率为；则用户为故C错误。故选B。2．风能是一种清洁的可再生能源。小型风力交流发电机，其原理可以简化为图甲，发电机线圈电阻不计，外接电阻R，当线圈匀速转动时，产生的电动势随时间变化如图乙所示，则（）A．电压表的示数为VB．t＝0.1s时刻，线圈恰好转到图示位置C．通过电阻R的电流方向每秒改变10次D．若将电阻R换成击穿电压为12V的电容器，电容器不会被击穿【答案】B【详解】A．交变电流电压表的示数应该为交变电压的有效值，正弦式交变电压的有效值为所以电压表的示数为12V,故A错误；B．时，线圈的电动势最大，此时线圈应处于中性面的垂直面，即线圈与磁感线平行，故B正确；C．交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，故电流方向改变次数次，故C错误；D．交变电流的峰值为,而电容器的电压为12V，故交变电流的峰值大于电容器的电压，电容器会被击穿。故选B。3．“南鲲”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置，其原理如图甲所示，利用海浪带动浪板上下摆动，从而带动线框单向匀速转动，线框内阻恒定。线框ab两端通过滑环和电刷接如图乙所示的变压器，阻值为R的负载电阻接在副线圈的两端，用交流电压表测得a，b端和c，d端的电压分别为Uab和Ucd，则（）A．增大负载电阻的阻值R，理想交流电流表的读数变大B．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大C．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍D．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，线框内阻的发热功率变为原来的2倍【答案】C【详解】A．根据等效电源法可知，当增大负载电阻的阻值R，电源电动势不变，则回路中电流减小，即电流表的读数变小，故A错误；B．负载电阻的阻值越小，回路中电流越大，内电压越大，则变压器原线圈两端电压越小，输出电压Ucd越小，故B错误；C．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍，故C正确；D．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，根据可知，转速加倍，电动势最大值加倍，回路中电流加倍，根据可知线框内阻的发热功率变为原来的4倍，故D错误。故选C。4．某手机充电器内部理想变压器将交流电降压为手机充电。已知变压器原线圈匝数为1100匝，副线圈匝数为25匝，充电器功率为20W，原线圈的输入电压，则（）A．原线圈输入电压有效值为 B．副线圈的频率为100HzC．副线圈的电压为5V D．副线圈的电流为5A【答案】C【详解】A．原线圈输入电压的有效值选项A错误；B．原线圈频率50Hz，变压器不改变频率，故选项B错误；C．由可得；选项C正确；D．根据得副线圈电流；选项D错误。故选C。

押题猜想八力学三大观点综合应用限时：3.5min1．如图所示，左侧有一长为的传送带，以速度顺时针转动，右侧有一质量为、长为的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为的小物块（可视为质点）以初速度从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，g取。则（）A．小物块滑上长木板的速度为B．小物块的最终速度为C．长木板的最终动能D．全过程系统产生的内能【答案】C【详解】A．物块开始向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有令历时与传送带达到相等速度，则有；解得此过程物块的位移；表明物块与传送带没有达到相等速度，则有；解得；即小物块滑上长木板的速度为，故A错误；B．物块滑上木板后开始以加速度做匀减速直线运动，对木板，根据牛顿第二定律有解得；令历时物块与木板达到相等速度，则有；解得，此过程物块的位移；表明物块没有飞出木板，之后两者保持相对静止做匀速直线运动，即小物块的最终速度为，故B错误；C．结合上述可知，长木板的最终动能；故C正确；D．结合上述，物块在传送带上运动时间对传送带的相对位移物块对木板的相对位移全过程系统产生的内能；故D错误。故选C。限时：10min2．如图所示，长度为L=4m的长木板置于光滑水平地面上，木板右端与固定在水平地面上的半径R=0.3m的光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，M点为圆弧轨道的最低点。可视为质点的小滑块A、B放在长木板的中央，两滑块中间有弹性势能为E＝3.2J的微型压缩轻弹簧，轻弹簧左端固定在滑块A上，右端与滑块B接触但不拴接。释放两滑块后，滑块B恰好能到达圆弧轨道上与圆心等高的N点。已知滑块A下表面光滑，滑块B与长木板C的质量均为m=0.2kg，二者间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度g取10，忽略空气阻力的作用。(1)求B到达M点时对圆弧轨道的压力大小；(2)当A滑离长木板C时，求B的速度大小；(3)若改变两滑块释放的初始位置，使B到长木板C右端的距离为kL（0<k≤1），求释放后的整个过程B克服摩擦力做的功。【答案】(1)6N；(2)；(3)【详解】（1）设B在M点时的速度大小为，则有设在M点时圆弧轨道对B的支持力为，则有解得由牛顿第三定律可知，B运动到M点时对圆弧轨道的压力大小为6N。（2）设滑块B刚被弹开时的速度大小为，由动能定理有设A的质量为，刚被弹开时的速度大小为由动量守恒定律可得由能量守恒定律可得联立解得m/sA离开长木板C所用的时间为由题意可判断这段时间内B一直在长木板C上运动，设B减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律可得A离开长木板C时B的速度大小为（3）若B恰好滑到长木板的右端，则有解得k=0.8①若0.8≤k≤1，则B一直在长木板C上运动，直至速度减为零，故B克服摩擦力做的功为解得②若0<k<0.8，则B先滑上圆弧轨道，返回后最后与长木板共速，设滑块B运动到长木板最右端时的速度为，则有B从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为，设B与C共速时的速度大小为v，则有故整个过程中B克服摩擦力做的功为联立解得

押题解读力学三大观点的综合应用，在高考中通常以选择题和解答题形式进行考察，一般难度较大，作为压轴题。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：（1）熟练掌握力学三大观点的内容及适用环境；（2）了解传送带模型、板--块模型、碰撞问题、反冲（人船）模型等各类模型的特点及解决问题的常用方法方式。1．如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，下端固定挡板，质量均为的滑块P、Q用劲度系数的轻质弹簧相连放置在斜面上，滑块Q与挡板接触。不可伸长的细线一端与滑块P相连，另一端跨过光滑定滑轮与质量的小圆环N相连，小圆环N套在倾斜固定的光滑直杆上，将小圆环N锁定在A点，此时拉直的细线恰好水平且与直杆的夹角为37°，轻质弹簧处于伸长状态，弹簧弹力大小。现解除锁定，将小圆环N从A点由静止释放，小圆环N滑到C点时速度刚好为零。已知，B为的中点，垂直于，重力加速度，，。小圆环N从A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A．小圆环N下滑过程中，经过B点时的速度最大B．小圆环N下滑过程中，经过B点时的加速度最大C．滑块P与斜面间的动摩擦因数为0.6D．小圆环N从A点运动到B点的过程中弹簧的弹性势能一直减小【答案】C【详解】A．小圆环N下滑过程中，当所受合力为零时速度最大。滑块在B点下方的某点合力才为0，故滑块在B点速度还未达到最大，故A答案错误；B．对小圆环N受力分析可以知道，小圆环N在A点时的合力最大，加速度最大，而不是在B点，故B答案错误；C．分析可以知道，小圆环N从A点运动到B点过程中，滑块P的向下滑动距离为；根据几何关系，小圆环N运动到C点时，弹簧的形变量与小圆环N在A点是状态相同，即弹簧伸长量相同，小滑块回到P回到原来的位置，故弹力做的功为0，绳子拉力做的功为0，故对P、N组成的系统，根据机械能守恒定律有解得；故C答案正确；D．根据弹簧弹力得，由此可以得出弹簧由伸长到压缩再伸长，故弹性势能先减小后增大，然后又经历先减小后增大几个过程。故D答案错误；故选C。2．为了将质量的货物（可视为质点）从平台平稳运送到平台上，某兴趣小组设计了如图所示的传送装置。平台左端的竖直墙壁上固定一水平轻弹簧（弹簧自然长度小于平台的长度），将货物向左压缩弹簧至点后由静止释放（弹簧在弹性限度范围内），货物能从点滑出，并恰好沿着与点相切的方向进入圆心角为、半径的竖直固定光滑圆弧轨道内侧做圆周运动。从圆弧轨道最低点水平滑出后，又立即滑到与点等高、原来静止在光滑水平地面的长木板上，并与木板摩擦使其向右运动，木板与平台相碰时被立即锁定，货物滑行到与木板等高的平台上。已知间的水平距离，货物通过点时对圆弧轨道的压力大小等于，木板长度为，质量，木板右端距离平台左侧的初始距离为，货物与平台、长木板之间的动摩擦因数均为，空气阻力和其余摩擦均忽略不计，，求：(1)货物经过点时的速度大小（结果可保留根号）；(2)弹簧弹力对货物做的功；(3)要使货物能滑上平台，木板长度与初始距离需满足怎样的关系（复杂的不等式组写出关系式即可）。【答案】(1)；(2)；(3)见解析【详解】（1）由牛顿第三定律可知，货物在D点所受支持力的大小为货物在D点时，由牛顿第二定律可得代入数据解得，货物在D点时的速度大小为（2）货物从C点到D点的过程中，由动能定理可得解得货物离开B点后做平抛运动，在C点，根据运动的分解可得解得货物从释放到运动到B点的过程中，由功能关系可知，弹簧弹力对货物所做的功为（3）要使货物能滑上平台，长木板锁定前货物不能从木板上滑落，且货物刚到达长木板的最右端时的速度大于0，由牛顿第二定律可得解得货物相对于长木板的加速度大小方向水平向左，同理，对于长木板而言则有解得长木板的加速度大小方向水平向右，若较小，长木板刚要与平台碰撞前一直加速，则有，且有，若较大，长木板刚要与平台碰撞前已与货物一起做匀速直线运动，则水平方向动量守恒，则有根据能量守恒则有且有,3．投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小、方向垂直于且与水平地面夹角的初速度斜向上抛出沙包，出手点距的水平距离，距地面的高度。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在分、分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数，沙包质量为，，，取重力加速度大小，空气阻力不计。求：(1)沙包从出手点到落地点的水平距离；(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值；(3)沙包在与地面碰撞过程竖直方向上动量的变化量。【答案】(1)；(2)；(3)，方向竖直向上。【详解】（1）沙包出手时竖直方向的速度为水平方向的速度为规定竖直向上的方向为正方向，设沙包在空中的运动时间为，在竖直方向上有沙包从出手点到落地点的水平距离代入数据解得（2）设沙包与地面碰撞前的速度为，从沙包出手到与地面碰撞过程中，根据动能定理有根据几何关系可得沙包落地后向前滑行的距离为设沙包与地面碰撞后的速度为，沙包滑行的加速度为，根据牛顿第二定律和速度位移公式有，又有联立以上各式，代入数据解得（3）沙包与地面碰撞前竖直方向的速度大小为，在竖直方向上，根据运动学公式有解得沙包在与地面碰撞过程，在竖直方向上动量的变化量为负号表示动量变化量的方向竖直向上。4．如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。(1)求碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量；(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。【答案】(1)1.25J；(2)0.3J；(3)0.2m【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有解得由运动学公式可得，小物块与传送带共速时所需时间为解得小物块加速运动的距离为可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，此阶段传送带运动的距离为则碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有其中，解得由能量守恒定律，小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为解得（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有联立解得即P点到O点的最小距离为。5．如图所示，水平传送带以大小为的速度沿顺时针方向匀速转动、传送带左端与固定在竖直面内的四分之一光滑圆弧最低点B相切、右端与足够长光滑水平面的C端相切，圆弧轨道的半径为R，传送带两端间的距离也为R，质量为3m的物块a静止在水平面上，a到水平面C端的距离也为R，将质量为m的物块b在圆弧的最高点A由静止释放，b沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与a发生弹性碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度为g，，求：

(1)b与a碰撞前一瞬间，b的速度大小；(2)b与a碰撞过程中，a对b的冲量大小；(3)最终a、b间的距离。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）设b第一次滑上传送带时，物块b的速度大小为，根据机械能守恒定律有解得设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小减速运动的距离假设不成立，因此b第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为，则解得即物块b与a碰撞前一瞬间速度大小为（2）设a、b碰撞后，b的速度大小为、a的速度大小为，根据动量守恒定律有根据能量守恒有；解得碰撞过程中，a对b的冲量大小（3）碰撞后b运动到C点的时间b第二次滑上传送带后，由于又因此滑块b第二次在传送带上做类竖直上抛运动，运动的时间因此，最终a，b共速，它们间的距离为押题猜想九磁场限时：2min1．如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向向里，Q中的电流方向向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，R在O点产生的磁感应强度大小为。下列说法正确的是（）A．P受到的安培力的方向竖直向上 B．R受到的安培力的方向水平向右C．O点磁感应强度大小为 D．P、R在Q点产生的磁感应强度方向竖直向下【答案】C【详解】ABD．三根导线中的电流大小相等，根据安培定则可得，在P、R、Q、O四点的磁感应强度方向如图所示根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示，故ABD错误；C．已知R在O点产生的磁感应强度大小为，无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为，由；得则O点的磁感应强度为，故C正确。故选C。

押题解读磁场模块在近四年的高考真题中，有三年以压轴计算题形式进行考察，主要考点为带电粒子在电磁组合场（叠加场）中的运动。随着2024年高考结束“配速法”的爆火，在近一年的教学中，该类型题出现在各种考试中。但大胆预测在2025年的高考中，可能会冷却处理。考前秘笈此类题目的解题步骤与技巧：（1）掌握磁场的叠加性问题；（2）会根据带电粒子在电磁场中的受力及运动状态，做出运动轨迹，构建模型。1．在竖直平面内有坐标系，空间存在垂直平面向里的匀强磁场和竖直向下匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，一电荷量为q的带正电粒子（重力忽略不计）从坐标原点以速度沿x轴正方向开始运动，其轨迹可能为下列图像中的（）A． B．C． D．【答案】A【详解】开始时，粒子所受的合力大小方向竖直向下，则最初粒子的运动轨迹向下弯曲，取，解得则粒子实际的运动可看作以向右的匀速直线运动和从O点出发的以的逆时针方向运动的匀速圆周运动的合运动，由运动的合成和周期性知，粒子运动轨迹为周期性的摆线形状，故A正确，BCD错误。故选A。2．在匀强磁场中有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然向与原运动相同的方向，释放出一个不带电的粒子乙，形成一个新的粒子丙。如图所示，用实线表示粒子甲运动的轨迹，虚线表示粒子丙运动的轨迹。若不计粒子所受重力及空气阻力的影响，则粒子甲和粒子丙运动的轨迹可能是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】由洛伦兹力提供向心力，则有可得粒子轨道半径由于甲粒子在M点突然向与原运动相同的方向放出一个不带电的粒子乙，由动量守恒可知，放出粒子乙后，新粒子丙的动量mv小于粒子甲的动量，故轨道半径变小。故选C。3．如图所示，竖直理想虚线边界、、将右侧空间依次分成区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域Ⅰ中有方向竖直向下、场强大小为（大小未知）的匀强电场，区域Ⅱ中有一半径为r的圆形区域，O为圆心，圆周与边界、分别相切于M、N点，在下半圆周安装有绝缘弹性挡板，圆形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为（大小未知）的匀强磁场，在竖直平面内现有一质量为m、电荷量为的带电粒子从边界上的P点，以与成30°角斜向上的初速度射入区域Ⅰ，此后垂直边界从M点射入圆形区域磁场，与下半圆周的挡板发生多次弹性碰撞后从N点垂直边界进入区域Ⅲ。区域Ⅲ中充满正交的匀强电场和磁场，其中磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里，电场强度大小为、方向水平向右。不计粒子重力，已知边界与间距离为L。求：(1)电场强度的大小；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子从区域Ⅲ中再次返回到边界过程中的最大速度以及返回边界时的位置与N点间的距离。【答案】(1)；(2)（n=1，2，3……）；(3)，【详解】（1）粒子在水平方向有，竖直方向有，联立解得（2）由题意可知，粒子在圆形区域中的运功情况呈现周期性和对称性，作出两种情况，如图所示由此可知（n=1，2，3……）设粒子做圆周运动的半径为R，则（n=1，2，3……）根据洛伦兹力提供向心力有解得（n=1，2，3……）（3）粒子从N点进入区域III，所受电场力大小为利用配速法，令解得即可将粒子的运动分解为竖直向上的速度大小为的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动（初速度方向斜向右下方45度°），则此过程中速度最大时，有则再次回到边界ef经历的时间为，圆周运动分运动的半径为此位置到N点的距离为4．如图所示，竖直平面内的直角坐标系xoy，第一象限内有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三、四象限有磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。t=0时刻，质量为m、带电量为+q的绝缘小球，从x轴的O点，沿x轴正方向以速度v0射入第一象限，在第一象限做匀速圆周运动；小球过一段时间进入第三象限的磁场区域。不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）电场强度的大小E；（2）小球第一次回到x轴时的速度大小；（3）在磁场B2内，小球离x轴最远距离ym及对应的速度v大小。【答案】（1）；（2）；（3），【详解】（1）在第一象限内做匀速圆周运动，则得（2）第一象限，根据洛伦兹力等于向心力得匀速圆周运动半周，其时间为小球在第二象限做做平抛运动，则得则则与x轴负方向夹角的正切值为（3）在磁场B2内小球离x轴最远距离ym，此时对应的速度为v，由动能定理水平方向由动量定理即取向右为正方向，则可得小球离x轴最远距离及对应的速度大小分别为，

押题猜想十电磁感应限时：15min1．某工厂检测铜线框是否闭合的装置如图所示，足够长的绝缘传送带水平放置，在传送带上的OACD矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，矩形区域的宽度为d．现让传送带以大小为的速度沿顺时针匀速转动，将质量为m、边长为d的正方形线框从PQ左侧无初速度释放，线框与传送带共速后，从OA边进入磁场。已知线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)求PQ与AO之间的最短距离；(2)若线框进入磁场后有明显移动，则可达到检测的目的，求磁感应强度大小B满足的条件；(3)满足（2）条件的情况下，调节磁感应强度B的大小，发现线框以的速度匀速离开磁场。求：（ⅰ）磁感应强度的大小以及线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热；（ⅱ）线框从进入磁场到再次与传送带共速所需的时间。【答案】(1)；(2)；(3)（ⅰ），

（ⅱ）【详解】（1）若线框进入磁场之前恰与传送带达到共速，则PQ与AQ之间的距离最短，由动能定理有解得（2）线框进入磁场切割磁感线，由法拉第电磁感应定律有由闭合回路欧姆定律有对线框受力分析可知，当时，才能起到检测效果；联立解得（3）（ⅰ）线框恰好以的速度匀速穿出磁场，即其中