【高考押题卷】2025届高考物理模拟预测卷二（新课标卷）（有解析）
文档属性
| 名称 | 【高考押题卷】2025届高考物理模拟预测卷二（新课标卷）（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 19:27:12 | ||
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文档简介
2025届高考物理模拟预测卷（新课标卷）
一．选择题（单选题）（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）（2022秋 海南月考）如图所示，小猴子直立站在踏板上，从一定高度由静止开始运动，摆到悬点的正下方A点时，小猴子被水平抛出。已知绳长为l（踏板和绳的质量不计），小猴子摆到最低点A时离水平面的距离为2l，小猴子从A点到落地点的水平位移为，空气阻力不计，小猴子可视为质点，重力加速度为g，则小猴子由静止开始运动时两细绳所在平面与竖直平面的夹角为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
2．（4分）（2023秋 丰台区期中）以30m/s速度行驶的汽车遇到紧急情况时突然刹车，刹车时汽车的加速度大小为5m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．经过2s汽车的速度为40m/s
B．经过2s汽车前进的距离为60m
C．汽车从开始刹车到停下来需要6s
D．汽车从开始刹车到停下来前进了180m
3．（4分）（2023 大武口区校级开学）2023年4月13日，中国人造太阳”反应堆中科院环流器装置（EAST）创下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步。下列关于核反应的说法正确的是（ ）
A．相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
B．核聚变的核反应方程为
C．核聚变的核反应燃料主要是铀235
D．核聚变反应过程中没有质量亏损
4．（4分）（2022秋 徐汇区校级期末）一个装有货物的探测气球正以加速度a（＜g）匀加速下降。在扔掉一些货物后，它开始以相同的加速度匀加速上升，且这时气球和货物总重力为G。设气球所受的浮力恒定，且空气阻力不计，则扔掉的货物重力为（ ）
A． B． C． D．
5．（4分）（2025 薛城区校级二模）如图所示，带电小球A、B、C位于光滑绝缘水平面内的一直线上，质量均为m，A、C的电荷量均为q，与B的距离均为r。当B球带电量为Q时，三小球均能处于静止状态；当B球电量变为Q'（电性不变），A、C球能够以相同的角速度（k为静电力常量）绕B球做半径为r的匀速圆周运动，则Q：Q'等于（ ）
A．1：1 B．1：4 C．1：5 D．1：6
6．（4分）（2024秋 长安区月考）从1970年发射第一颗人造地球卫星东方红一号，到今天的空间站天宫一号，我国的航天事业取得了巨大的成就。已知东方红一号的椭圆轨道近地点距地面439km，远地点距地面2384km，天宫一号可视为在距地面高度为370km的圆轨道上运行，由此可知（ ）
A．东方红一号比天宫一号绕地球的运行周期大
B．在相同时间内，东方红一号与地球连线扫过的面积和天宫一号与地球连线扫过的面积相等
C．东方红一号从近地点向远地点运行时，其速度逐渐增大
D．东方红一号从近地点向远地点运行时，其加速度逐渐增大
二．多选题（共6小题，满分24分，每小题4分）
（多选）7．（4分）（2023春 东城区校级期中）下图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。则下列说法正确的是（ ）
热风时输入功率 460W
冷风时输入功率 60W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇输出功率 52W
A．触片P位于ab位置时，电吹风吹冷风
B．触片P位于bc位置时，电吹风吹冷风
C．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：3
D．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝23：3
（多选）8．（4分）（2024秋 南阳期中）图1中A、B两点是某静电场中一条电场线上的两点，一带正电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力作用下沿电场线从A到B的v﹣t图像如图2所示。关于A、B两点的电势和粒子的电势能，下列说法正确的是（ ）
A．φA＞φB B．φA＜φB C．EpA＞EpB D．EpA＜EPB
（多选）9．（4分）（2023秋 龙岩期末）2023年12月26日，“龙龙”高铁（龙岩段）正式开通，高铁起于福建省龙岩市，终到广东省河源市龙川县，对促进闽西革命老区和粤港澳大湾区发展合作具有重要意义。如图所示，一列动车水平驶入新建的武平车站，其进站的电磁制动原理可简化如下：在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场方向竖直向上，其区域足够长，左边界与ab平行，磁感应强度大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。则（ ）
A．列车进站过程中电流方向为badcb
B．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
C．列车从进站到停下来的过程中，线框产生的热量Q
D．列车从进站到停下来的过程中，通过回路的电荷量
（多选）10．（4分）（2022春 济宁期末）如图所示，在O点处固定一力传感器，细绳一端系上质量为m的小球，另一端连接力传感器，使小球绕O点在竖直平面内做半径为r的圆周运动。t1时刻小球通过最低点时力传感器的示数为9mg，经过半个圆周，在t2时刻通过最高点时力传感器的示数为2mg。已知运动过程中小球受到的空气阻力随小球速度的减小而减小，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻小球到达最高点时的速度大小为
B．从t1时刻到t2时刻的运动过程中，小球克服空气阻力做的功为
C．小球再次经过最低点时，力传感器的示数等于7mg
D．小球再次经过最低点时，力传感器的示数大于7mg
（多选）11．（4分）（2023秋 西夏区校级月考）煤气罐是部分家庭的必需品，安全使用煤气罐是人们比较关注的话题。煤气罐密封性良好，将一定量的天然气封闭在罐中，假设罐内的气体为理想气体。当罐内气体温度升高时，则下列说法正确的是（ ）
A．罐内气体的压强增大，内能减小
B．罐内气体从外界吸收热量，内能增加
C．单位时间内撞击在单位面积煤气罐上的分子数增多
D．罐内气体对外界做功，气体的分子平均动能减小
E．气体的平均速率增大，但不能保证每个分子的运动速率都增大
（多选）12．（4分）（2024 辽宁模拟）如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝1s时的波形图，平衡位置在x＝4m处的质点P的振动方程为y＝30sinπt（cm），下列说法正确的是（ ）
A．质点P的振动周期为4s
B．波沿x轴负方向传播
C．平衡位置在x＝7m处的质点在0～5s内的路程为30cm
D．从t＝1s时起，平衡位置在x＝7m处的质点至少经过0.75s才到达波峰
三．实验题（共2小题，满分15分）
13．（6分）（2024秋 南岸区校级月考）某学校的学生为了测定物块与桌面之间的动摩擦因数，想出了很多方法。
（1）其中甲同学采用如图1所示的装置进行实验，他使物块在重力的牵引下开始运动，当重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上，实验中甲同学用打点计时器记录了物块的物体，如图2为他截取的一段纸带，记录了物块做匀减速运动过程的信息，1、2、3、4、5是他选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器电源的频率为50Hz。
根据纸带可求出物块做减速运动过程中的加速度的大小a＝ m/s2（保留两位有效数字）。若当地的重力加速度大小为9.8m/s2，则物块与桌面的动摩擦因数μ1＝ （保留两位有效数字），该测量结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。
（2）乙同学采用了如图3所示的另一套装置进行实验，使物块A位于水平桌面的O点时，重物B刚好接触地面，将A拉到P点，待B稳定后由静止释放。A最终滑到Q点，分别测量OP、OQ的长度h和s。改变h，重复以上的操作，分别测出以下几组实验数据，并画出s﹣h图像为正比例函数，已知图像的斜率为k，实验中测得A、B的质量分别为mA和mB，则根据图4的s﹣h关系图线计算出物块A与桌面间的动摩擦因数μ2＝ 。（用题目中的已知量表示）
14．（9分）（2025 陕西一模）某物理兴趣小组欲将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表。小组同学先测量电流表A1的内阻，提供的实验器材有：
A.电流表A1（量程为6mA，内阻约为90Ω）；
B.电流表A2（量程为9mA，内阻约为400Ω）；
C.定值电阻（阻值为20Ω）；
D.定值电阻（阻值为200Ω）；
E.滑动变阻器R（阻值为0～10Ω）；
F.一节干电池E；
G.开关S及导线若干。
（1）图中的电阻R0应选用 （填“C”或“D”）。
（2）将如图所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图。
（3）正确连接线路后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，获得多组A1的示数I1和A2的示数I2，测得电流表A1的内阻为100Ω，给电流表A1 （填“串”或“并”）联一个阻值为 Ω（结果保留两位有效数字）的定值电阻，可将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表。
四．解答题（共5小题，满分37分）
15．（7分）（2025春 湖北期中）转经筒是藏传佛教中一种重要的祈福工具，信徒通过转动经筒表达对佛祖的虔诚，祈求平安、吉祥和幸福。如图所示，转经筒的中轴有一手柄，筒侧设一小耳，耳边用轻绳系一吊坠（可视为质点），摇动手柄旋转经筒，吊坠随经筒匀速转动，轻绳始终与转轴在同一竖直平面内。已知转经筒的半径为R＝4cm，吊坠的质量为m＝60g，轻绳长度为L＝10cm，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。当轻绳偏离竖直方向的角度为θ＝53°时，（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求：
（1）轻绳的拉力F大小；
（2）吊坠的角速度ω（结果可用根式表示）。
16．（7分）（2023 道里区校级三模）磁悬浮列车是一种高速低能耗的新型交通工具。它的驱动系统可简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个单匝闭合矩形纯电阻金属框，电阻为R金属框置于xOy平面内，长边MN长为l平行于y轴，宽度为d的短边NP平行于x轴（x轴水平），如图1所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，取z轴正方向为磁场正方向，最大值为B0，如图2所示，金属框的同一条长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PO边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶。则：
（1）若，某时刻列车速度为0，且MN所在位置磁感应强度恰好为最大值B0。求此时回路中的感应电流大小；
（2）列车速度为v（v＜v0）时，要使列车所获得的驱动力最大，求d与λ应满足的关系；及此时列车受到驱动力的大小。
17．（7分）（2025 九江一模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，A、B两点的坐标分别为（﹣L，L）与（L，0）。y＞0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场。第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从A点以大小v0为重力加速度大小）的速度沿AO做直线运动，通过O点（第一次通过x轴）后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点（第二次通过x轴）。求：
（1）第二象限的磁感应强度大小；
（2）小球从A点到第四次通过x轴的时间t；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标。
18．（7分）一台转速为400r/min的往复式抽气机每分钟能抽出2L气体。假设一个容积为4L的容器内盛满压强为1.01×105Pa的空气，问如果用这台抽气机为该容器抽气，需要多长时间才能使容器的压强降为100Pa？
19．（9分）（2023 桃城区校级模拟）真空中一正三棱柱形透明体，其横截面如图所示。AB＝AC＝BC＝6R，透明体中心有一半径为R的球形真空区域，一束平行单色光垂直AB面射向透明体。已知透明体对该单色光的折射率为，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）如图所示，光线从D点射入时恰好与真空球相切，请问该光线是从AC边还是BC边射出透明体？并求该光线穿过透明体所需要的时间；
（2）为使光线不能从AB面直接射入中间的球形真空区域，则须在透明体AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
2025届高考物理模拟预测卷（新课标卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（单选题）
1．（4分）（2022秋 海南月考）如图所示，小猴子直立站在踏板上，从一定高度由静止开始运动，摆到悬点的正下方A点时，小猴子被水平抛出。已知绳长为l（踏板和绳的质量不计），小猴子摆到最低点A时离水平面的距离为2l，小猴子从A点到落地点的水平位移为，空气阻力不计，小猴子可视为质点，重力加速度为g，则小猴子由静止开始运动时两细绳所在平面与竖直平面的夹角为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【考点】机械能守恒定律的简单应用；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据机械能守恒结合平抛运动规律解答。
【解答】解：设小猴子由静止开始运动时两细绳所在平面与竖直平面的夹角为θ，根据机械能守恒定律有：mgl（1﹣cosθ）；
根据平抛运动有：2l
水平方向有：2l＝vt
解得：θ＝90°
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握小猴子运动情况的分析，注意平抛运动规律的应用。
2．（4分）（2023秋 丰台区期中）以30m/s速度行驶的汽车遇到紧急情况时突然刹车，刹车时汽车的加速度大小为5m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．经过2s汽车的速度为40m/s
B．经过2s汽车前进的距离为60m
C．汽车从开始刹车到停下来需要6s
D．汽车从开始刹车到停下来前进了180m
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据速度—时间关系求解汽车从开始刹车到停下来需要的时间和经过2s时的速度大小；根据位移—时间关系求解位移大小。
【解答】解：C、汽车从开始刹车到停下来需要的时间：t0s＝6s，故C正确；
A、经过2s汽车的速度为：v＝v0﹣at＝（30﹣5×2）m/s＝20m/s，故A错误；
B、经过2s汽车前进的距离为：x＝v0t，解得：x＝50m，故B错误；
D、汽车从开始刹车到停下来前进了：x总m＝90m，故D错误。
故选：C。
【点评】在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度—时间关系和位移—时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度—位移关系公式解答。
3．（4分）（2023 大武口区校级开学）2023年4月13日，中国人造太阳”反应堆中科院环流器装置（EAST）创下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步。下列关于核反应的说法正确的是（ ）
A．相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
B．核聚变的核反应方程为
C．核聚变的核反应燃料主要是铀235
D．核聚变反应过程中没有质量亏损
【考点】核聚变的反应方程；核反应前后存在质量亏损及其计算；爱因斯坦质能方程的应用．
【专题】定量思想；推理法；重核的裂变和轻核的聚变专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】轻核聚变过程和重核裂变过程均发生质量亏损，放出能量，相同质量的核燃料，轻核聚变的质量亏损比重核裂变的质量亏损大；根据核聚变过程质量数守恒，电荷数守恒列出核反应方程；核裂变的核反应燃料主要是铀235，核聚变的核反应燃料为氢核。
【解答】解：A.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，故A正确；
B.根据质量数守恒和核电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为
故B错误；
C.核聚变的核反应燃料主要是氘核和氚核，故C错误；
D.核聚变反应过程中放出大量能量，有质量亏损，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查核聚变和核裂变，知道核聚变和核裂变过程均发生质量亏损，放出能量，知道核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒。
4．（4分）（2022秋 徐汇区校级期末）一个装有货物的探测气球正以加速度a（＜g）匀加速下降。在扔掉一些货物后，它开始以相同的加速度匀加速上升，且这时气球和货物总重力为G。设气球所受的浮力恒定，且空气阻力不计，则扔掉的货物重力为（ ）
A． B． C． D．
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律列出气球上升和下降的式子，从而解得扔掉的货物重力。
【解答】解：设扔掉的货物重力为G'，气球所受的浮力恒定为F，开始装有货物的探测气球正以加速度a（＜g）匀加速下降，由牛顿第二定律有
（G+G'）﹣Fa
扔掉一些货物后，它开始以相同的加速度匀加速上升，有
F﹣Ga
联立解得
G'
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握气球的受力情况，根据牛顿第二定律解答即可。
5．（4分）（2025 薛城区校级二模）如图所示，带电小球A、B、C位于光滑绝缘水平面内的一直线上，质量均为m，A、C的电荷量均为q，与B的距离均为r。当B球带电量为Q时，三小球均能处于静止状态；当B球电量变为Q'（电性不变），A、C球能够以相同的角速度（k为静电力常量）绕B球做半径为r的匀速圆周运动，则Q：Q'等于（ ）
A．1：1 B．1：4 C．1：5 D．1：6
【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；库仑定律的表达式及其简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据库仑定律，结合圆周运动解答即可。
【解答】解：当B球带电量为Q时，三小球均能处于静止状态，根据同一电场中，三个带电粒子需要平衡的条件为：两同夹异，两大夹小，近小远大，可知A、C电性相同，A、B电性相反，此时对A进行分析，根据平衡条件：
当B球电量变为Q′时，对A进行分析：
解得Q：Q′＝1：5，故ABD错误，C正确。
故选C。
【点评】本题考查了库仑定律与圆周运动，熟悉公式的应用和意义是解决此类问题的关键。
6．（4分）（2024秋 长安区月考）从1970年发射第一颗人造地球卫星东方红一号，到今天的空间站天宫一号，我国的航天事业取得了巨大的成就。已知东方红一号的椭圆轨道近地点距地面439km，远地点距地面2384km，天宫一号可视为在距地面高度为370km的圆轨道上运行，由此可知（ ）
A．东方红一号比天宫一号绕地球的运行周期大
B．在相同时间内，东方红一号与地球连线扫过的面积和天宫一号与地球连线扫过的面积相等
C．东方红一号从近地点向远地点运行时，其速度逐渐增大
D．东方红一号从近地点向远地点运行时，其加速度逐渐增大
【考点】卫星或行星运行参数的计算；开普勒三大定律．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据开普勒第二定律和开普勒第三定律分析ABC，根据万有引力提供向心力分析D。
【解答】解：A、东方红一号和天宫一号都绕地球运转，据开普勒第三定律可知，它们的为定值，且由于东方红一号轨迹的半长轴大于天宫一号的轨道半径，因而东方红一号的运转周期大，故A正确；
B、相同时间内，东方红一号和天宫一号与地球的连线扫过的面积不同，故B错误；
C、对东方红一号，由开普勒第二定律可知，当它从近地点向远地点运行时，其速度逐渐减小，故C错误；
D、东方红一号运行时，其加速度由万有引力提供，则有ma
表明在它由近地点向远地点运行时，其加速度逐渐减小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查万有引力提供向心力的应用，解题关键掌握开普勒运动定律，注意适用条件。
多选题
（多选）7．（4分）（2023春 东城区校级期中）下图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。则下列说法正确的是（ ）
热风时输入功率 460W
冷风时输入功率 60W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇输出功率 52W
A．触片P位于ab位置时，电吹风吹冷风
B．触片P位于bc位置时，电吹风吹冷风
C．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：3
D．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝23：3
【考点】理想变压器两端的功率关系；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】本题根据触片P位于不同位置时，电热丝是否接通分析冷风热风问题，再根据变压器电压与匝数之比求解匝数比。
【解答】解：AB．当触电P同时接触两个触点a和b，电热丝与小风扇均被接通，故电吹风处于吹热风状态，触片P位于bc位置时，电吹风吹冷风，故A错误，B正确；
CD．小风扇额定电压为60V，由变压器电压与匝数之比可得
故C正确，D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了变压器相关知识，理解电路的构造，熟悉变压器电压与匝数的比例关系是解决此类问题的关键。
（多选）8．（4分）（2024秋 南阳期中）图1中A、B两点是某静电场中一条电场线上的两点，一带正电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力作用下沿电场线从A到B的v﹣t图像如图2所示。关于A、B两点的电势和粒子的电势能，下列说法正确的是（ ）
A．φA＞φB B．φA＜φB C．EpA＞EpB D．EpA＜EPB
【考点】带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据图像得出电场力对粒子的做功类型，进而判断电势能与电势的情况。
【解答】解：一个带正电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，由v﹣t图像可知其速度一直增大，则动能一直增大，则电场力对该带正电的粒子做正功，电荷电势能减少，则：EpA＞EPB，根据电场力的做功公式可得：WAB＝qUAB＝q（φA﹣φB）＞0，则：φA＞φB，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合电场力的做功公式即可解答。
（多选）9．（4分）（2023秋 龙岩期末）2023年12月26日，“龙龙”高铁（龙岩段）正式开通，高铁起于福建省龙岩市，终到广东省河源市龙川县，对促进闽西革命老区和粤港澳大湾区发展合作具有重要意义。如图所示，一列动车水平驶入新建的武平车站，其进站的电磁制动原理可简化如下：在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场方向竖直向上，其区域足够长，左边界与ab平行，磁感应强度大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。则（ ）
A．列车进站过程中电流方向为badcb
B．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
C．列车从进站到停下来的过程中，线框产生的热量Q
D．列车从进站到停下来的过程中，通过回路的电荷量
【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；线圈进出磁场的动力学问题；线圈进出磁场的能量计算．
【专题】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】BD
【分析】车头进入磁场时，线框ab边切割磁感线产生感应电流，由楞次定律判断线圈中感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求出线框中的感应电流大小；根据安培力计算公式和牛顿第二定律求解加速度；根据能量守恒定律求线框产生的热量；推导出电荷量与磁通量变化量的关系，分析D项。
【解答】解：A、车头进入磁场时，穿过线框的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，列车进站过程中电流方向为abcda，故A错误；
B、列车ab边进入磁场瞬间，ab边产生的感应电动势为
E1＝BLv0
感应电流为
根据牛顿第二定律有
BI1L+f＝ma
解得
，故B正确；
C、列车从进站到停下来的过程中，有铁轨及空气阻力的合力做功，有内能产生，根据能量守恒定律可知，线框产生的热量，故C错误；
D、设线框进入磁场中有感应电流产生过程的位移为x，则知
x≤s
线框产生的感应电动势的平均值为
平均感应电流为
解得通过回路的电荷量为
，故D正确。
故选：BD。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解；涉及能量问题，常根据能量守恒、功能关系等列方程求解。
（多选）10．（4分）（2022春 济宁期末）如图所示，在O点处固定一力传感器，细绳一端系上质量为m的小球，另一端连接力传感器，使小球绕O点在竖直平面内做半径为r的圆周运动。t1时刻小球通过最低点时力传感器的示数为9mg，经过半个圆周，在t2时刻通过最高点时力传感器的示数为2mg。已知运动过程中小球受到的空气阻力随小球速度的减小而减小，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻小球到达最高点时的速度大小为
B．从t1时刻到t2时刻的运动过程中，小球克服空气阻力做的功为
C．小球再次经过最低点时，力传感器的示数等于7mg
D．小球再次经过最低点时，力传感器的示数大于7mg
【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；绳球类模型及其临界条件．
【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】BD
【分析】在最高点根据牛顿第二定律求解速度大小；在最低点根据牛顿第二定律求解速度大小，再根据动能定理求解小球克服空气阻力做的功；小球从t2时刻开始再次经过最低点的过程中，平均速度小于从t1时刻到t2时刻的运动过程中的平均速度，根据能量关系求解小球再次提高最低点的速度大小，根据向心力公式求解拉力。
【解答】解：A、设t2时刻小球到达最高点时的速度大小为v2，在最高点根据牛顿第二定律可得：F2+mg＝m，其中F2＝2mg，解得v2，故A错误；
B、设t1时刻小球到达最低点时的速度大小为v1，在最低点根据牛顿第二定律可得：F1﹣mg＝m，其中F1＝9mg，解得v1＝2，
从t1时刻到t2时刻的运动过程中，根据动能定理可得：﹣mg 2r﹣W
解得小球克服空气阻力做的功为：W，故B正确；
CD、小球从t2时刻开始再次经过最低点的过程中，平均速度小于从t1时刻到t2时刻的运动过程中的平均速度，则克服阻力做的功小于。
从t1时刻开始到再次经过最低点过程中，根据能量关系可得：2W＝3mgr
所以v3
再次提高最低点时，有：F3﹣mg＝mm 6mg
故F3＞7mg，故C错误、D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查动能定理在圆周运动中的应用，解答本题的关键是掌握动能定理的应用方法，能够根据受力情况确定向心力的大小。
（多选）11．（4分）（2023秋 西夏区校级月考）煤气罐是部分家庭的必需品，安全使用煤气罐是人们比较关注的话题。煤气罐密封性良好，将一定量的天然气封闭在罐中，假设罐内的气体为理想气体。当罐内气体温度升高时，则下列说法正确的是（ ）
A．罐内气体的压强增大，内能减小
B．罐内气体从外界吸收热量，内能增加
C．单位时间内撞击在单位面积煤气罐上的分子数增多
D．罐内气体对外界做功，气体的分子平均动能减小
E．气体的平均速率增大，但不能保证每个分子的运动速率都增大
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的微观解释；温度与分子动能的关系；理想气体及理想气体的状态方程．
【专题】定性思想；推理法；物体的内能专题；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；理解能力．
【答案】BCE
【分析】根据＝C判断罐内压强变化，温度升高，气体内能增大，分子平均动能增大，根据热力学第一定律分析吸放热。
【解答】解：A．温度升高，体积一定时，一定质量的气体压强增大，内能增加而不是A选项描述的减少，故A错误；
B．由热力学第一定律知，温度升高，体积一定，气体内能增加，做功为零，则必然吸热，故B正确；
C．虽然体积不变，分子疏密度不变，但是由于温度升高，气体分子热运动剧烈程度增加，故单位时间内撞击在单位面积煤气罐上的分子数增多，故C正确；
D．体积不变，罐内气体不对外做功，温度升高，气体分子平均动能增大而不是D选项描述的减少，故D错误；
E．气体分子平均速率增大，但是平均速率不代表每个分子的运动速率，所以并不是所有分子的速率都增大，故E正确。
故选：BCE。
【点评】本题主要考查热学现象在生活中的应用，解题的关键主要在于判断此现象与哪些物理知识有关。
（多选）12．（2024 辽宁模拟）如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝1s时的波形图，平衡位置在x＝4m处的质点P的振动方程为y＝30sinπt（cm），下列说法正确的是（ ）
A．质点P的振动周期为4s
B．波沿x轴负方向传播
C．平衡位置在x＝7m处的质点在0～5s内的路程为30cm
D．从t＝1s时起，平衡位置在x＝7m处的质点至少经过0.75s才到达波峰
【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．
【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．
【答案】BD
【分析】A.由振动方程，即可分析判断；
B.结合振动方程及题图，由“同侧法”，即可分析判断；
C.结合简谐运动中质点的路程特点，即可分析判断；
D.由题图及波速与波长的关系列式，结合题意，即可分析判断。
【解答】解：A.由振动方程可知：，
解得：T＝2s，
故A错误；
B.由振动方程可知，t＝0时，质点P沿y轴正方向振动，由于周期为2s，则t＝1s时，质点沿y轴负方向振动，结合题图，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，
故B正确；
C.因为5s＝2.5T，则平衡位置在x＝7m处的质点，在5s内的路程为：s＝2.5×4A＝10A＝10×30cm＝300cm＝3m，
故C错误；
D.由图知，波长为：λ＝8m，
则波速为：，
则波从x＝10m处传到x＝7m处的时间为：，
则结合题图可知，从t＝1s时起，平衡位置在x＝7m处的质点至少经过0.75s才到达波峰，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，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，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。
三．实验题
13（6分）（2024秋 南岸区校级月考）某学校的学生为了测定物块与桌面之间的动摩擦因数，想出了很多方法。
（1）其中甲同学采用如图1所示的装置进行实验，他使物块在重力的牵引下开始运动，当重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上，实验中甲同学用打点计时器记录了物块的物体，如图2为他截取的一段纸带，记录了物块做匀减速运动过程的信息，1、2、3、4、5是他选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器电源的频率为50Hz。
根据纸带可求出物块做减速运动过程中的加速度的大小a＝ 2.0 m/s2（保留两位有效数字）。若当地的重力加速度大小为9.8m/s2，则物块与桌面的动摩擦因数μ1＝ 0.20 （保留两位有效数字），该测量结果比动摩擦因数的真实值 偏大 （填“偏大”或“偏小”）。
（2）乙同学采用了如图3所示的另一套装置进行实验，使物块A位于水平桌面的O点时，重物B刚好接触地面，将A拉到P点，待B稳定后由静止释放。A最终滑到Q点，分别测量OP、OQ的长度h和s。改变h，重复以上的操作，分别测出以下几组实验数据，并画出s﹣h图像为正比例函数，已知图像的斜率为k，实验中测得A、B的质量分别为mA和mB，则根据图4的s﹣h关系图线计算出物块A与桌面间的动摩擦因数μ2＝ 。（用题目中的已知量表示）
【考点】动能定理的简单应用；打点计时器打出纸带的数据处理；探究影响滑动摩擦力的因素．
【专题】定量思想；实验分析法；摩擦力专题；实验探究能力．
【答案】2.0；0.20；偏大；。
【分析】（1）由打点计时器电源的频率为50Hz，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知相邻计数点间的时间为T＝0.1s，进而由逐差法可得加速度。由物体受摩擦力作用而减速运动，可得摩擦因数，由于实际在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因数的真实值偏大。
（2）对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到Q，两个过程运用动能定理，求得μ的表达式，再结合从s﹣h图象，即可求解μ2；
【解答】解：（1）由打点计时器电源的频率为50Hz，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知相邻计数点间的时间为T＝0.1s，进而由逐差法可得加速度为：2.0m/s2
物体受摩擦力作用而减速运动，可得μ1Mg＝Ma，解得
由于实际在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力之和，所以计算结果偏大。
B下落至临落地时根据动能定理有mBgh μ2mAgh（mA+mB）v2
在B落地后，A运动到Q，有μ2mAgs；解得
由s﹣h图象可得斜率为k，所以，联立解得 μ2
故答案为：2.0；0.20；偏大；。
【点评】在判断此类问题时，要深刻理解动能定理，能量守恒定律。
14（9分）（2025 陕西一模）某物理兴趣小组欲将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表。小组同学先测量电流表A1的内阻，提供的实验器材有：
A.电流表A1（量程为6mA，内阻约为90Ω）；
B.电流表A2（量程为9mA，内阻约为400Ω）；
C.定值电阻（阻值为20Ω）；
D.定值电阻（阻值为200Ω）；
E.滑动变阻器R（阻值为0～10Ω）；
F.一节干电池E；
G.开关S及导线若干。
（1）图中的电阻R0应选用 D （填“C”或“D”）。
（2）将如图所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图。
（3）正确连接线路后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，获得多组A1的示数I1和A2的示数I2，测得电流表A1的内阻为100Ω，给电流表A1 并 （填“串”或“并”）联一个阻值为 1.0 Ω（结果保留两位有效数字）的定值电阻，可将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表。
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）D；（2）实验电路图如图所示；（3）并；1.0。
【分析】（1）根据电表量程与内阻应用并联电路特点与欧姆定律分析求解。
（2）根据题意确定滑动变阻器的接法，完成实验电路图。
（3）把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求解。
【解答】解：（1）当两电流表均满偏时，由并联电路特点与欧姆定律得（9mA﹣6mA）R0＝6mA×90Ω，解得R0＝180Ω，因此电阻R0应选用D。
（2）滑动变阻器变阻器阻值较小，需采用分压式接法，电流表A1与定值电阻R0并联可求出电流表A1两端的电压，电流表A2测量通过电流表A1与定值电阻R0的总电流，故实验电路的原理图如图所示
（3）将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表，需要并联分流电阻，根据串并联电路特点由欧姆定律得RΩ≈1.0Ω。
故答案为：（1）D；（2）实验电路图如图所示；（3）并；1.0。
【点评】理解实验原理是解题的前提，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
解答题
15．（7分）（2025春 湖北期中）转经筒是藏传佛教中一种重要的祈福工具，信徒通过转动经筒表达对佛祖的虔诚，祈求平安、吉祥和幸福。如图所示，转经筒的中轴有一手柄，筒侧设一小耳，耳边用轻绳系一吊坠（可视为质点），摇动手柄旋转经筒，吊坠随经筒匀速转动，轻绳始终与转轴在同一竖直平面内。已知转经筒的半径为R＝4cm，吊坠的质量为m＝60g，轻绳长度为L＝10cm，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。当轻绳偏离竖直方向的角度为θ＝53°时，（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求：
（1）轻绳的拉力F大小；
（2）吊坠的角速度ω（结果可用根式表示）。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）轻绳的拉力大小F为1N；
（2）吊坠的角速度ω为rad/s。
【分析】（1）根据竖直方向的平衡条件列方程求解；
（2）根据牛顿第二定律列方程解答。
【解答】解：（1）吊坠受力如图所示
根据竖直方向的平衡条件Fcosθ＝mg，代入数据解得轻绳的拉力大小F＝1N；
（2）吊坠做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2（R+Lsinθ），解得。
答：（1）轻绳的拉力大小F为1N；
（2）吊坠的角速度ω为rad/s。
【点评】考查平衡条件的应用和牛顿第二定律，会根据题意进行准确分析解答。
16．（7分）（2023 道里区校级三模）磁悬浮列车是一种高速低能耗的新型交通工具。它的驱动系统可简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个单匝闭合矩形纯电阻金属框，电阻为R金属框置于xOy平面内，长边MN长为l平行于y轴，宽度为d的短边NP平行于x轴（x轴水平），如图1所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，取z轴正方向为磁场正方向，最大值为B0，如图2所示，金属框的同一条长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PO边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶。则：
（1）若，某时刻列车速度为0，且MN所在位置磁感应强度恰好为最大值B0。求此时回路中的感应电流大小；
（2）列车速度为v（v＜v0）时，要使列车所获得的驱动力最大，求d与λ应满足的关系；及此时列车受到驱动力的大小。
【考点】电磁感应过程中的动力学类问题；电磁感应过程中的电路类问题；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】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】（1）若，某时刻列车速度为0，且MN所在位置磁感应强度恰好为最大值B0。此时回路中的感应电流大小为；
（2）列车速度为v（v＜v0）时，要使列车所获得的驱动力最大，d与λ应满足的关系为或，；及此时列车受到驱动力的大小为。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电流的大小；
（2）根据安培力的计算公式结合题意得出列车受到的驱动力的大小。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得
E＝B0lv
根据欧姆定律可得：
联立解得：
（2）为使列车得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即
或
由于法拉第电磁感应定律
E＝Blv
当列车速度v＜v0时
E＝2B0l（v0﹣v）
根据闭合电路欧姆定律有
根据安培力的计算公式可得：
FMN＝B0Il
PQ边所受的安培力
FPQ＝B0Il
根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小
F＝FMN+FPQ＝2B0Il
联立解得：
答：（1）若，某时刻列车速度为0，且MN所在位置磁感应强度恰好为最大值B0。此时回路中的感应电流大小为；
（2）列车速度为v（v＜v0）时，要使列车所获得的驱动力最大，d与λ应满足的关系为或，；及此时列车受到驱动力的大小为。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，结合安培力的计算公式即可完成分析。
17．（9分）（2025 九江一模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，A、B两点的坐标分别为（﹣L，L）与（L，0）。y＞0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场。第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从A点以大小v0为重力加速度大小）的速度沿AO做直线运动，通过O点（第一次通过x轴）后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点（第二次通过x轴）。求：
（1）第二象限的磁感应强度大小；
（2）小球从A点到第四次通过x轴的时间t；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标。
【考点】带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动；带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）第二象限的磁感应强度大小为；
（2）小球从A点到第四次通过x轴的时间为；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标为（0，0）。
【分析】（1）根据小球的受力平衡求第二象限的磁感应强度大小；
（2）根据圆周运动的周期和时间公式求小球从A点到第四次通过x轴的时间t；
（3）根据类平抛运动的规律求小球第五次通过x轴时的位置坐标。
【解答】解：（1）小球沿AO方向做直线运动时，则为匀速直线运动，此时受到的重力、电场力、洛伦兹力的三力平衡，此时，小球受到的向下重力、水平向左电场力和垂直AO斜向右上的洛伦兹力平衡，如图
则
B1qv0sin45°＝mg
B1qv0cos45°＝E1q
可得
（2）小球从开始运动到第一次经过x轴的时间可表示为：
小球进入第四象限后做匀速圆周运动，则：
E2q＝mg
得第二次经过x轴的时间为：
小球入射第一象限时与x轴正向成45°夹角，且沿水平方向做匀减速运动，则加速度为：
竖直方向也做匀减速运动，此时加速度为：
ay＝g
令
则方向与x轴负向成45°夹角的时间为：
综上可得
t＝t1+t2+t3+t4
解得
（3）从C点出去做类平抛运动
dcos45°＝v0ts
综上可得
d＝2L
第五次通过坐标原点（0，0）
答：（1）第二象限的磁感应强度大小为；
（2）小球从A点到第四次通过x轴的时间为；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标为（0，0）。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，难度大。对于粒子在电场中偏转做类平抛运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提。
18．（7分）一台转速为400r/min的往复式抽气机每分钟能抽出2L气体。假设一个容积为4L的容器内盛满压强为1.01×105Pa的空气，问如果用这台抽气机为该容器抽气，需要多长时间才能使容器的压强降为100Pa？
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】需要17分钟才能使容器的压强降为100Pa。
【分析】气体发生等温变化，应用玻意耳定律可以求出抽气的次数，然后求出抽气时间．
【解答】解：抽气机容积为V0＝2L，气体初状态的压强为p0＝1.01×105Pa，容器的容积为V＝4L，容器内气体最终压强：pn＝100Pa
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：
第一次抽气：p0V＝p1（V+V0）
第二次抽气：p1V＝p2（V+V0）
第三次抽气：p2V＝p3（V+V0）
…
第n'次抽气：pn﹣1V＝pn（V+V0）
解得：pn＝（）np0
解得
n＝17次
根据题意可知需要17分钟才能使容器的压强降为100Pa。
答：需要17分钟才能使容器的压强降为100Pa。
【点评】本题考查了求抽气机的工作时间问题，分析清楚气体的状态变化过程，应用玻意耳定律即可正确解题，解题时注意数学归纳法的应用．
19．（9分）（2023 桃城区校级模拟）真空中一正三棱柱形透明体，其横截面如图所示。AB＝AC＝BC＝6R，透明体中心有一半径为R的球形真空区域，一束平行单色光垂直AB面射向透明体。已知透明体对该单色光的折射率为，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）如图所示，光线从D点射入时恰好与真空球相切，请问该光线是从AC边还是BC边射出透明体？并求该光线穿过透明体所需要的时间；
（2）为使光线不能从AB面直接射入中间的球形真空区域，则须在透明体AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
【考点】折射率的波长表达式和速度表达式．
【专题】计算题；定量思想；几何法；光的折射专题；分析综合能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据几何知识求解光线射到AC面的入射角，由sinC求解全反射的临界角C，从而判断该光线是从AC边还是BC边射出透明体。作出光路图，根据几何知识求解光在透明体内通过的路程，由v求出光在透明体内传播速度，再求解其传播时间；
（2）找到光刚好在球面发生全反射的位置，根据几何知识求解其遮光的半径，从而求解不透明纸的最小面积。
【解答】解：（1）根据题意，画出从D点射入的光线的光路图，如图所示。由临界角公式可得，光在透明体内临界角的正弦值为
解得：C＝45°
由几何关系可知，光在AC面的入射角为60°，大于临界角，则光线在AC面上发生全反射，由几何关系可得，
则光线从D点射入，从BC边射出，由可得，该单色光在透明体内传播速度为
穿过透明体的时间为
t
（2）从真空球上G和G′处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图所示，入射角恰好为45°，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°，将会射入真空区域，所以只要将这些区域间用不透明纸遮住就可以了，显然在透明体AB上，被遮挡区至少是个圆形，其半径为r，由几何知识可知：
则须在透明体AB面贴上不透明纸的面积至少为
S＝πr2
答：（1）光线从BC边射出，该光线穿过透明体所需要的时间为；
（2）不透明纸的最小面积为。
【点评】解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解光在介质中传播的路程，掌握全反射临界角公式，熟记光速的求解公式。
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一．选择题（单选题）（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）（2022秋 海南月考）如图所示，小猴子直立站在踏板上，从一定高度由静止开始运动，摆到悬点的正下方A点时，小猴子被水平抛出。已知绳长为l（踏板和绳的质量不计），小猴子摆到最低点A时离水平面的距离为2l，小猴子从A点到落地点的水平位移为，空气阻力不计，小猴子可视为质点，重力加速度为g，则小猴子由静止开始运动时两细绳所在平面与竖直平面的夹角为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
2．（4分）（2023秋 丰台区期中）以30m/s速度行驶的汽车遇到紧急情况时突然刹车，刹车时汽车的加速度大小为5m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．经过2s汽车的速度为40m/s
B．经过2s汽车前进的距离为60m
C．汽车从开始刹车到停下来需要6s
D．汽车从开始刹车到停下来前进了180m
3．（4分）（2023 大武口区校级开学）2023年4月13日，中国人造太阳”反应堆中科院环流器装置（EAST）创下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步。下列关于核反应的说法正确的是（ ）
A．相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
B．核聚变的核反应方程为
C．核聚变的核反应燃料主要是铀235
D．核聚变反应过程中没有质量亏损
4．（4分）（2022秋 徐汇区校级期末）一个装有货物的探测气球正以加速度a（＜g）匀加速下降。在扔掉一些货物后，它开始以相同的加速度匀加速上升，且这时气球和货物总重力为G。设气球所受的浮力恒定，且空气阻力不计，则扔掉的货物重力为（ ）
A． B． C． D．
5．（4分）（2025 薛城区校级二模）如图所示，带电小球A、B、C位于光滑绝缘水平面内的一直线上，质量均为m，A、C的电荷量均为q，与B的距离均为r。当B球带电量为Q时，三小球均能处于静止状态；当B球电量变为Q'（电性不变），A、C球能够以相同的角速度（k为静电力常量）绕B球做半径为r的匀速圆周运动，则Q：Q'等于（ ）
A．1：1 B．1：4 C．1：5 D．1：6
6．（4分）（2024秋 长安区月考）从1970年发射第一颗人造地球卫星东方红一号，到今天的空间站天宫一号，我国的航天事业取得了巨大的成就。已知东方红一号的椭圆轨道近地点距地面439km，远地点距地面2384km，天宫一号可视为在距地面高度为370km的圆轨道上运行，由此可知（ ）
A．东方红一号比天宫一号绕地球的运行周期大
B．在相同时间内，东方红一号与地球连线扫过的面积和天宫一号与地球连线扫过的面积相等
C．东方红一号从近地点向远地点运行时，其速度逐渐增大
D．东方红一号从近地点向远地点运行时，其加速度逐渐增大
二．多选题（共6小题，满分24分，每小题4分）
（多选）7．（4分）（2023春 东城区校级期中）下图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。则下列说法正确的是（ ）
热风时输入功率 460W
冷风时输入功率 60W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇输出功率 52W
A．触片P位于ab位置时，电吹风吹冷风
B．触片P位于bc位置时，电吹风吹冷风
C．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：3
D．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝23：3
（多选）8．（4分）（2024秋 南阳期中）图1中A、B两点是某静电场中一条电场线上的两点，一带正电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力作用下沿电场线从A到B的v﹣t图像如图2所示。关于A、B两点的电势和粒子的电势能，下列说法正确的是（ ）
A．φA＞φB B．φA＜φB C．EpA＞EpB D．EpA＜EPB
（多选）9．（4分）（2023秋 龙岩期末）2023年12月26日，“龙龙”高铁（龙岩段）正式开通，高铁起于福建省龙岩市，终到广东省河源市龙川县，对促进闽西革命老区和粤港澳大湾区发展合作具有重要意义。如图所示，一列动车水平驶入新建的武平车站，其进站的电磁制动原理可简化如下：在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场方向竖直向上，其区域足够长，左边界与ab平行，磁感应强度大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。则（ ）
A．列车进站过程中电流方向为badcb
B．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
C．列车从进站到停下来的过程中，线框产生的热量Q
D．列车从进站到停下来的过程中，通过回路的电荷量
（多选）10．（4分）（2022春 济宁期末）如图所示，在O点处固定一力传感器，细绳一端系上质量为m的小球，另一端连接力传感器，使小球绕O点在竖直平面内做半径为r的圆周运动。t1时刻小球通过最低点时力传感器的示数为9mg，经过半个圆周，在t2时刻通过最高点时力传感器的示数为2mg。已知运动过程中小球受到的空气阻力随小球速度的减小而减小，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻小球到达最高点时的速度大小为
B．从t1时刻到t2时刻的运动过程中，小球克服空气阻力做的功为
C．小球再次经过最低点时，力传感器的示数等于7mg
D．小球再次经过最低点时，力传感器的示数大于7mg
（多选）11．（4分）（2023秋 西夏区校级月考）煤气罐是部分家庭的必需品，安全使用煤气罐是人们比较关注的话题。煤气罐密封性良好，将一定量的天然气封闭在罐中，假设罐内的气体为理想气体。当罐内气体温度升高时，则下列说法正确的是（ ）
A．罐内气体的压强增大，内能减小
B．罐内气体从外界吸收热量，内能增加
C．单位时间内撞击在单位面积煤气罐上的分子数增多
D．罐内气体对外界做功，气体的分子平均动能减小
E．气体的平均速率增大，但不能保证每个分子的运动速率都增大
（多选）12．（4分）（2024 辽宁模拟）如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝1s时的波形图，平衡位置在x＝4m处的质点P的振动方程为y＝30sinπt（cm），下列说法正确的是（ ）
A．质点P的振动周期为4s
B．波沿x轴负方向传播
C．平衡位置在x＝7m处的质点在0～5s内的路程为30cm
D．从t＝1s时起，平衡位置在x＝7m处的质点至少经过0.75s才到达波峰
三．实验题（共2小题，满分15分）
13．（6分）（2024秋 南岸区校级月考）某学校的学生为了测定物块与桌面之间的动摩擦因数，想出了很多方法。
（1）其中甲同学采用如图1所示的装置进行实验，他使物块在重力的牵引下开始运动，当重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上，实验中甲同学用打点计时器记录了物块的物体，如图2为他截取的一段纸带，记录了物块做匀减速运动过程的信息，1、2、3、4、5是他选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器电源的频率为50Hz。
根据纸带可求出物块做减速运动过程中的加速度的大小a＝ m/s2（保留两位有效数字）。若当地的重力加速度大小为9.8m/s2，则物块与桌面的动摩擦因数μ1＝ （保留两位有效数字），该测量结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。
（2）乙同学采用了如图3所示的另一套装置进行实验，使物块A位于水平桌面的O点时，重物B刚好接触地面，将A拉到P点，待B稳定后由静止释放。A最终滑到Q点，分别测量OP、OQ的长度h和s。改变h，重复以上的操作，分别测出以下几组实验数据，并画出s﹣h图像为正比例函数，已知图像的斜率为k，实验中测得A、B的质量分别为mA和mB，则根据图4的s﹣h关系图线计算出物块A与桌面间的动摩擦因数μ2＝ 。（用题目中的已知量表示）
14．（9分）（2025 陕西一模）某物理兴趣小组欲将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表。小组同学先测量电流表A1的内阻，提供的实验器材有：
A.电流表A1（量程为6mA，内阻约为90Ω）；
B.电流表A2（量程为9mA，内阻约为400Ω）；
C.定值电阻（阻值为20Ω）；
D.定值电阻（阻值为200Ω）；
E.滑动变阻器R（阻值为0～10Ω）；
F.一节干电池E；
G.开关S及导线若干。
（1）图中的电阻R0应选用 （填“C”或“D”）。
（2）将如图所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图。
（3）正确连接线路后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，获得多组A1的示数I1和A2的示数I2，测得电流表A1的内阻为100Ω，给电流表A1 （填“串”或“并”）联一个阻值为 Ω（结果保留两位有效数字）的定值电阻，可将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表。
四．解答题（共5小题，满分37分）
15．（7分）（2025春 湖北期中）转经筒是藏传佛教中一种重要的祈福工具，信徒通过转动经筒表达对佛祖的虔诚，祈求平安、吉祥和幸福。如图所示，转经筒的中轴有一手柄，筒侧设一小耳，耳边用轻绳系一吊坠（可视为质点），摇动手柄旋转经筒，吊坠随经筒匀速转动，轻绳始终与转轴在同一竖直平面内。已知转经筒的半径为R＝4cm，吊坠的质量为m＝60g，轻绳长度为L＝10cm，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。当轻绳偏离竖直方向的角度为θ＝53°时，（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求：
（1）轻绳的拉力F大小；
（2）吊坠的角速度ω（结果可用根式表示）。
16．（7分）（2023 道里区校级三模）磁悬浮列车是一种高速低能耗的新型交通工具。它的驱动系统可简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个单匝闭合矩形纯电阻金属框，电阻为R金属框置于xOy平面内，长边MN长为l平行于y轴，宽度为d的短边NP平行于x轴（x轴水平），如图1所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，取z轴正方向为磁场正方向，最大值为B0，如图2所示，金属框的同一条长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PO边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶。则：
（1）若，某时刻列车速度为0，且MN所在位置磁感应强度恰好为最大值B0。求此时回路中的感应电流大小；
（2）列车速度为v（v＜v0）时，要使列车所获得的驱动力最大，求d与λ应满足的关系；及此时列车受到驱动力的大小。
17．（7分）（2025 九江一模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，A、B两点的坐标分别为（﹣L，L）与（L，0）。y＞0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场。第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从A点以大小v0为重力加速度大小）的速度沿AO做直线运动，通过O点（第一次通过x轴）后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点（第二次通过x轴）。求：
（1）第二象限的磁感应强度大小；
（2）小球从A点到第四次通过x轴的时间t；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标。
18．（7分）一台转速为400r/min的往复式抽气机每分钟能抽出2L气体。假设一个容积为4L的容器内盛满压强为1.01×105Pa的空气，问如果用这台抽气机为该容器抽气，需要多长时间才能使容器的压强降为100Pa？
19．（9分）（2023 桃城区校级模拟）真空中一正三棱柱形透明体，其横截面如图所示。AB＝AC＝BC＝6R，透明体中心有一半径为R的球形真空区域，一束平行单色光垂直AB面射向透明体。已知透明体对该单色光的折射率为，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）如图所示，光线从D点射入时恰好与真空球相切，请问该光线是从AC边还是BC边射出透明体？并求该光线穿过透明体所需要的时间；
（2）为使光线不能从AB面直接射入中间的球形真空区域，则须在透明体AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
2025届高考物理模拟预测卷（新课标卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（单选题）
1．（4分）（2022秋 海南月考）如图所示，小猴子直立站在踏板上，从一定高度由静止开始运动，摆到悬点的正下方A点时，小猴子被水平抛出。已知绳长为l（踏板和绳的质量不计），小猴子摆到最低点A时离水平面的距离为2l，小猴子从A点到落地点的水平位移为，空气阻力不计，小猴子可视为质点，重力加速度为g，则小猴子由静止开始运动时两细绳所在平面与竖直平面的夹角为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【考点】机械能守恒定律的简单应用；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据机械能守恒结合平抛运动规律解答。
【解答】解：设小猴子由静止开始运动时两细绳所在平面与竖直平面的夹角为θ，根据机械能守恒定律有：mgl（1﹣cosθ）；
根据平抛运动有：2l
水平方向有：2l＝vt
解得：θ＝90°
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握小猴子运动情况的分析，注意平抛运动规律的应用。
2．（4分）（2023秋 丰台区期中）以30m/s速度行驶的汽车遇到紧急情况时突然刹车，刹车时汽车的加速度大小为5m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．经过2s汽车的速度为40m/s
B．经过2s汽车前进的距离为60m
C．汽车从开始刹车到停下来需要6s
D．汽车从开始刹车到停下来前进了180m
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据速度—时间关系求解汽车从开始刹车到停下来需要的时间和经过2s时的速度大小；根据位移—时间关系求解位移大小。
【解答】解：C、汽车从开始刹车到停下来需要的时间：t0s＝6s，故C正确；
A、经过2s汽车的速度为：v＝v0﹣at＝（30﹣5×2）m/s＝20m/s，故A错误；
B、经过2s汽车前进的距离为：x＝v0t，解得：x＝50m，故B错误；
D、汽车从开始刹车到停下来前进了：x总m＝90m，故D错误。
故选：C。
【点评】在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度—时间关系和位移—时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度—位移关系公式解答。
3．（4分）（2023 大武口区校级开学）2023年4月13日，中国人造太阳”反应堆中科院环流器装置（EAST）创下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步。下列关于核反应的说法正确的是（ ）
A．相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
B．核聚变的核反应方程为
C．核聚变的核反应燃料主要是铀235
D．核聚变反应过程中没有质量亏损
【考点】核聚变的反应方程；核反应前后存在质量亏损及其计算；爱因斯坦质能方程的应用．
【专题】定量思想；推理法；重核的裂变和轻核的聚变专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】轻核聚变过程和重核裂变过程均发生质量亏损，放出能量，相同质量的核燃料，轻核聚变的质量亏损比重核裂变的质量亏损大；根据核聚变过程质量数守恒，电荷数守恒列出核反应方程；核裂变的核反应燃料主要是铀235，核聚变的核反应燃料为氢核。
【解答】解：A.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，故A正确；
B.根据质量数守恒和核电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为
故B错误；
C.核聚变的核反应燃料主要是氘核和氚核，故C错误；
D.核聚变反应过程中放出大量能量，有质量亏损，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查核聚变和核裂变，知道核聚变和核裂变过程均发生质量亏损，放出能量，知道核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒。
4．（4分）（2022秋 徐汇区校级期末）一个装有货物的探测气球正以加速度a（＜g）匀加速下降。在扔掉一些货物后，它开始以相同的加速度匀加速上升，且这时气球和货物总重力为G。设气球所受的浮力恒定，且空气阻力不计，则扔掉的货物重力为（ ）
A． B． C． D．
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律列出气球上升和下降的式子，从而解得扔掉的货物重力。
【解答】解：设扔掉的货物重力为G'，气球所受的浮力恒定为F，开始装有货物的探测气球正以加速度a（＜g）匀加速下降，由牛顿第二定律有
（G+G'）﹣Fa
扔掉一些货物后，它开始以相同的加速度匀加速上升，有
F﹣Ga
联立解得
G'
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握气球的受力情况，根据牛顿第二定律解答即可。
5．（4分）（2025 薛城区校级二模）如图所示，带电小球A、B、C位于光滑绝缘水平面内的一直线上，质量均为m，A、C的电荷量均为q，与B的距离均为r。当B球带电量为Q时，三小球均能处于静止状态；当B球电量变为Q'（电性不变），A、C球能够以相同的角速度（k为静电力常量）绕B球做半径为r的匀速圆周运动，则Q：Q'等于（ ）
A．1：1 B．1：4 C．1：5 D．1：6
【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；库仑定律的表达式及其简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据库仑定律，结合圆周运动解答即可。
【解答】解：当B球带电量为Q时，三小球均能处于静止状态，根据同一电场中，三个带电粒子需要平衡的条件为：两同夹异，两大夹小，近小远大，可知A、C电性相同，A、B电性相反，此时对A进行分析，根据平衡条件：
当B球电量变为Q′时，对A进行分析：
解得Q：Q′＝1：5，故ABD错误，C正确。
故选C。
【点评】本题考查了库仑定律与圆周运动，熟悉公式的应用和意义是解决此类问题的关键。
6．（4分）（2024秋 长安区月考）从1970年发射第一颗人造地球卫星东方红一号，到今天的空间站天宫一号，我国的航天事业取得了巨大的成就。已知东方红一号的椭圆轨道近地点距地面439km，远地点距地面2384km，天宫一号可视为在距地面高度为370km的圆轨道上运行，由此可知（ ）
A．东方红一号比天宫一号绕地球的运行周期大
B．在相同时间内，东方红一号与地球连线扫过的面积和天宫一号与地球连线扫过的面积相等
C．东方红一号从近地点向远地点运行时，其速度逐渐增大
D．东方红一号从近地点向远地点运行时，其加速度逐渐增大
【考点】卫星或行星运行参数的计算；开普勒三大定律．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据开普勒第二定律和开普勒第三定律分析ABC，根据万有引力提供向心力分析D。
【解答】解：A、东方红一号和天宫一号都绕地球运转，据开普勒第三定律可知，它们的为定值，且由于东方红一号轨迹的半长轴大于天宫一号的轨道半径，因而东方红一号的运转周期大，故A正确；
B、相同时间内，东方红一号和天宫一号与地球的连线扫过的面积不同，故B错误；
C、对东方红一号，由开普勒第二定律可知，当它从近地点向远地点运行时，其速度逐渐减小，故C错误；
D、东方红一号运行时，其加速度由万有引力提供，则有ma
表明在它由近地点向远地点运行时，其加速度逐渐减小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查万有引力提供向心力的应用，解题关键掌握开普勒运动定律，注意适用条件。
多选题
（多选）7．（4分）（2023春 东城区校级期中）下图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。则下列说法正确的是（ ）
热风时输入功率 460W
冷风时输入功率 60W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇输出功率 52W
A．触片P位于ab位置时，电吹风吹冷风
B．触片P位于bc位置时，电吹风吹冷风
C．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：3
D．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝23：3
【考点】理想变压器两端的功率关系；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】本题根据触片P位于不同位置时，电热丝是否接通分析冷风热风问题，再根据变压器电压与匝数之比求解匝数比。
【解答】解：AB．当触电P同时接触两个触点a和b，电热丝与小风扇均被接通，故电吹风处于吹热风状态，触片P位于bc位置时，电吹风吹冷风，故A错误，B正确；
CD．小风扇额定电压为60V，由变压器电压与匝数之比可得
故C正确，D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了变压器相关知识，理解电路的构造，熟悉变压器电压与匝数的比例关系是解决此类问题的关键。
（多选）8．（4分）（2024秋 南阳期中）图1中A、B两点是某静电场中一条电场线上的两点，一带正电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力作用下沿电场线从A到B的v﹣t图像如图2所示。关于A、B两点的电势和粒子的电势能，下列说法正确的是（ ）
A．φA＞φB B．φA＜φB C．EpA＞EpB D．EpA＜EPB
【考点】带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据图像得出电场力对粒子的做功类型，进而判断电势能与电势的情况。
【解答】解：一个带正电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，由v﹣t图像可知其速度一直增大，则动能一直增大，则电场力对该带正电的粒子做正功，电荷电势能减少，则：EpA＞EPB，根据电场力的做功公式可得：WAB＝qUAB＝q（φA﹣φB）＞0，则：φA＞φB，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合电场力的做功公式即可解答。
（多选）9．（4分）（2023秋 龙岩期末）2023年12月26日，“龙龙”高铁（龙岩段）正式开通，高铁起于福建省龙岩市，终到广东省河源市龙川县，对促进闽西革命老区和粤港澳大湾区发展合作具有重要意义。如图所示，一列动车水平驶入新建的武平车站，其进站的电磁制动原理可简化如下：在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场方向竖直向上，其区域足够长，左边界与ab平行，磁感应强度大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。则（ ）
A．列车进站过程中电流方向为badcb
B．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
C．列车从进站到停下来的过程中，线框产生的热量Q
D．列车从进站到停下来的过程中，通过回路的电荷量
【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；线圈进出磁场的动力学问题；线圈进出磁场的能量计算．
【专题】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】BD
【分析】车头进入磁场时，线框ab边切割磁感线产生感应电流，由楞次定律判断线圈中感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求出线框中的感应电流大小；根据安培力计算公式和牛顿第二定律求解加速度；根据能量守恒定律求线框产生的热量；推导出电荷量与磁通量变化量的关系，分析D项。
【解答】解：A、车头进入磁场时，穿过线框的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，列车进站过程中电流方向为abcda，故A错误；
B、列车ab边进入磁场瞬间，ab边产生的感应电动势为
E1＝BLv0
感应电流为
根据牛顿第二定律有
BI1L+f＝ma
解得
，故B正确；
C、列车从进站到停下来的过程中，有铁轨及空气阻力的合力做功，有内能产生，根据能量守恒定律可知，线框产生的热量，故C错误；
D、设线框进入磁场中有感应电流产生过程的位移为x，则知
x≤s
线框产生的感应电动势的平均值为
平均感应电流为
解得通过回路的电荷量为
，故D正确。
故选：BD。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解；涉及能量问题，常根据能量守恒、功能关系等列方程求解。
（多选）10．（4分）（2022春 济宁期末）如图所示，在O点处固定一力传感器，细绳一端系上质量为m的小球，另一端连接力传感器，使小球绕O点在竖直平面内做半径为r的圆周运动。t1时刻小球通过最低点时力传感器的示数为9mg，经过半个圆周，在t2时刻通过最高点时力传感器的示数为2mg。已知运动过程中小球受到的空气阻力随小球速度的减小而减小，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻小球到达最高点时的速度大小为
B．从t1时刻到t2时刻的运动过程中，小球克服空气阻力做的功为
C．小球再次经过最低点时，力传感器的示数等于7mg
D．小球再次经过最低点时，力传感器的示数大于7mg
【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；绳球类模型及其临界条件．
【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】BD
【分析】在最高点根据牛顿第二定律求解速度大小；在最低点根据牛顿第二定律求解速度大小，再根据动能定理求解小球克服空气阻力做的功；小球从t2时刻开始再次经过最低点的过程中，平均速度小于从t1时刻到t2时刻的运动过程中的平均速度，根据能量关系求解小球再次提高最低点的速度大小，根据向心力公式求解拉力。
【解答】解：A、设t2时刻小球到达最高点时的速度大小为v2，在最高点根据牛顿第二定律可得：F2+mg＝m，其中F2＝2mg，解得v2，故A错误；
B、设t1时刻小球到达最低点时的速度大小为v1，在最低点根据牛顿第二定律可得：F1﹣mg＝m，其中F1＝9mg，解得v1＝2，
从t1时刻到t2时刻的运动过程中，根据动能定理可得：﹣mg 2r﹣W
解得小球克服空气阻力做的功为：W，故B正确；
CD、小球从t2时刻开始再次经过最低点的过程中，平均速度小于从t1时刻到t2时刻的运动过程中的平均速度，则克服阻力做的功小于。
从t1时刻开始到再次经过最低点过程中，根据能量关系可得：2W＝3mgr
所以v3
再次提高最低点时，有：F3﹣mg＝mm 6mg
故F3＞7mg，故C错误、D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查动能定理在圆周运动中的应用，解答本题的关键是掌握动能定理的应用方法，能够根据受力情况确定向心力的大小。
（多选）11．（4分）（2023秋 西夏区校级月考）煤气罐是部分家庭的必需品，安全使用煤气罐是人们比较关注的话题。煤气罐密封性良好，将一定量的天然气封闭在罐中，假设罐内的气体为理想气体。当罐内气体温度升高时，则下列说法正确的是（ ）
A．罐内气体的压强增大，内能减小
B．罐内气体从外界吸收热量，内能增加
C．单位时间内撞击在单位面积煤气罐上的分子数增多
D．罐内气体对外界做功，气体的分子平均动能减小
E．气体的平均速率增大，但不能保证每个分子的运动速率都增大
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的微观解释；温度与分子动能的关系；理想气体及理想气体的状态方程．
【专题】定性思想；推理法；物体的内能专题；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；理解能力．
【答案】BCE
【分析】根据＝C判断罐内压强变化，温度升高，气体内能增大，分子平均动能增大，根据热力学第一定律分析吸放热。
【解答】解：A．温度升高，体积一定时，一定质量的气体压强增大，内能增加而不是A选项描述的减少，故A错误；
B．由热力学第一定律知，温度升高，体积一定，气体内能增加，做功为零，则必然吸热，故B正确；
C．虽然体积不变，分子疏密度不变，但是由于温度升高，气体分子热运动剧烈程度增加，故单位时间内撞击在单位面积煤气罐上的分子数增多，故C正确；
D．体积不变，罐内气体不对外做功，温度升高，气体分子平均动能增大而不是D选项描述的减少，故D错误；
E．气体分子平均速率增大，但是平均速率不代表每个分子的运动速率，所以并不是所有分子的速率都增大，故E正确。
故选：BCE。
【点评】本题主要考查热学现象在生活中的应用，解题的关键主要在于判断此现象与哪些物理知识有关。
（多选）12．（2024 辽宁模拟）如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝1s时的波形图，平衡位置在x＝4m处的质点P的振动方程为y＝30sinπt（cm），下列说法正确的是（ ）
A．质点P的振动周期为4s
B．波沿x轴负方向传播
C．平衡位置在x＝7m处的质点在0～5s内的路程为30cm
D．从t＝1s时起，平衡位置在x＝7m处的质点至少经过0.75s才到达波峰
【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．
【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．
【答案】BD
【分析】A.由振动方程，即可分析判断；
B.结合振动方程及题图，由“同侧法”，即可分析判断；
C.结合简谐运动中质点的路程特点，即可分析判断；
D.由题图及波速与波长的关系列式，结合题意，即可分析判断。
【解答】解：A.由振动方程可知：，
解得：T＝2s，
故A错误；
B.由振动方程可知，t＝0时，质点P沿y轴正方向振动，由于周期为2s，则t＝1s时，质点沿y轴负方向振动，结合题图，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，
故B正确；
C.因为5s＝2.5T，则平衡位置在x＝7m处的质点，在5s内的路程为：s＝2.5×4A＝10A＝10×30cm＝300cm＝3m，
故C错误；
D.由图知，波长为：λ＝8m，
则波速为：，
则波从x＝10m处传到x＝7m处的时间为：，
则结合题图可知，从t＝1s时起，平衡位置在x＝7m处的质点至少经过0.75s才到达波峰，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，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，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。
三．实验题
13（6分）（2024秋 南岸区校级月考）某学校的学生为了测定物块与桌面之间的动摩擦因数，想出了很多方法。
（1）其中甲同学采用如图1所示的装置进行实验，他使物块在重力的牵引下开始运动，当重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上，实验中甲同学用打点计时器记录了物块的物体，如图2为他截取的一段纸带，记录了物块做匀减速运动过程的信息，1、2、3、4、5是他选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器电源的频率为50Hz。
根据纸带可求出物块做减速运动过程中的加速度的大小a＝ 2.0 m/s2（保留两位有效数字）。若当地的重力加速度大小为9.8m/s2，则物块与桌面的动摩擦因数μ1＝ 0.20 （保留两位有效数字），该测量结果比动摩擦因数的真实值 偏大 （填“偏大”或“偏小”）。
（2）乙同学采用了如图3所示的另一套装置进行实验，使物块A位于水平桌面的O点时，重物B刚好接触地面，将A拉到P点，待B稳定后由静止释放。A最终滑到Q点，分别测量OP、OQ的长度h和s。改变h，重复以上的操作，分别测出以下几组实验数据，并画出s﹣h图像为正比例函数，已知图像的斜率为k，实验中测得A、B的质量分别为mA和mB，则根据图4的s﹣h关系图线计算出物块A与桌面间的动摩擦因数μ2＝ 。（用题目中的已知量表示）
【考点】动能定理的简单应用；打点计时器打出纸带的数据处理；探究影响滑动摩擦力的因素．
【专题】定量思想；实验分析法；摩擦力专题；实验探究能力．
【答案】2.0；0.20；偏大；。
【分析】（1）由打点计时器电源的频率为50Hz，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知相邻计数点间的时间为T＝0.1s，进而由逐差法可得加速度。由物体受摩擦力作用而减速运动，可得摩擦因数，由于实际在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因数的真实值偏大。
（2）对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到Q，两个过程运用动能定理，求得μ的表达式，再结合从s﹣h图象，即可求解μ2；
【解答】解：（1）由打点计时器电源的频率为50Hz，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知相邻计数点间的时间为T＝0.1s，进而由逐差法可得加速度为：2.0m/s2
物体受摩擦力作用而减速运动，可得μ1Mg＝Ma，解得
由于实际在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力之和，所以计算结果偏大。
B下落至临落地时根据动能定理有mBgh μ2mAgh（mA+mB）v2
在B落地后，A运动到Q，有μ2mAgs；解得
由s﹣h图象可得斜率为k，所以，联立解得 μ2
故答案为：2.0；0.20；偏大；。
【点评】在判断此类问题时，要深刻理解动能定理，能量守恒定律。
14（9分）（2025 陕西一模）某物理兴趣小组欲将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表。小组同学先测量电流表A1的内阻，提供的实验器材有：
A.电流表A1（量程为6mA，内阻约为90Ω）；
B.电流表A2（量程为9mA，内阻约为400Ω）；
C.定值电阻（阻值为20Ω）；
D.定值电阻（阻值为200Ω）；
E.滑动变阻器R（阻值为0～10Ω）；
F.一节干电池E；
G.开关S及导线若干。
（1）图中的电阻R0应选用 D （填“C”或“D”）。
（2）将如图所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图。
（3）正确连接线路后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，获得多组A1的示数I1和A2的示数I2，测得电流表A1的内阻为100Ω，给电流表A1 并 （填“串”或“并”）联一个阻值为 1.0 Ω（结果保留两位有效数字）的定值电阻，可将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表。
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）D；（2）实验电路图如图所示；（3）并；1.0。
【分析】（1）根据电表量程与内阻应用并联电路特点与欧姆定律分析求解。
（2）根据题意确定滑动变阻器的接法，完成实验电路图。
（3）把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求解。
【解答】解：（1）当两电流表均满偏时，由并联电路特点与欧姆定律得（9mA﹣6mA）R0＝6mA×90Ω，解得R0＝180Ω，因此电阻R0应选用D。
（2）滑动变阻器变阻器阻值较小，需采用分压式接法，电流表A1与定值电阻R0并联可求出电流表A1两端的电压，电流表A2测量通过电流表A1与定值电阻R0的总电流，故实验电路的原理图如图所示
（3）将电流表A1改装成量程为0.6A的电流表，需要并联分流电阻，根据串并联电路特点由欧姆定律得RΩ≈1.0Ω。
故答案为：（1）D；（2）实验电路图如图所示；（3）并；1.0。
【点评】理解实验原理是解题的前提，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
解答题
15．（7分）（2025春 湖北期中）转经筒是藏传佛教中一种重要的祈福工具，信徒通过转动经筒表达对佛祖的虔诚，祈求平安、吉祥和幸福。如图所示，转经筒的中轴有一手柄，筒侧设一小耳，耳边用轻绳系一吊坠（可视为质点），摇动手柄旋转经筒，吊坠随经筒匀速转动，轻绳始终与转轴在同一竖直平面内。已知转经筒的半径为R＝4cm，吊坠的质量为m＝60g，轻绳长度为L＝10cm，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。当轻绳偏离竖直方向的角度为θ＝53°时，（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求：
（1）轻绳的拉力F大小；
（2）吊坠的角速度ω（结果可用根式表示）。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）轻绳的拉力大小F为1N；
（2）吊坠的角速度ω为rad/s。
【分析】（1）根据竖直方向的平衡条件列方程求解；
（2）根据牛顿第二定律列方程解答。
【解答】解：（1）吊坠受力如图所示
根据竖直方向的平衡条件Fcosθ＝mg，代入数据解得轻绳的拉力大小F＝1N；
（2）吊坠做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2（R+Lsinθ），解得。
答：（1）轻绳的拉力大小F为1N；
（2）吊坠的角速度ω为rad/s。
【点评】考查平衡条件的应用和牛顿第二定律，会根据题意进行准确分析解答。
16．（7分）（2023 道里区校级三模）磁悬浮列车是一种高速低能耗的新型交通工具。它的驱动系统可简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个单匝闭合矩形纯电阻金属框，电阻为R金属框置于xOy平面内，长边MN长为l平行于y轴，宽度为d的短边NP平行于x轴（x轴水平），如图1所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，取z轴正方向为磁场正方向，最大值为B0，如图2所示，金属框的同一条长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PO边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶。则：
（1）若，某时刻列车速度为0，且MN所在位置磁感应强度恰好为最大值B0。求此时回路中的感应电流大小；
（2）列车速度为v（v＜v0）时，要使列车所获得的驱动力最大，求d与λ应满足的关系；及此时列车受到驱动力的大小。
【考点】电磁感应过程中的动力学类问题；电磁感应过程中的电路类问题；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】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】（1）若，某时刻列车速度为0，且MN所在位置磁感应强度恰好为最大值B0。此时回路中的感应电流大小为；
（2）列车速度为v（v＜v0）时，要使列车所获得的驱动力最大，d与λ应满足的关系为或，；及此时列车受到驱动力的大小为。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电流的大小；
（2）根据安培力的计算公式结合题意得出列车受到的驱动力的大小。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得
E＝B0lv
根据欧姆定律可得：
联立解得：
（2）为使列车得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即
或
由于法拉第电磁感应定律
E＝Blv
当列车速度v＜v0时
E＝2B0l（v0﹣v）
根据闭合电路欧姆定律有
根据安培力的计算公式可得：
FMN＝B0Il
PQ边所受的安培力
FPQ＝B0Il
根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小
F＝FMN+FPQ＝2B0Il
联立解得：
答：（1）若，某时刻列车速度为0，且MN所在位置磁感应强度恰好为最大值B0。此时回路中的感应电流大小为；
（2）列车速度为v（v＜v0）时，要使列车所获得的驱动力最大，d与λ应满足的关系为或，；及此时列车受到驱动力的大小为。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，结合安培力的计算公式即可完成分析。
17．（9分）（2025 九江一模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，A、B两点的坐标分别为（﹣L，L）与（L，0）。y＞0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场。第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从A点以大小v0为重力加速度大小）的速度沿AO做直线运动，通过O点（第一次通过x轴）后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点（第二次通过x轴）。求：
（1）第二象限的磁感应强度大小；
（2）小球从A点到第四次通过x轴的时间t；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标。
【考点】带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动；带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）第二象限的磁感应强度大小为；
（2）小球从A点到第四次通过x轴的时间为；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标为（0，0）。
【分析】（1）根据小球的受力平衡求第二象限的磁感应强度大小；
（2）根据圆周运动的周期和时间公式求小球从A点到第四次通过x轴的时间t；
（3）根据类平抛运动的规律求小球第五次通过x轴时的位置坐标。
【解答】解：（1）小球沿AO方向做直线运动时，则为匀速直线运动，此时受到的重力、电场力、洛伦兹力的三力平衡，此时，小球受到的向下重力、水平向左电场力和垂直AO斜向右上的洛伦兹力平衡，如图
则
B1qv0sin45°＝mg
B1qv0cos45°＝E1q
可得
（2）小球从开始运动到第一次经过x轴的时间可表示为：
小球进入第四象限后做匀速圆周运动，则：
E2q＝mg
得第二次经过x轴的时间为：
小球入射第一象限时与x轴正向成45°夹角，且沿水平方向做匀减速运动，则加速度为：
竖直方向也做匀减速运动，此时加速度为：
ay＝g
令
则方向与x轴负向成45°夹角的时间为：
综上可得
t＝t1+t2+t3+t4
解得
（3）从C点出去做类平抛运动
dcos45°＝v0ts
综上可得
d＝2L
第五次通过坐标原点（0，0）
答：（1）第二象限的磁感应强度大小为；
（2）小球从A点到第四次通过x轴的时间为；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标为（0，0）。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，难度大。对于粒子在电场中偏转做类平抛运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提。
18．（7分）一台转速为400r/min的往复式抽气机每分钟能抽出2L气体。假设一个容积为4L的容器内盛满压强为1.01×105Pa的空气，问如果用这台抽气机为该容器抽气，需要多长时间才能使容器的压强降为100Pa？
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】需要17分钟才能使容器的压强降为100Pa。
【分析】气体发生等温变化，应用玻意耳定律可以求出抽气的次数，然后求出抽气时间．
【解答】解：抽气机容积为V0＝2L，气体初状态的压强为p0＝1.01×105Pa，容器的容积为V＝4L，容器内气体最终压强：pn＝100Pa
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：
第一次抽气：p0V＝p1（V+V0）
第二次抽气：p1V＝p2（V+V0）
第三次抽气：p2V＝p3（V+V0）
…
第n'次抽气：pn﹣1V＝pn（V+V0）
解得：pn＝（）np0
解得
n＝17次
根据题意可知需要17分钟才能使容器的压强降为100Pa。
答：需要17分钟才能使容器的压强降为100Pa。
【点评】本题考查了求抽气机的工作时间问题，分析清楚气体的状态变化过程，应用玻意耳定律即可正确解题，解题时注意数学归纳法的应用．
19．（9分）（2023 桃城区校级模拟）真空中一正三棱柱形透明体，其横截面如图所示。AB＝AC＝BC＝6R，透明体中心有一半径为R的球形真空区域，一束平行单色光垂直AB面射向透明体。已知透明体对该单色光的折射率为，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）如图所示，光线从D点射入时恰好与真空球相切，请问该光线是从AC边还是BC边射出透明体？并求该光线穿过透明体所需要的时间；
（2）为使光线不能从AB面直接射入中间的球形真空区域，则须在透明体AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
【考点】折射率的波长表达式和速度表达式．
【专题】计算题；定量思想；几何法；光的折射专题；分析综合能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据几何知识求解光线射到AC面的入射角，由sinC求解全反射的临界角C，从而判断该光线是从AC边还是BC边射出透明体。作出光路图，根据几何知识求解光在透明体内通过的路程，由v求出光在透明体内传播速度，再求解其传播时间；
（2）找到光刚好在球面发生全反射的位置，根据几何知识求解其遮光的半径，从而求解不透明纸的最小面积。
【解答】解：（1）根据题意，画出从D点射入的光线的光路图，如图所示。由临界角公式可得，光在透明体内临界角的正弦值为
解得：C＝45°
由几何关系可知，光在AC面的入射角为60°，大于临界角，则光线在AC面上发生全反射，由几何关系可得，
则光线从D点射入，从BC边射出，由可得，该单色光在透明体内传播速度为
穿过透明体的时间为
t
（2）从真空球上G和G′处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图所示，入射角恰好为45°，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°，将会射入真空区域，所以只要将这些区域间用不透明纸遮住就可以了，显然在透明体AB上，被遮挡区至少是个圆形，其半径为r，由几何知识可知：
则须在透明体AB面贴上不透明纸的面积至少为
S＝πr2
答：（1）光线从BC边射出，该光线穿过透明体所需要的时间为；
（2）不透明纸的最小面积为。
【点评】解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解光在介质中传播的路程，掌握全反射临界角公式，熟记光速的求解公式。
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