高考物理預(yù)測(cè)題庫(kù)及詳細(xì)解答一、預(yù)測(cè)依據(jù)與命題趨勢(shì)分析（一）考綱核心素養(yǎng)導(dǎo)向高考物理命題以《普通高中物理課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）》為依據(jù)，聚焦物理觀念、科學(xué)思維、科學(xué)探究、科學(xué)態(tài)度與責(zé)任四大核心素養(yǎng)。其中：物理觀念要求學(xué)生掌握物質(zhì)、運(yùn)動(dòng)與相互作用、能量等基本概念；科學(xué)思維強(qiáng)調(diào)模型建構(gòu)、邏輯推理、科學(xué)論證與創(chuàng)新意識(shí)；科學(xué)探究注重實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、數(shù)據(jù)處理與誤差分析；科學(xué)態(tài)度與責(zé)任則體現(xiàn)物理與生活、科技的聯(lián)系。（二）近五年高頻考點(diǎn)統(tǒng)計(jì)通過分析____年全國(guó)卷及新高考卷，高頻考點(diǎn)集中在：1.力學(xué)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒與能量守恒、天體運(yùn)動(dòng)、振動(dòng)與波；2.電磁學(xué)：電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)、電路分析、磁場(chǎng)對(duì)電流/電荷的作用、電磁感應(yīng)；3.實(shí)驗(yàn)：力學(xué)（平拋運(yùn)動(dòng)、驗(yàn)證牛頓第二定律）、電學(xué)（伏安法測(cè)電阻、電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻）；4.熱學(xué)/光學(xué)/近代物理：理想氣體狀態(tài)方程、折射定律、光電效應(yīng)、玻爾原子模型。（三）202X年命題趨勢(shì)預(yù)判1.情境化：結(jié)合生活（如快遞傳送帶、新能源汽車）、科技（如光纖通信、量子技術(shù)）設(shè)計(jì)問題，考查物理知識(shí)的應(yīng)用；2.綜合化：力學(xué)與電磁學(xué)綜合（如電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題）、守恒定律綜合（如動(dòng)量與能量結(jié)合）；3.創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)：用傳感器（如光電門、力傳感器）替代傳統(tǒng)器材，考查實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與數(shù)據(jù)處理能力；4.開放性：部分題目允許學(xué)生用不同方法解答（如動(dòng)力學(xué)問題用牛頓定律或動(dòng)量定理），體現(xiàn)思維的靈活性。二、分模塊預(yù)測(cè)題庫(kù)與詳細(xì)解答（一）力學(xué)模塊（占比約40%）1.選擇題（基礎(chǔ)/中檔）題目1：某快遞分揀車間的水平傳送帶以恒定速度$v_0$運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量為$m$的快遞包裹輕輕放在傳送帶上，包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為$\mu$。下列說法正確的是（）A.包裹剛放上去時(shí)，受到的摩擦力方向與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反B.包裹在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$\frac{v_0}{\mug}$C.包裹在傳送帶上加速過程的位移為$\frac{v_0^2}{\mug}$D.包裹與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為$\frac{1}{2}mv_0^2$解答：選項(xiàng)A：包裹剛放上去時(shí)，相對(duì)于傳送帶向后滑動(dòng)，摩擦力方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反（即與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同），A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B：包裹加速時(shí)的加速度$a=\mug$（牛頓第二定律：$\mumg=ma$），加速到$v_0$的時(shí)間$t=\frac{v_0}{a}=\frac{v_0}{\mug}$，B正確；選項(xiàng)C：加速位移$x_1=\frac{1}{2}at^2=\frac{1}{2}\mug\cdot(\frac{v_0}{\mug})^2=\frac{v_0^2}{2\mug}$，C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D：傳送帶在時(shí)間$t$內(nèi)的位移$x_2=v_0t=\frac{v_0^2}{\mug}$，相對(duì)位移$\Deltax=x_2-x_1=\frac{v_0^2}{2\mug}$，摩擦生熱$Q=\mumg\Deltax=\frac{1}{2}mv_0^2$，D正確。答案：BD命題意圖：以快遞分揀為情境，考查牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)及摩擦生熱的計(jì)算，重點(diǎn)檢測(cè)“運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念”及邏輯推理能力。2.實(shí)驗(yàn)題（中檔）題目2：用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（導(dǎo)軌水平，滑塊A、B上固定遮光片，質(zhì)量分別為$m_A$、$m_B$）。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，使滑塊能靜止在導(dǎo)軌上；②給滑塊A一個(gè)初速度，使其向右運(yùn)動(dòng)，通過光電門1時(shí)的遮光時(shí)間為$t_1$；③滑塊A與滑塊B碰撞后，A通過光電門2的遮光時(shí)間為$t_2$，B通過光電門3的遮光時(shí)間為$t_3$；④測(cè)量遮光片寬度$d$，計(jì)算各滑塊的速度。（1）寫出滑塊A碰撞前的速度$v_A$、碰撞后的速度$v_A'$，滑塊B碰撞后的速度$v_B'$的表達(dá)式；（2）若動(dòng)量守恒，需驗(yàn)證的等式是什么？（3）若實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)$m_Av_A<m_Av_A'+m_Bv_B'$，可能的原因是什么？解答：（1）速度計(jì)算：遮光片寬度$d$很小，速度近似為$v=\frac6qck6yk{t}$，因此：$v_A=\fracyooq06q{t_1}$，$v_A'=\frac66ueyg6{t_2}$（碰撞后A可能反向，若$t_2$為反向通過的時(shí)間，$v_A'$取負(fù)值），$v_B'=\fracii0i2sc{t_3}$。（2）動(dòng)量守恒等式：系統(tǒng)（A、B）碰撞前動(dòng)量為$m_Av_A$，碰撞后動(dòng)量為$m_Av_A'+m_Bv_B'$，故需驗(yàn)證：$m_A\frac0yas680{t_1}=m_A\frackke6amy{t_2}+m_B\fraceo6oaam{t_3}$（兩邊$d$可約去）。（3）誤差分析：若$m_Av_A<m_Av_A'+m_Bv_B'$，說明碰撞后動(dòng)量大于碰撞前，可能的原因是：氣墊導(dǎo)軌未完全水平（右端略高，滑塊A下滑時(shí)加速，碰撞前速度偏大？不，若右端高，A向右運(yùn)動(dòng)時(shí)應(yīng)減速，可能左端高，A向右運(yùn)動(dòng)時(shí)加速，導(dǎo)致$v_A$測(cè)量值偏??？或碰撞后B通過光電門3時(shí)，遮光片未完全通過，導(dǎo)致$t_3$偏小，$v_B'$偏大）；遮光片寬度$d$測(cè)量偏大，導(dǎo)致速度計(jì)算值偏大；滑塊與導(dǎo)軌間仍有摩擦（未完全氣墊化），碰撞前A的動(dòng)能有損失，導(dǎo)致$v_A$偏小。命題意圖：考查實(shí)驗(yàn)原理（動(dòng)量守恒）、數(shù)據(jù)處理（速度計(jì)算）及誤差分析，體現(xiàn)“科學(xué)探究”素養(yǎng)，重點(diǎn)檢測(cè)實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與邏輯推理能力。3.計(jì)算題（中檔/難題）題目3：如圖所示，質(zhì)量為$M$的木塊靜止在光滑水平面上，木塊左端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與質(zhì)量為$m$的小球接觸（不連接）。現(xiàn)給小球一個(gè)水平向左的初速度$v_0$，小球壓縮彈簧至最短后反彈，最終小球與木塊分離。已知$M=2m$，求：（1）彈簧壓縮至最短時(shí)的共同速度；（2）彈簧的最大彈性勢(shì)能；（3）分離時(shí)小球與木塊的速度。解答：（1）共同速度計(jì)算：彈簧壓縮至最短時(shí)，小球與木塊速度相同（設(shè)為$v$）。系統(tǒng)（小球、木塊、彈簧）水平方向不受外力，動(dòng)量守恒：$mv_0=(m+M)v$，代入$M=2m$，得$v=\frac{mv_0}{3m}=\frac{v_0}{3}$。（2）最大彈性勢(shì)能計(jì)算：彈簧壓縮至最短時(shí)，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能（能量守恒）：$E_p=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(m+M)v^2=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}\cdot3m\cdot(\frac{v_0}{3})^2=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{6}mv_0^2=\frac{1}{3}mv_0^2$。（3）分離時(shí)速度計(jì)算：分離時(shí)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒（彈性勢(shì)能完全釋放）：動(dòng)量守恒：$mv_0=mv_1+Mv_2$（$v_1$為小球分離時(shí)速度，$v_2$為木塊速度）；機(jī)械能守恒：$\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv_1^2+\frac{1}{2}Mv_2^2$。代入$M=2m$，化簡(jiǎn)得：$v_0=v_1+2v_2$（1）；$v_0^2=v_1^2+2v_2^2$（2）。由（1）得$v_1=v_0-2v_2$，代入（2）：$v_0^2=(v_0-2v_2)^2+2v_2^2=v_0^2-4v_0v_2+4v_2^2+2v_2^2=v_0^2-4v_0v_2+6v_2^2$；整理得：$6v_2^2-4v_0v_2=0$，解得$v_2=0$（舍去，因木塊會(huì)運(yùn)動(dòng)）或$v_2=\frac{2v_0}{3}$；代入（1）得$v_1=v_0-2\cdot\frac{2v_0}{3}=-\frac{v_0}{3}$（負(fù)號(hào)表示方向向右）。命題意圖：考查動(dòng)量守恒與能量守恒的綜合應(yīng)用，重點(diǎn)檢測(cè)“守恒觀念”及邏輯推理能力（區(qū)分壓縮階段與分離階段的能量轉(zhuǎn)化）。（二）電磁學(xué)模塊（占比約40%）1.選擇題（基礎(chǔ)/中檔）題目4：如圖所示，等量異種點(diǎn)電荷$+Q$和$-Q$固定在x軸上，坐標(biāo)分別為$(a,0)$和$(-a,0)$。下列說法正確的是（）A.原點(diǎn)O處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零B.原點(diǎn)O處的電勢(shì)為零C.從O點(diǎn)沿x軸正方向移動(dòng)試探電荷$+q$，電場(chǎng)力做正功D.從O點(diǎn)沿y軸正方向移動(dòng)試探電荷$+q$，電勢(shì)能增加解答：選項(xiàng)A：原點(diǎn)O處的電場(chǎng)強(qiáng)度由$+Q$和$-Q$共同產(chǎn)生，$+Q$在O點(diǎn)的電場(chǎng)方向向右（遠(yuǎn)離正電荷），$-Q$在O點(diǎn)的電場(chǎng)方向向右（指向負(fù)電荷），故合電場(chǎng)強(qiáng)度$E=2k\frac{Q}{a^2}$（向右），A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B：電勢(shì)是標(biāo)量，原點(diǎn)O處的電勢(shì)等于$+Q$和$-Q$在O點(diǎn)的電勢(shì)之和，$+Q$在O點(diǎn)的電勢(shì)為$k\frac{Q}{a}$，$-Q$在O點(diǎn)的電勢(shì)為$-k\frac{Q}{a}$，故合電勢(shì)為零，B正確；選項(xiàng)C：x軸正方向上的電場(chǎng)方向向右（如A選項(xiàng)分析），試探電荷$+q$沿x軸正方向移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力方向與位移方向相同，電場(chǎng)力做正功，C正確；選項(xiàng)D：y軸上的電場(chǎng)方向沿y軸正方向（等量異種電荷的中垂線是等勢(shì)線嗎？不，等量異種電荷的中垂線（y軸）上的電勢(shì)為零，電場(chǎng)方向垂直于中垂線指向負(fù)電荷一側(cè)，即y軸正方向上的電場(chǎng)方向向右？不，等一下，等量異種電荷的電場(chǎng)線分布：從$+Q$出發(fā)，終止于$-Q$，中垂線（y軸）上的電場(chǎng)方向是垂直于中垂線指向負(fù)電荷，即對(duì)于y軸正方向上的點(diǎn)，電場(chǎng)方向向右（因?yàn)?-Q$在左邊，$+Q$在右邊，所以電場(chǎng)方向向右）？或者更準(zhǔn)確的方法：計(jì)算y軸上某點(diǎn)$(0,y)$的電場(chǎng)強(qiáng)度，$+Q$在$(0,y)$的電場(chǎng)方向?yàn)閺?(a,0)$到$(0,y)$的矢量方向，即向左上方；$-Q$在$(0,y)$的電場(chǎng)方向?yàn)閺?(0,y)$到$(-a,0)$的矢量方向，即向左下方。將兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度分解為x分量和y分量，y分量大小相等、方向相反（抵消），x分量大小相等、方向相同（向左）。因此，y軸上的電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向（向左）。試探電荷$+q$沿y軸正方向移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)方向向左，位移方向向上，電場(chǎng)力不做功（因?yàn)殡妶?chǎng)方向與位移方向垂直），電勢(shì)能不變，D錯(cuò)誤。答案：BC命題意圖：考查電場(chǎng)強(qiáng)度（矢量疊加）與電勢(shì)（標(biāo)量疊加）的基本概念，重點(diǎn)檢測(cè)“物理觀念”中的“場(chǎng)”觀念及模型建構(gòu)能力（等量異種電荷的電場(chǎng)模型）。2.實(shí)驗(yàn)題（中檔/難題）題目5：用數(shù)字電表（可測(cè)電壓、電流）測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)$E$和內(nèi)阻$r$，實(shí)驗(yàn)電路如圖所示（R為滑動(dòng)變阻器，范圍0~20Ω）。（1）請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線，將實(shí)物圖連接完整（數(shù)字電表選合適的量程）；（2）實(shí)驗(yàn)中記錄了多組電壓$U$（路端電壓）和電流$I$（總電流）的數(shù)據(jù)，畫出$U-I$圖像，如圖所示。請(qǐng)根據(jù)圖像計(jì)算$E$和$r$；（3）若實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器的滑片接觸不良，會(huì)導(dǎo)致$U-I$圖像出現(xiàn)什么現(xiàn)象？解答：（1）電路連接：數(shù)字電表測(cè)路端電壓時(shí)，應(yīng)并聯(lián)在電池兩端（選電壓量程0~3V，因干電池電動(dòng)勢(shì)約1.5V）；測(cè)總電流時(shí)，應(yīng)串聯(lián)在電路中（選電流量程0~0.6A，因電池內(nèi)阻小，電流不會(huì)太大）。實(shí)物圖連接：電池正極→滑動(dòng)變阻器一端→滑動(dòng)變阻器滑片→數(shù)字電表（電流擋）→電池負(fù)極；數(shù)字電表（電壓擋）并聯(lián)在電池兩端（正極接電壓擋正極，負(fù)極接電壓擋負(fù)極）。（2）$E$和$r$計(jì)算：根據(jù)閉合電路歐姆定律，$U=E-Ir$，$U-I$圖像的縱截距為電動(dòng)勢(shì)$E$（當(dāng)$I=0$時(shí)，$U=E$），斜率的絕對(duì)值為內(nèi)阻$r$（$r=|\frac{\DeltaU}{\DeltaI}|$）。由圖像可知，縱截距$E=1.50V$（圖像與y軸交點(diǎn)）；取圖像上兩點(diǎn)，如$(0,1.50)$和$(0.50A,1.00V)$，斜率$k=\frac{1.00-1.50}{0.50-0}=-1.00V/A$，故$r=|k|=1.00Ω$。（3）滑片接觸不良的影響：滑片接觸不良時(shí)，電路中會(huì)出現(xiàn)斷路或接觸電阻突然增大，導(dǎo)致電流$I$突然減小，路端電壓$U$突然增大（因$U=E-Ir$，$I$減小，$U$增大）。因此，$U-I$圖像中會(huì)出現(xiàn)“跳躍”的點(diǎn)（即某組數(shù)據(jù)的$I$突然很小，$U$突然很大），或圖像不連續(xù)。命題意圖：考查實(shí)驗(yàn)電路設(shè)計(jì)（數(shù)字電表的使用）、數(shù)據(jù)處理（$U-I$圖像）及誤差分析，體現(xiàn)“科學(xué)探究”素養(yǎng)，重點(diǎn)檢測(cè)實(shí)驗(yàn)操作與數(shù)據(jù)處理能力。3.計(jì)算題（難題）題目6：如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角為$\theta$的斜面上，導(dǎo)軌間距為$L$，左端連接阻值為$R$的電阻。一質(zhì)量為$m$、電阻為$r$的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，整個(gè)裝置處于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$B$?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒一個(gè)沿斜面向上的初速度$v_0$，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求：（1）導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；（2）導(dǎo)體棒上升過程中的最大位移；（3）整個(gè)上升過程中電阻$R$產(chǎn)生的焦耳熱。解答：（1）初始加速度計(jì)算：導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)$E=BLv_0$（法拉第電磁感應(yīng)定律，切割方向與磁場(chǎng)垂直）；感應(yīng)電流$I=\frac{E}{R+r}$（閉合電路歐姆定律）；安培力大小$F=BIL=\frac{B^2L^2v_0}{R+r}$（安培力公式，方向沿斜面向下，因感應(yīng)電流方向由右手定則判斷，安培力方向由左手定則判斷：導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)垂直斜面向上，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針（從導(dǎo)軌上端看），安培力方向沿斜面向下）；導(dǎo)體棒的受力分析：重力$mg$（豎直向下）、支持力$N$（垂直導(dǎo)軌向上）、安培力$F$（沿斜面向下）。將重力分解為沿斜面向下的分力$mg\sin\theta$和垂直斜面向下的分力$mg\cos\theta$（支持力$N$與$mg\cos\theta$平衡）。由牛頓第二定律，沿斜面方向的合力$F_{合}=mg\sin\theta+F=ma$，故：$a=g\sin\theta+\frac{B^2L^2v_0}{m(R+r)}$。（2）最大位移計(jì)算：導(dǎo)體棒上升過程中，速度逐漸減小，安培力逐漸減小（因$F\proptov$），加速度逐漸減小（$a=g\sin\theta+\frac{B^2L^2v}{m(R+r)}$），最終速度為零（達(dá)到最大位移）。整個(gè)過程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和焦耳熱（能量守恒）：$\frac{1}{2}mv_0^2=mgh+Q_{總}(cāng)$（$h$為上升的高度，$h=x\sin\theta$，$x$為沿斜面的最大位移；$Q_{總}(cāng)$為整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱）；同時(shí)，由動(dòng)量定理（積分法）：$-\int_{0}^{t}(mg\sin\theta+F)dt=0-mv_0$（合力的沖量等于動(dòng)量變化量）；其中$F=\frac{B^2L^2v}{R+r}$，代入得：$-mg\sin\theta\cdott-\frac{B^2L^2}{R+r}\int_{0}^{t}vdt=-mv_0$；而$\int_{0}^{t}vdt=x$（沿斜面的位移），$\int_{0}^{t}dt=t$（時(shí)間），但這里需要消去$t$，可以用能量守恒結(jié)合安培力的功：安培力的功$W_F=-F\cdotx$（因安培力與位移方向相反），而$W_F=-Q_{總}(cāng)$（焦耳熱等于安培力做的負(fù)功）；重力沿斜面的分力做功$W_g=-mg\sin\theta\cdotx$（與位移方向相反）；由動(dòng)能定理：$W_g+W_F=0-\frac{1}{2}mv_0^2$，即：$-mg\sin\theta\cdotx-Q_{總}(cāng)=-\frac{1}{2}mv_0^2$，與能量守恒式一致；但要計(jì)算$x$，需要用動(dòng)量定理結(jié)合電磁感應(yīng)的公式：由$E=BLv$，$I=\frac{E}{R+r}$，$F=BIL=\frac{B^2L^2v}{R+r}$，代入動(dòng)量定理：$-mg\sin\theta\cdott-\frac{B^2L^2}{R+r}x=-mv_0$；另外，導(dǎo)體棒上升過程中，速度$v$隨時(shí)間變化，$x=\int_{0}^{t}vdt$，但我們可以用“平均速度”嗎？不，因?yàn)榧铀俣仁亲兓?，平均速度不等?\frac{v_0+0}{2}$；或者，我們可以用“微元法”：將上升過程分為無數(shù)個(gè)微小時(shí)間段$\Deltat$，每個(gè)時(shí)間段內(nèi)速度變化$\Deltav$，則：$-(mg\sin\theta+\frac{B^2L^2v}{R+r})\Deltat=m\Deltav$；對(duì)整個(gè)過程求和：$-mg\sin\theta\sum\Deltat-\frac{B^2L^2}{R+r}\sumv\Deltat=m\sum\Deltav$；即：$-mg\sin\theta\cdott-\frac{B^2L^2}{R+r}x=m(0-v_0)$；但這里仍然有$t$和$x$兩個(gè)未知數(shù)，需要另一個(gè)方程，比如能量守恒：$\frac{1}{2}mv_0^2=mgx\sin\theta+\frac{B^2L^2}{R+r}\int_{0}^{x}vdx$（因?yàn)?Q_{總}(cāng)=\intI^2(R+r)dt=\int\frac{E^2}{(R+r)^2}(R+r)dt=\int\frac{B^2L^2v^2}{R+r}dt=\frac{B^2L^2}{R+r}\intv\cdotvdt=\frac{B^2L^2}{R+r}\intvdx$，因?yàn)?vdt=dx$）；但這個(gè)積分很難直接計(jì)算，所以對(duì)于變加速運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量定理結(jié)合電磁感應(yīng)的“沖量公式”：對(duì)于導(dǎo)體棒切割磁感線的問題，安培力的沖量$I_F=\intFdt=\int\frac{B^2L^2v}{R+r}dt=\frac{B^2L^2}{R+r}\intvdt=\frac{B^2L^2x}{R+r}$（這個(gè)公式很有用，記?。。?；因此，動(dòng)量定理可以寫成：$-mg\sin\theta\cdott-\frac{B^2L^2x}{R+r}=-mv_0$；但還是有$t$，怎么辦？其實(shí)，對(duì)于這個(gè)問題，當(dāng)導(dǎo)體棒上升到最大位移時(shí)，速度為零，此時(shí)安培力為零，合力為$mg\sin\theta$，但我們可以用“能量守恒+動(dòng)量定理”嗎？不，其實(shí)對(duì)于這個(gè)問題，正確的做法是用“動(dòng)量定理+電磁感應(yīng)的沖量公式”結(jié)合“能量守恒”嗎？不，等一下，我之前在力學(xué)模塊的題目3中用了動(dòng)量守恒，而這里因?yàn)橛兄亓桶才嗔Γ瑒?dòng)量不守恒，但安培力的沖量可以用$\frac{B^2L^2x}{R+r}$表示，這個(gè)是對(duì)的，因?yàn)?I_F=\intBILdt=BL\intIdt=BLq$（$q$為通過導(dǎo)體棒的電荷量），而$q=\intIdt=\int\frac{E}{R+r}dt=\frac{1}{R+r}\intBLvdt=\frac{BL}{R+r}\intvdt=\frac{BLx}{R+r}$（因?yàn)?\intvdt=x$），所以$I_F=BL\cdot\frac{BLx}{R+r}=\frac{B^2L^2x}{R+r}$，對(duì)，這個(gè)公式更簡(jiǎn)單：安培力的沖量等于$\frac{B^2L^2x}{R+r}$（$x$為導(dǎo)體棒的位移）；因此，動(dòng)量定理可以寫成：$-mg\sin\theta\cdott-\frac{B^2L^2x}{R+r}=-mv_0$；但還是有$t$，其實(shí)，對(duì)于這個(gè)問題，當(dāng)導(dǎo)體棒上升時(shí)，速度逐漸減小到零，我們可以用“能量守恒”結(jié)合“安培力的功”：安培力的功$W_F=-I_F\cdotv_{平均}$？不，安培力的功等于焦耳熱的負(fù)值，即$W_F=-Q_{總}(cāng)$，而$Q_{總}(cāng)=\frac{R}{R+r}Q_{總}(cāng)+\frac{r}{R+r}Q_{總}(cāng)=Q_R+Q_r$（$Q_R$為電阻$R$產(chǎn)生的焦耳熱，$Q_r$為導(dǎo)體棒電阻產(chǎn)生的焦耳熱）；但其實(shí)，對(duì)于這個(gè)問題，**正確的最大位移計(jì)算應(yīng)該用“動(dòng)量定理+電磁感應(yīng)的沖量公式”嗎？不，等一下，我之前在水平導(dǎo)軌的問題中用了動(dòng)量定理，得到了$x=\frac{mv_0(R+r)}{B^2L^2}$，但那是因?yàn)樗綄?dǎo)軌沒有重力分力，而這里有重力分力$mg\sin\theta$，所以動(dòng)量定理應(yīng)該是：$-(mg\sin\theta+F)\Deltat=m\Deltav$，求和后得到：$-mg\sin\theta\cdott-\frac{B^2L^2x}{R+r}=-mv_0$；但這里的$t$是導(dǎo)體棒上升的時(shí)間，而我們需要找到$x$，所以需要另一個(gè)方程，比如$v=v_0-at$，但$a$是變化的，所以這個(gè)方法不行；哦，等一下，我犯了一個(gè)錯(cuò)誤，**對(duì)于斜面上的導(dǎo)體棒上升問題，最大位移的計(jì)算應(yīng)該用“能量守恒”嗎？是的，但需要考慮安培力的功，而安培力的功等于焦耳熱，即$W_F=-Q_{總}(cāng)$，所以能量守恒式為：$\frac{1}{2}mv_0^2=mgx\sin\theta+Q_{總}(cāng)$；而$Q_{總}(cāng)=\intI^2(R+r)dt=\int\frac{B^2L^2v^2}{R+r}dt=\frac{B^2L^2}{R+r}\intv^2dt$；但這個(gè)積分很難計(jì)算，所以對(duì)于變加速運(yùn)動(dòng)，通常用“動(dòng)量定理+電磁感應(yīng)的沖量公式”結(jié)合“能量守恒”是不行的，正確的做法是用“微分方程”：導(dǎo)體棒的加速度$a=\frac{dv}{dt}=-(g\sin\theta+\frac{B^2L^2v}{m(R+r)})$（負(fù)號(hào)表示加速度方向與速度方向相反）；這是一個(gè)一階線性微分方程，解為：$v=v_0e^{-\frac{B^2L^2}{m(R+r)}t}-\frac{mg\sin\theta(R+r)}{B^2L^2}(1-e^{-\frac{B^2L^2}{m(R+r)}t})$；當(dāng)$v=0$時(shí)，解得$t=\frac{m(R+r)}{B^2L^2}\ln\frac{v_0B^2L^2+mg\sin\theta(R+r)}{mg\sin\theta(R+r)}$；然后，位移$x=\int_{0}^{t}vdt=\frac{mv_0(R+r)}{B^2L^2}-\frac{m^2g\sin\theta(R+r)^2}{B^4L^4}\ln\frac{v_0B^2L^2+mg\sin\theta(R+r)}{mg\sin\theta(R+r)}$；哦，原來如此，我之前在水平導(dǎo)軌的問題中（$g\sin\theta=0$），得到$x=\frac{mv_0(R+r)}{B^2L^2}$，這是正確的，因?yàn)楫?dāng)$g\sin\theta=0$時(shí)，微分方程的解為$v=v_0e^{-\frac{B^2L^2}{m(R+r)}t}$，位移$x=\int_{0}^{\infty}vdt=\frac{mv_0(R+r)}{B^2L^2}$（因?yàn)楫?dāng)$t\to\infty$時(shí)，$v\to0$）；但對(duì)于斜面上的問題，最大位移的計(jì)算需要用微分方程，這可能超出了高考的要求，所以可能我設(shè)計(jì)的題目有誤，應(yīng)該將斜面改為水平面，這樣最大位移的計(jì)算就簡(jiǎn)單了；好的，修改題目6為水平導(dǎo)軌：題目6（修改后）：如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為$L$，左端連接阻值為$R$的電阻。一質(zhì)量為$m$、電阻為$r$的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$B$?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右的初速度$v_0$，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求：（1）導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。唬?）導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中的最大位移；（3）整個(gè)過程中電阻$R$產(chǎn)生的焦耳熱。解答（修改后）：（1）初始加速度計(jì)算：導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)$E=BLv_0$，感應(yīng)電流$I=\frac{E}{R+r}$，安培力$F=BIL=\frac{B^2L^2v_0}{R+r}$（方向向左，阻礙導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)）；由牛頓第二定律，加速度$a=\frac{F}{m}=\frac{B^2L^2v_0}{m(R+r)}$（方向向左）。（2）最大位移計(jì)算：導(dǎo)體棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止。由動(dòng)量定理（安培力的沖量等于動(dòng)量變化量）：$-\int_{0}^{t}Fdt=0-mv_0$；而$F=\frac{B^2L^2v}{R+r}$，代入得：$-\frac{B^2L^2}{R+r}\int_{0}^{t}vdt=-mv_0$；其中$\int_{0}^{t}vdt=x$（導(dǎo)體棒的位移），故：$\frac{B^2L^2x}{R+r}=mv_0$，解得$x=\frac{mv_0(R+r)}{B^2L^2}$。（3）電阻$R$產(chǎn)生的焦耳熱：整個(gè)過程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱（能量守恒）：$Q_{總}(cāng)=\frac{1}{2}mv_0^2$；電阻$R$與導(dǎo)體棒電阻$r$串聯(lián)，焦耳熱與電阻成正比，故：$Q_R=\frac{R}{R+r}Q_{總}(cāng)=\frac{R}{R+r}\cdot\frac{1}{2}mv_0^2$。命題意圖：考查電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量、能量的綜合應(yīng)用，重點(diǎn)檢測(cè)“科學(xué)思維”中的綜合分析能力及模型建構(gòu)能力（將導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)視為阻尼運(yùn)動(dòng)，用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)解決變加速問題）。（三）熱學(xué)、光學(xué)與近代物理模塊（占比約20%）1.熱學(xué)選擇題（基礎(chǔ)）題目7：一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的狀態(tài)變化過程（從狀態(tài)A到狀態(tài)B到狀態(tài)C）。下列說法正確的是（）A.從A到B，氣體對(duì)外做功，內(nèi)能增加B.從B到C，氣體體積不變，壓強(qiáng)減小C.從A到C，氣體的內(nèi)能先增加后減小D.從A到C，氣體的總熱量吸收大于對(duì)外做功解答：選項(xiàng)A：從A到B，氣體體積增大（$V_B>V_A$），對(duì)外做功（$W<0$）；溫度升高（$T_B>T_A$，因理想氣體狀態(tài)方程$\frac{pV}{T}=C$，$p$不變，$V$增大，$T$增大），內(nèi)能增加（$\DeltaU>0$）；由熱力學(xué)第一定律$\DeltaU=Q+W$，$Q=\DeltaU-W>0$（吸收熱量），A正確；選項(xiàng)B：從B到C，氣體體積不變（$V_C=V_B$），壓強(qiáng)減?。?p_C<p_B$）；溫度降低（$T_C<T_B$，因$V$不變，$p$減小，$T$減?。珺正確；選項(xiàng)C：從A到C，溫度先升高（A到B）后降低（B到C），理想氣體內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故內(nèi)能先增加后減小，C正確；選項(xiàng)D：從A到C，總內(nèi)能變化$\DeltaU=U_C-U_A$，因$T_C$與$T_A$的關(guān)系：由狀態(tài)方程，$p_AV_A=CT_A$，$p_CV_C=CT_C$，從圖中看，$p_AV_A=p_BV_A$（A到B壓強(qiáng)不變），$p_CV_C=p_CV_B$（B到C體積不變），若$p_CV_B<p_BV_A$，則$T_C<T_A$，故$\DeltaU<0$；由熱力學(xué)第一定律$\DeltaU=Q+W$，$Q=\DeltaU-W$；從A到C，氣體對(duì)外做功$W$（A到B體積增大，對(duì)外做功；B到C體積不變，不做功），故$W<0$；因此$Q=\DeltaU-W=(\text{負(fù)})-(\text{負(fù)})=\text{負(fù)或正？}$比如，若$\DeltaU=-10J$，$W=-20J$，則$Q=-10-(-20)=10J>0$（吸收熱量），此時(shí)$Q>|W|$？不，$W$是對(duì)外做功，所以$|W|=20J$，$Q=10J<|W|$，但$\DeltaU=Q-W=10-(-20)=30J$？不對(duì)，熱力學(xué)第一定律中，$W$是外界對(duì)氣體做的功，氣體對(duì)外做功時(shí)$W<0$；所以，從A到B，氣體對(duì)外做功，$W_1<0$；從B到C，氣體體積不變，$W_2=0$；總$W=W_1+W_2<0$；從A到C，$\DeltaU=U_C-U_A$，若$T_C<T_A$，則$\DeltaU<0$；由$\DeltaU=Q+W$，$Q=\DeltaU-W=(\text{負(fù)})-(\text{負(fù)})=\text{負(fù)或正}$，比如$\DeltaU=-5J$，$W=-10J$，則$Q=-5-(-10)=5J>0$（吸收熱量），此時(shí)$Q=5J$，$|W|=10J$，$Q<|W|$，但$\DeltaU=Q+W=5+(-10)=-5J$（正確）；若$\DeltaU=-15J$，$W=-10J$，則$Q=-15-(-10)=-5J<0$（放出熱量），此時(shí)$Q=-5J$，$|W|=10J$，$|Q|<|W|$；所以，D選項(xiàng)“總熱量吸收大于對(duì)外做功”不一定正確，D錯(cuò)誤。答案：ABC命題意圖：考查理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律及內(nèi)能的基本概念，重點(diǎn)檢測(cè)“物理觀念”中的“能量觀念”及邏輯推理能力。2.光學(xué)選擇題（基礎(chǔ)/中檔）題目8：如圖所示，一束單色光從空氣射入玻璃三棱鏡（折射率$n=1.5$），入射角$i=60^\circ$，三棱鏡的頂角$\alpha=30^\circ$。下列說法正確的是（）A.光在三棱鏡中的折射角$r=30^\circ$B.光從三棱鏡射出時(shí)的折射角$i'=60^\circ$C.光在三棱鏡中的傳播速度為$2\times10^8m/s$D.若增大入射角$i$，光可能在三棱鏡的右側(cè)面發(fā)生全反射解答：選項(xiàng)A：由折射定律，$n=\frac{\sini}{\sinr}$，故$\sinr=\frac{\sini}{n}=\frac{\sin60^\circ}{1.5}=\frac{\sqrt{3}/2}{1.5}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx0.577$，$r\approx35.3^\circ$，A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B：光在三棱鏡中的傳播方向：入射到三棱鏡的左側(cè)面，折射角$r$，然后射到右側(cè)面，入射角為$\beta$（右側(cè)面的入射角）。由三棱鏡的頂角$\alpha=30^\circ$，左側(cè)面的折射角$r$，右側(cè)面的入射角$\beta$滿足$r+\beta=\alpha$？不，正確的幾何關(guān)系：三棱鏡的兩個(gè)側(cè)面是平行的嗎？不，三棱鏡的頂角是$\alpha$，所以兩個(gè)側(cè)面的夾角是$\alpha$，光從左側(cè)面射入，折射后方向改變，射到右側(cè)面時(shí)，入射角$\beta$等于$\alpha-r$嗎？比如，假設(shè)三棱鏡是等腰三角形，頂角$\alpha$，底角$\gamma$，則$\alpha+2\gamma=180^\circ$；光從左側(cè)面射入，折射角$r$，則光在三棱鏡中的傳播方向與左側(cè)面的夾角為$90^\circ-r$，與右側(cè)面的夾角為$90^\circ-\beta$，而這兩個(gè)夾角之和等于$180^\circ-\alpha$（因?yàn)槿忡R內(nèi)部的三角形內(nèi)角和為$180^\circ$），所以$(90^\circ-r)+(90^\circ-\beta)=180^\circ-\alpha$，化簡(jiǎn)得$r+\beta=\alpha$，對(duì)，這個(gè)幾何關(guān)系是對(duì)的；所以，$\beta=\alpha-r=30^\circ-35.3^\circ$？不對(duì)，這說明我犯了一個(gè)幾何錯(cuò)誤，正確的幾何關(guān)系應(yīng)該是：**當(dāng)光從左側(cè)面射入三棱鏡時(shí)，折射角$r$，光在三棱鏡中