预测一 回归教材命题（高考预测）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专项突破教用word

预测一　回归教材命题 一、回归教材·直击新高考 　　高中物理复习需突破传统模式。本系列以教材为根基,通过原创题实现“源于教材、高于教材、直击高考”的目标,从三个维度提升物理学科核心素养。 1.知识贯通:整合6册教材内容,建立“基础→模型→应用”进阶体系。 2.思维进阶:通过模型对比、图文结合(公式与图像联动)等训练,实现物理思维进阶。 3.命题适配:精准对应新高考“情境创新、模型融合、数理结合”等命题趋势。 二、创新设计概览 1.教材深度开发 教材习题再创作:深度开发教材习题的功能,从而衍生出更多的复习素材。 教材素材深加工:重视教材的每个角落,以命题人的视角,指导考生深入挖掘教材价值。 2.思维方法突破 1 注重比值定义法的应用与迁移 从公式解题转向类比迁移,明确知识底层逻辑 2 强化公式推导与模型对应性 结合形似意异或形异意近的模型设计问题 3 公式与函数图像结合分析模型 利用数形结合思想深化对物理规律的理解 4 对比典型模型与公式引申 通过模型对比拓展规律应用 5 函数思想构建物理模型 融合数学函数思想,提升问题解决能力 三、物理核心价值呈现 从物理公式到物理本质 由a=、a=、a=可推导出动量定理与动能定理,FΔt=mv2-mv1=Δp,FΔx=m-m=ΔEk,同时可得出力的两种定义:F=,即力的本质是动量对时间的变化率;F=,即力的本质是动能对位移的变化率。力的两种本质促进了人类对两种运动量的认知。 四、53的使命,不变的初心 每道题承载多重训练目标。 每个模型直指高考命题本源。 每次训练促进思维提升。 命题素材1　必修第一册 1.(5·3原创·溯源沪科教版P75,图3-4-3) 如图所示的拔河比赛,甲、乙两参赛队在水平地面上对峙,在保持静止状态的这段时间内,下列说法正确的是 (　B　) A.若甲队的总质量大于乙队的总质量,则绳对甲队的力大于绳对乙队的力 B.两队相对地面的运动趋势方向相反 C.甲队对绳子的拉力与乙队对绳子的拉力是一对相互作用力 D.地面对两队的静摩擦力一定同时达到最大值 2.(5·3原创·溯源鲁科版P37,图2-1) 如图所示,一辆汽车(可视为质点)向右做匀减速直线运动,加速度的大小为a,在连续两段相等的时间内,第一段时间内速度变化量的大小为Δv,第二段时间内的位移为x,规定水平向右为正方向。下列说法正确的是 (　B　) A.这两段相等的时间为 B.第一段时间内的位移为x+ C.整个过程的平均速度为+Δv D.初速度为- 3.(5·3原创·溯源人教版P42,图2.3-1) 一物体(可视为质点)做匀加速直线运动的平均速度与运动时间t的关系图像如图所示,图像的纵截距为v1,已知0~t1时间对应图中的阴影部分的面积为S1。下列说法正确的是 (　C　) A.物体的初速度为2v1 B.0~t1时间内物体的平均速度为 C.物体的加速度为 D.0~t1时间内物体的位移为2S1+v1t1 4.(5·3原创·溯源人教版P53,T3) 如图所示,B、A分别是窗户上、下边上的点,C点是B点正上方的点,三点在同一竖直线上,C、B两点的高度差与B、A两点的高度差相等,在A点给小球甲一竖直向上的初速度的同时,让小球乙从C点由静止释放,经过一段时间t0,两小球在B点相遇,之后继续运动。忽略空气的阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　D　) A.窗户的上、下边的高度差为g B.小球乙从C到A的运动时间为2t0 C.小球甲在A点的初速度可能有两个值 D.小球甲从A点出发至返回A点需要的时间为2t0 5.(5·3原创·溯源教科版P133,T2) 如图所示,光滑硬直杆与水平面成53°角固定放置,原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧一端连接在天花板的O点,另一端与质量为m的圆环(视为质点)相连,圆环套在杆上,环从A点由静止释放,OA沿水平方向,且O、A两点间的距离为L,B点是杆上的另外一个点,且OB与杆垂直,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。下列说法正确的是 (　B　) A.环在A点的加速度小于g B.环在B点时,杆对环的弹力大小为 C.环在B点的加速度大于g D.环从A点到B点的运动时间小于 6.(5·3原创·溯源沪科技版P64,T6) (多选)一根质量分布均匀的木棒放在光滑的半球形碗内,D点是木棒的中点,AB是碗口的水平直径,O点是球心,碗口的半径为r,木棒放置在B、C两点间,已知B、C两点碗对木棒的支持力的大小均为F,设两个支持力延长线的交点为E(图中未画出),重力加速度为g。下列说法正确的是 (　BC　) A.D、E两点的连线不在竖直方向上 B.C、E两点的连线经过O点 C.木棒CB部分的长度为r D.木棒的质量为 7.(5·3原创·溯源人教版P115,T6) 如图所示,1、2两个物块互相接触,但不黏合,放置在倾角为30°的光滑斜面上,两物块的质量均为m=4 kg。从t=0时刻开始(两物块静止),沿斜面的推力F1=(40-4t) N和拉力F2=(8+4t) N分别作用在物块1、2上,g=10 m/s2,取沿斜面向上为正方向。求: (1)两物块分开之前的加速度大小以及分开时的速度大小; (2)当物块1的加速度为0时,物块2的加速度大小以及速度大小。 答案　(1)1 m/s2　4 m/s　(2)2 m/s2　5.5 m/s 解析　(1)两物块分开之前,对整体受力分析,把整体所受的重力分别沿斜面和垂直于斜面分解,根据牛顿第二定律有F1+F2-2mg sin 30°=2ma 解得a=1 m/s2 设两物块在t1时刻分开,两物块刚要分开时,两物块之间的弹力为0,加速度仍为a=1 m/s2 对物块2由牛顿第二定律可得F2-mg sin 30°=ma 结合F2=(8+4t1) N可得t1=4 s 两物块在分开时的速度v1=at1 解得v1=4 m/s。 (2)设物块1的加速度为0的时刻为t2,对物块1由力的平衡条件可得F1=mg sin 30° 对物块2由牛顿第二定律可得F2-mg sin 30°=ma0 结合F1=(40-4t2) N、F2=(8+4t2) N可得t2=5 s,a0=2 m/s2 从两物块分开到物块1的加速度为0,即t1=4 s至t2=5 s时间内,物块2的加速度由a=1 m/s2均匀增加到a0=2 m/s2,其a-t图线是一条倾斜直线,速度的变化量等于a-t图线与时间轴所围成图形的“面积”,则有Δv= 解得Δv=1.5 m/s 则物块1的加速度为0时物块2的速度v2=v1+Δv=5.5 m/s。 8.(5·3原创·溯源人教版P115,T7) 如图1所示,质量为m的正方体空箱放置在粗糙的水平面上,在水平拉力F0=mg的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动,箱内一个质量为m的物块贴着后壁随空箱一起匀加速运动正好不下滑。如图2所示,一条硬直细杆水平固定放置,质量为m的小环(可视为质点)套在细杆上,从A点由静止开始在斜向右上方恒定拉力F(为未知量)的作用下向右做匀加速直线运动,经过一段位移L运动到B点,这个未知拉力F与水平方向的夹角为53°,此过程中杆对环的弹力竖直向下。已知物块与箱壁间、箱与水平面间以及环与细杆间的动摩擦因数相等,且动摩擦因数小于1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: 　 (1)空箱与水平面间的动摩擦因数,运动位移L时物块获得的速度大小; (2)环的加速度大小以及环从A运动到B的时间。 答案　(1)　　(2)g　 解析　(1)对物块受力分析,水平方向由牛顿第二定律可得FN1=ma1 物块恰好不下滑,竖直方向由二力平衡可得f1=μFN1=mg 对整体受力分析,竖直方向由二力平衡可得FN2=2mg f2=μFN2 水平方向由牛顿第二定律可得F0-f2=2ma1 结合F0=mg,联立可得μ=,a1=g 由2a1L=v2解得v=。 (2)环从A运动到B,把F分别沿水平方向和竖直方向分解,竖直方向由力的平衡条件可得F sin 53°=FN3+mg f3=μFN3 水平方向由牛顿第二定律可得F cos 53°-f3=ma2 联立解得a2=g 由L=a2t2解得t=。 命题素材2　必修第二册 1.(5·3原创·溯源人教版P33·拓展学习) 向心加速度的推导过程可简化为如图所示的模型,小球做半径为r、线速度为v的匀速圆周运动,经过一段时间t从A运动到B,把小球在A点的速度平移到B,用线段BC来表示。下列说法正确的是 (　D　) A.小球在A、B两点的速度相同,向心加速度也相同 B.小球从A到B的速度变化量用线段AB来表示,方向由C指向D C.△OAB与三角形BCD是全等三角形 D.速度变化量与速度、半径的关系为rΔv=AB·v 2.(5·3原创·溯源鲁科版P101,T2) 假设一颗质量为m的人造地球卫星绕质量为M的地球做匀速圆周运动,其轨道半径为r,动能Ek与轨道半径的倒数的关系图像如图甲所示,势能Ep与轨道半径的倒数的关系图像如图乙所示,规定无限远处人造地球卫星的势能为0。已知图乙所示图线斜率的绝对值是图甲所示图线斜率的2倍,引力常量为G。下列说法正确的是 (　B　) 　　　 A.图甲所示图线的斜率为2GMm B.图乙所示图线的斜率为-GMm C.人造地球卫星重力势能的表达式为Ep=- D.若人造地球卫星的最小机械能为E,则地球的半径为 3.(5·3原创·溯源人教版P78,T7) (多选)平直公路上一辆汽车在t=0时刻开始启动,其牵引力的功率与运动时间的关系图像如图甲所示,图中阴影部分的面积为S1,速度与运动时间的关系图像如图乙所示,图中阴影部分的面积为S2。下列说法正确的是 (　BD　) 　 A.汽车以恒定的加速度启动 B.汽车运动过程中的功率为 C.汽车在运动过程中所受的阻力大小为 D.汽车的质量为 4.(5·3原创·溯源人教版P15,例题1) 如图所示,半径为4h的四分之一圆弧面AB固定放置,半径OA沿竖直方向,与斜面连接的水平面右边沿C在O点的正下方,两者的高度差为h,直管的直径略大于小球的直径,直管的管口在弧面的D点,直管的延长线指向O,现让小球从斜面向下运动,通过C点运动到D点正好能飞入管中。只有小球的速度方向沿直管的方向才能飞入管中,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　B　) A.小球在D点速度的反向延长线不经过圆心O B.小球从C点到D点的运动时间为 C.C、D两点间的距离为2h D.小球在D点的速度大小为 5.(5·3原创·溯源人教版P71,T6) 假设航天员登上月球后,把一小球斜向上抛出,抛出的初速度v0与水平方向的夹角为30°,经过一段时间t0小球回到被抛出时所在高度,速度的大小仍为v0。宇宙飞船在登月前绕着月球做匀速圆周运动,对月球的张角为60°,运行周期为T。已知引力常量为G,忽略月球自转带来的影响。求: (1)月球表面的重力加速度; (2)月球的半径以及质量; (3)宇宙飞船的线速度大小。 答案　(1)　(2)　　(3) 解析　(1)小球在月球表面做斜上抛运动,初、末位置在同一高度上,由竖直上抛的运动规律可得t0=,解得g月=。 (2)设月球的半径为R,宇宙飞船绕月球做匀速圆周运动的半径为r,过宇宙飞船作月球表面的两条切线,两切线的夹角就是卫星对月球的张角 由几何关系可得 sin 30°=,则有r=2R 忽略月球自转带来的影响,则有GM=g月R2 对宇宙飞船,由万有引力充当向心力可得=mr 联立可得R=,r=,M=。 (3)宇宙飞船的线速度大小v=r,可得v=。 6.(5·3原创·溯源人教版P100,T4) 如图甲所示,倾角为53°的斜面AB与水平面BC在B点相接,现让质量为m的物块(可视为质点)从A点由静止释放,经过B点到达C点停止,A、C两点的连线与水平面的夹角为37°,物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相等,不计物块在转折点的能量损失;让物块重新从A点由静止释放的同时给物块一个水平向右的恒定拉力的作用,其大小F=mg,如图乙所示,物块从A点经过B然后沿着水平面向右运动。已知A点与水平面的高度差为h,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)施加恒定拉力前,物块从A到C因摩擦产生的热量以及物块与接触面间的动摩擦因数; (2)施加恒定拉力后,物块从A到B的运动时间以及物块在B点的速度大小; (3)施加恒定拉力后,物块从B到C的运动时间以及物块从A到C拉力对其所做的功。 　　 答案　(1)mgh　0.75　(2)　 (3)　mgh 解析　(1)施加恒定拉力前,物块从A到C因摩擦产生的热量等于重力势能的减少量,则有Q1=mgh 物块在斜面上受到的摩擦力大小f1=μmg cos 53° 物块在水平面上受到的摩擦力大小f2=μmg 设A点在水平面上的投影为D点,由能量守恒定律可得mgh=f1·AB+f2·BC,则有mgh=μmg cos 53°·AB+μmg·BC,即h=μ·DB+μ·BC 结合DB+BC=DC、 tan 37°=,可得μ= tan 37°=0.75。 (2)施加恒定拉力后,把物块的重力mg与水平向右的恒定拉力F=mg合成,其合力F合=,且方向沿斜面向下,则支持力为0,摩擦力为0,沿着斜面向下的F合=就是物块从A到B的合力,由牛顿第二定律可得F合==ma,解得a= 由匀加速直线运动速度与位移的关系式可得2ax1=,由速度与时间的关系式可得,物块从A到B的运动时间t1= 又x1==h,联立解得vB=,t1=。 (3)施加恒定拉力后,物块从B到C,所受摩擦力f=μmg=mg,与F=mg等大反向,所以物块做匀速直线运动,则t2= 由几何关系可得x2=- 物块从A到C拉力对其做的功WF=Fx1 cos 53°+Fx2 联立解得t2=,WF=mgh。 7.(5·3原创·溯源人教版P41,T1) 如图所示,半圆弧轨道ABC竖直固定在水平面上,竖直半径O1B与倾斜半径O1D间的夹角为θ(为未知量),曲面DE搭建在D点和水平面之间,D点的切线与O1D垂直,E点的切线水平。在E点右侧水平面的M点再固定一个竖直半圆弧轨道MPN,NM是竖直直径,O2P是水平半径,现让质量为m的小球(可视为质点)从B点由静止释放,沿着轨道BDE运动到水平面上,然后从M点正好能到达N点,接着从N点落到E点,已知E、M两点间的距离为L,重力加速度为g,不计一切摩擦。 (1)求半圆弧轨道MPN的半径以及小球在P点的加速度的大小; (2)求半圆弧轨道ABC的半径; (3)若从E到M是粗糙区域,小球从B点由静止释放正好能运动到P点,则小球与EM区域间的动摩擦因数为多少? (4)若没有轨道DE,且小球运动到D点时恰好脱离轨道BC,则 cos θ的值以及小球运动到D点时重力做功的功率分别为多少? 答案　(1)　g　(2)L　(3) (4)　 解析　(1)设半圆弧轨道MPN的半径为R1,小球恰好能到达N点,则有mg= 小球从N点到E点做平抛运动,2R1=gt2、L=vNt 联立解得R1=,vN= 小球由P到N,由机械能守恒定律可得m=mgR1+m,小球在P点的向心加速度大小an= 加速度大小a= 联立解得a=g。 (2)小球从E到N,由机械能守恒定律可得m=mg×2R1+m,设半圆弧轨道ABC的半径为R2,小球从B运动到E,由机械能守恒定律可得mgR2=m 联立解得vE=,R2=L。 (3)若从E到M是粗糙区域,设小球与EM区域间的动摩擦因数为μ,小球正好能运动到P点,即运动到P点时小球的速度为0,由能量守恒定律可得m=mgR1+μmgL 解得μ=。 (4)把小球在D点的重力分别沿着O1D与垂直于O1D分解,若没有轨道DE,小球运动到D点时恰好脱离轨道BC,则D点轨道对小球的支持力恰好为0,则重力沿着O1D方向的分力充当向心力,可得mg cos θ=,小球从B到D,由机械能守恒定律可得mgR2(1- cos θ)=m 联立解得cos θ=,vD= 把小球在D点时的速度分别沿水平方向和竖直方向分解,沿竖直方向的分速度大小vy=vD sin θ 由数学知识可得sin θ= 小球运动到D点时重力做功的功率PG=mgvy 联立解得PG=。 命题素材3　必修第三册 1.(5·3原创·溯源人教版P111,图13.2-2) 如图甲所示,极靴和铁质圆柱使磁场沿径向分布,半径为r的半球面(截面为虚线)与磁场处处垂直,球面处的磁感应强度大小为B,规定垂直半球面向里的磁通量为正。如图乙所示,电荷量为q的点电荷放置在半径为r的球心处,类比磁通量的概念,在电场中可定义电通量ΦE=ES(E、S垂直),已知静电力常量为k。下列说法正确的是 (　C　) 　　 A.对甲图,通过虚线半球面的磁通量为正 B.对甲图,通过虚线半球面的磁通量为2πr2B C.对乙图,通过球面的电通量为4πkq D.对乙图,球的半径越小,电通量越小 2.(5·3原创·溯源人教版P129,T3) 如图所示,A、B、C、D是半径为r的圆周上等间距的四个点,O点是圆心,在B、C、D三个点上各固定一根通电直导线,电流大小均为I,方向均垂直纸面向里,已知单根直导线在O点产生的磁感应强度的大小为B0,电流加倍磁感应强度也加倍。下列说法正确的是 (　D　) A.O点的磁感应强度的方向由D指向C B.O点的磁感应强度的大小为B0 C.若再在A点放置一个垂直纸面向外的电流I,则O点的磁感应强度为0 D.若再在A点放置一个垂直纸面向外的电流2I,则O点的磁感应强度的大小为3B0 3.(5·3原创·溯源人教版P41,图10.4-6) 如图所示,静电计与平行板电容器相连,电容器与恒压直流电源相连,闭合开关S,稳定后把一块薄板向下插入平行板的正中央,规定大地的电势为0。插入薄板前后,下列说法正确的是 (　D　) A.静电计是测量电容器带电荷量的装置 B.静电计金属球的电势与外壳的电势相等 C.若薄板是陶瓷,插入后指针的偏角大于插入前指针的偏角,且电容器的带电荷量增大 D.若薄板是金属板,电容器的电容将增大 4.(5·3原创·溯源沪科教版P85,T5) 如图所示的电路,电源的电动势和内阻分别为E、r,两个定值电阻的阻值均为10r,滑动变阻器的最大阻值为10r,滑片位于滑动变阻器的正中央。闭合开关S,带电荷量为q的小球正好处于静止状态,电容器的电容为C,规定大地的电势为0,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　C　) A.小球的电势能为正值 B.若小球的质量为m,则两平行板的间距为 C.电容器的带电荷量为 D.若把滑片向下移动,小球将向下运动 5.(5·3原创·溯源人教版P17,T6) (多选)如图所示,轻质绝缘的细线一端系在O点,另一端与带电荷量为+q的小球(视为质点)连接,整个装置处在方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场中,小球静止时处在B点,O、B两点间的距离为R,A点在O点的正下方,与O点的距离为R,OB与OA间的夹角为37°,C点是O点右方与O点等高的点,且O、C两点间的距离也为R。现把小球置于A点,给小球一个水平向右的初速度v0(为未知量),小球正好能够到达C(运动过程中小球的带电荷量不变),重力加速度为g,sin 37°=,cos 37°=。下列说法正确的是 (　CD　) A.小球的质量为 B.小球在A点获得的动能为 C.小球从A到C的过程中,速度的最大值为 D.小球从A到C的过程中,在B点对细线的拉力达到最大值 6.(5·3原创·溯源人教版P100,T4) (多选)在如图所示的U-I图像中,直线1为某电源的路端电压与电流的关系图线,直线2为某电阻R两端的电压与电流的关系图线,两图线的交点为P,已知两个三角形的阴影面积均为S,直线2的斜率为k。下列说法正确的是 (　AC　) A.交点P的坐标表示把该电源直接与电阻R连接成闭合回路时输出的电流和电压 B.当把该电源直接与电阻R连接成闭合回路时,电源内阻消耗的功率为S C.电源的内阻与此电阻之比为1∶1 D.当把该电源直接与电阻R连接成闭合回路时,回路的电流为 7.(5·3原创·溯源教科版P60,T11) (多选)如图所示,竖直、水平固定放置的带电平行金属板,形成互不干扰的匀强电场,一带电粒子(不计重力)从1上的小孔无初速度地飘入直线加速电场,从2上的小孔(与3、4的距离相等)沿水平方向进入偏转电场,最后恰好从3的右边缘离开,已知1与2的间距、3与4的间距以及3与4的长度均相等,3、4间的电压为U,1的电势低于2的电势。下列说法正确的是 (　BCD　) A.4的电势高于3的电势 B.2、1间的电压为0.5U C.粒子在1、2间与3、4间的运动时间之比为2∶1 D.若粒子带电荷量的绝对值为q,则粒子离开3时的动能为Uq 8.(5·3原创·溯源人教版P130,T5) 如图所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在方向竖直向上的匀强磁场中,金属棒MN与框架成53°角放置,CD、EF的间距为d,现控制金属棒MN沿框架以垂直金属棒MN的速度v0做匀速直线运动。t=0时,磁感应强度为B0,此时E、N两点间的距离为d,为使MN棒中无感应电流,则从t=0开始,求:(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,金属棒足够长) (1)t=0时,DMNE回路中的磁通量; (2)t时刻,DMNE回路的面积; (3)磁感应强度B与时间t的关系式。 答案　(1)　(2) (3)B= 解析　(1)t=0时刻,DMNE回路的面积 S0= 磁通量Φ0=B0S0,联立可得S0=,Φ0=。 (2)经过一段时间t,金属棒运动的位移x=v0t DMNE回路的面积 S=S0+x 联立解得S=。 (3)t时刻,Φ=BS,DMNE回路不产生感应电流,则磁通量的变化量为0,则Φ=Φ0,可得B=。 命题素材4　选择性必修第一册 1.(5·3原创·溯源人教版P108,图4.6-1) 如图1所示的两幅图像,用手握住绳的一端,另一端固定,手在垂直绳方向上下抖动,在绳上就形成了一列横波,在绳波传播的路径中放置两个带有狭缝的栅栏;如图2所示的两幅图像,透过两块偏振片P、Q观察日光或灯光,保持P不动,旋转Q。下列说法正确的是 (　D　) A.图1是用来演示机械横波的衍射现象 B.当栅栏的狭缝与绳的振动方向平行或垂直时,绳波都能通过狭缝 C.图2是用来演示光的偏振现象的,并由此说明光是一种纵波 D.当Q与P平行时,透射光的强度最大,由此转过90°,透射光的强度最小 2.(5·3原创·溯源人教版P85,图4.1-1) 如图所示,某种单色光从真空经过A点进入某种液体中,反射光与液面的夹角为α,折射光与液面的夹角为β,已知β与α之和为105°,β与α之比为4∶3。下列说法正确的是 (　D　) A.光在A点的入射角为α B.光在A点的折射角为β C.光在A点的入射角为60° D.该液体的折射率为 3.(5·3原创·溯源人教版P9,科学漫步) 一物体在粗糙的水平面上受到水平向右的拉力F的作用,从静止开始运动的动量与时间的关系图像如图甲所示,拉力F做的功与位移的关系图像如图乙所示。根据图像中提供的已知信息,下列说法正确的是 (　C　) 　　 A.甲图的斜率大小表示拉力F的大小 B.乙图的斜率大小表示合力的大小 C.一段时间t0内,摩擦力的冲量大小为-p0 D.一段位移x0内,因摩擦产生的热量为W0-p0x0 4.(5·3原创·溯源人教版P48,演示) 如图所示,单摆摆长为L,让小球(可视为质点)从静止开始运动,在第一次运动到最低点的过程中,下降的高度为h,重力的冲量大小为I0,圆弧的长度远小于L,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　C　) A.小球的质量为 B.当小球在最低点时,向心力大小为 C.此过程中重力的平均功率为 D.此过程中合力的冲量大小为 5.(5·3原创·溯源教科版P20,T2) (多选)如图所示,水平固定放置的气垫导轨上安有两个光电门,带有遮光片的两个滑块A、B放置在气垫导轨上,两遮光片的宽度相等,A放置在左光电门的左侧,B放置在两光电门之间,导轨充气后,给A一个水平向右的初速度,与B碰前A通过光电门的时间为t1,碰后A、B通过光电门的时间分别为t2、t3。下列说法正确的是 (　BD　) A.若A的质量大于B的质量,则碰后A能再次通过左光电门 B.若A、B的质量相等,且t1等于t3,则A、B发生弹性碰撞 C.若t1=t3,t2=0,则A、B的质量之比为2∶1 D.若A、B发生弹性碰撞后的速度方向相反,且t2=t3,则A、B的质量之比为1∶3 6.(5·3原创·溯源粤教版P23,例题) (多选)如图1所示,甲、乙两物块(可视为质点)用劲度系数为k的轻质弹簧连接后放置在光滑的水平面上,甲的质量为m,t=0时刻,给甲一个水平向右的速度v0,甲、乙运动的速度与时间的关系图像如图2所示,已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为Ep=kx2,再根据图2所给的信息,分析下列说法正确的是 (　BD　) A.t1时刻系统的动能最大 B.0至t2时间内,弹簧对乙的冲量为mv0 C.乙的质量为 D.图2中阴影部分的面积为2v0 7.(5·3原创·溯源人教版P45,T4) 一列简谐横波沿x轴正方向传播,t=0时刻的波形图如图甲所示,介质中平衡位置在坐标原点处的质点,其振动图像如图乙所示,根据两图像中提供的其他已知信息。求: 　 (1)该波的波长与振幅; (2)乙图对应的函数表达式; (3)该波的传播速度以及0~17.5 s时间内平衡位置在坐标原点处的质点经过的路程。 答案　(1)8 m　40 cm　(2)y=40 sin (cm) (3)1.6 m/s　560 cm 解析　(1)由题图甲可得λ=6 m,解得λ=8 m,由题图乙可得振幅A=40 cm。 (2)设题图乙对应的函数表达式为 y=40 sin (cm) 由题图甲可得t=0时y=-20 cm,由题图乙可得t= s时y=0 联立解得φ=-、T=5 s 题图乙对应的函数表达式为y=40 sin (cm)。 (3)该波的传播速度v==1.6 m/s,0~17.5 s时间内平衡位置在坐标原点处的质点经过的路程s=×4A,解得s=560 cm。 8.(5·3原创·溯源人教版P114,T4) 一透明介质的横截面如图所示,O为圆弧AC的圆心,Q是圆弧AC上的一点,半径OQ为R,B是AO延长线上的一点,且OQ与BC平行,现让一束单色光沿PQ从Q点射入介质,PQ与AO平行,光线经过BC上的D点,反射后到达O点,设光线在Q点的入射角、折射角分别为i、r,已知i-r=15°,∠DOB=105°,光在真空中的传播速度为c,sin 15°=。求: (1)i、r的值以及介质对此单色光的折射率; (2)光在O点射出时的折射角的正弦值; (3)光从Q到D再到O传播的总时间。 答案　(1)45°　30°　　(2)　(3) 解析　(1)OQ与BC平行,光线在D点的入射角和反射角相等,则有∠CDQ=∠BDO=r,∠DOQ=∠BDO=r PQ平行于AO,则∠QOA=i 即i+r+105°=180°,又i-r=15° 联立解得i=45°、r=30° 介质对此单色光的折射率 n===。 (2)由几何关系可得光线在O点的入射角θ=105°-90°=15° 设光在O点射出时的折射角为β,有n= 结合 sin 15°=可得 sin β=。 (3)由几何关系可得 QD=DO= 光从Q到D再到O传播的总时间t= 又n=,联立可得t=。 命题素材5　选择性必修第二册 1.(5·3原创·溯源人教版P72,图4.1-2) 如图所示的LC振荡电路,线圈的自感系数为L,电容器的电容为C,平行板电容器的两极板间距为d,板间电场强度的最大值为E,已知周期T=2π。下列说法正确的是 (　D　) A.由图可知,电容器正在放电 B.由图可知,磁场能正在增大 C.电容器所带的电荷量最大值为 D.从电容器两端的电压最大时开始计时,半个周期内,通过回路的平均电流为 2.(5·3原创·溯源人教版P52,图3.1-6) 匝数为n、总电阻为R的闭合线框,绕匀强磁场中固定的轴转动,产生正弦式交变电流,磁通量与时间的关系图像如图甲所示,总电动势与时间的关系如图乙所示。通过图像所给的信息,分析下列说法正确的是 (　D　) 　 A.通过线框的磁通量最大值的绝对值为nΦ0 B.交变电流的周期为 C.从t=0时刻开始的半个周期内,平均电动势为 D.一个周期内,产生的总热量为 3.(5·3原创·溯源人教版P69,T3) 如图所示的理想变压器,原、副线圈的匝数之比为2∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值为R、R的电阻甲、乙,副线圈的回路中接有理想二极管,原线圈的一侧接在电压为U的正弦式交流电源上。下列说法正确的是　 (　B　) A.若原线圈两端电压为U1,则副线圈两端电压为U1 B.若副线圈两端电压为U2,则电阻乙两端电压为U2 C.副线圈两端电压为U D.电阻甲两端电压为U 4.(5·3原创·溯源人教版P22,T5) (多选)如图所示,带电平行金属板1、2竖直放置,带电平行金属板3、4水平放置,形成互不干扰的匀强电场,1、2间的电压为U,3、4间的电场强度为E,垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B,一电荷量为+q的粒子(不计重力)从1的小孔a无初速度飘入1、2间,从2的小孔b进入3、4间,沿直线从b到达c,竖直虚线Oc与倾斜虚线Od间的夹角为45°,两虚线间存在垂直纸面向外的匀强磁场,粒子离开c后到达Od边上,已知O、c两点间的距离为L。下列说法正确的是 (　BC　) A.粒子在b点时的动能为2Uq B.粒子的质量为 C.若粒子到达Od边界的速度竖直向下,则右侧磁场的磁感应强度大小为 D.若粒子垂直打在Od边界上,则粒子从c到达Od的运动时间为 5.(5·3原创·溯源教科版P27,T4) (多选)如图所示的两虚线圆为同心圆,半径分别为a、2a,两虚线圆所形成的环形区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,甲、乙两带电粒子(不计重力)在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与虚线圆相切,已知甲、乙的比荷均为k。下列说法正确的是 (　CD　) A.甲、乙的线速度大小之比为2∶3 B.若甲、乙的动能的比值为k1,则洛伦兹力之比为3∶k1 C.若甲、乙的动量的比值为k2,则甲、乙的带电荷量之比为3k2∶1 D.若乙与甲的线速度大小之差为Δv,则磁感应强度的大小为 6.(5·3原创·溯源人教版P22,T1) 如图1所示的电路,金属杆甲的质量为m,放置在粗糙的水平导轨上,与导轨垂直,接入电路的有效长度为L,整个装置处于匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度大小为B,与导轨所在的平面之间的夹角为37°,甲与导轨间的动摩擦因数为0.5,闭合开关后瞬间,甲刚好要滑动;如图2所示的电路,金属杆乙放置在光滑且足够长的水平导轨上,与导轨垂直,接入电路的有效长度为L,整个装置处于匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度大小为B,与导轨所在的平面之间的夹角为53°。两个回路中电源的电动势相等,回路的总电阻恒定且均为R,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求电源的电动势及导轨对甲的作用力的合力大小; (2)若闭合开关的瞬间导轨对乙的作用力恰好为0,求乙的质量; (3)求乙稳定运动时的速度大小。 答案　(1)　mg　(2)m　(3) 解析　(1)设电源的电动势为E,则I=,F安=BIL 对甲受力分析,把安培力分别沿着水平方向和竖直方向分解,可得FN=mg+F安 cos 37°,F安 sin 37°=fm μFN=fm 导轨对甲的作用力的合力大小F= 联立解得E=,F=mg。 (2)对题图乙,闭合开关的瞬间,I=,F安=BIL 对乙受力分析,把安培力分别沿着水平方向和竖直方向分解,若导轨对乙的作用力恰好为0,在竖直方向有 m乙g=F安 cos 53° 解得m乙=m。 (3)闭合开关后,乙做加速度逐渐减小的加速运动(点拨:金属杆乙做加速运动,且产生的电动势与电源的电动势相互“抵消”),当乙匀速运动时,安培力为0,电流为0,E感=E 把B分别沿着水平方向和竖直方向分解,E感=B sin 53°Lvm 解得vm=。 7.(5·3原创·溯源人教版P45,T3) 如图所示,水平虚线1、2间存在水平向里的匀强磁场,水平虚线2、3间存在水平向外的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B,且相邻两虚线间的距离均为l,质量为m、边长为l、阻值为R的正方形线框abcd在虚线1的上方由静止释放,ab边与虚线平行,已知线框的cd边在越过虚线1的瞬间刚好做匀速运动,当cd边越过虚线2后开始做减速运动,然后做匀速运动直到cd边到达虚线3,重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)求线框由静止下落时,在初始位置处cd边与虚线1的距离以及cd边运动到虚线3时的速度; (2)求线框从开始释放至cd边到达虚线3的过程中产生的焦耳热; (3)若cd边从越过虚线2到再次匀速的过程中,通过线框某一横截面的电荷量为q,求此过程线框的运动时间。 答案　(1)　　(2)2mgl+ (3)- 解析　(1)线框的cd边在越过虚线1的瞬间刚好做匀速运动,设此时的速度为v1,则有E1=Blv1,I1=,F1=BI1l 由二力平衡可得F1=mg 线框由静止下落至cd边越过虚线1过程,设在初始位置处cd边与虚线1的距离为L 由机械能守恒定律可得mgL=m 联立解得v1=,L= 设cd边运动到虚线3时的速度为v2 有E2=2Blv2,I2=,F2=2BI2l 由二力平衡可得F2=mg,联立解得v2=。 (2)由能量守恒可得mg(L+2l)=Q+m 可得Q=2mgl+。 (3)由动量定理可得-2Blt+mgt=mv2-mv1,又有q=t 联立解得t=-。 命题素材6　选择性必修第三册 1.(5·3原创·溯源人教版P12,图1.3-3甲) 对甲、乙两图所示的理想气体模型,下列说法正确的是 (　D　) 　　 A.对甲图:当气体的体积不变、温度升高时,分子的密集程度增大,气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力不变 B.对甲图:将活塞向下推,气体的体积减小,则气体的压强一定增大,分子热运动的平均动能一定增大 C.对乙图:打开阀门,气体膨胀对外做功,气体的温度降低,内能减小 D.对乙图:打开阀门,气体膨胀,气体的压强减小,内能不变 2.(5·3原创·溯源人教版P92,粒子的波动性) (多选)某种光子的能量为ε,动量为p,某种物体的动能为Ek,德布罗意波长为λ,若普朗克常量为h,光速未知,下列说法正确的是 (　BC　) A.光速为 B.这种光子的质量为 C.这种物体的质量为 D.这种光子的频率为 3.(5·3原创·溯源人教版P105) 某种原子核X经过一系列的衰变变成原子核Y,质量数与中子数的关系图像如图所示,下列说法正确的是 (　D　) A.X、Y的质子数之比为9∶8 B.X的比结合能大于Y的比结合能 C.X经过1次β衰变后,新核的中子数与质子数之比为5∶3 D.X变成Y经历了8次α衰变和6次β衰变 4.(5·3原创·溯源人教版P85) 巴耳末提出巴耳末系谱线波长λ的公式,若用频率来表示则为ν=R∞c(n=3,4,5,…),R∞叫作里德伯常量,c表示真空中的光速;玻尔发现氢原子光谱的频率公式为ν=(n=2,3,4,…),其中En=,h表示普朗克常量。下列说法正确的是 (　D　) A.对En=,量子数n越大,氢原子的能级En越小 B.由ν=R∞c(n=3,4,5,…)可得巴耳末系谱线波长λ的公式为λ-1=R∞c(n=3,4,5,…) C.由ν=R∞c(n=3,4,5,…)可计算氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时放出的光子频率为-R∞c D.氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁,对比ν=R∞c与ν=可得E1=-hR∞c 5.(5·3原创·溯源人教版P117,例题) (多选Cu发生β+衰变,方程式为Cu→Xe,放出的核能为ΔECo发生β衰变,方程式为Co→Ye。已知X的比结合能为E。下列说法正确的是 (　CD　) ACu比X要稳定 B.Y的中子数比质子数多8 C.X、Y是同位素 DCu的比结合能E0=E- 6.(5·3原创·溯源人教版P30,T4) 如图所示,长度为3L的水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的容器内,水银柱的下表面正好与细管的下端口齐平,粗管横截面积是细管的3倍,细管的长度为4L,粗管的长度也为4L,大气压强为p0,气体的压强为,气体的温度为T0。求: (1)缓慢地给气体加热,当水银柱刚要溢出细管口时气体的温度T1; (2)让气体的温度缓慢地降低,当水银柱刚好全部进入粗管时气体的温度T2。 答案　(1)T0　(2)T0 解析　(1)设细管的横截面积为S,则粗管的横截面积为3S。缓慢地给气体加热,在水银柱刚要溢出细管口之前,理想气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律有= 解得T1=T0。 (2)水银柱全部在细管中时,长度为3L,根据题意可知水银柱产生的压强为0.5p0,说明长度为L的水银柱产生的压强为,当水银柱刚好全部进入粗管中时,长度为L,气体的压强为,气体的体积为3L×3S 由理想气体状态方程可得= 联立解得T2=T0。 7.(5·3原创·溯源人教版P44,T5) 一定质量的理想气体,经历状态A→B→C→D的压强与体积的关系图像如图所示,AB的反向延长线经过坐标原点O,CD与AB平行,BC是双曲线的一支,已知气体在状态A的温度为T0,再根据图中所给的其他已知信息,求: (1)气体在状态C的温度以及在状态D的温度; (2)若气体从状态A到状态D对外做的功为W0,从状态B到状态C气体对外做的功W。 答案　(1)T0　3T0　(2)W0-p0V0 解析　(1)AB的反向延长线经过坐标原点O,由几何关系可得= 气体从A到B,由理想气体状态方程可得= 联立解得pA=1.5p0,TB=T0 BC是双曲线的一支,则气体从B到C发生等温变化,TC=TB=T0,由2p0V0=pC×2V0,可得pC=p0 CD与AB平行,由几何关系可得 = 气体从A到D,由理想气体状态方程可得 = 联立解得pD=1.5p0,TD=3T0。 (2)根据功的定义可得,理想气体对外做的功W=pΔV,则当体积增大时,p-V图线与横轴所围成图形的“面积”表示理想气体对外做的功,AB与横轴所围成图形的“面积” S1==p0V0 CD与横轴所围成图形的“面积” S3==p0V0 若气体从状态A到状态D对外做的功为W0,设BC与横轴所围成图形的“面积”为S2 则有W0=S1+S2+S3 联立解得S2=W0-p0V0 即从状态B到状态C气体对外做的功W=S2=W0-p0V0。 8.(5·3原创·溯源人教版P131,A组,T4) 43号元素锝(Tc)是第一个人工制造的元素;45号元素铑(Rh)于1803年由英国科学家沃拉斯顿从粗铂中发现并分离出;90号元素钍(Th)于1828年由瑞典科学家贝采尼乌斯发现。原子核可以发生α衰变或β衰变。在垂直纸面的匀强磁场中,静止的原子核发生了α衰变或β衰变,衰变结束时,当α粒子、β粒子、反冲核(新核)的速度与磁场垂直时,将在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,轨迹的半径一大一小,轨迹的形式分为内切和外切,如图甲、乙所示。 　　 (1)α粒子或β粒子的运动半径大还是新核的运动半径大?α衰变后两种粒子的运动轨迹是内切圆还是β衰变后两种粒子的运动轨迹是内切圆? (2)写出Ru发生β衰变的衰变方程,并求出β粒子与反冲核做圆周运动的半径之比。 (3)写出U发生α衰变的衰变方程,并求出α粒子与反冲核做圆周运动的半径之比。当α粒子转过520圈时,反冲核转过多少圈? 答案　(1)α粒子或β粒子　β衰变 (2RuRhe　45∶1 (3UThHe　45∶1　400 解析　(1)静止的原子核发生这两种衰变,满足系统动量守恒,系统总动量为0,衰变刚结束时,衰变生成的两种粒子的动量等大反向,洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力,可得Bqv= 又p=mv,联立解得R= 反冲核(新核)的电荷量大,运动半径小,α粒子或β粒子的电荷量小,运动半径大。 对α衰变,衰变生成的两种粒子都带正电,若两种粒子的运动轨迹为内切圆,与动量反向的结论相矛盾,则α衰变后两种粒子的运动轨迹为外切圆;同理,β衰变后生成的两种粒子的运动轨迹是内切圆。 (2Ru发生β衰变的衰变方程为RuRhe 由R=可得Rβ∶RRh=45∶1。 (3U发生α衰变的衰变方程为UThHe 由R=可得Rα∶RTh=45∶1 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T= 则=×=×= 当α粒子转过520圈时,设反冲核转过N圈,根据时间相等可知520Tα=NTTh,可得N=400。 第 15 页 共 15 页 $