17 滚动卷(二) 专题逐一通关一至专题逐一通关三-【名师导航】2026年高考物理二轮总复习教师用书

(总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·安徽滁州·期末)如图所示，质量为1 kg的物块静止在光滑水平地面上，在水平向右的恒力F＝4 N的作用下开始运动，依次通过 A、B、C、D四个位置。已知AB＝3 m、CD＝15 m，且通过AB段和CD段的时间均为1 s，则通过BC段的时间为(　　) A．1 s　　　B．2 s　　　C．3 s　　　D．4 s B　[由题意可知，小物块从静止开始做匀加速直线运动，a＝＝4 m/s2，设物块经过A点时的速度为v1，物块由A到B过程有xAB＝v1t＋at2，代入相关数据可得v1＝1 m/s，故物块到达B点时的速度v2＝v1＋at＝5 m/s，设物块经过C点时的速度为v3，物块由C到D过程有xCD＝，代入相关数据可得v3＝13 m/s，故物块由B到C的时间Δt＝＝2 s，故选B。] 2．(2025·江苏常州·期末)如图所示，2024珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行， a、b、c为飞行轨迹上的三点，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列说法中正确的是(　　) A．各点的加速度方向竖直向下 B．在a点所受的合力比在c点小 C．a、c两点的重力功率相等 D．a、b、c三点的机械能相等 B　[飞机在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，在竖直面内匀速率飞行，合力方向指向各自圆心，加速度方向也指向各自圆心，明显ac两点加速度方向不是竖直向下，a点对应的圆周半径更大，c点对应的圆周半径更小，合力提供向心力，根据向心力公式F＝m，可知在a点所受的合力小于在c点所受的合力，A错误，B正确；a、c两点的速度大小相等，但速度方向不同，速度与重力夹角不同，根据P＝mgv cos α，可知重力的功率不相等，C错误；a、b、c三点的动能相等，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点，但b与a、c的高度不一样，故a、c两点的机械能相等，且与b点不相等，D错误。故选B。] 3．(2025·湖北黄冈·二模)雷雨天带电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，a、b、c、d为等差等势面，一个电子只在静电力作用下的运动轨迹如图中实线所示，A、B是轨迹上的两点。下列说法正确的是(　　) A．云层带负电 B．A点的电场强度大小比B点的小 C．电子在A点动能比在B点动能小 D．电子在A点电势能比在B点电势能大 A　[由于电场线垂直于等势线，根据电子所受静电力的方向斜向左下方，电子带负电，可知，电场方向斜向右上方，沿电场线方向电势降低，故A点电势比B点电势高，由此可知云层带负电，故A正确；等差等势面分布的疏密程度表示电场强弱，可知，A点场强比B点场强大，故B错误；结合上述，若电子从A运动到B，静电力方向与运动方向的夹角为钝角，则静电力做负功，电子在A点动能比在B点动能大，故C错误；结合上述，电子从A运动到B，静电力做负功，电势能增大，可知，电子在A点电势能比在B点电势能小，故D错误。故选A。] 4．(2025·广东深圳·期末)电磁炮原理如图所示。闭合开关，电源提供的强大电流从固定的光滑导轨1流入，从光滑导轨2流回，导轨中电流在导轨间产生磁场，装在炮弹后面的导体棒在安培力作用下把炮弹向右发射。假设导轨中的电流为I，两导轨之间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度与电流的关系为B＝kI，两导轨间的距离为d，每条导轨长度为l，炮弹总质量为m，不考虑导体棒切割磁感线产生的感应电动势，下列分析正确的是(　　) A．两导轨间的磁场方向垂直纸面向内 B．导轨与导轨之间的安培力是吸引力 C．炮弹运动的加速度大小为 D．炮弹获得的最大动能为2kI2dl C　[根据右手螺旋定则可以判断两导轨间的磁场方向垂直纸面向外，A错误；根据左手定则可判断出两导轨间的安培力是斥力，B错误；根据牛顿第二定律有a＝，炮弹受到的安培力为F＝BId＝kI2d，可得a＝，C正确；根据动能定理，有W安＝ΔEk，即BId·l＝Ekm－0，可得Ekm＝kI2dl，D错误。故选C。] 5．(2025·甘肃白银·三模)挂灯笼在中国传统文化中寓意深远，挂灯笼不仅是为了增添节日气氛，更是蕴含真挚的祝福和期盼。如图所示，质量相等的两个灯笼A、B在O1M、O1O2、O2N三条细绳的作用下处于静止状态，O1、O2为结点，O1O2之间的绳子与竖直方向成53°角，保持O1O2与竖直方向的夹角为53°不变，用手使O2N之间的绳子从水平状态缓慢沿逆时针方向旋转45°，则(　　) A．细绳O2N上的拉力先减小后增大 B．细绳O1O2上的拉力一直增大 C．细绳O1M上的拉力先增大后减小 D．细绳O1M与竖直方向的夹角逐渐减小 D　[以O2结点为研究对象，作出力的矢量三角形如图甲所示 根据矢量三角形可知，细绳O1O2上的拉力逐渐减小，细绳O2N上的拉力也逐渐减小，故A、B错误； 以O1结点为研究对象，作出力的矢量三角形如图乙所示 根据矢量三角形可知，细绳O1M上的拉力逐渐减小，细绳O1M与竖直方向的夹角逐渐减小，故C错误，D正确。 故选D。] 6．(2025·甘肃平凉·模拟预测)随着中国航天科技飞跃发展，中国探月工程计划将在2030年前实现中国航天员登上月球。假设航天员登月后，在月球表面做了一个实验，把小球以速度v水平抛出，经过一段时间t，速度的方向改变45°。已知月球的第一宇宙速度为nv，引力常量为G，另有一探测器在离月球表面的高度等于月球半径3倍的轨道上绕月球做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) A．月球表面的重力加速度为 B．探测器的线速度为 C．月球的半径为nvt D．月球的密度为 D　[小球平抛运动的速度方向改变45°，竖直方向的分速度与初速度相等，则有vy＝v＝g月t，解得g月＝，故A错误；月球的第一宇宙速度等于近月卫星的环绕速度，则有＝，探测器做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有＝，解得v1＝，故B错误；在月球表面有G＝mg月，又＝，g月＝，解得R＝n2vt，故C错误；由＝，R＝n2vt，月球的密度ρ＝，解得ρ＝，故D正确。故选D。] 7．(2025·湖北武汉·模拟预测)如图所示，直角三角形abc中∠a＝30°，ac＝L，其区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为(k为粒子的比荷)的带正电的粒子。不考虑粒子所受的重力和相互间作用力，下列说法正确的是(　　) A．ab边上有粒子到达区域的长度为L B．ac边上有粒子到达区域的长度为L C．从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 D．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 C　[粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝＝， 如图所示 由几何关系可得ab边上有粒子到达区域的长度为ΔL1＝ad－ae＝2×cos 30°－＝ 由几何关系可得ac边上有粒子到达区域的长度为ΔL2＝2r cos 30°＝L 故AB错误； 如图所示 粒子从ab边上d点射出时，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可知，最小圆心角为60°，则最短时间为tmin＝T＝×＝ 故C正确； 如图所示 粒子从ac边上f点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为120°，则最长时间为 tmax＝T＝×＝故D错误。 故选C。] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·天津·期末)洛伦兹力在现代科学技术中有着广泛的应用，如图为磁场中常见的4种仪器，都利用了洛伦兹力对带电粒子的作用，下列说法正确的是(　　) A．图甲中，若仅增大加速电压，粒子离开加速器时的动能变大 B．图乙中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大 C．图丙中，A极板是磁流体发电机的负极 D．图丁中，带负电的粒子从左侧射入，若速度v<，将向下极板偏转 BC　[图甲，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvmB＝，可得最大动能Ekm＝＝，可知粒子离开加速器时的动能与加速电压无关，A错误；图乙所有粒子通过粒子速度选择器后速度相同，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则在磁场中运动的轨道半径越小，由qvB＝m可得＝，可知粒子的比荷越大，B正确；丙图中，由左手定则可知，正离子向下偏转，负离子向上偏转，即A极板是磁流体发电机的负极，C正确；丁图中，带负电的粒子从左侧射入，受向上的静电力和向下的洛伦兹力，若速度v<，即qvB<qE，则粒子将向上极板偏转，D错误。故选BC。] 9．(2025·山东烟台·期末)如图所示，卫星1在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，运动半径为R、周期为T1、速率为v1、加速度大小为a1；卫星2在轨道Ⅱ上绕地球做椭圆运动，AB为椭圆的长轴，其半长轴为r，周期为T2、在A点的速率为vA、在A点的加速度大小为aA，在B点的速率为vB。O点为地心，两轨道和地心都在同一平面内，已知r＝R，引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是(　　) A．T1＝T2 B．v1>vB C．a1>aA D．若OA＝0.5R，则vA＝ AB　[根据题意，由开普勒第三定律有＝，由于R＝r，解得T1＝T2，故A正确；根据题意，由万有引力提供向心力有＝m，解得v＝，可知v1＝，若卫星以ROB为半径做圆周运动，则有v′B＝，由于R<ROB，可得v1>v′B，由于卫星在B点做近心运动，则有v′B>vB，可得v1>vB，故B正确；根据题意，由万有引力提供向心力有＝ma，可得a1＝，aA＝，由于r>rOA，则有a1<aA，故C错误；由B分析可知，若OA＝0.5R，若卫星以ROA为半径做圆周运动，则有vA＝，由于卫星在轨道Ⅱ上A点做近心运动，则有vA<，故D错误。故选AB。] 10．(2025·湖南长沙·二模)某储能系统的简化模型如图所示，倾角θ为37°的斜坡ABCD上，有一质量为50 kg的重物(可视为质点)通过缆绳跨过轻质滑轮与电动机连接。t1＝0时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从A点由静止沿斜坡向上运动；t2＝2 s时，重物到达B点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动；t3＝12 s时，关闭发动机，此时重物被拉到C点；此后重物到达斜坡顶端D点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工作时输出的功率始终为2 kW，重物与斜坡间动摩擦因数μ＝0.5，不计缆绳质量以及其他摩擦损耗，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．重物到达B点时的速度大小为4 m/s B．重物在AB段的平均速度大小为7.2 m/s C．斜坡ABCD的长度为44.8 m D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能的比值为 AD　[重物在BC段匀速运动，由受力平衡得电动机的牵引力为F＝mg sin θ＋μmg cos θ＝500 N，又P＝Fvm，联立解得vm＝＝4 m/s，重物到达B点，且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达B点时的速度大小为4 m/s，故A正确；重物在AB段根据动能定理有P(t2－t1)－mgxABsin θ－μmgxABcos θ＝，代入数据解得xAB＝7.2 m，联立可得重物在AB段的平均速度大小为＝＝3.6 m/s，故B错误；重物在BC段匀速运动，有xBC＝vm(t3－t2)＝40 m，重物在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，解得a＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，由运动学公式得＝－2axCD，联立解得xCD＝＝0.8 m，则斜坡ABCD的长度为x＝xAB＋xBC＋xCD＝48 m，故C错误；全过程重物增加的机械能为E1＝mgL sin θ，整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2＝E1＋μmg cos θ·L，则＝＝＝，故D正确。故选AD。] 三、非选择题：本大题共5小题，共54分。 11．(6分) (2025·江西九江·三模)某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。其中一端装有轻滑轮的长木板固定在水平桌面上，在其上表面的P点安装一光电门。物块上表面固定一遮光片，左侧固定一力传感器。细绳的一端与力传感器相连，另一端通过轻滑轮与托盘(内有砝码)相接。实验时，物块从长木板右侧的O点由静止开始释放，在绳的拉力作用下向左运动并通过光电门，记录力传感器示数F和对应遮光片通过光电门的时间t。增加托盘中砝码的个数，重复上述实验过程，保证每次让物块从长木板上的O点由静止开始释放，得到多组F、t数据。 (1)关于本实验，下列说法正确的是________。 A．实验开始前，应先平衡阻力 B．实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行 C．实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力 D．为减少实验误差，应始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量 (2)现用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为________ cm。 (3)测出OP之间的距离为L，遮光片的宽度为d，利用描点法作出F-图像如图丙所示。已知该图像的斜率为k，在纵轴上的截距为F0，当地的重力加速度大小为g。用给出的物理量的符号和丙图中的数据，可得物块与长木板间动摩擦因数的表达式μ＝________。 [解析]　(1)由于本实验要测量物块与长木板间的动摩擦因数μ，因此不需要平衡阻力，故A错误； 实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行，物块受到的绳子拉力与长木板平行，绳子拉力和摩擦力处于同一条直线上，故B正确； 力传感器的示数等于绳拉力的大小，由于托盘及砝码有向下的加速度，因此合力方向向下，实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力，故C正确； 本实验中用力传感器测量绳子拉力，因此不需要始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量，故D错误。 故选BC。 (2)游标尺是20分度，精确度在0.05 mm。主尺读数7 mm，游标尺与主尺在第8格对齐，则遮光片的宽度为d＝7 mm＋8×0.05 mm＝7.40 mm＝0.740 cm。 (3)物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据已知条件可得v2＝2aL＝ 取物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma 联立可得F＝·＋μmg 由题图丙可知k＝，F0＝μmg 解得μ＝。 [答案]　(1)BC　(2)0.740　(3) 12．(6分)(2025·广东潮州·期末)某同学用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，滑块a和小球b用细线连接且两者之间夹一被压缩的轻弹簧，整个装置放在粗糙的水平地面上。在滑块a的左侧x处放置一光电门，滑块a与地面间的动摩擦因数为μ，小球b用轻质细线悬挂于O点，已知小球的球心到悬点O的距离为L，忽略弹簧长度对问题的影响，重力加速度为g。实验步骤如下： a．在滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片； b．用天平分别测出滑块a(含挡光片)和小球b的质量为m1、m2； c．烧断细线，滑块a和小球b瞬间被弹开，朝相反方向运动； d．记录滑块a经过光电门时挡光片的遮光时间为t； e．记录小球b向右摆起的最大角度为θ； f．改变弹簧的压缩量，进行多次测量。 (1)滑块a经过光电门时的速度大小为va＝_______________________________； (2)小球b被弹开瞬间的速度大小为vb＝________________； (3)该实验要验证动量守恒，需满足的表达式为： ___________________________。 (用题目中给出的物理量表示) [解析]　(1)滑块a经过光电门时的速度大小为va＝。 (2)由机械能守恒定律可知m2gL(1－cos θ)＝ 解得小球b被弹开瞬间的速度大小为vb＝。 (3)碰后对小球a由动能定理得 m1vm1+μm1gx 若动量守恒，则满足m1v'a＝m2vb 即m1 ＝m2。 [答案]　(1)　(2) (3)m1＝m2 13．(12分)(2025·河南商丘·期末)如图所示，某消防队进行消防演练，消防水龙头的喷嘴位置O与模拟着火点A的连线与水平面的夹角为37°。已知水离开喷嘴时的速度大小为10 m/s，水柱在空中距离O点的最大竖直高度为20 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)水离开喷嘴时的速度与水平方向夹角的正切值； (2)模拟着火点A距离O点的竖直高度。 [解析]　(1)设O点的竖直分速度为vy，则有＝2ghmax 解得vy＝20 m/s 又＝ 解得vx＝10 m/s 则水离开喷嘴时的速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝＝2。 (2)水从O运动到A过程有x＝vxt y＝vyt－gt2 且tan 37°＝ 解得t＝2.5 s，y＝18.75 m。 [答案]　(1)2　(2)18.75 m 14．(14分)(2025·河北邢台·三模)如图所示，在直角坐标系xOy中，第一象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小E＝103 V/m；第三象限内存在着以OM为边界的两个匀强磁场区域且方向均垂直于纸面向里，左侧磁场磁感应强度大小B1＝20 T，右侧磁场磁感应强度大小B2＝40 T，边界OM与y轴负方向的夹角为30°；第四象限同时存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，磁感应强度大小B3＝5 T，电场强度大小E＝103 V/m。现有一电荷量q＝＋10-5 C，质量m＝2×10-6 kg的带电粒子，从第一象限的A点以v0＝100 m/s的速度沿y轴的负方向发出，经电场偏转后，以与x轴负方向成30°角从O点进入第三象限。不计带电粒子所受的重力。求： (1)A点的位置坐标； (2)该粒子从O点到再次经过y轴所用的时间； (3)该粒子从第2次经过y轴到第3次经过y轴沿y轴方向位移的大小。 [解析]　(1)由几何关系知tan 30°＝ 解得vx＝v0 水平方向，带电粒子受静电力做匀加速运动，由牛顿第二定律有qE＝ma 由运动学公式有＝2ax，vx＝at 联立解得x＝3 m，t＝ s 竖直方向，带电粒子做匀速直线运动，有y＝v0t＝2 m 所以A点的位置坐标为(3 m，2 m)。 (2)粒子进入磁场B1时速度为v＝＝200 m/s 由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m 解得R1＝2 m 由几何关系可知，速度偏转了60°角进入磁场B2时速度沿着y轴的负方向，则t1＝T1＝×＝×10-2 s 同理，粒子进入磁场B2时，有qvB2＝m 解得R2＝1 m 且粒子进入磁场B3时速度沿着x轴的正方向，由几何关系可知，速度偏转了90°角经过y轴，所以t2＝T2＝×＝×10-2 s 则该粒子从O点到再次经过y轴所用的时间为t总＝t1＋t2＝×10-2 s。 (3)根据配速法，在第四象限，该粒子除了有沿x轴正方向的速度v，还有两个沿着y轴等大反向的速度v1。由平衡条件有qv1B3＝qE 解得v1＝200 m/s 该粒子做匀速圆周运动的速度为v2＝＝200 m/s，与x轴正方向成45°角 由洛伦兹力提供向心力有qv2B3＝ 解得R3＝8 m 圆周运动沿y轴负方向运动的距离为L1＝R3＝16 m 粒子运动的时间为t3＝＝×＝ s 直线运动沿着y轴正方向的位移为L2＝v1t3＝4π m 所以粒子从第2次经过y轴到第3次经过y轴沿y轴方向位移的大小L＝L1－L2＝(16－4π)m。 [答案]　(1)(3 m，2 m)　(2)×10-2 s (3)(16－4π) m 15．(16分)(2025·山西吕梁·三模)如图所示，一倾角θ＝37°的传送带与两个内表面光滑的圆弧细管道在最高点B平滑连接，地面上放置一右端固定挡板的长木板，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C等高相切。传送带以恒定速度顺时针转动，将滑块P轻放在传送带A点上，经过细管道与静止放置在平台上的滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回到细管道最高点B处，Q滑上长木板后，与长木板的挡板发生弹性碰撞最终停在长木板上。已知管道半径均为R，传送带的速度v0＝2，滑块P、Q及长木板质量分别为m、2m、4m，P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，Q与长木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板下表面与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。求： (1)滑块P刚放到传送带上时加速度的大小； (2)滑块P碰后返回通过管道最低端C时对管道的压力大小； (3)滑块P在传送带上运动的时间； (4)木板的最小长度。 [解析]　(1)对滑块P受力分析，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得a＝g。 (2)设P与Q碰撞前的速度大小为v1，碰撞后P的速度大小为v2，Q的速度大小为v3, P从C到B过程，根据动能定理可得－mg×2R＝ 解得v2＝2 在C位置有FN－mg＝ 解得FN＝5mg 由牛顿第三定律得滑块P碰后对管道的压力大小为5mg。 (3)P、Q发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1＝＝ 解得v1＝6，v3＝4 滑块P从B点到C点由机械能守恒得2mgR＝－mv′2 解得v′＝4 P在传送带上加速达到2后，继续加速下滑，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma′ 解得a′＝g 由运动学公式得v0＝at1，v′＝v0＋a′t2 可得滑块P在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝12。 (4)Q滑上长木板后，Q对长木板的摩擦力方向向右，大小为Ff＝2μ1mg 地面对长木板最大静摩擦力方向向左，大小为Ffm＝μ2(2m＋4m)g 由于Ff<Ffm 故长木板先不动，Q做匀减速运动，设长木板的最小长度为L，可得－μ1×2mgL＝ 解得v4＝ Q与长木板发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有2mv4＝＝ 解得碰撞后Q的速度大小为v5＝v4，长木板的速度大小为v6＝v4 Q向左减速运动，其加速度a1＝μ1g＝g 长木板向右减速，其加速度 a2＝＝g Q向左做减速至零后再向右做加速运动直到与长木板达到共同速度，再一起做减速运动，设达到共速的时间为t3，其v-t图像如图所示。 v共＝－v4＋a1t3＝v4－a2t3 解得t3＝ 由图像可知相对位移Δx＝t3 即长木板的最小长度为L＝Δx 解得长木板最小长度为L＝。 [答案]　(1)g　(2)5mg　(3)12　(4) 学科网（北京）股份有限公司 $