21 滚动卷(三) 专题逐一通关一至专题逐一通关四-【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·河北邢台·三模)随着人民生活水平的提高，户外旅游越来越受欢迎。如图所示，在东北雪乡有一款坐马拉爬犁的旅游体验项目深受游客的喜爱。假设马拉爬犁在水平雪地上做匀速圆周运动，下列有关说法正确的是(　　) A．爬犁受到的支持力和重力是一对平衡力 B．马拉爬犁的力等于爬犁受到的摩擦力 C．重力、支持力和摩擦力的合力和马拉爬犁的力构成一对平衡力 D．马拉爬犁的力的一个分力提供向心力 D　[把马拉爬犁的力在水平面和竖直面进行正交分解，受力分析如图所示 则有F1＝Ff，mg＝FN＋F2，故爬犁受到的支持力小于重力，故A错误；由受力分析可知，马拉爬犁的力大于爬犁受到的摩擦力，故B错误；爬犁做圆周运动，其合力不为零，所以重力、支持力、摩擦力的合力和马拉爬犁的力不能构成一对平衡力，故C错误；F3提供爬犁做圆周运动的向心力，是马拉爬犁的力在水平面上的另一个分力，也是重力、支持力、摩擦力和马拉爬犁的力的合力，故D正确。故选D。] 2．(2025·湖南长沙·模拟练习)如图所示，正方形四个顶点固定四个等量点电荷，其中A、B带正电，C、D带负电，O、M、N为AB边的四等分点，E、F分别为AC、BD的中点，L为EF的中点，下列说法不正确的是(　　) A．M、N两点电场强度大小相同 B．M、N两点电势相同 C．E、F、L三点电势相同 D．将试探电荷从E沿直线EF移动到F，静电力做负功 D　[根据电场的叠加及对称性可知，M、N两点电场强度大小相同，电势相同，E、F、L三点在同一条等势面上，三点电势也相同，将试探电荷从E沿直线EF移动到F，静电力不做功。本题选择不正确的，故选D。] 3．(2025·山东枣庄·二模)滑雪已成为人们喜爱的运动项目。运动员沿直雪道由静止开始匀加速下滑，加速度为a，滑雪板的长度为L，其B端到达P点所用的时间为t，则滑雪板的A、B端通过P点的时间差是(　　) A．t－ －t C． A　[由B端到达P点所用的时间为t，可知B端到P点的位移大小为x＝at2，则A端到P点的位移大小为x′＝x－L＝at2－L，设A端到达P点所用的时间为t′，则at2－L ＝ at′2，解得t′＝，则滑雪板的A、B端通过P点的时间差是Δt＝t－t′＝t－，故选A。] 4．(2025·山东·模拟预测)如图所示，P是纬度为θ的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为地球赤道同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且∠OAB＝90°，下列说法正确的是(　　) A．P点物体的向心加速度小于卫星A的向心加速度 B．卫星A、B与P点均绕地心做匀速圆周运动 C．卫星A、B的线速度之比为 D．卫星A、B的周期之比为 A　[∠OAB＝90°，所以OB大于OA，即卫星B做匀速圆周运动的半径大于卫星A做匀速圆周运动的半径，由万有引力提供向心力得＝mω2r，可得ω＝，可知ωB<ωA，又ωP＝ωB，所以ωP<ωA，由rP<rA，a＝ω2r，可得aP<aA，故A正确；卫星A、B绕地心做匀速圆周运动，P点运动的圆轨迹与地轴线垂直，圆心在图中O点正上方，故B错误；由万有引力提供向心力得＝，可得v＝，又＝cos θ，可得卫星A、B的线速度之比为＝＝，故C错误；由万有引力提供向心力得＝mr，可得T＝，可得卫星A、B的周期之比为＝＝，故D错误。故选A。] 5．(2025·四川德阳·一模)如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为(　　) A． C． C　[粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可知r＋r＝L，则r＝(－1)L，根据牛顿第二定律得qv0B＝，联立解得v0＝，故选C。] 6．(2025·山东枣庄·二模)直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子。若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比，以地面为零势能面，箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大小分别用E、Ep、x、P表示。下列图像可能正确的是(　　) A．　　　 B． C． D． D　[根据牛顿第二定律有mg－kv＝ma，解得a＝g－，可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，v-t图像的斜率表示加速度，题图A中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A错误；阻力的瞬时功率大小P＝fv＝kv2，结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，则P-v图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误；结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，即箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，图C中图形描述的机械能最终等于0，不符合要求，故C错误；令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能Ep＝mg(H－x)＝mgH－mgx，即Ep-x图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。故选D。] 7．(2025·内蒙古包头·二模)如图甲所示，小木块a和b(可视为质点)用轻绳连接置于水平圆盘上，a的质量为3m，b的质量为m。二者分居圆心两侧，与圆心的距离分别为Ra＝r，Rb＝2r，a、b与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。ω表示圆盘转动的角速度，在角速度ω增大到一定值的过程中，a、b与圆盘保持相对静止，所受摩擦力与ω2满足如图乙所示关系，图中2Ff2＝3Ff1。下列判断正确的是(　　) A．图线(1)对应物体a B．ω3＝ω2 C．ω2＝ω1 D．ω＝ω3时绳上张力大小为6Ff1 D　[角速度较小时，两物体受静摩擦力提供向心力，对a有Ffa＝3mrω2，对b有Ffb＝2mrω2，则角速度较小时，b的静摩擦力较小，则图线(1)对应物体b，故A错误；当角速度达到ω2时，设绳子拉力为FT，对a、b有FT＋ 3μmg ＝，FT ＋ μmg ＝，当角速度达到ω3时，设绳子拉力为F′T，对a、b有F′T＋ 3μmg ＝，F′T＝，解得ω3＝ω2，故B错误；当角速度达到ω1时，b受最大静摩擦力提供向心力，有Ff1 ＝ μmg ＝，解得ω2＝2ω1，故C错误；由上述分析可知ω3＝ω2，ω2＝2ω1，Ff1 ＝ μmg ＝，F′T＝，联立解得F′T＝6Ff1，故D正确。故选D。] 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·河北保定·二模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，a、b接输出电压恒为U的正弦交流电源，其中R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表。下列判断正确的是(　　) A．电压表V1的示数为 B．P向下缓慢滑动的过程中，I1变小，U1变大 C．P向下缓慢滑动的过程中，R3消耗的功率增大 D．P向下缓慢滑动的过程中，＝R3，＝ BD　[变压器原线圈两端的电压为U0＝U－I1R1，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系＝，电压表V1的示数为U1＝＝<，故A错误；设副线圈总电阻为R，则副线圈的等效电阻为R，P向下缓慢滑动的过程中，滑动变阻器R2接入电阻的阻值增大，副线圈等效电阻增大，原线圈中电流减小，I1变小，原线圈两端的电压U0增大，原副线圈匝数不变，则副线圈两端的电压U1增大，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系，副线圈中电流I2减小，R3消耗的功率减小，故B正确，C错误；P向下缓慢滑动的过程中，根据欧姆定律U2＝I2R3，可得＝R3，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系＝，可得U0＝U－I1R1＝U－R1，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系＝，可得U1＝－R1，可得＝，故D正确。故选BD。] 9．(2025·上海青浦·二模)如图甲为农民用水泵抽取地下水灌溉农田的场景，灌溉系统由电动机、水泵、输水钢管组成。图乙为灌溉系统示意图，地下水源水面距地表H＝8 m，安装水泵时将输水钢管竖直插入水井与地下水源连通，水管横截面积S＝5 cm2，水泵出水口离地表高度h＝0.45 m，水从管口以恒定速度沿水平方向喷出，管口截面上各处水流速相同，大小均为4 m/s，水落到水平地面瞬间竖直速度减为零，水平速度保持不变。已知该灌溉系统的抽水效率η＝75%，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．喷出的水在出水口和落地点之间的总体积为 B．水泵每秒对水流做的功为185 J C．水流对水平落地点的冲击力大小为6 N D．电动机的输入功率为225 W BC　[水流由出水口水平喷出到落地时间满足h＝gt2，因此喷出的水在出水口和落地点之间的总体积为V＝Svt＝6×10-4m3，故A错误；每秒内水流质量m＝ρSv，水泵每秒对水流做的功等于水机械能增加量W＝ΔE＝mg(H＋h)＋mv2，代入数据解得W＝185 J，故B正确；水落地时竖直方向上满足vy＝＝3 m/s，极短时间Δt内，落地水的质量Δm＝ρSvΔt，对水由动量定理－FΔt＝0－Δmvy，得F＝6 N，故C正确；对电动机，每秒输出能量W＝ΔE＝185 J，则输入功率满足Ptη＝W，解得P＝ W，故D错误。故选BC。] 10．(2025·黑龙江·阶段练习)如图所示，宽度为L1＝2L的水平宽导轨左侧平滑连接倾斜导轨，右侧连接宽度为L2＝L的水平窄导轨，宽窄导轨区域分别有竖直向上的匀强磁场B1和B2，B1＝2B2＝2B。一质量为mb＝m、电阻为Rb＝R的导体棒b静止在窄导轨区域，另一质量为ma＝2m、电阻为Ra＝2R的导体棒a由倾斜导轨h高处静止滑下。宽窄导轨长度足够，不计导轨电阻和一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．导体棒a进入水平宽导轨时的速度v0＝ B．两导体棒达到稳定状态后，导体棒b的速度vb＝ C．整个过程在导体棒b上产生的焦耳热Qb＝mgh D．整个过程通过导体棒a的电荷量qa＝ ACD　[根据动能定理有2mgh＝，解得v0＝，故A正确；两导体棒达到稳定状态时，设a、b导体棒的速度分别为va、vb，则有B1×2Lva＝B2Lvb，对a、b导体棒根据动量定理有2B×2LΔt，解得qa＝，故B错误，D正确；根据能量守恒定律有Q＝，整个过程在导体棒b上产生的焦耳热Qb＝Q，解得Qb＝mgh，故C正确。故选ACD。] 三、非选择题：本大题共5小题，共54分。 11．(8分)(2025·贵州贵阳·二模)图甲为简易多用电表电路原理图，已知电流表G满偏电流Ig＝100 μA、内阻Rg＝90 Ω，该多用电表具有直流0～1 mA量程电流表、直流0～10 mA量程电流表、直流0～3 V量程电压表及电阻挡四种挡位。 (1)下列说法正确的是________(多选)。 A．测量时红表笔应接插孔A，黑表笔应接插孔B B．用多用电表的电阻挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则测量值偏小 C．测量某二极管的反向电阻时，应使接在插孔A的表笔接二极管的正极 D．用多用电表的电阻挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率更大的挡位进行测量 (2)由已知条件可以算出电阻，R1＋R2＝______Ω，R3＝________Ω。 (3)某同学欲测量多用电表电阻挡内部总电阻r和电池的电动势E，设计如图乙所示的电路，将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔上，已知多用电表内部总电阻r远小于电压表V的内阻。通过改变电阻箱R的阻值多次测量，描点连线得到如图丙所示的-图线。根据图线得到电阻挡内部总电阻r＝________Ω(结果保留两位有效数字)。 [解析]　(1)插孔A接内部电源的正极，则测量时红表笔应接插孔B，黑表笔应接插孔A，选项A错误；用多用电表的电阻挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，相当人体与待测电阻并联，则测量值偏小，选项B正确；测量某二极管的反向电阻时，因黑表笔接电源的正极接插孔A，应使接在插孔A的表笔接二极管的负极，选项C错误；用多用电表的电阻挡测电阻时，若指针偏转角度很小，说明倍率挡选择的过低，则应换倍率更大的挡位进行测量，选项D正确。故选BD。 (2)当选择开关接b时为直流0～1 mA挡，则R1＋R2＝＝ Ω＝10 Ω 该挡位电流表内阻RA＝ Ω＝9 Ω 选择开关接d时为电压表3 V量程，则R3＝－RA＝ Ω－9 Ω＝2 991 Ω。 (3)由电路可知E＝U＋r 即＝＋· 由图像可知＝0.70 V-1，＝ A-1 解得r≈23 Ω。 [答案]　(1)BD　(2)10　2 991　(3)23 12．(8分)(2025·河南开封·二模)用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为： ①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平(如图a)； ②让质量为m1的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置； ③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置； ④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为x1、x2、x3。 分析数据： (1)实验室有如下A、B、C三个小球，则入射小球应该选取________(填字母代号)进行实验。 A．直径d1＝2 cm，质量m1＝12 g B．直径d1＝2 cm，质量m2＝24 g C．直径d2＝3 cm，质量m3＝24 g (2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了9个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图(b)中画的三个圆最合理的是________。 (3)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为___________________________ (均用题中所给物理量的符号表示)。 (4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图(c)所示，图中圆弧的圆心在斜槽末端。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤②和③的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为M′、P′、N′。测得斜槽末端与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为______________________________________________ (用所测物理量的字母表示)。 [解析]　(1)为了使两球发生对心碰撞，则两球半径应该相等，为防止入射球碰后反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，则入射小球应该选取B。 (2)确定小球的平均落地点时，要舍掉误差较大的点，然后用尽量小的圆把落点圈起来，圆心即为平均落地点，故选C。 (3)小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2 两边同乘以t可得m1v0t＝m1v1t＋m2v2t 整理得m1x2＝m1x1＋m2x3。 (4)设圆弧半径为R，则R sin α＝vt，R cos α＝gt2 解得v＝ 则落到M′、P′、N′三点的球的初速度分别为v′1＝， v′0＝， v′2＝ 若动量守恒则满足m1v′0＝m1v′1＋m2v′2 即m1＝m1＋ m2。 [答案]　(1)B　(2)C　(3)m1x2＝m1x1＋m2x3　(4)m1＝m1＋m2 13．(10分)(2025·山东·模拟)图示是一水上娱乐项目的简化模型，半径为R的光滑球固定在水中的平台上，O为球心，可视为质点的人静止在球的最高点，人、球心和固定点在同一竖直线上。某时刻人以微小(可忽略)的初速度开始下滑。已知水面到球心的距离为，重力加速度为g，人的质量为m，忽略空气阻力的影响。求： (1)人与球分离时的速度大小v； (2)人落水位置到球心的水平距离d。 [解析]　(1)设人与球分离的位置与球心连线和竖直方向的夹角为θ，则人从最高点到分离点，根据机械能守恒有mgR(1－cos θ)＝mv2 在分离时，根据牛顿第二定律有 mg cos θ＝ 联立解得cos θ＝，v＝。 (2)人滑离球后做斜抛运动，水平分速度vx＝v cos θ＝ 竖直分速度vy＝v sin θ＝v＝ 从人开始下滑到落到水面的过程，根据机械能守恒有mg＝ 解得人落到水面时的速度为v1＝ 落到水面时竖直方向的速度为v′y＝＝ 竖直分方向做匀加速直线运动，则有gt＝v′y－vy 解得t＝ 则人落水位置与球心的水平距离d＝R sinθ＋vxt 联立解得d＝(2＋5)。 [答案]　(1) (2)(2＋5) 14．(12分)(2025·湖南长沙·三模)如图为竖直平面内的直角坐标系Oxy，x轴上方存在无穷大的竖直向上的匀强电场区域，电场强度为E1(E1大小未知)。x轴上方有矩形区域abef，下方有矩形区域abcd，ab边与x轴重合，ab边的中点与坐标原点O重合，矩形区域abcd内存在水平向右的匀强电场，电场强度为E2，矩形区域abef内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。P点在a点正上方高h处，Q点与P点在同一水平线上，先将一质量为m的带＋q电荷量的小球A，从Q点以某一初速度水平抛出，小球可以从Q匀速运动到P点进入磁场区域，经磁场偏转后从ab边进入矩形电场区域，在电场中做直线运动，速度方向与x轴正方向夹角为θ＝45°；又有另一质量仍为m的带－q电荷量的小球B，从ab边同一位置以相同的速度射入矩形电场，从cd边离开矩形区域时速度方向竖直向下。已知重力加速度为g。求： (1)匀强电场E1的大小； (2)小球在抛出点Q的初速度v0； (3)矩形ad边的高度L。 [解析]　(1)匀速射入磁场，匀速过程中E1q＝mg 故E1＝。 (2)在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知＋h＝r 故r＝(2＋)h 又有qv0 B ＝ 联立解得v0＝。 (3)对A球，小球在电场中做直线运动，故小球所受合外力方向与射入电场的速度方向共线，故有tan 45°＝ 由于小球B离开电场的矩形区域时，速度方向竖直向下，即离开电场时，小球B水平方向速度为零，小球B在水平方向上只受水平向左的静电力，水平初速度为vx＝ 在竖直方向只受重力，竖直初速度为vy＝ 可知小球B在水平方向做初速度为vx＝，加速度为g的匀减速直线运动；在竖直方向做初速度为y＝，加速度为g的匀加速直线运动，则有vx＝＝gt L＝vyt＋ 由此可得L＝。 [答案]　(1)　(2) (3) 15．(16分)(2025·福建厦门·模拟)如图所示，一水平传送带以v传＝8 m/s的速度逆时针转动，其左端A点、右端B点分别与两光滑水平台面平滑对接，已知A、B两点间的距离L＝3.6 m，质量m2＝1 kg的小车放在光滑水平地面上，小车左端上表面与传送带右侧的光滑平台平滑对接，小车右端不远处是一固定的挡板。左边水平台面上有一质量m1＝0.5 kg的小物块，将小物块从压缩弹簧的右端由静止释放(小物块与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧)。小物块以v0＝6 m/s水平速度滑上小车，小车与右侧挡板发生弹性碰撞。物块与传送带之间、物块与小车之间的动摩擦因数均为0.3，重力加速度g取10 m/s2，如果小车与挡板碰撞反弹后过一段时间能停下来，求： (1)弹簧最初储存的弹性势能； (2)小车右端与挡板的距离； (3)若物块始终未从小车上掉下，小车的最短长度； (4)若不改变其他条件，让质量为2 kg的小滑块将弹簧压缩到相同位置由静止释放，传送带改为顺时针转动，求小车停下来时运动的总路程。 [解析]　(1)物块在传送带上一直减速运动，对小物块甲，从静止开始运动到B点，由动能定理有W－μm1gL＝－0 代入数据解得W＝14.4 J 弹簧最初储存的弹性势能Ep＝W＝14.4 J。 (2)物块滑上小车v0＝6 m/s 运动过程中二者动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2 因为小车与挡板碰撞反弹后过一段时间能停下来，所以碰后物块与小车动量大小相等，方向相反，则碰前物块与小车动量相等，有m1v1＝m2v2 且碰前小车还在加速，代入数据解得v2＝v0＝1.5 m/s 对小车，根据动能定理μm1 gl ＝ 解得小车右端与挡板的距离为l＝0.75 m。 (3)设小车的长度的最小值为L′，自物块滑上小车至停止运动，由能量守恒＝ μm1 gL′ 代入数据解得L′＝6 m。 (4)更换滑块后，传送带顺时针转动，有 W＋μm′gL＝m′v2－0 物块滑上小车时初速度为v＝v0＝6 m/s 更换滑块之后对小车μm′g＝m2a 解得a＝＝6 m/s2 第1次碰撞前小车的速度v3＝＝3 m/s 根据动量守恒定律有m′v0＝m′v′＋m2v3 代入数据解得v′＝4.5 m/s 第1次碰后小车向左匀减速，所受滑动摩擦力不变，则加速度不变，向左运动一段位移后速度减为0，然后再向右匀加速，假设小车与挡板发生第2次碰撞前，滑块与小车已达到共速，则从第1次碰后到共速，根据动量守恒定律，有m′v′－m2v3＝(m′＋m2)v4 代入数据解得v4＝2 m/s 由于v4<v3 可知假设成立，在共速前，滑块一直向右匀减速直到二者速度相等；从第1次碰后到第2次碰前此过程小车的路程为s1 ＝ ＝ m 从第2次碰后到第3次碰前，此过程小车的路程为s2 ＝ ＝ m 第3次碰后，根据动量守恒定律得 m′v4－m2v4＝v5 代入数据解得v5＝v4 第3次碰后到第4次碰前，则有s3＝s2＝s2 小车通过的路程s＝l＋s1＋s2＋s2＋s2＋…＋s2＝l＋s1＋s2 根据数学知识，当无限大时，可得小车通过的总路程为3 m。 [答案]　(1)14.4 J　(2)0.75 m　(3)6 m (4)3 m 学科网（北京）股份有限公司 $