物理终极押题猜想（全国通用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

2026年高考物理终极押题猜想 情景一 与中国传统文化相关情景 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】A 【详解】AB．根据题意，竹笛发声频率公式为，其中L为空气柱长度，v为声速，k为常数。 由仅开孔1时，L1=31.8cm，波长可得解得 对于仅开孔6，L6=17.2cm则波长， 故A正确，B错误。 CD．温度越高声速越大，小寒气温低，声速小，大暑气温高，声速大。对于同一竹笛，L不变，频率f与v成正比，因此小寒时的频率低于大暑时的，故CD错误。 故选A。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】A．水桶做匀加速直线运动，根据运动学公式，可得水桶末速度 辘轳头边缘点的线速度等于水桶速度，即 、 两点同轴转动，角速度相等，根据 可知，所以，故A错误； B．、 两点同轴转动，角速度相等，根据向心加速度公式 可知，，故B错误； C．对水桶受力分析，根据牛顿第二定律有 解得绳子拉力 水桶上升时间满足 解得 轻绳对水桶拉力的冲量，故C正确； D．根据动能定理，水桶所受合力做的功 ，故D错误。 故选C。 2．【答案】B 【详解】A．由图像可知，在时间内，“窜天猴”竖直向上加速，故处于超重状态，故A错误； B．题目明确DE段斜率绝对值等于重力加速度g，t3∼t4（DE段）速度为正，加速度向下、大小为g，说明窜天猴只受重力作用，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，故B正确； C．在时刻，“窜天猴”的速度最大，故合力为0，说明此时推力等于重力，火药没有烧尽，故C错误； D．在时间内“窜天猴”的加速度减小，根据可知，气流对“窜天猴”的作用力大于重力且逐渐减小，故D错误；故选B。 3．【答案】A 【详解】毛肚在空中竖直向上做匀速运动，处于平衡状态，合力为零。 对毛肚受力分析：毛肚仅受两个力，竖直向下的重力，以及筷子对毛肚的总作用力。根据二力平衡条件，筷子对毛肚的总作用力与重力大小相等、方向相反，因此筷子对毛肚作用力的大小为，与筷子夹角无关。 故选A。 4．【答案】C 【详解】由题意，竖直、水平，为直角三角形，设，则 由勾股定理得。 与竖直方向夹角满足 解得。 对受力分析：受重力（作用在重心，竖直向下）、点绳子的拉力（作用线过点，对力矩为0）、摇臂的作用力（为轻铰链杆，作用力沿杆即水平方向）。 对悬点取力矩平衡，重力的顺时针力矩等于的逆时针力矩： 代入、 解得： 因此摇臂对手柄的作用力大小为 故C正确。 5．【答案】B 【详解】AB．设轻绳上的张力为，由竖直方向平衡可得 解得，故A错误，B正确； C．仅增大轻绳的长度，减小，增大，轻绳上的张力减小，故C错误； D．两段轻绳的夹角越小，越大，轻绳上的张力越小，故D错误。 故选B。 6．【答案】B 【详解】当斗笠匀速转动时，每一串串珠会随斗笠一起做匀速圆周运动（同轴转动，角速度相同）。串珠的向心力由重力和绳子拉力的合力提供，即（其中是绳子与竖直方向的夹角，r是串珠到转轴的水平距离） 解得 公式说明越靠下的串珠，圆周运动半径r越大，也越大，即越大。 故选B。 7．【答案】C 【详解】A．由题意可知，M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周的切线方向，始终与ON垂直，而非沿PM方向，故A错误； B．由题意可知，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，M点以O点为圆心做匀速圆周运动，所以向心加速度方向始终沿M指向圆心O，不是沿MP方向，故B错误； C．由匀速圆周运动规律可知 由于， 所以有 所以N点线速度大小是M点的2倍，故C正确； D．由向心加速度公式可知 由于， 所以有 所以N点的向心加速度大小是M点的2倍，故D错误。故选C。 8．【答案】A 【详解】大小圆盘固定同轴转动，角速度均为，根据线速度与角速度的关系，可得大圆盘边缘线速度 小圆盘边缘线速度 中轴转动时，大圆盘收拢绳子，小圆盘放出绳子，时间内绳子的净缩短量为 下方挂货物的是动滑轮，绳子总净缩短量等于动滑轮两侧绳子缩短量之和，若货物上升速度为，时间内总缩短量满足 整理得 故选A 。 9．【答案】B 【详解】拨板绕以角速度匀速转动，拨板上A点的线速度 线速度方向垂直于（圆周运动线速度沿切线方向）。 拨板上A点垂直碓杆（竖直方向）的分速度等于碓杆上A点的转动线速度。 已知与水平方向成，垂直，因此在垂直碓杆方向的分量为 同一杆上角速度相同，线速度与转动半径成正比。由题 可得 故选 B。 10．【答案】C 【详解】AB．根据多普勒效应，图（a）救护车向右运动的过程中，A听到警笛声的频率大于车发出的频率，B听到警笛声的频率小于车发出的频率，因此 则A、B两人听到警笛声的频率不同，音调“尖锐”对应频率更高，A听到的频率更高更尖锐，AB错误； CD．同样地拨动力度下，小纸人晃动越明显代表音调越准确，小纸人所在的琴弦发生了共振，C正确，D错误。故选C。 情景二 与现代生活生产相关情景 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】D 【详解】A．带正电的药物离子需要从A向B方向运动实现给药，正电荷受力方向与电场方向一致，因此电场方向由A指向B；沿电场线方向电势逐渐降低，因此电极A的电势高于电极B，故A错误； B．匀强电场仅存在于平行正对带电极板等特殊场景，本题两个电极形状不规则，皮肤内电场强度处处不同，不是匀强电场，故B错误； C．离子运动方向与电场力方向一致，电场力对离子做正功，离子的电势能减小，故C错误； D．调大两极间电势差后，两极间电场强度增大，正离子受到的电场力增大，运动速率加快，单位时间内导入的药物离子更多，可以加快给药进程，故D正确。故选D。 密押预测·精练通关 1．【答案】B 【详解】设第一个曝光时间内的初速度为；根据运动学公式，第一个曝光时间内的位移 第三次曝光的初速度 第三次曝光时间内的位移 故选B。 2．【答案】D 【详解】B．由图可知，最后10s冰车做匀减速运动，加速度大小 则摩擦力 由，冰车与冰面间的动摩擦因数，B错误； A．由图可知，最初5s冰车做匀加速运动，加速度大小 水平恒力，A错误； C．5s末的速度 整个过程中冰车在冰面上运动的总距离，C错误； D．整个过程中根据动能定理 大人对小孩和冰车做的功，D正确。 故选D。 3．【答案】D 【详解】ABD．货物沿斜坡向上匀速行驶，对货物分析可知，， 由于，可知，，F等于木箱的重力G，与无关，故AB错误，D正确； C．由于，若仅增大，则也增大，故C错误。 故选D。 4．【答案】C 【详解】A．同一根轻绳张力处处相等，设绳张力为，对晾衣杆由竖直方向平衡得 整理得 当时，代入公式得，故A错误； BC．晾衣架顶部两个固定滑轮的水平间距保持不变，设晾衣杆上方两段倾斜的绳子的总长度为，每段绳子与竖直方向的夹角为，由几何关系得 整理得 晾衣架上移过程中，晾衣杆上方绳总长度减小，不变，因此增大，增大，减小，因此逐渐增大，故B错误，C正确； D．晾衣架缓慢上移，始终处于平衡状态，总合力始终为零，因此合力不会逐渐增大，故D错误。 故选C。 5．【答案】C 【详解】AC．抛出的两鱼食在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，在竖直方向的位移相等，在竖直方向，鱼食1做自由落体运动，鱼食2做竖直上抛运动，故两鱼食在空中运动的时间关系为，鱼食2做斜抛运动，水平方向上做匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与鱼食1比较水平位移相同，但运动时间较长，因此鱼食2水平方向上的分速度较小，即在最高点的速度小于，故A错误，C正确； B．设与水平方向的夹角为，由上述分析可得， 解得，无法判断、的大小关系，故B错误； D．鱼食落到点时的速度满足 动量，由于无法判断、的大小关系，故两鱼食的动量的大小关系也无法判断，故D错误。 故选C。 6．【答案】C 【详解】在球即将脱离水泥管的瞬间，设此时速度方向与水平方向夹角为，如图所示 则在脱离瞬间水泥管道对小球的支持力为零，重力在指向圆心方向的分力提供向心力，则有 小球从踢出瞬间到脱离水泥管根据动能定理可知代入题中数据解得故选C。 7．【答案】C 【详解】A．小球经过点时，加速度向上，故小球处于超重状态，A错误； B．小球恰能完成圆周运动，小球通过点时重力提供向心力 解得 小球从点运动到点的过程中，根据动能定理有 解得，B错误； C．小球由静止下滑到圆心等高处的过程中 解得 小球在圆轨道上经过圆心等高处时， 小球的加速度，故C正确； D．释放点越高，小球在圆轨道上的速度越大，小球通过C点 小球通过B点 小球从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有 小球在轨道上、两点受到的弹力大小之差 联立解得，故弹力大小之差与释放点的高度无关，D错误。 故选C。 8．【答案】C 【详解】无人机在空中悬停时，六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有 设时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为 对向下推动的空气由动量定理 且有 联立解得 故选C。 9．【答案】C 【详解】A．理想气体的内能只与温度有关，题目已知温度始终保持不变，故罐内气体内能不变，故A错误； B．在水不断喷出的过程中，气体体积增大，气体对外界做功，即，而内能不变，即，根据热力学第一定律 可知，即气体从外界吸热，故B错误； C．初状态气体压强，体积，喷出水后，气体体积变为 根据玻意耳定律 解得，故C正确； D．温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子的平均动能不变，平均速率不变，但并不是每个气体分子的速率都不变，故D错误。 故选C。 10．【答案】D 【详解】A.根据c=λf 在真空中，红光和绿光的波速相同，绿光的频率大，波长短，故A错误； B.根据 红光比绿光的频率小，折射率小，波速大，故B错误； C.冰面下方的灯发出的光先经过冰，再进入空气，空气中的折射角大于冰中的入射角，光路图如下图 沿空气中光路的反向延长线，看到灯的位置比实际位置偏浅,故C错误； D.从光密介质射到光疏介质，当角度达到临界角则发生全反射形成的，冰块中气泡看起来更亮是由于光从气泡外部入射到气泡与冰的交界面上，导致光线被完全反射回冰中，使气泡看起来明亮，故D正确。 故选D。 情景三 与现代科学技术相关情景 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】A．前偏振片输出水平偏振光，后偏振片初始为竖直方向（正交），无电场时液晶旋转90°使光通过；有电场时分子沿电场排列，不旋转光，光被阻挡，发光位置变暗。若两偏振片方向不垂直时，闭合开关有可能亮度不变，因此不能正常工作，故A错误； B．图中前基板接正极，后基板接负极，电场方向水平向右，则液晶分子正电中心偏向后基板，故B正确； C．分子整体电中性，正负电荷在匀强电场中受力大小相等、方向相反，合力为零，故C错误； D．从无序到沿电场力方向排列，电场力做正功，电势能减小，故D错误。故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】B 【详解】A．研究机器人空翻动作时，不能忽略机器人的大小和形状，不可以将机器人视为质点，故A错误； B．辅助平台对机器人的作用力与机器人对辅助平台的作用力属于一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，这两个力的大小始终相等，方向相反，故B正确； C．机器人起跳的过程中，辅助平台对机器人的支持力方向向上，平台向上弹起过程机器人的位移方向向上，可知辅助平台对机器人做正功，故C错误； D．惯性是物体的固有属性，惯性大小仅由质量决定，和速度无关，故D错误。 故选B。 2．【答案】B 【详解】A．由牛顿第二定律可知，则，即，故在A点的加速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的加速度，故A错误； B．根据万有引力提供向心力有化简可得，则轨道Ⅰ的速度大于轨道Ⅲ的速度（即），又飞船从轨道Ⅰ到转移轨道Ⅱ时需要加速，则，故在A点的速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的速度，故B正确； C．由A向B运行的过程中，只有引力做功，飞船动能和势能相互转化，机械能不变，故C错误； D．点火后，飞船在轨道Ⅱ上从A向B运行时做离心运动，只受万有引力且处于完全失重状态，故D错误。 故选B。 3．【答案】D 【详解】粒子仅受电场力，由动能定理 从：即得 从：即得 已知为直径，故；中，由圆的性质，因此：，设，则， 取中点，则取中点（圆心），则 因此为等势线。电场方向垂直于等势线，由电势高低可知电场方向由指向与垂直的分量。到等势线的距离：中，，，，，故到的距离由电场强度大小故选D。 4．【答案】D 【详解】A．载流子的电性及所带电荷量均与电子相同，电流方向由向，负电荷定向运动方向与电流方向相反，所以载流子在水平方向从向，故A错误。 B．由左手定则可知载流子向电极端偏转，电极的电势比电极的电势低，故B错误。 C．由题意知样品每平方米载流子数为，则时间内通过样品的电荷量 根据电流的定义式得电流稳定时有整理得可知即，故C错误。 D．由题给关系图像可知斜率其中， 联立解得个，故D正确。故选D。 5．【答案】D 【详解】A．若沿顺时针方向，，则线圈受到向左的安培力，故手机的加速度是向右，使镜头处于零加速度状态，故A错误； B．若沿顺时针方向，，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，故B错误； CD．若a的方向沿右偏上60°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力小于向上的分力；要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力、线圈d需要受到向下的安培力，且，可知顺时针，逆时针，且，故C错误，D正确。 故选D。 6．【答案】B 【详解】A．差动变压器的两个次级线圈反向串联，电压表测量的是两线圈感应电动势之差的有效值，故A错误； C．当铁芯不动且位于中央时，结构对称，两线圈产生的感应电动势大小相等、方向相反，总电动势为零，电压表示数为零，故C错误； D．电压表示数大小反映了铁芯偏离中心的程度，移动距离越大，两线圈电动势差值越大，因此可以通过电压表示数判断铁芯移动距离，故D错误； B．当铁芯向下移动时，下线圈的互感系数增大，感应电动势 增大，上线圈感应电动势 减小，总电动势主要由下线圈决定。在 时间内，原电流 为正（由 流向 ）且减小，穿过线圈的磁通量向上减小。根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的减小。结合线圈的绕向和差动连接方式，此时下线圈产生的感应电动势占主导，使得 端电势高于 端电势，故B正确。 故选B。 7．【答案】C 【详解】AB．当开关接1时，电源给电容器充电，稳定时 当开关接2时，电容器通过金属棒放电，有 金属棒接入电路的电阻为，故AB错误； CD．对金属棒应用动量定理可得 又有 其中为通过金属棒的电荷量，由图2可知 联立解得金属棒脱离导轨时的速度大小为，故C正确，D错误。 故选C。 8．【答案】B 【详解】AD．当线圈转动到如图所示的位置时，穿过线圈的磁通量为0，而磁通量的变化率最大，则根据法拉第电磁感应定律可知，此时线圈中的感应电动势最大，所以此时线圈中电流的方向不会发生变化，且此时感应电流最大，故AD错误； B．线圈转动到如图所示位置时，根据右手定则可知线圈内部电流的方向由b流向a，由于电源内部电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，故B正确； C．若从图示位置开始计时，线圈产生的电动势瞬时值表达式为 其中电动势的峰值为 又因为 联立解得 所以线圈产生的电动势大小与海浪波动的频率有关，故C错误。 故选B。 9．【答案】A 【详解】A．升压变压器副线圈电压 减小​则降低。若输送功率一定，输电电流 ​减小则增大，输电线损耗功率 增大则增大，输电效率 增大则降低，因此减小可以降低输电效率，故A正确； B．由图乙可知，磁场竖直向上，图示初始位置线圈平面与磁场垂直，处于中性面位置，磁通量最大，但磁通量的变化率为0，感应电动势为0，电流最小。线圈转过后，线圈平面与磁场平行，磁通量为0，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，电流最大，因此转过时电流最大，故B错误； C．输送功率一定，升压变压器副线圈电压 发电机输出电压​增大则增大，输电电流 增大则减小，输电线损耗 减小则减小，故C错误； D．当用户端接入的用电器增多时，用户端总电阻减小，降压变压器副线圈电流增大，原线圈电流（即输电线电流）增大，输电线电压损耗 增大则增大，降压变压器原线圈电压 增大则减小。根据理想变压器电压比 得 要维持不变，且​减小则需要增大，减小​会让更小，无法维持稳定，故D错误。 故选A。 10．【答案】D 【详解】A．半衰期是原子核的固有属性，与外界温度、压强等环境因素无关，温度升高的半衰期不变，故A错误； B．根据核反应电荷数、质量数守恒，X的电荷数为，质量数为，可知X为电子，该衰变为β衰变；且α射线的实质是高速氦核流，不是电子流，故B错误； C．由光电效应方程得该γ光子能量为 若照射逸出功为的金属，只有满足（即）时才会有光电子逸出，因此不一定逸出，故C错误； D．根据光电效应方程变形得γ光子频率故D正确。故选D。 情景四 与体育活动相关情景 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】A 【详解】根据结合图像可知，脚离地的速度为 脚离地后重心上升的最大高度为故选A。 密押预测·精练通关 1．【答案】B 【详解】A．人处于静止状态，受重力和单杠的作用力平衡，单杠对人的作用力（合力）大小等于人的重力，与双手间距离无关，故A错误； B．设单杠对每只手臂的作用力为，两手臂夹角为，根据平衡条件有 解得 双手间距越大，夹角越大，越小，则越大，故B正确； C．对人和引体向上器整体分析，竖直方向受重力和墙壁对两个橡胶垫的摩擦力，根据平衡条件有 解得，故C错误； D．人由静止下降到最低点的过程中，先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，处于先失重后超重状态，单杠对人的作用力先小于重力后大于重力，故D错误。 故选B。 2．【答案】D 【详解】CD．由题图得，碰前篮球的运动是反向的平抛运动，则水平方向做匀速直线运动、竖直方向做自由落体运动，由 代入数据解得 设碰后瞬间篮球的速度大小为，有 假设碰后落在出手点的正下方，即两次平抛的水平位移相同，设碰前瞬间篮球的速度大小为，则有 碰后竖直方向有 解得 故，速度损失，即37.5%，故C错误，D正确。 AB．分析易得若速度损失20%，由 得 则篮球落地点在出手点正下方的后方，故AB错误。 故选D。 3．【答案】D 【详解】对运动员在空中的运动沿平行斜面和垂直斜面方向分解可知，运动员从A运动到P点和从P点运动到B点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从A到C的时间与从C到B的时间相等，运动员沿平行斜面做加速度为的匀加速运动，设整个运动时间为t，则 由于从A到P的水平位移与从P到B的水平位移相等，因此 则 运动员做平抛运动有 解得， 则 故选D。 4．【答案】D 【详解】AB．运动员的圆周运动相当于竖直平面内的杆球模型。运动员在竖直面内做圆周运动且刚好能通过最高点，此时运动员的重力和单杠对他的支持力平衡，则在最高点时速度为0，向心力为0，故AB错误； C．运动员在最低点时，拉力和重力的合力提供向心力，即 解得单杠对他的作用力 可知，当运动员在最低点速度变大时，单杠对他的作用力增大，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力增大，故C错误； D．若运动员在最高点时单杠对运动员的作用力恰好为0，此时恰好由重力提供向心力，即 解得此时运动员的速度 当时有 可知速度增大，FN减小，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力减小；当时，有 速度增大，FN增大，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力增大，故D正确。 故选D。 5．【答案】D 【详解】运动员在空中运动过程中，水平方向只受空气阻力的水平分量作用。设任意时刻速度为 ，速度方向与水平方向夹角为，则空气阻力大小 其水平分量 方向与水平速度方向相反。 根据牛顿第二定律，水平方向有 整理得 由于 代入上式得 对从起跳到落地的全过程求和，设水平位移为 ，初水平速度为 ，末水平速度为 ，则有 即 由题意可知，起跳时水平分速度 落地时水平分速度 代入数据解得 故选D。 6．【答案】D 【详解】A.因为运动员垂直击中倾角为的挡板，所以速度与水平方向夹角为，故，故A错误； BC.位移几何关系有 即 将代入位移方程 可得 则，故BC错误； D.合速度，故D正确。 故选D。 7．【答案】C 【详解】A．杨文龙在空中飞行过程，加速度恒定为g，是匀加速曲线运动，A错误； B．动量的变化率等于合外力，则杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率不变，总等于本身的重力，B错误； C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，竖直速度先减小后增加，根据PG=mgvy可知，重力的瞬时功率先减小后增大，C正确； D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，因最高点的速度不为零，则其动能的一部分转化为重力势能，D错误。 故选C。 8．【答案】D 【详解】A. 时运动员在最低点，速度为零，机械能最小，故A错误； B. 时运动员刚离开蹦床，只受重力，加速度为，故B错误； C. 空中运动时间 ，上升时间 ，离开时刻 ，最高点应在 ，故C错误； D. 离开时速度 由动量定理 代入数据得 ，故D正确。 故选D。 9．【答案】C 【详解】A．对于冰壶甲，从推出到碰撞前，滑行距离，摩擦力做负功。由动能定理 代入数据得，所以碰撞前瞬间甲的速度为。选项A错误。 B．两冰壶质量相等，发生一维弹性碰撞，即， 可得碰撞后甲的速度为，乙的速度为。选项B错误。 C．碰撞过程中，对冰壶乙应用动量定理，甲对乙的冲量等于乙动量的变化量，选项C正确。 D．碰撞后，甲的速度为0；乙的速度为，在摩擦力作用下减速，加速度大小 滑行路程为，选项D错误。 故选C。 10．【答案】C 【详解】A．由乙图可知，当时，质点Q向上运动，根据波传播的“上波下、下波上”的特点，即沿波传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动，结合图甲的波形图，波沿x轴正方向传播，故A错误； BC．由甲图可知，波的半波长为4m，所以波的波长，由乙图可知，周期为，所以波的速度，故B错误，C正确； D．时，Q点向下振动，故质点Q的振动方程为，故D错误。 故选C。 选择题预测01原子物理 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】D 【详解】A．半衰期是原子核的固有属性，与外界温度、压强等环境因素无关，温度升高的半衰期不变，故A错误； B．根据核反应电荷数、质量数守恒，X的电荷数为，质量数为，可知X为电子，该衰变为β衰变；且α射线的实质是高速氦核流，不是电子流，故B错误； C．由光电效应方程得该γ光子能量为 若照射逸出功为的金属，只有满足（即）时才会有光电子逸出，因此不一定逸出，故C错误； D．根据光电效应方程变形得γ光子频率故D正确。故选D。 密押预测·精练通关 1．【答案】B 【详解】AB．反应过程应满足质量数和电荷数守恒，则核反应方程为：，故A错误，B正确； C．比结合能越大原子核越稳定，该核聚变释放能量，说明生成物比反应物更稳定，因此的比结合能小于的比结合能，故C错误； D．相同质量的核燃料，核聚变释放的能量远大于核裂变，因此核聚变产能效率更高，故D错误。 故选B。 2．【答案】B 【详解】A．半衰期是一个统计规律，适用于大量样本，可知，如果有100个镅-241，经过432.2年后，不能够确定还剩下多少个镅-241没有衰变，故A错误； B．根据半衰期的规律有，故B正确； CD．半衰期由原子核自身决定，与物理环境和化学状态无关，即升高环境温度可使镅-241的半衰期不变，故CD错误。 故选B。 3．【答案】D 【详解】A．核反应满足质量数、电荷数守恒，计算得X的质量数为 电荷数为 故X为电子（β粒子），不是中子，故A错误； B．该衰变为β衰变，释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，并非来自核外电子，故B错误； C．衰变过程释放能量，生成物比反应物更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此的比结合能大于的比结合能，故C错误； D．设半衰期为年，剩余质量为原来的时满足 解得 总时间年 故D正确。 故选D。 4．【答案】A 【详解】A．电子吸收光子后可跃迁到2.88eV的高能级，跃迁回基态时既可以直接回基态，也可以先跃迁到1.88eV的低激发态再回基态，可辐射出多种能量（即多种波长）的光子，故A正确； B．根据能量守恒，电子回到基态释放的总能量等于吸收的光子能量，部分能量可通过非辐射过程（如产热）释放，总能量不可能大于吸收的光子能量，故B错误； C．红光频率低于蓝紫光，由光子能量公式可知，红光光子能量小于蓝紫光，因此红光对应跃迁到1.88eV能级，蓝紫光对应跃迁到2.88eV能级，并非同一能级，故C错误； D．类比氢原子能级模型，电子处于越高能级，轨道半径越大，由库仑力提供向心力，推导得动能，r越大动能越小；电子远离原子核过程电场力做负功，电势能增加，因此跃迁后动能减小，并非动能和电势能都增加，故D错误。 故选A。 5．【答案】D 【详解】AB．从图乙可知，四条谱线的波长关系为，根据光子能量公式得 可知 因此四条谱线中光子能量最大的是，根据氢原子能级跃迁规律，当氢原子从高能级n=m向n=2跃迁时，光子能量为 从四条谱线中光子能量排序得，可能为n=6向n=2跃迁时的谱线，故AB错误； C．根据光子动量公式有 因为，可知四条谱线中光子动量最大的是，故C错误； D．根据玻尔原子理论的定态假设，氢原子外层电子在特定的轨道（能级）上绕核运动时，处于定态，不辐射电磁波，只有发生跃迁时才辐射或吸收光子，故D正确。 故选D。 6．【答案】B 【详解】A．玻尔原子理论仅能解释氢原子、类氢离子等单电子系统的光谱规律，~为多电子系统，玻尔理论无法解释其跃迁光谱规律，故A错误； B．4d轨道能级高于4p轨道，电子从高能级向低能级跃迁时释放光子，离子总能量降低，故B正确； C．~核外电子数不同，轨道受屏蔽效应的影响不同，4d与4p的能级差存在差异，跃迁释放的光子频率并不唯一，故C错误； D．衍射现象的明显程度与波长正相关，极紫外光波长（13.5nm）远小于红光波长（约620~760nm），因此其衍射现象比红光更不明显，故D错误。 故选B。 7．【答案】A 【详解】根据爱因斯坦光电效应方程 和 可知，照射同一金属材料时，入射光的频率越高，遏止电压越大，故紫光对应的遏止电压最大。 故选A。 8．【答案】B 【详解】A．根据光电效应的发生条件可知，光电子是否产生与入射光频率大小有关，故A错误； B．遏止电压的定义是：使光电子到达A极的最大动能减为0（光电流降为0）时的反向电压。由图乙可知，当到达A极的最大动能时，对应电压为，因此该材料的遏制电压为，故B正确； C．光电子离开K极的最大动能由入射光频率决定，题干明确说明入射光频率不变，因此离开K极的最大动能不变；外加电压U只改变光电子到达A极时的动能，不改变光电子离开K极时的动能，故C错误； D．根据动能定理可知，图中倾斜直线的斜率为e，不是普朗克常量，故D错误； 故选B。 9．【答案】D 【详解】AB．光的强度影响饱和光电流的大小，光越强饱和光电流越大，由图可知遏止电压，根据光电效应方程，则，，故AB错误。 C．根据光电效应方程，单色光2照射阴极K后，所有电子逸出的最大初动能大小为，不是所有电子逸出的初动能大小为，故C错误。 D．若直流电源左端为正极，则光电管两端为正向电压，电压较低时增大电压表示数光电流增大，电流表示数增大，当电压增大到一定值时光电流达到饱和光电流，电压再增大电流表示数不变，所以若直流电源左端为正极，仅增大电压表示数，则电流表示数不一定增大，故D正确。 故选D。 10．【答案】A 【详解】A．能级跃迁到能级发出的光子能量为 根据光电效应方程 根据动能定理得 解得，对应的遏止电压，A正确； B．大量能级的汞原子向低能级跃迁时能发出种频率的光，其中能级到能级的光子能量小于金属钨的逸出功，其余5种光子能量都大于金属钨的逸出功，能使金属钨发生光电效应，B错误； C．3能级和基态的能量差为7.7eV，动能为8eV的电子撞击处于基态的汞原子能使之跃迁至3能级，C错误； D．要研究饱和电流，应使O点电势比P点低，所以滑片P应向b端移动，D错误。 故选A。 选择题预测02光学 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】D 【详解】AB．设光在超纯水中的波长为，光的频率为，则有，， 解得，故AB错误； CD．根据题意，透镜组的折射率透镜组相对于超纯水的折射率联立得则，故C错误，D正确。故选D。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】A．如图所示 根据光的折射定律可得 结合题意可知，当时液体的折射率最大，则有 此时 若，则，最大折射率，故A错误； B．设折射光线在右侧壁距液面的高度为，入射点到右侧壁的水平距离为，根据光的折射定律可得（固定不变） 可见折射率与高度不是正比关系，因此折射率刻度是不均匀的，故B错误； C．光源到右侧壁的距离不影响入射角和折射角的测量，因此不会影响实验测量的误差，故C错误； D．若测量时液面低于标准液面，折射光线会向下偏移，如图所示 则从标注处读出的值大于测量值，故D正确。 故选D。 2．【答案】C 【详解】如图所示 由几何关系可知，入射角为 由折射定律， 解得， 所以 故选C。 3．【答案】A 【详解】求OA面的折射角：入射光与OA面成，因此入射角（入射光线与法线夹角） 根据折射定律 代入 得： 即： 由于是（）的角平分线，则，可推出所有折射光线平行于OB。 求全反射临界角：要使弧面无光线射出，光线需在弧面发生全反射。全反射临界角满足 得 即弧面入射角时发生全反射。 几何关系求解OA盖住的长度：圆弧圆心在OD延长线上，半径为，对刚好发生全反射的临界点，由几何关系（折射光线平行OB，入射角等于）结合正弦定理可得： 因此OA面至少盖住的距离为，故选A。 4．【答案】C 【详解】AB．根据对称性和光路可逆性作出光路图如图所示 根据几何关系可知， 则该“水晶球”的折射率为，故AB错误； C．由几何关系得 光在“水晶球”中的传播速度为 光在“水晶球”中的传播时间为，故C正确； D．当换用入射光的波长较短时，则光的频率较大，光的折射率较大，由可知，光在“水晶球”中的传播速度变小，故D错误。 故选C。 5．【答案】C 【详解】A．根据折射定律 代入、，得， 玻璃厚度，光在玻璃中的速度，光在左玻璃中传播路程，传播时间 ，故A错误； B．左玻璃右表面的入射角等于左表面的折射角，由折射定律 即，不可能发生全反射，故B错误； C．出射点相对入射点的竖直偏移量，若增大，由，不变，则减小，减小，减小，因此减小，故C正确； D．平行玻璃界面出射光线与入射光线平行，因此空气层中光线与法线（水平方向）的夹角恒等于，空气层水平厚度固定，因此光在空气层的路径长度（为空气层水平厚度），与无关，空气层（可视为真空）光速为，所以光在空气层中的传播时间不变，故D错误。 故选C。 6．【答案】B 【详解】蓝光在真空中波长，进入折射率为的蜡质层后，波长变为 不考虑半波损失时，设蓝莓表面的蜡质结构层厚度为d，蜡质层上下表面反射光的光程差为，干涉加强要求光程差等于介质中波长的整数倍，即（）联立得厚度表达式（）当时，故选B。 7．【答案】A 【详解】根据可得光在增透膜中的波长为为实现增透，光在增透膜上、下表面反射的两束光应发生干涉相消，根据干涉相消条件，则光程差（），最小厚度对应，代入得故选A。 8．【答案】B 【详解】在传感器记录到相邻两次极强过程中，设物体位移大小为，则有可得 故选B。 9．【答案】B 【详解】A．该情境下看到的干涉图样是薄膜干涉，是由单色光在2界面和3界面的反射光叠加后形成的，A错误； B．从上向下看到的干涉图样应该是条状的，因中间圆弧面的倾角小，而两侧的倾角大，故中间稀疏，两侧密集，B正确； C．左右两侧对称位置的薄膜厚度相同，条纹的明暗情况应相同，所以干涉图样是左右对称的，C错误； D．干涉条纹在薄膜厚度相同的地方是连续的，当干涉图样在某个位置向中间弯曲时，表明可能玻璃板上表面在该位置有小凹陷， D错误。故选B。 10．【答案】C 【详解】A．单色光的频率为时，该单色光的波长为 由于点为第一条亮条纹，点到两狭缝的距离差等于波长的1倍，则，A错误； B．若单色光的频率为时，该单色光的波长为 则，所以点为点上方的第二条暗条纹，B错误； C．若用频率为的单色光照射两狭缝，由B选项分析可知，间有一条亮条纹，C正确； D．由于点到两狭缝的距离差始终等于波长的0倍，所以无论用多大频率的色光照射两狭缝，点始终为亮条纹，D错误。故选C。 选择题预测03热学 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】D 【详解】A．普通纸巾能吸附水渍（水渍附着在纸巾纤维表面），说明普通纸巾浸润水渍，故A错误； B．速干吸水纸能“快速吸附水渍”，说明水渍能附着在其孔隙及纤维表面，即速干吸水纸浸润水渍，故B错误； C．水膜的表面分子间距大于分子力平衡距离，分子间作用力表现为引力（这是表面张力的来源），并非斥力，故C错误； D．速干吸水纸的网状孔隙类似“毛细管”，水分在孔隙中因毛细现象（液体在细管及孔隙中自动扩散、上升的现象）快速扩散到纸面外侧，增大了水的表面积，从而加速蒸发，故D正确。故选D。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】B．根据热力学第一定律虽然气体体积不变，但是气体分子数减小，有气体泄漏，可视作气体体积增大，可得所以，故B错误； CD．压强的物理意义就是分子对单位面积器壁的平均作用力，由于盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变，所以食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变，故C错误，D正确； A．设在时间内撞击器壁的分子数为，分子的平均速度为，器壁受到的平均作用力为，根据动量定理可得解得单位时间内撞击器壁的分子数根据选项D可知不变，随着加热食材层内温度升高，分子的平均速度增大，可得减小，故A错误。故选D。 2．【答案】B 【详解】A．从到过程为等压过程，气体压强不变，可知气体对容器壁单位面积的作用力不变，A错误； B．从到过程，气体温度不变，内能不变；体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量等于外界对气体做功，B正确； C．从到过程，气体温度升高，气体分子的平均动能变大，但并非所有气体分子的动能都增大，C错误； D．从到过程，气体体积变大，则分子数密度减小，D错误。故选B。 3．【答案】D 【详解】A．延长线过原点，说明与成正比，即，因此，增大时增大，由理想气体状态方程可知温度升高，不是等温变化，故A错误； B．过程体积不变，压强从降到，由得减小，温度降低；理想气体分子平均动能仅和温度有关，因此平均动能减小，故B错误； C．过程体积从减小到，体积减小，是外界对气体做功，气体对外做功为，故C错误； D．整个过程气体回到初始状态，理想气体内能仅与温度有关，因此内能变化 p-V图中，气体对外做功等于图线与V轴围成的面积； 气体对外做功 体积不变，做功 气体对外做功 总气体对外做功 由热力学第一定律，代入得，即气体吸收的热量为，故D正确。 故选D。 4．【答案】B 【详解】A．理想气体的内能仅由温度决定，过程中，封闭空气温度从热力学温度降至，因此内能减少，又因水瓶容积不变，空气对外界不做功，故A错误； BC．根据热力学第一定律，等容过程中，温度降低，内能减少，故，可得，即空气向外界放热，且放出的热量大小等于内能的减少量，故B正确，C错误； D．水瓶容积不变，封闭空气的质量和体积均未改变，因此单位体积内的分子数保持不变，过程中温度降低，分子平均动能减小，并非每个分子的动能都减小，故D错误。 故选B。 5．【答案】A 【详解】AB．当座椅下沉挤压气囊时，气体体积减小，外界对气体做功，即W>0。由于气囊内有绝热涂层，气体与外界无热交换，即Q=0。根据热力学第一定律 可知，即气体内能增大。对于理想气体，内能由温度决定，内能增大则温度升高，故A正确，B错误； CD．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体体积增大，气体对外界做功，即W<0。由于绝热Q=0，根据热力学第一定律 可知，即气体内能减小，温度降低，故CD错误。 故选A。 6．【答案】B 【详解】设装载前汽缸里封闭空气的压强为，装载后汽缸里气体的压强为，由玻意耳定律有 设充入气体在压强为、温度为的状态下体积为V，由玻意耳定律有 解得 故选B。 7．【答案】C 【详解】排球的体积，排球的表面积，对排球内的气体有 漏出的气体体积 则排球在单位时间内漏气的体积与排球的表面积的比值为 故选C。 8．【答案】B 【详解】A．甲瓶没有进气管，随着液体流出，瓶内空气体积变大，瓶内气压减小，随着液体的流出液体压强在减小，而瓶内输液管针头处的压强等于瓶内气压与液体柱压强之和，因此针头处压强也会减小，故A错误； BD．乙瓶通过进气管与外面大气相通，虚线处瓶上方气体的压强与液体的压强之和总等于大气压，随着液体的流出，液体压强减小，气体压强增大，但是瓶内输液管针头处压强不变，从而保证药液流速恒定，故B正确，D错误； C．丙输液瓶在底部通过细管与大气相通，气体压强不变，随着液体的不断流出，瓶内输液管针头处压强变小，故C错误。 故选B。 9．【答案】A 【详解】设图甲中封闭气体压强为，对活塞由牛顿第二定律得 解得 同理，对图乙有 解得 对图丙有 解得 同理对图丁有 解得 所以 由于封闭气体温度不变，根据玻意耳定律有 所以封闭气体体积关系为，故A正确，BCD错误。 故选A。 10．【答案】D 【详解】AB．假设环境温度缓慢降低ΔT时，两部分气体都进行等容变化，则由查理定律 可得 因开始时温度T和∆T都相同，而M气体压强p较大，则M内气体压强减小的较大，则M的体积较大，即稳定后气柱M的长度大于N的，AB错误； CD．打开阀门缓慢充入少量水银后，初始状态两气柱温度相同，根据等温变化的规律可得 可得压强为若两边气柱减小相同的高度h，则因开始时左边M的压强较大，则M端气体压强增加量更大，则体积减小的更多，故稳定后气柱M的长度小于N的，故C错误，D正确。故选D。 选择题预测04共点力平衡问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】D 【详解】A．图乙中对货物受力分析可知支架对货物的支持力大小为，A错误； B．手推车对货物的作用力与货物的重力等大反向，可知下压把手的过程中，手推车对货物的作用力不变，B错误； C．下压把手的过程中，支架与水平面夹角θ减小，根据支架对货物的支持力可知，支架对货物的支持力变大，C错误； D．图乙中支架与水平面夹角为时，底板受到的压力，D正确。 故选D。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】对“机器狼”，根据平衡条件，有 解得 故选C。 2．【答案】A 【详解】无人机在某一高度水平匀速飞行，竖直方向根据平衡条件可得 解得机身的升力大小为 故选A。 3．【答案】D 【详解】AB．相框受重力、两侧轻绳的拉力，由力的平衡条件可得 轻绳越长，越小，轻绳的拉力越小，AB错误； C．根据，轻绳拉力大小为时，，C错误； D．根据，轻绳拉力大小为时，，D正确。故选D。 4．【答案】D 【详解】A．在该过程中小钢珠受到A、B两个挡板的支持力，共三个力，A、B挡板的支持力的合力与重力平衡，故A项错误； BC．顺时针转动尺子时，A与水平方向的夹角从初始锐角逐渐减小到0（A水平）。由正交分解平衡推导可得：， 减小的过程中，增大，因此一直增大；减小，因此一直减小。故BC错误； D．挡板对小钢珠的作用力是和的合力，根据平衡条件，该合力始终与重力等大反向，重力不变，因此挡板对小钢珠的作用力始终不变，故D项正确。 故选D。 5．【答案】B 【详解】A．支架为交叉可折叠结构，其端点可随折叠动作在竖直平面转动，属于动杆模型，故每根桌腿对桌面的弹力方向为沿桌腿向上，A项错误； B．对折叠桌和露营锅整体受力分析，竖直方向受重力和地面的支持力，始终满足平衡条件。根据牛顿第三定律，露营桌对地面的压力与等大反向，与夹角θ无关，B项正确； C．设每根桌腿的弹力为F，将F沿竖直方向分解，每组支架有2根桌腿，共2组支架（4根桌腿）。竖直方向根据平衡条件有解得单根桌腿的弹力为，C项错误； D．由单根桌腿的弹力可知，当θ减小时，弹力F减小，D项错误。故选B。 6．【答案】A 【详解】小朋友及吊床受三个力且处于静止状态，其受力如图所示，由正弦定理可得 所以故选A。 7． 【答案】D 【详解】A．由三力平衡知、的合力与重力等大反向，合力不变，故A错误； B．窗户向上运动的过程中，楼下工人师傅需要逐渐放绳子，故B错误； D．由动态分析图解法可知，减小，增大，所以和均增大，故D正确； C．对楼下师傅 减小，增大，增大，楼下师傅受到地面的支持力减小，故C错误。 故选D。 8．【答案】D 【详解】A．滑轨水平跨度，竖直高度，可得滑轨倾角 对重物受力分析，沿滑轨和垂直滑轨分解，沿滑轨方向有 垂直滑轨方向有 联立整理得，故A错误； B．代入化简得 重物上升过程中逐渐增大，逐渐增大，一直减小，因此支持力一直减小，故B错误； CD．对的分母用辅助角公式化简 因此 的最大值为，对应，此时最小； 重物上升过程中从逐渐增大，先减小（）后增大（），并非一直增大，故C错误，D正确。 故选D。 9．【答案】B 【详解】C．圆杆转动时，接触点的线速度（垂直杆轴线方向）大小为；滑块沿杆向下匀速运动，相对于杆的速度分量为。 设摩擦力方向与杆轴线方向的夹角为（摩擦力与相对速度反向，夹角等于相对速度与杆方向的夹角），则 ，即，C错误； B．将重力正交分解，由平衡关系可得，总正压力，总摩擦力大小。 沿杆方向匀速，合力为零 ，可得，B正确； A．增大，但总正压力不变，因此总摩擦力大小不变，A错误； D． 增大后，增大，减小，沿杆向上的摩擦力分量，合力沿杆向下，滑块加速下滑，D错误。 故选 B。 10．【答案】A 【详解】A．把物块的重力分别沿着斜面和垂直斜面正交分解有沿着斜面由指向，垂直斜面向上由二力平衡可得结合代入数据得，故A错误； B．由几何关系可得 则物块与斜面间的摩擦生热，故B正确； CD．由几何关系可得与的夹角为60°，则和的夹角为，将和合成，由平行四边形定则得这两个力的合力沿与的夹角的平分线，与的夹角为30°，合力的大小为 由三力平衡可得与等大反向，即的方向与的夹角为30°，故CD正确。 本题要求选择错误的，故选A。 选择题预测05牛顿动力学问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】A．机器人对餐盘的滑动摩擦力为 根据牛顿第二定律得，餐盘的加速度大小为，故A错误； B．制动0.1s内，餐盘的位移 机器人的位移 餐盘与机器人之间的相对位移为 餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为，故B错误； C．对机器人进行受力分析，得 解得地面对机器人的摩擦力 制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为，故C正确； D．机器人对餐盘的支持力为 机器人对餐盘的作用力为 制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为，故D错误。故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】CD．若，则A、B相对静止稳定下滑时，根据牛顿第二定律，有 解得 对B球由力的平行四边形法则，易知其受轻绳拉力必垂直于细杆，即，故C正确、D错误； A．若，说明B球加速度小于 解得，故A错误； B．若，整体将减速下滑，轻绳将偏到竖直线的左侧，故B错误。 故选C。 2．【答案】C 【详解】车厢的速度为时，由平衡条件有 当功率瞬间增大到时，速度大小不能突变，即阻力不变 由 则牵引力 对整体由牛顿第二定律有 对4、5号车厢由牛顿第二定律有 联立解得 故选C。 3．【答案】B 【详解】A．在匀速上升阶段汽车受力平衡，则托盘对汽车的支持力大小等于汽车重力大小，A错误； B．在加速上升阶段，根据 可得，B正确； C．在减速上升阶段，根据 可得为，C错误； D．由以上分析可知整个过程中托盘对汽车的支持力大小先大于，再等于，最后小于，D错误。 故选B。 4．【答案】D 【详解】A．对小球受力分析可得 由牛顿第二定律可得 即，悬线与竖直方向的夹角与车厢的加速度有关，与车厢的速度无关，A错误； B．由甲与小球加速度相同，则甲有水平向左的加速度 所以甲受到车厢地板的摩擦力，B错误； C．甲受到车厢的作用力，C错误； D．乙受到的车厢的作用力，所以车厢对甲的作用力与对乙的作用力相等，D正确。 故选D。 5．【答案】D 【详解】ABC． A、B一起向上做匀加速直线运动时，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 解得弹簧弹力大小为 细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，底座B的受力不变，加速度不变，则此时底座B的加速度大小为，方向向上，故ABC错误； D．细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得公仔A的加速度大小为，故D正确。 故选D。 6．【答案】D 【详解】AC．根据牛顿第二定律，，因初始静止，其中阻力，黏度公式 阻力 黏度随时间变化，即 初始时刻加速度为。随着时间推移，减小到零，加速度又变为；合外力始终向下，为正值，不会出现负值。故AC错误； B．由功率公式，由速度一直在持续增加。因单调递增且增速放缓，图像表现为起点在原点、曲线向上凸且递增的形态，当后，速度线性增大，而非趋近于某一值而会再增大。故B错误； D．机械能损耗率等于阻力做功的功率，即 初始时， v 增大， η(t) 较大，增大； 之后 η(t)  减小， v 的增速放缓，减小； 当  η(t)  降为 0 后，阻力消失，趋近于 0。 图像先负向增大，后负向减小趋近于 0，与选项 D 的趋势一致，故D正确。 故选D。 7．【答案】A 【详解】A．该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，则货物受力平衡，货物受重力、静摩擦力、支持力作用，传送带对包裹的作用力竖直向上，故A正确； B．若大于，此时摩擦力沿斜面向下，货物受力不平衡，故B错误； C．包裹运动过程中，摩擦力做负功，其机械能减小，故C错误； D．根据共点力平衡条件有 解得，故D错误。 故选A。 8．【答案】A 【详解】AB．物块做初速度为零的匀加速直线运动，位移公式为 整理得，即 设每个物块质量为，动摩擦因数为，对物块2受力分析，由牛顿第二定律得 将代入整理得 由图乙可知纵轴截距，代入，解得图像斜率，而斜率，即解得，故A正确，B错误； C．当时，，加速度，故C错误； D．当两物块一起运动（）时，对整体和物块2联立得，和成正比；当时，两物块不会一起运动，和不是线性关系，故D错误。故选A。 9．【答案】D 【详解】AB．机器人匀速向前时，小蛋糕受力平衡，不受摩擦力，故AB错误； C．机器人加速向前时，加速度斜向上，有向上的分加速度，小蛋糕处于超重状态，故C错误； D．机器人沿斜坡加速度大小为a时，如果小蛋糕与盘子保持相对静止，则，故D正确。故选D。 10．【答案】D 【详解】A．时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向，弹簧并非为原长，故A错误； B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为 木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为，故B错误； C．时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为，故C错误； D．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得解得根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，故D正确。故选D。 选择题预测06抛体运动 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】由题意可知运动员水平跳出，在垂直斜面方向上的分速度为 沿着斜面方向上的分速度垂直斜面方向上的分加速度为 沿着斜面方向上的分加速度为离开斜面的距离最大时，有 解得由运动学公式得，故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】A 【详解】设运动员冲出O点时的速度大小为，其在水平方向上做匀速直线运动，从O点运动到A点所用时间 其在竖直方向上做自由落体运动，到达A点的竖直速度为 因运动员恰好无碰撞地从A点进入倾斜滑道，则 代入 解得 故选A。 2．【答案】C 【详解】由题意可知，子弹在空中做平抛运动，水平速度大小不变，当枪口正对靶标中心时，子弹运动到靶标的水平位移最小，由平抛运动规律可知，子弹运动到靶标的时间最短；又由公式可知，子弹下落的高度最小。在水平面左右旋转枪口朝向时，子弹运动到靶标的水平位移变大，运动时间变长，下落的高度变大。则靶标上出现的击中点分布应为中间高、两端低的曲线。 故选C。 3．【答案】D 【详解】A.因为运动员垂直击中倾角为的挡板，所以速度与水平方向夹角为，故，故A错误； BC.位移几何关系有 即 将代入位移方程 可得 则，故BC错误； D.合速度，故D正确。 故选D。 4．【答案】C 【详解】A．根据平抛运动的规律，雨滴c竖直方向，有 水平方向，有 解得 又 解得雨伞转动的角速度，故A错误； B．根据机械能守恒定律可知，由于雨滴b和d的高度相等，则雨滴b和d着地前瞬间竖直速度相同，根据可知，重力的瞬时功率相同，故B错误； C．根据平抛运动的规律，雨滴a竖直方向，有 水平方向，有 则雨滴a平抛运动的水平位移为，故C正确； D．根据动能定理可得 所以雨滴a落地时的动能增加量是雨滴c落地时动能增加量的3倍，又因为雨滴a和c的初动能相同，则雨滴a落地时的动能不是雨滴c落地时动能的3倍，故D错误。 故选C。 5．【答案】B 【详解】根据平抛运动规律有， 解得平抛运动水平位移 原落点在目标右侧，需减小水平位移；仅减小初速度可实现，增大或h会增大x，质量不影响平抛轨迹。 故选B。 6．【答案】B 【详解】救援物资包B在斜面上运动时的加速度由 解得 救援物资包B在斜面上运动的最高点位置为 救援物资包A垂直落在斜面上，有 解得 救援物资包A恰好落于救援物资包B运动的最高点，则有 解得 故选B。 7．【答案】C 【详解】由水平方向速度不变可知 解得 则竖直方向 解得 故选C。 8．【答案】A 【详解】 当足球刚好越过障碍物时，其轨迹的最高点恰好位于障碍物的正上方 设足球到达障碍物的左侧顶端A时速度为，与水平方向夹角为，从左边顶端到最高点时间为 水平方向，竖直方向 联立可得 当时，有最小值， 显然最小时，足球从地面上被踢出时的速度也最小 根据机械能守恒 解得 故选A。 9．【答案】B 【详解】设一级台阶的高度为h，长度为s，小球从8级台阶抛出刚好落在下一级台阶的边缘时，有 竖直方向上有 可解得 在第7级台阶的边缘处进行反弹，小球会做斜抛运动。根据运动的对称性，运动到最高点时刚好与第8级台阶平齐，离第8级边缘的水平距离为2s（在第6级台阶边缘的正上方）。接下来小球继续做平抛运动，竖直方向上当 水平方向上， 当时，，说明不会落在第5级台阶上； 当时，，说明刚好落在第4级台阶的边缘处。接下来继续做斜抛运动，同样根据运动的对称性，到达最高点时与第8级台阶高度相等，在第2级台阶边缘的正上方。接下来做平抛运动会落在地面上。 综上，小球在落地之前一共与台阶有2次碰撞。 故选B。 10．【答案】B 【详解】AB．从抛出到第一次接触水面的时间 碰后反弹高度都是前一次，可知从第一次接触水面到第二次接触水面的时间 从第二次接触水面到第三次接触水面的时间 从第三次接触水面到第四次接触水面的时间 则经历的时间，A错误，B正确； CD．因水平速度不变，则经历的水平距离为，CD错误。故选B。 选择题预测07圆周运动 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】AB．以地面为参照系记有A、B点的小圆盘的圆心为C，则C相对于地面的速度为ωL方向顺时针，t = 0时水平向右，而A点相对于C点的速度为ωr，在t = 0时方向水平向右，则A点在t = 0时相对地面的速度大小为(L＋r)ω，同理B点相对于C点的速度为ωr，在t = 0时方向竖直向上，则B点在t = 0时相对地面的速度大小为，故A错误、B正确； CD．以大圆盘为参照系，小圆盘以2ω的角速度逆时针转动，则在时，A点转动了2π此时A点到大圆盘圆心的距离最近，在时，B点转动了π，此时B点到大圆盘圆心的距离为，非最远距离，故CD错误。故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】设小球质量为m，细绳与杆AB的夹角为θ，小球P与杆CD的距离为r，细绳水平方向的拉力提供小球做圆周运动所需的向心力，满足 解得细绳拉力大小 故细绳拉力的竖直分量为 可知杆AB的弹力满足 解得 可知F弹与ω关系为一开口向下的二次函数关系，且顶点位于（0，mg）处。 故选C。 2．【答案】A 【详解】A．根据题意可知，P点同时参与两个运动，即绕C点的圆周运动和随小齿轮绕O点的圆周运动，即P点的一个分速度为垂直于PC连线向上的v1，另一个分速度为垂直于OC连线向下的v2，二者大小相等，如图所示 根据矢量合成可知，合速度应指向O点，故A正确； B．P点两个分加速度分别为沿PC方向指向C点的加速度a1和沿CO方向指向O点的加速度a2，二者大小相等，如图所示 根据矢量合成可知，合加速度方向应沿PO方向指向O，故B错误； C．如图所示 以P在大齿轮最低点开始计时，由于齿轮紧密咬合，C绕O转圈，P到达O点，C绕O再转圈，P到达大齿轮最高点，C绕O再转圈，P回到O点，C绕O再转圈，P回到大齿轮最低点，由此可知，P与C周期相同，故C错误； D．根据以上分析可知，PO之间的距离越小，则两个分加速度的夹角越大，分加速度大小不变，则合加速度越小，故D错误。 故选A。 3．【答案】D 【详解】A．设摩天轮转动的角速度为，半径为，由弦长公式，游客的位移大小随时间的关系为 ，是正弦函数，故A错误； B．由图可知，转动周期，角速度，故B错误； C．线速度，故C错误； D．时，转过的角度 线速度大小 重力的瞬时功率 竖直分速度 因此，故D正确。 故选D。 4．【答案】C 【详解】在球即将脱离水泥管的瞬间，设此时速度方向与水平方向夹角为，如图所示 则在脱离瞬间水泥管道对小球的支持力为零，重力在指向圆心方向的分力提供向心力，则有 小球从踢出瞬间到脱离水泥管根据动能定理可知 代入题中数据 解得 故选C。 5．【答案】C 【详解】A．由题意，筒车的半径，转速 得该竹筒转动的线速度大小，故A错误； B．设该竹筒从刚接触水面到刚离开水面，在水面下转过的圆心角为，利用数学几何关系，得 解得 则竹筒单次蓄水的时间，故B错误； C．设该竹筒线速度与竖直方向的夹角为，则其所装水克服重力的功率 当竹筒转到与筒车轴心等高时，，最大，即，故C正确； D．水做匀速圆周运动，向心力大小恒定，由竹筒对其所装水的作用力和重力的合力提供向心力。设向心力与竖直方向夹角为，根据力的矢量合成法则，可得 从减小到0，持续增大，因此持续增大，不是先增大后减小，故D错误。 故选C。 6．【答案】A 【详解】AC．在水平面内做圆周运动时，设弹珠与圆心的连线与竖直方向夹角为，根据重力和弹力的合力提供向心力，则有 解得 故弹珠在更高位置的速率大，而，杯子对弹珠的弹力大小相同，方向不同，故A正确，C错误。 B．轻晃酒杯的过程中，杯子对弹珠的弹力的竖直方向分力与重力平衡，不做功，水平方向的分力提供向心力，与速度方向垂直，也不做功，故轻晃酒杯的过程中，杯子对弹珠不做功，故B错误。 D．杯子对弹珠弹力在竖直方向上的分力与重力平衡，则杯子对弹珠的弹力应有竖直向上的分力，故弹珠不可能在超过圆心高度某一位置的水平面内做圆周运动，故D错误。 故选A。 7．【答案】B 【详解】太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示 BD．由题图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与B、C的线速度大小相等，B正确，D错误； AC．由齿数与周长关系可得由题图可知， A与B、C的线速度大小相等，得联立可得，AC错误。故选B。 8．【答案】D 【详解】由于小鼠合力提供向心力，合力指向转轴，小鼠受竖直向下的重力，则离心机对小鼠的作用力方向斜向上指向转轴，作用力大小为 故选D。 9．【答案】D 【详解】， r = BN = 17 cm = 0.17 m 将和r的值代入向心加速度公式： 。 题目中所以，向心加速度约等于 25 故选D。 10．【答案】C 【详解】设圆盘转动的角速度为ω，绳子的拉力为T。物体A和B都相对于圆盘静止，说明它们都随圆盘一起做匀速圆周运动。对物体A和B分别进行受力分析，在水平方向上，它们受到绳子的拉力T和静摩擦力f的作用，这两个力的合力提供向心力。规定指向圆心的方向为正方向。对物体A，根据牛顿第二定律有 其中是圆盘对A的静摩擦力，其大小和方向会随ω变化，但其最大值不超过最大静摩擦力，即对物体B，根据牛顿第二定律有其中是圆盘对B的静摩擦力，其大小和方向会随ω变化，但其最大值不超过最大静摩擦力，即整理得由题意可知，发现无论角速度多大，都相对于圆盘静止，则解得故选C。 选择题预测08万有引力与航天 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】初始较高圆轨道Ⅰ ，圆轨道卫星线速度满足，轨道半径越大，速率越小。因为Ⅰ是较高轨道，因此初始速率，初始阶段速率恒定，为一段水平直线； 要从高圆轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ（向低轨道变轨），需要点火减速，做近心运动，因此A点速率突然向下跳变； 卫星从远地点向近地点运动过程中，万有引力做正功，速率逐渐增大，因此这段时间速率持续上升； 椭圆轨道近地点B处，需要再次点火减速，速率向下跳变到，之后稳定运行，速率恒定，结合 ，最终稳定速率（虚线位置）大于初始速率。故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】A．返回舱返回时，需要从高轨道进入低轨道或着陆，必须减速做近心运动，因此发动机应向前喷气以获得向后的反作用力，故A错误； B．返回舱在椭圆轨道上运动过程中，忽略大气阻力，只受万有引力作用，只有引力做功，机械能守恒，故B错误； C．在远地点，返回舱即将向近地点运动，做近心运动，万有引力大于该点速度对应的圆周运动向心力，即 又因为万有引力提供加速度 联立可得，故C正确； D．在近地点，返回舱即将向远地点运动，做离心运动，万有引力小于该点速度对应的圆周运动向心力，即 又因为 联立可得，故D错误。 故选 C。 2．【答案】A 【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，对近地卫星由万有引力提供向心力，有 整理得地球质量，故A正确； B．对轨道半径为、周期为的卫星，万有引力提供向心力，有 整理得地球质量，选项中的指数为2，故B错误； C．地球密度 地球体积 将代入，得，选项中缺少，故C错误； D．将代入密度公式，得，选项中缺少引力常量，故D错误。 故选A。 3．【答案】D 【详解】A．“天问二号”是行星探测器，故其发射速度应介于第二和第三宇宙速度之间，即发射的速度介于和之间，故A错误； B．“天问二号”经过点时要减速，故应点火向运行方向喷出气体，故B错误； C．小行星不绕地球运动，由和无法计算地球的质量，故C错误； D．对“天问二号”有 解得 小行星的密度，故D正确。 故选D。 4．【答案】C 【详解】设地球半径为，卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行的周期为，在近地圆轨道Ⅰ上，有 卫星从经历的时间为，和过程卫星与地心的连线扫过的面积相等，根据开普勒第二定律可得卫星从经历的时间为，则卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期 根据开普勒第三定律，有 地球的平均密度 解得 故选C。 5．【答案】D 【详解】A．地球静止轨道卫星与地面上的点角速度相等，由线速度公式 可知，卫星轨道半径远大于地球半径，因此卫星线速度远大于地面点的线速度，故A错误； B．倾斜地球同步轨道卫星的轨道平面不与赤道平面重合，会沿南北方向做周期性运动，无法始终保持在襄阳（北纬地区）正上方，故B错误； C．由万有引力提供向心力得 ，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所有轨道半径大于地球半径的卫星运行线速度均小于第一宇宙速度，故C错误； D．赤道上物体与同步卫星角速度相等，由向心加速度公式 可知，同步卫星轨道半径更大，向心加速度更大，即赤道上物体随地球自转的向心加速度更小，故D正确。 故选D。 6．【答案】C 【详解】A．同步卫星必须位于赤道平面内才能相对于地面静止，北京不在赤道上（位于北纬约40°），故该卫星不能静止在北京上空，故A错误。 B．根据 第一宇宙速度 同步卫星速度，故不是 的倍，故B错误。 C．地球赤道上物体随地球自转速度（为地球自转周期），同步卫星速度 ，故，故C正确。 D．忽略地球自转效应，地球表面重力加速度 同步卫星向心加速度 ，故不是的 倍，故D错误。 故选C。 7．【答案】B 【详解】A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，根据 可知微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为，故A错误； B．根据牛顿第二定律可得 解得空间站的加速度为 在地球表面则有 解得 所以，故B正确； C．根据向心加速度 可知 由于微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，轨道半径大于空间站的轨道半径，因此微型卫星的加速度比空间站的加速度大，故C错误； D．根据牛顿第二定律可得 解得 可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由可知，所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故D错误。 故选B。 8．【答案】C 【详解】A．根据万有引力提供向心力，有 解得 近地卫星B的轨道半径小于同步卫星C的轨道半径，所以 因为A、C、D属于同轴转动角速度相等，根据 可知 因为不知道D的轨道半径，所以无法判断D与B的速度大小关系，故A错误； B．根据万有引力提供向心力，有 解得 近地卫星B的轨道半径小于同步卫星C的轨道半径，所以 因为A、C属于同轴转动角速度相等，根据 可知 综上可得，故B错误； CD．卫星C，根据万有引力提供向心力，有 解得 动能为 机械能为 卫星B，根据万有引力提供向心力，有 解得 动能为 机械能为 卫星C比卫星B的机械能多 卫星C比卫星B的动能多，故C正确，D错误。 故选C。 9．【答案】D 【详解】A．a是一颗地球同步卫星，仅一颗地球的静止卫星无法覆盖全球，需要至少三颗地球的静止卫星才能基本覆盖地球，且两极存在盲区，A错误； B．根据开普勒第三定律，b和c轨道半长轴相等，因此二者公转周期相等；由图可知二者绕行方向相反，初始位置不同，因此不会同时到达交点P，不存在相撞危险，B错误； C．万有引力提供加速度，有 解得加速度大小 由于 因此 C错误； D．由开普勒第三定律 由于b半长轴更小，因此 b转动更快。相邻两次相距最近时，b比a多转一周，满足 解得 D正确。 故选D。 10．【答案】C 【详解】A．卫星在圆轨道上运行时，万有引力提供向心力，有解得 已知 则 解得 ，故A错误； B．卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，根据开普勒第二定律可知，近地点和远地点的速度与轨道半径成反比，即 所以 ，故B错误； C．根据牛顿第二定律和万有引力定律有 解得卫星在轨道Ⅱ上运行过 b 点和在轨道Ⅲ上运行过 b 点时，距离地心的距离 相等，所以加速度大小相等，故C正确； D．卫星在轨道Ⅱ上从a点运动到b点的过程中，万有引力做负功，动能减小，线速度减小；距离地心变远，根据 可知加速度减小；但在椭圆轨道上运动时只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误。 故选 C。 选择题预测09功能关系 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】A 【详解】A．由能量关系可知，竖直抬升过程中，车的重力势能增加了mgh，则移动板对车的支持力做功为，A正确； B．水平右移过程中，车的动能变化量为零，因重力和支持力对车都不做功，可知移动板对车的摩擦力做功为零，B错误； CD．整个过程中，最终车的动能不变，重力势能增加mgh，则机械能增加了mgh，即移动板对车做的总功为，CD错误。故选A。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】AB．以f表示空气阻力，上升阶段，由牛顿第二定律得解得方向竖直向下，排球做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得解得方向竖直向下，排球做匀加速直线运动，故AB错误； C．由动能定理得可知图像的斜率绝对值为，故C正确； D．由功能关系可知可知图像的斜率绝对值为，上升和下降过程斜率不变，故D错误。故选C。 2．【答案】C 【详解】设夯锤向上加速度大小为a，经时间t与边缘速度相等，由牛顿第二定律 解得轮子边缘的线速度大小又解得加速度阶段上升高度减速上升高度由解得夯锤击打桩钉前动能桩钉进入过程平均作用力由动能关系解得故选C。 3．【答案】D 【详解】A．由牛顿第二定律得 解得拉力 时刻重物速度 此时功率达到额定功率，因此额定功率，故A错误； B．重物匀速上升时速度最大，此时拉力等于重力 由 得最大速度，故B错误； C．机械能的增量等于除重力外拉力做的功，即 时间内重物上升位移 因此拉力做功，故C错误； D．时间内起重机以额定功率工作，拉力做功 机械能增量 代入 得，故D正确。 故选D。 4．【答案】B 【详解】A．手机滑落后有水平速度，则落地前做平抛运动，A错误； B．手机落地时重力的瞬时功率为，B正确； C．手机落地时的竖直速度 可知落地的速度大小为，C错误； D．因手机只受重力作用，加速度为向下的g，则从滑落到落地前手机速度变化量的方向总是竖直向下不变，D错误。 故选B。 5．【答案】D 【详解】根据动能定理可得平衡车匀速行驶时，有 联立解得 故选D。 6．【答案】C 【详解】A．杨文龙在空中飞行过程，加速度恒定为g，是匀加速曲线运动，A错误； B．动量的变化率等于合外力，则杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率不变，总等于本身的重力，B错误； C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，竖直速度先减小后增加，根据PG=mgvy可知，重力的瞬时功率先减小后增大，C正确； D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，因最高点的速度不为零，则其动能的一部分转化为重力势能，D错误。故选C。 7．【答案】C 【详解】A．两物体初始时都由静摩擦力提供向心力，绳子没有拉力，直到静摩擦力达到最大，绳子才有拉力，故A错误； B．两物块的线速度逐渐增大，两物块并非只有向心加速度，所以圆盘对两物块的摩擦力并非指向圆心，故B错误； CD．设细绳与竖直方向的夹角为，当转盘对物块的支持力恰好为零时，竖直方向 水平方向 联立解得 由上式可知，由于绳与竖直方向的夹角较小，所以物块A先脱离转盘； 根据可知，B脱离转盘时速度较大，根据动能定理可知，圆盘对物块做的功小于对做的功，故C正确，D错误。 故选C。 8．【答案】D 【详解】A．N个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得 得Nmgtanθ，故A错误； B．以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得 解得，故B错误； C．当时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能 设2号球对1号球所做的功为，由动能定理得 解得，故C错误； D．当个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有 第个球的动能 球的机械能变化量 解得， 当时，，故D正确。 故选D。 9．【答案】A 【详解】AB． 设绳子末端的速度为，绳子与水平方向的夹角为。将点的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的分速度即为绳子被拉出的速度，也就是重物上升的速度。根据运动的合成与分解可知 在点水平向右匀速运动的过程中，逐渐减小，逐渐增大，而不变，所以重物的速度逐渐增大，故A正确，B错误； CD．对重物进行受力分析，重物受到重力、绳子的拉力和弹簧的弹力。根据功能关系（除重力以外的其他力做的功等于物体机械能的变化量），有 其中为绳子拉力做的功，为弹簧弹力做的功，为重物机械能的增加量。在弹簧恢复原长的过程中，弹簧处于压缩状态并向上恢复，弹力方向向上，位移向上，所以弹簧弹力做正功，即 由上式可知 即绳子拉力对重物做的功小于重物机械能的增加量，同理，由于拉力做正功所以即弹簧弹力对重物做的功小于重物机械能的增加量，故CD错误。 故选A。 10．【答案】C 【详解】A．根据题图乙可知，从长木板开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，因摩擦产生的总热量为，由功能关系可知 解得物块与长木板间的动摩擦因数为，故A错误； B．物块和长木板组成的系统满足动量守恒，当弹簧形变量最大时，两物体共速且此时弹簧的弹性势能最大，设两物体共速时速度为，则由动量守恒定律有解得由能量守恒定律有解得弹簧的最大弹性势能为，故B错误； C．从长木板开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，物块向左运动的位移为则摩擦力对物块做的功为所以物块克服摩擦力做的功为，故C正确； D．物块和长木板组成的系统机械能的减少量为，故D错误。故选C。 选择题预测10动量定理和动量守恒定律 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】根据图像判断，运动员的重力运动员在时间段内做竖直上抛运动，离开蹦床时速度在时间内根据动量定理有解得故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】A 【详解】设时间∆t内喷出离子的总质量为∆m，∆t时间内所有喷出离子的总动能满足 根据动量定理，推进器对离子的冲量等于离子的动量变化，即 联立可得 根据牛顿第三定律可得推进器产生的平均推力大小 故选A。 2．【答案】A 【详解】在地球表面有 近地轨道卫星做匀速圆周运动，重力提供向心力，有 联立可得 单位时间内与卫星碰撞的粉尘质量为 粉尘碰撞后获得与卫星相同的速度，根据动量定理得 联立可得拖拽力为 代入数据可得 故选A。 3．【答案】B 【详解】A．首先根据定义推导三个物理量的核心关系：单位时间内车辆前进距离为，单位长度路段车辆数为，因此单位时间通过横截面的车辆数（车流量），故A错误； B．将代入 得 这是开口向下的二次函数，顶点对应最大值 当时取得最大值，故B正确； C．当时，代入速度公式得，此时，为最小值，故C错误； D．是和的乘积，较大可能是大、小的情况，并非越大一定越大，故D错误。 故选B。 4．【答案】B 【详解】设每个小球质量均为，水平面光滑，A、B系统动量守恒。A初速度为，当A、B共速时满足锁定条件，由动量守恒可得 解得共速后A、B整体速度为 锁定后的A、B总质量为，与静止的C发生弹性碰撞，碰撞时间极短，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 联立解得碰撞后C的速度为，AB速度为 C向右运动，与D的弹簧作用，当C、D共速时锁定，根据动量守恒有 代入 解得D最终速度为 故选B。 5．【答案】D 【详解】A．水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，而不是水球自身形变产生的，故A错误。 B．在击球过程中，由于存在外力作用(如航天员的握力等)，水球与球拍组成的系统动量不守恒，故B错误。 CD．根据牛顿第三定律，球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小，因为它们是相互作用力的冲量，大小相等，方向相反，故C错误，D正确。 故选D。 6．【答案】C 【详解】A．图示时刻，小圆环B释放瞬间，小圆环A只受支持力，不满足的情况，因此不是简谐运动，故A错误； B．在运动过程中，小圆环A与B构成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，因此系统动量不守恒，但是在水平方向上动量守恒，故B错误； C．由水平方向动量守恒可知 所以小圆环A与B的水平速度方向相反，大小满足 由图可知，当小圆环B运动到最高点Q时，水平方向运动的位移 即 因此，故C正确； D．由水平方向动量守恒可得，若只增大，则会减小，因此小圆环B向右摆动的水平位移会减小，无法到达Q点右侧，故D错误。 故选C。 7．【答案】C 【详解】A．从A接触弹簧到A离开弹簧，A的速度由变成，受弹簧弹力的冲量等于A动量的变化，即，故A错误； B．由动量守恒可知，解得，故B错误； C．由图像可知，为AB共速时弹簧的压缩量，由、，解得，故C正确； D．由动量定理可得，解得，故D错误。 故选C。 8．【答案】A 【详解】A．碰前卫星和小天体所受万有引力提供向心力，即得卫星和小天体碰撞，根据动量守恒有解得碰后C以初速度v0做近心运动，故A正确； B．由牛顿第二定律得加速度与质量无关，即加速度不变，故B错误； C．碰后C可能做椭圆轨道运动，可能回到碰撞时的位置，故C错误； D．若碰后C仍绕该行星运动，则轨道半长轴会小于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，周期应变短，故D错误。故选A。 9．【答案】B 【详解】A．绳子松弛，A静止，B、C组成的系统动量守恒，有代入，，解得，故A错误； B．绳子绷紧作用时间极短，C的速度来不及变化，仅A、B通过绳子相互作用，A、B系统动量守恒，有代入，，解得即绳子绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s，故B正确； D．最终三者共速时，对A、B、C整体，总动量守恒，有解得，D错误； C．绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度，直到A、B、C三者达到共速，则A、B的速度大小不会达到1.0m/s，故C错误。故选B。 10．【答案】B 【详解】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖直方向上动量不守恒，因此总的动量不守恒，A错误； B．设小球的质量为，滑块的质量为，在水平方向上由动量守恒定律得，化简为，结合图（b）可得，即，故B正确； C．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得，求得，故C错误； D．小球由最初冲上圆弧到再次回到圆弧最低点的过程中可以看成弹性碰撞，根据动量守恒，和机械能守恒可以求出，，故D错误。故选B。 选择题预测11机械振动和机械波 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】AB．波的频率由波源决定，同一列波从M到N传播过程中频率不变，周期也不变，故A、B错误 C．根据波速公式 ，频率不变，波长从变为（变为原来的），因此波速也变为原来的，故C正确； D．水波向沙滩传播过程中，能量不断损耗，且水深逐渐变浅，振幅会发生变化，故D错误。 故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】A．根据浮标的振动方程 可知角速度为 该水波的周期 波长，故A错误； B．浮标在内可以完成全振动的次数次 即经过其平衡位置60次，故B错误； C．浮标只在竖直方向上做简谐运动，沿水波传播方向的位移为0，故C错误； D．由于，根据余弦函数的规律，可知时，浮标的位移为负值且朝着平衡位置运动，故D正确。 故选D。 2．【答案】D 【详解】ABC．由题图乙可知，质点的振动周期，时，质点的加速度为0，且将沿轴负方向增大，根据牛顿第二定律可知回复力的变化和加速度一致，则质点应向上振动，根据同侧法（质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧）可知波向轴负方向传播，再对质点由同侧法可知沿轴负方向振动，沿轴正方向振动，由图像可知 代入数据得，根据， 代入数据得，故ABC错误； D．质点的振动周期是，故的时间内，质点完成一次全振动，通过的路程为，故D正确。 故选D。 3．【答案】AC 【详解】A．时刻P点振动方向向下，根据波形的上下坡法，沿波的传播方向，上坡段（随增大而增大）的质点振动方向向下，符合P点的运动状态，因此波沿轴正方向传播，故A正确； B．由乙图，设振动方程为，振幅 时，，且速度向下（），得 时P向下运动，速度，得，则 时，且速度向上，满足 解得 周期 由波速， 得波长 故B错误； C．沿正方向传播的波动方程（）为 令，解得的第一个解为 故C正确； D． 代入振动方程得 故D错误。 故选AC。 4．【答案】A 【详解】浮标在水面的上下振动视为简谐运动，鸟停在上方时等效于振子质量增大，鸟飞离等效于振子质量减小，二者振动周期与浮标及其上物体总质量的平方根成正比，即 为定值，可得 又， 解得 故选A。 5．【答案】B 【详解】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为，故A错误； B．由题图乙知，时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B正确； C．由题图乙知，从至，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，故C错误； D．由题图乙知，周期，则角频率 则随变化的关系式为，故D错误。 故选B。 6．【答案】B 【详解】A．物块在内完成10次全振动，则周期为 物块振动频率为，故A错误； B．振动过程，由于物块与弹簧组成的系统满足机械能守恒；由于存在弹簧弹力对物块做功，所以物体的机械能不守恒，故B正确； C．时，由题图可知，物块处于最高点，则物块的速度为零，但加速度最大，不为零，故C错误； D．若，由题图可知，拉动光敏变色布的速度，故D错误。 故选B。 7．【答案】D 【详解】A．时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向，弹簧并非为原长，故A错误； B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为 木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为，故B错误； C．时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为，故C错误； D．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得 解得 根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，故D正确。 故选D。 8．【答案】D 【详解】A．已知光的折射率 水波折射时有 所以水波在深水区波速较大，故A错误； B．波的传播过程中，频率不变，波长与波速成正比，所以区水波的波长是区水波波长的倍，故B错误； CD．因点到两波源的路程差为0，点与点的连线上有3个振动极弱点，点本身也是振动极弱点，意味着点到两波源的路程差为 因为 所以若、、、都在区，连线上有5个振动极弱点，故C错误，D正确。 故选D。 9．【答案】C 【详解】A．由题意可知，两声波经过振动减弱后的振幅不为零，则两声波的振幅不相同，故A错误； B．当出口管道顺时针旋转弧度时，探测到出口处的声波强度第一次最弱。故两列波的波程差为，根据波的干涉原理有，联立解得该声波在空气中的波长大小为，故B错误； C．若，则两波的波长为，旋转出口管道检测到声波强度最强的位置即为两声波振动加强，则且，联立，可得，即旋转出口管道可检测到3个声波强度最强的位置，故C正确； D．将声波频率调大，则波长减小，则且，则出口管道能检测到声波强度最弱的位置个数将增多，故D错误。故选C。 10．【答案】C 【详解】A．根据振动图像可得周期为，频率，故A错误； B．质点只能上下振动，质点不可能移动到质点处，故B错误； C．若波长大于，由于传播方向不确定，AB之间距离满足 解得 根据，解得当时该波的传播速率可能为，故C正确； D．若该波的传播速率为，则波长，故D错误。故选C。 选择题预测12静电场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】A．挥拳力量越小，则极板间距会越大，根据 可知电容越小，故A错误； B．由A选项分析可知，挥拳力量越大，电容越大，根据 可知极板间电压越小，故B错误； C．断开电源后，挥拳冲击过程中，由A选项分析可知，电容增大，但电容器不能充放电，故C正确； D．根据可知相同挥拳力量下，电压变化幅度为 所以，调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变大，故D错误。故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】A．根据振荡电路频率 电容器电容决定式 仅增大平行板电容器板间距离d，因电容C减小，振荡电路频率增加，故A错误； B．仅将待测物体向左稍稍移动，相对介电常数增大，电容增大，振荡电路频率减小，故B错误； C．闭合开关，电路稳定后，线圈直流电阻不计，电容器两端电压为零，根据可知，开关断开瞬间电容器极板上的电荷量Q为零，故C正确； D．开关断开，电容器充电，线圈中电流最大，周期内，电流逐渐减小，故D错误。 故选C。 2．【答案】D 【详解】AD．A点在带正电的上半部分,故A点的电势为正, B点在带负电的下半部分,故B点的电势为负,即 由,故电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故A错误，D正确； BC．在竖直轴上，根据对称性场强沿水平方向的分量抵消,只剩沿竖直方向的分量, 这个带电半球面模型在竖直直径上的电场分布，类似于一对等量异种点电荷在它们连线上的电场，因此 A、B 两点场强大小相等、方向相反，O点电场强度的方向竖直向下,故BC错误。 故选D。 3．【答案】A 【详解】A．根据动能定理可得 可得正离子轰击屏幕时的动能为，故A正确； B．正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，可知电场方向由针尖指向屏幕，则针尖的电势高于屏幕的电势，故B错误； C．正离子从针尖飞到屏幕的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误； D．针尖头部半径r越小，其附近的电场线分布越密集，电场强度越大，故D错误。 故选A。 4．【答案】B 【详解】A．电场线越密，电场强度越大，所以C点电场强度大于B点电场强度，由于沿电场方向电势降低，所以B点电势高于C点电势，故A错误； B．由于A点电势高于B点电势，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电子在A点电势能低于B点电势能，故B正确； C．在A点释放一正试探电荷q，试探电荷将受到沿切线向上的电场力，试探电荷向上运动，而电场力的方向发生变化，所以试探电荷不会沿着电场线运动，故C错误； D．若试探电荷从A点开始绕+Q做圆周运动，由于试探电荷所受电场力不指向圆心，且电场力不断变化，所以试探电荷不可能绕+Q做圆周运动，故D错误。 故选B。 5．【答案】C 【详解】A．根据图中、的电场线，可知两点的电场强度方向不同，电场强度大小相等，故A错误。 B．根据题意可知，、、为3个带等量正电的点电荷，可知处的电场方向指向外侧，而无穷远处电势为零，故点电势大于零；根据库仑定律，结合3个等量正电荷在等边三角形的顶点，即对称性分布特点，可知处电场强度为零，故B错误。 C．根据对称性特点，可知、、点的电势相等，电子在这三个点的电势能相等，故C正确。 D．根据三个等量点电荷的位置，结合电场的对称性分布特点，可知、处的电势大小相等，电子在这两个点的电势能大小相等，故D错误。 故选C。 6． 【答案】D 【详解】 试探电荷受力，由图乙知与成正比，因此均匀带电球体内部电场强度也与成正比，即（为常数），且电场方向沿正方向。沿电场线方向电势逐渐降低，电场沿正方向，因此越大，电势越低。 图像斜率的绝对值等于电场强度。 由于随增大而增大，因此斜率的绝对值随增大逐渐增大，应为下降且越来越陡的曲线，故D正确，ABC错误。 故选D。 7．【答案】D 【详解】A．由图乙可知，靠近点电场强度为正，所以为正电荷，为负电荷，由于较远处电场强度为负，所以有，故A错误； B．由图乙可知，从点到无穷远处电场强度为负，即从无穷远处正电荷向点运动，电场力做正功，所以点电势不为零，故B错误； C．试探电荷从点向点运动过程中，在段受到的电场力方向不变，一直做加速运动，所以试探电荷在点速度最大，故C错误； D．试探电荷通过点后，电场力做负功直到速度为0，然后试探电荷反向加速，直到经过点后再次减速，直到运动到点速度为0，再重复之前的运动，即试探电荷做往复运动，故D正确。故选D。 8．【答案】D 【详解】A．由电势能变化图像可知，起始位置点A（）对应电势能最大值为Ep0=6J 结合电势能表达式为 联立解得电场强度大小E=6N/C 结合图像可知，电场强度方向水平向左，故A错误； B．从A点到C点过程中，电场力做负功，电势能减小，机械能一直增加，故B错误； C．建立等效重力场，大小F合=5N 方向与竖直方向夹角37°斜向左下方，等效重力加速度为 小球恰能做完整圆周运动，则在等效最高点（合力反方向）有最小速度vmin，则有 解得vmin=5m/s 最大速度出现在等效最低点，根据动能定理可得 代入数据解得vmax=5m/s，故C错误； D．在等效最低点，轨道对小球支持力最大，由牛顿第二定律可得 代入数据解得，故D正确。故选D。 选择题预测13磁场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】A 【详解】带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力有 整理得轨道半径公式，其中为粒子质量、为粒子速率、为粒子电荷量、为磁感应强度；只有A选项措施能使该粒子做圆周运动的半径增大。故选A。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】A．单条边感应电动势，即 线圈有两边，故A错误； B．线圈定子受力方向应该与磁铁转子受力方向相反 由安培定则得，线圈a中的电流方向为顺时针方向，故B错误； C．从转子、定子的结构看，每转过 回到相同的相对位置，故电流变化的最小周期为，故C错误； D．安培力 安培力的合力，故D正确。 故选D。 2．【答案】C 【详解】AB．对mn和pk分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下 由图可知，mn和pk受到的安培力方向不共线，故AB错误； CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C正确，D错误。 故选C。 3．【答案】D 【详解】通电铜丝与电池两端的磁铁有相互作用，一端排斥，另一端吸引，螺线管内的磁场向左，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可知干电池左端磁铁的右端为N极，右端磁铁的左端为N极，干电池和磁铁一起向左滑动。 故选D。 4．【答案】A 【详解】对导体棒2受力分析，如图所示 根据三角形相似可得可得 有，可得可得 缓慢增大导体棒2中电流强度，两导体棒间距离增大，可得将变大。 故选A。 5．【答案】B 【详解】A．根据左手定则可知，按下按键后，载流子（自由电子）向传感器左表面聚集，则传感器左表面的电势比右表面低，故A错误； BCD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡 电流的微观表达式 联立解得霍尔电压，故仅增大电流I，霍尔电压增大，仅增大长度l、仅增大宽度b对霍尔电压无影响，故B正确，C错误，D错误。 故选B。 6．【答案】C 【详解】A．带电粒子每次经过电场加速，动能增加量均为（为加速电压，恒定不变），因此相邻动能差满足，故A错误； B． 回旋加速器中，交变电场的变化周期等于带电粒子在磁场中做圆周运动的周期。粒子每运动半个圆周加速一次，因此相邻两次加速的时间间隔，即交变电场周期，故B错误； CD．由，粒子的最大动能，与加速电压无关； 总加速次数，增大则减小，即加速总次数减少，故C正确，D错误。 故选C。 7．【答案】A 【详解】粒子的速度与磁场夹角为，其运动轨迹为螺旋线，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 粒子运动的周期为 圆周运动的角速度为 解得， A．在yOz平面内，有， 联立解得 可见轨迹的投影是圆，其圆心坐标为（0，-r），若，则半径为L，圆心坐标为（0，-L），故A正确； BD．在xOy平面内，根据运动的分解可知， 联立解得 则图像为正弦曲线，振幅为，若振幅为L时，对应x轴无投影，故BD错误； C．综上分析可知，在xOz平面内，函数关系式满足 图像为余弦函数，故C错误； 故选A。 8．【答案】D 【详解】AB．若开始时小环所受合力沿杆向下，即 若 则支持力 当增大时，减小，增大，当增大到时，，之后支持力反向， 继续增大，增大，减小，当减小到0时，速度达到最大值，之后匀速向下运动，所以此情况可以出现先增大后减小的加速运动或者一直减小的加速运动，最后匀速，故AB正确，不符合题意； C．若开始时小环所受合力沿杆向上，即 若 则支持力 减小时，减小，减小，之后，反向， 继续减小，增大，增大，直到速度减为，如果较大，小环会反向沿杆向上加速，垂直杆向下， 则有牛顿第二定律得 减小直至为，最后匀速，故C正确，不符合题意； D．若开始时小环所受合力沿杆向上，即 若直接，则支持力 当减小时，增大，在速度减小到之前，一直增大，故D错误，符合题意。 故选 D。 9．【答案】C 【详解】A．质子沿轴正方向做匀加速直线运动，在平面内做匀速圆周运动，可知质子的动能变大，故A错误； B．质子不再经过坐标原点，故B错误； C．如图所示，质子的速度沿轴方向的分量，可知随时间按余弦规律变化，故C正确； D．把质子换成电子，其受电场力和洛伦兹力的方向都与质子相反，可知电子沿轴负方向做匀加速直线运动，在面内做匀速圆周运动，但是两者的比荷不同，运动半径不同，故其运动轨迹和质子的运动轨迹不是关于平面对称，故D错误。故选C。 选择题预测14电磁感应基本规律应用 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】A．甲线圈绕点匀速转动进入磁场，穿过线圈的磁通量一直增加，根据楞次定律，感应电流方向不变，故A错误； B．甲线圈从实线位置运动到虚线位置的过程中，一直有磁通量的变化，一直有感应电流；乙线圈绕轴转动，前一半时间线圈在磁场外（左侧），无感应电流，后一半时间进入磁场（右侧），有感应电流，所以甲、乙中有感应电流通过的时间不相等，故B错误； C．设线圈半径为，面积为 角速度为。甲线圈绕点转动，进入磁场的有效切割长度 感应电动势 最大值 乙线圈绕轴转动，进入磁场后磁通量 从进入磁场时刻开始计时，感应电动势 最大值 甲、乙中感应电动势最大值之比为，故C正确； D．根据 甲、乙线圈磁通量变化量均为，电阻相同，所以通过横截面的电荷量之比为，故D错误。故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】棒a每穿过一个磁场的过程，根据安培力的冲量为 最后棒a恰好能穿过某磁场，可知最后棒a的速度也为，设最终棒a穿过的磁场个数为，根据动量定理可得 解得 故选C。 2．【答案】D 【详解】A．由楞次定律可知，开关闭合瞬间，流过MN棒的电流方向M→N，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律，单匝线圈产生的感应电动势 闭合开关后，根据闭合电路欧姆定律，联立解得所以流过金属棒PQ的电流对PQ，根据牛顿第二定律联立解得方向向右，故B错误； C．两金属棒组成的系统动量守恒，有联立解得两导体棒损失的动能转化为内能，则所以，故C错误； D．对PQ，在安培力作用下加速，由动量定理，所以根据闭合电路欧姆定律根据法拉第电磁感应定律联立解得所以最终两棒间距，故D正确。故选D。 3．【答案】C 【详解】AB．当开关接1时，电源给电容器充电，稳定时 当开关接2时，电容器通过金属棒放电，有 金属棒接入电路的电阻为，故AB错误； CD．对金属棒应用动量定理可得又有其中为通过金属棒的电荷量，由图2可知联立解得金属棒脱离导轨时的速度大小为，故C正确，D错误。 故选C。 4．【答案】B 【详解】A．S拨到2的瞬间，电容器放电，此时与并联后与电容器串联，而与电阻相同，则通过与的电流相等，与所受的安培力大小相等，但的质量大于的质量，由牛顿第二定律知的加速度小于的加速度，故A错误； B．S拨到2，稳定时，电容器两端的电压等于与两端产生的感应电动势，此时与以相同的速度做匀速直线运动，对与整体，由动量定理 又， 联立知与匀速运动的速度大小，故B正确； CD．撤去，将开关S拨到2，电容器未充电，给一个初速度，设稳定时的速度为，有电容器电压 由动量定理 又 联立可得 可得导体棒做减速运动并最终做匀速直线运动，导体棒将不受安培力，可知导体棒不是一直减速到零，也不是做匀减速运动，故CD错误。 故选B。 5．【答案】C 【详解】线圈走过第一个L时速度减为v1，则由动量定理 其中 即 线圈走过第二个L时速度减为v2，由动量定理 其中 即 线圈走过第三个L时速度减为0，同理可知 联立可得 故选C。 6．【答案】B 【详解】A．按住按钮不动时，根据题意可知线圈磁通量不变，无感应电流，所以门铃不会一直响，故A错误； B．按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，根据题意可知线圈是电源，而在电源内部电流方向由负极流向正极，所以线圈a接线柱的电势比b接线柱高，故B正确； CD．按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，故CD错误； 故选B。 7．【答案】C 【详解】A．电磁俘能器的工作原理是电磁感应，故A错误； BC．当动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，线圈1中的磁通量垂直于纸面向里且减小，线圈2中的磁通量垂直于纸面向里且增大，根据楞次定律可知，线圈1和2中感应电流方向分别为顺时针和逆时针，故B错误，C正确； D．动磁铁匀速转动时，线圈2中的磁场不是均匀变化，则感应电流大小改变，故D错误。 故选C。 8．【答案】B 【详解】A．摆锤摆动的快慢不断变化，导致穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的电流大小也不断变化，故A错误； B．导体板中产生的感应电流的磁场总是阻碍摆锤的摆动，故摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能，故B正确； C．将整块的导体板分割成多块，则导体板的电阻增大，感应电流减小，阻尼效果减弱，故C错误； D．该装置的原理是电磁阻尼，而电动机的原理是通电导体在磁场中受安培力，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机，故D错误。 故选B。 9．【答案】C 【详解】A．为使电子沿逆时针方向加速，则电子所受电场力沿逆时针方向，所以感生电场的方向沿顺时针方向；当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，根据楞次定律，电流的大小应该增大，故A错误。 BC．根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势 则感应电场场强大小为 电子的加速度大小为 根据闭合电路欧姆定律可得 联立可得，故C正确；B错误； D．电子在圆形轨道中加速一周的过程中，由动能定理可得 可得电子增加的动能为，故D错误。 故选C。 10．【答案】D 【详解】A．电容器并联在两端，两端电压保持不变；极板间距增大后，板间电场强度减小，原来油滴平衡 现在 所以带电油滴会向下运动，故A错误； B．正电荷随圆盘逆时针转动，洛伦兹力指向圆心，因此为电源正极，为负极。电流方向为，下极板接（高电势），上极板接（低电势），板间电场方向向上；油滴重力向下、电场力向上，因此油滴带正电。故B错误； C．电流沿流动，电势沿电流方向降低，因此点电势高于点，故C错误； D．消耗的电功率，故D正确。 故选D。 选择题预测15交变电流 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】A．t=0.1s时速度最大，感应电动势瞬时值最大，但电流表测量的是有效值，与瞬时值无关，示数恒定，故A错误； B．理想变压器副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，由于原线圈电压和匝数比固定，故不变，滑片P向下滑动，负载电阻R减小，则副线圈电流增大，根据可知也增大，故B错误； C．将原线圈等效为电阻，则有因为联立解得故当时，浮桶输出的电功率最大，可知此时，故C正确； D．线圈产生的电动势最大值为因为联立解得磁通量变化率最大值为，故D错误。故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】A．金属棒在ab处时B与v平行，金属棒不切割磁感线，无电动势产生，故ab两端电压为0，故A错误； B．金属棒在cd处时，金属棒产生的电动势 则此时cd两端电压，故B错误； CD．金属棒从导轨ab处运动至cd处的过程中，金属棒做匀速圆周运动的角速度 则电动势瞬时值为 则电流有效值为 电阻r产生的热量为 因为 联立解得，故C错误，D正确。 故选D。 2．【答案】C 【详解】设变压器原、副线圈的电压分别为，灯泡的阻值为2R，根据等效电阻的思想有灯泡的等效电阻灯泡L的阻值2R=由理想变压器原理，电压关系电流关系联立解得 S与C相连，灯泡功率最大，变压器原线圈电压为 与相连，灯泡的功率最小，变压器原线圈电压为 当时，电压之比为7：5，功率之比为49：25。灯泡的最大电功率。 故选C。 3．【答案】B 【详解】A．根据电压与匝数成正比 得，故A错误； B．同理 得，故B正确； C．副线圈的电流由副线圈所接负载的大小决定，不是固定的，故C错误； D．根据输入功率等于输出功率 结合（为定值），可得多副线圈电流关系为，故D错误。 故选B。 4．【答案】C 【详解】A．滑片P到b端的匝数为，根据变压器电压与匝数的关系，左侧线圈与段构成自耦变压器关系，加在两端的电压等于段的电压，即 右侧线圈与构成变压器，输出电压 联立可得 已知，则 当滑片P向下滑动使得时，有 即起到降压作用，因此该调压器可以降低电压，故A错误； B．若P在的中点，则 代入公式得，故B错误； C．若，结合，可知 此时 当滑片P在的中点时， 此时 当滑片P在的中点以下时， 则 该调压器起到降压作用，故C正确； D．理想变压器输入功率等于输出功率，且不改变交流电频率，输入端和输出端频率相等，故D错误。 故选C。 5．【答案】D 【详解】A．在时，磁通量的变化率最大；根据图像，此时图像的斜率为负，表示穿过线圈向里（正方向）的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向里，根据安培定则，可知感应电流方向为顺时针，故A错误； B．原线圈中交变电流的频率应为磁感应强度变化周期的倒数，即50赫兹，故B错误； C．原线圈中电动势的最大值为 原线圈电压的有效值为 副线圈两端电压的有效值为 电阻消耗的功率为 由于理想二极管D的单向导电性，电阻只在半个周期内有电流通过，其消耗的功率是正常工作时的一半，即 输入功率等于副线圈端总功率 在1s内原线圈输入的能量为，故C错误； D．在0~0.005s时间内，根据法拉第电磁感应定律，原线圈中的平均感应电动势为 副线圈的平均电动势为 流过的平均电流为 流过的电荷量为，故D正确。 故选D。 6．【答案】D 【详解】A．钳形铁芯张开会导致漏磁，破坏理想变压器的磁通量耦合条件，测量结果会产生误差，因此张开或闭合对结果有影响，故A错误； B．若将零线和火线同时放入钳口，两者电流方向相反，磁通量相互抵消，副线圈感应电流为0，无法测量。测量时只能放入单根导线，故B错误； C．交流电流表的示数，故C错误； D．交流电流表示数如果交流电流表示数较小，可以增大（将被测电路的导线在铁芯上多绕几圈）或减小交流电流表内部线圈以增大交流电流表示数，故D正确。故选D。 7．【答案】C 【详解】A．变压器所接交变电压的有效值为，由于各用电器都恰好正常工作，灯泡的额定电压为，额定电流为，故主线圈上的电压有效值为，电流为，理想变压器的输出功率与输入功率相等，为，故A错误； B．原线圈的匝数为900匝，副线圈的匝数为120匝，可知电动机两端电压为，故B错误； C．因各用电器都恰好正常工作，变压器所在回路的总功率为 根据理想变压器的输出功率与输入功率相等，可知变压器所在回路的总功率为 流过电动机的电流，故C正确； D．设变压器所在回路的等效电阻为，满足 变压器所在回路的等效电阻为，满足 理想变压器原、副线圈的电压和匝数的关系为 主线圈的输入功率与副线圈的输出功率之和相等，满足 故电流和匝数的关系为 可知 因此可把主线圈及副线圈后的电路等效成和两电阻的并联，若切断电动机，可认为变为无穷大，则增大，主线圈电路电流减小，灯泡L不能正常工作，故D错误。 故选C。 8．【答案】D 【详解】A．ab棒中产生的电动势的表达式为，故A错误； B．若，等效电路如图 则 电动势的有效值为，电阻R0两端电压的有效值为，故B错误； C．若，将看作电源的内阻r，由闭合电路欧姆定律可得等效电阻和内阻相等时，即时，即，但是滑动变阻器的最大阻值为，可得当滑动变阻器的最大阻值为时，即，滑动变阻器的功率最大，变压器输出功率最大，故C错误； D．周期，若，在到的时间内，电路产生的焦耳热为 初始时刻的速度为0，当时速度大小为 可得外力所做的功，故D正确。 故选D。 9．【答案】C 【详解】A. 输电效率其中减小，根据可知升压变压器副线圈电压减小，导致输电电流增大，输电线上损耗的功率增大，输电效率降低，故A错误。 B. 由图乙可知，线圈平面与磁感线垂直，处于中性面位置，此时磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零。线圈转过时，线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故B错误。 C. 若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，根据可知增大。由可知输电电流减小。输电线中损耗的功率，因减小，所以减小，故C正确。 D. 当用户端接入的用电器增多时，用户端总电阻减小，降压变压器副线圈电流增大，原线圈电流（即输电线电流）增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原线圈电压减小。用户电压随之减小。为维持用户电压稳定，应增大变压比，即适当增大，故D错误。 故选C。 10．【答案】C 【详解】A．对于理想变压器输入和输出功率相等，即 理想变压器输入和输出电压关系为 由于牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压，故，，A错误； B．对于理想变压器，输入与输出电流频率不变，B错误； C．由于发电厂输出电压不变，因此牵引变电所输出电压不变 对于理想变压器输入和输出电流关系为 电流减小到原来的一半，则电流减小到原来的一半，电阻的分压降低，故电压将增大，C正确； D．对于理想变压器输入和输出电流关系为 电流减小到原来的一半，则电流减小到原来的一半 电阻的热功率为 电流减小到原来的一半，则热功率减小至原来的，D错误。 故选 C。 实验题预测01力学实验 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)(2) 8.29 4.12(3)< 【详解】（1）由题中连续记录5次脉冲，可知 则角速度为 （2）[1]由可得 [2]根据向心力公式 （3）由于细线存在微小形变，使实际转动的半径变大，实际向心力的数值变大，因此力的传感器测量的数值大于计算值，则填“<”。 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)不挂(2) (3)B 【详解】（1）为平衡木块受到的摩擦力，应在不挂钩码的情况下将木板未固定滑轮的一端垫高，直至木块能在木板上做匀速直线运动。 （2）[1][2]设手机和木块的总质量为，单个钩码的质量为，根据牛顿第二定律 整理可得对比题中图像有 解得 （3）A．结合前面分析可知，实验时不需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量，A错误； B．为确保每次实验时手机和木块受到的细线拉力恒定，需要确保木板上方的细线始终与木板平行，B正确； C．实验时细线下方钩码有向下的加速度，处于失重状态，细线上的拉力小于细线下方钩码受到的总重力,C错误。故选B。 2．【答案】(1)A(2)A(3)(4)B(5)C 【详解】（1）点迹过于密集说明在相同时间间隔内位移过小，即小车加速度过小。 A．适当增加槽码的质量，增大了拉力，根据牛顿第二定律可知加速度增大，点迹变稀疏，故A正确； B．打点计时器的打点频率由电源频率决定，与电压无关，降低电压不能改变点迹疏密，故B错误； C．适当增加小车的质量，根据可知加速度减小，点迹更密集，故C错误。 故选A。 （2）未平衡阻力，小车受到摩擦力，合力，其中为细线拉力。 A．由于满足槽码质量远小于小车质量，系统加速度很小，对槽码 故细线拉力近似等于槽码重力，这是实验原理中的近似条件，故A正确。 B．小车受到的合力等于细线拉力减去摩擦力，故B错误； C．小车受到的合力，不等于槽码重力，故C错误； 故选A。 （3）根据匀变速直线运动推论有即解得 （4）A．图甲中，图线不过原点，不能直接得出与成正比，故A错误； B．图乙是过原点的倾斜直线，说明小车质量一定时，与成正比，故B正确； C．图丙是曲线，不能直接判断与成反比，应作出图像来验证，故C错误。 故选B。 （5）实验中横坐标为槽码重力。地球表面月球表面故月球实验图线横坐标范围小，为地球的六分之一。因为均满足，通过正确的实验操作，得到的图像应为过原点的直线。根据 即两图像的斜率相等。故选C。 3．【答案】 0.77 超重 10.72 【详解】[1]图（a）中，电子秤显示的糖果盒子的质量 [2]图（b）电子秤示数为，大于，即视重大于实重，则此时糖果盒子处于超重状态。 [3]“▲”标记的图线中 其中，， 解得 4．【答案】(1)DE(2)(3)4hL (4)小球圆周运动半径大于摆锤圆周运动半径，摆到最低点时，小球的速度大于摆锤的速度，故由小球速度测算出的摆锤动能增量大于摆锤重力势能的减少量 【详解】（1）为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度。小球在最低点飞出时做平抛运动，小球平抛的初速度即为摆锤在最低点的速度，根据平抛运动规律可得， 联立求得 因此要想求出平抛运动的初速度，应该测量小球飞离摆锤时离地面的高度h和小球平抛运动过程中在水平方向的距离x。 故选DE。 （2）由小问1可知 （3）小球从静止运动到最低点的过程中，由动能定理得 又 联立得 可知图像的斜率大小为 （4）小球圆周运动半径大于摆锤圆周运动半径，摆到最低点时，小球的速度大于摆锤的速度，故由小球速度测算出的摆锤动能增量大于摆锤重力势能的减少量 5．【答案】(1)(2) (3) 【详解】（1） 遮光条通过光电门的时间为，遮光条的宽度为d，小物块经过光电门时的速度大小为 （2）[1][2]小物块下降距离为，小物块和弹簧整体的机械能守恒 又知 联立解得 已知图像的斜率的绝对值为，纵截距为b，故， 解得， （3） 小物块下降，小物块和弹簧整体的机械能守恒 小物块下降，小物块和弹簧整体的机械能守恒 联立解得 所以 6．【答案】 D 【详解】[1]A．本实验不需要用钩码的重力代替绳的拉力，所以实验中不需要保证m远小于M，故A错误； B．本实验中钩码所受绳的拉力做负功，所以钩码的机械能不守恒，应验证滑块和钩码组成的系统机械能守恒，故B错误； C．滑块运动过程中速度大小始终是钩码速度的2倍，故C错误； D．在调整气垫导轨至水平时，滑块不需要连接钩码，故D正确。 故选D。 [2]滑块经过光电门时的速度为钩码带动滑块运动过程中，若系统机械能守恒，有联立可得结合图像可得所以 7． 【答案】(1)P(2) m1x2=-m1x1+m2x3 (3)C 【详解】（1）A碰B，而B的质量大于A，故B获得的速度小于A的碰前速度，所以落点只能是P； （2）[1]规定初速度方向为正，由动量守恒可得m1v0=-m1vA+m2vB 故m1x2=-m1x1+m2x3 [2]如果是弹性碰撞，碰撞前后动能应该守恒则 即 （3）由动量守恒，有m1x2=-m1x1+m2x3 弹性碰撞由能量守恒，有代入数据得x3=x2-x1故选C。 8．【答案】 = 存在空气阻力、气垫导轨不水平、弹簧和轻绳有质量、遮光板的宽度不完全相同、测量的物理量有误差等 【详解】（2）[1]气垫导轨调平后，滑块在导轨上做匀速直线运动，通过两个光电门的速度相等。由于遮光板宽度相同，根据，可知通过光电门的时间相等，即。 （4）[2]极短时间内的平均速度等于瞬时速度，滑块1经过光电门时的速度。 （6）[3]烧断细线后，系统动量守恒。取向左为正方向 代入得整理得结合图乙，纵轴为，横轴为。斜率纵截距解得 （7）[4]实验误差来源可能包括：存在空气阻力、气垫导轨不水平、弹簧和轻绳有质量、遮光板的宽度不完全相同、测量的物理量有误差等 9．【答案】 【详解】（3）[1][2]根据实验操作可知，单摆的摆长，经过平衡位置点的次数是，这段时间内包含了个半个周期，即 解得。 （4）[3]由单摆周期公式 可得。 （5）[4]由牛顿第二定律可得， 解得 10．【答案】(1)最低点(2)5(3)9.82(4)C 【详解】（1）磁感应强度最大时小球位于最高点，磁性小球运动到最低点（平衡位置）时，沿x方向的磁感应强度分量近似为0，因此B约为0时小球在最低点。 （2）单摆一个周期内会两次到达最高点（左右各一次），对应B出现两次峰值。由图乙可知，内有5个完整周期。 （3）由上述分析得单摆周期，摆长根据单摆周期公式 变形得 （4）C．设真实摆长为，测量摆长为，若测量摆长时，将摆线长度与小球直径之和作为摆长，真实摆长（为小球半径，测量多了一个），代入周期公式得 当时， 即图线延长线与轴交于正半轴符合图丙的情况，故C错误； A．只将摆线长作为摆长，会得到时，不符合，故A错误； B．测量正确时图线过原点，不符合，故B错误。故选C。 实验题预测02电学实验 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1) 增大 减小(2)(3) 【详解】（1）[1][2]滑片逆时针转动，变阻器接入电路的阻值增大，外电路的总电阻增大，路端电压增大，电流表示数增大。电路的总电阻增大，故干路电流减小，电路消耗的总功率减小。 （2）由闭合电路欧姆定律可知整理可得则有，解得， （3）将定值电阻与电源等效为一个新电源，新电源的等效内阻推理可知，当变阻器接入电路的电阻与新电源的等效内阻相等时，变阻器消耗的功率最大，则有结合前面分析解得 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)b (2) ① 电流表分压 (3) 26.0 888.9 【详解】（1）实验开始前，需让滑动变阻器接入电路的阻值最大，使初始电流最小，保护电源。由图乙可知，滑片P在b端时，滑动变阻器接入电阻最大，因此滑片应放在b端。 （2）本电路中，电流表串联在干路，内阻会分压，电压表只测量了滑动变阻器两端的电压，因此测得的路端电压小于真实路端电压；相同电流下，测量得到的U更小，因此实验绘制曲线为下方的①，误差来源于电流表的分压。 （3）[1]电源电动势的真实值等于开路电压（时的电压），由真实曲线②可知，时， [2]当外接定值电阻时，满足 若单位为，则（单位），作该电阻的线与曲线②相交，可得工作点约为， 由闭合电路欧姆定律得 2．【答案】(1) 2.7 0.70 (2)偏小 (3) 【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律 整理可得 可知图线纵截距为，斜率为 由图像可知， 解得， （2）电压表分流情况下闭合电路欧姆定律为 整理可得则图像的纵轴截距为 整理可得故电动势的测量值与真实值相比偏小。 （3）[1]灵敏电流计示数为零，因此对、回路分析，根据闭合电路的欧姆定律可得 两端电压 [2]只闭合时灵敏电流计示数为零，则有 同时闭合、则有 又因为联立解得 3．【答案】(1) D 1500.0 (2) 4.29（3.95~4.41） 1.43（1.25~1.62） (3)小于 【详解】（1）[1][2]由实验步骤可知电压表要扩大量程为，则串联的电阻箱的阻值应能调节为电压表内阻的一半，即电阻箱能调节到。故选D。 （2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得 整理可得 根据图像的斜率和纵轴截距可得， 解得，。 （3）若考虑电压表分流，实际干路电流大于我们推导时假设的电流，推导得到的纵截距偏大，由可知，测得的电动势小于真实值。 4．【答案】 0.20 D 1.5 0.24/0.25 能 【详解】[1]已知，， S接C时，电流表A与电阻箱并联，根据并联电路的规律可知，流过电阻箱的电流 电压 则电流表内阻为 [2]只有将开关S接到，才能保证通路，实现数据的测量。 [3][4]根据（3）中步骤和闭合电路欧姆定律，可知 可得 根据题图乙可知斜率 纵截距 解得， [5]由可知，电动势仅由图像斜率决定，当电流表的内阻未知时，本实验能测出该电源的电动势，但不能测出内电阻。 5．【答案】(1) (2) (3) (4)见解析 【详解】（1）[1]金属样品电阻约，电流表A的量程为0.6A，则样品两端最大电压约 为减小误差选量程的更精准。 [2]阻值过大，调节不便；阻值与样品电阻匹配，操作方便，适合限流接法。 （2）限流接法中，闭合开关前需将滑片置于接入电阻最大的位置，使电路初始电流最小，保护电表。滑片在端时，滑动变阻器接入电阻最大。 （3）由欧姆定律求电阻：；由电阻定律，横截面积： 样品横截面积关系：外方内圆， 联立求得 则 （4）金属样品温度升高，电阻率发生变化，引入误差；样品长度、边长的测量存在误差。 6．【答案】(1)0.500（0.498-0.502） (2) (3) 5 5 【详解】（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读到0.1格，金属丝直径（0.498~0.502） （2）电路采用试触法判断待测电阻的阻值大小，因电流表示数变化更明显，即电压表的分流较明显，则应回避电压表分流，故采用电流表的内接法减小系统误差，由此判断开关打到b处时进行实验系统误差较小。 （3）[1][2]根据串并联电路的特点有 变形可得 可得 联立解得， 7．【答案】(1)3.300 (2)3.1×10⁻⁴ (3) 2.50 1.25 (4)偏小 【详解】（1）螺旋测微器的精确值为，由图乙可知金属丝的直径为 （2）电压表示数为，则，由图丙可得，可知半导体的电阻，利用电阻率公式 代入解得 （3）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得 化简得 结合图丙可知， （4）当电动势减小，内阻增大时，再次将此半导体电阻连入此装置会导致回路的电流会比原来的情况小，电压表的示数即路端电压会偏小，由图丙得到的的值会偏大，的值也偏大，半导体电阻的测量值偏小。 8．【答案】(1)见解析 (2) 右 (3)大于 【详解】（1）按照图1所示电路图，实物图连接如下 （2）[1]为了安全和保护电流表，应保证电流表所在支路电压最小，则将滑动变阻器的滑片移至右端。 [2] 闭合开关、，缓慢移动滑动变阻器的滑片，使电流表指针满偏；保持滑片位置不变，仅断开开关，调节电阻箱使电流表的示数达到最大值的，测量时认为电流表所在支路在开关断开前后的电压保持不变，即有可得 （3）事实上，断开开关后，电路中总电阻发生了变化，总电阻变大，电流表所在支路分压增大，可知解得可见测量值偏大。 9．【答案】 【详解】[1]在惠斯通电桥电路中，若灵敏电流表电流为零，则四个电阻满足的关系。 [2][3]根据电路图2可知 经过变换可得 因此， 由此可知， [4]根据电路图2可知交换和后有 变换后有 因此，解得 10．【答案】(1) 黑 d 320 (2)40 (3) 直流电压挡 BD 【详解】（1）[1]a表笔与电源正极相连，根据“红进黑出”规律可知，a表笔为黑表笔； [2]由图甲可知c接d时干路电流的最大值大于c接e时干路电流的最大值，由于欧姆表的内阻 可知，c接d时为“”挡位，c接e时为“”挡位，由于定值电阻的阻值约为，结合图乙可知应选用“”挡位，故c应该接d。 [3]根据欧姆表的读数规律，图乙中的读数为 （2）若c与e相连，结合上述可知，欧姆表的内阻为 干路中流过的电流最大值 可知，表头量程扩大为10倍，则有 解得 （3）①[1]要判断黑箱子内有无电池，用多用电表直流电压挡测量所有接线柱组合，无电压显示则无电池，因为电池提供直流电压。 ②[2]利用欧姆挡连接A、B接线柱时，电阻为与∞，表明A、B接线柱之间有二极管和电阻，利用欧姆挡连接A、C接线柱时，电阻始终为，表明A、C接线柱之间只有电阻，利用欧姆挡连接B、D接线柱时，电阻始终为∞，表明B、D接线柱之间可能有电容器，也可能没有元件，可知，第二个选项与第三个选项中的电路满足要求。故选BD。 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)72cmHg(2) 【详解】（1）汽车静止时，气柱长、压强管内气柱最长时，气柱长此时压强最小，设为，由玻意耳定律有代入数据解得 （2）设管的横截面积为、水银柱质量为，依题意，管内压强最小时，加速度最大。 对水银柱受力分析，有 又， 联立得以cmHg为压强单位，代入数据得 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)(2) 【详解】（1）设活塞的横截面积为，测试环境的热力学温度缓慢升高至过程中，气体发生等压变化，满足 解得。 （2）对充气完成后的气体，测试环境的热力学温度缓慢升高至过程中，气体发生等压变化，有 因此，充入气体的质量与汽缸下部分原有气体质量的比值 联立解得 2．【答案】(1)(2) 【详解】（1）整个过程温度不变，将太空舱和气闸舱的气体看作整体，根据玻意耳定律 代入已知条件，、、 得 解得 （2）门A闭合后，气闸舱内原有气体压强为、体积为，温度不变。对抽气过程，设原有气体在压强下的总体积为，由玻意耳定律 理想气体同温下，质量比等于体积比，抽出气体的体积为，因此 代入 化简得 3．【答案】(1)10(2)64.4N 【详解】（1）要使水火箭发射出去，设需要打气筒打气n次，由题意可知，当水火箭发射瞬间，其内部气压为 根据玻意耳定律，有 解得 （2）第8次打气后，箭体内气体压强为p8，根据玻意耳定律，有 解得 对活塞受力分析可得 解得 4．【答案】(1)(2) 【详解】（1）原线圈所加电压为正弦交流电，其有效值为 根据理想变压器电压比 代入，得副线圈电压 电阻丝工作时间 电阻丝产生的热量全部被气体吸收，放出的总热量 （2）对活塞受力分析，封闭气体做等压变化，气体压强 代入数据，得 根据盖-吕萨克定律末态温度，且，联立解得 活塞上升高度 气体膨胀对外做功 根据热力学第一定律 得气体内能增加量 5．【答案】(1) (2) 【详解】1）对水平气缸的气体，由等温变化 其中 解得 （2）由热力学第一定律得 气体对活塞2做功 则外界对气体做的功 由于温度不变 即 6．【答案】(1)18cm (2) 【详解】（1）初始时，封闭气体的温度T1＝300K，封闭气体的体积为V1＝Sh1，由于活塞与缸壁间恰好无 相对运动趋势，则封闭气体的压强p1＝p0 当T3＝540K时，设封闭气体的体积为V2＝Sh2，封闭气体的压强为p2，活塞平衡，由平衡条件得 解得p2＝1.2p0 由理想气体状态方程 解得h2＝18cm （2）当汽缸不能向外排气时，汽缸内气体的压强与汽缸外大气的压强相等，即p3＝p0 设原有气体等温膨胀后的体积为V3，由玻意耳定律得p2V2＝p3V3 解得V3＝1.2V2 排出的气体的质量m排与汽缸内原有气体的质量m原的比为 7．【答案】(1) (2) 【详解】（1）加热过程，瓶坯内的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有 又气体总质量不变，则气体的密度与体积成反比 加热完成时，瓶坯内气体的密度 解得 （2）充气前，瓶内气体压强为p0、体积为V3、温度为T2 ，充气后，瓶内气体压强为3p0、体积为V2、温度为T3 。设充入瓶内的气体在温度、压强均与加热前瓶坯内气体相同时的体积为V4，由理想气体状态方程有解得 8．【答案】(1) (2) 【详解】（1）当细管中刚好有水溢出来时，瓶内气体的压强为： 等体积变化，根据查理定律得：，解得： （2）当细管中的水恰好不再喷出时，瓶内气体的压强为： 根据理想气体状态方程得：， 故进入瓶内水的体积为： 9．【答案】(1)气体对外界放热 (2) (3)9cm 【详解】（1）整个过程温度保持不变，理想气体内能变化量 压缩气体时，外界对气体做正功，即 根据热力学第一定律 可得，即气体对外界放热。 （2）圆筒的横截面积 根据力的平衡条件可知 解得 （3）根据理想气体等温变化方程可得 解得 右侧活塞移动的最大距离 10．【答案】(1)11.5m(2)278.6K 【详解】（1）设潜水钟下潜至作业深度处时，气体的压强为p，则 根据玻意耳定律有 解得H=11.5m （2）气体初始温度为T=300K 活塞静止在距离筒口处时，气体的压强为 根据理想气体状态方程有 解得 计算题预测02几何光学的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)(2) 【详解】（1）由于光源的深度与水面有光射出区域的半径相等，由几何关系可知光在水面发生全反射的临界角为 根据全反射临界角与折射率的关系 解得水对该光源发出的光的折射率为 （2）设透明介质对该光源发出的光的折射率为n1，由题意可知，光源发出的光线在D点恰发生全反射，设光线在该点的入射角为θ，则由几何关系可知 由全反射规律知 解得 光在透明介质中的最长传播路径为 传播速度 最长传播时间为 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)； (2) 【详解】（1）由折射定律可得 代入数据解得 根据 解得激光在水中传播的速度为 （2）光刚好在水面发生全反射时，亮圈的面积最大，光路图如图所示 则有， 圆形亮区的面积 联立可得 2．【答案】(1) (2) 【详解】（1）依题意画出光路图如图所示： 根据光的折射定律得 解得 则有 设激光在玻璃砖中传播的距离为，则根据几何关系有 解得 由于激光在玻璃砖中传播的速度大小为 则激光在玻璃砖中的传播时间为 （2）设到、的距离分别为、，、两点之间的距离为，则由几何关系得， 解得， 所以、两点之间的距离为 3．【答案】(1) (2) 【详解】（1） 设光在光纤左端面的折射角为，光从真空入射玻璃，由折射定律： 代入入射角 光在内芯与真空包层的界面恰好发生全反射，设侧面入射角为临界角，由全反射临界角公式： 由几何关系得 因此 结合三角关系 得 代入折射定律： 代入 两边平方整理得： （2）单色光频率 由光电效应方程，光电子最大初动能： 电流为零时，反向截止电压满足 整理得： 4．【答案】(1)见解析 (2) (3) 【详解】（1）光路如图所示 由折射定律得 又 联立方程解得 所以关系式成立 （2）当时，代入第（1）问关系式得 可得 （3）根据题意，当光线从或处发出且从右屏障边界或左屏障边界出射时，有最大出射角，由折射定律得 把，代入上式解得 5．【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图1所示，由几何关系得 折射定律 解得 光在玻璃中的传播距离，， 联立解得 （2）当光恰好能射入空气时，在内表面恰好发生全反射，光路如图2所示 由几何关系 设转过的角度为，由折射定律 解得 6．【答案】(1)1.58 (2)10cm 【详解】（1）设激光射入该液体的入射角为θ，折射角为α，将θ、α标在光路图中，如图所示 由几何关系可知 又 解得n=1.58 （2）容器中注满该液体后，设激光射入该液体后的折射角仍为α，设光斑到O点的距离为d，由几何关系 由（1）问 解得 7．【答案】(1) (2) 【详解】（1）当鲤鱼做匀速圆周运动的轨迹对应的入射光到荷叶边缘恰好发生全反射时，对应的轨道半径最大，设最大轨道半径为rmax，根据几何关系，有 根据全反射的临界角与折射率的关系，有 解得 （2）鲤鱼做匀速圆周运动，根据鲤鱼所受的合力提供向心力，有    需要水对鲤鱼的作用力F最小，则需要鲤鱼做圆周运动的轨道半径r最大，解得 8．【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）如下图所示，由圆心射入的激光，在玻璃砖中的折射角 根据折射定律解得 （2）激光在玻璃砖中的传播速度射入的激光在玻璃砖中的传播时间解得 （3）如图所示，激光恰好都能从圆弧面射出，玻璃砖恰好发生全反射的光路如图所示 由几何关系可得根据 在中，根据正弦定理在中，根据正弦定理 得故弹簧振子的振幅为根据可得 弹簧振子的振动方程 9．【答案】(1)(2) 【详解】（1）根据光的折射定律有其中，解得 （2）由光的全反射临界角C与介质折射率n的关系解得可知光线转过的角度由解得 10．【答案】(1)(2) 【详解】（1）射到圆环边缘的光恰好发生全反射，则有可以解得作出光路图，如图所示 根据几何关系有解得 （2）该线状光带发出的光从光发出到射出水面的最长距离为s，根据几何关系有 则红光从发出到射出水面的最长时间红光在水中的传播速度解得 计算题预测03带电粒子在电磁场中的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）离子沿水平中轴线经过速度选择器，离子做匀速直线运动，则有 偏转区仅加电场时，水平方向有竖直方向有根据速度分解有解得 （2）离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 结合上述解得 设偏转角为，偏转角等于圆心角，根据几何关系有 离子出射时偏离轴线的距离解得 （3）当离子进入共振腔稳定后会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动，如图所示 设最终速度为，沿圆周的半径方向有沿圆周的切线方向有可得旋转电场对离子做功的功率解得 可知，当时，电场对离子做功的瞬时功率最大，结合上述解得 密押预测·精练通关 1．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设粒子在磁场中运动的半径为r，由 得 由分析可知圆形磁场的半径R与粒子运动的轨道半径r相等，即 （2）粒子在磁场中做圆周运动的周期 粒子1在圆形磁场中运动的时间为， 粒子1在电场中从Q到O运动的时间为，竖直方向上的位移 又， 可得 粒子2在磁场中从P点运动到S点，转过角度为150°，所用时间   由分析可知粒子2从S到T作匀速直线运动，速度方向沿x轴正方向，所用的时间为 则两个粒子先后从P点发射的时间差为 （3）粒子1从O点进入时竖直方向的速度为，有 合速度与水平方向和竖直方向的夹角均为45°。粒子1进入匀强磁场Ⅱ以后，将运动分解，在平行于xOy平面上以速率作匀速圆周运动，在竖直方向上以速度向下作匀速直线运动。 当粒子2在匀强电场中从T点运动到y轴的过程中，仍作类平抛运动，与粒子1在匀强电场中运动时间相同，运动时间也为，竖直方向上的位移为 在时间内，粒子1在匀强磁场Ⅱ中作匀速圆周运动的周期为，则 说明粒子2刚到达y轴时，粒子1刚好作匀速圆周运动一周，刚好运动到y轴上，竖直方向上的位移为 此时两个粒子间的距离 2．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子甲在电场中加速，由动能定理 粒子甲进入区域后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，满足 由题意可知 联立解得 （2）由题意，发生弹性碰撞后甲、乙粒子带电量均为，由系统动量守恒得 碰撞前后系统动能相等，有 联立解得碰撞后两粒子速度， 根据洛伦兹力提供向心力，甲、乙两粒子碰撞后做圆周运动的半径分别满足， 解得 可知甲、乙两粒子在磁场中做半径相同的圆周运动，由 代入数据可得 , 从两粒子碰撞到下次相遇的时间应该满足以下关系式 可得 （3）由上述分析可知，当粒子乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为 撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，整个区域再加上相同的磁场，可得两粒子在磁场中仍做半径为b的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相交，则如图所示 设撤去电场、磁场到加磁场乙匀速运动距离，甲的匀速运动距离，可知 在中，由余弦定理 解得 3．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子恰能从P点下方进入电场，由几何关系有 解得 粒子在磁场中做匀速圆周运动 解得 （2）当时，粒子不能进入Ⅱ、Ⅲ区域。粒子能进入区域Ⅲ且不能从下边界离开区域Ⅲ，设粒子在区域Ⅲ中竖直速度变为0时水平速度为，取向左为正，在磁场中由水平方向动量定理有 粒子在磁场中， 又由动能定理有 联立解得 （3）粒子经电场加速后，速度大小变为，根据动能定理有 解得 粒子在区域Ⅲ内做匀速圆周运动有 解得 粒子运动轨迹如图所示 粒子在区域Ⅲ内运动到最低点时竖直位移为，粒子第一次竖直位移为时，粒子在区域Ⅰ运动的时间 粒子在区域Ⅱ运动的时间 粒子在区域Ⅲ运动的时间 粒子第一次竖直位移为时需要的时间 粒子再次经过需要的时间为，故粒子第次竖直位移为时需要的时间为 4．【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）粒子从P点射出，水平方向做匀速运动，则 竖直方向，可得 （2）由对称性可知，粒子从Q点进入磁场时，速度大小仍为v0，方向与MN成45°斜向右下方，由几何关系可知粒子做圆周运动的半径为即根据可得 （3）若在MN上方放挡板CD，则粒子从P点射出后在C点与挡板相碰，因相碰时水平速度不变，竖直速度等大反向，可知粒子进入磁场时速度大小和方向不变，进入磁场后仍做半径为r的圆周运动，因第一次离开磁场的位置到点的距离为，可知进入磁场的位置应该在PQ的中点M，则由对称性可知，C点在PM上的投影点B应该是PM的中点，根据类平抛运动的规律可知，而 挡板到的距离 5．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）团簇1在电场中做类平抛运动，如图所示 则，， 可得 （2）根据题意可知 团簇1和团簇2在P点完全非弹性碰撞，水平方向 竖直方向 有 团簇3在磁场圆周运动 得 依轨迹关系可知区域Ⅰ宽度为 （3）团簇3在电磁场中从P开始计时，在磁场先经完整一个，进入下方电场先减速后加速时间为，再在磁场完成整一个，进入上方电场先减速后加速时间为，恰好完成一个完整周期，根据牛顿第二定律可知，，， 解得 6．【答案】(1)，方向竖直向上 (2)， (3) 【详解】（1）由匀速圆周运动知：电场力和重力平衡 解得： 方向竖直向上。 （2）由平抛运动知：竖直方向：自由落体，且其运动不影响水平面内的运动。水平面内：0~0.5T内，二力平衡 x正方向匀速运动 0.5T~1T内，圆周运动 半径为 由几何关系 过程轨迹如图 （3）粒子的运动轨迹如图所示 竖直方向：自由落体 水平面内：①0~0.5T内，摆线运动，匀速圆周， 匀速直线 ②0.5T~1T内，静止不动 ③1T~1.5T内，摆线运动，同①过程与①对称。①~③过程中，， ④1.5T~2T内，匀速圆周运动， 因此：t=2T时刻粒子的位置坐标为 7．【答案】(1) (2)不能从cd边射出掺杂到晶圆内 【详解】（1）在加速电场中加速过程对有对有两式相比得 （2）在磁分析器中对有洛伦兹力提供向心力有联立解得对有联立解得 若离子恰好从d点射出，有： 解得，由于，所以不能从cd边射出掺杂到晶圆内。 8．【答案】(1) (2)0°≤θ≤60° (3)， (4) 【详解】（1）如图所示 由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 由牛顿第二定律可得 所以粒子的比荷 （2）由几何知识知四边形P、O1、O、O2为菱形，粒子运动的半径为R，则 所以 则粒子流从O点射出时与负y轴方向的夹角0°≤θ≤60°； （3）由动能定理得 解得 如图所示 粒子进入匀强电场后，x方向做匀速直线运动，则离开电场时与AC的最小偏角为即 （4）规定沿x轴正方向为正方向，对运动粒子x轴方向，由动量定理得 即 所以 9．【答案】(1)，(2)（，0）(3) 【详解】（1）如图所示 由几何知识可知，带电粒子在磁场中做圆周运动时 根据洛伦兹力提供向心力 解得 在复合场区域 解得 （2）如图所示 粒子垂直经虚线MN时距O点距离为L，粒子匀速直线经过y轴负半轴时距O点距离应为，粒子离开复合场区域后到达x轴过程中，沿y轴方向上，有， 沿x轴方向上， 解得，， 即带电粒子第二次经过x轴时的位置坐标为（，0）； （3）粒子在磁场中时间 在复合场中时间 带电粒子从A点进入磁场到第二次到达x轴所经过的时间 所以 10．【答案】(1)(2)(3)， 【详解】（1）粒子从点运动至坐标原点，做类平抛运动，平行于轴方向上有 平行于轴方向上有其中解得 （2）解法一：粒子经过坐标原点时的速度大小 设粒子第一次在第四象限内运动至最低点时到轴的距离为，有 平行于轴方向上有解得 解法二：粒子经过坐标原点时平行于轴方向的分速度大小 将粒子经过坐标原点时的速度分解为沿轴正方向、大小为的分速度，满足 另一分速度大小 粒子在第四象限内的运动可视为沿轴方向、速度为的匀速直线运动和速率为的匀速圆周运动的合运动，粒子运动至最低点时的速度大小解得， （3）设粒子经过坐标原点时速度方向与轴正方向的夹角为，则有 粒子第二次经过轴时速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小为，方向沿轴正方向，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动至离轴最远时，平行于轴方向的分速度大小变为0，平行于轴方向的分速度大小变为，平行于轴方向上有 其中利用如图所示的图像可知 解得平行于轴方向上有 其中其中为对应轨迹与轴所围的面积，利用对称性可知，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹与轴所围的面积解得 计算题预测04电磁感应的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)，，(2)， 【详解】（1）①金属棒b和冲击电流计G并联，则，根据，，解得其中，解得 ②正弦是交流电峰值，，， （2）①时刻前，， 安培力， ②b棒达到最大速度时，有，，对b棒由动量定理有即 解得 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)(2)(3)见解析(4) 【详解】（1）金属棒绕匀速转动，平均速度 切割磁感线产生的感应电动势，可得 由右手定则，可知 则接线柱间电势差 （2）电容器充满电时，两极板间电压 开关拨向2时，回路瞬时电流 金属棒受到的安培力 由牛顿第二定律，可得 联立解得 （3）由电容的定义式可得 变形得 即电容器的极板电压与电量成正比，当极板电压时，两极板电量 因此图线为过原点，斜率为​，终点为的倾斜直线，如图所示 储存的电能等于电场力做的功 充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积 （4）设从电容器开始放电到导体棒离开轨道的时间为，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为，根据动量定理，有 放电的电荷量 充电结束时电容器电荷量 由题意可知 联立解得 导体棒离开轨道时的动能为 电容器释放的能量为 这次发射过程中的能量转化效率为 2．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理 解得到达MN时，飞机的速度大小 （2）解法一：设飞机脱离后，动子滑行至静止平均速度为，由 平均电流 电荷量 又 解得 解法二：由， 平均电流 电荷量 解得 （3）设飞机脱离时，动子的速度大小为v，由动量定理 可得 由能量守恒 解得 3．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设导体棒到达磁场区域1上边界时的速度大小为，由机械能守恒有 导体棒进入磁场区域1时，产生电动势 回路产生感应电流 导体棒受安培力大小 导体棒匀速穿过磁场区域1,有 联立解得 （2）设导体棒每次进入磁场区域时的速度为，每次离开磁场区域时的速度为，每次在磁场区域和非磁场区域运动时间均为T，导体棒在磁场中运动，设某时刻速度为，则安培力大小 由动量定理有 导体棒在无磁场区域运动过程，由动量定理有 由动能定理有 联立解得 （3） a、b棒碰撞后两棒粘在一起运动，由于b无电阻，则a被b短路，有 产生的电动势为 整理得 金属棒中的电流为 根据图像以及动能定理有 向右运动的最大距离 4．【答案】(1)；感应电流方向为逆时针方向 (2)1m/s (3)11：1 (4) 【详解】（1）由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向； 设时（磁场运动），磁场的速度为，线框的感应电动势为，感应电流为，，，， 解得 （2）设时，线框的加速度为，1s~2s内，磁场与线框的位移差为，根据牛顿第二定律 解得 线框与磁场加速度相同。此后磁场与线框速度差恒定，感应电动势恒定，电流恒定，安培力恒定，线框合外力恒定，因此线框开始做的匀加速直线运动； 1s~2s内，线框与磁场运动时间， 解得 由此可知时线框的ab边恰好进入磁场，cd边恰好与编号1和2磁场分界线重合，线框做匀加速直线运动的时间仅有1s， 解得 （3）设时，磁场的速度为；时，线框的速度为，感应电动势为，感应电流为，所受安培力为，则 ， ，， ， 线框所受安培力的功率   感应电流的功率 解得 （4）设2s~14s内，用时，线框与磁场的平均相对速度为、相对位移为，由线框所受的平均安培力为，根据安培力的表达式及动量定理可得， 其中 解得 分析可得 5．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）根据串并联电路有 闭合电路欧姆定律有 作用在导体棒1上的安培力 作用在导体棒2上的安培力 由牛顿第二定律有 解得 （2）当运输车运动过程中任意时刻速度为时，根据法拉第电磁感应定律，回路中感应电动势 回路中电流 则每根导体棒上安培力 由动量定理有 联立上式可得 当时，解得 （3）根据（2）分析可知，运输车运动过程中，动量定理可得 根据题意小车停下来，即，联立解得 则 6．【答案】(1)， (2) 【详解】（1）电梯轿厢由静止启动瞬间 启动瞬间金属线框的热功率   解得 电梯轿厢向上运动最大速率时，线框相对磁场的速率为 产生感应电动势   根据闭合电路欧姆定律有 线框所受的安培力 由平衡条件有   解得 （2）设轿厢制动过程轿厢速度为，线框感应电动势 电流为   安培力大小为 取向下为正方向，轿厢制动t时间内对轿厢根据动量定理有 由于 整理得   解得 7．【答案】(1) (2) (3)不会相撞 【详解】（1）导体棒ab从圆弧最高点滑下，机械能守恒： 代入数据，得： ab切割磁感线产生的感应电动势： 代入，得： 电路总电阻 电流： ab两端电压为路端电压： （2）ab下滑时间 恰好等于图2中磁场变化的时间。磁场变化率 回路面积，感生电动势： 代入数据： 总焦耳热： 代入数据： ab与cd电阻相等，故ab产生的焦耳热： （3）释放cd时，磁场恒定为，ab以向右运动，cd初始静止。 系统在水平方向不受外力，动量守恒；安培力为内力，最终两棒共速： 得 由动量定理，对ab： 对cd： 联立得： 回路磁通量变化，且 故： 代入数据： 初始间距为，，故两棒在cd碰撞挡柱前未相遇。 cd碰撞挡柱后立即停止，ab以继续向右运动，产生感应电动势： 电流，ab受安培力，做减速运动。 由能量守恒，ab的动能最终全部转化为焦耳热： ab的位移满足： 得 代入数据： 此时两棒间距为，，故ab停止前仍未与cd相撞。 8．【答案】(1) (2) (3)，， 【详解】（1）将金属棒b锁定，释放金属棒a，当金属棒a匀速下滑，有 金属棒受到的安培力为根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为设金属棒最终速度的大小为，感应电动势为联立解得 （2）最终稳定时，合力为零，对有 对b、c整体有 金属棒a、b受到的安培力均为 根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为 设金属棒a、b的最终速度的大小分别为、，感应电动势为 联立解得 因，则、与组成的系统动量守恒，有 代入，，可得 联立，解得 （3）最终稳定时，合力为零，对有 对b、c整体有 金属棒a、b受到的安培力均为 根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为 设金属棒a、b的最终速度的大小分别为、，感应电动势为 联立可得 因，则、与组成的系统动量守恒，有 代入、、，得 联立，解得， 设在极短的时间内，由，得 对等式两边求和可得位移 已知，解得 设在极短的时间内，流过某横截面的电荷量 对等式两边求和可得电荷量 9．【答案】(1)竖直向下， (2) (3) 【详解】（1）安培力水平向右，根据左手定则，磁场方向竖直向下，金属棒ab做平抛运动，其竖直方向有， 由于导体棒在高度降低2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有 解得 （2）金属棒ab弹出瞬间，由动量定理有又整理有解得 （3）金属棒ab滑至水平轨道时，有 最终匀速运动，电路中无电流，所以棒ab和cd产生的感应电动势大小相等，即 此过程中，对棒ab，由动量定理有 对棒cd，由动量定理有 由能量守恒，该过程中机械能的损失量为 解得 10．【答案】(1)(2)(3)， 【详解】（1）导体棒a、b的速度达到稳定时，回路中电流为零。设导体棒a的速度为v1，导体棒b的速度为v2。有BLv1＝2BLv2可得v1＝2v2 对导体棒a应用动量定理，有可得求和 则有对导体棒b应用动量定理，有可得 求和则有联立解得 （2）设金属棒b从H、K处飞出后做平抛运动，机械能守恒，设金属棒b落到导轨MN、PQ上时的速度大小为v3，由机械能守恒定律得  解得 （3）金属棒b落到金属导轨MN、PQ上向右滑行的过程中，金属棒b、c组成的系统动量守恒，设最后的共同速度为v4，根据动量守恒定律有2mv2＝4mv4 解得对导体棒c应用动量定理，有可得求和可得即解得   设开始时导体棒c离PM的距离为x，电荷量关系  联立得 设金属棒b落到金属导轨MN、PQ上向右滑行的过程中，金属棒b、c组成的系统产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得   因导体棒b与导体棒c完全相同，即电阻相同，所以金属棒c中产生的焦耳热 计算题预测05力学三大观点的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)①9m/s；②0.25J (2)3.5N (3)7.4s 【详解】（1）①由于物块P运动到B点时速度大于传送带速度可知，物块从A运动到B一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，解得 ②物块P做匀减速运动的时间为物块P相对于传送带运动的位移大小为所以 （2）物块P运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得物块P由初始位置开始先做自由落体运动，运动到绳与竖直方向的夹角为60°时，轻绳再次拉直，此过程物块P的位移为l，根据自由落体运动规律，有之后物块P开始做圆周运动，直到运动到最低点，根据机械能守恒定律可得联立解得 （3）设物块P与物块1第一次碰撞后的速度大小为v1，物块1的速度为u1，根据动量守恒定律可得，联立解得，物块P与物块1碰撞后，反向做匀减速直线运动，速度减为零时的位移为故物块P不会从传送带A端滑落，则速度减为零后开始向右做匀加速直线运动，由于，说明物块P返回到B端时速度大小仍为v1，而物块1向右做匀速直线运动和物块2发生弹性碰撞，则， 解得，由此可知，二者碰撞后速度交换，即物块1停在物块2原位置，所以物块P第一次与物块1碰后到第二次与物块1碰撞所经历的时间 设物块P与物块1第二次碰撞后的速度大小为v2，物块1的速度为u′2，根据动量守恒定律可得，联立解得， 即物块P第二次与物块1碰后以2m/s的速度反弹后至第三次与物块1碰撞所经历的时间为之后二者将不再碰撞，所以从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间为。 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)60N (2)48J，4m/s (3) 【详解】（1）设轻弹簧将两物体弹开时A的速度大小为v1，物体A冲上滑块C后，A、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则有， 解得 物体A冲上滑块C的瞬间，由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律可知物体A对滑块C的压力大小为60N； （2）设轻弹簧将两物体弹开后瞬间B的速度大小为v2，弹簧弹开两物体的过程机械能守恒、动量守恒，则有， 解得， 物体B与长木板D发生弹性碰撞，该过程B、D组成的系统动量守恒、机械能守恒，则有， 解得 （3）碰后长木板向右做匀减速直线运动，物体E向右做匀加速直线运动，对物体E，由牛顿第二定律得 解得 对长木板D，由牛顿第二定律得 解得 设碰后经时间t1物体E和长木板D共速，共同的速度为v，则 解得， 该过程物体E和长木板的位移分别为， 该过程物体E在长木板的上表面向左滑过的距离为 物体E和长木板D共速后，由于 则此后长木板D在水平面上减速，物体E在长木板的上表面减速，该过程中物体E的加速度大小为a1，长木板D的加速度大小为 从共速到减速到零过程物体E和长木板的位移分别为， 该过程物体E在长木板的上表面向右滑过的距离为 则物体E停止时到长木板右端的距离为 2．【答案】(1) (2)细线长度，圆弧体质量为m (3) 【详解】（1）碰撞后A绕钉子做完整圆周运动，在圆周最高点满足重力提供向心力 得最高点速度 从碰撞后A在最低点到圆周最高点，上升高度为，机械能守恒 代入 解得 （2）A下摆到碰撞前过程机械能守恒，下落高度为，则 即 A与B发生弹性正碰，由弹性碰撞速度公式，得碰撞后A的速度 即 代入 得 碰撞后B的速度为 B从P到Q过程，由动能定理 代入 得 B滑到圆弧最高点D时，B与圆弧共速，水平方向动量守恒，机械能守恒 联立解得 （3）B向上运动过程中，系统水平方向动量守恒，任意时刻满足 代入 得 对两边从到积分，得 其中为圆弧对地位移（向右为正），为B对地水平位移。 B相对于圆弧的水平位移为，即 联立得 整理得 3．【答案】(1) (2) (3)3.25m，2.3s 【详解】（1）对木板，根据物体的平衡条件有 解得。 （2）设从释放滑块至滑块下滑到挡板处，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设滑块下滑到挡板处时的速度大小为，根据匀变速直线运动的规律有 解得 炸药爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒，因为 所以炸药爆炸后瞬间滑块的速度方向沿斜面向上，以沿斜面向下为正方向，有 解得。 （3）设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，木板下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设炸药爆炸后经时间，滑块与木板的速度相同，且该相同速度的大小为，以沿斜面向下为正方向，有 解得， 以沿斜面向下为正方向，在这段时间内，滑块的位移 解得 在这段时间内，木板的位移 解得 又 解得 设从滑块与木板达到相同速度至滑块与挡板第二次碰撞的时间为，经分析可知，在这段时间内，滑块相对木板做初速度为0、加速度大小为的匀加速直线运动，有 解得 又 解得。 4．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块P摆下过程中，滑块Q向左滑动，P、Q组成系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，有， 联立得 （2）物块P与物块A发生弹性正碰，P、A组成系统动量守恒、机械能守恒，有：， 联立得，碰后物块A的速度为 （3）物块A在平板车上滑行时，对平板车有向右的摩擦力，使平板车向右运动压缩弹簧，当弹簧弹力等于摩擦力时，平板车受力平衡，记此点为O。由受力分析可知，平板车向右运动时，以O点为平衡位置做简谐运动。设O点处，弹簧的形变量为，根据受力平衡有 解得 由对称性可知，弹簧压缩到最短时，平板车的位移为 弹簧压缩到最短时，平板车恰好完成简谐运动半个周期的运动，根据简谐运动的周期公式可知，平板车运动时间为 物块A在这段时间内减速为0，故滑行的位移为 系统内，克服摩擦力做功产生的热量为 联立得摩擦产生的热量 5．【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 根据位移公式有 解得 （2）过程，根据动能定理有 解得 滑块在点，根据牛顿第二定律有 解得 （3）弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有 解得 设弹簧最大压缩量为，由功能关系有 解得 （4）此时仍然有 若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足 解得 若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能小于，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于，滑块一定不会从板左侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即有， 解得 综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围 6．【答案】(1)1kg(2)0.375J(3) 【详解】（1）弹簧压缩量最大时，对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有 其中解得 （2）B与弹簧分离时，对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有解得， B滑上传送带并且恰好不从右端滑离传送带，表明B先在传送带上向右匀减速至0时恰好到达传送带右端，则有解得之后B加速度不变，开始向左做匀加速直线运动，根据对称性，当B加速至时开始向左做匀速直线运动，物块B与A第二次碰撞过程弹簧压缩量再次达到最大时，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 （3）B从平台点滑出后做平抛运动，则有， 其中 根据动能定理有 解得 根据数学函数规律可知，动能取最小值时有 解得 此时有， 令A、B碰撞被弹簧弹开后B的速度大小为，则有 结合上述解得 7．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球b从点抛出后做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，则有 解得小球b下落的时间为 同理由水平方向为匀速直线运动有 解得小球b到达P点时的速度大小为 在P点对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律方程有 解得小球b经过点时受到的支持力大小为 （2）设小球、碰撞后的速度分别为、，则对小球b根据机械能守恒定律有 解得 同理对小球根据机械能守恒定律有 联立解得 设小球的初速度为，则小球、碰撞过程根据动量守恒定律有 解得 所以小球a、b发生碰撞过程中损失的动能为 （3）解除轨道锁定后，设小球的初速度为，小球、碰撞后的速度分别为、，则小球、碰撞过程根据动量守恒定律有 由于碰后的相对速度与碰前的相对速度之比为一定值，则有 解得 设小球两次经过点的时间间隔为，则根据题意可得 小球和轨道作用的过程中，根据水平方向动量守恒有 时间内对上式积分有 联立解得轨道c的质量为 由分析可知，小球a的初速度有最大值时的临界条件为当小球与轨道共速时，小球恰好运动到P点，则根据水平方向动量守恒有 由机械能守恒有 联立解得 则此时小球a的初速度大小为 所以满足条件的初速度的取值范围为。 8．【答案】(1)， (2)， (3)， 【详解】（1）1号小球与斜面间光滑，小球在斜面上运动时所受合外力为， 根据动能定理有 可得1号小球与2号物块碰撞前速度 碰撞后根据动量守恒及能量守恒可得 整理得 小球1的速度为 物块2的速度为 （2）在此过程中，小球1对物块2做功 小球1对物块2冲量 因物块 即 第一次碰撞后物块2所受合外力为0，做匀速直线运动沿斜面下滑，碰撞物块3，又因物块质量均相等，故发生速度交换，物块2停止，物块3以碰撞物块4，再次速度交换，以此类推，直至物块2025与2026碰撞，物块2026以匀速直线运动离开； 第一次碰撞后小球1沿斜面下滑距离，根据动能定理有 可得 再次与物块2发生碰撞，由此可知，每次碰撞后，小球1均下滑距离，速度由恢复至 再次与物块2发生碰撞，并周期性重复； 小球1对物块2做功 小球以后每次与2号物块碰撞前瞬间的速度表达式始终为 （3）至最后一次碰撞后，物块2开始以匀速直线向前运动，小球在下滑力作用下由开始匀加速直线运动，至两物体距离最远时（即两物体速度相等，均为时），对小球施加一方向平行斜面向上，大小的恒力，则此后小球所受合外力也为0，小球亦开始匀速运动，至此，所有物体共速，物体间距离不再变化。 系统从首碰后（开始计时）至共速，小球1运动的位移为，小球1运动的时间为，根据动能定理有 可得 根据动量定理有 可得 设物块2速度交换传递至物块2026的时间（即从开始计时至2026开始匀速运动的时间）为，则有 小球1与物块2026之间的初始距离为 小球1与物块2026之间的最终距离为 小球1与物块2碰后，运动距离并再次相碰的时间间隔为，则有 可得 从开始计时至2025开始匀速运动的时间为 从开始计时至2024开始匀速运动的时间为 …… 即每个物块相较后一个物块晚时间开始匀速运动， 此时后一个物块已匀速运动的距离为，即间距为 故小球1和物块2025间距 故小球1和物块2024间距 …… 故小球1和物块间距 9．【答案】(1)1.1s (2)0.2 (3)9.6J 【详解】（1）由题图可知工件初速度 ，传送带速度 ，动摩擦因数。工件滑上传送带后受向右的摩擦力做匀加速运动，加速度大小 设工件加速至与传送带共速所需时间为 ，则 此过程位移 因 工件随后做匀速运动，位移 时间 故总时间 （2）工件到达右端时速度 阻挡块固定，碰前速度 ，碰后速度 。由图乙可知，碰撞过程中阻挡块对工件的冲量大小 等于 图线与时间轴围成的面积，即 取向右为正方向，对工件应用动量定理 解得碰后工件速度 根据恢复系数定义 代入数据得 （3）若阻挡块未固定，碰撞过程动量守恒，且恢复系数 不变。设碰后工件速度为 ，阻挡块速度为 。由动量守恒定律 由恢复系数定义 联立解得 ， 碰撞损失的机械能 代入数据解得 10．【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）设小球平抛过程水平位移为，下降高度为，由平抛运动规律，得， 得由几何关系，绳绷直时满足 代入，，得解得正根， （2）将代入，解得绳绷直前，小球速度， 速度与竖直方向的夹角满足解得绳与竖直方向夹角满足 解得由可知速度沿绳方向，且绳绷直瞬间，沿绳方向速度变为 从绳绷直到最低点N，下落高度由机械能守恒，得 解得，a与b发生弹性正碰，动量守恒、动能守恒，有， 得碰后a的速度，在最低点，由拉力和重力合力提供向心力，得 联立解得 （3）设a质量为，弹性碰撞后b的速度为，b与P碰一次，N到P距离为，动能满足，代入得，解得，b碰P后反向，不碰到Q，总路程最大为（N→P→Q），动能满足，代入得，解得，因此质量范围为。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考物理终极押题猜想 目 录 第一部分 新情景高考命题篇 2 情景一 与中国传统文化相关情景 2 情景二 与现代生活生产相关情景 6 情景三 与现代科学技术相关情景 10 情景四 与体育活动相关情景 16 第二部分 高频考点预测篇 20 【选择题预测】 20 选择题预测01原子物理 20 选择题预测02光学 24 选择题预测03热学 28 选择题预测04共点力平衡问题 32 选择题预测05牛顿动力学问题 37 选择题预测06抛体运动 41 选择题预测07圆周运动 45 选择题预测08万有引力与航天 50 选择题预测09功能关系 55 选择题预测10动量定理和动量守恒定律 59 选择题预测11机械振动和机械波 63 选择题预测12静电场基本规律应用 68 选择题预测13磁场基本规律应用 72 选择题预测14电磁感应基本规律应用 77 选择题预测15交变电流 82 【实验题预测】 87 实验题预测01力学实验 87 实验题预测02电学实验 96 【综合计算题预测】 105 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 105 计算题预测02几何光学的综合应用问题 110 计算题预测03带电粒子在电磁场中的综合应用问题 115 计算题预测04电磁感应的综合应用问题 122 计算题预测05力学三大观点的综合应用问题 128 第一部分 新情景高考命题篇 情景一 与中国传统文化相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】中国传统乐器竹笛的发声原理为空气柱振动，理论振动频率满足（式中v为声速，L为空气柱长度，k为常数）。如图所示为某6孔竹笛，孔1、孔6到吹孔的间距分别约为31.8cm、17.2cm，贴上笛膜吹奏，仅开孔1（其余5孔闭合）时发出的声波波长约为76cm。已知声波在空气中传播时，温度越高声速越大。下列说法正确的是（    ） A．仅开孔6时发出的声波波长约为41.1cm B．仅开孔6时发出的声波波长约为140.5cm C．“小寒”时竹笛发声的频率高于“大暑”时竹笛发声的频率 D．“小寒”时竹笛发声的频率等于“大暑”时竹笛发声的频率 分析有理·押题有据 与中国传统文化相关情景的命题方式，符合政策导向，强调人文元素，传统文化情景占比提升至35%，近3年全国卷已出现5道相关真题，契合“科学态度与责任”核心素养，符合课程标准“用物理原理解释传统技术”要求。 密押预测·精练通关 1．（2026·四川南充·二模）辘轳是我国早期用来提水的装置，通过转动轮轴缠绕绳子，从而提起水桶。把手边缘上点到中心转轴的距离为辘轳头边缘上点到距离的4倍。若转动把手，轻绳牵引总质量为的水桶在水面上方从静止开始以的加速度上升高度，为重力加速度，不计空气阻力和绳的体积。下列说法正确的是（　　） A．点的末速度大小为 B．、两点向心加速度大小之比为 C．轻绳对水桶拉力的冲量大小为 D．水桶所受合力做的功为 2．（2026·山西吕梁·二模）如图甲所示，“窜天猴”又称“冲天炮”，是利用火箭原理制成的一种鞭炮，火药燃烧后，在尾部喷出气流，能使主体向上飞。如图乙为某次燃放时，某支“窜天猴”在竖直方向上运动时的速度—时间图像，取竖直向上为正方向，不计空气阻力。已知时刻起飞，图像段为倾斜直线，斜率绝对值与重力加速度g大小相等，图像其余段均为曲线。下列对该支“窜天猴”的运动判断正确的是（　　） A．在时间内，“窜天猴”处于失重状态 B．在时间内，“窜天猴”的机械能守恒 C．在时刻，“窜天猴”内的火药刚好燃尽 D．在时间内，气流对“窜天猴”的作用力大于重力且逐渐增大 3．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）吃重庆火锅烫毛肚讲究“七上八下”。如图，用筷子夹着一片质量为m的毛肚在空中竖直向上做匀速运动时，筷子与竖直方向夹角为，若重力加速度为g，不计空气阻力，则筷子对毛肚作用力的大小为（　　） A．mg B． C． D． 4．（2026·广东深圳·一模）《天工开物》中记载了谷物脱壳工具——土砻（图甲）。如图乙所示，手柄ab和摇臂cd位于同一水平面内且相互垂直，c端通过光滑铰链相连，d为ab中点，c位于悬点O的正下方。，手柄ab重力为G且质量分布均匀，摇臂cd质量忽略不计。人不施加作用力时ab处于静止状态，则摇臂cd对手柄ab的作用力大小为（　　） A．2G B． C． D． 5．（2026·辽宁·一模）某非遗艺人将一件质量为m的均匀皮影道具，用一根轻绳挂在光滑的墙壁挂钩上，、两段轻绳的夹角为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．轻绳上的张力大小为 B．轻绳上的张力大小为 C．若仅增大轻绳的长度，轻绳上的张力大小不变 D．若减小两段轻绳间的夹角，轻绳上的张力将变大 6．（2026·江苏徐州·模拟预测）马年春晚舞蹈《喜雨》技惊四座，舞者头顶斗笠匀速转动时，下列图线中与斗笠边缘的一串串珠实际形态最接近的是（　　） A． B． C． D． 7．（2026·广东广州·一模）图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（　　） A．M点的线速度方向总是沿PM方向 B．M点的向心加速度方向沿MP方向 C．N点线速度大小是M点的2倍 D．N点的向心加速度大小是M点的4倍 8．（2026·湖南·模拟预测）辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为，小圆盘半径为，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω的角速度转动中轴，则货物上升的速度为（　　） A． B． C． D． 9．（2026·江西赣州·模拟预测）图甲为明代《天工开物》记载的“水碓”装置图，其简化原理图如图乙所示，水流冲击水轮，带动主轴（中心为）及拨板周期性拨动碓杆尾端，使碓杆绕转轴O逆时针转动，拨板脱离碓杆尾端后碓头B借重力下落，撞击臼中谷物。当图乙中主轴以恒定角速度转动至拨板与水平方向成30°时，，，此时碓头B的线速度v大小为（　　） A． B． C． D． 10．（2026·辽宁·模拟预测）振动和波存在于我们生活的方方面面，图（a）是救护车在向右行驶，A、B两人都听到了救护车发出的警笛声；图（b）是宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记录的“古琴正声”实验：剪小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的琴上对应的琴弦，同样地拨动力度下，小纸人晃动越明显代表音调越准确。下列说法正确的是（　　） A．图（a）中，A、B两人听到警笛声的频率相同 B．图（a）中，B听到的警笛声比A听到的更尖锐 C．图（b）“古琴正声”实验的原理是共振 D．图（b）“古琴正声”实验的原理是波的干涉 情景二 与现代生活生产相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】离子导入疗法是一种无创给药技术。如下图，将含有待导入药物的电极A贴在皮肤上，电极B不含药物，置于身体的另一部位。A、B电极分别接直流电源两端，带正电的药物离子会穿过皮肤，实现精准给药。下列说法正确的是（　　） A．电极A的电势低于电极B B．在皮肤下形成的是匀强电场 C．离子穿过皮肤过程中电势能增大 D．调大两极间电势差，可以加快给药进程 分析有理·押题有据 2026年命题逻辑已从“知识立意”转向“素养立意”。死记硬背和机械刷题已彻底失效，重点考查学生在复杂情境中提取信息、构建模型的能力。教育部明确要求“加强真实情境问题设计”，物理科目试题将以现实生活场景为素材。尽管情境繁杂，但最终仍回归课本核心原理。复习时应重点训练“信息提取→物理建模→规律运用”的链条，而非盲目刷题。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东东营·一模）利用相机的连拍功能，结合拍摄过程的曝光时间，可以获得运动残影来研究物体的运动。现定义：“曝光时间”Δt为每次快门开启进行拍摄的时间，“曝光间隔时间”t0为相邻两次快门执行“开启”操作的时间间隔，如图甲所示，Δt=0.02s，t0=0.1s。某同学打开相机连拍小球自由下落的影像，选取几段连续的残影，如图乙所示，若x1=2cm，g=10m/s2。通过理论计算，x3的长度为（　　） A．4cm B．6cm C．22cm D．42cm 2．（2026·贵州遵义·模拟预测）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平方向的恒力推了5s后，又用相同方向的恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的v—t图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．水平恒力 B．冰车与冰面间的动摩擦因数 C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离 D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功 3．（2026·四川成都·二模）叉车在短距离运输作业中被大量使用。如图所示，一叉车运载着木箱沿倾角为的斜坡向上匀速行驶时，货叉的侧面和底面对木箱的弹力大小分别为和，货叉对木箱的作用力为F，木箱的重力为G。货叉的底面与斜坡平行，与货叉侧面垂直。不计木箱与货叉的摩擦力，下列说法正确的是（　　） A． B． C．若仅增大，则减小 D．无论怎样变化，F与G的大小始终相等 4．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）小区阳台常见的升降式晾衣架如图所示，它由一根轻绳跨过光滑轻质滑轮带动总质量为m的晾衣杆部分。现缓慢向上拉动晾衣架至新的平衡位置，此过程中保持绳始终绷直且未与滑轮打滑或脱离。在晾衣架缓慢上移的过程中，下列说法正确的是（    ） A．当绳a与竖直方向成60°时，轻绳上的张力大小为 B．轻绳上的张力逐渐减小 C．轻绳上的张力逐渐增大 D．总质量为m的晾衣杆部分所受合力逐渐增大 5．（2026·辽宁·一模）春节期间，游人到公园游玩的过程中，向湖中的鱼抛食如图甲所示。某次从O点抛出的两粒鱼食均恰好落到水面上的P点，运动轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出时鱼食1和鱼食2的质量和初速度大小分别为、和、，其中，方向水平，方向斜向上。若忽略空气阻力，关于两鱼食在空中的运动，下列说法正确的是（　　） A．鱼食2在空中运动的时间较短 B．因为鱼食2运动的路程更长，所以 C．鱼食2到达最高点的速度小于 D．两粒鱼食落到P点时，动量大小一定相等 6．（2026·四川绵阳·模拟预测）一孩童在内壁是圆柱形光滑水泥管的最低点以水平初速度踢出小球，水泥管的内径为，小球沿管壁向上运动到离最低点高度为时，脱离管壁落入背篓，重力加速度，忽略一切阻力和滚动，小球始终在同一竖直面内运动，则水平初速度为（　　） A．2.3m/s B．3m/s C．5m/s D．7m/s 7．（2026·广东广州·模拟预测）图甲是游乐场的过山车在竖直圆轨道内做圆周运动的情景，图乙为某实验小组用可视为质点的小球代替过山车模拟的实验图。某次测试中，质量为的小球从曲面轨道上的点由静止下滑后，恰能在半径为的竖直圆轨道上完成圆周运动。已知为轨道最低点，为轨道最高点，、两点的高度差为，不计一切摩擦和空气阻力，且轨道各处平滑相连。则下列说法正确的是（　　） A．小球经过点时处于失重状态 B．、两点的高度差 C．小球在圆轨道上经过与圆心等高处时，其加速度是重力加速度的倍 D．小球释放点越高，则在轨道、两点受到的轨道弹力大小之差越大 8．（2026·广东江门·一模）如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 9．（2026·天津·一模）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口，扣动扳机将阀门打开，水即从枪口喷出。已知王同学的水枪储水罐总容积为，初始时罐内气体体积为，气体压强为，他喷出了的水，不计水的蒸发和泄漏，也不计罐内气体的泄漏，罐内气体可视为理想气体且温度始终保持不变。则（    ） A．在水不断喷出的过程中罐内气体内能不断减少 B．在水不断喷出的过程中罐内气体向外界放热 C．王同学喷出的水时，罐内气体的压强为 D．在水不断喷出的过程中每个气体分子的速率都不变 10．（2026·辽宁·二模）某同学去哈尔滨冰雪大世界游玩，冰雪大世界里的冰雕闪烁着各色光芒，如图所示。他发现冰面下方装有各色彩灯，冰块中还分布有气泡，则（　　） A．真空中红光的波长比绿光短 B．冰块中红光的传播速度比绿光小 C．冰面下方的灯，看起来比实际位置深 D．冰块中气泡看起来更亮是由于光从气泡外部入射到气泡与冰的交界面时发生了全反射形成的 情景三 与现代科学技术相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】TN模式液晶显示器上发光位置的发光原理如图所示，若图中开关闭合，两基板间的液晶分子将在板间匀强电场作用下定向排列，不再改变偏振光偏振方向，发光位置将变暗。从开关闭合到发光位置变暗的过程中（　　） A．两偏振片方向不垂直依然能工作 B．液晶分子正电中心偏向后基板 C．液晶分子所受合静电力不为零 D．液晶分子的电势能逐渐增大 分析有理·押题有据 2026年教育部1号文件首次明确要求命题素材必须 “融入科技前沿动态”。试卷中大量题目将包装在尖端科学实验数据或国家重大工程中，重在考查学生从陌生情境中提取信息、构建物理模型的能力。人工智能、量子计算、脑机接口、绿色能源等国家重大战略和科技突破，都将成为试题背景。 密押预测·精练通关 1．（2026·福建厦门·二模）2026年央视春晚节目《武BOT》中，人形机器人与武术演员同台完成空翻、舞剑、棍法对练等动作，展现了强大的运动控制与平衡能力。如图甲、乙、丙所示，机器人空翻时，先踏上辅助平台，之后平台向上弹起，将机器人推向空中，辅助机器人完成空翻动作，以下说法正确的是（　　） A．研究机器人空翻动作时，可以将机器人视为质点 B．辅助平台对机器人的作用力与机器人对辅助平台的作用力大小始终相等 C．机器人起跳的过程中，辅助平台对机器人不做功 D．机器人的速度越大，其惯性越大 2．（2026·北京朝阳·一模）2025年10月，神舟二十一号载人飞船成功发射，历时3.5小时完成与天和核心舱的对接，实现了最快对接记录。飞船变轨前绕地稳定运行在圆形轨道Ⅰ上，飞船的转移轨道为椭圆轨道Ⅱ，核心舱稳定运行在圆形轨道Ⅲ上。轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点。则飞船在轨道Ⅱ上运行时（　　） A．在A点的加速度小于核心舱在轨道Ⅲ上B点的加速度 B．在A点的速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的速度 C．由A向B运行的过程中机械能逐渐增大 D．由A向B运行的过程中宇航员先超重后失重 3．（2026·宁夏银川·一模）在研制新型芯片材料的过程中，科研人员需要精确测量材料内部微小区域的电场强度。如图所示，在一块待测样品表面，有一个以O为圆心、半径为R的圆形探测区域，该区域存在与圆所在平面平行的匀强电场。科研人员在圆上选取A、B、C三个探测点，其中A与C的连线为直径，在中，。科研人员从A点以相同的初动能，沿不同方向先后发射两个完全相同的、带电荷量均为的探测粒子（仅受电场力，其他影响不计），它们分别经过了B点和C点。探测器测得：经过B点时粒子的动能为；经过C点时粒子的动能为。根据以上探测数据，该区域电场强度的大小为（　　） A． B． C． D． 4．（2026·北京海淀·模拟预测）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状结构的新材料，其导电能力远超银和铜等传统材料。现设计一电路测量石墨烯样品中载流子（自由导电粒子）的浓度n，n为单位面积上的载流子个数。该载流子的电性及所带电荷量均与电子相同。图甲为测量原理图，长为l、宽为d的石墨烯材料垂直于磁场放置，P、Q、M、N为电极。电极P、Q间通以恒定电流I，电极M、N间产生大小为U的霍尔电压。已知某次测量中所通电流大小，元电荷。改变磁场的磁感应强度B，测量霍尔电压U，获得多组数据，得到关系图线如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．图甲中闭合开关S后，该样品中的载流子在水平方向从P定向运动到Q B．电极M的电势比电极N的电势高 C．图乙中图线的斜率 D．该样品的载流子浓度n约为个/ 5．（25-26高三上·湖北襄阳·模拟预测）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过右、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头左、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　） A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向左 B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向上 C．若a的方向沿右偏上60°，则沿逆时针方向，沿顺时针方向且 D．若a的方向沿右偏上60°，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且 6．（2026·江西赣州·模拟预测）差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电量检测中的变压器装置。主要用于测量位移、压力等非电量参量。其原理简化后如图甲所示，一个初级线圈，位于正中间，两个匝数相等的次级线圈串联且对称放置，初始时铁芯位于空心管正中央，a、b间接如图乙所示的电流，由b流向a为电流正方向，c、d端接交流电压表，示数为零。铁芯移动时始终至少有一端在次级线圈中，则（　　） A．电压表示数为两次级线圈产生电动势有效值之和 B．铁芯向下移动一段距离后，时间内，c端电势高于d端电势 C．a、b端接正弦交流电，铁芯不动，电压表示数不为零 D．无法通过电压表示数关系判断铁芯移动距离的大小关系 7．（2026·安徽合肥·模拟预测）随着我国航母福建舰的服役，电磁弹射再次成为热门话题。图1所示为一款电磁弹射演示装置，电源电动势为，内阻为，水平光滑平行金属导轨间距为，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为的金属棒垂直导轨放置，电流传感器A及导轨的电阻可忽略。演示时先将开关接1，待稳定后将开关接2，金属棒随即被弹射出去，弹射过程电流传感器检测到的电流与时间的关系图线如图2所示，其中已知，阴影部分的面积为。下列说法正确的是（    ） A．金属棒接入电路的电阻为 B．金属棒接入电路的电阻为 C．金属棒脱离导轨时的速度大小为 D．金属棒脱离导轨时的速度大小为 8．（2026·黑龙江双鸭山·一模）“海上充电宝”-南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理：海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的连接装置使转子只能单方向转动。图示时刻线圈平面与磁场方向平行，若转子带动线圈逆时针转动并向外输出电流，则下列说法正确的是（　　）      A．线圈转动到如图所示位置时感应电流最小 B．线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势 C．线圈产生的电动势大小与海浪波动的频率无关 D．线圈转动到如图所示位置时电流方向发生变化 9．（2026·陕西延安·二模）2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　） A．减小，可以降低远距离输电的输电效率 B．图乙中的线圈转过时，线圈产生的电流最小 C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会增大 D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小 10．（2026·天津·一模）2026年武威钍基熔盐核电项目取得新的进展。已知核发生衰变的核反应式为，衰变过程中伴随有射线射出。该射线照射到逸出功为的金属表面，逸出的光电子最大初动能为，普朗克常量为h。则（    ） A．温度升高，核半衰期减小 B．该衰变是衰变，射线的实质是高速电子流 C．若该射线照射到逸出功为的金属表面，也一定有光电子逸出 D．该衰变过程中产生光子的频率为 情景四 与体育活动相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】2025年7月，在第11届自治区少数民族传统体育运动会上，赤峰市代表队的节目《舞龙》将跳绳与舞蹈结合，获得诸多好评。图甲为某人跳绳时的情况。起跳过程中，脚离地前，重心加速度与重心上升高度关系如图乙所示，脚离地后重心上升的最大高度为（取）（   ） A．0.15m B．0.20m C．0.30m D．0.40m 分析有理·押题有据 体育运动天然蕴藏着丰富的物理模型——球类的抛体轨迹、跑跳的动量交换、器械的弹性储能等。2026年命题将进一步强化体育情境的真实性和探究性，要求考生从运动过程中自主提取关键信息、构建理想化物理模型，彻底告别纯公式计算的“裸题”。体育情境试题充分体现“立德树人”的根本要求，既能考查学生解决实际问题的能力，也能引导学生热爱体育运动、促进全面发展。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津·一模）家用室内引体向上器通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与墙壁的摩擦力起到固定的作用。如图所示，李同学双手握住水平单杠保持静止（只有双手接触单杠且双腿悬空）。已知该引体向上器的质量为3kg，该同学的质量为57kg，g取。则（    ） A．双手间距离越小，人所受到单杠的作用力越小 B．双手间距大于肩宽时，距离越大，单杠对每只手臂的作用力越大 C．每个橡胶垫与墙面间的摩擦力为600N D．李同学由静止下降到最低点的过程中，单杠对人的作用力始终等于其自身重力 2．（2026·云南广西·模拟预测）在某校运动会篮球比赛罚球时，运动员将篮球以一定角度正对着篮板投出，结果篮球刚好垂直击中竖直篮板，击中点到地面的距离，篮球与篮板碰后瞬间的速度变小且垂直篮板反向弹回，已知运动员投篮出手点到地面的距离，重力加速度取，忽略空气阻力，篮球视为质点，下列说法正确的是（　　） A．若篮球与篮板碰撞时速度大小损失，则篮球落地点在出手点正下方的前方 B．若篮球与篮板碰撞时速度大小损失，则篮球落地点恰好在出手点的正下方 C．若篮球与篮板碰撞时速度大小损失，则篮球落地点在出手点正下方的前方 D．若篮球与篮板碰撞时速度大小损失，则篮球落地点恰好在出手点的正下方 3．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）谷爱凌在2026年米兰—科尔蒂纳丹佩佐冬奥会上获得1金2银的好成绩。如图所示，在大跳台项目中她以初速度从跳台顶端点水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的点，运动员运动到点时离倾斜赛道最远，点到赛道的垂直距离为，点离赛道的竖直高度为，赛道的倾角为，重力加速度为，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则、两点间的距离是（　　） A． B． C． D． 4．（2026·云南昭通·模拟预测）如图所示，运动员在单杠上练习双臂大回环动作，身体绷紧保持笔直。若他恰好能通过最高点，下列说法正确的是（　　） A．运动员在最高点时的速度不为0 B．运动员在最高点时的向心力不为0 C．若运动员在最低点速度变大，则在最低点他对单杠的作用力可能减小 D．若运动员在最高点速度变大，则在最高点他对单杠的作用力可能增大，也可能减小 5．（2026·山东·一模）如图所示，一名质量为50kg的运动员练习跳远，他先从水平直道上助跑，然后从地面上的A点腾空离地，离地时的速度大小v1＝8m/s，方向与水平面的夹角α＝37°。运动员落入沙坑瞬间的速度大小v2＝5m/s，方向与水平面的夹角β＝53°。不考虑运动员在空中身体形状的变化，运动员在空中运动过程中所受空气阻力的大小与速度的大小满足f＝kv，其中k＝34kg/s。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则运动员此次练习跳远的成绩x为（　　） A．3.6m B．4.2m C．4.8m D．5m 6．（2026·重庆沙坪坝·开学考试）运动员自倾斜的跳台顶端水平飞出进行特技表演，其运动可视为平抛运动。如图所示，跳台顶端点位于点正上方，距离地面高度。一运动员（视为质点）从点以初速度水平飞出，恰好垂直击中跳台下方的倾斜挡板，挡板的倾角为。不计空气阻力，取重力加速度。则下列说法正确的是（　　） A．运动员击中挡板时，竖直分速度与水平分速度之比为 B．运动员水平飞出的初速度大小为 C．运动员从飞出到击中挡板的运动时间为 D．运动员击中挡板时的速度大小为 7．（2026·浙江衢州·二模）2026年2月10日，哈尔滨亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛在亚布力举行，中国队成功包揽了两个小项的冠亚军，其中运动员杨文龙成绩喜人，如图所示。忽略空气阻力，可将运动员杨文龙视为质点。则关于杨文龙运动的说法中正确的是（　　） A．杨文龙在空中飞行过程是变加速曲线运动 B．杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率在不断变化 C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，重力的瞬时功率先减小后增大 D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，其动能全部转化为重力势能 8．（2026·北京·开学考试）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．时，运动员的机械能最大 B．时，运动员的加速度大小为0 C．时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N 9．（25-26高三上·江西·模拟预测）运动员在冬奥会冰壶项目训练中，如图，将同种材料质量均为的冰壶甲、乙放在水平冰面上，初始时冰壶乙静止，冰壶甲距离冰壶乙的水平距离，运动员以的初速度水平推出冰壶甲，冰壶甲滑行一段距离后与冰壶乙发生弹性碰撞，已知冰面与冰壶间的动摩擦因数，重力加速度，所有过程均在同一直线上进行，碰撞时间极短，忽略空气阻力。则（　　） A．冰壶甲与冰壶乙碰撞前瞬间的速度大小为 B．碰撞后瞬间冰壶甲和乙的速度大小分别为和 C．碰撞过程中冰壶甲对冰壶乙的冲量大小为 D．碰撞后冰壶乙在冰面滑行的距离为 10．（2026·贵州遵义·一模）10月6日，杭州第19届亚运会艺术体操个人全能资格赛暨个人团体决赛在黄龙体育中心体育馆举行。中国队以总分313.400获团体铜牌。下图为中国队选手赵樾进行带操比赛。某段过程中彩带的运动可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，时的波形图如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A．简谐波沿x轴负方向传播 B．该波的波长为7m C．该波的波速为 D．质点Q的振动方程为 第2部分 高频考点预测篇 选择题预测01原子物理 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】2026年武威钍基熔盐核电项目取得新的进展。已知核发生衰变的核反应式为，衰变过程中伴随有射线射出。该射线照射到逸出功为的金属表面，逸出的光电子最大初动能为，普朗克常量为h。则（    ） A．温度升高，核半衰期减小 B．该衰变是衰变，射线的实质是高速电子流 C．若该射线照射到逸出功为的金属表面，也一定有光电子逸出 D．该衰变过程中产生光子的频率为 分析有理·押题有据 近代物理涉及微观世界的抽象原理，是培养学生现代物理观念的关键。2026年命题将重点考查光电效应、能级跃迁及核反应规律在尖端科技中的迁移与应用，强调“量子化”思想在解决实际问题中的价值。 教育部1号文件要求试题加强“项目式、探究式的真实情境问题设计”，且近年来高考真题多次以“中微子实验室探测”、“量子纠缠实验”等为载体进行考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·云南玉溪·模拟预测）中国参与全球最大“人造太阳”国际热核聚变实验堆（ITER）研制，它利用氘和氚聚变生成氦并释放能量，则（　　） A．核反应方程为： B．核反应方程为： C．的比结合能比的比结合能大 D．核聚变相比核裂变产能效率更低一些 2．（2026·青海西宁·二模）许多家用烟雾探测器使用镅-241（Am-241）作为电离源，它的衰变方程为，其半衰期为432.2年。下列说法正确的是（　　） A．如果有100个镅-241，经过432.2年后一定还剩下50个镅-241没有衰变 B．如果有镅-241，经过432.2年后还剩下镅-241没有衰变 C．升高环境温度可使镅-241的半衰期变大 D．升高环境温度可使镅-241的半衰期变小 3．（2026·四川广元·二模）2025年3月，国内首款碳-14核电池原型机“烛龙一号”发布，这标志着中国在核能技术领域与微型核电池领域取得重要突破。其衰变方程为，由于碳-14的半衰期长达为5730年，理论上该电池拥有超长寿命，下列说法正确的是（　　） A．衰变方程中的X为中子 B．衰变方程中的X是由的核外电子转化而来 C．的比结合能大于的比结合能 D．若电池中碳-14含量变为原来的就不能正常供电，则其理论寿命将长达17190年 4．（2026·四川宜宾·二模）植物光合作用主要吸收红光和蓝紫光。研究表明，叶绿素a分子吸收光子后，电子从基态跃迁到某一激发态，该激发态比基态高1.88eV或2.88eV，此后电子通过一系列跃迁（包括辐射和非辐射过程）释放能量，最终回到基态。类比氢原子的能级模型，则（　　） A．电子回到基态，可能辐射出多种波长的光 B．电子回到基态，释放的总能量一定大于吸收的光子能量 C．从基态吸收红光或蓝紫光后，电子跃迁到激发态的同一能级 D．从基态吸收红光或蓝紫光后，电子的动能和电势能都必然增加 5．（2026·江苏南通·二模）氢原子从高能级向能级跃迁时释放的光子形成的光谱线，称为巴尔末系谱线。图甲为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱图，是巴尔末系中波长最长的谱线。下列说法正确的是（　　） A．是氢原子从能级向能级跃迁时产生的 B．巴尔末系中光子能量最大的是 C．巴尔末系中光子动量最大的是 D．氢原子外层电子在不同能级上绕核运动时，不辐射电磁波 6．（2026·河南信阳·一模）极紫外光（EUV）是一种高能量、高频率的电磁辐射，国产EUV技术已经取得突破，高度电离的锡离子~的电子处于不稳定的高能态。当它们从高能级（如4d轨道）向低能级（如4p轨道）跃迁时，会释放出特定能量的光子。对于~离子，其4d→4p的跃迁所对应的光子能量，恰好落在13.5nm波长附近。下列说法正确的是（　　） A．玻尔原子理论能够解释锡离子跃迁的光谱规律 B．锡离子4d→4p的跃迁后能量变低 C．对于~离子，其4d→4p的跃迁产生的是单一频率的光子 D．与红光相比，极紫外光衍射现象更明显 7．（2026·辽宁·一模）如图所示为研究光电效应的电路图，分别用红、黄、蓝、紫四种颜色的光照射电极K，均会有光电子逸出，调节滑动变阻器滑片的位置，使电流表的示数刚好为0，并记录电压表的示数，则电压表示数最大对应的是（　　） A．紫光 B．蓝光 C．黄光 D．红光 8．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）某同学利用如图甲装置来研究光电效应现象。实验中保持入射光频率不变，改变A极和K极间的电压U，测量光电子到达A极时的最大动能随U的变化关系如图乙所示，下列关于该实验的认识，正确的是（    ） A．光电子的产生与入射光频率无关 B．该材料的遏止电压为 C．光电子离开K极时的最大动能随U的增大而增大 D．图中倾斜直线的斜率为普朗克常量 9．（2026·黑龙江吉林·二模）清华大学团队联合多家大学首次让绝缘的稀土纳米晶实现了高效电致发光，打破了全球光电领域“绝缘材料无法电驱动发光”的技术困局。如图甲，现利用稀土纳米晶发出的波长分别为、的单色光1和2照射同一阴极K，产生的光电子的最大初动能分别为、，测得电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示。则下列说法正确的是（    ） A． B． C．单色光2照射阴极K后，所有电子逸出的初动能大小均为 D．若直流电源左端为正极，仅增大电压表示数，则电流表示数不一定增大 10．（2026·江苏南京·一模）利用图甲所示的实验原理图研究光电效应，阴极由逸出功的金属钨制成。汞原子的能级如图乙所示，用汞原子跃迁发出的光照射阴极，下列判断正确的是（　　） A．大量能级的汞原子向基态跃迁发出的光照射阴极，遏止电压为 B．大量能级的汞原子向低能级跃迁发出的光有种能使钨发生光电效应 C．大量动能为的电子撞击处于基态的汞原子不能使之跃迁至能级 D．要研究辐射光照射阴极时形成的饱和光电流，滑片应向端移动 选择题预测02光学 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】为了提高光刻机的分辨率，可在光刻机透镜组与焦平面之间充入超纯水，从而改变激光的波长和偏折角度。当透镜组与焦平面之间的介质是空气时，从透镜组一侧射入光线，入射角为，折射角为，如图所示。该光在空气中的波长为，将空气的折射率视为1。若在光刻机透镜组与焦平面之间充入超纯水，超纯水折射率为n，保持折射角不变，入射角变为，则（　　） A．该光在超纯水中的波长大于 B．该光在超纯水中的波长小于 C． D． 分析有理·押题有据 光学是连接宏观现象与微观本质的桥梁，其原理在5G通信、量子计算、半导体制造等国家战略中具有不可替代的应用价值。2026年命题将重点以光纤通信、光电芯片、新型显示等真实科技场景为情境，考查学生对光学核心规律的迁移与建模能力，彻底告别“画光路、套公式”的传统考查模式。 课标明确要求“初步了解光纤技术在生产生活中的应用”，且高考调研已指出“光学要求显著提高，重视光的干涉与光纤实际应用问题”。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北廊坊·一模）如图所示，某同学利用柱状容器设计了一个简易的液体折射率测量仪，容器底部O处光源射出的激光与竖直方向的夹角固定为θ，右侧壁上标注折射率。测量时容器底部水平放置，A处为液体注入完成时液面的标准位置，该测量仪的最大折射率测量值为2。下列说法正确的是（　　） A．θ应大于30° B．折射率刻度是均匀的 C．光源到右侧壁的距离小一些可减小测量误差 D．若测量时液面低于标准位置，从标注读出的结果偏大 2．（2026·江西·一模）人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体OO′共轴，平行光束宽为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，汇聚在轴线上的P点，其中夹角α=30°，折射率为，则平行光束的宽度D为（示意图未按比例画出）（　　） A． B． C． D． 3．（2026·浙江宁波·二模）某种柱状透明工艺品的截面形状如图所示，、为夹角的平面，底部为半径为的一段圆弧，其对应的圆心角也为，圆心在的角平分线延长线上。一束单色平行光沿与面成角的方向斜向下射向面，经折射进入该柱状介质内，已知介质折射率为，不考虑二次反射。要使底部弧面没有光线射出，面应该至少盖住的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·云南昭通·二模）水晶球可以起到装饰和美化环境的作用。现有一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。如图乙所示，“水晶球”的直径为15cm，并标记了其中一条水平直径对应的两端点、。用激光沿平行直径方向照射“水晶球”，发现当激光射到“水晶球”上的点且入射角时，激光在球内经过一次反射后恰能从点再次平行直径从“水晶球”射出。已知光在真空中的传播速度为m/s。下列说法正确的是（　　） A．该“水晶球”的折射率为 B．光线经过一次折射对应的折射角为 C．光在“水晶球”中的传播时间为s D．若仅换用波长较短的入射光，则光在“水晶球”中的传播速度变大 5．（2026·四川凉山·二模）中空玻璃具有隔热、隔音、节能、防结露等优势，在建筑和交通领域有广泛应用。某特种双层中空玻璃窗由两层厚度均为6mm的玻璃片和中间的空气层（可视为真空）组成。一束单色光以入射角i=60°从空气斜向下射入竖直方向的左层玻璃片，最终从右层玻璃片射出。已知该单色光在此玻璃中的折射率为n=1.5，光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s。下列说法正确的是（　　） A．该光线在左层玻璃片中传播的时间为 B．若增大入射角，光线有可能在左层玻璃片的右表面发生全反射，不会到达右层玻璃片 C．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，在左层玻璃片的出射点相对于入射点偏移的竖直距离会减小 D．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，光在空气层中的传播时间会减少 6．（2026·辽宁·一模）蓝莓的果皮里并没有蓝色色素，之所以呈现为蓝色是由于蓝莓表面有一层蜡质结构层。蓝光在蜡质结构层（可视为一层薄膜）里、外两个表面的反射光干涉加强。已知蓝光的频率为v，蜡质结构层的折射率为n，光在真空中的传播速度大小为c，不考虑半波损失，则蓝莓表面的蜡质结构层厚度可能为（　　） A． B． C． D． 7．（2026·山东东营·一模）光刻机是半导体芯片制造的核心设备，被称为“半导体工业皇冠上的明珠”。其镜头玻璃表面通常镀一层增透膜以减少光的反射损失，提高成像精度。已知某光刻机使用的极紫外线光在真空中的波长，增透膜的折射率，增透膜的厚度至少为（　　） A．2.5nm B．3.5nm C．5nm D．7nm 8．（2026·山东青岛·一模）激光干涉仪是高精度位移测量工具，如图所示为其核心部分结构及光路图，激光源发出光束1，被分光镜分为反射光束2和透射光束3，两光束分别经角锥镜A、B反射后再经分光镜汇聚为光束4。角锥镜B固定在被测物体上，当物体左右移动时，通过传感器记录光束4的强弱变化得到物体位移。已知激光波长为，在传感器记录到相邻两次极强过程中，物体位移大小为（　　） A． B． C． D． 9．（2026·四川成都·二模）某同学从圆柱形玻璃砖上截下图甲所示部分柱体平放在平板玻璃上，其横截面如图乙所示，1、2分别为玻璃柱体的上、下表面，3、4分别为平板玻璃的上、下表面。现用单色光垂直照射玻璃柱体的上表面，下列说法正确的是（　　） A．干涉图样是单色光在1界面和2界面的反射光叠加后形成的 B．从上向下，能看到明暗相间的条纹，且内环疏外环密 C．从上向下，能看到干涉图样是左右不对称的 D．若干涉图样在某个位置向中间弯曲，表明平板玻璃上表面在该位置有小凸起 10．（2026·陕西咸阳·二模）如图所示为双缝干涉实验装置，当用频率为的单色平行光照射双缝时，光屏上的点为中央亮条纹，点为与相邻的亮条纹，光速．下列说法正确的是（　　） A．点到两狭缝的距离差为 B．若用频率为的单色光照射两狭缝，则点为点上方的第三条暗条纹 C．若用频率为的单色光照射两狭缝，则间有一条亮条纹 D．当单色光的频率合适时，则点可能出现暗条纹 选择题预测03热学 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】夏季厨房处理食材时，“速干吸水纸”比普通纸巾更受欢迎：它能快速吸附菜板上的水渍，且网状孔隙结构能让水分快速扩散到纸面外侧蒸发。下列关于该现象的物理分析，正确的是（　　） A．普通纸巾不浸润水渍 B．速干吸水纸不浸润水渍 C．速干吸水纸孔隙中的水膜表面分子间表现为斥力 D．速干吸水纸的网状孔隙结构是利用毛细现象加速水分扩散 分析有理·押题有据 热学板块将紧密围绕国家“双碳”战略与能源革命，从传统的汽缸活塞题转向对新能源技术、工程热力学及环境问题的综合性考查，重点测试考生运用热学定律分析真实能量转化过程的能力。热学知识在新能源开发中应用广泛，结合“双碳”战略和“能源革命”等国家重大议题进行情境化考查，能够精准识别出具备科学探究能力与工程思维的复合型人才。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北石家庄·一模）“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（　　） A．食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变 B．食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量 C．食材层内空气的压强与热力学温度成正比 D．食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变 2．（2026·河南濮阳·一模）一定质量理想气体体积随摄氏温度变化的图像如图所示，过程为，图线与图线均与纵轴平行，则下列判断正确的是（　　） A．从到过程，气体对容器壁单位面积的作用力减小 B．从到过程，气体放出热量等于外界对气体做功 C．从到过程，所有气体分子的动能增大 D．从到过程，气体分子数密度增大 3．（2026·海南海口·二模）如图所示是一定质量的理想气体状态从的图像，线段ab的延长线过原点。下列说法正确的是（　　） A．从，气体经历等温变化 B．从，气体分子平均动能增大 C．从，气体对外界做功为 D．从，气体吸收的热量为 4．（2026·河北·一模）冬季寒潮来袭，小华将热水倒入水瓶后，立即用瓶塞密封瓶口，瓶内封闭了一定质量的空气（视为理想气体）。水瓶容积不变，随着瓶内水温逐渐降低，封闭空气的温度从热力学温度降至，其压强随热力学温度的变化图像为过坐标原点的倾斜直线（如图所示）。关于的过程，下列说法正确的是（　　） A．封闭空气的内能增加，且空气对外界做负功 B．封闭空气向外界放出的热量等于其内能的减少量 C．封闭空气向外界放出的热量大于其内能的减少量 D．瓶内空气分子数密度不变，每个分子撞击器壁的作用力均减小 5．（2026·四川内江·二模）在中国新一代黄河重卡的驾驶室座椅内，标配有四个气囊减震装置，在路面不平的情况下能有效减弱座椅的颠簸。气囊内有绝热涂层，关于气囊内的气体（可视为理想气体）。下列说法中正确的是（　　） A．若黄河重卡突然驶过颠簸路面，座椅下沉挤压气囊时，气体温度升高，内能增大 B．若黄河重卡突然驶过颠簸路面，座椅下沉挤压气囊时，气体温度不变，内能不变 C．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体温度升高，内能增大 D．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体温度不变，内能不变 6．（2026·辽宁·模拟预测）汽车的整个空气悬挂系统可简化为一个如图所示的模型，导热性能良好的汽缸内封闭有一定质量的空气，面积为S的活塞可无摩擦地在其内滑动。汽缸底部安装有充气阀和排气阀（体积不计），活塞和汽缸分别通过竖直连杆与车身及水平车轴连接。已知活塞和车身的总质量为M，大气压强为，重力加速度为g，环境温度为保持不变，当汽车静止在地面时，活塞与汽缸底部的距离为h。若在车内装入一定质量的货物后，发现活塞与汽缸底部的距离降为。为让活塞与汽缸底部的距离恢复为h，需用压缩机将大气通过充气阀缓慢充入汽缸，则充入气体在、状态下的体积为（　　） A． B． C． D． 7．（2026·河南周口·模拟预测）排球静置一段较长的时间后会漏气变瘪。为了研究排球漏气的速度，某同学进行了一些测量。已知外界大气压强恒为，排球的半径为，充好气后排球内气体（视为理想气体）的压强为，由于漏气，经过时间，排球内气体的压强变为，不考虑温度和排球体积的变化，则排球在单位时间内漏气的体积（气体在大气中的体积）与排球的表面积的比值为（　　） A． B． C． D． 8．（2026·江西南昌·一模）如图所示为医院进行静脉输液的三种输液瓶及其输液管、进气管装置设计图，其中进气管保证瓶内与瓶外气体相通，随着输液的持续进行，下列说法中正确的是（    ） A．甲输液瓶内气压不变，瓶内输液管针头处压强减小 B．乙输液瓶内气压增大，瓶内输液管针头处压强不变 C．丙输液瓶内气压不变，瓶内输液管针头处压强不变 D．若需保持给病人的输液流速恒定，则应该选用丙输液瓶 9．（2026·河南南阳·模拟预测）倾角为的电梯斜向上做匀加速运动，水平台阶上有一质量不可忽略的活塞封闭了一定质量的理想气体，将该导热汽缸以不同方式放置在电梯上（电梯加速度恒定，外界空气的温度、压强不变），装置与电梯始终相对静止，如图所示。图乙汽缸与外界有空隙连通，且封闭气体始终不漏气，不计活塞与汽缸之间的摩擦。则四种放置方式下，封闭气体的体积关系为（　　） A．甲<丁<丙<乙 B．甲<丙<丁<乙 C．甲丁丙乙 D．甲乙丙丁 10．（2026·河北·一模）如图所示，有一竖直放置、左右两端封闭的U形管，左端高于右端，下端接有一直玻璃管，玻璃管上有一阀门，现用水银在左右两侧管内均封闭一定质量的理想气体，气柱M和N的长度相等。已知U形管和玻璃管导热性能良好，下列说法正确的是（　　） A．使环境温度缓慢降低ΔT，稳定后气柱M的长度小于N的 B．使环境温度缓慢降低ΔT，稳定后气柱M的长度等于N的 C．打开阀门，缓慢充入少量水银，稳定后气柱M的长度大于N的 D．打开阀门，缓慢充入少量水银，稳定后气柱M的长度小于N的 选择题预测04共点力平衡问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】在仓库搬运作业中，有一种常见的支架与底板垂直的两轮手推车。如图甲，质量为的货物置于底板上，初始时底板水平。之后缓慢下压把手，使支架与水平面夹角变为，如图乙。假设货物与支架、底板间无摩擦，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．图乙中支架对货物的支持力大小为 B．下压把手的过程中，手推车对货物的作用力变小 C．下压把手的过程中，支架对货物的支持力减小 D．图乙中支架与水平面夹角为时，底板受到的压力小于货物的重力 分析有理·押题有据 共点力平衡是高中物理力学的基石，历年高考必考。近年来试题频率高且常与实际生活相结合，2026年命题将进一步强化“从真实情境中抽象三力平衡模型”的能力考查。预计平衡问题还有较大几率与电场和磁场结合，以较强的综合性题型出现。 “力与物体的平衡”是每年高考必考考点。2026年新高考物理真实情境题占比已超80%，彻底告别纯公式“裸题”。平衡问题常与实际生产、生活（包括电磁学）中的情景相结合。 密押预测·精练通关 1．（2026·陕西榆林·模拟预测）我国的“四足机器狼”无人作战装备如图甲所示，其可远程操控、自主行动、灵活编组，实现陆上有人、无人协同作战新突破。若将质量为的“机器狼”静置于倾角为的斜坡上，简化示意图如图乙所示。已知“机器狼”与斜坡间的动摩擦因数为，“机器狼”四足所受的摩擦力相同，重力加速度为，则“机器狼”单足所受摩擦力的大小为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·江西·二模）“火树银花耀抚州，万家灯火庆元宵”烟花晚会中，为方便更多人观看，组织方使用无人机航拍直播。假设一架质量为m的无人机在某一高度水平匀速飞行，机身与水平面夹角为θ，无人机受到垂直于机身的升力和与速度方向相反的阻力。已知重力加速度为g，则机身的升力大小为（　　） A． B．mgcosθ C． D．mgsinθ 3．（2026·山西晋城·一模）如图所示，一相框用一定长度的轻绳拴接后挂在墙上的点，静止时点两侧的轻绳与竖直方向的夹角均为，调节轻绳的长度，点两侧的轻绳与竖直方向的夹角也随之改变，相框的重力为。下列说法正确的是（　　） A．轻绳越长，轻绳的拉力越大 B．α越大，轻绳的拉力越小 C．轻绳拉力大小为2G时， D．轻绳拉力大小为3G时， 4．（2026·广东江门·一模）如图（a）所示是迷宫尺子，尺子的外壳内有一颗小钢珠，通过倾斜尺子，可以让小钢珠走出迷宫。李华保持尺面竖直，小钢珠位于尺内相互垂直的A、B挡板之间，如图（b）所示。从图示位置顺时针缓慢转动尺子，直至A挡板水平，不计小钢珠和挡板之间的摩擦，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．A挡板对小钢珠的支持力与小钢珠的重力是一对平衡力 B．A挡板对小钢珠的支持力先减小后增大 C．B挡板对小钢珠的支持力先减小后增大 D．挡板对小钢珠的作用力始终不变 5．（2026·广东广州·模拟预测）如图所示为户外露营常用的一款折叠桌。桌子静置在水平地面上，桌腿为两组等长轻杆组成的“X形”支架，每组支架两杆夹角为。现将一个质量为的露营锅（含食材）放在桌面正中央，已知桌面的质量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．每根桌腿对桌面的弹力方向竖直向上 B．露营桌对地面的压力与无关 C．单根桌腿的弹力大小为 D．若减小，则单根桌腿的弹力将增大 6．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，一位小朋友躺在吊床上休息，当其静止时拴吊床的两段绳子与竖直方向的夹角分别为和。设夹角为的绳子拉力大小为，夹角为的绳子拉力大小为，则为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·湖南怀化·一模）工人师傅在安装高层住户玻璃时，由于无法通过电梯搬运，需要楼上和楼下工人协作配合，楼上师傅通过光滑定滑轮拉动绳子，楼下师傅站在一楼地面上固定位置将绳子往远离楼体的方向拉，以避免窗户被磕碰，如图所示。两段绳子的拉力分别为和，窗户在两段绳子的作用下缓慢竖直向上运动。窗户从一楼地面竖直向上运动的过程中（　　） A．和的合力变小 B．楼下师傅需要收缩绳子 C．楼下师傅受到地面的支持力不变 D．和均增大 8．（2026·河北承德·一模）在一次维修工作中，工人需要将重物提升至5楼。为防止重物在上升过程中碰撞阳台，工人采用了如图所示的装置进行提升。图中O处安装有一个定滑轮，AB为一段动摩擦因数0.75的滑轨，其水平跨度为16m，竖直高度为12m。在提升过程中，绳子与滑轨之间的夹角为α（重物在A点时，）。工人通过拉动绳子，使质量为m的重物沿滑轨匀速上升。绳子质量、滑轮与绳子之间的摩擦力均忽略不计。，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．绳上的拉力大小为 B．滑轨对重物的支持力先增大后减小 C．绳上的拉力一直增大 D．当夹角α=37°时，绳上的拉力有最小值 9．（2026·山东东营·一模）如图所示，有一定间距的平行圆杆M、N表面粗糙，两圆杆半径r=2cm，均与水平面成30°放置，圆杆M绕中心轴逆时针旋转，圆杆N绕中心轴顺时针旋转，两杆转动的角速度大小均为，一质量为m的滑块A在两圆杆上以v=0.3m/s匀速下滑，已知滑块与圆杆间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若增大两圆杆的角速度，滑块所受摩擦力会增大 B．滑块与圆杆间动摩擦因数 C．两圆杆对滑块的摩擦力方向与圆杆方向夹角α均为60° D．若增大两圆杆的角速度，滑块会减速下滑 10．（25-26高三下·四川遂宁·开学考试）图所示，粗糙的斜面abcd是宽为L、长为的长方形，其倾角为，把质量为m的物块放置在c点，给物块一个由c指向a的初速度v0，同时给物块一个沿着斜面的拉力F（为未知量），物块沿着ca匀速运动到a，已知物块在运动过程中滑动摩擦力等于重力的0.6倍，重力加速度为g，，，下列说法不正确的是（    ） A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6 B．物块与斜面间的摩擦生热为1.2mgL C．F与bc的夹角为30° D．F的大小为 选择题预测05牛顿动力学问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量。某次承载质量的餐盘（包括食物）在水平地面上以的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以的加速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数，餐盘没有从机器人上脱离，取重力加速度，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．制动过程中餐盘的加速度大小为 B．制动0.1s内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J C．制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s D．制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s 分析有理·押题有据   牛顿运动定律是力学的核心，能精准建模是解决复杂问题的基础。2026年命题会以真实场景为载体，重点考查学生在复杂过程中熟练运用整体法与隔离法，并清晰建立“力 → 加速度 → 运动变化”逻辑链条的能力。试题将覆盖物体受力情况与运动情况之间的转化分析-，考查瞬时性问题、临界极值问题以及连接体问题等。教育部要求“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”。物理卷中力学模块分值占比较高，是考查考生模型构建、逻辑推理等关键能力的重要板块，必须重点突破。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西·模拟预测）在高山滑雪场的救援索道模拟装置中，有两个用轻绳相连的小球A、B。A球套在与水平方向成α角的倾斜金属杆上，它与杆之间的动摩擦因数为μ。当两球相对静止一起沿杆下滑时，连接它们的轻绳稳定地向右偏离竖直方向，形成夹角θ，如图所示。对此有关论述正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【2．（2026·广东中山·一模）下图为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的简化图，5节质量均为的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。假设只有1号车厢会受到前方空气的阻力，空气阻力大小满足，其中为空气密度，为车厢的迎风面积，为车厢的速度大小，不计其他阻力。开始时，牵引力功率为，列车向右做匀速直线运动，当功率瞬间增大到时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）某城市“智慧停车楼”的简化模型如图。质量为的汽车静止在升降机的水平托盘上，先以加速度竖直加速上升一段距离，再匀速上升，最后以加速度减速上升至目标楼层。已知重力加速度为，则托盘对汽车的支持力大小（　　） A．在匀速上升阶段为0 B．在加速上升阶段为 C．在减速上升阶段为 D．先小于，再等于，最后大于 4．（2026·天津和平·一模）如图所示，向前行驶的车厢内有甲、乙两质量相同的货物，甲放在车厢地板上，乙放在货架上，货物在自身重力G与车厢（含货架）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止，有一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，某段时间内悬线与竖直方向夹角为保持不变。下列说法中正确的是（　　） A．车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大 B．甲受车厢地板的摩擦力可能为0 C．甲受到的车厢作用力F可能等于自身的重力G D．车厢对甲的作用力与对乙的作用力相等 5．（2026·广东汕头·一模）如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔A的质量为，底座B（含灯泡）的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为的恒力，一段时间后，A、B一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间（　　） A．底座B的加速度方向向下 B．弹簧弹力大小为 C．底座B的加速度大小为 D．公仔A的加速度大小为 6．（2026·辽宁大连·一模）某一小球在黏性流体中，从足够高处开始由静止下落，t=0时刻小球速度为0开始计时，小球所受空气阻力大小，方向与运动方向相反，已知流体黏度随时间均匀变化规律：，其中 、均为大于0的常数，取初始位置为零势能面，重力的功率P，小球的加速度a，小球所受合外力F，机械能的变化率。下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 7．（2026·江苏南京·模拟预测）传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为的传送带运送包裹，传送带始终以速率逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为µ，在某段时间内该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（ 　） A．传送带对包裹的作用力竖直向上 B．可能大于 C．包裹运动过程中其机械能无损失 D．µ可能小于 8．（2026·甘肃兰州·模拟预测）静止在水平面上的两个完全相同的物块通过伸直但无张力的水平细线相连，物块2右侧固定力传感器（质量不计），如图甲所示。时，在物块1上施加水平拉力，读出传感器的示数F，记录一段时间t内，物块的位移为x，改变的大小，经多次测量，画出“”图像如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（    ） A．每个物块的质量 B．物块与水平面的动摩擦因数为0.25 C．当时，加速度大小为 D．F和是线性关系但不成正比 9．（2026·四川广安·模拟预测）小明到餐馆就餐，先点了一碟小吃（三个小蛋糕），送餐的是一个可爱的智能机器人，如图甲所示。当机器人沿一倾角为θ的斜坡向前运动时，小明发现智能机器人能调节端着的盘子保持水平，简化截面示意图如图乙所示，水平碟子放在盘子上，小蛋糕并排放在碟子上。下列关于机器人沿斜坡向前运动的说法，正确的是（　　） A．机器人匀速向前时，小蛋糕受向前的静摩擦力 B．机器人匀速向前时，小蛋糕处于超重状态 C．机器人沿斜坡加速向前时，小蛋糕处于失重状态 D．机器人沿斜坡加速度大小为a时，质量为m的小蛋糕受摩擦力大小可能为 10．（2026·浙江·二模）如图所示，劲度系数为的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为的木板A连接，木板上有一质量为的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，内两物体的v-t图像如图所示，时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周期公式，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为，则（　　） A．时刻弹簧处于原长 B． C．时刻弹簧的伸长量 D．时刻物块B速度 选择题预测06抛体运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】滑板运动员在倾角的斜面轨道上练习起跳动作，某次起跳时速度大小，速度方向与斜面的夹角，不计空气阻力，重力加速度（已知，）。则运动员腾空过程中离开斜面的最大距离为（    ） A．1.0m B．1.44m C．2.0m D．2.56m 【 分析有理·押题有据  抛体运动是高中物理中典型的匀变速曲线运动，是“运动的合成与分解”思想的重要载体。2026年命题将深度嵌入生活实践、体育运动、科技前沿等真实场景，考查学生在复杂情境中运用运动的分解与合成思想构建抛体模型的能力。情境化命题趋势显著，如“打水漂”、“弹射装置”等真实场景频繁出现，要求考生具备模型建构与多过程拆解能力。预计2026年高考会结合体育运动，考查平抛运动模型、斜抛运动模型等，也会综合动量与能量进行命题。抛体运动作为联系牛顿运动定律、能量与动量的重要枢纽，近三年高考真题中均有考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·安徽安庆·二模）滑板运动是很多年轻人热爱的一项运动。如图所示为某一滑板的滑道，左侧是一个水平平台，在平台右侧有一倾角为53°的滑道AB。一滑板运动员（可视为质点）从平台边缘O点以某一水平速度冲出，恰好无碰撞地从A点进入倾斜滑道。已知OA的水平距离为，g取，，，不计空气阻力，则运动员冲出O点时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·江西·二模）中国射击队尤其是气枪项目，一直是奥运赛场上的王牌。某同学用玩具枪打靶对该运动项目做初步研究，该同学站在靶标中央位置正前方较远处，靶标为一个面积较大的竖直平面。射击时保持枪口位置不变，先后沿同一水平面内不同方位射出子弹，子弹初速度大小相等，忽略空气阻力，则靶标上出现的击中点分布可能为（　　） A． B． C． D． 3．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）运动员自倾斜的跳台顶端水平飞出进行特技表演，其运动可视为平抛运动。如图所示，跳台顶端点位于点正上方，距离地面高度。一运动员（视为质点）从点以初速度水平飞出，恰好垂直击中跳台下方的倾斜挡板，挡板的倾角为。不计空气阻力，取重力加速度。则下列说法正确的是（　　） A．运动员击中挡板时，竖直分速度与水平分速度之比为 B．运动员水平飞出的初速度大小为 C．运动员从飞出到击中挡板的运动时间为 D．运动员击中挡板时的速度大小为 4．（2026·广东·模拟预测）如图所示，将油纸伞的伞面在竖直面内顺时针匀速转动，在竖直直径和水平直径的边缘位置处，四滴质量皆为m的雨滴a、b、c、d分别由边缘处脱离，脱离时雨滴速度与伞面边缘处线速度相同。若雨伞伞面半径为R，雨伞下边缘距离水平地面的高度也为R，雨滴c离开雨伞后做平抛运动的水平位移为，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．雨伞转动的角速度为 B．着地前瞬间，雨滴b重力的功率大于雨滴d重力的功率 C．雨滴a做平抛运动的水平位移为 D．雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的3倍 5．（2026·吉林长春·一模）“击壤”是我国古代的一项投掷游戏。将一块“壤”置于地面，一孩童在远处水平抛出另一块“壤”，落在了水平地面P点（两块“壤”与P点位于同一竖直面内），如图所示。不计空气阻力，若要击中地面的“壤”，以下方式可行的是（    ） A．仅增大水平抛出速度 B．仅减小水平抛出速度 C．仅增大抛出点离地高度 D．仅改用更重的“壤”抛出 6．（2026·河北·一模）为提升山地救援应急处置能力，消防救援大队组织开展山坡救援物资投送专项训练。如图所示，在一倾角为且足够长斜面底端，一名队员将一定质量的救援物资包A以和斜面夹角为的初速度斜向上抛出，另一名队员在相同位置以初速度将另一完全相同的救援物资包B沿斜面向上抛出。救援物资包A恰好垂直斜面落于救援物资包B运动的最高点。已知救援物资包和斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力，则救援物资包A抛出的速度的大小为（　　） A． B． C． D． 7．（2026·湖北襄阳·一模）在滑雪比赛中，某运动员从跳台上的点以速度，与水平方向成角斜向上起跳，经过空中点时，速度与水平方向夹角为，如图所示。重力加速度大小，不计空气阻力，则运动员从到飞行时间约为（　　） A．0.7s B． C． D． 8．（25-26高三上·安徽滁州·期末）在足球训练中，运动员将足球静止摆放在某障碍物前地面上的一合适位置，然后用力踢足球使其获得一初速度，如图所示。已知障碍物的宽度为、高度为，重力加速度为，不计空气阻力，则足球能够越过障碍物的最小初速度为（　　） A． B． C． D． 故选A。 9．（2026·贵州遵义·二模）如图所示，某楼梯有8级台阶，一表面光滑的小球从最上面一级台阶的边缘被水平踢出，刚好落到下一级台阶的水平边缘上，被弹起后继续运动。所有台阶的高度相同、宽度相同，所有碰撞过程均为弹性碰撞（碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度反向），忽略空气阻力，则小球落地之前与台阶碰撞的次数为（　　） A．1次 B．2次 C．3次 D．4次 一共与台阶有2次碰撞。 故选B。 10．（2026·安徽合肥·模拟预测）打水漂投掷时石片在距离水面高处以水平速度抛出，若石片与水面碰撞时，水平速度不变，但碰后反弹高度都是前一次，不计空气阻力，重力加速度为，则石片从抛出到第四次触水过程中（　　） A．经历的时间 B．经历的时间 C．经历的水平距离为 D．经历的水平距离为 选择题预测07圆周运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】一款“转转杯”玩具可简化如图，水平大圆盘绕竖直轴OO′顺时针转动，其上均匀分布五个相同的小圆盘，绕各自圆心逆时针转动，大小圆盘转动的角速度大小均为ω。取图示时刻为计时起点，此时小圆盘边缘两点A、B的位置如图所示，不考虑小圆盘的厚度，下列说法正确的是（   ） A．t = 0时刻A点对地速度大小为(L－r)ω B．t = 0时刻B点对地速度大小为 C．时A点到大圆盘圆心的距离最远 D．时B点到大圆盘圆心的距离最远 分析有理·押题有据   圆周运动是高中物理中典型的曲线运动模型，综合考查受力分析、牛顿定律与功能关系，是连接经典力学与现代工程的重要桥梁。2026年命题将深度嵌入航天科技、智能交通、极限运动等真实场景，重点考查学生在复杂情境中分析向心力来源、判断临界状态以及运用动力学方程解决实际问题的能力。近五年高考中，圆周运动连续在2025、2024、2023年均有考查，是曲线运动模块的绝对核心与高频考点。教育部1号文件明确要求“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”，圆周运动情境丰富、覆盖面广，是情境化命题的天然载体。 密押预测·精练通关 1．（2026·贵州·模拟预测）如图所示，杆AB和CD固连成“T”形支架，AB沿水平方向，CD沿竖直方向，小球P套在AB杆上可沿杆无摩擦滑动，不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在竖直杆CD上，使整个装置以CD杆为轴以不同的角速度ω匀速转动。若杆对小球的弹力大小为，下列图像能正确反映与关系的是（　　） A． B． C． D． 2．（2026·江苏徐州·模拟预测）某人形机器人关节模组中传动机构的简化模型如图所示，大齿轮固定不动，圆心为O，小齿轮的圆心为C，P为小齿轮边缘上的一点，小齿轮始终紧贴大齿轮匀速滚动。小齿轮的直径与大齿轮的半径相等，则（　　） A．图示时刻点P的速度方向指向O B．图示时刻点P的加速度方向指向C C．点P的运动周期是点C的两倍 D．PO之间的距离越小，点P的加速度越大 3．（25-26高三下·河北保定·开学考试）如图甲，质量为m的游客坐在轿厢里随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动，游客经过最高点时开始计时，t0时间内游客的位移大小x随时间t变化的图像如图乙所示，游客可以看成质点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．图乙是椭圆函数图像的一部分 B．摩天轮转动的角速度为 C．摩天轮做圆周运动的线速度大小为 D．时，游客重力的瞬时功率为 4．（2026·四川绵阳·模拟预测）一孩童在内壁是圆柱形光滑水泥管的最低点以水平初速度踢出小球，水泥管的内径为，小球沿管壁向上运动到离最低点高度为时，脱离管壁落入背篓，重力加速度，忽略一切阻力和滚动，小球始终在同一竖直面内运动，则水平初速度为（　　） A．2.3m/s B．3m/s C．5m/s D．7m/s 5．（2026·山西大同·一模）明代的《天工开物》记载了我国古人在农业上利用筒车进行水利灌溉的过程（如图甲），筒车利用水流带动车轮转动，固定在车轮上的竹筒在水面下蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。图乙为筒车的简化图，若筒车的半径为，其轴心距水面的高度为，筒车在竖直面内沿逆时针方向以转速匀速转动。一竹筒（视为质点）打水后，运动到顶部过程中其所装水的质量保持不变，水面水平且高度恒定，重力加速度取，取3，则下列说法正确的是（　　） A．该竹筒转动的线速度大小为 B．该竹筒单次蓄水时间约为 C．从离开水面至顶部过程中，该竹筒中的水克服重力做功的最大功率为 D．从离开水面至顶部过程中，该竹筒对其所装水的作用力大小先增大后减小 6．（25-26高三上·广东深圳·期末）如图是一个内壁光滑的玻璃杯，内壁上各点均处在以为球心的球面上。某同学将弹珠（可视为质点）放入杯中，晃动玻璃杯后静止，可使弹珠沿杯内壁在水平面内做圆周运动；不计空气阻力和摩擦，针对稳定后弹珠在杯身不同高度处的水平面内的匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．弹珠所做圆周运动的高度越高，速率越大 B．弹珠做圆周运动时，杯子对弹珠做正功 C．弹珠做圆周运动时，杯子对弹珠的弹力不变 D．弹珠可在杯内任一高度的水平面内做圆周运动 7．（2026·黑龙江辽宁·一模）某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为，行星轮一周的齿数为，当太阳轮转动的角速度为时，最外面的大轮转动的角速度为（　　） A．所有齿轮的角速度大小相等 B．所有齿轮边缘的线速度大小相等 C．太阳轮角速度与大轮的角速度之比为 D．太阳轮与大轮的线速度大小之比为 8．（2026·贵州贵阳·一模）2025年10月31日，神舟二十一号载人飞船成功发射，此次随飞船上行进入中国空间站的有4只“小黑鼠”。小鼠必须过体能关、挑战抗晕、勇闯迷宫等考核才能成为小鼠“航天员”。如图，一质量为m的小鼠进入离心管机器进行“天旋地转”挑战，若离心机绕着竖直平面内的O1O2轴以角速度ω匀速转动，小鼠旋转半径为r，重力加速度为g。则此次挑战，小鼠受到离心机对它的作用力F为（　　） A．，方向垂直指向转轴 B．，方向斜向上指向转轴 C．，方向垂直指向转轴 D．，方向斜向上指向转轴 9．（2026·江西新余·一模）同学们洗完手后经常会做甩手的动作，如图1拍摄了甩手的轨迹图，A，B，C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，测得A、B之间的距离为26cm，已知相邻两帧的时间间隔为0.04s，BM长度为51cm，BN长度为17cm，，图2是过程分析图，则指尖在B点的向心加速度约为（　　） A．5g B．8g C．15g D．25g 10．（2026·重庆九龙坡·一模）如图所示，是水平圆盘的竖直转动轴，物体、用不可伸长的、足够结实的轻绳连接并置于圆盘上，轻绳过正上方且刚好绷直（此时弹力为零）。和的质量、离转动轴的距离、与圆盘的动摩擦因数分别为和视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。圆盘由静止缓慢加速转动，发现无论角速度多大，都相对于圆盘静止，则与之比为（　　） A． B． C． D． 选择题预测08万有引力与航天 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】一颗人造地球卫星在较高圆轨道Ⅰ运行，在A点点火进入椭圆轨道Ⅱ，由远地点A向近地点B运动，再于B点进行二次点火，最终进入较低的目标圆轨道Ⅲ并稳定运行，整个过程如图所示。忽略两次点火的时长，上述全过程中卫星速率随时间变化的图像可能是（    ） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 万有引力与航天模块一直是高频且稳定的命题热点。随着我国嫦娥、天问、空间站等航天工程密集推进，2026年命题将呈现两大核心转向：一是“试题情境紧跟航天科技发展前沿”，不再考查抽象的轨道计算，而是深度融入真实发射与探测任务；二是从单一的天体运动参数计算，转向跨模块综合考查，强调物理知识在真实工程问题中的系统应用能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·河南濮阳·一模）神舟二十号飞船返回舱于2026年1月19日在东风着陆场成功着陆，返回任务取得圆满成功。返回舱有一段运动轨迹是椭圆，如图所示，为远地点，到地心的距离为，为近地点，到地心的距离为，返回舱在椭圆轨道上点加速度大小为、线速度大小为，在点的加速度大小为，线速度大小为，忽略大气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．返回舱返回时，每次变轨需要向后喷气 B．返回舱从点运动到点，机械能不断减小 C． D． 2．（2026·湖南衡阳·模拟预测）新华社消息，2025年12月5日17时00分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将交通VDES卫星A星、B星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如果地球半径为R，第一宇宙速度为，交通VDES卫星A星的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则（　　） A．地球的质量为 B．地球的质量为 C．地球的密度为 D．地球的密度为 3．（2026·辽宁·模拟预测）2025年5月29日01：31，西昌发射场2号航天发射工位，搭载“天问二号”小行星探测器的“长征三号乙”遥一百一十运载火箭点火发射，将“天问二号”送入地球至2016HO3小行星的转移轨道，之后被小行星俘获并绕小行星在高度的轨道上以周期做匀速圆周运动，小行星与地球的距离为，如图所示，已知引力常量为，小行星的半径为，下列说法正确的是（　　） A．“天问二号”从点发射的速度介于和之间 B．“天问二号”经过点时应点火向运行的反方向喷出气体 C．地球的质量为 D．小行星的密度为 4．（2026·陕西榆林·模拟预测）2025年11月3日11时47分，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将遥感四十六号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星在近地圆轨道Ⅰ（轨道半径约等于地球半径）上的点变轨后经过椭圆轨道Ⅱ上的点运行至远地点，和过程卫星与地心的连线扫过的面积相等，如图所示。已知，卫星从经历的时间为，引力常量为，地球可近似看成球体，则地球的平均密度为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·湖北襄阳·一模）我国自行研制的北斗三号卫星导航系统由3颗地球静止轨道卫星（GEO）、3颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）和24颗中圆地球轨道卫星（MEO）组成，2020年已正式覆盖全球，其具有GPS系统没有的通信功能。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法正确的（　　） A．地球静止轨道卫星与地面上的点线速度大小相等，所以看起来是静止的 B．倾斜地球同步轨道卫星有可能保持在湖北襄阳的正上方 C．卫星运行的线速度可能大于第一宇宙速度 D．赤道上物体随地球自转的向心加速度比同步卫星向心加速度小 6．（2026·陕西宝鸡·一模）2025年4月27日23时54分，我国成功发射第二代地球同步轨道数据中继卫星。该卫星主要用于为飞船、空间站等载人航天器提供数据中继和测控服务，也为中、低轨道资源卫星提供数据中继和测控支持。假设该地球同步卫星的离地高度是地球半径的n倍，下列说法正确的是（　　） A．该同步卫星可以静止在北京上空 B．该同步卫星运行速度是第一宇宙速度的倍 C．该同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n+1倍 D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的倍 7．（2026·河南·模拟预测）如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为，空间站的轨道半径为，机械臂长为，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（　　） A．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 B．空间站的加速度与地球表面重力加速度之比为 C．微型卫星的加速度比空间站的加速度小 D．若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会做近心运动 8．（2025·四川凉山·一模）太空电梯是构想的一种通往太空的设备，如果建成将提高对外来31/ATLAS类星际彗星的防御能力。下图中A是赤道上的物体，近地卫星B轨道半径为，同步卫星C轨道半径为，D是太空电梯配重站里的物体，A、B、C、D的质量都为m。已知地球质量为M，半径约为，引力常量为G，取无穷远处为零势能点，距地心距离为r、质量为m的卫星与地球之间的引力势能可表达为。则下列说法正确的是（　　） A．A、B、C、D相比B的线速度最大 B．物体A和卫星B的加速度相同 C．卫星C比卫星B的机械能多 D．卫星C比卫星B的动能多 9．（2026·云南·三模）如图所示为某时刻三颗人造卫星a、b、c所处的位置及绕行方向。a为地球的静止卫星，与b轨道共面，P点为b、c轨道的一个交点。三颗卫星绕地球的公转均可看作匀速圆周运动，设公转周期分别为、、。下列说法正确的是（　　） A．a可对地球实现全覆盖检测 B．b、c在P点有相撞的危险 C．a、b、c的加速度大小 D．a、b相邻两次相距最近的时间间隔为 10．（2026·湖南郴州·模拟预测）2026年1月16日在某次商业航天任务中，谷神星一号海射型运载火箭成功将“天启星座”06组卫星送入预定轨道。假设其中一颗卫星的简化变轨过程如图所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a点发动机点火加速，卫星由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过b点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，已知卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为，在椭圆轨道Ⅱ上运行经过近地点a时速度大小为、远地点b时速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行的轨道半径之比 B．卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，过a点和b点的速度大小之比 C．卫星在轨道Ⅱ上运行过b点的加速度等于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度 D．卫星在轨道Ⅱ上从a点运动到b点的过程中，其线速度、加速度、机械能均减小 选择题预测09功能关系 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图，为双层立体泊车装置示意图。欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升至③号位，再水平右移停至④号车位。两次移动过程中，轿车均从静止先加速再减速至静止。轿车质量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．竖直抬升过程中，移动板对车的支持力做功为 B．水平右移过程中，移动板对车的摩擦力做功为 C．整个过程中，移动板对车做的总功为 D．整个过程中，车的机械能增加量为 分析有理·押题有据 功能关系是高中物理能量观念的核心，贯穿力学、电磁学等所有模块，是解决复杂运动与多过程问题的关键工具。2026年命题将把动能定理、机械能守恒、功能原理三大核心内容深度嵌入航天工程、新能源汽车、电磁感应等科技情境，彻底告别机械的公式套用。 密押预测·精练通关 1．（2026·云南昭通·二模）体育课上某同学将排球以初速度竖直向上抛出，假设排球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，以表示排球运动的时间，表示排球距抛出点的高度。某时刻排球的速度为、加速度为、动能为、机械能为，取竖直向上为正方向，则排球从开始上抛到落回抛出点的过程中，下列关系图像可能正确的是（　　） A．B．C． D． 2．（25-26高三上·湖北襄阳·期末）夯锤打桩钉模型示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的作用下，最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。已知两摩擦轮角速度为，半径为，对夯锤的压力均为50N，轮对锤摩擦力与压力的比值为，夯锤的质量为4kg，桩钉从图示位置下移x过程中阻力与x关系：（单位均为国际单位），夯锤撞击桩钉过程中对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度g取，则夯锤打击桩钉后，桩钉下移的最大距离为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·内蒙古包头·一模）我国某新型起重机性能优异，可满足大型工程的吊装需求。如图，现将质量为m的重物由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，经过时间起重机达到额定功率P，此后以额定功率提升重物，又经过时间重物开始匀速上升。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．起重机的额定功率为 B．重物的最大速度大小为 C．在时间内，重物机械能的增量为 D．在时间内，重物机械能的增量为 4．（2026·内蒙古包头·一模）如图，一名游客体验过山车项目，当过山车以3m/s的速度通过圆弧形轨道最高点时，游客手中的手机不慎滑落。此时手机距地面高度为20m，重力加速度为，手机质量为0.2kg，不计空气阻力，则（　　） A．手机落地前做自由落体运动 B．手机落地时重力的瞬时功率为40W C．手机落地时速度大小为23m/s D．从滑落到落地前，手机速度变化量的方向与竖直方向的夹角不断减小 5．（2026·河南焦作·一模）电动平衡车因时尚、便捷而深受青年人的喜爱。如图所示，一人驾驶平衡车在平直的路面上以恒定功率P启动，行驶距离s后开始匀速行驶。已知人和平衡车的总质量为m，所受阻力恒为f，则平衡车从启动到刚匀速行驶的时间为（　　） A． B． C． D． 6．（2026·浙江衢州·二模）2026年2月10日，哈尔滨亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛在亚布力举行，中国队成功包揽了两个小项的冠亚军，其中运动员杨文龙成绩喜人，如图所示。忽略空气阻力，可将运动员杨文龙视为质点。则关于杨文龙运动的说法中正确的是（　　） A．杨文龙在空中飞行过程是变加速曲线运动 B．杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率在不断变化 C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，重力的瞬时功率先减小后增大 D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，其动能全部转化为重力势能 7．（25-26高三下·江苏泰州·开学考试）如图所示，质量均为的物块A、B放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为，与转盘之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。、分别用轻绳系于转盘转轴上的点，轻绳都刚好拉直。重力加速度为。转盘由静止开始缓慢增大转速直至A、B脱离圆盘过程中（　　） A．轻绳拉力一直在增大 B．圆盘对两物块的摩擦力都指向圆心 C．圆盘对物块做的功小于对做的功 D．物块、同时脱离圆盘，脱离时角速度 8．（2026·河北石家庄·模拟预测）如图所示的木板由倾角为θ的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段小圆弧面相连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有N个质量均为m、直径均为d的均匀刚性小球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为g，忽略一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．水平外力F的大小为 B．1号球刚运动到水平槽时的速度大于 C．如果N=2时，整个运动过程中，2号球对1号球所做的功等于mgdsinθ D．如果N=2026时，第1013个小球机械能是增加的 9．（2026·内蒙古赤峰·一模）图甲是某体能训练器械，图乙是简化示意图，不计绳子和滑轮的质量，忽略空气阻力和一切摩擦。训练者用手拉着绳子使末端Q水平向右匀速运动，直到弹簧恢复原长的过程中（   ） A．重物的速度增大 B．重物的速度减小 C．绳子拉力对重物做的功等于重物机械能的增加量 D．弹簧弹力对重物做的功等于重物机械能的增加量 10．（2026·河南南阳·模拟预测）如图甲所示，光滑水平面上静置一质量为的长木板，木板左端固定一轻弹簧。质量为m的物块（可视为质点）从木板右端以水平初速度v滑上木板，当物块压缩弹簧至最短时，木板向左运动的距离为L，此时物块相对木板的位移也为L。物块和长木板的相对位移与两者间摩擦产热的关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为。从长木板开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块与长木板间的动摩擦因数为 B．弹簧的最大弹性势能为 C．物块克服摩擦力做的功为 D．物块和长木板组成的系统机械能减少了 选择题预测10动量定理和动量守恒定律 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】某研究机构利用力传感器研究蹦床过程。传感器采集了某运动员在一次蹦床过程中对蹦床的压力随时间变化的关系，利用计算机绘制出图像如图所示。运动员视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度。则时间内图线与横轴围成的阴影面积约为（　　） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 动量观点是解决力学问题的三大支柱之一，尤其擅长处理碰撞、爆炸、冲击等瞬时过程，这是牛顿动力学难以直接解决的“盲区”。2026年命题将以动量观点为统领，将其与牛顿定律、功能关系深度融合，考查学生在复杂系统中选择最优规律、建立动量守恒观念的能力。 动量守恒定律及应用在2025、2024、2022年均高频考查，动量定理也在2024、2023年持续受到关注。近十年动量板块命题热度极高，全国卷10年23考，地方卷累计72考，是高考物理必考的核心板块。2026年命题将深嵌航天、体育、交通事故等真实情境，体现“无情境不命题”的导向。 密押预测·精练通关 1．（2026·内蒙古包头·一模）我国空间站的姿态调整和轨道维持使用了一种先进的“电推进系统”，其工作原理可简述为：将正离子由静止开始经强电场加速后喷出，从而对航天器产生推力。已知推进器消耗的电功率为P，将电能转化为离子动能的效率为η，离子喷出的速度大小为v，忽略航天器质量变化，则推进器产生的平均推力大小F为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·浙江衢州·二模）太空垃圾是指绕地球高速运行的报废卫星，它可视为在近地轨道上做匀速圆周运动。某报废卫星的质量，横截面（与卫星运动方向垂直），若在半径为的近地轨道附近布满密度为的粉尘气体（由粉尘粒子构成），假设粉尘粒子相对地心处于静止状态，它们和该报废卫星发生碰撞后黏附在卫星上。已知地球的密度为，地球的半径，重力加速度大小，试估算该报废卫星因与粉尘碰撞而受到的拖拽力大小约为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·北京丰台·一模）在研究城市交通拥堵问题时，常引入车流量Q、车流密度ρ和车流速度v三个物理量进行研究。已知车流量是指单位时间内通过车道某一横截面的车辆数，车流密度是指单位长度路段内的车辆数，车流速度是指车辆行驶的速度。在平直单排车道内，驾驶员会根据车流密度自动调整车速，车速与车流密度满足的规律为，车辆首尾相接排队时，车流密度达到最大值，为道路允许行驶的最大速度。下列说法正确的是（　　） A．车流量Q可表示为 B．车流量Q的最大值为 C．当车流密度ρ达到最大值时，车流量Q最大 D．车流量Q越大的路段，车流速度v越大 4．（2026·山东滨州·一模）有一种带锁定装置的弹簧系统，只要弹簧两端连接的小球速度相同（v≠0），弹簧便实现“锁定”，即弹簧的长度不再发生变化（此时弹簧可视为质量不计的细杆）。如图所示，在光滑的水平地面上，沿同一直线静止放置两个这样的弹簧系统，初始状态弹簧均处于原长，4个小球质量相等。球与球之间的碰撞时间极短，且为弹性碰撞，B、C之间的距离足够长。现给A球一个水平向右的初速度v0，则D球的最终速度为（　　） A． B． C． D． 5．（2026·福建龙岩·二模）在“天宫课堂”第四课期间，神舟十六号航天员做了一个“奇妙乒乓球”实验。如图所示，实验中航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮手握球拍击打水球，水球被弹开。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．水球所受弹力是由于水球发生形变产生的 B．击球时水球与球拍组成的系统动量守恒 C．球拍对水球的冲量大小大于水球对球拍的冲量大小 D．球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小 6．（2026·江苏·一模）如图所示，小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，不计空气阻力，则（    ） A．A做简谐运动 B．A、B的系统动量守恒 C．A的质量大于B的质量 D．仅增大B的质量，B能到达Q点的右侧 7．（2026·湖南·三模）某同学设计了图甲所示模型研究弹簧在碰撞过程中的缓冲作用。物体A、B放在光滑水平地面上，A以一定的初速度向B运动，B上水平固定劲度系数为的轻弹簧。以图示时刻为计时起点，水平向右为正方向，描绘出物体A、B运动的速度时间图线如图乙所示，图中阴影部分面积为，A的质量为1kg，已知弹簧的弹性势能（为形变量），下列说法正确的是（　　） A．从A接触弹簧到A与弹簧分离，A受到弹簧的冲量 B．物块B的质量为2kg C．和数值上满足 D．从A接触弹簧到A与弹簧分离，B受到弹簧的平均作用力为3N 8．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，质量为M的卫星A绕质量为m0的未知行星做半径为r的匀速圆周运动，一个质量为m（m<M）的小天体B也进入了卫星所在的圆轨道沿卫星的反方向运动并与卫星发生碰撞，碰后卫星和小天体结合为一个整体C，卫星A和小天体B均可视为质点，忽略一切阻力，引力常量为G，则以下说法正确的是（　　） A．碰后C以的初速度做近心运动 B．碰后瞬间C的加速度小于碰前A的加速度 C．碰后C将不可能再回到碰撞时的位置 D．若碰后C仍绕该行星稳定运行，则周期变长 9．（2026·陕西延安·二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为的物块A，另一端连接质量为的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是（　　） A．绳子绷紧前，B、C的共同速度大小为2.0m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s C．绳子断开后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s D．最终A、B、C三者将以大小为5m/s的共同速度一直运动下去 10．（2026·云南昆明·模拟预测）如图a所示，一个曲面是四分之一圆弧的滑块静止于水平地面上，圆弧最低点切线水平。有小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出某段时间内图像如图b所示，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球在相互作用的过程中系统动量守恒 B．小球与滑块的质量比为 C．当滑块的速度为时，小球运动到轨迹的最高点 D．当滑块的速度为时，小球再次回到圆弧的最低点 选择题预测11机械振动和机械波 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】海浪向沙滩移动的情境图如图所示，同一列水波从位置M到位置N大致的波形变化示意图显示：波长由2L变为L已知水波的波速由介质水和水深共同决定，则从M到N，水波的（　　） A．频率变为原来的2倍 B．周期变为原来的2倍 C．波速变为原来的 D．振幅一定不变 分析有理·押题有据   机械振动与机械波是高中物理中典型的波动模型，历年考查频率高，通常以选择题形式出现。2026年命题将把振动图像与波动图像分析、波的传播规律深度嵌入声波降噪、超声探测、战绳健身等真实科技与生活情境，彻底告别抽象的图像孤立分析。 近十年全国卷10年18考、地方卷64考。教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态，加强项目式、探究式的真实情境问题设计”，波动模块因其与声学、水波、医学超声等技术的高度关联，已成为情境化命题的重点板块。 密押预测·精练通关 1．（2026·陕西商洛·三模）如图所示，某科研浮标在水波的带动下在竖直方向上做简谐运动。从某时刻开始计时，浮标的振动方程为。若水波可视为简谐横波且其传播速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A．该水波的波长为 B．浮标在内经过其平衡位置30次 C．经过，浮标沿水波传播方向运动了 D．时，浮标沿y轴正方向运动 2．（2026·安徽·一模）地震监测站监测到一列地震横波，时刻的波形图如图甲所示，已知P点是平衡位置在处的质点，Q点是平衡位置在处的质点，质点Q振动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（    ） A．时，质点P沿y轴正方向运动 B．地震横波的波长为 C．地震横波传播的速度为 D．的时间内，质点P通过的路程为 3．（2026·河南濮阳·一模）一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示，波的传播速度为，则下列判断正确的是（　　） A．波沿轴正方向传播 B．波动的波长为 C．质点的平衡位置坐标为 D．时刻，质点的位移为 4．（25-26高三上·广东湛江·开学考试）无风平静的湖面上，一只小鸟停在一质量为的浮标上，浮标在不停地上下振动（视为简谐运动，弹簧振子的周期公式为，为振子的质量，为弹簧的劲度系数），某同学想估测小鸟的质量，他用计时器记录了次全振动的时间为。小鸟飞走后（时间足够长），他轻轻按压该浮标（无风平静水面）后再松手，记录了次全振动的时间为，则小鸟的质量为（　　） A． B． C． D． 5．（2026·四川成都·二模）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时，弹簧弹力为0 B．时，手机位于平衡位置下方 C．从至，手机的动能增大 D．a随t变化的关系式为 6．（2026·广东汕头·一模）光敏变色布被紫外线照射到的地方会变色留痕。如图所示，竖直放置的光敏变色布前面竖直悬挂一根弹簧，弹簧下端所系物块装有向光敏变色布垂直发射紫外线的激光笔。使物块上下振动的同时，以速率v水平向左匀速拉动光敏变色布，在所绘痕迹上建立坐标系，已知物块在内完成10次全振动。下列说法正确的是（　　） A．物块振动频率为 B．振动过程中，物块机械能不守恒 C．时，物块的速度和加速度都为零 D．若，则拉动光敏变色布的速度 7．（2026·浙江·二模）如图所示，劲度系数为的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为的木板A连接，木板上有一质量为的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，内两物体的v-t图像如图所示，时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周期公式，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为，则（　　） A．时刻弹簧处于原长 B． C．时刻弹簧的伸长量 D．时刻物块B速度 8．（2026·浙江杭州·二模）如图甲所示，实验中水波从深水区传向浅水区，沿垂直波面（振动相同的点构成的面）方向画出波线（波的传播方向）得水波在深浅水分界线上的入射角为，折射角为，已知水波的折射原理与光的折射原理相同（在光的折射中，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度与光在这种介质中的传播速度之比）。、是轴上的两个完全相同的波源，它们到原点的距离相等，质点在轴上，点位于第一象限，如图乙所示。、、、都在区时，是振动极弱点，且连线上还有个振动极弱点。则（　　） A．水波在浅水区中的波速比深水区中的大 B．浅水区中水波的波长是深水区中水波波长的倍 C．若、、、都在区，连线上（不包括点）有个振动极弱点 D．若、、、都在区，连线上（不包括点）有个振动极弱点 9．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图甲所示，两个半圆形的细管道组成半径为的圆管道，管道内是空气。声波从入口进入管道后分成上下两列声波，并在出口处汇合。最初，出口与入口恰好在水平直径两端，保持入口位置和入射声波强度不变，旋转出口管道，当出口管道顺时针旋转弧度时，如图乙所示，探测到出口处的声波强度第一次最弱，强度为入口处的。已知声波的波速大小为，声波强度与声波振幅平方成正比，下列说法正确的是（　　） A．两声波的振幅相同 B．该声波在空气中的波长大小为 C．若，旋转出口管道可检测到3个声波强度最强的位置 D．将声波频率调大，出口管道能检测到声波强度最弱的位置个数将减小 10．（2026·广东广州·模拟预测）如图所示，当健身者以固定频率上下抖动长绳时，长绳呈现的波浪状起伏可视为简谐横波。若一条长绳上，平衡位置相距的两质点、的振动图像分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．该波是健身者以的频率上下抖动长绳形成 B．时，质点可能恰好移动到质点处 C．若波长大于，该波的传播速率可能为 D．若波长小于，该波的传播速率可能为 选择题预测12静电场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】家用健身挥拳力量测试仪的核心部件为平行板电容器，如图所示，固定极板与可动极板的正对面积保持不变，极板间介质为空气。挥拳冲击可动极板时，极板间距会随之减小。测试前先将电容器与恒压电源相连完成充电，随后断开电源。下列说法正确的是（　　） A．挥拳力量越小，电容越大 B．挥拳力量越大，极板间电压越大 C．断开电源后，挥拳冲击过程中，极板带电量不变 D．调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变小 分析有理·押题有据   静电场是高中物理电磁学的基石，考查频率高。2026年命题将深度嵌入芯片制造、电容式传感器、静电悬浮等科技前沿与生产生活情境，从单纯的概念辨析转向“基础概念深度理解+真实问题抽象建模”的双轨考查，彻底告别机械刷题模式，完美契合“无情境不命题”的核心要求。静电场是连接力学与电磁学的重要桥梁，能有效整合受力分析、牛顿定律、功能关系、圆周运动等多模块知识，精准考查“信息提取→模型构建→规律运用”的素养链条。 密押预测·精练通关 1．（2026·江苏·模拟预测）如图是用来测量物体位移的装置。待测物体可以随着铁芯在线圈L（直流电阻不计）中移动，线圈L与电容器C并联，再接入电路。闭合开关S，待电路稳定后再断开S。下列说法正确的是（　　） A．仅增大平行板电容器板间距，LC振荡电路的频率减小 B．仅将待测物体向左稍稍移动，LC振荡电路的频率增加 C．开关断开瞬间，电容器极板上的电荷量为零 D．开关断开后四分之一周期内，振荡电流逐渐增大 2．（2026·甘肃兰州·二模）如图所示，半球面的上半部分均匀带正电，下半部分均匀带负电，上下两部分带电量相等。半球竖直直径上的A、B两点到球心O的距离相等，下列说法中正确的是（　　） A．A、B两点的电势相等 B．A、B两点的电场强度相同 C．O点电场强度的方向垂直于圆截面向外 D．电子在A点的电势能小于在B点的电势能 3．（2026·浙江嘉兴·二模）如图所示，场离子显微镜的纳米针尖表面原子电离，产生电量为q的正离子。在针尖和屏幕间加一脉冲高压U，正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，轰击屏幕后形成针尖表面原子结构的高清图像，已知针尖头部为半径r的半球，则（　　） A．正离子轰击屏幕时的动能为qU B．屏幕的电势高于针尖的电势 C．正离子从针尖飞到屏幕的过程中电势能增大 D．针尖头部半径r越大，其附近的电场强度越大 4．（2026·广东佛山·二模）高压输电线周围存在较强的电场，对环境和安全有重要影响。如图甲，某超高压输电线路的两条导线可视为带等量异种电荷的平行长直导线，其截面图简化为等量异种点电荷+Q和-Q，如图乙，图中实线为电场线，竖直虚线为点电荷+Q和-Q连线的中垂线，B是该中垂线上的点。A点是离+Q较近的点，C点是离-Q较近的点，下列说法正确的是（　　） A．C点电场强度大于B点电场强度，C点电势高于B点电势 B．电子在A点电势能低于B点电势能 C．在A点释放一正试探电荷q，试探电荷将沿电场线方向向上运动 D．试探电荷从A点开始绕+Q做圆周运动，电场力不做功 5．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某实验室正在研究一种新型的“人工分子”电子器件。在纳米尺度上将三个带正电的金属探针尖端精确地排列成一个等边三角形，形成三角形的静电势阱阵列。研究人员标记了几个关键位置：为三角形中心；为三边中点；两点关于直线对称，如图所示。实验时，他们向该区域发射探测电子，并测量电子在不同位置的电势能，以绘制出系统的等势面与电场线分布（图中实线即为模拟计算的电场线），规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（　　） A．点和点的电场强度相同 B．点的电场强度和电势均为零 C．电子在点的电势能相等 D．电子在点的电势能大于在点的电势能 6．（2026·北京石景山·一模）如图甲所示为一带正电的球体。该球体半径为，带电荷量为，电荷在球体中均匀分布。以球心为原点，水平向右为正方向建立轴，试探电荷在球体内部坐标为时所受静电力为，与的关系如图乙所示。以无穷远处为电势零点，球内轴上各点电势随坐标变化的关系图像为（　　） A． B． C． D． 7．（2026·甘肃·模拟预测）如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的O点、P点分别固定两个不等量异种点电荷和，沿方向建立一维坐标系，O为原点。电荷、在x轴正半轴产生的电场强度E随位置坐标x的变化如图乙所示，规定沿x轴正方向的电场为正，取无穷远处电势为零。将一带正电的试探电荷从A点由静止释放，水平方向仅受静电力作用。下列说法正确的是（　　） A．为正电荷，为负电荷，且 B．M点的电势为零 C．运动过程中，试探电荷在N点时速度最大 D．试探电荷将做往复运动 8．（2026·湖南岳阳·一模）如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m=0.4kg，带电量为q=+0.5C的小球（可视为质点），小球在半径R=2m的竖直光滑圆轨道上，从与圆心等高的点A以初速度v0沿轨道切线向下运动，恰好能做完整的圆周运动。角度为小球从A点起沿运动方向转过的圆心角，C点为轨道最低点，已知带电体在运动过程中电势能Ep随角度的变化图像如图乙所示，电势能的最大值Ep0=6J，取重力加速度 g=10m/s2。下列判断正确的是（　　） A．电场强度大小为6N/C，方向水平向右 B．小球在从A点运动到C点的过程中机械能先增大后减小 C．小球在运动过程中速度的最大值为10m/s D．小球在运动过程中对轨道压力的最大值为30N 选择题预测13磁场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】2021年1月20日，位于安徽合肥“科学岛”的全超导托卡马克核聚变实验装置EAST（中文名“东方超环”）取得重大突破，成功实现了超过1亿摄氏度、1056秒的稳态长脉冲高约束模等离子体运行，创造了托卡马克装置高约束模运行新的世界纪录。这一成果被选为2021年中国十大科技进展新闻。EAST装置利用强磁场将高温等离子体约束在真空容器内，避免与器壁接触。若某时刻一个带电粒子（带正电）在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，下列措施能使该粒子做圆周运动的半径增大的是（　　） A．只减小磁感应强度 B．只增大磁感应强度 C．只减小该粒子的速度 D．只增大该粒子的电荷量 分析有理·押题有据   磁场板块是高中电磁学的核心，十年考频极高（全国卷10年21考、地方卷90考）。2026年命题将全面转向磁流体发电、电磁流量计、质谱仪、超导电磁船等真实科技装置，在解决现代工程问题中考查洛伦兹力、带电粒子圆周运动等核心知识，彻底告别理想化“裸题”。 教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态”，2026年新高考真实情境题占比已超80%。磁场板块2025年已以电子在匀强磁场中运动等情境考查洛伦兹力基本概念。电磁力作用下的科技应用是磁场命题的四大常考题型之一，该模块是情境化命题的重点方向。 密押预测·精练通关 1．（2026·浙江台州·二模）图1为轴向磁通电机，线圈固定在定子上，转子盘由相互间隔的永磁体组成。图2中线圈内外半径分别为r0、2r0，每个线圈的电阻为R，线圈简化为单匝线圈，转子单个磁场、定子单个线圈所对圆心角均为60°。图3磁场中磁感应强度大小均为B。当线圈中通以方向变化、大小恒为I0的电流时，转子盘受到安培力作用以角速度ω逆时针转动。对于线圈a，下列说法正确的是（　　） A．感应电动势为 B．驱动时电流为逆时针方向 C．电流变化的最小周期为 D．左、右两侧边受到安培力的合力大小为 2．（2026·广东广州·一模）如图（a），矩形导体框mnkp被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场（未画出），与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp方向的恒定电流，则（　　） A．mn和pk所受安培力方向相反 B．mn和pk所受安培力方向相同 C．绝缘细绳对导体框的拉力增大 D．导体框将绕OO′轴顺时针转动 3．（2026·江苏·一模）如图所示，用硬质铜丝均匀绕成螺线管并固定于绝缘水平面上，两端吸附有圆柱形强磁铁（导体）的干电池置于螺线管当中，电流只沿P、Q间的铜丝流动，则磁铁的吸附方式能使干电池和磁铁一起向左滑动的是（　　） A． B． C． D． 4．（2026·重庆沙坪坝·一模）一水平放置的光滑长半圆槽内有两根通以反向电流的水平长直平行导体棒，导体棒1固定于最低点处，可自由移动的导体棒2恰好处于静止状态（正视图如图所示）。已知导体棒1在导体棒2处产生的磁感应强度大小满足关系式（为常数，为两导体棒间距离，为导体棒1中电流强度），若缓慢增大导体棒2中电流强度，则将（    ） A．变大 B．变小 C．不变 D．无法确定 5．（2026·湖北宜昌·二模）磁轴键盘的按键装有磁铁与霍尔元件，通过检测磁场变化来感知按压，这种设计具有响应快、寿命长等优点。按键结构简化示意图如图，永磁铁（N极在下）固定在按键上，下方霍尔元件（载流子为自由电子）长、宽、高分别为l、b、h，元件中通有由前向后的恒定电流I。按键下压到某一位置时，下列说法正确的是（    ） A．沿电流方向霍尔元件左表面比右表面电势高 B．仅增大电流I，霍尔电压增大 C．仅增大宽度b，霍尔电压增大 D．仅增大长度l，霍尔电压增大 6．（2026·四川宜宾·二模）如图甲是回旋加速器的工作原理图，若带电粒子在磁场中运动的动能随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在交变电场中的加速时间，不考虑因相对论效应带来的影响，则（　　） A．在乙图中， B．交变电场的变化周期等于 C．只增大两D形盒之间的加速电压U，粒子在电场中加速的总次数减少 D．只增大两D形盒之间的加速电压U，粒子获得的最大动能将增大 7．（2026·广东汕头·一模）如图所示，在空间直角坐标系中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场沿x轴正方向。原点O处有一粒子源，在平面内发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，速度大小为，方向与x轴正方向成，且。不计粒子重力，该粒子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，竖直平面内表面粗糙的足够长的细杆倾斜放置，上面套有一带正电的小圆环，空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中电场方向与细杆平行且向上，磁场垂直纸面向外。在圆环以一定初速度沿杆向下运动直至稳定的过程中，圆环的速度随时间的变化情况不可能的是（　　） A．B．C． D． 9．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）在磁约束聚变装置中，平行场配置至关重要。如图，整个空间存在沿轴正方向的匀强电场和匀强磁场。质子以某一初速度从坐标原点沿轴正方向射出，不计重力，则（　　） A．质子的动能不变 B．质子周期性的经过坐标原点 C．质子的速度沿轴方向的分量随时间按余弦规律变化 D．把质子换成电子，其运动轨迹和质子的运动轨迹关于平面对称 选择题预测14电磁感应基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图，直线右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，完全相同的粗细均匀的单匝圆形金属线圈甲、乙处于图中实线位置，且与相切，切点分别为。甲绕过点垂直于纸面的轴匀速转动、乙以为轴匀速转动，甲、乙第一次运动至图中虚线位置所用时间相同。在这段时间内，下列说法正确的是（　　） A．甲中电流方向改变 B．甲、乙中有感应电流通过的时间相等 C．甲、乙中感应电动势最大值之比为 D．通过甲、乙横截面的电荷量之比为 分析有理·押题有据 电磁感应是高中电磁学的核心枢纽，近五年全国卷及新高考卷中占比约12%–20%。2026年命题将深度嵌入磁悬浮列车、无线充电、风力发电等国家新能源战略场景，以“磁—电—力—能”转化链为主线，全面考查学生从复杂工程中提炼物理模型、综合运用力学与电磁学规律解决真实问题的核心素养。近五年各地高考卷均将电磁感应作为压轴或计算题常客。2026年教育部1号文件要求“融入科技前沿动态”，磁悬浮驱动、无线充电技术、光伏发电能量转换等已成为明确的高频命题载体，预计将进一步强化情境化综合考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北保定·一模）图示是某种电磁弹射装置的原理图，间距为l的两平行导轨固定在绝缘水平面上，右端通过导线连接定值电阻R，导体棒a质量为m、长度为l，垂直导轨放置。在正方形区域ABCD 内施加磁感应强度大小为B、方向垂直平面向下的匀强磁场，之后磁场区域以速度v₀开始向左运动，等棒a从磁场中离开后，在正方形区域ABCD 内再次施加相同的磁场，并使磁场区域以相同的速度向左运动，等棒a从磁场中离开后，重复之前的操作，最后棒a恰好能穿过某磁场。棒a和导轨的电阻可忽略，导轨足够长，则最终棒a穿过的磁场个数为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·江西·一模）如图所示，单匝线圈处于均匀减小的磁场中，磁通量变化率为k，线圈电阻为2R，线圈通过开关导线与两根足够长的平行光滑水平金属轨道相连，轨道宽为L，图中虚线右侧存在垂直轨道向下的匀强磁场，磁感应强度为B，轨道上静止放置有两根相同的金属棒MN和PQ，它们的质量均为m、电阻均为R，其中MN在磁场外，PQ在磁场内且距离磁场虚线边界d0，两部分磁场不会相互影响。不计连接线圈的导线和水平轨道的电阻，则（　　） A．开关闭合瞬间，流过MN棒的电流方向N→M B．开关闭合瞬间，PQ棒的加速度为 C．若开关处于断开状态，给MN一个向右的初速度v0，稳定时PQ棒上产生的热量 D．若开关处于断开状态，给MN一个向右的初速度v0，稳定时两金属棒的间距 3．（2026·安徽合肥·模拟预测）随着我国航母福建舰的服役，电磁弹射再次成为热门话题。图1所示为一款电磁弹射演示装置，电源电动势为，内阻为，水平光滑平行金属导轨间距为，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为的金属棒垂直导轨放置，电流传感器A及导轨的电阻可忽略。演示时先将开关接1，待稳定后将开关接2，金属棒随即被弹射出去，弹射过程电流传感器检测到的电流与时间的关系图线如图2所示，其中已知，阴影部分的面积为。下列说法正确的是（    ） A．金属棒接入电路的电阻为 B．金属棒接入电路的电阻为 C．金属棒脱离导轨时的速度大小为 D．金属棒脱离导轨时的速度大小为 4．（2026·浙江衢州·二模）如图所示，间距为的足够长的光滑平行长直导轨水平放置，两导轨间有磁感应强度大小为的匀强磁场。电阻相等的导体棒和静止在导轨上，与导轨垂直并接触良好，且可以沿导轨自由滑动。电动势为、内阻不计的电源及电容为的电容器、导轨构成如图所示的电路。已知的质量大于的质量，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场，下列说法正确的是（　　） A．先将S与1接触给电容器充电，稳定后将S拨到2的瞬间，的加速度大于的加速度 B．先将S与1接触给电容器充电，稳定后将S拨到2，的最终速度大小为 C．撤去，将开关S拨到2，电容器未充电，给一个初速度，导体棒将一直减速到零 D．撤去，将开关S拨到2，电容器未充电，给一个初速度，导体棒做匀减速运动。 5．（2026·广西·模拟预测）磁悬浮列车是一种现代轨道交通工具，如图为磁悬浮列车利用电磁阻尼减速进站的简化图。两条平行光滑绝缘导轨水平放置，间距为，导轨间有若干垂直于轨道平面、方向交替分布的匀强磁场，磁感应强度均为，每个磁场宽度均为，忽略磁场边缘效应。质量为、边长为的正方形金属框以初速度沿导轨进入匀强磁场，在磁场中通过的位移后速度减为零。已知金属框的电阻为，则的大小为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·吉林延边·一模）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可以判断（　　） A．按住按钮不动，门铃会一直响 B．按下按钮过程中，a点电势高于b C．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小 D．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加 7．（2026·广东东莞·一模）电磁俘能器可将机械能转化为电能，其简化模型如图。当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与彼此绝缘的固定线圈发生相对运动。若动磁铁在线圈区域产生的磁场垂直于纸面向里，下列说法正确的是（    ） A．电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应 B．图示位置线圈1中感应电流方向为逆时针 C．图示位置线圈2中感应电流方向为逆时针 D．动磁铁匀速转动时，线圈2中的感应电流大小不变 8．（2026·浙江·二模）上海慧眼（图甲）是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术。其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安全。阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡流。下列说法正确的是（    ） A．导体板中产生的电流大小不变 B．阻尼器将机械能转化为内能 C．将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好 D．利用这一装置所揭示的原理可制成电动机 9．（2026·江西·模拟预测）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为，电子做圆周运动的轨道半径为，若电磁铁线圈因电流变化产生磁场随时间按（、均为正常数）规律变化，形成涡旋电场的电场线是一系列同心圆，单个圆上形成的电场强度大小处处相等。将一个半径为的闭合环形导体置于相同半径的电场线位置处，闭合环形导体的电阻为，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势（　　） A．为使电子加速，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，电流的大小应该减小 B．电子的加速度大小为 C．环形导体中感应电流大小为 D．电子在圆形轨道中加速一周的过程中，电子增加的动能为 10．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）1831年10月28日，法拉第展示了人类历史上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。半径为r的圆盘通过O、a两处电刷与如图所示的外电路相连，其中电阻，一带电油滴静止在两极板间。圆盘在外力作用下绕O点以角速度逆时针匀速转动过程中，圆盘接入Oa间的等效电阻也为R，已知匀强磁场磁感应强度为B，不计其它电阻和摩擦。下列说法正确的是（    ） A．若将电容器极板M向上移动，则带电油滴向上运动 B．该油滴带负电 C．c点电势高于b点电势 D．电阻上消耗的电功率为 选择题预测15交变电流 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】东营向海借浪发电，发展绿色新能源。如图甲为浮桶式波浪发电灯塔，桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于均匀辐射磁场中，浮桶随波浪上下运动的v-t图像如图乙。匝数N=200的线圈所在处辐射状磁场的磁感应强度B=0.2T，线圈直径，电阻。理想变压器原副线圈匝数比k=2。下列说法正确的是（　　） A．t=0.1s线圈速度最大，电流表示数最大 B．滑片P向下滑动时，电流表示数变小 C．当R=0.25Ω时，浮筒输出的电功率最大 D．穿过线圈的磁通量变化率最大值为 分析有理·押题有据 交变电流是电磁感应在实际应用中的核心体现，近五年全国卷及各省卷持续高频考查。2026年命题将深度融入特高压输电、无线充电、新能源汽车等国家战略与科技前沿，告别单纯公式套用，转向跨模块综合应用，注重真实工程情境下的信息提取与模型构建能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东聊城·一模）如图所示，整个区域内有竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小，两根间距为、半径为的光滑四分之一圆弧金属导轨竖直放置（底端切线水平），顶端连接阻值为的电阻。长为、质量为、阻值为的金属棒从导轨顶端处以恒定速率下滑，整个过程中金属棒与导轨接触良好，且始终与导轨垂直。导轨电阻忽略不计，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．金属棒在处时两端电压为 B．金属棒运动到处时两端电压为 C．金属棒从导轨处运动至处的过程中，电阻产生的热量为 D．金属棒从导轨处运动至处的过程中，电阻产生的热量为 2．（2026·江西宜春·一模）某小组设计了灯泡亮度可调的电路，如图所示a、b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为，灯泡阻值为2R，三个电阻的阻值均恒为，交变电源输出电压的有效值恒为。开关S与不同触点相连，灯泡的最大功率和最小功率之比是49：25，则下列说法正确的是（　　） A．；灯泡的最大电功率为 B．；灯泡的最大电功率为 C．；灯泡的最大电功率为 D．；灯泡的最大电功率为 3．（2026·河北廊坊·一模）如图所示是电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）的示意图。变压器原线圈的匝数为n1，电流为I1，输入电压有效值为10kV；两副线圈的匝数分别为n2、n3，电流分别为，输出电压有效值分别为下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2026·四川凉山·二模）我国电网已处于世界领先水平，在国家电网改造前，用电高峰期，用户电压会明显低于正常值，甚至家电不能工作。当地居民常常用调压器来调整电压，其原理如图所示。交变电压从端输入，从端输出连接到家用电器上，滑片P可以上下滑动。调压器视为理想变压器，匝数，下列说法正确的是（　　） A．该调压器只能升电压不能降电压 B．若输入电压为，且在的中点，则两端的电压为 C．若则滑片在的中点以下时，可以起到降压作用 D．此调压器端输入功率等于端输出功率，但输入端和输出端的频率不相等 5．（2026·湖北孝感·二模）如图甲所示，一圆形线圈面积，匝数，电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度B随时间t正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为，与副线圈连接的电阻、D为理想二极管，下列说法正确的是（　　） A．时，圆形线圈中有逆时针方向的电流 B．原线圈中交变电流的频率为 C．1s内原线圈输入的能量为 D．0~0.005s内，流过的电荷量为 6．（2026·湖北黄石·二模）如图是钳形电表的结构简图，内部的交流电流表与绕在铁芯上的线圈（匝）连通，钳形电表可视为理想变压器。测量时将钳形铁芯张开，把被测导线放进钳口内。下列说法正确的是（　　） A．测量时钳形铁芯张开或闭合，对测量结果没有影响 B．测量时应把被测电流的零线和火线都放进钳口内 C．交流电流表的示数是被测导线电流的500倍 D．交流电流表示数较小时，可将被测导线在铁芯上多绕几圈 7．（2026·山东临沂·一模）如图所示的理想变压器，电源输出的交变电压的正弦式交流电，通过副线圈、分别向20只标称为“12V  1.0A”的灯泡和电动机供电，原线圈接一标称为“40V  2.0A”的灯泡L，原线圈的匝数为900匝，副线圈的匝数为120匝。电路接通后，各用电器都恰好正常工作。则下列说法中正确的是（　　） A．变压器的输出功率为440W B．电动机两端电压为36V C．流过电动机的电流为5.0A D．若切断电动机，灯泡L仍能正常工作 8．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，、为两条水平固定且平行的光滑金属导轨，导轨右端与接有定值电阻的理想变压器的原线圈连接，变压器副线圈上接有最大阻值为的滑动变阻器，原、副线圈匝数之比，导轨宽，质量，电阻不计的导体棒垂直、放在导轨上，在水平外力作用下，在两虚线范围内做往复运动，其速度随时间变化的规律是，虚线范围内有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导线电阻均不计。下列说法正确的是（　　） A．棒中产生的电动势的表达式为 B．若，电阻两端电压的有效值为 C．若，变压器输出功率最大 D．若，在到的时间内，外力所做的功约为18.17J 9．（2026·河北邯郸·一模）2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　） A．减小，可以提高远距离输电的输电效率 B．图乙中的线圈转过90°时，线圈产生的电流最小 C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会减小 D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小 10．（2026·天津河西·一模）如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至，为动力系统供电。若某次高铁进站过程，保持不变，仅通过调整动力系统的负载，使得电流减小到原来的一半。下列说法正确的是（　　） A．电流大于电流 B．电流的频率将减小到原来的一半 C．电压将增大 D．电阻的热功率将减小到原来的一半 实验题预测01力学实验 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】某实验小组利用如图甲所示装置验证向心力的表达式。在该装置中，水平光滑圆盘上放置质量为m的滑块，通过定滑轮与上方的力传感器连接，细线长度可通过滑块位置调节（即圆周运动半径r可改变）。实验时，滑块随圆盘匀速转动，细线拉力提供向心力。圆盘的另一侧装有永磁体，磁铁转动时会通过上方一固定的霍尔传感器，可检测磁体转动时磁场变化，输出脉冲信号如图乙所示。当转盘转动时，磁体每转一周，霍尔传感器输出一个脉冲，通过连接的计时器可记录脉冲间隔时间。 (1)若某次实验中，采集到磁场变化的脉冲信号如图乙所示，计时器记录到连续5次脉冲的时间为t，则滑块转动的角速度表达式________（用t表示） (2)实验小组保持滑块质量、半径不变，通过调节电动机转速得到多组数据，部分数据如下表： 序号 脉冲间隔时间（连续5个脉冲） 力传感器的示数 1 3.03 4.15 2 2.76 4.98 3 2.63 5.49 请根据表格数据，计算第1组实验中的角速度________；并根据所学向心力表达式可算出向心力________，与表格中力的传感器示数相比，可验证向心力表达式。（，结果均保留3位有效数字） (3)在实验中，由于细线存在微弱形变，在转动过程中运动半径略大于静止时测量的半径r，产生系统误差，则导致________（选填“<”，“=”或“>”）。 分析有理·押题有据   力学实验是高考物理实验题的重要组成部分，以一道小题形式呈现，难度中等偏上。2026年命题将实现两大转向：一是从基础仪器读数的机械考查转向对实验原理的深刻理解与迁移；二是从经典实验的照搬操作转向真实情境下的探究性设计。试题将把牛顿第二定律验证、机械能守恒探究等经典实验深度嵌入航天工程、新能源汽车、智能传感等科技情境，要求学生在全新场景中自主完成实验设计、数据解析与误差归因，彻底告别“纸上谈兵”。DIS（数字化信息系统）系统全面普及，力传感器、位移传感器、光电门、加速度传感器等数字化工具已成为实验标配。试题重点考查利用传感器进行数据采集、图像拟合与误差分析，而非机械记忆仪器使用步骤。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西·二模）某同学发现可以利用智能手机的软件直接测量手机运动时的加速度。为测量重力加速度大小，该同学设计了如图甲所示的实验装置。手机与木块固定后，放在木板上。木块通过一根跨过光滑定滑轮的细线悬挂不同个数的相同钩码。 (1)为平衡木块受到的摩擦力，应在___________（填“挂”或“不挂”）钩码的情况下将木板未固定滑轮的一端垫高，直至木块能在木板上做匀速直线运动。 (2)平衡摩擦力后，改变细线上悬挂钩码的个数，释放钩码后测得木块相应的加速度大小，得到多组实验数据后绘制出图像如图乙所示。已知该图像的斜率为，在纵轴的截距为，则当地的重力加速度大小为___________，手机和木块的总质量与单个钩码质量的比值为___________。（均选用、表示） (3)下列说法正确的是___________。 A．实验时需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量 B．实验时应确保木板上方的细线始终与木板平行 C．实验时细线上的拉力与细线下方钩码受到的总重力大小相等 2．（2026·北京丰台·一模）某同学利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 (1)平衡阻力后，某小组发现通过正确的实验操作，纸带上的点迹过于密集。为了改进实验，便于数据处理，下列操作正确的是________。 A．适当增加槽码的质量 B．适当降低打点计时器的电压 C．适当增加小车的质量 (2)某同学在一次实验过程中忘记平衡阻力，仅满足槽码的质量远小于小车的质量，下列关系一定成立的是________。 A．细线对小车的拉力等于槽码的重力 B．小车受到的合力等于细线对小车的拉力 C．小车受到的合力等于槽码的重力 (3)实验中得到如图所示的一条纸带，若两个相邻计数点间的时间间隔为T，B、C两点到A的距离分别为和，则小车运动的加速度大小为________。 (4)在探究小车加速度a与合力F、质量M的关系时，不同小组通过控制变量法分别得到以下图线。下列说法正确的是________。 A．由图甲可得：小车质量一定时，a与F成正比 B．由图乙可得：小车质量一定时，a与F成正比 C．由图丙可得：在合力一定时，a与M成反比 (5)某小组在实验室内利用上述装置，通过正确的实验操作，探究小车质量M一定时加速度a与所受合力F的关系，得到a-F图像。若将该装置移至月球表面，保持小车质量M不变，改变槽码质量时其最大值均达到（），采用与在地球表面完全相同的实验操作步骤，重复上述实验。已知月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，将在月球表面和地球表面获得的实验数据绘制在同一坐标系中，分别用实线和虚线表示，得到a-F图像，下列图像可能正确的是________。 A． B． C． D． 3．（2026·贵州·模拟预测）某兴趣小组利用电子秤、手机软件和一个糖果盒子，在电梯的水平地板上验证牛顿第二定律。电梯静止时，电子秤显示的糖果盒子质量为m，手机软件显示的加速度为当地的重力加速度g，如图（a）所示。电梯运行时，电子秤示数为，手机软件示数为，某时刻示数如图（b）所示。基于电子秤的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅰ）或（Ⅱ） 其中是糖果盒子受到的支持力。 基于手机软件的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅲ）或（Ⅳ） 其中是糖果盒子的加速度。 完成下列填空： （1）电梯静止时，电子秤与手机软件数据显示如图（a）所示，则该糖果盒子的质量________kg（保留两位有效数字），当地的重力加速度。 （2）当电梯运行时，通过数据采集并计算得到合力F随时间t变化的图像，如图（c）所示，其中，用“●”标记的图线是根据公式（Ⅱ）处理电子秤示数得到的，用“▲”标记的图线是根据公式（Ⅳ）处理手机软件示数得到的。 ①由图（b）电子秤示数可知，此时糖果盒子处于________（填“超重”或“失重”）状态。 ②图（c）“▲”标记的图线中A点的纵坐标值是0.77N，由（1）中读出的质量得到对应手机软件示数为________。（保留四位有效数字） （3）通过分析图（c）可知，由电子秤示数算出的合力F与手机软件示数算出的合力ma变化趋势一致。若忽略时间延迟带来的影响，即可验证牛顿第二定律。 4．（2026·甘肃兰州·二模）某兴趣小组设计了图1所示的实验来验证机械能守恒定律。长为L的轻绳下端固定一个带有“=”形凹槽的摆锤，另一端可绕O点自由转动，凹槽内装有一小球。现将摆锤拉起，使轻绳偏离竖直方向成角时，由静止释放摆锤，摆锤和小球一起向下摆动。当摆锤到达最低位置时，受到竖直挡板P的阻挡而立即停止运动，小球飞离凹槽做平抛运动，已知当地重力加速度为g。 (1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，除了偏角和绳长L之外，实验中还需要测量的物理量有________。 A．小球的质量m B．摆锤的质量M C．释放摆锤到停止运动的时间t D．小球飞离摆锤时离地面的高度h E．小球平抛运动过程中在水平方向的距离x (2)由平抛运动规律可知，摆锤刚到达最低位置时，小球的速度大小________（用题目已知数据和（1）中所选各物理量的符号表示）； (3)改变小球静止释放时轻绳与竖直方向的夹角，多次重复操作，测出不同角度释放后，小球平抛运动的水平位移x。以为横坐标，为纵坐标，得到如图2所示图像。若图像的斜率大小为________即可验证机械能守恒（用题目已知数据和（1）中所选物理量的符号表示）。 (4)实验时发现，由以上方法测得摆锤动能的增加量总是大于摆锤重力势能的减少量，你认为导致此现象的原因是：________。 5．（2026·河北承德·一模）在物理学科文化节上，小明同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒并测量当地的重力加速度。查到了弹簧弹性势能的表达式为（k为劲度系数，x为弹簧的形变量），具体实验操作如下： a.将弹簧的一端固定于地面，另一端A系上轻质细绳，细绳绕过定滑轮，拴接带有遮光条的物块B，测得物块B和遮光条的总质量为m，遮光条的宽度为d； b.遮光条正下方安装可移动的光电门； c.调节物块B的位置，使细绳恰好处于伸直状态，此时A、B在同一水平线上； d.静止释放物块B，记录遮光条通过光电门的时间t以及释放物块B时遮光条到光电门的距离h（d<h）； e.改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从同一位置静止释放，记录多组h和对应的时间t，作出图像，若在误差允许的范围内，图像为直线，即可验证轻弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。 请回答下列问题： (1)物块B经过光电门时的速度大小为________； (2)小明作出的图像如图2所示，已知图像的纵截距为b，斜率的绝对值为则弹簧的劲度系数为________，当地的重力加速度为________； (3)小明反复调节光电门的位置，发现释放物块B时，若遮光条到光电门的距离分别为和h2，则遮光条通过光电门的时间相等，根据机械能守恒定律可得，________。 6．（2025·贵州铜仁·模拟预测）某学习小组用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。实验操作步骤如下： ①用天平测出滑块和遮光条的质量M、钩码的质量m； ②调整气垫导轨水平，按图连接好实验装置，固定滑块； ③测量遮光条中点与光电门之间的距离L及遮光条宽度d，将滑块由静止释放，光电门记录遮光条遮光时间t； ④改变遮光条中点与光电门之间的距离L，进行多次实验。 根据上述实验操作过程，回答下列问题： （1）下列关于该实验的说法正确的是_________。 A．实验中必须保证m远小于M B．本实验是验证钩码机械能守恒 C．滑块运动过程中速度大小等于钩码速度大小的一半 D．在调整气垫导轨至水平时，滑块不需要连接钩码 （2）调整气垫导轨至水平，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块保持静止或者匀速运动，表示气垫导轨已经调节至水平。 （3）多次改变遮光条到光电门的距离，测出多组L和t，作出随L的变化图像如图所示，图线为过坐标原点的直线，如果在误差允许的范围内当地的重力加速度大小为g=_________时（用字母m、M、a、b、d表示），可以验证机械能守恒定律。 7．（2026·重庆渝中·模拟预测）小巴同学发现教材中验证动量守恒定律实验只能验证质量大的球碰撞质量小的球， 具有较大的片面性，于是设计了如图所示的装置。0 点为圆轨道竖直直径和水平挡板的交点。质量小的A 球质量为 m1 ，质量大的小球 B 质量为 m2 ；先让A球从右边轨道一定的高度处由静止释放，越过圆轨道最高点后做平抛运动并落于水平挡板上，记下落点；然后在圆轨道最高点正下方放上 B球 （由一小支架支撑），再让A 球从右边轨道刚才同一位置由静止释放，当沿轨道滑动的 A球到达轨道最高点时，就会与B球发生对心碰撞，碰后两球平抛落到水平挡板上，记录两球的落点。（两小球的半径大小忽略不计） (1)B 球的落点是_____（选填 “P” “M” 或 “N”）点。 (2)设ON=x1，OM=x2，OP=x3，当关系式_____成立，即可验证两球碰撞过程动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，还需满足的关系式是_____。（用字母x1、x2、x3、m1、m2表示） (3)实验中改变 B 球的质量（质量仍然大于A球），将小球A多次从轨道同一位置由静止释放， 与不同质量的小球B 相碰，分别记录对应的落点到O 点距离。以x1为横坐标、x3为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像可能正确的是_____。 A． B． C． D． 8．（2026·辽宁鞍山·二模）某学习小组尝试利用动量守恒定律测量滑块1、2（均含遮光板）的质量、，使用装置如图甲所示。实验器材：气垫导轨、滑块1、2（含宽度相同的遮光板）、配重块（质量已知）、弹簧、细线、光电门、计时器等。 实验步骤： （1）按图甲连接好实验装置； （2）开通气泵，待气源稳定后只放滑块1，轻推滑块1使其先后经过光电门1、2，测得遮光板通过光电门1、2的时间分别为、，若________，则说明气垫导轨已经调到水平（选填“>”、“=”或“<”）； （3）在滑块1上固定数量不等的配重块，配重块的总质量为m，将两滑块置于两光电门之间，压缩弹簧后用细线将两滑块拴接； （4）初始时两滑块均静止，烧断细线后，滑块1、2被弹簧弹开并分别向左右运动，记录滑块1、2经过光电门时遮光板的挡光时间分别为、，若遮光板的宽度为d，则滑块1被弹开时速度大小为________； （5）改变滑块1上配重块的总质量m，多次重复实验，记录多组对应的、及m值。 （6）在坐标纸上以为纵轴，以配重块总质量m为横轴，作出图乙中的图线，测出纵截距为a，斜率为k。根据动量守恒定律，结合图像可求出滑块1质量________（用a、k表示）； （7）测量后发现这种方法测得的与用天平测出的质量略有差别，可能的原因________（写出一条即可）。 9．（2026·辽宁·一模）某同学在实验室利用单摆和光电计数器测量当地的重力加速度。实验室提供的器材有：铁架台、不可伸长的细线、金属小球（半径为r）、刻度尺、光电计数器（包含光源A和接收器B）、拉力传感器等。 （1）按图示安装实验装置：测得悬线长度为，将光电计数器安装在单摆平衡位置处，光束沿水平方向射向球心。 （2）实验步骤： ①启动光电计数器，将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度（小于），并由静止释放。 ②当小球第一次经过图中虚线（光束）位置O时，由光源A射向接收器B的光束被挡住，计数器计数一次，显示为“1”，同时计时器开始计时。此后，每当小球经过点时，计数器都会计数一次。当计数器上显示的计数次数刚好为时，所用的时间为。 （3）实验数据处理，本实验中，单摆的摆长______；单摆的周期______（用题目给出的物理量符号表示）。 （4）实验结论：重力加速度______（用题目给出的物理量符号和常量表示）。 （5）若将光电计数器工作模式改成光电门模式，测得小球经过O点的时间为，同时开启力传感器，显示最大拉力为F，则该装置可以测小球的质量______（用题目给出的物理量符号表示，其中重力加速度可以用g表示）。 10．（2026·内蒙古赤峰·一模）某学习小组用图甲装置测量当地重力加速度。 将细绳一端固定在O点，另一端系一磁性小球（质量很大，体积很小），在摆球的正下方放置一手机。打开手机中测量磁感应强度的软件，调整手机位置使手机磁传感器恰好位于磁性小球的悬挂点正下方。用毫米刻度尺测出细绳悬挂点到摆球球心的长度； (1)使磁性球做小角度摆动，手机呈现出沿x轴方向磁感应强度随时间变化曲线，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最高点，当磁感应强度约为0时，小球所在位置为______（选填“最低点”或“最高点”）。 (2)实验采集到磁感应强度随时间变化的图像如图乙，可知5s-15s内有______个周期； (3)通过计算得到当地重力加速度大小为______（取，结果保留三位有效数字）； (4)另一组同学多次改变摆长，根据测得数据，画出单摆周期平方T与摆长L的关系图线，发现其延长线未过原点，如图丙所示，原因可能是______（选填正确选项前的字母）。 A．将摆线的长度作为摆长 B．将摆线的长度与小球半径的和作为摆长 C．将摆线的长度与小球直径的和作为摆长 实验题预测02电学实验 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】某实验小组设计了如图甲所示的实验电路来测量电源的电动势和内阻。实验器材有：待测电源，阻值为的定值电阻，内阻可忽略的电流表，由粗细均匀的四分之一圆弧电阻丝构成的变阻器（总阻值也为，变阻器上有可指示滑片转过的角度的刻度盘），开关，导线若干。回答下列问题： (1)闭合开关，在滑片逆时针转动的过程中，电流表示数_____________，电路消耗的总功率_____________（均填“增大”或“减小”） (2)在实验中转动滑片，改变角度（弧度制），测量通过定值电阻的电流I，以为纵坐标、为横坐标绘制出的图像如图乙所示。已知图线的斜率为k，纵截距为b，则电源的电动势_____________（用k、b、表示）。 (3)当时，变阻器消耗的功率最大，则k和b应满足的关系式为_____________。 分析有理·押题有据 电学实验是高考实验题的核心板块，2026年命题将实现三大转向：一是从基本仪器的机械读数转向电路设计的创新迁移；二是从经典实验的照搬操作转向真实科技情境下的探究设计；三是从简单的数据处理转向深度的误差溯源与方案评价。试题将把测电阻率、测电源电动势和内阻等经典实验深度嵌入智能传感、新能源技术、芯片制造等科技前沿情境，要求学生在全新场景中自主完成电路设计、数据解析与误差归因，彻底告别“照方抓药”模式。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北承德·一模）太阳能电池是一类能直接将太阳光能转化为电能的光电半导体器件，也常被称作光伏电池。当它受到达到一定强度的光线照射时，能瞬间产生电压；若外接闭合回路，便会形成电流。这一过程在物理学中被称为太阳能光伏效应。某研究小组取了一片光伏电池板来探究其发电性能，设计了如图乙的实验电路。主要实验步骤如下： a.按电路图乙连接好实验器材； b.用光照强度为E0的光照射该电池，闭合开关S，多次调节滑动变阻器滑片P，读出多组电压表、电流表的示数； c.根据读出的电压表、电流表示数描绘出该电池的U-I图像。 (1)由图乙知，为了防止烧坏电源，实验开始前滑动变阻器滑片P应放在________（选填“a”或“b”）端； (2)如图丙所示，曲线①与曲线②中，一条为依据实测电压、电流数据绘制的电池特性曲线，另一条为该电池出厂时的精确工作曲线，则根据实验数据绘制的曲线为________（选填“①”或“②”），与出厂精确工作曲线的误差来源于________； (3)在光照强度为E0的情况下，通过图丙可得该电池电动势的真实值________V，将该电池与2000Ω的定值电阻连接，此时该电池内阻的真实值________Ω。（结果保留到小数点后一位） 2．（2026·湖南·模拟预测）硅基负极锂电池是以硅基材料（如硅氧或硅碳复合材料）作为负极的锂离子电池，旨在突破传统石墨负极的能量密度瓶颈。某硅基负极电池内阻较小，电动势约为，实验小组为了准确测量某硅基电池的电动势E和内阻r，设计了如下实验。其中定值电阻。 (1)按图甲接好电路进行实验，记下电阻箱和电压表对应的一系列读数R、U，获取了多组数据，作出图像如图乙所示，不考虑电压表的分流作用，则可得该电池组的电动势____________V；内阻____________。（结果均保留两位有效数字） (2)若考虑电压表的分流作用，则该实验中电动势的测量值比真实值____________。（选填“偏大”“偏小”或“相等”） (3)该实验小组还设计了图丙所示的电路，其中为工作电源，为限流电阻，为粗细均匀同种材料的电阻丝，P为滑动触头，G为灵敏电流计，为它的保护电阻，为阻值已知的工作电阻。为了测量电源的内阻r，现做如下操作： ①先闭合，断开，调节滑动触头P的位置，当其位于A位置时，灵敏电流计示数为零； ②再闭合，调节滑动触头P的位置，当其位于B位置时，灵敏电流计示数再次为零，此时两端电压____________；（用、r、表示） ③测量出两次电阻丝和的长度分别为和。则电源内阻____________。（用、、表示） 3．（2026·云南昭通·二模）云南某学校实验小组发现一款智能手机内部使用的电池是一块扁平电池，如图所示，外壳上标有电动势，为了测定该电池的实际电动势和内阻，该小组成员利用身边的仪器，设计方案对其进行测量。 A．待测手机电池 B．电压表（量程，内阻为） C．电阻箱（阻值范围0~999.9Ω） D．电阻箱（阻值范围0~9999.9Ω） E.定值电阻 F.开关、导线若干 (1)实验室提供的电压表的量程不够用，需要对电压表进行改装。为将电压表的量程扩大为0~4.50V，小组成员按照图乙所示的实验电路图完成了该实验。电阻箱应选______（填写器材前面的字母标号），并将电阻箱的阻值调到______。 (2)用改装好的电表测量该电池的电动势和内阻，电压表表盘未改动。步骤如下：保持电阻箱的阻值不变，闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值，记录下阻值和电压表的相应读数U，作出图像如图丙所示，若不考虑电压表的分流，可得该电池的电动势为______V，内阻为______。（结果均保留两位小数） (3)若考虑电压表的内阻的影响，则测得的电源电动势值______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 4．（2026·山西大同·一模）某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节（内阻很小）、电流表A（量程0.6A，内阻小于）、电流表（量程0.6A，内阻未知）、电阻箱（）、滑动变阻器（）、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。 （1）该同学设计了如图甲所示的电路，连接并进行如下实验操作。 （2）测电流表A的内阻： 闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱和滑动变阻器，读取电流表A的示数为0.20A、电流表的示数为0.60A、电阻箱的示数为，则电流表A的内阻________（计算结果保留两位有效数字）。 （3）测电源的电动势和内阻： 断开开关K，将开关S接________（选填“C”或“D”），调节电阻箱，并记录多组电阻箱的阻值R和电流表A的示数。 （4）数据处理： 图乙是由实验数据绘出的图像，由此求出干电池的电动势________V、内阻________（计算结果均保留两位有效数字）。 （5）如果电流表A的电阻未知，本实验________（选填“能”或“不能”）测出该电源的电动势。 5．（2026·广西·模拟预测）有一根细长而均匀的空心金属材料样品，截面为外方（正方形）内圆，如图（a）所示。此样品的长为，截面外边长为，电阻约为。已知这种金属常温时的电阻率为，因样品内部直径太小，不便直接测量，请根据下列提供的实验器材和方案，测出内径。 A．电流表A（）； B．电压表（）； C．电压表（）； D．滑动变阻器（）； E．滑动变阻器（）； F．直流稳压电源E（）； G．开关一个，带夹子的导线若干。 (1)按图（b）连接电路，电压表应选________（填“”或“”），滑动变阻器应选________（填“”或“”）； (2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于________（填“a”或“b”）端； (3)闭合开关S，调节滑动变阻器，记录多组电压表、电流表的示数，并作出电压-电流关系图，现从图像中取其中一组数据、，根据已知的物理量、常量和所测的物理量，得出金属管线内径的表达式________（用本题物理量符号表示）； (4)本实验可能出现系统误差的原因有________（写出一条即可）。 6．（2026·安徽淮南·一模）在“金属丝电阻率的测量”的实验中： (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图1所示，金属丝直径__________mm。 (2)按图2所示的电路测量金属丝的电阻。李华同学将单刀双掷开关分别打到处和处，发现电流表示数变化更明显，由此判断开关打到__________（填“a”或“b”）处时进行实验系统误差较小。 (3)李华同学为了消除系统误差，他设计用电流计G和电阻箱替代图2中的电流表，电路如图3所示。实验所绘图像如图4所示，斜率，纵截距。为电阻箱阻值，为电压表的示数，为电流表的示数。则待测电阻__________，电流计内阻__________。 7．（2026·河北·一模）实验小组利用如图甲所示电路完成测量半导体电阻的电阻率和测量电源电动势和内阻两个实验，实验步骤如下。 (1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形半导体电阻的直径D，示数如图乙所示，其读数为D=_________mm。再用米尺测量半导体圆柱的长度为L=30cm。 (2)图甲中电压表量程为3V，内阻很大，定值电阻R₀的阻值为15.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9Ω，电源由两节干电池串联而成。首先将S₂置于位置1，闭合 ，多次改变电阻箱R 的阻值，记下电压表的对应示数U，根据数据绘出 的图线如图丙所示。再将置于2，此时电压表示数为1.00V，根据图丙可得半导体的电阻率为___________Ω·m（保留两位有效数字）。 (3)该小组根据图甲的电路和图丙的 图像，可以求得电池组电动势______ V，内阻r=___Ω。（结果均保留3位有效数字） (4)持续使用后，电池组电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此半导体电阻连入此装置，测得电阻两端的电压，仍根据原来描绘的图丙得到该电阻的测量值会________ （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 8．（2025·湖南·二模）某实验小组欲测量电流表的内阻，设计了如图1所示电路图。可选的器材有：被测电流表、电源、滑动变阻器、电阻箱、定值电阻、开关、导线若干。 (1)请按照图1所示的电路图，连接好图2中的实物图。 (2)实验过程：先将图1中滑动变阻器的滑片移至 ___________（选填“左”或“右”）端，闭合开关、，缓慢移动滑动变阻器的滑片，使电流表指针满偏；保持滑片位置不变，仅断开开关，调节电阻箱使电流表的示数达到最大值的，此时电阻箱阻值为，则电流表的内阻为 ___________（用和表示）。 (3)此实验方案得到的电流表内阻的测量值 ___________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。 9．（2026·湖南衡阳·模拟预测）惠斯通电桥是一种精密的电阻测量电路，其实验电路图如图1所示，电桥电路由四个电阻、、、、一个直流电源和一个高灵敏度电流表G组成。 （1）若灵敏电流表G的示数为零，则四个电阻、、、满足关系式______。 （2）某同学根据惠斯通电桥电路，对电路进行修改，其实验电路图如图2所示。其中为待测电阻，为分度值为的电阻箱，AB为一段粗细均匀的电阻丝。 （3）实验过程中该同学调节滑片P的位置并调节电阻箱阻值，使得灵敏电流表G的示数为零，记录下此时滑片P距离电阻丝端的距离以及电阻箱的阻值。 （4）重复上述过程，并作的图像如图3所示， 已知在图像中，截距为、斜率为，则电阻丝AB的长度为______，待测电阻的阻值为______。（均用、表示） （5）为了进一步精确测量待测电阻的阻值，该同学交换了图2中待测电阻和电阻箱的位置重新实验，并根据实验数据在图像中得到一条如图4所示的直线，其截距为，斜率为，则待测电阻的阻值可以用和表示为______。 10．（2026·山西吕梁·二模）某欧姆表的内部示意图如图甲所示，该表有“”“”两个挡位。已知电源电动势，表头允许通过的电流最大值Ig=100μA，内阻。现用该表测量一个阻值约为的定值电阻。 (1)图甲a为______（选填“红”或“黑”）表笔，要测量，选择开关c应与______（选填“d”或“e”）相连，然后进行欧姆调零。测量时指针位置如图乙所示，欧姆表读数为______。 (2)若c与e相连，图乙中欧姆表盘的中间示数为“15”，则图甲中______。 (3)如图所示，实验中有一个黑箱子，黑箱子内可能含有定值电阻、二极管、电容器、电池。黑箱子的四个测量端口分别为A、B、C、D，某兴趣小组探究黑箱子的内部电路结构。 ①用多用电表的______（选填“欧姆挡”“直流电压挡”或“电流挡”）测量所有接线柱组合均无电压显示，表明黑箱子内无电池。 ②改用多用电表的欧姆挡分别测量各个端口组合，得到测量数据如下表所示： 测量端口 红表笔接左 黑表笔接左 左 右 A B ∞ A C A D ∞ ∞ B C ∞ B D ∞ ∞ C D ∞ ∞ 根据实验推断黑箱子中的电路有可能是______。（填选项标号） 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】某位老师想测量自家新买的国产电动汽车的最大加速度。他在一端封闭的细直玻璃管中用水银柱封闭一段空气柱后，将玻璃管沿车行驶方向且封闭端朝向车头水平固定。再用吸管在水银柱外侧表面处滴入少量红墨水，装置示意图如图所示。已知管内水银柱长，大气压强，汽车静止时封闭气柱长。启动汽车，把油门踩到底，让汽车沿直线行驶一段距离，再减速停车，待停稳后根据红墨水的痕迹测量出管内水银柱向管口方向处移动的最大距离。若车内温度不变，不考虑摩擦的影响和水银柱的长度变化，重力加速度g取，求： (1)汽车加速过程中，管内气体压强的最小值； (2)汽车最大加速度的大小。（提示：液体压强公式中，若为水银密度，h的单位为cm，则p等于） 分析有理·押题有据 气体实验定律的综合应用是高考热学计算题的核心板块，近五年全国卷及新高考卷中占比约8%～10%。2026年命题将从传统汽缸活塞、液柱玻璃管等经典模型，转向航天工程、新能源技术、生产生活安全等真实科技情境，突出多过程分析能力与状态方程的定量应用。 气体实验定律和热力学定律是热学每年必考的核心考点，计算题侧重综合应用，难度中等。命题情境贴近生活、能源应用或科技前沿，如航天器舱内气压控制、高压锅安全阀原理、碳中和背景下气体存储技术等。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西·二模）某款温度报警器的结构简图如图所示。竖直放置的导热汽缸顶端有一气孔和大气相通且内表面安装了一个报警器（大小不计），底端左侧装有充气阀门。某次测试时关闭充气阀门，汽缸下部分通过轻质活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，当测试环境的热力学温度时，活塞与汽缸底端的距离，当测试环境的热力学温度缓慢升到时，活塞刚好触及报警器，触发报警。不计活塞和汽缸间的摩擦，测试环境气压始终不变。 (1)求汽缸顶端到底端的距离； (2)通过充气阀门向汽缸下部分充入同种气体，使得触发报警的热力学温度变为，求充入气体质量与汽缸下部分原有气体质量的比值。 2．（2026·广东湛江·二模）如图，太空舱的体积为V1=21m3，气闸舱的体积为V2=7m3.初始时两个舱门均紧闭，气闸舱内空气压强为p2=0.2×105Pa。宇航员从太空舱出舱，首先要经过气闸舱.先打开门A，空气从太空舱流向气闸舱稳定后压强为p=0.8×105Pa；然后闭合门A，对气闸舱进行抽气，当气闸舱内气体压强为p3=0.6×105Pa时不再抽气.整个过程中太空舱和气闸舱温度相同且均保持不变，所有气体均视为理想气体，宇航员的体积忽略不计，求： (1)门A打开前，太空舱内气体的压强p1； (2)门A闭合后，从气闸舱抽出的气体质量占气闸舱气体总质量的比例k。 3．（2026·河南信阳·一模）在河南省科技运动会上，一兴趣小组参加了水火箭比高项目的制作与发射比赛。发射装置简化为如图所示的模型，体积为V=2.5L的充气瓶（箭体）内装有高度10cm，体积V1=0.5L的水柱和压强为1个标准大气压p0=1×105Pa的空气。打气筒气室体积为V0=400mL，现用打气筒通过单向气阀向箭体内充气，每一次充入压强一个大气压、体积为V0的气体。当水火箭内部气压达到3个标准大气压时，压缩空气可将活塞顶出，箭体发射。水的密度ρ=1.0×103kg/m3，充气过程气体温度不变，瓶和水的体积变化不计。求： (1)要使水火箭发射出去，需要打气多少次； (2)已知打气筒手柄和活塞质量不计、活塞和气缸之间的摩擦力不计、打气筒与瓶塞连接管的体积不计、打气筒活塞横截面积S=4×10-4m2，至少需要用多大的力才能完成第8次打气。（取g=10m/s2） 4．（2026·四川广元·二模）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈所加电压为，副线圈的回路中接有阻值为的电热丝，电热丝位于竖直放置的绝热容器底部，活塞的横截面积为，内有质量为的绝热活塞，活塞与容器间无摩擦，整个容器内封闭有一定质量的理想气体，开始时活塞离容器底端的高度为，容器内气体的温度为。接通电源，电阻丝工作后断开电源，待系统稳定后，容器内气体温度为，不考虑容器吸收的热量、电阻丝温度升高吸收的热量（即电热丝产生的热量全部被气体吸收）和电阻丝的体积，大气压强，g取。求： (1)该过程中电阻丝放出的热量Q； (2)容器中气体增加的内能。 5．（2026·广东中山·一模）气压传动是利用压缩空气为动力源，实现机械传动的方式，下图为其结构简化图，传动装置由水平气缸、弯管与足够高的竖直气缸构成，竖直气缸与大气相通。活塞1与水平气缸右端距离为，初始时刻处于静止状态，活塞2紧靠竖直气缸底端。现缓慢向右推动活塞1，随后活塞2缓慢向上运动。已知大气压强为，活塞1的面积为，活塞2的面积为、质量为。重力加速度为，不计一切摩擦与弯管气体的体积，气体温度保持不变。 (1)当活塞2开始移动时，求活塞1运动的距离； (2)若已知活塞1被推至水平气缸最右端的过程中，活塞1对气体做功为，求气体放出的热量。 6．（2026·山东·一模）如图所示，上端开口，足够高的粗细均匀的汽缸竖直固定于温控室上方，汽缸侧壁绝热，汽缸底部由特殊材料制成，材料导热性能良好，靠近汽缸底部的侧壁上安装有排气阀K，汽缸外大气压强为p0。缸内用横截面积为S的轻质活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与缸壁间的滑动摩擦力大小恒为且等于最大静摩擦力。初始时汽缸内气体的温度为T1＝300K，气柱的高度为h1＝12cm，活塞与缸壁间恰好无相对运动趋势。温控室内用调温装置对封闭气体缓慢加热，当温度达到T2时，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T3＝540K时停止加热，活塞不再上升。保持温度T3不变，打开排气阀K缓慢放气，当汽缸不能向外排气时，关闭排气阀K。求： (1)T3＝540K时，气柱的高度h2； (2)通过排气阀向外排出的气体的质量m排与汽缸内原有气体的质量m原的比。 7．（2026·河北·一模）吹塑是一种塑料加工方法，制作某塑料瓶的原理简化如图，先将容积为的瓶坯由加热到，然后将瓶坯放入模具，通过高压气源向瓶坯内充气，使瓶坯填满模具内的空腔，最终得到容积的瓶子。加热前瓶坯内气体压强为密度为，充气完成时，瓶内气体压强为3p0、温度为。 (1)求加热完成时，瓶坯内气体的密度（结果保留两位小数）。 (2)充气过程中充入气体的温度、压强均与加热前瓶坯内气体相同时，求充入气体的体积（结果保留整数）。 8．（2026·广东深圳·一模）某兴趣小组做空气喷泉实验。在一体积为V的厚玻璃瓶里装满开水，随后把开水倒掉，用带有细管的橡胶塞把瓶口封住，此时温度传感器显示瓶内气体的温度为。立即把玻璃瓶倒置且将细管浸入到水槽中，固定玻璃瓶，稍后可以看到瓶内喷泉现象。已知初始时水槽液面上方细管长度为h，水的密度，大气压强为，重力加速度为g，忽略细管容积、橡胶塞和传感器体积。 (1)当细管上端恰好有水溢出时，求瓶内气体的温度大小； (2)当细管中的水恰好不再喷出时，水槽液面下降了0.2h。瓶内气体温度为，瓶内水面低于细管上端口。求进入瓶内水的体积大小。 9．（2026·广东·模拟预测）如图甲所示为市场上销售的某款趣味空气动力软弹枪，其结构原理如图乙所示：枪筒为直径的圆筒，初始时直径比枪筒略小的软球弹丸填充在枪口处，两个密封完好的轻质薄活塞封闭一定质量的理想气体（左侧活塞紧靠弹丸），封闭气柱的长度，压强等于外界大气压。现水平向左缓慢推动右侧活塞，当封闭气体压强足够大时，弹丸会被高压气体瞬间射出。若只考虑弹丸在枪口处所受阻力，其最大值，其他各处阻力不计，忽略弹丸的形变，整个过程封闭气体的温度保持不变，大气压强，取。 (1)试说明压缩活塞过程中，封闭气体是吸热还是放热； (2)求封闭气体的最大压强； (3)求弹丸被射出前，右侧活塞移动的最大距离。 10．（2026·江苏·一模）如图甲所示，潜水钟是一种潜水装置，可输送潜水员下潜，并提供水下逗留和作业的平台以延长潜水时间。将潜水钟简化为如图乙所示的用轻质活塞密封的导热圆筒，圆筒内的横截面积为S=2.5m2，高度h=3.0m。下潜前活塞处于筒口处，封闭气体的压强等于大气压，温度为t=27℃。现将圆筒开口向下，由水面上方沿竖直方向缓慢下潜至作业深度时，活塞恰好位于距筒口处。已知潜水钟内的封闭气体可视为理想气体，不计活塞与圆筒间的摩擦，下潜过程中气体温度保持不变，海水的密度ρ=1.0×103kg/m3，大气压强p0=1.0×105Pa，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，重力加速度g=10m/s2。 (1)求在作业深度处，筒口距离海面的深度H； (2)若保持作业深度不变，潜水钟内气体的温度降低后活塞静止在距离筒口处，求此时潜水钟内气体的温度。 计算题预测02几何光学的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】某公司按照市政要求设计防浸水型灯具，为夜晚的喷泉灯光秀做准备。为保证效果和夜间照明需求，该公司先将一点光源放置在水下不同深度，发现光源的深度与水面有光射出区域的半径相等。给该光源安装一个灯罩，由透明半球壳CED和不透明圆柱壳ABDC组成，内部充满透明介质，其纵截面如图所示，AC=AO=R，光源位于圆柱壳底面圆心O点，灯在水下时光刚好都从半球体表面射出。不考虑光的反射，光在真空中传播速度为c，忽略灯罩的厚度，求： (1)水对该光源发射的光的折射率； (2)光在透明介质中的最长传播时间。 分析有理·押题有据 几何光学综合应用是高考物理计算题的必考板块，常以基础计算题形式出现在解答题第一题位置。2026年命题将深度嵌入AR/VR显示、光纤通信、精密测量等前沿科技场景，彻底告别经典“玻璃砖”模型，转向真实工程情境下的折射与全反射规律综合应用。几何光学近十年全国卷10年14考，地方卷71考，五年内每年必考，多以实际情境命题。2026年教育部明确要求“优化试题呈现方式，融入科技前沿动态”，光学模块命题素材高度丰富，是情境化计算题的首选方向。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁·一模）学校新建的标准泳池准备安装水下照明系统。工程师在调试时，用一根绿色激光笔从空气斜射入水面点进行测试，并记录光路如图甲所示，测得入射光线、折射光线与竖直方向的夹角分别为、。已知光在真空中的速度为，，。 (1)求池水的折射率n和激光在水中传播的速度v； (2)正式安装时，工程师将一个可视为点光源的水下装饰灯O（发出绿色单色光）放置在泳池底部正中心。注水后发现，水面上方出现了一个规则的圆形亮区，如图乙所示。已知泳池中水的深度为h，求此圆形亮区的面积S。 2．（2026·云南昆明·二模）如图所示，一束激光以的入射角射到水平放置的平面镜M上，反射后射到与平面镜平行的光屏上的P点。现将一块厚度为d的矩形玻璃砖放到平面镜M上（如图中虚线所示，玻璃砖与平面镜紧密接触），光线从玻璃砖上表面射入，经平面镜反射后再从玻璃砖的上表面射出，射到光屏上的Q点（图中未画出）。已知玻璃砖的折射率，取，真空中光速为c。不考虑多次反射，求： (1)激光在玻璃砖中的传播时间； (2)P、Q两点之间的距离。 3．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）光纤通信有传输容量大、衰减小、抗干扰性及保密性强等多方面的优点。如图甲是光纤的示意图，简化成由内芯和包层组成（内芯简化为长直玻璃丝，包层简化为真空），设玻璃丝折射率为n (1)若某单色光从真空以入射角60度从左端面入射后恰好发生全反射通过此光纤，求折射率n； (2)经过传输的单色光照射在光电管上，此时电流表示数不为零。移动滑动变阻器滑片，求电流表示数刚好为零时的电压（已知单色光波长、光电管阴极材料逸出功、普朗克常量h、元电荷e、光速c） 4．（2026·广西贵港·一模）某手机防窥膜的结构如图所示，在透明介质中等距排列有相互平行的吸光屏障。屏障的高度与防窥膜厚度均为，相邻屏障的间距为、透明介质的折射率为。光线从手机屏幕两屏障间的中点向四周发出，经过屏障之间的间隙，从防窥膜上表面射出，其最大折射角称为防窥膜的可视角度，可视角度越小，防窥效果越好。 (1)证明：最大可视角满足关系式； (2)当时，求可视角度； (3)实际上，手机屏幕上的发光点可位于两屏障之间的任意位置。设发光点距离左屏障的距离为。为使所有发光点的最大出射角均不超过，且，求防窥膜厚度至少应为多少（用表示）。 5．（2026·贵州贵阳·一模）如图甲所示，一个内径为、外径为的玻璃管竖直放置，图乙为其一水平剖面图。在图乙所在平面内，过圆心的直线与玻璃管外表面分别交于点，现将一束单色光沿与平行的方向沿该平面从玻璃管外表面的点射入玻璃。当到的距离为时，该束光直接从点射出，不考虑多次反射。已知光速为，求： (1)光在玻璃中的传播时间； (2)若保持入射点不变，在图乙所示的平面内顺时针转动入射光，直到恰好有光线能射入空心区域，则入射光转过的角度。 6．（2026·四川绵阳·二模）图甲为某同学设计的测量透明液体折射率的装置图，正方体玻璃容器棱长为L=20.00cm，薄刻度尺平行于BC棱放置在容器内底部，零刻度与棱上的O点重合，截面图如图乙所示。容器中不加液体时，从P点发出的激光恰好在O处形成光斑。保持入射角不变，向容器中注入10.00cm深的某种液体，激光在N点形成光斑，N点对应的刻度为5.00cm。求： (1)该液体的折射率（结果保留3位有效数字）； (2)容器中注满该液体后（液面水平），光斑到O点的距离。 7．（2026·河北·一模）如图甲所示，平静的水面上漂浮着一片半径R=0.35m、厚度不计的圆形荷叶，质量m=10 g、可视为质点的鲤鱼正在荷叶下方水平面内以速度做匀速圆周运动。简化示意图如图乙所示，鲤鱼与荷叶的竖直高度差已知水的折射率重力加速度g取若游客在水面上任意位置均看不到鲤鱼，求： (1)鲤鱼做圆周运动的最大半径。 (2)水对鲤鱼的作用力F的最小值。 8．（2025·四川泸州·一模）如图所示，质量的激光发射器悬挂在劲度系数的轻质弹簧下端，发射器右侧竖直放置一块直径的半圆柱形玻璃砖。发射器静止时，激光恰好从圆心点射入玻璃砖。已知玻璃砖对该激光的折射率，激光与水平方向的夹角始终为，光在真空中的传播速度，激光与玻璃砖在同一竖直面内，取重力加速度，结果可用根号表示。 (1)求从圆心点射入的激光在玻璃砖中的折射角大小； (2)求从圆心点射入的激光在玻璃砖中的传播时间； (3)向下拉动发射器一段距离后释放，发射器做简谐运动，照射到半圆柱形玻璃砖的激光恰好都能从圆弧面射出。已知弹簧振子的周期公式为（其中为振子的质量，为弹簧的劲度系数），以向下为正方向，以最低点释放为零时刻，求发射器做简谐运动的振动方程（即位移与时间的关系）。 9．（25-26高三上·湖北襄阳·期末）半球形透明介质的底面恰好水平扣在一个中空、薄壁、无盖圆柱形桶上，其截面图如图所示，O为球心，A、B、C、D为圆桶截面的四个顶点。其中，半球的半径、圆桶的半径和高均相等。一细束单色光对准透明介质球心 O与竖直方向成角射向透明介质，经介质折射后恰好照到圆桶底角C处。 (1)求该透明介质对该单色光的折射率； (2)现保证该光线始终在同一平面内沿半径方向射入此透明介质，已知从图示位置顺时针匀速转动入射光线，经历1s时间，照射在圆桶AC边上的光线消失，求光线转动的角速度。 10．（25-26高三上·云南曲靖·期末）曲靖沾益西河国家湿地公园的湖里安装了一圆形线状红色光带，如图甲所示，半径为R的线状光带圆面与足够宽的水平湖面平行。线状光带上某点光源发出的光在湖面上形成直径为的红色圆形亮斑，整个圆形线状光带在湖面上形成红色亮环，如图乙所示。已知水对红光的折射率为，光在真空中的传播速度为c、求： (1)该线状光带离水面的距离h； (2)该线状光带发出的光从发出到射出水面的最长时间t。 计算题预测03带电粒子在电磁场中的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】利用粒子回旋加速器来加工芯片的核心工艺是离子注入。如图所示是利用粒子回旋加速器加工芯片的简化示意图。离子源发出质量为的正离子（不计重力），沿水平中轴线经速度选择器后，进入边长为的正方形偏转区，该区可加电场也可加磁场，正离子偏转后进入加有水平向右的匀强磁场的共振腔，使腔内气体电离蚀刻芯片。已知速度选择器与偏转区的匀强电场均为，方向相反，匀强磁场均为，方向垂直纸面向外。仅加电场时离子出射偏转角很小，且。不考虑电磁场突变的影响，离子进入共振腔后不碰壁。角度很小时，有，，求： (1)离子的电荷量； (2)偏转区仅加磁场时，离子出射时偏离轴线的距离； (3)离子以（2）问中的速度进入共振腔，受与运动方向相反的阻力，为已知常数。施加垂直轴线且匀速旋转的匀强电场使离子加速。稳定后离子在垂直轴线的某切面内以与电场相同的角速度做匀速圆周运动，速度与电场的夹角（小于）保持不变。则角速度为多大时，稳定后旋转电场对离子做功的瞬时功率最大？ 分析有理·押题有据 带电粒子在电磁场中的运动是高考物理压轴题的绝对核心板块，近十年全国卷10年24考、地方卷百余考。2026年命题将全面从孤立圆周运动转向三大方向：科技装置（质谱仪/回旋加速器/霍尔效应）原理深度应用、复合场（组合场/叠加场）多过程分析、有界磁场中临界极值与轨迹几何的精确建模，要求学生在真实科技情境中完成“受力分析→运动拆解→轨迹几何→极值判定”的完整逻辑链。 教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态”，离子注入机（芯片制造）、超导回旋加速器（质子治疗）、霍尔传感器（磁场探测）等科技素材丰富，完美契合“无情境不命题”的核心要求。 命题延续“重科技应用、强几何建模、拓三维空间”的进阶路径，设问侧重临界条件论证与轨迹几何表达，对空间想象与数学工具运用能力要求持续提升。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁鞍山·二模）如图甲，在xOy平面内平行y轴的虚线MN左侧有一圆形区域，该区域与x轴和MN分别相切于P点和Q点，其内存在匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外。MN和y轴间的区域存在沿y轴负方向的匀强电场。从P点先后发射出两个相同的带正电的粒子，初速度大小均为，粒子1的速度方向沿着y轴正方向，粒子2速度方向与x轴负方向夹角30°。粒子1在磁场I中偏转后从Q点沿x轴正方向进入电场，并从坐标原点O离开电场，粒子1到O点时，粒子2刚进入电场。已知粒子的质量为m、电荷量为q，匀强电场的电场强度，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)求圆形匀强磁场区域的半径； (2)求两个粒子从P点先后发射的时间差； (3)若在除且以外的全部立体空间还存在磁感应强度为的匀强磁场Ⅱ，磁场方向沿y轴负方向，如图乙所示。求粒子2第一次到达y轴时与粒子1的距离。 2．（2026·江西·一模）如图所示，在区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场；在区域内存在沿轴正方向的匀强电场。质量为、电荷量为（）的粒子甲从点由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，碰撞后的电量转移给粒子乙。不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略场变化的效应。 (1)求电场强度的大小； (2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在区域内加上与区域相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间； (3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去所有电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求粒子甲在这段时间内运动的距离。 3．（2026·辽宁·二模）如图所示，空间交替分布着高度均为、水平方向足够宽的匀强电磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，虚线边界有磁场无电场。区域Ⅰ、Ⅲ磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小相同，区域Ⅱ电场方向竖直向上，电场强度。区域Ⅰ磁场上边界虚线上P点有一粒子源，可沿纸面以的速度向磁场内发射带负电的粒子，粒子的比荷，不计粒子重力。设粒子从P点射出时的速度方向与竖直方向的夹角为，当时，粒子恰能从P点正下方进入区域Ⅱ，取。 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若粒子能进入区域Ⅲ且不能从下边界离开区域Ⅲ，求满足的条件； (3)若，将区域Ⅲ的高度调整为，求粒子运动多长时间后其竖直位移大小为。 4．（2026·河南·模拟预测）如图所示，水平线上方有平行纸面竖直向下的匀强电场，下方有垂直纸面向外的匀强磁场，在上的点沿与成角向右上射出一个质量为、电荷量为的带正电的粒子，初速度的大小为，粒子经电场偏转后从点进入磁场，间的距离为，粒子经磁场偏转后从点左侧距点处第一次离开磁场，不计粒子的重力。 (1)求匀强电场的电场强度大小； (2)求匀强磁场的磁感应强度大小； (3)若在电场中放一个平行的弹性绝缘挡板，粒子仍从点沿与成角向右上射出，粒子在挡板上碰撞前后瞬间，平行于挡板的速度大小不变，垂直于挡板方向的速度大小相等、方向相反，要使粒子与挡板下边缘碰撞再经磁场偏转后第一次离开磁场的位置到点的距离为，求挡板到的距离。 5．（2026·广东东莞·一模）纳米技术需精确控制带电团簇（由数个原子构成）的运动轨迹。如图所示为一种模拟团簇离子束在复合场中运动的装置。在垂直于纸面的空间里，上部是由电势差为U、间距为d的两平行板产生的匀强电场，下极板正中间开有一小孔P；中部为磁感应强度大小均为B、方向如图的三个矩形匀强磁场区域；下部存在电场方向竖直向上、电场强度大小为的匀强电场。现有带电量为、质量为m、初速度为的团簇1紧贴上极板的左侧边界处水平射入，同时另一质量和初速度大小与团簇1相同但不带电的团簇2紧贴下极板的右侧边界处水平射入，在小孔P处碰撞，碰撞时间极短并粘在一起成为团簇3。团簇3从P点竖直向下进入磁场，运动轨迹在区域Ⅰ右上是圆弧，右侧区域Ⅱ是半圆，区域Ⅰ右下是圆弧，进入下部电场后能返回磁场，最终团簇3在电磁场中做周期性振荡，不计团簇重力。 (1)求上部电场的极板长度L； (2)求磁场中间区域Ⅰ的宽度D； (3)团簇3在电磁场中的振荡周期T。 6．（2026·江苏南京·一模）据报道，我国可控核聚变技术已达世界领先水平，其技术难点是利用电场和磁场来控制带电粒子的高速运动。如图甲、乙所示，在空间直角坐标系中，存在竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场和周期性变化的匀强电场，电场变化周期，电场强度大小和方向可调。一个质量为、带电量为的小球，从原点沿轴正方向以速度射出，已知重力加速度为。 (1)若在内小球做匀速圆周运动，求电场强度的大小和方向； (2)若电场强度，方向沿轴正方向，请在图丙中定性画出内小球运动轨迹，在平面内的投影，并求出该过程中小球离平面的最大距离； (3)若电场强度，方向沿轴正方向，求时刻粒子的位置坐标。 7．（2026·广东深圳·一模）离子注入是现代半导体芯片制造中的工艺，如下图所示是工作原理示意图。磁分析器截面是内外半径分别为r和3r的四分之一圆环，内有方向垂直纸面向外的匀强磁场。离子源中的电子轰击气体，使其电离，得到离子，质量分别为11m、49m，电荷量均为e。初速度可忽略不计的离子飘入加速电场，经加速后由ab边中点水平向右垂直ab进入磁分析器。已知离子由cd边中点N射出后，竖直向下注入下方水平面内的晶圆。加速电压为U，整个系统置于真空中，不计离子间作用和离子重力。 (1)进入磁分析器时，的速度大小之比； (2)离子注入的目标是将注入晶圆，试通过计算分析是否经过cd边被掺杂进了晶圆内。 8．（2025·浙江·一模）如图所示，在xOy平面内，有一宽度为b的粒子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v0带正电的粒子，在粒子源的右侧，有一个半径为R的圆形匀强磁场，匀强磁场的方向垂直xOy平面向外，磁感应强度大小为B1=B，其中平行于x轴正方向正对圆形磁场圆心O1射入磁场的粒子经磁场偏转后恰沿y轴的负方向从O点射出。x轴下方有一与其平行的直线区域AC，AC与x轴相距为d，x轴与直线AC间区域分布有平行于y轴负方向的匀强电场，电场强度大小，已知，不计粒子的重力，忽略电子间相互作用和各场的边缘效应。求： (1)粒子的比荷； (2)粒子流从O点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围； (3)粒子离开匀强电场时速度的大小以及与AC夹角的最小值β的余弦值； (4)在AC下方区域加另一个垂直于纸面向里的非匀强磁场，磁感应强度大小B2=kh（其中h为粒子离AC的距离，），求粒子能到达离AC的最远距离hm。 9．（2026·河北邢台·二模）如图所示，在竖直平面坐标系xOy的第二象限和第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场区域，一条与x轴正方向成45°且过原点O的虚线MN右下方足够大区域内存在与直线MN平行、斜向左下方的匀强电场，一个质量为m，电荷量为+q的粒子以速度v从y轴上的A点（0，L）沿x轴负方向射入磁场，恰好垂直虚线MN进入电场与磁场组成的复合区域且在复合区域内做直线运动。当粒子到达y轴时，电场强度大小不变，方向变为平行直线MN斜向右上方，此后粒子经电场作用到达x轴。粒子重力不计。求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和匀强电场的电场强度E的大小； (2)带电粒子第二次经过x轴时的位置坐标； (3)带电粒子从A点进入磁场到第二次到达x轴所经过的总时间。（结果均可带根号） 10．（2026·江西·二模）如图所示，直角坐标系的第二、三、四象限内均存在沿轴负方向的相同匀强电场，第四象限内还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。第一象限内存在垂直纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小沿轴方向满足（、均为已知量）。比荷为的带正电粒子（不计重力）从坐标为的点以沿轴正方向、大小为的初速度开始运动，粒子恰好从坐标原点射入第四象限。粒子第一次在第四象限内运动至最低点时的速度大小为。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)第四象限内磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹到轴的最远距离及该轨迹与轴所围的面积。 计算题预测04电磁感应的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图1所示，在圆形励磁线圈内部的匀强磁场区域内放置一匝数为n、边长为d的正方形线圈a（线圈平面与磁感线垂直），a通过滑环和开关与竖直金属导轨AB、CD连接，导轨间距为l，导轨间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，该磁场区域内有一水平放置的台秤，其上放置与导轨始终接触、质量为m的金属棒b（与台秤绝缘）。导轨间通过开关连入冲击电流计G，它可以直接测得流过G表的电荷量。已知线圈a、金属棒b和冲击电流计G的阻值均为R，不计其他电阻及摩擦。 (1)闭合和，让线圈a从图示位置以角速度匀速转过，测得流过G表的电荷量为q，求该过程： ①流过线圈a导线横截面的电荷量，及励磁线圈内部磁场磁感应强度的大小； ②回路中产生的焦耳热Q。 (2)闭合，断开，保持线圈a位于图示位置不变，并使励磁线圈内部磁场随时间t按图2所示规律变化。（未知）时刻前，台秤示数恒为1.5m，时刻撤去台秤，b下落h高度时达到最大速度。时刻前后两图线斜率绝对值相等，求： ①图线斜率的绝对值k； ②b下落h高度过程中经历的时间t。 分析有理·押题有据 电磁感应的综合应用是高考物理计算题中分值最高、区分度最大的板块。2026年命题将从经典的“导体棒切割+电路计算”转向与新能源技术深度捆绑的真实工程情境，以“磁-电-力-能”完整转化链为主线，要求考生在复杂电磁系统中精准构建动态模型、辨析主导作用力，灵活选用动力学、动量与能量三大观点进行综合求解。2026年教育部明确要求电磁感应与新能源技术深度融合，磁悬浮列车驱动、光伏发电能量转换、无线充电技术等已成为高频命题载体。同时，力学三大观点（动力学、动量、能量）在电磁感应中的综合应用已被列为专项突破方向。 密押预测·精练通关 1．（2026·广西桂林·一模）2025年我国首艘采用电磁弹射系统的航空母舰——福建舰正式授旗入列。如图甲所示为一种电磁弹射系统的简化模型，发电机内半径为的固定金属圆环内存在垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，圆环的圆心和边缘通过导线分别与接线柱1和3相连。一根长度为的金属棒绕着圆心以恒定的角速度顺时针旋转，端点与圆环接触良好。间距为的光滑金属导轨和平行固定在同一水平面内，在虚线右侧，存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两导轨的左端点与接线柱2和3相连。在某次弹射操作过程中，先让开关S与接线柱1接通，对电容器充电。待电容器充满电后，再将开关与接线柱2接通，静置于处的金属棒在较短时间内达到最大速度后弹射离开导轨。的长度为质量为电阻为与导轨接触良好，电容器的电容为。求在该次弹射操作过程中： (1)开关S与接线柱1断开时，接线柱1和3之间的电势差； (2)开关S与接线柱2接通瞬间，金属棒的加速度大小； (3)将开关S接至1到电路达到稳定的过程中，在图乙中定性画出电容器两极间的电压随电荷量变化的图像，并结合该图像论证电路稳定时电容器储存的能量（是发电机的电动势）； (4)电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。若某次发射结束时，电容器的电荷量减小到充电结束时的，求这次发射过程中的能量转化效率。 2．（2026·广东湛江·二模）设计小组研制的电磁弹射系统模型如图所示，主要由间距为d的水平平行金属导轨、电源和搭载模型飞机的动子组成，动子主要由导体棒和安置飞机的压缩弹簧（绝缘）装置组成。导轨所在平面存在垂直导轨平面向下的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B当开关接“1”时，电路中电流恒定为I，动子在安培力作用下带动飞机向右加速，加速距离L到达虚线MN时，开关从“1”断开后与“2”接通，接通后动子减速滑行至速度大小衰减为MN处的90%时，动子上弹簧装置被触发将飞机弹开，飞机脱离动子，动子继续滑行距离s后停在导轨上。已知动子（含弹簧装置）质量为m、飞机质量为3m，弹簧装置被触发到飞机脱离动子过程，动子克服安培力做功大小为W，飞机脱离动子时速度大小是动子速度大小的3倍，导体棒接入电路的电阻阻值为R，忽略导轨的电阻和摩擦阻力，求： (1)到达MN时，飞机的速度大小v0； (2)飞机脱离后，动子滑行过程中通过回路的电荷量q； (3)飞机被弹开过程中，弹簧装置释放的弹性势能Ep。 3．（25-26高三下·河北沧州·月考）如图所示，相互平行的光滑金属导轨间距为，倾角为，其上端通过导线连接阻值为的电阻，三个区域中均为匀强磁场，磁感应强度大小为，方向与倾斜导轨平面垂直，三个磁场区域的宽度均为，间距为，磁场区域3的下边界处用一小段大小可忽略的绝缘圆弧与宽度为的光滑水平导轨相连，水平导轨右端接有阻值不计，自感系数为的自感线圈。质量为、电阻的金属棒从处由静止开始沿导轨下滑，到磁场区域1上边界距离为（未知）。金属棒滑过后与另一根放在左侧相同位置和相同质量的无电阻金属棒相碰，碰后两棒粘在一起，进入磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向与水平导轨平面垂直。不计导轨的电阻及处的机械能损失，金属棒始终与导轨保持垂直且接触良好，重力加速度为，线圈中产生自感电动势大小为。 (1)当时，导体棒释放后恰好匀速穿过磁场区域1，求； (2)当取合适值时，导体棒进入磁场后的运动过程中，在任一磁场区域和非磁场区域运动的时间均相等，求导体棒每次离开磁场区域时的速度； (3)在（2）的基础上，、棒碰撞后，向右运动的最大距离。 4．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）某科技兴趣小组用如下模型研究电磁驱动的物理原理。如图所示，水平面上分布多个宽度、磁感应强度大小的矩形匀强磁场区域，磁场的右边界为PQ，自右向左从1区域开始依次编号，相邻磁场区域的磁场方向相反，且均垂直于水平面。将一边长，匝数的正方形金属细线框abcd静置于水平面上PQ的右侧某处。时刻，磁场区域整体从静止开始以的恒定加速度向右运动；时，边界PQ恰好越过线框cd边，线框开始做加速运动；时，磁场开始做匀速运动；时，线框开始在磁场中做匀速运动。整个过程中线框的cd边始终与边界PQ平行。已知线框的质量，电阻，线框与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，不考虑因磁场运动而带来的其他影响。求 (1)时，线框所受安培力的大小，并判断感应电流的方向； (2)时，线框的速度大小v； (3)时，线框所受安培力的功率与感应电流的功率之比； (4)时，线框cd边所在的磁场区域的编号n。 5．（2026·宁夏·一模）如图a所示，超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。已知水平面上固定着两根金属导轨MN、PQ，两导轨的间距为L。质量为m的运输车下方固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计，重力加速度为g。不考虑摩擦及空气阻力。 (1)当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图b所示。（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象） a、求刚接通电源时回路内的干路电流； b、求刚接通电源时运输车的加速度大小。 (2)当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度从如图c通过距离D后的速度。 (3)当运输车进站时，运输车以速度减速直至停下的过程中行进的距离为nD，则n为多少？ 6．（2026·天津南开·一模）如图甲所示，磁悬浮电梯依据电磁学原理实现轿厢悬停与上下运动，其模型可简化为如图乙所示：两根相距的平行绝缘竖直导轨，处于垂直导轨平面、等距相间分布且方向相反的匀强磁场中，磁场磁感应强度，各磁场区间长为d。电梯轿厢内固定一宽为L、长为d、总电阻的竖直单匝长方形闭合金属线框MNPQ，MQ、NP沿导轨方向，MN、QP垂直导轨且始终在相反磁场中。当磁场以的速度匀速向上运动，轿厢受移动磁场驱动从地面由静止启动，经过一段时间轿厢达到最大速度并匀速运动。轿厢匀速上行一段时间后让磁场向下匀速运动从而使轿厢制动，从开始制动到轿厢速度减为零用时，轿厢位移。已知轿厢总质量，忽略运行阻力与金属框电感，导轨足够长，。求： (1)启动瞬间金属线框的热功率P和电梯轿厢向上运动最大速度的大小； (2)制动过程磁场向下匀速运动的速度v的大小。 7．（2026·湖北黄石·二模）如图1所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，PQ的左侧弯成竖直面内的四分之一圆弧，其半径也为L。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图2所示。导体棒ab和cd分别被控制在圆弧导轨最高点、水平导轨上与圆弧底端相距为2L的位置，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m。从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达圆弧底端时立即释放导体棒cd。不计导轨电阻和空气阻力，已知，，，，。求： (1)导体棒ab刚进磁场时两端的电压U； (2)导体棒ab从释放到滑至圆弧底端的过程中，导体棒ab产生的焦耳热Q； (3)若在距离PQ足够远处并排固定挡柱M和N，导体棒cd撞上挡柱立即停止运动，试判断两棒能否相撞。 8．（2026·山西朔州·一模）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角的斜面上，间距为，空间分布着磁感应强度大小、方向与导轨平面垂直且向上的匀强磁场。将两根金属棒、放置在导轨上，并将用轻绳通过光滑定滑轮和物块连接，轻绳对的拉力方向平行于导轨。已知金属棒、的长度均为，电阻均为，金属棒、和物块的质量分别为、、，金属棒、始终与导轨垂直且接触良好，不考虑其他电阻，忽略一切摩擦，重力加速度。 (1)若，将金属棒锁定，释放金属棒，求金属棒的最终速度的大小； (2)若，将由静止释放的同时使和以的速度运动且沿竖直向下运动，求金属棒的最终速度的大小； (3)若、、，将、与同时由静止释放后，求最终、的速度大小及释放后棒的位移为过程中流过棒某横截面的电荷量。 9．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图，质量为m、电阻为R0的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为2L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径OM和O′P竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为2L，水平导轨间距分别为2L和L。质量也为m、电阻也为R0的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM′与PP′、NN′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨的水平部分均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为v0）做平抛运动，并在高度降低2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求： (1)空间匀强磁场的方向及棒ab做平抛运动的初速度v0； (2)通过电源E某截面的电荷量q； (3)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能∆E。 10．（2026·山东·一模）如图所示，在水平平台上固定光滑平行的金属窄导轨AC、DE和金属宽导轨GH、FK，导轨间距分别为L、2L，质量为m、电阻为R的导体棒a静置在窄导轨上且距宽导轨足够远，质量为2m、电阻为2R的导体棒b静置在宽导轨上，宽导轨足够长，窄导轨和宽导轨所在区域均存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在水平地面上固定足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为2L，P点与K点的高度差为h，金属导轨MN、PQ完全处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小也为B，与导体棒b完全相同的导体棒c静置在金属导轨MN、PQ上。t＝0时刻，给导体棒a一个大小为v0，方向水平向右的初速度，一段时间后，导体棒a、b的速度达到稳定，迅速取走导体棒a，导体棒b滑行一段时间后，从H、K处飞出后恰好落在P、M端，并沿金属导轨MN、PQ向右滑行。金属棒b落到导轨MN、PQ上时，竖直方向分速度完全损失，水平分速度不变，最终b、c两金属棒恰好不相碰。不计所有导轨的电阻及空气阻力。导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度大小为g。求： (1)导体棒b从H、K处飞出的速度大小； (2)金属棒b落到导轨MN、PQ上时的速度大小； (3)开始时导体棒c离PM的距离及导体棒c产生的焦耳热。 计算题预测05力学三大观点的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示，在竖直平面内一长为l（l未知）的不可伸长的轻绳一端系于O点，另一端系一质量m=0.1kg小物块P，初始时把P拉到图示位置，轻绳恰好伸直且与水平方向夹角为30°。长L=4.25m的水平传送带AB以v传=6m/s的速度顺时针转动，传送带右侧平滑连接足够长的光滑水平面，水平面上依次放置3个质量均为M=0.3kg的小物块，小物块1紧靠传送带右端B点，物块间距均为d=0.8m。现静止释放P，P到达最低点时轻绳断裂，之后P无碰撞地滑上传送带，到达传送带右端时以vB=8m/s的速度与物块1发生碰撞。已知物块与传送带间的动摩擦因数µ=0.2，不计空气阻力，所有物块均可看成质点，物块之间的碰撞均为弹性碰撞，求： (1)物块P第一次从A滑到B的过程中， ①P滑上传送带的初速度vA的大小； ②P与传送带间由于摩擦而产生的热量Q； (2)轻绳断裂前瞬间的拉力大小FT； (3)从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间t。 分析有理·押题有据 力学三大观点（动力学、动量、能量）是解决复杂力学问题的三把钥匙，2026年命题将彻底告别单一观点的孤立考查，转向“观点统合”——要求学生在同一复杂情境中，根据过程特点灵活选用不同观点，实现动力学求瞬时、动量求冲量、能量求转化的协同求解。试题将多过程、多物体问题深度嵌入碰撞安全、体育运动等真实情境，考查学生的观点匹配与思维切换能力。近三年高考真题中，力学三大观点的综合应用每年均以计算题形式考查，常作为压轴题或倒数第二题出现，分值占比高、区分度大，是所有题型中综合能力要求最高的一类。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北保定·一模）如图所示，质量分别为mA=2kg，mB=1kg的物体A、B放在水平面上，物体A、B之间有一压缩的轻弹簧且处于锁定状态（A、B与弹簧不拴接），A左侧有一放在另一水平面上带有弧形轨道的滑块C，质量为mC=2kg，最低点与右侧的水平面相切，B右侧有一质量 mD=3kg的长木板D，长木板的最右端放置一质量mE=1kg的物体E。某时刻解除轻弹簧的锁定，弹簧将A、B弹开后，物体A恰能滑到弧形轨道最高点，物体B与长木板D发生弹性碰撞且碰撞时间极短。已知弧形轨道的半径为R=0.8m，该段圆弧所对的圆心角为α=60°，物体E与长木板D上表面间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板D 与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，重力加速度g取10m/s2，物体A、B、C与所在水平面间的摩擦力可忽略，A、B、E均可视为质点。求： (1)物体A刚滑上滑块C瞬间对滑块C的压力大小； (2)初始时弹簧的弹性势能以及物体B与长木板D碰后瞬间D的速度大小； (3)物体E停止时到长木板右端的距离（结果可用分式表示）。 2．（2026·河南濮阳·一模）如图所示，质量为的物块静止在水平面上点，半径为的四分之一光滑圆弧体静止在光滑水平面上，圆弧面与水平面刚好在圆弧面的最低点相切，质量为的小球用长为（未知）的轻绳连接于点，点正下方点固定一颗钉子，将轻绳水平拉直，由静止释放，运动到最低点时刚好与沿水平方向发生弹性正碰，碰撞后刚好绕钉子做半径为的完整的圆周运动，恰能运动到圆弧体的最高点，与点左侧水平面间的动摩擦因数为，点右侧水平面光滑，开始时点与点对齐，、间距离，、可视为质点，重力加速度为，求： (1)、碰撞后瞬间，的速度大小； (2)细线长度及圆弧体的质量； (3)若在圆弧面上向上运动的时间为，则在圆弧面向上运动过程中，圆弧体运动的距离为多少。 3．（2026·河北邯郸·一模）如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离处由静止释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小，爆炸后滑块恰好未滑离木板的顶端。滑块的质量，木板的质量，滑块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，，，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)木板与斜面间的动摩擦因数； (2)炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小； (3)木板的长度以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间。 4．（2026·甘肃兰州·二模）某学习小组设计了如图所示的装置。质量为的平板车静止在光滑水平面上，其右端与一根固定在墙上、劲度系数为的轻弹簧接触，左端放有一个质量也为m的小物块A，物块与平板车之间的动摩擦因数为。平板车上方固定有一根足够长的光滑水平细杆，杆上套有一个质量为的滑块Q，质量为的物块P通过长的轻绳与滑块Q相连。现将物块P拉起至轻绳水平伸直状态后，由静止释放，物块P运动至最低点时恰好与物块A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后物块A获得瞬时速度。已知所有物块均可视为质点，空气阻力不计，弹簧振子简谐运动的周期T与振子质量m、劲度系数k的关系为，重力加速度g取，求： (1)运动到最低点时物块P的速度大小； (2)与物块P碰撞后，物块A的速度大小； (3)平板车从开始运动到第一次速度减为零的过程中，物块A与平板车摩擦产生的热量（结果保留一位小数）。 5．（2026·浙江杭州·二模）某游戏装置的竖直截面如图所示，由倾斜直轨道、圆弧轨道和置于光滑水平地面上的滑板组成。直轨道与半径为、圆心角为的圆弧轨道平滑连接，圆轨道末端点与滑板上表面水平相切，滑板右端套筒内安装有一原长等于的轻弹簧，处有传感器可记录弹簧弹力的最大值。现将一滑块在点由静止释放，若传感器示数不为零且滑块不会从滑板左侧滑出，则判定游戏成功。已知长，，，段长度，段与滑块间的动摩擦因数，其余接触面均光滑，弹簧劲度系数，露在套筒外的长度，滑块质量，滑板（含弹簧、套筒、传感器）总质量。弹簧弹性势能（为形变量），，。 (1)求滑块在段的运动时间； (2)求滑块运动到圆弧轨道点受到的支持力大小； (3)求弹簧的最大压缩量； (4)若滑块与套筒左端的碰撞为完全非弹性碰撞（不粘连），滑块质量在一定范围内可调，求游戏成功时的取值范围。 6．（2026·河南·模拟预测）如图所示，水平传送带以的速度沿逆时针匀速转动，传送带左端紧靠光滑水平面，右端紧靠平台的光滑上表面，水平面、传送带上表面、平台上表面在同一水平面内。以平台右端点为坐标原点建立直角坐标系，轴水平向右，轴竖直向下，坐标系中弯曲形挡板形状满足（单位：）。物块B静止在水平面上，质量为的物块A与轻质弹簧连接，以的速度在光滑水平面上向物块B运动。当弹簧压缩量最大时，A、B的共同速度大小为3m/s，B与弹簧分离后，B滑上传送带并且恰好不从右端滑离传送带，弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度。 (1)求物块B的质量； (2)求物块B与A第二次碰撞过程弹簧被压缩后的最大弹性势能； (3)改变物块A的初速度，使A与B碰撞，且B与弹簧分离后B能从平台点滑出且落到挡板上时的动能最小，求A、B碰撞被弹簧弹开后B的速度大小。 7．（2026·山东德州·模拟预测）如图所示，由圆心分别为、，半径均为的两个光滑圆弧轨道平滑连接成轨道c，放置在光滑水平地面上并锁定，点为轨道的最高点，点为轨道的最低点且与水平地面相切。质量均为的不同材质小球a、b静置在轨道左侧的水平地面上，小球a、b碰撞时碰后的相对速度与碰前的相对速度之比为一定值。给小球a一初速度，使之与小球发生碰撞，碰撞后小球b沿轨道c运动到点抛出，地面上的落点与点间的水平方向位移为；小球a沿轨道能运动到与点等高的位置。不计空气阻力，重力加速度，求 (1)小球b经过点时受到的支持力大小； (2)小球a、b发生碰撞过程中损失的动能； (3)解除轨道c的锁定，小球a以大小未知的初速度与小球b发生碰撞，碰后小球b经过轨道上的点滑上轨道c，又从轨道c上滑下再次经过点，上述过程中小球a一直在水平地面上运动，小球b第一次经过点时与小球a间的距离等于小球b第二次经过点时与小球a间的距离。求满足条件的初速度的大小。 8．（2026·江西南昌·一模）如图所示，倾角为的斜面足够长，斜面上静止着2025个完全相同的物块，物块质量均为，相邻物块间的距离均为，在物块上方处有一个光滑小球，小球质量，将其从左到右依次编号，光滑小球与斜面间的摩擦忽略不计，物块与斜面间的动摩擦因数为。现将小球由静止释放，题中所有物体之间的碰撞均可视为弹性正碰（已知重力加速度为，不计空气阻力，碰撞时间忽略不计，小球及物块大小忽略不计）。求： (1)1号小球与2号物块第一次碰撞后，两者的速度大小； (2)1号小球与2号物块在第一次碰撞中对2号物块所做的功及小球以后每次与2号物块碰撞前瞬间的速度表达式大小； (3)若1号小球与2号物块最后一次碰撞后，小球与2号物块距离最远时，对小球施加一方向平行斜面向上，大小的恒力，求最终小球和2026号物块间的距离及与第号物块间的距离表达式。 9．（2026·江西·二模）工厂的传送装置如图甲所示，传送带的速度为v=5.0m/s，长度l=4.0m。一质量为m=1.0kg的工件从左侧以的速度滑上传送带，工件与传送带间的动摩擦因数传送带右侧的光滑水平平台上固定了一个质量为M=4.0kg的阻挡块，以工件与阻挡块接触为计时起点，两者的相互作用力大小随时间变化的关系可近似用图乙表示。定义两个物体间碰撞后与碰撞前的相对速度大小之比为他们的恢复系数e，即，该物理量的大小只与两个物体的材料有关，重力加速度取g，求： (1)工件从传送带左端到右端的时间t； (2)求工件与阻挡块间的恢复系数e； (3)若阻挡块静置在平台上未固定，求工件与阻挡块碰撞中损失的机械能。 10．（2026·四川内江·二模）如图所示，质量为的小球a，通过长为的刚性轻绳连接于天花板上的点，并静置在固定水平支架的右端点。水平桌面的中点处放有质量为的物块b，、、三点在一条竖直线上，桌面上的两端分别固定弹性挡板。现将小球a以初速度水平抛出，一段时间后轻绳绷直（绳绷直瞬间，球沿绳方向的分速度变为0，沿垂直绳方向的分速度不变），之后小球a做圆周运动并最终与物块b发生弹性正碰，碰后立即撤去小球a。间的距离为，间的距离为，间的距离，桌面与物块b间的动摩擦因数，小球a始终未与桌面接触，、均视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为。求： (1)小球a从抛出至轻绳绷直瞬间下降的高度； (2)小球a与物块b碰后瞬间轻绳对小球a的拉力大小； (3)若其余条件不变，仅改变小球a的质量，使得物块b能与左挡板P碰撞一次但不与右挡板碰撞，小球a质量的取值范围。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考物理终极押题猜想 目 录 第一部分 新情景高考命题篇 2 情景一 与中国传统文化相关情景 2 情景二 与现代生活生产相关情景 10 情景三 与现代科学技术相关情景 18 情景四 与体育活动相关情景 27 第二部分 高频考点预测篇 35 【选择题预测】 35 选择题预测01原子物理 35 选择题预测02光学 42 选择题预测03热学 50 选择题预测04共点力平衡问题 58 选择题预测05牛顿动力学问题 66 选择题预测06抛体运动 74 选择题预测07圆周运动 82 选择题预测08万有引力与航天 91 选择题预测09功能关系 102 选择题预测10动量定理和动量守恒定律 110 选择题预测11机械振动和机械波 118 选择题预测12静电场基本规律应用 127 选择题预测13磁场基本规律应用 134 选择题预测14电磁感应基本规律应用 142 选择题预测15交变电流 151 【实验题预测】 162 实验题预测01力学实验 162 实验题预测02电学实验 177 【综合计算题预测】 192 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 192 计算题预测02几何光学的综合应用问题 201 计算题预测03带电粒子在电磁场中的综合应用问题 213 计算题预测04电磁感应的综合应用问题 231 计算题预测05力学三大观点的综合应用问题 248 第一部分 新情景高考命题篇 情景一 与中国传统文化相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】中国传统乐器竹笛的发声原理为空气柱振动，理论振动频率满足（式中v为声速，L为空气柱长度，k为常数）。如图所示为某6孔竹笛，孔1、孔6到吹孔的间距分别约为31.8cm、17.2cm，贴上笛膜吹奏，仅开孔1（其余5孔闭合）时发出的声波波长约为76cm。已知声波在空气中传播时，温度越高声速越大。下列说法正确的是（    ） A．仅开孔6时发出的声波波长约为41.1cm B．仅开孔6时发出的声波波长约为140.5cm C．“小寒”时竹笛发声的频率高于“大暑”时竹笛发声的频率 D．“小寒”时竹笛发声的频率等于“大暑”时竹笛发声的频率 【答案】A 【详解】AB．根据题意，竹笛发声频率公式为，其中L为空气柱长度，v为声速，k为常数。 由仅开孔1时，L1=31.8cm，波长可得解得 对于仅开孔6，L6=17.2cm则波长， 故A正确，B错误。 CD．温度越高声速越大，小寒气温低，声速小，大暑气温高，声速大。对于同一竹笛，L不变，频率f与v成正比，因此小寒时的频率低于大暑时的，故CD错误。 故选A。 分析有理·押题有据 与中国传统文化相关情景的命题方式，符合政策导向，强调人文元素，传统文化情景占比提升至35%，近3年全国卷已出现5道相关真题，契合“科学态度与责任”核心素养，符合课程标准“用物理原理解释传统技术”要求。 密押预测·精练通关 1．（2026·四川南充·二模）辘轳是我国早期用来提水的装置，通过转动轮轴缠绕绳子，从而提起水桶。把手边缘上点到中心转轴的距离为辘轳头边缘上点到距离的4倍。若转动把手，轻绳牵引总质量为的水桶在水面上方从静止开始以的加速度上升高度，为重力加速度，不计空气阻力和绳的体积。下列说法正确的是（　　） A．点的末速度大小为 B．、两点向心加速度大小之比为 C．轻绳对水桶拉力的冲量大小为 D．水桶所受合力做的功为 【答案】C 【详解】A．水桶做匀加速直线运动，根据运动学公式，可得水桶末速度 辘轳头边缘点的线速度等于水桶速度，即 、 两点同轴转动，角速度相等，根据 可知，所以，故A错误； B．、 两点同轴转动，角速度相等，根据向心加速度公式 可知，，故B错误； C．对水桶受力分析，根据牛顿第二定律有 解得绳子拉力 水桶上升时间满足 解得 轻绳对水桶拉力的冲量，故C正确； D．根据动能定理，水桶所受合力做的功 ，故D错误。 故选C。 2．（2026·山西吕梁·二模）如图甲所示，“窜天猴”又称“冲天炮”，是利用火箭原理制成的一种鞭炮，火药燃烧后，在尾部喷出气流，能使主体向上飞。如图乙为某次燃放时，某支“窜天猴”在竖直方向上运动时的速度—时间图像，取竖直向上为正方向，不计空气阻力。已知时刻起飞，图像段为倾斜直线，斜率绝对值与重力加速度g大小相等，图像其余段均为曲线。下列对该支“窜天猴”的运动判断正确的是（　　） A．在时间内，“窜天猴”处于失重状态 B．在时间内，“窜天猴”的机械能守恒 C．在时刻，“窜天猴”内的火药刚好燃尽 D．在时间内，气流对“窜天猴”的作用力大于重力且逐渐增大 【答案】B 【详解】A．由图像可知，在时间内，“窜天猴”竖直向上加速，故处于超重状态，故A错误； B．题目明确DE段斜率绝对值等于重力加速度g，t3∼t4（DE段）速度为正，加速度向下、大小为g，说明窜天猴只受重力作用，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，故B正确； C．在时刻，“窜天猴”的速度最大，故合力为0，说明此时推力等于重力，火药没有烧尽，故C错误； D．在时间内“窜天猴”的加速度减小，根据可知，气流对“窜天猴”的作用力大于重力且逐渐减小，故D错误；故选B。 3．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）吃重庆火锅烫毛肚讲究“七上八下”。如图，用筷子夹着一片质量为m的毛肚在空中竖直向上做匀速运动时，筷子与竖直方向夹角为，若重力加速度为g，不计空气阻力，则筷子对毛肚作用力的大小为（　　） A．mg B． C． D． 【答案】A 【详解】毛肚在空中竖直向上做匀速运动，处于平衡状态，合力为零。 对毛肚受力分析：毛肚仅受两个力，竖直向下的重力，以及筷子对毛肚的总作用力。根据二力平衡条件，筷子对毛肚的总作用力与重力大小相等、方向相反，因此筷子对毛肚作用力的大小为，与筷子夹角无关。 故选A。 4．（2026·广东深圳·一模）《天工开物》中记载了谷物脱壳工具——土砻（图甲）。如图乙所示，手柄ab和摇臂cd位于同一水平面内且相互垂直，c端通过光滑铰链相连，d为ab中点，c位于悬点O的正下方。，手柄ab重力为G且质量分布均匀，摇臂cd质量忽略不计。人不施加作用力时ab处于静止状态，则摇臂cd对手柄ab的作用力大小为（　　） A．2G B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意，竖直、水平，为直角三角形，设，则 由勾股定理得。 与竖直方向夹角满足 解得。 对受力分析：受重力（作用在重心，竖直向下）、点绳子的拉力（作用线过点，对力矩为0）、摇臂的作用力（为轻铰链杆，作用力沿杆即水平方向）。 对悬点取力矩平衡，重力的顺时针力矩等于的逆时针力矩： 代入、 解得： 因此摇臂对手柄的作用力大小为 故C正确。 5．（2026·辽宁·一模）某非遗艺人将一件质量为m的均匀皮影道具，用一根轻绳挂在光滑的墙壁挂钩上，、两段轻绳的夹角为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．轻绳上的张力大小为 B．轻绳上的张力大小为 C．若仅增大轻绳的长度，轻绳上的张力大小不变 D．若减小两段轻绳间的夹角，轻绳上的张力将变大 【答案】B 【详解】AB．设轻绳上的张力为，由竖直方向平衡可得 解得，故A错误，B正确； C．仅增大轻绳的长度，减小，增大，轻绳上的张力减小，故C错误； D．两段轻绳的夹角越小，越大，轻绳上的张力越小，故D错误。 故选B。 6．（2026·江苏徐州·模拟预测）马年春晚舞蹈《喜雨》技惊四座，舞者头顶斗笠匀速转动时，下列图线中与斗笠边缘的一串串珠实际形态最接近的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】当斗笠匀速转动时，每一串串珠会随斗笠一起做匀速圆周运动（同轴转动，角速度相同）。串珠的向心力由重力和绳子拉力的合力提供，即（其中是绳子与竖直方向的夹角，r是串珠到转轴的水平距离） 解得 公式说明越靠下的串珠，圆周运动半径r越大，也越大，即越大。 故选B。 7．（2026·广东广州·一模）图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（　　） A．M点的线速度方向总是沿PM方向 B．M点的向心加速度方向沿MP方向 C．N点线速度大小是M点的2倍 D．N点的向心加速度大小是M点的4倍 【答案】C 【详解】A．由题意可知，M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周的切线方向，始终与ON垂直，而非沿PM方向，故A错误； B．由题意可知，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，M点以O点为圆心做匀速圆周运动，所以向心加速度方向始终沿M指向圆心O，不是沿MP方向，故B错误； C．由匀速圆周运动规律可知 由于， 所以有 所以N点线速度大小是M点的2倍，故C正确； D．由向心加速度公式可知 由于， 所以有 所以N点的向心加速度大小是M点的2倍，故D错误。故选C。 8．（2026·湖南·模拟预测）辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为，小圆盘半径为，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω的角速度转动中轴，则货物上升的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】大小圆盘固定同轴转动，角速度均为，根据线速度与角速度的关系，可得大圆盘边缘线速度 小圆盘边缘线速度 中轴转动时，大圆盘收拢绳子，小圆盘放出绳子，时间内绳子的净缩短量为 下方挂货物的是动滑轮，绳子总净缩短量等于动滑轮两侧绳子缩短量之和，若货物上升速度为，时间内总缩短量满足 整理得 故选A 。 9．（2026·江西赣州·模拟预测）图甲为明代《天工开物》记载的“水碓”装置图，其简化原理图如图乙所示，水流冲击水轮，带动主轴（中心为）及拨板周期性拨动碓杆尾端，使碓杆绕转轴O逆时针转动，拨板脱离碓杆尾端后碓头B借重力下落，撞击臼中谷物。当图乙中主轴以恒定角速度转动至拨板与水平方向成30°时，，，此时碓头B的线速度v大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】拨板绕以角速度匀速转动，拨板上A点的线速度 线速度方向垂直于（圆周运动线速度沿切线方向）。 拨板上A点垂直碓杆（竖直方向）的分速度等于碓杆上A点的转动线速度。 已知与水平方向成，垂直，因此在垂直碓杆方向的分量为 同一杆上角速度相同，线速度与转动半径成正比。由题 可得 故选 B。 10．（2026·辽宁·模拟预测）振动和波存在于我们生活的方方面面，图（a）是救护车在向右行驶，A、B两人都听到了救护车发出的警笛声；图（b）是宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记录的“古琴正声”实验：剪小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的琴上对应的琴弦，同样地拨动力度下，小纸人晃动越明显代表音调越准确。下列说法正确的是（　　） A．图（a）中，A、B两人听到警笛声的频率相同 B．图（a）中，B听到的警笛声比A听到的更尖锐 C．图（b）“古琴正声”实验的原理是共振 D．图（b）“古琴正声”实验的原理是波的干涉 【答案】C 【详解】AB．根据多普勒效应，图（a）救护车向右运动的过程中，A听到警笛声的频率大于车发出的频率，B听到警笛声的频率小于车发出的频率，因此 则A、B两人听到警笛声的频率不同，音调“尖锐”对应频率更高，A听到的频率更高更尖锐，AB错误； CD．同样地拨动力度下，小纸人晃动越明显代表音调越准确，小纸人所在的琴弦发生了共振，C正确，D错误。故选C。 情景二 与现代生活生产相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】离子导入疗法是一种无创给药技术。如下图，将含有待导入药物的电极A贴在皮肤上，电极B不含药物，置于身体的另一部位。A、B电极分别接直流电源两端，带正电的药物离子会穿过皮肤，实现精准给药。下列说法正确的是（　　） A．电极A的电势低于电极B B．在皮肤下形成的是匀强电场 C．离子穿过皮肤过程中电势能增大 D．调大两极间电势差，可以加快给药进程 【答案】D 【详解】A．带正电的药物离子需要从A向B方向运动实现给药，正电荷受力方向与电场方向一致，因此电场方向由A指向B；沿电场线方向电势逐渐降低，因此电极A的电势高于电极B，故A错误； B．匀强电场仅存在于平行正对带电极板等特殊场景，本题两个电极形状不规则，皮肤内电场强度处处不同，不是匀强电场，故B错误； C．离子运动方向与电场力方向一致，电场力对离子做正功，离子的电势能减小，故C错误； D．调大两极间电势差后，两极间电场强度增大，正离子受到的电场力增大，运动速率加快，单位时间内导入的药物离子更多，可以加快给药进程，故D正确。故选D。 分析有理·押题有据 2026年命题逻辑已从“知识立意”转向“素养立意”。死记硬背和机械刷题已彻底失效，重点考查学生在复杂情境中提取信息、构建模型的能力。教育部明确要求“加强真实情境问题设计”，物理科目试题将以现实生活场景为素材。尽管情境繁杂，但最终仍回归课本核心原理。复习时应重点训练“信息提取→物理建模→规律运用”的链条，而非盲目刷题。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东东营·一模）利用相机的连拍功能，结合拍摄过程的曝光时间，可以获得运动残影来研究物体的运动。现定义：“曝光时间”Δt为每次快门开启进行拍摄的时间，“曝光间隔时间”t0为相邻两次快门执行“开启”操作的时间间隔，如图甲所示，Δt=0.02s，t0=0.1s。某同学打开相机连拍小球自由下落的影像，选取几段连续的残影，如图乙所示，若x1=2cm，g=10m/s2。通过理论计算，x3的长度为（　　） A．4cm B．6cm C．22cm D．42cm 【答案】B 【详解】设第一个曝光时间内的初速度为；根据运动学公式，第一个曝光时间内的位移 第三次曝光的初速度 第三次曝光时间内的位移 故选B。 2．（2026·贵州遵义·模拟预测）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平方向的恒力推了5s后，又用相同方向的恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的v—t图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．水平恒力 B．冰车与冰面间的动摩擦因数 C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离 D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功 【答案】D 【详解】B．由图可知，最后10s冰车做匀减速运动，加速度大小 则摩擦力 由，冰车与冰面间的动摩擦因数，B错误； A．由图可知，最初5s冰车做匀加速运动，加速度大小 水平恒力，A错误； C．5s末的速度 整个过程中冰车在冰面上运动的总距离，C错误； D．整个过程中根据动能定理 大人对小孩和冰车做的功，D正确。 故选D。 3．（2026·四川成都·二模）叉车在短距离运输作业中被大量使用。如图所示，一叉车运载着木箱沿倾角为的斜坡向上匀速行驶时，货叉的侧面和底面对木箱的弹力大小分别为和，货叉对木箱的作用力为F，木箱的重力为G。货叉的底面与斜坡平行，与货叉侧面垂直。不计木箱与货叉的摩擦力，下列说法正确的是（　　） A． B． C．若仅增大，则减小 D．无论怎样变化，F与G的大小始终相等 【答案】D 【详解】ABD．货物沿斜坡向上匀速行驶，对货物分析可知，， 由于，可知，，F等于木箱的重力G，与无关，故AB错误，D正确； C．由于，若仅增大，则也增大，故C错误。 故选D。 4．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）小区阳台常见的升降式晾衣架如图所示，它由一根轻绳跨过光滑轻质滑轮带动总质量为m的晾衣杆部分。现缓慢向上拉动晾衣架至新的平衡位置，此过程中保持绳始终绷直且未与滑轮打滑或脱离。在晾衣架缓慢上移的过程中，下列说法正确的是（    ） A．当绳a与竖直方向成60°时，轻绳上的张力大小为 B．轻绳上的张力逐渐减小 C．轻绳上的张力逐渐增大 D．总质量为m的晾衣杆部分所受合力逐渐增大 【答案】C 【详解】A．同一根轻绳张力处处相等，设绳张力为，对晾衣杆由竖直方向平衡得 整理得 当时，代入公式得，故A错误； BC．晾衣架顶部两个固定滑轮的水平间距保持不变，设晾衣杆上方两段倾斜的绳子的总长度为，每段绳子与竖直方向的夹角为，由几何关系得 整理得 晾衣架上移过程中，晾衣杆上方绳总长度减小，不变，因此增大，增大，减小，因此逐渐增大，故B错误，C正确； D．晾衣架缓慢上移，始终处于平衡状态，总合力始终为零，因此合力不会逐渐增大，故D错误。 故选C。 5．（2026·辽宁·一模）春节期间，游人到公园游玩的过程中，向湖中的鱼抛食如图甲所示。某次从O点抛出的两粒鱼食均恰好落到水面上的P点，运动轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出时鱼食1和鱼食2的质量和初速度大小分别为、和、，其中，方向水平，方向斜向上。若忽略空气阻力，关于两鱼食在空中的运动，下列说法正确的是（　　） A．鱼食2在空中运动的时间较短 B．因为鱼食2运动的路程更长，所以 C．鱼食2到达最高点的速度小于 D．两粒鱼食落到P点时，动量大小一定相等 【答案】C 【详解】AC．抛出的两鱼食在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，在竖直方向的位移相等，在竖直方向，鱼食1做自由落体运动，鱼食2做竖直上抛运动，故两鱼食在空中运动的时间关系为，鱼食2做斜抛运动，水平方向上做匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与鱼食1比较水平位移相同，但运动时间较长，因此鱼食2水平方向上的分速度较小，即在最高点的速度小于，故A错误，C正确； B．设与水平方向的夹角为，由上述分析可得， 解得，无法判断、的大小关系，故B错误； D．鱼食落到点时的速度满足 动量，由于无法判断、的大小关系，故两鱼食的动量的大小关系也无法判断，故D错误。 故选C。 6．（2026·四川绵阳·模拟预测）一孩童在内壁是圆柱形光滑水泥管的最低点以水平初速度踢出小球，水泥管的内径为，小球沿管壁向上运动到离最低点高度为时，脱离管壁落入背篓，重力加速度，忽略一切阻力和滚动，小球始终在同一竖直面内运动，则水平初速度为（　　） A．2.3m/s B．3m/s C．5m/s D．7m/s 【答案】C 【详解】在球即将脱离水泥管的瞬间，设此时速度方向与水平方向夹角为，如图所示 则在脱离瞬间水泥管道对小球的支持力为零，重力在指向圆心方向的分力提供向心力，则有 小球从踢出瞬间到脱离水泥管根据动能定理可知代入题中数据解得故选C。 7．（2026·广东广州·模拟预测）图甲是游乐场的过山车在竖直圆轨道内做圆周运动的情景，图乙为某实验小组用可视为质点的小球代替过山车模拟的实验图。某次测试中，质量为的小球从曲面轨道上的点由静止下滑后，恰能在半径为的竖直圆轨道上完成圆周运动。已知为轨道最低点，为轨道最高点，、两点的高度差为，不计一切摩擦和空气阻力，且轨道各处平滑相连。则下列说法正确的是（　　） A．小球经过点时处于失重状态 B．、两点的高度差 C．小球在圆轨道上经过与圆心等高处时，其加速度是重力加速度的倍 D．小球释放点越高，则在轨道、两点受到的轨道弹力大小之差越大 【答案】C 【详解】A．小球经过点时，加速度向上，故小球处于超重状态，A错误； B．小球恰能完成圆周运动，小球通过点时重力提供向心力 解得 小球从点运动到点的过程中，根据动能定理有 解得，B错误； C．小球由静止下滑到圆心等高处的过程中 解得 小球在圆轨道上经过圆心等高处时， 小球的加速度，故C正确； D．释放点越高，小球在圆轨道上的速度越大，小球通过C点 小球通过B点 小球从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有 小球在轨道上、两点受到的弹力大小之差 联立解得，故弹力大小之差与释放点的高度无关，D错误。 故选C。 8．（2026·广东江门·一模）如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】无人机在空中悬停时，六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有 设时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为 对向下推动的空气由动量定理 且有 联立解得 故选C。 9．（2026·天津·一模）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口，扣动扳机将阀门打开，水即从枪口喷出。已知王同学的水枪储水罐总容积为，初始时罐内气体体积为，气体压强为，他喷出了的水，不计水的蒸发和泄漏，也不计罐内气体的泄漏，罐内气体可视为理想气体且温度始终保持不变。则（    ） A．在水不断喷出的过程中罐内气体内能不断减少 B．在水不断喷出的过程中罐内气体向外界放热 C．王同学喷出的水时，罐内气体的压强为 D．在水不断喷出的过程中每个气体分子的速率都不变 【答案】C 【详解】A．理想气体的内能只与温度有关，题目已知温度始终保持不变，故罐内气体内能不变，故A错误； B．在水不断喷出的过程中，气体体积增大，气体对外界做功，即，而内能不变，即，根据热力学第一定律 可知，即气体从外界吸热，故B错误； C．初状态气体压强，体积，喷出水后，气体体积变为 根据玻意耳定律 解得，故C正确； D．温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子的平均动能不变，平均速率不变，但并不是每个气体分子的速率都不变，故D错误。 故选C。 10．（2026·辽宁·二模）某同学去哈尔滨冰雪大世界游玩，冰雪大世界里的冰雕闪烁着各色光芒，如图所示。他发现冰面下方装有各色彩灯，冰块中还分布有气泡，则（　　） A．真空中红光的波长比绿光短 B．冰块中红光的传播速度比绿光小 C．冰面下方的灯，看起来比实际位置深 D．冰块中气泡看起来更亮是由于光从气泡外部入射到气泡与冰的交界面时发生了全反射形成的 【答案】D 【详解】A.根据c=λf 在真空中，红光和绿光的波速相同，绿光的频率大，波长短，故A错误； B.根据 红光比绿光的频率小，折射率小，波速大，故B错误； C.冰面下方的灯发出的光先经过冰，再进入空气，空气中的折射角大于冰中的入射角，光路图如下图 沿空气中光路的反向延长线，看到灯的位置比实际位置偏浅,故C错误； D.从光密介质射到光疏介质，当角度达到临界角则发生全反射形成的，冰块中气泡看起来更亮是由于光从气泡外部入射到气泡与冰的交界面上，导致光线被完全反射回冰中，使气泡看起来明亮，故D正确。 故选D。 情景三 与现代科学技术相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】TN模式液晶显示器上发光位置的发光原理如图所示，若图中开关闭合，两基板间的液晶分子将在板间匀强电场作用下定向排列，不再改变偏振光偏振方向，发光位置将变暗。从开关闭合到发光位置变暗的过程中（　　） A．两偏振片方向不垂直依然能工作 B．液晶分子正电中心偏向后基板 C．液晶分子所受合静电力不为零 D．液晶分子的电势能逐渐增大 【答案】B 【详解】A．前偏振片输出水平偏振光，后偏振片初始为竖直方向（正交），无电场时液晶旋转90°使光通过；有电场时分子沿电场排列，不旋转光，光被阻挡，发光位置变暗。若两偏振片方向不垂直时，闭合开关有可能亮度不变，因此不能正常工作，故A错误； B．图中前基板接正极，后基板接负极，电场方向水平向右，则液晶分子正电中心偏向后基板，故B正确； C．分子整体电中性，正负电荷在匀强电场中受力大小相等、方向相反，合力为零，故C错误； D．从无序到沿电场力方向排列，电场力做正功，电势能减小，故D错误。故选B。 分析有理·押题有据 2026年教育部1号文件首次明确要求命题素材必须 “融入科技前沿动态”。试卷中大量题目将包装在尖端科学实验数据或国家重大工程中，重在考查学生从陌生情境中提取信息、构建物理模型的能力。人工智能、量子计算、脑机接口、绿色能源等国家重大战略和科技突破，都将成为试题背景。 密押预测·精练通关 1．（2026·福建厦门·二模）2026年央视春晚节目《武BOT》中，人形机器人与武术演员同台完成空翻、舞剑、棍法对练等动作，展现了强大的运动控制与平衡能力。如图甲、乙、丙所示，机器人空翻时，先踏上辅助平台，之后平台向上弹起，将机器人推向空中，辅助机器人完成空翻动作，以下说法正确的是（　　） A．研究机器人空翻动作时，可以将机器人视为质点 B．辅助平台对机器人的作用力与机器人对辅助平台的作用力大小始终相等 C．机器人起跳的过程中，辅助平台对机器人不做功 D．机器人的速度越大，其惯性越大 【答案】B 【详解】A．研究机器人空翻动作时，不能忽略机器人的大小和形状，不可以将机器人视为质点，故A错误； B．辅助平台对机器人的作用力与机器人对辅助平台的作用力属于一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，这两个力的大小始终相等，方向相反，故B正确； C．机器人起跳的过程中，辅助平台对机器人的支持力方向向上，平台向上弹起过程机器人的位移方向向上，可知辅助平台对机器人做正功，故C错误； D．惯性是物体的固有属性，惯性大小仅由质量决定，和速度无关，故D错误。 故选B。 2．（2026·北京朝阳·一模）2025年10月，神舟二十一号载人飞船成功发射，历时3.5小时完成与天和核心舱的对接，实现了最快对接记录。飞船变轨前绕地稳定运行在圆形轨道Ⅰ上，飞船的转移轨道为椭圆轨道Ⅱ，核心舱稳定运行在圆形轨道Ⅲ上。轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点。则飞船在轨道Ⅱ上运行时（　　） A．在A点的加速度小于核心舱在轨道Ⅲ上B点的加速度 B．在A点的速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的速度 C．由A向B运行的过程中机械能逐渐增大 D．由A向B运行的过程中宇航员先超重后失重 【答案】B 【详解】A．由牛顿第二定律可知，则，即，故在A点的加速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的加速度，故A错误； B．根据万有引力提供向心力有化简可得，则轨道Ⅰ的速度大于轨道Ⅲ的速度（即），又飞船从轨道Ⅰ到转移轨道Ⅱ时需要加速，则，故在A点的速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的速度，故B正确； C．由A向B运行的过程中，只有引力做功，飞船动能和势能相互转化，机械能不变，故C错误； D．点火后，飞船在轨道Ⅱ上从A向B运行时做离心运动，只受万有引力且处于完全失重状态，故D错误。 故选B。 3．（2026·宁夏银川·一模）在研制新型芯片材料的过程中，科研人员需要精确测量材料内部微小区域的电场强度。如图所示，在一块待测样品表面，有一个以O为圆心、半径为R的圆形探测区域，该区域存在与圆所在平面平行的匀强电场。科研人员在圆上选取A、B、C三个探测点，其中A与C的连线为直径，在中，。科研人员从A点以相同的初动能，沿不同方向先后发射两个完全相同的、带电荷量均为的探测粒子（仅受电场力，其他影响不计），它们分别经过了B点和C点。探测器测得：经过B点时粒子的动能为；经过C点时粒子的动能为。根据以上探测数据，该区域电场强度的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】粒子仅受电场力，由动能定理 从：即得 从：即得 已知为直径，故；中，由圆的性质，因此：，设，则， 取中点，则取中点（圆心），则 因此为等势线。电场方向垂直于等势线，由电势高低可知电场方向由指向与垂直的分量。到等势线的距离：中，，，，，故到的距离由电场强度大小故选D。 4．（2026·北京海淀·模拟预测）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状结构的新材料，其导电能力远超银和铜等传统材料。现设计一电路测量石墨烯样品中载流子（自由导电粒子）的浓度n，n为单位面积上的载流子个数。该载流子的电性及所带电荷量均与电子相同。图甲为测量原理图，长为l、宽为d的石墨烯材料垂直于磁场放置，P、Q、M、N为电极。电极P、Q间通以恒定电流I，电极M、N间产生大小为U的霍尔电压。已知某次测量中所通电流大小，元电荷。改变磁场的磁感应强度B，测量霍尔电压U，获得多组数据，得到关系图线如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．图甲中闭合开关S后，该样品中的载流子在水平方向从P定向运动到Q B．电极M的电势比电极N的电势高 C．图乙中图线的斜率 D．该样品的载流子浓度n约为个/ 【答案】D 【详解】A．载流子的电性及所带电荷量均与电子相同，电流方向由向，负电荷定向运动方向与电流方向相反，所以载流子在水平方向从向，故A错误。 B．由左手定则可知载流子向电极端偏转，电极的电势比电极的电势低，故B错误。 C．由题意知样品每平方米载流子数为，则时间内通过样品的电荷量 根据电流的定义式得电流稳定时有整理得可知即，故C错误。 D．由题给关系图像可知斜率其中， 联立解得个，故D正确。故选D。 5．（25-26高三上·湖北襄阳·模拟预测）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过右、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头左、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　） A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向左 B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向上 C．若a的方向沿右偏上60°，则沿逆时针方向，沿顺时针方向且 D．若a的方向沿右偏上60°，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且 【答案】D 【详解】A．若沿顺时针方向，，则线圈受到向左的安培力，故手机的加速度是向右，使镜头处于零加速度状态，故A错误； B．若沿顺时针方向，，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，故B错误； CD．若a的方向沿右偏上60°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力小于向上的分力；要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力、线圈d需要受到向下的安培力，且，可知顺时针，逆时针，且，故C错误，D正确。 故选D。 6．（2026·江西赣州·模拟预测）差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电量检测中的变压器装置。主要用于测量位移、压力等非电量参量。其原理简化后如图甲所示，一个初级线圈，位于正中间，两个匝数相等的次级线圈串联且对称放置，初始时铁芯位于空心管正中央，a、b间接如图乙所示的电流，由b流向a为电流正方向，c、d端接交流电压表，示数为零。铁芯移动时始终至少有一端在次级线圈中，则（　　） A．电压表示数为两次级线圈产生电动势有效值之和 B．铁芯向下移动一段距离后，时间内，c端电势高于d端电势 C．a、b端接正弦交流电，铁芯不动，电压表示数不为零 D．无法通过电压表示数关系判断铁芯移动距离的大小关系 【答案】B 【详解】A．差动变压器的两个次级线圈反向串联，电压表测量的是两线圈感应电动势之差的有效值，故A错误； C．当铁芯不动且位于中央时，结构对称，两线圈产生的感应电动势大小相等、方向相反，总电动势为零，电压表示数为零，故C错误； D．电压表示数大小反映了铁芯偏离中心的程度，移动距离越大，两线圈电动势差值越大，因此可以通过电压表示数判断铁芯移动距离，故D错误； B．当铁芯向下移动时，下线圈的互感系数增大，感应电动势 增大，上线圈感应电动势 减小，总电动势主要由下线圈决定。在 时间内，原电流 为正（由 流向 ）且减小，穿过线圈的磁通量向上减小。根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的减小。结合线圈的绕向和差动连接方式，此时下线圈产生的感应电动势占主导，使得 端电势高于 端电势，故B正确。 故选B。 7．（2026·安徽合肥·模拟预测）随着我国航母福建舰的服役，电磁弹射再次成为热门话题。图1所示为一款电磁弹射演示装置，电源电动势为，内阻为，水平光滑平行金属导轨间距为，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为的金属棒垂直导轨放置，电流传感器A及导轨的电阻可忽略。演示时先将开关接1，待稳定后将开关接2，金属棒随即被弹射出去，弹射过程电流传感器检测到的电流与时间的关系图线如图2所示，其中已知，阴影部分的面积为。下列说法正确的是（    ） A．金属棒接入电路的电阻为 B．金属棒接入电路的电阻为 C．金属棒脱离导轨时的速度大小为 D．金属棒脱离导轨时的速度大小为 【答案】C 【详解】AB．当开关接1时，电源给电容器充电，稳定时 当开关接2时，电容器通过金属棒放电，有 金属棒接入电路的电阻为，故AB错误； CD．对金属棒应用动量定理可得 又有 其中为通过金属棒的电荷量，由图2可知 联立解得金属棒脱离导轨时的速度大小为，故C正确，D错误。 故选C。 8．（2026·黑龙江双鸭山·一模）“海上充电宝”-南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理：海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的连接装置使转子只能单方向转动。图示时刻线圈平面与磁场方向平行，若转子带动线圈逆时针转动并向外输出电流，则下列说法正确的是（　　）      A．线圈转动到如图所示位置时感应电流最小 B．线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势 C．线圈产生的电动势大小与海浪波动的频率无关 D．线圈转动到如图所示位置时电流方向发生变化 【答案】B 【详解】AD．当线圈转动到如图所示的位置时，穿过线圈的磁通量为0，而磁通量的变化率最大，则根据法拉第电磁感应定律可知，此时线圈中的感应电动势最大，所以此时线圈中电流的方向不会发生变化，且此时感应电流最大，故AD错误； B．线圈转动到如图所示位置时，根据右手定则可知线圈内部电流的方向由b流向a，由于电源内部电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，故B正确； C．若从图示位置开始计时，线圈产生的电动势瞬时值表达式为 其中电动势的峰值为 又因为 联立解得 所以线圈产生的电动势大小与海浪波动的频率有关，故C错误。 故选B。 9．（2026·陕西延安·二模）2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　） A．减小，可以降低远距离输电的输电效率 B．图乙中的线圈转过时，线圈产生的电流最小 C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会增大 D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小 【答案】A 【详解】A．升压变压器副线圈电压 减小​则降低。若输送功率一定，输电电流 ​减小则增大，输电线损耗功率 增大则增大，输电效率 增大则降低，因此减小可以降低输电效率，故A正确； B．由图乙可知，磁场竖直向上，图示初始位置线圈平面与磁场垂直，处于中性面位置，磁通量最大，但磁通量的变化率为0，感应电动势为0，电流最小。线圈转过后，线圈平面与磁场平行，磁通量为0，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，电流最大，因此转过时电流最大，故B错误； C．输送功率一定，升压变压器副线圈电压 发电机输出电压​增大则增大，输电电流 增大则减小，输电线损耗 减小则减小，故C错误； D．当用户端接入的用电器增多时，用户端总电阻减小，降压变压器副线圈电流增大，原线圈电流（即输电线电流）增大，输电线电压损耗 增大则增大，降压变压器原线圈电压 增大则减小。根据理想变压器电压比 得 要维持不变，且​减小则需要增大，减小​会让更小，无法维持稳定，故D错误。 故选A。 10．（2026·天津·一模）2026年武威钍基熔盐核电项目取得新的进展。已知核发生衰变的核反应式为，衰变过程中伴随有射线射出。该射线照射到逸出功为的金属表面，逸出的光电子最大初动能为，普朗克常量为h。则（    ） A．温度升高，核半衰期减小 B．该衰变是衰变，射线的实质是高速电子流 C．若该射线照射到逸出功为的金属表面，也一定有光电子逸出 D．该衰变过程中产生光子的频率为 【答案】D 【详解】A．半衰期是原子核的固有属性，与外界温度、压强等环境因素无关，温度升高的半衰期不变，故A错误； B．根据核反应电荷数、质量数守恒，X的电荷数为，质量数为，可知X为电子，该衰变为β衰变；且α射线的实质是高速氦核流，不是电子流，故B错误； C．由光电效应方程得该γ光子能量为 若照射逸出功为的金属，只有满足（即）时才会有光电子逸出，因此不一定逸出，故C错误； D．根据光电效应方程变形得γ光子频率故D正确。故选D。 情景四 与体育活动相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】2025年7月，在第11届自治区少数民族传统体育运动会上，赤峰市代表队的节目《舞龙》将跳绳与舞蹈结合，获得诸多好评。图甲为某人跳绳时的情况。起跳过程中，脚离地前，重心加速度与重心上升高度关系如图乙所示，脚离地后重心上升的最大高度为（取）（   ） A．0.15m B．0.20m C．0.30m D．0.40m 【答案】A 【详解】根据 结合图像可知，脚离地的速度为 脚离地后重心上升的最大高度为故选A。 分析有理·押题有据 体育运动天然蕴藏着丰富的物理模型——球类的抛体轨迹、跑跳的动量交换、器械的弹性储能等。2026年命题将进一步强化体育情境的真实性和探究性，要求考生从运动过程中自主提取关键信息、构建理想化物理模型，彻底告别纯公式计算的“裸题”。体育情境试题充分体现“立德树人”的根本要求，既能考查学生解决实际问题的能力，也能引导学生热爱体育运动、促进全面发展。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津·一模）家用室内引体向上器通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与墙壁的摩擦力起到固定的作用。如图所示，李同学双手握住水平单杠保持静止（只有双手接触单杠且双腿悬空）。已知该引体向上器的质量为3kg，该同学的质量为57kg，g取。则（    ） A．双手间距离越小，人所受到单杠的作用力越小 B．双手间距大于肩宽时，距离越大，单杠对每只手臂的作用力越大 C．每个橡胶垫与墙面间的摩擦力为600N D．李同学由静止下降到最低点的过程中，单杠对人的作用力始终等于其自身重力 【答案】B 【详解】A．人处于静止状态，受重力和单杠的作用力平衡，单杠对人的作用力（合力）大小等于人的重力，与双手间距离无关，故A错误； B．设单杠对每只手臂的作用力为，两手臂夹角为，根据平衡条件有 解得 双手间距越大，夹角越大，越小，则越大，故B正确； C．对人和引体向上器整体分析，竖直方向受重力和墙壁对两个橡胶垫的摩擦力，根据平衡条件有 解得，故C错误； D．人由静止下降到最低点的过程中，先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，处于先失重后超重状态，单杠对人的作用力先小于重力后大于重力，故D错误。 故选B。 2．（2026·云南广西·模拟预测）在某校运动会篮球比赛罚球时，运动员将篮球以一定角度正对着篮板投出，结果篮球刚好垂直击中竖直篮板，击中点到地面的距离，篮球与篮板碰后瞬间的速度变小且垂直篮板反向弹回，已知运动员投篮出手点到地面的距离，重力加速度取，忽略空气阻力，篮球视为质点，下列说法正确的是（　　） A．若篮球与篮板碰撞时速度大小损失，则篮球落地点在出手点正下方的前方 B．若篮球与篮板碰撞时速度大小损失，则篮球落地点恰好在出手点的正下方 C．若篮球与篮板碰撞时速度大小损失，则篮球落地点在出手点正下方的前方 D．若篮球与篮板碰撞时速度大小损失，则篮球落地点恰好在出手点的正下方 【答案】D 【详解】CD．由题图得，碰前篮球的运动是反向的平抛运动，则水平方向做匀速直线运动、竖直方向做自由落体运动，由 代入数据解得 设碰后瞬间篮球的速度大小为，有 假设碰后落在出手点的正下方，即两次平抛的水平位移相同，设碰前瞬间篮球的速度大小为，则有 碰后竖直方向有 解得 故，速度损失，即37.5%，故C错误，D正确。 AB．分析易得若速度损失20%，由 得 则篮球落地点在出手点正下方的后方，故AB错误。 故选D。 3．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）谷爱凌在2026年米兰—科尔蒂纳丹佩佐冬奥会上获得1金2银的好成绩。如图所示，在大跳台项目中她以初速度从跳台顶端点水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的点，运动员运动到点时离倾斜赛道最远，点到赛道的垂直距离为，点离赛道的竖直高度为，赛道的倾角为，重力加速度为，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则、两点间的距离是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对运动员在空中的运动沿平行斜面和垂直斜面方向分解可知，运动员从A运动到P点和从P点运动到B点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从A到C的时间与从C到B的时间相等，运动员沿平行斜面做加速度为的匀加速运动，设整个运动时间为t，则 由于从A到P的水平位移与从P到B的水平位移相等，因此 则 运动员做平抛运动有 解得， 则 故选D。 4．（2026·云南昭通·模拟预测）如图所示，运动员在单杠上练习双臂大回环动作，身体绷紧保持笔直。若他恰好能通过最高点，下列说法正确的是（　　） A．运动员在最高点时的速度不为0 B．运动员在最高点时的向心力不为0 C．若运动员在最低点速度变大，则在最低点他对单杠的作用力可能减小 D．若运动员在最高点速度变大，则在最高点他对单杠的作用力可能增大，也可能减小 【答案】D 【详解】AB．运动员的圆周运动相当于竖直平面内的杆球模型。运动员在竖直面内做圆周运动且刚好能通过最高点，此时运动员的重力和单杠对他的支持力平衡，则在最高点时速度为0，向心力为0，故AB错误； C．运动员在最低点时，拉力和重力的合力提供向心力，即 解得单杠对他的作用力 可知，当运动员在最低点速度变大时，单杠对他的作用力增大，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力增大，故C错误； D．若运动员在最高点时单杠对运动员的作用力恰好为0，此时恰好由重力提供向心力，即 解得此时运动员的速度 当时有 可知速度增大，FN减小，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力减小；当时，有 速度增大，FN增大，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力增大，故D正确。 故选D。 5．（2026·山东·一模）如图所示，一名质量为50kg的运动员练习跳远，他先从水平直道上助跑，然后从地面上的A点腾空离地，离地时的速度大小v1＝8m/s，方向与水平面的夹角α＝37°。运动员落入沙坑瞬间的速度大小v2＝5m/s，方向与水平面的夹角β＝53°。不考虑运动员在空中身体形状的变化，运动员在空中运动过程中所受空气阻力的大小与速度的大小满足f＝kv，其中k＝34kg/s。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则运动员此次练习跳远的成绩x为（　　） A．3.6m B．4.2m C．4.8m D．5m 【答案】D 【详解】运动员在空中运动过程中，水平方向只受空气阻力的水平分量作用。设任意时刻速度为 ，速度方向与水平方向夹角为，则空气阻力大小 其水平分量 方向与水平速度方向相反。 根据牛顿第二定律，水平方向有 整理得 由于 代入上式得 对从起跳到落地的全过程求和，设水平位移为 ，初水平速度为 ，末水平速度为 ，则有 即 由题意可知，起跳时水平分速度 落地时水平分速度 代入数据解得 故选D。 6．（2026·重庆沙坪坝·开学考试）运动员自倾斜的跳台顶端水平飞出进行特技表演，其运动可视为平抛运动。如图所示，跳台顶端点位于点正上方，距离地面高度。一运动员（视为质点）从点以初速度水平飞出，恰好垂直击中跳台下方的倾斜挡板，挡板的倾角为。不计空气阻力，取重力加速度。则下列说法正确的是（　　） A．运动员击中挡板时，竖直分速度与水平分速度之比为 B．运动员水平飞出的初速度大小为 C．运动员从飞出到击中挡板的运动时间为 D．运动员击中挡板时的速度大小为 【答案】D 【详解】A.因为运动员垂直击中倾角为的挡板，所以速度与水平方向夹角为，故，故A错误； BC.位移几何关系有 即 将代入位移方程 可得 则，故BC错误； D.合速度，故D正确。 故选D。 7．（2026·浙江衢州·二模）2026年2月10日，哈尔滨亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛在亚布力举行，中国队成功包揽了两个小项的冠亚军，其中运动员杨文龙成绩喜人，如图所示。忽略空气阻力，可将运动员杨文龙视为质点。则关于杨文龙运动的说法中正确的是（　　） A．杨文龙在空中飞行过程是变加速曲线运动 B．杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率在不断变化 C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，重力的瞬时功率先减小后增大 D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，其动能全部转化为重力势能 【答案】C 【详解】A．杨文龙在空中飞行过程，加速度恒定为g，是匀加速曲线运动，A错误； B．动量的变化率等于合外力，则杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率不变，总等于本身的重力，B错误； C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，竖直速度先减小后增加，根据PG=mgvy可知，重力的瞬时功率先减小后增大，C正确； D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，因最高点的速度不为零，则其动能的一部分转化为重力势能，D错误。 故选C。 8．（2026·北京·开学考试）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．时，运动员的机械能最大 B．时，运动员的加速度大小为0 C．时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N 【答案】D 【详解】A. 时运动员在最低点，速度为零，机械能最小，故A错误； B. 时运动员刚离开蹦床，只受重力，加速度为，故B错误； C. 空中运动时间 ，上升时间 ，离开时刻 ，最高点应在 ，故C错误； D. 离开时速度 由动量定理 代入数据得 ，故D正确。 故选D。 9．（25-26高三上·江西·模拟预测）运动员在冬奥会冰壶项目训练中，如图，将同种材料质量均为的冰壶甲、乙放在水平冰面上，初始时冰壶乙静止，冰壶甲距离冰壶乙的水平距离，运动员以的初速度水平推出冰壶甲，冰壶甲滑行一段距离后与冰壶乙发生弹性碰撞，已知冰面与冰壶间的动摩擦因数，重力加速度，所有过程均在同一直线上进行，碰撞时间极短，忽略空气阻力。则（　　） A．冰壶甲与冰壶乙碰撞前瞬间的速度大小为 B．碰撞后瞬间冰壶甲和乙的速度大小分别为和 C．碰撞过程中冰壶甲对冰壶乙的冲量大小为 D．碰撞后冰壶乙在冰面滑行的距离为 【答案】C 【详解】A．对于冰壶甲，从推出到碰撞前，滑行距离，摩擦力做负功。由动能定理 代入数据得，所以碰撞前瞬间甲的速度为。选项A错误。 B．两冰壶质量相等，发生一维弹性碰撞，即， 可得碰撞后甲的速度为，乙的速度为。选项B错误。 C．碰撞过程中，对冰壶乙应用动量定理，甲对乙的冲量等于乙动量的变化量，选项C正确。 D．碰撞后，甲的速度为0；乙的速度为，在摩擦力作用下减速，加速度大小 滑行路程为，选项D错误。 故选C。 10．（2026·贵州遵义·一模）10月6日，杭州第19届亚运会艺术体操个人全能资格赛暨个人团体决赛在黄龙体育中心体育馆举行。中国队以总分313.400获团体铜牌。下图为中国队选手赵樾进行带操比赛。某段过程中彩带的运动可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，时的波形图如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A．简谐波沿x轴负方向传播 B．该波的波长为7m C．该波的波速为 D．质点Q的振动方程为 【答案】C 【详解】A．由乙图可知，当时，质点Q向上运动，根据波传播的“上波下、下波上”的特点，即沿波传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动，结合图甲的波形图，波沿x轴正方向传播，故A错误； BC．由甲图可知，波的半波长为4m，所以波的波长，由乙图可知，周期为，所以波的速度，故B错误，C正确； D．时，Q点向下振动，故质点Q的振动方程为，故D错误。 故选C。 第2部分 高频考点预测篇 选择题预测01原子物理 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】2026年武威钍基熔盐核电项目取得新的进展。已知核发生衰变的核反应式为，衰变过程中伴随有射线射出。该射线照射到逸出功为的金属表面，逸出的光电子最大初动能为，普朗克常量为h。则（    ） A．温度升高，核半衰期减小 B．该衰变是衰变，射线的实质是高速电子流 C．若该射线照射到逸出功为的金属表面，也一定有光电子逸出 D．该衰变过程中产生光子的频率为 【答案】D 【详解】A．半衰期是原子核的固有属性，与外界温度、压强等环境因素无关，温度升高的半衰期不变，故A错误； B．根据核反应电荷数、质量数守恒，X的电荷数为，质量数为，可知X为电子，该衰变为β衰变；且α射线的实质是高速氦核流，不是电子流，故B错误； C．由光电效应方程得该γ光子能量为 若照射逸出功为的金属，只有满足（即）时才会有光电子逸出，因此不一定逸出，故C错误； D．根据光电效应方程变形得γ光子频率故D正确。故选D。 分析有理·押题有据 近代物理涉及微观世界的抽象原理，是培养学生现代物理观念的关键。2026年命题将重点考查光电效应、能级跃迁及核反应规律在尖端科技中的迁移与应用，强调“量子化”思想在解决实际问题中的价值。 教育部1号文件要求试题加强“项目式、探究式的真实情境问题设计”，且近年来高考真题多次以“中微子实验室探测”、“量子纠缠实验”等为载体进行考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·云南玉溪·模拟预测）中国参与全球最大“人造太阳”国际热核聚变实验堆（ITER）研制，它利用氘和氚聚变生成氦并释放能量，则（　　） A．核反应方程为： B．核反应方程为： C．的比结合能比的比结合能大 D．核聚变相比核裂变产能效率更低一些 【答案】B 【详解】AB．反应过程应满足质量数和电荷数守恒，则核反应方程为：，故A错误，B正确； C．比结合能越大原子核越稳定，该核聚变释放能量，说明生成物比反应物更稳定，因此的比结合能小于的比结合能，故C错误； D．相同质量的核燃料，核聚变释放的能量远大于核裂变，因此核聚变产能效率更高，故D错误。 故选B。 2．（2026·青海西宁·二模）许多家用烟雾探测器使用镅-241（Am-241）作为电离源，它的衰变方程为，其半衰期为432.2年。下列说法正确的是（　　） A．如果有100个镅-241，经过432.2年后一定还剩下50个镅-241没有衰变 B．如果有镅-241，经过432.2年后还剩下镅-241没有衰变 C．升高环境温度可使镅-241的半衰期变大 D．升高环境温度可使镅-241的半衰期变小 【答案】B 【详解】A．半衰期是一个统计规律，适用于大量样本，可知，如果有100个镅-241，经过432.2年后，不能够确定还剩下多少个镅-241没有衰变，故A错误； B．根据半衰期的规律有，故B正确； CD．半衰期由原子核自身决定，与物理环境和化学状态无关，即升高环境温度可使镅-241的半衰期不变，故CD错误。 故选B。 3．（2026·四川广元·二模）2025年3月，国内首款碳-14核电池原型机“烛龙一号”发布，这标志着中国在核能技术领域与微型核电池领域取得重要突破。其衰变方程为，由于碳-14的半衰期长达为5730年，理论上该电池拥有超长寿命，下列说法正确的是（　　） A．衰变方程中的X为中子 B．衰变方程中的X是由的核外电子转化而来 C．的比结合能大于的比结合能 D．若电池中碳-14含量变为原来的就不能正常供电，则其理论寿命将长达17190年 【答案】D 【详解】A．核反应满足质量数、电荷数守恒，计算得X的质量数为 电荷数为 故X为电子（β粒子），不是中子，故A错误； B．该衰变为β衰变，释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，并非来自核外电子，故B错误； C．衰变过程释放能量，生成物比反应物更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此的比结合能大于的比结合能，故C错误； D．设半衰期为年，剩余质量为原来的时满足 解得 总时间年 故D正确。 故选D。 4．（2026·四川宜宾·二模）植物光合作用主要吸收红光和蓝紫光。研究表明，叶绿素a分子吸收光子后，电子从基态跃迁到某一激发态，该激发态比基态高1.88eV或2.88eV，此后电子通过一系列跃迁（包括辐射和非辐射过程）释放能量，最终回到基态。类比氢原子的能级模型，则（　　） A．电子回到基态，可能辐射出多种波长的光 B．电子回到基态，释放的总能量一定大于吸收的光子能量 C．从基态吸收红光或蓝紫光后，电子跃迁到激发态的同一能级 D．从基态吸收红光或蓝紫光后，电子的动能和电势能都必然增加 【答案】A 【详解】A．电子吸收光子后可跃迁到2.88eV的高能级，跃迁回基态时既可以直接回基态，也可以先跃迁到1.88eV的低激发态再回基态，可辐射出多种能量（即多种波长）的光子，故A正确； B．根据能量守恒，电子回到基态释放的总能量等于吸收的光子能量，部分能量可通过非辐射过程（如产热）释放，总能量不可能大于吸收的光子能量，故B错误； C．红光频率低于蓝紫光，由光子能量公式可知，红光光子能量小于蓝紫光，因此红光对应跃迁到1.88eV能级，蓝紫光对应跃迁到2.88eV能级，并非同一能级，故C错误； D．类比氢原子能级模型，电子处于越高能级，轨道半径越大，由库仑力提供向心力，推导得动能，r越大动能越小；电子远离原子核过程电场力做负功，电势能增加，因此跃迁后动能减小，并非动能和电势能都增加，故D错误。 故选A。 5．（2026·江苏南通·二模）氢原子从高能级向能级跃迁时释放的光子形成的光谱线，称为巴尔末系谱线。图甲为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱图，是巴尔末系中波长最长的谱线。下列说法正确的是（　　） A．是氢原子从能级向能级跃迁时产生的 B．巴尔末系中光子能量最大的是 C．巴尔末系中光子动量最大的是 D．氢原子外层电子在不同能级上绕核运动时，不辐射电磁波 【答案】D 【详解】AB．从图乙可知，四条谱线的波长关系为，根据光子能量公式得 可知 因此四条谱线中光子能量最大的是，根据氢原子能级跃迁规律，当氢原子从高能级n=m向n=2跃迁时，光子能量为 从四条谱线中光子能量排序得，可能为n=6向n=2跃迁时的谱线，故AB错误； C．根据光子动量公式有 因为，可知四条谱线中光子动量最大的是，故C错误； D．根据玻尔原子理论的定态假设，氢原子外层电子在特定的轨道（能级）上绕核运动时，处于定态，不辐射电磁波，只有发生跃迁时才辐射或吸收光子，故D正确。 故选D。 6．（2026·河南信阳·一模）极紫外光（EUV）是一种高能量、高频率的电磁辐射，国产EUV技术已经取得突破，高度电离的锡离子~的电子处于不稳定的高能态。当它们从高能级（如4d轨道）向低能级（如4p轨道）跃迁时，会释放出特定能量的光子。对于~离子，其4d→4p的跃迁所对应的光子能量，恰好落在13.5nm波长附近。下列说法正确的是（　　） A．玻尔原子理论能够解释锡离子跃迁的光谱规律 B．锡离子4d→4p的跃迁后能量变低 C．对于~离子，其4d→4p的跃迁产生的是单一频率的光子 D．与红光相比，极紫外光衍射现象更明显 【答案】B 【详解】A．玻尔原子理论仅能解释氢原子、类氢离子等单电子系统的光谱规律，~为多电子系统，玻尔理论无法解释其跃迁光谱规律，故A错误； B．4d轨道能级高于4p轨道，电子从高能级向低能级跃迁时释放光子，离子总能量降低，故B正确； C．~核外电子数不同，轨道受屏蔽效应的影响不同，4d与4p的能级差存在差异，跃迁释放的光子频率并不唯一，故C错误； D．衍射现象的明显程度与波长正相关，极紫外光波长（13.5nm）远小于红光波长（约620~760nm），因此其衍射现象比红光更不明显，故D错误。 故选B。 7．（2026·辽宁·一模）如图所示为研究光电效应的电路图，分别用红、黄、蓝、紫四种颜色的光照射电极K，均会有光电子逸出，调节滑动变阻器滑片的位置，使电流表的示数刚好为0，并记录电压表的示数，则电压表示数最大对应的是（　　） A．紫光 B．蓝光 C．黄光 D．红光 【答案】A 【详解】根据爱因斯坦光电效应方程 和 可知，照射同一金属材料时，入射光的频率越高，遏止电压越大，故紫光对应的遏止电压最大。 故选A。 8．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）某同学利用如图甲装置来研究光电效应现象。实验中保持入射光频率不变，改变A极和K极间的电压U，测量光电子到达A极时的最大动能随U的变化关系如图乙所示，下列关于该实验的认识，正确的是（    ） A．光电子的产生与入射光频率无关 B．该材料的遏止电压为 C．光电子离开K极时的最大动能随U的增大而增大 D．图中倾斜直线的斜率为普朗克常量 【答案】B 【详解】A．根据光电效应的发生条件可知，光电子是否产生与入射光频率大小有关，故A错误； B．遏止电压的定义是：使光电子到达A极的最大动能减为0（光电流降为0）时的反向电压。由图乙可知，当到达A极的最大动能时，对应电压为，因此该材料的遏制电压为，故B正确； C．光电子离开K极的最大动能由入射光频率决定，题干明确说明入射光频率不变，因此离开K极的最大动能不变；外加电压U只改变光电子到达A极时的动能，不改变光电子离开K极时的动能，故C错误； D．根据动能定理可知，图中倾斜直线的斜率为e，不是普朗克常量，故D错误； 故选B。 9．（2026·黑龙江吉林·二模）清华大学团队联合多家大学首次让绝缘的稀土纳米晶实现了高效电致发光，打破了全球光电领域“绝缘材料无法电驱动发光”的技术困局。如图甲，现利用稀土纳米晶发出的波长分别为、的单色光1和2照射同一阴极K，产生的光电子的最大初动能分别为、，测得电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示。则下列说法正确的是（    ） A． B． C．单色光2照射阴极K后，所有电子逸出的初动能大小均为 D．若直流电源左端为正极，仅增大电压表示数，则电流表示数不一定增大 【答案】D 【详解】AB．光的强度影响饱和光电流的大小，光越强饱和光电流越大，由图可知遏止电压，根据光电效应方程，则，，故AB错误。 C．根据光电效应方程，单色光2照射阴极K后，所有电子逸出的最大初动能大小为，不是所有电子逸出的初动能大小为，故C错误。 D．若直流电源左端为正极，则光电管两端为正向电压，电压较低时增大电压表示数光电流增大，电流表示数增大，当电压增大到一定值时光电流达到饱和光电流，电压再增大电流表示数不变，所以若直流电源左端为正极，仅增大电压表示数，则电流表示数不一定增大，故D正确。 故选D。 10．（2026·江苏南京·一模）利用图甲所示的实验原理图研究光电效应，阴极由逸出功的金属钨制成。汞原子的能级如图乙所示，用汞原子跃迁发出的光照射阴极，下列判断正确的是（　　） A．大量能级的汞原子向基态跃迁发出的光照射阴极，遏止电压为 B．大量能级的汞原子向低能级跃迁发出的光有种能使钨发生光电效应 C．大量动能为的电子撞击处于基态的汞原子不能使之跃迁至能级 D．要研究辐射光照射阴极时形成的饱和光电流，滑片应向端移动 【答案】A 【详解】A．能级跃迁到能级发出的光子能量为 根据光电效应方程 根据动能定理得 解得，对应的遏止电压，A正确； B．大量能级的汞原子向低能级跃迁时能发出种频率的光，其中能级到能级的光子能量小于金属钨的逸出功，其余5种光子能量都大于金属钨的逸出功，能使金属钨发生光电效应，B错误； C．3能级和基态的能量差为7.7eV，动能为8eV的电子撞击处于基态的汞原子能使之跃迁至3能级，C错误； D．要研究饱和电流，应使O点电势比P点低，所以滑片P应向b端移动，D错误。 故选A。 选择题预测02光学 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】为了提高光刻机的分辨率，可在光刻机透镜组与焦平面之间充入超纯水，从而改变激光的波长和偏折角度。当透镜组与焦平面之间的介质是空气时，从透镜组一侧射入光线，入射角为，折射角为，如图所示。该光在空气中的波长为，将空气的折射率视为1。若在光刻机透镜组与焦平面之间充入超纯水，超纯水折射率为n，保持折射角不变，入射角变为，则（　　） A．该光在超纯水中的波长大于 B．该光在超纯水中的波长小于 C． D． 【答案】D 【详解】AB．设光在超纯水中的波长为，光的频率为，则有，， 解得，故AB错误； CD．根据题意，透镜组的折射率透镜组相对于超纯水的折射率联立得则，故C错误，D正确。故选D。 分析有理·押题有据 光学是连接宏观现象与微观本质的桥梁，其原理在5G通信、量子计算、半导体制造等国家战略中具有不可替代的应用价值。2026年命题将重点以光纤通信、光电芯片、新型显示等真实科技场景为情境，考查学生对光学核心规律的迁移与建模能力，彻底告别“画光路、套公式”的传统考查模式。 课标明确要求“初步了解光纤技术在生产生活中的应用”，且高考调研已指出“光学要求显著提高，重视光的干涉与光纤实际应用问题”。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北廊坊·一模）如图所示，某同学利用柱状容器设计了一个简易的液体折射率测量仪，容器底部O处光源射出的激光与竖直方向的夹角固定为θ，右侧壁上标注折射率。测量时容器底部水平放置，A处为液体注入完成时液面的标准位置，该测量仪的最大折射率测量值为2。下列说法正确的是（　　） A．θ应大于30° B．折射率刻度是均匀的 C．光源到右侧壁的距离小一些可减小测量误差 D．若测量时液面低于标准位置，从标注读出的结果偏大 【答案】D 【详解】A．如图所示 根据光的折射定律可得 结合题意可知，当时液体的折射率最大，则有 此时 若，则，最大折射率，故A错误； B．设折射光线在右侧壁距液面的高度为，入射点到右侧壁的水平距离为，根据光的折射定律可得（固定不变） 可见折射率与高度不是正比关系，因此折射率刻度是不均匀的，故B错误； C．光源到右侧壁的距离不影响入射角和折射角的测量，因此不会影响实验测量的误差，故C错误； D．若测量时液面低于标准液面，折射光线会向下偏移，如图所示 则从标注处读出的值大于测量值，故D正确。 故选D。 2．（2026·江西·一模）人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体OO′共轴，平行光束宽为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，汇聚在轴线上的P点，其中夹角α=30°，折射率为，则平行光束的宽度D为（示意图未按比例画出）（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示 由几何关系可知，入射角为 由折射定律， 解得， 所以 故选C。 3．（2026·浙江宁波·二模）某种柱状透明工艺品的截面形状如图所示，、为夹角的平面，底部为半径为的一段圆弧，其对应的圆心角也为，圆心在的角平分线延长线上。一束单色平行光沿与面成角的方向斜向下射向面，经折射进入该柱状介质内，已知介质折射率为，不考虑二次反射。要使底部弧面没有光线射出，面应该至少盖住的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】求OA面的折射角：入射光与OA面成，因此入射角（入射光线与法线夹角） 根据折射定律 代入 得： 即： 由于是（）的角平分线，则，可推出所有折射光线平行于OB。 求全反射临界角：要使弧面无光线射出，光线需在弧面发生全反射。全反射临界角满足 得 即弧面入射角时发生全反射。 几何关系求解OA盖住的长度：圆弧圆心在OD延长线上，半径为，对刚好发生全反射的临界点，由几何关系（折射光线平行OB，入射角等于）结合正弦定理可得： 因此OA面至少盖住的距离为，故选A。 4．（2026·云南昭通·二模）水晶球可以起到装饰和美化环境的作用。现有一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。如图乙所示，“水晶球”的直径为15cm，并标记了其中一条水平直径对应的两端点、。用激光沿平行直径方向照射“水晶球”，发现当激光射到“水晶球”上的点且入射角时，激光在球内经过一次反射后恰能从点再次平行直径从“水晶球”射出。已知光在真空中的传播速度为m/s。下列说法正确的是（　　） A．该“水晶球”的折射率为 B．光线经过一次折射对应的折射角为 C．光在“水晶球”中的传播时间为s D．若仅换用波长较短的入射光，则光在“水晶球”中的传播速度变大 【答案】C 【详解】AB．根据对称性和光路可逆性作出光路图如图所示 根据几何关系可知， 则该“水晶球”的折射率为，故AB错误； C．由几何关系得 光在“水晶球”中的传播速度为 光在“水晶球”中的传播时间为，故C正确； D．当换用入射光的波长较短时，则光的频率较大，光的折射率较大，由可知，光在“水晶球”中的传播速度变小，故D错误。 故选C。 5．（2026·四川凉山·二模）中空玻璃具有隔热、隔音、节能、防结露等优势，在建筑和交通领域有广泛应用。某特种双层中空玻璃窗由两层厚度均为6mm的玻璃片和中间的空气层（可视为真空）组成。一束单色光以入射角i=60°从空气斜向下射入竖直方向的左层玻璃片，最终从右层玻璃片射出。已知该单色光在此玻璃中的折射率为n=1.5，光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s。下列说法正确的是（　　） A．该光线在左层玻璃片中传播的时间为 B．若增大入射角，光线有可能在左层玻璃片的右表面发生全反射，不会到达右层玻璃片 C．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，在左层玻璃片的出射点相对于入射点偏移的竖直距离会减小 D．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，光在空气层中的传播时间会减少 【答案】C 【详解】A．根据折射定律 代入、，得， 玻璃厚度，光在玻璃中的速度，光在左玻璃中传播路程，传播时间 ，故A错误； B．左玻璃右表面的入射角等于左表面的折射角，由折射定律 即，不可能发生全反射，故B错误； C．出射点相对入射点的竖直偏移量，若增大，由，不变，则减小，减小，减小，因此减小，故C正确； D．平行玻璃界面出射光线与入射光线平行，因此空气层中光线与法线（水平方向）的夹角恒等于，空气层水平厚度固定，因此光在空气层的路径长度（为空气层水平厚度），与无关，空气层（可视为真空）光速为，所以光在空气层中的传播时间不变，故D错误。 故选C。 6．（2026·辽宁·一模）蓝莓的果皮里并没有蓝色色素，之所以呈现为蓝色是由于蓝莓表面有一层蜡质结构层。蓝光在蜡质结构层（可视为一层薄膜）里、外两个表面的反射光干涉加强。已知蓝光的频率为v，蜡质结构层的折射率为n，光在真空中的传播速度大小为c，不考虑半波损失，则蓝莓表面的蜡质结构层厚度可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】蓝光在真空中波长，进入折射率为的蜡质层后，波长变为 不考虑半波损失时，设蓝莓表面的蜡质结构层厚度为d，蜡质层上下表面反射光的光程差为，干涉加强要求光程差等于介质中波长的整数倍，即（）联立得厚度表达式（）当时，故选B。 7．（2026·山东东营·一模）光刻机是半导体芯片制造的核心设备，被称为“半导体工业皇冠上的明珠”。其镜头玻璃表面通常镀一层增透膜以减少光的反射损失，提高成像精度。已知某光刻机使用的极紫外线光在真空中的波长，增透膜的折射率，增透膜的厚度至少为（　　） A．2.5nm B．3.5nm C．5nm D．7nm 【答案】A 【详解】根据可得光在增透膜中的波长为为实现增透，光在增透膜上、下表面反射的两束光应发生干涉相消，根据干涉相消条件，则光程差（），最小厚度对应，代入得故选A。 8．（2026·山东青岛·一模）激光干涉仪是高精度位移测量工具，如图所示为其核心部分结构及光路图，激光源发出光束1，被分光镜分为反射光束2和透射光束3，两光束分别经角锥镜A、B反射后再经分光镜汇聚为光束4。角锥镜B固定在被测物体上，当物体左右移动时，通过传感器记录光束4的强弱变化得到物体位移。已知激光波长为，在传感器记录到相邻两次极强过程中，物体位移大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】在传感器记录到相邻两次极强过程中，设物体位移大小为，则有可得 故选B。 9．（2026·四川成都·二模）某同学从圆柱形玻璃砖上截下图甲所示部分柱体平放在平板玻璃上，其横截面如图乙所示，1、2分别为玻璃柱体的上、下表面，3、4分别为平板玻璃的上、下表面。现用单色光垂直照射玻璃柱体的上表面，下列说法正确的是（　　） A．干涉图样是单色光在1界面和2界面的反射光叠加后形成的 B．从上向下，能看到明暗相间的条纹，且内环疏外环密 C．从上向下，能看到干涉图样是左右不对称的 D．若干涉图样在某个位置向中间弯曲，表明平板玻璃上表面在该位置有小凸起 【答案】B 【详解】A．该情境下看到的干涉图样是薄膜干涉，是由单色光在2界面和3界面的反射光叠加后形成的，A错误； B．从上向下看到的干涉图样应该是条状的，因中间圆弧面的倾角小，而两侧的倾角大，故中间稀疏，两侧密集，B正确； C．左右两侧对称位置的薄膜厚度相同，条纹的明暗情况应相同，所以干涉图样是左右对称的，C错误； D．干涉条纹在薄膜厚度相同的地方是连续的，当干涉图样在某个位置向中间弯曲时，表明可能玻璃板上表面在该位置有小凹陷， D错误。故选B。 10．（2026·陕西咸阳·二模）如图所示为双缝干涉实验装置，当用频率为的单色平行光照射双缝时，光屏上的点为中央亮条纹，点为与相邻的亮条纹，光速．下列说法正确的是（　　） A．点到两狭缝的距离差为 B．若用频率为的单色光照射两狭缝，则点为点上方的第三条暗条纹 C．若用频率为的单色光照射两狭缝，则间有一条亮条纹 D．当单色光的频率合适时，则点可能出现暗条纹 【答案】C 【详解】A．单色光的频率为时，该单色光的波长为 由于点为第一条亮条纹，点到两狭缝的距离差等于波长的1倍，则，A错误； B．若单色光的频率为时，该单色光的波长为 则，所以点为点上方的第二条暗条纹，B错误； C．若用频率为的单色光照射两狭缝，由B选项分析可知，间有一条亮条纹，C正确； D．由于点到两狭缝的距离差始终等于波长的0倍，所以无论用多大频率的色光照射两狭缝，点始终为亮条纹，D错误。故选C。 选择题预测03热学 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】夏季厨房处理食材时，“速干吸水纸”比普通纸巾更受欢迎：它能快速吸附菜板上的水渍，且网状孔隙结构能让水分快速扩散到纸面外侧蒸发。下列关于该现象的物理分析，正确的是（　　） A．普通纸巾不浸润水渍 B．速干吸水纸不浸润水渍 C．速干吸水纸孔隙中的水膜表面分子间表现为斥力 D．速干吸水纸的网状孔隙结构是利用毛细现象加速水分扩散 【答案】D 【详解】A．普通纸巾能吸附水渍（水渍附着在纸巾纤维表面），说明普通纸巾浸润水渍，故A错误； B．速干吸水纸能“快速吸附水渍”，说明水渍能附着在其孔隙及纤维表面，即速干吸水纸浸润水渍，故B错误； C．水膜的表面分子间距大于分子力平衡距离，分子间作用力表现为引力（这是表面张力的来源），并非斥力，故C错误； D．速干吸水纸的网状孔隙类似“毛细管”，水分在孔隙中因毛细现象（液体在细管及孔隙中自动扩散、上升的现象）快速扩散到纸面外侧，增大了水的表面积，从而加速蒸发，故D正确。故选D。 分析有理·押题有据 热学板块将紧密围绕国家“双碳”战略与能源革命，从传统的汽缸活塞题转向对新能源技术、工程热力学及环境问题的综合性考查，重点测试考生运用热学定律分析真实能量转化过程的能力。热学知识在新能源开发中应用广泛，结合“双碳”战略和“能源革命”等国家重大议题进行情境化考查，能够精准识别出具备科学探究能力与工程思维的复合型人才。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北石家庄·一模）“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（　　） A．食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变 B．食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量 C．食材层内空气的压强与热力学温度成正比 D．食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变 【答案】D 【详解】B．根据热力学第一定律虽然气体体积不变，但是气体分子数减小，有气体泄漏，可视作气体体积增大，可得所以，故B错误； CD．压强的物理意义就是分子对单位面积器壁的平均作用力，由于盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变，所以食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变，故C错误，D正确； A．设在时间内撞击器壁的分子数为，分子的平均速度为，器壁受到的平均作用力为，根据动量定理可得解得单位时间内撞击器壁的分子数根据选项D可知不变，随着加热食材层内温度升高，分子的平均速度增大，可得减小，故A错误。故选D。 2．（2026·河南濮阳·一模）一定质量理想气体体积随摄氏温度变化的图像如图所示，过程为，图线与图线均与纵轴平行，则下列判断正确的是（　　） A．从到过程，气体对容器壁单位面积的作用力减小 B．从到过程，气体放出热量等于外界对气体做功 C．从到过程，所有气体分子的动能增大 D．从到过程，气体分子数密度增大 【答案】B 【详解】A．从到过程为等压过程，气体压强不变，可知气体对容器壁单位面积的作用力不变，A错误； B．从到过程，气体温度不变，内能不变；体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量等于外界对气体做功，B正确； C．从到过程，气体温度升高，气体分子的平均动能变大，但并非所有气体分子的动能都增大，C错误； D．从到过程，气体体积变大，则分子数密度减小，D错误。故选B。 3．（2026·海南海口·二模）如图所示是一定质量的理想气体状态从的图像，线段ab的延长线过原点。下列说法正确的是（　　） A．从，气体经历等温变化 B．从，气体分子平均动能增大 C．从，气体对外界做功为 D．从，气体吸收的热量为 【答案】D 【详解】A．延长线过原点，说明与成正比，即，因此，增大时增大，由理想气体状态方程可知温度升高，不是等温变化，故A错误； B．过程体积不变，压强从降到，由得减小，温度降低；理想气体分子平均动能仅和温度有关，因此平均动能减小，故B错误； C．过程体积从减小到，体积减小，是外界对气体做功，气体对外做功为，故C错误； D．整个过程气体回到初始状态，理想气体内能仅与温度有关，因此内能变化 p-V图中，气体对外做功等于图线与V轴围成的面积； 气体对外做功 体积不变，做功 气体对外做功 总气体对外做功 由热力学第一定律，代入得，即气体吸收的热量为，故D正确。 故选D。 4．（2026·河北·一模）冬季寒潮来袭，小华将热水倒入水瓶后，立即用瓶塞密封瓶口，瓶内封闭了一定质量的空气（视为理想气体）。水瓶容积不变，随着瓶内水温逐渐降低，封闭空气的温度从热力学温度降至，其压强随热力学温度的变化图像为过坐标原点的倾斜直线（如图所示）。关于的过程，下列说法正确的是（　　） A．封闭空气的内能增加，且空气对外界做负功 B．封闭空气向外界放出的热量等于其内能的减少量 C．封闭空气向外界放出的热量大于其内能的减少量 D．瓶内空气分子数密度不变，每个分子撞击器壁的作用力均减小 【答案】B 【详解】A．理想气体的内能仅由温度决定，过程中，封闭空气温度从热力学温度降至，因此内能减少，又因水瓶容积不变，空气对外界不做功，故A错误； BC．根据热力学第一定律，等容过程中，温度降低，内能减少，故，可得，即空气向外界放热，且放出的热量大小等于内能的减少量，故B正确，C错误； D．水瓶容积不变，封闭空气的质量和体积均未改变，因此单位体积内的分子数保持不变，过程中温度降低，分子平均动能减小，并非每个分子的动能都减小，故D错误。 故选B。 5．（2026·四川内江·二模）在中国新一代黄河重卡的驾驶室座椅内，标配有四个气囊减震装置，在路面不平的情况下能有效减弱座椅的颠簸。气囊内有绝热涂层，关于气囊内的气体（可视为理想气体）。下列说法中正确的是（　　） A．若黄河重卡突然驶过颠簸路面，座椅下沉挤压气囊时，气体温度升高，内能增大 B．若黄河重卡突然驶过颠簸路面，座椅下沉挤压气囊时，气体温度不变，内能不变 C．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体温度升高，内能增大 D．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体温度不变，内能不变 【答案】A 【详解】AB．当座椅下沉挤压气囊时，气体体积减小，外界对气体做功，即W>0。由于气囊内有绝热涂层，气体与外界无热交换，即Q=0。根据热力学第一定律 可知，即气体内能增大。对于理想气体，内能由温度决定，内能增大则温度升高，故A正确，B错误； CD．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体体积增大，气体对外界做功，即W<0。由于绝热Q=0，根据热力学第一定律 可知，即气体内能减小，温度降低，故CD错误。 故选A。 6．（2026·辽宁·模拟预测）汽车的整个空气悬挂系统可简化为一个如图所示的模型，导热性能良好的汽缸内封闭有一定质量的空气，面积为S的活塞可无摩擦地在其内滑动。汽缸底部安装有充气阀和排气阀（体积不计），活塞和汽缸分别通过竖直连杆与车身及水平车轴连接。已知活塞和车身的总质量为M，大气压强为，重力加速度为g，环境温度为保持不变，当汽车静止在地面时，活塞与汽缸底部的距离为h。若在车内装入一定质量的货物后，发现活塞与汽缸底部的距离降为。为让活塞与汽缸底部的距离恢复为h，需用压缩机将大气通过充气阀缓慢充入汽缸，则充入气体在、状态下的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设装载前汽缸里封闭空气的压强为，装载后汽缸里气体的压强为，由玻意耳定律有 设充入气体在压强为、温度为的状态下体积为V，由玻意耳定律有 解得 故选B。 7．（2026·河南周口·模拟预测）排球静置一段较长的时间后会漏气变瘪。为了研究排球漏气的速度，某同学进行了一些测量。已知外界大气压强恒为，排球的半径为，充好气后排球内气体（视为理想气体）的压强为，由于漏气，经过时间，排球内气体的压强变为，不考虑温度和排球体积的变化，则排球在单位时间内漏气的体积（气体在大气中的体积）与排球的表面积的比值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】排球的体积，排球的表面积，对排球内的气体有 漏出的气体体积 则排球在单位时间内漏气的体积与排球的表面积的比值为 故选C。 8．（2026·江西南昌·一模）如图所示为医院进行静脉输液的三种输液瓶及其输液管、进气管装置设计图，其中进气管保证瓶内与瓶外气体相通，随着输液的持续进行，下列说法中正确的是（    ） A．甲输液瓶内气压不变，瓶内输液管针头处压强减小 B．乙输液瓶内气压增大，瓶内输液管针头处压强不变 C．丙输液瓶内气压不变，瓶内输液管针头处压强不变 D．若需保持给病人的输液流速恒定，则应该选用丙输液瓶 【答案】B 【详解】A．甲瓶没有进气管，随着液体流出，瓶内空气体积变大，瓶内气压减小，随着液体的流出液体压强在减小，而瓶内输液管针头处的压强等于瓶内气压与液体柱压强之和，因此针头处压强也会减小，故A错误； BD．乙瓶通过进气管与外面大气相通，虚线处瓶上方气体的压强与液体的压强之和总等于大气压，随着液体的流出，液体压强减小，气体压强增大，但是瓶内输液管针头处压强不变，从而保证药液流速恒定，故B正确，D错误； C．丙输液瓶在底部通过细管与大气相通，气体压强不变，随着液体的不断流出，瓶内输液管针头处压强变小，故C错误。 故选B。 9．（2026·河南南阳·模拟预测）倾角为的电梯斜向上做匀加速运动，水平台阶上有一质量不可忽略的活塞封闭了一定质量的理想气体，将该导热汽缸以不同方式放置在电梯上（电梯加速度恒定，外界空气的温度、压强不变），装置与电梯始终相对静止，如图所示。图乙汽缸与外界有空隙连通，且封闭气体始终不漏气，不计活塞与汽缸之间的摩擦。则四种放置方式下，封闭气体的体积关系为（　　） A．甲<丁<丙<乙 B．甲<丙<丁<乙 C．甲丁丙乙 D．甲乙丙丁 【答案】A 【详解】设图甲中封闭气体压强为，对活塞由牛顿第二定律得 解得 同理，对图乙有 解得 对图丙有 解得 同理对图丁有 解得 所以 由于封闭气体温度不变，根据玻意耳定律有 所以封闭气体体积关系为，故A正确，BCD错误。 故选A。 10．（2026·河北·一模）如图所示，有一竖直放置、左右两端封闭的U形管，左端高于右端，下端接有一直玻璃管，玻璃管上有一阀门，现用水银在左右两侧管内均封闭一定质量的理想气体，气柱M和N的长度相等。已知U形管和玻璃管导热性能良好，下列说法正确的是（　　） A．使环境温度缓慢降低ΔT，稳定后气柱M的长度小于N的 B．使环境温度缓慢降低ΔT，稳定后气柱M的长度等于N的 C．打开阀门，缓慢充入少量水银，稳定后气柱M的长度大于N的 D．打开阀门，缓慢充入少量水银，稳定后气柱M的长度小于N的 【答案】D 【详解】AB．假设环境温度缓慢降低ΔT时，两部分气体都进行等容变化，则由查理定律 可得 因开始时温度T和∆T都相同，而M气体压强p较大，则M内气体压强减小的较大，则M的体积较大，即稳定后气柱M的长度大于N的，AB错误； CD．打开阀门缓慢充入少量水银后，初始状态两气柱温度相同，根据等温变化的规律可得 可得压强为若两边气柱减小相同的高度h，则因开始时左边M的压强较大，则M端气体压强增加量更大，则体积减小的更多，故稳定后气柱M的长度小于N的，故C错误，D正确。故选D。 选择题预测04共点力平衡问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】在仓库搬运作业中，有一种常见的支架与底板垂直的两轮手推车。如图甲，质量为的货物置于底板上，初始时底板水平。之后缓慢下压把手，使支架与水平面夹角变为，如图乙。假设货物与支架、底板间无摩擦，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．图乙中支架对货物的支持力大小为 B．下压把手的过程中，手推车对货物的作用力变小 C．下压把手的过程中，支架对货物的支持力减小 D．图乙中支架与水平面夹角为时，底板受到的压力小于货物的重力 【答案】D 【详解】A．图乙中对货物受力分析可知支架对货物的支持力大小为，A错误； B．手推车对货物的作用力与货物的重力等大反向，可知下压把手的过程中，手推车对货物的作用力不变，B错误； C．下压把手的过程中，支架与水平面夹角θ减小，根据支架对货物的支持力可知，支架对货物的支持力变大，C错误； D．图乙中支架与水平面夹角为时，底板受到的压力，D正确。 故选D。 分析有理·押题有据 共点力平衡是高中物理力学的基石，历年高考必考。近年来试题频率高且常与实际生活相结合，2026年命题将进一步强化“从真实情境中抽象三力平衡模型”的能力考查。预计平衡问题还有较大几率与电场和磁场结合，以较强的综合性题型出现。 “力与物体的平衡”是每年高考必考考点。2026年新高考物理真实情境题占比已超80%，彻底告别纯公式“裸题”。平衡问题常与实际生产、生活（包括电磁学）中的情景相结合。 密押预测·精练通关 1．（2026·陕西榆林·模拟预测）我国的“四足机器狼”无人作战装备如图甲所示，其可远程操控、自主行动、灵活编组，实现陆上有人、无人协同作战新突破。若将质量为的“机器狼”静置于倾角为的斜坡上，简化示意图如图乙所示。已知“机器狼”与斜坡间的动摩擦因数为，“机器狼”四足所受的摩擦力相同，重力加速度为，则“机器狼”单足所受摩擦力的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对“机器狼”，根据平衡条件，有 解得 故选C。 2．（2026·江西·二模）“火树银花耀抚州，万家灯火庆元宵”烟花晚会中，为方便更多人观看，组织方使用无人机航拍直播。假设一架质量为m的无人机在某一高度水平匀速飞行，机身与水平面夹角为θ，无人机受到垂直于机身的升力和与速度方向相反的阻力。已知重力加速度为g，则机身的升力大小为（　　） A． B．mgcosθ C． D．mgsinθ 【答案】A 【详解】无人机在某一高度水平匀速飞行，竖直方向根据平衡条件可得 解得机身的升力大小为 故选A。 3．（2026·山西晋城·一模）如图所示，一相框用一定长度的轻绳拴接后挂在墙上的点，静止时点两侧的轻绳与竖直方向的夹角均为，调节轻绳的长度，点两侧的轻绳与竖直方向的夹角也随之改变，相框的重力为。下列说法正确的是（　　） A．轻绳越长，轻绳的拉力越大 B．α越大，轻绳的拉力越小 C．轻绳拉力大小为2G时， D．轻绳拉力大小为3G时， 【答案】D 【详解】AB．相框受重力、两侧轻绳的拉力，由力的平衡条件可得 轻绳越长，越小，轻绳的拉力越小，AB错误； C．根据，轻绳拉力大小为时，，C错误； D．根据，轻绳拉力大小为时，，D正确。故选D。 4．（2026·广东江门·一模）如图（a）所示是迷宫尺子，尺子的外壳内有一颗小钢珠，通过倾斜尺子，可以让小钢珠走出迷宫。李华保持尺面竖直，小钢珠位于尺内相互垂直的A、B挡板之间，如图（b）所示。从图示位置顺时针缓慢转动尺子，直至A挡板水平，不计小钢珠和挡板之间的摩擦，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．A挡板对小钢珠的支持力与小钢珠的重力是一对平衡力 B．A挡板对小钢珠的支持力先减小后增大 C．B挡板对小钢珠的支持力先减小后增大 D．挡板对小钢珠的作用力始终不变 【答案】D 【详解】A．在该过程中小钢珠受到A、B两个挡板的支持力，共三个力，A、B挡板的支持力的合力与重力平衡，故A项错误； BC．顺时针转动尺子时，A与水平方向的夹角从初始锐角逐渐减小到0（A水平）。由正交分解平衡推导可得：， 减小的过程中，增大，因此一直增大；减小，因此一直减小。故BC错误； D．挡板对小钢珠的作用力是和的合力，根据平衡条件，该合力始终与重力等大反向，重力不变，因此挡板对小钢珠的作用力始终不变，故D项正确。 故选D。 5．（2026·广东广州·模拟预测）如图所示为户外露营常用的一款折叠桌。桌子静置在水平地面上，桌腿为两组等长轻杆组成的“X形”支架，每组支架两杆夹角为。现将一个质量为的露营锅（含食材）放在桌面正中央，已知桌面的质量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．每根桌腿对桌面的弹力方向竖直向上 B．露营桌对地面的压力与无关 C．单根桌腿的弹力大小为 D．若减小，则单根桌腿的弹力将增大 【答案】B 【详解】A．支架为交叉可折叠结构，其端点可随折叠动作在竖直平面转动，属于动杆模型，故每根桌腿对桌面的弹力方向为沿桌腿向上，A项错误； B．对折叠桌和露营锅整体受力分析，竖直方向受重力和地面的支持力，始终满足平衡条件。根据牛顿第三定律，露营桌对地面的压力与等大反向，与夹角θ无关，B项正确； C．设每根桌腿的弹力为F，将F沿竖直方向分解，每组支架有2根桌腿，共2组支架（4根桌腿）。竖直方向根据平衡条件有解得单根桌腿的弹力为，C项错误； D．由单根桌腿的弹力可知，当θ减小时，弹力F减小，D项错误。故选B。 6．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，一位小朋友躺在吊床上休息，当其静止时拴吊床的两段绳子与竖直方向的夹角分别为和。设夹角为的绳子拉力大小为，夹角为的绳子拉力大小为，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】小朋友及吊床受三个力且处于静止状态，其受力如图所示，由正弦定理可得 所以故选A。 7．（2026·湖南怀化·一模）工人师傅在安装高层住户玻璃时，由于无法通过电梯搬运，需要楼上和楼下工人协作配合，楼上师傅通过光滑定滑轮拉动绳子，楼下师傅站在一楼地面上固定位置将绳子往远离楼体的方向拉，以避免窗户被磕碰，如图所示。两段绳子的拉力分别为和，窗户在两段绳子的作用下缓慢竖直向上运动。窗户从一楼地面竖直向上运动的过程中（　　） A．和的合力变小 B．楼下师傅需要收缩绳子 C．楼下师傅受到地面的支持力不变 D．和均增大 【答案】D 【详解】A．由三力平衡知、的合力与重力等大反向，合力不变，故A错误； B．窗户向上运动的过程中，楼下工人师傅需要逐渐放绳子，故B错误； D．由动态分析图解法可知，减小，增大，所以和均增大，故D正确； C．对楼下师傅 减小，增大，增大，楼下师傅受到地面的支持力减小，故C错误。 故选D。 8．（2026·河北承德·一模）在一次维修工作中，工人需要将重物提升至5楼。为防止重物在上升过程中碰撞阳台，工人采用了如图所示的装置进行提升。图中O处安装有一个定滑轮，AB为一段动摩擦因数0.75的滑轨，其水平跨度为16m，竖直高度为12m。在提升过程中，绳子与滑轨之间的夹角为α（重物在A点时，）。工人通过拉动绳子，使质量为m的重物沿滑轨匀速上升。绳子质量、滑轮与绳子之间的摩擦力均忽略不计。，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．绳上的拉力大小为 B．滑轨对重物的支持力先增大后减小 C．绳上的拉力一直增大 D．当夹角α=37°时，绳上的拉力有最小值 【答案】D 【详解】A．滑轨水平跨度，竖直高度，可得滑轨倾角 对重物受力分析，沿滑轨和垂直滑轨分解，沿滑轨方向有 垂直滑轨方向有 联立整理得，故A错误； B．代入化简得 重物上升过程中逐渐增大，逐渐增大，一直减小，因此支持力一直减小，故B错误； CD．对的分母用辅助角公式化简 因此 的最大值为，对应，此时最小； 重物上升过程中从逐渐增大，先减小（）后增大（），并非一直增大，故C错误，D正确。 故选D。 9．（2026·山东东营·一模）如图所示，有一定间距的平行圆杆M、N表面粗糙，两圆杆半径r=2cm，均与水平面成30°放置，圆杆M绕中心轴逆时针旋转，圆杆N绕中心轴顺时针旋转，两杆转动的角速度大小均为，一质量为m的滑块A在两圆杆上以v=0.3m/s匀速下滑，已知滑块与圆杆间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若增大两圆杆的角速度，滑块所受摩擦力会增大 B．滑块与圆杆间动摩擦因数 C．两圆杆对滑块的摩擦力方向与圆杆方向夹角α均为60° D．若增大两圆杆的角速度，滑块会减速下滑 【答案】B 【详解】C．圆杆转动时，接触点的线速度（垂直杆轴线方向）大小为；滑块沿杆向下匀速运动，相对于杆的速度分量为。 设摩擦力方向与杆轴线方向的夹角为（摩擦力与相对速度反向，夹角等于相对速度与杆方向的夹角），则 ，即，C错误； B．将重力正交分解，由平衡关系可得，总正压力，总摩擦力大小。 沿杆方向匀速，合力为零 ，可得，B正确； A．增大，但总正压力不变，因此总摩擦力大小不变，A错误； D． 增大后，增大，减小，沿杆向上的摩擦力分量，合力沿杆向下，滑块加速下滑，D错误。 故选 B。 10．（25-26高三下·四川遂宁·开学考试）图所示，粗糙的斜面abcd是宽为L、长为的长方形，其倾角为，把质量为m的物块放置在c点，给物块一个由c指向a的初速度v0，同时给物块一个沿着斜面的拉力F（为未知量），物块沿着ca匀速运动到a，已知物块在运动过程中滑动摩擦力等于重力的0.6倍，重力加速度为g，，，下列说法不正确的是（    ） A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6 B．物块与斜面间的摩擦生热为1.2mgL C．F与bc的夹角为30° D．F的大小为 【答案】A 【详解】A．把物块的重力分别沿着斜面和垂直斜面正交分解有沿着斜面由指向，垂直斜面向上由二力平衡可得结合代入数据得，故A错误； B．由几何关系可得 则物块与斜面间的摩擦生热，故B正确； CD．由几何关系可得与的夹角为60°，则和的夹角为，将和合成，由平行四边形定则得这两个力的合力沿与的夹角的平分线，与的夹角为30°，合力的大小为 由三力平衡可得与等大反向，即的方向与的夹角为30°，故CD正确。 本题要求选择错误的，故选A。 选择题预测05牛顿动力学问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量。某次承载质量的餐盘（包括食物）在水平地面上以的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以的加速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数，餐盘没有从机器人上脱离，取重力加速度，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．制动过程中餐盘的加速度大小为 B．制动0.1s内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J C．制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s D．制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s 【答案】C 【详解】A．机器人对餐盘的滑动摩擦力为 根据牛顿第二定律得，餐盘的加速度大小为，故A错误； B．制动0.1s内，餐盘的位移 机器人的位移 餐盘与机器人之间的相对位移为 餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为，故B错误； C．对机器人进行受力分析，得 解得地面对机器人的摩擦力 制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为，故C正确； D．机器人对餐盘的支持力为 机器人对餐盘的作用力为 制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为，故D错误。故选C。 分析有理·押题有据   牛顿运动定律是力学的核心，能精准建模是解决复杂问题的基础。2026年命题会以真实场景为载体，重点考查学生在复杂过程中熟练运用整体法与隔离法，并清晰建立“力 → 加速度 → 运动变化”逻辑链条的能力。试题将覆盖物体受力情况与运动情况之间的转化分析-，考查瞬时性问题、临界极值问题以及连接体问题等。教育部要求“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”。物理卷中力学模块分值占比较高，是考查考生模型构建、逻辑推理等关键能力的重要板块，必须重点突破。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西·模拟预测）在高山滑雪场的救援索道模拟装置中，有两个用轻绳相连的小球A、B。A球套在与水平方向成α角的倾斜金属杆上，它与杆之间的动摩擦因数为μ。当两球相对静止一起沿杆下滑时，连接它们的轻绳稳定地向右偏离竖直方向，形成夹角θ，如图所示。对此有关论述正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】CD．若，则A、B相对静止稳定下滑时，根据牛顿第二定律，有 解得 对B球由力的平行四边形法则，易知其受轻绳拉力必垂直于细杆，即，故C正确、D错误； A．若，说明B球加速度小于 解得，故A错误； B．若，整体将减速下滑，轻绳将偏到竖直线的左侧，故B错误。 故选C。 2．（2026·广东中山·一模）下图为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的简化图，5节质量均为的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。假设只有1号车厢会受到前方空气的阻力，空气阻力大小满足，其中为空气密度，为车厢的迎风面积，为车厢的速度大小，不计其他阻力。开始时，牵引力功率为，列车向右做匀速直线运动，当功率瞬间增大到时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】车厢的速度为时，由平衡条件有 当功率瞬间增大到时，速度大小不能突变，即阻力不变 由 则牵引力 对整体由牛顿第二定律有 对4、5号车厢由牛顿第二定律有 联立解得 故选C。 3．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）某城市“智慧停车楼”的简化模型如图。质量为的汽车静止在升降机的水平托盘上，先以加速度竖直加速上升一段距离，再匀速上升，最后以加速度减速上升至目标楼层。已知重力加速度为，则托盘对汽车的支持力大小（　　） A．在匀速上升阶段为0 B．在加速上升阶段为 C．在减速上升阶段为 D．先小于，再等于，最后大于 【答案】B 【详解】A．在匀速上升阶段汽车受力平衡，则托盘对汽车的支持力大小等于汽车重力大小，A错误； B．在加速上升阶段，根据 可得，B正确； C．在减速上升阶段，根据 可得为，C错误； D．由以上分析可知整个过程中托盘对汽车的支持力大小先大于，再等于，最后小于，D错误。 故选B。 4．（2026·天津和平·一模）如图所示，向前行驶的车厢内有甲、乙两质量相同的货物，甲放在车厢地板上，乙放在货架上，货物在自身重力G与车厢（含货架）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止，有一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，某段时间内悬线与竖直方向夹角为保持不变。下列说法中正确的是（　　） A．车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大 B．甲受车厢地板的摩擦力可能为0 C．甲受到的车厢作用力F可能等于自身的重力G D．车厢对甲的作用力与对乙的作用力相等 【答案】D 【详解】A．对小球受力分析可得 由牛顿第二定律可得 即，悬线与竖直方向的夹角与车厢的加速度有关，与车厢的速度无关，A错误； B．由甲与小球加速度相同，则甲有水平向左的加速度 所以甲受到车厢地板的摩擦力，B错误； C．甲受到车厢的作用力，C错误； D．乙受到的车厢的作用力，所以车厢对甲的作用力与对乙的作用力相等，D正确。 故选D。 5．（2026·广东汕头·一模）如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔A的质量为，底座B（含灯泡）的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为的恒力，一段时间后，A、B一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间（　　） A．底座B的加速度方向向下 B．弹簧弹力大小为 C．底座B的加速度大小为 D．公仔A的加速度大小为 【答案】D 【详解】ABC． A、B一起向上做匀加速直线运动时，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 解得弹簧弹力大小为 细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，底座B的受力不变，加速度不变，则此时底座B的加速度大小为，方向向上，故ABC错误； D．细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得公仔A的加速度大小为，故D正确。 故选D。 6．（2026·辽宁大连·一模）某一小球在黏性流体中，从足够高处开始由静止下落，t=0时刻小球速度为0开始计时，小球所受空气阻力大小，方向与运动方向相反，已知流体黏度随时间均匀变化规律：，其中 、均为大于0的常数，取初始位置为零势能面，重力的功率P，小球的加速度a，小球所受合外力F，机械能的变化率。下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AC．根据牛顿第二定律，，因初始静止，其中阻力，黏度公式 阻力 黏度随时间变化，即 初始时刻加速度为。随着时间推移，减小到零，加速度又变为；合外力始终向下，为正值，不会出现负值。故AC错误； B．由功率公式，由速度一直在持续增加。因单调递增且增速放缓，图像表现为起点在原点、曲线向上凸且递增的形态，当后，速度线性增大，而非趋近于某一值而会再增大。故B错误； D．机械能损耗率等于阻力做功的功率，即 初始时， v 增大， η(t) 较大，增大； 之后 η(t)  减小， v 的增速放缓，减小； 当  η(t)  降为 0 后，阻力消失，趋近于 0。 图像先负向增大，后负向减小趋近于 0，与选项 D 的趋势一致，故D正确。 故选D。 7．（2026·江苏南京·模拟预测）传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为的传送带运送包裹，传送带始终以速率逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为µ，在某段时间内该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（ 　） A．传送带对包裹的作用力竖直向上 B．可能大于 C．包裹运动过程中其机械能无损失 D．µ可能小于 【答案】A 【详解】A．该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，则货物受力平衡，货物受重力、静摩擦力、支持力作用，传送带对包裹的作用力竖直向上，故A正确； B．若大于，此时摩擦力沿斜面向下，货物受力不平衡，故B错误； C．包裹运动过程中，摩擦力做负功，其机械能减小，故C错误； D．根据共点力平衡条件有 解得，故D错误。 故选A。 8．（2026·甘肃兰州·模拟预测）静止在水平面上的两个完全相同的物块通过伸直但无张力的水平细线相连，物块2右侧固定力传感器（质量不计），如图甲所示。时，在物块1上施加水平拉力，读出传感器的示数F，记录一段时间t内，物块的位移为x，改变的大小，经多次测量，画出“”图像如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（    ） A．每个物块的质量 B．物块与水平面的动摩擦因数为0.25 C．当时，加速度大小为 D．F和是线性关系但不成正比 【答案】A 【详解】AB．物块做初速度为零的匀加速直线运动，位移公式为 整理得，即 设每个物块质量为，动摩擦因数为，对物块2受力分析，由牛顿第二定律得 将代入整理得 由图乙可知纵轴截距，代入，解得图像斜率，而斜率，即解得，故A正确，B错误； C．当时，，加速度，故C错误； D．当两物块一起运动（）时，对整体和物块2联立得，和成正比；当时，两物块不会一起运动，和不是线性关系，故D错误。故选A。 9．（2026·四川广安·模拟预测）小明到餐馆就餐，先点了一碟小吃（三个小蛋糕），送餐的是一个可爱的智能机器人，如图甲所示。当机器人沿一倾角为θ的斜坡向前运动时，小明发现智能机器人能调节端着的盘子保持水平，简化截面示意图如图乙所示，水平碟子放在盘子上，小蛋糕并排放在碟子上。下列关于机器人沿斜坡向前运动的说法，正确的是（　　） A．机器人匀速向前时，小蛋糕受向前的静摩擦力 B．机器人匀速向前时，小蛋糕处于超重状态 C．机器人沿斜坡加速向前时，小蛋糕处于失重状态 D．机器人沿斜坡加速度大小为a时，质量为m的小蛋糕受摩擦力大小可能为 【答案】D 【详解】AB．机器人匀速向前时，小蛋糕受力平衡，不受摩擦力，故AB错误； C．机器人加速向前时，加速度斜向上，有向上的分加速度，小蛋糕处于超重状态，故C错误； D．机器人沿斜坡加速度大小为a时，如果小蛋糕与盘子保持相对静止，则，故D正确。故选D。 10．（2026·浙江·二模）如图所示，劲度系数为的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为的木板A连接，木板上有一质量为的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，内两物体的v-t图像如图所示，时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周期公式，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为，则（　　） A．时刻弹簧处于原长 B． C．时刻弹簧的伸长量 D．时刻物块B速度 【答案】D 【详解】A．时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向，弹簧并非为原长，故A错误； B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为 木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为，故B错误； C．时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为，故C错误； D．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得解得根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，故D正确。故选D。 选择题预测06抛体运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】滑板运动员在倾角的斜面轨道上练习起跳动作，某次起跳时速度大小，速度方向与斜面的夹角，不计空气阻力，重力加速度（已知，）。则运动员腾空过程中离开斜面的最大距离为（    ） A．1.0m B．1.44m C．2.0m D．2.56m 【答案】B 【详解】由题意可知运动员水平跳出，在垂直斜面方向上的分速度为 沿着斜面方向上的分速度垂直斜面方向上的分加速度为 沿着斜面方向上的分加速度为离开斜面的距离最大时，有 解得由运动学公式得，故选B。 分析有理·押题有据  抛体运动是高中物理中典型的匀变速曲线运动，是“运动的合成与分解”思想的重要载体。2026年命题将深度嵌入生活实践、体育运动、科技前沿等真实场景，考查学生在复杂情境中运用运动的分解与合成思想构建抛体模型的能力。情境化命题趋势显著，如“打水漂”、“弹射装置”等真实场景频繁出现，要求考生具备模型建构与多过程拆解能力。预计2026年高考会结合体育运动，考查平抛运动模型、斜抛运动模型等，也会综合动量与能量进行命题。抛体运动作为联系牛顿运动定律、能量与动量的重要枢纽，近三年高考真题中均有考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·安徽安庆·二模）滑板运动是很多年轻人热爱的一项运动。如图所示为某一滑板的滑道，左侧是一个水平平台，在平台右侧有一倾角为53°的滑道AB。一滑板运动员（可视为质点）从平台边缘O点以某一水平速度冲出，恰好无碰撞地从A点进入倾斜滑道。已知OA的水平距离为，g取，，，不计空气阻力，则运动员冲出O点时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设运动员冲出O点时的速度大小为，其在水平方向上做匀速直线运动，从O点运动到A点所用时间 其在竖直方向上做自由落体运动，到达A点的竖直速度为 因运动员恰好无碰撞地从A点进入倾斜滑道，则 代入 解得 故选A。 2．（2026·江西·二模）中国射击队尤其是气枪项目，一直是奥运赛场上的王牌。某同学用玩具枪打靶对该运动项目做初步研究，该同学站在靶标中央位置正前方较远处，靶标为一个面积较大的竖直平面。射击时保持枪口位置不变，先后沿同一水平面内不同方位射出子弹，子弹初速度大小相等，忽略空气阻力，则靶标上出现的击中点分布可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可知，子弹在空中做平抛运动，水平速度大小不变，当枪口正对靶标中心时，子弹运动到靶标的水平位移最小，由平抛运动规律可知，子弹运动到靶标的时间最短；又由公式可知，子弹下落的高度最小。在水平面左右旋转枪口朝向时，子弹运动到靶标的水平位移变大，运动时间变长，下落的高度变大。则靶标上出现的击中点分布应为中间高、两端低的曲线。 故选C。 3．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）运动员自倾斜的跳台顶端水平飞出进行特技表演，其运动可视为平抛运动。如图所示，跳台顶端点位于点正上方，距离地面高度。一运动员（视为质点）从点以初速度水平飞出，恰好垂直击中跳台下方的倾斜挡板，挡板的倾角为。不计空气阻力，取重力加速度。则下列说法正确的是（　　） A．运动员击中挡板时，竖直分速度与水平分速度之比为 B．运动员水平飞出的初速度大小为 C．运动员从飞出到击中挡板的运动时间为 D．运动员击中挡板时的速度大小为 【答案】D 【详解】A.因为运动员垂直击中倾角为的挡板，所以速度与水平方向夹角为，故，故A错误； BC.位移几何关系有 即 将代入位移方程 可得 则，故BC错误； D.合速度，故D正确。 故选D。 4．（2026·广东·模拟预测）如图所示，将油纸伞的伞面在竖直面内顺时针匀速转动，在竖直直径和水平直径的边缘位置处，四滴质量皆为m的雨滴a、b、c、d分别由边缘处脱离，脱离时雨滴速度与伞面边缘处线速度相同。若雨伞伞面半径为R，雨伞下边缘距离水平地面的高度也为R，雨滴c离开雨伞后做平抛运动的水平位移为，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．雨伞转动的角速度为 B．着地前瞬间，雨滴b重力的功率大于雨滴d重力的功率 C．雨滴a做平抛运动的水平位移为 D．雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的3倍 【答案】C 【详解】A．根据平抛运动的规律，雨滴c竖直方向，有 水平方向，有 解得 又 解得雨伞转动的角速度，故A错误； B．根据机械能守恒定律可知，由于雨滴b和d的高度相等，则雨滴b和d着地前瞬间竖直速度相同，根据可知，重力的瞬时功率相同，故B错误； C．根据平抛运动的规律，雨滴a竖直方向，有 水平方向，有 则雨滴a平抛运动的水平位移为，故C正确； D．根据动能定理可得 所以雨滴a落地时的动能增加量是雨滴c落地时动能增加量的3倍，又因为雨滴a和c的初动能相同，则雨滴a落地时的动能不是雨滴c落地时动能的3倍，故D错误。 故选C。 5．（2026·吉林长春·一模）“击壤”是我国古代的一项投掷游戏。将一块“壤”置于地面，一孩童在远处水平抛出另一块“壤”，落在了水平地面P点（两块“壤”与P点位于同一竖直面内），如图所示。不计空气阻力，若要击中地面的“壤”，以下方式可行的是（    ） A．仅增大水平抛出速度 B．仅减小水平抛出速度 C．仅增大抛出点离地高度 D．仅改用更重的“壤”抛出 【答案】B 【详解】根据平抛运动规律有， 解得平抛运动水平位移 原落点在目标右侧，需减小水平位移；仅减小初速度可实现，增大或h会增大x，质量不影响平抛轨迹。 故选B。 6．（2026·河北·一模）为提升山地救援应急处置能力，消防救援大队组织开展山坡救援物资投送专项训练。如图所示，在一倾角为且足够长斜面底端，一名队员将一定质量的救援物资包A以和斜面夹角为的初速度斜向上抛出，另一名队员在相同位置以初速度将另一完全相同的救援物资包B沿斜面向上抛出。救援物资包A恰好垂直斜面落于救援物资包B运动的最高点。已知救援物资包和斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力，则救援物资包A抛出的速度的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】救援物资包B在斜面上运动时的加速度由 解得 救援物资包B在斜面上运动的最高点位置为 救援物资包A垂直落在斜面上，有 解得 救援物资包A恰好落于救援物资包B运动的最高点，则有 解得 故选B。 7．（2026·湖北襄阳·一模）在滑雪比赛中，某运动员从跳台上的点以速度，与水平方向成角斜向上起跳，经过空中点时，速度与水平方向夹角为，如图所示。重力加速度大小，不计空气阻力，则运动员从到飞行时间约为（　　） A．0.7s B． C． D． 【答案】C 【详解】由水平方向速度不变可知 解得 则竖直方向 解得 故选C。 8．（25-26高三上·安徽滁州·期末）在足球训练中，运动员将足球静止摆放在某障碍物前地面上的一合适位置，然后用力踢足球使其获得一初速度，如图所示。已知障碍物的宽度为、高度为，重力加速度为，不计空气阻力，则足球能够越过障碍物的最小初速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 当足球刚好越过障碍物时，其轨迹的最高点恰好位于障碍物的正上方 设足球到达障碍物的左侧顶端A时速度为，与水平方向夹角为，从左边顶端到最高点时间为 水平方向，竖直方向 联立可得 当时，有最小值， 显然最小时，足球从地面上被踢出时的速度也最小 根据机械能守恒 解得 故选A。 9．（2026·贵州遵义·二模）如图所示，某楼梯有8级台阶，一表面光滑的小球从最上面一级台阶的边缘被水平踢出，刚好落到下一级台阶的水平边缘上，被弹起后继续运动。所有台阶的高度相同、宽度相同，所有碰撞过程均为弹性碰撞（碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度反向），忽略空气阻力，则小球落地之前与台阶碰撞的次数为（　　） A．1次 B．2次 C．3次 D．4次 【答案】B 【详解】设一级台阶的高度为h，长度为s，小球从8级台阶抛出刚好落在下一级台阶的边缘时，有 竖直方向上有 可解得 在第7级台阶的边缘处进行反弹，小球会做斜抛运动。根据运动的对称性，运动到最高点时刚好与第8级台阶平齐，离第8级边缘的水平距离为2s（在第6级台阶边缘的正上方）。接下来小球继续做平抛运动，竖直方向上当 水平方向上， 当时，，说明不会落在第5级台阶上； 当时，，说明刚好落在第4级台阶的边缘处。接下来继续做斜抛运动，同样根据运动的对称性，到达最高点时与第8级台阶高度相等，在第2级台阶边缘的正上方。接下来做平抛运动会落在地面上。 综上，小球在落地之前一共与台阶有2次碰撞。 故选B。 10．（2026·安徽合肥·模拟预测）打水漂投掷时石片在距离水面高处以水平速度抛出，若石片与水面碰撞时，水平速度不变，但碰后反弹高度都是前一次，不计空气阻力，重力加速度为，则石片从抛出到第四次触水过程中（　　） A．经历的时间 B．经历的时间 C．经历的水平距离为 D．经历的水平距离为 【答案】B 【详解】AB．从抛出到第一次接触水面的时间 碰后反弹高度都是前一次，可知从第一次接触水面到第二次接触水面的时间 从第二次接触水面到第三次接触水面的时间 从第三次接触水面到第四次接触水面的时间 则经历的时间，A错误，B正确； CD．因水平速度不变，则经历的水平距离为，CD错误。故选B。 选择题预测07圆周运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】一款“转转杯”玩具可简化如图，水平大圆盘绕竖直轴OO′顺时针转动，其上均匀分布五个相同的小圆盘，绕各自圆心逆时针转动，大小圆盘转动的角速度大小均为ω。取图示时刻为计时起点，此时小圆盘边缘两点A、B的位置如图所示，不考虑小圆盘的厚度，下列说法正确的是（   ） A．t = 0时刻A点对地速度大小为(L－r)ω B．t = 0时刻B点对地速度大小为 C．时A点到大圆盘圆心的距离最远 D．时B点到大圆盘圆心的距离最远 【答案】B 【详解】AB．以地面为参照系记有A、B点的小圆盘的圆心为C，则C相对于地面的速度为ωL方向顺时针，t = 0时水平向右，而A点相对于C点的速度为ωr，在t = 0时方向水平向右，则A点在t = 0时相对地面的速度大小为(L＋r)ω，同理B点相对于C点的速度为ωr，在t = 0时方向竖直向上，则B点在t = 0时相对地面的速度大小为，故A错误、B正确； CD．以大圆盘为参照系，小圆盘以2ω的角速度逆时针转动，则在时，A点转动了2π此时A点到大圆盘圆心的距离最近，在时，B点转动了π，此时B点到大圆盘圆心的距离为，非最远距离，故CD错误。故选B。 分析有理·押题有据   圆周运动是高中物理中典型的曲线运动模型，综合考查受力分析、牛顿定律与功能关系，是连接经典力学与现代工程的重要桥梁。2026年命题将深度嵌入航天科技、智能交通、极限运动等真实场景，重点考查学生在复杂情境中分析向心力来源、判断临界状态以及运用动力学方程解决实际问题的能力。近五年高考中，圆周运动连续在2025、2024、2023年均有考查，是曲线运动模块的绝对核心与高频考点。教育部1号文件明确要求“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”，圆周运动情境丰富、覆盖面广，是情境化命题的天然载体。 密押预测·精练通关 1．（2026·贵州·模拟预测）如图所示，杆AB和CD固连成“T”形支架，AB沿水平方向，CD沿竖直方向，小球P套在AB杆上可沿杆无摩擦滑动，不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在竖直杆CD上，使整个装置以CD杆为轴以不同的角速度ω匀速转动。若杆对小球的弹力大小为，下列图像能正确反映与关系的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设小球质量为m，细绳与杆AB的夹角为θ，小球P与杆CD的距离为r，细绳水平方向的拉力提供小球做圆周运动所需的向心力，满足 解得细绳拉力大小 故细绳拉力的竖直分量为 可知杆AB的弹力满足 解得 可知F弹与ω关系为一开口向下的二次函数关系，且顶点位于（0，mg）处。 故选C。 2．（2026·江苏徐州·模拟预测）某人形机器人关节模组中传动机构的简化模型如图所示，大齿轮固定不动，圆心为O，小齿轮的圆心为C，P为小齿轮边缘上的一点，小齿轮始终紧贴大齿轮匀速滚动。小齿轮的直径与大齿轮的半径相等，则（　　） A．图示时刻点P的速度方向指向O B．图示时刻点P的加速度方向指向C C．点P的运动周期是点C的两倍 D．PO之间的距离越小，点P的加速度越大 【答案】A 【详解】A．根据题意可知，P点同时参与两个运动，即绕C点的圆周运动和随小齿轮绕O点的圆周运动，即P点的一个分速度为垂直于PC连线向上的v1，另一个分速度为垂直于OC连线向下的v2，二者大小相等，如图所示 根据矢量合成可知，合速度应指向O点，故A正确； B．P点两个分加速度分别为沿PC方向指向C点的加速度a1和沿CO方向指向O点的加速度a2，二者大小相等，如图所示 根据矢量合成可知，合加速度方向应沿PO方向指向O，故B错误； C．如图所示 以P在大齿轮最低点开始计时，由于齿轮紧密咬合，C绕O转圈，P到达O点，C绕O再转圈，P到达大齿轮最高点，C绕O再转圈，P回到O点，C绕O再转圈，P回到大齿轮最低点，由此可知，P与C周期相同，故C错误； D．根据以上分析可知，PO之间的距离越小，则两个分加速度的夹角越大，分加速度大小不变，则合加速度越小，故D错误。 故选A。 3．（25-26高三下·河北保定·开学考试）如图甲，质量为m的游客坐在轿厢里随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动，游客经过最高点时开始计时，t0时间内游客的位移大小x随时间t变化的图像如图乙所示，游客可以看成质点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．图乙是椭圆函数图像的一部分 B．摩天轮转动的角速度为 C．摩天轮做圆周运动的线速度大小为 D．时，游客重力的瞬时功率为 【答案】D 【详解】A．设摩天轮转动的角速度为，半径为，由弦长公式，游客的位移大小随时间的关系为 ，是正弦函数，故A错误； B．由图可知，转动周期，角速度，故B错误； C．线速度，故C错误； D．时，转过的角度 线速度大小 重力的瞬时功率 竖直分速度 因此，故D正确。 故选D。 4．（2026·四川绵阳·模拟预测）一孩童在内壁是圆柱形光滑水泥管的最低点以水平初速度踢出小球，水泥管的内径为，小球沿管壁向上运动到离最低点高度为时，脱离管壁落入背篓，重力加速度，忽略一切阻力和滚动，小球始终在同一竖直面内运动，则水平初速度为（　　） A．2.3m/s B．3m/s C．5m/s D．7m/s 【答案】C 【详解】在球即将脱离水泥管的瞬间，设此时速度方向与水平方向夹角为，如图所示 则在脱离瞬间水泥管道对小球的支持力为零，重力在指向圆心方向的分力提供向心力，则有 小球从踢出瞬间到脱离水泥管根据动能定理可知 代入题中数据 解得 故选C。 5．（2026·山西大同·一模）明代的《天工开物》记载了我国古人在农业上利用筒车进行水利灌溉的过程（如图甲），筒车利用水流带动车轮转动，固定在车轮上的竹筒在水面下蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。图乙为筒车的简化图，若筒车的半径为，其轴心距水面的高度为，筒车在竖直面内沿逆时针方向以转速匀速转动。一竹筒（视为质点）打水后，运动到顶部过程中其所装水的质量保持不变，水面水平且高度恒定，重力加速度取，取3，则下列说法正确的是（　　） A．该竹筒转动的线速度大小为 B．该竹筒单次蓄水时间约为 C．从离开水面至顶部过程中，该竹筒中的水克服重力做功的最大功率为 D．从离开水面至顶部过程中，该竹筒对其所装水的作用力大小先增大后减小 【答案】C 【详解】A．由题意，筒车的半径，转速 得该竹筒转动的线速度大小，故A错误； B．设该竹筒从刚接触水面到刚离开水面，在水面下转过的圆心角为，利用数学几何关系，得 解得 则竹筒单次蓄水的时间，故B错误； C．设该竹筒线速度与竖直方向的夹角为，则其所装水克服重力的功率 当竹筒转到与筒车轴心等高时，，最大，即，故C正确； D．水做匀速圆周运动，向心力大小恒定，由竹筒对其所装水的作用力和重力的合力提供向心力。设向心力与竖直方向夹角为，根据力的矢量合成法则，可得 从减小到0，持续增大，因此持续增大，不是先增大后减小，故D错误。 故选C。 6．（25-26高三上·广东深圳·期末）如图是一个内壁光滑的玻璃杯，内壁上各点均处在以为球心的球面上。某同学将弹珠（可视为质点）放入杯中，晃动玻璃杯后静止，可使弹珠沿杯内壁在水平面内做圆周运动；不计空气阻力和摩擦，针对稳定后弹珠在杯身不同高度处的水平面内的匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．弹珠所做圆周运动的高度越高，速率越大 B．弹珠做圆周运动时，杯子对弹珠做正功 C．弹珠做圆周运动时，杯子对弹珠的弹力不变 D．弹珠可在杯内任一高度的水平面内做圆周运动 【答案】A 【详解】AC．在水平面内做圆周运动时，设弹珠与圆心的连线与竖直方向夹角为，根据重力和弹力的合力提供向心力，则有 解得 故弹珠在更高位置的速率大，而，杯子对弹珠的弹力大小相同，方向不同，故A正确，C错误。 B．轻晃酒杯的过程中，杯子对弹珠的弹力的竖直方向分力与重力平衡，不做功，水平方向的分力提供向心力，与速度方向垂直，也不做功，故轻晃酒杯的过程中，杯子对弹珠不做功，故B错误。 D．杯子对弹珠弹力在竖直方向上的分力与重力平衡，则杯子对弹珠的弹力应有竖直向上的分力，故弹珠不可能在超过圆心高度某一位置的水平面内做圆周运动，故D错误。 故选A。 7．（2026·黑龙江辽宁·一模）某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为，行星轮一周的齿数为，当太阳轮转动的角速度为时，最外面的大轮转动的角速度为（　　） A．所有齿轮的角速度大小相等 B．所有齿轮边缘的线速度大小相等 C．太阳轮角速度与大轮的角速度之比为 D．太阳轮与大轮的线速度大小之比为 【答案】B 【详解】太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示 BD．由题图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与B、C的线速度大小相等，B正确，D错误； AC．由齿数与周长关系可得由题图可知， A与B、C的线速度大小相等，得联立可得，AC错误。故选B。 8．（2026·贵州贵阳·一模）2025年10月31日，神舟二十一号载人飞船成功发射，此次随飞船上行进入中国空间站的有4只“小黑鼠”。小鼠必须过体能关、挑战抗晕、勇闯迷宫等考核才能成为小鼠“航天员”。如图，一质量为m的小鼠进入离心管机器进行“天旋地转”挑战，若离心机绕着竖直平面内的O1O2轴以角速度ω匀速转动，小鼠旋转半径为r，重力加速度为g。则此次挑战，小鼠受到离心机对它的作用力F为（　　） A．，方向垂直指向转轴 B．，方向斜向上指向转轴 C．，方向垂直指向转轴 D．，方向斜向上指向转轴 【答案】D 【详解】由于小鼠合力提供向心力，合力指向转轴，小鼠受竖直向下的重力，则离心机对小鼠的作用力方向斜向上指向转轴，作用力大小为 故选D。 9．（2026·江西新余·一模）同学们洗完手后经常会做甩手的动作，如图1拍摄了甩手的轨迹图，A，B，C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，测得A、B之间的距离为26cm，已知相邻两帧的时间间隔为0.04s，BM长度为51cm，BN长度为17cm，，图2是过程分析图，则指尖在B点的向心加速度约为（　　） A．5g B．8g C．15g D．25g 【答案】D 【详解】， r = BN = 17 cm = 0.17 m 将和r的值代入向心加速度公式： 。 题目中所以，向心加速度约等于 25 故选D。 10．（2026·重庆九龙坡·一模）如图所示，是水平圆盘的竖直转动轴，物体、用不可伸长的、足够结实的轻绳连接并置于圆盘上，轻绳过正上方且刚好绷直（此时弹力为零）。和的质量、离转动轴的距离、与圆盘的动摩擦因数分别为和视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。圆盘由静止缓慢加速转动，发现无论角速度多大，都相对于圆盘静止，则与之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆盘转动的角速度为ω，绳子的拉力为T。物体A和B都相对于圆盘静止，说明它们都随圆盘一起做匀速圆周运动。对物体A和B分别进行受力分析，在水平方向上，它们受到绳子的拉力T和静摩擦力f的作用，这两个力的合力提供向心力。规定指向圆心的方向为正方向。对物体A，根据牛顿第二定律有 其中是圆盘对A的静摩擦力，其大小和方向会随ω变化，但其最大值不超过最大静摩擦力，即对物体B，根据牛顿第二定律有其中是圆盘对B的静摩擦力，其大小和方向会随ω变化，但其最大值不超过最大静摩擦力，即整理得由题意可知，发现无论角速度多大，都相对于圆盘静止，则解得故选C。 选择题预测08万有引力与航天 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】一颗人造地球卫星在较高圆轨道Ⅰ运行，在A点点火进入椭圆轨道Ⅱ，由远地点A向近地点B运动，再于B点进行二次点火，最终进入较低的目标圆轨道Ⅲ并稳定运行，整个过程如图所示。忽略两次点火的时长，上述全过程中卫星速率随时间变化的图像可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】初始较高圆轨道Ⅰ ，圆轨道卫星线速度满足，轨道半径越大，速率越小。因为Ⅰ是较高轨道，因此初始速率，初始阶段速率恒定，为一段水平直线； 要从高圆轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ（向低轨道变轨），需要点火减速，做近心运动，因此A点速率突然向下跳变； 卫星从远地点向近地点运动过程中，万有引力做正功，速率逐渐增大，因此这段时间速率持续上升； 椭圆轨道近地点B处，需要再次点火减速，速率向下跳变到，之后稳定运行，速率恒定，结合 ，最终稳定速率（虚线位置）大于初始速率。故选B。 分析有理·押题有据 万有引力与航天模块一直是高频且稳定的命题热点。随着我国嫦娥、天问、空间站等航天工程密集推进，2026年命题将呈现两大核心转向：一是“试题情境紧跟航天科技发展前沿”，不再考查抽象的轨道计算，而是深度融入真实发射与探测任务；二是从单一的天体运动参数计算，转向跨模块综合考查，强调物理知识在真实工程问题中的系统应用能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·河南濮阳·一模）神舟二十号飞船返回舱于2026年1月19日在东风着陆场成功着陆，返回任务取得圆满成功。返回舱有一段运动轨迹是椭圆，如图所示，为远地点，到地心的距离为，为近地点，到地心的距离为，返回舱在椭圆轨道上点加速度大小为、线速度大小为，在点的加速度大小为，线速度大小为，忽略大气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．返回舱返回时，每次变轨需要向后喷气 B．返回舱从点运动到点，机械能不断减小 C． D． 【答案】C 【详解】A．返回舱返回时，需要从高轨道进入低轨道或着陆，必须减速做近心运动，因此发动机应向前喷气以获得向后的反作用力，故A错误； B．返回舱在椭圆轨道上运动过程中，忽略大气阻力，只受万有引力作用，只有引力做功，机械能守恒，故B错误； C．在远地点，返回舱即将向近地点运动，做近心运动，万有引力大于该点速度对应的圆周运动向心力，即 又因为万有引力提供加速度 联立可得，故C正确； D．在近地点，返回舱即将向远地点运动，做离心运动，万有引力小于该点速度对应的圆周运动向心力，即 又因为 联立可得，故D错误。 故选 C。 2．（2026·湖南衡阳·模拟预测）新华社消息，2025年12月5日17时00分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将交通VDES卫星A星、B星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如果地球半径为R，第一宇宙速度为，交通VDES卫星A星的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则（　　） A．地球的质量为 B．地球的质量为 C．地球的密度为 D．地球的密度为 【答案】A 【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，对近地卫星由万有引力提供向心力，有 整理得地球质量，故A正确； B．对轨道半径为、周期为的卫星，万有引力提供向心力，有 整理得地球质量，选项中的指数为2，故B错误； C．地球密度 地球体积 将代入，得，选项中缺少，故C错误； D．将代入密度公式，得，选项中缺少引力常量，故D错误。 故选A。 3．（2026·辽宁·模拟预测）2025年5月29日01：31，西昌发射场2号航天发射工位，搭载“天问二号”小行星探测器的“长征三号乙”遥一百一十运载火箭点火发射，将“天问二号”送入地球至2016HO3小行星的转移轨道，之后被小行星俘获并绕小行星在高度的轨道上以周期做匀速圆周运动，小行星与地球的距离为，如图所示，已知引力常量为，小行星的半径为，下列说法正确的是（　　） A．“天问二号”从点发射的速度介于和之间 B．“天问二号”经过点时应点火向运行的反方向喷出气体 C．地球的质量为 D．小行星的密度为 【答案】D 【详解】A．“天问二号”是行星探测器，故其发射速度应介于第二和第三宇宙速度之间，即发射的速度介于和之间，故A错误； B．“天问二号”经过点时要减速，故应点火向运行方向喷出气体，故B错误； C．小行星不绕地球运动，由和无法计算地球的质量，故C错误； D．对“天问二号”有 解得 小行星的密度，故D正确。 故选D。 4．（2026·陕西榆林·模拟预测）2025年11月3日11时47分，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将遥感四十六号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星在近地圆轨道Ⅰ（轨道半径约等于地球半径）上的点变轨后经过椭圆轨道Ⅱ上的点运行至远地点，和过程卫星与地心的连线扫过的面积相等，如图所示。已知，卫星从经历的时间为，引力常量为，地球可近似看成球体，则地球的平均密度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设地球半径为，卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行的周期为，在近地圆轨道Ⅰ上，有 卫星从经历的时间为，和过程卫星与地心的连线扫过的面积相等，根据开普勒第二定律可得卫星从经历的时间为，则卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期 根据开普勒第三定律，有 地球的平均密度 解得 故选C。 5．（2026·湖北襄阳·一模）我国自行研制的北斗三号卫星导航系统由3颗地球静止轨道卫星（GEO）、3颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）和24颗中圆地球轨道卫星（MEO）组成，2020年已正式覆盖全球，其具有GPS系统没有的通信功能。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法正确的（　　） A．地球静止轨道卫星与地面上的点线速度大小相等，所以看起来是静止的 B．倾斜地球同步轨道卫星有可能保持在湖北襄阳的正上方 C．卫星运行的线速度可能大于第一宇宙速度 D．赤道上物体随地球自转的向心加速度比同步卫星向心加速度小 【答案】D 【详解】A．地球静止轨道卫星与地面上的点角速度相等，由线速度公式 可知，卫星轨道半径远大于地球半径，因此卫星线速度远大于地面点的线速度，故A错误； B．倾斜地球同步轨道卫星的轨道平面不与赤道平面重合，会沿南北方向做周期性运动，无法始终保持在襄阳（北纬地区）正上方，故B错误； C．由万有引力提供向心力得 ，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所有轨道半径大于地球半径的卫星运行线速度均小于第一宇宙速度，故C错误； D．赤道上物体与同步卫星角速度相等，由向心加速度公式 可知，同步卫星轨道半径更大，向心加速度更大，即赤道上物体随地球自转的向心加速度更小，故D正确。 故选D。 6．（2026·陕西宝鸡·一模）2025年4月27日23时54分，我国成功发射第二代地球同步轨道数据中继卫星。该卫星主要用于为飞船、空间站等载人航天器提供数据中继和测控服务，也为中、低轨道资源卫星提供数据中继和测控支持。假设该地球同步卫星的离地高度是地球半径的n倍，下列说法正确的是（　　） A．该同步卫星可以静止在北京上空 B．该同步卫星运行速度是第一宇宙速度的倍 C．该同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n+1倍 D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的倍 【答案】C 【详解】A．同步卫星必须位于赤道平面内才能相对于地面静止，北京不在赤道上（位于北纬约40°），故该卫星不能静止在北京上空，故A错误。 B．根据 第一宇宙速度 同步卫星速度，故不是 的倍，故B错误。 C．地球赤道上物体随地球自转速度（为地球自转周期），同步卫星速度 ，故，故C正确。 D．忽略地球自转效应，地球表面重力加速度 同步卫星向心加速度 ，故不是的 倍，故D错误。 故选C。 7．（2026·河南·模拟预测）如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为，空间站的轨道半径为，机械臂长为，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（　　） A．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 B．空间站的加速度与地球表面重力加速度之比为 C．微型卫星的加速度比空间站的加速度小 D．若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会做近心运动 【答案】B 【详解】A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，根据 可知微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为，故A错误； B．根据牛顿第二定律可得 解得空间站的加速度为 在地球表面则有 解得 所以，故B正确； C．根据向心加速度 可知 由于微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，轨道半径大于空间站的轨道半径，因此微型卫星的加速度比空间站的加速度大，故C错误； D．根据牛顿第二定律可得 解得 可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由可知，所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故D错误。 故选B。 8．（2025·四川凉山·一模）太空电梯是构想的一种通往太空的设备，如果建成将提高对外来31/ATLAS类星际彗星的防御能力。下图中A是赤道上的物体，近地卫星B轨道半径为，同步卫星C轨道半径为，D是太空电梯配重站里的物体，A、B、C、D的质量都为m。已知地球质量为M，半径约为，引力常量为G，取无穷远处为零势能点，距地心距离为r、质量为m的卫星与地球之间的引力势能可表达为。则下列说法正确的是（　　） A．A、B、C、D相比B的线速度最大 B．物体A和卫星B的加速度相同 C．卫星C比卫星B的机械能多 D．卫星C比卫星B的动能多 【答案】C 【详解】A．根据万有引力提供向心力，有 解得 近地卫星B的轨道半径小于同步卫星C的轨道半径，所以 因为A、C、D属于同轴转动角速度相等，根据 可知 因为不知道D的轨道半径，所以无法判断D与B的速度大小关系，故A错误； B．根据万有引力提供向心力，有 解得 近地卫星B的轨道半径小于同步卫星C的轨道半径，所以 因为A、C属于同轴转动角速度相等，根据 可知 综上可得，故B错误； CD．卫星C，根据万有引力提供向心力，有 解得 动能为 机械能为 卫星B，根据万有引力提供向心力，有 解得 动能为 机械能为 卫星C比卫星B的机械能多 卫星C比卫星B的动能多，故C正确，D错误。 故选C。 9．（2026·云南·三模）如图所示为某时刻三颗人造卫星a、b、c所处的位置及绕行方向。a为地球的静止卫星，与b轨道共面，P点为b、c轨道的一个交点。三颗卫星绕地球的公转均可看作匀速圆周运动，设公转周期分别为、、。下列说法正确的是（　　） A．a可对地球实现全覆盖检测 B．b、c在P点有相撞的危险 C．a、b、c的加速度大小 D．a、b相邻两次相距最近的时间间隔为 【答案】D 【详解】A．a是一颗地球同步卫星，仅一颗地球的静止卫星无法覆盖全球，需要至少三颗地球的静止卫星才能基本覆盖地球，且两极存在盲区，A错误； B．根据开普勒第三定律，b和c轨道半长轴相等，因此二者公转周期相等；由图可知二者绕行方向相反，初始位置不同，因此不会同时到达交点P，不存在相撞危险，B错误； C．万有引力提供加速度，有 解得加速度大小 由于 因此 C错误； D．由开普勒第三定律 由于b半长轴更小，因此 b转动更快。相邻两次相距最近时，b比a多转一周，满足 解得 D正确。 故选D。 10．（2026·湖南郴州·模拟预测）2026年1月16日在某次商业航天任务中，谷神星一号海射型运载火箭成功将“天启星座”06组卫星送入预定轨道。假设其中一颗卫星的简化变轨过程如图所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a点发动机点火加速，卫星由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过b点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，已知卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为，在椭圆轨道Ⅱ上运行经过近地点a时速度大小为、远地点b时速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行的轨道半径之比 B．卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，过a点和b点的速度大小之比 C．卫星在轨道Ⅱ上运行过b点的加速度等于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度 D．卫星在轨道Ⅱ上从a点运动到b点的过程中，其线速度、加速度、机械能均减小 【答案】C 【详解】A．卫星在圆轨道上运行时，万有引力提供向心力，有解得 已知 则 解得 ，故A错误； B．卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，根据开普勒第二定律可知，近地点和远地点的速度与轨道半径成反比，即 所以 ，故B错误； C．根据牛顿第二定律和万有引力定律有 解得卫星在轨道Ⅱ上运行过 b 点和在轨道Ⅲ上运行过 b 点时，距离地心的距离 相等，所以加速度大小相等，故C正确； D．卫星在轨道Ⅱ上从a点运动到b点的过程中，万有引力做负功，动能减小，线速度减小；距离地心变远，根据 可知加速度减小；但在椭圆轨道上运动时只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误。 故选 C。 选择题预测09功能关系 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图，为双层立体泊车装置示意图。欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升至③号位，再水平右移停至④号车位。两次移动过程中，轿车均从静止先加速再减速至静止。轿车质量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．竖直抬升过程中，移动板对车的支持力做功为 B．水平右移过程中，移动板对车的摩擦力做功为 C．整个过程中，移动板对车做的总功为 D．整个过程中，车的机械能增加量为 【答案】A 【详解】A．由能量关系可知，竖直抬升过程中，车的重力势能增加了mgh，则移动板对车的支持力做功为，A正确； B．水平右移过程中，车的动能变化量为零，因重力和支持力对车都不做功，可知移动板对车的摩擦力做功为零，B错误； CD．整个过程中，最终车的动能不变，重力势能增加mgh，则机械能增加了mgh，即移动板对车做的总功为，CD错误。故选A。 分析有理·押题有据 功能关系是高中物理能量观念的核心，贯穿力学、电磁学等所有模块，是解决复杂运动与多过程问题的关键工具。2026年命题将把动能定理、机械能守恒、功能原理三大核心内容深度嵌入航天工程、新能源汽车、电磁感应等科技情境，彻底告别机械的公式套用。 密押预测·精练通关 1．（2026·云南昭通·二模）体育课上某同学将排球以初速度竖直向上抛出，假设排球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，以表示排球运动的时间，表示排球距抛出点的高度。某时刻排球的速度为、加速度为、动能为、机械能为，取竖直向上为正方向，则排球从开始上抛到落回抛出点的过程中，下列关系图像可能正确的是（　　） A．B．C． D． 【答案】C 【详解】AB．以f表示空气阻力，上升阶段，由牛顿第二定律得解得方向竖直向下，排球做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得解得方向竖直向下，排球做匀加速直线运动，故AB错误； C．由动能定理得可知图像的斜率绝对值为，故C正确； D．由功能关系可知可知图像的斜率绝对值为，上升和下降过程斜率不变，故D错误。故选C。 2．（25-26高三上·湖北襄阳·期末）夯锤打桩钉模型示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的作用下，最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。已知两摩擦轮角速度为，半径为，对夯锤的压力均为50N，轮对锤摩擦力与压力的比值为，夯锤的质量为4kg，桩钉从图示位置下移x过程中阻力与x关系：（单位均为国际单位），夯锤撞击桩钉过程中对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度g取，则夯锤打击桩钉后，桩钉下移的最大距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设夯锤向上加速度大小为a，经时间t与边缘速度相等，由牛顿第二定律 解得轮子边缘的线速度大小又解得加速度阶段上升高度减速上升高度由解得夯锤击打桩钉前动能桩钉进入过程平均作用力由动能关系解得故选C。 3．（2026·内蒙古包头·一模）我国某新型起重机性能优异，可满足大型工程的吊装需求。如图，现将质量为m的重物由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，经过时间起重机达到额定功率P，此后以额定功率提升重物，又经过时间重物开始匀速上升。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．起重机的额定功率为 B．重物的最大速度大小为 C．在时间内，重物机械能的增量为 D．在时间内，重物机械能的增量为 【答案】D 【详解】A．由牛顿第二定律得 解得拉力 时刻重物速度 此时功率达到额定功率，因此额定功率，故A错误； B．重物匀速上升时速度最大，此时拉力等于重力 由 得最大速度，故B错误； C．机械能的增量等于除重力外拉力做的功，即 时间内重物上升位移 因此拉力做功，故C错误； D．时间内起重机以额定功率工作，拉力做功 机械能增量 代入 得，故D正确。 故选D。 4．（2026·内蒙古包头·一模）如图，一名游客体验过山车项目，当过山车以3m/s的速度通过圆弧形轨道最高点时，游客手中的手机不慎滑落。此时手机距地面高度为20m，重力加速度为，手机质量为0.2kg，不计空气阻力，则（　　） A．手机落地前做自由落体运动 B．手机落地时重力的瞬时功率为40W C．手机落地时速度大小为23m/s D．从滑落到落地前，手机速度变化量的方向与竖直方向的夹角不断减小 【答案】B 【详解】A．手机滑落后有水平速度，则落地前做平抛运动，A错误； B．手机落地时重力的瞬时功率为，B正确； C．手机落地时的竖直速度 可知落地的速度大小为，C错误； D．因手机只受重力作用，加速度为向下的g，则从滑落到落地前手机速度变化量的方向总是竖直向下不变，D错误。 故选B。 5．（2026·河南焦作·一模）电动平衡车因时尚、便捷而深受青年人的喜爱。如图所示，一人驾驶平衡车在平直的路面上以恒定功率P启动，行驶距离s后开始匀速行驶。已知人和平衡车的总质量为m，所受阻力恒为f，则平衡车从启动到刚匀速行驶的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据动能定理可得平衡车匀速行驶时，有 联立解得 故选D。 6．（2026·浙江衢州·二模）2026年2月10日，哈尔滨亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛在亚布力举行，中国队成功包揽了两个小项的冠亚军，其中运动员杨文龙成绩喜人，如图所示。忽略空气阻力，可将运动员杨文龙视为质点。则关于杨文龙运动的说法中正确的是（　　） A．杨文龙在空中飞行过程是变加速曲线运动 B．杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率在不断变化 C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，重力的瞬时功率先减小后增大 D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，其动能全部转化为重力势能 【答案】C 【详解】A．杨文龙在空中飞行过程，加速度恒定为g，是匀加速曲线运动，A错误； B．动量的变化率等于合外力，则杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率不变，总等于本身的重力，B错误； C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，竖直速度先减小后增加，根据PG=mgvy可知，重力的瞬时功率先减小后增大，C正确； D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，因最高点的速度不为零，则其动能的一部分转化为重力势能，D错误。故选C。 7．（25-26高三下·江苏泰州·开学考试）如图所示，质量均为的物块A、B放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为，与转盘之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。、分别用轻绳系于转盘转轴上的点，轻绳都刚好拉直。重力加速度为。转盘由静止开始缓慢增大转速直至A、B脱离圆盘过程中（　　） A．轻绳拉力一直在增大 B．圆盘对两物块的摩擦力都指向圆心 C．圆盘对物块做的功小于对做的功 D．物块、同时脱离圆盘，脱离时角速度 【答案】C 【详解】A．两物体初始时都由静摩擦力提供向心力，绳子没有拉力，直到静摩擦力达到最大，绳子才有拉力，故A错误； B．两物块的线速度逐渐增大，两物块并非只有向心加速度，所以圆盘对两物块的摩擦力并非指向圆心，故B错误； CD．设细绳与竖直方向的夹角为，当转盘对物块的支持力恰好为零时，竖直方向 水平方向 联立解得 由上式可知，由于绳与竖直方向的夹角较小，所以物块A先脱离转盘； 根据可知，B脱离转盘时速度较大，根据动能定理可知，圆盘对物块做的功小于对做的功，故C正确，D错误。 故选C。 8．（2026·河北石家庄·模拟预测）如图所示的木板由倾角为θ的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段小圆弧面相连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有N个质量均为m、直径均为d的均匀刚性小球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为g，忽略一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．水平外力F的大小为 B．1号球刚运动到水平槽时的速度大于 C．如果N=2时，整个运动过程中，2号球对1号球所做的功等于mgdsinθ D．如果N=2026时，第1013个小球机械能是增加的 【答案】D 【详解】A．N个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得 得Nmgtanθ，故A错误； B．以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得 解得，故B错误； C．当时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能 设2号球对1号球所做的功为，由动能定理得 解得，故C错误； D．当个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有 第个球的动能 球的机械能变化量 解得， 当时，，故D正确。 故选D。 9．（2026·内蒙古赤峰·一模）图甲是某体能训练器械，图乙是简化示意图，不计绳子和滑轮的质量，忽略空气阻力和一切摩擦。训练者用手拉着绳子使末端Q水平向右匀速运动，直到弹簧恢复原长的过程中（   ） A．重物的速度增大 B．重物的速度减小 C．绳子拉力对重物做的功等于重物机械能的增加量 D．弹簧弹力对重物做的功等于重物机械能的增加量 【答案】A 【详解】AB． 设绳子末端的速度为，绳子与水平方向的夹角为。将点的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的分速度即为绳子被拉出的速度，也就是重物上升的速度。根据运动的合成与分解可知 在点水平向右匀速运动的过程中，逐渐减小，逐渐增大，而不变，所以重物的速度逐渐增大，故A正确，B错误； CD．对重物进行受力分析，重物受到重力、绳子的拉力和弹簧的弹力。根据功能关系（除重力以外的其他力做的功等于物体机械能的变化量），有 其中为绳子拉力做的功，为弹簧弹力做的功，为重物机械能的增加量。在弹簧恢复原长的过程中，弹簧处于压缩状态并向上恢复，弹力方向向上，位移向上，所以弹簧弹力做正功，即 由上式可知 即绳子拉力对重物做的功小于重物机械能的增加量，同理，由于拉力做正功所以即弹簧弹力对重物做的功小于重物机械能的增加量，故CD错误。 故选A。 10．（2026·河南南阳·模拟预测）如图甲所示，光滑水平面上静置一质量为的长木板，木板左端固定一轻弹簧。质量为m的物块（可视为质点）从木板右端以水平初速度v滑上木板，当物块压缩弹簧至最短时，木板向左运动的距离为L，此时物块相对木板的位移也为L。物块和长木板的相对位移与两者间摩擦产热的关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为。从长木板开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块与长木板间的动摩擦因数为 B．弹簧的最大弹性势能为 C．物块克服摩擦力做的功为 D．物块和长木板组成的系统机械能减少了 【答案】C 【详解】A．根据题图乙可知，从长木板开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，因摩擦产生的总热量为，由功能关系可知 解得物块与长木板间的动摩擦因数为，故A错误； B．物块和长木板组成的系统满足动量守恒，当弹簧形变量最大时，两物体共速且此时弹簧的弹性势能最大，设两物体共速时速度为，则由动量守恒定律有解得由能量守恒定律有解得弹簧的最大弹性势能为，故B错误； C．从长木板开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，物块向左运动的位移为则摩擦力对物块做的功为所以物块克服摩擦力做的功为，故C正确； D．物块和长木板组成的系统机械能的减少量为，故D错误。故选C。 选择题预测10动量定理和动量守恒定律 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】某研究机构利用力传感器研究蹦床过程。传感器采集了某运动员在一次蹦床过程中对蹦床的压力随时间变化的关系，利用计算机绘制出图像如图所示。运动员视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度。则时间内图线与横轴围成的阴影面积约为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据图像判断，运动员的重力运动员在时间段内做竖直上抛运动，离开蹦床时速度在时间内根据动量定理有解得故选C。 分析有理·押题有据 动量观点是解决力学问题的三大支柱之一，尤其擅长处理碰撞、爆炸、冲击等瞬时过程，这是牛顿动力学难以直接解决的“盲区”。2026年命题将以动量观点为统领，将其与牛顿定律、功能关系深度融合，考查学生在复杂系统中选择最优规律、建立动量守恒观念的能力。 动量守恒定律及应用在2025、2024、2022年均高频考查，动量定理也在2024、2023年持续受到关注。近十年动量板块命题热度极高，全国卷10年23考，地方卷累计72考，是高考物理必考的核心板块。2026年命题将深嵌航天、体育、交通事故等真实情境，体现“无情境不命题”的导向。 密押预测·精练通关 1．（2026·内蒙古包头·一模）我国空间站的姿态调整和轨道维持使用了一种先进的“电推进系统”，其工作原理可简述为：将正离子由静止开始经强电场加速后喷出，从而对航天器产生推力。已知推进器消耗的电功率为P，将电能转化为离子动能的效率为η，离子喷出的速度大小为v，忽略航天器质量变化，则推进器产生的平均推力大小F为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设时间∆t内喷出离子的总质量为∆m，∆t时间内所有喷出离子的总动能满足 根据动量定理，推进器对离子的冲量等于离子的动量变化，即 联立可得 根据牛顿第三定律可得推进器产生的平均推力大小 故选A。 2．（2026·浙江衢州·二模）太空垃圾是指绕地球高速运行的报废卫星，它可视为在近地轨道上做匀速圆周运动。某报废卫星的质量，横截面（与卫星运动方向垂直），若在半径为的近地轨道附近布满密度为的粉尘气体（由粉尘粒子构成），假设粉尘粒子相对地心处于静止状态，它们和该报废卫星发生碰撞后黏附在卫星上。已知地球的密度为，地球的半径，重力加速度大小，试估算该报废卫星因与粉尘碰撞而受到的拖拽力大小约为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在地球表面有 近地轨道卫星做匀速圆周运动，重力提供向心力，有 联立可得 单位时间内与卫星碰撞的粉尘质量为 粉尘碰撞后获得与卫星相同的速度，根据动量定理得 联立可得拖拽力为 代入数据可得 故选A。 3．（2026·北京丰台·一模）在研究城市交通拥堵问题时，常引入车流量Q、车流密度ρ和车流速度v三个物理量进行研究。已知车流量是指单位时间内通过车道某一横截面的车辆数，车流密度是指单位长度路段内的车辆数，车流速度是指车辆行驶的速度。在平直单排车道内，驾驶员会根据车流密度自动调整车速，车速与车流密度满足的规律为，车辆首尾相接排队时，车流密度达到最大值，为道路允许行驶的最大速度。下列说法正确的是（　　） A．车流量Q可表示为 B．车流量Q的最大值为 C．当车流密度ρ达到最大值时，车流量Q最大 D．车流量Q越大的路段，车流速度v越大 【答案】B 【详解】A．首先根据定义推导三个物理量的核心关系：单位时间内车辆前进距离为，单位长度路段车辆数为，因此单位时间通过横截面的车辆数（车流量），故A错误； B．将代入 得 这是开口向下的二次函数，顶点对应最大值 当时取得最大值，故B正确； C．当时，代入速度公式得，此时，为最小值，故C错误； D．是和的乘积，较大可能是大、小的情况，并非越大一定越大，故D错误。 故选B。 4．（2026·山东滨州·一模）有一种带锁定装置的弹簧系统，只要弹簧两端连接的小球速度相同（v≠0），弹簧便实现“锁定”，即弹簧的长度不再发生变化（此时弹簧可视为质量不计的细杆）。如图所示，在光滑的水平地面上，沿同一直线静止放置两个这样的弹簧系统，初始状态弹簧均处于原长，4个小球质量相等。球与球之间的碰撞时间极短，且为弹性碰撞，B、C之间的距离足够长。现给A球一个水平向右的初速度v0，则D球的最终速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设每个小球质量均为，水平面光滑，A、B系统动量守恒。A初速度为，当A、B共速时满足锁定条件，由动量守恒可得 解得共速后A、B整体速度为 锁定后的A、B总质量为，与静止的C发生弹性碰撞，碰撞时间极短，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 联立解得碰撞后C的速度为，AB速度为 C向右运动，与D的弹簧作用，当C、D共速时锁定，根据动量守恒有 代入 解得D最终速度为 故选B。 5．（2026·福建龙岩·二模）在“天宫课堂”第四课期间，神舟十六号航天员做了一个“奇妙乒乓球”实验。如图所示，实验中航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮手握球拍击打水球，水球被弹开。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．水球所受弹力是由于水球发生形变产生的 B．击球时水球与球拍组成的系统动量守恒 C．球拍对水球的冲量大小大于水球对球拍的冲量大小 D．球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小 【答案】D 【详解】A．水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，而不是水球自身形变产生的，故A错误。 B．在击球过程中，由于存在外力作用(如航天员的握力等)，水球与球拍组成的系统动量不守恒，故B错误。 CD．根据牛顿第三定律，球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小，因为它们是相互作用力的冲量，大小相等，方向相反，故C错误，D正确。 故选D。 6．（2026·江苏·一模）如图所示，小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，不计空气阻力，则（    ） A．A做简谐运动 B．A、B的系统动量守恒 C．A的质量大于B的质量 D．仅增大B的质量，B能到达Q点的右侧 【答案】C 【详解】A．图示时刻，小圆环B释放瞬间，小圆环A只受支持力，不满足的情况，因此不是简谐运动，故A错误； B．在运动过程中，小圆环A与B构成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，因此系统动量不守恒，但是在水平方向上动量守恒，故B错误； C．由水平方向动量守恒可知 所以小圆环A与B的水平速度方向相反，大小满足 由图可知，当小圆环B运动到最高点Q时，水平方向运动的位移 即 因此，故C正确； D．由水平方向动量守恒可得，若只增大，则会减小，因此小圆环B向右摆动的水平位移会减小，无法到达Q点右侧，故D错误。 故选C。 7．（2026·湖南·三模）某同学设计了图甲所示模型研究弹簧在碰撞过程中的缓冲作用。物体A、B放在光滑水平地面上，A以一定的初速度向B运动，B上水平固定劲度系数为的轻弹簧。以图示时刻为计时起点，水平向右为正方向，描绘出物体A、B运动的速度时间图线如图乙所示，图中阴影部分面积为，A的质量为1kg，已知弹簧的弹性势能（为形变量），下列说法正确的是（　　） A．从A接触弹簧到A与弹簧分离，A受到弹簧的冲量 B．物块B的质量为2kg C．和数值上满足 D．从A接触弹簧到A与弹簧分离，B受到弹簧的平均作用力为3N 【答案】C 【详解】A．从A接触弹簧到A离开弹簧，A的速度由变成，受弹簧弹力的冲量等于A动量的变化，即，故A错误； B．由动量守恒可知，解得，故B错误； C．由图像可知，为AB共速时弹簧的压缩量，由、，解得，故C正确； D．由动量定理可得，解得，故D错误。 故选C。 8．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，质量为M的卫星A绕质量为m0的未知行星做半径为r的匀速圆周运动，一个质量为m（m<M）的小天体B也进入了卫星所在的圆轨道沿卫星的反方向运动并与卫星发生碰撞，碰后卫星和小天体结合为一个整体C，卫星A和小天体B均可视为质点，忽略一切阻力，引力常量为G，则以下说法正确的是（　　） A．碰后C以的初速度做近心运动 B．碰后瞬间C的加速度小于碰前A的加速度 C．碰后C将不可能再回到碰撞时的位置 D．若碰后C仍绕该行星稳定运行，则周期变长 【答案】A 【详解】A．碰前卫星和小天体所受万有引力提供向心力，即得卫星和小天体碰撞，根据动量守恒有解得碰后C以初速度v0做近心运动，故A正确； B．由牛顿第二定律得加速度与质量无关，即加速度不变，故B错误； C．碰后C可能做椭圆轨道运动，可能回到碰撞时的位置，故C错误； D．若碰后C仍绕该行星运动，则轨道半长轴会小于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，周期应变短，故D错误。故选A。 9．（2026·陕西延安·二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为的物块A，另一端连接质量为的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是（　　） A．绳子绷紧前，B、C的共同速度大小为2.0m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s C．绳子断开后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s D．最终A、B、C三者将以大小为5m/s的共同速度一直运动下去 【答案】B 【详解】A．绳子松弛，A静止，B、C组成的系统动量守恒，有代入，，解得，故A错误； B．绳子绷紧作用时间极短，C的速度来不及变化，仅A、B通过绳子相互作用，A、B系统动量守恒，有代入，，解得即绳子绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s，故B正确； D．最终三者共速时，对A、B、C整体，总动量守恒，有解得，D错误； C．绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度，直到A、B、C三者达到共速，则A、B的速度大小不会达到1.0m/s，故C错误。故选B。 10．（2026·云南昆明·模拟预测）如图a所示，一个曲面是四分之一圆弧的滑块静止于水平地面上，圆弧最低点切线水平。有小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出某段时间内图像如图b所示，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球在相互作用的过程中系统动量守恒 B．小球与滑块的质量比为 C．当滑块的速度为时，小球运动到轨迹的最高点 D．当滑块的速度为时，小球再次回到圆弧的最低点 【答案】B 【详解】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖直方向上动量不守恒，因此总的动量不守恒，A错误； B．设小球的质量为，滑块的质量为，在水平方向上由动量守恒定律得，化简为，结合图（b）可得，即，故B正确； C．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得，求得，故C错误； D．小球由最初冲上圆弧到再次回到圆弧最低点的过程中可以看成弹性碰撞，根据动量守恒，和机械能守恒可以求出，，故D错误。故选B。 选择题预测11机械振动和机械波 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】海浪向沙滩移动的情境图如图所示，同一列水波从位置M到位置N大致的波形变化示意图显示：波长由2L变为L已知水波的波速由介质水和水深共同决定，则从M到N，水波的（　　） A．频率变为原来的2倍 B．周期变为原来的2倍 C．波速变为原来的 D．振幅一定不变 【答案】C 【详解】AB．波的频率由波源决定，同一列波从M到N传播过程中频率不变，周期也不变，故A、B错误 C．根据波速公式 ，频率不变，波长从变为（变为原来的），因此波速也变为原来的，故C正确； D．水波向沙滩传播过程中，能量不断损耗，且水深逐渐变浅，振幅会发生变化，故D错误。 故选C。 分析有理·押题有据   机械振动与机械波是高中物理中典型的波动模型，历年考查频率高，通常以选择题形式出现。2026年命题将把振动图像与波动图像分析、波的传播规律深度嵌入声波降噪、超声探测、战绳健身等真实科技与生活情境，彻底告别抽象的图像孤立分析。 近十年全国卷10年18考、地方卷64考。教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态，加强项目式、探究式的真实情境问题设计”，波动模块因其与声学、水波、医学超声等技术的高度关联，已成为情境化命题的重点板块。 密押预测·精练通关 1．（2026·陕西商洛·三模）如图所示，某科研浮标在水波的带动下在竖直方向上做简谐运动。从某时刻开始计时，浮标的振动方程为。若水波可视为简谐横波且其传播速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A．该水波的波长为 B．浮标在内经过其平衡位置30次 C．经过，浮标沿水波传播方向运动了 D．时，浮标沿y轴正方向运动 【答案】D 【详解】A．根据浮标的振动方程 可知角速度为 该水波的周期 波长，故A错误； B．浮标在内可以完成全振动的次数次 即经过其平衡位置60次，故B错误； C．浮标只在竖直方向上做简谐运动，沿水波传播方向的位移为0，故C错误； D．由于，根据余弦函数的规律，可知时，浮标的位移为负值且朝着平衡位置运动，故D正确。 故选D。 2．（2026·安徽·一模）地震监测站监测到一列地震横波，时刻的波形图如图甲所示，已知P点是平衡位置在处的质点，Q点是平衡位置在处的质点，质点Q振动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（    ） A．时，质点P沿y轴正方向运动 B．地震横波的波长为 C．地震横波传播的速度为 D．的时间内，质点P通过的路程为 【答案】D 【详解】ABC．由题图乙可知，质点的振动周期，时，质点的加速度为0，且将沿轴负方向增大，根据牛顿第二定律可知回复力的变化和加速度一致，则质点应向上振动，根据同侧法（质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧）可知波向轴负方向传播，再对质点由同侧法可知沿轴负方向振动，沿轴正方向振动，由图像可知 代入数据得，根据， 代入数据得，故ABC错误； D．质点的振动周期是，故的时间内，质点完成一次全振动，通过的路程为，故D正确。 故选D。 3．（2026·河南濮阳·一模）一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示，波的传播速度为，则下列判断正确的是（　　） A．波沿轴正方向传播 B．波动的波长为 C．质点的平衡位置坐标为 D．时刻，质点的位移为 【答案】AC 【详解】A．时刻P点振动方向向下，根据波形的上下坡法，沿波的传播方向，上坡段（随增大而增大）的质点振动方向向下，符合P点的运动状态，因此波沿轴正方向传播，故A正确； B．由乙图，设振动方程为，振幅 时，，且速度向下（），得 时P向下运动，速度，得，则 时，且速度向上，满足 解得 周期 由波速， 得波长 故B错误； C．沿正方向传播的波动方程（）为 令，解得的第一个解为 故C正确； D． 代入振动方程得 故D错误。 故选AC。 4．（25-26高三上·广东湛江·开学考试）无风平静的湖面上，一只小鸟停在一质量为的浮标上，浮标在不停地上下振动（视为简谐运动，弹簧振子的周期公式为，为振子的质量，为弹簧的劲度系数），某同学想估测小鸟的质量，他用计时器记录了次全振动的时间为。小鸟飞走后（时间足够长），他轻轻按压该浮标（无风平静水面）后再松手，记录了次全振动的时间为，则小鸟的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】浮标在水面的上下振动视为简谐运动，鸟停在上方时等效于振子质量增大，鸟飞离等效于振子质量减小，二者振动周期与浮标及其上物体总质量的平方根成正比，即 为定值，可得 又， 解得 故选A。 5．（2026·四川成都·二模）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时，弹簧弹力为0 B．时，手机位于平衡位置下方 C．从至，手机的动能增大 D．a随t变化的关系式为 【答案】B 【详解】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为，故A错误； B．由题图乙知，时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B正确； C．由题图乙知，从至，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，故C错误； D．由题图乙知，周期，则角频率 则随变化的关系式为，故D错误。 故选B。 6．（2026·广东汕头·一模）光敏变色布被紫外线照射到的地方会变色留痕。如图所示，竖直放置的光敏变色布前面竖直悬挂一根弹簧，弹簧下端所系物块装有向光敏变色布垂直发射紫外线的激光笔。使物块上下振动的同时，以速率v水平向左匀速拉动光敏变色布，在所绘痕迹上建立坐标系，已知物块在内完成10次全振动。下列说法正确的是（　　） A．物块振动频率为 B．振动过程中，物块机械能不守恒 C．时，物块的速度和加速度都为零 D．若，则拉动光敏变色布的速度 【答案】B 【详解】A．物块在内完成10次全振动，则周期为 物块振动频率为，故A错误； B．振动过程，由于物块与弹簧组成的系统满足机械能守恒；由于存在弹簧弹力对物块做功，所以物体的机械能不守恒，故B正确； C．时，由题图可知，物块处于最高点，则物块的速度为零，但加速度最大，不为零，故C错误； D．若，由题图可知，拉动光敏变色布的速度，故D错误。 故选B。 7．（2026·浙江·二模）如图所示，劲度系数为的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为的木板A连接，木板上有一质量为的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，内两物体的v-t图像如图所示，时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周期公式，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为，则（　　） A．时刻弹簧处于原长 B． C．时刻弹簧的伸长量 D．时刻物块B速度 【答案】D 【详解】A．时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向，弹簧并非为原长，故A错误； B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为 木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为，故B错误； C．时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为，故C错误； D．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得 解得 根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，故D正确。 故选D。 8．（2026·浙江杭州·二模）如图甲所示，实验中水波从深水区传向浅水区，沿垂直波面（振动相同的点构成的面）方向画出波线（波的传播方向）得水波在深浅水分界线上的入射角为，折射角为，已知水波的折射原理与光的折射原理相同（在光的折射中，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度与光在这种介质中的传播速度之比）。、是轴上的两个完全相同的波源，它们到原点的距离相等，质点在轴上，点位于第一象限，如图乙所示。、、、都在区时，是振动极弱点，且连线上还有个振动极弱点。则（　　） A．水波在浅水区中的波速比深水区中的大 B．浅水区中水波的波长是深水区中水波波长的倍 C．若、、、都在区，连线上（不包括点）有个振动极弱点 D．若、、、都在区，连线上（不包括点）有个振动极弱点 【答案】D 【详解】A．已知光的折射率 水波折射时有 所以水波在深水区波速较大，故A错误； B．波的传播过程中，频率不变，波长与波速成正比，所以区水波的波长是区水波波长的倍，故B错误； CD．因点到两波源的路程差为0，点与点的连线上有3个振动极弱点，点本身也是振动极弱点，意味着点到两波源的路程差为 因为 所以若、、、都在区，连线上有5个振动极弱点，故C错误，D正确。 故选D。 9．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图甲所示，两个半圆形的细管道组成半径为的圆管道，管道内是空气。声波从入口进入管道后分成上下两列声波，并在出口处汇合。最初，出口与入口恰好在水平直径两端，保持入口位置和入射声波强度不变，旋转出口管道，当出口管道顺时针旋转弧度时，如图乙所示，探测到出口处的声波强度第一次最弱，强度为入口处的。已知声波的波速大小为，声波强度与声波振幅平方成正比，下列说法正确的是（　　） A．两声波的振幅相同 B．该声波在空气中的波长大小为 C．若，旋转出口管道可检测到3个声波强度最强的位置 D．将声波频率调大，出口管道能检测到声波强度最弱的位置个数将减小 【答案】C 【详解】A．由题意可知，两声波经过振动减弱后的振幅不为零，则两声波的振幅不相同，故A错误； B．当出口管道顺时针旋转弧度时，探测到出口处的声波强度第一次最弱。故两列波的波程差为，根据波的干涉原理有，联立解得该声波在空气中的波长大小为，故B错误； C．若，则两波的波长为，旋转出口管道检测到声波强度最强的位置即为两声波振动加强，则且，联立，可得，即旋转出口管道可检测到3个声波强度最强的位置，故C正确； D．将声波频率调大，则波长减小，则且，则出口管道能检测到声波强度最弱的位置个数将增多，故D错误。故选C。 10．（2026·广东广州·模拟预测）如图所示，当健身者以固定频率上下抖动长绳时，长绳呈现的波浪状起伏可视为简谐横波。若一条长绳上，平衡位置相距的两质点、的振动图像分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．该波是健身者以的频率上下抖动长绳形成 B．时，质点可能恰好移动到质点处 C．若波长大于，该波的传播速率可能为 D．若波长小于，该波的传播速率可能为 【答案】C 【详解】A．根据振动图像可得周期为，频率，故A错误； B．质点只能上下振动，质点不可能移动到质点处，故B错误； C．若波长大于，由于传播方向不确定，AB之间距离满足 解得 根据，解得当时该波的传播速率可能为，故C正确； D．若该波的传播速率为，则波长，故D错误。故选C。 选择题预测12静电场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】家用健身挥拳力量测试仪的核心部件为平行板电容器，如图所示，固定极板与可动极板的正对面积保持不变，极板间介质为空气。挥拳冲击可动极板时，极板间距会随之减小。测试前先将电容器与恒压电源相连完成充电，随后断开电源。下列说法正确的是（　　） A．挥拳力量越小，电容越大 B．挥拳力量越大，极板间电压越大 C．断开电源后，挥拳冲击过程中，极板带电量不变 D．调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变小 【答案】C 【详解】A．挥拳力量越小，则极板间距会越大，根据 可知电容越小，故A错误； B．由A选项分析可知，挥拳力量越大，电容越大，根据 可知极板间电压越小，故B错误； C．断开电源后，挥拳冲击过程中，由A选项分析可知，电容增大，但电容器不能充放电，故C正确； D．根据可知相同挥拳力量下，电压变化幅度为 所以，调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变大，故D错误。故选C。 分析有理·押题有据   静电场是高中物理电磁学的基石，考查频率高。2026年命题将深度嵌入芯片制造、电容式传感器、静电悬浮等科技前沿与生产生活情境，从单纯的概念辨析转向“基础概念深度理解+真实问题抽象建模”的双轨考查，彻底告别机械刷题模式，完美契合“无情境不命题”的核心要求。静电场是连接力学与电磁学的重要桥梁，能有效整合受力分析、牛顿定律、功能关系、圆周运动等多模块知识，精准考查“信息提取→模型构建→规律运用”的素养链条。 密押预测·精练通关 1．（2026·江苏·模拟预测）如图是用来测量物体位移的装置。待测物体可以随着铁芯在线圈L（直流电阻不计）中移动，线圈L与电容器C并联，再接入电路。闭合开关S，待电路稳定后再断开S。下列说法正确的是（　　） A．仅增大平行板电容器板间距，LC振荡电路的频率减小 B．仅将待测物体向左稍稍移动，LC振荡电路的频率增加 C．开关断开瞬间，电容器极板上的电荷量为零 D．开关断开后四分之一周期内，振荡电流逐渐增大 【答案】C 【详解】A．根据振荡电路频率 电容器电容决定式 仅增大平行板电容器板间距离d，因电容C减小，振荡电路频率增加，故A错误； B．仅将待测物体向左稍稍移动，相对介电常数增大，电容增大，振荡电路频率减小，故B错误； C．闭合开关，电路稳定后，线圈直流电阻不计，电容器两端电压为零，根据可知，开关断开瞬间电容器极板上的电荷量Q为零，故C正确； D．开关断开，电容器充电，线圈中电流最大，周期内，电流逐渐减小，故D错误。 故选C。 2．（2026·甘肃兰州·二模）如图所示，半球面的上半部分均匀带正电，下半部分均匀带负电，上下两部分带电量相等。半球竖直直径上的A、B两点到球心O的距离相等，下列说法中正确的是（　　） A．A、B两点的电势相等 B．A、B两点的电场强度相同 C．O点电场强度的方向垂直于圆截面向外 D．电子在A点的电势能小于在B点的电势能 【答案】D 【详解】AD．A点在带正电的上半部分,故A点的电势为正, B点在带负电的下半部分,故B点的电势为负,即 由,故电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故A错误，D正确； BC．在竖直轴上，根据对称性场强沿水平方向的分量抵消,只剩沿竖直方向的分量, 这个带电半球面模型在竖直直径上的电场分布，类似于一对等量异种点电荷在它们连线上的电场，因此 A、B 两点场强大小相等、方向相反，O点电场强度的方向竖直向下,故BC错误。 故选D。 3．（2026·浙江嘉兴·二模）如图所示，场离子显微镜的纳米针尖表面原子电离，产生电量为q的正离子。在针尖和屏幕间加一脉冲高压U，正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，轰击屏幕后形成针尖表面原子结构的高清图像，已知针尖头部为半径r的半球，则（　　） A．正离子轰击屏幕时的动能为qU B．屏幕的电势高于针尖的电势 C．正离子从针尖飞到屏幕的过程中电势能增大 D．针尖头部半径r越大，其附近的电场强度越大 【答案】A 【详解】A．根据动能定理可得 可得正离子轰击屏幕时的动能为，故A正确； B．正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，可知电场方向由针尖指向屏幕，则针尖的电势高于屏幕的电势，故B错误； C．正离子从针尖飞到屏幕的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误； D．针尖头部半径r越小，其附近的电场线分布越密集，电场强度越大，故D错误。 故选A。 4．（2026·广东佛山·二模）高压输电线周围存在较强的电场，对环境和安全有重要影响。如图甲，某超高压输电线路的两条导线可视为带等量异种电荷的平行长直导线，其截面图简化为等量异种点电荷+Q和-Q，如图乙，图中实线为电场线，竖直虚线为点电荷+Q和-Q连线的中垂线，B是该中垂线上的点。A点是离+Q较近的点，C点是离-Q较近的点，下列说法正确的是（　　） A．C点电场强度大于B点电场强度，C点电势高于B点电势 B．电子在A点电势能低于B点电势能 C．在A点释放一正试探电荷q，试探电荷将沿电场线方向向上运动 D．试探电荷从A点开始绕+Q做圆周运动，电场力不做功 【答案】B 【详解】A．电场线越密，电场强度越大，所以C点电场强度大于B点电场强度，由于沿电场方向电势降低，所以B点电势高于C点电势，故A错误； B．由于A点电势高于B点电势，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电子在A点电势能低于B点电势能，故B正确； C．在A点释放一正试探电荷q，试探电荷将受到沿切线向上的电场力，试探电荷向上运动，而电场力的方向发生变化，所以试探电荷不会沿着电场线运动，故C错误； D．若试探电荷从A点开始绕+Q做圆周运动，由于试探电荷所受电场力不指向圆心，且电场力不断变化，所以试探电荷不可能绕+Q做圆周运动，故D错误。 故选B。 5．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某实验室正在研究一种新型的“人工分子”电子器件。在纳米尺度上将三个带正电的金属探针尖端精确地排列成一个等边三角形，形成三角形的静电势阱阵列。研究人员标记了几个关键位置：为三角形中心；为三边中点；两点关于直线对称，如图所示。实验时，他们向该区域发射探测电子，并测量电子在不同位置的电势能，以绘制出系统的等势面与电场线分布（图中实线即为模拟计算的电场线），规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（　　） A．点和点的电场强度相同 B．点的电场强度和电势均为零 C．电子在点的电势能相等 D．电子在点的电势能大于在点的电势能 【答案】C 【详解】A．根据图中、的电场线，可知两点的电场强度方向不同，电场强度大小相等，故A错误。 B．根据题意可知，、、为3个带等量正电的点电荷，可知处的电场方向指向外侧，而无穷远处电势为零，故点电势大于零；根据库仑定律，结合3个等量正电荷在等边三角形的顶点，即对称性分布特点，可知处电场强度为零，故B错误。 C．根据对称性特点，可知、、点的电势相等，电子在这三个点的电势能相等，故C正确。 D．根据三个等量点电荷的位置，结合电场的对称性分布特点，可知、处的电势大小相等，电子在这两个点的电势能大小相等，故D错误。 故选C。 6．（2026·北京石景山·一模）如图甲所示为一带正电的球体。该球体半径为，带电荷量为，电荷在球体中均匀分布。以球心为原点，水平向右为正方向建立轴，试探电荷在球体内部坐标为时所受静电力为，与的关系如图乙所示。以无穷远处为电势零点，球内轴上各点电势随坐标变化的关系图像为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 试探电荷受力，由图乙知与成正比，因此均匀带电球体内部电场强度也与成正比，即（为常数），且电场方向沿正方向。沿电场线方向电势逐渐降低，电场沿正方向，因此越大，电势越低。 图像斜率的绝对值等于电场强度。 由于随增大而增大，因此斜率的绝对值随增大逐渐增大，应为下降且越来越陡的曲线，故D正确，ABC错误。 故选D。 7．（2026·甘肃·模拟预测）如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的O点、P点分别固定两个不等量异种点电荷和，沿方向建立一维坐标系，O为原点。电荷、在x轴正半轴产生的电场强度E随位置坐标x的变化如图乙所示，规定沿x轴正方向的电场为正，取无穷远处电势为零。将一带正电的试探电荷从A点由静止释放，水平方向仅受静电力作用。下列说法正确的是（　　） A．为正电荷，为负电荷，且 B．M点的电势为零 C．运动过程中，试探电荷在N点时速度最大 D．试探电荷将做往复运动 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，靠近点电场强度为正，所以为正电荷，为负电荷，由于较远处电场强度为负，所以有，故A错误； B．由图乙可知，从点到无穷远处电场强度为负，即从无穷远处正电荷向点运动，电场力做正功，所以点电势不为零，故B错误； C．试探电荷从点向点运动过程中，在段受到的电场力方向不变，一直做加速运动，所以试探电荷在点速度最大，故C错误； D．试探电荷通过点后，电场力做负功直到速度为0，然后试探电荷反向加速，直到经过点后再次减速，直到运动到点速度为0，再重复之前的运动，即试探电荷做往复运动，故D正确。故选D。 8．（2026·湖南岳阳·一模）如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m=0.4kg，带电量为q=+0.5C的小球（可视为质点），小球在半径R=2m的竖直光滑圆轨道上，从与圆心等高的点A以初速度v0沿轨道切线向下运动，恰好能做完整的圆周运动。角度为小球从A点起沿运动方向转过的圆心角，C点为轨道最低点，已知带电体在运动过程中电势能Ep随角度的变化图像如图乙所示，电势能的最大值Ep0=6J，取重力加速度 g=10m/s2。下列判断正确的是（　　） A．电场强度大小为6N/C，方向水平向右 B．小球在从A点运动到C点的过程中机械能先增大后减小 C．小球在运动过程中速度的最大值为10m/s D．小球在运动过程中对轨道压力的最大值为30N 【答案】D 【详解】A．由电势能变化图像可知，起始位置点A（）对应电势能最大值为Ep0=6J 结合电势能表达式为 联立解得电场强度大小E=6N/C 结合图像可知，电场强度方向水平向左，故A错误； B．从A点到C点过程中，电场力做负功，电势能减小，机械能一直增加，故B错误； C．建立等效重力场，大小F合=5N 方向与竖直方向夹角37°斜向左下方，等效重力加速度为 小球恰能做完整圆周运动，则在等效最高点（合力反方向）有最小速度vmin，则有 解得vmin=5m/s 最大速度出现在等效最低点，根据动能定理可得 代入数据解得vmax=5m/s，故C错误； D．在等效最低点，轨道对小球支持力最大，由牛顿第二定律可得 代入数据解得，故D正确。故选D。 选择题预测13磁场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】2021年1月20日，位于安徽合肥“科学岛”的全超导托卡马克核聚变实验装置EAST（中文名“东方超环”）取得重大突破，成功实现了超过1亿摄氏度、1056秒的稳态长脉冲高约束模等离子体运行，创造了托卡马克装置高约束模运行新的世界纪录。这一成果被选为2021年中国十大科技进展新闻。EAST装置利用强磁场将高温等离子体约束在真空容器内，避免与器壁接触。若某时刻一个带电粒子（带正电）在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，下列措施能使该粒子做圆周运动的半径增大的是（　　） A．只减小磁感应强度 B．只增大磁感应强度 C．只减小该粒子的速度 D．只增大该粒子的电荷量 【答案】A 【详解】带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力有 整理得轨道半径公式，其中为粒子质量、为粒子速率、为粒子电荷量、为磁感应强度；只有A选项措施能使该粒子做圆周运动的半径增大。故选A。 分析有理·押题有据   磁场板块是高中电磁学的核心，十年考频极高（全国卷10年21考、地方卷90考）。2026年命题将全面转向磁流体发电、电磁流量计、质谱仪、超导电磁船等真实科技装置，在解决现代工程问题中考查洛伦兹力、带电粒子圆周运动等核心知识，彻底告别理想化“裸题”。 教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态”，2026年新高考真实情境题占比已超80%。磁场板块2025年已以电子在匀强磁场中运动等情境考查洛伦兹力基本概念。电磁力作用下的科技应用是磁场命题的四大常考题型之一，该模块是情境化命题的重点方向。 密押预测·精练通关 1．（2026·浙江台州·二模）图1为轴向磁通电机，线圈固定在定子上，转子盘由相互间隔的永磁体组成。图2中线圈内外半径分别为r0、2r0，每个线圈的电阻为R，线圈简化为单匝线圈，转子单个磁场、定子单个线圈所对圆心角均为60°。图3磁场中磁感应强度大小均为B。当线圈中通以方向变化、大小恒为I0的电流时，转子盘受到安培力作用以角速度ω逆时针转动。对于线圈a，下列说法正确的是（　　） A．感应电动势为 B．驱动时电流为逆时针方向 C．电流变化的最小周期为 D．左、右两侧边受到安培力的合力大小为 【答案】D 【详解】A．单条边感应电动势，即 线圈有两边，故A错误； B．线圈定子受力方向应该与磁铁转子受力方向相反 由安培定则得，线圈a中的电流方向为顺时针方向，故B错误； C．从转子、定子的结构看，每转过 回到相同的相对位置，故电流变化的最小周期为，故C错误； D．安培力 安培力的合力，故D正确。 故选D。 2．（2026·广东广州·一模）如图（a），矩形导体框mnkp被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场（未画出），与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp方向的恒定电流，则（　　） A．mn和pk所受安培力方向相反 B．mn和pk所受安培力方向相同 C．绝缘细绳对导体框的拉力增大 D．导体框将绕OO′轴顺时针转动 【答案】C 【详解】AB．对mn和pk分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下 由图可知，mn和pk受到的安培力方向不共线，故AB错误； CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C正确，D错误。 故选C。 3．（2026·江苏·一模）如图所示，用硬质铜丝均匀绕成螺线管并固定于绝缘水平面上，两端吸附有圆柱形强磁铁（导体）的干电池置于螺线管当中，电流只沿P、Q间的铜丝流动，则磁铁的吸附方式能使干电池和磁铁一起向左滑动的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】通电铜丝与电池两端的磁铁有相互作用，一端排斥，另一端吸引，螺线管内的磁场向左，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可知干电池左端磁铁的右端为N极，右端磁铁的左端为N极，干电池和磁铁一起向左滑动。 故选D。 4．（2026·重庆沙坪坝·一模）一水平放置的光滑长半圆槽内有两根通以反向电流的水平长直平行导体棒，导体棒1固定于最低点处，可自由移动的导体棒2恰好处于静止状态（正视图如图所示）。已知导体棒1在导体棒2处产生的磁感应强度大小满足关系式（为常数，为两导体棒间距离，为导体棒1中电流强度），若缓慢增大导体棒2中电流强度，则将（    ） A．变大 B．变小 C．不变 D．无法确定 【答案】A 【详解】对导体棒2受力分析，如图所示 根据三角形相似可得可得 有，可得可得 缓慢增大导体棒2中电流强度，两导体棒间距离增大，可得将变大。 故选A。 5．（2026·湖北宜昌·二模）磁轴键盘的按键装有磁铁与霍尔元件，通过检测磁场变化来感知按压，这种设计具有响应快、寿命长等优点。按键结构简化示意图如图，永磁铁（N极在下）固定在按键上，下方霍尔元件（载流子为自由电子）长、宽、高分别为l、b、h，元件中通有由前向后的恒定电流I。按键下压到某一位置时，下列说法正确的是（    ） A．沿电流方向霍尔元件左表面比右表面电势高 B．仅增大电流I，霍尔电压增大 C．仅增大宽度b，霍尔电压增大 D．仅增大长度l，霍尔电压增大 【答案】B 【详解】A．根据左手定则可知，按下按键后，载流子（自由电子）向传感器左表面聚集，则传感器左表面的电势比右表面低，故A错误； BCD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡 电流的微观表达式 联立解得霍尔电压，故仅增大电流I，霍尔电压增大，仅增大长度l、仅增大宽度b对霍尔电压无影响，故B正确，C错误，D错误。 故选B。 6．（2026·四川宜宾·二模）如图甲是回旋加速器的工作原理图，若带电粒子在磁场中运动的动能随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在交变电场中的加速时间，不考虑因相对论效应带来的影响，则（　　） A．在乙图中， B．交变电场的变化周期等于 C．只增大两D形盒之间的加速电压U，粒子在电场中加速的总次数减少 D．只增大两D形盒之间的加速电压U，粒子获得的最大动能将增大 【答案】C 【详解】A．带电粒子每次经过电场加速，动能增加量均为（为加速电压，恒定不变），因此相邻动能差满足，故A错误； B． 回旋加速器中，交变电场的变化周期等于带电粒子在磁场中做圆周运动的周期。粒子每运动半个圆周加速一次，因此相邻两次加速的时间间隔，即交变电场周期，故B错误； CD．由，粒子的最大动能，与加速电压无关； 总加速次数，增大则减小，即加速总次数减少，故C正确，D错误。 故选C。 7．（2026·广东汕头·一模）如图所示，在空间直角坐标系中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场沿x轴正方向。原点O处有一粒子源，在平面内发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，速度大小为，方向与x轴正方向成，且。不计粒子重力，该粒子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】粒子的速度与磁场夹角为，其运动轨迹为螺旋线，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 粒子运动的周期为 圆周运动的角速度为 解得， A．在yOz平面内，有， 联立解得 可见轨迹的投影是圆，其圆心坐标为（0，-r），若，则半径为L，圆心坐标为（0，-L），故A正确； BD．在xOy平面内，根据运动的分解可知， 联立解得 则图像为正弦曲线，振幅为，若振幅为L时，对应x轴无投影，故BD错误； C．综上分析可知，在xOz平面内，函数关系式满足 图像为余弦函数，故C错误； 故选A。 8．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，竖直平面内表面粗糙的足够长的细杆倾斜放置，上面套有一带正电的小圆环，空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中电场方向与细杆平行且向上，磁场垂直纸面向外。在圆环以一定初速度沿杆向下运动直至稳定的过程中，圆环的速度随时间的变化情况不可能的是（　　） A．B．C． D． 【答案】D 【详解】AB．若开始时小环所受合力沿杆向下，即 若 则支持力 当增大时，减小，增大，当增大到时，，之后支持力反向， 继续增大，增大，减小，当减小到0时，速度达到最大值，之后匀速向下运动，所以此情况可以出现先增大后减小的加速运动或者一直减小的加速运动，最后匀速，故AB正确，不符合题意； C．若开始时小环所受合力沿杆向上，即 若 则支持力 减小时，减小，减小，之后，反向， 继续减小，增大，增大，直到速度减为，如果较大，小环会反向沿杆向上加速，垂直杆向下， 则有牛顿第二定律得 减小直至为，最后匀速，故C正确，不符合题意； D．若开始时小环所受合力沿杆向上，即 若直接，则支持力 当减小时，增大，在速度减小到之前，一直增大，故D错误，符合题意。 故选 D。 9．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）在磁约束聚变装置中，平行场配置至关重要。如图，整个空间存在沿轴正方向的匀强电场和匀强磁场。质子以某一初速度从坐标原点沿轴正方向射出，不计重力，则（　　） A．质子的动能不变 B．质子周期性的经过坐标原点 C．质子的速度沿轴方向的分量随时间按余弦规律变化 D．把质子换成电子，其运动轨迹和质子的运动轨迹关于平面对称 【答案】C 【详解】A．质子沿轴正方向做匀加速直线运动，在平面内做匀速圆周运动，可知质子的动能变大，故A错误； B．质子不再经过坐标原点，故B错误； C．如图所示，质子的速度沿轴方向的分量，可知随时间按余弦规律变化，故C正确； D．把质子换成电子，其受电场力和洛伦兹力的方向都与质子相反，可知电子沿轴负方向做匀加速直线运动，在面内做匀速圆周运动，但是两者的比荷不同，运动半径不同，故其运动轨迹和质子的运动轨迹不是关于平面对称，故D错误。故选C。 选择题预测14电磁感应基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图，直线右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，完全相同的粗细均匀的单匝圆形金属线圈甲、乙处于图中实线位置，且与相切，切点分别为。甲绕过点垂直于纸面的轴匀速转动、乙以为轴匀速转动，甲、乙第一次运动至图中虚线位置所用时间相同。在这段时间内，下列说法正确的是（　　） A．甲中电流方向改变 B．甲、乙中有感应电流通过的时间相等 C．甲、乙中感应电动势最大值之比为 D．通过甲、乙横截面的电荷量之比为 【答案】C 【详解】A．甲线圈绕点匀速转动进入磁场，穿过线圈的磁通量一直增加，根据楞次定律，感应电流方向不变，故A错误； B．甲线圈从实线位置运动到虚线位置的过程中，一直有磁通量的变化，一直有感应电流；乙线圈绕轴转动，前一半时间线圈在磁场外（左侧），无感应电流，后一半时间进入磁场（右侧），有感应电流，所以甲、乙中有感应电流通过的时间不相等，故B错误； C．设线圈半径为，面积为 角速度为。甲线圈绕点转动，进入磁场的有效切割长度 感应电动势 最大值 乙线圈绕轴转动，进入磁场后磁通量 从进入磁场时刻开始计时，感应电动势 最大值 甲、乙中感应电动势最大值之比为，故C正确； D．根据 甲、乙线圈磁通量变化量均为，电阻相同，所以通过横截面的电荷量之比为，故D错误。 故选C。 分析有理·押题有据 电磁感应是高中电磁学的核心枢纽，近五年全国卷及新高考卷中占比约12%–20%。2026年命题将深度嵌入磁悬浮列车、无线充电、风力发电等国家新能源战略场景，以“磁—电—力—能”转化链为主线，全面考查学生从复杂工程中提炼物理模型、综合运用力学与电磁学规律解决真实问题的核心素养。近五年各地高考卷均将电磁感应作为压轴或计算题常客。2026年教育部1号文件要求“融入科技前沿动态”，磁悬浮驱动、无线充电技术、光伏发电能量转换等已成为明确的高频命题载体，预计将进一步强化情境化综合考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北保定·一模）图示是某种电磁弹射装置的原理图，间距为l的两平行导轨固定在绝缘水平面上，右端通过导线连接定值电阻R，导体棒a质量为m、长度为l，垂直导轨放置。在正方形区域ABCD 内施加磁感应强度大小为B、方向垂直平面向下的匀强磁场，之后磁场区域以速度v₀开始向左运动，等棒a从磁场中离开后，在正方形区域ABCD 内再次施加相同的磁场，并使磁场区域以相同的速度向左运动，等棒a从磁场中离开后，重复之前的操作，最后棒a恰好能穿过某磁场。棒a和导轨的电阻可忽略，导轨足够长，则最终棒a穿过的磁场个数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】棒a每穿过一个磁场的过程，根据安培力的冲量为 最后棒a恰好能穿过某磁场，可知最后棒a的速度也为，设最终棒a穿过的磁场个数为，根据动量定理可得 解得 故选C。 2．（2026·江西·一模）如图所示，单匝线圈处于均匀减小的磁场中，磁通量变化率为k，线圈电阻为2R，线圈通过开关导线与两根足够长的平行光滑水平金属轨道相连，轨道宽为L，图中虚线右侧存在垂直轨道向下的匀强磁场，磁感应强度为B，轨道上静止放置有两根相同的金属棒MN和PQ，它们的质量均为m、电阻均为R，其中MN在磁场外，PQ在磁场内且距离磁场虚线边界d0，两部分磁场不会相互影响。不计连接线圈的导线和水平轨道的电阻，则（　　） A．开关闭合瞬间，流过MN棒的电流方向N→M B．开关闭合瞬间，PQ棒的加速度为 C．若开关处于断开状态，给MN一个向右的初速度v0，稳定时PQ棒上产生的热量 D．若开关处于断开状态，给MN一个向右的初速度v0，稳定时两金属棒的间距 【答案】D 【详解】A．由楞次定律可知，开关闭合瞬间，流过MN棒的电流方向M→N，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律，单匝线圈产生的感应电动势 闭合开关后，根据闭合电路欧姆定律，联立解得所以流过金属棒PQ的电流对PQ，根据牛顿第二定律联立解得方向向右，故B错误； C．两金属棒组成的系统动量守恒，有联立解得两导体棒损失的动能转化为内能，则所以，故C错误； D．对PQ，在安培力作用下加速，由动量定理，所以根据闭合电路欧姆定律根据法拉第电磁感应定律联立解得所以最终两棒间距，故D正确。故选D。 3．（2026·安徽合肥·模拟预测）随着我国航母福建舰的服役，电磁弹射再次成为热门话题。图1所示为一款电磁弹射演示装置，电源电动势为，内阻为，水平光滑平行金属导轨间距为，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为的金属棒垂直导轨放置，电流传感器A及导轨的电阻可忽略。演示时先将开关接1，待稳定后将开关接2，金属棒随即被弹射出去，弹射过程电流传感器检测到的电流与时间的关系图线如图2所示，其中已知，阴影部分的面积为。下列说法正确的是（    ） A．金属棒接入电路的电阻为 B．金属棒接入电路的电阻为 C．金属棒脱离导轨时的速度大小为 D．金属棒脱离导轨时的速度大小为 【答案】C 【详解】AB．当开关接1时，电源给电容器充电，稳定时 当开关接2时，电容器通过金属棒放电，有 金属棒接入电路的电阻为，故AB错误； CD．对金属棒应用动量定理可得 又有 其中为通过金属棒的电荷量，由图2可知 联立解得金属棒脱离导轨时的速度大小为，故C正确，D错误。 故选C。 4．（2026·浙江衢州·二模）如图所示，间距为的足够长的光滑平行长直导轨水平放置，两导轨间有磁感应强度大小为的匀强磁场。电阻相等的导体棒和静止在导轨上，与导轨垂直并接触良好，且可以沿导轨自由滑动。电动势为、内阻不计的电源及电容为的电容器、导轨构成如图所示的电路。已知的质量大于的质量，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场，下列说法正确的是（　　） A．先将S与1接触给电容器充电，稳定后将S拨到2的瞬间，的加速度大于的加速度 B．先将S与1接触给电容器充电，稳定后将S拨到2，的最终速度大小为 C．撤去，将开关S拨到2，电容器未充电，给一个初速度，导体棒将一直减速到零 D．撤去，将开关S拨到2，电容器未充电，给一个初速度，导体棒做匀减速运动。 【答案】B 【详解】A．S拨到2的瞬间，电容器放电，此时与并联后与电容器串联，而与电阻相同，则通过与的电流相等，与所受的安培力大小相等，但的质量大于的质量，由牛顿第二定律知的加速度小于的加速度，故A错误； B．S拨到2，稳定时，电容器两端的电压等于与两端产生的感应电动势，此时与以相同的速度做匀速直线运动，对与整体，由动量定理 又， 联立知与匀速运动的速度大小，故B正确； CD．撤去，将开关S拨到2，电容器未充电，给一个初速度，设稳定时的速度为，有电容器电压 由动量定理 又 联立可得 可得导体棒做减速运动并最终做匀速直线运动，导体棒将不受安培力，可知导体棒不是一直减速到零，也不是做匀减速运动，故CD错误。 故选B。 5．（2026·广西·模拟预测）磁悬浮列车是一种现代轨道交通工具，如图为磁悬浮列车利用电磁阻尼减速进站的简化图。两条平行光滑绝缘导轨水平放置，间距为，导轨间有若干垂直于轨道平面、方向交替分布的匀强磁场，磁感应强度均为，每个磁场宽度均为，忽略磁场边缘效应。质量为、边长为的正方形金属框以初速度沿导轨进入匀强磁场，在磁场中通过的位移后速度减为零。已知金属框的电阻为，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】线圈走过第一个L时速度减为v1，则由动量定理 其中 即 线圈走过第二个L时速度减为v2，由动量定理 其中 即 线圈走过第三个L时速度减为0，同理可知 联立可得 故选C。 6．（2026·吉林延边·一模）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可以判断（　　） A．按住按钮不动，门铃会一直响 B．按下按钮过程中，a点电势高于b C．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小 D．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加 【答案】B 【详解】A．按住按钮不动时，根据题意可知线圈磁通量不变，无感应电流，所以门铃不会一直响，故A错误； B．按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，根据题意可知线圈是电源，而在电源内部电流方向由负极流向正极，所以线圈a接线柱的电势比b接线柱高，故B正确； CD．按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，故CD错误； 故选B。 7．（2026·广东东莞·一模）电磁俘能器可将机械能转化为电能，其简化模型如图。当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与彼此绝缘的固定线圈发生相对运动。若动磁铁在线圈区域产生的磁场垂直于纸面向里，下列说法正确的是（    ） A．电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应 B．图示位置线圈1中感应电流方向为逆时针 C．图示位置线圈2中感应电流方向为逆时针 D．动磁铁匀速转动时，线圈2中的感应电流大小不变 【答案】C 【详解】A．电磁俘能器的工作原理是电磁感应，故A错误； BC．当动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，线圈1中的磁通量垂直于纸面向里且减小，线圈2中的磁通量垂直于纸面向里且增大，根据楞次定律可知，线圈1和2中感应电流方向分别为顺时针和逆时针，故B错误，C正确； D．动磁铁匀速转动时，线圈2中的磁场不是均匀变化，则感应电流大小改变，故D错误。 故选C。 8．（2026·浙江·二模）上海慧眼（图甲）是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术。其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安全。阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡流。下列说法正确的是（    ） A．导体板中产生的电流大小不变 B．阻尼器将机械能转化为内能 C．将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好 D．利用这一装置所揭示的原理可制成电动机 【答案】B 【详解】A．摆锤摆动的快慢不断变化，导致穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的电流大小也不断变化，故A错误； B．导体板中产生的感应电流的磁场总是阻碍摆锤的摆动，故摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能，故B正确； C．将整块的导体板分割成多块，则导体板的电阻增大，感应电流减小，阻尼效果减弱，故C错误； D．该装置的原理是电磁阻尼，而电动机的原理是通电导体在磁场中受安培力，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机，故D错误。 故选B。 9．（2026·江西·模拟预测）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为，电子做圆周运动的轨道半径为，若电磁铁线圈因电流变化产生磁场随时间按（、均为正常数）规律变化，形成涡旋电场的电场线是一系列同心圆，单个圆上形成的电场强度大小处处相等。将一个半径为的闭合环形导体置于相同半径的电场线位置处，闭合环形导体的电阻为，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势（　　） A．为使电子加速，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，电流的大小应该减小 B．电子的加速度大小为 C．环形导体中感应电流大小为 D．电子在圆形轨道中加速一周的过程中，电子增加的动能为 【答案】C 【详解】A．为使电子沿逆时针方向加速，则电子所受电场力沿逆时针方向，所以感生电场的方向沿顺时针方向；当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，根据楞次定律，电流的大小应该增大，故A错误。 BC．根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势 则感应电场场强大小为 电子的加速度大小为 根据闭合电路欧姆定律可得 联立可得，故C正确；B错误； D．电子在圆形轨道中加速一周的过程中，由动能定理可得 可得电子增加的动能为，故D错误。 故选C。 10．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）1831年10月28日，法拉第展示了人类历史上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。半径为r的圆盘通过O、a两处电刷与如图所示的外电路相连，其中电阻，一带电油滴静止在两极板间。圆盘在外力作用下绕O点以角速度逆时针匀速转动过程中，圆盘接入Oa间的等效电阻也为R，已知匀强磁场磁感应强度为B，不计其它电阻和摩擦。下列说法正确的是（    ） A．若将电容器极板M向上移动，则带电油滴向上运动 B．该油滴带负电 C．c点电势高于b点电势 D．电阻上消耗的电功率为 【答案】D 【详解】A．电容器并联在两端，两端电压保持不变；极板间距增大后，板间电场强度减小，原来油滴平衡 现在 所以带电油滴会向下运动，故A错误； B．正电荷随圆盘逆时针转动，洛伦兹力指向圆心，因此为电源正极，为负极。电流方向为，下极板接（高电势），上极板接（低电势），板间电场方向向上；油滴重力向下、电场力向上，因此油滴带正电。故B错误； C．电流沿流动，电势沿电流方向降低，因此点电势高于点，故C错误； D．消耗的电功率，故D正确。 故选D。 选择题预测15交变电流 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】东营向海借浪发电，发展绿色新能源。如图甲为浮桶式波浪发电灯塔，桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于均匀辐射磁场中，浮桶随波浪上下运动的v-t图像如图乙。匝数N=200的线圈所在处辐射状磁场的磁感应强度B=0.2T，线圈直径，电阻。理想变压器原副线圈匝数比k=2。下列说法正确的是（　　） A．t=0.1s线圈速度最大，电流表示数最大 B．滑片P向下滑动时，电流表示数变小 C．当R=0.25Ω时，浮筒输出的电功率最大 D．穿过线圈的磁通量变化率最大值为 【答案】C 【详解】A．t=0.1s时速度最大，感应电动势瞬时值最大，但电流表测量的是有效值，与瞬时值无关，示数恒定，故A错误； B．理想变压器副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，由于原线圈电压和匝数比固定，故不变，滑片P向下滑动，负载电阻R减小，则副线圈电流增大，根据可知也增大，故B错误； C．将原线圈等效为电阻，则有因为联立解得故当时，浮桶输出的电功率最大，可知此时，故C正确； D．线圈产生的电动势最大值为因为联立解得磁通量变化率最大值为，故D错误。故选C。 分析有理·押题有据 交变电流是电磁感应在实际应用中的核心体现，近五年全国卷及各省卷持续高频考查。2026年命题将深度融入特高压输电、无线充电、新能源汽车等国家战略与科技前沿，告别单纯公式套用，转向跨模块综合应用，注重真实工程情境下的信息提取与模型构建能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东聊城·一模）如图所示，整个区域内有竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小，两根间距为、半径为的光滑四分之一圆弧金属导轨竖直放置（底端切线水平），顶端连接阻值为的电阻。长为、质量为、阻值为的金属棒从导轨顶端处以恒定速率下滑，整个过程中金属棒与导轨接触良好，且始终与导轨垂直。导轨电阻忽略不计，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．金属棒在处时两端电压为 B．金属棒运动到处时两端电压为 C．金属棒从导轨处运动至处的过程中，电阻产生的热量为 D．金属棒从导轨处运动至处的过程中，电阻产生的热量为 【答案】D 【详解】A．金属棒在ab处时B与v平行，金属棒不切割磁感线，无电动势产生，故ab两端电压为0，故A错误； B．金属棒在cd处时，金属棒产生的电动势 则此时cd两端电压，故B错误； CD．金属棒从导轨ab处运动至cd处的过程中，金属棒做匀速圆周运动的角速度 则电动势瞬时值为 则电流有效值为 电阻r产生的热量为 因为 联立解得，故C错误，D正确。 故选D。 2．（2026·江西宜春·一模）某小组设计了灯泡亮度可调的电路，如图所示a、b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为，灯泡阻值为2R，三个电阻的阻值均恒为，交变电源输出电压的有效值恒为。开关S与不同触点相连，灯泡的最大功率和最小功率之比是49：25，则下列说法正确的是（　　） A．；灯泡的最大电功率为 B．；灯泡的最大电功率为 C．；灯泡的最大电功率为 D．；灯泡的最大电功率为 【答案】C 【详解】设变压器原、副线圈的电压分别为，灯泡的阻值为2R，根据等效电阻的思想有灯泡的等效电阻灯泡L的阻值2R=由理想变压器原理，电压关系电流关系联立解得 S与C相连，灯泡功率最大，变压器原线圈电压为 与相连，灯泡的功率最小，变压器原线圈电压为 当时，电压之比为7：5，功率之比为49：25。灯泡的最大电功率。 故选C。 3．（2026·河北廊坊·一模）如图所示是电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）的示意图。变压器原线圈的匝数为n1，电流为I1，输入电压有效值为10kV；两副线圈的匝数分别为n2、n3，电流分别为，输出电压有效值分别为下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．根据电压与匝数成正比 得，故A错误； B．同理 得，故B正确； C．副线圈的电流由副线圈所接负载的大小决定，不是固定的，故C错误； D．根据输入功率等于输出功率 结合（为定值），可得多副线圈电流关系为，故D错误。 故选B。 4．（2026·四川凉山·二模）我国电网已处于世界领先水平，在国家电网改造前，用电高峰期，用户电压会明显低于正常值，甚至家电不能工作。当地居民常常用调压器来调整电压，其原理如图所示。交变电压从端输入，从端输出连接到家用电器上，滑片P可以上下滑动。调压器视为理想变压器，匝数，下列说法正确的是（　　） A．该调压器只能升电压不能降电压 B．若输入电压为，且在的中点，则两端的电压为 C．若则滑片在的中点以下时，可以起到降压作用 D．此调压器端输入功率等于端输出功率，但输入端和输出端的频率不相等 【答案】C 【详解】A．滑片P到b端的匝数为，根据变压器电压与匝数的关系，左侧线圈与段构成自耦变压器关系，加在两端的电压等于段的电压，即 右侧线圈与构成变压器，输出电压 联立可得 已知，则 当滑片P向下滑动使得时，有 即起到降压作用，因此该调压器可以降低电压，故A错误； B．若P在的中点，则 代入公式得，故B错误； C．若，结合，可知 此时 当滑片P在的中点时， 此时 当滑片P在的中点以下时， 则 该调压器起到降压作用，故C正确； D．理想变压器输入功率等于输出功率，且不改变交流电频率，输入端和输出端频率相等，故D错误。 故选C。 5．（2026·湖北孝感·二模）如图甲所示，一圆形线圈面积，匝数，电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度B随时间t正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为，与副线圈连接的电阻、D为理想二极管，下列说法正确的是（　　） A．时，圆形线圈中有逆时针方向的电流 B．原线圈中交变电流的频率为 C．1s内原线圈输入的能量为 D．0~0.005s内，流过的电荷量为 【答案】D 【详解】A．在时，磁通量的变化率最大；根据图像，此时图像的斜率为负，表示穿过线圈向里（正方向）的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向里，根据安培定则，可知感应电流方向为顺时针，故A错误； B．原线圈中交变电流的频率应为磁感应强度变化周期的倒数，即50赫兹，故B错误； C．原线圈中电动势的最大值为 原线圈电压的有效值为 副线圈两端电压的有效值为 电阻消耗的功率为 由于理想二极管D的单向导电性，电阻只在半个周期内有电流通过，其消耗的功率是正常工作时的一半，即 输入功率等于副线圈端总功率 在1s内原线圈输入的能量为，故C错误； D．在0~0.005s时间内，根据法拉第电磁感应定律，原线圈中的平均感应电动势为 副线圈的平均电动势为 流过的平均电流为 流过的电荷量为，故D正确。 故选D。 6．（2026·湖北黄石·二模）如图是钳形电表的结构简图，内部的交流电流表与绕在铁芯上的线圈（匝）连通，钳形电表可视为理想变压器。测量时将钳形铁芯张开，把被测导线放进钳口内。下列说法正确的是（　　） A．测量时钳形铁芯张开或闭合，对测量结果没有影响 B．测量时应把被测电流的零线和火线都放进钳口内 C．交流电流表的示数是被测导线电流的500倍 D．交流电流表示数较小时，可将被测导线在铁芯上多绕几圈 【答案】D 【详解】A．钳形铁芯张开会导致漏磁，破坏理想变压器的磁通量耦合条件，测量结果会产生误差，因此张开或闭合对结果有影响，故A错误； B．若将零线和火线同时放入钳口，两者电流方向相反，磁通量相互抵消，副线圈感应电流为0，无法测量。测量时只能放入单根导线，故B错误； C．交流电流表的示数，故C错误； D．交流电流表示数 如果交流电流表示数较小，可以增大（将被测电路的导线在铁芯上多绕几圈）或减小交流电流表内部线圈以增大交流电流表示数，故D正确。 故选D。 7．（2026·山东临沂·一模）如图所示的理想变压器，电源输出的交变电压的正弦式交流电，通过副线圈、分别向20只标称为“12V  1.0A”的灯泡和电动机供电，原线圈接一标称为“40V  2.0A”的灯泡L，原线圈的匝数为900匝，副线圈的匝数为120匝。电路接通后，各用电器都恰好正常工作。则下列说法中正确的是（　　） A．变压器的输出功率为440W B．电动机两端电压为36V C．流过电动机的电流为5.0A D．若切断电动机，灯泡L仍能正常工作 【答案】C 【详解】A．变压器所接交变电压的有效值为，由于各用电器都恰好正常工作，灯泡的额定电压为，额定电流为，故主线圈上的电压有效值为，电流为，理想变压器的输出功率与输入功率相等，为，故A错误； B．原线圈的匝数为900匝，副线圈的匝数为120匝，可知电动机两端电压为，故B错误； C．因各用电器都恰好正常工作，变压器所在回路的总功率为 根据理想变压器的输出功率与输入功率相等，可知变压器所在回路的总功率为 流过电动机的电流，故C正确； D．设变压器所在回路的等效电阻为，满足 变压器所在回路的等效电阻为，满足 理想变压器原、副线圈的电压和匝数的关系为 主线圈的输入功率与副线圈的输出功率之和相等，满足 故电流和匝数的关系为 可知 因此可把主线圈及副线圈后的电路等效成和两电阻的并联，若切断电动机，可认为变为无穷大，则增大，主线圈电路电流减小，灯泡L不能正常工作，故D错误。 故选C。 8．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，、为两条水平固定且平行的光滑金属导轨，导轨右端与接有定值电阻的理想变压器的原线圈连接，变压器副线圈上接有最大阻值为的滑动变阻器，原、副线圈匝数之比，导轨宽，质量，电阻不计的导体棒垂直、放在导轨上，在水平外力作用下，在两虚线范围内做往复运动，其速度随时间变化的规律是，虚线范围内有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导线电阻均不计。下列说法正确的是（　　） A．棒中产生的电动势的表达式为 B．若，电阻两端电压的有效值为 C．若，变压器输出功率最大 D．若，在到的时间内，外力所做的功约为18.17J 【答案】D 【详解】A．ab棒中产生的电动势的表达式为，故A错误； B．若，等效电路如图 则 电动势的有效值为，电阻R0两端电压的有效值为，故B错误； C．若，将看作电源的内阻r，由闭合电路欧姆定律可得等效电阻和内阻相等时，即时，即，但是滑动变阻器的最大阻值为，可得当滑动变阻器的最大阻值为时，即，滑动变阻器的功率最大，变压器输出功率最大，故C错误； D．周期，若，在到的时间内，电路产生的焦耳热为 初始时刻的速度为0，当时速度大小为 可得外力所做的功，故D正确。 故选D。 9．（2026·河北邯郸·一模）2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　） A．减小，可以提高远距离输电的输电效率 B．图乙中的线圈转过90°时，线圈产生的电流最小 C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会减小 D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小 【答案】C 【详解】A. 输电效率 其中 减小，根据可知升压变压器副线圈电压减小，导致输电电流增大，输电线上损耗的功率增大，输电效率降低，故A错误。 B. 由图乙可知，线圈平面与磁感线垂直，处于中性面位置，此时磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零。线圈转过时，线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故B错误。 C. 若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，根据可知增大。由可知输电电流减小。输电线中损耗的功率，因减小，所以减小，故C正确。 D. 当用户端接入的用电器增多时，用户端总电阻减小，降压变压器副线圈电流增大，原线圈电流（即输电线电流）增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原线圈电压减小。用户电压随之减小。为维持用户电压稳定，应增大变压比，即适当增大，故D错误。 故选C。 10．（2026·天津河西·一模）如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至，为动力系统供电。若某次高铁进站过程，保持不变，仅通过调整动力系统的负载，使得电流减小到原来的一半。下列说法正确的是（　　） A．电流大于电流 B．电流的频率将减小到原来的一半 C．电压将增大 D．电阻的热功率将减小到原来的一半 【答案】C 【详解】A．对于理想变压器输入和输出功率相等，即 理想变压器输入和输出电压关系为 由于牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压，故，，A错误； B．对于理想变压器，输入与输出电流频率不变，B错误； C．由于发电厂输出电压不变，因此牵引变电所输出电压不变 对于理想变压器输入和输出电流关系为 电流减小到原来的一半，则电流减小到原来的一半，电阻的分压降低，故电压将增大，C正确； D．对于理想变压器输入和输出电流关系为 电流减小到原来的一半，则电流减小到原来的一半 电阻的热功率为 电流减小到原来的一半，则热功率减小至原来的，D错误。 故选 C。 实验题预测01力学实验 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】某实验小组利用如图甲所示装置验证向心力的表达式。在该装置中，水平光滑圆盘上放置质量为m的滑块，通过定滑轮与上方的力传感器连接，细线长度可通过滑块位置调节（即圆周运动半径r可改变）。实验时，滑块随圆盘匀速转动，细线拉力提供向心力。圆盘的另一侧装有永磁体，磁铁转动时会通过上方一固定的霍尔传感器，可检测磁体转动时磁场变化，输出脉冲信号如图乙所示。当转盘转动时，磁体每转一周，霍尔传感器输出一个脉冲，通过连接的计时器可记录脉冲间隔时间。 (1)若某次实验中，采集到磁场变化的脉冲信号如图乙所示，计时器记录到连续5次脉冲的时间为t，则滑块转动的角速度表达式________（用t表示） (2)实验小组保持滑块质量、半径不变，通过调节电动机转速得到多组数据，部分数据如下表： 序号 脉冲间隔时间（连续5个脉冲） 力传感器的示数 1 3.03 4.15 2 2.76 4.98 3 2.63 5.49 请根据表格数据，计算第1组实验中的角速度________；并根据所学向心力表达式可算出向心力________，与表格中力的传感器示数相比，可验证向心力表达式。（，结果均保留3位有效数字） (3)在实验中，由于细线存在微弱形变，在转动过程中运动半径略大于静止时测量的半径r，产生系统误差，则导致________（选填“<”，“=”或“>”）。 【答案】(1) (2) 8.29 4.12 (3)< 【详解】（1）由题中连续记录5次脉冲，可知 则角速度为 （2）[1]由可得 [2]根据向心力公式 （3）由于细线存在微小形变，使实际转动的半径变大，实际向心力的数值变大，因此力的传感器测量的数值大于计算值，则填“<”。 分析有理·押题有据   力学实验是高考物理实验题的重要组成部分，以一道小题形式呈现，难度中等偏上。2026年命题将实现两大转向：一是从基础仪器读数的机械考查转向对实验原理的深刻理解与迁移；二是从经典实验的照搬操作转向真实情境下的探究性设计。试题将把牛顿第二定律验证、机械能守恒探究等经典实验深度嵌入航天工程、新能源汽车、智能传感等科技情境，要求学生在全新场景中自主完成实验设计、数据解析与误差归因，彻底告别“纸上谈兵”。DIS（数字化信息系统）系统全面普及，力传感器、位移传感器、光电门、加速度传感器等数字化工具已成为实验标配。试题重点考查利用传感器进行数据采集、图像拟合与误差分析，而非机械记忆仪器使用步骤。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西·二模）某同学发现可以利用智能手机的软件直接测量手机运动时的加速度。为测量重力加速度大小，该同学设计了如图甲所示的实验装置。手机与木块固定后，放在木板上。木块通过一根跨过光滑定滑轮的细线悬挂不同个数的相同钩码。 (1)为平衡木块受到的摩擦力，应在___________（填“挂”或“不挂”）钩码的情况下将木板未固定滑轮的一端垫高，直至木块能在木板上做匀速直线运动。 (2)平衡摩擦力后，改变细线上悬挂钩码的个数，释放钩码后测得木块相应的加速度大小，得到多组实验数据后绘制出图像如图乙所示。已知该图像的斜率为，在纵轴的截距为，则当地的重力加速度大小为___________，手机和木块的总质量与单个钩码质量的比值为___________。（均选用、表示） (3)下列说法正确的是___________。 A．实验时需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量 B．实验时应确保木板上方的细线始终与木板平行 C．实验时细线上的拉力与细线下方钩码受到的总重力大小相等 【答案】(1)不挂 (2) (3)B 【详解】（1）为平衡木块受到的摩擦力，应在不挂钩码的情况下将木板未固定滑轮的一端垫高，直至木块能在木板上做匀速直线运动。 （2）[1][2]设手机和木块的总质量为，单个钩码的质量为，根据牛顿第二定律 整理可得对比题中图像有 解得 （3）A．结合前面分析可知，实验时不需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量，A错误； B．为确保每次实验时手机和木块受到的细线拉力恒定，需要确保木板上方的细线始终与木板平行，B正确； C．实验时细线下方钩码有向下的加速度，处于失重状态，细线上的拉力小于细线下方钩码受到的总重力,C错误。故选B。 2．（2026·北京丰台·一模）某同学利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 (1)平衡阻力后，某小组发现通过正确的实验操作，纸带上的点迹过于密集。为了改进实验，便于数据处理，下列操作正确的是________。 A．适当增加槽码的质量 B．适当降低打点计时器的电压 C．适当增加小车的质量 (2)某同学在一次实验过程中忘记平衡阻力，仅满足槽码的质量远小于小车的质量，下列关系一定成立的是________。 A．细线对小车的拉力等于槽码的重力 B．小车受到的合力等于细线对小车的拉力 C．小车受到的合力等于槽码的重力 (3)实验中得到如图所示的一条纸带，若两个相邻计数点间的时间间隔为T，B、C两点到A的距离分别为和，则小车运动的加速度大小为________。 (4)在探究小车加速度a与合力F、质量M的关系时，不同小组通过控制变量法分别得到以下图线。下列说法正确的是________。 A．由图甲可得：小车质量一定时，a与F成正比 B．由图乙可得：小车质量一定时，a与F成正比 C．由图丙可得：在合力一定时，a与M成反比 (5)某小组在实验室内利用上述装置，通过正确的实验操作，探究小车质量M一定时加速度a与所受合力F的关系，得到a-F图像。若将该装置移至月球表面，保持小车质量M不变，改变槽码质量时其最大值均达到（），采用与在地球表面完全相同的实验操作步骤，重复上述实验。已知月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，将在月球表面和地球表面获得的实验数据绘制在同一坐标系中，分别用实线和虚线表示，得到a-F图像，下列图像可能正确的是________。 A． B． C． D． 【答案】(1)A(2)A(3)(4)B(5)C 【详解】（1）点迹过于密集说明在相同时间间隔内位移过小，即小车加速度过小。 A．适当增加槽码的质量，增大了拉力，根据牛顿第二定律可知加速度增大，点迹变稀疏，故A正确； B．打点计时器的打点频率由电源频率决定，与电压无关，降低电压不能改变点迹疏密，故B错误； C．适当增加小车的质量，根据可知加速度减小，点迹更密集，故C错误。 故选A。 （2）未平衡阻力，小车受到摩擦力，合力，其中为细线拉力。 A．由于满足槽码质量远小于小车质量，系统加速度很小，对槽码 故细线拉力近似等于槽码重力，这是实验原理中的近似条件，故A正确。 B．小车受到的合力等于细线拉力减去摩擦力，故B错误； C．小车受到的合力，不等于槽码重力，故C错误； 故选A。 （3）根据匀变速直线运动推论有即解得 （4）A．图甲中，图线不过原点，不能直接得出与成正比，故A错误； B．图乙是过原点的倾斜直线，说明小车质量一定时，与成正比，故B正确； C．图丙是曲线，不能直接判断与成反比，应作出图像来验证，故C错误。 故选B。 （5）实验中横坐标为槽码重力。地球表面 月球表面 故月球实验图线横坐标范围小，为地球的六分之一。因为均满足，通过正确的实验操作，得到的图像应为过原点的直线。根据 即 两图像的斜率相等。 故选C。 3．（2026·贵州·模拟预测）某兴趣小组利用电子秤、手机软件和一个糖果盒子，在电梯的水平地板上验证牛顿第二定律。电梯静止时，电子秤显示的糖果盒子质量为m，手机软件显示的加速度为当地的重力加速度g，如图（a）所示。电梯运行时，电子秤示数为，手机软件示数为，某时刻示数如图（b）所示。基于电子秤的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅰ）或（Ⅱ） 其中是糖果盒子受到的支持力。 基于手机软件的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅲ）或（Ⅳ） 其中是糖果盒子的加速度。 完成下列填空： （1）电梯静止时，电子秤与手机软件数据显示如图（a）所示，则该糖果盒子的质量________kg（保留两位有效数字），当地的重力加速度。 （2）当电梯运行时，通过数据采集并计算得到合力F随时间t变化的图像，如图（c）所示，其中，用“●”标记的图线是根据公式（Ⅱ）处理电子秤示数得到的，用“▲”标记的图线是根据公式（Ⅳ）处理手机软件示数得到的。 ①由图（b）电子秤示数可知，此时糖果盒子处于________（填“超重”或“失重”）状态。 ②图（c）“▲”标记的图线中A点的纵坐标值是0.77N，由（1）中读出的质量得到对应手机软件示数为________。（保留四位有效数字） （3）通过分析图（c）可知，由电子秤示数算出的合力F与手机软件示数算出的合力ma变化趋势一致。若忽略时间延迟带来的影响，即可验证牛顿第二定律。 【答案】 0.77 超重 10.72 【详解】[1]图（a）中，电子秤显示的糖果盒子的质量 [2]图（b）电子秤示数为，大于，即视重大于实重，则此时糖果盒子处于超重状态。 [3]“▲”标记的图线中 其中，， 解得 4．（2026·甘肃兰州·二模）某兴趣小组设计了图1所示的实验来验证机械能守恒定律。长为L的轻绳下端固定一个带有“=”形凹槽的摆锤，另一端可绕O点自由转动，凹槽内装有一小球。现将摆锤拉起，使轻绳偏离竖直方向成角时，由静止释放摆锤，摆锤和小球一起向下摆动。当摆锤到达最低位置时，受到竖直挡板P的阻挡而立即停止运动，小球飞离凹槽做平抛运动，已知当地重力加速度为g。 (1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，除了偏角和绳长L之外，实验中还需要测量的物理量有________。 A．小球的质量m B．摆锤的质量M C．释放摆锤到停止运动的时间t D．小球飞离摆锤时离地面的高度h E．小球平抛运动过程中在水平方向的距离x (2)由平抛运动规律可知，摆锤刚到达最低位置时，小球的速度大小________（用题目已知数据和（1）中所选各物理量的符号表示）； (3)改变小球静止释放时轻绳与竖直方向的夹角，多次重复操作，测出不同角度释放后，小球平抛运动的水平位移x。以为横坐标，为纵坐标，得到如图2所示图像。若图像的斜率大小为________即可验证机械能守恒（用题目已知数据和（1）中所选物理量的符号表示）。 (4)实验时发现，由以上方法测得摆锤动能的增加量总是大于摆锤重力势能的减少量，你认为导致此现象的原因是：________。 【答案】(1)DE (2) (3)4hL (4)小球圆周运动半径大于摆锤圆周运动半径，摆到最低点时，小球的速度大于摆锤的速度，故由小球速度测算出的摆锤动能增量大于摆锤重力势能的减少量 【详解】（1）为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度。小球在最低点飞出时做平抛运动，小球平抛的初速度即为摆锤在最低点的速度，根据平抛运动规律可得， 联立求得 因此要想求出平抛运动的初速度，应该测量小球飞离摆锤时离地面的高度h和小球平抛运动过程中在水平方向的距离x。 故选DE。 （2）由小问1可知 （3）小球从静止运动到最低点的过程中，由动能定理得 又 联立得 可知图像的斜率大小为 （4）小球圆周运动半径大于摆锤圆周运动半径，摆到最低点时，小球的速度大于摆锤的速度，故由小球速度测算出的摆锤动能增量大于摆锤重力势能的减少量 5．（2026·河北承德·一模）在物理学科文化节上，小明同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒并测量当地的重力加速度。查到了弹簧弹性势能的表达式为（k为劲度系数，x为弹簧的形变量），具体实验操作如下： a.将弹簧的一端固定于地面，另一端A系上轻质细绳，细绳绕过定滑轮，拴接带有遮光条的物块B，测得物块B和遮光条的总质量为m，遮光条的宽度为d； b.遮光条正下方安装可移动的光电门； c.调节物块B的位置，使细绳恰好处于伸直状态，此时A、B在同一水平线上； d.静止释放物块B，记录遮光条通过光电门的时间t以及释放物块B时遮光条到光电门的距离h（d<h）； e.改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从同一位置静止释放，记录多组h和对应的时间t，作出图像，若在误差允许的范围内，图像为直线，即可验证轻弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。 请回答下列问题： (1)物块B经过光电门时的速度大小为________； (2)小明作出的图像如图2所示，已知图像的纵截距为b，斜率的绝对值为则弹簧的劲度系数为________，当地的重力加速度为________； (3)小明反复调节光电门的位置，发现释放物块B时，若遮光条到光电门的距离分别为和h2，则遮光条通过光电门的时间相等，根据机械能守恒定律可得，________。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1） 遮光条通过光电门的时间为，遮光条的宽度为d，小物块经过光电门时的速度大小为 （2）[1][2]小物块下降距离为，小物块和弹簧整体的机械能守恒 又知 联立解得 已知图像的斜率的绝对值为，纵截距为b，故， 解得， （3） 小物块下降，小物块和弹簧整体的机械能守恒 小物块下降，小物块和弹簧整体的机械能守恒 联立解得 所以 6．（2025·贵州铜仁·模拟预测）某学习小组用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。实验操作步骤如下： ①用天平测出滑块和遮光条的质量M、钩码的质量m； ②调整气垫导轨水平，按图连接好实验装置，固定滑块； ③测量遮光条中点与光电门之间的距离L及遮光条宽度d，将滑块由静止释放，光电门记录遮光条遮光时间t； ④改变遮光条中点与光电门之间的距离L，进行多次实验。 根据上述实验操作过程，回答下列问题： （1）下列关于该实验的说法正确的是_________。 A．实验中必须保证m远小于M B．本实验是验证钩码机械能守恒 C．滑块运动过程中速度大小等于钩码速度大小的一半 D．在调整气垫导轨至水平时，滑块不需要连接钩码 （2）调整气垫导轨至水平，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块保持静止或者匀速运动，表示气垫导轨已经调节至水平。 （3）多次改变遮光条到光电门的距离，测出多组L和t，作出随L的变化图像如图所示，图线为过坐标原点的直线，如果在误差允许的范围内当地的重力加速度大小为g=_________时（用字母m、M、a、b、d表示），可以验证机械能守恒定律。 【答案】 D 【详解】[1]A．本实验不需要用钩码的重力代替绳的拉力，所以实验中不需要保证m远小于M，故A错误； B．本实验中钩码所受绳的拉力做负功，所以钩码的机械能不守恒，应验证滑块和钩码组成的$