2026年高考物理考前最后一课（含PDF，可直接打印）（含答疑和填报志愿智能体）

⊙学科网 2026 嚣 课 考点无遗漏·热点早预见 技巧稳掌握·预测明考向 心态全护航·考后细疏导 刊首语 以青春之名，赴梦想之约 致即将奔赴考场的你 亲爱的同学们： 当凤凰花开满枝头，当蝉鸣唤醒盛夏，你们将执笔为剑，在考场上书写青春 的答卷。这三年，你们见过彼此晨光熹微时的早读身影，听过自己深夜笔尖划 过纸页的沙响；既有过“直挂云帆济沧海”的意气风发，也曾因“路漫漫其修 远兮”而彷徨。但请记住，每一滴汗水都是成长的印记，每一次跌倒都是为腾 飞蓄力。 以信念为帆，破浪前行 高考是人生的第一个重要渡口，它检验的不仅是知识，更是意志。那些挑灯 夜战的夜晚、反复演算的习题，终将凝聚成“天道酬勤”的力量。无论结果如 何，只要拥有梦想并为之奋斗，你们已是自己的英雄。请带着“舍我其谁”的 气魄踏入考场，因为“自信是成功的基石，沉着是飞翔的翅膀”。 以坚韧为刃，披荆斩棘 学习之路从无捷径，或许你们曾因一次失利而怀疑自己，但请明白：“只有 经历地狱般的磨炼，才能炼出创造天堂的力量。”就像梅花经苦寒而芬芳，宝 剑因磨砺而锋利。此刻，你们只需凝神静气，将三年积淀化作笔下星河 一“静下来，铸我实力；拼上去，亮我风采”！ 以初心为灯，照亮未来 高考不是终点，而是新篇章的起点。这个世界从不会辜负认真耕耘的人，在 你的笔下有一个色彩绚丽的世界，而未来定会还你另一幅灿烂图景。愿你们像 雄鹰搏击长空，如猛虎声震山谷，在考场上“以平常心面对挑战，以非凡心成 就自我” 殷殷的嘱托 亲爱的同学们，“长风破浪会有时”是你们的信念，“不达目的誓不罢 休”是你们的誓言。愿你们“从容不迫，潇洒凯旋”；愿你们“金榜题名时， 言笑亦晏晏”；更愿你们永远记得一这场考试的意义，在于让你们发 现：“生命中最快乐的，是拼搏而非成功；最痛苦的，是惰性而非失败。” 希望学科网《最后一课》系列，能助你在高考的考场上擘画自己的明天！相 信你们终将“一举成名天下知”，让青春的光芒照亮未来的每一步！ 学科网总经理陈学艺 2026年4月20日于北京 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 目 录 【热点O6基于Al智能体分析其他热点情境命题点】 .45 01高频考点·速查速记 。4 05 高频考点·压轴预测 知识框架… 4 …46 公式清单… .5 【预测一选择题】46 预测01原子物理 ....46 考前知识点自问自查清单10 预测02光学.48 预测03热学51 02 重难题型•解题妙招 预测04平衡问题和牛顿动力学问题， 53 .13 预测05抛体运动和圆周运动59 妙招一高中物理常见陷阱及二级结论 ...13 预测06万有引力与航天60 妙招二高中物理审题中的隐含条件…15 顶测07功能关系63 1.物理模型(16个)中的隐含条件 .15 预测08动量定理和动量守恒定律 .64 2.运动模型中的隐含条件 预测09机械振动和机械波…66 .16 3.物理现象和过程中的隐含条件.16 预测10电场的基本规律应用 .69 妙招三高中物理重难点模型及问题动画演示…17 预测11磁场的基本规律应用 71 妙招四高中物理解框架及思路17 预测12电磁感应基本规律应用.…73 妙招五高考物理解答题规范化要求 .18 预测13交变电流和变压器 …76 最后的嘱咐. .21 【预测二实验题】… …78 预测01力学实验 .78 预测02电学实验.81 03 全程备考·硬核攻略 【预测三计算题】85 22 预测01气体实验定律的综合应用问题85 考前：备考策略与心理准备…22 预测02牛顿运动定律的综合性应用.87 考前心态准备…22 预测03力学三大观点的综合性应用95 最后冲刺建议.22 预测04电磁感应与电路结合的综合问题100 考前答疑…22 预测05带电粒子在电磁场中的运动103 考中：高考临场答题攻略与难题、卡壳题应急破局术 …23 考后：志愿填报与人生规划… 06决胜高考·最后一题 …24 .107 聚焦可挖因素：志愿填报24 启程.下一站人生 .24 选择压轴题 .107 计算压轴题109 04 热点情境•命题解密 .24 07 高频母题•考向预判 【热点012026年春晚中的“文化自信”与“新质生产 .121 力”】24 真题一运动学121 【热点02大国重器·航天强国：从“天宫”到“嫦 真题二相互作用与牛顿定律123 娥”的力学奇迹】28 真题三功能关系与动量守恒定律 .129 【热点03绿色能源·双碳引领：核聚变与光伏技术 真题四电场与磁场…132 的双轮驱动】.…。 .33 真题五电磁感应与交变电流 ...141 【热点04量子跃迁·未来已来：从“九章”到“祖 真题六机械与热、光、原.....145 冲之”的量子霸权】…41 真题七力学实验151 【热点05材料革命·基石突破：室温超导与纳米科 真题八电学实验153 技的物理密码】43 3/156 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 01 高频考点•速查速记 知识框架 匀变速直线运动1简单高频 电场力的性质中等高频 相互作用一力川简单1高频 电场能的性质中等高频 牛顿运动定律较难|高频 带电粒子在电场中运动训较难1高频 抛体运动中等中频 电路及其应用]简单1中频 圆周运动中等|高频 力学 磁场及其对电流、运动电荷的作用引中等引中频 电磁学 万有引力与航天1中等高频 带电粒子在磁场中的运动较难高频 功和功率引简单中频 电磁慰应1较难|高频 功和能~动能定理~能量守恒较难|高频 高考物理 交变电流1中等引中频 动量定理·动量守恒定律制较雅」高频 电磁振荡与电磁波！简单！中频 机械振动与机械波简单！高频 传感器引简单低频 光的折射与反射川中等引高频 光学 波粒三象性简单]中频 光的干涉、衍射和偏振引简单中频 原子结构简单中频 分子动理论·肉能简单中频 近代物理 原子核中等中频 气体实验定律|中等|高频 热学 相对论简介简单|低频 固体~液体简单低频 热力学定律1简单中频 测量纸带的平均速度和瞬时速度1简单低频 探究小车速度随时间变化的规律简单！中频 观察电容器的充·放电现象简单中频 探究弹簧弹力与形变量的关系！简单|低频 长度的测量及测量工具的选用引简单引中频 探究加速度与力、质量的关系较难1高频 金属丝电阳率的测量]简单|中频 挥突平抛运动的特点中等利中频 力学实验 电学实验 练习使用多用电表简单|中频 探究向心力大小与半径·角速度、质量的关系引简单低频 电池电动势和内阻的测量引较难！高频 验证机械能守恒定律较难」高频 传冠器相关实验简单中频 验证动量守恒定律较难卧高频 高考物理实验 探究变压器原线图电压与匝数的关系简单中频 用单摆测量重力加速度的大小中等利中频 探究影响慰应电流方向的因素简单|低频 测量玻璃的折射车简单]中频 热学实验 用油腰法估测油酸分子的大小川简单中频 光学实验 用双缝干涉测厦光的波长简单中频 探究气体等盟变化的规律简单中频 4/156 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 概念公式理解不深 知识掌握与运用能力 能力与核心素养 基础知识掌握不牢 模型构建能力 题目理解有误 逻辑推理能力 不能挖捉隐含条件 分析综合能力 关键能力 失分自查 不能正确构建模型 信息获取和加工能力 分析能力欠缺 实验探究能力 计算能力薄弱 创新与探究能力 书写规范问题与卷面 公式清单 1)力学 物理概念、规律 公式 备注 v=vo at 行=vt= 6+”= 2 t 匀变速直线运动 1 市=：适用于任 x=vot+a2 △x=aT2 何形式的运动 2ax =v2-v3 自由落体运动 v=gt v2 =2gh v0=0,a=g 1 1 上抛取“”号 竖直抛体运动 v=vo±gt h=vot+gt2 h=ot±29t2 上抛取+”号 物理概念、规律 公式 备注 相 重力 G=mg g为重力加速度，一般取9.8m/s2 或10m/s2 互 x为形变量， 胡克定律 F=kx 用 k为劲度系数 滑动摩擦力 F=uFN u为动摩擦因数 物理概念、规律 公式 备注 牛顿第二定律 F台=ma a与F合的方向一致 牛顿 运动 作用力与反作用力等大反向，作 定律 牛顿第三定律 F=F 用在不同物 体 物理概念、规律 公式 备注 曲 平抛运动 Vx vo vy gt 沿：x方向做匀速直线运动； 5/156 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 线 1 沿y方向做自由落体运动 x=Vot y=29t2 动 △s 48 0= ω= △t 2πr △t v二T 匀速圆周运动 r=@2r=wv 2π w二 v2 F=ma=m -mw2r mov v=wr 物理概念、规律 公式 备注 F=Gmimz 引力常量： 万有引力定律 r2 G-6.67x1011Wmkg2 万 有 黄金代换式 GM=gR2 g为天体地表的重力加速度 引 卫星与天体 mM v2 4π2R G 力 R2 mR =mo2R =m =m- T2 天 mim2 (1+2)2 =m1 -=m1ω2r1 双星问题 n 双星、三星问题中，各天体的 mim2 吃 角速度、周期相同 G +2)2 =m2 =m2w212 物理概念、规律 公式 备注 动能 Exmo 标量 重力势能 Ep =mgh 与零势能面的选择有关 能 1 动能定理 w4-写m暖-m W为合外力做的功 机械能守恒定律 守恒条件：只有重力或系统 E1 E2Ek1+Ep1 Ek2 +Ep2 内弹力做功 物理概念、规律 公式 备注 功 W Flcosa a是F与l的夹角 功率 a是F与v的夹角 功 p-W 机械效率 7= W有用×100% P有 W总 总 ×100% 7<1 物理概念、规律 公式 备注 6/156 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 物理概念、规律 公式 备注 动动量 p=mv 矢量 量 冲量 I=FAt 矢量 动量定理 mv'-mv F(t'-t) 动量守恒定律 m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2 适用条件：系统所受合外力 为零 物理概念、规律 公式 备注 简谐运动的回复力 F=-kx 械 振 单摆周期公式 T=2π 1为单摆的摆长 动 和 机 波长、波速、周期、 频率的关系 v=元f=7 适用于一切波 波 2)电磁学 物理概念、规律 公式 备注 库仑定律 P=k29k=90×10wm21c2) 适用条件：静止在真空中 的点电荷 E=日 定义式，适用于任何电场 的计算 电场强度 E=号 只适用于真空中的点电 荷产生的电场 静 8-8 只适用于匀强电场 电 电场力 F=gE F与E的方向相同或相反 电势与零势面的选取有 电势、电势差 兵 关，电势差与零势面的选 q 取无关 c-8 定义式 电容器的电容 c-动 适用于平行板电容器 7/156 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 物理概念、规律 公式 备注 磁感应强度 8-品 I与B的方向垂直 磁 场 安培力 F安=BIL B⊥，方向：用左手定则判断 洛伦兹力 F洛=qBv B⊥y,方向：用左手定则判断 物理概念、规律 公式 备注 电 磁通量 中=BScos0 0为平面S的垂线与B的夹角 感 感应电动势 nA中E=BLv E=n At 后者仅适用于B、L、v两两 垂直的情况 物理概念、规律 公式 备注 电阻定律 R=PS p为电阻率 电流 1-9=gs W 电源电动势 E=g=U%+U外 1日 部分电路欧姆定律 欧姆定律 1s、 闭合电路欧姆定律 R+r U=E 恒 断路时 定 路端电压 U=0 短路时 U=IR=E-U内=E-Ir 通路时 流 W UIt 适用于一切电路 电功 2 W=12Rt=Rt 适用于纯电阻电路 焦耳定律 Q=12Rt 电源功率 P=EI p=W、 -=UI 适用于一切电路 t 用电器功率 U2 P=I2R-R 适用于纯电阻电路 电源效率 P幽×100%=E 处×100% 8/156 厨学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 物理概念、规律 公式 备注 电动势：e=Emsinot 电动势、电流、电压 从中性面开始计时 的瞬时值 电流：i=Insinot 电压：u=Umsinot 变 电动势：E=号m 电动势、电流、电压 适用于正弦式交变电流 流 的有效值 电流：1-号 电压：U=受Um 理想变压器 费是专=兴= 物理概念、规律 公式 备注 电 磁 T=2πVC 振 LC振动电路 1 荡 f=2π√元 和 电 电磁波的波长、波速、 磁 周期、频率的关系 c=Af=T 波 3)光学 物理概念、规律 公式 备注 sine 01:介质1入射角 折射定律 sin02 =n12=n21 02:介质2折射角 y为介质内光速 折射率 n= v 学 临界角 sinc =1 光从光密介质射入光疏介质 n 光的波长 λ=S v为光的频率 △x是相邻两个亮条纹 双缝干涉 4x=a入 或暗条纹的中心间距 4)热学 物理概念、规律 公式 备注 热 热力学第一定律 △U=Q+W三种特殊情况 注意各量“+”，“.” 9/156 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 物理概念、规律 公式 备注 ①等温变化：△U=0,即Q+W=0 号的含义 学 ②绝热膨胀或压缩：Q=0,即W=U ③等容变化：W=0,即Q=U 律 热平衡方程 Q吸=Q放 理 想 气 PiVi P2V2 体 理想气体状态方程 T1-T2 适用于一定质量的 状 T=c 理想气体 态 程 5)近代物理 物理概念、规律 公式 备注 h为普朗克常量，其 光子的能量 E=hv 粒 值为6.63x1034J5 二 E为光电子的最大初 象 光电效应方程 Ek =hv -Wo 动能， 性 W为逸出功 和 能级跃迁 hv Em-En(m>n) 原 爱因斯坦质能方程 E=mc2△E=△mc2 △m为质量亏损 子 物 x为半衰期，t为衰变 理 元素衰变后的质量 m剩=m原 时间 考前知识点自问自查清单 1)矢量与标量；单位制；物理方法；物理常识；物理学史 2)运动学基本公式及推论：从静止开始的匀变速直线运动规律；自由落体运动：上抛运动运动；追及相遇 问题：图像类问题 3)求力的几个公式；受力分析：斜面上物体受力分析：活结与死结：动杆与定杆：动态平衡问题： 4)动力学问题：超重与失重；绳弹簧瞬时问题；连接体问题：等时圆模型：分离、临界问题： 5)曲线运动（轨迹、合外力、速度方向关系）；运动的合成与分解（红蜡块的运动）；小船渡河问题：绳 子末端速度分解问题； 10/156 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 6)平抛运动：平抛运动与斜面、曲面结合；斜抛运动： 7)水平/竖直圆周运动模型；轨道与管道；压力问题；同轴转动；齿轮皮带传动；圆锥摆 8)竖直平面圆周运动：最高、低点压力模型；轨道与管道区别 9)开普勒行星运动定律；天体环绕模型：地面物体模型；天体质量、密度的计算；卫星轨道半径与线速度、 角速度、周期、向心加速度关系；同步卫星；第一宇宙速度的意义：变轨：双星问题：追及相遇问题 10)功和功率；机车启动；动能定理；机械能及机械能守恒；摩擦生热问题；功能关系 11)动量定理与动量守恒；碰撞；爆炸；反冲；人船模型：流体类问题；传送带问题；木块与板块、曲面、 斜面问题（子弹穿木块问题）：木块弹簧问题 12)电荷：库仑定律、电场力作用下的平衡加速问题；电场强度的三个公式；常见电场线分布：电势、电 势差、电势能与电场力做功：带电粒子在电场中加速、偏转综合问题；静电的防止与利用；电容器；示波 器 13)磁场方向的判断：磁感应强度；安培力及平衡问题；洛伦兹力：带电粒子在磁场（有界、无界）中的 运动；带电粒子在组合场、混合场中运动：等效重力法；缩放圆；旋转圆；磁聚焦与磁发散；现代科学仪 器（速度选择器、质谱仪、直线加速器、回旋加速器、电子感应加速器、磁流体发电机、电磁流量计、霍 尔元件)； 14)感生电动势：动生电动势：自感电动势：（含容、电阻、电源：有/无外力：有无初速度）单棒、双棒 等距与不等距导轨；旋转切割；法拉第圆盘；稳定终态速度问题；焦耳热问题；电荷量问题； 15)电生磁（奥斯特实验）：电流热效应（焦耳定律）：磁生电（法拉第电磁感应定律）；发电机模型（交 变电流的产生)；涡流、电磁驱动、电磁阻尼、自感、互感；电感；变压器；电磁弹射；常用电器（微波 炉、电磁炉、电暖炉、金属探测仪) 16)电流、电压、电动势、电阻；电阻定律；闭合电路欧姆定律；电功与电功率；电热与热功率；非纯电 阻电路；（含容）电路的动态变化；电表改装。 17)交变电流问题、高压输电问题；LC振荡电路、电磁波、电磁波谱 18)机械振动：机械波：单摆与弹簧振子：受迫振动与共振：振动图像与波动图像：波的叠加与干涉：行 射：多普勒效应： 19)反射、折射（折射率）、全反射、偏振、色散、散色；干涉（劈尖、等厚干涉、牛顿环）；衍射：光 电效应 20)分子动理论：分子数量直径求法：分之间作用力与分子势能：气缸、液柱类受力分析：三个气体实验 定律：固体分类；液体；功、热量与内能；热力学定律；热学图像类问题 21)能量量子化；氢原子光谱；波粒二象性：原子结构、原子核结构：核反应（衰变、人工核反应（聚变 11/156 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 与裂变))；结合能与比结合能；基本粒子：相对论；传感器： 22)实验 (1)注意事项：电磁打点计时器的工作电压4V到6V;火花打点计时器的工作电压为220V;所有打点 计时器都是先通电再放纸带；打点周期为0.02s,计算结果注意有无有效数字或小数点位数要求。计算某一 点瞬时速度和平均速度要注意每两个点之间是否还有未画出的点(T不同) (2)打点计时器类实验：探究小车速度随时间变化的规律；探究加速度与物体受力、物体质量的关系： 验证机械能守恒定律：（研究自由落体运动的规律） (3)读数类问题：刻度尺；刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表及电流表、多用电表读数 (4)控制变量法：探究加速度与物体受力：物体质量的关系：探究向心力大小与半径、角速度、质量 的关系 (⑤)等效替代法：探究两个互成角度的力的合成规律：（研究运动的合成与分解一一红烛实验） (6)抛体类实验：探究平抛运动的特点：探究碰撞中的不变量 (7)弹簧类实验：探究求合力的方法：（探究弹簧弹力与形变量的关系）： (8)天平类实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系；验证机械能守恒定律（可不用）： (9)秒表实验：用单摆测量重力加速度的大小 (10)电表/滑动变阻器类实验：测量电源的电动势和内阻；测量电阻丝的电阻率、观察电容器充、放 电现象；用多用电表测量电学中的物理量；探究影响导体电阻大小的因素；电表改装；探究影响感应电流 方向的因素：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 (11)测量类实验：用油膜法估测油酸分子的大小；测量玻璃的折射率；用双缝干涉实验测量光的波长： 用单摆测量重力加速度的大小；测量电源的电动势和内阻；测量电阻丝的电阻率；长度的测量及其测量工 具的选用 (12)探究、验证关系类实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系；验证机械能守恒定律：探究 弹簧弹力与形变量的关系；探究两个互成角度的力的合成规律；探究求合力的方法；（探究弹簧弹力与形 变量的关系)；探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系；探究影响导体电阻大小的因素；探究等温 情况下一定质量气体压强与体积的关系；探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系 12/156 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 02 重难题型解题妙招 妙招一高中物理常见陷阱及二级结论 1)若是刹车，那么V=0,要注意所给的时间。 2)如果匀减速直线运动的末速度为零，那么可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动。 3)知3求2一一如果是匀变速直线运动，那么已知3个物理量，可求另2个物理量。 4)天上一式+地上一式一一如果求解天体运动问题，那么FF向Fmg,知3求余。 5)摩擦力要先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。 6)有弹力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有弹力。 7)对轻质杆，若与墙壁通过转轴相连，则杆产生的弹力方向一定沿杆。 8)如果一个是恒力，一个分力的方向保持不变，那么应用平行三角形定则进行动态分析。 9)如果物体处于平衡状态，那么某个力必定与其他力的合力等大且反向。 10)如果是动滑轮，那么两边的力不仅大小相等，而且夹角也相等。 11)物体沿直线运动，速度最大的条件是：合力为零。 12)物体离开接触面，那么要抓住Fx=0考虑。 13)如果是连接体且两物体加速度相同，那么可用整体法。 14)物体沿粗糙斜面下滑a=gsin a-4 gcos a 15)物体沿倾角为a的斜面匀速下滑--=tana: 16)物体沿光滑斜面下滑a=gsin a 17)无力不拐弯，拐弯必有力。匀速圆周运动受向心力作用。 18)做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。速度 与水平夹角为B,位移与水平方向的夹角为a,则tanB=2tana。寻找速度、位移直角三角形。 19)各点共轴转动时，角速度相同。 20)不打滑皮带转动的边缘点，线速度大小相等。 21)圆维摆的周期T=21 22)大半径，大周期，小度，适用同一个中心球体。 23)P=F vcos8,注意斜面重力功率。 PP 24)机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即%= 13/156 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即一予一 26)公式Q=f·1相其中1相对为两接触物体间的相对位移。 27)沿电场线方向电势逐渐降低。负电荷逆着电场线做正功。 28)如果沿等势面移动，那么W=0。 29)匀强电场中平行且相等的两端的电势差相等。 30)电势能一般通过电场力做功求解。电场力做正功，电势能一定减少，与正负无关。 31)电势能：把该电荷（包含正、负）从该点移动到零势能面电场力做的功定义该点电势能。 32)如果导体处于静电平衡，那么内部的场强必定处处为零，导体必定是等势体。 33)用E=U/d求解，找d时先画出等势面，在求距离。 34)如果在匀强电场中，那么可将qE与mg合成后等效为g等。 35)电容器接在电源时，电压不变。 36)电容器断开电源时，电量不变。 37）势能的变化--量度 一一一一*力做功 38)动能的变化--量度---合外力的功 39)机械能的变化---量度---除重力之外的力功 40)电场力的功---量度---电势能的变化 41)安培力做负功---量度--其它能转化为电能 42）)各种图像纵横轴的物理量的单位、起始点是否过坐标原点、斜率、面积要注意。 43)与位移相关一般用动能定理；有时用动量定理 44)与加速度有关的一般用牛顿第二定律F-ma; 45)与时间直接相关则运动学公式。有时用动量定理 46)找对象、两分析、列方程。 47)传送带把它看成质点。 48)求可变电阻的最大功率，当R=r时P最大或根据图像。 49)求固定电阻的最大功率，当R=0时P最大。 50)回路中的功率与某一电阻上的功率，总分有别。 51)如果R负》R潘、电压或电流量程偏小、从零开始调节，那么用分压式 52)内外接法选择：内大大，外小小，R中=VRR。 53)如果是同向电流，那么它们相互吸引。 14/156 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 54)粒子在重力、电场力、洛伦兹力作用下若做直线运动，那么一定的匀速直线运动。 55)粒子在重力、电场力、洛伦兹力作用下在做竖直面内的匀速圆周运动，那么mg=qE。 56)交流电表的读教、用电器的标值、保险丝的熔断值、未说明等它们都为有效值。 57)单根直导体杆垂直切割磁感线，安培力：F=BLv/R+r)。 58)电磁感应中感生电流通过线圈导线横截面积的电量：qV△Φ/(R+r)。 59)单摆过最低点，合力不为零。 60)如果是电磁感应现象，先画出等效电路图。 61)如果是先通电后受力，那么用左手定则。 62)如果是先运动后产生电流，那么用右手定则。 63)如果要研究带电粒子做圆周运动的几何关系，那么必须先找到圆心，再定半径。 64)如果是欧姆表，那么换挡后均须调零，用后置于“off,或（∽500V)。 65)如果圆形磁场区域的半径与带电粒子运动的半径相同，那么平行入射的粒子会聚于圆周上一点，反之 一点发散成平行 妙招二高中物理审题中的隐含条件 1.物理模型(16个)中的隐含条件 1)质点：物体只有质量，不考虑体积和形状 2)点电荷：物体只有质量、电荷量，不考虑体积和形状 3)轻绳：不计质量，力只能沿绳子收缩的方向，绳子上各点的张力相等 4)轻杆：不计质量的硬杆，可以提供各个方向的力（不一定沿杆的方向） 5)轻弹簧：不计质量，各点弹力相等，可以提供压力和拉力，满足胡克定律 6)光滑表面：动摩擦因数为零，没有摩擦力 7)单摆：悬点固定，细线不会伸缩，质量不计，摆球大小忽略，秒摆；周期为2s的单摆 8)通讯卫星或同步卫星：运行角速度与地球自转角速度相同，周期等与地球自转周期，即24h 9)理性气体：不计分子力，分子势能为零；满足气体实验定律PV/T=C(C为恒量) 10)绝热容器：与外界不发生热传递 11)理想变压器：忽略本身能量损耗（功率P输λ=P籲出），磁感线被封闭在铁芯内（磁通量中=中2） 12)理想安培表：内阻为零 13)理想电压表：内阻为无穷大 14)理想电源：内阻为零，路端电压等于电源电动势 15/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 15)理想导线：不计电阻，可以任意伸长或缩短 16)静电平衡的导体：必是等势体，其内部场强处处为零，表面场强的方向和表面垂直 2.运动模型中的隐含条件 1)自由落体运动：只受重力作用，V。0,a=g 2)竖直上抛运动：只受重力作用，a=g,初速度方向竖直向上 3)平抛运动：只受重力作用，a=g,初速度方向水平 4)碰撞，爆炸，动量守恒；弹性碰撞，动能，动量都守恒；完全非弹性碰撞；动量守恒，动能损失最大 5)直线运动：物体受到的合外力为零，后者合外力的方向与速度在同一条直线上，即垂直于速度方向上 的合力为零 6)相对静止：两物体的运动状态相同，即具有相同的加速度和速度 7)简谐运动：机械能守恒，回复力满足F=一kx 8)用轻绳系小球绕固定点在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动：小球在最高点时，做圆周运动的 向心力只有重力提供，此时绳中张力为零，最高点速度为V=,√gR(R为半径) 9)用皮带传动装置（皮带不打滑）；皮带轮轮圆上各点线速度相等；绕同一固定转轴的各点角速度相等 10)初速度为零的匀变速直线运动： ①连续相等的时间内通过的位移之比：S:S:S:Sw=1:3:5:7… ②通过连续相等位移所需时间之比：t1:t2:t3:…=1:(√2一1)：（√3一√2)… 3.物理现象和过程中的隐含条件 1)完全失重状态：物体对悬挂物体的拉力或对支持物的压力为零 2)一个物体受到三个非平行力的作用而处于平衡态；三个力是共点力 3)物体在任意方向做匀速直线运动：物体处于平衡状态，F合=0 4)物体恰能沿斜面下滑：物体与斜面的动摩擦因数μ=tan0 5)机动车在水平里面上以额定功率行驶：PF牵引力V当F牵引为f阻，Vmx=P额/f阻力 6)平行板电容器接上电源，电压不变：电容器断开电源，电量不变 7)从水平飞行的飞机中掉下来的物体；做平抛运动 8)从竖直上升的气球中掉出来的物体；做竖直上抛运动 9)带电粒子能沿直线穿过速度选择器：F洛仑兹力F电场力，出来的各粒子速度相同 10)导体接地：电势比为零（带电荷量不一定为零） 16/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 妙招三高中物理重难点模型及问题动画演示 1.网址：http:l/lab.physicalw.com 2.二维码访问： 妙招四高中物理解框架及思路 1)解决物理问题一般过程 物体题 审视物理情景 构建物理模型 转化为数学问题 还原为物哩结论 2)解决物理问题基本思维框架：选对象、划过程、找状态 ①选对象：确定研究对象，选择一个物体还是选择几个物体作为一个整体。 ②划过程：准确划分研究过程（全过程还是分过程）。过程往往涉及多个分过程，不同的过程中受力、 做功不同，选用不同的规律，但要注意不同过程中相互联系的物理量。有时也可不必分析每个过程的物量 情景，而把物理规律直接应用于整个过程，会使解题步骤大为简化。 ③找状态：对所选对象在某状态或过程中（全或分）进行：受力，运动，做功特点分析。 2)三分析 ①运动分析：做什么性质的运动(v、a)，必要时画出运动示意图辅助解答 ②受力分析：定性分析受哪些力（方向、大小、个数），必要时画出受力辅助解答，； ③功能分析：分析各力做功的情况及能力转化情况 3)确定解题依据 17/156 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 根据（运动、受力、做功或能量转化）特点选择适当的物理规律： 三大工具①以牛顿定律为主的动力学方法：②动量定理及动量守恒定律；③动能定理、机械能守恒定 律及功能关系等。 注意：用能的观点解有时快捷，动量定理，动能定理，功能关系可用以不同性质运动阶段的全过程。 4)解题前的准备：设量、建系、规定正方向 ①设出题中没有直接给出的物理量 ②建立坐标 ③规定正方向等 5)书写解答过程 ①所选的物理规规律用何种形式建立方程，有时可能要用到数学的函数关系或几何关系式 ②主干方程式要依课本中的“原给公式”形式进行列式， ③不同的状态或过程对应不同的规律。及它们之间的联系，统一写出方程。并给予序号标明。 ④统一单位制，将己知物理量代入方程（组）求解结果。 6)检验结果：必要时进行分析讨论，结果是矢量的要说明其方向。 关键：选准研究对象，正确进行受力、运动、做功情况分析，弄清所处状态或发生的过程 妙招五高考物理解答题规范化要求 物理计算题可以综合地考查学生的知识和能力，在高考物理试题中，计算题在物理部分中的所占的比分 很大(60%)，单题的分值也很高。一些考生考后感觉良好但考分并不理想，一个很重要的原因便是解题不规 范导致失分过多。在高考的物理试卷上对论述计算题的解答有明确的要求：“解答应写出必要的文字说明、 方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单 位。”具体地说，物理计算题的解答过程和书写表达的规范化要求，主要体现在以下几个方面。 1.文字说明要清楚 必要的文字说明是指以下几方面内容： ①说明研究的对象：对字母、符号的说明。题中物理量有给定符号的，必须严格按题给符号表示，无 需另设符号： 题中物理量没有给定符号的，应该按课本习惯写法（课本原始公式）形式来设定。②对物理关系的说明和 判断。如在光滑水平面上的两个物体用弹簧相连，“在两物体速度相等时弹簧的弹性势能最大”，”在弹簧为 原长时物体的速度有极大值。” ③说明研究对象、所处状态、所描述物理过程或物理情境要点，关健的条件作必要的分析判断。题目 18/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 中的隐含条件，临界条件等。即说明某个方程是关于"谁"的，是关于”哪个状态或过程"的。 ④说明所列方程的依据及名称，规定的正方向、零势点及所建立的坐标系， 这是展示考生思维逻辑严密性的重要步聚。 ⑤选择物理规律的列式形式；按课本公式的“原始形式”书写。 ⑥诠释结论：说明计算结果中负号的物理意义，说明矢量的方向。 ⑦对于题目所求、所问的答复，说明结论或者结果。 文字说明防止两个倾向：过于简略而显得不完整，缺乏逻辑性。罗嗦，分不清必要与必不要。 答题时表述的详略原则是物理方面要祥，数学方面要略.书写方面，字迹要清楚，能单独辨认题解要 分行写出，方程要单列一行，绝不能连续写下去，切忌将方程、答案淹没在文字之中 2.主干方程要突出（在高考评卷中，主干方程是得分的重点） 主干方程是指物理规律、公式或数学的三角函数、几何关系式等 ①主干方程式要有依据，一般表述为：依xx物理规律得；由图几何关系得，根据…得等。 ②主干方程列式形式得当，字母、符号的书写规范，严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变 形的结果式代替方程式；（这是相当多考生所忽视的）.要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数 据混合，不要方程套方程：要用原始方程组联立求解，不要用连等式 如：带电粒子在磁场的运动应有qvB=m,而不是其变形结果R=加 R gB ③列方程时，物理量的符号要用题目中所给符号，不能自己另用字母符号表示， 若题目中没有给定物理量符号，应该先设定，设定也有要求（按课本形式设定）， 如：U表示两点间的电压，p表示某点的电势，E表示电动势，ε表示电势能 ④主干方程单独占一行，按首行格式放置：式子要编号，号码要对齐。 ⑤对所列方程式（组）进行文字（符号）运算，推导出最简形式的计算式，不是关键环节不计算结果。 具体推导过程只在草稿纸上演算而不必写在卷面上。如果题目有具体的数值运算，则只在最简形式的 计算式中代入数值算出最后结果，切忌分步进行代数运算。 ⑥要用原始公式联立求解，分步列式，并用式别标明。不要用连等式，不断地用等号连等下去。 因为这样往往因某一步的计算错误会导致整个等式不成立而失分。 3.书写布局要规范 ①文字说明的字体要书写公整、版面布局合理整齐、段落清晰、美观整洁。详略得当、言简意赅、逻 辑性强。一定要突出重要解题观点。 ②要用规范的物理语言、式子准确地表达你的解答过程，准确求得结果并得出正确结论。 19/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 总结为一个要求：就是要用最少的字符，最小的篇幅，表达出最完整的解答，以使评卷老师能在最短 的时间内把握你的答题信息，就是一份最好的答卷。 特别注意：板面的设计、布局。 4.解题过程中运用数学的方式有讲究 ①“代入数据”，解方程的具体过程可以不写出. ②所涉及的几何关系只需说出判断结果而不必证明. ③重要的中间结论的文字表达式要写出来. ④所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去。 ⑤数字相乘的，数字之间不要用“·”而用“×”进行连接，相除的也不要用“：”，而用“/”. 5.使用各种字母符号要规范 ①字母符号要写清楚、写规范，忌字迹潦草，阅卷时因为“v、r、v、”不分，“G”的草体像“a”, 希腊字母“p、μ、B、n”笔顺或形状不对而被扣分已屡见不鲜了. ②尊重题目所给的符号，题目给了符号的一定不要再另立符号，如题目给出半径是，你若写成R就算 错 ③一个字母在一个题目中只能用来表示一个物理量，忌一字多用，要用到同一字母表示物理量，采用角 上标、角下标加与区别。一个物理量在同一题中不能有多个符号，以免混淆. ④尊重习惯用法，如拉力用F,摩擦力用f表示，阅卷人一看便明白，如果用反了就会带来误解： ⑤角标要讲究，角标的位置应当在右下角，比字母本身小许多，角标的选用亦应讲究，如通过A点的速 度用V就比用V好，通过某同一点的速度，按时间顺序第一次V用，第二次用V2就很清楚，如果倒置，必然 带来误解 ⑥物理量的符号不论大写还是小写，均采用斜体。如功率P压强p、电容C、光速c等. ⑦物理量单位符号不论大写还是小写，均采用正体。其中源于人名的单位应大写，如库仑C,亨利H, 由两个字母组成的单位，一般前面字母用大写，后面字母用小写，如Hz、W6. 6.学科语言要规范，有学科特色 ①学科术语要规范，如“定律”、“定理”、“公式”、“关系”、“定则”等词要用准确，阅卷时 “由牛顿运动定理”、“动能定律”、“四边形公式”、“油标卡尺”等错误说法时有发生 ②语言要富有学科特色。在如图所示的坐标系中将电场的方向说成“西南方向”、“南偏西45°”、 “向左下方”等均是不规范的，应说成“与轴正方向夹角为135°”或“如图所示”. 7.绘制图形图象要清晰、准确 ①绘制必须用铅笔（便于修改）、圆规、直尺、三角板，反对随心所欲徒手画。 20/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 ②画出的示意图（受力图、电路图、光路图、运动过程图等）应大致能反映有关量的关系，图文要对 应 ③画函数图象，要画好坐标原点，坐标轴上的箭头，标好物理量的符号、单位及坐标轴的数据： ④图形图线应清晰、准确，线段的虚实要分明，有区别 ⑤高考答题时，必须应用黑色钢笔或签字笔描黑，否则无法扫描，从而造成失分 最后的嘱附 1.慎做容易题，保证全做对；稳做中档题，一分不浪费：巧做较难题，力争多得分。 答题技巧：“基础题，全做对：一般题，一分不浪费；尽力冲击较难题，即使做错不后悔”。“容易 题不丢分，难题不得零分。“该得的分一分不丢，难得的分每分必争”，“会做一一做对一一不扣分” 2.动笔就有分，有效答题。对于大多数考生来说，几乎没有检查时间。 3.审题要仔细，关键字眼不可疏忽：审题时一定要仔细，尤其要注意一些重要的关键字眼，不要以为是“容 易题”“陈题”就一眼带过，要注意“陈题”中可能有“新意”。也不要一眼看上去认为是“新题、难题” 就畏难而放弃，要知道“难题”也只难在一点，“新题”只新在一处。由于疏忽看错题或畏难轻易放弃都 会造成很大的遗憾。巧妙审题。一般来说，对于较简单或一般难度的试题应阅读两遍；对于题干较长、信 息量较大的综合试题，审题应分三步：一，先粗读，大脑对题中所述内容有一个大体轮廓：二细读，弄清 题中的已知、未知、设问等，大脑建立一幅较为清晰的物理情景；三选读，排除题目中的干扰条件，挖掘 出隐含条件，找出各量之间的内在联系。 4.物理过程的分析要注意细节，要善于找出两个相关过程的连接点（临界点） 对于一个复杂的物理问题，首先要根据题目所描述的情景建立正确的物理模型，然后对物理过程进行 分析，对于多过程的物理问题，考生一定要注意分析物理过程的细节，弄清各个过程的运动特点及相关联 系，找出相关过程之间的物理量之间的关系，做到了这一点，也就找到了解题的突破口，难题也就变得容 易了。 5.答题要规范，得分有技巧：从这几年的评卷来看，很多学生由于答题不规范，没有相应的应考技巧，导 致丢失了很多应得之分，有些学生失分情况相当严重，一科达20分以上，其中不乏一些较好的学生。为避 免这种情况，特别注意以下情形： ①简洁文字说明与方程式相结合：有的考生解题是从头到尾只有方程，没有必要的文字说明，方程中使 用的符号表示什么不提出；有的考生则相反，文字表达太长，像写作文，关键方程没有列出。既耽误时间， 又占据了答卷的空间，以上两种情形都会导致丢分。所以在答卷时提倡简洁文字表达，关键处的说明配合 图示和物理方程式相结合。 21/156 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ②尽量用常规方法，使用通用符号：有些考生解题时首先不从常规方法入手，而是为图简便而用一些特 殊奇怪的方法，虽然是正确的，但阅卷老师短时间不易看清。同样，使用一些不是习惯的符号来表达一些 特点的物理量，阅卷老师也可能会看错。这是因为阅卷现场老师的工作量很重，每天平均阅卷2500多份， 平均看一道题的时间不过几秒钟。 ③分步列式，不要用综合或连等式：高考评分标准是分步给分，写出每一个过程对应的方程式，只要说 明、表达正确都可以得相应的分数：有些学生喜欢写出一个综合式，或是连等式，而评分原则是“综合式找 错”，即只要发现综合式中有一处错，全部过程都不能得分。所以对于不会解的题，分步列式也可以得到 相应的过程分，增加得分机会。 ④对复杂的数值计算题，最后结果要先解出符号表达，再代入数值进行计算。 最后结果的表达式占有一定的分值，结果表达式正确计算过程出错，只会丢掉很少的分。若没有结果 表达式又出现计算错误，失分机会很大。还要提醒考生的是，由于网上阅卷需要进行扫描，要求考生字迹 大小适中清晰。合理安排好答题的版面，不要因超出方框而不能得分。 03 全程备考·硬核攻略 考前：备考策略与心理准备 每天保持一定的做题量，维持手感、速度和思维活跃度。 不做偏题、怪题、超难题！最后几天以建立考试信心为主，要有“遇到的我都会！我不会的，别人也 都不会！” 考前心态准备 ①接纳适度紧张：考前心跳加速属正常反应，握拳放松配合”4-4-6呼吸法”（吸气4秒→屏息4秒→呼 气6秒)快速平复。 ②积极心理预演：闭眼想象流畅答题的场景，提升自信 最后冲刺建议 ①回归基础：重点巩固中低难度模块，确保80%基础分。 ②错题复盘：重做错题本，总结共性错误（如公式误用、审题漏条件）。 ③模拟限时训练：严格按高考时段模拟，适应节奏。 考前答疑 高中物理答疑解题助手A1智能体（扣子） https://www.coze.cn/store/agent/7615615129367052342?bot id=true 22/156 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 考中：高考临场答题攻略与难题、卡壳题应急破局术 答题技巧：“基础题，全做对；一般题，一分不浪费；尽力冲击较难题，即使做错不后 悔”。“容易题不丢分，难题不得零分。“该得的分一分不丢，难得的分每分必争”，“会做一 做对不扣分”。 选择题：善用巧用”二级结论”（如等时圆规律)、“特殊值代入法”、“逆向思维”（如运动可逆性）或” 等效替换法”等快速解题技巧。多选题不确定时，宁可保守选部分正确选项，也不要冒险选不确定的。 实验题：看清实验名称，高考题大都以课本为原型经行变化，心中有课本原型实验，答题笔下有把握。 注意估读、小数点后保留几位和有效数字。 计算题：审题、确研究对象、运动过程、受力分析，建立物理模型，选择合适的方法解答，注意答题 规范。 审题：题目要解决什么问题？给出了哪些已知条件？有哪些关键的字词句，它们隐含了什么条件？ 分析：题目中描述了哪几个过程？有哪几个关键点？每个过程遵循什么规律？过程与过程之间靠什么联 系？ 作答：根据题目所描述的情境，画出示意图，在头脑中建立物理情境和物理模型。尝试应用所学过的 物理概念、规律、方法解答这道题。 难题卡壳时：默念口诀"冷静-读题-拆分步骤”，强制启动理性思维 正确面对监考老师：监考老师上考场，监视考场情况确实是他们的主要职责。但他们还有一项很重要 的工作，就是陪伴你们，帮助你们。只要不涉及试卷答案，其他你不能解决的问题均可以举手示意得到 监考老师的帮助. 避免对答案：每科考后专注下一门，减少干扰 23/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 考后：志愿填报与人生规划 聚焦可控因素：志愿填报 高考志愿填报师AI智能体（扣子）： https://www.coze.cn/store/agent/7631541923748757542?bot id=true 启程下一站人生 同学们，高考的“电场”己然消散，你们即将踏入更广阔的“宇宙空间”。从物理视角看，人生如同 一场永不停歇的能量守恒之旅，高考只是其中一次能量形式的转换与释放。 在未来的日子里，你们会遭遇各种“摩擦力”，可能是生活里的困难、事业上的挫折，它们会试图阻 碍你们前进的步伐，消耗你们的能量。但请记住，就像克服摩擦力做功能增加物体的内能一样，这些挑战 也会让你们变得更加坚韧和强大，每一次的克服都是一次自我升华。 当你们面临选择，如同粒子在交叉电场与磁场中做抉择，要冷静分析各种“场力”的影响。不要被眼 前的“电势差”所迷惑，盲目追求短期的利益和表面的光鲜；也不要害怕“磁场的束缚”，勇敢地去探索 未知的领域，因为只有突破常规，才能发现新的“物理规律”，创造属于自己的精彩。 同时，要珍惜身边的“相互作用力”。家人、朋友和良师益友，他们就像支持力和弹力，在你们遇到 困难时给予支撑和帮助，在你们取得成功时分享喜悦和鼓励。与他们保持良好的“力的平衡”，相互扶持， 共同成长，你们的人生之路才会走得更加稳健。 人生没有绝对的“匀速直线运动”，也不会一直处于“平衡状态”。会有起伏，会有波动，但正是这 些变化让生命充满了无限可能。就像简谐运动一样，无论处于波峰还是波谷，都要保持乐观的心态，相信 物极必反，否极泰来。只要你们心怀梦想，坚持不懈地“做功”，不断积累能量，就一定能够跨越重重障 碍，到达成功的彼岸。 最后，愿你们在人生的“宇宙”中，像一颗颗璀璨的恒星，散发着属于自己的光芒，书写出属于自己 的辉煌篇章！ 04 热点情境·命题解密 【热点012026年春晚中的“文化自信”与“新质生产力”】 2026年央视春晚以《武B0T》《贺花神》《智造未来》等节目，系统性呈现了“文化自信”与“新质 生产力”的深度融合，其本质是国家科技成就的文艺化表达。这些节目直接构成2026年高考物理命题的核 心情境素材库，命题将围绕“科技赋能传统文化”与“前沿技术物理原理”两大主线，考查学生对力学、 电磁学、光学、近代物理等核心模块的建模与迁移能力。 24/156 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1)春晚节目：《武B0T》 ①核心考点：竖直上抛、圆周运动、动量定理、缓冲（牛顿第二定律） ②情境图 c©V4K 立搭 超高活 2)春晚节目：《贺花神》 ①核心考点：光学干涉、衍射、波的传播 ②情境图 水山 声节联疗 3)春晚节目：《智造未来》 ①涉及内容：汽车、扫地机器人、智能空调、空气净化器等 ②情境图 《智造耒来》 歌曲里的科技生活里随处可见 @ 25/156 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 4)命题预测 1.如图所示为2026年春晚节目《武BOT》机器人表演时的情景。机器人在水平地面加速奔跑过程中，下 列说法正确的是() A.机器人所受的合力为零 B.机器人所受重力的冲量不为零 C.地面对机器人的支持力做正功 D.机器人所受地面的作用力方向竖直向上 【答案】B 【知识点】牛顿第三定律、牛顿第二定律的初步应用、功的正负及判断、求恒力的冲量 【详解】A.机器人做加速运动，加速度不为零，根据牛顿第二定律，机器人所受合力不为零，故A错 误： B.冲量定义为I=Ft 重力不为零，加速过程的时间不为零，因此重力的冲量1=mg≠0 故B正确： C.地面对机器人的支持力方向竖直向上，机器人的位移沿水平方向，支持力方向与位移方向垂直，因此 支持力不做功，故C错误： D.地面对机器人的作用力包含两个部分：竖直向上的支持力，以及水平向前提供加速度的静摩擦力， 因此地面作用力的合力方向斜向前上方，不是竖直向上，故D错误。 故选B。 2.（多选)在2026年春晚舞台上，武术节目《武B0T》融入前沿智能科技，将刚劲有力的功夫招式与灵 活精准的机器人表演相结合，成为本届春晚极具视觉冲击力的创新节目之一。如图所示，节目中间环节时， 质量为m的机器人从下蹲静止状态竖直向上起跳，经过t时间身体伸直以大小为v的速度离开地面，已知重 力加速度g,在该过程中() 26/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 A.地面对机器人的弹力是地面发生弹性形变产生的 B。地面对机器人的平均作用力大小为+8 C.地面对机器人的冲量大小为mv D.地面对机器人做功为二mv 【答案】AB 【知识点】功的定义（式）、动量定理的内容、弹力定义及产生条件 【详解】A.根据弹力产生的条件，地面对机器人的弹力是地面发生弹性形变产生的，故A正确： BC.设地面对机器人的平均作用力大小为F,根据动量定理可知Ft-mgt=mv 因此地面对机器人的冲量大小为I地=Ft=mv+mg 地面对机器人的平均作用力大小F=m二+g,故B正确，C错误： D.机器人起跳过程，脚和地始终接触且相对静止，地面对脚底作用力的作用点无位移，故地面对机器 人不做功，故D错误。 故选AB。 3.在2026年央视春晚中，机器人表演了空翻、醉拳等武术动作，展现出中国智造的硬核实力和中华武术 的千年神韵。如图，在空翻表演中，机器人借助弹射踏板从地面斜向上弹出，在空中其重心的运动轨迹可 视为抛物线。机器人的重心从最高点O运动到P点的过程中，下降高度h=1.8m,水平方向运动距离x=1.2m, 该过程中机器人未触地。机器人质量m-30kg,取重力加速度大小g=10m/s2,求： 弹射踏板 27/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 (1)机器人重心从O点运动到P点所用的时间： (2)机器人重心在0点时的速度大小： (3)机器人重心从O点运动到P点的过程中，机器人重力做功的平均功率。 【答案】(1)0.6s (2)2m/s (3)900W 【知识点】斜抛运动、平均功率 【详解】(1)机器人重心从O点运动到P点的过程，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运 动，竖直方向有-r 解得t=0.6s (2)机器人重心在0点时的速度大小y,=2m m/s=2m/s t0.6 (3)机器人重心从O点运动到P点的过程中，机器人重力做功的平均功率 p_W。=mgh_30x10x1.8W=900W 0.6 【热点02大国重器·航天强国：从“天宫”到“嫦娥”的力学奇迹】 1)背景：2026年是中国航天事业承前启后的关键年份。中国空间站“天宫”进入常态化科学实验阶段，开 展材料、生物、物理等多领域实验。与此同时，嫦娥七号探测器于2026年4月运抵文昌发射场，即将执行 中国首次月球南极软着陆探测任务，旨在寻找月球水冰资源，为2030年前后建成国际月球科研站奠定基础。 2)技热点： ①嫦娥七号任务启动：2026年4月9日晚，嫦娥七号探测器正式抵达文昌航天发射场，标志着中国探 月工程四期进入冲刺阶段。任务将包括轨道器、着陆器、巡视器、飞跃器及科学载荷，计划在月球南极国 际月球科研站选址区进行高精度定点软着陆、月面飞跃及水冰探测。 ②月球南极科考：嫦娥七号将利用飞跃器(Iir)对月球南极阴影区进行快速巡视，探测水冰分布，验 证复杂地形软着陆技术。 ③天宫空间站在轨实验：2026年1月，神舟二十一号乘组在空间站内成功开展锂离子电池在轨实验， 利用微重力环境研究电池内部离子传输机理，解决地面实验无法消除重力干扰的难题。 ④小行星与深空探测规划：国家“十五五”规划已将深空探测列为重点工程，2025年5月29日，“天 问”2号小行星探测器，搭乘“长征”3号乙火箭，从西昌卫星发射中心腾空而起，踏上了星海探索之旅， 嫦娥八号计划2028年前后发射，持续推进月球科研站建设 3)考点： ①万有引力定律与天体运动：计算月球表面的重力加速度（利用自由落体或环绕速度）。分析嫦娥七 号从地月转移轨道到月球轨道的变轨原理（霍曼转移、点火加速/减速）。计算不同轨道上的线速度、角速 度、周期与向心加速度关系。 ②超重与失重：分析空间站内物体完全失重现象（视重为零）。讨论微重力环境下的物理现象。 ③动量守恒与反冲运动：空间交会对接过程中的动量守恒分析。反作用力推进、机械臂操作的动力学 28/156 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 分析。 ④能量守恒与转化：太阳能帆板能量转换效率计算。探测器着陆过程中的动能与势能转化及机械能损 耗。 ⑤运动学：自由落体、平抛、匀变速直线运动在月面探测中的应用。 4)命题预测 1.按照中国国家航天局的计划，”嫦娥七号”将在2026年下半年发射，着陆在月球南极的艾特肯盆地。在其 探测器上，将安装中国”天工”空间核电池，该电池利用钚-238的α衰变释放的核能，通过热电材料直接转 化为电能，为探测器长期供电，其衰变方程为Pu→4U+He+△E。假设衰变前钚核处于静止状态，下 列说法正确的是() A.衰变过程中释放的核能全部转化为：粒子的动能 B.铀核与“粒子的动量大小相等、方向相反，但：粒子的动能比铀核的动能大得多 C.由于月球表面温度极低，钚-238的半衰期将变长 D.α粒子穿透能力强，需用厚铅板屏蔽，以防止辐射危害探测器的电子设备 【答案】B 【知识点】半衰期的概念、α和B、y三种射线的性质、动量守恒定律的初步应用 【详解】A.衰变释放的核能转化为铀核动能、α粒子动能，还可能伴随y光子的能量，并非全部转化为 α粒子的动能，故A错误： B.衰变前钚核静止，系统总动量为0，衰变过程内力远大于外力，动量守恒，因此衰变后轴核与α粒子 总动量仍为0，即二者动量大小相等、方向相反。动能满足E,= 2m 动量大小P相同时，质量越小动能越大，α粒子质量远小于铀核，因此α粒子动能远大于铀核动能，故 B正确： C.半衰期是原子核的固有属性，由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等环境因素无关，故C错 误； D.α粒子电离能力强但穿透能力极弱，一张纸即可阻挡，无需厚铅板屏蔽，穿透能力强需要厚铅板屏蔽 的是Y射线，故D错误。 故选B。 2.我国计划在2026年发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水冰。嫦娥七号奔月找冰的轨道示意 图如图所示，探测器在近月点P被月球俘获进入椭圆轨道I,经调整制动后，又从P点进入环月圆形轨道 Ⅱ。关于探测器，下列说法正确的是() 29/156 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 月球 地球 地月转移轨道 轨道Ⅱ 轨道1 A.探测器在轨道I上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的速度 B.探测器在轨道I上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期 C.探测器在轨道I上经过P点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度 D.探测器在轨道I上经过P点的机械能小于在轨道Ⅱ上经过P点的机械能 【答案】B 【知识点】天体运动中机械能的变化、卫星发射及变轨问题 【详解】A.探测器在P点由轨道I变轨到轨道Ⅱ时需要减速做向心运动，速度减小，故A错误： B.根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道I上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期，故B正确： C.根据牛顿第二定律有GM:”=ma,解得a=GM1 2 探测器在轨道I上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故C错误； D.探测器在P点由轨道I变轨到轨道Ⅱ时，速度减小，动能减小，势能不变，则机械能减小，故D错 误。 故选B。 3.如图所示，神舟二十一号乘组在空间站开展“运动骨肌受力研究"实验，航天员在跑步机上以6kmh的速 度匀速“太空跑步”15分钟，采集足底压力数据。下列说法正确的是() A.在研究航天员跑步姿势与运动骨肌受力时，可以将其视为质点 B.“15分钟”指的是时间间隔 C.“6km/h"指的是航天员相对于空间站的瞬时速率 D.15分钟内航天员在跑步机上“跑步”的位移大小为1.5km 【答案】B 【知识点】质点、时间、已知参考系判断物体运动情况、速率与速度 30/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【详解】A.研究航天员跑步姿势、运动骨肌受力时，航天员的形状和大小不能忽略，因此不能将航天 员视为质点，故A错误； B.“15分钟”是跑步过程持续的一段时间，对应时间轴上的一段区间，指的是时间间隔，故B正确： C.航天员太空跑步时相对空间站位置不变，“6km/h"是航天员相对于跑步机履带的速率，不是相对于空 间站的瞬时速率，故C错误： D.航天员相对空间站位置没有变化，因此15分钟内航天员的位移大小为0，故D错误。 故选B。 4.2025年5月29日凌晨1时31分，长征三号乙运载火箭点火起飞，将天问二号探测器送入地球至小行星 2016H03转移轨道，之后进入伴飞轨道环绕小行星2016H03探测，我国开启小行星探测和采样返回之旅。 如图所示，小行星2016H03绕太阳运行的轨道半长轴略大于地球公转轨道半长轴，是地球的“近邻”。下列 说法正确的是( 2016H03 太阳 地球 A.“天问二号”在地球的发射速度可以小于7.9km/s B.“天问二号”从发射到返回的过程中机械能守恒 C.小行星2016H03绕太阳运行的周期小于一年 D.运动至轨道交点处，若仅考虑太阳的引力，小行星的加速度等于地球的加速度 【答案】D 【知识点】开普勒第三定律、第一宇宙速度、比较不同轨道上的卫星物理量、判断系统机械能是否守恒 【详解】A.“天问二号”要脱离地球的引力，但不脱离太阳的引力，则在地球的发射速度要大于7.9ks, 小于11.2km/s,A错误： B.“天问二号”从发射到返回的过程要克服阻力做功，则机械能不守恒，B错误： C。根据开普勒第三定律)-k可知，小行星2016103绕太闲运行的半长轴大于地球绕太阳运行的半长 轴，可知周期大于地球的周期，即周期大于一年，C错误； D.运动至轨道交点处，若仅考虑太阳的引力，根据GM=m 2 可知。_c以，小行星的加速度等于地球的加速度，D正确。 故选D。 31/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 5.2025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2016HO3小 行星俘获并绕小行星在高度h的轨道上以周期T做匀速圆周运动，小行星与地球的距离为d,如图所示，已 知引力常量为G,小行星的半径为R,下列说法正确的是() 2016H03 B 转移轨道 A.“天问二号"从A点发射的速度介于7.9km/s和11.2km/s之间 B.“天问二号”经过B点时应点火向运行的反方向喷出气体 C.地球的质量为4πd GT2 D.小行星的密度为3π(R+ GT'R 【答案】D 【知识点】计算中心天体的质量、计算中心天体的密度、第二宇宙速度、卫星发射及变轨问题 【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11.2km/s和16.7km/s之间，故A错误； B.“天问二号"经过B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d和T无法计算地球的质量，故C错误； GMm D.对“天问二号”有 (R+h)2 =m(R+)4? T2 解得M=4π2(R+) GT2 小行星的密度p=从=3元(R+,故D正确。 GT2R3 故选D。 6.2026年，中国将发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水、冰等物质。为了确保探测器安全着陆， 探测器需要在月球着陆前进行悬停，若当质量为m的探测器（视为质点）下降到距月球表面h处(h远小于 月球半径)时，依靠发动机竖直向下喷气产生的作用力，恰好悬停。现关闭发动机，让探测器自由下落， 然后再打开发动机，使探测器做匀减速直线运动，探测器落到月球表面时，速度恰好减为零。月球上重力 32/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 加速度大小为g,求： (1)探测器悬停时，发动机产生的作用力F,的大小： (2)关闭发动机后，探测器经过多长时间落到月球表面？ (3)探测器做匀减速直线运动时，发动机产生的作用力F,的大小。 【答案】(1)mgo 212g (3)2mg0 【知识点】自由落体运动的规律及应用、已知运动求受力 【详解】(1)探测器悬停时，受力平衡F=mg0 h 2)关闭发动机后，探测器先做自由落体运动=)8，V=28× 2 打开发动机后，探测器做匀减速直线运动=4，-2,0-=-2a×2 h 1 h 2 解得a=g0,41=2 探测器下落的总时间t=4,+2 解得1=2， go (3)探测器做匀减速直线运动时，根据牛顿第二定律F,-mg。=ma 由第(2)问知a=g 解得F2-2mgo 【热点03绿色能源·双碳引领：核聚变与光伏技术的双轮驱动】 1)背景：2026年，中国“人造太阳”计划取得重大突破。EAST装置刷新世界纪录，实现超亿度、1056秒 高约束模等离子体运行；HL-2M装置核心部件研制成功并放电，等离子体电流突破100万安培。这些成果 标志着中国可控核聚变从基础科学向工程实践迈进，为建成聚变实验堆(CETR)奠定基础（第一阶段到2021 年，CFETR开始立项建设，第二阶段到2035年计划建成聚变工程实验堆，第三阶段到2050年聚变工程实验 堆实验成功)。同时，钙钛矿太阳能电池效率突破30%，特高压输电网络持续完善。 2)科技热点： 33/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ①EAST刷新纪录：2025年12月30日，EAST实现1亿度、1066秒长脉冲高约束模运行，是原纪录的 1.5倍，验证了聚变堆稳态运行的可行性。 ②HL-2M装置建成：2026年4月，HL-2M等离子体电流已突破100万安培，并支持稳态高约束模运行 等前沿实验，进一步巩固我国在国际聚变领域的领先地位。 ③光伏技术突破：钙钛矿/硅叠层电池效率突破30%，实现规模化示范应用：空间太阳能电站(SSPS) 实验取得阶段性进展。 ④特高压输电：中国特高压直流输电网络持续扩张，海上风电并网技术成熟，解决新能源波动性问题。 3)考点： ①核反应与质能方程：书写轻核聚变方程（氘氚聚变）。计算质量亏损与释放能量。比较核聚变与核 裂变的能量释放差异。 ②电磁学：磁约束原理（洛伦兹力对带电粒子的约束作用）。等离子体：带电粒子的运动特性，电场 与磁场对等离子体的加热与约束。 ③光电效应与光伏技术：爱因斯坦光电效应方程。太阳能电池能量转换效率计算。电路基础：串联、 并联电池组的电压与电流特性。 ④输电损耗与变压器：输电损耗。变压器原理。交流电：有效值、瞬时值、频率概念。 4)命题预测 1.2025年1月20日，有“人造太阳"之称的全超导托卡马克实验装置(EAST),首次实现1亿摄氏度1066 秒的高约束模等离子体运行。若在此次核反应中是氘与氚反应变成氦，已知氘核质量为2.0141u,氚核质量 为3.0161u,氦核质量为4.0026u,中子质量为1.0087u,阿伏加德罗常数NA取6.0×102mol1,氘核摩尔质 量为2g/mol,1u相当于931.5MeV。关于氘与氚的核反应，下列说法正确的是（) A.氘与氚核的比结合能都比氦核的大 B.氘核与氚核的间距达到10m就能发生核聚变 C.1g氘完全参与聚变释放出能量的数量级为1024MeV D.氘与氚的核反应是核聚变，核反应方程式为H+H→He+。n 【答案】C 【知识点】核聚变、质能方程、结合能与比结合能 【详解】A.核聚变后生成的氦核更稳定，比结合能更大，氘和氚的比结合能均小于氦核，故A错误： B.核聚变需克服库仑斥力，要求核间距达到约1015m,101m过大，无法发生聚变，故B错误： C.每次核反应的质量亏损△m=2.0141u+3.0161u-4.0026u-1.0087u=0.0189u 对应释放的能量为△E=0.0189×931.5MeV=17.6MeV 1g氘完全参与聚变释放的能量为E=,8×6.0x10×17.6Mey=5.28×104Mey,故C正确： 2g/mol D.根据核反应满足质量数守恒和核电荷数守恒，则方程式为H+H→He+。n,故D错误。 故选C。 2.2025年1月，有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)成功创造新的世界纪录，首 34/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 次实现1亿摄氏度1066秒的高束模等离子体运行。EAST主要由氘核聚变反应释放能量，聚变方程为 H+H→He+0n。若H的质量为2.0141u,He的质量为3.0160u,0n的质量为1.0087u,1u相当于931MeV 的能量，则氘核聚变反应中释放的核能约为() A.0.54Mev B.1.09MeV C.1.63MeV D.3.26MeV 【答案】D 【知识点】质能方程 【详解】氘核聚变反应的质量亏损△m=(2×2.0141-3.0160-1.0087)u=0.0035u 释放的核能△E=△mc2=3.26MeV 故选D。 3.中国环流器二号M装置(HL-2M)在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内 实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和√3R的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强 磁场，核聚变原料氕核(H)和氘核(H)均以相同的速率从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大 圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为() 十 大 A.R 8.5 R D.(5-1R 6 3 【答案】A 【知识点】带电粒子在圆（弧）形边界磁场中运动 【详解】依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据 v2 qvB=m r 得 gB 由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。当氘核 在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得 35/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (N3R-)2=+R2 求得氘核的最大半径为 -R 3 所以，气核在磁场中运动的最大半径为 1 3 2 'max= R 6 故选A。 4.2025年3月7日，华东理工大学的研究团队成功找到了延长钙钛矿太阳能电池寿命的方法，其特点是成 本低、更环保。图甲是该团队研究光电效应的电路图，光电管阴极K为钙金属，逸出功为3.2V,图乙是氢 原子的能级图。下列说法正确的是() 之 E/eV 00--------- 0 窗口 光束 4 -0.85 3 -1.51 2 -3.40 -13.60 甲 乙 A.若用大量处于=2能级的氢原子发光照射阴极K,一定能发生光电效应现象 B.若用大量处于=3能级的氢原子发光照射阴极K,所有光子均能使阴极K发生光电效应现象 C.在光照强度不变的条件下，滑片从左向右滑动过程中，电流表的示数一定一直增大 D.如果将甲图中的电源正负极交换接入电路，调节滑片，一定能使电流表示数为零 【答案】A 【知识点】定态和原子的能级结构、遏止电压的本质及其决定因素 【详解】A.大量处于n=2能级的氢原子跃迁到n=1能级时能释放光子的能量为10.2eV>3.2eV,可知若用 大量处于n=2能级的氢原子发光照射阴极K,一定能发生光电效应现象，选项A正确： B.用大量处于=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出3种频率不同的光子，其中3→2的跃迁 中辐射光子的能量为1.89eV<3.2eV,则不能使阴极K发生光电效应，则若用大量处于n=3能级的氢原子 36/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 发光照射阴极K,并非所有光子均能使阴极K发生光电效应现象，选项B错误： C.光电管加正向电压，则在光照强度不变的条件下，滑片从左向右滑动过程中，正向电压变大，可知电 流表的示数开始时一直增大，达到饱和后保持不变，选项C错误： D.如果将甲图中的电源正负极交换接入电路，则光电管加反向电压，则调节滑片，只有当光电管两端 电压达到反向截止电压时电流表的示数才为零，选项D错误。 故选A。 5.我国深空探测器采用钚-238(Pu)核电池作为长效能源。其衰变方程为Pu→U+X+Y。利用 衰变释放的波长为2的γ射线，照射探测器表面涂覆的新型钙钛刊矿材料（逸出功为m。)引发光电效应为设 备供电。已知普朗克常量为h,光速为c。下列说法中正确的是() A.衰变方程中的X为正电子 B.探测器在宇宙空间航行时杯-238的半衰期将会变长 C.2U的比结合能比Pu的比结合能小 D。y射线照射钙钛矿材料逸出光电了的最大初动能=号形 【答案】D 【知识点】结合能与比结合能、半衰期的概念、α衰变的特点、本质及其方程的写法、爱因斯坦光电效 应方程 【详解】A.根据质量数守恒和电荷数守恒，X的质量数为4，电荷数为2，则X为α粒子He,故A错 误： B.半衰期由原子核自身性质决定，与外界环境无关，故B错误： C.衰变后的U比衰变前的Pu更稳定，所以2U的比结合能比Pu的比结合能大，故C错误： D.由光电效应方程可得Y射线照射钙钛矿材料逸出光电子的最大初动能Em=加-用。=h二-W。,故D 正确。 故选D。 6.截至2025年10月，浙江将建成3条“西电东送”特高压直流输电线路。现计划将输电站提供的1.6×10V 直流电由新疆输送至浙江，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器） 降为220V2sin(100πt)V的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×10w,且直流输电过程中导线电阻产生 的电功率损耗不超过输送功率的5%，则() 37/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 A.直流输电导线中的电流为250A B.直流输电导线总阻值不超过162 C.家用交流电的电压最大值为220V,频率为50Hz D.配电房中变压器原、副线圈中电流比为500：11 【答案】B 【知识点】计算输电线路损耗、理想变压器两端电压与匝数的关系 【详解】A.根据直流输电电流公式/，代入输送功率P=8.0x10w、输电电压U=1.6x10V,得 1=8.0x10 =5000A,故A错误： 1.6×106 B.输电允许的最大功率损耗P,=5%P=0.05×8.0×10=4×108W 由焦耳定律功率损耗公式P=/R,得导线总阻值上限R=驻=4x10 2 50002=162 即总阻值不超16Q,故B正确： C.家用交流电表达式为e=2202sim(100m)V,其最大值为220N2V,频率/=”-100r=50H, 2π2π 故C错误： D.理想变压器原线圈电压有效值U,=1.0×104V,副线圈电压有效值U,=220V,由理想变压器功率守 恒U41=02 得原副线圈电流比上-凸=20山 7,0=10=500,即电流比为11：500，故0错误。 故选B。 7.特高压输电可以大幅提升输电效率，显著降低远距离输送的能耗。我国特高压输电技术水平与应用规模 均居全球领先。现假设从A处采用550kW的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为△P,到达B处时 电压下降了△U,在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电，输电 线上损耗的电功率变为△P',到达B处时电压下降了△U,不考虑其他因素的影响，则() A.AP'=IAP B.AP'=IAP 4 8 C.△U'=二△U D.△U'=-△U 8 【答案】A 【知识点】计算输电线路损耗 【详解】A8。设输送功率为P,输电线总电阻为R,输电电流清足1-号 38/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 输电线上损耗的功率△P=IR= P'R U2 可知△P与输电电压U的平方成反比，输电电压从550kV变为1100kV,即U'=2U 因此AP'=AP(片考 =△P,故A正确，B错误： 4 PR CD.输电线上的电压损失△U=IR= U 可知4U与输电电压U成反比，当U'=2U时，有△0'AU,故CD错误 故选A。 8.(多选)2025年全球首个全超导非圆截面托卡马克-一“东方超环”，技术成果取得关键突破。一种典型 的聚变反应是一个氘核和一个氚核聚变成氦核和某种强子x,已知H、3H、4He和x的质量分别为2.0141u、 3.0161u、4.0026u和1.0087u,1u相当于931.5MeV,阿伏伽德罗常数为6.0×1023mol,元电荷e=1.6×10-19C, 下列说法正确的是() A.该核反应方程为H+H→He+x,其中x为质子 B.该核反应过程中释放的能量约为17.6MeV C.1mol氘完全参与该核反应时释放出能量的数量级为104J D.要使该核聚变发生，必须使氘核和氚核的距离达到1015m以内，让核力起作用 【答案】BD 【知识点】质能方程、核聚变 【详解】A.根据核反应过程质量数和电荷数守恒可知，核反应方程式为H+H→He+。n,则x为中 子，故A错误： B.一个氘核与一个氘核聚变反应的质量亏损为△m=2.0141u+3.0161u-4.0026u-1.0087u=0.0189u 故该聚变反应释放的能量是△E=0.0189u×931.5MeV=17.6MeV,故B正确： C.lmol氘完全参与该核反应时释放出能量 △E'=6×1023×△E≈1.06×1025MeV=1.06×1025×1.6×1013J≈1.7×102J 即数量级为102，故C错误： D.氘核与氚核发生核聚变时，需要克服原子核间的库仑斥力，间距要达到105m,让核力起作用，故 D正确。 故选BD。 9.钙钛矿太阳能电池有成本低、光能转化效率高等优点。某同学利用如图甲所示电路探究某钙钛矿电池的 39/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 路端电压U与电流I的关系。所用器材有：光强可调的光源、钙钛矿电池、电压表、电流表、滑动变阻器R、 开关S以及导线若干。己知当光照强度不变时钙钛矿太阳能电池的电动势视为不变，电流表和电压表均可 视为理想电表。 I/mA 2.00 1.50 a ④ 1.00 钙钛矿电 0.50 U 00.300.600.901.20 为 乙 (1)按如图甲所示电路连接器材，将滑动变阻器R的滑片调至最左端。闭合开关S,用一定强度的光照射电 池，保持光照强度不变，调节滑动变阻器R,记录滑片在不同位置时电压表和电流表的读数U、,并描绘 出I-U图线如图乙中曲线b所示，则此强度光照下钙钛矿电池的电动势E=V(结果保留2位有效数 字)。 (2)改变光强，重复上述实验步骤得到曲线a,对曲线a进行分析，当电流超过1.00mA时，内阻随电流的增 大而 (填“增大"或“减小”)，当电流为0.50mA,电池内阻约为（结果保留3位有效数字）。 【答案】(1)0.71/0.72/0.73 (2) 增大 180(160~180) 【知识点】利用伏安法测量电源的电动势和内阻、null 【详解】(1)由题图可知1=0时，路端电压等于电池的电动势为E=0.72V (2)[1]根据闭合电路的欧姆定律E=U+Ir 对于图线中的(E,0)和图像上的心，1)两点，内阻为”=E- 1-0 故内阻为该点与(E,0)连线斜率倒数的绝对值，当电流超过1.00mA时，该连线斜率倒数的绝对值随电流 的增大而增大，故内阻随电流的增大而增大： [2]当电流为0.50mA时，由图线a知路端电压U2=0.96V 根据闭合电路的欧姆定律U2=E2-I2 可得此时内阻约为r=1802。 40/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【热点04量子跃迁·未来已来：从“九章”到“祖冲之”的量子霸权】 1)背景：2026年，中国量子科技持续领跑全球。“祖冲之三号”超导量子计算原型机于2025年3月3日正 式对外发布，105比特，在量子随机线路采样任务中比经典超算快15个数量级，刷新世界纪录。同时，“九 章三号”光量子计算机实现255光子操控，量子通信网络覆盖全国，天地一体化量子通信初步建成。这些 成果标志着中国在量子计算优越性、量子纠错、量子通信等方向全面领先。 2)科技热点： ①“祖冲之三号”问世：2026年1月，中国科大研制出105比特超导量子计算机，在量子随机线路采 样任务中比最优经典算法快15个数量级，超过谷歌2024年成果6个数量级。 ②“九章三号”光量子计算：2025年9月23日，中国科学技术大学潘建伟团队宣布成功研制光量子计 算原型机“九章三号”，首次实现对255个光子的精确操控，在高斯玻色取样任务中展现量子优越性，验 证光量子计算路线的可行性。 ③量子通信网络：建成覆盖全国的量子通信干线（京沪干线），墨子号量子卫星实现洲际密钥分发， 计划2026年发射第三颗量子通信卫星。 ④量子纠错突破：2025年12月22日，“祖冲之3.2号”实现低于纠错阈值的量子纠错，成为继谷歌 后第二个实现该里程碑的团队。。 3)考点： ①波粒二象性：光的干涉、衍射实验（双缝干涉）。德布罗意波：物质波波长。 ②能级跃迁与原子结构：玻尔原子模型：能级跃迁、光子能量。激光原理：受激辐射、粒子数反转。 ③量子力学初步（拓展）*：海森堡不确定性原理。量子纠缠。量子叠加态，薛定谔的猫思想实验。 ④信息技术应用（拓展）*：量子计算对密码学的影响(SA加密的潜在风险)。量子通信的安全性原理（单 光子不可克隆)。 4)命题预测 1.我国基于量子力学原理研制的超导置子计算机“祖冲之三号”是目前该领域的新标杆。量子化是量子力学 的基础，下列选项中体现了量子化的是() A.原子核式结构模型 B.氢原子能级 C.结合能 D.质 量亏损 【答案】B 【知识点】结合能与比结合能、玻尔原子理论的基本假设、原子核式结构模型 【详解】量子化体现为不连续，根据玻尔原子模型理论可知氢原子能级不连续，轨道量子化。 故选B。 2.我国“九章三号”量子计算机成功模拟了氢原子在激光照射时的能级跃迁。实验中，科研人员先将一群处 于基态n=1的氢原子置于真空靶室，用频率为v的激光照射时，氢原子吸收光子后只跃迁到=2的激发态。 现将频率调整为”，继续照射相同的氢原子群体，可能出现的观测结果是（) A.氢原子跃迁到n=4的激发态，三y,的能量恰好匹配n=1到n=4的能级差 4 B.仍有部分氢原子跃迁到=2的激发态，跃迁与入射光子频率无关 41/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C.没有氢原子发生跃迁，屏幕上没有显示出氢原子的特征谱线 D.大量氢原子发生电离，能够捕捉到自由电子信号 【答案】C 【知识点】定态和原子的能级结构 【详解】A.氢原子跃迁需吸收光子能量等于两能级差。原频率v,对应跃迁到n=2,即 hw,=E2-E,=10.2eV 调整后频率为好：对应光子能量为州=25eV 4 n=1到n=4的能级差为13.6×1-1 eV=12.75eV 16 4的能量不能匹配=1到n=4的能级差，故4错误 B.跃迁需光子能量严格匹配能级差，新频率能量不足，无法跃迁到=2，故B错误； C.2.55eV不匹配任何能级差，氢原子无跃迁发生，屏幕上没有显示出氢原子的特征谱线，故C正确： D。氢原子电离药至少136®v的能量。的能量无法发生电离，不能够捕捉到自由电子信号，故D错 误。 故选C。 3.量子通信和量子计算最近取得了较大进展，也受到了社会的广大关注。我国在量子信息领域处于世界领 先地位。2016年8月，我国的量子卫星“墨子号"发射成功，为实现远距离量子通信提供了有利条件。2020 年3月，我国科学家创造了509公里光纤量子通信新记录。2020年12月，中国科学技术大学宣布该校潘建 伟等人成功构建76个光子的量子计算原型机“九章”，这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的 国家。量子通信和量子计算都用到了量子力学里有趣的“量子纠缠”现象。该理论认为，若两个有量子特性的 微观粒子在相互作用后，共同处于一个确定的量子态上，其性质就可以用一个统一的波函数描述。如果观 察者对其中一个进行测量后，可以立即对另一个的状态做出推测。一对处于纠缠态的微观粒子，即使分离 很远的空间距离，只要它们都不与周围其他粒子发生相互作用，那么这对粒子将一直处于纠缠态。请根据 以上材料，判断下列说法错误的是() A.在宏观世界，不容易观察到量子纠缠现象，是因为粒子容易与环境发生相互作用，导致纠缠很快消 42/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 失 B.借助于量子通信，可以帮人们实现超光速的信息传递 C.使用量子卫星进行通信，可以有效减少光子在传播时穿过的大气层的厚度，从而减少大气层带来的 不利影响 D.“九章"之所以取得比经典计算机快得多的运算速度，是因为量子计算机运行时用到了波函数的叠加 和干涉 【答案】B 【知识点】能量子 【详解】A.根据材料可知，在宏观世界，不容易观察到量子纠缠现象，是因为粒子容易与环境发生相 互作用，导致纠缠很快消失，故A正确： B.根据狭义相对论可知，光速不能被超越，故B错误； C.使用量子卫星进行通信，可以有效减少光子在传播时穿过的大气层的厚度，从而减少大气层带 来的不利影响，故C正确： D.“九章"之所以取得比经典计算机快得多的运算速度，是因为量子计算机运行时用到了波函数的叠加和 干涉，故D正确。 本题选错误的，故选B。 【热点05材料革命·基石突破：室温超导与纳米科技的物理密码】 1)背景：2026年，室温超导材料研究取得重要进展。中科大、华中科大、华南理工等团队在硫铜共掺杂铅 磷灰石(SCCLA)等材料上取得突破，虽仍需高压，但温度已接近室温(21℃，1万大气压)。同时，柔性 电子、纳米材料在工业与医疗领域广泛应用，磁悬浮列车技术持续迭代，室温超导若实现将彻底改变能源 传输与交通方式。 2)科技热点： ①中国高校进展：中科大、华中科大等团队在室温超导材料（如SCCLA)上取得理论突破，逼近常压室 温超导。 ②柔性电子与纳米材料：柔性屏幕、电子皮肤等基于纳米材料的科技应用普及，石墨烯、碳纳米管在 导电、散热等领域应用广泛。 3)考点： ①电阻与温度：金属电阻率与温度的关系。超导体的零电阻特性与临界温度。半导体、绝缘体的导电 机制对比。 ②磁场与电磁感应：迈斯纳效应：超导体的完全抗磁性，磁悬浮原理。电磁感应：动生电动势、感生 电动势。洛伦兹力：带电粒子在磁场中的运动。 4)命题预测 1.应用于机器人柔性电子皮肤的矩阵式电容传感器如图所示，底部为共用下极板，上下极板间由弹性微柱 支撑。传感器工作时，电容器两端电压U恒定。当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，则() 43/156 学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 A.电容器所带电荷量不变 B.电容器所带电荷量减小 C.极板间电场强度不变 D.极板间电场强度增大 【答案】D 【知识点】电容器的动态分析(U不变) 【详解】AB.当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，即板间距离d减小，根据电容的决定式和定义式 C=S和C=9可知，电容器的电容增大，电容器所带电荷量变大，故AB错误： 4πkd D。根据E二可知，极板间电压不变，间距减小，则两板之间的电场强度变大，故C错误，D正确 故选D。 2.超导现象是20世纪人类重大发现之一，我国科研团队在超导领域的研究处于世界领先水平。全球传输 电流最大的高温超导电缆已在上海建成并投入运行。 (1)有一段横截面积为S,的超导体，单位体积内超导电子的个数为，超导电子定向移动的平均速率为y,。己 知超导电子的质量为m,电荷量为e。 a、根据电流的定义，求超导电子所形成的超导电流1，。 b、假设超导体内存在电场强度为E的匀强电场，求超导电流随时间的变化率丛与电场强度E的关系。 △t (2)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感 线垂直圆环平面，逐渐降低温度使超导环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，此后若环中的电 流不随时间变化，则表明其电阻为零。为探究该圆环在超导状态的电阻率上限，研究人员测得撤去磁场后 环中电流为I,并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于△1的电流变化，其 △<1；当电流的变化小于△1时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设该超导圆 环粗细均匀，环的横截面积为S,环中定向移动电子的质量为m,电荷量为e,平均速率为v,请推导出圆 环在超导状态的电阻率上限p的表达式。（已知：x→0时，x2可忽略不计） 【答案】(1)a、I=meSy:b、4=neSE △tm 44/156 学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 (2)p=MVSAI etl2 【知识点】电流的微观表达式及其应用、电流生热与电流做功的关系、电阻定律 【详解】(1)a、△t时间内通过超导体某一横截面积的超导电子数为N=nv,△S, 根据电流定义式有1=9-eW △t△t 联立解得L,=neSy b、根据牛顿第二定律eE=ma,a=Ay △t 可得L_neS,Av=neSE △t △t m (2)设圆周长为1，电阻为R,由电阻定律得R=p S 设t时间内环中电流释放的焦耳热为△E,由焦耳定律△E=IPRt 电流变化大小△I时，定向移动电子平均速率的变化大小为△v,则△I=neSAv 3mw21 在1时间内单个电子减小的动能为△E:= 2m(v-4) 环中总电子数为N=nlS 设环中定向移动电子减小的动能总和为AEe,AEe=NAE,=ns};mv-m(-Av 2 2 由于△1-1，则△v=v,根据题干提示x→0时，x2可忽略不计，因此在动能变化表达式 w“L4星 整理可得△E总= e 根据能量守恒定律，得△E点=△E 联立上述各式得p=mSA/ etl2 【热点06基于AI智能体分析其他热点情境命题点】 高中物理命题辅助AI智能体（扣子）： https://www.coze.cn/store/agent/7614843686957973514?bot id=true 45/156 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 05 高频考点·压轴预测 【预测一选择题】 预测01原子物理 1)预测点：以氢原子能级跃迁为背景，结合光电效应方程，考查光子能量与截止电压的定量关系 2)押题 1.图1为氢原子的能级图，入射光照射大量处于基态的氢原子，发出α、b、c三种不同频率的光，现用这 三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有α、b两种光能得到图3所示的电流与电压的关系曲线。 己知电子电荷量e=-1.6×1019c。下列说法正确的是（) n E/eV .0 8 真分 -1.51 (UA I/uA 3.4 0.96 a光 a P b光 0 -13.6 U-7.950 UNV 图1 图2 图3 A.入射光的光子能量为12.75eV B.滑片P向a端移动时，电流表示数变大 C.a光照射下，遏止电压U。=12.09V D.a光照射下，单位时间内到达A极板光电子数最多为6×102个 【答案】D 【详解】A.入射光照射大量处于基态的氢原子，发出a、b、c三种不同频率的光，可知基态氢原子跃迁 到n=3能级，这样有n=3跃迁到n=2、n=2跃迁到n=1、n=3跃迁到n=1三种不同频率的光，可知 46/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 入射光的光子能量13.6eV-1.51eV=12.09eV,故A错误： B.图2中滑片P向a端移动过程中，Oa部分的电阻变大，K端的电势变高，K端的电势高于A端的电 势，电压反向，可知电流表示数变小，故B错误： C.用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有a、b两种光发生光电效应，可知a、b两种光 为n=2跃迁到n=1、n=3跃迁到n=1发出的光，根据图3可知Ua>U。 根据eU。=Ekm=hv-W, 可知v。>yw,可知a光的能量为12.09eV,b光的能量为10.2eV,则eUb=Ekm=hvb-W。, eUca=Ekm=hv。-Wo 从而解得Um-心，-他，+U边=9.84v,故c错误： e D.图3中的a光照射阴极，光电流达到饱和时，饱和电流为0.96μA,由1= t 可期每秒射出的电符量为096x0C,所以阴楼每秒射出险光电子数人约：一961二-610，故0 正确。 故选D。 2.处于能级6和能级4的氢原子分别跃迁到能级2所产生的两种可见光，照射图甲所示的光电效应装置， 得到图乙所示的光电流和电压的关系曲线1和，则() C 甲 乙 A.I是氢原子从能级6跃迁到能级2所发出的光 B.1、Ⅱ两种光照射同一双缝干涉装置，Ⅱ光的亮纹间距小 C.图甲中变阻器滑动触头P从a向b移动过程中，电流会持续减小到零 D.单位时间内I光的光子数小于川光的光子数 【答案】B 47/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【详解】A.根据图乙可知，曲线I对应的遏止电压小于曲线Ⅱ对应的遏止电压，则曲线I对应的光子的 能量小于曲线Ⅱ对应的光子的能量，可知，I是氢原子从能级4跃迁到能级2所发出的光，故A错误： B.结合上述，「光对应的光子的能量小于Ⅱ对应的光子的能量，则1光的频率小于Ⅱ光的频率，光的频 率越小，光的波长越大，则1光的波长大于Ⅱ光的波长，根据A=二入 d 可知，1、Ⅱ两种光照射同一双缝干涉装置，Ⅱ光的亮纹间距小，故B正确： C.滑片在O的左侧时，AK之间的电压对光电子有减速效果，滑片在O的右侧时，AK之间的电压对光 电子有加速效果，可知，图甲中变阻器滑动触头P从向b移动过程中，电流会先增大，当电流达到饱 和电流时，电流将保持不变，故C错误： D.根据图乙可知，1光的饱和电流大于川光的饱和电流，由于饱和电流。= t 可知，单位时间内光的光子数大于Ⅱ光的光子数，故D错误。 故选B。 预测02光学 1)预测点：几何光学与物理光学结合题 2)押题 3.将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图1为弹簧正视示意图，实线和虚线表示螺旋细铁丝， 弹簧上实线细铁丝和虚线细铁丝互成一定的角度。一束激光垂直弹簧轴线照射弹簧（只能照射到两圈弹簧）， 在光屏上会形成如图2所示的夹角为p的“X”形交叉条纹。根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双 缝的干涉图像一致。下列说法正确的是() 激光照射到 的两圈弹簧 图1 图2 A.若稍微压缩弹簧，则图2中的夹角P将变小 B.若稍微压缩弹簧，则光屏上的条纹将更加密集 C.若改用频率更低的激光，则图2中的夹角p将变小 D.若改用频率更低的激光，则光屏上的条纹将更加密集 48/156 命学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 【答案】A 【详解】AB.弹簧被压缩时，螺距减小，弹簧螺旋线与垂直于轴线平面的夹角减小，即图1中实线与虚 线趋向水平，二者夹角变小，所以图2中干涉条纹的夹角P变小；同时，弹簧圈间距（相当于双缝间距d) 减小，根据双缝干涉条纹间距公式△x=二1可知，条纹间距△x变大，条纹变得稀疏，故A正确B错误； d C.改用频率更低的激光，波长入变大，干涉条纹的夹角P由弹簧几何结构决定，与波长无关，保持不变， 故C错误： D.根据Ax=二2可知，波长1变大，条纹间距Ar变大，条纹变得稀疏，故D错误。 故选A。 4.(多选)巴西科学家莫泽将漂白剂滴入装满水的透明水瓶里，制成可用于白天室内照明的莫泽灯，原理 图如图(a)。为方便研究，将水瓶简化成高h、直径为d的圆柱体，如图(b)所示，A、B、C、D为通过 中轴线纵截面图的四个顶点，有一束红光从C点射入，若经瓶身侧边CD折射后从AB中点射出。已知红 光与BC边的夹角为0，光在空气中的速度为c。忽略塑料瓶对光的折射下列说法正确的是() D 图(a) 图(b) h2 A.红光通过瓶子的时间为V d2+ 4 c B.由题目条件可以求出瓶内溶液对红光的折射率 C.根据对称性，红光射出水瓶时与AB的夹角为90°-日 D.若仅将红光换成紫光，可能在AB边发生全反射 【答案】BC 【详解】A.红光在瓶内传播路径为C到AB中点，距离为s= 红光在瓶内传播的速度v=∈<c n h2 则传播的时间为s_ d+ 4， 故A错误： B.光路图如图所示 49/156 学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 B D 已知入射角0，由几何知识可得，折射角0，满足sin0= h 2d 由折射定律可求得折射率为n=sin。 sin2，故B正确 C.在AB边折射后，法线垂直于AB边，折射角是折射光线与法线的夹角日，，根据对称性折射角为O,=日， 因此红光射出水瓶时与AB的夹角为90°-0，故C正确： D.在当前条件下，红光第二次折射没有发生全反射，因此第二次折射入射角小于临界角O2<C,又O,=02, 因此第一次折射的入射角0<90°，当换成紫光后，第一次折射的入射角0<90°，第一次折射角小于临 界角0<C,因此第二次折射入射角日，=O,小于临界角，不会发生全反射，故D错误。 故选BC。 5.(多选)如图所示，竖直平面内激光器悬挂在轻质弹簧下端，与水平方向的夹角始终为θ=60°，其右侧 竖直放置一块直径为D的半圆柱形玻璃砖。激光器静止时，激光恰好从圆心O点射入玻璃砖。现使激光器 做简谐运动，并确保照射到玻璃砖的光均能从圆弧面射出。已知玻璃砖对该激光的折射率为=√，光在 真空中的传播速度为c,不考虑玻璃砖内的反射光，则() ∠∠∠∠∠∠∠∠ 玻璃砖 激光器 A.激光器的最大振幅为 2 B.激光在玻璃砖中的传播速度为5c 3 C.圆弧上的光点做匀速圆周运动 D.若激光频率增大，激光器的振动周期将减小 50/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 【答案】AB 【详解】A.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 y B 由几何关系可得∠OAB=120°，∠OED=60° 根据sinc=I 在AMB0、△ED0中，根据正弦定理分别有40三，R EO R sin C sin120 sin C sin 60 解得4A0=E0=2R 3 故弹簧振子的振幅为A=2R=D, 3=3 ，故A正确： B.激光在玻璃砖中的传播速度为v=C=5c, 故B正确： C.激光器做简谐运动，其位移随时间按正弦规律变化，导致激光在圆弧上的出射点位置也随时间非均匀 变化，因此光点做变速圆周运动，故C错误： D.弹簧振子的周期公式为T=2π m V k 可知周期仅由振子质量m和弹簧劲度系数飞决定，与激光频率无关，因此周期不变，故D错误。 故选AB。 预测03热学 1)预测点：以理想气体等容变化为情境，结合分子平均动能与温度关系 2)押题 6.“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() 51/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 透气孔 盖子 食材层 加热层 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△U=Q+W 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W<0 所以△U<Q,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N，分子的平均速度为下，器壁受到的平均作用力为F,根据动 量定理可得F△t=2Nm 解得单位时间内撞击器壁的分子数》。万 △t2md 根据选项D可知F不变，随着加热食材层内温度升高，分子的平均速度下增大，可得心减小，故A错 误。 故选D。 7.(多选)如图为小津同学设计的一款简易温度报警装置及其简化示意图。在竖直放置、导热性能良好的 汽缸中，用活塞密闭一定质量的气体。当环境温度上升时，活塞缓慢向上移动，安装在活塞上表面的金属 薄片与M、N两触点接触使电路导通，蜂鸣器报警。不计一切摩擦，此过程中密封气体可视为理想气体， 则密封气体() 52/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 只嗡鸣器 MN 577K777777777777777 A.对外做功 B.吸收的热量等于其内能的增加量 C.分子的数密度增大 D.分子的平均动能增大 【答案】AD 【详解】.汽缸导热良好，环境温度升高时，封闭气体温度升高：活塞受力平衡，封闭气体压强p=P。+ G 保持不变，气体做等压膨胀，体积增大，气体对外做功，故A正确： B.理想气体内能仅与温度有关，温度升高，内能增加，则△U>0 根据热力学第一定律△U=Q+W 气体对外做功，故W<0 整理得Q=△U-W,即吸收的热量等于内能增加量与气体对外做功之和，大于内能的增加量，故B错误； C.气体总分子数不变，体积增大，单位体积的分子数（分子数密度）减小，故C错误： D.温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，故D正确。 故选AD。 预测04平衡问题和牛顿动力学问题 1)预测点：斜面、轻绳、轻杆模型中的临界平衡问题（如最大静摩擦力与动态平衡的临界条件）将高频出 现，整体法与隔离法交替使用 2)押题 8.图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg,长度d=0.8m,内有质量m=0.2kg、长s=0.2m的 书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体间的摩擦，书与抽屉间的动摩 擦因数u=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时立即锁定。下列说法正确的是 () 53/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 柜体 挡板 抽屉 F d 甲图 乙图 A.书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功 B.若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大 C.抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N D.书本能与抽屉左侧发生磕碰 【答案】A 【详解】A.抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力 对书本做正功：当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦 力对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A正确： C.抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 F=(M+m)a 解得a=0.9m/s2 此时书本受到的静摩擦力为f=ma=0.18N 书本与桌面间的最大静摩擦力为fm=4mg=0.2N 由于f<fm 故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为018N,故C 错误： B.当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉 力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可 知，此时书本的加速度大小为a书=4g=lm/s2 所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误： D.设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为v,则由运动学公式可得v2=2ad 解得v=√2ad=1.2mls 假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为a,则由牛顿第二定律有umg=ma 54/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 解得a,=lm/s2 则书本匀减速到0的位移为x= -=0.72m 2a1 由分析可知，书本实际上应先向右运动s=0.2,然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为 △x=x-s=0.52m<d-s=0.6m 所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。 故选A。 9.老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本上，用水平向右的恒力F将 课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为m,各接触面间的动摩擦因数均为4， 抽出课本的过程历时。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正 确的是() 粉笔盒 课本 书桌 A.课本受到5个力作用 B.课本受到的摩擦力大小为2umg C.F大于4umg才可能将课本从粉笔盒下抽出 D.粉笔盒最终将停留在初始位置右侧，4gr处 【答案】C 【详解】A.通过受力分析可知，课本受到拉力、重力、桌面支持力、粉笔盒压力、桌面摩擦力和粉笔 盒摩擦力共6个力的作用，故A错误： B.桌面对课本的摩擦力f=2μmg,粉笔盒对课本的摩擦力∫3=umg,则课本受到的摩擦力 f=+f2=3umg,故B错误： C.课本和粉笔盒刚好要发生相对运动时，粉笔盒受到摩擦力f,'-umg=ma 解得a=g 对整体牛顿第二定律有F-2umg=2ma 联立解得F=4ug 55/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 则F大于4mg才可能将课本从粉笔盒下抽出，故C正确： D.抽出课本过程，粉笔盒以α为加速度做匀加速直线运动，抽出后由于桌面摩擦力大小不变方向反向， 粉笔盒以a为加速度做匀减速直线运动，故粉笔盒总位移x=2x=2×g7三4g 则粉笔盒最终将停留在初始位置右侧4g处，故D错误。 故选C。 10.某机场行李物品传送装置的直线段部分简化图如图甲所示，传送装置由传送带及固定挡板组成，固定 挡板与传送带上表面垂直，行李在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。传送带上表面与水平台面的夹角 0=37°，传送带运行速度v=1m/s,传送带的长度L=50m。旅客将长方体行李（可视为质点）从传送带的左端 由静止释放，行李在传送带的右端被取走，己知行李与传送带间的动摩擦因数=0.3125，其侧面与挡板C 间的动摩擦因数42=0.25，取重力加速度大小g=10m/s2,si37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是() 行李B 固定挡板C 传送带上表面A L 甲 A.行李相对传送带运动时的加速度大小为1m/s2 B.行李在传送带上加速运动的时间为2s C.行李随传送带一起匀速运动时不受传送带的摩擦力 D.行李在传送带上运动的时间为46s 【答案】A 【详解】A.对行李，有N1=mng cos0,N2=mg sin0 行李与传送带间的滑动摩擦力大小∫=4，N 摩擦力方向与运动方向相同，行李与挡板间的滑动摩擦力大小∫？=42N2 摩擦力方向与运动方向相反，对行李，有f-方=ma 解得a=1m/s2,故A正确： C.行李随传送带一起匀速运动时，传送带对行李的摩擦力与挡板对行李的摩擦力平衡，故C错误： BD.行李加速运动的时间：='=1s 56/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 加谜运动的位移名==05如 匀速运动的时间5，=飞-立=49.5s 总时间t=t,+t2=50.5s,故BD错误。 故选A。 11.(多选)如图所示，质量为M的运动员踩着质量为m的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。滑板底部装 有转向桥，滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直线始终与滑板平面垂直， 且与圆心O、O2所在的竖直线的夹角为0。运动员与滑板之间只存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑 板重心所在圆弧的半径分别为片、？，两者相对静止且转弯的角速度均为ω。己知重力加速度为8，空气阻 力及滑板与地面的滚动摩擦均不计。下列说法正确的是() A.运动员身体与竖直方向的夹角0满足tan0=。i B.运动员受到滑板的作用力的大小为m√g2+o'2 C.滑板受到地面的静摩擦力大小为，(M+m)02(G+5) D.滑板与地面间的动摩擦因数至少为M+m) (M +m)g 【答案】AD 【详解】A.对运动员受力分析：运动员仅受重力Mg、滑板对运动员垂直板面的弹力F。匀速圆周运动 中，竖直方向合力为0，水平方向合力提供向心力，竖直方向：Fcos0=Mg 水平方向：Fsin0=Mo2r 推导得：an日=o,故A正确： g 57/156 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B.运动员受到滑板的作用力是弹力F,由勾股定理得：F=V(Mg)+(Mo)}=M√g2+o2,故B错 误： C.将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者向心力之和： ∫=Mo2y+mo2g2=o(Mr+mr),故C错误； D.整体竖直方向无加速度，地面支持力N=(M+m)g,静摩擦力不超过最大静摩擦力：N≥f 代入/、N得：≥-oM+mr) ΓN(M+m)g 即滑板与地面间的动摩擦因数至少为0M+m),故D正确。 (M+m)g 故选AD 12.（多选)擦玻璃机器人擦玻璃的原理主要基于真空吸附和智能控制技术，机器人可以吸附在玻璃上不 会掉落是通过机身底部的真空泵抽取机身与玻璃之间的空气，使二者间形成局部真空环境，靠大气压力把 机器人压在玻璃上。如图所示，质量为m的机器人静止在与水平方向夹角为53°的玻璃的上表面，机器人与 玻璃表面的滑动摩擦力大小为0.6mg(重力加速度为8)，sin53°=0.8。下列说法正确的是() 53 A.机器人受到三个力作用 B.若要机器人水平向右匀速运动擦拭玻璃，则需为其提供大小为mg的牵引力 C.若要机器人水平向右匀速运动擦拭玻璃，则需为其提供水平向右的牵引力 D.若要机器人以0.2g的加速度水平向右匀加速运动擦拭玻璃，则需为其提供45mg的牵引力 【答案】BD 【详解】A.机器人静止时受到重力、支持力、大气压力和摩擦力作用，A错误： BC.机器人水平向右匀速运动时受到水平向左，大小为0.6mg的摩擦力，其重力沿玻璃向下的分量为 0.8mg,故牵引力F=√(0.6mg)+(0.8mg)=mg，牵引力在重力沿玻璃分量及摩擦力合力的反方向上， B正确，C错误： D.若要机器人以0.2g的加速度水平向右匀加速运动擦拭玻璃，则水平方向F-0.6mg=0.2mg,F=0.8mg 58/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 牵引力为F=V(0.8mg)}'+(0.8mg) 4W2 5 mg,D正确。 故选BD。 预测05抛体运动和圆周运动 1)预测点：将平抛运动与圆周轨道末端衔接，斜抛运动，水平及竖直面圆周运动的动力学分析 2)押题 13.2025年，浙BA掀起篮球热潮。如图所示，某运动员在M点将篮球斜向上抛出，篮球在空中划过一道 弧线后，到达N点。己知篮球抛出时速度方向与水平方向的夹角为60°，速度大小为。，M、N两点的连线 与水平方向的夹角为30°。若不计空气阻力，篮球视为质点，重力加速度为g,则篮球() M030 A.经最高点时的速度为零 B.经最高点时重力的瞬时功率不为零 C.从M点运动到最高点的时间为2。 D.从N两点之间的水平距离为5d 3g 【答案】D 【详解】A.斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，先分解初速度， 初速度，与水平成60°，因此水平分速度0.=y,cos60°= 2 竖直分速度，=，sin60°=5 斜抛运动最高点竖直方向速度为O,水平方向速度保持'ox不变，因此最高点速度不为零，故A错误： B.重力的瞬时功率P=mgv, 最高点竖直速度v,=0，因此重力瞬时功率为O,故B错误： C.从M到最高点，竖直方向做匀减速运动，时间(=。=V5 g 2g 故C错误； D.设MN总运动时间为1，MW连线与水平成30°，因此满足tan30°=上 x 竖直位移y=,1-28 59/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 水平位移x=yo,t 1 代入得an30°= Voxt 代入tan30°= V5= 5w、w- 2 解得总时间t= 2Vo V3g 因此水平距离x=,1=之.2兴=5 23g 3g 故D正确。 故选D。 预测06万有引力与航天 1)预测点：以“天宫空间站变轨”为情境，考查轨道半径变化与周期、线速度、机械能的联动关系 2)押题 14.嫦娥六号返回器着陆时，返回器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道运行，返回器用“打水漂” 的方式再入大气层，最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如下图，已知主舱室维持在半径为r的轨道 上做周期为T的匀速圆周运动，己知地球半径为R,引力常量为G,下列说法正确的是() 0- 返回器跳出大气层 返回器分离后 ① 单舱滑行 降落伞打开 e 0 大气层 返回器第一次 返回器第二次 再入大气层 再入大气层 ©返回器着陆 地球 A.由题中条件可求出地球密度为3π GT2 B.根据题给条件可求出主舱室的质量为4 GT2 C.打开降落伞后，返回器靠近地面过程中一直处于失重状态 D.主舱室在半径为r的轨道上稳定运行的速度小于7.9km/s 【答案】D 【详解】B。主舱室做匀速圆周运动，万有引力充当向心力得GMm= 4元2 -=m 73♪ 60/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 解得地球的质量M-4xr G72 无法求出主舱室的质量m,故B错误； 4π2r3 A.地球的密度p=M =GT23π3 πR3 GTR,故A错误： 3 C.打开降落伞后，返回器做减速运动，此时竖直方向上存在向上的加速度，即返回器靠近地面过程中处 于超重状态，故C错误： D.地球的第一宇宙速度为7.9k/s,为最大绕行速度，所以主舱室在半径为r的轨道上稳定运行的速度 小于第一宇宙速度，故D正确。 故选D。 15.2026年3月，我国”蓝焱”220吨级液氧甲烷发动机完成长程试车，将助力载人登月等任务。假设搭载” 蓝焱”发动机的火箭将一艘飞船先送入圆轨道I运行，飞船经多次变轨进入地月转移轨道，如图所示。己知 a是圆轨道I上的点，b是椭圆轨道Ⅱ上的远地点，c是转移轨道上的点，且α、b两点到地球球心的距离分 别为R和3R。忽略飞行过程中飞船质量的变化，则飞船() 月球 转移轨道 A.从轨道Ⅱ进入转移轨道需向前喷出燃气B.在c点的机械能大于在b点的机械能 C.经过a、b两点的速度之比为3：1D.在轨道I、Ⅱ上的周期之比为1：3√5 【答案】B 【详解】A,从轨道Ⅱ进入转移轨道，飞船需做离心运动，即向后喷出燃气，向前喷出燃气会导致减速， 故A错误： B.飞船在b点从轨道Ⅱ进入转移轨道需点火加速，机械能增加，所以在c点的机械能大于在轨道Ⅱ上b 点的机械能，故B正确： C.如果a为轨道Ⅱ的近地点，b为远地点，根据开普勒第二定律有v。R=y,3R 解得y。:y,=3:1 而实际上a是圆轨道I上的点，进入轨道Ⅱ，需要在近地点加速，所以v。:。≠3：1，故C错误； 61/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 D.轨道1半径为R,轨道Ⅱ半长轴为R+3R=2R 2 根据开普勒第三定律有R(（2R) 解得T:工，=1：2W2,故D错误。 故选B。 16.(多选)中国探月工程（嫦娥工程）已成功发射多颗月球探测卫星，按“绕、落、回”三步走战略稳步推 进，并己开展后续探测规划，其中嫦娥六号成功着陆在月球南极的艾特肯盆地，完成人类首次月球背面采 样返回任务。如图所示，卫星2是某一近月圆轨道探测卫星，卫星1是另一月球探测卫星，卫星1从地球 出发沿变轨轨道从切点A进入绕月探测圆轨道，已知卫星1在探测圆轨道的运行周期为T,,轨道半径为R, 卫星2的运行周期为T,,两卫星绕行方向相同，则() 变轨轨道 A 探测圆轨道 月球 A.卫星1从变轨轨道进入探测圆轨道需在A点减速 B.卫星1受到的月球引力小于卫星2受到的月球引力 C.卫星2的轨道半径R D.圆轨道上两颗卫星相邻两次相距最近的时间间隔为7一五 TT2 【答案】AD 【详解】A.卫星1从变轨轨道进入探测圆轨道，做近心运动，需在A点减速，故A正确： B.根据万有引力公式F=G,产 Mm 引力大小不仅和轨道半径有关，还和卫星的质量有关。题目中没有给出两颗卫星的质量信息，因此无法 比较它们受到的月球引力大小，故B错误： C.根据开普勒第三定律=是 62/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 解得R2= 故C错误： D.根据万有引力提供向心力，则有GM mo'r GM 解得o= 因卫星2轨道半径更小，所以卫星2的角速度更大：设相邻两次相距最近的时间间隔为，由于当卫星2 2元，2刀1=2π 比卫星1多转一圈时，两者相距最近，则有云-工 t- 解得t= TT2 ,故D正确。 T-T 故选AD。 顶测07功能关系 1)预测点：结合传送带模型、板块问题，考查摩擦生热与能量转化与守恒 2)押题 17.(多选)新能源汽车的能量回收过程，简单来说，就是将车辆减速或滑行时的“动能”，转化为电能存回 电池的过程。当新能源车辆处在某下坡路段时松开油门，仪表盘PWR(功率输出)会显示为负值，即能源 回收过程，发现速度依然在增大，此下坡过程以下说法正确的是() A.过程中汽车的机械能依然守恒 B.过程中汽车重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功 C.过程中合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量 D.若中途关闭能源回收系统，汽车下滑的全过程中加速度一直不变 【答案】BC 【详解】A.存在动能回收即机械能转化为电能，且存在克服摩擦力做功，故机械能不守恒，故A错误； B.依然还在加速，故下滑分力大于摩擦阻力，故重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功，故B正 确： C.虽然存在动能回收，但仍然满足动能定理，即合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量，故C 正确； D.若关闭能源回收系统，下滑相同距离动能增量更大，即速度增量更大，则加速度必然更大，故D错 误。 故选BC。 63/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 预测08动量定理和动量守恒定律 1)预测点：多物体碰撞问题（如子弹打木块、弹簧连接体）中动量守恒与能量损失的联立求解 2)押题 18.如图所示的木板由倾角为0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。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（ NN- -2 7321y 。X Q A.水平外力F的大小为ms tan B.1号球刚运动到水平槽时的速度大于√2gh 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ngdsin0 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an0=, Nmg 得F-Nmgtan0,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mgh=二mv2 解得v=√2gh,故B错误： C.当N=2时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能E,=2mgh+mgdsin0= 2mw2 设2号球对1号球所做的功为形，由动能定理得mg+W=?m心 解得-)mgin0,故c错误 D.当N个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有 Nmgh+mgdsin0+mg x 2dsin+L +mg(N-1)dsin=-Nmv 2 64/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 1 W-1 第k个球的动能E,=二mv=mgh+ 2 2 mgdsin 球k的机械能变化量△E=mgh+mg(k-l)dsin0-m mv3<0 2 解得k<V+1 2 当N=2026时，<027，枚D正确 故选D。 19.如图甲所示，在弹性材料与水平面之间铺设压力传感器，可测量机器人连续空翻过程中对弹性材料的 压力。某次测量得到的压力随时间的变化关系如图乙所示。若仅考虑机器人在竖直方向上的运动，不计空 气阻力，g=10m1s2。下列说法正确的是（) AF/N 3000上 弹性材料500A/- 77777777777777777777 0 6.17.59.510.312.313.1t/s 甲 乙 A.在6.1s至7.5s内，机器人处于超重状态 B.在9.5s至10.3s内，弹性材料对机器人的冲量大约为3500Ns C.机器人的最大加速度为60m/s2 D.机器人相对于弹性材料的最大重力势能为2500J 【答案】D 【详解】A.机器人处于超重状态时对地面的压力大于自身所受的重力50ON,故A错误： B.9.5s至10.3s内，弹性材料对机器人的作用力最大值为3000N,平均值则小于3000N,作用时间小于 1s,冲量必定小于3500N5,故B错误； C.弹性材料的弹力最大时，机器人的加速度达到最大，根据牛顿第二定律有N-mg=ma 故加速度a=50m/s2 故C错误： D,根据图形知，机器人的腾空时间为25，可以下降的时间约为1秒，则离地的最大高度约为h-28=5m 此时以弹性材料所在平面为参考平面，机器人的重力势能为E。=mgh=2500J 故D正确。 故选D。 65/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 预测09机械振动和机械波 1)预测点：波的干涉与多普勒效应结合实际场景（如声波测速、地震波分析），波形图与质点振动图像综 合应用 2)押题 20.如图甲，春晚创意节目《满庭芳·国色》中的水袖舞文化在我国源远流长。其简化模型如下：材质不同 的重水袖A和轻水袖B连接在一起，放在光滑水平玻璃上。某时刻在重水袖A左端抖动产生如图乙所示波 形，下列说法正确的是( 入交界点 重水袖A 轻水袖B 甲 乙 A.振幅越大，则波速越小 B.波在A、B中传播的周期一定相等 C.波在A、B中传播的速度一定相等 D.重水袖上的某点在一个周期内向右平移一个波长的距离 【答案】B 【详解】A.机械波的波速仅由介质决定，与振幅无关，则介质一定时，振幅变大，但波速不变，故A 错误 BC.波的频率仅由波源决定，机械波从一种介质中进入另一种介质时，其频率不变，周期不变，波速改 变，故B正确，C错误； D.重水袖上某点一个周期内通过的路程为4倍振幅，而这一个周期内机械波传播的距离为一个波长， 但质点不会随波迁移，故D错误。 故选B。 21.(多选)当波源与观测者发生相对运动时，观测者接收到波的频率发生变化，这是我们熟悉的多普勒 效应。观测者和波源之间的距离变化越快，多普勒效应越明显。原子吸收和发出某些特定波长的电磁波， 因此我们观察到的某颗恒星的光谱包含由此恒星的大气层中的原子引起的吸收谱线。己知钠原子具有一条 波长为5895.9A10A=1nm的特征谱线(D,线)。研究人员在观测某遥远双恒星系统的光谱时，从t=0时 开始在表中记录对于钠D,线的吸收光谱，其中1号恒星和2号恒星吸收光谱的波长分别为2，和入，。假定研 究人员处于双星运动所在平面，双星均近似做匀速圆周运动，且不考虑双恒星系统质心的运动。不考虑相 66/156 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 对论效应和宇宙膨胀的影响。关于该双恒星系统，下列说法不正确的是() tid Z/A 121A 0.3 5893.1 5897.5 0.6 5892.8 5897.7 0.9 5893.7 5897.2 1.2 5896.2 5896.2 1.5 5897.3 5895.1 1.8 5898.7 5894.3 2.1 5899.0 5894.1 2.4 5898.1 5894.6 2.7 5896.4 5895.6 3.0 5894.5 5896.7 3.3 5893.1 5897.3 3.6 5892.8 5897.7 3.9 5893.7 5897.2 A.双恒星绕质心转动的周期约为3.0d B.t=1.5d观测到波长为2，的光是1号恒星远离观测者时发出的 C.在1.2d~1.8d间观测到波长为元，的光是2号恒星在距离观测者最远位置附近发出的 D.通过比较观测波长变化量，可判断1号恒星转动半径较小 【答案】CD 【详解】A.由表中记录的数据，可知在0.6d~3.6d期间，两恒星吸收光谱的波长是一个循环变化周期， 则转动的周期约为T=3.6d-0.6d=3.0d,故A正确： B.t=1.5d观测到光的波长为元=5897.3A>5895.9A,波长变长，由多普勒效应可知，它是1号恒星远 67/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 离观测者时发出的，故B正确： C.在12d4.8d间观测到波长为入，的光，波长在逐渐减小，由多普勒效应可知，2号恒星在逐渐接近观 测者，t=0.6d或3.6d时，在距离观测者最远位置附近，故C错误： D.观测波长变化量，可知入，变化范围较大，多普勒效应更明显，距离变化更快，线速度更大，可判断1 号恒星转动半径较大，故D错误。 本题选择不正确的，故选CD 22.(多选)钱塘江大潮，在中国文化中是自然伟力、时序节律、家国情怀、民俗精神的多重象征。如图 甲所示，某次观测到产生鱼鳞潮的两列振幅均为0.5m的水波以4/s的速度向前行进，其模型可简化为图 乙所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，B为AC的中点，E是AC延长线上与A点相距d=I0m的点，与A 点相交的两条实线是两列波最靠前的波峰。假设本次鱼鳞潮的水波波长为1，则下列正确的是() E A.图中A、D两点振动始终加强，而C点振动始终减弱 B.B点即将向上振动，经过一段时间质点A会运动到E点 c.图示时刻A、C两点间的高度差为2.0m D.从图示时刻再经2.5s,E点出现波峰 【答案】CD 【详解】A.稳定的鱼鳞区域是干涉图样，波峰遇波峰振动加强，波谷遇波谷振动也加强，波峰遇波谷 振动才减弱，因此A,D、C三点振动始终加强，故A错误： B.稳定干涉图样中的加强点并不是始终在波峰处，波是向前行进的，波动传播的只是振动形式和能量， 介质中的质点不随波迁移，因此一段时间后质点A不会运动到E点，故B错误； C,由于两列波的振幅均为0.5m,叠加的结果使A点在平衡位置上方2A处，而C点在平衡位置下方2A 处，故图示时刻A、C两点间的高度差为△h=4A=2.0m,故C正确： D.图示时刻A点在波峰，波峰从A传到E用时1=4=2.5s,故D正确。 1》 故选CD。 68/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 预测10电场的基本规律应用 1)预测点：电场强度叠加原理与电场力做功 2)押题 23.如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内 侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接 通电源后“小火箭”会上下跳动。忽略“小火箭”带电量对两极板电量和两极板间电场的影响，下列说法正确的 是( 接直流 博木板 电源 竹筷子 小火箭 锡纸 A.“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大 B.通电后若改变两板间距离，则板上锡纸的电荷量随之改变，电荷量数值与极板距离成线性关系 C.通电后若断开电源，增大两板间距离，则两板间电场强度减小 D.通电后若断开电源，减小两板间距离，则两板间电压减小 【答案】D 【详解】A.根据电场的基本性质，电场方向是从正极指向负极在本题中，电源正极连接下板，负极连 接上板，电场方向是竖直向上的，结合题意得小火箭带正电，当“小火箭”向上运动时，电场力做正功， 根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，故A错误； B.根据平行板电容器的电容公式C=eS 4πkd 电容器的电容的定义式C= U 联立解得Q=SU 4πkd 即电荷量数值与极板距离成反比例关系，故B错误； ES C.根据平行板电容器的电容公式C= 4πkd 电容器的电容的定义式C= U 电场强度与电势差的关系E= d 联立解得E=4πkg eS 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，增大两板间距离，则两板间电场强度不变，故C错误： 691156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 D.根据平行板电容器的电容公式C=S 4πkd 电容器的电容的定义式C= U 联立解得U=4πka ES 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，减小两板间距离，则两板间电压减小，故D正确。 故选D。 24.(多选)半球形电子能量分析器是一种测量电子能量分布的器件。它由内外两个同心半球组成，利用 半球壳间的静电场让不同能量的电子在半球形通道中“分道扬镳”，筛选出特定能量范围的电子。如图所示， 同心半球的球心为0，静电场沿着径向分布，电场强度的大小Ex二。速率不同的电子从入射口A进入电 场，速度方向垂直于同心半球的底面，经过电场后分别到达B、C、D处，OB>OA=OC>OD。忽略边缘 效应和电子之间的相互作用。则() BCD A.到达B的电子在运动过程中动能增大 B.到达B、C、D的电子在A处对应的入射动能依次减小 C.到达B、C、D的电子在电场中运动的时间依次增大 D.到达B、C、D的电子出射速度方向均垂直于同心半球的底面 【答案】BD 【详解】4.电子能做圆周运动到达C时，电场力提供向心力，因此电场力方向始终指向球心O。到达 B的电子整体远离球心O,电场力指向O(与位移径向分量方向相反)，电场力做负功，动能减小，A 错误； B.在入射点A,电场力提供向心力 若入射动能（速度）足够大，m">E,提供的向心力不足，电子做离心运动，偏向外围到达B 若=eE,电子做匀速圆周运动，到达C 若入射动能（速度）足够小，m业<E,提供的向心力过大，电子做近心运动，偏向球心到达D 70/156 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 因此到达B、C、D的电子入射动能依次减小，B正确： C,因电场Ex一，与万有引力相似，电子运动规律与类比于行星的运动，根据开普勒第三定律，可得 Tua3,由图可知，轨道“半长轴”大小关系ag>ac>ap 所以Ta>Tc>T。,电子到达B、C、D的运动时间均为各自的半周期，依次减小，C错误。 D.电子都是从同一侧垂直径向入射，在引力场中运动到“对面最远点”时，速度方向一定垂直于连线（长 轴)出射，垂直于底面，D正确。 故选BD。 预测11磁场的基本规律应用 1)预测点：以现代科学仪器为背景，带电粒子在匀强磁场中的偏转问题结合几何关系考查 2)押题 25.用霍尔元件探测螺线管中电流变化的装置示意图如图所示螺线管与通电装置连接，其电流1方向如图 所示，在螺线管正下方装有一块正方形霍尔元件，α、b、c、d为上表面的四个顶点，元件中定向移动的电 子形成沿着αb方向的电流I,螺线管的轴线垂直于元件的上表面。用电压表连接b、c两点，即可探测螺线 管中电流的变化情况。下列说法正确的是() A.电压表的正接线柱连接c点 B.若电流I不变，则电压表示数为零 C.若电流1均匀变大，则电压表示数保持不变 D.若电流I均匀变大，则电压表示数逐渐变大 【答案】D 【详解】A.由右手螺旋定则可知，元件处在竖直向下的磁场中，元件中电子定向移动的方向沿着ba方 向，由左手定则可知电子受指向cd侧的洛伦兹力，故电子将集中到cd侧，c点接电压表负极，故A错 误： B.只要电流1存在，电子便受到洛伦兹力，电压表示数不为零，故B错误； 71/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 U CD.设bc距离为d,电压稳定时q=qvB d 得U=Bdw 可知磁感应强度B越大，电压U越大，而o均匀变大，B将变大，电压也逐渐变大，故C错误，D正确。 故选D。 26.(多选)“圈套”常用于冷却高能粒子束。某回旋加速器中，匀强磁场的磁感强度B=1T,高频加速电 压的频率∫=2x10°Hz,带电粒子在回旋加速器中运动形成的粒子束的平均电流1=1mA,最后粒子束从 半径R=1m的轨道飞出，进入冷却“圈套”的水中并停止运动。不考虑电磁辐射等其它能量损失，不考虑相 对论效应。设“圈套”中水的用量M=1kg/s,水的比热容c=4200J/(kg°C)。则() 粒子 出▣处 A.回旋加速器正常工作时，高频加速电压频率是粒子回旋频率的2倍 B.粒子的比荷为1.8x10C/kg C.粒子离开加速器时的速度为3.0×10°m/s D.可使“圈套”中的水温升高约2.1C 【答案】BD 【详解】A.回旋加速器正常工作时，为了使带电粒子不断在D形盒的缝隙中被电场加速，则高频加速 电压频率应该等于粒子的回旋频率，A错误： 9 B.根据f=B可得粒子的比荷为g_2x2×二×10 2πm π m B 1 C/kg=1.8×10C/kg’B正确： C.根据qvB= m二可得，粒子离开加速器时的速度为v=gBR-18×10'm/s,C错误： m D.设单位时间内飞出回旋加速器的粒子为N,则=Ng 粒子束在单位时间内释放出来的能量为Q=N mv2 2 解得Q=πIBR2f 由热平衡条件得Q=cM△t 所以升高的温度A1=IBR1 72/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 解得△=2.1K 可使“圈套”中的水温升高约2.1°C,D正确。 故选BD。 预测12电磁感应基本规律应用 1)预测点：双杆模型与动生电动势结合能量守恒的动态分析题是重点。 2)押题 27.某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距为1，倾角为0，导轨上端串接一个阻值为 kB2的电阻，下端接有电容为C的电容器。在导轨间长为d的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强 磁场，磁感应强度为B,质量为m的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连， 金属棒向上运动时，K,闭合，K2断开，向下运动时，K,断开，K,闭合。CD棒的初始位置在磁场下方某 位置处，一位健身者用大小为3 mng sin的恒力拉动GH杆，cD运动过程中始终保持与导轨垂直，进入磁场 时恰好匀速上升，CD棒进入磁场。处时，撤去拉力F,恰好能减速运动到磁场上边界，不计其它电阻、摩 擦力及拉杆和绳索的质量，重力加速度为g。下列说法错误的是() G K A.k的单位为2.T2.m2 B.cD棒进入磁场时的速度大小为2 kmg sin日 4k'm'gsin0-d C.CD棒减速向上运动的时间为 kmgsin0 D.若CD棒从磁场上边界由静止下滑，此时电容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零，则CD棒 出磁场时的速度大小为 2mgdsin0 m+B2P2C 73/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 【答案】C 【详解】A.题意可知R=kB? 其中R的单位Q,B的单位为T,1的单位，故k的单位为2T2m2,故A正确，不符合题意： B.题意可知CD棒进入磁场时匀速运动，则有3 ng sin0=mg sin0+F 因为F=Bn=B1xB-B1y RR 联立解得CD棒进入磁场时的速度大小v-2 mg sin 0,故B正确，不符合题意： C.规定沿斜面向下为正方向，减速过程，由动量定理得-mg sin 0×t-Bl1t=0-mv d 因为-B1M_Bk_B1 2 联立解得1=4m8s1n0d,故c错误，符合题意： 2kmg sin 0 D.设CD棒的速度大小为v',经历的时间为t',通过CD棒的电流为I',CD棒受到的磁场力方向沿导轨 向上，大小为F'=BI 设在时间间隔(t',t+△t)内流经CD棒的电荷量为△Q,则△Q=CBl△v 因为1r=4但， △v a= △t △t cD棒在时刻t'的加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mg sin 0-F'=ma 联立可得a=mg sin0 m+B2PC cD棒做初速度为零的匀加速运动，则v2=2ad 联立解得v= 2 dmg sinθ 故D正确，不符合题意。 m+B2P2C 故选C。 28.（多选)如图甲所示，在水平实验台上固定一个周长为L的超导圆环abcd,一块质量为m的永磁铁沿 圆环中心轴线从正上方缓慢向下运动，永磁铁最终悬浮在圆环正上方h高度处，由于超导体存在极小的电 阻导致电流衰减，永磁铁的悬浮位置会随时间缓慢下移，经过时间t。,悬浮高度变为2。已知永磁铁在高 度hh,处时，圆环所在位置的磁感应强度大小分别为BB,,磁场方向与水平方向的夹角分别为802， 圆环中的感应电流大小分别为12。图乙为实验测得的圆环中电流大小的平方随时间变化的图像，重力加 速度为8，忽略磁场能的变化。下列说法正确的是() 74/156 学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 一永磁铁 ,超导圆环 6 乙 A.从上向下看，超导圆环中感应电流的方向为逆时针方向 B.永磁铁在h,高度处时，超导圆环所受安培力的大小为B,I,Lcos0 C.永磁铁在2高度处时，超导圆环所受安培力的方向竖直向上 2mg(h,-h2) D.该超导圆环的电阻值为，（口？+） 【答案】ABD 【详解】A.永磁铁向下靠近圆环，穿过圆环的向下磁通量增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场 方向向上阻碍磁通量增加；由右手螺旋定则，从上向下看，超导圆环中感应电流为逆时针方向，故A正 确： B.将磁感应强度B,分解为竖直分量B,sinO,和水平分量B,cos日，竖直分量对电流的安培力沿水平方向， 总合力为零：水平分量对每个电流元的安培力均沿竖直方向，总安培力大小为 F=I1(B,cosO)L=B,I L cos0,故B正确： C.永磁铁悬浮平衡，重力向下，因此圆环对永磁铁的安培力竖直向上；根据牛顿第三定律，永磁铁对超 导圆环的安培力方向竖直向下，故C错误： D.根据能量守恒，永磁铁重力势能的减少量全部转化为超导圆环电阻的焦耳热（忽略磁场能变化）， 即mg(h-h,)=O 12随线性变化，焦耳热Q=RIdt=R. +且。 2 整理得R=2mg么-) +分，故D正确。 故选ABD。 75/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 预测13交变电流和变压器 1)预测点：理想变压器与远距离输电结合功率损耗问题（如输电电压与线损的关系）将高频出现 2)押题 29.图甲为无线充电牙刷，其充电原理简化如图乙所示。底座线圈αb间通入图丙所示的正弦交流电后，牙 刷内置线圈整流电路输入电压为5V,再经整流后对牙刷内的电池进行充电。规定磁场方向向上为正，俯视 时顺时针电流为正，则下列说法正确的是() 交流电 直流电 ↑ubV 内置线圈、C 整流电路 电池 220W2 底座线圈 0 72t×102s) 交流电 -220W2 图甲 图乙 图丙 A.底座线圈和牙刷内置线圈匝数之比为44√2：1 B.牙刷内置线圈电流方向每秒改变50次 C.0.01s~0.015s内，牙刷内置线圈的感应电流方向为负 D.若在c点接入一个理想二极管，则整流电路输入电压的有效值为√2V 【答案】D 【详解】B.由图丙可知，交流电的周期为T=2×102s,在一个周期内电流方向改变2次，所以牙刷内置 线圈电流方向每秒改变100次，故B错误： A.由图可知底座线圈的输入电压的有效值为U=220V,内置线圈的输出电压为U2=5V,但因为是无线充 电，所以看在程装象。即底幽线圈利牙刷内显发圆面数之止片台一学什。故A甜民 C.根据图丙可知，在0.01~0.015s内，底座线圈中电流产生的磁场方向是向上的增加，根据楞次定律可 知牙刷内置线圈的感应电流方向为俯视看顺时针方向，即电流方向为正，故C错误： D.若在c点接入一个理想二极管，由于二极管的单向导电性，所以整流电路中只有半波电流经过，设整 流电路输入电压的有效值为山，则T=5×?+0 R R2 解得U=VV,故D正确。 2 故选D 30.2025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。己知升压变压器原、副线圈的匝数分别为，、，降压 76/156 学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 变压器原、副线圈的匝数分别为”，、”4，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是() 发 电 升压变压器 降压变压器 甲 A.减小n,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”4 【答案】C P用=1 P损 【详解】A.输电效率7= PP箱 其中P=r=( r 设小。，根器总一会可加升压安器线题电压心，减小、号致输电电流州大。输电线上损耗的功丰 P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90°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P一定，发电机的输出电压U,增大，根据么=可知U,增大。由P=U,弘，可知输 U,n2 电电流1，减小。输电线中损耗的功率P=?，因L2减小，所以P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I,增大，原线圈电流3（即 输电线电流I,)增大，输电线上电压损失△U=Ir增大，降压变压器原线圈电压U,=U2-△U减小。用 户电压U,-4U,随之减小。为维持用户电压U,稳定，应增大变压比”，即适当增大m,故D错误。 n 故选C。 77/156 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【预测二实验题】 预测01力学实验 1)预测点：控制变量法与图像处理的结合考查将成主流 2)押题 31.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m',手机软件示数为a,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：F=FN-mg（I)或F=mg-mg(IⅡ) 其中F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：F=ma()或F=ma-mg(IV) 其中a是糖果盒子的加速度。 9.72m/s 10.38m/s2 0.774 ○0.774 0.812 0.812© 图(a) 图b) 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m= _kg(保留 两位有效数字)，当地的重力加速度g=9.72m/s2。 (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F-t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(V)处理手机 软件示数得到的。 78/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 FN 0.8 “▲”线：A点的纵坐标为0.77 0.6 0.4 0.2 0.0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1.01 0 46810ts 图(c) 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 m/s2。（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a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F=ma。 【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m=0.774kg≈0.77kg [2]图(b)电子秤示数为0.812kg,大于0.774kg,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F=ma-mg 其中F=0.77N,m=0.77kg,g=9.72m/s2 解得a=10.72m/s2 32.探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系实验。 方法1：某物理兴趣小组A使用向心力演示仪进行探究。 (1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的， A.探究平抛运动的特点 B.探究两个互成角度的力的合成规律 C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系 (2)某同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示。 79/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 钢球】 求) 风 a.三个情境中，图」 是探究向心力大小F与质量m关系（选填“甲、“乙”、“丙”）。 b.在甲情境中，若钢球1与钢球2所受向心力的比值为4：1，则实验中钢球1与钢球2选取的变速塔轮的 半径之比为。 方法2：某物理兴趣小组B利用传感器进行探究，实验装置原理如图所示。装置中水平光滑直槽能随竖直转 轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直槽一起 匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转 动的角速度可以通过角速度传感器测得。 FN ①D② FA 角速度传感器 竖直转轴 力传感器 滑块 水平光滑直槽 10 15 o/(rad-s)O 乙 (3)小组同学先让一个滑块做半径r为0.14m的圆周运动，得到图甲中①图线。然后保持滑块质量不变， 再将运动的半径r分别调整为0.12m、0.10m、0.08m、0.06m,在同一坐标系中又分别得到图甲中②、③、 ④、⑤四条图线。 (4)对①图线的数据进行处理，获得了F-x图像，如图乙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横 坐标x代表的是 0 (5)对5条F-0图线进行比较分析，得出o一定时，Fr的结论。请你简要说明得到结论的方法。 【答案】 c丙 1:2 w'/mw'/rw'/mrw2 见解析 【详解】(1)1八.在本实验中，利用控制变量法来探究向心力的大小与小球质量、角速度、半径之间 的关系。探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思 想，故A错误； B.探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想， 故B错误； C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系是通过控制变量法研究的，故C正确。 故选C。 80/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)a.[2]根据F=mro可知，要探究向心力大小F与质量m关系，需控制小球的角速度和半径不变， 由图可知，两侧采用皮带传动，所以两侧具有相等的线速度，根据皮带传动的特点可知，应该选择两个 塔轮的半径相等，而且运动半径也相同，选取不同质量的小球，故图丙正确。 b.[3]两个球的质量相等，半径相同，由F=mRo2,F'=mRo2 已知F:F'=41 所以ω：o'=2:1 两个塔轮边缘的线速度相等有ro=r'o 可知两个变速塔轮的半径之比为r:r'=1:2 (4)[4]通过图甲中①图线中数据可知F与w成正比，即F与w的关系图像是一条过原点的直线，即 x可以是w。 又因w变化时，滑块质量与运动半径都不变，所以x也可以是mw或rw或mrw。 [5]探究F与r的关系时，要先控制m和w不变，因此可在F-o图像中找到同一个ω对应的向心力，根 据5组向心力F和半径r的数据，在F-「坐标系中描点做图，若得到一条过原点的直线，则说明F与r成 正比。 预测02电学实验 1)预测点：测量电源电动势和内阻实验中，伏安法与伏阻法、安阻法的对比分析（如系统误差来源）将成 热点。 2)押题 33.某实验小组自制了一台氧气流量计，其结构如图甲所示，氧气从进气口进入腔体冲击应变片R,应变 片发生形变，阻值随之变化。应变片R接在图乙所示的电路中，其中电源电动势E=0.8V，定值电阻 R,=2972,R,=R,应变片的阻值R随氧气流量9变化的关系如图丙所示。闭合开关S,当流量Q变化时， A、B两点间的电压UB会随之改变。在A、B间接入电压传感器，利用电压传感器的示数可算出流量Q。 电源内阻不计，电压传感器的内阻可视为无穷大。 A ↑R/2 R3 电压 Ra 309 传感器 进 应变片 出气 R ⊙ 297 E 29 0 4 QL·minl 甲 丙 (1)按照图乙，将图丁中的实物连线补充完整 81/156 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 R 电压传感器 R E (2)当氧气流量Q=0时，UB=mV。 (3)当氧气流量Q=4L/min时，A、B两点的电势关系为p4pa(填“>"<"或“=")。 (4)当电压传感器的示数为4mV时，氧气流量Q= L/min。 (5)当环境温度升高时，应变片R阻值增大，该变化会导致氧气流量Q的测量值 (填“偏大”或“偏小”)。 为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是（写出一种方法）。 R R 电压传感器 【答案】(1) R E (2)0 (3)> (4)2 (5) 偏大 适当增大R,的阻值 【详解】(1) 82/156 学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 R3 电压传感器 E (2)Q=0时，由丙图知R=R2=2972,又R3=R 则上下两支路根据串联电路的分压原理，则有φ4=0.4V Pa=0.4V 则UB=P4-P=0 (3)当氧气流量9=4L/min时，由丙图知R,=3092增大 则R,分到的电压减小，P减小，而p4不变，故P4>PB (4)取电源负极为零电势点，UB=p4-9B=0.4V-PB=4mV 对下面支路由欧姆定律L,=R+R, E 又PB=1R2 联立解得R=3032 由图丙得氧气流量Q-2L/min (5)[1]当环境温度升高时，应变片R,阻值增大，由图丙会导致氧气流量Q的测量值偏大 [2]为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是适当增大R,的阻值 34.钙钛矿太阳能电池有成本低、光能转化效率高等优点。某同学利用如图甲所示电路探究某钙钛矿电池 的路端电压U与电流1的关系。所用器材有：光强可调的光源、钙钛矿电池、电压表、电流表、滑动变阻 器R、开关S以及导线若干。已知当光照强度不变时钙钛矿太阳能电池的电动势视为不变，电流表和电压表 均可视为理想电表。 83/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 个I/mA 2.00 中中中 1.50 1.00 V 钙钛矿电池 0.50 R 00.300.600.901.20 甲 乙 (1)按如图甲所示电路连接器材，将滑动变阻器R的滑片调至最左端。闭合电键S,用一定强度的光照射 电池，保持光照强度不变，调节滑动变阻器R,记录滑片在不同位置时电压表和电流表的读数U、1,并描 绘出1-U图线如图乙中曲线a所示，则此强度光照下钙钛矿电池的电动势E=_ V(结果保留三 位有效数字)。 (2)对曲线a进行分析，当电流超过1.00mA时，内阻随电流的增大而」 （选填“增大”或“减小”)： 当电流为0.50mA时，电池内阻约为 _n(结果保留三位有效数字)。 (3)减小光照强度后，重复实验并描绘出I-U图线如图乙中曲线b所示。 (4)将滑动变阻器的滑片P滑动到某位置并保持不变，在曲线。对应的光照强度下，电路中的路端电压为 0.90V,则在曲线b对应的光照强度下，外电路消耗的电功率约为 mW(结果保留两位有效数字)。 【答案】 1.05 增大 180 0.33 【详解】(1)[1]1=0时，路端电压等于电池的电动势，为 E=1.05V (2)[2]根据闭合电路的欧姆定律 E=U+Ir 对于图中的(E,0)和图像上的(U,I)两点，内阻为 E-U r= L1-0 故内阻为该点与(E,O)连线斜率倒数的绝对值。当电流超过1A时，该连线斜率倒数的绝对值随电流的 增大而增大，故内阻随电流的增大而增大。 [3]当电流为0.50mA时，由图知路端电压 U=0.96V 根据闭合电路的欧姆定律 84/156 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 U=E-Ir 可得此时内阻约为 r=1802 (4)寻找a曲线0.9V时对应的坐标点，连接原点该点交曲线b于(0.61V,0.54mA),外电路消耗的电功 率约为 P=U'7'≈0.33mW 个I/mA 2.00 1.50 1.00 0.61V,0.54mA) 0.50 V 0 0.30 0.600.901.20 【预测三计算题】 预测01气体实验定律的综合应用问题 1)预测点：理想气体状态方程与热力学第一定律结合的动态过程（如等温压缩、绝热膨胀）中的能量计算 题需重点突破。 2)押题 35.2026年1月19日，神舟二十号飞船从中国空间站带回了一套“战功赫赫”的“飞天战袍”一一退役的舱外 航天服。为检验此航天服的“气密性”，给真空状态的航天服充入体积为V,、压强为P-4×104P的氧气，使 航天服内部压强P=1×10P,然后把航天服放入检测室，将检测室抽成真空密封。经过10小时通过压强 传感器测出检测室内的压强P-200Pa。已知航天服的容积V,=0.12m3,检测室放入航天服后检测室剩余空 腔的体积"=0.48m3,整个过程温度不变。求： 85/156 学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 抽气口 □ 压强传感器 (1)给真空状态的航天服充入氧气的体积V: (2)经10小时后，航天服内气体的压强P: (3)经10小时后，若漏出气体的质量小于原有质量的1%，航天服的“气密性”合格，通过计算判断该航天服“气 密性”是否合格。 【答案】(1)Y=0.3m3 (2)p4=9.92×104Pa (3)合格，计算见解析 【详解】(1)已知氧气的压强p,=4×104Pa,航天服内部压强P,=1×10Pa,航天服的容积V,=0.12m3, 充气过程温度不变，对充入的氧气由玻意耳定律，得P,”=P,' 解得y=0.3m3 (2)已知检测室内的压强P=200Pa,检测室剩余空腔的体积V,=0.48m3,漏气后，气体分为航天服内、 检测室内两部分，总气体温度不变，由玻意耳定律，得P',=P,',+P,', 解得p4=9.92×10Pa (3)同温下，理想气体的质量比等于物质的量比，结合理想气体状态方程pV=nRT 得漏出气体占比 △m-△n-p 三 m n p,V, 解得4m-200x048=0.08=0.8%<19% m1×103×0.12 因此该航天服气密性合格。 36.某兴趣小组设计了一个自动开关空调的装置，其原理图如图所示。一定质量的理想气体封闭在导热汽 缸内，活塞上表面涂有导电物质，活塞和导电物质的厚度、质量均不计，活塞横截面积S=40℃m；开始时 室内温度。=17℃，活塞距汽缸底部的高度H=0.58m,当室内温度上升，活塞上移h时，活塞上表面的导 86/156 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 电物质与电路中的两固定触点A、B接触，空调开始工作。不计一切摩擦，大气压强p。=1.0×10Pa,求： 保护电阻 空调 导电物质 B 回回 活塞 H (1)为使空调能在t=32C时启动，开始活塞距固定触点A、B的距离△h; (2)若从开始到空调刚启动过程气体吸收的热量为28J,则此过程气体内能的增加量为多少。 【答案】(1)0.03m (2)16J 【详解】(1)气体发生等压变化，由盖一吕萨克定律有 TT HS (H+△h)S 得6，+273)K+273)K 代入数据，解得△h=0.03m (2)气体等压膨胀对外做功，则W=-P。△V=-p(S△h) 代入数据解得W=-12J 由热力学第一定律得△U=W+Q 代入数据，解得△U=-12J+28J=16J 预测02牛顿运动定律的综合性应用 1)预测点：构建“斜面传送带+物块滑动”多过程模型，要求分阶段列动力学方程，突出“临界条件”与 “运动转折点”的识别。 2)押题 37.如图为某工厂装车部分的示意图。AB段为粗糙斜面，BC段为光滑水平面，CD为水平传送带，滑块 从斜面上距B点Lo处静止释放，最后从D点水平抛出落在车厢上。已知AB段倾角0=37°，滑块与斜面间 动摩擦因数为4，=0.25；传送带长度Lc。=16m,其最右端D点为右侧圆形皮带滚轮的最高点，皮带滚轮的 半径为3.6m(传送带厚度可忽略)，滑块与水平传送带之间的动摩擦因数为42=0.1；车厢尾端位于传送带 滚轮最右侧的正下方，距传动带滚轮最低点的高度h=12.8m,车厢长度L=12.4m。斜面与水平面之间用不 计长度的光滑圆弧连接，忽略水平面与传送带之间的空隙，滑块可看作质点，重力加速度取g=10m1s2, 87/156 学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 sin37=0.6,c0s37o=0.8 0>B 7777777777777777 (1)若L,=8m,求滑块到达B点时的速度大小； (2)若L。=8m,传送带的速度可调，若要保证滑块既能从D点做平抛运动离开传送带，又能落入货车车厢上， 求传送带顺时针匀速转动的速度取值范围： (3)为了省电，较长时间没有物块经过时，传送带会停止转动，当检测到滑块经过C点时传送带开始顺时针 匀加速启动，加速度大小为a。=4m/s2,速度达到8m/s后开始匀速运动。若要保证滑块既能从D点做平抛 运动离开传送带，又能落入货车车厢上，求o的取值范围，并写出滑块在车厢上的落点到D点的水平距离 x(m)关于L(m)的函数关系式。 【答案】(1)8m/s (2)6m/s≤v≤8m/s )当100 msL,≤12m时，=4V2,-8(m),当25mSL,< 100 14 L。+8(m) 14 m时，x=4 9 V25 【详解】(1)滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律，有mg sin0-4,mg cos0=ma, 解得加速度为a,=4m1s2 由运动学公式，有v=2a,Lo 解得vg=8m/s (2)滑块从离开传送带到落入货车车厢，下落的高度为H=2R+h=20m 由自由落体运动规律有平抛运动总用时：满足：一 解得t=2s 若要落入车厢，滑块平抛运动的水平运动需满足'，1≤R+L 88/156 命学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 解得vo≤8m/s 若滑块能从D点做平抛运动，由牛顿第二定律有mg≤m R 解得vo≥6ms 故物块到达D点时的速度需满足6m/s≤v,≤8m/s 滑块在传送带上相对滑动时，由牛顿第二定律mg=ma2 解得a2=lm/s2 若滑块在传送带上加速，则v。>v。=8m/s 若滑块在传送带上一直减速，D点速度为ypmn，由运动学公式min-v?=-2a,L 解得vnmm=4√2m/s<6m/s 故滑块不能一直在传送带上减速，故传送带的速度取值范围为6m/s≤v≤8m/s。 (3)由前问有v?=2a,L。,现在开始寻找不符合题意的情况 情况一：一直减速后仍然有v。>8m/s 此时由运动学公式v2-v后=-2a2L有v2=v后-2a,L。>(8m/s)2 解得L。>12m 情况二：直到最后仍然有vo<6m/s 刚进入传送带时，滑块速度快于传送带，若达到速度相同用时t1,有'a-a4=a4 解得4=。，y=于 aovB a。+a2 a0+a2 此时滑块的位移x=+上， 2 此后由于a。>a2,滑块将一直保持a2的加速度做匀加速运动：v-y=2a,(Lcp-x】 联立代入'。<6m/s 25 解得L。< m 14 故Lo的取值范围为25m m≤L。≤12m,在符合取值范围的Lo中： 14 若离开传送带时，滑块已经与传送带共速， 89/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 即y。=8m/s,则水平距离x=16m 假设某滑块直至离开传送带时，仍未与传送带共速，则水平距离x='ot,其中t=2s 该滑块刚进入传送时，滑块速度快于传送带，若达到速度相同用时t,有：'g-a4=a 解得5=。，y=a2 ao+az a。+a2 此时滑块的位移x1= Vatv 2 情况一：若共速前就离开传送带，即飞=业4>L0 2 解得L。>100m -m 9 故当100 9 ≤L。≤12m时，物块离开传送带时仍未与传送带共速，有2-v?=-2a,Lc0 由x=vot,代入数值可得x=4V2L。-8(m) 故当25m≤L,<9 100 亡m时，当滑块与传送带速度相同后，由于a。>a2,滑块将一直保持a,的加速度做匀 14 9 加速运动y2-y=2a2(Lcp-x) 解得vo=V+2a,(Lco-x) 由x=1,代入数值可得x=425乙+8(m) 14 故当10 m≤L。≤12m时，x=4√2L。-8(m) 当 14msL,<100 4 m时x=42 L。+8(m) 38.某同学正在参与一种游戏，下图中甲为俯视图，乙为侧视图，图乙中A为可视作质点的煤块，B为一 块长为L=3m的工程泡沫板（煤块能够在板上留下划痕，且若板上的划痕有重叠时，会出现颜色更深的痕 迹)，将A置于B表面，一起放在一足够长的台面上，现对B施加一水平向右、大小变化的力，该力满足F=0.4t (随时间均匀改变)，己知A、B之间的动摩擦因数为4，=01，B与台面的动摩擦因数为42=0.2，质量 mA=mg=1kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求： 90/156 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 -- 右 甲 AB 乙 (1)从开始施加力到泡沫板刚开始运动所经历的时间； (2)当泡沫板上即将出现划痕时煤块的速度大小； (3)该游戏获胜的依据是：煤块初始位置可在图甲中虚线上任意摆放，全程不能掉落出泡沫板，在泡沫板上 留下的痕迹越长越好，颜色越深越好，某同学对泡沫板重新施加一个水平向右大小为F=?、的恒力，该 力作用一段时间后可撤去，为了帮助他成为超级大赢家，请分析求出该力应作用的最佳时间和煤块初始位 置距左端的最佳距离。 【答案】(1)10s (2)2.5m/s 3)8,3m 3 【详解】(1)设经过时间，泡沫板开始运动，则此时泡沫板与地面间的静摩擦力恰好达到最大值∫， 则有F=0.4t=∫m 又因为fm=42(ma+mB)g 联立解得t,=10s (2)设经过时间，煤块与泡沫板恰好发生相对运动，则此时煤块与泡沫板间的静摩擦力应恰好达到最大 值，因此对煤块根据牛顿第二定律有4，mAg=mAa 解得此时煤块的加速度为a=4,g-lm/s2 同理此时对泡沫板列牛顿第二定律方程有F-4,mAg-42(mA+mg)g=m.a 解得F2=6N,t2=15s 所以煤块和泡沫板整体一起运动的时间为t=t2-4,=5s 此时煤块的速度大小为y,=at=二t=2.5m/s 2 (3)假设如下情景：煤块初始摆在泡沫板的右端，且相对运动过程中煤块刚好能到达泡沫板的左端，最 91/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 终又恰好停到泡沫板的右端，则划痕又长又深。设煤块放置的初始位置与泡沫板左端的距离为x,外力 作用的时间为t3,设撤去外力前，泡沫板的加速度大小为a,而煤块的加速度大小仍为a=1m/s2,则该 过程对泡沫板列牛顿第二定律方程有F-42(ma+mg)g-4ma8=ma1 解得a,=1.75m/s2>a 撤去外力后，在煤块和泡沫板速度达到相等之前，泡沫板将匀减速运动，设其加速度大小为，而煤块 的加速度大小仍为a=1m/s2,，则该过程对泡沫板列牛顿第二定律方程有42(mA+m.)g+4mag=m.a2 解得a2-5m/s2 速度相等之后，二者将各自做匀减速运动，设该过程泡沫板的加速度大小为，，煤块的加速度大小仍为 0,则有42(mA+m)g-4mA8=mB43 解得a3=3m/s2 设煤块与泡沫板速度相等时的速度为。，因煤块恰不从左端滑出，也恰好不从右端滑出，则有 6-哈=L 2a2a, 解得。=3m/s 设煤块从启动到与泡沫板速度相等经历的时间为t4,则有v。=at4 解得t4=3s 在煤块和泡沫板速度相等之前，对泡沫板有a,43='。+a2(t4-t3) 解得6- 即力F应作用的最佳时间为8：煤块与泡沫板左端的距离为 r=5+6,-4}+a6,a:3m=L 2 22 假设的情景成立，所以煤块初始应摆在泡沫板的右端，即煤块初始位置距左端的最佳距离为3m。 39.随着快递业务发展，快递企业常常用传送装置来运送包裹，如图为其工作场景简化图。可调传送带水 平段AB与倾斜段BC转动方向及速率始终一致，AB长L1=2m,BC长L2=8.2m,倾角0=37°，传送带速 921156 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 率'。=2/s,一运输包裹的平板车静止于水平光滑地面，其左端位于水平传送带右端A的正下方，平板车 与水平传送带上表面高度差h=0.1m。包裹和包装箱均可视为质点，已知sin37o=0.6,cos37°=0.8，取 g=10m/s2。 A 777777 (1)先调节传送带，使其逆时针转动，将质量m1=3kg的包裹轻放在A端，包裹与传送带间动摩擦因数4，=0.8， 求包裹在AB段做加速运动的过程中，包裹的位移大小x1以及包裹对传送带的摩擦力； (2)C处工作人员拿到包裹后，调节传送带变为顺时针转动，速率不变，将包裹放入包装箱（二者合在一起 叫做包裹箱)后无初速放在C端，己知包裹箱的质量为m2,包裹箱与传送带间动摩擦因数42=0.5，求包 裹箱从C点到B点的时间： (3)经传送带运送，包裹箱从A端沿水平方向以4m/s的速度飞出，在落入平板车过程中包裹箱还受到与重力 等大同向的风力作用，求包裹箱落到平板车上时与A端的水平距离： (4)在第(3)小题的情况下，包裹箱落到平板车上时，竖直速度瞬间变为零，水平速度不变，同时工作人员 对平板车施加一水平向右恒力F,已知平板车质量M=10kg,总长L3=2.4m,包裹箱的质量m2=4kg,包裹 箱与平板车间动摩擦因数4，=02，包裹箱与平板车之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使包裹箱不脱 离平板车，求恒力F的取值范围。 【答案】(1)0.25m:24N,方向水平向右 (2)2.2s (3)0.4m (4)12N≤F≤28N 【详解】(1)在AB段对包裹受力分析，由牛顿第二定律μm,g=m,a 设包裹达到与传送带共速时的位移为x1,由运动学公式=2ax, 解得x,=0.25m<2m 所以到达B点前已经匀速，则AB段加速运动过程中的位移大小为0.25m 93/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 传送带AB段对包裹的摩擦力f=μmg=24N 根据牛顿第三定律可得包裹对传送带的摩擦力大小为24N,方向水平向右。 (2)在倾斜传送带CB段，从C开始运动时，对包裹箱受力分析由牛顿第二定律可得 m,gsin37°+hm2gcos37°=m2a2 解得包装箱的加速度为a,=10m/s2 包装箱加速到与CB传送带共速所用时间为4==0.2s a CB段加速位移为x2= 6=0.2m 2a2 此时因为m2gsin37”>4m2gcos37°，包装箱将继续加速运动，由牛顿第二定律 m2gsin37°-um2gcos37°=m2a3 解得a,=2m/s2 当包装箱以a加速度运动到B点时，由运动学公式L2-x2=v,2+。a, 解得t2=2s 所以包装箱从C点到B点的时间为t总=4+t2=2.2s (3)如图，包装箱落入平板车时距平板车左端相距为d,则mg+mg=ma →F /n7979万m 竖直方向有h=二at 2 可得t=0.15 水平方向有d=v,t=0.4m (4)由题意可知当包装箱滑至平板车最右端时两者刚好共速，此情景下施加的恒力F最小，则对包装箱 由牛顿第二定律4，m2g=m2a4 解得a,=2m/s2 对平板车，由牛顿第二定律Fmin+4,m28=Ma5 94/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 两者共速时，由运动学公式v-a,t=a,t 1 vt- 0,2、1 a,2=L3-0.4 2 2 联立可得t-ls,a,=2m/s2，Fmim=12N 当包装箱与平板车共速后，两者间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时，此情景下施加的恒力「最大，则对 包装箱，由牛顿第二定律fmx=八m28=m2a 对整体受力分析，由牛顿第二定律Fmx=(M+m2)a 联立可得Fmax=28N 所以F的范围为12N≤F≤28N 预测03力学三大观点的综合性应用 1)预测点：动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律结合的多过程问题（如碰撞+滑块+弹簧模型）是压 轴题首选。 2)押题 40.医院气动传输系统用于医用物品传送，可以实现跨楼层、跨区域高效传输。如图所示为气动传输装置 模型管道ABCD,其中AB竖直、高度H=2m,BC是半径R=1m的四分之一圆弧管道(R远大于管道内径)， CD水平、长度x=8.5m。A处放置一质量m=1kg的传输瓶甲，启动风机，利用气压差给甲施加一大小恒 为F=20N沿管道方向的气动推力，AB和CD均光滑，甲经BC过程克服阻力做功W,=(10π-20)J,传输瓶 可视为质点，求： (1)传输瓶甲经圆弧管道B点时，管道对其压力大小F、; (2)传输瓶甲到达C点时的速度大小'c; 20 (3)若传输瓶甲进入CD管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度4，=一m/s2。要使甲到D点速度 3 恰好为零，求甲在运动过程中的最大速度'm; 95/156 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (4)现有质量M=2kg的传输瓶乙锁在管道CD上的E点(E点未标出)，CE长度x。=Im。甲运动至E点瞬 间解锁乙，甲、乙发生弹性碰撞。碰撞前后甲受气动推力一直为F=20N,碰后乙始终具有向左的加速度 20 42= 3m/s。则在乙速度第一次减为零之前，甲、乙是否会再次发生碰撞？若会，求再次碰撞的位置到C 点的距离。 【答案】(1)F、=40N (2)vc=2W15m/s (3)Vmax =10m/s (4)4.125m 【详解】(1）B段光滑，根据动能定理有FH-gH-m呢-0 在B点，物体做圆周运动的向心力由支持力、重力、推力的合力提供，则有F、=m R 代入数据解得F=40N。 (2)从4到C根据动能定理有FH+方风)mgH+)-m,m-0 解得vc=2W15m/s。 (3)进入CD后，甲先向右加速，后向右减速到O,最大速度出现在推力与阻力平衡（即加速度为0） 时刻，即物体加速运动阶段的结束。已知加速度α，= 20 一m/s2,方向向左，设从C到最大速度位置的位移 3 从C到D根据动能定理有-ma,c-)上0 甲从c到最大速度位置根据动能定理有化一了m成 1 联立解得vmax=10m/s 《④》E点距离C点为名=m,从C到E根据动能定理有，m-m心 21 在E点甲乙发生弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒，则有mY:m心+Mm mv +Mvi 2 2 联立解得y=20m m/s,v=-10m m/s 3 3 乙加速度0，-ms向左。初速度y-2”m5向右，故乙做匀减速直线运动，碰撞后甲的加速度 3 4,-5=20ms'向右，甲的初速度为=-19m 。ms,负号表示速度方向向左，甲做匀减速直线运动，即 m 3 96/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 甲先向左减速到0，再向右加速。则乙向右匀减速直线运动的位移x,=兰-10m<8,5m-1m 2a23 所以甲、乙会再次发生碰撞： 乙向右运动的时间为4，=上=1s 甲向左匀减速直线运动的时间为3= =-S a36 甲向左匀减速直线运动的位移为5=兰。三m 2a318 成速到0后，开始向右做匀加速直线运动，在，二上大二S内运动的位移x号 -m 6 18 甲减速到0的位置与乙加速到0的位置间距离为Ax-10m+三m-65m<125m -m+m=m< -m 3 1818 18 所以乙减速到0之前甲乙发生第二次碰撞，设从第一次碰撞结束到第二次碰撞前瞬间的时间为'，则有 甲乙在这段时间内位移相等，即+方a,2=以一 代入数据解得t'=0.75s 所以第二次发生碰撞位置与E点的距离为x,=v以-】 解得x=3.125m 所以第二次发生碰撞位置与C点的距离为△x=x。+x,=4.125m。 41.如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机， 其中心线的半径为Ro=2m,最小半径R1=1m,最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的 初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入 水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为0=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带 匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m 及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： 传送系统 分拣机 分拣车 (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动 97/156 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 摩擦因数均为uo=0.9,求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 【答案】(1)内侧；V3rad/s 3 (2)μ≥ 4 (3)64J 【详解】(1)包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据4，mg=mor,可知包裹放在水平转弯机上内侧 Hog 0.9×10 不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm rad/s =v3rad/s R 3 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足umg cos0≥mng sin0 解得≥ 4 (3)包裹从分拣机上抛出时的速度v=s 10 =1.2× m/s=2m/s 2h V2×1.8 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 W=mgL sin0+二mv2=20×5×0.6J+-×2×22J=64J 2 2 42.如图所示，水平传送带顺时针匀速传动，左、右两端相距L=15m,其右端与足够长的光滑轨道无缝平 滑连接，在轨道的左侧静止一足够长的质量M=3kg的木板，轨道的右侧足够远处固定有一竖直弹性挡板， 木板的右精放置有小物块乙.其质量，：9g,它与木板间的动摩擦因数4=了，某时刻，小物块甲以初 速度v。=2ms水平向右从传送带左端A点滑上传送带，一直匀加速从右端滑离传送带时，与木板发生弹性 正碰，已知物块甲的质量m=1kg,它与传送带间的动摩擦因数4，=0.2，不计木板与挡板碰撞过程的时间 及能量损失，物块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。 甲 档板 >Vo (1)求传送带的运动速度V的大小应该满足的条件。 (2)求物块甲与木板碰后，物块甲与木板左端相距的最大距离。 (3)若物块甲与木板碰后立即取走甲，木板与挡板碰撞前，乙与木板已共速，求从木板与挡板第一次碰撞开 98/156 丽学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 始计时到木板停止运动，物块乙与木板相对滑动过程所经历的时间。 【答案】(1)v≥8m/s (2)10m (3)2.55 【详解】(1)物块甲在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有4mg=m甲a1 解得a,=2m/s2 由运动学公式-v=2a,L 代入数据解得甲滑离传送带时的速度y=8m/s 因为甲一直匀加速从右端滑离，说明甲在传送带上运动时速度始终未达到或刚好达到传送带速度，故传 送带速度v应满足v≥Y,即v≥8m/s。 (2)甲与木板发生弹性正碰，设碰后甲的速度为”，木板的速度为M。由动量守恒和能量守恒得 1 1 muY mu MvsMvs? 2 21 代入数据解得y,=-4m/s,vM=4m/s 碰后甲向左滑上传送带，加速度大小a,=2m1s2 木板向右运动，乙在木板上向右加速，加速度az=42g=0.4m/s2, 木板受乙的摩擦力向左，加速度大小aw=“,mz8=1.2m1s M 当甲与木板速度相等时，相距最远。设碰后经过时间t共速。甲先向左减速到0用时(= 0-y=2s a, 此时甲位移x= 25s-4m 此后甲向右加速。木板一直减速，设经过t时间两者速度相等a,(t-t)=vM-awt 解得t=2.5s(此时木板与乙也恰好共速，V共=azt=1m/s，t=2.5s)。 甲的速度m=a(t-4)=1m/s 与木板速度相等。此时甲的总位移。=-4+了4一=-375m 1 木板的位移xM=Vwt 20w12=6.25m 99/156 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 最大距离△x=xM-x甲=10m (3)取走甲后，木板与乙系统动量守恒。第一次与挡板碰撞前，乙与木板共速，速度y,=1m/s。木板 与挡板弹性碰撞后，速度变为'M=-lm/s,乙速度仍为v2=lm/s。此后乙相对木板向右滑动，受向左 摩擦力，木板受向右摩擦力。设相对滑动时间为，共速速度为，。对系统由动量守恒： Mvy +mzv2=(M+m2)v2 解得y2=0.5m/s 对木板由动量定理42mzg=M(2-VM) 解得1=1.25s 此后木板与乙以y,向右匀速运动，再次与挡板碰撞。每次碰撞后，系统总动量减半，共速速度减半，相 对滑动时间也减半。总时间1=4++上+…=24=2.5s 24 预测04电磁感应与电路结合的综合问题 1)预测点：通常以导体棒切割磁感线或线框进出磁场为物理模型，结合含源电路、电容器充放电、动量定 理与能量守恒，构建“磁→电→力→能”多维转化链，全面考查系统建模与动态分析能力。 2)押题 43.如图¤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。 D D M D 导体棒1导体棒2 导体棒1导体棒2 图a 图b 图c (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。 100/156 目 录 3 / 156 学科网（北京）股份有限公司 4 知识框架 4 公式清单 5 考前知识点自问自查清单 10 13 妙招一 高中物理常见陷阱及二级结论 13 妙招二 高中物理审题中的隐含条件 15 1.物理模型（16个）中的隐含条件 15 2.运动模型中的隐含条件 16 3.物理现象和过程中的隐含条件 16 妙招三 高中物理重难点模型及问题动画演示 17 妙招四 高中物理解框架及思路 17 妙招五 高考物理解答题规范化要求 18 最后的嘱咐 21 22 考前：备考策略与心理准备 22 考前心态准备 22 最后冲刺建议‌ 22 考前答疑 22 考中：高考临场答题攻略与难题、卡壳题应急破局术 23 考后：志愿填报与人生规划 24 聚焦可控因素：志愿填报 24 启程•下一站人生 24 24 【热点01 2026年春晚中的“文化自信”与“新质生产力”】 24 【热点02 大国重器·航天强国：从“天宫”到“嫦娥”的力学奇迹】 28 【热点03 绿色能源·双碳引领：核聚变与光伏技术的双轮驱动】 33 【热点04 量子跃迁·未来已来：从“九章”到“祖冲之”的量子霸权】 41 【热点05 材料革命·基石突破：室温超导与纳米科技的物理密码】 43 【热点06 基于AI智能体分析其他热点情境命题点】 45 46 【预测一·选择题】 46 预测01原子物理 46 预测02光学 48 预测03热学 51 预测04平衡问题和牛顿动力学问题 53 预测05抛体运动和圆周运动 59 预测06万有引力与航天 60 顶测07功能关系 63 预测08动量定理和动量守恒定律 64 预测09机械振动和机械波 66 预测10电场的基本规律应用 69 预测11磁场的基本规律应用 71 预测12电磁感应基本规律应用 73 预测13交变电流和变压器 76 【预测二 实验题】 78 预测01力学实验 78 预测02电学实验 81 【预测三·计算题】 85 预测01气体实验定律的综合应用问题 85 预测02牛顿运动定律的综合性应用 87 预测03力学三大观点的综合性应用 95 预测04电磁感应与电路结合的综合问题 100 预测05带电粒子在电磁场中的运动 103 107 选择压轴题 107 计算压轴题 109 121 真题一 运动学 121 真题二 相互作用与牛顿定律 123 真题三 功能关系与动量守恒定律 129 真题四 电场与磁场 132 真题五 电磁感应与交变电流 141 真题六 机械与热、光、原 145 真题七 力学实验 151 真题八 电学实验 153 知识框架 公式清单 1）力学 物理概念、规律 公式 备注 匀变速直线运动 适用于任何形式的运动 自由落体运动 ， 竖直抛体运动 上抛取“-”号 上抛取“+”号 物理概念、规律 公式 备注 相互作用 重力 g为重力加速度，一般取9.8m/s2或10m/s2 胡克定律 x为形变量， k为劲度系数 滑动摩擦力 μ为动摩擦因数 物理概念、规律 公式 备注 牛顿运动定律 牛顿第二定律 a与F合的方向一致 牛顿第三定律 作用力与反作用力等大反向,作用在不同物 体 物理概念、规律 公式 备注 曲线运动 平抛运动 沿:x方向做匀速直线运动; 沿y方向做自由落体运动 匀速圆周运动 物理概念、规律 公式 备注 万有引力与天体 万有引力定律 引力常量: G=6.67 x10-11N·m²/kg2 黄金代换式 g为天体地表的重力加速度 卫星与天体 双星问题 双星、三星问题中,各天体的角速度、周期相同 物理概念、规律 公式 备注 能 动能 标量 重力势能 与零势能面的选择有关 动能定理 W为合外力做的功 机械能守恒定律 或 守恒条件:只有重力或系统内弹力做功 物理概念、规律 公式 备注 功 功 a是F与l的夹角 功率 a是F与v的夹角 机械效率 物理概念、规律 公式 备注 动量 动量 矢量 冲量 矢量 动量定理 动量守恒定律 适用条件:系统所受合外力为零 物理概念、规律 公式 备注 机械振动和机械波 简谐运动的回复力 单摆周期公式 l为单摆的摆长 波长、波速、周期、频率的关系 适用于一切波 2）电磁学 物理概念、规律 公式 备注 静电场 库仑定律 适用条件:静止在真空中的点电荷 电场强度 定义式,适用于任何电场的计算 只适用于真空中的点电荷产生的电场 只适用于匀强电场 电场力 F与E的方向相同或相反 电势、电势差 电势与零势面的选取有关,电势差与零势面的选取无关 电容器的电容 定义式 适用于平行板电容器 物理概念、规律 公式 备注 磁场 磁感应强度 I与B的方向垂直 安培力 B⊥I, 方向:用左手定则判断 洛伦兹力 B⊥v, 方向:用左手定则判断 物理概念、规律 公式 备注 电磁感应 磁通量 为平面S的垂线与B的夹角 感应电动势 后者仅适用于B、L、v两两垂直的情况 物理概念、规律 公式 备注 恒定电流 电阻定律 为电阻率 电流 电源电动势 欧姆定律 部分电路欧姆定律 闭合电路欧姆定律 路端电压 断路时 短路时 通路时 电功 适用于一切电路 适用于纯电阻电路 焦耳定律 电源功率 用电器功率 适用于一切电路 适用于纯电阻电路 电源效率 物理概念、规律 公式 备注 交变电流 电动势、电流、电压的瞬时值 电动势：e = Emsinωt 电流：i = Imsinωt 电压：u = Umsinωt 从中性面开始计时 电动势、电流、电压的有效值 电动势： 电流： 电压： 适用于正弦式交变电流 理想变压器 ,, 物理概念、规律 公式 备注 电磁振荡和电磁波 LC振动电路 电磁波的波长、波速、周期、频率的关系 3）光学 物理概念、规律 公式 备注 光学 折射定律 :介质1入射角 :介质2折射角 折射率 v为介质内光速 临界角 光从光密介质射入光疏介质 光的波长 为光的频率 双缝干涉 △x是相邻两个亮条纹 或暗条纹的中心间距 4）热学 物理概念、规律 公式 备注 热力学定律 热力学第一定律 三种特殊情况 ①等温变化：，即 ②绝热膨胀或压缩：，即 ③等容变化：，即 注意各量“+”,“-”号的含义 热平衡方程 理想气体状态方程 理想气体状态方程 适用于一定质量的理想气体 5）近代物理 物理概念、规律 公式 备注 波粒二象性和原子物理 光子的能量 h为普朗克常量,其值为6.63x10-34J·s 光电效应方程 E为光电子的最大初动能， W为逸出功 能级跃迁 爱因斯坦质能方程 △m为质量亏损 元素衰变后的质量 τ为半衰期,t为衰变时间 考前知识点自问自查清单 1）矢量与标量；单位制；物理方法；物理常识；物理学史 2）运动学基本公式及推论；从静止开始的匀变速直线运动规律；自由落体运动；上抛运动运动；追及相遇问题；图像类问题 3）求力的几个公式；受力分析；斜面上物体受力分析；活结与死结；动杆与定杆；动态平衡问题； 4）动力学问题；超重与失重；绳弹簧瞬时问题；连接体问题；等时圆模型；分离、临界问题； 5）曲线运动（轨迹、合外力、速度方向关系）；运动的合成与分解（红蜡块的运动）；小船渡河问题；绳子末端速度分解问题； 6）平抛运动；平抛运动与斜面、曲面结合；斜抛运动； 7）水平/竖直圆周运动模型；轨道与管道；压力问题；同轴转动；齿轮皮带传动；圆锥摆 8）竖直平面圆周运动；最高、低点压力模型；轨道与管道区别 9）开普勒行星运动定律；天体环绕模型；地面物体模型；天体质量、密度的计算；卫星轨道半径与线速度、角速度、周期、向心加速度关系；同步卫星；第一宇宙速度的意义；变轨；双星问题；追及相遇问题 10）功和功率；机车启动；动能定理；机械能及机械能守恒；摩擦生热问题；功能关系 11）动量定理与动量守恒；碰撞；爆炸；反冲；人船模型；流体类问题；传送带问题；木块与板块、曲面、斜面问题（子弹穿木块问题）；木块弹簧问题 12）电荷；库仑定律、电场力作用下的平衡加速问题；电场强度的三个公式；常见电场线分布；电势、电势差、电势能与电场力做功；带电粒子在电场中加速、偏转综合问题；静电的防止与利用；电容器；示波器 13）磁场方向的判断；磁感应强度；安培力及平衡问题；洛伦兹力；带电粒子在磁场（有界、无界）中的运动；带电粒子在组合场、混合场中运动；等效重力法；缩放圆；旋转圆；磁聚焦与磁发散；现代科学仪器（速度选择器、质谱仪、直线加速器、回旋加速器、电子感应加速器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件）； 14）感生电动势；动生电动势；自感电动势；（含容、电阻、电源；有/无外力；有无初速度）单棒、双棒等距与不等距导轨；旋转切割；法拉第圆盘；稳定终态速度问题；焦耳热问题；电荷量问题； 15）电生磁（奥斯特实验）；电流热效应（焦耳定律）；磁生电（法拉第电磁感应定律）；发电机模型（交变电流的产生）；涡流、电磁驱动、电磁阻尼、自感、互感；电感；变压器；电磁弹射；常用电器（微波炉、电磁炉、电暖炉、金属探测仪） 16）电流、电压、电动势、电阻；电阻定律；闭合电路欧姆定律；电功与电功率；电热与热功率；非纯电阻电路；（含容）电路的动态变化；电表改装。 17）交变电流问题、高压输电问题；LC振荡电路、电磁波、电磁波谱 18）机械振动；机械波；单摆与弹簧振子；受迫振动与共振；振动图像与波动图像；波的叠加与干涉；衍射；多普勒效应； 19）反射、折射（折射率）、全反射、偏振、色散、散色；干涉（劈尖、等厚干涉、牛顿环）；衍射；光电效应 20）分子动理论；分子数量直径求法；分之间作用力与分子势能；气缸、液柱类受力分析；三个气体实验定律；固体分类；液体；功、热量与内能；热力学定律；热学图像类问题 21）能量量子化；氢原子光谱；波粒二象性；原子结构、原子核结构；核反应（衰变、人工核反应（聚变与裂变））；结合能与比结合能；基本粒子；相对论；传感器； 22）实验 （1) 注意事项：电磁打点计时器的工作电压4V到6V；火花打点计时器的工作电压为220V；所有打点计时器都是先通电再放纸带；打点周期为0.02s,计算结果注意有无有效数字或小数点位数要求。计算某一点瞬时速度和平均速度要注意每两个点之间是否还有未画出的点（T不同） （2) 打点计时器类实验：探究小车速度随时间变化的规律；探究加速度与物体受力、物体质量的关系；验证机械能守恒定律；（研究自由落体运动的规律） （3) 读数类问题：刻度尺；刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表及电流表、多用电表读数 （4) 控制变量法：探究加速度与物体受力；物体质量的关系；探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 (5) 等效替代法：探究两个互成角度的力的合成规律；（研究运动的合成与分解——红烛实验） (6) 抛体类实验：探究平抛运动的特点；探究碰撞中的不变量 (7) 弹簧类实验：探究求合力的方法；（探究弹簧弹力与形变量的关系）； (8) 天平类实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系；验证机械能守恒定律（可不用）； (9) 秒表实验： 用单摆测量重力加速度的大小 (10) 电表/滑动变阻器类实验：测量电源的电动势和内阻；测量电阻丝的电阻率、观察电容器充、放电现象；用多用电表测量电学中的物理量；探究影响导体电阻大小的因素；电表改装；探究影响感应电流方向的因素；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 (11) 测量类实验：用油膜法估测油酸分子的大小；测量玻璃的折射率；用双缝干涉实验测量光的波长；用单摆测量重力加速度的大小；测量电源的电动势和内阻；测量电阻丝的电阻率；长度的测量及其测量工具的选用 (12) 探究、验证关系类实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系；验证机械能守恒定律；探究弹簧弹力与形变量的关系；探究两个互成角度的力的合成规律；探究求合力的方法；（探究弹簧弹力与形变量的关系）；探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系；探究影响导体电阻大小的因素；探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系；探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系 妙招一 高中物理常见陷阱及二级结论 1) 若是刹车，那么v末=0，要注意所给的时间。 2) 如果匀减速直线运动的末速度为零，那么可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动。 3) 知3求2 ——如果是匀变速直线运动，那么已知3个物理量，可求另2个物理量。 4) 天上一式+地上一式——如果求解天体运动问题，那么F万=F向F万=mg ，知3求余。 5) 摩擦力要先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。 6) 有弹力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有弹力。 7) 对轻质杆，若与墙壁通过转轴相连，则杆产生的弹力方向一定沿杆。 8) 如果一个是恒力，一个分力的方向保持不变，那么应用平行三角形定则进行动态分析。 9) 如果物体处于平衡状态，那么某个力必定与其他力的合力等大且反向。 10) 如果是动滑轮，那么两边的力不仅大小相等，而且夹角也相等。 11) 物体沿直线运动，速度最大的条件是：合力为零。 12) 物体离开接触面，那么要抓住FN =0考虑。 13) 如果是连接体且两物体加速度相同，那么可用整体法。 14) 物体沿粗糙斜面下滑a=gsinα-µgcosα 15) 物体沿倾角为α的斜面匀速下滑------µ=tanα； 16) 物体沿光滑斜面下滑a=gsinα 17) 无力不拐弯，拐弯必有力。匀速圆周运动受向心力作用。 18) 做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。速度与水平夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。寻找速度、位移直角三角形。 19) 各点共轴转动时，角速度相同。 20) 不打滑皮带转动的边缘点，线速度大小相等。 21) 圆锥摆的周期T＝2π 22) 大半径，大周期，小度，适用同一个中心球体。 23) P=F vcos，注意斜面重力功率。 24) 机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝ 25) 机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝<vm＝。 26) 公式Q＝f·l相其中l相对为两接触物体间的相对位移。 27) 沿电场线方向电势逐渐降低。负电荷逆着电场线做正功。 28) 如果沿等势面移动，那么W=0。 29) 匀强电场中平行且相等的两端的电势差相等。 30) 电势能一般通过电场力做功求解。电场力做正功，电势能一定减少，与正负无关。 31) 电势能：把该电荷（包含正、负）从该点移动到零势能面电场力做的功定义该点电势能。 32) 如果导体处于静电平衡，那么内部的场强必定处处为零，导体必定是等势体。 33) 用E=U/d求解，找d时先画出等势面，在求距离。 34) 如果在匀强电场中，那么可将qE与mg合成后等效为mg等。 35) 电容器接在电源时，电压不变。 36) 电容器断开电源时，电量不变。 37) 势能的变化----量度------**力做功 38) 动能的变化----量度------合外力的功 39) 机械能的变化----量度------除重力之外的力功 40) 电场力的功-----量度------电势能的变化 41) 安培力做负功------量度------其它能转化为电能 42) 各种图像纵横轴的物理量的单位、起始点是否过坐标原点、斜率、面积要注意。 43) 与位移相关一般用动能定理；有时用动量定理 44) 与加速度有关的一般用牛顿第二定律F=ma； 45) 与时间直接相关则运动学公式。有时用动量定理 46) 找对象、两分析、列方程。 47) 传送带把它看成质点。 48) 求可变电阻的最大功率，当R=r时P最大或根据图像。 49) 求固定电阻的最大功率，当R=0时P最大。 50) 回路中的功率与某一电阻上的功率，总分有别。 51) 如果R负》R滑、电压或电流量程偏小、从零开始调节，那么用分压式 52) 内外接法选择：内大大，外小小，R中=。 53) 如果是同向电流，那么它们相互吸引。 54) 粒子在重力、电场力、洛伦兹力作用下若做直线运动，那么一定的匀速直线运动。 55) 粒子在重力、电场力、洛伦兹力作用下在做竖直面内的匀速圆周运动，那么mg= qE。 56) 交流电表的读教、用电器的标值、保险丝的熔断值、未说明等它们都为有效值。 57) 单根直导体杆垂直切割磁感线，安培力：F=B2L2v/(R+r)。 58) 电磁感应中感生电流通过线圈导线横截面积的电量：q=N△Ф/(R+r)。 59) 单摆过最低点，合力不为零。 60) 如果是电磁感应现象，先画出等效电路图。 61) 如果是先通电后受力，那么用左手定则。 62) 如果是先运动后产生电流，那么用右手定则。 63) 如果要研究带电粒子做圆周运动的几何关系，那么必须先找到圆心，再定半径。 64) 如果是欧姆表，那么换挡后均须调零，用后置于“off，或(∽500 V)。 65) 如果圆形磁场区域的半径与带电粒子运动的半径相同，那么平行入射的粒子会聚于圆周上一点，反之一点发散成平行 妙招二 高中物理审题中的隐含条件 1.物理模型（16个）中的隐含条件 1)质点：物体只有质量，不考虑体积和形状。 2)点电荷：物体只有质量、电荷量，不考虑体积和形状 3)轻绳：不计质量，力只能沿绳子收缩的方向，绳子上各点的张力相等 4)轻杆：不计质量的硬杆，可以提供各个方向的力（不一定沿杆的方向） 5)轻弹簧：不计质量，各点弹力相等，可以提供压力和拉力，满足胡克定律 6)光滑表面：动摩擦因数为零，没有摩擦力 7)单摆：悬点固定，细线不会伸缩，质量不计，摆球大小忽略，秒摆；周期为2s的单摆 8)通讯卫星或同步卫星：运行角速度与地球自转角速度相同，周期等与地球自转周期，即24h 9)理性气体：不计分子力，分子势能为零；满足气体实验定律PV/T=C(C为恒量) 10)绝热容器：与外界不发生热传递 11)理想变压器：忽略本身能量损耗(功率P输入=P输出），磁感线被封闭在铁芯内（磁通量φ1=φ2） 12)理想安培表：内阻为零 13)理想电压表：内阻为无穷大 14)理想电源：内阻为零，路端电压等于电源电动势 15)理想导线：不计电阻，可以任意伸长或缩短 16)静电平衡的导体：必是等势体，其内部场强处处为零，表面场强的方向和表面垂直 2.运动模型中的隐含条件 1)自由落体运动：只受重力作用，V0=0，a=g 2)竖直上抛运动：只受重力作用，a=g，初速度方向竖直向上 3)平抛运动：只受重力作用，a=g，初速度方向水平 4)碰撞,爆炸,动量守恒；弹性碰撞,动能,动量都守恒；完全非弹性碰撞；动量守恒,动能损失最大 5)直线运动：物体受到的合外力为零,后者合外力的方向与速度在同一条直线上,即垂直于速度方向上的合力为零 6)相对静止：两物体的运动状态相同，即具有相同的加速度和速度 7)简谐运动：机械能守恒，回复力满足F= －kx 8)用轻绳系小球绕固定点在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动；小球在最高点时，做圆周运动的向心力只有重力提供，此时绳中张力为零，最高点速度为V=（R为半径） 9)用皮带传动装置(皮带不打滑)；皮带轮轮圆上各点线速度相等；绕同一固定转轴的各点角速度相等 10)初速度为零的匀变速直线运动； ①连续相等的时间内通过的位移之比：SⅠ：SⅡ：SⅢ：SⅣ…=1:3:5:7… ②通过连续相等位移所需时间之比：t1：t2：t3：…= 1：（√2－1）：（√3－√2）… 3.物理现象和过程中的隐含条件 1)完全失重状态：物体对悬挂物体的拉力或对支持物的压力为零 2)一个物体受到三个非平行力的作用而处于平衡态；三个力是共点力 3)物体在任意方向做匀速直线运动：物体处于平衡状态，F合=0 4)物体恰能沿斜面下滑；物体与斜面的动摩擦因数μ=tanθ 5)机动车在水平里面上以额定功率行驶：P额=F牵引力V当F牵引力=f阻力，Vmax= P额/ f阻力 6)平行板电容器接上电源，电压不变；电容器断开电源，电量不变 7)从水平飞行的飞机中掉下来的物体；做平抛运动 8)从竖直上升的气球中掉出来的物体；做竖直上抛运动 9)带电粒子能沿直线穿过速度选择器：F洛仑兹力=F电场力，出来的各粒子速度相同 10)导体接地；电势比为零（带电荷量不一定为零） 妙招三 高中物理重难点模型及问题动画演示 1. 网址：http://lab.physicalw.com 2. 二维码访问： 妙招四 高中物理解框架及思路 1）解决物理问题一般过程 2）解决物理问题基本思维框架：选对象、划过程、找状态 ①选对象：确定研究对象，选择一个物体还是选择几个物体作为一个整体。 ②划过程：准确划分研究过程(全过程还是分过程)。过程往往涉及多个分过程，不同的过程中受力、做功不同，选用不同的规律，但要注意不同过程中相互联系的物理量。有时也可不必分析每个过程的物量情景，而把物理规律直接应用于整个过程，会使解题步骤大为简化。 ③找状态：对所选对象在某状态或过程中(全或分)进行：受力,运动,做功特点分析。 2）三分析 ①运动分析：做什么性质的运动（v、a），必要时画出运动示意图辅助解答 ②受力分析：定性分析受哪些力(方向、大小、个数)，必要时画出受力辅助解答，； ③功能分析：分析各力做功的情况及能力转化情况 3）确定解题依据 根据(运动、受力、做功或能量转化)特点选择适当的物理规律： 三大工具①以牛顿定律为主的动力学方法；②动量定理及动量守恒定律；③动能定理、机械能守恒定律及功能关系等。 注意：用能的观点解有时快捷,动量定理,动能定理,功能关系可用以不同性质运动阶段的全过程。 4）解题前的准备：设量、建系、规定正方向 ①设出题中没有直接给出的物理量 ②建立坐标 ③规定正方向等 5）书写解答过程 ①所选的物理规规律用何种形式建立方程,有时可能要用到数学的函数关系或几何关系式. ②主干方程式要依课本中的“原绐公式”形式进行列式， ③不同的状态或过程对应不同的规律。及它们之间的联系，统一写出方程。并给予序号标明。 ④统一单位制，将己知物理量代入方程(组)求解结果。 6）检验结果：必要时进行分析讨论，结果是矢量的要说明其方向。 关键：选准研究对象,正确进行受力、运动、做功情况分析，弄清所处状态或发生的过程 妙招五 高考物理解答题规范化要求 物理计算题可以综合地考查学生的知识和能力，在高考物理试题中，计算题在物理部分中的所占的比分很大(60%)，单题的分值也很高。一些考生考后感觉良好但考分并不理想，一个很重要的原因便是解题不规范导致失分过多。在高考的物理试卷上对论述计算题的解答有明确的要求：“解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。”具体地说，物理计算题的解答过程和书写表达的规范化要求，主要体现在以下几个方面。 1.文字说明要清楚 必要的文字说明是指以下几方面内容: ①说明研究的对象：对字母、符号的说明。题中物理量有给定符号的，必须严格按题给符号表示，无需另设符号； 题中物理量没有给定符号的,应该按课本习惯写法(课本原始公式)形式来设定。②对物理关系的说明和判断。如在光滑水平面上的两个物体用弹簧相连，"在两物体速度相等时弹簧的弹性势能最大"，"在弹簧为原长时物体的速度有极大值。" ③说明研究对象、所处状态、所描述物理过程或物理情境要点，关健的条件作必要的分析判断。题目中的隐含条件，临界条件等。即说明某个方程是关于"谁"的，是关于"哪个状态或过程"的。　　 ④说明所列方程的依据及名称，规定的正方向、零势点及所建立的坐标系. 这是展示考生思维逻辑严密性的重要步骤。 ⑤选择物理规律的列式形式；按课本公式的“原始形式”书写。 ⑥诠释结论：说明计算结果中负号的物理意义，说明矢量的方向。 ⑦对于题目所求、所问的答复，说明结论或者结果。 文字说明防止两个倾向：过于简略而显得不完整，缺乏逻辑性。罗嗦，分不清必要与必不要。 答题时表述的详略原则是物理方面要祥，数学方面要略.书写方面，字迹要清楚，能单独辨认.题解要分行写出，方程要单列一行,绝不能连续写下去，切忌将方程、答案淹没在文字之中. 2.主干方程要突出（在高考评卷中，主干方程是得分的重点） 主干方程是指物理规律、公式或数学的三角函数、几何关系式等 ①主干方程式要有依据，一般表述为：依xx物理规律得；由图几何关系得，根据……得等。 ②主干方程列式形式得当，字母、符号的书写规范，严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程式；(这是相当多考生所忽视的). 要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合，不要方程套方程；要用原始方程组联立求解，不要用连等式 如:带电粒子在磁场的运动应有，而不是其变形结果. ③列方程时,物理量的符号要用题目中所给符号,不能自己另用字母符号表示， 若题目中没有给定物理量符号，应该先设定，设定也有要求（按课本形式设定）， 如：U 表示两点间的电压，表示某点的电势，E表示电动势，表示电势能 ④主干方程单独占一行，按首行格式放置；式子要编号，号码要对齐。 ⑤对所列方程式(组)进行文字(符号)运算，推导出最简形式的计算式，不是关键环节不计算结果。 具体推导过程只在草稿纸上演算而不必写在卷面上。如果题目有具体的数值运算，则只在最简形式的计算式中代入数值算出最后结果，切忌分步进行代数运算。 ⑥ 要用原始公式联立求解，分步列式，并用式别标明。不要用连等式，不断地用等号连等下去。 因为这样往往因某一步的计算错误会导致整个等式不成立而失分。 3. 书写布局要规范 ①文字说明的字体要书写公整、版面布局合理整齐、段落清晰、美观整洁。详略得当、言简意赅、逻辑性强。一定要突出重要解题观点。 ②要用规范的物理语言、式子准确地表达你的解答过程，准确求得结果并得出正确结论。 总结为一个要求：就是要用最少的字符，最小的篇幅，表达出最完整的解答，以使评卷老师能在最短的时间内把握你的答题信息，就是一份最好的答卷。 特别注意：板面的设计、布局。 4.解题过程中运用数学的方式有讲究 ①“代入数据”，解方程的具体过程可以不写出. ②所涉及的几何关系只需说出判断结果而不必证明. ③重要的中间结论的文字表达式要写出来. ④所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去. ⑤数字相乘的，数字之间不要用“·”而用“×”进行连接，相除的也不要用“÷”，而用“/”. 5.使用各种字母符号要规范 ①字母符号要写清楚、写规范，忌字迹潦草,阅卷时因为“υ、r、ν、”不分，“G”的草体像“a”，希腊字母“ρ、μ、β、η”笔顺或形状不对而被扣分已屡见不鲜了. ②尊重题目所给的符号，题目给了符号的一定不要再另立符号,如题目给出半径是r，你若写成R就算错. ③一个字母在一个题目中只能用来表示一个物理量，忌一字多用,要用到同一字母表示物理量，采用角上标、角下标加与区别。一个物理量在同一题中不能有多个符号，以免混淆. ④尊重习惯用法,如拉力用F，摩擦力用f表示，阅卷人一看便明白，如果用反了就会带来误解; ⑤角标要讲究,角标的位置应当在右下角，比字母本身小许多,角标的选用亦应讲究，如通过A点的速度用VA就比用V1好,通过某同一点的速度，按时间顺序第一次V1用，第二次用V2就很清楚,如果倒置，必然带来误解. ⑥物理量的符号不论大写还是小写，均采用斜体。如功率P、压强p、电容C、光速c等. ⑦物理量单位符号不论大写还是小写，均采用正体。其中源于人名的单位应大写，如库仑C，亨利H,由两个字母组成的单位，一般前面字母用大写，后面字母用小写，如Hz、Wb. 6.学科语言要规范，有学科特色 ①学科术语要规范，如“定律”、“定理”、“公式”、“关系”、“定则”等词要用准确，阅卷时“由牛顿运动定理”、“动能定律”、“四边形公式”、“油标卡尺”等错误说法时有发生. ②语言要富有学科特色。在如图所示的坐标系中将电场的方向说成“西南方向”、“南偏西45°”、“向左下方”等均是不规范的，应说成“与轴正方向夹角为135°”或“如图所示”.  7. 绘制图形图象要清晰、准确 ①绘制必须用铅笔（便于修改）、圆规、直尺、三角板，反对随心所欲徒手画. ②画出的示意图（受力图、电路图、光路图、运动过程图等）应大致能反映有关量的关系，图文要对应. ③画函数图象，要画好坐标原点，坐标轴上的箭头，标好物理量的符号、单位及坐标轴的数据. ④图形图线应清晰、准确，线段的虚实要分明，有区别. ⑤高考答题时,必须应用黑色钢笔或签字笔描黑,否则无法扫描,从而造成失分. 最后的嘱咐 1.慎做容易题，保证全做对；稳做中档题，一分不浪费；巧做较难题，力争多得分。 答题技巧： “基础题，全做对；一般题，一分不浪费；尽力冲击较难题，即使做错不后悔”。“容易题不丢分，难题不得零分。 “该得的分一分不丢，难得的分每分必争”， “会做——做对——不扣分” 2. 动笔就有分，有效答题。对于大多数考生来说，几乎没有检查时间。 3.审题要仔细，关键字眼不可疏忽：审题时一定要仔细，尤其要注意一些重要的关键字眼，不要以为是“容易题”“陈题”就一眼带过，要注意“陈题”中可能有“新意”。也不要一眼看上去认为是“新题、难题”就畏难而放弃，要知道“难题”也只难在一点，“新题”只新在一处。由于疏忽看错题或畏难轻易放弃都会造成很大的遗憾。巧妙审题。一般来说，对于较简单或一般难度的试题应阅读两遍；对于题干较长、信息量较大的综合试题，审题应分三步：一，先粗读，大脑对题中所述内容有一个大体轮廓；二细读，弄清题中的已知、未知、设问等，大脑建立一幅较为清晰的物理情景；三选读，排除题目中的干扰条件，挖掘出隐含条件，找出各量之间的内在联系。 4.物理过程的分析要注意细节，要善于找出两个相关过程的连接点(临界点) 　　对于一个复杂的物理问题，首先要根据题目所描述的情景建立正确的物理模型，然后对物理过程进行分析，对于多过程的物理问题，考生一定要注意分析物理过程的细节，弄清各个过程的运动特点及相关联系，找出相关过程之间的物理量之间的关系，做到了这一点，也就找到了解题的突破口，难题也就变得容易了。 5. 答题要规范，得分有技巧：从这几年的评卷来看，很多学生由于答题不规范，没有相应的应考技巧，导致丢失了很多应得之分，有些学生失分情况相当严重，一科达20分以上，其中不乏一些较好的学生。为避免这种情况，特别注意以下情形： 　 ①简洁文字说明与方程式相结合：有的考生解题是从头到尾只有方程，没有必要的文字说明，方程中使用的符号表示什么不提出;有的考生则相反，文字表达太长，像写作文，关键方程没有列出。既耽误时间，又占据了答卷的空间，以上两种情形都会导致丢分。所以在答卷时提倡简洁文字表达，关键处的说明配合图示和物理方程式相结合。 　 ②尽量用常规方法，使用通用符号：有些考生解题时首先不从常规方法入手，而是为图简便而用一些特殊奇怪的方法，虽然是正确的，但阅卷老师短时间不易看清。同样，使用一些不是习惯的符号来表达一些特点的物理量，阅卷老师也可能会看错。这是因为阅卷现场老师的工作量很重，每天平均阅卷2500多份，平均看一道题的时间不过几秒钟。 　 ③分步列式，不要用综合或连等式：高考评分标准是分步给分，写出每一个过程对应的方程式，只要说明、表达正确都可以得相应的分数;有些学生喜欢写出一个综合式，或是连等式，而评分原则是“综合式找错”，即只要发现综合式中有一处错，全部过程都不能得分。所以对于不会解的题，分步列式也可以得到相应的过程分，增加得分机会。 ④对复杂的数值计算题，最后结果要先解出符号表达，再代入数值进行计算。 最后结果的表达式占有一定的分值，结果表达式正确计算过程出错，只会丢掉很少的分。若没有结果表达式又出现计算错误，失分机会很大。还要提醒考生的是，由于网上阅卷需要进行扫描，要求考生字迹大小适中清晰。合理安排好答题的版面，不要因超出方框而不能得分。 考前：备考策略与心理准备 每天保持一定的做题量，维持手感、速度和思维活跃度。 不做偏题、怪题、超难题！ 最后几天以建立考试信心为主，要有“遇到的我都会！我不会的，别人也都不会！” 考前心态准备 ①接纳适度紧张‌：考前心跳加速属正常反应，握拳放松配合"4-4-6呼吸法"（吸气4秒→屏息4秒→呼气6秒）快速平复。 ‌②积极心理预演‌：闭眼想象流畅答题的场景，提升自信 最后冲刺建议‌ ‌①回归基础‌：重点巩固中低难度模块，确保80%基础分。 ‌②错题复盘‌：重做错题本，总结共性错误（如公式误用、审题漏条件）。 ‌③模拟限时训练‌：严格按高考时段模拟，适应节奏。 考前答疑 高中物理答疑解题助手AI智能体（扣子） https://www.coze.cn/store/agent/7615615129367052342?bot_id=true 考中：高考临场答题攻略与难题、卡壳题应急破局术 答题技巧： “基础题，全做对；一般题，一分不浪费；尽力冲击较难题，即使做错不后悔”。“容易题不丢分，难题不得零分。 “该得的分一分不丢，难得的分每分必争”， “会做——做对——不扣分”。 选择题：善用巧用"二级结论"（如等时圆规律）、"特殊值代入法"、"逆向思维"（如运动可逆性）或"等效替换法"等快速解题技巧。多选题不确定时，宁可保守选部分正确选项，也不要冒险选不确定的。 实验题：看清实验名称，高考题大都以课本为原型经行变化，心中有课本原型实验，答题笔下有把握。注意估读、小数点后保留几位和有效数字。 计算题：审题、确研究对象、运动过程、受力分析，建立物理模型，选择合适的方法解答，注意答题规范。 审题：题目要解决什么问题?给出了哪些已知条件?有哪些关键的字词句，它们隐含了什么条件? 分析：题目中描述了哪几个过程?有哪几个关键点?每个过程遵循什么规律?过程与过程之间靠什么联系? 作答：根据题目所描述的情境，画出示意图，在头脑中建立物理情境和物理模型。尝试应用所学过的物理概念、规律、方法解答这道题。 难题卡壳时‌：默念口诀"冷静-读题-拆分步骤"，强制启动理性思维 正确面对监考老师：监考老师上考场，监视考场情况确实是他们的主要职责。但他们还有一项很重要的工作，就是陪伴你们，帮助你们。只要不涉及试卷答案,其他你不能解决的问题均可以举手示意得到监考老师的帮助. ‌避免对答案‌：每科考后专注下一门，减少干扰 考后：志愿填报与人生规划 聚焦可控因素：志愿填报 高考志愿填报师AI智能体（扣子）： https://www.coze.cn/store/agent/7631541923748757542?bot_id=true 启程•下一站人生 同学们，高考的“电场”已然消散，你们即将踏入更广阔的“宇宙空间”。从物理视角看，人生如同一场永不停歇的能量守恒之旅，高考只是其中一次能量形式的转换与释放。 在未来的日子里，你们会遭遇各种“摩擦力”，可能是生活里的困难、事业上的挫折，它们会试图阻碍你们前进的步伐，消耗你们的能量。但请记住，就像克服摩擦力做功能增加物体的内能一样，这些挑战也会让你们变得更加坚韧和强大，每一次的克服都是一次自我升华。 当你们面临选择，如同粒子在交叉电场与磁场中做抉择，要冷静分析各种“场力”的影响。不要被眼前的“电势差”所迷惑，盲目追求短期的利益和表面的光鲜；也不要害怕“磁场的束缚”，勇敢地去探索未知的领域，因为只有突破常规，才能发现新的“物理规律”，创造属于自己的精彩。 同时，要珍惜身边的“相互作用力”。家人、朋友和良师益友，他们就像支持力和弹力，在你们遇到困难时给予支撑和帮助，在你们取得成功时分享喜悦和鼓励。与他们保持良好的“力的平衡”，相互扶持，共同成长，你们的人生之路才会走得更加稳健。 人生没有绝对的“匀速直线运动”，也不会一直处于“平衡状态”。会有起伏，会有波动，但正是这些变化让生命充满了无限可能。就像简谐运动一样，无论处于波峰还是波谷，都要保持乐观的心态，相信物极必反，否极泰来。只要你们心怀梦想，坚持不懈地“做功”，不断积累能量，就一定能够跨越重重障碍，到达成功的彼岸。 最后，愿你们在人生的“宇宙”中，像一颗颗璀璨的恒星，散发着属于自己的光芒，书写出属于自己的辉煌篇章！ 【热点01 2026年春晚中的“文化自信”与“新质生产力”】 2026年央视春晚以《武BOT》《贺花神》《智造未来》等节目，系统性呈现了“‌文化自信‌”与“‌新质生产力‌”的深度融合，其本质是国家科技成就的文艺化表达。这些节目‌直接构成2026年高考物理命题的核心情境素材库‌，命题将围绕“‌科技赋能传统文化‌”与“‌前沿技术物理原理‌”两大主线，考查学生对‌力学、电磁学、光学、近代物理‌等核心模块的建模与迁移能力。 1）春晚节目：《武BOT》 ①核心考点：竖直上抛、圆周运动、动量定理、缓冲（牛顿第二定律） ②情境图 2）春晚节目：《贺花神》 ①核心考点：光学干涉、衍射、波的传播 ②情境图 3）春晚节目：‌《智造未来》 ①涉及内容：汽车、扫地机器人、智能空调、空气净化器等 ②情境图 4）命题预测 1．如图所示为2026年春晚节目《武BOT》机器人表演时的情景。机器人在水平地面加速奔跑过程中，下列说法正确的是（　　） A．机器人所受的合力为零 B．机器人所受重力的冲量不为零 C．地面对机器人的支持力做正功 D．机器人所受地面的作用力方向竖直向上 【答案】B 【知识点】牛顿第三定律、牛顿第二定律的初步应用、功的正负及判断、求恒力的冲量 【详解】A．机器人做加速运动，加速度不为零，根据牛顿第二定律，机器人所受合力不为零，故A错误； B．冲量定义为 重力不为零，加速过程的时间不为零，因此重力的冲量 故B正确； C．地面对机器人的支持力方向竖直向上，机器人的位移沿水平方向，支持力方向与位移方向垂直，因此支持力不做功，故C错误； D．地面对机器人的作用力包含两个部分：竖直向上的支持力，以及水平向前提供加速度的静摩擦力，因此地面作用力的合力方向斜向前上方，不是竖直向上，故D错误。 故选B。 2．（多选）在2026年春晚舞台上，武术节目《武BOT》融入前沿智能科技，将刚劲有力的功夫招式与灵活精准的机器人表演相结合，成为本届春晚极具视觉冲击力的创新节目之一。如图所示，节目中间环节时，质量为m的机器人从下蹲静止状态竖直向上起跳，经过t时间身体伸直以大小为v的速度离开地面，已知重力加速度g，在该过程中（    ） A．地面对机器人的弹力是地面发生弹性形变产生的 B．地面对机器人的平均作用力大小为 C．地面对机器人的冲量大小为 D．地面对机器人做功为 【答案】AB 【知识点】功的定义（式）、动量定理的内容、弹力定义及产生条件 【详解】A．根据弹力产生的条件，地面对机器人的弹力是地面发生弹性形变产生的，故A正确； BC．设地面对机器人的平均作用力大小为，根据动量定理可知 因此地面对机器人的冲量大小为 地面对机器人的平均作用力大小，故B正确，C错误； D．机器人起跳过程，脚和地始终接触且相对静止，地面对脚底作用力的作用点无位移，故地面对机器人不做功，故D错误。 故选AB。 3．在2026年央视春晚中，机器人表演了空翻、醉拳等武术动作，展现出中国智造的硬核实力和中华武术的千年神韵。如图，在空翻表演中，机器人借助弹射踏板从地面斜向上弹出，在空中其重心的运动轨迹可视为抛物线。机器人的重心从最高点运动到点的过程中，下降高度，水平方向运动距离，该过程中机器人未触地。机器人质量，取重力加速度大小，求： (1)机器人重心从点运动到点所用的时间； (2)机器人重心在点时的速度大小； (3)机器人重心从点运动到点的过程中，机器人重力做功的平均功率。 【答案】(1)0.6s (2) (3)900W 【知识点】斜抛运动、平均功率 【详解】（1）机器人重心从点运动到点的过程，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，竖直方向有 解得 （2）机器人重心在点时的速度大小 （3）机器人重心从点运动到点的过程中，机器人重力做功的平均功率 【热点02 大国重器·航天强国：从“天宫”到“嫦娥”的力学奇迹】 1）背景：2026年是中国航天事业承前启后的关键年份。中国空间站“天宫”进入常态化科学实验阶段，开展材料、生物、物理等多领域实验。与此同时，嫦娥七号探测器于2026年4月运抵文昌发射场，即将执行中国首次月球南极软着陆探测任务，旨在寻找月球水冰资源，为2030年前后建成国际月球科研站奠定基础。 2）科技热点： ①嫦娥七号任务启动：2026年4月9日晚，嫦娥七号探测器正式抵达文昌航天发射场，标志着中国探月工程四期进入冲刺阶段。任务将包括轨道器、着陆器、巡视器、飞跃器及科学载荷，计划在月球南极国际月球科研站选址区进行高精度定点软着陆、月面飞跃及水冰探测。 ②月球南极科考：嫦娥七号将利用飞跃器（Flier）对月球南极阴影区进行快速巡视，探测水冰分布，验证复杂地形软着陆技术。 ③天宫空间站在轨实验：2026年1月，神舟二十一号乘组在空间站内成功开展锂离子电池在轨实验，利用微重力环境研究电池内部离子传输机理，解决地面实验无法消除重力干扰的难题。 ④小行星与深空探测规划：国家“十五五”规划已将深空探测列为重点工程，2025年5月29日,“天问”2号小行星探测器，搭乘“长征”3号乙火箭，从西昌卫星发射中心腾空而起，踏上了星海探索之旅，嫦娥八号计划2028年前后发射，持续推进月球科研站建设 3）考点： ①万有引力定律与天体运动：计算月球表面的重力加速度（利用自由落体或环绕速度）。分析嫦娥七号从地月转移轨道到月球轨道的变轨原理（霍曼转移、点火加速/减速）。计算不同轨道上的线速度、角速度、周期与向心加速度关系。 ②超重与失重：分析空间站内物体完全失重现象（视重为零）。讨论微重力环境下的物理现象。 ③动量守恒与反冲运动：空间交会对接过程中的动量守恒分析。反作用力推进、机械臂操作的动力学分析。 ④能量守恒与转化：太阳能帆板能量转换效率计算。探测器着陆过程中的动能与势能转化及机械能损耗。 ⑤运动学：自由落体、平抛、匀变速直线运动在月面探测中的应用。 4）命题预测 1．按照中国国家航天局的计划，”嫦娥七号”将在2026年下半年发射，着陆在月球南极的艾特肯盆地。在其探测器上，将安装中国”天工”空间核电池，该电池利用钚-238的衰变释放的核能，通过热电材料直接转化为电能，为探测器长期供电，其衰变方程为。假设衰变前钚核处于静止状态，下列说法正确的是（　　） A．衰变过程中释放的核能全部转化为粒子的动能 B．铀核与粒子的动量大小相等、方向相反，但粒子的动能比铀核的动能大得多 C．由于月球表面温度极低，钚-238的半衰期将变长 D．粒子穿透能力强，需用厚铅板屏蔽，以防止辐射危害探测器的电子设备 【答案】B 【知识点】半衰期的概念、α和β、γ三种射线的性质、动量守恒定律的初步应用 【详解】A．衰变释放的核能转化为铀核动能、α粒子动能，还可能伴随γ光子的能量，并非全部转化为α粒子的动能，故A错误； B．衰变前钚核静止，系统总动量为0，衰变过程内力远大于外力，动量守恒，因此衰变后铀核与α粒子总动量仍为0，即二者动量大小相等、方向相反。动能满足 动量大小相同时，质量越小动能越大，α粒子质量远小于铀核，因此α粒子动能远大于铀核动能，故B正确； C．半衰期是原子核的固有属性，由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等环境因素无关，故C错误； D．α粒子电离能力强但穿透能力极弱，一张纸即可阻挡，无需厚铅板屏蔽，穿透能力强需要厚铅板屏蔽的是γ射线，故D错误。 故选B。 2．我国计划在2026年发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水冰。嫦娥七号奔月找冰的轨道示意图如图所示，探测器在近月点P被月球俘获进入椭圆轨道Ⅰ，经调整制动后，又从P点进入环月圆形轨道Ⅱ。关于探测器，下列说法正确的是（    ） A．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的速度 B．探测器在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期 C．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度 D．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的机械能小于在轨道Ⅱ上经过P点的机械能 【答案】B 【知识点】天体运动中机械能的变化、卫星发射及变轨问题 【详解】A．探测器在P点由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时需要减速做向心运动，速度减小，故A错误； B．根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期，故B正确； C．根据牛顿第二定律有，解得 探测器在轨道Ⅰ上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故C错误； D．探测器在P点由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时，速度减小，动能减小，势能不变，则机械能减小，故D错误。 故选B。 3．如图所示，神舟二十一号乘组在空间站开展“运动骨肌受力研究”实验，航天员在跑步机上以6km/h的速度匀速“太空跑步”15分钟，采集足底压力数据。下列说法正确的是（　　） A．在研究航天员跑步姿势与运动骨肌受力时，可以将其视为质点 B．“15分钟”指的是时间间隔 C．“6km/h”指的是航天员相对于空间站的瞬时速率 D．15分钟内航天员在跑步机上“跑步”的位移大小为1.5km 【答案】B 【知识点】质点、时间、已知参考系判断物体运动情况、速率与速度 【详解】A．研究航天员跑步姿势、运动骨肌受力时，航天员的形状和大小不能忽略，因此不能将航天员视为质点，故A错误； B．“15分钟”是跑步过程持续的一段时间，对应时间轴上的一段区间，指的是时间间隔，故B正确； C．航天员太空跑步时相对空间站位置不变，“6km/h”是航天员相对于跑步机履带的速率，不是相对于空间站的瞬时速率，故C错误； D．航天员相对空间站位置没有变化，因此15分钟内航天员的位移大小为，故D错误。 故选B。 4．2025年5月29日凌晨1时31分，长征三号乙运载火箭点火起飞，将天问二号探测器送入地球至小行星2016H03转移轨道，之后进入伴飞轨道环绕小行星2016H03探测，我国开启小行星探测和采样返回之旅。如图所示，小行星2016H03绕太阳运行的轨道半长轴略大于地球公转轨道半长轴，是地球的“近邻”。下列说法正确的是（　　） A．“天问二号”在地球的发射速度可以小于7.9km/s B．“天问二号”从发射到返回的过程中机械能守恒 C．小行星2016H03绕太阳运行的周期小于一年 D．运动至轨道交点处，若仅考虑太阳的引力，小行星的加速度等于地球的加速度 【答案】D 【知识点】开普勒第三定律、第一宇宙速度、比较不同轨道上的卫星物理量、判断系统机械能是否守恒 【详解】A．“天问二号”要脱离地球的引力，但不脱离太阳的引力，则在地球的发射速度要大于7.9km/s，小于11.2km/s，A错误； B．“天问二号”从发射到返回的过程要克服阻力做功，则机械能不守恒，B错误； C．根据开普勒第三定律可知，小行星2016H03绕太阳运行的半长轴大于地球绕太阳运行的半长轴，可知周期大于地球的周期，即周期大于一年，C错误； D．运动至轨道交点处，若仅考虑太阳的引力，根据 可知，小行星的加速度等于地球的加速度，D正确。 故选D。 5．2025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 【知识点】计算中心天体的质量、计算中心天体的密度、第二宇宙速度、卫星发射及变轨问题 【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。 6．2026年，中国将发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水、冰等物质。为了确保探测器安全着陆，探测器需要在月球着陆前进行悬停，若当质量为m的探测器（视为质点）下降到距月球表面h处（h远小于月球半径）时，依靠发动机竖直向下喷气产生的作用力，恰好悬停。现关闭发动机，让探测器自由下落，然后再打开发动机，使探测器做匀减速直线运动，探测器落到月球表面时，速度恰好减为零。月球上重力加速度大小为，求： (1)探测器悬停时，发动机产生的作用力的大小； (2)关闭发动机后，探测器经过多长时间落到月球表面？ (3)探测器做匀减速直线运动时，发动机产生的作用力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】自由落体运动的规律及应用、已知运动求受力 【详解】（1）探测器悬停时，受力平衡 （2）关闭发动机后，探测器先做自由落体运动， 打开发动机后，探测器做匀减速直线运动， 解得， 探测器下落的总时间 解得 （3）探测器做匀减速直线运动时，根据牛顿第二定律 由第（2）问知 解得 【热点03 绿色能源·双碳引领：核聚变与光伏技术的双轮驱动】 1）背景：2026年，中国‍“人造太阳”‍计划取得重大突破。EAST装置刷新世界纪录，实现超亿度、1056秒高约束模等离子体运行；HL-2M装置核心部件研制成功并放电，等离子体电流突破100万安培。这些成果标志着中国可控核聚变从基础科学向工程实践迈进，为建成聚变实验堆（CFETR）奠定基础（第一阶段到2021年,CFETR开始立项建设，第二阶段到2035年计划建成聚变工程实验堆，第三阶段到2050年聚变工程实验堆实验成功）。同时，钙钛矿太阳能电池效率突破30%，特高压输电网络持续完善。 2）科技热点： ①EAST刷新纪录：2025年12月30日，EAST实现1亿度、1066秒长脉冲高约束模运行，是原纪录的1.5倍，验证了聚变堆稳态运行的可行性。 ②HL-2M装置建成：2026年4月，HL-2M等离子体电流已突破100万安培，并支持稳态高约束模运行等前沿实验，进一步巩固我国在国际聚变领域的领先地位‌。 ③光伏技术突破：钙钛矿/硅叠层电池效率突破30%，实现规模化示范应用；空间太阳能电站（SSPS）实验取得阶段性进展。 ④特高压输电：中国特高压直流输电网络持续扩张，海上风电并网技术成熟，解决新能源波动性问题。 3）考点： ①核反应与质能方程：书写轻核聚变方程（氘氚聚变）。计算质量亏损与释放能量。比较核聚变与核裂变的能量释放差异。 ②电磁学：磁约束原理（洛伦兹力对带电粒子的约束作用）。等离子体：带电粒子的运动特性，电场与磁场对等离子体的加热与约束。 ③光电效应与光伏技术：爱因斯坦光电效应方程 。太阳能电池能量转换效率计算。电路基础：串联、并联电池组的电压与电流特性。 ④输电损耗与变压器：输电损耗。变压器原理。交流电：有效值、瞬时值、频率概念。 4）命题预测 1．2025年1月20日，有“人造太阳”之称的全超导托卡马克实验装置（EAST），首次实现1亿摄氏度1066秒的高约束模等离子体运行。若在此次核反应中是氘与氚反应变成氦，已知氘核质量为2.0141u，氚核质量为3.0161u，氦核质量为4.0026u，中子质量为1.0087u，阿伏加德罗常数取，氘核摩尔质量为2g/mol，1u相当于931.5MeV。关于氘与氚的核反应，下列说法正确的是（　　） A．氘与氚核的比结合能都比氦核的大 B．氘核与氚核的间距达到就能发生核聚变 C．1g氘完全参与聚变释放出能量的数量级为 D．氘与氚的核反应是核聚变，核反应方程式为 【答案】C 【知识点】核聚变、质能方程、结合能与比结合能 【详解】A．核聚变后生成的氦核更稳定，比结合能更大，氘和氚的比结合能均小于氦核，故A错误； B．核聚变需克服库仑斥力，要求核间距达到约，过大，无法发生聚变，故B错误； C．每次核反应的质量亏损 对应释放的能量为 1g氘完全参与聚变释放的能量为，故C正确； D．根据核反应满足质量数守恒和核电荷数守恒，则方程式为，故D错误。 故选C。 2．2025年1月，有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）成功创造新的世界纪录，首次实现1亿摄氏度1066秒的高约束模等离子体运行。EAST主要由氘核聚变反应释放能量，聚变方程为。若的质量为2.0141u，的质量为3.0160u，的质量为1.0087u，1u相当于931MeV的能量，则氘核聚变反应中释放的核能约为（　　） A．0.54MeV B．1.09MeV C．1.63MeV D．3.26MeV 【答案】D 【知识点】质能方程 【详解】氘核聚变反应的质量亏损 释放的核能 故选D。 3．中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核（）和氘核（）均以相同的速率从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】带电粒子在圆（弧）形边界磁场中运动 【详解】依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据 得 由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得 求得氘核的最大半径为 所以，氕核在磁场中运动的最大半径为 故选A。 4．2025年3月7日，华东理工大学的研究团队成功找到了延长钙钛矿太阳能电池寿命的方法，其特点是成本低、更环保。图甲是该团队研究光电效应的电路图，光电管阴极K为钙金属，逸出功为3.2eV，图乙是氢原子的能级图。下列说法正确的是（　　） A．若用大量处于能级的氢原子发光照射阴极K，一定能发生光电效应现象 B．若用大量处于能级的氢原子发光照射阴极K，所有光子均能使阴极K发生光电效应现象 C．在光照强度不变的条件下，滑片从左向右滑动过程中，电流表的示数一定一直增大 D．如果将甲图中的电源正负极交换接入电路，调节滑片，一定能使电流表示数为零 【答案】A 【知识点】定态和原子的能级结构、遏止电压的本质及其决定因素 【详解】A．大量处于n=2能级的氢原子跃迁到n=1能级时能释放光子的能量为10.2eV>3.2eV，可知若用大量处于能级的氢原子发光照射阴极K，一定能发生光电效应现象，选项A正确； B．用大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出3种频率不同的光子，其中3→2的跃迁中辐射光子的能量为1.89eV<3.2eV，则不能使阴极K发生光电效应，则若用大量处于能级的氢原子发光照射阴极K，并非所有光子均能使阴极K发生光电效应现象，选项B错误； C．光电管加正向电压，则在光照强度不变的条件下，滑片从左向右滑动过程中，正向电压变大，可知电流表的示数开始时一直增大，达到饱和后保持不变，选项C错误； D．如果将甲图中的电源正负极交换接入电路，则光电管加反向电压，则调节滑片，只有当光电管两端电压达到反向截止电压时电流表的示数才为零，选项D错误。 故选A。 5．我国深空探测器采用钚-238（）核电池作为长效能源。其衰变方程为 。利用衰变释放的波长为λ的γ射线，照射探测器表面涂覆的新型钙钛矿材料（逸出功为）引发光电效应为设备供电。已知普朗克常量为h，光速为c。下列说法中正确的是（　　） A．衰变方程中的X为正电子 B．探测器在宇宙空间航行时钚-238的半衰期将会变长 C．的比结合能比的比结合能小 D．γ射线照射钙钛矿材料逸出光电子的最大初动能 【答案】D 【知识点】结合能与比结合能、半衰期的概念、α衰变的特点、本质及其方程的写法、爱因斯坦光电效应方程 【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒，X的质量数为4，电荷数为2，则X为α粒子，故A错误； B．半衰期由原子核自身性质决定，与外界环境无关，故B错误； C．衰变后的比衰变前的更稳定，所以的比结合能比的比结合能大，故C错误； D．由光电效应方程可得γ射线照射钙钛矿材料逸出光电子的最大初动能，故D正确。 故选D。 6．截至2025年10月，浙江将建成3条“西电东送”特高压直流输电线路。现计划将输电站提供的直流电由新疆输送至浙江，多次转换后变为的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为的家用交流电，若输电线路输送功率为，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的，则（　　） A．直流输电导线中的电流为 B．直流输电导线总阻值不超过 C．家用交流电的电压最大值为，频率为 D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为 【答案】B 【知识点】计算输电线路损耗、理想变压器两端电压与匝数的关系 【详解】A．根据直流输电电流公式，代入输送功率、输电电压 ，得，故A错误； B．输电允许的最大功率损耗 由焦耳定律功率损耗公式，得导线总阻值上限 即总阻值不超16Ω，故B正确； C．家用交流电表达式为 ，其最大值为，频率 ，故C错误； D．理想变压器原线圈电压有效值，副线圈电压有效值，由理想变压器功率守恒 得原副线圈电流比，即电流比为 11:500，故D错误。 故选B。 7．特高压输电可以大幅提升输电效率，显著降低远距离输送的能耗。我国特高压输电技术水平与应用规模均居全球领先。现假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为∆P，到达B处时电压下降了∆U，在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为∆P′，到达B处时电压下降了∆U′，不考虑其他因素的影响，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】计算输电线路损耗 【详解】AB．设输送功率为，输电线总电阻为，输电电流满足 输电线上损耗的功率 可知∆P与输电电压U的平方成反比，输电电压从550kV变为1100kV，即 因此，故A正确，B错误； CD．输电线上的电压损失 可知∆U与输电电压U成反比，当时，有，故CD错误。 故选A。 8．（多选）2025年全球首个全超导非圆截面托卡马克——“东方超环”，技术成果取得关键突破。一种典型的聚变反应是一个氘核和一个氚核聚变成氦核和某种强子x，已知、、和x的质量分别为、、和，1u相当于，阿伏伽德罗常数为，元电荷，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程为，其中为质子 B．该核反应过程中释放的能量约为 C．氘完全参与该核反应时释放出能量的数量级为 D．要使该核聚变发生，必须使氘核和氚核的距离达到以内，让核力起作用 【答案】BD 【知识点】质能方程、核聚变 【详解】A．根据核反应过程质量数和电荷数守恒可知，核反应方程式为，则为中子，故A错误； B．一个氘核与一个氚核聚变反应的质量亏损为 故该聚变反应释放的能量是，故B正确； C．氘完全参与该核反应时释放出能量 即数量级为，故C错误； D．氘核与氚核发生核聚变时，需要克服原子核间的库仑斥力，间距要达到，让核力起作用，故D正确。 故选BD。 9．钙钛矿太阳能电池有成本低、光能转化效率高等优点。某同学利用如图甲所示电路探究某钙钛矿电池的路端电压U与电流I的关系。所用器材有：光强可调的光源、钙钛矿电池、电压表、电流表、滑动变阻器R、开关S以及导线若干。已知当光照强度不变时钙钛矿太阳能电池的电动势视为不变，电流表和电压表均可视为理想电表。 (1)按如图甲所示电路连接器材，将滑动变阻器R的滑片调至最左端。闭合开关S，用一定强度的光照射电池，保持光照强度不变，调节滑动变阻器R，记录滑片在不同位置时电压表和电流表的读数U、I，并描绘出图线如图乙中曲线b所示，则此强度光照下钙钛矿电池的电动势______V（结果保留2位有效数字）。 (2)改变光强，重复上述实验步骤得到曲线a，对曲线a进行分析，当电流超过1.00mA时，内阻随电流的增大而______（填“增大”或“减小”），当电流为0.50 mA，电池内阻约为______Ω（结果保留3位有效数字）。 【答案】(1)0.71/0.72/0.73 (2) 增大 180（160~180） 【知识点】利用伏安法测量电源的电动势和内阻、null 【详解】（1）由题图可知时，路端电压等于电池的电动势为 （2）[1]根据闭合电路的欧姆定律 对于图线中的和图像上的两点，内阻为 故内阻为该点与连线斜率倒数的绝对值，当电流超过1.00mA时，该连线斜率倒数的绝对值随电流的增大而增大，故内阻随电流的增大而增大； [2]当电流为0.50mA时，由图线a知路端电压 根据闭合电路的欧姆定律 可得此时内阻约为。 【热点04 量子跃迁·未来已来：从“九章”到“祖冲之”的量子霸权】 1）背景：2026年，中国量子科技持续领跑全球。‍“祖冲之三号”超导量子计算原型机于‌2025年3月3日‌正式对外发布，105比特，在量子随机线路采样任务中比经典超算快15个数量级，刷新世界纪录。同时，‍“九章三号”‍光量子计算机实现255光子操控，量子通信网络覆盖全国，天地一体化量子通信初步建成。这些成果标志着中国在量子计算优越性、量子纠错、量子通信等方向全面领先。 2）科技热点： ①“祖冲之三号”问世：2026年1月，中国科大研制出105比特超导量子计算机，在量子随机线路采样任务中比最优经典算法快15个数量级，超过谷歌2024年成果6个数量级。 ‍②“九章三号”光量子计算：2025年9月23日，中国科学技术大学潘建伟团队宣布成功研制光量子计算原型机“九章三号”，首次实现对255个光子的精确操控，在高斯玻色取样任务中展现量子优越性，验证光量子计算路线的可行性。 ③量子通信网络：建成覆盖全国的量子通信干线（京沪干线），墨子号量子卫星实现洲际密钥分发，计划2026年发射第三颗量子通信卫星。 ④量子纠错突破：2025年12月22日，“祖冲之3.2号”实现低于纠错阈值的量子纠错，成为继谷歌后第二个实现该里程碑的团队。。 3）考点： ①波粒二象性：光的干涉、衍射实验（双缝干涉）。德布罗意波：物质波波长。 ②能级跃迁与原子结构：玻尔原子模型：能级跃迁、光子能量。激光原理：受激辐射、粒子数反转。 ③量子力学初步（拓展）*：海森堡不确定性原理。量子纠缠。量子叠加态，薛定谔的猫思想实验。 ④信息技术应用（拓展）*：量子计算对密码学的影响（RSA加密的潜在风险）。量子通信的安全性原理（单光子不可克隆）。 4）命题预测 1．我国基于量子力学原理研制的超导置子计算机“祖冲之三号”是目前该领域的新标杆。量子化是量子力学的基础，下列选项中体现了量子化的是（　　） A．原子核式结构模型 B．氢原子能级 C．结合能 D．质量亏损 【答案】B 【知识点】结合能与比结合能、玻尔原子理论的基本假设、原子核式结构模型 【详解】量子化体现为不连续，根据玻尔原子模型理论可知氢原子能级不连续，轨道量子化。 故选B。 2．我国“九章三号”量子计算机成功模拟了氢原子在激光照射时的能级跃迁。实验中，科研人员先将一群处于基态的氢原子置于真空靶室，用频率为的激光照射时，氢原子吸收光子后只跃迁到的激发态。现将频率调整为，继续照射相同的氢原子群体，可能出现的观测结果是（　　） A．氢原子跃迁到的激发态，的能量恰好匹配n=1到n=4的能级差 B．仍有部分氢原子跃迁到的激发态，跃迁与入射光子频率无关 C．没有氢原子发生跃迁，屏幕上没有显示出氢原子的特征谱线 D．大量氢原子发生电离，能够捕捉到自由电子信号 【答案】C 【知识点】定态和原子的能级结构 【详解】A．氢原子跃迁需吸收光子能量等于两能级差。原频率对应跃迁到，即 调整后频率为，对应光子能量为 到的能级差为 的能量不能匹配到的能级差，故A错误； B．跃迁需光子能量严格匹配能级差，新频率能量不足，无法跃迁到，故B错误； C．2.55eV不匹配任何能级差，氢原子无跃迁发生，屏幕上没有显示出氢原子的特征谱线，故C正确； D．氢原子电离需至少13.6eV的能量，的能量无法发生电离，不能够捕捉到自由电子信号，故D错误。 故选C。 3．量子通信和量子计算最近取得了较大进展，也受到了社会的广大关注。我国在量子信息领域处于世界领先地位。2016年8月，我国的量子卫星“墨子号”发射成功，为实现远距离量子通信提供了有利条件。2020年3月，我国科学家创造了509公里光纤量子通信新记录。2020年12月，中国科学技术大学宣布该校潘建伟等人成功构建76个光子的量子计算原型机“九章”，这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的国家。量子通信和量子计算都用到了量子力学里有趣的“量子纠缠”现象。该理论认为，若两个有量子特性的微观粒子在相互作用后，共同处于一个确定的量子态上，其性质就可以用一个统一的波函数描述。如果观察者对其中一个进行测量后，可以立即对另一个的状态做出推测。一对处于纠缠态的微观粒子，即使分离很远的空间距离，只要它们都不与周围其他粒子发生相互作用，那么这对粒子将一直处于纠缠态。请根据以上材料，判断下列说法错误的是（    ）    A．在宏观世界，不容易观察到量子纠缠现象，是因为粒子容易与环境发生相互作用，导致纠缠很快消失 B．借助于量子通信，可以帮人们实现超光速的信息传递 C．使用量子卫星进行通信，可以有效减少光子在传播时穿过的大气层的厚度，从而减少大气层带来的不利影响 D．“九章”之所以取得比经典计算机快得多的运算速度，是因为量子计算机运行时用到了波函数的叠加和干涉 【答案】B 【知识点】能量子 【详解】A．根据材料可知，在宏观世界，不容易观察到量子纠缠现象，是因为粒子容易与环境发生相互作用，导致纠缠很快消失，故A正确； B．根据狭义相对论可知，光速不能被超越，故B错误； C．使用量子卫星进行通信，可以有效减少光子在传播时穿过的大气层的厚度，从而减少大气层带来的不利影响，故C正确； D．“九章”之所以取得比经典计算机快得多的运算速度，是因为量子计算机运行时用到了波函数的叠加和干涉，故D正确。 本题选错误的，故选B。 【热点05 材料革命·基石突破：室温超导与纳米科技的物理密码】 1）背景：2026年，室温超导材料研究取得重要进展。中科大、华中科大、华南理工等团队在硫铜共掺杂铅磷灰石（SCCLA）等材料上取得突破，虽仍需高压，但温度已接近室温（21℃，1万大气压）。同时，柔性电子、纳米材料在工业与医疗领域广泛应用，磁悬浮列车技术持续迭代，室温超导若实现将彻底改变能源传输与交通方式。 2）科技热点： ①中国高校进展：中科大、华中科大等团队在室温超导材料（如SCCLA）上取得理论突破，逼近常压室温超导。 ②柔性电子与纳米材料：柔性屏幕、电子皮肤等基于纳米材料的科技应用普及，石墨烯、碳纳米管在导电、散热等领域应用广泛。 3）考点： ①电阻与温度：金属电阻率与温度的关系。超导体的零电阻特性与临界温度。半导体、绝缘体的导电机制对比。 ②磁场与电磁感应：迈斯纳效应：超导体的完全抗磁性，磁悬浮原理。电磁感应：动生电动势、感生电动势。洛伦兹力：带电粒子在磁场中的运动。 4）命题预测 1．应用于机器人柔性电子皮肤的矩阵式电容传感器如图所示，底部为共用下极板，上下极板间由弹性微柱支撑。传感器工作时，电容器两端电压U恒定。当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，则（　　） A．电容器所带电荷量不变 B．电容器所带电荷量减小 C．极板间电场强度不变 D．极板间电场强度增大 【答案】D 【知识点】电容器的动态分析(U不变） 【详解】AB．当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，即板间距离d减小，根据电容的决定式和定义式和可知，电容器的电容增大，电容器所带电荷量变大，故AB错误； CD．根据可知，极板间电压不变，间距减小，则两板之间的电场强度变大，故C错误，D正确。 故选D。 2．超导现象是20世纪人类重大发现之一，我国科研团队在超导领域的研究处于世界领先水平。全球传输电流最大的高温超导电缆已在上海建成并投入运行。 (1)有一段横截面积为的超导体，单位体积内超导电子的个数为n，超导电子定向移动的平均速率为。已知超导电子的质量为m，电荷量为e。 a、根据电流的定义，求超导电子所形成的超导电流。 b、假设超导体内存在电场强度为E的匀强电场，求超导电流随时间的变化率与电场强度E的关系。 (2)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直圆环平面，逐渐降低温度使超导环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，此后若环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于的电流变化，其；当电流的变化小于时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设该超导圆环粗细均匀，环的横截面积为S，环中定向移动电子的质量为m，电荷量为e，平均速率为v，请推导出圆环在超导状态的电阻率上限ρ的表达式。（已知：时，可忽略不计） 【答案】(1)a、；b、 (2) 【知识点】电流的微观表达式及其应用、电流生热与电流做功的关系、电阻定律 【详解】（1）a、时间内通过超导体某一横截面积的超导电子数为 根据电流定义式有 联立解得 b、根据牛顿第二定律， 可得 （2）设圆周长为l，电阻为R，由电阻定律得 设t时间内环中电流释放的焦耳热为，由焦耳定律 电流变化大小时，定向移动电子平均速率的变化大小为，则 在t时间内单个电子减小的动能为 环中总电子数为 设环中定向移动电子减小的动能总和为， 由于，则，根据题干提示时，可忽略不计，因此在动能变化表达式 中， 项可以忽略不计 整理可得 根据能量守恒定律，得 联立上述各式得 【热点06 基于AI智能体分析其他热点情境命题点】 高中物理命题辅助AI智能体（扣子）： https://www.coze.cn/store/agent/7614843686957973514?bot_id=true 【预测一·选择题】 预测01原子物理 1）预测点：以氢原子能级跃迁为背景，结合光电效应方程，考查光子能量与截止电压的定量关系 2）押题 1．图1为氢原子的能级图，入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，现用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有两种光能得到图3所示的电流与电压的关系曲线。已知电子电荷量。下列说法正确的是（    ） A．入射光的光子能量为 B．滑片向端移动时，电流表示数变大 C．光照射下，遏止电压 D．光照射下，单位时间内到达极板光电子数最多为个 【答案】D 【详解】A．入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，可知基态氢原子跃迁到能级，这样有跃迁到、跃迁到、跃迁到三种不同频率的光，可知入射光的光子能量，故A错误； B．图2中滑片P向端移动过程中，部分的电阻变大，K端的电势变高，K端的电势高于A端的电势，电压反向，可知电流表示数变小，故B错误； C．用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有两种光发生光电效应，可知两种光为跃迁到、跃迁到发出的光，根据图3可知 根据 可知，可知光的能量为12.09eV，光的能量为10.2eV，则， 从而解得，故C错误； D．图3中的a光照射阴极，光电流达到饱和时，饱和电流为，由 可知每秒射出的电荷量为，所以阴极每秒射出的光电子数大约，故D正确。 故选D。 2．处于能级6和能级4的氢原子分别跃迁到能级2所产生的两种可见光，照射图甲所示的光电效应装置，得到图乙所示的光电流和电压的关系曲线I和II，则（　　） A．I是氢原子从能级6跃迁到能级2所发出的光 B．I、Ⅱ两种光照射同一双缝干涉装置，Ⅱ光的亮纹间距小 C．图甲中变阻器滑动触头从向移动过程中，电流会持续减小到零 D．单位时间内I光的光子数小于II光的光子数 【答案】B 【详解】A．根据图乙可知，曲线I对应的遏止电压小于曲线II对应的遏止电压，则曲线I对应的光子的能量小于曲线II对应的光子的能量，可知，I是氢原子从能级4跃迁到能级2所发出的光，故A错误； B．结合上述，I光对应的光子的能量小于II对应的光子的能量，则I光的频率小于II光的频率，光的频率越小，光的波长越大，则I光的波长大于II光的波长，根据 可知，I、Ⅱ两种光照射同一双缝干涉装置，Ⅱ光的亮纹间距小，故B正确； C．滑片在O的左侧时，AK之间的电压对光电子有减速效果，滑片在O的右侧时，AK之间的电压对光电子有加速效果，可知，图甲中变阻器滑动触头从向移动过程中，电流会先增大，当电流达到饱和电流时，电流将保持不变，故C错误； D．根据图乙可知，I光的饱和电流大于II光的饱和电流，由于饱和电流 可知，单位时间内I光的光子数大于II光的光子数，故D错误。 故选B。 预测02光学 1）预测点：几何光学与物理光学结合题 2）押题 3．将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图1为弹簧正视示意图，实线和虚线表示螺旋细铁丝，弹簧上实线细铁丝和虚线细铁丝互成一定的角度。一束激光垂直弹簧轴线照射弹簧（只能照射到两圈弹簧），在光屏上会形成如图2所示的夹角为的“X”形交叉条纹。根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双缝的干涉图像一致。下列说法正确的是（    ） A．若稍微压缩弹簧，则图2中的夹角将变小 B．若稍微压缩弹簧，则光屏上的条纹将更加密集 C．若改用频率更低的激光，则图2中的夹角将变小 D．若改用频率更低的激光，则光屏上的条纹将更加密集 【答案】A 【详解】AB．弹簧被压缩时，螺距减小，弹簧螺旋线与垂直于轴线平面的夹角减小，即图1中实线与虚线趋向水平，二者夹角变小，所以图2中干涉条纹的夹角变小；同时，弹簧圈间距（相当于双缝间距）减小，根据双缝干涉条纹间距公式可知，条纹间距变大，条纹变得稀疏，故A正确B错误； C．改用频率更低的激光，波长变大，干涉条纹的夹角由弹簧几何结构决定，与波长无关，保持不变，故C错误； D．根据可知，波长变大，条纹间距变大，条纹变得稀疏，故D错误。 故选A。 4．（多选）巴西科学家莫泽将漂白剂滴入装满水的透明水瓶里，制成可用于白天室内照明的莫泽灯，原理图如图（a）。为方便研究，将水瓶简化成高h、直径为d的圆柱体，如图（b）所示，A、B、C、D为通过中轴线纵截面图的四个顶点，有一束红光从C点射入，若经瓶身侧边 CD折射后从AB 中点射出。已知红光与 BC 边的夹角为θ，光在空气中的速度为c。忽略塑料瓶对光的折射  下列说法正确的是（　　） A．红光通过瓶子的时间为 B．由题目条件可以求出瓶内溶液对红光的折射率 C．根据对称性，红光射出水瓶时与 AB的夹角为 D．若仅将红光换成紫光，可能在 AB边发生全反射 【答案】BC 【详解】A．红光在瓶内传播路径为C到AB中点，距离为 红光在瓶内传播的速度 则传播的时间为，故A错误； B．光路图如图所示 已知入射角，由几何知识可得，折射角满足 由折射定律可求得折射率为，故B正确； C．在AB边折射后，法线垂直于AB边，折射角是折射光线与法线的夹角，根据对称性折射角为，因此红光射出水瓶时与AB的夹角为，故C正确； D．在当前条件下，红光第二次折射没有发生全反射，因此第二次折射入射角小于临界角，又，因此第一次折射的入射角，当换成紫光后，第一次折射的入射角，第一次折射角小于临界角，因此第二次折射入射角小于临界角，不会发生全反射，故D错误。 故选BC。 5．（多选）如图所示，竖直平面内激光器悬挂在轻质弹簧下端，与水平方向的夹角始终为，其右侧竖直放置一块直径为的半圆柱形玻璃砖。激光器静止时，激光恰好从圆心点射入玻璃砖。现使激光器做简谐运动，并确保照射到玻璃砖的光均能从圆弧面射出。已知玻璃砖对该激光的折射率为，光在真空中的传播速度为，不考虑玻璃砖内的反射光，则（    ） A．激光器的最大振幅为 B．激光在玻璃砖中的传播速度为 C．圆弧上的光点做匀速圆周运动 D．若激光频率增大，激光器的振动周期将减小 【答案】AB 【详解】A．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，根据正弦定理分别有 解得 故弹簧振子的振幅为，故A正确； B．激光在玻璃砖中的传播速度为，故B正确； C．激光器做简谐运动，其位移随时间按正弦规律变化，导致激光在圆弧上的出射点位置也随时间非均匀变化，因此光点做变速圆周运动，故C错误； D．弹簧振子的周期公式为 可知周期仅由振子质量m和弹簧劲度系数k决定，与激光频率无关，因此周期不变，故D错误。 故选AB。 预测03热学 1）预测点：以理想气体等容变化为情境，结合分子平均动能与温度关系 2）押题 6．“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。 7．（多选）如图为小津同学设计的一款简易温度报警装置及其简化示意图。在竖直放置、导热性能良好的汽缸中，用活塞密闭一定质量的气体。当环境温度上升时，活塞缓慢向上移动，安装在活塞上表面的金属薄片与、两触点接触使电路导通，蜂鸣器报警。不计一切摩擦，此过程中密封气体可视为理想气体，则密封气体（　　） A．对外做功 B．吸收的热量等于其内能的增加量 C．分子的数密度增大 D．分子的平均动能增大 【答案】AD 【详解】A．汽缸导热良好，环境温度升高时，封闭气体温度升高；活塞受力平衡，封闭气体压强保持不变，气体做等压膨胀，体积增大，气体对外做功，故A正确； B．理想气体内能仅与温度有关，温度升高，内能增加，则 根据热力学第一定律 气体对外做功，故 整理得，即吸收的热量等于内能增加量与气体对外做功之和，大于内能的增加量，故B错误； C．气体总分子数不变，体积增大，单位体积的分子数（分子数密度）减小，故C错误； D．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，故D正确。 故选AD。 预测04平衡问题和牛顿动力学问题 1）预测点：斜面、轻绳、轻杆模型中的临界平衡问题（如最大静摩擦力与动态平衡的临界条件）将高频出现，整体法与隔离法交替使用 2）押题 8．图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有质量m=0.2kg、长s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时立即锁定。下列说法正确的是（　　） A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功 B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大 C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N D．书本能与抽屉左侧发生磕碰 【答案】A 【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力对书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦力对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A正确； C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 解得 此时书本受到的静摩擦力为 书本与桌面间的最大静摩擦力为 由于 故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为0.18N，故C错误； B．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，此时书本的加速度大小为 所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误； D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为，则由运动学公式可得 解得 假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为，则由牛顿第二定律有 解得 则书本匀减速到0的位移为 由分析可知，书本实际上应先向右运动，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为 所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。 故选A。 9．老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本上，用水平向右的恒力F将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，抽出课本的过程历时t。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．课本受到5个力作用 B．课本受到的摩擦力大小为2μmg C．F大于4μmg才可能将课本从粉笔盒下抽出 D．粉笔盒最终将停留在初始位置右侧处 【答案】C 【详解】A．通过受力分析可知，课本受到拉力、重力、桌面支持力、粉笔盒压力、桌面摩擦力和粉笔盒摩擦力共6个力的作用，故A错误； B．桌面对课本的摩擦力，粉笔盒对课本的摩擦力，则课本受到的摩擦力，故B错误； C．课本和粉笔盒刚好要发生相对运动时，粉笔盒受到摩擦力 解得 对整体牛顿第二定律有 联立解得 则F大于4μmg才可能将课本从粉笔盒下抽出，故C正确； D．抽出课本过程，粉笔盒以为加速度做匀加速直线运动，抽出后由于桌面摩擦力大小不变方向反向，粉笔盒以为加速度做匀减速直线运动，故粉笔盒总位移 则粉笔盒最终将停留在初始位置右侧处，故D错误。 故选C。 10．某机场行李物品传送装置的直线段部分简化图如图甲所示，传送装置由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，行李在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。传送带上表面与水平台面的夹角θ=37°，传送带运行速度v=1m/s，传送带的长度L=50m。旅客将长方体行李（可视为质点）从传送带的左端由静止释放，行李在传送带的右端被取走，已知行李与传送带间的动摩擦因数μ1=0.3125，其侧面与挡板C间的动摩擦因数μ2=0.25，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．行李相对传送带运动时的加速度大小为1m/s2 B．行李在传送带上加速运动的时间为2s C．行李随传送带一起匀速运动时不受传送带的摩擦力 D．行李在传送带上运动的时间为46s 【答案】A 【详解】A．对行李，有， 行李与传送带间的滑动摩擦力大小 摩擦力方向与运动方向相同，行李与挡板间的滑动摩擦力大小 摩擦力方向与运动方向相反，对行李，有 解得，故A正确； C．行李随传送带一起匀速运动时，传送带对行李的摩擦力与挡板对行李的摩擦力平衡，故C错误； BD．行李加速运动的时间 加速运动的位移 匀速运动的时间 总时间，故BD错误。 故选A。 11．（多选）如图所示，质量为的运动员踩着质量为的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。滑板底部装有转向桥，滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直线始终与滑板平面垂直，且与圆心、所在的竖直线的夹角为。运动员与滑板之间只存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑板重心所在圆弧的半径分别为、，两者相对静止且转弯的角速度均为。已知重力加速度为，空气阻力及滑板与地面的滚动摩擦均不计。下列说法正确的是（　　） A．运动员身体与竖直方向的夹角满足 B．运动员受到滑板的作用力的大小为 C．滑板受到地面的静摩擦力大小为 D．滑板与地面间的动摩擦因数至少为 【答案】AD 【详解】A．对运动员受力分析：运动员仅受重力、滑板对运动员垂直板面的弹力。匀速圆周运动中，竖直方向合力为0，水平方向合力提供向心力，竖直方向： 水平方向： 推导得：，故A正确； B．运动员受到滑板的作用力是弹力，由勾股定理得：，故B错误； C．将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者向心力之和：，故C错误； D．整体竖直方向无加速度，地面支持力，静摩擦力不超过最大静摩擦力： 代入、得： 即滑板与地面间的动摩擦因数至少为，故D正确。 故选AD。 12．（多选）擦玻璃机器人擦玻璃的原理主要基于真空吸附和智能控制技术，机器人可以吸附在玻璃上不会掉落是通过机身底部的真空泵抽取机身与玻璃之间的空气，使二者间形成局部真空环境，靠大气压力把机器人压在玻璃上。如图所示，质量为的机器人静止在与水平方向夹角为的玻璃的上表面，机器人与玻璃表面的滑动摩擦力大小为（重力加速度为），。下列说法正确的是（　　） A．机器人受到三个力作用 B．若要机器人水平向右匀速运动擦拭玻璃，则需为其提供大小为的牵引力 C．若要机器人水平向右匀速运动擦拭玻璃，则需为其提供水平向右的牵引力 D．若要机器人以0.2g的加速度水平向右匀加速运动擦拭玻璃，则需为其提供的牵引力 【答案】BD 【详解】A．机器人静止时受到重力、支持力、大气压力和摩擦力作用，A错误； BC．机器人水平向右匀速运动时受到水平向左，大小为的摩擦力，其重力沿玻璃向下的分量为，故牵引力，牵引力在重力沿玻璃分量及摩擦力合力的反方向上，B正确，C错误； D．若要机器人以的加速度水平向右匀加速运动擦拭玻璃，则水平方向 牵引力为，D正确。 故选BD。 预测05抛体运动和圆周运动 1）预测点：将平抛运动与圆周轨道末端衔接，斜抛运动，水平及竖直面圆周运动的动力学分析 2）押题 13．2025年，浙BA掀起篮球热潮。如图所示，某运动员在M点将篮球斜向上抛出，篮球在空中划过一道弧线后，到达N点。已知篮球抛出时速度方向与水平方向的夹角为60°，速度大小为，M、N两点的连线与水平方向的夹角为30°。若不计空气阻力，篮球视为质点，重力加速度为g，则篮球（　　） A．经最高点时的速度为零 B．经最高点时重力的瞬时功率不为零 C．从M点运动到最高点的时间为 D．M、N两点之间的水平距离为 【答案】D 【详解】A．斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，先分解初速度，初速度与水平成，因此水平分速度 竖直分速度 斜抛运动最高点竖直方向速度为0，水平方向速度保持不变，因此最高点速度不为零，故A错误； B．重力的瞬时功率 最高点竖直速度，因此重力瞬时功率为0，故B错误； C．从M到最高点，竖直方向做匀减速运动，时间 故C错误； D．设MN总运动时间为，MN连线与水平成，因此满足 竖直位移 水平位移 代入得 代入、、 解得总时间 因此水平距离 故D正确。 故选D。 预测06万有引力与航天 1）预测点：以“天宫空间站变轨”为情境，考查轨道半径变化与周期、线速度、机械能的联动关系 2）押题 14．嫦娥六号返回器着陆时，返回器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道运行，返回器用“打水漂”的方式再入大气层，最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如下图，已知主舱室维持在半径为r的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，已知地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．由题中条件可求出地球密度为 B．根据题给条件可求出主舱室的质量为 C．打开降落伞后，返回器靠近地面过程中一直处于失重状态 D．主舱室在半径为r的轨道上稳定运行的速度小于7.9km/s 【答案】D 【详解】B．主舱室做匀速圆周运动，万有引力充当向心力得 解得地球的质量 无法求出主舱室的质量，故B错误； A．地球的密度，故A错误； C．打开降落伞后，返回器做减速运动，此时竖直方向上存在向上的加速度，即返回器靠近地面过程中处于超重状态，故C错误； D．地球的第一宇宙速度为7.9km/s，为最大绕行速度，所以主舱室在半径为r的轨道上稳定运行的速度小于第一宇宙速度，故D正确。 故选D。 15．2026年3月，我国”蓝焱”220吨级液氧甲烷发动机完成长程试车，将助力载人登月等任务。假设搭载”蓝焱”发动机的火箭将一艘飞船先送入圆轨道Ⅰ运行，飞船经多次变轨进入地月转移轨道，如图所示。已知a是圆轨道Ⅰ上的点，b是椭圆轨道Ⅱ上的远地点，c是转移轨道上的点，且a、b两点到地球球心的距离分别为R和3R。忽略飞行过程中飞船质量的变化，则飞船（　　） A．从轨道Ⅱ进入转移轨道需向前喷出燃气 B．在c点的机械能大于在b点的机械能 C．经过a、b两点的速度之比为 D．在轨道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比为 【答案】B 【详解】A．从轨道Ⅱ进入转移轨道，飞船需做离心运动，即向后喷出燃气，向前喷出燃气会导致减速，故A错误； B．飞船在点从轨道Ⅱ进入转移轨道需点火加速，机械能增加，所以在点的机械能大于在轨道Ⅱ上点的机械能，故B正确； C．如果为轨道Ⅱ的近地点，为远地点，根据开普勒第二定律有 解得 而实际上a是圆轨道Ⅰ上的点，进入轨道Ⅱ，需要在近地点加速，所以，故C错误； D．轨道Ⅰ半径为，轨道Ⅱ半长轴为 根据开普勒第三定律有 解得，故D错误。 故选B。 16．（多选）中国探月工程（嫦娥工程）已成功发射多颗月球探测卫星，按“绕、落、回”三步走战略稳步推进，并已开展后续探测规划，其中嫦娥六号成功着陆在月球南极的艾特肯盆地，完成人类首次月球背面采样返回任务。如图所示，卫星2是某一近月圆轨道探测卫星，卫星1是另一月球探测卫星，卫星1从地球出发沿变轨轨道从切点A进入绕月探测圆轨道，已知卫星1在探测圆轨道的运行周期为，轨道半径为，卫星2的运行周期为，两卫星绕行方向相同，则（　　） A．卫星1从变轨轨道进入探测圆轨道需在A点减速 B．卫星1受到的月球引力小于卫星2受到的月球引力 C．卫星2的轨道半径 D．圆轨道上两颗卫星相邻两次相距最近的时间间隔为 【答案】AD 【详解】A．卫星1从变轨轨道进入探测圆轨道，做近心运动，需在A点减速，故A正确； B．根据万有引力公式 引力大小不仅和轨道半径有关，还和卫星的质量有关。题目中没有给出两颗卫星的质量信息，因此无法比较它们受到的月球引力大小，故B错误； C．根据开普勒第三定律 解得，故C错误； D．根据万有引力提供向心力，则有 解得 因卫星2轨道半径更小，所以卫星2的角速度更大；设相邻两次相距最近的时间间隔为，由于当卫星2比卫星1多转一圈时，两者相距最近，则有 解得，故D正确。 故选AD。 顶测07功能关系 1）预测点：结合传送带模型、板块问题，考查摩擦生热与能量转化与守恒 2）押题 17．（多选）新能源汽车的能量回收过程，简单来说，就是将车辆减速或滑行时的“动能”，转化为电能存回电池的过程。当新能源车辆处在某下坡路段时松开油门，仪表盘PWR（功率输出）会显示为负值，即能源回收过程，发现速度依然在增大，此下坡过程以下说法正确的是（　　） A．过程中汽车的机械能依然守恒 B．过程中汽车重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功 C．过程中合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量 D．若中途关闭能源回收系统，汽车下滑的全过程中加速度一直不变 【答案】BC 【详解】A．存在动能回收即机械能转化为电能，且存在克服摩擦力做功，故机械能不守恒，故A错误； B．依然还在加速，故下滑分力大于摩擦阻力，故重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功，故B正确； C．虽然存在动能回收，但仍然满足动能定理，即合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量，故C正确； D．若关闭能源回收系统，下滑相同距离动能增量更大，即速度增量更大，则加速度必然更大，故D错误。 故选BC。 预测08动量定理和动量守恒定律 1）预测点：多物体碰撞问题（如子弹打木块、弹簧连接体）中动量守恒与能量损失的联立求解 2）押题 18．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。 19．如图甲所示，在弹性材料与水平面之间铺设压力传感器，可测量机器人连续空翻过程中对弹性材料的压力。某次测量得到的压力随时间的变化关系如图乙所示。若仅考虑机器人在竖直方向上的运动，不计空气阻力，。下列说法正确的是（　　） A．在6.1s至7.5s内，机器人处于超重状态 B．在9.5s至10.3s内，弹性材料对机器人的冲量大约为3500Ns C．机器人的最大加速度为 D．机器人相对于弹性材料的最大重力势能为2500J 【答案】D 【详解】A. 机器人处于超重状态时对地面的压力大于自身所受的重力500N，故A错误； B．9.5s至10.3s内，弹性材料对机器人的作用力最大值为3000N，平均值则小于3000N，作用时间小于1s，冲量必定小于3500Ns，故B错误； C．弹性材料的弹力最大时，机器人的加速度达到最大，根据牛顿第二定律有 故加速度 故C错误； D．根据图形知，机器人的腾空时间为2s，可以下降的时间约为1秒，则离地的最大高度约为 此时以弹性材料所在平面为参考平面，机器人的重力势能为 故D正确。 故选D。 预测09机械振动和机械波 1）预测点：波的干涉与多普勒效应结合实际场景（如声波测速、地震波分析），波形图与质点振动图像综合应用 2）押题 20．如图甲，春晚创意节目《满庭芳·国色》中的水袖舞文化在我国源远流长。其简化模型如下：材质不同的重水袖A和轻水袖B连接在一起，放在光滑水平玻璃上。某时刻在重水袖A左端抖动产生如图乙所示波形，下列说法正确的是（　　） A．振幅越大，则波速越小 B．波在A、B中传播的周期一定相等 C．波在A、B中传播的速度一定相等 D．重水袖上的某点在一个周期内向右平移一个波长的距离 【答案】B 【详解】A．机械波的波速仅由介质决定，与振幅无关，则介质一定时，振幅变大，但波速不变，故A错误； BC．波的频率仅由波源决定，机械波从一种介质中进入另一种介质时，其频率不变，周期不变，波速改变，故B正确，C错误； D．重水袖上某点一个周期内通过的路程为4倍振幅，而这一个周期内机械波传播的距离为一个波长，但质点不会随波迁移，故D错误。 故选B。 21．（多选）当波源与观测者发生相对运动时，观测者接收到波的频率发生变化，这是我们熟悉的多普勒效应。观测者和波源之间的距离变化越快，多普勒效应越明显。原子吸收和发出某些特定波长的电磁波，因此我们观察到的某颗恒星的光谱包含由此恒星的大气层中的原子引起的吸收谱线。已知钠原子具有一条波长为的特征谱线。研究人员在观测某遥远双恒星系统的光谱时，从时开始在表中记录对于钠线的吸收光谱，其中1号恒星和2号恒星吸收光谱的波长分别为和。假定研究人员处于双星运动所在平面，双星均近似做匀速圆周运动，且不考虑双恒星系统质心的运动。不考虑相对论效应和宇宙膨胀的影响。关于该双恒星系统，下列说法不正确的是（　　） 0.3 5893.1 5897.5 0.6 5892.8 5897.7 0.9 5893.7 5897.2 1.2 5896.2 5896.2 1.5 5897.3 5895.1 1.8 5898.7 5894.3 2.1 5899.0 5894.1 2.4 5898.1 5894.6 2.7 5896.4 5895.6 3.0 5894.5 5896.7 3.3 5893.1 5897.3 3.6 5892.8 5897.7 3.9 5893.7 5897.2 A．双恒星绕质心转动的周期约为 B．观测到波长为的光是1号恒星远离观测者时发出的 C．在间观测到波长为的光是2号恒星在距离观测者最远位置附近发出的 D．通过比较观测波长变化量，可判断1号恒星转动半径较小 【答案】CD 【详解】A．由表中记录的数据，可知在期间，两恒星吸收光谱的波长是一个循环变化周期，则转动的周期约为，故A正确； B．观测到光的波长为，波长变长，由多普勒效应可知，它是1号恒星远离观测者时发出的，故B正确； C．在间观测到波长为的光，波长在逐渐减小，由多普勒效应可知，2号恒星在逐渐接近观测者，时，在距离观测者最远位置附近，故C错误； D．观测波长变化量，可知变化范围较大，多普勒效应更明显，距离变化更快，线速度更大，可判断1号恒星转动半径较大，故D错误。 本题选择不正确的，故选CD。 22．（多选）钱塘江大潮，在中国文化中是自然伟力、时序节律、家国情怀、民俗精神的多重象征。如图甲所示，某次观测到产生鱼鳞潮的两列振幅均为0.5m的水波以4m/s的速度向前行进，其模型可简化为图乙所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，B为AC的中点，E是AC延长线上与A点相距m的点，与A点相交的两条实线是两列波最靠前的波峰。假设本次鱼鳞潮的水波波长为1m，则下列正确的是（　　） A．图中A、D两点振动始终加强，而C点振动始终减弱 B．B点即将向上振动，经过一段时间质点A会运动到E点 C．图示时刻A、C两点间的高度差为2.0m D．从图示时刻再经2.5s，E点出现波峰 【答案】CD 【详解】A．稳定的鱼鳞区域是干涉图样，波峰遇波峰振动加强，波谷遇波谷振动也加强，波峰遇波谷振动才减弱，因此A、D、C三点振动始终加强，故A错误； B．稳定干涉图样中的加强点并不是始终在波峰处，波是向前行进的，波动传播的只是振动形式和能量，介质中的质点不随波迁移，因此一段时间后质点A不会运动到E点，故B错误； C．由于两列波的振幅均为0.5m，叠加的结果使A点在平衡位置上方2A处，而C点在平衡位置下方2A处，故图示时刻A、C两点间的高度差为，故C正确； D．图示时刻A点在波峰，波峰从A传到E用时，故D正确。 故选CD。 预测10电场的基本规律应用 1）预测点：电场强度叠加原理与电场力做功 2）押题 23．如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。忽略“小火箭”带电量对两极板电量和两极板间电场的影响，下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大 B．通电后若改变两板间距离，则板上锡纸的电荷量随之改变，电荷量数值与极板距离成线性关系 C．通电后若断开电源，增大两板间距离，则两板间电场强度减小 D．通电后若断开电源，减小两板间距离，则两板间电压减小 【答案】D 【详解】A．根据电场的基本性质，电场方向是从正极指向负极在本题中，电源正极连接下板，负极连接上板，电场方向是竖直向上的，结合题意得小火箭带正电，当“小火箭”向上运动时，电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，故A错误； B．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 联立解得 即电荷量数值与极板距离成反比例关系，故B错误； C．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 电场强度与电势差的关系 联立解得 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，增大两板间距离，则两板间电场强度不变，故C错误； D．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 联立解得 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，减小两板间距离，则两板间电压减小，故D正确。 故选D。 24．（多选）半球形电子能量分析器是一种测量电子能量分布的器件。它由内外两个同心半球组成，利用半球壳间的静电场让不同能量的电子在半球形通道中“分道扬镳”，筛选出特定能量范围的电子。如图所示，同心半球的球心为O，静电场沿着径向分布，电场强度的大小。速率不同的电子从入射口A进入电场，速度方向垂直于同心半球的底面，经过电场后分别到达B、C、D处，。忽略边缘效应和电子之间的相互作用。则（　　） A．到达B的电子在运动过程中动能增大 B．到达B、C、D的电子在A处对应的入射动能依次减小 C．到达B、C、D的电子在电场中运动的时间依次增大 D．到达B、C、D的电子出射速度方向均垂直于同心半球的底面 【答案】BD 【详解】A． 电子能做圆周运动到达时，电场力提供向心力，因此电场力方向始终指向球心。到达的电子整体远离球心，电场力指向（与位移径向分量方向相反），电场力做负功，动能减小，A错误； B．在入射点，电场力提供向心力 若入射动能（速度）足够大，，提供的向心力不足，电子做离心运动，偏向外围到达 若，电子做匀速圆周运动，到达 若入射动能（速度）足够小，，提供的向心力过大，电子做近心运动，偏向球心到达 因此到达、、的电子入射动能依次减小，B正确； C． 因电场，与万有引力相似，电子运动规律与类比于行星的运动，根据开普勒第三定律，可得，由图可知，轨道 “半长轴” 大小关系 所以，电子到达、、的运动时间均为各自的半周期，依次减小，C错误。 D．电子都是从同一侧垂直径向入射，在引力场中运动到 “对面最远点” 时，速度方向一定垂直于连线（长轴）出射，垂直于底面，D正确。 故选 BD。 预测11磁场的基本规律应用 1）预测点：以现代科学仪器为背景，带电粒子在匀强磁场中的偏转问题结合几何关系考查 2）押题 25．用霍尔元件探测螺线管中电流变化的装置示意图如图所示螺线管与通电装置连接，其电流I0方向如图所示，在螺线管正下方装有一块正方形霍尔元件，a、b、c、d为上表面的四个顶点，元件中定向移动的电子形成沿着ab方向的电流I，螺线管的轴线垂直于元件的上表面。用电压表连接b、c两点，即可探测螺线管中电流的变化情况。下列说法正确的是（　　） A．电压表的正接线柱连接c点 B．若电流I不变，则电压表示数为零 C．若电流I0均匀变大，则电压表示数保持不变 D．若电流I0均匀变大，则电压表示数逐渐变大 【答案】D 【详解】A．由右手螺旋定则可知，元件处在竖直向下的磁场中，元件中电子定向移动的方向沿着ba方向，由左手定则可知电子受指向cd侧的洛伦兹力，故电子将集中到cd侧，c点接电压表负极，故A错误； B．只要电流I存在，电子便受到洛伦兹力，电压表示数不为零，故B错误； CD．设bc距离为d，电压稳定时 得 可知磁感应强度B越大，电压U越大，而I0均匀变大，B将变大，电压也逐渐变大，故C错误，D正确。 故选D。 26．（多选）“圈套”常用于冷却高能粒子束。某回旋加速器中，匀强磁场的磁感强度，高频加速电压的频率，带电粒子在回旋加速器中运动形成的粒子束的平均电流，最后粒子束从半径的轨道飞出，进入冷却“圈套”的水中并停止运动。不考虑电磁辐射等其它能量损失，不考虑相对论效应。设“圈套”中水的用量，水的比热容。则（　　） A．回旋加速器正常工作时，高频加速电压频率是粒子回旋频率的2倍 B．粒子的比荷为 C．粒子离开加速器时的速度为 D．可使“圈套”中的水温升高约 【答案】BD 【详解】A．回旋加速器正常工作时，为了使带电粒子不断在D形盒的缝隙中被电场加速，则高频加速电压频率应该等于粒子的回旋频率，A错误； B．根据可得粒子的比荷为，B正确； C．根据可得，粒子离开加速器时的速度为，C错误； D．设单位时间内飞出回旋加速器的粒子为N，则I=Nq 粒子束在单位时间内释放出来的能量为 解得 由热平衡条件得 所以升高的温度 解得Δt=2.1K 可使“圈套”中的水温升高约，D正确。 故选BD。 预测12电磁感应基本规律应用 1）预测点：双杆模型与动生电动势结合能量守恒的动态分析题是重点。 2）押题 27．某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距为l，倾角为，导轨上端串接一个阻值为的电阻，下端接有电容为C的电容器。在导轨间长为d的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连，金属棒向上运动时，闭合，断开，向下运动时，断开，闭合。CD棒的初始位置在磁场下方某位置处，一位健身者用大小为的恒力拉动GH杆，CD运动过程中始终保持与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，CD棒进入磁场处时，撤去拉力F，恰好能减速运动到磁场上边界，不计其它电阻、摩擦力及拉杆和绳索的质量，重力加速度为g。下列说法错误的是（　　） A．k的单位为 B．CD棒进入磁场时的速度大小为 C．CD棒减速向上运动的时间为 D．若CD棒从磁场上边界由静止下滑，此时电容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零，则CD棒出磁场时的速度大小为 【答案】C 【详解】A．题意可知 其中R的单位Ω，B的单位为T，l的单位m，故k的单位为，故A正确，不符合题意； B．题意可知CD棒进入磁场时匀速运动，则有 因为 联立解得CD棒进入磁场时的速度大小，故B正确，不符合题意； C．规定沿斜面向下为正方向，减速过程，由动量定理得 因为 联立解得，故C错误，符合题意； D．设CD棒的速度大小为，经历的时间为，通过CD棒的电流为，CD棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为 设在时间间隔内流经CD棒的电荷量为，则 因为 CD棒在时刻的加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 联立可得 CD棒做初速度为零的匀加速运动，则 联立解得，故D正确，不符合题意。 故选C。 28．（多选）如图甲所示，在水平实验台上固定一个周长为的超导圆环，一块质量为的永磁铁沿圆环中心轴线从正上方缓慢向下运动，永磁铁最终悬浮在圆环正上方高度处，由于超导体存在极小的电阻导致电流衰减，永磁铁的悬浮位置会随时间缓慢下移，经过时间，悬浮高度变为。已知永磁铁在高度处时，圆环所在位置的磁感应强度大小分别为，磁场方向与水平方向的夹角分别为，圆环中的感应电流大小分别为。图乙为实验测得的圆环中电流大小的平方随时间变化的图像，重力加速度为，忽略磁场能的变化。下列说法正确的是（　　） A．从上向下看，超导圆环中感应电流的方向为逆时针方向 B．永磁铁在高度处时，超导圆环所受安培力的大小为 C．永磁铁在高度处时，超导圆环所受安培力的方向竖直向上 D．该超导圆环的电阻值为 【答案】ABD 【详解】A．永磁铁向下靠近圆环，穿过圆环的向下磁通量增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向上阻碍磁通量增加；由右手螺旋定则，从上向下看，超导圆环中感应电流为逆时针方向，故A正确； B．将磁感应强度分解为竖直分量和水平分量，竖直分量对电流的安培力沿水平方向，总合力为零；水平分量对每个电流元的安培力均沿竖直方向，总安培力大小为 ，故B正确； C．永磁铁悬浮平衡，重力向下，因此圆环对永磁铁的安培力竖直向上；根据牛顿第三定律，永磁铁对超导圆环的安培力方向竖直向下，故C错误； D．根据能量守恒，永磁铁重力势能的减少量全部转化为超导圆环电阻的焦耳热（忽略磁场能变化），即 随线性变化，焦耳热 整理得，故D正确。 故选ABD。 预测13交变电流和变压器 1）预测点：理想变压器与远距离输电结合功率损耗问题（如输电电压与线损的关系）将高频出现 2）押题 29．图甲为无线充电牙刷，其充电原理简化如图乙所示。底座线圈间通入图丙所示的正弦交流电后，牙刷内置线圈整流电路输入电压为，再经整流后对牙刷内的电池进行充电。规定磁场方向向上为正，俯视时顺时针电流为正，则下列说法正确的是（    ） A．底座线圈和牙刷内置线圈匝数之比为 B．牙刷内置线圈电流方向每秒改变50次 C．内，牙刷内置线圈的感应电流方向为负 D．若在点接入一个理想二极管，则整流电路输入电压的有效值为 【答案】D 【详解】B．由图丙可知，交流电的周期为T=2×10-2s，在一个周期内电流方向改变2次，所以牙刷内置线圈电流方向每秒改变100次，故B错误； A．由图可知底座线圈的输入电压的有效值为U1=220V，内置线圈的输出电压为U2=5V，但因为是无线充电，所以存在漏磁现象，即底座线圈和牙刷内置线圈匝数之比，故A错误； C．根据图丙可知，在0.01～0.015s内，底座线圈中电流产生的磁场方向是向上的增加，根据楞次定律可知牙刷内置线圈的感应电流方向为俯视看顺时针方向，即电流方向为正，故C错误； D．若在c点接入一个理想二极管，由于二极管的单向导电性，所以整流电路中只有半波电流经过，设整流电路输入电压的有效值为U，则 解得，故D正确。 故选D。 30．2025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。 【预测二 实验题】 预测01力学实验 1）预测点：控制变量法与图像处理的结合考查将成主流 2）押题 31．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 32．探究向心力大小F与物体的质量m、角速度和轨道半径r的关系实验。 方法1：某物理兴趣小组A使用向心力演示仪进行探究。 （1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的______。 A．探究平抛运动的特点 B．探究两个互成角度的力的合成规律 C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 （2）某同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示。 a．三个情境中，图______是探究向心力大小F与质量m关系（选填“甲、“乙”、“丙”）。 b．在甲情境中，若钢球1与钢球2所受向心力的比值为4∶1，则实验中钢球1与钢球2选取的变速塔轮的半径之比为______。 方法2：某物理兴趣小组B利用传感器进行探究，实验装置原理如图所示。装置中水平光滑直槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直槽一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。 （3）小组同学先让一个滑块做半径r为0.14m的圆周运动，得到图甲中①图线。然后保持滑块质量不变，再将运动的半径r分别调整为0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐标系中又分别得到图甲中②、③、④、⑤四条图线。 （4）对①图线的数据进行处理，获得了图像，如图乙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是______。 （5）对5条图线进行比较分析，得出一定时，的结论。请你简要说明得到结论的方法______。 【答案】 C 丙 1:2 ω2/mω2/rω2/mrω2 见解析 【详解】（1）[1]A．在本实验中，利用控制变量法来探究向心力的大小与小球质量、角速度、半径之间的关系。探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故A错误； B．探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故B错误； C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系是通过控制变量法研究的，故C正确。 故选C。 （2）a．[2]根据可知，要探究向心力大小F与质量m关系，需控制小球的角速度和半径不变，由图可知，两侧采用皮带传动，所以两侧具有相等的线速度，根据皮带传动的特点可知，应该选择两个塔轮的半径相等，而且运动半径也相同，选取不同质量的小球，故图丙正确。 b．[3]两个球的质量相等，半径相同，由， 已知 所以 两个塔轮边缘的线速度相等有 可知两个变速塔轮的半径之比为 （4）[4]通过图甲中①图线中数据可知F与ω2成正比，即F与ω2的关系图像是一条过原点的直线，即x可以是ω2。 又因ω变化时，滑块质量与运动半径都不变，所以x也可以是mω2或rω2或mrω2。 [5]探究F与r的关系时，要先控制m和ω不变，因此可在图像中找到同一个ω对应的向心力，根据5组向心力F和半径r的数据，在F-r坐标系中描点做图，若得到一条过原点的直线，则说明F与r成正比。 预测02电学实验 1）预测点：测量电源电动势和内阻实验中，伏安法与伏阻法、安阻法的对比分析（如系统误差来源）将成热点。 2）押题 33．某实验小组自制了一台氧气流量计，其结构如图甲所示，氧气从进气口进入腔体冲击应变片，应变片发生形变，阻值随之变化。应变片接在图乙所示的电路中，其中电源电动势，定值电阻，，应变片的阻值随氧气流量变化的关系如图丙所示。闭合开关S，当流量变化时，、两点间的电压会随之改变。在、间接入电压传感器，利用电压传感器的示数可算出流量。电源内阻不计，电压传感器的内阻可视为无穷大。 (1)按照图乙，将图丁中的实物连线补充完整____。 (2)当氧气流量时，________mV。 (3)当氧气流量时，、两点的电势关系为________（填“”“＜”或“”）。 (4)当电压传感器的示数为4mV时，氧气流量________。 (5)当环境温度升高时，应变片阻值增大，该变化会导致氧气流量的测量值________（填“偏大”或“偏小”）。为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是________（写出一种方法）。 【答案】(1) (2)0 (3) (4) (5) 偏大 适当增大的阻值 【详解】（1） （2）时，由丙图知,又 则上下两支路根据串联电路的分压原理，则有 则 （3）当氧气流量时，由丙图知增大 则分到的电压减小，减小，而不变，故 （4）取电源负极为零电势点， 对下面支路由欧姆定律 又 联立解得 由图丙得氧气流量 （5）[1]当环境温度升高时，应变片阻值增大,由图丙会导致氧气流量的测量值偏大 [2]为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是适当增大的阻值 34．钙钛矿太阳能电池有成本低、光能转化效率高等优点。某同学利用如图甲所示电路探究某钙钛矿电池的路端电压U与电流I的关系。所用器材有：光强可调的光源、钙钛矿电池、电压表、电流表、滑动变阻器R、开关S以及导线若干。已知当光照强度不变时钙钛矿太阳能电池的电动势视为不变，电流表和电压表均可视为理想电表。 （1）按如图甲所示电路连接器材，将滑动变阻器R的滑片调至最左端。闭合电键S，用一定强度的光照射电池，保持光照强度不变，调节滑动变阻器R，记录滑片在不同位置时电压表和电流表的读数U、I，并描绘出图线如图乙中曲线a所示，则此强度光照下钙钛矿电池的电动势___________V（结果保留三位有效数字）。 （2）对曲线a进行分析，当电流超过1.00mA时，内阻随电流的增大而___________（选填“增大”或“减小”）：当电流为0.50mA时，电池内阻约为___________Ω（结果保留三位有效数字）。 （3）减小光照强度后，重复实验并描绘出图线如图乙中曲线b所示。 （4）将滑动变阻器的滑片P滑动到某位置并保持不变，在曲线a对应的光照强度下，电路中的路端电压为0.90V，则在曲线b对应的光照强度下，外电路消耗的电功率约为___________mW（结果保留两位有效数字）。 【答案】 1.05 增大 180 0.33 【详解】（1）[1]时，路端电压等于电池的电动势，为 （2）[2]根据闭合电路的欧姆定律 对于图中的和图像上的两点，内阻为 故内阻为该点与连线斜率倒数的绝对值。当电流超过1mA时，该连线斜率倒数的绝对值随电流的增大而增大，故内阻随电流的增大而增大。 [3]当电流为0.50mA时，由图知路端电压 根据闭合电路的欧姆定律 可得此时内阻约为 （4）寻找a曲线0.9V时对应的坐标点，连接原点该点交曲线b于，外电路消耗的电功率约为 【预测三·计算题】 预测01气体实验定律的综合应用问题 1）预测点：理想气体状态方程与热力学第一定律结合的动态过程（如等温压缩、绝热膨胀）中的能量计算题需重点突破。 2）押题 35．2026年1月19日，神舟二十号飞船从中国空间站带回了一套“战功赫赫”的“飞天战袍”一一退役的舱外航天服。为检验此航天服的“气密性”，给真空状态的航天服充入体积为、压强为的氧气，使航天服内部压强，然后把航天服放入检测室，将检测室抽成真空密封。经过10小时通过压强传感器测出检测室内的压强。已知航天服的容积，检测室放入航天服后检测室剩余空腔的体积，整个过程温度不变。求： (1)给真空状态的航天服充入氧气的体积； (2)经10小时后，航天服内气体的压强； (3)经10小时后，若漏出气体的质量小于原有质量的1%，航天服的“气密性”合格，通过计算判断该航天服“气密性”是否合格。 【答案】(1) (2) (3)合格，计算见解析 【详解】（1）已知氧气的压强，航天服内部压强，航天服的容积，充气过程温度不变，对充入的氧气由玻意耳定律，得 解得 （2）已知检测室内的压强，检测室剩余空腔的体积，漏气后，气体分为航天服内、检测室内两部分，总气体温度不变，由玻意耳定律，得 解得 （3）同温下，理想气体的质量比等于物质的量比，结合理想气体状态方程 得漏出气体占比 解得 因此该航天服气密性合格。 36．某兴趣小组设计了一个自动开关空调的装置，其原理图如图所示。一定质量的理想气体封闭在导热汽缸内，活塞上表面涂有导电物质，活塞和导电物质的厚度、质量均不计，活塞横截面积；开始时室内温度，活塞距汽缸底部的高度，当室内温度上升，活塞上移时，活塞上表面的导电物质与电路中的两固定触点、接触，空调开始工作。不计一切摩擦，大气压强，求： (1)为使空调能在时启动，开始活塞距固定触点、的距离； (2)若从开始到空调刚启动过程气体吸收的热量为，则此过程气体内能的增加量为多少。 【答案】(1)0.03m (2)16J 【详解】（1）气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有 得 代入数据，解得 （2）气体等压膨胀对外做功，则 代入数据解得 由热力学第一定律得 代入数据，解得 预测02牛顿运动定律的综合性应用 1）预测点：构建“斜面传送带+物块滑动”多过程模型，要求分阶段列动力学方程，突出“临界条件”与“运动转折点”的识别。 2）押题 37．如图为某工厂装车部分的示意图。段为粗糙斜面，段为光滑水平面，为水平传送带，滑块从斜面上距B点L0处静止释放，最后从D点水平抛出落在车厢上。已知段倾角，滑块与斜面间动摩擦因数为；传送带长度，其最右端D点为右侧圆形皮带滚轮的最高点，皮带滚轮的半径为（传送带厚度可忽略），滑块与水平传送带之间的动摩擦因数为；车厢尾端位于传送带滚轮最右侧的正下方，距传动带滚轮最低点的高度，车厢长度。斜面与水平面之间用不计长度的光滑圆弧连接，忽略水平面与传送带之间的空隙，滑块可看作质点，重力加速度取，， (1)若，求滑块到达B点时的速度大小； (2)若，传送带的速度可调，若要保证滑块既能从D点做平抛运动离开传送带，又能落入货车车厢上，求传送带顺时针匀速转动的速度取值范围； (3)为了省电，较长时间没有物块经过时，传送带会停止转动，当检测到滑块经过C点时传送带开始顺时针匀加速启动，加速度大小为，速度达到后开始匀速运动。若要保证滑块既能从D点做平抛运动离开传送带，又能落入货车车厢上，求L0的取值范围，并写出滑块在车厢上的落点到D点的水平距离关于的函数关系式。 【答案】(1) (2) (3)当时，，当时， 【详解】（1）滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律，有 解得加速度为 由运动学公式，有 解得 （2）滑块从离开传送带到落入货车车厢，下落的高度为 由自由落体运动规律有平抛运动总用时t满足 解得 若要落入车厢，滑块平抛运动的水平运动需满足 解得 若滑块能从D点做平抛运动，由牛顿第二定律有 解得 故物块到达D点时的速度需满足 滑块在传送带上相对滑动时，由牛顿第二定律 解得 若滑块在传送带上加速，则 若滑块在传送带上一直减速，D点速度为，由运动学公式 解得 故滑块不能一直在传送带上减速，故传送带的速度取值范围为。 （3）由前问有，现在开始寻找不符合题意的情况 情况一：一直减速后仍然有 此时由运动学公式有 解得 情况二：直到最后仍然有 刚进入传送带时，滑块速度快于传送带，若达到速度相同用时，有 解得， 此时滑块的位移 此后由于，滑块将一直保持的加速度做匀加速运动： 联立代入 解得 故L0的取值范围为，在符合取值范围的L0中： 若离开传送带时，滑块已经与传送带共速， 即，则水平距离 假设某滑块直至离开传送带时，仍未与传送带共速，则水平距离，其中 该滑块刚进入传送时，滑块速度快于传送带，若达到速度相同用时，有： 解得， 此时滑块的位移 情况一：若共速前就离开传送带，即 解得 故当时，物块离开传送带时仍未与传送带共速，有 由，代入数值可得 故当时，当滑块与传送带速度相同后，由于，滑块将一直保持的加速度做匀加速运动 解得 由，代入数值可得 故当时， 当时 38．某同学正在参与一种游戏，下图中甲为俯视图，乙为侧视图，图乙中A为可视作质点的煤块，B为一块长为的工程泡沫板（煤块能够在板上留下划痕，且若板上的划痕有重叠时，会出现颜色更深的痕迹），将A置于B表面，一起放在一足够长的台面上，现对B施加一水平向右、大小变化的力，该力满足（随时间均匀改变），已知A、B之间的动摩擦因数为，B与台面的动摩擦因数为，质量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求： (1)从开始施加力到泡沫板刚开始运动所经历的时间； (2)当泡沫板上即将出现划痕时煤块的速度大小； (3)该游戏获胜的依据是：煤块初始位置可在图甲中虚线上任意摆放，全程不能掉落出泡沫板，在泡沫板上留下的痕迹越长越好，颜色越深越好，某同学对泡沫板重新施加一个水平向右大小为的恒力，该力作用一段时间后可撤去，为了帮助他成为超级大赢家，请分析求出该力应作用的最佳时间和煤块初始位置距左端的最佳距离。 【答案】(1)10s (2) (3)，3m 【详解】（1）设经过时间泡沫板开始运动，则此时泡沫板与地面间的静摩擦力恰好达到最大值，则有 又因为 联立解得 （2）设经过时间煤块与泡沫板恰好发生相对运动，则此时煤块与泡沫板间的静摩擦力应恰好达到最大值，因此对煤块根据牛顿第二定律有 解得此时煤块的加速度为 同理此时对泡沫板列牛顿第二定律方程有 解得， 所以煤块和泡沫板整体一起运动的时间为 此时煤块的速度大小为 （3）假设如下情景：煤块初始摆在泡沫板的右端，且相对运动过程中煤块刚好能到达泡沫板的左端，最终又恰好停到泡沫板的右端，则划痕又长又深。设煤块放置的初始位置与泡沫板左端的距离为x，外力作用的时间为，设撤去外力前，泡沫板的加速度大小为，而煤块的加速度大小仍为，则该过程对泡沫板列牛顿第二定律方程有 解得 撤去外力后，在煤块和泡沫板速度达到相等之前，泡沫板将匀减速运动，设其加速度大小为，而煤块的加速度大小仍为，则该过程对泡沫板列牛顿第二定律方程有 解得 速度相等之后，二者将各自做匀减速运动，设该过程泡沫板的加速度大小为，煤块的加速度大小仍为a，则有 解得 设煤块与泡沫板速度相等时的速度为，因煤块恰不从左端滑出，也恰好不从右端滑出，则有 解得 设煤块从启动到与泡沫板速度相等经历的时间为，则有 解得 在煤块和泡沫板速度相等之前，对泡沫板有 解得 即力应作用的最佳时间为；煤块与泡沫板左端的距离为 假设的情景成立，所以煤块初始应摆在泡沫板的右端，即煤块初始位置距左端的最佳距离为。 39．随着快递业务发展，快递企业常常用传送装置来运送包裹，如图为其工作场景简化图。可调传送带水平段AB与倾斜段BC转动方向及速率始终一致，AB长，BC长，倾角，传送带速率，一运输包裹的平板车静止于水平光滑地面，其左端位于水平传送带右端A的正下方，平板车与水平传送带上表面高度差h = 0.1m。包裹和包装箱均可视为质点，已知，，取。 (1)先调节传送带，使其逆时针转动，将质量m1=3kg的包裹轻放在A端，包裹与传送带间动摩擦因数，求包裹在AB段做加速运动的过程中，包裹的位移大小x1以及包裹对传送带的摩擦力； (2)C处工作人员拿到包裹后，调节传送带变为顺时针转动，速率不变，将包裹放入包装箱（二者合在一起叫做包裹箱）后无初速放在C端，已知包裹箱的质量为m2，包裹箱与传送带间动摩擦因数，求包裹箱从C点到B点的时间； (3)经传送带运送，包裹箱从A端沿水平方向以的速度飞出，在落入平板车过程中包裹箱还受到与重力等大同向的风力作用，求包裹箱落到平板车上时与A端的水平距离； (4)在第（3）小题的情况下，包裹箱落到平板车上时，竖直速度瞬间变为零，水平速度不变，同时工作人员对平板车施加一水平向右恒力F，已知平板车质量，总长L3=2.4m，包裹箱的质量，包裹箱与平板车间动摩擦因数，包裹箱与平板车之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使包裹箱不脱离平板车，求恒力F的取值范围。 【答案】(1)；24N，方向水平向右 (2) (3)0.4m (4) 【详解】（1）在AB段对包裹受力分析，由牛顿第二定律 设包裹达到与传送带共速时的位移为x1，由运动学公式 解得 所以到达B点前已经匀速，则AB段加速运动过程中的位移大小为 传送带AB段对包裹的摩擦力f=μ1m1g=24N 根据牛顿第三定律可得包裹对传送带的摩擦力大小为24N，方向水平向右。 （2）在倾斜传送带CB段，从C开始运动时，对包裹箱受力分析由牛顿第二定律可得 解得包装箱的加速度为 包装箱加速到与CB传送带共速所用时间为 CB段加速位移为 此时因为，包装箱将继续加速运动，由牛顿第二定律 解得 当包装箱以加速度运动到B点时，由运动学公式 解得 所以包装箱从C点到B点的时间为 （3）如图，包装箱落入平板车时距平板车左端相距为d，则mg+mg=ma 竖直方向有 可得t= 0.1s 水平方向有 （4）由题意可知当包装箱滑至平板车最右端时两者刚好共速，此情景下施加的恒力F最小，则对包装箱由牛顿第二定律 解得 对平板车，由牛顿第二定律 两者共速时，由运动学公式 联立可得，， 当包装箱与平板车共速后，两者间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时，此情景下施加的恒力F最大，则对包装箱，由牛顿第二定律 对整体受力分析，由牛顿第二定律 联立可得 所以F的范围为 预测03力学三大观点的综合性应用 1）预测点：动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律结合的多过程问题（如碰撞+滑块+弹簧模型）是压轴题首选。 2）押题 40．医院气动传输系统用于医用物品传送，可以实现跨楼层、跨区域高效传输。如图所示为气动传输装置模型管道，其中竖直、高度，是半径的四分之一圆弧管道（远大于管道内径），水平、长度。处放置一质量的传输瓶甲，启动风机，利用气压差给甲施加一大小恒为沿管道方向的气动推力，和均光滑，甲经过程克服阻力做功，传输瓶可视为质点，求： (1)传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小； (2)传输瓶甲到达点时的速度大小； (3)若传输瓶甲进入管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度。要使甲到点速度恰好为零，求甲在运动过程中的最大速度； (4)现有质量的传输瓶乙锁在管道上的点（点未标出），长度。甲运动至点瞬间解锁乙，甲、乙发生弹性碰撞。碰撞前后甲受气动推力一直为，碰后乙始终具有向左的加速度。则在乙速度第一次减为零之前，甲、乙是否会再次发生碰撞？若会，求再次碰撞的位置到点的距离。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）段光滑，根据动能定理有 在点，物体做圆周运动的向心力由支持力、重力、推力的合力提供，则有 代入数据解得。 （2）从到根据动能定理有 解得。 （3）进入后，甲先向右加速，后向右减速到0，最大速度出现在推力与阻力平衡（即加速度为0）时刻，即物体加速运动阶段的结束。已知加速度，方向向左，设从到最大速度位置的位移为，从到根据动能定理有 甲从到最大速度位置根据动能定理有 联立解得 （4）点距离点为，从C到E根据动能定理有 在点甲乙发生弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒，则有， 联立解得， 乙加速度向左，初速度向右，故乙做匀减速直线运动，碰撞后甲的加速度向右，甲的初速度为，负号表示速度方向向左，甲做匀减速直线运动，即甲先向左减速到0，再向右加速。则乙向右匀减速直线运动的位移 所以甲、乙会再次发生碰撞； 乙向右运动的时间为 甲向左匀减速直线运动的时间为 甲向左匀减速直线运动的位移为 甲减速到0后，开始向右做匀加速直线运动，在内运动的位移 甲减速到0的位置与乙加速到0的位置间距离为 所以乙减速到0之前甲乙发生第二次碰撞，设从第一次碰撞结束到第二次碰撞前瞬间的时间为，则有甲乙在这段时间内位移相等，即 代入数据解得 所以第二次发生碰撞位置与点的距离为 解得 所以第二次发生碰撞位置与点的距离为。 41．如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 【答案】(1)内侧； (2) (3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 42．如图所示，水平传送带顺时针匀速传动，左、右两端相距，其右端与足够长的光滑轨道无缝平滑连接，在轨道的左侧静止一足够长的质量的木板，轨道的右侧足够远处固定有一竖直弹性挡板，木板的右端放置有小物块乙，其质量，它与木板间的动摩擦因数，某时刻，小物块甲以初速度水平向右从传送带左端A点滑上传送带，一直匀加速从右端滑离传送带时，与木板发生弹性正碰，已知物块甲的质量，它与传送带间的动摩擦因数，不计木板与挡板碰撞过程的时间及能量损失，物块均可视为质点，重力加速度g取。 (1)求传送带的运动速度v的大小应该满足的条件。 (2)求物块甲与木板碰后，物块甲与木板左端相距的最大距离。 (3)若物块甲与木板碰后立即取走甲，木板与挡板碰撞前，乙与木板已共速，求从木板与挡板第一次碰撞开始计时到木板停止运动，物块乙与木板相对滑动过程所经历的时间。 【答案】(1) (2)10m (3)2.5s 【详解】（1）物块甲在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 由运动学公式 代入数据解得甲滑离传送带时的速度 因为甲一直匀加速从右端滑离，说明甲在传送带上运动时速度始终未达到或刚好达到传送带速度，故传送带速度应满足，即。 （2）甲与木板发生弹性正碰，设碰后甲的速度为，木板的速度为。由动量守恒和能量守恒得， 代入数据解得， 碰后甲向左滑上传送带，加速度大小 木板向右运动，乙在木板上向右加速，加速度， 木板受乙的摩擦力向左，加速度大小 当甲与木板速度相等时，相距最远。设碰后经过时间共速。甲先向左减速到0用时 此时甲位移 此后甲向右加速。木板一直减速，设经过时间两者速度相等 解得（此时木板与乙也恰好共速，，）。 甲的速度 与木板速度相等。此时甲的总位移 木板的位移 最大距离 （3）取走甲后，木板与乙系统动量守恒。第一次与挡板碰撞前，乙与木板共速，速度。木板与挡板弹性碰撞后，速度变为，乙速度仍为。此后乙相对木板向右滑动，受向左摩擦力，木板受向右摩擦力。设相对滑动时间为，共速速度为。对系统由动量守恒： 解得 对木板由动量定理 解得 此后木板与乙以向右匀速运动，再次与挡板碰撞。每次碰撞后，系统总动量减半，共速速度减半，相对滑动时间也减半。总时间 预测04电磁感应与电路结合的综合问题 1）预测点：通常以导体棒切割磁感线或线框进出磁场为物理模型，结合含源电路、电容器充放电、动量定理与能量守恒，构建“磁→电→力→能”多维转化链，全面考查系统建模与动态分析能力。 2）押题 43．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？ 【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 44．某精密仪器的减振装置如图1所示，减振装置由轻质弹簧、线圈和磁铁组成。轻质弹簧一端固定在板上，另一端通过绝缘轻杆与线圈连接，磁铁固定在板上，板均固定且为非磁性材料，不会与磁铁发生相互作用。线圈的中心轴线与磁铁的中心轴线重合且为竖直方向。磁铁产生辐向磁场，如图2所示。初始时刻，线圈处于静止状态（记作初始位置），受外界微小扰动，线圈在磁场中沿竖直方向振动。已知弹簧的劲度系数为，当弹簧形变量为时，其弹性势能为；线圈的质量为，半径为匝数为电阻为，线圈所在处磁感应强度大小均为。在振动过程中，线圈所受安培力大小可表示为，其中为常数，不计空气阻力，重力加速度为。 (1)求线圈静止时弹簧的伸长量； (2)用物理量表示常数； (3)在时间内，线圈从最低点运动到最高点（仅经过一次初始位置），最低点距初始位置距离为，最高点距初始位置距离为。求时间内 a.线圈中产生的焦耳热； b.弹簧弹力的冲量。 【答案】(1) (2) (3)a.；b.，方向竖直向上 【详解】（1）线圈静止时处于平衡状态，受重力和弹簧弹力作用，安培力为零。根据平衡条件有 解得弹簧的伸长量 （2）线圈在磁场中运动切割磁感线，产生的感应电动势为 感应电流为 线圈受到的安培力为 已知 ，对比系数可得 （3）a. 线圈从最低点运动到最高点的过程中，根据能量守恒定律，系统机械能的减少量等于产生的焦耳热。取初始位置为重力势能零点。 最低点时，弹簧伸长量为 ，重力势能为 ，动能为 0。 最高点时，弹簧形变量为 ，重力势能为 ，动能为 0。 能量守恒方程为 展开并利用 化简得 解得 b. 对线圈在 时间内应用动量定理，取向上为正方向。初末速度均为0，动量变化量为 0。受力包括重力、弹簧弹力、安培力。重力冲量 安培力方向始终与速度方向相反，线圈从最低点向上运动到最高点，速度始终向上（端点除外），故安培力始终向下。安培力冲量大小为 将时间累加得 方向向下，故 设弹簧弹力冲量为 ，由动量定理 解得 代入 ，得 方向竖直向上。 预测05带电粒子在电磁场中的运动 1）预测点：复合场（电场与磁场共存）中的粒子运动问题（如速度选择器、质谱仪原理）将结合几何关系考查。 2）押题 45．由于存在电荷间的相互作用，带电粒子束在传输过程中会发散，使束流品质下降。图1为“四极磁铁”（四个对称排列的磁极）构成的“磁透镜”，可实现对粒子束的约束。图2为其模型剖面结构图，平面内的中心附近区域具有近似线性的磁场分布。在如图3所示的空间直角坐标系中，磁感应强度满足，其中为已知常数。所有电子均以速度（极大），在平面内中心附近区域不同位置沿轴负方向入射。已知电子电荷量大小为，质量为，可能用到的结论有：简谐运动周期公式 (1)若电子入射点为，其中、均大于0，求：入射时，电子所受洛伦兹力在轴和轴上的分力、的大小及方向（用、、、和表示）； (2)若“磁透镜”两端面中心坐标分别为和，因电子穿过磁透镜的时间极短，可认为电子在轴方向做匀速运动。当入射电子沿轴分布，要求电子能在处汇聚（即聚焦），求： ①的最小值； ②若，电子从处入射，定义电子第一次与轴的交点坐标为该磁透镜在轴方向的焦距，假设电子在“磁透镜”内部运动时，方向的偏移量可忽略不计，并满足，求：的大小。 (3)若将题（2）中的入射电子改为沿轴分布，其他条件不变，要求电子也能聚焦，有同学认为只需对“磁透镜”绕轴旋转，如果可行，请说明如何操作？ 【答案】(1)，方向沿轴负方向； ，方向沿轴正方向 (2)①；② (3)绕轴旋转（顺时针、逆时针均可） 【详解】（1）根据洛伦兹力公式，可知 左手定则可知方向沿轴负方向 据洛伦兹力公式，可知 左手定则可知方向沿轴正方向 （2）①根据简谐运动周期 因为 可知 ②根据 求导可得 所以， 因为， 因为 联立可得 （3）绕轴旋转（顺时针、逆时针均可） 46．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？ 【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 选择压轴题 1．某科创小组制作了一个玩具飞碟，如图甲所示，上、下两圆盘内均安放了半径为r的水平匀质金属圆环，圆环上下同轴水平放置，下方圆盘放在水平桌面上。当上、下圆环中通有大小分别为、的电流时，上方圆盘能悬浮，此时两线圈相距为h，且，轴截面如图乙。已知上方圆盘的总质量为m，长直通电导线在空间中某点激发的磁场的磁感应强度满足关系式，k为常数，I为通过直导线的电流，x为该点与直导线的垂直距离，重力加速度为g。此时（　　） A．两圆环中电流方向相同 B．上方圆环对下方圆环的作用力大于mg C．电流 D．下方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度 【押猜原因】生活实际相结合 【答案】C 【详解】A．根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环中电流方向相反，A错误； B．因下方圆环对上方圆环的斥力为mg，根据牛顿第三定律可知，上方圆环对下方圆环的作用力等于mg，B错误； C．下方圆环在距离h处的磁感应强度大小为 则由平衡可知 解得电流，C正确； D．下方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度，D错误。 故选C。 2．核磁共振（NMR）是一种在化学生物等方面具有极多应用的检验手段。已知氢原子核有自旋，自旋产生微小环形电流，环形电流产生磁场，其效果类似小磁针。如图1所示为核磁共振仪工作原理的简化图。与扫描发生器、射频发生器、探测器相连的线圈分别称作扫描线圈、射频线圈、探测线圈。核磁共振仪开始工作后，扫描线圈中通以强电流，形成水平方向的强磁场。此时氢原子小磁针的运动形式可类比为陀螺：可认为一端固定，另一端点以外界强磁场方向为轴做圆周运动，这一运动形式称为进动，如图2所示。当氢原子小磁针在强磁场中排列稳定后，在射频线圈中通以正弦交变电流。类似核外电子吸收能量跃迁至更高能级，射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级，氢原子小磁针进动模式因而发生改变。随后撤去射频电流，氢原子小磁针重新回到原进动模式。在这一恢复过程中，大量氢原子小磁针所产生的宏观磁场切割探测线圈，所形成的电流经处理最终成像。下列说法正确的是（    ） A．氢原子小磁针进动时，原子核的自旋以为轴 B．氢原子小磁针在重回原进动模式的过程中会释放能量 C．进动模式恢复过程中，探测线圈中的磁通量不变 D．射频线圈产生的电磁波频率高于射线 【押猜原因】科技前沿 【答案】B 【详解】A．由图2可知氢原子自旋不是以为轴，而是以NS极方向为轴转动，故A错误； B．由题意可知，“射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级”，说明激发后的状态能量较高。当氢原子小磁针“重新回到原进动模式”时，是从高能级跃迁回低能级（稳定态），根据能量守恒定律，该过程必然释放能量，这部分能量转化为探测线圈中的电能，故B正确； C．在恢复过程中，探测线圈中形成了电流，根据法拉第电磁感应定律，穿过探测线圈的磁通量必然发生变化，若磁通量不变则不会产生感应电流，故C错误； D．射频属于无线电波波段，其频率远低于X射线的频率，故D错误。 故选B。 计算压轴题 3．如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求： (1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a； (2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N； (3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。 【押猜原因】生活实际问题建模 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有 解得 （2）设离开a点的速度大小为，沿底板方向有 垂直于底板方向有 解得 在a点，由圆周运动动力学方程有 解得 （3）由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下 水平方向有 垂直于底板方向有 解得 对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有 垂直于底板方向有 联立解得 若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足 弹珠从底板到a点的过程，解得 弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得 因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件 或 4．单板滑雪U形池赛是一项兼具观赏性和挑战性的比赛，该项目要求运动员在特设的U形场地内凭借滑坡起跳，并在空中完成各种高难度动作。如图所示，现某运动员以v＝12.5 m/s的速度大小从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABHG滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AB的夹角为53°，腾空后沿轨道边缘的N点重新进入轨道，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，π取3.14。 (1)求该运动员（可视为质点）的运动轨迹在最高点的曲率半径ρ（曲率半径指曲线某处内切圆的半径）； (2)若运动员在腾空过程中表演各种回旋动作，现认为该过程中，滑板中心上的一点Q可视为以运动员重心S为圆心做匀速圆周运动（起跳后身体向前翻转，Q和S图中均未画出），周期为T＝0.4 s，重心S与Q点的距离为r＝1.1 m，则运动员位于最高点时，求滑板上Q点的对地速度大小。 【押猜原因】2026年米兰-科尔蒂纳冬奥会 【答案】(1)5.625 m (2)24.77 m/s 【详解】（1）运动轨迹最高点处，运动员的重力提供在该点做圆周运动的向心力，运动员速度为从M点滑出时速度的水平方向分量，即， 解得 （2）从M点滑出到最高点所用时间为 则运动员从离开轨道到位于最高点时所转的圈数为n＝＝2.5 即此时运动员处于倒置状态，滑板上的Q点在最高点，所以滑板对地速度大小为 5．2025年11月5日福建舰正式入列，标志着我国海军正式进入“三航母时代”。如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，电源的电动势为E，内阻不计。两条足够长的导轨间距为L且水平放置，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，电容器的电容为C。现将一质量为m、电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a使电容器充电，充电结束后，再将开关K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动，不计导轨和电路其他部分的电阻，且忽略金属滑块运动过程中的一切阻力，不计电容器充放电过程中该装置向外辐射的电磁能量及导轨中电流产生的磁场对滑块的作用，求： (1)在开关K置于b瞬间，金属滑块的加速度大小； (2)金属滑块在运动过程中的最大速度； (3)若撤掉匀强磁场，金属滑块在导轨中电流产生的磁场作用下加速，导轨间磁场与导轨上电流成正比，且磁感应强度，k的大小已知且为常数，求金属滑块速度为v时，电容器储存的电场能。 【答案】(1) (2)，方向水平向右 (3) 【押猜原因】大国重器——福建舰 【详解】（1）对金属滑块应用牛顿第二定律，得 又 解得 （2）对金属滑块应用动量定理，得 又    电容器放电前所带的电荷量 最终电容器所带电荷量 金属滑块达到最大速度时，金属滑块产生的电动势 金属滑块最大速度为，方向水平向右。 （3）对金属滑块应用动量定理，得 即   两边同乘电阻，有 即     根据能量守恒得   其中   解得 6．受控核聚变（托卡马克装置）中常用磁镜装置约束带电粒子，其简化模型如图所示。以轴为轴线对称分布着中间长直螺线管与端部长直螺线管，坐标原点点为中间螺线管的几何中点。磁镜装置参数如下：中间和端部螺线管单位长度匝数分别为，分别通入恒定电流，螺线管内部产生沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度分别为。一束质量为、电量为的正离子从点与轴夹角为注入磁镜，离子在磁场中运动仅受洛伦兹力作用，不考虑相对论效应。已知：匝/米、匝/米、，通以电流的螺线管内部磁感应强度（真空磁导率为单位长度匝数），。 (1)氘-氚聚变是目前受控核聚变的主要研究方向，其核反应方程是：，请将方程补充完整，并求磁镜装置中和的大小（取）； (2)若入射速率，求离子在中间螺线管内运动过程中离轴的最大距离以及第一次返回轴时的“”坐标（取，离子始终未离开中间螺线管）； (3)在轴（和未知）间存在沿轴正方向缓慢增强的线性梯度磁场，离子能被磁镜捕获的临界条件为：离子运动到端部磁场处时沿轴方向速度恰好减为零。已知：离子速度垂直于轴的分量与所在区域磁感应强度满足。若离子以速度从处注入且恰好满足捕获条件， ①求入射速度方向与轴夹角的临界值（结果可用三角函数表示）； ②若磁感应强度分布满足：，，求离子从处运动到处所用的时间（用字母表示）。 【押猜原因】科技前沿——人造太阳 【答案】(1)，， (2)， (3)①；② 【详解】（1）核反应方程是 中间磁场 端部磁场 （2）速度分解：横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场； 设回旋轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力 得 离轴最远 回旋周期 第一次回到轴的坐标 （3）①洛伦兹力不做功，离子总动能恒定； 处有 处有 得 化简得 ②洛伦兹力不做功，离子总动能守恒，故 由 得，即 由功能关系，得轴向合力（大小恒定、方向与轴向运动相反）故离子沿轴做匀减速直线运动； 有 由得 将代入 得 由得 三、综合题 科幻电影——仰望星空 人类探索宇宙的梦想从未止步…… 【星际远航】 7．某部科幻电影中涉及了宇航员在河外星系探测探索的镜头。 （1）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为，引力常量为G。关于P的公转，下列说法中正确的是( ) A．周期为    B．半径为 C．角速度的大小为    D．加速度的大小为 （2）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离绕P星运动的空间站（忽略其他天体对空间站的影响），两人相对空间站的速度为。A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为，下列说法正确的是( )（多选题） A．研究A、B相对空间站的速度是以P星为参考系 B．A将B向空间站方向轻推的过程中，不能认为A、B组成的系统动量守恒 C．A将B向空间站方向轻推后，B的速率为，方向指向空间站 D．若A将B向空间站方向轻推的作用时间为，则A、B互相作用的平均力为 E．空间站围绕P星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 （3）维持空间站的运行与舱内航天员的生活需要耗费大量电能，科学家为其设计了太阳能电池板。太阳辐射的总功率为，太阳与空间站的平均距离为，且该太阳能电池板正对太阳的面积始终为，假设该太阳能电池板的能量转化效率为。求：单位时间空间站通过太阳能电池板获得的电能．___________（计算题） 【星中隧道】 8．某部科幻电影中涉及了一种地心车，无需外力就可以让人在几十分钟内瞬间到达地球的另一端，其简化模型如下：如图，从地球球心方向挖通一条贯穿地球两极的隧道PQ。隧道狭窄，地球仍可看做一个球心为O，半径为R，质量分布均匀的球体。质量为M，万有引力常量为G，从隧道口P点静止释放一质量为m的小球。（一个质量分布均匀的薄球壳对位于球壳内任意位置的质点万有引力都为0） （1）求证：小球做简谐运动___________；（论证题） （2）小球出发第一次从P点到Q点运动的时间t=___________； （3）科学家在地心建造了研究站，相关人员在研究站内进行了自主发电，利用自主发电机给研究站内用电器供电进行尝试，设计原理图如下，升压和降压线圈匝数n均为理想变压器；发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为，空间站输电线上损失的功率； 请完成下表参数值： ______ ______ ______ ______ ______ 9．物理研究离不开仰望星空，同样也离不开脚踏实地的研究，阅读材料，完成问题。 材料：如图所示为库仑“电摆”实验装置。 绝缘支架托起直径约30cm的铜球，长度约2.5cm的蚕丝c上端固定于绝缘细棒，绝缘细棒用夹子V 固定在水平横杆上。长度约3.5cm的绝缘小针g水平悬挂于细丝下方，绝缘小针靠近铜球一端固定直径约1.5cm的镀金纸片l，镀金纸片平面与绝缘小针垂直。调节绝缘支架高度，使得铜球球心与镀金纸片圆心处于同一水平高度。实验时先通过莱顿瓶放电使铜球带电，再利用与铜球感应起电的方式使镀金纸片带上异种电荷，使得铜球和镀金纸片间出现静电力。镀金纸片受到轻微扰动后在静电力作用下振动，库仑在实验中记录的测量数据如下表所示： 镀金纸片到铜球球心的距离（寸） 完成15次全振动的时间（s） 第1次实验 9  （约22.86cm） 20 第2次实验 18 （约15.72cm） 41 第3次实验 24 （约60.96cm） 60 结合单摆周期公式，通过类比，库仑“电摆”实验能证明电荷之间作用力与距离平方成反比，请你写出分析论证过程。已知地球质量为M，万有引力常量为G．（论证题） 【押猜原因】科技前沿——深空探索 【答案】7． B DE/ED 8． 见解析 40 5 45 1:8 9:1 9．见解析 【解析】7．[1] A．由图b可知，故A错误； B．根据万有引力提供向心力有 解得，故B正确； C．根据，故C错误； D．根据万有引力定律 解得，故D错误。 故选B。 [2] A．研究A、B相对空间站的速度是以空间站为参考系，故A错误； B．A将B向空间站方向轻推的过程中，系统合外力几乎为零，可以认为A、B组成的系统动量守恒，故B错误； C．由A、B组成的系统动量守恒有 代入数据解得，方向背离空间站，故C错误； D．取A为研究对象，根据动量定理有 解得A、B相互作用平均力，故D正确； E．空间站围绕P星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故E正确。 故选D E。 [3]根据题意可知，太阳辐射的总功率为，单位时间内辐射的能量 单位时间太阳能电池板正对太阳的面积为，则接收到的能量 则单位时间空间站通过太阳能电池板获得的电能 联立解得 8．[1] 设小球距离地心的位移为，由于均匀球壳对内部质点引力为零，只有半径为的球体对小球有引力。 该球体质量，而地球质量，则该球体质量为 根据万有引力定律，小球所受引力 联立解得 又由于运动方向与相反，满足，其中，故小球做简谐运动。 [2]由（1）可知简谐运动周期，则 [3]根据输入功率 代入数据可得 [4]根据损失功率 代入数据可得 [5]根据理想变压器，且 代入数据可得 [6]根据匝数与电流成反比即，则 [7]根据匝数与电流成反比即，则 9．根据万有引力与重力的关系有 结合单摆周期公式，可知 根据类比思想可知，电摆的周期公式为 由表格数据可知，则，即 由于加速度是由库仑力产生的，根据，可知 浙江高考真题研究AI智能体 https://www.coze.cn/store/agent/7616332870617366566?bot_id=true 真题一 运动学 1．（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　） A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 【答案】B 【详解】AB．对汽车，根据速度位移关系 可得匀减速运动的加速度大小 汽车做减速运动的时间 这段时间列车行驶距离为 B正确，A错误； CD．根据 可得汽车在OP段向心加速度大小为 CD错误。 故选B。 2．（2025·江西·高考真题）每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】A．位移时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确； B．龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0，速度方向始终为正向，故B正确； C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在时间内是不变的，后0.6s内也是不变的，故C错误； D．根据可知，前开口向上，故D错误。 故选AB。 真题二 相互作用与牛顿定律 3．（2025·北京·高考真题）关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 (2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 (3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 【答案】(1) (2) (3)论证见解析， 【详解】（1）根据动能定理 可得牵引力对飞机做的功 （2）加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系 减速过程，根据速度位移关系 联立解得 （3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理 可得 又， 联立可得 又 可知 即 4．（2025·贵州·高考真题）一不可伸长的轻绳跨过同一水平线上的定滑轮，中间两定滑轮的间距为，在绳中央固定有一轻质吊环，绳两端分别挂有质量均为的配重物，配重物静止在地面上且绳恰好伸直。如图，某同学在健身时把吊环竖直向下缓慢拉的距离后保持静止，已知重力加速度大小为，不计摩擦及滑轮大小，则静止时该同学对吊环的拉力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据几何关系可知，吊环两边的细绳与竖直方向的夹角为45°，则由平衡可知 其中T=mg，可得 故选A。 5．（2026·浙江·高考真题）如图所示，一盏重为G的艺术灯用细绳悬挂，左右两侧细绳与水平方向夹角分别为45°和60°，细绳拉力分别为和。A和B是左侧细绳两端点，C和D分别是天花板和灯上的点，CD与AB平行，则（   ） A．大于 B．和都小于G C．用细绳连接C和B后撤去AB绳，可使灯位置不变 D．用细绳连接C和D后撤去AB绳，可使灯位置不变 【答案】B 【详解】AB．对艺术灯受力分析，如图所示 将、和三力平移后，构成矢量三角形，如图 根据矢量三角形可知，故A错误，B正确； CD．用细绳连接C和B后撤去AB绳或用细绳连接C和D后撤去AB绳，如图所示 若艺术灯位置保持不变，则三力不能交汇一点，即无法保持平衡，故CD错误。 故选B。 6．（2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 (1)求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力大小FN； (2)从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； (3)求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； (4)若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 【答案】(1)，，方向竖直向上 (2) (3)， (4)见解析 【详解】（1）对a物块下滑过程中根据动能定理有 可得； 在B点根据牛顿第二定律有 可得，方向竖直向上； （2）如图 由于h<<r，滑块a所受回复力F，则 可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。 （3）滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图 当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为； 又因与滑块a最高点相同，由题意可知 即 因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， （4）碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况 由题给数据可得，， 滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为 滑块a每一次滑过水平面的时间为 又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s 滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t 所以由图1、2可知或，…… 由图3、4可知即或者，…… 综上分析可知t应满足 则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，（n=0，1，2，3，4……） 真题三 功能关系与动量守恒定律 7．（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）由B点到最低点过程动能定理有 最低点牛顿第二定律可得 联立可得 （2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得 水平方向 竖直方向取向上为正可得 联立可得 （3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得 设的水平速度和竖直速度分别为，则有 则水平方向动量守恒可得 水平方向满足人船模型可得 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 水平方向 竖直方向 联立可得 即 显然当时取得最小，此时 8．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内： (1)单个散货的质量。 (2)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)倾斜传送带的平均输出功率。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理 解得单个散货的质量为 （2）落入货箱中散货的个数为 则水平传送带的平均传送速度大小为 （3）倾斜传动带上一共有10个物块，每次经过，后一个物块总会到达前一个物块的位置，因此在时间可视为第10个物块一次性传输到第1个物块的位置；设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律 解得 加速时间 加速位移 设匀速时间为，其中 则匀速位移为 故传送带的长度为 加速阶段散货与传送带发生的相对位移为 在时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即 其中， 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为 真题四 电场与磁场 9．（2026·浙江·高考真题）俄歇电子能谱（AES）广泛应用于材料表面成分分析。如图1所示，一束高能电子入射到样品表面，将某原子内层（如K层）的一个电子击出，形成一个空穴。随后，较外层（如L层）的一个电子跃迁至该空穴，并释放出能量，该能量可能以X光子的形式射出，也可能立即将另一核外电子（如L层或M层的电子）电离而逸出样品表面，该电子称为俄歇电子；现用电子动能的电子束轰击某样品表面，成功激发KLM俄歇过程（即初始空穴为K层、跃迁电子来自L层、逸出电子来自M层）和KLL俄歇过程（逸出电子来自L层）。已知该原子K层的电离能L层的电离能已知电子的电荷量，电子质量，光速，普朗克常量。（计算结果保留一位有效数字）请回答： (1)入射电子的德布罗意波长。 (2)求射出的X光子的波长； (3)甲同学利用带电粒子在磁场中的运动规律，设计了如图2所示的测量俄歇电子动能的方案；俄歇电子从原点O垂直y轴和磁场方向进入匀强磁场，则y1=10.0cm和y2=10.5cm处被探测到，通过测得的俄歇电子的动能，求原子M层的电离能； (4)乙同学认为用带电粒子在电场中的运动规律，测出俄歇电子的动能，请你帮乙同学设计一个方案，列出所需要测量的物理量，并给出计算俄歇电子动能的表达式。 【答案】(1) (2) (3) (4)见解析 【详解】（1）由德布罗意公式 又 解得 （2）因线是由电子从L层跃迁到K层时释放的光子，则光子的能量为 则由 解得 （3）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 俄歇电子的动能为（d表示直径） 设KLL俄歇电子的动能为EKLL；KLM俄歇电子的动能为EKLM，则有 KLL俄歇电子：K层空穴由L层电子填充，释放的能量为EK-EL，并传递给L层另一个电子使其逸出，又消耗EL，则KLL俄歇电子的动能为 同理可得，KLM俄歇电子的动能为 解得 （4）如图，让待测电子束以水平初速度射入两块平行金属板之间，金属板长为L，板间距为d，两板之间加恒定的电压U，形成匀强电场，在离开金属板右侧距离L1处垂直电子入射方向放置一荧光屏； 需要测量的物理量：金属板长度L，板间电压U，板间距d以及L1，电子飞出电场后打到荧光屏时垂直电子入射方向的侧移量y； 计算方法：电子在水平方向做匀速直线运动，则 电子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则加速度 侧移量满足 俄歇电子动能表达式 10．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、、均为已知量） (1)电子的比荷; (2)当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。 则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为 根据洛伦兹力提供向心力可得 联立解得 （2）磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为 根据洛伦兹力提供向心力可得 联立解得 由射出到相切，经过半个周期，用时 根据速度的合成与分解可知 平行轴线方向运动距离 结合对称性，被电子击中的面积 11．（2025·浙江·高考真题）同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三种碳同位素、、的离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调节U，可分离、、三种同位素，其中、的离子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而离子可通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。 (1)写出中子与发生核反应生成，以及发生衰变生成的核反应方程式： (2)根据图2写出的离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数字。已知，原子质量单位，元电荷）； (3)如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距两平行极板，在下极板开有间距的两小孔，仅允许入射角的离子通过。求两极板之间的电势差U： (4)对古木样品，测得与离子数之比值为；采用同样办法，测得活木头中与的比值为，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐距今的时间（已知的半衰期约为5700年，） 【答案】(1)， (2)， (3) (4) 【详解】（1）中子与发生核反应生成的核反应方程式为 发生衰变生成的核反应方程式为 （2）在加速电场中，由动能定理得 解得 磁场中，洛伦兹力提供向心力 联立解得 ， 相比，的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2可知当电压为时，与的离子数百分比为，故的离子所对应的U值为。 根据整理得 （3）由题意知，粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有 ， 竖直方向有 ，， 联立解得 （4）古木中与比值是活木头中的，说明经过衰变后只剩下，已知经过一个半衰期剩下，设经过n个半衰期，则有 解得 则砍伐时间 12．（2025·江西·高考真题）精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为，距离为。偏转极板间距和长度分别为和，其左端与阳极的距离为，右端与荧光屏的距离为。光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上。电子质量为m，电荷量为e，不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相互作用。所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O为原点、竖直方向为y轴建立坐标系。（普朗克常量，光速） (1)现有多碱、和三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为。若要使波长范围为的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料。 (2)当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。 (3)真实情况下，偏转极板间电压U与时间t的关系为（和k为大于零的常数），其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。 ①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y方向速度的大小： ②若小且，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的空间宽度与激光脉冲持续时间的关系。 【答案】(1)多碱 (2) (3)①；② 【详解】（1）根据题意，设入射激光波长为，则对应的光子能量为 可得波长范围为的入射激光的能量范围为 要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光电阴极材料。 （2）电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为，运动时间为，离开阳极时的速度大小为，则有，， 电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为，则 当偏转电压为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动。设方向的加速度大小为，在偏转极板内运动时间为，离开偏转极板时方向速度为，偏转位移为，则，，， 设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，在此时间内电子在y方向的位移为，则， 设电子离荧光屏中心的距离为y，则 联立解得 （3）当偏转极板间电压时，电子在偏转极板内y方向做加速度线性增加的变加速直线运动。 ①在时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为，设电子在偏转极板内运动时y方向的加速度为，离开偏转极板时y方向的速度为，则 则图像，如图所示 由上述分析，结合图像可得 联立小问2分析可得 ②在时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为。同理可得，该电子离开偏转极板时方向的速度，则有 设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，则， 联立解得 13．（2025·贵州·高考真题）如图（a），一竖直固定的透明塑料管内固定有6个小磁铁，相邻磁铁同极靠近、间距很小，取距离最上端的小磁铁极处为坐标原点轴正方向竖直向下。将一内径略大于塑料管外径的金属环套在塑料管上，在点处由静止释放，金属环的速度一位置图像如图（b）所示。已知金属环的质量为35.9g，取重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，则下落过程中，金属环（　　） A．在内所受安培力方向竖直向上 B．在内所受安培力方向竖直向下 C．在内克服安培力做的功为 D．在内感应电流方向为顺时针方向（从上向下看） 【答案】AC 【详解】AD．在内，由图（a）可知，穿过金属环的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向上，由安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向（从上向下看）；根据楞次定律“来拒去留”推论可知，金属环所受安培力方向竖直向上，故A正确，D错误； B．在内，穿过金属环的磁通量向上减小，根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流方向为逆时针（从上向下看），根据楞次定律“来拒去留”推论可知，金属环所受安培力方向竖直向上，故B错误； C．由图（b）可知，在内金属环的动能变化为0，根据动能定理可得 可得克服安培力做的功为，故C正确。 故选AC。 真题五 电磁感应与交变电流 14．（2026·浙江·高考真题）测量局域磁场，科学家基于电阻应变片开发出一种磁场检测芯片，其简化结构如图1所示。长度均为l、通有恒定电流I0。（方向相反）的两刚性金属杆ab、cd，与具有良 好弹性的绝缘悬梁OA、OD构成“H”形支架，对称固定于底座O处。在悬梁上、下表面对称安装四个相同的电阻应变片（各自引出两导线），其阻值分别为R1、R2、R3和R4，将它们 按图2方式与电动势为E的电源（不计内阻）相连。未加磁场时，支架处于水平平衡状态， 此时R1=R2=R3=R4=R0，测得e、f两端的电势差为0。现施加待测磁场，其方向水平向右、且垂直于金属杆，则金属杆ab、cd受安培力作用，使悬梁OA、OD产生形变，四个应变片的阻值发生相应变化，其变化量的绝对值均为ΔR，此时测得e、f两端的电势差为Uef,从而得到待测磁场磁感应强度B的大小。 (1)判断金属杆ab和cd所受安培力的方向; (2)写出上述四个电阻的阻值（用R0和ΔR表示）； (3)已知电阻变化量和所受的安培力成正比关系，且比例系数为，求与B之间的关系。 【答案】(1)ab竖直向下，cd竖直向上 (2)，，， (3) 【详解】（1）根据左手定则可知ab所受安培力方向竖直向下；cd所受安培力方向竖直向上。 （2）由题意可知ab向上弯曲，使R1被拉伸（阻值增大）、R3被压缩（阻值减小），故 cd向下弯曲，使R2被压缩（阻值减小）、R4被拉伸（阻值增大），故 （3）由图可知R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联。 上支路总电阻为 电流 f点电势 下支路总电阻为 电流 e点电势 e、f两点间的电势差绝对值 安培力与ΔR的关系：，而，所以 联立得 15．（2025·河南·高考真题）如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。 故选C。 16．（2025·云南·高考真题）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)求F的大小； (2)求时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离； (3)若时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)见解析 【详解】（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律 竖直方向由平衡条件 联立可得 （2）设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得，感应电流为 安培力大小为 联立可得 若要使两物体分离，此时有 其中 解得 由运动学公式 解得 故时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为 （3）水平方向由运动学公式 竖直方向有 其中 可得力F作用的总时间为 水平方向对系统由动量定理 其中 联立可得 当时，最终木块与箱子的速度大小为 当时，最终木块与箱子的速度大小为 真题六 机械与热、光、原 17．（2025·北京·高考真题）“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船。”除了夜深人静的原因，从波传播的角度分析，特定的空气温度分布也可能使声波传播清明致远。声波传播规律与光波在介质中传播规律类似。类比光线，用“声线”来描述声波的传播路径。地面上方一定高度S处有一个声源，发出的声波在空气中向周围传播，声线示意如图（不考虑地面的反射）。已知气温越高的地方，声波传播速度越大。下列说法正确的是（　　） A．从M点到N点声波波长变长 B．S点气温低于地面 C．忽略传播过程中空气对声波的吸收，则从M点到N点声音不减弱 D．若将同一声源移至N点，发出的声波传播到S点一定沿图中声线 【答案】D 【详解】声音的传播类比光线传播，即类比光线的折射率；若空气中的温度均匀，从S发出的光线应该向四周沿直线传播，题目中“声线”向地面传播的过程中，越来越靠近法线，即，因此越靠近地面空气对声音的折射率越大，类比光在介质中传播的速度可知折射率越大，光速越小，因此声音越靠近地面，声速越小，温度越低。 A．从M点到N点靠近地面，声音频率不变，声速减小，根据可知波长变短，A错误； B．声源S处在地面上方，温度高于地面，B错误； C．声音在传播过程中受到介质的阻碍和向四周分散，声音强度会减弱，C错误； D．将声源移至N点，类比光路的可逆性可知发出的声波传播到S点一定沿图中声线，D正确。 故选D。 18．（2025·贵州·高考真题）贵州黎平的肇兴侗寨有“鼓楼之乡”的美誉，图（a）的建筑群展示了精湛的传统鼓楼木构技艺。为保护鼓楼等传统木质建筑，可采用超声横波法进行无损检测，获得其弹性模量等力学参数，从而采取相应的保护措施。在某次检测中，有一列简谐横波在木材中沿轴传播，时刻的波形图如图（b）所示，位于轴上的质点的振动图像如图（c）所示。求： (1)波在木材中的传播方向及速度； (2)在时间内，质点运动的路程。 【答案】(1)传播方向沿轴负方向， (2) 【详解】（1）由P点的振动图像可知，t=0时刻质点P在平衡位置沿y轴负向振动，结合波形图可知，波传播方向沿轴负方向； 根据波形图可知波长，证据振动图像可知周期。 波在木材中的传播速度 （2）时间关系，可知时间内，质点完成了3个全振动，故其运动的路程 （2025·上海·高考真题）再生制动与气囊减震相辅相成，共同提升车辆性能。再生制动通过能量回收提升能源利用效率，制动系统优先使用再生制动，不足部分由机械制动补充。气囊减震提升了乘坐舒适性和安全性。 19．一电动汽车采用笼式感应电机，再生制动时电动机转为发电机模式，如图（a）所示的笼式电机在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定轴转动，磁场方向与各导体条垂直。当电机转到如图（b）所示位置时，感应电动势最大的导体条为 A．和 B．和 C．和 D．和 20．一质量的电动汽车沿斜坡的斜坡匀减速下坡。从减速至用时。若这5s内系统完全使用再生制动，且该车在行驶过程中受到的除制动力以外的其余阻力大小为，求这5s内该车的位移大小x和再生制动提供的制动力大小。重力加速度，， 21．气囊减震技术中的气囊可简化为图示水平固定的气缸，质量为M，横截面积为S的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。开始时气缸内气体压强为，体积为，活塞静止于平衡位置O。外界大气压强恒为，以O为原点、水平向右为正方向，建立轴。 （1）若缸内气体经历等温过程，求活塞由平衡位置O右侧、位移为x时内外气体对活塞的压力的合力大小F。（计算） （2）若缸内气体经历等温过程，活塞由平衡位置O沿x轴正方向移动微小位移并由静止释放，证明活塞近似做简谐振动（论证）。与振子质量为m、弹簧进度系数为k的弹簧振子频率公式类比，可知该活塞做简谐振动的频率振动频率 = 。 【提示: 当】 （3）若气缸和活塞导热性均不佳，活塞移动微小位移并由静止释放，在短时间内活塞的运动仍可视为简谐运动。其频率为。 ①与等温情况下活塞近似做简谐运动的频率 相比， 。 A．         B．    C． ②对上述①的选择作出解释。（简单） 【答案】19．A 20．（1）；（2） 21．（1）；（2）；（3）①C；②见解析 【解析】19．由图可知，磁场方向竖直向下，图中各点的线速度都沿切线方向，而此时a1和a2点速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大。 故选A。 20．（1）小车的位移 （2）小车的加速度 方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律 解得 21．（1）根据玻意耳定律 对活塞分析可知 解得 （2）设x方向为正方向，则此时活塞所受合力 当x很微小时，则 即活塞的振动可视为简谐振动。其中 振动频率为 （3）若若气缸和活塞导热性均不佳，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即，根据 则k值偏大，则 故选C。 22．（2025·贵州·高考真题）天花板上有一发光的白炽灯，桌上有一盆水。某同学第一次透过偏振片观察白炽灯，如图（a）所示；第二次透过偏振片观察白炽灯在水中的倒影，如图（b）所示。在两次观察中，以所观察光的传播方向为轴旋转偏振片时，透过偏振片观察到（　　） A．白炽灯和倒影的亮度均变化 B．白炽灯和倒影的亮度均不变 C．白炽灯亮度不变，倒影亮度变化 D．白炽灯亮度变化，倒影亮度不变 【答案】C 【详解】白炽灯发出的光为自然光，其振动方向均匀分布，所以第一次透过偏振片直接观察白炽灯，白炽灯亮度不变；而自然光通过水面反射后为部分偏振光，则第二次透过偏振片观察白炽灯在水中的倒影时，当旋转偏振片时，偏振片的透振方向与反射光的主要振动方向的夹角不断变化，所以倒影的亮度会发生变化。 故选C。 23．（2026·浙江·高考真题）如图1所示，三块同质有机玻璃板甲、乙、丙，拼接形成两层同心圆弧空气膜。现让一束激光从P点射入，并在空气膜Q处注入一滴油，呈现图2所示的光路（其中、为相应光线的入射角）。已知空气折射率为1，光在空气中的传播速度为c。下列说法正确的是（   ） A．有机玻璃的折射率 B．光在有机玻璃中的传播速度 C．有机玻璃的折射率可能大于油的折射率 D．若在R处注入同种油滴，光线不会从R处进入乙 【答案】AC 【详解】A．光线在外层空气膜发生全反射，则，即有机玻璃的折射率，A正确； B．光线在内层空气膜发生全反射，则，，可得光在有机玻璃中的传播速度，B错误； CD．在空气膜Q处注入一滴油后，光线能通过油膜界面，不再发生全反射，则此时临界角，则此时有机玻璃的折射率可能大于油的折射率，若在R处注入同种油滴，光线同样可沿直线通过油膜界面，光线会从R处进入乙，C正确，D错误。 故选AC。 真题七 力学实验 24．（2025·浙江·高考真题）在用单摆测重力加速度的实验中， (1)如图1所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图2所示，则单摆的周期为___________s（结果保留3位有效数字）。乙同学利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期为___________； (2)丙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度l，测出对应的周期T，作出相应的关系图线，如图3所示。由此算出图线的斜率k和截距b，则重力加速度___________，小钢球重心到摆线下端的高度差___________；（结果均用k、b表示） (3)丁同学用3D打印技术制作了一个圆心角等于、半径已知的圆弧槽，如图4所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为。若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是___________。 【答案】(1) 1.31 (2) (3)见解析 【详解】（1）[1]单摆摆动过程中，在最低点绳子的拉力最大，相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期。从图2可知，从起始值到终止值经历的时间间隔 则有 解得 [2]由题可得 解得周期为 （2）[1][2]设小钢球重心到摆线下端的高度差为，则摆长为 根据单摆周期公式有 可得 变形得 可得图像的斜率为 解得 [2]当时，则有 解得小钢球重心到摆线下端的高度差 （3）存在空气阻力，且小球不是纯平动而有滚动，导致实际测出的周期大于理想情况下的周期，导致g的测量值小于真实值。 25．（2025·重庆·高考真题）弹簧是熄火保护装置中的一个元件，其劲度系数会影响装置的性能。小组设计了如图1所示的实验装置测量弹簧的劲度系数，其中压力传感器水平放置，弹簧竖直放在传感器上，螺旋测微器竖直安装，测微螺杆正对弹簧。 (1)某次测量时，螺旋测微器的示数如图2所示，此时读数为______mm。 (2)对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F与弹簧长度l的关系如图3所示，由图可得弹簧的劲度系数为_______N/m，弹簧原长为_______mm（均保留3位有效数字）。 【答案】(1)7.415 (2) 184 17.6 【详解】（1）根据螺旋测微器的读数法则有7mm＋41.5 × 0.01mm = 7.415mm （2）[2]当弹力为零时弹簧处于原长为17.6mm [1]将题图反向延长与纵坐标的交点为2.50N，则根据胡克定律可知弹簧的劲度系数为 真题八 电学实验 26．（2025·福建·高考真题）某实验小组基于“等效替代法”设计了如图（a）所示的电路用于电阻测量。使用的器材有：电源E（电动势3V），电流表A（量程30mA），定值电阻（阻值均为），定值电阻（阻值），滑动变阻器（最大阻值，额定电流1.5 A），带标尺的滑动变阻器（最大阻值，额定电流1.5A），选择开关，单刀开关，待测电阻（阻值小于），导线若干。 (1)按照图（a），将图（b）中的实物连线补充完整________； (2)将鳄鱼夹a、b短接，滑动变阻器的滑片移至最右端刻度处，打在位置1。接通，调节滑动变阻器，电流表指针指在图（c）所示的位置，记录电流表示数________mA，此示数作为本次实验的电流定标值； (3)断开、，用鳄鱼夹a、b夹住两端。接通，将依次打在位置1、2，发现电流表示数均小于定标值I；打到位置3时，电流表示数大于定标值I，由此确定的阻值范围为________．（填“0~100”“100~200”“200~300”或“300~400”）； (4)将重新打在位置________（填“1”“2”或“3”），向左调节滑动变阻器的滑片，直到电流表指针重新回到定标值位置，此时的滑片处于刻度处。基于“等效替代法”原理，可得的阻值为________； (5)以下因素可能影响测量结果的有________。（多选，填正确答案标号） A．电源存在内阻 B．电流表存在内阻 C．滑动变阻器读数有偏差 D．步骤（4）电流表指针未重新回到定标值位置 【答案】(1) (2)16.0/15.9/16.1 (3)100~200 (4) 2 145 (5)CD 【详解】（1）根据图（a）的实验电路图，需要将实物图中电流表负极、滑动变阻器与和之间用导线连接，如图所示。 （2）由图（c）可得，电流表量程30mA，最小刻度为1mA，指针指在16mA的位置上，需要估读到下一位，故电流表示数为16.0mA （3）通过分析电路及实验步骤，可知“等效替代法”测量原理就是在保证总电路电阻不变，用原电路减小的阻值等效替代待测电阻的阻值，进而测出待测电阻的阻值。 接通，开关接1，鳄鱼夹a、b短接，滑动变阻器为最大值，电路中、串联（总电阻为）；开关接2，有 可得 开关接3，有 可得 可得的阻值范围为 （4）[1]的阻值范围为，应将开关重新打在2的位置上。 [2]由电路图可知，开关打在2的位置时，原电路的阻值减小；当向左调节到标尺刻度读数为时，即其接入电路的电阻值减小了时，电流表的示数重新回到定标值I，因此待测电阻等于原电路减小的总电阻，故 （5）AB．由实验原理可知，接入待测电阻后，通过调节使电流表指针重新回到定标值位置，来确保原电路减小的电阻值与相等，因此电源和电流表的内阻对实验没有影响。 故AB错误； CD．读数有偏差和电流表指针未重新回到定标值位置都将影响测量结果的准确性。 故CD正确。 故选CD。 27．（2024·湖南·高考真题）某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律，搭建了如图（a）所示的装置。电阻测量原理如图（b）所示，E是电源，V为电压表，A为电流表。 （1）保持玻璃管内压强为1个标准大气压，电流表示数为100mA，电压表量程为3V，表盘如图（c）所示，示数为________V，此时金属丝阻值的测量值R为________Ω（保留3位有效数字）； （2）打开抽气泵，降低玻璃管内气压p，保持电流I不变，读出电压表示数U，计算出对应的金属丝阻值； （3）根据测量数据绘制R—p关系图线，如图（d）所示； （4）如果玻璃管内气压是0.5个标准大气压，保持电流为100mA，电压表指针应该在图（c）指针位置的________侧（填“左”或“右”）； （5）若电压表是非理想电压表，则金属丝电阻的测量值________真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。 【答案】 1.23 12.3 右 小于 【详解】（1）[1]电压表量程为0—3V，分度值为0.1V，则电压表读数需估读一位，读数为1.23V，范围在1.23—1.26V均可。 [2]根据欧姆定律可知，金属丝的测量值 （4）[3]根据图（d）可知气压越小电阻越大，再根据 U = IR 可知压强p减小，则电阻R增大，故电压增大，电压表的指针位置应该在题图（c）中指针位置的右侧。 （5）[4]电流表采用外接法会导致电压表分流，即 ， 即I测偏大，故R测 < R真。 17 / 156 学科网（北京）股份有限公司 $