物理终极押题猜想（江苏专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

2026年高考物理终极押题猜想 目 录 第一部分 新情景高考命题篇 2 【情景一 传统文化与古代科技融合情景】 2 【情景二 生产生活与工程应用真实情景】 5 【情景三 前沿科创与大国重器热点情景】 9 【情景四 体育运动与健身活动生活情景】 12 第二部分 高频考点预测篇 16 【高频考点预测】 16 高频考点预测01 原子物理 16 高频考点预测02 光学 20 高频考点预测03 热学 24 高频考点预测04 平衡问题和牛顿动力学问题 28 高频考点预测05 抛体运动与圆周运动 32 高频考点预测06 万有引力与航天 35 高频考点预测07 功能关系 39 高频考点预测08 动量定理和动量守恒定律 43 高频考点预测09 机械振动和机械波 46 高频考点预测10 电场的基本规律应用 50 高频考点预测11 磁场的基本规律应用 54 高频考点预测12 电磁感应基本规律应用 59 高频考点预测13 交变电流和变压器 63 【实验题预测】 67 实验题预测01 力学实验 67 实验题预测02 电学实验 71 【综合计算预测】 76 综合计算预测01 气体实验定律综合应用问题 76 综合计算预测02 力学三大观点的综合性应用 79 综合计算预测03 带电粒子在电磁场中的运动 81 综合计算预测04 电磁感应导轨模型综合应用 85 情景一 传统文化与古代科技融合情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【原创题】抖空竹是国家级非物质文化遗产，也是江苏民间传统杂技项目。如图所示，某表演者通过线绳拉动空竹在水平面内做匀速圆周运动，空竹可视为质量m=0．2kg的质点，做圆周运动的半径r=0．3m，线绳与竖直方向的夹角恒为θ=37°（sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s2）。 （1）求空竹做匀速圆周运动的线速度大小v； （2）若表演者突然停止拉动，空竹在摩擦力作用下做匀减速圆周运动，经t=2．0s速度减为零，求此过程中空竹克服阻力做的功W； （3）若空竹在转动过程中，线绳突然断裂，求空竹落地时的水平位移的大小（已知空竹做圆周运动时的高度h=0．8m，不计空气阻力）。 分析有理·押题有据 命题趋势： 2026年江苏高考物理传统文化题，以力学（圆周运动、动量、平衡）为核心，融合光学、电磁学、热学等模块，形成跨模块综合题。命题强化非遗/民俗场景下的多体系统动力学分析（如龙舟多划手协同、转碟多盘联动模型），结合多个物理过程进行考察，如空竹从启动到匀速转动、龙舟从加速到匀速的多过程分析。题目将更多地结合中华传统文化真实情境，如《天工开物》农具、江南非遗技艺、端午民俗活动等，实现文化自信与物理建模的融合。跨学科融合题也是近几年考察的重点，如结合历史古籍记载（《梦溪笔谈》《天工开物》）、地域文化（秦淮灯彩、扬州皮影）构建物理模型。 命题热点： 命题热点①：非遗传承与传统文化进校园，如江苏本土非遗（扬州皮影、秦淮灯彩、独竹漂）的物理原理应用，成为命题核心素材。命题热点②：传统节日民俗活动，如端午龙舟赛、中秋灯彩、春节舞龙舞狮中的力学/光学现象，贴合生活实际。命题热点③：古代科技成就复兴，如《天工开物》《梦溪笔谈》中的古代器械、工程技术，结合现代物理原理进行创新命题。 创新题型： ①结合传统文化场景，设计新颖的物理问题，例如，设计转碟/抖空竹的圆周运动模型，分析其临界转速与向心力来源；②工程应用题：以古代水利工程（江南水闸）、传统建筑（苏州园林拱桥）为载体，设计受力平衡、流体力学综合应用题。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏锡常镇二模】马年春晚舞蹈《喜雨》技惊四座，舞者头顶斗笠匀速转动时，下列 图线中与斗笠边缘的一串串珠实际形态最接近的是（ ） 2．【2026·南京二模】“工夫茶” 是潮汕地区的传统饮茶习俗。如图所示，热水倒入茶托上的玻璃盖碗后盖上杯盖，在水面和杯盖间就封闭了一部分空气（可视为理想气体）。下列说法正确的是（ ） A． 玻璃盖碗是非晶体 B． 水温越高，每个水分子运动的速率越大 C． 温度降低，玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变大 D． 水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水不能浸润茶托 3．【2026·南京栖霞区一模】“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，在罐中气体逐渐冷却的过程中，罐中气体质量和体积均可视为不变，若罐中气体可视为理想气体。气体冷却后下列说法正确的是（） A．每个分子的运动动能均减少 B．分子的数密度变小 C．罐内的压强等于大气压强 D．单位时间内气体分子碰撞器壁的次数减少 4．【2026·江苏常州模拟】如图是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间 B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等 C．从释放到落地的过程中，重力对米粒和糠秕做的功相同 D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕 5．【2026·苏北七市二模】我国考古发现的“长信宫灯”示意图如图所示，灯罩内灯芯点燃后产生的烟气沿着右臂管道进入灯体内，经灯体底部的水盘过滤烟尘，清洁空气。假设灯罩内气体的体积为V，灯芯点燃前气体的密度为ρ，温度为T0，气体的压强保持不变。 （1）求灯芯点燃前，灯罩内气体的质量m1； （2）灯芯点燃后，灯罩内气体温度为T，求灯罩内气体的质量m2。 6．【2026·河南一模】投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　） A．运动时间相同 B．加速度相同 C．动能变化量相同 D．动量变化量相同 7．【2026·广州一模】图甲为《天工开物》中耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图乙所示，人站立在农具耙的中间位置，耙与水平地面平行，两条绳子相互平行且垂直于耙边缘。已知绳子与水平地面夹角为。当每条绳子拉力均为时，人与耙沿直线匀速前进，在内前进了。则下列说法正确的是（　　） A．人受到水平向右的摩擦力 B．地面对耙的阻力大小450N C．两条绳子拉力的总功率 D．两条绳子拉力对耙所做的总功 8．【2024·江苏】生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同（台面够大），则 A． 越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B． 越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C． 陶屑只能分布在圆台边缘 D． 陶屑只能分布在某一半径的圆内 情景二 生产生活与工程应用真实情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。当手指靠近触摸屏时，电容器两极板和手指间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是（ ） A．A点的电场强度大于B点的电场强度 B．B点的电势等于D点的电势 C．将一电子从A点移到B点，电子的电势能减小 D．手机按压接触屏时，电容器电容减小 分析有理·押题有据 命题趋势： 2026年江苏高考物理生产生活与工程应用类试题，以多知识点综合考查为核心，以力学（受力平衡、牛顿运动定律、能量守恒、动量定理）、电磁学（电路分析、电磁感应、交变电流）为两大支柱，融合热学、光学、近代物理等模块，形成跨模块综合题。命题强化真实生活、生产场景下的系统建模与多过程分析（如工业设备的动力学、能源系统的能量转化、交通工程的运动学），题目将更多地结合当代生产生活、重大工程与前沿应用真实情境，如智能制造、新能源技术、交通工程、民生设施等，实现工程思维与物理建模的深度融合。应用型、探究型综合题仍是考察重点，如结合工业生产流程、重大工程建设、日常智能设备构建物理模型。 命题热点： 命题热点①：智能制造与工业生产场景，如工业机器人的动力学、自动化生产线的传动系统、起重/吊装设备的受力与能量分析，成为命题核心素材。命题热点②：新能源与能源工程应用，如光伏/风电的能量转化、储能系统的电路分析、新能源汽车的动力与制动原理，贴合国家战略与产业实际。命题热点③：交通工程与民生设施，如高铁/地铁的动力学、桥梁/建筑的受力平衡、智能家居/智能设备的电磁学原理，贴近生活实际。 创新题型： ①结合生产生活真实场景设计新颖的物理问题，例如工业机械手的圆周运动与受力模型、新能源汽车的加速制动动力学模型，分析其临界条件与能量转化；②工程综合应用题：以重大工程（跨海大桥、盾构隧道）、工业装备（盾构机、起重机）为载体，设计受力平衡、流体力学、电磁感应综合应用题；③探究创新题：以日常智能设备（无线充电、智能家居）、民生工程（城市轨道交通、光伏电站）为背景，考查物理建模与解决实际问题的能力。 密押预测·精练通关 1．【2026·盐城一模】如图所示为一种可测量油箱内油面高度的原理图，R0是定值电阻。滑动变阻器R的金属滑片与L型轻杆右端相连，轻杆导电且电阻不计，通过由电流表改装的油量表示数变化可以反映油面的高度变化（当电流增大时油量表示数变大）。则（　　） A．油面升高时，滑动变阻器R接入电路的电阻变大 B．油面升高时，电路总功率变小 C．油面降低时，R0功率变大 D．长期使用后，因电池内阻变大，油量表测量值偏小 2．【2026·苏北七市二模】某人形机器人关节模组中传动机构的简化模型如图所示，大齿轮固定不动，圆心为O，小齿轮的圆心为C，P为小齿轮边缘上的一点，小齿轮始终紧贴大齿轮匀速滚动。小齿轮的直径与大齿轮的半径相等，则（　　） A．图示时刻P点的速度方向指向O B．图示时刻P点的加速度方向指向C C．P点的运动周期是C点的两倍 D．PO之间的距离越小，P点的加速度越大 3．【2026·南通一模】如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．座舱运动的周期为​ B．座舱在最低点时，摩天轮对座舱的作用力大小为 C．座舱在最高点时，若 则摩天轮对座舱的作用力为零 D．座舱所受合力的大小随位置升高而减小 4．【2026·徐州一模】图示为通过3D眼镜看电脑显示屏的照片，下列说法正确的是（　　） A．左侧镜片上涂有增反膜 B．右侧镜片上涂有增透膜 C．两侧镜片为透振方向不同的偏振片 D．电脑显示屏发出的光为自然光 5．【2026·苏北七市二模】四旋翼飞行器每个旋翼提供的升力与机身垂直，增大旋翼转速可以增加升力。飞行器水平悬停时的俯视图如图所示，现改变旋翼转速，可使机身倾斜着水平向右移动的操作是（ ） A．增大旋翼2、3转速，减小旋翼1、4转速 B．增大旋翼2、4转速，减小旋翼1、3转速 C．增大旋翼1、3转速，减小旋翼2、4转速 D．增大旋翼1、4转速，减小旋翼2、3转速 6．【2026·江苏二模】扫地机器人说明书上载明：电机额定功率为35W，由规格为DC14．8V/2200mAh的锂电池供电，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，机器人就自动回座机充电。若用该锂电池给LC振荡电路充电，其电流随时间变化的i−t图像如图所示，据此，下列说法中正确的是（ ） A．该电池输出的是交变电流，可直接为LC振荡电路提供持续的振荡电流，LC振荡电路中c时刻线圈的磁场能为0 B．该机器人电机的额定电流约为2．36A，LC振荡电路中b~c时间段内电容器的电场能逐渐减小 C．正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能，LC振荡电路中c~d时间段内线圈的磁场能逐渐增大 D．电池充满电后机器人正常工作约45min后回座机充电，LC振荡电路中a时刻电容器的电荷量最大 7．【2025·江苏】某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（） A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点 C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大 8．【2026·常州二模】6． 如图甲所示，某款条形码扫描探头上装有发光二极管和光电管，工作原理如图乙。打开扫描探头，发光二极管发出红光。将探头对准条形码移动，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转换成了脉冲电信号，则（　　） A．若仅将发光二极管换为蓝光，将不能发生光电效应 B．若仅将扫描探头的发光强度增大，光电子的最大初动能不变 C．扫描探头在条形码上移动的速度不能太快，否则光电管来不及发生光电效应 D．若将发光二极管发出的光的频率减小，只要照射时间够长，也一定能正常识别条形码 情景三 前沿科创与大国重器热点情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】为了验证小行星防御方案的可行性，我国正在规划对小行星实施的动能撞击演示验证任务，将先期发射观测器绕小行星飞行，再发射撞击器迎面撞击小行星。假设撞击前小行星绕太阳沿圆轨道运动，则（　　） A．观测器的发射速度应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 B．观测器与月球各自轨道半径的三次方与公转周期的平方的比值相等 C．撞击后，小行星会进入椭圆轨道运行，撞击点为该椭圆轨道的近日点 D．撞击后，小行星的公转周期会变短 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理前沿科创及大国重器题，以天体运动、电磁学为核心，融合热学、光学、原子物理等模块，形成跨模块综合题。命题强化国之重器场景下的多过程动力学与系统分析（如航天器轨道变轨、航母电磁弹射、可控核聚变装置的多阶段能量转化）。题目将更多地结合我国重大科技成果真实情境，如航天探月工程、福建舰航母、量子通信、新型核能装置等，实现科技自信与物理建模的融合。跨学科融合题也是近几年考察的重点，如结合工程技术原理（大型桥梁、跨海隧道）、信息技术应用（雷达探测、激光通信）构建物理模型。 命题热点： 命题热点①：航天航空与深空探测，如探月工程、载人航天、太阳探测卫星的轨道力学、变轨原理、能量转化分析，成为命题核心素材。命题热点②：大国工程与高端装备，如福建舰电磁弹射、大型盾构机、国产大飞机、高铁动车组中的电磁学、力学与运动学现象，贴合工程实际应用。命题热点③：前沿科技与能源创新，如量子通信（墨子号）、可控核聚变（人造太阳）、钍基熔盐堆、6G 通信技术中的原子物理、热学、光学与电磁学原理，实现基础物理知识的前沿化应用。 创新题型： ①结合大国重器场景，设计新颖的物理问题，例如，设计卫星变轨与轨道交会对接模型，分析其不同轨道的向心力来源、变轨条件；②工程应用计算题：以航母电磁弹射、大型桥梁受力分析、新型储能装置为载体，设计受力平衡、电磁感应、动量能量综合应用题；③前沿科技探究题：以量子通信、可控核聚变装置为背景，考查原子物理、热学与电磁学的综合分析，结合数据处理与模型建构能力。 密押预测·精练通关 1．【2026·常州二模】中国科学院在2025年11月1日发布消息，位于甘肃省武威市民勤县的2兆瓦液态燃料钍基熔盐实验堆，已成功实现了钍铀核燃料转换。钍基熔盐堆内的链式反应示意图如图所示，下列相关判断中正确的是（　　） A．核反应属于核聚变反应 B．一个核27天后必将发生衰变生成 C．压强增大，的半衰期变小 D．钍基熔盐堆是利用中子轰击引起的链式反应来获取核能的 2．【2026·苏锡常镇一模】我国嫦娥六号探测器首次实现了人类从月背采样的任务，取回了1935．3克月壤样品并返回地球．假设人类不断开采月球矿藏并运回地球，月球仍沿原轨道运动，则（　　） A．月球绕地球运行的速度变小 B．月球绕地球运行的周期变小 C．地球对月球的引力变大 D．地球对月球的引力不变 3．【2026·南京盐城一模】 “福建舰”是我国第一艘电磁弹射型航空母舰。某实验室模拟电磁弹射原理如图所示，两根足够长光滑导轨固定在水平面上，匀强磁场垂直于导轨平面，开关左接充电储能，开关右接导体棒沿轨道向右弹射，已知金属棒质量为m，接入电路的电阻为R，导轨间距为L，电容器电容为C，磁感应强度为B，电源输出电压为U0，不计导轨电阻和空气阻力。求： （1）充电完毕后电容器的上极板带电性质和电荷量q； （2）金属棒刚开始运动时的加速度大小a。 4．【2026·苏北七市二模】2026年1月，中国“人造太阳”环流器装置（EAST）实现1亿摄氏度、1066秒稳态高约束运行，该装置反应堆中发生的一种核反应方程为：，则X是（　　） A．电子 B．正电子 C．中子 D．质子 5．【2026·徐州二模】2025年10月31日，我国发射了神舟二十一号载人飞船，将三名宇航员成功送入了在轨道Ⅱ上运行的天宫空间站。如图所示，飞船发射后先进入椭圆轨道Ⅰ，是椭圆轨道的近地点，是椭圆轨道的远地点，飞船在椭圆轨道、Q点时线速度大小为v1、v2。下列关系正确的是（　　） A．v1＜v2 B．v1=v2 C．v1>v2 D．无法确定 6．【2026·苏锡常镇二模】2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为121．6mm的氢原子谱线（对应的光子能量为10．2eV）。根据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子（       ） A．n=2和n=1能级之间的跃迁 B．n=3和n=1能级之间的跃迁 C．n=3和n=2能级之间的跃迁 D．n=4和n=2能级之间的跃迁 7．【2025·江苏】江门中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。光电倍增管阴极金属材料的逸出功为W0，普朗克常量为h。 （1）求该金属的截止频率v0； （2）若频率为的入射光能使该金属发生光电效应，求光电子的最大初动能EK 8．【2026·南京一模】2025年9月27日，我国在酒泉卫星发射中心使用长征四号丙运载火箭，成功将风云三号H星发射升空。若风云三号H星在发射后的一小段时间内做初速度为零的直线运动，其x—t图像为如图所示的抛物线，则风云三号H星运动的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 情景四 体育运动与健身活动生活情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】某些智能手机和运动手环中有一种加速度传感器，可以实现计步的功能。这种传感器能够测量设备在不同方向上的加速度变化，原理如图。M和N为电容器两极板，M极板固定，N极板两端与两轻弹簧连接，当加速度变化时，N极板只能按图中标识的前后方向运动。下列对传感器描述正确的是（　　） A．由匀速突然向前加速时，电容器所带电荷量不变 B．由匀速突然向前加速时，M、N间的电场强度减小 C．若有电流由b到a流经电流表，则加速度方向向后 D．保持向前做匀速运动，电阻R将以恒定功率发热 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理体育运动与健身类题目以力学（抛体运动、圆周运动、能量与动量、受力平衡）为核心，融合运动学、功和能、流体力学等模块，形成跨模块综合题。命题强化真实运动场景下的多过程动力学分析，结合多个物理过程进行考察，如篮球从抛投到入筐、游泳从加速下滑到减速停止的多过程分析。题目将更多地结合体育运动与健身的真实情境，如田径项目、球类运动、智能健身设备等，实现运动场景与物理建模的深度融合。 命题热点： 命题热点①：体育项目与健身器材的物理原理应用，如球类运动（篮球、足球、排球）的抛体规律、田径项目（短跑、跳远、跳高）的运动分析、传统 / 智能健身器材（杠铃、弹力带、划船机、智能跑步机）的受力与做功分析，成为命题核心素材。命题热点②：大众健身与极限运动场景，如户外骑行、蹦床运动、攀岩受力、举重支撑等场景中的力学、能量与功率现象，贴合生活实际。命题热点③：体育科技与运动数据的应用，如跑鞋减震、智能手环运动数据、动作捕捉分析等，结合现代物理原理进行创新命题。 创新题型： ①结合体育运动场景，设计新颖的物理问题，例如，设计篮球 / 足球的斜抛运动模型，分析其临界出手角度与速度；以滑雪、蹦床运动为载体，构建多过程能量转化模型，分析其能量变化与受力特征。② 科技应用题：以智能健身设备、运动防护装备为载体，设计受力分析、变力做功、功率与能量的综合应用题。 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州一模】如图所示，A、B两篮球先后从相同高度抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（　　） A．A、B从抛出到落入篮筐所用时间相同 B．A在最高点的速度比B在最高点的速度大 C．A、B落入篮筐时速度大小相同 D．A、B上升过程中，在任意相同高度时的速度方向均相同 2．【2026·南通二模】第十五届全运会50m仰泳比赛中，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程。关于该过程的位移x、速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（       ） A． B． C． D． 3．【2026·南京栖霞一模】抖绳运动正走进大众的生活。一健身爱好者手握绳子左端，上下抖动，形成沿x轴正方向传播的绳波（可近似看成横波），a、b为绳上的两个质点，某时刻部分绳波的波形如图所示，下列说法正确的是（　　） A．该时刻a质点沿y轴正方向运动 B．该时刻b质点的速度大于a质点的速度 C．该时刻a、b两质点的加速度方向相同 D．从该时刻开始，b质点在接下来的四分之一周期内通过的路程等于A 4．【2026·徐州一模】如图所示，蚊香点燃后缓慢燃烧。若某滑冰运动员（可视为质点）的运动轨迹与该蚊香燃点的轨迹类似，运动的速率保持不变，则该运动员（　　） A．线速度不变 B．角速度变小 C．向心加速度变大 D．绕一圈(360°)所用时间保持不变 5．【2026·镇江一模】如图所示为某款运动跑鞋宣传图，图片显示：“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是（　　） A．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量 B．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量 C．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力 D．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力 6．【2025·苏锡常镇一模】某同学在玩“打水漂”时，向平静的湖面抛出石子，恰好向下砸中一个安全警戒浮漂，浮漂之后的运动可简化为竖直方向的简谐振动，在水面形成一列简谐波，距离浮漂处的水蕊上有一片小树叶，则（　　） A．小树叶将远离浮漂运动 B．小树叶将先向下运动 C．浮漂的振幅越大，波传到处时间越短 D．浮漂的振幅越小，小树叶振动越快 7．【2026·徐州二模】羽毛球在空中的运动轨迹如图中虚线所示。若羽毛球正处于上升过程，它所受的合外力可能是图中的（　　） A．F1 B．F2 C．F3 D．F4 8．【2026·镇江零模】 在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0 C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变 高频考点预测01 原子物理 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】BEST装置实现核聚变需要将燃料加热到极高温度，为实现可控核聚变的实际应用又迈进一步。下列说法正确的是（　　） A．燃料会发生链式反应 B．聚变反应吸收能量而不是释放能量 C．若反应物为和，生成物为，则聚变反应方程为 D．高温的目的是使原子核具有足够大的动能，能够克服库仑斥力，从而发生核裂变 分析有理·押题有据 命题趋势： 光电效应和波粒二象性江苏高考将继续侧重对光电效应方程的理解与应用、光电效应图像的分析，以及波粒二象性的辨析，考点回归课本，命题情境会更多结合量子通信、光子散射等前沿科技背景，难度以中等为主，多为选择题，也可能在计算题中考查简单计算，重点考查学生对光量子模型和物质波观念的掌握。核反应和核能将重点考查原子核的衰变规律（α、β 衰变）、核反应方程的书写与守恒规律的应用，以及结合质能方程进行核能估算；常结合我国核技术发展（如钍基熔盐堆、核医疗应用）等新颖背景，注重考查学生对守恒思想的应用与科学本质的理解，整体难度适中。玻尔理论与能级跃迁将以氢原子能级结构为核心，考查原子的能级跃迁条件、能级图的分析与计算，常与光电效应知识进行综合命题，侧重考查学生对量子化模型的理解和对能级跃迁问题的综合分析能力。 押题秘籍： 1．普朗克提出能量子观点：ε＝hν；爱因斯坦提出光子的观点：光子的能量hν。 2．光电效应 （1）两条对应关系 ①光照强度大→光子数目多→发射光电子多→饱和光电流大。 ②光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。 （2）定量分析时应抓住三个关系式 ①爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0； ②最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc； ③逸出功与截止频率的关系：W0＝hνc。 3．波粒二象性：光既有波动性，又有粒子性 （1）光的干涉、衍射、偏振说明光具有波动性； （2）光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性。 4．德布罗意指出：实物粒子也具有波动性，其波长λ＝，电子束衍射实验证实了电子的波动性。 5．汤姆孙发现了电子，说明原子是可分的；密立根通过“油滴实验”精确测定电子的比荷。 6．汤姆孙认为原子结构是“枣糕模型”；卢瑟福的α粒子散射实验说明原子是核式结构模型。 7．氢原子光谱是线状谱，发光的波长是分立的，不连续的。 8．玻尔的氢原子能级结构假说：电子轨道是量子化的，原子的能量是量子化的，原子发光的能量由能级差决定：hν＝En－Em，大量原子由高能级n向低能级跃迁时，会产生种光。 9．四种核反应 10．核衰变 （1）贝克勒尔发现的天然放射现象说明原子核是可再分的。 （2）半衰期：。 （3）半衰期不随温度、压强和元素所处的化学状态而改变，半衰期具有统计意义，少量原子核不成立。 11．结合能：核子结合成原子核所放出的能量；比结合能：原子核的结合能与核子数之比，也叫平均结合能，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固。 12．爱因斯坦质能方程：E＝mc2。 密押预测·精练通关 1．【2026·江苏二模】现代生产生活中涉及诸多物理规律，下列说法正确的是（　　） A．铀235裂变过程中释放γ射线，γ射线是高速运动的电子流 B．第二类永动机无法制成，原因是其违反了热力学第一定律 C．密闭容器中液体的饱和汽压只与温度和液体种类有关 D．根据相对论，物体运动速度越大，惯性质量越小，时间流逝越快 2．【2026·徐州二模】氘核与氚核聚变反应方程。下列说法正确的是（　　） A．x为质子 B．射线是电子流 C．氦核比结合能更小 D．可用于制造氢弹 3．【2026·苏锡常镇一模】一块带电锌板连接在验电器上，验电器指针张开，用灯照射锌板后验电器指针张角变小，则锌板初始所带电荷的性质以及照射锌板所用的灯分别是（　　） A．负电，紫外灯 B．负电，红外灯 C．正电，紫外灯 D．正电，红外灯 4．【2026·江苏二模】关于下列四幅图涉及的近代物理知识，下列说法正确的是（　　） A．图甲为氢原子的能级示意图，一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出6种不同频率的光子 B．图乙为原子核比结合能的变化曲线，卢瑟福通过α粒子轰击氮核的实验发现了中子，证实了原子核由质子和中子组成 C．图丙为黑体辐射的辐射强度与波长的关系图像，随着温度升高，黑体辐射的辐射强度极大值向波长较长的方向移动 D．图丁为研究光电效应的实验电路图，保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，遏止电压保持不变 5．【2026·南通二模】氢原子从高能级向能级跃迁时释放的光子形成的光谱线，称为巴尔末系谱线。图甲为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱图，是巴尔末系中波长最长的谱线。下列说法正确的是（　　） A．是氢原子从能级向能级跃迁时产生的 B．巴尔末系中光子能量最大的是 C．巴尔末系中光子动量最大的是 D．氢原子外层电子在不同能级上绕核运动时，不辐射电磁波 6．【2026·苏锡常镇一模】下列实验或现象揭示了原子核具有内部结构的是（　　） A．电子的发现 B．粒子散射实验 C．氢原子光谱 D．天然放射现象 7．【2026·江苏二模】我国科学家利用重离子加速器，通过熔合蒸发反应首次合成新核素镤—210（）。实验中，用加速的钙—40核（）轰击静止的镥—175核（），生成镤—210核与若干中子。已知反应前总质量为M1，反应后总质量为M2，真空中光速为c。 （1）写出该核反应的方程式； （2）该核反应释放的核能，并判断反应前后结合能的大小关系。 8．【2026·常州二模】如图甲所示是研究光电效应饱和电流和遏止电压的实验电路，A、K为光电管的两极，调节滑动变阻器触头P可使光电管两极获得正向或反向电压。现用光子能量的光持续照射光电管的极板K。移动滑动变阻器触头P，获得多组电压表、电流表读数，作出电流与电压关系的图线如图乙所示。求： （1）光电管K极材料的逸出功； （2）当滑片滑至靠近a端，此时电压表示数为2V，则到达A极板的光电子的动能为多少？ 高频考点预测02 光学 试题前瞻·能力先查 限时：8min 【原创题】物理实验小组在探究光的全反射现象时，取一块半径为R的半圆形透明砖平放在水平桌面上，O为圆心。已知光在该透明砖内的传播速度为，光在真空中的速度为c。实验中，让一束光从P点垂直于直边界面入射，光线在透明砖的圆弧面Q点处恰好发生了全反射。求： （1）该玻璃砖对该单色光的折射率 n； （2）该单色光P到Q的时间t。 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理光学部分主要涉及光的折射定律、全反射条件、临界角等知识点，往往结合几何关系进行综合考查。解决这类问题的关键：应围绕折射率，联系几何量和物理量列相关方程。光的干涉、衍射和偏振现象主要考查基本概念的理解与辨析；考点今年逐渐回归课本，命题常结合日常生活中的光学现象（如薄膜干涉、偏振光应用）或前沿科技背景，侧重考查学生对波动性本质的理解。 押题秘籍： 1．光的折射与全反射 （1）折射率：n12＝，n＝。 （2）全反射：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角时，折射光消失的现象。临界角满足sin C＝。 （3）光现象玻璃砖问题 （4）光导纤维：内芯的折射率较大，外套的折射率较小；光在内芯与外套的界面处发生全反射。 2．光的色散：白光经过三棱镜后可以分解为红、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种色光，折射率依次增大，频率依次增大，波长依次减小。 3．光的干涉 （1）频率相同的光经过双缝干涉，在光屏上形成等间距的明暗相间的条纹；当光程差Δr＝2n×(n＝0，±1，±2，…)时，产生明条纹；当光程差Δr＝(2n＋1)×(n＝0，±1，±2，…)时，产生暗条纹。 （2）条纹间距：Δx＝λ；应用：薄膜干涉，牛顿环，三角形空气层干涉。 （3）增透膜的原理是薄膜干涉，作用是减小反射光，其最小厚度为光在膜中波长的。 （4）薄膜干涉中用标准样板(空气间隙干涉)检查工件表面情况：条纹向窄处弯是凹，向宽处弯是凸。 4．光的衍射和偏振 （1）当缝的宽度等于或小于波长时，能发生明显的衍射现象；衍射时形成的是中央宽且亮、两边逐渐变窄变暗的条纹。 （2）光有偏振现象，说明光是横波；自然光通过偏振片变成偏振光；应用：摄影，液晶，3D眼镜。 5．电磁振荡与电磁波 （1）光的本质就是电磁波，电磁波传播不需要介质，在介质中传播时，速度与介质材料和电磁波频率有关。 （2）电磁波谱：无线电波→微波→红外线→可见光→紫外线→x射线→γ射线(波长变短)。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏北七市二模】一束由红光、蓝光组成的复色光从水中沿方向射入球形气泡中，发生折射的光路如图所示，O为气泡球心，a、b为折射光线。则（　　） A．a是红光，在水中光速度a比b的大 B．b是红光，在水中光速度a比b的小 C．a是蓝光，在水中光速度a比b的大 D．b是蓝光，在水中光速度a比b的小 2．【2026·徐州二模】某等腰三角形玻璃砖OPQ，，某束光线垂直于OP边射入，恰好在PQ界面发生全反射，则该玻璃砖的折射率为（　　） A． B． C． D．2 3．【2026·常州二模】高空中悬浮的六角形冰晶是形成“日晕”等大气光学现象的关键因素。如图所示，一束太阳光入射至一六角形冰晶的表面，经折射后从侧面射出，已知图中为红光，为紫光。下列光路示意图可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．【2026·盐城一模】将铁丝圈在肥皂水中蘸一下，让它挂上一层薄薄的肥皂膜，竖直放置时观察到彩色条纹如图所示。彩色条纹的形成原因和变化情况是（　　） A．彩色条纹是太阳光衍射形成的 B．彩色条纹是太阳光折射形成的 C．随着肥皂水向下流动，肥皂膜上端的彩色条纹会逐渐向下移动 D．随着肥皂水向下流动，肥皂膜的彩色条纹会逐渐变为上密下疏 5．【2026·南通二模】A与B两水域深度不同，水波在两个区域传播时的图样如图所示，下列说法正确的是（　　） A．A、B两处水波的振动频率不同 B．A、B两处水波的传播速度大小不同 C．该图样是由于衍射形成的 D．该图样是由于干涉形成的 6．【2026·南京一模】光线由空气射入半圆形玻璃砖，再由玻璃砖射入空气，O点是半圆形玻璃砖的圆心，D图中光线关于虚线左右对称，下列光路可能发生的是（　　） A． B． C． D． 7．【2026·苏锡常镇一模】“用双缝干涉测量光的波长”实验中，得到如图所示的干涉条纹，测得其中两条纹间的距离为a。已知双缝到屏的距离为l，双缝间的距离为d，空气的折射率近似为1。求： （1）该单色光的波长λ1； （2）该单色光在折射率为n的介质中的波长λ2。 8．【2026·南京栖霞一模】如图所示，矩形ABCD为一长方体透明介质的截面，E为CB边上一点，从A点沿AE方向射出一束单色光恰好在E点发生全反射，并从CD边上P点（未画出）射出。已知AB边的长度为0．6L,BC边的长度为1．2L,BE的长度为0．8L，光在真空中的传播速度为c。求： （1）该透明介质的折射率n； （2）单色光在CD边射出时折射角的正弦值； 高频考点预测03 热学 试题前瞻·能力先查 限时：8min 【原创题】某同学设计了一款压力缓冲装置，如图所示，导热性能良好的汽缸开口向下，缸内活塞连接在竖直固定的支架上，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，活塞的横截面积为S，汽缸的质量为m。开始时缸底离活塞的距离为，大气压强等于，重力加速度为g，现给缸底一个向下大小等于3mg的压力，求： （1）当汽缸向下运动的加速度为零时，缸内气体的压强； （2）最终汽缸静止时，活塞到缸底的距离。 分析有理·押题有据 命题趋势： 热学部分主要有分子动理论、热力学定律、气体实验定律和气体的状态变化图像等问题。分子动理论和热力学定律多以选择题形式考查，侧重对微观统计规律、内能变化、热力学定律基本概念的理解与辨析；气体实验定律和气体状态变化图像属于高频考点，试题难度中等，命题形式以选择题和计算题为主，常考查学生灵活应用气体实验定律结合图像分析气体状态变化，或结合热力学定律解决实际问题的能力。 押题秘籍： 1．估算问题 （1）分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。 特别提醒：对气体而言，V0＝不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。 （2）两种分子模型：①球体模型：V＝πR3＝πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V＝a3。 2．分子热运动： （1）分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。 （2）布朗运动：在显微镜下看到的悬浮在液体中的微小颗粒的永不停息的无规则运动，布朗运动反映了液体分子的无规则运动，颗粒越小，运动越明显；温度越高，运动越剧烈。 3．分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系 　　 甲 乙 4．液体 （1） 液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，表面张力的方向跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直． （2） 液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性。 5．气体压强的微观解释 6．气体实验定律、理想气体状态方程 7．热力学第一定律：ΔU＝Q＋W。注意正、负号法则。 8．应用热力学定律分析理想气体内能相关问题的三个要点： （1）做功情况看体积 体积V减小 → 外界对气体做功 → W＞0； 体积V增大 → 气体对外界做功 → W＜0； 无阻碍地自由膨胀 → W＝0。 （2）内能变化看温度 其它条件不变的情况下，温度T升高 → 内能增加 → ΔU＞0； 其它条件不变的情况下，温度T降低 → 内能减少 → ΔU＜0。 （3）吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q。 密押预测·精练通关 1．【2026·盐城一模】一定质量的理想气体，在温度和下的压强与体积倒数的关系图像如图所示，气体由状态A等压变化到状态B的过程中（　　） A．温度升高，吸收热量 B．温度升高，放出热量 C．温度降低，吸收热量 D．温度降低，放出热量 2．【2026·南通二模】恒温水池底部一个气泡由池底缓缓上浮，在气泡上浮的过程中（　　） A．气泡内气体压强增大 B．气泡表面张力让气泡扩张 C．气泡内气体对外界做功 D．单位时间内撞击气泡表面单位面积分子数增加 3．【2026·苏锡常镇一模】将细棉线的两端系在铁丝环上，棉线处于略微松弛的状态，将铁丝环浸入肥皂液后取出，环上留有肥皂膜，如图所示。用烧热的针刺破棉线左侧的肥皂膜，稳定后棉线的形状是（　　） A． B． C． D． 4．【2026·江苏二模】如图所示，一定质量的理想气体经历的状态变化过程，已知气体在状态A的压强为pA=1．5×105Pa，且过程中气体做功的绝对值是过程中气体做功绝对值的3倍。下列说法正确的是（　　） A．A、B、C三个状态中，气体在B状态的分子平均动能大于C状态 B．从C到A的过程中，气体分子数密度逐渐减小 C．过程中气体内能不变，因此既不吸热也不放热 D．整个循环过程中，气体吸收的热量全部用来对外界做功 5．【2026·镇江一模】如图所示，把上端封闭、下端开口的玻璃管竖直插入水中后，将玻璃管缓慢向下移动。若管内气体温度保持不变，则管内气体（　　） A．压强小于大气压强 B．内能增大 C．单位体积内的分子数保持不变 D．单位面积上分子撞击器壁的作用力变大 6．【2026·南京栖霞一模】某车主汽车中控仪表盘实时显示四个完全相同轮胎内气体压强（单位：）及温度（单位：℃）如图所示，不计轮胎形变，轮胎内气体可视为理想气体，则四个轮胎中，充气最多的轮胎是（       ） A．左前轮 B．右前轮 C．左后轮 D．右后轮 7．【2026·盐城一模】人类对物质的认识不断发展，下列判断正确的是（　　） A．农民锄地截断土壤中的毛细管结构可减少土壤中的水分蒸发 B．荷叶上小水珠呈扁球状是由于失重而使液体表面收缩 C．晶体具有确定的熔点，其物理性质一定呈现各向异性 D．液晶是液体和晶体的混合物，具有光学各向异性 8．【2026·陕西一模】如图所示，一个导热性能良好的长方体气缸开口向右水平放置，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞离缸底的距离为L，活塞的截面积为S，大气压强为P0，环境温度为T0，此时活塞与气缸内壁间恰好无摩擦，将环境温度缓慢升高，使活塞向右移动，活塞与气缸内壁间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为，活塞不漏气，求： （1）活塞刚好要滑动时，缸内气体的压强多大； （2）活塞移动时，环境温度多高； （3）活塞移动过程中，气体吸收的热量为Q，则气体内能的增加量为多少。 高频考点预测04 平衡问题和牛顿动力学问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，水平地面上一车厢内固定有倾角为的光滑斜面，一根平行斜面的轻绳一端固定在斜面顶端，另一端连接质量为的小球置于斜面上。已知重力加速度为，不计空气阻力，当整个装置一起水平向左做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．小球一定不可能受2个力的作用 B．小球一定受3个力的作用 C．当装置水平向左的加速度大小为2g时，轻绳的拉力大小为 D．当装置水平向左的加速度大小为2g时，小球受3个力的作用 分析有理·押题有据 命题趋势： 平衡问题和牛顿动力学问题主要考查共点力平衡、动态平衡、连接体平衡问题和牛顿运动定律的综合应用问题。平衡问题和牛顿动力学问题都是高考热点，命题情境来源广泛，会紧密联系生产生活和科技进步等场景。高考题型考查形式多样，考查的难度中等偏上，主要考查学生对受力分析、整体法与隔离法的灵活运用，以及利用牛顿运动定律解决多过程、连接体问题的能力。 押题秘籍： 1．共点力的平衡 （1）当两个分力F1＝F2＝F，夹角为θ时，F合＝2Fcos，方向与F1、F2的夹角都为；当θ＝120°时，F合＝F；当三个力大小相等，互成120°时，F合＝0． （2）平衡状态 ①静止：物体的速度和加速度都等于零的状态． ②匀速直线运动：物体的加速度为零、速度不为0的状态． （3）平衡条件 ①物体所受合外力为0，即F合＝0． ②若采用正交分解法，平衡条件的表达式为Fx＝0，Fy＝0． ③推论：若物体受n个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反． 2．匀变速直线运动的基本规律 （1）速度公式v＝v0＋at，位移公式 x＝v0t＋at2，位移速度公式v2－v＝2ax，平均速度公式＝＝＝。 （2）任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量，即Δx＝aT2，可推广为xm－xn＝(m－n)aT2。 3．牛顿第二定律F合＝ma。 （1）F合＝0，物体做匀速直线运动或静止。 （2）F合≠0且与v共线，物体做变速直线运动。 ①F合不变，物体做匀变速直线运动．例：自由落体运动是初速度v0＝0、加速度为g的匀加速直线运动；竖直上抛运动是初速度v0≠0、加速度为g的匀变速直线运动。 ②F合大小变化，a大小变化，物体做变加速直线运动。 密押预测·精练通关 1．【2026·盐城一模】如图所示，两质量均为m的物块A、B在水平外力F的作用下均保持静止，各接触面间的动摩擦因数都为μ。下列说法正确的是（　　） A．A所受摩擦力水平向左 B．B与地面之间一定有摩擦力 C．B与地面之间的摩擦力大小一定为2μmg D．B对地面的压力和地面对B的支持力是一对平衡力 2．【2026·南通一模】如图所示，笔记本电脑放在折叠式支架上，支架静置于水平面上。现仅增大θ角，电脑保持静止，则支架（　　） A．对电脑的摩擦力变小 B．对电脑的支持力变小 C．对电脑的作用力变小 D．对水平面的压力变小 3．【2026·南通二模】如图所示，光滑斜面固定在水平面上，斜面上的一物体用通过定滑轮的轻绳拉动，沿斜面缓慢上升，则此过程中（　　） A．绳子拉力一直变大 B．斜面对物体的弹力一直变大 C．地面对斜面的弹力一直变大 D．地面对斜面的摩擦力一直变大 4．【2026·泰州一模】如图所示，在水平面上固定一竖直挡板M，现用水平力F向左推楔形木块B，使球A缓慢上升，所有接触面均光滑。在此过程中（　　） A．A对B的压力始终不变 B．A对M的压力逐渐增大 C．水平外力F逐渐增大 D．水平面对B的支持力逐渐增大 5．【2026·南京一模】我校科技社团的同学对国产大飞机C919产生了浓厚的兴趣，他们通过查阅资料得知C919机身全长约40m，起飞最大总重量75吨，起飞速度为80m/s，滑行过程中受到的阻力约为飞机重力的0．1倍。该科技社团采用手机连拍功能研究C919起飞过程（可近似看成a=5m/s2的匀加速直线运动），图是在同一底片上每隔相等时间间隔多次曝光“拍摄”飞机滑行加速过程的照片（合成照片），g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．拍摄照片1时，飞机瞬时速度为零 B．拍摄照片1-5的过程中，飞机平均速度约为35m/s C．相邻两张照片之间时间间隔约为1s D．以最大总重量加速滑行起飞时，飞机发动机提供的牵引力约为 6．【2026·镇江零模】如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，质量为m的小物块在平行于斜面、大小为F的拉力作用下，沿斜面向上以速度v0匀速滑动，物块运动到A点时撤去拉力。已知斜面足够长，重力加速度为g。求： （1）物块与斜面间的动摩擦因数μ； （2）撤去拉力F后，物块上升到最高点时与A点的距离大小x。 7．【2026·徐州一模】一人乘电梯上楼，电梯上升10s后停下。该过程中电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示。以竖直向上为正方向，下列判断正确的是（       ） A．末电梯速度达到最大 B．0~2s电梯加速度先增大后减小 C．图中两块阴影区域面积不相等 D．4s~7s电梯保持静止 8．【2026·南通二模】如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆子，5个相同的小球套在杆子上从各杆子上同一高度同时由静止下滑，一段时间后小球的连线可能是（　　） A． B． C． D． 高频考点预测05 抛体运动与圆周运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，小球随杆在竖直平面内做圆周运动．下列说法中正确的是( ) A. 小球能通过最高点的最小速度为 B. 小球运动到最高点时，杆对球的作用力方向一定向下 C. 小球运动到最低点时，杆对球的作用力方向一定向上 D. 小球运动到水平位置B时，所受合外力一定指向O点 分析有理·押题有据 命题趋势： 抛体运动主要考查平抛运动的基本规律、落点有限制条件（临界）的平抛运动和斜抛运动等问题。高考常以体育比赛项目或在生产生活中的抛体运动情景为命题背景，考查学生对抛体运动进行模型建构的能力，应用合成与分解思想分析曲线运动的能力。圆周运动主要涉及水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动基本规律及临界问题等。高考常以生活中圆周运动的实例为命题背景，考查向心力公式的应用及临界条件的分析能力，注重与受力分析、能量守恒等知识的综合应用。 押题秘籍： 1. 匀变速曲线运动——F合是恒量 （1）物体做曲线运动的条件：速度的方向与加速度(合外力)的方向不在同一条直线上. （2）研究方法：运动的合成与分解． ①平抛运动 速度vx＝v0，vy＝gt，v＝，tan θ＝(θ为合速度与水平方向的夹角)． 位移x＝v0t，y＝gt2，s＝，tan α＝(α为合位移与水平方向的夹角)． ②斜抛运动：是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动． ③带电粒子在匀强电场中的偏转——类平抛运动 2. 变加速曲线运动——F合是变量 （1）研究方法：沿切向、法向建立直角坐标系，研究力与运动的关系． （2）匀速圆周运动的动力学特征：F向＝ma向＝m＝mω2r＝mr （3）圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运动，F向＝mgtan θ，方向水平，指向圆心． （4）小球在“绳”模型最高点最小速度为，最低点最小速度为，上、下两点拉力之差为6mg. （5）小球在“杆”模型最高点vmin＝0，v临＝. v＞v临，杆对小球有向下的拉力； v＝v临，杆对小球的作用力为0； v＜v临，杆对小球有向上的支持力． 密押预测·精练通关 1．【2026·盐城一模】如图所示，半径为R的半圆弧ACB，O是圆心，AD=2OD。自A点和D点同时水平抛出甲、乙两个相同小球，两球落在圆弧BC上的同一个点E（图中未画出），其中一个小球落点处速度方向与圆弧切线垂直，忽略空气阻力和小球大小，则（　　） A．甲、乙两球在运动过程中动量变化量不同 B．甲球在落点处速度方向与圆弧切线垂直 C．甲、乙两球同时到达E点 D．甲、乙两球初速度大小之比为3：2 2．【2026·南京一模】如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则（　　） A．两颗鸟食同时抛出 B．在N点接到的鸟食后抛出 C．两颗鸟食平抛的初速度相同 D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 3．【2026·镇江一模】如图所示，质量m为1.0kg的木块以初速度v0=5m/s从桌边A点水平滑出落在粗糙水平地面点，在极短时间内竖直速度减为0，又滑动一段距离，最终停在地面上C点。已知桌面距离水平地面的高度h为1.25m，B、C两点的距离为L=4.0m，g取10m/s2。不计空气阻力，求 （1）、两点间的水平距离x； （2）落地前瞬间，重力的瞬时功率； （3）地面的动摩擦因数μ。 4．【2026·苏锡常镇一模】在O点向右上方连续抛射多个小球，小球初速度方向均相同而大小均不同，不计空气阻力。图中虚线可表示各小球最高点位置排列形状的是（　　） A． B． C． D． 5．【2026·宿迁一模】图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（　　） A．M点的线速度方向总是沿PM方向 B．M点的向心加速度方向沿MP方向 C．N点线速度大小是M点的2倍 D．N点的向心加速度大小是M点的4倍 6．【2026·徐州二模】如图所示，一辆电动车在水平地面上以恒定速率v行驶，依次通过a、b、c三点，下列说法正确的是（　　） A．三点的向心力大小关系为 B．三点的地面对车的支持力大小关系为 C．三点的向心加速度大小关系为 D．三点的周期大小关系为 7．【2026·南通一模】如图所示，轻弹簧一端固定在竖直杆上的O点，另一端连接小球，小球套在光滑水平杆上，整个装置可绕竖直杆转动。当装置分别以角速度ω1、ω2匀速转动时，小球相对杆分别静止在A、B点，杆对球的弹力大小分别为FNA、FNB，其中FNA方向向下。弹簧在弹性限度内，则（　　） A．ω1＞ω2，FNA＞FNB B．ω1＞ω2，FNA＜FNB C．ω1＜ω2，FNA＞FNB D．ω1＜ω2，FNA＜FNB 8．【2026·苏北七市二模】如图甲所示，细线的一端系一小球，另一端固定于O点，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动。传感器同时测得细线拉力大小F、细线与竖直方向夹角θ，拉力F随θ变化的曲线如图乙所示。已知小球做圆周运动的半径r=0.4m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）小球运动过程中的最小速度v； （2）小球的质量m。 高频考点预测06 万有引力与航天 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】中国天问二号主要任务是实现对小行星2016HO3的详细探测，要在小行星2016HO3进行表面采样和样品返回。天问二号在变轨过程中会经历不同轨道，如图中Ⅰ轨道和Ⅱ轨道，则天问二号（　　） A．在Ⅱ轨道上经过P点的速度大于在Ⅰ轨道上经过P点的速度 B．在Ⅱ轨道上运行时经过P点的速度大于经过Q点的速度 C．在Ⅰ轨道上经过P点的加速度大于在Ⅱ轨道上经过P点的加速度 D．在Ⅰ轨道上运行的周期更小 分析有理·押题有据 命题趋势： 万有引力与航天以中国航天最新成就为载体，核心考查卫星运行规律、变轨能量分析、黄金代换与多星模型，侧重中心天体的质量和密度计算、卫星的发射与变轨。从命题趋势上来看，多以选择题出现，整体难度重公式理解、轻复杂计算。高考通常紧扣中国航天（天宫、嫦娥、天问、北斗）、宇宙探索背景命题。 押题秘籍： 1. 开普勒三定律 （1）椭圆定律：太阳位于所有行星的椭圆轨道的公共焦点上； （2）面积定律：行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等（越高越慢）； （3）周期定律：＝k，其中k只与中心天体有关。 2. 万有引力定律及其应用 （1）重力：①南、北极处：F万＝mg＝；②在一定纬度时重力方向不指向地心。 （2）黄金代换式：Gm地＝gR2(R为地球半径)。 （3）测地球质量：①重力法m地＝(地球表面)；②环绕法：m地＝。 （4）测地球密度：①重力法ρ＝；②环绕法：ρ＝。 3. 人造卫星 （1）人造卫星：万有引力提供向心力G＝m＝mω2r＝mr＝ma.高轨低速(v、ω、an)大周期。 （2） 第一宇宙速度v1＝＝＝7.9 km/s，第二宇宙速度v2＝11.2 km/s，第三宇宙速度v3＝16.7 km/s。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏北七市二模】如图所示，哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2。则（　　） A．v1=v2 B．v1＜v2 C．v1r1=v2r2 D．v1r1＜v2r2 2．【2026·常州二模】“二十四节气”起源于黄河流域，是上古农耕文明的产物。地球围绕太阳公转的轨道是一个椭圆，将地球绕太阳一年转360度分为24份，每15度为一个节气。立春、立夏、立秋、立冬分别作为春、夏、秋、冬四季的起始。如图所示为地球公转位置与节气的对照图，设地球公转轨道的半长轴为a，公转周期为T，下列说法中正确的是（　　） A．从节气划分来看，冬天的时间最短 B．太阳对地球的万有引力大于地球对太阳的万有引力 C．地球的质量为 D．地球每转过相同的角度，地球与太阳的连线扫过的面积相等 3．【2026·南通一模】若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为，则火星与地球绕太阳运动的（　　） A．轨道周长之比为9:4 B．线速度大小之比为 C．角速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为2:3 4．【2026·宿迁一模】神舟二十二号无人应急飞船与空间站对接形成新组合体，在空间站原轨道上绕地球做匀速圆周运动。与对接前相比，对接后新组合体（ ） A．线速度变大 B．周期变大 C．加速度变大 D．动能变大 5．【2026·南京一模】2018年12月27日，北斗三号基本系统已完成建设，开始提供全球服务。其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示：a为低轨道极地卫星，b为地球静止卫星，c为倾斜轨道卫星，其轨道平面与赤道平面有一定的夹角，c的周期与地球自转周期相同。下列说法正确的是（　　） A．卫星a的线速度比卫星c的线速度小 B．卫星b的向心加速度比卫星c的向心加速度大 C．卫星b和卫星c的线速度大小相等 D．卫星a的机械能一定比卫星b的机械能大 6．【2026·江苏二模】如图为太阳系部分行星绕太阳运行的圆轨道示意图，水星、金星、地球、火星、木星、土星均绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供行星做圆周运动的向心力。下列说法正确的是（　　） A．水星的公转轨道半径最小，其绕太阳运行的周期最长 B．地球绕太阳运行的公转角速度大于金星绕太阳运行的公转角速度 C．地球的第一宇宙速度大小为7.9km/s，它是人造地球卫星的最小发射速度 D．土星的公转轨道半径最大，其绕太阳运行的线速度最大 7．【2026·徐州二模】2025年10月31日，我国发射了神舟二十一号载人飞船，将三名宇航员成功送入了在轨道Ⅱ上运行的天宫空间站。如图所示，飞船发射后先进入椭圆轨道Ⅰ，P是椭圆轨道的近地点，Q是椭圆轨道的远地点，飞船在椭圆轨道P、Q点时线速度大小为v1、v2。下列关系正确的是（　　） A．v1＜v2 B．v1=v2 C．v1>v2 D．无法确定 8．【2026·徐州一模】2024年6月，嫦娥六号探测器在人类历史上首次实现月球背面采样。采样的月壤质量为m，测得月球表面的重力加速度g。已知月球半径为r，引力常量为G。求： （1）探测器在月球表面采样月壤的重力F； （2）月球的质量M。 高频考点预测07 功能关系 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【原创题】 如图所示，半径为R=0.5m的粗糙圆弧轨道固定在在光滑的水平面上，右端B紧靠等高的木板CD。质量为m=2kg可视为质点的物块从圆弧轨道上端A点的正上方高度为R处由静止开始下落，物块刚好从A点沿切线方向进入轨道，到达B点时对B点的压力大小为F=36N。已知木板质量为M=0.5kg，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。 （1）求物块到达B点的速度v； （2）求圆弧轨道的摩擦力对物块做的功W； （3）若物块恰好不从木板上掉下，求木板的长度L 分析有理·押题有据 命题趋势： 功能关系在高考中考察方式灵活多变，既可以单独考查能量变化计算，也可以与力学模型（如板块、传送带、圆周运动）结合命题。比较常出现在计算题中，将延续基础为重、情境鲜活、综合拔高的主线，核心围绕功和功率、动能定理、机械能守恒、能量守恒与功能关系四大板块，突出变力做功、多过程建模、能量转化分析，并紧密结合科技、工程、生活真实情境。 押题秘籍： 1. 功、功率 （1）恒力做功：W＝Flcos α。 （2）变力做功：动能定理法、微元法、图像法。 （3）功率：P＝或P＝Fv。 2. 动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1。 3. 重力势能：重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关，公式Ep＝mgh，与参考平面的选取有关，而重力势能的变化量与参考平面选取无关。 4. 弹性势能：弹簧的弹力做功只与位置有关，而与路径无关，公式Ep＝kx2。 5. 机械能守恒定律 （1） 条件：只有重力或弹簧的弹力做功，其他力不做功或做功合为0。 （2） 表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv或Ep减＝Ek增或EA减＝EB增。 6. 功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv 机械能 除重力和弹簧弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对，s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州一模】如图，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止开始下滑（取地面为零势能面），则滑块的速度大小v、动能、动量、重力势能随位移x的变化关系图线，可能正确的是（       ） A． B． C． D． 2．【2026·南通一模】某无人机测试中，操作员控制无人机在竖直平面内沿一段圆弧轨道向上飞行。如图所示，无人机飞行过程中保持速度大小始终不变。则无人机在运动过程中（　　） A．所受合外力为0 B．加速度恒定 C．机械能守恒 D．所受的各个力做功总和为零 3．【2026·苏北七市二模】如图所示，倾角为的足够长斜面放置在光滑的水平面上，质量相等的、两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，μ1＜μ2且μ1+μ2=2tanθ。a、b以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（　　） A．b的机械能一直减小 B．c的机械能一直增加 C．a、b、c系统动量守恒 D．a、b、c的总动能一直增加 4．【2026·常州二模】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 5．【2026·南京一模】如图所示，两个可视为质点的滑块P和Q质量分别为m和3m，P、Q通过光滑铰链用长为L的轻杆连接，P套在固定的光滑竖直杆上，Q在光滑水平地面上。原长为0.6L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆上O点。将P由静止释放，此时轻杆与竖直方向夹角α=37°；P下降到最低点时α变为53°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则在P下降的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P的加速度方向一直向下 B．P和Q组成的系统机械能守恒 C．弹簧弹性势能最大值为0.2mgL D．P速度最大时，Q受到地面的支持力大小为3mg 6．【2026·南京二模】质量为的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为、的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为，木板足够长，重力加速度取g，求： （1）木块A在木板C上的滑行时间t； （2）木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q； （3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。 7．【2026·南通一模】如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。某一时刻将力F撤去，弹簧将A、B弹起，当A、B恰好分离时，回答下列问题： （1）求撤去力F前弹簧的压缩量x0； （2）求A、B恰好分离时的速度大小v，并判断此时弹簧的状态； （3）从撤去力F到A、B恰好分离的过程中，求弹簧弹力对物块A做的功；若分离后物块A继续沿斜面运动，求弹簧的最大伸长量xmax（以弹簧原长位置为坐标原点，沿斜面向上为正方向）。 8．【2026·徐州一模】某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36m，L=1.6m，v0=5m/s，m=0.2kg，M=1.8kg，μ=0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块（g取10m/s2） （1）滑到B点处的速度大小； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； （3）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 高频考点预测08 动量定理和动量守恒定律 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，质量为2m滑块A以v0的速度与静止在水平桌面上的滑块质量为m的B发生完全非弹性正碰，若两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　） A． 碰后A的速度大小为 B．碰撞过程中损失的机械能为 C．碰后A、B滑行的最大距离之比为1:2 D．碰后A、B的运动时间之比为2:1 分析有理·押题有据 命题趋势： 动量定理、动量守恒几乎不会单独命题，而是和动能定理、能量守恒、牛顿定律、圆周运动、板块模型等结合，构成力学压轴题的核心部分，是区分度最高的考点之一。以碰撞、爆炸、反冲、板块、传送带、弹簧连接体、滑块-圆弧轨道等常见模型为载体，考查-对系统受力、动量变化、能量损失的综合分析能力，尤其重视 “系统是否满足动量守恒条件” 的判断。 押题秘籍： 1. 动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝mv′－mv。 2. 动量守恒定律及其应用 （1）条件：①不受力；②所受合外力为0；③内力远大于外力；④某方向所受的合力为0，则这一方向上动量守恒。 （2）三种表达形式 ①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)。 ②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向。 ③Δp＝0，系统总动量的变化量为0。 （3）“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失) 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0，v2＝v0 当m1＝m2时，交换速度。 当m1>m2时，速度方向不变；m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0。 当m1<m2时，速度反向；m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。 （4）“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多) 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝v。 （5）人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝L，x2＝L。 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州一模】水火箭发射时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高速升空。某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内0.5kg的水以相对地面30m/s的速度在0.5s时间内快速喷出，则火箭箭体受到的推力约为（　　） A．15N B．25N C．30N D．35N 2．【2026·南京二模】如图所示，物块在恒定拉力F作用下沿固定斜面向上加速运动，则（　　） A．支持力的冲量等于零 B．拉力F的冲量沿斜面向上 C．拉力F的冲量等于物块的动量变化量 D．物块动量变化量的方向沿斜面向上 3．【2026·镇江一模】游乐园某游戏装置简化图如下：用一根长为的细线把一个质量为的小球悬挂在点，使小球处于静止状态，现在最低点给小球一个水平向右的冲量，使小球能在竖直平面内运动，若小球在运动的过程中始终对细绳有力的作用，则冲量大小可能为（　　） A． B． C． D． 4．【2026·淮安一模】如图所示，小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，不计空气阻力，则（       ） A．A做简谐运动 B．A、B的系统动量守恒 C．A的质量大于B的质量 D．仅增大B的质量，B能到达Q点的右侧 5．【2026·苏北七市二模】如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在光滑的水平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板，恰好能穿过．现解除锁定，让子弹以相同的初速度射向钢板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程中（　　） A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小 B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大 C．钢板对子弹做的功比锁定时的多 D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多 6．【2026·苏锡常镇一模】如图所示，不可伸长的轻绳穿过轻质定滑轮连接水平桌面上的物块A和B，桌面下方的物块C通过轻质滑轮挂在绳上，三个物块的质量均为m。桌面上有一阻挡装置P，起初物块A到P的距离为l。现由静止同时释放三个物块，一段时间后物块A与阻挡装置P发生碰撞，在极短时间内达到静止。不计一切摩擦，重力加速度大小为g。求： （1）物块A与阻挡装置P碰撞前瞬间的速度大小v； （2）物块A运动过程中绳上张力大小T； （3）物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳对物块B的冲量大小I。 7．【2026·盐城一模】如图所示，倾角为37°的固定斜面上有一右端带垂直挡板的木板，质量M=1kg。现将质量m=1kg的光滑小滑块放到距离挡板处，两者同时由静止释放。已知木板与斜面间的动摩擦因数，小滑块与挡板发生弹性碰撞，整个过程小滑块未脱离木板，斜面足够长，g取10m/s2，，。求： （1）释放瞬间滑块的加速度大小a； （2）第1次碰撞过程中，滑块所受合力的冲量大小I； （3）从释放到第3次碰撞系统产生的总热量Q。 8．【2026·南京一模】如图所示，光滑水平面上有一静止小车，质量，车前、后壁间距，车上放置质量，长度的木板A，木板上有一小物块B，质量，A、B间的动摩擦因数，木板与车厢间的动摩擦因数。开始B和A紧靠车厢前壁，现给小车向前的初速度，已知A与后壁碰撞黏在一起，B与后壁碰撞为弹性碰撞，经过一定时间后，A、B与小车三者相对静止，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）A与后壁碰撞前，车、A、B的加速度大小a1、aA、aB； （2）整个过程A与B之间摩擦产生的内能Q； （3）从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小x。 高频考点预测09 机械振动和机械波 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】用手握住绳的一端上下做简谐振动，t=0时刻形成的简谐波如图所示，此时绳上A、B、C、D四个质点的位移大小相等，则下列说法正确的是（　　） A．B、D两质点的振动方向总是相同 B．t=0时刻，质点B正在向上振动 C．t=0时刻，A、C两质点的加速度相同 D．t=0时刻，C、D两质点的速度相同 分析有理·押题有据 命题趋势： 机械振动和机械波部分振动图像和波动图像是绝对核心考点，重点考查 “读图→判方向→找周期/波长→算波速→析能量” 的链条，强调空间想象与图像转换能力。从单摆、弹簧振子经典模型，延伸至医学超声、声呐、降噪、精密测量等实际场景；结合传感器、共振应用等素材，弱化复杂计算，强化建模与定性分析。 押题秘籍： 1. 简谐运动 （1）简谐运动的条件：回复力与位移大小成正比、方向相反，即F＝－kx，表达式：x＝Asin(ωt＋φ)。 （2）质点在平衡位置时，速度最大，动能最大；质点在最大位移时，速度为0，势能最大；系统的机械能守恒。 2. 弹簧振子与单摆 （1）弹簧振子的周期与振幅，与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关，公式：T＝2π。 （2）单摆在小角度摆动时，F＝－x，周期：T＝2π. 3. 受迫振动 （1）受迫振动时，小球做受迫振动的周期(频率)与驱动力的周期(频率)相等。 （2）当系统的驱动力频率等于系统的固有频率时，振幅最大，这就是共振现象。 4. 机械波 （1）产生条件：波源、介质．波源的起振方向就是波传播时最前面的质点的振动方向。 （2）“上下坡法”：即沿着波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动。 （3）波上的质点只会在自己的平衡位置附近振动，不会随波迁移。 （4）波速、波长和频率的关系：v＝fλ，其中f＝.波由一种介质进入另一种介质时，频率不变，波长和波速改变(由介质决定)。 5. 波的叠加、干涉与衍射 （1）叠加：几列波相遇时能够保持各自的运动状态继续传播，重叠区域中质点的位移等于几列波单独传播的矢量和。 （2）干涉：频率相同的两列波叠加时，可以使某些区域的振动加强、某些区域的振动减弱，形成稳定的干涉图样。 （3）衍射：缝、孔的宽度或障碍物的尺寸足够小时，能看到明显的衍射现象。 6. 多普勒效应：当波源与观察者之间的距离减小(增加)时，观察到的频率增加(减小)。 密押预测·精练通关 1．【2026·南京一模】将一石子扔向平静的水面，形成的水波沿水面向四周传播。从石子落水开始计时，以石子落入水面的位置为坐标原点O，t=3.5s时波刚好传播到P点，P点的横坐标为3.5m，O~P间的波形图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．坐标原点处的水波起振方向竖直向下 B．该机械波的波长为2.5m C．该机械波的波速为1m/s D．该机械波的周期为1.5s 2．【2026·镇江零模】如图所示，波源和振动方向、起振的初始相位相同，频率均为10Hz，分别置于均匀介质中距离为1.6m的A、B两点处。两波源产生的简谐横波沿直线AB相向传播，波速为8m/s。则AB间合振动振幅最小的点与A点距离可能是（　　） A．0.6m B．0.8m C．1.2m D．1.3m 3．【2026·徐州一模】如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中（　　） A．甲的振幅大于乙的振幅 B．甲的振幅小于乙的振幅 C．甲的最大速度是乙的最大速度的2倍 D．甲的振动周期是乙的振动周期的2倍 4．【2026·南京一模】一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.3s时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则 A．质点P的运动方向向右 B．这列波的周期为1.2s C．这列波的波长为12m D．这列波的传播速度为60m/s 5．【2026·苏锡常镇一模】单摆做阻尼振动的位移-时间图像如图所示，则摆球在P与N时刻相同的物理量是（　　） A．加速度 B．动能 C．势能 D．机械能 6．【2026·宿迁一模】用手握住细绳A端持续上下振动，在绳上形成一列简谐横波。某时刻波形如图所示，则该时刻绳上（       ） A．质点B的速度不为零 B．质点C的加速度为零 C．质点C、E的速度相同 D．质点B、D的加速度相同 7．【2026·常州二模】图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动形成水波。以青蛙所在位置为原点O，某时刻波源垂直xOy平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙为某质点的振动图像，图中a、T为已知量。求： （1）波在水中的传播速度大小v； （2）从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间t。 8．【2026·徐州二模】如图所示，均匀介质中两相干波源S1、S2沿x轴固定放置，t=0时刻两波源同时由平衡位置向y轴负方向起振，振动频率均为f=5Hz，形成的两列波波长均为λ=8m，振幅均为A=5cm，两列波沿x轴相向传播，不考虑波的反射与能量损耗。 （1）写出波源S1的振动方程； （2）求S1、S2之间距离S1最近的振动加强点的横坐标。 高频考点预测10 电场的基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图，正三角形三个顶点固定三个等量点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，则（　　） A．电子在M、N两点电势能相同 B．点电荷B、点电荷C所受静电力大小相等 C．M、N两点的电场强度相同 D．电子沿直线由O点向C点移动过程中，电势能逐渐增加 分析有理·押题有据 命题趋势： 电场的基本规律应用主要考察模型匀强电场、点电荷电场、等量同种/异种电荷电场、带电粒子在电场中偏转、电容器等。以E-x、φ-x、Ep-x电势场强图像为核心命题载体，侧重读图、定性判断为主，弱化复杂计算，注重场强、电势、电势能、电场力做功逻辑关系辨析，陷阱多、概念易混，属于常考易错点。 押题秘籍： 1. 电场、电场强度 （1）电场的方向与正电荷的受力方向一致，与负电荷的受力方向相反.电场线密的地方电场强，稀疏的地方电场弱。 （2）E＝(定义式)，E＝k(决定式)，E＝(匀强电场)。 （3）计算场强常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法等。 2. 电势、电势差、电势能、等势面 （1）电势定义式φ＝，其大小由电场本身性质决定，与电势能Ep、电荷量q均无关。 （2）电势差UAB＝φA－φB＝＝。 （3）静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。 （4）等势面与电场线相互垂直，沿电场线方向电势降低最快.等差等势面越密集的地方，电场越强；越稀疏的地方，电场越弱。 3. 电容器 （1）C＝＝(定义式)，C＝(决定式)。 （2）电容器接在电源上，电压不变，改变d或S或εr，极板上的电荷量变化；断开电源时，电容器电荷量不变，改变两板间距离，电场强度E＝不变。 4. 带电粒子在电场中的直线运动 （1）动力学观点：a＝，E＝，v2－v＝2ad。 （2）能量观点：W＝qU＝Ek2－Ek1。 5. 带电粒子在电场中的偏转 （1）运动条件：①只受静电力；②初速度v0⊥E。 （2）运动性质：类平抛运动． （3）偏移量y＝at2＝。 （4）速度偏转角的正切值tan θ＝＝。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏锡常镇一模】如图所示，金属导体棒原来不带电，现将一电荷q放置在其左侧某处，金属棒上感应电荷在其中心O处产生的场强大小为E1，电荷q在O处产生的场强大小为E2，则E1与E2的大小关系为（　　） A．E1=E2 B．E1＞E2 C．E1＜E2 D．不能确定 2．【2026·徐州一模】一带电粒子在只受电场力的作用下，在点电荷A和B的电场中从a运动到b，电场线和运动轨迹如图所示，则可推断（       ） A．A、B带同种电荷 B．a点电势比b点高 C．粒子在a处的加速度比b处小 D．粒子在a处的电势能比b处小 3．【2026·南京一模】如图所示，一平行板电容器两极板水平正对，上极板M固定，下极板N放在一个绝缘的温度敏感材料上，温度敏感材料会因为温度的变化而出现明显的热胀冷缩。给电容器充电后，N板带有负电，一带电微粒恰好静止在两极板间的P点。现切断电源，并使环境温度降低，则下列说法正确的是（　　） A．带电微粒带正电 B．带电微粒仍然静止 C．电容器的电容增大 D．两极板间电压减小 4．【2026·苏北七市二模】如图所示，A、B、C是正三角形的三个顶点，O是三角形的中心。A、B处分别放置+q、+3q的点电荷。现在O处放置一点电荷Q，使点的电场方向平行BC向右，则Q的电荷量为（　　） A．+q B．-q C．+3q D．-3q 5．【2026·宿迁一模】下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。取无穷远处电势为零，则坐标原点O处电势最高的是（       ） A． B． C． D． 6．【2026·常州二模】如图所示，两段半径均为的圆形玻璃管道AO、OB拼接在一起并固定于竖直面内，管道内壁光滑，M、N为两段管道的中点，两管道在O点相切，以O为原点沿水平方向建立x轴，x轴与AOB连线相垂直，等量正、负点电荷分别固定在x轴上处。一带正电小球从A点沿管道自由下落，运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A． B．M、N两点电场强度相同 C．AOB连线上O点的电场强度最小 D．小球在O点、B点速度之比为 7．【2026·江苏一模】在如图甲所示的模型中，电子流持续不断地由静止开始经加速电场加速后，沿中轴线OO’垂直电场方向射入偏转电场，射出电场后打到足够大的荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0；偏转电场电压为U，两板间距离为d，极板的长度为L1；两板右端到荧光屏的距离为L2，设相同时间内被加速的电子个数相同且重力不计。 （1）求电子离开偏转电场时离中心轴线OO’的距离y； （2）由于电子通过电场的时间极短，每个电子通过偏转电场过程中可视为电压不变。若偏转电场的电压U按图乙所示的正弦规律变化，其电压的最大值也为U0，，求荧光屏上能接收到粒子范围的长度，以及一个周期内能打到屏幕上粒子的占比。 8．【2026·南通一模】如图所示，在xoy直角坐标系中，第二象限有曲线y=x2，该曲线及其上方有竖直向上的匀强电场Ⅰ。曲线左侧有电子发射器CD，电子由C极不间断地无初速逸出，经电场加速后，从金属网D以速度v0沿x轴正方向射出。所有电子经过电场Ⅰ都能到达原点O，且速度方向与x轴正方向的最大夹角为60°，然后进入第四象限的电场Ⅱ。已知电子的电量为e，质量为m，重力忽略不计，金属网D出射的电子均匀分布。 （1）求电子发射器CD间的电压U； （2）求匀强电场Ⅰ的场强E； （3）电场Ⅱ方向竖直向下，场强大小随y坐标的变化满足E=ky，（k为定值，y为某点到x轴的距离）。若只有一半的电子能达到平行于x轴的荧光屏MN（屏足够大），求屏MN与x轴的间距d。 高频考点预测11 磁场的基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，“”形导体棒ACDE处在匀强磁场中，磁场与导体棒所在平面垂直，导体棒两端A、E在直线MN上，给导体棒通入恒定电流，方向沿ACDE且大小始终保持不变，现将导体棒绕MN缓慢转过90°，则在转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．AC边受到的安培力始终不为零 B．AC边受到的安培力不断减小但方向不变 C．整个导体棒受到的安培力不断变小 D．整个导体棒受到的安培力方向垂直MN向上 分析有理·押题有据 命题趋势： 磁场基础的考察核心为匀强磁场、直线电流磁场、环形电流磁场、带电粒子有界磁场偏转，多为几何作图、轨迹分析，侧重磁场方向、安培力方向、洛伦兹力不做功、轨迹半径周期变化等概念辨析，不考超难数学运算。以质谱仪、回旋加速器、速度选择器、霍尔效应、地磁场为命题载体，贴近教材经典模型，常与电场复合场、动能定理、圆周运动结合考查，突出受力分析与轨迹建模能力。 押题秘籍： 1. 磁场的产生与叠加 2.安培力与洛伦兹力 种类 力的大小 力的方向 作用效果 联系 安培力 通电导线与磁场垂直时，F安＝BIL 左手定则 (F安垂直于I与B决定的平面) 安培力对导体做功 导体中定向移动的电荷所受的洛伦兹力宏观表现为安培力 洛伦兹力 电荷运动方向与磁场方向垂直时，F洛＝Bqv 左手定则 (F洛垂直于q与v决定的平面) 洛伦兹力不做功，只改变速度的方向 3. 带电粒子在磁场中的圆周运动 运动电荷B⊥v时，运动电荷受洛伦兹力F洛＝qvB，提供运动电荷做匀速圆周运动的向心力． 密押预测·精练通关 1．【2026·江苏一模】磁场中某区域的磁感线如图所示，a、b、c、d、e是磁场中的5个点，其中c、d两点关于直线对称，下面说法正确的是（　　） A．c、d两点关于直线对称，所以c、d两点磁感应强度方向相同 B．a点没有磁感线穿过，所以a点磁感应强度一定为零 C．这5个位置中，e点的磁感应强度最大 D．b、e两点的磁感应强度相等 2．【2026·南通一模】实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰变产生的新核与粒子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图。则（　　） A．轨迹1是粒子的，磁场方向垂直纸面向外 B．轨迹2是粒子的，磁场方向垂直纸面向外 C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 3．【2026·徐州一模】如图，半径为R的刚性圆形线框通过绝缘细线悬挂在弹簧测力计下端，通有adcba方向的电流，开始时a与匀强磁场边界AB相切，弹簧测力计的示数为F。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，直到c点与AB相切，弹簧测力计（始终有示数）示数F的变化（       ） A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 4．【2026·南京二模】如图所示，将一根粗细均匀的导体棒折成梯形线框PQMN，各边长度为PQ=PN=QM=L，MN=2L，线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框底边P、Q两点与直流电源两端相接，已知导体棒PQ受到的安培力大小为F，则整个线框PQMN受到的安培力大小为（　　） A． B． C．5F D．0 5．【2026·江苏二模】如图所示，三角形ACD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，∠C=30°，∠D=45°，AO垂直于CD，OA长度为L。O点有一电子源，在ACD平面内向磁场内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，速度方向用与OC的夹角θ表示，电子质量为m，电荷量为−e，且满足v0＝。下列说法中正确的是（） A．从AC边射出的电子占总电子数的 B．从AD边射出的电子中，速度方向与OC的夹角的取值范围为45°<θ<135° C．从CD边（含OC、OD段）射出的电子中，最长运动时间为 D．所有从AC边射出的电子中，当θ=30°时，所用的运动时间最短 6．【2026·苏锡常镇一模】托卡马克装置是采用磁场约束等离子体以实现受控核聚变的设备。如图所示，半径为R的圆形区域存在垂直圆面的匀强磁场，在圆心O处向平面内发射不同速度的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为+q，其中速度大小为v0的粒子恰好被约束在磁场区域内。不计重力及粒子间相互作用。求： （1）磁感应强度的大小B； （2）速度大小为粒子的运动周期T。 7．【2026·盐城一模】据报道，我国可控核聚变技术已达世界领先水平，其技术难点是利用电场和磁场来控制带电粒子的高速运动。如图甲、乙所示，在空间直角坐标系中，存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场和周期性变化的匀强电场，电场变化周期，电场强度E0大小和方向可调。一个质量为m、带电量为的小球，从原点O沿x轴正方向以速度v0射出，已知重力加速度为g。 （1）若在内小球做匀速圆周运动，求电场强度E0的大小和方向； （2）若电场强度，方向沿轴正方向，请在图丙中定性画出0~T内小球运动轨迹，在xOy平面内的投影，并求出该过程中小球离yOz平面的最大距离dm； （3）若电场强度，方向沿y轴正方向，求t=2T时刻粒子的位置坐标。 8．【2026·镇江一模】如图所示，有一带正电粒子从O点飘入加速电场，经过电场加速，沿直线通过速度选择器后，垂直磁场Ⅱ左边界入射到磁场中。已知粒子的比荷，加速电场电压U0=100V。速度选择器水平极板长L=0.15m，间距d1=0.12m，板间电压U1=120V。磁场Ⅱ的左边界与速度选择器右侧重合，其左右边界距离d2=0.08m，磁感应强度B2=1x10-2T。粒子重力忽略不计，取。 （1）求磁场Ⅰ的磁感应强度B1的大小； （2）求粒子在磁场Ⅱ中运动时间t1； （3）仅撤去磁场Ⅰ，求粒子在磁场Ⅱ中运动的时间t2及入射点与出射点的距离d3。 高频考点预测12 电磁感应基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平（垂直于纸面向外）。竖直放置的“冂”形导轨宽为L，上端接有电阻R，导轨部分的电阻可忽略不计。光滑金属棒ab的质量为m、阻值为R。将金属棒由静止释放，金属棒下降的高度为h时达到最大速度vm。已知金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，则在金属棒下降h的过程中（　　） A．金属棒中的电流方向为a→b B．金属棒的最大速度 C．通过金属棒的电荷量为 D．金属棒产生的焦耳热为 分析有理·押题有据 命题趋势： 电磁感应基本规律应用是江苏物理力学电磁综合压轴核心，高考中常常以选择题和计算题考查，固定考查楞次定律、法拉第电磁感应、动生/感生电动势、线框导轨四大经典模型。图像考察常态化，高频考察图像的分析，情境贴近教材，以导轨切割、线框进出磁场、交变磁场、单杆/双杆模型为主，重在模型迁移。力、电、能综合必考，将安培力、牛顿运动、动量定理、能量守恒、电路计算融合在一起，是区分度最大板块。 押题秘籍： 1. 感应电动势方向(感应电流方向)判断 （1） 右手定则：适用于导体切割磁感线产生感应电流方向的判断。 （2） 楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 2. 求感应电动势的方法 （1） 法拉第电磁感应定律 E＝n （2） 导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv。 （3） 导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E＝Bl2ω。 3. 电磁感应中常见物理量的计算 （1） 安培力：F＝BIL＝＝。 （2） 感应电荷量：q＝·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n。可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关。 （3） 焦耳热的计算：当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算。 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州二模】某磁场的磁感线分布如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，线圈始终保持水平，自上向下看，下列说法正确的是（　　） A．线圈中感应电流的方向先逆时针后顺时针 B．线圈下落过程中，安培力始终阻碍线圈的下落运动 C．线圈下落过程中，磁通量的变化率始终为正值 D．线圈下落过程中，机械能守恒 2．【2026·盐城一模】如图所示，两个完全相同的半圆形金属轨道竖直正放置，内侧轨道接地，金属棒AB垂直两轨道水平放置，其长度与两轨道间距相等，空间存在竖直向下的匀强磁场（未画出）。在金属棒从MN向PQ匀速圆周运动的过程中，其上点的电势（　　） A．保持不变 B．先降低再升高 C．先升高再降低 D．一直降低 3．【2026·镇江零模】如图所示，正方形线圈ABCD匀速向右进入匀强磁场，磁场宽度大于线圈边长。线框在（　　） A．①②位置处CD间电压相等 B．②位置处CD间电压较大 C．①位置处A点电势高于B点电势 D．②位置处A点电势低于D点电势 4．【2026·南通一模】如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨的右端接有阻值为R的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置c处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为va、vb，a、b间的距离等于b、c间的距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（　　）。 A．金属棒运动到a处时的加速度大小为 B．金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由N指向Q C．金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量不相等 D．金属棒在a处的速度是其在b处速度v的2倍 5．【2026·镇江零模】如图，水平面内有足够长的两平行导轨，导轨间距L=1m，导轨间接有一电容器，电容器右侧导轨上垂直导轨放置一质量m=0.2kg、电阻R=1.5Ω、长度为L的导体棒，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，导轨平面内有竖直向下（即垂直纸面向里）的匀强磁场B1=1T。在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积S=1m2、总电阻r=0.5Ω、匝数N=100的圆形线圈，线圈内有一面积S0=0.25m2的圆形区域，该圆形区域内有垂直纸面向外、大小随时间变化规律为的磁场B2=0.4t(T)，g=10m/s2，不计导轨电阻，两磁场互不影响，求： （1）仅闭合开关S1和S2，稳定后电容器两端的电压UC； （2）仅闭合开关S1和S3，导体棒从静止开始运动，能够达到的最大速度vm； 6．【2026·南京一模】如图甲所示，足够长的两平行金属导轨MN、PQ水平固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=1.0Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t=0.8s时导体棒刚好要滑动。已知L=2m，两导体棒的质量均为m=0.5kg，重力加速度大小g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求∶ （1）导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流I； （2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ； 7．【2026·镇江零模】如图所示，在倾角θ=30°的足够长光滑斜面上，宽度为d的阴影区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，相邻磁场间的距离为2d。一质量为m的金属矩形线ABCD框放在斜面上端，AB中点系有平行于斜面的轻绳，轻绳绕过斜面底端的轻质定滑轮与一重物相连。现将线框由静止释放，此后通过每个磁场区域的时间都相等，运动过程中线框AB边始终与磁场边界平行，重物未落地．已知金属线框的电阻为R，边长为L、边长为d，重物的质量为m，重力加速度为g。 （1）求边穿过任意一个磁场区域过程中流过其截面的电荷量q； （2）求线框穿过任意一个磁场区域过程中，重物和线框组成的系统减少的动能ΔEk和线框产生的焦耳热Q； （3）若线框通过任意一个磁场区域过程中速度减小量为Δv，求该过程所用的时间t。 8．【2026·苏锡常镇一模】如图所示，轮子由电阻不计、质量为m的圆环和4根长度均为l、电阻均为R的轻质辐条组成，相邻辐条相互垂直，轮子可绕过圆心O且垂直圆面的固定轴转动。磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直圆面，磁场边界通过圆心O且相互垂直．轮子在外力驱动下以角速度ω0匀速转动．不计一切摩擦。 （1）某时刻辐条OA位于磁场中，求通过该辐条的电流I； （2）求驱动力的功率P； （3）调整轮子转动的角速度为ω1，当辐条刚进入磁场时撤去驱动力，轮子转动一圈恰好停止。已知此过程中圆环切向加速度大小at正比于圆环角速度ω，求撤去驱动力后辐条OA上产生的总热量Q。（结果用ω1、m、l表示） 高频考点预测13 交变电流和变压器 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图甲所示，电阻R=1Ω的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，在定值电阻R1上产生的u-t图像如图乙所示，定值电阻R1=10Ω，其他导线电阻不计，下列说法正确的是（　　） A．线圈的角速度ω=50rad/s B．当线圈平面与磁场方向垂直时，通过线圈的磁通量为0 C．线圈中产生电动势的有效值为11V D．回路中电流的有效值为A 分析有理·押题有据 命题趋势： 交变电流在江苏高考中基本不考察繁杂推导，重点考查有效值、最大值、瞬时值、变压器变比规律的定性判断与简单比例计算，图像也是高频命题点。变压器基本只考察理想变压器基本规律、动态负载变化、远距离输电三大固定模型，命题套路非常稳定。命题会贴近生活情境，家用电器、输电线路、降压升压变压器、电表测量等实际情境中物理规律物理规律的应用。 押题秘籍： 1. 交变电流的“四值” （1）最大值：为Em、Um、Im，即交变电流的峰值。 （2）瞬时值：反映交变电流每瞬间的值，如e＝Emsin ωt。 （3）有效值：正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E＝、U＝、I＝；非正弦式交变电流的有效值应根据电流的热效应求解。 （4）平均值：反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小，如平均电动势＝n。 2. 理想变压器问题 （1）三个不变：功率不变；磁通量的变化率不变；周期和频率不变。 （2）决定关系：输出功率决定输入功率；输入电压决定输出电压；输出电流决定输入电流。 3. 远距离输电问题 （1）理清三个回路 （2）抓住两个联系 ①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。 ②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。 （3）掌握一个守恒，能量守恒关系：P1＝P损＋P3。 （4）输电线路功率损失的计算方法：P损＝P1－P4＝ΔU·I线＝IR线＝。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏州一模】一个单匝矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电动势随时间的变化规律为，则（　　） A．频率为100Hz B．电动势有效值为220V C．t=0时，线圈位于中性面 D．线圈中最大磁通量为Wb 2．【2026·北京一模】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生交变电流图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．交变电流的周期为0.5s B．交变电流的有效值为2A C．t=0.1s时，穿过线圈的磁通量为零 D．t=0.2s时，穿过线圈的磁通量变化率最大 3．【2026·徐州二模】如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1，电阻R=10Ω，图乙是R两端电压U随时间变化的图像，Um=V。则下列说法中正确的是（　　） A．通过R的电流IR随时间t变化的规律是 B．变压器的输入功率为10W C．电压表V的读数为 D．电流表A的读数为 4．【2026·苏锡常镇一模】理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，通过原、副线圈的电流分别为I1、I2，原、副线圈正弦交流电的频率分别为f1、f2，则（　　） A． B． C． D． 5．【2026·南通一模】如图甲所示为一台小型发电机的示意图，匝数为100匝的线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω。求： （1）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功； （2）从中性面开始转动圈过程中通过灯泡的电荷量。 6．【2026·徐州一模】图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，直流电通过转换器转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压峰值大于5000V时会产生电火花进而点燃燃气。 （1）为确保能正常点燃燃气，求原、副线圈的匝数比应满足的条件。 （2）若某次点火时，原线圈输入电压的峰值降为45V，且此时两点火针间的电压有效值为4000V，请判断该情况下能否点燃燃气，并说明理由。 7．【2026·宿迁一模】在磁感应强度的匀强磁场中有一矩形线圈，相关数据如下：匝数N=10匝，面积，电阻。线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，通过电刷与一理想变压器原线圈相接，变压器原、副线圈匝数比为1:2。副线圈两端的交流电压表读数为36V、接入电灯电阻。求： （1）矩形线圈转动产生的电流有效值； （2）矩形线圈匀速转动的角速度。 8．【2026·江苏二模】如图甲所示为一小型交流发电机结构示意图，图中仅画出一匝矩形线圈。线圈绕中心轴OO′以恒定角速度匀速转动，与外电路阻值R=10Ω的定值电阻构成闭合回路，线圈内阻不计。从图甲所示的中性面位置开始计时，通过电阻R的交变电流随时间变化的规律如图乙所示。 （1）求线圈转动产生的感应电动势的最大值Em和有效值E； （2）若将该发电机输出端接一原、副线圈匝数比n1:n2=10:1的理想变压器的原线圈，副线圈并联两个用电器：一个标有“20V40W”的灯泡L（正常发光），另一个是阻值R′=5Ω的定值电阻。求发电机输出的电功率。 实验题预测01 力学实验 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【2026·南通一模】如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。 （1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是________； A．放大法 B．控制变量法 C．补偿法 D．模型法 （2）该实验过程中操作正确的是________； A．补偿阻力时小车未连接纸带 B．先接通打点计时器电源，后释放小车 C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行 （3）在小车质量________（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为________（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是________； A．用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车 B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器 C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小 （4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为x0、x1、x2到x6。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v=________；小车加速度的表达式是________。（用题干所给字母表示） 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏物理高考力学实验，以教材基础实验为主、创新改编为辅，是必拿分板块。考察立足教材原型、侧重变式迁移，不考偏难怪全新实验，全部源于课本7个经典力学实验，在原实验基础上换器材、改装置、改测量方法，原理不变，考查迁移建模能力，不脱离课本核心原理。重点考装置改进、数据处理、误差分析、图像法求解。命题偏好：器材选择、操作步骤正误、平衡摩擦力、打点计时器使用、偶然误差与系统误差来源分析。 押题秘籍： 1.误差和有效数字 （1）误差：测量值与真实值的差异叫作误差。误差可分为系统误差和偶然误差。①系统误差的特点：多次重复同一实验时误差总是偏大或偏小，呈现单一倾向。②偶然误差的特点：偏大和偏小的机会比较接近。 （2）减小误差的方法①减小偶然误差：多次测量取平均值、图像法处理实验数据等。②减小系统误差：完善实验原理和方法、恰当选择仪器精确度和量程、校准测量器材等。 （3）有效数字：从左侧第一位不是0的数开始算起，同一个数，不论用什么单位表达，有效数字位数相同。 2.纸带相关数据处理 （1）依据纸带判断物体是否做匀变速直线运动 依据Δ只要物体做匀变速直线运动，它在任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差就一定相等。 （2）利用纸带求物体加速度的两种方法 ① 逐差法：根据 （T为相邻两计数点之间的时间间隔），则 ；如果纸带有奇数段，则舍掉第一个间隔的位移，再用逐差法计算。 （2） 图像法 利用 求出打各点时纸带的瞬时速度，然后作出图像，用图线上切线的斜率求物体运动的加速度。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏锡常镇一模】小明与小华两位同学在学习了“力的合成与分解”后，用橡皮筋设计了如下实验验证力的平行四边形定则。 （1）实验步骤如下： ①测量橡皮筋原长如题1图所示，读数为l0______cm； ②将3根相同规格橡皮筋一端重合并用细线系在一起； ③在垫有白纸的木板上钉三根钉子A、B、C，将三根橡皮筋另一端分别套在钉子上形成题2图状态； ④在白纸上记录橡皮筋结点位置O，然后移去橡皮筋。 （2）用刻度尺量得OA=8.30cm，OB=7.80cm，OC=7.65cm。假设橡皮筋拉力大小F与其伸长量Δl满足胡克定律，则可用橡皮筋伸长量代表其拉力大小。题3图上已画出了OA橡皮筋拉力FA，请继续画出OB、OC橡皮筋拉力FB、FC，并画出它们的合力FBC。（图中已标注参考刻度） （3）通过比较FA与FBC，在误差范围内两者满足______，则可验证力的平行四边形定则。 （4）关于本实验注意事项，下列说法正确的一项是______。 A．拉伸橡皮筋应与木板平行 B．OB、OC橡皮筋必须相互垂直以便计算合力 C．用橡皮筋的长度表示其力的大小不影响实验结果 （5）小明查阅资料得知橡皮筋整个拉伸过程并不完全符合胡克定律，通过绘制实验所用橡皮筋的拉力曲线，发现橡皮筋伸长量在3cm之前和5cm之后可以看作斜率不同的直线，如题4图所示。若实验中三根橡皮筋的伸长量Δl均超过5cm，小明认为应采用Δl+6cm代表相应力的大小在题3图中作图，小华认为应采用Δl-6cm代表相应力的大小。你支持谁的观点?请说明理由。 2．【2026·南通一模】某同学用如图甲装置验证机械能守恒定律，上端固定在铁架台顶部，下端系一小球，小球自然下垂位置处固定一光电门，是可移动的夹子，已知当地重力加速度为g。 （1）用游标卡尺测得小球的直径d如图乙，则d=__________mm；用毫米刻度尺测得夹子下端到小球上端的细线长度为l。 （2）将细线水平拉直，使小球从与夹子下端等高处由静止释放，记录小球通过光电门的遮光时间t，则小球通过最低点时的速度大小v=__________（用所测物理量符号表示）； （3）本实验中，满足关系式__________，则验证了机械能守恒（用所测物理量符号表示）； （4）移动的位置多次实验，将实验数据描绘在坐标平面上得到如图丙所示的图线。已知图线的纵截距为b，当满足b=__________时，则验证了机械能守恒； （5）实验中发现小球动能的增加量总是大于势能的减少量，可能的原因是__________（写出一个即可）。 3．【2026·徐州一模】某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下： （1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间____________（填“相等”或“不相等”）时，可认为气垫导轨水平； （2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；用游标卡尺测量固定在滑块上端的遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度d=______mm； （3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； （4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12； （5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示） （6）该同学又用该装置来验证砝码和砝码盘以及滑块所组成的系统机械能守恒。实验中，接通气源，滑块由静止释放后，除了要测量（2）~（4）中的物理量外，还需要测量AB的距离L。在实验误差允许范围内，m1和m2满足的表达式________（用上述测量的物理量符号及重力加速度g表示）成立，则系统机械能守恒。 4．【2026·南京二模】某同学利用手机“声音图像”软件测量物块与长木板间的动摩擦因数。实验装置如图所示，长木板固定在水平桌面上，物块置于长木板上且两端分别通过跨过定滑轮的细线与小球A、B相连，实验前分别测量出小球A、B底部到地面的高度。打开手机软件，烧断一侧细绳，记录下小球与地面两次碰撞声的时间图像（两小球落地后均不反弹）。 （1）由图可知，实验时应烧断物块___________（选填“左侧”或“右侧”）的细绳。 （2）烧断细线前，用分度值为的刻度尺测量，刻度尺的0刻度线与地面齐平，小球A的位置如图所示，则___________cm。 （3）若某次实验中通过运算得出A下落时间为，由图可知，物块加速运动的时间为___________s；若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间，测量结果会___________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”） （4）仅改变小球B实验前离地高度，测量不同高度下物块加速运动时间t，作出图像如图所示，由图像可求得斜率为k，若小球B的质量为m，物块质量为M，重力加速度为g，则物块与木板间的动摩擦因数___________。（用字母k、m、M、g表示） 实验题预测02 电学实验 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【2026·徐州一模】某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱形导体的电阻率”实验。 （1）用螺旋测微器测量圆柱形导体Rx的直径d，示数如图甲所示，其直径d为________mm，再用刻度尺测出圆柱形导体Rx的长度为L； （2）首先用多用电表粗测Rx的电阻，用“×1”挡，一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为________Ω；（保留三位有效数字） （3）为了能比较精确地测量Rx的阻值，实验室提供了如下的实验器材，量程为30mA的电流表不能直接用，可将电流表与定值电阻并联，改装成大量程电流表，此时接入定值电阻应选用________；（填仪器前的字母代号） A.电源（电动势E=6V，内阻不计） B.电流表（量程为30mA，内阻R1=9.5Ω） C.定值电阻R2=5Ω； D.定值电阻R3=0.5Ω； E.电压表（量程为6V，理想电压表） F.滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A） G.开关S，导线若干 （4）根据所选用的实验器材，设计测量电阻的电路图如图丙所示，若电压表的示数为U，电流表的示数为I，则待测电阻的计算式为Rx________（用题中相关物理量的符号表示）则该合金丝的电阻率ρ________（用Rx、L、d表示） 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏物理高考电学实验和力学实验轮动搭配，是整张试卷稳定拿分、不能丢分的板块。出题立足教材、侧重创新变式，以伏安法测电阻、测小灯泡伏安特性、测电源电动势内阻、多用电表使用四大课本实验为母题，常改电路、改器材、改测量方案，但原理不变。偏重电路选择与器材选型，高频考查：电流表内接/外接、滑动变阻器分压/限流接法、电表量程选择、元件选型，这部分也是是江苏卷最爱设陷阱的地方。误差分析与方案评价常态化，必考：系统误差来源、内外接法误差、分压限流优劣、实验方案优缺点、替换器材改进方案。 押题秘籍： 1.电流表的内、外接法 电流表内接法 电流表外接法 电路图 误差原因 电流表分压U测＝Ux＋UA 电压表分流I测＝Ix＋IV 电阻测量值 R测＝＝Rx＋RA>Rx 测量值大于真实值 R测＝＝<Rx 测量值小于真实值 适用于测量 大阻值电阻 小阻值电阻 两种接法 选择标准 当RA≪Rx或Rx>时，选用电流表内接法 当RV≫Rx或Rx<时，选用电流表外接法 2.分压法与限流法 限流式接法 分压式接法 对比说明 电路图 串、并联关系不同 负载R上电压调节范围(不计电源内阻) ≤U≤E 0≤U≤E 分压电路调节范围大 闭合S前滑片位置 b端 a端 都是为了保护电路元件 密押预测·精练通关 1．【2026·南京二模】某同学为了测量一电流表内阻，采用如图甲所示的电路进行实验。已知电流表的量程是2mA，内阻约是50Ω，电池的电动势约为6V。 （1）请用笔画线代替导线，在图中完成实物电路的连接__________； （2）按图甲连接好电路后，接下来的正确操作顺序是_________； ①将电阻箱R的电阻调到零，滑动变阻器R1的滑片调到最右端； ②读出电阻箱的电阻值Rx，可以认为电流表的内阻r=Rx； ③保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为； ④闭合开关S，调节变阻器R1的滑片，使得电流表达到满偏电流I0； （3）可供选择的器材有： A．滑动变阻器（0~5Ω，3A） B．滑动变阻器（0~50Ω，1A） C．电阻箱（0~999.9Ω） D．电阻箱（0~9999Ω） 为了比较准确地测量出电流表的内阻，应选用的滑动变阻器R1是_________________；电阻箱R是__________；（填仪器前的字母序号） （4）本实验中电流表内阻的测量值___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）电流表内阻的真实值； （5）如果升高电池的电动势，用此电路测出的电流表的内阻的误差将_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）； （6）若测得电流表的内阻为R0，为将其改装成量程为0.6A的安培表，应________（选填“串联”、“并联”）阻值为__________电阻。 2．【2026·常州二模】某兴趣小组欲利用加速度传感器测定一个电源的内阻，设计了如图甲所示的测量电路。质量为m的加速度传感器穿过光滑的水平横杆，劲度系数为k的轻弹簧一端固定，另一端连接传感器。电源电动势为E，内阻未知，滑动变阻器的总阻值为R，有效长度为L。主要实验步骤如下： ①按图甲连接电路，系统静止时滑动触头位于滑动变阻器的正中间，闭合开关，此时电流表指针如图乙所示； ②使系统以某一恒定加速度水平运动，利用加速度传感器测出此时的加速度a（以向右为正方向），记录电流表示数I； ③重复步骤②，改变系统加速度，得到多组a、I的测量数据； ④断开开关，整理器材。 回答下列问题： （1）步骤①中电流表示数为__________A； （2）若系统从静止开始向右加速，则电流表示数将__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）； （3）当加速度传感器示数为a（a＞0）时，弹簧的形变量为x，则滑动变阻器接入电路的有效阻值为__________（用L、x、R表示）； （4）利用图像来处理获得的多组实验数据，若以a为纵轴，以为横轴，通过描点可以做出如图丙所示的线性关系图像，图像纵截距为-b。根据题目中所给的字母，可得该电源的内阻为__________（用m、R、k、L、b表示）； （5）若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果__________（选填“有”或“无”）影响，并说明理由：_________________________________________________。 3．【2026·镇江零模】小明准备利用如图1所示的电路测量电源的电动势和内电阻，S1和S2为联动开关，同时闭合或断开。 （1）闭合开关S前，滑动变阻器的滑片开始应该置于________（选填“最左端”或“最右端”）。 （2）开关S闭合后，再将S1和S2闭合，将图1中滑动变阻器滑片移动到某一位置，此时电压表的示数U如图2所示，读数为________V；再断开S1和S2，读出此时电流表的示数I。 （3）该同学多次重复（2）的实验步骤，得到多组U和I，根据记录的数据做出U-I图像如图3所示。根据U-I图像得出：电动势E=________V，内电阻r=________Ω（结果均保留两位小数）。 （4）若电动势和内阻的真实值分别为E0、r0，考虑电压表和电流表均不是理想电表，则根据某组测量数据U1、I1计算出的值________（选填“大于”、“等于”、“小于”）r0，请简述你的理由_____。 综合计算预测01 气体实验定律综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【2026·徐州一模】 肺活量测量仪模型如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸内有两个轻活塞A、B，活塞B紧靠固定阀门K，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，气体体积V1=6.0×103mL，压强为一个标准大气压p0。用力推活塞A使其缓慢向右移动，当阀门K与活塞B间的气体体积V2=3.5×103mL时，测得气体的压强为1.2p0，忽略气体温度变化。 （1）气体的压强为1.2p0时，求阀门K与活塞A间气体的体积V； （2）此过程中，活塞A对活塞A、B间气体做的功为504J，活塞A、B间气体对活塞B做的功为395J，求活塞A、B间气体放出的热量Q。 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理热学计算题为中档稳分大题，难度不偏不怪，套路极固定。确定研究气体、找初末状态参量、判断变化类型、选用气体定律，计算以基础代数运算为主。气缸活塞、U型管、玻璃管液柱、两部分隔离气体，年年变式不离原型。除气体状态计算外，必搭配吸放热、做功、内能变化定性判断。活塞刚好滑动、液柱不溢出、气体分离、等容/等压临界转折点考察也比较多，需找临界状态参量。 押题秘籍： 1.气体实验定律及理想气体状态方程 理想气体状态方程：＝C ＝ 2.“三类模型” （1）“玻璃管液封”模型 ①液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。 ②不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。 ③有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。 ④当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。 （2）“汽缸活塞类”模型 ①研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 ②气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。 ③气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。 ④两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。 （3）“变质量气体”模型 ①打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。 ②抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变。 ③灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。 ④漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州二模】一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，已知气体初始状态参数如下：状态a的压强，体积，温度；为等压过程，状态b的体积；为绝热过程，气体对外做功；为等温过程。 （1）求过程中，气体从外界吸收的热量Q； （2）现将该理想气体充入容积为的储气罐中，储气罐初始温度为、压强为，充入后储气罐内气体温度降至，压强变为。求充入储气罐的气体在状态a下的体积（不计充气过程气体泄漏，充气后储气罐内气体可视为理想气体）。 2．【2026·南京一模】如图所示，“工”字型支架A固定在水平地面上，支架上端为一截面积的圆柱形活塞，活塞与质量导热圆柱形汽缸B间封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。已知环境温度，封闭气体的长度，外界大气压强。 （1）环境温度时，求封闭气体的压强p； （2）当环境温度缓慢变为T2时，汽缸的机械能减少2J，气体内能减少2J，求： ①环境温度T2； ②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热？求热量的大小Q。 3．【2026·镇江一模】如图所示为一定质量的某种理想气体从状态A到状态B的体积随温度变化的图像。已知气体在状态A时的压强，体积，温度；在状态B时的温度。 （1）求气体在状态B时的体积VB； （2）若上述过程气体内能增加了200J，求该过程中气体吸收的热量。 综合计算预测02 力学三大观点的综合性应用 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【2026·南京一模】 如图所示，质量为m的物块AB静止在光滑水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道，B点切线水平。质量为2m的小球自圆弧顶端A点上方的C点自由下落，落到A点后沿光滑圆弧轨道下滑，A、C两点的距离也为R。物块AB的右侧水平地面上有n个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、n，相邻滑块间的距离均为L。小球运动到水平面后与小滑块1发生弹性碰撞，此后立即撤去小球。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。已知重力加速度大小为g，小球和各个滑块均可视为质点，不计空气阻力。 （1）求小球运动到物块AB的底端B时，物块AB向左运动的距离及小球的速度大小； （2）求小滑块n碰后的速度大小； （3）若小滑块所在的水平面粗糙，所有小滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ，且所有碰撞依次发生。求从小球与滑块1碰撞后开始到所有碰撞完成瞬间，摩擦力对小滑块系统所做的总功。 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理基本固定一道力学综合计算题，命题始终围绕：牛顿运动定律（动力学观点）+动能定理/功能关系（能量观点）+动量定理/动量守恒（动量观点）交叉综合，一题多用三种方法。高频必考模型：板块滑块、传送带、圆弧+平抛、弹簧连接体、多过程直线运动、碰撞+后续运动，每年基本只是换数据、换情境，物理模型不变。题目物体基本分为2～3个运动阶段：加速、减速、碰撞、共速、分离、圆周、平抛，要求分段受力、分段选规律，不能全程乱用公式。解题过程重在选对研究对象、选对过程、选对物理观点，列式规范、步骤得分。摩擦生热、机械能损失、系统能量守恒是标配设问，必结合板块相对位移、传送带相对滑动命题。 押题秘籍： 1.解决动力学问题三个基本观点 （1）力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 （2）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。 （3）动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。 2.力学规律的选用原则 （1）如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 （2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。 （3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 （4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 （5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 密押预测·精练通关 1．【2026·江苏二模】如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°，B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为30°带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求： （1）初始时，弹簧形变量x1的大小； （2）A沿斜面下滑的最大速度vm； （3）A沿斜面下滑至位移最大时，C对挡板的压力大小 2．【2026·南京二模】如图所示，木板B静止于光滑水平面上，质量MA=3 kg的物块A放在B的左端，另一质量m=1 kg的小球用长L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。锁定木板B，将小球向左拉至轻绳呈水平状态并由静止释放小球，小球在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后A在B上滑动，恰好未从B的右端滑出。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，物块与小球可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。 （1）求小球与A碰撞前瞬间绳上的拉力大小F； （2）求B的长度x； （3）若解除B的锁定，仍将小球拉到原处静止释放，为了使A在B表面的滑行距离能达到，求B的质量MB的范围。 3．【2026·镇江零模】如图所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，以速度v0在光滑水平面上向物块B运动。t=0时，弹簧与B接触；t=t0时，A、B速度相等为，弹簧压缩量为。A、B分离后，B滑上足够长的粗糙传送带，一段时间后再次与A碰撞。分离后，B再次滑上传送带，到达的最右侧位置与前一次相同。已知传送带速度大小为v，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，A始终在光滑水平面上运动，每次碰撞均发生在光滑水平面上。求： （1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； （2）第一次碰撞过程中，A物体相对地面的位移； （3）全过程中系统产生的总摩擦热。 4．【2026·南通一模】如图所示，一质量为3m的小滑块A静止在倾角为的足够长斜面上，另一质量为m的小滑块B从距A滑块L处由静止释放，经过一段时间滑块B与滑块A发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知滑块A与斜面间的动摩擦因数μA=2tanθ，滑块B与斜面间无摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）滑块B与滑块A发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v0； （2）滑块B与滑块A发生第一次碰撞后两者间的最大距离x； （3）整个过程中滑块A与斜面间摩擦产生的总内能Q。 综合计算预测03 带电粒子在电磁场中的运动 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【2026·南京一模】 如图所示，在xOy坐标系中，有垂直坐标平面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，电场和磁场的分界线为MN，MN与y轴的夹角为，匀强磁场的磁感应强度为B，匀强电场的电场强度未知。一个质量为m、电量为+q的粒子，在坐标原点以大小为v0、方向与x轴负方向成θ=30°的初速度射入磁场，粒子经磁场偏转进入电场后，恰好能到达x轴。不计粒子的重力，求： （1）粒子在磁场中的轨迹半径； （2）匀强电场的电场强度大小； （3）粒子从O点射出后到第二次经过边界MN时，粒子运动的时间。 分析有理·押题有据 命题趋势： 带电粒子在电磁场中的运动为江苏高考物理常考电磁大题，处于计算题中档或压轴位置，是高分必争模块。命题以组合场为主、复合场为辅，主要考察电场加速+磁场偏转的组合场；少量考查电、磁、重力共存的复合场，不考超难空间立体磁场，只限于平面运动。以速度选择器、质谱仪、回旋加速器、偏转电场为命题背景，源于教材、高于教材变式。解题关键不在公式多难，而在画轨迹、找圆心、定半径、找偏转角、利用几何边长关系；物理公式固定，重在几何建模。多过程分段设问常态化，电场匀加速/类平抛→进入匀强磁场圆周偏转→再穿出、再入射，分段用不同规律。常设置有界磁场边界、粒子刚好不从边界射出、轨迹相切、最大最小速度/半径等临界设问，侧重逻辑分析，不堆运算量。 押题秘籍： 1.带电粒子在组合场中的运动 （1）组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现． （2）“电偏转”与“磁偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 只受恒定的静电力F＝qE v⊥E进入匀强电场 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB v⊥B进入匀强磁场 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律 x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 利用牛顿第二定律、向心力公式有 r＝，T＝，t＝ 2.带电粒子在叠加场中的运动 （1）叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 （2）常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 密押预测·精练通关 1．【2026·淮安一模】如图所示xOy平面内，虚线y=h上方存在垂直平面向外的匀强磁场、下方存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从P（-2h，h）点以速度大小v0、方向与x轴正方向间的夹角θ=45°射入磁场。一段时间后，粒子第1次从虚线上的Q（0，h）点进入电场，在电场中的运动恰好不通过x轴，粒子重力不计。求： （1）磁场的磁感应强度大小B； （2）粒子从P点射入至第2次经过虚线所用的时间t； （3）粒子第5次经过虚线时位置的横坐标x。 2．【2026·苏北七市一模】如图所示，xOy坐标系的第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子，从处以初速度v0沿+x方向运动，经磁场偏转后垂直x轴射出。粒子的重力不计。 （1）求磁场的磁感应强度B的大小； （2）若第二象限加平行y轴方向的匀强电场，其他条件不变，使粒子穿出电场后能进入第一象限，求电场强度E的大小满足的条件； （3）在（2）问条件下，若匀强电场的电场强度大小为E0，求粒子的运动轨迹与未加电场时粒子运动轨迹交点的纵坐标y，并分析交点的位置特点。 3．【2026·南京二模】回旋加速器在众多领域有广泛的应用，其工作原理如图所示，某科研机构中有一台回旋加速器，粒子在D形盒中最大圆周运动半径为30cm，该机构能够提供的最大磁感应强度为的磁场，某次实验中要对质子加速，质子在D1盒边缘附近的A点附近由静止释放，已知质子质量m=1.6×10-27kg、电荷量q=1.6×10-19C，忽略狭缝的宽度，在计算中取π=3。求： （1）某次交流电提供的加速电压为2×103V，要加速多少次质子动能才能达到18MeV； （2）若该机构能提供的加速电压频率最高为1.2×107Hz，则质子在磁场中运动的最大动能是多少eV； （3）研究表明，粒子做圆周运动的圆心位置不是固定的，如图所示，该加速器所用磁场磁感应强度为B，方向垂直直面向内，加速电压为U，质子质量为m，电荷量为q，请探究粒子圆周运动轨迹的圆心在x轴上（原点为A）坐标的变化规律（结果用B、U、m、q以及加速次数表示） 4．【2026·徐州一模】如图甲所示，M、N为水平放置长为L的平行金属板，两板相距也为L。一束带正电、比荷为的粒子流（重力不计），以初速度沿两板正中间水平射入两板间。粒子恰好由N板下边缘A点射出，以A点为坐标原点建立直角坐标系。 （1）求粒子经过A点时速度大小和方向； （2）若y轴右侧有一方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，x轴下方磁感应强度大小为，x轴上方磁感应强度大小为，要使粒子进入磁场后恰好不离开磁场。求：； （3）仅撤去（2）中的磁场，在y轴右侧加上如图乙所示足够大的周期性变化的磁场（已知），设磁场方向垂直于纸面向里为正。求：时刻从A点进入磁场的粒子经过x轴时的坐标值。 4. 综合计算预测04 电磁感应导轨模型综合应用 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【南通一模】如图所示，固定于水平面内电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度v0、2v0（方向相同），两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中，回答下列问题： （1）求初始时刻回路中的感应电动势和感应电流的大小； （2）求两棒最终达到的稳定速度大小；若某一时刻ab的速度为，求此时cd的速度； （3）求从开始到两棒达到稳定速度的过程中，ab杆产生的焦耳热；并求此过程中两棒之间距离的变化量。 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理体育运动与健身类题目以力学（抛体运动、圆周运动、能量与动量、受力平衡）为核心，融合运动学、功和能、流体力学等模块，形成跨模块综合题。命题强化真实运动场景下的多过程动力学分析，结合多个物理过程进行考察，如篮球从抛投到入筐、游泳从加速下滑到减速停止的多过程分析。题目将更多地结合体育运动与健身的真实情境，如田径项目、球类运动、智能健身设备等，实现运动场景与物理建模的深度融合。 押题秘籍： 1.典型单杆模型 示意图 动力学观点 运动图像 能量观点 v0≠0 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计 导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝＝，安培力F安＝BIL＝，做减速运动，v⇒F安⇒a，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止 动能全部转化为内能： Q＝mv 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计 导体杆速度为v时，感应电流I＝，导体杆受安培力F安＝BIL，做减速运动，v，电容器充电，UC，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动 导体杆的部分动能转化为电阻的电热和电 容器的电场能：mv ＝mv＋Q＋EC v0＝0 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计 S闭合，杆ab受安培力F安＝，此时a＝，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒回路中电流I⇒安培力F安＝BIL⇒加速度a，当BLv＝E时，v最大，且vm＝ 电源输出的电能转化 为动能：W电＝mv 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定 开始时a＝，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv⇒电流I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，vm＝ F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电阻产生的电热：WF＝Q＋mv 2.典型双杆模型 （1）初速度不为零，不受其他水平外力的作用 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 示意图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝2La 动力学观点 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为vb∶va＝1∶2 运动图像 能量观点 一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk 动量观点 两杆组成的系统动量守恒 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 （2）初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨 示意图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 摩擦力Ffb＝Ffa 动力学观点 开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若Ff<F≤2Ff，则a杆先变加速后匀速运动；b杆静止。若F>2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同 运动图像 能量观点 F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf 动量观点 两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理 两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州一模】光滑水平面上虚线右侧区域存在磁感应强度大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。边长为L、每边电阻为R总质量为m的正三角形金属线框以速度v从虚线边界处进入磁场，最终线框完全静止在磁场中。求： （1）此过程产生的热量Q； （2）线框运动过程中，通过导线横截面的电荷量q。 2．【2026·江苏二模】如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。 （1）求导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度vm； （2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像； （3）求导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；并在a达到最大速度vm时，给b水平向右的瞬时速度v0（vm<vm），求此后b的最终速度vb。 3．【2026·南通二模】如图所示，倾斜平行光滑金属导轨MN、PQ相距为，导轨平面和水平面间夹角为θ，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下，轨道端点MP间接有阻值为R的电阻。质量为m，电阻为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。ab棒从静止开始滑行距离l1后与处的EF立柱发生弹性碰撞，反弹后沿轨道上滑的最大距离为l2。已知EF连线与ab棒平行，重力加速度大小为g。求该过程中 （1）电阻R中产生的热量Q； （2）通过电阻R的电荷量q。 4．【2026·苏北七市二模】如图所示，在倾角θ=30°的足够长光滑斜面上，宽度为d的阴影区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，相邻磁场间的距离为2d。一质量为m的金属矩形线框ABCD放在斜面上端，AB中点系有平行于斜面的轻绳，轻绳绕过斜面底端的轻质定滑轮与一重物相连。现将线框由静止释放，此后通过每个磁场区域的时间都相等，运动过程中线框AB边始终与磁场边界平行，重物未落地．已知金属线框的电阻为R，边长为L、边长为d，重物的质量为m，重力加速度为g。 （1）求边穿过任意一个磁场区域过程中流过其截面的电荷量q； （2）求线框穿过任意一个磁场区域过程中，重物和线框组成的系统减少的动能ΔEk和线框产生的焦耳热Q； （3）若线框通过任意一个磁场区域过程中速度减小量为Δv，求该过程所用的时间t。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考物理终极押题猜想 目 录 第一部分 新情景高考命题篇 2 【情景一 传统文化与古代科技融合情景】 2 【情景二 生产生活与工程应用真实情景】 7 【情景三 前沿科创与大国重器热点情景】 13 【情景四 体育运动与健身活动生活情景】 18 第二部分 高频考点预测篇 23 【高频考点预测】 23 高频考点预测01 原子物理 23 高频考点预测02 光学 29 高频考点预测03 热学 35 高频考点预测04 平衡问题和牛顿动力学问题 42 高频考点预测05 抛体运动与圆周运动 48 高频考点预测06 万有引力与航天 54 高频考点预测07 功能关系 59 高频考点预测08 动量定理和动量守恒定律 67 高频考点预测09 机械振动和机械波 74 高频考点预测10 电场的基本规律应用 79 高频考点预测11 磁场的基本规律应用 86 高频考点预测12 电磁感应基本规律应用 93 高频考点预测13 交变电流和变压器 100 【实验题预测】 105 实验题预测01 力学实验 105 实验题预测02 电学实验 111 【综合计算预测】 118 综合计算预测01 气体实验定律综合应用问题 118 综合计算预测02 力学三大观点的综合性应用 121 综合计算预测03 带电粒子在电磁场中的运动 127 综合计算预测04 电磁感应导轨模型综合应用 135 情景一 传统文化与古代科技融合情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【原创题】抖空竹是国家级非物质文化遗产，也是江苏民间传统杂技项目。如图所示，某表演者通过线绳拉动空竹在水平面内做匀速圆周运动，空竹可视为质量m=0．2kg的质点，做圆周运动的半径r=0．3m，线绳与竖直方向的夹角恒为θ=37°（sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s2）。 （1）求空竹做匀速圆周运动的线速度大小v； （2）若表演者突然停止拉动，空竹在摩擦力作用下做匀减速圆周运动，经t=2．0s速度减为零，求此过程中空竹克服阻力做的功W； （3）若空竹在转动过程中，线绳突然断裂，求空竹落地时的水平位移的大小（已知空竹做圆周运动时的高度h=0．8m，不计空气阻力）。 【答案】（1）v=1．5 m/s（2）W=0．225 J（3）x=0．6 m 【详解】（1）空竹做匀速圆周运动时，重力与线绳拉力的合力提供向心力，受力分析如图所示： 则有：mg tanθ = 解得：v= = =1．5 m/s （2）由动能定理： －Wf =0－ 克服阻力做功： Wf == = 0．225J （3）绳子断开后竖直方向自由落体： h = ​⇒ t = = =0．4 s 水平匀速运动： x=vt=1．5×0．4=0．6 m 分析有理·押题有据 命题趋势： 2026年江苏高考物理传统文化题，以力学（圆周运动、动量、平衡）为核心，融合光学、电磁学、热学等模块，形成跨模块综合题。命题强化非遗/民俗场景下的多体系统动力学分析（如龙舟多划手协同、转碟多盘联动模型），结合多个物理过程进行考察，如空竹从启动到匀速转动、龙舟从加速到匀速的多过程分析。题目将更多地结合中华传统文化真实情境，如《天工开物》农具、江南非遗技艺、端午民俗活动等，实现文化自信与物理建模的融合。跨学科融合题也是近几年考察的重点，如结合历史古籍记载（《梦溪笔谈》《天工开物》）、地域文化（秦淮灯彩、扬州皮影）构建物理模型。 命题热点： 命题热点①：非遗传承与传统文化进校园，如江苏本土非遗（扬州皮影、秦淮灯彩、独竹漂）的物理原理应用，成为命题核心素材。命题热点②：传统节日民俗活动，如端午龙舟赛、中秋灯彩、春节舞龙舞狮中的力学/光学现象，贴合生活实际。命题热点③：古代科技成就复兴，如《天工开物》《梦溪笔谈》中的古代器械、工程技术，结合现代物理原理进行创新命题。 创新题型： ①结合传统文化场景，设计新颖的物理问题，例如，设计转碟/抖空竹的圆周运动模型，分析其临界转速与向心力来源；②工程应用题：以古代水利工程（江南水闸）、传统建筑（苏州园林拱桥）为载体，设计受力平衡、流体力学综合应用题。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏锡常镇二模】马年春晚舞蹈《喜雨》技惊四座，舞者头顶斗笠匀速转动时，下列 图线中与斗笠边缘的一串串珠实际形态最接近的是（ ） 【答案】B 【详解】当斗笠匀速转动时，串珠做匀速圆周运动，需要向心力来维持圆周运动，这个向心力由串珠的重力和串珠绳的拉力的合力提供。 设串珠绳与竖直方向的夹角为θ，串珠做圆周运动的角速度为ω（与斗笠角速度相同），圆周运动的半径为r=Lsinθ（L为串珠绳长度）。对串珠受力分析： 竖直方向：Tcosθ=mg 水平方向：Tsinθ=mω2r=mω2Lsinθ 由水平方向方程可得：T=mω2L，代入竖直方向方程得：mω2L·cosθ=mg=cosθ=ω2Lg​ 这说明：同一串串珠中，越靠下的串珠，其圆周运动的半径越大，对应的绳长L越长，因此cosθ越小，θ越大（串珠越向外偏）。 因此，整串串珠的形态是：越靠下，向外偏斜的角度越大，整体呈现向左下方弯曲（凹向转轴）的曲线，对应选项B。 2．【2026·南京二模】“工夫茶” 是潮汕地区的传统饮茶习俗。如图所示，热水倒入茶托上的玻璃盖碗后盖上杯盖，在水面和杯盖间就封闭了一部分空气（可视为理想气体）。下列说法正确的是（ ） A． 玻璃盖碗是非晶体 B． 水温越高，每个水分子运动的速率越大 C． 温度降低，玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变大 D． 水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水不能浸润茶托 【答案】A 【详解】A．玻璃属于非晶体，其内部原子排列无规则、无固定熔点，因此玻璃盖碗属于非晶体。该项正确。 B．温度是分子平均动能的标志，水温越高，水分子的平均动能和平均速率越大；但分子运动是无规则的，并非每个水分子的速率都会增大。该项错误。 C．封闭气体体积不变，根据查理定律，温度降低时气体压强p减小。气体对器壁单位面积的平均作用力等于压强，因此作用力变小。该项错误。 D．液体在固体表面自然摊开是浸润现象，水滴在茶托上摊开说明水能浸润茶托。该项错误。 3．【2026·南京栖霞区一模】“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，在罐中气体逐渐冷却的过程中，罐中气体质量和体积均可视为不变，若罐中气体可视为理想气体。气体冷却后下列说法正确的是（） A．每个分子的运动动能均减少 B．分子的数密度变小 C．罐内的压强等于大气压强 D．单位时间内气体分子碰撞器壁的次数减少 【答案】C 【详解】AB．由于四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，则绳与竖直方向的夹角相等，绳中拉力大小相等，但方向不同，设每条绳与竖直方向的夹角为θ，每条绳中的拉力为F，根据平衡条件可得所以故AB错误； CD．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则θ变大，cosθ减小，F增大，故C正确，D错误。故选C。 4．【2026·江苏常州模拟】如图是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）    A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间 B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等 C．从释放到落地的过程中，重力对米粒和糠秕做的功相同 D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕 【答案】D 【详解】A．糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，根据 可知从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，故A错误； B．落地时，米粒的竖直速度等于糠秕的竖直速度，根据 及米粒的重力大于糠秕的重力知，则米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B错误； C．根据因米粒和糠秕质量不同，则从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功不相同，故C错误； D．从释放到落地的过程中，因米粒质量较大，则加速度较小，落地时水平位移较小，故水平方向上位移较大的是糠秕，故D正确。故选D。 5．【2026·苏北七市二模】我国考古发现的“长信宫灯”示意图如图所示，灯罩内灯芯点燃后产生的烟气沿着右臂管道进入灯体内，经灯体底部的水盘过滤烟尘，清洁空气。假设灯罩内气体的体积为V，灯芯点燃前气体的密度为ρ，温度为T0，气体的压强保持不变。 （1）求灯芯点燃前，灯罩内气体的质量m1； （2）灯芯点燃后，灯罩内气体温度为T，求灯罩内气体的质量m2。 【答案】（1）m1=ρV（2） 【详解】（1）根据密度的定义式： ，解得灯芯点燃前灯罩内气体的质量m1=ρV； （2）点燃过程中，气体压强p不变，设灯芯点燃后，灯罩内剩余气体在温度T0时的体积为V2，根据盖-吕萨克定律 ，得：，则气体的质量 。 6．【2026·河南一模】投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　） A．运动时间相同 B．加速度相同 C．动能变化量相同 D．动量变化量相同 【答案】BC 【详解】AB．由于第二次初速度斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，而第一次水平抛出，竖直方向初速度为零，且两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确； C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确； D．由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错误。故选BC。 7．【2026·广州一模】图甲为《天工开物》中耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图乙所示，人站立在农具耙的中间位置，耙与水平地面平行，两条绳子相互平行且垂直于耙边缘。已知绳子与水平地面夹角为。当每条绳子拉力均为时，人与耙沿直线匀速前进，在内前进了。则下列说法正确的是（　　） A．人受到水平向右的摩擦力 B．地面对耙的阻力大小450N C．两条绳子拉力的总功率 D．两条绳子拉力对耙所做的总功 【答案】BD 【详解】A．由于人站在水平耙上做匀速直线运动，不受外力，所以人不受耙的摩擦力，故A错误； B．对两段绳子的拉力进行水平方向的力的合成。因为两段绳子拉力大小相等都为，水平方向的合力根据共点力的平衡条件可知，耙受到地面阻力的大小为故B正确； CD．绳子拉力在水平方向的分力使物体移动，移动距离，根据功的公式可知，两拉力做功的总功功率故C错误，D正确。故选BD 。 8．【2024·江苏】生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同（台面够大），则 A． 越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B． 越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C． 陶屑只能分布在圆台边缘 D． 陶屑只能分布在某一半径的圆内 【答案】D 【详解】陶屑随工作台做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，根据向心力公式：f=mω2r陶屑不滑动的临界条件为：静摩擦力达到最大值，即fmax=μmg，因此有：μmg=mω2r，得到临界半径：rmax=ω2μg​ AB．临界半径公式中质量m被约去，说明陶屑能否滑动与质量无关，因此无法判断陶屑质量大小，故A、B错误。 C．只有当r>rmax时，陶屑才会滑动，因此陶屑不会仅分布在边缘，故C错误。 D．所有r≤rmax的陶屑都能随台面匀速转动，r>rmax的陶屑会滑动，因此陶屑只能分布在半径为rmax的圆内，故D正确。 情景二 生产生活与工程应用真实情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。当手指靠近触摸屏时，电容器两极板和手指间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是（ ） A．A点的电场强度大于B点的电场强度 B．B点的电势等于D点的电势 C．将一电子从A点移到B点，电子的电势能减小 D．手机按压接触屏时，电容器电容减小 【答案】C 【详解】A．电场线越密的地方场强越大，电场线越疏的地方场强越小，由图可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，故A错误。 B．顺着电场线电势逐渐降低，则B点的电势大于D点的电势，故B错误。 C．顺着电场线电势逐渐降低，由图可知A点电势低于B点电势，根据Ep=−eφ可知，将一电子从A点移到B点，电子的电势能减小，故C正确。 D．手机按压接触屏时，两极板间间距减小，根据C=，d减小时C增大，故D错误。 分析有理·押题有据 命题趋势： 2026年江苏高考物理生产生活与工程应用类试题，以多知识点综合考查为核心，以力学（受力平衡、牛顿运动定律、能量守恒、动量定理）、电磁学（电路分析、电磁感应、交变电流）为两大支柱，融合热学、光学、近代物理等模块，形成跨模块综合题。命题强化真实生活、生产场景下的系统建模与多过程分析（如工业设备的动力学、能源系统的能量转化、交通工程的运动学），题目将更多地结合当代生产生活、重大工程与前沿应用真实情境，如智能制造、新能源技术、交通工程、民生设施等，实现工程思维与物理建模的深度融合。应用型、探究型综合题仍是考察重点，如结合工业生产流程、重大工程建设、日常智能设备构建物理模型。 命题热点： 命题热点①：智能制造与工业生产场景，如工业机器人的动力学、自动化生产线的传动系统、起重/吊装设备的受力与能量分析，成为命题核心素材。命题热点②：新能源与能源工程应用，如光伏/风电的能量转化、储能系统的电路分析、新能源汽车的动力与制动原理，贴合国家战略与产业实际。命题热点③：交通工程与民生设施，如高铁/地铁的动力学、桥梁/建筑的受力平衡、智能家居/智能设备的电磁学原理，贴近生活实际。 创新题型： ①结合生产生活真实场景设计新颖的物理问题，例如工业机械手的圆周运动与受力模型、新能源汽车的加速制动动力学模型，分析其临界条件与能量转化；②工程综合应用题：以重大工程（跨海大桥、盾构隧道）、工业装备（盾构机、起重机）为载体，设计受力平衡、流体力学、电磁感应综合应用题；③探究创新题：以日常智能设备（无线充电、智能家居）、民生工程（城市轨道交通、光伏电站）为背景，考查物理建模与解决实际问题的能力。 密押预测·精练通关 1．【2026·盐城一模】如图所示为一种可测量油箱内油面高度的原理图，R0是定值电阻。滑动变阻器R的金属滑片与L型轻杆右端相连，轻杆导电且电阻不计，通过由电流表改装的油量表示数变化可以反映油面的高度变化（当电流增大时油量表示数变大）。则（　　） A．油面升高时，滑动变阻器R接入电路的电阻变大 B．油面升高时，电路总功率变小 C．油面降低时，R0功率变大 D．长期使用后，因电池内阻变大，油量表测量值偏小 【答案】D 【详解】A．油面升高时，金属滑片下移，滑动变阻器R接入电路的电阻变小，故A错误；B．油面高度升高时，滑动变阻器R接入电路的阻值变小，电流增大，电路总功率P=IE变大，故B错误；C．油箱油面降低，R接入电路的有效电阻变大，则回路的总电阻变大，由欧姆定律知，电路中的电流减小，R0功率P=I2R0变小，故C错误；D．长期使用后，因电池内阻变大，油面不变，即R不变，回路电流变小，相当于增大了R，油箱油面降低，所以油量表测量值偏小。故D正确。 2．【2026·苏北七市二模】某人形机器人关节模组中传动机构的简化模型如图所示，大齿轮固定不动，圆心为O，小齿轮的圆心为C，P为小齿轮边缘上的一点，小齿轮始终紧贴大齿轮匀速滚动。小齿轮的直径与大齿轮的半径相等，则（　　） A．图示时刻P点的速度方向指向O B．图示时刻P点的加速度方向指向C C．P点的运动周期是C点的两倍 D．PO之间的距离越小，P点的加速度越大 【答案】C 【详解】A．P点的运动可看作C点相对O点的匀速圆周运动和P点相对C点的匀速圆周运动的合运动，图示时刻C点相对O点的速度方向与OC连线垂直，P点相对C点的速度与PC连线垂直，由速度的合成知，图示时刻点P的速度方向不一定指向O，故A错误； B．图示时刻C点相对O点的加速度方向由C指向O，P点相对C点的加速度由P指向C，由加速度的合成知，图示时刻点P的加速度方向不是指向C，故B错误； C．由于小齿轮的直径与大齿轮的半径相等，则小齿轮上任意一点转动2周时，C点前后转动1周，则点C点的周期是点P的两倍，故C错误； D．C点相对O点的加速度方向由C指向O，大小不变，P点相对C点的加速度由P指向C，大小也不变，PO之间的距离越小时，C点相对O点的加速度和P点相对C点的加速度间的夹角越小，由加速度的合成知，P点的加速度越大，故D正确。 3．【2026·南通一模】如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．座舱运动的周期为​ B．座舱在最低点时，摩天轮对座舱的作用力大小为 C．座舱在最高点时，若 则摩天轮对座舱的作用力为零 D．座舱所受合力的大小随位置升高而减小 【答案】C 【详解】A．座舱运动的周期，故A错误；B．座舱在最低点时，摩天轮对座舱的作用力F=mg+mω2R，故B错误；C．座舱在最高点时，若摩天轮对座舱的作用力为零，则有mg=mω2R推导得，故C正确；D．座舱做匀速圆周运动，合力大小为Fn=mω2R，大小不会改变，故D错误。 4．【2026·徐州一模】图示为通过3D眼镜看电脑显示屏的照片，下列说法正确的是（　　） A．左侧镜片上涂有增反膜 B．右侧镜片上涂有增透膜 C．两侧镜片为透振方向不同的偏振片 D．电脑显示屏发出的光为自然光 【答案】C 【详解】D．手机、电脑、电视等电子显示设备发出的光是偏振光，故D 错误；ABC．3D 眼镜的 2 个镜片是两个透振方向互相垂直的偏振片，图中电脑显示屏发出的偏振光的透振方向与左侧眼镜垂直，没有光穿过左侧眼镜，左侧眼镜看不见电脑显示屏，电脑显示屏发出的偏振光的透振方向与右侧眼镜平行，有光穿过右侧眼镜，右侧眼镜看得见电脑显示屏，故AB 错误，C 正确。 5．【2026·苏北七市二模】四旋翼飞行器每个旋翼提供的升力与机身垂直，增大旋翼转速可以增加升力。飞行器水平悬停时的俯视图如图所示，现改变旋翼转速，可使机身倾斜着水平向右移动的操作是（ ） A．增大旋翼2、3转速，减小旋翼1、4转速 B．增大旋翼2、4转速，减小旋翼1、3转速 C．增大旋翼1、3转速，减小旋翼2、4转速 D．增大旋翼1、4转速，减小旋翼2、3转速 【答案】A 【详解】A．增大旋翼2、3（左侧）转速，左侧升力增大；减小旋翼1、4（右侧）转速，右侧升力减小。最终左侧升力＞右侧升力，机身向右倾斜，水平分力向右，可实现水平向右移动，故A正确。 B．增大旋翼2（左）、4（右）转速，减小旋翼1（右）、3（左）转速。左右升力失衡效果混乱，且未实现左侧整体升力大于右侧，无法稳定水平右移，故B错误。 C．增大旋翼1（右）、3（左）转速，减小旋翼2（左）、4（右）转速。最终左侧升力＜右侧升力，机身向左倾斜，水平分力向左，会水平向左移动，故C错误。 D．增大旋翼1（右）、4（右）转速，减小旋翼2（左）、3（左）转速。右侧升力远大于左侧，机身向左倾斜，水平分力向左，会水平向左移动，故D错误。 6．【2026·江苏二模】扫地机器人说明书上载明：电机额定功率为35W，由规格为DC14．8V/2200mAh的锂电池供电，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，机器人就自动回座机充电。若用该锂电池给LC振荡电路充电，其电流随时间变化的i−t图像如图所示，据此，下列说法中正确的是（ ） A．该电池输出的是交变电流，可直接为LC振荡电路提供持续的振荡电流，LC振荡电路中c时刻线圈的磁场能为0 B．该机器人电机的额定电流约为2．36A，LC振荡电路中b~c时间段内电容器的电场能逐渐减小 C．正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能，LC振荡电路中c~d时间段内线圈的磁场能逐渐增大 D．电池充满电后机器人正常工作约45min后回座机充电，LC振荡电路中a时刻电容器的电荷量最大 【答案】B 【详解】A．锂电池输出直流电流（DC），不能直接为LC振荡电路提供振荡电流；c时刻电流最大，线圈磁场能最大，而非0，故A错误。 B．额定电流I= ≈2．36A；b~c电流增大，电容器放电，电场能逐渐减小，故B正确。 C．电机额定功率35W，是每秒消耗35J电能（并非输出35J动能，电动机有能量损耗）；c~d电流减小，电容器充电，线圈磁场能逐渐减小，故C错误。 D．工作时间计算约45min（此部分数值正确），但a时刻电流最大，电容器电荷量为0（而非最大），故D错误。 7．【2025·江苏】某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（） A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点 C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大 【答案】B 【详解】磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知Bb>Ba>Bc。故选B。 8．【2026·常州二模】6． 如图甲所示，某款条形码扫描探头上装有发光二极管和光电管，工作原理如图乙。打开扫描探头，发光二极管发出红光。将探头对准条形码移动，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转换成了脉冲电信号，则（　　） A．若仅将发光二极管换为蓝光，将不能发生光电效应 B．若仅将扫描探头的发光强度增大，光电子的最大初动能不变 C．扫描探头在条形码上移动的速度不能太快，否则光电管来不及发生光电效应 D．若将发光二极管发出的光的频率减小，只要照射时间够长，也一定能正常识别条形码 【答案】B 【详解】A．蓝光的频率高于红光。若红光能使光电管发生光电效应，频率更高的蓝光也一定能。因此换为蓝光仍能发生光电效应，故A错误； B．根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν−W0，光电子的最大初动能仅与入射光的频率有关，与光强无关。增大发光强度，最大初动能不变，故B正确； C．光电效应的发生是瞬时的，与扫描探头移动速度无关，故C错误； D．若入射光频率减小到低于光电管的极限频率，无论照射时间多长，都不会发生光电效应，不能正常识别条形码，故D错误。 情景三 前沿科创与大国重器热点情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】为了验证小行星防御方案的可行性，我国正在规划对小行星实施的动能撞击演示验证任务，将先期发射观测器绕小行星飞行，再发射撞击器迎面撞击小行星。假设撞击前小行星绕太阳沿圆轨道运动，则（　　） A．观测器的发射速度应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 B．观测器与月球各自轨道半径的三次方与公转周期的平方的比值相等 C．撞击后，小行星会进入椭圆轨道运行，撞击点为该椭圆轨道的近日点 D．撞击后，小行星的公转周期会变短 【答案】D 【详解】A．由于小行星绕太阳运动，欲使观测器绕小行星运动，需摆脱地球引力，发射速度应介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间，故A错误； B．观测器与月球绕行的中心天体不同，根据开普勒第三定律，它们轨道半径的三次方和公转周期的平方的比值不相等，故B错误； C．撞击器迎面撞击小行星，会使小行星减速，导致其所受万有引力大于所需向心力，故其在撞击点做近心运动，撞击点为椭圆轨道的远日点，故C错误； D．撞击后小行星沿椭圆轨道运动的半长轴小于原轨道的半径，根据开普勒第三定律，其周期减小，故D正确。 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理前沿科创及大国重器题，以天体运动、电磁学为核心，融合热学、光学、原子物理等模块，形成跨模块综合题。命题强化国之重器场景下的多过程动力学与系统分析（如航天器轨道变轨、航母电磁弹射、可控核聚变装置的多阶段能量转化）。题目将更多地结合我国重大科技成果真实情境，如航天探月工程、福建舰航母、量子通信、新型核能装置等，实现科技自信与物理建模的融合。跨学科融合题也是近几年考察的重点，如结合工程技术原理（大型桥梁、跨海隧道）、信息技术应用（雷达探测、激光通信）构建物理模型。 命题热点： 命题热点①：航天航空与深空探测，如探月工程、载人航天、太阳探测卫星的轨道力学、变轨原理、能量转化分析，成为命题核心素材。命题热点②：大国工程与高端装备，如福建舰电磁弹射、大型盾构机、国产大飞机、高铁动车组中的电磁学、力学与运动学现象，贴合工程实际应用。命题热点③：前沿科技与能源创新，如量子通信（墨子号）、可控核聚变（人造太阳）、钍基熔盐堆、6G 通信技术中的原子物理、热学、光学与电磁学原理，实现基础物理知识的前沿化应用。 创新题型： ①结合大国重器场景，设计新颖的物理问题，例如，设计卫星变轨与轨道交会对接模型，分析其不同轨道的向心力来源、变轨条件；②工程应用计算题：以航母电磁弹射、大型桥梁受力分析、新型储能装置为载体，设计受力平衡、电磁感应、动量能量综合应用题；③前沿科技探究题：以量子通信、可控核聚变装置为背景，考查原子物理、热学与电磁学的综合分析，结合数据处理与模型建构能力。 密押预测·精练通关 1．【2026·常州二模】 中国科学院在2025年11月1日发布消息，位于甘肃省武威市民勤县的2兆瓦液态燃料钍基熔盐实验堆，已成功实现了钍铀核燃料转换。钍基熔盐堆内的链式反应示意图如图所示，下列相关判断中正确的是（　　） A．核反应属于核聚变反应 B．一个核27天后必将发生衰变生成 C．压强增大，的半衰期变小 D．钍基熔盐堆是利用中子轰击引起的链式反应来获取核能的 【答案】D 【详解】A．核聚变反应是两质量很小的轻核结合成质量较大的核，核反应不属于核聚变反应，故A项错误； B．核衰变遵循“统计规律”，对于一个核而言，何时发生β衰变完全是随机的，故B错误； C．半衰期与外界状态无关，所以与压强无关，故C错误； D．钍基熔盐堆本质上依然属于核裂变反应堆，其依然是利用核裂变来获取核能的，即利用中子轰击引起的链式反应来获取核能，故D正确。 2．【2026·苏锡常镇一模】我国嫦娥六号探测器首次实现了人类从月背采样的任务，取回了1935．3克月壤样品并返回地球．假设人类不断开采月球矿藏并运回地球，月球仍沿原轨道运动，则（　　） A．月球绕地球运行的速度变小 B．月球绕地球运行的周期变小 C．地球对月球的引力变大 D．地球对月球的引力不变 【答案】C 【详解】AB．分析：设地球质量为M，月球质量为m，月球轨道半径r不变（题目说明月球仍沿原轨道运动）。开采过程总质量M+m为定值，仅M增大、m减小。 万有引力提供月球绕地球运行的向心力： 约去月球质量m后得： 由于M（地球质量）增大、r不变，因此v增大，T减小。故A 错误，B 正确。 CD．万有引力公式： ，M+m为定值，根据数学关系：和一定时，两数差值越大，乘积越小。M增大m减小后，Mm减小，因此F减小。故C、D 错误。 3．【2026·南京盐城一模】“福建舰”是我国第一艘电磁弹射型航空母舰。某实验室模拟电磁弹射原理如图所示，两根足够长光滑导轨固定在水平面上，匀强磁场垂直于导轨平面，开关左接充电储能，开关右接导体棒沿轨道向右弹射，已知金属棒质量为m，接入电路的电阻为R，导轨间距为L，电容器电容为C，磁感应强度为B，电源输出电压为U0，不计导轨电阻和空气阻力。求： （1）充电完毕后电容器的上极板带电性质和电荷量q； （2）金属棒刚开始运动时的加速度大小a。 【答案】（1）正电， CU0 （2） 【详解】（1） 金属棒向右滑动，根据右手定则可判断金属棒中电流方向向下，因此电容器上极板带正电；充电完毕后，电容器两端电压等于电源电压U0，因此电荷量为：q=CU0​ （2）对金属棒，由牛顿第二定律，安培力提供合外力：BIL=ma其中电路中的电流I=，代入得：B··L=ma 解得加速度： 4．【2026·苏北七市二模】2026年1月，中国“人造太阳”环流器装置（EAST）实现1亿摄氏度、1066秒稳态高约束运行，该装置反应堆中发生的一种核反应方程为：，则X是（　　） A．电子 B．正电子 C．中子 D．质子 【答案】C 【详解】这是核聚变反应，根据核反应过程的质量数守恒与电荷数守恒：质量数守恒：a=2+3−4=1，电荷数守恒：b=1+1−2=0。因此，粒子 x 的质量数为 1、电荷数为 0，可知 x 为中子。故选 C。 5．【2026·徐州二模】2025年10月31日，我国发射了神舟二十一号载人飞船，将三名宇航员成功送入了在轨道Ⅱ上运行的天宫空间站。如图所示，飞船发射后先进入椭圆轨道Ⅰ，是椭圆轨道的近地点，是椭圆轨道的远地点，飞船在椭圆轨道、Q点时线速度大小为v1、v2。下列关系正确的是（　　） A．v1＜v2 B．v1=v2 C．v1>v2 D．无法确定 【答案】A 【详解】飞船在椭圆轨道的 P、Q 点时，根据开普勒第二定律（面积定律），相等时间内扫过的面积相等：，约去公共项后可得：，由于rP<rQ，因此必有v1>v2。故选 C。 6．【2026·苏锡常镇二模】2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为121.6mm的氢原子谱线（对应的光子能量为10．2eV）。根据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子（       ）     A．n=2和n=1能级之间的跃迁 B．n=3和n=1能级之间的跃迁 C．n=3和n=2能级之间的跃迁 D．n=4和n=2能级之间的跃迁 【答案】A 【详解】由氢原子能级图可知，n=2和n=1能级之间的能量差值为：ΔE=E2−E1=−3．4eV−(−13．6eV)=10．2eV 该能量差与探测器探测到的谱线能量相等，因此此谱线来源于太阳中氢原子n=2和n=1能级之间的跃迁。 故选 A。 7．【2025·江苏】江门中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。光电倍增管阴极金属材料的逸出功为W0，普朗克常量为h。 （1）求该金属的截止频率v0； （2）若频率为的入射光能使该金属发生光电效应，求光电子的最大初动能EK 【答案】（1） （2）Ekm=hν−W0 【详解】（1） 根据爱因斯坦光电效应方程：Ek=hν0−W0当光电子的最大初动能 Ek=0时，入射光频率等于金属的截止频率，代入公式可得：​​ （1）当入射光频率为ν时，根据光电效应方程，光电子的最大初动能为：Ekm=hν−W0​ 8．【2026·南京一模】2025年9月27日，我国在酒泉卫星发射中心使用长征四号丙运载火箭，成功将风云三号H星发射升空。若风云三号H星在发射后的一小段时间内做初速度为零的直线运动，其x—t图像为如图所示的抛物线，则风云三号H星运动的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题知，风云三号 H 星在发射后的一小段时间内做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式： 将已知条件 t=t0、x=x0代入公式，解得加速度：​ 故选 D。 情景四 体育运动与健身活动生活情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】某些智能手机和运动手环中有一种加速度传感器，可以实现计步的功能。这种传感器能够测量设备在不同方向上的加速度变化，原理如图。M和N为电容器两极板，M极板固定，N极板两端与两轻弹簧连接，当加速度变化时，N极板只能按图中标识的前后方向运动。下列对传感器描述正确的是（　　） A．由匀速突然向前加速时，电容器所带电荷量不变 B．由匀速突然向前加速时，M、N间的电场强度减小 C．若有电流由b到a流经电流表，则加速度方向向后 D．保持向前做匀速运动，电阻R将以恒定功率发热 【答案】B 【详解】AB． 电容器两极板与电源始终相连，电压U保持不变。当由匀速突然向前加速时，N板因惯性相对M板向后运动，两板间距d变大。根据平行板电容器电容公式： 间距d变大，电容C减小；再根据Q=CU，电容器所带电荷量Q减小；根据电场强度公式，两板间电场强度E减小，故 A错误，B 正确。 C． 若有电流由b到a流经电流表，说明电容器正在放电，电荷量Q减小，对应电容C减小、板间距d变大，说明加速度向前，故 C 错误。 D． 保持匀速运动时，N板与M板相对静止，板间距d不变，电压U也不变，因此电荷量Q不变，回路中无电流，电阻R不发热，故 D 错误。 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理体育运动与健身类题目以力学（抛体运动、圆周运动、能量与动量、受力平衡）为核心，融合运动学、功和能、流体力学等模块，形成跨模块综合题。命题强化真实运动场景下的多过程动力学分析，结合多个物理过程进行考察，如篮球从抛投到入筐、游泳从加速下滑到减速停止的多过程分析。题目将更多地结合体育运动与健身的真实情境，如田径项目、球类运动、智能健身设备等，实现运动场景与物理建模的深度融合。 命题热点： 命题热点①：体育项目与健身器材的物理原理应用，如球类运动（篮球、足球、排球）的抛体规律、田径项目（短跑、跳远、跳高）的运动分析、传统 / 智能健身器材（杠铃、弹力带、划船机、智能跑步机）的受力与做功分析，成为命题核心素材。命题热点②：大众健身与极限运动场景，如户外骑行、蹦床运动、攀岩受力、举重支撑等场景中的力学、能量与功率现象，贴合生活实际。命题热点③：体育科技与运动数据的应用，如跑鞋减震、智能手环运动数据、动作捕捉分析等，结合现代物理原理进行创新命题。 创新题型： ①结合体育运动场景，设计新颖的物理问题，例如，设计篮球 / 足球的斜抛运动模型，分析其临界出手角度与速度；以滑雪、蹦床运动为载体，构建多过程能量转化模型，分析其能量变化与受力特征。② 科技应用题：以智能健身设备、运动防护装备为载体，设计受力分析、变力做功、功率与能量的综合应用题。 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州一模】如图所示，A、B两篮球先后从相同高度抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（　　） A．A、B从抛出到落入篮筐所用时间相同 B．A在最高点的速度比B在最高点的速度大 C．A、B落入篮筐时速度大小相同 D．A、B上升过程中，在任意相同高度时的速度方向均相同 【答案】B 【详解】A． 若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的 A、B 两点。A 上升的高度较大，由竖直上抛运动规律可知，高度决定运动时间，因此 A 运动时间较长，即 B 先落入篮筐中，故A 错误； B．两球抛射角相同，A 的射程较远。斜抛运动的射程与初速度的水平分量（即最高点速度）相关，因此 A 球的水平速度较大，即在最高点的速度比 B 在最高点的速度大，故B 正确； C．由上述 B 选项分析可知，A 在最高点的速度更大，故C 错误； D． 由斜抛运动的对称性可知，A、B 上升过程中，在任意相同高度时的速度方向并不都相同，故D 错误。 2．【2026·南通二模】第十五届全运会50m仰泳比赛中，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程。关于该过程的位移x、速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】AB．在x−t图像中，斜率表示速度。题目描述的运动过程是 “加速→匀速→再加速”，对应x−t图像的斜率应 “先变大→不变→再变大”。而题图中仅显示了加速阶段的曲线，不符合题目完整过程的描述，故 A、B 错误。 CD．在v−t图像中，直接反映速度随时间的变化规律。题目描述的 “加速→匀速→再加速” 过程，对应v−t图像的特征为：速度先增大、再保持不变、最后再增大，因此 C 正确，D 错误。 3．【2026·南京栖霞一模】抖绳运动正走进大众的生活。一健身爱好者手握绳子左端，上下抖动，形成沿x轴正方向传播的绳波（可近似看成横波），a、b为绳上的两个质点，某时刻部分绳波的波形如图所示，下列说法正确的是（　　） A．该时刻a质点沿y轴正方向运动 B．该时刻b质点的速度大于a质点的速度 C．该时刻a、b两质点的加速度方向相同 D．从该时刻开始，b质点在接下来的四分之一周期内通过的路程等于A 【答案】A 【详解】A．结合题意，根据“上、下坡”法判断质点振动方向，可知该时刻a质点沿y轴正方向运动，故A正确； B．由图可知，该时刻a、b质点都向平衡位置振动。由于b质点离平衡位置更远，其振动速度小于a质点的速度，故B错误； C．由图可知，a质点从负方向朝平衡位置振动，b质点从正方向朝平衡位置振动，二者加速度方向均指向平衡位置，方向相反，故C错误； D．由图可知，从该时刻开始，b质点接下来的四分之一周期内通过的路程小于振幅A，故D错误。 4．【2026·徐州一模】如图所示，蚊香点燃后缓慢燃烧。若某滑冰运动员（可视为质点）的运动轨迹与该蚊香燃点的轨迹类似，运动的速率保持不变，则该运动员（　　） A．线速度不变 B．角速度变小 C．向心加速度变大 D．绕一圈(360°)所用时间保持不变 【答案】C 【详解】运动员运动速率不变，线速度大小不变而方向变化，运动半径变小。根据角速度公式：ω=rv线速度v不变、半径r变小时，角速度ω变大。根据向心加速度公式：线速度v不变、半径r变小时，向心加速度a变大。根据周期公式角速度ω变大时，绕一圈所需时间（周期）T变短。故选C 5．【2026·镇江一模】如图所示为某款运动跑鞋宣传图，图片显示：“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是（　　） A．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量 B．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量 C．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力 D．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力 【答案】C 【详解】AB．根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化量：I=mv−mv0双脚从接触鞋底到速度减为零的过程中，初末动量是固定的，因此无论冲击时间长短，合力的冲量都保持不变，故A、B错误。 CD．根据冲量的定义式：I=FΔt在冲量I一定的情况下，延长冲击时间Δt，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力F，故C正确，D错误。 6．【2025·苏锡常镇一模】某同学在玩“打水漂”时，向平静的湖面抛出石子，恰好向下砸中一个安全警戒浮漂，浮漂之后的运动可简化为竖直方向的简谐振动，在水面形成一列简谐波，距离浮漂处的水蕊上有一片小树叶，则（　　） A．小树叶将远离浮漂运动 B．小树叶将先向下运动 C．浮漂的振幅越大，波传到处时间越短 D．浮漂的振幅越小，小树叶振动越快 【答案】B 【详解】AB．简谐波向外传播过程中，水面上各质点只在各自平衡位置附近上下振动，并不随波向前迁移，故A错误，B正确； C．简谐波的波速由介质的性质决定，与振幅大小无关，故C错误； D．简谐运动的周期由振动系统本身的性质决定，与振幅无关，故D错误。 7．【2026·徐州二模】羽毛球在空中的运动轨迹如图中虚线所示。若羽毛球正处于上升过程，它所受的合外力可能是图中的（　　） A．F1 B．F2 C．F3 D．F4 【答案】D 【详解】做曲线运动的物体，其受到的合力方向始终指向轨迹的凹侧。羽毛球处于上升过程，速度在减小，说明合力与速度方向的夹角为钝角。结合图像分析，只有D图符合这两个条件。故选D。 8．【2026·镇江零模】 在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0 C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变 【答案】C 【详解】A．足球经过最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，因此水平方向的动量px=mvx也不为零，故A错误； B．重力的冲量I=mgt，只要运动时间不为零，重力的冲量就不为零，故B错误； C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量：I=mgt=Δp动量的变化率为：由于重力mg恒定，因此动量的变化率保持不变，故C正确； D．竖直方向动量py=mvy，足球在竖直方向速度先减小后增大，因此竖直方向的动量也先减小后增大，故D错误。 高频考点预测01 原子物理 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】BEST装置实现核聚变需要将燃料加热到极高温度，为实现可控核聚变的实际应用又迈进一步。下列说法正确的是（　　） A．燃料会发生链式反应 B．聚变反应吸收能量而不是释放能量 C．若反应物为和，生成物为，则聚变反应方程为 D．高温的目的是使原子核具有足够大的动能，能够克服库仑斥力，从而发生核裂变 【答案】C 【详解】A．链式反应是核裂变的特征，核聚变是轻核聚合成较重核的过程，不会发生链式反应，故A错误； B．核聚变反应存在质量亏损，根据质能方程可知聚变反应释放能量，高温是反应发生的条件，并非反应吸收能量，故B错误； C．核反应满足质量数和电荷数守恒，左边总质量数为2+3=5，总电荷数为1+1=2；右边氦核质量数为4、电荷数为2，中子质量数为1、电荷数为0，总质量数4+1=5，总电荷数2+0=2，守恒关系成立，反应方程正确，故C正确； D．高温的目的是使原子核具有足够动能克服库仑斥力发生核聚变，不是核裂变，故D错误。 分析有理·押题有据 命题趋势： 光电效应和波粒二象性江苏高考将继续侧重对光电效应方程的理解与应用、光电效应图像的分析，以及波粒二象性的辨析，考点回归课本，命题情境会更多结合量子通信、光子散射等前沿科技背景，难度以中等为主，多为选择题，也可能在计算题中考查简单计算，重点考查学生对光量子模型和物质波观念的掌握。核反应和核能将重点考查原子核的衰变规律（α、β 衰变）、核反应方程的书写与守恒规律的应用，以及结合质能方程进行核能估算；常结合我国核技术发展（如钍基熔盐堆、核医疗应用）等新颖背景，注重考查学生对守恒思想的应用与科学本质的理解，整体难度适中。玻尔理论与能级跃迁将以氢原子能级结构为核心，考查原子的能级跃迁条件、能级图的分析与计算，常与光电效应知识进行综合命题，侧重考查学生对量子化模型的理解和对能级跃迁问题的综合分析能力。 押题秘籍： 1．普朗克提出能量子观点：ε＝hν；爱因斯坦提出光子的观点：光子的能量hν。 2．光电效应 （1）两条对应关系 ①光照强度大→光子数目多→发射光电子多→饱和光电流大。 ②光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。 （2）定量分析时应抓住三个关系式 ①爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0； ②最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc； ③逸出功与截止频率的关系：W0＝hνc。 3．波粒二象性：光既有波动性，又有粒子性 （1）光的干涉、衍射、偏振说明光具有波动性； （2）光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性。 4．德布罗意指出：实物粒子也具有波动性，其波长λ＝，电子束衍射实验证实了电子的波动性。 5．汤姆孙发现了电子，说明原子是可分的；密立根通过“油滴实验”精确测定电子的比荷。 6．汤姆孙认为原子结构是“枣糕模型”；卢瑟福的α粒子散射实验说明原子是核式结构模型。 7．氢原子光谱是线状谱，发光的波长是分立的，不连续的。 8．玻尔的氢原子能级结构假说：电子轨道是量子化的，原子的能量是量子化的，原子发光的能量由能级差决定：hν＝En－Em，大量原子由高能级n向低能级跃迁时，会产生种光。 9． 四种核反应 10．核衰变 （1）贝克勒尔发现的天然放射现象说明原子核是可再分的。 （2）半衰期：。 （3）半衰期不随温度、压强和元素所处的化学状态而改变，半衰期具有统计意义，少量原子核不成立。 11．结合能：核子结合成原子核所放出的能量；比结合能：原子核的结合能与核子数之比，也叫平均结合能，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固。 12．爱因斯坦质能方程：E＝mc2。 密押预测·精练通关 1．【2026·江苏二模】现代生产生活中涉及诸多物理规律，下列说法正确的是（　　） A．铀235裂变过程中释放γ射线，γ射线是高速运动的电子流 B．第二类永动机无法制成，原因是其违反了热力学第一定律 C．密闭容器中液体的饱和汽压只与温度和液体种类有关 D．根据相对论，物体运动速度越大，惯性质量越小，时间流逝越快 【答案】C 【详解】A．γ射线是高频光子流（属于电磁波），而高速运动的电子流是β射线，故A错误； B．第二类永动机不违反热力学第一定律（能量守恒），但无法制成的根本原因是违反了热力学第二定律，故B错误； C．液体的饱和汽压仅由液体的种类和温度决定，与饱和汽的体积、容器压强等其他因素无关，故C正确； D．根据相对论，物体运动速度越大，其惯性质量越大，同时会产生时间膨胀效应（运动的时钟变慢），即时间流逝越慢，故D错误。 2．【2026·徐州二模】氘核与氚核聚变反应方程。下列说法正确的是（　　） A．x为质子 B．射线是电子流 C．氦核比结合能更小 D．可用于制造氢弹 【答案】C 【详解】A．根据核反应的电荷数守恒、质量数守恒，反应前总质量数为2+3=5，总电荷数为1+1=2；反应后24​He的质量数为4、电荷数为2，因此x的质量数为5−4=1，电荷数为2−2=0，说明x是中子而非质子，故A错误。B．γ射线是高频光子流，而电子流是β射线，故B错误。C．该核聚变反应释放能量，生成的氦核更稳定；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，因此氦核的比结合能比氘核、氚核更大，故C错误。D．氘核与氚核的聚变反应是氢弹的工作原理，可用于制造氢弹，故D正确。 3．【2026·苏锡常镇一模】一块带电锌板连接在验电器上，验电器指针张开，用灯照射锌板后验电器指针张角变小，则锌板初始所带电荷的性质以及照射锌板所用的灯分别是（　　） A．负电，紫外灯 B．负电，红外灯 C．正电，紫外灯 D．正电，红外灯 【答案】A 【详解】紫外光频率高于金属的极限频率，能引发光电效应；红外光频率低于金属的极限频率，不能引发光电效应。当紫外线灯照射锌板表面，锌板中的自由电子吸收紫外线光子的能量而发生电离，锌板上的电子数量减少，验电器和锌板上的电荷量重新分布，验电器指针张开的角度逐渐减小，所以锌板初始带负电荷、照射锌板所用的灯是紫外灯。故选A。 4．【2026·江苏二模】关于下列四幅图涉及的近代物理知识，下列说法正确的是（　　） A．图甲为氢原子的能级示意图，一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出6种不同频率的光子 B．图乙为原子核比结合能的变化曲线，卢瑟福通过α粒子轰击氮核的实验发现了中子，证实了原子核由质子和中子组成 C．图丙为黑体辐射的辐射强度与波长的关系图像，随着温度升高，黑体辐射的辐射强度极大值向波长较长的方向移动 D．图丁为研究光电效应的实验电路图，保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，遏止电压保持不变 【答案】D 【详解】A．一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出4→3、3→2、2→1共3种不同频率的光子，故A错误； B． 卢瑟福通过α粒子轰击氮核的实验发现了质子，查德威克通过α粒子轰击铍核的实验发现了中子，故B错误； C． 根据黑体辐射规律，温度越高，辐射强度峰值对应的波长越短（曲线向左移动），故C错误； D．根据光电效应方程Ekm=hν−W0和动能定理eU=Ekm，可得遏止电压公式： 遏止电压只与入射光的频率ν和金属的逸出功W0有关，与入射光的强度无关。因此，保持入射光频率不变，增大入射光强度，遏止电压保持不变，故D正确。 5．【2026·南通二模】氢原子从高能级向能级跃迁时释放的光子形成的光谱线，称为巴尔末系谱线。图甲为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱图，是巴尔末系中波长最长的谱线。下列说法正确的是（　　） A．是氢原子从能级向能级跃迁时产生的 B．巴尔末系中光子能量最大的是 C．巴尔末系中光子动量最大的是 D．氢原子外层电子在不同能级上绕核运动时，不辐射电磁波 【答案】D 【详解】AB．由图中谱线可知，四条谱线的波长关系为λα>λβ>λγ>λδ。根据光子能量公式E=hλc，波长越短，光子能量越大，因此Eα<Eβ<Eγ<Eδ，能量最大的是Hδ。根据氢原子能级跃迁规律，巴尔末线系是从高能级向n=2能级跃迁产生的谱线，能量越大，对应的初能级越高，因此Hδ可能为n=6向n=2跃迁产生的谱线，故A、B错误。 C．根据光子动量公式波长越短，动量越大，因此四条谱线中光子动量最大的是Hδ，故C错误。 D．根据玻尔原子理论的定态假设，氢原子的核外电子在特定的轨道（能级）上绕核运动时，处于定态，不辐射电磁波；只有当电子在不同能级之间跃迁时，才会辐射或吸收光子，故D正确。 6．【2026·苏锡常镇一模】下列实验或现象揭示了原子核具有内部结构的是（　　） A．电子的发现 B．粒子散射实验 C．氢原子光谱 D．天然放射现象 【答案】D 【详解】A．电子的发现，只说明原子本身具有内部结构（原子可再分），与原子核的内部结构无关，故A错误； B． α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，仅证明了原子中心存在原子核，没有揭示原子核自身有内部结构，故B错误； C． 氢原子光谱的研究，说明原子核外电子的能级是分立的，研究的是核外电子的运动规律，和原子核内部结构无关，故C错误； D．天然放射现象的射线都来自原子核的自发衰变，说明原子核可以再分，直接揭示了原子核具有内部结构，故D正确。 7．【2026·江苏二模】我国科学家利用重离子加速器，通过熔合蒸发反应首次合成新核素镤—210（）。实验中，用加速的钙—40核（）轰击静止的镥—175核（），生成镤—210核与若干中子。已知反应前总质量为M1，反应后总质量为M2，真空中光速为c。 （1）写出该核反应的方程式； （2）该核反应释放的核能，并判断反应前后结合能的大小关系。 【答案】（1） （2） (M1−M2)c2；反应后的结合能大于反应前的总比结合能。 【详解】（1） 根据核反应的电荷数守恒、质量数守恒，因此核反应方程为： （2）根据爱因斯坦质能方程，核反应释放的核能：ΔE=Δmc2=(M1−M2)c2 该核反应为放能反应，生成物的原子核比反应物更稳定，而原子核的稳定性与比结合能正相关，因此反应后的总结合能大于反应前的总结合能。 8．【2026·常州二模】如图甲所示是研究光电效应饱和电流和遏止电压的实验电路，A、K为光电管的两极，调节滑动变阻器触头P可使光电管两极获得正向或反向电压。现用光子能量的光持续照射光电管的极板K。移动滑动变阻器触头P，获得多组电压表、电流表读数，作出电流与电压关系的图线如图乙所示。求： （1）光电管K极材料的逸出功； （2）当滑片滑至靠近a端，此时电压表示数为2V，则到达A极板的光电子的动能为多少？ 【答案】（1）5.4eV （2）0≤Ek≤3.8eV 【详解】（1）光电效应方程： 根据动能定理（遏止电压关系）：−eUc=0− 联立方程解得：W0=5.4eV （2）当滑片滑至靠近a端时，光电管内电场强度方向向右，光电子所受电场力方向向左，光电子做减速运动。 到达A极板的光电子的最大动能满足：−eU=Ekm−eUc​ 解得最大动能：Ekm=3.8eV 因此，到达A极板的光电子动能范围为：0≤Ek≤3.8eV 高频考点预测02 光学 试题前瞻·能力先查 限时：8min 【原创题】物理实验小组在探究光的全反射现象时，取一块半径为R的半圆形透明砖平放在水平桌面上，O为圆心。已知光在该透明砖内的传播速度为，光在真空中的速度为c。实验中，让一束光从P点垂直于直边界面入射，光线在透明砖的圆弧面Q点处恰好发生了全反射。求： （1）该玻璃砖对该单色光的折射率 n； （2）该单色光P到Q的时间t。 【答案】（1） （2） 【详解】 （1）根据折射率定义 ，已知 ，代入可得 （2）全反射临界角 s，代入折射率可得 光线在Q点恰好全反射，由几何关系可得 因此 由几何关系得 ，光在透明砖中速度 ， 因此传播时间 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理光学部分主要涉及光的折射定律、全反射条件、临界角等知识点，往往结合几何关系进行综合考查。解决这类问题的关键：应围绕折射率，联系几何量和物理量列相关方程。光的干涉、衍射和偏振现象主要考查基本概念的理解与辨析；考点今年逐渐回归课本，命题常结合日常生活中的光学现象（如薄膜干涉、偏振光应用）或前沿科技背景，侧重考查学生对波动性本质的理解。 押题秘籍： 1．光的折射与全反射 （1）折射率：n12＝，n＝。 （2）全反射：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角时，折射光消失的现象。临界角满足sin C＝。 （3）光现象玻璃砖问题 （4）光导纤维：内芯的折射率较大，外套的折射率较小；光在内芯与外套的界面处发生全反射。 2．光的色散：白光经过三棱镜后可以分解为红、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种色光，折射率依次增大，频率依次增大，波长依次减小。 3．光的干涉 （1）频率相同的光经过双缝干涉，在光屏上形成等间距的明暗相间的条纹；当光程差Δr＝2n×(n＝0，±1，±2，…)时，产生明条纹；当光程差Δr＝(2n＋1)×(n＝0，±1，±2，…)时，产生暗条纹。 （2）条纹间距：Δx＝λ；应用：薄膜干涉，牛顿环，三角形空气层干涉。 （3）增透膜的原理是薄膜干涉，作用是减小反射光，其最小厚度为光在膜中波长的。 （4）薄膜干涉中用标准样板(空气间隙干涉)检查工件表面情况：条纹向窄处弯是凹，向宽处弯是凸。 4．光的衍射和偏振 （1）当缝的宽度等于或小于波长时，能发生明显的衍射现象；衍射时形成的是中央宽且亮、两边逐渐变窄变暗的条纹。 （2）光有偏振现象，说明光是横波；自然光通过偏振片变成偏振光；应用：摄影，液晶，3D眼镜。 5．电磁振荡与电磁波 （1）光的本质就是电磁波，电磁波传播不需要介质，在介质中传播时，速度与介质材料和电磁波频率有关。 （2）电磁波谱：无线电波→微波→红外线→可见光→紫外线→x射线→γ射线(波长变短)。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏北七市二模】一束由红光、蓝光组成的复色光从水中沿方向射入球形气泡中，发生折射的光路如图所示，O为气泡球心，a、b为折射光线。则（　　） A．a是红光，在水中光速度a比b的大 B．b是红光，在水中光速度a比b的小 C．a是蓝光，在水中光速度a比b的大 D．b是蓝光，在水中光速度a比b的小 【答案】A 【详解】从图中可以看出，b光的偏折程度比a光大，故b光折射率比a光折射率大，所以b是蓝光，a是红光，根据v=c/n可知，在水中a光速度比b的大，综合可知A选项符合题意。 2．【2026·徐州二模】某等腰三角形玻璃砖OPQ，，某束光线垂直于OP边射入，恰好在PQ界面发生全反射，则该玻璃砖的折射率为（　　） A． B． C． D．2 【答案】C 【详解】光线垂直OP边入射，进入玻璃砖时折射角为0，传播方向不变。由几何关系，∠OPQ=45°，可得入射光线与PQ界面法线的夹角（入射角）i=45°。光线恰好发生全反射，说明入射角等于临界角C，即i=C=45°。根据全反射临界角公式： 代入得：，故选C。 3．【2026·常州二模】高空中悬浮的六角形冰晶是形成“日晕”等大气光学现象的关键因素。如图所示，一束太阳光入射至一六角形冰晶的表面，经折射后从侧面射出，已知图中为红光，为紫光。下列光路示意图可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】同种介质对不同色光的折射率不同，紫光频率大于红光，因此冰晶对紫光（b）的折射率大于对红光（a）的折射率，即nb>na，紫光偏折程度更大、侧移量更大。光从空气进入冰晶时，折射率越大，折射角越小，越靠近法线，因此冰晶内部紫光（b）比红光（a）更靠上。光从冰晶射出到空气时，折射率越大侧移量越大，因此最终出射后，红光（a）偏折小、位置靠下，紫光（b）偏折大、位置靠上。故选B。 4．【2026·盐城一模】将铁丝圈在肥皂水中蘸一下，让它挂上一层薄薄的肥皂膜，竖直放置时观察到彩色条纹如图所示。彩色条纹的形成原因和变化情况是（　　） A．彩色条纹是太阳光衍射形成的 B．彩色条纹是太阳光折射形成的 C．随着肥皂水向下流动，肥皂膜上端的彩色条纹会逐渐向下移动 D．随着肥皂水向下流动，肥皂膜的彩色条纹会逐渐变为上密下疏 【答案】C 【详解】AB．肥皂膜的彩色条纹属于薄膜干涉现象，由肥皂膜前后两个表面的反射光叠加干涉形成。故A、B两项描述错误。 C．竖直放置的肥皂膜受重力作用，肥皂水会向下流动，导致膜的厚度整体下移。同一级干涉条纹对应肥皂膜的同一厚度。随着厚度位置整体向下移动，膜上的彩色条纹也会随之逐渐向下移动，故C正确。 D．肥皂水向下流动使肥皂膜形成上薄下厚的楔形结构：上部膜较薄，且厚度变化缓慢，光程差随高度变化慢，因此条纹间距较疏；下部膜较厚，厚度变化加快，光程差变化速率提升，因此条纹间距变密。综上，肥皂膜干涉条纹呈现上疏下密的现象，故D错误。 5．【2026·南通二模】A与B两水域深度不同，水波在两个区域传播时的图样如图所示，下列说法正确的是（　　） A．A、B两处水波的振动频率不同 B．A、B两处水波的传播速度大小不同 C．该图样是由于衍射形成的 D．该图样是由于干涉形成的 【答案】C 【详解】A．水波在不同水域传播时，频率由振源决定，不会随介质改变。因此A、B两处水波的振动频率f相同，故A错误； B．由图可知，A、B两处水波的波长不同（λA>λB），因为v=λf可知A、B两处水波传播速度不同，故B正确； CD．本题中是水波在不同深度的水域（不同介质）中传播，发生的是折射，故CD错误。 6．【2026·南京一模】光线由空气射入半圆形玻璃砖，再由玻璃砖射入空气，O点是半圆形玻璃砖的圆心，D图中光线关于虚线左右对称，下列光路可能发生的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB．光由空气斜射入半圆形玻璃砖时，折射角应小于入射角，故AB不可能发生； CD．当光由半圆形玻璃砖斜射入空气时，折射角应大于入射角；若入射角大于临界角，会发生全反射，故C不可能发生，D可能发生。故选D。 7．【2026·苏锡常镇一模】“用双缝干涉测量光的波长”实验中，得到如图所示的干涉条纹，测得其中两条纹间的距离为a。已知双缝到屏的距离为l，双缝间的距离为d，空气的折射率近似为1。求： （1）该单色光的波长λ1； （2）该单色光在折射率为n的介质中的波长λ2。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）由图可得，相邻亮条纹间距 由双缝干涉条纹间距公式： ​​解得： （2）介质中光速：光在传播过程中频率 f 不变，由波长、频率、光速关系可知： ​解得： 8．【2026·南京栖霞一模】如图所示，矩形ABCD为一长方体透明介质的截面，E为CB边上一点，从A点沿AE方向射出一束单色光恰好在E点发生全反射，并从CD边上P点（未画出）射出。已知AB边的长度为0．6L,BC边的长度为1．2L,BE的长度为0．8L，光在真空中的传播速度为c。求： （1）该透明介质的折射率n； （2）单色光在CD边射出时折射角的正弦值； 【答案】（1） n=1．25 （2） 【详解】（1）介质中的光路，如图所示。 设临界角为C，由几何关系可知 ​根据折射率与临界角的关系 解得 n=1．25 （5）设单色光射向CD边上的入射角为r，根据几何关系可得设折射角为i，根据折射定律解得 高频考点预测03 热学 试题前瞻·能力先查 限时：8min 【原创题】某同学设计了一款压力缓冲装置，如图所示，导热性能良好的汽缸开口向下，缸内活塞连接在竖直固定的支架上，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，活塞的横截面积为S，汽缸的质量为m。开始时缸底离活塞的距离为，大气压强等于，重力加速度为g，现给缸底一个向下大小等于3mg的压力，求： （1）当汽缸向下运动的加速度为零时，缸内气体的压强； （2）最终汽缸静止时，活塞到缸底的距离。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）当汽缸向下运动的加速度为零时，设缸内气体压强为 p，根据力的平衡：解得： ​ （2）最后汽缸静止时，缸内气体的温度不变，未施加压力时，设缸内气体压强为 p1，根据力的平衡： 解得： 设最终汽缸静止时，活塞离缸底的距离为h，根据玻意耳定律 ，解得： 分析有理·押题有据 命题趋势： 热学部分主要有分子动理论、热力学定律、气体实验定律和气体的状态变化图像等问题。分子动理论和热力学定律多以选择题形式考查，侧重对微观统计规律、内能变化、热力学定律基本概念的理解与辨析；气体实验定律和气体状态变化图像属于高频考点，试题难度中等，命题形式以选择题和计算题为主，常考查学生灵活应用气体实验定律结合图像分析气体状态变化，或结合热力学定律解决实际问题的能力。 押题秘籍： 1．估算问题 （1）分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。 特别提醒：对气体而言，V0＝不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。 （2）两种分子模型：①球体模型：V＝πR3＝πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V＝a3。 2．分子热运动： （1）分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。 （2）布朗运动：在显微镜下看到的悬浮在液体中的微小颗粒的永不停息的无规则运动，布朗运动反映了液体分子的无规则运动，颗粒越小，运动越明显；温度越高，运动越剧烈。 3．分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系 　　 甲 乙 4．液体 （1） 液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，表面张力的方向跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直． （2） 液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性。 5．气体压强的微观解释 6．气体实验定律、理想气体状态方程 7．热力学第一定律：ΔU＝Q＋W。注意正、负号法则。 8．应用热力学定律分析理想气体内能相关问题的三个要点： （1）做功情况看体积 体积V减小→外界对气体做功→ W＞0； 体积V增大→气体对外界做功→ W＜0； 无阻碍地自由膨胀 → W＝0。 （2）内能变化看温度 其它条件不变的情况下，温度T升高→内能增加→ ΔU＞0； 其它条件不变的情况下，温度T降低→内能减少→ ΔU＜0。 （3）吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q。 密押预测·精练通关 1．【2026·盐城一模】一定质量的理想气体，在温度和下的压强与体积倒数的关系图像如图所示，气体由状态A等压变化到状态B的过程中（　　） A．温度升高，吸收热量 B．温度升高，放出热量 C．温度降低，吸收热量 D．温度降低，放出热量 【答案】D 【详解】根据理想气体状态方程：变形可得：，因此，在p−V1图像中，过原点的直线斜率越大，代表气体温度越高。气体由状态A等压变化到状态B的过程中：温度降低，理想气体内能减小（ΔU<0）；体积变小，外界对气体做功（W>0）；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体放出热量（Q<0）。 故选D。 2．【2026·南通二模】恒温水池底部一个气泡由池底缓缓上浮，在气泡上浮的过程中（　　） A．气泡内气体压强增大 B．气泡表面张力让气泡扩张 C．气泡内气体对外界做功 D．单位时间内撞击气泡表面单位面积分子数增加 【答案】C 【详解】A．气泡内气体的压强为p=p0+ρ水gh。大气压强p0恒定，气泡缓慢上升过程中深度h减小，因此气泡内压强p减小，故A错误；B．表面张力的作用是使液体表面积收缩，因此会让气泡有收缩趋势，不会使气泡扩张，故B错误；C．恒温水池内气泡温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，压强减小则体积增大，气体体积膨胀，因此气泡内气体对外界做功，故C正确；D．气体压强减小，气泡温度不变，分子平均动能不变，因此气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击次数减少，故D错误。 3．【2026·苏锡常镇一模】将细棉线的两端系在铁丝环上，棉线处于略微松弛的状态，将铁丝环浸入肥皂液后取出，环上留有肥皂膜，如图所示。用烧热的针刺破棉线左侧的肥皂膜，稳定后棉线的形状是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】液体表面张力会使液体表面收缩到最小面积。未刺破肥皂膜时，棉线两侧都有肥皂膜，表面张力平衡，棉线保持松弛；当刺破棉线左侧的肥皂膜后，左侧表面张力消失，右侧剩余肥皂膜在表面张力作用下收缩，会拉动松弛的棉线向右侧（肥皂膜一侧）弯曲，稳定后棉线会形成凸向右侧的圆弧。因此形状对应选项C，故选C。 4．【2026·江苏二模】如图所示，一定质量的理想气体经历的状态变化过程，已知气体在状态A的压强为pA=1．5×105Pa，且过程中气体做功的绝对值是过程中气体做功绝对值的3倍。下列说法正确的是（　　） A．A、B、C三个状态中，气体在B状态的分子平均动能大于C状态 B．从C到A的过程中，气体分子数密度逐渐减小 C．过程中气体内能不变，因此既不吸热也不放热 D．整个循环过程中，气体吸收的热量全部用来对外界做功 【答案】C 【详解】A．温度是分子平均动能的唯一标志。由图可知，状态B和状态C的温度均为T=600K，即TB=TC。因此，气体在B、C两个状态的分子平均动能相等，故A错误。 B. 分子数密度公式为。从C到A的过程中，气体体积V逐渐减小，而分子总数N不变。因此，分子数密度n逐渐增大。B错误。 C．从B到C的过程为等温变化，理想气体内能仅由温度决定，故ΔU=0。体积增大，气体对外界做功，即W<0（外界对气体做功为负）。根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可得Q=−W>0，即气体从外界吸收热量。但题目问的是“气体对外界做功”的情况，而B→C是气体对外做功，并非外界对气体做功，且该选项描述的过程与结论不符。C错误。 D．定等压过程：C→A过程图线过原点，即V与T成正比，根据理想气体状态方程，该过程为等压变化，压强pC=pA=1．5×105Pa。 计算各段做功： C→A：外界对气体做功WCA=pA(VC−VA)=1．5×105×(3−1)×10−3=300J。 题目给出WBC=3WCA=900J。由于B→C体积增大，气体对外做功，故外界对气体做功WBC=−900J。 A→B：体积不变，WAB=0。 总功与热量：整个循环外界对气体总功 Wtotal=WAB+WBC+WCA=0−900+300=−600J（负号表示气体对外界做功 600J）。 循环回到初态，内能变化 ΔU=0。由热力学第一定律 ΔU=Wtotal+Q，得 Q=−Wtotal=600J。即气体吸收的热量全部用来对外界做功。D正确。 5．【2026·镇江一模】如图所示，把上端封闭、下端开口的玻璃管竖直插入水中后，将玻璃管缓慢向下移动。若管内气体温度保持不变，则管内气体（　　） A．压强小于大气压强 B．内能增大 C．单位体积内的分子数保持不变 D．单位面积上分子撞击器壁的作用力变大 【答案】D 【详解】A．玻璃管下压时，管内气体所处深度增加，外界大气压强p不变，但管内气体上方水柱的高度h增大。根据液体压强公式：p=p0+ρgh由于h增大，故管内气体压强p增大且大于大气压强，故A错误； B．管内气体温度保持不变，则气体内能不变，故B错误； C．根据玻意耳定律pV=C，因下压过程中压强p增大，故气体体积V减小，单位体积内的分子数增大，故C错误； D．气体温度不变，压强增大，根据压强的微观解释可知，单位面积上分子撞击器壁的作用力变大，故D正确。 6．【2026·南京栖霞一模】某车主汽车中控仪表盘实时显示四个完全相同轮胎内气体压强（单位：）及温度（单位：℃）如图所示，不计轮胎形变，轮胎内气体可视为理想气体，则四个轮胎中，充气最多的轮胎是（       ） A．左前轮 B．右前轮 C．左后轮 D．右后轮 【答案】A 【详解】根据理想气体状态方程：可知，在体积和温度都相同的情况下，压强p越大，气体的物质的量越多，即充气最多。 通过对比可知，右前轮充入气体的量小于左前轮充入气体的量，左后轮充入气体的量小于左前轮充入气体的量。结合查理定律，左后轮的气体在9°C时的压强为：因此左前轮的充气最多。故选A。 7．【2026·盐城一模】人类对物质的认识不断发展，下列判断正确的是（　　） A．农民锄地截断土壤中的毛细管结构可减少土壤中的水分蒸发 B．荷叶上小水珠呈扁球状是由于失重而使液体表面收缩 C．晶体具有确定的熔点，其物理性质一定呈现各向异性 D．液晶是液体和晶体的混合物，具有光学各向异性 【答案】A 【详解】A．给农田松土的目的是破坏土壤里的毛细管，减少水分因毛细作用上升而蒸发，从而保持土壤水分，故A正确； B．荷叶上小水珠呈球状，是液体表面张力使表面积收缩到最小的结果，故B错误； C．晶体都有确定的熔点，单晶体具有各向异性，多晶体则为各向同性，故C错误； D．液晶具有流动性，但不是液体和晶体的混合物，其光学性质具有各向异性，故D错误。 8．【2026·陕西一模】如图所示，一个导热性能良好的长方体气缸开口向右水平放置，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞离缸底的距离为L，活塞的截面积为S，大气压强为P0，环境温度为T0，此时活塞与气缸内壁间恰好无摩擦，将环境温度缓慢升高，使活塞向右移动，活塞与气缸内壁间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为，活塞不漏气，求： （1）活塞刚好要滑动时，缸内气体的压强多大； （2）活塞移动时，环境温度多高； （3）活塞移动过程中，气体吸收的热量为Q，则气体内能的增加量为多少。 【答案】（1）​（2）​（3）​ 【详解】（1）开始时缸内气体压强为p0，设活塞刚要滑动时缸内气体压强为p1，根据受力平衡： 解得： （2）设活塞移动L时，缸内气体的压强仍为p1，设这时环境温度为T1，根据理想气体状态方程： 解得： （3）若活塞移动过程中，气体吸收的热量为Q，气体对外做功为： 根据热力学第一定律，气体内能的增加量： 高频考点预测04 平衡问题和牛顿动力学问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，水平地面上一车厢内固定有倾角为的光滑斜面，一根平行斜面的轻绳一端固定在斜面顶端，另一端连接质量为的小球置于斜面上。已知重力加速度为，不计空气阻力，当整个装置一起水平向左做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．小球一定不可能受2个力的作用 B．小球一定受3个力的作用 C．当装置水平向左的加速度大小为2g时，轻绳的拉力大小为 D．当装置水平向左的加速度大小为2g时，小球受3个力的作用 【答案】C 【详解】AB．若支持力恰好为零，对小球受力分析，小球受到重力和绳子拉力，小球向左加速。 根据牛顿第二定律，有： 解得： 由以上分析可知：若装置的加速度，小球将飘离斜面，受2个力作用；若，小球在斜面上，受3个力作用。故A、B错误。 CD．a=2，小球将飘离斜面，受2个力作用， 解得T =，故C正确，D错误。 分析有理·押题有据 命题趋势： 平衡问题和牛顿动力学问题主要考查共点力平衡、动态平衡、连接体平衡问题和牛顿运动定律的综合应用问题。平衡问题和牛顿动力学问题都是高考热点，命题情境来源广泛，会紧密联系生产生活和科技进步等场景。高考题型考查形式多样，考查的难度中等偏上，主要考查学生对受力分析、整体法与隔离法的灵活运用，以及利用牛顿运动定律解决多过程、连接体问题的能力。 押题秘籍： 1．共点力的平衡 （1）当两个分力F1＝F2＝F，夹角为θ时，F合＝2Fcos，方向与F1、F2的夹角都为；当θ＝120°时，F合＝F；当三个力大小相等，互成120°时，F合＝0． （2）平衡状态 ①静止：物体的速度和加速度都等于零的状态． ②匀速直线运动：物体的加速度为零、速度不为0的状态． （3）平衡条件 ①物体所受合外力为0，即F合＝0． ②若采用正交分解法，平衡条件的表达式为Fx＝0，Fy＝0． ③推论：若物体受n个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反． 2．匀变速直线运动的基本规律 （1）速度公式v＝v0＋at，位移公式 x＝v0t＋at2，位移速度公式v2－v＝2ax，平均速度公式＝＝＝。 （2）任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量，即Δx＝aT2，可推广为xm－xn＝(m－n)aT2。 3．牛顿第二定律F合＝ma。 （1）F合＝0，物体做匀速直线运动或静止。 （2）F合≠0且与v共线，物体做变速直线运动。 ①F合不变，物体做匀变速直线运动．例：自由落体运动是初速度v0＝0、加速度为g的匀加速直线运动；竖直上抛运动是初速度v0≠0、加速度为g的匀变速直线运动。 ②F合大小变化，a大小变化，物体做变加速直线运动。 密押预测·精练通关 1．【2026·盐城一模】如图所示，两质量均为m的物块A、B在水平外力F的作用下均保持静止，各接触面间的动摩擦因数都为μ。下列说法正确的是（　　） A．A所受摩擦力水平向左 B．B与地面之间一定有摩擦力 C．B与地面之间的摩擦力大小一定为2μmg D．B对地面的压力和地面对B的支持力是一对平衡力 【答案】B 【详解】A．根据平衡条件，物体A在水平方向合力为零，因此A不受摩擦力作用，A错误。 BC．对 A、B整体分析，水平方向受外力F，因此地面对B一定有摩擦力与F平衡，摩擦力大小等于F，但不一定达到最大静摩擦力，故B正确，C错误。 D．B对地面的压力和地面对B的支持力是一对相互作用力，不是平衡力，D错误。 2．【2026·南通一模】如图所示，笔记本电脑放在折叠式支架上，支架静置于水平面上。现仅增大θ角，电脑保持静止，则支架（　　） A．对电脑的摩擦力变小 B．对电脑的支持力变小 C．对电脑的作用力变小 D．对水平面的压力变小 【答案】B 【详解】AB．设电脑平面与水平方向的夹角为α，对电脑受力分析： 支架对电脑的摩擦力：f=mgsinα 支架对电脑的支持力：N=mgcosα 当增大θ角时，α变大，因此：摩擦力f=mgsinα变大，支持力N=mgcosα变小，故A错误，B正确。 C．支架对电脑的作用力（摩擦力与支持力的合力）与电脑重力等大反向，因此作用力大小不变，故C错误。 D．对电脑和支架整体分析，水平面对支架的支持力等于整体重力，大小不变；由牛顿第三定律，支架对水平面的压力也不变，故D错误。 3．【2026·南通二模】如图所示，光滑斜面固定在水平面上，斜面上的一物体用通过定滑轮的轻绳拉动，沿斜面缓慢上升，则此过程中（　　） A．绳子拉力一直变大 B．斜面对物体的弹力一直变大 C．地面对斜面的弹力一直变大 D．地面对斜面的摩擦力一直变大 【答案】A 【详解】以斜面上的物体为研究对象，物体受重力G、斜面的支持力N和绳的拉力F，三力平衡，受力图如下： AB．物体沿斜面缓缓上升过程中，斜面对物体的弹力N方向不变，绳子的拉力与竖直方向的夹角变小。由受力图可知，绳子的拉力F增大，斜面对物体的弹力N减小，故A正确，B错误； CD．以斜面及斜面上的物体整体为研究对象，由平衡关系可知，F的竖直方向分力变大，则地面对斜面的弹力减小；F的水平方向分力变小，则地面对斜面的摩擦力减小，故CD错误。 4．【2026·泰州一模】如图所示，在水平面上固定一竖直挡板M，现用水平力F向左推楔形木块B，使球A缓慢上升，所有接触面均光滑。在此过程中（　　） A．A对B的压力始终不变 B．A对M的压力逐渐增大 C．水平外力F逐渐增大 D．水平面对B的支持力逐渐增大 【答案】C 【详解】AB．设楔形木块B的倾角为θ，根据题意，对A受力分析，受重力mAg、M的支持力FT、B的支持力FN，如图所示 由平衡条件可得：FNcosθ=mAg，FT=mAgtanθ 由题可知，A球慢慢升高，但θ不变，则B的支持力FN、M的支持力FT均不变，由牛顿第三定律可知，A对B的压力和A对M的压力始终不变，故A正确，B错误； CD．对AB的整体受力分析，如图 由平衡条件可得：N=G总，F=FT​ 结合题意可知，G总和FT均不变，则水平面对B的支持力N不变、水平外力F不变，故CD错误。 5．【2026·南京一模】我校科技社团的同学对国产大飞机C919产生了浓厚的兴趣，他们通过查阅资料得知C919机身全长约40m，起飞最大总重量75吨，起飞速度为80m/s，滑行过程中受到的阻力约为飞机重力的0．1倍。该科技社团采用手机连拍功能研究C919起飞过程（可近似看成a=5m/s2的匀加速直线运动），图是在同一底片上每隔相等时间间隔多次曝光“拍摄”飞机滑行加速过程的照片（合成照片），g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．拍摄照片1时，飞机瞬时速度为零 B．拍摄照片1-5的过程中，飞机平均速度约为35m/s C．相邻两张照片之间时间间隔约为1s D．以最大总重量加速滑行起飞时，飞机发动机提供的牵引力约为 【答案】C 【详解】ABC．通过分析图像，可以估算出飞机在相邻相等时间间隔T内的位移，x12≈40m、x23≈60m、x34≈80m、x45≈100m相邻相等时间位移差Δx=20m 对于匀变速直线运动，若初速度为零，则在连续相等的时间间隔内的位移之比为1:3:5:7…，图中飞机在相邻时间间隔内的位移之比不符合1:3:5…的规律，因此在拍摄照片1时，飞机的瞬时速度不为零； 根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2解得相邻两张照片之间时间间隔约为T=2s 拍摄照片1-5的过程中，总位移x=x12+x23+x34+x45=280m，总时间t=4T=8s 因此平均速度v = x / t=35m/s，故B正确，AC错误； D．根据牛顿第二定律F−0.1mg=ma，起飞最大总重量m=7.5×104kg解得飞机发动机提供的牵引力约为F=4.5×105N，故D错误。 6．【2026·镇江零模】如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，质量为m的小物块在平行于斜面、大小为F的拉力作用下，沿斜面向上以速度v0匀速滑动，物块运动到A点时撤去拉力。已知斜面足够长，重力加速度为g。求： （1）物块与斜面间的动摩擦因数μ； （2）撤去拉力F后，物块上升到最高点时与A点的距离大小x。 【答案】（1）（2） 【详解】（1）物块匀速运动时，受力平衡。对物块受力分析： 联立解得：​ （2）撤去拉力F后，由牛顿第二定律： 代入μ的表达式，可得。再由运动学公式，解得： 7．【2026·徐州一模】一人乘电梯上楼，电梯上升10s后停下。该过程中电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示。以竖直向上为正方向，下列判断正确的是（       ） A．末电梯速度达到最大 B．0~2s电梯加速度先增大后减小 C．图中两块阴影区域面积不相等 D．4s~7s电梯保持静止 【答案】A 【详解】ACD．由图可知 0～4s时间内电梯的加速度向上，电梯的速度一直增大，4s～7s内电梯加速度为零，电梯做匀速直线运动，7s～10s内电梯的加速度向下，电梯做减速运动，10s末速度为零，根据a−t图像与t轴围成面积表示速度变化量，可知图中两块阴影区域面积相等，t=4s末电梯速度达到最大，故A正确，CD错误； B．由图可知 0～2s电梯加速度逐渐增大，故B错误。 8．【2026·南通二模】如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆子，5个相同的小球套在杆子上从各杆子上同一高度同时由静止下滑，一段时间后小球的连线可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】AD．经过时间t，小球沿杆下滑的位移为：所以倾角越大，沿杆下落位移越大，故AD错误； BC．此时小球到原点O的杆长为：其中下滑竖直高度为h，将位置分解为水平坐标x、竖直坐标y，则： 所以小球的连线是曲线，不是直线，故C正确、B错误。 高频考点预测05 抛体运动与圆周运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，小球随杆在竖直平面内做圆周运动．下列说法中正确的是( ) A. 小球能通过最高点的最小速度为 B. 小球运动到最高点时，杆对球的作用力方向一定向下 C. 小球运动到最低点时，杆对球的作用力方向一定向上 D. 小球运动到水平位置B时，所受合外力一定指向O点 【答案】C 【详解】由于杆对球能提供支持力，所以小球能通过最高点的最小速度为0，故A错误；小球运动到最高点时，根据牛顿第二定律，若杆对球无作用力，有mg＝m，可得v＝，若小球的速度大于，则杆对球为向下的拉力，若小球的速度小于，则杆对球为向上的支持力，B错误；小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律，有F－mg＝m，在最低点速度不可能为0，所以杆对球的作用力为向上的拉力，且大于小球重力，故C正确；若小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则在水平位置B时，所受合力指向O点，若小球做变速圆周运动，则还应受到改变速度大小的切向力，所以小球所受合力不会指向圆心O点，D错误． 分析有理·押题有据 命题趋势： 抛体运动主要考查平抛运动的基本规律、落点有限制条件（临界）的平抛运动和斜抛运动等问题。高考常以体育比赛项目或在生产生活中的抛体运动情景为命题背景，考查学生对抛体运动进行模型建构的能力，应用合成与分解思想分析曲线运动的能力。圆周运动主要涉及水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动基本规律及临界问题等。高考常以生活中圆周运动的实例为命题背景，考查向心力公式的应用及临界条件的分析能力，注重与受力分析、能量守恒等知识的综合应用。 押题秘籍： 1. 匀变速曲线运动——F合是恒量 （1）物体做曲线运动的条件：速度的方向与加速度(合外力)的方向不在同一条直线上. （2）研究方法：运动的合成与分解． ①平抛运动 速度vx＝v0，vy＝gt，v＝，tan θ＝(θ为合速度与水平方向的夹角)． 位移x＝v0t，y＝gt2，s＝，tan α＝(α为合位移与水平方向的夹角)． ②斜抛运动：是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动． ③带电粒子在匀强电场中的偏转——类平抛运动 2. 变加速曲线运动——F合是变量 （1）研究方法：沿切向、法向建立直角坐标系，研究力与运动的关系． （2）匀速圆周运动的动力学特征：F向＝ma向＝m＝mω2r＝mr （3）圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运动，F向＝mgtan θ，方向水平，指向圆心． （4）小球在“绳”模型最高点最小速度为，最低点最小速度为，上、下两点拉力之差为6mg. （5）小球在“杆”模型最高点vmin＝0，v临＝. v＞v临，杆对小球有向下的拉力； v＝v临，杆对小球的作用力为0； v＜v临，杆对小球有向上的支持力． 密押预测·精练通关 1．【2026·盐城一模】如图所示，半径为R的半圆弧ACB，O是圆心，AD=2OD。自A点和D点同时水平抛出甲、乙两个相同小球，两球落在圆弧BC上的同一个点E（图中未画出），其中一个小球落点处速度方向与圆弧切线垂直，忽略空气阻力和小球大小，则（　　） A．甲、乙两球在运动过程中动量变化量不同 B．甲球在落点处速度方向与圆弧切线垂直 C．甲、乙两球同时到达E点 D．甲、乙两球初速度大小之比为3：2 【答案】C 【详解】C．两球落在圆弧BC上的同一个点，则竖直高度相同，根据可知两球运动时间相同，即两球同时到达E点，C正确； A．根据动量定理有mgt=Δp，因为质量相等，下落时间相等，所以甲、乙两球在运动过程中动量变化量相同，故A错误； BD．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，由此可知甲球不可能垂直打在圆弧 BC上的某点，所以乙球落点处速度方向与圆弧切线垂直，因为速度的反向延长线过圆心，所以落点E到O点的水平位移为。 对甲球在水平方向，有 乙球在水平方向上，有 联立可得甲、乙两球初速度大小之比为，故BD错误。 2．【2026·南京一模】如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则（　　） A．两颗鸟食同时抛出 B．在N点接到的鸟食后抛出 C．两颗鸟食平抛的初速度相同 D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 【答案】D 【详解】AB．鸟食的运动视为平抛运动，竖直方向遵循自由落体规律：下落高度hM<hN，因此运动时间tM<tN。若要同时接到鸟食，运动时间更长的N点鸟食必须先抛出，故A、B错误。 CD．水平方向为匀速直线运动，位移公式为：过M点作一水平面，对比两条轨迹在同一高度的水平位移：M点对应的水平位移更大。由于同一高度处下落时间t相同，因此初速度v0与水平位移x成正比，即M点接到的鸟食平抛初速度更大，故C错误，D正确。 3．【2026·镇江一模】如图所示，质量m为1.0kg的木块以初速度v0=5m/s从桌边A点水平滑出落在粗糙水平地面点，在极短时间内竖直速度减为0，又滑动一段距离，最终停在地面上C点。已知桌面距离水平地面的高度h为1.25m，B、C两点的距离为L=4.0m，g取10m/s2。不计空气阻力，求 （1）、两点间的水平距离x； （2）落地前瞬间，重力的瞬时功率； （3）地面的动摩擦因数μ。 【答案】（1）2.5 m（2）50 W（3）0.2 【详解】（1）木块从A点到B点做平抛运动，根据平抛运动规律：竖直方向：水平方向：联立解得运动时间t=0.5 s，水平位移x=2.5 m。 （2）落地前瞬间，木块的竖直分速度：=5 m/s重力的瞬时功率为：=50 W （3）落地后极短时间内竖直速度减为0，竖直方向由动量定理：水平方向由动量定理： 之后木块在地面滑动，由动能定理联立解得动摩擦因数μ=0.2。 4．【2026·苏锡常镇一模】在O点向右上方连续抛射多个小球，小球初速度方向均相同而大小均不同，不计空气阻力。图中虚线可表示各小球最高点位置排列形状的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，设抛出的初速度为v0，方向与水平方向的夹角为θ，最高点的坐标为(x,y)： 竖直方向：竖直上抛到最高点的速度为0，由运动学公式：​, 水平方向：匀速直线运动，位移为： 联立消去t和v0，整理可得：这是一个过原点的一次函数，因此最高点的轨迹形状为过原点的直线。故选B。 5．【2026·宿迁一模】图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（　　） A．M点的线速度方向总是沿PM方向 B．M点的向心加速度方向沿MP方向 C．N点线速度大小是M点的2倍 D．N点的向心加速度大小是M点的4倍 【答案】C 【详解】A．M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周的切线方向，始终与半径ON垂直，而非沿PM方向，故A错误。 B．M点以O点为圆心做匀速圆周运动，向心加速度方向始终沿M指向圆心O，不是沿MP方向，故B错误。 C．匀速圆周运动的线速度公式为，由于M、N两点的角速度相同（ωN==ωM==ω），且rN=2rM，可得：即N点线速度大小是M点的2倍，故C正确。 D．向心加速度公式为，同理可得：即N点的向心加速度大小是M点的2倍，故D错误。 6．【2026·徐州二模】如图所示，一辆电动车在水平地面上以恒定速率v行驶，依次通过a、b、c三点，下列说法正确的是（　　） A．三点的向心力大小关系为 B．三点的地面对车的支持力大小关系为 C．三点的向心加速度大小关系为 D．三点的周期大小关系为 【答案】C 【详解】A．曲线弯曲程度越大，曲率半径r越小，因此三点曲率半径满足rb>ra>rc。根据向心力公式，速度v不变时，向心力与曲率半径成反比，故Fc>Fa>Fb，A错误。 B．在竖直方向，物体处于平衡状态，支持力与重力平衡，因此三点的支持力关系为Na=Nb=Nc=mg，B错误。 C．根据向心加速度公式，速度v不变时，向心加速度与曲率半径成反比。结合rb>ra>rc，可得anc>ana>anb，C正确。 D．根据周期公式，速度v不变时，周期与曲率半径成正比，故Tb>Ta>Tc，D错误。 7．【2026·南通一模】如图所示，轻弹簧一端固定在竖直杆上的O点，另一端连接小球，小球套在光滑水平杆上，整个装置可绕竖直杆转动。当装置分别以角速度ω1、ω2匀速转动时，小球相对杆分别静止在A、B点，杆对球的弹力大小分别为FNA、FNB，其中FNA方向向下。弹簧在弹性限度内，则（　　） A．ω1＞ω2，FNA＞FNB B．ω1＞ω2，FNA＜FNB C．ω1＜ω2，FNA＞FNB D．ω1＜ω2，FNA＜FNB 【答案】D 【详解】对小球进行受力分析：小球受竖直向下的重力mg、沿弹簧方向的拉力F和水平杆对其的竖直弹力 FN，在水平面内做匀速圆周运动。设弹簧与竖直方向的夹角为θ，轨道半径为r，角速度为ω，小球质量为 m。 几何与弹簧弹力弹簧长度：弹簧拉力：几何关系：，​ 水平方向（向心力）弹簧拉力的水平分量提供向心力：代入并整理，可得：此式表明，角速度ω随轨道半径r的增大而增大。B的轨道半径大于A，故 ω1<ω2。 竖直方向（受力平衡）小球在竖直方向受力平衡： 整理得杆对球的弹力：FN=Fcosθ−mg，可得： 的轨道半径大于A，因此 FNA<FNB。 8．【2026·苏北七市二模】如图甲所示，细线的一端系一小球，另一端固定于O点，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动。传感器同时测得细线拉力大小F、细线与竖直方向夹角θ，拉力F随θ变化的曲线如图乙所示。已知小球做圆周运动的半径r=0.4m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）小球运动过程中的最小速度v； （2）小球的质量m。 【答案】（1）2m/s（2）0.1kg 【详解】（1）由题意，当小球运动到圆周最高点时，绳子拉力为0，此时重力完全提供向心力，满足：解得最高点的最小速度：=2m/s （2）小球在圆周最低点时，绳子拉力最大，为Fm=6N，此时拉力与重力的合力提供向心力： ​​从最高点到最低点，由机械能守恒定律： 联立两式，代入数据解得小球质量：m=0.1kg 高频考点预测06 万有引力与航天 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】中国天问二号主要任务是实现对小行星2016HO3的详细探测，要在小行星2016HO3进行表面采样和样品返回。天问二号在变轨过程中会经历不同轨道，如图中Ⅰ轨道和Ⅱ轨道，则天问二号（　　） A．在Ⅱ轨道上经过P点的速度大于在Ⅰ轨道上经过P点的速度 B．在Ⅱ轨道上运行时经过P点的速度大于经过Q点的速度 C．在Ⅰ轨道上经过P点的加速度大于在Ⅱ轨道上经过P点的加速度 D．在Ⅰ轨道上运行的周期更小 【答案】C 【详解】A．从Ⅰ轨道变轨到Ⅱ轨道，经过P点时需要减速，使万有引力大于所需向心力，做向心运动进入Ⅱ轨道，因此Ⅱ轨道上P点的速度小于Ⅰ轨道上P点的速度，故A错误。 B．根据开普勒第二定律，同一椭圆轨道上，航天器离中心天体越近速度越大。Ⅱ轨道上P点离小行星更近，因此P点速度大于Q点速度，故B正确。 C．加速度由万有引力提供，满足，同一位置P到小行星的距离r相同，因此两个轨道经过P点的加速度大小相等，故C错误。 D．根据开普勒第三定律，轨道半长轴越大，运行周期越大。由图可知Ⅰ轨道半长轴大于Ⅱ轨道，因此Ⅰ轨道运行周期更大，故D错误。 分析有理·押题有据 命题趋势： 万有引力与航天以中国航天最新成就为载体，核心考查卫星运行规律、变轨能量分析、黄金代换与多星模型，侧重中心天体的质量和密度计算、卫星的发射与变轨。从命题趋势上来看，多以选择题出现，整体难度重公式理解、轻复杂计算。高考通常紧扣中国航天（天宫、嫦娥、天问、北斗）、宇宙探索背景命题。 押题秘籍： 1. 开普勒三定律 （1）椭圆定律：太阳位于所有行星的椭圆轨道的公共焦点上； （2）面积定律：行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等（越高越慢）； （3）周期定律：＝k，其中k只与中心天体有关。 2. 万有引力定律及其应用 （1）重力：①南、北极处：F万＝mg＝；②在一定纬度时重力方向不指向地心。 （2）黄金代换式：Gm地＝gR2(R为地球半径)。 （3）测地球质量：①重力法m地＝(地球表面)；②环绕法：m地＝。 （4）测地球密度：①重力法ρ＝；②环绕法：ρ＝。 3. 人造卫星 （1）人造卫星：万有引力提供向心力G＝m＝mω2r＝mr＝ma.高轨低速(v、ω、an)大周期。 （2） 第一宇宙速度v1＝＝＝7.9 km/s，第二宇宙速度v2＝11.2 km/s，第三宇宙速度v3＝16.7 km/s。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏北七市二模】如图所示，哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2。则（　　） A．v1=v2 B．v1＜v2 C．v1r1=v2r2 D．v1r1＜v2r2 【答案】C 【详解】飞船在椭圆轨道的P、Q点时，根据开普勒第二定律（面积定律），飞船与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积相等：由于rP<rQ，可推出v1>v2，故C正确。 2．【2026·常州二模】“二十四节气”起源于黄河流域，是上古农耕文明的产物。地球围绕太阳公转的轨道是一个椭圆，将地球绕太阳一年转360度分为24份，每15度为一个节气。立春、立夏、立秋、立冬分别作为春、夏、秋、冬四季的起始。如图所示为地球公转位置与节气的对照图，设地球公转轨道的半长轴为a，公转周期为T，下列说法中正确的是（　　） A．从节气划分来看，冬天的时间最短 B．太阳对地球的万有引力大于地球对太阳的万有引力 C．地球的质量为 D．地球每转过相同的角度，地球与太阳的连线扫过的面积相等 【答案】A 【详解】A．地球公转轨道近似椭圆，根据开普勒第二定律，地球在近日点运动速度较大，在远日点运动速度较小。冬天地球更靠近近日点，公转速度更快，因此该季节的时长最短，故A正确。 B ．根据牛顿第三定律，太阳对地球的万有引力与地球对太阳的万有引力是一对相互作用力，大小始终相等、方向相反，故B错误。 C．根据开普勒第三定律： 可解得中心天体（太阳）的质量为：选项中的表达式存在错误，故C错误。 D．根据开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等。由于近日点速度快、远日点速度慢，地球转过相同角度所需的时间并不相同，故D错误。 3．【2026·南通一模】若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为，则火星与地球绕太阳运动的（　　） A．轨道周长之比为9:4 B．线速度大小之比为 C．角速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为2:3 【答案】B 【详解】A.轨道周长C=2πr，周长之比等于半径之比，即C火:C地=r火:r地=3:2，故A错误； B．线速度，故​即，故B正确； C.角速度，故即，故C错误； D.向心加速度，故即，故D错误。 4．【2026·宿迁一模】神舟二十二号无人应急飞船与空间站对接形成新组合体，在空间站原轨道上绕地球做匀速圆周运动。与对接前相比，对接后新组合体（ ） A．线速度变大 B．周期变大 C．加速度变大 D．动能变大 【答案】D 【详解】ABC.对接后新组合体仍在空间站原轨道上运动，轨道半径r不变。根据万有引力提供向心力的公式：可推导出： ， 由于r不变，中心天体质量M也不变，因此线速度v、向心加速度a、周期T都保持不变，故A、B、C错误。 D.动能公式为。由上述分析可知速度v不变，但对接后组合体的质量m增加，因此动能Ek​会变大，故D正确。 5．【2026·南京一模】2018年12月27日，北斗三号基本系统已完成建设，开始提供全球服务。其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示：a为低轨道极地卫星，b为地球静止卫星，c为倾斜轨道卫星，其轨道平面与赤道平面有一定的夹角，c的周期与地球自转周期相同。下列说法正确的是（　　） A．卫星a的线速度比卫星c的线速度小 B．卫星b的向心加速度比卫星c的向心加速度大 C．卫星b和卫星c的线速度大小相等 D．卫星a的机械能一定比卫星b的机械能大 【答案】C 【详解】A．由线速度公式可知，轨道半径越小，线速度越大。卫星a的轨道半径小于卫星c，因此卫星a的线速度比卫星c的线速度大，A错误。 B．b为地球静止卫星，周期与地球自转周期相同；c的周期也与地球自转周期相同，故b、c周期相等。根据向心加速度公式，b、c的轨道半径相同，因此向心加速度大小相等，B错误。 C．由周期公式可知，b、c周期相等则轨道半径相同。再由线速度公式，轨道半径相同则线速度大小相等，C正确。 D．从轨道a到轨道b，卫星需要在a轨道加速做离心运动，机械能会增加。但机械能的大小还与卫星质量有关，题目未说明卫星质量，因此不能确定卫星a的机械能一定比卫星b小，D错误。 6．【2026·江苏二模】如图为太阳系部分行星绕太阳运行的圆轨道示意图，水星、金星、地球、火星、木星、土星均绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供行星做圆周运动的向心力。下列说法正确的是（　　） A．水星的公转轨道半径最小，其绕太阳运行的周期最长 B．地球绕太阳运行的公转角速度大于金星绕太阳运行的公转角速度 C．地球的第一宇宙速度大小为7.9km/s，它是人造地球卫星的最小发射速度 D．土星的公转轨道半径最大，其绕太阳运行的线速度最大 【答案】C 【详解】A．根据开普勒第三定律，轨道半径越小，公转周期越短。水星的公转轨道半径最小，因此其绕太阳运行的周期最短，A错误。 B．万有引力提供向心力，由可推导出公转角速度公式：轨道半径越大，公转角速度越小。地球绕太阳的公转半径大于金星，因此地球的公转角速度小于金星，B错误。 C．地球的第一宇宙速度大小为 7.9 km/s，它是人造地球卫星的最小发射速度（也是近地卫星的最大环绕速度），C正确。 D．由万有引力提供向心力，可推导出公转线速度公式：轨道半径越大，公转线速度越小。土星的公转轨道半径最大，因此其绕太阳运行的线速度最小，D错误。 7．【2026·徐州二模】2025年10月31日，我国发射了神舟二十一号载人飞船，将三名宇航员成功送入了在轨道Ⅱ上运行的天宫空间站。如图所示，飞船发射后先进入椭圆轨道Ⅰ，P是椭圆轨道的近地点，Q是椭圆轨道的远地点，飞船在椭圆轨道P、Q点时线速度大小为v1、v2。下列关系正确的是（　　） A．v1＜v2 B．v1=v2 C．v1>v2 D．无法确定 【答案】C 【详解】飞船在椭圆轨道的P、Q点时，根据开普勒第二定律（面积定律），飞船与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积相等：由于rP<rQ，可推出v1>v2，故C正确。 8．【2026·徐州一模】2024年6月，嫦娥六号探测器在人类历史上首次实现月球背面采样。采样的月壤质量为m，测得月球表面的重力加速度g。已知月球半径为r，引力常量为G。求： （1）探测器在月球表面采样月壤的重力F； （2）月球的质量M。 【答案】（1） F=mg（2） 【详解】（1）采样的月壤质量为m，测得月球表面的重力加速度为g，月壤受到的重力为：F=mg （2）在月球表面，物体的重力近似等于万有引力，因此有： 对公式变形，解得月球的质量为： 高频考点预测07 功能关系 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【原创题】 如图所示，半径为R=0.5m的粗糙圆弧轨道固定在在光滑的水平面上，右端B紧靠等高的木板CD。质量为m=2kg可视为质点的物块从圆弧轨道上端A点的正上方高度为R处由静止开始下落，物块刚好从A点沿切线方向进入轨道，到达B点时对B点的压力大小为F=36N。已知木板质量为M=0.5kg，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。 （1）求物块到达B点的速度v； （2）求圆弧轨道的摩擦力对物块做的功W； （3）若物块恰好不从木板上掉下，求木板的长度L 【答案】（1） （2）（3） L=0.4m 【详解】（1）设物块在B点的速度为v，对物块在B点，由牛顿第三定律可知支持力FN=F 牛顿第二定律可得：，解得 （2）物块从释放到B点，由动能定理得：解得 （3）对物块和木板组成的系统使用动量守恒定律和能量守恒： 解得 分析有理·押题有据 命题趋势： 功能关系在高考中考察方式灵活多变，既可以单独考查能量变化计算，也可以与力学模型（如板块、传送带、圆周运动）结合命题。比较常出现在计算题中，将延续基础为重、情境鲜活、综合拔高的主线，核心围绕功和功率、动能定理、机械能守恒、能量守恒与功能关系四大板块，突出变力做功、多过程建模、能量转化分析，并紧密结合科技、工程、生活真实情境。 押题秘籍： 1. 功、功率 （1）恒力做功：W＝Flcos α。 （2）变力做功：动能定理法、微元法、图像法。 （3）功率：P＝或P＝Fv。 2. 动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1。 3. 重力势能：重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关，公式Ep＝mgh，与参考平面的选取有关，而重力势能的变化量与参考平面选取无关。 4. 弹性势能：弹簧的弹力做功只与位置有关，而与路径无关，公式Ep＝kx2。 5. 机械能守恒定律 （1） 条件：只有重力或弹簧的弹力做功，其他力不做功或做功合为0。 （2） 表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv或Ep减＝Ek增或EA减＝EB增。 6. 功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv 机械能 除重力和弹簧弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对，s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州一模】如图，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止开始下滑（取地面为零势能面），则滑块的速度大小v、动能、动量、重力势能随位移x的变化关系图线，可能正确的是（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设斜面夹角为θ，滑块沿光滑斜面下滑： A．滑块加速度a==gsinθ（恒定），由运动学公式v2=2ax，得，因此v与成正比，故A错误。 B．根据动能定理，重力做功等于动能变化：−0得，即动能Ek与位移x成正比，故B正确。 C．动量p=mv，结合v2=2ax，得，因此p与成正比，故C错误。 D．重力势能随高度降低而减小，表达式为：重力势能与位移x是一次函数关系，并非成正比（存在常数项），故D错误。 2．【2026·南通一模】某无人机测试中，操作员控制无人机在竖直平面内沿一段圆弧轨道向上飞行。如图所示，无人机飞行过程中保持速度大小始终不变。则无人机在运动过程中（　　） A．所受合外力为0 B．加速度恒定 C．机械能守恒 D．所受的各个力做功总和为零 【答案】D 【详解】A．无人机做匀速圆周运动时，速度大小不变但方向时刻变化，存在向心加速度，因此合外力不为零，故A错误。 B．匀速圆周运动的向心加速度方向始终指向圆心，随位置变化而改变，并非恒定不变，故B错误。 C．无人机高度增加，重力势能增大；动能不变，因此机械能（动能 + 重力势能）增加，故C错误。 D．根据动能定理，合外力做功等于物体动能的变化。由于速度大小不变，动能变化为零，因此合外力做功总和为零，故D正确。 3．【2026·苏北七市二模】如图所示，倾角为的足够长斜面放置在光滑的水平面上，质量相等的、两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，μ1＜μ2且μ1+μ2=2tanθ。a、b以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（　　） A．b的机械能一直减小 B．c的机械能一直增加 C．a、b、c系统动量守恒 D．a、b、c的总动能一直增加 【答案】D 【详解】AB．初始阶段，斜面c所受的水平方向的合力为 又知联立解得，斜面c所受的水平方向的合力Fc=0，故斜面c保持静止状态。 a滑块： b滑块： 又知μ1＜μ2且μ1+μ2=2tanθ，联立解得，a1>0，a2<0，故a滑块做匀加速直线运动，b滑块做匀减速直线运动，两物体之间距离逐渐增大。 初始阶段，由于摩擦力对a、b两滑块做负功，故a、b两滑块的机械能都减小，当b滑块的速度减为0以后，a滑块的机械能继续减小，b滑块、斜面c相对静止，共同向右加速，b滑块的机械能增加，故b滑块的机械能先减小后增大，斜面c的机械能先不变后增大，故A、B错误； C．当b滑块相对于斜面c的速度减为0以后，a滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块b、斜面c相对静止，共同向右加速运动，故a、b、c系统竖直方向的动量增加，总动量不守恒，故C错误； D．由于，故a2=−a1初始阶段，斜面c保持静止，设经历的时间为t，a、b两滑块的速度分别为，a、b两滑块的总动能为故总动能增加。当b滑块相对于斜面c的速度减为0以后，a滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块b、斜面c相对静止，共同向右加速运动，故a、b、c系统的总动能增加。所以，a、b、c系统的总动能一直增加，故D正确。 4．【2026·常州二模】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．以N个小球整体为研究对象，由力的平衡条件：解得，故A错误。 B．以1号球为研究对象，若只有重力做功，机械能守恒：mgh=解得v=。但实际上小球之间存在相互作用力，机械能不守恒，故B错误。 C．当N=2时，选择水平轨道面为零势能面，系统机械能守恒：设2号球对1号球所做的功为W，对1号球由动能定理：解得，故C错误。 D．当N个球全部到达水平轨道时，系统机械能守恒：解得第k个球的动能：球k的机械能变化量：ΔE=mgh+mg(k−1)dsinθ−<0解得。当N=2026时，k<，故D正确。 5．【2026·南京一模】如图所示，两个可视为质点的滑块P和Q质量分别为m和3m，P、Q通过光滑铰链用长为L的轻杆连接，P套在固定的光滑竖直杆上，Q在光滑水平地面上。原长为0.6L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆上O点。将P由静止释放，此时轻杆与竖直方向夹角α=37°；P下降到最低点时α变为53°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则在P下降的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P的加速度方向一直向下 B．P和Q组成的系统机械能守恒 C．弹簧弹性势能最大值为0.2mgL D．P速度最大时，Q受到地面的支持力大小为3mg 【答案】C 【详解】A．P从静止开始向下运动至最低点，过程是先加速后减速：初始阶段重力大于弹力，加速度向下，速度增大；后期弹力大于重力，加速度向上，速度减小。因此加速度方向先向下后向上，故A错误。 B．对于P、Q组成的系统，弹簧对Q的弹力属于外力，弹簧弹力做功，因此系统的机械能不守恒（机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功），故B错误。 C．当P运动到最低点时，速度为0；P与Q通过弹簧连接，此时Q的速度也为0，动能全部转化为弹簧的弹性势能，弹性势能达到最大值。根据系统机械能守恒，重力势能的减少量等于弹性势能的增加量：Ep=mgL(cos37°−cos53°)=0.2mgL故C正确。 D．P下降过程中动能达到最大前，P的加速度方向向下。对P与Q整体在竖直方向列牛顿第二定律：4mg−N=ma当P达到最大动能时，加速度a=0，此时N=4mg，但这一过程中支持力N是变化的，并非全程为4mg，故D错误。 6．【2026·南京二模】质量为的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为、的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为，木板足够长，重力加速度取g，求： （1）木块A在木板C上的滑行时间t； （2）木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q； （3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。 【答案】（1）；（2）；（3）​ 【详解】​​ （1）对A：A做匀减速运动，由牛顿第二定律​ 对C：C做匀加速运动，由牛顿第二定律 设滑行时间为t，共速时速度为，则 联立解得： （2）系统动量守恒，设共同速度为，则解得： 由能量守恒：解得：​ （3）A、B相对C滑行的总距离：​ A相对C滑行的距离： ​​ B相对C滑行的距离：​ A相对B的最大距离： 解得：​ 7．【2026·南通一模】如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。某一时刻将力F撤去，弹簧将A、B弹起，当A、B恰好分离时，回答下列问题： （1）求撤去力F前弹簧的压缩量x0； （2）求A、B恰好分离时的速度大小v，并判断此时弹簧的状态； （3）从撤去力F到A、B恰好分离的过程中，求弹簧弹力对物块A做的功；若分离后物块A继续沿斜面运动，求弹簧的最大伸长量xmax（以弹簧原长位置为坐标原点，沿斜面向上为正方向）。 【答案】（1） （2） ，此时弹簧处于原长（3） 弹簧弹力对 A 做的功：；弹簧的最大伸长量： 【详解】 （1）撤去外力F前，系统静止，受力平衡：弹簧弹力需克服外力F和两个物体的重力分力：kx=F+2mgsinθ解得弹簧压缩量： （2）分离条件：A、B间弹力为0，且两者加速度相等。对B受力分析：mgsinθ=ma对A受力分析：F弹+mgsinθ=ma联立得F弹=0，说明此时弹簧处于原长。 弹簧的弹性势能全部转化为系统的重力势能和动能：代入，解得： （3）弹簧弹力对A做的功（动能定理）：对A、B整体应用动能定理，从撤去外力到A、B分离：代入数据解得： 弹簧的最大伸长量（能量守恒）：分离后，B匀速运动，A继续上滑，弹簧被拉长，直到A速度为0，此时伸长量最大。对A应用能量守恒：解得： 8．【2026·徐州一模】某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36m，L=1.6m，v0=5m/s，m=0.2kg，M=1.8kg，μ=0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块（g取10m/s2） （1）滑到B点处的速度大小； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； （3）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 【答案】（1）4 m/s（2）0.9 J（3）3 N 【详解】（1）物块到达B点的速度 物块从P点滑到B点，重力做功，由动能定理：解得到达B点的速度：v=4m/s （2）摩擦力对物块做的功 物块滑上传送带后加速，直到与传送带共速，由动能定理，摩擦力做功等于动能的变化： 解得：Wf=0.9J （3）物块在圆弧轨道最高点受到的压力 物块冲上圆弧轨道，水平方向动量守恒，且系统机械能守恒： 动量守恒： 能量守恒： 联立解得两组解，其中v1=3.2 m/s,v2=0.2 m/s不符合实际，舍去；取v1=−2.2 m/s,v2=0.8 m/s。 在最高点，以物块为研究对象，由牛顿第二定律： 解得：F=3 N 高频考点预测08 动量定理和动量守恒定律 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，质量为2m滑块A以v0的速度与静止在水平桌面上的滑块质量为m的B发生完全非弹性正碰，若两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　） A． 碰后A的速度大小为 B．碰撞过程中损失的机械能为 C．碰后A、B滑行的最大距离之比为1:2 D．碰后A、B的运动时间之比为2:1 【答案】C 【详解】AB．两滑块发生完全非弹性正碰，碰后A、B速度相等，根据动量守恒定律 解得，故A错误、B正确； CD．根据牛顿第二定律可得由于两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，所以加速度相同，根据可知，碰后A、B滑行的最大距离之比为xB:xA=1:1,运动时间之比为tB:tA=1:1故CD错误。 分析有理·押题有据 命题趋势： 动量定理、动量守恒几乎不会单独命题，而是和动能定理、能量守恒、牛顿定律、圆周运动、板块模型等结合，构成力学压轴题的核心部分，是区分度最高的考点之一。以碰撞、爆炸、反冲、板块、传送带、弹簧连接体、滑块-圆弧轨道等常见模型为载体，考查-对系统受力、动量变化、能量损失的综合分析能力，尤其重视 “系统是否满足动量守恒条件” 的判断。 押题秘籍： 1. 动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝mv′－mv。 2. 动量守恒定律及其应用 （1）条件：①不受力；②所受合外力为0；③内力远大于外力；④某方向所受的合力为0，则这一方向上动量守恒。 （2）三种表达形式 ①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)。 ②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向。 ③Δp＝0，系统总动量的变化量为0。 （3）“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失) 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0，v2＝v0 当m1＝m2时，交换速度。 当m1>m2时，速度方向不变；m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0。 当m1<m2时，速度反向；m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。 （4）“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多) 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝v。 （5）人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝L，x2＝L。 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州一模】水火箭发射时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高速升空。某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内0.5kg的水以相对地面30m/s的速度在0.5s时间内快速喷出，则火箭箭体受到的推力约为（　　） A．15N B．25N C．30N D．35N 【答案】B 【详解】根据动量守恒，火箭的动量变化大小等于单位时间内喷出水的动量变化大小。喷出水的动量变化为：由动量定理可得：解得：，故选B。 2．【2026·南京二模】如图所示，物块在恒定拉力F作用下沿固定斜面向上加速运动，则（　　） A．支持力的冲量等于零 B．拉力F的冲量沿斜面向上 C．拉力F的冲量等于物块的动量变化量 D．物块动量变化量的方向沿斜面向上 【答案】D 【详解】A．根据可知，支持力的冲量不等于零，A错误； B． 拉力F的冲量沿力F的方向斜向上，B错误； C． 根据动量定理可知，合外力的冲量等于物块的动量变化量，C错误； D. 物块沿斜面向上加速运动，则合外力方向沿斜面向上，根据动量定理可知，动量变化量的方向沿斜面向上，D正确。 3．【2026·镇江一模】游乐园某游戏装置简化图如下：用一根长为的细线把一个质量为的小球悬挂在点，使小球处于静止状态，现在最低点给小球一个水平向右的冲量，使小球能在竖直平面内运动，若小球在运动的过程中始终对细绳有力的作用，则冲量大小可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意知：若小球在竖直面内能做完整的圆周运动，小球始终对绳有力的作用。则小球在最高点至少速度为，由牛顿第二定律得：解得：小球从最低点（设速度为）运动到最高点过程中由机械能守恒定律： 解得： 小球在最低点时由动量定理得：则冲量I应满足的条件为： 若当小球在不超过圆心高度，小球始终对绳有力的作用，由机械能守恒得：解得： 小球在最低点时，由动量定理得： 则冲量I应满足的条件：所以冲量I应满足的条件为：，故选A。 4．【2026·淮安一模】如图所示，小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，不计空气阻力，则（       ） A．A做简谐运动 B．A、B的系统动量守恒 C．A的质量大于B的质量 D．仅增大B的质量，B能到达Q点的右侧 【答案】C 【详解】A.图示时刻，小圆环B释放瞬间，小圆环A只受支持力，不满足的情况，因此不是简谐运动，故A错误； B.在运动过程中，小圆环A与B构成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，因此系统动量不守恒，但是在水平方向上动量守恒，故B错误； C.由水平方向动量守恒可知所以小圆环A与B的水平速度方向相反，大小满足 由图可知，当小圆环B运动到最高点Q时，水平方向运动的位移xA<xB，即因此，故C正确； D.由水平方向动量守恒可得若只增大，则会减小，因此小圆环B向右摆动的水平位移会减小，无法到达Q点右侧，故D错误。 5．【2026·苏北七市二模】如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在光滑的水平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板，恰好能穿过．现解除锁定，让子弹以相同的初速度射向钢板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程中（　　） A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小 B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大 C．钢板对子弹做的功比锁定时的多 D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多 【答案】A 【详解】AB．钢板锁定，子弹末速度为0，由动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为故子弹对钢板的冲量大小为；由于水平面光滑，则钢板解锁后，子弹与钢板组成的系统动量守恒且最终共速，规定向右为正方向，根据动量守恒有根据动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为故子弹对钢板的冲量大小为，综上可知子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小，故A正确，B错误； CD．钢板锁定时，子弹恰好穿过钢板（即子弹末速度为0），对子弹，根据动能定理，可知钢板对子弹做的功为钢板解锁后，子弹和钢板最终共速，对子弹，根据动能定理，钢板对子弹做的功为,综上可知，故CD错误。 6．【2026·苏锡常镇一模】如图所示，不可伸长的轻绳穿过轻质定滑轮连接水平桌面上的物块A和B，桌面下方的物块C通过轻质滑轮挂在绳上，三个物块的质量均为m。桌面上有一阻挡装置P，起初物块A到P的距离为l。现由静止同时释放三个物块，一段时间后物块A与阻挡装置P发生碰撞，在极短时间内达到静止。不计一切摩擦，重力加速度大小为g。求： （1）物块A与阻挡装置P碰撞前瞬间的速度大小v； （2）物块A运动过程中绳上张力大小T； （3）物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳对物块B的冲量大小I。 【答案】（1）​​（2） （3） 【详解】（1）A与阻挡装置P碰撞前通过的距离为，由对称性可知B向左通过的距离也为，所以C下降的高度为，根据系统机械能守恒有： 解得：​ （2）对A运用动能定理，有：代入解得： （3）A与阻挡装置P碰撞过程中绳上冲量大小设为I，碰撞结束后瞬间B的速度大小为，C的速度大小为，极短时间内重力冲量可忽略，分别对B和C运用动量定理，有：，碰后B、C的速度大小满足：代入解得：​ 7．【2026·盐城一模】如图所示，倾角为37°的固定斜面上有一右端带垂直挡板的木板，质量M=1kg。现将质量m=1kg的光滑小滑块放到距离挡板处，两者同时由静止释放。已知木板与斜面间的动摩擦因数，小滑块与挡板发生弹性碰撞，整个过程小滑块未脱离木板，斜面足够长，g取10m/s2，，。求： （1）释放瞬间滑块的加速度大小a； （2）第1次碰撞过程中，滑块所受合力的冲量大小I； （3）从释放到第3次碰撞系统产生的总热量Q。 【答案】（1）（2）（3）Q=24J 【详解】（1）对滑块受力分析： 解得：（2）对木板受力分析：所以木板静止，当滑块运动到挡板处时，速度为：与挡板弹性碰撞，动量、能量守恒：，解得 v1=0，v2=2m/s故滑块所受合力冲量大小为： （3）此后，物块做初速度为 0，加速度仍为 a=的匀加速直线运动，木板做速度为 2m/s 的匀速直线运动，由：解得 t=32s 再次相遇。 第二次碰撞前，物块速度为v3=at=4m/s，木板速度为2m/s，碰撞后：， 解得v4=2m/s，v5=4m/s，即滑块以 2m/s 初速度，a=6m/s2 做匀加速直线运动，木板以 4m/s 做匀速直线运动，由：可得仍然经过t1=32s 再次相遇，第三次碰撞。 则此过程中，木板与斜面摩擦产生的热为： 8．【2026·南京一模】如图所示，光滑水平面上有一静止小车，质量，车前、后壁间距，车上放置质量，长度的木板A，木板上有一小物块B，质量，A、B间的动摩擦因数，木板与车厢间的动摩擦因数。开始B和A紧靠车厢前壁，现给小车向前的初速度，已知A与后壁碰撞黏在一起，B与后壁碰撞为弹性碰撞，经过一定时间后，A、B与小车三者相对静止，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）A与后壁碰撞前，车、A、B的加速度大小a1、aA、aB； （2）整个过程A与B之间摩擦产生的内能Q； （3）从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小x。 【答案】（1），，（2）Q=18J（3）x=7m 【详解】（1）B与木板A的最大静摩擦力为： 木板A与车厢间的最大静摩擦力为： 对车有：μ可得车的加速度大小： 对A和B，假设一起加速，有： 可得： 可知A和B发生了相对运动，对A有：可得： 对B有：可得： （2）设经过t1时间后A与后壁碰撞黏在一起，有： 解得：或 因为A与后壁碰撞黏在一起，可知时间取，此时车A、B的位移分别为： 车A、B的速度分别为： A与B之间摩擦产生的内能： 与后壁碰撞黏在一起，根据动量守恒有： 可得： 与后壁碰撞黏在一起，对A和车整体受力分析： B与后壁碰撞前，根据运动学公式： 解得： 可得： 碰撞后对车和A整体、B受力分析，可知受力大小不变，方向都相反，对碰撞后的车和A整体： 对B： A和车的位移为： B的位移为： 解得： 根据能量关系可得A与B之间摩擦产生的内能： 可得整个过程A与B之间摩擦产生的内能： （3）从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小： 高频考点预测09 机械振动和机械波 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】用手握住绳的一端上下做简谐振动，t=0时刻形成的简谐波如图所示，此时绳上A、B、C、D四个质点的位移大小相等，则下列说法正确的是（　　） A．B、D两质点的振动方向总是相同 B．t=0时刻，质点B正在向上振动 C．t=0时刻，A、C两质点的加速度相同 D．t=0时刻，C、D两质点的速度相同 【答案】B 【详解】A．由位移关系可得B、D的水平间距刚好为半个波长，相差半个波长的两个质点，振动相位差恒为π，因此振动方向总是相反，故A错误。 B．波向右传播，用“上下坡法”判断质点振动方向。沿波的传播方向，上坡段质点向下振动，下坡段质点向上振动。A点位于波峰左侧的上坡段，因此t=0时刻B向上振动，故B正确； C．A、C两质点位移大小相等，由简谐运动的对称性可知，B、D两质点加速度大小相同。B、D两质点的加速度方向指向各自的平衡位置，因此B、D两质点的加速度方向不同，则B、D两质点的加速度不同，故C错误； D．C、D两质点位移大小相等，由简谐运动的对称性可知，B、C两质点速度大小相同。由同侧法可知，C点向上振动，D点向下振动，运动方向相反，因此C、D两质点的速度不相同，故D错误； 分析有理·押题有据 命题趋势： 机械振动和机械波部分振动图像和波动图像是绝对核心考点，重点考查 “读图→判方向→找周期/波长→算波速→析能量” 的链条，强调空间想象与图像转换能力。从单摆、弹簧振子经典模型，延伸至医学超声、声呐、降噪、精密测量等实际场景；结合传感器、共振应用等素材，弱化复杂计算，强化建模与定性分析。 押题秘籍： 1. 简谐运动 （1）简谐运动的条件：回复力与位移大小成正比、方向相反，即F＝－kx，表达式：x＝Asin(ωt＋φ)。 （2）质点在平衡位置时，速度最大，动能最大；质点在最大位移时，速度为0，势能最大；系统的机械能守恒。 2. 弹簧振子与单摆 （1）弹簧振子的周期与振幅，与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关，公式：T＝2π。 （2）单摆在小角度摆动时，F＝－x，周期：T＝2π. 3. 受迫振动 （1）受迫振动时，小球做受迫振动的周期(频率)与驱动力的周期(频率)相等。 （2）当系统的驱动力频率等于系统的固有频率时，振幅最大，这就是共振现象。 4. 机械波 （1）产生条件：波源、介质．波源的起振方向就是波传播时最前面的质点的振动方向。 （2）“上下坡法”：即沿着波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动。 （3）波上的质点只会在自己的平衡位置附近振动，不会随波迁移。 （4）波速、波长和频率的关系：v＝fλ，其中f＝.波由一种介质进入另一种介质时，频率不变，波长和波速改变(由介质决定)。 5. 波的叠加、干涉与衍射 （1）叠加：几列波相遇时能够保持各自的运动状态继续传播，重叠区域中质点的位移等于几列波单独传播的矢量和。 （2）干涉：频率相同的两列波叠加时，可以使某些区域的振动加强、某些区域的振动减弱，形成稳定的干涉图样。 （3）衍射：缝、孔的宽度或障碍物的尺寸足够小时，能看到明显的衍射现象。 6. 多普勒效应：当波源与观察者之间的距离减小(增加)时，观察到的频率增加(减小)。 密押预测·精练通关 1．【2026·南京一模】将一石子扔向平静的水面，形成的水波沿水面向四周传播。从石子落水开始计时，以石子落入水面的位置为坐标原点O，t=3.5s时波刚好传播到P点，P点的横坐标为3.5m，O~P间的波形图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．坐标原点处的水波起振方向竖直向下 B．该机械波的波长为2.5m C．该机械波的波速为1m/s D．该机械波的周期为1.5s 【答案】C 【详解】A．当波传到P点时，P要重复前面质点的运动，可知P将向上运动，即坐标原点处的水波起振方向竖直向上，故A错误； B．如图所示，可知该机械波的波长为2m，故B错误； C．由解得：，故C正确； D．由其中，解得：，故D错误。 2．【2026·镇江零模】如图所示，波源和振动方向、起振的初始相位相同，频率均为10Hz，分别置于均匀介质中距离为1.6m的A、B两点处。两波源产生的简谐横波沿直线AB相向传播，波速为8m/s。则AB间合振动振幅最小的点与A点距离可能是（　　） A．0.6m B．0.8m C．1.2m D．1.3m 【答案】A 【详解】由题意可知，简谐横波的波长为：以A为坐标原点，设P为AB间的任意一点，其坐标为x，则两波源到P点的波程差为：，由题意可知，AB间合振动振幅最小的点的位置，即振动减弱点的位置满足，则可知： 当n=0时，x=1m 当n=−1时，x=0.6m 当n=−2时，x=0.2m 当n=1时，x=1.4m 则AB间合振动振幅最小的点与A点距离可能是0.2m、0.6m、1m、1.4m。故选A。 3．【2026·徐州一模】如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中（　　） A．甲的振幅大于乙的振幅 B．甲的振幅小于乙的振幅 C．甲的最大速度是乙的最大速度的2倍 D．甲的振动周期是乙的振动周期的2倍 【答案】D 【详解】AB．细线断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即两物块的振幅一定相同，故AB错误； C．细线断开的瞬间，两根弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置时，甲、乙的动能最大且相同，由于甲的质量是乙的质量的4倍，根据可知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，故C错误； D．根据可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，故D正确。 4．【2026·南京一模】一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.3s时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则 A．质点P的运动方向向右 B．这列波的周期为1.2s C．这列波的波长为12m D．这列波的传播速度为60m/s 【答案】B 【详解】A．简谐横波沿x轴方向传播，质点P只沿y轴方向振动，故A错误； B．因为t=0.3s时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则由图得到：则周期，故B正确； C．由图可知，这列波的波长，故C错误； D．这列波的传播速度为：，故D错误； 5．【2026·苏锡常镇一模】单摆做阻尼振动的位移-时间图像如图所示，则摆球在P与N时刻相同的物理量是（　　） A．加速度 B．动能 C．势能 D．机械能 【答案】C 【详解】从位移-时间图像可知：P时刻：位移，N时刻：位移，两时刻位移大小相等、方向相反。 A．单摆加速度满足：方向与位移相反。可知摆球在P与N时刻加速度大小相同、方向相反，故加速度不同，A错误； B．动能：由速率决定。阻尼振动中机械能随时间衰减，N时刻晚于P时刻，总能量更低；且两时刻速度方向相同但速率因阻尼存在差异，故动能不同。B错误； C．重力势能：Ep=mgh，P、N时刻对应高度相同，故势能相同，C正确； D．阻尼振动因克服阻力做功，机械能随时间衰减。N时刻晚于P时刻，故，机械能不同，D错误。 6．【2026·宿迁一模】用手握住细绳A端持续上下振动，在绳上形成一列简谐横波。某时刻波形如图所示，则该时刻绳上（       ） A．质点B的速度不为零 B．质点C的加速度为零 C．质点C、E的速度相同 D．质点B、D的加速度相同 【答案】B 【详解】A．质点B在波峰，加速度最大，速度为0，故A错误； B．质点C在平衡位置，速度最大，加速度为0，故B正确； C．质点C的速度竖直向上，质点E的速度竖直向下，方向不同，故C错误； D．质点B的加速度竖直向下，质点D的加速度竖直向上，方向不同，故D错误。 7．【2026·常州二模】图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动形成水波。以青蛙所在位置为原点O，某时刻波源垂直xOy平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙为某质点的振动图像，图中a、T为已知量。求： （1）波在水中的传播速度大小v； （2）从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间t。 【答案】（1）​（2） 【详解】（1）由于虚线圆表示波谷，图乙可知两波谷之间距离为0.8a，则波长：图丙可知波的周期为T，波速：​ （2）图乙可知 P 质点与 O 点距离为：从图乙所示状态开始，P 点到达波谷所需最短时间： 联立解得： 8．【2026·徐州二模】如图所示，均匀介质中两相干波源S1、S2沿x轴固定放置，t=0时刻两波源同时由平衡位置向y轴负方向起振，振动频率均为f=5Hz，形成的两列波波长均为λ=8m，振幅均为A=5cm，两列波沿x轴相向传播，不考虑波的反射与能量损耗。 （1）写出波源S1的振动方程； （2）求S1、S2之间距离S1最近的振动加强点的横坐标。 【答案】（1） （2）2m 【详解】（1）由题意，角速度：=10πrad/s振幅为，t=0 时刻两波源同时由平衡位置向y轴负方向起振，S1的振动方程为：5sin(10πt+π)cm （2）设向轴正方向传播的波传播的距离为，向x轴负方向传播的波传播的距离为，两波源同时开始由平衡位置向y轴负方向振动，则：此时为振动加强点，即波源间振动加强点位于2m、6m、10m，即振动加强点的横坐标为 2m、6m、10m，可知距离S1最近的振动加强点的横坐标为2m。 高频考点预测10 电场的基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图，正三角形三个顶点固定三个等量点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，则（　　） A．电子在M、N两点电势能相同 B．点电荷B、点电荷C所受静电力大小相等 C．M、N两点的电场强度相同 D．电子沿直线由O点向C点移动过程中，电势能逐渐增加 【答案】D 【详解】A．点电荷AB在M、N两点产生的合电势相等，点电荷C在M、N两点电势相同，所以电子在M、N两点电势能相同，故A错误； B．记等边三角形边长为r，点电荷带电量的绝对值为q，分析可知点电荷B受点电荷A静电力与点电荷B受点电荷C静电力夹角为120°，大小相等，故点电荷B受静电力大小为：；电荷C受点电荷A静电力与点电荷C受点电荷B静电力夹角为60°，大小相等，故点电荷C受静电力大小为：，故B错误； C．点电荷AB在M、N两点产生的合场强等大反向，点电荷C在M、N两点产生的电场强度大小相等，方向不同，根据电场强度的叠加可知M、N两点的电场强度大小相等，方向不相同，故C错误； D．电场线沿直线由O点向C点，所以电子沿直线O点向C点移动过程中，电场力做负功，电势能增加，故D正确。 分析有理·押题有据 命题趋势： 电场的基本规律应用主要考察模型匀强电场、点电荷电场、等量同种/异种电荷电场、带电粒子在电场中偏转、电容器等。以E-x、φ-x、Ep-x电势场强图像为核心命题载体，侧重读图、定性判断为主，弱化复杂计算，注重场强、电势、电势能、电场力做功逻辑关系辨析，陷阱多、概念易混，属于常考易错点。 押题秘籍： 1. 电场、电场强度 （1）电场的方向与正电荷的受力方向一致，与负电荷的受力方向相反.电场线密的地方电场强，稀疏的地方电场弱。 （2）E＝(定义式)，E＝k(决定式)，E＝(匀强电场)。 （3）计算场强常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法等。 2. 电势、电势差、电势能、等势面 （1）电势定义式φ＝，其大小由电场本身性质决定，与电势能Ep、电荷量q均无关。 （2）电势差UAB＝φA－φB＝＝。 （3）静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。 （4）等势面与电场线相互垂直，沿电场线方向电势降低最快.等差等势面越密集的地方，电场越强；越稀疏的地方，电场越弱。 3. 电容器 （1）C＝＝(定义式)，C＝(决定式)。 （2）电容器接在电源上，电压不变，改变d或S或εr，极板上的电荷量变化；断开电源时，电容器电荷量不变，改变两板间距离，电场强度E＝不变。 4. 带电粒子在电场中的直线运动 （1）动力学观点：a＝，E＝，v2－v＝2ad。 （2）能量观点：W＝qU＝Ek2－Ek1。 5. 带电粒子在电场中的偏转 （1）运动条件：①只受静电力；②初速度v0⊥E。 （2）运动性质：类平抛运动． （3）偏移量y＝at2＝。 （4）速度偏转角的正切值tan θ＝＝。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏锡常镇一模】如图所示，金属导体棒原来不带电，现将一电荷q放置在其左侧某处，金属棒上感应电荷在其中心O处产生的场强大小为E1，电荷q在O处产生的场强大小为E2，则E1与E2的大小关系为（　　） A．E1=E2 B．E1＞E2 C．E1＜E2 D．不能确定 【答案】A 【详解】由于导体棒处于静电平衡，导体棒的中心O处电场强度为零。导体棒上的感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度与正电荷在该处产生的电场强度等大、反向，即E1和E2的大小关系为：E1=E2故选A。 2．【2026·徐州一模】一带电粒子在只受电场力的作用下，在点电荷A和B的电场中从a运动到b，电场线和运动轨迹如图所示，则可推断（       ） A．A、B带同种电荷 B．a点电势比b点高 C．粒子在a处的加速度比b处小 D．粒子在a处的电势能比b处小 【答案】C 【详解】A．根据电场线始于正电荷（无穷远处）止于无穷远处（负电荷）可知A、B带异种电荷，故A错误； BD．从a到b过程，电场力做正功，电势能减小，则粒子在a处的电势能比b处大，由于不清楚带电粒子的电性，所以无法判断a、b两点电势的高低，故BD错误； D． 根据题图可知，b点电场线密集，则b点电场强度大，带电粒子在b点所受电场力大，根据牛顿第二定律：可知粒子在a处的加速度比b处小，故C正确。 3．【2026·南京一模】如图所示，一平行板电容器两极板水平正对，上极板M固定，下极板N放在一个绝缘的温度敏感材料上，温度敏感材料会因为温度的变化而出现明显的热胀冷缩。给电容器充电后，N板带有负电，一带电微粒恰好静止在两极板间的P点。现切断电源，并使环境温度降低，则下列说法正确的是（　　） A．带电微粒带正电 B．带电微粒仍然静止 C．电容器的电容增大 D．两极板间电压减小 【答案】B 【详解】A．N板带有负电，带电微粒受到向上的电场力，可知微粒带负电，A错误； B．使环境温度降低，温度敏感材料收缩，则MN两极板间距增加，根据公式：可得：极板带电量Q不变，则两极板间场强不变，带电微粒仍然静止，B正确； CD．根据可知，电容器的电容C减小；根据可知，因Q一定，两极板间电压增大，CD错误。 4．【2026·苏北七市二模】如图所示，A、B、C是正三角形的三个顶点，O是三角形的中心。A、B处分别放置+q、+3q的点电荷。现在O处放置一点电荷Q，使点的电场方向平行BC向右，则Q的电荷量为（　　） A．+q B．-q C．+3q D．-3q 【答案】B 【详解】正三角形中心O到三个顶点的距离相等，设为r，根据点电荷场强公式：分解各电荷在O点场强的竖直分量： A处+q，正电荷场强背离A，方向竖直向下：B处+3q，正电荷场强背离B，方向斜向右上，与水平方向夹角30∘，竖直分量： C处Q场强竖直分量：​ 令竖直合分量为0：代入解得：，故选B。 5．【2026·宿迁一模】下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。取无穷远处电势为零，则坐标原点O处电势最高的是（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．取无穷远处电势为零，根据电势公式：且电势是标量，可以代数相加，因此A选项中坐标原点的电势： B．第一象限和第二象限都有带正电圆环，故坐标原点的电势： C．第一象限和第二象限都有带正电圆环，第三象限有带负电圆环，故坐标原点的电势： D．第一象限和第二象限都有带正电圆环，第三象限和第四象限都有带负电圆环，故坐标原点的电势：，故选B。 6．【2026·常州二模】如图所示，两段半径均为的圆形玻璃管道AO、OB拼接在一起并固定于竖直面内，管道内壁光滑，M、N为两段管道的中点，两管道在O点相切，以O为原点沿水平方向建立x轴，x轴与AOB连线相垂直，等量正、负点电荷分别固定在x轴上处。一带正电小球从A点沿管道自由下落，运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A． B．M、N两点电场强度相同 C．AOB连线上O点的电场强度最小 D．小球在O点、B点速度之比为 【答案】B 【详解】A．由题意可知中垂线上所有点电势为0，即。M(2R​,2R​)、N(−2R​,−2R​)两点关于原点中心对称。M点电势为：N点电势为：由中心对称关系得：φN=−φM又φA=φB=0，因此：,即UAM=−UBN，故A错误； B．在等量异种电荷的电场中，关于原点对称的两点，电场强度大小相等、方向相同。因为M、N两点关于原点对称，所以M、N两点的电场强度相同，故B正确； C．在两等量异种电荷连线的中垂线上，中点O处的电场线最密，电场强度最大。向两侧延伸场强逐渐减小。故O点电场强度最大，故C错误； D．小球从A运动到B的过程中，由于A、O、B均在等势面上，电场力不做功，只有重力做功。从A到O根据动能定理可得：解得：从A到B根据动能定理有：解得：所以，故D错误。 7．【2026·江苏一模】在如图甲所示的模型中，电子流持续不断地由静止开始经加速电场加速后，沿中轴线OO’垂直电场方向射入偏转电场，射出电场后打到足够大的荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0；偏转电场电压为U，两板间距离为d，极板的长度为L1；两板右端到荧光屏的距离为L2，设相同时间内被加速的电子个数相同且重力不计。 （1）求电子离开偏转电场时离中心轴线OO’的距离y； （2）由于电子通过电场的时间极短，每个电子通过偏转电场过程中可视为电压不变。若偏转电场的电压U按图乙所示的正弦规律变化，其电压的最大值也为U0，，求荧光屏上能接收到粒子范围的长度，以及一个周期内能打到屏幕上粒子的占比。 【答案】（1） ​（2）,​ 【详解】（1）对电子，在加速电场中，由动能定理得：解得：电子在偏转电场中，有：,,由以上各式解得：​ （2）恰能从下极板边缘飞出时，有：解得临界电压：此时粒子从上板（或者下板）边缘飞出，时，范围长度ΔY为最大，由几何关系得：解得：临界电压：而电压：所以一个周期有粒子射出的时间： 因此一个周期内能打到屏幕上粒子的占比为。 8．【2026·南通一模】如图所示，在xoy直角坐标系中，第二象限有曲线y=x2，该曲线及其上方有竖直向上的匀强电场Ⅰ。曲线左侧有电子发射器CD，电子由C极不间断地无初速逸出，经电场加速后，从金属网D以速度v0沿x轴正方向射出。所有电子经过电场Ⅰ都能到达原点O，且速度方向与x轴正方向的最大夹角为60°，然后进入第四象限的电场Ⅱ。已知电子的电量为e，质量为m，重力忽略不计，金属网D出射的电子均匀分布。 （1）求电子发射器CD间的电压U； （2）求匀强电场Ⅰ的场强E； （3）电场Ⅱ方向竖直向下，场强大小随y坐标的变化满足E=ky，（k为定值，y为某点到x轴的距离）。若只有一半的电子能达到平行于x轴的荧光屏MN（屏足够大），求屏MN与x轴的间距d。 【答案】（1） （2） （3）​ 【详解】（1）电子在CD间加速，根据动能定理：解得：​​ （2）电子在电场I中运动到O点的过程中： 沿x方向做匀速运动：沿−y方向做匀加速运动：根据牛顿第二定律：由曲线方程y=x2，解得：​​ （3）O点速度与x轴成60∘的情况下，即电子从D点出射后到达O点，到O点的速度满足：经过电场I，动能增大，根据动能定理：联立解得。 有一半电子可以达到荧光屏，即2Y长度处出射的电子恰好到达荧光屏，对2Y处出射的电子，经过电场I到达O处时：这些电子再到达荧光屏时，速度恰好为，且方向向右，电场力做功：其中，解得： 高频考点预测11 磁场的基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，“”形导体棒ACDE处在匀强磁场中，磁场与导体棒所在平面垂直，导体棒两端A、E在直线MN上，给导体棒通入恒定电流，方向沿ACDE且大小始终保持不变，现将导体棒绕MN缓慢转过90°，则在转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．AC边受到的安培力始终不为零 B．AC边受到的安培力不断减小但方向不变 C．整个导体棒受到的安培力不断变小 D．整个导体棒受到的安培力方向垂直MN向上 【答案】D 【详解】AB．开始时AC边与磁感线垂直，安培力最大；转动过程中，AC边与磁感线夹角变化，该边的安培力会减小，直至绕MN缓慢转过90°时，AC与磁感线平行，安培力为0。但根据左手定则，AC边所受安培力方向始终平行于MN向右，故A错误，B正确。 CD．对于弯曲导体棒，安培力的计算取决于有效长度（即首尾两点的直线距离）。整个导体棒的有效长度始终等于AE连线的长度，因此安培力的大小F=BIL有效保持不变；方向根据左手定则判断，始终垂直MN向下。故C错误，D正确。 分析有理·押题有据 命题趋势： 磁场基础的考察核心为匀强磁场、直线电流磁场、环形电流磁场、带电粒子有界磁场偏转，多为几何作图、轨迹分析，侧重磁场方向、安培力方向、洛伦兹力不做功、轨迹半径周期变化等概念辨析，不考超难数学运算。以质谱仪、回旋加速器、速度选择器、霍尔效应、地磁场为命题载体，贴近教材经典模型，常与电场复合场、动能定理、圆周运动结合考查，突出受力分析与轨迹建模能力。 押题秘籍： 1. 磁场的产生与叠加 2.安培力与洛伦兹力 种类 力的大小 力的方向 作用效果 联系 安培力 通电导线与磁场垂直时，F安＝BIL 左手定则 (F安垂直于I与B决定的平面) 安培力对导体做功 导体中定向移动的电荷所受的洛伦兹力宏观表现为安培力 洛伦兹力 电荷运动方向与磁场方向垂直时，F洛＝Bqv 左手定则 (F洛垂直于q与v决定的平面) 洛伦兹力不做功，只改变速度的方向 3. 带电粒子在磁场中的圆周运动 运动电荷B⊥v时，运动电荷受洛伦兹力F洛＝qvB，提供运动电荷做匀速圆周运动的向心力． 密押预测·精练通关 1．【2026·江苏一模】磁场中某区域的磁感线如图所示，a、b、c、d、e是磁场中的5个点，其中c、d两点关于直线对称，下面说法正确的是（　　） A．c、d两点关于直线对称，所以c、d两点磁感应强度方向相同 B．a点没有磁感线穿过，所以a点磁感应强度一定为零 C．这5个位置中，e点的磁感应强度最大 D．b、e两点的磁感应强度相等 【答案】C 【详解】A．c、d两点关于直线对称，所以两点磁感应强度大小相同，但方向不同，故A错误；B．a点虽然没有磁感线穿过，但磁场是连续分布的，因此a点磁感应强度不为零，故B错误；CD．磁感线的疏密直接反映磁场的强弱，这5个位置中，e点磁感线最密集，磁感应强度最大；b点磁感线比e点稀疏，磁感应强度小于e点。故C正确，D错误。 2．【2026·南通一模】实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰变产生的新核与粒子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图。则（　　） A．轨迹1是粒子的，磁场方向垂直纸面向外 B．轨迹2是粒子的，磁场方向垂直纸面向外 C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 【答案】D 【详解】由洛伦兹力提供向心力：推导出：其中动量。衰变过程动量守恒，又磁场是匀强磁场，因此轨迹的半径与电荷量q成反比。原子核带正电，设原原子核的电荷数为Z，α粒子的电荷量为2e，则新核的电荷量为。发生衰变的原子核电荷数远大于α粒子的电荷数，因此所带正电荷量满足，因此新核的轨迹半径小，α粒子的轨迹半径大，轨迹2是新核的，轨迹1是α粒子的；由题图可知α粒子初始速度向上，新核初始速度向下，合力指向圆轨道的圆心，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里。故选D。 3．【2026·徐州一模】如图，半径为R的刚性圆形线框通过绝缘细线悬挂在弹簧测力计下端，通有adcba方向的电流，开始时a与匀强磁场边界AB相切，弹簧测力计的示数为F。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，直到c点与AB相切，弹簧测力计（始终有示数）示数F的变化（       ） A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 【答案】C 【详解】初始状态：线框与磁场边界相切，无安培力，弹簧测力计示数等于重力： 进入磁场后：线框受到的安培力为：其中为线框切割磁感线的等效长度。根据左手定则，安培力方向向下。由受力平衡，弹簧测力计示数： 上提过程：线框的等效切割长度先增大（线框中部进入磁场时最长），后减小（线框开始离开磁场时变短），因此安培力先增大后减小，弹簧测力计的示数也先变大后变小。故选C。 4．【2026·南京二模】如图所示，将一根粗细均匀的导体棒折成梯形线框PQMN，各边长度为PQ=PN=QM=L，MN=2L，线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框底边P、Q两点与直流电源两端相接，已知导体棒PQ受到的安培力大小为F，则整个线框PQMN受到的安培力大小为（　　） A． B． C．5F D．0 【答案】A 【详解】由题可知，流过PNMQ支路的电流和流过PQ支路的电流关系为：已知导体棒PQ受到的安培力为F，方向向上；PNMQ支路在磁场的有效长度为L，故PNMQ支路所受安培力为：方向向上，故整个线框PQMN受到的安培力大小为：，故选A。 5．【2026·江苏二模】如图所示，三角形ACD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，∠C=30°，∠D=45°，AO垂直于CD，OA长度为L。O点有一电子源，在ACD平面内向磁场内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，速度方向用与OC的夹角θ表示，电子质量为m，电荷量为−e，且满足v0＝。下列说法中正确的是（） A．从AC边射出的电子占总电子数的 B．从AD边射出的电子中，速度方向与OC的夹角的取值范围为45°<θ<135° C．从CD边（含OC、OD段）射出的电子中，最长运动时间为 D．所有从AC边射出的电子中，当θ=30°时，所用的运动时间最短 【答案】C 【详解】AB．电子速率相同，由洛伦兹力提供向心力：解得轨道半径，所有电子的轨道半径都相等。由左手定则，电子进入磁场后顺时针做圆周运动。电子从AC边射出的临界位置为A点射出，此时θ=60°。 当0°≤θ≤60°时，电子从AC边射出，占总电子数的；当60°≤θ≤150∘时，电子从AD边射出，故AB错误。 C．从CD边射出的电子，经过D点对应的弦长最长，轨迹圆心角最大为3π​。电子做圆周运动的周期为：最长运动时间为：故C正确。 D．电子在磁场中运动的时间t与圆心角α的关系为：圆心角越小，运动时间越短；弦长越短，圆心角越小。当弦长与AC边垂直时，弦长最短，但对应的入射角θ=30°，故D错误。 6．【2026·苏锡常镇一模】托卡马克装置是采用磁场约束等离子体以实现受控核聚变的设备。如图所示，半径为R的圆形区域存在垂直圆面的匀强磁场，在圆心O处向平面内发射不同速度的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为+q，其中速度大小为v0的粒子恰好被约束在磁场区域内。不计重力及粒子间相互作用。求： （1）磁感应强度的大小B； （2）速度大小为粒子的运动周期T。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）速度为v0的粒子恰好被约束在磁场中，说明粒子运动轨迹的最大半径满足：恰好不射出磁场时，轨迹直径等于磁场区域半径R，即，得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：代入，整理得： ​​ （2）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关，周期公式为：将 代入公式，整理得：​ 7．【2026·盐城一模】据报道，我国可控核聚变技术已达世界领先水平，其技术难点是利用电场和磁场来控制带电粒子的高速运动。如图甲、乙所示，在空间直角坐标系中，存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场和周期性变化的匀强电场，电场变化周期，电场强度E0大小和方向可调。一个质量为m、带电量为的小球，从原点O沿x轴正方向以速度v0射出，已知重力加速度为g。 （1）若在内小球做匀速圆周运动，求电场强度E0的大小和方向； （2）若电场强度，方向沿轴正方向，请在图丙中定性画出0~T内小球运动轨迹，在xOy平面内的投影，并求出该过程中小球离yOz平面的最大距离dm； （3）若电场强度，方向沿y轴正方向，求t=2T时刻粒子的位置坐标。 【答案】（1），方向竖直向上（2） 轨迹如图，​​（3） 【详解】（1）由匀速圆周运动知：电场力和重力平衡解得：方向竖直向上。 （2） 由平抛运动知：竖直方向为自由落体，且其运动不影响水平面内的运动。 水平面上 0∼0.5T 内，二力平衡 E0q=Bqv0，x正方向匀速运动：​ 0.5T∼1T 内，圆周运动：半径：由几何关系： （3） 竖直方向：自由落体：水平面内： 0~0.5T 内，摆线运动，匀速圆周，周期，匀速直线运动； 0.5T~1T 内，静止不动v合=0； 1T~1.5T 内，摆线运动，同①过程与①对称，，Δy=0； 1.5T~2T 内，匀速圆周运动，。 因此：t=2T 时刻粒子的位置坐标为： 8．【2026·镇江一模】如图所示，有一带正电粒子从O点飘入加速电场，经过电场加速，沿直线通过速度选择器后，垂直磁场Ⅱ左边界入射到磁场中。已知粒子的比荷，加速电场电压U0=100V。速度选择器水平极板长L=0.15m，间距d1=0.12m，板间电压U1=120V。磁场Ⅱ的左边界与速度选择器右侧重合，其左右边界距离d2=0.08m，磁感应强度B2=1x10-2T。粒子重力忽略不计，取。 （1）求磁场Ⅰ的磁感应强度B1的大小； （2）求粒子在磁场Ⅱ中运动时间t1； （3）仅撤去磁场Ⅰ，求粒子在磁场Ⅱ中运动的时间t2及入射点与出射点的距离d3。 【答案】（1）（2）（3）， 【详解】（1）粒子加速，根据动能定理：解得：速度选择器内，粒子受力平衡：解得： （2）粒子在磁场Ⅱ中，洛伦兹力提供向心力：解得：粒子运动的周期： 粒子能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角满足：解得θ=53°，粒子运动时间：（3）撤去磁场后，粒子做类平抛运动：根据牛顿第二定律：竖直方向末速度：合速度大小：速度与水平方向夹角：解得θ=37°，粒子在磁场中运动的半径：粒子从磁场左边界射出时入射点与出射点的距离：粒子在磁场Ⅱ中运动的时间： 高频考点预测12 电磁感应基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平（垂直于纸面向外）。竖直放置的“冂”形导轨宽为L，上端接有电阻R，导轨部分的电阻可忽略不计。光滑金属棒ab的质量为m、阻值为R。将金属棒由静止释放，金属棒下降的高度为h时达到最大速度vm。已知金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，则在金属棒下降h的过程中（　　） A．金属棒中的电流方向为a→b B．金属棒的最大速度 C．通过金属棒的电荷量为 D．金属棒产生的焦耳热为 【答案】D 【详解】A．根据右手定则，金属棒中的电流方向为b→a，故A错误。 B．金属棒匀速运动时速度最大，加速度为零，由平衡条件：解得最大速度：，故B正确。 C．由法拉第电磁感应定律，平均感应电动势，平均电流，电荷量t，联立得：，故C错误。 D．由能量守恒定律：金属棒产生的热量：，可得：，故D错误。 分析有理·押题有据 命题趋势： 电磁感应基本规律应用是江苏物理力学电磁综合压轴核心，高考中常常以选择题和计算题考查，固定考查楞次定律、法拉第电磁感应、动生/感生电动势、线框导轨四大经典模型。图像考察常态化，高频考察图像的分析，情境贴近教材，以导轨切割、线框进出磁场、交变磁场、单杆/双杆模型为主，重在模型迁移。力、电、能综合必考，将安培力、牛顿运动、动量定理、能量守恒、电路计算融合在一起，是区分度最大板块。 押题秘籍： 1. 感应电动势方向(感应电流方向)判断 （1） 右手定则：适用于导体切割磁感线产生感应电流方向的判断。 （2） 楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 2. 求感应电动势的方法 （1） 法拉第电磁感应定律 E＝n （2） 导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv。 （3） 导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E＝Bl2ω。 3. 电磁感应中常见物理量的计算 （1） 安培力：F＝BIL＝＝。 （2） 感应电荷量：q＝·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n。可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关。 （3） 焦耳热的计算：当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算。 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州二模】某磁场的磁感线分布如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，线圈始终保持水平，自上向下看，下列说法正确的是（　　） A．线圈中感应电流的方向先逆时针后顺时针 B．线圈下落过程中，安培力始终阻碍线圈的下落运动 C．线圈下落过程中，磁通量的变化率始终为正值 D．线圈下落过程中，机械能守恒 【答案】C 【详解】A．线圈进入磁场（磁通量向外增大）时，根据楞次定律，感应电流产生的磁场要阻碍磁通量增大，故感应电流为顺时针；线圈离开磁场（磁通量向外减小）时，感应电流产生的磁场要阻碍磁通量减小，故感应电流为逆时针。故A错误。 B．根据楞次定律的“阻碍”含义，安培力始终阻碍线圈的运动，故B正确。 C．磁通量的变化率（即感应电动势）的正负，取决于磁通量的变化趋势。前半程磁通量增加，变化率为正；后半程磁通量减少，变化率为负，故C错误。 D．线圈中有感应电流，会产生焦耳热，机械能转化为电能，因此机械能不守恒，D错误。 2．【2026·盐城一模】如图所示，两个完全相同的半圆形金属轨道竖直正放置，内侧轨道接地，金属棒AB垂直两轨道水平放置，其长度与两轨道间距相等，空间存在竖直向下的匀强磁场（未画出）。在金属棒从MN向PQ匀速圆周运动的过程中，其上点的电势（　　） A．保持不变 B．先降低再升高 C．先升高再降低 D．一直降低 【答案】C 【详解】因为内侧轨道接地，所以，金属棒AB在轨道左侧加速下滑时，速度的水平分量vx增大，据右手定则得>，而：又：故先降低；金属棒AB在轨道右侧减速上滑时，速度的水平分量vx减小，UBA​减小，则升高。故选 B。 3．【2026·镇江零模】如图所示，正方形线圈ABCD匀速向右进入匀强磁场，磁场宽度大于线圈边长。线框在（　　） A．①②位置处CD间电压相等 B．②位置处CD间电压较大 C．①位置处A点电势高于B点电势 D．②位置处A点电势低于D点电势 【答案】C 【详解】AB．线圈进入磁场时，CD边切割磁感线产生感应电动势。根据右手定则，C点电势更高。 ①位置（部分进入磁场）：CD间的电压为外电路电压，。 ②位置（完全进入磁场）：CD边仍在切割磁感线，电动势全部表现为路端电压，。故UCD′>UCD，A错误，B正确。 C．感应电流为顺时针方向，在①位置时，电流由B流向A，因此A点电势低于B点电势，C错误。 D．②位置时，整个线圈磁通量不变，无感应电流，线圈为等势体，因此A点电势等于B点电势，但不等于D点电势，D错误。 4．【2026·南通一模】如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨的右端接有阻值为R的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置c处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为va、vb，a、b间的距离等于b、c间的距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（　　）。 A．金属棒运动到a处时的加速度大小为 B．金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由N指向Q C．金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量不相等 D．金属棒在a处的速度是其在b处速度v的2倍 【答案】D 【详解】A．金属棒运动到a处时，感应电动势，安培力，加速度，故A错误。 B．根据右手定则，金属棒运动到b处时，通过电阻的电流方向由N指向Q，而非题目中所说的“由Q指向N”，故B错误。 C．通过电阻的电荷量。虽然a→b与b→c的位移相等，但金属棒在减速运动，两段的平均速度不同，通过的电荷量并不相等，故C错误。 D．对a→b过程，由动量定理：对b→c过程，同理：​联立两式，可得，即金属棒在a处的速度是b处的2倍，故D正确。 5．【2026·镇江零模】如图，水平面内有足够长的两平行导轨，导轨间距L=1m，导轨间接有一电容器，电容器右侧导轨上垂直导轨放置一质量m=0.2kg、电阻R=1.5Ω、长度为L的导体棒，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，导轨平面内有竖直向下（即垂直纸面向里）的匀强磁场B1=1T。在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积S=1m2、总电阻r=0.5Ω、匝数N=100的圆形线圈，线圈内有一面积S0=0.25m2的圆形区域，该圆形区域内有垂直纸面向外、大小随时间变化规律为的磁场B2=0.4t(T)，g=10m/s2，不计导轨电阻，两磁场互不影响，求： （1）仅闭合开关S1和S2，稳定后电容器两端的电压UC； （2）仅闭合开关S1和S3，导体棒从静止开始运动，能够达到的最大速度vm； 【答案】（1） 10V （2） 8m/s 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，左侧圆形线圈中产生的电动势为：​代入数据解得E=10V，稳定后电容器两端的电压为10V。 （2）当导体棒受力平衡时，速度最大，根据平衡条件：其中电流：联立解得vm=8m/s。 6．【2026·南京一模】如图甲所示，足够长的两平行金属导轨MN、PQ水平固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=1.0Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t=0.8s时导体棒刚好要滑动。已知L=2m，两导体棒的质量均为m=0.5kg，重力加速度大小g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求∶ （1）导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流I； （2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ； 【答案】（1）1A（2）0.2 【详解】（1）磁场变化时，根据法拉第电磁感应定律，回路中感应电动势：回路总电阻为2R，由闭合电路欧姆定律：（2）当t=0.8s时，导体棒所受安培力：此时导体棒刚好开始滑动，说明安培力等于滑动摩擦力：解得动摩擦因数： 7．【2026·镇江零模】如图所示，在倾角θ=30°的足够长光滑斜面上，宽度为d的阴影区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，相邻磁场间的距离为2d。一质量为m的金属矩形线ABCD框放在斜面上端，AB中点系有平行于斜面的轻绳，轻绳绕过斜面底端的轻质定滑轮与一重物相连。现将线框由静止释放，此后通过每个磁场区域的时间都相等，运动过程中线框AB边始终与磁场边界平行，重物未落地．已知金属线框的电阻为R，边长为L、边长为d，重物的质量为m，重力加速度为g。 （1）求边穿过任意一个磁场区域过程中流过其截面的电荷量q； （2）求线框穿过任意一个磁场区域过程中，重物和线框组成的系统减少的动能ΔEk和线框产生的焦耳热Q； （3）若线框通过任意一个磁场区域过程中速度减小量为Δv，求该过程所用的时间t。 【答案】（1） ​（2） ，（3） ​ 【详解】（1）感应电荷量公式：AB 边穿过磁场时，磁通量变化量：因此：​ （2）线框在相邻磁场间运动位移为 d，系统重力做功：系统减少的动能等于重力做功，即：焦耳热：线框穿过磁场过程中，重力势能减少量：根据能量守恒，重力势能全部转化为焦耳热： （3）对系统应用动量定理（沿斜面向下为正方向）： 安培力冲量：线框穿过磁场总电荷量：因此： 动量变化：总质量为2m，速度变化量为： 代入动量定理方程：解得： 8．【2026·苏锡常镇一模】如图所示，轮子由电阻不计、质量为m的圆环和4根长度均为l、电阻均为R的轻质辐条组成，相邻辐条相互垂直，轮子可绕过圆心O且垂直圆面的固定轴转动。磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直圆面，磁场边界通过圆心O且相互垂直．轮子在外力驱动下以角速度ω0匀速转动．不计一切摩擦。 （1）某时刻辐条OA位于磁场中，求通过该辐条的电流I； （2）求驱动力的功率P； （3）调整轮子转动的角速度为ω1，当辐条刚进入磁场时撤去驱动力，轮子转动一圈恰好停止。已知此过程中圆环切向加速度大小at正比于圆环角速度ω，求撤去驱动力后辐条OA上产生的总热量Q。（结果用ω1、m、l表示） 【答案】（1）​（2） （3） 【详解】（1）辐条 OA 切割磁感线产生的感应电动势为：磁场外的三根辐条并联，总电阻为 R/3，电路电流为：​​ （2）轮子匀速转动，驱动力功率等于电路电功率： （3）圆环做减速运动，切向加速度，速度变化量与转过角度关系为。 转动一圈停止： 设OA 刚出磁场时圆环角速度为，转过，解得。 磁场内、外辐条热功率之比为 3:1，则OA在磁场中运动产生的热量： OA在磁场外运动产生的热量： 则 高频考点预测13 交变电流和变压器 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】如图甲所示，电阻R=1Ω的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，在定值电阻R1上产生的u-t图像如图乙所示，定值电阻R1=10Ω，其他导线电阻不计，下列说法正确的是（　　） A．线圈的角速度ω=50rad/s B．当线圈平面与磁场方向垂直时，通过线圈的磁通量为0 C．线圈中产生电动势的有效值为11V D．回路中电流的有效值为A 【答案】C 【详解】A．由图像可知周期T=0.02s，角速度：，故A错误。 B．当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈处于中性面，磁通量，此时磁通量最大，故B错误。 C．定值电阻R1电压最大值为10V，有效值：，考虑线圈内阻分压，电动势有效值为11V，故C正确。 D．回路电流有效值，故D错误。 分析有理·押题有据 命题趋势： 交变电流在江苏高考中基本不考察繁杂推导，重点考查有效值、最大值、瞬时值、变压器变比规律的定性判断与简单比例计算，图像也是高频命题点。变压器基本只考察理想变压器基本规律、动态负载变化、远距离输电三大固定模型，命题套路非常稳定。命题会贴近生活情境，家用电器、输电线路、降压升压变压器、电表测量等实际情境中物理规律物理规律的应用。 押题秘籍： 1. 交变电流的“四值” （1）最大值：为Em、Um、Im，即交变电流的峰值。 （2）瞬时值：反映交变电流每瞬间的值，如e＝Emsin ωt。 （3）有效值：正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E＝、U＝、I＝；非正弦式交变电流的有效值应根据电流的热效应求解。 （4）平均值：反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小，如平均电动势＝n。 2. 理想变压器问题 （1）三个不变：功率不变；磁通量的变化率不变；周期和频率不变。 （2）决定关系：输出功率决定输入功率；输入电压决定输出电压；输出电流决定输入电流。 3. 远距离输电问题 （1）理清三个回路 （2）抓住两个联系 ①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。 ②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。 （3）掌握一个守恒，能量守恒关系：P1＝P损＋P3。 （4）输电线路功率损失的计算方法：P损＝P1－P4＝ΔU·I线＝IR线＝。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏州一模】一个单匝矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电动势随时间的变化规律为，则（　　） A．频率为100Hz B．电动势有效值为220V C．t=0时，线圈位于中性面 D．线圈中最大磁通量为Wb 【答案】C 【详解】A．由电动势表达式，角频率，频率：，故A错误。 B．电动势有效值：，故B错误。 C．当t=0时，电动势瞬时值e=0，此时线圈位于中性面（磁通量最大，感应电动势为零），故C正确。 D．最大磁通量：，故D错误。 2．【2026·北京一模】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生交变电流图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．交变电流的周期为0.5s B．交变电流的有效值为2A C．t=0.1s时，穿过线圈的磁通量为零 D．t=0.2s时，穿过线圈的磁通量变化率最大 【答案】D 【详解】A．由i−t图像可知，交变电流的周期T=0.4s，而非0.5s，故A错误。 B．电流峰值Im=2A，正弦式交变电流的有效值为：，故B错误。 C．t=0.1s时，电流i=0，感应电动势为零。根据法拉第电磁感应定律，此时磁通量变化率为零，线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故C错误。 D．t=0.2s时，电流达到峰值，感应电动势最大。由可知，此时磁通量变化率最大，故D正确。 3．【2026·徐州二模】如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1，电阻R=10Ω，图乙是R两端电压U随时间变化的图像，Um=V。则下列说法中正确的是（　　） A．通过R的电流IR随时间t变化的规律是 B．变压器的输入功率为10W C．电压表V的读数为 D．电流表A的读数为 【答案】B 【详解】A．电压随时间变化规律为，因此电阻电流，故A错误。 B．电阻电流的有效值，变压器输入功率等于电阻消耗的功率：，故B正确。 C．电压表读数为电压有效值，故C错误。 D．根据理想变压器电流变比，原线圈电流有效值，故D错误。 4．【2026·苏锡常镇一模】理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，通过原、副线圈的电流分别为I1、I2，原、副线圈正弦交流电的频率分别为f1、f2，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB．理想变压器原、副线圈的电流与匝数成反比，即：，故AB错误。 CD．变压器无法改变交流电的频率，原、副线圈的电流频率相等，即：故C错误，D正确。 5．【2026·南通一模】如图甲所示为一台小型发电机的示意图，匝数为100匝的线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω。求： （1）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功； （2）从中性面开始转动圈过程中通过灯泡的电荷量。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）线圈匀速转动一周，外力做功等于电路中产生的焦耳热： （2）根据电动势最大值公式，可得磁通量最大值：从中性面开始转动圈，磁通量变化量为ΔΦ=Φm，通过灯泡的电荷量： 6．【2026·徐州一模】图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，直流电通过转换器转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压峰值大于5000V时会产生电火花进而点燃燃气。 （1）为确保能正常点燃燃气，求原、副线圈的匝数比应满足的条件。 （2）若某次点火时，原线圈输入电压的峰值降为45V，且此时两点火针间的电压有效值为4000V，请判断该情况下能否点燃燃气，并说明理由。 【答案】（1） （2）能 【详解】（1）初级电压峰值U1m=50V，次级电压峰值需U2m>5000V。根据变压器电压比公式：即原、副线圈匝数比应满足。 （2）两点火针间电压有效值为4000V时，其最大值为：≈5656V>5000V故能点燃燃气。 7．【2026·宿迁一模】在磁感应强度的匀强磁场中有一矩形线圈，相关数据如下：匝数N=10匝，面积，电阻。线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，通过电刷与一理想变压器原线圈相接，变压器原、副线圈匝数比为1:2。副线圈两端的交流电压表读数为36V、接入电灯电阻。求： （1）矩形线圈转动产生的电流有效值； （2）矩形线圈匀速转动的角速度。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）已知电压表读数 U=36V，电灯电阻 R=36Ω，则副线圈电流：根据变压器电流比关系，解得原线圈电流：即线圈产生的电流有效值为。 （2）根据变压器电压比关系，解得原线圈电压：根据闭合电路欧姆定律，电动势有效值：电动势最大值：又由，解得角速度： 8．【2026·江苏二模】如图甲所示为一小型交流发电机结构示意图，图中仅画出一匝矩形线圈。线圈绕中心轴OO′以恒定角速度匀速转动，与外电路阻值R=10Ω的定值电阻构成闭合回路，线圈内阻不计。从图甲所示的中性面位置开始计时，通过电阻R的交变电流随时间变化的规律如图乙所示。 （1）求线圈转动产生的感应电动势的最大值Em和有效值E； （2）若将该发电机输出端接一原、副线圈匝数比n1:n2=10:1的理想变压器的原线圈，副线圈并联两个用电器：一个标有“20V40W”的灯泡L（正常发光），另一个是阻值R′=5Ω的定值电阻。求发电机输出的电功率。 【答案】（1），（2）120W 【详解】（1）电动势的最大值与有效值 由图可知电流最大值，根据闭合电路欧姆定律，感应电动势的最大值：感应电动势的有效值： （2）发电机输出功率 原线圈输入电压 U1=200V，根据变压器电压比（匝数比n1:n2=10:1），副线圈电压：通过灯泡的电流： 通过定值电阻的电流： 副线圈总电流： 发电机输出功率等于变压器副线圈功率： 实验题预测01 力学实验 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【2026·南通一模】如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。 （1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是________； A．放大法 B．控制变量法 C．补偿法 D．模型法 （2）该实验过程中操作正确的是________； A．补偿阻力时小车未连接纸带 B．先接通打点计时器电源，后释放小车 C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行 （3）在小车质量________（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为________（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是________； A．用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车 B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器 C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小 （4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为x0、x1、x2到x6。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v=________；小车加速度的表达式是________。（用题干所给字母表示） 【答案】（1）B （2）B （3）远大于；系统误差；C （4）； 【详解】（1）探究加速度与力、质量的关系时，采用控制变量法：控制质量不变，研究加速度与力的关系；控制力不变，研究加速度与质量的关系。故选 B。 （2）A.补偿阻力时，小车必须连接纸带，以平衡纸带与打点计时器间的阻力，故A 错误； B.实验时应先接通电源，待电源稳定后再释放小车，保证纸带起始点清晰，故B 正确； C.调节滑轮高度时，细绳应与木板平行，而非与水平桌面平行，故C 错误。 （3）当小车质量远大于槽码质量时，细绳拉力近似等于槽码的重力；这种由实验原理不完善导致的误差属于系统误差；减小该误差的方法：在小车与细绳之间加装力传感器，直接测出小车所受拉力大小，无需用槽码重力近似代替，故选 C。 （4）打计数点 5 时的速度（中间时刻瞬时速度等于平均速度）：​ 加速度（逐差法）： 分析有理·押题有据 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏物理高考力学实验，以教材基础实验为主、创新改编为辅，是必拿分板块。考察立足教材原型、侧重变式迁移，不考偏难怪全新实验，全部源于课本7个经典力学实验，在原实验基础上换器材、改装置、改测量方法，原理不变，考查迁移建模能力，不脱离课本核心原理。重点考装置改进、数据处理、误差分析、图像法求解。命题偏好：器材选择、操作步骤正误、平衡摩擦力、打点计时器使用、偶然误差与系统误差来源分析。 押题秘籍： 1.误差和有效数字 （1）误差：测量值与真实值的差异叫作误差。误差可分为系统误差和偶然误差。①系统误差的特点：多次重复同一实验时误差总是偏大或偏小，呈现单一倾向。②偶然误差的特点：偏大和偏小的机会比较接近。 （2）减小误差的方法①减小偶然误差：多次测量取平均值、图像法处理实验数据等。②减小系统误差：完善实验原理和方法、恰当选择仪器精确度和量程、校准测量器材等。 （3）有效数字：从左侧第一位不是0的数开始算起，同一个数，不论用什么单位表达，有效数字位数相同。 2.纸带相关数据处理 （1）依据纸带判断物体是否做匀变速直线运动 依据Δ只要物体做匀变速直线运动，它在任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差就一定相等。 （2）利用纸带求物体加速度的两种方法 ① 逐差法：根据 （T为相邻两计数点之间的时间间隔），则 ；如果纸带有奇数段，则舍掉第一个间隔的位移，再用逐差法计算。 （2） 图像法 利用 求出打各点时纸带的瞬时速度，然后作出图像，用图线上切线的斜率求物体运动的加速度。 密押预测·精练通关 1．【2026·苏锡常镇一模】小明与小华两位同学在学习了“力的合成与分解”后，用橡皮筋设计了如下实验验证力的平行四边形定则。 （1）实验步骤如下： ①测量橡皮筋原长如题1图所示，读数为l0______cm； ②将3根相同规格橡皮筋一端重合并用细线系在一起； ③在垫有白纸的木板上钉三根钉子A、B、C，将三根橡皮筋另一端分别套在钉子上形成题2图状态； ④在白纸上记录橡皮筋结点位置O，然后移去橡皮筋。 （2）用刻度尺量得OA=8.30cm，OB=7.80cm，OC=7.65cm。假设橡皮筋拉力大小F与其伸长量Δl满足胡克定律，则可用橡皮筋伸长量代表其拉力大小。题3图上已画出了OA橡皮筋拉力FA，请继续画出OB、OC橡皮筋拉力FB、FC，并画出它们的合力FBC。（图中已标注参考刻度） （3）通过比较FA与FBC，在误差范围内两者满足______，则可验证力的平行四边形定则。 （4）关于本实验注意事项，下列说法正确的一项是______。 A．拉伸橡皮筋应与木板平行 B．OB、OC橡皮筋必须相互垂直以便计算合力 C．用橡皮筋的长度表示其力的大小不影响实验结果 （5）小明查阅资料得知橡皮筋整个拉伸过程并不完全符合胡克定律，通过绘制实验所用橡皮筋的拉力曲线，发现橡皮筋伸长量在3cm之前和5cm之后可以看作斜率不同的直线，如题4图所示。若实验中三根橡皮筋的伸长量Δl均超过5cm，小明认为应采用Δl+6cm代表相应力的大小在题3图中作图，小华认为应采用Δl-6cm代表相应力的大小。你支持谁的观点?请说明理由。 【答案】（1）6.50cm（2）按力的图示作平行四边形，合力FBC长度在1.60cm∼1.80cm之间（3）大小相等，方向相反（4）A（5）支持小明的观点，因为采用Δl+6cm代表相应力相当于将横坐标原点移到x=−6cm处，此时橡皮筋的拉力大小与Δl+6cm成正比 【详解】 （1）刻度尺读数刻度尺的最小刻度为1mm，读数需估读到下一位，因此读数为6.50cm。 （2）力的平行四边形作图根据力的图示法，以FB、FC为邻边作平行四边形，其对角线即为合力FBC，长度应在1.60cm∼1.80cm之间。 （3）验证平行四边形定则若合力FBC与用一个弹簧测力计直接拉的力FA在误差范围内大小相等、方向相反，即可验证力的平行四边形定则。 （4）A.拉伸橡皮筋时，拉伸方向应与木板平行，以保证橡皮筋的拉力为合力的一个分力，减小实验误差，A正确。 B.计算合力时，OB、OC橡皮筋不必相互垂直，B错误。 C.根据F=kΔx，需用橡皮筋的伸长量表示力的大小，而非总长度，否则会影响实验结果，C错误。故选A。 （5）橡皮筋拉力与伸长量的关系橡皮筋的拉力F与伸长量Δl成正比，即F=kΔl。采用Δl+6cm代表相应力，相当于将坐标原点平移到x=−6cm处，此时F与Δl+6cm仍为线性关系，因此支持小明的观点。 2．【2026·南通一模】某同学用如图甲装置验证机械能守恒定律，上端固定在铁架台顶部，下端系一小球，小球自然下垂位置处固定一光电门，是可移动的夹子，已知当地重力加速度为g。 （1）用游标卡尺测得小球的直径d如图乙，则d=__________mm；用毫米刻度尺测得夹子下端到小球上端的细线长度为l。 （2）将细线水平拉直，使小球从与夹子下端等高处由静止释放，记录小球通过光电门的遮光时间t，则小球通过最低点时的速度大小v=__________（用所测物理量符号表示）； （3）本实验中，满足关系式__________，则验证了机械能守恒（用所测物理量符号表示）； （4）移动的位置多次实验，将实验数据描绘在坐标平面上得到如图丙所示的图线。已知图线的纵截距为b，当满足b=__________时，则验证了机械能守恒； （5）实验中发现小球动能的增加量总是大于势能的减少量，可能的原因是__________（写出一个即可）。 【答案】（1）19.25mm （2） （3） （4）g （5）光电门放置位置偏低，测得的线速度偏大，导致动能偏大。 【详解】（1）游标卡尺为20分度（精度0.05mm），读数为： （2）利用平均速度近似瞬时速度： （3）由机械能守恒，重力势能的减少量等于动能的增加量： 整理得： （4）由，当l=0时，截距b=g，故当截距为g时满足机械能守恒。 （5）若光电门放置位置偏低，小球做圆周运动时，线速度v=ωr，位置越低（r越大），线速度越大，导致测得的速度偏大，计算出的动能偏大。 3．【2026·徐州一模】某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下： （1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间____________（填“相等”或“不相等”）时，可认为气垫导轨水平； （2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；用游标卡尺测量固定在滑块上端的遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度d=______mm； （3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； （4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12； （5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示） （6）该同学又用该装置来验证砝码和砝码盘以及滑块所组成的系统机械能守恒。实验中，接通气源，滑块由静止释放后，除了要测量（2）~（4）中的物理量外，还需要测量AB的距离L。在实验误差允许范围内，m1和m2满足的表达式________（用上述测量的物理量符号及重力加速度g表示）成立，则系统机械能守恒。 【答案】相等 4.45/4.50 ​ m1 【详解】（1） [1] 当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，则滑块经过两个光电门的速度相等，即滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平。 （2） [2] 固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为10×0.05mm=0.50mm，所以遮光片的宽度d=4+0.50mm=4.50mm （5） [3] 拉力冲量的大小为[4] 滑块动量改变量的大小为 （6）[5] 系统机械能守恒，则砝码和砝码盘减少的重力势能与系统增加的动能相等，即m1 4．【2026·南京二模】某同学利用手机“声音图像”软件测量物块与长木板间的动摩擦因数。实验装置如图所示，长木板固定在水平桌面上，物块置于长木板上且两端分别通过跨过定滑轮的细线与小球A、B相连，实验前分别测量出小球A、B底部到地面的高度。打开手机软件，烧断一侧细绳，记录下小球与地面两次碰撞声的时间图像（两小球落地后均不反弹）。 （1）由图可知，实验时应烧断物块___________（选填“左侧”或“右侧”）的细绳。 （2）烧断细线前，用分度值为的刻度尺测量，刻度尺的0刻度线与地面齐平，小球A的位置如图所示，则___________cm。 （3）若某次实验中通过运算得出A下落时间为，由图可知，物块加速运动的时间为___________s；若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间，测量结果会___________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”） （4）仅改变小球B实验前离地高度，测量不同高度下物块加速运动时间t，作出图像如图所示，由图像可求得斜率为k，若小球B的质量为m，物块质量为M，重力加速度为g，则物块与木板间的动摩擦因数___________。（用字母k、m、M、g表示） 【答案】左侧；；；偏大； 【详解】 （1） 应烧断左侧细线，使B球拉动物块在桌面做匀加速直线运动。 （2）测量时间是通过小球落地计算，故应测量小球底端距离，则刻度尺读数为 都算对）。 （3）由图可知，AB两球落地时间差为，A球下落速度快，时间短，则B球下落时间为。若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间，测量时间为AB落地时间差和B落地后声音传过来时间之和，故测量结果偏大。 （4） 物块和小球B一起做匀加速直线运动，则 受力分析得 联立解得 结合题目中 的关系，可得 实验题预测02 电学实验 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【2026·徐州一模】某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱形导体的电阻率”实验。 （1）用螺旋测微器测量圆柱形导体Rx的直径d，示数如图甲所示，其直径d为________mm，再用刻度尺测出圆柱形导体Rx的长度为L； （2）首先用多用电表粗测Rx的电阻，用“×1”挡，一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为________Ω；（保留三位有效数字） （3）为了能比较精确地测量Rx的阻值，实验室提供了如下的实验器材，量程为30mA的电流表不能直接用，可将电流表与定值电阻并联，改装成大量程电流表，此时接入定值电阻应选用________；（填仪器前的字母代号） A.电源（电动势E=6V，内阻不计） B.电流表（量程为30mA，内阻R1=9.5Ω） C.定值电阻R2=5Ω； D.定值电阻R3=0.5Ω； E.电压表（量程为6V，理想电压表） F.滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A） G.开关S，导线若干 （4）根据所选用的实验器材，设计测量电阻的电路图如图丙所示，若电压表的示数为U，电流表的示数为I，则待测电阻的计算式为Rx________（用题中相关物理量的符号表示）则该合金丝的电阻率ρ________（用Rx、L、d表示） 【答案】（1）4.650mm（或4.649/4.651mm）（2）11.0Ω（3）D（4）， 【详解】（1）螺旋测微器精度为0.01mm，读数为： （估读允许误差，4.649/4.651mm也正确） （2）用“×1”挡粗测电阻，读数为： （3）待测电路最大电流约0.6A，需将电流表与定值电阻并联扩大量程：代入Ig=0.03A、R1=9.5Ω、Im=0.6A，解得：,故选D（阻值为0.5Ω的定值电阻）。 （4）由欧姆定律，流过待测电阻的电流 由电阻定律，横截面积S=4πd2，得电阻率： 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏物理高考电学实验和力学实验轮动搭配，是整张试卷稳定拿分、不能丢分的板块。出题立足教材、侧重创新变式，以伏安法测电阻、测小灯泡伏安特性、测电源电动势内阻、多用电表使用四大课本实验为母题，常改电路、改器材、改测量方案，但原理不变。偏重电路选择与器材选型，高频考查：电流表内接/外接、滑动变阻器分压/限流接法、电表量程选择、元件选型，这部分也是是江苏卷最爱设陷阱的地方。误差分析与方案评价常态化，必考：系统误差来源、内外接法误差、分压限流优劣、实验方案优缺点、替换器材改进方案。 押题秘籍： 1.电流表的内、外接法 电流表内接法 电流表外接法 电路图 误差原因 电流表分压U测＝Ux＋UA 电压表分流I测＝Ix＋IV 电阻测量值 R测＝＝Rx＋RA>Rx 测量值大于真实值 R测＝＝<Rx 测量值小于真实值 适用于测量 大阻值电阻 小阻值电阻 两种接法 选择标准 当RA≪Rx或Rx>时，选用电流表内接法 当RV≫Rx或Rx<时，选用电流表外接法 2.分压法与限流法 限流式接法 分压式接法 对比说明 电路图 串、并联关系不同 负载R上电压调节范围(不计电源内阻) ≤U≤E 0≤U≤E 分压电路调节范围大 闭合S前滑片位置 b端 a端 都是为了保护电路元件 密押预测·精练通关 1．【2026·南京二模】某同学为了测量一电流表内阻，采用如图甲所示的电路进行实验。已知电流表的量程是2mA，内阻约是50Ω，电池的电动势约为6V。 （1）请用笔画线代替导线，在图中完成实物电路的连接__________； （2）按图甲连接好电路后，接下来的正确操作顺序是_________； ①将电阻箱R的电阻调到零，滑动变阻器R1的滑片调到最右端； ②读出电阻箱的电阻值Rx，可以认为电流表的内阻r=Rx； ③保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为； ④闭合开关S，调节变阻器R1的滑片，使得电流表达到满偏电流I0； （3）可供选择的器材有： A．滑动变阻器（0~5Ω，3A） B．滑动变阻器（0~50Ω，1A） C．电阻箱（0~999.9Ω） D．电阻箱（0~9999Ω） 为了比较准确地测量出电流表的内阻，应选用的滑动变阻器R1是_________________；电阻箱R是__________；（填仪器前的字母序号） （4）本实验中电流表内阻的测量值___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）电流表内阻的真实值； （5）如果升高电池的电动势，用此电路测出的电流表的内阻的误差将_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）； （6）若测得电流表的内阻为R0，为将其改装成量程为0.6A的安培表，应________（选填“串联”、“并联”）阻值为__________电阻。 【答案】①④③②；A；C；大于；误差变化：减小；并联；分流电阻： 【详解】（1） 实物电路采用分压式接法，。 （2）半偏法测电流表内阻的实验原理与步骤： ①开始将电阻箱R的电阻调到零，滑动变阻器R1的滑片滑到最右端；④闭合开关S，调节变阻器R1的滑片，使得电流表达到满偏电流I0，此时并联电压为 ③保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为，此时 ②读出电阻箱的电阻值，认为电流表内阻。故正确操作顺序为：①④③②。 （3）本实验滑动变阻器采用分压式接法，为方便操作，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，故选 A； 由于电流表内阻较小，因此电阻箱应选用最大阻值较小、最小测量挡位更小的，故选 C。 （4）实际情况是：电阻箱串联电流表后，电路总电阻变大，干路电流减小，并联电压变大，故所串联的电阻箱分压大于电流表的分压，其阻值大于电流表的内阻，因此测量值大于真实值。 （5）若升高电源的电动势，电阻箱接入电路后，对全电路电压分配的影响减小，因此测量误差减小。 （6）改装成安培表，需要并联分流电阻，并联的分流电阻阻值为 2．【2026·常州二模】某兴趣小组欲利用加速度传感器测定一个电源的内阻，设计了如图甲所示的测量电路。质量为m的加速度传感器穿过光滑的水平横杆，劲度系数为k的轻弹簧一端固定，另一端连接传感器。电源电动势为E，内阻未知，滑动变阻器的总阻值为R，有效长度为L。主要实验步骤如下： ①按图甲连接电路，系统静止时滑动触头位于滑动变阻器的正中间，闭合开关，此时电流表指针如图乙所示； ②使系统以某一恒定加速度水平运动，利用加速度传感器测出此时的加速度a（以向右为正方向），记录电流表示数I； ③重复步骤②，改变系统加速度，得到多组a、I的测量数据； ④断开开关，整理器材。 回答下列问题： （1）步骤①中电流表示数为__________A； （2）若系统从静止开始向右加速，则电流表示数将__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）； （3）当加速度传感器示数为a（a＞0）时，弹簧的形变量为x，则滑动变阻器接入电路的有效阻值为__________（用L、x、R表示）； （4）利用图像来处理获得的多组实验数据，若以a为纵轴，以为横轴，通过描点可以做出如图丙所示的线性关系图像，图像纵截距为-b。根据题目中所给的字母，可得该电源的内阻为__________（用m、R、k、L、b表示）； （5）若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果__________（选填“有”或“无”）影响，并说明理由：_________________________________________________。 【答案】（1）（2）变小 （3） （4） （5）有；电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大。 【详解】（1）图乙电流表选择的量程为，分度值为，因此电流表的示数为。 （2）若系统从静止开始向右加速，则加速度传感器应受到向右的合力，弹簧会被压缩，滑动变阻器的滑动触头会向左移动，因此滑动变阻器接入电路的电阻会变大。根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为 随着外电阻的增大，电路中的电流会变小。 （3）滑动变阻器的总阻值为，有效长度为。当加速度（向右加速）时，弹簧被压缩，滑动触头向左移动，此时接入电路的有效长度为 由于滑动变阻器的阻值与长度成正比，接入电路的有效阻值为 （4）当加速度传感器示数为时，弹簧的压缩量为，对加速度传感器列牛顿第二定律方程： 解得 根据闭合电路欧姆定律： 整理变形得： 所以图像与纵轴的截距为，解得该电源的内阻为： （5）当考虑电流表的内阻时，闭合电路欧姆定律的表达式会变为：在推导的线性关系时，电流表的内阻会和电源的内阻 合并为一个等效内阻。 因此计算出的“电源内阻”实际上是，和真实的电源内阻不一致。所以若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果会有影响，电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大。 3．【2026·镇江零模】小明准备利用如图1所示的电路测量电源的电动势和内电阻，S1和S2为联动开关，同时闭合或断开。 （1）闭合开关S前，滑动变阻器的滑片开始应该置于________（选填“最左端”或“最右端”）。 （2）开关S闭合后，再将S1和S2闭合，将图1中滑动变阻器滑片移动到某一位置，此时电压表的示数U如图2所示，读数为________V；再断开S1和S2，读出此时电流表的示数I。 （3）该同学多次重复（2）的实验步骤，得到多组U和I，根据记录的数据做出U-I图像如图3所示。根据U-I图像得出：电动势E=________V，内电阻r=________Ω（结果均保留两位小数）。 （4）若电动势和内阻的真实值分别为E0、r0，考虑电压表和电流表均不是理想电表，则根据某组测量数据U1、I1计算出的值________（选填“大于”、“等于”、“小于”）r0，请简述你的理由_____。 【答案】（1）最右端（2）1.35V~1.39V（如1.37V）（3）E=1.50V，r=1.00Ω（4）大于；I1为电流表串入电路时测得的值，比电压表接入电路时对应的电流要小，所以计算结果大于r0​ 【详解】（1）闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于阻值最大端（最右端），使初始电流最小，保护电路元件。 （2）电压表量程为0~3V，最小刻度为0.1V，读数范围为1.35V~1.39V。 （3）由闭合电路欧姆定律E=U+Ir，变形得： 内阻：由图像斜率的绝对值，取两点(1.40,0.10)、(1.20,0.30)：​⟹ 电动势：将点(1.20,0.30)代入E=U+Ir=1.20+0.30×1.00=1.50V （4）电流表并非理想电表，串入电路时回路总电阻偏大，电流表串入电路中测得的电流I1，比电压表接入电路时的电流偏小，所以计算出的内阻会大于电源真实内阻r0。 综合计算预测01 气体实验定律综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【2026·徐州一模】 肺活量测量仪模型如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸内有两个轻活塞A、B，活塞B紧靠固定阀门K，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，气体体积V1=6.0×103mL，压强为一个标准大气压p0。用力推活塞A使其缓慢向右移动，当阀门K与活塞B间的气体体积V2=3.5×103mL时，测得气体的压强为1.2p0，忽略气体温度变化。 （1）气体的压强为1.2p0时，求阀门K与活塞A间气体的体积V； （2）此过程中，活塞A对活塞A、B间气体做的功为504J，活塞A、B间气体对活塞B做的功为395J，求活塞A、B间气体放出的热量Q。 【答案】（1）（2） 【详解】（1）气体做等温变化，由玻意耳定律： 初态：=6.0×103mL，=​ 末态：=3.5×103mL+V，=1.2​ 代入公式： 解得： （2）等温过程中内能不变，=0。根据热力学第一定律：， 代入：解得： ，所以活塞A、B间气体放出的热量 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理热学计算题为中档稳分大题，难度不偏不怪，套路极固定。确定研究气体、找初末状态参量、判断变化类型、选用气体定律，计算以基础代数运算为主。气缸活塞、U型管、玻璃管液柱、两部分隔离气体，年年变式不离原型。除气体状态计算外，必搭配吸放热、做功、内能变化定性判断。活塞刚好滑动、液柱不溢出、气体分离、等容/等压临界转折点考察也比较多，需找临界状态参量。 押题秘籍： 1.气体实验定律及理想气体状态方程 理想气体状态方程：＝C ＝ 2.“三类模型” （1）“玻璃管液封”模型 ①液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。 ②不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。 ③有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。 ④当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。 （2）“汽缸活塞类”模型 ①研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 ②气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。 ③气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。 ④两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。 （3）“变质量气体”模型 ①打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。 ②抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变。 ③灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。 ④漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州二模】一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，已知气体初始状态参数如下：状态a的压强，体积，温度；为等压过程，状态b的体积；为绝热过程，气体对外做功；为等温过程。 （1）求过程中，气体从外界吸收的热量Q； （2）现将该理想气体充入容积为的储气罐中，储气罐初始温度为、压强为，充入后储气罐内气体温度降至，压强变为。求充入储气罐的气体在状态a下的体积（不计充气过程气体泄漏，充气后储气罐内气体可视为理想气体）。 【答案】（1）300J （2） 【详解】（1）状态a的热力学温度， a→b等压过程，由盖-吕萨克定律， 解得： 理想气体循环过程回到初始状态，总内能变化ΔU总=0，即 b→c为绝热过程，Q=0，气体对外做功W1=100J，由热力学第一定律ΔUbc=−W1=−100J c→a为等温过程，理想气体内能不变，ΔUca=0。由，得：ΔUab=100J a→b过程的功与热量等压过程气体对外做功：由热力学第一定律，解得： （2）充气问题的体积计算 根据理想气体状态方程，对充入气体前后的整体列方程：，解得： 2．【2026·南京一模】如图所示，“工”字型支架A固定在水平地面上，支架上端为一截面积的圆柱形活塞，活塞与质量导热圆柱形汽缸B间封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。已知环境温度，封闭气体的长度，外界大气压强。 （1）环境温度时，求封闭气体的压强p； （2）当环境温度缓慢变为T2时，汽缸的机械能减少2J，气体内能减少2J，求： ①环境温度T2； ②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热？求热量的大小Q。 【答案】（1） （2）①；②气体对外放热；热量大小为 【详解】（1）分析汽缸的受力平衡： 解得： （2）①汽缸机械能减少，由重力势能变化关系： 解得： 封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律： 解得： ②汽缸对气体做的功为： 由热力学第一定律： 联立解得： 因此气体对外放热，放出的热量大小为。 3．【2026·镇江一模】如图所示为一定质量的某种理想气体从状态A到状态B的体积随温度变化的图像。已知气体在状态A时的压强，体积，温度；在状态B时的温度。 （1）求气体在状态B时的体积VB； （2）若上述过程气体内能增加了200J，求该过程中气体吸收的热量。 【答案】（1）（2） 【详解】（1）由题图可知，为等压变化，根据盖-吕萨克定律： 代入数据解得： （2）过程中，外界对气体做功为： 根据热力学第一定律： 联立解得： 综合计算预测02 力学三大观点的综合性应用 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【2026·南京一模】 如图所示，质量为m的物块AB静止在光滑水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道，B点切线水平。质量为2m的小球自圆弧顶端A点上方的C点自由下落，落到A点后沿光滑圆弧轨道下滑，A、C两点的距离也为R。物块AB的右侧水平地面上有n个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、n，相邻滑块间的距离均为L。小球运动到水平面后与小滑块1发生弹性碰撞，此后立即撤去小球。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。已知重力加速度大小为g，小球和各个滑块均可视为质点，不计空气阻力。 （1）求小球运动到物块AB的底端B时，物块AB向左运动的距离及小球的速度大小； （2）求小滑块n碰后的速度大小； （3）若小滑块所在的水平面粗糙，所有小滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ，且所有碰撞依次发生。求从小球与滑块1碰撞后开始到所有碰撞完成瞬间，摩擦力对小滑块系统所做的总功。 【答案】 【详解】 （2） （3） 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理基本固定一道力学综合计算题，命题始终围绕：牛顿运动定律（动力学观点）+动能定理/功能关系（能量观点）+动量定理/动量守恒（动量观点）交叉综合，一题多用三种方法。高频必考模型：板块滑块、传送带、圆弧+平抛、弹簧连接体、多过程直线运动、碰撞+后续运动，每年基本只是换数据、换情境，物理模型不变。题目物体基本分为2～3个运动阶段：加速、减速、碰撞、共速、分离、圆周、平抛，要求分段受力、分段选规律，不能全程乱用公式。解题过程重在选对研究对象、选对过程、选对物理观点，列式规范、步骤得分。摩擦生热、机械能损失、系统能量守恒是标配设问，必结合板块相对位移、传送带相对滑动命题。 押题秘籍： 1.解决动力学问题三个基本观点 （1）力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 （2）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。 （3）动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。 2.力学规律的选用原则 （1）如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 （2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。 （3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 （4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 （5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 密押预测·精练通关 1．【2026·江苏二模】如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°，B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为30°带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求： （1）初始时，弹簧形变量x1的大小； （2）A沿斜面下滑的最大速度vm； （3）A沿斜面下滑至位移最大时，C对挡板的压力大小 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，初始时弹簧处于压缩状态。 设压缩量为 ，由B沿斜面方向受力平衡可得 解得 （2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为 此时对B沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有 联立解得 因为，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒得 联立解得 （3）根据简谐运动知识可以判定A、B两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为A 当小球A运动到最低点时，B向上运动的最大距离为 此时弹簧的伸长量为 此时对C做受力分析，由平衡方程有 联立解得 由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小为 2．【2026·南京二模】如图所示，木板B静止于光滑水平面上，质量MA=3 kg的物块A放在B的左端，另一质量m=1 kg的小球用长L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。锁定木板B，将小球向左拉至轻绳呈水平状态并由静止释放小球，小球在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后A在B上滑动，恰好未从B的右端滑出。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，物块与小球可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。 （1）求小球与A碰撞前瞬间绳上的拉力大小F； （2）求B的长度x； （3）若解除B的锁定，仍将小球拉到原处静止释放，为了使A在B表面的滑行距离能达到，求B的质量MB的范围。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设小球下摆至最低点时，速度的大小为，小球下摆的过程根据动能定理有 受力分析可得最低点有 解得 （2）小球与A碰撞动量守恒，故有 机械能守恒则有 解得 A在B上滑行的过程能量守恒，则有 解得 （3）小球与A碰撞后至A与B共速，由动量守恒定律有 能量守恒 解得 所以 3．【2026·镇江零模】如图所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，以速度v0在光滑水平面上向物块B运动。t=0时，弹簧与B接触；t=t0时，A、B速度相等为，弹簧压缩量为。A、B分离后，B滑上足够长的粗糙传送带，一段时间后再次与A碰撞。分离后，B再次滑上传送带，到达的最右侧位置与前一次相同。已知传送带速度大小为v，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，A始终在光滑水平面上运动，每次碰撞均发生在光滑水平面上。求： （1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； （2）第一次碰撞过程中，A物体相对地面的位移； （3）全过程中系统产生的总摩擦热。 【答案】（1）（2）（3） 【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，根据动量守恒定律：解得。 根据能量守恒定律：解得。 （2）全过程，由于对称性可知，总时间为2t0，弹簧恢复原长，AB位移相等：可得。 （3）取v0​方向为正方向，设物块A、B第一次分离后速度分别为vA1​、vB1​，由动量守恒定律：由机械能守恒：解得，。 同理A、B第二次分离后速度分别为、，因B物块到达最右侧的点相同，故，再次利用动量和能量关系得。同理，第三次分离后速度分别为，之后物块B不再滑上传送带。 传送带上，物块B向右减速到0的时间：所以： 设B减速与加速过程中相对地面的位移大小为xB，物块B与传送带之间的相对位移：解得： 所以全过程中系统产生的总摩擦热为：解得： 4．【2026·南通一模】如图所示，一质量为3m的小滑块A静止在倾角为的足够长斜面上，另一质量为m的小滑块B从距A滑块L处由静止释放，经过一段时间滑块B与滑块A发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知滑块A与斜面间的动摩擦因数μA=2tanθ，滑块B与斜面间无摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）滑块B与滑块A发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v0； （2）滑块B与滑块A发生第一次碰撞后两者间的最大距离x； （3）整个过程中滑块A与斜面间摩擦产生的总内能Q。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）滑块B不受摩擦力，沿斜面向下做匀加速直线运动，由动能定理： 解得： （2）B与A发生完全弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒与机械能守恒： 解得：（负号表示速度沿斜面向上） 因，碰后A滑块沿斜面向下做匀减速直线运动到停下， 加速度大小为： 则滑块A下滑的位移为： 滑块B先向上以加速度做匀减速直线运动， 速度减为零后再反向以做匀加速直线运动。 当滑块B的速度减为零时，两滑块的距离达到最大，有： (3) 滑块A与B在第一次碰撞后，与斜面间的摩擦生热为： 滑块B向下加速回到出发点的速度为，再加速到A处的速度设为， 由动能定理： 解得： 同理可得第二次碰后A的速度大小为： 滑块A第二次下滑的位移为： 产生的热量： 同理可得： 故可知总热量： 综合计算预测03 带电粒子在电磁场中的运动 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【2026·南京一模】 如图所示，在xOy坐标系中，有垂直坐标平面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，电场和磁场的分界线为MN，MN与y轴的夹角为，匀强磁场的磁感应强度为B，匀强电场的电场强度未知。一个质量为m、电量为+q的粒子，在坐标原点以大小为v0、方向与x轴负方向成θ=30°的初速度射入磁场，粒子经磁场偏转进入电场后，恰好能到达x轴。不计粒子的重力，求： （1）粒子在磁场中的轨迹半径； （2）匀强电场的电场强度大小； （3）粒子从O点射出后到第二次经过边界MN时，粒子运动的时间。 【答案】 【详解】 （2）粒子在磁场中运动轨迹如图： （3）粒子运动轨迹如图 分析有理·押题有据 命题趋势： 带电粒子在电磁场中的运动为江苏高考物理常考电磁大题，处于计算题中档或压轴位置，是高分必争模块。命题以组合场为主、复合场为辅，主要考察电场加速+磁场偏转的组合场；少量考查电、磁、重力共存的复合场，不考超难空间立体磁场，只限于平面运动。以速度选择器、质谱仪、回旋加速器、偏转电场为命题背景，源于教材、高于教材变式。解题关键不在公式多难，而在画轨迹、找圆心、定半径、找偏转角、利用几何边长关系；物理公式固定，重在几何建模。多过程分段设问常态化，电场匀加速/类平抛→进入匀强磁场圆周偏转→再穿出、再入射，分段用不同规律。常设置有界磁场边界、粒子刚好不从边界射出、轨迹相切、最大最小速度/半径等临界设问，侧重逻辑分析，不堆运算量。 押题秘籍： 1.带电粒子在组合场中的运动 （1）组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现． （2）“电偏转”与“磁偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 只受恒定的静电力F＝qE v⊥E进入匀强电场 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB v⊥B进入匀强磁场 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律 x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 利用牛顿第二定律、向心力公式有 r＝，T＝，t＝ 2.带电粒子在叠加场中的运动 （1）叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 （2）常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 密押预测·精练通关 1．【2026·淮安一模】如图所示xOy平面内，虚线y=h上方存在垂直平面向外的匀强磁场、下方存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从P（-2h，h）点以速度大小v0、方向与x轴正方向间的夹角θ=45°射入磁场。一段时间后，粒子第1次从虚线上的Q（0，h）点进入电场，在电场中的运动恰好不通过x轴，粒子重力不计。求： （1）磁场的磁感应强度大小B； （2）粒子从P点射入至第2次经过虚线所用的时间t； （3）粒子第5次经过虚线时位置的横坐标x。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）粒子运动轨迹为 由几何关系，粒子在磁场中运动的轨道半径满足： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：，解得：​​ （2）粒子运动周期为 磁场中运动时间：粒子在磁场中运动个周期​ 电场中运动时间：竖直方向做匀变速运动， 解得： 总时间： （3）求粒子第5次经过虚线时的横坐标x 每次在电场中水平位移： 每次在磁场中水平位移： 第5次经过虚线时，经过2次电场和2次磁场，总位移：x 2．【2026·苏北七市一模】如图所示，xOy坐标系的第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子，从处以初速度v0沿+x方向运动，经磁场偏转后垂直x轴射出。粒子的重力不计。 （1）求磁场的磁感应强度B的大小； （2）若第二象限加平行y轴方向的匀强电场，其他条件不变，使粒子穿出电场后能进入第一象限，求电场强度E的大小满足的条件； （3）在（2）问条件下，若匀强电场的电场强度大小为E0，求粒子的运动轨迹与未加电场时粒子运动轨迹交点的纵坐标y，并分析交点的位置特点。 【答案】（1） （2） （3）-L；交点固定在直线上，与电场强度无关。 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径。 洛伦兹力提供向心力，有 解得 （2）粒子在电场中做类平抛运动，临界情况为恰好从轴射出电场。轴方向： 解得轴方向：解得 故电场强度满足的条件为 （3）若匀强电场的电场强度大小为， 设电场沿方向，粒子经电场偏转后从 点进入磁场，速度大小为，与轴方向夹角为，从点离开磁场，速度与方向夹角为，与未加电场时粒子运动轨迹交于点。 粒子在电场中方向的偏移量：设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，圆心为 ，由洛伦兹力提供向心力可得： 又圆心横坐标：圆心纵坐标： 在 中，由正弦定理可得： 解得由几何关系得交点的纵坐标：若电场沿轴正方向，同理可得。 因此，在题设条件下交点位置与电场无关，始终固定在直线上。 3．【2026·南京二模】回旋加速器在众多领域有广泛的应用，其工作原理如图所示，某科研机构中有一台回旋加速器，粒子在D形盒中最大圆周运动半径为30cm，该机构能够提供的最大磁感应强度为的磁场，某次实验中要对质子加速，质子在D1盒边缘附近的A点附近由静止释放，已知质子质量m=1.6×10-27kg、电荷量q=1.6×10-19C，忽略狭缝的宽度，在计算中取π=3。求： （1）某次交流电提供的加速电压为2×103V，要加速多少次质子动能才能达到18MeV； （2）若该机构能提供的加速电压频率最高为1.2×107Hz，则质子在磁场中运动的最大动能是多少eV； （3）研究表明，粒子做圆周运动的圆心位置不是固定的，如图所示，该加速器所用磁场磁感应强度为B，方向垂直直面向内，加速电压为U，质子质量为m，电荷量为q，请探究粒子圆周运动轨迹的圆心在x轴上（原点为A）坐标的变化规律（结果用B、U、m、q以及加速次数表示） 【答案】（1）9000次； （2）； （3） 【详解】 （1）根据动能定理可得 解得 要加速9000次质子动能才能达到18MeV。 （2）质子在磁场中的运动周期应等于加速电压的周期，则有 又 联立可得加速电压最高频率对应的最大磁感应强度为 当质子在磁场中的运动半径等于D形盒半径时，质子在磁场中具有最大动能，由洛伦兹力提供向心力可得 解得 质子的最大动能为 （3）设粒子在电场中经过次加速后，根据动能定理可得 解得 粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得 解得 粒子经过1次加速后，粒子圆周运动轨迹的圆心轴上坐标为 粒子经过2次加速后，粒子圆周运动轨迹的圆心轴上坐标为 粒子经过3次加速后，粒子圆周运动轨迹的圆心轴上坐标为 粒子经过4次加速后，粒子圆周运动轨迹的圆心轴上坐标为 综上分析可知，粒子圆周运动轨迹的圆心在轴上（原点为A）坐标的变化规律为 4．【2026·徐州一模】如图甲所示，M、N为水平放置长为L的平行金属板，两板相距也为L。一束带正电、比荷为的粒子流（重力不计），以初速度沿两板正中间水平射入两板间。粒子恰好由N板下边缘A点射出，以A点为坐标原点建立直角坐标系。 （1）求粒子经过A点时速度大小和方向； （2）若y轴右侧有一方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，x轴下方磁感应强度大小为，x轴上方磁感应强度大小为，要使粒子进入磁场后恰好不离开磁场。求：； （3）仅撤去（2）中的磁场，在y轴右侧加上如图乙所示足够大的周期性变化的磁场（已知），设磁场方向垂直于纸面向里为正。求：时刻从A点进入磁场的粒子经过x轴时的坐标值。 4. 【答案】（1），速度方向与水平成斜向下； （2）； （3）见解析。 【详解】 （1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有 竖直方向有 解得粒子经过A点时的速度大小即速度方向与水平成斜向下。 （2）设x轴下方磁场中轨道半径为r1，x轴上方磁场中轨道半径为r2，由几何关系可得 解得 根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 联立解得 （3）粒子在t=0时刻进入磁场，一个磁场变化周期中粒子沿x轴前进的距离其中 可能①：经过x轴时的坐标值 可能②：经过x轴时的坐标值 综合计算预测04 电磁感应导轨模型综合应用 试题前瞻·能力先查 限时：10min 【南通一模】如图所示，固定于水平面内电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度v0、2v0（方向相同），两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中，回答下列问题： （1）求初始时刻回路中的感应电动势和感应电流的大小； （2）求两棒最终达到的稳定速度大小；若某一时刻ab的速度为，求此时cd的速度； （3）求从开始到两棒达到稳定速度的过程中，ab杆产生的焦耳热；并求此过程中两棒之间距离的变化量。 【答案】（1），​（2），​（3）， 【详解】（1）初始时刻，两棒切割磁感线产生的感应电动势反向叠加：回路总电阻为2R，感应电流： （2）两棒整体不受外力，稳定时共同速度，动量守恒：​​ 当ab棒速度为时：​​ （3）回路总焦耳热等于系统动能损失，且两棒电阻相等，热量均分：解得ab杆产生的焦耳热： 对ab棒应用动量定理，结合安培力冲量与电荷量的关系：其中，联立解得间距增加量： 分析有理·押题有据 命题趋势： 江苏高考物理体育运动与健身类题目以力学（抛体运动、圆周运动、能量与动量、受力平衡）为核心，融合运动学、功和能、流体力学等模块，形成跨模块综合题。命题强化真实运动场景下的多过程动力学分析，结合多个物理过程进行考察，如篮球从抛投到入筐、游泳从加速下滑到减速停止的多过程分析。题目将更多地结合体育运动与健身的真实情境，如田径项目、球类运动、智能健身设备等，实现运动场景与物理建模的深度融合。 押题秘籍： 1.典型单杆模型 示意图 动力学观点 运动图像 能量观点 v0≠0 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计 导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝＝，安培力F安＝BIL＝，做减速运动，v⇒F安⇒a，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止 动能全部转化为内能： Q＝mv 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计 导体杆速度为v时，感应电流I＝，导体杆受安培力F安＝BIL，做减速运动，v，电容器充电，UC，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动 导体杆的部分动能转化为电阻的电热和电 容器的电场能：mv ＝mv＋Q＋EC v0＝0 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计 S闭合，杆ab受安培力F安＝，此时a＝，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒回路中电流I⇒安培力F安＝BIL⇒加速度a，当BLv＝E时，v最大，且vm＝ 电源输出的电能转化 为动能：W电＝mv 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定 开始时a＝，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv⇒电流I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，vm＝ F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电阻产生的电热：WF＝Q＋mv 2.典型双杆模型 （1）初速度不为零，不受其他水平外力的作用 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 示意图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝2La 动力学观点 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为vb∶va＝1∶2 运动图像 能量观点 一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk 动量观点 两杆组成的系统动量守恒 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 （2）初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨 示意图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 摩擦力Ffb＝Ffa 动力学观点 开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若Ff<F≤2Ff，则a杆先变加速后匀速运动；b杆静止。若F>2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同 运动图像 能量观点 F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf 动量观点 两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理 两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理 密押预测·精练通关 1．【2026·徐州一模】光滑水平面上虚线右侧区域存在磁感应强度大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。边长为L、每边电阻为R总质量为m的正三角形金属线框以速度v从虚线边界处进入磁场，最终线框完全静止在磁场中。求： （1）此过程产生的热量Q； （2）线框运动过程中，通过导线横截面的电荷量q。 【答案】 【详解】 （2） 2．【2026·江苏二模】如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。 （1）求导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度vm； （2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像； （3）求导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；并在a达到最大速度vm时，给b水平向右的瞬时速度v0（vm<vm），求此后b的最终速度vb。 【答案】（1） （2）摩擦力随时间变化图像： （3） 【详解】 （1）导体棒b刚要滑动时，对导体棒b有 解得 （2）导体棒b未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力。随着导体棒a速度增大，回路中感应电流变大，导体棒a所受的安培力变大，则导体棒a做加速度逐渐减小的加速运动，电流变化率逐渐变小，导体棒b摩擦力随时间的变化率逐渐变小；导体棒b滑动后，摩擦力为滑动摩擦力且恒定不变。 （3）当导体棒a的速度最大时，导体棒a加速度为0，对a有 根据能量守恒可知 联立解得 b获得最终速度时，导体棒a、b加速度均为0，对整体有 b获得水平向右的瞬时速度v0后，此后对ab系统分析，可知系统合外力为0，故系统动量守恒。设最终导体棒a的速度为va，规定向右为正方向，则有 当导体棒加速度减为0时有 因为 联立解得 3．【2026·南通二模】如图所示，倾斜平行光滑金属导轨MN、PQ相距为，导轨平面和水平面间夹角为θ，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下，轨道端点MP间接有阻值为R的电阻。质量为m，电阻为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。ab棒从静止开始滑行距离l1后与处的EF立柱发生弹性碰撞，反弹后沿轨道上滑的最大距离为l2。已知EF连线与ab棒平行，重力加速度大小为g。求该过程中 （1）电阻R中产生的热量Q； （2）通过电阻R的电荷量q。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）整个过程中，重力势能的减少量等于电路中产生的总焦耳热，可得 电阻中产生的热量 联立可得 （2）下滑过程有 可得 可得 同理上滑过程有 上滑和下滑过程中感应电流方向相反，可知通过电阻的电荷量 4．【2026·苏北七市二模】如图所示，在倾角θ=30°的足够长光滑斜面上，宽度为d的阴影区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，相邻磁场间的距离为2d。一质量为m的金属矩形线框ABCD放在斜面上端，AB中点系有平行于斜面的轻绳，轻绳绕过斜面底端的轻质定滑轮与一重物相连。现将线框由静止释放，此后通过每个磁场区域的时间都相等，运动过程中线框AB边始终与磁场边界平行，重物未落地．已知金属线框的电阻为R，边长为L、边长为d，重物的质量为m，重力加速度为g。 （1）求边穿过任意一个磁场区域过程中流过其截面的电荷量q； （2）求线框穿过任意一个磁场区域过程中，重物和线框组成的系统减少的动能ΔEk和线框产生的焦耳热Q； （3）若线框通过任意一个磁场区域过程中速度减小量为Δv，求该过程所用的时间t。 【答案】（1） ​（2） ， （3） ​ 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律，感应电荷量：线框穿过磁场时磁通量变化：，因此： （2） 动能减少量：线框在相邻磁场间位移为d，系统重力做功：系统动能减少量等于重力做功：焦耳热：线框穿过 3 个磁场区域，位移为 3d，系统重力势能减少量：由能量守恒，重力势能减少量全部转化为焦耳热： 对系统应用动量定理（取沿斜面向下为正方向）：安培力冲量：动量变化：代入整理： 解得： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 学科网（北京）股份有限公司 $