物理终极押题猜想（山东专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

**基本信息** 以新情景命题与高频考点预测为双核心，通过"情景建模-考点突破-方法提炼"三维体系，融合物理观念与科学思维，实现真实问题解决能力的专项突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |新情景命题篇|4情景×9题|文化/生活/科技/体育情景转化为物理模型，强调信息提取与模型建构|从真实情境到物理量映射，建立"情景-规律-应用"逻辑链| |高频考点预测篇|25考点×9题|选择题分类突破+实验题创新设计+计算题综合应用，提炼临界分析、多过程拆解法|按"概念-规律-应用"层级递进，覆盖力学、电磁学等核心模块|

2026年高考物理终极押题猜想 目 录 第一部分 新情景高考命题篇 2 情景一 与中国传统文化相关情景 2 情景二 与现代生活生产相关情景 5 情景三 与现代科技相关情景 9 情景四 与体育活动相关情景 13 第二部分 高频考点预测篇 17 【选择题预测】 17 选择题预测01原子物理 17 选择题预测02光学 20 选择题预测03热学 24 选择题预测04平衡问题和牛顿动力学问题 27 选择题预测05抛体运动 31 选择题预测06圆周运动 35 选择题预测07万有引力与航天 39 选择题预测08功能关系 43 选择题预测09机械振动和机械波 47 选择题预测10静电场基本规律应用 51 选择题预测11电磁感应基本规律应用 56 选择题预测12交变电流 61 【实验题预测】 65 实验题预测01力学实验 65 实验题预测02电学实验 72 【综合计算题预测】 81 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 81 计算题预测02几何光学的综合应用问题 85 计算题预测03带电粒子在电磁场中的综合应用问题 89 计算题预测04电磁感应的综合应用问题 95 计算题预测05力学三大观点的综合应用问题 100 第一部分 新情景高考命题篇 情景一 与中国传统文化相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】瓦的发明，是中华建筑史上的一座里程碑。如图所示，质量均匀分布的薄瓦片，可视为三分之一圆柱面（即瓦片横截面圆弧对应的圆心角为），对称地置于两平行细长的椽子上，瓦片边沿恰与椽子重合。已知瓦片与椽子间动摩擦因数为，两椽子构成的平面与水平面夹角为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为使瓦片能静止于椽子上，动摩擦因数应不小于（　　） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 近年来，以传统文化为载体的物理试题数量显著增多。这不再仅是“包装题目”，而是将文化自信与科技自立等核心价值观无缝嵌入情境细节-，成为2026年高考物理实现“立德树人”育人功能的重要路径。2026年教育部1号文件明确要求“增强民族自豪感：联系中国古今科技成就命题”，将“家国情怀、文化自信”等核心价值观嵌入试题。传统文化已成为独立的情境来源，在备考资料中被列为与科技前沿、社会生活并列的四大热点情境之一。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北石家庄·一模）如图所示，质量为的风筝受到垂直于风筝面向上的风力、沿风筝线的拉力和重力作用，在空中处于平衡状态，此时风筝平面、风筝线与水平面夹角均为。某时刻风力大小突然变为原来的2倍，通过调整风筝线与水平面的夹角使风筝再次在空中平衡，且调整过程中风筝平面与水平面的夹角始终为。不计风筝线质量，重力加速度为，风筝再次在空中平衡后，风筝线的拉力大小为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·海南·一模）海南椰雕是海南省的传统美术，是国家级非物质文化遗产之一、唐代就已出现关于海南椰雕的记载，明清时期椰雕被作为珍品进贡朝廷，赢得“天南贡品”之誉。某椰雕作品如图所示，碗和碗盖静止于水平桌面上，碗盖斜靠在碗的左侧。关于桌面对碗盖的弹力和摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．弹力方向斜向右上方 B．弹力方向竖直向上 C．摩擦力可能为0 D．摩擦力方向向左 3．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，在打糍粑的过程中，木槌先被高高举过头顶，后加速挥动击打糯米。从挥动开始到木槌刚接触糯米前，忽略空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．木槌受到的合力方向始终与它的运动方向一致 B．木槌的动能增加、重力势能减少，因此其机械能一定守恒 C．木槌向下运动是因为它受到的重力大于手对其的作用力 D．在加速向下的过程中，手对木槌的作用力与木槌对手的作用力始终等大 4．（2026·山东淄博·一模）如图甲是我国传统民俗表演活动“打铁花”。打铁花时，用柳木板迅速击打铁水，形成小铁块做抛体运动。假设有两块质量相同的小铁块A、B以相同的速率同时从柳木板同一位置离开，落到水平地面上，其示意图如图乙所示。所有运动轨迹均在同一竖直平面内，其中A的初速度方向水平，B的初速度方向斜向下，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小铁块A在空中运动时间较长 B．小铁块B水平射程较大 C．离开柳木板后，两小铁块轨迹可能相交 D．两小铁块落地时，重力的瞬时功率相同 5．（2026·陕西商洛·三模）图甲为记载于《武经总要》的“扬尘车”，守城时可借助风力来抛撒石灰粉以迷惑敌军。其原理可简化为如图乙所示的模型：石灰粉（质量较小）与沙石（质量较大）仅在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置P点由静止释放，石灰粉与沙石受到的风力大小相等，地面水平，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．石灰粉与沙石在空中做曲线运动 B．石灰粉落地时的速度小于沙石落地时的速度 C．落地时风力对石灰粉的瞬时功率等于风力对沙石的瞬时功率 D．从P点到落地的过程中，石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量 6．（2026·江苏南京·模拟预测）图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q为该波上平衡位置相距d=1.05m的两个质点（λ<d<2λ），此时质点P位于平衡位置，质点Q位于波峰（未画出），且质点P比质点Q先振动。图丙为图乙中P点的振动图像。袖子足够长，则下列说法正确的是（　　） A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的传播速度为0.75m/s C．经1.2s质点P运动的路程为1.2cm D．质点Q的振动方程为y=0.2sinm 7．（2026·广东汕头·一模）“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 8．（25-26高三上·山东聊城·期末）“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 情景二 与现代生活生产相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】便携式晾衣绳因其“免夹防滑”的等距小孔设计而备受推崇。如图所示，将此晾衣绳的两端固定在水平距离为d的两等高挂点M、N上，一旅客将衣服挂在正中间O点时，绳与水平方向夹角小于30°，两边绳张力大小均为；挂在靠近左端M的P处时，左侧绳PM张力为，右侧绳PN张力为，忽略绳重力。下列判断正确的是（　　） A．挂在P处时，由于两段绳材质相同，故 B．挂在P处时，左侧绳更陡峭，故 C．无论挂在OM间何处，两段绳拉力的合力不变 D．无论挂在OM间何处，均有 分析有理·押题有据 教育部《关于做好2026年普通高校招生工作的通知》（教学〔2026〕1号）明确指出，高考命题要“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”。新课标在“学业质量水平”与“教学建议”中，明确要求高中物理教学应注重联系生产生活实际，培养学生在真实情境中解决问题的能力。山东高考命题正从“知识立意”转向“素养立意”，强调理论联系实际。 密押预测·精练通关 1．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）溜索已经成为某些景点常见的娱乐项目，如图1所示。若溜索简化为如图2所示模型，将倾斜的索道看作直轨道，滑轮质量不可忽略，在某段下滑过程中游客和滑轮匀速下滑，不计滑轮下方连接游客的绳子质量，不计空气阻力，则（　　） A．绳子的拉力小于游客的重力 B．索道对滑轮的作用力方向一定竖直向上 C．绳子对游客的拉力可能垂直于索道 D．滑轮受到3个力的作用 2．（2026·陕西商洛·二模）青少年正处在身体发育阶段，若经常低头玩手机，会使颈椎长期受压，从而引发颈椎病。为研究颈椎受力，可粗略认为头部受到三个共点力的作用，即重力、肌肉拉力和颈椎支持力，如图所示，假设某同学头部重为，若低头看手机时颈椎与竖直方向成，此时颈部肌肉对头的拉力为，由此可以估算颈椎受到的压力为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·河北保定·一模）图甲是天花板下悬挂的创意水晶灯，图乙是其简化模型，上方质量为2m的环形灯饰用七根轻绳悬挂，轻绳与水平方向的夹角均为下方质量为m的环形灯饰用四根轻绳悬挂在上方环形灯饰下，轻绳与水平方向的夹角均为，悬挂点在灯饰上均匀分布，，则上、下方每根轻绳上拉力大小之比为（　　） A．12：7 B． C．72：35 D． 4．（2026·广东广州·模拟预测）一辆汽车以15 m/s的速度匀速行驶，在进入ETC通道入口时速度为5 m/s，匀速运动到自动栏杆处，在通道内ETC完成车辆信息识别，同时自动栏杆抬起，汽车通过自动栏杆后立刻加速，直到达到原来的速度，这一过程中其v-t图像如图乙所示，则（　　） A．汽车减速阶段和加速阶段的加速度相同 B．0~8 s内，汽车的平均速度大小为7.5 m/s C．车辆因为通过ETC通道耽搁了8 s的时间 D．ETC通道入口到自动栏杆处的距离为30 m 5．（2026·广东梅州·一模）如图甲所示，某工地正用起重机吊起正方形钢板，起重机的四根钢索、、、长度均为，钢板边长为，质量为，且始终呈水平状态。某次施工过程，起重机司机将正方形钢板从地面开始竖直向上提升，其运动的图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．过程正方形钢板克服重力做功的功率增大 B．过程每根钢绳的拉力为 C．上升过程中正方形钢板一直处于超重状态 D．末正方形钢板抬升高度为 6．（2026·浙江台州·二模）图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有质量m=0.2kg、长s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时立即锁定。下列说法正确的是（　　） A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功 B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大 C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N D．书本能与抽屉左侧发生磕碰 7．（2026·陕西宝鸡·一模）近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。假设实验人员穿上“防摔马甲”，倒地时着地时间延长为未穿时的5倍。则人在着地过程中，穿上“防摔马甲”和未穿相比，下列判断正确的是（　　） A．人的动量变化量变为未穿时的5倍 B．人的动量变化率变为未穿时的 C．人所受合外力的冲量变为未穿时的 D．人所受合外力的冲量变为未穿时的5倍 8．（2026·海南海口·二模）如图所示，2025年九三阅兵式上，由全降解天然材料制作的8万只气球腾空而起。最初的阶段，气球快速上升，外界大气压强迅速减小，气球体积膨胀，内部温度降低，则此过程中气球内部（　　） A．气体压强增大 B．气体分子的数密度增大 C．所有气体分子的速率都减小 D．气体分子的平均动能减小 情景三 与现代科技相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】光学镊子发明后，能用激光束“夹起”粒子、原子、分子；还能夹起病毒、细菌及其它活细胞，开启了激光在新领域应用的大门。在该问题中，我们可以将激光束看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，会对物体产生力的作用，光镊效应就是一个实例。现有透明介质小球，处于非均匀的激光束中（越靠近光束中心光强越强）。小球的折射率大于周围介质的折射率。两束相互平行的激光束，穿过介质小球射出时的光路如图所示。若不考虑光的反射和吸收，以下问题正确的是（　　） A．光束①动量变化量指向右上方 B．光束①与光束②给小球的作用力大小相等 C．小球受到的光束合力指向右上方 D．静止的小球会在光束合力作用下一直向右向上运动 分析有理·押题有据   2026年高考物理将彻底告别理想化“裸题”，全面转向以航天工程、量子科技、人工智能、新能源等国家科技前沿为载体的情境化命题，考查学生在真实科技场景中提取信息、构建模型的能力。教育部1号文件明确要求“优化试题素材选取，融入科技前沿动态”；真实情境题占比已超80%，情境多结合国家科技前沿；2025课标新增“服务国家战略”与“增强民族自豪感”两大考点。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东菏泽·一模）某山区高压输电线路易发生覆冰灾害，电力工人采用“直流短路融冰”技术进行除冰。将被覆冰的线路从电网断开后，在两端将多根输电线用专用短接线两两串联，再接入可调直流电源，构成闭合回路，利用焦耳热使冰层脱落。已知该线路共有六条输电线，融冰过程中输入直流电，消耗，不计电源内阻、短接线电阻和连接处电阻，则（　　） A．直流电源输出功率为 B．单根导线电阻为 C．融冰电流大小为 D．若融冰电流加倍，相同时间内产生的焦耳热变为原来的2倍 2．（2026·山东·模拟预测）如图所示，人形机器人通过脚踏特制弹射器完成空中翻腾动作后，通过腿部关节的精密配合与缓冲平稳落地。关于机器人的运动下列说法正确的是（　　） A．机器人上升到最高点时处于平衡状态 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中处于超重状态 C．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小动量的变化量 D．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小地面的冲击力 3．（2026·陕西咸阳·模拟预测）我国蛟龙号的继任者全海深潜载人探测器，在启航仪式结束后，将赶往马里亚纳海沟，进行蛟龙号以外的深度探测。假设在一次模拟探测中，探测器由静止从海面上以0.4m/s2的加速度匀加速下潜一段时间，速度达到8m/s后保持匀速运动了140s；最后以0.2m/s2的加速度做匀减速运动，当速度减为零时，探测器恰好到达模拟探测的海底。已知探测器在整个过程中始终在同一竖直线上运动，下列说法正确的是（　　） A．探测器匀加速下潜的位移大小为64m B．模拟探测的海底深度为1360m C．模拟下潜的总时间为240s D．整个模拟探测过程的平均速度大小为7m/s 4．（2026·山东·模拟预测）2025年我国油气陆地勘探万米垂直深井技术跨入世界先进行列。若把地球看成质量分布均匀的球体，钻探过程中钻头所处位置的重力加速度大小g和钻探深度h的关系图像如图乙所示，图像与横轴的截距为a，纵轴截距为b。已知质量分布均匀的球壳对球壳内部物体的万有引力为零，引力常量为G，则地球密度为（　　） A． B． C． D． 5．（2026·辽宁沈阳·二模）应用于机器人柔性电子皮肤的矩阵式电容传感器如图所示，底部为共用下极板，上下极板间由弹性微柱支撑。传感器工作时，电容器两端电压U恒定。当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，则（　　） A．电容器所带电荷量不变 B．电容器所带电荷量减小 C．极板间电场强度不变 D．极板间电场强度增大 6．（2026·浙江宁波·二模）某地某学习小组利用智能手机中的磁传感器测量了地磁场的磁感应强度。如图所示建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为平面，测量时轴正向保持竖直向上，后图像保持稳定。下列说法正确的是（    ） A．该学习小组在南半球进行的实验 B．地球内部磁场方向由地理南极指向地理北极 C．稳定后轴的正方向指向东边 D．当地地磁场的磁感应强度大小约为 7．（2026·浙江温州·二模）某同学设计“利用电磁驱动为磁悬浮列车提供动力”的情景如下：矩形金属线圈CDEF固定在列车底部，轨道区域内存在垂直于金属线圈平面的磁场，磁感应强度B随x按正弦规律分布，最大值为，其空间变化周期为2d。整个磁场始终以速度沿x轴正方向匀速平移。列车在电磁驱动下沿x轴正方向匀速行驶，速度为。已知金属线圈匝数为n，总电阻为R，宽，长。时刻，磁场随空间分布的B-x图像及相对应的实际情景俯视图如图所示，此时CD、EF所在处磁感应强度大小均为。下列说法正确的是（　　） A．金属线圈所受安培力方向的变化周期为 B．t=0时刻，金属线圈受到安培力大小为 C．电流变化的一个周期内，金属线圈产生的焦耳热为 D．时间内，通过金属线圈导线横截面的电荷量为 8．（2026·北京东城·一模）核磁共振（NMR）是一种在化学生物等方面具有极多应用的检验手段。已知氢原子核有自旋，自旋产生微小环形电流，环形电流产生磁场，其效果类似小磁针。如图1所示为核磁共振仪工作原理的简化图。与扫描发生器、射频发生器、探测器相连的线圈分别称作扫描线圈、射频线圈、探测线圈。核磁共振仪开始工作后，扫描线圈中通以强电流，形成水平方向的强磁场。此时氢原子小磁针的运动形式可类比为陀螺：可认为一端固定，另一端点以外界强磁场方向为轴做圆周运动，这一运动形式称为进动，如图2所示。当氢原子小磁针在强磁场中排列稳定后，在射频线圈中通以正弦交变电流。类似核外电子吸收能量跃迁至更高能级，射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级，氢原子小磁针进动模式因而发生改变。随后撤去射频电流，氢原子小磁针重新回到原进动模式。在这一恢复过程中，大量氢原子小磁针所产生的宏观磁场切割探测线圈，所形成的电流经处理最终成像。下列说法正确的是（    ） A．氢原子小磁针进动时，原子核的自旋以为轴 B．氢原子小磁针在重回原进动模式的过程中会释放能量 C．进动模式恢复过程中，探测线圈中的磁通量不变 D．射频线圈产生的电磁波频率高于射线 情景四 与体育活动相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示为运动员在竖直方向上练习蹦床运动的情景。用x、v、a、E、t分别表示运动员从离开蹦床在空中运动的位移、速度、加速度、机械能和时间。若忽略空气阻力，取向上为正方向，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 教育部教育考试院已明确将体育运动作为高考物理的常态化情境设计方向，体育运动情境已成为高考物理的稳定命题热点。2022—2024年间，全国卷及各省卷中球类运动、冰雪运动、蹦床等项目轮番登场，考频持续走高。2026年将延续这一态势，稳居“必考情境”之一。与体育运动相结合，引导学生增强健康意识、热爱体育锻炼，服务于“德智体美劳”全面发展。导向明确，命题力度不会减弱。 密押预测·精练通关 1．（2026·甘肃兰州·二模）如图1所示，中国选手何岳基在2025年世界举重锦标赛中，以抓举160公斤的成绩刷新世界纪录。图2是何岳基抓举160公斤成功后保持静止的示意图，1公斤=1千克，g取，则下列说法正确的是（　　） A．何岳基的每条胳膊承受的力大小为800N B．何岳基的每条腿承受的力小于800N C．何岳基两腿夹角越小，脚对地面的压力越小 D．何岳基双臂夹角越大，每条胳膊承受的力越大 2．（2026·山东枣庄·一模）如图所示，网球运动员两次击球时，击球点A、B与球网的水平距离均为2L，离地高度分别为2L、L。网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向下和斜向上，与水平方向夹角均为。网球均刚好掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，则的值为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·浙江宁波·二模）国际拔河比赛规定，每个队按8名运动员体重的总和分成若干重量级别，同等级别的两个队进行比赛。如图所示，运动员必须穿“拔河鞋”或没有鞋跟等突出物的平底鞋，不能戴手套。不计拔河绳的质量，认为拔河过程中绳始终保持水平，下列说法正确的是（　　） A．地面对运动员的作用力方向竖直向上 B．获胜队伍对绳的拉力大小等于失败队伍对绳的拉力大小 C．拔河绳对两支队伍的拉力是一对相互作用力 D．比赛过程中两队队员受到的地面摩擦力总是等大反向 4．（多选）（2026·河南开封·模拟预测）如图所示是机器人进校园陪孩子们上体育课的情景，机器人在距离地面高2.3m处将排球以8.0m/s的速度水平向右击出，同学在离地0.5m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等、方向相反。已知排球质量为0.3kg（重力加速度，不计空气阻力），则（　　） A．排球被垫起前在水平方向飞行的距离为4.8m B．排球被垫起前瞬间速度与水平方向的夹角为53° C．排球被垫起前后所受合力的冲量大小为 D．排球被垫起后将不能回到原来的抛出高度 5．（多选）（2026·山西太原·一模）如图所示，质量为的运动员踩着质量为的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。滑板底部装有转向桥，滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直线始终与滑板平面垂直，且与圆心、所在的竖直线的夹角为。运动员与滑板之间只存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑板重心所在圆弧的半径分别为、，两者相对静止且转弯的角速度均为。已知重力加速度为，空气阻力及滑板与地面的滚动摩擦均不计。下列说法正确的是（　　） A．运动员身体与竖直方向的夹角满足 B．运动员受到滑板的作用力的大小为 C．滑板受到地面的静摩擦力大小为 D．滑板与地面间的动摩擦因数至少为 6．（多选）（2025·广东·模拟预测）图甲是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.6s，回桨用时0.4s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．在0~0.6s内，桨对水的力大于水对桨的力 B．在0~1s内，龙舟前进了0.48m C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为 D．在此次练习的过程中，经过5次划桨后，龙舟的速度不低于3m/s 7．（多选）（2025·浙江宁波·模拟预测）2023年球王梅西中国行期间，在北京工人体育馆应邀和嘉宾一起参加了一项足球挑战赛，具体游戏模型如下图所示，参赛队员要在地面任选一个位置将球踢出并越过一堵有厚度的墙，并落入方框当中。不计球的大小和空气阻力，不考虑球在框中的反弹，下列选项中说法正确的是（   ） A．踢球点越靠近墙壁，球在空中的时间越短 B．存在一个踢球点，能够使球在空中运动的时间最短 C．要使脚对球做功最少，足球踢出去的初速度方向与水平方向的夹角大于45° D．要使脚对球做功最少，足球踢出去的初速度方向与水平方向的夹角小于45° 8．（多选）（2026·福建厦门·二模）如图甲所示，小福同学在放有力传感器的水平地面上做俯卧撑运动，每次完整的俯卧撑包括身体从最高点下降到最低点的“下降”过程和身体由最低点上升到原最高点的“上升”过程，图乙为完成一次完整俯卧撑的过程中力传感器的示数随时间变化的情况。已知小福同学体重为72kg，该次完整的俯卧撑用时1.5s，其中“上升”时间约为“下降”时间的1.5倍，“下降”过程重心降低约0.2m，重力加速度大小g取，则小福同学（　　） A．从到，身体处于“下降”过程 B．从到，身体处于“上升”过程 C．本次“下降”过程重力做功的平均功率约为144W D．本次“下降”过程重力做功的平均功率约为240W 第2部分 高频考点预测篇 选择题预测01近代物理 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】我国探月工程使用钚238（）同位素热源配合温差发电组件为探测器供电，主要利用其发生衰变释放的热来发电，发电组件热端为放射性同位素衰变热源，冷端为月球月夜低温环境，发电组件内的电子在温差驱动下由热端向冷端定向移动形成电流，则（　　） A．一个核内有144个中子 B．该衰变的核反应方程为 C．的半衰期会受到温差的影响 D．工作时发电组件内的电流方向由热端到冷端 分析有理·押题有据 近代物理涉及微观世界的抽象原理，是培养学生现代物理观念的关键。2026年命题将重点考查光电效应、能级跃迁及核反应规律在尖端科技中的迁移与应用，强调“量子化”思想在解决实际问题中的价值。 教育部1号文件要求试题加强“项目式、探究式的真实情境问题设计”，且近年来高考真题多次以“中微子实验室探测”、“量子纠缠实验”等为载体进行考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西九江·二模）当太阳内部氦资源消耗殆尽时，将出现“氦闪”现象，同时释放巨大的核能，科幻片《流浪地球2》就是描述此情景的。“氦闪”现象的本质是氦核聚变，其核反应方程为。已知一个氦核的质量为，一个X核的质量为，一个质子的质量为，一个中子的质量为，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程中的X是氮核 B．X核的结合能为 C．核的比结合能小于X核的比结合能 D．该聚变反应释放的核能为 2．（2026·甘肃兰州·二模）“烛龙一号”是由无锡贝塔医药科技有限公司联合西北师范大学科研团队研发的国内首款C-14核电池，其工作原理基于放射性同位素C-14的衰变，通过换能器件可以直接将射线粒子的动能转化为电流。对此，下列说法正确的是（　　） A．该衰变为衰变 B．衰变释放的射线粒子来源于核外电子 C．随着温度的升高，C-14的半衰期不变 D．的比结合能比的比结合能小 3．（2026·北京石景山·一模）2025年，我国新一代人造太阳“中国环流三号”首次突破“双亿度”参数水平，可控核聚变技术取得重大突破。目前可控核聚变实验中最主要的核反应由一个氘核和一个氚核碰撞生成一个氦核实现，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程为 B．氚核的中子数是3 C．该核反应中质量数不守恒 D．该核反应中氘核和氚核的总质量大于氦核的质量 4．（2026·浙江绍兴·二模）图1为氢原子的能级图，入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，现用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有两种光能得到图3所示的电流与电压的关系曲线。已知电子电荷量。下列说法正确的是（    ） A．入射光的光子能量为 B．滑片向端移动时，电流表示数变大 C．光照射下，遏止电压 D．光照射下，单位时间内到达极板光电子数最多为个 5．（2026·江苏徐州·模拟预测）我国建造的世界上亮度最高的第四代同步辐射光源“未来之光”，和第三代同步辐射光源相比，电子被加速后的能量更高，辐射的X射线穿透能力更强，则（　　） A．电子的物质波波长更长、辐射的X射线波长更长 B．电子的物质波波长更长、辐射的X射线波长更短 C．电子的物质波波长更短、辐射的X射线波长更长 D．电子的物质波波长更短、辐射的X射线波长更短 6．（2026·辽宁·一模）如图所示为某品牌光控开关的核心部件——光电管，用一束单色光照射光电管阴极的光敏材料，发生光电效应。下列说法正确的是（　　） A．增大该单色光的照射强度，光电子的最大初动能一定增大 B．若改用频率更高的单色光照射该光电管，遏止电压将变大 C．光电效应现象说明光具有波动性 D．光电效应中，一个电子可以同时吸收多个光子，从而逸出金属表面 7．（2026·山西晋城·一模）如图所示为氦离子的能级图，大量处在能级的氦离子自发地向基态跃迁，向外辐射的能量以光子的形式释放，其中向外辐射的光子种类有N种。已知可见光的光子能量范围为。下列说法正确的是（　　） A． B．从能级跃迁到能级向外辐射的光子频率最大 C．从能级跃迁到能级向外辐射的光子波长最长 D．向外辐射的光子中有2种光子属于可见光 8．（2026·辽宁·模拟预测）如图（a）所示的、、、是氢原子从高能级向能级跃迁时产生的谱线，属于巴尔末系，如图（b）所示为氢原子部分能级图。下列说法正确的是（　　） A．的光子动量大于的光子动量 B．是由能级向能级跃迁产生的 C．对应的光子可以使氢原子从基态跃迁到激发态 D．的光子照射处于状态的氢原子，可以使氢原子电离 选择题预测02光学 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图1为弹簧正视示意图，实线和虚线表示螺旋细铁丝，弹簧上实线细铁丝和虚线细铁丝互成一定的角度。一束激光垂直弹簧轴线照射弹簧（只能照射到两圈弹簧），在光屏上会形成如图2所示的夹角为的“X”形交叉条纹。根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双缝的干涉图像一致。下列说法正确的是（    ） A．若稍微压缩弹簧，则图2中的夹角将变小 B．若稍微压缩弹簧，则光屏上的条纹将更加密集 C．若改用频率更低的激光，则图2中的夹角将变小 D．若改用频率更低的激光，则光屏上的条纹将更加密集 分析有理·押题有据 山东近五年每年必考，且形式逐年创新，趋势延续性极强。2025山东卷首次将干涉与偏振装置高度融合，在双缝干涉基础上加入偏振片，考查条纹间距和亮度的综合变化。跨知识点融为一体是明显趋势。试题紧密联系实际：干涉热膨胀仪对应航天精密测量，劈尖干涉用于材料热膨胀系数检测，滚珠干涉法对应工业质检。同时结合光纤通信、AR/VR显示技术，实现物理光学与工程实际的深度融合。 密押预测·精练通关 1．（2026·江苏·模拟预测）如图，烛光（黄光）下的肥皂泡常呈现出明暗相间的条纹，是因为肥皂泡薄膜前后表面的反射光发生干涉，假设一肥皂薄膜竖直放置，在重力的作用下，薄膜呈现出“上薄下厚”的特点，竖直距离每增加，薄膜厚度增加。已知黄光波长为，则相邻明暗条纹间距的表达式为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·浙江温州·二模）航天实验室用如图所示的装置测量合金受热后的伸长量。用波长的激光做实验。激光经透明薄板折射与反射后形成两束相干光，再分别经固定反射镜和与合金棒相连的反射镜反射，在接收屏上出现干涉条纹。合金棒右端固定，未受热时，屏上P处为明条纹；合金棒受热伸长使向左移动，观察到P处明暗交替，共出现20次明条纹，则合金棒的伸长量为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·福建厦门·二模）在进行光学实验时，用光传感器测量光屏不同位置的光照强度，可以更好地研究光的传播规律。a、b两束单色光分别经过同一双缝干涉装置、同一单缝衍射装置后，利用光传感器得到四幅光屏上不同位置的光照强度分布图像，已知两束光的波长关系为，每幅图像中相邻两虚线之间的距离相同，则a光通过双缝干涉装置后得到的光照强度与位置关系的图像为（　　） A． B． C． D． 4．（2026·湖北恩施·二模）由凸透镜和玻璃平板构成一个如图甲所示的牛顿环实验装置，其中O为接触点。现用单色光垂直透镜上表面入射，可从透镜上方观察到明暗相间的同心圆环状干涉条纹，如图乙所示。现将凸透镜缓慢向上平移一小段距离（保持透镜上表面与玻璃板平行），在移动过程中，关于干涉条纹的变化，以下说法正确的是（　　） A．圆环整体向内收缩 B．中心始终为暗斑 C．圆环整体向外扩张 D．中心由暗斑变为亮斑后保持亮斑不变 5．（2026·河北·一模）旋光仪测糖溶液浓度的原理如下：偏振光通过糖溶液后，迎着光看，以传播方向为轴，偏振方向的旋转角称为“旋光角”，与糖溶液浓度有关，测量值与标准值比较能确定含糖量。如图，自然光源S与圆形偏振片A、B的圆心共轴，转动B使观察点O处光强最强，将被测样品P置于A、B间。下列说法正确的是（　　） A．光的偏振现象表明光是一种机械波 B．阳光下观察肥皂泡看到彩色条纹，与上述原理相同 C．放置样品P后，到达O处光的强度不会明显减弱 D．将偏振片B缓慢转动，使得O处光的强度第一次达到最强，偏振片B转过的角度等于 6．（2026·河北保定·一模）在双缝干涉实验中，用某种单色光照射双缝，相邻亮条纹的间距为。若其他条件不变，仅将屏到双缝的距离增大为原来的3倍，则相邻亮条纹的间距为。若其他条件不变，将双缝间距增大为原来的2倍，并换用波长为原来波长倍的单色光，则相邻亮条纹的间距为。下列关系式正确的是（   ） A．， B．， C．， D．， 7．（2026·山西朔州·一模）如图所示是一套杨氏双缝干涉实验装置，其中、为双缝。光屏上点是中央亮纹（第0级亮纹）的中心，是光屏上另一固定的点，当用波长640nm的红光照射双缝时，为第6级亮纹的中心。下列说法正确的是（　　） A．将光屏稍向左平移后，点可能是暗纹中心 B．将光屏稍向左平移后，可能成为第5级亮纹的中心 C．改用波长480nm的蓝光照射双缝，点可能是暗纹中心 D．改用波长480nm的蓝光照射双缝，为第8级亮纹的中心 8．（2026·陕西咸阳·模拟预测）光刻机是制作芯片的核心装置，主要功能是利用光线把掩膜版上的图形印制到硅片上。如图所示，DUV光刻机使用的是深紫外线，其波长为193nm。为提高投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体（折射率大于1）以提高分辨率，则与没加入液体相比，下列说法正确的是（　　） A．深紫外线进入液体后频率变大 B．深紫外线进入液体后传播速度不变 C．深紫外线进入液体后波长变长 D．深紫外线在液体中更不容易发生明显衍射 选择题预测03热学 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】在一些特殊的双轴晶体中，以特定角度入射圆偏振光的线光源时，光会在晶体中沿圆锥面传播，从而使得透射出来的光形成一个空心圆筒，在光屏上可以得到一个圆环，这种特殊的折射现象叫作锥形折射。发生锥形折射主要是由于双轴晶体具有（    ） A．固定的熔点 B．各向异性 C．规则的形状 D．稳定的晶格结构 分析有理·押题有据 热学板块将紧密围绕国家“双碳”战略与能源革命，从传统的汽缸活塞题转向对新能源技术、工程热力学及环境问题的综合性考查，重点测试考生运用热学定律分析真实能量转化过程的能力。热学知识在新能源开发中应用广泛，结合“双碳”战略和“能源革命”等国家重大议题进行情境化考查，能够精准识别出具备科学探究能力与工程思维的复合型人才。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东青岛·一模）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下滑到x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能最小值-E0，若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是（　　） A．乙分子在x2时，加速度最大 B．乙分子在x1时，其动能最大 C．乙分子在x2时，动能大于E0 D．甲乙分子的最小距离一定等于x1 2．（2026·青海西宁·二模）如图是吹肥皂泡游戏的画面，小朋友刚刚吹出的泡泡在冷空气中缩小，气泡内的空气可视为理想气体。下列说法正确的是（　　） A．气泡内气体的内能减小 B．气泡内每个气体分子热运动的速度均减小 C．气泡从外界吸收热量 D．气泡表面液体分子间作用力表现为斥力 3．（2026·天津·一模）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，现启动加热模式使气体温度升高，此过程中气体吸收的热量为Q，内胆中气体体积不变，则（    ） A．升温后内胆中每一个气体分子的动能都增大 B．内胆内气体压强增大 C．此过程内胆中气体的内能增加量大于Q D．此过程内胆中气体分子单位时间内撞击单位面积内壁的次数不变 4．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，有一根细长且内壁光滑的透明塑料管粗细均匀，管中有一质量可忽略的小段水柱，把塑料管从开口处插入一空的饮料罐（导热良好），塑料管和饮料罐的接口处用蜡密封好，再在塑料管的不同位置处标上对应的温度值，就可制作成一个简易的气温计。若外界大气压不变，则下列说法正确的是（　　） A．此简易气温计只有竖放时才能测环境温度 B．塑料管上所标的温度刻度值分布不均匀 C．温度升高时，饮料罐内空气增加的内能等于其从外界吸收的热量 D．温度降低时，饮料罐内壁上单位面积、单位时间受到空气分子撞击的次数增加 5．（2026·内蒙古包头·一模）热泵空调被广泛视为缓解电动汽车冬季续航焦虑的关键技术之一，其核心原理是通过“逆卡诺循环”实现热量的搬运，它能在冬季从低温环境中提取热量送入车厢，能效比（制热量与耗电量之比）在2.0~4.5之间，可提升续航20~30km。关于热泵空调，下列说法正确的是（　　） A．其工作过程违背了热力学第二定律 B．制热循环中，其向车厢放出的热量全部来自消耗的电能 C．在绝热压缩过程中，压缩机对制冷剂（视为理想气体）做功，可使其升压升温 D．当制冷剂温度升高时，组成它的所有分子的热运动速率都增大 6．（2026·辽宁·一模）如图所示是一种外燃式热机的斯特林循环，一定质量的理想气体经ABCDA完成一个循环过程，和均为等温过程，和均为等容过程。下列说法正确的是（　　） A．图中温度 B．的过程中，每个气体分子的速率均增大，气体分子撞击气缸的频率增大 C．的过程中气体对外界做的功大于的过程中外界对气体做的功 D．经过一个斯特林循环，气体一定向外界放热 7．（2026·陕西西安·模拟预测）如图所示，一定质量的理想气体从状态开始经、、三个过程回到原状态。已知延长线过点。对于该气体，下列说法正确的是（　　） A．过程气体对外界做功 B．气体在状态下的温度是状态下温度的2倍 C．过程气体体积不变 D．过程气体分子碰撞单位面积容器壁的作用力减小 8．（2026·湖北·一模）密闭容器内装有一定质量的理想气体，从状态a开始，经状态b、c、d再回到状态a，如图所示，其中图线bc、da平行于横轴.下列说法正确的是（    ） A．从a到b，气体从外界吸热 B．从b到c，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多 C．从c到d，气体内能减小 D．从d到a，外界对气体做功 选择题预测04平衡问题和牛顿动力学问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力的共同作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成角，其大小F随时间t的变化关系为（、k均为大于0的常量）。无人机的质量为m，重力加速度为g。在0到T时间段内，F的大小大于0。关于该无人机下列说法正确的是（　　） A．受到空气作用力逐渐变大 B．受到空气作用力与竖直方向的夹角变小 C．受到拉力的冲量大小为 D．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 分析有理·押题有据 共点力平衡是高中物理力学的基石，牛顿运动定律是力学的核心，能精准建模是解决复杂问题的基础，历年高考必考。近年来试题频率高且常与实际生活相结合，2026年命题会以真实场景为载体，重点考查学生在复杂过程中熟练运用整体法与隔离法。教育部要求“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”。物理卷中力学模块分值占比较高，是考查考生模型构建、逻辑推理等关键能力的重要板块，必须重点突破。 密押预测·精练通关 1．（2026·贵州·模拟预测）如图，某同学借助固定木桩和三根轻质硬杆自制一晾衣架，杆AB的一端A搭在木桩上，另一端B用光滑铰链连于长度相等的杆BC和BD，杆AB平行于水平地面且垂直于竖直面BCD。在AB中点挂有质量为m的衣物，此时衣物、杆均处于静止状态，且BC与BD夹角为，则地面对BC杆的作用力F大小为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·贵州贵阳·一模）某景区挂出32个灯笼，相邻两个灯笼间由轻绳连接，从高到低依次标为1、2、3、……、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼32右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量，重力加速度，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（　　） A．最上端轻绳的拉力 B．最右端轻绳的拉力 C．第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为 D．第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）居民楼改造过程需要把建材吊运到楼顶。如图所示，某次吊运的建材质量m=30kg，施工人员的质量M=75kg，缓慢吊运建材的过程中，某时刻轻绳OA、OB分别与竖直方向的夹角为α=30°、β=60°。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．该时刻轻绳OA上拉力的大小TA=300N B．该时刻人对地面的压力大小FN=500N C．该时刻为了使人保持静止，人与地面间的动摩擦因数的最小值为0.5 D．人不动，缓慢松手放绳，在物体缓慢靠近墙壁的过程中，轻绳OA长度不变，TB逐渐减小 4．（2026·山西大同·一模）为了助推本地文旅的发展，2025年，大同推出了大型行进情景式演艺项目《如梦大同》，如甲图，演员们通过吊威亚在城墙上展现高超的表演技艺，为游客呈现了一场视觉盛宴！现将情景简化如乙图，一根不可伸长的绳索（不计质量）一端系于演员腰间点，另一端系于城墙上的固定点，该演员身体伸直，双脚蹬于城墙点，并保持平衡。已知，，演员质量，城墙对演员的作用力始终沿着身体，重力加速度取，，。下列说法正确的是（　　） A．绳索对演员的拉力大小为 B．城墙对演员的作用力大小为 C．若保持点不动，将点沿城墙缓慢上移稍许，绳索对演员的拉力大小一定增大 D．若保持点不动，将点沿城墙缓慢下移稍许，城墙对演员的弹力大小一定增大 5．（2026·云南·三模）如图所示，左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。两相同物块A、B用轻绳连接，放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下，一起以加速度做匀加速直线运动，此时轻绳的弹力为。A、B依次由光滑水平面运动到粗糙水平面上，系统稳定后两物块以加速度加速运动，轻绳的弹力变为。则（　　） A．， B．， C．， D．， 6．（2026·宁夏·一模）如图为模拟“自动化”货物装卸装置的玩具，两边相互垂直的斜面固定在水平地面上，货箱A（含货物）和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连。A装好货物后从0.8 m高处由静止释放，运动到底端时A和B同时被锁定卸货。已知装好货物的货箱A的质量为4.4 kg，配重B的质量为1.1 kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.5，sin53°=0.8，sin37°=0.6，下列说法不正确的是（　　） A．货箱A下滑的加速度大小为1 m/s2 B．货箱A下滑到底部时速度大小为2 m/s C．货箱A下滑到底部系统重力势能的减小量为28.6J D．若卸货后空箱A质量为0.1 kg，则其被解锁后能回到原处 7．（2026·福建南平·一模）某快递自动分拣系统部分流水线的示意图如图所示，足够宽的水平传送带以大小为的速度匀速运行，货物以大小为的速度垂直进入传送带，经时间货物恰好与传送带相对静止。货物可视为质点，与传送带间的动摩擦因数处处相等。若改变，则下列关于随变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（2026·福建三明·模拟预测）如图所示，一竖直轻弹簧下端固定在地面上。现将一小球置于弹簧上方并用力向下压至某一位置O（在弹性限度内）后由静止释放。以O点为原点，竖直向上为正方向建立x轴，小球上升过程的和图像如下图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，其中MN段为直线。下列图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 选择题预测05抛体运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示，质量为3m的抛物线型凹槽锁定在光滑水平地面上。质量为m，可看做质点的小球从凹槽左端点（左端点处固定弹射装置）水平弹出后恰好落在轨道底部。以抛物线的顶点为坐标原点建立直角坐标系xOy，抛物线方程为。重力加速度g取。则（　　） A．小球从凹槽左端点水平弹出的初速度为2m/s B．小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点 C．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点以1m/s的水平初速度弹出后仍然恰好落在轨道底部 D．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点弹出后仍然恰好落在轨道底部，此过程凹槽向左移动1.5m 分析有理·押题有据  抛体运动是高中物理中典型的匀变速曲线运动，是“运动的合成与分解”思想的重要载体。2026年命题将深度嵌入生活实践、体育运动、科技前沿等真实场景，考查学生在复杂情境中运用运动的分解与合成思想构建抛体模型的能力。情境化命题趋势显著，如“打水漂”、“弹射装置”等真实场景频繁出现，要求考生具备模型建构与多过程拆解能力。预计2026年高考会结合体育运动，考查平抛运动模型、斜抛运动模型等，也会综合动量与能量进行命题。抛体运动作为联系牛顿运动定律、能量与动量的重要枢纽，近三年高考真题中均有考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北保定·一模）如图所示，杂技表演时，小球在两倾角均为θ的倾斜板子间弹跳，小球离开a板和到达b板时速度大小相等，方向均与板子垂直，运动轨迹左右对称。小球与两板的接触点到两板底端O的距离均为L。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从a板运动到b板的时间为 B．小球在最高点的速度大小为 C．小球离开a板时的速度大小为 D．小球最高点到两板底端O的高度为 2．（2026·江苏·一模）如题图所示，三角形斜面ABC水平固定，两个相同且可视为质点的小球a、b同时从C、D两点以相同速度水平抛出，先后落点为E、A。已知B、C、D在同一竖直线上，E为AC中点，小球a、b平抛到斜面上时的动能之比为，不计空气阻力。则该过程中，下列说法正确的是（　　） A．斜面的倾角为45° B．高度关系满足BC=1.5CD C．小球a、b距斜面的最远距离之比为 D．小球a、b距斜面最远时的位置在同一竖直线上 3．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，水平地面足够长且光滑，一小球从距地高 的 点以 的速度水平向右抛出。小球与地面发生碰撞后，水平方向的速度不变，竖直方向的速度大小变为碰前的，碰撞时间不计。小球与地面碰撞的位置依次记为 。重力加速度取 ， 小球可视为质点，忽略空气阻力，则 和 之间的距离为（　　） A． B． C． D． 4．（2026·浙江温州·二模）2025年，浙BA掀起篮球热潮。如图所示，某运动员在M点将篮球斜向上抛出，篮球在空中划过一道弧线后，到达N点。已知篮球抛出时速度方向与水平方向的夹角为60°，速度大小为，M、N两点的连线与水平方向的夹角为30°。若不计空气阻力，篮球视为质点，重力加速度为g，则篮球（　　） A．经最高点时的速度为零 B．经最高点时重力的瞬时功率不为零 C．从M点运动到最高点的时间为 D．M、N两点之间的水平距离为 5．（2026·湖南·二模）如图甲所示，足够长光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v经过B点后沿半圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落在所在的水平地面上，落点距B点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x与r的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C的所有情形，重力加速度g取。则（　　） A．v =15m/s B．x的最大值为10m C．小球在轨道上的B、C两点受到的弹力大小的差值随r的增大而减小 D．r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等 6．（多选）（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，从斜坡底端以初速度将可视为质点的小球斜向上抛出，初速度方向与斜面间夹角为θ，小球在斜面上的落点与抛出点之间的距离为x。已知重力加速度为g，小球运动过程中的空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．由抛体运动的对称性可知，小球落在斜面上时的速度方向与斜面夹角也为θ B．小球运动过程中的速度变化率不变 C．当时，x有最大值 D．x的最大值为 7．（多选）（2026·四川泸州·二模）如图所示，在倾角的斜面上有矩形区域，在点静止释放小球甲的同时，在点以与夹角为、大小为的速度弹射另一小球乙，两球均可视为质点。小球乙在斜面上的某点（图中未标出）击中小球甲，且击中时二者的速率相等。忽略一切摩擦，重力加速度为。关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．碰前瞬间两球速度间的夹角为 B．碰前瞬间两球速度间的夹角为 C．小球甲下降的高度 D．小球乙沿方向的位移 8．（多选）（2026·山东东营·一模）如图所示，竖直平面内三个点A、B、C构成边长为L的正三角形，AC沿竖直方向，小球从A点以某一速度抛出，经三角形几何中心O点到达B点。不计阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球从A点到B点的时间为 B．小球最小速度为 C．小球初速度与水平方向夹角正切值 D．小球初速度大小为 选择题预测06圆周运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】“冰锅挑战”是近期在长春西湖公园火爆的一种冬季汽车漂移、爬坡或脱困挑战。如图，在冰砖砌成的冰坑里驾驶汽车，挑战如何从“锅底”静止起步驶出“锅沿”。第一次汽车从坑底沿冰坑侧面逐步提速，完成若干水平面内圆周运动后沿圆周切线方向驶出冰坑；第二次汽车在竖直面内做类似荡秋千的变速圆周运动，通过逐次的能量积累最终荡出冰坑。若汽车两次均以相同的速率经过P点（图中），则两次经过P点时汽车所受支持力大小之比为（　　） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 圆周运动是高中物理中典型的曲线运动模型，综合考查受力分析、牛顿定律与功能关系，是连接经典力学与现代工程的重要桥梁。2026年命题将深度嵌入航天科技、智能交通、极限运动等真实场景，重点考查学生在复杂情境中分析向心力来源、判断临界状态以及运用动力学方程解决实际问题的能力。近五年高考中，圆周运动连续有考查，是曲线运动模块的绝对核心与高频考点。教育部1号文件明确要求“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”，圆周运动情境丰富、覆盖面广，是情境化命题的天然载体。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁·二模）科学家利用量子纠缠原理研发出新型陀螺仪，该装置的核心部件是一个悬浮在真空腔内的碳环，通过激光场驱动以恒定转速旋转。已知碳环的直径为，转速为，下列说法正确的是（    ） A．碳环转动的频率为 B．碳环转动的周期为 C．碳环转动的角速度为 D．碳环边缘的线速度为 2．（2026·江苏·一模）游乐场中，大摆锤摆臂的上端悬挂于横梁上，下端O连接圆形座舱，座舱平面与摆臂垂直。通过电机与齿轮等驱动，摆臂在某竖直平面内向下摆动过程中，座舱按图示方向绕O匀速转动，此时座舱直径ab与摆臂所在的竖直平面垂直，则（    ） A．O点做圆周运动 B．a点做圆周运动 C．此时a点的速度一定大于b点的速度 D．此时a点的速度一定大于O点的速度 3．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，半径为的餐桌中心有一个可以匀速转动、半径为1m的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。置于圆盘边缘质量的物体（可视为质点）与圆盘之间的动摩擦因数，与餐桌之间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取。则（　　） A．当圆盘的角速度恒为1时，物体受到的摩擦力大小为 B．为使物体不滑到餐桌上，圆盘角速度的最大值为 C．若物体从圆盘上滑下，则一定能离开餐桌 D．若物体从圆盘上滑下，则刚好停在餐桌边缘 4．（2026·贵州贵阳·一模）可视为质点的游客在观山湖区乘坐如图所示的“观山湖眼”摩天轮，他随座舱一起在竖直面内做速度大小为v的匀速圆周运动。将此速度在圆周所在的平面内沿水平和竖直方向分解，其水平分量为。以游客经过最低点时为计时起点，在其转动一圈的过程中，随时间t变化的关系图像可能是（　　） A． B． C． D． 5．（2026·江西上饶·一模）如图（a）所示，一可视为质点的滑块放在水平转台上，滑块恰好能随转台绕O点做半径为r的匀速圆周运动，图（b）为俯视图。某学校物理兴趣小组利用位移传感器采集滑块的位置和时刻信息，画出某时刻起滑块沿x轴上的分速度vx随时间t的变化关系如图（c）所示。取水平向右为正方向，滑块所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，不计空气阻力。则滑块与转台间动摩擦因数和图（c）中阴影部分面积S大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 6．（多选）（2026·福建厦门·二模）如图所示，2026年春晚节目《武BOT》中，某机器人的右臂以肩关节O点为圆心做匀速圆周运动，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，已知，，，则P、Q两点做圆周运动的（　　） A．角速度大小相同 B．线速度方向相同 C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为 7．（多选）（2026·山东·一模）智能呼啦圈是一种结合了传统呼啦圈功能和现代科技的健身工具，它通过内置传感器、重力球（配重）等设计，使运动更易上手且能有效锻炼腰腹核心肌群。如图甲，腰带外侧带有导轨，导轨内装有滑轮，不计质量和长度的细短杆一端固定在滑轮上并穿出导轨，另一端通过细轻绳连接配重， 图乙为简化模型。已知配重（可视为质点）的质量为m，细轻绳的长度为L，悬挂点P 到腰带中心点 O的距离为r， 配重随细短杆在水平面做匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，配重运动过程中腰带保持静止，重力加速度为g， 下列说法正确的是（  ） A．若转速增大，腰带受到的合力变大 B．配重的运动周期为 C．配重运动半周，重力的冲量大小为 D．配重运动半周，细绳对配重施加的拉力的冲量大小为 8．（多选）（2026·山东枣庄·一模）如图甲所示，圆形导轨竖直固定，质量的小圆环套在导轨上。小圆环由最低点开始沿导轨运动，转过的角度为，它的速率v与的关系图像，如图乙所示。重力加速度，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．圆形导轨的半径为0.4m B．圆形导轨的半径为0.8m C．当时，小圆环克服重力做功的瞬时功率为 D．当时，小圆环克服重力做功的瞬时功率为6W 选择题预测07万有引力与航天 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于P点，AB是椭圆轨道Ⅰ的短轴。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。则（　　） A．飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点 B．飞行器沿轨道Ⅰ上从A点经P点运行至B点的时间为 C．飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为 D．时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积相等 分析有理·押题有据 万有引力与航天模块一直是高频且稳定的命题热点。随着我国嫦娥、天问、空间站等航天工程密集推进，2026年命题将呈现两大核心转向：一是“试题情境紧跟航天科技发展前沿”，不再考查抽象的轨道计算，而是深度融入真实发射与探测任务；二是从单一的天体运动参数计算，转向跨模块综合考查，强调物理知识在真实工程问题中的系统应用能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·浙江杭州·二模）2025年9月，科学家们的最新研究探讨了向距离地球最近的黑洞发射探测器的可能性。下图为探测器绕黑洞（BH）的运动示意图，椭圆轨道I与圆轨道Ⅱ相切于点。已知探测器质量为，黑洞质量为，半径为，轨道I上离黑洞中心最远的点到黑洞中心的距离为，圆轨道Ⅱ的半径为。若规定无穷远处引力势能为零，探测器的引力势能为探测器到黑洞中心的距离），探测器在椭圆轨道的总机械能（a为椭圆轨道半长轴）。则探测器（　　） A．在轨道I、Ⅱ上运动的周期之比为 B．在轨道I、Ⅱ上点的加速度大小之比为 C．经过轨道I、Ⅱ上点的速度大小之比为 D．在轨道I上经过点的速度大小之比为 2．（2026·湖北恩施·二模）我国载人登月工程的总目标是2030年前实现中国人首次登陆月球，目前各项研制建设工作正在稳步推进。假设飞船完成登月探测任务后，从月球表面升空进入近月圆周轨道运行，后续变轨脱离月球束缚，关闭发动机进入返回地球的轨道。已知月球质量为M，半径为R，引力常量为G，飞船质量为m，忽略月球自转和飞船质量的变化。以下说法正确的是（　　） A．飞船在月球表面所受重力大小为 B．飞船在近月圆周轨道上运动的线速度大小为 C．飞船在变轨脱离月球的过程中，发动机需要对飞船做负功 D．关闭发动机后，飞船在靠近地球飞行的过程中速度保持不变 3．（2026·江西九江·二模）由中国科学院云南天文台牵头的研究团队，在一颗类似太阳的恒星周围发现了一颗位于宜居带的“超级地球”开普勒，轨道如图所示。该行星绕恒星运行周期为，行星从A到B（A、B两点关于椭圆长轴对称）、从C到D的时间均为；从B到C、从D到A行星与恒星的连线扫过面积之比为3∶1，万有引力做功的绝对值分别为和，经历的时间分别为和；A和C处的速度分别为和、加速度分别为和下面判断正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2026·辽宁·一模）小行星探测、防御和资源开发对于全人类具有深远战略意义。2025年9月召开第三届深空探测（天都）国际会议，中国探月工程总设计师吴伟仁介绍，我国正在规划对一颗小行星实施动能撞击演示验证任务，验证小行星防御方案可行性。如图所示、假设某颗小行星绕太阳做圆周运动，轨道半径为r，运动方向如箭头所示。探测器在P处以较大速度撞击小行星并结合为一体。小行星的轨道变为图中虚线椭圆轨道，远日点仍为P近日点为Q，Q到太阳的距离为。下列说法正确的是（　　） A．撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前经过P点的速度大 B．撞击后小行星最大速度与最小速度之比为 C．小行星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 D．撞击后小行星绕太阳运行的周期会变长 5．（2026·辽宁·二模）长征七号改运载火箭由中国航天科技集团一院研制，是我国新一代中型高轨液体运载火箭，具备一箭一星和一箭双星发射能力。如图长征七号改运载火箭发射的两颗卫星A、B在同一平面内绕顺时针方向匀速圆周运行。某时刻两卫星的连线与A卫星的轨道相切，已知A、B卫星的运行周期分别为TA、TB，A、B卫星的运行半径分别为r、2r，则（　　） A．卫星A的机械能比B的小 B．卫星A的角速度是B的倍 C．卫星A的向心加速度是B的2倍 D．经时间两卫星距离最近 6．（2026·贵州黔东南·模拟预测）2026年1月19日，我国在海南商业航天发射场使用长征十二号运载火箭，成功将卫星互联网低轨19组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若预定轨道是距地面高度为（为系数，为地球半径）的圆，在时间内，卫星转过的圈数为，引力常量为，不考虑地球（视为球体）的自转，则地球的质量为（　　） A． B． C． D． 7．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）2025年11月25日，神舟二十二号在酒泉卫星发射中心发射成功，并于2025年11月25日15时50分成功对接于空间站的天和核心舱前向端口。空间站在距离地面h高度（小于同步卫星高度）处环绕地球做匀速圆周运动，环绕周期为T，已知地球的半径为R。下列说法正确的是（　　） A．空间站的环绕速度大于7.9km/s B．航天员在空间站内的合力为0 C．空间站环绕地球的周期小于地球同步卫星的环绕周期 D．地球表面的重力加速度为 8．（2026·辽宁·一模）嫦娥六号在2024年6月成功完成了世界首次月球背面采样的壮举。在环月探测阶段，嫦娥六号运行在距月面高度为200km的圆形轨道，其运行周期约为2小时。在返回地球的过程中，嫦娥六号返回舱采用了“打水漂”式再入返回技术（半弹道跳跃式再入），即返回舱先以高速进入地球大气层，随后借助大气升力跃出大气层，经过一段时间后再次进入大气层。已知月球绕地球公转的轨道半径r约为38万公里，周期约为27.3天，月球的半径为。下列说法正确的是（　　） A．仅题中所给数据可以求出月球的质量 B．嫦娥六号在环月轨道上运行时的向心加速度小于月球公转的向心加速度 C．嫦娥六号返回舱在“打水漂”跃出大气层的过程中，其机械能保持不变 D．嫦娥六号返回舱再次进入大气层后，其机械能一直减小 选择题预测08功能关系 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】森林火灾不仅会造成经济损失，还会对生态环境和公共安全造成严重危害。如图为某地突发山火时，消防队员利用直升机通过吊桶装置从水源直接取水，随后飞往火场进行洒水灭火的途中。若直升机在水平飞往火场的过程中绳子与竖直方向的夹角保持α＝14.5°不变，同时绳子以v1＝2m/s的恒定速度回收。已知吊桶装置（含水）的总质量为3000kg，忽略空气阻力，g取10m/s2，sin14.5°＝，当直升机水平飞行的速度为v2＝8m/s时，下述正确的是（　　） A．直升机沿水平方向做匀速直线运动 B．吊桶装置（含水）的运动轨迹为直线 C．此时吊桶装置（含水）所受合外力做功的功率为 D．此时吊桶装置（含水）受绳拉力做功的功率为 分析有理·押题有据 功能关系是高中物理能量观念的核心，贯穿力学、电磁学等所有模块，是解决复杂运动与多过程问题的关键工具。2026年命题将把动能定理、机械能守恒、功能原理三大核心内容深度嵌入航天工程、新能源汽车、电磁感应等科技情境，彻底告别机械的公式套用。 密押预测·精练通关 1．（2026·湖南常德·一模）中国制造的新能源汽车，产销量连续十年保持全球第一。新能源汽车具有噪声小、污染少、起步快、加速平顺等优点。某新能源汽车在启动时由电机提供牵引力，而阻力来自两部分，一部分是地面摩擦阻力，设为一定值，另一部分来自空气阻力，设其大小与汽车速率成正比。已知该汽车质量为m，电机在不同功率下的牵引力F与对应匀速直线运动的速率v关系如图所示，其图像纵截距为b，斜率为k，则下列说法正确的是（　　） A．地面摩擦阻力 B．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小不变 C．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小随时间均匀增大 D．若该汽车以某恒定功率启动，经过时间t达到最大速度，则汽车克服空气阻力做的功为 2．（2026·河北·一模）某建筑工地用起重机将质量为m=300kg的重物运送到一定高度处，重物从地面启动瞬间开始计时，前10s内重物的加速度a随时间t的变化规律如图所示。已知0~4s内的图线为过原点的倾斜直线，4~10s的图线为曲线，且4~10s的时间内起重机的输出功率保持不变，4s时重物上升的高度为，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则（　　） A．4s末重物的速度达到最大 B．0~4s内重物所受拉力随位移均匀变化 C．0~10s内重物机械能的增加量为4.82×104J D．6~10s内重物机械能的增加量为3.6×104J 3．（2026·四川内江·一模）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度与对轻绳的拉力，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段与轴平行，点对应的坐标为第二个时间段内线段的延长线过原点，第三个时间段内拉力和速度v均与点的坐标对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为。重力加速度为，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法不正确的是（　　） A．重物的质量为 B．第一阶段重物上升的高度 C． D．重物在前两个时间段内的总位移 4．（2026·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为，以为原点、沿斜面向下为正方向建立轴，A、B点的坐标分别为。质量为的滑块由点静止释放，恰好能运动到点，滑块与斜面间的动摩擦因数随坐标的变化的图线为倾斜直线，如图乙所示。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．滑块进入AB段立即做减速运动 B．滑块经过点时重力的功率为 C．点处的动摩擦因数 D．滑块从处由静止释放将不能到达处 5．（2026·河北沧州·一模）如图甲所示，一个小物块从斜面底端冲上固定的光滑斜面，改变小物块的初动能，得出小物块轨迹的最高点距地面高度与其初动能的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．小物块的质量为 B．斜面的长度为 C．当小物块以大小为的初速度冲上斜面时，刚好能到达斜面的顶端 D．当小物块以初动能为冲上斜面时，小物块到达最高点时离出发点的水平距离为 6．（2026·海南海口·二模）如图，可视为质点的物块A、B用一不可伸长的轻绳连接，A穿在光滑竖直细杆上，细杆底部固定。轻绳跨过轻质光滑定滑轮。A、B的质量分别为，，定滑轮到杆的距离为，细绳长为。现让A从与定滑轮等高处由静止释放，不计一切摩擦、空气阻力及定滑轮大小，重力加速度为。关于A下落过程中的说法正确的是（　　） A．物块A的机械能一直增大 B．物块A的速度始终小于物块B的速度 C．物块A下落的最大距离为 D．物块A、B等高时物块B的速度大小为 7．（2026·山西运城·一模）如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距为9m，传送带的倾角。时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，传送带上A点运动的图像如图乙所示。煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，煤块大小可以忽略，取重力加速度大小，。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，其位移大小为4m B．煤块在传送带上运动的时间为 C．煤块在传送带上留下的痕迹长度为15m D．煤块与传送带间产生的热量为90J 8．（2026·浙江宁波·二模）单位行程耗能和单位时间耗能是衡量纯电动汽车性能的两个重要参量。现有某纯电动汽车在水平路段以匀速行驶时，单位行程耗能；以匀速行驶时，单位行程耗能。电动机驱动汽车匀速行驶，单位时间耗能（单位为）与阻力的功率成线性关系，即（为未知常数），汽车所受阻力与速度大小成正比。单位行程耗能最小时，汽车的速度为（    ） A． B． C． D． 选择题预测9机械振动和机械波 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示，在xOy平面内存在均匀介质，波源、分别位于和处，时刻两波源同时开始振动，波源的振动方程为，波源的振动方程为。已知波在该介质中的传播速度为1m/s，则位于坐标原点的质点P的振动图像为（　　） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 机械振动与机械波是高中物理中典型的波动模型，历年考查频率高，通常以选择题形式出现。2026年命题将把振动图像与波动图像分析、波的传播规律深度嵌入声波降噪、超声探测、战绳健身等真实科技与生活情境，彻底告别抽象的图像孤立分析。教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态，加强项目式、探究式的真实情境问题设计”，波动模块因其与声学、水波、医学超声等技术的高度关联，已成为情境化命题的重点板块。 密押预测·精练通关 1．（多选）（2026·山东滨州·一模）如图甲所示，两波源P、Q分别位于x=0.6m和x=0.7m处。t=0时刻，波源Q开始振动，形成沿x轴负方向传播的简谐波，t=0.2s时刻，波源P开始振动，形成沿x轴正方向传播的简谐波，两波源P、Q的振动图像如图乙所示。已知x<0区域为介质1，波长λ1=0.4m，x>0区域为介质2，波长λ2=0.2m。则（　　） A．波在介质1中的波速是波在介质2中的波速的2倍 B．0.6s时x=0.4m处的质点在平衡位置向下振动 C．在0.6s~1.4s内，x=0处的质点振动的路程为24cm D．稳定后，在0<x<0.7m的范围内有6个振动加强点 2．（多选）（2026·浙江金华·二模）在同一均匀介质中相距的两个波源，同时相向发出两列简谐波。波源开始振动作为计时零点，两波源的连线上有A、B两个质点，其内振动图像分别如图甲、乙所示，则（　　） A．波速为 B．A、B的平衡位置可能相距5m C．两波源的起振方向相同 D．时，A、B两质点的速度方向相同 3．（多选）（2026·辽宁·一模）某跨海大桥的健康监测系统中，在主桥墩处安装的一个位移传感器，记录桥墩的振动情况。传感器记录到桥墩在竖直方向的振动位移随时间变化关系为（国际单位制），桥墩在竖直方向的振动使水平钢索发生了振动，并在钢索中传播形成横波，且波速（F为钢索中的张力，为钢索的线密度）。时刻，钢索上形成的波形如图所示，此时位置点的速度方向沿y轴正方向，钢索中的张力为320N，忽略机械能损失。下列说法正确的是（　　） A．钢索中波的传播方向沿x轴负方向 B．钢索中波的频率为2Hz C．钢索中波的波长为10m D．时，钢索上处的质点正沿y轴正方向运动 4．（多选）（2026·山东枣庄·二模）质点P、Q、R的平衡位置分别在轴上。波源平行于轴振动，形成一列沿轴正方向传播的简谐横波，时刻的波形，如图甲所示，此刻波刚好传到处于平衡位置的质点。质点的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．波源的起振方向沿轴负方向 B．波源的振动周期为4s C．时，质点的位置坐标为 D．第4s内质点的加速度沿轴正方向且逐渐增大 5．（多选）（2026·陕西榆林·二模）如图甲所示，机器人手持彩带一端上下抖动模拟艺术体操运动员的动作，形成的绳波可简化为简谐波。以手的平衡位置为坐标原点，已知乙图为处波源的振动图像，图丙为原点右侧处质点的振动图像。下列说法正确的是（　　） A．内，处波源通过的路程为 B．0时刻，处质点的振动方向向上 C．若波长大于，此列波的传播速率可能是 D．若波长大于，此列波的传播速率一定是 6．（多选）（2026·陕西榆林·一模）2025年8月26日，新疆地区发生多次地震，“地震预警”成为人们关注的事情。“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。某地震波沿x轴传播，图甲为时的波动图像，图乙为处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为，下列说法正确的是（　　） A．这列波沿x轴负方向传播 B．P质点的振动方程为 C．时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反 D．时刻，P、Q两质点都向y轴负方向运动 7．（多选）（2026·江西·二模）如图甲所示，某均匀介质中有两个相距0.8m的波源S1、S2，M点是它们连线中垂线上的一质点。以S1、S2连线为x轴，连线中点O为原点，建立图示空间直角坐标系O-xyz，M点是y轴上一点。两波源沿z轴方向持续振动发出简谐横波，且S1比S2先起振。已知S1的振幅为2cm，两列波的波速均为0.25m/s，从S1起振开始计时，M点的振动图像如图乙所示。据此可知（　　） A．两列波的波长均为0.5m B．S1比S2先起振2s C．S2的振幅为1cm D．S2的起振方向沿z轴负方向 8．（多选）（2026·重庆梁平·二模）图为彝族的传统乐器月琴，它是乐器领域的“明珠”之一。当演奏者轻抚月琴时，琴弦会产生简谐横波，图甲为某一琴弦在时刻的波形图，图乙为该琴弦上平衡位置在处质点的振动图像。下列说法正确的是（　　） A．该波的传播速度为 B．经过时间，质点第二次出现在波谷 C．时刻质点的振动方向沿轴正方向 D．质点在内经过的路程为0.55cm 选择题预测10静电场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】（多选）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R1和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U连接，产生强度稳定的径向电场，其半径r处电场强度大小为（k为常数）。电荷量均为q、初速度大小均为v，质量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心（虚线）入射，经电场偏转后分别以v1、v2、v3到达右侧探测板，出口处相邻离子束间距相等，其中离子m2沿虚线切向射出。下列说法正确的是（　　） A．内侧球面电势低于外侧球面电势 B．m1、m3两离子动能变化量大小相等 C．若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚线射出，则需将电压调为2U D．现仅调节稳定电源电压为U'，使质量为m1的离子能沿虚线射出，则 分析有理·押题有据   静电场是高中物理电磁学的基石，考查频率高。2026年命题将深度嵌入芯片制造、电容式传感器、静电悬浮等科技前沿与生产生活情境，从单纯的概念辨析转向“基础概念深度理解+真实问题抽象建模”的双轨考查，彻底告别机械刷题模式，完美契合“无情境不命题”的核心要求。静电场是连接力学与电磁学的重要桥梁，能有效整合受力分析、牛顿定律、功能关系、圆周运动等多模块知识，精准考查“信息提取→模型构建→规律运用”的素养链条。 密押预测·精练通关 1．（多选）（2026·河南濮阳·一模）图甲所示，平面直角坐标系处在匀强电场中，匀强电场与坐标平面平行，轴正半轴上各点的电势随变化的规律如图乙所示，轴正半轴上各点的电势随变化的规律如图丙所示。在坐标原点处沿轴正方向以大小为的速度射出一个比荷为的带正电的点电荷，不计粒子的重力，已知，则下列判断正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度大小为 B．匀强电场的方向与轴正方向夹角为 C．粒子运动过程中的电势能先减小后增大 D．粒子运动过程中所经位置的最高电势为 2．（多选）（2026·黑龙江吉林·二模）如图所示，一绝缘正四面体的顶点a、b、c、d分别固定电荷量为、、、的四个点电荷。O、P、M、Q为四面体棱上的点，且满足。规定无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（    ） A．M与O点的场强不同 B． C．将电性为负的试探电荷由P点移动到Q点，电场力做正功 D．在四面体的棱上，另有3个点的电势与M点相同 3．（多选）（2026·辽宁·一模）沿绝缘光滑水平桌面建立x轴，空间存在与x轴平行的匀强电场，取x轴正方向为电场的正方向，在内，电场强度E随位置坐标x变化关系图像如图所示。将质量为、电荷量为的带正电小球从x轴上的处由静止释放，则下列说法正确的是（　　） A．小球释放瞬间，加速度大小为 B．小球会在到之间做往复运动 C．在x轴上与两处的电势相等 D．小球运动到时的动能为 4．（多选）（2026·广东广州·模拟预测）电容式键盘具有噪音小、寿命长、触发键程可控等优势。图甲为电容式键盘按键的原理图，每个按键下方由互相平行且间距为的活动金属板和固定金属板构成。为探究按键原理，一同学设计了如图乙所示的电路。先将单刀双掷开关接，一段时间后将开关接到，测出了按键未按下时振荡电流频率为。下列说法正确的是（　　） A．当开关接时，若测得灵敏电流计示数减小，说明按键一定正在回弹 B．当开关接时，若将按键按下，则电流将从左端流入灵敏电流计 C．当开关接时，若测得振荡电流频率减小，说明按键正在向下运动 D．当开关接时，若测得振荡电流频率为，说明按键已被按下了 5．（多选）（2026·湖北孝感·二模）两个点电荷、分别固定在x轴上原点O和坐标为的位置。一带正电的粒子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能随位置x变化的关系如图所示，图线最高点对应横坐标为，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　） A．带负电 B．处的电场强度为零 C．的电荷量比小 D．从到的过程中带电粒子的加速度一直减小 6．（多选）（2026·广东湛江·一模）如图所示，空间有一棱长为的正方体，点固定电荷量为（）的点电荷，点固定电荷量为的点电荷，、分别为上、下两个面的中心点，已知静电力常量为，则（　　） A．点与点的电场强度相同 B．点与点的电势差等于点与点的电势差 C．点的电场强度大小为 D．将带负电的试探电荷由点沿直线移动到点，其电势能先增大，后减小 7．（多选）（2026·重庆沙坪坝·一模）如图甲所示，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为+q的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，图中AC为水平直径。从A点开始，小球动能Ek与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（    ） A．该匀强电场的场强大小为 B．该匀强电场的场强大小为 C．轻绳的最大拉力大小为 D．轻绳在A、C两点拉力的差值为 8．（多选）（2026·河北·一模）细胞电转染是一种通过电场将外源分子导入细胞的技术，其原理可简化为如图所示。细胞附近存在电场，其中带箭头的实线为电场线，关于过细胞中心的竖直线PQ对称分布。虚线为带电的外源DNA分子仅在静电力作用下进入细胞膜的轨迹，A、B为轨迹上的两点，C点与B点关于PQ对称。已知DNA分子在B点的速度大于在A点的速度，则（　　） A．DNA分子带正电 B．DNA分子在A点的加速度小于在B点的加速度 C．B、C两点的电场强度相同 D．A点的电势比B点的电势低 选择题预测11电磁感应基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】（多选）电动汽车能量回收装置的简化原理图如图所示。间距为的足够长平行金属导轨、固定在绝缘水平面内，导轨左端通过单刀双掷开关可分别与电动势为、内阻为的电源和电容器相连。虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、长度也为的金属棒垂直导轨静置于虚线右侧，金属棒在导轨上运动时与导轨间的阻力大小始终为。0时刻将开关拨至时刻金属棒的加速度恰好为0，此时将开关拨至2，电容器在极短时间内完成充电。已知电容器的电容为，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。下列说法正确的是（　　） A．内金属棒做匀加速直线运动 B．将开关拨至2前瞬间，金属棒的速度大小为 C．电容器完成充电瞬间，电容器两端的电压为 D．电容器充电完成后，金属棒做加速度大小为的匀减速直线运动 分析有理·押题有据 电磁感应是高中电磁学的核心枢纽，2026年命题将深度嵌入磁悬浮列车、无线充电、风力发电等国家新能源战略场景，以“磁—电—力—能”转化链为主线，全面考查学生从复杂工程中提炼物理模型、综合运用力学与电磁学规律解决真实问题的核心素养。近五年各地高考卷均将电磁感应作为压轴或计算题常客。2026年教育部1号文件要求“融入科技前沿动态”，磁悬浮驱动、无线充电技术、光伏发电能量转换等已成为明确的高频命题载体，预计将进一步强化情境化综合考查。 密押预测·精练通关 1．（多选）（2026·云南昭通·二模）如图所示，相距为的水平虚线、间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。“日”字形闭合导体线框竖直放置，线框宽，到的距离为，将金属框由静止释放，边和边都恰好匀速通过磁场。已知、、边的电阻分别为、、，其他部分电阻不计，运动中线框平面始终与磁场垂直，边始终水平，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．边通过磁场时，流过线框电流流向为 B．边和边通过磁场的速度之比为 C．边通过磁场过程中，安培力的冲量大小为 D．整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为 2．（多选）（2026·广东·一模）如图，采用电磁刹车技术的列车质量为m，其下方固定有边长为L、匝数为N、总电阻为R的正方形闭合线框abcd。垂直于钢轨间隔分布的匀强磁场，磁感应强度为B，每个磁场区域的宽度及相邻两磁场区域的间距均为L。当ab边以初速度v0进入磁场区域时，列车开始刹车，经31L停下。已知钢轨宽度为D，刹车过程，列车所受钢轨及空气阻力的合力恒为f，则（　　） A．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流沿adcba方向 B．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流大小为 C．列车从开始刹车到停止，线框产生的焦耳热为 D．列车从开始刹车到停止，所经历的时间为 3．（多选）（2026·湖南怀化·一模）如图，在粗糙绝缘的固定斜面上（斜面足够大）有一质量为m粗细均匀的矩形线框abcd，线框由两种金属材料组成，ad、bc长为L、电阻均为2R，ab、cd长为、电阻不计，线框处在方向垂直斜面向下的足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量也为m的导体棒PQ紧挨ad放置（不接触ad），PQ接入电路电阻为R，时刻，同时静止释放导体棒PQ以及矩形线框abcd，经时间恰好运动到矩形线框的中心处，此时对棒施加沿斜面向上的力，最终棒PQ恰好不从线框掉下。已知运动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，矩形线框与斜面间的动摩擦因数为，棒PQ与矩形线框间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．导体棒PQ刚释放瞬间，线框的加速度大小为 B．时间内通过ad边的电荷量为 C．时导体棒的速度为 D．若时导体棒下降的高度为h，则整个过程中棒PQ上产生的热量为 4．（多选）（2026·河南濮阳·一模）如图甲所示，间距为的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接有阻值为的定值电阻，质量为的金属棒垂直放在导轨上，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；第一次，给金属棒一个水平向右、大小为的初速度，金属棒在导轨上运动的速度与运动的位移间的关系如图乙所示；第二次，给金属棒施加一个水平向右的拉力使金属棒从静止开始向右运动，运动的速度与运动的位移间的关系如图丙所示。不计导轨的电阻，金属棒接入电路的电阻也为，则下列判断正确的是（　　） A．匀强磁场的磁感应强度大小为 B．第一次，通过定值电阻的电量为 C．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，电阻中产生的焦耳热为 D．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，拉力做的功为 5．（多选）（2026·河北·一模）两足够长且间距为的平行金属导轨与水平面夹角为，导轨上端与一阻值为的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，下方存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一质量为的金属杆垂直导轨放置在处，现将金属杆由静止释放，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值也为，且与粗糙导轨间的动摩擦因数，，，导轨电阻不计，金属杆与导轨接触良好，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．金属杆通过区域所用的时间为 B．在整个过程中，定值电阻产生的热量为 C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．金属杆经过区域，金属杆所受安培力随位移线性变化 6．（多选）（2026·河北廊坊·一模）如图所示，金属导轨CDE和FGH平行且间距为L，CD、DE在同一竖直面内，CD、FG水平，分别与DE、GH平滑连接，倾斜导轨与水平面的夹角为θ。水平导轨足够长。相同的导体棒1、2质量均为m，棒2放在水平导轨上。倾斜导轨光滑，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ（μ≥0），最大静摩擦力等于滑动摩擦力。导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将棒1从倾斜导轨顶端由静止释放，顶端到水平导轨的竖直距离为h（h足够大）。两棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若μ=0，两棒的最终速度均小于 B．若μ=0，安培力对两棒的冲量之和先不为零后变为零 C．若μ=0，棒1即将到达水平导轨时回路电流为 D．若棒1能够在倾斜导轨上匀速运动，则一定有 7．（多选）（2026·山东·模拟预测）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L，电阻忽略不计。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上静置有两导体棒a、b，质量分别为m和2m，长度均为L，电阻均为R。时刻导体棒a、b分别以、的初速度向左运动，下列关于导体棒a、b的速率和加速度大小随时间变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（多选）（2026·河北·一模）在磁悬浮技术的实验研究中，常用平行金属导轨模拟电磁驱动系统。如图所示，光滑导轨由倾斜部分和水平部分组成。水平部分位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。倾斜导轨及水平导轨Ⅰ段间距均为，水平导轨Ⅱ段间距为L，Ⅰ、Ⅱ段导轨都足够长。金属棒P、Q质量均为m、接入电路部分的电阻均为r，Q棒开始静止在Ⅱ区，让P棒从倾斜轨道上高度为h处由静止释放，忽略经过轨道连接处的能量损失，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，忽略导轨电阻，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．P棒刚进入磁场时，Q棒的加速度大小为 B．Q棒达到稳定运动状态时的速度大小为 C．从P棒进入磁场到达到稳定运动状态过程中，通过P棒的电荷量为 D．从P棒进入磁场到达到稳定运动状态过程中，系统产生的总热量为 选择题预测12交变电流 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】功夫机器人为马年新春增添了十足的科技味。机器人使用氮化镓充电器充电，图甲是这种充电器的核心电路。交流电经前端电路和氮化镓开关管转换后，在ab端获得如图乙所示的高频脉冲直流电，经理想变压器降压后在cd端给手机充电，则正常工作时（　　） A．cd端输出功率小于ab端输入功率 B．cd端输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值 C．cd端输出电流的频率为 D．ab端电压有效值为155.5V 分析有理·押题有据 交变电流是电磁感应在实际应用中的核心体现，2026年命题将深度融入特高压输电、无线充电、新能源汽车等国家战略与科技前沿，告别单纯公式套用，转向跨模块综合应用，注重真实工程情境下的信息提取与模型构建能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·陕西榆林·二模）图甲为无线充电牙刷，其充电原理简化如图乙所示。底座线圈间通入图丙所示的正弦交流电后，牙刷内置线圈整流电路输入电压为，再经整流后对牙刷内的电池进行充电。规定磁场方向向上为正，俯视时顺时针电流为正，则下列说法正确的是（    ） A．底座线圈和牙刷内置线圈匝数之比为 B．牙刷内置线圈电流方向每秒改变50次 C．内，牙刷内置线圈的感应电流方向为负 D．若在点接入一个理想二极管，则整流电路输入电压的有效值为 2．（2026·广东·模拟预测）如图甲所示为某款利用海浪进行发电的浮桶式发电灯。浮桶内的磁体固定在海岸上，内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，图乙为水平截面图，假设线圈处于水平辐向磁场中，沿竖直方向运动时产生图丙所示的正弦交流电，已知灯泡的电阻，线圈的电阻忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．该交流电的有效值为 B．若线圈随波浪振动的频率增大，但产生的正弦交流电的电压峰值不变，则线圈的输出功率增大 C．时，穿过线圈的磁通量变化率最大 D．图甲中灯泡的功率为 3．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图为双线并联模式进行远距离输电的示意图。发电机的输出电压稳定，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，两变压器线圈匝数固定不变，且两变压器间每条输电线等效电阻均为。则（　　） A．若负载电阻变大，升压变压器的输出电压变大 B．若负载电阻变大，输电线损失的电能变大 C．若负载电阻不变，一条输电线被切断，负载两端电压变大 D．若负载电阻不变，一条输电线被切断，升压变压器的输出功率变小 4．（25-26高三下·河南·期中）一含理想自耦变压器的电路如图所示，滑片P可上下移动，从而改变副线圈的匝数，电路中的定值电阻，是可变电阻，交流电流表A、交流电压表、均为理想电表，且示数变化量的绝对值分别用和、表示。在电路左端a、b两点间加上电压不随负载变化的正弦交流电，下列说法正确的是（　　） A．若不变，当滑片P从上端缓慢向下移动时，电压表示数变大 B．若不变，当滑片P从上端缓慢向下移动时， C．若滑片P位于原线圈中点处不动，改变，则不变且 D．若滑片P不动，逐渐增大，则变压器的输入功率一定逐渐增大 5．（2026·辽宁·模拟预测）某小组同学利用实验室中的变压器、学生电源（内阻不计）、数字多用电表（理想电表）和电阻箱，进行探究变压器原线圈串联电阻r时，电压表的示数U与原副线圈匝数比k的关系。电路如图所示，步骤如下：保持电阻箱的阻值R不变，改变原副线圈的匝数比，记录电阻箱两端的电压U及相应的原副线圈的匝数比k，然后绘制出U-k图像，下列U-k图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6．（25-26高三下·福建·开学考试）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，小灯泡的电阻和电动机内阻均恒为1Ω，定值电阻，在a、b两端加上8V的正弦交流电压，开关S断开时，小灯泡正常发光；开关S闭合时，电动机刚好正常工作。下列判断正确的是（　　） A．小灯泡的额定电压为2V B．电动机的额定功率为5W C．开关S由断开转为闭合，灯泡可能变亮 D．开关S闭合时，通过电动机的电流大于通过灯泡的电流 7．（2026·湖南长沙·二模）如图所示，理想变压器原线圈匝数为，两个副线圈匝数分别为、，。原线圈回路接有正弦交流电和定值电阻、。副线圈回路中接有可变电阻，副线圈回路中接有一只阻值不变的灯泡。初始时滑片P位于中间，下列说法正确的是（　　） A．若P向上滑动，灯泡将变暗 B．若P向上滑动，电阻消耗的功率将减小 C．当时，理想变压器的输入功率为100W D．当时，消耗的电功率最大，且 8．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示为某水电站远距离输电的原理图。已知升压变压器的原、副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，发电机输出的电压恒为U。现由于用户端负载变化，使发电机输出功率增加了，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，电表均为理想电表，下列说法正确的是（　　） A．输电线上损失的电压增加了 B．电压表的示数与电流表的示数之比不变 C．电压表的示数与电流表的示数之比增大 D．输电线上损失的功率增加了 实验题预测01力学实验 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】小明同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律，其操作步骤如下： ①在铁架台的点固定一个力传感器，将细线一端与力传感器相连，另一端系一个钢球； ②将小球保持静止时球心的位置记为点，测得力传感器的最下端到点的距离为，力传感器的示数为； ③将钢球向右拉至不同高度由静止释放（绳子一直保持紧绷状态）； ④记录释放点钢球球心与点的高度差以及小球在运动过程中力传感器示数随时间变化的规律； ⑤计算并比较钢球在释放点和点之间的重力势能减少量与动能增加量，验证机械能是否守恒。 某次实验中，小球在运动过程中传感器示数随时间变化的规律如图2所示，图中点为图像最高点，点对应的力传感器示数为，求： (1)实验中小球过点时对应图2中的______（选填“a”、“b”、“c”、“d”、“e”）点； (2)改变，记录小球每次过点时传感器的示数，则图像应为（　　） A．B．C． D． (3)某次实验结果略大于，则可能的原因为（　　） A．计算时所用重力加速度的值比当地的值略小一些 B．存在空气阻力 C．小球释放时有初速度 D．误将绳长当成圆周运动的半径 分析有理·押题有据 力学实验是高考物理实验题的重要组成部分，以一道小题形式呈现，难度中等偏上。2026年命题将实现两大转向：一是从基础仪器读数的机械考查转向对实验原理的深刻理解与迁移；二是从经典实验的照搬操作转向真实情境下的探究性设计。试题将把牛顿第二定律验证、机械能守恒探究等经典实验深度嵌入航天工程、新能源汽车、智能传感等科技情境，要求学生在全新场景中自主完成实验设计、数据解析与误差归因，彻底告别“纸上谈兵”。DIS（数字化信息系统）系统全面普及，力传感器、位移传感器、光电门、加速度传感器等数字化工具已成为实验标配。试题重点考查利用传感器进行数据采集、图像拟合与误差分析，而非机械记忆仪器使用步骤。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西九江·二模）某科创小组利用实验室提供的传感器设计了如图甲所示的实验装置，用以探究机械能守恒定律，以及加速度与力、质量的关系。他们将附有刻度尺的气垫导轨调整水平，在导轨左侧处固定一光电门，将轻绳一端固定在点，另一端与滑块相连，滑块上安装遮光条，并且可以增加砝码以改变其质量，在轻绳上通过不计质量的动滑轮悬挂一个重物。打开气泵，将滑块从导轨右侧处由静止释放，记录遮光条通过光电门的时间以及和之间的距离。已知重物的质量为m，遮光条的宽度为d，重力加速度为g，滑块、遮光条以及砝码的总质量用M表示，遮光条通过光电门的时间用t表示，和之间的距离用L表示。 (1)若某次实验中遮光条挡光时间为，此时滑块的速度为________。 (2)该小组探究系统机械能守恒定律时，使滑块总质量保持为不变，改变L进行若干次实验，根据实验数据画出的图线是图乙中的________（选填“A”或“B”），图线斜率________（用所给的字母表示）。 (3)该小组探究加速度与力、质量的关系时，保持L不变，改变滑块M进行了若干次实验，根据实验数据画出了如图丙所示的一条过坐标原点的直线，其纵轴为滑块M的加速度a，经测量其斜率恰为重力加速度g，则该图线的横轴为________（用所给的字母表示），若气垫导轨未调整水平，滑块M加速度的测量值________________。 2．（2026·北京海淀·一模）用如图1所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图1中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上位置S由静止释放，确定其平均落地点，记为P。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置S由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为M和N，分别测出O点到平均落地点的距离OM、OP、ON。测得球1的质量为，球2的质量为，已知＞。（P、M、N在图中未画出） (1)下列实验步骤中必要的是______。（选填选项前的字母） A．测量球1静止释放的高度h B．测量抛出点距地面的高度H C．测量两小球的半径 D．利用重锤线确定O点的位置 (2)①在误差允许范围内，若关系式______成立，说明两球碰撞前后动量守恒。 ②完成上述实验，图2中平均落地点的位置可能正确的是______。 (3)某次实验时先将球1从斜槽上位置S静止释放，确定球1平均落地点P。然后将球2放在斜槽末端，发现球2沿斜槽滚动，于是调整斜槽末端水平，调整后斜槽末端离地面高度跟原来相同。从斜槽上位置S静止释放球1，与球2碰撞后，确定两球平均落地点M和N。若不考虑调整斜槽引起小球在空中运动时间的变化，则______。（选填“＞”“＝”或“＜”） (4)某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞。设。在实验中仅换用不同质量的球1，重复实验，绘出的图像；又仅换用不同质量的球2，重复实验，并绘出的图像。下图中有可能反映两球发生弹性碰撞的是______。 A． B． C． D． 3．（2026·浙江宁波·二模）实验小组设计了两种方案来测量弹簧的劲度系数。 (1)方案1：先测得弹簧沿竖直方向自由悬挂时指针所指位置的读数为11.90cm，再悬挂一质量为100g的重物后，指针位置如图1所示，其读数为_______cm，可得该弹簧的劲度系数________N/m（结果保留两位有效数字，重力加速度）。 (2)方案2：通过测量沿竖直方向做简谐运动的弹簧振子的周期，再根据周期公式（式中m为振子质量，k为弹簧劲度系数）来求劲度系数。仍用同一根弹簧悬挂相同的重物，在重物的正下方放置位移传感器，如图2所示。现将重物向下拉开一段距离后释放，使其沿竖直方向做简谐运动，位移传感器记录重物的图像如图3所示，由图可知重物振动的周期为________s，则由该方案得到的劲度系数________（选填”大于”或”小于”）； (3)用方案1、方案2进行多次实验，发现用两种方案得到的劲度系数始终存在一定的差异，你认为造成差异的主要因素是________。 A．空气阻力的影响 B．弹簧自身质量的影响 4．（2026·江苏·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______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，，。假设橡皮筋拉力大小F与其伸长量满足胡克定律，则可用橡皮筋伸长量代表其拉力大小。题3图上已画出了橡皮筋拉力，请继续画出OB、OC橡皮筋拉力、，并画出它们的合力。（图中已标注参考刻度） (3)通过比较与，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均超过5cm，小明认为应采用代表相应力的大小在题3图中作图，小华认为应采用代表相应力的大小。你支持谁的观点?请说明理由。 5．（2026·陕西商洛·三模）如图甲所示，某实验小组设计了一款平抛实验器，绝缘的竖直面板固定在水平底座上，面板上平铺粘贴一层导电性良好的薄铁板，铁板上铺设一层热敏纸，并用磁性胶条固定在薄铁板上，左侧上方有一绝缘轨道，轨道末端水平，抛体块被弹射后做平抛运动，抛体块和薄铁板通过柔软的细漆包线分别连接电火花计时器脉冲输出端口（图中未画出），抛体块平抛运动过程中，每次脉冲放电时会在热敏纸上留下点迹。请回答下列问题： (1)实验时电火花计时器连接的是、的交流电源，在抛体块平抛运动过程中，电火花计时器在热敏纸上打出相邻两点的时间间隔是_____________s。 (2)实验小组测量出某次实验中各点到抛出点的竖直距离y，然后根据所测数据描点，得到了图像如图乙所示，由图像可知，当地的重力加速度大小_____________。（结果保留两位有效数字） (3)实验小组结合某次实验时获得的各点到抛出点的水平距离x、竖直距离y，作出图像如图丙中实线所示。若仅减小抛体块的初速度，则得到的图像可能是图丙中的虚线_____________（填“a”“b”“c”或“d”）。 6．（2026·山东济宁·一模）利用手机软件可定量探究向心加速度与半径、角速度的关系。装置如图甲所示，转盘连接在一个可调转速的电机上，在转盘上沿半径方向每隔相等距离打一个方孔，手机可固定在孔上。 (1)下列实验与本实验采用的实验方法一致的是______。 A．探究弹簧弹力与形变量的关系 B．探究两个互成角度的力的合成规律 C．探究物体加速度与力、质量的关系 (2)保持转盘的转速不变，将手机固定在不同的孔位上，读出不同半径下手机的向心加速度大小，得到如图乙所示的图像。由图可知当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周运动的半径成______。 (3)手机固定在某个孔位中，手机转动过程中向心加速度与角速度的平方的图像如图丙所示。此时手机所在孔位距转盘中心的距离为______。（保留两位有效数字） 7．（2026·河北邢台·二模）物理是一门以实验为基础的自然科学。 (1)实验小组要利用如图甲所示装置来测量当地的重力加速度。 ①将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图甲所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为，再用游标卡尺测得摆球的直径为（读数如图乙所示），从图乙可知，摆球的直径为__________cm， ②将小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，小球经平衡位置时开始计时，小球完成次全振动所用时间为， ③根据已知信息，重力加速度的表达式应为__________（用题干所给物理量字母表示）； (2)在图甲装置中小球的平衡位置处安装一个光电门，如图丙所示，该实验小组利用此装置来验证机械能守恒定律。 ①将小球由平衡位置拉开一个较大角度，由静止释放，当小球在最低点经过光电门时记录挡光时间为，②已知小球直径为，小球释放点距离最低点的高度为，重力加速度为， ③若小球下摆过程中机械能守恒则应满足的关系式为__________（用题干所给物理量字母表示）。 8．（2026·四川德阳·二模）实验小组用图1所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，带凹槽质量的木块，10个质量为的钩码，电火花打点计时器，电源，纸带，细线，刻度尺等。将带定滑轮的长木板放在水平桌面上，细绳跨过定滑轮，一端连接木块，另一端悬挂钩码，其余钩码全部放在木块的凹槽中，释放木块后，利用打点计时器打出的纸带得到木块运动的加速度，改变悬挂的钩码个数n，测出对应的加速度a。 (1)电火花计时器工作时应使用_______（选填“”或“”）交流电源； (2)释放木块前，木块应_______（选填“靠近”或“远离”）打点计时器； (3)已知当地重力加速度，作出图像如图2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数_______（保留两位有效数字）。 实验题预测02电学实验 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】近年来新能源汽车得到了空前发展，使用新能源的车主发现新旧电池不能混用，更换电池时须整体更换。某学习小组为了探究新旧电池不能混用的原因，利用普通5号碱性电池做了如下模拟实验。实验器材如下： 新、旧5号碱性电池若干； 灵敏电流计G（量程0~2mA，内阻为5Ω）； 电流表A（量程0~0.6A，内阻为2Ω）； 滑动变阻器（最大阻值为20Ω）； 电阻箱（最大阻值为9999Ω）； 开关、导线若干。 (1)小王同学用上述器材分别测量5号碱性电池A、B的电源电动势和内阻（每次测量一节电池）。首先他把灵敏电流计和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，电阻箱的阻值应调至______Ω； (2)电压表改装完成后，小王同学设计了如图甲所示的电路进行实验，利用实验数据作出了如图乙所示的U-I图像。由图乙可知，有可能是旧电池的是______（选填“A”或“B”），其电动势为______V，内阻为______Ω（结果保留两位有效数字）。 (3)小李同学对标有“2.0V，0.5W”的小灯泡描绘出了伏安特性曲线，如乙图中的C所示。若将上述A、B两节电池串联起来为该小灯泡供电，则该电池组的发热功率为______W（结果保留两位有效数字）。由此他们推测新旧电池不能混用的原因可能是混用后电池内阻消耗的功率太大。 分析有理·押题有据 电学实验是高考实验题的核心板块，2026年命题将实现三大转向：一是从基本仪器的机械读数转向电路设计的创新迁移；二是从经典实验的照搬操作转向真实科技情境下的探究设计；三是从简单的数据处理转向深度的误差溯源与方案评价。试题将把测电阻率、测电源电动势和内阻等经典实验深度嵌入智能传感、新能源技术、芯片制造等科技前沿情境，要求学生在全新场景中自主完成电路设计、数据解析与误差归因，彻底告别“照方抓药”模式。 密押预测·精练通关 1．（2026·浙江衢州·二模）某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内电阻。 实验室提供了下列器材： A．多用电表（电压挡量程2.5V，内阻未知）； B．毫安表（量程，内阻为）； C．定值电阻； D．定值电阻； E．滑动变阻器； F．电键和导线若干。 根据提供的器材，设计电路如图1所示。 (1)将毫安表与定值电阻并联改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为___________A； (2)为了精确测量，图中多用电表的右表笔应接到___________（选填“B”或“C”）处； (3)闭合电键，多次调节滑动变阻器的滑片，记录多用电表的电压，和毫安表的示数，并作图线如图2所示，该干电池电动势___________V；内阻___________（以上结果均保留三位有效数字）。 (4)上述实验结束后，他又研究了热敏电阻的温度特性。电路如下图3和图4所示： ①闭合开关S，观察到温度改变时电流表示数也随之改变。定量研究热敏电阻的阻值随温度变化的规律时，将欧姆表两表笔分别接到热敏电阻、两端测量其阻值，这时开关S应___________（填“断开”或“闭合”）。 ②按照正确方法测出不同温度下热敏电阻的阻值。电阻与温度的关系分别对应图4中曲线I和曲线Ⅱ (5)设计电路时，为防止用电器发生故障引起电流异常增大，导致个别电子元件温度过高而损坏，可串联一个热敏电阻抑制电流异常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻与电阻___________（填“”或“”）具有相同温度特性。 2．（2026·贵州贵阳·一模）一实验小组将铜片和锌片贴着透明长方体塑料杯平行插入杯中，在杯中注入某种一定浓度的电解质溶液，形成一个可变内阻的原电池，如图甲所示。经查阅资料发现该原电池的电动势约为1V并与电解质溶液的体积无关。为了测量该原电池的电动势E和该电解质溶液的电阻率ρ，实验小组按照如图乙所示的电路图将阻值的定值电阻、数字式多用电表、原电池、开关等元件用导线连接成如图丙所示的实物图。实验步骤如下： ①测出透明杯的内部宽度、铜片和锌片间的距离，如图甲所示。 ②在透明杯中注入一定量的该种溶液，通过贴在杯上的刻度尺读出溶液的高度h。 ③选择数字式多用电表合适量程的电流挡后，闭合开关，读出电表示数I。 ④多次注入该种溶液，每注入一次溶液都重复步骤②③，得到的数据如下表所示。 ⑤断开电路，整理器材。 组数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高度h/mm 5 10 15 20 25 30 35 40 45 电流I/mA 3.3 6.3 9.7 12.8 16.2 19.3 22.5 25.2 28.1 请回答下列问题： (1)通过上表数据发现，随溶液高度增加，原电池内阻___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。 (2)已知电解质溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，则原电池的内阻___________（用“ρ”“L””d”和“h”表示）。 (3)该小组利用WPS表格软件对上表实验数据进行处理，分别作出了和的图像如下图A、B所示。为了能够根据闭合电路欧姆定律和图像信息计算出该原电池电动势E和该电解质溶液的电阻率ρ，应选图___________（选填“A”或“B”）更合适。 (4)根据（3）中选择的图像拟合的函数关系式，可得出该原电池电动势___________V，该电解质溶液的电阻率___________Ω·m。（结果均保留两位有效数字） 3．（2026·四川广安·二模）智能机器人的感知依赖于敏感元件的实时反馈，弹性导电绳便是这类传感器的核心敏感元件之一、某同学设计下面的实验来测量弹性导电绳拉伸后的电阻率。 （1）测得弹性导电绳自由伸长时的长度和横截面积。 （2）弹性导电绳一端固定在点，另一端拉伸至点固定如图（a），用毫米刻度尺测得、间距离___________。 （3）设计图（b）所示的电路，为定值电阻。断开和，用带金属夹的导线将、两点间弹性导电绳接入电路，将滑动变阻器的滑片滑到最右端，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置，记录两表的示数和。 （4）闭合，电压表示数发生了变化，应向___________（填“左”或“右”）缓慢滑动的滑片，使电压表的示数恢复到，记录此时电流表的示数，则此时、间弹性导电绳的电阻___________（用、和表示）。 （5）若弹性导电绳拉伸过程中体积保持不变，当弹性导电绳长度为时，电阻率___________（用、、、和表示）。 （6）改变长度，重复实验。 （7）该同学在实验误差分析中，如果考虑电压表不是理想电压表，弹性导电绳电阻率的测量值___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。 4．（2026·湖北黄冈·二模）如图（a）为简易多用电表的电路图。图中E是电池；、、、、均为定值电阻，是可变电阻；电流表G的满偏电流为2.5mA，内阻为，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表的五个挡位分别为直流电压1V挡和5V挡，直流电流10mA挡和25mA挡，欧姆挡。 (1)图（a）中的A端与________（填“红”或“黑”）表笔相连接，根据题给数据可得________； (2)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；（结果均保留三位有效数字）。 (3)若电池E的电动势为1.5V，当B端与“3”相连，短接A、B表笔进行欧姆调零后，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，则该电阻阻值为________。若该电池由于使用时间过长，导致其电动势变小，电池内阻变大，但还可以欧姆调零，在规范操作下，它的测量值将________。（填“偏小”、“偏大”或“不受影响”） 5．（2026·四川成都·二模）某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。 (1)该同学首先利用多用电表电阻“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值________。 (2)该同学为了进一步探究此热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最________（选填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表的示数为2.5mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为________（结果保留两位有效数字）。 (3)经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越________（选填“大”或“小”）。 (4)该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势，定值电阻，长度的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为________cm（结果保留一位有效数字）。 6．（2026·安徽·模拟预测）某实验小组欲测量一内阻约为、量程为的毫安表G的内阻，并进行电表的改装与校对： (1)首先设计了如图甲所示的电路，甲图中的实验器材参数如下： A．电源（电动势3V，内阻可忽略）    B．电源（电动势30V，内阻可忽略） C．滑动变阻器1（阻值范围）    D．滑动变阻器2（阻值范围） ①为了提高毫安表内阻测量的精度，尽可能地减少实验误差，电源应选___________，滑动变阻器应选___________；（均用器材前的序号字母表示） ②先闭合开关、断开开关，调节滑动变阻器使得毫安表G满偏；再闭合，调节电阻箱，当毫安表G示数为满偏电流的时，电阻箱的示数为，则毫安表G内阻的测量值为___________（结果保留3位有效数字），内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 (2)改进后的实验电路如图乙所示，先闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表G满偏，记下此时电流表A的读数； ①小李接下来的操作是：闭合开关，调节电阻箱，使毫安表G半偏，记下此时电流表A的读数，以及电阻箱的阻值，则毫安表G内阻的测量值为___________（用测得的量表示）。 ②小王接下来的操作是：闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器，直至毫安表G半偏并且电流表的读数仍为，记下此时电阻箱的阻值，则毫安表G内阻的测量值为___________（用测得的量表示），内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 (3)给毫安表并联阻值为的电阻后将其改装为量程为600mA的电流表，然后利用一标准电流表与此改装表串联，对改装后的电表进行校对，实验发现，当标准电流表的示数为330mA时，毫安表的指针刚好半偏，由此可以推测出改装的电流表量程不是预期值，要达到预期目的，只需要将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，其中___________（结果保留两位小数）。 7．（2026·广东佛山·模拟预测）某老师用自制的数字化信息系统（DIS）指导学生完成创新实验“观察电容器充放电现象，并测量干电池的电动势和内阻”。图1是实验的实物图和简化电路结构图。 实验步骤： （1）按图1连接好电路图，图中电源由两节旧的干电池串联而成。打开手机物理工坊APP，让手机通过蓝牙与DIS系统连接，手机物理工坊APP上可实时显示电压传感器和电流传感器采集到的电压和电流随时间变化的情况，如图2所示。电压、电流传感器可视为理想电表，充电前电容器不带电。 （2）观察电容器充电：将双掷开关拨至______端（填“”或“”），电容器开始充电，通过、图可观察到电容器充电过程中其两端电压和电路中电流的变化情况。根据图3可得两节干电池的总电势______V。 （3）观察电容器放电：待充电完成后，把双掷开关拨至另一端，电容器开始放电，通过、图可观察到电容器放电过程中其两端电压和电路中电流的变化情况。根据图3求得两节干电池的总内阻____________（结果保留两位有效数字）。 （4）在图3的图像中，、分别为充、放电的时间段，这两个时间段的图线与时间轴围成的面积______（填“相等”或“不相等”），原因是：______________________________。 8．（2026·内蒙古包头·一模）。北方地区冬季温度较低，小明想为自家蔬菜大棚设计一个低温报警装置，该报警装置可用于观测棚内温度（0~15℃），同时当温度低于10℃时装置会自动报警。所用温度传感器的电阻随温度的变化规律如图（a）所示，实验电路如图（b）所示。实验室提供的器材有： A．直流电源（电动势为8V，内阻不计）； B．电压表（量程为6V，内阻非常大）； C．温度传感器； D．电阻箱（最大阻值为999.9Ω）； E.定值电阻R（阻值为10Ω）； F.单刀双掷开关一个，导线若干； G.报警器（电阻非常大）。 (1)请根据图（b）所示的电路图，在图（c）中完成实物连线。 (2)按下列步骤进行调试： ①电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向________（填“a”或“b”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为温度________℃； ②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断________（填“变大”或“变小”），按照图（a）中数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“温度”； ③将开关向另一端闭合，温度计即可正常使用。 (3)电压表示数降低到________V，报警器报警。 (4)使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，温度的测量结果________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】有一火灾报警装置，其原理如图1所示，当活塞触及卡柱时，触发报警，致使闪烁灯闪烁、警报器鸣笛。导热性能良好的容器安装在天花板上，卡柱到容器上端距离为L。横截面积为、质量为的活塞（厚度不计）密封一定质量的理想气体，活塞能沿容器无摩擦滑动。未发生火灾时，环境温度为，活塞与卡柱的距离为；发生火灾时，容器内温度缓慢上升到，从至过程中容器中气体内能增加了9.6J。已知，，，，，，。 (1)求未发生火灾时容器内的压强； (2)在图2中画出从至过程中容器内气体的图像； (3)求从至过程中，气体吸收的热量。 分析有理·押题有据 气体实验定律的综合应用是高考热学计算题的核心板块，2026年命题将从传统汽缸活塞、液柱玻璃管等经典模型，转向航天工程、新能源技术、生产生活安全等真实科技情境，突出多过程分析能力与状态方程的定量应用。 气体实验定律和热力学定律是热学每年必考的核心考点，计算题侧重综合应用，难度中等。命题情境贴近生活、能源应用或科技前沿，如航天器舱内气压控制、高压锅安全阀原理、碳中和背景下气体存储技术等。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某物理探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态时触动报警器。从状态到状态的过程中，气体内能增加了，大气压强，重力加速度取，求： (1)气体在状态时的压强； (2)气体由状态到状态的过程中，从外界吸收的热量； (3)达到状态后，由于意外导致容器开始缓慢漏气，漏气过程中容器内温度视为不变，求活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比。 2．（2026·浙江嘉兴·二模）如图甲所示，上方开口的圆筒气缸竖直放置，气缸导热性能良好，底部有一凸出物。缸内用质量、面积的活塞封闭了一定质量理想气体。缸内壁离缸底56cm处固定一卡口。初始时活塞位于卡口处，活塞到缸底距离h随气体温度T的变化关系如图乙所示。状态A时，卡口对活塞的支持力为40N；状态B时，卡口对活塞恰好无作用力。从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了。已知大气压，不计卡口体积，活塞与缸壁无摩擦，求： (1)状态B的温度； (2)凸出物的体积； (3)整个过程中气体吸收的热量Q。 3．（2026·湖南·模拟预测）为研究潜水的某潜水员快速上浮时肺部面临的风险，某实验将人体肺部简化为一个与体外环境通过气道相通、温度恒为的弹性气囊。已知水面处的大气压强为，潜水员肺部处于自然松弛状态，体积为。假设气体可视为理想气体。 (1)潜水员在水深处时，肺部体积会被压缩到水面时体积的，求此时肺部气体的压强。 (2)潜水员从水深处上浮时需先用嘴从压缩气瓶中往肺里吸入部分空气使肺部体积恢复至，潜水员上浮过程中为避免肺部过度扩张，需在某安全深度处吐出（在当前深度压强下）的气体，已知潜水员到达水面时肺部体积为，求该安全深度h。 4．（2026·广东广州·模拟预测）某食品厂对一款充氮包装的薯片进行测试。在恒温的封装车间内，测得袋内气体体积为0.65L，压强为1.1atm（为保障口感与形状而设定的最佳内压）。假设袋内氮气为理想气体，在包装袋体积未超过之前弹性形变产生的额外压强始终不变，大气压恒为1.0atm，热力学温度与摄氏温度的关系为。 (1)若经过暴晒后，薯片袋内气体的体积未超过，求包装袋内气体摄氏温度的最大值；（结果保留三位有效数字） (2)实际上，包装袋的材质会限制其膨胀。若袋子在体积达到后就不会再膨胀，且袋内外气体的压强差达到0.15atm，就会有爆裂的风险。当袋内气体的温度升至时是否有爆裂的风险？ 5．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示为某款便携休闲潜水呼吸器，其气瓶的容积为，可直接采用高压气筒为其充入空气，使用时通过恒压出气装置可输出气压为标准大气压的空气。已知标准大气压为，该款气瓶处于的环境中时，气瓶压力表显示气体压强为，现将其带至温度为的水下。 (1)求稳定后气瓶压力表的示数； (2)若按每次呼吸消耗、一个标准大气压的空气，每分钟呼吸20次计算，瓶内气压降至时即需撤离，在温度为的水下，该气瓶能供潜水员在水下活动的最长时间为多长。 6．（2026·山东菏泽·一模）如图是医院用于静脉输液的示意图，倒置的输液瓶上方有一气室A，密封瓶口处的软木塞上插有两根细管，其中a管与大气相通且药液始终没有进入，b管为输液软管，中间有一气室B，管通过针头接入人体静脉，输液处由于液体压强高于静脉血压，药液顺利进入静脉。气室A内气体温度与室温相同，输液瓶近似为高度22cm的圆柱体，瓶内总体积。初始时，药液体积200ml，输液一段时间后，药液体积减少至100ml。大气压强p0=1×105Pa，药液密度，重力加速度，a管上端到瓶口的距离为L=2cm。求： (1)初始状态气室A中封闭气体压强pA； (2)此过程中进入气室A的空气与原有空气的质量比。 7．（2026·湖南·模拟预测）如图，一封闭着理想气体的长方体绝热汽缸置于水平地面上，长度为L，竖直方向的横截面积为S。用劲度系数为k弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度均为、体积相等、压强均为，忽略电阻丝、弹簧的体积和活塞的厚度。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后，f中的气体温度变为，两活塞之间的间距变为，且右侧活塞与气缸右壁的间距也为。求： (1)此时g中气体的压强。 (2)此时h中气体的温度。 8．（2026·山东济南·模拟预测）如图甲所示，有一开口向下，高度为、底面积为的绝热气缸固定在水平面上，气缸内部有加热装置，在缸口处有固定卡环，绝热活塞与气缸内壁之间无摩擦力。将一定质量的理想气体封闭在活塞上方，开始时封闭气体的温度为，压强为，活塞正好位于气缸的中间位置。现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的由的状态变化过程，图中标出的量为已知量。已知外界大气压强为，重力加速度为，活塞的厚度不计，求： (1)活塞的质量以及活塞刚运动到卡环时缸内气体的温度； (2)若已知气体的内能为（为已知常量），求过程中缸内气体吸收的热量。 计算题预测02几何光学的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】水晶球是利用天然水晶加工成的一种透明球形摆件。某水晶球过圆心O的截面如图所示，其中AB与CD为互相垂直的两条直径。半径AO的中点P处有一个点光源，已知从D点折射出的光线的反向延长线刚好交于A点，不考虑水晶球内的反射光线。 (1)求该水晶球的折射率； (2)光线从球面射出时，设折射角为α，求sinα的最大值。 分析有理·押题有据 几何光学综合应用是高考物理计算题的必考板块，常以基础计算题形式出现在解答题第一题位置。2026年命题将深度嵌入AR/VR显示、光纤通信、精密测量等前沿科技场景，彻底告别经典“玻璃砖”模型，转向真实工程情境下的折射与全反射规律综合应用。几何光学多以实际情境命题，2026年教育部明确要求“优化试题呈现方式，融入科技前沿动态”，光学模块命题素材高度丰富，是情境化计算题的首选方向。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东·一模）由同种透明介质制作的厚度相同的光学功能器件的截面如图所示，半圆形玻璃砖PEQ的圆心为O1，半径为R，直角三棱镜的直角边AB的中点为O2，E点位于半圆弧上，F点位于三棱镜的斜边AC上，E、F、O1、O2处于同一条直线上，AB平行于直径PQ且长度相等，PQ、AB间的距离为，直角三棱镜的顶角。在截面所在平面内，单色光线从半圆弧的M点射入半圆形玻璃砖，M点与EO1的距离为，光线从半圆形玻璃砖的PQ边上的D点射出，出射光线与PQ间的夹角为30°（图中未画出），然后从直角三棱镜的直角边AB射入三棱镜，最后从三棱镜射出。已知空气中的光速为c。求： (1)介质对该单色光的折射率n； (2)该单色光从M点射入到从三棱镜射出所经历的时间t。 2．（2025·安徽淮北·一模）如图所示，某玻璃柱的截面为半径为R的半圆，一束平行的单色光与水平直径AB成角从上表面射入玻璃柱。其中从圆心O处射入的光恰好从半圆弧面的三等分点（图中未标出）射出。已知。 (1)求玻璃柱对单色光的折射率n； (2)单色光第一次到达圆弧面时，光线在截面圆弧上有两点恰好发生全反射，求这两点间圆弧的长度。 3．（25-26高三上·山东青岛·期末）如图所示，一种透明柱状材料的横截面由一个直角三角形OAB和一个圆心在O点、半径为R的半圆BCD组成，半圆圆弧面涂有反射膜。一束单色光从M点与OA成角斜射入透明材料，刚好垂直AB边射出。现将光束绕M点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到有光线从OD上的N点射出（N点未画出）。已知，，光在真空中的传播速度为。求： (1)单色光在材料内传播速度大小v； (2)单色光从M点射入到从N点射出所用的时间t。 4．（25-26高三上·山东济南·开学考试）如图所示，某玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为，将玻璃砖保持上表面水平固定于水平桌面上，玻璃砖与桌面的切点为。一细束激光在玻璃砖截面所在平面内经射入玻璃砖，出射光线打在桌面上A点。已知激光的入射角为45°，与A点的距离为，不考虑多次反射，已知该激光在真空中的传播速度为c，。 (1)求该玻璃砖对入射激光的折射率n； (2)将入射激光向左平移，当入射点为B点（图中未画出）时，激光恰能在左侧圆弧面上C点（图中未画出）发生全反射，求激光在玻璃砖内由B点传播到C点所需的时间t。 5．（25-26高三上·安徽·开学考试）在一些建筑内部，即便是白天也比较昏暗。巴西科学家莫泽利用塑料瓶和水设计了一种简易灯具，可以将太阳光导入室内，提供较强的照明效果。一位工程师参考莫泽灯原理设计了如下的装置，将太阳光导入室内。该装置由某种均匀透明材质制成，上下两端为半球体，半径为R，分别置于室外和室内；中间部分为圆柱体，高度为L = 6R，圆柱体侧边用特殊的反光膜包裹，安装在建筑材料中。在测试中发现，当太阳光与AB夹角θ = 30°时，照射到球面的所有光恰好能全部通过半球底面AB进入圆柱中（不计光线在球面的反射），求： (1)该材料的折射率； (2)已知光线在反光膜上每反射一次，能量就变为反射前的。求此时，A点入射的光线从室外到室内后，能量保留的比例η（不计光线在A点的能量损失，）。 6．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示为一玻璃砖的横截面，其中OAB是半径为R的扇形，，OBD为等腰直角三角形。一束光线从距O点的P点垂直于OD边射入，光线恰好在BD边上发生全反射，最后由AB边射出。已知光在真空中的传播速度为c，求： (1)玻璃砖对该光线的折射率； (2)光在玻璃砖中传播的时间和从AB边射出时的折射角。 7．（2026·甘肃兰州·二模）如图所示，在球心为O、折射率为n、半径为R的均匀透明介质球内S点处放置一个单色点光源（可向各方向发射光线），点光源发出的一条垂直于OS的光线恰好在球面上P点处发生全反射，球外真空中光速为c，求： (1)点光源距球心O的距离d； (2)光线射出球体所用的最短时间t。 8．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图甲所示，某市在大运河拐弯公园的人工湖底某位置水平安装了一半径为R的平面圆形灯，恰如水底的一轮明月。已知水底“明月”发出的橙色光在湖面上形成一个半径为d的橙色圆，如图乙所示。水对橙色光的折射率为，光在真空中的传播速度为c。求： (1)水底“明月”的深度h； (2)该灯发出的光从发出到射出水面的最长时间t。 计算题预测03带电粒子在电磁场中的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】为了研究我国在建的强流重离子加速器（HIAF）中的束流导向问题，在物理模拟实验中，科研人员采用带电小球模拟重离子，构建了如图所示的装置。竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴水平。在第二象限内有一段光滑绝缘圆弧轨道，末端与x轴相切于O点。第一象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场（磁感应强度大小为B）和竖直向上的匀强电场。此外，在第一象限内还有一个半径为L的圆形探测区域，其圆心D与O点的连线与水平方向的夹角为45°，且。实验时，将一个电荷量为、质量为m的带电小球（可视为质点）从绝缘轨道上距x轴高度为H（H未知）处静止释放，小球沿轨道滑下并从O点水平进入第一象限。已知小球进入第一象限后恰能做匀速圆周运动，且其运动轨迹恰好与圆形探测区域外切。重力加速度为g，忽略空气阻力。 (1)求电场强度E的大小； (2)求高度H； (3)为了研究小球的运动路径，科研人员将直线OD与正y轴所夹区域的磁场方向反向，磁感应强度大小不变，仍让小球从同一高度H处释放。求小球经过O点后，第二次穿过直线OD时的位置坐标。 分析有理·押题有据 带电粒子在电磁场中的运动是高考物理压轴题的绝对核心板块，2026年命题将全面从孤立圆周运动转向三大方向：科技装置（质谱仪/回旋加速器/霍尔效应）原理深度应用、复合场（组合场/叠加场）多过程分析、有界磁场中临界极值与轨迹几何的精确建模，要求学生在真实科技情境中完成“受力分析→运动拆解→轨迹几何→极值判定”的完整逻辑链。 教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态”，离子注入机（芯片制造）、超导回旋加速器（质子治疗）、霍尔传感器（磁场探测）等科技素材丰富，完美契合“无情境不命题”的核心要求。 命题延续“重科技应用、强几何建模、拓三维空间”的进阶路径，设问侧重临界条件论证与轨迹几何表达，对空间想象与数学工具运用能力要求持续提升。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁·模拟预测）某离子实验装置的基本原理如图所示，离子源能源源不断从坐标原点沿轴正向发射同种离子，离子质量为，电荷量为，初速度大小范围在之间。以过垂直于纸面的界面为边界，界面左侧为区，存在沿轴正向的匀强电场，大小未知，右侧为区，存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小也未知。其中初速为的离子从点出射后立刻进入区，在电场中偏转后进入匀强磁场，已知此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等。忽略边界效应，忽略离子间的相互作用力，不计离子重力。求： (1)和的比值； (2)初速度为的离子在磁场中圆周运动的半径和周期； (3)从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程。 2．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，在空间建立三维坐标系，在平面右侧存在沿z轴负方向的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，平面左侧存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，两部分匀强电场的场强大小及匀强磁场的磁感应强度大小均相同。一电子从平面内的M点沿着与x轴负方向成角以初速度射出，电子的运动轨迹的最下端恰好与x轴相切，之后电子沿着与y轴负方向夹角通过平面。已知电子质量为m、电荷量为，匀强磁场的磁感应强度，匀强电场的电场强度，不计电子重力。 (1)求电子在平面右侧运动过程中的最大速率； (2)求M点x坐标的可能值； (3)若从电子通过平面开始计时，求时电子的位置坐标。 3．（2026·天津河西·一模）中国自主研发的霍尔推进器在推力等级、功率水平、可靠性等方面均达到国际领先水平，为载人登月、深空探测和大规模卫星星座提供了核心动力支撑。某小组受到启发设计了如图所示的模型装置来研究电荷运动及作用力。三束比荷为、速度为、间距相等的平行带正电粒子流、、在纸面内沿垂直连线方向、持续均匀射入半径的圆形匀强磁场区域，其中束粒子沿半径方向射入，偏转后三束粒子均汇聚于点，磁场方向垂直于纸面。粒子流随后进入右侧间距、边界为M、N的区域中，该区域有磁感应强度为的水平向右的匀强磁场。最终粒子打在边界处足够大的荧光屏上，圆形磁场圆心、点及荧光屏上坐标原点共线且连线与荧光屏垂直。粒子重力及粒子间的相互作用可忽略，求： (1)圆形磁场区域的磁感应强度的大小及方向； (2)已知粒子流、从点射出圆形磁场时，速度方向与连线的夹角均为，则束粒子在、区域的运动时间及轨迹在荧光屏上投影形状的半径； (3)在M、N区域中再加上水平向右、电场强度的匀强电场，并将整个装置安装在一个飞船模型上，同时把荧光屏变为粒子喷射出口。已知粒子质量，若每束粒子在单位时间内有个喷出，求该装置为飞船模型提供的沿方向的平均推力大小。 4．（2026·黑龙江吉林·二模）磁控光子晶体是一种可通过磁场调节光子性质的人工纳米结构材料，科学家近期实验验证了通过磁场调控光传播路径的可能性。我们可以把磁控光子晶体使光束传播路径改变的原理近似理解为带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用。现在有一个科学家实验过程的简化图，O点是一个可以发射固定波长激光的光源（光子可以等效为带电粒子，电荷量为，质量为）。现在从O点沿水平方向发射一束激光，距离O点1m处有一个竖直放置的厚度为L的矩形磁控光子晶体，其中有“等效磁场”，磁感应强度。某次实验时光子在晶体中的速度，光束在晶体中发生了的偏转后射出，并最终撞击在探测面上。普朗克常量，光速，传播过程中激光能量不衰减，。 (1)求激光在真空中的波长；（提示：单个光子等效质量，其中E为单个光子能量。） (2)求磁控光子晶体的厚度L和光子在晶体中运动的时间；（时间计算结果保留两位有效数字） (3)若可调节晶体可使光子在晶体中速度可在范围内变化，光从P点进入一块上述光子晶体，，请你设计光子晶体的形状，使光子在以上速度范围内经过晶体内磁场偏转后都可以回到O点，画出晶体形状，并计算最小面积。（计算结果保留两位有效数字，不考虑进出晶体界面处由于折射反射引起的方向改变） 5．（2026·广东茂名·模拟预测）研究带电微粒与挡板多次碰撞的简化图如图所示。竖直面内直角坐标系的第四象限内存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为（未知），、上分别固定竖直挡板1、2，上固定足够长的水平挡板3.挡板1的长度为，上端点固定在点。挡板2的上端点固定在轴上的点，其长度可以调节（即挡板2的下端点可沿移动）。一弹射器从点以初速度（未知），沿轴正方向射出一质量为、电荷量为的带电微粒。当带电微粒与挡板2的右侧面或挡板3碰撞后会被吸附，其余碰撞均视为弹性碰撞（即碰撞前后微粒竖直方向的分速度不变，水平方向的分速度等大反向），所有碰撞时间均极短，挡板厚度均不计，重力加速度大小为。求： (1)若带电微粒射出时的初速度，调节挡板2的长度，使微粒与挡板2碰撞一次后刚好击中挡板1的下端点，则电场强度E的大小为多少？ (2)若撤去电场，调节挡板2的长度，使Q点的坐标为，微粒射出后与挡板1、2共发生4次碰撞，最终吸附在挡板1、2间的挡板3上，则初速度的取值范围为多少？ (3)若电场强度，调节挡板2的长度，使Q点的坐标为，第四象限内再布置一磁感应强度大小为的匀强磁场，初始时，磁场方向垂直于纸面向里，微粒与挡板发生第1次碰撞后磁场反向，之后若前后两次与微粒碰撞的挡板不同，则磁场反向，否则则不变。已知微粒与挡板2的左侧面碰撞2次后与挡板1、3无碰撞，则初速度的取值范围为多少？ 6．（2026·四川成都·二模）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域充满竖直向下的匀强电场，电场宽为d；矩形区域充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为5s，宽为s，A是的中点；为电场和磁场的分界线，电子可穿过，不考虑边界效应。一个电荷量为e、质量为m的电子，从P点开始由静止被电场加速后垂直进入磁场，最后电子从磁场边界飞出，不计电子受到的重力。 (1)求电场强度的最大值E； (2)若要使电子在间垂直于飞出（不包含A、两点），求满足条件的飞出电子中，在磁场内运动时间的最大值t； (3)若电场和磁场的分界线存在薄隔离层，电子每次穿越隔离层的时间极短、运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，要使电子从磁场边界飞出，求电场强度大小的取值范围。 7．（2026·浙江衢州·二模）研究带电粒子在电磁场中的运动规律在现代物理学的研究中占有非常重要的地位，某科研团队就带电粒子的加速、偏转情况开展如下研究。如图所示，离子源中的离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，经选择后射出一定速度的离子，再经矩形磁场，选择出特定比荷的离子，经点进入圆形偏转磁场后打在水平放置的挡板上。已知速度选择器、矩形磁场中匀强磁场的磁感应强度大小均为，方向均垂直纸面向外；速度选择器中的匀强电场场强大小为，方向竖直向上。矩形磁场的长为，宽为。矩形磁场宽和长的中心位置和处各有一个小孔；半径为的圆形磁场内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小为的匀强磁场，在一条竖直线上，为圆形偏转磁场的直径，最低点到挡板的距离，不计离子重力。 (1)试判断从离子源中射出的离子的电性 (2)求离子通过速度选择器后的速度大小； (3)求离子经矩形磁场偏转后射出来的离子的比荷； (4)若在挡板上放置一个用于接收从圆形磁场离开的粒子，求接收器的位置距点的距离。 8．（2026·湖南怀化·一模）如图所示，位于x轴上的离子源P可发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向沿x轴正方向，速度大小范围为，在坐标轴第一象限以及x轴正半轴存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场。离子从O点（坐标原点）垂直y轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到y轴上。假设经磁场偏转后每秒打在y轴的离子总数为，离子重力不计，不考虑离子之间相互作用力以及电荷量的变化。 (1)求离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离； (2)若在y轴上区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子被吸收，被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，求探测板受到的平均作用力大小； (3)若第一、二象限仅部分区域存在匀强磁场，磁感应强度大小为，请你设计磁场区域的形状，使所有离子从O点开始进入磁场且经过磁场偏转后都可以回到P点，若，请画出磁场大致形状并计算磁场最小面积。 计算题预测04电磁感应的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】电磁驱动在军事、科研和生活中有着广泛的应用，如图所示是某个电磁驱动模型的俯视图，水平面上每间隔L分布有宽度也为L的有界匀强磁场，磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上，控制所有磁场以速度水平向右匀速运动。放在水平面上的正方形导线框abcd从图示位置由静止释放，在安培力的驱动下向右运动，经过时间达到最大速度。已知导线框质量为m、边长为L、电阻为R，运动过程中所受阻力大小恒为，ab边始终与磁场边界平行，求导线框： (1)释放瞬间的加速度大小； (2)经过时间达到的最大速度大小； (3)时间内运动的距离。 分析有理·押题有据 电磁感应的综合应用在2025年山东高考题中以压轴题的形式首次出现。2026年命题将从经典的“导体棒切割+电路计算”转向与新能源技术深度捆绑的真实工程情境，以“磁-电-力-能”完整转化链为主线，要求考生在复杂电磁系统中精准构建动态模型、辨析主导作用力，灵活选用动力学、动量与能量三大观点进行综合求解。2026年教育部明确要求电磁感应与新能源技术深度融合，磁悬浮列车驱动、光伏发电能量转换、无线充电技术等已成为高频命题载体。同时，力学三大观点（动力学、动量、能量）在电磁感应中的综合应用已被列为专项突破方向。 密押预测·精练通关 1．（2026·广东佛山·二模）如图所示，表面光滑且绝缘的矩形斜面ACDE与水平面夹角，斜面上有宽为L的矩形匀强磁场区域abcd，其下边界ab与AC平行，磁场方向垂直斜面向上。两个相同的正方形线圈甲和乙在斜面上并排放置，线圈的下边均与cd平行，甲的下边与cd相距为L。线圈的边长为L、质量为m、电阻为R。现同时无初速释放甲、乙线圈，已知甲的下边进入磁场时，甲恰好做匀速直线运动；当甲的上边进入磁场时，乙恰好追上甲并与甲发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后甲的上边通过磁场的时间为，重力加速度为g。求： (1)磁场的磁感应强度B的大小，以及乙释放时其下边与cd间的距离； (2)碰撞后瞬间甲的加速度大小； (3)甲和乙通过磁场区域全过程产生的焦耳热之比。 2．（2026·重庆·二模）如图所示，一倾角为的绝缘斜面体固定在水平面上，斜面粗糙、水平面光滑，D和是末端防撞缓冲桩，与其碰撞的物体会停在此处。虚线之间（区域I）充满垂直斜面向上的匀强磁场，虚线之间（区域II）充满垂直斜面向下的匀强磁场。斜面内锁定一“U”型框，框的两侧为平行正对的金属导轨，导轨间距为，框的顶部由绝缘材料固定连接，导轨下端的部分长度处于区域Ⅱ中。两根完全相同的细直金属杆甲、乙置于“U”型框上并锁定，两杆长度均为，两杆与导轨垂直并接触良好。某时刻乙解除锁定，由静止开始加速下滑距离后，即将与甲发生弹性碰撞的瞬间，甲、框同时解除锁定，碰撞后甲、乙继续沿导轨向下运动。金属杆在导轨上运动时，仅考虑滑入上表面时的摩擦。甲刚进入区域I时便开始匀速运动，之后甲一直匀速运动至斜面底端处恰好离开导轨。当甲刚进入区域Ⅱ时，乙恰好进入区域I开始匀速运动；当甲运动至处时，乙恰好进入区域II，此刻锁定“U”型框；最终两杆先后滑入水平面并停在处。已知甲、乙质量均为、电阻均为，“”型框质量也为，甲进入区域前运动的时间等于甲在区域内运动的时间，各边界与两杆始终平行，忽略杆经过处时的动能损失，忽略电流产生的磁场对杆、框的影响以及杆、框的粗细，框与斜面间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，导轨电阻、碰撞时间及空气阻力不计。求： (1)甲、乙碰撞后瞬间，甲的速度大小； (2)乙在区域I中匀速运动的速度大小，以及区域I中磁场的磁感应强度大小； (3)乙与缓冲桩碰撞前瞬间的动能。 3．（2026·山西·一模）如图所示，两条足够长的光滑平行导轨固定于绝缘水平面上，间距为L，其左端在垂直于导轨的PQ线段处与一光滑斜面平滑连接。平行导轨所在区域存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，斜面所处区域无磁场。一根质量为m，长度为L，电阻为R的导体棒MN自斜面上高度为h的位置由静止开始下滑，在连接线PQ处滑上导轨。另有一金属叉丝由两根相同的匀质金属棒在共同的中点O焊接而成，焊接点无接触电阻。每根金属棒的质量为，长度为4L，电阻为4R，两根金属棒的夹角为120°。叉丝初始时刻静止在导轨上，E、F、G、H分别是两根金属棒与导轨的接触点，四个点到O的距离均相等。不计导轨电阻。求： (1)导体棒MN刚滑上导轨PQ位置时的电流I； (2)要使导体棒MN与叉丝不发生碰撞，初始时刻O点与PQ线段的最短距离D； (3)若初始时刻叉丝O点距离PQ为，导体棒与叉丝间的碰撞为弹性碰撞，求流过导体棒MN的总电量q。 4．（2026·辽宁·一模）如图甲所示，长直光滑水平导轨的左端连有开关S，开关保持断开，导轨右侧连接长直粗糙倾斜导轨，倾角满足，摩擦力大小与速度大小满足（未知），虚线CD和之间存在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场。垂直导轨放置的金属杆、，先后向右进入磁场区域。杆从CD进入磁场区域到从离开的过程，其速度随位移变化的图像如图乙所示，杆离开磁场前速度已达到稳定。已知、杆的质量导轨间距为，两杆电阻均为，其余电阻不计，不计金属杆通过水平导轨与倾斜导轨连接处的能量损失，取，求： (1)杆刚进入磁场时回路中的电流方向（俯视），及受到的安培力的大小； (2)从杆进入磁场到杆第一次离开磁场前，杆产生的焦耳热； (3)杆从离开磁场区域后，冲上倾斜导轨，经时间再次返回磁场时恰好与杆碰撞（碰撞时间极短）后粘在一起，此时立即合上开关S，求、两杆的粘合体最终停止处与的距离。 5．（2026·山东德州·模拟预测）如图所示，间距为的平行轨道固定在水平面内，以轨道上的点为坐标原点，沿轨道向右为轴的正方向建立坐标系，图中虚线为水平面内的区域分界线，均与轨道垂直。区域内的轨道为光滑金属轨道，且轨道左端两个端点之间也是导体连接；区域内的轨道为粗糙绝缘轨道。图中区域（）内存在垂直于水平面向里的磁场，磁感应强度大小（k1为大于零的已知常数量）；区域内存在垂直于水平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；区域Ⅲ（x＞0）内存在垂直于水平面向里的磁场，磁感应强度大小（为大于零的已知常量）。质量为、电阻为、长为的金属棒在区间的某一位置处垂直轨道放置，与轨道接触良好；另有一“”形状的金属框三条边的长度均为，每条边的质量均为、电阻均为，左侧两端点紧贴过点的分界线静置在绝缘轨道上。给金属棒a施加一沿轴正向的恒力使其由静止开始运动，金属棒a经过区域II的过程中恰好做速度大小为的匀速直线运动，金属棒a经过区域的右边界时撤去该恒力；金属棒a继续向右运动至点时与金属框发生完全非弹性碰撞，粘连成一个正方形线框，该正方形线框沿轴正向运动的过程中受到阻力作用，阻力大小与速率的关系为（为大于零的已知常量）。求 (1)恒力的大小； (2)金属棒a从开始运动到经过区域II右侧边界的过程中，金属棒a上通过的电量； (3)粘连成的正方形线框沿轴正向运动的距离和线框上产生的焦耳热。 6．（2026·山东东营·一模）如图甲所示，线圈A匝数匝，所围面积，电阻。A中有面积的匀强磁场区域，磁感应强度的变化如图乙所示。时刻，磁场方向垂直于线圈平面向下。宽度的足够长的光滑金属轨道（电阻不计）MN、PO与水平面夹角，通过开关S与A相连，两轨间存在的竖直向上的匀强磁场。另有相同的水平金属轨道NH、OC通过位于O、N处一小段光滑的绝缘件与MN、PO平滑连接（如图），在轨道左端CH间接一电阻。水平轨道间存在的竖直向上的磁场，磁感应强度沿x轴按照（单位为T）分布，沿y轴均匀分布。现将长度为L、质量为、电阻为的导体棒ab垂直放于MN、PO上。闭合开关S，棒ab沿轨道由静止向下运动，达最大速度后越过绝缘件继续运动。求： (1)刚闭合开关S时导体棒ab的加速度大小 (2)导体棒ab的最大速度大小 (3)金属棒在水平轨道上运动的位移大小。 7．（2026·山东滨州·一模）如图甲所示，金属矩形框abcd放置在水平光滑桌面边缘，ab边长为，bc边长为x0，电阻大小为r，以桌面边缘一点O为坐标原点，沿桌面建立x轴，垂直桌面建立y轴。空间中存在平行y轴的匀强磁场，磁感应强度B随x轴按正弦规律变化，沿x轴每经过x0为一个周期，磁感应强度的最大值为B0，如图乙所示。 (1)若金属矩形框在外力作用下，沿x轴以速度v0匀速运动x0，求该过程中外力做的功W。 (2)如图丙所示，若轻细线的一端系在bc边的中点，另一端连接一轻质弹簧，弹簧的另一端悬挂一重物。磁场中每点的磁感应强度均随时间按正弦规律变化，周期为T0，且沿x轴的负方向相位依次滞后。重物做简谐运动，金属框始终处于静止状态，已知重力加速度为g。求重物质量m。 8．（2026·山东济南·模拟预测）如图所示，一组平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨倾斜部分与水平面夹角为θ，顶端锁定有金属棒1，底端与水平部分在处平滑连接。导轨水平部分通过、两绝缘点连接，金属棒2被锁定于、之间，金属棒3中间连接有电容器，静置于右侧，整个装置位于竖直向下的匀强磁场中。已知电容器的电容为C，初始时电容器不带电，金属棒1、2、3的质量均为m、电阻均为R，接入电路的长度均为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，金属棒始终与导轨接触良好，不计导轨的电阻，不计一切摩擦，电容器的大小、质量均可忽略。 (1)若只解除金属棒1的锁定，一段时间后回路中电流达到稳定值，此时金属棒1尚未到达，求的大小及金属棒1匀速时的速度大小； (2)若同时解除金属棒1、金属棒2的锁定： Ⅰ．一段时间后回路中电流达到稳定值，此时金属棒1尚未到达，金属棒2尚未到达，求的大小； Ⅱ．电流达到稳定值后撤去金属棒1，一段时间后金属棒2以速度v（v为已知量）滑过，最终回路中电流变为零，求最终金属棒2的速度和金属棒3的速度。 计算题预测05力学三大观点的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示，质量为的物体a用长为的轻绳拴接，轻绳的另一端固定于点，质量为的物体b静止在点正下方平台上的点，平台右侧的挡板上固定一轻弹簧，轻弹簧原长时左端恰好位于点，点的右侧光滑、左侧粗糙。点左侧的水平面上放置一质量为的长木板，长木板的上表面与右侧的平台等高。现将物体a向左拉开角度，使轻绳刚好拉直，将物体a由静止释放，经过一段时间与物体b发生正碰同时轻绳断裂，最终物体a滑上长木板且未离开长木板。已知a、b两物体与平台间的动摩擦因数均为，物体a与长木板上表面的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，之间的距离为，物体a、b均可视为质点，每次碰撞的时间极短且均为弹性碰撞，重力加速度，。求： (1)弹簧的最大弹性势能； (2)物体b能否从点离开平台，若能，求出离开平台的速度；若不能，求出最终物体到点的距离； (3)若物体a最终刚好停在长木板的最左端，求长木板的长度以及物体a从滑上长木板到最终停止所用的时间。 分析有理·押题有据 力学三大观点（动力学、动量、能量）是解决复杂力学问题的三把钥匙，2026年命题将彻底告别单一观点的孤立考查，转向“观点统合”——要求学生在同一复杂情境中，根据过程特点灵活选用不同观点，实现动力学求瞬时、动量求冲量、能量求转化的协同求解。试题将多过程、多物体问题深度嵌入碰撞安全、体育运动等真实情境，考查学生的观点匹配与思维切换能力。近三年高考真题中，力学三大观点的综合应用每年均以计算题形式考查，常作为压轴题或倒数第二题出现，分值占比高、区分度大，是所有题型中综合能力要求最高的一类。 密押预测·精练通关 1．（2026·江苏·二模）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为L。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2g，L=1m，R=0.4m，H=0.2m，v=2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数=0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取重力加速度g=10m/s2。求： (1)若h=1.25m，a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小； (2)求物块a到达DE最高点E时的速度大小vE（用h表示），此时管道对物块的作用力FN； (3)在（1）的条件下，物块a最终静止的位置x坐标（以A点为坐标原点，水平向右为正建立x轴）。 2．（2026·福建厦门·二模）如图所示，空间中存在方向水平向右、大小的匀强电场。水平放置长度的传送带以的速度沿顺时针方向匀速率转动。传送带右侧与水平地面等高平滑连接，带绝缘弹性挡板的绝缘长木板B左端紧靠连接处放置，木板上有带电量的物块C，B和C均处于静止状态。不带电的绝缘物块A从传送带的左端由静止释放，到达传送带右端后立即与B发生碰撞并粘在一起。已知A、B的质量均为，C的质量为，A与传送带的动摩擦因数为，A、B与地面之间、B与C之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小g取，A、C均可视为质点，所有碰撞时间都极短，全过程中C的带电量保持不变，C与B右端挡板的碰撞为弹性碰撞且始终没有脱离B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)A、B碰撞过程中损失的机械能大小； (2)B从被A碰撞后到第一次速度为0时经历的时间； (3)B最终向右运动的总位移大小。 3．（2026·福建南平·一模）如图甲，在绝缘水平地面上有一带正电的小物块A和不带电的匀质绝缘薄板B，B右端与一水平轻弹簧栓接，弹簧右端固定，空间存在水平向右的匀强电场。开始时弹簧处于原长，B静止且右端位于点，点左侧地面粗糙、右侧地面光滑。已知电场强度大小为，A的质量为2kg、电荷量为，B的质量为6kg、长度为，A、B与点左侧地面间的动摩擦因数均为0.5，弹簧劲度系数为。初始时A与B左端的距离为20m。将A由静止释放，A与B发生弹性碰撞后立即撤去电场，碰撞时间可忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，A可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度大小，求： (1)A、B碰撞前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后0.2s时A与B左端的距离； (3)从碰后B刚好完全进入光滑地面区域开始计时，B运动的图像如图乙所示，图线在、时刻的斜率均为零，求从到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量。 4．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，质量为的物块1放在水平面上，质量均为m的物块2、3、4、…2026依次并排放在物块1的右侧，相邻两物块之间的距离均为L。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块1并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 (1)若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块2026开始运动的时间； (2)若物块1的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块2与物块3碰撞损失的机械能； (3)若物块1的质量为，其它物块质量不变，物块1与物块2的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞（奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块1、2碰后将物块1移走，物块2、3与物块4碰后，将物块2、3移走），求最终物块2026的速度。 5．（2026·河北·一模）如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端穿过光滑钉孔Q后连接质量的小球A，该球穿过与水平直杆成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。段是半径的圆弧形轨道，S为最低点，T与圆心的连线与竖直方向夹角。现将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放，当小球A首次进入水平杆，便在水平方向与穿在直杆OM且静止于O点的小球B发生弹性碰撞，小球B离开M点后恰好能从T点切线进入圆弧轨道。小球A与杆间的动摩擦因数，不考虑小球A经过两杆连接处时的能量损失，不计小球B与杆及圆弧形轨道间的摩擦，忽略空气阻力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数，其弹性势能与伸长量x的关系为。取重力加速度，已知间距，M、T两点间的高度差。求： (1)小球A由静止释放后瞬间加速度大小； (2)小球B运动到S点时的速度大小； (3)小球B的质量。 6．（2026·山东·一模）如图所示，水平地面上方安装有长度L1＝1.5m的水平传送带，传送带在电动机带动下以v0＝3m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。同一竖直面内固定一光滑圆弧形轨道PQ，Q为圆弧形轨道的最低点，O为圆弧的圆心，圆弧半径R＝1.3m，OP连线与竖直方向夹角θ＝60°。现将质量m＝1kg的小滑块A（可视为质点）轻放在传送带最左端，并在大小为F＝1N的水平拉力作用下，沿传送带向右运动，当A运动到传送带右端时立即撤去拉力F，A将以水平速度向右滑出传送带后做平抛运动，并恰好能从P点沿切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道PQ。水平地面上静置上表面水平的薄木板B，轨道的最低点Q与B的上表面相切，B的最右端固定质量和厚度不计的竖直挡板，B的质量也为m，长度L2＝3.25m，A离开轨道后从Q点滑上B的最左端。已知A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，A与挡板的碰撞为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)A在传送带上运动的过程中电动机额外消耗的电能∆E； (2)A滑到圆弧形轨道PQ的最低点Q时对轨道的压力大小FN（结果保留一位小数）； (3)整个过程B和地面之间因摩擦产生的热量Q。 7．（2025·江苏·模拟预测）如图所示，一玩具车静止在光滑的水平面上，玩具车内部设计有三段内径相同的光滑管道，三段管道平滑连接。第一段为倾斜直管道，其水平投影的长度为，倾角。第二段为水平直管道，长度也为。第三段为四分之一圆弧管道，圆心为，圆弧半径的长度也为。将一个质量为，直径略小于管道内径的光滑小球，从管道点由静止释放，已知玩具车的质量，管道内径远小于，已知当地重力加速度为，取。求： (1)小球从点滑离玩具车时，小球的速度大小以及玩具车的位移大小； (2)小球在水平直管道内运动的时间； (3)当小球滑到圆弧管道的P点处时，小球和玩具车的速度大小。 8．（2026·湖北宜昌·一模）如图（a）所示，一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点a、b间对应的圆心角，圆弧半径，b点与圆心O的连线竖直。圆弧右侧是光滑的水平面。质量，长度为L的木板，紧挨平台放置，木板上表面与圆弧槽b点等高，左端恰好位于O点正下方。质量的物块静置于木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数。将质量的小球从圆弧槽的a点由静止释放，小球在圆弧槽的b点与物块发生弹性正碰，在碰撞结束瞬间取走小球，同时给木板施加一个水平向右的恒力F，物块在木板上滑动因摩擦产生的热量为Q。若小球从a点释放时，给木板施加不同的恒力F，得到的关系的图像如图（b）所示。物块、小球大小不计，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。求： (1)小球与物块碰后瞬间物块速度大小； (2)木板的长度L和的大小； (3)图（b）中EF段对应的函数关系和F的取值范围。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考物理终极押题猜想 情景一 与中国传统文化相关情景 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】A 【详解】设椽子对瓦片的支持力大小为，则解得为使瓦片能静止于椽子上，则解得故选A。 密押预测·精练通关 1．【答案】A 【详解】风筝受三个力，如图所示 根据平衡条件列方程，初始状态风筝平面、风筝线与水平面夹角均为，因此水平方向竖直方向联立解得 风力变为原来的2倍，即风筝平面倾角不变，故方向不变。设调整后风筝线拉力为，风筝线与水平面夹角为，重新列平衡方程，水平方向 竖直方向代入化简得： 利用同角三角函数关系两式平方相加得 即解得故选A。 2．【答案】B 【详解】AB．因为桌面水平，所以桌面对碗盖的弹力方向竖直向上，选项A错误，B正确； CD．因为碗盖倾斜，根据平衡可知，桌面对碗盖的摩擦力不为0，且方向向右，选项CD错误。 故选B。 3．【答案】D 【详解】A．木槌运动路径是弧形曲线，垂直运动方向合力的分力提供向心力，因此合力方向不与运动方向一致，A错误； B．木槌运动过程中，人对木槌施力做功，机械能不守恒，B错误； C．木槌向下运动，说明合力的方向存在向下的分量，下落过程中，手对木槌的作用力向下，不能确定木槌重力一定大于手的作用力，C错误； D．手对木槌的作用力与木槌对手的作用力为一对相互作用力，满足牛顿第三定律，故手对木槌的作用力与木槌对手的作用力始终等大反向，D正确。 故选 D。 4．【答案】A 【详解】A．小铁块A做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有小铁块B做斜下抛运动，竖直方向有向下的初速度分量，有由于下落高度相同，显然，即小铁块A在空中运动时间较长，故A正确； B．小铁块A的水平射程小铁块B的水平分速度，且，故水平射程 即小铁块A的水平射程较大，故B错误； C．在任意时刻（落地前），A的竖直位移，B的竖直位移显然，即B始终在A的下方，两小铁块轨迹不可能相交，故C错误； D．落地时，A的竖直分速度，B的竖直分速度显然重力的瞬时功率所以，故D错误。故选A。 5．【答案】D 【详解】A．在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置P点由静止释放石灰粉与沙石，石灰粉与沙石均在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误； B．石灰粉与沙石在竖直方向上均做自由落体运动，下落高度相同，两者在空中运动的时间相等，两者落地时的竖直分速度大小相等，石灰粉的水平加速度大于沙石的水平加速度，石灰粉落地时的水平分速度大于沙石落地时的水平分速度，因此石灰粉落地时的速度大于沙石落地时的速度，故B错误； C．石灰粉与沙石落地时风力的瞬时功率 两者受到的水平风力大小相等，但石灰粉落地时的水平分速度大于沙石落地时的水平分速度，落地时风力对石灰粉的瞬时功率大于风力对沙石的瞬时功率，故C错误； D．从P点到落地的过程中，两者的机械能增加量均等于风力做的功，由于石灰粉的水平位移大于沙石的水平位移，因此石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量，故D正确。 故选D。 6．【答案】B 【详解】A．图丙为图乙中P点的振动图像，t=0时刻，质点P经平衡位置向上振动，根据“上下坡法”可知该波沿x轴正方向传播，故A错误； B．P、Q为该波上平衡位置相距d=1.05m的两个质点，质点Q位于波峰，且（λ<d<2λ），可知 可知波长为，由图可得周期，根据可得该波的传播速度为0.75m/s，故B正确； C．由图可知振幅为，可知经1.2s即点P运动的路程为，故C错误； D．t=0时刻质点Q位于波峰，角速度，可得质点Q的振动方程为m，故D错误。 故选B。 7．【答案】A 【详解】A．玻璃属于典型的非晶体，所以玻璃盖碗是非晶体，故A正确； B．水温越高，水分子运动的平均速率越大，但不是每个水分子运动的速率都越大，故B错误； C．温度降低，封闭空气的体积不变，根据查理定律可知，空气的压强减小，则玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小，故C错误； D．水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水能浸润茶托，故D错误。 故选A。 8．【答案】D 【详解】A．温度是分子平均动能的标志，气体冷却时温度降低，分子的平均动能减小，但不是每个分子的动能都减少，个别分子的动能可能增大。故A错误； B．分子的数密度（单位体积分子数）由气体的质量和体积决定，由于气体冷却过程中，气体的质量和体积均不变，所以分子的数密度不变，故B错误； C．罐内气体温度降低，体积不变，则根据查理定律可知，气体冷却后压强会减小，小于大气压强，故C错误； D．气体温度降低，分子的平均动能减小，平均速率也减小，又因为分子的数密度不变，所以单位时间内气体分子碰撞器壁的次数减少，故D正确。 故选D。 情景二 与现代生活生产相关情景 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】AB．作用点不移动，为“死结”模型。设左侧绳与水平方向夹角为α，右侧绳与水平方向夹角为β，由于P点靠近M端，根据几何关系，左绳PM必然比右绳PN更陡峭，即 由水平方向受力平衡有又，可知，故AB错误； C．根据平衡条件，两段绳拉力的合力始终与衣架及衣服重力等大反向，保持不变，故C正确； D．在O点时，由可知在MO间存在一点P使得，即此时有，即，故D错误。故选 C。 密押预测·精练通关 1．【答案】B 【详解】A．游客匀速运动，受力平衡，所受合力为零，则绳子的拉力大小等于游客的重力，故A错误； B．滑轮匀速运动，受力平衡，所受合力为零，则索道对滑轮的作用力与绳子对滑轮的拉力等大反向，故索道对滑轮的作用力方向一定竖直向上，故B正确； C．绳子对游客的拉力竖直向上，不可能垂直于索道，故C错误； D．滑轮受到重力、拉力、支持力和摩擦阻力共4个力的作用，故D错误。 故选B。 2．【答案】B 【详解】建立直角坐标系，设颈椎对头部的支持力为，设肌肉拉力与水平方向的夹角为，根据平衡条件，水平方向有 竖直方向有 联立解得 故选B。 3．【答案】D 【详解】对整体竖直方向由平衡条件有 对灯饰竖直方向由平衡条件有 联立解得 故选D。 4．【答案】B 【详解】A．由运动学公式可得汽车减速阶段加速度 加速阶段的加速度 正负表示加速度方向，则汽车减速阶段和加速阶段的加速度方向不同，故A错误； B．图像与坐标轴围成的面积表示位移 汽车的平均速度，故B正确； C．如果不通过ETC通道，则车辆一直匀速运动，所以耽搁的时间，故C错误； D．ETC通道入口到自动栏杆处的距离为图像中匀速运动的位移，故D错误。 故选B。 5．【答案】B 【详解】A．由图乙可知时间内，钢板上升的速度逐渐减小，钢板克服重力做功的功率满足 可知钢板克服重力做功的功率减小，故A错误； B．过程，钢板处于匀速上升的受力平衡状态，设钢绳与竖直方向的夹角为，由几何关系可知 解得， 钢绳的拉力在竖直方向的分量之和与重力大小相等，满足 解得 C．钢板在内经历了加速上升，匀速上升，减速上升三个阶段，的加速上升阶段为超重；匀速上升，钢板既不超重也不失重；的减速上升阶段为失重，故C错误； D．图像的面积表示物体的位移，由图乙可知，末正方形钢板抬升高度为，故D错误。 故选B。 6．【答案】A 【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力对书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦力对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A正确； C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 解得此时书本受到的静摩擦力为书本与桌面间的最大静摩擦力为由于故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为0.18N，故C错误； B．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，此时书本的加速度大小为 所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误； D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为，则由运动学公式可得 解得 假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为，则由牛顿第二定律有 解得则书本匀减速到0的位移为由分析可知，书本实际上应先向右运动，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。故选A。 7．【答案】B 【详解】ACD．由于人从一定高度摔倒时，落地前的速度是一定的，着地后的速度为零，因此无论是否穿“防摔马甲”，动量的变化量不变，根据动量定理可知，即合外力的冲量也不变，故ACD错误； B．根据动量定理可得 解得 可知，动量的变化率即为物体受到的合外力，由于穿上“防摔马甲”后作用时间变为原来的5倍，则人受到的合外力变为原来的，也意味着人的动量变化率变为未穿时的，故B正确。 故选B。 8．【答案】D 【详解】A．气球体积膨胀，内部温度降低，根据可知气球内的气体压强减小，故A错误； B．气球体积膨胀，则分子数密度减小，故B错误； CD．气球内部温度降低，则气体分子的平均动能减小，但并非所有气体分子的速率都减小，故C错误，D正确。故选D。 情景三 与现代科技相关情景 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】A．光束①进入小球前的动量方向为水平向右，穿过小球后出射方向指向右下方，根据动量变化量定义可知，其方向指向左下方，故A错误； BC．光束①对小球的作用力F1方向指向右上方，光束②对小球的作用力F2方向指向右下方。光束①距离中心轴线较近，光强较强，因此 由于合力水平分力向右，竖直方向分力 故合力方向指向右上方，故B错误，C正确； D．在合力作用下，小球向右上方运动，当小球光心移至光束中心轴线上时，竖直方向合力为零，小球仅沿水平方向运动，故D错误。故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】B 【详解】A．根据，可得，A错误； B．设每根导线电阻为，电路的总电阻为 根据，可得，B正确； C．根据，可得，C错误； D．根据可知，若电流加倍，时间t不变，电阻R不变时，产生的焦耳热变为原来的4倍，D错误。 故选B。 2．【答案】D 【详解】A．机器人上升到最高点时只受重力，有加速度，不是平衡状态，故A错误。 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误； CD．为机器人落地时设计屈膝动作，落地屈膝延长作用时间，由动量定理的 由于不变，t增大，冲击力F减小，故C错误，D正确。 故选D。 3．【答案】B 【详解】A．探测器匀加速下潜的位移大小为，故A错误； B．探测器匀速下潜的位移大小为 匀减速下潜的位移大小为 所以模拟探测的海底深度为，故B正确； C．模拟下潜的总时间为，故C错误； D．整个模拟探测过程的平均速度大小为，故D错误。故选B。 4．【答案】B 【详解】由于质量分布均匀的球壳对球壳内部物体的万有引力为零，可知，在深度h处有 其中解得结合图像有，解得，地球密度解得故选B。 5．【答案】D 【详解】AB．当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，即板间距离d减小，根据电容的决定式和定义式和可知，电容器的电容增大，电容器所带电荷量变大，故AB错误； CD．根据可知，极板间电压不变，间距减小，则两板之间的电场强度变大，故C错误，D正确。 故选D。 6．【答案】C 【详解】A．由题可知，地磁场的竖直分量在北半球（z轴）向下（z轴的负方向），南半球竖直向上，而图中z轴的磁感应强度方向为负，说明该学习小组在北半球，故A错误； B．由于地磁场的北极在地理的南极附近，而磁体外部的磁场方向总是从北极指向南极，而磁体内部的磁感线从南极指向北极，因此地球内部磁场为从地理北极指向地理南极，故B错误； C．由于稳定后，，，因此此时x轴指向地理上的南方，则y轴正向指向东方，故C正确； D．根据矢量的合成可知，该地的磁感应强度大小为，故D错误。故选C。 7．【答案】D 【详解】A．匀速运动过程中金属框感应电流方向做周期性变化，但是受安培力合力方向不变，故A错误； B．时刻CD、EF所在处磁感应强度大小均为，感应电动势为 感应电流为金属线圈受到安培力大小为，故B错误； C．匀速运动过程中金属框产生的感应电流按正弦规律变化，电流最大值为 则电流有效值为则电流变化的一个周期内，金属线圈产生的焦耳热为，故C错误； D．时间内，线圈相对磁场移动的位移为，时刻，线圈的磁通量恰好为0，经过线圈相对磁场移动，此时线圈的磁通量为 根据，故D正确。故选D。 8．【答案】B 【详解】A．由图2可知氢原子自旋不是以为轴，而是以NS极方向为轴转动，故A错误； B．由题意可知，“射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级”，说明激发后的状态能量较高。当氢原子小磁针“重新回到原进动模式”时，是从高能级跃迁回低能级（稳定态），根据能量守恒定律，该过程必然释放能量，这部分能量转化为探测线圈中的电能，故B正确； C．在恢复过程中，探测线圈中形成了电流，根据法拉第电磁感应定律，穿过探测线圈的磁通量必然发生变化，若磁通量不变则不会产生感应电流，故C错误； D．射频属于无线电波波段，其频率远低于X射线的频率，故D错误。故选B。 情景四 与体育活动相关情景 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】运动员在离开蹦床后在空中的运动过程为竖直上抛运动，由对称性可知，上升的时间和下降的时间相等。 A．取向上为正方向，根据位移—时间公式可得，运动员的位移为 则x-t图像为开口向下的抛物线，故A错误； B．根据速度—时间公式可得，运动员运动的速度为v=v0-gt，则v-t图像为倾斜的直线，且斜率为负值，故B正确； C．运动员整个运动过程中，只受重力，加速度一直为重力加速度，不随时间变化，所以a-t图为一条与t轴平行的直线，故C错误； D．运动员从离开蹦床后只受重力，机械能守恒，所以E不会随时间变化，E-t图像为一条与t轴平行的直线，故D错误。故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】A．对重物分析可知，，可知，即何岳基的每条胳膊承受的力大小大于800N，A错误； B．对人和重物的整体分析可知，，则，即何岳基的每条腿承受的力大于800N，B错误； C．对人和重物的整体分析可知，，根据牛顿第三定律可知，脚对地面的压力为，可知何岳基两腿夹角越小，脚对地面的压力不变，C错误； D．根据可知，何岳基双臂夹角越大，每条胳膊承受的力越大，D正确。 故选D。 2．【答案】C 【详解】水平方向求运动时间，两次击球到球网的水平距离均为，网球初速度大小相等，水平分速度均为，因此网球从击球点运动到球网的时间相同，为 竖直方向列位移方程，设球网高度为，对A点击球（斜向下，初始高度，竖直初速度向下，大小），竖直向下位移为，因此 对B点击球（斜向上，初始高度，竖直初速度向上，大小），竖直向上位移为，加速度向下，因此 联立求解得 把代入化简得 约去后得 故选C。 3．【答案】B 【详解】A．地面对运动员有水平方向的摩擦力和竖直向上的支持力，则地面对运动员的作用力方向不是竖直向上，A错误； B．不计拔河绳的质量时，一条绳张力处处相等，而队伍拉绳与绳拉队伍是作用力与反作用力，则获胜队伍对绳的拉力等于失败队伍对绳的拉力，故B正确； C．拔河绳对两支队伍的拉力，即绳子对甲队的拉力和绳子对乙队的拉力不是一对相互作用力，C错误； D．对两队整体分析可知，当整体突然向获胜一方移动时，获胜一方受到的静摩擦力大于另一方受到的静摩擦力，故D错误。 故选B。 4．【答案】AC 【详解】A．排球被机器人击出后做平抛运动，在空中飞行的时间为t，竖直方向可分解为自由落体运动，则 解得 水平方向做匀速直线运动，则排球在空中飞行的水平距离，故A正确； B．同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小 根据矢量合成法则，得 设速度方向与水平方向夹角为，则有 所以与水平方向的夹角为，故B错误； C．根据动量定理，排球与同学作用过程中，合力的冲量大小为，故C正确； D．排球原速率反弹，速度大小不变、方向相反，能回到原来的高度，故D错误。 故选AC。 5．【答案】AD 【详解】A．对运动员受力分析：运动员仅受重力、滑板对运动员垂直板面的弹力。匀速圆周运动中，竖直方向合力为0，水平方向合力提供向心力，竖直方向： 水平方向： 推导得：，故A正确； B．运动员受到滑板的作用力是弹力，由勾股定理得：，故B错误； C．将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者向心力之和：，故C错误； D．整体竖直方向无加速度，地面支持力，静摩擦力不超过最大静摩擦力： 代入、得： 即滑板与地面间的动摩擦因数至少为，故D正确。 故选AD。 6．【答案】CD 【详解】A．桨对水的力与水对桨的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误； B．根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可得在0~1 s内，龙舟前进了0.52 m，故B错误； C．0~1 s内，对龙舟应用牛顿第二定律可得 其中，，解得 F的冲量与f的冲量大小之比，故C正确； D．经推算经过5次划桨后，龙舟的速度为3.2 m/s，且第5 s末龙舟的速度为3 m/s，故D正确。 故选CD。 7．【答案】BC 【详解】A．踢球点越靠近墙壁，踢球点到竖直墙的水平位移越小，由，可知要越过高度为的墙，需要的竖直初速度越大，竖直方向运动到最高点时间就越长，之后下落到方框时间，由于下落高度相同，下落时间相同，空中运动总时间越长；反之，踢球点过远，踢球点到竖直墙的水平位移越大，为了保证水平位移覆盖到方框，也需要增大初速度，时间也会变长。因此时间不是随距离单调变化，不存在"越近越短"的规律，故A错误。 B．由A的分析，空中运动时间随踢球点距离先减小后增大，因此存在一个临界位置，使得竖直初速度最小，对应的运动时间最短，故B正确。 CD．脚对球做功，做功最少即初动能最小，也就是初速度最小。斜抛运动中，设抛出点到竖直墙的水平距离为，竖直位移为（墙的高度），运动时间 则竖直方向满足 解得 当时，初速度具有最小值， 由于，则，所以，即抛射角大于才能让初速度最小，做功最少，故C正确，D错误。 故选BC。 8．【答案】AD 【详解】AB．根据题意一次完整的俯卧撑用时1.5s，其中“上升”时间约为“下降”时间的1.5倍，并结合图乙可知t1到t3身体处于“下降”过程，故A正确，B错误； CD．本次“下降”过程重力做功为重力做功的平均功率约为下降时间为联立可得，故D正确，C错误。故选AD。 选择题预测01近代物理 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】A 【详解】A．原子核内中子数等于质量数减去质子数，的质量数为238，质子数为94，因此中子数为，故A正确； B．题干明确该反应为衰变，衰变会放出粒子（），反应后质量数减少4、电荷数减少2，选项中的方程为衰变的核反应方程，不符合衰变规律，故B错误； C．半衰期是放射性原子核的固有属性，仅由原子核内部结构决定，与温差等外界环境条件无关，故C错误； D．电流方向规定为正电荷定向移动的方向，与负电荷（电子）定向移动方向相反，已知电子由热端向冷端移动，因此电流方向为冷端到热端，故D错误。故选A。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】根据核反应电荷数守恒、质量数守恒故X是碳核，故A错误； B．原子核的结合能是将其拆为自由核子所需的能量，X核有6个质子、6个中子，结合能为，而是该核反应释放的核能，不是X的结合能，故B错误； C．核聚变反应释放能量，说明生成物X核比反应物核更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此核的比结合能小于X核的比结合能，故C正确； D．该反应质量亏损，根据质能方程，释放的核能为，故D错误。故选C。 2．【答案】C 【详解】A．据质量数和电荷数守恒,该衰变为衰变，故A错误； B．衰变的实质是原子核内的一个中子转变成一个质子时放出了一个电子，故B错误； C．半衰期是原子核本身的属性决定，跟物理条件和化学状态无关，即温度的升高，C-14的半衰期不变，故C正确； D．比结合能越大，原子核越稳定，即的比结合能比的比结合能大，故D错误。故选C。 3．【答案】D 【详解】A．核反应满足电荷数守恒、质量数守恒。该核反应方程应为 该氘氚聚变反应生成氦核的同时会释放1个中子（），故A错误； B．氚核的质子数为1，质量数为3，中子数=质量数-质子数=3-1=2，故B错误； C．所有核反应都遵循质量数守恒、电荷数守恒规律，故C错误； D．该聚变反应释放能量，根据质能方程可知反应存在质量亏损，即反应前氘核和氚核的总质量大于反应后氦核与中子的总质量。由于中子具有质量，因此氘核和氚核的总质量必然大于氦核的质量，故D正确。故选D。 4．【答案】D 【详解】A．入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，可知基态氢原子跃迁到能级，这样有跃迁到、跃迁到、跃迁到三种不同频率的光，可知入射光的光子能量，故A错误； B．图2中滑片P向端移动过程中，部分的电阻变大，K端的电势变高，K端的电势高于A端的电势，电压反向，可知电流表示数变小，故B错误； C．用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有两种光发生光电效应，可知两种光为跃迁到、跃迁到发出的光，根据图3可知 根据 可知，可知光的能量为12.09eV，光的能量为10.2eV，则， 从而解得，故C错误； D．图3中的a光照射阴极，光电流达到饱和时，饱和电流为，由 可知每秒射出的电荷量为，所以阴极每秒射出的光电子数大约，故D正确。故选D。 5．【答案】D 【详解】电子的物质波波长为 电子被加速后能量更高，即更大，因此电子的物质波波长更短。光子能量 题意知X射线穿透能力更强，说明光子能量E更高，对应的波长更短。故选D。 6．【答案】B 【详解】A．最大初动能只与入射光的频率有关，与强度无关，A项错误； B．由，，可知光的频率越高，遏止电压越大，B项正确； C．光电效应说明光具有粒子性，C项错误； D．光电效应中，一个电子一次只能吸收一个光子，D项错误。故选B。 7．【答案】A 【详解】A．氦离子从能级向低能级跃迁时向外辐射的光子种类为，A正确； BC．从能级跃迁到能级向外辐射的光子能级差最大，则光子的能量最大，光子的频率最大，光子的波长最短，BC错误； D．由氦离子的能级图可知从能级跃迁到能级时，向外辐射的能量为，显然只有这一种光子的能量处在可见光范围内，D错误。故选A。 8．【答案】D 【详解】A．由光子动量可知，的光子动量小于的光子动量，故A错误； B．的波长长，频率小，根据光子能量公式可知，的能量最小，是由能级向能级跃迁产生的，故B错误； C．氢原子从基态跃迁到激发态至少需要能量 对应的光子能量由于小于，不能使氢原子从基态跃迁到激发态，故C错误； D． 光子是氢原子由能级向能级跃迁时产生的，其能量，可以使氢原子电离，故D正确。故选D。 选择题预测02光学 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】A 【详解】AB．弹簧被压缩时，螺距减小，弹簧螺旋线与垂直于轴线平面的夹角减小，即图1中实线与虚线趋向水平，二者夹角变小，所以图2中干涉条纹的夹角变小；同时，弹簧圈间距（相当于双缝间距）减小，根据双缝干涉条纹间距公式可知，条纹间距变大，条纹变得稀疏，故A正确B错误； C．改用频率更低的激光，波长变大，干涉条纹的夹角由弹簧几何结构决定，与波长无关，保持不变，故C错误； D．根据可知，波长变大，条纹间距变大，条纹变得稀疏，故D错误。故选A。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】肥皂薄膜的干涉是前后表面反射光的叠加，光在薄膜中往返，因此两束反射光的光程差为薄膜厚度的2倍，相邻亮条纹（或暗条纹）的光程差相差一个波长，则相邻明暗条纹的光程差为，即满足得相邻条纹对应的薄膜厚度差根据题意，薄膜厚度随竖直距离的变化率为，设相邻条纹间距（竖直方向）为，则有代入，得解得故选C。 2．【答案】B 【详解】当可动反射镜随合金棒伸长向左移动（即合金棒的伸长量）时，激光往返经过反射，总光程差的变化量为（往返路程，因此是2倍移动距离）。 干涉中，P点每重新出现一次明条纹，对应光程差变化一个波长。题目中观察到共出现20次明条纹，因此总光程差变化满足代入已知条件，计算得因此合金棒伸长量为故选B。 3．【答案】A 【详解】双缝干涉的特点是等间距、相邻亮纹宽度和亮度近似相等；单缝衍射的特点是中央亮纹最宽最亮，两侧亮纹宽度、亮度逐渐减小。因此选项C、D是单缝衍射图像，不符合题目要求。双缝干涉的条纹间距公式为 同一双缝装置中，（缝屏间距）和d（双缝间距）固定，波长越大，相邻亮纹的间距越大。已知，因此a光的干涉条纹间距更大、条纹更稀疏。 故选A。 4．【答案】A 【详解】AC．凸透镜缓慢向上平移过程中，靠近O点周围空气层变厚，内侧两列波的波程差变大和凸透镜上移之前相邻外侧两列波的波程差相等，视觉上观察到外侧明暗条纹向内侧移动，故C错误，A正确。 BD．凸透镜缓慢向上平移过程中，O点的空气层变厚，相遇在凸透镜曲面的光的波程差连续增大，视觉上看到中心处明暗交替变化，故BD错误。 故选A。 5．【答案】D 【详解】A．纵波和横波都具有干涉和衍射的本领，而光的偏振现象表明光是一种横波，故A错误； B．阳光下观察肥皂泡看到彩色条纹，其成因是光在肥皂泡膜的外表面和内表面反射叠加，形成的干涉现象，与偏振原理不同，故B错误； C．在未放置样品前，O处光强最强，说明两偏振片的透振方向相同，放置样品P后，光的偏振方向将旋转一定角度，除特殊情况外（光的偏振方向旋转），到达O处光的强度会明显减弱，故C错误； D．偏振光通过糖溶液后,偏振方向将旋转，因此偏振片B转过角度为时，其透振方向与光的偏振方向一致，使得O处光的强度第一次达到最强，故D正确。 故选D。 6．【答案】B 【详解】双缝干涉相邻亮条纹间距公式为，其中为屏到双缝的距离，为入射光波长，为双缝间距，初始状态满足。 若、不变，，故，即； 若，，不变，故，即 故选B。 7．【答案】D 【详解】AC．点始终在中线上，到、的路程差恒为，满足，因此无论光屏平移、还是更换波长，点始终是亮纹，故AC错误； B．相邻亮条纹间距，为第6级亮条纹，且相对于的位置固定，则有光屏左移后双缝到屏的距离减小，因此减小，则有增大，原来，现在，不可能为第5级亮纹，故B错误； D．由之前分析可得换波长的蓝光后，因此是第8级亮纹中心，故D正确。故选 D。 8．【答案】D 【详解】A．由于频率由波源决定，所以深紫外线进入液体后频率不变，故A错误； B．深紫外线在空气中的传播速度大于在液体里的传播速度，则与没加入液体相比，深紫外线进入液体后传播速度变小，故B错误； C．根据可知，深紫外线进入液体后速度减小，频率不变，则波长变短，故C错误； D．由于深紫外线在液体中的波长变小，则更不容易发生明显衍射，故D正确。故选D。 选择题预测03热学 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】A．晶体（包括单晶体和多晶体）都有固定的熔点，这是晶体的共性，但不是导致光在晶体中发生特殊折射现象（如锥形折射）的原因，故A错误； B．双轴晶体属于单晶体，单晶体具有各向异性的特点，即其物理性质（如导热性、导电性、光学性质等）在不同方向上表现不同。在光学上，表现为折射率随光的传播方向不同而不同。正是因为双轴晶体具有各向异性，导致入射光在晶体内部不同方向上的折射率不同，折射角不同，从而使光线沿圆锥面传播，形成锥形折射现象，故B正确； C．晶体通常具有规则的几何形状，但这只是晶体的宏观特征，不是导致光发生锥形折射的光学原因，故C错误； D．稳定的晶格结构是晶体内部微观结构的特征，虽然决定了晶体的性质，但直接导致光路发生特殊变化（锥形折射）的是其宏观表现出的光学各向异性，故D错误。故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】A．乙分子在时，分子势能最小，分子间距离为平衡距离，分子力为零，故加速度为零，加速度最小，故A错误； BC．乙分子从处静止释放后仅在分子间相互作用力下沿着x轴运动，两分子所具有的总能量不变，且总能量为0；由图可知乙分子在时，分子势能最小，为，则乙分子在时，动能最大，动能等于，故BC错误； D．当乙分子运动到时，其分子势能为零，则分子动能也为零，此时两分子的距离最小，而后向分子间距变大的方向运动，因此甲乙分子的最小距离一定等于，故D正确。故选D。 2．【答案】A 【详解】A．由题意可知气泡在冷空气中温度降低，气泡内一定质量的气体视为理想气体，其内能只与温度有关，所以气泡内气体的内能减小，A正确。 B．气泡温度降低，气泡内气体的平均动能减小，所以气体分子做热运动的平均速率减小，但不是每个分子的速率均减小，B错误。 C．由题意可知气泡体积减小，外界对气体做功，即，同时温度降低，气体的内能减小，即，由热力学第一定律，可知，所以气泡向外界放热，C错误。 D．气泡形成的原因是液体的表面张力，所以气泡表面液体分子间作用力表现为引力，D错误。故选A。 3．【答案】B 【详解】A．升温后内胆中气体分子的平均动能增大，但不是每一个气体分子的动能都增大，故A错误； B．内胆中气体体积不变，温度升高，根据查理定律，可知内胆内气体压强增大，故B正确； C．内胆中气体体积不变，外界对气体做功为0，根据热力学第一定律可知，此过程内胆中气体的内能增加量等于Q，故C错误； D．内胆中气体体积不变，单位体积中的气体分子数不变，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，根据压强微观意义可知，内胆中气体分子单位时间内撞击单位面积内壁的次数增大，故D错误。 故选B。 4．【答案】D 【详解】A．水柱质量不计，罐内气体压强不变，与罐的放置方式无关，故A错误； B．温度变化时有，，所以，即刻度均匀，故B错误； C．温度升高时，内能增大，，罐内气体体积增大，水柱上移，气体对外做功，，由热力学第一定律可知：，故C错误； D．温度降低时，单个气体分子撞击罐内壁的作用力变小，但由于罐内气体的压强不变，所以罐内壁单位面积、单位时间受到气体分子撞击的次数增加，故D正确。 故选D。 5．【答案】C 【详解】A．热力学第二定律的克劳修斯表述为：热量不能自发地从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。热泵工作时消耗了电能（产生了其他影响），实现热量从低温环境向高温车厢转移，不违背热力学第二定律，故A错误； B．热泵制热时会消耗电能从低温外界环境吸收热量送入车厢，电能又不能全部用于做功搬运热量，还有一部分额外消耗，因此向车厢放出的热量只是来自消耗电能的一部分，故B错误； C．绝热压缩过程中制冷剂与外界无热交换，即压缩机对制冷剂做功由热力学第一定律可知理想气体内能仅与温度有关，故温度升高，由理想气体状态方程，压缩时体积V减小、温度T升高，可得压强p增大，即实现升压升温，故C正确； D．温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高时分子热运动的平均速率增大，但不是所有分子的热运动速率都增大，存在部分分子速率减小的情况，故D错误。故选C。 6．【答案】C 【详解】A．是等容过程，则有，又，则，故A错误； B．的过程中，气体的体积不变，气体分子的密集程度不变，温度升高，分子运动越剧烈，分子撞击气缸的频率增大，压强变大，但不是每个分子的速率均增大，故B错误； C．的过程中气体的平均压强大于的过程中气体的平均压强，两过程气体的体积变化量相同，则的过程中气体对外界做的功大于的过程中外界对气体做的功，故C正确； D．图像的面积表示气体对外界做的功，经过一个斯特林循环，气体对外界做正功，由 可得，，则，气体从外界吸热，故D错误。 故选C。 7．【答案】B 【详解】A．由图像可知，过程，由于，可知气体发生等容变化，所以不做功，故A错误； B．过程，由查理定律可得可得由于过程气体温度不变，可知气体在状态下的温度是状态下温度的2倍，故B正确； C．过程，气体压强不变，温度降低，则气体体积减小，故C错误； D．过程，气体压强不变，则气体分子碰撞单位面积容器壁的作用力不变，故D错误。故选B。 8．【答案】B 【详解】A.从到，气体体积减小，故外界对气体做功，由于从到反向延长线过原点，所以温度不变，为等温变化过程，由于是理想气体，所以内能不变，外界对气体做功，故气体向外界放热，故A错误。 B.从到，气体压强不变、体积减小，根据理想气体状态方程 可知温度减小，气体分子的平均速率减小，保持气体压强不变，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多，故B正确。 C.从到，根据理想气体状态方程整理得可知温度不变时，图像为过原点的倾斜直线，故从从到温度不变，气体内能不变，故C错误。 D.从到，气体压强不变、体积增大，气体对外界做功，故D错误。故选B。 选择题预测04平衡问题和牛顿动力学问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】AB．无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小，重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力减小且它与竖直方向夹角也变小，故A错误，B正确； C．由于拉力方向不变，大小随时间均匀减小，在0到T时间段内，拉力的平均大小为 则受到拉力的冲量大小为，故C错误； D．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平和竖直方向分别有     ，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为，故D错误。故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】根据对称性可知，BC杆和BD杆对B点的支持力大小相等，设为，方向均沿杆向上，则两个支持力的合力方向竖直向上，大小为，则有解得则杆BC对地面的作用力大小也为，根据牛顿第三定律可知，地面对BC杆的作用力与杆BC对地面的作用力等大反向，则F大小为。故选C。 2．【答案】B 【详解】AB．对32个灯笼的整体分析可知，最上端轻绳的拉力解得 最右端轻绳的拉力，A错误，B正确； C．对下面16个灯笼的整体分析可知，设第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳的拉力为T，则，解得第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为，即，C错误； D．对下面的24个灯笼的整体分析可知，设第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳的拉力为，则，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为，即，D错误。 故选B。 3．【答案】D 【详解】A．对结点O，根据平衡条件可得， 联立解得，，故A错误； B．对人，根据平衡条件可得 解得 根据牛顿第三定律可得，人对地面的压力大小为，故B错误； C．对人，根据平衡条件，水平方向，有， 解得，故C错误； D．由于， 可得 人不动，缓慢松手放绳，在物体缓慢靠近墙壁的过程中，轻绳OA长度不变，则α减小，β变大，则tanα减小，sinβ增大，cosβ减小，所以TB减小，故D正确。 故选D。 4．【答案】D 【详解】AB．设绳索与城墙对演员的作用力大小分别为、，以演员为研究对象，演员在、和重力的作用下处于平衡状态，由平衡条件，在水平方向，有 在竖直方向，有 联立两式，解得，，故AB错误； C．利用演员所受重力、绳索拉力和城墙弹力构成的力的三角形和相似，得 当点不动，将点沿城墙缓慢上移稍许，即增大，、均不变，则、均减小，故C错误； D．同理，当点不动，将点沿城墙缓慢下移稍许，即减小，、均不变，则增大，城墙对演员的弹力大小 增大，也一定增大，故D正确。 故选D。 5．【答案】A 【详解】当水平面光滑时，根据牛顿第二定律，对整体有对B有联立解得，当水平面粗糙时，根据牛顿第二定律，对整体有对B有联立解得，所以，故选A。 6．【答案】A 【详解】A．对AB整体，由牛顿第二定律可知，A错误； B．货箱A下滑到底部时速度大小为，B正确； C．货箱A下滑到底部系统重力势能的减小量为，C正确； D．若卸货后空箱A质量为0.1 kg，因，则其被解锁后能回到原处，D正确。此题选择不正确的，故选A。 7．【答案】B 【详解】足够宽的水平传送带以大小为的速度匀速运行，货物以大小为的速度垂直进入传送带，则货物相对传送带的初速度大小为货物受到的滑动摩擦力大小为方向与相对运动方向相反，所以货物相对于传送带做匀减速直线运动，加速度大小为经时间货物恰好与传送带相对静止，则有当时，，可知图像有正的纵轴截距，随的增大而增大；图像的切线斜率为可知切线斜率随的增大而增大。故选B。 8．【答案】B 【详解】AB．设小球位于O点时弹簧的压缩量为，根据题意可知， 小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律有 得 故小球离开弹簧前，其图像是一条与纵轴交于正半轴、下降趋势的直线，小球离开弹簧后，只受重力，加速度为，故A错误，B正确； CD．小球离开弹簧前，小球所受合力先向上且逐渐减小，弹簧弹力等于小球重力时，合力为零，此后合力向下且越来越大，故小球的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，图像切线斜率的绝对值故先减小后增大，其图像先越来越平缓，后越来越陡，小球离开弹簧后，加速度不变，速度越来越小，则越来越大，即图像越来越陡，故MN段应为曲线，故CD错误。故选B。 选择题预测05抛体运动 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】A．由抛物线方程为，得抛出点坐标为 由平抛运动联立解得，，故A错误； B．将代入得联立消去t得即小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点，故B正确； CD．若凹槽解除锁定，由动量守恒恰好落在轨道底部解得凹槽向左移动，故CD错误。故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】AB．设小球从a板运动到b板的时间为t， 斜上抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据可逆性斜上抛运动从最高点可分为两个平抛运动,落在b板上由速度分解的矢量三角形有 最高点到某一板水平方向有 最高点到某一板竖直方向有 联立解得， 小球在最高点的速度大小为 小球离开a板时的速度大小为 故AB错误,C正确； D．最高点到某一板竖直方向由自由落体 小球最高点到两板底端O的高度为，故D错误。 故选C。 2．【答案】D 【详解】B．平抛运动水平方向有，由于小球a、b做平抛运动的水平位移比为，则小球a、b做平抛运动的时间之比为，根据 可知小球a、b在竖直方向下落的高度之比为，根据几何关系可知BC=CD，故B错误； A．小球a、b在E、A两点的竖直速度之比为，设斜面倾角为θ，由速度偏向角和位移偏向角关系可知 结合已知的动能关系可得 解得，故A错误； C．小球a、b距斜面最远时，两球距斜面投影点的竖直高度之比显然小于，因此两球距斜面的最远距离之比也一定小于，故C错误； D．小球a、b距斜面最远时的速度方向均与AC平行，运动时间相同，水平位移相同，即小球a、b距斜面最远时的位置在同一竖直线上，故D正确。 故选D。 3．【答案】D 【详解】小球从 A 点平抛，竖直方向做自由落体运动，由 得第一次下落时间 分析碰撞后的竖直运动规律碰撞后竖直方向速度变为碰前的，因此每次碰撞后竖直方向的运动时间（上抛 + 下落）为前一次的 设第n次碰撞后，相邻两次碰撞的时间间隔为，则第 1 次到第 2 次时间间隔为 第n次到第(n+1）次时间间隔为 则与的水平距离 故选D。 4．【答案】D 【详解】A．斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，先分解初速度，初速度与水平成，因此水平分速度 竖直分速度 斜抛运动最高点竖直方向速度为0，水平方向速度保持不变，因此最高点速度不为零，故A错误； B．重力的瞬时功率 最高点竖直速度，因此重力瞬时功率为0，故B错误； C．从M到最高点，竖直方向做匀减速运动，时间 故C错误； D．设MN总运动时间为，MN连线与水平成，因此满足 竖直位移 水平位移 代入得 代入、、 解得总时间 因此水平距离 故D正确。 故选D。 5．【答案】D 【详解】A．小球能经过C点，则有 从B到C由机械能守恒可知 联立解得 由图可知，r最大值为rm=2m，可知，故A错误； B．在C点做平抛运动，则， 可得 则当时，x有最大值，故B错误； C．小球在轨道上B点时 在C点时 其中 解得小球的B、C两点受到的弹力大小的差值 可知与r无关，故C错误； D．小球在距离水平面高h的位置时，由机械能守恒 在该点时其中解得可知r一定时，FN与h为线性关系，则r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等，故D正确。故选D。 6．【答案】BD 【详解】A．小球沿斜面方向做匀减速运动，垂直于斜面方向先减速后反向加速（类竖直上抛运动），故小球落至斜面时垂直于斜面方向的分速度不变，沿斜面方向的分速度减小，故落至斜面时与斜面的夹角大于θ，故A错误； B．速度变化率即加速度，小球运动过程中加速度恒定，即速度变化率不变，故B正确； CD．如图所示 将小球的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和自由落体运动，由正弦定理有整理得由数学方法求极值可知，当时，故C错误，D正确。故选BD。 7．【答案】BD 【详解】AB．设从开始释放到两球相碰经过时间为t，则对甲球 对乙球沿斜面向上的速度沿MQ方向做匀速运动，速度由题意可知联立解得此时（负号说明方向沿斜面向下）此时速度方向与甲球速度方向的夹角为，即，即碰前瞬间两球速度间的夹角为，A错误，B正确； C．小球甲下降的高度，C错误；     D．小球乙沿方向的位移，D正确。故选BD。 8．【答案】BD 【详解】A．设小球经过的最高点为，如图所示 由运动对称性可知与、的水平距离相等，由几何关系可知、的竖直距离 、的水平距离代入数据得小球在水平方向做匀速直线运动，可知由到，由到、与所用时间相等，设时间为，竖直方向上，由匀变速直线运动规律可知、的竖直距离小球由到做平抛运动，有，代入数据得，小球由到可看作由到的平抛运动，小球在点竖直方向的速度小球从点到点的时间为，故A错误； B．小球在点速度最小，即，故B正确； C．小球初速度与水平方向夹角正切值，故C错误； D．小球初速度大小代入数据得，故D正确。故选BD。 选择题预测06圆周运动 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】D 【详解】设汽车的质量为。第一次，汽车在水平面内做匀速圆周运动，汽车在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件可得在水平方向，根据牛顿第二定律可得其中联立，解得 第二次，汽车在竖直面内做变速圆周运动，在P点时，根据牛顿第二定律可得 联立，可得 即两次经过P点时汽车所受支持力大小之比为1:1。 故选D。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】已知碳环半径，转速，根据圆周运动各物理量的关系可知： A． 频率等于单位时间内转动的圈数，即，A错误； B．周期，B错误； C．角速度，C错误； D．线速度，D正确。 故选D。 2．【答案】A 【详解】A．O点到横梁的距离为摆臂的长度保持不变，则O点的轨迹为圆周运动，故A正确； B．O点的轨迹为圆周运动，a点相对于O点转动，则a点的实际轨迹为复杂的曲线运动，不是圆周运动，故B错误； C D．设座舱边缘绕O匀速转动的线速度大小为，则a点的速度大小为，b点的速度大小为，则此时a点的速度一定小于b点的速度，a点的速度一定小于O点的速度，故C错误，D错误。 故选A。 3．【答案】D 【详解】A．当圆盘的角速度恒为1时，物体所需的向心力为，可知物体没有相对滑动，摩擦力大小为，故A错误； B．当摩擦力达到最大值时，有 可得圆盘角速度的最大值为，故B错误； CD．若物体从圆盘上滑下，如图所示 物体到餐桌边缘的距离为 物体的速度满足 物体与餐桌之间的动摩擦因数 因为 可知刚好停在餐桌边缘，故C错误，D正确。 故选D。 4．【答案】D 【详解】游客做匀速圆周运动，设角速度为ω，则经过时间t后，转过的角度为ωt。此时速度方向与水平方向的夹角为ωt，因此水平分量为 因此随时间t按余弦规律变化，可知D选项符合题意。 故选D。 5．【答案】D 【详解】根据最大静摩擦力提供向心力有 由图（c）可知， 解得 图（c）中阴影部分面积S大小等于沿x轴方向的位移大小，对应滑块匀速圆周运动的圆心角为 阴影部分面积S大小 故选D。 6．【答案】AD 【详解】A．右臂上的P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点的运动属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度大小相同，A正确； BCD．右臂上P、Q两点做匀速圆周运动的半径分别为、，且、不在同一直线上。 又知P、Q两点做匀速圆周运动的线速度方向与半径垂直，故P、Q两点的线速度方向不相同。 由几何关系可得 所以，，故B错误，C错误，D正确。 故选AD。 7．【答案】BD 【详解】A．转动过程中，腰带处于平衡状态，合力为零，因此若转速增大，腰带受到的合力不变，故A错误； B．对配重受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得配重的运动周期为，故B正确； C．配重运动半周，重力的冲量大小为，故C错误； D．对配重受力分析，根据牛顿第二定律可得解得 配重运动半周，动量的变化量为 根据动量定理可得结合上述结论可知 联立解得，故D正确。故选BD。 8．【答案】BD 【详解】AB根据图乙可知，当转过角度为0时，小圆环运动到导轨的最低点，此时速度大小为；当转过角度为时，小圆环运动到导轨的最高点，此时速度大小为，根据动能定理解得，故A错误，B正确； CD．当时，设小圆环的速度大小为，根据动能定理 解得方向斜向上，则小圆环克服重力做功的瞬时功率为其中解得，故C错误，D正确。故选BD。 选择题预测07万有引力与航天 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】A．飞行器在两轨道运行过程中，当飞行器在轨道Ⅰ的近地点时，飞行器距离地球间距最小，飞行器所受万有引力最大，根据图乙可知，飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点，故A错误； B．结合上述，根据图乙可知，飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点，在时刻经过轨道Ⅰ的P点，即飞行器沿轨道Ⅰ上从近地点经A点运行至P点的时间为，故B错误； C．根据图乙，飞行器在轨道Ⅰ的近地点与远地点有，飞行器沿轨道Ⅱ的远地点有根据开普勒第三定律有解得，故C正确； D．时间内，飞行器开始在轨道Ⅱ上运行，后来在轨道Ⅰ上运行，开普勒第二定律是针对同一轨道，可知，时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。 故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】A．根据开普勒第三定律，有 可得探测器在轨道Ⅰ、II上运行的周期之比为，故A错误； B．根据万有引力提供向心力，有 可得 故可知探测器在轨道I 、Ⅱ 上Q 点的加速度大小之比为1:1，故B错误； C．在轨道Ⅱ 上Q 点，根据万有引力提供向心力，有 可得在轨道Ⅱ 上Q 点的速度为 在轨道I上Q 点的总机械能为 引力势能为 则有 联立解得 经过轨道I 、Ⅱ 上 Q 点的速度大小之比为，故C正确； D．根据开普勒第二定律，在相等的时间内，探测器与黑洞连线扫过的面积相等，则有 解得在轨道I 上经过P 、Q 点的速度大小之比为，故D错误。 故选C。 2．【答案】B 【详解】A．忽略月球自转时，飞船在月球表面所受重力等于万有引力，大小为，A错误； B．近月圆周轨道上万有引力提供向心力，根据可得，B正确； C．飞船脱离月球束缚需要从近月轨道变轨到更高轨道，这个过程中需要增大机械能，发动机推力与飞船运动方向同向，做正功， C错误； D．关闭发动机后飞船在靠地球引力作用下靠近地球，地球引力做正功，飞船动能增大，速度增大， D错误。 故选B。 3．【答案】B 【详解】A．从B到C、从D到A行星与恒星的连线扫过面积之比为3∶1，根据开普勒第二定律可知，，而 可得，A错误； B．因AB两点动能相同，由功的概念结合对称性可知，B正确； C．根据，因，可得，C错误； D．根据开普勒第二定律可知 因，可知，D错误。 故选B。 4．【答案】A 【详解】AB．由万有引力提供向心力 得 因，故撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前经过P点的速度大 撞击后由开普勒第二定律 解得，故A正确，B错误； C．遵循开普勒第三定律的两星体有共同的中心天体，故C错误； D．撞击后小行星绕太阳运行的轨道变低，运行变快，周期会变短，故D错误。 故选A。 5．【答案】D 【详解】A．由于卫星A与卫星B的质量未知，不能比较卫星A与卫星B的机械能大小，故A错误； B．根据开普勒第三定律有 又知，所以，卫星A的角速度是卫星B的倍，故B错误； C．卫星A与卫星B的向心加速度比值，故C错误； D．设图示时刻两卫星与地球球心的连线夹角为θ，故 解得 设由图示时刻经时间t两卫星相距最近，故 解得，故D正确。 故选D。 6．【答案】B 【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，满足公式 1. 轨道半径：卫星距地面高度为，因此轨道半径 2. 角速度：时间内卫星转圈，周期，因此角速度 3. 联立上述公式消去，解得地球质量 故选B。 7．【答案】C 【详解】A．第一宇宙速度是地球卫星的最大环绕速度，由万有引力提供向心力 推导得 轨道半径越大环绕速度越小。空间站轨道半径，故环绕速度小于，故A错误； B．航天员随空间站做匀速圆周运动，万有引力全部提供向心力，合力不为零，故B错误； C．根据开普勒第三定律（中心天体为地球时为定值），轨道半径越大环绕周期越大。空间站轨道高度小于同步卫星，即轨道半径更小，故空间站的环绕周期小于地球同步卫星的环绕周期，故C正确； D．对空间站，万有引力提供向心力解得地球表面重力等于万有引力联立得地球表面重力加速度，故D错误。故选C。 8．【答案】D 【详解】A．嫦娥六号环月飞行时，万有引力提供向心力，有整理得月球质量题中未给出引力常量，仅靠题目给的数据无法求出月球质量，故A错误； B．向心加速度嫦娥六号环月向心加速度 月球绕地球公转的向心加速度，，嫦娥六号在环月轨道上运行时的向心加速度大于月球公转的向心加速度，故B错误； C．返回舱跃出大气层的过程中，仍受大气阻力作用，阻力做负功，机械能减小，故C错误； D．返回舱再次进入大气层后，始终受空气阻力作用，阻力一直做负功，机械能一直减小，故D正确。 故选D。 选择题预测08功能关系 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】D 【详解】A．对吊桶装置进行受力分析和运动分析。吊桶受重力 和绳子拉力 。由于绳子与竖直方向夹角 保持不变，且绳子以恒定速度 回收，吊桶在竖直方向的分速度 恒定，故竖直方向加速度 ，受力平衡，有 水平方向上，吊桶随直升机运动，且具有相对直升机的水平分速度，由于 不变，吊桶水平加速度 与直升机加速度相同。由牛顿第二定律，水平方向合力 联立解得 因 为定值， 恒定且不为零，直升机做匀加速直线运动，故 A 错误。 B．吊桶水平速度 随时间均匀增加，竖直速度 恒定，合速度方向时刻变化，轨迹为曲线，故 B 错误。 C．由题中数据可知 则 ，此时直升机速度 ，吊桶水平速度合外力合外力功率，故 C 错误。 D．绳子拉力 将吊桶速度分解为随直升机水平运动速度和沿绳收缩速度，则代入数据得，故 D 正确。故选D。 密押预测·精练通关 1．【答案】C 【详解】A．当汽车做匀速直线运动时，牵引力等于总阻力，总阻力由地面摩擦阻力和空气阻力组成，即 其中地面摩擦阻力为一定值，空气阻力的大小与汽车速率成正比。结合图像纵截距为，斜率为，得 可知地面摩擦阻力，空气阻力，故A错误； BC．若该汽车以恒定加速度启动，根据牛顿第二定律，得 由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 代入，解得牵引力的大小为 其中、、、均为定值，则牵引力大小随时间均匀增大，故B错误，C正确； D．汽车以恒定功率启动，达到最大速度时，牵引力等于总阻力，有 恒定功率 牵引力做功 根据动能定理，得 汽车克服空气阻力做的功为 其中为汽车克服总阻力做的功，故D错误。 故选C。 2．【答案】C 【详解】A．内重物加速度始终大于0，速度持续增大，末加速度减为0时速度才达到最大，故A错误； B．内，由图像可得重物的加速度与时间的关系 由牛顿第二定律，得 联立解得 可知拉力与时间呈线性关系，但重物做变加速运动，位移与时间不是线性关系，因此拉力与位移不是线性关系，则拉力不随位移均匀变化，故B错误； C．图线与时间轴所围图形的面积表示速度变化量的大小，末的速度 已知末上升高度 内机械能增加量 由牛顿第二定律，可得末拉力 功率为 经过了 功率不变，拉力做功 即该段机械能增加量 总机械能增加量，故C正确； D．共经过，拉力做功 即机械能增加量为，不是，故D错误。 故选C。 3．【答案】B 【详解】A．由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即有 解得，A正确； B．第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物的加速度大小为 第一个时间段内的位移，B错误； C．BC段的拉力功率不变，有，C正确； D．设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有 解得 所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移，D正确。 故选B。 4．【答案】C 【详解】A．滑块进入AB段，最初动摩擦因数较小，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故先做加速度减小的加速运动，后重力的下滑分力小于滑动摩擦力，且滑动摩擦力增大，做加速度增大的减速运动，故A错误； B．从，由 重力的功率为，故B错误； C．设在距离原点x处动摩擦因数为，则下滑 由动能定理有 求和得 为图乙中三角形的面积 解得，故C正确； D．从处到处，重力做功为 摩擦力做功为 因，故滑块从处由静止释放将能到达处，故D错误。 故选C。 5．【答案】C 【详解】A．由图乙可得，当小物块初动能为时，小物块未冲出斜面，根据动能定理有 解得 所以小物块的质量为，故A错误； B．设斜面的长度为、倾角为，小物块能冲出斜面时初动能为，冲出斜面后做斜抛运动的速度为，从斜面底端到顶端，根据动能定理有 冲出斜面后做斜抛运动，还能上升的高度 小物块轨迹的最高点距地面高度 联立解得 由图像乙中初动能为时，小物块冲出斜面，这条一次函数表达式为 所以有， 联立解得， 所以斜面的长度为，故B错误； C．设小物块以初速度冲上斜面时，刚好能到达斜面顶端，有 解得 即此时速度刚好达到斜面顶端，故C正确； D．当小物块以初动能为冲上斜面时，设小物块冲出斜面后做斜抛运动的速度为，从斜面底端到顶端有 解得 从斜面顶端到最高点的运动时间 从斜面顶端到最高点的水平距离 解得 所以从出发点到最高点的水平距离，故D错误。 故选C。 6．【答案】C 【详解】A．由静止释放物块A，物块A向下运动的过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功，物块A的机械能减小，故A错误； B．设物块A下滑的过程中绳与竖直方向的夹角为，则 所以，物块A的速度大于物块B的速度，当物块A的速度为零时，物块B的速度也为零，故B错误； C．当物块A的速度为零时，物块A的下落高度最大，此时物块B的速度也为0，设物块A下落的最大高度为，根据机械能守恒定律有 解得，故C正确； D．设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为，根据几何关系有 又知， 联立解得 根据动能定理有 又知 联立解得，物块A、B等高时物块B的速度大小为，故D错误。 故选C。 7．【答案】D 【详解】A．煤块滑上传送带后做匀减速直线运动，加速度大小 经过时间煤块的速度减为零，则 内传送带的速度为零，则煤块向上滑动的位移 1s后传送带开始加速，传送带的加速度 由于，煤块向下加速，其加速度 所以煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，位移为5m，故A错误； B．设煤块向下加速到点运动的时间为，则 解得 则煤块在传送带上运动的时间，故B错误； C．煤块上滑相对传送带的位移，下滑相对传送带的位移大小 ，则煤块在传送带上留下的痕迹长度为17.5m，故C错误； D．煤块与传送带间产生的热量，故D正确。 故选D。 8．【答案】B 【详解】汽车匀速行驶时阻力与速度成正比，即，阻力功率 单位时间耗能 单位行程耗能为每行驶1米消耗的能量，1米行驶时长为，因此 设，，代入两组已知条件： 时，，整理得 时，，整理得 联立解得，，即 根据均值不等式，当时取最小值，解得，即（速度取正值）。 故选B。 选择题预测9机械振动和机械波 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】C 【详解】波源的振动方程为，故振幅为波源产生的机械波传播到原点所用的时间波源的振动方程为，故振幅为波源产生的机械波传播到原点所用的时间在过程中，质点P静止； 在过程中，只有产生的机械波传播到了原点，故振幅为； 在过程中，两列波都传播到了原点，两列波在原点处振动方向相反，两列波叠加之后的振幅为，对应图像C。故选C。 密押预测·精练通关 1．【答案】AC 【详解】A．由振动图像可知两波周期 频率 波源起振方向均向下，比晚振动，相位差为 由 可知介质1中波速为 介质2中波速为 可得，故A正确； B．在介质1中，波传播到这里需要 故该点仅存在波，到距离 波传播时间为 在开始振动，故波传到的时刻为 到振动了 起振方向向下，经过后质点回到平衡位置，速度方向向上，故B错误； C．的波传到的时刻为 的波传到的时刻为 故，未振动，路程为；共振动 振幅为，总路程为，故C正确； D．把P点的波源平移到0位置当成新波源P，稳定后两波步调相同，介质2中波长为 质点到Q点和等效波源之间的波程差为 可知 则振动加强点满足（为整数） 解得 所以稳定后，在0<x<0.7m的范围内有7个振动加强点，故D错误。 故选AC。 2．【答案】BC 【详解】C．由图可知，两波源的起振方向均沿+y方向，故C正确； A．由图可知4s时质点B开始振动，6s时两波相遇，则4v+6v=20m，解得v=2m/s，故A错误； B．由图可知，3.5s时质点A开始振动，A、B两点的距离为，解得x=1m；或，解得x=5m，故B正确； D. 由图像可知，时，质点A沿x轴负向振动，质点B速度为零，D错误。 故选BC。 3．【答案】BD 【详解】A．此时点的速度沿轴正方向，根据“同侧法”可知波沿轴正方向传播，故A错误； B．桥墩的驱动力周期为 则频率为 钢索做受迫振动，则钢索中波的频率为2Hz，故B正确； C．由波速 可得波长，故C错误； D．由B项可知， 结合波形图可知，的质点振动到波峰位置，的质点振动到平衡位置，根据波动的滞后重复性可知，的质点要向波峰位置运动，故速度方向沿轴正方向，故D正确。 故选BD。 4．【答案】BC 【详解】A．由图甲可知，质点Q的起振方向沿y轴正方向，所以波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误； B．由图乙可知，质点P的振动周期为 所以波源的振动周期也为4s，故B正确； C．根据图甲可知，波长为 则波速为 该波传播到质点R所需时间为 此时质点R振动时间为 由于起振方向沿y轴正方向，所以时，质点位于波峰，即质点的位置坐标为，故C正确； D．因为周期为 且起振方向沿y轴正方向，所以第4s内质点Q由波谷向平衡位置振动，则质点的加速度沿轴正方向且逐渐减小，故D错误。 故选BC。 5．【答案】AC 【详解】A．从振动图像可得，周期，振幅 包含个周期，一个周期内质点路程为，因此总路程，故A正确； B．由丙图可知，时刻后处质点位移为负，说明振动方向向下，故B错误； C．波沿正方向，时处质点在波峰，处质点在平衡位置向下振动，因此两处质点距离满足（n=0，1，2，…）整理得（n=0，1，2，…）若，则得，即或，时，波速，故C正确； D．若，则得，仅有，时，此时不是，故D错误。故选AC。 6．【答案】AB 【详解】A．由乙图可知，在时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负向传播，故A正确； B．P质点的振动方程为其中， 将，，代入解得或因时刻，质点P沿+y方向运动，故取 因此P质点的振动方程为，故B正确； C．时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度大小也相同，故C错误； D．波向x轴负方向传播可知时质点P在x轴下方并向y轴负方向减速运动；Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，故D错误； 故选AB。 7．【答案】AC 【详解】A．从图乙M点的振动图像可得，振动周期 ，已知波速 ，由波长公式 。两列波在同一介质中，波速、频率均相同，因此波长均为0.5m，A正确； B．M在 、 连线中垂线上，因此 ，两波波速相等，故两列波从波源传播到M的时间相等。 由图乙可知： 时M开始振动，说明 的波传到M用时 ； 后M振幅改变，说明此时 的波传到M。 设 比 先起振 ，则 ，得 ，B错误； C．两列波到M的路程差为0，比 先起振 ，相位差由起振方向决定；最终M合振幅为，且振动反向（合振幅为差），由 ，已知 ，得 ，C正确； D．M点被的波带动，开始振动时沿轴正方向运动，因此起振方向沿轴正方向；叠加后 t=5 s 时，M 向 z 负方向运动，振幅 1 cm，说明 S2 波在 M 点的起振方向为 z 正方向，D错误。故选 AC。 8．【答案】AB 【详解】A．由甲图（波形图）得波长，振幅，由乙图（P点振动图像）得周期波速 ，故A正确； B． 时刻P点在平衡位置，沿轴正方向运动； 第一次到达波谷的时间为 第二次波谷为第一次波谷再经过一个周期，故B正确； C．，由乙图可知，此时P点在平衡位置，下一时刻位移为负，因此振动方向沿轴负方向，故C错误； D．，一个周期路程为 剩余的路程计算： P从平衡位置开始向上运动，内先到波峰（路程），再往回走实际总路程约为 ，故D错误。故选AB。 选择题预测10静电场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】AD 【详解】A．​沿虚线做匀速圆周运动，向心力指向圆心，正离子的电场力方向与电场方向一致，因此电场方向径向向内（由外侧球面指向内侧球面）。沿电场方向电势逐渐降低，因此外侧球面电势高于内侧球面，即内侧球面电势低于外侧球面，故A正确； B．设出口处相邻离子束间距为，则相邻离子束间电势差为动能变化量等于电场力做功由径向电场强度大小，可知则m1、m2间的平均场强大于m2、m3间的平均场强，因此电场力对m1、m3两离子做功不相等，则m1、m3两离子动能变化量大小不相等，故B错误； C．设虚线半径为，沿虚线运动时，电场力提供向心力，有解得若电荷量加倍，仍沿虚线射出，电场力提供向心力，有解得因此则需将电压调为，不是，故C错误； D．让沿虚线射出，由电场力提供向心力，可得解得与​式联立作比，得因此，故D正确。 故选AD。 密押预测·精练通关 1．【答案】AD 【详解】A．根据题目所给电势-位置图像，可推导出匀强电场的分量，由乙图可知，由丙图可知 根据电场强度的矢量合成，故A正确； B．电场方向指向第三象限，与轴负方向夹角为，则，即，与轴正方向夹角为，故B错误； C．粒子带正电，初速沿正方向，受力方向与电场一致（第三象限），初始阶段速度与力夹角，电场力做负功，电势能增加；随后轨迹偏转，夹角，电势能减小，即电势能先增大后减小，故C错误； D．根据题意，带电粒子沿电场方向速度减为零时，电势最高，设带电粒子逆电场线运动的距离为，则由动力学有， 解得 由原点电势为零，则最高点电势，故D正确。 故选AD。 2．【答案】AD 【详解】A．由对称性可知，M与O点的场强大小相同，但方向不同，A正确； B．在ab的中垂线上，在ab两处电荷的电场中，M点的电势为0。M点是cd的中点，在cd两处电荷的电场中，M点的电势也为0，故M点的电势为0；P、Q距离a、c均为处，a、c分别为+q、-q的电荷，则分别在P、Q处的电势绝对值相等，同理，P、Q距离b、d均为处，b、d分别为-q、+q的电荷，b、d分别在P、Q处的电势绝对值相等，P与d、c距离与Q与b、a距离相等，则合电势刚好相反，即φP=-φQ，根据A分析，O点的电势也为零，则有UPM=φP-φM，UOQ=φO-φQ，则UPM=-UQO，故B错误 ； C．因为φP＞φQ，则负电荷由P点运动到Q点，电场力做负功，故C错误； D．根据正四面体及电荷分布的对称性可知，ab、ac、db中点的电场强度大小，电势均与M点相同，其他各点均不满足条件，故D正确。 故选AD。 3．【答案】AD 【详解】A．由图像可知，处的电场强度为 所以小球在该位置的加速度大小为，故A正确； B．在内电场始终沿x轴正方向，故小球由静止释放后，会沿x轴正方向运动，故B错误； C．从到处，电场方向始终沿x轴正方向，电势降低，故C错误； D．从到，由动能定理有 解得，故D正确。 故选AD。 4．【答案】BC 【详解】A．开关接时，按键回弹导致板间距离增大，由可得电容减小，电容器放电，现象为灵敏电流计反偏（与按下按键时电流方向相反）。“示数减小”与“回弹”无必然关联，“示数减小”说明电容变化速度减小或趋于稳定状态，按下时、回弹时、开关刚接时都有可能出现，故A错误； B．开关接时，按键按下过程中，板间距离减小，电容增大，电容器充电，电流方向为逆时针，电流从灵敏电流计左端流入，故B正确； C．开关接时，根据公式可知，减小反映了增大，对应减小，说明按键正在向下运动，故C正确； D．开关接时，根据公式可知，与成反比，当时，对应，对应板间距离为，即按下了，故D错误。 故选BC。 5．【答案】BD 【详解】A．根据电势能的定义式 结合图像可知处的电势等于零，靠近原点O处电势趋于负无穷，所以原点O处的带负电，处的带正电，故A错误； BC．图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，则处的电场力为0。由可知处的电场强度为0，则离更近电荷量更小，故B正确，C错误； D．图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，可知从到粒子受到的电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其加速度也逐渐减小，故D正确。 故选BD。 6．【答案】BC 【详解】A．由对称性知，点与点的电场强度大小相等，但方向不同，故错误； B． 点与点的电势差为，点与点的电势差 由对称性知，,，则，故B正确； C．点的电荷在点的电场强度为，点的电荷在点的电场强度为，所以点的场强大小为，故C正确； D．将带负电的试探电荷由点沿直线移动到点的过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，故D错误。 故选BC。 7．【答案】BCD 【详解】AB．设重力和电场力的合力为，依题意，时动能最大，时动能最小，由动能定理有 解得，方向与重力成，向右下方，如图所示 由余弦定理有 解得，A错误，B正确； C．依题意，在时，轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律有，其中 解得，C正确； D．如图所示 在A点有 在C点有 从C到A由动能定理有 解得，D正确。 故选BCD。 8．【答案】BD 【详解】A．根据曲线运动的条件，可知DNA分子所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，即与电场线的方向相反，故DNA分子带负电，故A错误； B．根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由图可知A点处的电场线比B点处的电场线更稀疏，故DNA分子在A点的电场强度小于在B点的电场强度，根据牛顿第二定律可知DNA分子在A点的加速度小于在B点的加速度，故B正确； C．由题知，C点与B点关于PQ对称，即电场线的疏密程度相同，但两点电场线的切线方向不同，故两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误； D．由题知，DNA分子在B点的速度大于在A点的速度，即DNA分子在B点的动能大于在A点的动能，根据能量守恒定律，可知DNA分子在B点的电势能小于在A点的电势能。DNA分子带负电，且在电势越高的点，电势能越小，根据可知A点的电势比B点的电势低，故D正确。故选BD。 选择题预测11电磁感应基本规律应用 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】BCD 【详解】A．内金属棒做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误； B．将开关拨至2前瞬间，金属棒的加速度为0，则有解得，故B正确； C．将开关拨至2后，电容器在极短时间内完成充电，电容器两端电压与金属棒切割磁场产生的感应电动势相等，则有对金属棒有（极短时间内导轨阻力的冲量可忽略）解得，故C正确； D．设电容器充电完成后内金属棒的速度减小了，则有 对金属棒有解得，故D正确。故选BCD。 密押预测·精练通关 1．【答案】BC 【详解】A．由右手定则知边通过磁场时流过线框电流流向为，故A错误。 B．边进磁场时的速度为，则有 边进磁场时的速度为，则有 解得，故B正确。 C．边通过磁场过程中，安培力的冲量大小，故C正确。 D．整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为 根据机械能守恒有解得 则有 解得，故D错误。 故选BC。 2．【答案】ACD 【详解】A．根据右手定则可知，当ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流沿adcba方向，故A正确； B．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流大小为，故B错误； C．列车从开始刹车到停止，根据能量守恒定律可得 所以线框产生的焦耳热为，故C正确； D．设线框完全进入左侧第一个磁场时速度为v1，根据动量定理可得，所以同理，线框离开磁场的过程，有 依此类推，当列车经31L停下，有 所以列车从开始刹车到停止，所经历的时间为，故D正确。故选ACD。 3．【答案】AB 【详解】A．对线框受力分析有 解得 由于 故结果成立，故A正确； B．由电量 因为， 通过ad边电量为总电量的一半，联立解得，故B正确； 对棒，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理有 其中，代入解得，故C错误； D．由全过程动量定理有 由全过程能量守恒 联立解得 这里Q为焦耳热，应还存在摩擦产生的热量，故D错误。 故D错误。 故选AB。 4．【答案】BC 【详解】A．第一次，整个过程中由动能定理 由图像可知 可得，A错误； B．第一次，整个过程中由动量定理 解得，B正确； C．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，可知克服安培力做功 由图像可知，可得 而，可得电阻中产生的焦耳热为，C正确； D．第二次，由动能定理 可得拉力做的功为，D错误。 故选BC。 5．【答案】ABD 【详解】A．设金属杆经过的速度为，由动量定理可知金属杆通过区域所用的时间满足 金属杆在区域内的运动由动量定理可知 代入 联立解得，故A正确； B．全程运动根据能量守恒可知 代入 解得 定值电阻产生的热量，故B正确； C．由上述分析可知金属杆通过、区域，所受安培力的冲量分别为，，故C错误； D．在区域，设金属棒下滑距离为时，速度减小为，由动量定理可知 将代入，变形可知 而金属杆所受安培力 解得 可知安培力与位移为线性关系，故D正确。 故选ABD。 6．【答案】ACD 【详解】A．棒1下滑过程，重力做功最多为，且安培力做负功，由动能定理，可知 因此棒1刚到达水平导轨时速度 若，水平导轨上两棒系统合外力为零，动量守恒，最终共速，有 得 因此两棒最终速度均小于，故A正确； B．两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，因此安培力对两棒的冲量之和始终为零，并非先不为零后为零，故B错误； C．时，棒1到达水平前已达到稳定，水平方向两棒速度差恒定，因此 对棒1，由牛顿第二定律，得 对棒2，由牛顿第二定律，得 联立整理得，故C正确； D．若棒1能在倾斜导轨匀速运动，则，故 对棒2，安培力 对棒1，由平衡条件，得 即 代入得 解得，故D正确。 故选ACD。 7．【答案】BD 【详解】根据法拉第电磁感应定律和右手定则，可以判定两导体棒切割形成的两电源串联，安培力大小相等，所以两导体棒加速度之比为2∶1，均减速。当a棒速度减为零后反向加速，产生的电动势与b棒相反，回路中电流继续减小，但始终满足加速度之比为2∶1，最终达到速率相等。 故选BD。 8．【答案】AC 【详解】A．以P棒为研究对象，根据机械能守恒定律，有 解得根据电磁感应定律，P棒产生的电动势为根据闭合电路的欧姆定律，Q棒的电流为，Q棒受到的安培力为以Q棒为研究对象，根据牛顿第二定律，有解得Q棒的加速度大小为。 B．设Q棒达到稳定运动状态时，P棒、Q棒的速度分别为、。稳定运动时，回路磁通量变化率为零，感应电动势为零，有则分别以P棒、Q棒为研究对象，由动量定理，得，联立可得代入，，解得，，故B错误； C．通过P棒的电荷量为，故C正确； D．由能量守恒，总热量等于动能损失，得代入，，解得，故D错误。故选AC。 选择题预测12交变电流 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】B 【详解】A．理想变压器无能量损耗，输入功率等于输出功率，因此cd端输出功率等于ab端输入功率，故A错误； B．该变压器是降压变压器，ab端电压U1大于cd端电压U2，根据理想变压器电压规律，得原匝数再根据电流规律，可得即cd端输出电流有效值大于ab端输入电流有效值，故B正确； C．由图乙可知，ab端电压的周期为T，频率为理想变压器不改变交流电频率，因此cd端输出电流频率也为，故C错误； D．根据有效值的定义，设ab端电压有效值为U，一个周期内满足解得，故D错误。故选B。 密押预测·精练通关 1．【答案】D 【详解】B．由图丙可知，交流电的周期为T=2×10-2s，在一个周期内电流方向改变2次，所以牙刷内置线圈电流方向每秒改变100次，故B错误； A．由图可知底座线圈的输入电压的有效值为U1=220V，内置线圈的输出电压为U2=5V，但因为是无线充电，所以存在漏磁现象，即底座线圈和牙刷内置线圈匝数之比，故A错误； C．根据图丙可知，在0.01～0.015s内，底座线圈中电流产生的磁场方向是向上的增加，根据楞次定律可知牙刷内置线圈的感应电流方向为俯视看顺时针方向，即电流方向为正，故C错误； D．若在c点接入一个理想二极管，由于二极管的单向导电性，所以整流电路中只有半波电流经过，设整流电路输入电压的有效值为U，则 解得，故D正确。 故选D。 2．【答案】D 【详解】A．该交流电的有效值为，故A错误； B．线圈的输出功率为，与频率无关，所以若线圈随波浪振动的频率增大，但产生的正弦交流电的电压峰值不变，则线圈的输出功率不变，故B错误； C．由图丙可知，时，线圈中的感应电动势瞬时值为零，所以线圈中磁通量的变化率为零，故C错误； D．图甲中灯泡的功率为，故D正确。 故选D。 3．【答案】D 【详解】设升压变压器原、副线圈的电压分别为、，电流分别为、，降压变压器原、副线圈的电压分别为、，电流分别为、，负载电阻为，其中，输电线的总电阻 A．升压变压器的输出电压由输入电压决定，由发电机的输出电压决定，发电机的输出电压稳定，故升压变压器的输出电压稳定，不随着负载电阻的变化而变化，A错误； B．根据欧姆定律有根据，，得，负载电阻变大，减小，输电线损失的电能减小，B错误； C．根据，负载电阻不变，一条输电线被切断，则，即增大，知减小，则减小，由可知减小，C错误； D．根据前面分析知减小，即减小，升压变压器的输出功率，不变，减小，D正确。故选D。 4．【答案】C 【详解】A．将变压器和副线圈负载看成一个等效电阻，则有 滑片P从线圈上端向下移动时，副线圈匝数减小，等效电阻变大，则电压表示数变小，A错误； B．电压表示数与原线圈两端电压之和保持不变，自耦变压器为降压变压器，变压器副线圈两端电压不大于原线圈两端电压，所以，B错误； C．滑片P位于线圈中点处不动时根据变压器的原理可得，则有，在原线圈电路中有即整理可得则有，C正确； D．根据闭合电路规律可知，当时，变压器的输入功率最大，由于电阻关系未知，所以增大，变压器的输入功率不一定增大，D错误。 故选C。 5．【答案】A 【详解】根据题意及等效电阻法分析，变压器的等效电阻为 电阻箱两端的电压U与变压器的匝数比k的关系为（其中U0为电源的最大电压，R为电阻箱的阻值） 变形得U= 由此可知，随着匝数比增大，副线圈的电压先增大后减小。 故选A。 6．【答案】A 【详解】A．S断开时，变压器线圈等效电阻为小灯泡正常发光，则有解得根据解得副线圈的电流为小灯泡的额定电压为，故A正确； C．S闭合后，等效电阻变小，原线圈的电流变大，电阻R两端的电压变大，原线圈两端电压变小，副线圈两端电压变小，灯泡变暗，故C错误； D．设S闭合后灯泡两端的电压为，则灯泡的电流为设电动机的电流为，则有解得小灯泡的电阻和电动机内阻均恒为1Ω，可知，故D错误； B．S断开时，灯泡的电功率为，S闭合后，灯泡功率减小，但此时灯泡功率依然大于电动机功率，可见电动机额定功率小于4W，故B错误；故选A。 7．【答案】D 【详解】AB．将理想变压器及两副线圈回路视为等效电阻，由， 有令， 作出等效电路图如图所示 P上滑，变大、变大，根据串反并同，灯泡将变亮，消耗的功率将增大，故AB错误； C．将交流电源、、作等效电源1处理，则， 时，，则输入功率为，故C错误； D．将等效电源1、作等效电源2处理，则有， 时，，消耗的电功率最大，，故D正确。 故选D 。 8．【答案】A 【详解】A．由于发电机输出电压恒为U，根据理想变压器的规律故电压表的示数不变，发电厂输出功率增加了，则发电厂输出电流增加了根据理想变压器的规律，对于升压变压器根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了故A正确； BC．由A选项可得，示数增加了由于示数增加，示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少故示数也将减小，所以电压表的示数与电流表的示数之比减小，电压表的示数与电流表的示数之比减小，故BC错误； E． 输电线上损失的功率增加了由于未知，故无法计算，故D错误。 故选A。 实验题预测01力学实验 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)c(2)D(3)BD 【详解】（1）当小球运动到最低点时速度会达到最大，对最低点进行受力分析可知 所以在最低点时拉力达到最大值，所以本次实验中小球经过点时对应图2中的； （2）小球在最低点合力提供向心力由动能定理可得联立解得故选D。 （3）A．重力势能减少量 为 如果使用了比实际值偏小的 ​ 进行计算，即略小于，A错误； B．若钢球下落过程中存在空气阻力，则有重力势能减少量大于动能增加量，即略大于，B正确； C．如果小球释放时有初速度，但是初速度按照0来计算，则略小于，C错误； D．误将绳长当成圆周运动的半径，则有式中的偏小，则速度也会偏小，所以会导致偏小，即大于，D正确。故选BD。 密押预测·精练通关 1．【答案】(1) (2) A (3) 见详解 【详解】（1）此时滑块的速度为 （2）[1]由系统机械能守恒有 变形得 画出的图线是图乙中的A [2] 图线斜率 （3）[1] 设绳的张力为F，由牛顿第二定律对重物 对滑块 联立解得 则该图线的横轴为 [2] 若气垫导轨左低右高，滑块M加速度的测量值偏大； 若气垫导轨左高右低，滑块M加速度的测量值偏小 2．【答案】(1)D (2) C (3)＜ (4)BC 【详解】（1）AB．球1从斜槽上同一位置S由静止释放，到达斜槽末端速度相同；小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，速度，动量守恒式中可约去，用代替，因此不需要测量释放高度和抛出点高度，故AB错误； C．本题中为抛出点在记录纸上的垂直投影，实验直接测量到落地点的距离，不需要测量小球半径，故C错误； D．必须用重锤线确定点位置，故D正确。 故选D。 （2）[1]碰撞前入射球速度，碰撞后入射球速度，被碰球速度，代入动量守恒 可得验证式 [2]碰撞后球1速度小于，射程小于OP；碰撞后球2速度大于碰撞后球1速度，射程大于OM，因此落地点顺序可能为MPN。 故选C。 （3）调整斜槽前，斜槽末端不水平，球1抛出时初速度斜向下，下落高度相同，空中运动时间小于调整后水平抛出的运动时间；，而动量守恒要求，因此 故填。 （4）AB．弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒， 推导得，代入，，整理得 仅换，增大时，减小，逐渐趋近于，故A错误，B正确； CD．仅换，随增大线性增大，截距为，故C正确，D错误。 故选BC。 3．【答案】(1) 32.50 4.8 (2) 0.937 小于 (3)B 【详解】（1）[1]由图可知其读数为32.50cm； [2]可得该弹簧的劲度系数 （2）由图可知重物振动的周期为 根据可得 则由该方案得到的劲度系数小于； （3）在方案1中，阻力和弹簧本身的重力对实验均无影响；方案2中空气阻力只影响简谐振动的振幅，但不影响周期，但弹簧本身的重力会影响振动周期，故选B。 4．【答案】(1)6.50 (2)见解析 (3)大小相等，方向相反 (4)A (5)支持小明的观点，因为采用代表相应力相当于将横坐标原点移到处，此时橡皮筋的拉力大小与成正比 【详解】（1）刻度尺的最小刻度为1mm，所以刻度尺的读数为6.50cm； （2）根据力的图示结合平行四边形定则可得 、、，长度应在之间 （3）通过比较FA与FBC，在误差范围内两者满足大小相等，方向相反, 则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，才能保证橡皮筋的拉力为合力的一个分力，从而减小实验误差，故A正确； B．计算合力时OB、OC橡皮筋不必相互垂直，故B错误； C．根据，可知用橡皮筋的伸长量表示其力的大小不影响实验结果，故C错误。 故选A。 （5）支持小明的观点，因为采用代表相应力相当于将横坐标原点移到处，此时橡皮筋的拉力大小与成正比。 5．【答案】(1)0.02 (2)9.8（） (3)a 【详解】（1）由题意知打点间隔与脉冲间隔相等，则打点时间间隔 （2）根据平抛运动规律有 根据图像斜率 解得 （3）根据平抛运动的规律有， 整理可得 若仅减小抛体块的初速度，则图像的斜率增大，获得的图像可能是题图丙中的虚线a。 6．【答案】(1)C (2)正比 (3)0.16 【详解】（1）A．实验探究向心加速度与半径、角速度的关系，在研究其中两个物理量的关系时，需要确保第三个物理量不变，可知，实验采用了控制变量法。探究弹簧弹力与形变量的关系时，实验中研究的物理量只有两个，没有采用控制变量法，故A错误； B．探究两个互成角度的力的合成规律时，采用了等效替代法，没有采用控制变量法，故B错误； C．探究物体加速度与力、质量的关系时，在研究其中两个物理量的关系时，需要确保第三个物理量不变，可知，实验采用了控制变量法，故C正确。 故选C。 （2）图像是一条过原点的倾斜直线，可知，当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周运动的半径成正比。 （3）根据 结合图丙有 7．【答案】(1) 2.150 (2) 【详解】（1）[1]由题图可知主尺读数为 游标读数为 故读数为 单位转换后，摆球的直径为 [2]由题意可知单摆周期为 根据单摆的周期公式 其中，摆长 联立可得 （2）由题意可知小球通过光电门的速度为 若机械能守恒，可列 约掉后，得 8．【答案】(1) (2)靠近 (3) 【详解】（1）电火花计时器工作时应使用交流电源 （2）释放木块前，木块应靠近打点计时器，以更好利用纸带。 （3）悬挂的钩码个数为n，对悬挂的钩码，有 对凹槽和凹槽中的钩码，有联立可得 可得图像的斜率重力加速度，代入数据可得动摩擦因数。 实验题预测02电学实验 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)1495(2) A 1.4 26(3)0.14 【详解】（1）灵敏电流计改装电压表需要串联分压电阻，根据欧姆定律 （2）[1]旧电池的特性是电动势接近标称值，但内阻远大于新电池。根据闭合电路欧姆定律，对本实验电路有 U-I图像斜率的绝对值等于，斜率越大，电源内阻越大。 由图可知，图线A斜率更大，内阻更大，因此A是旧电池，故选A； [2]U-I图像纵轴截距等于电动势，得； [3]斜率绝对值 电源内阻 （3）同理可得新电池B的参数， A、B串联后，总电动势，总内阻 电源供电时满足 即 该线与小灯泡伏安特性C的交点工作电流约为，因此电池组发热功率。 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)0.6 (2)B (3) 1.45 1.56 (4)断开 (5) 【详解】（1）改装后的量程为 （2）因改装后的电流表内阻已知，则为了精确测量，图中多用电表的右表笔应接到B处； （3）[1][2]电流表的量程扩大到了原来的3倍，改装后的电流表内阻为 则由电路可知 由图像可知E=1.45V， 解得r=1.56Ω （4）将欧姆表两表笔分别接到热敏电阻、两端测量其阻值，应将热敏电阻与电路断开，则这时开关S应断开。 （5）为了使热敏电阻能抑制电流异常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻阻值应该随温度的增加而增大，则应该与电阻具有相同温度特性。 2．【答案】(1)减小 (2) (3)B (4) 0.95 0.48 【详解】（1）当溶液高度h增加时，电流I增大，根据 可知总电阻R+r减小。由于定值电阻R不变，因此原电池内阻r减小。 （2）电解质溶液的电阻遵循电阻定律，故 （3）根据闭合电路欧姆定律有 整理得 可知图像是线性关系，便于通过图像斜率和截距计算E和。因此选图B。 （4）[1][2]结合图B的拟合函数，可知， 代入题中数据，联立解得， 3．【答案】 左 等于 【详解】（2）[1]毫米刻度尺分度值为1mm，需估读到0.1mm，A端对齐，B端对齐，因此长度 （4）[2]闭合后，与并联，总电阻减小，电路总电流增大，滑动变阻器分得电压增大，导致电压表示数减小；要让恢复原值，需要减小滑动变阻器接入电阻，因此滑片向左滑动。 [3] 电压表示数保持不变，断开时，是和电压表的总电流；闭合后，是、和电压表的总电流，因此流过的电流为，由欧姆定律得 （5）[4]拉伸过程体积不变， 得拉伸后横截面积 代入电阻定律 整理得 即 （7）[5]若考虑电压表内阻，推导得 两式相减消去得 测量值准确，因此电阻率测量值等于真实值。 4．【答案】(1) 黑 150 (2) 14.5mA/14.6mA/14.7mA/14.8mA (3) 50 偏大 【详解】（1）[1]多用电表内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔，以保证电流从黑表笔流出、红表笔流入。图（a）中A端接内部电源的正极，因此A端与黑表笔相连。 [2]表头参数：满偏电流，内阻 当B端接“2”时，为10mA直流电流挡，此时串联分流，表头满偏时总电流。 根据并联电路电压相等： 代入数据： 求得 （2）[1]B端接“1”（25mA 直流电流挡） 电流表量程25mA，表盘每大格5mA，每小格0.5mA，指针位置对应读数为14.6mA（14.5~14.8mA均合理）。 [2]B端接“3”（欧姆×10Ω挡） 欧姆表中心刻度为15Ω，倍率×10，指针指在11Ω刻度处，因此读数为。 （3）[1]欧姆调零后，欧姆表内阻 欧姆×10挡满偏电流对应表头满偏，结合电路可知该挡满偏电流 因此指针偏转到满偏的，即电流 根据闭合电路欧姆定律： 得 [2]电池电动势变小、内阻变大时，欧姆调零仍满足 为保证满偏，需调小使（原内阻）。 测量电阻时，电流 由于变小、变小，相同对应的电流会变小，指针偏左，对应欧姆刻度读数偏大。 5．【答案】(1)1.9 (2) 左 5.0 (3)大 (4)5 【详解】（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为 （2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。 [2]并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值 （3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。 （4）电路报警时，总电阻， 由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为h，热敏电阻的总阻值 解得 6．【答案】(1) B D 96.0 偏小 (2) 无偏差 (3)1.10 【详解】（1）[1][2] 根据实验原理可知，当闭合后，电路总电阻会减小，则根据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流会变大，当毫安表的指针偏转到量程三分之一的位置时，通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的两倍，产生误差，所以为了使闭合后电路的总电阻变化小，则滑动变阻器接入电路中的阻值应尽可能大，所以滑动变阻器应选D；同时毫安表又要能调节到满偏，则所用电源的电动势应该较大，所以电源应选B。 [3] 由于滑动变阻器的阻值较大，可认为闭合后，干路的电流保持不变，则根据并联电路的性质可知，由于此时毫安表G的示数为满偏电流的，所以此时通过电阻箱的电流为，则有 解得毫安表的测量值为 [4] 由实验电路可知，当闭合后，电路的总电阻会减小，则电路的总电流会增大，故流过的实际电流大于，则导致毫安表G内阻的测量值小于真实值。 （2）[1] 设毫安表满偏电流为，则当闭合开关，毫安表满偏时有 闭合开关时，根据并联电路的性质有 联立解得毫安表G内阻的测量值为 [2] 当毫安表半偏并且电流表的读数仍为时，根据并联电路的性质可知，此时通过毫安表的电流与通过电阻箱的电流相等，又因为毫安表和电阻箱两端的电压相等，所以此时有 [3] 本实验中，通过调节使得干路电流不变，这样毫安表半偏时，电阻箱的电流与毫安表的电流相等，又因为毫安表和电阻箱两端的电压相等，所以测量值等于真实值，即内阻的测量值与真实值相比无偏差。 （3）当标准电流表的示数为330mA时，毫安表的指针刚好半偏，此时流过毫安表的电流为，则流过的电流为根据并联电路的性质有 将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻达到预期目的后，流过毫安表的电流仍为时，则流过的电流根据并联电路的性质有联立解得 7．【答案】 2.8 3.3 相等 围成的面积等于电容器充放电的总电荷量，而充放电过程总电荷量相同 【详解】（2）[1]观察电容器充电：将双掷开关拨至端，电容器开始充电； [2]根据图3可得两节干电池的总电势2.8V。 （3）[3]根据图3可知电容器刚开始充电时 电容器刚开始放电时 可得电源内阻r=3.3Ω。 （4）[4][5]根据Q=It可知，在图3的图像中，图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，可知、分别为充、放电的时间段，这两个时间段的图线与时间轴围成的面积相等，原因是：围成的面积等于电容器充放电的总电荷量，而充放电过程总电荷量相同。 8．【答案】(1)见解析(2) b 5 变大(3)3.2(4)偏小 【详解】（1）实物连接如图所示 （2）[1]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到，结合电路，开关应向b端闭合； [2]由图（a）可知，时，温度为； [3]逐步减小电阻箱的阻值，定值电阻上的分压变大，电压表的示数不断变大。 （3）当温度低于10℃时装置会自动报警，由图（a）可知，时， 此时电压表示数为 代入数据得 （4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故温度的测量结果将偏小。 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)(2)见解析(3) 【详解】（1）未发生火灾时，对活塞有 解得 （2）活塞刚到达卡柱时的温度为，对等压变化有，， 解得 之后气体做等容变化，可得容器内气体的图像如图所示 （3）气体仅在等压膨胀阶段做功，有 从至过程中容器中气体内能增加了9.6J，代入热力学第一定律 可得气体吸收的热量为。 密押预测·精练通关 1．【答案】(1) (2)170J (3) 【详解】（1）气体在状态时，有 解得 气体由状态到状态过程中，气体的压强不变 由盖吕萨克定律有 解得 气体由状态到状态过程中，气体的体积不变，由查理定律有 解得 （2）气体从状态到状态的过程中，气体对外做的功为 由热力学第一定律有   解得 （3）活塞与卡口刚要分离时气体压强为 由（1）知 根据 解得 漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比 2．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据平衡条件有， 可得， 状态到状态发生等容变化，有 可得状态B的温度 （2）状态到状态发生等压变化，有 可得凸出物的体积 （3）状态A到状态B，有；状态到状态，外界对气体做功 从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了，根据热力学第一定律有 可得整个过程中气体吸收的热量 3．【答案】(1) (2) 【详解】（1）设水深90m处压强为，肺部气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 得 （2）水深90m处压强 解得 吐气前到水面过程中，根据气体物质的量守恒，初状态气体的物质的量等于吐出的气体与末状态气体的物质的量之和，由于温度恒定，气体的物质的量正比于pV乘积，故有 解得 根据 得 联立可得 【点睛】推导：将压强为p、体积为V的气体分成n部分，每份的体积分别为、、、……、，每部分的压强均为p，则有 每部分气体均做等温变化，末态压强分别为、、、……、，体积分别为、、、……、，对每部分气体由玻意耳定律得，，，……， 各式相加得 即 4．【答案】(1) (2)不会有爆裂的风险 【详解】（1）包装袋体积未超过之前弹性形变产生的额外压强始终不变，则暴晒过程中袋内气体压强恒为，故该膨胀过程为等压过程，根据盖-吕萨克定律可得 其中， 代入数据解得 根据 可得 （2）方法一：由题意知，初始压强，， 当袋内气体的温度升至时，， 根据理想气体状态方程可得 代入数据解得 则包装袋已经达到最大体积，大气压强，此时 故不会有爆裂的风险。 方法二：由题意知，初始压强，假设升温至的过程为等压过程，根据盖-吕萨克定律可得 代入数据解得 则假设不成立，包装袋已经达到最大体积，根据理想气体状态方程可得 代入数据解得 大气压强，因为 故不会有爆裂的风险 方法三：由题意知，初始压强，假设袋内气体压强达到，温度为时，根据理想气体状态方程可得 代入数据解得 即还没有达到包装袋的最大体积，故不会有爆裂的风险 方法四：由题意知，初始压强，假设袋内气体压强达到，体积为V0=0.75L时，则根据理想气体状态方程可得 代入数据解得 根据 解得 即还没有达到会爆裂的温度，故不会有爆裂的风险。 5．【答案】(1) (2) 【详解】（1）封闭在瓶中的空气发生等容变化，由查理定律可得 其中 解得 （2）设瓶内空气可以供潜水员呼吸次，由理想气体状态方程 结合质量守恒，可得 代入数据解得（次） 所以 6．【答案】(1)9.82×104Pa(2)5:1 【详解】（1）输液瓶为圆柱体，总容积 ，总高 ，因此横截面积 初始药液体积，气室体积 气室高度 液体总高度20cm，a管上端到液面的高度 a管上端的压强，可得初始状态气室中的压强 代入数据得 （2）药液体积时，中封闭气体体积 压强， 代入数据得 由理想气体方程可得，中封闭气体物质的量之比 代入数据可得 进入空气与原有空气的物质的量之比 故此过程中进入气室的空气与原有空气的质量比约为。 7．【答案】(1) (2) 【详解】（1）停止加热并达到稳定后，f中气体温度变为，体积变为，根据理想气体状态方程有 得 弹簧压缩产生弹力，大小为 左板受力平衡，有 解得 （2）弹簧对两侧板弹力大小相等，由于两侧板均静止，要受力平衡，需要f，h室内压强应相等，因此 此时h室体积为，根据理想气体状态方程有 解得 8．【答案】(1)   (2) 【详解】（1）初始状态时气体压强，体积，温度，对活塞受力分析有，外界大气压力向上，内部气体压力向下，活塞重力向下。由平衡条件，得 解得从是等压过程，体积从变为。根据盖•吕萨克定律有 代入数据解得。 （2）是等压过程，气体等压膨胀，对外做功 内能变化根据热力学第一定律，有 是等容变化，气体体积不变，对外做功由查理定律有 解得内能变化根据热力学第一定律， 过程中缸内气体吸收的热量。 计算题预测02几何光学的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)(2) 【详解】（1）作出光路图如图所示 可知该水晶球的折射率为 由几何关系可知 ，解得 （2）在圆弧面上任取一点E，连接PE和 OE，由正弦定理可知 整理得 E点在ADB上移动时，最大值取 1，则光线射出光学元件时的临界角 由于，所以光线在 ADE 面上不会发生全反射 由折射定律可知解得 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)(2) 【详解】（1）根据题意作出光路图，如图所示： 设入射光线在M点的入射角为i，则根据几何关系有 解得 根据光路的可逆性可知，第一次的折射角和第二次的入射角相等，设均为，则根据几何关系可得 因此 所以根据折射定律可得介质对该单色光的折射率为 （2）该单色光在透明介质中的传播速度为 在上图中根据几何关系有 则 所以 即从D点出射的光线恰好从O2点以入射角射入三棱镜。因两种光学功能器件由同种透明介质制作，所以光线从O2点发生折射的折射角为，折射光线入射到三棱镜斜边AC的G点，设入射角为β，根据几何关系可得。由于 所以光线在三棱镜斜边AC的G点发生全反射，光线最终垂直BC边从H点射出三棱镜，光路图如上图所示。由几何关系可知，，，， 故单色光从M点射入到从三棱镜射出所经历的时间为 2．【答案】(1) (2) 【详解】（1）光路图如图所示 据题意， 故折射率 解得 （2）设O点右侧射入到容器壁上E点的光恰好发生全反射，O点左侧射入到容器壁上F点的光恰好发生全反射，光路图如图所示 根据解得临界角 由几何关系可知，图中， 故EF圆弧长度 3．【答案】(1) (2) 【详解】（1）垂直AB边射出的光路图如图所示 由几何关系可知OA边的入射角为60度，折射角 30度，由折射定律可知 光在材料内的传播速度 （2）光线从OD上N点射出的光路图如图所示 由几何关系可知，在M点的入射角为60度，由折射定律可知折射角为30度， 则、、 光在材料中的传播距离 传播时间代入数据可得 4．【答案】(1) (2) 【详解】（1）由几何关系知，折射角 满足 根据折射率定义 解得 （2）由全反射临界角 可知 设为路程，由正弦定理 解得 由激光在玻璃砖中的速度 解得 5．【答案】(1) (2) 【详解】（1）由几何关系可知，临界角 则 （2）设在A点的折射角为，根据折射定律有 解得则有由即反射6次则能量保留的比例为 6．【答案】(1) (2)， 【详解】（1）作出光路图，如图所示 由几何关系知 又光线恰好发生全反射，所以为临界角C，根据 解得 （2）由几何关系知，边与边平行，光线在边上也恰好发生全反射，则有 因此则， 因此光在玻璃砖中传播的路程 光在玻璃砖中传播的时间 解得 由几何关系可知光在AB边的入射角为，根据折射定律可得 解得光从AB边射出时的折射角为 7．【答案】(1)(2) 【详解】（1）光线恰好在P点发生全反射，设光线的入射角为θ，根据折射定律有：① 根据几何关系得：②联立①②得：③ （2）光沿OS方向射出时，光程最短，所用时间最短，设光在介质球中的传播速度为，所用最短时间为t，有：④根据折射定律有： ⑤联立③④⑤得： 8．【答案】(1)(2) 【详解】（1）圆形灯边缘的橙色光在水面恰好发生全反射，则有 则根据几何关系有解得 （2）圆形灯边缘发出的橙色光从发出到射出水面的最长距离为s，根据几何关系有 橙色光在水中的传播速度则橙色光从发出到射出水面的最长时间解得。 计算题预测03带电粒子在电磁场中的运动 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1) (2) (3)第二次穿过OD的位置为 【详解】（1）小球进入第一象限后做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，有 解得 （2）已知小球的运动轨迹恰好与圆形探测区域外切，由几何关系和余弦定理，得 解得 设小球从距x轴H高处释放，到达O点处的速率为v，由动能定理，得 在第一象限的复合场中，r表示小球做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力，得 联立解得 （3）直线OD的方程为小球从进入，速度水平向右。在第一象限OD下方区域（）磁场向里，小球做逆时针匀速圆周运动，圆心，其中，轨迹圆方程为 联立直线方程和轨迹圆方程，得解得（舍去），故小球第一次穿过OD的位置为小球在点的速度方向为竖直向上，穿过直线OD进入上方区域（），做顺时针匀速圆周运动，圆心，轨迹圆方程为与直线方程联立，得解得（舍去），故小球第二次穿过OD的位置为 密押预测·精练通关 1．【答案】(1) (2)， (3)见解析 【详解】（1）离子在电场中的加速度为 初速度为的离子从点出射后立刻进入I区，做类平抛运动，在电场中偏转后进入匀强磁场，根据矢量关系知，离子出电场的速度即在磁场中匀速圆周运动的速度大小为，水平向右的分速度为，根据牛顿第二定律有 解得在磁场中的加速度为 此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等，联立可得 （2）离子在电场中根据运动规律有 解得 在磁场中的速度大小为，故加速度为 联立可得 故周期 （3）离子轨迹如图所示 离子在电场中水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据（1）的分析可知，离子在点水平向右的分速度为 故水平方向，根据运动学规律 从边界点射出后进入磁场时 联立上方两式可得 离子在磁场中做圆周运动的速度为，满足 可得 圆心的横坐标为 纵坐标为 且当磁场中速度为时 即 可得 联立可得圆心的轨迹线为一条直线，方程为 其中 2．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）运用配速法处理电子在平面右侧的运动，有 解得 由左手定则可知该速度方向沿x轴负向电子做匀速圆周运动的速度为其初速度与的矢量和，大小为，方向与x轴正方向的夹角为 电子在平面右侧运动过程中的最大速度为匀速直线运动与圆周运动速度方向相同时，最大速度为 （2）电子运动的周期 一个周期沿x轴负向运动的位移 电子与y轴负方向夹角通过平面，则其圆周运动的速度沿y轴负向，运动的时间 M点的x坐标可能值为 洛伦兹力提供向心力有 解得 则M点的x坐标的可能值为 （3）电子在平面左侧以的速度沿x轴负向匀加速直线运动的同时，在垂直x轴方向以做匀速圆周运动，有 电子在右侧运动时轨迹可与x轴相切，则电子经过y轴时的坐标 则时，有，， 其中 解得 故时，电子的位置坐标为 3．【答案】(1)，垂直纸面向外 (2) (3) 【详解】（1）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 束粒子沿半径方向射入，偏转后三束粒子均汇聚于点，根据几何关系可知 可得 方向垂直纸面向外。 （2）粒子在点的速度分解为沿磁场方向的速度，垂直于磁场方向的速度，则， 粒子从点运动到屏上的时间 可得 粒子在垂直磁场方向做匀速圆周运动 可得 （3）粒子在、区域运动时，、粒子从处喷出时沿方向的速度均为，有 根据速度位移关系 粒子从处喷出时速度为，有 沿方向，根据动量定理得 由牛顿第三定律得 4．【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）光子的能量为         频率与波速的关系为             根据质能方程可知，光子的等效质量为     解得 （2）洛伦兹力充当向心力，故有     解得     根据几何关系有     解得             粒子运动周期 得             则运动时间             解得 （3）由于可得，当时， 如图所示，曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为某一速度v时对应的一般轨迹，假设出射点为。 由几何关系得         整理得             即所有出射点连接起来为圆弧。所以满足题意可设计如下图所示形状的光子晶体。 则光子晶体的最小面积为 5．【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）带电微粒在板间做类平抛运动，由牛顿第二定律 竖直方向 水平方向带电微粒以初速度做匀速直线运动，由于微粒与挡板2碰撞一次后刚好击中挡板1的下端点，所以水平位移，有 解得电场强度 （2）设微粒从射出到第3次碰撞时间为，有 竖直方向做自由落体运动，由几何关系 解得 设微粒从射出到吸附在挡板3的时间为，竖直方向 因为微粒射出后与挡板1、2共发生4次碰撞，最终吸附在挡板1、2间的挡板3上，水平方向上由几何关系 解得 又因为，初速度的取值范围为 （3）由于，电场力与重力平衡，所以微粒在磁场中做匀速圆周运动，半径为，有 解得 情况一：如图甲，根据对称性，若微粒与挡板2的左侧面2次碰撞之间与挡板1有1次碰撞，为确保与挡板2发生2次碰撞，应满足 为确保不与挡板3碰撞，应满足 解得 情况二：如图乙，根据对称性，若微粒与挡板2的左侧面2次碰撞之间与挡板1没有碰撞，为确保与挡板2发生1次碰撞，应满足 为确保不与挡板1碰撞，应满足 为确保与挡板2发生第2次碰撞，应满足 为确保与挡板2不发生第3次碰撞，应满足 为确保不与挡板3碰撞，应满足 综上 解得 6．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）如图所示， 电场强度取最大值时，电子在磁场中运动的半径为 根据洛伦兹力提供向心力可得 可得 在电场中，根据动能定理有 可得 （2）设电子在磁场中运动半周的次数为，轨道半径为，电子在间垂直于飞出，有， 根据几何关系有， 解得 取正整数，可得时，在磁场中运动时间最大，解得 （3）电场强度取最大值时，电子经过薄隔离层后的速度等于第一问中的最大速度，有 根据 解得电场强度的最大值为 电场强度取最小值时，设电子第一次经过薄隔离层后的速度为，再次经过薄隔离层后的速度为，有 可得 根据 可得，可得前后两次在磁场中运动的半径之比为 如图所示，根据几何关系有 可得可得半径对应的速度为根据，解得可得电场强度大小的取值范围为 7．【答案】(1)带正电 (2) (3) (4) 【详解】（1）根据左手定则：电场方向竖直向上，磁场垂直纸面向外，离子向右运动，电场力与洛伦兹力平衡，可得离子带正电。 （2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡 解得：​ （3）设离子在矩形磁场中做圆周运动的半径为，建立坐标系 ，，离子运动轨迹的圆心为A，由几何关系，， 解得， 洛伦兹力提供向心力 代入、 得​ （4） 离子从点进入圆形磁场，速度方向与水平向右方向夹角为向下。离子在圆形磁场中做圆周运动的半径满足 代入、、 得 由几何关系得离子运动轨迹圆的圆心为 联立轨迹方程 圆形磁场方程 得出射点，且出射速度方向为竖直向下 出射后做匀速直线运动，打在挡板​处，坐标为 点坐标为 故距点的距离为​​ 8．【答案】(1)(2)(3)图见解析， 【详解】（1）初速度越大离子束从y轴射出磁场时离O点越远，对于初速度为的离子，在磁场中洛伦兹力提供向心力解得半径故离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离 （2）离子打在y轴上的区间为，则每秒打在探测板上的离子数为 对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中，计算可得 对打在探测板最上端的离子，速度 打到y轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为 被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，由动量定理可得 解得单位时间内探测板受到的平均作用力 （3）由于，如图所示 曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为速度为v时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于与全等，所以 所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示 则磁场最小面积为解得。 计算题预测04电磁感应的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）导线框释放瞬间，由法拉第电磁感应定律可知导线框的电动势 导线框的电流由牛顿第二定律可知导线框的加速度满足解得 （2）经过时间导线框达到最大速度时，安培力的大小与阻力大小相等，满足 设导线框的最大速度为，导线框的电动势满足导线框的电流两式联立解得 （3）在时间内，以向右为正方向，设任意时刻导线框的速度大小为，对应的电流大小为，由动量定理得其中整理得其中，解得。 密押预测·精练通关 1．【答案】(1)，(2)(3) 【详解】（1）甲的下边进入磁场时，甲恰好做匀速直线运动，则 其中 解得， 甲的上边进入磁场时的时间 乙线圈下滑的加速度为 则 （2）乙线圈下边与甲相碰之前的速度 因两线圈质量相同，则发生弹性碰撞时，根据动量守恒和能量关系， 可得， 则碰后甲的加速度， 解得，方向沿斜面向上； （3）乙线圈进入磁场时的速度，可知乙线圈匀速进入磁场，然后匀速出离磁场，则产生的热量 甲线圈进入磁场时产生的热量 出离磁场时由动量定理（沿斜面向下为正） 其中， 解得 此过程线圈甲产生的焦耳热 可得甲和乙通过磁场区域全过程产生的焦耳热之比 2．【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）乙与甲碰撞前，对乙有 解得 甲、乙碰撞过程中动量守恒 能量守恒 解得，碰撞后瞬间， （2）“U”型框解除锁定时，“U”型框的重力沿斜面方向的分力为 斜面对“U”型框的最大静摩擦力为 由于，故“U”型框恰好保持静止。 甲、乙在进入区域Ⅰ前均沿导轨做匀加速直线运动，加速度大小均为 设甲进入区域Ⅰ前运动的时间为t，则乙从与甲碰撞到刚进入区域Ⅰ时运动的时间为 结合甲、乙运动的时间、空间关系有 所以 解得 甲在区域Ⅰ中匀速运动的速度大小为 解得 乙在区域Ⅰ中匀速运动的速度大小为 解得 甲在区域Ⅰ中匀速运动 解得 （3）甲在区域Ⅰ中匀速运动 甲进入区域Ⅱ中后继续匀速运动，此时乙在区域Ⅰ中匀速运动。 对乙有 联立解得 所以，回路中的电流大小始终不变。 所以，回路中产生的感应电动势大小始终不变 此时框沿导轨向下匀加速运动。 根据题意可知，仅考虑金属杆滑入上表面时的摩擦。 设甲与导轨间的滑动摩擦力大小为，对甲有 对框有 又知框 联立解得，， 甲进入区域Ⅱ中后继续匀速运动，设甲在区域Ⅱ中匀速运动的时间为，则甲、乙各自在区域Ⅱ、区域Ⅰ中运动 解得 所以，区域Ⅱ沿导轨的长度 甲在区域Ⅱ中运动至处时恰好离开导轨，故的长度 乙从刚进入区域Ⅱ到与碰撞前瞬间，根据动能定理有 解得，乙与缓冲桩碰撞前瞬间的动能 3．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）MN下滑过程机械能守恒 ​即 分析叉丝等效电阻，由几何关系，两根金属棒跨接在导轨之间的有效长度均为，每段有效电阻为，两段并联后总外阻，电路总电阻 感应电动势 由欧姆定律​​ （2）MN和叉丝系统动量守恒（安培力为内力，水平面光滑），刚好不碰撞时最终共速 即 对MN由动量定理，安培力冲量等于动量变化 过程总电量 代入得​​ O到HE的距离 则 （3）因初始时刻O点与PQ线段的距离d＜D，导体棒与叉丝相撞，根据 得 碰撞前流过导体的电量为 设叉丝碰前速度为，叉丝碰前运动根据动量定理 导体棒与叉丝间的碰撞为弹性碰撞，一者速度互换导体棒碰后速度为，导体棒础后运动根据动量定理 解得碰后流过导体的电量为 因碰撞前后电流方向相反，总电量 4．【答案】(1)逆时针（俯视），2.5N (2)1J (3)0.4m 【详解】（1）杆刚进入磁场时，根据楞次定律和安培定则可知回路中电流方向为逆时针（俯视） 杆刚进入磁场时，由图甲知 产生的感应电动势 产生的感应电流 安培力的大小 代入数据联立解得 （2）杆刚进入磁场之前，根据法拉第电磁感应定律 感应电流的平均值电荷量上述过程，对进行分析，根据动量定理有解得可知，上述过程杆的速度与位移成线性关系，根据图甲可知，杆刚进入磁场时，杆恰好在处，令此时杆速度为，杆速度为，结合上述结果，代入数据可得 进入磁场后到稳定过程，令是杆离开磁场前的稳定速度，根据图甲可知 对、杆整体进行分析，根据动量守恒定律有 解得 根据系统的能量守恒有 杆产生的焦耳热 （3）设杆进入后到两杆共速，两杆的相对位移为，对杆进行分析，根据动量定理有 解得 由题意可知，、杆恰好在虚线处发生碰撞，杆离开磁场至与杆碰撞前，杆在磁场中滑行的距离 设杆与杆碰前，杆速度为，杆速度为，对杆进行分析，根据动量定理有 解得 在斜面上往返过程，取沿斜面向上为正，摩擦力的总冲量为零，对进行分析，根据动量定理有 解得 设和碰后速度为，和杆碰撞过程，对、进行分析，根据动量守恒定律有 解得 对PQ粘合体进行分析，根据动量定理有 结合上述解得 5．【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）金属棒a匀速时 其中 解得 （2）加速阶段 且 匀速阶段 且 所以 （3）根据动量守恒 解得 线框速度为时，左侧边框的坐标为，则 线框受到的安培力 由动量定理可得 即 当线框速度减到零时，即时 可以做出（）图像如下 产生的焦耳热 整理可得 根据图像面积可得 6．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）线圈A感应电动势 闭合开关S后电流 对导体棒有 联立解得 （2）导体棒到达最大速度时有 由闭合电路欧姆定律 而总电动势 其中 联立解得 （3）导体棒速度为时 规定向左为正方向，根据动量定理可得 其中 解得 7．【答案】(1) (2) 【详解】（1）磁感应强度随的变化关系为： 线框沿方向长度为，当线框运动到边位于处时，边位于处，则 动生电动势：边电动势 边电动势 两个电动势同向叠加，总电动势： 线框匀速运动，动能不变，外力做功全部转化为焦耳热。线框运动的总时间，正好等于电动势的一个周期，正弦交流电一个周期的焦耳热为： （2）磁感应强度随时间和位置的关系为：（沿负方向相位依次滞后） 线框的总磁通量为： 由法拉第电磁感应定律，感应电动势 感应电流 线框受到的沿方向安培力： 代入 化简得： 线框静止，安培力的恒定分量平衡重物重力，即： 解得：（交变分量作为驱动力使重物做简谐运动，符合题意） 8．【答案】(1)， (2)Ⅰ．；Ⅱ．， 【详解】（1）电流稳定时，金属棒1做匀速直线运动，对金属棒1受力分析，根据平衡条件可得解得稳定电流的大小为根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒1产生的感应电动势为由欧姆定律可得联立解得金属棒1匀速运动的速度大小为 （2）Ⅰ．由题可知，电流稳定时，电路中的感应电动势恒定，两棒的加速度满足 根据牛顿第二定律，对金属棒1则有对金属棒2则有联立解得 Ⅱ．回路稳定时金属棒2、3以不同的速度匀速运动对两金属棒：对金属棒3：其中，电路稳定后满足：联立解得 计算题预测05力学三大观点的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 【新情境】【答案】(1)(2)不能，(3)， 【详解】（1）物体a从释放到与物体b碰撞的过程，由机械能守恒定律得 代入数据解得 物体a与物体b发生弹性碰撞，设物体a、b碰后的速度分别为、，由动量守恒定律和机械能守恒定律得，解得， 物体b从到的过程，由动能定理得解得 此后物体b与弹簧组成的系统机械能守恒，物体b的速度为0时，弹簧的弹性势能最大，则有 （2）物体a、b第一次碰后，对物体a由动能定理得解得 物体b被弹簧弹开，返回到的动能为12J，设物体b返回到a所在处的速度为，对物体由动能定理得解得物体a、b发生第二次碰撞，设物体a、b碰后的速度分别为、，由动量守恒定律以及机械能守恒定律得， 解得，第二次碰后设物体b在段通过的路程为速度减为0，对物体b由动能定理得解得显然物体b不能离开平台，物体b停止时到点的距离为 解得 （3）第二次碰后，物体a向左减速运动到点后滑上长木板c，设物体a滑上长木板瞬间的速度为，对物体a由动能定理得解得对物体a由牛顿第二定律得解得对长木板c由牛顿第二定律得解得设经时间物体a和长木板c共速，二者共同的速度大小为，对物体a有对物体b有解得，该过程中，物体a的位移为长木板c的位移为长木板的长度为代入数据解得物体a和长木板c共速后，由于，则二者共同减速直到停止，对物体a和长木板c由牛顿第二定律得解得从二者共速到停止的时间为物体a从滑上长木板c到停止所用的时间为解得 密押预测·精练通关 1．【答案】(1) (2)见解析 (3) 【详解】（1）物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有 解得 a与b发生弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 联立解得 （2）碰后对a，根据动能定理有 其中，联立解得 可知当时，物块a到达E点时的速度恰好为零，则有 方向竖直向上。 设在E点管道对物块a有弹力，取竖直向下为正方向，则在E点由牛顿第二定律有 联立解得 可知当时，弹力为负，则弹力方向竖直向上；当h=1.4m时，弹力为0；当时，弹力为正，则弹力方向竖直向下。综上可知，当时，（方向竖直向上）；当时，；当时（方向竖直向下）。 （3）由第（2）问可知h=1.25m时物块a能过E点，且速度大小为 物块a从E点抛出后，根据平抛运动规律有， 联立解得 故物块a最终静止的位置x坐标 几何关系可知 联立解得 2．【答案】(1)25J (2)3s (3) 【详解】（1）假设A在传送带上一直加速，有 解得 故假设成立，A刚到达传送带右端时速度为 A、B发生非弹性碰撞有 解得 碰撞损失机械能 解得 （2）碰后对A、B整体分析有 可得 对C分析有 可得 设经过时间，AB与C共速，记为 对A、B有 对C有 解得， 再对C分析，由于 故C以向右做匀速直线运动，再对A、B分析有 解得 设A、B一起匀减到0，用时为，则有 解得 共速前C相对A、B向左滑动位移有 共速后C相对A、B向右滑动位移有 说明A、B停下后，C后来才撞到弹性挡板，故B从被A碰后到第一次速度为0用时 （3）A、B静止后，C以向右匀速并与弹性挡板发生碰撞，则有 得， 由于 同理可得A、B第三次开始运动速度 第四次 找出速度规律，而A、B第一次运动到速度为0向右位移 则A、B第二次运动到速度为0向右位移 A、B第三次运动到速度为0向右位移 故无限多次碰撞后，B对地向右运动总位移 3．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A与B左端的距离为，设A、B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理 解得 （2）设碰撞后 A 的速度为​，B 的速度为​A、B 发生弹性碰撞， 根据动量守恒 机械能守恒 解得(向左)，（向右） 以A为研究对象，根据牛顿第二定律 0.2s 内A 向左的位移 解得（向左） 薄板B的长度，当B向右的位移为时，根据牛顿第二定律 解得，B向右为匀变速运动 0.2s 内B 的位移 解得（向右） A、B 左端距离 （3）时刻，B向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设B进入光滑区长度为 由受力平衡可得 解得 时刻，B开始向右运动，加速度为零，合力为零，B板全在粗糙区内，设B板右端距离O点距离为 由受力平衡可得 解得 设时刻B板右端距离O点距离为，从碰撞结束到的过程中，应用动能定理解得 从​到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量 解得。 4．【答案】(1)202.5s (2)0.9375J (3)15( 【详解】（1）弹丸击中物块1过程动量守恒 解得 此后物块1（含弹丸）质量为，与物块2发生弹性碰撞，因质量相等，速度交换，物块1静止，物块2以运动。同理，物块2与3、3与4...依次发生弹性碰撞，速度依次传递。物块2026开始运动时，速度传递了2025次，每次传递需时间 总时间 （2）弹丸击中物块1： 解得 物块1（含弹丸，质量）与物块2（质量）完全非弹性碰撞：， 解得 物块2与物块3碰撞即整体（，质量）与物块3（质量）碰撞。碰撞前动能 碰后共同速度满足 即。 碰撞后动能 损失机械能 代入 得 （3）弹丸击中物块1后共同速度 整体质量。第1次碰撞（弹性）：撞，由动量守恒和能量守恒得被撞物块2速度 第2次碰撞（非弹性）：撞，粘在一起速度 第3次碰撞（弹性）：（撞（4），物块4速度 可见每经过两次碰撞（一个周期），偶数编号物块获得的速度变为前一个偶数编号物块速度的。即 代入 得 物块2026对应 故 5．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由几何关系可知，弹力绳水平时的伸长量 根据胡克定律，得弹力绳的拉力大小为 以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向，有 小球A受到的摩擦力大小为 根据牛顿第二定律，在沿直杆方向有 解得 （2）小球B离开M点后做平抛运动，在竖直方向，由自由落体运动规律，得 解得 小球B恰好能从T点切线进入圆弧轨道，在水平方向 设小球B运动到S点时的速度大小为，由机械能守恒定律，得 解得 （3）小球A在直杆上滑动的过程中，设弹力绳与倾斜直杆的夹角为，由几何关系可知，弹力绳的伸长量为 根据胡克定律，得弹力绳的拉力 以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向有 小球A受到的摩擦力 小球A从释放到O点，由机械能守恒定律，得 解得 A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律，得 弹性碰撞中没有动能损失，得 解得 6．【答案】(1)6J (2)47.7N (3)14.04J 【详解】（1）设小滑块A在传送带上先以加速度大小a做匀加速运动，由牛顿第二定律 解得 设小滑块A加速运动位移x1时与传送带共速，有 解得 所以小滑块A在传送带上一直做匀加速运动，到达传送带右端时，恰好加速到v0，所用时间      传送带的位移 电动机额外消耗的电能 （2）设小滑块A在P点时的速度为，则   设小滑块A在Q点时的速度为，A从P点运动至最低点Q的过程中，根据机械能守恒定律有   解得 设小滑块A在最低点Q时，受到轨道的支持力为FN＇，根据牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律得，A对轨道的压力大小为 （3）A滑上B后，由于 所以A滑上B到与B右侧挡板碰撞之前，B是不动的，对A根据牛顿定律有 设A在与挡板碰撞前的速度为，有 解得 设A与挡板碰撞后的速度为，B的速度为，A与挡板发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒有 ， 解得v2＝0，v3＝6m/s 碰撞后A所受滑动摩擦力大小仍为，方向变为向右； A的加速度大小为a1＝μ1g＝2m/s2，方向水平向右； B上、下表面所受滑动摩擦力大小分别为， 对B根据牛顿第二定律 解得a2＝8m/s2,，方向水平向左 假设A、B经时间t达到共速，共速的速度大小为v，此时A仍在B上，则有 解得t＝0.6s，v＝1.2m/s 碰后到共速，A对地位移大小为 碰后到共速，B 对地位移大小为 A相对B的位移大小为，所以假设成立。 假设共速后，A、B发生相对滑动，A做减速运动的加速度满足，方向水平向左 B减速的加速度满足，假设成立； 则A减速至零的位移大小 B减速至零的位移大小为 A相对B运动的位移大小为，故A、B不会再次碰撞 整个过程B的位移大小 则整个过程B和地面之间因摩擦产生的热量 7．【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）小球从D点滑离玩具车时，水平方向一定与玩具车共速，又因为系统水平方向动量守恒且为0，故小球在D点时，小球速度竖直向下，玩具车速度为0，由系统机械能守恒 得 由系统水平方向动量守恒 则有 所以 又因为 得 （2）设小球刚进入水平直管道时，小球的速度为，玩具车的速度为，由系统水平方向动量守恒： 系统机械能守恒 得 ， 设小球在水平直管道内运动的时间为，则 得 （3）设小球滑到圆弧管道的点处时，小球和玩具车的速度大小分别为和，小球相对车的速度大小为 由系统水平方向动量守恒 由系统机械能守恒 又因为 得， 8．【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）小球从凹槽滑至N点速度大小为，对小球 得 小球与物块碰后瞬间速度分别为和，根据动量守恒与机械能守恒有， 联立解得， 即碰后物块速度大小为 （2）由题意可知 得 在拉力作用下，物块刚好不会从长木板右端滑下。 此过程，木块匀减速运动的加速度大小为，长木板匀加速运动的加速度大小 由 得 由牛顿第二定律得 设经过时间t物块与长木板达到共同速度v，则v， 其中 联立解得，，， （3）当拉力大小等于时，物块和长木板达共速后，相对静止匀加速运动。在拉力作用下，物块与木板加速度大小为a，对物块和长木板 对物块 得 当时，长木板加速度为，设经过时间，物块与木板达共速，相对位移为s 则有 联立解得，，。 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 $ 2026年高考物理终极押题猜想 目 录 第一部分 新情景高考命题篇 2 情景一 与中国传统文化相关情景 2 情景二 与现代生活生产相关情景 8 情景三 与现代科技相关情景 15 情景四 与体育活动相关情景 22 第二部分 高频考点预测篇 29 【选择题预测】 29 选择题预测01近代物理 29 选择题预测02光学 34 选择题预测03热学 40 选择题预测04平衡问题和牛顿动力学问题 46 选择题预测05抛体运动 53 选择题预测06圆周运动 63 选择题预测07万有引力与航天 70 选择题预测08功能关系 77 选择题预测09机械振动和机械波 87 选择题预测10静电场基本规律应用 95 选择题预测11电磁感应基本规律应用 103 选择题预测12交变电流 113 【实验题预测】 121 实验题预测01力学实验 121 实验题预测02电学实验 133 【综合计算题预测】 147 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 147 计算题预测02几何光学的综合应用问题 156 计算题预测03带电粒子在电磁场中的运动 166 计算题预测04电磁感应的综合应用问题 184 计算题预测05力学三大观点的综合应用问题 198 第一部分 新情景高考命题篇 情景一 与中国传统文化相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】瓦的发明，是中华建筑史上的一座里程碑。如图所示，质量均匀分布的薄瓦片，可视为三分之一圆柱面（即瓦片横截面圆弧对应的圆心角为），对称地置于两平行细长的椽子上，瓦片边沿恰与椽子重合。已知瓦片与椽子间动摩擦因数为，两椽子构成的平面与水平面夹角为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为使瓦片能静止于椽子上，动摩擦因数应不小于（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设椽子对瓦片的支持力大小为，则解得为使瓦片能静止于椽子上，则解得故选A。 分析有理·押题有据 近年来，以传统文化为载体的物理试题数量显著增多。这不再仅是“包装题目”，而是将文化自信与科技自立等核心价值观无缝嵌入情境细节-，成为2026年高考物理实现“立德树人”育人功能的重要路径。2026年教育部1号文件明确要求“增强民族自豪感：联系中国古今科技成就命题”，将“家国情怀、文化自信”等核心价值观嵌入试题。传统文化已成为独立的情境来源，在备考资料中被列为与科技前沿、社会生活并列的四大热点情境之一。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北石家庄·一模）如图所示，质量为的风筝受到垂直于风筝面向上的风力、沿风筝线的拉力和重力作用，在空中处于平衡状态，此时风筝平面、风筝线与水平面夹角均为。某时刻风力大小突然变为原来的2倍，通过调整风筝线与水平面的夹角使风筝再次在空中平衡，且调整过程中风筝平面与水平面的夹角始终为。不计风筝线质量，重力加速度为，风筝再次在空中平衡后，风筝线的拉力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】风筝受三个力，如图所示 根据平衡条件列方程，初始状态风筝平面、风筝线与水平面夹角均为，因此水平方向 竖直方向 联立解得 风力变为原来的2倍，即 风筝平面倾角不变，故方向不变。设调整后风筝线拉力为，风筝线与水平面夹角为，重新列平衡方程，水平方向 竖直方向 代入 化简得： 利用同角三角函数关系 两式平方相加得 即 解得 故选A。 2．（2026·海南·一模）海南椰雕是海南省的传统美术，是国家级非物质文化遗产之一、唐代就已出现关于海南椰雕的记载，明清时期椰雕被作为珍品进贡朝廷，赢得“天南贡品”之誉。某椰雕作品如图所示，碗和碗盖静止于水平桌面上，碗盖斜靠在碗的左侧。关于桌面对碗盖的弹力和摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．弹力方向斜向右上方 B．弹力方向竖直向上 C．摩擦力可能为0 D．摩擦力方向向左 【答案】B 【详解】AB．因为桌面水平，所以桌面对碗盖的弹力方向竖直向上，选项A错误，B正确； CD．因为碗盖倾斜，根据平衡可知，桌面对碗盖的摩擦力不为0，且方向向右，选项CD错误。 故选B。 3．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，在打糍粑的过程中，木槌先被高高举过头顶，后加速挥动击打糯米。从挥动开始到木槌刚接触糯米前，忽略空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．木槌受到的合力方向始终与它的运动方向一致 B．木槌的动能增加、重力势能减少，因此其机械能一定守恒 C．木槌向下运动是因为它受到的重力大于手对其的作用力 D．在加速向下的过程中，手对木槌的作用力与木槌对手的作用力始终等大 【答案】D 【详解】A．木槌运动路径是弧形曲线，垂直运动方向合力的分力提供向心力，因此合力方向不与运动方向一致，A错误； B．木槌运动过程中，人对木槌施力做功，机械能不守恒，B错误； C．木槌向下运动，说明合力的方向存在向下的分量，下落过程中，手对木槌的作用力向下，不能确定木槌重力一定大于手的作用力，C错误； D．手对木槌的作用力与木槌对手的作用力为一对相互作用力，满足牛顿第三定律，故手对木槌的作用力与木槌对手的作用力始终等大反向，D正确。 故选 D。 4．（2026·山东淄博·一模）如图甲是我国传统民俗表演活动“打铁花”。打铁花时，用柳木板迅速击打铁水，形成小铁块做抛体运动。假设有两块质量相同的小铁块A、B以相同的速率同时从柳木板同一位置离开，落到水平地面上，其示意图如图乙所示。所有运动轨迹均在同一竖直平面内，其中A的初速度方向水平，B的初速度方向斜向下，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小铁块A在空中运动时间较长 B．小铁块B水平射程较大 C．离开柳木板后，两小铁块轨迹可能相交 D．两小铁块落地时，重力的瞬时功率相同 【答案】A 【详解】A．小铁块A做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有 小铁块B做斜下抛运动，竖直方向有向下的初速度分量，有 由于下落高度相同，显然，即小铁块A在空中运动时间较长，故A正确； B．小铁块A的水平射程 小铁块B的水平分速度，且，故水平射程 即小铁块A的水平射程较大，故B错误； C．在任意时刻（落地前），A的竖直位移 B的竖直位移 显然，即B始终在A的下方，两小铁块轨迹不可能相交，故C错误； D．落地时，A的竖直分速度，B的竖直分速度 显然 重力的瞬时功率 所以，故D错误。 故选A。 5．（2026·陕西商洛·三模）图甲为记载于《武经总要》的“扬尘车”，守城时可借助风力来抛撒石灰粉以迷惑敌军。其原理可简化为如图乙所示的模型：石灰粉（质量较小）与沙石（质量较大）仅在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置P点由静止释放，石灰粉与沙石受到的风力大小相等，地面水平，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．石灰粉与沙石在空中做曲线运动 B．石灰粉落地时的速度小于沙石落地时的速度 C．落地时风力对石灰粉的瞬时功率等于风力对沙石的瞬时功率 D．从P点到落地的过程中，石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量 【答案】D 【详解】A．在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置P点由静止释放石灰粉与沙石，石灰粉与沙石均在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误； B．石灰粉与沙石在竖直方向上均做自由落体运动，下落高度相同，两者在空中运动的时间相等，两者落地时的竖直分速度大小相等，石灰粉的水平加速度大于沙石的水平加速度，石灰粉落地时的水平分速度大于沙石落地时的水平分速度，因此石灰粉落地时的速度大于沙石落地时的速度，故B错误； C．石灰粉与沙石落地时风力的瞬时功率 两者受到的水平风力大小相等，但石灰粉落地时的水平分速度大于沙石落地时的水平分速度，落地时风力对石灰粉的瞬时功率大于风力对沙石的瞬时功率，故C错误； D．从P点到落地的过程中，两者的机械能增加量均等于风力做的功，由于石灰粉的水平位移大于沙石的水平位移，因此石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量，故D正确。 故选D。 6．（2026·江苏南京·模拟预测）图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q为该波上平衡位置相距d=1.05m的两个质点（λ<d<2λ），此时质点P位于平衡位置，质点Q位于波峰（未画出），且质点P比质点Q先振动。图丙为图乙中P点的振动图像。袖子足够长，则下列说法正确的是（　　） A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的传播速度为0.75m/s C．经1.2s质点P运动的路程为1.2cm D．质点Q的振动方程为y=0.2sinm 【答案】B 【详解】A．图丙为图乙中P点的振动图像，t=0时刻，质点P经平衡位置向上振动，根据“上下坡法”可知该波沿x轴正方向传播，故A错误； B．P、Q为该波上平衡位置相距d=1.05m的两个质点，质点Q位于波峰，且（λ<d<2λ），可知 可知波长为，由图可得周期，根据可得该波的传播速度为0.75m/s，故B正确； C．由图可知振幅为，可知经1.2s即点P运动的路程为，故C错误； D．t=0时刻质点Q位于波峰，角速度，可得质点Q的振动方程为m，故D错误。 故选B。 7．（2026·广东汕头·一模）“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．玻璃属于典型的非晶体，所以玻璃盖碗是非晶体，故A正确； B．水温越高，水分子运动的平均速率越大，但不是每个水分子运动的速率都越大，故B错误； C．温度降低，封闭空气的体积不变，根据查理定律可知，空气的压强减小，则玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小，故C错误； D．水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水能浸润茶托，故D错误。 故选A。 8．（25-26高三上·山东聊城·期末）“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】D 【详解】A．温度是分子平均动能的标志，气体冷却时温度降低，分子的平均动能减小，但不是每个分子的动能都减少，个别分子的动能可能增大。故A错误； B．分子的数密度（单位体积分子数）由气体的质量和体积决定，由于气体冷却过程中，气体的质量和体积均不变，所以分子的数密度不变，故B错误； C．罐内气体温度降低，体积不变，则根据查理定律可知，气体冷却后压强会减小，小于大气压强，故C错误； D．气体温度降低，分子的平均动能减小，平均速率也减小，又因为分子的数密度不变，所以单位时间内气体分子碰撞器壁的次数减少，故D正确。 故选D。 情景二 与现代生活生产相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】便携式晾衣绳因其“免夹防滑”的等距小孔设计而备受推崇。如图所示，将此晾衣绳的两端固定在水平距离为d的两等高挂点M、N上，一旅客将衣服挂在正中间O点时，绳与水平方向夹角小于30°，两边绳张力大小均为；挂在靠近左端M的P处时，左侧绳PM张力为，右侧绳PN张力为，忽略绳重力。下列判断正确的是（　　） A．挂在P处时，由于两段绳材质相同，故 B．挂在P处时，左侧绳更陡峭，故 C．无论挂在OM间何处，两段绳拉力的合力不变 D．无论挂在OM间何处，均有 【答案】C 【详解】AB．作用点不移动，为“死结”模型。设左侧绳与水平方向夹角为α，右侧绳与水平方向夹角为β，由于P点靠近M端，根据几何关系，左绳PM必然比右绳PN更陡峭，即 由水平方向受力平衡有又，可知，故AB错误； C．根据平衡条件，两段绳拉力的合力始终与衣架及衣服重力等大反向，保持不变，故C正确； D．在O点时，由可知在MO间存在一点P使得，即此时有，即，故D错误。故选 C。 分析有理·押题有据 教育部《关于做好2026年普通高校招生工作的通知》（教学〔2026〕1号）明确指出，高考命题要“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”。新课标在“学业质量水平”与“教学建议”中，明确要求高中物理教学应注重联系生产生活实际，培养学生在真实情境中解决问题的能力。山东高考命题正从“知识立意”转向“素养立意”，强调理论联系实际。 密押预测·精练通关 1．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）溜索已经成为某些景点常见的娱乐项目，如图1所示。若溜索简化为如图2所示模型，将倾斜的索道看作直轨道，滑轮质量不可忽略，在某段下滑过程中游客和滑轮匀速下滑，不计滑轮下方连接游客的绳子质量，不计空气阻力，则（　　） A．绳子的拉力小于游客的重力 B．索道对滑轮的作用力方向一定竖直向上 C．绳子对游客的拉力可能垂直于索道 D．滑轮受到3个力的作用 【答案】B 【详解】A．游客匀速运动，受力平衡，所受合力为零，则绳子的拉力大小等于游客的重力，故A错误； B．滑轮匀速运动，受力平衡，所受合力为零，则索道对滑轮的作用力与绳子对滑轮的拉力等大反向，故索道对滑轮的作用力方向一定竖直向上，故B正确； C．绳子对游客的拉力竖直向上，不可能垂直于索道，故C错误； D．滑轮受到重力、拉力、支持力和摩擦阻力共4个力的作用，故D错误。故选B。 2．（2026·陕西商洛·二模）青少年正处在身体发育阶段，若经常低头玩手机，会使颈椎长期受压，从而引发颈椎病。为研究颈椎受力，可粗略认为头部受到三个共点力的作用，即重力、肌肉拉力和颈椎支持力，如图所示，假设某同学头部重为，若低头看手机时颈椎与竖直方向成，此时颈部肌肉对头的拉力为，由此可以估算颈椎受到的压力为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】建立直角坐标系，设颈椎对头部的支持力为，设肌肉拉力与水平方向的夹角为，根据平衡条件，水平方向有 竖直方向有 联立解得 故选B。 3．（2026·河北保定·一模）图甲是天花板下悬挂的创意水晶灯，图乙是其简化模型，上方质量为2m的环形灯饰用七根轻绳悬挂，轻绳与水平方向的夹角均为下方质量为m的环形灯饰用四根轻绳悬挂在上方环形灯饰下，轻绳与水平方向的夹角均为，悬挂点在灯饰上均匀分布，，则上、下方每根轻绳上拉力大小之比为（　　） A．12：7 B． C．72：35 D． 【答案】D 【详解】对整体竖直方向由平衡条件有 对灯饰竖直方向由平衡条件有 联立解得 故选D。 4．（2026·广东广州·模拟预测）一辆汽车以15 m/s的速度匀速行驶，在进入ETC通道入口时速度为5 m/s，匀速运动到自动栏杆处，在通道内ETC完成车辆信息识别，同时自动栏杆抬起，汽车通过自动栏杆后立刻加速，直到达到原来的速度，这一过程中其v-t图像如图乙所示，则（　　） A．汽车减速阶段和加速阶段的加速度相同 B．0~8 s内，汽车的平均速度大小为7.5 m/s C．车辆因为通过ETC通道耽搁了8 s的时间 D．ETC通道入口到自动栏杆处的距离为30 m 【答案】B 【详解】A．由运动学公式可得汽车减速阶段加速度 加速阶段的加速度 正负表示加速度方向，则汽车减速阶段和加速阶段的加速度方向不同，故A错误； B．图像与坐标轴围成的面积表示位移 汽车的平均速度，故B正确； C．如果不通过ETC通道，则车辆一直匀速运动，所以耽搁的时间，故C错误； D．ETC通道入口到自动栏杆处的距离为图像中匀速运动的位移，故D错误。 故选B。 5．（2026·广东梅州·一模）如图甲所示，某工地正用起重机吊起正方形钢板，起重机的四根钢索、、、长度均为，钢板边长为，质量为，且始终呈水平状态。某次施工过程，起重机司机将正方形钢板从地面开始竖直向上提升，其运动的图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．过程正方形钢板克服重力做功的功率增大 B．过程每根钢绳的拉力为 C．上升过程中正方形钢板一直处于超重状态 D．末正方形钢板抬升高度为 【答案】B 【详解】A．由图乙可知时间内，钢板上升的速度逐渐减小，钢板克服重力做功的功率满足 可知钢板克服重力做功的功率减小，故A错误； B．过程，钢板处于匀速上升的受力平衡状态，设钢绳与竖直方向的夹角为，由几何关系可知 解得， 钢绳的拉力在竖直方向的分量之和与重力大小相等，满足 解得 C．钢板在内经历了加速上升，匀速上升，减速上升三个阶段，的加速上升阶段为超重；匀速上升，钢板既不超重也不失重；的减速上升阶段为失重，故C错误； D．图像的面积表示物体的位移，由图乙可知，末正方形钢板抬升高度为，故D错误。 故选B。 6．（2026·浙江台州·二模）图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有质量m=0.2kg、长s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时立即锁定。下列说法正确的是（　　） A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功 B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大 C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N D．书本能与抽屉左侧发生磕碰 【答案】A 【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力对书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦力对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A正确； C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 解得 此时书本受到的静摩擦力为 书本与桌面间的最大静摩擦力为 由于 故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为0.18N，故C错误； B．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，此时书本的加速度大小为 所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误； D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为，则由运动学公式可得 解得 假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为，则由牛顿第二定律有 解得 则书本匀减速到0的位移为 由分析可知，书本实际上应先向右运动，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为 所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。故选A。 7．（2026·陕西宝鸡·一模）近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。假设实验人员穿上“防摔马甲”，倒地时着地时间延长为未穿时的5倍。则人在着地过程中，穿上“防摔马甲”和未穿相比，下列判断正确的是（　　） A．人的动量变化量变为未穿时的5倍 B．人的动量变化率变为未穿时的 C．人所受合外力的冲量变为未穿时的 D．人所受合外力的冲量变为未穿时的5倍 【答案】B 【详解】ACD．由于人从一定高度摔倒时，落地前的速度是一定的，着地后的速度为零，因此无论是否穿“防摔马甲”，动量的变化量不变，根据动量定理可知，即合外力的冲量也不变，故ACD错误； B．根据动量定理可得 解得 可知，动量的变化率即为物体受到的合外力，由于穿上“防摔马甲”后作用时间变为原来的5倍，则人受到的合外力变为原来的，也意味着人的动量变化率变为未穿时的，故B正确。 故选B。 8．（2026·海南海口·二模）如图所示，2025年九三阅兵式上，由全降解天然材料制作的8万只气球腾空而起。最初的阶段，气球快速上升，外界大气压强迅速减小，气球体积膨胀，内部温度降低，则此过程中气球内部（　　） A．气体压强增大 B．气体分子的数密度增大 C．所有气体分子的速率都减小 D．气体分子的平均动能减小 【答案】D 【详解】A．气球体积膨胀，内部温度降低，根据可知气球内的气体压强减小，故A错误； B．气球体积膨胀，则分子数密度减小，故B错误； CD．气球内部温度降低，则气体分子的平均动能减小，但并非所有气体分子的速率都减小，故C错误，D正确。故选D。 情景三 与现代科技相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】光学镊子发明后，能用激光束“夹起”粒子、原子、分子；还能夹起病毒、细菌及其它活细胞，开启了激光在新领域应用的大门。在该问题中，我们可以将激光束看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，会对物体产生力的作用，光镊效应就是一个实例。现有透明介质小球，处于非均匀的激光束中（越靠近光束中心光强越强）。小球的折射率大于周围介质的折射率。两束相互平行的激光束，穿过介质小球射出时的光路如图所示。若不考虑光的反射和吸收，以下问题正确的是（　　） A．光束①动量变化量指向右上方 B．光束①与光束②给小球的作用力大小相等 C．小球受到的光束合力指向右上方 D．静止的小球会在光束合力作用下一直向右向上运动 【答案】C 【详解】A．光束①进入小球前的动量方向为水平向右，穿过小球后出射方向指向右下方，根据动量变化量定义可知，其方向指向左下方，故A错误； BC．光束①对小球的作用力F1方向指向右上方，光束②对小球的作用力F2方向指向右下方。光束①距离中心轴线较近，光强较强，因此 由于合力水平分力向右，竖直方向分力 故合力方向指向右上方，故B错误，C正确； D．在合力作用下，小球向右上方运动，当小球光心移至光束中心轴线上时，竖直方向合力为零，小球仅沿水平方向运动，故D错误。故选C。 分析有理·押题有据   2026年高考物理将彻底告别理想化“裸题”，全面转向以航天工程、量子科技、人工智能、新能源等国家科技前沿为载体的情境化命题，考查学生在真实科技场景中提取信息、构建模型的能力。教育部1号文件明确要求“优化试题素材选取，融入科技前沿动态”；真实情境题占比已超80%，情境多结合国家科技前沿；2025课标新增“服务国家战略”与“增强民族自豪感”两大考点。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东菏泽·一模）某山区高压输电线路易发生覆冰灾害，电力工人采用“直流短路融冰”技术进行除冰。将被覆冰的线路从电网断开后，在两端将多根输电线用专用短接线两两串联，再接入可调直流电源，构成闭合回路，利用焦耳热使冰层脱落。已知该线路共有六条输电线，融冰过程中输入直流电，消耗，不计电源内阻、短接线电阻和连接处电阻，则（　　） A．直流电源输出功率为 B．单根导线电阻为 C．融冰电流大小为 D．若融冰电流加倍，相同时间内产生的焦耳热变为原来的2倍 【答案】B 【详解】A．根据，可得，A错误； B．设每根导线电阻为，电路的总电阻为 根据，可得，B正确； C．根据，可得，C错误； D．根据可知，若电流加倍，时间t不变，电阻R不变时，产生的焦耳热变为原来的4倍，D错误。 故选B。 2．（2026·山东·模拟预测）如图所示，人形机器人通过脚踏特制弹射器完成空中翻腾动作后，通过腿部关节的精密配合与缓冲平稳落地。关于机器人的运动下列说法正确的是（　　） A．机器人上升到最高点时处于平衡状态 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中处于超重状态 C．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小动量的变化量 D．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小地面的冲击力 【答案】D 【详解】A．机器人上升到最高点时只受重力，有加速度，不是平衡状态，故A错误。 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误； CD．为机器人落地时设计屈膝动作，落地屈膝延长作用时间，由动量定理的 由于不变，t增大，冲击力F减小，故C错误，D正确。 故选D。 3．（2026·陕西咸阳·模拟预测）我国蛟龙号的继任者全海深潜载人探测器，在启航仪式结束后，将赶往马里亚纳海沟，进行蛟龙号以外的深度探测。假设在一次模拟探测中，探测器由静止从海面上以0.4m/s2的加速度匀加速下潜一段时间，速度达到8m/s后保持匀速运动了140s；最后以0.2m/s2的加速度做匀减速运动，当速度减为零时，探测器恰好到达模拟探测的海底。已知探测器在整个过程中始终在同一竖直线上运动，下列说法正确的是（　　） A．探测器匀加速下潜的位移大小为64m B．模拟探测的海底深度为1360m C．模拟下潜的总时间为240s D．整个模拟探测过程的平均速度大小为7m/s 【答案】B 【详解】A．探测器匀加速下潜的位移大小为，故A错误； B．探测器匀速下潜的位移大小为 匀减速下潜的位移大小为 所以模拟探测的海底深度为，故B正确； C．模拟下潜的总时间为，故C错误； D．整个模拟探测过程的平均速度大小为，故D错误。 故选B。 4．（2026·山东·模拟预测）2025年我国油气陆地勘探万米垂直深井技术跨入世界先进行列。若把地球看成质量分布均匀的球体，钻探过程中钻头所处位置的重力加速度大小g和钻探深度h的关系图像如图乙所示，图像与横轴的截距为a，纵轴截距为b。已知质量分布均匀的球壳对球壳内部物体的万有引力为零，引力常量为G，则地球密度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由于质量分布均匀的球壳对球壳内部物体的万有引力为零，可知，在深度h处有 其中解得结合图像有，解得，地球密度解得故选B。 5．（2026·辽宁沈阳·二模）应用于机器人柔性电子皮肤的矩阵式电容传感器如图所示，底部为共用下极板，上下极板间由弹性微柱支撑。传感器工作时，电容器两端电压U恒定。当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，则（　　） A．电容器所带电荷量不变 B．电容器所带电荷量减小 C．极板间电场强度不变 D．极板间电场强度增大 【答案】D 【详解】AB．当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，即板间距离d减小，根据电容的决定式和定义式和可知，电容器的电容增大，电容器所带电荷量变大，故AB错误； CD．根据可知，极板间电压不变，间距减小，则两板之间的电场强度变大，故C错误，D正确。 故选D。 6．（2026·浙江宁波·二模）某地某学习小组利用智能手机中的磁传感器测量了地磁场的磁感应强度。如图所示建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为平面，测量时轴正向保持竖直向上，后图像保持稳定。下列说法正确的是（    ） A．该学习小组在南半球进行的实验 B．地球内部磁场方向由地理南极指向地理北极 C．稳定后轴的正方向指向东边 D．当地地磁场的磁感应强度大小约为 【答案】C 【详解】A．由题可知，地磁场的竖直分量在北半球（z轴）向下（z轴的负方向），南半球竖直向上，而图中z轴的磁感应强度方向为负，说明该学习小组在北半球，故A错误； B．由于地磁场的北极在地理的南极附近，而磁体外部的磁场方向总是从北极指向南极，而磁体内部的磁感线从南极指向北极，因此地球内部磁场为从地理北极指向地理南极，故B错误； C．由于稳定后，，，因此此时x轴指向地理上的南方，则y轴正向指向东方，故C正确； D．根据矢量的合成可知，该地的磁感应强度大小为，故D错误。 故选C。 7．（2026·浙江温州·二模）某同学设计“利用电磁驱动为磁悬浮列车提供动力”的情景如下：矩形金属线圈CDEF固定在列车底部，轨道区域内存在垂直于金属线圈平面的磁场，磁感应强度B随x按正弦规律分布，最大值为，其空间变化周期为2d。整个磁场始终以速度沿x轴正方向匀速平移。列车在电磁驱动下沿x轴正方向匀速行驶，速度为。已知金属线圈匝数为n，总电阻为R，宽，长。时刻，磁场随空间分布的B-x图像及相对应的实际情景俯视图如图所示，此时CD、EF所在处磁感应强度大小均为。下列说法正确的是（　　） A．金属线圈所受安培力方向的变化周期为 B．t=0时刻，金属线圈受到安培力大小为 C．电流变化的一个周期内，金属线圈产生的焦耳热为 D．时间内，通过金属线圈导线横截面的电荷量为 【答案】D 【详解】A．匀速运动过程中金属框感应电流方向做周期性变化，但是受安培力合力方向不变，故A错误； B．时刻CD、EF所在处磁感应强度大小均为，感应电动势为 感应电流为金属线圈受到安培力大小为，故B错误； C．匀速运动过程中金属框产生的感应电流按正弦规律变化，电流最大值为 则电流有效值为则电流变化的一个周期内，金属线圈产生的焦耳热为，故C错误； D．时间内，线圈相对磁场移动的位移为，时刻，线圈的磁通量恰好为0，经过线圈相对磁场移动，此时线圈的磁通量为 根据，故D正确。故选D。 8．（2026·北京东城·一模）核磁共振（NMR）是一种在化学生物等方面具有极多应用的检验手段。已知氢原子核有自旋，自旋产生微小环形电流，环形电流产生磁场，其效果类似小磁针。如图1所示为核磁共振仪工作原理的简化图。与扫描发生器、射频发生器、探测器相连的线圈分别称作扫描线圈、射频线圈、探测线圈。核磁共振仪开始工作后，扫描线圈中通以强电流，形成水平方向的强磁场。此时氢原子小磁针的运动形式可类比为陀螺：可认为一端固定，另一端点以外界强磁场方向为轴做圆周运动，这一运动形式称为进动，如图2所示。当氢原子小磁针在强磁场中排列稳定后，在射频线圈中通以正弦交变电流。类似核外电子吸收能量跃迁至更高能级，射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级，氢原子小磁针进动模式因而发生改变。随后撤去射频电流，氢原子小磁针重新回到原进动模式。在这一恢复过程中，大量氢原子小磁针所产生的宏观磁场切割探测线圈，所形成的电流经处理最终成像。下列说法正确的是（    ） A．氢原子小磁针进动时，原子核的自旋以为轴 B．氢原子小磁针在重回原进动模式的过程中会释放能量 C．进动模式恢复过程中，探测线圈中的磁通量不变 D．射频线圈产生的电磁波频率高于射线 【答案】B 【详解】A．由图2可知氢原子自旋不是以为轴，而是以NS极方向为轴转动，故A错误； B．由题意可知，“射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级”，说明激发后的状态能量较高。当氢原子小磁针“重新回到原进动模式”时，是从高能级跃迁回低能级（稳定态），根据能量守恒定律，该过程必然释放能量，这部分能量转化为探测线圈中的电能，故B正确； C．在恢复过程中，探测线圈中形成了电流，根据法拉第电磁感应定律，穿过探测线圈的磁通量必然发生变化，若磁通量不变则不会产生感应电流，故C错误； D．射频属于无线电波波段，其频率远低于X射线的频率，故D错误。故选B。 情景四 与体育活动相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示为运动员在竖直方向上练习蹦床运动的情景。用x、v、a、E、t分别表示运动员从离开蹦床在空中运动的位移、速度、加速度、机械能和时间。若忽略空气阻力，取向上为正方向，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】运动员在离开蹦床后在空中的运动过程为竖直上抛运动，由对称性可知，上升的时间和下降的时间相等。 A．取向上为正方向，根据位移—时间公式可得，运动员的位移为 则x-t图像为开口向下的抛物线，故A错误； B．根据速度—时间公式可得，运动员运动的速度为v=v0-gt，则v-t图像为倾斜的直线，且斜率为负值，故B正确； C．运动员整个运动过程中，只受重力，加速度一直为重力加速度，不随时间变化，所以a-t图为一条与t轴平行的直线，故C错误； D．运动员从离开蹦床后只受重力，机械能守恒，所以E不会随时间变化，E-t图像为一条与t轴平行的直线，故D错误。故选B。 分析有理·押题有据 教育部教育考试院已明确将体育运动作为高考物理的常态化情境设计方向，体育运动情境已成为高考物理的稳定命题热点。2022—2024年间，全国卷及各省卷中球类运动、冰雪运动、蹦床等项目轮番登场，考频持续走高。2026年将延续这一态势，稳居“必考情境”之一。与体育运动相结合，引导学生增强健康意识、热爱体育锻炼，服务于“德智体美劳”全面发展。导向明确，命题力度不会减弱。 密押预测·精练通关 1．（2026·甘肃兰州·二模）如图1所示，中国选手何岳基在2025年世界举重锦标赛中，以抓举160公斤的成绩刷新世界纪录。图2是何岳基抓举160公斤成功后保持静止的示意图，1公斤=1千克，g取，则下列说法正确的是（　　） A．何岳基的每条胳膊承受的力大小为800N B．何岳基的每条腿承受的力小于800N C．何岳基两腿夹角越小，脚对地面的压力越小 D．何岳基双臂夹角越大，每条胳膊承受的力越大 【答案】D 【详解】A．对重物分析可知，，可知，即何岳基的每条胳膊承受的力大小大于800N，A错误； B．对人和重物的整体分析可知，，则，即何岳基的每条腿承受的力大于800N，B错误； C．对人和重物的整体分析可知，，根据牛顿第三定律可知，脚对地面的压力为，可知何岳基两腿夹角越小，脚对地面的压力不变，C错误； D．根据可知，何岳基双臂夹角越大，每条胳膊承受的力越大，D正确。 故选D。 2．（2026·山东枣庄·一模）如图所示，网球运动员两次击球时，击球点A、B与球网的水平距离均为2L，离地高度分别为2L、L。网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向下和斜向上，与水平方向夹角均为。网球均刚好掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】水平方向求运动时间，两次击球到球网的水平距离均为，网球初速度大小相等，水平分速度均为，因此网球从击球点运动到球网的时间相同，为 竖直方向列位移方程，设球网高度为，对A点击球（斜向下，初始高度，竖直初速度向下，大小），竖直向下位移为，因此 对B点击球（斜向上，初始高度，竖直初速度向上，大小），竖直向上位移为，加速度向下，因此 联立求解得 把代入化简得 约去后得 故选C。 3．（2026·浙江宁波·二模）国际拔河比赛规定，每个队按8名运动员体重的总和分成若干重量级别，同等级别的两个队进行比赛。如图所示，运动员必须穿“拔河鞋”或没有鞋跟等突出物的平底鞋，不能戴手套。不计拔河绳的质量，认为拔河过程中绳始终保持水平，下列说法正确的是（　　） A．地面对运动员的作用力方向竖直向上 B．获胜队伍对绳的拉力大小等于失败队伍对绳的拉力大小 C．拔河绳对两支队伍的拉力是一对相互作用力 D．比赛过程中两队队员受到的地面摩擦力总是等大反向 【答案】B 【详解】A．地面对运动员有水平方向的摩擦力和竖直向上的支持力，则地面对运动员的作用力方向不是竖直向上，A错误； B．不计拔河绳的质量时，一条绳张力处处相等，而队伍拉绳与绳拉队伍是作用力与反作用力，则获胜队伍对绳的拉力等于失败队伍对绳的拉力，故B正确； C．拔河绳对两支队伍的拉力，即绳子对甲队的拉力和绳子对乙队的拉力不是一对相互作用力，C错误； D．对两队整体分析可知，当整体突然向获胜一方移动时，获胜一方受到的静摩擦力大于另一方受到的静摩擦力，故D错误。 故选B。 4．（多选）（2026·河南开封·模拟预测）如图所示是机器人进校园陪孩子们上体育课的情景，机器人在距离地面高2.3m处将排球以8.0m/s的速度水平向右击出，同学在离地0.5m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等、方向相反。已知排球质量为0.3kg（重力加速度，不计空气阻力），则（　　） A．排球被垫起前在水平方向飞行的距离为4.8m B．排球被垫起前瞬间速度与水平方向的夹角为53° C．排球被垫起前后所受合力的冲量大小为 D．排球被垫起后将不能回到原来的抛出高度 【答案】AC 【详解】A．排球被机器人击出后做平抛运动，在空中飞行的时间为t，竖直方向可分解为自由落体运动，则 解得 水平方向做匀速直线运动，则排球在空中飞行的水平距离，故A正确； B．同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小 根据矢量合成法则，得 设速度方向与水平方向夹角为，则有 所以与水平方向的夹角为，故B错误； C．根据动量定理，排球与同学作用过程中，合力的冲量大小为，故C正确； D．排球原速率反弹，速度大小不变、方向相反，能回到原来的高度，故D错误。 故选AC。 5．（多选）（2026·山西太原·一模）如图所示，质量为的运动员踩着质量为的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。滑板底部装有转向桥，滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直线始终与滑板平面垂直，且与圆心、所在的竖直线的夹角为。运动员与滑板之间只存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑板重心所在圆弧的半径分别为、，两者相对静止且转弯的角速度均为。已知重力加速度为，空气阻力及滑板与地面的滚动摩擦均不计。下列说法正确的是（　　） A．运动员身体与竖直方向的夹角满足 B．运动员受到滑板的作用力的大小为 C．滑板受到地面的静摩擦力大小为 D．滑板与地面间的动摩擦因数至少为 【答案】AD 【详解】A．对运动员受力分析：运动员仅受重力、滑板对运动员垂直板面的弹力。匀速圆周运动中，竖直方向合力为0，水平方向合力提供向心力，竖直方向： 水平方向： 推导得：，故A正确； B．运动员受到滑板的作用力是弹力，由勾股定理得：，故B错误； C．将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者向心力之和：，故C错误； D．整体竖直方向无加速度，地面支持力，静摩擦力不超过最大静摩擦力： 代入、得： 即滑板与地面间的动摩擦因数至少为，故D正确。 故选AD。 6．（多选）（2025·广东·模拟预测）图甲是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.6s，回桨用时0.4s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．在0~0.6s内，桨对水的力大于水对桨的力 B．在0~1s内，龙舟前进了0.48m C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为 D．在此次练习的过程中，经过5次划桨后，龙舟的速度不低于3m/s 【答案】CD 【详解】A．桨对水的力与水对桨的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误； B．根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可得在0~1 s内，龙舟前进了0.52 m，故B错误； C．0~1 s内，对龙舟应用牛顿第二定律可得 其中，，解得 F的冲量与f的冲量大小之比，故C正确； D．经推算经过5次划桨后，龙舟的速度为3.2 m/s，且第5 s末龙舟的速度为3 m/s，故D正确。 故选CD。 7．（多选）（2025·浙江宁波·模拟预测）2023年球王梅西中国行期间，在北京工人体育馆应邀和嘉宾一起参加了一项足球挑战赛，具体游戏模型如下图所示，参赛队员要在地面任选一个位置将球踢出并越过一堵有厚度的墙，并落入方框当中。不计球的大小和空气阻力，不考虑球在框中的反弹，下列选项中说法正确的是（   ） A．踢球点越靠近墙壁，球在空中的时间越短 B．存在一个踢球点，能够使球在空中运动的时间最短 C．要使脚对球做功最少，足球踢出去的初速度方向与水平方向的夹角大于45° D．要使脚对球做功最少，足球踢出去的初速度方向与水平方向的夹角小于45° 【答案】BC 【详解】A．踢球点越靠近墙壁，踢球点到竖直墙的水平位移越小，由，可知要越过高度为的墙，需要的竖直初速度越大，竖直方向运动到最高点时间就越长，之后下落到方框时间，由于下落高度相同，下落时间相同，空中运动总时间越长；反之，踢球点过远，踢球点到竖直墙的水平位移越大，为了保证水平位移覆盖到方框，也需要增大初速度，时间也会变长。因此时间不是随距离单调变化，不存在"越近越短"的规律，故A错误。 B．由A的分析，空中运动时间随踢球点距离先减小后增大，因此存在一个临界位置，使得竖直初速度最小，对应的运动时间最短，故B正确。 CD．脚对球做功，做功最少即初动能最小，也就是初速度最小。斜抛运动中，设抛出点到竖直墙的水平距离为，竖直位移为（墙的高度），运动时间则竖直方向满足 解得当时，初速度具有最小值， 由于，则，所以，即抛射角大于才能让初速度最小，做功最少，故C正确，D错误。 故选BC。 8．（多选）（2026·福建厦门·二模）如图甲所示，小福同学在放有力传感器的水平地面上做俯卧撑运动，每次完整的俯卧撑包括身体从最高点下降到最低点的“下降”过程和身体由最低点上升到原最高点的“上升”过程，图乙为完成一次完整俯卧撑的过程中力传感器的示数随时间变化的情况。已知小福同学体重为72kg，该次完整的俯卧撑用时1.5s，其中“上升”时间约为“下降”时间的1.5倍，“下降”过程重心降低约0.2m，重力加速度大小g取，则小福同学（　　） A．从到，身体处于“下降”过程 B．从到，身体处于“上升”过程 C．本次“下降”过程重力做功的平均功率约为144W D．本次“下降”过程重力做功的平均功率约为240W 【答案】AD 【详解】AB．根据题意一次完整的俯卧撑用时1.5s，其中“上升”时间约为“下降”时间的1.5倍，并结合图乙可知t1到t3身体处于“下降”过程，故A正确，B错误； CD．本次“下降”过程重力做功为重力做功的平均功率约为下降时间为联立可得，故D正确，C错误。故选AD。 第2部分 高频考点预测篇 选择题预测01近代物理 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】我国探月工程使用钚238（）同位素热源配合温差发电组件为探测器供电，主要利用其发生衰变释放的热来发电，发电组件热端为放射性同位素衰变热源，冷端为月球月夜低温环境，发电组件内的电子在温差驱动下由热端向冷端定向移动形成电流，则（　　） A．一个核内有144个中子 B．该衰变的核反应方程为 C．的半衰期会受到温差的影响 D．工作时发电组件内的电流方向由热端到冷端 【答案】A 【详解】A．原子核内中子数等于质量数减去质子数，的质量数为238，质子数为94，因此中子数为，故A正确； B．题干明确该反应为衰变，衰变会放出粒子（），反应后质量数减少4、电荷数减少2，选项中的方程为衰变的核反应方程，不符合衰变规律，故B错误； C．半衰期是放射性原子核的固有属性，仅由原子核内部结构决定，与温差等外界环境条件无关，故C错误； D．电流方向规定为正电荷定向移动的方向，与负电荷（电子）定向移动方向相反，已知电子由热端向冷端移动，因此电流方向为冷端到热端，故D错误。故选A。 分析有理·押题有据 近代物理涉及微观世界的抽象原理，是培养学生现代物理观念的关键。2026年命题将重点考查光电效应、能级跃迁及核反应规律在尖端科技中的迁移与应用，强调“量子化”思想在解决实际问题中的价值。 教育部1号文件要求试题加强“项目式、探究式的真实情境问题设计”，且近年来高考真题多次以“中微子实验室探测”、“量子纠缠实验”等为载体进行考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西九江·二模）当太阳内部氦资源消耗殆尽时，将出现“氦闪”现象，同时释放巨大的核能，科幻片《流浪地球2》就是描述此情景的。“氦闪”现象的本质是氦核聚变，其核反应方程为。已知一个氦核的质量为，一个X核的质量为，一个质子的质量为，一个中子的质量为，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程中的X是氮核 B．X核的结合能为 C．核的比结合能小于X核的比结合能 D．该聚变反应释放的核能为 【答案】C 【详解】根据核反应电荷数守恒、质量数守恒故X是碳核，故A错误； B．原子核的结合能是将其拆为自由核子所需的能量，X核有6个质子、6个中子，结合能为，而是该核反应释放的核能，不是X的结合能，故B错误； C．核聚变反应释放能量，说明生成物X核比反应物核更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此核的比结合能小于X核的比结合能，故C正确； D．该反应质量亏损，根据质能方程，释放的核能为，故D错误。故选C。 2．（2026·甘肃兰州·二模）“烛龙一号”是由无锡贝塔医药科技有限公司联合西北师范大学科研团队研发的国内首款C-14核电池，其工作原理基于放射性同位素C-14的衰变，通过换能器件可以直接将射线粒子的动能转化为电流。对此，下列说法正确的是（　　） A．该衰变为衰变 B．衰变释放的射线粒子来源于核外电子 C．随着温度的升高，C-14的半衰期不变 D．的比结合能比的比结合能小 【答案】C 【详解】A．据质量数和电荷数守恒,该衰变为衰变，故A错误； B．衰变的实质是原子核内的一个中子转变成一个质子时放出了一个电子，故B错误； C．半衰期是原子核本身的属性决定，跟物理条件和化学状态无关，即温度的升高，C-14的半衰期不变，故C正确； D．比结合能越大，原子核越稳定，即的比结合能比的比结合能大，故D错误。故选C。 3．（2026·北京石景山·一模）2025年，我国新一代人造太阳“中国环流三号”首次突破“双亿度”参数水平，可控核聚变技术取得重大突破。目前可控核聚变实验中最主要的核反应由一个氘核和一个氚核碰撞生成一个氦核实现，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程为 B．氚核的中子数是3 C．该核反应中质量数不守恒 D．该核反应中氘核和氚核的总质量大于氦核的质量 【答案】D 【详解】A．核反应满足电荷数守恒、质量数守恒。该核反应方程应为 该氘氚聚变反应生成氦核的同时会释放1个中子（），故A错误； B．氚核的质子数为1，质量数为3，中子数=质量数-质子数=3-1=2，故B错误； C．所有核反应都遵循质量数守恒、电荷数守恒规律，故C错误； D．该聚变反应释放能量，根据质能方程可知反应存在质量亏损，即反应前氘核和氚核的总质量大于反应后氦核与中子的总质量。由于中子具有质量，因此氘核和氚核的总质量必然大于氦核的质量，故D正确。故选D。 4．（2026·浙江绍兴·二模）图1为氢原子的能级图，入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，现用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有两种光能得到图3所示的电流与电压的关系曲线。已知电子电荷量。下列说法正确的是（    ） A．入射光的光子能量为 B．滑片向端移动时，电流表示数变大 C．光照射下，遏止电压 D．光照射下，单位时间内到达极板光电子数最多为个 【答案】D 【详解】A．入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，可知基态氢原子跃迁到能级，这样有跃迁到、跃迁到、跃迁到三种不同频率的光，可知入射光的光子能量，故A错误； B．图2中滑片P向端移动过程中，部分的电阻变大，K端的电势变高，K端的电势高于A端的电势，电压反向，可知电流表示数变小，故B错误； C．用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有两种光发生光电效应，可知两种光为跃迁到、跃迁到发出的光，根据图3可知 根据 可知，可知光的能量为12.09eV，光的能量为10.2eV，则， 从而解得，故C错误； D．图3中的a光照射阴极，光电流达到饱和时，饱和电流为，由 可知每秒射出的电荷量为，所以阴极每秒射出的光电子数大约，故D正确。故选D。 5．（2026·江苏徐州·模拟预测）我国建造的世界上亮度最高的第四代同步辐射光源“未来之光”，和第三代同步辐射光源相比，电子被加速后的能量更高，辐射的X射线穿透能力更强，则（　　） A．电子的物质波波长更长、辐射的X射线波长更长 B．电子的物质波波长更长、辐射的X射线波长更短 C．电子的物质波波长更短、辐射的X射线波长更长 D．电子的物质波波长更短、辐射的X射线波长更短 【答案】D 【详解】电子的物质波波长为 电子被加速后能量更高，即更大，因此电子的物质波波长更短。光子能量 题意知X射线穿透能力更强，说明光子能量E更高，对应的波长更短。故选D。 6．（2026·辽宁·一模）如图所示为某品牌光控开关的核心部件——光电管，用一束单色光照射光电管阴极的光敏材料，发生光电效应。下列说法正确的是（　　） A．增大该单色光的照射强度，光电子的最大初动能一定增大 B．若改用频率更高的单色光照射该光电管，遏止电压将变大 C．光电效应现象说明光具有波动性 D．光电效应中，一个电子可以同时吸收多个光子，从而逸出金属表面 【答案】B 【详解】A．最大初动能只与入射光的频率有关，与强度无关，A项错误； B．由，，可知光的频率越高，遏止电压越大，B项正确； C．光电效应说明光具有粒子性，C项错误； D．光电效应中，一个电子一次只能吸收一个光子，D项错误。故选B。 7．（2026·山西晋城·一模）如图所示为氦离子的能级图，大量处在能级的氦离子自发地向基态跃迁，向外辐射的能量以光子的形式释放，其中向外辐射的光子种类有N种。已知可见光的光子能量范围为。下列说法正确的是（　　） A． B．从能级跃迁到能级向外辐射的光子频率最大 C．从能级跃迁到能级向外辐射的光子波长最长 D．向外辐射的光子中有2种光子属于可见光 【答案】A 【详解】A．氦离子从能级向低能级跃迁时向外辐射的光子种类为，A正确； BC．从能级跃迁到能级向外辐射的光子能级差最大，则光子的能量最大，光子的频率最大，光子的波长最短，BC错误； D．由氦离子的能级图可知从能级跃迁到能级时，向外辐射的能量为，显然只有这一种光子的能量处在可见光范围内，D错误。故选A。 8．（2026·辽宁·模拟预测）如图（a）所示的、、、是氢原子从高能级向能级跃迁时产生的谱线，属于巴尔末系，如图（b）所示为氢原子部分能级图。下列说法正确的是（　　） A．的光子动量大于的光子动量 B．是由能级向能级跃迁产生的 C．对应的光子可以使氢原子从基态跃迁到激发态 D．的光子照射处于状态的氢原子，可以使氢原子电离 【答案】D 【详解】A．由光子动量可知，的光子动量小于的光子动量，故A错误； B．的波长长，频率小，根据光子能量公式可知，的能量最小，是由能级向能级跃迁产生的，故B错误； C．氢原子从基态跃迁到激发态至少需要能量 对应的光子能量由于小于，不能使氢原子从基态跃迁到激发态，故C错误； D． 光子是氢原子由能级向能级跃迁时产生的，其能量，可以使氢原子电离，故D正确。故选D。 选择题预测02光学 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图1为弹簧正视示意图，实线和虚线表示螺旋细铁丝，弹簧上实线细铁丝和虚线细铁丝互成一定的角度。一束激光垂直弹簧轴线照射弹簧（只能照射到两圈弹簧），在光屏上会形成如图2所示的夹角为的“X”形交叉条纹。根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双缝的干涉图像一致。下列说法正确的是（    ） A．若稍微压缩弹簧，则图2中的夹角将变小 B．若稍微压缩弹簧，则光屏上的条纹将更加密集 C．若改用频率更低的激光，则图2中的夹角将变小 D．若改用频率更低的激光，则光屏上的条纹将更加密集 【答案】A 【详解】AB．弹簧被压缩时，螺距减小，弹簧螺旋线与垂直于轴线平面的夹角减小，即图1中实线与虚线趋向水平，二者夹角变小，所以图2中干涉条纹的夹角变小；同时，弹簧圈间距（相当于双缝间距）减小，根据双缝干涉条纹间距公式可知，条纹间距变大，条纹变得稀疏，故A正确B错误； C．改用频率更低的激光，波长变大，干涉条纹的夹角由弹簧几何结构决定，与波长无关，保持不变，故C错误； D．根据可知，波长变大，条纹间距变大，条纹变得稀疏，故D错误。故选A。 分析有理·押题有据 山东近五年每年必考，且形式逐年创新，趋势延续性极强。2025山东卷首次将干涉与偏振装置高度融合，在双缝干涉基础上加入偏振片，考查条纹间距和亮度的综合变化。跨知识点融为一体是明显趋势。试题紧密联系实际：干涉热膨胀仪对应航天精密测量，劈尖干涉用于材料热膨胀系数检测，滚珠干涉法对应工业质检。同时结合光纤通信、AR/VR显示技术，实现物理光学与工程实际的深度融合。 密押预测·精练通关 1．（2026·江苏·模拟预测）如图，烛光（黄光）下的肥皂泡常呈现出明暗相间的条纹，是因为肥皂泡薄膜前后表面的反射光发生干涉，假设一肥皂薄膜竖直放置，在重力的作用下，薄膜呈现出“上薄下厚”的特点，竖直距离每增加，薄膜厚度增加。已知黄光波长为，则相邻明暗条纹间距的表达式为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】肥皂薄膜的干涉是前后表面反射光的叠加，光在薄膜中往返，因此两束反射光的光程差为薄膜厚度的2倍，相邻亮条纹（或暗条纹）的光程差相差一个波长，则相邻明暗条纹的光程差为，即满足得相邻条纹对应的薄膜厚度差根据题意，薄膜厚度随竖直距离的变化率为，设相邻条纹间距（竖直方向）为，则有代入，得解得故选C。 2．（2026·浙江温州·二模）航天实验室用如图所示的装置测量合金受热后的伸长量。用波长的激光做实验。激光经透明薄板折射与反射后形成两束相干光，再分别经固定反射镜和与合金棒相连的反射镜反射，在接收屏上出现干涉条纹。合金棒右端固定，未受热时，屏上P处为明条纹；合金棒受热伸长使向左移动，观察到P处明暗交替，共出现20次明条纹，则合金棒的伸长量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】当可动反射镜随合金棒伸长向左移动（即合金棒的伸长量）时，激光往返经过反射，总光程差的变化量为（往返路程，因此是2倍移动距离）。 干涉中，P点每重新出现一次明条纹，对应光程差变化一个波长。题目中观察到共出现20次明条纹，因此总光程差变化满足代入已知条件，计算得因此合金棒伸长量为故选B。 3．（2026·福建厦门·二模）在进行光学实验时，用光传感器测量光屏不同位置的光照强度，可以更好地研究光的传播规律。a、b两束单色光分别经过同一双缝干涉装置、同一单缝衍射装置后，利用光传感器得到四幅光屏上不同位置的光照强度分布图像，已知两束光的波长关系为，每幅图像中相邻两虚线之间的距离相同，则a光通过双缝干涉装置后得到的光照强度与位置关系的图像为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】双缝干涉的特点是等间距、相邻亮纹宽度和亮度近似相等；单缝衍射的特点是中央亮纹最宽最亮，两侧亮纹宽度、亮度逐渐减小。因此选项C、D是单缝衍射图像，不符合题目要求。双缝干涉的条纹间距公式为 同一双缝装置中，（缝屏间距）和d（双缝间距）固定，波长越大，相邻亮纹的间距越大。已知，因此a光的干涉条纹间距更大、条纹更稀疏。 故选A。 4．（2026·湖北恩施·二模）由凸透镜和玻璃平板构成一个如图甲所示的牛顿环实验装置，其中O为接触点。现用单色光垂直透镜上表面入射，可从透镜上方观察到明暗相间的同心圆环状干涉条纹，如图乙所示。现将凸透镜缓慢向上平移一小段距离（保持透镜上表面与玻璃板平行），在移动过程中，关于干涉条纹的变化，以下说法正确的是（　　） A．圆环整体向内收缩 B．中心始终为暗斑 C．圆环整体向外扩张 D．中心由暗斑变为亮斑后保持亮斑不变 【答案】A 【详解】AC．凸透镜缓慢向上平移过程中，靠近O点周围空气层变厚，内侧两列波的波程差变大和凸透镜上移之前相邻外侧两列波的波程差相等，视觉上观察到外侧明暗条纹向内侧移动，故C错误，A正确。 BD．凸透镜缓慢向上平移过程中，O点的空气层变厚，相遇在凸透镜曲面的光的波程差连续增大，视觉上看到中心处明暗交替变化，故BD错误。 故选A。 5．（2026·河北·一模）旋光仪测糖溶液浓度的原理如下：偏振光通过糖溶液后，迎着光看，以传播方向为轴，偏振方向的旋转角称为“旋光角”，与糖溶液浓度有关，测量值与标准值比较能确定含糖量。如图，自然光源S与圆形偏振片A、B的圆心共轴，转动B使观察点O处光强最强，将被测样品P置于A、B间。下列说法正确的是（　　） A．光的偏振现象表明光是一种机械波 B．阳光下观察肥皂泡看到彩色条纹，与上述原理相同 C．放置样品P后，到达O处光的强度不会明显减弱 D．将偏振片B缓慢转动，使得O处光的强度第一次达到最强，偏振片B转过的角度等于 【答案】D 【详解】A．纵波和横波都具有干涉和衍射的本领，而光的偏振现象表明光是一种横波，故A错误； B．阳光下观察肥皂泡看到彩色条纹，其成因是光在肥皂泡膜的外表面和内表面反射叠加，形成的干涉现象，与偏振原理不同，故B错误； C．在未放置样品前，O处光强最强，说明两偏振片的透振方向相同，放置样品P后，光的偏振方向将旋转一定角度，除特殊情况外（光的偏振方向旋转），到达O处光的强度会明显减弱，故C错误； D．偏振光通过糖溶液后,偏振方向将旋转，因此偏振片B转过角度为时，其透振方向与光的偏振方向一致，使得O处光的强度第一次达到最强，故D正确。 故选D。 6．（2026·河北保定·一模）在双缝干涉实验中，用某种单色光照射双缝，相邻亮条纹的间距为。若其他条件不变，仅将屏到双缝的距离增大为原来的3倍，则相邻亮条纹的间距为。若其他条件不变，将双缝间距增大为原来的2倍，并换用波长为原来波长倍的单色光，则相邻亮条纹的间距为。下列关系式正确的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【详解】双缝干涉相邻亮条纹间距公式为，其中为屏到双缝的距离，为入射光波长，为双缝间距，初始状态满足。 若、不变，，故，即； 若，，不变，故，即 故选B。 7．（2026·山西朔州·一模）如图所示是一套杨氏双缝干涉实验装置，其中、为双缝。光屏上点是中央亮纹（第0级亮纹）的中心，是光屏上另一固定的点，当用波长640nm的红光照射双缝时，为第6级亮纹的中心。下列说法正确的是（　　） A．将光屏稍向左平移后，点可能是暗纹中心 B．将光屏稍向左平移后，可能成为第5级亮纹的中心 C．改用波长480nm的蓝光照射双缝，点可能是暗纹中心 D．改用波长480nm的蓝光照射双缝，为第8级亮纹的中心 【答案】D 【详解】AC．点始终在中线上，到、的路程差恒为，满足，因此无论光屏平移、还是更换波长，点始终是亮纹，故AC错误； B．相邻亮条纹间距，为第6级亮条纹，且相对于的位置固定，则有光屏左移后双缝到屏的距离减小，因此减小，则有增大，原来，现在，不可能为第5级亮纹，故B错误； D．由之前分析可得换波长的蓝光后，因此是第8级亮纹中心，故D正确。故选 D。 8．（2026·陕西咸阳·模拟预测）光刻机是制作芯片的核心装置，主要功能是利用光线把掩膜版上的图形印制到硅片上。如图所示，DUV光刻机使用的是深紫外线，其波长为193nm。为提高投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体（折射率大于1）以提高分辨率，则与没加入液体相比，下列说法正确的是（　　） A．深紫外线进入液体后频率变大 B．深紫外线进入液体后传播速度不变 C．深紫外线进入液体后波长变长 D．深紫外线在液体中更不容易发生明显衍射 【答案】D 【详解】A．由于频率由波源决定，所以深紫外线进入液体后频率不变，故A错误； B．深紫外线在空气中的传播速度大于在液体里的传播速度，则与没加入液体相比，深紫外线进入液体后传播速度变小，故B错误； C．根据可知，深紫外线进入液体后速度减小，频率不变，则波长变短，故C错误； D．由于深紫外线在液体中的波长变小，则更不容易发生明显衍射，故D正确。故选D。 选择题预测03热学 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】在一些特殊的双轴晶体中，以特定角度入射圆偏振光的线光源时，光会在晶体中沿圆锥面传播，从而使得透射出来的光形成一个空心圆筒，在光屏上可以得到一个圆环，这种特殊的折射现象叫作锥形折射。发生锥形折射主要是由于双轴晶体具有（    ） A．固定的熔点 B．各向异性 C．规则的形状 D．稳定的晶格结构 【答案】B 【详解】A．晶体（包括单晶体和多晶体）都有固定的熔点，这是晶体的共性，但不是导致光在晶体中发生特殊折射现象（如锥形折射）的原因，故A错误； B．双轴晶体属于单晶体，单晶体具有各向异性的特点，即其物理性质（如导热性、导电性、光学性质等）在不同方向上表现不同。在光学上，表现为折射率随光的传播方向不同而不同。正是因为双轴晶体具有各向异性，导致入射光在晶体内部不同方向上的折射率不同，折射角不同，从而使光线沿圆锥面传播，形成锥形折射现象，故B正确； C．晶体通常具有规则的几何形状，但这只是晶体的宏观特征，不是导致光发生锥形折射的光学原因，故C错误； D．稳定的晶格结构是晶体内部微观结构的特征，虽然决定了晶体的性质，但直接导致光路发生特殊变化（锥形折射）的是其宏观表现出的光学各向异性，故D错误。故选B。 分析有理·押题有据 热学板块将紧密围绕国家“双碳”战略与能源革命，从传统的汽缸活塞题转向对新能源技术、工程热力学及环境问题的综合性考查，重点测试考生运用热学定律分析真实能量转化过程的能力。热学知识在新能源开发中应用广泛，结合“双碳”战略和“能源革命”等国家重大议题进行情境化考查，能够精准识别出具备科学探究能力与工程思维的复合型人才。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东青岛·一模）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下滑到x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能最小值-E0，若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是（　　） A．乙分子在x2时，加速度最大 B．乙分子在x1时，其动能最大 C．乙分子在x2时，动能大于E0 D．甲乙分子的最小距离一定等于x1 【答案】D 【详解】A．乙分子在时，分子势能最小，分子间距离为平衡距离，分子力为零，故加速度为零，加速度最小，故A错误； BC．乙分子从处静止释放后仅在分子间相互作用力下沿着x轴运动，两分子所具有的总能量不变，且总能量为0；由图可知乙分子在时，分子势能最小，为，则乙分子在时，动能最大，动能等于，故BC错误； D．当乙分子运动到时，其分子势能为零，则分子动能也为零，此时两分子的距离最小，而后向分子间距变大的方向运动，因此甲乙分子的最小距离一定等于，故D正确。故选D。 2．（2026·青海西宁·二模）如图是吹肥皂泡游戏的画面，小朋友刚刚吹出的泡泡在冷空气中缩小，气泡内的空气可视为理想气体。下列说法正确的是（　　） A．气泡内气体的内能减小 B．气泡内每个气体分子热运动的速度均减小 C．气泡从外界吸收热量 D．气泡表面液体分子间作用力表现为斥力 【答案】A 【详解】A．由题意可知气泡在冷空气中温度降低，气泡内一定质量的气体视为理想气体，其内能只与温度有关，所以气泡内气体的内能减小，A正确。 B．气泡温度降低，气泡内气体的平均动能减小，所以气体分子做热运动的平均速率减小，但不是每个分子的速率均减小，B错误。 C．由题意可知气泡体积减小，外界对气体做功，即，同时温度降低，气体的内能减小，即，由热力学第一定律，可知，所以气泡向外界放热，C错误。 D．气泡形成的原因是液体的表面张力，所以气泡表面液体分子间作用力表现为引力，D错误。故选A。 3．（2026·天津·一模）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，现启动加热模式使气体温度升高，此过程中气体吸收的热量为Q，内胆中气体体积不变，则（    ） A．升温后内胆中每一个气体分子的动能都增大 B．内胆内气体压强增大 C．此过程内胆中气体的内能增加量大于Q D．此过程内胆中气体分子单位时间内撞击单位面积内壁的次数不变 【答案】B 【详解】A．升温后内胆中气体分子的平均动能增大，但不是每一个气体分子的动能都增大，故A错误； B．内胆中气体体积不变，温度升高，根据查理定律，可知内胆内气体压强增大，故B正确； C．内胆中气体体积不变，外界对气体做功为0，根据热力学第一定律可知，此过程内胆中气体的内能增加量等于Q，故C错误； D．内胆中气体体积不变，单位体积中的气体分子数不变，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，根据压强微观意义可知，内胆中气体分子单位时间内撞击单位面积内壁的次数增大，故D错误。 故选B。 4．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，有一根细长且内壁光滑的透明塑料管粗细均匀，管中有一质量可忽略的小段水柱，把塑料管从开口处插入一空的饮料罐（导热良好），塑料管和饮料罐的接口处用蜡密封好，再在塑料管的不同位置处标上对应的温度值，就可制作成一个简易的气温计。若外界大气压不变，则下列说法正确的是（　　） A．此简易气温计只有竖放时才能测环境温度 B．塑料管上所标的温度刻度值分布不均匀 C．温度升高时，饮料罐内空气增加的内能等于其从外界吸收的热量 D．温度降低时，饮料罐内壁上单位面积、单位时间受到空气分子撞击的次数增加 【答案】D 【详解】A．水柱质量不计，罐内气体压强不变，与罐的放置方式无关，故A错误； B．温度变化时有，，所以，即刻度均匀，故B错误； C．温度升高时，内能增大，，罐内气体体积增大，水柱上移，气体对外做功，，由热力学第一定律可知：，故C错误； D．温度降低时，单个气体分子撞击罐内壁的作用力变小，但由于罐内气体的压强不变，所以罐内壁单位面积、单位时间受到气体分子撞击的次数增加，故D正确。 故选D。 5．（2026·内蒙古包头·一模）热泵空调被广泛视为缓解电动汽车冬季续航焦虑的关键技术之一，其核心原理是通过“逆卡诺循环”实现热量的搬运，它能在冬季从低温环境中提取热量送入车厢，能效比（制热量与耗电量之比）在2.0~4.5之间，可提升续航20~30km。关于热泵空调，下列说法正确的是（　　） A．其工作过程违背了热力学第二定律 B．制热循环中，其向车厢放出的热量全部来自消耗的电能 C．在绝热压缩过程中，压缩机对制冷剂（视为理想气体）做功，可使其升压升温 D．当制冷剂温度升高时，组成它的所有分子的热运动速率都增大 【答案】C 【详解】A．热力学第二定律的克劳修斯表述为：热量不能自发地从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。热泵工作时消耗了电能（产生了其他影响），实现热量从低温环境向高温车厢转移，不违背热力学第二定律，故A错误； B．热泵制热时会消耗电能从低温外界环境吸收热量送入车厢，电能又不能全部用于做功搬运热量，还有一部分额外消耗，因此向车厢放出的热量只是来自消耗电能的一部分，故B错误； C．绝热压缩过程中制冷剂与外界无热交换，即压缩机对制冷剂做功由热力学第一定律可知理想气体内能仅与温度有关，故温度升高，由理想气体状态方程，压缩时体积V减小、温度T升高，可得压强p增大，即实现升压升温，故C正确； D．温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高时分子热运动的平均速率增大，但不是所有分子的热运动速率都增大，存在部分分子速率减小的情况，故D错误。故选C。 6．（2026·辽宁·一模）如图所示是一种外燃式热机的斯特林循环，一定质量的理想气体经ABCDA完成一个循环过程，和均为等温过程，和均为等容过程。下列说法正确的是（　　） A．图中温度 B．的过程中，每个气体分子的速率均增大，气体分子撞击气缸的频率增大 C．的过程中气体对外界做的功大于的过程中外界对气体做的功 D．经过一个斯特林循环，气体一定向外界放热 【答案】C 【详解】A．是等容过程，则有，又，则，故A错误； B．的过程中，气体的体积不变，气体分子的密集程度不变，温度升高，分子运动越剧烈，分子撞击气缸的频率增大，压强变大，但不是每个分子的速率均增大，故B错误； C．的过程中气体的平均压强大于的过程中气体的平均压强，两过程气体的体积变化量相同，则的过程中气体对外界做的功大于的过程中外界对气体做的功，故C正确； D．图像的面积表示气体对外界做的功，经过一个斯特林循环，气体对外界做正功，由 可得，，则，气体从外界吸热，故D错误。 故选C。 7．（2026·陕西西安·模拟预测）如图所示，一定质量的理想气体从状态开始经、、三个过程回到原状态。已知延长线过点。对于该气体，下列说法正确的是（　　） A．过程气体对外界做功 B．气体在状态下的温度是状态下温度的2倍 C．过程气体体积不变 D．过程气体分子碰撞单位面积容器壁的作用力减小 【答案】B 【详解】A．由图像可知，过程，由于，可知气体发生等容变化，所以不做功，故A错误； B．过程，由查理定律可得 可得 由于过程气体温度不变，可知气体在状态下的温度是状态下温度的2倍，故B正确； C．过程，气体压强不变，温度降低，则气体体积减小，故C错误； D．过程，气体压强不变，则气体分子碰撞单位面积容器壁的作用力不变，故D错误。 故选B。 8．（2026·湖北·一模）密闭容器内装有一定质量的理想气体，从状态a开始，经状态b、c、d再回到状态a，如图所示，其中图线bc、da平行于横轴.下列说法正确的是（    ） A．从a到b，气体从外界吸热 B．从b到c，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多 C．从c到d，气体内能减小 D．从d到a，外界对气体做功 【答案】B 【详解】A.从到，气体体积减小，故外界对气体做功，由于从到反向延长线过原点，所以温度不变，为等温变化过程，由于是理想气体，所以内能不变，外界对气体做功，故气体向外界放热，故A错误。 B.从到，气体压强不变、体积减小，根据理想气体状态方程 可知温度减小，气体分子的平均速率减小，保持气体压强不变，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多，故B正确。 C.从到，根据理想气体状态方程整理得可知温度不变时，图像为过原点的倾斜直线，故从从到温度不变，气体内能不变，故C错误。 D.从到，气体压强不变、体积增大，气体对外界做功，故D错误。故选B。 选择题预测04平衡问题和牛顿动力学问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力的共同作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成角，其大小F随时间t的变化关系为（、k均为大于0的常量）。无人机的质量为m，重力加速度为g。在0到T时间段内，F的大小大于0。关于该无人机下列说法正确的是（　　） A．受到空气作用力逐渐变大 B．受到空气作用力与竖直方向的夹角变小 C．受到拉力的冲量大小为 D．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 【答案】B 【详解】AB．无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小，重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力减小且它与竖直方向夹角也变小，故A错误，B正确； C．由于拉力方向不变，大小随时间均匀减小，在0到T时间段内，拉力的平均大小为 则受到拉力的冲量大小为，故C错误； D．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平和竖直方向分别有     ，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为，故D错误。故选B。 分析有理·押题有据 共点力平衡是高中物理力学的基石，牛顿运动定律是力学的核心，能精准建模是解决复杂问题的基础，历年高考必考。近年来试题频率高且常与实际生活相结合，2026年命题会以真实场景为载体，重点考查学生在复杂过程中熟练运用整体法与隔离法。教育部要求“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”。物理卷中力学模块分值占比较高，是考查考生模型构建、逻辑推理等关键能力的重要板块，必须重点突破。 密押预测·精练通关 1．（2026·贵州·模拟预测）如图，某同学借助固定木桩和三根轻质硬杆自制一晾衣架，杆AB的一端A搭在木桩上，另一端B用光滑铰链连于长度相等的杆BC和BD，杆AB平行于水平地面且垂直于竖直面BCD。在AB中点挂有质量为m的衣物，此时衣物、杆均处于静止状态，且BC与BD夹角为，则地面对BC杆的作用力F大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据对称性可知，BC杆和BD杆对B点的支持力大小相等，设为，方向均沿杆向上，则两个支持力的合力方向竖直向上，大小为，则有 解得 则杆BC对地面的作用力大小也为，根据牛顿第三定律可知，地面对BC杆的作用力与杆BC对地面的作用力等大反向，则F大小为。 故选C。 2．（2026·贵州贵阳·一模）某景区挂出32个灯笼，相邻两个灯笼间由轻绳连接，从高到低依次标为1、2、3、……、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼32右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量，重力加速度，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（　　） A．最上端轻绳的拉力 B．最右端轻绳的拉力 C．第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为 D．第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为 【答案】B 【详解】AB．对32个灯笼的整体分析可知，最上端轻绳的拉力 解得 最右端轻绳的拉力，A错误，B正确； C．对下面16个灯笼的整体分析可知，设第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳的拉力为T，则， 解得第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为，即，C错误； D．对下面的24个灯笼的整体分析可知，设第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳的拉力为，则， 第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为，即，D错误。 故选B。 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）居民楼改造过程需要把建材吊运到楼顶。如图所示，某次吊运的建材质量m=30kg，施工人员的质量M=75kg，缓慢吊运建材的过程中，某时刻轻绳OA、OB分别与竖直方向的夹角为α=30°、β=60°。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．该时刻轻绳OA上拉力的大小TA=300N B．该时刻人对地面的压力大小FN=500N C．该时刻为了使人保持静止，人与地面间的动摩擦因数的最小值为0.5 D．人不动，缓慢松手放绳，在物体缓慢靠近墙壁的过程中，轻绳OA长度不变，TB逐渐减小 【答案】D 【详解】A．对结点O，根据平衡条件可得， 联立解得，，故A错误； B．对人，根据平衡条件可得 解得 根据牛顿第三定律可得，人对地面的压力大小为，故B错误； C．对人，根据平衡条件，水平方向，有， 解得，故C错误； D．由于， 可得 人不动，缓慢松手放绳，在物体缓慢靠近墙壁的过程中，轻绳OA长度不变，则α减小，β变大，则tanα减小，sinβ增大，cosβ减小，所以TB减小，故D正确。 故选D。 4．（2026·山西大同·一模）为了助推本地文旅的发展，2025年，大同推出了大型行进情景式演艺项目《如梦大同》，如甲图，演员们通过吊威亚在城墙上展现高超的表演技艺，为游客呈现了一场视觉盛宴！现将情景简化如乙图，一根不可伸长的绳索（不计质量）一端系于演员腰间点，另一端系于城墙上的固定点，该演员身体伸直，双脚蹬于城墙点，并保持平衡。已知，，演员质量，城墙对演员的作用力始终沿着身体，重力加速度取，，。下列说法正确的是（　　） A．绳索对演员的拉力大小为 B．城墙对演员的作用力大小为 C．若保持点不动，将点沿城墙缓慢上移稍许，绳索对演员的拉力大小一定增大 D．若保持点不动，将点沿城墙缓慢下移稍许，城墙对演员的弹力大小一定增大 【答案】D 【详解】AB．设绳索与城墙对演员的作用力大小分别为、，以演员为研究对象，演员在、和重力的作用下处于平衡状态，由平衡条件，在水平方向，有 在竖直方向，有 联立两式，解得，，故AB错误； C．利用演员所受重力、绳索拉力和城墙弹力构成的力的三角形和相似，得 当点不动，将点沿城墙缓慢上移稍许，即增大，、均不变，则、均减小，故C错误； D．同理，当点不动，将点沿城墙缓慢下移稍许，即减小，、均不变，则增大，城墙对演员的弹力大小 增大，也一定增大，故D正确。 故选D。 5．（2026·云南·三模）如图所示，左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。两相同物块A、B用轻绳连接，放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下，一起以加速度做匀加速直线运动，此时轻绳的弹力为。A、B依次由光滑水平面运动到粗糙水平面上，系统稳定后两物块以加速度加速运动，轻绳的弹力变为。则（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】当水平面光滑时，根据牛顿第二定律，对整体有对B有联立解得，当水平面粗糙时，根据牛顿第二定律，对整体有对B有联立解得，所以，故选A。 6．（2026·宁夏·一模）如图为模拟“自动化”货物装卸装置的玩具，两边相互垂直的斜面固定在水平地面上，货箱A（含货物）和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连。A装好货物后从0.8 m高处由静止释放，运动到底端时A和B同时被锁定卸货。已知装好货物的货箱A的质量为4.4 kg，配重B的质量为1.1 kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.5，sin53°=0.8，sin37°=0.6，下列说法不正确的是（　　） A．货箱A下滑的加速度大小为1 m/s2 B．货箱A下滑到底部时速度大小为2 m/s C．货箱A下滑到底部系统重力势能的减小量为28.6J D．若卸货后空箱A质量为0.1 kg，则其被解锁后能回到原处 【答案】A 【详解】A．对AB整体，由牛顿第二定律可知，A错误； B．货箱A下滑到底部时速度大小为，B正确； C．货箱A下滑到底部系统重力势能的减小量为，C正确； D．若卸货后空箱A质量为0.1 kg，因，则其被解锁后能回到原处，D正确。此题选择不正确的，故选A。 7．（2026·福建南平·一模）某快递自动分拣系统部分流水线的示意图如图所示，足够宽的水平传送带以大小为的速度匀速运行，货物以大小为的速度垂直进入传送带，经时间货物恰好与传送带相对静止。货物可视为质点，与传送带间的动摩擦因数处处相等。若改变，则下列关于随变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】足够宽的水平传送带以大小为的速度匀速运行，货物以大小为的速度垂直进入传送带，则货物相对传送带的初速度大小为货物受到的滑动摩擦力大小为方向与相对运动方向相反，所以货物相对于传送带做匀减速直线运动，加速度大小为经时间货物恰好与传送带相对静止，则有当时，，可知图像有正的纵轴截距，随的增大而增大；图像的切线斜率为可知切线斜率随的增大而增大。故选B。 8．（2026·福建三明·模拟预测）如图所示，一竖直轻弹簧下端固定在地面上。现将一小球置于弹簧上方并用力向下压至某一位置O（在弹性限度内）后由静止释放。以O点为原点，竖直向上为正方向建立x轴，小球上升过程的和图像如下图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，其中MN段为直线。下列图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AB．设小球位于O点时弹簧的压缩量为，根据题意可知， 小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律有 得 故小球离开弹簧前，其图像是一条与纵轴交于正半轴、下降趋势的直线，小球离开弹簧后，只受重力，加速度为，故A错误，B正确； CD．小球离开弹簧前，小球所受合力先向上且逐渐减小，弹簧弹力等于小球重力时，合力为零，此后合力向下且越来越大，故小球的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，图像切线斜率的绝对值故先减小后增大，其图像先越来越平缓，后越来越陡，小球离开弹簧后，加速度不变，速度越来越小，则越来越大，即图像越来越陡，故MN段应为曲线，故CD错误。故选B。 选择题预测05抛体运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示，质量为3m的抛物线型凹槽锁定在光滑水平地面上。质量为m，可看做质点的小球从凹槽左端点（左端点处固定弹射装置）水平弹出后恰好落在轨道底部。以抛物线的顶点为坐标原点建立直角坐标系xOy，抛物线方程为。重力加速度g取。则（　　） A．小球从凹槽左端点水平弹出的初速度为2m/s B．小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点 C．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点以1m/s的水平初速度弹出后仍然恰好落在轨道底部 D．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点弹出后仍然恰好落在轨道底部，此过程凹槽向左移动1.5m 【答案】B 【详解】A．由抛物线方程为，得抛出点坐标为 由平抛运动联立解得，，故A错误； B．将代入得联立消去t得即小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点，故B正确； CD．若凹槽解除锁定，由动量守恒恰好落在轨道底部解得凹槽向左移动，故CD错误。故选B。 分析有理·押题有据  抛体运动是高中物理中典型的匀变速曲线运动，是“运动的合成与分解”思想的重要载体。2026年命题将深度嵌入生活实践、体育运动、科技前沿等真实场景，考查学生在复杂情境中运用运动的分解与合成思想构建抛体模型的能力。情境化命题趋势显著，如“打水漂”、“弹射装置”等真实场景频繁出现，要求考生具备模型建构与多过程拆解能力。预计2026年高考会结合体育运动，考查平抛运动模型、斜抛运动模型等，也会综合动量与能量进行命题。抛体运动作为联系牛顿运动定律、能量与动量的重要枢纽，近三年高考真题中均有考查。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北保定·一模）如图所示，杂技表演时，小球在两倾角均为θ的倾斜板子间弹跳，小球离开a板和到达b板时速度大小相等，方向均与板子垂直，运动轨迹左右对称。小球与两板的接触点到两板底端O的距离均为L。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从a板运动到b板的时间为 B．小球在最高点的速度大小为 C．小球离开a板时的速度大小为 D．小球最高点到两板底端O的高度为 【答案】C 【详解】AB．设小球从a板运动到b板的时间为t， 斜上抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据可逆性斜上抛运动从最高点可分为两个平抛运动,落在b板上由速度分解的矢量三角形有 最高点到某一板水平方向有 最高点到某一板竖直方向有 联立解得， 小球在最高点的速度大小为 小球离开a板时的速度大小为 故AB错误,C正确； D．最高点到某一板竖直方向由自由落体 小球最高点到两板底端O的高度为，故D错误。 故选C。 2．（2026·江苏·一模）如题图所示，三角形斜面ABC水平固定，两个相同且可视为质点的小球a、b同时从C、D两点以相同速度水平抛出，先后落点为E、A。已知B、C、D在同一竖直线上，E为AC中点，小球a、b平抛到斜面上时的动能之比为，不计空气阻力。则该过程中，下列说法正确的是（　　） A．斜面的倾角为45° B．高度关系满足BC=1.5CD C．小球a、b距斜面的最远距离之比为 D．小球a、b距斜面最远时的位置在同一竖直线上 【答案】D 【详解】B．平抛运动水平方向有，由于小球a、b做平抛运动的水平位移比为，则小球a、b做平抛运动的时间之比为，根据 可知小球a、b在竖直方向下落的高度之比为，根据几何关系可知BC=CD，故B错误； A．小球a、b在E、A两点的竖直速度之比为，设斜面倾角为θ，由速度偏向角和位移偏向角关系可知 结合已知的动能关系可得 解得，故A错误； C．小球a、b距斜面最远时，两球距斜面投影点的竖直高度之比显然小于，因此两球距斜面的最远距离之比也一定小于，故C错误； D．小球a、b距斜面最远时的速度方向均与AC平行，运动时间相同，水平位移相同，即小球a、b距斜面最远时的位置在同一竖直线上，故D正确。 故选D。 3．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，水平地面足够长且光滑，一小球从距地高 的 点以 的速度水平向右抛出。小球与地面发生碰撞后，水平方向的速度不变，竖直方向的速度大小变为碰前的，碰撞时间不计。小球与地面碰撞的位置依次记为 。重力加速度取 ， 小球可视为质点，忽略空气阻力，则 和 之间的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】小球从 A 点平抛，竖直方向做自由落体运动，由 得第一次下落时间 分析碰撞后的竖直运动规律碰撞后竖直方向速度变为碰前的，因此每次碰撞后竖直方向的运动时间（上抛 + 下落）为前一次的 设第n次碰撞后，相邻两次碰撞的时间间隔为，则第 1 次到第 2 次时间间隔为 第n次到第(n+1）次时间间隔为 则与的水平距离 故选D。 4．（2026·浙江温州·二模）2025年，浙BA掀起篮球热潮。如图所示，某运动员在M点将篮球斜向上抛出，篮球在空中划过一道弧线后，到达N点。已知篮球抛出时速度方向与水平方向的夹角为60°，速度大小为，M、N两点的连线与水平方向的夹角为30°。若不计空气阻力，篮球视为质点，重力加速度为g，则篮球（　　） A．经最高点时的速度为零 B．经最高点时重力的瞬时功率不为零 C．从M点运动到最高点的时间为 D．M、N两点之间的水平距离为 【答案】D 【详解】A．斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，先分解初速度，初速度与水平成，因此水平分速度 竖直分速度 斜抛运动最高点竖直方向速度为0，水平方向速度保持不变，因此最高点速度不为零，故A错误； B．重力的瞬时功率 最高点竖直速度，因此重力瞬时功率为0，故B错误； C．从M到最高点，竖直方向做匀减速运动，时间 故C错误； D．设MN总运动时间为，MN连线与水平成，因此满足 竖直位移 水平位移 代入得 代入、、 解得总时间 因此水平距离 故D正确。 故选D。 5．（2026·湖南·二模）如图甲所示，足够长光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v经过B点后沿半圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落在所在的水平地面上，落点距B点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x与r的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C的所有情形，重力加速度g取。则（　　） A．v =15m/s B．x的最大值为10m C．小球在轨道上的B、C两点受到的弹力大小的差值随r的增大而减小 D．r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等 【答案】D 【详解】A．小球能经过C点，则有 从B到C由机械能守恒可知 联立解得 由图可知，r最大值为rm=2m，可知，故A错误； B．在C点做平抛运动，则， 可得 则当时，x有最大值，故B错误； C．小球在轨道上B点时 在C点时 其中 解得小球的B、C两点受到的弹力大小的差值 可知与r无关，故C错误； D．小球在距离水平面高h的位置时，由机械能守恒 在该点时 其中 解得 可知r一定时，FN与h为线性关系，则r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等，故D正确。 故选D。 6．（多选）（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，从斜坡底端以初速度将可视为质点的小球斜向上抛出，初速度方向与斜面间夹角为θ，小球在斜面上的落点与抛出点之间的距离为x。已知重力加速度为g，小球运动过程中的空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．由抛体运动的对称性可知，小球落在斜面上时的速度方向与斜面夹角也为θ B．小球运动过程中的速度变化率不变 C．当时，x有最大值 D．x的最大值为 【答案】BD 【详解】A．小球沿斜面方向做匀减速运动，垂直于斜面方向先减速后反向加速（类竖直上抛运动），故小球落至斜面时垂直于斜面方向的分速度不变，沿斜面方向的分速度减小，故落至斜面时与斜面的夹角大于θ，故A错误； B．速度变化率即加速度，小球运动过程中加速度恒定，即速度变化率不变，故B正确； CD．如图所示 将小球的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和自由落体运动，由正弦定理有 整理得 由数学方法求极值可知，当时， 故C错误，D正确。 故选BD。 7．（多选）（2026·四川泸州·二模）如图所示，在倾角的斜面上有矩形区域，在点静止释放小球甲的同时，在点以与夹角为、大小为的速度弹射另一小球乙，两球均可视为质点。小球乙在斜面上的某点（图中未标出）击中小球甲，且击中时二者的速率相等。忽略一切摩擦，重力加速度为。关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．碰前瞬间两球速度间的夹角为 B．碰前瞬间两球速度间的夹角为 C．小球甲下降的高度 D．小球乙沿方向的位移 【答案】BD 【详解】AB．设从开始释放到两球相碰经过时间为t，则对甲球 对乙球沿斜面向上的速度沿MQ方向做匀速运动，速度由题意可知联立解得此时（负号说明方向沿斜面向下）此时速度方向与甲球速度方向的夹角为，即，即碰前瞬间两球速度间的夹角为，A错误，B正确； C．小球甲下降的高度，C错误；     D．小球乙沿方向的位移，D正确。 故选BD。 8．（多选）（2026·山东东营·一模）如图所示，竖直平面内三个点A、B、C构成边长为L的正三角形，AC沿竖直方向，小球从A点以某一速度抛出，经三角形几何中心O点到达B点。不计阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球从A点到B点的时间为 B．小球最小速度为 C．小球初速度与水平方向夹角正切值 D．小球初速度大小为 【答案】BD 【详解】A．设小球经过的最高点为，如图所示 由运动对称性可知与、的水平距离相等，由几何关系可知、的竖直距离 、的水平距离代入数据得 小球在水平方向做匀速直线运动，可知由到，由到、与所用时间相等，设时间为，竖直方向上，由匀变速直线运动规律可知、的竖直距离小球由到做平抛运动，有，代入数据得，小球由到可看作由到的平抛运动，小球在点竖直方向的速度小球从点到点的时间为，故A错误； B．小球在点速度最小，即，故B正确； C．小球初速度与水平方向夹角正切值，故C错误； D．小球初速度大小代入数据得，故D正确。故选BD。 选择题预测06圆周运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】“冰锅挑战”是近期在长春西湖公园火爆的一种冬季汽车漂移、爬坡或脱困挑战。如图，在冰砖砌成的冰坑里驾驶汽车，挑战如何从“锅底”静止起步驶出“锅沿”。第一次汽车从坑底沿冰坑侧面逐步提速，完成若干水平面内圆周运动后沿圆周切线方向驶出冰坑；第二次汽车在竖直面内做类似荡秋千的变速圆周运动，通过逐次的能量积累最终荡出冰坑。若汽车两次均以相同的速率经过P点（图中），则两次经过P点时汽车所受支持力大小之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设汽车的质量为。第一次，汽车在水平面内做匀速圆周运动，汽车在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件可得在水平方向，根据牛顿第二定律可得其中联立，解得 第二次，汽车在竖直面内做变速圆周运动，在P点时，根据牛顿第二定律可得 联立，可得 即两次经过P点时汽车所受支持力大小之比为1:1。 故选D。 分析有理·押题有据 圆周运动是高中物理中典型的曲线运动模型，综合考查受力分析、牛顿定律与功能关系，是连接经典力学与现代工程的重要桥梁。2026年命题将深度嵌入航天科技、智能交通、极限运动等真实场景，重点考查学生在复杂情境中分析向心力来源、判断临界状态以及运用动力学方程解决实际问题的能力。近五年高考中，圆周运动连续有考查，是曲线运动模块的绝对核心与高频考点。教育部1号文件明确要求“加强项目式、探究式的真实情境问题设计”，圆周运动情境丰富、覆盖面广，是情境化命题的天然载体。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁·二模）科学家利用量子纠缠原理研发出新型陀螺仪，该装置的核心部件是一个悬浮在真空腔内的碳环，通过激光场驱动以恒定转速旋转。已知碳环的直径为，转速为，下列说法正确的是（    ） A．碳环转动的频率为 B．碳环转动的周期为 C．碳环转动的角速度为 D．碳环边缘的线速度为 【答案】D 【详解】已知碳环半径，转速，根据圆周运动各物理量的关系可知： A． 频率等于单位时间内转动的圈数，即，A错误； B．周期，B错误； C．角速度，C错误； D．线速度，D正确。 故选D。 2．（2026·江苏·一模）游乐场中，大摆锤摆臂的上端悬挂于横梁上，下端O连接圆形座舱，座舱平面与摆臂垂直。通过电机与齿轮等驱动，摆臂在某竖直平面内向下摆动过程中，座舱按图示方向绕O匀速转动，此时座舱直径ab与摆臂所在的竖直平面垂直，则（    ） A．O点做圆周运动 B．a点做圆周运动 C．此时a点的速度一定大于b点的速度 D．此时a点的速度一定大于O点的速度 【答案】A 【详解】A．O点到横梁的距离为摆臂的长度保持不变，则O点的轨迹为圆周运动，故A正确； B．O点的轨迹为圆周运动，a点相对于O点转动，则a点的实际轨迹为复杂的曲线运动，不是圆周运动，故B错误； C D．设座舱边缘绕O匀速转动的线速度大小为，则a点的速度大小为，b点的速度大小为，则此时a点的速度一定小于b点的速度，a点的速度一定小于O点的速度，故C错误，D错误。 故选A。 3．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，半径为的餐桌中心有一个可以匀速转动、半径为1m的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。置于圆盘边缘质量的物体（可视为质点）与圆盘之间的动摩擦因数，与餐桌之间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取。则（　　） A．当圆盘的角速度恒为1时，物体受到的摩擦力大小为 B．为使物体不滑到餐桌上，圆盘角速度的最大值为 C．若物体从圆盘上滑下，则一定能离开餐桌 D．若物体从圆盘上滑下，则刚好停在餐桌边缘 【答案】D 【详解】A．当圆盘的角速度恒为1时，物体所需的向心力为，可知物体没有相对滑动，摩擦力大小为，故A错误； B．当摩擦力达到最大值时，有 可得圆盘角速度的最大值为，故B错误； CD．若物体从圆盘上滑下，如图所示 物体到餐桌边缘的距离为 物体的速度满足 物体与餐桌之间的动摩擦因数 因为 可知刚好停在餐桌边缘，故C错误，D正确。 故选D。 4．（2026·贵州贵阳·一模）可视为质点的游客在观山湖区乘坐如图所示的“观山湖眼”摩天轮，他随座舱一起在竖直面内做速度大小为v的匀速圆周运动。将此速度在圆周所在的平面内沿水平和竖直方向分解，其水平分量为。以游客经过最低点时为计时起点，在其转动一圈的过程中，随时间t变化的关系图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】游客做匀速圆周运动，设角速度为ω，则经过时间t后，转过的角度为ωt。此时速度方向与水平方向的夹角为ωt，因此水平分量为 因此随时间t按余弦规律变化，可知D选项符合题意。 故选D。 5．（2026·江西上饶·一模）如图（a）所示，一可视为质点的滑块放在水平转台上，滑块恰好能随转台绕O点做半径为r的匀速圆周运动，图（b）为俯视图。某学校物理兴趣小组利用位移传感器采集滑块的位置和时刻信息，画出某时刻起滑块沿x轴上的分速度vx随时间t的变化关系如图（c）所示。取水平向右为正方向，滑块所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，不计空气阻力。则滑块与转台间动摩擦因数和图（c）中阴影部分面积S大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【详解】根据最大静摩擦力提供向心力有 由图（c）可知， 解得 图（c）中阴影部分面积S大小等于沿x轴方向的位移大小，对应滑块匀速圆周运动的圆心角为 阴影部分面积S大小 故选D。 6．（多选）（2026·福建厦门·二模）如图所示，2026年春晚节目《武BOT》中，某机器人的右臂以肩关节O点为圆心做匀速圆周运动，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，已知，，，则P、Q两点做圆周运动的（　　） A．角速度大小相同 B．线速度方向相同 C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为 【答案】AD 【详解】A．右臂上的P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点的运动属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度大小相同，A正确； BCD．右臂上P、Q两点做匀速圆周运动的半径分别为、，且、不在同一直线上。 又知P、Q两点做匀速圆周运动的线速度方向与半径垂直，故P、Q两点的线速度方向不相同。 由几何关系可得 所以，，故B错误，C错误，D正确。 故选AD。 7．（多选）（2026·山东·一模）智能呼啦圈是一种结合了传统呼啦圈功能和现代科技的健身工具，它通过内置传感器、重力球（配重）等设计，使运动更易上手且能有效锻炼腰腹核心肌群。如图甲，腰带外侧带有导轨，导轨内装有滑轮，不计质量和长度的细短杆一端固定在滑轮上并穿出导轨，另一端通过细轻绳连接配重， 图乙为简化模型。已知配重（可视为质点）的质量为m，细轻绳的长度为L，悬挂点P 到腰带中心点 O的距离为r， 配重随细短杆在水平面做匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，配重运动过程中腰带保持静止，重力加速度为g， 下列说法正确的是（  ） A．若转速增大，腰带受到的合力变大 B．配重的运动周期为 C．配重运动半周，重力的冲量大小为 D．配重运动半周，细绳对配重施加的拉力的冲量大小为 【答案】BD 【详解】A．转动过程中，腰带处于平衡状态，合力为零，因此若转速增大，腰带受到的合力不变，故A错误； B．对配重受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得配重的运动周期为，故B正确； C．配重运动半周，重力的冲量大小为，故C错误； D．对配重受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 配重运动半周，动量的变化量为 根据动量定理可得 结合上述结论可知 联立解得，故D正确。 故选BD。 8．（多选）（2026·山东枣庄·一模）如图甲所示，圆形导轨竖直固定，质量的小圆环套在导轨上。小圆环由最低点开始沿导轨运动，转过的角度为，它的速率v与的关系图像，如图乙所示。重力加速度，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．圆形导轨的半径为0.4m B．圆形导轨的半径为0.8m C．当时，小圆环克服重力做功的瞬时功率为 D．当时，小圆环克服重力做功的瞬时功率为6W 【答案】BD 【详解】AB根据图乙可知，当转过角度为0时，小圆环运动到导轨的最低点，此时速度大小为；当转过角度为时，小圆环运动到导轨的最高点，此时速度大小为，根据动能定理解得，故A错误，B正确； CD．当时，设小圆环的速度大小为，根据动能定理 解得方向斜向上，则小圆环克服重力做功的瞬时功率为其中解得，故C错误，D正确。故选BD。 选择题预测07万有引力与航天 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于P点，AB是椭圆轨道Ⅰ的短轴。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。则（　　） A．飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点 B．飞行器沿轨道Ⅰ上从A点经P点运行至B点的时间为 C．飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为 D．时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积相等 【答案】C 【详解】A．飞行器在两轨道运行过程中，当飞行器在轨道Ⅰ的近地点时，飞行器距离地球间距最小，飞行器所受万有引力最大，根据图乙可知，飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点，故A错误； B．结合上述，根据图乙可知，飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点，在时刻经过轨道Ⅰ的P点，即飞行器沿轨道Ⅰ上从近地点经A点运行至P点的时间为，故B错误； C．根据图乙，飞行器在轨道Ⅰ的近地点与远地点有，飞行器沿轨道Ⅱ的远地点有根据开普勒第三定律有解得，故C正确； D．时间内，飞行器开始在轨道Ⅱ上运行，后来在轨道Ⅰ上运行，开普勒第二定律是针对同一轨道，可知，时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。 故选C。 分析有理·押题有据 万有引力与航天模块一直是高频且稳定的命题热点。随着我国嫦娥、天问、空间站等航天工程密集推进，2026年命题将呈现两大核心转向：一是“试题情境紧跟航天科技发展前沿”，不再考查抽象的轨道计算，而是深度融入真实发射与探测任务；二是从单一的天体运动参数计算，转向跨模块综合考查，强调物理知识在真实工程问题中的系统应用能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·浙江杭州·二模）2025年9月，科学家们的最新研究探讨了向距离地球最近的黑洞发射探测器的可能性。下图为探测器绕黑洞（BH）的运动示意图，椭圆轨道I与圆轨道Ⅱ相切于点。已知探测器质量为，黑洞质量为，半径为，轨道I上离黑洞中心最远的点到黑洞中心的距离为，圆轨道Ⅱ的半径为。若规定无穷远处引力势能为零，探测器的引力势能为探测器到黑洞中心的距离），探测器在椭圆轨道的总机械能（a为椭圆轨道半长轴）。则探测器（　　） A．在轨道I、Ⅱ上运动的周期之比为 B．在轨道I、Ⅱ上点的加速度大小之比为 C．经过轨道I、Ⅱ上点的速度大小之比为 D．在轨道I上经过点的速度大小之比为 【答案】C 【详解】A．根据开普勒第三定律，有 可得探测器在轨道Ⅰ、II上运行的周期之比为，故A错误； B．根据万有引力提供向心力，有 可得 故可知探测器在轨道I 、Ⅱ 上Q 点的加速度大小之比为1:1，故B错误； C．在轨道Ⅱ 上Q 点，根据万有引力提供向心力，有 可得在轨道Ⅱ 上Q 点的速度为 在轨道I上Q 点的总机械能为 引力势能为 则有 联立解得 经过轨道I 、Ⅱ 上 Q 点的速度大小之比为，故C正确； D．根据开普勒第二定律，在相等的时间内，探测器与黑洞连线扫过的面积相等，则有 解得在轨道I 上经过P 、Q 点的速度大小之比为，故D错误。 故选C。 2．（2026·湖北恩施·二模）我国载人登月工程的总目标是2030年前实现中国人首次登陆月球，目前各项研制建设工作正在稳步推进。假设飞船完成登月探测任务后，从月球表面升空进入近月圆周轨道运行，后续变轨脱离月球束缚，关闭发动机进入返回地球的轨道。已知月球质量为M，半径为R，引力常量为G，飞船质量为m，忽略月球自转和飞船质量的变化。以下说法正确的是（　　） A．飞船在月球表面所受重力大小为 B．飞船在近月圆周轨道上运动的线速度大小为 C．飞船在变轨脱离月球的过程中，发动机需要对飞船做负功 D．关闭发动机后，飞船在靠近地球飞行的过程中速度保持不变 【答案】B 【详解】A．忽略月球自转时，飞船在月球表面所受重力等于万有引力，大小为，A错误； B．近月圆周轨道上万有引力提供向心力，根据可得，B正确； C．飞船脱离月球束缚需要从近月轨道变轨到更高轨道，这个过程中需要增大机械能，发动机推力与飞船运动方向同向，做正功， C错误； D．关闭发动机后飞船在靠地球引力作用下靠近地球，地球引力做正功，飞船动能增大，速度增大， D错误。 故选B。 3．（2026·江西九江·二模）由中国科学院云南天文台牵头的研究团队，在一颗类似太阳的恒星周围发现了一颗位于宜居带的“超级地球”开普勒，轨道如图所示。该行星绕恒星运行周期为，行星从A到B（A、B两点关于椭圆长轴对称）、从C到D的时间均为；从B到C、从D到A行星与恒星的连线扫过面积之比为3∶1，万有引力做功的绝对值分别为和，经历的时间分别为和；A和C处的速度分别为和、加速度分别为和下面判断正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．从B到C、从D到A行星与恒星的连线扫过面积之比为3∶1，根据开普勒第二定律可知，，而 可得，A错误； B．因AB两点动能相同，由功的概念结合对称性可知，B正确； C．根据，因，可得，C错误； D．根据开普勒第二定律可知 因，可知，D错误。 故选B。 4．（2026·辽宁·一模）小行星探测、防御和资源开发对于全人类具有深远战略意义。2025年9月召开第三届深空探测（天都）国际会议，中国探月工程总设计师吴伟仁介绍，我国正在规划对一颗小行星实施动能撞击演示验证任务，验证小行星防御方案可行性。如图所示、假设某颗小行星绕太阳做圆周运动，轨道半径为r，运动方向如箭头所示。探测器在P处以较大速度撞击小行星并结合为一体。小行星的轨道变为图中虚线椭圆轨道，远日点仍为P近日点为Q，Q到太阳的距离为。下列说法正确的是（　　） A．撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前经过P点的速度大 B．撞击后小行星最大速度与最小速度之比为 C．小行星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 D．撞击后小行星绕太阳运行的周期会变长 【答案】A 【详解】AB．由万有引力提供向心力 得 因，故撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前经过P点的速度大 撞击后由开普勒第二定律 解得，故A正确，B错误； C．遵循开普勒第三定律的两星体有共同的中心天体，故C错误； D．撞击后小行星绕太阳运行的轨道变低，运行变快，周期会变短，故D错误。 故选A。 5．（2026·辽宁·二模）长征七号改运载火箭由中国航天科技集团一院研制，是我国新一代中型高轨液体运载火箭，具备一箭一星和一箭双星发射能力。如图长征七号改运载火箭发射的两颗卫星A、B在同一平面内绕顺时针方向匀速圆周运行。某时刻两卫星的连线与A卫星的轨道相切，已知A、B卫星的运行周期分别为TA、TB，A、B卫星的运行半径分别为r、2r，则（　　） A．卫星A的机械能比B的小 B．卫星A的角速度是B的倍 C．卫星A的向心加速度是B的2倍 D．经时间两卫星距离最近 【答案】D 【详解】A．由于卫星A与卫星B的质量未知，不能比较卫星A与卫星B的机械能大小，故A错误； B．根据开普勒第三定律有 又知，所以，卫星A的角速度是卫星B的倍，故B错误； C．卫星A与卫星B的向心加速度比值，故C错误； D．设图示时刻两卫星与地球球心的连线夹角为θ，故 解得 设由图示时刻经时间t两卫星相距最近，故 解得，故D正确。 故选D。 6．（2026·贵州黔东南·模拟预测）2026年1月19日，我国在海南商业航天发射场使用长征十二号运载火箭，成功将卫星互联网低轨19组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若预定轨道是距地面高度为（为系数，为地球半径）的圆，在时间内，卫星转过的圈数为，引力常量为，不考虑地球（视为球体）的自转，则地球的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，满足公式 1. 轨道半径：卫星距地面高度为，因此轨道半径 2. 角速度：时间内卫星转圈，周期，因此角速度 3. 联立上述公式消去，解得地球质量 故选B。 7．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）2025年11月25日，神舟二十二号在酒泉卫星发射中心发射成功，并于2025年11月25日15时50分成功对接于空间站的天和核心舱前向端口。空间站在距离地面h高度（小于同步卫星高度）处环绕地球做匀速圆周运动，环绕周期为T，已知地球的半径为R。下列说法正确的是（　　） A．空间站的环绕速度大于7.9km/s B．航天员在空间站内的合力为0 C．空间站环绕地球的周期小于地球同步卫星的环绕周期 D．地球表面的重力加速度为 【答案】C 【详解】A．第一宇宙速度是地球卫星的最大环绕速度，由万有引力提供向心力 推导得 轨道半径越大环绕速度越小。空间站轨道半径，故环绕速度小于，故A错误； B．航天员随空间站做匀速圆周运动，万有引力全部提供向心力，合力不为零，故B错误； C．根据开普勒第三定律（中心天体为地球时为定值），轨道半径越大环绕周期越大。空间站轨道高度小于同步卫星，即轨道半径更小，故空间站的环绕周期小于地球同步卫星的环绕周期，故C正确； D．对空间站，万有引力提供向心力解得地球表面重力等于万有引力联立得地球表面重力加速度，故D错误。故选C。 8．（2026·辽宁·一模）嫦娥六号在2024年6月成功完成了世界首次月球背面采样的壮举。在环月探测阶段，嫦娥六号运行在距月面高度为200km的圆形轨道，其运行周期约为2小时。在返回地球的过程中，嫦娥六号返回舱采用了“打水漂”式再入返回技术（半弹道跳跃式再入），即返回舱先以高速进入地球大气层，随后借助大气升力跃出大气层，经过一段时间后再次进入大气层。已知月球绕地球公转的轨道半径r约为38万公里，周期约为27.3天，月球的半径为。下列说法正确的是（　　） A．仅题中所给数据可以求出月球的质量 B．嫦娥六号在环月轨道上运行时的向心加速度小于月球公转的向心加速度 C．嫦娥六号返回舱在“打水漂”跃出大气层的过程中，其机械能保持不变 D．嫦娥六号返回舱再次进入大气层后，其机械能一直减小 【答案】D 【详解】A．嫦娥六号环月飞行时，万有引力提供向心力，有整理得月球质量题中未给出引力常量，仅靠题目给的数据无法求出月球质量，故A错误； B．向心加速度嫦娥六号环月向心加速度 月球绕地球公转的向心加速度，，嫦娥六号在环月轨道上运行时的向心加速度大于月球公转的向心加速度，故B错误； C．返回舱跃出大气层的过程中，仍受大气阻力作用，阻力做负功，机械能减小，故C错误； D．返回舱再次进入大气层后，始终受空气阻力作用，阻力一直做负功，机械能一直减小，故D正确。 故选D。 选择题预测08功能关系 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】森林火灾不仅会造成经济损失，还会对生态环境和公共安全造成严重危害。如图为某地突发山火时，消防队员利用直升机通过吊桶装置从水源直接取水，随后飞往火场进行洒水灭火的途中。若直升机在水平飞往火场的过程中绳子与竖直方向的夹角保持α＝14.5°不变，同时绳子以v1＝2m/s的恒定速度回收。已知吊桶装置（含水）的总质量为3000kg，忽略空气阻力，g取10m/s2，sin14.5°＝，当直升机水平飞行的速度为v2＝8m/s时，下述正确的是（　　） A．直升机沿水平方向做匀速直线运动 B．吊桶装置（含水）的运动轨迹为直线 C．此时吊桶装置（含水）所受合外力做功的功率为 D．此时吊桶装置（含水）受绳拉力做功的功率为 【答案】D 【详解】A．对吊桶装置进行受力分析和运动分析。吊桶受重力 和绳子拉力 。由于绳子与竖直方向夹角 保持不变，且绳子以恒定速度 回收，吊桶在竖直方向的分速度 恒定，故竖直方向加速度 ，受力平衡，有 水平方向上，吊桶随直升机运动，且具有相对直升机的水平分速度，由于 不变，吊桶水平加速度 与直升机加速度相同。由牛顿第二定律，水平方向合力 联立解得 因 为定值， 恒定且不为零，直升机做匀加速直线运动，故 A 错误。 B．吊桶水平速度 随时间均匀增加，竖直速度 恒定，合速度方向时刻变化，轨迹为曲线，故 B 错误。 C．由题中数据可知 则 ，此时直升机速度 ，吊桶水平速度合外力合外力功率，故 C 错误。 D．绳子拉力 将吊桶速度分解为随直升机水平运动速度和沿绳收缩速度，则代入数据得，故 D 正确。故选D。 分析有理·押题有据 功能关系是高中物理能量观念的核心，贯穿力学、电磁学等所有模块，是解决复杂运动与多过程问题的关键工具。2026年命题将把动能定理、机械能守恒、功能原理三大核心内容深度嵌入航天工程、新能源汽车、电磁感应等科技情境，彻底告别机械的公式套用。 密押预测·精练通关 1．（2026·湖南常德·一模）中国制造的新能源汽车，产销量连续十年保持全球第一。新能源汽车具有噪声小、污染少、起步快、加速平顺等优点。某新能源汽车在启动时由电机提供牵引力，而阻力来自两部分，一部分是地面摩擦阻力，设为一定值，另一部分来自空气阻力，设其大小与汽车速率成正比。已知该汽车质量为m，电机在不同功率下的牵引力F与对应匀速直线运动的速率v关系如图所示，其图像纵截距为b，斜率为k，则下列说法正确的是（　　） A．地面摩擦阻力 B．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小不变 C．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小随时间均匀增大 D．若该汽车以某恒定功率启动，经过时间t达到最大速度，则汽车克服空气阻力做的功为 【答案】C 【详解】A．当汽车做匀速直线运动时，牵引力等于总阻力，总阻力由地面摩擦阻力和空气阻力组成，即 其中地面摩擦阻力为一定值，空气阻力的大小与汽车速率成正比。结合图像纵截距为，斜率为，得 可知地面摩擦阻力，空气阻力，故A错误； BC．若该汽车以恒定加速度启动，根据牛顿第二定律，得 由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 代入，解得牵引力的大小为 其中、、、均为定值，则牵引力大小随时间均匀增大，故B错误，C正确； D．汽车以恒定功率启动，达到最大速度时，牵引力等于总阻力，有 恒定功率 牵引力做功 根据动能定理，得 汽车克服空气阻力做的功为 其中为汽车克服总阻力做的功，故D错误。 故选C。 2．（2026·河北·一模）某建筑工地用起重机将质量为m=300kg的重物运送到一定高度处，重物从地面启动瞬间开始计时，前10s内重物的加速度a随时间t的变化规律如图所示。已知0~4s内的图线为过原点的倾斜直线，4~10s的图线为曲线，且4~10s的时间内起重机的输出功率保持不变，4s时重物上升的高度为，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则（　　） A．4s末重物的速度达到最大 B．0~4s内重物所受拉力随位移均匀变化 C．0~10s内重物机械能的增加量为4.82×104J D．6~10s内重物机械能的增加量为3.6×104J 【答案】C 【详解】A．内重物加速度始终大于0，速度持续增大，末加速度减为0时速度才达到最大，故A错误； B．内，由图像可得重物的加速度与时间的关系 由牛顿第二定律，得 联立解得 可知拉力与时间呈线性关系，但重物做变加速运动，位移与时间不是线性关系，因此拉力与位移不是线性关系，则拉力不随位移均匀变化，故B错误； C．图线与时间轴所围图形的面积表示速度变化量的大小，末的速度 已知末上升高度 内机械能增加量 由牛顿第二定律，可得末拉力 功率为 经过了 功率不变，拉力做功 即该段机械能增加量 总机械能增加量，故C正确； D．共经过，拉力做功 即机械能增加量为，不是，故D错误。 故选C。 3．（2026·四川内江·一模）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度与对轻绳的拉力，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段与轴平行，点对应的坐标为第二个时间段内线段的延长线过原点，第三个时间段内拉力和速度v均与点的坐标对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为。重力加速度为，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法不正确的是（　　） A．重物的质量为 B．第一阶段重物上升的高度 C． D．重物在前两个时间段内的总位移 【答案】B 【详解】A．由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即有 解得，A正确； B．第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物的加速度大小为 第一个时间段内的位移，B错误； C．BC段的拉力功率不变，有，C正确； D．设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有 解得 所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移，D正确。 故选B。 4．（2026·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为，以为原点、沿斜面向下为正方向建立轴，A、B点的坐标分别为。质量为的滑块由点静止释放，恰好能运动到点，滑块与斜面间的动摩擦因数随坐标的变化的图线为倾斜直线，如图乙所示。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．滑块进入AB段立即做减速运动 B．滑块经过点时重力的功率为 C．点处的动摩擦因数 D．滑块从处由静止释放将不能到达处 【答案】C 【详解】A．滑块进入AB段，最初动摩擦因数较小，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故先做加速度减小的加速运动，后重力的下滑分力小于滑动摩擦力，且滑动摩擦力增大，做加速度增大的减速运动，故A错误； B．从，由 重力的功率为，故B错误； C．设在距离原点x处动摩擦因数为，则下滑 由动能定理有 求和得 为图乙中三角形的面积 解得，故C正确； D．从处到处，重力做功为 摩擦力做功为 因，故滑块从处由静止释放将能到达处，故D错误。 故选C。 5．（2026·河北沧州·一模）如图甲所示，一个小物块从斜面底端冲上固定的光滑斜面，改变小物块的初动能，得出小物块轨迹的最高点距地面高度与其初动能的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．小物块的质量为 B．斜面的长度为 C．当小物块以大小为的初速度冲上斜面时，刚好能到达斜面的顶端 D．当小物块以初动能为冲上斜面时，小物块到达最高点时离出发点的水平距离为 【答案】C 【详解】A．由图乙可得，当小物块初动能为时，小物块未冲出斜面，根据动能定理有 解得 所以小物块的质量为，故A错误； B．设斜面的长度为、倾角为，小物块能冲出斜面时初动能为，冲出斜面后做斜抛运动的速度为，从斜面底端到顶端，根据动能定理有 冲出斜面后做斜抛运动，还能上升的高度 小物块轨迹的最高点距地面高度 联立解得 由图像乙中初动能为时，小物块冲出斜面，这条一次函数表达式为 所以有， 联立解得， 所以斜面的长度为，故B错误； C．设小物块以初速度冲上斜面时，刚好能到达斜面顶端，有 解得 即此时速度刚好达到斜面顶端，故C正确； D．当小物块以初动能为冲上斜面时，设小物块冲出斜面后做斜抛运动的速度为，从斜面底端到顶端有 解得 从斜面顶端到最高点的运动时间 从斜面顶端到最高点的水平距离 解得 所以从出发点到最高点的水平距离，故D错误。 故选C。 6．（2026·海南海口·二模）如图，可视为质点的物块A、B用一不可伸长的轻绳连接，A穿在光滑竖直细杆上，细杆底部固定。轻绳跨过轻质光滑定滑轮。A、B的质量分别为，，定滑轮到杆的距离为，细绳长为。现让A从与定滑轮等高处由静止释放，不计一切摩擦、空气阻力及定滑轮大小，重力加速度为。关于A下落过程中的说法正确的是（　　） A．物块A的机械能一直增大 B．物块A的速度始终小于物块B的速度 C．物块A下落的最大距离为 D．物块A、B等高时物块B的速度大小为 【答案】C 【详解】A．由静止释放物块A，物块A向下运动的过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功，物块A的机械能减小，故A错误； B．设物块A下滑的过程中绳与竖直方向的夹角为，则 所以，物块A的速度大于物块B的速度，当物块A的速度为零时，物块B的速度也为零，故B错误； C．当物块A的速度为零时，物块A的下落高度最大，此时物块B的速度也为0，设物块A下落的最大高度为，根据机械能守恒定律有 解得，故C正确； D．设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为，根据几何关系有 又知， 联立解得 根据动能定理有 又知 联立解得，物块A、B等高时物块B的速度大小为，故D错误。 故选C。 7．（2026·山西运城·一模）如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距为9m，传送带的倾角。时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，传送带上A点运动的图像如图乙所示。煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，煤块大小可以忽略，取重力加速度大小，。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，其位移大小为4m B．煤块在传送带上运动的时间为 C．煤块在传送带上留下的痕迹长度为15m D．煤块与传送带间产生的热量为90J 【答案】D 【详解】A．煤块滑上传送带后做匀减速直线运动，加速度大小 经过时间煤块的速度减为零，则 内传送带的速度为零，则煤块向上滑动的位移 1s后传送带开始加速，传送带的加速度 由于，煤块向下加速，其加速度 所以煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，位移为5m，故A错误； B．设煤块向下加速到点运动的时间为，则 解得 则煤块在传送带上运动的时间，故B错误； C．煤块上滑相对传送带的位移，下滑相对传送带的位移大小 ，则煤块在传送带上留下的痕迹长度为17.5m，故C错误； D．煤块与传送带间产生的热量，故D正确。 故选D。 8．（2026·浙江宁波·二模）单位行程耗能和单位时间耗能是衡量纯电动汽车性能的两个重要参量。现有某纯电动汽车在水平路段以匀速行驶时，单位行程耗能；以匀速行驶时，单位行程耗能。电动机驱动汽车匀速行驶，单位时间耗能（单位为）与阻力的功率成线性关系，即（为未知常数），汽车所受阻力与速度大小成正比。单位行程耗能最小时，汽车的速度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】汽车匀速行驶时阻力与速度成正比，即，阻力功率 单位时间耗能 单位行程耗能为每行驶1米消耗的能量，1米行驶时长为，因此 设，，代入两组已知条件： 时，，整理得 时，，整理得 联立解得，，即 根据均值不等式，当时取最小值，解得，即（速度取正值）。 故选B。 选择题预测9机械振动和机械波 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】如图所示，在xOy平面内存在均匀介质，波源、分别位于和处，时刻两波源同时开始振动，波源的振动方程为，波源的振动方程为。已知波在该介质中的传播速度为1m/s，则位于坐标原点的质点P的振动图像为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】波源的振动方程为，故振幅为波源产生的机械波传播到原点所用的时间波源的振动方程为，故振幅为波源产生的机械波传播到原点所用的时间在过程中，质点P静止； 在过程中，只有产生的机械波传播到了原点，故振幅为； 在过程中，两列波都传播到了原点，两列波在原点处振动方向相反，两列波叠加之后的振幅为，对应图像C。故选C。 分析有理·押题有据 机械振动与机械波是高中物理中典型的波动模型，历年考查频率高，通常以选择题形式出现。2026年命题将把振动图像与波动图像分析、波的传播规律深度嵌入声波降噪、超声探测、战绳健身等真实科技与生活情境，彻底告别抽象的图像孤立分析。教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态，加强项目式、探究式的真实情境问题设计”，波动模块因其与声学、水波、医学超声等技术的高度关联，已成为情境化命题的重点板块。 密押预测·精练通关 1．（多选）（2026·山东滨州·一模）如图甲所示，两波源P、Q分别位于x=0.6m和x=0.7m处。t=0时刻，波源Q开始振动，形成沿x轴负方向传播的简谐波，t=0.2s时刻，波源P开始振动，形成沿x轴正方向传播的简谐波，两波源P、Q的振动图像如图乙所示。已知x<0区域为介质1，波长λ1=0.4m，x>0区域为介质2，波长λ2=0.2m。则（　　） A．波在介质1中的波速是波在介质2中的波速的2倍 B．0.6s时x=0.4m处的质点在平衡位置向下振动 C．在0.6s~1.4s内，x=0处的质点振动的路程为24cm D．稳定后，在0<x<0.7m的范围内有6个振动加强点 【答案】AC 【详解】A．由振动图像可知两波周期 频率 波源起振方向均向下，比晚振动，相位差为 由 可知介质1中波速为 介质2中波速为 可得，故A正确； B．在介质1中，波传播到这里需要 故该点仅存在波，到距离 波传播时间为 在开始振动，故波传到的时刻为 到振动了 起振方向向下，经过后质点回到平衡位置，速度方向向上，故B错误； C．的波传到的时刻为 的波传到的时刻为 故，未振动，路程为；共振动 振幅为，总路程为，故C正确； D．把P点的波源平移到0位置当成新波源P，稳定后两波步调相同，介质2中波长为 质点到Q点和等效波源之间的波程差为 可知 则振动加强点满足（为整数） 解得 所以稳定后，在0<x<0.7m的范围内有7个振动加强点，故D错误。 故选AC。 2．（多选）（2026·浙江金华·二模）在同一均匀介质中相距的两个波源，同时相向发出两列简谐波。波源开始振动作为计时零点，两波源的连线上有A、B两个质点，其内振动图像分别如图甲、乙所示，则（　　） A．波速为 B．A、B的平衡位置可能相距5m C．两波源的起振方向相同 D．时，A、B两质点的速度方向相同 【答案】BC 【详解】C．由图可知，两波源的起振方向均沿+y方向，故C正确； A．由图可知4s时质点B开始振动，6s时两波相遇，则4v+6v=20m，解得v=2m/s，故A错误； B．由图可知，3.5s时质点A开始振动，A、B两点的距离为，解得x=1m；或，解得x=5m，故B正确； D. 由图像可知，时，质点A沿x轴负向振动，质点B速度为零，D错误。 故选BC。 3．（多选）（2026·辽宁·一模）某跨海大桥的健康监测系统中，在主桥墩处安装的一个位移传感器，记录桥墩的振动情况。传感器记录到桥墩在竖直方向的振动位移随时间变化关系为（国际单位制），桥墩在竖直方向的振动使水平钢索发生了振动，并在钢索中传播形成横波，且波速（F为钢索中的张力，为钢索的线密度）。时刻，钢索上形成的波形如图所示，此时位置点的速度方向沿y轴正方向，钢索中的张力为320N，忽略机械能损失。下列说法正确的是（　　） A．钢索中波的传播方向沿x轴负方向 B．钢索中波的频率为2Hz C．钢索中波的波长为10m D．时，钢索上处的质点正沿y轴正方向运动 【答案】BD 【详解】A．此时点的速度沿轴正方向，根据“同侧法”可知波沿轴正方向传播，故A错误； B．桥墩的驱动力周期为 则频率为 钢索做受迫振动，则钢索中波的频率为2Hz，故B正确； C．由波速 可得波长，故C错误； D．由B项可知， 结合波形图可知，的质点振动到波峰位置，的质点振动到平衡位置，根据波动的滞后重复性可知，的质点要向波峰位置运动，故速度方向沿轴正方向，故D正确。 故选BD。 4．（多选）（2026·山东枣庄·二模）质点P、Q、R的平衡位置分别在轴上。波源平行于轴振动，形成一列沿轴正方向传播的简谐横波，时刻的波形，如图甲所示，此刻波刚好传到处于平衡位置的质点。质点的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．波源的起振方向沿轴负方向 B．波源的振动周期为4s C．时，质点的位置坐标为 D．第4s内质点的加速度沿轴正方向且逐渐增大 【答案】BC 【详解】A．由图甲可知，质点Q的起振方向沿y轴正方向，所以波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误； B．由图乙可知，质点P的振动周期为 所以波源的振动周期也为4s，故B正确； C．根据图甲可知，波长为 则波速为 该波传播到质点R所需时间为 此时质点R振动时间为 由于起振方向沿y轴正方向，所以时，质点位于波峰，即质点的位置坐标为，故C正确； D．因为周期为 且起振方向沿y轴正方向，所以第4s内质点Q由波谷向平衡位置振动，则质点的加速度沿轴正方向且逐渐减小，故D错误。 故选BC。 5．（多选）（2026·陕西榆林·二模）如图甲所示，机器人手持彩带一端上下抖动模拟艺术体操运动员的动作，形成的绳波可简化为简谐波。以手的平衡位置为坐标原点，已知乙图为处波源的振动图像，图丙为原点右侧处质点的振动图像。下列说法正确的是（　　） A．内，处波源通过的路程为 B．0时刻，处质点的振动方向向上 C．若波长大于，此列波的传播速率可能是 D．若波长大于，此列波的传播速率一定是 【答案】AC 【详解】A．从振动图像可得，周期，振幅 包含个周期，一个周期内质点路程为，因此总路程，故A正确； B．由丙图可知，时刻后处质点位移为负，说明振动方向向下，故B错误； C．波沿正方向，时处质点在波峰，处质点在平衡位置向下振动，因此两处质点距离满足（n=0，1，2，…）整理得（n=0，1，2，…）若，则得，即或，时，波速，故C正确； D．若，则得，仅有，时，此时不是，故D错误。故选AC。 6．（多选）（2026·陕西榆林·一模）2025年8月26日，新疆地区发生多次地震，“地震预警”成为人们关注的事情。“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。某地震波沿x轴传播，图甲为时的波动图像，图乙为处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为，下列说法正确的是（　　） A．这列波沿x轴负方向传播 B．P质点的振动方程为 C．时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反 D．时刻，P、Q两质点都向y轴负方向运动 【答案】AB 【详解】A．由乙图可知，在时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负向传播，故A正确； B．P质点的振动方程为 其中， 将，，代入解得或 因时刻，质点P沿+y方向运动，故取 因此P质点的振动方程为，故B正确； C．时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度大小也相同，故C错误； D．波向x轴负方向传播可知时质点P在x轴下方并向y轴负方向减速运动；Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，故D错误； 故选AB。 7．（多选）（2026·江西·二模）如图甲所示，某均匀介质中有两个相距0.8m的波源S1、S2，M点是它们连线中垂线上的一质点。以S1、S2连线为x轴，连线中点O为原点，建立图示空间直角坐标系O-xyz，M点是y轴上一点。两波源沿z轴方向持续振动发出简谐横波，且S1比S2先起振。已知S1的振幅为2cm，两列波的波速均为0.25m/s，从S1起振开始计时，M点的振动图像如图乙所示。据此可知（　　） A．两列波的波长均为0.5m B．S1比S2先起振2s C．S2的振幅为1cm D．S2的起振方向沿z轴负方向 【答案】AC 【详解】A．从图乙M点的振动图像可得，振动周期 ，已知波速 ，由波长公式 。两列波在同一介质中，波速、频率均相同，因此波长均为0.5m，A正确； B．M在 、 连线中垂线上，因此 ，两波波速相等，故两列波从波源传播到M的时间相等。 由图乙可知： 时M开始振动，说明 的波传到M用时 ； 后M振幅改变，说明此时 的波传到M。 设 比 先起振 ，则 ，得 ，B错误； C．两列波到M的路程差为0，比 先起振 ，相位差由起振方向决定；最终M合振幅为，且振动反向（合振幅为差），由 ，已知 ，得 ，C正确； D．M点被的波带动，开始振动时沿轴正方向运动，因此起振方向沿轴正方向；叠加后 t=5 s 时，M 向 z 负方向运动，振幅 1 cm，说明 S2 波在 M 点的起振方向为 z 正方向，D错误。 故选 AC。 8．（多选）（2026·重庆梁平·二模）图为彝族的传统乐器月琴，它是乐器领域的“明珠”之一。当演奏者轻抚月琴时，琴弦会产生简谐横波，图甲为某一琴弦在时刻的波形图，图乙为该琴弦上平衡位置在处质点的振动图像。下列说法正确的是（　　） A．该波的传播速度为 B．经过时间，质点第二次出现在波谷 C．时刻质点的振动方向沿轴正方向 D．质点在内经过的路程为0.55cm 【答案】AB 【详解】A．由甲图（波形图）得波长，振幅，由乙图（P点振动图像）得周期波速 ，故A正确； B． 时刻P点在平衡位置，沿轴正方向运动； 第一次到达波谷的时间为 第二次波谷为第一次波谷再经过一个周期，故B正确； C．，由乙图可知，此时P点在平衡位置，下一时刻位移为负，因此振动方向沿轴负方向，故C错误； D．，一个周期路程为 剩余的路程计算： P从平衡位置开始向上运动，内先到波峰（路程），再往回走实际总路程约为 ，故D错误。故选AB。 选择题预测10静电场基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】（多选）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R1和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U连接，产生强度稳定的径向电场，其半径r处电场强度大小为（k为常数）。电荷量均为q、初速度大小均为v，质量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心（虚线）入射，经电场偏转后分别以v1、v2、v3到达右侧探测板，出口处相邻离子束间距相等，其中离子m2沿虚线切向射出。下列说法正确的是（　　） A．内侧球面电势低于外侧球面电势 B．m1、m3两离子动能变化量大小相等 C．若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚线射出，则需将电压调为2U D．现仅调节稳定电源电压为U'，使质量为m1的离子能沿虚线射出，则 【答案】AD 【详解】A．​沿虚线做匀速圆周运动，向心力指向圆心，正离子的电场力方向与电场方向一致，因此电场方向径向向内（由外侧球面指向内侧球面）。沿电场方向电势逐渐降低，因此外侧球面电势高于内侧球面，即内侧球面电势低于外侧球面，故A正确； B．设出口处相邻离子束间距为，则相邻离子束间电势差为动能变化量等于电场力做功由径向电场强度大小，可知则m1、m2间的平均场强大于m2、m3间的平均场强，因此电场力对m1、m3两离子做功不相等，则m1、m3两离子动能变化量大小不相等，故B错误； C．设虚线半径为，沿虚线运动时，电场力提供向心力，有解得若电荷量加倍，仍沿虚线射出，电场力提供向心力，有解得因此则需将电压调为，不是，故C错误； D．让沿虚线射出，由电场力提供向心力，可得解得与​式联立作比，得因此，故D正确。故选AD。 分析有理·押题有据   静电场是高中物理电磁学的基石，考查频率高。2026年命题将深度嵌入芯片制造、电容式传感器、静电悬浮等科技前沿与生产生活情境，从单纯的概念辨析转向“基础概念深度理解+真实问题抽象建模”的双轨考查，彻底告别机械刷题模式，完美契合“无情境不命题”的核心要求。静电场是连接力学与电磁学的重要桥梁，能有效整合受力分析、牛顿定律、功能关系、圆周运动等多模块知识，精准考查“信息提取→模型构建→规律运用”的素养链条。 密押预测·精练通关 1．（多选）（2026·河南濮阳·一模）图甲所示，平面直角坐标系处在匀强电场中，匀强电场与坐标平面平行，轴正半轴上各点的电势随变化的规律如图乙所示，轴正半轴上各点的电势随变化的规律如图丙所示。在坐标原点处沿轴正方向以大小为的速度射出一个比荷为的带正电的点电荷，不计粒子的重力，已知，则下列判断正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度大小为 B．匀强电场的方向与轴正方向夹角为 C．粒子运动过程中的电势能先减小后增大 D．粒子运动过程中所经位置的最高电势为 【答案】AD 【详解】A．根据题目所给电势-位置图像，可推导出匀强电场的分量，由乙图可知，由丙图可知 根据电场强度的矢量合成，故A正确； B．电场方向指向第三象限，与轴负方向夹角为，则，即，与轴正方向夹角为，故B错误； C．粒子带正电，初速沿正方向，受力方向与电场一致（第三象限），初始阶段速度与力夹角，电场力做负功，电势能增加；随后轨迹偏转，夹角，电势能减小，即电势能先增大后减小，故C错误； D．根据题意，带电粒子沿电场方向速度减为零时，电势最高，设带电粒子逆电场线运动的距离为，则由动力学有， 解得 由原点电势为零，则最高点电势，故D正确。 故选AD。 2．（多选）（2026·黑龙江吉林·二模）如图所示，一绝缘正四面体的顶点a、b、c、d分别固定电荷量为、、、的四个点电荷。O、P、M、Q为四面体棱上的点，且满足。规定无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（    ） A．M与O点的场强不同 B． C．将电性为负的试探电荷由P点移动到Q点，电场力做正功 D．在四面体的棱上，另有3个点的电势与M点相同 【答案】AD 【详解】A．由对称性可知，M与O点的场强大小相同，但方向不同，A正确； B．在ab的中垂线上，在ab两处电荷的电场中，M点的电势为0。M点是cd的中点，在cd两处电荷的电场中，M点的电势也为0，故M点的电势为0；P、Q距离a、c均为处，a、c分别为+q、-q的电荷，则分别在P、Q处的电势绝对值相等，同理，P、Q距离b、d均为处，b、d分别为-q、+q的电荷，b、d分别在P、Q处的电势绝对值相等，P与d、c距离与Q与b、a距离相等，则合电势刚好相反，即φP=-φQ，根据A分析，O点的电势也为零，则有UPM=φP-φM，UOQ=φO-φQ，则UPM=-UQO，故B错误 ； C．因为φP＞φQ，则负电荷由P点运动到Q点，电场力做负功，故C错误； D．根据正四面体及电荷分布的对称性可知，ab、ac、db中点的电场强度大小，电势均与M点相同，其他各点均不满足条件，故D正确。 故选AD。 3．（多选）（2026·辽宁·一模）沿绝缘光滑水平桌面建立x轴，空间存在与x轴平行的匀强电场，取x轴正方向为电场的正方向，在内，电场强度E随位置坐标x变化关系图像如图所示。将质量为、电荷量为的带正电小球从x轴上的处由静止释放，则下列说法正确的是（　　） A．小球释放瞬间，加速度大小为 B．小球会在到之间做往复运动 C．在x轴上与两处的电势相等 D．小球运动到时的动能为 【答案】AD 【详解】A．由图像可知，处的电场强度为 所以小球在该位置的加速度大小为，故A正确； B．在内电场始终沿x轴正方向，故小球由静止释放后，会沿x轴正方向运动，故B错误； C．从到处，电场方向始终沿x轴正方向，电势降低，故C错误； D．从到，由动能定理有 解得，故D正确。 故选AD。 4．（多选）（2026·广东广州·模拟预测）电容式键盘具有噪音小、寿命长、触发键程可控等优势。图甲为电容式键盘按键的原理图，每个按键下方由互相平行且间距为的活动金属板和固定金属板构成。为探究按键原理，一同学设计了如图乙所示的电路。先将单刀双掷开关接，一段时间后将开关接到，测出了按键未按下时振荡电流频率为。下列说法正确的是（　　） A．当开关接时，若测得灵敏电流计示数减小，说明按键一定正在回弹 B．当开关接时，若将按键按下，则电流将从左端流入灵敏电流计 C．当开关接时，若测得振荡电流频率减小，说明按键正在向下运动 D．当开关接时，若测得振荡电流频率为，说明按键已被按下了 【答案】BC 【详解】A．开关接时，按键回弹导致板间距离增大，由可得电容减小，电容器放电，现象为灵敏电流计反偏（与按下按键时电流方向相反）。“示数减小”与“回弹”无必然关联，“示数减小”说明电容变化速度减小或趋于稳定状态，按下时、回弹时、开关刚接时都有可能出现，故A错误； B．开关接时，按键按下过程中，板间距离减小，电容增大，电容器充电，电流方向为逆时针，电流从灵敏电流计左端流入，故B正确； C．开关接时，根据公式可知，减小反映了增大，对应减小，说明按键正在向下运动，故C正确； D．开关接时，根据公式可知，与成反比，当时，对应，对应板间距离为，即按下了，故D错误。 故选BC。 5．（多选）（2026·湖北孝感·二模）两个点电荷、分别固定在x轴上原点O和坐标为的位置。一带正电的粒子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能随位置x变化的关系如图所示，图线最高点对应横坐标为，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　） A．带负电 B．处的电场强度为零 C．的电荷量比小 D．从到的过程中带电粒子的加速度一直减小 【答案】BD 【详解】A．根据电势能的定义式 结合图像可知处的电势等于零，靠近原点O处电势趋于负无穷，所以原点O处的带负电，处的带正电，故A错误； BC．图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，则处的电场力为0。由可知处的电场强度为0，则离更近电荷量更小，故B正确，C错误； D．图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，可知从到粒子受到的电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其加速度也逐渐减小，故D正确。 故选BD。 6．（多选）（2026·广东湛江·一模）如图所示，空间有一棱长为的正方体，点固定电荷量为（）的点电荷，点固定电荷量为的点电荷，、分别为上、下两个面的中心点，已知静电力常量为，则（　　） A．点与点的电场强度相同 B．点与点的电势差等于点与点的电势差 C．点的电场强度大小为 D．将带负电的试探电荷由点沿直线移动到点，其电势能先增大，后减小 【答案】BC 【详解】A．由对称性知，点与点的电场强度大小相等，但方向不同，故错误； B． 点与点的电势差为，点与点的电势差 由对称性知，,，则，故B正确； C．点的电荷在点的电场强度为，点的电荷在点的电场强度为，所以点的场强大小为，故C正确； D．将带负电的试探电荷由点沿直线移动到点的过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，故D错误。 故选BC。 7．（多选）（2026·重庆沙坪坝·一模）如图甲所示，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为+q的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，图中AC为水平直径。从A点开始，小球动能Ek与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（    ） A．该匀强电场的场强大小为 B．该匀强电场的场强大小为 C．轻绳的最大拉力大小为 D．轻绳在A、C两点拉力的差值为 【答案】BCD 【详解】AB．设重力和电场力的合力为，依题意，时动能最大，时动能最小，由动能定理有 解得，方向与重力成，向右下方，如图所示 由余弦定理有 解得，A错误，B正确； C．依题意，在时，轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律有，其中 解得，C正确； D．如图所示 在A点有 在C点有 从C到A由动能定理有 解得，D正确。 故选BCD。 8．（多选）（2026·河北·一模）细胞电转染是一种通过电场将外源分子导入细胞的技术，其原理可简化为如图所示。细胞附近存在电场，其中带箭头的实线为电场线，关于过细胞中心的竖直线PQ对称分布。虚线为带电的外源DNA分子仅在静电力作用下进入细胞膜的轨迹，A、B为轨迹上的两点，C点与B点关于PQ对称。已知DNA分子在B点的速度大于在A点的速度，则（　　） A．DNA分子带正电 B．DNA分子在A点的加速度小于在B点的加速度 C．B、C两点的电场强度相同 D．A点的电势比B点的电势低 【答案】BD 【详解】A．根据曲线运动的条件，可知DNA分子所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，即与电场线的方向相反，故DNA分子带负电，故A错误； B．根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由图可知A点处的电场线比B点处的电场线更稀疏，故DNA分子在A点的电场强度小于在B点的电场强度，根据牛顿第二定律可知DNA分子在A点的加速度小于在B点的加速度，故B正确； C．由题知，C点与B点关于PQ对称，即电场线的疏密程度相同，但两点电场线的切线方向不同，故两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误； D．由题知，DNA分子在B点的速度大于在A点的速度，即DNA分子在B点的动能大于在A点的动能，根据能量守恒定律，可知DNA分子在B点的电势能小于在A点的电势能。DNA分子带负电，且在电势越高的点，电势能越小，根据可知A点的电势比B点的电势低，故D正确。故选BD。 选择题预测11电磁感应基本规律应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】（多选）电动汽车能量回收装置的简化原理图如图所示。间距为的足够长平行金属导轨、固定在绝缘水平面内，导轨左端通过单刀双掷开关可分别与电动势为、内阻为的电源和电容器相连。虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、长度也为的金属棒垂直导轨静置于虚线右侧，金属棒在导轨上运动时与导轨间的阻力大小始终为。0时刻将开关拨至时刻金属棒的加速度恰好为0，此时将开关拨至2，电容器在极短时间内完成充电。已知电容器的电容为，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。下列说法正确的是（　　） A．内金属棒做匀加速直线运动 B．将开关拨至2前瞬间，金属棒的速度大小为 C．电容器完成充电瞬间，电容器两端的电压为 D．电容器充电完成后，金属棒做加速度大小为的匀减速直线运动 【答案】BCD 【详解】A．内金属棒做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误； B．将开关拨至2前瞬间，金属棒的加速度为0，则有解得，故B正确； C．将开关拨至2后，电容器在极短时间内完成充电，电容器两端电压与金属棒切割磁场产生的感应电动势相等，则有对金属棒有（极短时间内导轨阻力的冲量可忽略）解得，故C正确； D．设电容器充电完成后内金属棒的速度减小了，则有 对金属棒有解得，故D正确。故选BCD。 分析有理·押题有据 电磁感应是高中电磁学的核心枢纽，2026年命题将深度嵌入磁悬浮列车、无线充电、风力发电等国家新能源战略场景，以“磁—电—力—能”转化链为主线，全面考查学生从复杂工程中提炼物理模型、综合运用力学与电磁学规律解决真实问题的核心素养。近五年各地高考卷均将电磁感应作为压轴或计算题常客。2026年教育部1号文件要求“融入科技前沿动态”，磁悬浮驱动、无线充电技术、光伏发电能量转换等已成为明确的高频命题载体，预计将进一步强化情境化综合考查。 密押预测·精练通关 1．（多选）（2026·云南昭通·二模）如图所示，相距为的水平虚线、间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。“日”字形闭合导体线框竖直放置，线框宽，到的距离为，将金属框由静止释放，边和边都恰好匀速通过磁场。已知、、边的电阻分别为、、，其他部分电阻不计，运动中线框平面始终与磁场垂直，边始终水平，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．边通过磁场时，流过线框电流流向为 B．边和边通过磁场的速度之比为 C．边通过磁场过程中，安培力的冲量大小为 D．整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为 【答案】BC 【详解】A．由右手定则知边通过磁场时流过线框电流流向为，故A错误。 B．边进磁场时的速度为，则有 边进磁场时的速度为，则有 解得，故B正确。 C．边通过磁场过程中，安培力的冲量大小，故C正确。 D．整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为 根据机械能守恒有 解得 则有 解得，故D错误。 故选BC。 2．（多选）（2026·广东·一模）如图，采用电磁刹车技术的列车质量为m，其下方固定有边长为L、匝数为N、总电阻为R的正方形闭合线框abcd。垂直于钢轨间隔分布的匀强磁场，磁感应强度为B，每个磁场区域的宽度及相邻两磁场区域的间距均为L。当ab边以初速度v0进入磁场区域时，列车开始刹车，经31L停下。已知钢轨宽度为D，刹车过程，列车所受钢轨及空气阻力的合力恒为f，则（　　） A．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流沿adcba方向 B．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流大小为 C．列车从开始刹车到停止，线框产生的焦耳热为 D．列车从开始刹车到停止，所经历的时间为 【答案】ACD 【详解】A．根据右手定则可知，当ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流沿adcba方向，故A正确； B．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流大小为，故B错误； C．列车从开始刹车到停止，根据能量守恒定律可得 所以线框产生的焦耳热为，故C正确； D．设线框完全进入左侧第一个磁场时速度为v1，根据动量定理可得，所以同理，线框离开磁场的过程，有 依此类推，当列车经31L停下，有 所以列车从开始刹车到停止，所经历的时间为，故D正确。 故选ACD。 3．（多选）（2026·湖南怀化·一模）如图，在粗糙绝缘的固定斜面上（斜面足够大）有一质量为m粗细均匀的矩形线框abcd，线框由两种金属材料组成，ad、bc长为L、电阻均为2R，ab、cd长为、电阻不计，线框处在方向垂直斜面向下的足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量也为m的导体棒PQ紧挨ad放置（不接触ad），PQ接入电路电阻为R，时刻，同时静止释放导体棒PQ以及矩形线框abcd，经时间恰好运动到矩形线框的中心处，此时对棒施加沿斜面向上的力，最终棒PQ恰好不从线框掉下。已知运动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，矩形线框与斜面间的动摩擦因数为，棒PQ与矩形线框间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．导体棒PQ刚释放瞬间，线框的加速度大小为 B．时间内通过ad边的电荷量为 C．时导体棒的速度为 D．若时导体棒下降的高度为h，则整个过程中棒PQ上产生的热量为 【答案】AB 【详解】A．对线框受力分析有 解得 由于 故结果成立，故A正确； B．由电量 因为， 通过ad边电量为总电量的一半，联立解得，故B正确； 对棒，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理有 其中，代入解得，故C错误； D．由全过程动量定理有 由全过程能量守恒 联立解得 这里Q为焦耳热，应还存在摩擦产生的热量，故D错误。 故D错误。 故选AB。 4．（多选）（2026·河南濮阳·一模）如图甲所示，间距为的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接有阻值为的定值电阻，质量为的金属棒垂直放在导轨上，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；第一次，给金属棒一个水平向右、大小为的初速度，金属棒在导轨上运动的速度与运动的位移间的关系如图乙所示；第二次，给金属棒施加一个水平向右的拉力使金属棒从静止开始向右运动，运动的速度与运动的位移间的关系如图丙所示。不计导轨的电阻，金属棒接入电路的电阻也为，则下列判断正确的是（　　） A．匀强磁场的磁感应强度大小为 B．第一次，通过定值电阻的电量为 C．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，电阻中产生的焦耳热为 D．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，拉力做的功为 【答案】BC 【详解】A．第一次，整个过程中由动能定理 由图像可知 可得，A错误； B．第一次，整个过程中由动量定理 解得，B正确； C．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，可知克服安培力做功 由图像可知，可得 而，可得电阻中产生的焦耳热为，C正确； D．第二次，由动能定理 可得拉力做的功为，D错误。 故选BC。 5．（多选）（2026·河北·一模）两足够长且间距为的平行金属导轨与水平面夹角为，导轨上端与一阻值为的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，下方存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一质量为的金属杆垂直导轨放置在处，现将金属杆由静止释放，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值也为，且与粗糙导轨间的动摩擦因数，，，导轨电阻不计，金属杆与导轨接触良好，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．金属杆通过区域所用的时间为 B．在整个过程中，定值电阻产生的热量为 C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．金属杆经过区域，金属杆所受安培力随位移线性变化 【答案】ABD 【详解】A．设金属杆经过的速度为，由动量定理可知金属杆通过区域所用的时间满足 金属杆在区域内的运动由动量定理可知 代入 联立解得，故A正确； B．全程运动根据能量守恒可知 代入 解得 定值电阻产生的热量，故B正确； C．由上述分析可知金属杆通过、区域，所受安培力的冲量分别为，，故C错误； D．在区域，设金属棒下滑距离为时，速度减小为，由动量定理可知 将代入，变形可知 而金属杆所受安培力 解得 可知安培力与位移为线性关系，故D正确。 故选ABD。 6．（多选）（2026·河北廊坊·一模）如图所示，金属导轨CDE和FGH平行且间距为L，CD、DE在同一竖直面内，CD、FG水平，分别与DE、GH平滑连接，倾斜导轨与水平面的夹角为θ。水平导轨足够长。相同的导体棒1、2质量均为m，棒2放在水平导轨上。倾斜导轨光滑，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ（μ≥0），最大静摩擦力等于滑动摩擦力。导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将棒1从倾斜导轨顶端由静止释放，顶端到水平导轨的竖直距离为h（h足够大）。两棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若μ=0，两棒的最终速度均小于 B．若μ=0，安培力对两棒的冲量之和先不为零后变为零 C．若μ=0，棒1即将到达水平导轨时回路电流为 D．若棒1能够在倾斜导轨上匀速运动，则一定有 【答案】ACD 【详解】A．棒1下滑过程，重力做功最多为，且安培力做负功，由动能定理，可知 因此棒1刚到达水平导轨时速度 若，水平导轨上两棒系统合外力为零，动量守恒，最终共速，有 得 因此两棒最终速度均小于，故A正确； B．两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，因此安培力对两棒的冲量之和始终为零，并非先不为零后为零，故B错误； C．时，棒1到达水平前已达到稳定，水平方向两棒速度差恒定，因此 对棒1，由牛顿第二定律，得 对棒2，由牛顿第二定律，得 联立整理得，故C正确； D．若棒1能在倾斜导轨匀速运动，则，故 对棒2，安培力 对棒1，由平衡条件，得 即 代入得 解得，故D正确。 故选ACD。 7．（多选）（2026·山东·模拟预测）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L，电阻忽略不计。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上静置有两导体棒a、b，质量分别为m和2m，长度均为L，电阻均为R。时刻导体棒a、b分别以、的初速度向左运动，下列关于导体棒a、b的速率和加速度大小随时间变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】根据法拉第电磁感应定律和右手定则，可以判定两导体棒切割形成的两电源串联，安培力大小相等，所以两导体棒加速度之比为2∶1，均减速。当a棒速度减为零后反向加速，产生的电动势与b棒相反，回路中电流继续减小，但始终满足加速度之比为2∶1，最终达到速率相等。 故选BD。 8．（多选）（2026·河北·一模）在磁悬浮技术的实验研究中，常用平行金属导轨模拟电磁驱动系统。如图所示，光滑导轨由倾斜部分和水平部分组成。水平部分位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。倾斜导轨及水平导轨Ⅰ段间距均为，水平导轨Ⅱ段间距为L，Ⅰ、Ⅱ段导轨都足够长。金属棒P、Q质量均为m、接入电路部分的电阻均为r，Q棒开始静止在Ⅱ区，让P棒从倾斜轨道上高度为h处由静止释放，忽略经过轨道连接处的能量损失，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，忽略导轨电阻，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．P棒刚进入磁场时，Q棒的加速度大小为 B．Q棒达到稳定运动状态时的速度大小为 C．从P棒进入磁场到达到稳定运动状态过程中，通过P棒的电荷量为 D．从P棒进入磁场到达到稳定运动状态过程中，系统产生的总热量为 【答案】AC 【详解】A．以P棒为研究对象，根据机械能守恒定律，有 解得根据电磁感应定律，P棒产生的电动势为根据闭合电路的欧姆定律，Q棒的电流为，Q棒受到的安培力为以Q棒为研究对象，根据牛顿第二定律，有解得Q棒的加速度大小为。 B．设Q棒达到稳定运动状态时，P棒、Q棒的速度分别为、。稳定运动时，回路磁通量变化率为零，感应电动势为零，有则分别以P棒、Q棒为研究对象，由动量定理，得，联立可得代入，，解得，，故B错误； C．通过P棒的电荷量为，故C正确； D．由能量守恒，总热量等于动能损失，得代入，，解得，故D错误。故选AC。 选择题预测12交变电流 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】功夫机器人为马年新春增添了十足的科技味。机器人使用氮化镓充电器充电，图甲是这种充电器的核心电路。交流电经前端电路和氮化镓开关管转换后，在ab端获得如图乙所示的高频脉冲直流电，经理想变压器降压后在cd端给手机充电，则正常工作时（　　） A．cd端输出功率小于ab端输入功率 B．cd端输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值 C．cd端输出电流的频率为 D．ab端电压有效值为155.5V 【答案】B 【详解】A．理想变压器无能量损耗，输入功率等于输出功率，因此cd端输出功率等于ab端输入功率，故A错误； B．该变压器是降压变压器，ab端电压U1大于cd端电压U2，根据理想变压器电压规律，得原匝数再根据电流规律，可得即cd端输出电流有效值大于ab端输入电流有效值，故B正确； C．由图乙可知，ab端电压的周期为T，频率为理想变压器不改变交流电频率，因此cd端输出电流频率也为，故C错误； D．根据有效值的定义，设ab端电压有效值为U，一个周期内满足解得，故D错误。故选B。 分析有理·押题有据 交变电流是电磁感应在实际应用中的核心体现，2026年命题将深度融入特高压输电、无线充电、新能源汽车等国家战略与科技前沿，告别单纯公式套用，转向跨模块综合应用，注重真实工程情境下的信息提取与模型构建能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·陕西榆林·二模）图甲为无线充电牙刷，其充电原理简化如图乙所示。底座线圈间通入图丙所示的正弦交流电后，牙刷内置线圈整流电路输入电压为，再经整流后对牙刷内的电池进行充电。规定磁场方向向上为正，俯视时顺时针电流为正，则下列说法正确的是（    ） A．底座线圈和牙刷内置线圈匝数之比为 B．牙刷内置线圈电流方向每秒改变50次 C．内，牙刷内置线圈的感应电流方向为负 D．若在点接入一个理想二极管，则整流电路输入电压的有效值为 【答案】D 【详解】B．由图丙可知，交流电的周期为T=2×10-2s，在一个周期内电流方向改变2次，所以牙刷内置线圈电流方向每秒改变100次，故B错误； A．由图可知底座线圈的输入电压的有效值为U1=220V，内置线圈的输出电压为U2=5V，但因为是无线充电，所以存在漏磁现象，即底座线圈和牙刷内置线圈匝数之比，故A错误； C．根据图丙可知，在0.01～0.015s内，底座线圈中电流产生的磁场方向是向上的增加，根据楞次定律可知牙刷内置线圈的感应电流方向为俯视看顺时针方向，即电流方向为正，故C错误； D．若在c点接入一个理想二极管，由于二极管的单向导电性，所以整流电路中只有半波电流经过，设整流电路输入电压的有效值为U，则 解得，故D正确。 故选D。 2．（2026·广东·模拟预测）如图甲所示为某款利用海浪进行发电的浮桶式发电灯。浮桶内的磁体固定在海岸上，内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，图乙为水平截面图，假设线圈处于水平辐向磁场中，沿竖直方向运动时产生图丙所示的正弦交流电，已知灯泡的电阻，线圈的电阻忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．该交流电的有效值为 B．若线圈随波浪振动的频率增大，但产生的正弦交流电的电压峰值不变，则线圈的输出功率增大 C．时，穿过线圈的磁通量变化率最大 D．图甲中灯泡的功率为 【答案】D 【详解】A．该交流电的有效值为，故A错误； B．线圈的输出功率为，与频率无关，所以若线圈随波浪振动的频率增大，但产生的正弦交流电的电压峰值不变，则线圈的输出功率不变，故B错误； C．由图丙可知，时，线圈中的感应电动势瞬时值为零，所以线圈中磁通量的变化率为零，故C错误； D．图甲中灯泡的功率为，故D正确。 故选D。 3．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图为双线并联模式进行远距离输电的示意图。发电机的输出电压稳定，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，两变压器线圈匝数固定不变，且两变压器间每条输电线等效电阻均为。则（　　） A．若负载电阻变大，升压变压器的输出电压变大 B．若负载电阻变大，输电线损失的电能变大 C．若负载电阻不变，一条输电线被切断，负载两端电压变大 D．若负载电阻不变，一条输电线被切断，升压变压器的输出功率变小 【答案】D 【详解】设升压变压器原、副线圈的电压分别为、，电流分别为、，降压变压器原、副线圈的电压分别为、，电流分别为、，负载电阻为，其中，输电线的总电阻 A．升压变压器的输出电压由输入电压决定，由发电机的输出电压决定，发电机的输出电压稳定，故升压变压器的输出电压稳定，不随着负载电阻的变化而变化，A错误； B．根据欧姆定律有根据，，得，负载电阻变大，减小，输电线损失的电能减小，B错误； C．根据，负载电阻不变，一条输电线被切断，则，即增大，知减小，则减小，由可知减小，C错误； D．根据前面分析知减小，即减小，升压变压器的输出功率，不变，减小，D正确。故选D。 4．（25-26高三下·河南·期中）一含理想自耦变压器的电路如图所示，滑片P可上下移动，从而改变副线圈的匝数，电路中的定值电阻，是可变电阻，交流电流表A、交流电压表、均为理想电表，且示数变化量的绝对值分别用和、表示。在电路左端a、b两点间加上电压不随负载变化的正弦交流电，下列说法正确的是（　　） A．若不变，当滑片P从上端缓慢向下移动时，电压表示数变大 B．若不变，当滑片P从上端缓慢向下移动时， C．若滑片P位于原线圈中点处不动，改变，则不变且 D．若滑片P不动，逐渐增大，则变压器的输入功率一定逐渐增大 【答案】C 【详解】A．将变压器和副线圈负载看成一个等效电阻，则有 滑片P从线圈上端向下移动时，副线圈匝数减小，等效电阻变大，则电压表示数变小，A错误； B．电压表示数与原线圈两端电压之和保持不变，自耦变压器为降压变压器，变压器副线圈两端电压不大于原线圈两端电压，所以，B错误； C．滑片P位于线圈中点处不动时根据变压器的原理可得，则有，在原线圈电路中有即整理可得则有，C正确； D．根据闭合电路规律可知，当时，变压器的输入功率最大，由于电阻关系未知，所以增大，变压器的输入功率不一定增大，D错误。 故选C。 5．（2026·辽宁·模拟预测）某小组同学利用实验室中的变压器、学生电源（内阻不计）、数字多用电表（理想电表）和电阻箱，进行探究变压器原线圈串联电阻r时，电压表的示数U与原副线圈匝数比k的关系。电路如图所示，步骤如下：保持电阻箱的阻值R不变，改变原副线圈的匝数比，记录电阻箱两端的电压U及相应的原副线圈的匝数比k，然后绘制出U-k图像，下列U-k图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意及等效电阻法分析，变压器的等效电阻为 电阻箱两端的电压U与变压器的匝数比k的关系为（其中U0为电源的最大电压，R为电阻箱的阻值） 变形得U= 由此可知，随着匝数比增大，副线圈的电压先增大后减小。 故选A。 6．（25-26高三下·福建·开学考试）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，小灯泡的电阻和电动机内阻均恒为1Ω，定值电阻，在a、b两端加上8V的正弦交流电压，开关S断开时，小灯泡正常发光；开关S闭合时，电动机刚好正常工作。下列判断正确的是（　　） A．小灯泡的额定电压为2V B．电动机的额定功率为5W C．开关S由断开转为闭合，灯泡可能变亮 D．开关S闭合时，通过电动机的电流大于通过灯泡的电流 【答案】A 【详解】A．S断开时，变压器线圈等效电阻为小灯泡正常发光，则有解得根据解得副线圈的电流为小灯泡的额定电压为，故A正确； C．S闭合后，等效电阻变小，原线圈的电流变大，电阻R两端的电压变大，原线圈两端电压变小，副线圈两端电压变小，灯泡变暗，故C错误； D．设S闭合后灯泡两端的电压为，则灯泡的电流为设电动机的电流为，则有解得小灯泡的电阻和电动机内阻均恒为1Ω，可知，故D错误； B．S断开时，灯泡的电功率为，S闭合后，灯泡功率减小，但此时灯泡功率依然大于电动机功率，可见电动机额定功率小于4W，故B错误；故选A。 7．（2026·湖南长沙·二模）如图所示，理想变压器原线圈匝数为，两个副线圈匝数分别为、，。原线圈回路接有正弦交流电和定值电阻、。副线圈回路中接有可变电阻，副线圈回路中接有一只阻值不变的灯泡。初始时滑片P位于中间，下列说法正确的是（　　） A．若P向上滑动，灯泡将变暗 B．若P向上滑动，电阻消耗的功率将减小 C．当时，理想变压器的输入功率为100W D．当时，消耗的电功率最大，且 【答案】D 【详解】AB．将理想变压器及两副线圈回路视为等效电阻，由， 有令， 作出等效电路图如图所示 P上滑，变大、变大，根据串反并同，灯泡将变亮，消耗的功率将增大，故AB错误； C．将交流电源、、作等效电源1处理，则， 时，，则输入功率为，故C错误； D．将等效电源1、作等效电源2处理，则有， 时，，消耗的电功率最大，，故D正确。 故选D 。 8．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示为某水电站远距离输电的原理图。已知升压变压器的原、副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，发电机输出的电压恒为U。现由于用户端负载变化，使发电机输出功率增加了，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，电表均为理想电表，下列说法正确的是（　　） A．输电线上损失的电压增加了 B．电压表的示数与电流表的示数之比不变 C．电压表的示数与电流表的示数之比增大 D．输电线上损失的功率增加了 【答案】A 【详解】A．由于发电机输出电压恒为U，根据理想变压器的规律故电压表的示数不变，发电厂输出功率增加了，则发电厂输出电流增加了根据理想变压器的规律，对于升压变压器根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了故A正确； BC．由A选项可得，示数增加了由于示数增加，示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少故示数也将减小，所以电压表的示数与电流表的示数之比减小，电压表的示数与电流表的示数之比减小，故BC错误； E． 输电线上损失的功率增加了由于未知，故无法计算，故D错误。 故选A。 实验题预测01力学实验 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】小明同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律，其操作步骤如下： ①在铁架台的点固定一个力传感器，将细线一端与力传感器相连，另一端系一个钢球； ②将小球保持静止时球心的位置记为点，测得力传感器的最下端到点的距离为，力传感器的示数为； ③将钢球向右拉至不同高度由静止释放（绳子一直保持紧绷状态）； ④记录释放点钢球球心与点的高度差以及小球在运动过程中力传感器示数随时间变化的规律； ⑤计算并比较钢球在释放点和点之间的重力势能减少量与动能增加量，验证机械能是否守恒。 某次实验中，小球在运动过程中传感器示数随时间变化的规律如图2所示，图中点为图像最高点，点对应的力传感器示数为，求： (1)实验中小球过点时对应图2中的______（选填“a”、“b”、“c”、“d”、“e”）点； (2)改变，记录小球每次过点时传感器的示数，则图像应为（　　） A．B．C． D． (3)某次实验结果略大于，则可能的原因为（　　） A．计算时所用重力加速度的值比当地的值略小一些 B．存在空气阻力 C．小球释放时有初速度 D．误将绳长当成圆周运动的半径 【答案】(1)c(2)D(3)BD 【详解】（1）当小球运动到最低点时速度会达到最大，对最低点进行受力分析可知 所以在最低点时拉力达到最大值，所以本次实验中小球经过点时对应图2中的； （2）小球在最低点合力提供向心力由动能定理可得联立解得故选D。 （3）A．重力势能减少量 为 如果使用了比实际值偏小的 ​ 进行计算，即略小于，A错误； B．若钢球下落过程中存在空气阻力，则有重力势能减少量大于动能增加量，即略大于，B正确； C．如果小球释放时有初速度，但是初速度按照0来计算，则略小于，C错误； D．误将绳长当成圆周运动的半径，则有式中的偏小，则速度也会偏小，所以会导致偏小，即大于，D正确。故选BD。 分析有理·押题有据 力学实验是高考物理实验题的重要组成部分，以一道小题形式呈现，难度中等偏上。2026年命题将实现两大转向：一是从基础仪器读数的机械考查转向对实验原理的深刻理解与迁移；二是从经典实验的照搬操作转向真实情境下的探究性设计。试题将把牛顿第二定律验证、机械能守恒探究等经典实验深度嵌入航天工程、新能源汽车、智能传感等科技情境，要求学生在全新场景中自主完成实验设计、数据解析与误差归因，彻底告别“纸上谈兵”。DIS（数字化信息系统）系统全面普及，力传感器、位移传感器、光电门、加速度传感器等数字化工具已成为实验标配。试题重点考查利用传感器进行数据采集、图像拟合与误差分析，而非机械记忆仪器使用步骤。 密押预测·精练通关 1．（2026·江西九江·二模）某科创小组利用实验室提供的传感器设计了如图甲所示的实验装置，用以探究机械能守恒定律，以及加速度与力、质量的关系。他们将附有刻度尺的气垫导轨调整水平，在导轨左侧处固定一光电门，将轻绳一端固定在点，另一端与滑块相连，滑块上安装遮光条，并且可以增加砝码以改变其质量，在轻绳上通过不计质量的动滑轮悬挂一个重物。打开气泵，将滑块从导轨右侧处由静止释放，记录遮光条通过光电门的时间以及和之间的距离。已知重物的质量为m，遮光条的宽度为d，重力加速度为g，滑块、遮光条以及砝码的总质量用M表示，遮光条通过光电门的时间用t表示，和之间的距离用L表示。 (1)若某次实验中遮光条挡光时间为，此时滑块的速度为________。 (2)该小组探究系统机械能守恒定律时，使滑块总质量保持为不变，改变L进行若干次实验，根据实验数据画出的图线是图乙中的________（选填“A”或“B”），图线斜率________（用所给的字母表示）。 (3)该小组探究加速度与力、质量的关系时，保持L不变，改变滑块M进行了若干次实验，根据实验数据画出了如图丙所示的一条过坐标原点的直线，其纵轴为滑块M的加速度a，经测量其斜率恰为重力加速度g，则该图线的横轴为________（用所给的字母表示），若气垫导轨未调整水平，滑块M加速度的测量值________________。 【答案】(1) (2) A (3) 见详解 【详解】（1）此时滑块的速度为 （2）[1]由系统机械能守恒有 变形得 画出的图线是图乙中的A [2] 图线斜率 （3）[1] 设绳的张力为F，由牛顿第二定律对重物 对滑块 联立解得 则该图线的横轴为 [2] 若气垫导轨左低右高，滑块M加速度的测量值偏大； 若气垫导轨左高右低，滑块M加速度的测量值偏小 2．（2026·北京海淀·一模）用如图1所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图1中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上位置S由静止释放，确定其平均落地点，记为P。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置S由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为M和N，分别测出O点到平均落地点的距离OM、OP、ON。测得球1的质量为，球2的质量为，已知＞。（P、M、N在图中未画出） (1)下列实验步骤中必要的是______。（选填选项前的字母） A．测量球1静止释放的高度h B．测量抛出点距地面的高度H C．测量两小球的半径 D．利用重锤线确定O点的位置 (2)①在误差允许范围内，若关系式______成立，说明两球碰撞前后动量守恒。 ②完成上述实验，图2中平均落地点的位置可能正确的是______。 (3)某次实验时先将球1从斜槽上位置S静止释放，确定球1平均落地点P。然后将球2放在斜槽末端，发现球2沿斜槽滚动，于是调整斜槽末端水平，调整后斜槽末端离地面高度跟原来相同。从斜槽上位置S静止释放球1，与球2碰撞后，确定两球平均落地点M和N。若不考虑调整斜槽引起小球在空中运动时间的变化，则______。（选填“＞”“＝”或“＜”） (4)某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞。设。在实验中仅换用不同质量的球1，重复实验，绘出的图像；又仅换用不同质量的球2，重复实验，并绘出的图像。下图中有可能反映两球发生弹性碰撞的是______。 A． B． C． D． 【答案】(1)D (2) C (3)＜ (4)BC 【详解】（1）AB．球1从斜槽上同一位置S由静止释放，到达斜槽末端速度相同；小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，速度，动量守恒式中可约去，用代替，因此不需要测量释放高度和抛出点高度，故AB错误； C．本题中为抛出点在记录纸上的垂直投影，实验直接测量到落地点的距离，不需要测量小球半径，故C错误； D．必须用重锤线确定点位置，故D正确。 故选D。 （2）[1]碰撞前入射球速度，碰撞后入射球速度，被碰球速度，代入动量守恒 可得验证式 [2]碰撞后球1速度小于，射程小于OP；碰撞后球2速度大于碰撞后球1速度，射程大于OM，因此落地点顺序可能为MPN。 故选C。 （3）调整斜槽前，斜槽末端不水平，球1抛出时初速度斜向下，下落高度相同，空中运动时间小于调整后水平抛出的运动时间；，而动量守恒要求，因此 故填。 （4）AB．弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒， 推导得，代入，，整理得 仅换，增大时，减小，逐渐趋近于，故A错误，B正确； CD．仅换，随增大线性增大，截距为，故C正确，D错误。 故选BC。 3．（2026·浙江宁波·二模）实验小组设计了两种方案来测量弹簧的劲度系数。 (1)方案1：先测得弹簧沿竖直方向自由悬挂时指针所指位置的读数为11.90cm，再悬挂一质量为100g的重物后，指针位置如图1所示，其读数为_______cm，可得该弹簧的劲度系数________N/m（结果保留两位有效数字，重力加速度）。 (2)方案2：通过测量沿竖直方向做简谐运动的弹簧振子的周期，再根据周期公式（式中m为振子质量，k为弹簧劲度系数）来求劲度系数。仍用同一根弹簧悬挂相同的重物，在重物的正下方放置位移传感器，如图2所示。现将重物向下拉开一段距离后释放，使其沿竖直方向做简谐运动，位移传感器记录重物的图像如图3所示，由图可知重物振动的周期为________s，则由该方案得到的劲度系数________（选填”大于”或”小于”）； (3)用方案1、方案2进行多次实验，发现用两种方案得到的劲度系数始终存在一定的差异，你认为造成差异的主要因素是________。 A．空气阻力的影响 B．弹簧自身质量的影响 【答案】(1) 32.50 4.8 (2) 0.937 小于 (3)B 【详解】（1）[1]由图可知其读数为32.50cm； [2]可得该弹簧的劲度系数 （2）由图可知重物振动的周期为 根据可得 则由该方案得到的劲度系数小于； （3）在方案1中，阻力和弹簧本身的重力对实验均无影响；方案2中空气阻力只影响简谐振动的振幅，但不影响周期，但弹簧本身的重力会影响振动周期，故选B。 4．（2026·江苏·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______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，，。假设橡皮筋拉力大小F与其伸长量满足胡克定律，则可用橡皮筋伸长量代表其拉力大小。题3图上已画出了橡皮筋拉力，请继续画出OB、OC橡皮筋拉力、，并画出它们的合力。（图中已标注参考刻度） (3)通过比较与，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均超过5cm，小明认为应采用代表相应力的大小在题3图中作图，小华认为应采用代表相应力的大小。你支持谁的观点?请说明理由。 【答案】(1)6.50 (2) (3)大小相等，方向相反 (4)A (5)支持小明的观点，因为采用代表相应力相当于将横坐标原点移到处，此时橡皮筋的拉力大小与成正比 【详解】（1）刻度尺的最小刻度为1mm，所以刻度尺的读数为6.50cm； （2）根据力的图示结合平行四边形定则可得 、、，长度应在之间 （3）通过比较FA与FBC，在误差范围内两者满足大小相等，方向相反, 则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，才能保证橡皮筋的拉力为合力的一个分力，从而减小实验误差，故A正确； B．计算合力时OB、OC橡皮筋不必相互垂直，故B错误； C．根据，可知用橡皮筋的伸长量表示其力的大小不影响实验结果，故C错误。 故选A。 （5）支持小明的观点，因为采用代表相应力相当于将横坐标原点移到处，此时橡皮筋的拉力大小与成正比。 5．（2026·陕西商洛·三模）如图甲所示，某实验小组设计了一款平抛实验器，绝缘的竖直面板固定在水平底座上，面板上平铺粘贴一层导电性良好的薄铁板，铁板上铺设一层热敏纸，并用磁性胶条固定在薄铁板上，左侧上方有一绝缘轨道，轨道末端水平，抛体块被弹射后做平抛运动，抛体块和薄铁板通过柔软的细漆包线分别连接电火花计时器脉冲输出端口（图中未画出），抛体块平抛运动过程中，每次脉冲放电时会在热敏纸上留下点迹。请回答下列问题： (1)实验时电火花计时器连接的是、的交流电源，在抛体块平抛运动过程中，电火花计时器在热敏纸上打出相邻两点的时间间隔是_____________s。 (2)实验小组测量出某次实验中各点到抛出点的竖直距离y，然后根据所测数据描点，得到了图像如图乙所示，由图像可知，当地的重力加速度大小_____________。（结果保留两位有效数字） (3)实验小组结合某次实验时获得的各点到抛出点的水平距离x、竖直距离y，作出图像如图丙中实线所示。若仅减小抛体块的初速度，则得到的图像可能是图丙中的虚线_____________（填“a”“b”“c”或“d”）。 【答案】(1)0.02 (2)9.8（） (3)a 【详解】（1）由题意知打点间隔与脉冲间隔相等，则打点时间间隔 （2）根据平抛运动规律有 根据图像斜率 解得 （3）根据平抛运动的规律有， 整理可得 若仅减小抛体块的初速度，则图像的斜率增大，获得的图像可能是题图丙中的虚线a。 6．（2026·山东济宁·一模）利用手机软件可定量探究向心加速度与半径、角速度的关系。装置如图甲所示，转盘连接在一个可调转速的电机上，在转盘上沿半径方向每隔相等距离打一个方孔，手机可固定在孔上。 (1)下列实验与本实验采用的实验方法一致的是______。 A．探究弹簧弹力与形变量的关系 B．探究两个互成角度的力的合成规律 C．探究物体加速度与力、质量的关系 (2)保持转盘的转速不变，将手机固定在不同的孔位上，读出不同半径下手机的向心加速度大小，得到如图乙所示的图像。由图可知当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周运动的半径成______。 (3)手机固定在某个孔位中，手机转动过程中向心加速度与角速度的平方的图像如图丙所示。此时手机所在孔位距转盘中心的距离为______。（保留两位有效数字） 【答案】(1)C (2)正比 (3)0.16 【详解】（1）A．实验探究向心加速度与半径、角速度的关系，在研究其中两个物理量的关系时，需要确保第三个物理量不变，可知，实验采用了控制变量法。探究弹簧弹力与形变量的关系时，实验中研究的物理量只有两个，没有采用控制变量法，故A错误； B．探究两个互成角度的力的合成规律时，采用了等效替代法，没有采用控制变量法，故B错误； C．探究物体加速度与力、质量的关系时，在研究其中两个物理量的关系时，需要确保第三个物理量不变，可知，实验采用了控制变量法，故C正确。 故选C。 （2）图像是一条过原点的倾斜直线，可知，当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周运动的半径成正比。 （3）根据 结合图丙有 7．（2026·河北邢台·二模）物理是一门以实验为基础的自然科学。 (1)实验小组要利用如图甲所示装置来测量当地的重力加速度。 ①将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图甲所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为，再用游标卡尺测得摆球的直径为（读数如图乙所示），从图乙可知，摆球的直径为__________cm， ②将小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，小球经平衡位置时开始计时，小球完成次全振动所用时间为， ③根据已知信息，重力加速度的表达式应为__________（用题干所给物理量字母表示）； (2)在图甲装置中小球的平衡位置处安装一个光电门，如图丙所示，该实验小组利用此装置来验证机械能守恒定律。 ①将小球由平衡位置拉开一个较大角度，由静止释放，当小球在最低点经过光电门时记录挡光时间为，②已知小球直径为，小球释放点距离最低点的高度为，重力加速度为， ③若小球下摆过程中机械能守恒则应满足的关系式为__________（用题干所给物理量字母表示）。 【答案】(1) 2.150 (2) 【详解】（1）[1]由题图可知主尺读数为 游标读数为 故读数为 单位转换后，摆球的直径为 [2]由题意可知单摆周期为 根据单摆的周期公式 其中，摆长 联立可得 （2）由题意可知小球通过光电门的速度为 若机械能守恒，可列 约掉后，得 8．（2026·四川德阳·二模）实验小组用图1所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，带凹槽质量的木块，10个质量为的钩码，电火花打点计时器，电源，纸带，细线，刻度尺等。将带定滑轮的长木板放在水平桌面上，细绳跨过定滑轮，一端连接木块，另一端悬挂钩码，其余钩码全部放在木块的凹槽中，释放木块后，利用打点计时器打出的纸带得到木块运动的加速度，改变悬挂的钩码个数n，测出对应的加速度a。 (1)电火花计时器工作时应使用_______（选填“”或“”）交流电源； (2)释放木块前，木块应_______（选填“靠近”或“远离”）打点计时器； (3)已知当地重力加速度，作出图像如图2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数_______（保留两位有效数字）。 【答案】(1) (2)靠近 (3) 【详解】（1）电火花计时器工作时应使用交流电源 （2）释放木块前，木块应靠近打点计时器，以更好利用纸带。 （3）悬挂的钩码个数为n，对悬挂的钩码，有 对凹槽和凹槽中的钩码，有联立可得 可得图像的斜率重力加速度，代入数据可得动摩擦因数。 实验题预测02电学实验 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】近年来新能源汽车得到了空前发展，使用新能源的车主发现新旧电池不能混用，更换电池时须整体更换。某学习小组为了探究新旧电池不能混用的原因，利用普通5号碱性电池做了如下模拟实验。实验器材如下： 新、旧5号碱性电池若干； 灵敏电流计G（量程0~2mA，内阻为5Ω）； 电流表A（量程0~0.6A，内阻为2Ω）； 滑动变阻器（最大阻值为20Ω）； 电阻箱（最大阻值为9999Ω）； 开关、导线若干。 (1)小王同学用上述器材分别测量5号碱性电池A、B的电源电动势和内阻（每次测量一节电池）。首先他把灵敏电流计和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，电阻箱的阻值应调至______Ω； (2)电压表改装完成后，小王同学设计了如图甲所示的电路进行实验，利用实验数据作出了如图乙所示的U-I图像。由图乙可知，有可能是旧电池的是______（选填“A”或“B”），其电动势为______V，内阻为______Ω（结果保留两位有效数字）。 (3)小李同学对标有“2.0V，0.5W”的小灯泡描绘出了伏安特性曲线，如乙图中的C所示。若将上述A、B两节电池串联起来为该小灯泡供电，则该电池组的发热功率为______W（结果保留两位有效数字）。由此他们推测新旧电池不能混用的原因可能是混用后电池内阻消耗的功率太大。 【答案】(1)1495(2) A 1.4 26(3)0.14 【详解】（1）灵敏电流计改装电压表需要串联分压电阻，根据欧姆定律 （2）[1]旧电池的特性是电动势接近标称值，但内阻远大于新电池。根据闭合电路欧姆定律，对本实验电路有 U-I图像斜率的绝对值等于，斜率越大，电源内阻越大。 由图可知，图线A斜率更大，内阻更大，因此A是旧电池，故选A； [2]U-I图像纵轴截距等于电动势，得； [3]斜率绝对值 电源内阻 （3）同理可得新电池B的参数， A、B串联后，总电动势，总内阻 电源供电时满足 即 该线与小灯泡伏安特性C的交点工作电流约为，因此电池组发热功率。 分析有理·押题有据 电学实验是高考实验题的核心板块，2026年命题将实现三大转向：一是从基本仪器的机械读数转向电路设计的创新迁移；二是从经典实验的照搬操作转向真实科技情境下的探究设计；三是从简单的数据处理转向深度的误差溯源与方案评价。试题将把测电阻率、测电源电动势和内阻等经典实验深度嵌入智能传感、新能源技术、芯片制造等科技前沿情境，要求学生在全新场景中自主完成电路设计、数据解析与误差归因，彻底告别“照方抓药”模式。 密押预测·精练通关 1．（2026·浙江衢州·二模）某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内电阻。 实验室提供了下列器材： A．多用电表（电压挡量程2.5V，内阻未知）； B．毫安表（量程，内阻为）； C．定值电阻； D．定值电阻； E．滑动变阻器； F．电键和导线若干。 根据提供的器材，设计电路如图1所示。 (1)将毫安表与定值电阻并联改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为___________A； (2)为了精确测量，图中多用电表的右表笔应接到___________（选填“B”或“C”）处； (3)闭合电键，多次调节滑动变阻器的滑片，记录多用电表的电压，和毫安表的示数，并作图线如图2所示，该干电池电动势___________V；内阻___________（以上结果均保留三位有效数字）。 (4)上述实验结束后，他又研究了热敏电阻的温度特性。电路如下图3和图4所示： ①闭合开关S，观察到温度改变时电流表示数也随之改变。定量研究热敏电阻的阻值随温度变化的规律时，将欧姆表两表笔分别接到热敏电阻、两端测量其阻值，这时开关S应___________（填“断开”或“闭合”）。 ②按照正确方法测出不同温度下热敏电阻的阻值。电阻与温度的关系分别对应图4中曲线I和曲线Ⅱ (5)设计电路时，为防止用电器发生故障引起电流异常增大，导致个别电子元件温度过高而损坏，可串联一个热敏电阻抑制电流异常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻与电阻___________（填“”或“”）具有相同温度特性。 【答案】(1)0.6 (2)B (3) 1.45 1.56 (4)断开 (5) 【详解】（1）改装后的量程为 （2）因改装后的电流表内阻已知，则为了精确测量，图中多用电表的右表笔应接到B处； （3）[1][2]电流表的量程扩大到了原来的3倍，改装后的电流表内阻为 则由电路可知 由图像可知E=1.45V， 解得r=1.56Ω （4）将欧姆表两表笔分别接到热敏电阻、两端测量其阻值，应将热敏电阻与电路断开，则这时开关S应断开。 （5）为了使热敏电阻能抑制电流异常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻阻值应该随温度的增加而增大，则应该与电阻具有相同温度特性。 2．（2026·贵州贵阳·一模）一实验小组将铜片和锌片贴着透明长方体塑料杯平行插入杯中，在杯中注入某种一定浓度的电解质溶液，形成一个可变内阻的原电池，如图甲所示。经查阅资料发现该原电池的电动势约为1V并与电解质溶液的体积无关。为了测量该原电池的电动势E和该电解质溶液的电阻率ρ，实验小组按照如图乙所示的电路图将阻值的定值电阻、数字式多用电表、原电池、开关等元件用导线连接成如图丙所示的实物图。实验步骤如下： ①测出透明杯的内部宽度、铜片和锌片间的距离，如图甲所示。 ②在透明杯中注入一定量的该种溶液，通过贴在杯上的刻度尺读出溶液的高度h。 ③选择数字式多用电表合适量程的电流挡后，闭合开关，读出电表示数I。 ④多次注入该种溶液，每注入一次溶液都重复步骤②③，得到的数据如下表所示。 ⑤断开电路，整理器材。 组数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高度h/mm 5 10 15 20 25 30 35 40 45 电流I/mA 3.3 6.3 9.7 12.8 16.2 19.3 22.5 25.2 28.1 请回答下列问题： (1)通过上表数据发现，随溶液高度增加，原电池内阻___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。 (2)已知电解质溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，则原电池的内阻___________（用“ρ”“L””d”和“h”表示）。 (3)该小组利用WPS表格软件对上表实验数据进行处理，分别作出了和的图像如下图A、B所示。为了能够根据闭合电路欧姆定律和图像信息计算出该原电池电动势E和该电解质溶液的电阻率ρ，应选图___________（选填“A”或“B”）更合适。 (4)根据（3）中选择的图像拟合的函数关系式，可得出该原电池电动势___________V，该电解质溶液的电阻率___________Ω·m。（结果均保留两位有效数字） 【答案】(1)减小 (2) (3)B (4) 0.95 0.48 【详解】（1）当溶液高度h增加时，电流I增大，根据 可知总电阻R+r减小。由于定值电阻R不变，因此原电池内阻r减小。 （2）电解质溶液的电阻遵循电阻定律，故 （3）根据闭合电路欧姆定律有 整理得 可知图像是线性关系，便于通过图像斜率和截距计算E和。因此选图B。 （4）[1][2]结合图B的拟合函数，可知， 代入题中数据，联立解得， 3．（2026·四川广安·二模）智能机器人的感知依赖于敏感元件的实时反馈，弹性导电绳便是这类传感器的核心敏感元件之一、某同学设计下面的实验来测量弹性导电绳拉伸后的电阻率。 （1）测得弹性导电绳自由伸长时的长度和横截面积。 （2）弹性导电绳一端固定在点，另一端拉伸至点固定如图（a），用毫米刻度尺测得、间距离___________。 （3）设计图（b）所示的电路，为定值电阻。断开和，用带金属夹的导线将、两点间弹性导电绳接入电路，将滑动变阻器的滑片滑到最右端，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置，记录两表的示数和。 （4）闭合，电压表示数发生了变化，应向___________（填“左”或“右”）缓慢滑动的滑片，使电压表的示数恢复到，记录此时电流表的示数，则此时、间弹性导电绳的电阻___________（用、和表示）。 （5）若弹性导电绳拉伸过程中体积保持不变，当弹性导电绳长度为时，电阻率___________（用、、、和表示）。 （6）改变长度，重复实验。 （7）该同学在实验误差分析中，如果考虑电压表不是理想电压表，弹性导电绳电阻率的测量值___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。 【答案】 左 等于 【详解】（2）[1]毫米刻度尺分度值为1mm，需估读到0.1mm，A端对齐，B端对齐，因此长度 （4）[2]闭合后，与并联，总电阻减小，电路总电流增大，滑动变阻器分得电压增大，导致电压表示数减小；要让恢复原值，需要减小滑动变阻器接入电阻，因此滑片向左滑动。 [3] 电压表示数保持不变，断开时，是和电压表的总电流；闭合后，是、和电压表的总电流，因此流过的电流为，由欧姆定律得 （5）[4]拉伸过程体积不变， 得拉伸后横截面积 代入电阻定律 整理得 即 （7）[5]若考虑电压表内阻，推导得 两式相减消去得 测量值准确，因此电阻率测量值等于真实值。 4．（2026·湖北黄冈·二模）如图（a）为简易多用电表的电路图。图中E是电池；、、、、均为定值电阻，是可变电阻；电流表G的满偏电流为2.5mA，内阻为，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表的五个挡位分别为直流电压1V挡和5V挡，直流电流10mA挡和25mA挡，欧姆挡。 (1)图（a）中的A端与________（填“红”或“黑”）表笔相连接，根据题给数据可得________； (2)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；（结果均保留三位有效数字）。 (3)若电池E的电动势为1.5V，当B端与“3”相连，短接A、B表笔进行欧姆调零后，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，则该电阻阻值为________。若该电池由于使用时间过长，导致其电动势变小，电池内阻变大，但还可以欧姆调零，在规范操作下，它的测量值将________。（填“偏小”、“偏大”或“不受影响”） 【答案】(1) 黑 150 (2) 14.5mA/14.6mA/14.7mA/14.8mA (3) 50 偏大 【详解】（1）[1]多用电表内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔，以保证电流从黑表笔流出、红表笔流入。图（a）中A端接内部电源的正极，因此A端与黑表笔相连。 [2]表头参数：满偏电流，内阻 当B端接“2”时，为10mA直流电流挡，此时串联分流，表头满偏时总电流。 根据并联电路电压相等： 代入数据： 求得 （2）[1]B端接“1”（25mA 直流电流挡） 电流表量程25mA，表盘每大格5mA，每小格0.5mA，指针位置对应读数为14.6mA（14.5~14.8mA均合理）。 [2]B端接“3”（欧姆×10Ω挡） 欧姆表中心刻度为15Ω，倍率×10，指针指在11Ω刻度处，因此读数为。 （3）[1]欧姆调零后，欧姆表内阻 欧姆×10挡满偏电流对应表头满偏，结合电路可知该挡满偏电流 因此 指针偏转到满偏的，即电流 根据闭合电路欧姆定律： 得 [2]电池电动势变小、内阻变大时，欧姆调零仍满足 为保证满偏，需调小使（原内阻）。 测量电阻时，电流 由于变小、变小，相同对应的电流会变小，指针偏左，对应欧姆刻度读数偏大。 5．（2026·四川成都·二模）某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。 (1)该同学首先利用多用电表电阻“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值________。 (2)该同学为了进一步探究此热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最________（选填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表的示数为2.5mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为________（结果保留两位有效数字）。 (3)经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越________（选填“大”或“小”）。 (4)该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势，定值电阻，长度的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为________cm（结果保留一位有效数字）。 【答案】(1)1.9 (2) 左 5.0 (3)大 (4)5 【详解】（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为 （2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。 [2]并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值 （3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。 （4）电路报警时，总电阻， 由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为h，热敏电阻的总阻值 解得 6．（2026·安徽·模拟预测）某实验小组欲测量一内阻约为、量程为的毫安表G的内阻，并进行电表的改装与校对： (1)首先设计了如图甲所示的电路，甲图中的实验器材参数如下： A．电源（电动势3V，内阻可忽略）    B．电源（电动势30V，内阻可忽略） C．滑动变阻器1（阻值范围）    D．滑动变阻器2（阻值范围） ①为了提高毫安表内阻测量的精度，尽可能地减少实验误差，电源应选___________，滑动变阻器应选___________；（均用器材前的序号字母表示） ②先闭合开关、断开开关，调节滑动变阻器使得毫安表G满偏；再闭合，调节电阻箱，当毫安表G示数为满偏电流的时，电阻箱的示数为，则毫安表G内阻的测量值为___________（结果保留3位有效数字），内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 (2)改进后的实验电路如图乙所示，先闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表G满偏，记下此时电流表A的读数； ①小李接下来的操作是：闭合开关，调节电阻箱，使毫安表G半偏，记下此时电流表A的读数，以及电阻箱的阻值，则毫安表G内阻的测量值为___________（用测得的量表示）。 ②小王接下来的操作是：闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器，直至毫安表G半偏并且电流表的读数仍为，记下此时电阻箱的阻值，则毫安表G内阻的测量值为___________（用测得的量表示），内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 (3)给毫安表并联阻值为的电阻后将其改装为量程为600mA的电流表，然后利用一标准电流表与此改装表串联，对改装后的电表进行校对，实验发现，当标准电流表的示数为330mA时，毫安表的指针刚好半偏，由此可以推测出改装的电流表量程不是预期值，要达到预期目的，只需要将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，其中___________（结果保留两位小数）。 【答案】(1) B D 96.0 偏小 (2) 无偏差 (3)1.10 【详解】（1）[1][2] 根据实验原理可知，当闭合后，电路总电阻会减小，则根据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流会变大，当毫安表的指针偏转到量程三分之一的位置时，通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的两倍，产生误差，所以为了使闭合后电路的总电阻变化小，则滑动变阻器接入电路中的阻值应尽可能大，所以滑动变阻器应选D；同时毫安表又要能调节到满偏，则所用电源的电动势应该较大，所以电源应选B。 [3] 由于滑动变阻器的阻值较大，可认为闭合后，干路的电流保持不变，则根据并联电路的性质可知，由于此时毫安表G的示数为满偏电流的，所以此时通过电阻箱的电流为，则有 解得毫安表的测量值为 [4] 由实验电路可知，当闭合后，电路的总电阻会减小，则电路的总电流会增大，故流过的实际电流大于，则导致毫安表G内阻的测量值小于真实值。 （2）[1] 设毫安表满偏电流为，则当闭合开关，毫安表满偏时有 闭合开关时，根据并联电路的性质有 联立解得毫安表G内阻的测量值为 [2] 当毫安表半偏并且电流表的读数仍为时，根据并联电路的性质可知，此时通过毫安表的电流与通过电阻箱的电流相等，又因为毫安表和电阻箱两端的电压相等，所以此时有 [3] 本实验中，通过调节使得干路电流不变，这样毫安表半偏时，电阻箱的电流与毫安表的电流相等，又因为毫安表和电阻箱两端的电压相等，所以测量值等于真实值，即内阻的测量值与真实值相比无偏差。 （3）当标准电流表的示数为330mA时，毫安表的指针刚好半偏，此时流过毫安表的电流为，则流过的电流为根据并联电路的性质有 将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻达到预期目的后，流过毫安表的电流仍为时，则流过的电流根据并联电路的性质有联立解得 7．（2026·广东佛山·模拟预测）某老师用自制的数字化信息系统（DIS）指导学生完成创新实验“观察电容器充放电现象，并测量干电池的电动势和内阻”。图1是实验的实物图和简化电路结构图。 实验步骤： （1）按图1连接好电路图，图中电源由两节旧的干电池串联而成。打开手机物理工坊APP，让手机通过蓝牙与DIS系统连接，手机物理工坊APP上可实时显示电压传感器和电流传感器采集到的电压和电流随时间变化的情况，如图2所示。电压、电流传感器可视为理想电表，充电前电容器不带电。 （2）观察电容器充电：将双掷开关拨至______端（填“”或“”），电容器开始充电，通过、图可观察到电容器充电过程中其两端电压和电路中电流的变化情况。根据图3可得两节干电池的总电势______V。 （3）观察电容器放电：待充电完成后，把双掷开关拨至另一端，电容器开始放电，通过、图可观察到电容器放电过程中其两端电压和电路中电流的变化情况。根据图3求得两节干电池的总内阻____________（结果保留两位有效数字）。 （4）在图3的图像中，、分别为充、放电的时间段，这两个时间段的图线与时间轴围成的面积______（填“相等”或“不相等”），原因是：______________________________。 【答案】 2.8 3.3 相等 围成的面积等于电容器充放电的总电荷量，而充放电过程总电荷量相同 【详解】（2）[1]观察电容器充电：将双掷开关拨至端，电容器开始充电； [2]根据图3可得两节干电池的总电势2.8V。 （3）[3]根据图3可知电容器刚开始充电时 电容器刚开始放电时 可得电源内阻r=3.3Ω。 （4）[4][5]根据Q=It可知，在图3的图像中，图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，可知、分别为充、放电的时间段，这两个时间段的图线与时间轴围成的面积相等，原因是：围成的面积等于电容器充放电的总电荷量，而充放电过程总电荷量相同。 8．（2026·内蒙古包头·一模）。北方地区冬季温度较低，小明想为自家蔬菜大棚设计一个低温报警装置，该报警装置可用于观测棚内温度（0~15℃），同时当温度低于10℃时装置会自动报警。所用温度传感器的电阻随温度的变化规律如图（a）所示，实验电路如图（b）所示。实验室提供的器材有： A．直流电源（电动势为8V，内阻不计）； B．电压表（量程为6V，内阻非常大）； C．温度传感器； D．电阻箱（最大阻值为999.9Ω）； E.定值电阻R（阻值为10Ω）； F.单刀双掷开关一个，导线若干； G.报警器（电阻非常大）。 (1)请根据图（b）所示的电路图，在图（c）中完成实物连线。 (2)按下列步骤进行调试： ①电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向________（填“a”或“b”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为温度________℃； ②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断________（填“变大”或“变小”），按照图（a）中数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“温度”； ③将开关向另一端闭合，温度计即可正常使用。 (3)电压表示数降低到________V，报警器报警。 (4)使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，温度的测量结果________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【答案】(1)见解析(2) b 5 变大(3)3.2(4)偏小 【详解】（1）实物连接如图所示 （2）[1]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到，结合电路，开关应向b端闭合； [2]由图（a）可知，时，温度为； [3]逐步减小电阻箱的阻值，定值电阻上的分压变大，电压表的示数不断变大。 （3）当温度低于10℃时装置会自动报警，由图（a）可知，时， 此时电压表示数为 代入数据得 （4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故温度的测量结果将偏小。 计算题预测01气体实验定律的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】有一火灾报警装置，其原理如图1所示，当活塞触及卡柱时，触发报警，致使闪烁灯闪烁、警报器鸣笛。导热性能良好的容器安装在天花板上，卡柱到容器上端距离为L。横截面积为、质量为的活塞（厚度不计）密封一定质量的理想气体，活塞能沿容器无摩擦滑动。未发生火灾时，环境温度为，活塞与卡柱的距离为；发生火灾时，容器内温度缓慢上升到，从至过程中容器中气体内能增加了9.6J。已知，，，，，，。 (1)求未发生火灾时容器内的压强； (2)在图2中画出从至过程中容器内气体的图像； (3)求从至过程中，气体吸收的热量。 【答案】(1)(2)见解析(3) 【详解】（1）未发生火灾时，对活塞有 解得 （2）活塞刚到达卡柱时的温度为，对等压变化有，， 解得 之后气体做等容变化，可得容器内气体的图像如图所示 （3）气体仅在等压膨胀阶段做功，有 从至过程中容器中气体内能增加了9.6J，代入热力学第一定律 可得气体吸收的热量为。 分析有理·押题有据 气体实验定律的综合应用是高考热学计算题的核心板块，2026年命题将从传统汽缸活塞、液柱玻璃管等经典模型，转向航天工程、新能源技术、生产生活安全等真实科技情境，突出多过程分析能力与状态方程的定量应用。 气体实验定律和热力学定律是热学每年必考的核心考点，计算题侧重综合应用，难度中等。命题情境贴近生活、能源应用或科技前沿，如航天器舱内气压控制、高压锅安全阀原理、碳中和背景下气体存储技术等。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某物理探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态时触动报警器。从状态到状态的过程中，气体内能增加了，大气压强，重力加速度取，求： (1)气体在状态时的压强； (2)气体由状态到状态的过程中，从外界吸收的热量； (3)达到状态后，由于意外导致容器开始缓慢漏气，漏气过程中容器内温度视为不变，求活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比。 【答案】(1) (2)170J (3) 【详解】（1）气体在状态时，有 解得 气体由状态到状态过程中，气体的压强不变 由盖吕萨克定律有 解得 气体由状态到状态过程中，气体的体积不变，由查理定律有 解得 （2）气体从状态到状态的过程中，气体对外做的功为 由热力学第一定律有   解得 （3）活塞与卡口刚要分离时气体压强为 由（1）知 根据 解得 漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比 2．（2026·浙江嘉兴·二模）如图甲所示，上方开口的圆筒气缸竖直放置，气缸导热性能良好，底部有一凸出物。缸内用质量、面积的活塞封闭了一定质量理想气体。缸内壁离缸底56cm处固定一卡口。初始时活塞位于卡口处，活塞到缸底距离h随气体温度T的变化关系如图乙所示。状态A时，卡口对活塞的支持力为40N；状态B时，卡口对活塞恰好无作用力。从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了。已知大气压，不计卡口体积，活塞与缸壁无摩擦，求： (1)状态B的温度； (2)凸出物的体积； (3)整个过程中气体吸收的热量Q。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据平衡条件有， 可得， 状态到状态发生等容变化，有 可得状态B的温度 （2）状态到状态发生等压变化，有 可得凸出物的体积 （3）状态A到状态B，有；状态到状态，外界对气体做功 从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了，根据热力学第一定律有 可得整个过程中气体吸收的热量 3．（2026·湖南·模拟预测）为研究潜水的某潜水员快速上浮时肺部面临的风险，某实验将人体肺部简化为一个与体外环境通过气道相通、温度恒为的弹性气囊。已知水面处的大气压强为，潜水员肺部处于自然松弛状态，体积为。假设气体可视为理想气体。 (1)潜水员在水深处时，肺部体积会被压缩到水面时体积的，求此时肺部气体的压强。 (2)潜水员从水深处上浮时需先用嘴从压缩气瓶中往肺里吸入部分空气使肺部体积恢复至，潜水员上浮过程中为避免肺部过度扩张，需在某安全深度处吐出（在当前深度压强下）的气体，已知潜水员到达水面时肺部体积为，求该安全深度h。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设水深90m处压强为，肺部气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 得 （2）水深90m处压强 解得 吐气前到水面过程中，根据气体物质的量守恒，初状态气体的物质的量等于吐出的气体与末状态气体的物质的量之和，由于温度恒定，气体的物质的量正比于pV乘积，故有 解得 根据 得 联立可得 【点睛】推导：将压强为p、体积为V的气体分成n部分，每份的体积分别为、、、……、，每部分的压强均为p，则有 每部分气体均做等温变化，末态压强分别为、、、……、，体积分别为、、、……、，对每部分气体由玻意耳定律得，，，……， 各式相加得 即 4．（2026·广东广州·模拟预测）某食品厂对一款充氮包装的薯片进行测试。在恒温的封装车间内，测得袋内气体体积为0.65L，压强为1.1atm（为保障口感与形状而设定的最佳内压）。假设袋内氮气为理想气体，在包装袋体积未超过之前弹性形变产生的额外压强始终不变，大气压恒为1.0atm，热力学温度与摄氏温度的关系为。 (1)若经过暴晒后，薯片袋内气体的体积未超过，求包装袋内气体摄氏温度的最大值；（结果保留三位有效数字） (2)实际上，包装袋的材质会限制其膨胀。若袋子在体积达到后就不会再膨胀，且袋内外气体的压强差达到0.15atm，就会有爆裂的风险。当袋内气体的温度升至时是否有爆裂的风险？ 【答案】(1) (2)不会有爆裂的风险 【详解】（1）包装袋体积未超过之前弹性形变产生的额外压强始终不变，则暴晒过程中袋内气体压强恒为，故该膨胀过程为等压过程，根据盖-吕萨克定律可得 其中， 代入数据解得 根据 可得 （2）方法一：由题意知，初始压强，， 当袋内气体的温度升至时，， 根据理想气体状态方程可得 代入数据解得 则包装袋已经达到最大体积，大气压强，此时 故不会有爆裂的风险。 方法二：由题意知，初始压强，假设升温至的过程为等压过程，根据盖-吕萨克定律可得 代入数据解得 则假设不成立，包装袋已经达到最大体积，根据理想气体状态方程可得 代入数据解得 大气压强，因为 故不会有爆裂的风险 方法三：由题意知，初始压强，假设袋内气体压强达到，温度为时，根据理想气体状态方程可得 代入数据解得 即还没有达到包装袋的最大体积，故不会有爆裂的风险 方法四：由题意知，初始压强，假设袋内气体压强达到，体积为V0=0.75L时，则根据理想气体状态方程可得 代入数据解得 根据 解得 即还没有达到会爆裂的温度，故不会有爆裂的风险。 5．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示为某款便携休闲潜水呼吸器，其气瓶的容积为，可直接采用高压气筒为其充入空气，使用时通过恒压出气装置可输出气压为标准大气压的空气。已知标准大气压为，该款气瓶处于的环境中时，气瓶压力表显示气体压强为，现将其带至温度为的水下。 (1)求稳定后气瓶压力表的示数； (2)若按每次呼吸消耗、一个标准大气压的空气，每分钟呼吸20次计算，瓶内气压降至时即需撤离，在温度为的水下，该气瓶能供潜水员在水下活动的最长时间为多长。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）封闭在瓶中的空气发生等容变化，由查理定律可得 其中 解得 （2）设瓶内空气可以供潜水员呼吸次，由理想气体状态方程 结合质量守恒，可得 代入数据解得（次） 所以 6．（2026·山东菏泽·一模）如图是医院用于静脉输液的示意图，倒置的输液瓶上方有一气室A，密封瓶口处的软木塞上插有两根细管，其中a管与大气相通且药液始终没有进入，b管为输液软管，中间有一气室B，管通过针头接入人体静脉，输液处由于液体压强高于静脉血压，药液顺利进入静脉。气室A内气体温度与室温相同，输液瓶近似为高度22cm的圆柱体，瓶内总体积。初始时，药液体积200ml，输液一段时间后，药液体积减少至100ml。大气压强p0=1×105Pa，药液密度，重力加速度，a管上端到瓶口的距离为L=2cm。求： (1)初始状态气室A中封闭气体压强pA； (2)此过程中进入气室A的空气与原有空气的质量比。 【答案】(1)9.82×104Pa (2)5:1 【详解】（1）输液瓶为圆柱体，总容积 ，总高 ，因此横截面积 初始药液体积，气室体积 气室高度 液体总高度20cm，a管上端到液面的高度 a管上端的压强，可得初始状态气室中的压强 代入数据得 （2）药液体积时，中封闭气体体积 压强， 代入数据得 由理想气体方程可得，中封闭气体物质的量之比 代入数据可得 进入空气与原有空气的物质的量之比 故此过程中进入气室的空气与原有空气的质量比约为。 7．（2026·湖南·模拟预测）如图，一封闭着理想气体的长方体绝热汽缸置于水平地面上，长度为L，竖直方向的横截面积为S。用劲度系数为k弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度均为、体积相等、压强均为，忽略电阻丝、弹簧的体积和活塞的厚度。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后，f中的气体温度变为，两活塞之间的间距变为，且右侧活塞与气缸右壁的间距也为。求： (1)此时g中气体的压强。 (2)此时h中气体的温度。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）停止加热并达到稳定后，f中气体温度变为，体积变为，根据理想气体状态方程有 得 弹簧压缩产生弹力，大小为 左板受力平衡，有 解得 （2）弹簧对两侧板弹力大小相等，由于两侧板均静止，要受力平衡，需要f，h室内压强应相等，因此 此时h室体积为，根据理想气体状态方程有 解得 8．（2026·山东济南·模拟预测）如图甲所示，有一开口向下，高度为、底面积为的绝热气缸固定在水平面上，气缸内部有加热装置，在缸口处有固定卡环，绝热活塞与气缸内壁之间无摩擦力。将一定质量的理想气体封闭在活塞上方，开始时封闭气体的温度为，压强为，活塞正好位于气缸的中间位置。现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的由的状态变化过程，图中标出的量为已知量。已知外界大气压强为，重力加速度为，活塞的厚度不计，求： (1)活塞的质量以及活塞刚运动到卡环时缸内气体的温度； (2)若已知气体的内能为（为已知常量），求过程中缸内气体吸收的热量。 【答案】(1)   (2) 【详解】（1）初始状态时气体压强，体积，温度，对活塞受力分析有，外界大气压力向上，内部气体压力向下，活塞重力向下。由平衡条件，得 解得从是等压过程，体积从变为。根据盖•吕萨克定律有 代入数据解得。 （2）是等压过程，气体等压膨胀，对外做功 内能变化根据热力学第一定律，有 是等容变化，气体体积不变，对外做功由查理定律有 解得内能变化根据热力学第一定律， 过程中缸内气体吸收的热量。 计算题预测02几何光学的综合应用问题 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】水晶球是利用天然水晶加工成的一种透明球形摆件。某水晶球过圆心O的截面如图所示，其中AB与CD为互相垂直的两条直径。半径AO的中点P处有一个点光源，已知从D点折射出的光线的反向延长线刚好交于A点，不考虑水晶球内的反射光线。 (1)求该水晶球的折射率； (2)光线从球面射出时，设折射角为α，求sinα的最大值。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）作出光路图如图所示 可知该水晶球的折射率为 由几何关系可知 ，解得 （2）在圆弧面上任取一点E，连接PE和 OE，由正弦定理可知 整理得 E点在ADB上移动时，最大值取 1，则光线射出光学元件时的临界角 由于，所以光线在 ADE 面上不会发生全反射 由折射定律可知解得 分析有理·押题有据 几何光学综合应用是高考物理计算题的必考板块，常以基础计算题形式出现在解答题第一题位置。2026年命题将深度嵌入AR/VR显示、光纤通信、精密测量等前沿科技场景，彻底告别经典“玻璃砖”模型，转向真实工程情境下的折射与全反射规律综合应用。几何光学多以实际情境命题，2026年教育部明确要求“优化试题呈现方式，融入科技前沿动态”，光学模块命题素材高度丰富，是情境化计算题的首选方向。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东·一模）由同种透明介质制作的厚度相同的光学功能器件的截面如图所示，半圆形玻璃砖PEQ的圆心为O1，半径为R，直角三棱镜的直角边AB的中点为O2，E点位于半圆弧上，F点位于三棱镜的斜边AC上，E、F、O1、O2处于同一条直线上，AB平行于直径PQ且长度相等，PQ、AB间的距离为，直角三棱镜的顶角。在截面所在平面内，单色光线从半圆弧的M点射入半圆形玻璃砖，M点与EO1的距离为，光线从半圆形玻璃砖的PQ边上的D点射出，出射光线与PQ间的夹角为30°（图中未画出），然后从直角三棱镜的直角边AB射入三棱镜，最后从三棱镜射出。已知空气中的光速为c。求： (1)介质对该单色光的折射率n； (2)该单色光从M点射入到从三棱镜射出所经历的时间t。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）根据题意作出光路图，如图所示： 设入射光线在M点的入射角为i，则根据几何关系有 解得 根据光路的可逆性可知，第一次的折射角和第二次的入射角相等，设均为，则根据几何关系可得 因此 所以根据折射定律可得介质对该单色光的折射率为 （2）该单色光在透明介质中的传播速度为 在上图中根据几何关系有 则 所以 即从D点出射的光线恰好从O2点以入射角射入三棱镜。因两种光学功能器件由同种透明介质制作，所以光线从O2点发生折射的折射角为，折射光线入射到三棱镜斜边AC的G点，设入射角为β，根据几何关系可得。由于 所以光线在三棱镜斜边AC的G点发生全反射，光线最终垂直BC边从H点射出三棱镜，光路图如上图所示。由几何关系可知，，，， 故单色光从M点射入到从三棱镜射出所经历的时间为 2．（2025·安徽淮北·一模）如图所示，某玻璃柱的截面为半径为R的半圆，一束平行的单色光与水平直径AB成角从上表面射入玻璃柱。其中从圆心O处射入的光恰好从半圆弧面的三等分点（图中未标出）射出。已知。 (1)求玻璃柱对单色光的折射率n； (2)单色光第一次到达圆弧面时，光线在截面圆弧上有两点恰好发生全反射，求这两点间圆弧的长度。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）光路图如图所示 据题意， 故折射率 解得 （2）设O点右侧射入到容器壁上E点的光恰好发生全反射，O点左侧射入到容器壁上F点的光恰好发生全反射，光路图如图所示 根据解得临界角 由几何关系可知，图中， 故EF圆弧长度 3．（25-26高三上·山东青岛·期末）如图所示，一种透明柱状材料的横截面由一个直角三角形OAB和一个圆心在O点、半径为R的半圆BCD组成，半圆圆弧面涂有反射膜。一束单色光从M点与OA成角斜射入透明材料，刚好垂直AB边射出。现将光束绕M点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到有光线从OD上的N点射出（N点未画出）。已知，，光在真空中的传播速度为。求： (1)单色光在材料内传播速度大小v； (2)单色光从M点射入到从N点射出所用的时间t。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）垂直AB边射出的光路图如图所示 由几何关系可知OA边的入射角为60度，折射角 30度，由折射定律可知 光在材料内的传播速度 （2）光线从OD上N点射出的光路图如图所示 由几何关系可知，在M点的入射角为60度，由折射定律可知折射角为30度， 则、、 光在材料中的传播距离 传播时间代入数据可得 4．（25-26高三上·山东济南·开学考试）如图所示，某玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为，将玻璃砖保持上表面水平固定于水平桌面上，玻璃砖与桌面的切点为。一细束激光在玻璃砖截面所在平面内经射入玻璃砖，出射光线打在桌面上A点。已知激光的入射角为45°，与A点的距离为，不考虑多次反射，已知该激光在真空中的传播速度为c，。 (1)求该玻璃砖对入射激光的折射率n； (2)将入射激光向左平移，当入射点为B点（图中未画出）时，激光恰能在左侧圆弧面上C点（图中未画出）发生全反射，求激光在玻璃砖内由B点传播到C点所需的时间t。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由几何关系知，折射角 满足 根据折射率定义 解得 （2）由全反射临界角 可知 设为路程，由正弦定理 解得 由激光在玻璃砖中的速度 解得 5．（25-26高三上·安徽·开学考试）在一些建筑内部，即便是白天也比较昏暗。巴西科学家莫泽利用塑料瓶和水设计了一种简易灯具，可以将太阳光导入室内，提供较强的照明效果。一位工程师参考莫泽灯原理设计了如下的装置，将太阳光导入室内。该装置由某种均匀透明材质制成，上下两端为半球体，半径为R，分别置于室外和室内；中间部分为圆柱体，高度为L = 6R，圆柱体侧边用特殊的反光膜包裹，安装在建筑材料中。在测试中发现，当太阳光与AB夹角θ = 30°时，照射到球面的所有光恰好能全部通过半球底面AB进入圆柱中（不计光线在球面的反射），求： (1)该材料的折射率； (2)已知光线在反光膜上每反射一次，能量就变为反射前的。求此时，A点入射的光线从室外到室内后，能量保留的比例η（不计光线在A点的能量损失，）。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由几何关系可知，临界角 则 （2）设在A点的折射角为，根据折射定律有 解得则有由即反射6次则能量保留的比例为 6．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示为一玻璃砖的横截面，其中OAB是半径为R的扇形，，OBD为等腰直角三角形。一束光线从距O点的P点垂直于OD边射入，光线恰好在BD边上发生全反射，最后由AB边射出。已知光在真空中的传播速度为c，求： (1)玻璃砖对该光线的折射率； (2)光在玻璃砖中传播的时间和从AB边射出时的折射角。 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）作出光路图，如图所示 由几何关系知 又光线恰好发生全反射，所以为临界角C，根据 解得 （2）由几何关系知，边与边平行，光线在边上也恰好发生全反射，则有 因此则， 因此光在玻璃砖中传播的路程 光在玻璃砖中传播的时间 解得 由几何关系可知光在AB边的入射角为，根据折射定律可得 解得光从AB边射出时的折射角为 7．（2026·甘肃兰州·二模）如图所示，在球心为O、折射率为n、半径为R的均匀透明介质球内S点处放置一个单色点光源（可向各方向发射光线），点光源发出的一条垂直于OS的光线恰好在球面上P点处发生全反射，球外真空中光速为c，求： (1)点光源距球心O的距离d； (2)光线射出球体所用的最短时间t。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）光线恰好在P点发生全反射，设光线的入射角为θ，根据折射定律有：① 根据几何关系得：②联立①②得：③ （2）光沿OS方向射出时，光程最短，所用时间最短，设光在介质球中的传播速度为，所用最短时间为t，有：④根据折射定律有： ⑤联立③④⑤得： 8．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图甲所示，某市在大运河拐弯公园的人工湖底某位置水平安装了一半径为R的平面圆形灯，恰如水底的一轮明月。已知水底“明月”发出的橙色光在湖面上形成一个半径为d的橙色圆，如图乙所示。水对橙色光的折射率为，光在真空中的传播速度为c。求： (1)水底“明月”的深度h； (2)该灯发出的光从发出到射出水面的最长时间t。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）圆形灯边缘的橙色光在水面恰好发生全反射，则有 则根据几何关系有解得 （2）圆形灯边缘发出的橙色光从发出到射出水面的最长距离为s，根据几何关系有 橙色光在水中的传播速度则橙色光从发出到射出水面的最长时间解得。 计算题预测03带电粒子在电磁场中的运动 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【新情境】为了研究我国在建的强流重离子加速器（HIAF）中的束流导向问题，在物理模拟实验中，科研人员采用带电小球模拟重离子，构建了如图所示的装置。竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴水平。在第二象限内有一段光滑绝缘圆弧轨道，末端与x轴相切于O点。第一象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场（磁感应强度大小为B）和竖直向上的匀强电场。此外，在第一象限内还有一个半径为L的圆形探测区域，其圆心D与O点的连线与水平方向的夹角为45°，且。实验时，将一个电荷量为、质量为m的带电小球（可视为质点）从绝缘轨道上距x轴高度为H（H未知）处静止释放，小球沿轨道滑下并从O点水平进入第一象限。已知小球进入第一象限后恰能做匀速圆周运动，且其运动轨迹恰好与圆形探测区域外切。重力加速度为g，忽略空气阻力。 (1)求电场强度E的大小； (2)求高度H； (3)为了研究小球的运动路径，科研人员将直线OD与正y轴所夹区域的磁场方向反向，磁感应强度大小不变，仍让小球从同一高度H处释放。求小球经过O点后，第二次穿过直线OD时的位置坐标。 【答案】(1) (2) (3)第二次穿过OD的位置为 【详解】（1）小球进入第一象限后做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，有 解得 （2）已知小球的运动轨迹恰好与圆形探测区域外切，由几何关系和余弦定理，得 解得 设小球从距x轴H高处释放，到达O点处的速率为v，由动能定理，得 在第一象限的复合场中，r表示小球做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力，得 联立解得 （3）直线OD的方程为 小球从进入，速度水平向右。在第一象限OD下方区域（）磁场向里，小球做逆时针匀速圆周运动，圆心，其中，轨迹圆方程为 联立直线方程和轨迹圆方程，得 解得（舍去）， 故小球第一次穿过OD的位置为 小球在点的速度方向为竖直向上，穿过直线OD进入上方区域（），做顺时针匀速圆周运动，圆心，轨迹圆方程为 与直线方程联立，得 解得（舍去）， 故小球第二次穿过OD的位置为 分析有理·押题有据 带电粒子在电磁场中的运动是高考物理压轴题的绝对核心板块，2026年命题将全面从孤立圆周运动转向三大方向：科技装置（质谱仪/回旋加速器/霍尔效应）原理深度应用、复合场（组合场/叠加场）多过程分析、有界磁场中临界极值与轨迹几何的精确建模，要求学生在真实科技情境中完成“受力分析→运动拆解→轨迹几何→极值判定”的完整逻辑链。 教育部1号文件明确要求“融入科技前沿动态”，离子注入机（芯片制造）、超导回旋加速器（质子治疗）、霍尔传感器（磁场探测）等科技素材丰富，完美契合“无情境不命题”的核心要求。 命题延续“重科技应用、强几何建模、拓三维空间”的进阶路径，设问侧重临界条件论证与轨迹几何表达，对空间想象与数学工具运用能力要求持续提升。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁·模拟预测）某离子实验装置的基本原理如图所示，离子源能源源不断从坐标原点沿轴正向发射同种离子，离子质量为，电荷量为，初速度大小范围在之间。以过垂直于纸面的界面为边界，界面左侧为区，存在沿轴正向的匀强电场，大小未知，右侧为区，存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小也未知。其中初速为的离子从点出射后立刻进入区，在电场中偏转后进入匀强磁场，已知此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等。忽略边界效应，忽略离子间的相互作用力，不计离子重力。求： (1)和的比值； (2)初速度为的离子在磁场中圆周运动的半径和周期； (3)从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程。 【答案】(1) (2)， (3)见解析 【详解】（1）离子在电场中的加速度为 初速度为的离子从点出射后立刻进入I区，做类平抛运动，在电场中偏转后进入匀强磁场，根据矢量关系知，离子出电场的速度即在磁场中匀速圆周运动的速度大小为，水平向右的分速度为，根据牛顿第二定律有 解得在磁场中的加速度为 此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等，联立可得 （2）离子在电场中根据运动规律有 解得 在磁场中的速度大小为，故加速度为 联立可得 故周期 （3）离子轨迹如图所示 离子在电场中水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据（1）的分析可知，离子在点水平向右的分速度为 故水平方向，根据运动学规律 从边界点射出后进入磁场时 联立上方两式可得 离子在磁场中做圆周运动的速度为，满足 可得 圆心的横坐标为 纵坐标为 且当磁场中速度为时 即 可得 联立可得圆心的轨迹线为一条直线，方程为 其中 2．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，在空间建立三维坐标系，在平面右侧存在沿z轴负方向的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，平面左侧存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，两部分匀强电场的场强大小及匀强磁场的磁感应强度大小均相同。一电子从平面内的M点沿着与x轴负方向成角以初速度射出，电子的运动轨迹的最下端恰好与x轴相切，之后电子沿着与y轴负方向夹角通过平面。已知电子质量为m、电荷量为，匀强磁场的磁感应强度，匀强电场的电场强度，不计电子重力。 (1)求电子在平面右侧运动过程中的最大速率； (2)求M点x坐标的可能值； (3)若从电子通过平面开始计时，求时电子的位置坐标。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）运用配速法处理电子在平面右侧的运动，有 解得 由左手定则可知该速度方向沿x轴负向电子做匀速圆周运动的速度为其初速度与的矢量和，大小为，方向与x轴正方向的夹角为 电子在平面右侧运动过程中的最大速度为匀速直线运动与圆周运动速度方向相同时，最大速度为 （2）电子运动的周期 一个周期沿x轴负向运动的位移 电子与y轴负方向夹角通过平面，则其圆周运动的速度沿y轴负向，运动的时间 M点的x坐标可能值为 洛伦兹力提供向心力有 解得 则M点的x坐标的可能值为 （3）电子在平面左侧以的速度沿x轴负向匀加速直线运动的同时，在垂直x轴方向以做匀速圆周运动，有 电子在右侧运动时轨迹可与x轴相切，则电子经过y轴时的坐标 则时，有，， 其中 解得 故时，电子的位置坐标为 3．（2026·天津河西·一模）中国自主研发的霍尔推进器在推力等级、功率水平、可靠性等方面均达到国际领先水平，为载人登月、深空探测和大规模卫星星座提供了核心动力支撑。某小组受到启发设计了如图所示的模型装置来研究电荷运动及作用力。三束比荷为、速度为、间距相等的平行带正电粒子流、、在纸面内沿垂直连线方向、持续均匀射入半径的圆形匀强磁场区域，其中束粒子沿半径方向射入，偏转后三束粒子均汇聚于点，磁场方向垂直于纸面。粒子流随后进入右侧间距、边界为M、N的区域中，该区域有磁感应强度为的水平向右的匀强磁场。最终粒子打在边界处足够大的荧光屏上，圆形磁场圆心、点及荧光屏上坐标原点共线且连线与荧光屏垂直。粒子重力及粒子间的相互作用可忽略，求： (1)圆形磁场区域的磁感应强度的大小及方向； (2)已知粒子流、从点射出圆形磁场时，速度方向与连线的夹角均为，则束粒子在、区域的运动时间及轨迹在荧光屏上投影形状的半径； (3)在M、N区域中再加上水平向右、电场强度的匀强电场，并将整个装置安装在一个飞船模型上，同时把荧光屏变为粒子喷射出口。已知粒子质量，若每束粒子在单位时间内有个喷出，求该装置为飞船模型提供的沿方向的平均推力大小。 【答案】(1)，垂直纸面向外 (2) (3) 【详解】（1）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 束粒子沿半径方向射入，偏转后三束粒子均汇聚于点，根据几何关系可知 可得 方向垂直纸面向外。 （2）粒子在点的速度分解为沿磁场方向的速度，垂直于磁场方向的速度，则， 粒子从点运动到屏上的时间 可得 粒子在垂直磁场方向做匀速圆周运动 可得 （3）粒子在、区域运动时，、粒子从处喷出时沿方向的速度均为，有 根据速度位移关系 粒子从处喷出时速度为，有 沿方向，根据动量定理得 由牛顿第三定律得 4．（2026·黑龙江吉林·二模）磁控光子晶体是一种可通过磁场调节光子性质的人工纳米结构材料，科学家近期实验验证了通过磁场调控光传播路径的可能性。我们可以把磁控光子晶体使光束传播路径改变的原理近似理解为带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用。现在有一个科学家实验过程的简化图，O点是一个可以发射固定波长激光的光源（光子可以等效为带电粒子，电荷量为，质量为）。现在从O点沿水平方向发射一束激光，距离O点1m处有一个竖直放置的厚度为L的矩形磁控光子晶体，其中有“等效磁场”，磁感应强度。某次实验时光子在晶体中的速度，光束在晶体中发生了的偏转后射出，并最终撞击在探测面上。普朗克常量，光速，传播过程中激光能量不衰减，。 (1)求激光在真空中的波长；（提示：单个光子等效质量，其中E为单个光子能量。） (2)求磁控光子晶体的厚度L和光子在晶体中运动的时间；（时间计算结果保留两位有效数字） (3)若可调节晶体可使光子在晶体中速度可在范围内变化，光从P点进入一块上述光子晶体，，请你设计光子晶体的形状，使光子在以上速度范围内经过晶体内磁场偏转后都可以回到O点，画出晶体形状，并计算最小面积。（计算结果保留两位有效数字，不考虑$