经典好题优选-高中物理 （完整版）-江苏省13市各地区、名校高三物理2025～2026试题精选（第一辑）

**基本信息** 汇编江苏多所名校高三优质试题，覆盖高中物理全部必修及选择性必修模块，以真实情境和综合问题考查核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|约60题/300分|直线运动、电磁感应、动量守恒、原子核等|结合亚运会百米赛跑、嫦娥六号等情境，考查模型建构（如传送带问题）| |计算/论述|约30题/300分|曲线运动、复合场运动、热学循环等|注重多知识点综合（如动量与能量结合），体现科学推理（如电磁阻尼器分析）|

经典好题优选 必修第一册 专题一 直线运动 1.（常州市北郊高级中学2025-2026学年高三上学期月考）2023年9月30日，杭州亚运会男子100米决赛中，绍兴籍选手谢震业以9秒97的成绩夺得金牌.下列说法正确的是（ ） A. “9秒97”是指时刻 B. 谢震业百米赛跑中的平均速度约为10m/s C. 在任何时间段，谢震业都做变速运动 D. 谢震业冲线时的加速度一定比起跑时的大 【答案】B 【解析】“9秒97”是指时间间隔，A错误；谢震业百米赛跑中的平均速度约为，B正确；在任何时间段，谢震业不一定都做变速运动，C错误；无法比较谢震业冲线时的加速度与起跑时的加速度之间的大小关系，D错误.故选B. 2.（南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月）如图所示，游乐场的玻璃滑梯可简化为倾斜滑道AB和水平滑道BC两部分.时某游客（视为质点）从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后速度大小不变，之后在BC上做匀减速直线运动，最后停在C点.若第6s末和第12s末速度大小均为6m/s，第11s末速度大小为8m/s，则下列说法错误的是（　　） A. 游客在第11s末时处于减速阶段 B. 游客在运动过程中的最大速度为9m/s C. 游客在运动全过程的路程为75m D. 游客在第16s末运动到C点 【答案】B 【解析】游客从A点由静止开始匀加速下滑，第6s末的速度大小为6m/s，则有，解得游客在AB段的加速度大小，若游客在第11s末仍处于加速下滑阶段，则此时的速度，与题干不符，故游客在第11s末处于BC之间的减速阶段，A正确；游客在BC段的加速度，设在第6s后经过t时间到达B点，则有，已知11s时的速度，由，联立解得，，B错误；设AB段的距离为，BC段的距离为，根据运动学公式对两阶段分别列式可得，，解得，，则游客在运动全过程的路程，C正确；在11s后，再经过时间减速为0，则，故游客在第15s末已经停在C点，D正确.故选B. 3.（镇江第一中学、镇江中学、大港中学、南京市联盟校2025-2026学年高三上学期10月）利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法.如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（、、、分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说法中正确的是（　　） A. 甲图可求出物体的加速度大小为 B. 乙图可求出物体的加速度大小为 C. 丙图可求出物体的加速度大小为 D. 丁图可求出前内的速度变化量大小为 【答案】B 【解析】A．甲图中图像为正比关系图像，根据公式可知，此图像斜率为，则加速度，A错误；B．乙图中图像为正比关系图像，根据公式可知，此图像斜率为，则加速度为，B正确；C．根据公式整理得，，根据丙图图中为一次函数关系图像，则图像的斜率为，解得，则加速度的大小为，C错误；D．根据公式可知，在图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则丁图中图可求出在前内的速度变化量大小为，D错误.故选B. 专题二 相互作用力 4．（泰州市泰兴三校2025-2026学年高三上学期11月期中联考）如图是镇同学将石块A、B、C从下到上依次叠放在一块大石头上，并使它们始终保持静止，假设整个环境处于无风状态，则下列说法正确的是（　　） A．石块B对C的支持力和C的重力一定是一对平衡力 B．石块B可能受到6个力的作用 C．石块B一定会受到A施加给它的摩擦力 D．石块B对石块A的作用力一定竖直向下 【答案】D 【解析】由于石块C可能倾斜，此时石块C要受到B对其的摩擦力，故石块B对C的支持力和C的重力不一定是一对平衡力，A错误；石块B受力的个数最多可能5个，即重力、C对B的压力和摩擦力、A对B的支持力和摩擦力，B错误；若石块B和A之间水平接触时，此时受力分析可知AB间没有摩擦力，C错误；受力分析可知A对BC的作用力竖直向上与BC的重力平衡，根据牛顿第三定律可知石块B对石块A的作用力一定竖直向下，D正确. 5.（常州市2025-2026学年第一学期高三期中质量调研）如图所示，专业运动员在拔河时身体向后倾倒，身体与地面的夹角很小.假设地面对运动员作用力、水平绳拉力的作用线均过运动员的重心，则双方相持状态下，夹角越小（　　） A. 运动员对地面的压力越大 B. 地面对运动员静摩擦力越大 C. 地面对运动员的最大静摩擦力越大 D. 地面与运动员之间的动摩擦因数越大 【答案】B 【解析】地面对运动员的支持力与运动员的重力是一对平衡力，大小不变，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的压力大小不变，A错误；设运动员重心到脚的水平距离为x、竖直距离为y，则重力的力矩为（使身体向后倒），拉力F的力矩为（使身体向前倒）.平衡时，即，当夹角 θ 减小（身体后倾），x 增大、y 减小，因此 F 变大.绳的拉力与地面的静摩擦力为一对平衡力，所以静摩擦力变大，B正确；因为运动员对地面的压力大小不变，所以最大静摩擦力不变，C错误；动摩擦因数与压力无关，所以动摩擦因数不变，D错误.故选B. 6.（南通市海安市2025-2026学年高三上学期开学）如图所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中.关于摩擦力f的大小随拉力F的变化关系，下列四副图可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设F与水平方向的夹角为θ，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为，F增大，f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力， F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为，N减小，则f减小，B正确，ACD错误.故选B. 7.（泰州中学2025-2026学年高三上学期10月月考）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎做匀速直线运动进行负荷训练，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高.两绳间的夹角为，所构成的平面与水平面间的夹角恒为，轮胎重为G，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，则每根绳的拉力大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力，方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为α，受力分析如图所示，对轮胎，解得，ABD错误，C正确.故选C. 8.（苏州市西安交通大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考）图甲为挂在架子上的双层晾衣篮.上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上.晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为（　　） A. 1：1 B. 2：1 C. 5：2 D. 5：4 【答案】C 【解析】设一个篮子的质量为，连接下篮的绳子的拉力为，对下篮，根据平衡条件得，解得，设连接上篮的绳子的拉力为，绳子与竖直方向夹角为，对两个篮整体由平衡条件得，根据几何关系得，联立解得，则，C正确，ABD错误.故选C. 9.（苏州市外国语中学2025-2026学年高三上学期12月）如图（a），某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图（b）.当人缓慢竖直站立过程中，人的背部与水平面夹角，下列说法正确的是（　　） A. 墙面对球的力保持不变 B. 人受到地面的摩擦力变大 C. 地面对人的支持力变大 D. 球对人的压力先增大后减小 【答案】B 【解析】对瑜伽球受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知，，，人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力增大.人对球的支持力增大.根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大.A、D错误； 甲 乙 对整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件，可知，人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变，B正确，C错误.故选B. 10.（常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期9月）如图所示，桌面上固定一竖直挡板，现将一个质量恒定的A球与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A球慢慢升高，设各接触面均光滑，对于该过程，下列说法正确的是（　　） A. 垫块B受到三个力的作用 B. 垫块B对桌面的压力逐渐增大 C. A球对垫块B的压力越来越小 D. 水平外力F大小恒定不变 【答案】D 【解析】以A球为研究对象，受力分析可知，A球受到重力、挡板的弹力和斜面的支持力三个力；以B球为研究对象，垫块B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力作用，故A错误；当柱状物体向左移动时，垫块B对A的支持力和挡板对A球的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变，即A球对垫块B的压力保持不变；对整体受力分析如图所示，根据受力平衡可得，， 可知地面对B的支持力不变，则垫块B对地面的压力不变；由于挡板对A球的支持力不变，可知水平外力F大小恒定不变，故BC错误，D正确.故选D. 专题三 运动和力的关系 11.（江阴市三校2025-2026学年度第一学期12月联考）如图所示，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均为m的A、B两物体，平衡后剪断A、B间细线.已知弹簧的劲度系数为k，则下列说法中正确的是（　　） A．细线剪断瞬间A的加速度为0 B．A运动到最高点时弹簧弹力为mg C．A运动到最高点时，A的加速度为g D．A振动的振幅为 【答案】C 12.（苏州市苏州高新区第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）在水平向右飞行的客机中，发现饮料杯中的液面与水平小桌板成α角，如图所示.则（ ） A. 客机在做匀速直线运动 B. 客机在做匀加速直线运动 C. 客机的加速度大小为 D. 饮料杯只受重力和支持力 【答案】C 【解析】在倾斜水面上取一小水滴，对其进行受力分析如图所示，可知其加速度方向向左，根据牛顿第二定律有，解得，可知客机的加速度大小为，客机向右做匀减速直线运动，故AB错误，C正确；D．饮料杯的加速度水平向左，则饮料杯受重力、支持力和摩擦力作用，故D错误.故选C. 13.（前黄高级中学2025-2026学年高三上学期期中）如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc三个细管道，ac沿竖直方向，abcd是一个矩形，将三个小球同时从a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的速度损失，当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球的位置关系可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设ac=d，∠acb=α，则沿ac运动的球到达c点的时间，沿abc运动的球在ab斜面上运动的加速度，到达b点时间，沿adc运动的球在ad斜面上运动的加速度，到达d点的时间，因t1=t2=t3，可知当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球分别到达b点和d点.故选B. 14.（南京市2025-2026学年高三上学期期中）如图所示，身高仅有1.32m的机器人在某次立定跳远能力测试中，跳出了1.4m的优秀成绩，不计空气阻力，则该机器人（　　） A. 在空中处于超重状态 B. 在空中处于失重状态 C. 在落地过程中处于失重状态 D. 在落地过程中处于超重状态 【答案】B 【解析】该机器人在空中，加速度方向向下，处于失重状态，A错误，B正确；在落地过程中，通过双脚弯曲使重心下降，该机器人先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，先处于失重，后处于超重，C、D错误.故选B. 15.（溧阳中学2025-2026学年高三上学期10月）如图所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针运行，一遵循胡克定律的轻质弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与一小物块拴接.将物块无初速度放在传送带左端，此时弹簧处于原长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则释放后的一段时间内，下列关于物块加速度大小a和物块速度大小平方随物块向右运动的距离x变化的图像，可能正确的是（　） 【答案】C 16.（经典题）（扬州市宝应县2025-2026学年高三上学期期初检测）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图像如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度.则正确的是（　　） A. 传送带的速率 B. 传送带的倾角 C. 物体与传送带之间的动摩擦因数 D. 0~2s内物体在传送带上留下的痕迹为5m 【答案】D 【解析】由图可知，在t=1s时物块的加速度发生改变，此时物块的速度为10m/s，可知传送带的速率，A错误；根据牛顿第二定律结合v-t图像可知，开始阶段物块的加速度，物块与传送带共速后物块的加速度，联立解得传送带的倾角，物体与传送带之间的动摩擦因数，BC错误；0~1s内物体在传送带上留下的痕迹为， 1~2s内物体在传送带上留下的痕迹为，因可知0~2s内物体在传送带上留下的痕迹为5m，D正确.故选D. 17.（经典题）（镇江第一中学、镇江中学、大港中学、南京市联盟校2025-2026学年高三上学期10月）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为的长木板，在长木板右端有一质量为的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为，长木板与小物块均静止.现用的水平恒力向右拉长木板，经时间撤去水平恒力F.g取.求： （1）在F的作用下，长木板的加速度和小物块的加速度的大小； （2）长木板与小物块的最终速度； （3）整个过程中摩擦产生的热量. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】（1）根据牛顿第二定律，对长木板受力分析可知，对小物块受力分析可知 ，解得，.（2）刚撤去时，长木板速度，小物块，撤去后，长木板的加速度，最终速度， 解得共同速度.（3）撤去前小物块相对长木板滑动的距离，在撤去后到最终共速，小物块和长木板的相对位移，终小物块相对长木板滑动的距离，整个过程摩擦产生的热量. 18.（经典题）（无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期期中）如图甲所示，水平面上放置质量的足够长的木板，木板上放置质量的滑块，现将如图乙所示的水平力作用于滑块上.已知滑块与滑板之间的动摩擦因数，滑板和水平面之间的动摩擦因数，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力. （1）求木板开始运动的时刻； （2）求滑块相对木板刚开始运动时的速度大小； （3）若时刻在滑块上作用的恒力，时撤去该恒力，则整个过程滑块相对木板的位移为多大？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）对整体受力分析，刚开始运动时有，由图像可知，联立解得刚开始运动时刻为.（2）整体开始运动后先一起做加速运动，当物块A的加速度达到最大时，A、B发生相对运动，对A受力分析，由牛顿第二定律有，解得， 对B受力分析，由牛顿第二定律有，联立解得A、B发生相对运动时拉力为 联立解得A、B发生相对运动的时刻为，滑块相对滑板刚开始运动前，A、B一起加速运动，对整体受力分析有，整理有，图像如图所示，由图像的面积表示速度变化量可知滑块相对滑板刚开始运动时的速度大小. （3）由上述分析可知恒力，故刚开始A、B已经分开运动，前两秒内对 A 受力分析，由牛顿第二定律有，对B受力分析，由牛顿第二定律有，即前两秒，A、B均做匀加速直线运动，由运动学知识有，，撤去恒力的瞬间由运动学之后可知A、B的速度为，，后，撤去恒力之后，B做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有，当A、B共速时有，则撤去恒力后到共速的过程中由运动学知识有，，则整个过程中A、B的相对位移为，联立解得. 必修第二册 专题四 曲线运动 1.（南通市启东中学2025-2026学年高三上学期第二次月考）如图所示为运动员用脚背接触球面带动足球旋转，足球两侧的压力差使足球在空中做曲线运动（即高难度的“香蕉球”），并射门成功.以下说法正确的是（　　） A. 足球在运动轨迹的最高点处于平衡状态 B. 研究足球的旋转对轨迹的影响，可以将足球看成质点 C. 足球在空中运动过程中，所受合力方向总指向球门方向 D. 足球在空中运动过程中，速度方向与加速度方向不在同一直线上 【答案】D 【解析】在最高点，足球有向下的加速度，不是平衡状态，A错误；研究足球的旋转对轨迹的影响，不能将足球看成质点，B错误；足球在空中运动过程中，做曲线运动，运动过程中合力总指向凹侧，而不是球门方向，速度方向与加速度方向不在同一直线上，C错误，D正确.故选D. 2.（苏州市苏州高新区第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）如图所示，一飞行器在月球表面起飞后某段时间内做匀加速直线运动，其飞行方向与水平面成角.则此段时间发动机的喷气方向可能（ ） A. 沿1的方向 B. 沿2的方向 C. 沿3的方向 D. 沿4的方向 【答案】B 【解析】飞行器在月球表面起飞后某段时间内做匀加速直线运动，可知飞行器受到重力和推力的合力方向与速度方向相同，由于推力方向与发动机的喷气方向相反，结合平行四边形定则可知，此段时间发动机的喷气方向可能沿2的方向.故选B. 3.（淮安市某重点中学2025-2026学年高三上学期月考）如图所示，小球C套在竖直杆上，通过两根轻绳分别与物块A、B相连，A、B、C三者始终在同一竖直平面内运动，A、B与轻滑轮之间的绳平行于斜面，某时刻小球C两侧的绳与杆的角度如图，此时C向下的速度大小为v，A、B沿斜面向上的速度大小分别为、，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】将绳端速度分解为沿绳和垂直绳可知，，故选C. 4.（盐城市五校联盟2025-2026学年高三上学期12月月考）如图1所示，客家人口中的“风车”也叫“谷扇”，是农民常用来精选谷物的农具.在同一风力作用下，精谷和瘪谷（空壳）谷粒都从洞口水平飞出，结果精谷和瘪谷落地点不同，自然分开，简化成如图2所示.若谷粒从洞口飞出后忽略空气阻力且不受风力的影响，则下列正确的是（       ） A. A处是精谷，B处为瘪谷 B. 精谷和瘪谷落地时的速度相同 C. 精谷和瘪谷飞出洞口到落地的时间相同 D．精谷飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度要大些 【答案】C 5.（扬州高邮市2025-2026学年高三上学期开学调研）足球训练中，甲乙两人在同一位置，甲将足球沿平直地面踢出，乙立即由静止开始追赶球，乙和球沿同一直线运动，且在t时刻追上足球，下列能反映该过程的图像是（　　） A. B. C D. 【答案】A 【解析】设足球被踢出的方向为正方向，被踢出的位置为坐标原点，因开始时球和乙都在同一位置且同时出发，则图像都从坐标原点开始；则若没有阻力，则足球沿正方向做匀速运动，x-t图像为过原点倾斜的直线；若考虑阻力，则足球沿正方向做减速运动，则x-t图像为斜率减小的曲线；人可能匀速追赶球，则x-t图像为过原点的倾斜的直线；还可能加速，x-t图像为过原点的斜率增加的曲线；综上所述，只有A正确. 故选A. 6.（南通市如皋中学2025-2026学年高三上学期测试）如图所示，某海洋乐园里正在进行海豚戏球表演，驯兽师由静止释放球的同时，海豚沿正对着球的方向跃出水面，设海豚出水后姿势保持不变，不计空气阻力，海豚在落水前（　　） A. 相同时间内速度方向变化的角度相同 B. 相对球做匀速直线运动 C. 一定能顶到球 D. 增大出水时的仰角能顶到球 【答案】B 【解析】相同时间内速度的变化量相等，但对应时间的初速度的大小和方向不同，故速度方向变化的角度不同，A错误；海豚和小球都仅受重力作用，加速度相同，故海豚在落水前相对球做匀速直线运动，B正确；设海豚跃出水面距离驯兽师正下方的水平位移为x，小球释放的高度为h，海豚跃出水面的速度方向与水平面的夹角为，故海豚能顶到球满足的关系为，，，当海豚在落水前所经历的时间为，故当海豚落水时恰好顶到求，则有，解得，故当时，海豚不能顶到球，C错误；增大出水时的仰角，即，则，故不能顶到球，D错误.故选B. 7.（扬州市宝应县2025-2026学年高三上学期期初检测）如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0=3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块.（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求： （1）抛出点O离斜面底端的高度； （2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ. 【答案】（1）1.7 m （2）0.125 【解析】（1）设小球击中滑块时的速度为，竖直速度为，如图所示.由几何关系得，设小球下落的时间为，竖直位移为，水平位移为，由运动学规律得，，，解得，，，设抛出点到斜面底端的高度为，由几何关系得，联立解得.（2）设在时间内，滑块的位移为，由几何关系得，设滑块的加速度为，由运动学公式得，对滑块，由牛顿第二定律得，联立解得. 8.（常州市北郊高级中学2025-2026学年高三上学期月考）如图所示，某人站在山顶上，将一质量的石块沿与水平方向成夹角的方向斜向上抛出，石块出手离地面的高度，石块落在水平地面上的动能，不计空气阻力作用，重力加速度g取，则（　　） A. 石块抛出时的速度大小为 B. 石块在空中运动的时间约为 C. 石块在运动过程中，最大速度为 D. 石块在运动过程中，最小速度为 【答案】D 【解析】石块落地时速度最大，根据,可得石块的最大速度,C错误；根据机械能守恒定律,解得石块抛出时的速度大小,A错误；物体抛出后，在竖直方向上做上抛运动，总运动时间比自由落体运动时间要长，即,B错误；石块运动到轨迹跟高点时，竖直方向速度为零，其速度最小，最小速度等于抛出时的水平速度为,D正确.故选D. 9.（泰州中学2025-2026学年高三上学期10月月考）在一次篮球运动训练中，篮球在空中划出完美的弧线，现在篮球运动所在的竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，如图所示.篮球从A点投出，最后到达地面上的D点，B、C是其运动轨迹上的两点，B为篮球运动的最高点.A、B、C、D四点的坐标分别为（L、0）、（0，L）、（L，0）、（2L，y）.不计空气阻力，篮球可视为质点，重力加速度大小为g，求： （1）篮球从A运动到D的时间； （2）篮球从A点投出时的初速度大小. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）从A到B，由斜抛运动的规律可知，，解得，，则从A到D的时间.（2）从A点抛出的竖直分速度，则篮球从A点投出时的初速度大小. 专题五 圆周运动 10.（南通市海安市2025-2026学年高三上学期开学）早在战国的《石氏星经》中对“黄道、赤道”已有记载，如图所示，静置在地球黄道面和赤道面上的、两物体（　　） A. 角速度相等 B. 线速度相等 C. 向心加速度相等 D. 重力加速度相等 【答案】A 【解析】、两物体随地球自转，具有相同的角速度，其线速度、向心加速度、重力加速度均不相同，故选A. 11.（泰州中学2025-2026学年高三上学期10月月考）如图所示，螺旋测微器旋钮转动一周，旋钮同时沿着轴线方向前进或后退0.5mm.旋钮上“0”刻线处A点的旋转半径为5.0mm.若匀速转动旋钮，则A点绕轴线转动的线速度和沿轴线移动的速度大小之比约为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】旋动旋钮一圈，测微螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，A点做圆周运动的线速度为，A点水平移动的速度为，代入数据得，故选C. 12.（南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月）如图所示，汽车转弯时，四个车轮轮轴延长线交于同一点.已知四个车轮的规格完全相同，且转弯时车轮不打滑，则汽车转弯时，四个车轮的（　　） A. 轮轴绕点运动的线速度大小相等 B. 轮轴绕点运动的角速度大小相等 C. 边缘绕轮轴转动的线速度大小相等 D. 边缘绕轮轴转动的角速度大小相等 【答案】B 【解析】汽车转弯时，四个车轮轮轴绕点做圆周运动，属于同轴转动，同轴转动的各点角速度大小相等，四个车轮轮轴绕点运动的半径不同，根据，角速度相等时，半径不同则线速度大小不相等， A错误，B正确；由于四个车轮规格完全相同且不打滑，但它们绕点运动的半径不同，线速度不同，所以边缘绕轮轴转动的线速度大小不相等， C错误；根据这里是车轮边缘相对轮轴的线速度，线速度不同，半径相同车轮规格相同，所以边缘绕轮轴转动的角速度大小不相等， D错误.故选B. 13.（苏州市苏州高新区第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）打水漂是民间小朋友喜爱的一种娱乐项目.用扁型瓦片或石片，用力旋转飞出，石片擦水面飞行，利用物体的惯性和旋转时具有定轴性，触水面后受水作用而弹起，石片将不断在水面上向前弹跳直至沉水.假设一块圆饼形石头被扔出后，若只研究石头在水平面上的运动，可将石头看成是在平行水面绕其中心以匀速旋转，同时以的初速度向前匀减速直线运动，直到前进速度为0后沉入水底，水平方向向前的运动距离为，则此段时间内石头转的圈数为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】石头向前运动距离为时，运动时间为，解得，石头圆周运动的周期为，所以石头旋转的圈数为，故选A. 14.（南通市如皋中学2025-2026学年高三上学期测试）如图所示，压缩机通过活塞在汽缸内做往复运动来压缩和输送气体，活塞的中心A与圆盘在同一平面内，O为圆盘圆心，B为圆盘上一点，A、B处通过铰链连接在轻杆两端，圆盘绕过O点的轴做角速度为ω的匀速圆周运动.已知O、B间距离为r，AB杆长为，则（　　） A. L越大，活塞运动的范围越大 B. 圆盘半径越大，活塞运动的范围越大 C. 当OB垂直于AB时，活塞速度为ωr D. 当OB垂直于AO时，活塞速度为ωr 【答案】D 【解析】当B点圆心左侧水平位置时，活塞运动到最左位置，距离O点，当B点在圆心右侧水平位置时，活塞运动到最右位置，距离O点，所以活塞运动范围为，此距离与L无关，与r成正比，与圆盘半径无关，A、B错误；当OB垂直于AB时， 如图甲所示，此时B点速度方向一定沿杆，则，C错误；圆盘B点速度，当OB垂直于AO时，如图乙所示，此时活塞速度方向与圆盘上B点速度方向相同，速度方向与杆夹角相同，沿杆速度，此时有，D正确.故选D. 甲 乙 15.（盐城市四校2025-2026学年高三（上）第一次质量检测）如图所示，用六根符合胡克定律且原长均为的橡皮筋将六个质量为m的小球连接成正六边形，放在光滑水平桌面上.现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴以角速度匀速转动.在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则橡皮筋的劲度系数为(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】对小球受力分析，相邻两根橡皮筋的合力提供向心力，解得，故选D. 16.(经典题）（南通市如皋中学2025-2026学年高三上学期测试）一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是（　　） A. 小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B. 小球过最高点的最小速度是 C. 小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D. 小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 【答案】A 【解析】轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v＝时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v＜，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上mg－F＝m，随v增大，F减小；若v＞，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下mg＋F＝m， 随v增大，F增大，C、D均错误.故选A. 17.（无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期9月检测）如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta∶Tb＝1∶k（k＞1，为正整数）.从图示位置开始，在b运动一周的过程中（　　） A. a、b距离最近的次数为k次 B. a、b距离最近的次数为k－1次 C. a、b、c共线的次数为2k次 D. a、b、c共线的次数为2k＋2次 【答案】B 【解析】在b转动一周过程中，a转动k周，a、b距离最远的次数为k-1次，a、b距离最近的次数为k-1次，故a、b、c共线的次数为2k-2，选项B正确，ACD错误.故选B. 18.（经典题）（无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期9月检测）如图所示，为了测量列车通过一圆弧形弯道在水平面内转弯的半径的大小，某人设计了如下方法：将一小球（可视为质点）用轻绳悬挂在列车车厢顶部，当列车以恒定速率v通过该弯道时，发现小球稳定时轻绳与竖直方向夹角为α.已知弯道处的铁轨路面与水平面间夹角为（<α），空气阻力不计，重力加速度为g.则（　　） A. 列车转弯半径大小为，列车车轮挤压内侧铁轨 B. 列车转弯半径大小为，列车车轮挤压外侧铁轨 C. 列车转弯半径大小为 ，列车轮与铁轨无侧向挤压 D. 列车转弯半径大小为 ，列车轮与铁轨无侧向挤压 【答案】B 【解析】重物受到重力、绳子拉力的合力提供重物做圆周运动的向心力，则,解得列车在该弯道的转弯半径大小为,列车理想速度满足关系,因<α，则v>v＇，说明列车速度大于转弯理想速度值，列车会挤压外轨.故选B. 19.（南通市如皋中学2025-2026学年高三上学期测试）如图所示，质量相同的小球甲、乙、丙用长度不同的轻绳悬于O点，均在水平面内做匀速圆周运动.已知甲、乙在同一水平面内运动，乙、丙经过同一抛物线，则（　　） A. 甲、乙的向心力大小相等 B. 甲、乙的向心加速度大小相等 C. 乙、丙的角速度大小相等 D. 乙、丙的线速度大小相等 【答案】D 【解析】设绳子与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得，可得向心加速度大小为，由于乙对应的较大，所以甲的向心力小于乙的向心力，甲的向心加速度小于乙的向心加速度，A、B错误；已知乙、丙经过同一抛物线，以O点为坐标原点，竖直向下为轴，水平向左为轴，则抛物线方程为，设乙、丙的坐标分别为（，），（，），则有，根据牛顿第二定律可得，其中，，可得，，由于，，则有，，C错误，D正确.故选D. 20．（经典题）（盐城市五校2025-2026学年高三上学期联考）如图所示，一半径R＝4 m的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一个小桶，在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，高度差h＝5 m.AB为一竖直面内的圆弧轨道，且与水平滑道相切于B点.一质量m＝2kg的滑块(可视为质点)由A点释放，当滑块经过B点时，对B点压力为52 N，恰在此时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终滑块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内.已知滑块与滑道BC间的动摩擦因数为0.3，g＝10 m/s2，求： （1）滑块到达B点时的速度； （2）水平滑道BC的长度； （3）若在圆盘边缘离E点圆处再各放一个小桶，使滑块恰好落入圆盘边缘的小桶内，圆盘转动的周期T应满足的条件. 【答案】(1) 滑块到达B点时，由牛顿第二定律得F－mg＝ ，代入数据解得vB＝5 m/s.(2) 滑块离开C点后，做平抛运动，有h＝gt，R＝vCt1，解得t1＝1 s，vC＝4 m/s.滑块在BC上运动时，μmg＝ma，得a＝3 m/s2 .由匀变速运动公式得，所以x＝1.5 m.(3) 滑块由B点运动到C点，由运动学关系得x＝t2 ，代入数据解得t2＝ s，所以t＝t1＋t2＝ s，圆盘转动的周期T应满足条件， ， ，代入数据得T＝ . 21.（南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月）如图甲所示，打印机的送纸系统由搓纸轮A、送纸轮B和分纸轮C构成，当按下打印按钮后，A迅速下降到与纸盒中最上面一张纸相接触，通过摩擦将纸张送到B、C之间，然后迅速提升高度离开纸堆，B又通过摩擦将纸张输送到下一送纸单元.已知A、B、C半径均为，它们与纸张之间的动摩擦因数均为，纸张之间的动摩擦因数均为，A、B、C与纸张接触时对纸张的压力大小均为，每张纸的质量均为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为. （1）试证明A每次能且只能搓动最上面的一张纸； （2）如图乙所示，当只有一张纸送到B、C之间时，B、C立即以相同大小的角速度分别逆时针、顺时针转动.已知纸张送到B、C之间时的速度为，不计纸张的重力和其他阻力，试求此后经过多大的位移，纸张在B和C之间达到最大速度； （3）如图丙所示，若因纸张之间的接触面粗糙程度异常，导致某次有两张纸1、2同时被送到B和C之间，此时B、C立即以相同的角速度逆时针转动.已知1、2之间的动摩擦因数变为了，纸张1、2被送到B、C之间时的速度仍为，不计纸张的重力和其他阻力，试求此后纸张1经过多长时间达到最大速度，纸张2经过多长时间退出B、C之间. 【答案】（1）见解析 （2）0.75mm （3） 【解析】（1）搓纸轮对最上面一张纸的摩擦力为，最上面两张纸之间的最大静摩擦力为，第三张纸对第二张纸的最大静摩擦力为， 由、可知，第一张纸被搓动，第二张纸无法运动，即证.（2）设单张纸到达送纸轮和分纸轮之间时，其加速度为，由牛顿第二定律，有，解得，方向向右.纸张的最大速度就是送纸轮和分纸轮边缘的线速度，即，设纸张由加速到运动的位移为，由运动学规律有，联立解得.（3）①对纸张1由牛顿第二定律，有，解得，方向向右；由运动学规律，有，联立解得.②对纸张2由牛顿第二定律，有，解得，方向向左，由运动学规律，有，联立解得. 22.（无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期9月检测）如图所示，半径为3r的水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘距离水平地面高为h，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、12m，物块A叠放在B上，B、C到转盘中心O的距离分别为3r、2r，B、C间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无拉力，已知C与圆盘间的动摩擦因数为μ，B与圆盘间的动摩擦因数为2μ，A、B间动摩擦因数为3μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.A、B、C均可视为质点，现让圆盘从静止开始逐渐缓慢加速，求 （1）时，C受到转盘的摩擦力； （2）当增加到某一数值时，C、B哪个物体不受圆盘的摩擦力？求此时圆盘角速度大小（物体仍在圆盘上且圆盘角速度不为零）； （3）当增加到某一数值时，A从B上滑动并飞出，求A落地点与盘中心O在地面投影点之间的距离. 【答案】（1），方向沿CO指向O点 （2）B物体 （3） 【解析】（1）当时，对C物体由牛顿第二定律,由于C物体与圆盘之间的最大静摩擦力为,所以当时，C受到转盘的静摩擦力大小为，方向沿CO指向O点.（2）当增加到某一数值时，B或C相对圆盘滑动，最大静摩擦力提供向心力，由，,可得,所以C物体会先滑动，细线产生拉力，B物体可能不受圆盘摩擦力，设此时圆盘的角速度为，由牛顿第二定律，,解得.（3）当A相对B产生滑动时，则,解得 此后A做平抛运动，则， ,落点到的水平距离 ,解得. 专题六 万有引力 宇宙航行 23.（泰州中学2025-2026学年高三上学期10月月考）牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足.已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有，月球绕地球公转有，r = 60R，联立有，故选C. 24.（经典题）（南京市两校联合体2025-2026学年高三上学期10月）近地卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，若其轨道半径近似等于地球半径R，运行周期为T，地球质量为M，引力常量为G，则（　　） A. 近地卫星绕地球运动的向心加速度大小近似为 B. 近地卫星绕地球运动的线速度大小近似为 C. 地球表面的重力加速度大小近似为 D. 地球的平均密度近似为 【答案】D 【解析】 由向心加速度公式可知，近地卫星绕地球运动的向心加速度大小， A错误；近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得，解得近地卫星绕地球运动的线速度大小，B错误；地球表面的重力等于万有引力，所以有，地球表面的重力加速度大小为，C错误；近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得，解得地球的质量为，地球的平均密度近似为，故D正确.故选D. 25.（苏州市苏州高新区第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则（　　） A. 乘客达到地心时的速度最大，加速度最大 B. 乘客只有在地心处才处于完全失重状态 C. 乘客在地心处所受的回复力最小 D. 乘客所受地球的万有引力大小不变 【答案】C 【解析】乘客向地心运动时速度增大、加速度减小，通过地心时的速度达到最大值，加速度为零，则回复力为0，故回复力最小，A错误，C正确；乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，B错误；设地球质量为M，乘客和车的质量为m，地球密度为ρ，则，在距离地心为r时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力，又，联立得，即万有引力与r成正比，D错误.故选C. 26.（经典题）（2026届南京市中华中学高三下学期模拟预测）图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命.图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1∶4.若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（　　） A. 在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9 km/s B. 某时刻有一个部件从航天器上分离，航天器的周期不变 C. 在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍 D. 在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，再过3h两卫星连线再次过地心 【答案】B 【解析】7.9 km/s是第一宇宙速度，从地面发射卫星的速度不小于第一宇宙速度，卫星绕地球做圆周运动的速度不大于第一宇宙速度，A错误；部件从航天器上分离，航天器的轨道半径不变，由开普勒第三定律可知航天器的周期不变，B正确；万有引力提供向心力，有，得加速度，因两者的轨道半径之比为，所以加速度比为，C错误；根据开普勒第三定律，由题意，，解得，在题图中状态之后，当“轨道康复者”转过的弧度与地球同步卫星转过的弧度差为时，两卫星连线再次过地心.经3h，地球同步卫星转过的弧度为，“轨道康复者”转过的弧度为，弧度差为，因此再过3h两卫星连线不会过地心，D错误.故选B. 27.（经典题）（常州市第一中学2025—2026学年第一学期10月）2024年5月3日，我国成功发射了嫦娥六号探测器，这是人类首次尝试从月球背面采样并返回地球的任务.嫦娥六号近月制动后在圆形环月轨道Ⅰ上运行，在 点进行再次近月制动后变轨进入椭圆轨道Ⅱ，、、、 点为椭圆轨道Ⅱ的四等分点， 点为椭圆轨道Ⅱ的近月点.下列说法正确的是（　） A. 嫦娥六号在椭圆轨道Ⅱ上 点的加速度小于在圆形轨道Ⅰ上 点的加速度 B. 嫦娥六号在椭圆轨道Ⅱ上的运行周期小于在圆形轨道Ⅰ上的运行周期 C. 嫦娥六号在椭圆轨道Ⅱ上从 点运行到 点的时间等于从 点运行到 点的时间 D. 嫦娥六号在椭圆轨道Ⅱ上从 点到 点过程处于超重状态，从 点到 点过程处于失重状态 【答案】 B 专题七 机械能 一、功和功率 28.（南通市海安市2025-2026学年高三上学期开学）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为、为近日点，为远日点，、为轨道短轴的两个端点.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从经到的运动过程中（　　） A. 运动的时间为 B. 受到的万有引力先减小后增大 C. 万有引力对它先做正功后做负功 D. 机械能先增大后减小 【答案】C 【解析】根据开普勒第二定律，海王星靠近太阳时运行速度变快，远离太阳时运行速度变慢，故海王星在从经到的运动过程中，运行时间小于，A错误；由，海王星受到的万有引力先增大后减小，B错误；根据万有引力的方向和速度方向关系，万有引力对它先做正功后做负功，C正确；海王星在从经到的运动过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，D错误.故选C. 29.（南京市六校联合体2025-2026学年高三上学期学情调研）如图所示，光滑半圆形球面体固定在水平面上，半径为R，顶部有一小物块，现给小物块一个水平初速度v0，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A. 若，则小物块做平抛运动直至落地 B. 若，则小物块紧贴着圆面下滑直至落地 C. 无论按照什么轨迹，小物块落地时，重力的瞬时功率均相等 D. 无论按照什么轨迹，小物块始终处于超重状态 【答案】A 【解析】在最高点，若物块只受重力，根据牛顿第二定律得，解得，若，则小物块只受重力，做平抛运动直至落地，A正确；若，则小物块在最高点受到向下的重力和竖直向上的支持力，小物块紧贴着圆面下滑，在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得， 随着物块下滑，θ不断增大，cosθ不断减小，v增大，则FN减小，当FN减小到零时，物块做斜下抛运动，不会一直沿着圆面下滑，B错误；若物块做平抛运动，落地时重力瞬时功率为， 若物块先沿圆面下滑，再做斜下抛运动落到地面，由于竖直方向平均加速度小于重力加速度，所以落地时重力的瞬时功率减小，C错误；无论按照什么轨迹，小物块加速度向下或者加速度有向下的分量，所以小物块始终处于失重状态，D错误.故选A. 30.（南通市海安市2025-2026学年高三上学期开学）如图所示，斜面顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块.电动机以恒定功率拉动小车由静止开始沿斜面向上运动.经过一段时间后，物块与小车的速度相同，物块运动的速度与时间的关系图像可能是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】电动机以恒定功率工作，初始时小车速度为0，由可知，拉力极大，小车加速度很大，物块与小车发生相对滑动，物块的加速度小于小车的加速度，设为斜面倾角，物块受滑动摩擦力，对物块沿斜面受力分析，由于、、、均为定值，物块加速度恒定，图像表现为倾斜直线（匀加速）；随后，当二者加速度一致时，小车的速度仍然大于物块的速度，二者之间仍然相对滑动，这段物块图像仍然表现为倾斜直线（匀加速）；随着小车速度增大，拉力，逐渐减小，小车加速度也逐渐减小.由于小车的加速度逐渐减小，物块的加速度之后某时刻会大于小车加速度，之后某时刻小车与物块共速后一起运动，一起做加速度减小的加速运动，最终一起做匀速直线运动.故选D. 二、动能 动能定理 31.（扬州市新华中学2025-2026学年高三上学期10月学情检测）一小球从地面竖直上抛，到最高点后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力大小恒定，取竖直向上为正方向.下列关于小球运动的速度v、加速度a、动能Ek、机械能E随时间t或路程x变化的图象中正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】小球在上升过程中所受重力和阻力恒定，所以小球的加速度恒定，小球速度应为均匀变化，A错误；因阻力做负功，且阻力恒定，故阻力的功与位移成正比，而阻力做功等于机械能的改变量，所以对应的图象为斜向下的直线，B正确；根据动能定理,得,可知，因重力及阻力恒定，所以上升过程中动能的变化应与位移为一次函数关系，且初动能不为零，C错误；小球上升过程中受向下的重力以及向下的阻力作用，加速度向下，为负值，并且大小保持不变，下降过程中加速度向下也为负值，不变，D错误.故选B. 32.（南通市启东中学2025-2026学年高三上学期第二次月考）如图甲，质量均为m=0.2kg的物块A、B放在足够长的水平地面上，A与地面动摩擦因数为μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块在水平外力F的作用下从静止开始向右前进，外力F随位移x变化的图线如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2.求： （1）在x=0.5m时，A、B之间的弹力大小； （2）物块A与B分离后，B的速度大小； （3）物块A与B分离后，A还能运动多远. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）对AB整体，根据牛顿第二定律，对B根据牛顿第二定律，联立解得 .（2）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时加速度仍然相等；对B分析 aB = 0， 对A分析 aA= aB = 0，则此时水平外力，由图可知A、B分离时位移，0-3m过程外力做功，对A、B由动能定理 ， 解得物块A与B分离后，B的速度大小.（3）A与B分离后,外力对A做功为，对A由动能定理，解得物块A与B分离后，A还能运动. 33.（扬州市新华中学2025-2026学年高三上学期10月学情检测）北京时间2024年7月31日，在巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，中国选手邓雅文夺得金牌.这也是中国运动员第一次参加奥运会自由式小轮车项目.其部分场地可以简化为如图所示的模型，平台A左右弧面对称，右侧为半径的部分圆弧面，圆心角满足，平台B为的圆弧面，半径，邓雅文以一定的初速度从平台的左下端冲向平台A，从M点腾空后沿切线从N点进入赛道，再经过一段水平骑行从Q点进入平台B，恰好到达平台B的上端边缘，平台A上端MN间的距离为2.4m，邓雅文和独轮车总质量为75kg，运动过程中可视为质点，整个过程邓雅文只在PQ段进行了骑行做功，不计一切阻力，重力加速度取，求： （1）邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小； （2）邓雅文和独轮车在MN段腾空最高处的速度； （3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功. 【答案】（1）2250N （2）3m/s （3）562.5J 【解析】（1）由于运动员恰好到达平台B的上端边缘，根据机械能守恒，根据牛顿第二定律，联立解得支持力大小.（2）运动员从M点做斜抛运动，设初速度为v，则，，解得，因此在最高点的速度.（3）从M到Q的过程中，根据动能定理，解得. 34.（苏州市苏州高新区第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g.（取，） （1）求P第一次运动到B点时速度的大小； （2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能； （3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点.G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据题意知，B、C之间的距离l为l=7R–2R,设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得,式中θ=37°，联立以上两式并由题给条件得.（2）设BE=x，P到达E点时速度是零，设此时弹簧的弹性势能为EP，由B点运动到E点的过程中，由动能定理有,E、F之间的距离l1为l1=4R–2R+x,,P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有,联立以上三式并由题给条件得x=R，.（3）设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为，,式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实.设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有，x1=vDt, 联立解得,设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有,P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有，联立解得. 三、机械能 35.（扬州市新华中学2025-2026学年高三上学期10月学情检测）如图所示，一T型支架长的横杆上用等长的细线等间距悬挂4个相同小球A、B、C、D，支架绕轴线缓慢加速转动，当支架转动的角速度为ω时（　　） A. A、D的加速度相同 B. A、B悬线与竖直方向的夹角相等 C. A的机械能大于B的机械能 D. A的动能等于该过程中细线对A做的功 【答案】C 【解析】由于A、D两球角速度相同，转动半径相同，根据可得，A、D两球加速度大小相等，方向不同，A错误；设悬线与竖直方向的夹角为θ，悬线的悬挂点与转轴间的距离为x，根据牛顿第二定律可得,由此可知，A球悬挂点到转轴的距离较大，则A的悬线与竖直方向的夹角较大，B错误；由于A球线速度较大，动能较大，且A的悬线与竖直方向的夹角较大，则A球重力势能较大，所以A球的机械能大于B的机械能，C正确；根据动能定理可得，A的动能变化量，即此时A的动能等于该过程中合力对A做的功，D错误.故选C. 36.（南通市2025-2026学年高三上学期高考基地学校12月联考）如图所示，质量为的行星沿椭圆轨道绕质量为的太阳运动，太阳在椭圆轨道的一个焦点处，椭圆轨道的半长轴为，半短轴为，半焦距为.如选无穷远处为零势能点，则行星和太阳系统的引力势能为，其中为太阳质量，为行星质量，为距太阳球心的距离，为万有引力常量.求： （1）行星在近日点和远日点的速度大小之比； （2）行星在椭圆轨道上运动的机械能的表达式. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）分别在近日点和远日点取相等的很小时间，根据开普勒第二定律有，解得.（2）在点的机械能， 在点的机械能，根据机械能守恒可知，结合（1）中结论联立可得. 37.（淮安市某重点中学2025-2026学年高三上学期月考）带光滑管道的圆柱体的竖直截面如图甲所示，圆柱体质量为M，半径为R，且O点到水平地面的高度等于半径R，不可伸长的轻绳一端系在O点，一端连接质量为m的光滑小球，小球直径略小于管道直径且大小可忽略不计，小球停在图示角位置处时圆柱体刚好停在粗糙水平地面上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求： （1）小球受到的绳拉力大小T； （2）圆柱面和水平地面之间的动摩擦系数； （3）若地面光滑，推动圆柱体使小球到达最高点管口处，如图乙所示，松开圆柱体后，在轻微扰动下，小球沿光滑管道自由下滑，滑到小球和截面圆心连线与地面夹角30°时，小球的速度大小v？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）小球静止，受力如图所示，由平衡条件知，绳子拉力大小.（2）对圆柱体和小球整体，由平衡条件，解得圆柱面和水平地面之间的动摩擦系数.（3）绳子不可伸长，则圆柱体向左运动的距离始终等于小球通过的路程，可见圆柱体运动的速度大小与小球的速度大小始终相等，由机械能守恒定律有，解得小球的速度大小. 38．（经典题）（泰州市泰兴三校2025-2026学年高三上学期11月期中联考）某娱乐节目中设计了一水上闯关轨道，其简化模型如图所示，半径的光滑圆弧轨道与一传送带平滑连接，两轨道相切于点，A点与圆心点等高.传送带长，与水平方向夹角传送带以的速度顺时针方向转动，距点水平距离为，高为处设置一水平平台，闯关者从A点静止下滑，最后要从点飞出并落入平台，某次闯关时，闯关者质量，闯关者与传送带的动摩擦因数，不计空气阻力和轨道连接处的能量损失，不考虑传送带滑轮大小，，求： （1）闯关者在圆弧轨道上的点时的速度大小以及对圆弧轨道的压力大小. （2）为了使闯关者能恰好水平进入平台，求平台距点的水平距离. （3）求这次闯关时，传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）从A点到点，根据动能定理有，解得，在点，根据牛顿第二定律，解得，根据牛顿第三定律可知，对圆弧轨道的压力大小为1440N.（2）由于，闯关者先做匀减速运动，在传送带上，根据牛顿第二定律有，解得，若全程匀减速，根据，解得，假设成立，故到达点时的速度为.从到，根据平抛运动规律有， 解得.（3）在传送带上运动时，闯关者的位移，运动时间，故传送带位移，摩擦生热. 四、能量守恒定律 39.（南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月）水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历的时间为t1，子弹损失的动能为△Ek1，系统机械能的损失为E1，同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历的时间为t2，子弹损失的动能为△Ek2，系统机械能的损失为E2．设两种情况下子弹在木块中所受的阻力相同，则下列选项正确的是（　　） A. t1＞t2 B. △Ek1＜△Ek2 C. △Ek1＞△Ek2 D. E1＞E2 【答案】B 【解析】两次击中木块过程中，子弹受的平均阻力f相同，根据牛顿第二定律，两次的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次时子弹的位移S2要大于第一次的位移S1，即s2＞s1；子弹做减速运动，由位移公式：和S2＞S1可得，t1＜t2，A错误；两次击中木块过程中，子弹受的平均阻力相同，阻力对子弹做功等于子弹损失的动能：△EK=W=fs，由于S2＞S1，所以△Ek1＜△Ek2，B正确，C错误；两次击中木块过程中，子弹受的平均阻力相同，系统摩擦生热Q=fd，其中f为阻力，d为子弹相对于木块的位移．由于两次子弹相对于木块的位移都是木块的厚度，所以系统机械能的损失相等，即△E1=△E2，D错误．故选B. 40.（经典题）（2026届南京市秦淮中学高三上学期11月月考）如图所示，用电动机带动传送带将货物从A点运送到B点，AB长L=10m，传送带以速度v0=2m/s顺时针转动，其与水平面夹角θ=37°.将质量为m=1kg的货物轻放在传送带A处，已知货物与传送带间的动摩擦因数为，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： （1）货物开始向上运动时的加速度大小； （2）货物运动到B端的时间； （3）若传送带仅开动一小段时间就停止转动，要保证货物可以运动到B端，求电动机至少要对传送带做多少功. 【答案】（1）1m/s2 （2）6s （3） 【解析】（1）对货物，根据牛顿第二定律，有，解得.（2）货物加速到传送带速度的时间为t1，则，可得，货物加速过程位移为，货物匀速运动时间为，运动的总时间为.（3）传送带停止转动后，对货物，根据牛顿第二定律，有，解得，根据速度位移关系有，解得，传送带从开始运动到停止过程中，加速阶段位移为，匀速阶段位移为，电动机做功为，代入数据解得. 41.（南通市海安市2025-2026学年高三上学期开学）如图甲所示，斜面与水平面夹角，斜面边有一垂直斜面挡板.一木块从点静止释放，与挡板相撞后立即停靠在点.已知：，木块质量，木块与斜面间动摩擦因数，木块与挡板间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度. （1）求木块在斜面上滑行的加速度； （2）木块刚到达点时，重力对木块的瞬时功率； （3）如图乙所示，外力推动挡板垂直斜面绕点转动，当木块相对挡板恰好滑动时，求挡板对物块做功的最小值. 【答案】（1）4m/s2 （2）24W （3）5.8J 【解析】（1）根据牛顿第二定律可知，解得a=4m/s2. （2）木块刚到达D点时的速度，重力对木块的瞬时功率. （3）当木块相对挡板恰好滑动时，设挡板与DC夹角为α，则由平衡可知，解得，即，由能量关系可知，挡板对物块做功的最小值，解得W=5.8J. 42.（苏州市苏州高新区第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）如图所示，半径为的圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点和圆心的连线与水平方向夹角.另一个端点为轨道的最低点.点右侧的水平地面上紧挨着静止放置一足够长的木板，木板质量，上表面与点等高.质量为的物块（可视为质点）从空中点以的速度水平抛出，恰好从轨道的端沿切线方向进入轨道，从运动到的过程中物块克服摩擦力做功.已知物块和木板间的动摩擦因数，木板与水平地面之间的动摩擦因数，求： （1）物块在点时重力的瞬时功率； （2）物块在经过点时，圆弧轨道对物块的支持力大小； （3）经过足够长时间，系统产生的摩擦热为多少？ 【答案】（1）12W （2）23N （3）9J 【解析】（1）由题意得，物块在点的速度与竖直方向夹角为，则，物块从点到点的运动时间为，物块在点时重力的功率为，解得.（2）物块在点速度为，根据动能定理得，解得，点根据牛顿第二定律，得.（3）根据牛顿第二定律，对物块，对木板，解得，物块与木板共速时， 解得.物块与木板的位移分别为，，则物块与木板之间摩擦产生的热能为，板块共速后一起匀减速运动的加速度为，匀减速的位移为，木板与水平地面之间摩擦过程中产生的热能为，系统产生的摩擦热，解得. 43.（苏州市西安交通大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考）一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为.重力加速度为g，不计一切空气阻力.某同学使用以下三种方式将球从筒内取出： （1）方式一：“甩”，如图甲所示.手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动.当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度； （2）方式二：“敲”，如图乙所示.手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面.若已知运动的初速度为0，起始高度为，求此过程手对球筒所做的功； （3）方式三：“落”，如图丙所示.让球筒从离地h高处由静止释放，已知：，，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的.若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，受力分析有，将代入可得.（2）以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，在向下运动过程中由动能定理，有，以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理，联立可得.（3）羽毛球和球筒从h处自由下落，触地瞬间的速度满足，此后m以初速度v0向下做匀减速运动，M以v0/4向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，对于m，由牛顿第二定律方程，可解得，对于M，由牛顿第二定律方程，可解得，设M第一次运动至最高点的时间为t0满足，即，选向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速， 则t1满足，可解得 ，由可知，二者在M第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m滑出，二者的相对位移为L，即，联立可得h的最小值，若m恰好在t0时刻滑出，即，联立可得h的最大值，故h应满足. 44.（南通市海安市2025-2026学年高三上学期开学）某实验小组利用如图甲所示装置探究系统机械能守恒.细杆两端固定A、B两个直径相等的小球，A球质量m，B球质量2m，杆可绕过点的转轴在竖直平面内转动，两球心到点的距离均为，光电门固定在点正下方，记录小球通过光电门的遮光时间.重力加速度为，实验步骤如下： （1）用螺旋测微器测出小球直径，如图乙所示，则小球的直径_____________； （2）将细杆拉离竖直方向，用量角器测出细杆与竖直方向的夹角，自由释放细杆； ①球B经过光电门的时间记为，此时______________（用题中的字母表示）； ②自由释放细杆到球B通过光电门过程中，系统减少的重力势能__________（用题中的字母表示）； （3）重复多次试验，发现实验中测得系统增加的动能总大于系统减少的重力势能，则可能的原因是_____________； （4）改变细杆与竖直方向的夹角，多次实验.若系统机械能守恒，则关于与的关系图像可能是________________. A. B. C. D. 【答案】（1）11.700##11.701##11.699 （2） （3）挡光片通过光电门时的速度大于球心处的速度 （4）C 【解析】（1）小球直径.（2）球B经过光电门的时间记为，则,自由释放细杆到球B通过光电门过程中，球B减少的重力势能,球A增加的重力势能,系统减少的重力势能.（3）重复多次试验，发现实验中测得系统增加的动能总大于系统减少的重力势能，则可能的原因是挡光片通过光电门时的速度大于球心处的速度.（4）若系统机械能守恒，则，即, 解得，选项C正确. 必修第三册 专题八 静电场 1.（泰州市靖江市2025-2026学年高三上学期第一次月考）下列说法正确的是（　　） A．摩擦起电和感应起电的本质是产生了新的电子 B．元电荷就是质子 C．电场是假想的，不是客观存在的 D．高压作业服是用包含金属丝的织物制成，能起到静电屏蔽作用，保护工人 【答案】D 【解析】摩擦起电和感应起电的本质是电荷的转移，而不是产生了新的电子，A不符合题意；元电荷是指最小的电荷量，电子和质子的电荷量等于元电荷，元电荷不是质子，B不符合题意；电场是客观存在的，C不符合题意；高压作业服是用包含金属丝的织物制成，能起到静电屏蔽作用，保护工人，D符合题意. 2.（南京市六合高级中学2025-2026学年高三上学期期初考）如图所示，半径为的均匀带电细圆环处于水平面内，圆心位于竖直轴上的原点处，细圆环所带电荷量为，轴上A点与原点的距离为，静电力常量为，质量为的带负电小球恰能静止于A点，重力加速度为，下列说法正确的是（ ） A. 细圆环在点处产生的电场的场强大小为 B. 沿轴从点到A点，电场强度不断增大 C. 细圆环带负电，小球所带电荷量为 D. 沿轴向上缓慢移动小球，移动过程中外力所做的功等于小球增加的重力势能 【答案】C 【解析】利用微元法，由对称性得细圆环在原点处产生电场的场强大小为零，A错误；原点处电场强度为零，轴上无穷远处电场强度也为零，小球带负电，在A点时，受到重力，细圆环对其向上的电场力，二者平衡，有，微元累积求和，可得，故细圆环带负电，小球所带电荷量为，与关系未知，则沿轴从原点到A点，电场强度可能不断增大，也可能先增大后减小，B错误，C正确；球沿轴向上移动过程中，电场力对小球做正功，小球电势能减小，由动能定理可得，外力和电场力做的功之和等于小球的重力势能增加量，D错误.故选C. 3.（经典题）（南通市2025-2026学年高三上学期高考基地学校12月联考）如图所示，表面带有均匀正电荷的半径为R的球壳球心为O，AD为过球心O的水平线，假设表面带有均匀正电荷的球壳在其外部空间产生的电场，可等效为电荷集中在球心O处的点电荷产生的电场，已知BO=DO=2AB=2R.如果在A点放一电荷量为+q的点电荷，B点的电场强度为零，则D点的电场强度大小（　　） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】如果在A点放一电荷量为+q的点电荷，B点的电场强度为零，则球在B点的电场与A点点电荷在B点的电场等大反向，A点点电荷在B点的电场大小为，方向水平向右，则球在B点电场大小为，方向水平向左；根据对称性可知，球在D点的电场与在B点的电场等大反向，大小为，方向水平向右；A点点电荷在D点的电场大小为，方向水平向右，则D点的电场强度大小为，故选A. 4.（南京市2025-2026学年高三上学期9月学情调研）如图所示，实线为某静电除尘器中的电场线分布，虚线为一带电烟尘颗粒的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点.若不计烟尘颗粒的重力，下列说法正确的是（　　） A. a点电势高于b点 B. a点电场强度小于b点 C. 烟尘颗粒在a点的动能小于b点 D. 烟尘颗粒在a点的电势能小于b点 【答案】C 【解析】沿电场线电势逐渐降低，可知a点电势低于b点，A错误；因a点电场线较b点密集，可知a点电场强度大于b点，B错误；若烟尘颗粒从b点运动到a点，则受电场力大致向上，电场力做负功，则动能减小，电势能增加，即颗粒在a点的动能小于b点，在a点的电势能大于b点；同理，若烟尘颗粒从a点运动到b点，则受电场力大致向上，电场力做正功，则动能增加，电势能减小，即颗粒在a点的动能小于b点，在a点的电势能大于b点；C正确，D错误.故选C. 5.（经典题）（南京市六合区名校联盟高三下学期一模）某一电场的电场线和等势面分布如图所示，一电子从A点运动到B点，下列说法正确的是（　　） A. 电场强度 B. 电势 C. 电场力做负功 D. 电子的电势能减小 【答案】D 【解析】电场线越密，电场越强.所以，A错误；沿电场线方向，电势降低，所以，B错误；电子受到电场力方向与电场方向相反，所以电子从A点运动到B点电场力做正功，电势能减小，C错误，D正确.故选D. 6.（经典题）（苏州市西安交通大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考）如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等差等势线，实线为一带电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　） A. 带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度 B. P点的电势一定高于Q点的电势 C. 带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能 D. 带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能 【答案】C 【解析】等差等势面越密集，电场线越密集，带电粒子的加速度越大，故带电粒子在P点时的加速度大于在Q点时的加速度，A错误；由运动轨迹可知，带电粒子所受电场力大致向下.若粒子从P点运动至Q点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，则带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能；带电粒子在P点时的动能小于在Q点时的动能.由于粒子电性未知，则电势高低关系不确定，B、D错误，C正确.故选C. 7．（海安高级中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）两个点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等.虚线是一个质子在该电场中的运动轨迹，下列说法正确的是（　　） A．两个点电荷是异种电荷 B．质子在P点的加速度比在M点的加速度大 C．质子在P点的动能比在M点的动能大 D．M点的电势高于P点的电势 【答案】B 【解析】由图中的等势面分布可以猜想出两个点电荷是同种电荷，因为若是异种电荷，则在两电荷连线上有一垂线为等势面，A错误；由于等势面较密的地方电场强度也比较大，P处等势面比较密，P处的电场强度也比较大，说明质子在P处受到的电场力也比较大，加速度也比较大，B正确；由于电场线与等势面垂直，并且电场力指向轨迹的凹侧，所以我们可以画出质子在M到P运动过程中受到的电场力，可看到电场力的方向与速度方向成钝角，所以电场力做负功，质子从M到P的过程中做减速运动，所以质子在M点的动能比在P点的动能大，C错误；由于电场线垂直于等势面，质子在P点受到的电场力指向轨迹凹侧向外，说明电场线的方向是垂直于等势面向外，又沿着电场线的方向电势降低，说明P点的电势大于M点的电势，D错误.故选B. 8．（海安高级中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）将不带电的金属球B靠近带正电的金属球A，系统达到静电平衡状态后，纸面内的电场线分布如图所示，a、b两点关于两金属球的连线对称，c、d两点在连线上且与金属球B球面距离相等.下列说法正确的是（　　） A．a、b两点电场强度相同 B．c、d两点电场强度方向相反 C．c点电势比d点电势高 D．将带正电的试探电荷从 a沿直线移到b点，电场力先做正功后做负功 【答案】C 【解析】电场线的切线方向代表该点的电场方向.观察图像，a点处的电场线切线方向大致向左下方，而b点处的切线方向大致向右下方，两者方向完全不同.因此，a、b两点的电场强度方向不相同 ，A错误；静电感应使B球成为一个“电偶极子”，其左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷.负电荷在c点激发的电场方向指向它自身（向左），而正电荷在d点激发的电场方向远离它自身（向右）.虽然球A的正电荷会产生向右的电场分量，但在靠近B球表面的地方，感应电荷的场强占主导地位.因此，c点的合场强方向水平向左（指向B球），d点的合场强方向水平向右（远离B球），两者方向相反，B错误；虽然B球自身是等势体，但c、d两点是外部空间的两个点.c点更靠近B球带负电的左侧，而负电荷周围的电场线是指向自身的，沿电场线方向电势降低，因此c点电势高于其远离B球方向上的点.d点更靠近B球带正电的右侧，正电荷周围的电场线是背离自身的，沿电场线方向电势降低，因此d点电势低于其靠近B球方向上的点.综合比较，c点的电势高于d点的电势，C正确；球A带正电，越靠近它的地方电势越高.从a点沿直线到b点，必然会经过一个离A球最近的点，该点电势最高.因此，路径上的电势先增加后减少.根据带正电的试探电荷的电势能公式可知其电势能也是先增加后减少.根据功能关系，电场力做功等于电势能减少量的负值.所以，在电势能增加的阶段，电场力做负功；在电势能减少的阶段，电场力做正功，D错误.故选C. 9.（南京市中华中学2025-2026学年高三上学期9月）如图所示，MN是一半圆形绝缘线，O点为圆心，P为绝缘线所在圆上一点，且OP垂直于MN，等量异种电荷分别均匀分布在绝缘线上、下圆弧上.下列说法中正确的有（　　） A. O点处和P点处的电场强度大小相等，方向相同 B. O点处电势大于和P点处的电势 C. 将一正点电荷沿直线从O移动到P，电势能增加 D. 将一正点电荷沿直线从O移动到P，电场力始终不做功 【答案】D 【解析】分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图所示： 由图可知，O点与P点的合场强的方向都向下，同理可知，在OP的连线上，各点的合场强的方向均向下；O点到两处电荷的距离比较小，所以两处电荷在O点产生的场强都大于在P处产生的场强，而且在O点出两处电荷的场强之间的夹角比较小，所以O点的合场强一定大于P点的合场强，A错误；根据对称性可知OP连线一条等势线，B错误；由于OP连线一条等势线，将一正试探电荷沿直线从O移动到P，电场力始终不做功，电势能不变，C错误，D正确；故选D. 10.（溧阳中学2025-2026学年高三上学期10月）如图所示，绝缘轻绳穿过有光滑孔的带正电小球A，绳两端点P、Q固定，在竖直平面内，整个空间存在匀强电场.小球静止时，轻绳绷紧，AP水平，AQ竖直，小球A的质量为m，则（　） A. 球受到的电场力的最大值为 B. 球受到的电场力的最小值为 C. 匀强电场方向不可能竖直向上 D. 匀强电场方向一定水平向左 【答案】C 11.（苏州市苏州高新区第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）如图所示，一倾角光滑绝缘斜面固定在方向竖直向下的匀强电场中，电场强度大小，现有一质量m=0.05kg、电荷量的带正电小球（可视为质点），从斜面顶端处由静止沿斜面向下运动至底端处，已知斜面的长度，取重力加速度. （1）求小球运动加速度大小； （2）求小球在斜面上运动的时间； （3）小球的电势能如何变化？变化量为多少？ 【答案】（1） （2） （3）电势能减少， 【解析】（1）对小球受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律，有，解得. （2）根据运动学公式，有，解得. （3）电场力做正功，故电势能减少，减少量为，代入数据解得. 12.（海安高级中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）莱顿瓶是一种早期的电容器，主要部分是一个玻璃瓶，瓶里瓶外分别贴有锡箔，瓶里的锡箔通过金属链跟金属棒连接，金属棒的上端是一个金属球，通过静电起电机连接莱顿瓶的内外两侧可以给莱顿瓶充电，下列说法正确的是（　　） A．充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越厚，莱顿瓶容纳的电荷越多 B．瓶内外锡箔的正对面积越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强 C．充电电压越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强 D．莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度无关 【答案】B 【解析】本题主要考查了电容器的相关应用，关键要理解电容的物理意义，注意理解电容的决定式.由电容器的决定式知,玻璃瓶瓶壁越厚即d越大，电容越小，充电电压一定时，莱顿瓶容纳的电荷越少，A、D错误；由电容器的决定式知，瓶内外锡箔的正对面积越大，莱顿瓶的电容越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强，B正确；电容是电容器本身的性质，跟充电电压无关，C错误.故选B. 13.（南京市2025-2026学年高三上学期期中）如图所示，计算机键盘由活动金属片和固定金属片组成的.若开始时两金属片间的点有一静止的带电尘埃，按下按键A，两金属片的间距减小，则（　　） A. 该尘埃带正电 B. 此过程中电容器放电 C. 两金属片间电压变大 D. 尘埃的电势能减小 【答案】D 【解析】对尘埃受力分析，可知尘埃所受电场力竖直向上，金属片间的电场强度竖直向下，可知尘埃带负电，A错误；根据题意可知两金属片间电压不变，按下按键A，两金属片的间距减小，根据可知电容器的电容增大，根据可知电荷量变大，此过程中电容器充电，B、C错误；根据可知金属片间的电场强度变大，则尘埃所受的电场力变大，尘埃向上运动，电场力对尘埃做正功，尘埃的电势能减小，D正确.故选D. 14.（苏州市外国语中学2025-2026学年高三上学期12月）如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则（　　） A. 电容器的带电量将增大 B. 在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流 C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 D. M点电势将降低 【答案】D 【解析】将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大.由可知，电容器的电容变小，又，电压U不变.因此电容器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流电阻R中有向右的电流，A、B错误；根据电容器内部电场强度可知，d增大，场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，C错误；A、B两板间的电场强度E减小，由可知，M点电势降低，D正确.故选D. 15．（经典题）（南通市通州区、如东县2025-2026学年高三上学期第一次月考）如图所示，绝缘水平地面B点左侧空间存在水平向左的匀强电场，B点右侧空间无电场.现有一带负电、电荷量，质量小滑块（电量保持不变），从距B点的A点静止释放，最后停在距B点的C点，整个过程用时5s，求： （1）滑行过程中的最大速度的大小； （2）减速运动时的加速度； （3）匀强电场的电场强度E的大小. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）小滑块从A到B做匀加速直线运动，从B到C做匀减速直线运动，所以运动到B点时速度最大，有，代入数据得.（2）从B到C做匀减速直线运动，由运动学公式有，得，由牛顿第二定律有小滑块与地面的摩擦力大小为.（3）小滑块在A到B运动过程的加速度大小为，有，得，由牛顿第二定律有，得. 16.（南京市六校联合体2025-2026学年高三上学期学情调研）图甲为某粒子控制装置内部结构图，A、B为两块相距很近的平行金属板，板中央有正对小孔O和，B板右侧靠近B板处有关于连线对称放置的平行金属板MN，MN长，板间距离，两板间加有恒定电压，其内部偏转电场视为匀强电场.在MN右侧相距为处有一垂直连线放置的粒子接收屏（屏足够大）.一束带正电的粒子以相同的初动能源源不断地从小孔O垂直A板射向，粒子的带电量为，质量为.现在A、B板间加上图乙所示的周期性变化的电压，其中A板电势低于B板时，为负值.若不计粒子穿过A、B板所用的时间，忽略粒子重力及粒子间的相互作用.求： （1）t =1.5s时刻从小孔O射入的粒子，从射出时的速度； （2）t =3s时刻从小孔O射入的粒子，在偏转电场中的偏转量y； （3）接收屏被粒子打中区域的长度l. 【答案】（1）0 （2） （3）cm 【解析】（1）1.5s时电压为U=-100V，粒子带正电，由动能定理得，解得.（2）粒子在t=3s射入偏转电场时动能最大，故在电场中的偏转量最小，有，解得v =1000m/s，水平方向有x=L=vt，竖直方向有，解得，即t =3s时刻从小孔O射入的粒子，在偏转电场中的偏转量.（3）如图所示 最大偏移量应为擦边出射的，即，由平抛推论得速度的反向延长线过此时水平位移的中点，根据三角形相似可得，故接收屏被粒子打中的区域长度为. 专题九 恒定电流 17.（南京市七校2025-2026学年高三上学期期中联考）如图所示的电路是将一块小量程表头改装成了双量程电流表.下列说法正确的是（　　） A. 将开关S拨到b，增大R2的阻值，电流表量程会减小 B. 将开关S拨到b，增大R1的阻值，电流表量程会增大 C. 将开关S拨到a，减小R1的阻值，电流表量程会减小 D. 将开关S拨到a，减小R2的阻值，电流表量程会增大 【答案】A 【解析】将开关S拨到b，改装后电流表量程为，增大R1或R2的阻值，电流表量程会减小，A正确，B错误；将开关S拨到a，改装后电流表量程为，减小R1的阻值，电流表量程会增大，减小R2的阻值，电流表量程会减小，C、D错误.故选A. 18．（海安高级中学2025-2026学年高三上学期第一次月考）如图所示，横截面都是正方形的两段导体，材料和长度都相同，边长如图所示，其中A为中空导体，导体B刚好能嵌入导体A，现将AB并联后接入到一电路中，则（　　） A．A、B两段导体的电阻之比为1：1 B．流过导体B的电流比流过导体A的大 C．导体A消耗的电功率比导体B消耗的电功率大 D．两段导体在相等时间内产生的热量之比为1：2 【答案】A 【解析】根据电阻定理可得，，则A、B两段导体的电阻之比为，A正确；由于A、B导体并联，两段电压相等，电阻相等，根据欧姆定律，可得，流过两导体的电流相等，B错误；根据可知，两导体消耗的电功率相等，C错误；根据焦耳定律可知，两段导体在相等时间内产生的热量之比为1：1，故D错误.故选A. 19．（南通市通州区、如东县2025-2026学年高三上学期第一次月考）如图，电路中电源电动势8V、内阻0.5Ω， 电流表内阻不计，R为定值电阻，M为电动机，P、Q两极板正对，间距为d.闭合开关S、S1电流表示数为3.2A，电子从P板以速度 v0垂直于极板射出，恰能到达两极板中央.再将S2闭合，稳定后电流表示数为4A.下列说法正确的是（　　） A．电动机M的输出功率为6W B．电动机M的绕线电阻为6Ω C．定值电阻 R 消耗的功率减小18W D．再让电子从P板以速度2v0垂直于极板射出，能到达Q板 【答案】D 【解析】闭合开关S、S1时，电流表示数为I1=3.2A，根据闭合电路欧姆定律可得，解得定值电阻R的阻值为，再将S2闭合，稳定后电流表示数为I2=4A，此时电动机M和定值电阻R并联，两者电压相等，根据闭合电路欧姆定律，有，解得两者的电压为，通过定值电阻的电流为，通过电动机的电流为，对于纯电阻电路有，而电动机为非纯电阻电路，则电动机的绕线电阻小于6Ω，电动机的总功率为，A、B错误；闭合开关S、S1时，定值电阻R消耗的功率为，再将S2闭合，稳定后定值电阻R消耗的功率为，定值电阻R消耗的功率的变化为，因此定值电阻R消耗的功率减小2.48W，C错误；设电子从P板以速度2v0垂直于极板射出，运动的距离为x，根据动能定理可得,,联立解得,因此让电子从P板以速度2v0垂直于极板射出，能到达Q板，D正确.故选D. 20.（经典题）（2026届南京市中华中学高三下学期模拟预测）如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（　　） A. 灯泡将变暗，电源效率将减小 B. 液滴带正电，将向下做加速运动 C. 滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小 D. 若滑片不动，增大电容器两极板间距，电源输出功率可能增大 【答案】C 【解析】将滑片向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗；电源的效率满足，外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．A错误；液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，故液滴带正电；滑片向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压满足，可知增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动，B错误；因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势小于0.滑片向a端滑动时，电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，则电荷所在位置的电势减小，粒子带正电，粒子电势能减小．C正确．若滑片不动，增大电容器两极板间距，可知电容器的电容减小，电容对外放电.稳定后电容所在支路断路无电流，干路电流的大小与操作电容器前相同，因此电源输出功率不变，D错误.故选C. 21.（经典题）（常州市北郊高级中学2025-2026学年高三上学期月考）如图所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是(　　) A. R1短路 B. R2断路 C. R2短路 D. R3短路 【答案】D 【解析】若R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意．故A错误．若R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，A灯变暗，不符合题意．故B错误．若R2短路，D灯不亮，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意．故C错误．若R3短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过C、D的电流都减小，则C、D灯变暗．干路电流增大，通过C灯电流减小，则B灯的电流增大，变亮．符合题意．故D正确．故选D． 22.（苏州市苏州大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考）某发光电动玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E=10V，r=2Ω，车轮电动机的额定电压UM=6V，额定功率PM=6W，线圈电阻RM=1Ω.求： （1）玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流； （2）玩具汽车被卡住后，灯泡消耗的功率. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）玩具汽车正常工作时电源内阻分的电压为，通过电源的电流为，玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流为 ，所以流过灯泡的电流为.（2）灯泡的电阻为，玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻为 ，电路中的总电流为，所以流过灯泡的电流为， 玩具汽车卡住后，灯泡消耗的功率为. 专题十 磁场 23.（南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月）如图所示，相同的长直导线、、、、的中点分别固定在圆周的五等分点处，导线与圆周所在平面垂直，且通有同样的电流.关于圆心点处的磁感应强度，下列说法正确的是（　　） A. 的大小不为，方向平行于圆周所在平面 B. 的大小不为，方向垂直于圆周所在平面 C. 若导线中的电流反向，则的方向平行 D. 若导线中的电流反向，则的方向垂直 【答案】D 【解析】若导线中通有同样的电流，则每根导线在点产生的磁感应强度大小相等，且均与导线与点的连线垂直，如图所示，由对称性可知，点处的磁感应强度为，A、B错误；、、、四根导线在处产生的合磁感应强度与导线中原电流产生的磁感应强度等大反向，若导线中的电流反向，则导线中电流产生的磁感应强度也与导线中原电流产生的磁感应强度等大反向，均垂直于，故磁场的方向垂直，C错误，D正确.故选D. 24.（南京市金陵中学、姜堰中学、前黄中学、南菁中学2025-2026学年高三上学期综合检测二）以下是几幅与磁场、电磁感应现象有关的图片，下列说法正确的是（ ） A. 图甲中ABC构成等边三角形，C处磁场方向平行于导线AB连线向右 B. 图乙中地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向下，北半球竖直向上 C. 图丙中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为 D. 图丁中金属框在同一平面内沿平行于直导线方向运动，线框中无感应电流 【答案】D 【解析】若两导线的电流相等，根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向斜向右下，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向斜向右上，则磁场在C处相互叠加，如图所示 可知C处磁场方向平行于导线AB连线向右，但题中导线B的电流大，则导线B产生的磁场较强，根据平行四边形定则可知C处磁场方向不可能平行于导线AB连线向右，A错误；地磁场中在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量，B错误；图丙中条形磁体内部磁场方向向上，且向上穿过两环的磁感线条数是相同的；磁铁外部线圈所在位置磁场方向向下，且环面积越大，向下穿过的磁感线条数越多，由于2环面积大，抵消的磁感线条数较多，故图丙中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为，C错误； 图丁中与通电导线在同一平面内的金属线框沿平行于直导线方向运动，线框中磁通量不变，不会产生感应电流，D正确.故选D. 25.（南通市启东中学2025-2026学年高三上学期第二次月考）某老师在课上做了一个如图所示的实验：把一根阻值为R的柔软弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触.则通电后（　　） A. 相邻两线圈相互排斥 B. 弹簧与水银面脱离瞬间无电势差 C. 弹簧将上下跳动 D. 电源的输出电能全部转化为弹簧的焦耳热 【答案】C 【解析】相邻两线圈通过的电流方向相同，根据安培定则可知，同向电流相吸引，所以相邻两线圈相互吸引，A错误；弹簧与水银面脱离瞬间，弹簧与电源正极连接，水银与电源负极连接，弹簧与水银面存在电势差，B错误；通电后由于相邻两线圈相互吸引，则弹簧长度变短，弹簧下端离开水银后，电路断开，弹簧在重力的作用下伸长，下端接触水银后重复以上动作，所以弹簧将上下跳动，C正确；由于弹簧上下跳动，电源的输出电能有一部分变为弹簧的机械能，所以电源的输出电能不是全部转化为弹簧的焦耳热，D错误.故选C. 选择性必修第一册 专题十一 动量守恒定律 1.（经典题）（淮安市涟水县第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考）质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　） A pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/s B. pA′＝3kg·m/s，pB′＝9kg·m/s C. pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/s D. pA′＝－4kg·m/s，pB′＝17kg·m/s 【答案】A 【解析】两球在水平方向上不受外力作用，所以水平方向上动量守恒，有，碰前的总动量为12 kg·m/s；根据能量守恒定律可知，碰撞之后的动能之和应该等于或小于碰撞之前的动能，，则碰前的总动能为，碰后的总动量为12 kg·m/s，碰后的总动能为，总动能不增加，符合实际，A正确；碰后的总动量为12 kg·m/s，碰后的总动能为，总动能增加，不符合实际，B错误；碰后的总动量为12 kg·m/s，碰后的总动能为，总动能增加，不符合实际，C错误；碰后的总动量为13 kg·m/s，不符合动量守恒，D错误；故选A. 2.（南京市金陵中学、姜堰中学、前黄中学、南菁中学2025-2026学年高三上学期综合检测二）如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止开始下滑（取地面为零势能面），则滑块的速度大小v、动能、动量、重力势能随位移x的变化关系图线，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设斜面夹角，滑块沿斜面下滑过程中，可知加速度恒定不变，根据速度位移关系，可得，A错误；根据动能定理，可得，B正确；根据动量的定义式，结合可得，C错误；重力势能，D错误.故选B. 3.（2026届江苏省连云港市高三上学期第一次调研）如图所示，小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直.现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，不计空气阻力，则（ ） A. A做简谐运动 B. A、B的系统动量守恒 C. A的质量大于B的质量 D. 仅增大B的质量，B能到达Q点的右侧 【答案】C 【解析】图示时刻，小圆环B释放瞬间，小圆环A只受支持力，不满足情况，因此不是简谐运动，A错误；在运动过程中，小圆环A与B构成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，因此系统动量不守恒，但是在水平方向上动量守恒，B错误；由水平方向动量守恒可知，所以小圆环A与B的水平速度方向相反，大小满足，由图可知，当小圆环B运动到最高点Q时，水平方向运动的位移，即，因此，C正确；由水平方向动量守恒可得，若只增大，则会减小，因此小圆环B向右摆动的水平位移会减小，无法到达Q点右侧，D错误.故选C. 4.（苏州市外国语中学2025-2026学年高三上学期12月）如图所示，在光滑的水平面上静置一质量为的光滑半圆形轨道，半径为，最低点为C，两侧最高点A、B等高，现有一特技运动员踩着滑板（运动员与滑板始终相对静止，可视为质点）从A点由静止下滑，运动员与滑板的总质量为，已知，重力加速度为，则在运动过程中（ ） A. 轨道与运动员和滑板整体组成的系统动量守恒 B. 运动员和滑板整体的机械能守恒 C. 运动员和滑板整体运动到最低点C时对轨道的压力大小为 D. 轨道向左运动的最大距离为 【答案】C 【解析】轨道与运动员和滑板整体组成的系统满足水平方向动量守恒，但运动员和滑板竖直方向有加速度，所用系统竖直方向的合外力不为0，系统竖直方向不满足动量守恒，A错误；运动员与滑板和半圆形轨道组成系统满足机械能守恒，但运动员和滑板整体的机械能不守恒，B错误；由水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得，，，解得，，在最低点，根据牛顿第二定律可得，解得，根据牛顿第三定律可知，运动员和滑板整体运动到最低点C时对轨道的压力大小为，C正确；由水平方向的动量守恒可得，，又，，，联立解得轨道向左运动的最大距离为，D错误.故选C. 5.（南京市七校2025-2026学年高三上学期期中联考）如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不拴接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v-t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内.则下列说法正确的是（　　） A. 0~t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B. 物块B的质量为3m C. 0~t1时间，弹簧弹性势能变化量 D. t2时刻B的速度 【答案】C 【解析】A．0~t1时间，对物块A由动量定理有，则弹簧对物块A的冲量大小为，A错误；B．0~t1时间，对系统由动量守恒定律有，解得，B错误；C．0~t1时间，对系统由机械能守恒定律有，解得，C正确；D．依题意，t2时刻B与弹簧分离，0~t2时间，对系统由动量守恒定律有，由机械能守恒定律有，解得，D错误.故选C. 6．（南京市中华中学2025-2026学年第一学期期中）如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板.木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计.以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像（用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律）不可能正确的是（　　） A． B．C．D． 【答案】C 【解析】若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，A正确；若木板质量大于滑块，则，两物体共速时速度向左，一起匀速运动，B正确，C错误；若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，D正确. 7.（南京市两校联合体2025-2026学年高三上学期10月）如图甲所示，质量为的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上.时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极短，且未粘连），到达最低点后又向上运动.已知B运动的图像如图乙所示，其中的图线为直线，不计空气阻力，则（　　） A. 物块B的质量为 B. 时，弹簧的弹性势能最大 C. 时，B速度为零 D. 时，A、B开始分离 【答案】C 【解析】碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有，解得，A错误；当为零时，弹簧压缩量最短，弹簧的弹性势能最大，B错误；B与A一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B物体速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为，由数学知识可得，，可得，，则有，设B速度为零时刻为，则有，可得，则有，联立解得，C正确；根据，时，B的速度为，可知此时A、B刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B并未分离，D错误.故选C. 8.（南京市栖霞区名校联盟高三下学期一模）在光滑绝缘的水平地面上，内，质量分别为m、4m的小球A、B带有同种电荷，从相隔较远的两处开始相向运动（不会碰撞），以A球的初速度方向为正方向，A、B运动的图像如图所示.已知图像中的阴影面积为S，此过程中，系统的电势能增加了35J，关于这一过程，下列说法正确的是（ ） A. 两小球的系统机械能守恒，但动量不守恒 B. 时间内，A球运动的距离为0.2S C. 时间内，B球的初动能为28J D. 时间内，B球克服电场力做了7J的功 【答案】D 【解析】因为地面光滑绝缘，系统在水平方向不受外力，所以系统动量守恒；又因为两球间存在电场力做功，电势能与机械能相互转化，所以机械能不守恒，A错误；图像与坐标轴围成的面积表示位移，规定A球初速度方向为正方向，在时间内，根据动量守恒有，整理得，可得，因为，联立解得时间内，A球运动的距离为，B错误；根据动量守恒有，根据能量守恒可知，系统的动能转化为电势能，则系统初动能，联立整理得，B球初动能，C错误；根据动能定理，B球克服电场力做的功等于B球初动能的大小，由上述计算可知B球初动能为7J，所以B球克服电场力做了7J的功，D正确.故选D. 9.（常州市第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考）如图所示，长为L的轻杆一端用光滑铰链固定，另一端固定一质量为m小球A，将小球放置在倾角为60°，质量也为m的斜面体B上，不计一切摩擦.在斜面体的右侧加水平向左的推力，斜面和轻杆保持静止，轻杆与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g. （1）求斜面对小球的支持力大小FN； （2）若撤去外力，求撤去外力瞬间小球的加速度大小a； （3）若撤去外力时小球与轻杆脱离，小球从静止开始下滑，求小球刚要滑到地面时，斜面体的速度大小v. 【答案】（1）mg （2） （3） 【解析】（1）小球静止时，受到斜面的弹力FN、杆的支持力FT，如图所示 根据平衡条件可得，，解得. （2）撤去外力后，小球相对斜面下滑，两者垂直与斜面方向加速度相同，如图所示 则有，对A有，对B有，解得.（3）小球落地前，水平方向速度vx，竖直方向速度vy，A、B水平方向动量守恒，小球相对斜面下滑，根据机械能守恒定律，解得. 10.（南通市如皋市2025-2026学年高三上学期教学质量调研（二））如图所示，倾角的斜面足够长，较长的轻质弹簧的下端与挡板固定，上端与物块固定，恰好静止在斜面上，弹簧处于原长状态.底部光滑的物块从与相距的位置由静止释放，与碰撞后粘合成一个整体继续运动.已知、质量均为，弹簧的劲度系数且始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，，.求： （1）与斜面间的动摩擦因数； （2）与碰撞后瞬间，、整体所受重力的功率； （3）整个运动过程中，、整体的最大加速度的大小. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）保持平衡有，解得.（2）对，由动能定理，对、，由动量守恒，功率，解得. （3）对、，从弹簧原长到最低点，由能量守恒可得， 对、，在最低点，解得. 11.（经典题）（2026届江苏省徐州市第三中学高三上学期一模）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示.AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡.现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道.物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑.已知，，，，，.不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长.求物块（g取） （1）滑到B点处的速度大小； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； （3）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）物块从点到点，由动能定理有，解得到达点的速度. （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功，解得.（3）从物块开始进入圆弧轨道到到达圆弧轨道最高点，由水平方向动量守恒有 由能量关系有，联立解得，，（另一组，，不符合实际舍去），对物块在最高点时由牛顿第二定律有，解得. 12.（扬州市2025~2026学年高三上学期期中检测）如图所示，小车停放在光滑水平面上，小车左侧是半径为的光滑圆弧轨道，右侧固定有弹射器.弹射器将小球从点弹出，速度大小为，方向与水平方向夹角为，小球恰能从点无碰撞地进入圆弧轨道.已知小车与小球的质量均为，，，，重力加速度为.求： （1）小球从点弹出时，小车的速度大小； （2）间的距离； （3）小球运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小. 【答案】（1） （2） （3）9mg 【解析】（1）小球从点弹出时，小车的速度大小，系统水平方向没有外力作用，水平方向动量守恒 ，解得 .（2）小球弹出后，小车向右运动，小球向左上斜抛，间的距离，等于小球落回小车时，两者水平位移之和，小球从抛出到落回小车的时间 ，小车的位移 ，小球的水平位移 ，解得 间的距离 ，（3）小球到达B点时：水平方向，小球相对小车速度大小，竖直方向，小球相对小车速度大小，圆弧轨道B点切线方向与水平方向夹角满足，则，设小球运动到圆弧最低点时，设小球的速度为，在整个过程过程中，系统水平动量守恒，总动量为零，小车与小球质量相同，此时小车的速度大小也是，方向与小球的速度方向相反，整个过程中机械能守恒 ，解得 ，过C点时轨道对小球支持力为 ,根据牛顿第二定律 ，小球对轨道的压力与为相互作用力 ，解得 .13.（南京市2025-2026学年高三上学期期中）如图所示，A、B、C、D四个质量均为、带电量均为的小球，用长度为、不可伸长的绝缘细线a、b、c、d连接，静置在光滑绝缘水平面上. （1）求细线a中张力的大小； （2）若将细线a剪断： ①当球A的速度为，方向与细线c成夹角时，系统的电势能为，求系统电势能的最大值； ②求系统的电势能最小时，球A的位移. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】（1）小球A静止时受5个力作用静止；以细线方向坐标轴建立坐标系，把AC的力正交分解，沿细线a方向平衡，根据库仑定律，，解得：.（2）①根据对称性可知D的速度为v,方向与细线c夹角为30°;B、C速度相等，设为v'，对整个系统，合外力为零，动量守恒，可得，根据能量守恒可得：此时系统最大的电势能，解得：.②当ABCD共线时，电场力做功最多，系统动能最大，电势能最小，设A、B两球垂直线方向的位移分别为、，根据人船模型的结论 ，又 ，可得 ，，解得：. 14.（南京市金陵中学、姜堰中学、前黄中学、南菁中学2025-2026学年高三上学期综合检测二）如图所示，两个半径均为R的光滑圆弧形槽A、B放在足够长的光滑水平面上.两槽相对放置，处于静止状态，圆弧底端与水平面相切，槽A的质量为3m.另一质量为m可视为质点的小球，从A槽P点的正上方Q处由静止释放，恰可无碰撞切入槽A，PQ间距离为，重力加速度为g. （1）求小球第一次运动到最低点时的速度； （2）若槽B的质量为m，求小球在槽B上升的最大高度； （3）若小球从槽B滑下来后又能追上槽A，求槽B的质量M应满足的条件. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）设小球到达弧形槽A底端时速率为，槽A的速率为，系统在水平方向动量守恒，有，系统机械能守恒，有，联立解得，. （2）小球在圆弧形槽B上升到最大高度时两者速度相等，设为，水平方向根据动量守恒定律有， 根据机械能守恒定律，解得.（3）设小球从B槽滑下来后速度为，弧形槽B的速度为，整个过程二者水平方向动量守恒，有，二者的机械能守恒，有，联立解得，小球还能追上槽A，须有且，解得. 15.（南京市2025-2026学年高三上学期9月学情调研）如图所示，光滑水平面上有一劲度系数为k轻弹簧左端固定，右端与一质量为m的物块接触但不拴接，此时弹簧处于原长.物块右侧有一质量也为m，高为，顶角为45°的光滑斜面，斜面与水平面平滑连接，现用大小为的水平恒力将物块向左推动，物块恰好能运动到C点，此时立即撤去恒力.已知重力加速度为g，求物块： （1）向左运动到速度最大时弹簧的压缩量； （2）离开弹簧时的速度大小； （3）从D点飞出后运动到最高点时的速度. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）向左运动到速度最大时，加速度为零，则合力为零，此时恒力与弹簧的弹力平衡，设此弹簧的形变量为，则有,解得.（2）物块由A到C的运动满足合外力, 其中为相对于（1）中速度最大点的位移，故A到C的运动是简谐运动的一部分，由简谐运动的对称性可知，弹簧压缩到最短时的压缩量为,物块从A开始运动再返回到A的过程，弹力做功为零，只有恒力做功，根据动能定理有,解得.（3）物块脱离弹簧后，以向右匀速运动，然后滑上斜面.对物块和斜面组成的系统，机械能守恒，水平方向动量守恒.设物块到D点时水平方向的速度为，竖直方向的速度为，斜面的速度为，对系统，根据机械能守恒和水平方向动量守恒有，,根据关联速度知识有,联立解得，，,物块从D点飞出后运动到最高点时，仅有水平方向的速度，因此该速度为. 16.（高邮市2025-2026学年高三上学期12月学情调研）如图所示，一长度的传送带以的速度顺时针传动，传送带右侧与无限长光滑水平平台连接.时，左侧有一质量的物块，以从A点冲上传送带，其与传送带之间的动摩擦因数，右侧平台均匀排列2026个质量的滑块，相邻滑块间距离为，第1个滑块位于B点.假设所有碰撞均为弹性正碰，物块、滑块均视为质点，不计碰撞时间，取.求： （1）物块第一次到达B点时的速度； （2）滑块1第一次被撞击后的速度及滑块2026开始运动的时刻； （3）物块从第1次撞击到第3次撞击滑块1过程中走过的总路程s. 【答案】（1）8m/s （2）4m/s 1015s （3）13m 【解析】（1）根据牛顿第二定律可知，解得 ，当与传送带共速时则，可得，物块的位移，解得，所以物块先匀减速后匀速，故物块第一次撞击滑块1时的速度.（2）物块与滑块1发生弹性正碰，则由动量守恒和能量关系 ，，滑块1碰撞后，物块在传送带上减速的时间，物块在传送带上匀速的时间，1与2碰撞，2与3碰撞……，所有相邻两次碰撞之间物块都做匀速直线运动，故有，滑块2026开始运动的时刻.（3）物块与滑块1碰撞后速度，第1次撞击后至第2次撞击前物块走过的路程，物块与滑块1第二次碰撞后速度，第2次撞击后至第3次撞击前物块走过的路程，物块从第1次撞击到第3次撞击滑块1走过的总路程. 17.（南京市鼓楼区第二十九中学2025-2026学年高三上学期1月月考）如图所示，一小车上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的圆弧轨道BC组成，小车紧靠台阶静止在光滑水平地面上，且小车的左端与固定的光滑圆弧轨道MN末端等高，圆弧轨道MN末端水平.一质量的物块从距圆弧轨道MN末端高度处由静止开始滑下，与静止在小车左端的质量的物块发生弹性碰撞，且碰撞时间极短.AB的长度，圆弧BC的半径，小车的质量，物块P、Q均可视为质点，取重力加速度大小. （1）求碰撞后瞬间，物块的速度大小； （2）若物块恰好能滑到小车右端的点，求物块与水平轨道AB间的动摩擦因数； （3）若物块与水平轨道AB间的动摩擦因数，通过计算判断物块是否从小车上掉下. 【答案】（1） （2） （3）物块未从小车上掉下 【解析】（1）设物块滑到点时的速度大小为，由机械能守恒定律有 取向右为正方向，设碰后物块的速度为，则，，解得，. （2）物块运动至点时水平速度与小车的速度相等，竖直速度为零，设共同速度为，有，解得，又由能量关系有，解得.（3）假设物块没有掉下，即物块最终与小车共速，由动量守恒定律有， 由能量关系有，设物块在水平轨道AB上相对滑动的距离为，有，解得，因为，所以假设成立，物块未从小车上掉下. 18.（2026·南通市高三一模）如图所示，一质量为的小滑块A静止在倾角为的足够长斜面上，另一质量为的小滑块B从距A滑块处由静止释放，经过一段时间滑块B与滑块A发生弹性碰撞，碰撞时间极短.已知滑块A与斜面间的动摩擦因数，滑块B与斜面间无摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为.求： （1）滑块B与滑块A发生第一次碰撞前瞬间的速度大小； （2）滑块B与滑块A发生第一次碰撞后两者间的最大距离； （3）整个过程中滑块A与斜面间摩擦产生的总内能. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）滑块B不受摩擦力，沿着斜面向下做匀加速直线运动，有，解得.（2）B与A发生完全弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有，，解得，（负号表示速度沿斜面向上），因，碰后A滑块沿斜面向下做匀减速直线运动到停下，加速度大小为，则滑块A下滑的位移为，滑块B先向上以加速度做匀减速直线运动，速度减为零后再反向以做匀加速直线运动，则当滑块B的速度减为零时，两滑块的距离达到最大，有.（3）滑块A与B在第一次碰撞后，与斜面间的摩擦生热为，滑块B向下加速回到出发点的速度为，再加速到A处的速度设为，有，解得，同理可得第二次碰后A的速度大小为， 滑块A第二次下滑的位移为，产生的热量，同理可得，故可知. 19.（2026届江苏省连云港市高三上学期第一次调研）如图所示，一水平传送带以速度v0顺时针转动，其右端与足够长的光滑水平台面平滑连接，在平台上静置质量均为2m的n个相同物块，等间距排列成一条直线.质量为m的小滑块P从传送带的左端由静止释放，与传送带共速后，滑上平台与物块1发生碰撞，最终所有物块都向右运动，设所有碰撞均为弹性碰撞. （1）求最右侧物块n匀速运动的速度大小vn1； （2）从静止释放滑块P到其与物块1发生第二次碰撞的过程中，求P与传送带间摩擦产生的总热量Q； （3）求全过程中碰撞总次数N及物块1的最终速度大小v1n. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】（1）小滑块P与传送带共速后与物块1发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有， 根据机械能守恒定律，有，解得，，碰撞后，小滑块P向左以速度大小滑上传送带，物块1向右滑动与物块2发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有，根据机械能守恒定律，有，解得，，可知碰撞后，前一个物块的速度变为0，后一个物块的速度由0变为前一个物块原来的速度，即两个物块交换速度，则最终物块n匀速运动的速度大小.（2）设小滑块P从释放到和传送带共速经过的时间为，传送带的位移，小滑块P做匀加速直线运动，运动的位移为，则有，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，P从静止到速度，由动能定理得，与传送带因摩擦产生的热量，之后P与物块1第一次相碰，碰撞后P以速度大小为滑上传送带做匀减速直线运动先减速至0，运动的时间为，传送带的位移，P的位移，与传送带因摩擦产生的热量，后做匀加速直线运动，加速至，根据运动的对称性，传送带的位移，P的位移，与传送带因摩擦产生的热量，滑块P从释放到和物块1第二次碰撞，与传送带因摩擦产生的热量.（3）根据题意结合（1）分析可知，物块n碰撞1次后向右匀速运动，物块碰撞2次后向右匀速运动，…依此类推物块1碰撞n次后向右匀速运动，则碰撞总次数，小滑块P与物块1第一次碰撞后反弹，速度大小变为碰撞前的，物块1的速度大小变为小滑块P碰撞前速度的，即，，之后物块1又与物块2发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，小滑块P反弹后经传送带改变方向，以速度大小与物块1发生第二次碰撞，碰撞后小滑块P再次反弹，且速度大小为碰撞前的，物块1的速度大小变为小滑块P碰撞前速度的，即，，以此类推，碰撞n次后物块1的速度大小为. 20.（南京市两校联合体2025-2026学年高三上学期10月）图所示，水平放置的劲度系数为k的轻质弹簧右侧与墙壁连接，初始弹簧处于原长，水平面光滑且足够长，上面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），另有一个质量为m的0号物块在外力作用下将弹簧压缩后由静止释放，以速度与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后再次压缩弹簧，在弹簧弹力作用下返回再次与1号物块发生弹性正碰，如此反复.所有物块均可视为质点，物块之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，弹性势能表达式为，求： （1）0号物块第一次压缩弹簧后获得的速度大小以及2024号物块的最终速度大小； （2）2020号物块的最终速度大小； （3）从弹簧压缩至处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量Ⅰ多大.（提示当q>1且n很大时，近似为0） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）对0号物体，弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹性势能全部转化为0号物块动能，有，解得.由题可知，2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有， ，解得，，可知2024号物块最终速度.（3）0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止，最终2024号物块获得此速度.之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为，1号发生第二次碰撞后的速度为，最终2023号物块获得此速度，依上述分析可知2020号物块最终速度为1号物块与0号物块第5次碰撞后1号物块的速度，0号物体与1号物块第4次碰撞后的速度为，则2020号物块最终速度.（3）第一次将弹簧压缩至处由静止释放，弹簧弹力对0号物块的冲量，0号与1号物块第1次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为，0号与1号物块第2次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧再次恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为，以此类推，直至0号物块与1号物块发生第2024次碰撞后，0号物块最后一次压缩弹簧至弹簧恢复原长后，0号物块速度向左，无法再与1号物块碰撞，达到稳定运动，因此，从弹簧压缩至心处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量为，，. 专题十二 机械振动 21.（南师附中丶天一中学丶海门中学丶海安中学2025-2026学年高三上学期12月联考）如图所示，上海中心大厦内部的“上海慧眼”阻尼器重达一千吨，它像一个巨大的钟摆，有效抵御了大风对建筑的影响.下列说法正确的是（ ） A. 没有阻尼器时，风越大，高楼的振幅越大 B. 阻尼器的振动频率与大楼的振动频率相同 C. 阻尼器的振动方向与大楼的振动方向相同 D. 阻尼器的固有频率与上海常见台风频率一致 【答案】B 22.（南京市七校联合体2025-2026学年高三上学期10月学情调研）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定，下端用细线连接质量均为m的物体A和B，系统处于静止状态，重力加速度为g，不计空气阻力.t=0时刻烧断细线，t = t0时刻A第一次上升到最高点.取向下为正方向，A的振动表达式为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】烧断细线前，系统静止，对A、B整体分析，根据平衡条件，弹簧的弹力，由胡克定律， 可得弹簧的伸长量，烧断细线后，物体A做简谐振动，当A的合力为零时，处于平衡位置.此时弹簧的弹力，由胡克定律，可得弹簧的伸长量，所以，物体A振动的振幅，时刻烧断细线，此时物体A在最大位移处，烧断细线后，A将从此时的位置开始向上运动，到达最高点时，而从最大位移处到最高点的时间为，所以周期， 所以角频率，取向下为正方向，初始时A在最大位移处，所以的振动表达式为.故选A. 23.（无锡市2025-2026学年高三上学期期中调研）如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系.时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，则P运动的速度v随时间t变化的图像可能是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程，由图可知，当时，P的位移为，代入振动方程解得，则P做简谐运动的表达式为，其速度表达式为，故选D. 24.（经典题）（镇江市2025-2026学年高三上学期12月期中）如图为某简谐运动物体的振动图像，则（　　） A. 时刻运动方向沿y轴正方向 B. 时间内回复力一直做负功 C. 、时刻加速度相同 D. 任意半个周期内回复力的冲量为零 【答案】B 【解析】时刻图像的切线的斜率为负，故运动方向沿y轴负方向，A错误；时间内远离平衡位置，而回复力一直向平衡位置，故回复力一直做负功，B正确；时刻位移为正，回复力、加速度为负，指向负y方向，时刻位移为负，回复力、加速度为正，指向正y方向，、时刻加速度方向相反，C错误； 相间半个周期的两时刻速率相等，速度方向可能相同，也可能相反，故任意半个周期内回复力的冲量可能为零，也可能不为零，D错误；故选B. 25.（经典题）（泰州市靖江市2025-2026学年高三上学期第一次月考）将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为.从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的关系图如图乙所示.则以下说法正确的是（　　） A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动 B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力 C．秋千摆动的周期为 D．该地的重力加速度 【答案】D 【解析】秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，A不符合题意；在最低点，根据牛顿第二定律 ,可得秋千对手机的支持力 ,可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，B不符合题意；秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用得时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为 ,C不符合题意；根据单摆周期公式 ,可得当地重力加速度 ,D符合题意. 26.（南京市2025-2026学年高三上学期期中）如图所示，、两点电荷固定在光滑绝缘的斜面上，点的电场强度刚好为零，、两点关于点对称.一带电的小物块C由点静止释放后能经过点，在沿斜面上做简谐运动.则物块C（　　） A. 与的电性相同 B. 点时动能最大 C. 点时机械能最大 D. 能够到达点 【答案】C 【解析】A．点的电场强度刚好为零，说明、两点电荷在点的电场方向相反，、两点电荷电性相反.又由于小物块C由点静止释放后能经过点，说明小物块C释放时受到沿斜面向上的力，所以小物块C与的电性相同，与的电性相反，故A错误；BD．向上运动的过程中，小物块C受静电力、重力和支持力在沿斜面上做简谐运动，通过受力分析可得回复力为电场力和重力沿斜面方向分量的合力.运动开始时，静电力大小大于重力沿斜面方向分量大小，回复力方向沿斜面向上，小物块C做加速运动；当静电力大小等于重力沿斜面方向分量大小时，回复力为零，小物块C加速度为零，此时速度最大，动能最大，由于在点静电力大小为零，此位置位于点和点之间；在此之后，静电力大小小于重力沿斜面方向分量大小，回复力方向沿斜面向下，小物块C做减速运动直至速度为零，由于简谐运动关于平衡位置对称，所以此位置位于点和点之间，小物块C不能到达点.故B错误，D错误；C．向上运动的过程中，从点到点，静电力沿斜面向上，静电力做正功，电势能转化为机械能；过点后，静电力沿斜面向下，静电力做负功，机械能转化为电势能.所以点时机械能最大，故C正确.故选C. 27.（南师附中丶天一中学丶海门中学丶海安中学2025-2026学年高三上学期12月联考）质量为m、摆长为L的单摆，拉开一定角度后，t1时刻由静止释放，在t1、t2、t3时刻(t1<t2<t3)摆球动能Ek与势能Ep第一次出现如图关系，其中E0为单摆的总机械能.则（ ） A. 此单摆周期为4(t2－t1) B. 此单摆周期为2(t3－t1) C. 摆球在最低点的向心加速度为 D. 摆球在最低点的向心加速度为 【答案】C 28.（苏州市、南京市九校2025-2026学年高三上学期一轮复习学情联合调研）某同学自己制作了一套玩具，利用剖开的半径为R的圆管一部分作为轨道，固定在水平面内，如图所示，弧，长为，在处挖一小洞.游戏时，用弹簧枪将一质量为的小球（比洞略小）沿方向射出，通过控制弹出时的速度大小，可使小球落入洞中，a、b、c、d在同一水平面上，不计一切阻力，小球可视为质点，当地重力加速度为g.若使小球能够进入洞中，求： （1）小球从点射出时可能速率； （2）发射前，弹簧弹性势能的最大可能值. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）小球的运动可看作沿方向的匀速直线运动和简谐运动的合成，其简谐运动相当于单摆模型，故其简谐运动的周期为，小球要进入洞中，其可能的运动时间为，又因为小球沿方向做匀速直线运动，则小球从点射出时的速率满足，联立解得.（2）当取1时小球弹出的速率最大，即，根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能的最大可能值为. 专题十三 机械波 29.（经典题）（淮安市涟水县第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考）一列沿x轴正方向传播的简谐波，t=0时刻的波形如图所示，t=10s时d质点第一次位于波峰位置，下列说法正确的是（　　） A. 波上各质点的起振方向向上 B. 波的传播速度大小为2m/s C. 0~7s内a、b两质点运动路程均为0.7m D. b质点的振动方程为 【答案】C 【解析】波沿x轴正向传播，t=0时刻波恰好传到c点，根据波形平移法可知c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，A错误；当t=0时刻原点处波峰传到d质点时，d质点第一次位于波峰位置，则波速为，B错误；由波形图可知，波长为，设周期为T，有，解得T=4s，由于7s等于个周期的时间，且0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小均为s=7A=7×10cm=70cm=0.7m，C正确；b质点振动方程为，D错误；故选C. 30.（经典题）（2026届南京市中华中学高三下学期模拟预测）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 【解析】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，A错误；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，B正确；由图可知振幅为，可知经1.2s即点P运动的路程为，C错误；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，D错误.故选B. 31.（无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期期中）图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，质点P此时偏离平衡位置的位移大小为5cm，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则下列说法正确的是（ ） A. 波沿x轴正方向传播 B. 此时刻Q点机械能比P点大 C. P第一次回到平衡位置用时 D. 此波遇到尺度为20m的障碍物能发生明显衍射 【答案】C 【解析】由图乙可知在时质点Q向y轴负方向振动，由图甲可知，该波沿x轴负方向传播，A错误；在简谐横波中，各点振动的振幅一样，在振动过程中，质点的动能和势能相互转化，B错误；由图乙可知质点的振动周期为T=0.20s,令质点P的振动方程为,质点P由平衡位置振动到由图甲所示位置，有,解得,质点P第一次回到平衡位置用时，C正确；由图甲可知波长为,因为波长小于障碍物的尺寸20m，所以此波遇到尺度为20m的障碍物不能发生明显衍射，D错误.故选C. 32.（南京市栖霞区名校联盟高三下学期一模）抖绳运动正走进大众的生活.一健身爱好者手握绳子左端，上下抖动，形成沿x轴正方向传播的绳波（可近似看成横波），a、b为绳上的两个质点，某时刻部分绳波的波形如图所示，下列说法正确的是（　　） A. 该时刻a质点沿y轴正方向运动 B. 该时刻b质点的速度大于a质点的速度 C. 该时刻a、b两质点的加速度方向相同 D. 从该时刻开始，b质点在接下来的四分之一周期内通过的路程等于A 【答案】A 【解析】结合题意，根据“上、下坡”法可知，该时刻a质点沿y轴正方向运动，A正确；由图可知，该时刻a、b质点都向平衡位置振动，而b质点处在离平衡位置更远地方，b质点的速度小于a质点的速度，B错误；由图可知，a质点从负方向朝平衡位置振动，b质点从正方向朝平衡位置振动，二者加速度方向相反，C错误；由图可知，从该时刻开始，b质点在接下来的四分之一周期内通过的路程小于A，D错误. 故选A. 33.（（江阴市三校2025-2026学年度第一学期12月联考））如图所示一列横波沿x轴传播，y轴两侧介质不同，该波在介质2中的传播速度为介质1 中速度的2倍． 时，位于 处的波源S开始振动，振幅为6cm，波经0.8s恰好传到 处的M点，设波穿过分界面时振幅不变，求： (1)波在介质2中的波速； (2)在 处的质点P在0~2.8s内运动的路程． 【答案】（1）5m/s （2）30cm 【解析】（1）在介质1中，由题意可知振动的周期，波的传播速度 ， 解得 ， 介质2中的传播速度 .（2）波在介质1中传播的时间 ，波在介质2中传到P点的时间，P点振动的时间，在0-2.8s内运动的路程：， 解得 . 34.（宿迁中学2025-2026学年高三上学期11月期中）一列沿x轴传播的简谐波在t=0.5s时刻的波形如图，介质中x=1m处的质点沿y轴方向做简谐运动的表达式y=0.1sin(2πt)m.求： （1）波速大小和传播方向； （2）介质中x=2m处质点第一次到达波谷的时刻. 【答案】（1）2m/s，x轴负方向 （2）0.25s 【解析】（1）对y=0.1sin(2πt)m求导，得x=1m处质点的速度与时间的关系，t=0.5s时刻，，可知t=0.5s时刻，x=1m处质点向下振动，结合波动图可知，波沿x轴负方向传播.周期为，波速.（2）设x=1m处的质点第一次到达波谷的时间为t1，则，解得，波沿x轴负方向传播，且x=1m处的质点与x=2m处的质点相差半个波长，则x=2m处质点第一次到达波谷的时刻. 35.（苏州市、南京市九校2025-2026学年高三上学期一轮复习学情联合调研）如图1所示，两波源和分别位于与处，以为边界，两侧为不同的均匀介质.时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示.时与两处的质点开始振动，不考虑反射波的影响，则（　　） A. 时两列波开始相遇 B. 在间波波长为0.8m C. 两列波叠加稳定后，处的质点振动加强 D. 两列波叠加稳定后，在间共有15个振动加强点 【答案】D 【解析】波在x=6m左侧的波速，右侧的波速，从0.1s开始到两波相遇用时，故两波相遇时间，A错误；图2可知波的传播周期T=0.02s，则在间波的波长，B错误；左侧波传到x=8.4m用时，此时右侧波在该质点已经振动，即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上运动，右侧波在该点的振动也在平衡位置向下振动，可知该点的振动减弱，C错误；当右侧波传到x=6m位置时用时间为0.1s=5T，即此时x=6m处质点从平衡位置向上振动；此时x=0处的波源S1也在平衡位置向上振动，即振动方向相同，可知在内到x=0和x=6m两点的路程差为波长整数倍时振动加强，波在该区间内的波长，可知，解得，可知n可取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7，则在间共有15个振动加强点，D正确.故选D. 专题十四 光学 一、光的折射 36.（经典题）（南师附中丶天一中学丶海门中学丶海安中学2025-2026学年高三上学期12月联考）大气的折射是光通过空气时空气密度变化而引起传播速度变化(折射率变化)所发生的现象，近地面大气的折射会产生海市蜃楼.如图所示太阳光进入地球大气到达地面，光线发生弯曲.关于以上现象下列说法正确的是（ ） A. 太阳光进入地球大气越靠近地面速度越大 B. 太阳光进入地球大气发生弯曲是因为离地面越近折射率越小 C. 太阳光进入地球大气同一方向射入大气不同颜色的光，弯曲程度相同 D. 海面上空出现海市蜃楼是因为离海面越近大气折射率越大 【答案】D 37.（经典题）（南京市六合区名校联盟高三下学期一模）如图所示，、两种单色光沿不同方向由空气射入玻璃三棱镜，经三棱镜折射后沿同一方向射出，下列关于光和光的说法正确的是（ ） A. 玻璃三棱镜对光的折射率小于对光的折射率 B. 在玻璃三棱镜中，光的传播速度比光的传播速度小 C. 光和光从空气射入玻璃时，频率发生变化 D. 空气中光的波长小于光的波长 【答案】A 【解析】由图可知，玻璃三棱镜对光的偏折程度较小，所以玻璃三棱镜对光的折射率小于对光的折射率，A正确；根据可知，因为玻璃三棱镜对光的折射率小于对光的折射率，所以在玻璃三棱镜中，光的传播速度比光的传播速度大，B错误；光和光从空气射入玻璃时，频率不会发生变化，C错误； 因为玻璃三棱镜对光的折射率小于对光的折射率，所以光的频率小于光的频率，根据可得，空气中光的波长大于光的波长，D错误.故选A. 38.（南京市中华中学2025-2026学年第一学期期中）如图所示是由折射率的材料制作的光学器件的切面图，内侧是O以为圆心，R为半径的半圆，外侧为矩形，其中.一束单色光从BC的中点射入器件，入射角为α，满足，光线进一步射到内侧圆面时恰好发生全反射，不计光线在器件内的多次反射，已知光在真空中的速度为c.求: (1) 光线在折射后的折射角为多少？ (2) 光在器件中传播的时间是多少？ 【解析】（1）根据折射率的定义可知，解得，则. （2）光线射到内侧圆面时恰好发生全反射，入射角等于临界角C，则光在内侧圆面的入射角为，则，可得.由几何关系可知，，且反射光线水平向右射出CD界面，则在光在器件中的路程为，光在器件中传播的时间为. 二、光的干涉 39.（泰州市泰兴三校2025-2026学年高三上学期11月期中联考）对于以下的光学现象说法中正确的是（　　） A．图甲是双缝干涉示意图，若只将光源由红色光改为绿色光，P0、P1两相邻亮条纹间距离∆x增大 B．图乙是单色光单缝衍射实验现象，若在狭缝宽度相同情况下，下图对应光的波长较短 C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹下的 D．图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波 【答案】B 【解析】根据可知，若只将光源由红色光改为绿色光，波长变短，相邻亮条纹间距离将减小，A不符合题意；在狭缝宽度相同情况下，波长越长，衍射现象越明显，可知上图对应的光波长较长，下图对应的光波长较短，B符合题意；由图可知，条纹向空气薄膜较厚处发生弯曲，说明弯曲处的光程差变短，空气薄膜间距变小，则被检测的平面在此处是凸起的，C不符合题意；D.缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，说明光具有偏振现象，表明光波是横波，D不符合题意；故选B. 40.（南京市中华中学2025-2026学年第一学期期中）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图（a）是点燃酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是（ ） A．当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30° B．当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90° C．当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30° D．干涉条纹保持原来状态不变 【答案】D 【解析】金属丝圈的转动，改变不了肥皂液薄膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，D项对． 41.（南京市第一中学2025-2026学年高三上学期期中）如图甲所示，一顶角较大的圆锥形玻璃体，倒立在表面平整的标准板上，单色光从上方垂直玻璃的上表面射向玻璃体，沿光的入射方向看到明暗相间的条纹；如图乙所示，用一个曲率半径很大的凸透镜与一个平面玻璃接触，单色光从上方垂直射向凸透镜的上表面时，可看到一些明暗相间的单色圆，下列说3法正确的是（　　） A. 甲图是干涉现象，乙图是衍射现象 B. 甲图的条纹是以顶点为圆心的同心圆，且疏密均匀 C. 乙图的条纹是由透镜的上、下表面的反射光干涉产生的 D. 乙图的条纹疏密均匀，若把乙图的入射光由红色换成紫色，则观察到的条纹数会减小 【答案】B 【解析】甲、乙两图的本质均是薄膜干涉现象，A错误；甲图中圆锥形玻璃体与标准板的距离是均匀变化的，所以条纹是以顶点为圆心的同心圆，且疏密均匀，B正确；乙图的条纹是由夹在透镜和平面玻璃间的空气层的上、下表面的两束反射光线干涉产生的，C错误；乙图的条纹中间疏、边缘密，若把乙图的入射光由红色换成紫色，波长减小，则条纹间距减小，条纹变密集，条纹数会增多，D错误.故选B. 42.（南通市2025-2026学年高三上学期高考基地学校12月联考）1801年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质.1834年，洛埃用平面镜同样得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）.洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为一水平放置的平面镜.S发出的光一部分直接照在竖直光屏上，另一部分通过平面镜反射在光屏上，这样在屏上可以看到明暗相间的条纹.设光源S到平面镜和光屏的距离分别为a和l（），若将整套装置完全浸入折射率为n的某种透明溶液中，测得光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，则装置浸没前光的波长为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设光在真空中的波长为，频率为，在溶液中的波长为，若将整套装置完全浸入折射率为n的透明溶液中，光的频率不变，根据，，解得光在该液体中的波长，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，根据条纹间距公式有，联立，解得，故选B. 43.（经典题）（常州市第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考）劈尖干涉是一种薄膜干涉，如图所示.将一块平板玻璃a放置在另一平板玻璃b之上，在一端夹入一张薄纸片c，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当红光从上方入射后，从上往下看有明暗相间的干涉条纹.下列说法正确的是（　　） A. 当纸片c向右往底边方向拉出少许，图中的条纹间距会变得宽一些 B. 保持其他条件不变，仅将红光换成绿光从上方入射，则干涉条纹会变疏 C. 若增大红光射到平板玻璃a上表面的入射角，则红光有可能在平板玻璃a的下表面发生全反射 D. 若平板玻璃b的上表面某处有一个细小的凹坑，则相应的干涉条纹会向右往底边方向弯曲一点 【答案】A 【解析】当纸片c向右往底边方向拉出少许，相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，A正确；根据条纹间距公式可知，保持其他条件不变，仅将红光换成绿光从上方入射，由于波长减小，间距变小，则干涉条纹会变密，B错误；根据光路的可逆性，若增大红光射到平板玻璃a上表面的入射角，则红光仍将从玻璃板射出，不会发生全反射，C错误；若平板玻璃b的上表面某处有一个细小的凹坑，则亮条纹提前出现，即相应的干涉条纹会向左往顶角方向弯曲一点，D错误. 故选A. 三、实验：用双缝干涉测光的波长 44.（南京市六合区名校联盟高三下学期一模）在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上（如图1），并选用间距为d的双缝屏，从仪器注明的规格可知，毛玻璃屏与双缝屏间的距离为L，接通电源使光源正常工作，发出白光. （1）组装仪器时，在光具座①②③位置处固定相应装置，正确的顺序是___________； A．①单缝，②滤光片，③双 B．①滤光片，②单缝，③双缝 C．①单缝，②双缝，③滤光片 （2）若取下红色滤光片，其他实验条件不变，则在目镜中___________； A．观察不到干涉条纹 B．可观察到明暗相间的白条纹 C．可观察到彩色条纹 （3）若实验中在像屏上得到的干涉图样如图2所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图2中A，B位置时，游标尺的读数分别为、（已知，则入射的单色光波长的计算表达式为λ=___________.分划板刻线在某条明条纹位置时游标卡尺如图3所示，则其读数为___________mm； （4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图4所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，测量值___________实际值.（填“大于”“小于”或“等于”） 【答案】（1）B （2） C （3） 52.35 （4）大于 【解析】（1）双缝干涉实验装置，光应先通过滤光片，获取单色光.之后经过单缝，使入射光变成线光源.再通过双缝，形成相干光源.最后到达光屏上.故固定的顺序为滤光片，单缝，双缝.选B.（2）取下滤光片，白光的干涉条纹为彩色的.故选C.（3）条纹间距为，波长与条纹间距的关系为， 联立得到，游标卡尺读数为.（4）从图中可以看出，若条纹倾斜，测得的间距将比实际的大. 选择性必修第二册 专题十五 安培力和洛伦兹力 一、磁场对通电导体的作用力——安培力 1.（苏州市外国语中学2025-2026学年高三上学期12月）两根相同的弹性导线平行放置，分别通有方向相反的电流和，且.下列图像可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由安培定则可知方向向下的电流在方向向上的电流处磁场垂直向外，由左手定则可知受力向右；同理可知受力向左，即两导线相互排斥，由牛顿第三定律可知两力大小相等；两根相同的弹性导线形变量相同，故C正确，ABD错误.故选C. 2.（徐州市邳州市运河中学2026届高三上学期迎考模拟一）如图所示，蹄形磁铁水平放置（N极在上），质量为的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时细导线与竖直方向的夹角为.两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为，则（　　） A. 导体棒中的电流方向为 B. 单根导线上的拉力大小为 C. 若电流大小加倍，再次稳定后角也加倍 D. 若导体棒处磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过角，导线上拉力变小 【答案】D 【解析】导体棒所受安培力水平向右，根据左手定则可知，导体棒中的电流方向为，A错误；由力的平衡可得，每根细导线上的拉力大小，B错误；导体棒所受安培力大小，若导体棒中的电流大小加倍，则平衡时的值加倍，C错误；作出导体棒的受力分析图，如图所示，其所受重力大小、方向均不变，安培力的大小不变，磁场方向沿逆时针方向转动，根据余弦定理可得，细导线上的拉力变小，D正确.故选D. 3.（南京市中华中学2025-2026学年高三上学期1月月考）如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来.该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　） A. 从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转 B. 电池的输出功率等于线框转动的机械功率 C. 线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系 D. “简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小 【答案】D 【解析】线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动，A错误；电池输出的电动率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，B错误；线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系，C错误；稳定时，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时的小，D正确.故选D. 4.（苏州市、南京市九校2025-2026学年高三上学期一轮复习学情联合调研）如图所示，用四根相同的绝缘轻质细绳把两根质量和长度都相同的通电导体棒a、b水平悬挂起来.电流方向如图所示，大小满足，现在导体棒所处的空间内，加范围足够大、竖直向上的匀强磁场，最终达到静止状态，下列从左往右看的侧视图中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设竖直向上的匀强磁场的磁感应强度大小为B，两导线的质量均为m、长度均为L，导线b中的电流为I，则导线a中的电流为3I.对导线a分析，根据左手定则，可知其所受安培力的方向为水平向右，大小为Fa = BIaL = 3BIL，对导线b分析，根据左手定则，可知其所受安培力的方向为水平向左，大小为Fb = BIbL = BIL，将导线a与导线b看成一个整体，因Fa > Fb，故整体所受的安培力方向为水平向右，大小为F = Fa−Fb = 2BIL，对整体受力分析，如图1所示. 可知上边两根绝缘轻质细绳向右倾斜，设两绳拉力的合力大小为T，其与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得，对导线b受力分析，如图2所示.可知下边两根绝缘轻质细绳向左倾斜，设两绳拉力的合力大小为T′，其与竖直方向的夹角为α，根据几何关系可得，由上分析，可得tanθ= tanα，即θ =α，故两导线最终达到静止状态如A选项所示.故选A. 5.（经典题）（南京市二十九中2025-2026学年高三上学期期末调研）如图所示，金属棒两端用一根轻质导线连接并悬挂在等高点、，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为.已知，金属棒的质量为、电阻为，金属棒从最低点以水平初速度向右摆动，在摆动过程中保持水平，不计空气阻力，重力加速度为. （1）金属棒开始摆动时，求回路中的电流大小； （2）金属棒摆到最高点时，导线与竖直方向夹角为，求金属棒产生的焦耳热； （3）金属棒向右摆动，当导线与竖直方向夹角为时，金属棒速度大小为，求导线对金属棒的总拉力大小. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）金属棒开始摆动时，速度水平向右，切割磁感线的有效速度为，感应电动势为， 电流为.（2）根据能量守恒有，解得. （3）当导线与竖直方向夹角为时，金属棒速度大小为，感应电动势为，电流为， 安培力为，对金属棒有，联立可得. 二、带电粒子在磁场中的运动——洛伦兹力 6.（苏州市苏州大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点.一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场.现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计.下列说法中正确的是（　　） A. 若该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t0 B. 若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为 C. 若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为 D. 若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为 【答案】C 【解析】由带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场可知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.当粒子沿纸面以与Od成30°角的方向射入正方形内时，如图所示，作出从ab边射出的临界轨迹①、从bc边射出的临界轨迹②、从cd边射出的临界轨迹③和从ad边射出的临界轨迹④.由图可知，该带电粒子从ab边射出经历的时间一定不大于；从bc边射出经历的时间一定不大于；从cd边射出经历的时间一定是；从ad边射出经历的时间一定不大于.故C正确，ABD错误.故选C. 7.（经典题）（盐城市、南京市2025-2026学年高三上学期期末调研）如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上点以速度v垂直于x轴射入第一象限内的匀强磁场中，恰好垂直于y轴射出第一象限.不计粒子重力，求： （1）匀强磁场的磁感应强度B； （2）带电粒子穿过第一象限所用的时间t. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径为，根据，可得. （2）粒子运动的周期，由题意可知，粒子在磁场中运动的时间为，解得. 8.（苏州市2025-2026学年高三第一学期期末）如图为我国首台紧凑型加速器质谱仪模型.离子源产生的负离子在串列加速器中先加速，经中部剥离器转为正离子后继续加速，最终通过加有匀强磁场的圆弧形磁分析系统来鉴别同量异位素，两侧加速管对称且加速电压相等，剥离前后离子动能的变化忽略不计. （1）为使离子在加速器中加速，判断A、B两极板的电势高低； （2）电荷量为e，初动能为的负离子，经剥离器左侧电压U加速后，被剥离为电荷量为e的正离子，求其进入磁分析系统时的动能； （3）若质量相同的离子X、Y，电荷量之比为a：1，垂直M面进入磁分析系统的速度大小之比为b：1，已知磁场垂直纸面，离子X运动半径为且垂直N面射出，求两离子在N面上的射出点间距. 【答案】（1）B板电势高于A板电势 （2） （3） 【解析】（1）根据题意可知，剥离器之前的加速器加速负离子，剥离器之后的加速器加速正离子，则板带正电，即B板电势高于A板电势. （2）根据题意，由动能定理有，解得. （3）根据题意可知，离子进入磁分析系统，洛伦兹力提供向心力有，解得，则有， 运动轨迹如图所示，由几何关系,，解得. 9．（经典题）（南京市中华中学2025-2026学年第一学期期中）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径.已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计. （1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U； （2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r； （3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t. 【答案】（1）正电， （2） （3） 【解析】（1）正电，带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电.粒子在电场中运动由动能定理可知，解得.（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有，解得.（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为，如图所示，依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有，带电粒子在磁场中运动的时间，联立各式解得. 10.（南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月）如图所示，绝缘水平桌面上放有一长度为的竖直绝缘挡板，整个装置处在方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为.一质量为、电荷量为的带电小球紧贴挡板端放置.现给小球一垂直挡板向右的速度，经过一段时间，小球击中挡板右侧面上的某点图中未标出并以速度反弹，与此同时，挡板也以速度向右匀速平移，不计一切阻力.试求： （1）P、N之间的距离d； （2）小球从运动到的时间t； （3）小球从运动到的过程中，挡板对小球所做的功. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）对小球由，且，解得、之间的距离.（2）小球速度反弹，与此同时，挡板也以速度向右匀速平移，则小球在水平方向上以速度向右匀速直线，在沿挡板方向上由，，解得.（3）小球从运动到的过程中，由动能定理可得，挡板对小球所做的功，其中v1=at，解得. 11.（江阴市三校2025-2026学年度第一学期12月联考）)如图所示，直角坐标系xOy平面内，x轴上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以与x轴正方向成53°角的初速度从M(0.8d，0)点进入第一象限，恰好垂直于y轴进入第二象限.不计粒子的重力，sin 53°＝0.8. (1) 求粒子的初速度大小v； (2) 求粒子在磁场中运动的时间t； (3) 若x轴下方存在着沿y轴正方向的匀强电场，要使粒子运动轨迹能与y轴相切，求电场强度E需满足的条件. 【答案】（1） （2） （3）①E＝，n＝1，2，3，… ② E＝，n＝1，2，3，… 【解析】（1）粒子从M点进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图1所示，由几何关系可得轨迹半径r＝＝d，由qvB＝m，解得v＝. (2) 粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角θ＝2540=π ，粒子在磁场中运动的周期 ,则粒子在磁场中运动的时间t＝＝.(3) 由匀速圆周运动规律知，粒子从Q1(－0.8d，0)点射出，且方向与＋x方向成53°进入匀强电场后x轴方向上做匀速直线运动，y轴方向上做匀变速直线运动，且加速度a＝，根据运动轨迹对称性可知，粒子再次进入磁场时速度大小仍为v，方向与＋x轴方向成53°，电场中运动的时间t＝，电场中运动的水平距离x＝v cos 53°t ，要使粒子能与y轴相切，可以有两种情况：① 设粒子自Q1点后第n次在磁场中运动的轨迹左侧与y轴相切，如图2所示，n(x－1.6d)＝r，则E＝，n＝1，2，3，…② 设粒子自Q1点后第n次在磁场中运动的轨迹右侧与y轴相切，如图3所示，n(1.6d－x)＝r，则E＝，n＝1，2，3，…. 三、现代科技 12.（苏州市外国语中学2025-2026学年高三上学期12月）关于下列四幅图理解正确的是（　　） A. 甲图中干电池的电动势为1.5V，则通过电源的电荷量为1C时，电源内非静电力做功为1.5J B. 乙图中等离子体进入上、下极板之间后上极板A带正电 C. 丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越大 D. 丁图中回旋加速器带电粒子的最大动能与加速电压的大小有关 【答案】A 【解析】甲图中干电池的电动势为1.5V，则通过电源的电荷量为1C时，电源内非静电力做功为,A正确；乙图中等离子体进入上、下极板之间后，正离子受到向下的洛伦兹力，向下偏，负离子受到向上的洛伦兹力，向上偏，故上极板A带负电，B错误；丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子运动半径公式为,则半径越小，C错误；由,，可知，所以旋加速器带电粒子的最大动能与加速电压的大小无关，D错误.故选A. 13.（经典题）（南京市鼓楼区第二十九中学2025-2026学年高三上学期1月月考）如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入平板下方的匀强磁场，平板下方的磁场方向如图所示.粒子最终打在S板上，粒子重力不计，则下面说法正确的是（　　） A. 粒子带负电 B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C. 能沿直线通过狭缝P的粒子具有相同的动能 D. 粒子打在平板S上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷越小 【答案】D 【解析】根据粒子在下方磁场中的偏转方向，结合左手定则可知，粒子带正电，A错误；速度选择器中带正电的粒子受向右的电场力，则洛伦兹力向左，可知磁场方向垂直纸面向外，B错误；能沿直线通过狭缝P的粒子满足，则，则粒子的速度相同，粒子质量不一定相等，动能不一定相同，C错误； 根据洛伦兹力提供向心力，可得，粒子的速度相同，粒子打在平板S上的位置离狭缝P越远，轨迹半径越大，粒子的比荷越小，D正确.故选D. 14.（高邮市2025-2026学年高三上学期12月学情调研）回旋加速器工作原理图如图甲所示，D型盒半径为R，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中.两电极间接高频交变电源如图乙所示，狭缝间距为d.一束粒子在时从A处均匀地飘入狭缝，粒子的质量为m，电荷量为，其初速度视为零，不考虑粒子间的相互作用.求： （1）出射粒子的动能； （2）所加交变电源的周期T； （3）若考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，粒子从飘入狭缝至动能达到所需的总时间t. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）出射粒子的轨迹圆半径为R，根据，解得，因为，联立解得.（2）交变电源的周期需与粒子在磁场中的回旋周期相同，即，联立解得.（3）图乙可知交流电压为，设带电粒子在电场中加速次数为n，则，在电场中，在磁场中，联立解得. 四、带电粒子在复合场中的运动 15.（南师附中丶天一中学丶海门中学丶海安中学2025-2026学年高三上学期12月联考）如图所示，某绝缘光滑木板放置在光滑水平桌面上，距其右端L处竖直固定着一挡板，水平虚线上方存在着水平向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.在桌面上距离木板右端d处静置着一质量为m、电荷量为-q的小球.某时刻起，木板在外力的作用下以速度大小v0向上匀速运动，一段时间后，小球离开木板以速度大小v0垂直击中右侧的挡板.已知匀强电场的电场强度大小，空气阻力忽略不计.下列说法正确的是（ ） A. 小球离开木板时的速度为2v0 B. 磁感应强度大小为 C. 木板右端到挡板的距离L=d D. 从小球进入磁场区域到小球脱离木板，木板对小球做的功为 【答案】B 16.（南京市六合高级中学2025-2026学年高三上学期期初考）如图所示，在xOy坐标平面内，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第三象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，第二、四象限为无场区.一质量为m、电荷量为的带电粒子以初速度沿x轴负方向从A点射入磁场，经C点与y轴正方向成进入电场，最后从x轴上的D点（未画出）穿出电场.已知电场强度大小，不计粒子重力.求： （1）磁感应强度的大小； （2）粒子从A点运动到D点所用的时间； （3）D点的位置坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）粒子在第二象限做匀速直线运动，根据几何关系可知，粒子出磁场的位置距O点的距离为，即出磁场的位置坐标为 ① 作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 根据几何关系有② 解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 由洛伦兹力提供向心力有③ 解得④ （2）根据几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角 则粒子在磁场中的运动时间 ⑤ 粒子在第二象限无场区中的运动时间⑥ 粒子在第一象限中做类斜抛运动，y轴方向上有⑦ 根据牛顿第二定律有 联立解得⑧ 则粒子从A点运动到D点所用的时间⑨ （3）粒子在第一象限中做类斜抛运动，x轴方向上有⑩ 结合（2）问可得 则D点的位置坐标为⑪ 17.（南京市金陵中学、姜堰中学、前黄中学、南菁中学2025-2026学年高三上学期综合检测二）某科研小组为了芯片的离子注入而设计了一种新型质谱仪，装置如图所示.直边界MN的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，（N为圆与边界的切点）磁感应强度大小为B，其中以O点为圆心、半径为R的圆形区域内无磁场，芯片的离子注入将在圆形区域内完成.离子源P放出的正离子经加速电场加速后在纸面内垂直于MN从M点进入磁场，加速电场的加速电压U的大小可调节，已知M、N两点间的距离为2R，离子的比荷为k，不计离子进入加速电场时的初速度及离子的重力和离子间的相互作用. （1）求能经过圆心O的离子在磁场中运动速度的大小； （2）若要离子能进入圆形区域内，求加速电压U的调节范围； （3）求能进入到圆形区域内离子在磁场中运动的最短时间.（已知） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）由几何关系，则能经过圆心O的离子在磁场中运动的半径为r=R，根据，可得速度的大小. （2）能进入圆形区域粒子速度最小时轨迹与圆相切，圆心为O1，则由几何关系，解得，进入圆形区域的粒子速度最大时轨迹与圆相切，圆心为N，则由几何关系，根据，，解得，可得. （3）离子运动时间最短时，其对应的轨迹圆圆心角最小，由几何关系可知，此时由M点向圆周引切线，该弦所对的圆弧对应的圆心角最小，则，，，可知，该圆弧所对圆心角，能进入到圆形区域内的离子在磁场中运动的最短时间. 18.（南京市白下区2025-2026学年高三上学期12月月考）如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在着垂直于坐标平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，第四象限内存在着方向沿轴负方向、场强大小为的匀强电场，轴负半轴上固定着足够长的荧光屏.现有大量质量均为、电荷量均为的粒子从轴正半轴上不同位置以不同的速率平行于轴正方向射入磁场，经偏转后所有粒子均从点进入电场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力. 求垂直轴从点进入电场的粒子的速度大小； 求中粒子打在荧光屏上的位置与点的距离； 求从轴上点进入磁场时的粒子的速度大小. 【答案】 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，平行于轴正方向射入磁场，垂直轴从点进入电场的粒子的运动轨迹如图所示，易知粒子在磁场中的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力得 ，解得 . (1) 粒子垂直于轴进入电场，在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为，在电场中的运动时间为，则有：根据牛顿第二定律得 ，由沿轴负方向做匀速运动得，由沿轴负方向做匀加速运动得，联立解得.从轴上点进入磁场的粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得，解得，由洛伦兹力提供向心力得：，解得 . 19.（苏州市苏州大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第二、三象限内存在沿轴负方向的匀强电场，第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为、电荷量为的带正电粒子以初速度自轴上的点射入电场，初速度方向与轴正方向的夹角，之后粒子经轴上的点进入第一象限，再经轴上的点进入第四象限，经过点时粒子的速度方向与初速度的方向相反.粒子进入第四象限后，恰好未返回匀强电场.已知点到点的距离为，电场强度大小为，不计粒子重力，，.求： （1）粒子自点进入第一象限匀强磁场时速度与轴正方向的夹角； （2）第一、四象限内匀强磁场的磁感应强度大小的比值； （3）粒子自第1次经过轴（点）到第3次经过轴的时间. 【答案】（1） （2）4:1 （3） 【解析】（1）粒子在第二象限运动只受电场作用，沿x方向做匀速运动，其速度，沿y方向做匀减速运动，其初速度，其加速度，设粒子从P点运动到M点所需时间为t1，则，解得，则粒子运动到M点时延y方向的速度，所以粒子自点进入第一象限匀强磁场时速度与轴正方向的夹角.（2）由（1）可知，粒子进入第一象限的速度，OM的距离，设粒子在第一、四象限中的运动轨迹半径分别为r1、r2，粒子经过点时粒子的速度方向与初速度的方向相反，根据几何关系有， 解得，根据洛伦兹力提供向心力有，解得，粒子进入第四象限后，恰好未返回匀强电场，根据几何关系有，解得，根据洛伦兹力提供向心力有，解得，所以.（3）粒子从M点运动到N点所需时间为，粒子从N点到第3次经过轴所需时间为，所以粒子自第1次经过轴（点）到第3次经过轴的时间，解得. 20.（苏州市第十中学2025-2026学年高三上学期12月）如图所示，坐标系第Ⅰ、Ⅳ象限内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向的匀强电场.一带正电的离子从x轴上的P点处以初速度沿x轴正方向开始运动，离子第一次到达y轴时，速度方向与y轴负方向的夹角为30°.离子通过磁场后再次返回电场中又能回到P点.已知P点的坐标为，不计离子的重力.求： （1）离子的比荷和离子第一次通过y轴时的位置坐标； （2）离子两次通过y轴的两点间的距离； （3）磁场的磁感应强度的大小. 【答案】（1） （0、） （2） （3） 【解析】（1）粒子从P点开始在电场中做类平抛运动，则，，，解得，，即离子第一次通过y轴时的位置坐标（0、）.（2）粒子出离磁场后，速度方向与y轴负向仍成30°角，速度大小仍为，到达P点时，则，，解得，离子两次通过y轴的两点间的距离.（3）粒子在磁场中做圆周运动，半径满足，又，解得. 21.（无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期期中）如图所示，平面直角坐标系中，y轴左侧区域存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场Ⅰ，其磁感应强度大小为，第一象限和第四象限内分别充满垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ和Ⅲ.质量为m、电荷量为的带电粒子从x轴上的P点以速度射入场区，方向与x轴正方向成60°角，此后粒子第1次经过x轴时恰好从O点进入y轴右侧区域，此时速度方向与x轴正方向间的夹角为30°，粒子恰好没有再次进入电场区域，不计粒子重力.求 （1）电场强度大小E和O、P间的距离； （2）磁场Ⅱ和磁场Ⅲ的磁感应强度大小之比； （3）若磁场Ⅱ的磁感应强度大小为，粒子第6次经过x轴时位置的横坐标. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】（1）粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动，设半径为r，根据牛顿第二定律可得,粒子第一次到达x轴时的时间,解得,设粒子运动到O点时的速度大小为v，则,解得,根据牛顿第二定律有,根据运动学公式有,解得,带电粒子在沿x轴方向做匀加速直线运动，位移为，则,解得.（2）设磁场Ⅱ和磁场Ⅲ的磁感应强度大小分别为和，粒子在磁场加和磁场Ⅲ中做圆周运动的半径分别为和，根据洛伦兹力提供向心力，,解得，,如图所示 根据几何关系,解得.（3）若磁场Ⅱ的磁感应强度大小为，由（2）问可知磁场Ⅲ的磁感应强度大小为粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径,粒子在磁场中做圆周运动的半径,带电粒子在一个周期内沿x轴运动的位移,解得,则粒子第6次经过x轴时到O点的距离,解得. 22.（盐城市五校联盟2025-2026学年高三上学期12月月考）如图所示,平面直角坐标系xOy的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场,第四象限存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场.一质量为m、带电荷量为-q的粒子从y轴上的P点以速度v0垂直y轴射入磁场,从x轴上的M点射入第一象限,并垂直y轴从N点以的速度射出电场,不计粒子重力.求: (1)粒子从M点射入第一象限时与x轴负方向的夹角; (2)粒子在第四象限内运动的时间t; (3)匀强电场的电场强度大小E. 【解析】⑴由图可知，cosα = v0/v0 = ，α =300( 或 ).⑵θ = π－α = ，T= ，t = T ，解得t = . ⑶磁场中，Bqv0=mv02/r，电场中x=rsinα，x轴分运动：x=v0t，y轴分运动：qEt=mv0/2，解得E=Bv0. M O´ O v0 v0 v0/2 v0 x y P 23.（南京市2025-2026学年高三上学期9月学情调研）如图甲所示，两相同金属极板A与B的长度L为1m，相距d为0.1m，极板间的电压UAB如图乙所示，U0为100V.在金属板右侧空间存在宽度x为2m的竖直向上的匀强磁场，磁场右边缘处竖直放置一足够大的荧光屏.大量带正电的同种粒子沿极板中线平行于板面方向持续射入板间，射入时的速度v0为.已知粒子质量m为，电荷量q为，粒子的重力与相互间的作用力忽略不计.求： （1）粒子在金属板间运动的加速度大小； （2）t为0s时射入的粒子离开金属板时，沿垂直于板面方向偏移的距离； （3）t为时射入的粒子，运动轨迹恰好与光屏相切，求右侧空间的磁感应强度. 【答案】（1） （2） （3）2.5T 【解析】（1）由牛顿第二定律可知粒子在两板间运动的加速度 . （2）粒子在两板间运动的时间，则t=0s时射入的粒子在两板间竖直方向一直做匀加速运动，则沿垂直于板面方向偏移的距离. （3）时射入的粒子，竖直方向在时间内先向上做匀加速运动，在时间内向上做匀减速运动，则出离偏转电场时竖直速度减为零，则离开偏转电场时的速度为，方向水平向右，则进入磁场时做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与光屏相切，可知运动半径，根据，解得. 24.（南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月）如图甲所示，两水平放置的平行金属板A、B间距d=40cm，板长L=30cm，在两板间加一大小和方向随之间周期性变化的匀强电场，如图乙所示，规定竖直向上为电场强度的正方向.在距金属板右侧D=40cm的空间内有方向竖直向上、电场强度大小为E=100V/m的匀强磁场，并在该电场的右侧边界竖直放置一足够长的挡板.现有一电量q=1×10-2C、质量m=0.1kg的正电小球在t=0时刻以水平初速度v0=2m/s从距B板h=5cm处射入A、B两板间，重力加速度g=10m/s2,求： (1)小球飞出A、B两板间时竖直方向的速度的大小； (2)小球在A、B极板间运动过程中受到电场力的平均值； (3)若有大量电量为q=10-2C、质量m=0.1kg的正电小球持续不断地从极板左侧各个位置以相同水平初速度v0水平进入A、B板间，忽略小球间的相互作用，求这些小球最终打在挡板上的长度范围. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1) 在内，电场力为：，根据牛顿第二定律：，则， 在内，电场力为：，根据牛顿第二定律：，所以， 由此可画出a-t图如下图所示： 小球在A、B板间水平方向运动为匀速运动，则时间，所以竖直方向：，方向竖直向上. (2)小球在板间运动的过程中，由动量定理：， 所以. (3)由a-t图，当小球从0秒时射入，离开A、B板的竖直速度正向最大，为，当小球从0.1s时射入，离开A、B板的竖直速度负向最大，为，所以小球可以在任意时刻、从A、B板左侧任意位置进入板间，所以可以找到合适位置、合适时刻，使小球恰好从A板最右侧飞出时，竖直速度正向最大，为；使小球恰好从B板最右侧飞出时，竖直速度负向最大，为. 又因为小球飞出A、B板间后做匀速直线运动，经历时间，所以小球打在挡板上的长度范围：. 25.（苏州市、南京市九校2025-2026学年高三上学期一轮复习学情联合调研）直角坐标系，在以为圆心，半径为的圆柱形区域Ⅰ中有一垂直纸面向里的匀强磁场.在且的区域Ⅱ中充满沿轴正方向的匀强电场，在且的区域Ⅲ中充满沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为，其他区域视为真空.坐标原点处有一粒子源可以在纸面内沿各个方向发射速率为的带负电粒子，粒子电荷量为，质量为.不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，并忽略场的边界效应.已知某粒子可以从磁场边界上的点沿轴正方向离开磁场，电场强度大小. （1）求匀强磁场的磁感应强度的大小； （2）求从点离开磁场的粒子经电场偏转后，离开电场右边界时位置的坐标； （3）将粒子源粒子的发射速率改为，在从点发时的大量粒子中，求能进入电场的粒子在磁场中经过的区域面积，并在答题卡对应图中标出该区域（画出边界，内部画上斜线）. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】（1）某粒子从点发射从磁场边界上的点沿轴正方向离开磁场，设其在磁场中做圆周运动的半径为r， 由几何关系得，解得，由洛伦兹力提供向心力可得，解得. （2）粒子先在点和电场左边界之间做匀速直线运动，进入电场后做类平抛运动，竖直方向有， 解得，若粒子在通过轴射出区域，又，解得，假设成立，再经过时间粒子从电场中射出：，竖直方向，故粒子离开电场右边界时位置的坐标为. （3）由洛伦兹力提供向心力可得，又，可得，则有，能够进入电场的粒子经过的区域如图所示. 26.（南京市七校2025-2026学年高三上学期期中联考）如图甲所示的平行金属板间接有如图乙所示的交变电压，图中，板长、板间距离均为L.方向垂直纸面向里、区域足够大的匀强磁场的边界MN与两板中线OO1垂直（垂足为O1）.现有带正电的粒子流沿两板中线OO1连续射入电场中，粒子的初速度均为v0，带电量为+q，质量为m.忽略粒子重力和板外电场的影响，粒子与极板碰撞后被吸收，粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定不变. （1）试求带电粒子刚好从极板边缘射出时两金属板间的电压； （2）若磁感应强度，以O1点为坐标原点建立y轴如图甲所示，求带电粒子离开磁场时在y轴上坐标范围； （3）若边界MN的右侧有5个水平宽度均为d的匀强磁场如图丙所示，从左至右磁感应强度依次为B、2B、3B、4B、5B.要使所有粒子都不能进入第5个磁场区域，求磁感应强度B的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】(1）设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，沿电场方向，，垂直于电场方向，解得.(2）设粒子进入磁场时速度方向与的夹角为θ，则任意时刻粒子进入磁场的速度大小，粒子在磁场中运动，设轨迹半径为R，根据牛顿第二定律，设带电粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离为 ，解得，故任何一个带电粒子，在边界MN入射点与出射点间距离为定值，当粒子从下极板边缘射出时，当粒子从上极板边缘射出时，即粒子离开磁场时的坐标范围为. (3）分析可知，粒子从下极板边缘射出时，向右运动时离边界MN最远.设粒子沿电场方向速度为，沿电场方向，垂直于电场方向，解得，则粒子射出时速度偏角满足， 解得，粒子速度为，粒子在磁场中运动取极短时间，取竖直向上为正方向，由动量定理，若粒子最远到达第4个磁场右侧时，此时速度方向为竖直向上，对上式两边求和得，解得 . 27.（丹阳高级中学等校高三第一学期学业水平质量测试）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中，在第一、第二象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场，在y>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度和电场强度大小均未知.在第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E.一个带电小球从图中y轴上的M点，沿与x轴成角度斜向上做直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即做匀速圆周运动，已知O、N点间的距离为L，重力加速度大小为g.求： （1）小球的比荷和第一象限内匀强电场场强E1的大小； （2）要使小球能够进入第二象限，求第一象限内磁感应强度B1的大小范围； （3）若第一象限内磁感应强度大小为，第二象限内磁感应强度大小为，求小球穿过y轴的位置和时间的可能取值（从小球进入第一象限开始计时）. 【答案】（1） E （2） （3）见解析 【解析】（1）设小球质量为m，电荷量为q，速度为v，球在MN段做匀速直线运动，所以球受力平衡，由平衡条件得，解得小球的比荷，要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，则球受的重力必须与电场力平衡，联立解得.（2）由（1）可知，即，在第一象限圆周运动，设磁感应强度为B1时，小球轨迹恰与y轴相切，洛伦兹力提供向心力，可知，由几何关系L<R（1+cos），解得. （3）由洛伦兹力提供向心力可知，小球在第一、第二象限的轨道半径分别为，小球由N点进入第一象限后运动半周进入第二象限，作出粒子在第一、第二象限的可能运动轨迹如图所示， 小球穿过y轴的位置为y=n （n=1、2、3……）和y=L+m （m=0、1、2、3……）， 时间，，， 和， 综上，时间为 和. 28.（苏州市外国语中学2025-2026学年高三上学期12月）如图，两个半圆状同心圆弧，分别交于坐标轴上的a、b、c点和d、e、f点．大圆半径为，辐向电场（电场方向由原点O向外）分布于两圆弧之间，其间的电势差为U0；圆弧abc内为无场区．半圆弧def外侧区域有垂直纸面向里的足够大匀强磁场，其上边界在处，O点处有一粒子源，可以在xOy平面内向x轴上方各个方向均匀射出带正电的粒子（粒子的质量为m、电荷量为q），初速度均为，先后经过电场和磁场区域.不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动.求： （1）粒子刚进入磁场区域的速度； （2）某粒子初速度方向与x轴正方向夹角为45°，恰能从磁场上边界垂直射出，则磁感应强度B1为多少； （3）调节不同的磁感应强度，则能从磁场上边界垂直射出的粒子的运动半径不同.其中半径最小时对应的磁感应强度B2为多少. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）令粒子刚离开电场的速度为，粒子在电场中有，解得.（2）如图甲所示，由图可知粒子做圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力得，解得， 甲 乙 （3） 粒子运动过程如图乙所示，令粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，是粒子做圆周运动的圆心，令间的距离为，由几何关系可知，的大小总满足，当最小时，也最小，由图可知，代入可求，由洛伦兹力提供向心力得，解得. 专题十六 电磁感应 一、电磁感应 29.（南京市二十九中2025-2026学年高三上学期期末调研）如图所示，李辉、刘伟用多用电表的欧姆挡测量变压器初级线圈的电阻.实验中两人没有注意操作的规范：李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量.测量时表针摆过了一定角度，最后李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离.在这个过程中，他们二人中有人突然“哎哟”惊叫起来，觉得有电击感.下列说法正确的是（　　） A. 电击发生在李辉用多用电表红黑表笔的金属杆接触线圈裸露的两端时 B. 有电击感的是刘伟，因为所测量变压器是升压变压器 C. 发生电击前后，流过刘伟的电流方向发生了变化 D. 发生电击时，通过多用电表的电流很大 【答案】C 【解析】电击发生在多用电表红黑表笔的金属杆脱离线圈裸露两端的时刻，A错误；有电击感的是手握线圈裸露两端的刘伟，因为线圈中产生了感应电流，B错误；发生电击前，刘伟和线圈是并联关系；断开瞬间，线圈中的电流急剧减小，产生的感应电流的方向与原电流的方向相同，但线圈和刘伟构成了一个闭合的电路，线圈相当于电源，所以流过刘伟的电流方向发生了变化，C正确；发生电击时，通过线圈的电流很大；由于已经断开了连接，所以通过多用电表的电流为零，D错误.故选C. 30.（南京市六合高级中学2025-2026学年高三上学期期初考）据报道，中国第三艘航母“福建舰”采用电磁弹射器技术成功实现对歼—35进行加速起飞.如图所示为电磁弹射装置的等效电路图（俯视图）.间距为两根相互平行的光滑长直导轨固定在水平面上，在导轨的左端接入电容为超级电容器，质量为、阻值为的导体棒MN（相当于飞机）静止于导轨上.先给电容器充电，其电荷量为，闭合开关S后，电容器释放储存的电能，所产生的强大电流经过棒MN，在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为磁场力作用下向右加速.达到最大速度之后离开导轨.棒MN始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻.下列说法正确的是（　　） A. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变 B. 闭合开关S后，MN做匀加速的直线运动 C. 棒MN的最大速度为16m/s D. 若要继续弹射下一架飞机，该超级电容器需充电的电量为3.6C 【答案】D 【解析】超级电容器相当电源，放电时两端电压逐渐减小，A错误；开关闭合后，电容器开始放电，在安培力作用下，MN开始向右加速运动， MN切割磁感线产生的感应电动势阻碍电容器C放电，当 MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零， MN达到最大速度，此过程中通过MN的电流减小，则MN在水平方向有，所以 MN 先做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时离开导轨，B错误；当MN达到最大速度时，若电容器此时的电荷量为q.切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压，即，由动量定理得，电容器的电荷量，联立解得最大速度，C错误；当MN达到最大速度时，电容器上的电量为，若要弹射下一架飞机，该超级电容器上还需要充电的电量，D正确.故选D. 31.（南通市启东中学2025-2026学年高三上学期第二次月考）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（　　） A. Ua＞Uc，金属框中无电流 B. Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a C. Ubc=﹣Bl2ω，金属框中无电流 D. Ubc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a 【答案】C 【解析】因为当金属框绕轴转运时，穿过线圈abc的磁通量始终为0，故线圈中无感应电流产生，B、D错误；但对于bc与ac边而言，由于bc边切割磁感线，故bc边会产生感应电动势，由右手定则可知，c点的电势要大于b点的电势，故Ubc是负值，且大小等于Bl×=Bl2ω，C正确；对于导体ac而言，由右手定则可知，c点的电势大于a点的电势，A错误，C正确． 32.（经典题）（南京市2025-2026学年高三上学期9月学情调研）如图所示，一足够长光滑的倾斜金属轨道处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，轨道上端连接一电容器，不计轨道的电阻.现将与轨道垂直的导体棒由静止释放，其下滑过程中的速度和加速度随时间变化的图像可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】设导轨倾角为，导体棒下滑时的加速度满足，设导轨间距离为L，时间内速度增加量为，电容器电荷量的增加量为，电势差增加量为，电流为I.则， 因为，，联立解得，由上式可知运动过程中导体棒加速度不变的匀加速直线运动.故选C. 33.（经典题）（苏州2025-2026学年高三上学期期初阳光调研）水平圆形导体环置于竖直方向的匀强磁场中，规定如图甲所示导体环中电流的方向为正方向，磁场向上为正.磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】规定以向上为磁场的正方向，从图乙可知，0~1s磁感应强度向下且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，则感应电流与图甲所示电流方向相同，为正方向，同理可知1s~2s电流为正方向、2s~4s为负方向，4s~5s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为 ，其中R为线圈的电阻，k为磁感应强度的变化率，从图乙可以看出k为定值，即电流大小恒定，故B、C、D错，A正确.故选A. 34.（常州市第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考）如图所示，在光滑的绝缘水平面上，三条相互平行、间距为d的虚线间存在图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一直角三角形导体框放在水平面上，AB边与虚线平行，BC边长度为d，刚开始导体框的C点刚好在最左侧的虚线上.现给导体框施加一水平向右的外力F，使导体框向右做匀速直线运动.关于运动过程中产生的感应电流I的大小、感应电动势E的大小、外力F的大小以及外力功率P的大小随位移的变化规律正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设，磁感应强度为，导体框的速度为v.导体框向右运动的位移在0~d的过程中，导体框中的感应电流为，可知与成正比，图像是一条过原点倾斜直线；当时感应电流的最大值为 ，当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，导体框中的感应电流为，可知与成正比，图像是一条倾斜的直线；当时感应电流的最大值为，导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，导体框中的感应电流为，可知与成正比，图像是一条倾斜直线；当时感应电流的最大值为，A错误；导体框向右运动的位移在0~d的过程中，从0开始向右移动的位移为，根据几何关系可得有效长度，导体框产生的感应电动势为，可知与成正比，图像是一条过原点的倾斜直线；当时感应电动势的最大值为，导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，从d开始向右移动的位移为，根据几何关系可得线框在左边磁场的有效长度为，产生的感应电动势大小为，根据几何关系，可得线框在右边磁场的有效长度为，产生的感应电动势大小为，根据右手定则可知，两个电源产生的电流方向相同，两个电源相互叠加增强，则总的电动势为，可知与成正比，图像是一条的倾斜直线；当时感应电动势的最大值为， 导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，从2d开始向右移动的位移，根据几何关系可得线框的有效长度为，导体框产生的感应电动势为，可知与成正比，图像是一条倾斜的直线；当时感应电动势的最大值为，B正确；导体框向右运动的位移在0~d的过程中，导体框所受的安培力大小为，由力的平衡条件得外力的大小为，可知与成正比，图像是一条过原点的开口向上的曲线；当时外力的最大值为，当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，导体框所受的安培力大小为，由力的平衡条件得外力的大小为，可知与成正比，图像是一条过开口向上的曲线；当时外力的最大值为，导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，导体框所受的安培力大小为，由力的平衡条件得外力的大小为，可知与成正比，图像是一条曲线；当时外力的最大值为，C错误；导体框向右运动的位移在0~d的过程中，外力F的功率为，可知与成正比，图像是一条过原点的抛物线；当时外力的功率最大值为，当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，力F的功率为，可知与成正比，图像是一条抛物线；当时外力的功率最大值为，导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，外力F的功率为，可知与成正比，图像是一条过原点的抛物线；当时外力的功率最大值为，故D错误.故选B. 35.（2026届南京市中华中学高三下学期模拟预测）如图，一半径为r的水平固定金属圆环内存在竖直向上且磁感应强度大小为B的匀强磁场，金属棒ab以恒定的角速度ω逆时针（俯视）转动.从圆环边缘和圆心所在竖直轴用细导线连接足够长的水平光滑固定平行金属导轨P、Q，两导轨间存在垂直导轨平面向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在两导轨间接有电容为C的电容器.质量m的金属棒cd垂直放在导轨上处于静止状态，导轨的宽度和金属棒cd的长度均为l，不计一切电阻.开关S1、S2、S3均断开，金属棒ab始终以恒定的角速度ω逆时针（俯视）转动.下列分析正确的是（　　） A. a端电势高于b端 B. 开关S1、S2闭合，S3断开，电容器充满电后所储存的电荷量为CBr2ω C. 电容器充满电后，S1、S3闭合，S2断开，金属棒先加速后减速，最终静止 D. 若加速过程中金属棒某时刻速度为v，则此前通过棒的电荷量可表示为 【答案】D 【解析】根据右手定则可知，感应电流的方向为由a到b，所以a端电势低于b端，A错误；开关S1、S2闭合，S3断开，金属棒切割磁感线产生的电动势为，所以，电容器充满电后所储存的电荷量为，B错误；电容器充满电后，S1、S3闭合S2断开，电容器通过金属棒cd放电.电流方向由d到c，根据左手定则，金属棒cd受到向右的安培力而加速运动.随着速度v增大，棒产生的反电动势增大，回路电流减小.当不计电阻时，最终达到稳定状态，电容器电压等于棒的感应电动势即，电流为零，棒做匀速直线运动，C错误；在金属棒cd加速过程中，对其应用动量定理可得，其中，联立，解得，故D正确.故选D. 36.（盐城市、南京市2025-2026学年高三上学期期末调研）如图所示，置于水平面上的光滑“”形金属导轨足够长，间距为L，cd段阻值为R，其余电阻不计.导轨所在区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨始终以恒定速度v水平向右运动.时，长为2L、质量为m、电阻为2r的均匀导体棒ab，以初速度nv在导轨上水平向右运动.全过程导体棒ab始终与导轨垂直且接触良好.求： （1）cd段产生的感应电动势E； （2）时导体棒ab所受安培力功率P； （3）全过程中导体棒ab与导轨位移差的最大值与磁感应强度B的关系式. 【答案】（1） （2） （3）见解析 【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，cd段产生的感应电动势. （2）时，全电路中产生的感应电动势为，导体棒接入电路的电阻大小，则，电路中的感应电流，此时电路中安培力，功率，则.（3）最终导体棒ab与导轨共速，以水平向右为正方向，则， 则，又因为，则，解得，当时，导体棒ab与导轨位移差为零，与磁感应强度无关；当时，导体棒ab与导轨位移差的最大值满足关系式为；当时，导体棒ab与导轨位移差的最大值满足关系式为. 37.（常州市第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考）磁悬浮电梯依据电磁学原理实现轿厢悬停与上下运动，由磁场和带导线框的轿厢构成，其模型如图甲所示.其原理如下：竖直面内两根相距L的绝缘平行直导轨，处于等距分布、方向相反的匀强磁场中，磁场垂直导轨平面，磁感应强度，各磁场区间长a，相间排列（见图乙）.电梯轿厢内固定一匝跨导轨的闭合金属线框，宽为、长为a、总电阻.利用移动磁场与金属线框的相互作用使轿厢获得牵引力，从而驱动电梯上升.当磁场以匀速上移，轿厢从地面静止启动，上升距离足够长.已知轿厢总质量，忽略运行阻力与金属框电感，重力加速度g取. （1）求启动瞬间金属线框感应电流大小； （2）求电梯轿厢向上运动的最大速度； （3）若电梯轿厢匀速上行一段时间后，由于故障电梯轿厢突然制动，制动时所有磁场瞬间静止，从开始制动到轿厢停止，轿厢位移，求从制动到轿厢停止所用的时间. 【答案】（1）10A （2）10m/s （3）0.7s 【解析】（1）根据题意可知，电梯轿厢由静止启动瞬间，感应电动势，感应电流，代入数据解得.（2）电梯轿厢向上运动最大速率时，线框相对磁场速率为，线框中上、下两边都切割磁感线；产生感应电动势为，则此时线框所受的安培力大小，根据闭合电路欧姆定律，由平衡条件可得，解得. （3）磁场静止后，轿厢运动t时间内，线框所受的安培力大小，轿厢所受合力为；取向下为正方向，对轿厢根据动量定理有，整理得，可得时间，可解得. 38.（南京市中华中学2025-2026学年高三上学期9月）如图所示，在水平地面上固定一个由永磁铁制成的、足够高的电磁槽，电磁槽中存在由内向外的均匀辐向磁场（俯视图）.将一个材料相同、粗细均匀的金属圆环套在电磁槽中间的铁芯上（俯视图、纵截面图），金属圆环单位长度的质量为，单位长度的电阻为，半径为.现将金属圆环从电磁槽底端某一位置以初速度竖直向上抛出，发现经过一段时间后，圆环以的速度匀速落回抛出点.运动过程中，圆环始终在磁场区域内，且圆环平面始终保持水平，环心始终在铁芯轴线上，忽略空气阻力，重力加速度为.求： （1）金属圆环所在位置处的磁感应强度的大小； （2）从抛出到落回抛出点过程中，金属圆环中产生的焦耳热； （3）从抛出到落回抛出点过程中，金属圆环运动的总时间. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）圆环以的速度匀速下落的过程中受力平衡，则有，根据法拉第电磁感应定律则有，由欧姆定律可知，感应电流，联立解得.（2）根据能量守恒定律可知，从抛出到落回抛点的过程中金属环中产生的热量.（3）以竖直向下的方向为正方向，金属环从底端上升到最高点的过程中，上升的最大高度为，由动量定理可得，其中，同理从最高点下落到底端的过程中则有，其中，联立解得，即从抛出到落回抛出点过程中，金属圆环运动的总时间. 39.（南通市2025-2026学年高三上学期高考基地学校12月联考）如图所示为某兴趣小组做电磁驱动和电磁阻尼实验的示意图.分界线PQ将水平面分成左右两部分，左侧平面粗糙，右侧平面光滑.左侧的驱动磁场为方向垂直平面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度均为L；右侧较远处的阻尼磁场为宽度也为L、方向垂直平面的匀强磁场.两个完全相同的正方形金属线框abcd和efgh的边长也均为L，质量均为m，线框abcd的ab边无电阻，其余各边电阻均为R，线框efgh的gh边无电阻，其余各边电阻均为R.线框abcd与分界线PQ左侧的动摩擦因数为.现使驱动磁场以稳定速度向右运动，线框abcd由静止开始运动，经过一段时间后线框做匀速运动，当ab边匀速运动到分界线时立即撤去驱动磁场，接着线框abcd继续运动完全越过分界线后，再与静止线框efgh发生正碰，碰后ab边和gh边粘在一起，组成“”型线框后向右运动进入阻尼磁场.设整个过程中线框的ab边和ef边始终与分界线平行，ab边和gh边碰后接触良好.不计两金属框形变，重力加速度为g. （1）求线框abcd刚开始运动时加速度的大小； （2）求线框abcd在驱动磁场中匀速运动时的速度大小； （3）若线框abcd完全越过分界线的速度为v，要使“”型线框整体不穿出阻尼磁场，求阻尼磁场的磁感应强度的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）线框刚开始运动时速度为零，根据法拉第电磁感应定律有，根据欧姆定律有，设线框刚开始运动时的加速度，根据牛顿第二定律有，解得.（2）线框匀速运动时，安培力和摩擦力平衡，即，设线框速度为，回路电动势为，根据闭合电路欧姆定律得，安培力为，联立解得.（3）两线框碰撞，根据动量守恒定律得，当边进入阻尼磁场时，回路电阻为，设ab边和gh边粘在一起刚进入磁场时线框速度为，根据微元累加得，当边和边粘在一起后在磁场中运动过程中，回路电阻为，设组合体刚出磁场时线框速度为，根据微元累加得，当cd边在磁场中运动时，回路电阻为，临界条件为cd刚离开磁场时线框速度为0，根据微元累加得， 联立解得阻尼磁场磁感应强度的最小值为. 40.（2026届江苏省部分学校高三上学期一模考前调研）如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力.如图2所示，单个永磁体的质量为m，长为L1、宽为L2（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B，相邻磁体间的磁场互不影响.定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数为 N、电阻为R，长为L1，宽为L2，线圈的间距为L2.转子半径为r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计. （1）求电磁阻尼器中线圈的个数n1和永磁体的个数 n2； （2）当转子角速度为ω时，求流过每组线圈电流I的大小： （3）若转子的初始角速度为ω0，求转子转过的最大角度θₘ； （4）若在外力作用下转子加速，转子角速度ω随转过的角度θ的图像如图3所示，求转过θ1过程中外力做的功 W外. 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】（1）依题意可知，.（2）根据法拉第电磁感应定律有E=2NBL1ωr，根据欧姆定律有.（3）根据安培力公式可知，，规定安培力的方向为正方向，根据动量定理可知，结合θ=ωt可知.（4）一组磁铁在转过Δθ过程中克服安培力做功 ，根据图像的面积可知一组磁铁转过θ1过程中克服安培力做功，所有磁铁转过θ1过程中克服安培力做功 ，所有磁铁转过θ1过程中动能的增加量 ，转过θ1过程中外力做的功. 41.（南通市2025-2026学年高三上学期高考基地学校12月联考）如图所示为某兴趣小组做电磁驱动和电磁阻尼实验的示意图.分界线PQ将水平面分成左右两部分，左侧平面粗糙，右侧平面光滑.左侧的驱动磁场为方向垂直平面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度均为L；右侧较远处的阻尼磁场为宽度也为L、方向垂直平面的匀强磁场.两个完全相同的正方形金属线框abcd和efgh的边长也均为L，质量均为m，线框abcd的ab边无电阻，其余各边电阻均为R，线框efgh的gh边无电阻，其余各边电阻均为R.线框abcd与分界线PQ左侧的动摩擦因数为.现使驱动磁场以稳定速度向右运动，线框abcd由静止开始运动，经过一段时间后线框做匀速运动，当ab边匀速运动到分界线时立即撤去驱动磁场，接着线框abcd继续运动完全越过分界线后，再与静止线框efgh发生正碰，碰后ab边和gh边粘在一起，组成“”型线框后向右运动进入阻尼磁场.设整个过程中线框的ab边和ef边始终与分界线平行，ab边和gh边碰后接触良好.不计两金属框形变，重力加速度为g. （1）求线框abcd刚开始运动时加速度的大小； （2）求线框abcd在驱动磁场中匀速运动时的速度大小； （3）若线框abcd完全越过分界线的速度为v，要使“”型线框整体不穿出阻尼磁场，求阻尼磁场的磁感应强度的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）线框刚开始运动时速度为零，根据法拉第电磁感应定律有，根据欧姆定律有，设线框刚开始运动时的加速度，根据牛顿第二定律有，解得.（2）线框匀速运动时，安培力和摩擦力平衡，即，设线框速度为，回路电动势为，根据闭合电路欧姆定律得，安培力为，联立解得.（3）两线框碰撞，根据动量守恒定律得，当边进入阻尼磁场时，回路电阻为，设ab边和gh边粘在一起刚进入磁场时线框速度为，根据微元累加得，当边和边粘在一起后在磁场中运动过程中，回路电阻为，设组合体刚出磁场时线框速度为，根据微元累加得，当cd边在磁场中运动时，回路电阻为，临界条件为cd刚离开磁场时线框速度为0，根据微元累加得， 联立解得阻尼磁场磁感应强度的最小值为. 二、自感 42.（经典题）（丹阳高级中学等校高三第一学期学业水平质量测试）如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L是自感系数很大、直流电阻大于灯泡内阻的线圈.下列说法正确的是（　　） A. 闭合S瞬间，A灯不亮 B. 闭合S瞬间，A灯点亮后逐渐变暗 C. 断开S瞬间，A灯闪亮后逐渐熄灭 D. 断开S瞬间，B灯中有自右向左的电流 【答案】B 【解析】闭合S瞬间，由于线圈L的自感作用，会产生自感电动势阻碍电流的增大，产生很大的感抗，此时基本全部电流会通过A灯，A灯会立即亮；之后，因为线圈L的直流电阻大于灯泡内阻的线圈，随着电流逐渐稳定，总电流逐渐减小，通过线圈的电流逐渐增大，而线圈与A灯并联，根据并联电路分流原理，通过A灯的电流逐渐减小，所以A灯点亮后逐渐变暗，A错误，B正确；因为线圈L的直流电阻大于灯泡内阻的线圈，断开S瞬间，线圈L中的电流小于灯泡A的电流，线圈L与A灯组成闭合回路，B灯中没有电流，由于线圈L的自感作用，会产生自感电动势，使得回路中的电流逐渐减小，A灯不会闪亮，而是逐渐熄灭，C、D错误.故选B. 专题十七 交变电流 变压器 电能的输送 一、交变电流 43.（南通市2025-2026学年高三上学期高考基地学校12月联考）通过一阻值的电阻的交变电流如图所示，其周期为.电阻两端电压的有效值为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】根据电流的热效应计算电流的有效值，可得流过电阻的电流的有效值，电阻两端电压的有效值为，故选B. 二、变压器 44.（南通市启东中学2025-2026学年高三上学期第二次月考）如图为某风力发电机简易模型图.在风力作用下，风叶通过转轴带动条型磁铁转动，在线圈L中产生感应电动势的瞬时表达式为，将线圈L与一定值电阻R相连，则（　　） A. 磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最小 B. 线圈L中感应电动势的有效值为44V C. 风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变一次 D. 若风叶的转速变大，则定值电阻R消耗的功率一定增大 【答案】D 【解析】磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最大，A错误；线圈L中感应电动势的有效值为，B错误；风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次，C错误；电阻R上消耗的功率为，若风叶的转速变大，则感应电动势增大，电路电流增大，定值电阻R消耗的功率一定增大，D正确.故选D. 45.（南京市鼓楼区第二十九中学2025-2026学年高三上学期1月月考）如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表、电流表均为理想电表，两定值电阻的阻值均为，滑动变阻器的最大阻值也为，在、两端接入电压为的正弦交流电，当滑动变阻器的滑片在端时，电压表的示数为，下列判断正确的是（　　） A. 变压器原、副线圈匝数比一定为3:1 B. 在变阻器滑片从端向端移动过程中，电流表示数变小 C. 在变阻器滑片从端向端移动过程中，电压表的示数不变 D. 变阻器滑片从端向端移动过程中，变压器输出功率有可能减小 【答案】D 【解析】当滑动变阻器滑片在端时，电压表的示数为3V，设原线圈中电流为，根据变压比、变流比可知，，，解得变压器原、副线圈匝数比为3:1或1:3，A错误；当滑动变阻器的滑片从端向端移动过程中，，在滑片移动过程中，副线圈电路中的电阻变小，因此电流表的示数变大，原线圈电路中定值电阻两端的电压变大，原线圈输入电压变小，电压表示数变小，B错误，C错误；D．原线圈输入功率，当原线圈中电流时，变压器输出功率最大，当滑片在端时，原线圈中电流，或为当滑片移到端时，原线圈中电流，或为.由此可知，滑动变阻器滑片从端移到端过程中，原线圈中电流从增大到，变压器的输出功率增大，或由增大到，变压器的输出功率减小，D正确.故选D. 46.（南师附中丶天一中学丶海门中学丶海安中学2025-2026学年高三上学期12月联考）如图甲所示电路中，灯泡L1的电阻R1=5Ω，灯泡L2的电阻R2=10Ω，假设两个二极管D1、D2正向电阻为0,、反向电阻无穷大，电压表V1、V2为理想电压表，变压器的输入电压u随时间变化的关系如图乙所示，原、副线圈的匝数比n1：n2=22:1，不考虑灯泡电阻随温度的变化.当开关S闭合后，下列说法正确的是（ ） A. 电压表V1、V2的示数均为5V B. 变压器的输入电压变化的频率为2Hz C. 在0~2s内灯泡L1的功率为5W D. 在0~2s内灯泡L1的功率为10W 【答案】D 三、电能的输送 47.（苏州市2025-2026学年高三第一学期期末）一种模拟风力发电并网的实验装置如图所示.假设发电机转子以恒定角速度旋转，升、降变压器均为理想变压器，其原、副线圈的匝数分别为和.两变压器间输电线路电阻为R.下列说法正确的是（　　） A. 仅增加用户数，用户端的电压增大 B. 仅增加角速度，R消耗的功率减小 C. 仅适当增加，用户端的电压增大 D. 仅适当增加，R消耗的功率不变 【答案】C 【解析】若增加用户数，相当于用户端的总电阻减小，电厂消耗的总功率增大，使得回路各部分中电流、、均增加，在输电线上满足，所以降压变压器的输入电压会减小，所以会同比例减小，A错误；发电机产生的感应电动势的有效值为，当角速度增加时，升压变压器的输入电压增加，所以用户端的输入电压会增大，使得回路中电流增加，R的消耗功率为，消耗的功率也会增大，B错误；适当增大时，会增大，传输相同的功率时输送电流会减小，有公式，所以，所以会增大，C正确；仅适当增大时，有公式，可知输送电流会减小，电阻R的功率减小，D错误.故选C. 四、电磁振荡 48.（南京市2025-2026学年高三上学期9月学情调研）如图所示，为一简单的LC振荡电路，已知某时刻电流的方向指向A板且正在增大，则此时（　　） A. 电容器正在被充电 B. 电容器A板带正电 C. 线圈L自感电动势在增大 D. 电场能正在转化为磁场能 【答案】D 【解析】某时刻电流的方向指向A板且正在增大，可知电容器正在放电，B板带正电，A、B错误；回路中电流正在增加，则电流的变化率正在减小，可知线圈L自感电动势在减小，C错误；电容器正在放电，回路中电流正在增加，则电场能正在转化为磁场能，D正确.故选D. 选择性必修第三册 专题十八 热学 1.（经典题）（南京市栖霞区名校联盟高三下学期一模）下列各图为教材中图像的简化示意图，则（　　） A. 由图甲可知，状态②的温度比状态①的温度高 B. 图乙水中小炭粒每隔30s时间位置的连线表示了小炭粒做布朗运动的轨迹 C. 由图丙可知，当分子间的距离时，分子间的作用力，即表现为引力 D. 由图丁可知，在由变到的过程中分子力做正功 【答案】D 【解析】由图甲可知，状态①速率较大的氧气分子比例较大，所以状态①的温度比状态②的温度高，A错误；图乙水中小炭粒在做永不停息的无规则运动，图乙每隔30s时间位置的连线并不能表示小炭粒做布朗运动的轨迹，B错误；由图丙可知，当分子间的距离时，分子间的作用力，即表现为斥力，C错误；由图丁可知，在由变到的过程中分子势能减小，则分子力做正功，D正确.故选D. 2.（南京市溧水区三校2025-2026学年高三上学期期中调研）下列四幅图对应的说法正确的有（　　） A．图甲中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的 B．图乙是玻璃管插入水中的情形，表明水不能浸润玻璃 C．图丙中悬浮在液体中微粒的运动反映了微粒分子的无规则热运动 D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因 【答案】D 【解析】有些晶体沿不同方向的导电性能不同；而有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象叫作各向异性.图甲中食盐晶体是单晶体，其物理性质沿各个方向不一样，具有各向异性，A错误；浸润：一种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上的现象. 图乙是玻璃管插入水中的情形，根据图像可知，在附着层内液体分子之间呈现斥力效果，该现象是浸润，表明水能浸润玻璃，B错误；图丙中悬浮在液体中微粒的运动是布朗运动，布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，C错误；图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间表现为引力效果，这是液体表面张力形成的原因，D正确.故选D. 3.（泰州市泰兴三校2025-2026学年高三上学期11月期中联考）下面有四幅图片，涉及有关物理现象，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，水银在玻璃上形成“椭球形”的液滴说明水银不浸润玻璃 B．图乙中，若抽掉绝热容器中间的隔板，气体的温度将降低 C．图丙中，观察二氧化氮扩散实验，说明空气分子和二氧化氮分子间存在引力 D．图丁中，封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这表明气体分子间距离减小时，分子间斥力会增大 【答案】A 【解析】图甲中，水银在玻璃上形成“椭球形”的液滴说明水银不浸润玻璃，A正确；图乙中，若抽掉绝热容器中间的隔板，气体会扩散均匀，没有做功，气体温度不变，B错误；图丙中，观察二氧化氮扩散实验，说明空气分子和二氧化氮分子永不停息的做无规则运动，C错误；丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这是由于气体压强逐渐增加，与分子间的斥力无关，D错误.故选A. 4.（2026届南通市海门区高三上学期第一次调研）爱出汗的夏季，相比传统的棉质衣物，速干面料的衣物更受喜爱，它能快速吸附汗液，并快速扩散到外侧，网状或孔状的编织结构使得水分能快速蒸发.下列说法正确的是（　　） A. 棉质衣物不浸润汗液 B. 速干面料不浸润汗液 C. 速干面料网状或孔状中的水膜表面分子间表现为斥力 D. 速干面料的网状或孔状结构是利用毛细现象加速水分蒸发 【答案】D 【解析】棉质衣物的纤维结构具有亲水性，汗液会附着在棉质纤维上，说明棉质衣物能浸润汗液，A错误；速干面料能快速吸附汗液，说明汗液能附着在速干面料的纤维上，即速干面料能浸润汗液，B错误；在速干面料的网状或孔状结构中，水分子之间的分子间作用力表现为引力，使得水分子能在面料结构中聚拢并传递，从而被快速吸附和扩散，C错误；速干面料的网状或孔状结构，类似于“毛细管”，汗液在这种细小的网状和孔状结构中，因毛细现象快速扩散到面料外侧，D正确.故选D. 5.（南京市玄武四校2025-2026学年高三上学期11月期中）如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为，内装消毒液.闭合阀门K，缓慢向下压，每次可向瓶内储气室充入的的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为时按下，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化图像如图乙所示.（已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，）下列说法正确的是（　　） A．充气过程向下压的次数次 B．气体从状态变化到状态的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功 C．乙图中和的面积相等 D．从状态变化到状态，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变 【答案】C 【解析】储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变 ，发生等温变化，壶中原来空气的体积，由玻意耳定律，解得，A错误；气体从到，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律可得，气体吸收的热量等于气体做的功，B错误；三角形面积为，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程，则，由于是常数，温度保持不变，则相等，两三角形和的面积相等，C正确；到的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，D错误.故选C. 6.（盐城市、南京市2025-2026学年高三上学期期末调研）如图所示，“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，油酸未完全散开，则测得分子直径与真实值相比（　　） A. 偏大，因油膜面积测量值偏小 B. 偏小，因油膜面积测量值偏大 C. 偏大，因油酸体积测量值偏大 D. 偏小，因油酸体积测量值偏小 【答案】A 【解析】油酸未完全散开时测量油酸膜的面积，会导致测得的油膜的面积偏小，油酸直径，可知会导致计算结果偏大，故选A. 7.（经典题）（2026届江苏省部分学校高三上学期一模考前调研）气垫鞋是在鞋底的上部和下部之间加入一个气囊，能够有效降低冲击力，有非常好的减震效果，除了穿起来舒服以外，还可以对我们的膝盖起到很好的防护效果.在人从高处落地，鞋底与地面撞击的过程中，认为气囊中的气体未来得及吸收或放出热量，则气囊中的气体（　　） A. 温度升高，内部气体压强减小 B. 温度升高，速率大的分子数占总分子数的比例增大 C. 内能增加，所有分子热运动速率都增大 D. 外界对气体做功，内能减少 【答案】B 【解析】温度升高，体积减小，由理想气体状态方程可知，压强应增大，A错误；温度升高，分子平均动能增大，速率大的分子数占比增大，符合分子速率分布规律，B正确；内能增加是统计结果，并非所有分子速率都增大，C错误；绝热过程中外界对气体做功（），内能应增加（），D错误.故选B. 8.（2026届南通市海门区高三上学期第一次调研）在深海中的潜水员看到呼出的气泡快速上升，若气泡在上升过程中的质量不变，则下列说法正确的是（　　） A. 气体对液体不做功 B. 液体对气体做正功 C. 气泡的内能减小 D. 气泡受到的浮力不变 【答案】C 【解析】气泡从水下几米深处快速上升到水面过程中，气泡内气体的压强为，气泡所处液面的高度减小，则气泡受到的液体压强逐渐减小，压强变小，气泡内部压强大于外部压强，气泡会膨胀，体积增大，会推动周围的液体，因此气体对液体做正功，液体对气体做负功，A、B错误；气泡快速上升过程中，质量不变，气体与外界来不及实现热交换，，因气泡膨胀对外做功，，由热力学第一定律可知，，即气泡的内能减小，C正确；气泡上升时变大，但海水的和均不变，由可知气泡受到的浮力变大，故D错误.故选C. 9.（经典题）（南京市二十九中2025-2026学年高三上学期期末调研）如图所示，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程.上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程.下列说法正确的是（　　） A. 1→2过程中，气体内能减小 B. 2→3过程中，气体向外放热 C. 3→4过程中，气体内能不变 D. 4→1过程中，气体向外放热 【答案】D 【解析】1→2为绝热过程，根据热力学第一定律可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，A错误；2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度升高，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体吸收热量，B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度降低，内能减小，由于体积不变，根据热力学第一定律可知气体向外放热，D正确.故选D. 10.（南京市中华中学2025-2026学年第一学期期中）一定质量的理想气体，经历如图所示循环过程，过程温度不变，过程压强不变.下列说法正确的是（　　） A．过程，气体对外做功，内能减少 B．过程，压强不变，分子平均动能不变 C．过程，气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功 D．过程，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量 【答案】D 【解析】过程温度不变，压强减小，根据可知，体积增大，所以气体对外做功，但理想气体的内能只与温度有关，所以内能不变，A错误；过程，压强不变，温度降低，气体内能减小，分子平均动能也减小，又根据可知，体积减小，外界对气体做功，根据可知，气体向外界放出热量，且气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功，B、C错误；过程，温度升高，内能增加，且恒定，根据可知，体积不变，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，D正确.故选D. 11.（无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期期中）一理想气体系统经历一循环过程，其图如图所示.该循环过程中，系统对外做功以及吸、放热情况分别是（ ） A. 正功，吸热 B. 负功，放热 C. 正功，放热 D. 负功，吸热 【答案】A 【解析】当气体体积增大时，气体对外界做功，气体体积减小时，外界对气体做功；根据图像与横轴围成的面积表示做功的大小，由题图可知该循环过程中，气体对外界做功大小大于外界对气体做功大小，所以系统对外做正功；根据热力学第一定律，由于该循环过程气体内能变化量为0，外界对气体做负功，所以系统对外吸热.故选A. 12.（南京市七校2025-2026学年高三上学期期中联考）容积为3L的保温壶，向壶内倒入2L热水，然后盖上壶盖，此时壶内气体压强为1.5p0、温度为360K.不计壶内水的蒸发和凝结，壶内气体视为理想气体. （1）若保温壶不漏气，经24h后壶内温度下降了30K，求此时壶内气体压强； （2）若保温壶漏气，足够长时间后，求壶内逸出气体与剩余气体质量之比.（已知环境大气压强为p0、温度为300K） 【答案】（1） （2） 【解析】(1）此过程为等容变化，由查理定律可知，其中，，解得（也是对的）.(2）经过足够长时间，壶内气体压强与温度均与环境保持一致，若不漏气，末态气体体积为V，则有，其中，解得V =V0，从壶内逸出的气体与剩余气体质量之比为，解得. 13.（2026届南京市中华中学高三下学期模拟预测）如图所示，一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像.已知气体在状态A时的压强为.VA=0.1m3 ，VB=0.15m3，，，气体由状态A变为状态B的过程中，吸收的热量为6103J.求： （1）气体在状态C时的压强pC； （2）气体状态从A变到B的过程中内能的变化量. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由图结合可知，气体由状态A变为状态B的过程，气体的压强不变，即，气体由状态B变为状态C的过程，体积不变，则，解得.（2）由图可知，气体由状态A变为状态B的过程，气体体积增大，气体对外界做功，其中，根据热力学第一定律可得，其中，联立解得. 14.（无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期期中）容积的汽车轮胎内装有压强为的空气，驾驶员使用家用打气泵向轮胎内打气，每次打入压强为、体积为的空气，直到胎内气体的压强变为为止.假设整个过程中温度保持不变且气体可视为理想气体.求： （1）一共打气多少次； （2）打气结束后，轮胎内气体的总质量相对于初始质量增加的百分比. 【答案】（1）60次 （2） 【解析】（1）设全过程共需充气N次，初始状态的气体体积为V，压强为，每次充入的气体体积为，压强为，充气后的压强为，根据理想气态方程有,代入数据解得. （2）质量与压强成正比（体积和温度不变），则有初始质量,最终质量,设气体总质量增加比例为,故气体总质量增加的比例为. 专题十九 波粒二象性 原子核 一、原子核 1.（2026届南通市海门区高三上学期第一次调研）日本排入海洋的核污染水，危害全人类的健康，其中含具有放射性的氚，半衰期为12.43年，衰变方程.下列说法正确的是（　　） A. 该过程为α衰变 B. 与的质量之和小于 C. 的结合能小于 D. 经过12.43年，100个氚还剩下50个 【答案】B 【解析】α衰变释放氦核，而题目中衰变产物是电子（β粒子），属于β衰变，A错误；该核反应中会释放能量，发生质量亏损，因此，与电子的静止质量之和小于的静止质量，B正确；结合能越大，原子核越稳定.由于β衰变自发进行，说明比更稳定，其结合能更大，C错误；半衰期是大量原子核的统计规律，少量原子核的剩余数量存在随机性，不能保证恰好剩余50个，D错误.故选B. 2.（南京市栖霞区名校联盟高三下学期一模）铯-137（）具有独特的物理和化学性质，在高科技领域应用中具有不可替代性.的衰变方程为，其半衰期为30年，下列说法正确的是（　　） A. X来自的核外电子 B. X的穿透能力比α射线的穿透能力弱 C. 的比结合能比的比结合能大 D. 若以化合物的形式存在，则的半衰期会变长 【答案】C 【解析】设的质量数为，电荷数为，根据质量数和电荷数分别守恒有， 解得，，故为电子，即粒子；所以发生的是衰变，根据衰变的原理可知，X来源于原子核内中子衰变为质子时释放的电子，并非来自核外电子，A错误；X为粒子，其穿透能力比射线强，B错误；衰变成后，生成物更加稳定，比结合能更大，即的比结合能比的比结合能大，C正确；半衰期是放射性核素的固有属性，仅由核内部结构决定，不受化学状态影响，D错误.故选C. 3.（南京市鼓楼区第二十九中学2025-2026学年高三上学期1月月考）碘131是碘的一种放射性同位素，半衰期为8天.碘131发生β衰变时变成氙131，发出的β射线可用于治疗甲状腺疾病.下列说法正确的是（　　） A. β射线的实质是高速电子，说明碘131原子核内存在电子 B. β衰变的本质是原子核中一个中子转变为质子，同时放出一个电子 C. 经过24天，患者体内的碘131全部发生衰变 D. 碘131原子核的比结合能比氙131原子核的比结合能大 【答案】B 【解析】β射线是高速电子流，但原子核由质子和中子组成，β衰变中电子来源于中子转化为质子时释放的，并非核内原有电子，A错误；β衰变时，原子核内的一个中子转化为质子，同时释放一个电子（及反电子、中微子），此描述符合β衰变的本质，B正确；半衰期为8天，经过24天（3个半衰期），剩余碘131质量为原来的，仍有未衰变，C错误；衰变产物氙131比碘131更稳定，因此氙131的比结合能更大，D错误.故选B. 4.（2026届南京市中华中学高三下学期模拟预测）2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核废水.核废水中的发生衰变时的核反应方程为，该核反应过程中放出的能量为Q.设的比结合能为E1，的比结合能为E2，X的比结合能为E3，已知光在真空中的传播速度为c，则下列说法错误的是（　　） A. B. 该核反应过程中放出的能量 C. 该核反应过程中的质量亏损可以表示为 D. 若把X粒子射入匀强磁场中，它一定受到洛伦兹力作用 【答案】D 【解析】比结合能越大原子核越稳定，由质量数守恒和电荷数守恒可知的质量数和电荷数分别为4和2，因此核反应为衰变.该衰变是放能反应，生成的比更稳定；且重核范围内（质量数大于铁56），质量数越小比结合能越大，故，A不符合题意；原子核总结合能=比结合能×核子数，核反应释放的能量等于反应后总结合能减去反应前总结合能，即，B不符合题意；根据爱因斯坦质能方程，可得质量亏损，C不符合题意；洛伦兹力，为粒子速度与磁场方向的夹角，当即速度与磁场平行时，洛伦兹力为0，故X粒子射入匀强磁场不一定受洛伦兹力，D符合题意.故选D. 光电效应 5．（南京市玄武四校2025-2026学年高三上学期11月期中）光电管是应用光电效应原理制成的光电转换器件，在有声电影、自动计数、自动报警等方面有着广泛的应用.现有含光电管的电路如图（a）所示，图（b）是用甲、乙、丙三束光分别照射光电管得到的图线，、表示遏止电压.下列说法中正确的是（　　） A．甲、乙、丙三束光的光子动量 B．若甲光能使处于基态的氢原子电离，则丙光也一定能 C．分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距窄 D．甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能大 【答案】B 【解析】根据遏止电压方程，结合图（b）中遏止电压关系可知，，根据光子动量可知，光子动量之间的关系为，A不符合题意；由于可知，甲光的光子能量小于丙光的光子能量，若甲光能使处于基态的氢原子电离，则丙光也一定能，B符合题意；由可知，甲光的频率小于丙光的频率，则甲光的波长大于丙光的波长，根据双缝干涉相邻干涉条纹间距公式可知，分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距宽，C不符合题意；根据光电效应方程可知，由于，所以甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能小，D不符合题意.故选B. 6.（南京市六合区2025-2026学年高三上学期期中调研）氢原子的能级图如图1所示，氢原子从能级n=6跃迁到能级n=2产生可见光Ⅰ，从能级n=3跃迁到能级n=2产生可见光Ⅱ、用两种光分别照射如图2所示的实验装置，都能产生光电效应.下列说法正确的是（　　） A．可见光Ⅱ的动量大于可见光Ⅰ的动量 B．两种光分别照射阴极K产生的光电子到达阳极A的动能之差一定为1.13eV C．欲使微安表示数变为0，滑片P应向b端移动 D．滑片P向b端移动过程中，微安表示数可能先增大后不变 【答案】D 【解析】由题可见光Ⅱ的动量比可见光Ⅰ的动量大，A不符合题意；两种光分别照射阴极K产生的光电子具有最大初动能到达阳极A的动能之差为1.13eV，不是所有光电子都满足这种情况，B不符合题意； 滑片P向b端移动，光电管的正向电压增大，光电子的最大初动能变大，不会使微安表示数变为0，C不符合题意；滑片P向b端移动过程中，光电子到达阳极A的数量变多，光电流增大，当所有光电子都能到达阳极A时，光电流达到饱和，此后光电流不会增大，微安表示数可能先增大后不变，D符合题意.故答案为D. 7.（泰州市泰兴三校2025-2026学年高三上学期11月期中联考）如图甲为研究光电效应的实验电路，图乙纵坐标为实验中AK间的电压U（A电势高于K为正），横坐标为入射光的频率ν，图乙中BC为平行于U轴的直线，CD是一条斜率绝对值为k的直线，C点的坐标为（b，0），图中阴影部分表示能产生光电流的区域.现有大量氢原子处于某激发态，在向低能级跃迁时只能放出1种可见光，且该可见光恰好能使实验所用的金属材料发生光电效应，已知氢原子各能级关系为，其中E1为基态能级值，量子数n=1，2，3……，电子电量为e，光速为c，则下列说法错误的是（　　） A．直线CD是滑片P在aO之间滑动所收集的数据绘制而成 B．斜率绝对值k等于普朗克常量数值 C．能使实验所用金属材料发生光电效应的可见光光子动量至少为 D．根据实验结果，氢原子基态的能级值为 【答案】B 【解析】由图可知，直线CD表示AK间电压为负值，则A电势低于K，所以滑片P应在aO之间滑动，A正确；根据光电效应方程可得，所以，斜率绝对值，，B错误；能使实验所用金属材料发生光电效应的可见光光子动量至少为，C正确；根据题意可知，，，所以氢原子基态的能级值为，D正确. 8.（南师附中丶天一中学丶海门中学丶海安中学2025-2026学年高三上学期12月联考）图甲为氢原子能级图，一群处于同一激发态的氢原子能发出10种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，其中只有3种光能够发生光电效应，有一种恰能发生光电效应，电压U与光电流之间的关系如图丙所示.下列说法正确的是（ ） c b a 甲 乙 丙 A．阴极K材料的逸出功为10.20eV B．当滑片向右端移动时，光电流I一直增大 C．当乙图中电压表示数为零时，电流表示数一定为零 D．用三束光做杨氏双缝干涉实验，a光条纹间距最小 【答案】D 9.（南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月）氢原子能级如图甲所示，一群处于高能级的氢原子，向低能级跃迁时发出多种可见光，分别用这些可见光照射图乙电路的阴极K，其中3条光电流I随电压U变化的图线如图丙所示，已知可见光能量范围约为1.64eV到3.11eV之间，a光的光子能量为2.86 eV.则（　　） A. 氢原子从能级向低能级跃迁时能辐射出6种频率的可见光 B 当滑片P向a端移动时，光电流I将增大 C. a光照射得到的光电流最弱，所以a光光子动量最小 D. 图丙中3条图线对应的遏止电压，一定有 【答案】D 【解析】氢原子从能级向低能级跃迁时能辐射出6种频率光，只有2种可见光，分别为从能级向能级跃迁和从能级向能级跃迁，A错误；当滑片P向a端移动时，施加反向电压，光电流I将减小，B错误；根据可知,频率越大，遏止电压越大，故a光的频率最大，根据可知,频率越大，波长越短，故a光的波长最短，根据可知,a光光子动量最大，C错误；根据氢原子能级图可知氢光谱可见光只有4条，而a光的能量最大，故排除氢原子从能级向能级跃迁的可能，故a光是氢原子从能级向能级跃迁发出的光，能量为2.86，b光是氢原子从能级向能级跃迁发出的光，能量为2.55，c光是氢原子从能级向能级跃迁发出的光，能量为1.89，故图丙中3条图线对应的遏止电压，一定有，D正确.故选D. 10.（南京市第一中学2025-2026学年高三上学期期中）如图所示为研究光电效应的实验装置.闭合开关，某单色光源发出的光能全部照射在阴极上，回路中形成电流.移动滑动变阻器的滑片，分别测得遏止电压为、饱和电流为.已知阴极金属的逸出功为，电子的电荷量为，普朗克常量为，光源发光功率恒定. （1）求从阴极逸出时光电子的最大动能； （2）求单位时间内到达阳极的光电子数的最大值； （3）若每入射一光子会产生一个光电子，所有的光电子都能到达阳极，求光源的发光功率P. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据动能定理有，解得.（2）由，，可得. （3）光源发出的光的能量，根据光电效应方程有，解得. 11.（南京市七校联合体2025-2026学年高三上学期10月学情调研）如图甲所示是托卡马克装置的结构示意图，其主要包括环形真空室、极向场线圈、环向场线圈等，在环形真空室内注入少量氢的同位素氘和氚，提高温度使其发生聚变反应产生氦和中子.如图乙所示为环形真空室的俯视示意图，它的轴线半径为r，横截面的圆半径为R，假设环形真空室内粒子质量为m、电荷量为+q，粒子碰到真空室的室壁立即被吸收.（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）写出氘和氚核聚变的核反应方程式； （2）只接通极向场线圈电流，通电后在真空室轴线处产生竖直方向的磁场，若粒子以v0速度沿真空室轴线做匀速圆周运动，求极向场线圈在真空室轴线处产生的磁感应强度B的大小； （3）如图丙，若真空室为长直管道，直管道半径为R，室内有水平向右的匀强磁场B0.轴线上的粒子源O向右侧各个方向均匀发射速度大小为的粒子. ①若某粒子发射时速度方向与x轴的夹角θ=37°，求该粒子做螺旋线运动的螺距L； ②求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收发射时速度方向与x轴夹角的最大值θm. 【答案】（1） （2） （3）①；② 【解析】（1）氘和氚核聚变的核反应方程式为. （2）设极向场线圈产生磁场大小为B，由洛伦兹力提供向心力，解得. （3）带电粒子与x轴成θ角射入环向磁场，粒子沿螺旋线运动.①设粒子垂直轴向做圆周运动的周期为T，则，则螺距为，解得. ②粒子垂直轴向做匀速圆周运动，当粒子刚好碰到室壁时v0与x轴夹角最大为θm，由牛顿第二定律，又半径为，解得，. 12.（南京市两校联合体2025-2026学年高三上学期10月）同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示.将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三种碳同位素、、的离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成.通过调节U，可分离、、三种同位素，其中、的离子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而离子可通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算. （1）写出中子与发生核反应生成，以及发生衰变生成的核反应方程式： （2）根据图2写出的离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数字.已知，原子质量单位，元电荷）； （3）如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距两平行极板，在下极板开有间距的两小孔，仅允许入射角的离子通过.求两极板之间的电势差U： （4）对古木样品，测得与离子数之比值为；采用同样办法，测得活木头中与的比值为，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定.试计算古木被砍伐距今的时间（已知的半衰期约为5700年，） 【答案】（1）， （2）， （3） （4） 【解析】（1）中子与发生核反应生成核反应方程式为，发生衰变生成的核反应方程式为.（2）在加速电场中，由动能定理得，解得， 磁场中，洛伦兹力提供向心力，联立解得，，相比，的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2可知当电压为时，与的离子数百分比为，故的离子所对应的U值为.根据整理得.（3）由题意知，粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有，，竖直方向有，，，联立解得. （4）古木中与比值是活木头中的，说明经过衰变后只剩下，已知经过一个半衰期剩下，设经过n个半衰期，则有，解得，则砍伐时间. 专题二十 物理学史 物理方法 13.（苏州市西安交通大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考）在物理学探索中，科学家们创造出了很多研究方法，并对物理学的发展做出了卓越的贡献，下列符合史实的是（ ） A. 牛顿利用扭秤实验比较准确地测量出引力常量，被称为“第一个称量地球的人” B. 德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行分析，总结出了万有引力定律 C. 实验“探究向心力大小的影响因素”和“探究加速度与力、质量的关系”都利用了控制变量法 D. 在物理学中经常用比值法定义物理量，例如功率、加速度、密度等 【答案】C 【解析】卡文迪许利用扭秤实验比较准确地测量出引力常量，被称为“第一个称量地球的人”，A错误；德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行分析，总结出了开普勒三定律，B错误；实验“探究向心力大小的影响因素”和“探究加速度与力、质量的关系”都利用了控制变量法，C正确；在物理学中经常用比值法定义物理量，例如功率、加速度、密度等，是加速度的决定式，D错误.故选C. 14.（苏州市吴江区盛泽中学2025-2026学年高三上学期12月月考）在物理学的重大发现中，科学家们创造了许多物理学方法，以下关于所用物理学研究方法正确的是（　　） A. 质点的概念是通过极限法建立的 B. 加速度定义式，当非常小时，表示物体瞬时加速度，应用了微元法 C. 把运动过程划分为很多小段推导匀变速直线运动位移公式，采用了理想模型法 D. 在探究滑动摩擦力大小的影响因素时，应使用控制变量法 【答案】D 【解析】质点的概念是通过忽略物体的大小和形状，只考虑质量而建立的，属于理想模型法，而非极限法，A错误.加速度定义式中，当非常小时表示瞬时加速度，应用了极限法，而非微元法，B错误 把运动过程划分为很多小段推导匀变速直线运动位移公式，是通过将时间分割成微小区间并求和，应用了微元法，而非理想模型法，C错误.在探究滑动摩擦力大小的影响因素时，需保持其他变量不变，只改变一个变量，应用了控制变量法，D正确.故选D. 15.（淮安市某重点中学2025-2026学年高三上学期月考）在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的方法，说法中不正确的是（ ） A. 甲：极限法 B. 乙：等效替代法 C. 丙：控制变量法 D. 丁：理想模型法 【答案】D 【解析】甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了极限思想，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，A正确，不符合题意；乙图中，研究红蜡块的运动时，对于合运动和分运动之间，主要运用了等效替代法，B正确，不符合题意；丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时控制一些物理量不变，研究其他物理量之间的关系，运用了控制变量法，C正确，不符合题意；丁图中，卡文迪什测定引力常量的实验通过光线路径将引力造成的微小影响放大，运用了放大法测微小量，D错误，符合题意.故选D. 专题二十一 综合题 16.（南京市鼓楼区第二十九中学2025-2026学年高三上学期1月月考）（南京市中华中学2025-2026学年高三上学期9月）关于下列几幅插图的说法正确的是（　　） A. 图甲的LC振荡电路中，如果线圈的电流正在变大，此时线圈两端的电压正在减小 B. 卢瑟福对图乙的α粒子散射实验进行分析得出，质子是原子核部分组成成分 C. 图丙中牛顿环的条纹是由于凸透镜上下表面的反射光发生干涉形成的 D. 由图丁水波的折射可得，水波在浅水区的传播速度比深水区大 【答案】A 【解析】如图甲所示，线圈的电流正在变大，正是电容器放电时，电容器的电荷量减小，电场能转化为磁场能，则此时线圈两端的电压即电容器两端的电压正在减小，A正确；卢瑟福利用粒子轰击氮核，发现质子是原子核的组成成分，卢瑟福对图乙的粒子散射实验进行分析得出原子的核式结构模型，B错误； 牛顿环是由透镜下表面的反射光和平面玻璃上表面的反射光发生干涉形成的，C错误；由图丁水波的折射可知，在水波在浅水区的折射率较大，则水波在浅水区的传播速度比深水区小，D错误.故选A. 17.（2026届南京市中华中学高三下学期模拟预测）甲、乙、丙、丁四幅教材插图涉及到不同的物理知识，下列说法正确的是（　　） A. 甲图中，在薄膜的右侧能够看到明暗相间的条纹，这是薄膜干涉现象 B. 乙图中，一个处于第5能级的氢原子，最多可以辐射10种频率的光 C. 丙图中，酱油与右边材料不浸润，它与水银和玻璃之间的关系类似 D. 丁图中，汤姆孙通过对阴极射线的研究揭示了原子核内还有复杂结构 【答案】C 【解析】甲图中，在薄膜的左侧（入射光线的同一侧）能够看到明暗相间的条纹，这是薄膜干涉现象，A错误；乙图中，一个处于第5能级的氢原子，最多可以辐射4种频率的光，分别对应于5→4，4→3，3→2，2→1，B错误；从图中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润（不浸润液滴会因为表面张力呈球形），它与水银和玻璃之间的关系类似，C正确；丁图中，汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，指出原子还可以再分，D错误.故选C. 1 学科网（北京）股份有限公司 $