物理终极押题猜想（广东专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2026年高考物理终极押题猜想 考情狗骨·露押尚翼 ◆第一部分新情景高考命题篇 >情景一与中国传统文化相关情景、 题前瞻。能力先查·一 1.c 2.ACD 3D 4.D 5. 4L t=(n+1.25)s,n=0,1,2,3... 63 一。·密押预测。精练通关。一 1.C 2.B 3.C 4.D 5.c 6.BC 7.BD 8.(1)627C(2)3:5 1/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)对封闭在气窑内的气体，排气前容积不变，烧制前温度为T。=(273+27)K=300K排气阀刚开启则 气体升温过程中发生等容变化，根据查理定律有会-号解得I=900K=627C (2)当气体温度为127C,压强为3p,时，体积为片，根据理想气体状态方程有P,火=3。上 T。T mV。= 3 解得片-所以风五号 >情景二与现代生活生产相关情景剩 题前瞻能力先查·一 1.D 2.(1)10.70 (2)2t 4π2(L4-Lg) (3) A T2-T3 (4)A 3.A 4.B 密押预测。精练通关。一 1.D 2.(1)1.6Ns (2)8N (1)设手机自由下落时间为，则A= 2/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 手机重力的冲量大小I=mg(t+t。) 解得1=1.6Ns (2)手机运动的整个过程，根据动量定理有Ft。-I=0 解得F=8N 3.AC 4.(1)v=2sin4πt(m/s) (2)P=20W (3)Fm=30N (1)由图(b)可知，感应电动势的瞬时值为e=E sinot=3√2sin(4πt)V 其中周期7=0.55，角速度0=2红=4怀rads T 电动势最大值E。=3√2V 金居棒切割磁感线产生感应电动势e=8,因此=品 代入B=3V2T、d=0.5m 得v=3W2sim4r 32×0.5 =2sin4πt(m/S) (2)原线圈电压有效值U= E ,32 √2√2 表驱怎想变压器发压规律化一会，符时线图电压心，=么云50=30N n 小风扇输入功率P=30W 因此副线圈电流12= B_30=1A U230 小风扇的热功率P=Ir=12×10=10W 输出功率为输入功率减去热功率P=P,-P=30-10=20W 3/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (3)根据理想变压器电流规律}= I2% 得原线圈电流有效值1=1，·=1×10=10A 原线圈电流最大值I,1m=√21，=10V2A 安培力最大值Fm=Blind 代入数据得Fn=3V2x10V2×0.5=30N >情景三与中国科技相关情景 题前瞻。能力先查。 1.(1)C (2)F (3)BC (4)使小球N与带电小球M接触时，将M所带的电荷量平分 2.(0)3m 2g 2mvo (2) gR ，射出磁场时速度方向与y轴正方向的夹角为30° 【详解】(1)粒子在加速电场中运动，根据动能定理g0,-m 2m 根据题意v=2,可得，加速电场的电压U=3心 (2)粒子进入匀强磁场，由题意可得，粒子圆周运动的半径=R 根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m一 4/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 解得B=2m (3)如图所示 0 + R 粒子源 R 由几何关系，可知粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角。= +arcsin2 _2π 则粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向的夹角为30°； 粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T=2π”=πR v Vo 设粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间为，则t=&T=πR 2π3yo 3.(1) 断开 最左端 见解析 2.14 (2)2.50 (3) 变小 2.29 。密押预测精练通关。一 1.C 2.BCD 3.(1)2.5m/s2 (2)16m 5/70 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (3)6次 【详解】D机器人B在=0时追上机器人A,有+，5-46- 机器人B的加速度大小a.=2.5m/s2 (2)在机器人B追上A之前，速度相等时两者之间有最大距离，设t时刻速度相等，有 vho+aat=aB(t-h) 解得1=6s 1 两者之间的最大距离△x=VAot+ 1 2a52a(t-4)2=16m (3)跑道长100米，机器人A以v=4m/s的速度从起点匀速向终点出发，机器人B以'g=8m/s的速度 从终点匀速向起点出发。 第一次相遇时间，=10025、 VA+VB 3 两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，可知速率不变，之后每次相遇，两者的路程和 为200m,时间间隔41=200=50、 设相返次数为n,总时间满足2+n-1)×50≤100 3 解得n≤6.5,100秒内机器人A与B会相遇6次。 4.(1)胎压监测系统不会报警，计算过程见解析 【详解】(1)根据题意，轮胎内气体发生等容变化，变化前T=(27+273)K=300K,p=2.4bar 变化后T=(57+273K=330K 果据查斑定律有号一分 解得p2=2.64bar<2.7bar 故胎压监测系统不会报警。 6/70 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)根据题意，缓慢漏气过程气体发生等温变化，漏气前p,=2.4bar,',='。 漏气后p2=1.8bar 设总体积为V,则pV=P,'2 解得，=打 31 则轮胎内剩余气体体积'象='。 漏出气体的体织：=-化- 所以漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值-=} m余'余3 5.(016B't2gh R (2②Mg(h+L- M'g'R2 4BL 12B4L’R (③16mB2MR MgR 16B2L 【详解】(1)根据动能定理Mgh=M 线框1的ef边进入磁场瞬间的速度为y,=√2gh 根据E=B×4LV R’F=BIx4L 解得F=16B2g R (2)线框1恰好完全进入磁场后，根据受力平衡Mg=16B R 根据能量守恒，Mg(h+L)=M+Q 解得Q=Mgh+L)-512B元 Mg2R2 1110 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 设线框1从f边刚好进入磁场到线框1上边刚好进入磁场的时间为△：，则该过程中△中=4BL,瓦=△ △t ，= ,q=TAh R 解得g=4BL R (3)设线框1从f边刚好进入磁场到其上边刚好进入磁场的过程中，安培力的冲量为I,线框2从下边刚 好进入磁场到其上边刚好进入磁场的时间为△12，安培力的冲量为I2,以竖直向下为正方向1，=-BT×4L△t △D 又7-5-448肥 RRR△t 所以冲量1=-B8C×4L×4-168Z R△t R 同理I2=-BI2×4L×△) △Φ， 又7-丛4BC RRR△t2 所以冲量1，=-B4B DR△t2 ×4LA,=-16B22 R 以此类推，线框n进入磁场过程中，安培力的冲量为1，=11=…=1，=1=-168L R 该装置从开始进入磁场到线框n恰好完全进入磁场过程中，根据动量定理Mg2+1+L2+…+In=My-Mvo 解得t2= 16nB2L MR 2gh MgR 16B2L2 g 该装置从静止释放到线框1的可边刚进入磁场h= 2 从线框1由静止释放到线框n恰好完全进入磁场所用的时间t=t+t2 解得1=16 nBL MR MgR 16B2L2 8/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 >情景四与体育活动相关情景 试题前瞻。能力先查·一 限时：10min 1.D 2.C 3.ACD 一。密押预测。精练通关 1.AD 2.A 3.D 4.B 高频考点预测、 >预测01原子物理 1.B 2.C 3.A 4.B 5.B 6.A 9/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 7.CD 8.BD 9.CD 10.BC 11.BC 预测02光学 1.C 2.A 3.D 4.C 5.C 6.AB 7.AC 8.AC 9.AD 10.BCD 11.(1)VR2+ 【详解】(1)水面亮区边缘的光线恰好发生全反射，此时入射角等于全反射临界角C,如图所示 10/70 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 发光区域 0 R 水面 C h 光源 R 由几何关系得sinC= R2+h2 由全反射临界角公式sinC= n 解得n=VR2+ (2)t=0时刻该发光体从静止开始以加速度a竖直向上匀加速运动，则t时刻，光源距水面的距离 4=h- 3 圆形亮区的半径R,=htan C 其中tanC=尽 h 故在光源到达水面前，圆形亮区面积S=πR 2 联立可得S=元 R- at2 h2 12.(1)5 3R (2) 【详解】(1)如图所示，设光在C点的入射角、折射角分别为i、r,连接CO、CB,光与AB平行，由几 何关系可得∠C0A=i 11/70 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 BLOCB =ZOBC =r ZCOA=Z0CB+Z0BC 结合i+r=90°，综合解得i=60°、r=30° 介质的折射率为n=smi-5 sinr (2)由几何关系可得C、B两点间的距离d=2 R cosr 由折射率的定义可得n=9 V 该单色光从C点到B点的传播时间1= 联立解得1=3迟 13.(1)n=√5 (2)0P-R= 3 3 【详解】(1)根据题意可知，当光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，如图甲 所示；当入射角0=60°时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，则光路如图乙所示 甲 乙 对图甲，根据全反射的条件有sinC= 1 OP 对图乙，根据折射定律有n-sin0 sina 12//0 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 OP 根据几何关系有sina= OP2+R2 联立解得玻璃砖的折射率为=√3 (2)由1)向分析可知，P点到圆心0的距离为OP=R-5 n 3 光在玻璃砖内的传播速度为v=c-巨。 n 3 14.(1)√2 (②6+22R,45 2c 【详解】(1)作出光路图，如图所示 B 由几何关系知sim∠OEP=OP-2 OE 2 又光线恰好发生全反射，所以LOEP为临界角C,根据sinC= n 解得n=√2 (2)由几何关系知，BD边与OA边平行，光线在OA边上也恰好发生全反射，则有 PE-EG-GF-OH-R 因此sin∠QoH=H=1 002 则∠00H=30°，0H=Rcos30°=5 因此光在玻璃砖中传播的路程5=EF+OH=5+2R 2 13//0 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 光在玻璃砖中传播的时间1=三= V C 解得1=6+22)R 2c 由几何关系可知光在AB边的入射角为i=∠FQ0=30°，根据折射定律可得n=sin'=V2 sini 解得光从AB边射出时的折射角为r=45 15.(1)5 2d (2) (3)45° 【详解】(1)根据折射定律可得该晶体对o光的折射率为n。= im60°=5 sin30° (2)0光在晶体中的传播速度为y,=9 n o光在晶体中的传播距离为s=d c0s30° 则o光在晶体中的传播时间为。=3 2d 联立解得t。= (3)根据业=上 。C =2 可得 。ve 又也=6 Ve 3 根据折射率可得n=sin9 sin30° 联立解得e光的折射角为0。=45° 14/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ◆预测03热学 1.D 2.C 3.B 5.B 6.B 7.AD 8.AD 9.BD 10.ACD 11.BC 12.(1)p1=1×103Pa ②k=号 【详解】(1)整个过程温度不变，将太空舱和气闸舱的气体看作整体，根据玻意耳定律 p',+P'2=p(,+V2) 代入已知条件y=21m3,'2=7m3、p2=0.2×103Pa、p=0.8×103Pa 得21p1+0.2×105×7=0.8×103×(21+7) 解得p,=1.0×10Pa (2)门A闭合后，气闸舱内原有气体压强为P、体积为？，温度不变。对抽气过程，设原有气体在压强 P3下的总体积为V,由玻意耳定律p'2=P,' 理想气体同温下，质量比等于体积比，抽出气体的体积为”-乃，因此k=”-业 代入v=p亚 P 15/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 化简得k=P-卫-0.8x103Pa-0.6x10Pa1 0.8×103Pa 4 13.(1)h=0.9m 1 ②k=19 【详解】(1)设活塞的横截面积为S,测试环境的热力学温度缓慢升高至360K过程中，气体发生等压变 Sh Sh 化，满足T,工 解得h=0.9m。 (2)对充气完成后的气体，测试环境的热力学温度缓慢升高至342K过程中，气体发生等压变化，有 Sh Sha T,To 因此，充入气体的质量与汽缸下部分原有气体质量的比值太=S%,S% Sh 联立解得k=1 19 14.(1)2.13×103Pa (2)49 【详解】(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知=？ 代入数据解得p2=2.13×103Pa (2)原有空气：p1=2.0×103Pa,T=300K,体积% 最终状态：p3=1.0×10Pa,T=300K 由玻意耳定律，将原有空气等温压缩到大气压乃3下的体积V；p,'。=P' 可得=B。 最终夹层内空气在乃下的增加的体积为'。-”；质量比等于同温同压下的体积比 △m_V。-y mo V 16/70 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 △m=49 解得 mo 15.(1)p2=100cmHg (2)△L=0.6cm 【详解】(1)设玻璃管加速运动时管内封闭空气的压强为P2,玻璃管横截面积为S 则p2S-pS-pgL2S=pLSa 或p2S-poS-mg=ma 解得p2=100cmHg (2)玻璃管竖直静止时，对水银柱受力分析，由平衡条件得封闭空气柱的压强P,=P。+PgL2 或pS=poS+pgL,S 或pP,S=PS+mg 解得p1=96cmHg 由于管内空气温度保持不变，由玻意耳定律得P,L,S=P,LS 或py=p' 解得L=14.4cm 空气柱的长度减小量△L=L,- 解得△L=0.6cm 15.(1)72cmHg (2)4m1s 【详解】(1)汽车静止时，气柱长L,=18cm、压强P。=76cmHg 管内气柱最长时，气柱长L,=L,+△L=19cm 此时压强最小，设为乃，由玻意耳定律有PL=pL 代入数据解得P,=72cmHg (2)设管的横截面积为S、水银柱质量为m,依题意，管内压强最小时，加速度最大。 17/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 对水银柱受力分析，有pS-pS=ma 又m=pSh,p=pgh 联立得p,-p=pha=pgha 以cmHg为压强单位，代入数据得a=4m/s2 预测04平衡问题和牛顿运动力学、 1.C 2.D 3.A 4.A 5.D 6.D 7.ABD 8.AD 9.BCD 10.CD ◆预测05抛体运动和圆周运动剩 1.AB 2.BD 3.BD 4.D 18/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 5.BC 6.B 7.D 8.D 9.C 10.C 一预测06万有引力与航天 1.C 2.D 3.D 4.C 5.B 6.BD 7.BC 8.BD 9.AC 10.CD 预测07功能关系 1.B 19/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2.C 3.A 4.B 5.B 6.AD 7.BD 8.BD 9.AD 10.BC ◆预测08动量定理和动量守恒定律 1.D 2.C 3.A 4.D 5.D 6.AD 7.BD 8.BD 9.AD 10.AB ◆预测09机械振动和机械波剩 1.A 2.C 3.B 20/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 4.B 5.C 6.AB 7.AD 8.(1)y=5sin(2.5πt)m (2)2.5m/s、0.5m/s或 m/s 18 【详解】(1)由图可得振幅A=5m 周期T=0.8s 所以0=2 =2.5πrad/s 所以无人机b的振动方程为y=Asin ot=5sin(2.5πtm (2)由图可得，b的振动图像落后于，相位差为△p=下 所以xh=+n入n=01,2- 当n=0时，有2=2m 则在25m5 当n=1时，有元2=0.4m 则-号=05m 2 当n=2时，有元3=。m 9 则y= m/s T18 当1=3时，有2号m<0.2m 所以该波的波长大于02m,波速的大小为2.5m15、0.5m1s或 -m/s 1 9.(1)y=3sin(t)cm,s=2.4m (2)v=30m/s或v=15m/s或v=10m/s 【详解】(1)由图可知周期T=2s、振幅A=3cm,则波源的振动方程为y=3sin(π)cm 因为40s为20个完整的周期，则波源在40s内运动的路程s=20×4A=2.4m （2②)由题意可得A=方A或Ax=久或Ar=头 则波长1=60m或2=30m或2=20m 21/70 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 由v= 7 解得v=30m/s或v=15m/s或v=10m/s 10.0k og 受 813505+402 在弹簧原长位置 【详解】(1)当P、Q分离时P、Q之间弹力为0，加速度大小相等，令为a 对Q由牛顿第二定律有mog=moa 对P有F+mog=ma 解得F弹=0 初始状态E+2mg=x P、Q第一次分离时弹簧处于原长，解得P、Q位移大小x=x=6m8 (2)当PQ一起振动时，周期7=2π 2m0 平衡位置2mg=ko 可得振幅A=x1-x,= 4mog k 根据公式x=Asin0 代入x,和A可得0=30° 时间6+器1-行受 (3)从撤去力F到第一次分离，令P、Q速度为 根据能量守恒c=2m,8+2 2mv2 分离后Q物块mog-F2=moa2 分离后Q物块回到与P分离处的时间5，=2'=2π， a, 分离后P物块做简谐运动的周期7，=2 o 故P、Q在分离处第一次相遇，此时P向上，Q向下，速度大小相等，发生弹性碰撞，速度交换 P向下振动，Q向上做匀变速运动，P、Q第二次在分离点相遇，具有共同向下的速度，压缩弹簧后又在弹 簧原长位置分离，以后将重复上述过程 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 以此类推，P、Q奇数次相遇时，速度方向相反，发生碰撞速度交换；偶数次相遇时，P、Q速度方向相同 故P、Q第2026次相遇时的位置在弹簧原长位置 分析可得，P、Q第2026次相遇的时间t=202511+2026t2 代入可得1=3505+4052：受 ◆预测10电场 1.D 2.D 3.D 4.D 5.A 6.CD 7.AD 8.BC 9.AD 10.BD ◆预测11磁场利 1.C 2.D 3.B 4.D 5.D 6.AD 7.ABC 8.CD 23/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 9.BD 10.BD >预测12电磁感应 1.D 2.C 3.D 4.D 5.C 6.AC 7.BD 8.(1)6m/s (2)45J (3)9N·s 【详解】(1)由静止释放后，金属棒ab做加速度减小的加速运动；当a=0时，金属棒ab的速度最大，设 最大速度为，则有E=BLv。,1=E, 2R,F段=B1L 根据平衡条件可得F安=mg sin0 联立解得vm=6m/s (2)0~3s加速阶段沿轨道向下运动位移为x,由1鱼=BL,7=BL四 2R 可得1=B1-BZ2 2R 2R 根据动量定理可得mgto sin0-I安=mvm-0 根据能量守恒可得Q,=mgx,sin0-。mv2 2 金属棒ab产生的热量为g=L 2 联立解得9=27J 3~4s匀速阶段，向下运动的位移为x2=y(t-t) 由能量守恒可得Q意2=mgx2sin0 24/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 金属棒ab产生的热量为Q,=2=18刚 2 故金属棒ab中产生的热量为Q=Q,+Q2=45J (3)两相同金属棒发生弹性碰撞，碰后速度交换，金属棒cd的初速度为'。=vm=6m/s 设金属棒cd保持匀加速直线运动的最大位移为x,此时绳子拉力为T,与竖直方向的夹角为0，金属棒cd 的速度为；对金属棒受力分析如图所示 F安 mg 竖直方向由平衡条件可得Tcosa=mg 水平方向根据牛顿第二定律可得Tsina- B2Lv ma 2R 很据位移时间公式x=vW+a 速度时间公式v=v。+at 如图所示 -- a h do 根据位置关系有tana=d-x h 联立解得t=ls,x=7m,v=8m/s 安培力的冲量为1安= B2Lx 2R 对金属棒cd,由动量定理可得I:-I安=mv-mvo 解得轻绳拉力对金属棒cd的水平冲量大小为I,=9Ns 9.(1)1T (2)2m/s (3)0.46m 【详解】(1)依题意金属棒ab静止，根据平衡条件有BL=Mgsin0 25/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 根据闭合电路欧姆定律有1=E R+r 联立得B=1T (2)金属棒ab下滑过程中，根据牛顿第二定律有Mg sin0-BL=Ma 其中a= △t 电容器充电，取很短的时间△，有1=△ t 其中△Q=C△U,根据法拉第电磁感应定律有△U=BL△v Mg sin0 解得a= =3m/s2,即金属棒ab做匀加速直线运动，由速度与位移关系式有v2=2a B'LC+M h 其中x= sin 联立得v=2◆m/s (3)金属棒ab与框碰撞后粘在一起，由动量守恒定律，有M,=(M+m)y 得=1gm/s 设闭合框abcd到停下的过程中，走过的路程为x,取小段时间△t,由动量定理有-B,LI,△t=0-(M+my 其中，=7，AM=△0xL×A1=BL 一X △tR点R+R 得x=0.36m 因(+l,=0.5m>x,说明框abcd没有完全离开磁场就停下了，x>(,说明金属棒ab已经通过磁场 当金属棒ab通过磁场，cd边还未进入磁场时，穿过框abcd的磁通量不发生变化，框做匀速直线运动，走 过路程x=l2-4=0.1m 之后cd边进入磁场直到框abcd停下来，故最终棒ab离MN的距离x=x,+x=0.46m 10.(1)F=0.251,方向沿导轨向下 (2)m=3J 75 【详解】(1)乙进入磁场前的加速度a=gsin0=5m/s2 甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场；乙进入磁场时：v=√2 glsin0=2m/s 乙在磁场中匀速运动：mg sin0= B212v 2R B212y 所以导体棒电阻R= =0.0642 2mg sin0 甲在磁场中运动时v=at=5t 外力F始终等于安培力F=F=Bn=B ×lB=0.25i R ∠0/U 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 F方向沿导轨向下； (2)乙进入磁场前，甲乙产生相同热量，设为9，此过程中甲一直在磁场中，外力F始终等于安培力，则 有W=WA=22 乙在磁场中运动产生热量2，利用动能定理mglsin0-2Q,=0 得02=0.02J 甲乙产生相同热量Q=Q-Q2 由于甲出磁场以后，外力F为零，可得W:=20,三 预测13交变电流 1.C 2.A 3.B 4.C 5.D 6.BD 7.BD 8.AD 9.AD 10.AC ◆实验题预测 ◆预测01力学实验 1.0.77 超重 10.72 2.(1)自由落体运动 (2) 分 2.5 27/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 d (M+5m)d2 3. 0.650 t 2mkL 4.(1)20.2 ngM+n j 5.(1)1.04cm (2)410 (3)4n2 1026 6.(1)需要 (2) 2gL 1 d 7.(1)4.20 品 (3)C 8.(1)不需要 (2)x2 (3)斜率会变小 9.(1)D (2) 8.50 0.439 (3)B (4)见解析 10.(1) 交流 0.43 (2) A 不同意 见解析 预测02电学实验 1.(1) 向右 时 (3)2 U 4 28/70 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.(1) 将S切换到b U:-ULR, U (2) 2.0 0.80 【详解】(1)[1][2]因电压表V内阻很大可视为理想表，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b时，电路中 的电流保持不变，由欧姆定律可知U,=IR。,U,=I(R。+R) 联立解得R=心，-LR, U (2)[2]根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表的示数满足U=E-r=E-(R+) R 11R+r1 对比图乙化简得 UE E R 结合图像， 截距b= =0.5V,斜率k=8+-15=05A=2A E E0.5 解得电源电动势E=2.0V,内阻r=0.802 R 电压传感器 3.(1) R E (2)0 (3)> (4)2 (5) 偏大 适当增大飞的阻值 4.(1) B 0 96.0 (2) 22-LR E 无偏差 5.(1)5.0 (2)C (3)3×106 29/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 11.0/10.9/11.1 增大 Uo-U 6. 光伏电池 7.(1)a (2)R (3)14.6/14.5/14.7 8.(1)190 (2) 2.5V 10mA (3)191 9.(1)E (2) (3) 增大10 10.(1)B160 (2) 右 电压 5.50 0.25C >预测03创新实验 1.】(10 (2) 2.0 1.60 kmg 2.(1) 0.60 257 由于带有刻度尺的圆杆自身有重力，即使还没有产生凹陷(x=0),圆杆自 30/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 身的重力已经会使力传感器产生示数，因此图线不过原点。 (2r=(%+) P 3.(1)ADE (2)BC (3)1.71 4.(1) 断开 最左端 见解析 2.14 (2)2.50 (3) 变小 2.29 5.(1)2.30 (2 kh(2R-d) m (3)等于 6.(1)A (2) 1.40/1.39/1.41 1.87/1.85#1.88 (3)AD (④)等于 7.(1)左 (2) 2.00 1.0 (3)右 (4)0.50 8. 控制变量 8.0psi-9.5psi 9.(1)83.98/83.99/84.00/84.01/84.02 (2)减小 (3)2Vs (④)见解析 10.(1)B (2)加速 E (3)R+r+R (4) 0.60 31/70 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ◆综合计算预测、 ◆预测01气体实验定律综合应用 1.(1)1.2×10Pa (2)9πN 【详解】(1)初始状态时，气体压强为乃，茶叶筒底面横截面积S=π 2 则气体初始体积为'。=S(h+h,)-△V=72π×106m 压到底后，假设不漏气，气体体积V,=Sh,-△V=54π×10-6m 该过程温度不变，由玻意耳定律有P'。=pV 解得p≈1.33po 此时p-po≈0.33Po>△p=0.2pPo 因此压缩过程会漏气，最终静置后压强稳定为最大不漏气压强，即P,-P。=0.2Po 解得p1=1.2p。=1.2×103Pa (2)拔开筒盖到刚好未分离时，气体体积膨胀为'，='。=72π×10-6m 温度不变，气体质量不变，由玻意耳定律有P'=P,', 解得P2=0.9p0 对筒盖受力分析，重力不计，向下的大气压力等于向上的内部气体压力与橡胶圈作用力之和，则 PoS=p2S+F 解得F=9πN 200kg 2.(0) 9 【详解】(1)对活塞初末状态受力有mg+pS=PS,（m+Mg+p,S=PS LS 3LS 对理想气体由玻意耳定律有P4 =P24 联立解得M三200kg (2)设活塞处于最下端时，温度为T,由(I)到活塞到达最下端时，内能变化为△U。 32/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 5.75J△U 由于一定质量理想气体内能和温度成正比有 0.01T。T-T 由盖吕萨克定律4 LS T 综上解得△U= 5151 3 从(1)阁到活塞到达最下端，外界对气体做功w=-,×5=-125, 4 3 本过程对气体由热力学第一定律有△U=Q+W 解得Q=700 3 3.(1)2:1 ()s 8g (3)0.2pLS 【详解】(1)关闭通气阀门后，从图甲到图乙，图乙中左、右侧气体均做等温变化，由玻意耳定律得 5=,%=s 2 3 3 解得P-2,P%=4Pn 压强之比P生2 P右1 (2)在图甲中，活塞在气缸正中间且受力平衡，设弹簧的劲度系数为飞，由胡克定律得F,=2灶 活塞受力平衡，有mg=F 在图乙中，活塞受力平衡，有PS+kL=P生S 9 代入化简得L=4PS 9PoS 解得m= 8g (3)从图甲到图乙，左侧气体做等温变化，内能不变，体积收缩，活塞对左侧气体做功，由热力学第一定 律得△U=W+Q 其中△U=0,W=0.2PLS 可得0=-0.2pLS<0 故左侧气体向外界放热0.2pLS。 33/70 画学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 4.(1)87.5C/360.5K (2)17.25cm 【详解】(1)气体在初状态下压强为p,=p-15cmHg=60cmHg 体积为V='。+Sh 此时的温度为T=7+273=280K 当两边水银柱在同一高度时，气体的压强变为P 此时的气体体积为=%+S+今 根据理想气体状态方程，有业=， 代入数据可解得T,=360.5K=87.5℃ (2)若右侧水银柱回到原来高度，则气体的体积回到V,根据玻意耳定律，有P',=P' 此时气体压强为p2=77.25cmHg 设注入的水银高度为h,则有p2=po-15cmHg+hcmHg 解得h=17.25cm 5.(1)1+ H。 (2)PS+mg)H PoS+2mg 【详解】(1)D区气体经历等压过程 初态：V=HS,T=T,末态：V2=(H。+h)S 根据盖吕萨克定律，有行万 联立解得停止加热时缸内D区气体的温度： (2)在活塞甲上逐渐添加沙粒，C区气体经历等温压缩过程 mg 初态P3=P+ 末态：P4=P0+ 2mg ',=HS S 根据玻意耳定律，有p,'=p' 联立解得C区气体的高度H=PS+mg)H PoS+2mg 6.(1)8.0×104Pa 34/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 4VW(×10m) 2.0 (2) 1.0 T/(×10K) 0 3.0 6.0 (3)10J 【详解】(1)未发生火灾时，对活塞有p,S+mg=pS 解得p1=8.0×10Pa 2活塞刚到达卡柱时的温度为Z,对等压变化有行=气，=SL-d=1.0x10m,一 V2=SL=1.5×10-5m3 解得T,=450K 之后气体做等容变化，可得容器内气体的V-T图像如图所示 ◆V川(×10m3) 2.0 1.0 T(×10K) 0 3.0 6.0 (3)气体仅在等压膨胀阶段做功，有W=-P,△V=-P("2-')=-0.4J 从T至T2过程中容器中气体内能增加了9.6J,代入热力学第一定律△U=Q+W=9.6J 可得气体吸收的热量为Q=9.6J+0.4J=10J 7.(1)4.2x103pa (2)48 【详解】(1)对单向气阀受力分析pS+f=mg+pS 解得P=P,+SPgh 代入数据得p=4.2×103Pa (2)气体做等温变化，有p'+Np'=pV 35/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 解得充气次数N=48 8.(1)2=300J (2P=61 3 56 【详解】(1)状态a的热力学温度为T。=t。+273=300K a→b为等压过程，由盖一吕萨克定律得 To Th 期得T-是工=0k 循环过程中，理想气体回到初始状态，总内能变化△U总=0。由总内能变化△Ub+△Uc+△U。=0 b→c为绝热过程，气体对外做功W=100J,则有△U。=-W,=100J c→a为等温过程，则有△Ua=0 可得△Ub=100J a→b等压过程，气体对外做功Wb=Pa(",-'.)=200J 对a→b过程应用热力学第一定律△Ub=Q-Wb 解得Q=300J (2)设充入的气体在状态a下的体积为。由题意可得，兴-华+P, 其中pn=1.0x10Pa,T=300K,A,=50x10Pa,7=280K,V=0.5m代入数据解得y= m 56 9.(1)T=350K QFghs 【详解】(1)在活塞M到达卡环前，活塞M质量忽略不计，受力平衡，所以气体A的压强始终为P4=Po 活塞M导热，环境温度保持为T,,因此气体A始终满足等温变化，即T4=T。 对气体A由理想气体状态方程知，因其压强和温度都不变，所以体积不变。故两活塞间距始终为L,即活 塞M、N一起上升。初态时气体B的高度为3L,当活塞M恰好到达卡环时，活塞M上升了0.5L,因此活 塞N也上升了0.5L,于是气体B的高度变为3L+0.5L=3.5L 又由于活塞N质量忽略不计，始终受力平衡，所以在这一阶段P。=PA=Po I-'1-3.5LS_7 即气体B做等压膨胀。由盖吕萨克定律，。3s6 代入7，=300K,得7=300×7-350K。 6 (2)从活塞M刚好项到卡环开始继续加热，活塞M位置固定不动。设此时两活塞间距离为x,则气体A的 体积为'A=xS 36/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 由于气体A始终与环境通过导热活塞M保持热平衡，所以它做等温变化。以活塞M刚碰到卡环时为初态， 有POLS=PA'xS 故P=BL 而活塞N受力平衡，所以Aa=A=P 此时气体B的高度为4.5L-x 所以体积为'。=(4.5L-xS 对气体B,取活塞M刚碰到卡环时为初态，彼时Po=P,'o=3.5LS,T=T=350K 末态时T2=400K 由理想气体状态方程，有3.5LS=P4.5L-xS 350 400 PoL (4.5L-x)S 代入=，得P3.5S_ 350 400 解得x=45L_9L 510 因此末态气体A的压强为==-10。 x9L-9 Po 10 再对活塞M受力分析：下方气体A对它向上的压力为PS,上方大气对它向下的压力为PS,卡环对它向 下的作用力为F。由平衡条件PAS=PS+F g,小-gas 10 所以F=(PA-Po)S= 因此F gS。 10.(1)p2≈9.59×10Pa (2)h≈315.4m 【详解】（1)无人机起飞前，包装盒内气体的温度为T=t,+273K=300K 当无人机升至某高度后，环境温度为T,=12+273K=295K 根据理想气体状态方程可得D火.，上 代入数据，解得p2=9.5875x104Pa≈9.59×104Pa (2)空气密度恒定的前提下，地面与高度h处的压强差等于高度h内空气柱产生的静压强，即p,-P2=Pgh 代入数据，解得h≈315.4m 37/70 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 预测02牛顿运动定律综合应用 .0g (2)3m1g 【详解】物体从0点下落到A点做自由落体运动，则有h梦 解得5g (2)物体在A点的速度大小为v4=g4=√2gh 由题意可知物体从A点减速下降到B点所用的时间为=力 根据运动学公式可得0=v4-a 解得加速度大小为a=2g 根据牛顿第二定律可得F-g=ma 解得水对物体的作用力大小为F=3mg 2.(1)ya=4m/s (2)E。=24J (3)=2m/s,方向向左 【详解】(1)A脱离弹簧后做平抛运动，竖直方向自由下落h=)8 水平方向匀速运动s'At 物块A脱离弹簧时速度的大小va=4m/s (2)弹簧弹开过程，水平面光滑，A、B系统动量守恒，有mA'A-m'。=0 解得g=8m/s 弹资储存的弹性势能等于弹开后A、B的总动能E,,+风，心 弹簧储存的弹性势能E,=24J (3)B滑上传送带后，受向左的滑动摩擦力，加速度大小a=μg=2m/s2，方向向左； 当B减速到零时，由v哈=2ax B向右减速到零的位移x=16m<L=18m B向左加速到与传送带共速，=2m/s时的位移Y-公。2兰 2a2x2=1m<16m 38/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 说明共速后B匀速向左离开传送带，最终速度大小为，=2m/s 方向向左。 3.(1)10m/s (2)8m/s (3)1.4s,3.312m 【详解】(1)根据牛顿第二定律，小物块甲沿粗糙斜面下滑的加速度大小为 a,=mgsine-Hmgcos0 =2m/s2 m 小物块甲从4端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为4，则有5=2 2s≥5 解得 小物块甲到达B点时的速度大小yg=a4=10m/s (2)设小物块甲在水平面上运动时的加速度为a2,根据牛顿第二定律得-“2mg=ma2 解得a2=-2m/s2 小物块甲从B点到C点的运动满足2a2xc=v2-日 解得小物块甲向右运动到达C点时的速度大小'c=8m/s 甲与乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mc=mV单+mz 由机械德守权定律9md-号md+分m时 2 2 解得z=8m/s,v=0 (3)小物块乙以2滑上传送带，设小物块乙匀减速运动的位移大小为x时与传送带共速，由牛顿第二定律 mgsine +u mgcos0 ma; 解得a3=10m/s2 由运动学公式v2-v2=2ax 解得x,=2.4m<L=5.4m 小物块乙匀减速的时间为5，=-Y=0,4s a 此后对小物块乙受力分析，由牛顿第二定律有mgsin0-4,mgcos(θ=ma, 解得a4=2m/s2,则小物块乙接着以a4=2m/s2做匀减速直线运动，由运动学公式 v2-vi=2a(L-x) 解得vo=2m/s 39/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 再次减速的时间为5=-2=s a 则小物块乙从C点运动到D点的时间t=t,+t=1.4s D点离地面的高度为h,=Lsin0=3.24m 小物块乙离开传送带后做斜抛运动，则有(vpsin0)=2gh, 解得h2-0.072m 联立解得小物块乙距水平面BC的最大高度为h=h,+h2=3.312m 4.(1)①4m/s;②10N;③h=1.8m (2)41= 、1、1(其中n=13,5,7.) 310n 【详解】（1D①若小滑块检能从E点离开，测：=0，从D到E过程有-mg2R=0m号 联立解得vo=4m/s ②在D点有R-mg=m2 R 联立解得F=1ON 根据牛顿第三定律，在D处对轨道的压力为10N。 ③从释放到E过程有mgh-2R)-4mgL=0 解得h=1.8m (2)若只经过一次传送带，则有mgh-umgL-4,mgn；=0 解得4=n=l,3) n 1 当滑块恰好从右侧以速度%第二次到达C时有mgh-μmgL-4mg2s=。mv% 解得41=0.225 当4，<0.225时，物体第三次回到C点时速度为%根据动能定理有-4mgn；=0-m 2 m 1（n=1,3,5 解得4=1 当4>0225时，滑块从右侧第二次到达C至离开动能不变，全程由动能定理得mgh-μmgL-4mgn=0 解得4=上n=5,7小，当n=5时，4，=0.2，不符合要求。 综上可知4=l3'10n ,11 (其中n=1,3,5,7.) 5.(1)5.6m/s 40//0 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)2.8m/s (3)1.88m 、4 【详解】(1)解除锁定小球先做自由落体运动直到细线伸直，此时细线与水平方向夹角为，则©osa=5 由动能定理可得ngsina=2m 细线绷紧瞬间沿绳方向速度变为0，只剩下切向速度，有，=vcos 之后到最低点，根据机被能守恒有叫+mg1-sima=叫 联立解得v2=5.6ms (2)小球恰好落入凹形小木槽中，与小木槽粘在一起，水平方向动量守恒 有mV2=(m+m23 之后小球、小木槽和长木板动量守恒，三者共速有m,+m,)”=m,+m2+M)", 解得v4=2.8m/s 这个过程对长木板有v=2ax 且有μ(m,+m,)g=Ma 联立解得x=0.28m<d,即小木槽与长木板共速之后长木板才与墙壁碰撞 长木板与墙壁碰撞时小木槽与长木板速度均为"4=2.8m/s (3)长木板与墙壁间的碰撞为弹性碰撞，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为5，有 2a 第1次与墙壁碰后(m,+m2)v4-Mv,=(m,+m2+M) 即长木板第2次与墙壁碰撞速度为“，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为52有 ,=紧=%+m,-M 2am+m,+M 2a 第2次与墙壁碰后(m,+m2)y;-Mv,=(m1+m2+M)v。 即长木板第3次与墙壁碰撞速度为。，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为S m+m-M 2a m+m,+M 2a 第3次与墙壁碰后(m1+m2)V。-Mv。=(m,+m2+M) 即长木板第4次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为s 16 =-m+m,-M°.好 有s,F2a气m,+m,+M)2a 41/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 第n-1次与墙壁碰后(m,+m2)"+2~Mv+2=(m,+m2+M)y+3,即长木板第n次与墙壁碰撞速度为Y+3,碰后 速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为S 有= 、2(n- m +m2-M 2a （m+m2+M 2a 长木板总路程为S=d+2(s,+S2+S3+..+Sn) 联立可得 2(-1) s=d+21+ m+m,-M2(m+m,-M） +.…+ m +m2-M 、m1+m2+M(m1+m2+M (m1+m2+M 2a 1×1 %+m2-M ）2n 、m+2+M 即s=d+2 1- m+m-M 2a m+m2+M 1 s=d+2 当n→0时有 m+m2-M 2a 1- m+m+M 代入数据解得s=1.88m 6.(1)48N (2)8J 46 【详解】(1)物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有megR sin53°=， 2 到达圆弧轨道最低点人-meg©s37°=mc尺 联立解得F、=48N 由牛顿第三定律，物块C在圆弧轨道最低点时对轨道的压力为48N (2)C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向 由动量守恒定律得mcV,=mcy+maVA 1 1 1 由能量守恒定律得2m6-2m:Y+2m, 2 联立解得y=2m/s,va=8m/s 此后A向下做匀减速运动，加速度大小为，B向下做匀加速运动，加速度大小为42 对A有μ(mA+mBgc0s37°+μmBgc0s37°-mag sin37°=mAa 对B有mag sin37°+umgg cos37°=mga2 42/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 联立解得a,=15m/s2,a2=13m/s2 设经t时间A、B两者共速，由运动学关系得v共=vA-a,t=a,t 26 解得8，y先，m 7 由运动学关系得A、B两者间的相对位移为Ar=十"生1-0+生， 2 2 A、B间摩擦产生的热量为Q=umag cos37°，△x 解得Q=8J (3)设C沿斜面下降的位移为x,A沿斜面下降的位移为x,对C应用动能定理，则 m,8sin379.-um8cos37°，6=0-2me 对A、B组成的系统整个过程应用能量守恒，则 m,gsin37°，+mogsin37°-(x、-Ax+)m,=u(m+m)gcos37°x+9 60 解得e=2m，xa=7m 46 因此最终A右端与C间的距离为xAc=A-xc= 7.(1)x=2.5m (2)t=0.5s (3)Q=37.5J 【详解】(1)碰后对物块乙列动能定理-μm,8x=0-。m,v2 2 解得x=2.5m (2)设碰后甲的速度为y,物块甲在斜面上运动的加速度为α。由动量守恒得m2'。=-m2v+my1 牛顿第二定律得-m1gsin0-4m,gc0s0=m,a 运动学公式得0=y+a,t 解得t=0.5s (3)甲在倾斜轨道上运动时，因u<tan0,物块甲会滑下来。 上滑距离=之 牛顿第二定律得m1gsin0-μm1gc0s0=ma2 甲返回轨道AB的速度设为，由运动学公式可得22=2a2x 解得y,=V5m/s 甲返回轨道AB的速度小于碰后乙的速度y,因此不会发生再次碰撞，物块甲最终停在轨道AB上，根据能 43/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 量守恒Q=4 解得0=37.5J 8.(1)L≥12.5m (2)35J (3)0.51m 【详解】(1)滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得μngcos0-mgsin8=ma1 代入数据解得a=1m/s2 滑块加速到v=5m/s所需时间5=”=5s a 此过程资块的位移--12,5加 由图2可知，传送带在t=3s时速度达到5m/s并保持匀速。滑块在t=5s时速度达到5m/s,与传送带共速。 由于u>tan0,滑块之后可随传送带匀速运动。已知滑块从B处飞出速度为5m/s,说明滑块在传送带上至 少加速到了5m/s,故传送带长度L应满足L≥12.5m 5 (2)滑块在传送带上运动分为两个阶段产生相对滑动。第一阶段0~3s，传送带加速度a,=3m/s，位移 1 =2a,45=7.5m 滑块位移x1=2a片=4.5m 相对位移△x,=3m 第二阶段3s~5s,传送带匀速v=5m/s,位移xe2=5×2m=10m _3+5x2m=8m 滑块继续加速，位移x2=2 相对位移△x2=2m 滑动摩擦力∫=μngcos0=7N 总摩擦热Q=∫△x,+△x2)=35J (3)滑块从B点飞出后做斜抛运动，恰好从D处水平飞上轨道DE,说明D点为斜抛运动最高点，水平速 度vp=vc0s37°=4m/s 滑块冲上圆弧槽恰能到达与圆心等高处，设圆弧槽质量为M,到达最高点时共速为共。由水平动量守恒 o=(m+M)V共 能量守相店-m+M咳+wR 代入数据解得M=3g,v共=lm/s 44/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 滑块从滑上槽到滑下离开，水平方向系统不受外力，动量守恒。滑块相对槽的水平位移为0。由人船模型 mx+Mxy mvpt 且xm=XM 解得圆弧槽位移xw=m1=0.51m m+M 9.(1)0.18N (2)1.5m/s (3)0.2625m 【详解】(1)若木槽固定，设弹珠离开木槽时的速度大小为。，由动能定理有 mgR-2mv 弹珠离开木槽前瞬间，设木楷对弹珠的支持力大小为R,由牛顿第二定律有F-mg=m 解得F=0.18N (2)若木槽不固定且地面光滑，设弹珠与木槽刚分离时木槽的速度大小为y,由能量守恒定律有 吸R=M+m 1 对木槽和弹珠组成的系统，在水平方向上，由动量守恒定律有M,=mv 解得v=1.5m/s (3)在(2)过程中，设弹珠、木槽的位移大小为xm、xM,有MxM=mxm 又R=xm+XM 弹珠离开木指后做平抛运动，设运动时间为，在竖直方向上有： 在水平方向上有x=vt 又由几何关系有s=xm+x 解得s=0.2625m。 10.(1)yp=3m/s (2)x=0.6m (3)sm=2.5m 【详解】(1)因为。<v,所以滑块滑上传送带后的一段时间内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 μmg=ma 解得a=2m/s2 设滑块匀加速运动的位移为x1,根据v2-=2ax 联立解得x1=1.25m 45/70 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 因为x,<L,可知滑块速度增大到v后，将与传送带一起以相同的速度向右匀速运动，所以v。=v=3m/s。 (2)滑块从D到E过程，根据平抛运动规律有力=方g,x=以 联立解得x=0.6m (3)要使滑块总能落至E点，需保证滑块从D端飞出时的速度仍为vp=3m/s。由分析可知，当滑块从斜 面滑下的速度足够大，在传送带上减速到3m/s时恰到D点，则从初始位置到B点的距离最大。设滑块到B 点的速度大小为，根据牛顿第二定律可知，滑块在传送带上减速运动时加速度大小a,=m竖=2m/s m 根据v%-v6=-2a,L 滑块在斜面运动过程，以滑块为研究对象，由牛顿第二定律有4，=mgs血9 =5m/s2 m 滑块在斜面上做初速度为0的匀加速直线运动，则有=2a2Sm 联立解得sm=2.5m >预测03带电粒子在电磁场中的运动 1.(1)3m/s (2)①2m;②y=月+y2=2Vd+1(0<dk2m) 【详解】(1)进入磁场后，小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有qB=ma 解得a=2m/s2 离开挡板时，沿挡板方向速度为y.=√2ad=V5m/s 离开挡板时，小球速度大小为v=√好+v?=3m/s (2)①由题可知，无论d多大，小球都能垂直打在收集板上，根据洛伦兹力提供向心力有qB=m 解得r= gB 根据几何关系可得，=rc0s0=mvcos0_m=2m gB 46/70 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 y个 Vo 十 B XX d XX No_ XXX 3史 XXX ②小球离开挡板前，根据d=。at2 解得t= 2d a 则有y=W=oa 小球离开挡板后，根据几何关系有y,=r(1-sin0】 根据几何关系可得y与d有关系为y=y+2=2Vd+1(0k2m) 【答案】(1)√5u P=Bqutl qB (3)见解析 【详解】(1)由分析可知，小球进入磁场后，在洛伦兹力的作用下沿y轴方向从静止开始做匀加速直线运 动，设其加速度为a,则根据牛顿第二定律有F洛，=Bqu=ma 解得a=Bg4 m 设细管的长度为1，则根据运动学公式有=2al=2a.3m gB 解得小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度为y,=√3 (2)从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q的过程中，设小球的运动时间为o,则根据运动学公式有 1器- 解得6=V3m qB 47/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 小球沿y轴方向做匀加速直线运动的速度表达式为y,=at=B m 则小球受到的洛伦兹力沿x轴方向的分力为F,=Bgy,=Bg,BgL_Bg 设管壁对小球的弹力为N,由于沿x轴方向小球受力平衡，则有N=F,-Bg m 所以管壁对小球弹力的瞬时功率P随时间1变化的表达式为P=M=Bq4 多 qB (3)小球进入匀强电场区域后，沿y轴方向不受力，将以y,=√3的速度做匀速直线运动；小球沿x轴方 向将做匀变速直线运动，设其加速度大小为a1,则根据牛顿第二定律有Eq=ma 解得a=E9 m 若小球从cd边离开，则小球运动的时间为= 23L 2L 同时小球在沿x轴方向的位移应满足0<x<L 1 限据运动学公式有x=424=2弘-24 mu2 联立解得r<E<m 2gL gL 则此时电场力对小球做的功为P=-Egx=2Eg _-2EqL mu2 由分析可知，当E≤m心时，小球将从c边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为x=L 2gL 所以电场力对小球做的功为W=一Eqx,=-EqL 当E≥m -时，小球将从ad边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为x2=0 所以电场力对小球做的功为W=-Eqx2=0 综上所述，电场力对小球做的功印与场强E的关系为：当E≤时，m=一BgL:当<E<m 一时， 2gL 2gL W=2Eq'L 2BgL:当E≥mW时，W=0. mu2 gL 3.(1)2Bv。 4d Bg+1m=12,3.1） ()②(2n-I1 mvoh 1 (3)2025 48/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【详解】(1)离子在电场中做类平抛运动，对竖直方向列式y=2h,a=E4 m 解得E=2Bv。 (2)对任意一个离子分析轨迹，发现在电场中为抛物线，在磁场中被截得一段圆周运动的弧线；由对称性， 每段电场中轨迹相同，每段磁场中轨迹相同；一段电场轨迹和一段磁场轨迹视为一个周期。 每个离子在磁场中运动的水平位移为x。,从离子进入磁场到下次离开磁场，对水平方向列动量定理，得 ∑qy,Ba1=Bqx,=may, 所以每个离子在磁场中的水平位移均相同 h mv h 当离子初速度为，在电场中平抛的水平位移为= 2 h mvoh 则若离子初速度为，在电场中平抛的水平位移为=， =k v Bq 2 每个周期里，电场中的水平位移差就是总的水平位移差。假设两个离子进出磁场次，有 (2n-1(k-1) mvoh =4d Bq 4d 解得k= Bg+1n=l,2,3… (2n-1)Vmvoh (3)①翻译信息：“当离子源在0s≤888d移动时，刚好有一半的区域，会使离子源发出的所有离子仅在电场 中运动就打在板上。”因挡板分布是每4d具有一个周期，所以分析粒子源在0sx≤4的移动即可。 己知平抛最大位移为最小位移的2倍。假设最小位移为x,则最大位移与最小位移差为x,如图所示 当P平移，相当于x平移相同距离；当x每平移d,整个x都在有挡板区域的位置占比为-)一 则x=d 说明2的平抛水平位移为2d,,的平抛水平位移为d。 ②让所有离子第一次平抛后恰通过空隙，是能保证不打任何挡板离子占比最大的前提。所以此刻P的横坐 标为2d ③想要有更多的离子运动全程不打任何板，分析发现，对于初速度为2的离子，在电场中水平位移、在磁 场中水平位移均为4☑，这说明只要它第一次经过电场时没打到板，之后就全程不打板，它是最容易全程不 打板的离子： 若初速度小于2。，因每个周期在电场中位移小于4d,每经过一个周期，经过宽为d的空的相对位置都会往 49/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 左移一点。临界情况：假设速度为%的离子经过多周期平移后，恰经过2025块挡板的左边缘。这个离子第 次经过空隙，与左侧挡板间距为(p-1)d每经过电场一次，与左挡板间距缩小(4-2p)d (p-1)d=1012(4-2p)d 4049 解得p= 2025 厕当不打任何挡板感子古比最太，225、 1 2025 mvo 4.(0)24l (2) m 2gl (3)B,= nmvo (n-12)gl (n取13、14、15) 【详解】(1)如图所示 B B、 根据几何关系可知带电粒子在匀强磁场B中的半径满足rsi60°=√31 解得1=21 由洛伦滋力提供向心力%，B=m5 解得匀强磁场B的磁感应强度大小为B=m山=m qr 2gl (2)由题意可知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则垂直于电场方向有x=21='2 1 沿电场方向有y=。 2 其中y=片-片c0s60°=1 由牛顿第二定律qE=ma 联立可得E=m l (3)设带电粒子进入磁场B时的速度方向与x轴正方向的夹角为，根据类平抛运动的结论 50/70 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ana=22=2-l 21 则a=45° 则带电粒子进入磁场B时的速度大小为v= cos450 =√2vo 粒子后续运动的初始位置为(21,0)，相邻两次从第I象限内进入第V象限，沿x轴前进的距离 △x=2x-V25=41-2 由洛伦兹力提供向心力qvB2=m 解得B2= 2mvo q41-△x) 由于带电粒子不能射出磁场下边界，则由几何关系？+5cos45°<1 解得0<5<(2-V2)1 所以6-2V21<△x<41 带电粒子通过点(501,0)，则回旋的次数为n=50-21 △x 解得12<n<15.1 由于n为整数，则只能取13、14和15 nmvo 即匀强磁场及的磁感应强度大小为8,2n-12g（n取13、14、15) 52元 (2)B≥2m% qd 【详解】(1)有50%离子射出，对于临界粒子在电场中水平方向有2d=vt 竖直方向有d=。at2,qE=ma 2 沿直线运动满足qBY。=qE 联立解得8-2gd mvo (2)离子射出电场时竖直速度v,=at=v。 射出速度v=√房+=V2。 51/70 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 射出时速度偏转角度= 4 由洛伦滋力提供向心力知gB=m严 全部回到电场满足几何关系2rcos交≤d 4 联立解得B≥2m6 gd (3)容易判断第二次目标离子无法离开电场，轨迹如下图所示 t: 第一次在电场中(=24 Vo 第二次在电场中2=%+号0，，=vc0s45=,0,-5= m 2d 2(5-ld 解得t,= 名 在磁场中运动时间5-3元×m-3nd 综合知在电磁场中运动的时间1=4+5+4=25+刀 6.(1m ge (2 之，与x正方向成45度 (3)0,m 4gE 【详解】(1)粒子从A→B做匀加速直线运动，则有gE=ma,v。=at 解得t=m gE (2)粒子从B进入Ⅱ区后水平方向上有M,=29E。 v,sin30°=qE Vo 故水平方向做匀速直线运动，达C点时水平方向速度为。.=%sin30°= 2 粒子从B进入Ⅱ区，从B到C竖直方向由动量定理有-Σkw,1=m',-mv,cos30 52/70 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 其中∑kv,t=kh 代入解得=受 根据速度的合成有=2+= 2% 方向与x正方向成45度 (3)粒子从C进入Ⅲ区后可分解为竖直向下的匀速直线运动和逆时针的匀速圆周运动，则9E=q,B 可得=之，方向竖宜向下 故匀速圆周运动的速度，=V2-只 可得与=之方向水平有右 对于圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有g,B=m 可得R=m E 当圆周运动}个周期时，此时合速度最小，离C点的水平距离最远，此时。=%-书=0 mvo 最大水平距离d max=R= 4gE 7.(I)E=9Ba, bs9Ba m m (2)y-9B ,=gB, 粒子均带负电 2m 2m (3)h=a,3=3a,△t= 12mm qB 【详解】(1)粒子1从0到P做匀速圆周运动，轨道半径R=。,洛伦兹力提供向心力g,B=m a 解得粒子1到达0点的速度，=B m 粒子1从S点到O点做直线运动，可知qB=Eq 解得电场强度E=9Ba m (2)两粒子发生完全弹性碰撞，系统动量守恒mv=my+3my2 系统机械能守恒m听=)m旷+)3m时 联立解得碰撞后瞬间速度大小为”= gBaqBa 2m 2m 53/0 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 其中粒子1速度反向，带电属性：粒子1的一半负电荷转移给中性粒子2，因此两粒子均带负电，电荷量均 为号 (3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力gB=mv 得轨道半径公式”= mv g'B mi9Ba 代入粒子1的质量、速度和电荷量，得轨道半径5=一2m=a 2 3m.9Ba 代入粒子2的质量、速度和电荷量，得轨道半径2= 2m=3a 2 粒子做匀速圆周运动的周期公式T-2π'-2πm v q'B 分别计算两粒子的周期了=4红m, 12πm gB 12πm 两粒子再次相遇时，转过的圈数均为整数，取两周期的最小公倍数，得相遇时间间隔△= 9B 8.( gB 3mπm (2)24B3qB 2+5m% 2 gB 【详解】(1)设粒子在磁场中运动的半径为，由g心，B=m兰 得r=m qB 由分析可知圆形磁场的半径R与粒子运动的轨道半径r相等，即R=r=m 8 (2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2_2m vo gB 粒子1在圆形磁场中运动的时间为，4三4T三。一 2gB 粒子1在电场中从Q到O运动的时间为2，竖直方向上的位移y=R 又y=)aG,a= 1 2 m 54/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 可得%-2m gB 粒子2在磁场中从P点运动到8点，转过角度为150，所用时间(=150 T=5mm 360° 6gB 由分析可知粒子2从S到T作匀速直线运动，速度方向沿x轴正方向，所用的时间为 R1-sin30）_m a 2gB 则两个粒于先后从P点发射的时间差为A1=1+女-名三9A (3)粒子1从O点进入时竖直方向的速度为y,,有V,=at2=, 合速度与水平方向和竖直方向的夹角均为45°。粒子1进入匀强磁场Ⅱ以后，将运动分解，在平行于xOy 平面上以速率，作匀速圆周运动，在竖直方向上以速度，向下作匀速直线运动。 当粒子2在匀强电场中从T点运动到y轴的过程中，仍作类平抛运动，与粒子1在匀强电场中运动时间相 凤运动时间也为B,竖直方向上的位移为乃专之5三 gB 在6时间内，粒子1在匀强磁场1Ⅱ中作匀速圆周运动的周期为T,则T=2-2m gB qB 说明粒子2刚到达y轴时，粒子1刚好作匀速圆周运动一周，刚好运动到y轴上，竖直方向上的位移为 2mvo yT =V,T'=V,h 此时两个粒子间的距离△y=R+Rcos30°-y2+y= 2+ √3mvg M M 1 15 9.(1)离子带负电 (2)E=2kRB2 (3)t=17π+32 2Bk 【详解】(1)由题意，所有离子在磁场中均向左偏转，进入磁场时所受洛伦兹力向左，由左手定则可知离 子带负电； 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)离子从b边界进入磁场到N点做匀速圆周运动，根据几何条件，离子在磁场中的轨迹半径为5=R, 如图所示 ● ● ● ● a b 由洛伦兹力提供向心力9yB=m 离子从N点到P点做类平抛运动qE,=ma 平行电场方向R=4 垂直电场方向R=)a好 联立解得y=BkR,5= Bk 最终解得电场强度E=E,=2kRB (3)离子从距M点右侧0.8R处射入磁场，做匀速圆周运动，半径为？，如图所示 B'=0.2B + 0 N 、R a b 根据几何关系有Rsin0+5=0.8R,Rcos0+52=R 根据三角函数关系有sin0+cos20=1 解得5=0.2R 离子做匀速圆周运动周期为T,运动时间为1，洛伦兹力提供向心力，有g,B=m兰 5 解得V2=0.2BkR 56/70 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 周期7-2π3 1 π 运动时间细=4=2B队 离子从C点进入电场到？点做类平抛运动，运动时间为42,0C与OM的夹角cos0=0.8 垂直于电场方向Rsin0+R=',2 1 沿电场方向0.8R=2E,6 东极动能定理有0gER=时-时 从Q点离开电场的速度大小为y,方向与00夹角为α，速度满足y,=2 cosa 解得4=8 ’y=0.2V2BkR,a=45° 离子从Q点离开电场进入QON直线上方磁场做匀速圆周运动，运动半径为5，周期为T2,运动时间为磁2 ，根据几何条件得5=√2R 周期7层，-2π 时e: 15π 解得t2=2Bk 离子从N点返回电场到D点做类斜抛运动，运动时间为5，从D点垂直电场离开，据运动的对称性 8 1=1=Bk 离子第二次离开电场，从D点到b边界做匀速圆周运动，用时，据运动的对称性=幽2欧 π 总时间t总=t磁1+t,+t磁2+i+t3 17π+32 解得t=t总= 2Bk 10.(1)E= 2gd (2)L=(2V2+3)nd-(2V2+1)d(n为奇数)；L=(2W2+3nd(n为偶数) 。（2-1mLd 4d 【详解】(1)设匀强电场的电场强度大小为E,则粒子在电场中运动的加速度大小a= m 57/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 粒子在电场中做类平抛运动，则2d=vt,d=。at 解得E=m qd (2)设粒子从Q点进磁场I时，速度与y轴正向夹角为日，根据动能定理gEd=mv'- mv哈 2 则有vcos0=v 解得v=√2,0=45 设粒子在磁场I中做圆周运动的半径为r,根据牛顿第二定律qB=m 解得r=√2d 粒子在磁场I中做圆周运动的直径为2√2，由此判断粒子第一次在磁场I中运动的轨迹为半圆，设粒子在 磁场中第一次经过x轴的位置在A点，则QA=2√2d 由题意，粒子第一次在磁场Ⅱ中运动轨迹与y轴相切，设粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为2，根据几何 关系有5=√2(5-2d) 解得5=(4+22)d 粒子第一次经过x轴时位置离O点距离x=2d 此后，粒子每次在磁场I中运动进出磁场的位置间距离为L,=√2r=2d 粒子每次在磁场Ⅱ中运动进出磁场的位置间距离L,=√2=4√2+1。 当n为奇数时，粒子经过x轴的位置离0点距离L="L+"'L,=(22+3)nd-(22+1 2 2 当n为偶数时，粒于经过x辅的位置商0点距离L-化+)=(25+)d v2 (3)由qvB2=1m 解得B,=2-1m2 2qd 设粒子在M点时速度方向与x轴正向夹角为，如图所示 1 58/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 则据题意有V2 k=g6sinu,年94，=g6cosa v2 解得k=5-m 2d 粒子从进入第四象限到M点，由动能定理有9EL-M) 解得m=15 (2-1)mLvi 16 4d ◆预测04力学三大观点的综合应用 πE 1.(0)n-1Bcos8 (2)y=2n-1R 2πneER mπ2E2 (3) tan 2(n-12B2 【详解】(1)由题意可知，电子射入装置后，在轴线法向做匀速圆周运动，由牛顿第二定律对电子有 eBvo sin=m(vo sine) R 且T=2πR vo sin 撤去电场时，电子沿轴向做匀速运动有L=v,cos0·nT 加上电场时，由牛顿第二定律有eE=ma 此时有L=。cos0.T+二aT2 2 πE 解得V。= (n-1)Bcos0 (2)加上电场后，电子脱离装置沿轴向有最大位移，沿轴向由动量定理有ET=my,-mvo COS0 脱离装置后，电子将沿直线运动，由几何关系R,5im6 解得y=(2n-1)R。 (3)由于电子恰好能击中Q,在轴法向上，由牛顿第二定律eE'=ma' 且(ycos0)2=2ax 39/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 装置外电场力做功W。=-eEx 装置内电场力做功W,=eEL 全过程电场力做功W=W。+W, 解得m=2 zneER m元2E2 tan 0 2(n-12B2 2.()g2 (2)3+2√2 (3)会，t=2, 【详解】(1)Q由A到B过程中mgsin0ma 根据哈=2aL 解得v,=V2 gLsin0=VgL C2设碰撞后P、Q的速度大小分别为y和，碰后Q上升AB中点，则y2=2 解得y,=√gL sin0= gL V2 1 1 自P、Q弹性碰撞可知m三M-mv,2m心=)M+)w 2 解得 =3+22 m 1 1 设碰撞后卫、Q的速度分别为y和4，有m=M,+m,m=。M+ 2 因M=m 所以y=y,=√gZ，4=0 P有速度后，电场强度E=坚 根据牛顿第二定律Mg sin0-qE,=Ma 解得a=一号 1 若卫、Q次碰，则4+9-，4，名 此时P的速度y=y,t+a,t=0 在此过程中，P的位移x,=以+2a=L 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 P刚好到达最底端。因此能二次碰撞 并且时间间隔为t=2, 3.(1)n=2 (②Ar=278-R 5 6)36R-0<E<m坚 6gR 【详解】()甲滑下，由动能定理有mgH=m好 甲、乙弹性碰撞mv。=mV单+nmvz m=m+m吃 1 2 乙在C点，有nmg=m 联立解得n=2 (2) h H=1.8R时， 由1)有、=2 <√gR，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P点脱离，PO与CO夹角为0 C→P过程有mgR1-cos8三mr2 2m v2 P点有mg cos(0=m R 4 联立得cos0=0.8、v= 58R 又h-R1-cos0)=vsin0-4+分9G,名=Rsm6+es8- 联立得x甲=2.2R 吃>VgR 乙做平抛运动，由平抛运动规律有=么、h)盟 联立得x2 278R 5 01/U 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 又△r=xz-,代入数据解得Ar=2V78-1山R 5 (3)甲从H=4:5R下滑，由机械能守恒定律有mgH=m→=3gR 已知n=2,乙质量M=2m,弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度=-√gR,y2=2√gR 甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为=√gR,方向向右。 乙受阻力f=-kw 对乙列运动的微分方程，结合题目条件f。=w2= 25 得=v3mg 3gR 解分量微分方程可得速度关系，=2gR-5 V 落地时，乙水平方向的速度y,=√gR 解得y,=V3gR 对水平方向由动量定理kx2=M(ox-v 代入得龙 2m(2gR-VgR)_2mJgR=23R √3mg 3gR 甲加竖直向上电场后，竖直加速度a=mg一9E= 、9E m m 要落到EF上，必须a>0,即mg-gE>0→E<m8 甲做平抛运动，竖直方向h=。 2hm 得运动时间t=】 mg-gE 2hm 水平位移x甲=Vl=√gR· mg-gE 要求甲落点在乙右侧，即>x龙 代入得， gR.- 2hm >2V3R mg-gE 两边平方整理得E>mg(6R-) 6gR 结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合E=0不满足上述不等式，对应h<6R,下限为正。 62/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 场强E的取值范围为mg6R-<E<mS 6gR 4.(1)h=0.2m (2)vA=2v2m /s (3)1s 【详解】(1)弹簧和木板B组成弹簧振子，设振子周期为T M 则T=2π =2 10.8 =0.8s V5π2 风释放到弹簧恢复原长，经历的时间为，则6一（卡02 小球A做自由落体运动，则初始时，A所处的高度为h三)85=0.2m (2)A第一次与B碰撞前的速度为v1,根据v=2gh 可得v1=2m/s,方向竖直向下。 碰后，小球A运动轨迹的最大高度与初始位置等高。可知，碰后A的速度v,2=2m/s 规定向上为正，根据动量定理，对A分析竖直方向Fx△t-mg△t=m"2+mv 水平方向f公t=mvx 其中f=uF 联立可得v1=2m/s 进行速度合成，可得小球A的速度yA=2√2m/s (3)A和B第一次能裤前，木板B的速度为%，表据机被能守恒可知M城= 可得v=5m/s 第一次碰撞，规定水平向右为正，根据动量定理，对B分析由动量定理-公t=My,-Mv。 可得碰后B的速度y=4m/s 第一次碰后，A做斜上抛运动，运动时间=t。=0.2s 与挡板发生弹性碰撞后，A做平抛运动，运动时间t,=t=0.2s A与B发生第二次碰撞，接触时间为4，=△t=0.ls 第二次碰前，A水平方向速度y2=-2m/s,B的速度y=4m/s 根据第(2)问分析可知，碰后A水平方向速度v=0,B的速度y2=3m/s 碰后A做竖直上抛运动，第二次碰撞结束后，到第三次碰撞前，A运动的时间t4=0.4s A与B发生第三次碰撞，接触时间为t=△t=0.1s 第三次碰前，A水平方向速度v3=0,B的速度2=3m/s 63/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 根据第(2)问分析可知，碰后A水平方向速度v4=2m/s,B的速度3=2m/s,可知此时A、B水平共速， B达到稳定状态。所以从第一次碰撞结束到B的速度刚达到稳定，所需时间t=(+t2++t+t=1s 5.(1)x=0.1m (2)A=0.1m (3)L=0.75m 【详解】(1)撤去外力时A、B加速度为零，设此时弹簧形变量为x,则F=kx 解得x=0.1m (2)经分析，A、B在弹簧恢复原长时分离，由动能定理有Fx=二×2m 2 解得=lm/s 此后对A由能量守恒有心 解得A=0.1m (3)设B落到圆弧轨道时速度为y2,到达圆弧轨道最底端时速度为%，由题意有，c0s60°=y 1 能定理有mgR-Rcos60)三)m 解得y=3m/s 对B、C系统由动量守恒定律有my=m+一mv4 2 1 1 对B、C系统由能量守恒定律有umgL=2mY-2 1 m+m 2 解得L=0.75m 6.(① 3 (3)见解析 【详解】(1)对物块α和小球b组成的系统，由静止释放后水平方向动量守恒，则水平方向的位移关系为 -mx。+2mx5=0 又x。+x6=L 解得气 即小球b开始释放时到物块©的水平距离为 (2)设小球b到最低点时，a、b的速度大小分别为%和%2，由动量守恒定律得-my+2mv2=0 64/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 根据机械能守恒定律得2mgL=二my2+二×2m 2 1 解得=5V6g亚，%3V6g1 小球b与物块c发生弹性碰撞，设碰后瞬间速度分别为y和y,根据动量守恒定律得2my,=2mv,+2mv4 1 1 根据机械能守恒定律得。x2m=号×2my+x2mv好 2 2 2 1万 解得y=0,=3V6gL 此后，物块α和小球b组成的系统水平方向动量守恒，设达到共同速度为v mv +2mv;=3mv 21 根机感能守恒定律得m+)2m3心2mgb 解得小球力上升的最大高度九三力 (3)设物块d的加速度大小为a时弹簧的形变量为△x,则有k△x=ma。 c和d运动过程中动量守恒，设某一时刻c、d的速度分别为v。、va,则2mv4=2mv。+mva 两边同时对时间微元累加，有∑2mv,△1=∑2mv.△t+∑mv,△t 整理可得2mv4∑△t=2m∑v,△t+mv△t 则2mv4t=2mx+mxa ①若此时弹簧是压缩的，则有x-x。=△x 解得r=21V6gL+ma 9 3k ②若此时弹簧是伸长的，则有x。-x=△x 解得x=2V6gL_ma, 9 3k 7.(1)6m/s,27J (2)1次，0.6m (3)0.5+0.1e2(m 【详解】(1)对物块P从弹开后到恰好到达A点的过程，根据动能定理-m,gLc-m,gR,=0-)m心 弹簧弹开P、Q过程，系统动量守恒mY=m2'2 解得弹开后P的速度，=6m/s,Q的速度y2=3m/s 65/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 弹赏的弹性势能等于弹开后两物块的总动能E,一2m+2m, 1 解得E,=27J (2)Q滑上小车后，系统(Q和小车)水平方向动量守恒，最终共速m,V2=(m2+m,)"共 解得v共=lms 紧力与总相对路程的乘积等于系统动能损失5)m 解得相对总路程s总=0.6m 小车EF长L=0.5m,Q从E滑入，运动0.5m到达F挡板，发生第一次碰撞，剩余路程 0.6-0.5=0.1m<0.5m,碰撞后返回仅运动0.1m就共速，未到达E挡板，因此碰撞次数为1次。 (3)设Q与F处的挡板碰撞前Q的速度为。，小车速度为'车 Q在滑行过程中，系统动量守恒m22=m,'。+mV车 根据能量关系m,8L=2,-(m,哈+2m,) Q与F处的挡板碰撞过程中动量守恒m'g+m,V车=m,。+m,车 由题意知e= 名-军 Vg-V车 解得6=1-6 e,=1+6 碰撞后系统动能与共速动能的差，全部由摩擦生热消耗μm2gx= 解得x=0.le2m 总相对路程ss=0.5+0.1e2(m 8.(1)v=5m/s (2)见解析 8)r=3.2m+5 【详解】(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh=m 2 解得v.=V2gh=5m/s a与b发生弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv。=mv1+mv。, 联立解得v=5m/s 66/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 对a,根据动能理有umg(MN+CD)-mgH三)m 其中MN+CD=2L=2m,联立解得y:=√20h-24m/s 可知当h=1.2m时，物块a到达E点时的速度恰好为零，则有F=mg=0.02N 方向竖直向上。 设在E点管道对物块a有弹力，取竖直向下为正方向，则在E点由牛顿第二定律有F+mg=m 联立解得FN=(0.1h-0.14)N 可知当1.2m≤h<1.4m时，弹力F、为负，则弹力方向竖直向上；当h=1.4m时，弹力为0：当h>1.4m时， 弹力F为正，则弹力方向竖直向下。综上可知，当1.2m≤h<1.4m时，F、=(0.1h-0.14)N(方向竖直向上)； 当h=1.4m时，F=0;当h>1.4m时Fv=(0.1h-0.14N(方向竖直向下)。 (3)由第(2)问可知h=1.25m时物块a能过E点，且速度大小为 vE1=V20h-24m/s=√20x1.25-24m/s=1m/s 物块a从E点抛出后，辰据平描运动规律有H方8，。=以 联立解得x。=0.2m 故物块a最终静止的位置x坐标x=AB+MN+CD+DF+x, 儿何关系可知DF=5m -m 联立解得x=3.2m+ 5 9.(1)F、=40N (2)vc=2V15m/s (3)Vmax =10m/s (4)4.125m 【详解】(1)B段光滑。根据动能定理有FH-mg1m-0 在B点，物体做圆周运动的向心力由支持力、重力、推力的合力提供，则有R=m发 R 代入数据解得Fx=40N。 （2)从A到C根据动能定理有F(H+)xR)-mgH+R)-形，=2m呢-0 解得ve=2V15m/s。 (3)进入CD后，甲先向右加速，后向右减速到0，最大速度出现在推力与阻力平衡（即加速度为0）时刻， 67/70 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 即物体加速运动阶段的结束。己知加速度a, 20m1s,方向向左，设从C到最大速度位置的位移为X,从 C到D根据动能定理有Fx-ma,(x-x)=0-一mv 2 1 甲从C到最大速度位置根据列能定理有众)m心应 联立解得vmx=10m/s (4)E点距离C点为x,=1m,从C到E根据动能定理有-m2-m `m 1 在E点甲乙发生弹性碰撞满足动量守恒和能守恒，则有m心：心+企，心，+ 联立解得y= 3m/s,ve =-10m 20 /s 3 3 乙加速度a2= 3ms向左，初速度y=20n 2 /s向右，故乙做匀减速直线运动，碰撞后甲的加速度 3 3 4,=E=20ms2向右，甲的初速度为=-10m /s,负号表示速度方向向左，甲做匀减速直线运动，即甲先 m 3 向左减速到0，再向右加速。则乙向右匀减速直线运动的位移，=二-10m<8,5m-1m 2a23 所以甲、乙会再次发生碰撞； 乙向右运动的时间为5，=上=15 a. 甲向左匀减速直线运动的时间为4，=生=； a36 甲向左匀减速直线运动的位移为x= -m 2a318 5 甲碱速到0后，开始向右做匀加速直线运动，在=4内运动的位移无号5 m 18 甲减速到0的位置与乙加速到0的位置间距离为4r=10m+乏m-65m<125m m 3 181818 所以乙减速到0之前甲乙发生第二次碰撞，设从第一次碰撞结束到第二次碰撞前瞬间的时间为(，则有甲乙 在这段时间内位移相警，即v十，a12=y-,2/2 代入数据解得1'=0.75s 所以第二次发生碰撞位置与E点的距离为x,=-4 解得x;=3.125m 所以第二次发生碰撞位置与C点的距离为△x=x。+x,=4.125m。 68/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2 10.(05N 88 (257ms (3)均为2m/s,方向向左 【详解】(1)a棒切割磁场产生的电动势大小为E=BLv。 E 电流大小为1= R+Rp b棒受到的安培力大小为：F=BL 根据b棒受力平衡可得F'=2N 3 (2)设碰后瞬间两棒的速度为%，碰撞后稳定时两棒的速度为”2，则 根据动量守恒，碰撞瞬间有：m,。=(m。+m。)y 根据动量定理有BL·△1=(m,+m,)(y2-y) CIR,-CBLy2=I·△t 晖得v2三5m/s (3)以向右为正方向，发生弹性碰撞则有 ma vo +mpvo maval movbl +-+ 1 1 1 解得Va1=-4m/s,Vb1=2m/s 由于b棒在运动至弹性装置P前，两棒在运动方向上均仅受等大的安培力作用，质量之比为1：2，因此两棒 的加速度大小始终为2：1，两棒的速度大小始终为2：1，故通过的位移大小也始终为2：1 因此b棒撞上弹性装置前x=-0.4m,x。=0.2m 此过程中，安培力大小为F= BL(瓜-L R+R。 对a棒应用动量定理有F安·△t=mya2-m,Va1 对b棒应用动量定理有-F安·△1=m,2一m,1② V△t=xa,V△t=xb 解得v2=-3m/s,2=1.5m/s 反弹后，导体棒b速度反向，大小不变，向左运动过程中，系统动量守恒有 mYa2+m,（-2)=(m2+m)V共 解得v共=-2m/s 69/70 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 即两棒稳定后，最终的速度均为2m/s,方向向左 70/70 2026年高考物理终极押题猜想 目 录 第一部分 新情景高考命题篇 2 情景一 与中国传统文化相关情景 2 情景二 与现代生活生产相关情景 14 情景三 与中国科技相关情景 25 情景四 与体育活动相关情景 37 高频考点预测 44 预测01 原子物理 44 预测02 光学 51 预测03 热学 67 预测04 平衡问题和牛顿运动力学 82 预测05 抛体运动和圆周运动 95 预测06万有引力与航天 105 预测07 功能关系 116 预测08 动量定理和动量守恒定律 127 预测09 机械振动和机械波 136 预测10 电场 144 预测11 磁场 155 预测12 电磁感应 166 预测13 交变电流 178 实验题预测 187 预测01力学实验 187 预测02电学实验 198 预测03创新实验 212 综合计算预测 226 预测01 气体实验定律综合应用 226 预测02 牛顿运动定律综合应用 236 预测03 带电粒子在电磁场中的运动 248 预测04 力学三大观点的综合应用 266 第一部分 新情景高考命题篇 情景一 与中国传统文化相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 1．古代发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内封闭气体，艾绒即可点燃。点燃之前的压缩过程中，筒内封闭气体（　　） A．对外界做正功，内能增加 B．对外界做负功，内能减少 C．分子密集程度增大，分子平均动能增大 D．每个分子的运动速率均增大，无规则热运动变剧烈 2．（多选）在古代，儿童常喜欢玩一种叫“吹豆”的游戏，儿童用手竖直握住两端开口且中空的秸秆，上端口放一粒黄豆，通过秸秆的下端向上用嘴吹气，从上端口喷出的气流可以将黄豆吹停在端口的正上方。若喷出的气流对豆的冲力F正比于气流的速率v，即为已知恒量)。气流速率v与黄豆距离上端口高度h的关系如图乙所示，v₀为气流从上端口喷出速率且不变，黄豆受到的力只考虑冲力和重力，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．若黄豆恰好悬停在距上端口处，则黄豆的质量为 B．黄豆的质量与黄豆悬停的高度成正比 C．若质量为2m的黄豆恰好悬停在上端口，则更换为质量为m的黄豆轻放在上端口后，上升的最大高度为h₀ D．两粒不同的黄豆的质量差为Δm，则两次悬停的高度差为 3《墨经》中记载古代建造房屋过程中通过斜面提升重物，如图所示，若斜面体表面和地面均粗糙，在用大小不变的力F缓慢拉升重物的过程中，斜面始终保持静止，下列判断正确的是（   ） A．重物受到的支持力变大 B．重物受到的摩擦力变大 C．斜面受到地面的支持力变大 D．斜面受到地面的摩擦力变小 4．图（a）为记载于《武经总要》的“扬尘车”，古代守城时用以借助风力抛撒石灰粉迷惑敌军。其原理可简化为图（b）模型：石灰粉（质量较小）与沙石（质量较大）仅在水平恒定风力和重力的作用下，由同一高度P点由静止释放，石灰粉与沙石受到的风力大小相等。下列说法正确的是（　　） A．石灰粉与沙石在空中做曲线运动 B．石灰粉落地点与P点的水平距离小于沙石落地点与P点的水平距离 C．石灰粉与沙石落地时重力的瞬时功率相等 D．石灰粉与沙石在空中运动的时间相等 5．医生通过系在患者手腕处的丝线感受脉搏。将脉搏视为简谐运动，丝线视为均匀介质，如图，选取丝线上相邻两点间距均为L的点标记为1，2，3，4，5，6…质点1在t=0时开始向上振动，t=1.25s时质点1第二次到达最高点，此时质点6刚好开始振动，该波的波长为_________。质点3位于波谷位置的时刻有_________。若患者脉搏加快，丝线上机械波传播速度_________（选择：A．增加；B．减少；C．不变）。 6．如图为抽气拔罐示意图，下端开口，上端留有抽气阀门。使用时，先把罐体按在皮肤上，再通过抽气使罐紧紧吸附在皮肤上。由于罐内皮肤凸起，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压为0.7倍的大气压，则抽气前、后罐内的气体质量之比为_________。（气体可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化） 分析有理·押题有据 近年倾向与传统文化结合的方式命题，即从一个具体现象切入，综合考查多个维度知识，选择题和解答题均会出现，预测2026年高考物理中，相关考点仍将保持“基础+综合+情境化”的命题趋势。 密押预测·精练通关 1．端午节，是中国四大传统节日之一，主要习俗为划龙舟。某地为庆祝端午佳节，举办龙舟大赛，每艘龙舟配有12人，除船头一人和船尾一人外，其余均为划手，每人质量为50kg，如图甲所示。质量为390kg的龙舟侧视图如图乙所示，质量为10kg的大鼓平放于水平甲板上，大鼓与甲板间的动摩擦因数为假设水对龙舟的阻力f是总重力的倍。每位划手拉桨过程中对龙舟提供400N的水平推力，回桨过程中无推力。划手回桨和拉桨前，大鼓均相对龙舟静止，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N B．划手回桨步调一致时，大鼓的加速度大小为 C．划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N D．划手拉桨步调一致时，大鼓的加速度大小为 2．抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者右手控制A点不动，左手控制B点沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（　　） A．沿虚线a向左移动，空竹的高度不变 B．沿虚线b向上移动，细线与竖直方向的夹角不变 C．沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变 D．沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力减小 3．如图所示，假设卖货郎的每个货筐是质量为M的立方体，每个货筐由四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，则卖货郎肩挑扁担匀速直线前进时，下列说法正确的是（　　） A．每条轻绳中的拉力大小为 B．每个货筐上四条轻绳中的拉力相同 C．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则每条轻绳中的拉力将变大 D．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则轻绳对货筐的作用力将变小 4．如图是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）    A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间 B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等 C．从释放到落地的过程中，重力对米粒和糠秕做的功相同 D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕 E． 5．如图甲所示，筒车的车轮在水流的推动下做匀速圆周运动，使装在车轮上的竹筒自动取水上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。竹筒顺时针匀速转动的半径为R，角速度大小为ω，在E点开始打水，从F点离开水面。从A点到B点的过程中，每个竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．竹筒做匀速圆周运动的向心加速度大小为ωR B．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为mg C．竹筒从C到B的过程中，重力的功率逐渐减小 D．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为 6．投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　） A．运动时间相同 B．加速度相同 C．动能变化量相同 D．动量变化量相同 7．图甲为《天工开物》中耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图乙所示，人站立在农具耙的中间位置，耙与水平地面平行，两条绳子相互平行且垂直于耙边缘。已知绳子与水平地面夹角为。当每条绳子拉力均为时，人与耙沿直线匀速前进，在内前进了。则下列说法正确的是（　　） A．人受到水平向右的摩擦力 B．地面对耙的阻力大小450N C．两条绳子拉力的总功率 D．两条绳子拉力对耙所做的总功 8．千余年来，景德镇制瓷业集历代名窑之大成，汇各地技艺之精华，形成了独树一帜的手工制瓷工艺生产体系，创造了中国陶瓷史上最辉煌灿烂的一段历史。瓷器的烧制可以采用窑炉。如图是窑炉的简图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到（为大气压强）时，排气阀才会开启，压强低于时，排气阀自动关闭，某次烧制过程，初始时窑内温度为，窑内气体体积为，压强为。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化，气体可视为理想气体，已知热力学温度与摄氏温度的关系：。 (1)排气阀开始排气时，窑内气体温度； (2)求窑内温度为稳定时，窑内气体质量与窑内原有（初始）气体质量的比值。 情景二 与现代生活生产相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 1．机械振动在介质中的传播形成机械波，这与我们的生活息息相关，例如声波、水波、绳波、地震波等。在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播。某时刻波刚好传播到处，波形图像如图所示，则（　　） A．此后再经5s该波传播到处 B．M点在此后第3s末的振动方向沿y轴负方向 C．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D．此后M点第一次到达处所需时间是 2．随着科技发展，智能手机不仅为我们的生活带来了便利，也可以利用它的摄像头和内部传感器协助我们完成物理实验。某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机磁传感器和一个磁性小球进行了如下实验： (1)将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长，再用游标卡尺测得摆球的直径为（读数如图2所示）。从图2可知，摆球的直径为__________。 (2)将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，准备测量磁感应强度的变化。将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图3所示。由图3可知，单摆的周期为___________。 (3)经测量得到6组不同的摆长和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图4所示。则当地重力加速度的表达式__________。图4中图像不过原点的原因是___________。 A．计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径 B．计算摆长时用的是摆线长度加上小球直径 C． 所选小球的密度过大 D．没有在最低点开始计时 (4)另一同学只通过一次实验测量出重力加速度，但由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在水平面内做圆周运动，如图5所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比 。 A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能 3．萍乡市上栗县是“中国烟花爆竹之乡”，现有上栗县生产的某烟花筒，结构如图1所示。其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。不计空气阻力，则（　　） A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1∶3 B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1∶3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3∶2 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1∶2 4．如图为甘肃敦煌熔盐塔式发电站，主要由一个中心吸热塔和周边1.2万面角度可调的定日镜组成。借助定日镜可保证把阳光反射至吸热塔顶部，并通过能量转化系统将太阳能转化为熔盐内能储存后再发电，其发电功率，年发电时间为3900h，每生产1kWh电能排放，则（　　） A．该发电站的年发电量为 B．与火电站（每生产1kWh电能排放）相比，每年可减排约35万吨 C．远距离输电时需采用高压交流输电以降低因线路的感抗、容抗引起的电能损失 D．为把阳光射向吸热塔顶部，离塔相同距离的所有定日镜镜面与地面夹角应相同 分析有理·押题有据 近年与现代生活生产结合的方式命题，即从一个具体现象切入，综合考查多个维度知识，选择题和解答题均会出现，预测2026年高考物理中，相关考点仍将保持“基础+综合+情境化”的命题趋势。 密押预测·精练通关 1．无人驾驶正悄悄走进人们的生活。在一次无人驾驶测试过程中，原来匀速行驶车辆遇到障碍物的图像如图所示，以开始减速为时刻；已知车辆总质量，全程阻力恒定，段功率恒为，段为直线，时关闭发动机，时停止运动。则下列说法正确的是（　　） A．0~5s内汽车加速度逐渐增大 B．汽车所受阻力为2000N C．以匀速运动时汽车的功率为8000W D．0~7s内汽车位移为53m 2．生活中常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有一部质量为的手机（包括手机套），从离地面高处无初速度下落，落到地面后未反弹。由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为。不计空气阻力，取，求： (1)手机从开始下落到速度为零的过程中手机重力的冲量大小； (2)地面对手机的平均作用力大小。 3．（多选）某科技公司研发的新型混合动力机车，其动力系统可在“纯电动模式”和“发动机辅助模式”间智能切换。已知机车行驶中所受阻力恒定，在平直公路上启动过程中，纯电动模式保持额定功率不变，发动机辅助模式额定功率。若启动过程中机车从静止开始先以纯电动模式行驶，时刻恰好达到该模式下的最大速度，随后立即切换为发动机辅助模式继续加速。则下列描述机车运动图像可能正确的是（图中是机车的牵引力）（　　） A． B． C． D． 4．校园科技节上某组同学展示了一套模拟海浪发电给小风扇供电的装置，示意图如图（a）。模拟海浪在圆筒中涌动，使竖直筒内水平放置的绝缘活塞上下做简谐运动。在活塞上表面固定一根长度为的金属棒ab，其通过竖直导轨及导线与变压器的原线圈连接。金属棒运动的空间存在方向水平且垂直于ab、磁感应强度大小为的匀强磁场（未画出），金属棒产生如图（b）所示的正弦式交流电加在原线圈两端，小风扇正常工作。已知理想变压器原副线圈匝数比为，小风扇输入功率为30W，小风扇线圈电阻，其它电阻不计。求： (1)金属棒ab的速度v与时间t的关系式； (2)正常工作时小风扇的输出功率； (3)金属棒ab所受安培力大小的最大值。 情景三 与中国科技相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 1．如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的不带电金属小球（带电后可视为点电荷），用绝缘支柱固定小球M，用可调长度的丝线悬挂小球N，使N位于M的正上方。调节小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d。固定在丝线上端的拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全放电。实验小组按以下步骤进行实验： ①在球N不带电时读出传感器示数； ②让球M与球N带等量同种电荷，调整球N到位置1，读出并记录传感器示数； ③继续调整球N分别到位置2、3、4，依次读出传感器示数、、； ④用放电杆使球N完全放电，再让球N与球M接触后，放回位置1，读出并记录传感器示数； ⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数、。 (1)下列能使M、N小球带等量同种电荷的方式是______。 A．用与M、N相同的带电小球P，先接触M，再接触N B．M、N小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开M、N小球，再移走带电体 C．M、N小球接触后，用带电导体球接触M、N，移除导体球，再分开M、N小球 (2)实验中可以观察到，、、、四个示数中最大的是______。 (3)对于上述操作，下列说法正确的是（    ） A．本实验采用的主要实验方法是等效替代法 B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系 C．根据①②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系 D．要测定静电力常量k，不需要准确测出小球M的带电量 (4)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是______。 2．在前沿科技中、需要对带电粒子的运动进行精确控制，如图所示，一粒子源能够发射速度大小为的粒子，粒子的质量为、电荷量为、经加速电场加速后，以大小为的速度进入圆心为的辐射状电场、做半径为的匀速圆周运动，出辐射状电场时速度方向恰好改变了，粒子出辐射状电场再沿轴运动距离后进入方向垂直纸面向里、半径为的圆形匀强磁场区域、恰好从平面直角坐标系中的点沿轴正方向射出匀强磁场区域、已知加速电场两极板间距为，圆形匀强磁场区域的圆心在平面直角坐标系的坐标原点，不计粒子重力。 (1)求加速电压； (2)求圆形匀强磁场的磁感应强度的大小； (3)若将粒子源、加速电场和辐射状电场沿轴负方向移动到处，求粒子在匀强磁场中的运动时间以及射出磁场时速度方向与轴正方向的夹角。 3．该科技小组进一步研究机器人手内部压力传感器的特性，其模拟控制电路如图（a）所示，所用器材为：电源（电动势6V，内阻可忽略不计）、理想电压表V、理想电流表mA，定值电阻（阻值）、滑动变阻器（最大阻值）、电阻式压力传感器（最大阻值）、开关S，导线若干。 (1)连接电路前，开关应处于________状态，滑动变阻器的滑片应置于________（选填“最左端”、“最右端”），请在图（b）中完成剩余部分电路的接线________。在调节滑动变阻器的过程中，电流表示数的最小值为________mA（结果保留3位有效数字）。 (2)闭合开关S，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，对施加压力，测得的电压如图（c）所示，则示数为________V。 (3)改变的大小，读出电压表和电流表的示数，计算对应的值，描绘出图像如图（d）所示。若将滑动变阻器滑片置于正中央，随着压力的增大，电压表的示数将________，当时，电压表示数为________V。（结果保留三位有效数字） 分析有理·押题有据 近年与中国现代科技结合的方式命题，即从一个具体现象切入，综合考查多个维度知识，选择题和解答题均会出现，预测2026年高考物理中，相关考点仍将保持“基础+综合+情境化”的命题趋势。 密押预测·精练通关 1．近年来，我国在高超音速滑翔飞行器（HypersonisGlide Vehicle，HGV）技术领域取得突破性进展。某型HGV采用“助推-滑翔”弹道技术，由运载火箭发射至大气层边缘后，用类似打水漂的方式以超过5马赫的速度进行无动力滑翔飞行，具有射程远、突防能力强、轨迹多变等特点，可应用于航天返回、快速全球打击等任务，展现了我国在先进飞行器领域的科技实力，其弹道轨迹如图所示。下列说法错误的是（    ） A．导弹在a点速度方向指向轨迹切线方向 B．导弹在a点所受合力的方向指向地球 C．导弹在b点所受合力的方向沿轨迹切线方向 D．导弹在b点附近一小段轨迹可视为匀变速曲线运动 2．电磁场与现代科技密切关联，在科学研究和工业生产中有重要应用。关于以下四个科技实例，下列说法正确的是（　　） A．甲图中电子束出射速度不变，励磁线圈电流变大时，电子束径迹形成的圆半径变大 B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷一定相同 C．丙图中载流子为负电荷的霍尔元件加如图所示的电流和磁场时，M侧电势高 D．丁图中增加D形盒狭缝之间的电压U，粒子的最大动能不变 3．近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图1所示，在直线测试跑道上，机器人A在时从起点以初速度和加速度向右匀加速运动；机器人B在时从起点由静止开始以加速度（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在时追上机器人A，求： (1)机器人B的加速度大小； (2)在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离； (3)如图2所示，假设跑道长100米，机器人A以的速度从起点匀速向终点出发；机器人B以的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，则在100秒内机器人A与B会相遇几次？ 4．2025年11月15日，世界气象组织地基综合气象观测引领中心（长沙）揭牌成立。目前，全球共有13个引领中心，分别聚焦冰冻圈、航空、气溶胶等领域开展研究。引领中心（长沙）坐落于北纬重降雨带内，是全国5大国家综合气象观测试验基地之一，配有先进科技设备，具有完整的“地面-高空-空间”三维一体化观测能力。长沙初夏昼夜温差较大，2019年6月3日中午地表温度甚至超过。温度较大波动对汽车轮胎胎压造成的影响直接关系到行车安全。若某天清晨的气温是，车主将汽车的胎压调整至如图所示（按照行业标准，夏季的胎压为），此车胎压监测系统监测到胎压低于或高于皆会触发报警。（忽略胎压变化过程中气体体积的变化）求： (1)若中午气温升至，轮胎因长时间行驶温度上升到，通过计算判断胎压监测系统是否会报警； (2)因车胎被扎钉子而缓慢漏气，刚好触发报警时，求漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值（缓慢漏气过程中忽略气体温度变化）。 5．如图为某科技小组设计的电磁缓冲装置的结构简图，竖直绝缘杆的底端至顶端依次平行固定若干个相同的单匝闭合矩形金属线框（图中仅画出3个线框），线框紧挨且彼此绝缘，绝缘杆及线框的总质量为M，单个线框的长度为4L（ef边）、宽度为L、电阻值为R。现让该装置从水平匀强磁场（足够大）边界上方h处由静止释放，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，忽略空气阻力，该装置下落过程中始终保持竖直，ef边始终水平，重力加速度大小为g。求： (1)线框1的ef边刚进入磁场瞬间，该装置受到的安培力F的大小； (2)若线框1恰好完全进入磁场后，该装置开始匀速下落，则线框1进入磁场的过程中，线框1产生的焦耳热Q及通过其截面的电荷量q分别为多少？ (3)若线框恰好完全进入磁场后，该装置开始匀速下落，则从线框1由静止释放到线框n恰好完全进入磁场所用的时间t为多少？ 情景四 与体育活动相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 1．荡秋千是大家喜爱的一项体育娱乐活动。某秋千的简化图如图所示，细绳长为L，重力加速度大小为g，质量为m的小球从悬点正下方开始摆动，最大摆角为θ。不计空气阻力，细绳质量相对小球可忽略，小球看成质点。下列说法正确的是（　　） A．当时，可以把小球的摆动看成简谐运动 B．若可以把小球的摆动看成简谐运动，其周期为 C．小球在运动过程中动能一直减小 D．细绳的最大拉力为 2．如图所示，高空滑索早期是用于贫困山区的交通工具，后发展为高山自救及军事突击行动，如今发展为现代化体育游乐项目。现简化该模型如下：固定的足够长斜杆粗糙程度未知，与水平面的夹角为，杆上套一个金属环，不可伸长的轻绳连接着金属环和小球，质量分别为m、M。现给环和球组成的系统一沿杆方向的初速度，经过一段时间后两者保持相对静止，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．两者相对静止位置如图1时，系统一定处于静止状态 B．两者相对静止位置如图2时，系统一定沿杆下滑 C．两者相对静止位置如图3时，系统一定沿杆下滑 D．两者相对静止位置如图4时，系统一定沿杆下滑 3．（多选）桌球是一种常见的室内体育运动项目，通过球杆在水平台上击打母球，使母球与目标球发生碰撞。可用碰撞恢复系数研究碰撞情况，如母球以速度与静止目标球发生正碰，碰后瞬间母球和目标球速度分别为、，则碰撞恢复系数为。如图所示，某次碰撞过程中，母球A以的速度与静止的目标球B正碰，碰撞时间极短，碰撞过程中的恢复系数，碰后瞬间两球速度方向相同，母球和目标球质量均为，重力加速度。以下说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间，目标球B的速度大小为 B．碰撞过程中母球A对目标球B的冲量大小为 C．此次碰撞过程中母球A损失机械能约为 D．若碰撞过程中恢复系数，则两球组成的系统碰撞前后无机械能损失 分析有理·押题有据 近年与体育活动相关的方式命题，即从一个具体现象切入，综合考查多个维度知识，选择题和解答题均会出现，预测2026年高考物理中，相关考点仍将保持“基础+综合+情境化”的命题趋势。 密押预测·精练通关 1．（多选）学生在体育课上练习投掷铅球，铅球出手高度、出手速度大小及抛出角度对成绩均有影响。如图所示，某同学投掷铅球，出手位置到地面的高度为h，初速度大小为，与水平方向夹角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　） A．铅球抛出后继续上升的高度为 B．铅球落地时速度大小为，方向竖直向下 C．若初速度变为，其余条件不变，则水平射程变为原来的2倍 D．铅球经过最高点的曲率半径（最高点对应的圆弧半径）为 2．2025年7月，在第11届自治区少数民族传统体育运动会上，赤峰市代表队的节目《舞龙》将跳绳与舞蹈结合，获得诸多好评。图甲为某人跳绳时的情况。起跳过程中，脚离地前，重心加速度与重心上升高度关系如图乙所示，脚离地后重心上升的最大高度为（取）（   ） A．0.15m B．0.20m C．0.30m D．0.40m 3．羽毛球是大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，由于空气阻力的影响，轨迹不对称。图中A、B为同一轨迹上等高的两点，为该轨迹的最高点。羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A．在A、B两点的机械能相等 B．在A、B两点的动量相等 C．AP段动能的减小量等于PB段动能的增加量 D．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量 4．台球是一项深受青少年喜爱的体育运动。如图所示，水平台面上的甲球球心和中袋中心连线与桌边间夹角，运动员用球杆将白球乙沿与桌边平行的方向以速度击出，乙与甲碰撞后甲落入中袋。已知两球质量、半径均相等，两球碰撞为弹性碰撞，不计两球所受阻力，不考虑球的自旋影响。关于甲、乙两球的运动，下列说法正确的是（    ） A．碰撞后乙球速度方向不变 B．碰撞后两球速度方向垂直 C．碰撞后甲球速度大小为 D．碰撞后乙球速度大小为 高频考点预测 预测01 原子物理 1．我国“嫦娥四号”月球车搭载的核电池利用放射性同位素衰变供能，的衰变方程为，下列说法正确的是（　　） A．该反应属于衰变，为电子 B．比更稳定 C．的比结合能比的比结合能大 D．若将置于高温环境，其半衰期会缩短 2．用甲、乙两束不同的单色光，分别照射同一光电管得到两条光电流I与电压U之间的关系曲线，如图所示。下列说法正确的是（    ） A．甲光照射时产生的光电子的最大初动能更大 B．在水中，甲光的频率比乙光的频率大 C．在水中，甲光的传播速度比乙光的传播速度大 D．照射同一狭缝装置，乙光的衍射现象更明显 3．福清核电站5号机组是全球首个采用我国自主三代核电技术“华龙一号”的机组。核电站的能量来源于原子核的裂变，其中一个典型的核反应方程为，则X为（　　） A． B． C． D． 4．宇宙射线进入地球大气层时会产生大量的中子，中子撞击大气中的会引发核反应产生，而具有放射性，可自发衰变为。下列说法正确的是（　　） A．中子撞击的核反应为裂变反应 B．发生的是衰变 C．不同时间段产生的的半衰期不同 D．衰变产物除了之外，另一粒子来源于碳原子的核外电子 5．我国计划利用月球土壤中丰富的钛资源建造小型核反应堆，为未来的月球基地提供持续能源。该反应堆中涉及的部分核反应方程如下：①，②，③。下列说法正确的是（　　） A．方程①中的X是质子 B．比少一个中子 C．方程③中的电子来自原子的内层电子 D．月球上的真空及低温环境使钍的半衰期变长 6．钴60（）的衰变实验可以证实宇称不守恒的论断。钴60的衰变方程为，其中X表示的是（    ） A． B． C． D． 7．（多选）下列有关说法正确的是（　　） A．无线电波、物质波、X射线与β射线都是电磁波 B．γ射线具有很强的穿透本领，可以用来检查人体的内部器官 C．首次并网发电的温州苍南三澳核电站，采用重核裂变获得能量 D．测量星球上某些元素发出的光波的频率，然后与地球上这些元素静止时发光的频率对照，就可以判断星球在靠近或远离地球 8．（多选）2025年全球首个全超导非圆截面托卡马克——“东方超环”，技术成果取得关键突破。一种典型的聚变反应是一个氘核和一个氚核聚变成氦核和某种强子x，已知、、和x的质量分别为、、和，1u相当于，阿伏伽德罗常数为，元电荷，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程为，其中为质子 B．该核反应过程中释放的能量约为 C．氘完全参与该核反应时释放出能量的数量级为 D．要使该核聚变发生，必须使氘核和氚核的距离达到以内，让核力起作用 9．（2026·新疆乌鲁木齐·考前学情质量监测）（多选）在光电效应的实验中，某同学发现使用较弱的红光照射某金属时不能发生光电效应，使用绿光照射该金属时能发生光电效应。下列操作中一定能使该金属发生光电效应的是（　　） A．使用更强的红光照射 B．使用黄光照射 C．使用蓝光照射 D．使用紫外线照射 10．（多选）下面说法正确的是（　　） A．甲图为不同频率的光照射同种金属材料，光电效应实验中光电流与电压的关系，光的频率大于光的频率 B．乙图是粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型 C．丙图是不同原子核比结合能按照实际测量结果画的图线，裂变成、原子核，、原子核的总质量小于原子核的质量 D．丁图为黑体辐射的实验规律，由图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向频率较低的方向移动 11．（多选）如图1所示，用甲、乙、丙三束单色光分别照射同一光电管的阴极K，调节滑动变阻器的滑片P，得到了三条光电流随电压变化关系的曲线如图2所示。下列说法正确的是（     ） A．甲光的光子能量大于丙光的光子能量 B．甲光照射时，阴极K单位时间逸出的光电子最多 C．乙光照射时，光电子的最大初动能最大 D．当光电流为零时，滑片P位于点右侧 预测02 光学 1．某艺术展览会上有一半圆形透明吊坠艺术品，其半径为，圆心点正下方有一点光源，距离圆心，当光源发出单色光时，其半圆弧边缘上有三分之二圆弧没有光线射出。只考虑直接射向圆弧边缘的入射光，该艺术品对该单色光的折射率为（　　） A． B． C．2 D． 2．下列关于光的干涉与衍射现象说法正确的是（    ） A．单缝衍射实验中，缝越窄，衍射现象越明显，条纹间距越大 B．泊松亮斑是光的干涉现象，说明光具有波动性 C．用白光做双缝干涉实验时，中央条纹是彩色的，两侧出现明暗相间的单色条纹 D．薄膜干涉中，肥皂泡表面的彩色条纹是由于光在薄膜前后表面反射后发生衍射形成 3．如图，一块剖面为三角形的有机玻璃压在另一块有机玻璃上，当白色的偏振光通过三角形有机玻璃不同部位时，产生的干涉花纹会随着压力的变化而变化，利用特殊仪器可以清晰看到这种差异。则（　　） A．该实验中压力来源于核子间的强相互作用 B．该实验中白炽灯可充当光源直接照射有机玻璃 C．该实验只能观察有机玻璃发生的较大形变 D．该实验可用于推测有机玻璃各部位的受力情况 4．“寒夜灯柱”是在极冷天气下，由于大气中的冰晶（视为竖直的圆柱体）对光的折射、反射造成的一种冰晕现象。其部分光路如图所示，一束复色光从右侧界面折射进入冰晶，分成两束单色光x、y，再经左侧界面反射，又从右侧界面折射出来进入人眼。下列说法正确的是（　　） A．在冰晶中，单色光x的速度比单色光y大 B．在冰晶中，单色光x的波长比单色光y长 C．从冰晶右侧出射后，单色光x、y将平行进入人眼 D．从冰晶右侧出射后，单色光x、y将会相交于人眼处 5．如图，烛光（黄光）下的肥皂泡常呈现出明暗相间的条纹，是因为肥皂泡薄膜前后表面的反射光发生干涉，假设一肥皂薄膜竖直放置，在重力的作用下，薄膜呈现出“上薄下厚”的特点，竖直距离每增加，薄膜厚度增加。已知黄光波长为，则相邻明暗条纹间距的表达式为（　　） A． B． C． D． 6．（多选）如图所示，竖直平面内激光器悬挂在轻质弹簧下端，与水平方向的夹角始终为，其右侧竖直放置一块直径为的半圆柱形玻璃砖。激光器静止时，激光恰好从圆心点射入玻璃砖。现使激光器做简谐运动，并确保照射到玻璃砖的光均能从圆弧面射出。已知玻璃砖对该激光的折射率为，光在真空中的传播速度为，不考虑玻璃砖内的反射光，则（    ） A．激光器的最大振幅为 B．激光在玻璃砖中的传播速度为 C．圆弧上的光点做匀速圆周运动 D．若激光频率增大，激光器的振动周期将减小 7．（2026·广东汕头·二模）（多选）如图所示，将一个空玻璃试管放在盛满水的透明水槽中，从水槽外侧可以观察到试管浸入水中的玻璃侧壁更亮一些。已知水的折射率约为1.33，玻璃的折射率约为1.5。下列说法正确的是（　　） A．光从水射向试管玻璃壁，折射光线往法线方向偏折 B．侧壁更亮一些是因为光从水射向玻璃侧壁时发生全反射 C．光从水射向试管玻璃壁再射入试管内的空气，频率始终不变 D．光从水射向试管玻璃壁再射入试管内的空气，传播速度始终不变 8．（多选）如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源S，它能发出红色、橙色、紫色三种光，有光线射出的水面上形成如图乙所示的圆形环状区域。红色、橙色、紫色的折射率分别为、、，下列说法正确的是（　　） A．区域Ⅰ的面积为 B．区域Ⅱ射出的是紫光和橙光 C．区域Ⅲ射出的是红光 D．红光在水中的传播速度比紫光小 9．（多选）市面上常用光学玻璃的折射率一般在之间，某研发团队为突破上限对制作的超高折射特种玻璃进行了相关检测。如图所示，发射器发射一束光线从空气垂直进入横截面为四分之三圆面的柱状玻璃砖中，入射点为点，光线打在紧贴玻璃砖表面的感光仪上，感光仪可检测光点强度。现控制发射器缓慢下移，测得光强几乎不变，在越过点的瞬间感光仪测得光强骤然下降。已知圆的半径为，，，光在真空中传播的速度为，则（　　） A．玻璃砖的折射率为2 B．光线在玻璃砖中的传播速度为 C．光线在玻璃砖中的频率为真空中的一半 D．点入射的光在玻璃砖中传播的路程为 10．（多选）用折射率判断液体种类是一种快速且非破坏性的物理分析方法。某同学利用烧杯和激光笔进行实验，纵截面如图所示，保证入射点和入射角（30°）不变，在恒温环境下获得的部分数据如表1所示，该温度下常见液体的折射率如表2所示，下列说法正确的是（　　） 1 2 3 4 液体种类 3%盐水 20%盐水 折射角的正弦值 0.35 0.375 0.373 4 0.37 表1 液体种类 纯水 乙醇 3%盐水 20%盐水 浓硫酸 折射率 1.333 1.36 1.339 1.369 1.428 表2 A．液体1可能是乙醇 B．液体4的浓度小于标称值 C．适当增大入射角可提升测量精度 D．出射点越高，折射率越大 11．黑夜中，宽大平静湖面下水深处有一可视为点光源的发光体，发出的单色光在水面形成一半径为的圆形亮区（有光射出水面进入空气中）。求： (1)湖水对该单色光的折射率； (2)时刻该发光体从静止开始以加速度竖直向上匀加速运动，求在光源到达水面前，圆形亮区面积随时间的变化关系。 12．如图所示，某透明介质的横截面是半径为的圆，是圆心，AB是直径，一束单色光与AB平行，从圆弧上的点射入介质，折射光线到达点，已知该单色光在点的折射角与入射角之和为，光在真空中的传播速度为。 (1)求此透明介质的折射率； (2)求该单色光从点到点的传播时间。 13．如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其直径边与桌面贴合。一细光束从直径边上的P点入射，已知光在真空中的传播速度为c。若光束垂直直径边入射时，恰好在玻璃砖的圆弧面发生全反射；当入射角时，光束从圆弧面出射后恰好与入射光平行。 (1)求玻璃砖的折射率n； (2)求P点到圆心O的距离OP，以及光在玻璃砖内的传播速度大小。 14．如图所示为一玻璃砖的横截面，其中OAB是半径为R的扇形，，OBD为等腰直角三角形。一束光线从距O点的P点垂直于OD边射入，光线恰好在BD边上发生全反射，最后由AB边射出。已知光在真空中的传播速度为c，求： (1)玻璃砖对该光线的折射率； (2)光在玻璃砖中传播的时间和从AB边射出时的折射角。 15．如图（a）所示，某透明晶体放在纸上，文字呈现双像的现象称为双折射现象。如图（b）所示为某次实验的光路图，厚度为的某种长方体单轴晶体放置在水平桌面上，一束自然光从晶体底部射向晶体上表面，入射角为，折射进入空气中时会分解为o光（寻常光线）和e光（非常光线），其中o光的折射角为。已知o光在晶体内的传播速度是e光在晶体内传播速度的倍，真空中的光速为。求： (1)该晶体对o光的折射率； (2)o光在晶体中的传播时间； (3)e光的折射角。 预测03 热学 1．如图所示为某密闭容器中一定质量的理想气体完成的循环过程，其压强随体积的倒数的变化情况。下列说法正确的是（　　） A．A到B过程，气体温度升高 B．B到C过程，气体对外放出热量 C．C到D过程，外界对气体做正功 D．D到A过程，气体内能减少 2．中国是瓷器的故乡，号称“瓷器之国”。如图是烧制瓷器的某窑炉结构示意图，上方有一单向排气阀，当窑内外气压差升高到（为大气压强）时，排气阀会开启，减压泄气，此后窑内气体压强保持不变。某次烧制过程中，初始时窑内温度为27℃，窑内气体压强为，密度为。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高，不考虑瓷胚体积的变化，气体可视为理想气体。当温度逐渐升高至烧制温度1027℃时，窑内气体密度为（　　） A． B． C． D． 4．在一次科技活动上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个完全相同的导热良好、在碗底都焊接了铁钩的不锈钢碗，将两个碗扣上后，用手动微型抽气机抽取碗内空气。已知碗口的直径为20，两个碗扣上后容积，抽气机每按压一次抽出体积为的气体。实验过程中碗不变形，也不漏气，空气视作理想气体且温度不变，大气压强。抽气10次后，用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示，设每人平均用力为200N，请你估算一下，要想拉开，两侧至少各需要的人数为（　　）（取） A．16 B．14 C．12 D．10 5．（2026·江西宜春·模拟）某同学制作了一个简易气温计，如图所示，制作过程：“将一根透明吸管插入一个空的铝制的导热性良好的饮料罐中，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱。”用手握住饮料罐一段时间后，发现油柱向外移动（未到达管口）。若不计大气压强的变化和油柱与吸管间的摩擦力，气体可视为理想气体，则该段时间内罐内气体（　　） A．压强增大，分子热运动的平均动能增大 B．压强不变，分子热运动的平均动能增大 C．压强增大，分子热运动的平均动能减小 D．压强不变，分子热运动的平均动能减小 6．在一些特殊的双轴晶体中，以特定角度入射圆偏振光的线光源时，光会在晶体中沿圆锥面传播，从而使得透射出来的光形成一个空心圆筒，在光屏上可以得到一个圆环，这种特殊的折射现象叫作锥形折射。发生锥形折射主要是由于双轴晶体具有（    ） A．固定的熔点 B．各向异性 C．规则的形状 D．稳定的晶格结构 7．（多选）如图，某自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通，细管的上部封闭，并和一压力传感器相接。细管刚进水时管中被封闭的空气柱长度为，当空气柱长度被压缩到时，压力传感器触发控制装置关闭进水阀，达到自动控水的目的。细管中气体温度不变，大气压强为，水的密度为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．随细管中水位升高，单位时间、单位面积上撞击管壁的气体分子数增加 B．随细管中水位升高，管中气体从外界吸收热量 C．停止进水时，细管中气体压强为 D．停止进水时，洗衣缸与细管的水位高度差为 8．（多选）如图，倾角为37°的斜面固定在水平面上，上端封闭、下端开口的细玻璃管与斜面间的动摩擦因数为0.5。静置于斜面上的玻璃管内有长度为10cm的水银柱，封闭的空气柱长度也为10cm。释放玻璃管，达到稳定后水银柱与玻璃管相对静止。过程中玻璃管的温度保持不变，外界大气压为76cmHg，重力加速度，，，则（　　） A．玻璃管静止时，管内气体的压强为70cmHg B．玻璃管稳定下滑时，其加速度为 C．玻璃管稳定下滑时，管内气体的压强为90cmHg D．玻璃管稳定下滑时，管内空气柱长度约为9.72cm 9．（多选）如图所示，高度为3h、内部横截面积为S的绝热汽缸竖直放置，厚度均不计的绝热活塞a和导热活塞b封闭两部分理想气体甲、乙。初始时活塞a与汽缸底面之间的距离为h，两活塞之间的距离也为h，两部分气体和外界温度均为T0，大气压强为p0。现通过电热丝对气体甲缓慢加热，当活塞b到达汽缸口且卡扣对活塞b的总作用力为0.6p0S时停止加热并立即锁定活塞b，然后打开阀门P，区域乙的气体缓慢漏出，经过足够长的时间后，气体乙剩余的质量是原来质量的。已知活塞a的质量不计，活塞b的质量为（g为当地重力加速度），两活塞与汽缸之间接触良好且无摩擦，不计电热丝的体积，外界温度保持不变。则（　　） A．活塞b刚到汽缸口时，气体甲的温度为1.5T0 B．停止加热时，气体甲的温度为3.5T0 C．打开阀门且稳定后，活塞a到汽缸底部的距离为2h D．打开阀门且稳定后，气体甲的温度为2T0 10．（多选）某实验小组设计一个测定水深的深度计。如图所示，导热性能良好的圆柱形气缸I、II内径分别为r和2r，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为，最初气缸Ⅰ内通过A封有压强为的气体，气缸II内通过B封有压强为3的气体，一根很细的管子连通两气缸，开始时A、B均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知相当于10m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体。下列说法正确的是（　　） A．当活塞A向右移动时，水的深度h=10m B．当活塞A向右移动时，水的深度h=20m C．此深度计能测的最大深度h=22.5m D．若要测量的最大水深h=40m，当不改变最初气缸Ⅰ内通过A封闭的气体的压强，则最初气缸II内通过B封闭的气体的压强应改为4.75 11．（多选）一定质量的理想气体用轻活塞封闭在气缸内，将气缸以不同方式放置。甲图，用轻质细线系在活塞的正中央将整个装置悬挂在天花板上；乙图，让气缸开口向下，用竖直杆与活塞相连固定在地面上；丙图，气缸开口向右放置在水平地面上；丁图，气缸开口向上放在水平地面上，一重物放在活塞上。气缸内壁光滑，各状态下活塞和气缸都处于静止状态，外界温度不变，下列说法正确的是（　　） A．甲图气体压强可能与丙图相等 B．乙图气体压强可能与丁图相等 C．若气缸和活塞导热良好，甲图变为丙图外界对气体做功 D．若气缸和活塞绝热，甲图变为丙图气体温度可能不变 12．（2026·广东湛江·高考测试（二））如图，太空舱的体积为V1=21m3，气闸舱的体积为V2=7m3.初始时两个舱门均紧闭，气闸舱内空气压强为p2=0.2×105Pa。宇航员从太空舱出舱，首先要经过气闸舱.先打开门A，空气从太空舱流向气闸舱稳定后压强为p=0.8×105Pa；然后闭合门A，对气闸舱进行抽气，当气闸舱内气体压强为p3=0.6×105Pa时不再抽气.整个过程中太空舱和气闸舱温度相同且均保持不变，所有气体均视为理想气体，宇航员的体积忽略不计，求： (1)门A打开前，太空舱内气体的压强p1； (2)门A闭合后，从气闸舱抽出的气体质量占气闸舱气体总质量的比例k。 13．某款温度报警器的结构简图如图所示。竖直放置的导热汽缸顶端有一气孔和大气相通且内表面安装了一个报警器（大小不计），底端左侧装有充气阀门。某次测试时关闭充气阀门，汽缸下部分通过轻质活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，当测试环境的热力学温度时，活塞与汽缸底端的距离，当测试环境的热力学温度缓慢升到时，活塞刚好触及报警器，触发报警。不计活塞和汽缸间的摩擦，测试环境气压始终不变。 (1)求汽缸顶端到底端的距离； (2)通过充气阀门向汽缸下部分充入同种气体，使得触发报警的热力学温度变为，求充入气体质量与汽缸下部分原有气体质量的比值。 14．（2026·广西桂林·一模）某双层真空保温杯夹层中残留少量空气，温度为27℃时，压强为。夹层体积为。（热力学温度与摄氏度关系： (1)当夹层中空气的温度升至47℃时，求此时夹层中空气的压强：（计算结果保留三位有效数字） (2)当保温杯外层出现微小裂隙，静置足够长时间，夹层内空气与外界大气相通，设环境温度为27℃，大气压强为。求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。 14．如图所示，一根下端封闭、上端开口的均匀玻璃管竖直放置，管内有长度为的水银柱，将一段空气柱（视为理想气体）封闭在管内，静止时空气柱的长度为，已知外界大气压强恒定为。现让玻璃管以大小为的加速度竖直向上做匀加速直线运动，运动过程中管内空气的温度保持不变，取重力加速度。求： (1)玻璃管加速运动时，管内封闭空气的压强为多少？ (2)玻璃管加速运动时与竖直静止时相比较，管内封闭空气柱的长度减少了多少？ 15．某位老师想测量自家新买的国产电动汽车的最大加速度。他在一端封闭的细直玻璃管中用水银柱封闭一段空气柱后，将玻璃管沿车行驶方向且封闭端朝向车头水平固定。再用吸管在水银柱外侧表面处滴入少量红墨水，装置示意图如图所示。已知管内水银柱长，大气压强，汽车静止时封闭气柱长。启动汽车，把油门踩到底，让汽车沿直线行驶一段距离，再减速停车，待停稳后根据红墨水的痕迹测量出管内水银柱向管口方向处移动的最大距离。若车内温度不变，不考虑摩擦的影响和水银柱的长度变化，重力加速度g取，求： (1)汽车加速过程中，管内气体压强的最小值； (2)汽车最大加速度的大小。（提示：液体压强公式中，若为水银密度，h的单位为cm，则p等于） 预测04 平衡问题和牛顿运动力学 1．如图所示，一物块放置在粗糙水平面上，其上固定一“L”型轻杆，轻绳ON的一端O固定在杆上，中间某点M拴一小球，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（），现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程，物块始终保持静止，则 A．OM上的弹力先减小后增大 B．MN上的弹力先增大后减小 C．此过程水平面对物块摩擦力最大时OM、MN两绳张力的大小相等 D．水平面对物块的支持力先增大后减小 2．质量为的半球形碗静止在水平桌面上，截面如图所示，A为碗的最低点，B为碗水平直径的左端点，碗恰好与固定竖直挡板接触。碗内有一质量为的小球，用推力F推动小球由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．小球对碗的压力先减小后增大 B．推力F先减小后增大 C．碗对水平桌面的压力先增大后减小 D．挡板对碗的压力先增大后减小 3．如图所示，三脚架上放置泥三角，坩埚静止放置于泥三角上，若坩埚的重力为，则泥三角对坩埚的作用力大小为（　　） A．G B． C． D． 4．（2026·广东惠州·模拟）如图所示，在两根竖直木桩等高的两点处，用两根等长轻绳将木板悬挂制成一简易秋千。木板静止时，表示木板所受合力的大小，表示单根轻绳对木板拉力的大小，下列说法正确的是（    ） A．若仅将两绳各剪去相同长度，则变大 B．若仅将右侧木桩向左稍移一段距离，则变小 C．该秋千在某次摆动的过程中，摆至最高点时轻绳最容易断裂 D．若仅将右侧木桩向左稍移一段距离，秋千做小幅度摆动的周期不变 5．如图所示，不可伸长的轻绳AO、BO与弹性绳CO（遵循胡克定律）系于O点，AO另一端固定，BO水平且另一端连接着置于粗糙水平面的物体P，弹性绳CO下方悬挂一小球Q，初始时系统处于静止状态。现由于小球Q受到水平向左恒定风力作用，稳定后弹性绳CO偏离竖直方向一定夹角，此过程中物体P未发生移动，下列说法正确的是（　　） A．轻绳AO的拉力变小 B．轻绳BO的拉力变小 C．物体P受到的摩擦力不变 D．小球Q的位置一定变高 6．水平传送带匀速运动，将物体（可视为质点）无初速度地放在传送带上A点，一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　） A．刚开始物体相对传送带向前运动 B．仅增大μ，物体做加速运动的位移变大 C．仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量相同 D．仅增大v，物体从A点运动到B点的过程中可能一直受摩擦力 7．（多选）如图甲所示，一质量为的小薄板（厚度可忽略）以初速度v0沿水平面向右运动，即将进入区域①的左边界。薄板与区域①之间的动摩擦因数为，区域②光滑，两区域交替出现且长度均与薄板的ad边长相等。当薄板的ab边在每个区域①内运动时，受到水平向右的拉力（，，x为距①左边界的距离）；当薄板的边在区域②内运动时，。薄板的速度大小与运动时间的关系如题图乙所示，是薄板运动速度的最大值，已知重力加速度为g，则（　　） A．薄板在区域①内运动的加速度为 B．ad边的长度为 C． D． 8．（多选）某款电磁阻尼拉力健身器材的简化装置如图所示。矩形框架abcd的ab边长L=0.4m，绕有匝数N=100 匝、电阻R=10Ω的闭合金属线圈，框架和线圈的总质量m=30kg。将框架静置于下端固定的竖直弹簧上（不拴接），弹簧的压缩量x=0.2m，框架上端通过轻质绝缘绳索跨过轻质定滑轮与轻质拉杆GH相连。在MNPQ区域内存在方向垂直框架平面向内、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场边界MN与PQ之间的距离d=0.96m。一位健身爱好者用恒力F=450N向下拉动拉杆，框架由静止开始竖直向上运动。ab边上升到PQ时，弹簧恰好恢复原长，上升到MN时cd边距离上方滑轮足够远），健身者松手，装置触发复位机制使框架回到初始位置，整个过程框架与定滑轮不相碰。已知重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力，则下列说法正确的是（    ） A．弹簧的劲度系数为k=1500N/m B．ab边刚进入磁场时框架的速度大小为4m/s C．ab边刚进入磁场时框架的加速度大小为 D．若ab边通过磁场的时间t=0.4s，ab边运动到MN时框架的速度大小为2.72m/s 9．（多选）如图所示，以恒定速率顺时针匀速转动的水平传送带与光滑水平平台平滑连接，平台距水平地面的高度为，质量为3m的小物块静止于平台上。质量为的滑块从传送带左端由静止释放，与传送带共速后滑上水平平台。A与B碰撞后向左反弹，最终A、B落在水平地面上的位置距平台右侧的水平距离均为s。AB可看作质点，落地后均不反弹，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．B落地前瞬间的速度大小为 B．传送带速度大小为 C．A与B间的碰撞为弹性碰撞 D．整个过程中A与传送带间由摩擦产生的热量为 10．（多选）如图所示，物块、用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以恒定速率顺时针转动。时，的速度大小为，方向水平向右，的速度为0，弹簧处于原长。时，A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能为。已知、可视为质点，质量均为，与传送带的动摩擦因数均为；与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，、始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．过程，A、B的位移相等 B．在时，A、B的速度不相同 C．在时，弹簧的压缩量为 D．过程，在传送带上留下的划痕长度大于 预测05 抛体运动和圆周运动 1．（2026·安徽·模拟）（多选）2026年米兰-科尔蒂纳丹佩佐冬奥会（第二十五届冬季奥林匹克运动会），于2026年2月6日至22日在意大利米兰和科尔蒂纳丹佩佐举行。中国单板滑雪运动员苏翊鸣从18岁在北京冬奥会一鸣惊人，到22岁在米兰-科尔蒂纳冬奥会拼下一金一铜，他用四年时光，完成了从天才少年到强者的蜕变。大跳台主要由助滑道，圆弧形起跳台和着陆坡组成，起跳台的半径为20米，起跳方向与水平方向成30°角，如图所示为简化示意图。运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。图中虚线为苏翊鸣在某次比赛中起跳后的运动轨迹，a点为起跳点，b点为轨迹最高点，c点为落在坡上的着陆点。苏翊鸣的质量为50 kg，不计一切阻力，，则下列说法正确的是 A．若苏翊鸣起跳时，则ab段水平距离为 B．若苏翊鸣起跳时，则苏翊鸣在最低点对起跳台压力为 C．苏翊鸣在ab段运动过程中处于超重状态，在bc段处于失重状态 D．苏翊鸣起跳后重力的功率不断地减小 2．（多选）某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2两次轨迹如图中曲线1、2所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2次比第1次（　　） A．从掷出到最高点的时间长 B．铅球在最高点的速度大 C．铅球着地前瞬间重力的功率大 D．该同学投掷对铅球做的功多 3．（多选）如图所示，小球a、b（均可视为质点）的质量均为m，a、b用刚性轻杆连接，紧靠竖直墙壁放置，轻杆长为l，b位于水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始运动，直到a着地，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球a、b和杆组成的系统机械能不守恒 B．b球的速度最大为 C．a球落地时的速度大小为 D．b球的速度最大时，a球的加速度大小为g 4．一种定点投抛游戏可简化为如题图所示的模型，以水平速度从O点抛出小球，正好落入倾角为的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，的连线与斜面垂直；当以水平速度从O点抛出小球，小球恰好与斜面在Q点（Q点未画出)垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，则两次平抛过程中（　　） A．小球从O点到P点的时间是 B．Q点在P点的下方 C． D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是 5．（多选）春节期间，某市民在安全区燃放“加特林”烟花。如图所示，某一瞬间，烟花弹a和b同时从枪口水平飞出，枪口离地高度为。a以初速度水平飞出，最终落在地面上；b以初速度水平飞出，最终垂直打在倾角为的斜坡上。忽略空气阻力，g取，，。则下列说法正确的是（　　） A．a和b在空中运动的时间之比为 B．b的水平射程为 C．a落地时的速度与b打在斜坡上时的速度大小之比为 D．两烟花弹在运动过程中（均未落地前），a与b之间的距离先增大后减小 6．把一个小球放在如图所示的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．半径越大，小球受到的合力越大 B．半径越大，小球向心加速度的大小不变 C．半径越大，小球转速越大 D．半径越大，转动一圈小球受到的合力的冲量越大 7．如图所示，某档综艺节目中，选手需要借助悬挂在高处O点的轻绳和静止在地面上的滑板从左边平台运动到右边平台。可视为质点的选手在左边平台抓住轻绳，此时轻绳与竖直方向夹角，然后由静止开始运动摆到最低点时选手处于滑板正上方，但脚恰好未与滑板接触，此时松手，选手落到滑板上后立即与滑板共速，一同向右侧平台运动；当滑板恰要撞上右侧平台时，速度刚好减为共速时的一半，选手迅速以的速度水平向右跳离滑板，跳离瞬间滑板以的速度水平向左运动。已知选手的质量，轻绳的长度，滑板向右运动时所受阻力f大小恒定，不计空气阻力，重力加速度g取。下列选项正确的是（　　） A．选手摆到最低点时对绳的拉力大小 B．选手与滑板共速时速度 C．滑板的质量 D．若该过程滑板向右移动的距离，则滑板所受的阻力大小 8．如图所示，将小球用细线悬于P点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。测量出细线的长度l，悬点P到轨迹圆的圆心O的距离h，小球运动n圈的时间t，已知重力加速度为g。忽略小球的大小，由以上物理量，不能计算出的是（　　） A．小球运动的角速度 B．小球运动的线速度 C．小球运动的向心加速度 D．细线对小球的拉力 9．如图所示，在某星球表面，一质量为m的小球在圆管内做圆周运动，当小球运动到轨道最高点时，速度大小为（为该星球表面的重力加速度，为该轨道半径）。已知该行星质量是地球质量2倍，半径是地球半径的，地球表面的重力加速度为g，若此时圆管对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是（    ） A．该行星表面的重力加速度 B．该行星表面的重力加速度 C．圆管对小球的作用力大小 D．圆管对小球的作用力大小 10．如图所示，一辆电动车在水平地面上以恒定速率v行驶，依次通过a、b、c三点，下列说法正确的是（　　） A．三点的向心力大小关系为 B．三点的地面对车的支持力大小关系为 C．三点的向心加速度大小关系为 D．三点的周期大小关系为 预测06万有引力与航天 1．2026年3月，我国在太原卫星发射中心，以一箭双星的方式将一对“太空神眼”四维高景二号05、06两星成功送入高度约700 km的太阳同步圆轨道（轨道平面与赤道平面的夹角约为98.2°，且与太阳光线的夹角始终保持不变），入轨后与03、04星形成“四星两组”协同组网，从而提升高分辨率雷达遥感的整体能力。05、06两卫星始终保持相对静止且相距200米的超近距离运行，则下列说法正确的是 A．05、06两卫星在轨运行时具有相同的加速度 B．太阳同步轨道的卫星不可能在更低的高度运行 C．若忽略其他干扰因素，05、06两星绕地心运行的角速度大于地球自转角速度 D．以太阳为参考系，太阳同步轨道卫星的轨道面是静止的 2．2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．北斗G7卫星的运行周期小于地球赤道上随地球自转物体的运行周期 B．北斗G7卫星的向心加速度大于地球表面附近的重力加速度 C．北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度 D．加注燃料前，北斗G7卫星受到某种微小阻力，高度降低，稳定后线速度增大 3．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，若它的轨道半径增大到原来的2倍，下列说法正确的是（　　） A．根据公式可知，卫星运动的线速度将增大到原来的2倍 B．根据公式可知，卫星运行的向心加速度减小到原来的 C．根据公式可知，卫星需要的向心力将减小到原来的 D．根据公式可知，地球提供的向心力将减小到原来的 24．（2026·江苏多校·学情调研）如图为太阳系部分行星绕太阳运行的圆轨道示意图，水星、金星、地球、火星、木星、土星均绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供行星做圆周运动的向心力。下列说法正确的是（　　） A．水星的公转轨道半径最小，其绕太阳运行的周期最长。 B．地球绕太阳运行的公转角速度大于金星绕太阳运行的公转角速度。 C．地球的第一宇宙速度大小为7.9km/s，它是人造地球卫星的最小发射速度。 D．土星的公转轨道半径最大，其绕太阳运行的线速度最大。 5．人造地球卫星和地心连线与地面的交点称为星下点，如图甲所示。卫星运动和地球自转使星下点在地球表面移动，形成星下点轨迹。图乙和图丙显示了两颗人造地球卫星A、B的星下点轨迹，箭头指向为轨迹移动方向，两颗卫星的轨道均可近似为圆。由图中信息可得（　　） A．两卫星绕地球转动方向相反 B．A、B两卫星的运动周期之比为1：2 C．A、B两卫星距地球表面高度之比为1： D．卫星B星下点轨迹每天经过赤道3次 6．（多选）2025年4月24日，我国成功发射神舟二十号载人飞船。飞船升空后先进入近地停泊轨道I，之后从M点进入转移轨道II，最后在中国空间站轨道III与天和核心舱对接。已知停泊轨道、空间站轨道和同步卫星轨道（未画出）均为圆形轨道，距离地面高度分别为，飞船在停泊轨道运行的周期为，地球自转周期为T0，地球半径为R，万有引力常量为，则（　　） A．飞船的发射速度大于第二宇宙速度 B．飞船变轨后在转移轨道M点的加速度等于变轨前在停泊轨道M点的加速度 C．飞船在空间站轨道运行的周期为 D．地球的平均密度为 7．（多选）酒泉航天科技体验馆中的“八星称重”项目可以体验在不同星球上的体重变化，感受引力差异的奇妙之处。小津站在“地球”上时，称重仪的示数为a；站在“水星”和“火星”上时，称重仪的示数均为b。已知水星是太阳系八大行星里体积最小的，忽略天体的自转，下列说法正确的是（     ） A．水星和地球表面的重力加速度之比为 B．水星的质量比火星的质量小 C．水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小 D．水星的平均密度比火星的平均密度小 8．（多选）如图所示，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球和太阳中心的连线与地球和该行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。已知该行星的最大视角为，当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。下列说法正确的是（　　） A．地球绕太阳运动的周期小于该行星绕太阳运动的周期 B．地球绕太阳运动的线速度小于该行星绕太阳运动的线速度 C．行星与太阳的连线和地球与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等 D．行星绕太阳运动的角速度与地球绕太阳运动的角速度之比为 9．（多选）嫦娥六号探测器成功返回地球，并从月球背面带回月壤，科学家对月壤进行分析取得了重要的科研成果。图为嫦娥六号从月球返回地面时的变轨示意图，嫦娥六号先在环月圆形轨道Ⅰ上运行，然后在A点实施变轨进入环月椭圆轨道Ⅱ上运行，最后在远月点B离开月球飞向地球。下列说法正确的是（　　） A．嫦娥六号分别在Ⅰ、Ⅱ轨道上运行经过A点时的加速度相等 B．嫦娥六号分别在Ⅰ、Ⅱ轨道上运行经过A点时的速度相等 C．嫦娥六号分别在Ⅰ、Ⅱ轨道上运行的周期关系为 D．嫦娥六号在Ⅱ轨道上运行分别经过A、B点时，速度大小关系为 10．（多选）2025年11月3日，我国成功将遥感四十六号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。假设遥感四十六号卫星和同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，同步卫星的轨道半径大于遥感四十六号卫星的轨道半径，如图所示，则（　　） A．遥感四十六号卫星的周期大于同步卫星的周期 B．遥感四十六号卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度 C．遥感四十六号卫星的线速度大于同步卫星的线速度 D．遥感四十六号卫星的发射速度应大于第一宇宙速度 预测07 功能关系 1．如图所示，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从A点运动到B点，在A点时速度竖直向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，所受电场力是重力的倍，并且克服重力做的功为，电场力做的正功为。则下列说法中不正确的是（　　） A．粒子带正电荷 B．粒子在A点的动能比在B点多 C．粒子在A点的机械能比在B点少 D．粒子由A点到B点过程中速度最小时，速度的方向与水平方向的夹角为 2．雨滴从高空无初速下落且下落过程中质量不变，已知雨滴下落过程中受到的空气阻力与速度的平方成正比，即（为比例常数）。设雨滴下落的距离为，重力势能为，机械能为，阻力的瞬时功率大小为，动能为。以地面为零势能面，下列关于各物理量与下落距离的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 3．我国风洞技术世界领先，如图所示，在风洞模拟实验的光滑斜面上，上端接一弹簧。一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑。从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，由于风力作用，物块和弹簧组成的系统机械能（　　） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 4．某潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度-时间图像、动能-位移图像、重力势能-时间图像和机械能-位移图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 5．图是同一型号子弹以相同的初速度射入固定的、两种不同防弹材料时完整的运动径迹图。根据运动径迹图，下列说法正确的是（　　） A．两次试验，子弹受到的阻力相同 B．两次试验，子弹所受合力的冲量相同 C．第一次试验，子弹损失的动能少 D．第一次试验，子弹与材料间作用产生的热量多 6．（多选）某儿童玩具火箭如图所示，儿童用脚猛踩气囊后，被压缩的空气就会将小火箭发射出去。假设小火箭从地面上竖直向上冲出，一段时间后落回地面。以小火箭冲出的位置为重力势能参考点，取竖直向上为正方向，绘制小火箭在空中运动的图像。若考虑小火箭受到大小不变的空气阻力，则图像绘制成实线；若不考虑空气阻力，则图像绘制成虚线。下列小火箭的速度随时间变化的图像或机械能随高度变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 7．（2026·广东湛江·高考测试（二））（多选）如图，t=0时刻，在距离水平地面高H处，将一弹性球以初速度v0竖直向下抛出，球与地面碰撞没有机械能损失，碰后反弹返回抛出点，整个过程球受到的阻力恒定。运动过程中，球的加速度、速度、重力势能、机械能分别设为a、v、Ep、E，球下落过程与抛出点距离设为h，在下列选项a-t图、v-t图、Ep-h图和E-h图中，实线表示忽略空气阻力的情况，虚线表示考虑了空气阻力的情况，以向下为正方向、地面为零势能面。球从抛出到返回抛出点的过程中，可能正确的图像有（　　） A． B． C． D． 8．（多选）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量为m的小滑块A相连接，在A的右边靠着另一质量为3m的滑块B，A与B不粘连。已知A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。现将A、B一起由原长O处向左压缩弹簧，当压缩量时将滑块A、B由静止释放，则在A、B以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块A、B将在O点左侧分离 B．滑块 B向右运动的最大位移为 C．滑块A的路程小于滑块B的路程 D．A、B最终相距 9．（多选）为了节省能源，现代电梯系统都会加装配重块，如图所示为加装配重块的电梯系统及未加装配重块的电梯系统。已知在某次对比测试中，两系统的电梯质量相等，均匀速上行相同高度h，配重块质量为m，重力加速度为g，忽略缆绳与滑轮间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．两种电梯系统中，电梯受到的拉力相等 B．电梯的重力对加装配重块的电梯系统做功更多 C．上行速度相等时，两种电梯系统电机的功率相等 D．加装配重块的电梯系统比未加装的节省能量mgh 10．（多选）某工厂的工件传输机构如图所示，半径为1m的四分之一圆弧轨道AB在B点与水平传送带BC相切，水平传送带BC在电动机带动下以速度顺时针转动，质量为0.2kg的小滑块P从圆弧轨道的A点无初速度释放，滑块P经过圆弧上的B点时对圆弧轨道的压力大小为5.2N，滑块滑到C点时刚好和传送带共速。已知滑块可视为质点，滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.6，取。下列说法正确的是（　　） A．滑块在圆弧轨道上运动过程中损失的机械能为0.5J B．滑块在传送带上运动过程中的加速度大小为 C．滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为3.6J D．仅增大传送带的速度v，滑块离开传送带时的速度增大 预测08 动量定理和动量守恒定律 1．如图是某一家用体育锻炼的发球机，从P点沿不同方向发出质量相同的A、B两球，两球均经过Q点，P、Q两点在同一水平线上，两球运动轨迹如图所示，如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．两球运动至最高点时，两球动能相等 B．两球经过Q点时重力做功的功率相等 C．在运动过程中，小球A动量变化率大于小球B动量变化率 D．在运动过程中，小球A速度变化量大于小球B速度变化量 2．如图所示为运动员投篮训练时的场景及篮球轨迹的示意图。完全相同的篮球甲、乙的运动轨迹分别对应图中虚线1、2，运动员两次跳起投篮时投球点和篮筐正好在同一水平直线上。不计空气阻力，篮球从投出到进框的过程中，下列说法正确的是（     ） A．甲球的平均速度一定小于乙球的平均速度 B．甲球在最高点的动能一定小于乙球在最高点的动能 C．甲球的动量变化量一定小于乙球的动量变化量 D．运动员投球过程，其对甲球做的功一定小于对乙球做的功 3．图为一空间探测器示意图，、、、是四台喷气发动机，每台发动机工作时都能给探测器提供推力。在空间建立固定直角坐标系，以初始时刻、的连线为轴，、的连线为轴。探测器在运动过程中不发生转动，探测器的质量变化可忽略。开始时，探测器以恒定的速度沿轴正方向运动，要使探测器速度的大小不变，方向改为轴正方向与轴负方向之间，且与轴负方向成角的方向运动，下列操作可行的是（　　） A．分别打开和，且两个发动机提供的冲量之比为 B．分别打开和，且两个发动机提供的冲量之比为 C．同时打开和，且两个发动机提供的冲量之比为1∶2 D．同时打开和，且两个发动机提供的冲量之比为1∶2 4．跳板跳水是竞技跳水项目之一。运动员站在距水面3m处的弹性跳板一端，用力踩压跳板使跳板发生弹性形变，随后跳板恢复原状将运动员弹起，运动员在空中完成翻腾动作后入水。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．踩压跳板的过程中，跳板、运动员与地球组成的系统机械能守恒 B．离开跳板后在空中运动的过程中，运动员先处于超重状态，后处于失重状态 C．离开跳板后在空中运动的过程中，运动员上升过程和下落过程重力的冲量相等 D．入水减速至0的过程中，运动员受水的作用力的冲量大小大于重力的冲量大小 5．如图甲所示，水平地面上放置质量为的物块，与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用与水平方向夹角为的推力作用在上，的大小随时间的变化关系如图乙所示。取重力加速度，，则时，物块的速度大小为（　　） A． B． C． D． 6．（2026·广东中山·二模）（多选）如图所示，光滑水平面上，质量相同的小球a、b分别以2v0、v0的速率沿同一直线相向运动，经t0时间相遇并发生正碰，碰撞时间极短。以小球a初速度方向为正方向，两小球速度v随时间t变化的图像中，可能正确的有（　　） A． B． C． D． 7．（多选）如图1所示，质量为m的滑块B静置于倾角为θ且足够长的固定斜面上，B与斜面之间的动摩擦因数μ=2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。B通过一条弹性轻绳与光滑滑块A相连，A的质量也为m。t=0时刻将A由静止释放，A运动的部分v-t图像如图2所示，图中t0之前为直线段，t0之后为曲线，且t0已知，v1、t1、t2未知。t1时刻A的速度达到最大，t2时刻A的速度为零。已知t0~t1时间段内A的位移大小为x，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，据此可知（　　） A．t0时刻，B开始运动 B．轻绳的劲度系数为 C．t2时刻，B的速度大小为 D．0~t2时间段内，轻绳最长时的速度大小为 8．（多选）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m=5kg的头锤从离气囊表面正上方高H=5m处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（　　） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m C．碰撞过程头锤动量变化量大小为40kg·m/s D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为1100N 9．（多选）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等 C．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为R D．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为 10．（多选）如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（　　） A．薄板A的质量为 B．薄板B下落的高度h为 C．碰撞后两薄板的最大速度为 D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方处 预测09 机械振动和机械波 1．坐标原点的波源在时发出一列简谐波，沿x轴正向传播。在时，该列波的最前端刚好到达B点，此时AB段的波形如图所示，则（　　） A．波速为0.5m/s B．波长为1.5m C．时，波源由平衡位置向y轴正方向运动 D．时，C处质点位于波峰 2．轴上位于坐标原点和处各有一个波源，均从时刻起振，其对应的振动图像分别如图甲、乙所示，波在介质中的传播速度为，则处的质点在时间内通过的路程为（　　） A． B． C． D． 3．地震勘测中利用横波传播速度的不同，可以推断地下不同介质的密度等信息，对地震活动预测具有重要意义。如图所示，直角坐标系的y轴为土层介质Ⅰ、岩石介质Ⅱ的分界面，位于x=0处的同一震源发出简谐横波a、b同时在Ⅰ、Ⅱ中传播。若横波a、b的振幅均为10 cm，t=0时刻震源开始振动，t=4 s时横波a刚好传到x=8 m处，则（　　） A．横波b的频率为0.25 Hz B．横波b在介质Ⅱ的传播速度为8 m/s C．t=1.5 s内，位于x=2 m处质点的路程为60 cm D．t=2.5 s时，位于x=－4 m处质点沿y轴正方向振动 4．如图所示，某弹簧振子的位移-时间图像，已知该振子的振动在介质中激起一列沿x轴正方向传播的简谐横波，，根据图像信息，下列说法正确的是 A．该波的波长为0.8 m B．介质中的质点的振动频率为1.25 Hz C．在波的传播方向上，相距为0.8 m的两个质点的振动情况总是相同 D．若该波遇到宽度为1.4 m的障碍物，不能发生明显的衍射现象 5．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图1所示，a、b、c是介质中的三个质点。图2是质点b的振动图像。下列说法不正确的是（　　） A．该波的波速为10m/s B．该波沿x轴负方向传播 C．0~0.2s内，质点b通过的路程为4cm D．0.3~0.5s内，质点b的加速度一直增大 6．（多选）如图所示, 实线和虚线分别表示振幅和频率均相同的两列简谐波的波峰和波谷，两列波的振幅为 ，频率为点是连线的中点，则（　　） A．点是振动加强点，其振幅为 B．、两处的质点始终处于平衡位置 C．随着时间的推移，处的质点将向处移动 D．从图示时刻起经过，点通过的路程为 7．（多选）艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿轴方向传播的简谐横波，时的波形图如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）    A．简谐波沿轴正方向传播 B．时刻，点的位移为 C．时刻后，再经过点到达波峰位置 D．质点的振动方程为 8．在某次大型庆典活动中，技术人员采用数百架无人机编队表演模拟水波纹扩散的壮观效果。通过精确控制无人机模拟水面上质点的振动，形成以O点为波源向外传播的圆形波。以某一方向建立x轴，该传播方向上有a、b两架水平方向相距0.5m的无人机，如图甲所示。从计时开始a、b两无人机的振动图像分别如图乙、丙所示。 (1)请写出无人机b的振动方程； (2)若该波的波长大于0.2m，求波速的大小。 9．如图甲所示，一列简谐横波沿水平直线传播，a、b为介质中相距的两个质点，某时刻a、b两质点正好都经过平衡位置，且a、b间只有一个波峰。已知这列波波源做简谐运动的图像如图乙所示，求： (1)波源的振动方程以及在内运动的路程； (2)该简谐横波传播速度的大小可能值。 10．如图，光滑竖直玻璃管内有一劲度系数为k的轻质弹簧，下端固定，上端与一物块P相连，物块Q与物块P之间不粘连，P、Q质量均为。初始时用竖直向下的力压物块Q，系统处于静止状态，某时刻撤去外力，此后在物块P、Q运动过程中，两者会分离。每当两者分离时立刻给物块Q施加竖直向上的恒力，每当两者接触时立刻撤去。P、Q之间的碰撞为弹性碰撞，且弹簧始终处于弹性限度内。已知弹簧的弹性势能与形变量x的关系为，弹簧振子的周期公式为。求： (1)从撤去外力到P、Q第一次分离时的位移大小； (2)从撤去外力到P、Q第一次分离时的时间； (3)从撤去外力到P、Q第2026次相遇时的时间及此次相遇的位置。 预测10 电场 1．地球表面与大气电离层都是良导体，两者与其间的空气介质可视为一个大电容器，其间的电场，称为大气电场。设大地电势为零，晴天的大气电场中，不同高度处的电势的变化规律如图所示，其中①线为曲线的切线，不考虑水平方向的电场。则高度h=5km处的电场（　　） A．电场强度比处大 B．电场强度方向向上 C．电场强度约为40V/m D．电场强度约为20V/m 2．如图，距离为的、两点连线水平，是的竖直中垂线，带电量为的正点电荷固定在点，另一点电荷固定在点，质量为的带电小球恰好静止在上的点，与间的夹角为30°，重力加速度大小为，静电力常量为，则（　　） A．固定在点的电荷带电量为 B．固定在点的电荷可能带负电 C．带电小球的带电量为 D．将带电小球沿向上移动一段距离后释放小球可能静止 3．静电现象普遍出现于平时的生活之中，人类通过静电现象开始了对电的深入研究。熔喷布是口罩的中间过滤层，它经过了静电驻极技术处理，即通过高压放电，使电荷附着在熔喷无纺布上，使它能吸附一些颗粒较小的污染物，甚至病毒这种纳米级的物质也可进行吸附或阻隔。驻极处理装置中针状电极与平板电极间的电场如图所示。 A．a点处的电场强度小于b点处的电场强度 B．带负电荷的尘埃在a点处的电势能小于b点处的电势能 C．a点处一带电尘埃仅在电场力的作用下由静止开始运动，被熔喷布吸附，尘埃携带的是正电荷 D．质量为m的带电尘埃在电场力的作用下由静止开始运动，被熔喷布吸附，电势能变化量为E，不计其所受重力，则它运动到熔喷布时的速度大小为 4．如图所示，在充满某稀薄气体的容器内，某同学在金属针尖和屏幕之间施加恒定高压，使针尖表面附近气体电离为一价离子，这些离子在电场加速下轰击屏幕，均被屏幕吸收。若该针尖顶部可视为半径为的半球，球心到屏幕表面中心的垂直距离为（。则以下说法正确的是（　　） A．离子离开针尖表面后做匀加速直线运动 B．针尖表面附近电场强度与的平方成反比 C．若微安表示数为，则单位时间电离的离子数量为为电子的电荷量） D．针尖表面间距为的两个离子，撞击到屏幕上的间距至少为 5．如图所示，ΔABC是一等腰直角三角形，，在B、C处各放置一个等量同种点电荷，此时A处电场强度的大小为E1；若仅改变C处电荷的电性，不改变其电荷量大小，此时A处电场强度的大小为E2。若只考虑B、C处电荷在空间中激发的电场，则大小为（　　） A．1 B． C． D． 6．（多选）如图所示，两段半径均为R的圆形玻璃管道AO、OB拼接在一起并固定于竖直面内，管道内壁光滑，M、N为两段管道的中点，两管道在O点相切，以O为原点沿水平方向建立x轴，x轴与AOB连线相垂直，等量正、负点电荷分别固定在x轴上，处。一带正电小球从A点沿管道自由下落，运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A． B．M、N两点电场强度大小相等，方向相反 C．AOB连线上O点的电场强度最大 D．小球在O点、B点速度之比为 7．（多选）如图所示，某静电分析器的两电极之间存在指向圆心O的辐向电场。三个带电粒子有相同的动能从A点垂直端面射入，仅在静电力作用下，甲粒子从B射出，乙粒子做圆周运动从C射出，丙粒子从D射出。已知甲、乙、丙的电荷量大小分别为、、，，。下列说法正确的是（     ） A．甲、乙、丙粒子均带正电 B． C．乙粒子经过的位置电场强度大小均为 D．甲粒子动能变化的绝对值大于丙粒子动能变化的绝对值 8．（多选）如图所示，A、B、C三点位于某正点电荷形成的电场中。已知三点位于等边三角形的三个顶点上，A、B两点的电场强度方向相同，A点电场强度大小为点电场强度大小为，下列说法正确的是（　　） A．C点电场强度大小为 B．C点电场强度大小为 C．BA间电势差大于BC间电势差 D．间电势差等于间电势差 9．（多选）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R1和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U连接，产生强度稳定的径向电场，其半径r处电场强度大小为（k为常数）。电荷量均为q、初速度大小均为v，质量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心（虚线）入射，经电场偏转后分别以v1、v2、v3到达右侧探测板，出口处相邻离子束间距相等，其中离子m2沿虚线切向射出。下列说法正确的是（　　） A．内侧球面电势低于外侧球面电势 B．m1、m3两离子动能变化量大小相等 C．若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚线射出，则需将电压调为2U D．现仅调节稳定电源电压为U'，使质量为m1的离子能沿虚线射出，则 10．（多选）如图所示，竖直平面内存在方向未知的匀强电场，一质量为，电荷量为的带电小球，由点以初速度沿水平方向抛出。小球先运动至点，速度大小为，方向竖直向下，接着运动至点，、两点在同一条竖直线上。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球所受电场力的最小值为 B．小球从点运动至点，其电势能一定增大 C．小球从点运动至点，合外力冲量为 D．小球从点运动至点，动能最小值为 预测11 磁场 1．带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一，磁聚焦原理如图所示，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后会聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，在实线ACODE以上的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。磁场边界A点有一粒子源，能射出质量为、电荷量为+q的带电粒子，粒子以不同的速率垂直AC进入磁场，则从及边界射出磁场的粒子（　　） A．在磁场中运动的时间最长是 B．在磁场中运动的时间最长是 C．OD边界上有粒子射出的长度为 D．OD边界上有粒子射出的长度为 3．如图所示，带电粒子从正方形区域abcd的ad边中点，以垂直于ad边的初速度v0射入该区域。当该区域只存在垂直纸面向内的匀强磁场时，带电粒子恰好从b点射出；当该区域只存在沿ad方向的匀强电场时，带电粒子恰好从c点射出。不计重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电 B．粒子在磁场中的运动时间大于在电场中的运动时间 C．粒子射出磁场的速度大小等于射出电场的速度大小 D．粒子在磁场中受到的力的大小等于在电场中受到的力的大小 4．如图所示，在一个真空环境中，有一条载有恒定电流I的长直导线，电流方向竖直向下，初速度为的电子从直导线右侧竖直向上运动，不考虑地磁场的影响，电子重力忽略不计，电子将（　　） A．沿路径M运动，速度大小变大，远离导线过程中半径变大 B．沿路径M运动，速度大小变小，远离导线过程中半径变大 C．沿路径N运动，速度大小变大，靠近导线过程中半径变小 D．沿路径N运动，速度大小不变，靠近导线过程中半径变小 5．如图所示，以为圆心的闭合导体圆环置于光滑绝缘水平桌面上，在水平桌面内以为圆心、半径大于圆环半径的区域，存在一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按规律均匀减小（、均已知），圆环半径为，电阻为，则（　　） A．图中圆环内电流沿逆时针方向 B．圆环中感生电场场强大小为 C．圆环的发热功率为 D．时圆环中的张力大小为 6．（多选）如图甲所示，边长为L的正方形MNPQ区域内存在方向垂直于MNPQ平面的磁场，磁感应强度大小为B0，方向周期性变化，且磁场变化周期T可调。以垂直于MNPQ平面向外为磁感应强度的正方向，B-t图像如图乙所示。现有一电子在t=0时刻由M点沿MN方向射入磁场区域，已知电子的质量为m，电荷量大小为e，PN边界上有一点E，且，若使电子满足下列条件时，说法错误的是（　　） A．电子沿NP方向经过P点，则电子的速度大小一定是 B．电子沿NP方向经过P点，则电子的速度大小可能小于 C．电子垂直于NP边过E点，则磁场变化周期一定是 D．电子垂直于NP边过E点，则磁场变化周期可能小于 7．（多选）如图，两条足够长平行金属导轨间距为，导轨平面与水平面夹角为，二者的交线与导轨垂直，斜面所在区域有垂直斜面向上的磁场，一金属棒垂直于导轨放置在斜面位置，以点等高处为坐标原点，平行斜面向下建立坐标轴，磁感应强度沿轴方向的变化规律为（为常数，未知），金属棒质量为，与导轨间的动摩擦因数为。金属导轨上端外接恒流电源。金属棒中流过大小为的恒定电流，方向从指向。在处由静止释放金属棒，金属棒运动到处时加速度恰好为零。已知重力加速度大小为，，，忽略回路中的电流对原磁场的影响。下列有关金属棒第一次沿斜面向下运动的过程，说法正确的是（　　） A．金属棒运动到处时速度恰好为零 B．的大小为 C．金属棒下滑距离的过程中，安培力所做的功为 D．金属棒运动到处时速度大小为 8．（多选）如图所示，在的区域内存在垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向未知。一个质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，从O点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场，最终沿与x轴正方向成60°角的方向，从x=l边界射出（轨迹始终在xOy平面内）。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带负电 B．粒子在磁场中运动的半径可能为 C．粒子入射磁场的速度大小可能为 D．带电粒子在磁场中运动的时间可能为 9．（多选）完全相同的平行板电容器1、2、3按如图所示的位置放置。开有小孔的负极板固定在等边三角形PQM的三条边上，三个小孔恰好在三条边的中点，三角形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。0时刻比荷为k的带正电粒子从PQ边上小孔处垂直于PQ边射入三角形内，依次穿过各个小孔后能回到初始位置。已知三角形的边长为L，电容器的两极板均连接在恒压电源两端且板间距离均为d，不计粒子的重力。下列说法正确的有（　　） A．粒子在磁场中运动的速度大小为 B．电容器两板之间的电压至少为 C．粒子每次在电容器内运动的时间可能大于 D．仅移动正极板来改变电容器的板间距离，粒子仍能回到出发位置 10．（多选）某高压三相交流输电线路采用等边三角形排列，三根输电线a、b、c位于等边三角形顶点，O1为中心，O2与O1关于bc边对称。某时刻电流满足Ia＝2Ib＝2Ic，方向如图。已知无限长直导线产生的磁感应强度大小（k为常数，r为该点到导线的距离）。将矩形线圈平行于输电线截面放置在三角形区域内，下列说法正确的是（　　） A．O1的磁感应强度为零 B．O2的磁感应强度为零 C．矩形线圈中有感应电流 D．输电线b所受安培力的方向垂直bc边向下 预测12 电磁感应 11．图为户外应急手摇发电手电筒的结构简图，当手电筒沿图示方向摇动时，小磁铁会不断往复地穿过固定线圈，连接线圈的小电珠随即发光。下列说法正确的是（　　） A．摇动过程中装置的机械能守恒 B．小磁铁往复运动过程中，线圈中的电流方向保持不变 C．手电筒摇动的振幅和周期不变，若只更换磁性更强的磁铁，则小电珠的亮度保持不变 D．手电筒摇动的振幅和周期不变，若只增加线圈的匝数，则小电珠的亮度增强 2．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一等腰直角三角形区域ABC，BD是斜边AC的高，且，三角形ABD区域内（含及边上）存在垂直于桌面向下的匀强磁场，三角形BDC区域内（含BD、BC及DC边上）存在垂直于桌面向上的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小相同。一边长为L的正方形线框abcd由粗细均匀的同种电阻丝构成，在外力的作用下，匀速通过两个磁场区域。运动过程中，线框的cd边始终与等腰三角形AC边所在的直线MN重合。规定线框中逆时针方向的电流为正，线框受到垂直于bc边向左的安培力为正，穿过线框向下的磁通量为正，把A点作为线框位移的起始点。则线框中产生的感应电流、b点和a点间的电势差、线框所受安培力F、穿过线框的磁通量随线框运动位移变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 3．无线充电线圈示意图如图1所示，线圈匝数为，横截面积为。磁场平行于线圈轴线穿过线圈，取向右方向为正，在时间内，磁感应强度随时间变化的图像如图2所示。在这段时间内，下列说法正确的是（　　） A．点的电势低于点的电势 B．a、b之间的电压随时间均匀减小 C．时刻，a、b之间的电压为零 D．a、b之间的电压恒为 4．如图所示，水平放置的两根光滑金属导轨位于垂直于导轨平面并指向纸面内的匀强磁场中，磁感应强度为B。导轨上有两根金属杆ab和cd与导轨垂直，两杆长度均为L，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。初始时ab和cd均静止，若突然让cd杆以初速度v向右开始运动，忽略导轨摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．运动过程中，cd杆的加速度大小始终大于ab杆的加速度大小，最终两杆以相同速度做匀速直线运动 B．回路中产生的总焦耳热等于cd杆动能的减少量 C．回路中的感应电流方向始终为a→b→d→c→a，且电流大小随时间均匀减小 D．若仅将两杆的电阻均变为原来的2倍，其他条件不变，则两杆达到共速的时间将变为原来的2倍，回路中产生的总焦耳热不变 5．如图1所示，红色发光二极管和绿色发光二极管并联后与圆形导体线圈的两端点连接。线圈中存在垂直线圈平面的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示，其中t1~t2时间内为与横轴平行的直线。已知磁场方向垂直纸面向外为正方向，两二极管均为理想二极管，下列判断正确的是（　　） A．0~t1的时间内，红色二极管发光 B．t1~t2的时间内，绿色二极管发光 C．t2~t3的时间内，红色二极管发光 D．t3~t4的时间内，绿色二极管发光 6．（多选）如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左右两侧导轨间距分别为d、2d，并处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。半圆弧形导体棒ab、cd恰好分别与两侧导轨相切，材料相同，电阻率为p，横截面积均为S。初始时两棒静止，两棒中点连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两导体棒在所处磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。导体棒始终与导轨相切，且接触良好。导轨足够长且电阻不计，则（    ） A．弹簧伸长过程中回路中产生逆时针方向的电流 B．整个运动过程中，ab和cd棒产生的热量之比为2∶1 C．整个运动过程中，通过ab的电荷量为 D．ab速率为v时，cd所受安培力大小为 7．（多选）如图所示，倾角为、长为L的倾斜导轨与水平导轨平滑相接，导轨电阻不计，导轨间距均为d；倾斜导轨顶端连接电容为C的电容器，水平导轨处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根长为d、质量为m、电阻为R的金属杆从倾斜导轨顶端由静止开始下滑，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好；忽略一切摩擦，重力加速度为g，则（　　） A．金属杆进入磁场时受到的安培力为 B．金属杆最终的速度为 C．电容器最终储存的电荷量为 D．金属杆在水平导轨上做变速运动发生的位移为 8．如图所示，倾斜平行光滑金属导轨轨道间距，与水平面成，下端连接水平光滑金属导轨，连接处导通。倾斜导轨、水平导轨处均有垂直轨道向上的的匀强磁场。定滑轮距水平导轨中点正上方，距导轨连接处水平距离，不可伸长绝缘轻绳连接cd棒中心。两相同金属棒ab和cd（质量、电阻）分别置于倾斜轨道和水平导轨上。金属棒cd固定在轨道连接处，由静止释放金属棒ab，经t0=3s达到最大速度。再经一段时间后，金属棒ab滑至水平导轨与金属棒cd发生弹性碰撞。碰撞前瞬间释放金属棒cd，碰后金属棒ab位置固定，金属棒cd在轻绳牵引下以的加速度沿导轨向右做匀加速直线运动。已知，重力加速度，导轨电阻不计，忽略轨道衔接处动能变化，求： (1)金属棒ab在倾斜轨道上的速度最大值； (2)金属棒ab释放后经过，还未运动到水平轨道，求金属棒ab中产生的热量； (3)从金属棒cd开始运动到对导轨压力恰好为零时，轻绳拉力对金属棒cd的水平冲量大小。 9．如图所示，固定的平行光滑轨道由一段水平轨道和一段倾斜轨道组成，轨道间距，轨道之间均平滑连接，一挡板竖直固定在水平轨道的左侧。矩形区域MNOP存在方向垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度，MP与NO长度均为。MN左侧的轨道由绝缘材料制成，在绝缘轨道的水平段上放置质量，宽度也为L的“[”形金属框edcf，“[”形框的cd边的电阻，其余两边电阻不计，de与cf长度均为。MN右侧轨道导电性能良好，水平轨道接有电容的电容器，通过单刀双掷开关可分别与接线柱1、2相连。倾斜轨道倾角，所在空间存在垂直于轨道平面向下的匀强磁场，轨道顶端连接一电源及开关，电源电动势，内阻。闭合开关，质量、电阻的金属棒ab恰好静止在距离水平轨道的高度处。断开开关，将开关接1，导体棒ab运动到斜轨最底端时立即取走，并将其放置于水平轨道磁场区域内靠近左侧边缘，将开关改接2，电容器放电，导体棒ab以的速度被弹出磁场，然后棒ab与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将开关与2断开。框abcd与挡板相碰后，原速率反弹向右运动，在接线柱2左侧某位置停下。除已给电阻外其他电阻不计，棒ab与框abcd运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。，重力加速度g取。求： (1)倾斜轨道空间磁场的磁感应强度B的大小； (2)棒ab运动到倾斜轨道底端时的速度v的大小； (3)框abcd停止运动时，棒ab离MN的距离x。 10．如图所示，电阻不计足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角，导轨间距，所在平面的正方形区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度为，方向垂直斜面向上。甲、乙金属杆质量均为、电阻相同，甲金属杆处在磁场的上边界，乙金属杆距甲也为，其中。同时无初速释放两金属杆，此刻在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力，保持甲金属杆在运动过程中始终与乙金属杆未进入磁场时的加速度相同，乙金属杆刚进入磁场后做匀速运动。（取） (1)以刚释放时，写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力随时间的变化关系，并说明的方向。 (2)若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量，试求此过程中外力对甲做的功。 预测13 交变电流 1．如图为采用双线并联模式进行远距离交流输电的示意图。发电机的输出电压稳定， 升压变压器 和降压变压器 均可视为理想变压器。两变压器间每条输电线等效电阻均为 ，负载看做定值电阻。若一条输电线因故障被切断时（　　） A．升压变压器副线圈电压变大 B．升压变压器副线圈电流变大 C．降压变压器副线圈电压变小 D．降压变压器输出功率变大 2．如图是远距离输电的原理图，假设发电站输出的电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户端用电器增加导致总电阻变小时，下列说法正确的是（　　） A．降压变压器的输出电压减小 B．升压变压器的输出电压减小 C．输电线上损失的功率减小 D．发电站输出的功率减小 3．如图所示为钳形电流表（又叫钳表）的简化示意图，可在不断开电路的情况下测量线路中电流大小，手柄可控制铁芯断开与闭合。钳表有1、2两个挡位，表盘上有对应的两行刻度线。扳动手柄把通有待测电流的导线放进钳口内（相当于绕在铁芯上的一匝线圈），量程开关旋至挡位1或2，与铁芯底边上线圈相连的表头的指针会发生偏转。钳表可视为理想变压器，下列说法中正确的是（　　） A．表头中电流比待测电流大 B．表头表盘上挡位1、2对应的刻度线中，挡位1的量程较小 C．表头表盘上挡位1、2对应的刻度线量程相同 D．扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会使测量结果偏大 4．如图甲所示，矩形线框切割磁感线产生正弦式交流电，其电动势e随时间t变化的图像如图乙所示，线框的匝数，电阻，将其接在理想变压器的原线圈上。副线圈接“10 V，40 W”的灯泡L时则能正常发光，不计灯泡电阻的变化，示意图如图丙所示。则以下描述正确的是 A．线框转动的角速度为π rad/s B．矩形线框转动时最大磁通量为 C．原、副线圈上的电流之比或 D．若将灯泡换成“10 V，60 W”的灯泡，灯泡仍然正常发光 5．在下图所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为，、均为定值电阻，为滑动变阻器，，各电表均为理想电表。已知电阻中电流i随时间t变化的关系式为，下列说法正确的是（　　） A．电流表的示数为 B．该交流电电流方向每秒改变50次 C．只向上移动滑片P，电流表的示数将变小 D．只向下移动滑片P，电压表的示数将变大 6．（多选）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，电阻，滑动变阻器的最大值为2R，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则（　　） A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为110 V B．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表的示数变大，电流表的示数变小 C．当单刀双掷开关由a扳向b时，变压器输出交流电的频率将变成原来的二分之一 D．单刀双掷开关与b连接，当滑动变阻器触头P在正中间时，消耗的功率最大 7．（多选）如图所示，单匝“L”形导线框置于磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线框相邻两边均互相垂直，即折角不变，各边长均为L。线框绕be所在直线以角速度顺时针（俯视）匀速转动，be与磁场方向垂直，时，abef与磁场方向平行，则（　　） A．时，电流方向为 B．时，感应电动势为 C．时，感应电动势为0 D．到过程中，感应电动势平均值为 8．（多选）如图所示为三峡发电站向某地远距离输电的原理图，若发电机的电压和输出功率已知，下列说法正确的是（　　） A．用户减少时，输电线电阻R损耗的功率减少 B．若升压变压器原、副线圈匝数比为n，输电线电阻R损耗的功率为 C．用户获得的交流电周期为0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次 D．用户减少时，用户得到的电压增大 9．（多选）如图所示，理想变压器原线圈接入电压有效值恒为220 V、频率为50 Hz的正弦交流电源，副线圈回路接有标有“16 V 8 W”字样的小灯泡L、定值电阻 R 和标有“14 V 56 W”字样的交流电动机M。闭合开关S一段时间后，灯泡L正常发光，电动机正常运行，已知定值电阻阻值和电动机阻值相等。下列说法正确的是（　　） A．原、副线圈的匝数比 B．原线圈输入电流为4.5 A C．副线圈输出交流电的频率为 D．电动机 M 的机械功率不大于48 W 10．（多选）一小型风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片的带动下绕线圈的对称轴转动，产生的交变电流经过降压变压器后向用户供电。已知线圈的匝数为100，面积为0.5m2，线圈与导线的总电阻等效为R=10Ω，磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T，磁体转动的角速度为。用户端正常工作时电压为220V，功率为3520W。变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是（　　） A．变压器原、副线圈的匝数比为2：1 B．用户端正常工作时，电压表的示数为480V C．用户端正常工作时，电流表的示数为8A D．当磁场与线圈垂直时，感应电动势最大 实验题预测 预测01力学实验 1．某兴趣小组利用电子秤、手机软件和一个糖果盒子，在电梯的水平地板上验证牛顿第二定律。电梯静止时，电子秤显示的糖果盒子质量为m，手机软件显示的加速度为当地的重力加速度g，如图（a）所示。电梯运行时，电子秤示数为，手机软件示数为，某时刻示数如图（b）所示。基于电子秤的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅰ）或（Ⅱ） 其中是糖果盒子受到的支持力。 基于手机软件的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅲ）或（Ⅳ） 其中是糖果盒子的加速度。 完成下列填空： （1）电梯静止时，电子秤与手机软件数据显示如图（a）所示，则该糖果盒子的质量________kg（保留两位有效数字），当地的重力加速度。 （2）当电梯运行时，通过数据采集并计算得到合力F随时间t变化的图像，如图（c）所示，其中，用“●”标记的图线是根据公式（Ⅱ）处理电子秤示数得到的，用“▲”标记的图线是根据公式（Ⅳ）处理手机软件示数得到的。 ①由图（b）电子秤示数可知，此时糖果盒子处于________（填“超重”或“失重”）状态。 ②图（c）“▲”标记的图线中A点的纵坐标值是0.77N，由（1）中读出的质量得到对应手机软件示数为________。（保留四位有效数字） （3）通过分析图（c）可知，由电子秤示数算出的合力F与手机软件示数算出的合力ma变化趋势一致。若忽略时间延迟带来的影响，即可验证牛顿第二定律。 2．某兴趣小组用图甲所示的装置研究平抛运动特点。 (1)击打弹簧片，小球 2 平抛的同时小球 1 竖直下落，如果改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，重复实验，均发现两个小球总是同时落地，则说明小球 2 在竖直方向上的分运动是_____。 (2)小球 2 水平飞出后，利用手机记录小球做平抛运动的轨迹。该实验小组利用软件分析得到小球的水平位移和竖直位移随时间变化的图线如图乙所示, 但是遗漏了时间信息。结合平抛运动特征，可知图线_____（选填“甲”或“乙”）为水平位移随时间变化图。 已知当地重力加速度 ，则此次小球做平抛运动的初速度约为_____ （结果保留两位有效数字）。 3．某实验小组利用图甲所示的装置测量当地的重力加速度。水平放置的气垫导轨上，有一带有方盒的滑块，细线右端与滑块相连，细线左端挂有5个完全相同的钩码。 回答下列问题： （1）用游标卡尺测量挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片的宽度______cm； （2）平衡滑块所受的阻力后，由静止释放滑块，测得挡光片通过光电门的时间为，则滑块通过光电门的瞬时速度可表示为______（用字母、表示）； （3）将细线左侧悬挂的钩码逐个放入滑块的方盒内，并每次重复（2）中的实验操作，依次记录挡光片通过光电门的时间，分别记为、、、； （4）实验测得挡光片到光电门的初始距离为，带方盒的滑块质量为、单个钩码的质量为，以细线左侧悬挂的钩码个数为纵坐标、为横坐标，绘制函数图像。实验发现所得图像为一条直线，测得直线的斜率为，则当地的重力加速度可表示为______（用字母、、、、表示）。 4．某物理小组用图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用电子秤测出滑块（含遮光条）的质量为M，重物的质量为m。实验步骤如下。 (1)将光电门安装到气垫导轨一侧，在滑块上固定一遮光条，用游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图乙所示，则____________mm。 (2)气垫导轨调节水平后，挂上重物，使滑块与定滑轮之间的细线水平，从固定的刻度尺上读出两光电门之间的距离为s（初始时重物距地面的高度大于s）。释放重物，遮光条通过光电门1的遮光时间为，通过光电门2的遮光时间为。已知当地重力加速度为g，若系统机械能守恒，则应该满足的表达式为_______（用题中给出的字母表示）。 5．某同学尝试用单摆测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示： (1)先用游标卡尺测量摆球直径，示数如图乙所示，则摆球直径为_______； (2)拉动摆球使悬线偏离竖直方向一个较小角度（小于5°），将摆球由静止释放，力传感器测得拉力随时间变化的图像如图丙，根据图像可知单摆的周期_______（用表示）； (3)改变摆线长度，测量多组摆长及对应的周期，作出图像如图丁所示，图像在纵轴上的截距为，则当地的重力加速度________（用和表示）。 6．小华同学在做验证机械能守恒定律的实验时，设计了利用质量为m的矩形线框配合光电门实验装置来验证机械能守恒定律。如图所示，矩形线框用直径为d的圆柱形材料做成，某次实验中，矩形线框保持竖直且上下两边处于水平状态从光电门的正上方自由下落，测得矩形线框下边经过光电门的挡光时间为，上边经过光电门的挡光时间为。 (1)为完成该实验，________（“需要”或“不需要”）用刻度尺测出矩形线框上、下两边之间的距离L。 (2)改变光电门的位置多次重复实验，测得多组挡光片1、2通过光电门的挡光时间、，作图像，如果图像是一条倾斜直线，且图像与纵轴的截距为________、图像的斜率等于________，则线框下落过程中机械能守恒。 7．某同学在做探究加速度与力和质量的关系的实验，设计了如图甲所示的实验装置。 (1)用50分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，遮光条的宽度_________mm； (2)将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离s；打开气源，释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t；可得物体运动加速度大小_________（用d、t、s表示）； (3)实验时用拉力传感器直接测得的拉力F，则物体运动加速度a与拉力F的关系图像最符合本实验实际情况的是_________。（选填选项前的字母） A． B． C． D． 8．某同学利用图甲所示装置，探究某弹簧弹性势能的大小与其形变量的关系。图甲中水平和倾斜轨道均为光滑轨道，轨道之间平滑连接。将该弹簧右端固定，用小球压缩弹簧，使其压缩后由静止释放小球，小球脱离弹簧后冲上倾斜轨道。测量出对应的弹簧形变量和小球在倾斜轨道上上升的最大高度。根据和的关系完成探究。实验过程中，弹簧始终在弹性限度内。 (1)为了探究弹性势能的大小与弹簧形变量的关系，本实验_____（选填“需要”或“不需要”）测量小球的质量； (2)多次实验后，以为纵坐标，为横坐标得到如图乙所示一条过坐标原点的倾斜直线，则弹簧的弹性势能与_____（选填“”、“”或“x”）成正比； (3)若另一同学实验时所用弹簧及小球均相同，但所选用轨道的倾斜部分与小球间的摩擦不可忽略，且摩擦因数处处相同，则其所做的图像与图乙相比会发生的变化为_____。 9．某智能物流实验室利用如图甲所示的装置，测试自动导引车（AGV）在恒定牵引下的加速度与负载质量的关系。AGV（小车）前端通过细线连接标准配重块（图中槽码），后端连接纸带，电磁打点计时器固定在木板右端。已知电源频率为50Hz，相邻计数点间还有4个点未画出，纸带刻度如图乙所示（刻度数值不可修改）。图丙为该实验室设计的双轨道并行测试装置，两辆AGV的刹车系统由控制装置同步触发，可同时启动、同时制动。 (1)关于该实验的操作，下列说法正确的是（　　） A．实验时先释放AGV，再接通打点计时器电源 B．调整定滑轮高度时，无需保证细线与木板平行 C．平衡阻力时，需要挂上标准配重块 D．平衡阻力后，每次在AGV上增加货物负载时，无需再次平衡阻力 (2)根据图乙纸带，读出B点的刻度值为______cm，计算AGV在B点的瞬时速度vB=______m/s。 (3)实验中保持标准配重块总质量m=0.1kg不变，改变AGV及货物的总质量M，由牛顿第二定律推导加速度a与的定量关系式，并判断图像的正确形状（　　） A． B． C． D． (4)利用图丙的双轨道并行测试装置，设计一个无需打点计时器、无需测量运动时间的实验方案，直接比较两辆AGV的加速度大小。并说明该方案相比传统打点计时器方案的优势。 10．某研究小组利用如图装置进行实验。 (1)用这个装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验 ①该实验应该使用8V的_________电源（填“交流”或“直流”）。 ②某次实验得到一条如图所示纸带，取纸带上某点为计数点0后每5个点取一个计数点，分别记为1、2、3、4、5、……，用毫米刻度尺读出各计数点刻度，已知打点计时器所用电源频率为50Hz。 根据上述信息可得，在打下第“4”点时，物体运动的速度为_________m/s。（结果保留两位小数） (2)用这个装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验 ①以小车为研究对象，在平衡摩擦力时，下列操作要求正确的是_________。 A．应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车拖纸带匀速下滑 B．应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车不拖纸带匀速下滑 C．应该调平轨道，增减槽码，轻推小车，让小车拖着纸带匀速下滑 ②以小车为研究对象，将槽码的重力视为小车的合力，改变槽码个数多次实验，根据实验数据拟合出如图所示的a-F图像。小明认为，要想得到一条过原点的直线，可以增大轨道的倾斜程度，你_________（填“同意”或“不同意”）他的说法，理由是______________。 预测02电学实验 1．某实验小组利用如图1所示的电路来探究两个初始不带电的相同电容器A、B的充、放电现象。 实验操作步骤如下： (1)保持开关断开，将开关接1，通过图中电流传感器的电流I的方向为______（选填“向右”或“向左”），直到电压传感器示数稳定为U的过程中，电流I随时间t变化的图线正确的是图2中的______（选填“a”或“b”）图线，该图线与t轴围成的面积为S。 (2)保持开关断开，将开关接2，待电压传感器示数稳定后，此过程中图线与t轴围成的面积为______（选填“S”或“”）。 (3)将开关断开，开关闭合，让电容器B的两极板完全放电；再断开开关，将开关接______（选填“1”或“2”），待电压传感器示数稳定后，其示数为______。以上实验表明，电容器的电荷量变为原来的一半时，其两极板间的电势差也变为原来的一半。 2．某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E和内阻r及电阻的阻值。实验器材有：待测电源，待测电阻，电压表V（量程0~3V，内阻很大可视为理想表），电阻箱R（0~99.99Ω），单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。 (1)先测电阻的阻值。请将该同学的操作补充完整： A．闭合，将切换到a，调节电阻箱，读出其示数和对应的电压表示数； B．保持电阻箱示数不变，_____________，读出电压表的示数； C． 电阻的表达式为=__________。 (2)该同学已经测得电阻，继续测电源电动势E和内阻r，其做法是：闭合，将切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E=__________V，内阻r=________Ω。（结果保留两位有效数字） 3．某实验小组自制了一台氧气流量计，其结构如图甲所示，氧气从进气口进入腔体冲击应变片，应变片发生形变，阻值随之变化。应变片接在图乙所示的电路中，其中电源电动势，定值电阻，，应变片的阻值随氧气流量变化的关系如图丙所示。闭合开关S，当流量变化时，、两点间的电压会随之改变。在、间接入电压传感器，利用电压传感器的示数可算出流量。电源内阻不计，电压传感器的内阻可视为无穷大。 (1)按照图乙，将图丁中的实物连线补充完整____。 (2)当氧气流量时，________mV。 (3)当氧气流量时，、两点的电势关系为________（填“”“＜”或“”）。 (4)当电压传感器的示数为4mV时，氧气流量________。 (5)当环境温度升高时，应变片阻值增大，该变化会导致氧气流量的测量值________（填“偏大”或“偏小”）。为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是________（写出一种方法）。 4．某实验小组测量一毫安表的内阻。 (1)首先设计了如图甲所示的电路，可选实验器材如下： A．电源（电动势，内阻可忽略）    B．电源（电动势，内阻可忽略） C．滑动变阻器（阻值范围）    D．滑动变阻器（阻值范围） ①为了提高毫安表内阻测量的精度，尽可能的减少实验误差，电源应选______，滑动变阻器应选_______；（均选填器材前的字母序号） ②先闭合开关、断开，调节滑动变阻器使得毫安表满偏；再闭合，调节电阻箱使毫安表示数为满偏电流的时，电阻箱的示数为，则毫安表内阻的测量值为_______。（结果保留3位有效数字） (2)改进后的实验电路如图乙所示，先闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表满偏，记下此时电流表的读数； ①小李接下来的操作是：闭合开关，调节电阻箱，使毫安表半偏，记下此时电流表的读数，以及电阻箱的阻值，则毫安表内阻的测量值为______（用测得的量表示）； ②小王接下来的操作是：闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器，直至毫安表半偏并且电流表的读数仍为，记下此时电阻箱的阻值，则毫安表内阻的测量值为_______（用测得的量表示）。在不考虑偶然误差时，此次内阻的测量值与真实值相比______（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 5．某实验小组在常温20℃环境中，测量一根长为50.00cm，直径为0.650mm的合金丝电阻率。 (1)先用多用电表粗测合金丝电阻，将选择开关调至欧姆挡“”挡，并进行正确操作后指针位置如图1，则合金丝电阻为___________。 (2)为精确测量电阻，采用如图2的电路，其中滑动变阻器调节范围0~10Ω，电流表内阻为0.5Ω，导线连接正确的是___________。 A．①连a，②不连 B．①连a，②连c C．①连b，②不连 D．①连b，②连d (3)经正确操作后，测得多组数据，并在图3的坐标系中描点作图，则该合金丝的电阻率___________。（结果保留1位有效数字） (4)查阅资料后发现该合金丝电阻随温度的变化关系为，随后利用该合金丝、数字电压表（内阻极大）、恒流电源（输出电流）、开关和导线，将合金丝做测温探头，设计了一个电阻温度计，请根据图4的电路写出温度t与电压U的关系式___________。 6．（2026·广东深圳·二诊）光伏电池是将太阳光能直接转换为电能的半导体器件。学习小组选取某型号光伏电池板，对其电动势与内阻的特性展开探究，设计了如图甲所示的实验电路。实验室提供了如下实验器材： A．待测光伏电池板（电动势标识为） B．电流表A（量程，内阻约） C．电压表V（量程，内阻约） D．滑动变阻器（最大阻值） E．电阻箱（最大阻值） F．电压传感器、电流传感器及相关设备 G．开关、，导线若干 白天环境下，主要实验步骤如下： （1）按照图甲所示电路，用笔画线代替导线将图乙中的器材连接完整。________ （2）在实验室内将光伏电池板放在盒中，连接好电路，闭合，断开，改变盒盖高度，测量得到下表数据； 组别 1 2 3 4 5 6 7 8 h/cm 0 5 10 15 20 25 30 U/V 0 2.5 6.3 8.6 10.2 11.8 12.8 当盒盖高度时，电压表指针如图丙所示，读数为________V。由上表可知，随着光强（盒盖高度）的增加，光伏电池电动势________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）将盒盖完全打开，闭合、，无论如何调节滑动变阻器，发现电压表和电流表示数几乎为零。 （4）将图甲中的电流表换成电流传感器、电压表换成电压传感器（传感器均视为理想电表），用电阻箱替换滑动变阻器，连接电路。 闭合、，保持光照强度不变，改变电阻箱的阻值，测得光伏电池板两端电压随电流变化关系如图丁所示，其中为某一工作点，虚线是过点的切线，此状态下电池内阻大小为________（选用、、、、表示）。 7．某实验小组利用伏安法精确测量电阻的阻值（阻值约为15Ω），可选用的实验器材有： A、电源E（电动势为3V，内阻不计） B、电压表V（0~3V，内阻约6kΩ） C、电流表A（0~50mA，内阻） D、定值电阻：； E、滑动变阻器R（0~5Ω） F、开关S及导线若干 回答下列问题： (1)为了尽可能测出范围较大的数据，应选择的实验电路为图_________（选填“a”或“b”）； (2)实验中定值电阻应选_________（选填“”或“”）； (3)通过改变滑动变阻器的滑片位置，记录电流表A和电压表V的多组I、U数据，作出I~U图像如图（c）所示，则电阻的阻值为_________Ω（结果保留1位小数）。 8．研究小组同学利用多用电表测量金属丝的阻值。 (1)先用欧姆表粗测其阻值。两位同学分别选用多用电表“”和“”挡，将两个表笔短接，进行欧姆调零，然后将表笔分别接在电阻的两端，多用电表指针如图1中的虚线及实线所示，则电阻的阻值为________。 (2)之后同学们设计了如图2所示电路利用多用电表再次开展测量，学生电源使用直流输出挡，所用多用电表的挡位设置如图3，则电路中的表应选用________量程，表应选用________量程。 (3)正确选择了挡位和量程后，电路中电表和电表的指针偏转如图4和图5所示，由此可计算得到电阻的阻值为________（结果保留3位有效数字）。 9．有一个标有“0.2A，0.6W”的小灯泡，某同学为了描绘它的伏安特性曲线，设计了以下实验，实验室中只提供了下列器材： A．电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）； B．电流表（量程0~250mA，内阻约5Ω）； C．电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）； D．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）； E．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）； F．开关一个、导线若干。 实验中调节滑动变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流。 (1)实验中所用的滑动变阻器应选上列中的________（用序号字母表示）。 (2)为了尽量减小实验误差，并要求小灯泡电压从零伏开始多测几组数据，图甲中画出了实物连线图，请在虚线框乙中画出电路图。 (3)如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的I-U关系图线。由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而________（填“增大”“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为1.0V时，其灯丝电阻值约为________Ω。 10．小尧同学在实验室练习使用多用电表。 (1)①她将选择开关调到欧姆挡，先用手指捏着红、黑表笔进行欧姆调零（如图甲），然后用手指压着表笔与待测电阻的引脚测量电阻（如图乙），这两步操作对实验结果是否产生影响________。 A．甲影响        B．乙影响 C．甲、乙都不影响        D．甲、乙都影响 ②已知选择开关在“”位置，正确操作情况下指针如图丙所示，待测电阻________。 (2)她进一步用如图丁所示实验电路探究充电宝的电动势和内阻，并用两只数字多用电表分别作为电压表和电流表，图中电阻。 ①闭合开关前，应把滑动变阻器的滑片移到最________端（填“左”或“右”）； ②图中“数字多用电表1”是________表（填“电流”或“电压”）； ③在充电宝电量接近时，实验得到了与干电池相似的图像，如图戊所示。由图像可得该充电宝的电动势________，内阻________（结果均保留小数点后两位）。 ④研究发现充电宝在电量减少的过程中，电动势几乎不变，由此可以推测充电宝内用来储存电能的器件可能是________。 A．电感线圈    B．电容器    C．电池组 预测03创新实验 1．（2026·广东中山·二模）图1为等臂电流天平实物图，图2为其结构简图。兴趣小组现要测定电流天平螺线管在通某恒定电流时内部产生磁场的磁感应强度大小（通电螺线管在其内部产生的磁场可视作水平方向的匀强磁场）。实验前将电流天平的U形导线（如图3）放入未通电的螺线管中，调节平衡螺母使U形导线处于水平状态。实验时将U形导线与螺线管线路分别接通直流电，设流经螺线管的电流为I1、流经U形导线的电流为I2，然后在U形导线框的左端挂上钩码，保持I1大小不变，调节I2的大小使线框平衡，如图2所示。图3中U形导线的长与宽分别为La与Lb。 (1)电路安装 实验电路如图4，其中只有滑动变阻器还未完全连接好，要求电流表的读数能从零开始变化，请将其连接好________； (2)实验测量与数据处理 ①电流天平通电流I1和I2后，关于电流天平平衡的原因，下列说法中正确的是( ) A．钩码的重力与La段导线所受到的安培力大小相等 B．钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力大小相等 C．La段导线与Lb段导线所受到的安培力大小相等 D．La段导线与Lb段导线所受到的安培力方向相反 ②实验时，若保持螺线管中的电流，逐次增加钩码个数N（每个钩码质量相同），并重新调整U形导线的电流I2，使电流天平恢复平衡。记录下每次实验时N、I2如下表： N/个 1 2 3 4 5 I2/A 0.50 1.00 1.40 2.10 2.50 根据实验数据，做出“N−I2”图像，如图5所示，图线的斜率数值k=________。（结果保留2位有效数字） ③某次测量I2的电表示数如图6所示，示数为________A。 (3)通电螺旋管内部磁感应强度的计算 若一个钩码的质量为m，重力加速度为g，本次实验中测得该通电螺线管内部磁场的磁感应强度大小B=________（用含k、m、g、La、Lb字母的表达式表示）。 2．（2026·广东惠州·模拟）某科技小组计划探究机器人灵巧手的抓握功能，需要研究气动肌肉特性，设计灵巧手的压力控制电路。该科技小组用纤维网包裹气球，模拟灵巧手的气动肌肉。 (1)先测量气球的等效劲度系数，操作过程如下： ①实验装置如图（a）所示，力传感器上端固定一竖直轻质带有刻度尺的圆杆，0刻度线在杆的最顶端。用手扶稳气球并向下施力，使气球垂直按压圆杆，记录力传感器示数，气球对应的凹陷形变量，图（b）中刻度尺示数为________cm。 ②多次实验，记录多组和的值，描绘出图像如图（c）所示。若将气球受到圆杆的压力和凹陷形变量的比值定义为气球的等效劲度系数，则为________N/m。（结果保留三位有效数字） ③图（c）中的图像不过坐标原点的原因是________________________________。 (2)测量气动肌肉充气膨胀后的体积，实验装置如图所示，操作过程如下： ①气动肌肉一端通过细软管（体积忽略不计）与针筒相连，另一端连接气压传感器。初始时针筒和气动肌肉内可视为理想气体的体积分别为和，压强均为。 ②将针筒内气体缓慢全部充入气动肌肉中，此时气压传感器显示的压强示数为，则膨胀后气动肌肉内气体的体积为________。（结果用、、、表示） 3．利用如图甲所示的装置可以验证动量守恒定律，即研究小球在碰撞前后的动量关系。先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置。 (1)关于本实验，下列做法必要的是（　　） A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 B．入射小球的质量必须等于被碰小球的质量 C．轨道倾斜部分必须光滑 D．轨道末端必须水平放置 E．两小球的半径必须相同 (2)用如图乙所示装置也可验证动量守恒定律，则在实验过程中，分析正确的是（　　） A．需要先让小车开始运动，再接通打点计时器 B．小车B碰撞前必须处于静止状态 C．需要将木板右侧垫高，使小车能在木板上做匀速直线运动 D．此装置也可用于研究弹性碰撞 (3)实验中获得一条纸带如图丙所示，已将各计数点之间的距离标注在图中，打点计时器电源频率为，则小车B在碰撞前的速度大小为________（结果保留3位有效数字） 4．（2026·广东惠州·模拟）该科技小组进一步研究机器人手内部压力传感器的特性，其模拟控制电路如图（a）所示，所用器材为：电源（电动势6V，内阻可忽略不计）、理想电压表V、理想电流表mA，定值电阻（阻值）、滑动变阻器（最大阻值）、电阻式压力传感器（最大阻值）、开关S，导线若干。 (1)连接电路前，开关应处于________状态，滑动变阻器的滑片应置于________（选填“最左端”、“最右端”），请在图（b）中完成剩余部分电路的接线________。在调节滑动变阻器的过程中，电流表示数的最小值为________mA（结果保留3位有效数字）。 (2)闭合开关S，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，对施加压力，测得的电压如图（c）所示，则示数为________V。 (3)改变的大小，读出电压表和电流表的示数，计算对应的值，描绘出图像如图（d）所示。若将滑动变阻器滑片置于正中央，随着压力的增大，电压表的示数将________，当时，电压表示数为________V。（结果保留三位有效数字） 5．某同学要测当地的重力加速度，设计了如图甲所示的实验装置。半径为的四分之一圆弧槽固定在水平桌面上，圆弧的最低点切线水平，在点安装力传感器，可以测量小球经过最低点时对圆弧槽的压力，测得点离水平地面的高度为，小球的质量为。 (1)用游标卡尺测小球直径的示数如图乙所示，则小球的直径___________mm； (2)让小球从圆弧面上某位置由静止释放，记录小球经过圆弧面最低点时力传感器的示数及小球做平抛运动的水平位移，改变小球在圆弧面上释放点的位置重复实验多次，得到多组F、x，作图像，得到图像的斜率为，则当地的重力加速度大小___________； (3)若小球未放到圆弧上时，力传感器的示数并不为零，压力改变量的值是准确的，实验时又未进行调零，则实验测得重力加速度___________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 6．研究小组自制电子秤。器材有：直流电源（铭牌上标注6.0V，内阻可忽略）；电压表（量程选用，内阻很大）；粗细均匀同种材料制成的电阻丝（总长，总阻值）；电阻箱；轻质弹簧（劲度系数）；托盘（质量）；开关，导线若干。图1所示为电子秤的原理图（电压表连接情况未画出），操作步骤如下： 步骤①：托盘中未放物体，导体杆右端位于 电阻丝的上端处，闭合开关，电压表示数刚好为零。 步骤②：托盘中缓慢加入细砂，托盘静止后，导体杆右端位于电阻丝的下端处（弹簧始终处于弹性限度内）。调节电阻箱，使电压表示数为步骤③：保持不变，移去细砂，放上待测物体，记录电压表示数，换算成物体质量。 (1)电压表应连接在图1中哪两点间？_________ A．与 B．与 C．与 (2)某次测量时，电压表指针如图2所示，电压________V，被测物体质量_______（结果保留3位有效数字）； (3)为使测得的物体质量范围变大，可改进的方法有_________； A．换用更长的电阻丝 B．换用电动势更大的电源 C．换用量程更大的电压表 D．换用弹簧劲度系数更大的弹簧 (4)若电源的实际电动势小于，研究小组仍按上述步骤①~③正确操作。理论上，物体质量的测量结果_________真实值（选填“小于”、“等于”或“大于”）。 7．（2026·广东东莞·一模）某兴趣小组设计了一台电子秤。所用器材有：电源（），定值电阻（），导体棒（，，材料均匀），理想电压表（量程3.0V），弹簧（劲度系数，弹性限度大于0.1m），滑动变阻器（0～5.0Ω），开关、导线若干。 金属圆环P套在金属杆Q上，可上下移动且与Q接触良好，P右端与滑片焊接，左端通过绝缘细杆与测量质量装置固定连接。滑片与导体棒接触良好，不计一切阻力，g取。当托盘中没有放物体时，滑片恰好位于导体棒的最上端。 (1)为保护电路，开关闭合前滑动变阻器的滑片应处于最__________端（选填“左”或“右”）。 (2)闭合开关，当托盘中没有放物体时，滑动变阻器的滑片移至合适位置，可使电压表指针满偏。保持的滑片不动，某次测量的表盘示数如图乙所示，读数为__________V，此时称量的物体质量为__________kg（计算结果保留2位有效数字）。将电压表表盘上的电压刻度换成对应的质量刻度，电压表变为电子秤。 (3)使用一段时间后，由于电源老化，电源电动势不变，内阻变大，为保持测量准确，滑动变阻器的滑片应向__________移动（选填“左”或“右”）。 (4)可用该装置测量电源的内阻。测量方法为闭合开关后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端，改变放入托盘中的物体质量m，记录对应的电压U，绘出图像如图丙所示，则电源的内阻__________Ω（计算结果保留2位有效数字）。 8．（2026·广东中山·一模）某探究小组想探究篮球与酚醛树脂板碰撞后反弹的高度与球内气体压强p的关系，所用器材有：厘米刻度尺、可显示球内压强的打气筒、篮球、长木板、重锤线、水平仪、细木条、表面平整的酚醛树脂板、钉子、装有Phyphox软件的智能手机等。实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度。 （1）实验装置与调节 ①利用水平仪找到一处靠墙的水平地面，将酚醛树脂板置于水平地面上； ②利用重锤线调整长木板与地面垂直，用钉子将长木板固定在墙壁上； ③将厘米刻度尺竖直贴在长木板上，0刻度线与酚醛树脂板上表面平齐。 （2）反弹高度测量 ①选用同一个篮球从高度（球的最低点到反弹面的距离）由静止释放，反弹面选酚醛树脂板的上表面；每次改变篮球内气压值后让其做自由落体运动，测量反弹后的最大高度。以上操作中，固定实验用篮球、释放高度和反弹平面；改变篮球内气压值，以上操作用到的实验方法是______。 ②手机紧贴地面，利用Phyphox软件测量篮球前两次撞击地面的时间间隔为t，利用公式______，计算篮球的反弹高度。 （3）恢复系数测量 篮球撞击地面的恢复系数定义为反弹离开地面瞬间速度大小与撞击地面前瞬间速度大小的比值，忽略篮球运动过程中受到的空气阻力，则______。（用、表示） （4）反弹高度与球内气体压强的关系 测量反弹高度与篮球内部压强的关系，根据实验数据，在图乙中画出了反弹高度与压强的关系图像。 （5）最佳充气压强的计算 篮球的气压直接影响其弹跳性、滚动性和手感，研究表明，为兼顾弹跳性及控球的需要，篮球从1.8米处释放后的理想反弹高度应在1.25米到1.45米之间，请根据反弹高度与压强的关系图像估计对应的压强范围：______ 9．某物理探究小组发现“两个小球从斜面不同高度释放，能在水平面某处相遇（竞速平局）”的现象，于是利用如图所示装置进行定量探究。实验装置由倾角为的斜面平板和水平面平滑连接而成（小球经过连接处时无能量损失）。 (1)实验小组同学固定斜面倾角，选取多组不同的起始位置和（距斜面底端的距离），通过调节水平挡板位置，测出两球“平局”时挡板到斜面底端的距离。数据记录如下表： 实验序号 1 9.00 16.00 30 23.98 2 16.00 25.00 30 40.01 3 25.00 36.00 30 60.02 4 36.00 49.00 30 ____ 根据表格中的数据规律，推断实验序号4中的值应为____cm。 (2)在上述实验的基础上，小组同学保持和不变，将斜面倾角调整为和，仍使小球只滚动无滑动，以保证摩擦力不做功，重复实验，发现测得的值始终为40.00 cm（在误差允许范围内）。同学们发现，随着倾角的增大，两球从释放到撞击挡板的总时间发生了变化。若忽略空气阻力，随着增大，总时间将________（填“增大”“减小”或“不变”）。 (3)为了对上述实验规律进行理论验证，小组同学们假设小球分别在斜面和水平面上做匀加速运动和匀速运动，请利用运动学公式推导与、的函数关系式：________。 (4)若测得的值与由（3）得到的计算值并不一致，请写出一条产生这种误差可能的原因：________。 10．某同学利用力传感器设计了一个实验装置测量汽车的加速度，图甲为电路原理图，电源的电动势E=6V，内阻r=2Ω，电流表量程为Im=0.60A（内阻不计），力传感器与固定挡板间放置着质量为0.4kg的小球，静止时，球恰好与力传感器及挡板接触但无挤压，球所受摩擦力可忽略不计，图乙为力传感器的阻值随压力变化的图像，回答下列问题： (1)为保证电路安全并使测量尽可能精确，关于图中电阻R0的阻值，以下选项最合理的是______； A．2Ω B．6Ω C．16Ω (2)将该装置以图甲所示方位安装至向右运动的汽车当中，可测量汽车______（填“加速”“减速”或“加速和减速”）的加速度大小； (3)电流I和力传感器的阻值RF的关系式为______（用RF、I、E、r、R0表示）； (4)若将电流表的表盘改为直接显示加速度的表盘，加速度零应标在电流______A处，0.5A处应标加速度为______m/s2（R0用第（1）问中所选阻值）。 综合计算预测 预测01 气体实验定律综合应用 1．（2026·广东中山·二模）某密封茶叶筒结构简图如下图，茶叶筒由圆柱形的筒盖和筒身组成，筒身上端外侧固定有厚度可不计的密封橡胶圈。储存茶叶时，先将茶叶投入筒身内，把筒盖口对准筒身口后用力下压，直到筒盖完全套在筒身上。忽略筒盖壁和筒身壁的厚度，筒盖和筒身直径近似相等，满足d1≈d2=6cm，筒盖高度h1=2cm，筒身高度h2=10cm。当筒内气体压强p和筒外气体压强p0满足时，密封橡胶圈不漏气。忽略过程中温度和大气压强的变化，筒盖的重力不计，取大气压强。 (1)某次使用时，先投入体积为的茶叶，后将筒盖缓慢压到底，静置足够长时间后，求此时筒内封闭气体压强； (2)在第一问基础上，将筒盖缓慢拔开，当筒盖和筒身刚好未分离时，人手松开，在橡胶圈对筒盖的摩擦力作用下，筒盖可以保持静止，求此时橡胶圈对筒盖向上作用力F的大小。 2．本题研究一种超重报警装置的原理，高为L、横截面积为S、导热性能良好的薄壁容器竖直悬挂，在距离容器底部处安装有传感器。容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时封闭一段长度为的理想气柱如图甲所示。活塞下面挂着沙桶如图乙所示，现往沙桶中加入沙子使活塞缓慢下降，当活塞接触传感器时，传感器发出警报。已知初始时环境温度为，大气压强为，，，，重力加速度为，不计摩擦阻力，且一定质量理想气体内能和热力学温度成正比。 (1)求在环境温度视为不变的情况下刚好触发超重警报时所挂沙和沙桶的总质量M； (2)在（1）条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少了5.75 J，现从刚好触发警报状态缓慢加热使活塞离开气缸，至少需要吸收多少热量？ 3．高度为L的直立气缸有两个通气阀门，气缸四壁轻薄且视为刚性，如图甲所示，底部与活塞之间用轻质弹簧连接，活塞静止时恰好位于气缸正中间（见图甲），活塞与气缸之间密闭性良好且无摩擦。已知弹簧原长为L，弹簧体积不计。关闭通气阀门后，将气缸缓慢逆时针放倒，活塞再次静止时，与气缸左壁的距离为，如图乙所示。已知气缸内的温度保持不变，大气压强为，活塞面积为S，活塞厚度不计，重力加速度为g。 (1)求图乙中左、右侧气体的压强之比； (2)求活塞的质量； (3)若从图甲到图乙，左侧气体对活塞做功为，那么左侧气体吸热（或放热）是多少？ 4．如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管，左端开口，右端通过橡胶管（橡胶管体积不计）与放在水中的导热金属球形容器连通，球形容器的容积为，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出，水银柱上方空气柱长。已知大气压强，U形玻璃管的横截面积为。（，U形玻璃管右侧空气柱和金属球形容器内气体温度恒相同） (1)若对水缓慢加热，温度为多少时，两边水银柱高度会在同一水平面上？ (2)保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度是多少时右管水银面回到原来的位置？ 5．如图所示，上端开口内壁光滑的绝热圆柱形汽缸A竖直放置在水平面上，导热性能良好的活塞甲和绝热活塞乙质量均为m，横截面积均为S，两活塞均与汽缸接触良好且厚度不计，两活塞之间区域C及活塞乙下部区域D均存在着理想气体，汽缸下面有加热装置B。整个装置处于平衡状态时，缸内理想气体C、D两部分高度均为，温度均为。已知环境温度和外界大气压强均保持不变，重力加速度为g，忽略一切摩擦，现对D区的气体缓慢加热，活塞甲上升h时停止加热，求： (1)停止加热时D区气体的温度； (2)若在活塞甲上缓慢添加质量为m的沙粒，C区气体的高度。 6．有一火灾报警装置，其原理如图1所示，当活塞触及卡柱时，触发报警，致使闪烁灯闪烁、警报器鸣笛。导热性能良好的容器安装在天花板上，卡柱到容器上端距离为L。横截面积为、质量为的活塞（厚度不计）密封一定质量的理想气体，活塞能沿容器无摩擦滑动。未发生火灾时，环境温度为，活塞与卡柱的距离为；发生火灾时，容器内温度缓慢上升到，从至过程中容器中气体内能增加了9.6J。已知，，，，，，。 (1)求未发生火灾时容器内的压强； (2)在图2中画出从至过程中容器内气体的图像； (3)求从至过程中，气体吸收的热量。 7．单级水火箭可以简化为如图所示的下方开口的容器。容器中气体体积，压强，下方水的深度。单向气阀（不计重力）是一个只能朝一个方向通入气体的装置，它外部为橡胶材质，将其紧紧塞在容器口位置可将水堵住还能向容器内进行充气。单向气阀与容器口摩擦力的最大值。现用打气筒通过单向气阀向容器内一次次的充入压强，体积的气体。当容器内的气体压强到达一定值时单向气阀和容器中的水被一起喷出，水火箭可以获得一定的速度发射。已知重力加速度，容器口的横截面积，水的密度。假设容器中的气体为理想气体，充气和喷水时忽略温度的变化。 (1)求水火箭刚好喷水时容器内气体压强p； (2)求水火箭刚好喷水时的充气次数。 8．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，已知气体初始状态参数如下：状态a的压强，体积，温度；为等压过程，状态b的体积；为绝热过程，气体对外做功；为等温过程。 (1)求过程中，气体从外界吸收的热量； (2)现将该理想气体充入容积为的储气罐中，储气罐初始温度为、压强为，充入后储气罐内气体温度降至，压强变为。求充入储气罐的气体在状态a下的体积（不计充气过程气体泄漏，充气后储气罐内气体可视为理想气体）。 9．如图所示，一竖直放置的绝热圆柱形汽缸上端开口，其顶端有一卡环，导热活塞M、绝热活塞N将两部分理想气体A、B封闭在汽缸内。初始时，A、B两部分气体的温度均为，活塞距卡环的距离为0.5L，两活塞的间距为，活塞距汽缸底的距离为3L；现用加热装置（体积忽略不计）缓慢加热气体B，使其温度升高。已知外界大气压为，环境温度为且保持不变，汽缸的横截面积为，两活塞的厚度、质量及活塞与汽缸之间的摩擦均忽略不计。求： (1)活塞M刚好到达卡环处时，气体B的温度； (2)当气体B温度达到时，卡环对活塞的作用力大小。 10．某人利用无人机运送密封物品，无人机起飞前，地面温度。无人机吊篮内密封物品的包装盒导热性良好，包装盒内气体可视为理想气体，此时包装盒内气体的压强，体积。当无人机升至某高度后，环境温度降至，包装盒内部气体膨胀，体积变为。包装盒内气体压强始终与外界大气压相等，。求： (1)升至某高度后，包装盒内气体的压强p2（结果保留三位有效数字）； (2)假设空气密度始终不变，无人机此时所处的高度h（结果保留四位有效数字）。 预测02 牛顿运动定律综合应用 1．某流线型物体入水时的情景如图所示，物体(可视为质点)质量为， 从距离水面的高度处的点由静止开始落下，在点入水后匀减速下降到点时速度减为零。重力加速度为，不计空气阻力。 (1)求物体从点下落到点所用的时间； (2)若认为物体入水瞬间的速度不变，物体从点减速下降到点所用的时间为物体从点下落到点所用的时间的一半，求物体从点下降到点过程中的水对物体的作用力大小。 2．如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度，沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为，物块A、B质量分别为，。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高，Q点与水平台面右端的水平距离，g取。 (1)求物块A脱离弹簧时速度的大小。 (2)求弹簧储存的弹性势能。 (3)求物块B在离开水平传送带时的速度。 3．如图所示，倾斜传送带的长度，传送带以恒定速率顺时针转动，一个固定在竖直平面内倾角为的粗糙斜面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，小物块甲从顶端A处静止释放，滑到水平面上的B点向右运动到C点与小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小物块乙从C点滑上倾角的传送带，并从顶端D点沿传送带方向滑出，最后落至水平地面上的E点，已知小物块甲与斜面AB间的动摩擦因数和小物块乙与传送带之间的动摩擦因数均为，小物块甲与水平面间的动摩擦因数为，斜面长，B、C两点的距离，两小物块（可看成质点）质量均为，，，，不计空气阻力，不计传送带传动轮的大小，水平面BC右端C处与倾斜传送带平滑连接，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)小物块甲到达B点时的速度大小； (2)两小物块碰撞后的瞬间小物块乙的速度大小； (3)小物块乙从C点运动到D点的时间t和小物块乙离开传送带后距水平面BC的最大高度h。 4．一游戏装置如图所示，左侧光滑斜面与水平传送带平滑连接，传送带右侧紧接有等高的光滑水平面。现有一可视为质点的小滑块从斜面上距传送带高度处静止下滑，通过传送带和，冲上两个半径为的光滑四分之一圆管轨道。已知长，传送带长，以速度匀速向右运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力。 (1)若小滑块恰能从E点离开，求小滑块： ①在D点处的速度大小； ②在D点处对轨道的压力大小； ③释放高度。 (2)若在段铺上不同材料，且小滑块与材料的动摩擦因数为，小滑块从斜面上距传送带高度处静止下滑，小滑块最终停在的中点位置（图中未标示），试讨论可能的取值。 5．如图所示，长为的细线一端固定于点，另一端系有一质量为可视为质点的小球，初始时小球被锁定在距离点处的装置中。光滑地面上有一质量为的长木板到墙壁距离为，木板左端放有质量为的凹形小木槽，凹形小木槽与长木板间的动摩擦因数为。解除锁定，小球开始运动，小球到达点正下方时细线断裂，小球飞出，之后恰好落入凹形小木槽中与小木槽粘在一起（时间极短）。经过一段时间后长木板与墙壁发生弹性碰撞，凹形小木槽始终未脱离长木板且未与墙壁碰撞，重力加速度取，求： (1)细线断裂时小球的速度大小； (2)长木板与墙壁碰撞时，小木槽与长木板的速度大小； (3)长木板在地面上运动的总路程。 6．如图所示，水平地面上固定一倾角为37°足够长的斜面，斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为53°，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，物块B放在A上的某点。初始时A、B均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知B、C均可视为质点，B始终未从A上滑下，圆弧轨道的半径为2.25m，，，A与B之间及A、C与斜面间的动摩擦因数均为，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间，C对轨道的压力大小； (2)B与A之间因摩擦产生的热量； (3)最终A右端与C之间的距离。 7．如图所示，竖直面内足够长的倾角为的倾斜轨道与水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量为的物块甲静止于水平轨道的最左端的A点。质量为的物块乙以水平向左的速度与物块甲发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块乙以的速率反弹。已知物块甲、乙与轨道间的动摩擦因数均为，两物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度的大小，，。求 (1)物块乙碰后运动的位移大小x； (2)物块甲碰后沿倾斜轨道运动到最高点的时间t； (3)物块甲运动的全过程中与轨道因摩擦而产生的热量Q。 8．如图1所示，AB为倾角θ=37°的倾斜传送带，处于静止状态。BC段水平，CD段竖直，DE段为水平且光滑的长直轨道。质量为m=1kg、可视为质点的滑块停放在传送带的底端A处。DE段停有四分之一圆弧槽，圆弧槽半径R=0.6m，槽底部与轨道相切。t=0时，传送带开始运动，速度随时间变化的v-t图如图2所示。滑块从传送带上端B处飞出时的速度为v=5m/s，恰好从D处水平飞上轨道DE，冲上圆弧槽后，恰能到达圆弧槽顶端与圆心等高处再从圆弧槽滑下。已知传送带与滑块间的动摩擦因数，圆弧槽各个面均光滑，sin37°=0.6，重力加速度取。 (1)求传送带的长度L应满足的条件； (2)求滑块在传送带上运动时产生的摩擦热Q； (3)若滑块与圆弧槽的作用时间为t=0.51s，求此过程圆弧槽的位移大小。 9．弹珠是小朋友们喜爱的玩具之一。质量的木槽截面如图所示，四分之一圆弧处表面光滑，圆弧的圆心为O点，半径，圆弧末端切线水平且距水平地面的高度，如图所示。质量的弹珠（可视为质点）从与圆心等高处由静止释放，弹珠始终在竖直面内运动，取重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)若木槽固定，弹珠离开木槽前瞬间，木槽对弹珠的支持力大小F； (2)若木槽不固定且地面光滑，弹珠与木槽刚分离时弹珠的速度大小v； (3)在（2）的条件下，弹珠从释放到落地的水平位移大小s。 10．如图所示，水平传送带CD两端的距离，正以的速率沿顺时针方向转动。光滑斜面AB倾角，其末端B点与传送带C端之间有一段极小的光滑圆弧，可使滑块无能量损失地从斜面滑上水平传送带。现将一滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，滑块将以大小的水平速度滑上传送带，并从传送带的D端水平飞出，最终落至水平地面上的E点。已知D、E两点间的高度差，滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。求： (1)滑块从D端飞出时速度的大小； (2)D、E两点间的水平距离x； (3)改变滑块在斜面上由静止释放的初始位置，其他情况不变，要使滑块总能落至E点，则滑块释放的初始位置到B点的最大距离？ 预测03 带电粒子在电磁场中的运动 1．如图所示，在光滑绝缘水平面上建立直角坐标系，足够长的收集板置于y轴上。在y>0区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。绝缘挡板MN表面光滑，长度L=2 m。一质量m=0.1 kg，电荷量q=0.1 C的带正电小球紧贴挡板放置，初始位置与M端的距离为d。现用挡板推动小球沿y轴正方向运动，运动中挡板始终平行于x轴，小球紧贴挡板。进入磁场后，挡板保持速度沿y轴正方向做匀速直线运动，经过一段时间带电小球离开挡板M端。小球可视为质点，运动中带电量保持不变，且到达收集板立即被收集。 (1)当d=1.25 m时，求带电小球离开挡板M端时的速度大小v； (2)调节挡板M端与y轴距离为时，无论d多大，都可以让小球垂直打在收集板上。 ①求； ②求小球垂直打在收集板上的位置坐标y与d之间的函数关系。 2．（2026·广东中山·二模）如图所示，光滑的水平桌面上，平行于y轴方向放置一根空心光滑绝缘细管PQ，P端位于x轴上，管内有一质量为m、带电量为+q的小球。在第一象限内平行于x轴的虚线与x轴之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场区域宽度与细管长度相等，大小均为。开始时小球位于细管内P端且相对细管静止，某时刻细管PQ沿x轴正方向做匀速直线运动，以速率u进入磁场，之后在外力作用下仍保持原速做匀速运动且细管始终与y轴平行。 (1)求小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度v1； (2)从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q，求管壁对小球弹力的瞬时功率P随时间t变化的表达式； (3)小球离开Q端后恰好从a点进入方向水平向左的匀强电场区域内，该区域在桌面上的边界为矩形abcd，已知ab边与虚线重合，ab=L，，从小球进入电场区域到离开的过程中，求电场力对小球做的功W与场强E的关系。 3．如图所示的平面直角坐标系中，第一、二象限仅存在沿轴负方向的匀强电场，第三、四象限仅存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。在轴正半轴分布有2026块挡板，每块挡板长为，厚度不计，相邻挡板间距为，第一块挡板左边缘位于坐标原点。离子源的纵坐标为，可以平行轴移动。离子源不停地沿轴正方向发射大量同种正离子，正离子比荷为，速度均匀的分布在与（，大小未知）之间。所有离子射入磁场时的速度竖直分量均为；不计离子间的相互作用力和离子的重力，不考虑离子间的碰撞，离子打到挡板（含边缘）即被吸收。求： (1)电场强度的大小； (2)离子源处于某位置时，以速度释放的粒子在出磁场时恰打在第一块挡板的左边缘；当离子源向轴负方向平移，以速度释放的粒子在出磁场时恰打在第一块挡板的右边缘，而且两个离子进出磁场的次数相同。求的可能取值； (3)已知。当离子源在移动时，有的位置，会使离子源发出的所有离子都直接打在挡板上，未进入磁场。现限制离子源仅在区域移动，发现有离子运动全程不打任何挡板。求当不打任何挡板离子占比最大时离子源的横坐标（用表示），以及此时不打板离子的占比。 4．如图，平面直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在沿方向的匀强电场，第Ⅱ象限内存在垂直于平面向外的匀强磁场（磁感应强度大小未知），第Ⅳ象限内存在垂直于平面向外的匀强磁场（磁感应强度大小未知）。一质量为、电荷量为（）的带电粒子从点以初速度大小为、与轴夹角的方向射入磁场，沿方向进入电场，后从点第一次进入磁场，不计粒子重力。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)为使粒子在后续运动中从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限时能经过点，则匀强磁场的磁感应强度大小可能为多少？ 5．如图所示，两块平行金属板水平放置，板长和板间距均为2d，两板之间存在竖直向上的匀强电场。极板右侧空间存在范围足够大的匀强磁场B，磁场方向垂直纸面向外。极板左侧有一束宽度为2d，均匀分布的离子束以相同的初速度沿着平行于金属板的方向射入电场，已知离子质量均为m，电荷量均为，离子碰到极板立即被吸收，且不考虑电场的变化，进入电场的粒子有50%能从电场射出。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子重力和金属板厚度，忽略电场的边缘效应。 (1)要使离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小； (2)若两极板间仅有电场，从电场中射出的粒子经磁偏转后能全部回到电场中，求磁感应强度的取值范围； (3)若磁感应强度的B大小取（2）中的最小值，求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时间。 6．如图，在平面直角坐标系中，存在三个区域。在Ⅰ区内，存在与y轴负方向成的匀强电场、场强大小为E；在Ⅱ区内，存在沿x轴正方向的匀强电场、场强大小为E，同时始终受到一个与运动方向相反、大小为的阻力。在Ⅲ区内，存在沿x轴负方向的匀强电场、场强大小为E，同时还存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场、磁感应强度大小为。现从A点（位于y轴上）由静止释放一个质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子沿直线运动经过B点，然后再沿曲线运动到C点。经过B点时速度大小为，B点位于Ⅰ区、Ⅱ区的边界上，且与x轴的距离；C点位于x轴上，且在Ⅱ区、Ⅲ区的边界上。不计粒子重力。求： (1)粒子在Ⅰ区中运动的时间； (2)粒子经过C点时的速度大小及方向； (3)粒子经过C点后在Ⅲ区内运动的最小速度，以及离C点的最大水平距离。 7．如图，在光滑绝缘的水平面xOy区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；区域内存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子1从点S以一定速度释放，沿直线从坐标原点O进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为3m的中性粒子2发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子2.不计碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的附加效应以及重力。 (1)求电场强度的大小E，以及粒子1到达O点时的速度大小； (2)求两粒子碰撞后瞬间的速度大小、，并说明碰撞后两粒子的带电属性； (3)若两粒子碰撞后立即撤去电场，求两粒子在磁场中运动的轨道半径、，以及从碰撞到两粒子再次相遇的时间间隔； 8．如图甲，在xOy平面内平行y轴的虚线MN左侧有一圆形区域，该区域与x轴和MN分别相切于P点和Q点，其内存在匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外。MN和y轴间的区域存在沿y轴负方向的匀强电场。从P点先后发射出两个相同的带正电的粒子，初速度大小均为，粒子1的速度方向沿着y轴正方向，粒子2速度方向与x轴负方向夹角30°。粒子1在磁场I中偏转后从Q点沿x轴正方向进入电场，并从坐标原点O离开电场，粒子1到O点时，粒子2刚进入电场。已知粒子的质量为m、电荷量为q，匀强电场的电场强度，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)求圆形匀强磁场区域的半径； (2)求两个粒子从P点先后发射的时间差； (3)若在除且以外的全部立体空间还存在磁感应强度为的匀强磁场Ⅱ，磁场方向沿y轴负方向，如图乙所示。求粒子2第一次到达y轴时与粒子1的距离。 9．如图所示，以点为圆心、半径为的圆形区域内存在竖直向下的匀强电场；水平直线边界上方、圆形电场以外的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为。为圆与边界的切点，为圆的最高点，、为圆上与圆心等高的两点。从点右侧某区域垂直于发射不同速率的离子，所有离子均可沿水平方向射入电场区域，离子的比荷为，不计离子重力及离子间的相互作用力，求： (1)离子的电性； (2)若从点射入电场的离子恰好可从点射出电场，则匀强电场的电场强度的大小为多少； (3)若将水平直线上方的磁场方向变为垂直纸面向里，并调整上方磁场磁感应强度的大小，同时调整电场强度的大小，使得从距点右侧处发射的离子可依次经过点与点，则离子在上方区域运动的总时间为多少。 10．如图所示，在平面直角坐标系的轴左侧有沿轴正方向的匀强电场，在第一象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，在第四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场II，在轴上的点沿y轴正向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小为，粒子从y轴上的点进入磁场I，磁场I的磁感应强度大小为，粒子第一次在磁场II中运动中刚好不能穿过y轴，不计粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)粒子进入磁场后第n次经过轴的位置离坐标原点O的距离； (3)若在第四象限再充入某种介质，且加上沿y轴负方向、电场强度大小为的匀强电场，粒子进入第四象限后，受到介质阻力大小（k为常数），当粒子运动到离轴距离为L的M点时速率为，此时粒子的加速度恰好为零，求k的值和粒子从进入第四象限到M点克服介质阻力做的功。 预测04 力学三大观点的综合应用 1．（2026·广东·一模）芯片科技是支撑数字经济、保障产业链安全、推动人工智能等前沿领域发展的“工业粮食”，影响着国家科技实力和核心竞争力。科技小组仿照芯片生产中“电场-磁场-离子注入器”构建了如下图所示的复合场质量为m的带电粒子运动引导装置。该高为H且底面半径为R圆柱形装置的中心轴与水平面成角为θ，点P是装置底面圆周上的一点，点Q是粒子目标汇聚点。借助一定的条件，在装置内部激发出平行于轴线且方向相同的电场和磁场，其中电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。现在以点P为初始位置，射入一个电荷量为e的电子，其初速度与水平地面平行。在只激发磁场时，电子出射点为P'（图中未标出），且恰好在垂直磁场方向内部完成了n（n>1）次完整的匀速圆周运动。当同时激发电场时，电子出射点不变，在垂直磁场方向仅完成一次完整的匀速圆周运动，并在点P'处脱离装置，进入匀速漂移管，最终击中点Q完成电子注入的模拟操作，电子重力忽略不计。求该电子： (1)初速度v0； (2)脱离装置后，沿轴向最大位移y； (3)在一次实验中，由于系统不稳定导致预设粒子汇聚点Q沿轴向下移动了一小段距离，为了矫正误差，科技小组只在圆柱装置外加上场强为E₀的垂直轴向的电场使得电子恰能击中点Q，此时从射入到击中点Q全过程中，电场力对其做的功W。 2．如图所示，倾角的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，斜面AC长为2L，B为AC中点，物块P、Q分别放于斜面上B、A两点，已知物块P带正电，质量为M，电荷量为q；物块Q不带电，质量为m。斜面上方空间有平行于斜面向上、大小可调的匀强电场。初始时物块P静止在B点，现将物块Q由A点静止释放，下滑后与物块P碰撞，碰撞前后物块P的电荷量保持不变。物块P静止时，匀强电场强度的大小；物块P、Q发生碰撞后运动时匀强电场强度的大小立即变为。两物块P、Q均可视为质点，物块间的碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g。 (1)求两物块P、Q第一次碰撞前瞬间物块Q的速度大小； (2)若第一次碰撞后物块Q刚好能运动到A、B中点，求（结果可用根式表示）； (3)若，两物块是否会在斜面AC上发生第二次碰撞，如果会，求前后两次碰撞的间隔时间；如果不会，请说明理由。 3．如图所示，AB为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，CD是半径为R上端切线水平的光滑圆弧轨道。质量为m的滑块甲从AB不同高度H处自由释放，与静止在水平面上质量为nm（，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h可调，重力加速度为g。已知时，碰撞后乙恰能过C点做平抛运动。 (1)求n的值； (2)若、，求甲、乙在EF上落点间的水平距离；（结果用分式及根号表示） (3)若、h已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的某种阻力（k为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时，落到EF上时，乙的水平速度大小为且方向向右，求场强E的取值范围。（结果用m、g、q、h、R表示） 4．如图所示，质量为0.8kg的木板B静置在光滑的水平地面上，在木板右端上方静置一质量为0.4kg的小球A，木板左侧水平放置一轻质弹簧，弹簧左端固定在竖直墙壁上，右侧与B左端接触（不拴接），初始时，弹簧处于原长。现用力向左推木板，使弹簧处于压缩状态，压缩量。撤去外力的同时释放A，弹簧恢复原长时A与B的上表面恰好接触，发生碰撞，A与B的接触时间。碰后，A运动轨迹的最大高度与初始位置等高。之后A在最高点与固定挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后立即撤去挡板。已知弹簧的劲度系数为，A与B上表面间的动摩擦因数，弹簧弹性势能表达式为（k为劲度系数、x为形变量），弹簧振子的周期表达式为（m为振子的质量、k为劲度系数），g取，A不会从B上滑下，求： (1)初始时，A所处的高度h； (2)A和B第一次碰撞结束时A的速度大小； (3)A和B第一次碰撞结束到B的速度刚达到稳定，所需的总时间t。 5．如图所示，光滑的台面左侧固定有一根劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧的右侧与质量为的滑块A拴接，质量也为m的滑块B紧靠滑块A一起静止在台面上。台面右侧下方光滑的地面上固定有一圆心角为、半径的光滑圆弧轨道，一表面与圆弧轨道右端相切且质量为的长木板C与圆弧轨道接触但不粘连。现用恒力向左推动滑块B，当滑块A、B加速度为0时，撤去恒力F，此后某时刻，滑块B与滑块A分离，分离后滑块A在台面上做简谐运动，滑块B从平台右侧飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上C。若C与B之间的动摩擦因数，重力加速度为；弹簧弹性势能公式，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量。求： (1)撤去恒力F时弹簧的形变量； (2)滑块A做简谐运动的振幅A； (3)若B未从C上滑落，则长木板C的最短长度。 6．如图所示，质量为m的物块a套在固定的光滑水平直杆上，与质量为2m的小球b用长为L的轻绳相连。质量为2m的物块c和质量m的物块d用劲度系数为k的轻弹簧相连并静止在光滑水平面上，弹簧处于原长。现将小球b拉到轻绳处于水平且刚好伸直的位置，a和b同时由静止释放。当小球b运动到最低点时，恰好与物块c发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后运动时间t时，物块d的加速度大小为a0。不计空气阻力，小球和物块均可视为质点，重力加速度为g。求： (1)小球b开始释放时，小球b到物块c的水平距离； (2)小球b与物块c碰撞后，小球b上升的最大高度h； (3)碰撞后时间t内，物块c运动的位移大小x。 7．如图所示，轨道ABCD由半径R1=1.5m的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量m1=1kg的物块P和质量m2=2kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m3=4kg的小车，小车上表面EF段粗糙、长度L=0.5m，E、F两端均固定有弹性挡板，小车与地面间的阻力忽略不计。现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹开（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），物块P向左运动进入CBA轨道，物块Q向右运动滑上小车（恰好从E端滑入，不计滑入时的能量损失）。已知P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块经过各连接点时的机械能损失。 (1)若物块P经过CB后恰好能到达圆弧轨道的最高点A，求弹开后瞬间物块P的速度大小，以及弹簧锁定时的弹性势能Ep； (2)在（1）的条件下，若物块Q与挡板的碰撞为弹性碰撞，求Q从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q与挡板的碰撞次数，以及Q相对于小车运动的总路程； (3)在（2）的条件下，若物块Q与挡板碰撞时的恢复系数为e（0<e<1），求从Q滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q相对于小车运动的总路程。 8．如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为L。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2g，L=1m，R=0.4m，H=0.2m，v=2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数=0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取重力加速度g=10m/s2。求： (1)若h=1.25m，a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小； (2)求物块a到达DE最高点E时的速度大小vE（用h表示），此时管道对物块的作用力FN； (3)在（1）的条件下，物块a最终静止的位置x坐标（以A点为坐标原点，水平向右为正建立x轴）。 9.医院气动传输系统用于医用物品传送，可以实现跨楼层、跨区域高效传输。如图所示为气动传输装置模型管道，其中竖直、高度，是半径的四分之一圆弧管道（远大于管道内径），水平、长度。处放置一质量的传输瓶甲，启动风机，利用气压差给甲施加一大小恒为沿管道方向的气动推力，和均光滑，甲经过程克服阻力做功，传输瓶可视为质点，求： (1)传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小； (2)传输瓶甲到达点时的速度大小； (3)若传输瓶甲进入管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度。要使甲到点速度恰好为零，求甲在运动过程中的最大速度； (4)现有质量的传输瓶乙锁在管道上的点（点未标出），长度。甲运动至点瞬间解锁乙，甲、乙发生弹性碰撞。碰撞前后甲受气动推力一直为，碰后乙始终具有向左的加速度。则在乙速度第一次减为零之前，甲、乙是否会再次发生碰撞？若会，求再次碰撞的位置到点的距离。 10．如图所示，MN、是固定在水平桌面上，相距L=0.5m的光滑平行金属导轨（足够长），导轨间存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。间连接一个C=0.5F的电容器，质量分别为，的两导体棒a、b垂直导轨放置，其长度与导轨间距相等，其中a棒阻值，b棒阻值。在b棒右侧0.2m处固定一个弹性装置P，金属棒与P碰撞后瞬间可以原速率弹回。现锁定b棒，闭合开关S，a棒在外力的作用下，以的速度向右匀速运动，当a棒与b棒碰撞前瞬间，b棒解除锁定，且同时撤去外力。已知a、b两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻、接触电阻不计。求： (1)a棒与b棒碰撞前，锁定装置对b棒的作用力； (2)若a、b两棒相碰后立即粘合在一起，碰到P前已做匀速运动，计算匀速运动的速度大小； (3)若碰撞前瞬间，将开关S断开并同时给b棒一个向左的初速度，大小为2m/s，a棒与b棒发生弹性碰撞，则最终a、b两棒的速度大小为多少？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 192 / 192 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考物理终极押题猜想 目 录 第一部分 新情景高考命题篇 2 情景一 与中国传统文化相关情景 2 情景二 与现代生活生产相关情景 14 情景三 与中国科技相关情景 25 情景四 与体育活动相关情景 37 高频考点预测 44 预测01 原子物理 44 预测02 光学 51 预测03 热学 67 预测04 平衡问题和牛顿运动力学 82 预测05 抛体运动和圆周运动 95 预测06万有引力与航天 105 预测07 功能关系 116 预测08 动量定理和动量守恒定律 127 预测09 机械振动和机械波 136 预测10 电场 144 预测11 磁场 155 预测12 电磁感应 166 预测13 交变电流 178 实验题预测 187 预测01力学实验 187 预测02电学实验 198 预测03创新实验 212 综合计算预测 226 预测01 气体实验定律综合应用 226 预测02 牛顿运动定律综合应用 236 预测03 带电粒子在电磁场中的运动 248 预测04 力学三大观点的综合应用 266 第一部分 新情景高考命题篇 情景一 与中国传统文化相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 1．古代发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内封闭气体，艾绒即可点燃。点燃之前的压缩过程中，筒内封闭气体（　　） A．对外界做正功，内能增加 B．对外界做负功，内能减少 C．分子密集程度增大，分子平均动能增大 D．每个分子的运动速率均增大，无规则热运动变剧烈 【答案】C 【详解】点燃之前的压缩过程中，筒内封闭气体体积减小，分子密集程度增加，外界对气体做功，气体对外界做负功，气体温度升高，内能增加；因温度是气体分子平均动能的标志，可知分子平均动能变大，无规则热运动变剧烈，但并非每个分子的运动速率均增大。 故选C。 2．（多选）在古代，儿童常喜欢玩一种叫“吹豆”的游戏，儿童用手竖直握住两端开口且中空的秸秆，上端口放一粒黄豆，通过秸秆的下端向上用嘴吹气，从上端口喷出的气流可以将黄豆吹停在端口的正上方。若喷出的气流对豆的冲力F正比于气流的速率v，即为已知恒量)。气流速率v与黄豆距离上端口高度h的关系如图乙所示，v₀为气流从上端口喷出速率且不变，黄豆受到的力只考虑冲力和重力，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．若黄豆恰好悬停在距上端口处，则黄豆的质量为 B．黄豆的质量与黄豆悬停的高度成正比 C．若质量为2m的黄豆恰好悬停在上端口，则更换为质量为m的黄豆轻放在上端口后，上升的最大高度为h₀ D．两粒不同的黄豆的质量差为Δm，则两次悬停的高度差为 【答案】ACD 【详解】A．若黄豆恰好悬停在距上端口处，由图可知，距上端口处气流的速度为，由平衡条件，得 解得，故A正确； B．由乙图图像，可得气流速率与高度的关系为 黄豆悬停时受力平衡，重力等于气流冲力，则 联立得平衡方程 整理得 黄豆质量随悬停高度增大而减小，是负相关，不成正比，故B错误； C．对于质量为的黄豆放在端口处，由牛顿第二定律，得 解得 方向竖直向上，由冲力，气流速率与高度的关系为 联立可得 因此黄豆做简谐运动，由对称性可知，黄豆在最高点 方向竖直向下，则在最高点，由牛顿第二定律，得 解得，故C正确； D．由，整理得 对两个不同质量的悬停黄豆，故D正确。 故选ACD。 3《墨经》中记载古代建造房屋过程中通过斜面提升重物，如图所示，若斜面体表面和地面均粗糙，在用大小不变的力F缓慢拉升重物的过程中，斜面始终保持静止，下列判断正确的是（   ） A．重物受到的支持力变大 B．重物受到的摩擦力变大 C．斜面受到地面的支持力变大 D．斜面受到地面的摩擦力变小 【答案】D 【详解】AB．设拉重物的绳子与斜面方向的夹角为θ，斜面倾角为α，用大小不变的力F在缓慢拉升重物的过程中，以重物为对象，根据平衡条件可得Fsinθ＋N1 = mgcosα，Fcosθ = mgsinα＋f1 联立解得N1 = mgcosα－Fsinθ，f1 = Fcosθ－mgsinα 由题知，在缓慢拉升重物的过程中θ不断变大，α不变，可知重物受到的支持力N1变小，重物受到的摩擦力f1减小，故AB错误。 CD．以斜面和重物为整体，根据平衡条件可得(M＋m)g－Fsin(θ＋α) = N2，Fcos(θ＋α) = f2 由题知，在缓慢拉升重物的过程中θ不断变大，α不变，可知斜面受到地面的支持力N2变小，斜面受到地面的摩擦力f2减小，故D正确、C错误。 故选D。 4．图（a）为记载于《武经总要》的“扬尘车”，古代守城时用以借助风力抛撒石灰粉迷惑敌军。其原理可简化为图（b）模型：石灰粉（质量较小）与沙石（质量较大）仅在水平恒定风力和重力的作用下，由同一高度P点由静止释放，石灰粉与沙石受到的风力大小相等。下列说法正确的是（　　） A．石灰粉与沙石在空中做曲线运动 B．石灰粉落地点与P点的水平距离小于沙石落地点与P点的水平距离 C．石灰粉与沙石落地时重力的瞬时功率相等 D．石灰粉与沙石在空中运动的时间相等 【答案】D 【详解】A．在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置静止释放，所以石灰粉与沙石在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误； BD．因为石灰粉与沙石竖直方向在重力作用下均做自由落体运动，高度相同，两者在空中运动的时间相等，故D正确； B．水平方向上加速度 石灰粉与沙石受到的风力F大小相等，但石灰粉质量较小，故石灰粉加速度较大，水平方向位移也较大，故B错误； C．石灰粉与沙石落地时重力的瞬时功率 因为质量不同，所以功率不同，故C错误。 故选D。 5．医生通过系在患者手腕处的丝线感受脉搏。将脉搏视为简谐运动，丝线视为均匀介质，如图，选取丝线上相邻两点间距均为L的点标记为1，2，3，4，5，6…质点1在t=0时开始向上振动，t=1.25s时质点1第二次到达最高点，此时质点6刚好开始振动，该波的波长为_________。质点3位于波谷位置的时刻有_________。若患者脉搏加快，丝线上机械波传播速度_________（选择：A．增加；B．减少；C．不变）。 6．如图为抽气拔罐示意图，下端开口，上端留有抽气阀门。使用时，先把罐体按在皮肤上，再通过抽气使罐紧紧吸附在皮肤上。由于罐内皮肤凸起，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压为0.7倍的大气压，则抽气前、后罐内的气体质量之比为_________。（气体可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化） 【答案】5． C 6． 【解析】5．[1] 根据题意有 所以 [2] 根据题意有 解得 质点1与质点3相距，为半个波长，由，可知波从质点1传播到质点3需要半个周期，即0.5s，波传到质点3开始向上振动，第一次运动到波谷经过，即质点3第一次位于波谷的时刻。根据周期性，质点3位于波谷位置的时刻有 [3]机械波的传播速度由介质决定，故若患者脉搏加快，丝线上机械波传播速度不变。 故选C。 6．设大气压为，抽气拔罐容积为，气体温度为,抽气前后拔罐内气体的物质的量分别为，质量分别为。由克拉珀龙方程得 解得 抽气前、后罐内的气体质量之比为 分析有理·押题有据 近年倾向与传统文化结合的方式命题，即从一个具体现象切入，综合考查多个维度知识，选择题和解答题均会出现，预测2026年高考物理中，相关考点仍将保持“基础+综合+情境化”的命题趋势。 密押预测·精练通关 1．端午节，是中国四大传统节日之一，主要习俗为划龙舟。某地为庆祝端午佳节，举办龙舟大赛，每艘龙舟配有12人，除船头一人和船尾一人外，其余均为划手，每人质量为50kg，如图甲所示。质量为390kg的龙舟侧视图如图乙所示，质量为10kg的大鼓平放于水平甲板上，大鼓与甲板间的动摩擦因数为假设水对龙舟的阻力f是总重力的倍。每位划手拉桨过程中对龙舟提供400N的水平推力，回桨过程中无推力。划手回桨和拉桨前，大鼓均相对龙舟静止，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N B．划手回桨步调一致时，大鼓的加速度大小为 C．划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N D．划手拉桨步调一致时，大鼓的加速度大小为 【答案】C 【详解】AB．划手回桨步调一致时，整体法有解得对大鼓有大鼓所受摩擦力大小为10N故A、B错误； CD．划手拉桨步调一致时，假设保持相对静止，整体法有 解得对大鼓有大鼓所受摩擦力大小为30N大于最大静摩擦力25N，假设不成立，已发生相对滑动，大鼓所受摩擦力大小为滑动摩擦力25N，故C正确、D错误。故选C。 2．抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者右手控制A点不动，左手控制B点沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（　　） A．沿虚线a向左移动，空竹的高度不变 B．沿虚线b向上移动，细线与竖直方向的夹角不变 C．沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变 D．沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力减小 【答案】B 【详解】A．空竹受力如图所示 由于空竹缓慢移动，则其受力平衡，由平衡条件可知 设绳长为L，由几何关系可知 当一只手沿虚线a缓慢向左移动时，d减小，减小，空竹的高度降低，故A错误； B．沿虚线b向上移动，d不变，不变，故B正确； C．沿虚线c斜向上移动，d增大，减小，细线的拉力增大，故C错误； D．沿虚线d向右移动，d增大，减小，细线对空竹的合力始终等于空竹的重力，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。故选B。 3．如图所示，假设卖货郎的每个货筐是质量为M的立方体，每个货筐由四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，则卖货郎肩挑扁担匀速直线前进时，下列说法正确的是（　　） A．每条轻绳中的拉力大小为 B．每个货筐上四条轻绳中的拉力相同 C．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则每条轻绳中的拉力将变大 D．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则轻绳对货筐的作用力将变小 【答案】C 【详解】AB．由于四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，则绳与竖直方向的夹角相等，绳中拉力大小相等，但方向不同，设每条绳与竖直方向的夹角为θ，每条绳中的拉力为F，根据平衡条件可得所以故AB错误； CD．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则θ变大，cosθ减小，F增大，故C正确，D错误。故选C。 4．如图是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）    A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间 B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等 C．从释放到落地的过程中，重力对米粒和糠秕做的功相同 D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕 E． 【答案】D 【详解】A．糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，根据 可知从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，故A错误； B．落地时，米粒的竖直速度等于糠秕的竖直速度，根据 及米粒的重力大于糠秕的重力知，则米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B错误； C．根据因米粒和糠秕质量不同，则从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功不相同，故C错误； D．从释放到落地的过程中，因米粒质量较大，则加速度较小，落地时水平位移较小，故水平方向上位移较大的是糠秕，故D正确。故选D。 5．如图甲所示，筒车的车轮在水流的推动下做匀速圆周运动，使装在车轮上的竹筒自动取水上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。竹筒顺时针匀速转动的半径为R，角速度大小为ω，在E点开始打水，从F点离开水面。从A点到B点的过程中，每个竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．竹筒做匀速圆周运动的向心加速度大小为ωR B．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为mg C．竹筒从C到B的过程中，重力的功率逐渐减小 D．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为 【答案】C 【详解】A．向心加速度为故A错误； B．竹筒中的水做匀速圆周运动，合力指向圆心，如图所示 所以竹筒对水的作用力大小为故B错误； C．从C点到B点的过程中，竹筒速度在竖直方向上的分量逐渐减小，重力的功率减小，故C正确； D．相邻竹筒打水的时间间隔为故D错误。故选C。 6．投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　） A．运动时间相同 B．加速度相同 C．动能变化量相同 D．动量变化量相同 【答案】BC 【详解】AB．由于第二次初速度斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，而第一次水平抛出，竖直方向初速度为零，且两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确； C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确； D．由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错误。故选BC。 7．图甲为《天工开物》中耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图乙所示，人站立在农具耙的中间位置，耙与水平地面平行，两条绳子相互平行且垂直于耙边缘。已知绳子与水平地面夹角为。当每条绳子拉力均为时，人与耙沿直线匀速前进，在内前进了。则下列说法正确的是（　　） A．人受到水平向右的摩擦力 B．地面对耙的阻力大小450N C．两条绳子拉力的总功率 D．两条绳子拉力对耙所做的总功 【答案】BD 【详解】A．由于人站在水平耙上做匀速直线运动，不受外力，所以人不受耙的摩擦力，故A错误； B．对两段绳子的拉力进行水平方向的力的合成。因为两段绳子拉力大小相等都为，水平方向的合力根据共点力的平衡条件可知，耙受到地面阻力的大小为故B正确； CD．绳子拉力在水平方向的分力使物体移动，移动距离，根据功的公式可知，两拉力做功的总功功率故C错误，D正确。故选BD 。 8．千余年来，景德镇制瓷业集历代名窑之大成，汇各地技艺之精华，形成了独树一帜的手工制瓷工艺生产体系，创造了中国陶瓷史上最辉煌灿烂的一段历史。瓷器的烧制可以采用窑炉。如图是窑炉的简图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到（为大气压强）时，排气阀才会开启，压强低于时，排气阀自动关闭，某次烧制过程，初始时窑内温度为，窑内气体体积为，压强为。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化，气体可视为理想气体，已知热力学温度与摄氏温度的关系：。 (1)排气阀开始排气时，窑内气体温度； (2)求窑内温度为稳定时，窑内气体质量与窑内原有（初始）气体质量的比值。 【答案】(1)627°C(2)3∶5 【详解】（1）对封闭在气窑内的气体，排气前容积不变，烧制前温度为排气阀刚开启则气体升温过程中发生等容变化，根据查理定律有解得 （2）当气体温度为，压强为时，体积为，根据理想气体状态方程有 解得所以 情景二 与现代生活生产相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 1．机械振动在介质中的传播形成机械波，这与我们的生活息息相关，例如声波、水波、绳波、地震波等。在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播。某时刻波刚好传播到处，波形图像如图所示，则（　　） A．此后再经5s该波传播到处 B．M点在此后第3s末的振动方向沿y轴负方向 C．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D．此后M点第一次到达处所需时间是 【答案】D 【详解】C．某时刻波刚好传播到处，其沿y轴正方向振动，故波源开始振动时的运动方向沿y轴正方向，故C错误； A．由波形图得，由振动方程得 波速 此后再经5s该波传播距离为，故波传播到处，故A错误； B．令 得 即M点向下振动先经到达平衡位置，再经从平衡位置到波谷再回到平衡位置，最后经，M点到达平衡位置和正的最大位置之间正在向y轴正方向振动，故B错误； 振动 D．根据B选项M点向下振动再经从平衡位置到，故D正确。 故选D。 2．随着科技发展，智能手机不仅为我们的生活带来了便利，也可以利用它的摄像头和内部传感器协助我们完成物理实验。某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机磁传感器和一个磁性小球进行了如下实验： (1)将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长，再用游标卡尺测得摆球的直径为（读数如图2所示）。从图2可知，摆球的直径为__________。 (2)将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，准备测量磁感应强度的变化。将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图3所示。由图3可知，单摆的周期为___________。 (3)经测量得到6组不同的摆长和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图4所示。则当地重力加速度的表达式__________。图4中图像不过原点的原因是___________。 A．计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径 B．计算摆长时用的是摆线长度加上小球直径 C． 所选小球的密度过大 D．没有在最低点开始计时 (4)另一同学只通过一次实验测量出重力加速度，但由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在水平面内做圆周运动，如图5所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比 。 A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能 【答案】(1)10.70 (2) (3) A (4)A 【详解】（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图2可知摆球的直径为 （2）实验中，磁性小球经过最低点时测得的磁感应强度最大，由图3可知单摆的周期为 （3）[1]根据 解得 结合图像，可得 解得 [2]A．若计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径，则有 可得 可知图像有负的纵轴截距，满足图4中的图像，故A正确； B．计算摆长时用的是摆线长度加上小球直径，则有 可得 可知图像有正的纵轴截距，故B错误； C．所选小球的密度过大，不会使图像不过原点，故C错误； D．没有在最低点开始计时，不会使图像不过原点，故D错误。 故选A。 （4）但由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图所示 由牛顿第二定律可得 解得 可知单摆周期测量值偏小，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比偏大。 故选A。 3．萍乡市上栗县是“中国烟花爆竹之乡”，现有上栗县生产的某烟花筒，结构如图1所示。其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。不计空气阻力，则（　　） A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1∶3 B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1∶3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3∶2 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1∶2 【答案】A 【详解】AB．a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比，竖直高度相等 根据可得运动时间相等 根据可得水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即 a、b两部分在最高点炸裂时，由动量守恒可得 根据动量与动能关系 可得，故A正确，B错误； C．根据 可得a、b两部分所受重力的冲量之比，故C错误； D．根据功率公式 二者的竖直速度大小相等，可得a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即，故D错误。 故选A。 4．如图为甘肃敦煌熔盐塔式发电站，主要由一个中心吸热塔和周边1.2万面角度可调的定日镜组成。借助定日镜可保证把阳光反射至吸热塔顶部，并通过能量转化系统将太阳能转化为熔盐内能储存后再发电，其发电功率，年发电时间为3900h，每生产1kWh电能排放，则（　　） A．该发电站的年发电量为 B．与火电站（每生产1kWh电能排放）相比，每年可减排约35万吨 C．远距离输电时需采用高压交流输电以降低因线路的感抗、容抗引起的电能损失 D．为把阳光射向吸热塔顶部，离塔相同距离的所有定日镜镜面与地面夹角应相同 【答案】B 【详解】A．该发电站的年发电量 ，A错误； B．该发电站的年发电量换算为 每 可减排的质量为 故总减排 ，B正确； C．远距离输电采用高压输电是为了减小线路电流，降低电阻的热损耗，感抗、容抗是交流输电线路固有损耗，高压交流输电无法降低该损耗，C错误； D．根据光的反射定律，不同方位的定日镜，要将阳光反射到同一吸热塔顶部，入射阳光方向相同，反射光线方向因定日镜位置不同而不同，因此镜面与地面夹角不同，D错误。 故选B。 分析有理·押题有据 近年与现代生活生产结合的方式命题，即从一个具体现象切入，综合考查多个维度知识，选择题和解答题均会出现，预测2026年高考物理中，相关考点仍将保持“基础+综合+情境化”的命题趋势。 密押预测·精练通关 1．无人驾驶正悄悄走进人们的生活。在一次无人驾驶测试过程中，原来匀速行驶车辆遇到障碍物的图像如图所示，以开始减速为时刻；已知车辆总质量，全程阻力恒定，段功率恒为，段为直线，时关闭发动机，时停止运动。则下列说法正确的是（　　） A．0~5s内汽车加速度逐渐增大 B．汽车所受阻力为2000N C．以匀速运动时汽车的功率为8000W D．0~7s内汽车位移为53m 【答案】D 【详解】A．根据图像的斜率表示加速度，0～5s内汽车加速度逐渐减小，故A错误； B．根据图像的斜率表示加速度，可得BC段的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得，故B错误； C．以匀速运动时汽车的牵引力为 则此时汽车的功率为，故C错误； D．设0~5s内汽车位移为，根据动能定理有 其中， ，，代入数据解得 设5~7s内汽车位移为，根据图像与时间轴围成的面积表示位移，则有 故0~7s内汽车位移为，故D正确。 故选D。 2．生活中常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有一部质量为的手机（包括手机套），从离地面高处无初速度下落，落到地面后未反弹。由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为。不计空气阻力，取，求： (1)手机从开始下落到速度为零的过程中手机重力的冲量大小； (2)地面对手机的平均作用力大小。 【答案】(1)1.6 N·s (2)8 N 【详解】（1）设手机自由下落时间为t，则 手机重力的冲量大小 解得 （2）手机运动的整个过程，根据动量定理有 解得 3．（多选）某科技公司研发的新型混合动力机车，其动力系统可在“纯电动模式”和“发动机辅助模式”间智能切换。已知机车行驶中所受阻力恒定，在平直公路上启动过程中，纯电动模式保持额定功率不变，发动机辅助模式额定功率。若启动过程中机车从静止开始先以纯电动模式行驶，时刻恰好达到该模式下的最大速度，随后立即切换为发动机辅助模式继续加速。则下列描述机车运动图像可能正确的是（图中是机车的牵引力）（　　） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】AB．由题意可知，当以额定功率启动时，有 v逐渐增加，逐渐减小，做加速度减小的加速运动，时达到纯电动模式下的最大速度，有， 切换模式后，功率突然增大，牵引力瞬间增大后继续做加速度减小的加速运动。 故A正确，B错误； CD．纯电动模式下有， 切换模式后稳定时有， 且在图像中，斜率表示额定功率的大小，两段均为过原点的直线。 故C正确，D错误。 故选AC。 4．校园科技节上某组同学展示了一套模拟海浪发电给小风扇供电的装置，示意图如图（a）。模拟海浪在圆筒中涌动，使竖直筒内水平放置的绝缘活塞上下做简谐运动。在活塞上表面固定一根长度为的金属棒ab，其通过竖直导轨及导线与变压器的原线圈连接。金属棒运动的空间存在方向水平且垂直于ab、磁感应强度大小为的匀强磁场（未画出），金属棒产生如图（b）所示的正弦式交流电加在原线圈两端，小风扇正常工作。已知理想变压器原副线圈匝数比为，小风扇输入功率为30W，小风扇线圈电阻，其它电阻不计。求： (1)金属棒ab的速度v与时间t的关系式； (2)正常工作时小风扇的输出功率； (3)金属棒ab所受安培力大小的最大值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图(b)可知，感应电动势的瞬时值为 其中周期，角速度 电动势最大值 金属棒切割磁感线产生感应电动势，因此 代入、 得 （2）原线圈电压有效值 根据理想变压器变压规律 ，得副线圈电压 小风扇输入功率 因此副线圈电流 小风扇的热功率 输出功率为输入功率减去热功率 （3）根据理想变压器电流规律 ​​ 得原线圈电流有效值 原线圈电流最大值 安培力最大值 代入数据得 情景三 与中国科技相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 1．如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的不带电金属小球（带电后可视为点电荷），用绝缘支柱固定小球M，用可调长度的丝线悬挂小球N，使N位于M的正上方。调节小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d。固定在丝线上端的拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全放电。实验小组按以下步骤进行实验： ①在球N不带电时读出传感器示数； ②让球M与球N带等量同种电荷，调整球N到位置1，读出并记录传感器示数； ③继续调整球N分别到位置2、3、4，依次读出传感器示数、、； ④用放电杆使球N完全放电，再让球N与球M接触后，放回位置1，读出并记录传感器示数； ⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数、。 (1)下列能使M、N小球带等量同种电荷的方式是______。 A．用与M、N相同的带电小球P，先接触M，再接触N B．M、N小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开M、N小球，再移走带电体 C．M、N小球接触后，用带电导体球接触M、N，移除导体球，再分开M、N小球 (2)实验中可以观察到，、、、四个示数中最大的是______。 (3)对于上述操作，下列说法正确的是（    ） A．本实验采用的主要实验方法是等效替代法 B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系 C．根据①②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系 D．要测定静电力常量k，不需要准确测出小球M的带电量 (4)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是______。 【答案】(1)C (2) (3)BC (4)使小球N与带电小球M接触时，将M所带的电荷量平分 【详解】（1）A．设带电小球P的电荷量为，由于M、N为完全相同的不带电金属小球，将带电小球P与M接触后，M会带上的电量，而带电小球P剩下的电荷量为；再将P接触N，N带上的电荷量为，故A错误； B．M、N小球接触后靠近带电体但不接触，会发生静电感应，使M、N两端出现等量异种电荷；然后分开M、N小球，再移走带电体，M、N会分别保留感应出的等量异种电荷，而不是等量同种电荷，故B错误； C．M、N小球接触后，用带电导体球接触M、N，此时M、N可视为一个整体，会带上同种电荷；移除导体球后，M、N所带电荷会在两者间平均分配，所以分开M、N小球后，M、N带等量同种电荷，故C正确。 故选C。 （2）两球带等量同种电荷，存在库仑斥力，将球N分别调整到位置1、2、3、4时，球N在位置4时受到的库仑斥力最小，根据平衡条件可知，此时丝线的拉力最大，即、、、四个示数中最大的是。 （3）A．本实验采用的主要实验方法是控制变量法，故A错误； B．根据①②③的操作，通过传感器的读数可知两球之间的库仑力，因各个位置的距离已知，则可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，故B正确； C．在球N不带电时读出传感器示数，小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时传感器示数为，则小球M、N间的库仑力大小为 操作④⑤，保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与M接触，由于两球完全相同，使小球所受电荷量依次减小到前次的一半，所以根据①②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系，故C正确； D．要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量，故D错误。 故选BC。 （4）实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是使小球N与带电小球M接触时，将M所带的电荷量平分。 2．在前沿科技中、需要对带电粒子的运动进行精确控制，如图所示，一粒子源能够发射速度大小为的粒子，粒子的质量为、电荷量为、经加速电场加速后，以大小为的速度进入圆心为的辐射状电场、做半径为的匀速圆周运动，出辐射状电场时速度方向恰好改变了，粒子出辐射状电场再沿轴运动距离后进入方向垂直纸面向里、半径为的圆形匀强磁场区域、恰好从平面直角坐标系中的点沿轴正方向射出匀强磁场区域、已知加速电场两极板间距为，圆形匀强磁场区域的圆心在平面直角坐标系的坐标原点，不计粒子重力。 (1)求加速电压； (2)求圆形匀强磁场的磁感应强度的大小； (3)若将粒子源、加速电场和辐射状电场沿轴负方向移动到处，求粒子在匀强磁场中的运动时间以及射出磁场时速度方向与轴正方向的夹角。 【答案】(1) (2) (3)，射出磁场时速度方向与轴正方向的夹角为 【来源】陕西省宝鸡市岐山高级中学2025-2026学年高三上学期期中物理试卷 【详解】（1）粒子在加速电场中运动，根据动能定理 根据题意可得，加速电场的电压 （2）粒子进入匀强磁场，由题意可得，粒子圆周运动的半径 根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 （3）如图所示 由几何关系，可知粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角 则粒子射出磁场时速度方向与轴正方向的夹角为； 粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期 设粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间为，则 3．该科技小组进一步研究机器人手内部压力传感器的特性，其模拟控制电路如图（a）所示，所用器材为：电源（电动势6V，内阻可忽略不计）、理想电压表V、理想电流表mA，定值电阻（阻值）、滑动变阻器（最大阻值）、电阻式压力传感器（最大阻值）、开关S，导线若干。 (1)连接电路前，开关应处于________状态，滑动变阻器的滑片应置于________（选填“最左端”、“最右端”），请在图（b）中完成剩余部分电路的接线________。在调节滑动变阻器的过程中，电流表示数的最小值为________mA（结果保留3位有效数字）。 (2)闭合开关S，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，对施加压力，测得的电压如图（c）所示，则示数为________V。 (3)改变的大小，读出电压表和电流表的示数，计算对应的值，描绘出图像如图（d）所示。若将滑动变阻器滑片置于正中央，随着压力的增大，电压表的示数将________，当时，电压表示数为________V。（结果保留三位有效数字） 【答案】(1) 断开 最左端 见解析 2.14 (2)2.50 (3) 变小 2.29 【详解】（1）[1][2]接通电路前，开关应断开；为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于最左端，使滑动变阻器接入电路阻值最大； [3]根据电路图，完整的实物连线如图所示 [4]当接入电路的阻值最大时，电流表的示数最小，则有 （2）电源电动势6V，则电压表量程选择，分度值为，由图（c）可知示数为。 （3）[1]由图（d）可知，当增大时，增大，即减小，分到的电压减小，则电压表示数变小； [2]由图（d）可知，当时，，即，题中说滑动变阻器的滑片置于正中央，即，所以有 代入数据解得电压表示数为 分析有理·押题有据 近年与中国现代科技结合的方式命题，即从一个具体现象切入，综合考查多个维度知识，选择题和解答题均会出现，预测2026年高考物理中，相关考点仍将保持“基础+综合+情境化”的命题趋势。 密押预测·精练通关 1．近年来，我国在高超音速滑翔飞行器（HypersonisGlide Vehicle，HGV）技术领域取得突破性进展。某型HGV采用“助推-滑翔”弹道技术，由运载火箭发射至大气层边缘后，用类似打水漂的方式以超过5马赫的速度进行无动力滑翔飞行，具有射程远、突防能力强、轨迹多变等特点，可应用于航天返回、快速全球打击等任务，展现了我国在先进飞行器领域的科技实力，其弹道轨迹如图所示。下列说法错误的是（    ） A．导弹在a点速度方向指向轨迹切线方向 B．导弹在a点所受合力的方向指向地球 C．导弹在b点所受合力的方向沿轨迹切线方向 D．导弹在b点附近一小段轨迹可视为匀变速曲线运动 【答案】C 【详解】A．导弹做曲线运动，导弹速度方向一定沿着轨迹切线方向，A正确，不符合题意； B．导弹在a点附近处于大气层外，没有空气阻力，a点附近导弹只受重力，所以导弹在a点所受合力的方向指向地球，B正确，不符合题意； C．导弹在b点受到的合力方向不可能沿轨迹切线方向，而应指向曲线凹侧，导弹在b点所受合力的方向背向地球，C错误，符合题意； D．导弹在b点附近一小段可以看做匀速圆周运动的一小部分，向心加速度大小不变，方向与速度垂直，当时间趋于零，可认为加速度不变，轨迹可视为匀变速曲线运动，D正确，不符合题意。 故选C。 2．电磁场与现代科技密切关联，在科学研究和工业生产中有重要应用。关于以下四个科技实例，下列说法正确的是（　　） A．甲图中电子束出射速度不变，励磁线圈电流变大时，电子束径迹形成的圆半径变大 B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷一定相同 C．丙图中载流子为负电荷的霍尔元件加如图所示的电流和磁场时，M侧电势高 D．丁图中增加D形盒狭缝之间的电压U，粒子的最大动能不变 【答案】BCD 【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有 得 甲图中电子束出射速度不变，励磁线圈电流变大时，则磁感应强度变大，则电子束径迹形成的圆半径变小，故A错误； B．乙图中，带电粒子经质谱仪的加速电场后，有 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有 联立可得 可知，不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，比荷相同的粒子在磁场中偏转的轨道半径r相同，即击中光屏同一位置，故B正确； C．丙图中，由左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力指向N侧，则N侧聚集负电荷，N侧电势低，M侧电势高，故C正确； D．丁图中，粒子最后紧贴D形盒侧壁射出时动能最大，有， 可得最大动能 可知，最大动能与加速电压U无关，故D正确。 故选BCD。 3．近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图1所示，在直线测试跑道上，机器人A在时从起点以初速度和加速度向右匀加速运动；机器人B在时从起点由静止开始以加速度（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在时追上机器人A，求： (1)机器人B的加速度大小； (2)在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离； (3)如图2所示，假设跑道长100米，机器人A以的速度从起点匀速向终点出发；机器人B以的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，则在100秒内机器人A与B会相遇几次？ 【答案】(1) (2) (3)6次 【详解】（1）机器人B在时追上机器人A，有 机器人B的加速度大小 （2）在机器人B追上A之前，速度相等时两者之间有最大距离，设时刻速度相等，有 解得 两者之间的最大距离 （3）跑道长100米，机器人A以的速度从起点匀速向终点出发，机器人B以的速度从终点匀速向起点出发。 第一次相遇时间 两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，可知速率不变，之后每次相遇，两者的路程和为200m，时间间隔 设相遇次数为n，总时间满足 解得，100秒内机器人A与B会相遇6次。 4．2025年11月15日，世界气象组织地基综合气象观测引领中心（长沙）揭牌成立。目前，全球共有13个引领中心，分别聚焦冰冻圈、航空、气溶胶等领域开展研究。引领中心（长沙）坐落于北纬重降雨带内，是全国5大国家综合气象观测试验基地之一，配有先进科技设备，具有完整的“地面-高空-空间”三维一体化观测能力。长沙初夏昼夜温差较大，2019年6月3日中午地表温度甚至超过。温度较大波动对汽车轮胎胎压造成的影响直接关系到行车安全。若某天清晨的气温是，车主将汽车的胎压调整至如图所示（按照行业标准，夏季的胎压为），此车胎压监测系统监测到胎压低于或高于皆会触发报警。（忽略胎压变化过程中气体体积的变化）求： (1)若中午气温升至，轮胎因长时间行驶温度上升到，通过计算判断胎压监测系统是否会报警； (2)因车胎被扎钉子而缓慢漏气，刚好触发报警时，求漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值（缓慢漏气过程中忽略气体温度变化）。 【答案】(1)胎压监测系统不会报警，计算过程见解析 (2) 【详解】（1）根据题意，轮胎内气体发生等容变化，变化前 变化后 根据查理定律有 解得 故胎压监测系统不会报警。 （2）根据题意，缓慢漏气过程气体发生等温变化，漏气前 漏气后 设总体积为，则 解得 则轮胎内剩余气体体积 漏出气体的体积 所以漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值 5．如图为某科技小组设计的电磁缓冲装置的结构简图，竖直绝缘杆的底端至顶端依次平行固定若干个相同的单匝闭合矩形金属线框（图中仅画出3个线框），线框紧挨且彼此绝缘，绝缘杆及线框的总质量为M，单个线框的长度为4L（ef边）、宽度为L、电阻值为R。现让该装置从水平匀强磁场（足够大）边界上方h处由静止释放，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，忽略空气阻力，该装置下落过程中始终保持竖直，ef边始终水平，重力加速度大小为g。求： (1)线框1的ef边刚进入磁场瞬间，该装置受到的安培力F的大小； (2)若线框1恰好完全进入磁场后，该装置开始匀速下落，则线框1进入磁场的过程中，线框1产生的焦耳热Q及通过其截面的电荷量q分别为多少？ (3)若线框恰好完全进入磁场后，该装置开始匀速下落，则从线框1由静止释放到线框n恰好完全进入磁场所用的时间t为多少？ 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）根据动能定理 线框1的ef边进入磁场瞬间的速度为 根据 ， 解得 （2）线框1恰好完全进入磁场后，根据受力平衡 根据能量守恒， 解得 设线框1从ef边刚好进入磁场到线框1上边刚好进入磁场的时间为，则该过程中，，， 解得 （3）设线框1从ef边刚好进入磁场到其上边刚好进入磁场的过程中，安培力的冲量为，线框2从下边刚好进入磁场到其上边刚好进入磁场的时间为，安培力的冲量为，以竖直向下为正方向 又 所以冲量 同理 又 所以冲量 以此类推，线框n进入磁场过程中，安培力的冲量为 该装置从开始进入磁场到线框n恰好完全进入磁场过程中，根据动量定理 解得 该装置从静止释放到线框1的ef边刚进入磁场 从线框1由静止释放到线框n恰好完全进入磁场所用的时间 解得 情景四 与体育活动相关情景 试题前瞻·能力先查 限时：10min 1．荡秋千是大家喜爱的一项体育娱乐活动。某秋千的简化图如图所示，细绳长为L，重力加速度大小为g，质量为m的小球从悬点正下方开始摆动，最大摆角为θ。不计空气阻力，细绳质量相对小球可忽略，小球看成质点。下列说法正确的是（　　） A．当时，可以把小球的摆动看成简谐运动 B．若可以把小球的摆动看成简谐运动，其周期为 C．小球在运动过程中动能一直减小 D．细绳的最大拉力为 【答案】D 【详解】A．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，通常要求，当 时，的近似不再成立，回复力不再与位移成正比，故不能看成简谐运动，故A错误； B．若可以把小球的摆动看成简谐运动，根据单摆周期公式可知其周期为，故B错误； C．小球在从最低点向最高点运动过程中，重力做负功，动能减小；从最高点向最低点运动过程中，重力做正功，动能增大，故C错误； D．小球在最低点时速度最大，细绳拉力最大。设小球在最低点的速度为，从最高点到最低点根据机械能守恒定律有 在最低点，根据牛顿第二定律有 联立解得最大拉力 ，故D正确。 故选D。 2．如图所示，高空滑索早期是用于贫困山区的交通工具，后发展为高山自救及军事突击行动，如今发展为现代化体育游乐项目。现简化该模型如下：固定的足够长斜杆粗糙程度未知，与水平面的夹角为，杆上套一个金属环，不可伸长的轻绳连接着金属环和小球，质量分别为m、M。现给环和球组成的系统一沿杆方向的初速度，经过一段时间后两者保持相对静止，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．两者相对静止位置如图1时，系统一定处于静止状态 B．两者相对静止位置如图2时，系统一定沿杆下滑 C．两者相对静止位置如图3时，系统一定沿杆下滑 D．两者相对静止位置如图4时，系统一定沿杆下滑 【答案】C 【详解】A．两者相对静止位置如图1时，小球的加速度为0，系统加速度为0，系统可能静止，也可能处于匀速直线运动状态，A错误； BD．两者相对静止位置如图2、图4时，小球的加速度方向沿杆向下，其运动方向可能沿杆向上减速，也可能沿杆向下加速，BD错误； C．两者相对静止位置如图3时，小球的加速度方向沿杆向上，其运动方向只可能沿杆向下减速，不可能向上加速（根据能量关系判断），C正确。 故选C。 3．（多选）桌球是一种常见的室内体育运动项目，通过球杆在水平台上击打母球，使母球与目标球发生碰撞。可用碰撞恢复系数研究碰撞情况，如母球以速度与静止目标球发生正碰，碰后瞬间母球和目标球速度分别为、，则碰撞恢复系数为。如图所示，某次碰撞过程中，母球A以的速度与静止的目标球B正碰，碰撞时间极短，碰撞过程中的恢复系数，碰后瞬间两球速度方向相同，母球和目标球质量均为，重力加速度。以下说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间，目标球B的速度大小为 B．碰撞过程中母球A对目标球B的冲量大小为 C．此次碰撞过程中母球A损失机械能约为 D．若碰撞过程中恢复系数，则两球组成的系统碰撞前后无机械能损失 【答案】ACD 【详解】A．已知，，恢复系数 以母球A和目标球B组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律，有 结合碰撞恢复系数 联立解得，，故A正确； B．碰撞后目标球B的动量大小为 根据动量定理，碰撞过程中母球A对目标球B的冲量大小，故B错误； C．此次碰撞过程中母球A损失机械能，故C正确； D．若碰撞过程中恢复系数，则有 即 根据母球A和目标球B组成的系统动量守恒定律，有 解得 联立解得， 可知两球速度交换，且两球质量相等，则两球组成的系统碰撞前后无机械能损失，故D正确。 故选ACD。 分析有理·押题有据 近年与体育活动相关的方式命题，即从一个具体现象切入，综合考查多个维度知识，选择题和解答题均会出现，预测2026年高考物理中，相关考点仍将保持“基础+综合+情境化”的命题趋势。 密押预测·精练通关 1．（多选）学生在体育课上练习投掷铅球，铅球出手高度、出手速度大小及抛出角度对成绩均有影响。如图所示，某同学投掷铅球，出手位置到地面的高度为h，初速度大小为，与水平方向夹角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　） A．铅球抛出后继续上升的高度为 B．铅球落地时速度大小为，方向竖直向下 C．若初速度变为，其余条件不变，则水平射程变为原来的2倍 D．铅球经过最高点的曲率半径（最高点对应的圆弧半径）为 【答案】AD 【详解】A．铅球在竖直方向上做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为 根据竖直上抛运动的规律，铅球抛出后继续上升的高度 故A正确； B．因为不计空气阻力，小球机械能守恒，根据机械能守恒定律有 解得铅球落地时速度大小 因为铅球做斜抛运动，落地时速度方向不是竖直向下的，故B错误； C．铅球在水平方向上做匀速直线运动，水平分速度 在竖直方向上有 可得水平射程 当v0变为2v0时，水平分速度变为，竖直方向的初速度变为， 在竖直方向上有 此时水平射程 由于运动时间不同，所以水平射程不是原来的2倍，故C错误； D．在最高点时，铅球只有水平方向的速度 此时可将铅球在最高点的运动看作是圆周运动的一部分，向心力由重力提供，则有 解得 故D正确。 故选AD。 2．2025年7月，在第11届自治区少数民族传统体育运动会上，赤峰市代表队的节目《舞龙》将跳绳与舞蹈结合，获得诸多好评。图甲为某人跳绳时的情况。起跳过程中，脚离地前，重心加速度与重心上升高度关系如图乙所示，脚离地后重心上升的最大高度为（取）（   ） A．0.15m B．0.20m C．0.30m D．0.40m 【答案】A 【详解】根据 结合图像可知，脚离地的速度为 脚离地后重心上升的最大高度为 故选A。 3．羽毛球是大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，由于空气阻力的影响，轨迹不对称。图中A、B为同一轨迹上等高的两点，为该轨迹的最高点。羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A．在A、B两点的机械能相等 B．在A、B两点的动量相等 C．AP段动能的减小量等于PB段动能的增加量 D．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量 【答案】D 【详解】A．羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，羽毛球的机械能减小，羽毛球在A点的机械能大于B点的机械能，A减小； B．A、B为同一轨迹上等高的两点，重力势能相同，则羽毛球在A点的动能大于在B点的动能，则羽毛球在A点的动量大于在B点的动量，B错误； C．因为A、B等高，所以AP段和PB段的重力做功大小相等 根据动能定理，AP段动能减小量 PB段动能增加量 显然，因此AP段动能的减小量大于PB 段动能的增加量，C错误； D．在竖直方向上，AP段的平均加速度大于PB段的平均加速度，位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间重力的冲量 所以AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量，D正确。 故选D。 4．台球是一项深受青少年喜爱的体育运动。如图所示，水平台面上的甲球球心和中袋中心连线与桌边间夹角，运动员用球杆将白球乙沿与桌边平行的方向以速度击出，乙与甲碰撞后甲落入中袋。已知两球质量、半径均相等，两球碰撞为弹性碰撞，不计两球所受阻力，不考虑球的自旋影响。关于甲、乙两球的运动，下列说法正确的是（    ） A．碰撞后乙球速度方向不变 B．碰撞后两球速度方向垂直 C．碰撞后甲球速度大小为 D．碰撞后乙球速度大小为 【答案】B 【详解】将沿球心连线方向与垂直连线方向分解，可得， 两球碰撞时，作用力沿球心连线方向，由动量守恒可得 由能量守恒可得 且 解得， 故碰撞后乙球仅有垂直球心连线速度，速度方向改变；球甲速度方向为沿球心连线方向，故两球碰撞后，球乙和球甲的速度相互垂直。碰撞后，两球的速度分别为， 故选B。 高频考点预测 预测01 原子物理 1．我国“嫦娥四号”月球车搭载的核电池利用放射性同位素衰变供能，的衰变方程为，下列说法正确的是（　　） A．该反应属于衰变，为电子 B．比更稳定 C．的比结合能比的比结合能大 D．若将置于高温环境，其半衰期会缩短 【答案】B 【详解】A．由电荷数守恒、质量数守恒，可知衰变方程为 属于α衰变，故A错误； B．该衰变过程释放能量，生成物原子核的能量更低、更稳定，即比更稳定，故B正确； C．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，更稳定，因此它的比结合能大于的比结合能，故C错误； D．半衰期是放射性元素原子核的固有属性，由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等环境条件无关，高温不会缩短其半衰期，故D错误。 故选B。 2．用甲、乙两束不同的单色光，分别照射同一光电管得到两条光电流I与电压U之间的关系曲线，如图所示。下列说法正确的是（    ） A．甲光照射时产生的光电子的最大初动能更大 B．在水中，甲光的频率比乙光的频率大 C．在水中，甲光的传播速度比乙光的传播速度大 D．照射同一狭缝装置，乙光的衍射现象更明显 【答案】C 【详解】A．由图可知，乙光的遏止电压绝对值较大，即，根据可知，乙光照射时产生的光电子的最大初动能更大，故A错误； B．根据光电效应方程 乙光的最大初动能大，则乙光的频率大，光的频率由光源决定，与介质无关，故B错误； C．因为乙光的频率大，所以水对乙光的折射率大，即，根据可知，在水中甲光的传播速度比乙光的传播速度大，故C正确； D．根据可知，甲光的波长长，波长越长衍射现象越明显，所以甲光的衍射现象更明显，故D错误。 故选C。 3．福清核电站5号机组是全球首个采用我国自主三代核电技术“华龙一号”的机组。核电站的能量来源于原子核的裂变，其中一个典型的核反应方程为，则X为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据电荷数守恒，设X的电荷数为Z，故 解得 根据质量数守恒，设X的质量数为A，故 解得 故为，与A选项符合。 故选A。 4．宇宙射线进入地球大气层时会产生大量的中子，中子撞击大气中的会引发核反应产生，而具有放射性，可自发衰变为。下列说法正确的是（　　） A．中子撞击的核反应为裂变反应 B．发生的是衰变 C．不同时间段产生的的半衰期不同 D．衰变产物除了之外，另一粒子来源于碳原子的核外电子 【答案】B 【详解】A．裂变反应指重核分裂为几个中等质量原子核的反应，中子撞击生成属于人工核转变，不属于裂变，故A错误； B．衰变生成的过程中，质量数不变，电荷数增加1，放出的是电子，符合β衰变的反应规律，故B正确； C．半衰期是放射性元素原子核的固有属性，由原子核内部结构决定，与产生时间无关，不同时间段产生的半衰期完全相同，故C错误； D．β衰变放出的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，并非来自碳原子的核外电子，故D错误。 故选B。 5．我国计划利用月球土壤中丰富的钛资源建造小型核反应堆，为未来的月球基地提供持续能源。该反应堆中涉及的部分核反应方程如下：①，②，③。下列说法正确的是（　　） A．方程①中的X是质子 B．比少一个中子 C．方程③中的电子来自原子的内层电子 D．月球上的真空及低温环境使钍的半衰期变长 【答案】B 【详解】A．核反应遵循电荷数守恒、质量数守恒，方程①中X的电荷数为 质量数为，因此X是中子，不是质子，故A错误； B．原子核的中子数=质量数-质子数，的中子数为 的中子数为，前者比后者少1个中子，故B正确； C．方程③为β衰变，β衰变释放的电子来自原子核内部，是中子转化为质子时产生的，并非原子的内层电子，故C错误； D．半衰期由原子核内部本身的性质决定，与外界温度、压强、真空环境等无关，因此钍的半衰期不变，故D错误。 故选B。 6．钴60（）的衰变实验可以证实宇称不守恒的论断。钴60的衰变方程为，其中X表示的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】核反应方程遵循电荷数守恒、质量数守恒规律，设粒子X的质量数为、电荷数为，因此 解得 根据 解得 故选A。 7．（多选）下列有关说法正确的是（　　） A．无线电波、物质波、X射线与β射线都是电磁波 B．γ射线具有很强的穿透本领，可以用来检查人体的内部器官 C．首次并网发电的温州苍南三澳核电站，采用重核裂变获得能量 D．测量星球上某些元素发出的光波的频率，然后与地球上这些元素静止时发光的频率对照，就可以判断星球在靠近或远离地球 【答案】CD 【详解】A．无线电波、X射线是电磁波，物质波（德布罗意波）是实物粒子的波动，不是电磁波，β射线是高速电子流，也不是电磁波，故A错误； B．γ射线具有很强的穿透本领，但对人体的伤害很大，通常不用来检查人体内部器官，故B错误； C．核电站采用重核裂变释放能量进行发电，故C正确； D．通过测量星球上某些元素发光的频率与地球上对应元素发光频率的对比，根据多普勒效应可知，若频率变高，则星球靠近地球，若频率变低，则星球远离地球，故D正确。 故选CD。 8．（多选）2025年全球首个全超导非圆截面托卡马克——“东方超环”，技术成果取得关键突破。一种典型的聚变反应是一个氘核和一个氚核聚变成氦核和某种强子x，已知、、和x的质量分别为、、和，1u相当于，阿伏伽德罗常数为，元电荷，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程为，其中为质子 B．该核反应过程中释放的能量约为 C．氘完全参与该核反应时释放出能量的数量级为 D．要使该核聚变发生，必须使氘核和氚核的距离达到以内，让核力起作用 【答案】BD 【详解】A．根据核反应过程质量数和电荷数守恒可知，核反应方程式为，则为中子，故A错误； B．一个氘核与一个氚核聚变反应的质量亏损为 故该聚变反应释放的能量是，故B正确； C．氘完全参与该核反应时释放出能量 即数量级为，故C错误； D．氘核与氚核发生核聚变时，需要克服原子核间的库仑斥力，间距要达到，让核力起作用，故D正确。 故选BD。 9．（2026·新疆乌鲁木齐·考前学情质量监测）（多选）在光电效应的实验中，某同学发现使用较弱的红光照射某金属时不能发生光电效应，使用绿光照射该金属时能发生光电效应。下列操作中一定能使该金属发生光电效应的是（　　） A．使用更强的红光照射 B．使用黄光照射 C．使用蓝光照射 D．使用紫外线照射 【答案】CD 【详解】A．更强的红光频率不变，由题意知红光的频率小于该金属的截止频率，无法发生光电效应，故A错误； B．黄光频率介于红光和绿光之间，可能小于该金属的截止频率，不一定能发生光电效应，故B错误； C．蓝光频率，一定能发生光电效应，故C正确； D．紫外线频率，一定能发生光电效应，故D正确。 故选CD。 10．（多选）下面说法正确的是（　　） A．甲图为不同频率的光照射同种金属材料，光电效应实验中光电流与电压的关系，光的频率大于光的频率 B．乙图是粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型 C．丙图是不同原子核比结合能按照实际测量结果画的图线，裂变成、原子核，、原子核的总质量小于原子核的质量 D．丁图为黑体辐射的实验规律，由图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向频率较低的方向移动 【答案】BC 【详解】A．根据光电效应方程​，可知遏止电压越大，光的频率越大。甲图中，光的遏止电压小于光的遏止电压，因此光的频率小于光的频率，故A错误； B．乙图是卢瑟福的粒子散射实验，该实验中，大多数粒子穿过金箔后几乎沿原方向运动，少数发生大角度偏转，极少数被反弹。卢瑟福据此提出原子的核式结构模型，故B正确； C．裂变生成中等质量的原子核、，比结合能增大，核反应过程释放核能，根据质能方程，可知存在质量亏损，因此、原子核的总质量小于原子核的质量，故C正确； D．根据黑体辐射规律，黑体温度升高时，各种波长的辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长更短、频率更高的方向移动，故D错误。 故选BC。 11．（多选）如图1所示，用甲、乙、丙三束单色光分别照射同一光电管的阴极K，调节滑动变阻器的滑片P，得到了三条光电流随电压变化关系的曲线如图2所示。下列说法正确的是（     ） A．甲光的光子能量大于丙光的光子能量 B．甲光照射时，阴极K单位时间逸出的光电子最多 C．乙光照射时，光电子的最大初动能最大 D．当光电流为零时，滑片P位于点右侧 【答案】BC 【详解】A．由图可知，甲和丙的遏止电压相同，根据可知，甲光的光子能量等于丙光的光子能量，A错误； B．甲的饱和光电流最大，则甲光照射时，阴极K单位时间逸出的光电子最多，B正确； C．乙的遏止电压最大，则根据可知，乙光照射时，光电子的最大初动能最大，C正确； D．当光电流为零时，光电管加反向电压，则滑片P位于点左侧，D错误。 故选BC。 预测02 光学 1．某艺术展览会上有一半圆形透明吊坠艺术品，其半径为，圆心点正下方有一点光源，距离圆心，当光源发出单色光时，其半圆弧边缘上有三分之二圆弧没有光线射出。只考虑直接射向圆弧边缘的入射光，该艺术品对该单色光的折射率为（　　） A． B． C．2 D． 【答案】C 【详解】设光源发出的单色光恰好在半圆弧边缘的点处发生全反射，如图所示，由题意有 可知 解得 故选C。 2．下列关于光的干涉与衍射现象说法正确的是（    ） A．单缝衍射实验中，缝越窄，衍射现象越明显，条纹间距越大 B．泊松亮斑是光的干涉现象，说明光具有波动性 C．用白光做双缝干涉实验时，中央条纹是彩色的，两侧出现明暗相间的单色条纹 D．薄膜干涉中，肥皂泡表面的彩色条纹是由于光在薄膜前后表面反射后发生衍射形成 【答案】A 【详解】A．单缝衍射的明显程度与缝宽有关，缝越窄，缝的尺寸越接近光的波长，衍射现象越明显；且缝越窄条纹间距越大，故A正确； B．泊松亮斑是光照射不透光小圆板时，在阴影中心出现亮斑的现象，属于光的衍射现象，不是干涉，故B错误； C．白光做双缝干涉实验时，所有色光在中央位置光程差均为0，都为亮纹，叠加后中央条纹为白色，两侧才出现彩色条纹，故C错误； D．肥皂泡表面的彩色条纹，是光在薄膜前后两个表面反射后，两列反射光发生干涉形成的，不是衍射现象，故D错误。 故选A。 3．如图，一块剖面为三角形的有机玻璃压在另一块有机玻璃上，当白色的偏振光通过三角形有机玻璃不同部位时，产生的干涉花纹会随着压力的变化而变化，利用特殊仪器可以清晰看到这种差异。则（　　） A．该实验中压力来源于核子间的强相互作用 B．该实验中白炽灯可充当光源直接照射有机玻璃 C．该实验只能观察有机玻璃发生的较大形变 D．该实验可用于推测有机玻璃各部位的受力情况 【答案】D 【详解】A．该实验中压力为弹力，从微观角度，弹力来源于电磁相互作用，故A错误。 B．实验利用了光的干涉，白炽灯不是相干光源，频率不相同，可知不会发生干涉，不能充当光源直接照射有机玻璃，故B错误； C．该实验利用了微小量放大法，将微小形变转换成易观察的光学量，可知能观察有机玻璃发生的较小形变，故C错误； D．不同部位的干涉花纹不同，故可以利用该现象推测有机玻璃各部位的形变情况，故D正确。 故选D。 4．“寒夜灯柱”是在极冷天气下，由于大气中的冰晶（视为竖直的圆柱体）对光的折射、反射造成的一种冰晕现象。其部分光路如图所示，一束复色光从右侧界面折射进入冰晶，分成两束单色光x、y，再经左侧界面反射，又从右侧界面折射出来进入人眼。下列说法正确的是（　　） A．在冰晶中，单色光x的速度比单色光y大 B．在冰晶中，单色光x的波长比单色光y长 C．从冰晶右侧出射后，单色光x、y将平行进入人眼 D．从冰晶右侧出射后，单色光x、y将会相交于人眼处 【答案】C 【详解】AB．从图中可以看出x光的折射角较小，入射角相同，故x光的折射率较大，由，可知x光在冰晶中的传播速度较小，折射率大、频率大，波长短，故AB错误； CD．光路图如图所示，根据光路可逆，可知x、y两束光将平行出射进入人眼，故C正确，D错误。 故选C。 5．如图，烛光（黄光）下的肥皂泡常呈现出明暗相间的条纹，是因为肥皂泡薄膜前后表面的反射光发生干涉，假设一肥皂薄膜竖直放置，在重力的作用下，薄膜呈现出“上薄下厚”的特点，竖直距离每增加，薄膜厚度增加。已知黄光波长为，则相邻明暗条纹间距的表达式为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】肥皂薄膜的干涉是前后表面反射光的叠加，光在薄膜中往返，因此两束反射光的光程差为薄膜厚度的2倍，相邻亮条纹（或暗条纹）的光程差相差一个波长，则相邻明暗条纹的光程差为，即满足 得相邻条纹对应的薄膜厚度差 根据题意，薄膜厚度随竖直距离的变化率为，设相邻条纹间距（竖直方向）为，则有 代入，得 解得 故选C。 6．（多选）如图所示，竖直平面内激光器悬挂在轻质弹簧下端，与水平方向的夹角始终为，其右侧竖直放置一块直径为的半圆柱形玻璃砖。激光器静止时，激光恰好从圆心点射入玻璃砖。现使激光器做简谐运动，并确保照射到玻璃砖的光均能从圆弧面射出。已知玻璃砖对该激光的折射率为，光在真空中的传播速度为，不考虑玻璃砖内的反射光，则（    ） A．激光器的最大振幅为 B．激光在玻璃砖中的传播速度为 C．圆弧上的光点做匀速圆周运动 D．若激光频率增大，激光器的振动周期将减小 【答案】AB 【详解】A．如图所示，激光恰好都能从圆弧面射出，玻璃砖恰好发生全反射的光路如图所示 由几何关系可得 根据 在中，根据正弦定理分别有 解得 故弹簧振子的振幅为，故A正确； B．激光在玻璃砖中的传播速度为，故B正确； C．激光器做简谐运动，其位移随时间按正弦规律变化，导致激光在圆弧上的出射点位置也随时间非均匀变化，因此光点做变速圆周运动，故C错误； D．弹簧振子的周期公式为 可知周期仅由振子质量m和弹簧劲度系数k决定，与激光频率无关，因此周期不变，故D错误。 故选AB。 7．（2026·广东汕头·二模）（多选）如图所示，将一个空玻璃试管放在盛满水的透明水槽中，从水槽外侧可以观察到试管浸入水中的玻璃侧壁更亮一些。已知水的折射率约为1.33，玻璃的折射率约为1.5。下列说法正确的是（　　） A．光从水射向试管玻璃壁，折射光线往法线方向偏折 B．侧壁更亮一些是因为光从水射向玻璃侧壁时发生全反射 C．光从水射向试管玻璃壁再射入试管内的空气，频率始终不变 D．光从水射向试管玻璃壁再射入试管内的空气，传播速度始终不变 【答案】AC 【详解】A．光从水（光疏介质）射向玻璃（光密介质），根据折射规律，折射光线会向法线方向偏折，故A正确； B．全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质，而水是光疏介质、玻璃是光密介质，光从水射向玻璃不会发生全反射。实际是光从玻璃射向试管内的空气时发生全反射，才让侧壁更亮，故B错误； C．光的频率由光源决定，在不同介质中传播时频率不变，故C正确； D．由可知，光在不同介质中的传播速度不同，故D错误。 故选AC。 8．（多选）如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源S，它能发出红色、橙色、紫色三种光，有光线射出的水面上形成如图乙所示的圆形环状区域。红色、橙色、紫色的折射率分别为、、，下列说法正确的是（　　） A．区域Ⅰ的面积为 B．区域Ⅱ射出的是紫光和橙光 C．区域Ⅲ射出的是红光 D．红光在水中的传播速度比紫光小 【答案】AC 【详解】BC．光线射到水面发生折射后进入人眼，则射到圆环外的部分发生全反射。 可见光（红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫）中，折射率逐渐增加，即 全反射的临界角与折射率的关系为 可得 所以，区域Ⅱ射出的是红光和橙光，区域Ⅲ射出的是红光，故B错误，C正确； A．由BC项的解析可得，区域Ⅰ的边界对应的临界角为，根据几何关系可得区域Ⅰ的半径为 通过三角函数关系可得 解得 区域Ⅰ的面积为，故A正确； D．光在介质中的波速与折射率的关系为 由于 所以红光在水中的传播速度比紫光大，即，故D错误。 故选AC。 9．（多选）市面上常用光学玻璃的折射率一般在之间，某研发团队为突破上限对制作的超高折射特种玻璃进行了相关检测。如图所示，发射器发射一束光线从空气垂直进入横截面为四分之三圆面的柱状玻璃砖中，入射点为点，光线打在紧贴玻璃砖表面的感光仪上，感光仪可检测光点强度。现控制发射器缓慢下移，测得光强几乎不变，在越过点的瞬间感光仪测得光强骤然下降。已知圆的半径为，，，光在真空中传播的速度为，则（　　） A．玻璃砖的折射率为2 B．光线在玻璃砖中的传播速度为 C．光线在玻璃砖中的频率为真空中的一半 D．点入射的光在玻璃砖中传播的路程为 【答案】AD 【详解】依题意，根据已知条件作出光路图 根据题意可知，光线从B点入射，传播到圆弧界面时恰好能发生全反射，由几何关系可得临界角为 A．根据可知，玻璃砖的折射率，故A正确； B．根据可知，光线在玻璃砖中的传播速度，故B错误； C．光线频率由光源决定，因此光线在玻璃砖中的频率不变，故C错误； D．由光路图可知光线在玻璃中传播的路程，故D正确。 故选AD 。 10．（多选）用折射率判断液体种类是一种快速且非破坏性的物理分析方法。某同学利用烧杯和激光笔进行实验，纵截面如图所示，保证入射点和入射角（30°）不变，在恒温环境下获得的部分数据如表1所示，该温度下常见液体的折射率如表2所示，下列说法正确的是（　　） 1 2 3 4 液体种类 3%盐水 20%盐水 折射角的正弦值 0.35 0.375 0.373 4 0.37 表1 液体种类 纯水 乙醇 3%盐水 20%盐水 浓硫酸 折射率 1.333 1.36 1.339 1.369 1.428 表2 A．液体1可能是乙醇 B．液体4的浓度小于标称值 C．适当增大入射角可提升测量精度 D．出射点越高，折射率越大 【答案】BCD 【详解】A．液体1的折射率为，可能是浓硫酸，A错误； B．液体4的折射率为，可知液体4的浓度小于标称值，B正确； C．适当增大入射角，可减小角度测量的误差，从而提升测量精度，C正确； D．出射点越高，折射角越小，根据可知，折射率越大，D正确。 故选BCD。 11．黑夜中，宽大平静湖面下水深处有一可视为点光源的发光体，发出的单色光在水面形成一半径为的圆形亮区（有光射出水面进入空气中）。求： (1)湖水对该单色光的折射率； (2)时刻该发光体从静止开始以加速度竖直向上匀加速运动，求在光源到达水面前，圆形亮区面积随时间的变化关系。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）水面亮区边缘的光线恰好发生全反射，此时入射角等于全反射临界角，如图所示 由几何关系得 由全反射临界角公式 解得 （2）时刻该发光体从静止开始以加速度竖直向上匀加速运动，则时刻，光源距水面的距离 圆形亮区的半径 其中 故在光源到达水面前，圆形亮区面积 联立可得 12．如图所示，某透明介质的横截面是半径为的圆，是圆心，AB是直径，一束单色光与AB平行，从圆弧上的点射入介质，折射光线到达点，已知该单色光在点的折射角与入射角之和为，光在真空中的传播速度为。 (1)求此透明介质的折射率； (2)求该单色光从点到点的传播时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图所示，设光在点的入射角、折射角分别为、，连接CO、CB，光与AB平行，由几何关系可得    结合，综合解得、 介质的折射率为 （2）由几何关系可得、两点间的距离 由折射率的定义可得 该单色光从点到点的传播时间 联立解得 13．如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其直径边与桌面贴合。一细光束从直径边上的P点入射，已知光在真空中的传播速度为c。若光束垂直直径边入射时，恰好在玻璃砖的圆弧面发生全反射；当入射角时，光束从圆弧面出射后恰好与入射光平行。 (1)求玻璃砖的折射率n； (2)求P点到圆心O的距离OP，以及光在玻璃砖内的传播速度大小。 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）根据题意可知，当光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，如图甲所示；当入射角时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，则光路如图乙所示 对图甲，根据全反射的条件有 对图乙，根据折射定律有 根据几何关系有 联立解得玻璃砖的折射率为 （2）由（1）问分析可知，P点到圆心O的距离为 光在玻璃砖内的传播速度为 14．如图所示为一玻璃砖的横截面，其中OAB是半径为R的扇形，，OBD为等腰直角三角形。一束光线从距O点的P点垂直于OD边射入，光线恰好在BD边上发生全反射，最后由AB边射出。已知光在真空中的传播速度为c，求： (1)玻璃砖对该光线的折射率； (2)光在玻璃砖中传播的时间和从AB边射出时的折射角。 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）作出光路图，如图所示 由几何关系知 又光线恰好发生全反射，所以为临界角C，根据 解得 （2）由几何关系知，边与边平行，光线在边上也恰好发生全反射，则有 因此 则， 因此光在玻璃砖中传播的路程 光在玻璃砖中传播的时间 解得 由几何关系可知光在AB边的入射角为，根据折射定律可得 解得光从AB边射出时的折射角为 15．如图（a）所示，某透明晶体放在纸上，文字呈现双像的现象称为双折射现象。如图（b）所示为某次实验的光路图，厚度为的某种长方体单轴晶体放置在水平桌面上，一束自然光从晶体底部射向晶体上表面，入射角为，折射进入空气中时会分解为o光（寻常光线）和e光（非常光线），其中o光的折射角为。已知o光在晶体内的传播速度是e光在晶体内传播速度的倍，真空中的光速为。求： (1)该晶体对o光的折射率； (2)o光在晶体中的传播时间； (3)e光的折射角。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据折射定律可得该晶体对o光的折射率为 （2）o光在晶体中的传播速度为 o光在晶体中的传播距离为 则o光在晶体中的传播时间为 联立解得 （3）根据 可得 又 根据折射率可得 联立解得e光的折射角为 预测03 热学 1．如图所示为某密闭容器中一定质量的理想气体完成的循环过程，其压强随体积的倒数的变化情况。下列说法正确的是（　　） A．A到B过程，气体温度升高 B．B到C过程，气体对外放出热量 C．C到D过程，外界对气体做正功 D．D到A过程，气体内能减少 【答案】D 【详解】A．根据理想气体状态方程 可得 A到B过程的图线为过原点的一条倾斜直线，所以A到B过程，气体温度不变，故A错误； B．B到C过程，不变，即气体的体积不变，外界对气体做功 由图可知，B到C过程气体的压强增大，根据 可知，气体的温度升高，即气体的内能增大，即 根据热力学第一定律 可知 即气体从外界吸收热量，故B错误； C．C到D过程，气体的体积增大，气体对外界做功，故C错误； D．D到A过程，不变，即气体的体积不变，根据 可知，气体温度降低，即气体内能减小，故D正确。 故选D。 2．中国是瓷器的故乡，号称“瓷器之国”。如图是烧制瓷器的某窑炉结构示意图，上方有一单向排气阀，当窑内外气压差升高到（为大气压强）时，排气阀会开启，减压泄气，此后窑内气体压强保持不变。某次烧制过程中，初始时窑内温度为27℃，窑内气体压强为，密度为。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高，不考虑瓷胚体积的变化，气体可视为理想气体。当温度逐渐升高至烧制温度1027℃时，窑内气体密度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】初始状态温度，压强，密度为。若气体体积不变，当温度升高至时，依据查理定律可得 解得 表明排气阀已被打开，因此窑内气体的最终压强为 假设气体排出过程为等温膨胀，设瓷胚体积为，则 解得 设初始时瓷胚内气体的质量为，则， 解得 故选C。 4．在一次科技活动上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个完全相同的导热良好、在碗底都焊接了铁钩的不锈钢碗，将两个碗扣上后，用手动微型抽气机抽取碗内空气。已知碗口的直径为20，两个碗扣上后容积，抽气机每按压一次抽出体积为的气体。实验过程中碗不变形，也不漏气，空气视作理想气体且温度不变，大气压强。抽气10次后，用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示，设每人平均用力为200N，请你估算一下，要想拉开，两侧至少各需要的人数为（　　）（取） A．16 B．14 C．12 D．10 【答案】B 【详解】气体为理想气体且温度不变，所以变化过程为等温变化，根据玻意耳定律，第一次抽气有 第二次抽气有 以此类推，抽10次后 解得 要拉开，需要施加的拉力，且 解得 n取整数，则两边至少各需要14个学生才能拉开。 故选B。 5．（2026·江西宜春·模拟）某同学制作了一个简易气温计，如图所示，制作过程：“将一根透明吸管插入一个空的铝制的导热性良好的饮料罐中，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱。”用手握住饮料罐一段时间后，发现油柱向外移动（未到达管口）。若不计大气压强的变化和油柱与吸管间的摩擦力，气体可视为理想气体，则该段时间内罐内气体（　　） A．压强增大，分子热运动的平均动能增大 B．压强不变，分子热运动的平均动能增大 C．压强增大，分子热运动的平均动能减小 D．压强不变，分子热运动的平均动能减小 【答案】B 【来源】2026届江西省宜春市高三下学期模拟考试物理试卷 【详解】罐内气体的压强等于外界大气压强，则油柱向外移动时，管内气体压强不变，体积变大，根据可知，罐内气体温度升高，罐中气体的内能增大，气体分子的平均动能增大。 故选B。 6．在一些特殊的双轴晶体中，以特定角度入射圆偏振光的线光源时，光会在晶体中沿圆锥面传播，从而使得透射出来的光形成一个空心圆筒，在光屏上可以得到一个圆环，这种特殊的折射现象叫作锥形折射。发生锥形折射主要是由于双轴晶体具有（    ） A．固定的熔点 B．各向异性 C．规则的形状 D．稳定的晶格结构 【答案】B 【详解】A．晶体（包括单晶体和多晶体）都有固定的熔点，这是晶体的共性，但不是导致光在晶体中发生特殊折射现象（如锥形折射）的原因，故A错误； B．双轴晶体属于单晶体，单晶体具有各向异性的特点，即其物理性质（如导热性、导电性、光学性质等）在不同方向上表现不同。在光学上，表现为折射率随光的传播方向不同而不同。正是因为双轴晶体具有各向异性，导致入射光在晶体内部不同方向上的折射率不同，折射角不同，从而使光线沿圆锥面传播，形成锥形折射现象，故B正确； C．晶体通常具有规则的几何形状，但这只是晶体的宏观特征，不是导致光发生锥形折射的光学原因，故C错误； D．稳定的晶格结构是晶体内部微观结构的特征，虽然决定了晶体的性质，但直接导致光路发生特殊变化（锥形折射）的是其宏观表现出的光学各向异性，故D错误。 故选B。 7．（多选）如图，某自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通，细管的上部封闭，并和一压力传感器相接。细管刚进水时管中被封闭的空气柱长度为，当空气柱长度被压缩到时，压力传感器触发控制装置关闭进水阀，达到自动控水的目的。细管中气体温度不变，大气压强为，水的密度为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．随细管中水位升高，单位时间、单位面积上撞击管壁的气体分子数增加 B．随细管中水位升高，管中气体从外界吸收热量 C．停止进水时，细管中气体压强为 D．停止进水时，洗衣缸与细管的水位高度差为 【答案】AD 【详解】A．随细管中水位升高，气体体积减小，分子数密度增大，温度不变则分子平均动能不变，故单位时间、单位面积上撞击管壁的气体分子数增加，故A正确； B．随细管中水位升高，气体体积减小，外界对气体做功，温度不变则内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，故B错误； C．细管中气体发生等温变化，初状态压强为，体积为，末状态体积为，根据玻意耳定律有 解得停止进水时细管中气体压强为，故C错误； D．停止进水时，设洗衣缸与细管的水位高度差为，根据平衡条件有 解得，故D正确。 故选AD。 8．（多选）如图，倾角为37°的斜面固定在水平面上，上端封闭、下端开口的细玻璃管与斜面间的动摩擦因数为0.5。静置于斜面上的玻璃管内有长度为10cm的水银柱，封闭的空气柱长度也为10cm。释放玻璃管，达到稳定后水银柱与玻璃管相对静止。过程中玻璃管的温度保持不变，外界大气压为76cmHg，重力加速度，，，则（　　） A．玻璃管静止时，管内气体的压强为70cmHg B．玻璃管稳定下滑时，其加速度为 C．玻璃管稳定下滑时，管内气体的压强为90cmHg D．玻璃管稳定下滑时，管内空气柱长度约为9.72cm 【答案】AD 【详解】A．对静止的水银柱分析受力，设玻璃管内气体的压强为，水银柱的质量、横截面为、，根据平衡条件有 又 联立解得 又 联立解得，故A正确； BCD．设玻璃管的质量为，对玻璃管和水银柱整体，设整体的加速度为，由牛顿第二定律有 对水银柱有 联立解得， 对管内的气体，由玻意耳定律有 联立解得，故BC错误，D正确。 故选AD。 9．（多选）如图所示，高度为3h、内部横截面积为S的绝热汽缸竖直放置，厚度均不计的绝热活塞a和导热活塞b封闭两部分理想气体甲、乙。初始时活塞a与汽缸底面之间的距离为h，两活塞之间的距离也为h，两部分气体和外界温度均为T0，大气压强为p0。现通过电热丝对气体甲缓慢加热，当活塞b到达汽缸口且卡扣对活塞b的总作用力为0.6p0S时停止加热并立即锁定活塞b，然后打开阀门P，区域乙的气体缓慢漏出，经过足够长的时间后，气体乙剩余的质量是原来质量的。已知活塞a的质量不计，活塞b的质量为（g为当地重力加速度），两活塞与汽缸之间接触良好且无摩擦，不计电热丝的体积，外界温度保持不变。则（　　） A．活塞b刚到汽缸口时，气体甲的温度为1.5T0 B．停止加热时，气体甲的温度为3.5T0 C．打开阀门且稳定后，活塞a到汽缸底部的距离为2h D．打开阀门且稳定后，气体甲的温度为2T0 【答案】BD 【详解】A．对活塞b受力分析，初始时b处于平衡状态，有 解得 活塞a质量不计，故 初始时甲、乙的体积分别为， b导热，乙的温度保持，活塞b刚到汽缸口时，b的平衡条件未发生变化，压强保持，则乙的体积保持，气体甲等压膨胀，气体甲的体积 对甲，由盖‑吕萨克定律，得 解得，故A错误； B．停止加热时，b受力平衡，有 解得 b导热，乙温度保持，做等温变化，对乙由玻意耳定律，得 代入得 解得 则两活塞之间的距离为。汽缸总高，则甲的体积 且 对甲，由理想气体状态方程，得 代入得 解得​，故B正确； C．打开阀门后，乙与大气相通，最终 温度仍为​，剩余的乙的质量为初始时的，故乙的物质的量 由理想气体状态方程 代入得 解得 则两活塞之间的距离为。因此活塞a到汽缸底部的距离为，故C错误； D．甲的物质的量不变，且， 由理想气体状态方程，得 代入得 解得，故D正确。 故选BD。 10．（多选）某实验小组设计一个测定水深的深度计。如图所示，导热性能良好的圆柱形气缸I、II内径分别为r和2r，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为，最初气缸Ⅰ内通过A封有压强为的气体，气缸II内通过B封有压强为3的气体，一根很细的管子连通两气缸，开始时A、B均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知相当于10m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体。下列说法正确的是（　　） A．当活塞A向右移动时，水的深度h=10m B．当活塞A向右移动时，水的深度h=20m C．此深度计能测的最大深度h=22.5m D．若要测量的最大水深h=40m，当不改变最初气缸Ⅰ内通过A封闭的气体的压强，则最初气缸II内通过B封闭的气体的压强应改为4.75 【答案】ACD 【详解】AB．当活塞A向右移动时，假设活塞B不动，对汽缸I中的气体，根据玻意耳定律有 解得 可知假设成立，则水产生的压强为 由于相当于10m高的水产生的压强，可知水的深度为10m，故A正确，B错误； C．根据图示分析可知，当活塞A恰好到达汽缸I区右侧，但与右侧没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B左右两侧的气体压强相等，对活塞B左侧气体有 对活塞B右侧气体有 解得， 则水产生的压强为 由于相当于10m高的水产生的压强，可知此深度计能测的最大深度为，故C正确； D．若要测量的最大水深h=40m，该深度对应压强为，此时活塞A恰好到达汽缸I区右侧，气体压强为 对深度计左侧气体有 对深度计右侧气体有 解得，故D正确。 故选ACD。 11．（多选）一定质量的理想气体用轻活塞封闭在气缸内，将气缸以不同方式放置。甲图，用轻质细线系在活塞的正中央将整个装置悬挂在天花板上；乙图，让气缸开口向下，用竖直杆与活塞相连固定在地面上；丙图，气缸开口向右放置在水平地面上；丁图，气缸开口向上放在水平地面上，一重物放在活塞上。气缸内壁光滑，各状态下活塞和气缸都处于静止状态，外界温度不变，下列说法正确的是（　　） A．甲图气体压强可能与丙图相等 B．乙图气体压强可能与丁图相等 C．若气缸和活塞导热良好，甲图变为丙图外界对气体做功 D．若气缸和活塞绝热，甲图变为丙图气体温度可能不变 【答案】BC 【详解】A．设活塞质量为m、缸体质量为M，活塞面积为S，大气压为，对图甲活塞，根据平衡条件有 解得 图丙气体压强为 可知二者压强不等，故A错误； B．对图乙，对缸体，根据平衡条件有 解得 对图丁，对活塞和重物，根据平衡条件有 解得 由于不知道M、m具体关系，因此乙图气体压强可能与丁图相等，故B正确； C．若气缸和活塞导热良好，甲图变为丙图，气体压强大，气体体积减小，外界对气体做功，故C正确； D．若气缸和活塞绝热（Q=0），甲图变为丙图，外界对气体做功（W>0），根据 可知，即气体内能增加，温度增大，故D错误。 故选BC。 12．（2026·广东湛江·高考测试（二））如图，太空舱的体积为V1=21m3，气闸舱的体积为V2=7m3.初始时两个舱门均紧闭，气闸舱内空气压强为p2=0.2×105Pa。宇航员从太空舱出舱，首先要经过气闸舱.先打开门A，空气从太空舱流向气闸舱稳定后压强为p=0.8×105Pa；然后闭合门A，对气闸舱进行抽气，当气闸舱内气体压强为p3=0.6×105Pa时不再抽气.整个过程中太空舱和气闸舱温度相同且均保持不变，所有气体均视为理想气体，宇航员的体积忽略不计，求： (1)门A打开前，太空舱内气体的压强p1； (2)门A闭合后，从气闸舱抽出的气体质量占气闸舱气体总质量的比例k。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）整个过程温度不变，将太空舱和气闸舱的气体看作整体，根据玻意耳定律 代入已知条件，、、 得 解得 （2）门A闭合后，气闸舱内原有气体压强为、体积为，温度不变。对抽气过程，设原有气体在压强下的总体积为，由玻意耳定律 理想气体同温下，质量比等于体积比，抽出气体的体积为，因此 代入 化简得 13．某款温度报警器的结构简图如图所示。竖直放置的导热汽缸顶端有一气孔和大气相通且内表面安装了一个报警器（大小不计），底端左侧装有充气阀门。某次测试时关闭充气阀门，汽缸下部分通过轻质活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，当测试环境的热力学温度时，活塞与汽缸底端的距离，当测试环境的热力学温度缓慢升到时，活塞刚好触及报警器，触发报警。不计活塞和汽缸间的摩擦，测试环境气压始终不变。 (1)求汽缸顶端到底端的距离； (2)通过充气阀门向汽缸下部分充入同种气体，使得触发报警的热力学温度变为，求充入气体质量与汽缸下部分原有气体质量的比值。 【答案】(1) (2) 【来源】2026届江西省“三新”协同教研共同体高三下学期4月阶段训练物理试题 【详解】（1）设活塞的横截面积为，测试环境的热力学温度缓慢升高至过程中，气体发生等压变化，满足 解得。 （2）对充气完成后的气体，测试环境的热力学温度缓慢升高至过程中，气体发生等压变化，有 因此，充入气体的质量与汽缸下部分原有气体质量的比值 联立解得 14．（2026·广西桂林·一模）某双层真空保温杯夹层中残留少量空气，温度为27℃时，压强为。夹层体积为。（热力学温度与摄氏度关系： (1)当夹层中空气的温度升至47℃时，求此时夹层中空气的压强：（计算结果保留三位有效数字） (2)当保温杯外层出现微小裂隙，静置足够长时间，夹层内空气与外界大气相通，设环境温度为27℃，大气压强为。求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。 【答案】(1) (2)49 【详解】（1）由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知 代入数据解得 （2）原有空气：，体积 最终状态： 由玻意耳定律，将原有空气等温压缩到大气压下的体积； 可得 最终夹层内空气在下的增加的体积为；质量比等于同温同压下的体积比 解得 14．如图所示，一根下端封闭、上端开口的均匀玻璃管竖直放置，管内有长度为的水银柱，将一段空气柱（视为理想气体）封闭在管内，静止时空气柱的长度为，已知外界大气压强恒定为。现让玻璃管以大小为的加速度竖直向上做匀加速直线运动，运动过程中管内空气的温度保持不变，取重力加速度。求： (1)玻璃管加速运动时，管内封闭空气的压强为多少？ (2)玻璃管加速运动时与竖直静止时相比较，管内封闭空气柱的长度减少了多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设玻璃管加速运动时管内封闭空气的压强为，玻璃管横截面积为 则 或 解得 （2）玻璃管竖直静止时，对水银柱受力分析，由平衡条件得封闭空气柱的压强 或 或 解得 由于管内空气温度保持不变，由玻意耳定律得 或 解得 空气柱的长度减小量 解得 15．某位老师想测量自家新买的国产电动汽车的最大加速度。他在一端封闭的细直玻璃管中用水银柱封闭一段空气柱后，将玻璃管沿车行驶方向且封闭端朝向车头水平固定。再用吸管在水银柱外侧表面处滴入少量红墨水，装置示意图如图所示。已知管内水银柱长，大气压强，汽车静止时封闭气柱长。启动汽车，把油门踩到底，让汽车沿直线行驶一段距离，再减速停车，待停稳后根据红墨水的痕迹测量出管内水银柱向管口方向处移动的最大距离。若车内温度不变，不考虑摩擦的影响和水银柱的长度变化，重力加速度g取，求： (1)汽车加速过程中，管内气体压强的最小值； (2)汽车最大加速度的大小。（提示：液体压强公式中，若为水银密度，h的单位为cm，则p等于） 【答案】(1)72cmHg (2) 【详解】（1）汽车静止时，气柱长、压强 管内气柱最长时，气柱长 此时压强最小，设为，由玻意耳定律有 代入数据解得 （2）设管的横截面积为、水银柱质量为，依题意，管内压强最小时，加速度最大。 对水银柱受力分析，有 又， 联立得 以cmHg为压强单位，代入数据得 预测04 平衡问题和牛顿运动力学 1．如图所示，一物块放置在粗糙水平面上，其上固定一“L”型轻杆，轻绳ON的一端O固定在杆上，中间某点M拴一小球，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（），现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程，物块始终保持静止，则 A．OM上的弹力先减小后增大 B．MN上的弹力先增大后减小 C．此过程水平面对物块摩擦力最大时OM、MN两绳张力的大小相等 D．水平面对物块的支持力先增大后减小 【答案】C 【详解】AB．设与竖直方向夹角为，则对小球受力分析如图所示 根据平衡条件可得三个力可以构成如下图的三角形 则根据正弦定理可得 从增加到，一直增大，一直增大，即MN上的弹力一直增大， 一直减小，一直减小，即OM上的弹力一直减小，故AB错误； CD．将物块、轻杆、小球视为整体，外力只有的拉力，方向向右上方，与水平方向夹角为。分解得水平方向有 在即时最大，此时最大，时， 故 故C正确； 竖直方向有 即。 对支持力：从，一直增大，故一直减小，故D错误。 故选 C。 2．质量为的半球形碗静止在水平桌面上，截面如图所示，A为碗的最低点，B为碗水平直径的左端点，碗恰好与固定竖直挡板接触。碗内有一质量为的小球，用推力F推动小球由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．小球对碗的压力先减小后增大 B．推力F先减小后增大 C．碗对水平桌面的压力先增大后减小 D．挡板对碗的压力先增大后减小 【答案】D 【详解】A．小球由A到B缓慢移动，受力平衡，设小球所在处切线与水平面的夹角为，则碗对小球的支持力 角逐渐增大且不超过，碗对小球的支持力逐渐减小，则小球对碗的压力逐渐减小，故A错误； B．重力沿碗内侧切线的分力与F相等，有 角逐渐增大且不超过，则推力F逐渐增大，故B错误； CD．对碗和小球整体受力分析，受推力F、重力、水平桌面的支持力N和挡板对碗的压力，水平方向有 竖直方向有 又角逐渐增大且不超过，F逐渐增大，则碗对水平桌面的压力逐渐减小，挡板对碗的压力先增大后减小，故C错误，D正确。 故选D。 3．如图所示，三脚架上放置泥三角，坩埚静止放置于泥三角上，若坩埚的重力为，则泥三角对坩埚的作用力大小为（　　） A．G B． C． D． 【答案】A 【详解】坩埚处于受力平衡状态，仅受两个作用效果的力：竖直向下的重力，以及泥三角对坩埚的所有作用力的合力。根据平衡条件，泥三角对坩埚的总作用力与重力等大反向，大小为。 故选A 。 4．（2026·广东惠州·模拟）如图所示，在两根竖直木桩等高的两点处，用两根等长轻绳将木板悬挂制成一简易秋千。木板静止时，表示木板所受合力的大小，表示单根轻绳对木板拉力的大小，下列说法正确的是（    ） A．若仅将两绳各剪去相同长度，则变大 B．若仅将右侧木桩向左稍移一段距离，则变小 C．该秋千在某次摆动的过程中，摆至最高点时轻绳最容易断裂 D．若仅将右侧木桩向左稍移一段距离，秋千做小幅度摆动的周期不变 【答案】A 【详解】A．将拉力T沿水平方向和竖直方向正交分解，在竖直方向上 绳子剪去一段后长度变短，悬挂木板时绳子与竖直方向夹角θ变大，而物体的重力不变，因此单根绳的拉力T变大，故A正确； B．若仅将右侧木桩向左稍移一段距离，前后两次木板始终处于静止状态，因此前后两次木板所受合力F都等于零，保持不变，故B错误； C．因为单摆在摆动过程中，靠径向的合力提供向心力，设单摆偏离竖直位置的夹角为θ，则有 因为最低点时，速度最大，θ最小，则绳子的拉力最大，所以摆动最低点时绳最容易断裂，故C错误； D．由单摆周期公式 仅将右侧木桩向左稍移一段距离，木板的重心将会降低，等效摆长将会增大，周期将变大，故D错误。 故选A。 5．如图所示，不可伸长的轻绳AO、BO与弹性绳CO（遵循胡克定律）系于O点，AO另一端固定，BO水平且另一端连接着置于粗糙水平面的物体P，弹性绳CO下方悬挂一小球Q，初始时系统处于静止状态。现由于小球Q受到水平向左恒定风力作用，稳定后弹性绳CO偏离竖直方向一定夹角，此过程中物体P未发生移动，下列说法正确的是（　　） A．轻绳AO的拉力变小 B．轻绳BO的拉力变小 C．物体P受到的摩擦力不变 D．小球Q的位置一定变高 【答案】D 【详解】A．初始时，设小球的质量为，轻绳的拉力为，对小球，在竖直方向受力平衡，有 设与水平方向的夹角为，轻绳的拉力为，由平衡条件，在竖直方向，有 解得 稳定后，不变，设偏离竖直方向的角度为，由平衡条件，得弹性绳的拉力 解得 对结点，在竖直方向受力平衡，有 解得 由可知，和初始状态相比，轻绳的拉力大小不变，故A错误； B．初始时，设轻绳的拉力为，由平衡条件，在水平方向，有 解得 设风力为，稳定后，对小球，水平方向平衡，有 对结点，水平方向平衡，有 由可知，轻绳BO的拉力比原来变大，故B错误； C．物体始终处于静止状态，由平衡条件可知，物体受到的摩擦力始终与轻绳BO的拉力大小相等，因此物体P受到的摩擦力也变大，故C错误； D．设弹性绳CO的原长为，劲度系数为，根据胡克定律，可得初始时小球Q到结点的距离为 稳定后，小球到结点的竖直距离为 因为，所以 则小球的位置变高，故D正确。 故选D。 6．水平传送带匀速运动，将物体（可视为质点）无初速度地放在传送带上A点，一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　） A．刚开始物体相对传送带向前运动 B．仅增大μ，物体做加速运动的位移变大 C．仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量相同 D．仅增大v，物体从A点运动到B点的过程中可能一直受摩擦力 【答案】D 【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故A错误； B．由牛顿第二定律可知，物体加速运动时的加速度为 加速至与传送带共速所需时间 物体做加速运动的位移 可知仅增大μ，物体做加速运动的位移变小，故B错误； C．物体与传送带因摩擦产生的热量满足 故产热仅发生在物体加速运动的过程中，其中 两式联立，可知 故仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量增加，故C错误； D．由上述分析可知，物体做加速运动的位移 仅增大v，设传送带AB的长度为，当时，物体从A点运动到B点的过程中将一直做匀加速运动，物体一直受摩擦力作用，故D正确。 故选D。 7．（多选）如图甲所示，一质量为的小薄板（厚度可忽略）以初速度v0沿水平面向右运动，即将进入区域①的左边界。薄板与区域①之间的动摩擦因数为，区域②光滑，两区域交替出现且长度均与薄板的ad边长相等。当薄板的ab边在每个区域①内运动时，受到水平向右的拉力（，，x为距①左边界的距离）；当薄板的边在区域②内运动时，。薄板的速度大小与运动时间的关系如题图乙所示，是薄板运动速度的最大值，已知重力加速度为g，则（　　） A．薄板在区域①内运动的加速度为 B．ad边的长度为 C． D． 【答案】ABD 【详解】A．小薄板在区域①内运动时所受摩擦力 根据图，小薄板在区域①内运动时为匀加速直线运动，区域②运动时为变减速运动。 小薄板在区域①内运动时由牛顿第二定律可知 由匀加速直线运动可知合力应为恒力，则有， 解得，故A正确； BC．从开始进入区域①到开始进入下一个区域①的过程中，在ab边通过区域②时摩擦力随位移增大而均匀减小，则可采用平均力法求解摩擦力的功，由动能定理可知有 解得 根据上述，则ad边的长度为，故B正确，C错误； D．从开始进入区域①到刚进入区域②的过程，由动能定理可得 解得，故D正确。 故选ABD。 8．（多选）某款电磁阻尼拉力健身器材的简化装置如图所示。矩形框架abcd的ab边长L=0.4m，绕有匝数N=100 匝、电阻R=10Ω的闭合金属线圈，框架和线圈的总质量m=30kg。将框架静置于下端固定的竖直弹簧上（不拴接），弹簧的压缩量x=0.2m，框架上端通过轻质绝缘绳索跨过轻质定滑轮与轻质拉杆GH相连。在MNPQ区域内存在方向垂直框架平面向内、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场边界MN与PQ之间的距离d=0.96m。一位健身爱好者用恒力F=450N向下拉动拉杆，框架由静止开始竖直向上运动。ab边上升到PQ时，弹簧恰好恢复原长，上升到MN时cd边距离上方滑轮足够远），健身者松手，装置触发复位机制使框架回到初始位置，整个过程框架与定滑轮不相碰。已知重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力，则下列说法正确的是（    ） A．弹簧的劲度系数为k=1500N/m B．ab边刚进入磁场时框架的速度大小为4m/s C．ab边刚进入磁场时框架的加速度大小为 D．若ab边通过磁场的时间t=0.4s，ab边运动到MN时框架的速度大小为2.72m/s 【答案】AD 【详解】A．框架在初始位置处于静止状态，由平衡条件得mg=kx 解得k=1500N/m，故A正确； BC．框架从静止运动到的过程，根据动能定理有， 联立解得 ab边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 根据牛顿第二定律有 联立解得，故B错误，C错误； D．ab边从运动到的过程中，ab边切割磁感线产生的感应电流为 ab边移动的距离为 根据动量定理有 联立解得，故D正确。 故选AD。 9．（多选）如图所示，以恒定速率顺时针匀速转动的水平传送带与光滑水平平台平滑连接，平台距水平地面的高度为，质量为3m的小物块静止于平台上。质量为的滑块从传送带左端由静止释放，与传送带共速后滑上水平平台。A与B碰撞后向左反弹，最终A、B落在水平地面上的位置距平台右侧的水平距离均为s。AB可看作质点，落地后均不反弹，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．B落地前瞬间的速度大小为 B．传送带速度大小为 C．A与B间的碰撞为弹性碰撞 D．整个过程中A与传送带间由摩擦产生的热量为 【答案】BCD 【详解】A．B从平台飞出后做平抛运动，竖直方向，有 解得 B的平抛速度为 对B根据动能定理，有 解得，故A错误； B．因A、B落在水平地面上的位置距平台右侧的水平距离均为s，可知 令传送带的速度为v0，A、B碰撞过程满足动量守恒，有 解得，故B正确； C．碰前总动能 碰后总动能 碰撞前、后动能相等，是弹性碰撞，故C正确。 D．A在传送带上的加速度为 A在传送带上由静止加速到 v0，所用的时间为 A的位移为 传送带的位移为 相对位移 产生的摩擦生热为 A碰B反弹后滑上传送带开始到速度减为零的时间为 A的位移为 传送带的位移为 相对位移 产生的摩擦生热为 A从传送带上返回时根据运动的对称性可得相对位移为 产生的摩擦生热为 整个过程中A与传送带间由摩擦产生的热量为，故D正确。 故选BCD。 10．（多选）如图所示，物块、用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以恒定速率顺时针转动。时，的速度大小为，方向水平向右，的速度为0，弹簧处于原长。时，A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能为。已知、可视为质点，质量均为，与传送带的动摩擦因数均为；与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，、始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．过程，A、B的位移相等 B．在时，A、B的速度不相同 C．在时，弹簧的压缩量为 D．过程，在传送带上留下的划痕长度大于 【答案】CD 【详解】B．初始阶段，A受到向左的滑动摩擦力和向左的弹力作用而向右减速，B受到向右的滑动摩擦力和向右的弹力作用而向右加速。在A与传送带首次达到共速之前，A、B系统所受合外力为零， 系统动量守恒，有 解得的速度，即在时刻，、的速度相同，故B错误； A．过程，向右减速，向右加速，最后共速，则在这段时间内的位移大于的位移，故A错误； C．在时间内，设、向右的位移分别为、 由功能关系有 此时弹簧的压缩量，解得，故C正确； D．过程，传送带位移，的初速度，末速度，加速度 弹簧弹力逐渐变大，故加速度逐渐变大，做加速度变大的减速运动，故的位移，在传送带上留下的划痕长度，故D正确。 故选CD。 预测05 抛体运动和圆周运动 1．（2026·安徽·模拟）（多选）2026年米兰-科尔蒂纳丹佩佐冬奥会（第二十五届冬季奥林匹克运动会），于2026年2月6日至22日在意大利米兰和科尔蒂纳丹佩佐举行。中国单板滑雪运动员苏翊鸣从18岁在北京冬奥会一鸣惊人，到22岁在米兰-科尔蒂纳冬奥会拼下一金一铜，他用四年时光，完成了从天才少年到强者的蜕变。大跳台主要由助滑道，圆弧形起跳台和着陆坡组成，起跳台的半径为20米，起跳方向与水平方向成30°角，如图所示为简化示意图。运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。图中虚线为苏翊鸣在某次比赛中起跳后的运动轨迹，a点为起跳点，b点为轨迹最高点，c点为落在坡上的着陆点。苏翊鸣的质量为50 kg，不计一切阻力，，则下列说法正确的是 A．若苏翊鸣起跳时，则ab段水平距离为 B．若苏翊鸣起跳时，则苏翊鸣在最低点对起跳台压力为 C．苏翊鸣在ab段运动过程中处于超重状态，在bc段处于失重状态 D．苏翊鸣起跳后重力的功率不断地减小 【答案】AB 【详解】A．若苏翊鸣起跳时，速度的水平分量为，速度的竖直分量为，到达b点的时间为 ab段水平距离为，故A正确； B．若苏翊鸣起跳时，从最低点到a点，根据机械能守恒有 在最低点有 解得 根据牛顿第三定律可得苏翊鸣在最低点对起跳台压力为，故B正确； C．苏翊鸣在ab段、bc段运动过程中只受重力，可知均处于完全失重状态，故C错误； D．苏翊鸣起跳后，做斜抛运动，竖直方向的速度先减小后增大，根据重力的功率可知重力的功率先减小后增大，故D错误。 故选AB。 2．（多选）某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2两次轨迹如图中曲线1、2所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2次比第1次（　　） A．从掷出到最高点的时间长 B．铅球在最高点的速度大 C．铅球着地前瞬间重力的功率大 D．该同学投掷对铅球做的功多 【答案】BD 【详解】A．从掷出到最高点过程，可逆向看成做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于下落高度相等，所以第2次与第1次运动时间相等，故A错误； B．从最高点到落地铅球做平抛运动，竖直方向有 由于下落高度相等，所以第2次与第1次运动时间相等；水平方向有 由于第2次的水平位移大于第1次的水平位移，则第2次的水平速度大于第1次的水平速度，即第2次比第1次铅球在最高点的速度大，故B正确； C．根据 由于从最高点到落地两次运动时间相等，所以两次运动铅球着地前瞬间重力的功率相等，故C错误； D．该同学两次投掷时，铅球的竖直分速度相等，第2次的水平速度大于第1次的水平速度，则第2次的合速度大于第1次的合速度，即第2次的铅球的初动能大于第1次的铅球的初动能，根据动能定理可知，第2次比第1次该同学投掷对铅球做的功多，故D正确。 故选BD。 3．（多选）如图所示，小球a、b（均可视为质点）的质量均为m，a、b用刚性轻杆连接，紧靠竖直墙壁放置，轻杆长为l，b位于水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始运动，直到a着地，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球a、b和杆组成的系统机械能不守恒 B．b球的速度最大为 C．a球落地时的速度大小为 D．b球的速度最大时，a球的加速度大小为g 【答案】BD 【详解】A．系统无摩擦，只有重力做功，机械能守恒，故A错误； B．当杆与水平方向的夹角为时，、两球的速度关系有（沿杆方向速度相等） 由机械能守恒定律有 联立解得 求导得时最大，，故B正确； C．根据有 根据有 解得， 球落地瞬间，两球的水平速度相等，设此时两球的水平速度为，球离开墙之后，水平方向动量守恒 联立解得 设球落地瞬间的速度大小为，由初始位置到球落地的全过程中，两球的机械能守恒，故 联立解得，故C错误； D．球的速度最大时，加速度为0（动能最大，合力为0，杆的弹力为零），球的加速度由重力提供，为，故D正确。 故选BD。 4．一种定点投抛游戏可简化为如题图所示的模型，以水平速度从O点抛出小球，正好落入倾角为的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，的连线与斜面垂直；当以水平速度从O点抛出小球，小球恰好与斜面在Q点（Q点未画出)垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，则两次平抛过程中（　　） A．小球从O点到P点的时间是 B．Q点在P点的下方 C． D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是 【答案】D 【详解】A．已知OP垂直斜面，斜面倾角为，可知小球位移与水平方向的夹角为，其位移偏角满足 解得运动时间 ，故A错误； B．小球在Q点垂直碰斜面时速度与水平方向的夹角为，速度偏角满足 解得运动时间，竖直下落位移，代入结合几何关系可推得，Q点在P点上方，故B错误； C．结合小球在斜面上落点Q点在P点上方，由几何关系可知，故C错误； D．时间之比，故D正确。 故选D。 5．（多选）春节期间，某市民在安全区燃放“加特林”烟花。如图所示，某一瞬间，烟花弹a和b同时从枪口水平飞出，枪口离地高度为。a以初速度水平飞出，最终落在地面上；b以初速度水平飞出，最终垂直打在倾角为的斜坡上。忽略空气阻力，g取，，。则下列说法正确的是（　　） A．a和b在空中运动的时间之比为 B．b的水平射程为 C．a落地时的速度与b打在斜坡上时的速度大小之比为 D．两烟花弹在运动过程中（均未落地前），a与b之间的距离先增大后减小 【答案】BC 【详解】A．对a分析：平抛运动的时间由竖直高度决定，即 对b分析：由 得， 所以，故A错误； B．由水平方向运动规律有，故B正确； C．由速度的合成公式有 可知a与b的落地速度， 所以，故C正确； D．两弹同时从同一高度水平抛出，在任意时刻（均未落地前），竖直位移相同，因此它们之间的距离仅由水平位移差决定。即 可见距离随时间均匀增大，故D错误。 故选BC。 6．把一个小球放在如图所示的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．半径越大，小球受到的合力越大 B．半径越大，小球向心加速度的大小不变 C．半径越大，小球转速越大 D．半径越大，转动一圈小球受到的合力的冲量越大 【答案】B 【详解】AB．对小球做受力分析，小球受重力、漏斗壁的支持力，竖直方向受力平衡，合力沿水平方向提供向心力。设漏斗壁的倾角为定值，可得合力 故向心加速度 故小球所受合力和向心加速度与圆周运动半径无关，半径增大，合力不变，向心加速度不变，A错误，B正确； C．由 可得 故半径越大，转速越小，C错误； D．根据动量定理，合力冲量等于动量变化，小球转动一圈，初末动量相同，动量变化为0，因此合力冲量始终为0，与半径无关，D错误。 故选B。 7．如图所示，某档综艺节目中，选手需要借助悬挂在高处O点的轻绳和静止在地面上的滑板从左边平台运动到右边平台。可视为质点的选手在左边平台抓住轻绳，此时轻绳与竖直方向夹角，然后由静止开始运动摆到最低点时选手处于滑板正上方，但脚恰好未与滑板接触，此时松手，选手落到滑板上后立即与滑板共速，一同向右侧平台运动；当滑板恰要撞上右侧平台时，速度刚好减为共速时的一半，选手迅速以的速度水平向右跳离滑板，跳离瞬间滑板以的速度水平向左运动。已知选手的质量，轻绳的长度，滑板向右运动时所受阻力f大小恒定，不计空气阻力，重力加速度g取。下列选项正确的是（　　） A．选手摆到最低点时对绳的拉力大小 B．选手与滑板共速时速度 C．滑板的质量 D．若该过程滑板向右移动的距离，则滑板所受的阻力大小 【答案】D 【详解】A．选手摆动时做竖直面内的圆周运动，由动能定理可知 代入数据解得 在最低点，由牛顿第二定律可知 代入数据解得，故A错误； BC．选手与滑板共速的速度为，选手落在滑板上时，由动量守恒可知 选手跳离滑板时，由动量守恒可知 联立两式可得，，故BC错误； D．由动能定理可知 代入数据解得，故D正确。 故选D。 8．如图所示，将小球用细线悬于P点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。测量出细线的长度l，悬点P到轨迹圆的圆心O的距离h，小球运动n圈的时间t，已知重力加速度为g。忽略小球的大小，由以上物理量，不能计算出的是（　　） A．小球运动的角速度 B．小球运动的线速度 C．小球运动的向心加速度 D．细线对小球的拉力 【答案】D 【详解】设细线与竖直方向的夹角为θ，细线对小球的拉力为F，则，，，，，， 所以，， 由于小球质量未知，所以细线对小球的拉力不能算出。 故选D。 9．如图所示，在某星球表面，一质量为m的小球在圆管内做圆周运动，当小球运动到轨道最高点时，速度大小为（为该星球表面的重力加速度，为该轨道半径）。已知该行星质量是地球质量2倍，半径是地球半径的，地球表面的重力加速度为g，若此时圆管对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是（    ） A．该行星表面的重力加速度 B．该行星表面的重力加速度 C．圆管对小球的作用力大小 D．圆管对小球的作用力大小 【答案】C 【详解】AB．已知行星质量，行星半径，天体表面物体的重力近似等于万有引力 得 可知，即，故A、B错误； CD．小球在最高点做圆周运动，向心力由重力和圆管作用力的合力提供。 因为需要的向心力向下，重力大于需要的向心力，因此圆管对小球施加向上的支持力，根据牛顿第二定律 整理得，故C正确，D错误。 故选C。 10．如图所示，一辆电动车在水平地面上以恒定速率v行驶，依次通过a、b、c三点，下列说法正确的是（　　） A．三点的向心力大小关系为 B．三点的地面对车的支持力大小关系为 C．三点的向心加速度大小关系为 D．三点的周期大小关系为 【答案】C 【详解】A．曲线弯曲程度越大，曲率半径越小，由图可知三点曲率半径满足 向心力公式，因此，故A错误； B．在竖直方向为平衡状态，因此支持力关系为，故B错误； C．向心加速度公式 结合，得，故C正确； D．周期公式 则与成正比，因此，故D错误。 故选C。 预测06万有引力与航天 1．2026年3月，我国在太原卫星发射中心，以一箭双星的方式将一对“太空神眼”四维高景二号05、06两星成功送入高度约700 km的太阳同步圆轨道（轨道平面与赤道平面的夹角约为98.2°，且与太阳光线的夹角始终保持不变），入轨后与03、04星形成“四星两组”协同组网，从而提升高分辨率雷达遥感的整体能力。05、06两卫星始终保持相对静止且相距200米的超近距离运行，则下列说法正确的是 A．05、06两卫星在轨运行时具有相同的加速度 B．太阳同步轨道的卫星不可能在更低的高度运行 C．若忽略其他干扰因素，05、06两星绕地心运行的角速度大于地球自转角速度 D．以太阳为参考系，太阳同步轨道卫星的轨道面是静止的 【答案】C 【详解】A．05、06卫星在轨运行时，轨道半径 r 相同，根据万有引力提供向心力，则有 可知两卫星的加速度大小 则两卫星的加速度大小相等，方向不同，故A错误； B．太阳同步轨道是指轨道平面绕地球自转轴旋转的角速度与地球绕太阳公转的平均角速度相同。轨道平面的进动角速度与轨道高度（半长轴）和轨道倾角有关，只要调整轨道倾角，可以在不同的高度（包括更低的高度）实现太阳同步轨道，故B错误； C．地球自转角速度对应的是地球同步卫星的角速度，同步卫星轨道高度约为36000 km。05、06卫星高度约为700 km，轨道半径 r 远小于同步卫星轨道半径。结合牛顿第二定律可得 解得 可知，轨道半径越小，角速度越大，所以05、06两星绕地心运行的角速度大于地球同步卫星的角速度，即大于地球自转角速度，故C正确； D．太阳同步轨道的特点是轨道平面与太阳光线的夹角始终保持不变。这意味着轨道平面绕地轴的进动角速度等于地球绕太阳公转的角速度。若以太阳为参考系（日心系），地球在绕太阳公转，卫星的轨道平面也随之转动（进动），并不是静止的，故D错误。 故选C。 2．2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．北斗G7卫星的运行周期小于地球赤道上随地球自转物体的运行周期 B．北斗G7卫星的向心加速度大于地球表面附近的重力加速度 C．北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度 D．加注燃料前，北斗G7卫星受到某种微小阻力，高度降低，稳定后线速度增大 【答案】D 【详解】同步卫星的核心特点是运行周期、角速度与地球自转完全相同。 A．北斗G7是地球同步卫星，运行周期等于地球自转周期，与地球赤道上随地球自转物体的周期相等，故A错误； B．万有引力提供向心加速度，公式为 即 地球表面附近重力加速度（为地球半径） 同步卫星轨道半径，因此其向心加速度小于地球表面重力加速度，故B错误； C．同步卫星与赤道上随地球自转物体的角速度相同，线速度公式为 同步卫星轨道半径远大于地球半径，因此其运行速度大于赤道上随地球自转物体的线速度，故C错误； D．卫星受稀薄大气阻力，高度降低；稳定后根据 可知 减小则线速度增大，故D正确。 故选D。 3．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，若它的轨道半径增大到原来的2倍，下列说法正确的是（　　） A．根据公式可知，卫星运动的线速度将增大到原来的2倍 B．根据公式可知，卫星运行的向心加速度减小到原来的 C．根据公式可知，卫星需要的向心力将减小到原来的 D．根据公式可知，地球提供的向心力将减小到原来的 【答案】D 【详解】A．轨道半径增大时，角速度会随变化，中和均为变量，不能仅由的变化判断的变化；根据，变为原来2倍时，变为原来的倍，故A错误； B．轨道半径增大时，线速度会随变化，中和均为变量，不能仅由的变化判断的变化；根据，变为原来2倍时，变为原来的，故B错误； C．轨道半径增大时，线速度会随变化，中和均为变量，不能仅由的变化判断向心力的变化，故C错误； D．万有引力公式中均为定值，当变为原来的2倍时，变为原来的，地球提供的向心力即为万有引力，故地球提供的向心力将减小到原来的，故D正确。 故选D。 24．（2026·江苏多校·学情调研）如图为太阳系部分行星绕太阳运行的圆轨道示意图，水星、金星、地球、火星、木星、土星均绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供行星做圆周运动的向心力。下列说法正确的是（　　） A．水星的公转轨道半径最小，其绕太阳运行的周期最长。 B．地球绕太阳运行的公转角速度大于金星绕太阳运行的公转角速度。 C．地球的第一宇宙速度大小为7.9km/s，它是人造地球卫星的最小发射速度。 D．土星的公转轨道半径最大，其绕太阳运行的线速度最大。 【答案】C 【详解】A．根据开普勒第三定律可知 可知，水星的公转轨道半径最小，其绕太阳运行的周期最短，故A错误； B．由题可知，万有引力提供行星圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得 解得 可知，由于地球绕太阳的公转半径大于金星绕太阳的公转半径，因此地球绕太阳运行的公转角速度小于金星绕太阳运行的公转角速度，故B错误； C．地球的第一宇宙速度大小为7.9km/s，它是人造地球卫星的最小发射速度，故C正确； D．由题可知，万有引力提供行星圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得 解得 可知，土星的公转轨道半径最大，其绕太阳运行的线速度最小，故D错误。 故选C。 5．人造地球卫星和地心连线与地面的交点称为星下点，如图甲所示。卫星运动和地球自转使星下点在地球表面移动，形成星下点轨迹。图乙和图丙显示了两颗人造地球卫星A、B的星下点轨迹，箭头指向为轨迹移动方向，两颗卫星的轨道均可近似为圆。由图中信息可得（　　） A．两卫星绕地球转动方向相反 B．A、B两卫星的运动周期之比为1：2 C．A、B两卫星距地球表面高度之比为1： D．卫星B星下点轨迹每天经过赤道3次 【答案】B 【详解】A．由图片信息可知，两星下点在南北方向运动方向相同，则A、B两卫星绕地球转动的方向相同，故A错误； B．根据图乙可知，卫星A的星下点在东西方向自西向东运动，与地球自转方向相同，可知卫星A绕地球转动的角速度大于地球自转角速度。卫星A的星下点在地球上由转到的过程中，卫星转了一圈，比地球自转多转了，可知地球转动了 设地球的自转周期为，则有 根据图丙可知，卫星B的星下点在东西方向自东向西运动，则卫星B绕地球转动的角速度小于地球自转角速度。卫星B的星下点在地球上由转到的过程中，卫星转了一圈，比地球自转少转了，可知地球转动了 则有 则A、B两卫星的运动周期之比为，故B正确； C．根据开普勒第三定律有 可得 则A、B两卫星距地球表面高度之比为，故C错误； D．由于可知，卫星B每转动一圈经过赤道两次，因此每天经过赤道的次数不超过2次，故D错误。 故选B。 6．（多选）2025年4月24日，我国成功发射神舟二十号载人飞船。飞船升空后先进入近地停泊轨道I，之后从M点进入转移轨道II，最后在中国空间站轨道III与天和核心舱对接。已知停泊轨道、空间站轨道和同步卫星轨道（未画出）均为圆形轨道，距离地面高度分别为，飞船在停泊轨道运行的周期为，地球自转周期为T0，地球半径为R，万有引力常量为，则（　　） A．飞船的发射速度大于第二宇宙速度 B．飞船变轨后在转移轨道M点的加速度等于变轨前在停泊轨道M点的加速度 C．飞船在空间站轨道运行的周期为 D．地球的平均密度为 【答案】BD 【详解】A．第二宇宙速度是物体摆脱地球引力束缚的最小发射速度。题目中的飞船最终进入的是绕地球运行的轨道，没有脱离地球引力范围，因此其发射速度必须小于第二宇宙速度，故A错误； B．根据牛顿第二定律和万有引力定律，飞船在轨道上某一点的加速度由该点所受的万有引力决定，在M点，无论飞船是在停泊轨道还是转移轨道，它到地心的距离相同，因此，飞船在M点的加速度大小和方向都是相同的，故B正确； C．设飞船在空间站轨道运行的周期为,根据开普勒第三定律可知 解得，故C错误； D．由万有引力提供向心力可得 解得地球质量 地球的体积为 地球的平均密度，故D正确。 故选BD。 7．（多选）酒泉航天科技体验馆中的“八星称重”项目可以体验在不同星球上的体重变化，感受引力差异的奇妙之处。小津站在“地球”上时，称重仪的示数为a；站在“水星”和“火星”上时，称重仪的示数均为b。已知水星是太阳系八大行星里体积最小的，忽略天体的自转，下列说法正确的是（     ） A．水星和地球表面的重力加速度之比为 B．水星的质量比火星的质量小 C．水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小 D．水星的平均密度比火星的平均密度小 【答案】BC 【详解】A．在地球上时；在水星上时 可得水星和地球表面的重力加速度之比为，A错误； B．根据可得 水星和火星表面的重力加速度相同，而水星的体积最小，半径最小，则水星的质量比火星的质量小，B正确； C．根据 可得第一宇宙速度 可知水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小，C正确； D．根据 可知水星的平均密度比火星的平均密度大，D错误。 故选BC。 8．（多选）如图所示，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球和太阳中心的连线与地球和该行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。已知该行星的最大视角为，当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。下列说法正确的是（　　） A．地球绕太阳运动的周期小于该行星绕太阳运动的周期 B．地球绕太阳运动的线速度小于该行星绕太阳运动的线速度 C．行星与太阳的连线和地球与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等 D．行星绕太阳运动的角速度与地球绕太阳运动的角速度之比为 【答案】BD 【详解】AB．根据 可知， 所以地球绕太阳运动的周期大于该行星绕太阳运动的周期，地球绕太阳运动的线速度小于该行星绕太阳运动的线速度，A错误、B正确； C．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等，C错误； D．设该行星与太阳的连线和该行星与地球的连线的夹角为，则由正弦定理得 则 当时地球对该行星的视角最大，可得行星的轨道半径 由 得，D正确。 故选BD。 9．（多选）嫦娥六号探测器成功返回地球，并从月球背面带回月壤，科学家对月壤进行分析取得了重要的科研成果。图为嫦娥六号从月球返回地面时的变轨示意图，嫦娥六号先在环月圆形轨道Ⅰ上运行，然后在A点实施变轨进入环月椭圆轨道Ⅱ上运行，最后在远月点B离开月球飞向地球。下列说法正确的是（　　） A．嫦娥六号分别在Ⅰ、Ⅱ轨道上运行经过A点时的加速度相等 B．嫦娥六号分别在Ⅰ、Ⅱ轨道上运行经过A点时的速度相等 C．嫦娥六号分别在Ⅰ、Ⅱ轨道上运行的周期关系为 D．嫦娥六号在Ⅱ轨道上运行分别经过A、B点时，速度大小关系为 【答案】AC 【详解】A．根据牛顿第二定律和万有引力公式有 解得 由于嫦娥六号分别在Ⅰ、Ⅱ轨道上经过A点时，到月球球心的距离r相同，月球质量M和引力常量G也相同，所以嫦娥六号分别在Ⅰ、Ⅱ轨道上运行经过A点时的加速度相等，故A正确； B．嫦娥六号从轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ时，需要在A点加速（做离心运动），因此嫦娥六号在轨道Ⅰ上经过A点时的速度小于在椭圆轨道Ⅱ上经过A点时的速度，故B错误； C．根据开普勒第三定律可知，因为嫦娥六号在轨道Ⅰ上运行时的半径小于在椭圆轨道Ⅱ上运行时的半长轴，所以嫦娥六号在轨道Ⅰ上运行时的周期小于在椭圆轨道Ⅱ上运行时的周期，即，故C正确； D．根据开普勒第二定律可知，卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行时，近月点（A点）的速度大于远月点（B点）的速度，即，故D错误。 故选AC。 10．（多选）2025年11月3日，我国成功将遥感四十六号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。假设遥感四十六号卫星和同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，同步卫星的轨道半径大于遥感四十六号卫星的轨道半径，如图所示，则（　　） A．遥感四十六号卫星的周期大于同步卫星的周期 B．遥感四十六号卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度 C．遥感四十六号卫星的线速度大于同步卫星的线速度 D．遥感四十六号卫星的发射速度应大于第一宇宙速度 【答案】CD 【详解】A．由题意可知遥感四十六号卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由万有引力提供向心力 得，可知遥感四十六号卫星的周期小于同步卫星的周期，故A错误； B．由万有引力提供向心力 得，可知遥感四十六号卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故B错误； C．由万有引力提供向心力 得，可知遥感四十六号卫星的线速度大于同步卫星的线速度，故C正确； D．第一宇宙速度为人造卫星的最小发射速度，故遥感四十六号卫星的发射速度应大于第一宇宙速度，故D正确。 故选CD。 预测07 功能关系 1．如图所示，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从A点运动到B点，在A点时速度竖直向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，所受电场力是重力的倍，并且克服重力做的功为，电场力做的正功为。则下列说法中不正确的是（　　） A．粒子带正电荷 B．粒子在A点的动能比在B点多 C．粒子在A点的机械能比在B点少 D．粒子由A点到B点过程中速度最小时，速度的方向与水平方向的夹角为 【答案】B 【详解】A．从A到B过程，电场力做正功，可知电场力方向水平向右，与场强方向一致，故粒子带正电，A正确； B．从A到B过程，由动能定理可得 代入数据可解得，即粒子在A点的动能比在B点少2J，B错误； C．机械能的变化量等于除重力外的其他力所做的功，电场力做正功3J，机械能增大3J，即粒子在A点的机械能比在B点少3J，C正确； D．当合力方向与速度方向垂直时，速度最小，如图所示，设重力mg与合力F的夹角为，由题意可得 即，由几何关系可知，此时速度方向与水平方向的夹角为60°，D正确。 故选B。 2．雨滴从高空无初速下落且下落过程中质量不变，已知雨滴下落过程中受到的空气阻力与速度的平方成正比，即（为比例常数）。设雨滴下落的距离为，重力势能为，机械能为，阻力的瞬时功率大小为，动能为。以地面为零势能面，下列关于各物理量与下落距离的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．设雨滴初始高度为，下落距离为时，高度为，则重力势能，可知与成一次函数关系，图像应为倾斜直线，故A错误； B．根据功能关系，除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，即，则。雨滴下落过程中速度逐渐增大，阻力逐渐增大，故 图像切线斜率的绝对值应逐渐增大，图像应为向下弯曲的曲线，故B错误； C．阻力的瞬时功率。雨滴做加速度减小的加速运动，最终趋于匀速运动，速度先增大后不变，故功率先增大后不变，图像最终趋于水平，故C正确； D．根据动能定理，则。随着下落距离增大，速度增大，阻力增大，合外力减小，故 图像切线的斜率应逐渐减小，图像应为向上弯曲的曲线，故D错误。 故选C。 3．我国风洞技术世界领先，如图所示，在风洞模拟实验的光滑斜面上，上端接一弹簧。一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑。从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，由于风力作用，物块和弹簧组成的系统机械能（　　） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】A 【详解】一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑，从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，可知风力对物块始终做正功，根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的其他力做的功等于系统机械能的变化量，可知物块和弹簧组成的系统机械能一直增大。 故选A。 4．某潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度-时间图像、动能-位移图像、重力势能-时间图像和机械能-位移图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．根据牛顿第二定律 速度v增大，加速度a减小，图像的斜率减小，图像向下弯曲 当mg=kv时，潜水器向下做匀速运动，图像的斜率等于0。 综上所述，潜水器先加速向下，后匀速向下，图像的斜率先减小后等于0，图像先向下弯后水平，故A错误； B．根据动能定理得 斜率为k1=mg−kv，v增大，k1减小，当潜水器匀速向下运动时，图像的斜率等于0，动能不变，故B正确； C．重力的功率为 重力势能为 解得 斜率的大小为 潜水器先加速下降，后匀速下降，图像的斜率先增大后不变，故C错误； D．根据功和能的关系 解得 图像斜率大小为 潜水器先加速下降，后匀速下降，图像的斜率先增大后不变，故D错误。 故选B。 5．图是同一型号子弹以相同的初速度射入固定的、两种不同防弹材料时完整的运动径迹图。根据运动径迹图，下列说法正确的是（　　） A．两次试验，子弹受到的阻力相同 B．两次试验，子弹所受合力的冲量相同 C．第一次试验，子弹损失的动能少 D．第一次试验，子弹与材料间作用产生的热量多 【答案】B 【详解】A．根据动能定理 得 因不同，所以阻力不同，故A错误； B．根据动量定理，合冲量 两次子弹初动量均为，末动量均为，动量变化 相同，因此合力冲量相同，故B正确； C．子弹损失的动能等于初动能减去末动能，两次初动能都是，末动能都是，因此损失的动能相等，故C错误； D．根据能量守恒，子弹损失的动能全部转化为内能，两次损失动能相同，因此产生的热量相同，故D错误。 故选B。 6．（多选）某儿童玩具火箭如图所示，儿童用脚猛踩气囊后，被压缩的空气就会将小火箭发射出去。假设小火箭从地面上竖直向上冲出，一段时间后落回地面。以小火箭冲出的位置为重力势能参考点，取竖直向上为正方向，绘制小火箭在空中运动的图像。若考虑小火箭受到大小不变的空气阻力，则图像绘制成实线；若不考虑空气阻力，则图像绘制成虚线。下列小火箭的速度随时间变化的图像或机械能随高度变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】AB．取竖直向上为正方向，若考虑空气阻力，设小火箭受到的空气阻力大小为，根据牛顿第二定律，可知小火箭上升过程的加速度为 同理，下降过程的加速度为 若不考虑空气阻力，则整个过程小火箭的加速度均为重力加速度，综合可知，，故A正确，B错误； CD．若考虑空气阻力，设小火箭冲出时的机械能为，则有 为小火箭运动的路程，可知无论小火箭在上升阶段还是下落阶段，与都为线性关系，若不考虑空气阻力，则小火箭的机械能守恒，故C错误，D正确。 故选AD。 7．（2026·广东湛江·高考测试（二））（多选）如图，t=0时刻，在距离水平地面高H处，将一弹性球以初速度v0竖直向下抛出，球与地面碰撞没有机械能损失，碰后反弹返回抛出点，整个过程球受到的阻力恒定。运动过程中，球的加速度、速度、重力势能、机械能分别设为a、v、Ep、E，球下落过程与抛出点距离设为h，在下列选项a-t图、v-t图、Ep-h图和E-h图中，实线表示忽略空气阻力的情况，虚线表示考虑了空气阻力的情况，以向下为正方向、地面为零势能面。球从抛出到返回抛出点的过程中，可能正确的图像有（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】A．球向下运动时，阻力向上，故考虑空气阻力的情况下加速度小于g，球向上运动时，阻力向下，故考虑空气阻力的情况下加速度大于g，故A错误； B．v-t图中，图线的斜率表示加速度，结合选项A分析可知，第一段虚线的斜率应小于实线，第二段虚线斜率的绝对值大于实线。由于存在机械能损失，球不能回到原来的高度，图像与t轴围成的面积（表示位移）虚线情况要小于实线的情况，故B正确； C．小球的重力势能先减小后增大，但有空气阻力时，由于阻力一直做负功，机械能损失，小球不能回到原来的高度，故C错误； D．若不考虑阻力，机械能不变，若考虑阻力，小球下落过程和反弹过程机械能均减小，且图像的斜率大小均等于阻力大小，故D正确。 故选BD。 8．（多选）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量为m的小滑块A相连接，在A的右边靠着另一质量为3m的滑块B，A与B不粘连。已知A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。现将A、B一起由原长O处向左压缩弹簧，当压缩量时将滑块A、B由静止释放，则在A、B以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块A、B将在O点左侧分离 B．滑块 B向右运动的最大位移为 C．滑块A的路程小于滑块B的路程 D．A、B最终相距 【答案】BD 【详解】A．当A、B之间的弹力为零时，是A、B之间分离的临界条件，对A、B整体有 对B有 解得 即A、B在弹簧原长处发生分离，即滑块A、B在O点处发生分离，故A错误； B．从释放到AB运动到O点（分离位置），由动能定理 代入，计算得 这是分离时AB的总动能，所以分离速度满足 分离后B仅受摩擦力，继续向右滑行s后速度为0，对B用动能定理 解得 所以B从释放点开始的总位移为，故B正确； CD．由之前的分析可知，AB分离时，A的速度为，分离后，A继续向右运动，直到速度减为0。设它向右运动的最大距离为 。对A从O点到最右端的过程应用动能定理 其中 是克服弹簧弹力做的功，等于弹簧弹性势能的增加量 ，有 解得 当A运动到最右端时，速度为0，弹簧伸长量为 此时，弹簧对A的拉力 A受到的最大静摩擦力 因为 所以滑块A会被弹簧拉回，向左运动。A向左运动，回到O点时，弹簧恢复原长。假设它是刚好到达O点。 从最右端到O点，对A应用动能定理 解得 假设成立，所以A最终静止在O点，则A从释放到最终静止，其运动的路程为 滑块A的路程和滑块B的路程相等，且滑块A停在O位置，滑块B停在O点右侧距离O为处，所以AB之间最终相距，m故C错误，D正确。 故选 BD。 9．（多选）为了节省能源，现代电梯系统都会加装配重块，如图所示为加装配重块的电梯系统及未加装配重块的电梯系统。已知在某次对比测试中，两系统的电梯质量相等，均匀速上行相同高度h，配重块质量为m，重力加速度为g，忽略缆绳与滑轮间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．两种电梯系统中，电梯受到的拉力相等 B．电梯的重力对加装配重块的电梯系统做功更多 C．上行速度相等时，两种电梯系统电机的功率相等 D．加装配重块的电梯系统比未加装的节省能量mgh 【答案】AD 【详解】A．两种电梯系统中，电梯匀速上行，则电梯受力平衡，拉力都等于电梯重力，故A正确； B．设电梯质量为M，电梯匀速上行h，重力做功均为 即电梯的重力做功相同，故B错误； C．上行速度相等时，装配重块的电机的拉力为 未装配重块的电机的拉力为 则两系统电机拉力不同，根据可知，两种电梯系统电机的功率不相等，故C错误； D．根据能量守恒定律有， 可见加装配重块的电梯系统比未加装的节省能量mgh，故D正确。 故选AD。 10．（多选）某工厂的工件传输机构如图所示，半径为1m的四分之一圆弧轨道AB在B点与水平传送带BC相切，水平传送带BC在电动机带动下以速度顺时针转动，质量为0.2kg的小滑块P从圆弧轨道的A点无初速度释放，滑块P经过圆弧上的B点时对圆弧轨道的压力大小为5.2N，滑块滑到C点时刚好和传送带共速。已知滑块可视为质点，滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.6，取。下列说法正确的是（　　） A．滑块在圆弧轨道上运动过程中损失的机械能为0.5J B．滑块在传送带上运动过程中的加速度大小为 C．滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为3.6J D．仅增大传送带的速度v，滑块离开传送带时的速度增大 【答案】BC 【详解】A．小滑块P在圆弧轨道上运动的过程中由能量守恒，有 小滑块通过圆弧轨道上的B点时有 由牛顿第三定律有，联立解得，故A错误； B．滑块在传送带上运动时对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 解得，故B正确； C．滑块P在传送带上运动时，根据速度-时间公式，有 根据位移-时间公式，有 所以此过程中滑块相对传送带的位移 所以此过程中因为摩擦产生的热量，故C正确； D．增大传送带的速度后，滑块在BC上滑行的过程中依然一直加速，而加速度也没有发生变化，所以滑块离开传送带时速度不变，故D错误。 故选BC。 预测08 动量定理和动量守恒定律 1．如图是某一家用体育锻炼的发球机，从P点沿不同方向发出质量相同的A、B两球，两球均经过Q点，P、Q两点在同一水平线上，两球运动轨迹如图所示，如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．两球运动至最高点时，两球动能相等 B．两球经过Q点时重力做功的功率相等 C．在运动过程中，小球A动量变化率大于小球B动量变化率 D．在运动过程中，小球A速度变化量大于小球B速度变化量 【答案】D 【详解】A B．对斜上抛运动，将其初速度沿水平方向和竖直方向分解，水平方向不受力可看作匀速直线运动和竖直方向只受重力做竖直上抛运动，据对称性上升和下降时间相等，故总时间为 竖直方向 小球A上升的最大高度大，则运动时间长，竖直初速度大 水平方向 两者水平射程相等，则小球A水平分速度（即最高点的速度）小，则两球运动至最高点时，小球A的动能较小，据对称性，回到Q点时竖直方向的速度大小等于P点竖直初速度，故小球B回到Q点时竖直方向的速度较小，重力的瞬时功率较小，故AB错误； C．由动量定理 动量变化率相等，故C错误； D．由动量定理 小球A的运动时间长，则小球A的速度变化量大于小球B的速度变化量，故D正确。 故选D。 2．如图所示为运动员投篮训练时的场景及篮球轨迹的示意图。完全相同的篮球甲、乙的运动轨迹分别对应图中虚线1、2，运动员两次跳起投篮时投球点和篮筐正好在同一水平直线上。不计空气阻力，篮球从投出到进框的过程中，下列说法正确的是（     ） A．甲球的平均速度一定小于乙球的平均速度 B．甲球在最高点的动能一定小于乙球在最高点的动能 C．甲球的动量变化量一定小于乙球的动量变化量 D．运动员投球过程，其对甲球做的功一定小于对乙球做的功 【答案】C 【详解】A．将斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向竖直上抛运动，结合题意推导得乙的轨迹最高点更高，因此竖直初速度 总运动时间 故 平均速度，甲的位移更大、运动时间更短，因此甲的平均速度更大，故A错误； B．斜抛最高点竖直速度为0，速度等于水平速度，最高点动能 因，故甲在最高点动能更大，故B错误； C．不计空气阻力，动量变化量等于重力的冲量 相同，结合，因此甲的动量变化量一定小于乙，故Ｃ正确； D．投球做功等于篮球出手的动能 因甲大、小，乙小、大，总动能大小不确定，因此做功大小不确定，D错误。 3．图为一空间探测器示意图，、、、是四台喷气发动机，每台发动机工作时都能给探测器提供推力。在空间建立固定直角坐标系，以初始时刻、的连线为轴，、的连线为轴。探测器在运动过程中不发生转动，探测器的质量变化可忽略。开始时，探测器以恒定的速度沿轴正方向运动，要使探测器速度的大小不变，方向改为轴正方向与轴负方向之间，且与轴负方向成角的方向运动，下列操作可行的是（　　） A．分别打开和，且两个发动机提供的冲量之比为 B．分别打开和，且两个发动机提供的冲量之比为 C．同时打开和，且两个发动机提供的冲量之比为1∶2 D．同时打开和，且两个发动机提供的冲量之比为1∶2 【答案】A 【详解】设探测器的速度为v，要使探测器速度的大小不变，方向改为轴正方向与轴负方向之间，且与轴负方向成角的方向运动，可知沿x轴正向的速度变为，沿y轴负向的速度为，即在x正方向减速，在y负方向加速，则应该分别打开和，且的冲量为 的冲量为 即两个发动机提供的冲量之比为。 故选A。 4．跳板跳水是竞技跳水项目之一。运动员站在距水面3m处的弹性跳板一端，用力踩压跳板使跳板发生弹性形变，随后跳板恢复原状将运动员弹起，运动员在空中完成翻腾动作后入水。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．踩压跳板的过程中，跳板、运动员与地球组成的系统机械能守恒 B．离开跳板后在空中运动的过程中，运动员先处于超重状态，后处于失重状态 C．离开跳板后在空中运动的过程中，运动员上升过程和下落过程重力的冲量相等 D．入水减速至0的过程中，运动员受水的作用力的冲量大小大于重力的冲量大小 【答案】D 【详解】A．踩压跳板的过程中，运动员体内的化学能会转化为系统的机械能，系统除重力、弹性弹力外有其他力做功，机械能不守恒，故A错误； B．离开跳板后运动员仅受重力，加速度始终竖直向下，全程处于失重状态，不存在超重阶段，故B错误； C．根据重力冲量 因运动员离开跳板后上升位移小于下落位移，故下落时间更长，则下落过程中重力的冲量更大，故C错误； D．取向下为正方向，设入水时运动员初动量大小为，运动员受水的作用力的冲量大小，且运动员最后的末动量为0，根据动量定理有 解得，故D正确。 故选D。 5．如图甲所示，水平地面上放置质量为的物块，与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用与水平方向夹角为的推力作用在上，的大小随时间的变化关系如图乙所示。取重力加速度，，则时，物块的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由图乙得推力随时间变化关系为 对物块受力分析，竖直方向有 最大静摩擦力 当水平分力时，物块才会运动，即 解得 对应时间 因此前物块静止，当， 当， 故推力的平均作用力为 对过程，由动量定理有 解得 故选D。 6．（2026·广东中山·二模）（多选）如图所示，光滑水平面上，质量相同的小球a、b分别以2v0、v0的速率沿同一直线相向运动，经t0时间相遇并发生正碰，碰撞时间极短。以小球a初速度方向为正方向，两小球速度v随时间t变化的图像中，可能正确的有（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】根据四个选项的可知碰前，，光滑面上两球碰撞过程满足三条规律：①动量守恒，有 ②碰撞后动能不增，有 ③碰后的速度还要符合实际情况。 A．由图像可知，，代入可得动量守恒，碰撞前后动能相等，两球均反弹符合实际情况，则A图像的碰撞可能发生，故A正确； B．由图像可知，代入可得系统动量不守恒，则B图像的碰撞不可能发生，故B错误； C．由图像可知，，代入可得动量守恒，但 即碰撞后动能增加，则C图像的碰撞不可能发生，故C错误； D．由图像可知，，代入可得动量守恒，碰撞后动能减少，a球停下b球反弹也符合实际情况，则D图像的碰撞可能发生，故D正确。 故选AD。 7．（多选）如图1所示，质量为m的滑块B静置于倾角为θ且足够长的固定斜面上，B与斜面之间的动摩擦因数μ=2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。B通过一条弹性轻绳与光滑滑块A相连，A的质量也为m。t=0时刻将A由静止释放，A运动的部分v-t图像如图2所示，图中t0之前为直线段，t0之后为曲线，且t0已知，v1、t1、t2未知。t1时刻A的速度达到最大，t2时刻A的速度为零。已知t0~t1时间段内A的位移大小为x，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，据此可知（　　） A．t0时刻，B开始运动 B．轻绳的劲度系数为 C．t2时刻，B的速度大小为 D．0~t2时间段内，轻绳最长时的速度大小为 【答案】BD 【详解】A．由图2可知，0~t0时间段内轻绳弹力为零，B静止不动，A匀加速运动，t0之后轻绳绷紧，t0~t1时间段内，A做加速度减小的加速运动，B仍静止不动；t1时刻B开始运动，故A错误； B．t1时刻，对B，有 解得 设轻绳的劲度系数为k，则，故B正确； C．t0~t1时间段内，A克服轻绳弹力做功 0~t1时间段内，对A，有 解得 t1之后A、B系统所受合外力为零，设t2时刻B的速度为vB，根据动量守恒定律可得 解得，故C错误； D．当A、B共速时轻绳最长，此时 解得，故D正确。 故选BD。 8．（多选）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m=5kg的头锤从离气囊表面正上方高H=5m处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（　　） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m C．碰撞过程头锤动量变化量大小为40kg·m/s D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为1100N 【答案】BD 【详解】A．头锤与气囊作用过程中，向下运动时，头锤的重力先大于气囊对头锤的作用力，则加速度向下，头锤失重；然后头锤的重力小于气囊对头锤的作用力，则加速度向上，头锤超重，一直到达最低点；同理向上运动时，头锤先超重后失重，则整个过程中头锤先失重后超重，再失重，A错误； D．头锤与气囊接触时的速度 则从头锤接触气囊到头锤到达最低点由动量定理（向上为正） 解得，D正确； B．从头锤接触气囊到头锤离开气囊，由动量定理 解得离开气囊时的速度 碰撞结束后头锤上升的最大高度为，B正确； C．碰撞过程头锤动量变化量大小为，C错误。 故选BD。 9．（多选）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等 C．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为R D．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为 【答案】AD 【详解】A．由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，故A正确； B．小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向左为正，则有 解得 即小球与槽的速度大小之比为，故B错误； C．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向类似于人船模型，对球、半圆槽和物块有 且 代入数据可得物块Q向右运动的距离，故C错误； D．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向动量守恒有 系统机械能守恒有 联立解得， 小球在半圆槽内第一次到最低点之后半圆槽P与物块Q分离，整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为，故D正确。 故选AD。 10．（多选）如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（　　） A．薄板A的质量为 B．薄板B下落的高度h为 C．碰撞后两薄板的最大速度为 D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方处 【答案】AB 【详解】A．设A、B的质量均为m，图线I为图像，故图线I斜率的绝对值等于两薄板的重力 利用图线I还可求出斜率的绝对值 联立解得，故A正确； B．设B与A碰撞前的速度为​，根据自由落体运动规律可知 解得 由于A、B碰撞过程动量守恒，故 解得​ 碰后A、B的动能 对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得(其中为动能，为弹性势能，为重力势能)​ 结合图像可知，，， 联立解得 又知，​ 联立解得，故B正确； C．碰后的最大速度处加速度为0，即 碰后最大速度位置对应的弹簧伸长量为 所以，最大速度的位置在A、B碰撞处下方l处，从A、B碰后到最大速度位置，根据动能定理有 解得，故C错误； D．碰撞前薄板A平衡 解得 碰后两薄板一起下落速度减为零，故在最低点时弹簧的伸长量为。 所以，两薄板一起做简谐运动的振幅 简谐运动具有对称性，故最高点在平衡位置的上方一个振幅处，所以最高点距点的距离为，故D错误。 故选AB。 预测09 机械振动和机械波 1．坐标原点的波源在时发出一列简谐波，沿x轴正向传播。在时，该列波的最前端刚好到达B点，此时AB段的波形如图所示，则（　　） A．波速为0.5m/s B．波长为1.5m C．时，波源由平衡位置向y轴正方向运动 D．时，C处质点位于波峰 【答案】A 【详解】A．波速为,故A正确； B．由波形图得 则，故B错误； C．在时，该列波的最前端刚好到达B点，B质点的起振方向是沿y轴负方向，故时，波源起振方向是沿y轴负方向，故C错误； D．波传播的周期为 从时开始计时，波先经传至C点开始沿y轴负方向振动 C处质点再经，刚好第三次至波谷，故D错误。 故选A。 2．轴上位于坐标原点和处各有一个波源，均从时刻起振，其对应的振动图像分别如图甲、乙所示，波在介质中的传播速度为，则处的质点在时间内通过的路程为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由图甲、乙可知，两波源的振动周期相同，即 根据 将代入，可知甲、乙波源的波长 由于两波源起振方向相反，的质点到两波源的波程差 可知的质点为振动加强点，坐标原点的振动传播到处所需的时间 坐标的振动传播到处所需的时间 故当，的质点通过的路程 当，对应的时间，的质点通过的路程 当，对应的时间，的质点参与两个波源的振动的叠加，通过的路程 则处的质点在时间内通过的路程为 故选C。 3．地震勘测中利用横波传播速度的不同，可以推断地下不同介质的密度等信息，对地震活动预测具有重要意义。如图所示，直角坐标系的y轴为土层介质Ⅰ、岩石介质Ⅱ的分界面，位于x=0处的同一震源发出简谐横波a、b同时在Ⅰ、Ⅱ中传播。若横波a、b的振幅均为10 cm，t=0时刻震源开始振动，t=4 s时横波a刚好传到x=8 m处，则（　　） A．横波b的频率为0.25 Hz B．横波b在介质Ⅱ的传播速度为8 m/s C．t=1.5 s内，位于x=2 m处质点的路程为60 cm D．t=2.5 s时，位于x=－4 m处质点沿y轴正方向振动 【答案】B 【详解】A． t=4s时a波传到x=8m处，可得a波速度 由图得a波波长 因此周期 ，频率 同一震源发出的波频率相同，因此b波频率也为，A错误； B．由图得b波波长 根据 可得，B正确； C．波传到的时间 t=1.5 s内，位于x=2 m处质点振动总时间 路程为，C错误； D．波传到的时间 振动总时间 震源起振方向为y轴负方向，经过2个周期后，质点仍在平衡位置沿y轴负方向振动，D错误。 故选 B。 4．如图所示，某弹簧振子的位移-时间图像，已知该振子的振动在介质中激起一列沿x轴正方向传播的简谐横波，，根据图像信息，下列说法正确的是 A．该波的波长为0.8 m B．介质中的质点的振动频率为1.25 Hz C．在波的传播方向上，相距为0.8 m的两个质点的振动情况总是相同 D．若该波遇到宽度为1.4 m的障碍物，不能发生明显的衍射现象 【答案】B 【详解】A．由位移-时间图像可知振动周期 ，波长 ，故A错误； B．振动频率，故B正确； C．相距的两个质点相差半个波长，振动情况相反，故C错误； D．障碍物宽度 ，大于障碍物的尺寸大小，能发生明显衍射，故D错误。 故选B。 5．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图1所示，a、b、c是介质中的三个质点。图2是质点b的振动图像。下列说法不正确的是（　　） A．该波的波速为10m/s B．该波沿x轴负方向传播 C．0~0.2s内，质点b通过的路程为4cm D．0.3~0.5s内，质点b的加速度一直增大 【答案】C 【详解】A．根据振动图像可知周期为，t=0时刻的波形如图1所示，波长为，根据可知该波的波速为10m/s，故A正确； B．根据振动图像可知t=0时刻质点b向下振动，根据“上下坡”法可知该波沿x轴负方向传播，故B正确； C．质点b的平衡位置为，波形图有 可知t＝0时刻质点b的位移为 可知质点b的振动方程为 可知时b的位移为 可知质点b通过的路程为，故C错误； D．0.3~0.5s内，质点b的位移变大，根据可知质点b的加速度一直增大，故D正确。 本题选不正确的，故选C。 6．（多选）如图所示, 实线和虚线分别表示振幅和频率均相同的两列简谐波的波峰和波谷，两列波的振幅为 ，频率为点是连线的中点，则（　　） A．点是振动加强点，其振幅为 B．、两处的质点始终处于平衡位置 C．随着时间的推移，处的质点将向处移动 D．从图示时刻起经过，点通过的路程为 【答案】AB 【详解】A．B、D连线的中点C点是振动加强区的点，其振幅为，故A正确； B．P、Q两处的质点处于波峰和波谷的相遇点，两列波在这两处的位移始终相反，合位移为0，始终处于平衡位置，故B正确； C．质点并不随波迁移，只能在其平衡位置上下振动，故C错误； D．点为振动加强点，其振幅为 波的周期为 从图示时刻起经过，即一个周期，点通过的路程为，故D错误。 故选AB。 7．（多选）艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿轴方向传播的简谐横波，时的波形图如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）    A．简谐波沿轴正方向传播 B．时刻，点的位移为 C．时刻后，再经过点到达波峰位置 D．质点的振动方程为 【答案】AD 【详解】A．由乙图可知，时，质点向上运动，根据同侧法，波沿轴正方向传播，故A正确； B．由图甲可知，波长，由点和点平衡位置相距可知，时点的位移，故B错误； C．波速为，再经过，波将沿轴正方向前进，波谷刚好传到质点所在位置，即点到达波谷位置，故C错误； D．时点向下振动，故质点的振动方程为，故D正确。 故选AD。 8．在某次大型庆典活动中，技术人员采用数百架无人机编队表演模拟水波纹扩散的壮观效果。通过精确控制无人机模拟水面上质点的振动，形成以O点为波源向外传播的圆形波。以某一方向建立x轴，该传播方向上有a、b两架水平方向相距0.5m的无人机，如图甲所示。从计时开始a、b两无人机的振动图像分别如图乙、丙所示。 (1)请写出无人机b的振动方程； (2)若该波的波长大于0.2m，求波速的大小。 【答案】(1) (2)、或 【详解】（1）由图可得振幅 周期 所以 所以无人机b的振动方程为 （2）由图可得，b的振动图像落后于a，相位差为 所以 当时，有 则 当时，有 则 当时，有 则 当时，有 所以该波的波长大于0.2m，波速的大小为、或。 9．如图甲所示，一列简谐横波沿水平直线传播，a、b为介质中相距的两个质点，某时刻a、b两质点正好都经过平衡位置，且a、b间只有一个波峰。已知这列波波源做简谐运动的图像如图乙所示，求： (1)波源的振动方程以及在内运动的路程； (2)该简谐横波传播速度的大小可能值。 【答案】(1)， (2)或或 【详解】（1）由图可知周期、振幅，则波源的振动方程为 因为为20个完整的周期，则波源在内运动的路程 （2）由题意可得或或 则波长或或 由                     解得或或 10．如图，光滑竖直玻璃管内有一劲度系数为k的轻质弹簧，下端固定，上端与一物块P相连，物块Q与物块P之间不粘连，P、Q质量均为。初始时用竖直向下的力压物块Q，系统处于静止状态，某时刻撤去外力，此后在物块P、Q运动过程中，两者会分离。每当两者分离时立刻给物块Q施加竖直向上的恒力，每当两者接触时立刻撤去。P、Q之间的碰撞为弹性碰撞，且弹簧始终处于弹性限度内。已知弹簧的弹性势能与形变量x的关系为，弹簧振子的周期公式为。求： (1)从撤去外力到P、Q第一次分离时的位移大小； (2)从撤去外力到P、Q第一次分离时的时间； (3)从撤去外力到P、Q第2026次相遇时的时间及此次相遇的位置。 【答案】(1) (2) (3)，在弹簧原长位置 【详解】（1）当P、Q分离时P、Q之间弹力为0，加速度大小相等，令为 对Q由牛顿第二定律有 对P有 解得 初始状态 P、Q第一次分离时弹簧处于原长，解得P、Q位移大小 （2）当PQ一起振动时，周期 平衡位置 可得振幅 根据公式 代入和A可得 时间 （3）从撤去力到第一次分离，令P、Q速度为 根据能量守恒 分离后Q物块 分离后Q物块回到与P分离处的时间 分离后P物块做简谐运动的周期 故P、Q在分离处第一次相遇，此时P向上，Q向下，速度大小相等，发生弹性碰撞，速度交换 P向下振动，Q向上做匀变速运动，P、Q第二次在分离点相遇，具有共同向下的速度，压缩弹簧后又在弹簧原长位置分离，以后将重复上述过程 以此类推，P、Q奇数次相遇时，速度方向相反，发生碰撞速度交换；偶数次相遇时，P、Q速度方向相同 故P、Q第2026次相遇时的位置在弹簧原长位置 分析可得，P、Q第2026次相遇的时间 代入可得。 预测10 电场 1．地球表面与大气电离层都是良导体，两者与其间的空气介质可视为一个大电容器，其间的电场，称为大气电场。设大地电势为零，晴天的大气电场中，不同高度处的电势的变化规律如图所示，其中①线为曲线的切线，不考虑水平方向的电场。则高度h=5km处的电场（　　） A．电场强度比处大 B．电场强度方向向上 C．电场强度约为40V/m D．电场强度约为20V/m 【答案】D 【详解】A．图像的斜率表示电场强度的倒数，根据图示可知，随高度增大，图像的斜率逐渐增大，则电场强度逐渐减小，即高度h=5km处的电场比处小，故A错误； B．根据图示可知，随高度增大，电势逐渐增大，由于沿电场线方向电势降低，可知，电场强度方向向下，故B错误； CD．结合上述可知，高度h=5km处有 解得E=20V/m，故C错误，D正确。 故选D。 2．如图，距离为的、两点连线水平，是的竖直中垂线，带电量为的正点电荷固定在点，另一点电荷固定在点，质量为的带电小球恰好静止在上的点，与间的夹角为30°，重力加速度大小为，静电力常量为，则（　　） A．固定在点的电荷带电量为 B．固定在点的电荷可能带负电 C．带电小球的带电量为 D．将带电小球沿向上移动一段距离后释放小球可能静止 【答案】D 【详解】AB．小球静止，处于平衡状态，重力竖直向下，因此两个点电荷对小球的库仑力合力必须竖直向上。由对称性可知，固定在点的电荷与固定在点的电荷 同性质，点的电荷一定带正电，设固定在、点的电荷对小球的静电力分别为和，小球静止，水平方向受力平衡有 可得 又因为 由库仑定律 可得，AB错误； C．由几何关系有 与夹角为，可得 小球静止，竖直方向受力平衡，两个库仑力的竖直分量之和等于重力，即 可得 代入库仑定律有 解得，C错误； D．设MN上某点距O点高度为，该点处库仑力的合力为 对函数分析单调性，求导可知，在时递增，时递减，即先增后减，存在最大值。因此方程有两个解， 一个是原平衡位置，另一个解在原c点上方存在另一个平衡位置，因此将小球向上移动到该位置释放，小球可以静止，D正确。 故选D。 3．静电现象普遍出现于平时的生活之中，人类通过静电现象开始了对电的深入研究。熔喷布是口罩的中间过滤层，它经过了静电驻极技术处理，即通过高压放电，使电荷附着在熔喷无纺布上，使它能吸附一些颗粒较小的污染物，甚至病毒这种纳米级的物质也可进行吸附或阻隔。驻极处理装置中针状电极与平板电极间的电场如图所示。 A．a点处的电场强度小于b点处的电场强度 B．带负电荷的尘埃在a点处的电势能小于b点处的电势能 C．a点处一带电尘埃仅在电场力的作用下由静止开始运动，被熔喷布吸附，尘埃携带的是正电荷 D．质量为m的带电尘埃在电场力的作用下由静止开始运动，被熔喷布吸附，电势能变化量为E，不计其所受重力，则它运动到熔喷布时的速度大小为 【答案】D 【详解】A．针尖附近电场线密集，a点电场强度大于b点，故A错误； B．负电荷在a点电势能大小取决于电势高低，a点电势大小大于b点处，故B错误； C．尘埃从a点向熔喷布运动，熔喷布带正电，故尘埃携带的是负电荷，故C错误； D．由动能定理 解得，故D正确。 故选D。 4．如图所示，在充满某稀薄气体的容器内，某同学在金属针尖和屏幕之间施加恒定高压，使针尖表面附近气体电离为一价离子，这些离子在电场加速下轰击屏幕，均被屏幕吸收。若该针尖顶部可视为半径为的半球，球心到屏幕表面中心的垂直距离为（。则以下说法正确的是（　　） A．离子离开针尖表面后做匀加速直线运动 B．针尖表面附近电场强度与的平方成反比 C．若微安表示数为，则单位时间电离的离子数量为为电子的电荷量） D．针尖表面间距为的两个离子，撞击到屏幕上的间距至少为 【答案】D 【详解】A．金属针尖和屏幕之间电场相当于点电荷与金属板间的电场，不是匀强电场，所以离开针尖表面后不做匀加速直线运动，故A错误； B．由于球心到屏幕表面中心的垂直距离，故可认为金属针尖附近的电场相当于带电导体球周围的电场，则根据点电荷周围的电场强度公式有 由于针尖处的电势为U，则根据点电荷的电势公式有 联立解得针尖表面附近的电场强度大小为 所以针尖表面附近的电场强度与成反比，故B错误； C．由于电离后的正离子在电场中加速运动，但不一定打到极板上，因此单位时间内电离的离子数量应大于，故C错误； D．如果电场线为直线，则离子沿着电场线做加速直线运动，若设两个离子到达屏幕上的距离为x0，则利用数学相似三角形有 解得 但由于电场线垂直于金属板，不是直线，所以离子在电场中并不沿电场线运动，而是偏离电场线运动，并且距离中心线越远，偏离角度越大，因此撞击到屏幕上的间距至少为，故D正确。 故选D。 5．如图所示，ΔABC是一等腰直角三角形，，在B、C处各放置一个等量同种点电荷，此时A处电场强度的大小为E1；若仅改变C处电荷的电性，不改变其电荷量大小，此时A处电场强度的大小为E2。若只考虑B、C处电荷在空间中激发的电场，则大小为（　　） A．1 B． C． D． 【答案】A 【详解】设B、C处各放置的等量同种点电荷带负电，这时顶点A处电场强度的大小为，方向垂直BC向下，如图所示 A点的场强大小为 若仅改变C处电荷的电性，不改变其电荷量大小，如图所示 这时顶点A处电场强度的大小为 则有。 故选A。 6．（多选）如图所示，两段半径均为R的圆形玻璃管道AO、OB拼接在一起并固定于竖直面内，管道内壁光滑，M、N为两段管道的中点，两管道在O点相切，以O为原点沿水平方向建立x轴，x轴与AOB连线相垂直，等量正、负点电荷分别固定在x轴上，处。一带正电小球从A点沿管道自由下落，运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A． B．M、N两点电场强度大小相等，方向相反 C．AOB连线上O点的电场强度最大 D．小球在O点、B点速度之比为 【答案】CD 【详解】A．由题意可知中垂线上所有点电势为0，即 、两点关于原点中心对称。 点电势为 点电势为 由中心对称关系， 得 又 因此， 即，故A错误； B．在等量异种电荷的电场中，关于原点对称的两点，电场强度大小相等、方向相同。因为、两点关于原点对称，所以、两点的电场强度大小和方向都相同，故B错误； C．在两等量异种电荷连线的中垂线上，中点处的电场线最密，电场强度最大。向两侧延伸场强逐渐减小。故点电场强度最大，故C正确； D．小球从运动到的过程中，由于、、均在等势面上，电场力不做功，只有重力做功。从到根据动能定理可得 解得 从到根据动能定理有 解得 所以，故D正确。 故选CD。 7．（多选）如图所示，某静电分析器的两电极之间存在指向圆心O的辐向电场。三个带电粒子有相同的动能从A点垂直端面射入，仅在静电力作用下，甲粒子从B射出，乙粒子做圆周运动从C射出，丙粒子从D射出。已知甲、乙、丙的电荷量大小分别为、、，，。下列说法正确的是（     ） A．甲、乙、丙粒子均带正电 B． C．乙粒子经过的位置电场强度大小均为 D．甲粒子动能变化的绝对值大于丙粒子动能变化的绝对值 【答案】AD 【详解】ABC．三个带电粒子都做近似圆周运动,所受电场力(向心力)与场强方向相同，故三个粒子都带正电，因，故易知乙粒子做匀速圆周运动从C射出，根据牛顿第二定律 乙粒子经过的位置电场强度大小均为 甲粒子做向心运动 丙粒子离心运动 则，故BC错误， A正确； D．因为BC间平均场强比CD平均场强大，又 故 则 故甲粒子动能的增加量大于丙粒子动能的变化量的绝对值，故D正确。 故选AD。 8．（多选）如图所示，A、B、C三点位于某正点电荷形成的电场中。已知三点位于等边三角形的三个顶点上，A、B两点的电场强度方向相同，A点电场强度大小为点电场强度大小为，下列说法正确的是（　　） A．C点电场强度大小为 B．C点电场强度大小为 C．BA间电势差大于BC间电势差 D．间电势差等于间电势差 【答案】BC 【详解】AB．正点电荷的电场强度方向背离场源，A、B场强方向相同，说明场源在连线所在直线上，又因为 根据点电荷场强公式 可得离更近，在延长线过一侧，设等边三角形边长为，到距离为，则到距离为，代入场强公式得、 解得 可得， 根据 由余弦定理得的长度 解得 因此C场强大小，A错误，B正确； CD．根据正点电荷电场电势 电势差， 所以， 因此，C正确，D错误。 故选BC。 9．（多选）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R1和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U连接，产生强度稳定的径向电场，其半径r处电场强度大小为（k为常数）。电荷量均为q、初速度大小均为v，质量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心（虚线）入射，经电场偏转后分别以v1、v2、v3到达右侧探测板，出口处相邻离子束间距相等，其中离子m2沿虚线切向射出。下列说法正确的是（　　） A．内侧球面电势低于外侧球面电势 B．m1、m3两离子动能变化量大小相等 C．若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚线射出，则需将电压调为2U D．现仅调节稳定电源电压为U'，使质量为m1的离子能沿虚线射出，则 【答案】AD 【详解】A．​沿虚线做匀速圆周运动，向心力指向圆心，正离子的电场力方向与电场方向一致，因此电场方向径向向内（由外侧球面指向内侧球面）。沿电场方向电势逐渐降低，因此外侧球面电势高于内侧球面，即内侧球面电势低于外侧球面，故A正确； B．设出口处相邻离子束间距为，则相邻离子束间电势差为 动能变化量等于电场力做功 由径向电场强度大小，可知 则m1、m2间的平均场强大于m2、m3间的平均场强，因此电场力对m1、m3两离子做功不相等，则m1、m3两离子动能变化量大小不相等，故B错误； C．设虚线半径为，沿虚线运动时，电场力提供向心力，有 解得 若电荷量加倍，仍沿虚线射出，电场力提供向心力，有 解得 因此 则需将电压调为，不是，故C错误； D．让沿虚线射出，由电场力提供向心力，可得 解得 与​式联立作比，得 因此，故D正确。 故选AD。 10．（多选）如图所示，竖直平面内存在方向未知的匀强电场，一质量为，电荷量为的带电小球，由点以初速度沿水平方向抛出。小球先运动至点，速度大小为，方向竖直向下，接着运动至点，、两点在同一条竖直线上。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球所受电场力的最小值为 B．小球从点运动至点，其电势能一定增大 C．小球从点运动至点，合外力冲量为 D．小球从点运动至点，动能最小值为 【答案】BD 【详解】A．设水平向右为轴、竖直向下为轴，将运动沿、轴分解，由过程，初速度，，末速度，，设运动时间为，由匀变速直线运动速度与时间的关系，可得加速度大小分别为， 则 水平方向仅受电场力水平分量作用，由牛顿第二定律，得 竖直方向受重力和电场力竖直分量作用，由牛顿第二定律，得 整理得 由矢量合成法则，得电场力大小 设 由一元二次函数求最值，可得的最小值为，则的最小值为，不是，故A错误； B．过程初、末动能相等，有 由动能定理，得 小球的运动有竖直向下分量，重力做正功，则 因此 电场力做负功，电势能一定增大，故B正确； C．、在同一竖直线，方向总位移为0，由运动的对称性和匀变速运动规律，可知总运动时间为，因此点速度， 由动量定理，可得合外力冲量，故C错误； D．任意时刻的动能 配方得 因此最小动能，故D正确。 故选BD。 预测11 磁场 1．带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一，磁聚焦原理如图所示，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后会聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，则有 粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有 解得 故选C。 2．如图所示，在实线ACODE以上的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。磁场边界A点有一粒子源，能射出质量为、电荷量为+q的带电粒子，粒子以不同的速率垂直AC进入磁场，则从及边界射出磁场的粒子（　　） A．在磁场中运动的时间最长是 B．在磁场中运动的时间最长是 C．OD边界上有粒子射出的长度为 D．OD边界上有粒子射出的长度为 【答案】D 【详解】A．如图所示 带电粒子从C点或D点射出磁场时，运动时间最短，有 由， 解得，A错误； B．如图所示 带电粒子运动轨迹与OD相切，从OC边界射出磁场时，运动时间最长 设若粒子从切点F射出，有 解得 但粒子经过F点后，还要继续运动，从OC边射出，则，B错误； CD．根据几何关系可知，当时，粒子轨迹过点，从点射出。当粒子从切点F射出，粒子打在上离点最远。由几何关系 解得 上有粒子射出的长度为，故C错误，D正确。 故选D。 3．如图所示，带电粒子从正方形区域abcd的ad边中点，以垂直于ad边的初速度v0射入该区域。当该区域只存在垂直纸面向内的匀强磁场时，带电粒子恰好从b点射出；当该区域只存在沿ad方向的匀强电场时，带电粒子恰好从c点射出。不计重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电 B．粒子在磁场中的运动时间大于在电场中的运动时间 C．粒子射出磁场的速度大小等于射出电场的速度大小 D．粒子在磁场中受到的力的大小等于在电场中受到的力的大小 【答案】B 【详解】A．由左手定则可得粒子带正电，故A错误； B．电场中初速度方向匀速直线运动 得 在磁场中做匀速圆周运动的时间 显然弧长大于正方形边长，故B正确； C．磁场中洛伦兹力不做功，粒子射出速度大小仍为；电场中电场力对粒子做正功，动能增加，射出速度大小大于，因此二者不相等，故C错误； D．由几何关系可知 计算得粒子轨迹半径 洛伦兹力 在电场中 电场力，二者不相等，故D错误。 故选B。 4．如图所示，在一个真空环境中，有一条载有恒定电流I的长直导线，电流方向竖直向下，初速度为的电子从直导线右侧竖直向上运动，不考虑地磁场的影响，电子重力忽略不计，电子将（　　） A．沿路径M运动，速度大小变大，远离导线过程中半径变大 B．沿路径M运动，速度大小变小，远离导线过程中半径变大 C．沿路径N运动，速度大小变大，靠近导线过程中半径变小 D．沿路径N运动，速度大小不变，靠近导线过程中半径变小 【答案】D 【详解】根据安培定则可判断在导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则可知电子受向左的洛伦兹力，沿路径N运动，洛伦兹力不做功，速度大小不变，根据 可得 可知越靠近导线B越大，故半径R越小。 故选D。 5．如图所示，以为圆心的闭合导体圆环置于光滑绝缘水平桌面上，在水平桌面内以为圆心、半径大于圆环半径的区域，存在一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按规律均匀减小（、均已知），圆环半径为，电阻为，则（　　） A．图中圆环内电流沿逆时针方向 B．圆环中感生电场场强大小为 C．圆环的发热功率为 D．时圆环中的张力大小为 【答案】D 【详解】A．因穿过圆环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，图中圆环内电流沿顺时针方向，A错误； B．圆环中感生电动势大小为 电场场强，B错误； C．圆环的发热功率为 ，C错误； D．时，， 在圆环上取一小段圆弧，该圆弧所对的圆心角为2θ，则圆弧长 则对该段圆弧分析可知 可得 因θ很小，则，可知圆环中的张力大小为，D正确。 故选D。 6．（多选）如图甲所示，边长为L的正方形MNPQ区域内存在方向垂直于MNPQ平面的磁场，磁感应强度大小为B0，方向周期性变化，且磁场变化周期T可调。以垂直于MNPQ平面向外为磁感应强度的正方向，B-t图像如图乙所示。现有一电子在t=0时刻由M点沿MN方向射入磁场区域，已知电子的质量为m，电荷量大小为e，PN边界上有一点E，且，若使电子满足下列条件时，说法错误的是（　　） A．电子沿NP方向经过P点，则电子的速度大小一定是 B．电子沿NP方向经过P点，则电子的速度大小可能小于 C．电子垂直于NP边过E点，则磁场变化周期一定是 D．电子垂直于NP边过E点，则磁场变化周期可能小于 【答案】AD 【详解】AB．电子沿NP方向经过P点，根据几何关系，电子运动的半径满足 根据洛伦兹力提供向心力有 可得电子的速度大小 当时，则电子的速度小于，A错误，B正确； CD．设垂直NP边过E点时，磁场变化周期一定是在磁场中运动半径最大的粒子的运动时间的两倍，否则无法从垂直NP边过E点射出，设最大半径为R，则 电子偏转的角度 解得 磁场变化周期，C正确，D错误。 电子偏转的角度由决定，要满足电子垂直于NP边过E点，必须为，因此一定为，C正确，D错误。 故选AD。 7．（多选）如图，两条足够长平行金属导轨间距为，导轨平面与水平面夹角为，二者的交线与导轨垂直，斜面所在区域有垂直斜面向上的磁场，一金属棒垂直于导轨放置在斜面位置，以点等高处为坐标原点，平行斜面向下建立坐标轴，磁感应强度沿轴方向的变化规律为（为常数，未知），金属棒质量为，与导轨间的动摩擦因数为。金属导轨上端外接恒流电源。金属棒中流过大小为的恒定电流，方向从指向。在处由静止释放金属棒，金属棒运动到处时加速度恰好为零。已知重力加速度大小为，，，忽略回路中的电流对原磁场的影响。下列有关金属棒第一次沿斜面向下运动的过程，说法正确的是（　　） A．金属棒运动到处时速度恰好为零 B．的大小为 C．金属棒下滑距离的过程中，安培力所做的功为 D．金属棒运动到处时速度大小为 【答案】ABC 【详解】AB．安培力 安培力大小是位移的正比例函数，因此图与横轴围成的面积为安培力做功，令处金属棒速度为零，安培力做的负功为 由动能定理，有 金属棒运动到处时加速度恰好为零，有 解得，，故AB正确； C．安培力 安培力是位移的函数，因此图与横轴围成的面积为安培力做功，计算得金属棒下滑距离的过程中安培力做功，故C正确； D．由动能定理 解得，故D错误； 故选ABC。 8．（多选）如图所示，在的区域内存在垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向未知。一个质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，从O点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场，最终沿与x轴正方向成60°角的方向，从x=l边界射出（轨迹始终在xOy平面内）。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带负电 B．粒子在磁场中运动的半径可能为 C．粒子入射磁场的速度大小可能为 D．带电粒子在磁场中运动的时间可能为 【答案】CD 【详解】A．因磁场方向不确定，可知不能确定粒子的电性，A错误； B．粒子的运动轨迹如图，若粒子以为圆心，则由三角形关系 解得 若粒子以为圆心，则由正弦定理 解得粒子在磁场中运动的半径，不可能为，B错误； C．若粒子在磁场中运动的半径 则根据 解得粒子入射磁场的速度大小为，C正确； D．若粒子以为圆心，带电粒子在磁场中转过的角度为30°，则运动的时间为，D正确。 故选CD。 9．（多选）完全相同的平行板电容器1、2、3按如图所示的位置放置。开有小孔的负极板固定在等边三角形PQM的三条边上，三个小孔恰好在三条边的中点，三角形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。0时刻比荷为k的带正电粒子从PQ边上小孔处垂直于PQ边射入三角形内，依次穿过各个小孔后能回到初始位置。已知三角形的边长为L，电容器的两极板均连接在恒压电源两端且板间距离均为d，不计粒子的重力。下列说法正确的有（　　） A．粒子在磁场中运动的速度大小为 B．电容器两板之间的电压至少为 C．粒子每次在电容器内运动的时间可能大于 D．仅移动正极板来改变电容器的板间距离，粒子仍能回到出发位置 【答案】BD 【详解】A．根据题意粒子轨迹如图 几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径 根据 因为 联立解得，故A错误； B．粒子在电容器中减速运动过程，根据动能定理有 联立解得 可知电容器两板之间的电压至少为，故B正确； C．粒子每次在电容器内减速运动的时间 因为 联立解得 可知粒子每次在电容器内运动的时间 可知粒子每次在电容器内运动的时间不可能大于，故C错误； D．题意可知电容器的两极板均连接在恒压电源两端，仅移动正极板来改变电容器的板间距离，极板间电压不变，电场力做功不变，则粒子在磁场中运动的速率不变，因此粒子仍能回到出发位置，故D正确。 故选BD。 10．（多选）某高压三相交流输电线路采用等边三角形排列，三根输电线a、b、c位于等边三角形顶点，O1为中心，O2与O1关于bc边对称。某时刻电流满足Ia＝2Ib＝2Ic，方向如图。已知无限长直导线产生的磁感应强度大小（k为常数，r为该点到导线的距离）。将矩形线圈平行于输电线截面放置在三角形区域内，下列说法正确的是（　　） A．O1的磁感应强度为零 B．O2的磁感应强度为零 C．矩形线圈中有感应电流 D．输电线b所受安培力的方向垂直bc边向下 【答案】BD 【详解】A．如图 根据右手螺旋定则可知电流c在产生的磁场平行ab指向右下方，电流a在产生的磁场平行于bc向右，b电流在产生的磁场平行ac指向右下方，根据平行四边形定则，则点合磁感应强度不为零，故A错误； B．如图 根据右手螺旋定则可知电流a在产生的磁场平行于bc向右，大小为 电流c在产生的磁场平行ab指向左上方， b电流在产生的磁场平行ab指向左下方，与间的夹角为，与的矢量和大小为 方向与bc平行，向左；则点合磁感应强度为零，故B正确； C．矩形线圈中磁场稳定，磁通量不变，没有感应电流，故C错误； D．如图 根据右手螺旋定则可知电流c在b产生的磁场垂直于bc向上，电流a在b产生的磁场垂直于ab向右下方，则 由平行四边形定则可知b处的合磁场方向从b指向c，由左手定则可知输电线b所受安培力的方向垂直bc边向下，故D正确。 故选BD。 预测12 电磁感应 11．图为户外应急手摇发电手电筒的结构简图，当手电筒沿图示方向摇动时，小磁铁会不断往复地穿过固定线圈，连接线圈的小电珠随即发光。下列说法正确的是（　　） A．摇动过程中装置的机械能守恒 B．小磁铁往复运动过程中，线圈中的电流方向保持不变 C．手电筒摇动的振幅和周期不变，若只更换磁性更强的磁铁，则小电珠的亮度保持不变 D．手电筒摇动的振幅和周期不变，若只增加线圈的匝数，则小电珠的亮度增强 【答案】D 【详解】A．摇动过程中，小磁铁和线圈的机械能转化为电能，电能再转化为小电珠的光能和热能，所以装置的机械能不守恒，故A错误； B．当小磁铁穿过线圈时，磁通量先增加后减少，且磁铁运动方向相反时，磁通量变化的趋势也相反。根据楞次定律，感应电流的方向会发生改变，产生的是交变电流，故B错误； C．手电筒摇动的振幅和周期不变，意味着磁铁穿过线圈的时间Δt不变。更换磁性更强的磁铁，磁感应强度增大，使得磁通量增大，磁通量的变化量ΔΦ增大，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势增大，灯泡亮度增加，故C错误； D．手电筒摇动的振幅和周期不变，意味着磁铁穿过线圈的时间Δt不变，磁感应强度不变，磁通量的变化量ΔΦ不变，若只增加线圈的匝数n，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势增大，灯泡亮度增加，故D正确。 故选D。 2．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一等腰直角三角形区域ABC，BD是斜边AC的高，且，三角形ABD区域内（含及边上）存在垂直于桌面向下的匀强磁场，三角形BDC区域内（含BD、BC及DC边上）存在垂直于桌面向上的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小相同。一边长为L的正方形线框abcd由粗细均匀的同种电阻丝构成，在外力的作用下，匀速通过两个磁场区域。运动过程中，线框的cd边始终与等腰三角形AC边所在的直线MN重合。规定线框中逆时针方向的电流为正，线框受到垂直于bc边向左的安培力为正，穿过线框向下的磁通量为正，把A点作为线框位移的起始点。则线框中产生的感应电流、b点和a点间的电势差、线框所受安培力F、穿过线框的磁通量随线框运动位移变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】线框的bc边由A到D的过程，由右手定则可知，线框中感应电流的方向是逆时针，为正方向，则 电流为， 为正方向，b、a两点间的电势差Uba与x的关系图线是正比图线； 安培力大小为 由左手定则可知，安培力方向为水平向左，为正方向，安培力与x的关系图线为开口向上的抛物线； 磁通量 磁通量与x的关系图线为开口向上的抛物线； 线框bc由D到C的过程，由右手定则可知，线框中感应电流的方向为顺时针，是负方向，则有 而电流为 大小不变；所以 则 大小不变； 安培力为 大小不变，由左手定则可知，安培力方向水平向左，为正方向； 磁通量为 ad边由D到C的过程，由右手定则可知，电流方向为逆时针，为正方向，则，， 安培力为 安培力与x的关系图线是开口向上的曲线； 磁通量为 图线开口向下。 故选C。 3．无线充电线圈示意图如图1所示，线圈匝数为，横截面积为。磁场平行于线圈轴线穿过线圈，取向右方向为正，在时间内，磁感应强度随时间变化的图像如图2所示。在这段时间内，下列说法正确的是（　　） A．点的电势低于点的电势 B．a、b之间的电压随时间均匀减小 C．时刻，a、b之间的电压为零 D．a、b之间的电压恒为 【答案】D 【详解】A. 时间内，磁通量向右且减小，时间内，磁通量向左且增大，根据电磁感应原理，时间内感应电流的方向从指向，所以点电势高于点电势，故A错误； B. a、b之间的电压为 图像斜率不变，所以不变，所以E不变，故B错误； C. 时刻线圈中的磁通量为0，但是磁通量的变化率不为0，感应电动势也不为0，故C错误； D. 根据B选项中的解析，a、b之间的电压为，故D正确。 故选D。 4．如图所示，水平放置的两根光滑金属导轨位于垂直于导轨平面并指向纸面内的匀强磁场中，磁感应强度为B。导轨上有两根金属杆ab和cd与导轨垂直，两杆长度均为L，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。初始时ab和cd均静止，若突然让cd杆以初速度v向右开始运动，忽略导轨摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．运动过程中，cd杆的加速度大小始终大于ab杆的加速度大小，最终两杆以相同速度做匀速直线运动 B．回路中产生的总焦耳热等于cd杆动能的减少量 C．回路中的感应电流方向始终为a→b→d→c→a，且电流大小随时间均匀减小 D．若仅将两杆的电阻均变为原来的2倍，其他条件不变，则两杆达到共速的时间将变为原来的2倍，回路中产生的总焦耳热不变 【答案】D 【详解】A．运动过程中，通过两杆的电流相等，则所受的安培力大小相等，根据牛顿第二定律可知，cd杆的加速度大小始终等于ab杆的加速度大小，最终两杆加速度减为零时以相同速度做匀速直线运动，A错误； B．由能量关系可知，两杆系统动能的减小量等于回路中产生的总焦耳热，B错误； C．根据楞次定律，回路中的磁通量向里增加，则感应电流方向始终为a→b→d→c→a，且电流大小，因两棒的速度差并非随时间均匀减小，可知感应电流并非随时间均匀减小，C错误； D．两棒共速时，由动量守恒定律，解得 回路产生的总焦耳热为 可知若仅将两杆的电阻均变为原来的2倍，其他条件不变，回路中产生的总焦耳热不变，对ab棒由动量定理 则因导体棒的初末速度不变，平均电动势不变，两杆的电阻均变为原来的2倍，则两杆达到共速的时间将变为原来的2倍， D正确。 故选D。 5．如图1所示，红色发光二极管和绿色发光二极管并联后与圆形导体线圈的两端点连接。线圈中存在垂直线圈平面的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示，其中t1~t2时间内为与横轴平行的直线。已知磁场方向垂直纸面向外为正方向，两二极管均为理想二极管，下列判断正确的是（　　） A．0~t1的时间内，红色二极管发光 B．t1~t2的时间内，绿色二极管发光 C．t2~t3的时间内，红色二极管发光 D．t3~t4的时间内，绿色二极管发光 【答案】C 【详解】A．已知磁场方向垂直纸面向外为正方向，0~t1的时间内,穿过线圈的磁场方向是向外且磁通量随磁感应强度增加而增加，由楞次定律的“增反减同”，线圈的上端相当于等效电源的正极，根据二极管的单向导电性，此时绿色二极管发光，故A错误； B．t1~t2的时间内，穿过线圈的磁通量不变化，不产生感应电动势，两二极管都不发光，故B错误； C．t2~t3的时间内，穿过线圈的磁场方向是向外且磁通量随磁感应强度减小而减小，由楞次定律的“增反减同”，线圈的下端相当于等效电源的正极，此时红色二极管发光，故C正确； D．t3~t4的时间内，穿过线圈的磁场方向是垂直纸面向里且磁通量随磁感应强度增大而增加，由楞次定律的“增反减同”，线圈的下端相当于等效电源的正极，此时红色二极管发光，故D错误。 故选C。 6．（多选）如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左右两侧导轨间距分别为d、2d，并处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。半圆弧形导体棒ab、cd恰好分别与两侧导轨相切，材料相同，电阻率为p，横截面积均为S。初始时两棒静止，两棒中点连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两导体棒在所处磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。导体棒始终与导轨相切，且接触良好。导轨足够长且电阻不计，则（    ） A．弹簧伸长过程中回路中产生逆时针方向的电流 B．整个运动过程中，ab和cd棒产生的热量之比为2∶1 C．整个运动过程中，通过ab的电荷量为 D．ab速率为v时，cd所受安培力大小为 【答案】AC 【详解】A．弹簧伸长过程中，左移、右移，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A正确； D．棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，处于磁场中，电阻 棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，则 处于磁场中，电阻 和受到的安培力大小分别为， 两力大小相等、方向相反，对和组成的系统，合外力为0，系统动量守恒，有 代入，得 总感应电动势 总电阻 电流 的安培力，故D错误； B．根据结合D选项分析可知整个运动过程中，ab和cd棒产生的热量之比为，故B错误； C．任意时刻回路中的电流为 在极短的时间内，有 对等式两边求和，可得 由， 代入得，故C正确。 故选AC。 7．（多选）如图所示，倾角为、长为L的倾斜导轨与水平导轨平滑相接，导轨电阻不计，导轨间距均为d；倾斜导轨顶端连接电容为C的电容器，水平导轨处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根长为d、质量为m、电阻为R的金属杆从倾斜导轨顶端由静止开始下滑，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好；忽略一切摩擦，重力加速度为g，则（　　） A．金属杆进入磁场时受到的安培力为 B．金属杆最终的速度为 C．电容器最终储存的电荷量为 D．金属杆在水平导轨上做变速运动发生的位移为 【答案】BD 【详解】A．金属杆到达导轨最低点的过程中，根据动能定理有 根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 安培力大小为 解得，故A错误； BC．当电容的电压与金属杆的电动势相等时，金属杆速度不变，根据电容的定义式有 此时有 根据动量定理有 其中 解得 电容器最终储存的电荷量，故B正确，C错误； D．由电流的定义式有 根据闭合电路欧姆定律有 根据法拉第电磁感应定律有 则位移，故D正确。 故选BD。 8．如图所示，倾斜平行光滑金属导轨轨道间距，与水平面成，下端连接水平光滑金属导轨，连接处导通。倾斜导轨、水平导轨处均有垂直轨道向上的的匀强磁场。定滑轮距水平导轨中点正上方，距导轨连接处水平距离，不可伸长绝缘轻绳连接cd棒中心。两相同金属棒ab和cd（质量、电阻）分别置于倾斜轨道和水平导轨上。金属棒cd固定在轨道连接处，由静止释放金属棒ab，经t0=3s达到最大速度。再经一段时间后，金属棒ab滑至水平导轨与金属棒cd发生弹性碰撞。碰撞前瞬间释放金属棒cd，碰后金属棒ab位置固定，金属棒cd在轻绳牵引下以的加速度沿导轨向右做匀加速直线运动。已知，重力加速度，导轨电阻不计，忽略轨道衔接处动能变化，求： (1)金属棒ab在倾斜轨道上的速度最大值； (2)金属棒ab释放后经过，还未运动到水平轨道，求金属棒ab中产生的热量； (3)从金属棒cd开始运动到对导轨压力恰好为零时，轻绳拉力对金属棒cd的水平冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由静止释放后，金属棒ab做加速度减小的加速运动；当时，金属棒ab的速度最大，设最大速度为，则有，， 根据平衡条件可得 联立解得 （2）加速阶段沿轨道向下运动位移为，由， 可得 根据动量定理可得 根据能量守恒可得 金属棒ab产生的热量为 联立解得 匀速阶段，向下运动的位移为 由能量守恒可得 金属棒ab产生的热量为 故金属棒ab中产生的热量为 （3）两相同金属棒发生弹性碰撞，碰后速度交换，金属棒cd的初速度为 设金属棒cd保持匀加速直线运动的最大位移为，此时绳子拉力为，与竖直方向的夹角为，金属棒cd的速度为；对金属棒受力分析如图所示 竖直方向由平衡条件可得 水平方向根据牛顿第二定律可得 根据位移时间公式 速度时间公式 如图所示 根据位置关系有 联立解得，， 安培力的冲量为 对金属棒cd，由动量定理可得 解得轻绳拉力对金属棒cd的水平冲量大小为 9．如图所示，固定的平行光滑轨道由一段水平轨道和一段倾斜轨道组成，轨道间距，轨道之间均平滑连接，一挡板竖直固定在水平轨道的左侧。矩形区域MNOP存在方向垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度，MP与NO长度均为。MN左侧的轨道由绝缘材料制成，在绝缘轨道的水平段上放置质量，宽度也为L的“[”形金属框edcf，“[”形框的cd边的电阻，其余两边电阻不计，de与cf长度均为。MN右侧轨道导电性能良好，水平轨道接有电容的电容器，通过单刀双掷开关可分别与接线柱1、2相连。倾斜轨道倾角，所在空间存在垂直于轨道平面向下的匀强磁场，轨道顶端连接一电源及开关，电源电动势，内阻。闭合开关，质量、电阻的金属棒ab恰好静止在距离水平轨道的高度处。断开开关，将开关接1，导体棒ab运动到斜轨最底端时立即取走，并将其放置于水平轨道磁场区域内靠近左侧边缘，将开关改接2，电容器放电，导体棒ab以的速度被弹出磁场，然后棒ab与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将开关与2断开。框abcd与挡板相碰后，原速率反弹向右运动，在接线柱2左侧某位置停下。除已给电阻外其他电阻不计，棒ab与框abcd运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。，重力加速度g取。求： (1)倾斜轨道空间磁场的磁感应强度B的大小； (2)棒ab运动到倾斜轨道底端时的速度v的大小； (3)框abcd停止运动时，棒ab离MN的距离x。 【答案】(1)1T (2) (3)0.46m 【详解】（1）依题意金属棒ab静止，根据平衡条件有 根据闭合电路欧姆定律有 联立得 （2）金属棒ab下滑过程中，根据牛顿第二定律有 其中 电容器充电，取很短的时间，有 其中，根据法拉第电磁感应定律有 解得，即金属棒ab做匀加速直线运动，由速度与位移关系式有 其中 联立得 （3）金属棒ab与框碰撞后粘在一起，由动量守恒定律，有 得 设闭合框abcd到停下的过程中，走过的路程为，取小段时间，由动量定理有 其中 得 因，说明框abcd没有完全离开磁场就停下了，，说明金属棒ab已经通过磁场 当金属棒ab通过磁场，cd边还未进入磁场时，穿过框abcd的磁通量不发生变化，框做匀速直线运动，走过路程 之后cd边进入磁场直到框abcd停下来，故最终棒ab离MN的距离 10．如图所示，电阻不计足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角，导轨间距，所在平面的正方形区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度为，方向垂直斜面向上。甲、乙金属杆质量均为、电阻相同，甲金属杆处在磁场的上边界，乙金属杆距甲也为，其中。同时无初速释放两金属杆，此刻在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力，保持甲金属杆在运动过程中始终与乙金属杆未进入磁场时的加速度相同，乙金属杆刚进入磁场后做匀速运动。（取） (1)以刚释放时，写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力随时间的变化关系，并说明的方向。 (2)若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量，试求此过程中外力对甲做的功。 【答案】(1)，方向沿导轨向下 (2) 【详解】（1）乙进入磁场前的加速度 甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场；乙进入磁场时： 乙在磁场中匀速运动： 所以导体棒电阻 甲在磁场中运动时 外力始终等于安培力 方向沿导轨向下； （2）乙进入磁场前，甲乙产生相同热量，设为，此过程中甲一直在磁场中，外力始终等于安培力，则有 乙在磁场中运动产生热量，利用动能定理 得 甲乙产生相同热量 由于甲出磁场以后，外力为零，可得 预测13 交变电流 1．如图为采用双线并联模式进行远距离交流输电的示意图。发电机的输出电压稳定， 升压变压器 和降压变压器 均可视为理想变压器。两变压器间每条输电线等效电阻均为 ，负载看做定值电阻。若一条输电线因故障被切断时（　　） A．升压变压器副线圈电压变大 B．升压变压器副线圈电流变大 C．降压变压器副线圈电压变小 D．降压变压器输出功率变大 【答案】C 【详解】A．升压变压器副线圈电压，因升压变压器原线圈电压不变，则副线圈电压不变，Ａ错误； BC．降压变压器等效电阻，因负载电阻不变，则降压变压器等效电阻不变，若一条输电线因故障被切断时，输电线电阻变大，则总电阻变大，因升压变压器副线圈电压不变，可知副线圈电流变小，等效电阻上的电压减小，输电线上的电压变大，则降压变压器原线圈电压变小，降压变压器副线圈电压也变小，则B错误，C正确； D．降压变压器副线圈电压和电流均减小，可知输出功率变小，D错误。 故选C。 2．如图是远距离输电的原理图，假设发电站输出的电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户端用电器增加导致总电阻变小时，下列说法正确的是（　　） A．降压变压器的输出电压减小 B．升压变压器的输出电压减小 C．输电线上损失的功率减小 D．发电站输出的功率减小 【答案】A 【详解】B．根据理想变压器电压比公式 解得 故升压变压器的输出电压与用户端的阻值无关，升压变压器的输出电压不变，故B错误； A．设用户端的电阻为，根据理想变压器电压比公式 结合降压变压器的输入功率等于输出功率可知 故降压变压器及用户端可等效为一定值电阻，满足 根据欧姆定律可知，输电线上的电流满足 降压变压器的输出电压 当用户端总电阻变小时，等效电阻减小，可知降压变压器的输出电压减小，故A正确； C．由上述分析可知输电线上的电流满足 输电线上损失的功率 当用户端总电阻变小时，等效电阻减小，输电线上损失的功率增大，故C错误； D．发电站输出的功率即为升压变压器的输出功率，满足 当用户端总电阻变小时，等效电阻减小，发电站输出的功率增大，故D错误。 故选A。 3．如图所示为钳形电流表（又叫钳表）的简化示意图，可在不断开电路的情况下测量线路中电流大小，手柄可控制铁芯断开与闭合。钳表有1、2两个挡位，表盘上有对应的两行刻度线。扳动手柄把通有待测电流的导线放进钳口内（相当于绕在铁芯上的一匝线圈），量程开关旋至挡位1或2，与铁芯底边上线圈相连的表头的指针会发生偏转。钳表可视为理想变压器，下列说法中正确的是（　　） A．表头中电流比待测电流大 B．表头表盘上挡位1、2对应的刻度线中，挡位1的量程较小 C．表头表盘上挡位1、2对应的刻度线量程相同 D．扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会使测量结果偏大 【答案】B 【详解】A．根据理想变压器电流与匝数的关系 其中原线圈匝数，副线圈匝数远大于1，所以 表头中电流远小于待测电流，故A错误； BC．钳形电流表的量程由副线圈匝数决定，满偏时 不同挡位对应副线圈不同的匝数，因此量程不同。由图可知，开关接1时接入电路的副线圈匝数较少，接2时接入匝数较多，所以挡位1对应的量程较小，挡位2对应的量程较大，故B正确，C错误； D．扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会导致磁路磁阻增大，漏磁增加，穿过副线圈的磁通量减小，感应电流减小，从而使测量结果偏小，故D错误。 故选B。 4．如图甲所示，矩形线框切割磁感线产生正弦式交流电，其电动势e随时间t变化的图像如图乙所示，线框的匝数，电阻，将其接在理想变压器的原线圈上。副线圈接“10 V，40 W”的灯泡L时则能正常发光，不计灯泡电阻的变化，示意图如图丙所示。则以下描述正确的是 A．线框转动的角速度为π rad/s B．矩形线框转动时最大磁通量为 C．原、副线圈上的电流之比或 D．若将灯泡换成“10 V，60 W”的灯泡，灯泡仍然正常发光 【答案】C 【详解】A．由图乙可知，交流电的周期为 则线框转动的角速度为，故A错误； B．矩形线框转动时的最大磁通量为，故B错误； C．由题意可知，副线圈的电流 设原副线圈的匝数比为k，根据理想变压器原理可知，原线圈的电压 由图甲可知 代入数据解得或 则原、副线圈上的电流之比或，故C正确； D．若将灯泡换成“10 V，60 W”的灯泡，灯泡电阻 由于灯的额定电压不变，灯的功率增大，副线圈中的电阻减小，副线圈的电流增大，根据理想变压器原理可知，原线圈的电流增大，结合闭合电路的欧姆定律可知，原线圈两端的电压 因此原线圈两端的电压减小，由于原/副线圈的匝数不变，因此副线圈两端的电压减小，灯泡两端的电压达不到额定电压，因此“10 V，60 W”的灯泡不能正常发光，故D错误。 故选C。 5．在下图所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为，、均为定值电阻，为滑动变阻器，，各电表均为理想电表。已知电阻中电流i随时间t变化的关系式为，下列说法正确的是（　　） A．电流表的示数为 B．该交流电电流方向每秒改变50次 C．只向上移动滑片P，电流表的示数将变小 D．只向下移动滑片P，电压表的示数将变大 【答案】D 【详解】A．由于电流表测的是有效值，则电流表的读数，故A错误； B．由通过电阻中电流i的表达式可知，交流电的周期为，则该交流电电流方向每秒改变100次，故B错误； C．由等效电阻法可知，当只向上移动滑片P，变大，等效电阻变大，原线圈分得的电压变大，副线圈的电压也就跟着变大，则电流表的示数将变大，故C错误； D．同理可得，当只向下移动滑片P，变小，等效电阻变小，原线圈分得的电压变小，电压表的示数就变大，故D正确。 故选D。 6．（多选）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，电阻，滑动变阻器的最大值为2R，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则（　　） A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为110 V B．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表的示数变大，电流表的示数变小 C．当单刀双掷开关由a扳向b时，变压器输出交流电的频率将变成原来的二分之一 D．单刀双掷开关与b连接，当滑动变阻器触头P在正中间时，消耗的功率最大 【答案】BD 【详解】A．原线圈输入电压有效值 匝数比，理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，因此副线圈电压 但原线圈回路中串联了电阻，会分压，导致原线圈两端电压小于220V，因此副线圈电压小于110V，电压表示数小于110V。A错误。 B．开关与a连接时，滑片P向上移动，滑动变阻器接入电阻变大，副线圈电流减小，电流表示数变小。 原线圈电流，也减小，分压减小，原线圈两端电压增大，因此副线圈电压增大，电压表示数变大。B正确。 C．变压器不改变交流电的频率，仅改变电压和电流，因此输出交流电频率不变。C错误。 D．开关与b连接时，原线圈匝数变为，匝数比变为 等效到原线圈侧，副线圈电阻对应的等效电阻为 原线圈回路总电压为220V，等效电路为220V电源串联和，当时，消耗功率最大（负载电阻等于电源内阻），此时，而滑动变阻器最大值为2R，因此滑片在正中间时，功率最大。D正确。 故选BD。 7．（多选）如图所示，单匝“L”形导线框置于磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线框相邻两边均互相垂直，即折角不变，各边长均为L。线框绕be所在直线以角速度顺时针（俯视）匀速转动，be与磁场方向垂直，时，abef与磁场方向平行，则（　　） A．时，电流方向为 B．时，感应电动势为 C．时，感应电动势为0 D．到过程中，感应电动势平均值为 【答案】BD 【详解】AB．时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电动势，只有af边切割磁感线产生电动势； 由右手定则可知电流方向为，电动势为，A错误，B正确； C．时，线框旋转，此时依旧是af边切割磁场产生电动势，感应电动势，C错误； D．到时，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为，D正确。 故选BD。 8．（多选）如图所示为三峡发电站向某地远距离输电的原理图，若发电机的电压和输出功率已知，下列说法正确的是（　　） A．用户减少时，输电线电阻R损耗的功率减少 B．若升压变压器原、副线圈匝数比为n，输电线电阻R损耗的功率为 C．用户获得的交流电周期为0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次 D．用户减少时，用户得到的电压增大 【答案】AD 【详解】A．用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，输电线电流减小；输电线损耗功率为，因此损耗功率减少，A正确； B．若升压变压器原、副线圈匝数比为n，则，又，则输电线电阻R损耗的功率，B错误； C．用户获得的交流电周期为0.02s，每个周期内，电流方向改变2次，则1s内电流的方向改变100次，C错误； D．发电机电压不变，升压变压器匝数比不变，因此副线圈电压不变；用户减少后减小，输电线电压损失减小，降压变压器输入电压增大；降压变压器匝数比不变，因此用户得到的电压随增大而增大，D正确。 故选AD。 9．（多选）如图所示，理想变压器原线圈接入电压有效值恒为220 V、频率为50 Hz的正弦交流电源，副线圈回路接有标有“16 V 8 W”字样的小灯泡L、定值电阻 R 和标有“14 V 56 W”字样的交流电动机M。闭合开关S一段时间后，灯泡L正常发光，电动机正常运行，已知定值电阻阻值和电动机阻值相等。下列说法正确的是（　　） A．原、副线圈的匝数比 B．原线圈输入电流为4.5 A C．副线圈输出交流电的频率为 D．电动机 M 的机械功率不大于48 W 【答案】AD 【详解】A．副线圈电路中，灯泡与、的串联支路并联，正常发光，因此副线圈两端电压。根据理想变压器电压比 代入解得，故A正确； B．电动机正常工作，额定电流 与串联，两端电压 因此的功率 副线圈总输出功率 理想变压器输入功率等于输出功率，即 原线圈电流，故B错误； C．理想变压器不改变交流电的频率，副线圈交流电频率等于原线圈，为，故C错误； D．由，结合题意得电动机内阻 电动机的机械功率为输入功率减去内阻热功率 即电动机机械功率等于，满足“不大于”的描述，故D正确。 故选AD。 10．（多选）一小型风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片的带动下绕线圈的对称轴转动，产生的交变电流经过降压变压器后向用户供电。已知线圈的匝数为100，面积为0.5m2，线圈与导线的总电阻等效为R=10Ω，磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T，磁体转动的角速度为。用户端正常工作时电压为220V，功率为3520W。变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是（　　） A．变压器原、副线圈的匝数比为2：1 B．用户端正常工作时，电压表的示数为480V C．用户端正常工作时，电流表的示数为8A D．当磁场与线圈垂直时，感应电动势最大 【答案】AC 【详解】A．线圈产生感应电动势的最大值为 其有效值为 设变压器原、副线圈的匝数比，用户端正常工作时电压为220V，功率为3520W，可知 根据可得原线圈电流为 又， 联立可得，可得变压器原、副线圈的匝数比为2：1，故A正确； BC．原线圈电流 根据 可得 故用户端正常工作时，电压表的示数为440V，电流表的示数为8A，故B错误，C正确； D．当磁场与线圈垂直时，磁通量最大，感应电动势为零，故D错误。 故选AC。 实验题预测 预测01力学实验 1．某兴趣小组利用电子秤、手机软件和一个糖果盒子，在电梯的水平地板上验证牛顿第二定律。电梯静止时，电子秤显示的糖果盒子质量为m，手机软件显示的加速度为当地的重力加速度g，如图（a）所示。电梯运行时，电子秤示数为，手机软件示数为，某时刻示数如图（b）所示。基于电子秤的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅰ）或（Ⅱ） 其中是糖果盒子受到的支持力。 基于手机软件的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅲ）或（Ⅳ） 其中是糖果盒子的加速度。 完成下列填空： （1）电梯静止时，电子秤与手机软件数据显示如图（a）所示，则该糖果盒子的质量________kg（保留两位有效数字），当地的重力加速度。 （2）当电梯运行时，通过数据采集并计算得到合力F随时间t变化的图像，如图（c）所示，其中，用“●”标记的图线是根据公式（Ⅱ）处理电子秤示数得到的，用“▲”标记的图线是根据公式（Ⅳ）处理手机软件示数得到的。 ①由图（b）电子秤示数可知，此时糖果盒子处于________（填“超重”或“失重”）状态。 ②图（c）“▲”标记的图线中A点的纵坐标值是0.77N，由（1）中读出的质量得到对应手机软件示数为________。（保留四位有效数字） （3）通过分析图（c）可知，由电子秤示数算出的合力F与手机软件示数算出的合力ma变化趋势一致。若忽略时间延迟带来的影响，即可验证牛顿第二定律。 【答案】 0.77 超重 10.72 【详解】[1]图（a）中，电子秤显示的糖果盒子的质量 [2]图（b）电子秤示数为，大于，即视重大于实重，则此时糖果盒子处于超重状态。 [3]“▲”标记的图线中 其中，， 解得 2．某兴趣小组用图甲所示的装置研究平抛运动特点。 (1)击打弹簧片，小球 2 平抛的同时小球 1 竖直下落，如果改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，重复实验，均发现两个小球总是同时落地，则说明小球 2 在竖直方向上的分运动是_____。 (2)小球 2 水平飞出后，利用手机记录小球做平抛运动的轨迹。该实验小组利用软件分析得到小球的水平位移和竖直位移随时间变化的图线如图乙所示, 但是遗漏了时间信息。结合平抛运动特征，可知图线_____（选填“甲”或“乙”）为水平位移随时间变化图。 已知当地重力加速度 ，则此次小球做平抛运动的初速度约为_____ （结果保留两位有效数字）。 【答案】(1)自由落体运动 (2) 甲 2.5 【详解】（1）小球1做自由落体运动，小球2做平抛运动，二者总是同时落地，说明平抛运动的小球2在竖直方向的运动规律和自由落体运动完全相同，因此竖直方向分运动是自由落体运动。 （2）[1]平抛运动水平方向为匀速直线运动，水平位移 位移与时间成正比， 图线为过原点的直线；竖直方向为匀加速运动 图线为曲线，因此图线甲是水平位移随时间变化的图线。 [2]对同一时刻，取 ，由 可得 此时对应水平位移 ，由 解得初速度 3．某实验小组利用图甲所示的装置测量当地的重力加速度。水平放置的气垫导轨上，有一带有方盒的滑块，细线右端与滑块相连，细线左端挂有5个完全相同的钩码。 回答下列问题： （1）用游标卡尺测量挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片的宽度______cm； （2）平衡滑块所受的阻力后，由静止释放滑块，测得挡光片通过光电门的时间为，则滑块通过光电门的瞬时速度可表示为______（用字母、表示）； （3）将细线左侧悬挂的钩码逐个放入滑块的方盒内，并每次重复（2）中的实验操作，依次记录挡光片通过光电门的时间，分别记为、、、； （4）实验测得挡光片到光电门的初始距离为，带方盒的滑块质量为、单个钩码的质量为，以细线左侧悬挂的钩码个数为纵坐标、为横坐标，绘制函数图像。实验发现所得图像为一条直线，测得直线的斜率为，则当地的重力加速度可表示为______（用字母、、、、表示）。 【答案】 0.650 【详解】[1]图乙所示，游标卡尺为20分度，精确度为0.05mm，则挡光片的宽度 [2]滑块通过光电门的瞬时速度 [3]对整体，根据牛顿第二定律有 滑块通过光电门的速度 根据 联立整理得 可知图像斜率 解得 4．某物理小组用图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用电子秤测出滑块（含遮光条）的质量为M，重物的质量为m。实验步骤如下。 (1)将光电门安装到气垫导轨一侧，在滑块上固定一遮光条，用游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图乙所示，则____________mm。 (2)气垫导轨调节水平后，挂上重物，使滑块与定滑轮之间的细线水平，从固定的刻度尺上读出两光电门之间的距离为s（初始时重物距地面的高度大于s）。释放重物，遮光条通过光电门1的遮光时间为，通过光电门2的遮光时间为。已知当地重力加速度为g，若系统机械能守恒，则应该满足的表达式为_______（用题中给出的字母表示）。 【答案】(1)20.2 (2) 【详解】（1）由图可知游标卡尺上的第2条刻度线与主尺的刻度线对齐，故遮光条的宽度 （2）重物减少的重力势能为 增加的动能为 若机械能守恒，则 则 5．某同学尝试用单摆测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示： (1)先用游标卡尺测量摆球直径，示数如图乙所示，则摆球直径为_______； (2)拉动摆球使悬线偏离竖直方向一个较小角度（小于5°），将摆球由静止释放，力传感器测得拉力随时间变化的图像如图丙，根据图像可知单摆的周期_______（用表示）； (3)改变摆线长度，测量多组摆长及对应的周期，作出图像如图丁所示，图像在纵轴上的截距为，则当地的重力加速度________（用和表示）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）该游标为10分度，精度为，由图可知，度数为 （2）单摆摆动时，摆球在最大位移处拉力最小，且一个周期内摆球两次经过最大位移处,由图丙可知，相邻两次最小拉力的时间间隔为，即 可得周期 （3）由单摆周期公式 两边取常用对数得 由题意，纵轴截距为，即 整理得 解得 6．小华同学在做验证机械能守恒定律的实验时，设计了利用质量为m的矩形线框配合光电门实验装置来验证机械能守恒定律。如图所示，矩形线框用直径为d的圆柱形材料做成，某次实验中，矩形线框保持竖直且上下两边处于水平状态从光电门的正上方自由下落，测得矩形线框下边经过光电门的挡光时间为，上边经过光电门的挡光时间为。 (1)为完成该实验，________（“需要”或“不需要”）用刻度尺测出矩形线框上、下两边之间的距离L。 (2)改变光电门的位置多次重复实验，测得多组挡光片1、2通过光电门的挡光时间、，作图像，如果图像是一条倾斜直线，且图像与纵轴的截距为________、图像的斜率等于________，则线框下落过程中机械能守恒。 【答案】(1)需要 (2) 1 【详解】（1）根据机械能守恒定律，需要比较重力势能的减少量与动能的增加量是否相等。 其中为矩形线框上、下两边之间的距离，因此需要用刻度尺测出。 （2）下边经过光电门的速度，上边经过光电门的速度。 由机械能守恒定律有， 代入解得， 整理得，即。 以为纵坐标、为横坐标作图， 图像为一条倾斜直线，斜率为1，纵轴截距为。 7．某同学在做探究加速度与力和质量的关系的实验，设计了如图甲所示的实验装置。 (1)用50分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，遮光条的宽度_________mm； (2)将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离s；打开气源，释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t；可得物体运动加速度大小_________（用d、t、s表示）； (3)实验时用拉力传感器直接测得的拉力F，则物体运动加速度a与拉力F的关系图像最符合本实验实际情况的是_________。（选填选项前的字母） A． B． C． D． 【答案】(1)4.20 (2) (3)C 【详解】（1）游标尺总共有50小格，分度值为0.02 mm，主尺读数为4mm，游标尺的第10小格与主尺对齐，读数为 测量结果 （2）根据匀变速运动的位移速度关系 滑块由静止开始运动（），通过光电门时的速度 解得代入可得 （3）传感器的读数直接得出了拉力F，滑块在气垫导轨上运动不受摩擦力作用，F就是滑块所受的合外力，没有系统误差，所以图像应该是一条通过原点的倾斜的直线。 故选C。 8．某同学利用图甲所示装置，探究某弹簧弹性势能的大小与其形变量的关系。图甲中水平和倾斜轨道均为光滑轨道，轨道之间平滑连接。将该弹簧右端固定，用小球压缩弹簧，使其压缩后由静止释放小球，小球脱离弹簧后冲上倾斜轨道。测量出对应的弹簧形变量和小球在倾斜轨道上上升的最大高度。根据和的关系完成探究。实验过程中，弹簧始终在弹性限度内。 (1)为了探究弹性势能的大小与弹簧形变量的关系，本实验_____（选填“需要”或“不需要”）测量小球的质量； (2)多次实验后，以为纵坐标，为横坐标得到如图乙所示一条过坐标原点的倾斜直线，则弹簧的弹性势能与_____（选填“”、“”或“x”）成正比； (3)若另一同学实验时所用弹簧及小球均相同，但所选用轨道的倾斜部分与小球间的摩擦不可忽略，且摩擦因数处处相同，则其所做的图像与图乙相比会发生的变化为_____。 【答案】(1)不需要 (2) (3)斜率会变小 【详解】（1）本实验仅探究弹性势能与形变量的关系，不需要知道弹性势能的具体数值，故不需要测量小球质量 （2）由能量守恒，弹性势能转化为重力势能，重力势能与成正比，与成正比，即弹性势能与成正比 （3）若考虑轨道的摩擦，能量守恒表达式为 整理得 可知图像仍过原点，斜率会变小。 9．某智能物流实验室利用如图甲所示的装置，测试自动导引车（AGV）在恒定牵引下的加速度与负载质量的关系。AGV（小车）前端通过细线连接标准配重块（图中槽码），后端连接纸带，电磁打点计时器固定在木板右端。已知电源频率为50Hz，相邻计数点间还有4个点未画出，纸带刻度如图乙所示（刻度数值不可修改）。图丙为该实验室设计的双轨道并行测试装置，两辆AGV的刹车系统由控制装置同步触发，可同时启动、同时制动。 (1)关于该实验的操作，下列说法正确的是（　　） A．实验时先释放AGV，再接通打点计时器电源 B．调整定滑轮高度时，无需保证细线与木板平行 C．平衡阻力时，需要挂上标准配重块 D．平衡阻力后，每次在AGV上增加货物负载时，无需再次平衡阻力 (2)根据图乙纸带，读出B点的刻度值为______cm，计算AGV在B点的瞬时速度vB=______m/s。 (3)实验中保持标准配重块总质量m=0.1kg不变，改变AGV及货物的总质量M，由牛顿第二定律推导加速度a与的定量关系式，并判断图像的正确形状（　　） A． B． C． D． (4)利用图丙的双轨道并行测试装置，设计一个无需打点计时器、无需测量运动时间的实验方案，直接比较两辆AGV的加速度大小。并说明该方案相比传统打点计时器方案的优势。 【答案】(1)D (2) 8.50 0.439 (3)B (4)见解析 【详解】（1）A．实验必须先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放AGV，故A错误； B．调整定滑轮高度时，必须保证细线与木板平行，否则拉力方向与运动方向不一致，会产生额外分力，导致加速度测量不准，故B错误； C．平衡阻力时，不能挂上标准配重块，需让小车（AGV）在无拉力的情况下匀速运动，故C错误； D．平衡阻力时有 可知质量M可被约去，因此增加负载后无需再次平衡阻力，故D正确。 故选D。 （2）[1]刻度尺最小分度值为0.1cm，因此读数保留到百分位，即B点的刻度值为8.50cm； [2]因为相邻计数点间还有4个点未画出，可知相邻计数点时间间隔为t=0.1s，计算AGV在B点的瞬时速度 （3）对整体有 整理得 可知图像是过原点的倾斜直线。 故选B。 （4）按图丙安装双轨道，将两辆AGV（小车 Ⅰ、小车 Ⅱ）分别置于轨道起点，前端通过细线连接定滑轮与砝码盘，后端由控制装置同步触发启动与制动。给两辆AGV施加不同的负载（或不同的牵引拉力），保证两车同时启动、同时制动（运动时间t完全相同，根据 可知t相同时，a与x成正比，因此位移大的AGV加速度更大，即直接通过位移大小比较加速度大小。 10．某研究小组利用如图装置进行实验。 (1)用这个装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验 ①该实验应该使用8V的_________电源（填“交流”或“直流”）。 ②某次实验得到一条如图所示纸带，取纸带上某点为计数点0后每5个点取一个计数点，分别记为1、2、3、4、5、……，用毫米刻度尺读出各计数点刻度，已知打点计时器所用电源频率为50Hz。 根据上述信息可得，在打下第“4”点时，物体运动的速度为_________m/s。（结果保留两位小数） (2)用这个装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验 ①以小车为研究对象，在平衡摩擦力时，下列操作要求正确的是_________。 A．应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车拖纸带匀速下滑 B．应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车不拖纸带匀速下滑 C．应该调平轨道，增减槽码，轻推小车，让小车拖着纸带匀速下滑 ②以小车为研究对象，将槽码的重力视为小车的合力，改变槽码个数多次实验，根据实验数据拟合出如图所示的a-F图像。小明认为，要想得到一条过原点的直线，可以增大轨道的倾斜程度，你_________（填“同意”或“不同意”）他的说法，理由是______________。 【答案】(1) 交流 0.43 (2) A 不同意 见解析 【详解】（1）①[1]打点计时器都需要使用交流电源才能正常工作，利用电流方向的周期性变化来打点，故应使用交流电源。 ②[2]打点计时器频率为，每5个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔 根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得打下第“4”点时的速度 （2）①[1] A．平衡摩擦力时，应将长木板不带滑轮的一端（即有打点计时器的一端）垫高，使重力沿斜面向下的分力平衡摩擦力，且不挂槽码，让小车拖着纸带匀速下滑，故A正确； B．平衡摩擦力时，小车必须拖着纸带，因为纸带运动时也会受到限位孔的阻力，若不拖纸带，则未平衡纸带阻力，故B错误； C．平衡摩擦力时不能挂槽码，且需要垫高轨道而不是调平，故C错误。 故选A。 ②[2][3]不同意，由图像可知，当拉力时，加速度，这说明在没有施加拉力的情况下，小车已经具有了加速度，原因是平衡摩擦力过度，即重力沿斜面向下的分力大于摩擦力。若增大轨道的倾斜程度，重力沿斜面向下的分力会进一步增大，加速度会更大，图像截距会更大，无法过原点。正确的操作应该是减小轨道的倾斜程度。 预测02电学实验 1．某实验小组利用如图1所示的电路来探究两个初始不带电的相同电容器A、B的充、放电现象。 实验操作步骤如下： (1)保持开关断开，将开关接1，通过图中电流传感器的电流I的方向为______（选填“向右”或“向左”），直到电压传感器示数稳定为U的过程中，电流I随时间t变化的图线正确的是图2中的______（选填“a”或“b”）图线，该图线与t轴围成的面积为S。 (2)保持开关断开，将开关接2，待电压传感器示数稳定后，此过程中图线与t轴围成的面积为______（选填“S”或“”）。 (3)将开关断开，开关闭合，让电容器B的两极板完全放电；再断开开关，将开关接______（选填“1”或“2”），待电压传感器示数稳定后，其示数为______。以上实验表明，电容器的电荷量变为原来的一半时，其两极板间的电势差也变为原来的一半。 【答案】(1) 向右 a (2) (3) 2 【解析】【小题1】[1] 开关接1，电源给电容器A充电，故通过图中电流传感器的电流I的方向为向右； [2] 电容器充电时充电电流由最大逐渐减小到0，故电流随时间变化的图线正确的是图2中的。 【小题2】[3]开关接2，电容器A给B的充电，充电结束时，因两电容器相同，故它们平均分配电荷量，即各带原来电容器A电量的一半，而I-t图像中，图像与两条坐标轴围成几何图形的面积表示电荷量，此过程中图线与t轴围成的面积为。 【小题3】[4][5]再断开开关，将开关接2，电容器A再次给B的充电，充电结束各分一半的一半电荷量，即A、B各自带电为原来A带电荷量的， 根据可知电容器的电容不变，电容器所带电荷量与电势差成正比，故待电压传感器示数稳定后，其示数为。 2．某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E和内阻r及电阻的阻值。实验器材有：待测电源，待测电阻，电压表V（量程0~3V，内阻很大可视为理想表），电阻箱R（0~99.99Ω），单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。 (1)先测电阻的阻值。请将该同学的操作补充完整： A．闭合，将切换到a，调节电阻箱，读出其示数和对应的电压表示数； B．保持电阻箱示数不变，_____________，读出电压表的示数； C． 电阻的表达式为=__________。 (2)该同学已经测得电阻，继续测电源电动势E和内阻r，其做法是：闭合，将切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E=__________V，内阻r=________Ω。（结果保留两位有效数字） 【答案】(1) 将切换到b (2) 【详解】（1）[1][2]因电压表V内阻很大可视为理想表，保持电阻箱示数不变，将切换到b时，电路中的电流保持不变，由欧姆定律可知， 联立解得 （2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表的示数满足 对比图乙化简得 结合图像，截距，斜率 解得电源电动势，内阻 3．某实验小组自制了一台氧气流量计，其结构如图甲所示，氧气从进气口进入腔体冲击应变片，应变片发生形变，阻值随之变化。应变片接在图乙所示的电路中，其中电源电动势，定值电阻，，应变片的阻值随氧气流量变化的关系如图丙所示。闭合开关S，当流量变化时，、两点间的电压会随之改变。在、间接入电压传感器，利用电压传感器的示数可算出流量。电源内阻不计，电压传感器的内阻可视为无穷大。 (1)按照图乙，将图丁中的实物连线补充完整____。 (2)当氧气流量时，________mV。 (3)当氧气流量时，、两点的电势关系为________（填“”“＜”或“”）。 (4)当电压传感器的示数为4mV时，氧气流量________。 (5)当环境温度升高时，应变片阻值增大，该变化会导致氧气流量的测量值________（填“偏大”或“偏小”）。为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是________（写出一种方法）。 【答案】(1) (2)0 (3) (4) (5) 偏大 适当增大的阻值 【详解】（1） （2）时，由丙图知,又 则上下两支路根据串联电路的分压原理，则有 则 （3）当氧气流量时，由丙图知增大 则分到的电压减小，减小，而不变，故 （4）取电源负极为零电势点， 对下面支路由欧姆定律 又 联立解得 由图丙得氧气流量 （5）[1]当环境温度升高时，应变片阻值增大,由图丙会导致氧气流量的测量值偏大 [2]为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是适当增大的阻值 4．某实验小组测量一毫安表的内阻。 (1)首先设计了如图甲所示的电路，可选实验器材如下： A．电源（电动势，内阻可忽略）    B．电源（电动势，内阻可忽略） C．滑动变阻器（阻值范围）    D．滑动变阻器（阻值范围） ①为了提高毫安表内阻测量的精度，尽可能的减少实验误差，电源应选______，滑动变阻器应选_______；（均选填器材前的字母序号） ②先闭合开关、断开，调节滑动变阻器使得毫安表满偏；再闭合，调节电阻箱使毫安表示数为满偏电流的时，电阻箱的示数为，则毫安表内阻的测量值为_______。（结果保留3位有效数字） (2)改进后的实验电路如图乙所示，先闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表满偏，记下此时电流表的读数； ①小李接下来的操作是：闭合开关，调节电阻箱，使毫安表半偏，记下此时电流表的读数，以及电阻箱的阻值，则毫安表内阻的测量值为______（用测得的量表示）； ②小王接下来的操作是：闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器，直至毫安表半偏并且电流表的读数仍为，记下此时电阻箱的阻值，则毫安表内阻的测量值为_______（用测得的量表示）。在不考虑偶然误差时，此次内阻的测量值与真实值相比______（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 【答案】(1) B D 96.0 (2) 无偏差 【详解】（1）[1][2]根据实验原理，当闭合后，电路总电阻会减小，总电流会变大；为了使闭合后电路总电阻变化小，则滑动变阻器接入电路中的阻值应尽可能大，同时毫安表又要能调节到满偏，则所用电源的电动势应该较大，应选用30V，即选B；滑动变阻器应选阻值较大的，即选D。 [3]可认为通过毫安表的电流等于电阻箱的电流的二分之一，则毫安表的电阻等于电阻箱电阻值的2倍，即 解得毫安表的测量值为 （2）[1]根据并联分流电压相等，有 解得 [2]毫安表半偏并且电流表的读数仍为，有 解得 [3]因干路上的电流表测出了准确的电流为，两支路分一半的电流，则并联的阻值相等，即毫安表的内阻等于电阻箱的读数，无系统误差，此次内阻的测量值与真实值相比无偏差。 5．某实验小组在常温20℃环境中，测量一根长为50.00cm，直径为0.650mm的合金丝电阻率。 (1)先用多用电表粗测合金丝电阻，将选择开关调至欧姆挡“”挡，并进行正确操作后指针位置如图1，则合金丝电阻为___________。 (2)为精确测量电阻，采用如图2的电路，其中滑动变阻器调节范围0~10Ω，电流表内阻为0.5Ω，导线连接正确的是___________。 A．①连a，②不连 B．①连a，②连c C．①连b，②不连 D．①连b，②连d (3)经正确操作后，测得多组数据，并在图3的坐标系中描点作图，则该合金丝的电阻率___________。（结果保留1位有效数字） (4)查阅资料后发现该合金丝电阻随温度的变化关系为，随后利用该合金丝、数字电压表（内阻极大）、恒流电源（输出电流）、开关和导线，将合金丝做测温探头，设计了一个电阻温度计，请根据图4的电路写出温度t与电压U的关系式___________。 【答案】(1)5.0 (2)C (3) (4) 【详解】（1）选择开关为欧姆×1档，指针示数为，故电阻为 （2）电流表接法：电流表内阻已知，内接法可以消除电流表内阻带来的系统误差，因此电流表内接，即连。滑动变阻器最大阻值 10Ω，与Rx相当，为方便调节，采用限流式接法（②不连）。 故选C。 （3）由图得斜率 可得 根据电阻定律， 解得 （4）电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流根据欧姆定律得 代入 整理得 6．（2026·广东深圳·二诊）光伏电池是将太阳光能直接转换为电能的半导体器件。学习小组选取某型号光伏电池板，对其电动势与内阻的特性展开探究，设计了如图甲所示的实验电路。实验室提供了如下实验器材： A．待测光伏电池板（电动势标识为） B．电流表A（量程，内阻约） C．电压表V（量程，内阻约） D．滑动变阻器（最大阻值） E．电阻箱（最大阻值） F．电压传感器、电流传感器及相关设备 G．开关、，导线若干 白天环境下，主要实验步骤如下： （1）按照图甲所示电路，用笔画线代替导线将图乙中的器材连接完整。________ （2）在实验室内将光伏电池板放在盒中，连接好电路，闭合，断开，改变盒盖高度，测量得到下表数据； 组别 1 2 3 4 5 6 7 8 h/cm 0 5 10 15 20 25 30 U/V 0 2.5 6.3 8.6 10.2 11.8 12.8 当盒盖高度时，电压表指针如图丙所示，读数为________V。由上表可知，随着光强（盒盖高度）的增加，光伏电池电动势________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）将盒盖完全打开，闭合、，无论如何调节滑动变阻器，发现电压表和电流表示数几乎为零。 （4）将图甲中的电流表换成电流传感器、电压表换成电压传感器（传感器均视为理想电表），用电阻箱替换滑动变阻器，连接电路。 闭合、，保持光照强度不变，改变电阻箱的阻值，测得光伏电池板两端电压随电流变化关系如图丁所示，其中为某一工作点，虚线是过点的切线，此状态下电池内阻大小为________（选用、、、、表示）。 【答案】 11.0/10.9/11.1 增大 【详解】[1]按照图甲所示电路，将图乙中器材连接完整，如图所示 [2]电压表量程为，分度值为，则读数为。 [3]断开时电路开路，电压表读数近似等于光伏电池的电动势，由表格数据可知，随着光强（盒盖高度）的增加，光伏电池电动势增大。 [4]根据闭合电路的欧姆定律，可得 可知图线的纵轴截距等于电动势，可得 对于非线性电源，在工作点，有， 代入，得 解得 7．某实验小组利用伏安法精确测量电阻的阻值（阻值约为15Ω），可选用的实验器材有： A、电源E（电动势为3V，内阻不计） B、电压表V（0~3V，内阻约6kΩ） C、电流表A（0~50mA，内阻） D、定值电阻：； E、滑动变阻器R（0~5Ω） F、开关S及导线若干 回答下列问题： (1)为了尽可能测出范围较大的数据，应选择的实验电路为图_________（选填“a”或“b”）； (2)实验中定值电阻应选_________（选填“”或“”）； (3)通过改变滑动变阻器的滑片位置，记录电流表A和电压表V的多组I、U数据，作出I~U图像如图（c）所示，则电阻的阻值为_________Ω（结果保留1位小数）。 【答案】(1) (2) (3)14.6/14.5/14.7 【详解】（1）题目要求测量范围较大的数据，滑动变阻器总阻值（0~5Ω）远小于待测电阻阻值，分压式接法可以使电压从0开始调节，测量范围更大，图a为分压式接法。 故选。 （2）电源电动势3V，待测电阻 电路最大总电流约 而电流表原量程仅0~50mA，需要并联小电阻扩大量程。根据并联分流规律，电流表满偏时，分流电阻的电流约为 并联部分电压 因此分流电阻 给定电阻中最符合要求，故选 （3）设电流表读数为，根据并联电路规律，分流电阻电流 因此流过​的总电流 电压表读数为总电压，满足 整理得 由图像得，斜率 代入解得 8．研究小组同学利用多用电表测量金属丝的阻值。 (1)先用欧姆表粗测其阻值。两位同学分别选用多用电表“”和“”挡，将两个表笔短接，进行欧姆调零，然后将表笔分别接在电阻的两端，多用电表指针如图1中的虚线及实线所示，则电阻的阻值为________。 (2)之后同学们设计了如图2所示电路利用多用电表再次开展测量，学生电源使用直流输出挡，所用多用电表的挡位设置如图3，则电路中的表应选用________量程，表应选用________量程。 (3)正确选择了挡位和量程后，电路中电表和电表的指针偏转如图4和图5所示，由此可计算得到电阻的阻值为________（结果保留3位有效数字）。 【答案】(1)190 (2) 2.5V 10mA (3)191 【详解】（1）由图1可知，选用多用电表“”挡时多用电表指针对应图中的虚线，则指针偏转较小，说明挡位选小了，故应选用多用电表“”挡，即多用电表指针对应图中的实线，可得 （2）[1]由图3可知，M表并联在两端，故M表测电压，学生电源输出为 2V，所以M表应选用直流电压2.5V量程； [2]由图3可知，N表与串联，故N表测电流，结合电源电压和电路电阻，电流较小，应选用直流电流10mA量程。 （3）直流电压的量程为2.5V，由图4可知，电表的读数为 直流电流的量程为10mA，由图5可知，电表N的读数为 根据欧姆定律，可得 9．有一个标有“0.2A，0.6W”的小灯泡，某同学为了描绘它的伏安特性曲线，设计了以下实验，实验室中只提供了下列器材： A．电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）； B．电流表（量程0~250mA，内阻约5Ω）； C．电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）； D．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）； E．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）； F．开关一个、导线若干。 实验中调节滑动变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流。 (1)实验中所用的滑动变阻器应选上列中的________（用序号字母表示）。 (2)为了尽量减小实验误差，并要求小灯泡电压从零伏开始多测几组数据，图甲中画出了实物连线图，请在虚线框乙中画出电路图。 (3)如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的I-U关系图线。由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而________（填“增大”“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为1.0V时，其灯丝电阻值约为________Ω。 【答案】(1)E (2) (3) 增大 10 【详解】（1）实验要求小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，则滑动变阻器应用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选E。 （2）由图甲可知，电压表并联在小灯泡两端，滑动变阻器采用分压式接法，即将左下方接线柱与电源正极相连，如图所示 （3）[1][2]由题图丙所示图像可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，温度升高且电压与电流的比值增大，灯丝电阻增大；由图线可知，当小灯泡的电压为1.0V时，电流为0.1A，则有 10．小尧同学在实验室练习使用多用电表。 (1)①她将选择开关调到欧姆挡，先用手指捏着红、黑表笔进行欧姆调零（如图甲），然后用手指压着表笔与待测电阻的引脚测量电阻（如图乙），这两步操作对实验结果是否产生影响________。 A．甲影响        B．乙影响 C．甲、乙都不影响        D．甲、乙都影响 ②已知选择开关在“”位置，正确操作情况下指针如图丙所示，待测电阻________。 (2)她进一步用如图丁所示实验电路探究充电宝的电动势和内阻，并用两只数字多用电表分别作为电压表和电流表，图中电阻。 ①闭合开关前，应把滑动变阻器的滑片移到最________端（填“左”或“右”）； ②图中“数字多用电表1”是________表（填“电流”或“电压”）； ③在充电宝电量接近时，实验得到了与干电池相似的图像，如图戊所示。由图像可得该充电宝的电动势________，内阻________（结果均保留小数点后两位）。 ④研究发现充电宝在电量减少的过程中，电动势几乎不变，由此可以推测充电宝内用来储存电能的器件可能是________。 A．电感线圈    B．电容器    C．电池组 【答案】(1) B 160 (2) 右 电压 5.50 0.25 C 【详解】（1）[1]欧姆调零时$