大题突破01 力学综合大题（上海专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

**基本信息** 以“命题解码-解题建模-实战刷题”为框架，聚焦平抛/类平抛、牛顿定律、动量与机械能守恒三大热点题型，通过情境化典例提炼通性通法，构建“模型识别-规律应用-综合迁移”的解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平抛/类平抛综合|3道典例+类题|斜面上平抛五推论、类平抛运动分解法|从圆周运动基础到平抛运动规律，结合生活情境（拉坯、弹珠机）实现模型转化| |牛顿定律应用|2道典例+类题|多过程运动分析步骤、动力学公式选择策略|以斜面/水平面运动为载体，强化受力分析与运动学公式的综合应用| |动量与机械能守恒|2道典例+类题|碰撞模型拓展（保守型/耗散型）、守恒条件判断|从静力学平衡到动态碰撞过程，构建“动量守恒+能量转化”双守恒解题逻辑|

大题01 力学综合大题 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 平抛、类平抛运动综合（情境化平抛） 通技法 平抛、类平抛运动问题常用的解题方法 热点题型2 滑块-木板 板块模型的应用 通技法 板块的应用 热点题型3 动量守恒与机械能守恒（碰撞）综合应用 通技法 碰撞问题常用的解题方法 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 1.重基础：注重基础考查，贯穿选择题、实验题与压轴计算题。 2.强综合：注重物理观念与关键能力的深度融合，强化真实情境的模型转化能力。 3.拓创新：关注科技前沿与实验创新，以核心素养为纲，做到“以不变应万变”。 热点题型1 平抛、类平抛运动综合（情境化平抛） 析典例·建模型 例1.（2026·上海嘉定·二模）拉坯是传统手工艺陶瓷制作的关键工序，将泥料置于可匀速转动的转盘中心，随着转盘转动，双手对泥料施加作用力，提拉成型。 1．已知转盘的转速为120r/min，坯体上到转轴距离分别为1cm、2cm、3cm的三点的线速度大小之比为___________； A．6∶3∶2 B．3∶2∶1 C．1∶1∶1 D．1∶2∶3 E．2∶3∶6 2．当转速太大时，转盘上一小泥块沿水平方向飞出，落到地面上，已知泥块质量为m，飞出点离地高度为h，落地点距飞出点的水平距离为x，重力加速度大小为g。不计空气阻力，则泥块飞出时的初速度大小为___________；从飞出开始计时，t时刻（未落地）重力做功的瞬时功率为____________，此时泥块的机械能为__________（设地面为零势能面）。 3．某同学利用该转盘验证做匀速圆周运动的物体的向心加速度a与转动半径r和转动角速度ω之间的关系。如图甲所示，将手机固定在转盘上的M位置，手机上的运动分析软件可记录手机的向心加速度和角速度，改变电机的转速，重复实验，根据多组实验数据获得图乙所示的a-ω图像中的曲线①。 （1）为得到过原点的直线，需将横轴改为_____。 A．    B．    C． （2）手机固定在转盘的距离转轴更远的N位置，重复实验操作，得到图乙中所示的曲线可能为___________。 A．①    B．②    C．③ 【答案】1．D 2． 3． A B 【解析】1．转盘的转速为120r/min，即2r/s，根据可得角速度为 坯体上到转轴距离分别为1cm、2cm、3cm的三点的角速度相等，半径之比为，根据线速度和角速度关系，可知线速度大小之比为 故选D。 2．[1]一小泥块沿水平方向飞出，做平抛运动，根据飞出点离地高度为h，有 可得时间为 落地点距飞出点的水平距离为x，有 可得泥块飞出时的初速度大小为 [2]t时刻的竖直速度为，重力做功的瞬时功率为 [3]设地面为零势能面，泥块平抛过程中机械能守恒，可知此时泥块的机械能为初始时的机械能，为 3．[1]将手机固定在转盘上的M位置，即转动半径不变，根据可知向心加速度与角速度的平方成正比，故将横轴改为。 故选A。 [2] 手机固定在转盘的距离转轴更远的N位置，半径变大，根据可知向心加速度变大，故为曲线②。 故选B。 【解题建模】 步骤1：圆周运动+平抛运动综合题 步骤2：用线速度、平抛、向心加速度公式求解 步骤3：同轴转动模型、平抛运动模型 研考点·通技法 平抛、类平抛运动问题常用的解题方法 斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。 1．从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个规律（推论） （1）位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。 （2）刚落到侧面时的末速度方向都平行，竖直分速度与水平分速度（初速度）之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。 （3）运动的时间与初速度成正比。 （4）位移与初速度的二次方成正比。 （5）当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。 2．类平抛运动模型 （1）模型特点： 物体受到的合力恒定，初速度与恒力垂直，这样的运动叫类平抛运动。如果物体只在重力场中做类平抛运动，则叫重力场中的类平抛运动。学好这类模型，可为电场中或复合场中的类平抛运动打基础。 （2）.类平抛运动与平抛运动的区别 做平抛运动的物体初速度水平，物体只受与初速度垂直的竖直向下的重力，a＝g； 做类平抛运动的物体初速度不一定水平，但物体所受合力与初速度的方向垂直且为恒力，a＝。 （3）求解方法 （1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力方向）的匀加速直线运动。 （2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。　　　 （4）求解类平抛运动问题的关键 （1）对研究对象受力分析，找到物体所受合力的大小、方向，正确求出加速度。 （2）确定是研究速度，还是研究位移。 （3）把握好分解的思想方法，例题中研究位移，把运动分解成沿斜面的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动，然后将两个方向的运动用时间t联系起来。 破类题·提能力 1.（2026·上海闵行·二模）弹珠机 如图所示为一台竖直放置的弹珠游戏机装置简图，ABCD是边长为2R的正方形面板。向下拉动把手N，弹簧被压缩，质量为m的小弹珠落入卡槽内静止；松手后，小弹珠向上运动，在A点脱离弹簧，经半径为R的圆弧轨道从H点飞出，再与竖直挡板CD发生弹性碰撞（碰撞后速度的竖直分量不变，水平分量反向、大小不变）落到AD边。已知重力加速度为g，不计一切摩擦。 4．小弹珠在脱离弹簧的过程中，加速度如何变化 ？ A．一直变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．先变大后变小 5．某次游戏中，若小弹珠恰能到达H点，则其在H点的速度大小为________，从A点射出时的速度大小为________。 6．某次游戏中，若小弹珠运动到H点时的速度为v，则其与挡板CD碰撞过程中，动量变化量的大小为________，方向为________。 7．（计算）若要使小弹珠与挡板CD碰撞后，直接落回A点，求小弹珠在最高点H处的速度大小______。 【答案】4．B 5． 6． 水平向右 7． 【解析】4．小弹珠脱离弹簧过程中，受向上的弹力kx和向下的重力mg。初始时弹力大于重力，根据牛顿第二定律有 随弹珠上移，弹簧压缩量x减小，弹力减小，加速度a减小；当弹力小于重力后，有 x继续减小，弹力继续减小，合力增大，加速度a增大。因此加速度先变小后变大。 5．[1]恰能到达H点，则有 解得 [2]小球从A到H上升高度为2R，不计摩擦，根据机械能守恒定律有 解得 6．[1][2]碰撞前水平速度大小为v，方向向左，碰撞后水平速度大小不变，方向反向（向右），竖直分量不变。设水平向右为正方向，动量变化Δp=mv−(−mv)=2mv 因此动量变化量大小为2mv，方向水平向右。 7．弹性碰撞可利用镜像法，碰撞后的运动等价于小弹珠从H直接平抛到A点关于CD的对称点，总竖直下落高度为2R，总水平路程为3R。竖直方向自由下落，有 水平方向匀速，有 解得 热点题型2 牛顿定律模型的应用 析典例·建模型 例2. （2026·上海嘉定·二模）小朋友喜欢在草地上玩球、赏灯、滑草。 8．一小球在距离草地高为h处自由下落，与草地碰撞后反弹的速度是碰前，碰撞时间为t，重力加速度大小为g，则球自由下落过程中的平均速度大小为____________，与草地碰撞过程中的平均加速度大小为___________。 9．插在草地上的杆子挂着一质量为m的鱼灯，O为悬挂点。 （1）如图（a）所示，细线保持竖直方向，杆子对O点的作用力方向为图（b）中的___________。（选择对应的选项） （2）如图（c）所示，若在风的作用下，细线与竖直方向成θ夹角且保持不变，重力加速度大小为g，则风对鱼灯的作用力大小至少为____________。 10．滑草场的滑道由倾斜的AB段与水平的BC段平滑连接而成，如图所示。一总质量m为100kg的载人滑草车从A点由静止开始下滑，进入BC段滑行后停下。已知AB段高度H为6m，倾角θ为37°，滑草车与整个滑道的动摩擦因数μ为0.5，（，。g取不计空气阻力及交接处的能量损失） （1）滑草车在AB段运动的加速度大小为___________m/s²，在BC段滑行的时间_________s。 （2）（计算）求在整个运动过程中摩擦力对载人滑草车做的功______。 【答案】8． 9． E 10． 1.96 1.28 【解析】8．[1]取向下为正方向，小球在空中做自由落体运动，触地瞬间的速度大小为 故球自由下落过程中的平均速度大小为 [2]由题意知与草地碰撞后反弹的速度 故草地碰撞过程中，小球的平均加速度大小为 9．（1）[1]细线竖直时，细线对O点的拉力竖直向下，O点受力平衡，因此杆子对O点的作用力竖直向上，对应方向E。 （2）[2]鱼灯受细线拉力、重力及风的作用力，重力大小方向固定，拉力方向固定，当风力与细线垂直时，风力最小，作出力的矢量三角形如下图所示 由图可知 10．（1）[1]对滑草车在AB段受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 [2]AB段长 故滑草车到达B点速度满足 滑草车在BC段减速时，根据牛顿第二定律，加速度大小满足 解得 可知在BC段滑行的时间 （2）[3]滑草车初末动能均为0，由动能定理有 解得 【解题建模】 步骤1：第一步：介题（审题） 读题，圈出已知量：高度、质量、摩擦因数、角度、g值 明确问题：求加速度、时间、摩擦力做功 判断模型：斜面+水平面的多过程运动，用牛顿定律和动能定理 第二步：建模（物理模型搭建） AB段：匀加速直线运动（受重力、支持力、摩擦力） BC段：匀减速直线运动（受摩擦力） 全程用动能定理处理总功问题 第三步：解题（列式计算） 对AB段：列牛顿第二定律方程求加速度 对全过程：用动能定理或运动学公式求末速度、滑行时间 摩擦力做功：直接用动能定理（初末动能均为0）求解 研考点·通技法 牛顿定律的应用技巧 1.基本思路 2.基本步骤 破类题·提能力 2．（2026·上海·模拟预测）电梯 电梯是大家日常生活中重要的交通工具。电梯在运行中包含加速、减速、匀速等阶段。请处理下列问题。电梯、汽车等交通工具在加速时会使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自于加速度，也与“急动度”有关。在这种情况中，加速度反映人体器官在加速运动时感受到的力，急动度则反映作用力的变化快慢。急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即。 11．急动度的单位应该是（　　） A．m·s-1 B．m·s-2 C．m·s-3 D．m·s-4 12．在饮料瓶的下方戳一个小孔，瓶中灌满水，饮料瓶固定在电梯的竖直侧壁上，瓶口在上且开口，小孔中有水喷出，如果电梯上的吊绳断了电梯将自由下落。不计空气阻力，则此时（　　） A．由于惯性，水将从瓶口继续喷出 B．由于完全失重，水不会从小孔中喷出 C．由于大气压力，小孔中水喷出量减小 D．由于重力的作用，水仍从小孔中喷出 13．如图甲所示，某同学站在电梯上随电梯斜向上运动，电梯的倾角θ=37°，人站立位置处电梯面水平，电梯运动的v-t图像如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，则在0~1s内，人受到的支持力大小为_______N；在3~4s内，人受到的摩擦力方向为__________。 14．某地一观光塔总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约1min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=4.5s时，电梯处于失重状态 B．56~59s时间内，绳索拉力最小 C．0~5s时间内，电梯速度的变化量为8m/s D．t=60s时，电梯位移恰好为0m 15．如图所示，倾角θ=53°的斜面ABC固定在水平面上，斜面高度AB=H。高度为的光滑水平桌面上有一个可看作质点的小滑块，给小滑块一个水平向右的初速度，小滑块从桌面末端O点开始做平抛运动，小滑块落在斜面A点时速度方向刚好沿着斜面。已知小滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，空气阻力不计，求： （1）小滑块经过O点时速度的大小； （2）小滑块下滑至斜面底端C时的速度大小。 【答案】11．C 12．B 13． 672 水平向左 14．BC 15．（1）；（2） 【解析】11．急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即 所以急动度的单位为 故选C。 12．如果电梯上的吊绳断了电梯将自由下落，则水瓶和水的加速度均为重力加速度，水瓶和水都处于完全失重状态，水瓶中各处的水（包括小孔处的水）的运动情况都相同，之间无挤压，所以水不会从小孔中喷出。 故选B。 13．[1]根据v-t图像可知，0~1s内，加速度大小为 方向沿电梯斜向上，沿竖直方向，根据牛顿第二定律有 解得人受到的支持力大小为 [2]3~4s内，根据v-t图像可知，电梯斜向上做匀减速直线运动，加速度方向沿电梯斜向下，水平方向，根据牛顿第二定律可得 可知人受到的摩擦力方向为水平向左。 14．A．t=4.5s时，电梯具有向上的加速度，处于超重状态，故A错误； B．56~59s内，电梯的加速度方向向下，且大小达到最大，根据牛顿第二定律可得 可知此过程绳索拉力最小，故B正确； C．根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0~5s时间内，电梯速度的变化量为，故C正确； D．根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，根据对称性可知，0~60s时间内，电梯速度的变化量为0，则t=60s时，电梯的速度为0；由于0~60s时间内，电梯一直向上运动，位移不为0，故D错误。 故选BC。 15．（1）小滑块在A点时，速度方向与水平方向的夹角正切值为 竖直方向，有 联立解得小滑块经过O点时速度即初速度的大小 （2）小滑块在A点的速度 在斜面上，根据牛顿第二定律可得 解得 根据运动学公式 解得小滑块下滑至斜面底端C时的速度大小 热点题型3 动量守恒与机械能守恒（碰撞）综合应用 析典例·建模型 例3.（2026·上海虹口·二模）扫描隧道显微镜中，常用绝缘减振平台和磁阻尼减振器互补减振，简化装置如图（a）所示。平台通过三根关于轴对称分布的轻杆悬挂在轻质弹簧的下端，弹簧上端固定在点，三个相同的磁阻尼减振器对称固定在平台下方。磁阻尼减振器的闭合线圈通过绝缘轻杆固定在平台的下表面，辐向磁场由固定在桌面上的磁体产生（桌面、磁体未画出），辐向磁场、线圈均在水平面内，线圈所在处的磁感应强度大小处处相等。已知平台、三个线圈的总质量为，轻杆与竖直方向夹角均为，弹簧的劲度系数为，重力加速度为。 16．平台静止时，弹簧的伸长量____________，每根轻杆的拉力大小____________。 17．弹簧的弹力与其形变量的变化关系如图（b）所示，则平台静止时弹簧的弹性势能____________。 18．使用前测试该装置的振动性能。撤去磁场，施加一个微小扰动，平台立即上下振动，最高、最低点的高度差恒为。当平台由平衡位置向下振动时开始计时，测出平台在时第30次回到平衡位置。则（　　） A．振幅 B．频率 C．时，平台向下减速 D．时，平台的加速度向上 E．时，弹簧的弹性势能最小 19．施加磁场，平台受到外界微小扰动后，在竖直方向做阻尼振动，取竖直向上为正方向，其位移随时间变化的关系如图（c）所示。已知线圈所处位置的磁感应强度大小为，时平台速度大小为，、时刻的振幅分别为、，每个线圈的匝数均为、电阻均为、圆周长均为，忽略空气阻力。求： （1）时，每个线圈产生感应电流的大小； （2）在时间内，系统损耗的机械能（计算）； （3）在时间内，弹簧弹力的冲量（计算）。 【答案】16． 17． 18．BCD 19．（1）；（2）；（3） 【解析】16．[1]对平台、线圈整体受力平衡，由胡克定律有 解得 [2]对平台受力分析，三根轻杆竖直分力之和平衡重力有 解得 17．弹性势能等于F-x图像的面积（克服弹力做功），即 解得 18．A．最高最低点高度差为，振幅 A错误； B．从平衡位置开始计时，第30次回到平衡位置对应总时间 解得T=0.05s 频率 B正确； C．，平台仍向下运动向最低点运动，回复力（加速度）向上，因此平台向下减速，C正确； D．，平台在平衡位置下方，加速度向上，D正确； E．=T，平台回到平衡位置，此时弹簧处于伸长状态，弹簧弹性势能不是最小，E错误。 故选BCD。 19．（1）辐向磁场中，n匝总电动势 由欧姆定律得 （2）以平衡位置为机械能零点，总机械能满足 t=0时y=0，因此 t1时在最高点，速度为0，y=A1，因此 损耗的机械能 （3）t1、t2时刻平台都在最高点，速度均为0，竖直方向由动量定理（向上为正）有 解得 【解题建模】 第16题（静力学平衡） 第一步：建模：把平台、线圈看成一个整体，分析它的受力：总重力、弹簧的弹力、三根轻杆的拉力。 第二步：列平衡条件：整体静止，竖直方向合力为零，弹簧弹力等于总重力；三根轻杆沿竖直方向的分力之和等于总重力。 第三步：求解：根据弹簧弹力和伸长量的关系算出弹簧伸长量；根据轻杆分力的关系算出每根轻杆的拉力。 第17题（弹性势能） 第一步：建模：弹簧的弹性势能等于弹力-形变量图像下的面积，也可以用弹性势能的公式计算。 第二步：代入已知量：把上一问算出的弹簧静止时的伸长量代入弹性势能的计算逻辑。 第三步：计算：通过面积法或公式法算出弹簧的弹性势能。 第18题（简谐振动） 第一步：建模：平台做简谐振动，最高和最低点的高度差是振幅的两倍；从平衡位置出发，每经过半个周期会回到平衡位置一次。 第二步：分析振动参数：根据高度差算出振幅；根据给定时间内回到平衡位置的次数，算出振动的周期，再得到频率。 第三步：判断选项：对比计算出的振幅、频率和选项，选出正确答案。 研考点·通技法 碰撞问题常用的解题方法 1．机械能守恒的三种表达式 守恒角度 转化角度 转移角度 表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB减 物理意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能 系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量 注意事项 选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能 分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 2.解题的一般步骤 (1)选取研究对象； (2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量； (4)根据机械能守恒定律列出方程； (5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明． 1.碰撞模型拓展——“保守型” 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv 2.碰撞模型拓展——“耗散型” 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 破类题·提能力 3．（2026·上海闵行·二模）带电小球 如图所示，将带等量异种电荷的甲、乙两小球分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点。带正电的甲球质量为m，带负电的乙球质量为2m。 20．O为AB连线中点，C点位于A点正上方，且AO=AC。 （1）O、C两点的电势________ A．大于    B．小于    C．等于 （2）O、C两点的电场强度________ A．大于    B．小于    C．等于 21．解除固定，甲、乙两球将由静止开始相向运动，碰撞前瞬间甲球的速度大小为v。 （1）（作图）以向右为正方向，定性画出由静止释放到碰撞前两球的v-t图，标出末速度的值________。 （2）由静止释放到碰撞前，两球组成的系统电势能的变化量________。 （3）（简答）若在空间加一沿水平向右的匀强电场，试分析说明由静止释放到碰撞前，两球组成的系统动量是否守恒______。 【答案】20． B A 21． 见解析 【解析】20．（1）因O点为等量异种电荷连线的中点，可知O点的电势为零；C点距离正电荷较近，可知C点电势大于零，。故选B； （2）设AO=AC=L，则，而C点的场强为与的合成，两场强夹角为钝角，可知，故选A。 21．（1）两球相向运动，则随距离的减小，加速度逐渐增大，根据两球组成的系统动量守恒可知，mv=2mv乙，可知，则两球的v-t图像如图： （2）由静止释放到碰撞前，两球组成的系统电势能的减小量等于系统动能增加量，则电势能变化量 （3）因系统电荷量的总和为零，则不受电场力，系统合外力为零，则动量守恒。 刷模拟 1．（2026·上海杨浦·二模）春晚机器人 两届春晚，物理学赋予宇树人形机器人做出一系列高难度工作的动力。 (1)2026年马年春晚上机器人展示中国功夫，某机器人先做匀速直线运动，再做匀加速直线运动，以开始匀加速的时刻为0时刻。运动的时间用表示，速度用表示，位移用表示，加速度用表示，则下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． (2)2025年蛇年春晚的舞台上，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌。某时刻机器人转手绢使得手绢上各点绕竖直转轴O在水平面内做匀速圆周运动，手绢可简化成如图所示，则手绢上质点A、B的物理量一定相同的是（　　） A．线速度 B．周期 C．向心加速度 D．向心力大小 (3)小昕同学对春晚机器人抛接手绢视频逐帧分析后发现，抛出后的手绢在细线拉力的作用下被回收。某段时间内，手的位置O点不变，手绢可视为做匀速直线运动，其运动轨迹如图乙中虚线段PQ所示，则手绢从P到Q运动过程中受到的（　　） A．空气阻力先增大后减小 B．空气阻力大小不变 C．细线的拉力一直增大 D．细线的拉力一直减小 (4)有两个机器人静止在舞台上，持续发出同相、同频率的声波。收音设备在舞台上移动，收到声波的振幅随位置变化时大时小。收音设备移动到a点时，收到声波的振幅基本为0，a点到这两个机器人的距离分别为10m和16m，则该声波的波长可能为______。 (5)机器人的避障系统使用超声波。甲、乙两机器人正沿同一直线相向运动，若甲发射一列频率为的超声波，乙测得接收到波的频率为，甲测得乙反射波的频率为，则（　　）（多选题） A． B． C． D． E． F． (6)机器人利用激光借助舞台上的水晶装饰柱进行精准定位。已知水晶折射率。 ①一束激光从水晶进入空气，入射角为，则满足<______。 ②水晶装饰柱是一透明圆柱体，其横截面如图所示。PQ是截面内的一条直径。机器人从柱体外发射一束平行于PQ的激光，调节入射点的位置，使这束激光射入水晶柱体后恰好从P点射出，则光线从P点再次进入空气时折射角的度数为______°。（结果小数点后均保留1位数字） (7)春晚舞台上机器人后空翻的精彩演出离不开技术人员对机器人跳跃动作的反复测试，一次实验测试情况如图所示，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2kg，A木板长度为，机器人质量为6kg，忽略空气阻力。 ①机器人从A木板左端走到A木板右端时，求：A、B木板间的水平距离； ②机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求：起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值； ③若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板进行连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求：该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 【答案】(1)C (2)B (3)D (4) (5)AD (6) 0.7 82.8 (7)①1.5m；②90J，2；③ 【详解】（1）AB．根据匀变速直线运动速度与时间关系可知机器人的图像是一次函数图像，图像是一条与时间轴平行的直线，故AB错误； CD．根据匀变速直线运动规律，解得因此机器人的图像是一次函数，故C正确；D错误。 故选C。 （2）B．质点A、B同轴转动，周期、角速度相同，故B正确； A．根据v=ωr可知半径不同，线速度不同，故A错误； C．根据a=ω2r可知半径不同，向心加速度不同，故C错误； D．根据F=mω2r可知半径不同，向心力大小不同，故D错误。 故选B。 （3）依题意，手绢做匀速直线运动，受力分析如图所示 其中重力竖直向下，细线拉力沿细线指向O点，空气阻力沿PQ连线由Q指向P，三力平衡，做出重力与拉力的合力示意图，由图可知，随着手绢的运动，细线的方向沿顺时针转动，且未转到水平方向，由图可知，细线的拉力一直减小，空气的阻力一直减小，故ABC错误；D正确。故选D。 （4）收音设备移动到a点时，收到声波的振幅基本为0，说明a点发生波的相消干涉。即为振动减弱点，满足 由题意可知波程差，联立，解得 （5）ABC．甲发射超声波（波源），乙接收（观察者），甲、乙两机器人相向运动，即波源与观察者相互靠近。根据多普勒效应，此时乙接收到的频率f2大于甲发射的频率f1，即，故A正确；BC错误； DEF．乙反射超声波（此时乙相当于波源），甲接收（观察者），甲、乙两机器人依然是相向运动，波源与观察者相互靠近。乙反射波的频率是f2，甲接收到的频率是f3，根据多普勒效应，甲接收到的频率f3大于乙反射的频率f2，即，故D正确；EF错误。 故选AD。 （6）①水晶折射率，临界角满足，则一束激光从水晶进入空气，需满足sin＜sinC≈0.7 ②设入射角为i，折射角为r 。因为入射光线平行于PQ，连接O与入射点，根据几何关系可知。由折射定律，联立解得，根据几何关系求出在P点的入射角大小为，由折射定律（为折射角），解得 （7）①机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量均为m，取向右为正方向，则 机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为为x、x1，则有 同时有 解得A、B木板间的水平距离 ②设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得， 联立解得 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 根据能量守恒可得机器人做的功为 联立得 根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时 ③根据可得，根据 解得 分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得 解得 该过程A木板向左运动的距离为 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为 可得 联立，解得 故A、C两木板间距为 又 解得 （2026·上海崇明·二模）振动与波 机械振动能产生机械波，电磁振荡能激发电磁波，它们在物理规律上都具有相似的特性。 2．机械振动在空气中传播形成声波。一战斗机沿直线匀速飞行时，连续发出频率为f的轰鸣声波，如图所示，图中一系列圆表示飞机不同时刻发出的声波传播到的位置，A点表示飞机的位置，P为在飞行平面内一固定监测点。已知静止声源发出的声波在空气中传播速度为，则可以判断（　　） A．飞机在向左飞行 B．飞机速度大于 C．声波向左传播的速度大于 D．P点测得的声波频率小于f 3．消声器常用于减弱气流噪声。如图为某消声器内部结构简化模型。主管道中声波在a点被分为两路后再在b点汇合叠加，并继续向外传播。为了实现对该声波降噪，则在b点汇合时，两路声波的叠加要求为_____叠加（选填：A．“波峰与波峰”；B．“波谷与波谷”；C．“波峰与波谷”；D．“平衡位置与平衡位置”）。这是利用了波的_____原理。 4．如图a为一列简谐横波在时刻的波形图，如图b为质点L的振动图像。则该横波的传播方向为_____（填：“向右”或“向左”），经过时间t=_____后质点k与L第一次速度大小达到相同。 5．电磁振荡过程是电场能与磁场能相互转化的过程。在如图所示的LC振荡电路中。某时刻磁场方向如图所示，且磁场正在增强，则该时刻a、b两点间电流的方向为_____（选填“a向b”、“b向a”或“无电流”）。此时电容器上极板带_____（选填“正”或“负”）电。 【答案】2．D 3． C．波峰与波谷 干涉 4． 向右 5． b向a 正 【解析】2．A．由题图可知，飞机右侧的波面密集，左侧稀疏，且A点（飞机当前位置）位于最右侧小圆的圆心，说明飞机在向右飞行，故A错误； B．图中波面是一系列同心圆，且飞机位于波面内部，说明飞机速度小于声速，故B错误； C．声波在空气中的传播速度由介质决定，与声源的运动状态无关，仍为，故C错误； D．飞机向右飞行，远离左侧的P点，根据多普勒效应，P点接收到的声波频率小于声源频率，故D正确。 故选D。 3．[1][2]为了减弱噪声，需要在b点实现相消干涉，即两路声波叠加后振幅减小。相消干涉的条件是两列波到达b点时振动步调相反，即波峰与波谷叠加。这是利用了波的干涉原理。 4．[1][2]由图b可知，时刻质点L经平衡位置向轴正方向振动。在图a中，根据波形平移法，波向右传播。时刻，质点k位于波峰，速度为0；质点L位于平衡位置，速度最大。由于k、L平衡位置相距，且波向右传，L滞后振动，设k的振动方程为 则速度 L的振动方程为（滞后且向上） 则速度 要使速度大小相同，即，则 第一次速度大小相同，即 即 解得 5．[1]由图可知，线圈内部磁场方向向上。根据安培定则，电流从线圈下端流出，上端流入。因此，a、b两点间电流方向为b向a。 [2]题目指出磁场正在增强，说明线圈中的电流正在增大，电路处于电容器放电过程，放电过程中，电流从带正电的极板流出。所以上极板带正电。 （2026·上海崇明·二模）消防抢险 消防员战士平时需要刻苦训练，在灾害来临时冲在最前面，保护人民群众的生命财产安全。 6．如图所示，消防员训练时需要沿着一根竖直的柱子匀速向上攀爬，到达顶端后抱住柱子匀速下滑。不考虑变速过程，则该消防员受到的摩擦力（　　） A．向上攀爬时受静摩擦力，方向向上 B．向上攀爬时受滑动摩擦力，方向向下 C．下滑时受静摩擦力，方向向上 D．下滑时受滑动摩擦力，方向向上 7．某次消防抢险过程中，消防员在水平地面上A点处使用喷水枪对高楼着火点进行喷水灭火。如图中虚线所示为简化后的出水轨迹，可以看作是一段抛物线。水柱刚好能垂直击中竖直墙面上的P点，已知P点离地高度H，不计空气阻力，。 （1）若在A点处喷水枪出水口横截面积为S，喷出水流速度恒为v，水的密度为ρ，水枪每秒喷出水的质量为_____。 （2）计算：若，水流在P点时速度，求A点处水枪喷出水的初速度的大小以及与水平方向的夹角θ的正切值。_____ 8．出警时，消防员需要乘吊篮快速降落H高度到达地面，某同学设计了一个如图所示的电磁阻尼“速降梯”装置。宽度为L的“梯子样”导体框竖直地固定在墙壁上，其中竖直轨道电阻不计。上下均匀分布有n根导电横档，每个横档的电阻均为r，相距为h。吊篮能沿轨道自由滑动，若吊篮和人的总质量为M（人未画出）。吊篮内固定有一个磁感应强度为B的匀强磁场区域随吊篮一起运动，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域高度和宽度正好与两横档间空间相同，吊篮与轨道间的摩擦阻力恒为f。 （1）吊篮向下运动过程中，最下一根导体棒上的电流方向_____（选填：“向左”或“向右”） （2）若竖直距离足够大，吊篮的速度—时间图像大致为_____ A．    B．   C．    D． （3）计算：若吊篮从静止开始，速度达到v，下降高度为H，求在这个过程中，所有导体棒中产生的热量Q和所用的时间t。_____ 【答案】6．AD 7． 4 8． 向右 D ， 【解析】6．AB．消防员匀速向上攀爬时，处于平衡状态，竖直方向受重力和静摩擦力，二力平衡，故静摩擦力方向向上，故A正确B错误； CD．消防员抱住柱子匀速下滑时，相对于柱子向下运动，受滑动摩擦力，处于平衡状态，竖直方向受重力和滑动摩擦力，二力平衡，故滑动摩擦力方向向上，故C错误D正确； 故选AD。 7．（1）[1]设时间内喷出水的质量为，体积为，则， 故水枪每秒喷出水的质量 （2）[2]水柱刚好能垂直击中竖直墙面上的P点，说明P点为轨迹的最高点，此时竖直分速度为0，水平分速度 将运动逆向看作从P点开始的平抛运动。竖直方向 代入数据解得 A点处竖直分速度。 A点处水枪喷出水的初速度大小 与水平方向夹角的正切值 8．（1）[1]吊篮向下运动，磁场区域随吊篮向下运动。相对于磁场，导体棒（横档）向上运动。由题图及电磁阻尼原理可知，磁场方向垂直纸面向里。根据右手定则，切割的横档中电流方向向左，相当于电源中电流方向，则最下一根导体棒上的电流方向向右。 （2）[2]由于磁场区域高度与横档间距相等，吊篮向下运动过程中，始终有一根横档在磁场中切割磁感线。切割产生的感应电动势 外电路为其余根横档并联，总电阻 感应电流 安培力 由牛顿第二定律 即 随着速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最终匀速。 故选D。 （3）[3]根据能量守恒定律，重力势能减小量等于动能增加量、摩擦生热和焦耳热之和 解得 根据动量定理 其中 代入得 解得 9．（2026·上海杨浦·二模）嫦娥奔月 “嫦娥”五号探测器是中国首个实施无人月面取样返回的月球探测器。现研究探测器先环绕地球再变轨，采集月壤后回到地球的过程。设探测器质量为m，首先在近地轨道上绕地球运行，如图甲所示。地球质量M，引力常量G，地球半径为R。 (1)将探测器推至月球附近的过程，为了安全需经历多次变轨。研究其第一次变轨，在地表附近的A点迅速启动发动机，使探测器进入椭圆轨道，该轨道的远地点B距地心为8R。已知探测器的引力势能可表示为（无限远处势能为零） ①求：变轨前探测器的机械能； ②结合开普勒第二定律，求：点火过程中发动机对探测器做的功W。 (2)月球有类似于地球的南北两极和纬度。如图所示，月球半径为R，表面重力加速度为，不考虑月球自转。从月球北极正上方水平发射一物体，要求落在纬度的M处，其运动轨迹为椭圆的一部分。假设月球质量集中在球心O点，如果物体沿椭圆运动的周期最短，则（　　）（多选题） A．发射点离月面的高度 B．物体沿椭圆运动的周期为 C．此椭圆两焦点之间的距离为 D．若水平发射的速度为v，发射高度为h，则物体落到M处的速度 (3)在返回器完成研究任务、返回至地表附近时速度过大，以此速度直接冲入大气层会损伤返回器。科学家提出采用半弹道跳跃方式再入返回；如图所示，通过小角度擦入大气层，以“打水漂”的形式多次跳跃再入，通过返回器与大气层的摩擦逐步减速至安全速度内。返回器在“打水漂”过程中减少的动能转变为其内能主要通过烧蚀材料带走，剩余少量能量则通过向四周辐射的形式耗散。有天文爱好者质疑该计划的安全性；返回器产生的辐射是否会对地球表面产生显著影响？请你结合第一次“打水漂”过程的相关数据，与太阳对地球的辐射进行比较，给出结论并进行合理解释。（相关计算结果可保留一位有效数字）以下为可能用到的数据：返回器质量，第一次进入大气层的速度约为第二宇宙速度，跳出大气层的速度，返回器跳跃一次并恢复初始温度的总时长，辐射能量占比，跳跃时离地平均高度。地球半径，太阳辐射至地表的单位面积功率为。（简答题） 【答案】(1)， (2)BC (3)见解析 【详解】（1）[1]探测器变轨前在近地轨道上环绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得 变轨前探测器的动能为 变轨前探测器的引力势能为 变轨前探测器的机械能为 [2]变轨后探测器在椭圆轨道上运动，设其在A、B点的速度大小分别为、。 变轨后探测器从A到B的过程，根据机械能守恒定律得 根据开普勒第二定律可得 联立解得 变轨的瞬间探测器的引力势能不变，根据功能关系可得点火过程中发动机对探测器做的功为 （2）C．根据题意可知椭圆轨道的一个焦点为，设椭圆的另外一个焦点为，如图所示 设椭圆的半长轴为，焦距为，根据椭圆知识可知 根据开普勒第三定律可知如果物体沿椭圆运动的周期最短，则椭圆的半长轴最小，根据几何关系可知当垂直于时，半长轴最小，如图所示 由几何关系有 解得 根据几何关系可得椭圆的焦距，故C正确； A．根据几何关系可得发射点离月面的高度，故A错误； B．设物体绕月球表面做匀速圆周运动时的周期为，则由重力提供向心力得 结合开普勒第三定律 联立可得物体沿椭圆运动的周期为，故B正确； D．由引力势能公式 结合万有引力公式 结合机械能守恒定律有 联立可得，故D错误。 故选BC。 （3）根据能量守恒定律，结合题意可得第一次“打水漂”过程探测器辐射的能量为 假设这些能量均匀向四周辐射，辐射到地球表面（即平均辐射到以h为半径的球面）时单位面积的能量为 因此单位面积功率为 代入数据，解得 已知太阳辐射至地表的单位面积功率为 可得 可见返回器产生的辐射远小于太阳对地球的辐射，故返回器产生的辐射不会对地球表面产生显著影响。 （2026·上海黄浦·二模）我国计划在未来五年内发射天基人工智能数据中心。将太空计算星座部署在近地轨道，利用太空的真空、微重力和低温环境进行高效散热，并通过太阳能电池板提供能源。 10．太空计算星座的能源来自太阳，太阳目前是一颗_________。 A．固态的白矮星 B．固态的中子星 C．气态的主序星 D．气态的红巨星 11．2025年我国成功发射全球首个太空计算星座“星算”，首批12颗卫星全部进入距离地面700 km高度的预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径约为6400 km，则其中一颗卫星在轨运行时_________。 A．向心加速度大于g B．线速度小于7.9 km/s C．做匀变速曲线运动 D．受到的合力为零 12．“星算”卫星内部搭载了智能芯片以执行计算任务，当卫星在轨运行时_________。（多选） A．在太空中利用对流和辐射对芯片进行散热 B．若散热功率小于热功率，芯片温度必升高 C．经过地球阴影区时无法发电，需配备储能系统 D．其它条件相同的情况下，太阳能电池板平均发电功率比在地球上更大 13．如图所示，Q和R是围绕地球P运行的两颗质量相同的卫星。Q的轨道是圆，R的轨道是椭圆。 ①Q的加速度始终指向P，但R的加速度并非一直如此 ②Q与R所受的万有引力大小相同 ③Q以恒定速率运动，但R的速率会变化 以上说法中正确的有___________。 A．③ B．①和② C．①和③ D．①、②和③ 14．为监测散热系统性能，利用某导电材料制成了一个体积恒定为20 cm3的圆柱形传感元件，连接方式如图（a）。实验测得该元件的电阻R与长度平方的关系如图（b）所示。则该材料的电阻率约为_________Ω·m。 【答案】10．C 11．B 12．BCD 13．A 14． 【解析】10．太阳是一颗典型的黄矮星，处于主序星阶段，主要由氢、氦等气体构成，属于气态恒星。 故选C。 11．A．地面重力加速度g对应近地轨道，轨道越高，向心加速度越小，故A错误； B．7.9km/s是近地卫星的环绕速度（第一宇宙速度），是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度。卫星轨道高度越高，线速度越小，因此700km轨道的卫星线速度小于7.9 km/s，故B正确； C．匀速圆周运动是匀速率曲线运动，加速度（向心加速度）方向时刻变化，属于变加速运动，故C错误； D．卫星做圆周运动需要向心力，合力不为零，故D错误。 故选B。 12．A．太空中是真空环境，没有空气对流，只能通过热辐射散热，故A错误； B．根据能量守恒，若散热功率小于热功率，芯片会持续积累热量，温度必然升高，故B正确； C．地球阴影区无太阳光照射，太阳能电池板无法发电，必须配备储能系统（如电池）保障供电，故C正确； D．地球大气层会吸收、反射部分太阳能，太空中无大气，相同条件下太阳能电池板的发电功率比地面更大，故D正确。 故选BCD。 13．①卫星的加速度由万有引力提供，方向始终指向地心P，因此Q（圆轨道）和R（椭圆轨道）的加速度都始终指向P，因此①错误；②由题图可知Q轨道半径r更小，根据可知，因此Q受到的万有引力更大，故②错误；③圆轨道卫星速率恒定，椭圆轨道卫星根据开普勒第二定律，近地点速率大、远地点速率小，速率会变化，因此③正确。综上可知A选项符合题意。 故选A。 14．根据 因为 联立整理得 可知图像斜率 由图（b）可知图像斜率 联立解得 （2026·上海杨浦·二模）医学团队发现了一种利用电子加速器实验中的剩余伽马射线来制备放射性同位素的方法，这种方法能够生成两种铜的同位素：铜64（）和铜67（）。 15．一个铜67原子核比一个铜64原子核多3个________。 A．质子 B．中子 C．电子 D．光子 16．γ射线轰击锌靶产生铜67的核反应方程为：，X表示的是________。 A． B． C． D． 17．在直线加速器中，电子沿轴线通过一系列漂移管（图中管状导体），漂移管交替地连接到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源的两端。电子在漂移管中做匀速运动。电子穿出第1个漂移管右端时的速度为，此时第1、2两个漂移管间电势差，电子在漂移管间隙处被加速。漂移管之间的间隙很小，电子穿过间隙的时间不计。从第2个漂移管起后续每个漂移管的长度都满足以下条件：电子经过每个间隙都能获得最大能量，且经过每个漂移管的时间最短。（已知电子质量为m，元电荷为e） （1）电子穿过第3个漂移管的时间________。 （2）（计算）求第3个漂移管的长度。_____ 18．（简答）经直线加速器加速后的电子动能达到10MeV，若根据，可计算出电子的速度大小约为（计算无误）。写出你对这个问题的分析。 【答案】15．B 16．A 17． 18．该计算结果不合理，原因见解析 【解析】15．两种铜是同位素，质子数（电荷数）均为29；原子核质量数=质子数+中子数，铜67比铜64质量数多3，因此中子数多3个，电子不是原子核内成分，光子也不是核子，故选B。 16．核反应满足电荷数守恒、质量数守恒。反应前总电荷数为 总质量数为 设X的电荷数为，质量数为，可得 因此X为，故选A。 17．[1]交流电源周期 为保证电子每次到间隙都能获得最大能量、且运动时间最短，电子在每个漂移管内的运动时间为半个周期，因此穿过第3个漂移管的时间 [2]电子穿出第一个漂移管后，经过两次加速，每次加速获得动能，由动能定理 解得电子进入第三个漂移管的速度 漂移管长度 代入得 18．该计算结果不合理，真空中光速为，结果得到速度超过光速，不符合物理规律。经典力学的动能公式 只适用于低速宏观物体，本题中电子动能达到10MeV，速度接近光速，属于高速运动，经典力学不再适用，因此得到了错误的超光速结果。 19．（2026·上海静安·二模）电池包检测 新能源汽车电池包检测包含吊装稳定性测试。测试时，内置热敏电阻实时监测电池温度的变化。（重力加速度大小为，忽略空气阻力） (1)如图，质量为且分布均匀的电池包，被两根长度均为的对称轻绳竖直向上吊起，两根轻绳与电池包水平表面的夹角始终为。 ①电池包以恒定速度向上运动时，每根轻绳的拉力大小为______；两根轻绳拉力的总功率为______。 ②（简答）电池包向上做加速度减小的减速运动，直至静止。分析说明该过程中轻绳对电池包作用力的大小如何变化______。 ③电池包静止后受到扰动，在竖直平面内做微小角度摆动，估算其摆动周期为______；此时回复力大小与偏离平衡位置的距离成正比，该比例系数为______。 (2)电池包内部集成一个负温度系数热敏电阻（阻值随温度上升不断减小）。如图（a），将与电动势为的电源（内阻不计）、阻值为的定值电阻串联，两端的电压为。当时，电压表示数为。 ①______。 ②（简答）若电源内阻比较大，电压表示数为时，实际温度为。比较与的大小关系，并说明理由______。 ③两端的电压随温度的变化如图（b）所示，曲线在处的切线斜率为。若温度由起升高了极小的，热敏电阻的阻值减小量与满足，则______。（用、、表示） 【答案】(1) 逐渐增大 (2) 见解析 【详解】（1）①[1][2]对电池包进行受力分析，在竖直方向上，两根轻绳拉力的竖直分力之和等于电池包重力，设每根轻绳拉力为，根据 解得 两根轻绳拉力的合力大小为，根据 可得两根轻绳拉力的总功率为 ②[3]电池包向上做减速运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律 方向向下，且逐渐减小，、不变，可知F逐渐增大，当速度减为零时，。 ③[4][5]电池包在竖直平面内做微小角度摆动可等效为单摆模型，等效摆长为，根据单摆周期公式可得周期 回复力 在最大位移处，回复力（为摆角） 因微小摆动，则 可得 所以 （2）①[1]当时，根据闭合电路欧姆定律可得 两端的电压 可得 ②[2]当电源内阻为零，时，电压表示数为，当电源内阻r比较大时，若要电压表示数仍为，根据闭合电路欧姆定律有 得 即此时的阻值比电源内阻不计且电压表示数为时的阻值大。因为热敏电阻阻值随温度t上升不断减小，所以此时对应的温度小于。 ③[3]根据闭合电路欧姆定律 对U关于求导可得 当时，则 已知曲线在处的切线斜率为k，根据导数的几何意义 又因为 当时，，所以 可得 （2026·上海·模拟预测）电梯 电梯是大家日常生活中重要的交通工具。电梯在运行中包含加速、减速、匀速等阶段。请处理下列问题。电梯、汽车等交通工具在加速时会使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自于加速度，也与“急动度”有关。在这种情况中，加速度反映人体器官在加速运动时感受到的力，急动度则反映作用力的变化快慢。急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即。 20．急动度的单位应该是（　　） A．m·s-1 B．m·s-2 C．m·s-3 D．m·s-4 21．在饮料瓶的下方戳一个小孔，瓶中灌满水，饮料瓶固定在电梯的竖直侧壁上，瓶口在上且开口，小孔中有水喷出，如果电梯上的吊绳断了电梯将自由下落。不计空气阻力，则此时（　　） A．由于惯性，水将从瓶口继续喷出 B．由于完全失重，水不会从小孔中喷出 C．由于大气压力，小孔中水喷出量减小 D．由于重力的作用，水仍从小孔中喷出 22．如图甲所示，某同学站在电梯上随电梯斜向上运动，电梯的倾角θ=37°，人站立位置处电梯面水平，电梯运动的v-t图像如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，则在0~1s内，人受到的支持力大小为_______N；在3~4s内，人受到的摩擦力方向为__________。 23．某地一观光塔总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约1min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=4.5s时，电梯处于失重状态 B．56~59s时间内，绳索拉力最小 C．0~5s时间内，电梯速度的变化量为8m/s D．t=60s时，电梯位移恰好为0m 24．如图所示，倾角θ=53°的斜面ABC固定在水平面上，斜面高度AB=H。高度为的光滑水平桌面上有一个可看作质点的小滑块，给小滑块一个水平向右的初速度，小滑块从桌面末端O点开始做平抛运动，小滑块落在斜面A点时速度方向刚好沿着斜面。已知小滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，空气阻力不计，求： （1）小滑块经过O点时速度的大小； （2）小滑块下滑至斜面底端C时的速度大小。 【答案】20．C 21．B 22． 672 水平向左 23．BC 24．（1）；（2） 【解析】20．急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即 所以急动度的单位为 故选C。 21．如果电梯上的吊绳断了电梯将自由下落，则水瓶和水的加速度均为重力加速度，水瓶和水都处于完全失重状态，水瓶中各处的水（包括小孔处的水）的运动情况都相同，之间无挤压，所以水不会从小孔中喷出。 故选B。 22．[1]根据v-t图像可知，0~1s内，加速度大小为 方向沿电梯斜向上，沿竖直方向，根据牛顿第二定律有 解得人受到的支持力大小为 [2]3~4s内，根据v-t图像可知，电梯斜向上做匀减速直线运动，加速度方向沿电梯斜向下，水平方向，根据牛顿第二定律可得 可知人受到的摩擦力方向为水平向左。 23．A．t=4.5s时，电梯具有向上的加速度，处于超重状态，故A错误； B．56~59s内，电梯的加速度方向向下，且大小达到最大，根据牛顿第二定律可得 可知此过程绳索拉力最小，故B正确； C．根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0~5s时间内，电梯速度的变化量为，故C正确； D．根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，根据对称性可知，0~60s时间内，电梯速度的变化量为0，则t=60s时，电梯的速度为0；由于0~60s时间内，电梯一直向上运动，位移不为0，故D错误。 故选BC。 24．（1）小滑块在A点时，速度方向与水平方向的夹角正切值为 竖直方向，有 联立解得小滑块经过O点时速度即初速度的大小 （2）小滑块在A点的速度 在斜面上，根据牛顿第二定律可得 解得 根据运动学公式 解得小滑块下滑至斜面底端C时的速度大小 刷真题 （2026·上海·高考真题）电磁测速 单极测速发电机是电机学领域的一种测速元件，采用电磁感应原理工作。其原理为圆柱式或圆盘式电枢在恒定匀强磁场中旋转产生感应电势，输出特性与转速呈线性关系。该装置通常采用圆筒式空芯转子与永磁结构，结合电刷引流装置优化性能。该发电机通过无换向器设计实现无纹波直流电压输出，避免换向火花干扰，且输出电压对称性佳。其瞬态响应好、灵敏度高，适用于动态测速场景。由于无齿槽结构，最高转速仅受轴承限制。根据《湖南大学学报（自然科学版）》相关研究，该装置在稳态和瞬态测速中均表现出优良特性，可应用于现代快速驱动系统的动态参数测量。 25．某齿轮式电磁转速传感器的结构如下：金属齿轮的每个齿上都固定有可被磁化的小磁铁，齿轮旁放置一个条形永磁铁，永磁铁上绕有闭合线圈。已知初始时刻，齿轮的一个金属齿正对着永磁铁；当齿轮转动时，金属齿会周期性地靠近、远离永磁铁，导致穿过线圈的磁通量周期性的发生变化。则在磁通量变化的一个周期内， A、B的电势关系是（　　） A． B． C．先，后 D．先，后 26．已知上述齿轮式传感器中，感应电动势变化的周期为，齿轮共有N个齿，车轮的直径为D。若该齿轮与汽车的车轮属于同轴转动，求汽车的速度？ 27．现经过半波整流器后，电压传感器的示数如图所示，求有效电压U？ 28．现将传感器改为圆柱笼式结构：半径为R的轻质金属圆柱笼，其侧面曲面上等间距的固定有三根完全相同的金属细条（金属条夹角为120°）。在圆柱笼的一侧，有一个垂直于圆柱轴线的小范围匀强磁场区域，有且只有一根金属条会在磁场区域内。当圆柱笼绕中心轴转动时，每根金属细条进入磁场区域时都会切割磁感线产生感应电动势。 （1）某一时刻，恰好有一根金属细条完全处于磁场中，此时测得圆柱笼两个圆形端面之间的电势差为。求该金属细条产生的感应电动势大小( )？ （2）已知磁场的磁感应强度为，金属细条的长度为，电阻为，电路其余部分电阻不计。求此时该金属细条受到的安培力大小( )？ （3）若汽车从某一时刻做匀加速运动，测得相邻两次电压脉冲峰值分别为和。则下一次电压脉冲的峰值最接近下列哪个选项( ) A    B．    C．    D． 29．已知圆柱笼的半径为，车轮的半径为，结合上一问测得的相邻脉冲峰值电压和，求汽车的加速度大小？ 【答案】25．D 26． 27． 28． D 29． 【解析】25．由图可知，永磁体在线圈中的磁通量向左。小磁铁磁化后外部为S极，当小磁铁靠近永磁体时，小磁铁在线圈处向左的磁场变大，即线圈的磁通量增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流由B到A，即；当小磁铁远离永磁体时，小磁铁在线圈处向左的磁场变小，即线圈的磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流由A到B，即。 故选D。 26．由题意可知，齿轮的转动周期为 则汽车的速度为 其中 解得 27．根据有效值的定义，设电阻的阻值为，则 解得有效电压 28．（1）[1]等效电路图如图所示 则外电路的总电阻为 路端电压为 解得 （2）[2]该金属细条受到的安培力大小为 其中 解得 （3）[3]根据， 可知，脉冲峰值与角速度成正比，匀加速转动时，相邻等角位移内的增量相同，所以 可得 故选D。 29．由（4）可知 相邻脉冲对应角位移 且 其中为角加速度，则 则汽车的加速度大小为 （2026·上海·高考真题）电吉他 电吉他是现代科学技术的产物，从外形到音响都与传统的吉他有着明显的差别。琴体使用新硬木制成，配有音量、音高调节器（琴钮）以及颤音结构（摇杆）等装置。配合效果器的使用，电吉他有很强的表现力，在现代音乐中有很重要的位置。多用于歌曲伴奏，作为很好的伴奏乐器。 30．电吉他拾音器内部结构包含一块磁铁，可使金属琴弦磁化；当琴弦振动时，会在拾音器的线圈中产生感应电流。关于琴弦上传播的机械波传入空气中形成的声波，下列说法正确的是（　　） A．频率不变，波长不变 B．频率不变，波长改变 C．频率改变，波长不变 D．频率改变，波长改变 31．某LC振荡电路由电容器C与自感线圈L串联组成；已知某一时刻，电容器的上极板带正电，且此时电容器正在充电。规定电路中逆时针的电流方向为正方向；电路中的电流随时间的变化如图所示，在图中四个时刻中，哪一时刻符合上述电路状态________ 32．某实验中，测得某线圈的磁通量随时间的变化图像如图所示。 （1）从图像中读取磁通量变化的周期与磁通量最大值________。 （2）若该线圈共有500匝，求线圈中产生的感应电动势的最大值_______ 【答案】30．B 31． 32． 【解析】30．机械波的频率由波源决定，波速由介质决定。琴弦上传播的机械波传入空气中形成的声波，频率不变，由，可知不同介质波速不同，波长改变。 故选B。 31．某一时刻，电容器的上极板带正电，且此时电容器正在充电，可知电路中的电流方向为顺时针方向，电流为负值。又因为充电过程，电容器极板上电荷量增大，则电流正在减小，故时刻符合上述电路状态。 32．[1] 从图像中读取磁通量变化的周期与磁通量最大值 [2] 角频率 磁通量的振幅 若该线圈共有500匝，求线圈中产生的感应电动势的最大值 （2025·上海·高考真题）再生制动与气囊减震相辅相成，共同提升车辆性能。再生制动通过能量回收提升能源利用效率，制动系统优先使用再生制动，不足部分由机械制动补充。气囊减震提升了乘坐舒适性和安全性。 33．一电动汽车采用笼式感应电机，再生制动时电动机转为发电机模式，如图（a）所示的笼式电机在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定轴转动，磁场方向与各导体条垂直。当电机转到如图（b）所示位置时，感应电动势最大的导体条为 A．和 B．和 C．和 D．和 34．一质量的电动汽车沿斜坡的斜坡匀减速下坡。从减速至用时。若这5s内系统完全使用再生制动，且该车在行驶过程中受到的除制动力以外的其余阻力大小为，求这5s内该车的位移大小x和再生制动提供的制动力大小。重力加速度，， 35．气囊减震技术中的气囊可简化为图示水平固定的气缸，质量为M，横截面积为S的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。开始时气缸内气体压强为，体积为，活塞静止于平衡位置O。外界大气压强恒为，以O为原点、水平向右为正方向，建立轴。 （1）若缸内气体经历等温过程，求活塞由平衡位置O右侧、位移为x时内外气体对活塞的压力的合力大小F。（计算） （2）若缸内气体经历等温过程，活塞由平衡位置O沿x轴正方向移动微小位移并由静止释放，证明活塞近似做简谐振动（论证）。与振子质量为m、弹簧进度系数为k的弹簧振子频率公式类比，可知该活塞做简谐振动的频率振动频率 = 。 【提示: 当】 （3）若气缸和活塞导热性均不佳，活塞移动微小位移并由静止释放，在短时间内活塞的运动仍可视为简谐运动。其频率为。 ①与等温情况下活塞近似做简谐运动的频率 相比， 。 A．         B．    C． ②对上述①的选择作出解释。（简单） 【答案】33．A 34．（1）；（2） 35．（1）；（2）；（3）①C；②见解析 【详解】33．由图可知，磁场方向竖直向下，图中各点的线速度都沿切线方向，而此时a1和a2点速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大。 故选A。 34．（1）小车的位移 （2）小车的加速度 方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律 解得 35．（1）根据玻意耳定律 对活塞分析可知 解得 （2）设x方向为正方向，则此时活塞所受合力 当x很微小时，则 即活塞的振动可视为简谐振动。其中 振动频率为 （3）若若气缸和活塞导热性均不佳，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即，根据 则k值偏大，则 故选C。 （2025·上海·高考真题）图示特雷门琴是一种“不能碰的乐器”，它的两根天线与演奏者的双手构成两个电容器。弹奏者通过在空中移动双手来控制音调和音量。 36．特雷门琴电路的一部分可看成图的 回路。将其电磁振荡视为自由振荡。 （1）若将手与水平天线构成的电容器近似看成平行板电容器，则当手与水平天线之间的距离减小时，它们构成的电容器的电容______ A．变大       B．不变         C． 变小 （2）（多选）电容器放电完毕瞬间，以下各物理量中达到最大值的有( )。A．电场能    B．电流    C．磁场能    D．电压 37．特雷门琴的电磁振荡通过扬声器转换为声波。扬声器的音圈绕在永磁体N上，其结构的剖面图和正视图分别如图（a）（b）所示。 （1）音的频率为，时空气中的声速为，则时音的声波在空气中的波长为______m （2）当音圈中电流的方向如图（a）所示时，图（a）中音圈所受安培力的方向为( ) A．向左    B．向右    C．径向向内    D．径向向外 （3）音圈中一匝线圈的周长，若音圈所在处的径向磁场磁感应强度大小，音圈中的电流，其中，，则该电流的有效值为______A；音圈中一匝线圈受到的安培力的最大值为______N。 38．有一平行板电容器，按如下图接入电路中。 （1）减小两平行板间距d时，电容会______（选填“变大”、“变小”、“不变”）。 （2）已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为______ 39．有一质量为m，电荷量为q的正电荷从水平放置的平行板电容器左侧中央以速度水平射入，恰好从下极板最右边射出，已知板间距为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。 40．演奏特雷门琴时，一手控制音调，手与竖直天线间距离越小，琴发出的音调越高，另一手控制音量，手与水平天线间距越小，琴发出的音量越小。某特雷门琴输出的一列简谐声波如图中①所示，为使其输出一列波形图如②所示的简谐声波，应（　　） A．一手靠近竖直天线，另一手远离水平天线 B．一手远离竖直天线，另一手远离水平天线 C．一手靠近竖直天线，另一手靠近水平天线 D．一手远离竖直天线，另一手靠近水平天线 【答案】36． 变大 BC 37． B 38． 变大 39． 40．B 【解析】36．（1）根据平行板电容器电容的决定式，当人手靠近天线时，相当于改变了d，使d减小，从而电容变大。 （2）在LC振荡电路中，根据i−t图像（LC振荡电路中电流随时间变化的图像），当电荷量为零时，电流达到最大值。磁场能与电流成正相关，故磁场能也达到最大。而电荷量为零时，电压U=CQ​，电压也为零，电场能也为零。故选BC。 37．（1）观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故选B。 （2）[1]对于正弦式交变电流，电流的有效值与峰值​的关系为 则I的有效值为 [2]单匝线圈收到的安培力的最大值为 （3）根据波速、频率和波长的关系，则有 38．（1）根据平行板电容器电容的决定式，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。 （2）闭合开关，稳定时，根据电容的定义式可知电容器的电荷量为 39．根据牛顿第二定律得 整理得 粒子恰好从下极板最右边射出，垂直于板的方向上，根据位移公式 解得 两极板的长度 40．人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小。声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线。故选B。 （2025·上海·高考真题）如图，一光滑圆轨道竖直固定放置，a为轨道最低点， b、d是与轨道圆心O等高的点，c为轨道最高点，e为弧的中点。一小滑块以一定的水平初速度从a点出发，仅在重力和轨道对其弹力作用下沿圆轨道顺时针运动。 41．若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块位于（　　） A．ac之间 B．e点 C．eb之间 D．b点 E．bc之间 42．若质量为m的滑块从a点以水平速度出发，恰能运动到b点，且用时为t，则此过程中轨道对物块的弹力的冲量大小为（　　）（　重力加速度为g　） A． B． C． D． 43．已知物块质量，以初速度可以完整运动一周。下图是物块的速度与物块和圆心连线转过的夹角的关系图像。 （1）求轨道半径R； （2）求时，物块克服重力做功的瞬时功率P。 【答案】41．E 42．D 43．（1）；（2） 【解析】41．物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知物块沿圆弧从a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在段。 故选E。 42．根据动量定理，在水平方向支持力的冲量为 设支持力在竖直方向上的冲量为，根据动量定理有 故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为 故选D。 43．（1）由图像可知，物块的初速度为，最高点位置的速度为。由动能定理得 解得 （2）由图像可知时，物块的速度为，则物块克服重力做功的瞬时功率 （2024·上海·高考真题）引力场中的运动 包括太阳、地球在内的所有物体都会在其周围产生引力场。在不同尺度的空间，引力场中的物体运动具有不同的表象。牛顿揭示了苹果下落和行星运动共同的物理机制。意味着天上的物理和地上的物理是一样的，物理规律的普适性反映了一种简单的美。 44．如图，小球a通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长，Ⅰ上端固定于离地的O点，与竖直方向之间夹角；线Ⅱ保持水平。O点正下方有一与a质量相等的小球b，静置于离地高度的支架上。（取，，） （1）在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是______。 （2）烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求： ①与b球碰撞前瞬间a球的速度大小；（计算）______ ②碰撞后瞬间b球的速度大小；（计算）______ ③b球的水平射程s。（计算）______ 45．图示虚线为某彗星绕日运行的椭圆形轨道，a、c为椭圆轨道长轴端点，b、d为椭圆轨道短轴端点。彗星沿图中箭头方向运行。 （1）该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的______ A．ab之间    B．b点    C．bc之间    D．c点 （2）已知太阳质量为M，引力常量为G。当慧日间距为时，彗星速度大小为。求慧日间距为时的彗星速度大小。（计算）______ 【答案】44． 45． C 【解析】44．（1）[1]以小球a为对象，根据受力平衡可得 可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是。 （2）①[2]由动能定理可得 可得 ②[3]由动量守恒定律和能量守恒可得， 联立解得 ③[4]由平抛运动的规律有， 联立解得 45．（1）[1]根据开普勒第二定律可知，某彗星绕日运行的椭圆形轨道上近日点a点速度最大，远日点c点速度最小，根据对称性可知，从a点到c点所用时间为二分之一周期，且从a点到b点所用时间小于从b点到c点所用时间，则该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的bc之间。 故选C。 （2）[2]引力势能的表达式为 彗星在运动过程中满足机械能守恒，则有 解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题01 力学综合大题 热点题型1 平抛、类平抛运动综合（情境化平抛） 析典例·建模型 例1.【答案】1．D 2． 3． A B 【解析】1．转盘的转速为120r/min，即2r/s，根据可得角速度为 坯体上到转轴距离分别为1cm、2cm、3cm的三点的角速度相等，半径之比为，根据线速度和角速度关系，可知线速度大小之比为 故选D。 2．[1]一小泥块沿水平方向飞出，做平抛运动，根据飞出点离地高度为h，有 可得时间为 落地点距飞出点的水平距离为x，有 可得泥块飞出时的初速度大小为 [2]t时刻的竖直速度为，重力做功的瞬时功率为 [3]设地面为零势能面，泥块平抛过程中机械能守恒，可知此时泥块的机械能为初始时的机械能，为 3．[1]将手机固定在转盘上的M位置，即转动半径不变，根据可知向心加速度与角速度的平方成正比，故将横轴改为。 故选A。 [2] 手机固定在转盘的距离转轴更远的N位置，半径变大，根据可知向心加速度变大，故为曲线②。 故选B。 研考点·通技法 平抛、类平抛运动问题常用的解题方法 斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。 1．从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个规律（推论） （1）位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。 （2）刚落到侧面时的末速度方向都平行，竖直分速度与水平分速度（初速度）之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。 （3）运动的时间与初速度成正比。 （4）位移与初速度的二次方成正比。 （5）当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。 2．类平抛运动模型 （1）模型特点： 物体受到的合力恒定，初速度与恒力垂直，这样的运动叫类平抛运动。如果物体只在重力场中做类平抛运动，则叫重力场中的类平抛运动。学好这类模型，可为电场中或复合场中的类平抛运动打基础。 （2）.类平抛运动与平抛运动的区别 做平抛运动的物体初速度水平，物体只受与初速度垂直的竖直向下的重力，a＝g； 做类平抛运动的物体初速度不一定水平，但物体所受合力与初速度的方向垂直且为恒力，a＝。 （3）求解方法 （1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力方向）的匀加速直线运动。 （2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。　　　 （4）求解类平抛运动问题的关键 （1）对研究对象受力分析，找到物体所受合力的大小、方向，正确求出加速度。 （2）确定是研究速度，还是研究位移。 （3）把握好分解的思想方法，例题中研究位移，把运动分解成沿斜面的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动，然后将两个方向的运动用时间t联系起来。 破类题·提能力 1.【答案】4．B 5． 6． 水平向右 7． 【解析】4．小弹珠脱离弹簧过程中，受向上的弹力kx和向下的重力mg。初始时弹力大于重力，根据牛顿第二定律有 随弹珠上移，弹簧压缩量x减小，弹力减小，加速度a减小；当弹力小于重力后，有 x继续减小，弹力继续减小，合力增大，加速度a增大。因此加速度先变小后变大。 5．[1]恰能到达H点，则有 解得 [2]小球从A到H上升高度为2R，不计摩擦，根据机械能守恒定律有 解得 6．[1][2]碰撞前水平速度大小为v，方向向左，碰撞后水平速度大小不变，方向反向（向右），竖直分量不变。设水平向右为正方向，动量变化Δp=mv−(−mv)=2mv 因此动量变化量大小为2mv，方向水平向右。 7．弹性碰撞可利用镜像法，碰撞后的运动等价于小弹珠从H直接平抛到A点关于CD的对称点，总竖直下落高度为2R，总水平路程为3R。竖直方向自由下落，有 水平方向匀速，有 解得 热点题型2 牛顿定律模型的应用 析典例·建模型 例2. 【答案】8． 9． E 10． 1.96 1.28 【解析】8．[1]取向下为正方向，小球在空中做自由落体运动，触地瞬间的速度大小为 故球自由下落过程中的平均速度大小为 [2]由题意知与草地碰撞后反弹的速度 故草地碰撞过程中，小球的平均加速度大小为 9．（1）[1]细线竖直时，细线对O点的拉力竖直向下，O点受力平衡，因此杆子对O点的作用力竖直向上，对应方向E。 （2）[2]鱼灯受细线拉力、重力及风的作用力，重力大小方向固定，拉力方向固定，当风力与细线垂直时，风力最小，作出力的矢量三角形如下图所示 由图可知 10．（1）[1]对滑草车在AB段受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 [2]AB段长 故滑草车到达B点速度满足 滑草车在BC段减速时，根据牛顿第二定律，加速度大小满足 解得 可知在BC段滑行的时间 （2）[3]滑草车初末动能均为0，由动能定理有 解得 研考点·通技法 牛顿定律的应用技巧 1.基本思路 2.基本步骤 破类题·提能力 2．【答案】11．C 12．B 13． 672 水平向左 14．BC 15．（1）；（2） 【解析】11．急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即 所以急动度的单位为 故选C。 12．如果电梯上的吊绳断了电梯将自由下落，则水瓶和水的加速度均为重力加速度，水瓶和水都处于完全失重状态，水瓶中各处的水（包括小孔处的水）的运动情况都相同，之间无挤压，所以水不会从小孔中喷出。 故选B。 13．[1]根据v-t图像可知，0~1s内，加速度大小为 方向沿电梯斜向上，沿竖直方向，根据牛顿第二定律有 解得人受到的支持力大小为 [2]3~4s内，根据v-t图像可知，电梯斜向上做匀减速直线运动，加速度方向沿电梯斜向下，水平方向，根据牛顿第二定律可得 可知人受到的摩擦力方向为水平向左。 14．A．t=4.5s时，电梯具有向上的加速度，处于超重状态，故A错误； B．56~59s内，电梯的加速度方向向下，且大小达到最大，根据牛顿第二定律可得 可知此过程绳索拉力最小，故B正确； C．根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0~5s时间内，电梯速度的变化量为，故C正确； D．根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，根据对称性可知，0~60s时间内，电梯速度的变化量为0，则t=60s时，电梯的速度为0；由于0~60s时间内，电梯一直向上运动，位移不为0，故D错误。 故选BC。 15．（1）小滑块在A点时，速度方向与水平方向的夹角正切值为 竖直方向，有 联立解得小滑块经过O点时速度即初速度的大小 （2）小滑块在A点的速度 在斜面上，根据牛顿第二定律可得 解得 根据运动学公式 解得小滑块下滑至斜面底端C时的速度大小 热点题型3 动量守恒与机械能守恒（碰撞）综合应用 析典例·建模型 例3.【答案】16． 17． 18．BCD 19．（1）；（2）；（3） 【解析】16．[1]对平台、线圈整体受力平衡，由胡克定律有 解得 [2]对平台受力分析，三根轻杆竖直分力之和平衡重力有 解得 17．弹性势能等于F-x图像的面积（克服弹力做功），即 解得 18．A．最高最低点高度差为，振幅 A错误； B．从平衡位置开始计时，第30次回到平衡位置对应总时间 解得T=0.05s 频率 B正确； C．，平台仍向下运动向最低点运动，回复力（加速度）向上，因此平台向下减速，C正确； D．，平台在平衡位置下方，加速度向上，D正确； E．=T，平台回到平衡位置，此时弹簧处于伸长状态，弹簧弹性势能不是最小，E错误。 故选BCD。 19．（1）辐向磁场中，n匝总电动势 由欧姆定律得 （2）以平衡位置为机械能零点，总机械能满足 t=0时y=0，因此 t1时在最高点，速度为0，y=A1，因此 损耗的机械能 （3）t1、t2时刻平台都在最高点，速度均为0，竖直方向由动量定理（向上为正）有 解得 研考点·通技法 碰撞问题常用的解题方法 1．机械能守恒的三种表达式 守恒角度 转化角度 转移角度 表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB减 物理意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能 系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量 注意事项 选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能 分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 2.解题的一般步骤 (1)选取研究对象； (2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量； (4)根据机械能守恒定律列出方程； (5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明． 1.碰撞模型拓展——“保守型” 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv 2.碰撞模型拓展——“耗散型” 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 破类题·提能力 3．【答案】20． B A 21． 见解析 【解析】20．（1）因O点为等量异种电荷连线的中点，可知O点的电势为零；C点距离正电荷较近，可知C点电势大于零，。故选B； （2）设AO=AC=L，则，而C点的场强为与的合成，两场强夹角为钝角，可知，故选A。 21．（1）两球相向运动，则随距离的减小，加速度逐渐增大，根据两球组成的系统动量守恒可知，mv=2mv乙，可知，则两球的v-t图像如图： （2）由静止释放到碰撞前，两球组成的系统电势能的减小量等于系统动能增加量，则电势能变化量 （3）因系统电荷量的总和为零，则不受电场力，系统合外力为零，则动量守恒。 刷模拟 1．【答案】(1)C(2)B(3)D(4)(5)AD(6) 0.7 82.8(7)①1.5m；②90J，2；③ 【详解】（1）AB．根据匀变速直线运动速度与时间关系可知机器人的图像是一次函数图像，图像是一条与时间轴平行的直线，故AB错误； CD．根据匀变速直线运动规律，解得因此机器人的图像是一次函数，故C正确；D错误。 故选C。 （2）B．质点A、B同轴转动，周期、角速度相同，故B正确； A．根据v=ωr可知半径不同，线速度不同，故A错误； C．根据a=ω2r可知半径不同，向心加速度不同，故C错误； D．根据F=mω2r可知半径不同，向心力大小不同，故D错误。 故选B。 （3）依题意，手绢做匀速直线运动，受力分析如图所示 其中重力竖直向下，细线拉力沿细线指向O点，空气阻力沿PQ连线由Q指向P，三力平衡，做出重力与拉力的合力示意图，由图可知，随着手绢的运动，细线的方向沿顺时针转动，且未转到水平方向，由图可知，细线的拉力一直减小，空气的阻力一直减小，故ABC错误；D正确。故选D。 （4）收音设备移动到a点时，收到声波的振幅基本为0，说明a点发生波的相消干涉。即为振动减弱点，满足 由题意可知波程差，联立，解得 （5）ABC．甲发射超声波（波源），乙接收（观察者），甲、乙两机器人相向运动，即波源与观察者相互靠近。根据多普勒效应，此时乙接收到的频率f2大于甲发射的频率f1，即，故A正确；BC错误； DEF．乙反射超声波（此时乙相当于波源），甲接收（观察者），甲、乙两机器人依然是相向运动，波源与观察者相互靠近。乙反射波的频率是f2，甲接收到的频率是f3，根据多普勒效应，甲接收到的频率f3大于乙反射的频率f2，即，故D正确；EF错误。 故选AD。 （6）①水晶折射率，临界角满足，则一束激光从水晶进入空气，需满足sin＜sinC≈0.7 ②设入射角为i，折射角为r 。因为入射光线平行于PQ，连接O与入射点，根据几何关系可知。由折射定律，联立解得，根据几何关系求出在P点的入射角大小为，由折射定律（为折射角），解得 （7）①机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量均为m，取向右为正方向，则 机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为为x、x1，则有 同时有 解得A、B木板间的水平距离 ②设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得， 联立解得 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 根据能量守恒可得机器人做的功为 联立得 根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时 ③根据可得，根据 解得 分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得 解得 该过程A木板向左运动的距离为 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为 可得 联立，解得 故A、C两木板间距为 又 解得 （2026·上海崇明·二模）【答案】2．D 3． C．波峰与波谷 干涉 4． 向右 5． b向a 正 【解析】2．A．由题图可知，飞机右侧的波面密集，左侧稀疏，且A点（飞机当前位置）位于最右侧小圆的圆心，说明飞机在向右飞行，故A错误； B．图中波面是一系列同心圆，且飞机位于波面内部，说明飞机速度小于声速，故B错误； C．声波在空气中的传播速度由介质决定，与声源的运动状态无关，仍为，故C错误； D．飞机向右飞行，远离左侧的P点，根据多普勒效应，P点接收到的声波频率小于声源频率，故D正确。 故选D。 3．[1][2]为了减弱噪声，需要在b点实现相消干涉，即两路声波叠加后振幅减小。相消干涉的条件是两列波到达b点时振动步调相反，即波峰与波谷叠加。这是利用了波的干涉原理。 4．[1][2]由图b可知，时刻质点L经平衡位置向轴正方向振动。在图a中，根据波形平移法，波向右传播。时刻，质点k位于波峰，速度为0；质点L位于平衡位置，速度最大。由于k、L平衡位置相距，且波向右传，L滞后振动，设k的振动方程为 则速度 L的振动方程为（滞后且向上） 则速度 要使速度大小相同，即，则 第一次速度大小相同，即 即 解得 5．[1]由图可知，线圈内部磁场方向向上。根据安培定则，电流从线圈下端流出，上端流入。因此，a、b两点间电流方向为b向a。 [2]题目指出磁场正在增强，说明线圈中的电流正在增大，电路处于电容器放电过程，放电过程中，电流从带正电的极板流出。所以上极板带正电。 （2026·上海崇明·二模）【答案】6．AD 7． 4 8． 向右 D ， 【解析】6．AB．消防员匀速向上攀爬时，处于平衡状态，竖直方向受重力和静摩擦力，二力平衡，故静摩擦力方向向上，故A正确B错误； CD．消防员抱住柱子匀速下滑时，相对于柱子向下运动，受滑动摩擦力，处于平衡状态，竖直方向受重力和滑动摩擦力，二力平衡，故滑动摩擦力方向向上，故C错误D正确； 故选AD。 7．（1）[1]设时间内喷出水的质量为，体积为，则， 故水枪每秒喷出水的质量 （2）[2]水柱刚好能垂直击中竖直墙面上的P点，说明P点为轨迹的最高点，此时竖直分速度为0，水平分速度 将运动逆向看作从P点开始的平抛运动。竖直方向 代入数据解得 A点处竖直分速度。 A点处水枪喷出水的初速度大小 与水平方向夹角的正切值 8．（1）[1]吊篮向下运动，磁场区域随吊篮向下运动。相对于磁场，导体棒（横档）向上运动。由题图及电磁阻尼原理可知，磁场方向垂直纸面向里。根据右手定则，切割的横档中电流方向向左，相当于电源中电流方向，则最下一根导体棒上的电流方向向右。 （2）[2]由于磁场区域高度与横档间距相等，吊篮向下运动过程中，始终有一根横档在磁场中切割磁感线。切割产生的感应电动势 外电路为其余根横档并联，总电阻 感应电流 安培力 由牛顿第二定律 即 随着速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最终匀速。 故选D。 （3）[3]根据能量守恒定律，重力势能减小量等于动能增加量、摩擦生热和焦耳热之和 解得 根据动量定理 其中 代入得 解得 9．（2026·上海杨浦·二模） 【答案】(1)， (2)BC (3)见解析 【详解】（1）[1]探测器变轨前在近地轨道上环绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得 变轨前探测器的动能为 变轨前探测器的引力势能为 变轨前探测器的机械能为 [2]变轨后探测器在椭圆轨道上运动，设其在A、B点的速度大小分别为、。 变轨后探测器从A到B的过程，根据机械能守恒定律得 根据开普勒第二定律可得 联立解得 变轨的瞬间探测器的引力势能不变，根据功能关系可得点火过程中发动机对探测器做的功为 （2）C．根据题意可知椭圆轨道的一个焦点为，设椭圆的另外一个焦点为，如图所示 设椭圆的半长轴为，焦距为，根据椭圆知识可知 根据开普勒第三定律可知如果物体沿椭圆运动的周期最短，则椭圆的半长轴最小，根据几何关系可知当垂直于时，半长轴最小，如图所示 由几何关系有 解得 根据几何关系可得椭圆的焦距，故C正确； A．根据几何关系可得发射点离月面的高度，故A错误； B．设物体绕月球表面做匀速圆周运动时的周期为，则由重力提供向心力得 结合开普勒第三定律 联立可得物体沿椭圆运动的周期为，故B正确； D．由引力势能公式 结合万有引力公式 结合机械能守恒定律有 联立可得，故D错误。 故选BC。 （3）根据能量守恒定律，结合题意可得第一次“打水漂”过程探测器辐射的能量为 假设这些能量均匀向四周辐射，辐射到地球表面（即平均辐射到以h为半径的球面）时单位面积的能量为 因此单位面积功率为 代入数据，解得 已知太阳辐射至地表的单位面积功率为 可得 可见返回器产生的辐射远小于太阳对地球的辐射，故返回器产生的辐射不会对地球表面产生显著影响。 （2026·上海黄浦·二模）【答案】10．C 11．B 12．BCD 13．A 14． 【解析】10．太阳是一颗典型的黄矮星，处于主序星阶段，主要由氢、氦等气体构成，属于气态恒星。 故选C。 11．A．地面重力加速度g对应近地轨道，轨道越高，向心加速度越小，故A错误； B．7.9km/s是近地卫星的环绕速度（第一宇宙速度），是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度。卫星轨道高度越高，线速度越小，因此700km轨道的卫星线速度小于7.9 km/s，故B正确； C．匀速圆周运动是匀速率曲线运动，加速度（向心加速度）方向时刻变化，属于变加速运动，故C错误； D．卫星做圆周运动需要向心力，合力不为零，故D错误。 故选B。 12．A．太空中是真空环境，没有空气对流，只能通过热辐射散热，故A错误； B．根据能量守恒，若散热功率小于热功率，芯片会持续积累热量，温度必然升高，故B正确； C．地球阴影区无太阳光照射，太阳能电池板无法发电，必须配备储能系统（如电池）保障供电，故C正确； D．地球大气层会吸收、反射部分太阳能，太空中无大气，相同条件下太阳能电池板的发电功率比地面更大，故D正确。 故选BCD。 13．①卫星的加速度由万有引力提供，方向始终指向地心P，因此Q（圆轨道）和R（椭圆轨道）的加速度都始终指向P，因此①错误；②由题图可知Q轨道半径r更小，根据可知，因此Q受到的万有引力更大，故②错误；③圆轨道卫星速率恒定，椭圆轨道卫星根据开普勒第二定律，近地点速率大、远地点速率小，速率会变化，因此③正确。综上可知A选项符合题意。 故选A。 14．根据 因为 联立整理得 可知图像斜率 由图（b）可知图像斜率 联立解得 （2026·上海杨浦·二模）【答案】15．B 16．A 17． 18．该计算结果不合理，原因见解析 【解析】15．两种铜是同位素，质子数（电荷数）均为29；原子核质量数=质子数+中子数，铜67比铜64质量数多3，因此中子数多3个，电子不是原子核内成分，光子也不是核子，故选B。 16．核反应满足电荷数守恒、质量数守恒。反应前总电荷数为 总质量数为 设X的电荷数为，质量数为，可得 因此X为，故选A。 17．[1]交流电源周期 为保证电子每次到间隙都能获得最大能量、且运动时间最短，电子在每个漂移管内的运动时间为半个周期，因此穿过第3个漂移管的时间 [2]电子穿出第一个漂移管后，经过两次加速，每次加速获得动能，由动能定理 解得电子进入第三个漂移管的速度 漂移管长度 代入得 18．该计算结果不合理，真空中光速为，结果得到速度超过光速，不符合物理规律。经典力学的动能公式 只适用于低速宏观物体，本题中电子动能达到10MeV，速度接近光速，属于高速运动，经典力学不再适用，因此得到了错误的超光速结果。 19．【答案】(1) 逐渐增大 (2) 见解析 【详解】（1）①[1][2]对电池包进行受力分析，在竖直方向上，两根轻绳拉力的竖直分力之和等于电池包重力，设每根轻绳拉力为，根据 解得 两根轻绳拉力的合力大小为，根据 可得两根轻绳拉力的总功率为 ②[3]电池包向上做减速运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律 方向向下，且逐渐减小，、不变，可知F逐渐增大，当速度减为零时，。 ③[4][5]电池包在竖直平面内做微小角度摆动可等效为单摆模型，等效摆长为，根据单摆周期公式可得周期 回复力 在最大位移处，回复力（为摆角） 因微小摆动，则 可得 所以 （2）①[1]当时，根据闭合电路欧姆定律可得 两端的电压 可得 ②[2]当电源内阻为零，时，电压表示数为，当电源内阻r比较大时，若要电压表示数仍为，根据闭合电路欧姆定律有 得 即此时的阻值比电源内阻不计且电压表示数为时的阻值大。因为热敏电阻阻值随温度t上升不断减小，所以此时对应的温度小于。 ③[3]根据闭合电路欧姆定律 对U关于求导可得 当时，则 已知曲线在处的切线斜率为k，根据导数的几何意义 又因为 当时，，所以 可得 （2026·上海·模拟预测）【答案】20．C 21．B 22． 672 水平向左 23．BC 24．（1）；（2） 【解析】20．急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即 所以急动度的单位为 故选C。 21．如果电梯上的吊绳断了电梯将自由下落，则水瓶和水的加速度均为重力加速度，水瓶和水都处于完全失重状态，水瓶中各处的水（包括小孔处的水）的运动情况都相同，之间无挤压，所以水不会从小孔中喷出。 故选B。 22．[1]根据v-t图像可知，0~1s内，加速度大小为 方向沿电梯斜向上，沿竖直方向，根据牛顿第二定律有 解得人受到的支持力大小为 [2]3~4s内，根据v-t图像可知，电梯斜向上做匀减速直线运动，加速度方向沿电梯斜向下，水平方向，根据牛顿第二定律可得 可知人受到的摩擦力方向为水平向左。 23．A．t=4.5s时，电梯具有向上的加速度，处于超重状态，故A错误； B．56~59s内，电梯的加速度方向向下，且大小达到最大，根据牛顿第二定律可得 可知此过程绳索拉力最小，故B正确； C．根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0~5s时间内，电梯速度的变化量为，故C正确； D．根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，根据对称性可知，0~60s时间内，电梯速度的变化量为0，则t=60s时，电梯的速度为0；由于0~60s时间内，电梯一直向上运动，位移不为0，故D错误。 故选BC。 24．（1）小滑块在A点时，速度方向与水平方向的夹角正切值为 竖直方向，有 联立解得小滑块经过O点时速度即初速度的大小 （2）小滑块在A点的速度 在斜面上，根据牛顿第二定律可得 解得 根据运动学公式 解得小滑块下滑至斜面底端C时的速度大小 刷真题 （2026·上海·高考真题）【答案】25．D 26． 27． 28． D 29． 【解析】25．由图可知，永磁体在线圈中的磁通量向左。小磁铁磁化后外部为S极，当小磁铁靠近永磁体时，小磁铁在线圈处向左的磁场变大，即线圈的磁通量增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流由B到A，即；当小磁铁远离永磁体时，小磁铁在线圈处向左的磁场变小，即线圈的磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流由A到B，即。 故选D。 26．由题意可知，齿轮的转动周期为 则汽车的速度为 其中 解得 27．根据有效值的定义，设电阻的阻值为，则 解得有效电压 28．（1）[1]等效电路图如图所示 则外电路的总电阻为 路端电压为 解得 （2）[2]该金属细条受到的安培力大小为 其中 解得 （3）[3]根据， 可知，脉冲峰值与角速度成正比，匀加速转动时，相邻等角位移内的增量相同，所以 可得 故选D。 29．由（4）可知 相邻脉冲对应角位移 且 其中为角加速度，则 则汽车的加速度大小为 （2026·上海·高考真题）【答案】30．B 31． 32． 【解析】30．机械波的频率由波源决定，波速由介质决定。琴弦上传播的机械波传入空气中形成的声波，频率不变，由，可知不同介质波速不同，波长改变。 故选B。 31．某一时刻，电容器的上极板带正电，且此时电容器正在充电，可知电路中的电流方向为顺时针方向，电流为负值。又因为充电过程，电容器极板上电荷量增大，则电流正在减小，故时刻符合上述电路状态。 32．[1] 从图像中读取磁通量变化的周期与磁通量最大值 [2] 角频率 磁通量的振幅 若该线圈共有500匝，求线圈中产生的感应电动势的最大值 （2025·上海·高考真题）【答案】33．A 34．（1）；（2） 35．（1）；（2）；（3）①C；②见解析 【详解】33．由图可知，磁场方向竖直向下，图中各点的线速度都沿切线方向，而此时a1和a2点速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大。 故选A。 34．（1）小车的位移 （2）小车的加速度 方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律 解得 35．（1）根据玻意耳定律 对活塞分析可知 解得 （2）设x方向为正方向，则此时活塞所受合力 当x很微小时，则 即活塞的振动可视为简谐振动。其中 振动频率为 （3）若若气缸和活塞导热性均不佳，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即，根据 则k值偏大，则 故选C。 （2025·上海·高考真题）【答案】36． 变大 BC 37． B 38． 变大 39． 40．B 【解析】36．（1）根据平行板电容器电容的决定式，当人手靠近天线时，相当于改变了d，使d减小，从而电容变大。 （2）在LC振荡电路中，根据i−t图像（LC振荡电路中电流随时间变化的图像），当电荷量为零时，电流达到最大值。磁场能与电流成正相关，故磁场能也达到最大。而电荷量为零时，电压U=CQ​，电压也为零，电场能也为零。故选BC。 37．（1）观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故选B。 （2）[1]对于正弦式交变电流，电流的有效值与峰值​的关系为 则I的有效值为 [2]单匝线圈收到的安培力的最大值为 （3）根据波速、频率和波长的关系，则有 38．（1）根据平行板电容器电容的决定式，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。 （2）闭合开关，稳定时，根据电容的定义式可知电容器的电荷量为 39．根据牛顿第二定律得 整理得 粒子恰好从下极板最右边射出，垂直于板的方向上，根据位移公式 解得 两极板的长度 40．人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小。声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线。故选B。 （2025·上海·高考真题）【答案】41．E 42．D 43．（1）；（2） 【解析】41．物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知物块沿圆弧从a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在段。 故选E。 42．根据动量定理，在水平方向支持力的冲量为 设支持力在竖直方向上的冲量为，根据动量定理有 故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为 故选D。 43．（1）由图像可知，物块的初速度为，最高点位置的速度为。由动能定理得 解得 （2）由图像可知时，物块的速度为，则物块克服重力做功的瞬时功率 （2024·上海·高考真题）【答案】44． 45． C 【解析】44．（1）[1]以小球a为对象，根据受力平衡可得 可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是。 （2）①[2]由动能定理可得 可得 ②[3]由动量守恒定律和能量守恒可得， 联立解得 ③[4]由平抛运动的规律有， 联立解得 45．（1）[1]根据开普勒第二定律可知，某彗星绕日运行的椭圆形轨道上近日点a点速度最大，远日点c点速度最小，根据对称性可知，从a点到c点所用时间为二分之一周期，且从a点到b点所用时间小于从b点到c点所用时间，则该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的bc之间。 故选C。 （2）[2]引力势能的表达式为 彗星在运动过程中满足机械能守恒，则有 解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题01 力学综合大题 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 平抛、类平抛运动综合（情境化平抛） 通技法 平抛、类平抛运动问题常用的解题方法 热点题型2 滑块-木板 板块模型的应用 通技法 板块的应用 热点题型3 动量守恒与机械能守恒（碰撞）综合应用 通技法 碰撞问题常用的解题方法 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 1.重基础：注重基础考查，贯穿选择题、实验题与压轴计算题。 2.强综合：注重物理观念与关键能力的深度融合，强化真实情境的模型转化能力。 3.拓创新：关注科技前沿与实验创新，以核心素养为纲，做到“以不变应万变”。 热点题型1 平抛、类平抛运动综合（情境化平抛） 析典例·建模型 例1.（2026·上海嘉定·二模）拉坯是传统手工艺陶瓷制作的关键工序，将泥料置于可匀速转动的转盘中心，随着转盘转动，双手对泥料施加作用力，提拉成型。 1．已知转盘的转速为120r/min，坯体上到转轴距离分别为1cm、2cm、3cm的三点的线速度大小之比为___________； A．6∶3∶2 B．3∶2∶1 C．1∶1∶1 D．1∶2∶3 E．2∶3∶6 2．当转速太大时，转盘上一小泥块沿水平方向飞出，落到地面上，已知泥块质量为m，飞出点离地高度为h，落地点距飞出点的水平距离为x，重力加速度大小为g。不计空气阻力，则泥块飞出时的初速度大小为___________；从飞出开始计时，t时刻（未落地）重力做功的瞬时功率为____________，此时泥块的机械能为__________（设地面为零势能面）。 3．某同学利用该转盘验证做匀速圆周运动的物体的向心加速度a与转动半径r和转动角速度ω之间的关系。如图甲所示，将手机固定在转盘上的M位置，手机上的运动分析软件可记录手机的向心加速度和角速度，改变电机的转速，重复实验，根据多组实验数据获得图乙所示的a-ω图像中的曲线①。 （1）为得到过原点的直线，需将横轴改为_____。 A．    B．    C． （2）手机固定在转盘的距离转轴更远的N位置，重复实验操作，得到图乙中所示的曲线可能为___________。 A．①    B．②    C．③ 【解题建模】 步骤1：圆周运动+平抛运动综合题 步骤2：用线速度、平抛、向心加速度公式求解 步骤3：同轴转动模型、平抛运动模型 研考点·通技法 平抛、类平抛运动问题常用的解题方法 斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。 1．从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个规律（推论） （1）位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。 （2）刚落到侧面时的末速度方向都平行，竖直分速度与水平分速度（初速度）之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。 （3）运动的时间与初速度成正比。 （4）位移与初速度的二次方成正比。 （5）当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。 2．类平抛运动模型 （1）模型特点： 物体受到的合力恒定，初速度与恒力垂直，这样的运动叫类平抛运动。如果物体只在重力场中做类平抛运动，则叫重力场中的类平抛运动。学好这类模型，可为电场中或复合场中的类平抛运动打基础。 （2）.类平抛运动与平抛运动的区别 做平抛运动的物体初速度水平，物体只受与初速度垂直的竖直向下的重力，a＝g； 做类平抛运动的物体初速度不一定水平，但物体所受合力与初速度的方向垂直且为恒力，a＝。 （3）求解方法 （1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力方向）的匀加速直线运动。 （2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。　　　 （4）求解类平抛运动问题的关键 （1）对研究对象受力分析，找到物体所受合力的大小、方向，正确求出加速度。 （2）确定是研究速度，还是研究位移。 （3）把握好分解的思想方法，例题中研究位移，把运动分解成沿斜面的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动，然后将两个方向的运动用时间t联系起来。 破类题·提能力 1.（2026·上海闵行·二模）弹珠机 如图所示为一台竖直放置的弹珠游戏机装置简图，ABCD是边长为2R的正方形面板。向下拉动把手N，弹簧被压缩，质量为m的小弹珠落入卡槽内静止；松手后，小弹珠向上运动，在A点脱离弹簧，经半径为R的圆弧轨道从H点飞出，再与竖直挡板CD发生弹性碰撞（碰撞后速度的竖直分量不变，水平分量反向、大小不变）落到AD边。已知重力加速度为g，不计一切摩擦。 4．小弹珠在脱离弹簧的过程中，加速度如何变化 ？ A．一直变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．先变大后变小 5．某次游戏中，若小弹珠恰能到达H点，则其在H点的速度大小为________，从A点射出时的速度大小为________。 6．某次游戏中，若小弹珠运动到H点时的速度为v，则其与挡板CD碰撞过程中，动量变化量的大小为________，方向为________。 7．（计算）若要使小弹珠与挡板CD碰撞后，直接落回A点，求小弹珠在最高点H处的速度大小______。 热点题型2 牛顿定律模型的应用 析典例·建模型 例2. （2026·上海嘉定·二模）小朋友喜欢在草地上玩球、赏灯、滑草。 8．一小球在距离草地高为h处自由下落，与草地碰撞后反弹的速度是碰前，碰撞时间为t，重力加速度大小为g，则球自由下落过程中的平均速度大小为____________，与草地碰撞过程中的平均加速度大小为___________。 9．插在草地上的杆子挂着一质量为m的鱼灯，O为悬挂点。 （1）如图（a）所示，细线保持竖直方向，杆子对O点的作用力方向为图（b）中的___________。（选择对应的选项） （2）如图（c）所示，若在风的作用下，细线与竖直方向成θ夹角且保持不变，重力加速度大小为g，则风对鱼灯的作用力大小至少为____________。 10．滑草场的滑道由倾斜的AB段与水平的BC段平滑连接而成，如图所示。一总质量m为100kg的载人滑草车从A点由静止开始下滑，进入BC段滑行后停下。已知AB段高度H为6m，倾角θ为37°，滑草车与整个滑道的动摩擦因数μ为0.5，（，。g取不计空气阻力及交接处的能量损失） （1）滑草车在AB段运动的加速度大小为___________m/s²，在BC段滑行的时间_________s。 （2）（计算）求在整个运动过程中摩擦力对载人滑草车做的功______。 【解题建模】 步骤1：第一步：介题（审题） 读题，圈出已知量：高度、质量、摩擦因数、角度、g值 明确问题：求加速度、时间、摩擦力做功 判断模型：斜面+水平面的多过程运动，用牛顿定律和动能定理 第二步：建模（物理模型搭建） AB段：匀加速直线运动（受重力、支持力、摩擦力） BC段：匀减速直线运动（受摩擦力） 全程用动能定理处理总功问题 第三步：解题（列式计算） 对AB段：列牛顿第二定律方程求加速度 对全过程：用动能定理或运动学公式求末速度、滑行时间 摩擦力做功：直接用动能定理（初末动能均为0）求解 研考点·通技法 牛顿定律的应用技巧 1.基本思路 2.基本步骤 破类题·提能力 2．（2026·上海·模拟预测）电梯 电梯是大家日常生活中重要的交通工具。电梯在运行中包含加速、减速、匀速等阶段。请处理下列问题。电梯、汽车等交通工具在加速时会使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自于加速度，也与“急动度”有关。在这种情况中，加速度反映人体器官在加速运动时感受到的力，急动度则反映作用力的变化快慢。急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即。 11．急动度的单位应该是（　　） A．m·s-1 B．m·s-2 C．m·s-3 D．m·s-4 12．在饮料瓶的下方戳一个小孔，瓶中灌满水，饮料瓶固定在电梯的竖直侧壁上，瓶口在上且开口，小孔中有水喷出，如果电梯上的吊绳断了电梯将自由下落。不计空气阻力，则此时（　　） A．由于惯性，水将从瓶口继续喷出 B．由于完全失重，水不会从小孔中喷出 C．由于大气压力，小孔中水喷出量减小 D．由于重力的作用，水仍从小孔中喷出 13．如图甲所示，某同学站在电梯上随电梯斜向上运动，电梯的倾角θ=37°，人站立位置处电梯面水平，电梯运动的v-t图像如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，则在0~1s内，人受到的支持力大小为_______N；在3~4s内，人受到的摩擦力方向为__________。 14．某地一观光塔总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约1min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=4.5s时，电梯处于失重状态 B．56~59s时间内，绳索拉力最小 C．0~5s时间内，电梯速度的变化量为8m/s D．t=60s时，电梯位移恰好为0m 15．如图所示，倾角θ=53°的斜面ABC固定在水平面上，斜面高度AB=H。高度为的光滑水平桌面上有一个可看作质点的小滑块，给小滑块一个水平向右的初速度，小滑块从桌面末端O点开始做平抛运动，小滑块落在斜面A点时速度方向刚好沿着斜面。已知小滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，空气阻力不计，求： （1）小滑块经过O点时速度的大小； （2）小滑块下滑至斜面底端C时的速度大小。 热点题型3 动量守恒与机械能守恒（碰撞）综合应用 析典例·建模型 例3.（2026·上海虹口·二模）扫描隧道显微镜中，常用绝缘减振平台和磁阻尼减振器互补减振，简化装置如图（a）所示。平台通过三根关于轴对称分布的轻杆悬挂在轻质弹簧的下端，弹簧上端固定在点，三个相同的磁阻尼减振器对称固定在平台下方。磁阻尼减振器的闭合线圈通过绝缘轻杆固定在平台的下表面，辐向磁场由固定在桌面上的磁体产生（桌面、磁体未画出），辐向磁场、线圈均在水平面内，线圈所在处的磁感应强度大小处处相等。已知平台、三个线圈的总质量为，轻杆与竖直方向夹角均为，弹簧的劲度系数为，重力加速度为。 16．平台静止时，弹簧的伸长量____________，每根轻杆的拉力大小____________。 17．弹簧的弹力与其形变量的变化关系如图（b）所示，则平台静止时弹簧的弹性势能____________。 18．使用前测试该装置的振动性能。撤去磁场，施加一个微小扰动，平台立即上下振动，最高、最低点的高度差恒为。当平台由平衡位置向下振动时开始计时，测出平台在时第30次回到平衡位置。则（　　） A．振幅 B．频率 C．时，平台向下减速 D．时，平台的加速度向上 E．时，弹簧的弹性势能最小 19．施加磁场，平台受到外界微小扰动后，在竖直方向做阻尼振动，取竖直向上为正方向，其位移随时间变化的关系如图（c）所示。已知线圈所处位置的磁感应强度大小为，时平台速度大小为，、时刻的振幅分别为、，每个线圈的匝数均为、电阻均为、圆周长均为，忽略空气阻力。求： （1）时，每个线圈产生感应电流的大小； （2）在时间内，系统损耗的机械能（计算）； （3）在时间内，弹簧弹力的冲量（计算）。 【解题建模】 第16题（静力学平衡） 第一步：建模：把平台、线圈看成一个整体，分析它的受力：总重力、弹簧的弹力、三根轻杆的拉力。 第二步：列平衡条件：整体静止，竖直方向合力为零，弹簧弹力等于总重力；三根轻杆沿竖直方向的分力之和等于总重力。 第三步：求解：根据弹簧弹力和伸长量的关系算出弹簧伸长量；根据轻杆分力的关系算出每根轻杆的拉力。 第17题（弹性势能） 第一步：建模：弹簧的弹性势能等于弹力-形变量图像下的面积，也可以用弹性势能的公式计算。 第二步：代入已知量：把上一问算出的弹簧静止时的伸长量代入弹性势能的计算逻辑。 第三步：计算：通过面积法或公式法算出弹簧的弹性势能。 第18题（简谐振动） 第一步：建模：平台做简谐振动，最高和最低点的高度差是振幅的两倍；从平衡位置出发，每经过半个周期会回到平衡位置一次。 第二步：分析振动参数：根据高度差算出振幅；根据给定时间内回到平衡位置的次数，算出振动的周期，再得到频率。 第三步：判断选项：对比计算出的振幅、频率和选项，选出正确答案。 研考点·通技法 碰撞问题常用的解题方法 1．机械能守恒的三种表达式 守恒角度 转化角度 转移角度 表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB减 物理意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能 系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量 注意事项 选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能 分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 2.解题的一般步骤 (1)选取研究对象； (2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量； (4)根据机械能守恒定律列出方程； (5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明． 1.碰撞模型拓展——“保守型” 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv 2.碰撞模型拓展——“耗散型” 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 破类题·提能力 3．（2026·上海闵行·二模）带电小球 如图所示，将带等量异种电荷的甲、乙两小球分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点。带正电的甲球质量为m，带负电的乙球质量为2m。 20．O为AB连线中点，C点位于A点正上方，且AO=AC。 （1）O、C两点的电势________ A．大于    B．小于    C．等于 （2）O、C两点的电场强度________ A．大于    B．小于    C．等于 21．解除固定，甲、乙两球将由静止开始相向运动，碰撞前瞬间甲球的速度大小为v。 （1）（作图）以向右为正方向，定性画出由静止释放到碰撞前两球的v-t图，标出末速度的值________。 （2）由静止释放到碰撞前，两球组成的系统电势能的变化量________。 （3）（简答）若在空间加一沿水平向右的匀强电场，试分析说明由静止释放到碰撞前，两球组成的系统动量是否守恒______。 刷模拟 1．（2026·上海杨浦·二模）春晚机器人 两届春晚，物理学赋予宇树人形机器人做出一系列高难度工作的动力。 (1)2026年马年春晚上机器人展示中国功夫，某机器人先做匀速直线运动，再做匀加速直线运动，以开始匀加速的时刻为0时刻。运动的时间用表示，速度用表示，位移用表示，加速度用表示，则下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． (2)2025年蛇年春晚的舞台上，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌。某时刻机器人转手绢使得手绢上各点绕竖直转轴O在水平面内做匀速圆周运动，手绢可简化成如图所示，则手绢上质点A、B的物理量一定相同的是（　　） A．线速度 B．周期 C．向心加速度 D．向心力大小 (3)小昕同学对春晚机器人抛接手绢视频逐帧分析后发现，抛出后的手绢在细线拉力的作用下被回收。某段时间内，手的位置O点不变，手绢可视为做匀速直线运动，其运动轨迹如图乙中虚线段PQ所示，则手绢从P到Q运动过程中受到的（　　） A．空气阻力先增大后减小 B．空气阻力大小不变 C．细线的拉力一直增大 D．细线的拉力一直减小 (4)有两个机器人静止在舞台上，持续发出同相、同频率的声波。收音设备在舞台上移动，收到声波的振幅随位置变化时大时小。收音设备移动到a点时，收到声波的振幅基本为0，a点到这两个机器人的距离分别为10m和16m，则该声波的波长可能为______。 (5)机器人的避障系统使用超声波。甲、乙两机器人正沿同一直线相向运动，若甲发射一列频率为的超声波，乙测得接收到波的频率为，甲测得乙反射波的频率为，则（　　）（多选题） A． B． C． D． E． F． (6)机器人利用激光借助舞台上的水晶装饰柱进行精准定位。已知水晶折射率。 ①一束激光从水晶进入空气，入射角为，则满足<______。 ②水晶装饰柱是一透明圆柱体，其横截面如图所示。PQ是截面内的一条直径。机器人从柱体外发射一束平行于PQ的激光，调节入射点的位置，使这束激光射入水晶柱体后恰好从P点射出，则光线从P点再次进入空气时折射角的度数为______°。（结果小数点后均保留1位数字） (7)春晚舞台上机器人后空翻的精彩演出离不开技术人员对机器人跳跃动作的反复测试，一次实验测试情况如图所示，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2kg，A木板长度为，机器人质量为6kg，忽略空气阻力。 ①机器人从A木板左端走到A木板右端时，求：A、B木板间的水平距离； ②机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求：起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值； ③若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板进行连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求：该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 （2026·上海崇明·二模）振动与波 机械振动能产生机械波，电磁振荡能激发电磁波，它们在物理规律上都具有相似的特性。 2．机械振动在空气中传播形成声波。一战斗机沿直线匀速飞行时，连续发出频率为f的轰鸣声波，如图所示，图中一系列圆表示飞机不同时刻发出的声波传播到的位置，A点表示飞机的位置，P为在飞行平面内一固定监测点。已知静止声源发出的声波在空气中传播速度为，则可以判断（　　） A．飞机在向左飞行 B．飞机速度大于 C．声波向左传播的速度大于 D．P点测得的声波频率小于f 3．消声器常用于减弱气流噪声。如图为某消声器内部结构简化模型。主管道中声波在a点被分为两路后再在b点汇合叠加，并继续向外传播。为了实现对该声波降噪，则在b点汇合时，两路声波的叠加要求为_____叠加（选填：A．“波峰与波峰”；B．“波谷与波谷”；C．“波峰与波谷”；D．“平衡位置与平衡位置”）。这是利用了波的_____原理。 4．如图a为一列简谐横波在时刻的波形图，如图b为质点L的振动图像。则该横波的传播方向为_____（填：“向右”或“向左”），经过时间t=_____后质点k与L第一次速度大小达到相同。 5．电磁振荡过程是电场能与磁场能相互转化的过程。在如图所示的LC振荡电路中。某时刻磁场方向如图所示，且磁场正在增强，则该时刻a、b两点间电流的方向为_____（选填“a向b”、“b向a”或“无电流”）。此时电容器上极板带_____（选填“正”或“负”）电。 （2026·上海崇明·二模）消防抢险 消防员战士平时需要刻苦训练，在灾害来临时冲在最前面，保护人民群众的生命财产安全。 6．如图所示，消防员训练时需要沿着一根竖直的柱子匀速向上攀爬，到达顶端后抱住柱子匀速下滑。不考虑变速过程，则该消防员受到的摩擦力（　　） A．向上攀爬时受静摩擦力，方向向上 B．向上攀爬时受滑动摩擦力，方向向下 C．下滑时受静摩擦力，方向向上 D．下滑时受滑动摩擦力，方向向上 7．某次消防抢险过程中，消防员在水平地面上A点处使用喷水枪对高楼着火点进行喷水灭火。如图中虚线所示为简化后的出水轨迹，可以看作是一段抛物线。水柱刚好能垂直击中竖直墙面上的P点，已知P点离地高度H，不计空气阻力，。 （1）若在A点处喷水枪出水口横截面积为S，喷出水流速度恒为v，水的密度为ρ，水枪每秒喷出水的质量为_____。 （2）计算：若，水流在P点时速度，求A点处水枪喷出水的初速度的大小以及与水平方向的夹角θ的正切值。_____ 8．出警时，消防员需要乘吊篮快速降落H高度到达地面，某同学设计了一个如图所示的电磁阻尼“速降梯”装置。宽度为L的“梯子样”导体框竖直地固定在墙壁上，其中竖直轨道电阻不计。上下均匀分布有n根导电横档，每个横档的电阻均为r，相距为h。吊篮能沿轨道自由滑动，若吊篮和人的总质量为M（人未画出）。吊篮内固定有一个磁感应强度为B的匀强磁场区域随吊篮一起运动，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域高度和宽度正好与两横档间空间相同，吊篮与轨道间的摩擦阻力恒为f。 （1）吊篮向下运动过程中，最下一根导体棒上的电流方向_____（选填：“向左”或“向右”） （2）若竖直距离足够大，吊篮的速度—时间图像大致为_____ A．    B．   C．    D． （3）计算：若吊篮从静止开始，速度达到v，下降高度为H，求在这个过程中，所有导体棒中产生的热量Q和所用的时间t。_____ 9．（2026·上海杨浦·二模）嫦娥奔月 “嫦娥”五号探测器是中国首个实施无人月面取样返回的月球探测器。现研究探测器先环绕地球再变轨，采集月壤后回到地球的过程。设探测器质量为m，首先在近地轨道上绕地球运行，如图甲所示。地球质量M，引力常量G，地球半径为R。 (1)将探测器推至月球附近的过程，为了安全需经历多次变轨。研究其第一次变轨，在地表附近的A点迅速启动发动机，使探测器进入椭圆轨道，该轨道的远地点B距地心为8R。已知探测器的引力势能可表示为（无限远处势能为零） ①求：变轨前探测器的机械能； ②结合开普勒第二定律，求：点火过程中发动机对探测器做的功W。 (2)月球有类似于地球的南北两极和纬度。如图所示，月球半径为R，表面重力加速度为，不考虑月球自转。从月球北极正上方水平发射一物体，要求落在纬度的M处，其运动轨迹为椭圆的一部分。假设月球质量集中在球心O点，如果物体沿椭圆运动的周期最短，则（　　）（多选题） A．发射点离月面的高度 B．物体沿椭圆运动的周期为 C．此椭圆两焦点之间的距离为 D．若水平发射的速度为v，发射高度为h，则物体落到M处的速度 (3)在返回器完成研究任务、返回至地表附近时速度过大，以此速度直接冲入大气层会损伤返回器。科学家提出采用半弹道跳跃方式再入返回；如图所示，通过小角度擦入大气层，以“打水漂”的形式多次跳跃再入，通过返回器与大气层的摩擦逐步减速至安全速度内。返回器在“打水漂”过程中减少的动能转变为其内能主要通过烧蚀材料带走，剩余少量能量则通过向四周辐射的形式耗散。有天文爱好者质疑该计划的安全性；返回器产生的辐射是否会对地球表面产生显著影响？请你结合第一次“打水漂”过程的相关数据，与太阳对地球的辐射进行比较，给出结论并进行合理解释。（相关计算结果可保留一位有效数字）以下为可能用到的数据：返回器质量，第一次进入大气层的速度约为第二宇宙速度，跳出大气层的速度，返回器跳跃一次并恢复初始温度的总时长，辐射能量占比，跳跃时离地平均高度。地球半径，太阳辐射至地表的单位面积功率为。（简答题） （2026·上海黄浦·二模）我国计划在未来五年内发射天基人工智能数据中心。将太空计算星座部署在近地轨道，利用太空的真空、微重力和低温环境进行高效散热，并通过太阳能电池板提供能源。 10．太空计算星座的能源来自太阳，太阳目前是一颗_________。 A．固态的白矮星 B．固态的中子星 C．气态的主序星 D．气态的红巨星 11．2025年我国成功发射全球首个太空计算星座“星算”，首批12颗卫星全部进入距离地面700 km高度的预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径约为6400 km，则其中一颗卫星在轨运行时_________。 A．向心加速度大于g B．线速度小于7.9 km/s C．做匀变速曲线运动 D．受到的合力为零 12．“星算”卫星内部搭载了智能芯片以执行计算任务，当卫星在轨运行时_________。（多选） A．在太空中利用对流和辐射对芯片进行散热 B．若散热功率小于热功率，芯片温度必升高 C．经过地球阴影区时无法发电，需配备储能系统 D．其它条件相同的情况下，太阳能电池板平均发电功率比在地球上更大 13．如图所示，Q和R是围绕地球P运行的两颗质量相同的卫星。Q的轨道是圆，R的轨道是椭圆。 ①Q的加速度始终指向P，但R的加速度并非一直如此 ②Q与R所受的万有引力大小相同 ③Q以恒定速率运动，但R的速率会变化 以上说法中正确的有___________。 A．③ B．①和② C．①和③ D．①、②和③ 14．为监测散热系统性能，利用某导电材料制成了一个体积恒定为20 cm3的圆柱形传感元件，连接方式如图（a）。实验测得该元件的电阻R与长度平方的关系如图（b）所示。则该材料的电阻率约为_________Ω·m。 （2026·上海杨浦·二模）医学团队发现了一种利用电子加速器实验中的剩余伽马射线来制备放射性同位素的方法，这种方法能够生成两种铜的同位素：铜64（）和铜67（）。 15．一个铜67原子核比一个铜64原子核多3个________。 A．质子 B．中子 C．电子 D．光子 16．γ射线轰击锌靶产生铜67的核反应方程为：，X表示的是________。 A． B． C． D． 17．在直线加速器中，电子沿轴线通过一系列漂移管（图中管状导体），漂移管交替地连接到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源的两端。电子在漂移管中做匀速运动。电子穿出第1个漂移管右端时的速度为，此时第1、2两个漂移管间电势差，电子在漂移管间隙处被加速。漂移管之间的间隙很小，电子穿过间隙的时间不计。从第2个漂移管起后续每个漂移管的长度都满足以下条件：电子经过每个间隙都能获得最大能量，且经过每个漂移管的时间最短。（已知电子质量为m，元电荷为e） （1）电子穿过第3个漂移管的时间________。 （2）（计算）求第3个漂移管的长度。_____ 18．（简答）经直线加速器加速后的电子动能达到10MeV，若根据，可计算出电子的速度大小约为（计算无误）。写出你对这个问题的分析。 19．（2026·上海静安·二模）电池包检测 新能源汽车电池包检测包含吊装稳定性测试。测试时，内置热敏电阻实时监测电池温度的变化。（重力加速度大小为，忽略空气阻力） (1)如图，质量为且分布均匀的电池包，被两根长度均为的对称轻绳竖直向上吊起，两根轻绳与电池包水平表面的夹角始终为。 ①电池包以恒定速度向上运动时，每根轻绳的拉力大小为______；两根轻绳拉力的总功率为______。 ②（简答）电池包向上做加速度减小的减速运动，直至静止。分析说明该过程中轻绳对电池包作用力的大小如何变化______。 ③电池包静止后受到扰动，在竖直平面内做微小角度摆动，估算其摆动周期为______；此时回复力大小与偏离平衡位置的距离成正比，该比例系数为______。 (2)电池包内部集成一个负温度系数热敏电阻（阻值随温度上升不断减小）。如图（a），将与电动势为的电源（内阻不计）、阻值为的定值电阻串联，两端的电压为。当时，电压表示数为。 ①______。 ②（简答）若电源内阻比较大，电压表示数为时，实际温度为。比较与的大小关系，并说明理由______。 ③两端的电压随温度的变化如图（b）所示，曲线在处的切线斜率为。若温度由起升高了极小的，热敏电阻的阻值减小量与满足，则______。（用、、表示） （2026·上海·模拟预测）电梯 电梯是大家日常生活中重要的交通工具。电梯在运行中包含加速、减速、匀速等阶段。请处理下列问题。电梯、汽车等交通工具在加速时会使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自于加速度，也与“急动度”有关。在这种情况中，加速度反映人体器官在加速运动时感受到的力，急动度则反映作用力的变化快慢。急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即。 20．急动度的单位应该是（　　） A．m·s-1 B．m·s-2 C．m·s-3 D．m·s-4 21．在饮料瓶的下方戳一个小孔，瓶中灌满水，饮料瓶固定在电梯的竖直侧壁上，瓶口在上且开口，小孔中有水喷出，如果电梯上的吊绳断了电梯将自由下落。不计空气阻力，则此时（　　） A．由于惯性，水将从瓶口继续喷出 B．由于完全失重，水不会从小孔中喷出 C．由于大气压力，小孔中水喷出量减小 D．由于重力的作用，水仍从小孔中喷出 22．如图甲所示，某同学站在电梯上随电梯斜向上运动，电梯的倾角θ=37°，人站立位置处电梯面水平，电梯运动的v-t图像如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，则在0~1s内，人受到的支持力大小为_______N；在3~4s内，人受到的摩擦力方向为__________。 23．某地一观光塔总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约1min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=4.5s时，电梯处于失重状态 B．56~59s时间内，绳索拉力最小 C．0~5s时间内，电梯速度的变化量为8m/s D．t=60s时，电梯位移恰好为0m 24．如图所示，倾角θ=53°的斜面ABC固定在水平面上，斜面高度AB=H。高度为的光滑水平桌面上有一个可看作质点的小滑块，给小滑块一个水平向右的初速度，小滑块从桌面末端O点开始做平抛运动，小滑块落在斜面A点时速度方向刚好沿着斜面。已知小滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，空气阻力不计，求： （1）小滑块经过O点时速度的大小； （2）小滑块下滑至斜面底端C时的速度大小。 刷真题 （2026·上海·高考真题）电磁测速 单极测速发电机是电机学领域的一种测速元件，采用电磁感应原理工作。其原理为圆柱式或圆盘式电枢在恒定匀强磁场中旋转产生感应电势，输出特性与转速呈线性关系。该装置通常采用圆筒式空芯转子与永磁结构，结合电刷引流装置优化性能。该发电机通过无换向器设计实现无纹波直流电压输出，避免换向火花干扰，且输出电压对称性佳。其瞬态响应好、灵敏度高，适用于动态测速场景。由于无齿槽结构，最高转速仅受轴承限制。根据《湖南大学学报（自然科学版）》相关研究，该装置在稳态和瞬态测速中均表现出优良特性，可应用于现代快速驱动系统的动态参数测量。 25．某齿轮式电磁转速传感器的结构如下：金属齿轮的每个齿上都固定有可被磁化的小磁铁，齿轮旁放置一个条形永磁铁，永磁铁上绕有闭合线圈。已知初始时刻，齿轮的一个金属齿正对着永磁铁；当齿轮转动时，金属齿会周期性地靠近、远离永磁铁，导致穿过线圈的磁通量周期性的发生变化。则在磁通量变化的一个周期内， A、B的电势关系是（　　） A． B． C．先，后 D．先，后 26．已知上述齿轮式传感器中，感应电动势变化的周期为，齿轮共有N个齿，车轮的直径为D。若该齿轮与汽车的车轮属于同轴转动，求汽车的速度？ 27．现经过半波整流器后，电压传感器的示数如图所示，求有效电压U？ 28．现将传感器改为圆柱笼式结构：半径为R的轻质金属圆柱笼，其侧面曲面上等间距的固定有三根完全相同的金属细条（金属条夹角为120°）。在圆柱笼的一侧，有一个垂直于圆柱轴线的小范围匀强磁场区域，有且只有一根金属条会在磁场区域内。当圆柱笼绕中心轴转动时，每根金属细条进入磁场区域时都会切割磁感线产生感应电动势。 （1）某一时刻，恰好有一根金属细条完全处于磁场中，此时测得圆柱笼两个圆形端面之间的电势差为。求该金属细条产生的感应电动势大小( )？ （2）已知磁场的磁感应强度为，金属细条的长度为，电阻为，电路其余部分电阻不计。求此时该金属细条受到的安培力大小( )？ （3）若汽车从某一时刻做匀加速运动，测得相邻两次电压脉冲峰值分别为和。则下一次电压脉冲的峰值最接近下列哪个选项( ) A    B．    C．    D． 29．已知圆柱笼的半径为，车轮的半径为，结合上一问测得的相邻脉冲峰值电压和，求汽车的加速度大小？ （2026·上海·高考真题）电吉他 电吉他是现代科学技术的产物，从外形到音响都与传统的吉他有着明显的差别。琴体使用新硬木制成，配有音量、音高调节器（琴钮）以及颤音结构（摇杆）等装置。配合效果器的使用，电吉他有很强的表现力，在现代音乐中有很重要的位置。多用于歌曲伴奏，作为很好的伴奏乐器。 30．电吉他拾音器内部结构包含一块磁铁，可使金属琴弦磁化；当琴弦振动时，会在拾音器的线圈中产生感应电流。关于琴弦上传播的机械波传入空气中形成的声波，下列说法正确的是（　　） A．频率不变，波长不变 B．频率不变，波长改变 C．频率改变，波长不变 D．频率改变，波长改变 31．某LC振荡电路由电容器C与自感线圈L串联组成；已知某一时刻，电容器的上极板带正电，且此时电容器正在充电。规定电路中逆时针的电流方向为正方向；电路中的电流随时间的变化如图所示，在图中四个时刻中，哪一时刻符合上述电路状态________ 32．某实验中，测得某线圈的磁通量随时间的变化图像如图所示。 （1）从图像中读取磁通量变化的周期与磁通量最大值________。 （2）若该线圈共有500匝，求线圈中产生的感应电动势的最大值_______ （2025·上海·高考真题）再生制动与气囊减震相辅相成，共同提升车辆性能。再生制动通过能量回收提升能源利用效率，制动系统优先使用再生制动，不足部分由机械制动补充。气囊减震提升了乘坐舒适性和安全性。 33．一电动汽车采用笼式感应电机，再生制动时电动机转为发电机模式，如图（a）所示的笼式电机在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定轴转动，磁场方向与各导体条垂直。当电机转到如图（b）所示位置时，感应电动势最大的导体条为 A．和 B．和 C．和 D．和 34．一质量的电动汽车沿斜坡的斜坡匀减速下坡。从减速至用时。若这5s内系统完全使用再生制动，且该车在行驶过程中受到的除制动力以外的其余阻力大小为，求这5s内该车的位移大小x和再生制动提供的制动力大小。重力加速度，， 35．气囊减震技术中的气囊可简化为图示水平固定的气缸，质量为M，横截面积为S的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。开始时气缸内气体压强为，体积为，活塞静止于平衡位置O。外界大气压强恒为，以O为原点、水平向右为正方向，建立轴。 （1）若缸内气体经历等温过程，求活塞由平衡位置O右侧、位移为x时内外气体对活塞的压力的合力大小F。（计算） （2）若缸内气体经历等温过程，活塞由平衡位置O沿x轴正方向移动微小位移并由静止释放，证明活塞近似做简谐振动（论证）。与振子质量为m、弹簧进度系数为k的弹簧振子频率公式类比，可知该活塞做简谐振动的频率振动频率 = 。 【提示: 当】 （3）若气缸和活塞导热性均不佳，活塞移动微小位移并由静止释放，在短时间内活塞的运动仍可视为简谐运动。其频率为。 ①与等温情况下活塞近似做简谐运动的频率 相比， 。 A．         B．    C． ②对上述①的选择作出解释。（简单） （2025·上海·高考真题）图示特雷门琴是一种“不能碰的乐器”，它的两根天线与演奏者的双手构成两个电容器。弹奏者通过在空中移动双手来控制音调和音量。 36．特雷门琴电路的一部分可看成图的 回路。将其电磁振荡视为自由振荡。 （1）若将手与水平天线构成的电容器近似看成平行板电容器，则当手与水平天线之间的距离减小时，它们构成的电容器的电容______ A．变大       B．不变         C． 变小 （2）（多选）电容器放电完毕瞬间，以下各物理量中达到最大值的有( )。A．电场能    B．电流    C．磁场能    D．电压 37．特雷门琴的电磁振荡通过扬声器转换为声波。扬声器的音圈绕在永磁体N上，其结构的剖面图和正视图分别如图（a）（b）所示。 （1）音的频率为，时空气中的声速为，则时音的声波在空气中的波长为______m （2）当音圈中电流的方向如图（a）所示时，图（a）中音圈所受安培力的方向为( ) A．向左    B．向右    C．径向向内    D．径向向外 （3）音圈中一匝线圈的周长，若音圈所在处的径向磁场磁感应强度大小，音圈中的电流，其中，，则该电流的有效值为______A；音圈中一匝线圈受到的安培力的最大值为______N。 38．有一平行板电容器，按如下图接入电路中。 （1）减小两平行板间距d时，电容会______（选填“变大”、“变小”、“不变”）。 （2）已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为______ 39．有一质量为m，电荷量为q的正电荷从水平放置的平行板电容器左侧中央以速度水平射入，恰好从下极板最右边射出，已知板间距为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。 40．演奏特雷门琴时，一手控制音调，手与竖直天线间距离越小，琴发出的音调越高，另一手控制音量，手与水平天线间距越小，琴发出的音量越小。某特雷门琴输出的一列简谐声波如图中①所示，为使其输出一列波形图如②所示的简谐声波，应（　　） A．一手靠近竖直天线，另一手远离水平天线 B．一手远离竖直天线，另一手远离水平天线 C．一手靠近竖直天线，另一手靠近水平天线 D．一手远离竖直天线，另一手靠近水平天线 （2025·上海·高考真题）如图，一光滑圆轨道竖直固定放置，a为轨道最低点， b、d是与轨道圆心O等高的点，c为轨道最高点，e为弧的中点。一小滑块以一定的水平初速度从a点出发，仅在重力和轨道对其弹力作用下沿圆轨道顺时针运动。 41．若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块位于（　　） A．ac之间 B．e点 C．eb之间 D．b点 E．bc之间 42．若质量为m的滑块从a点以水平速度出发，恰能运动到b点，且用时为t，则此过程中轨道对物块的弹力的冲量大小为（　　）（　重力加速度为g　） A． B． C． D． 43．已知物块质量，以初速度可以完整运动一周。下图是物块的速度与物块和圆心连线转过的夹角的关系图像。 （1）求轨道半径R； （2）求时，物块克服重力做功的瞬时功率P。 （2024·上海·高考真题）引力场中的运动 包括太阳、地球在内的所有物体都会在其周围产生引力场。在不同尺度的空间，引力场中的物体运动具有不同的表象。牛顿揭示了苹果下落和行星运动共同的物理机制。意味着天上的物理和地上的物理是一样的，物理规律的普适性反映了一种简单的美。 44．如图，小球a通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长，Ⅰ上端固定于离地的O点，与竖直方向之间夹角；线Ⅱ保持水平。O点正下方有一与a质量相等的小球b，静置于离地高度的支架上。（取，，） （1）在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是______。 （2）烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求： ①与b球碰撞前瞬间a球的速度大小；（计算）______ ②碰撞后瞬间b球的速度大小；（计算）______ ③b球的水平射程s。（计算）______ 45．图示虚线为某彗星绕日运行的椭圆形轨道，a、c为椭圆轨道长轴端点，b、d为椭圆轨道短轴端点。彗星沿图中箭头方向运行。 （1）该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的______ A．ab之间    B．b点    C．bc之间    D．c点 （2）已知太阳质量为M，引力常量为G。当慧日间距为时，彗星速度大小为。求慧日间距为时的彗星速度大小。（计算）______ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $