2026年高考物理真题完全解读（福建卷）

2026年福建卷高考物理真题完全解读 试卷总评·考情分析·复习策略·真题解读 试题分析 本卷共16题：单项选择题4题、多项选择题4题、填空题3题、实验题2题、解答题3题。从复杂度看，本卷既有核反应守恒、波形判断、折射对称性等基础性问题，也有质谱仪等时条件、弹簧连接体、含电容器导轨、多阶段粒子运动和传送带变力问题等综合任务。第1、2、5、9、11、14题适于检验概念和基本规律；第4、7、8、15、16题更强调条件识别、模型转化及多过程衔接。 选择题侧重概念辨析、矢量判断和关系式推导，多选题通过多层判断强化过程分析。填空题将光路、电场和热学问题压缩为方向判断与简洁表达。实验题分别要求验证动量定理和利用电磁感应制作位移传感器，覆盖仪器读数、测量设计、数据处理与误差辨析。解答题从冰壶碰撞的分段基础模型，递进到交替电磁场及绳约束改变的综合模型。 物理观念贯穿运动、相互作用、能量和物质结构；科学思维重点体现在矢量叠加、等时条件、系统选取与边界判定；科学探究集中在第12、13题的证据获取、数据处理和模型检验。钍—铀燃料循环、舰载电磁弹射、卫星轨道演变与传感器技术，为联系科学技术应用与科学态度、责任意识提供具体情境，但不将题目未涉及的技术细节强行拔高。 试题亮点 一、技术与生活情境服务于模型提炼：第1题以核燃料循环呈现质量数和电荷数守恒，第3题由“福建舰”直线电机引出电流磁场与矢量叠加，第4题借反射飞行时间质谱仪考查等时条件，第14题以冰壶运动连接滑动摩擦与弹性碰撞。题目的关键不在技术名词记忆，而在从装置与操作中抽取可用的物理条件。 二、对称性与边界条件成为有效思维工具：第4题利用水平运动返回的时间对称性，第9题利用镜像平行玻璃板抵消侧移，第10题将电势标量叠加与电场矢量叠加分开处理。第7题的开始滑动、速度极大与共速，第16题的相对速度改变和绳张力为零，均要求识别状态边界，避免一条公式贯穿全部过程。 三、图像材料覆盖识图、推理和数据处理：第2题要求区分波形与质点运动，第5题由阻力—时间图判断加速度与功率变化，第13题从电压—位移散点获得标定关系，第15题用时序图划分电场、磁场阶段，第16题联合力—位移与速度—位移图建模。坐标含义、面积含义及图像切换时刻构成不同层次的读图任务。 四、实验考查从结果走向测量链条：第12题通过遮光宽度和时间测速度，再比较冲量与动量变化；第13题将位移变化转化为感应电压变化，结合交流电压挡读数、漏磁辨析与关系图线。两题均适合组织学生解释“直接测什么、间接求什么、凭什么作判断”，而不是仅记最后填空答案。 命题趋势 一、基础规律更强调适用条件：核反应守恒、开普勒第三定律、动量守恒与动能定理仍是支撑。第6题提醒区分轨道半长轴和瞬时地心距，第7题提醒区别系统动量守恒与机械能关系，第14题提醒碰撞阶段和碰撞后滑行阶段使用不同规律。 二、真实装置更强调模型抽象：质谱仪、直线电机和位移传感器的装置描述，需要转化为方向、区域、变量及约束。教学可训练学生在新情境中画简图、标已知量并写出模型假设，不把装置陌生等同于知识超纲。 三、多过程问题更强调边界衔接：第15题的场切换和第16题的摩擦翻向、绳子松弛体现“连续状态量与改变的作用条件”的区别。训练应兼顾速度连续、受力改变、系统重选及候选解筛选，而非只增加计算长度。 四、实验数据更强调证据意识：第12题需要量纲、有效数字和误差范围下的比较，第13题需要恰当拟合与标定范围意识。不能为得到预期结果随意删点，也不能把近似等于写成绝对精确相等；对数据异常应先检查测量与记录过程。 考点细目表 题号 情境 知识点 设问角度 1 钍—铀核燃料循环 质量数、电荷数守恒；β衰变 粒子识别、核反应性质辨析 2 两列相向传播的简谐横波 波长、周期、波速；质点振动方向 波形读图、相遇时间、传播与振动辨析 3 “福建舰”电磁弹射直线电机 电流磁场；磁感应强度矢量叠加 空间方向判断、对称性和强弱比较 4 反射飞行时间质谱仪 运动分解；电场力；匀变速运动 分区计时、等时条件推导 5 磁悬浮列车空气阻力制动 牛顿第二定律；瞬时功率 阻力图像、变加速度、功率大小变化 6 “东方红一号”轨道缓慢演变 开普勒第三定律；引力势能；引力加速度 椭圆轨道比较、能量和距离辨析 7 斜面上的弹簧连接体 静摩擦临界；动量守恒；功能关系 开始滑动、速度极值、共速状态比较 8 电容器—导轨—金属棒 动生电动势；电容；安培力；动力学 电—磁—力耦合、位移与电荷关系 9 镜像放置的平行玻璃板 折射；平行板侧移；对称性 出射位置、不同色光侧移抵消 10 长方形顶点的正负点电荷 电势叠加；电场叠加；静电力做功 等势辨识、场强分解与合成 11 U形液柱连接两个气瓶 等容变化；液体压强差 温度高低、温差与液面差关系 12 气垫导轨验证动量定理 光电门测速；游标卡尺；冲量与动量 仪器读数、数据计算、测量近似 13 空芯线圈位移传感器 电磁感应；漏磁；交流电压测量 实物连线、读数、拟合、线性标定 14 冰壶滑行与弹性正碰 牛顿第二定律；动能定理；动量守恒 分阶段求时间和碰前、碰后速度 15 交替电场、磁场中的带电粒子 电场加速；磁场圆周运动；时序衔接 比荷、半径、末态约束与多解筛选 16 变力作用下的传送带与悬挂物块 变力功；摩擦翻向；绳约束；动能定理 参数反求、剪绳后松弛边界、最左位置 考点模块占比分析 知识模块 题号 分值占比 考查侧重 力学 5、6、7、12、14、16 37.50% 变加速度、天体运动、系统与能量、动量实验、碰撞及绳约束 电磁学 3、4、8、10、13、15 37.50% 矢量叠加、粒子运动、感应与电容耦合、传感器探究 机械振动与机械波 2 6.25% 波形识别、质点运动与传播的区别 光学 9 6.25% 折射、侧移、镜像对称 热学 11 6.25% 理想气体等容变化与液柱平衡 近代物理 1 6.25% 核反应守恒与衰变分类 复习策略 核心备考策略 ① 围绕适用条件建立知识网络：将运动学、动力学、动量与能量规律整理为“研究对象—条件—表达式—不适用情形”四栏，对照第4、7、8、14、16题练习选择规律的依据。 ② 用过程表管理综合题：为第15、16题列出区间、作用力、速度方向、边界条件和下一阶段初态。每次切换都检查哪些量连续、哪些条件改变，尤其关注摩擦方向和绳子的拉紧条件。 ③ 把图像翻译成物理语言：训练辨认横纵轴、单位、关键点、斜率和面积的含义。第5题的阻力图不能当速度图；第16题的力—位移面积有正负；第13题拟合直线是数据模型，不是逐点连折线。 ④ 将实验读数与测量逻辑结合：通过第12题串联长度、时间、速度、动量和冲量；通过第13题串联交流供电、感应电压、位移与标定。练习写明单位换算、仪器量程与有效数字。 ⑤ 利用对称性简化而不省略条件：由第9、10题归纳光路和电场对称性；由第4题归纳分区运动对称性。先说明对称对象、对应条件，再作抵消或等时判断，避免无依据套用结论。 避坑提醒 ① 动量守恒不等于机械能守恒：合外力与外力做功是不同判据。不同物体位移不同时，即使系统合外力为零，相关外力的总功也可能不为零。 ② 图像与轨道中的“长度”不可互换：波长、波前间距、半长轴、地心距及绳长约束分别承担不同角色。第6题不能用半长轴代替远地点地心距，第12题不能混淆斜面长度与竖直高度差。 ③ 方向与大小要分开表达：功率大小与有符号功率、电容器充电与放电、磁场矢量与电势标量，应分别约定方向后计算。第5、8、10题尤其适合进行符号检查。 ④ 临界状态不等于整个过程：共速不代表以后一直相对静止；张力为零是绳松弛的边界，绳子不能提供压力。第7、16题应把瞬时状态与随后运动区别开来。 ⑤ 尊重原始数据：拟合不为“好看”而随意弃点，参考解析有疑点须单独校核。 逐题解读 第1题 1．我国科学家在钍基熔盐堆中成功实现了钍—铀核燃料循环，该成果入选“2021年度中国科学十大进展”。循环涉及的核反应方程包含：①②③。式中是质量可忽略不计的中性粒子，则（     ） A．X是 B．Y是 C．方程②属于衰变 D．方程③属于衰变 【答案】 D 【学科材料分析】 材料以钍—铀核燃料循环为背景，列出一次粒子吸收和两次核转变，识别粒子必须同时核对质量数与电荷数。反应①中核的质量数由232增加到233，而电荷数仍为90，表明吸收的粒子质量数为1、电荷数为0。反应②、③中母核与子核的质量数均为233，子核电荷数却各增加1；结合反中微子不带电、质量可忽略的信息，可确定另一产物承担负电荷。两次核转变均体现核内中子向质子的转化，不能因背景涉及核燃料就直接判为裂变或聚变，也不能把质量数守恒理解为静止质量不变。 【命题透视】 ▶核心考点：核反应方程的质量数、电荷数守恒，中子与电子的符号，α衰变和β衰变的判别。 ▶链接教材：人教版物理选择性必修第三册“原子核的组成”“放射性元素的衰变”“‘基本’粒子”相关主题。 ▶命题分析： （1）情境创设：以我国钍基熔盐堆中的核燃料循环成果引入核反应链，将科学技术材料转化为高中阶段可处理的粒子识别问题。 （2）问题设计：先利用反应①识别入射粒子，再利用反应②、③识别放出粒子并判断衰变类型；干扰项分别交换中子与电子的身份、混淆α衰变和β衰变。 （3）考查目标：考查从反应符号提取信息、利用守恒规律作约束推理的能力，体现物质观念与科学思维；科技背景的理解不依赖额外的反应堆知识。 【解析】 A．对反应①，设X的质量数为A、电荷数为Z，由，，解得，因此X是中子，故A错误； B．反应②中质量可忽略、电荷为0，设Y的质量数为、电荷数为N，由，，解得，因此Y是电子，故B错误； C．α衰变的本质是放出α粒子（），但反应②放出的是电子，不属于α衰变，故C错误； D．反应③中母核质量数不变、电荷数增加1，同时放出电子，符合β衰变的特征（中子转化为质子放出电子），属于β衰变，故D正确。 故选D。 【易错点】 ① 把电子的质量数写成1，或把电子的电荷数写成+1。核反应记号中电子为，中子为，必须分别核对上、下标。 ② 只看元素名称改变就判定α衰变。α衰变使母核质量数减少4、电荷数减少2；本题②、③是质量数不变、电荷数增加1的β⁻衰变。 ③ 把“质量可忽略的中性粒子”直接当作中子。题干所给反中微子不承担电荷数和质量数的差额，不能用它替代反应①中的X。 【复习策略】 ① 制作中子、质子、电子、α粒子的核反应符号对照表，每次先列质量数方程，再列电荷数方程，避免凭元素名称猜粒子。 ② 对比训练“中子吸收—α衰变—β⁻衰变”三类反应，记录母核与子核的上、下标如何变化，并用本题连续两次电荷数增加1检验规律。 ③ 将核反应中的“核子数守恒”和“静止质量可能亏损”分开复习，联系质能关系，说明质量数相等并不排斥反应释放能量。 【知识总结】 ① 核心概念：核反应前后总质量数和总电荷数分别相等。β⁻衰变的微观过程可表示为，核内中子转化为质子。 ② 解题要点：反应①有、，所以X为中子；反应②有、，所以Y为电子。反应③同样符合β⁻衰变特征，据此逐项排除错误粒子和错误衰变类型。 ③ 拓展关联：两次β⁻衰变后核的质量数仍为233，而电荷数由90增至92；核燃料循环包含多个反应环节，不能把整个技术名称当作每一步反应的类型。核反应能量问题还需结合质量亏损与。 第2题 2．在一均匀介质中，位于和处的两个波源P和Q沿y轴方向振动，形成了两列相向传播的简谐横波，波速均为2 m/s。时，两列波分别传播至和处，波形图如图所示。则（     ） A．两列波的周期不同 B．时，处质点振动方向沿y轴正方向 C．时，两列波开始相遇 D．从到，处质点沿x轴负方向移动了2 m 【答案】 B 【学科材料分析】 图为同一时刻的位移—位置波形图，横轴是位置x，单位m，纵轴是质点位移y，单位cm，而非时间。P波向右传播，Q波向左传播；两段波形各覆盖一个完整周期的空间长度，可读出波长均为4 m，但振幅不同，不能据此判断周期不同。两波前沿分别位于4 m和6 m处，中间尚有2 m未受扰动区，求首次相遇应使用两个波前的相对速度。x=2 m处波形向右下降，结合右行波的传播方向可判断该处质点向上振动。介质质点沿y轴振动，图中水平箭头表示扰动传播方向，并非质点的迁移方向。 【命题透视】 ▶核心考点：波形图的信息提取，波速、波长和周期的关系，质点振动方向与波传播方向的关系，相向波前的首次相遇。 ▶链接教材：人教版物理选择性必修第一册“机械波”中的“波的形成”“波的描述”相关主题。 ▶命题分析： （1）情境创设：设置均匀介质内两个波源产生相向传播的简谐横波，以尚未重叠的瞬时波形呈现波长、振幅和波前位置等信息。 （2）问题设计：四个选项分别对应周期比较、局部振动方向、首次相遇时间和质点运动方式；干扰项将振幅差异误当周期差异、忽视相对速度，或把波的传播误当介质迁移。 （3）考查目标：考查空间图像与时间演化的转换，以及运动对象的区分；要求学生将图像证据与波的物理模型对应，而非只记判断口诀。 【解析】 A．从波形图中可得两列波的波长均为 已知波速 根据周期公式 代入数据得 即两列波的周期相同，均为2 s，故A错误； B．根据同侧法可知时，处质点振动方向沿y轴正方向，故B正确； C．时，两列波分别传播至和处，两波前端的间距为 两波相向传播，相对速度为，相遇时间，故C错误； D．简谐横波传播过程中，介质中的质点仅在平衡位置附近沿y轴方向振动，不会随波沿x轴方向迁移，因此处质点不会沿x轴移动，故D错误。 故选B。 【易错点】 ① 把y—x波形图当作y—t振动图。图上横向相邻同相位点的间距是波长，不是周期；周期要由计算。 ② 判断x=2 m处振动方向时只看该处位移为零。位移为零既可能向上也可能向下，必须结合右行波和局部波形的下降趋势判断。 ③ 以单个波速计算两波前相遇，或认为x=8 m处质点随波左移。首次相遇时间是；横波中的质点不沿x轴迁移。 【复习策略】 ① 每次读波形图先标出坐标轴、传播方向、波长和波前，分别用不同文字注明“质点运动”与“波前运动”。 ② 用“波形沿传播方向微移”的办法复核振动方向：比较同一位置稍后位移的增减，再对照口诀，避免机械套用同侧法。 ③ 将“相向波前相遇”与“相遇后波的叠加”分开训练；本题首次相遇只需波前间距和相对速度，不必计算叠加振幅。 【知识总结】 ① 核心概念：机械波传播的是扰动和能量，介质质点在平衡位置附近振动。均匀介质中，振幅并不直接决定周期。 ② 解题要点：两波均有、；右行波在x=2 m处波形斜率为负，该处质点向上运动；两波前以的相对速度靠近，0.5 s后首次相遇。x=8 m处质点的x坐标保持不变。 ③ 拓展关联：右行波可写为，因此质点竖直速度与局部波形斜率反号；左行波则同号。该关系可迁移到由传播方向判断振动方向、由振动方向反推传播方向的题型。 第3题 3．我国航空母舰“福建舰”的电磁弹射系统装配有直线电机。如图，电机水平轨道两侧对称平行固定有多组相同线圈，通过控制线圈电流可产生特定磁场。P点为过轨道中轴线的竖直面和线圈组中轴线的交点，在相邻线圈组和中通有图示方向、大小分别为2I和I的电流时，两组线圈在P点产生的磁场的方向为（     ） A．①方向 B．②方向 C．③方向 D．④方向 【答案】 B 【学科材料分析】 图中轨道中轴线沿竖直虚线方向延伸，P位于线圈组aa′的轴线上，四个箭头只是待判断磁场方向的标签，不是电流方向。左右线圈关于轨道对称，aa′中标有2I，bb′中标有I，且两组可见绕线电流方向相反。应先根据绕线方向用安培定则识别磁极，再考察P点相对线圈的位置；不能把图上绕线的上下箭头直接当作磁场方向。对称性使左右线圈在P点的沿轨道分量相互抵消。aa′在P点的合场沿②，bb′的合场沿④；结合较大电流、较近位置判断前者占优，从而确定两组合场的方向。 【命题透视】 ▶核心考点：通电线圈的磁场方向，安培定则，磁场的矢量叠加，以及利用左右对称性判断分量的抵消。 ▶链接教材：人教版物理必修第三册“电磁感应与电磁波初步”中的“磁场 磁感线”“磁感应强度 磁通量”相关主题。 ▶命题分析： （1）情境创设：以“福建舰”电磁弹射系统的直线电机为背景，抽取相邻两组对称线圈的静态磁场叠加模型，不要求分析完整的弹射控制过程。 （2）问题设计：用两组反向、不同大小的电流产生相反的横向合场，要求先定方向再比较强弱；①、③方向用于检验是否利用对称性，④方向用于检验是否判断出了主导线圈组。 （3）考查目标：考查空间关系识别、磁场方向推理和矢量合成，体现从实际装置中提炼可计算、可论证模型的科学思维。 【解析】 由通电螺线管周围磁场分布特点、线圈放置的对称性以及矢量叠加原理可知，线圈组，在P点产生的磁场方向为②方向，而线圈组在P点产生的磁感应强度方向为④方向。由于中电流仅为中电流的一半，且其与P点的距离更远，由场的叠加原理可知，P点磁感应强度由产生的磁场主导，故两组线圈在P点产生的磁场的方向为②方向。 故选B。 【易错点】 ① 把绕线可见段的电流箭头直接当成P点磁场箭头。安培定则需要手指沿线圈电流方向弯曲，拇指指示轴向磁场方向。 ② 把bb′的P点磁场当作在线圈内部的轴向场。P不在bb′的轴线上，需要同时考虑线圈外部磁场与左右对称分量的叠加。 ③ 只凭“2I比I大”就结束判断。还要比较P与两组线圈的位置关系；同样线圈的磁场强弱既与电流有关，也与观察点位置有关，不能写成所有位置均有严格的2∶1关系。 【复习策略】 ① 复习通电螺线管内外磁感线与磁极的对应关系，先对单个线圈判方向，再合成同一组左右线圈的磁场。 ② 针对对称装置训练“分量相消、分量相加”的文字论证，每一步都指出对称对象和观察点，避免只画一个结论箭头。 ③ 用本题四个方向作口头逐项排除练习，分别说明①、③为何被对称性排除，④为何不是主导方向。 【知识总结】 ① 核心概念：磁感应强度是矢量，叠加时应合成同一观察点各磁场的方向与大小；通电线圈的磁场方向由安培定则确定。 ② 解题要点与逐项判断：A项①、C项③均沿轨道方向，而左右对称线圈在P点的这类分量相互抵消，故均不成立。aa′的合场沿②，bb′的合场沿④；aa′电流更大且位置更近，其作用占优，故B项②成立，D项④不成立。 ③ 拓展关联：遇到多个磁场叠加，应采用“逐源判向—对称约简—比较强弱—矢量求和”的顺序。不能将这种定性比较推广为未经论证的距离反平方规律，有限线圈的空间磁场并非点电荷电场。 第4题 4．反射飞行时间质谱仪的核心部件中存在真空无场漂移区和匀强电场反射区，竖直剖面如图所示。某次调试过程中，比荷（电荷量与质量之比）均为K的离子a、b分别以不同速率、从入口O点入射，入射方向与水平方向的夹角均为，经漂移区进入反射区后，在水平向右的电场作用下返回漂移区，最终到达O点正上方的探测屏。已知漂移区长度为L，离子运动轨迹处于与电场方向平行的竖直面内，重力不计。要使离子a、b从O点到探测屏的飞行时间相等，反射区电场强度大小E应调为（     ） A． B． C． D． 【答案】 C 【学科材料分析】 剖面图将装置分成右侧无场漂移区和左侧匀强电场反射区，L是O到两区边界的水平距离，不是离子斜向轨迹长度。离子从O向左上方入射，水平速率为vcosθ，竖直速率为vsinθ。漂移区内两分量均不变；反射区电场向右，只改变水平速度，使其先减小至零再反向，竖直速度始终不变。反射最深处仅水平速度为零，离子并未整体停止。去、回漂移各一次，电场内去、回各一次，应分别计算后相加。同一比荷保证两离子的水平加速度大小均为KE，使比较飞行时间成为速度分量的代数问题。 【命题透视】 ▶核心考点：带电粒子在匀强电场中的运动，运动的合成与分解，无场匀速运动与电场匀变速运动的分段时间计算。 ▶链接教材：人教版物理必修第二册“运动的合成与分解”，必修第三册“带电粒子在电场中的运动”相关主题。 ▶命题分析： （1）情境创设：采用反射飞行时间质谱仪的结构材料，将仪器中的时间补偿机制转化为二维运动的水平分量分析。这里的反射由电场完成，不能套用磁场圆周运动模型。 （2）问题设计：要求调节E使两种不同入射速率对应同一飞行时间；四项通过余弦的一次、二次幂和是否多出系数2，区分速度分解与去回时间计数是否正确。 （3）考查目标：考查从装置图提取距离含义、分解运动、建立等时条件和约简表达式的能力，体现模型建构与逻辑推理。 【解析】 设离子a、b的质量分别为、，电荷量分别为、，根据题意由匀速直线运动规律可知，a在漂移区内的运动时长满足 由牛顿运动定律和匀变速直线运动规律可知，a在反射区内运动至电场最深处的时长满足 因此（其中） 由运动的对称性可知，a在质谱仪内的飞行总时间 即 同理可得b在质谱仪内的飞行时间 根据题意有 联立可得 故选C。 【易错点】 ① 将漂移时间写成L/v。L为水平距离，应写；若采用斜向路程，必须先将路程换成。 ② 把深入电场至水平速度为零的时间当成整个反射时间。该时间为，电场区总时间还需乘2；漂移区也存在去、回两段。 ③ 把转向点理解为速率为零，或因两个离子的质量不同就认为加速度不同。竖直速度未受力改变，且相同，电场加速度大小均为KE。 【复习策略】 ① 为每个过程写出“水平速度—水平加速度—水平位移—时间”四列，计算时只用同一方向的量，避免把总速度和分速度混用。 ② 先推导任意入射速率v的总时间，再代入两种速率建立等时条件，减少重复推导。 ③ 对含θ的答案做分量来源检查：漂移时间含，电场反射时间含，联立后应出现；再用去、回两段共同的系数2检验是否约去。 【知识总结】 ① 核心概念：不同方向的运动可独立处理，电场力只改变沿电场的速度分量。本题的时间补偿是“较快离子漂移更省时，但在反射区耗时更长”。 ② 解题要点与逐项判断：令、，则。由得。A项少了一个；B项既少一个余弦又多系数2；C项与推导一致；D项多了系数2，因为两种总时间的公共系数2已约去。 ③ 拓展关联：同一水平分量为u的离子，在电场内最大深入距离为；入射更快则深入更远。总飞行时间相等并不要求两离子落在探测屏同一点，其竖直位移为。 第5题 5．高速运行的磁悬浮列车利用空气阻力进行制动。在某次测试中，关闭动力后，列车在水平直轨道上受阻力f作用做减速运动，f随时间t的变化关系如图所示。则列车在0~200 s内（     ） A．做匀减速直线运动 B．加速度大小随时间不断减小 C．所受阻力f的功率随时间不断增大 D．所受阻力f的功率随时间不断减小 【答案】 BD 【学科材料分析】 图的横轴为时间t，单位s，纵轴为阻力大小f，标度为10⁴ N，不是速度或阻力功。0—200 s内曲线始终位于时间轴上方，并连续下降、逐渐变缓，说明阻力为正且大小减小，不能仅凭曲线形状断定其精确函数关系。关闭动力后列车在水平直轨道上减速，竖直方向力平衡，沿运动方向的合力由阻力提供，故加速度大小随阻力减小。与此同时速度也在减小，判断制动功率应同时看f和v，而不能只看曲线斜率。图像面积对应阻力冲量大小；本题比较的是阻力消耗机械能的速率大小fv。 【命题透视】 ▶核心考点：由力—时间图像判断加速度变化，减速运动中的速度变化，瞬时功率大小及负功的符号约定。 ▶链接教材：人教版物理必修第一册“牛顿第二定律”“牛顿运动定律的应用”，必修第二册“功与功率”相关主题；图像面积可关联选择性必修第一册“动量定理”。 ▶命题分析： （1）情境创设：以磁悬浮列车关闭动力后的空气阻力制动测试为背景，给出阻力随时间衰减的实际过程型图像，不引入具体的空气阻力速度公式。 （2）问题设计：先区分匀减速与变加速度减速，再比较制动功率的变化；A项利用“减速”与“匀减速”的混淆设错，C项针对只凭单个量直观猜测功率的误区。 （3）考查目标：考查图像趋势提取、由受力判断运动，以及两个正量共同减小时乘积趋势的推理，体现运动与相互作用观念、能量观念。 【解析】 AB．根据牛顿第二定律结合题图可知列车f所受阻力逐渐减小，则列车在0~200 s内加速度大小随时间不断减小，列车做加速度减小的减速运动，故A错误，B正确； CD．列车速度减小，摩擦力也不断减小，根据可知列车所受阻力f的功率随时间不断减小，故C错误，D正确。 故选BD。 【易错点】 ① 认为“始终减速”就等于“匀减速”。阻力大小不断减小，也减小，速度仍减小，但并非每秒减少同样的量。 ② 将f—t图像的斜率当作加速度，或将面积当作功。纵坐标除以质量才得到加速度大小；面积是冲量大小，求功还需位移信息。 ③ 混淆制动功率大小与有符号功率。本题按大小讨论，f、v均减小则P减小；若写有符号功率，其值向零增大，但绝对值仍减小，不能据此选择C。 【复习策略】 ① 对f—t、v—t、a—t三类图像分别列出“纵坐标、斜率、面积”的物理意义，先认图再用规律，防止图像概念串用。 ② 练习用“阻力减小→加速度大小减小→速度仍减小”写完整判断链，并强调加速度大小减小不等于速度增大。 ③ 功率题先确定讨论的是做功正负还是消耗速率大小，再对f和v分别判断变化；本题不需猜测阻力是否严格正比于速度或速度平方。 【知识总结】 ① 核心概念：加速度描述速度变化快慢，功率描述做功快慢。取运动方向为正，有、；制动功率大小为。 ② 解题要点：图示f正值递减，因此加速度大小递减，A项错误、B项正确。列车处于减速过程，f和v两个正量同时减小，乘积fv也减小，按本题功率大小的约定C项错误、D项正确。 ③ 拓展关联：阻力的时间累积给出速度改变量，；阻力功由给出。力—时间图不能直接作为功图，积分自变量不同体现了动量定理与动能定理的区别。 第6题 6．1970年，我国第一颗人造卫星“东方红一号”成功进入绕地椭圆轨道，轨道半长轴约为。在稀薄大气阻力影响下，卫星运行轨道半长轴缓慢减小，2026年其值约为。如图，1970年和2026年的轨道分别记为轨道Ⅰ和Ⅱ，且视作稳定运行轨道。忽略卫星质量变化，则卫星（     ） A．在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的大 B．在轨道Ⅰ、Ⅱ上的机械能变化量等于在两轨道远地点的动能变化量 C．在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行周期之比约为 D．在轨道Ⅰ、Ⅱ上远地点的加速度大小之比约为 【答案】 AC 【学科材料分析】 示意图中轨道Ⅰ在外、轨道Ⅱ在内，地球位于椭圆的焦点位置，不能把地心当成椭圆中心。文字给出的7.8×10³ km和7.6×10³ km是半长轴，并非远地点到地心的距离。大气阻力使轨道缓慢变化，题目将两个年代的轨道视作稳定轨道，因此应区分轨道间的耗能演变和各条轨道上的周期运动。阻力做负功，机械能降低；稳定椭圆轨道的周期由半长轴决定。远地点加速度则由该点到地心的距离决定，而远地点的动能还须与引力势能共同组成机械能，不能用动能变化直接代替轨道能量变化。 【命题透视】 ▶核心考点：开普勒第三定律，万有引力产生的加速度，阻力做功与机械能变化，椭圆轨道半长轴与焦点距离的区分。 ▶链接教材：人教版物理必修第二册“万有引力与宇宙航行”中的“行星的运动”“万有引力定律”“宇宙航行”，以及“动能和动能定理”“机械能守恒定律”相关主题。 ▶命题分析： （1）情境创设：以“东方红一号”不同年代轨道半长轴缓慢变化为背景，将我国航天史材料与轨道运行、阻力耗能联系起来。 （2）问题设计：分别比较轨道机械能、远地点动能变化、运行周期和远地点加速度；主要干扰方式是混淆机械能与动能，或把半长轴比例直接套作地心距比例。 （3）考查目标：考查对轨道几何量和局部物理量的辨析，以及同一材料中分别调用功能关系、开普勒定律和引力规律的能力。 【解析】 A．卫星受稀薄大气阻力作用，运动过程中阻力持续做负功，卫星机械能不断减小，轨道Ⅰ的半长轴更大、是更早的轨道，因此卫星在轨道Ⅰ上的机械能比轨道Ⅱ上的大，故A正确； B．卫星的机械能是动能与引力势能的总和，两轨道的机械能变化量等于远地点的动能变化量和引力势能变化量之和，故B错误； C．根据开普勒第三定律，代入半长轴、，可得周期比，故C正确； D． 卫星的加速度，加速度与卫星到地心的距离的平方成反比，考虑到地球到椭圆中心的距离，轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的远地点到地心的距离比不等于，因此加速度之比不等于，故D错误。 故选AC。 【易错点】 ① 因轨道变低可能速度增大，就认定机械能增大。轨道间有大气阻力做负功，机械能减小，必须同时计入引力势能，不能仅凭速度判断。 ② 把两轨道远地点的机械能差当成动能差。图中两远地点地心距不同，引力势能也不同，故中的不能省略。 ③ 用半长轴比39∶38直接求远地点加速度比。远地点地心距为，还涉及偏心率；即便距离比已知，加速度比也必须取距离平方比的倒数。 【复习策略】 ① 为天体题中的R、r、a分别写注释：R是天体半径，r是卫星到中心天体的距离，a是椭圆半长轴。将“算周期用a、算当地加速度用r”作为检查项。 ② 将“单条稳定轨道内机械能守恒”与“阻力导致轨道间机械能下降”对比训练，明确所比较的是哪两个状态、过程是否有阻力做功。 ③ 比例计算先写原始规律再代比例：由得周期比，由得加速度比；不给偏心率就不擅自求精确远地点距离比。 【知识总结】 ① 核心概念：稳定椭圆轨道的周期满足常量；卫星任一点的引力加速度大小为。半长轴是轨道整体几何量，r是随位置变化的局部量。 ② 解题要点：大气阻力使轨道Ⅰ到Ⅱ的机械能减小，A项成立；远地点势能也变化，B项不成立。周期比为，C项成立。图示轨道Ⅰ的远地点更远，那里加速度应更小，而D给出的比值大于1，亦可直接排除。 ③ 拓展关联：椭圆轨道总机械能可写为，a减小则E更负，进一步说明“轨道降低”与“机械能减小”一致；远地点的说明仅知道a并不足以确定局部加速度。 第7题 7．如图，一倾角为30°的足够长斜面固定在水平面上，斜面上放置两个由轻质弹簧连接的物块M和N。M、N的质量分别为0.5 kg和1 kg，M与斜面的接触面光滑，N与斜面间的动摩擦因数为。初始时，弹簧处于原长状态，M、N由静止释放。弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（     ） A．N开始运动的瞬间，M的加速度为0 B．N的速度达到最大时，M的速度为0 C．N开始运动后，M、N的总动能与弹簧弹性势能之和保持不变 D．M、N第一次共速时的弹簧弹性势能和第二次共速时的不同 【答案】 AD 【学科材料分析】 图示M在上、N在下，弹簧初始原长。M接触面光滑，释放后先沿斜面下滑并压缩弹簧；N受静摩擦暂时保持静止，不能从释放时刻就给N套用滑动摩擦力。由质量与角度可得M、N下滑方向的重力分量分别为0.25g和0.5g，N最大静摩擦力为0.75g。因此弹簧向下推N的力达到0.25g时，N开始下滑，同时M的合力恰为零。N下滑后，系统沿斜面外力为零，但两个物块位移不一定相同，合外力为零不能直接推出总动能与弹性势能之和不变。必须区分共同平移和弹簧形变所对应的运动与能量。 【命题透视】 ▶核心考点：最大静摩擦力与起滑条件，弹簧连接体的隔离受力分析，沿斜面动量守恒，功能关系与弹簧相对振动。 ▶链接教材：人教版物理必修第一册“摩擦力”“牛顿第二定律”，必修第二册“动能和动能定理”“机械能守恒定律”，选择性必修第一册“动量守恒定律”“简谐运动的回复力和能量”相关主题。 ▶命题分析： （1）情境创设：用固定斜面上的异质接触面、不同质量双物块和轻弹簧构建分阶段模型；参数使滑动摩擦力恰等于系统总重力沿斜面的分量，形成动量守恒但指定能量和不守恒的辨析情境。 （2）问题设计：A判断N起滑时M的瞬时加速度，B区分N速度最大与两物块共速，C检验守恒条件，D比较先后两次共速时的弹簧储能。各选项对应不同状态，不能以同一个“平衡”或“守恒”口号替代逐状态分析。 （3）考查目标：考查运动阶段划分、临界条件、守恒条件的严格使用和解析过程校核。重点是区分力的合成与功的累积，并用独立模型验证速度及形变量结论。 【解析】 A．N的重力沿斜面向下分力为，N的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，释放后M沿光滑斜面下滑，压缩弹簧，直到弹簧弹力等于N的重力分力与最大静摩擦力的差值（2.5N）时，N才开始运动。N开始运动瞬间，弹簧弹力，对M由牛顿第二定律，代入数据得，故A正确； B．N的速度最大时，其沿斜面合力为0，此时弹簧弹力仍为，和N刚要运动瞬间的弹簧弹力大小相等、弹簧形变量相同，N开始运动后，对M、N和弹簧组成的系统，沿斜面方向的合力为： ， 因此系统沿斜面方向动量守恒，从N开始运动到速度达到最大过程中，根据动量守恒，根据能量守恒，解得，其中为M在N开始运动瞬间的速度，因此N的速度达到最大时，M的速度不为0，故B错误； C．对弹簧压缩过程，位移关系有，系统重力势能变化量与克服摩擦力做功的关系有，说明此过程系统重力势能变化量大于克服摩擦力做功，即重力对系统做功大于系统因摩擦而损失的能量，因此M、N的总动能与弹簧弹性势能之和增加，故C错误； D．第一次共速时弹簧处于压缩状态，第二次共速时弹簧处于伸长状态，因此两次共速之间，又因为动量守恒，因此两次共速时的速度相同，即系统的动能相同，结合C项分析可知，时系统重力势能变化量与克服摩擦力做功的关系有，说明此过程系统重力势能变化量小于克服摩擦力做功，即重力对系统做功小于系统因摩擦而损失的能量，因此M、N的总动能与弹簧弹性势能之和减少，而总动能不变，因此弹性势能减小，故D正确。 故选AD。 【易错点】 从初始释放就把N的摩擦力写成固定0.75g，或认为M合力为零就速度为零。N先受可调节的静摩擦，起滑时才达到最大值；此时M已获得非零速度，只是加速度瞬时为零。 【复习策略】 ① 以“N起滑”为分界，先对N静止阶段分析静摩擦调节范围，再对下滑阶段列M、N两条运动方程；将明确定义为起滑瞬间M的速度。 ② 对连接体同时写出动量关系和逐物体做功关系，保留两个位移，只有证明弹簧始末形变量相同后才能令二者相等。 ③ 引入弹簧压缩量c，将两物块运动分成质心匀速运动与相对简谐运动；用相对速度为零找共速，用N加速度为零且速度由增转减找最大速度，避免混淆两类事件。 【知识总结】 核心概念：取沿斜面向下为正，记弹簧劲度系数为κ、N起滑时M速度为，并记、。N下滑时，；相加得沿斜面动量守恒，，但这并非机械能守恒的充分条件。 第8题 8．如图，两条相距L的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，左端接一电容为C的电容器。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m的金属棒垂直导轨放置。初始时，棒以速度向右做匀速直线运动，到达MN位置瞬间，开始对棒施加一与速度方向相反的外力，外力的大小与速度的大小成正比，比例系数为k，棒最终停在PQ位置。运动过程中，棒始终与导轨垂直且接触良好，回路电阻忽略不计。则（     ） A．棒越过MN瞬间的加速度大小为 B．MN与PQ的间距为 C．棒运动到MN与PQ正中间位置时，电容器存储的电荷量为 D．若磁感应强度大小为2B，棒不能到达PQ位置 【答案】 BC 【学科材料分析】 装置图中两导轨水平、间距为L，磁场竖直向下，棒向右运动，动生电动势使棒上端及电容器上极板电势较高。回路电阻忽略，电容器电压随时满足U=BLv；到达MN前棒已匀速，电容器已带电且电流为零。MN后外力与速度反向，棒减速，电压和带电量随之降低，这一段实际是电容器放电而非持续充电。放电电流通过棒由上向下，安培力向右，部分抵消向左的外力。电场储能参与制动，不能只用棒的质量判断加速度。MN、PQ表示位置，中点不等于时间的一半，求中点电荷量要使用速度与位移的关系。 【命题透视】 ▶核心考点：动生电动势，电容器电压与电荷量，有符号电流及安培力方向，速度正比阻力下的变加速度运动，机电能量转化。 ▶链接教材：人教版物理必修第三册“电容器的电容”“电源和电流”，选择性必修第二册“磁场对通电导线的作用力”“楞次定律”“法拉第电磁感应定律”相关主题，并联系必修第一册运动学、牛顿第二定律。 ▶命题分析： （1）情境创设：设置零电阻导轨、金属棒和电容器组成的机电耦合系统，以MN开始施加线性阻力作为过程转折点，体现电容器释放储能对运动的影响。 （2）问题设计：由初始加速度逐步扩展到总位移、空间中点的电荷量和增大磁场后的位移比较。A忽略电容器的动力学作用，C要求辨别v—x而非v—t关系，D检验对参数作用的正确认识。 （3）考查目标：考查建立电学与力学之间的变量联系、规范使用电流符号、分析极限运动，以及通过动力学和能量关系相互校验的能力。 【解析】 A．对运动过程中的金属棒，取向右为正方向，任意时刻由牛顿第二定律得 其中回路电流是电容器的充电电流，满足 由于回路电阻不计，电容器两端电压始终等于金属棒的动生电动势，即 因此电容器带电量 代入得 整理得： 棒越过MN瞬间，速度为，代入得加速度大小为 ，故A错误； B．由加速度定义 ，结合上述的表达式变形得： 对全过程累加求和，初速度、末速度为0，因此 ，故B正确； C．由 ，可得 可知速度随位移均匀减小，当运动到中间位置时，速度 结合，得此时电荷量，故C正确； D．将替换为代入B选项的位移公式，新的总位移 比原位移更大，说明棒会运动得比原PQ位置更远，故D错误。 故选BC。 【易错点】 ① MN后的电容器电荷量减小，实际为放电。若定义电容器上极板电荷为Q，并取棒中由下向上的电流为正，则；真实电流由上向下，安培力向右。取向右为正，，才能一致地写出。 ② 看到“速度与位移线性”就认为是匀减速。这里随v变化；速度对时间指数衰减，而对位移线性减小，不能套用匀减速的中点速度公式。 ③ 认为磁场增强必定使制动距离缩短，或把PQ当作有限时刻突然停住的位置。电容器放电产生向右的安培力，增大B会增大制动距离；理想模型中PQ是时的极限位置，速度只渐近于零。 【复习策略】 ① 每次求电容器回路电流先固定“哪块极板电荷为正、棒中哪个方向电流为正”，再判断的符号；用左手定则单独复核实际安培力方向。 ② 将与代入力学方程，整理出有效惯性系数，再分别研究v—t和v—x关系，避免把两种自变量混在一起。 ③ 使用能量校验：总储能为，外力消耗功率为；若推导出放电时安培力仍向左或有效惯性减小，应回查符号。 【知识总结】 ① 核心概念：零电阻约束下、。MN后，电容器放电，安培力向右。记，则动力学方程为；其中具有质量量纲，但不是棒的实际质量增加。 ② 解题要点：以MN为，令，有、，所以极限位移且。A忽略有效惯性而错误，B正确；时、，C正确。B变为2B后，棒会越过原PQ，D错误。 ③ 拓展关联：系统储能为，并满足；无焦耳热不意味着能量守恒，外力仍持续做负功。到空间中点所需时间为，不存在有限的“总停车时间的一半”，体现指数时间关系与线性空间关系的区别。 第9题 9．空气中，两块相同的平行玻璃板Ⅰ和Ⅱ镜像对称放置于水平底座上，玻璃板与底座的夹角均为（），如图所示。一束绿光水平射入玻璃板Ⅰ，入射光的延长线如图中虚线所示，则从玻璃板Ⅰ出射的光将出现在虚线________（填“上方”或“下方”），而从玻璃板Ⅱ出射的光与虚线重合。若将绿光换成红光，则从玻璃板Ⅱ出射的光________（填“会”或“不会”）与虚线重合。（不考虑反射） 【答案】 上方 会 【学科材料分析】 图中两块玻璃板的侧面均由两条平行界面组成，Ⅰ向右下方倾斜，Ⅱ向右上方倾斜，且厚度、材料相同。蓝色虚线表示水平入射光的直线延长线，并不是已经画出的实际光路。光进入Ⅰ时向法线靠近，在板内向右上方传播；穿过第二界面后恢复水平方向，因此发生向上的侧移。Ⅱ与Ⅰ镜像对称，使同色光产生等大的反向侧移。换成红光会改变板内折射角和单板侧移量，却不破坏两板的对称补偿关系。分析应区分光的传播方向变化与光路位置变化。 【命题透视】 ▶核心考点：折射定律；平行玻璃板出射光与入射光平行；侧向位移及镜像对称补偿；折射率与光的颜色。 ▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第一册“光”主题中的光的折射、折射定律及色散相关内容。 ▶命题分析： （1）情境创设：用相同玻璃板的镜像组合构建简洁光学装置，将单板折射规律与组合光路的对称性联系起来。 （2）问题设计：先判断Ⅰ板出射光的位置，再改变入射光颜色考查最终光路；第二问要求从单板折射率变化迁移到双板补偿，不能停留在“红绿光偏折不同”的局部判断。 （3）考查目标：考查由示意图建立法线和光路的能力，以及通过对称关系简化推理的科学思维，突出局部规律与整体效果的区分。 【解析】 [1]光线斜射入平行玻璃板时，出射光与入射光方向平行，但会发生侧移：水平向右的绿光从空气斜射入玻璃板I时，折射角小于入射角，光线会向玻璃板的上侧偏折，从玻璃板Ⅰ出射的光将出现在虚线上方 [2] 玻璃板Ⅰ和Ⅱ镜像对称，绿光经过I的向上侧移，会被对称放置的玻璃板Ⅱ的向下侧移完全抵消，最终出射光与原虚线重合。 同理，根据对称性，玻璃板I对红光的向上侧移量也应等于玻璃板II对红光的向下侧移量，因此从玻璃板Ⅱ出射的光会与虚线重合。 【易错点】 （1）把玻璃板与水平底座的夹角直接当成入射角。入射角必须相对于界面法线确定，应先画法线再判断板内传播方向。 （2）认为“出射光平行”就意味着“与入射光重合”。平行玻璃板通常只恢复方向，仍会留下侧移。 （3）以红光折射率较小为由判断双板不能补偿。改变颜色会同时改变两块相同板的侧移量，镜像结构仍使两次侧移等大反向。 【复习策略】 （1）练习“画法线—判断靠近或远离法线—恢复出射方向—判断侧移”的四步作图，避免仅凭界面倾斜方向猜测。 （2）比较单板、镜像双板和厚度不同双板的光路，明确完全补偿依赖于材料、厚度及对应入射条件一致。 （3）用同一几何图分别标出红光与绿光，检查改变折射率后哪些量变化、哪些对称关系保留。 【知识总结】 ① 核心概念：光由空气斜射入玻璃时向法线偏折；在两侧介质相同的平行板中，两次折射使出射光与入射光平行。 ② 解题要点：先判断单板侧移方向，再利用镜像对称比较侧移大小；最终是否重合取决于位置补偿，而不是单板是否发生折射。 ③ 拓展关联：平行板侧移与板厚、入射角和折射率有关；对称补偿思路也可用于比较不同颜色光的组合光路，但不能推广到任意不对称装置。 【答题模板】 （1）在Ⅰ板入射点画法线，利用折射定律确定板内光路；第二次折射后出射方向水平，位置在原延长线上方。 （2）说明两板相同且镜像对称，Ⅱ板侧移与Ⅰ板等大反向；换成红光后此关系仍成立，最终出射光仍与虚线重合。 第10题 10．如图，长方形ABCD的四个顶点固定有电荷量均为Q的点电荷，其中A、C点上的点电荷带负电，B、D点上的点电荷带正电。AB和BC的长度分别为2a和。O为长方形中心，长为2a的线段OP与长方形所在平面垂直，M为AB边中点。将一电荷量为q（）的点电荷从P点移到M点，电场力对该点电荷所做的功________（填“大于零”“等于零”或“小于零”），该点电荷在M点所受电场力大小为________。（静电力常量为k） 【答案】 等于零 【学科材料分析】 图中四个顶点的电荷正负交替：A、C为负，B、D为正；P位于过中心O且垂直矩形的直线上，M为AB中点。P、M分别到A、B等距，也分别到C、D等距，因此每对等量异种电荷的电势代数和抵消。求M处受力却必须改用矢量叠加：A、B产生的场强均沿BA，而C、D的场强具有相互抵消的垂直分量和反向的水平分量。边长给出M到C、D的距离为2a，相关投影夹角为60°。这幅空间示意图区分了零电势与非零场强，不能把两者混同。 【命题透视】 ▶核心考点：点电荷电势的代数叠加；电场力做功与电势差；点电荷场强的矢量叠加及对称分解。 ▶链接教材：人教版高中物理必修第三册“静电场及其应用”“静电场中的能量”主题中的电场强度、电势和电势差、电场力做功。 ▶命题分析： （1）情境创设：以矩形顶点的交替正负电荷构建具有对称性的空间电场，使几何条件同时服务于电势判断和场强计算。 （2）问题设计：第一空比较两点电势以判断功的正负，第二空计算局部场强；两问分别要求标量叠加与矢量叠加，检验能否主动切换分析方式。 （3）考查目标：考查几何信息提取、对称推理和数学投影能力，形成电势描述能量、电场强度描述受力的清晰物理观念。 【解析】 [1]因平面OPM在等量异种电荷连线的垂直平分面上，可知该平面上各点电势均为零，即PM两点电势均为零，则将一电荷量为q的点电荷从P点移到M点，电场力对该点电荷所做的功等于零； [2]AB两点电荷在M点的场强均为，方向沿BA方向； CD两点电荷在M点的场强均为，方向均与AB成60°角； 则M点的场强为 该点电荷在M点所受电场力大小为 【易错点】 （1）由P、M电势相等推出M点电场强度为零。电势相等只说明两点间电场力做功为零，不说明局部受力消失。 （2）把四个点电荷产生的场强大小直接相加。C、D在M处的场强应先分解，垂直AB的分量抵消，沿AB的分量与A、B的合场强反向。 （3）把M到C、D的距离误取为矩形边长。应利用横向距离a、纵向距离得到斜距2a，再代入库仑场强公式。 【复习策略】 （1）分别列“电势代数和”“场强矢量和”两套表达式，训练遇到做功与受力问题时先选择正确物理量。 （2）在M点画出四个场强箭头，只对不能直接抵消的分量计算，减少符号和三角函数错误。 （3）比较等量异种电荷垂直平分线上的电势与场强，建立“等势但不一定无场”的典型反例。 【知识总结】 ① 核心概念：电势为标量，正负电荷的贡献带符号相加；电场强度为矢量，叠加时必须保留方向。 ② 解题要点：由对称等距关系判定，用判断功；再求，最后用。 ③ 拓展关联：沿等势面移动电荷时电场力不做功，但电场可垂直等势面而非为零；该认识可迁移到导体等势和电场线分析。 【答题模板】 （1）指出P、M对每组等量异种电荷均等距，电势贡献抵消；由判断电场力做功。 （2）画M点各场强方向，利用对称性消去垂直分量，沿BA合成为；写出及单位。 第11题 11．如图，盛有液体的粗细均匀U形细管竖直放置，两端分别与装有一定质量理想气体的气瓶甲、乙相连，构成一个密闭系统。初始时，U形管两侧液面高度相同，瓶内气体压强均为，温度均为。现分别对气瓶甲、乙缓慢加热，U形管左侧液面下降，当两侧液柱高度差为h（h较小，两侧气体体积变化可忽略）时，气瓶________（填“甲”或“乙”）内气体的温度较高，两气瓶内气体的温度差绝对值为________。已知重力加速度大小为g，液体密度为ρ且保持不变。 【答案】 甲 【学科材料分析】 图中甲接U形管左端，乙接右端；加热后左侧液面较低、右侧较高，标出的h是两液面的总高度差，而不是单侧液面移动量。静止液体在同一水平面压强相等，因此甲内气压比乙内高。题干强调h较小、气体体积变化可忽略，允许把两瓶各自的过程近似处理为定容变化。虽然两瓶所装气体质量未必相同，但初态压强和温度相同，二者均有相同的压强与绝对温度之比。由液柱压差可直接转化为温差，不必知道各瓶的具体体积与气体质量。 【命题透视】 ▶核心考点：静液压差；一定质量理想气体的定容变化；绝对温度；两条状态方程相减消元。 ▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第三册“气体、固体和液体”主题中的气体等容变化和理想气体状态方程；联系液体压强的基础知识。 ▶命题分析： （1）情境创设：用密闭双气瓶与U形液柱组成差压装置，借助可见的液面变化表征不可直接观察的气体状态差异。 （2）问题设计：先从液面高低判断哪瓶温度较高，再由压差求温差；“体积变化可忽略”是选择气体过程模型的关键限定。 （3）考查目标：考查跨热学与压强知识的模型整合、近似条件识别和符号推理能力，强调从可测量量推断状态量的物理思维。 【解析】 [1]U形管左侧液面下降，说明甲气瓶的压强较大，气瓶甲、乙内理想气体在升温过程中保持体积不变，根据理想气体状态方程可知，气瓶甲内气体的温度较高。 [2]设加热后气瓶甲、乙内理想气体的压强分别为、，温度分别为、，根据查理定律，对甲有 对乙有 根据题意可知 因此可得两气瓶内气体的温度差绝对值 【易错点】 （1）认为液面较高的一侧气压较大。应选液体中同一水平面列压强平衡，得到低液面一侧甲的气压更大。 （2）将压差写成。图中h已是左右液面的总高度差，不需要再乘2。 （3）把摄氏温度代入关系，或因两瓶质量不同而拒绝比较。状态方程中的T必须为绝对温度；本题相同的初态已确定相同的定容比例常数。 【复习策略】 （1）训练U形管同高度压强平衡的列式，区分液面高度差与单边升降量，先确定压差正负再代数运算。 （2）对每瓶单独写，再相减求温差，避免给整个双瓶系统误用单一气体状态方程。 （3）比较体积不可忽略时的情形，认识“近似定容”来自题设，不是所有连通液柱气体实验的通用结论。 【知识总结】 ① 核心概念：同种静止液体的高度差对应压差；一定质量气体近似定容时为常量。 ② 解题要点：用液面高低确定，分别建立定容关系，得到。 ③ 拓展关联：该装置体现差压测温的思路；若液面移动显著改变气体体积，应将液柱位移与两瓶体积变化同时代入理想气体状态方程。 【答题模板】 （1）选取U形管液体中的同一水平面，写。 （2）利用两瓶近似定容，分别列和；比较温度并相减求温差。 第12题 12．某小组利用如图（a）所示的实验装置验证动量定理。所用器材有：气垫导轨，光电门，安装有遮光板的滑块，游标卡尺等。 （1）将气垫导轨的一端用垫块垫高。测得两光电门中心距离l为50.00 cm，两光电门处轨道的高度差h为8.00 cm，滑块（含遮光板）质量m为200.0 g；用游标卡尺测量遮光板宽度d，示数如图（b）所示，读出________mm。 （2）将滑块移至位置O，由静止释放，测出遮光板通过光电门1、2的遮光时间以及通过两光电门的时间间隔，重复多次测量，算出它们的平均值、、t分别为10.00 ms、6.25 ms、390.00 ms。 （3）基于所测数据，并利用动量变化量大小的表达式________（用m、d、、表示），可算出________kg·m/s（结果保留3位有效数字）。 （4）重力加速度大小取，根据测量数据，计算可得滑块从光电门1运动到光电门2过程中合外力冲量大小。 由此可得，在误差允许范围内，物体所受合外力冲量大小等于动量变化量大小。 （5）关于本实验，下列说法正确的是________。（单选，填正确答案标号） A．垫高导轨的目的是为了平衡滑块所受的阻力 B．若选用宽度为的遮光板，瞬时速率测量值会更准确 C．若滑块从不同位置静止释放，测得的遮光时间不变 【答案】 10.0 0.120 B 【学科材料分析】 图（a）中导轨左端垫高，滑块由O点静止释放后依次经过光电门1、2；l标注沿轨道的两门距离，h标注对应高度差，所以倾角满足。气垫减小阻力，重力沿轨道的分力提供近似恒定合外力。图（b）为10分度游标卡尺，游标零线与主尺10 mm刻线对齐，宽度读作10.0 mm。两门的遮光时间不同，可用板宽除以各自遮光时间估测速度；而两门之间的时间间隔用于计算冲量。三种时间的含义必须分清，才能独立获得动量变化量和冲量并进行比较。 【命题透视】 ▶核心考点：游标卡尺读数；光电门测速；力的分解；动量变化量与合外力冲量；实验误差和有效数字。 ▶链接教材：人教版高中物理必修第一册“运动的描述”“运动和力的关系”主题中的速度测量与受力分析；选择性必修第一册“动量守恒定律”主题中的动量和动量定理。 ▶命题分析： （1）情境创设：以倾斜气垫导轨和双光电门构成验证动量定理的实验，把恒力来源、瞬时速度近似和时间测量整合到同一装置。 （2）问题设计：由器材读数进入测量量表达式、数值计算和实验操作判断；选项区分“提供重力分力”与“平衡阻力”，并考查窄遮光板的近似意义。 （3）考查目标：考查实验装置理解、测量工具使用、数据处理和误差评价，体现科学探究中独立测量理论等式两端的证据意识。 【解析】 （1）[1] 图中是10分度游标卡尺，精度为0.1mm。主尺读数为10mm，游标尺0刻度与主尺刻度对齐，游标尺读数为，最终读数为 （3）[2]用遮光板的平均速度近似代替滑块通过光电门的瞬时速度，滑块经过光电门1的速度，经过光电门2的速度 因此动量变化量 [3] 代入数据：，，， 计算得，， （5）[4]A．本实验中垫高导轨后，滑块的合外力是重力沿斜面向下的分力，是为了利用重力分力作为合外力的设计，故A错误； B．遮光板宽度越小，遮光时间越短，遮光过程的平均速度就越接近滑块通过光电门的瞬时速度，瞬时速率的测量值会更准确，故B正确； C．滑块从不同位置静止释放，到达光电门的速度不同，遮光板宽度固定，因此遮光时间会随速度变化，不可能保持不变，故C错误。 故选B。 【易错点】 （1）把气垫导轨垫高解释为平衡摩擦力。该实验通过倾斜获得重力分力，不能照搬其他实验的操作目的。 （2）混淆遮光时间与两门间时间：用于测速，t用于冲量；计算前应把mm、ms、g统一换为国际单位。 （3）认为缩窄遮光板能消除所有误差。它只改善平均速度近似瞬时速度的效果；实际还受时间分辨率等影响，应在仪器可可靠计时的条件下选择宽度。 【复习策略】 （1）在装置图旁列出“d与遮光时间求v、h/l求倾角、t求I”的测量量对应表，明确每个量承担的物理作用。 （2）分两路计算和，不要先用动量定理求其中一端，再把结果当作验证证据。 （3）练习游标卡尺零线、分度值、对齐线的判读，以及最终结果保留3位有效数字和实验相对差异的评价。 【知识总结】 ① 核心概念：动量定理为合外力冲量等于动量变化量；恒力时，短时间遮光平均速度可近似门口瞬时速度。 ② 解题要点：读出，得、，故；以独立求冲量。 ③ 拓展关联：与等价；本题，两者相差约1.6%，实际结论应结合仪器精度与误差范围判断。 【答题模板】 （1）读数与换算：主尺10 mm，游标分度值0.1 mm且零线对齐，故；将质量和时间全部换为国际单位。 （2）由数据求动量变化：写、，进而。 （3）独立求冲量：说明气垫使阻力较小，，故。 （4）比较并判断操作：在实验允许误差内比较两种独立结果；指出垫高用于提供重力分力，缩窄遮光板改善瞬时速度近似，改变释放位置会改变门口速度，故选B。 第13题 13．某小组利用电磁感应原理自制位移传感器。所用器材有：空芯线圈（匝数匝），空芯线圈（匝数匝，表面贴有刻度尺），学生电源，多用电表，开关S，导线若干。 （1）、同轴嵌套，用学生电源给提供交流电，用多用电表测量上的感应电压。改变位置，感应电压值会随之改变。根据上述原理，将图（a）中的实物电路连线补充完整________。 （2）打开学生电源，将输出电压调至16 V挡；接通开关S，用多用电表测得两端电压。 （3）使刻度尺零刻度线与的上平面对齐，用多用电表测量此初始位置两端电压的值。测量时，遵循________（填“由大到小”或“由小到大”）的原则，进行量程选择。最终，选择开关和指针的位置如图（b）所示，读出________V。经计算，明显小于，主要原因是________（填“涡流损耗”或“漏磁”）。 （4）将沿轴向缓慢抽出，测量7组位移x及其对应的电压值。这7组数据点已在图（c）坐标纸上描出，请根据所描数据点绘制关系图线________________。 （5）由所绘的图线可知，在测量范围内，两端电压与其位移x成________（填“线性”或“非线性”）关系。由此，利用该传感器可将位移测量转换为电压测量。 【答案】 由大到小 3.9 漏磁 线性 【学科材料分析】 图（a）显示同轴嵌套的空芯线圈：L₁接学生电源交流输出，L₂与多用电表连接；待补导线须使电源、开关S与L₁构成闭合供电回路。图（b）选择开关指向交流10 V挡，应沿对应电压刻度估读为3.9 V，不能使用最外层欧姆刻度。图（c）横轴为位移x、单位cm，纵轴为感应电压U₂、单位V，七组数据随抽出位移增大而近似线性下降。空芯结构存在漏磁，两线圈并非共用全部磁通，故不能直接套理想变压器匝数比。实验的重点是稳定交流输入后建立位移与电压的标定关系。 【命题透视】 ▶核心考点：电磁感应与线圈耦合；交流电压测量；多用电表量程和刻度；漏磁；传感器标定及图线拟合。 ▶链接教材：人教版高中物理必修第三册“电路及其应用”主题中的多用电表；选择性必修第二册“电磁感应”“交变电流”“传感器”主题中的感应电动势、变压器和非电学量的电测转换。 ▶命题分析： （1）情境创设：用常见学生电源、空芯线圈和多用电表自制位移传感器，以实验探究情境体现电磁感应在测量技术中的应用。 （2）问题设计：依次考查实物连线、量程选择、刻度读数、非理想因素辨析与图线标定，形成“搭建—测量—解释—应用”的完整链条。 （3）考查目标：考查实验安全、信息提取、数据建模及理想模型适用条件，体现科学探究与以证据评价测量关系的科学态度。 【解析】 （1）电路连线如图 （3）[2]使刻度尺零刻度线与的上平面对齐，用多用电表测量此初始位置两端电压的值。 [3]测量时，为保护电表，则应该遵循由大到小的原则，进行量程选择。最终，选择开关和指针的位置如图（b）所示，为交流10V挡，最小刻度为0.2V，则读出3.9V。 [4]经计算，明显小于，主要原因是漏磁。 （4）[5]由图可知，舍掉误差较大的点，让多数点落在直线上，少数分布在直线两侧，则连线如图 （5）[6]由所绘的图线可知，在测量范围内，两端电压与其位移x成线性关系。由此，利用该传感器可将位移测量转换为电压测量。 【易错点】 （1）误接直流输出，或选用直流电压挡。稳定直流不会持续产生题设交流感应电压；未知电压应先选较大量程，再逐步减小并按交流10 V挡对应刻度读数。 （2）机械套用。空芯线圈存在明显漏磁，两线圈磁通耦合不完全，题设电压比偏小不能主要归因于铁芯涡流损耗。 （3）不能为了图线好看而任意弃点。“舍掉误差较大的点”应结合实验规范理解：先排查记录、读数和操作异常，必要时复测；无充分异常证据时应保留数据，综合拟合并检查残差，不能把普通随机偏离当成弃点理由。 【复习策略】 （1）按“供电回路”“测量支路”分别检查实物图，确认S与L₁串联、L₂两端接电表，并核对交流输出端和交流量程。 （2）针对多刻度表盘开展专项读数：先定测量种类和量程，再找对应刻度与分度值，最后估读并写单位。 （3）练习传感器标定：保持输入电压和频率稳定，绘制整体趋势图线，由斜率理解灵敏度；对疑似异常点记录原因、复测核查，而不是事后随意删除。 【知识总结】 ① 核心概念：交流电流产生变化磁场，L₂通过电磁感应获得电压；轴向移动改变磁通耦合，从而把位移转换成电压信号。 ② 解题要点：电路必须使用交流供电和交流电压挡；先大后小选量程，读出3.9 V；从七组数据的整体趋势判断测量范围内近似线性，不应强迫图线通过原点或每一个点。 ③ 拓展关联：可用描述局部标定关系，表示电压变化对位移的灵敏度；近似线性只在标定范围内有效，不宜任意外推。 【答题模板】 （1）完成连线：把L₁、S和学生电源交流输出两端组成串联闭合回路；L₂两端接多用电表电压测量端，检查短路和遗漏连接。 （2）安全选挡与读数：先用较大交流电压量程，再逐步减小；图（b）为交流10 V挡，按对应刻度估读。 （3）解释电压比：指出两线圈为空芯嵌套，部分磁通未穿过L₂，漏磁使实际电压比小于理想匝数比。 （4）处理数据并标定：依据七组点的整体分布画近似下降直线，使残差分布合理；不逐点折线连接、不任意弃点，据此说明在所测范围内U₂与x近似线性，可通过电压反求位移。 第14题 14．如图，运动员在水平冰道上练习冰壶投掷时，将冰壶A以初速度从M点掷出，使其沿直线滑行一段距离后停在N点。随后，运动员又将冰壶B从M点掷出，使其与冰壶A发生正碰。碰撞后，冰壶A最终停在大本营中心O点。已知M、N、O点在同一直线上，N、O两点距离为L，冰壶与冰道间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g；冰壶A、B质量相同，均视为质点，碰撞时间极短，可视为弹性碰撞。求： (1)冰壶A从M点滑行到N点所用时间； (2)碰撞后瞬间，冰壶A的速度大小； (3)碰撞前瞬间，冰壶B的速度大小。 【答案】 (1) (2) (3) 【学科材料分析】 图中M、N、O沿同一直线从左向右排列，M是投掷点，N是冰壶A首次停止位置，O为大本营中心，已知L仅表示N到O的距离。A首次由M到N匀减速滑行；B到达N时与静止A发生等质量弹性正碰；随后A从N滑到O再次停止。应把这三个过程分开：两段滑行中摩擦持续做负功，碰撞瞬间则因时间极短而可忽略摩擦冲量。图中的大本营轮廓只提供目标位置，不代表额外受力边界。解题可由最终滑行距离倒推出碰后速度，再利用碰撞规律求碰前B的速度，不必先求B的投掷初速度。 【命题透视】 ▶核心考点：滑动摩擦与匀减速运动；动能定理；弹性正碰中的动量守恒和动能守恒；等质量速度交换。 ▶链接教材：人教版高中物理必修第一册“匀变速直线运动的研究”“运动和力的关系”；必修第二册“机械能守恒定律”主题中的动能定理；选择性必修第一册“动量守恒定律”主题中的碰撞。 ▶命题分析： （1）情境创设：以冰壶投掷与入营控制的体育情境，将摩擦滑行和短时碰撞连接，物理模型明确且具有可操作的目标要求。 （2）问题设计：由首次停止时间，到目标距离对应的碰后速度，再到碰前速度，逐层引入运动学、能量和碰撞规律；末问侧重逆向推理。 （3）考查目标：考查多过程分段建模、守恒条件判断和规范列式，要求把真实运动抽象为摩擦滑行与弹性碰撞两个基本模型。 【解析】 （1）冰壶A在冰道上滑行时，滑动摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律： 得减速运动的加速度大小 冰壶A做匀减速直线运动到N点速度为0，由运动学公式有 解得滑行时间 （2）碰撞后冰壶A从碰撞位置滑行距离后停在O点，滑行过程只有摩擦力做功，由动能定理 解得碰撞后A的速度 （3）两冰壶质量相同，发生弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 碰撞前瞬间B的速度 【易错点】 （1）把L当成M到N的距离。L是碰撞后A从N到O的滑行距离，首次滑行时间应由和计算。 （2）把整个滑行—碰撞过程视为动量守恒。两次滑行都存在摩擦外力，只有极短碰撞阶段可近似忽略外力冲量。 （3）仅列动量守恒便直接得到速度交换。等质量速度交换还依赖弹性碰撞的动能守恒，不能推广到粘连或一般非弹性碰撞。 【复习策略】 （1）按“首次滑行—碰撞—碰后滑行”画过程链，在每段标注初末速度、位移与适用规律，避免跨阶段使用守恒定律。 （2）练习由终点停止距离逆推初速度的动能定理模型，尤其注意摩擦功为。 （3）同时训练动量与动能联立的弹性碰撞推导，并用等质量、一方静止这一特例检验计算结果。 【知识总结】 ① 核心概念：滑行时摩擦产生大小的减速度；弹性碰撞同时满足系统动量守恒和碰撞前后动能守恒。 ② 解题要点：首次停止时间为；由碰后滑行得；等质量且A碰前静止，碰后B停下、A取得B碰前速度。 ③ 拓展关联：若需要B在M点的投掷速度，应另计M到N的摩擦损失；若碰撞不完全弹性，则需增加恢复系数或能量损失条件，不能直接使用速度交换。 【答题模板】 （1）首次滑行：取M到N为正方向，由得；代入，求。 （2）碰后滑行：设A碰后速度为，对N到O列，得。 （3）碰撞阶段：设B碰前速度为、碰后速度为，列及。 （4）筛选物理解：依据确实发生碰撞且A取得非零速度，得到、；分别标清碰前、碰后和投掷初速度，避免混用符号。 第15题 15．如图（a），两块足够大的平行金属板水平放置，板间加有大小随时间t变化的匀强电场和匀强磁场，变化规律分别如图（b）和（c）所示，电场强度幅值为，方向竖直向下，磁感应强度幅值为，方向平行板面且垂直纸面向里。时，一带正电的粒子以速率从M点沿两金属板中轴线MN向右射入；时，粒子速度方向与MN夹角为60°。运动过程中粒子始终不与板相碰，重力不计，忽略电场、磁场突变瞬间对粒子速度的影响。 (1)求粒子比荷； (2)求内粒子的速度大小和运动轨道半径； (3)现调节内磁感应强度幅值，使粒子在时运动到中轴线，此时速度大小为，方向水平向右，且在内粒子速度方向的偏转角小于360°，则幅值应调为多少？ 【答案】 (1) (2)， (3)或 【学科材料分析】 图（a）中正电粒子沿中轴线向右进入，电场竖直向下，磁场垂直纸面向里。图（b）（c）的实线平台表明两场交替存在：电场在0至t₀、3t₀至5t₀、7t₀至8t₀作用；磁场在t₀至3t₀、5t₀至7t₀作用，并非两场全程叠加。蓝色虚线是幅值参考和时刻辅助线，不是持续场强。电场段水平速度不变、竖直速度减小；磁场段速率不变，速度方向逆时针转动。运动始终在纸面内的同一平面，末态回到中轴线还必须检查累计竖直位移，不能只核对速度方向。 【命题透视】 ▶核心考点：带电粒子在交替电场、磁场中的分段运动；速度矢量分解与旋转；洛伦兹力和圆周运动；末态速度及位置约束；多解筛选。 ▶链接教材：人教版高中物理必修第二册“抛体运动”“圆周运动”；必修第三册“静电场及其应用”；选择性必修第二册“安培力与洛伦兹力”主题中的带电粒子在匀强磁场中的运动。 ▶命题分析： （1）情境创设：以金属板间按时间切换的电磁场构建可调粒子轨道，场强时间图提供过程划分依据，属于理想化平面运动情境。 （2）问题设计：先由首段速度偏角求比荷，再求磁场段速率和半径，最后调幅使粒子同时满足终点位置、末速度及偏转角范围，形成参数反演问题。 （3）考查目标：考查图像转译、分段建模、速度矢量衔接、轨迹几何核验和完备分类能力；重点在平面运动综合推理，不应套用“立体空间运动”标签。 【解析】 （1）时间内粒子在电场力作用下运动。设带电粒子的电荷量为、质量为，加速度大小为，时，粒子速度在竖直方向的分量大小为。由牛顿运动定律和匀变速直线运动规律有， 依题意，由速度的矢量分解关系得 联立得 （2）时间内粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子速度大小为，运动轨道半径为，磁感应强度幅值为，由速度的矢量分解关系得 由牛顿运动定律有 代入题给数据，得 （3）设调整后磁感应强度幅值为，粒子在磁场中运动周期为，根据粒子在磁场中运动周期公式有 经分析，下列两种情况均符合题意: 情况一：在和 时间内，粒子速度方向在磁场中均偏转，由比例关系有 联立得 情况二：在和时间内，粒子速度方向在磁场中均偏转，由比例关系有 联立得 【易错点】 （1）把蓝色幅值虚线看成全程作用的电场或磁场，误按同时存在的复合场分析。应按实线平台列出五个阶段。 （2）在磁场段用竖直分速度代替速率，或判断正电粒子顺时针转动。磁场中使用合速度；按洛伦兹力方向，速度在纸面内逆时针转动。 （3）只找到120°而漏掉180°，或只验证末速度、不验证位置。求解时不能随意除以；180°恰使该因子为零，且两段磁场的竖直位移能相互抵消。 【复习策略】 （1）建立阶段表，逐段填写作用场、持续时间、速度变化和位移规律，尤其区分首尾电场各t₀与中间电场2t₀。 （2）对调幅问题先用统一角度描述两段磁场，连续追踪速度分量，再由末态条件筛选角度，避免凭示意图猜解。 （3）把“末速度合格”和“回到中轴线”作为两项独立检查；对120°、180°分别计算电场段与磁场段的竖直位移，最后代入求磁场幅值。 【知识总结】 ① 核心概念：匀强电场使粒子沿电场方向匀变速，磁场洛伦兹力不做功，只改变速度方向；磁场角速度，轨道半径。 ② 解题要点：首段给出和；首个磁场段速率为。调幅后先解角度，再分别核验末速度与位移，120°和180°均成立。 ③ 拓展关联：末速度由各阶段的矢量变化决定，终点位置由速度对时间的累计决定，两者不能相互替代；同样方法可迁移到周期性切换场及轨道闭合条件分析。 【答题模板】 （1）建立坐标并求比荷：取向右为X正方向、向上为Y正方向。0至t₀有、，由及得。 （2）求首段磁场运动参数：进入磁场时速度为，故速率；由，代入原幅值得。 （3）统一调幅变量并连续追踪速度：设、，且。两段磁场均将速度逆时针转过；中间2t₀电场使竖直分速度减少，最后t₀电场再减少。 （4）由末速度解偏转角：记、，连续旋转和加速后有，。因c、s不能同时为零，末速度要求；在给定范围内得到或，不可除掉而漏解。 （5）核验120°的位置条件：第一磁场段把转成，中间电场又变回，第二磁场再转成。每个磁场段的竖直位移均为零，中间电场竖直位移为零；首、末电场竖直位移分别为、，总和为零。 （6）核验180°的位置条件：第一磁场段速度变为，中间电场后为，第二磁场后为。由磁场段可得两段竖直位移分别为、；三个电场段竖直位移总和仍为零，故该解同样回到中轴线。 （7）回代磁场幅值：用，分别得到或；两解均满足偏转角小于360°，并同时满足末态速度和位置条件。 第16题 16．如图（a），物块A置于水平传送带上，通过跨过光滑轻质定滑轮的轻绳与右边的物块B相连。B通过轻绳与物块C相连，连接各物块的轻绳均处于拉紧状态且不可伸长，A与滑轮间的绳子与传送带平行。传送带始终以恒定速率顺时针转动。用挡板P使A保持静止。时，撤去挡板P，同时在A上施加一水平外力F，A、B、C从静止开始运动。以x表示A离开初始位置的位移，F与x成正比关系，取水平向右为F和x的正方向，变化关系如图（b）所示。A第一次向右运动过程中，其速度v随位移x的变化关系如图（c）所示。当时，A与传送带共速。已知A、B质量分别为2 kg、3 kg，A与传送带间的动摩擦因数小于1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，A始终在传送带上，B、C始终未与滑轮和地面相碰。 (1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，F做的功； (2)求C的质量和A与传送带间的动摩擦因数； (3)当A第一次运动到时，剪断B、C间的绳子，A开始向左运动。求A第一次运动到最左端时相对位置的位移。 【答案】 (1) (2)， (3) 【学科材料分析】 图（a）中传送带上表面向右运动，A向右时B、C向下，绳长约束只在轻绳拉紧阶段成立。图（b）是过原点的下降直线，读出外力与位移关系F=-20x；其有向面积给外力功。图（c）不是速度—时间图，显示A在x=1 m与4 m处速度相同，均等于带速，在x=6 m首次停下。两处共速对应相对滑动方向改变，摩擦应分三段。剪断BC后，A返回向左，摩擦始终向右；但AB绳只能拉、不能推，须由张力降为零确定松绳位置，再切换到A单独运动模型，不能把绳约束延续到最左端。 【命题透视】 ▶核心考点：F—x图像面积与变力功；v—x图像信息提取；相对运动与摩擦方向；连接体动能定理；轻绳单向约束与临界松弛；分段能量分析。 ▶链接教材：人教版高中物理必修第一册“相互作用——力”“运动和力的关系”主题中的摩擦力、牛顿运动定律及连接体；必修第二册“机械能守恒定律”主题中的功和动能定理。 ▶命题分析： （1）情境创设：将传送带、悬挂连接体和随位移变化的外力组合，通过图像给出运动特征，再以剪绳改变约束，构成分阶段力学情境。 （2）问题设计：先读图求功，再利用等速点和整体能量反求未知质量、摩擦因数，最后判断绳子松弛临界并求返回极值位置；难点是过程边界而非单纯代数运算。 （3）考查目标：考查图像建模、系统与单体灵活选择、摩擦翻向和绳张力可行性判断，突出对理想约束适用范围的科学推理。 【解析】 （1）设A、B、C的质量分别为、、，A与传送带间的动摩擦因数为，A受到传送带的滑动摩擦力大小为，重力加速度大小为，A从初始位置向右运动、、的位移分别记为和。依题意，A与传送带间的动摩擦因数小于1，经分析可知，A向右运动过程中绳子处于拉紧状态。 设A位移为时的外力为，A从初始位置向右运动过程中外力做的功为。由功的定义得 由图（b）可知，，代入题给数据，得 （2）设A位移为时的外力为，A从初始位置运动到过程中摩擦力做功为，由滑动摩擦力公式和功的定义有和 对A、B、C组成的系统，从初始位置运动到过程中，由动能定理有 由图（b）可知， 联立以上式子并代入题给数据得 设A位移为时的外力为，对A、B、C组成的系统，从运动到过程中，由动能定理有 由图（b）可知，，联立并代入题给数据得 （3）剪断B、C间绳子后，A、B一起运动，假设A向左运动过程存在绳子拉力为零的位置，设拉力刚开始为零时A的位移为，此时A的加速度大小为，方向向右，外力为，由牛顿运动定律有 由图（b）可知，，联立并代入题给数据得 设A位移为时A、B的速度大小为，A从运动到过程中，对A、B组成的系统，由动能定理有 联立并代入题给数据得 可知，A在时动能大于0，因此假设成立。 设A第一次运动到最左端的位移为，A从处运动到处过程中，A、B初速度相同，A做加速度增大的减速运动，而B做加速度大小恒为的减速运动，因此，此过程A、B间绳子始终保持松弛。设A位移为时的外力为，A从处运动到处过程中，由动能定理有 由图（b）可知， 联立并代入题给数据得 由于不符合实际，因此。 【易错点】 （1）按A的绝对运动方向决定摩擦方向。第一次向右运动时，0至1 m摩擦向右、1至4 m向左、4至6 m再向右；共速是瞬时临界，不意味着此后始终与带同速。 （2）剪断BC后仍把C计入系统，或允许AB绳产生负张力。轻绳只能拉，AB张力在变零，之后必须解除A、B等速等加速度约束。 （3）把返回段的路程代替有向位移，或把39 J误认为A、B总动能。该处总动能为97.5 J，A分得39 J；最左端应取的根，而不是正根。 【复习策略】 （1）先把v—x图上的共速点标在位置轴上，列摩擦方向表；用最大静摩擦力条件检查是否可能持续共速，不能只看到“共速”就假设粘着。 （2）优先选连接体整体应用动能定理消去内力，再在临界点单独分析B以求张力；训练“整体求能量、单体查约束”的方法。 （3）剪绳后按照“AB拉紧返回—张力为零—A独立减速”重新分段，逐段检查力、系统组成、位移符号和能量分配，最后用位置范围筛选根。 【知识总结】 ① 核心概念：滑动摩擦阻碍接触面的相对滑动；轻绳张力必须满足，当继续维持约束需要负张力时，绳子松弛，原连接体模型失效。 ② 解题要点：由图得，第一次右行的摩擦功为；联立整体能量方程得、、。返回时在松绳，A动能39 J，之后单独求停止位置。 ③ 拓展关联：该题体现单向约束与运动分支切换，可与轻绳圆周运动的张力临界、接触支持力为零等问题对照；摩擦对物块做正功不等于系统不产生摩擦热。 【答题模板】 （1）读图求外力功：以向右为正，图（b）给出，其中x以m计、F以N计。0至1 m的功为，也可用有向三角形面积求得。 （2）按相对运动划分摩擦方向：由图（c）和题设，x=1 m与4 m都达到带速。0至1 m有，摩擦向右；1至4 m有，摩擦向左；4至6 m又有，摩擦向右。因此。 （3）求悬挂质量与摩擦因数：A、B、C从静止到x=6 m再次静止，整体动能定理为，解得。x=1 m与4 m等速，动能变化为零，故，得、。 （4）检查共速处不能保持粘着：若共速后保持匀速，所需静摩擦为。在x=1 m、4 m分别需-40 N、+20 N，均超过最大静摩擦力10 N，故两处只是瞬间共速，随后相对滑动翻向。 （5）剪绳后定位AB松弛临界：剪断BC时x=6 m且速度为零，返回向左时摩擦为+10 N。AB拉紧时以A向右、B向下为正，整体加速度；B满足，得。令，求，此时向右。 （6）核验临界点速度与39 J：从6 m到-0.5 m，对AB整体列。因拉紧时共速，A动能，并有，说明到达松绳点时尚未停止。 （7）松绳后改为A单独列式：在，A向右加速度，其向左速度比B的向上速度减小得更快，绳子保持松弛。设最左端为，有。 （8）解方程并筛选位置：得；由取，负号表示最左端在初始位置左侧。 2026年福建卷物理真题完全解读 · 学科网（北京）股份有限公司 $