2026年高考物理三轮冲刺：高考题型 专项练习题（含答案解析）

这是一份2026年高考物理三轮冲刺：高考题型 专项练习题（含答案解析），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2026·江苏南京·二模）春节期间，处处喜气洋洋，热热闹闹，爆竹和鞭炮的声音驱除了所有的烦恼。如图所示，有一种火炮叫“窜天猴”，深受小孩子欢迎，小孩在燃放“窜天猴”的过程中，被点燃的“窜天猴”先加速上升，然后经历一段无动力飞行后爆炸，不计空气阻力，“窜天猴”在无动力飞行过程中，任意相同的时间内，下列说法正确的是（ ）
A．动量变化率相同B．重力做功相同
C．动能变化相同D．合力做功的平均功率相同
2．（2026·江苏·二模）一束由红光、蓝光组成的复色光从水中沿方向射入球形气泡中，发生折射的光路如图所示，为气泡球心，、为折射光线。则（ ）
A．是红光，在水中光速度比的大 B．是红光，在水中光速度比的小
C．是蓝光，在水中光速度比的大 D．是蓝光，在水中光速度比的小
3．（2026·湖南·三模）如图所示，某传送带与水平面的夹角为，工作人员利用传送带运送器械。已知器械质量为，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为。传送带的速度为，大小不变，器械初速度为0，中途某位置时速度与传送带速度大小相等，在被传送带送到顶端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．器械所受摩擦力的大小一直为
B．器械与传送带共速后受到的摩擦力对器械不做功
C．器械所受合力对器械做功为
D．器械所受支持力的冲量为0
4．（2026·广东湛江·二模）如图，发电站向工厂远距离输电，发电站将U1=5.5kV的交变电流通过升压变压器变为U2=550kV的交变电流进行输送，经过总电阻为r的输电线路远距离输送到变电站一，变电站一将输入电压U3降为U4=10kV后输入给工厂用电图中变压器均视为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．U3大小为550kV B．输电线路损失功率为
C．输电线路电流为 D．降压变压器原、副线圈匝数比为55∶1
5．（2026·南京·一模）如图所示，两个完全相同的半圆形金属轨道竖直正放置，内侧轨道接地，金属棒垂直两轨道水平放置，其长度与两轨道间距相等，空间存在竖直向下的匀强磁场（未画出）。在金属棒从向匀速圆周运动的过程中，其上点的电势（ ）
A．保持不变B．先降低再升高C．先升高再降低D．一直降低
6．（2026·江苏南京·一模）如图所示，两质量均为m的物块A、B在水平外力F的作用下均保持静止，各接触面间的动摩擦因数都为μ。下列说法正确的是（ ）
A．A所受摩擦力水平向左
B．B与地面之间一定有摩擦力
C．B与地面之间的摩擦力大小一定为2μmg
D．B对地面的压力和地面对B的支持力是一对平衡力
7．（2026·江苏南京·二模）一列简谐横波在时刻波形如图1所示，质点L的振动图像如图2所示．下列说法正确的是（ ）
A．该横波沿x轴负方向传播B．时刻质点N向y轴负方向运动
C．经半个周期质点L通过的路程为半个波长
D．时刻质点L的加速度大于质点K的加速度
8．（2026·江苏南京·二模）下列四幅图的描述正确的是（ ）
A．图1是一束单色光进入平行玻璃砖，随入射角的增大，将在面发生全反射
B．图2表示声源（急速行驶的汽车）远离观察者时，观察者接收到的声音频率增大
C．图3中，若将薄片向左移动，条纹间距将变小
D．图4中，当固定不动，将从图示位置开始顺时针绕水平轴在竖直面内缓慢转动的过程中，光屏上的光亮度逐渐减小
9．（2026·江苏南京·二模）光电效应实验电路如图甲所示，用a、b两种单色光分别照射光电管的阴极K，实验中得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示，则（ ）
A．研究图乙中U>0的规律时甲图开关需打在2上
B．a光的频率比b光的大 C．a光照射产生光电子的最大初动能比b的大
D．电压为图乙中U0时，a光照射产生光电子的最大动能比b的大
10．（2026·江苏常州·二模）“二十四节气”起源于黄河流域，是上古农耕文明的产物。地球围绕太阳公转的轨道是一个椭圆，将地球绕太阳一年转360度分为24份，每15度为一个节气。立春、立夏、立秋、立冬分别作为春、夏、秋、冬四季的起始。如图所示为地球公转位置与节气的对照图，设地球公转轨道的半长轴为a，公转周期为T，下列说法中正确的是（ ）
A．从节气划分来看，冬天的时间最短
B．太阳对地球的万有引力大于地球对太阳的万有引力
C．地球的质量为
D．地球每转过相同的角度，地球与太阳的连线扫过的面积相等
11．（2026·江苏常州·二模）中国科学院在2025年11月1日发布消息，位于甘肃省武威市民勤县的2兆瓦液态燃料钍基熔盐实验堆，已成功实现了钍铀核燃料转换。钍基熔盐堆内的链式反应示意图如图所示，下列相关判断中正确的是（ ）
A．核反应属于核聚变反应
B．一个核27天后必将发生衰变生成
C．压强增大，的半衰期变小
D．钍基熔盐堆是利用中子轰击引起的链式反应来获取核能的
12．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，为理想变压器示意图，左侧线圈与光滑导轨相连，导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有一金属棒PQ，在外力作用下可沿水平方向做各种运动，右侧线圈与定值电阻相连。下列关于导体棒PQ运动与右侧电阻上的电流情况，正确的是（ ）
A．导体棒向右匀速运动时，上有电流
B．导体棒向右匀加速运动时，上电流增大
C．导体棒向右做加速度减小的加速运动时，上电流增大
D．导体棒来回做简谐运动时，上电流为正弦交流电
13．（2026·湖北荆州·二模）金凤广场位于荆州古城东门外，音乐喷泉是广场的亮点。若水流离开某喷泉喷口时的速率恒为，重力加速度大小为，不计空气阻力以及喷口距离水面的高度。水流离开喷口时的初速度方向可随音乐任意调节，则从喷口喷出的水流落在水面上形成的圆面的最大半径为（ ）
A．B．C．D．
14．（2026·湖北荆州·二模）图甲为氢原子能级的示意图，现有大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁；图乙为卢瑟福粒子散射实验示意图，下列说法正确的是（ ）
A．这些氢原子在跃迁过程中最多能辐射出3种不同频率的电磁波
B．跃迁过程中，核外电子的动能增大，电势能减小，动能和电势能之和减小
C．粒子发生大角度偏转是因为受到了原子核的核力作用
D．粒子从到的过程中，动能和电势能均先减小后增大
15．（2026·广东广州·模拟预测）一列简谐横波沿x轴传播，如图甲所示是处质点的振动图像，如图乙所示是该波时的波形图。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长为0.2m B．该波的波速大小为0.1m/s
C．该波沿x轴正方向传播 D．在0~0.2s内，处质点沿x轴正方向运动2cm
16．（2026·广东湛江·二模）阿登型近地小行星2015XF261的半径为地球半径的八万分之一，其绕太阳转动的方向与地球绕太阳转动方向相同，可认为该小行星与地球绕太阳运动的轨道平面共面且都近似视为圆轨道，轨道半径为地球轨道半径的1.1倍，该小行星的密度为地球密度的一半，地球表面重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小行星表面的重力加速度大小为m/s2
B．小行星绕太阳运动的周期小于1.1年
C．小行星绕太阳运动的向心加速度大小为地球的1.1倍
D．小行星每经过1.1年与地球相距最近
17．（2026·江苏南京·一模）如图所示，“羲和号”探日卫星绕太阳做圆周运动，轨道1半径为r。调整轨道以后，卫星的轨道变为图中虚线椭圆轨道2，远日点仍为P，近日点为Q，Q到太阳的距离为r1。下列说法正确的是（ ）
A．变轨后卫星绕太阳运行的周期可能不变
B．变轨前卫星与太阳连线相同时间内扫过的面积与变轨后的相等
C．变轨前和变轨后卫星在P点加速度相同
D．变轨后卫星经过Q点的速度比变轨前的运行速度小
18．（2026·江苏·二模）如图所示，倾角为的足够长斜面放置在光滑的水平面上，质量相等的、两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为、，且。、以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（ ）
A．的机械能一直减小 B．的机械能一直增加
C．、、系统动量守恒 D．、、的总动能一直增加
19．（2026·湖北荆州·二模）如图所示，某一绝缘光滑水平面内存在匀强电场，电场强度大小为有限值，方向水平向右。在、两点固定等量同种带正电的点电荷。为两点电荷连线的中点，、、、、、、、是以为圆心的圆周上均匀分布的8个点，其中、两点在、连线上，试探电荷带正电。则下列说法正确的是（ ）
A．A点和点电场强度大小相等，方向相同
B．该试探电荷在点的电势能小于在点的电势能
C．在I点由静止释放该试探电荷，其将在水平方向来回振动
D．将该试探电荷从点沿直线移到点，电场力先做正功后做负功
二、多选题
20．（2023·福建·高考真题）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ）
A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同
C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同
21．（2026·广东湛江·二模）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．
22．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示电路中，两平行金属板A、B水平放置，两极板间距离，电源电动势，内电阻，电阻。闭合开关S，调节电阻为某一阻值，将一小球从A板小孔上方处静止释放，小球恰好不能到达B板。已知小球电量，质量，不考虑空气阻力，g取，以下操作过程，小球均从原位置静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．此时电阻阻值为
B．若只增大阻值，则小球会打在B板上
C．若保持阻值不变，只将A板向下移，使d减为原来的一半，则小球会打在B板上
D．若保持阻值不变，只将B板向上移，使d减为原来的一半，则小球不会打在B板上
23．（2026·湖北荆州·二模）如图所示，在、的ODMN区域内存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电场。ODMN区域外分布着垂直于平面向外的匀强磁场。一个质量为，电量为带正电的粒子从电场区域中心点由静止释放，粒子从上边界垂直第一次离开电场后，垂直再次进入电场，不计粒子重力。则下列说法正确的是（ ）
A．磁场的磁感应强度的大小为
B．粒子第二次在电场中运动的位移大小为
C．粒子在xy平面内做周期性运动，运动的周期为
D．若仅增大磁感应强度为原来的倍（为正整数），粒子仍能垂直MD进入电场
三、实验题
24．（2026·江苏常州·二模）某兴趣小组欲利用加速度传感器测定一个电源的内阻，设计了如图甲所示的测量电路。质量为的加速度传感器穿过光滑的水平横杆，劲度系数为的轻弹簧一端固定，另一端连接传感器。电源电动势为，内阻未知，滑动变阻器的总阻值为，有效长度为。主要实验步骤如下：
①按图甲连接电路，系统静止时滑动触头位于滑动变阻器的正中间，闭合开关，此时电流表指针如图乙所示；
②使系统以某一恒定加速度水平运动，利用加速度传感器测出此时的加速度（以向右为正方向），记录电流表示数；
③重复步骤②，改变系统加速度，得到多组、的测量数据；
④断开开关，整理器材。
回答下列问题：
(1)步骤①中电流表示数为__________；
(2)若系统从静止开始向右加速，则电流表示数将__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
(3)当加速度传感器示数为（）时，弹簧的形变量为，则滑动变阻器接入电路的有效阻值为__________（用、、表示）；
(4)利用图像来处理获得的多组实验数据，若以为纵轴，以为横轴，通过描点可以做出如图丙所示的线性关系图像，图像纵截距为。根据题目中所给的字母，可得该电源的内阻为__________（用、、、、表示）；
(5)若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果__________（选填“有”或“无”）影响，并说明理由：_________________________________________________。
25．（2026·湖北黄冈·二模）某实验兴趣小组利用如图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”实验时，实验操作如下：
①挂上托盘和砝码，调整木板的倾角，使质量为M的小车沿木板匀速下滑；
②取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑。设小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的图像，并求出小车的加速度a；
③改变砝码质量和木板的倾角，重复步骤①②，可得到多组a、F的数据，并绘制图像。
（1）下列说法正确的是______
A．实验开始前需要先补偿阻力 B．调整滑轮高度使细线与木板平行
C． 本实验需要满足
D．本实验将托盘和砝码的总重力mg的大小作为小车受到的合外力F的大小
（2）若测量质量时未考虑托盘的质量，仅将砝码质量记为m，则绘制出的图像应该是图乙中的______（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”）；
（3）某段时间内小车的图像如图丙所示，根据图像可得小车的加速度大小为______。（结果保留两位有效数字）
26．（2026·湖北荆州·二模）某实验小组准备设计核心元件为热敏电阻的温控电路。
(1)小组成员为测量热敏电阻Rt在不同温度时的阻值，设计出测量电路如图甲所示，其中R0是定值电阻；S是用同一材料制成且粗细均匀的半圆形电阻丝，其半径为L，圆心为O；ON是一可绕O点自由转动的金属滑杆，电流计的零点在中央，电流从“+”进指针右偏，“-”进指针左偏，滑杆N端与S接触良好。
a.在开关S1闭合之前，滑动变阻器滑片P应置于_____端（填“A”或“B”）。闭合开关S1，将滑动变阻器调到合适位置后，再反复调节滑杆角度位置，直到闭合开关S2时电流计指针_____（填“指零”、“右偏”或“左偏”），此时滑杆角度为θ（单位为弧度），导线电阻不计，则Rt的阻值为_____（用R0、θ和π表示）；
b.若在某次测量时，闭合开关发现电流计指针右偏，则应将滑杆_____转，可以使电流计示数为零（填“向右”或“向左”）。
(2)测量该热敏电阻在不同温度下的阻值，得到阻值随温度变化的图像如图乙所示，实验小组用该热敏电阻设计了如图丙所示的保温箱温度控制电路，Rt为热敏电阻，R2为电阻箱，控制系统可视为R=300Ω的电阻，电源的电动势E0=10V（内阻不计）。当通过控制系统的电流小于2mA时，加热系统将开启为保温箱加热；当通过控制系统的电流达到2mA时，加热系统将关闭。若要使得保温箱内温度低于48℃，加热系统就开启，应将R2调为_____Ω。
四、解答题
27．（2026·江苏·二模）我国考古发现的“长信宫灯”示意图如图所示，灯罩内灯芯点燃后产生的烟气沿着右臂管道进入灯体内，经灯体底部的水盘过滤烟尘，清洁空气。假设灯罩内气体的体积为，灯芯点燃前气体的密度为，温度为，气体的压强保持不变。
(1)求灯芯点燃前，灯罩内气体的质量；
(2)灯芯点燃后，灯罩内气体温度为，求灯罩内气体的质量。
28．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； （2）小包裹通过传送带所需的时间t。
29．（2026·江苏南京·二模）如图所示，弹簧左端系于A点，右端与质量为m的小球接触但不连接。现用外力推动小球将弹簧压缩至P点保持静止，此时弹性势能为Ep= Kmg（K为一已知常量），P、B之间的距离为2.5K。小球与水平轨道的动摩擦因数为µ = 0.1。DEF是固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端D点的切线水平，圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为127°。静止释放小球，小球进入圆弧轨道后恰好能沿着轨道DEF运动，一段时间后从轨道下端F处脱离，已知重力加速度为g，求：
（1）小球运动到B点的速度大小； （2）轨道DEF的半径R；
（3）在F点下方整个空间有水平向左、大小为F0= 0.75mg的恒定风力，求小球从F点运动到O点正下方时的动能。
30．（2026·江苏南京·二模）如图所示，平面直角坐标系第二象限充满沿y轴负方向的匀强电场，在y轴右侧以C（R，0）点为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。现将带电量大小为q，质量为m的粒子，从第二象限的S点（-R，R）以速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，经电场偏转后第一次经过y轴的坐标为（0，R），粒子在磁场中的运动轨迹关于x轴对称。带电粒子重力不计，求：
（1）带电粒子的电性和匀强电场E的大小； （2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从电场中S点出发到第二次到达y轴所用的时间。
31．（2026·湖北黄冈·二模）如图，上端封闭的竖直长玻璃管中封有长度为的水银柱。开口向下时，其上端封闭空气柱长度为，已知大气压强，玻璃管导热良好，且室温不变，求：
(1)若将玻璃管翻转至开口向上放置，则此时封闭空气柱长度为多少？
(2)若将开口向下的玻璃管竖直插入足够深的水银槽，稳定后，发现上方封闭气体长度变为，则玻璃管下端管内外水银液面高度差H为多少？
32．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图所示，质量为的滑块P静止放置在光滑水平面上，其右侧面QG为半径的四分之一光滑圆弧面；为圆心，圆弧面的上端为Q点，水平，水平面上紧靠G点静止放置滑块B。光滑圆弧轨道固定在水平面右侧，N点与倾斜的传送带相切，；传送带NE长度，恒以速度顺时针匀速运动。现将木块A从Q点以速度竖直下抛，沿滑块P下滑进入水平面，与滑块B碰撞后立即粘在一起；A、B整体经过右侧固定圆弧轨道的N点时速度；轨道MN的半径，随后滑上传送带，最后离开传送带抛出。已知A、B的质量，A、B与传送带间动摩擦因数，重力加速度；A、B均可视为质点，，，求：
(1)木块A滑上水平面时与滑块B的距离；
(2)木块A初速度的大小； (3)木块A离开传送带时的速度大小。
33．（2026·江苏·二模）如图所示，坐标系的第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为、电荷量为的粒子，从处以初速度沿方向运动，经磁场偏转后垂直轴射出。粒子的重力不计。
(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若第二象限加平行轴方向的匀强电场，其他条件不变，使粒子穿出电场后能进入第一象限，求电场强度的大小满足的条件；
(3)在（2）问条件下，若匀强电场的电场强度大小为，求粒子的运动轨迹与未加电场时粒子运动轨迹交点的纵坐标，并分析交点的位置特点。
34．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，光滑绝缘水平面上有一质量为的足够长金属导轨abcd。一电阻不计、质量为的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间的动摩擦因数为，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为，开始时PQ左侧导轨的总电阻为，右侧导轨单位长度的电阻为。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为。在时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始向左做匀加速直线运动，加速度大小为，重力加速度g取。
(1)求回路中感应电动势及感应电流随时间t变化的表达式；
(2)经过多长时间拉力F达到最大值？拉力的最大值为多少？
(3)某一过程中回路产生的焦耳热为，导轨克服摩擦力做功为，求导轨动能的增加量。
35．（2026·湖北荆州·二模）如图所示，光滑绝缘的水平面内建立有直角坐标系，垂直于该平面有一足够大的非均匀磁场，磁场左边界为轴，磁感应强度的大小随坐标的变化满足（其中，）。现有一粗细均匀、材质相同的正方形金属框abcd，边长，总阻值，质量。cd边从处以的初速度沿轴正方向进入磁场，线框刚完全进入磁场时速度为。当线框速度减为0时，给线框施加沿轴负方向的恒力，在该恒力作用下，线框只沿轴运动，经时间，边回到轴。求：
(1)线框ab边刚进入磁场瞬间，线框中的电流大小和方向；
(2)线框从开始到完全进入磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量；
(3)全过程中线框中产生的焦耳热（结果保留一位有效数字）。
参考答案
1．A
【知识点】动能定理的表述及其推导过程、动量定理的内容、重力做功、平均功率
【详解】A．窜天猴在无动力飞行过程中，窜天猴只受重力作用，根据动量定理有
解得
可知，任意相同的时间内，窜天猴动量变化率相同，故A正确；
B．窜天猴在无动力飞行过程中，窜天猴只受重力作用，做竖直上抛运动，在任意相同的时间内，位移不相等，则重力做功不相同，故B错误；
C．根据动能定理有
结合上述，在任意相同的时间内，位移不相等，则动能变化不相同，故C错误；
D．窜天猴只受重力作用，则合力做功的平均功率
由于在任意相同的时间内，位移不相等，则合力做功的平均功率不相同，故D错误。
故选A。
2．A
【知识点】折射率的波长表达式和速度表达式
【详解】从图中可以看出，b光的偏折程度比a光大，故b光折射率比a光折射率大，所以b是蓝光，a是红光，根据可知，在水中a光速度比b的大，综合可知A选项符合题意。
故选A。
3．C
【知识点】物块在倾斜传送带上运动分析
【详解】A．器械与传送带共速后做匀速运动，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力为，故A错误；
B．器械匀速上行，相对传送带有下滑趋势，所以器械受到的摩擦力方向沿传送带向上，故做正功，故B错误；
C．器械受到的合力做功等于器械动能的增加量，故C正确；
D．器械上行过程中所受支持力一直垂直于传送带，根据
可知器械所受支持力的冲量不可能为0，故D错误。
故选C。
4．B
【知识点】理想变压器原副线圈的电流关系及其推导、理想变压器两端电压与匝数的关系、理想变压器两端功率的计算
【详解】A．输电线存在电压损失，因此降压变压器的输入电压
故A错误；
B．输电线的电压损失
由功率公式可得输电损失功率
故B正确；
C．输电电流等于输电线电压损失除以输电线电阻，即
故C错误；
D．理想变压器匝数比等于电压比，降压变压器原线圈电压为，副线圈电压，因此匝数比
故D错误。
故选B。
5．B
【知识点】导体棒平动切割磁感线、右手定则
【详解】因为内侧轨道接地，所以，金属棒在轨道左侧加速下滑时，速度的水平分量增大，据右手定则得， 而
又
故先降低，金属棒在轨道右侧减速上滑时，速度的水平分量减小，减小，则升高
故选B。
6．B
【知识点】牛顿第三定律、利用平衡推论求力大小或方向
【详解】A．根据平衡条件可知，A水平方向合力为零，不受摩擦力作用，故A错误；
BC．整体分析可知，B与地面之间一定有摩擦力平衡外力，B与地面之间的摩擦力大小一定为F，但不一定达到最大静摩擦力，故B正确，C错误；
D．B对地面的压力和地面对B的支持力是一对相互作用力，故D错误。
故选B。
7．B
【知识点】振动图像与波形图的结合
【详解】A．由图2可知，质点L在时向上振动，结合图1可知，质点L是在左方质点的带动下开始振动的，所以波向右（x轴正方向）传播，A错误；
B．波向右传播，质点N应跟随其左边质点振动，振动方向沿y轴负方向，B正确；
C．经半个周期质点L通过的路程为2A（振幅的2倍），与波长无关，C错误；
D．质点L位于平衡位置，加速度为0，质点K位于最大位移处，加速度最大，D错误。
故选B。
8．D
【知识点】发生全反射的条件、临界角、薄膜干涉现象和原理、多普勒效应、偏振现象及其解释
【详解】A．当入射角逐渐增大，根据折射定律，折射角也逐渐增大，由于折射角小于入射角，且因光在上表面的折射角等于下表面的入射角，则不论入射角如何增大，肯定有光线从bb'面射出，故A错误；
B．图2表示声源（急速行驶的汽车）远离观察者时，观察者接收到的声音频率变小，故B错误；
C．图3中，若将薄片向左移动，即减小空气薄层的厚度，导致同级的光程差的间距变大，则干涉条纹间距会变大，故C错误；
D．图4中，当固定不动，此时两偏振片的透振方向平行，屏上的光最亮；将从图示位置开始顺时针绕水平轴在竖直面内缓慢转动的过程中，光屏上的光亮度逐渐减小，故D正确。
故选D。
9．A
【知识点】遏止电压的本质及其决定因素
【详解】A．研究图乙中U>0的规律时，光电管加正向电压，此时甲图开关需打在2上，选项A正确；
BC．由图像可知，a光的截止电压较小，则根据
可知，a光照射产生光电子的最大初动能比b的小，a光的频率比b光的小，选项BC错误；
D．光电子的最大初动能与光电管所加的电压无关，电压为图乙中U0时，只是a光照射产生光电流比b的大，选项D错误。
故选A。
10．A
【知识点】计算中心天体的质量、开普勒第二定律、开普勒第三定律
【详解】A．由于地球公转轨道近似椭圆，地球在近日点运动速度较大，在远日点运动速度较小，冬天更靠近近日点，时间最短，故A正确；
B．由牛顿第三定律，太阳对地球的万有引力等于地球对太阳的万有引力，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力
解得中心天体太阳的质量为，故C错误；
D．地球每转过相同的角度，所需的时间不同，根据开普勒第二定律可知，地球与太阳的连线扫过的面积不相等，故D错误。
故选A。
11．D
【知识点】核聚变、β衰变的特点、本质及其方程的写法、半衰期的概念、核裂变
【详解】A．核聚变反应是两质量很小的轻核结合成质量较大的核，核反应不属于核聚变反应，A项错误；
B．核衰变遵循“统计规律”，对于一个核而言，何时发生衰变完全是随机的，B项错误；
C．半衰期与外界状态无关，所以与压强无关，C错误；
D．钍基熔盐堆本质上依然属于核裂变反应堆，其依然是利用核裂变来获取核能的，即利用中子轰击引起的链式反应来获取核能，D项正确。
故选 D。
12．D
【知识点】导体棒平动切割磁感线、理想变压器两端电压与匝数的关系
【详解】A．导体棒向右匀速运动，感应电动势，感应电动势不变，理想变压器原线圈回路产生恒定的电流，由楞次定律知，理想变压器副线圈回路不产生感应电流，上无电流，故A错误；
B．导体棒向右匀加速运动，感应电动势均匀增大，理想变压器原线圈回路电流均匀增大，穿过闭合铁芯的磁通量均匀增大，副线圈产生稳定的感应电动势，副线圈回路产生稳定的感应电流，上电流不变，故B错误；
C．导体棒向右做加速度减小的加速运动，感应电动势增大，但增大的速度减小，理想变压器原线圈回路电流增大，但增大的速度减小，穿过闭合铁芯的磁通量增大，但增大的速度减小，所以副线圈产生的感应电动势减小，副线圈回路产生的感应电流减小，上电流减小，故C错误；
D．导体棒来回做简谐运动，根据右手定则可得，理想变压器原线圈回路电流为正弦交流电，则副线圈产生的感应电流为正弦交流电，上电流为正弦交流电，故D正确。
故选D。
13．B
【知识点】斜抛运动
【详解】水流做斜抛运动，喷口和水面高度相同，属于同一水平面内的抛体运动，设初速度与水平方向夹角为，则水平分速度
竖直分速度
竖直方向总位移为0，由
得总运动时间
水平位移
当（即）时，水平位移取最大值
得最大半径为
故选B。
14．B
【知识点】α粒子散射实验、玻尔理论对氢原子光谱的解释、电场力做功和电势能变化的关系
【详解】A．大量氢原子从的能级向基态跃迁能辐射出种不同频率的电磁波，故A错误；
B．跃迁过程中电场力对电子做正功，电势能减小，动能增大，释放出光子，则氢原子的能量减小，即动能和电势能的和减小，故B正确；
C．α粒子发生偏转的原因是受到原子核的电场力作用，故C错误；
D．α粒子从Q到M的过程中，只有电场力做功，则动能和电势能的和不变，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，故D错误。
故选B。
15．C
【知识点】振动图像与波形图的结合
【详解】A．由图乙可知该波波长为，故A错误；
B．由图甲可知，波的周期为
波速，故B错误；
C．根据振动图像知时该质点由平衡位置向下振动，根据图乙由同侧法可知波沿x轴正方向传播，故C正确；
D．质点只在平衡位置附近振动，不沿x轴运动，故D错误。
故选C。
16．A
【知识点】比较不同轨道上的卫星物理量、卫星的追及相遇问题、开普勒第三定律、其他星球表面的重力加速度
【详解】A．天体表面忽略自转时，万有引力等于重力，即
结合
代入得
可知与成正比。已知，
故
代入
得，故A正确；
B．根据开普勒第三定律，绕太阳运动的天体满足
故
得年>1.1年，故B错误；
C．万有引力提供向心加速度，即
可知与成反比，故
小行星向心加速度小于地球的，故C错误；
D．两者同向转动，再次相距最近时地球比小行星多转1周，即
代入年、年，
解得年，远大于1.1年，故D错误。
故选A。
17．C
【知识点】卫星发射及变轨问题
【详解】A．根据开普勒第三定律
变轨后卫星绕太阳运行的半长轴减小，则周期减小，故A错误；
B．在相同时间内，变轨前卫星与太阳连线扫过的面积不等于变轨后卫星与太阳连线扫过的面积，因为它们的轨道不同，故B错误；
C．根据牛顿第二定律有
变轨前和变轨后卫星在P点与太阳的距离相同，则加速度相同，故C正确；
D．变轨前根据牛顿第二定律有
解得
假设在处有一个圆轨道有
因为
所以
而椭圆轨道在Q点出发后要做离心运动，因此
所以变轨后Q点速度
即变轨后Q点速度比变轨前的运行速度更大，故D错误。
故选C。
18．D
【知识点】判断系统动量是否守恒、常见力做功与相应的能量转化、判断系统机械能是否守恒
【详解】A．初始阶段，斜面所受的水平方向的合力为
又知
联立解得，斜面所受的水平方向的合力，故斜面保持静止状态。
滑块
滑块
又知且
联立解得，，，故滑块做匀加速直线运动，滑块做匀减速直线运动，两物体之间距离逐渐增大。
初始阶段，由于摩擦力对、两滑块做负功，故、两滑块的机械能都减小，当滑块的速度减为0以后，滑块的机械能继续减小，滑块、斜面相对静止，共同向右加速，滑块的机械能增加，故滑块的机械能先减小后增大，斜面的机械能先不变后增大，A错误，B错误；
C．当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统竖直方向的动量增加，总动量不守恒，C错误；
D．由于，故
初始阶段，斜面保持静止，设经历的时间为，、两滑块的速度分别为，
、两滑块的总动能为，故总动能增加。
当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统的总动能增加。
所以，、、系统的总动能一直增加，D正确。
故选D。
19．C
【知识点】同种等量点电荷电场线分布、比较电势能的大小、电场强度的叠加法则
【详解】A．等量正点电荷的电场在圆周上具有对称性，A点和F点的点电荷电场强度大小相等、方向相反，再叠加方向相同的匀强电场（水平向右），合场强大小不相等，A错误；
B．匀强电场中，H点电势高于C点电势（沿电场线方向电势降低）；等量正点电荷的电场中，H、C两点电势相等；总电场中，正试探电荷电势能，则，B错误；
C．等量正点电荷的电场，O点场强为0，向两侧（I、D 方向）场强逐渐增大，方向分别向左、向右；匀强电场方向始终水平向右，则合场强在I与O之间存在一个平衡位置（合场强为0），正试探电荷在I点释放后，会在平衡位置左右做往复运动，C正确。
D．等量正点电荷的电场力对正试探电荷先向下、后向上；匀强电场力始终水平向右，与竖直方向位移垂直，不做功，则合电场力先做负功后做正功，D错误。
故选C。
20．BC
【知识点】动量定理的内容、利用v-t图像求位移、利用F-t图像求冲量、v-t图像反映的物理量
【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。
故选BC。
21．BD
【知识点】常见力做功与相应的能量转化、牛顿第二定律的初步应用
【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。
22．AD
【知识点】动能定理的初步应用、闭合电路欧姆定律的内容及公式
【详解】A．对小球由动能定理有
由闭合电路的欧姆定律有
联立解得，，故A正确；
B．由A选项知，若只增大阻值，则增大，则小球不会到达B板，故B错误；
C．若保持阻值不变，只将A板向下移，使d减为原来的一半，但不变，仍有成立
则小球恰好不能到达B板，故C错误；
D．若保持阻值不变，则不变，只将B板向上移，使d减为原来的一半，则
故小球不会打在B板上，故D正确。
故选AD。
23．ABC
【知识点】粒子在电场和磁场中的往复运动
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则和圆的特点可知粒子在磁场中运动轨迹的圆心为M，所以粒子的轨迹半径为d。粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有
粒子在电场中有
解得，故A正确；
B．粒子第二次进入电场中，其做类平抛运动，假设粒子第二次进入电场中时，从ON边射出，则水平方向有
竖直方向有，
解得
假设成立，即粒子第二次进入电场，恰好从N点射出，则粒子在电场中的位移为，故B正确；
C．粒子第一次在电场中的时间为t1，有，
由之前分析，粒子第一次在磁场中的轨迹为四分之三圆，所以其周期为四分之三周期，由，，
粒子第二次在电场中射出时的竖直方向的速度为
其合速度为，
第二次进入磁场，其从N点速度方向与水平方向的夹角是45°，有
解得
由几何关系有，其从MN中点第三次进入电场，其进入电场的速度方向与MD成45°向下，粒子在第二次磁场中运动时间为四分之三周期，所以
粒子在第三次进入电场中做类斜抛运动，水平方向有，
竖直方向有，，，
假设粒子第三次进入电场中，从MD边射出，则有
解得，
所以粒子第三次进入磁场时，其垂直于MD射出，因此粒子必须先在磁场区域旋转完整的一周，再额外旋转才能最终速度达到沿着初速度方向，故其时间为
粒子第四次进入电场，其进入磁场的速度大小与第一次从磁场中射出速度大小相同，由运动的对称性可知，其粒子将恰好到达A点，且时间与第一次在磁场中运动时间相同，即
粒子接下来的运动与上述过程相同，综上所述其粒子在xOy平面做周期运动，其周期为，故C正确；
D．若仅增大磁感应强度为原来的3n倍，则由于
化简得
所以其半径将为，当时，其将不能垂直MD进入电场，故D错误。
故选ABC。
24．(1)0.26
(2)变小
(3)
(4)
(5) 有 电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大。
【知识点】闭合电路欧姆定律的内容及公式、压（拉）力传感器、牛顿第二定律的初步应用、电阻定律、电流表与电压表的读数
【详解】（1）图乙电流表选择的量程为，分度值为0.02A，因此电流表的示数为。
（2）若系统从静止开始向右加速，则加速度传感器应受到向右的合力，故弹簧会被压缩，所以滑动变阻器的滑动触头会向左移动，因此滑动变阻器接入电路的电阻会变大，根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为
所以随着外电阻的增大，电路中的电流会变小。
（3）滑动变阻器的总阻值为，有效长度为，当加速度（向右加速）时，弹簧被压缩，则滑动触头向左移动，此时接入电路的有效长度为
由于滑动变阻器的阻值与长度成正比可得，所以此时接入电路的有效阻值为
（4）当加速度传感器示数为（）时，弹簧的压缩量为，则对加速度传感器列牛顿第二定律方程有
解得
根据闭合电路欧姆定律有
整理变形得
所以图像与纵轴的截距为
解得该电源的内阻为
（5）[1][2] 当考虑电流表的内阻时，闭合电路欧姆定律的表达式会变为
在推导的线性关系时，电流表的内阻会和电源的内阻r合并为一个等效内阻
因此计算出的“电源内阻”实际上是，和真实的电源内阻r不一致。所以若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果会有影响，电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大。
25． BD/DB Ⅰ 2.1
【知识点】验证牛顿第二定律实验方法的改进
【详解】（1）[1]本实验的原理是有托盘和砝码时小车做匀速运动，受力平衡，撤去托盘和砝码，小车所受的合力就为托盘和砝码的重力，根据实验原理可知，本实验不需要平衡摩擦力，不需要满足，为保证小车所受的合力平行木板方向，需要调整滑轮高度使细线与木板平行。
故选BD。
（2）[2]根据牛顿第二定律
整理可得
设托盘质量为，根据实验原理可得
可知仅将砝码质量记为m，则绘制出的图像应该是图乙中的Ⅰ；
（3）[3]根据图像可知，给出的三个数据点中，相邻点之间的时间间隔均为
根据匀变速直线运动的规律有
其中
解得
26．(1) B 指零 向右
(2)1700
【知识点】热敏电阻
【详解】（1）[1]为保护电路，开关闭合前滑动变阻器的滑片P应置于B端，使得通过测量电路的电流为零；
[2][3]根据电桥平衡原理可知，实验中应将滑动变阻器调到合适位置后，再反复调节滑杆角度位置，直到闭合开关S2时电流计指针指零，此时，，
联立可得
[4]若电流计指针右偏，说明电流计上端电势较高，即R左偏小，所以为了增大R左，根据电阻定律可知，应将滑杆右转，增加R左的长度，从而增大R左电阻值，使得电流计示数为零。
（2）由乙图可知，当温度为48℃时，热敏电阻阻值为3.0kΩ，根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据解得
27．(1)
(2)
【知识点】“变质量气体”模型、盖吕萨克定理的理解及初步应用
【详解】（1）灯芯点燃前，灯罩内气体的质量为
（2）灯芯点燃后，灯罩内气体做等压变化，满足
灯罩内气体的质量
联立解得
28．（1）；（2）
【知识点】物块在倾斜传送带上运动分析
【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
29．（1）；（2）；（3）Ek = 5.65mgK
【知识点】应用动能定理解决多段过程问题、绳/单层轨道模型、机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用
【详解】（1）根据功能关系
解得
（2）在B点由牛顿第二定律
解得
（3）在F点及其下方，小球受水平向左的风力F0 = 0.75mg和竖直向下的重力mg，由角度关系可知，小球所受合力方向沿着小球速度方向，即沿F点切线方向。从D点到O点正下方由动能定理可得
解得
Ek = 5.65mgK
30．（1）正电，；（2）；（3）
【知识点】粒子由电场进入磁场、带电粒子在圆（弧）形边界磁场中运动
【详解】（1）粒子运动的轨迹如图；
粒子带正电，设电场强度为E，运动时间为t1，有
Eq=ma
解得
（2）速度偏角
解得
或30°
设DC连线与x轴负方向的夹角为θ2，则
解得
或30°
故粒子恰好沿磁场圆的半径方向射入磁场，粒子在磁场中，设轨迹半径为r，则由几何关系可知
r=Rtanθ
解得
设粒子离开电场时的速度为v，则
解得
（3）设在无场区域、磁场中运动的时间分别为2t2、t3总时间为t，有
解得
31．(1)
(2)
【知识点】玻意耳定律的理解及初步应用、“玻璃管液封”模型
【详解】（1）开口向下时，上端封闭气体压强为，则有
解得
开口向上时，封闭气体压强为，则有
解得
设玻璃管横截面积S，由玻意耳定律得
联立解得
（2）插入水银槽后，设封闭气体压强为，由玻意耳定律得
解得
设管中下端气体压强为，则有
而又有
解得
32．(1)
(2)
(3)
【知识点】非完全弹性碰撞问题、物块在倾斜传送带上运动分析、人船模型及其变式
【详解】（1）木块A在P上滑动，水平方向动量守恒，适用人船模型，，即
其中
解得
木块A滑上水平面时与滑块B的距离
（2）A与滑块B碰撞后立即粘在一起，速度为，从G点运动到N点过程中，动能定理
解得
A与滑块B碰撞，动量守恒
木块A从P上滑下过程中，动量守恒
机械能守恒
解得
（3）A与滑块B碰撞后立即粘在一起，由于，受到沿斜面向下滑动摩擦力
根据牛顿第二定律
加速度沿斜面向下，减速运动，根据运动学关系，沿传送带向上滑动位移
与传送带共速后，受到沿斜面向上滑动摩擦力
根据牛顿第二定律
向上减速，由运动学关系，
解得
【点睛】
33．(1)
(2)
(3)；交点固定在直线上，与电场强度无关。
【知识点】带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算、带电粒子在直边界磁场中运动
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径
洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）粒子在电场中做类平抛运动，临界情况为恰好从轴射出电场，
轴方向
解得
轴方向
解得，故电场强度满足的条件为
（3）若匀强电场的电场强度大小为，如图所示

设电场沿-y方向，粒子经电场偏转后从M2点进入磁场，速度大小为v，与+x轴方向夹角为，从N2点离开磁场，速度与-y方向夹角为，与未加电场时粒子运动轨迹交于点，如图所示。 粒子在电场中y方向的偏移量
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，圆心为O1(x1，y1)
由洛伦兹力提供向心力可得
又
横坐标
纵坐标
在，由正弦定理可得
解得
由几何关系得
若电场沿轴正方向，同理可得
因此，在题设条件下交点位置与电场无关。
34．(1)，
(2)，
(3)
【知识点】有外力作用下，水平导轨上的单杆模型、常见力做功与相应的能量转化
【详解】（1）bc切割产生的电动势E，则
其中
解得
根据欧姆定律可得
代入数据，解得
（2）导轨受到安培力
PQ受到的摩擦力
由牛顿第二定律得
代入数据，可得
由数学知识可得，当时，F最大，即时，F最大值，为
（3）设该过程导轨移动距离为s，根据动能定理
克服摩擦力做功为
回路产生的焦耳热
解得，
35．(1)，方向为逆时针（abcda）
(2)
(3)
【知识点】线框进出磁场产生的等效电路相关计算
【详解】（1）设边和边产生的电动势分别为和，则，
由可知，，
回路总电动势
回路中电流
代入数据解得
方向为逆时针（abcda）。
（2）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由电流定义式得
联立可得线框从开始到完全进入磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量为
其中，
联立解得
（3）向右运动过程中，机械能全部转化为焦耳热，有
代入数据解得
，线框完全进入磁场后，设时刻速度为，边和边处的磁感应强度分别为，
则
由闭合电路欧姆定律可得感应电流
安培力
由动量定理得
联立可得
其中，解得
设返回过程中某时刻的速度为，同上分析感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得感应电流
安培力
由动量定理得
代入可得
解得返回到轴时的速度大小为
由能量守恒定律
代入数据解得返回过程中产生的焦耳热为
往返过程中产生的总焦耳热为
代入数据解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
C
B
B
B
B
D
A
A
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
D
D
B
B
C
A
C
D
C
BC
题号
21
22
23







答案
BD
AD
ABC