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2026黑吉辽蒙高考物理真题全解:考情总评 + 2027预测 + 逐题拆解
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2026 年黑吉辽蒙卷物理考完了。很多家长和同学问：今年难度怎么样？考了什么？明年会怎么考？
这篇文章，我们把 2026 黑吉辽蒙卷的题型结构、模块分布、命题趋势、逐题考点一次性讲清楚，并给出对 2027 的预测与备考建议。基础题占了主体，能不能拿住，决定了你的分数下限。
01 ｜ 试卷总评：结构清晰，难度分层
本卷为2026年高考黑吉辽蒙卷物理试题，共15题，涵盖单选题7道（每题4分，共28分）、多选题3道（每题6分，共18分）、实验题2道（共约22分）、解答题3道（共约32分），总分100分。整体难度定位中等偏上，基础性为主，兼顾综合性、应用性和创新性。
试题梯度设计合理：第1-3题为易题（难度0.85以上），侧重基础概念辨析；第4-6题为中等题（难度0.56-0.68），考查图像分析与定性推理；第7题难度跃升至0.4，需要综合运用动能定理与对称性分析；第10题难度仅为0.15，为全卷压轴选择题，涉及电磁感应与动量定理的复杂综合运算；第15题难度0.2，为全卷压轴解答题，融合电场加速、磁场筛选、偏转电场与指数衰减模型，考查高阶综合建模能力。
试卷对力学（含牛顿运动定律、动量与能量、万有引力）、电磁学（含电场、电路、电磁感应、磁场）、热学（理想气体状态方程）、光学（折射率）均有覆盖，物理学科核心素养（物理观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任）在设问层次中得到充分体现。
各知识模块分值占比（据原卷考点细目）
考点细目表（题号 / 情境 / 知识点 / 设问角度）
02 ｜ 试题亮点：情境真实，综合探究
一、地域特色素材融入命题，情境新颖不生硬
开篇第 1 题选用东北 G331 最美边境公路、第 2 题古代农具秧马作为载体，把位移、质点、摩擦力、相互作用力等基础概念融入生活化场景，避免枯燥纯理论题干，引导学生用物理知识解释生活事物，落实学以致用。前沿科技深度融合，紧跟国内航天、微观物理热点。羲和二号拉格朗日卫星、纳米电子加速器、时间分辨粒子分析仪三大前沿素材贯穿单选、多选、压轴大题，将万有引力、电场加速、磁场偏转、复合场多过程等核心考点封装于科技背景，强化科学态度与责任素养。
二、动量定理微元法成为核心难点，突出物理核心思维
多选第 10 题双线框双磁场、压轴 15 题粒子多阶段运动均大量使用动量定理微元求和处理电磁感应、带电粒子变加速问题，区别于常规动能定理套路，侧重考查学生 “微元、累积” 物理思维，是本卷最突出的能力亮点。
三、实验命题创新升级，弱化机械操作，强化数据推导与应用
两道实验均不是教材原版复刻：光学实验结合激光测距仪的工作原理拓展设问；电容实验增加额外电容扣除、多层介质、图像斜率比例推导，设问由 “读数、计算” 延伸至原理应用、误差分析、比例关系推导，全面考查科学探究能力。
四、设问层次丰富，同一模型设置梯度化问题
解答题分层设问逻辑清晰，由浅入深：13 题先求最大速度、再求模拟重力时间；14 题先弹性碰撞、再弹簧摩擦能量综合；15 题分动能变化、单一偏转、周期性光斑临界三层递进，基础学生可拿前两问分数，尖子生冲刺最后一问，分层选拔效果显著。
03 ｜ 逐题拆解与解析（15 题）
下面按题号给出完整题干、完整选项、原题配图、标准答案、完整解析与易错点。每道题下方均附逐步解析（含公式推导），需要离线精排版可下载文首的 Word。
第1题｜单项选择题｜路程与位移的区别与联系、瞬时速度与平均速度的概念辨析、质点模型的适用条件。
1．某游客驾车由丹东出发，沿”最美边境公路”国道G331到达额济纳旗，路线如图中实线所示，总里程约7500km，起点到终点的直线距离约2000km。此过程（ ）
A．该车的路程约为2000km
B．该车的位移大小约为7500 km
C．某时刻该车速度计显示的是平均速度
D．若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点
【答案】D
【解析】
AB．路程是物体运动轨迹的长度，位移是初位置到末位置的有向线段大小。本题中总里程7500km是路程，起点终点的直线距离2000km是位移大小，故AB错误；
C．汽车速度计显示的是某一时刻的瞬时速度，不是平均速度，故C错误；
D．研究该车的运动轨迹时，汽车自身的大小、形状相对于数千公里的运动路径可以忽略，因此可以将汽车视为质点，故D正确。
故选D。
易错点：A选项将路程与位移混淆，7500 km是路程而非位移；B选项反之，2000 km是位移大小而非路程。C选项是高频易错点，速度计显示的是瞬时速度而非平均速度。D选项中学生容易纠结”汽车体积很大”，但判断质点的关键是”大小形状能否忽略”，相对于数千公里路径，汽车尺寸完全可以忽略。
第2题｜单项选择题｜加速度方向与速度变化的关系、滑动摩擦力的方向判断、平衡力与作用力反作用力的辨析。
2．秧马是古代插秧时用的一种农具，苏轼用”日行千畦”形容其高效。如图，人抬脚跨坐在秧马上，与其一起向前减速滑行的过程中（ ）
A．秧马的加速度方向向后
B．秧马受到秧田的摩擦力方向向前
C．秧马对人的支持力和人对秧马的压力是一对平衡力
D．秧马对人的支持力和人受到的重力是一对作用力与反作用力
【答案】A
【解析】
A．秧马向前减速滑行，速度方向向前，减速运动的加速度方向与速度方向相反，因此加速度方向向后，A正确。
B．秧马相对秧田向前运动，秧田对秧马的摩擦力阻碍相对运动，因此摩擦力方向向后，B错误。
C．秧马对人的支持力作用在人身上，人对秧马的压力作用在秧马身上，二者是作用力与反作用力（平衡力要求作用在同一物体上），C错误。
D．作用力与反作用力是两个物体之间的相互作用，秧马对人的支持力是人跟秧马之间的相互作用，人受到的重力是地球对人的引力，二者不是作用力与反作用力，D错误。
故选A。
易错点：B选项中”减速滑行”容易误认为摩擦力向前（如刹车力），但秧马减速是因为秧田对秧马的滑动摩擦力（向后）阻碍运动，而非主动刹车。C选项中”支持力和压力”作用在不同物体上（人身上和秧马上），是作用力与反作用力而非平衡力，这是高频易错点。D选项中”支持力”是秧马对人的力，“重力”是地球对人的力，施力物体不同，不构成作用力与反作用力对。
第3题｜单项选择题｜非线性元件的伏安特性曲线、欧姆定律的应用、电功率计算。
3．某同学做”描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，得到的I−U图像如图所示。从图中状态a到状态b，小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为（ ）
A．2.0Ω，0.28W
B．2.0Ω，0.68W
C．7.0Ω，0.28W
D．7.0Ω，0.68W
【答案】B
【解析】
从I−U图像中读出两点坐标：
状态a:Uₐ=0.6 V，Iₐ=0.2A
则 Rₐ=Uₐ/Iₐ=3Ω,Pₐ=UₐIₐ=0.12W
状态b：Ub=2.0V，Ib=0.4A
则 Rb=Ub/Ib=2.0/0.4=5Ω，Pb=UbIb=2.0×0.4=0.8W
故电阻变化量为2Ω，电功率变化量为0.68W。
故选B。
易错点：本题最易出错的是从图像上读错坐标值，特别是状态a点的坐标。如果将Uₐ读成0.4 V或Iₐ读成0.3 A，将导致错误的计算结果。C选项（7.0Ω）的错误来源可能是将Rb算成2.0/0.4=5Ω后与Rₐ混淆，或直接取图像上两点的纵坐标差值作为电阻变化量。
第4题｜单项选择题｜电场线疏密与场强关系、电场力做功与动能定理、电子在电场中的运动分析。
4．某种微型”纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加速电子束。电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为恒定的，电场线分布如图所示，这段时间内（ ）
A．a点的电场强度比b点的大
B．电子沿直线从a点运动到b点时，动能减小
C．电子沿直线从b点运动到c点时，速度增大
D．电子束的横截面大小和形状均不变
【答案】C
【解析】
A．电场线的疏密表示电场强度大小，电场线越密场强越大。图中b点电场线比a点更密，因此b点场强大于a点，A错误。
B．电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。电子从a运动到b，位移方向向右，电场力与位移方向相同，电场力做正功，根据动能定理，电子动能增大，B错误。
C．电子从b运动到c，位移向右，电场力仍向右，电场力依旧做正功，电子动能增大，速度增大，C正确。
D．中轴线外的电子，所受电场力存在垂直电场中轴线的分力，会发生偏转，因此电子束的横截面积会改变，形状发生改变，D错误。
故选C。
易错点：B选项中电子受力方向容易分析错误——电子带负电，受力方向与电场方向相反，需先判断电场方向再确定电子受力方向。D选项容易忽略”中轴线外”电子的横向分力，认为所有电子都沿电场方向运动。
第5题｜单项选择题｜洛伦兹力的方向判断、左手定则的应用、带电粒子在磁场中的运动轨迹分析。
5．如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从P点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是（ ）
A  | B  |
C  | D  |
【答案】B
【解析】
小球从P点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右（指向PO点）。根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向里（即俯视图中PO连线的上方），轨迹向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向上弯曲），当小球运动到右侧最高点（P′点）后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外（即俯视图中P′O连线的下方），且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向下弯曲），综上所述，B选项图符合题意。
故选B。
易错点：使用左手定则时容易出错：四指指向正电荷运动方向（速度方向），磁场从掌心穿入，拇指所指即为洛伦兹力方向。注意本题是正电荷，不是电子。此外，小球运动到最高点后速度方向反转，洛伦兹力方向也随之改变，轨迹弯曲方向需要分段分析。
第6题｜单项选择题｜导体切割磁感线的感应电动势、右手定则、位移与速度的微积分关系、电磁感应中的电势差极性判断。
6．动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时，锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移x的正方向，若x随时间t的变化如图（c）所示，则a、b间电势差U_ab随t变化的图像可能为（ ）
A  | B  |
C  | D  |
【答案】D
【解析】
根据题意，由图（c）可知，线圈的位移x随时间t按正弦规律变化，则有x=Asin(ωt)
则线圈的速度随时间的变化规律为v=Aωcos(ωt)
由于磁场是辐射状的，线圈运动方向始终与磁感线垂直，感应电动势的大小E=BLv
可知，ab间电势差U_ab的大小随时间的变化规律与速度v一致，应为余弦函数形式，t=0时刻，由右手定则可知，线圈中电流由a→b，因此a端为负极，b端为正极，则有U_ab<0，综上所述，D选项图像符合题意。
故选D。
易错点：位移x按正弦变化，速度v按余弦变化，不是正弦。t=0时x最大、v=0（不是最大）。电势差的极性判断容易出错：需用右手定则判断电流方向，再确定哪端电势高。a端为负极意味着U_ab<0。
第7题｜单项选择题｜动能定理的初步应用、瞬时功率与平均功率的比较、F-x图像面积法求功、对称性分析。
7．如图（a），水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下，以初速度v₀由原点O出发，沿x轴依次经过M、N、Q三点。已知OM=MN=NQ=x₀，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，v₀=√(2μgx₀)，F随位置x的变化如图（b）所示。设物块经过N、Q两点时F的瞬时功率分别为PN、PQ，经过OM、MN、NQ段F的平均功率分别为P_OM、P_MN、P_NQ，则（ ）
A．PN>PQ，P_OM>P_MN
B．PN<PQ，P_OM>P_MN
C．PN>PQ，P_MN<P_NQ
D．PN<PQ，P_MN<P_NQ
【答案】C
【解析】
根据题意，从O到N过程中，由动能定理有2μmg/2⋅2x₀−μmg⋅2x₀=1/2mvN²−1/2mv₀²
解得vN=v₀=√(2μgx₀)
从N到Q过程中，由动能定理有(2μmg+μmg)/2⋅x₀−μmgx₀=1/2mvQ²−1/2mvN²
解得vQ=√(3μgx₀)
则有PN=2μmg⋅√(2μgx₀)=μmg√(8μgx₀)，PQ=μmg√(3μgx₀)
则有PN>PQ
设经过OM、MN、NQ段的时间分别为t₁、t₂、t₃，物块在OM阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度减小的减速运动，速度由v₀减速到vM，物块在MN阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度增大的加速运动，物体在O点的加速度大小为a₁=μmg/m=μg
N点的加速度大小为a₂=(2μmg−μmg)/m=μg
则有a₁=a₂
由对称性可得t₁=t₂
物体在NQ阶段做加速度减小的加速运动，则在NQ段的平均速度大于MN段的平均速度，则有t₃<t₂
根据F−x图像面积表做功，由图可知，经过OM、MN、NQ段F做功分别为W₁=1/2μmgx₀，W₂=W₃=3/2μmgx₀
又有P_OM=W₁/t₁、P_MN=W₂/t₂、P_NQ=W₃/t₃
可得P_OM<P_MN<P_NQ
故选C。
易错点：本题难度较高，容易出错之处：(1) 利用动能定理求vN和vQ时，拉力做功用F−x图像面积计算，容易漏算或算错面积；(2) O点与N点加速度大小相等（a₁=a₂=μg）这一对称性容易被忽略；(3) 比较平均功率时需同时比较做功量和时间，W₂=W₃但t₃<t₂，因此P_NQ>P_MN，容易忽略时间因素的影响。
第8题｜多项选择题｜理想气体状态方程、热力学第一定律、p-V图像中面积的意义、气体做功与内能变化的关系。
8．一定质量的理想气体由状态a经状态b、c变化到状态d，p−V图像如图所示，则（ ）
A．状态a的温度比状态b的高
B．状态b的内能比状态c的大
C．b→c、c→d过程气体对外做的功相等
D．c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量
【答案】BD
【解析】
A．根据题意，由图可知，从a→b过程中，气体的压强不变，气体做等压变化，由于气体体积增大，则气体温度升高，可知，状态a的温度比状态b的低，故A错误；
B．从b→c过程中，结合图像，由理想气体状态方程有3p₀⋅2V₀/Tb=p₀⋅3V₀/Tc
解得Tb=2Tc
可知，状态b的温度比状态c的高，则状态b的内能比状态c的大，故B正确；
C．根据p−V图像的面积表示气体做功，由图可知，b→c过程中，气体对外做功为
W₁=1/2(p₀+3p₀)(3V₀−2V₀)=2p₀V₀
c→d过程中，气体对外做功为W₂=p₀(4V₀−3V₀)=p₀V₀
可知，b→c、c→d过程气体对外做的功不相等，故C错误；
D．由图可知，c→d过程气体的压强不变，气体做等压变化，由于气体体积增大，则气体温度升高，气体的内能增大，由热力学第一定律可知，c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量，故D正确。
故选BD。
易错点：A选项容易混淆：等压膨胀（a→b）温度升高，说明Tb>Tₐ，不是Tₐ>Tb。C选项中b→c过程p−V图像下方为梯形面积，c→d过程为矩形面积，二者明显不等。D选项需要运用热力学第一定律ΔU=Q−W，c→d过程ΔU>0且W>0，因此Q>W。
第9题｜多项选择题｜万有引力的计算、圆周运动的向心加速度与线速度、拉格朗日点的物理模型。
9．我国计划将”羲和二号”太阳探测卫星部署至日地系统拉格朗日点L5。研究表明，太阳中心S、地球中心E和L5的连线构成稳定的等边三角形，太阳、地球和部署在L5的卫星以相同周期绕日地连线上的P点做圆周运动，如图所示，则（ ）
A．卫星的向心加速度比地球的大
B．卫星与地球的线速度大小相等
C．太阳和地球对卫星引力的合力指向E、S连线中点
D．太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比
【答案】AD
【解析】
A．根据题图可知卫星的运动半径大于地球的运动半径，卫星、太阳和地球周期相等，根据ω=2π/T可知三者角速度相等，根据aₙ=ω²r可知卫星的向心加速度比地球的大，故A正确；
B．根据v=ωr结合A选项分析可知卫星线速度大于地球的线速度，故B错误；
C．根据题意可知太阳和地球对卫星引力的合力提供卫星做圆周运动的向心力，向心力一定指向圆心，即向心力一定指向P点，故C错误；
D．根据题意可知太阳和卫星的距离等于地球和卫星的距离，根据万有引力的表达式F=GMm/r²可知太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比，故D正确。
故选AD。
易错点：C选项中引力合力的方向指向P点（圆心），而非E、S连线中点——这是向心力的本质要求。B选项中线速度v=ωr，角速度相同但半径不同，因此线速度不同。D选项中F_太阳/F_地球=GM_太阳m/r²/GM_地球m/r²=M_太阳/M_地球，关键在于r相同（等边三角形）。
第10题｜多项选择题｜电磁感应中的等效电路分析、动量定理在电磁感应中的应用、安培力与加速度计算。
10．如图，光滑绝缘水平面上x=0两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为L，磁感应强度方向相反，大小分别为B、2B，x=−3L和x=3L处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框MNPQ，边长为L，质量为m，总电阻为R，以初速度v₀=2026B²L³/mR从左侧进入磁场，沿x轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直，MN边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞。则（ ）
A．MN首次进入磁场时线框的加速度大小a=2026B⁴L⁵/m²R²
B．MN每次经过x=1.5L时，电势差U_NM:U_PQ=1:1
C．MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v=2012B²L³/mR
D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0
【答案】AC
【解析】
A．MN首次进入磁场时，MN切割磁感线，感应电动势E=BLv₀
感应电流I=E/R
MN所受的安培力F=BIL
根据牛顿第二定律F=ma
联立可得MN首次进入磁场时线框的加速度大小a=2026B⁴L⁵/m²R²，故A正确；
B．MN每次经过x=1.5L时，都是PQ切割磁感线，设感应电动势为E′，则(U_PQ)=3/4E′，(U_NM)=1/4E′（根据右手定则可知要么都为正，要么都为负）
可知MN每次经过x=1.5L时，电势差U_NM:U_PQ=1:3，故B错误；
C．线框MN进入磁场Ⅰ过程中，根据动量定理有−Bi₁L⋅t₁=m⋅Δv₁
又i₁=BL²/t₁R
可得Δv₁=−B²L³/mR
线框MN从磁场Ⅰ到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理−Bi₂L⋅t₂+(−2Bi₂L⋅t₂)=m⋅Δv₂
又i₂=(2BL²+BL²)/t₂R
可得Δv₂=−9B²L³/mR
线框MN离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理−2Bi₃L⋅t₃=m⋅Δv₃
又i₃=2BL²/t₃R
可得Δv₃=−4B²L³/mR
线框MN穿过磁场Ⅰ、Ⅱ过程，线框MN速度变化量Δv=Δv₁+Δv₂+Δv₃=−14B²L³/mR
根据v′−v₀=Δv
可得线框MN与右侧挡板碰撞前的速度大小为v′=2012B²L³/mR
根据题意线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，可知MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v=v′=2012B²L³/mR，故C正确；
D．根据C选项分析可知线框完整穿过一次磁场Ⅰ、Ⅱ，线框MN速度变化量为Δv=−14B²L³/mR
根据计算可知线框MN完整穿过磁场Ⅰ、Ⅱ144次后，速度为v″=v₀+144Δv=10B²L³/mR
又144为偶数，可知线框MN第145次由左侧进入磁场Ⅰ，刚好完全进入磁场Ⅱ时，速度变化量为Δv′=(B²L³/mR+9B²L³/mR)=−10B²L³/mR
可知线框MN恰好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量为Φ=2BL²，故D错误。
故选AC。
易错点：本题难度极高（0.15），主要易错点：(1) B选项中x=1.5L时两边同时切割磁感线，等效电路分析复杂，U_NM与U_PQ的比为1:3而非1:1；(2) C选项中速度变化量的计算需分段进行（Δv₁+Δv₂+Δv₃），每段的安培力计算不同；(3) D选项中线框并非停在无磁场区域，而是恰好停在磁场Ⅱ中，穿过线框的磁通量为2BL²而非0。
第11题｜实验题｜折射率的测量方法、折射定律的几何表达、光速与测距原理。
11．如图（a），某同学利用激光测距仪分别在①、②位置测量玻璃砖厚度时，发现两次示数差异较大。他猜想这可能与玻璃砖的折射率有关，于是设计了如下验证实验。
如图（b），在白纸上描出玻璃砖的两个边a和a′，使激光沿纸面以某一角度入射到玻璃砖侧面，在光束1上靠近光源处标记点M，在光束1与a的交点处标记点O，在光束2与a′的交点处标记点N。
移走测距仪和玻璃砖。如图（c），过O点作a的垂线b，连接MO和ON，以O为圆心、ON为半径作圆弧，与MO交于P点。分别测量N、P到b的距离，记为xN和xP。
改变入射角多次测量，记录多组数据，计算玻璃砖折射率n及其平均值。结果表明，测距仪在①、②位置测量时的示数比值与此平均值近似相等。
回答下列问题：
(1)上述实验过程中，下列说法正确的是__________（单选）。
A．点M只能标记在光束1上靠近光源处
B．点N只能标记在光束2与a′的交点处
C．只能以ON为半径作圆弧
(2)处理数据时，n=__________（用xN、xP表示）。
(3)该同学推测，测距仪是通过测量激光的传播时间Δt来计算距离的，则该测距仪示数是通过__________（选填”cΔt/2“或”vΔt/2“，c和v分别是激光在真空和介质中的速度）计算的。
(4)该同学将深度为16.0cm的不锈钢杯装满水（折射率为1.33）后，测量此杯深度，若测距仪的示数接近__________cm（保留至小数点后1位），则符合他的推测。
【答案】(1)B (2)xP/xN (3)cΔt/2 (4)21.3
【解析】
（1）AB．实验中标记点M和点N是为了确定入射光线和折射光线的方向，点M的位置可以选取入射光线上的任意位置，光线在玻璃砖中发生折射，玻璃砖上不能标记，只能标记光从玻璃砖中射出的点N，故A错误，B正确；
C．作圆弧时，半径的长度可以任意选择，再用几何关系得出入射角和折射角的正弦值的表达式即可，故C错误。
故选B。
（2）根据题图可得入射角正弦值的表达式为xP/ON，折射角的表示为xN/ON，则折射率为n=xP/ON/xN/ON=xP/xN
（3）测距仪默认激光在真空中的速度c计算距离，激光往返，因此示数按d=cΔt/2计算。
（4）设实际深度为h=16.0cm
水的折射率n=1.33
激光往返时间Δt=2h/v
其中v=c/n
测距仪示数d=cΔt/2
联立可得d≈21.3cm
即测距仪的示数接近21.3cm，则符合他的推测。
易错点：第(1)问中B选项：点N只能标记在光束2与a′的交点处——因为光线在玻璃砖内部发生折射，玻璃砖表面无法标记，只能在出射光与界面交点处标记。第(2)问中sini=xP/ON（不是xN/ON），入射角对应入射光线一侧的线段。第(3)问中测距仪默认用真空中光速c而非介质中光速v计算距离。第(4)问中d=n⋅h=1.33×16.0=21.28≈21.3 cm。
第12题｜实验题｜平板电容器电容的决定式、螺旋测微器读数、实验数据处理与分析、图像法探究物理规律。
12．某同学从教材的”拓展学习”栏目中学习到平行板电容器的电容C=εᵣS/4πkd。为验证C与极板间距d、正对面积S的关系，他与人工智能讨论得知，用数字式多用电表可以测量电容，测量过程中电路存在额外电容，每次应扣除额外电容，以获得电容的测量值。据此，设计并完成如下实验。
实验器材：厚度为d₀的绝缘塑料板若干、面积均为S₀（已知）的矩形单面覆铜板两块、数字式多用电表、螺旋测微器、绝缘重物等。
(1)用螺旋测微器测量20层塑料板的厚度。测量结果如图（a）所示，读数为__________mm。
(2)将两极板覆铜面相对，中间夹入10层塑料板并用重物压紧，使正对面积为S₀，用多用电表测量电容并记录数据。断开表笔，将极板短接放电。保持正对面积为S₀不变，每次增加2层塑料板，重复上述操作直至20层。作C−1/d图线如图（b）所示，由此确定C与1/d成正比。由图线，极板间夹15层塑料板时，电容为__________pF（保留至整数）。
(3)保持极板间20层塑料板不变，使两极板正对面积依次为S₀、3/4S₀、2/3S₀、1/2S₀、1/3S₀、1/4S₀，用重物压紧，测量电容并记录数据。作C−S图线如图（c）所示，由此确定C与S成正比。图（c）中某次测量值明显偏离拟合直线，排除仪器故障和数据处理错误，从实验操作角度分析，写出一条可能的原因：__________。
(4)若将图（b）、图（c）改绘为C−d₀/d、C−S/S₀图线，两图线的斜率分别为k₁、k₂，则理论上k₁/k₂=__________（选填”20”“1”或”0.05”）。
【答案】(1)1.804/1.803/1.805 (2)157/156/158 (3)塑料板没有压紧/正对面积取值偏大 (4)20
【解析】
（1）螺旋测微器的读数为1.5mm+30.4×0.01mm=1.804mm
（2）当极板间夹15层塑料板时1/d=1/1.804/20×15mm≈0.74(mm)⁻¹
结合题图可得电容约为157pF。
（3）根据题图可知测量值明显偏离拟合直线，电容的测量值偏小，根据C=εᵣS/4πkd可知出现的原因是塑料板没有压紧或正对面积取值偏大。
（4）根据平行板电容公式C=εᵣS/4πkd
对C−d₀/d图线有C=εᵣS₀/4πkd=εᵣS₀/4πkd₀⋅d₀/d
对C−S/S₀图线有C=εᵣS/4πk⋅20d₀=εᵣS₀/4πk⋅20d₀⋅S/S₀
则k₁=εᵣS₀/4πkd₀，εᵣS₀/4πk⋅20d₀
可得k₁/k₂=20
易错点：第(1)问螺旋测微器读数：注意可动刻度上”30.4”的估读位（最后一位是估读的），读数为1.5+30.4×0.01=1.804 mm。第(2)问需要先计算1/d的值，再从图线上读取对应的电容值。第(3)问要求”从实验操作角度”分析，不能写理论原因（如”电容公式不对”），应写操作层面的原因。第(4)问中两个图线的斜率比需要明确C−d₀/d图线中S=S₀（固定），C−S/S₀图线中d=20d₀（固定），由此得到k₁/k₂=20。
第13题｜解答题｜动能定理、动量定理、牛顿第二定律在变阶段运动中的应用。
13．某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力F=3×10⁴N的驱动下，质量m=500kg的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升h=6.25m时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所受支持力为其重力的1/6，从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度g=10m/s²。求上升过程中
(1)实验舱的最大速度vₘ；
(2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间t。
【答案】(1)vₘ=25m/s (2)t=3s
【解析】
（1）加速阶段，由动能定理有(F−mg)h=1/2mvₘ²
解得vₘ=25m/s
（2）减速阶段，由动量定理得−(mg−1/6mg)t=0−mvₘ
解得t=3s
易错点：第(2)问中”设备所受支持力为其重力的1/6“需正确理解为：减速阶段舱体向下加速，设备处于超重/失重状态——实际上是设备受到的支持力N=mg/6，说明设备对舱底的压力减小，设备处于部分失重状态。减速阶段合外力F合=mg−mg/6=5mg/6（向下），不是mg+mg/6。
第14题｜解答题｜机械能守恒定律、弹性碰撞（动碰静）、动量守恒定律、弹簧模型中的能量守恒。
14．如图，光滑水平面上一质量mA=0.4kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质量mB=0.1kg的物块，此时弹簧伸长量x₀=0.1m，物块和木板均静止。质量mC=0.1kg的小球（可视为质点）通过长L=0.9m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成θ=60°处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度g=10m/s²。
(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小vA。
(2)弹簧的压缩量第一次为x₀时，物块速度大小为vB=0.8m/s，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数μ。
【答案】(1)vA=1.2m/s (2)μ=0.28
【解析】
（1）C下摆过程，由机械能守恒定律有mCgL(1−cos60°)=1/2mCv₀²
解得v₀=3m/s
C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mCv₀=mCvC+mAvA，1/2mCv₀²=1/2mCvC²+1/2mAv₂²
联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小vA=1.2m/s
（2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为x₀时，以向左为正方向，由动量守恒定律有mAvA=mBvB+mAv′A
解得v′A=1m/s
由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有1/2mAvA²=1/2mAv′A²+1/2mBvB²+μmBg(2x₀)
解得μ=0.28
易错点：第(2)问中摩擦力做功的位移为2x₀（弹簧从伸长x₀变为压缩x₀，物块相对木板的位移为2x₀），不是x₀。弹簧弹性势能”不变”是关键条件：压缩量为x₀时的弹性势能等于伸长量为x₀时的弹性势能（弹簧对称性），因此弹性势能在初末状态抵消。
第15题｜解答题｜电场加速（动能定理）、磁场筛选（洛伦兹力与圆周运动）、偏转电场（类平抛运动）、指数衰减模型与半衰期。
15．某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由”时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为U₁的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为B₀，使筛选出的电子沿半径为R的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。
已知电子电荷量大小为e，质量为m；偏转电场可视为匀强电场，M、N极板长度为L、间距为d；荧光屏到极板边缘的距离为5L。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。
(1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量ΔEₖ。
(2)求M、N间电压为U₂时，电子到达荧光屏上的偏移距离x₀。
(3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时M、N间电压随时间线性变化，变化率为β（β<0），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为Δx的光斑，如图（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置x的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命τ定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求τ。
【答案】(1)ΔEₖ=e²²₀BR²/2m−eU₁ (2)x₀=11mL²U₂/2dR²²₀Be (3)τ=−8dR²e²₀BΔx/11βmL²
【解析】
（1）电子加速场中，由动能定理有eU₁=1/2mv₁²
电子在，筛选器中由牛顿第二定律有ev₂B₀=mv₂²/R
电子通过样品前后的动能变化量ΔEₖ=1/2mv₂²−1/2mv₁²
联立可得ΔEₖ=e²²₀BR²/2m−eU₁
（2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L=v₂t
沿着电场方向有x=1/2at²
根据牛顿第二定律e⋅U₂/d=ma
出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有x₀/x=(L/2+5L)/L/2
联立解得x₀=11mL²U₂/2dR²²₀Be
（3）由题意可知U₂=βt+U₀
将U₂表达式代入x₀=11mL²U₂/2dR²²₀Be可得x₀=11mL²/2dR²²₀Be(βt+U₀)
结合题图（相对强度8408到4204）可得4Δx=−11mL²/2dR²²₀Be⋅βτ
解得τ=−8dR²e²₀BΔx/11βmL²
易错点：第(3)问中”相对强度从8408衰减到4204”对应4个脉冲间隔（每个Δx一个脉冲，8408→4204共4个Δx），因此偏移量为4Δx而非Δx。β<0表示电压随时间减小，偏移量4Δx为负值（光斑向偏移距离减小的方向移动），最终结果中τ为正值（因为β<0，负负得正）。
04 ｜ 2027 命题预测
（以下为基于近年命题趋势的预测，非官方信息，仅供参考。）
一、聚焦基础辨析，搭建完整知识框架：未来命题将继续重视基础知识、基本技能与基本方法的考查，强调知识间的内在联系与灵活运用。本卷第1-3题均以基本概念辨析为主，提醒备考中应夯实力学基础概念体系。
二、双轨情境命题，落实知识实际运用：命题将更加注重真实情境创设，引导学生运用物理知识解决实际问题，体现物理学科的社会价值与应用意义。采用 “本土生活 + 大国科技” 双素材体系，生活题放基础单选，航天、微观、电磁工业类科技题放中档、压轴；长情境题干只做背景铺垫，物理模型不变，核心考点与传统母题完全一致，情境仅用于信息提取训练，不增加额外知识点。
三、强化综合推演，提升数理探究能力：试题将进一步强化对逻辑推理、探究创新等高阶思维能力的考查，鼓励学生多角度、辩证地分析问题。第10题和第15题均需要建立物理模型并进行多步推理，体现了对高阶思维的重视。常规中档题侧重代数公式联立，计算量适中；压轴题引入多层多阶段速度变化、几何三角函数、线性变量临界推导，计算复杂度显著提升。
四、融合古今素材，承载素养育人目标：命题将持续围绕物理学科核心素养设计，引导学生形成正确的价值观与必备品格，实现立德树人的根本任务。本卷在情境选择上兼顾传统文化（秧马）与现代科技（羲和卫星、纳米加速器），体现文化自信与科学精神。
05 ｜ 备考建议（给 2027 届）
· 一、教材溯源过关，主干公式闭环梳理
· 逐章梳理力学、电磁、热学、光学、原子物理核心概念，区分易混点：路程 / 位移、瞬时 / 平均速度、平衡力与相互作用力、电场线场强判断、洛伦兹力偏转规律等。不孤立背诵公式，梳理公式推导过程、适用条件，重点落实天体运动、动能定理、动量定理、电磁感应、理想气体状态方程、折射率公式，做到直接套用不出错。
· 二、基础题型限时练，吃透教材原型
· 每天限时完成 7 道基础单选，对标试卷 1-4 题难度，训练快速判断概念正误；优先搞定质点、受力分析、I-U 图像、基础电场定性判断等简单模型，保证基础题零失误。掌握纸带、伏安特性、折射、电容器基础操作与读数等实验模型，为二轮创新探究实验铺垫。
· 三、专题模块综合练，针对性提升核心模块
· 力学综合专题是核心提分模块，覆盖变力功率、弹簧滑块弹性碰撞、竖直匀加速模拟重力模型；重点训练动量守恒、动能定理联立解题，攻克动量微元法，对标多选第 10 题线框磁场模型。电磁综合专题是中档 + 压轴核心，可分层训练：基础层洛伦兹力轨迹、动圈式切割电动势；提高层双线框双磁场动量计算；压轴层电子加速 + 偏转复合场多过程、线性变量临界推导，强化几何作图、三角函数运算。热学与光学专题是可以快速掌握的模块，热学专攻图像问题、热力学第一定律；光学突破玻璃砖折射率几何计算，结合激光测距实际应用拓展题型。
· 四、情境建模专项训练，数理计算专项提升
· 对于情境材料训练快速剥离文字的能力，提炼质点、摩擦力、受力平衡等基础模型；过滤科技背景，提取天体圆周、电场加速、磁场偏转等核心模型，训练 15 秒快速建模。专项提升梳理计算能力，中档题训练基础方程联立；压轴题专项练习多阶段速度迭代、几何轨迹方程、线性变化临界讨论，规范分步列式，减少计算失误。
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