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专题05 物理情境与模型构建
目录
一．新情境试题解体策略..........................................................................................................................................1
二．专题强化训练....................................................................................................................................................10
一．新情境试题解体策略
高考试题从原来的解题到现在的解决问题，出现的情境题越来越多，题目情境来源于生活、生产、体
育运动、科技，无情境不命题。我们分析物理情境题时，可以从以下几个方面进行研究分析。
1．仔细读题，构建物理模型
明确题中所给的物理情境要解决的问题，仔细分析该情境描述的研究对象。经历了什么过程？受哪些
作用力？分析运动性质，遵循哪些规律？将此问题和学过的知识相关联，在大脑中调出所学过的关于这个
问题所涉及的物理知识。
2．挖掘破题关键解决实际问题，根据题目展示的物理情境，建立好物理模型之后，再看看我们需要解决
什么问题，然后再次回到题目所给的信息中去挖掘破题关键信息，进行二次读题，最终查看问题是否得到
解决。
3．还有一些情境题为假情境，戴着情境的帽子，把这几句信息去掉对解题无影响，这样的题可以去掉情
境，从中直接找出关键信息即可。
例1．（2024·浙江温州·高三乐清市知临中学校考期中）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工
具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小
与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（ ）A．大小等于 B．大小等于
C．大小小于 D．大小大于
【解题指导】
物理情境 擦窗工具擦玻璃
解决问题 擦玻璃过程中摩擦力的分析与计算
关联知识 共点力的平衡
擦窗工具在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共
与情境结合
同作用做匀速直线运动，处于平衡状态，受力分析，求摩擦力
【答案】B
【详解】对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示
水平方向上拉】 与擦窗工具所受摩擦力水平分量 等大反向，竖直方向上重力 与擦窗工具所摩擦力
竖直分量 等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中 所示，大小为
故选B。
例2（2022·福建·高考真题）福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）
所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约 的圆形廊道连接。若将质量为 的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用 沿廊道运送到N处，如图
（c）所示。重力加速度大小取 ，则（ ）
A．该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为
B．该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为
C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为
D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为
【解题指导】
物理情境 福建土楼
若将质量为100 kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用
解决问题
100 s沿廊道运送到N处，位移、做功等问题
关联知识 位移，平均速率公式，恒力做功的计算
承启楼是圆形土楼的典型代表，承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)
与情境结合
所示。同一楼层内部通过直径约50 m】圆形廊道连接。搬运过程中，克服重力所做的功与路径无关，只与初末位置的高度差有关，情境中的初末
位置连线长度为位移大小，在此过程中的路程和时间之比计算平均速率
【答案】A
【详解】A．该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为
故A正确；
B．该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；
C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为 ，故C错误；
D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为
故D错误。
故选A。
例3（2023下·江苏南京·高三校考阶段练习）国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了
强烈的视觉震㨔。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，
缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是（ ）
A．地面基站可以建设在青藏高原上
B．配重的线速度小于同步空间站的线速度
C．箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小
D．若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做向心运动
【解题指导】
物理情境 《流浪地球2》中的“太空电梯”
建设“太空电梯”，由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间
解决问题
站和配重组成，缆绳相对地面静止，利用箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站
圆周运动线速度与角速度关系，圆周运动动力学分析，向心运动、
关联知识
离心运动
读图可知，空间站处于同步轨道上，和地球自转同步，角速度相
同，若无配重，地球对其引力提供向心力G＝mω2r ，缆绳恰无张
空
与情境结合 力；箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站，缆绳对箱体
提供向上拉力，对空间站向下拉影响空间站的安全；配重在同步轨
道外，引力不足以提供向心力G0），电流 I沿 方向大小不变。
该传感器灵敏度 ，要使该传感器的灵敏度变大，下列措施可行的是（ ）
A．把霍尔元件沿 方向的厚度变小 B．把霍尔元件沿 方向的高度变大
C．把霍尔元件沿 方向的长度变大 D．把霍尔元件沿 方向的高度变小【解题指导】
物理情境 利用霍尔元件制作的位移传感器
两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体正中间，以中间位置
为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系。沿x轴方向移动到不同
解决问题
位置时，磁感应强度不同，产生不同的霍尔电压U，通过测量电压
U就可以知道位移x
关联知识 磁场的叠加，霍尔元件，电流微观表达式
磁场叠加后，沿x轴方向磁感应强度大小B＝kx，霍尔效应e＝evB，
与情境结合
结合I＝neSv＝nedlv，得传感器灵敏度表达式，得出结论
【答案】A
【详解】设霍尔元件沿y轴反向的高度为d，沿x轴方向的厚度为l，电流的微观表达式为
得
自由电荷受洛伦兹力和电场力平衡
得
由磁感应强度大小
得
则
可知，要使该传感器的灵敏度变大，应把霍尔元件沿 方向的厚度l变小。
故选A。
例5（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度 ，匀减速滑行 到达N点时，队友用毛刷开始
擦A运动前方的冰面，使A与 间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行 ，与静止在P点
的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为 和 。已知A、B质量相同，A
与 间冰面的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰
撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度 的大小；
（2）与 间冰面的动摩擦因数 。
【解题指导】
物理情境 体育赛事中的冰壶比赛
解决问题 求冰壶A在N点的速度v 的大小，与NP间冰面的动摩擦因数μ
1 2
关联知识 牛顿运动定律，动量守恒定律，动能定理
以体育赛事为情境，冰壶A推到M点放手，此时A的速度v＝2
0
m/s，匀减速滑行x＝16.8 m到达N点，冰壶A做匀减速直线运
1
动，可用牛顿运动定律或动能定理；到达N点时，队友用毛刷开
与情境结合 始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A
继续匀减速滑行x＝3.5 m，碰后瞬间A、B的速度分别为v ＝
2 A
0.05 m/s和v ＝0.55 m/s，碰撞遵循动量守恒定律，NP段可用牛顿
B
运动定律或动能定理
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为 ，A受到冰面的支持力为 ，由竖直方向受力平衡，有设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
设A在 间的加速度大小为 ，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为 ，由动量守恒定律可得
解得
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
由动能定理可得
联立解得
例6（2023·浙江·高考真题）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器
内用面积 、质量 的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于
温度 、活塞与容器底的距离 的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升 恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度
的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了 。取大气压
，求气体。
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
【解题指导】
物理情境 探究小组设计了一个温度报警装置
解决问题 达到预设温度报警装置报警
关联知识 查理定理，盖—吕萨克定律，热力学第一定律
活塞能无摩擦滑动，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内
的卡口处，此时气体达到状态B，经历什么过程；活塞保持
不动，气体被继续加热至温度T ＝363 K的状态C时触动报
C
与情境结合
警器，经历什么过程；从状态A到状态C的过程中气体内能
增加了ΔU＝158 J，求由状态A到状态C过程中从外界吸收
热量Q，考虑热力学第一定律，气体对外做功情况
【答案】（1）330K；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有
解得（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则
解得
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
解得
（3）根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为
由热力学第一定律有
解得
二．专题强化训练
一、单选题
1．（2024上·安徽合肥·高三校联考期末）科学家相信宇宙是和谐的，1766年，德国科学家提丢斯研究了
下表中太阳系中各个行星的轨道半径（以地日间的平均距离为1个天文长度单位），他发现了一个规律，
各行星到太阳的距离可近似用公式 表示，但同时又注意到公式中n=5，即r=2.8天文单位
的地方少了一颗行星，1801年后，科学家陆续发现这一区域存在大量小行星。假设所有行星的公转轨道可
近似看作圆，下列说法错误的是（ ）
金 火
行星 水星 地球 木星 土星
星 星
轨道平均半径r/天文单位 0.39 0.72 1.00 1.52 5.20 9.54
A．小行星带处于火星与木星之间
B．水星虽然距离太阳最近，但在各行星中受到太阳的引力，水星不一定最大
C．火星的公转周期小于2年D．金星公转的线速度与地球公转的线速度之比约为0.85
【答案】D
【详解】A．小行星带处于火星与木星之间，故A正确，不符合题意；
B．受到太阳的引力除距离外，还与行星的质量有关，故B正确，不符合题意；
C．根据开普勒第三定律有
代入数据解得
年
故C正确，不符合题意；
D．根据万有引力提供向心力对地球有
对金星有
则有
代入数据解得
故D错误，符合题意。
故选D。
2．（2024上·山西吕梁·高三统考期末）如图所示，某健身者拉着把手缓慢水平向右移动，使重物缓慢上升，
不计绳子质量和一切摩擦，则重物上升过程中（ ）A．绳子的拉力逐渐减小
B．健身者所受合外力逐渐增大
C．健身者对地面的压力逐渐减小
D．健身者对地面的摩擦力逐渐增大
【答案】D
【详解】AB．由题意可知，重物和健身者一直处于平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零；
绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，故AB错误；
CD．对健身者受力分析，如图所示
由平衡条件可知，在竖直方向则有
可得
在水平方向，则有
当健身者向右缓慢移动时， 角逐渐变小，地面对健身者的支持力变大，地面对健身者的摩擦力变大，由
牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，故C错误，D正确。
故选D。3．（2024·福建漳州·统考二模）如图，某同学要把压在水杯下的纸张抽出来。第一次他迅速抽出纸张，水
杯几乎不动；第二次他将纸张较慢抽出，水杯往纸张方向移动了一小段。对比两次抽纸张过程，下列说法
正确的是（ ）
A．第一次抽纸张过程中，纸张对水杯的摩擦力较大
B．第二次抽纸张过程中，纸张对水杯的摩擦力较大
C．第一次抽纸张过程中，纸张对水杯的冲量较大
D．第二次抽纸张过程中，纸张对水杯的冲量较大
【答案】D
【详解】AB．两次抽出纸张，水杯与纸张间的正压力不变，所以水杯受到的滑动摩擦力大小也不变，故
AB错误；
CD．第二次较缓慢抽出纸张意味着纸张对水杯的作用时间较长，根据 可知，水杯受到的冲量较大，
故C错误，D正确。
故选D。
4．（2024·陕西咸阳·统考一模）跳跳杆是一种深受小朋友喜爱的弹跳器。可以自由伸缩的中心弹簧，一端
固定在跳杆上，另一端固定在与踏板相连的杆身上，当人在踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧向上弹起，
将人和跳杆带离地面。当某同学玩跳跳杆时从最高点竖直下落到最低点的过程中，忽略空气阻力的影响，
下列说法正确的是（ ）
A．下落全过程中，该同学速度一直减小
B．下落全过程中，该同学加速度先增大后减小
C．下落全过程中，跳杆刚接触地面时，该同学速度最大
D．下落全过程中，跳跳杆形变量最大时，该同学处于超重状态
【答案】D
【详解】ABC．下落全过程中，跳杆接触地面前，该同学和跳杆做自由落体运动，速度增大，加速度保持不变；跳杆刚接触地面后，一开始弹簧弹力小于该同学和跳杆的总重力，该同学和跳杆继续向下做加速度
减小的加速运动；当弹簧弹力等于该同学和跳杆的总重力时，该同学和跳杆的速度达到最大；之后弹簧弹
力大于该同学和跳杆的总重力，该同学和跳杆继续向下做加速度增大的减速运动；故下落全过程中，该同
学速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故ABC错误；
D．下落全过程中，跳跳杆形变量最大时，加速度方向向上，该同学处于超重状态，故D正确。
故选D。
5．（2024上·河北·高三校联考期末）离子电推引擎，是利用电场将处在等离子状态的“工作物质”加速后
向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，也气体全无污染物排放，是环保型机器。
引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子和电子，而后正离子飘人电极A、B之
间的加速电场（正离子初速度忽略不计），使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。
已知A、B间的电压为U，单位时间内飘入加速电场的正离子数目为N，每个离子的质量为m、电荷量为
ne（其中n是正整数，e是元电荷），则引擎获得的推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】时间t内飘入加速电场的正离子质量
电荷量
电场对离子加速，由动能定理有
设在加速过程中引擎对离子的作用力大小为F，根据动量定理有
解得由牛顿第三定律可知，引擎获得的推力大小
故选A。
6．（2024上·山西太原·高三统考期末）辕门射戟，最早出自《三国志·吕布传》，是吕布为了阻止袁术击
灭刘备所使的计谋。吕布欲用弓箭射穿距离自己一百五十步外方天画戟中的小孔，假设箭水平射出，忽略
空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．箭在飞行过程中加速度一定改变
B．箭射出位置一定要高于小孔的下边缘
C．箭有可能水平穿过小孔
D．箭在飞行过程中重力的功率一定不变
【答案】B
【详解】A．忽略空气阻力，箭在飞行过程中只受重力作用，加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；
B．箭在空中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，可知箭穿过方天画戟中
的小孔时，竖直方向上有向下的位移，故箭射出位置一定要高于小孔的下边缘，故B正确；
C．箭穿过方天画戟中的小孔时，箭竖直方向的速度不为零，故箭不可能水平穿过小孔，故C错误；
D．箭在飞行过程中，竖直方向做自由落体运动，箭在竖直方向上的速度逐渐增大，根据
可知箭在飞行过程中重力的功率不断增大。故D错误。
故选B。
7．（2024上·安徽合肥·高三校联考期末）清晨，环卫工人劳作的身影成为城市一道靓丽的风景。静止在城
市道路旁的绿化洒水车，由横截面积为S的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从喷嘴射出到落地经历的时间为t，水流落地点和喷嘴的连线与水平地面间的夹角为 ，忽略空气阻力，重力加速度为g，以下
说法正确的是（ ）
A．水流落地时位移大小为
B．空中水柱的体积为
C．水流射出喷嘴的速度大小为
D．水流落地时的速度大小为
【答案】B
【详解】A．水流落地时竖直位移为
而
解得水流落地时位移大小为
A错误；
C．水流射出喷嘴的速度大小为
C错误；
B．空中水柱的体积为
所以B正确；
D．水流落地时的速度大小为D错误；
故选B。
8．（2024上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末）一个无风的大雨天，一辆敞篷的空载货车从静止开始以恒
定功率Р加速，行驶在平直路面上，由于下雨，货车箱体（无排水孔）内积水不断变多，根据降水量折算
出单位时间内，箱体内会增加质量为x的积水。加速阶段的某时刻，货车及箱体内积水的总质量为M，货
车的速度为v，所受到的路面和空气阻力为f，则此时货车的加速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】一段极短的时间△t内落入货车的雨水质量为
雨水落入货车后，立即和货车共速，选择货车前进方向为正方向，则由动量定理可得
可得雨水受到货车的力为
由牛顿第三定律可知，货车受到雨水的反作用力向后，大小为
对速度为v时的货车（包括已经进入的雨水），根据
由牛顿第二定律得
解得
故选D。
9．（2024上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末）在刘慈欣的科幻小说《带上她的眼睛》里阐述了这样一个
故事：“落日六号”地层飞船深入地球内部进行探险，在航行中失事后下沉，船上只剩下一名年轻的女领
航员，她只能在封闭的地心度过余生。已知地球可视为半径为R、质量分布均匀的球体，且均匀球壳对壳
内质点的引力为零。若近地卫星的周期为T，当地层飞船“落日六号”在地面以下距离地心0.5R的圆形轨
道上做无动力（只受万有引力）匀速圆周运动时，其运行周期为（ ）A． T B． T C．T D．2T
【答案】C
【详解】近地卫星做圆周运动时受到的万有引力提供向心力
解得
飞船做匀速圆周运动的半径减半，根据地球的质量公式
可知地层飞船做圆周运动时，其对应的中心天体半径减半，则对应中心天体质量变为之前的 ，类比于近
地卫星相比，地层飞船的运行周期
所以运行周期不变。
故选C。
10．（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）光射到物体表面上时会产生压力，我们将光对物体单位面积的
压力叫光压。已知普朗克常量h，光速c，某激光器发出的激光功率为P，该光束垂直射到某平整元件上，
其光束截面积为S，该激光的波长λ。若激光的能量全部被原件吸收，则下列说法正确的有（ ）
A．该光束产生的光压为
B．该光束产生的光压为
C．该激光器单位时间内发出的光子数为
D．该激光器单位时间内发出的光子数为
【答案】C
【详解】CD．光子的能量设单位时间内该激光器发出的光子数为N，则有
故C正确，D错误；
AB．根据题意，该激光的能量全部被原件吸收，则可认为光子在接触该原件后速度减为零，则在 时间内
光子动量的变化量为
对 时间内的光束由动量定理有
解得
该光束产生的光压为
故AB错误。
故选C。
11．（2023·四川成都·统考一模）图示为一种自动测定油箱内油面高度的装置，装置中金属杠杆的一端接
浮标（浮标与杠杆绝缘），另一端的触点P接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时，
油箱内油面上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电路中电流减小 B． 两端电压减小
C．整个电路消耗的功率增大 D．电源输出功率一定增大【答案】C
【详解】A．当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点P向下滑动，滑动变阻器R接入电
路的电阻变小，整个电路的总电阻变小，电路中的电流变大，故A错误；
B． 两端电压
由于电路中的电流变大，所以 两端电压升高，故B错误；
C．整个电路消耗的功率
由于电路中的电流变大，所以整个电路消耗的功率增大，故C正确；
D．电源输出功率
当 时，电源输出功率最大，因不知道电路中各个电阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变
化，故D错误。
故选C。
12．（2023上·广东广州·高二统考期末）图1是叶片长度为L的风力发电机，图2是该风力发电机的扫风
面积示意图图，风叶旋转扫过的面积是截留风能的面积，并与风向垂直。已知空气的密度为ρ，风速为v，
风动能转化为电能的效率为η，则该风力发电机的功率为（ ）
A． B．C． D．
【答案】A
【详解】则t时间内流向风轮机的最大风能为
可得发电机的风力发电的功率为
故选A。
二、多选题
13．（2024·福建漳州·统考二模）如图，冰壶被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参与者的体能与脑
力，展现动静之美，取舍之智慧。质量相同的冰壶甲和乙相距30m，冰壶甲以速度 被推出后做匀减速直
线运动，经过10s与静止的冰壶乙发生对心弹性碰撞，则（ ）
A．两冰壶碰撞后均向前运动
B．两冰壶碰撞后，甲静止不动
C．冰壶甲初速度 大小可能为3m/s
D．冰壶甲初速度 大小可能为5m/s
【答案】BD
【详解】AB．根据两质量相等的物体，弹性碰撞速度交换可知，两冰壶碰撞后，甲静止不动，乙向前运动，
故A错误，B正确；
CD．冰壶做匀减速直线运动，则由题意可知 ，代入数据得
但如果 ，则 ，与甲做匀减速运动矛盾，故C错误，D正确。
故选BD。
14．（2024上·山东青岛·高三山东省平度第一中学校考期末）如图甲是利用磁场力提升导电液体的电磁泵，
电磁泵前后两侧为两块相同的绝缘薄板，左右两侧为两块底边长为b、间距为l的相同长方形金属薄板，其
底部开有高度可忽略的狭缝。如图乙，足够大的绝缘容器中装有深度为h的导电液体，电磁泵置于容器中，
两金属板间存在方向垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场。将一直流电源接在两金属板间，初始时，电
源的电压为0，调节电压逐渐增大，两板间液面缓慢上升。已知初始时金属板间导电液体液面高为h、导电
液体的密度为ρ、电阻率为ρ，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
0
A．两金属板间匀强磁场的方向垂直纸面向外
B．两板间液面缓慢上升过程中重力和安培力平衡
C．当 时，两板间液面高度为2h
D．两板间液面从高度h缓慢升至2h的过程中，电源消耗的电能等于
【答案】BC
【详解】A. 液体受安培力向上，则由左手定则可知，两金属板间匀强磁场的方向垂直纸面向里，选项A
错误；
B. 两板间液面缓慢上升过程中向下的重力和向上的安培力平衡，选项B正确；
C．对于液面的高度稳定在2h时，两板间液体的电阻为R，则有
对于两板间所加电压为U时，假设流过导电液体的电流为I，根据欧姆定律可得当外加的磁场具有的磁感应强度大小为B时，假设液体所受到的安培力的大小为F，则有
F=BIl
对于两板间液面稳定在高度2h时，假设两板间高出板外液面的液体质量为m,则有
m=ρbhl
0
两板间液体受到的安培力与两板间高出板外液面的液体重力平衡，则有
F=mg
联立以上式子解得
故C正确；
D．两板间液面从高度h缓慢升至2h的过程中，液体重力势能的增量为
E=mgh=ρblh2g
0
除此之外电阻上还产生热能，则电源消耗的电能大于ρblh2g，即故D错误。
0
故选BC。
15．（2024上·河北·高三校联考期末）某国产手机实现了卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以
实现通话。如图所示，赤道上空的三颗通信卫星恰好实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度相同，
均绕地球做匀速圆周运动，且转动方向与地球自转方向相同。地球的半径为R，地球同步卫星离地球表面
高度为6R，地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．三颗通信卫星运行的周期相等
B．三颗卫星离地球表面高度为R
C．其中一颗质量为m的通信卫星的动能为
D．卫星运行的周期和地球自转周期之比为【答案】AB
【详解】A．通信卫星在相同的高度，周期一定相等，选项A正确；
B．若要三颗通信卫星发射的信号能全面覆盖地球的赤道，则其位置关系如图所示
由几何关系可知，∠AOB=120°，∠AOC=60°，OA为地球半径R，有
cos60°=
解得
OC=2R
所以卫星离地高度为R，选项B正确；
C．卫星受到地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，有
在地球表面有
其动能
选项C错误；
D．地球的自转周期与同步卫星相同，由开普勒第三定律有
解得选项D错误。
故选AB。
16．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图所示，乌鲁木齐机场在传输旅客行李的过程中，行李从一个斜
面滑下。为防止行李下滑时速度过大，斜面上设置了一段“减速带”（行李与“减速带”间动摩擦因数较
大）。小梁的行李箱质量为m、长度为L，“减速带”的长度为2L，该行李箱与“减速带”间的动摩擦因
数为 ，斜面与水平面间的夹角为 ，重力加速度的大小为g，行李箱滑过“减速带”的过程中，不会发
生转动且箱内物品相对行李箱静止。设该行李箱质量分布均匀和不均匀的两种情况下滑过“减速带”的过
程中，克服“减速带”的摩擦力做的功分别为 和 。则（ ）
A． 一定等于 B． 一定大于
C． 一定等于 D． 可能大于
【答案】AC
【详解】将行李箱看成无数段距离很小的质量微元，每段质量微元在“减速带”中受到的摩擦力为
每段质量微元经过“减速带”时，摩擦力的作用距离均为 ，则克服“减速带”的摩擦力做的功
可得
故选AC。
17．（2024·云南曲靖·校联考一模）在我国的干旱地区，蓄水池是一个重要的雨水蓄积设施，建造蓄水池
可以有效解决人们的用水问题。一个圆柱形蓄水池，直径为10米，现在蓄水的深度H=8米，管理员站在
池边“看到”对面池底深度h=4.5米，如图所示，他的眼睛到水平面的距离为3米，则（ ）A．水的折射率是
B．水的折射率是
C．如果他竖直向下看，“看到”的水深是8米
D．如果他竖直向下看，“看到”的水深是6米
【答案】AD
【详解】AB．如图所示：
根据几何关系可知
根据折射定律可知
解得
故A正确，B错误；
CD．如果他竖直向下看，“看到”的水深是
m
故C错误，D正确；故选AD。
18．（2023·吉林·统考二模）列车进站时如图所示，其刹车原理可简化如下：在车身下方固定一水平矩形
线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab
和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感
应强度的大小为B，方向竖直向上。车头进入磁场瞬间的速度为v，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合
0
力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（ ）
A．列车进站过程中电流方向为abcd
B．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
C．列车从进站到停下来的过程中，线框产生的热量为
D．从车头进入磁场到停止所用的时间为
【答案】ABD
【详解】A．根据楞次定律结合安培定则可知，线框中电流的方向为顺时针（俯视），即列车进站过程中
电流方向为abcd，故A正确；
B．列车车头进入磁场瞬间产生的感应电动势的大小为
则回路中产生的瞬时感应电流的大小为
可得车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为
则由牛顿第二定律有
联立解得故B正确；
C．在列车从进入磁场到停止的过程中，克服安培所做的功在数值上等于线框产生的热量，则由能量守恒
有
解得
故C错误；
D．根据动量定理有
其中
而根据法拉第电磁感应定律有
可得
联立以上各式解得
故D正确。
故选ABD。
三、解答题
19．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）某兴趣小组通过一款小游戏研究碰撞问题。游戏装置如图所示，在
水平面上固定一个游戏盒，其水平底面和圆形轨道内侧均光滑，紧贴轨道内侧放置两个可视为质点的小球
A、B，其质量分别为 、 ，开始时B球静止，A球在其左侧以初速度v 向右与B球发生碰撞，碰撞后
0
两小球始终不脱离圆形轨道。已知两小球A、B间的碰撞为对心弹性碰撞。（1）求小球A、B第一次碰撞后瞬间的速度大小 、 ；
（2）若 ，求在足够长的时间内，小球A、B通过的路程的比值。
【答案】（1） ， ；（2）
【详解】（1）由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
（2）若 ，小球A、B第一次碰撞后做相向运动，设第一次碰撞后到再次碰撞前通过的路程分别为
l 、l ，圆形轨道的周长为C 。由于第一次碰撞后到第二次碰撞前，两小球运动的路程和速度成正比。
A1 B1 0
得
设小球A、B第二次碰撞后瞬间的速度分别为v 、v ，第二次碰撞后到第三次碰撞前通过的路程分别为
A2 B2
l 、l ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
A2 B2
解得则
可见小球A、B做周期性运动，在足够长的时间内，设小球A、B通过的路程分别为l 、l 。根据分析可得
A B
20（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）冰壶运动是冬奥会上极具观赏性的比赛项目，其比赛场地示意图如图
所示。在某场比赛的一次投掷中，中国队运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以
速度 沿虚线滑出，冰壶滑行一段距离后最终停在C处。冰壶滑行过程中，运动员用毛刷连续摩擦
冰壶前方冰面的距离为s。已知投掷线AB与C之间的距离 ，运动员不擦冰时冰壶与冰面间的动
摩擦因数 ，擦冰时冰壶与冰面间的动摩擦因数 ，重力加速度大小g取 。求
（1）擦冰的距离s；
（2）整个过程中冰壶滑行时间的可能值的最大值 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设冰壶的质量为m，根据动能定理可得
解得（2）设运动员擦冰过程冰壶的加速度为a、擦冰时间为t；运动员不擦冰时冰壶滑行的时间为t。根据题
2 2 1
意可知，在最后8m擦冰，冰壶滑行时间最长。根据牛顿第二定律运用逆向思维得
解得
21．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图所示为中国航天员的一种环形训练器材，环面与水平面间的夹
角为 ，A、B为航天员的座舱。某次训练中，座舱内质量为m的某航天员绕轴线 做半径为R的匀速
圆周运动，当航天员运动到最高点时，座舱对航天员的作用力的大小等于航天员的重力大小。已知重力加
速度的大小为g，取航天员做圆周运动的最低点为零势能点。求
（1）航天员做圆周运动时的向心加速度a的大小；
（2）航天员做圆周运动时机械能的最大值 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）航天员的受力情况如图所示，据牛顿第二定律可得
解得
（2）根据题意航天员在最高点机械能最大，设航天员做圆周运动的线速度大小为v，在最高点时的动能为
E，重力势能为E，则合力提供向心力
k p
又
解得
22．（2024上·山东日照·高三日照一中校联考期末）几位同学在空旷的草地上进行投掷飞镖比赛，飞镖投
出点的高度h均为 。甲同学站在A点投掷飞镖，初速度的大小 ，与水平方向的夹角 ，
最终在P点插入地面。乙同学站在B点投掷飞镖，初速度水平，最终也在P点插入地面，且插入地面的方
向与甲同学的飞镖方向相同。飞镖的飞行轨迹如图所示，不计空气阻力，重力加速度
，求：（1）甲同学投掷的飞镖飞行过程中离地面的最大高度H；
（2）乙同学投掷飞镖的初速度v的大小：
（3）A、B两点间的距离。
【答案】（1）5m；（2）3.6m/s；（3）8.64m
【详解】（1）甲同学投掷的飞镖水平方向的速度大小为
竖直方向的初速度大小为
在竖直方向从离手到最高点的高度和时间分别为
，
甲同学投掷的飞镖飞行过程中离地面的最大高度
（2）假设甲从最高点做平抛运动，下落时间为
设下落在P点时与水平夹角为 ，满足
乙做平抛时间为
设下落在P点时与水平夹角为 ，满足由题意有
得乙同学投掷飞镖的初速度v的大小
（3）甲从抛出到P点水平位移为
乙的水平位移为
A、B两点间的距离
23．（2023上·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考阶段练习）一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的
弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作
是圆周运动的一部分，该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运
动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。
张伟设计了如图所示的过山车模型。质量为m的小球从某点由静止释放后沿倾斜轨道下滑，经水平轨道
BC进入半径R=0.8m的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道CE进入“水滴形”曲线轨道
EFG并能一直沿轨道运动。已知E点的曲率半径R=2m，“水滴形”轨道最高点F与圆形轨道最高点D等
1
高。在“水滴形”轨道EFG上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，“水滴形”轨道左右对称。忽
略所有轨道摩擦力，各轨道都平滑连接，g取10m/s2。
（1）求F点的曲率半径R；
2
（2）将小球想象成“乘客”，试从“乘客”在圆形轨道和“水滴形”轨道的最高点、最低点、运动过程
中的受力情况来分析说明：过山车轨道应该选择圆形轨道还是“水滴形”轨道。【答案】（1） ；（2）见解析
【详解】（1）小球在圆形轨道，恰能做完整的圆周运动，则在D点，有
解得
根据能量守恒，从D到E，有
解得
由于F与圆形轨道最高点D等高，所以有
由于在“水滴形”轨道EFG上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，有
解得
（2）在圆形轨道最高点，人只受重力，在最低点，有
解得
所以人在圆形轨道上运动时从最低点到最高点，轨道对人的作用力从6mg逐渐减小到0。
在“水滴形”轨道上，向心力为在轨道最高点，人受重力和向下的压力，压力大小为
在轨道最低点，人受重力和向上的支持力，支持力大小为
所以人在“水滴形”轨道上运动时，从最低点到最高点，轨道对人的作用力从向上的3mg逐渐减小到0，
再增大到向下mg，人受到轨道的作用力范围较小，所以过山车轨道应该选择圆形轨道，更刺激。
24．（2023下·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习）图甲，某汽车大灯距水平地面的高度为
，该大灯结构的简化图如图乙所示。光源位于焦点处，光源发出的光经旋转抛物面反射后，平行
于旋转抛物面的对称轴线射出，然后垂直射向半球透镜的左边圆面。半球透镜的折射率为 ，
，已知透镜直径远小于大灯离地面高度。求：
（1）C为AO的中点，射向C点的细光束经透镜后射到地面的位置与大灯间的水平距离x；
（2）射向AO上各点的细光束经透镜后射到地面的位置与大灯间的水平距离的最小值x ；
min
【答案】（1）3m；（2）0.81m
【详解】（1）光路如图所示：
由题知
OD=OA=R
C为AO中点，则OC= =
又
sini=
解得D点的入射角
i=30°
在D点，由折射定律得
n=
解得D点的折射角
r=45°
则折射光线与水平方向的夹角
θ=r−i=15°
故折射后射向C点的细光束经透镜后射到地面的位置与大灯间的水平距离
x=3m
（2）当光线恰好在半圆界面发生全反射时，射到地面的位置与大灯间的水平距离的最小由临界角公式
sinC=
解得临界角
C=45°
此时折射光线与水平方向的夹角
α=180°−90°−C=45°
故折射后射到地面的位置与大灯间的水平距离的最小值
x = =0.81m
min
25．（2024上·四川成都·高三石室中学校考期末）如图为浮筒式航标灯的示意图，圆柱形浮筒半径 、
长 ，浮筒上表面中央竖直固定一高为 的细立柱，立柱顶端有一发光灯泡（可看作点光源），
静止时浮筒水面以下部分的长度为12a，已知水深为 ，水的折射率 ，水面平静水底平坦。现
让浮筒在水中上下自由运动，当浮筒上表面与水面相平时速度恰好为零。（不计阻力）
①已知浮筒做简谐运动，求其振幅A；
②求运动过程中水底阴影的最大面积S。（ ， ）【答案】①见解析；②
【详解】①取竖直向下为正方向，设浮筒底面积为S，航标灯总质量为m，水的密度为ρ，平衡时有
设浮筒向正方向偏移y，有
解得
即航标灯所受合力大小与位移成正比，方向与位移方向相反，做简谐运动。根据简谐运动的对称性，灯泡
离水面最大高度为15a，则其振幅A为15a；
②此时与圆柱体上表面边缘相切的光线进入水中的入射角为53°，根据折射定律有
得折射角
则阴影的最大半径为
则阴影的的最大面积
26．（2024上·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考期末）生活中常见到这样的现象：给热水瓶灌上开水
并用软木塞将瓶口盖紧，过一会儿，软木塞会蹦起来，再塞紧软木塞，经过一段时间后，要拔出软木塞又
会变得很吃力。如图所示，一热水瓶的容积为 ，现倒入温度为 的热水 ，盖紧瓶塞，设塞住瓶
口瞬间封闭空气的温度为 ，压强等于外界大气压。已知大气压强 ，瓶口的截面积
，瓶塞与热水瓶间的最大静摩擦力为 。瓶塞密封良好不漏气且重力忽略不计，瓶中气体可视为理想气体，不考虑瓶内水蒸气的影响。
（1）若热水温度保持不变，通过计算判断瓶塞会不会蹦起来？
（2）当瓶内气体的温度降至 时，至少要用多大的力才能将瓶塞拔出？
【答案】（1）瓶塞不会蹦起来；（2）
【详解】（1）设瓶中气体温度升至 ，依题意有
其中
瓶塞内外气体压力差最大值
其中
代入数据解得
可见瓶塞不会蹦起来；
（2）瓶中气体温度由 降至 ，依题意，有
其中瓶塞内外气体压力差
设至少用力 才能将瓶塞拔出，则根据力的平衡
解得
27．（2024上·山西阳泉·高三统考期末）如图是一种由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车氮气减
震装置，气缸内的气体可视为理想气体。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态。封闭气体和活塞
柱长度均为0.20m，气体压强等于大气压强P=1.0×105Pa。将四台减震装置安装在汽车上，稳定时车重由
0
四台减震装置支撑，且封闭气体被压缩了0.12m。已知活塞柱横截面积 ，弹簧的劲度系数
k=1.0×104N/m。该装置的质量、活塞柱与气缸摩擦均可忽略不计，气缸导热性和气密性良好，环境温度不
变，g=10m/s2求：
（1）压缩后气缸内氮气的压强；
（2）汽车的质量M。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）当汽车装上减震装置后，设气缸压缩后的体积为V，压强为P，由玻意耳定律可知
1 1
解得
（2）设汽车对一个减震装置的压力为F，以减震装置气缸上表面为研究对象，受力分析可知代入题中数据解得
以汽车为研究对象
解得汽车的质量
28．（2023下·陕西咸阳·高二咸阳市实验中学校考阶段练习）光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒
子性的一面。前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量。我们知道光子的能量
，动量 ，其中 为光的频率，h为普朗克常量，λ为光的波长。由于光子具有动量，当光照射
到物体表面时，会对物体表面产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”，
用I表示。一台发光功率为P 的激光器发出一束频率为 的激光，光束的横截面积为S。当该激光束垂直
0
照射到某物体表面时，假设光全部被吸收（即光子的末动量变为0）。求：
(1)该激光器在单位时间内发出的光子数N；
(2)该激光作用在物体表面时产生的光压I。
【答案】(1) ；(2)
【详解】(1) 时间内，该激光器发出的光子数
单位时间该激光器发出的光子数
(2)该激光作用在物体表面，有动量定理
且
，
产生的光压解得
29．（2024上·湖北十堰·高二统考期末）2022年4月16日上午，被称为“感觉良好”乘组的“神舟十三
号”结束太空出差，顺利回到地球。为了能更安全着陆，设计师在返回舱的底盘安装了4台电磁缓冲装置。
每台电磁缓冲装置包含绝缘光滑缓冲轨道 、 ，且缓冲轨道内存在稳定匀强磁场，方向垂直于整个
缓冲轨道平面。4台电磁缓冲装置与地面提前着陆的4个缓冲滑块分别对接，缓冲滑块外部由高强度绝缘
材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈 。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线
圈与返回舱中的磁场相互作用，返回舱一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已
知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，返回舱的速度大小为 ，4台电磁缓冲装置结构相同，其中一台电磁缓
冲装置的结构简图如图所示，线圈的电阻为R， 边长为L，返回舱的质量为m，磁感应强度大小为B，
重力加速度大小为g，一切摩擦阻力均不计。
（1）缓冲滑块刚停止运动时，求流过线圈 边的电流大小和方向；
（2）假设缓冲轨道足够长，线圈足够高，求软着陆速度v的大小；
（3）若返回舱的速度大小从 减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中返回舱下落的高度h和每台
电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。（结果保留v）
【答案】（1） ，方向从b到a；（2） ；（3） ，【详解】（1）由题意可知缓冲滑块刚停止运动时， 边产生的电动势为
流过线圈 边的电流为
磁场向下运动，线圈相对磁场向上运动，由右手定则知电流方向从b到a。
（2）返回舱向下做减速运动，受向上的安培力和向下的重力，随着速度的减小，安培力减小，直到安培
力减到与重力大小相等时，速度达到最小，此后匀速运动，即达到软着陆速度v，有
即
解得
（3）返回舱的速度大小从 减到v的过程中，由牛顿第二定律得
等式两边同时乘以
其中
将所有的小过程累加可得
解得由能量守恒定律有
解得
