2026云南卷物理解读_2026高考试卷--_2026高考试卷_2026年《高考物理真题与答案解析》

2026 年高考云南卷物理真题完全解读
试卷总评·考情分析·复习策略·真题解读
📖 试题分析
2026年高考云南卷物理试题整体难度中等偏上，试卷立足基础性，兼顾综合性、应用性和创新性，全面
考查高中物理核心素养。试卷结构清晰：单选题7道（约28分）、多选题3道（约18分）、实验题2道（约
15分）、解答题3道（约39分），合计100分。试题难度梯度分明，单选题以基础概念考查为主（难度系数
0.50~0.85），多选题中有易有难（0.26~0.82），实验题侧重基本操作与数据处理（0.66~0.84），解答题从中
等难度（0.65）逐步递进至极难（0.15），有效区分不同层次学生的能力水平。
试题以物理学科核心素养为考查导向：物理观念方面，全面覆盖力学、电磁学、热学、光学、近代物理五
大模块；科学思维方面，强调模型建构、逻辑推理与数学推演能力；科学探究方面，两道实验题考查实验设计、
数据处理与误差分析；科学态度与责任方面，多道试题融入云南地方特色与科技前沿情境。
📖 试题亮点
一、情境创设本土化：试题紧密联系云南地方特色与真实生活场景。第1题以云南锡、铟有色金属储量引
入光电效应，第2题以宣威尼珠河大峡谷”青云电梯”为情境考查运动学，第8题以云南至广东高压输电工程
为背景考查远距离输电，体现物理学科与地方经济社会发展的紧密联系和育人导向。
二、考查方式综合化：试题注重知识间的内在联系与跨模块综合。第9题将斜抛运动与排球实战结合，综
合考查运动分解与边界条件分析；第10题融合电磁感应、力学平衡与能量守恒，考查多知识点协同分析能力；
第14题将理想气体状态方程、力的平衡与热力学第一定律综合运用，体现对知识迁移能力的高要求。
三、能力考查层次化：试题难度梯度清晰，有效区分不同层次学生。单选题侧重基本概念与简单计算（难
度0.50~0.85），多选题和实验题考查综合分析（难度0.26~0.84），解答题第15题以多物体多次碰撞为核心，
要求递推推导与极限分析（难度0.15），对数学推演与物理建模能力提出极高要求。
📖 命题趋势
一、深耕教材基础，搭建知识网络：未来命题将继续重视基本概念、基本规律与基本方法的考查，如光电
效应条件、平均速度定义、折射定律、开普勒定律等核心知识点的考查将保持稳定。备考中应回归教材，梳理
知识间的内在联系。
二、紧扣现实场景，提升解题应用：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。
云南卷中地方特色情境（有色金属、峡谷电梯、高压输电）的融入趋势将持续，体现物理学科的社会价值与应
用意义。
三、强化逻辑思维，突破探究难点：试题将进一步强化对逻辑推理、递推分析、极限思维等高阶思维能力
的考查。第15题的多物体多次碰撞递推与极限条件分析代表了命题方向——考查学生从特殊到一般的归纳推
理能力。
四、融合价值引领，培育综合素养：命题将持续围绕物理学科核心素养设计，注重科学态度与社会责任的
考查。科技前沿与地方发展情境的融入，引导学生形成正确的科学价值观。📖 考点细目表
题号 情境 知识点 设问角度
1 云南有色金属资源 光电效应条件 概念理解、条件判断
2 云南宣威尼珠河大峡谷”青云电 平均速度、超重与失重 定义计算、状态判断
梯”
3 透明树脂折射率实验 光的折射定律 定性分析、推理判断
4 “天宫”空间站与”吉林一号”卫 开普勒第三定律 定量计算
星
5 均匀介质中波的传播 波速、波长、频率关系 定量计算、过程分析
6 挎包悬挂力学模型 力的平衡、正交分解 定量推导、图像分析
7 带电小球在匀强电场中的抛体运动 匀强电场、电势 定量计算、推理判断
8 云南至广东高压输电 远距离输电原理 定量计算、原理理解
9 排球斜抛运动 斜抛运动、边界条件 综合推理、定性判断
10 等腰梯形导线框在磁场中运动 电磁感应、安培力 定量计算、过程分析
11 力的合成实验 力的平行四边形定则 实验操作、数据处理
12 蓝牙耳机电池电动势与容量测量 恒定电流、电池参数 实验设计、数据处理
13 洛伦兹力演示仪 带电粒子在磁场中运动 定量计算、几何分析
14 简易气动装置 理想气体状态方程、热力学定律 综合计算、过程分析
15 弹球游戏装置（多物体碰撞） 弹性碰撞、动量守恒 递推推导、极限分析
📖 考点模块占比分析
知识 分值
模块 题号 占比 考查侧重
力学 2,4,5,6,9, ~43 运动分析、力的平衡、碰撞
11,15 % 递推
电磁 7,8,10,12 ~35 电场计算、电磁感应、磁场
学 ,13 % 运动
热学 14 ~14 气体定律、热力学定律综合
%
光学 3 ~4% 折射定律定性分析
近代 1 ~4% 光电效应条件判断
物理📖 核心备考策略
1.回归教材，夯实基础：梳理力学、电磁学核心概念与规律的内在联系，重点掌握光电效应条件、运动学
公式、力的平衡条件、折射定律、开普勒定律等基础知识。
2.专项突破，强化训练：针对多选题（第9、10题）和解答题（第14、15题）的高难度考点，进行弹性碰
撞递推、气体定律综合、电磁感应过程分析等专项训练。
3.建立思维模型：归纳典型问题的分析思路，如斜抛运动的分解方法、带电粒子在复合场中的运动模型、
多物体碰撞的递推策略。
4.关注情境应用：练习从真实情境中提取物理模型的能力，关注地方特色与科技前沿情境中物理知识的应
用。
5.注重规范表达：训练解答题解题过程的规范书写，确保公式推导完整、逻辑链清晰、单位与有效数字正
确。
📖 避坑提醒
 概念混淆：警惕光电效应中”逸出功与光子能量”的大小比较方向，区分超重与失重条件（加速度方
向而非运动方向）。
 条件遗漏：注意斜抛运动中的边界条件（下网/出界的判断），电磁感应中线框有效长度的变化。
 计算失误：注意开普勒定律中轨道半径与高度的区别，气体定律中压强方向的判断。
 审题偏差：仔细阅读第9题中θ的定义（速度方向与重力方向的夹角），第14题中活塞摩擦力的方向
变化。
 图表误读：正确识别波的传播图中波峰位置与波速计算，力的合成实验中弹簧测力计读数方法。
📖 逐题解读
第 1 题
1．云南省锡、铟等有色金属储量丰富。已知锡和铟的逸出功分别为4.42eV和4.09eV，若用光子能量为
4.30eV的紫外线分别照射这两种金属，则（ ）
A．只有锡能发生光电效应
B．只有铟能发生光电效应
C．锡和铟都能发生光电效应
D．锡和铟都不能发生光电效应
【答案】B
【命题透视】
▶核心考点：光电效应的发生条件（入射光子能量与逸出功的比较判断）。
▶链接教材：人教版物理选择性必修第三册”波粒二象性”相关内容。
▶命题分析：（1）情境创设：以云南有色金属（锡、铟）储量丰富为背景，将地方资源特色与近代物理知识结合，体
现物理学科与地方经济社会发展的联系。
（2）问题设计：直接考查光电效应条件判断，考查学生对逸出功与光子能量大小关系的准确理解。
（3）考查目标：侧重考查物理观念中的能量观念——理解光电效应发生条件为入射光子能量≥金属逸出
功，属于基础概念理解层次。
【解析】
光电效应的发生条件为：入射光子的能量E大于等于金属的逸出功W ，即E≥W 时可发生光电效应。
0 0
锡的逸出功W =4.42eV>4.30eV，不满足光电效应发生条件，锡不能发生光电效应；铟的逸出功
锡
W =4.09eV<4.30eV，满足光电效应发生条件，只有铟能发生光电效应。
铟
故选B。
【易错点】
混淆逸出功与光子能量的比较方向，误认为”逸出功越大越容易发生光电效应”。实际上逸出功越大，需
要的入射光子能量越高，越难发生光电效应。部分学生可能误将”4.42eV>4.30eV”理解为满足条件，忽略了
不等式的方向。
【知识总结】
① 核心概念定义
 光电效应：金属在光照射下发射电子的现象
 逸出功W ：使电子脱离金属所需的最小能量
0
 发生条件：入射光子能量E≥W
0
② 解题要点
 比较入射光子能量与逸出功的大小关系
 E≥W → 能发生光电效应；E<W → 不能发生光电效应
0 0
 逐一分析每个选项对应的判断结果
③ 拓展关联
 截止频率与逸出功的关系：ν =W /h
0 0
 光电子最大初动能：E =E-W （爱因斯坦光电效应方程）
k 0
 与康普顿效应、波粒二象性的联系
第 2 题
2．云南宣威尼珠河大峡谷的”青云电梯”为谷底孩子们上学提供了便利。若电梯由静止开始上升260m，
用时100s，则此过程电梯的平均速度大小及电梯向上加速时乘客所处的状态分别为（ ）
A．2.6m/s，超重
B．0.38m/s，超重
C．2.6m/s，失重
D．0.38m/s，失重【答案】A
【命题透视】
▶核心考点：平均速度的定义计算、超重与失重状态的判断条件。
▶链接教材：人教版物理必修第一册”运动的描述”与”牛顿运动定律”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以云南宣威尼珠河大峡谷”青云电梯”为背景，体现科技改善民生，将真实情境与运动
学知识结合。
（2）问题设计：同时考查平均速度计算和超重失重判断两个知识点，选项中2.6m/s与0.38m/s的对比考
查学生对平均速度定义的准确理解，超重与失重的判断考查对加速度方向的分析。
（3）考查目标：侧重考查物理观念中的运动观念和相互作用观念——理解平均速度定义式v=x/t，掌握
超重失重取决于加速度方向而非运动方向。
【解析】
x 260
平均速度计算：根据平均速度定义式v= ，代入位移x=260m、时间t=100s，可得v= =2.6m/s
t 100
超重失重判断：电梯向上加速时加速度竖直向上，乘客处于超重状态。
故选A。
【易错点】
混淆平均速度与瞬时速度，误用其他公式计算得到0.38m/s；混淆超重失重的判断条件，误认为”向上运
动=超重”，实际上超重失重取决于加速度方向而非速度方向。
【知识总结】
① 核心概念定义
 平均速度：v=x/t，位移与时间的比值
 超重：加速度方向竖直向上（支持力>重力）
 失重：加速度方向竖直向下（支持力<重力）
② 解题要点
 平均速度只用定义式v=x/t
 超重失重判断看加速度方向：a向上→超重，a向下→失重
 与运动方向无关：向上减速也是失重
③ 拓展关联
 完全失重：a=g，支持力为零
 平均速度与平均速率的区别
 牛顿第二定律的应用
第 3 题3．在测量某种透明树脂折射率的实验中，让激光束射入一块两面平行的树脂砖，改变入射点和入射角，
得到①、②、③、④四条出射光线，如图所示。不考虑反射，图中经P点射入树脂砖的光，出射后的光线可能
是（ ）
A．①
B．②
C．③
D．④
【答案】B
【学科材料分析】
图中展示了激光束射入两面平行树脂砖后产生的四条出射光线①②③④。关键要素：两面平行的透明介质
砖对光的折射特性——入射光线经两次折射后出射，出射光线与入射光线平行但发生侧移。由于光从光疏介质
（空气）进入光密介质（树脂），折射角小于入射角，光线向法线方向偏折，出射光线位于入射光线延长线的
左侧。结合图中P点入射位置和四条出射光线的分布，可逐一判断哪条光线满足”平行且侧移”的条件。
【命题透视】
▶核心考点：光的折射定律、平行介质砖的折射侧移规律。
▶链接教材：人教版物理选择性必修第一册”光”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以测量透明树脂折射率的实验为背景，将光学实验与折射定律结合，考查学生对光通过
平行介质砖折射特性的理解。
（2）问题设计：给出四条出射光线，要求判断经P点入射的光出射后对应哪条光线，考查对折射侧移方
向的定性分析能力。
（3）考查目标：侧重考查物理观念中的相互作用观念——理解光从光疏进入光密介质时折射角小于入射
角，以及平行介质砖出射光线与入射光线平行的规律。
【解析】
光通过平行树脂砖，出射光线与入射光线平行；
由于由空气进入树脂为由光疏介质进入光密介质，折射角应小于入射角，则光线会向法线侧移，出射光线
在入射光线延长线的左侧，符合条件的是②。
故选B。
【易错点】
混淆光疏介质与光密介质中折射角的大小关系；忽略出射光线与入射光线平行的规律，仅凭直觉判断侧移
方向。【知识总结】
① 核心概念定义
 折射定律：n sinθ =n sinθ
1 1 2 2
 光疏→光密介质：折射角小于入射角
 平行介质砖：出射光线与入射光线平行，但有侧移
② 解题要点
 平行介质砖折射：出射光线与入射光线平行
 侧移方向：光密介质中折射角小，光线向法线偏折
 判断步骤：先确定出射方向平行，再判断侧移方向
③ 拓展关联
 全反射条件与临界角
 折射率测量方法
 与棱镜折射的区别
第 4 题
4．我国”天宫”空间站的轨道离地高度约为400km，空间站内的宇航员每24h能看到16次日出。“吉林
一号”遥感卫星组网中的某颗卫星轨道离地高度约为535km。已知地球半径约为6400km，空间站与该卫星绕
地球的运动均视为匀速圆周运动，则该卫星的周期约为（ ）
A．1.0h
B．1.5h
C．2.0h
D．2.4h
【答案】B
【命题透视】
▶核心考点：开普勒第三定律在天体运动中的应用。
▶链接教材：人教版物理必修第二册”万有引力与宇宙航行”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”天宫”空间站和”吉林一号”遥感卫星为背景，将航天科技与天体运动规律结合，
体现物理学科与国家科技发展的联系。
（2）问题设计：给出空间站和卫星的轨道高度，要求计算卫星的周期，考查学生对开普勒第三定律的应
用能力。需注意轨道半径=地球半径+轨道高度。
r3 r3
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的科学推理能力——运用开普勒第三定律 1 = 2 进行定量计算，
T2 T2
1 2
注意区分轨道半径与轨道高度。
【解析】24
由题知”天宫”空间站周期T = h=1.5h，运行半径r =6800km
1 16 1
r3 r3
“吉林一号”遥感卫星运行半径r =6935km，根据开普勒第三定律有 1 = 2
2 T2 T2
1 2
解得T ≈T =1.5h
2 1
故选B。
【易错点】
混淆轨道半径与轨道高度，误将高度直接代入开普勒定律；计算过程中需理解近似计算的合理性。
【知识总结】
① 核心概念定义
a3
 开普勒第三定律： =k
T2
 轨道半径r=R +h
地球
 匀速圆周运动周期与日出次数关系：T=24/n
② 解题要点
 先计算已知天体的轨道半径和周期
 再利用开普勒第三定律求解未知天体周期
 注意高度要加上地球半径得到轨道半径
③ 拓展关联
 万有引力提供向心力的推导
 同步卫星与近地卫星的周期比较
 航天科技中的物理应用
第 5 题
5．如图所示，均匀介质中的三个质点S、P、Q，它们分别静止于直角坐标系Oxy平面内的（0，0）、
（－2，0）和（4，3）处。t=0时刻，S从平衡位置开始垂直Oxy平面向上振动，振动频率为2Hz，形成向外
传播的简谐横波，图中实线圆表示某时刻相邻的两个波峰，则（ ）
A．该波的波速大小为8m/s
B．t=0.125s时，P位于波峰
C．该波传播到P、Q的时间差为0.75sD．t=1.25s以后，P、Q的位移始终相同
【答案】C
【学科材料分析】
图中展示了均匀介质中波源S和质点P、Q在直角坐标系中的位置分布，以及两个相邻波峰的实线圆。关
键要素：波源S位于（0,0），P位于（-2,0）距S 2m，Q位于（4,3）距S 5m（由❑√42+32=5计算）。相邻波
峰圆的间距即为波长λ=2m，结合频率f=2Hz可得波速v=λf=4m/s。P距波源2m=1个波长，Q距波源5m，两者
距离差为3m=1.5λ，因此P、Q振动位移始终相反。
【命题透视】
▶核心考点：波的传播规律、波速波长频率关系、相位差分析。
▶链接教材：人教版物理选择性必修第一册”机械振动与机械波”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以均匀介质中波的传播为背景，结合直角坐标系描述质点位置，考查学生对波的传播特
性的理解。
（2）问题设计：四个选项分别考查波速计算、质点振动状态判断、传播时间差计算和位移关系分析，覆
盖波的传播核心知识点。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的科学推理能力——从图中提取波长信息，结合频率计算波速，进
一步分析质点振动状态和相位关系。
【解析】
A．由题知实线圆表示某时刻相邻的两个波峰，则该波波长λ=2m，且已知频率为2Hz，根据
v=λf =4m/s
故A错误；
1
B．已知T= =0.5s
f
T
而t=0.125s，即 ，由于此时（t=0）时P在波峰，则t=0.125s时，P位于平衡位置，故B错误；
4
5-2 3
C．根据几何关系可知Q距离波源S有5m，则该波传播到P、Q的时间差为 = s=0.75s
v 4
故C正确；
3
D．P、Q所在的波面相距3m，为 λ，则t=1.25s以后，P、Q的位移始终相反，故D错误。
2
故选C。
【易错点】
误将波速计算为8m/s（错误运算）；混淆P点在t=0时所处的振动状态；忽略P、Q距离差为1.5λ意味着
位移始终相反而非相同。
【知识总结】
① 核心概念定义 波速、波长、频率关系：v=λf
 周期与频率关系：T=1/f
 相位差与距离差：距离差为nλ时同相，为(n+0.5)λ时反相
② 解题要点
 从图中识别波长（相邻波峰间距）
 计算波速后再分析传播时间和振动状态
 注意质点距波源的距离与波长关系决定相位
③ 拓展关联
 波的叠加与干涉条件
 多普勒效应
 声波与电磁波的传播类比
第 6 题
6．如图所示，两挂钩可沿固定水平横梁滑动到任意位置后锁定。一挎包质量为m，其轻质包带长度约为
4d，a、b为包与包带的连接点，相距为d。将挎包悬挂在两挂钩上，两挂钩相距为x时，锁定挂钩。挎包静止
时，a、b在同一水平直线上，包带的张力大小为F ，重力加速度为g，不计包带与挂钩之间的摩擦及两挂钩
T
F
尺寸。能正确反映 T随x变化的图像是（）
mg
A．
B．C．
D．
【答案】D
【学科材料分析】
图中展示了挎包悬挂在两可滑动挂钩上的力学模型。关键要素：挎包质量m，包带总长约4d，a、b连接
点间距d，挂钩间距x可变。挎包静止时a、b在同一水平线上，对挎包受力分析，竖直方向受重力mg和两股
包带向上的拉力分量，由平衡条件2F cosθ=mg可得F /mg=1/(2cosθ)。结合几何关系，包带与竖直方
T T
向的夹角θ随x变化，因此F /mg随x的变化需要通过三角函数推导确定函数行为，再代入特殊点验证并匹配
T
图像。
【命题透视】
▶核心考点：力的平衡条件、正交分解法、函数图像分析。
▶链接教材：人教版物理必修第一册”力的平衡”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以日常挎包悬挂为情境，将生活现象与力学平衡结合，考查从实际情境中建立物理模型
的能力。
（2）问题设计：要求判断F /mg随x变化的图像，考查从力学分析推导函数关系再匹配图像的综合能力。
T
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的模型建构和科学推理能力——建立力学模型，正交分解推导
F /mg的函数表达式，代入特殊点验证并匹配图像。
T
【解析】
设挎包带与竖直方向的夹角为θ。对挎包受力分析，竖直方向受重力mg和两股包带的拉力F ，由平衡条
T
件2F cosθ=mg
T
4d-x x
根据几何关系有单侧包带长度l= =2d-
2 2
|x-d|
单侧包带水平投影长度Δx=
2
Δx |x-d|
则sinθ= =
l 4d-xF 4d-x
故 T =
mg 2❑√3d(5d-2x)
F
代入特殊点x=0， T ≈0.52
mg
F
x=d， T =0.5
mg
F ❑√3
x=2d， T = ≈0.58
mg 3
故选D。
【易错点】
建立几何关系时出错，混淆单侧包带长度与总长度的关系；推导F /mg的函数表达式时计算错误；代入
T
特殊点时数值判断失误导致选错图像。
【知识总结】
① 核心概念定义
 力的平衡条件：合力为零
 正交分解法：将力分解到相互垂直的两个方向
 函数图像匹配：通过特殊点和趋势判断图像
② 解题要点
 对挎包受力分析，列出平衡方程
 结合几何关系推导F /mg的表达式
T
 代入特殊点（x=0, x=d, x=2d）验证函数值
 根据函数趋势和特殊点匹配正确图像
③ 拓展关联
 力的合成与分解的一般方法
 悬挂问题中张力与角度的关系
 数学函数与物理图像的对应分析
第 7 题
7．如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、M、N三点处于同一竖直面内，将一质量为
0.1kg、电荷量为1.0×10-6C的带正电的小球（视为质点）从O点抛出，小球1s后到达O点正上方3m处的M
点，再经1s到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距3m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，设电
场强度大小为E，O、N两点的电势分别为φ 和φ ，则（ ）
O NA．E=6.7×105V/m，φ >φ
O N
B．E=6.7×105V/m，φ <φ
O N
C．E=5.0×105V/m，φ >φ
O N
D．E=5.0×105V/m，φ <φ
O N
【答案】C
【学科材料分析】
图中展示了带正电小球在匀强电场中从O点抛出后的运动轨迹，经过M点和N点。关键要素：小球在
0~1s内水平位移为0（到达正上方M点），竖直位移3m；0~2s内水平位移3m（到达N点），竖直位移回到
0。这表明小球同时受重力和电场力作用，运动为类抛体运动。通过位移数据可反推水平加速度a =3m/s2和
x
竖直加速度a =-6m/s2 ，进而求出电场强度分量E =3.0×105V/m、E =4.0×105V/m，合成得到
y x y
E=5.0×105V/m，由E 方向判断φ >φ 。
x O N
【命题透视】
▶核心考点：带电物体在匀强电场中的运动、电场强度与电势的关系。
▶链接教材：人教版物理必修第三册”静电场”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以带电小球在未知匀强电场中的抛体运动为背景，要求从运动轨迹数据反推电场参数，
考查逆向推理能力。
（2）问题设计：同时考查电场强度大小计算和电势高低判断，四个选项覆盖不同E值和φ关系组合，考
查学生对运动分析和场强计算的全面掌握。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的科学推理能力——从位移数据推导加速度分量，进而计算电场强
度和判断电势关系，考查”运动→力→场”的逆向推理链。
【解析】
根据题意0~1s水平位移为0，可得v +0.5a =0
0x x
竖直位移为3m，可得v +0.5a =3
y0 y
0~2s水平位移为3m，可得2v +2a =3
0x x
竖直位移为0，可得2v +2a =0
y0 y
解得a =3m/s2 ，a =-6m/s2
x y
qE qE
对小球受力分析有a = x，a =-g+ y
x m y m代入数据得E =3.0×105V/m，E =4.0×105V/m
x y
故电场强度大小E=❑√E2+E2=5.0×105V/m
x y
电场方向斜向上偏N侧，E >0表明沿x轴正方向电势降低，故φ >φ 。
x O N
故选C。
【易错点】
建立运动方程时遗漏初速度项，仅用a=2x/t2计算加速度；计算电场强度分量时混淆质量与电荷量的代
入；判断电势高低时忽略电场方向与电势降低方向的关系。
【知识总结】
① 核心概念定义
 匀强电场中带电粒子的类抛体运动
 电场强度分量与加速度的关系：a =qE /m
x x
 电势与电场方向的关系：沿电场方向电势降低
② 解题要点
 利用位移公式建立含初速度和加速度的方程组
 从运动数据推导加速度分量
 由加速度分量计算电场强度分量，合成求大小
 判断电势高低关系
③ 拓展关联
 带电粒子在复合场中的运动
 类平抛运动的解题模板
 电场线与等势面的关系
第 8 题
8．云南至广东高压输电工程在调试阶段采用800kV高压输电，输送功率为2.6×109W，关于该输电线路，
下列说法正确的是（ ）
A．输电电流为3.25×106A
B．输电电流为3.25×103A
C．若输送功率不变，提高输电电压，则输电损耗会增加
D．若输送功率不变，提高输电电压，则输电损耗会减小
【答案】BD
【命题透视】
▶核心考点：远距离输电的原理与损耗计算。
▶链接教材：人教版物理选择性必修第二册”交流电”相关内容。
▶命题分析：（1）情境创设：以云南至广东高压输电工程为背景，将地方能源输送与物理知识结合，体现物理学科在
能源领域的应用价值。
（2）问题设计：同时考查输电电流计算和损耗变化判断，考查学生对远距离输电原理的全面掌握。
（3）考查目标：侧重考查物理观念中的能量观念和科学推理——理解P=UI计算输电电流，掌握
P =I2R分析损耗变化。
损
【解析】
P 2.6×109
AB．根据输电功率公式P=UI，输电电流I= = A=3.25×103A，故A错误，B正确；
U 800×103
CD．输电损耗功率为P =I2R，输送功率P不变时，提高输电电压U，由I=P/U可知输电电流I减小，
损
因此P 减小，故C错误，D正确。
损
故选BD。
【易错点】
计算输电电流时数量级出错，误将结果算为106A而非103A；混淆”提高电压增加损耗”与”提高电压减
少损耗”的逻辑关系。
【知识总结】
① 核心概念定义
 输电功率公式：P=UI
 输电损耗：P =I2R=(P/U) 2R
损
 高压输电原理：提高电压→减小电流→减小损耗
② 解题要点
 输电电流由I=P/U计算，注意数量级
 损耗功率P =I2R，输送功率不变时I与U反比
损
 提高输电电压→减小输电电流→减小损耗
③ 拓展关联
 变压器原理与输电系统
 输电效率的计算
 能源输送中的物理应用
第 9 题
9．如图所示，运动员在空场上将排球从a点击出，a点与球网顶部b点的水平距离为x、竖直距离为h，
排球被击出时速度大小为v、方向与重力方向之间的夹角为θ（0∘<θ<180∘）。将排球视为质点，其运动轨迹
所在平面与球网平面垂直，不计空气阻力，不考虑擦网球。运动员某次以θ=90∘击球时，排球贴近b点越过球
网后正好落到对方场地的底线上，相对于此次击球，下列说法正确的是（ ）A．保持v、x、h不变，减小θ，排球一定下网
B．保持v、x、h不变，增大θ，排球一定不会出界
C．保持θ不变，增大x同时减小h，排球不下网就一定出界
D．保持x、h不变，同时增大v和θ，排球从被击出到落地所需时间可能不变
【答案】AC
【学科材料分析】
图中展示了排球运动员击球后球的运动轨迹，以及球网的位置。关键要素：击球点a与网顶b点的水平距
离x、竖直距离h，初速度v与重力方向的夹角θ。基准击球条件为θ=90∘（水平击出），排球恰好贴近网顶越
过并落在底线。该基准条件下建立了关系h=gx2/(2v2 )，用于分析各选项中的边界条件。选项A减小θ意味
着球有向下初速分量，选项B增大θ意味着球有向上初速分量，选项C改变了水平距离和竖直距离差，选项D
改变了初速度和时间。
【命题透视】
▶核心考点：斜抛运动的边界条件分析。
▶链接教材：人教版物理必修第二册”抛体运动”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以排球实战为情境，将体育运动与斜抛运动结合，考查从实际情境建立运动模型并分析
边界条件的能力。
（2）问题设计：四个选项分别考查不同参数变化下的下网/出界判断，考查对斜抛运动参数关系的综合分
析能力。选项D还考查对运动时间的理解。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的科学推理和批判性思维能力——建立基准条件，分析参数变化对
运动轨迹的影响，判断边界条件。难度0.26，是试卷中最难的多选题之一。
【解析】
方法一
根据题意可知，运动员某次以θ=90∘击球时，即初速度方向为水平，排球贴近b点越过球网，则有x=vt
x
解得t=
v
1
竖直方向上有h= gt2
2
可得A．保持v、x、h不变，减小θ，则球竖直向下的初速度大于零，水平方向的分速度小于v，竖直方向根据
1
h=v t'+ gt' ❑ 2
y0 2
可知t'<t
水平方向x'=v t'<x
x0
可知排球一定下网，故A正确；
B．设球抛出时与水平方向的夹角为α（0≤α≤90∘），落地时速度为v'，画出速度的矢量三角形，如图所
示
1
在矢量三角形ABC中，面积S= gt⋅v cosα
2 0
水平位移x=v cosα⋅t
0
1
联立可得S= gx
2
1
即三角形面积最大时，水平位移最大，又S= v v'sinβ
2 0
根据动能定理可知落地时速度v'为定值，v 也为定值，当sinβ=1即β=90∘时，S有最大值，即末速度方
0
向与初速度方向垂直时，水平位移有最大值，显然当球水平抛出时，末速度方向与初速度方向夹角为小于
90°，根据数学知识可知，保持v、x、h不变，增大θ，排球的水平射程先增大后减小，可知排球可能会出界，
故B错误；
1
C．保持θ不变，增大x同时减小h，根据h= gt2 可知球抛出到网顶点的时间变小，要能过网，则需要增
2 1
大初速度，设恰好能过网的初速度为v″，设网高为H，球到网顶点竖直方向的速度v =gt 变小，过网后，竖
y 1
1
直方向根据H=v t″+ gt″ ❑ 2 可知球运动的时间比增大x同时减小h前长，水平方向x″=v″t″的位移比增大x
y 2
同时减小h前大，故一定会出界，故C正确；
1
D．保持x、h不变，同时增大v和θ，则球竖直向上的初速度不为零，根据h=-v t'+ gt' ❑ 2 可知时间
y0 2
变大，故D错误。
故选AC。
方法二根据题意可知，运动员某次以θ=90∘击球时，即初速度方向为水平，排球贴近b点越过球网，则有x=vt
x
解得t=
v
1
竖直方向上有y= gt2
2
以击球点a为原点建立直角坐标系，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向则排球轨迹方程为
g
y=- x2
2v2
g
排球贴近网顶飞过，则
-h=- x2
2v2
gx2
解得h=
2v2
g
设对方底线位于（L，－H）处排球恰好落在对方底线上，则-H=- L2
2v2
gL2
解得H=
2v2
A．保持v、x、h不变，减小θ，即θ<90∘，此时初速度有向下的分量。将速度分解有v =vsinθ，
x
v =-vcosθ
y
gx2
在网顶x处，排球的高度为y=-xcotθ-
2v2sin2θ
gx2 h
利用h= ，可得y=-xcotθ-
2v2 sin2θ
θ=90∘击球时网顶高度为－h。有-h- y=xcotθ+hcot2θ>0
因此y<-h排球在网顶处的高度低于网顶，一定下网，故A正确；
B．保持v、x、h不变，增大θ，即θ>90∘此时，初速度有向上的分量。令α=θ-90∘（0∘<α<90∘），则
v =vcosα，v =vsinα
x y
1
落地时间t满足-H=vsinα⋅t- gt2
2
vsinα+❑√v2sin2α+2gH
解得t=
g
vcosα
水平射程S=v t= (vsinα+❑√v2sin2α+2gH)
x g
√2H
θ=90∘击球时射程S =L=v❑
0 gv2
对S在α=0∘处求导S' (0)= >0
g
说明从θ=90∘开始增大，射程最初会增加，落点将超出底线。因此增大θ并非”一定不会出界”，而是可
能出界，故B错误；
g
C．保持θ不变（即仍为90∘平抛），增大x同时减小h，平抛轨迹仍为y=- x2
2v2
改变后的网的水平距离为x'>x，竖直高度差为h'<h，若排球不下网，需满足在x'处y'≥-h'即
gx'
❑
2
- ≥-h'
2v2
gx'
❑
2
解得h'≥
2v2
gx2 gx'
❑
2 gx2
根据 =h，且x'>x，则有 > =h>h'
2v2 2v2 2v2
gx'
❑
2
因此h'≥
不可能成立。即在增大x、减小h’的条件下，排球必定下网，“不下网”的情况根本不
2v2
会发生，故C正确；
D．保持x、h不变，同时增大v和θ，则θ>90∘，初速度有竖直向上的分量v =-vcosθ>0
y
1
设增大后的速度为v'，竖直初速度v' >0。落地时间为t，由-H=v' t- gt2
y0 y0 2
v' +❑√v'
❑
2+2gH
解得t= y0 y0
g
√2H
基准平抛时v =0，t =❑
y0 0 g
因为v' >0，显然有v' +❑√v'
❑
2+2gH>❑√2gH
y0 y0 y0
解得t>t
0
故飞行时间一定增大，不可能与基准时间相同，故D错误。
故选AC。
【易错点】
选项B需要定量分析而非定性直觉，误认为”增大θ球飞更高一定不出界”；选项C需要数学推导证明”
不下网不可能”；选项D需要计算时间变化，误认为”增大v可能抵消增大θ的影响使时间不变”。
【知识总结】
① 核心概念定义
 斜抛运动：初速度方向与水平方向有夹角的抛体运动
 边界条件分析：判断下网/出界的临界条件 矢量三角形法：利用速度矢量三角形分析射程
② 解题要点
 建立基准条件（θ=90°平抛）下的关系式
 分析参数变化对运动轨迹的影响
 逐一判断各选项的边界条件
 注意定性判断需要定量验证
③ 拓展关联
 平抛运动与斜抛运动的联系
 运动分解法的应用
 球类运动中的物理分析
第 10 题
10．如图所示，光滑绝缘斜面固定在水平面上，与水平面交于PQ，倾角θ=30∘，斜面上矩形MNPQ区域
存在垂直斜面向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场（图中未画出）。单匝等腰梯形导线框abcd的下底
ab=1.2m，上底cd=0.6m，∠a=53∘，质量m=0.5kg，总电阻R=0.12Ω。线框从斜面上高于MN的某处由
静止释放，ab边进入磁场时开始对线框施加外力F控制其运动，cd边进入磁场时ab边未出磁场。线框始终沿
斜面运动，ab边始终与MN平行，速度方向始终与ab边垂直。取重力加速度大小g=10m/s2，sin53∘=0.8，
设ab边进入磁场时速度为v ，在线框进入磁场的过程中（ ）
0
A．若速度保持恒定，且v =2.0m/s，则线框中的感应电流方向为abcda
0
B．若速度保持恒定，且v =2.0m/s，则该过程中F对线框始终做正功
0
C．若感应电流恒定，且F对线框做的功W =-0.79J，则v =0.3m/s
0
D．若感应电流恒定，且F对线框做的功W =-0.79J，则该过程的时间t=1.5s
【答案】AD
【学科材料分析】
图中展示了等腰梯形导线框在斜面上的磁场区域中运动的场景。关键要素：斜面倾角30°，磁场区域垂直
斜面向下，梯形线框下底1.2m、上底0.6m、∠a=53∘，质量0.5kg，电阻0.12Ω。线框进入磁场时有效切割长
度从ab（1.2m）逐渐变为cd（0.6m），因此感应电动势和安培力随有效长度变化。选项AB考查匀速进入时
的电流方向和外力做功方向，选项CD考查恒定电流进入时的初速度和时间计算。
【命题透视】
▶核心考点：电磁感应中线框进出磁场的电流方向、安培力计算、能量分析。▶链接教材：人教版物理选择性必修第二册”电磁感应”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以梯形线框在斜面磁场中运动为背景，考查电磁感应与力学结合的综合分析能力。梯形
线框的有效切割长度变化是本题核心特征。
（2）问题设计：选项AB考查匀速运动条件下的定性判断，选项CD考查恒定电流条件下的定量计算，
难度层次分明。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的科学推理能力——分析梯形线框有效长度变化对感应电动势和安
培力的影响，运用动能定理和能量守恒进行定量计算。难度0.38。
【解析】
A．根据右手定则可知，线框中的感应电流方向为abcda，故A正确；
B．若速度保持恒定，且v =2.0m/s，线框刚进入磁场时，感应电动势为E =BL v =1.2V
0 1 ab 0
E
感应电流为I = 1=10A
1 R
线框所受安培力为F =BI L =6N
A1 1 ab
又有mgsin30∘=2.5N
则有F >mgsin30∘，可知外力F沿斜面向下；cd边要进入磁场时，感应电动势为E =BL v =0.6V
A1 2 cd 0
E
感应电流为I = =5A
2 R
线框所受安培力为F =BI L =1.5N
A2 2 cd
则有F <mgsin30∘，可知外力F沿斜面向上，则该过程中F对线框先做正功后做负功，故B错误；
A2
L -L
CD．根据题意，由几何关系可得，等腰梯形的高h= ab cd ⋅tan53∘=0.4m
2
该过程中重力做功为W =mghsin30∘=1J
G
若感应电流恒定，则感应电动势恒定，则有BL v =BL v
ab 0 cd
解得v=2v
0
F' +F' B2 (L2 v +L2 v)
安培力做功为W =- A1 A2 ⋅h=- ab 0 cd ⋅h=-0.9v
A 2 2R 0
1 1
由动能定理有W +W +W = mv2- mv2
F G A 2 2 0
解得v =-1.4m/s（舍去），v =0.2m/s
0 0
BL v
则感应电流为I= ab 0=1A
R
则有Q=|W |=I2Rt
A代入数据解得t=1.5s，故C错误，D正确。
故选AD。
【易错点】
选项B中外力方向随有效长度变化而改变（先向下后向上），误认为外力始终沿一个方向；选项C中v
0
的计算结果为0.2m/s而非0.3m/s；梯形线框有效切割长度的变化容易被忽略。
【知识总结】
① 核心概念定义
 电磁感应中感应电动势：E=BLv
 安培力：F =BIL=B2L2v/R
A
 梯形线框有效长度：从下底到上底逐渐减小
② 解题要点
 匀速进入时：外力+安培力+重力沿斜面分力平衡

恒定电流进入时：感应电动势恒定→速度关系v=2v
0
 运用动能定理计算v 和时间
0
 注意安培力方向和大小随有效长度变化
③ 拓展关联
 矩形线框进出磁场的对比分析
 安培力做功与焦耳热的关系
 电磁感应中的能量守恒
第 11 题
11．某同学做力的合成实验，实验装置如图（a）甲所示，该装置中三根支撑脚L、M、N的高度可通过
地脚螺钉调节。完成下列填空：
(1)该同学借助水平仪将实验装置台面调至水平。水平仪内封有液体和气泡，当水平仪底面水平时，气泡
会静止在水平仪中心处，俯视图如图（a）乙所示。将水平仪放到台面上，气泡静止在水平仪中的位置俯视图
如图（a）丙所示，下列操作能将台面调成水平的是___________或___________（填正确答案标号）；
A．保持M和N高度不变，调高L
B．保持M和N高度不变，调低L
C．保持L高度不变，同时调高M和ND．保持L高度不变，同时调低M和N
(2)如图（b）甲所示，将橡皮筋一端固定在O点，另一端通过圆环、细线与弹簧测力计相连。某次实验时，
拉伸橡皮筋调整圆环圆心至O'点并保持静止，记录两细线的夹角，由弹簧测力计读出拉力F 和F 的大小，其
1 2
中F 的读数为___________N；
1
(3)根据测量结果在方格纸上画出F 和F 的图示，如图（b）乙所示。已知方格纸上每小格边长代表0.5N，
1 2
用作图法可得F 和F 的合力大小为___________N（结果保留2位有效数字）。
1 2
【答案】
(1) A D
(2) 3.0
(3) 4.0
【学科材料分析】
图（a）展示了力的合成实验装置及水平仪的俯视图。关键要素：图甲为实验装置的三脚支撑结构，图乙
为水平状态下的气泡位置（居中），图丙为当前气泡偏移位置（偏向M和N端）。气泡偏向高端，说明M和
N端偏高，需要调低M和N或调高L来恢复水平。图（b）展示了力的合成的具体实验操作：图甲为用两弹簧
测力计拉橡皮筋的装置，图乙为方格纸上画出F 和F 的图示及合力。每小格代表0.5N，F 的读数需从弹簧测
1 2 1
力计刻度读取，合力大小通过平行四边形法则作图得到。
【命题透视】
▶核心考点：验证力的平行四边形定则、弹簧测力计读数、用作图法求合力。
▶链接教材：人教版物理必修第一册”力的合成与分解”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以力的合成实验为背景，考查学生对实验装置调节、数据读取和数据处理的理解。
（2）问题设计：三个填空分别考查水平仪调节、弹簧测力计读数和作图法求合力，覆盖实验全流程。
（3）考查目标：侧重考查科学探究能力——理解实验原理、正确操作、准确读取数据、用作图法处理数
据。难度0.84。
【解析】
（1）水平仪气泡会向较高的一端移动，根据图丙可知是M和N端高了的原因，所以要将台面调成水平，
需要保持M和N高度不变，调高L或者保持L高度不变，同时调低M和N，故选A或D。（2）由图可知F 的读数为6×0.5N=3.0N
1
（3）根据平行四边形法则做出合力图像如图所示
由于每小格边长代表0.5N，故可得F 和F 的合力大小为F=8×0.5N=4.0N
1 2
【易错点】
水平仪气泡偏移方向判断错误（气泡向高端偏移而非低端）；弹簧测力计读数时未注意分度值；作图法求
合力时格子计数错误。
【知识总结】
① 核心概念定义
 力的平行四边形定则：合力等于以两力为邻边的平行四边形对角线
 水平仪原理：气泡向高端偏移
 弹簧测力计读数：关注分度值和量程
② 解题要点
 水平仪气泡判断：气泡偏哪端，哪端高
 弹簧测力计读数：先确定分度值，再读数
 作图法求合力：按比例画两力，作平行四边形，量对角线长度
③ 拓展关联
 力的合成的实验误差分析
 弹簧测力计的使用规范
 与力的分解实验的联系
第 12 题
12．某同学购买的蓝牙耳机电池上标有”80mA⋅h“字样，为了测量该电池电动势和实际容量，该同学
进行了如下实验：
(1)测量电池的电动势，可供选择的器材如下：
待测电池E、电流表A （0∼0.6A，内阻较小）、电流表A （0∼100mA，内阻较小）、电阻箱
1 2
R (0∼99999.9Ω)、开关S和导线若干。
0
完成下列填空：
①该电池允许的最大放电电流为80mA，电流表应选___________（填”A “或”A “）；
1 2②请根据上述器材设计实验电路，并在答题卡上指定位置补全电路图；___________
③按照②中正确电路图连接电路，闭合开关S，记录电流表示数I及电阻箱阻值R ；断开开关S，改变R 。
0 0
1
重复以上步骤，得到 和R 的关系如图（a）所示，由图可得电池电动势E=___________V（结果保留2位有
I 0
效数字）。
(2)该同学设计出测量电池容量的电路，如图（b）甲所示。完成下列填空：
①电路连接完毕，闭合开关S，每隔一段时间记录电压表、电流表的示数U和I，得到U和I随时间t变化
的图像分别如图（b）乙、丙所示；
②由图（b）乙、丙可知，随着电池持续放电，输出电压和电流均持续减小。当t=120min时，电池输出
电压为___________V，随后电池输出电压和电流开始迅速衰减，电池无法正常工作。电池处于正常工作状态
可以放出的总电量称为实际容量，由测量结果可估算出该电池的实际容量为___________mA⋅h（以上结果均
保留2位有效数字）。
【答案】
A
2
(1) 4.0
(2) 3.6 73【学科材料分析】
本题涉及两组实验电路和多个测量图线。关键要素：第一组实验采用安阻法（电流表+电阻箱）测量电池
1
电动势，由 与R 的线性关系图线求斜率k=1/E，从而计算E=4.0V。第二组实验直接测量电池放电过程中
I 0
的U-t和I-t曲线，从图（b）乙中读取120min时输出电压约3.6V，从I-t曲线估算实际容量：利用I-t图像面
(39+34)×2
积近似计算总电量Q= =73mA⋅h。
2
【命题透视】
▶核心考点：安阻法测量电源电动势和内阻、电池容量测量与估算。
▶链接教材：人教版物理必修第三册”恒定电流”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以蓝牙耳机电池为背景，将日常电子产品与物理实验结合，考查学生的实验设计能力和
数据处理能力。
（2）问题设计：第一部分考查安阻法的电路设计和电动势计算，第二部分考查电池容量的测量与估算，
两部分有机结合考查从实验设计到数据分析的全过程。
（3）考查目标：侧重考查科学探究能力——理解安阻法的原理、正确设计电路、利用线性图线求电动势、
从I-t曲线估算电池容量。难度0.66。
【解析】
（1）①由于电池允许的最大放电电流为80mA，为了减小测量误差应该选择电流表A ；
2
②根据上述器材，因为只有电流表和电阻箱，故采用安阻法测量，实验电路如图所示
③根据闭合电路欧姆定律可知E=I R +Ir
0
1 1 r 1 1
变形可得 = ⋅R + ，所以在 -R 图像中图线的斜率即为 ，所以根据图像有
I E 0 E I 0 E
1 50-25 1
k= = =
E 200-100 4
即E=4.0V
（2）根据图（b）乙可知在120min时，电池输出电压约为3.6V，120min时的输出电流约为34mA，此后
不能正常工作；其中120min=2h；
(39+34)×2
根据I-t图像围成的面积表示电量，对I-t图线做近似处理如图可知Q= =73mA⋅h
2【易错点】
1
安阻法电路设计时遗漏电阻箱或电流表的位置； -R 图像斜率计算时混淆斜率与截距的含义（斜率
I 0
=1/E而非=E）；电池容量估算时未将时间转换为小时单位（120min = 2h）。
【知识总结】
① 核心概念定义
 安阻法：利用电流表和电阻箱测量电源电动势和内阻
 闭合电路欧姆定律：E=I(R +r)
0
 电池容量：Q=∫ Idt，I-t曲线面积即为电量
② 解题要点
 安阻法电路：电池、电流表、电阻箱串联
1 1 r
 = ⋅R + ，斜率=1/E
I E 0 E
 电池容量：I-t曲线面积近似计算，注意时间单位换算
③ 拓展关联
 伏安法与安阻法的对比
 电源电动势和内阻的其他测量方法
 电池容量与放电特性的关系
第 13 题
13．洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖
直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将
电子从O点正下方0.8R处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电
子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向；
(2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。
【答案】
10mv
(1) ，垂直纸面向里
9eR
9πR
(2)
10v
【学科材料分析】
图中展示了洛伦兹力演示仪的结构示意图（图甲）和竖直圆面放大图（图乙）。关键要素：圆面圆心O、
半径R、最高点P，电子从O点正下方0.8R处的S点水平向左射出，到达P点。电子在匀强磁场中做匀速圆周
运动，需要确定轨道半径r。由几何关系，S点在O正下方0.8R处，P点在圆面最高点（O正上方R处），S
和P关于轨道圆心对称，轨道圆心在SP连线的中垂线上。利用SO=0.8R和OP=R的几何关系，可得轨道半
R+0.8R 9
径r= = R。
2 10
【命题透视】
▶核心考点：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦兹力提供向心力、几何关系求轨道半径。
▶链接教材：人教版物理选择性必修第二册”磁场对运动电荷的作用”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以洛伦兹力演示仪为背景，将实验仪器与带电粒子在磁场中的运动结合，考查从几何关
系求轨道半径的能力。
（2）问题设计：第一问要求同时求磁感应强度的大小和方向，考查定量计算和定性判断的综合能力；第
二问求运动时间，考查对圆心角和时间关系的理解。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的科学推理能力——利用几何关系确定轨道半径，再由洛伦兹力提
供向心力计算磁感应强度，由圆心角计算运动时间。难度0.65。
【解析】
v2
（1）根据洛伦兹力提供向心力有evB=m
r
mv
可得r=
eB
R+0.8R 9
根据几何关系可得r= = R
2 10
10mv
联立可得B=
9eR
根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。
2πr 9 9πR
（2）根据T= 结合r= R可得T=
v 10 5v180∘
电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为180∘，电子从S点第一次到达P点所用的时间t= ⋅T
360∘
9πR
联立可得t=
10v
【易错点】
几何关系推导轨道半径时出错，误将r直接取为R或0.8R；判断磁场方向时混淆左手定则的应用（四指指
向速度方向而非电流方向，电子为负电荷需注意反向）；圆心角计算时误认为电子转了90°而非180°。
【知识总结】
① 核心概念定义
 洛伦兹力：F=qvB，提供向心力
 轨道半径：r=mv/(qB)
 运动周期：T=2πr/v
② 解题要点
 先由几何关系确定轨道半径r
 再由洛伦兹力公式计算磁感应强度B
 由圆心角和周期计算运动时间t
 注意电子电荷为-e，左手定则四指指速度反方向
③ 拓展关联
 带电粒子在不同边界磁场中的运动
 磁场方向判断的两种方法（左手定则、电流方向）
 与质谱仪、回旋加速器的联系
【答题模板】
带电粒子在磁场中运动的解题步骤：
步骤一：分析几何关系，确定轨道圆心和半径
 找出已知点（入射点、出射点）与轨道圆心的几何关系
 利用弦长、圆心角等几何量求轨道半径r
步骤二：由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度
 写出qvB=mv2/r
 代入几何求得的r，解出B
步骤三：由圆心角和周期求运动时间
 写出T=2πr/v
 由圆心角θ求时间t=θ/360∘⋅T
第 14 题14．某同学制作了一个简易气动装置，可简化为如图所示的模型。水平汽缸A和竖直汽缸B固定在气压
为p 的恒温环境中，其活塞a、b的横截面积分别为S 、S （S <S ）。两汽缸通过细管连通，汽缸A内壁光
0 1 2 1 2
滑，汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置气密性和导热性良好。不计活塞的质量
和厚度，重力加速度为g。
(1)打开气阀K，在活塞b上用轻质细线悬挂重物，逐渐增加重物的质量，当重物质量为m时活塞b刚要
开始向下运动，求汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力大小；
(2)在（1）问操作后关闭气阀K，封闭体积为V 的气体（视为理想气体），然后用水平拉力向右缓慢拉动
0
活塞a，直到重物刚要开始向上运动，已知此过程中气体吸收的热量为Q，求该过程活塞a的位移大小及拉力
对活塞a做的功；
(3)在（2）问操作后继续缓慢拉动活塞a，使重物上升高度H，此时活塞b未到达汽缸B的顶部，求该过
程中水平拉力对活塞a做的功。
【答案】
(1) mg
2mgV 2mgp V
(2) 0 ， 0 0 -Q
S (p S -2mg) (p S -2mg)
1 0 2 0 2
(3) 2mgH
【学科材料分析】
图中展示了水平汽缸A和竖直汽缸B通过细管连通的气动装置模型。关键要素：汽缸A水平（活塞a横
截面积S ，内壁光滑），汽缸B竖直（活塞b横截面积S >S ，内壁有摩擦），两汽缸通过细管连通。初始状
1 2 1
态气体压强为p ，关闭气阀K后封闭V 体积的理想气体。活塞b与汽缸B内壁的最大静摩擦力等于滑动摩擦
0 0
力。解题关键：对活塞b进行受力分析，分别判断向下运动和向上运动的临界条件，建立压强与体积的玻意耳
定律关系，结合热力学第一定律计算功和热量。
【命题透视】
▶核心考点：玻意耳定律、力的平衡条件、热力学第一定律的应用。
▶链接教材：人教版物理选择性必修第三册”气体定律”和”热力学定律”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以简易气动装置为背景，将理想气体状态方程、力学平衡和热力学定律综合运用，考查
多知识点协同分析能力。
（2）问题设计：三问层层递进——第(1)问求摩擦力（基础），第(2)问求位移和功（综合，需玻意耳定律
+热力学第一定律），第(3)问求功（递推，恒压过程）。（3）考查目标：侧重考查科学思维中的科学推理和综合分析能力——对活塞受力分析确定压强变化，运
用玻意耳定律求体积变化，结合热力学第一定律求功。难度0.30。
【解析】
（1）打开气阀K，对活塞b进行受力分析，当活塞b刚要开始向下运动时，在竖直方向上，重物的重力
mg与最大静摩擦力f平衡，即f =mg
（2）在（1）问操作后关闭气阀K，则气体压强为p ，然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞a，直到重物刚
0
要开始向上运动，对活塞b，根据平衡条件有p S +mg+f =p S
1 2 0 2
设活塞a向右移动的位移为x，气体体积变为V =V +S x
1 0 1
因为缓慢拉动，气体做等温变化，根据玻意耳定律p V =p V
1 1 0 0
2mgV
联立解得x= 0
S (p S -2mg)
1 0 2
以气体为研究对象，根据热力学第一定律ΔU=W+Q
其中ΔU=0
活塞对气体做功为W =-Q
则气体对活塞做功为W'=Q
对活塞，根据动能定理W +W'-p S x=0
F 0 1
2mgp V
解得拉力对活塞a做的功W = 0 0 -Q
F (p S -2mg)
0 2
（3）重物上升H过程中，活塞b匀速运动，气体压强保持p 不变，恒温下气体总体积不变，因此活塞a
1
向右移动位移x'满足S x'=S H
1 2
S H
得x'= 2
S
1
2mgS
拉力大小不变F=p S -p S = 1
0 1 1 1 S
2
拉力做功W' =Fx'
F
联立解得W' =2mgH
F
【易错点】
第(1)问中对活塞b受力分析时遗漏气体压力或摩擦力方向判断错误；第(2)问中玻意耳定律应用时混淆初
始和终态压强，热力学第一定律符号判断错误（气体对外做功为负）；第(3)问中误认为气体体积变化而实际
上总体积不变（S x'=S H）。
1 2
【知识总结】
① 核心概念定义 玻意耳定律：pV =C（等温过程）
 热力学第一定律：ΔU=W+Q
 力的平衡条件：合力为零
② 解题要点
 对活塞受力分析确定气体压强
 玻意耳定律求体积变化
 热力学第一定律求功和热量
 注意功的正负号（气体对外做功为负）
③ 拓展关联
 理想气体状态方程的综合应用
 汽缸活塞类问题的通用解法
 热力学第一定律在不同过程中的应用
【答题模板】
汽缸活塞类问题的解题步骤：
步骤一：对活塞受力分析，确定气体压强
 列出活塞在各个方向的力的平衡方程
 由平衡条件求出气体压强p
步骤二：由气体定律求体积变化
 等温过程用玻意耳定律：p V =p V
1 1 2 2
 等压过程用盖-吕萨克定律
 注意活塞位移与体积的关系：ΔV =Sx
步骤三：由热力学第一定律求功
 ΔU=W+Q
 等温过程ΔU=0，则W =-Q
 结合对活塞的动能定理求外力做功
第 15 题
15．某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称”倒V”
形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个”倒V”形管道左端高度差为h ，
0
每个”倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为h 和h （h <h ），每个”倒V”形管道的左端均
1 2 1 2
静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量
为M=4m的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互
作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。(1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小；
(2)已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包
括P）都能到达出口。
（i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小；
（ii）求弹球P与1号弹球第k(k<N)次碰撞后瞬间的速度大小；
25
（iii）若N足够大，且h > (h -h )，求h 与h 之间应满足的关系。
0 16 2 1 1 2
【答案】
3 8
(1) ❑√2gh ， ❑√2gh
5 0 5 0
√128
(2)（i）0，❑ gh +2g(h -h )
25 0 2 1
（ii）❑
√ (3) 2k
⋅2gh +
9
g(h -h )
[
1-
(3) 2(k-1)]
5 0 8 2 1 5
9
（iii）h ≤ h
1 25 2
【学科材料分析】
图中展示了弹球游戏装置的完整结构——一段倾斜直管道连接N个不对称”倒V”形管道。关键要素：
入口端与第1个”倒V”形管道左端高度差h ，每个”倒V”形管道最高点与左、右端的高度差分别为h <h ，
0 1 2
每个左端静置质量为m的弹球，弹球P质量M=4m从入口端静止释放。弹球P沿管道下滑，与1号弹球发生
弹性碰撞后反弹，再下滑到第2个”倒V”形管道的左端与2号弹球碰撞，以此类推。每碰撞一次，P球速度
按(3/5)的比例衰减（由M/m=4的弹性碰撞公式得出），但每次下滑到下一个平台时获得h -h 的高度差
2 1
带来的速度增加。
【命题透视】
▶核心考点：弹性碰撞的速度传递规律、机械能守恒、递推推导与极限分析。
▶链接教材：人教版物理选择性必修第一册”动量守恒定律”相关内容。
▶命题分析：（1）情境创设：以弹球游戏装置为背景，将趣味游戏与多次弹性碰撞结合，考查递推推导和极限分析能
力。
（2）问题设计：四小问层层递进——第(1)问求单次碰撞后速度（基础弹性碰撞），第(2)问(i)求1与2碰
撞后速度（验证速度交换），第(2)问(ii)求P球第k次碰撞后的速度（递推公式），第(2)问(iii)求h 与h 的关系
1 2
（极限条件分析）。难度0.15，是试卷压轴题。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的科学推理和质疑创新能力——从特殊到一般的归纳推理、建立递
推关系并求解通项公式、利用极限条件推导约束关系。考查数学推演与物理建模的综合能力。
【解析】
1
（1）P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有Mgh = Mv2
0 2 P1
解得v =❑√2gh
P1 0
P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv =Mv' +mv' ，
P1 P1 11
1 1 1
Mv2 = Mv' ❑ 2+ mv' ❑ 2
2 P1 2 P1 2 11
3 3 8 8
解得v' = v = ❑√2gh ，v' = v = ❑√2gh
P1 5 P1 5 0 11 5 P1 5 0
1
（2）（i）1球到达第2个平台时，由动能定理有mg(h -h )= m(v2-v' ❑ 2 )
2 1 2 1 11
√128
解得v =❑ gh +2g(h -h )
1 25 0 2 1
1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv' =mv' +mv'，
11 1 2
1 1 1
mv'
❑
2= mv'
❑
2+ mv'
❑
2
2 11 2 1 2 2
√128
解得v' =0，v' =❑ gh +2g(h -h )
1 2 25 0 2 1
可知两球速度交换；
（ii）设P球到达第k个平台时的速度为v ，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为v' ，则P球从第
Pk Pk
1
k-1个平台发生第k-1次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理Mg(h -h )= M(v2 -v' ❑ 2 )
2 1 2 Pk P(k-1)
3
P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知v' = v
Pk 5 Pk
25
联立可得 v' ❑ 2-v' ❑ 2=2g(h -h )
9 Pk P(k-1) 2 1
9 9
由数学知识，可知v' ❑ 2- g(h -h )是等比数列，公比为q=
Pk 8 2 1 25所以有v' ❑ 2- 9 g(h -h )= ( 9 ) k-1 [ v' ❑ 2- 9 g(h -h ) ]
Pk 8 2 1 25 P1 8 2 1
解得v' =❑
√ (3) 2k
⋅2gh +
9
g(h -h )
[
1-
(3) 2(k-1)]
Pk 5 0 8 2 1 5
（iii）经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k（k≤N），由能量关系有
1
Mv2 >Mgh
2 Pk 1
( 9 ) k-1 9 [ ( 9 ) k-1]
即 ⋅2gh + g(h -h ) 1- >2gh
25 0 8 2 1 25 1
( 9 ) k-1 [18 9 ] 9
变形为 gh - g(h -h ) + g(h -h )>2gh
25 25 0 8 2 1 8 2 1 1
25 18 9
由h > (h -h )可知 gh - g(h -h )>0
0 16 2 1 25 0 8 2 1
( 9 ) k-1 [18 9 ] ( 9 ) k-1 [18 9 ]
则 gh - g(h -h ) 是k的减函数，故k→∞时， gh - g(h -h ) 趋近于
25 25 0 8 2 1 25 25 0 8 2 1
( 9 ) k-1 [18 9 ] 9 9
零， gh - g(h -h ) + g(h -h )>2gh 化简为 g(h -h )≥2gh
25 25 0 8 2 1 8 2 1 1 8 2 1 1
9
解得h ≤ h
1 25 2
【易错点】
弹性碰撞公式推导时混淆质量比M/m=4导致的速度比3/5；递推关系建立时遗漏每段(h -h )高度差
2 1
带来的速度增量；极限分析时忽略k→∞条件下递推项趋于零的关键性质。
【知识总结】
① 核心概念定义
 弹性碰撞：动量守恒+机械能守恒
m -m 2m
 碰撞后速度公式：v' = 1 2v ，v' = 1 v
1 m +m 1 2 m +m 1
1 2 1 2
 递推数列：相邻两项的差构成等比数列
② 解题要点
 单次碰撞：用动量守恒+机械能守恒求碰撞后速度
 递推关系：碰撞后速度×3/5，下滑获得增量

建立v'
❑
2的递推公式，求解通项
Pk
 极限条件：k→∞时递推项趋于零，化简不等式
③ 拓展关联 牛顿摆（多球碰撞）的物理原理
 不同质量比下的弹性碰撞速度传递
 数列递推与物理过程的数学建模
【答题模板】
多物体多次碰撞问题的解题步骤：
步骤一：分析单次碰撞，求碰撞后速度
 用动量守恒+机械能守恒（弹性碰撞）求碰撞后速度
 明确质量比M/m对速度传递的影响
步骤二：分析碰撞后的运动过程
 用机械能守恒或动能定理求下滑/上升后的速度
 建立”碰撞→运动→碰撞”的循环关系
步骤三：建立递推公式
3
 写出v' = v （碰撞衰减）和v2 =v' ❑ 2+2g(h -h )（运动增量）
Pk 5 Pk Pk P(k-1) 2 1

联立得到v'
❑
2的递推关系
Pk
步骤四：求通项公式和极限条件

利用等比数列求v'
❑
2的通项公式
Pk
 令k→∞求极限条件