2026年高考物理真题完全解读（湖南卷）_2026高考试卷--_2026高考试卷_2026年《高考物理真题与答案解析》

2026 年高考湖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
一、整体定位：难易均衡，考查维度全面
试卷整体难度定为中等水平，命题兼顾四大核心维度：基础性、综合性、应用性、创新性。既守住课本核
心知识底线，又跳出单一知识点考查模式，融合知识联动、实际应用与创新设问，贴合新高考 “重基础、强
综合、考能力” 的整体命题思路，整体适配省内多数考生的知识水平。
二、试卷结构：题型稳定，分值分配科学
整套试卷满分 100 分，题型、题量、分值划分清晰固定：
客观题共10道（46 分），占比近半数。其中 7 道单选题（28 分）、3 道多选题（18 分），是得分主力板块；
实验题 2 道（15 分），单独设置题型专项考查物理实操与数据处理能力，符合物理学科实验为本的特点；
解答题 3 道（39 分），作为压轴板块，分值占比最高，是拉开分数差距的关键。
整体题型布局延续湖南卷传统模式，考生备考、作答节奏相对稳定。
三、难度梯度：分层设计，梯度差异显著
试卷通过差异化难度系数实现分层考查，各题型难度定位明确，梯度层次清晰：
单选题（0.40~0.85）：整体偏基础，以教材基本概念、公式、简单规律为考查核心，难度跨度适中，主要面向
全体考生，保障基础得分，检验知识掌握的扎实程度。
多选题（0.46~0.77）：难度略高于单选，处于中等区间。多选题本身存在选项判断、知识辨析的天然难度，该
区间说明题目以知识辨析、简单综合为主，不刻意偏难怪，侧重考查知识理解的精准度。
实验题（0.62~0.78）：难度偏易至中等，是全卷得分率较高的板块。命题聚焦实验操作、仪器使用、数据记录
与运算、误差分析等常规考点，弱化复杂实验拓展，重点考查学科必备实验素养。
解答题（0.15~0.65）：难度跨度极大，呈现由中到难逐级递进的特点。前序解答题为中等难度，多数中等水平
考生可完成作答；最后设置极难题（难度系数 0.15），区分度极强，仅少数拔尖学生能够完整解答。
四、风格特点：情境立意，突出逻辑思维
试卷突出科技应用情境，将郭守敬望远镜、车载摄像头、磁悬浮装置、霍尔位移传感器、均热板散热器等
真实科技场景与物理知识融合，体现湖南卷”情境立意”的命题风格。核心素养覆盖全面：物理观念涵盖力学、
电磁学、热学、光学、近代物理五大模块；科学思维强调模型建构与推理能力；科学探究注重新型实验设计与
数据处理；科学态度与责任体现科技应用的价值导向。
📖 试题亮点
一、情境创设科技化：试题紧密联系科技前沿与工程应用。第3题以郭守敬望远镜引入天体密度计算，第
8题以均热板散热器考查热学知识，第10题以磁悬浮装置考查洛伦兹力与圆周运动，第12题以霍尔效应设计
微小位移测量实验，第13题以车载摄像头折射扩大拍摄角度，第14题以储能器导轨模型考查电磁感应，体现
物理学科在工程技术领域的应用价值。二、考查方式创新化：试题注重实验设计与新型物理模型的考查。第12题将霍尔效应与微小位移测量结
合，要求学生理解霍尔效应原理并设计实验方案，考查科学探究的完整流程；第14题引入新型储能器（
U=kq）替代传统电容，考查学生对非标准物理模型的适应能力；第15题以智能弹射装置的爆炸问题为压轴，
考查多物体分裂的动量守恒与能量分析。
三、能力考查层次化：试题难度梯度清晰，从基础概念判断到综合推理递进。单选题Q2(衰变)、Q5(电路)
考查基础理解（0.82~0.85），Q4(波动)、Q7(气体)考查综合分析（0.40~0.42），多选题Q10(磁悬浮)考查定量
计算（0.46），解答题Q15(爆炸问题)以0.15的难度系数对数学推演和物理建模能力提出极高要求。
📖 命题趋势
一、强化情境立意，突出学科应用：湖南卷将持续注重科技应用情境的创设，将工程技术、科学仪器与物
理知识深度融合。备考中应关注传感器、储能技术、光学器件等前沿应用中的物理原理。
二、深化实验探究，提升创新能力：实验题将进一步考查新型实验设计和数据处理能力。第12题的霍尔
效应位移测量代表了命题方向——要求学生理解实验原理、设计方案、处理数据并解决实际问题。
三、聚焦新型模型，考查适应能力：试题将引入更多非标准物理模型（如储能器U=kq、爆炸分裂等），
考查学生对新模型的快速理解和灵活应用能力，突破传统题型的思维惯性。
四、坚持素养导向，落实育人目标：命题将持续围绕物理学科核心素养设计，注重科学思维和科学态度的
考查，引导学生关注物理知识在科技创新中的应用价值与育人意义。
📖 考点细目表
题号 情境 知识点 设问角度
1 舰载机起飞v-t图像 加速度的定义与计算 图像读取、定量计算
2 原子核衰变 α衰变特点、衰变方程 概念理解、方程判断
3 郭守敬望远镜观测数据 恒星平均密度计算 定量推导
4 点波源简谐横波传播 波程差与波长多解问题 定量推理、多解判断
5 电池组电动势和内阻 闭合电路欧姆定律 定量计算
6 三平行金属板电场 匀强电场E与φ的关系 定性判断、定量推理
7 心形气球理想气体 关联气体模型、玻意耳定律 定性推理、定量判断
8 均热板散热器 热力学定律、分子动能与内能 概念理解、原理判断
9 氦气球匀速运动 共点力平衡、整体法与隔离法 定量推理
10 磁悬浮装置 洛伦兹力、匀速圆周运动、冲量 定量计算、方向判断
11 单摆测量重力加速度 单摆周期公式、实验操作 实验操作、数据处理
12 霍尔效应测量微小位移 霍尔效应原理、螺旋测微器 实验设计、数据处理
13 车载摄像头折射 折射定律、全反射 定量计算
14 储能器导轨单杆模型 电磁感应、动量定理、能量守恒 综合计算
15 轻杆小球弹射分裂 机械能守恒、爆炸问题、动量守恒 综合推导📖 考点模块占比分析
知 分值
识模块 题号 占比 考查侧重
力 1,4,9,1 ~35 运动学、波动、力的平衡、机械能
学 1,15 % 守恒
电 5,6,10, ~30 电路、电场、磁场、电磁感应
磁学 12,14 %
热 7,8 ~14 理想气体、热力学定律
学 %
光 13 ~7% 折射与全反射
学
天 3 ~7% 恒星密度计算
体运动
近 2 ~4% 原子核衰变
代物理
📖 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v-t图像求加速度、α
衰变方程、闭合电路欧姆定律、匀强电场E与φ的关系等基础知识。
2. 专项突破，强化训练：针对多选题（第4、10题）和解答题（第14、15题）的高难度考点，进行波动
多解问题、磁悬浮洛伦兹力综合、导轨单杆储能器模型、爆炸分裂动量守恒等专项训练。
3. 建立思维模型：归纳典型问题的分析思路，如关联气体模型的分析方法、非标准物理模型（U=kq）
的解题策略、爆炸分裂问题的动量与能量分析框架。
4. 关注情境应用：练习从科技应用情境中提取物理模型的能力，关注传感器、储能技术、光学器件等前
沿应用中的物理原理。
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α衰变中电荷数和质量数的变化方向（减少而非增大），区分分子平均动能与个体分
子速率的关系。
 条件遗漏：注意波动问题中波程差的多解条件（n必须为整数），关联气体模型中弹性气球压强差恒
定的假设。
 计算失误：注意恒星密度计算中轨道半径与恒星半径的关系（r=nR），储能器模型中U=kq的运用。
 审题偏差：仔细阅读第15题中碰撞条件（竖直分速度大小相等方向相反、水平分速度相等），第7题
中弹性气球压强差恒定的假设。 图表误读：正确识别v-t图像中加速度的计算方法，螺旋测微器和电压表的读数规范。
📖 逐题解读
第 1 题
某舰载机起飞时，在第2s内的v-t图像如图所示，该段时间内舰载机加速度的大小为（ ）
A．10m/s²
B．20m/s²
C．30m/s²
D．40m/s²
【答案】B
【学科材料分析】
图中给出了舰载机在第2s内的v-t图像，图像为一条倾斜直线，表明舰载机做匀变速直线运动。从图像可
Δv
直接读取：t=1s时v=30m/s，t=2s时v=50m/s。加速度的大小等于v-t图像的斜率，即a= ，代入数据可得加
Δt
速度大小为20m/s²。
【命题透视】
▶核心考点：利用v-t图像求加速度
▶链接教材：人教版必修第一册”匀变速直线运动的速度与时间的关系”
▶命题分析：
（1）情境创设：以舰载机起飞为背景，将运动学知识与军事科技应用结合，情境真实且贴近生活。
（2）问题设计：直接考查v-t图像读取与加速度计算，设问层次基础，干扰选项设置在常见计算错误方向
（如误读图像数据、混淆斜率正负等）。
（3）考查目标：侧重考查信息提取与基本计算能力，属于基础层次的物理观念考查。
【解析】
Δv 50-30
根据加速度的定义式a= = m/s2=20m/s2
Δt 1
故选B。
【易错点】误将v-t图像中某时刻的速度值当作加速度；混淆加速度与速度的量纲关系；读取图像数据时未注意坐标
轴单位。
【知识总结】
① 加速度的定义与计算
Δv
 加速度是描述速度变化快慢的物理量，定义式a=
Δt
 在v-t图像中，加速度等于图像的斜率
② 解题要点
 从v-t图像中准确读取两个时刻对应的速度值
 利用定义式计算加速度大小
 注意匀变速直线运动的v-t图像为倾斜直线
③ 拓展关联
 v-t图像斜率为正表示加速，斜率为负表示减速
 加速度与牛顿第二定律F=ma的联系
 舰载机起飞涉及弹射器辅助加速等工程应用
第 2 题
关于原子核衰变，下列说法正确的是（ ）
A．原子核发生α衰变时，电荷数增大
B．原子核发生α衰变时，质量数增大
C．衰变产生的α粒子穿透能力强，可以穿透几厘米厚的铅板
D．理论研究表明，❑ 216Rn（氡核）可能在一次衰变过程中放出两个α粒子，则其衰变方程为
86
❑
216Rn→24He+208Pb
86 2 82
【答案】D
【命题透视】
▶核心考点：α衰变的特点、本质及其方程的写法；α、β、γ三种射线的性质
▶链接教材：人教版选择性必修第三册”原子核与核能”
▶命题分析：
（1）情境创设：以原子核衰变为主题，考查对衰变规律和射线性质的理解，情境为纯物理概念辨析。
（2）问题设计：四个选项分别考查α衰变的电荷数变化、质量数变化、α粒子穿透性、衰变方程验证，
覆盖衰变知识的多角度理解。干扰项设置在对衰变规律的方向性误判（如”增大”而非”减少”）和射线性质
混淆上。
（3）考查目标：侧重考查概念理解与方程验证能力，属于基础层次的物理观念和科学思维考查。
【解析】
A．α衰变放出的α粒子为❑ 4He，衰变过程电荷数守恒，因此母核电荷数减少2，而非增大，故A错误；
2B．α粒子质量数为4，衰变过程质量数守恒，因此母核质量数减少4，而非增大，故B错误；
C．α粒子电离能力强、穿透能力极弱，一张白纸即可将其挡住，穿透能力强、可穿透几厘米厚铅板的是
γ射线，故C错误；
D．衰变方程满足电荷数守恒和质量数守恒：左边电荷数为86，右边2×2＋82 = 86；左边质量数为216，
右边2×4＋208 = 216，守恒关系成立，故D正确。
故选D。
【易错点】
混淆α衰变中电荷数和质量数的变化方向（减少而非增大）；混淆α、β、γ三种射线的穿透能力和电离能
力强弱关系；验证衰变方程时忽略电荷数和质量数守恒的双重检验。
【知识总结】
① α衰变的核心规律
 α衰变放出α粒子❑ 4He，母核电荷数减少2，质量数减少4
2
 衰变方程必须同时满足电荷数守恒和质量数守恒
② 解题要点
 写出衰变方程后，逐项检验左右两侧电荷数和质量的守恒关系
 三种射线的性质排序：穿透能力γ>β>α，电离能力α>β>γ
③ 拓展关联
 β衰变放出电子，电荷数增加1，质量数不变
 γ衰变不改变电荷数和质量数，仅释放能量
 核反应方程的守恒律是验证所有核反应是否成立的核心方法
第 3 题
郭守敬望远镜是我国首个天文领域大科学装置，积累了大量的观测数据。分析观测数据表明，某行星绕一
恒星做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为该恒星半径的n倍。不考虑其他星体的影响，引力常量为G，则
该恒星的平均密度为（ ）
3πn3
A．
GT
3π
B．
GT
3πn3
C．
GT2
3π
D．
GT2
【答案】C
【命题透视】
▶核心考点：计算中心天体的密度▶链接教材：人教版必修第二册”万有引力与宇宙航行”
▶命题分析：
（1）情境创设：以郭守敬望远镜的观测数据为背景，将天体密度计算与真实天文研究结合，体现物理知
识在天文观测中的应用价值。
（2）问题设计：给出行星周期和轨道半径与恒星半径的关系，要求推导恒星平均密度。四个选项设置在
n3因子是否出现和T与T2的区别上，考查推导过程中关键步骤的准确性。
（3）考查目标：侧重考查定量推导能力，要求学生从万有引力定律出发建立方程链，属于中等层次的科
学思维考查。
【解析】
设恒星半径为R，由题意得行星轨道半径r=nR
Mm 4π2
行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有G =m r
r2 T2
4π2r3
整理得恒星质量M=
GT2
4π2 (nR) 3
恒星为均匀球体，体积V =
4
πR3 ，平均密度ρ=
M
，将r=nR代入得ρ=
GT2
=
3πn3
3 V 4
πR3
GT2
3
故选C。
【易错点】
混淆轨道半径r与恒星半径R的关系，忘记r=nR的代入；推导过程中遗漏n3因子或T2的分母；密度公式
M
ρ= 中球体体积公式记错。
V
【知识总结】
① 天体密度计算模型
Mm 4π2
 万有引力提供向心力：G =m r
r2 T2
M
4π2r3 ρ=
 天体质量M= ，密度 4
GT2 πR3
3
 轨道半径与天体半径的关系r=nR是关键桥梁
② 解题要点
 从万有引力定律和圆周运动条件出发推导天体质量
 代入轨道半径与天体半径的关系，消去R
 注意密度表达式中的n3因子和T2分母③ 拓展关联
r3 GM
 开普勒第三定律 = 与天体密度的联系
T2 4π2
 双星系统、三星系统的密度计算方法类比
 郭守敬望远镜（LAMOST）的光谱巡天观测与恒星参数测量
第 4 题
如图，均匀介质中有且仅有一个点波源产生简谐横波在xy平面内传播，A（4，3）、B（4，0）在xy平
面内。某时刻，A处质点位于波峰，B处质点位于波谷。下列说法正确的是（ ）
A．若波源在（0，0）处，波长可能为1m
B．若波源在（0，0）处，波长可能为2m
C．若波源在（0，3）处，波长可能为3m
D．若波源在（0，3）处，波长可能为4m
【答案】B
【学科材料分析】
题目给出点波源在xy平面内产生简谐横波的传播情境，A（4，3）处质点位于波峰，B（4，0）处质点位
1
于波谷。关键信息：A、B两点到波源的波程差Δr满足半波长的奇数倍Δr=(n+ )λ（n=0，1，2，…），这
2
是判断波长可能值的核心条件。分别计算波源在（0，0）和（0，3）两种情况下A、B到波源的距离和波程差，
代入条件验证波长是否满足整数n要求。
【命题透视】
▶核心考点：求波长的多解问题
▶链接教材：人教版选择性必修第一册”波的形成与描述”
▶命题分析：
（1）情境创设：以点波源简谐横波传播为背景，结合坐标几何计算波程差，考查波动问题的多解性分析，
情境抽象度较高。
1
（2）问题设计：设置两种波源位置，分别判断四个波长可能值，考查波程差条件Δr=(n+ )λ的应用和
2
整数n的验证。干扰项设置在非整数n的波长值上。（3）考查目标：侧重考查定量推理与多解判断能力，要求学生建立波程差条件并逐项验证，属于较高层
次的科学思维考查。
【解析】
已知某时刻A处质点位于波峰，B处质点位于波谷，因此A、B两点的波程差应满足半波长的奇数倍
1
Δr=(n＋ )λ（n=0，1，2，…）
2
AB．若波源在（0，0），由坐标可推得A点到波源距离r =❑√42 ＋32m=5m
A
B点到波源距离r =4m
B
波程差Δr=1m
代入得1=(n＋0.5)λ
2
解得λ= m
2n＋1
当λ=1m时，2n＋1=2，n=0.5（非整数）
当λ=2m时，2n＋1=1，n=0
故A错误，故B正确；
CD．若波源在（0，3），则A点到波源距离r' =4m
A
B点到波源距离r' =❑√42 ＋32m=5m
B
2
波程差仍为1m，同样有λ= m
2n＋1
2
当λ=3m时，2n＋1= ，无整数解
3
当λ=4m时，2n＋1=0.5，无整数解
故CD错误。
故选B。
【易错点】
混淆波峰与波谷对应的波程差条件（应为半波长奇数倍而非整数倍）；验证波长时忽略n必须为整数的条
件；计算A、B到波源距离时坐标运算出错。
【知识总结】
① 波程差与波长多解条件
1
 波峰与波谷的波程差满足Δr=(n+ )λ，n为非负整数
2
 波程差Δr由两点到波源的距离差确定
2Δr
 多解性：满足条件的波长λ= ，n取不同值得到不同波长
2n+1② 解题要点
 计算A、B两点到波源的几何距离

求波程差Δr=|r -r |
A B
 代入条件验证每个选项对应的n是否为整数
③ 拓展关联
 波程差条件与干涉加强/减弱条件的类比
 多解问题在振动周期、波速计算中的类似处理方法
 点波源模型与平面波模型的区别
第 5 题
如图，电阻R的阻值为10Ω，电流表为理想电表，两个电池组完全相同。若将a、b端分别接入d、e端，
电流表示数为1.0A；若将a、c端分别接入d、e端，电流表示数为1.5A。则单个电池组的电动势和内阻分别为
（ ）
A．15V，5Ω
B．15V，10Ω
C．30V，5Ω
D．30V，10Ω
【答案】A
【学科材料分析】
图中给出了两个完全相同的电池组和一个电阻R=10Ω的电路连接方式，电流表为理想电表。关键信息：
a、b接入时为单个电池接入电路，a、c接入时为两个电池串联接入电路。两种接入方式的电流分别为1.0A和
1.5A，可通过闭合电路欧姆定律建立两个方程，联立求解电池的电动势E和内阻r。
【命题透视】
▶核心考点：计算电源的电动势和内阻
▶链接教材：人教版必修第三册”电路及其应用”
▶命题分析：
（1）情境创设：以电池组的不同连接方式为背景，考查闭合电路欧姆定律的应用，情境简洁明确。
（2）问题设计：通过两种连接方式给出两组电流数据，要求联立求解电动势和内阻，考查方程建立与求
解能力。干扰选项设置在电动势翻倍或内阻翻倍的错误推导上。
（3）考查目标：侧重考查定量计算能力，属于基础层次的物理观念考查。
【解析】设单个电池组的电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律分两种情况列方程求解：
a、b接d、e时：只有单个电池接入电路，根据闭合电路欧姆定律： E=I (R+r)
1
a、c接d、e时：两个电池串联，总电动势为2E，总内阻为2r，同理得： 2E=I (R+2r)
2
联立解得：E=15V，r=5Ω
故选A。
【易错点】
混淆单个电池接入和两个电池串联接入时电动势和内阻的变化（串联时总电动势为2E，总内阻为2r）；
方程建立时遗漏外电路电阻R的贡献。
【知识总结】
① 闭合电路欧姆定律与电池串联
 单个电池：E=I(R+r)
 两个相同电池串联：2E=I(R+2r)
 串联电池组的总电动势等于各电池电动势之和，总内阻等于各电池内阻之和
② 解题要点
 根据不同连接方式分别建立闭合电路欧姆定律方程
 联立方程求解电动势E和内阻r
 注意理想电表不影响电路
③ 拓展关联
 电池并联时总电动势不变，总内阻减半
 伏安法测电动势和内阻的实验原理与本题相同
 电源输出功率与外电阻的关系
第 6 题
如图，三个足够大的金属板A、B、C平行放置，B板到A、C板的距离分别为d 、d ，d <d 。a点到
1 2 1 2
A、B板的距离相等，b点到B、C板的距离相等。A、C板均接地，B板带电。关于a、b两点的电场强度E 、
a
E 和电势φ 、φ ，下列关系正确的是（ ）
b a b
A．E >E
a b
B．E <E
a b
C．φ >φ
a bD．φ <φ
a b
【答案】A
【学科材料分析】
图中给出了三平行金属板的结构，A、C板接地（电势为0），B板带电。关键分析：B板是等势体，因此
U
BA间和BC间的电势差相等，都等于U=φ 。在匀强电场中，E= ，已知d <d ，故BA间场强E >E （即
B d 1 2 1 2
d U d U
E >E ）。a点电势φ =E ⋅ 1= ，b点电势φ =E ⋅ 2= ，因此φ =φ 。
a b a 1 2 2 b 2 2 2 a b
【命题透视】
▶核心考点：匀强电场中电势差与电场强度的关系、匀强电场中电势的计算
▶链接教材：人教版必修第三册”静电场”
▶命题分析：
（1）情境创设：以三平行金属板为背景，考查匀强电场中场强与电势的关系，情境简洁但需要定性推理
与定量计算相结合。
（2）问题设计：同时考查场强比较和电势比较两个维度，干扰选项设置在场强与距离的反比关系和电势
的等值性误判上。
（3）考查目标：侧重考查定性判断与定量推理能力，要求学生从电势差相等的条件出发推导场强和电势
的关系，属于中等层次的科学思维考查。
【解析】
AB．A、C板均接地，电势为0，B板是等势体，因此BA间、BC间的电势差相等，都等于U=φ
B
U
平行板内部为匀强电场，电场强度满足E= ，已知d <d ，故E >E ，故A正确，B错误；
d 1 2 1 2
d d U d U
CD． a点到A板的距离为 1，电势φ =E ⋅ 1= ⋅ 1=
2 a a 2 d 2 2
1
d d U d U
b点到C板的距离为 2，电势φ =E ⋅ 2= ⋅ 2=
2 b b 2 d 2 2
2
因此φ =φ ，故CD错误。
a b
故选A。
【易错点】
U
混淆匀强电场中E= 的关系，误认为距离大的区域场强大；计算电势时忽略参考点（接地板）的选择，
d
误认为a、b点电势不等。
【知识总结】
① 匀强电场中场强与电势的关系U
 E= ，电场强度与板间距离成反比
d
 两板间电势差相等时，距离窄的区域场强更大
 电势φ=Ed'（d'为到零电势参考面的距离）
② 解题要点
 首先确定等势条件（A、C接地，B板等势体）
 由电势差相等推导场强关系E=U/d
 由场强和到参考面距离计算各点电势
③ 拓展关联
 三板模型与平行板电容器的类比
 电场线与等势面的关系：电场线密处场强大，等势面密处电势变化快
 接地条件对电势分布的影响
第 7 题
如图，一心形玩具气球内密封一定质量的理想气体和一个充有同种气体的弹性小气球，心形气球体积始终
不变。在心形气球内，小气球内部气体压强大于外部气体压强，整个系统导热良好。初始时，小气球的体积为
心形气球体积的一半。当温度缓慢升高时，忽略温度变化对气球材料性质的影响，下列说法正确的是（ ）
A．小气球外部气体压强不变
B．小气球内部气体分子数与外部相等
C．小气球内部气体体积不变
D．小气球内部气体体积变大
【答案】D
【学科材料分析】
图中给出了心形气球内密封理想气体和弹性小气球的模型。关键条件：心形气球体积V恒定，小气球内气
体压强p 大于外部气体压强p ，弹性气球压强差Δp=p -p 为恒定值（忽略温度对气球材料的影响）。由理
1 2 1 2
n n
想气体状态方程pV =nRT可得Δp=RT( 1 - 2 )，温度T升高时V 必须增大才能保持Δp恒定。
V V -V 1
1 1
【命题透视】
▶核心考点：关联气体模型、玻意耳定律的理解及初步应用
▶链接教材：人教版选择性必修第三册”气体”
▶命题分析：（1）情境创设：以心形气球内的关联气体为背景，考查理想气体状态方程在关联气体模型中的应用，情
境新颖且贴近生活。
（2）问题设计：同时考查压强变化、分子数比较、体积变化三个维度，干扰项设置在压强不变的误判和
体积不变的误判上。关键在于理解弹性气球压强差恒定的假设。
（3）考查目标：侧重考查定性推理与定量判断能力，要求学生从理想气体状态方程出发建立关联条件，
属于较高层次的科学思维考查。
【解析】
设心形气球总体积为V（恒定），小气球体积为V ，外部气体体积V =V -V
1 2 1
小气球内气体物质的量n ，压强p ，外部气体物质的量n ，压强p 。
1 1 2 2
由于忽略温度对气球材料性质的影响，弹性气球的压强差Δp=p -p 为恒定值。
1 2
根据理想气体状态方程pV =nRT，得： p V =n RT，p V =n RT
1 1 1 2 2 2
n n
整理得： Δp=RT( 1 - 2 )
V V -V
1 1
n n n n
CD．Δp为定值，温度T升高时，等式要求( 1 - 2 )减小。而( 1 - 2 )随V 增大单调递减，因
V V -V V V -V 1
1 1 1 1
此V （小气球体积）一定变大，故C错误，D正确；
1
n RT
A．温度升高后，小气球体积V 增大，因此V =V -V 减小，由p = 2 ，T升高、V 减小，p 一定增
1 2 1 2 V 2 2
2
大，A错误；
V
B．初始时V =V = ，已知p >p ，由pV =nRT得n >n ，分子数不相等，故B错误。
1 2 2 1 2 1 2
故选D。
【易错点】
忽略弹性气球压强差恒定的关键假设；误认为温度升高时外部气体压强不变；混淆关联气体模型中内外气
体分子数的比较方法。
【知识总结】
① 关联气体模型
 外容器体积恒定，内部弹性气球体积可变
 弹性气球内外压强差Δp=p -p 恒定
1 2
 由pV =nRT建立内外气体的关联方程
② 解题要点
 写出内外气体的理想气体状态方程
 利用压强差恒定条件建立关联
 分析温度变化时各变量如何调整以满足恒定条件③ 拓展关联
 玻意耳定律在单一气体中的应用与关联气体模型的区别
 弹性容器（气球、气泡）的压强差假设与实际偏差
 理想气体状态方程的三个等值过程（等温、等压、等容）
第 8 题
如图，一块高功率芯片上方紧贴着一个均热板散热器。均热板是一个完全密封的扁平纯铜空腔，空腔内部
注有微量的水。在正常工作过程中，水从高温芯片处吸收热量汽化，水蒸气在低温冷凝端放出热量变回液态水，
并回流到底部。下列说法正确的是（ ）
A．空腔内高温处所有水分子的运动速率都比低温处水分子的运动速率大
B．一定量的水吸收热量变成相同温度的水蒸气，内能变大
C．该均热板可以从高温物体吸热，向低温物体放热，不对外界做功
D．该均热板可以从低温物体吸热，向高温物体放热，而不产生其他影响
【答案】BC
【学科材料分析】
图中给出了均热板散热器的工作原理示意：密封纯铜空腔内微量水的汽化-冷凝循环过程。关键物理信息：
高温处水汽化吸热→水蒸气向低温冷凝端移动→液化放热→液态水回流。涉及的核心概念包括分子热运动的统
计特征（温度反映平均动能而非个体速率）、汽化过程的内能变化（分子势能增加）、热力学第二定律（热量
自发从高温传向低温不需要外界做功，但反向传递不可能不产生其他影响）。
【命题透视】
▶核心考点：热力学第二定律两种表述、分子动能、理解内能的概念
▶链接教材：人教版选择性必修第三册”热力学定律”与”分子动理论”
▶命题分析：
（1）情境创设：以均热板散热器为科技应用背景，将热力学定律、分子动理论与工程散热技术结合，体
现物理知识的工程应用价值。
（2）问题设计：四个选项分别考查分子速率的统计理解、汽化内能变化、热力学第二定律的开尔文表述
与克劳修斯表述。干扰项设置在”所有分子”的绝对化表述和违反热力学第二定律的错误描述上。
（3）考查目标：侧重考查概念理解与原理判断能力，属于中等层次的物理观念和科学态度考查。
【解析】
A．温度是分子平均动能的统计标志，仅反映整体的平均水平，高温处仍存在速率小的水分子，低温处也
存在速率大的水分子，并非所有水分子的运动速率都满足高温处大于低温处，故A错误；B．一定量的水变为同温度的水蒸气，温度不变则分子总动能不变。汽化过程吸收热量，且汽化后分子间
距大幅增大，分子势能增加，因此总内能变大，故B正确；
C．该过程中，均热板从高温的芯片吸热，向低温的冷凝端放热，整个过程循环进行，均热板自身状态复
原，不需要对外界做功，仅依靠水传递热量，符合物理规律，故C正确；
D．根据热力学第二定律，不可能从低温物体吸热、向高温物体放热，同时不产生其他影响，该描述违反
热力学第二定律，故D错误。
故选BC。
【易错点】
将”温度高→分子平均动能大”误推广为”所有分子速率都大”；混淆内能变化中分子动能和分子势能的
贡献；对热力学第二定律的克劳修斯表述理解不到位，误认为均热板可自发从低温向高温传热。
【知识总结】
① 分子热运动的统计特征
 温度反映分子平均动能的统计水平，不决定每个分子的速率
 高温处仍存在低速分子，低温处仍存在高速分子
 汽化过程：分子势能增加（间距增大），内能变大
② 解题要点
 区分统计结论与个体描述：温度→平均动能，非”所有分子”
 汽化吸热→内能增加（分子势能增大）
 热力学第二定律：热量自发从高温→低温，反向需外界做功
③ 拓展关联
 热力学第二定律的两种表述（开尔文表述、克劳修斯表述）
 均热板与热管的类比：汽化-冷凝循环散热技术
 制冷机的工作原理：从低温吸热→向高温放热，需压缩机做功
第 9 题
如图，某同学将两个相同的球形氦气球用等长的轻绳系在一起，拉着绳使气球随人一起做水平匀速运动。
运动过程中，球心始终在绳的延长线上且球心连线水平，两绳所构成的平面与水平面的夹角为θ（θ<90❑∘），
两球间的弹力为F。气球受到空气阻力的大小与相对空气的速率成正比，空气始终相对于地面静止，忽略气球
形状的变化。该同学沿原方向运动速度缓慢增大，下列说法正确的是（ ）
A．θ增大
B．θ减小
C．F增大D．F减小
【答案】BC
【学科材料分析】
图中给出了两个氦气球用轻绳连接、随人做水平匀速运动的情境。关键信息：球心在绳延长线上、球心连
线水平，说明两球间有弹力F。每个气球受浮力F 、重力G、绳拉力T、空气阻力f =kv、弹力F。整体分析
浮
F -G
可得tanθ= 浮 ，速度增大时θ减小。隔离分析单球可得F=Tsinα，α不变而T增大，故F增大。
kv
【命题透视】
▶核心考点：整体法与隔离法解决共点力平衡问题
▶链接教材：人教版必修第一册”力与平衡”
▶命题分析：
（1）情境创设：以氦气球匀速运动为背景，将力的平衡与空气阻力结合，考查整体法与隔离法的灵活运
用，情境贴近生活。
（2）问题设计：同时考查角度变化和弹力变化两个维度，要求先用整体法分析θ变化，再用隔离法分析F
变化，考查两种方法的协同运用。
（3）考查目标：侧重考查定量推理能力，要求学生建立力的平衡方程并分析变量变化趋势，属于中等层
次的科学思维考查。
【解析】
AB．根据题意，设每根绳子的拉力为T，两根绳子之间的夹角为2α，每个气球受到空气阻力f =kv，浮
力为F ，对整体受力分析，由平衡条件，竖直方向上有2F =2G+2Tcosαsinθ
浮 浮
水平方向上有2kv=2Tcosαcosθ
F -G
整理可得tanθ= 浮
kv
运动速度缓慢增大，tanθ减小，则θ减小，T增大，故A错误，B正确；
CD．对单个气球受力分析，由平衡条件有Tsinα=F
由于α不变，T增大，则F增大，故C正确，D错误。
故选BC。
【易错点】
混淆整体法与隔离法的适用场景；推导tanθ时遗漏浮力与重力的差值关系；忽略α不变的条件导致弹力分
析错误。
【知识总结】
① 共点力平衡的整体法与隔离法
 整体法：将系统作为整体分析外部力，适合求解角度、加速度等系统参量
 隔离法：对单个物体受力分析，适合求解内部相互作用力
 空气阻力f =kv与速度成正比，是本题的关键约束② 解题要点
 先用整体法建立竖直和水平方向的平衡方程
 从整体法推导tanθ与速度的关系，判断角度变化
 再用隔离法分析弹力F=Tsinα的变化趋势
③ 拓展关联
 整体法与隔离法在连接体问题中的选择策略
 空气阻力模型f =kv与f =kv2的区别
 力的平衡问题中角度与力大小的同步变化分析
第 10 题
某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，其上方固定一半径为R的环形细管道，
管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为45❑∘。质量为m的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运
动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动
√R
B．小球做圆周运动的周期为π❑
g
C．小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为m❑√(2+π2)gR
D．若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为❑√5mg
【答案】AD
【学科材料分析】
图中给出了磁悬浮装置的结构：环形线圈产生磁场，管道内磁场方向与竖直方向成45∘。关键物理模型：
带正电小球在叠加场（重力场+磁场）中做匀速圆周运动，小球与管道间无弹力。洛伦兹力的竖直分量
√R
qvBcos45∘平衡重力，水平分量qvBsin45∘提供向心力。由两式联立解得v=❑√gR，周期T=2π❑ 。从上方
g
俯视，由左手定则可判断小球沿顺时针运动。
【命题透视】
▶核心考点：带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动、动量定理的内容
▶链接教材：人教版选择性必修第二册”电磁感应与电磁波”及”安培力与洛伦兹力”
▶命题分析：
（1）情境创设：以磁悬浮装置为科技应用背景，将洛伦兹力、圆周运动与冲量计算结合，考查叠加场问
题的综合分析能力，情境新颖且体现工程应用。（2）问题设计：四个选项分别考查运动方向判断、周期计算、冲量大小、速率变化后弹力计算，覆盖定
性判断和定量计算两个层次。干扰项设置在周期公式（2π与π）和冲量大小（4与2）的数值细节上。
（3）考查目标：侧重考查综合定量计算能力，要求学生在叠加场中建立力的平衡方程并推导周期、冲量
等参量，属于较高层次的科学思维考查。
【解析】
A．根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知，从管
道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确；
B．设磁感应强度为B，小球的速度为v，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有mg=qvBcos45❑∘
v2
水平方向上有qvBsin45❑∘=m
R
解得v=❑√gR
2πR √R
则小球做圆周运动的周期为T= =2π❑ ，故B错误；
v g
C．根据题意，水平方向上，由动量定理有I =Δp=-mv-mv=-2m❑√gR
x
T
竖直方向有I =qvBcos45❑∘⋅ =mπ❑√gR
y 2
则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为I=❑√I2+I2=m❑√(4+π2)gR，故C错误；
x y
D．若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖直方向上有
mg+F =q⋅2vBcos45❑∘
Ny
(2v) 2
水平方向上有q⋅2vBsin45❑∘+F =m
Nx R
小球与管道间的弹力大小F =❑√F2 +F2
N Ny Nx
联立解得F =❑√5mg，故D正确。
N
故选AD。
【易错点】
√R
混淆周期公式中的2π与π（正确结果为T=2π❑ ）；冲量计算时将水平方向动量变化2m❑√gR误写为
g
m❑√gR；计算弹力时未同时考虑竖直和水平两个方向的力分量。
【知识总结】
① 叠加场中的匀速圆周运动模型
 磁场与竖直方向成45∘时，洛伦兹力的竖直分量平衡重力，水平分量提供向心力
mv2
 匀速圆周运动条件：mg=qvBcos45∘，qvBsin45∘=
R√R
 解得v=❑√gR，T=2π❑
g
② 解题要点
 先判断洛伦兹力方向（左手定则）和运动方向
 建立竖直方向力的平衡和水平方向向心力方程
 计算冲量时分别分析水平方向动量变化和竖直方向力的时间积分
 速率变化后需重新建立两个方向的力方程求弹力
③ 拓展关联
 洛伦兹力冲量与动量定理在磁场问题中的应用
 磁悬浮技术的物理原理：洛伦兹力代替支撑力
 叠加场问题中力的矢量分解与合成
第 11 题
某同学借助视频分析软件进行”用单摆测量重力加速度”的实验，步骤如下：
（1）准备好单摆，用支架将手机竖直放置。
（2）打开手机录像，将单摆拉离平衡位置4❑∘摆角由静止释放。
（3）将录制的视频导入软件进行分析，得到摆球的v-t图像，拟合后如图1所示，可知此单摆的周期T
为______s。
（4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，读
出______（填”a““b”或”c“）位置的读数，该读数即为摆长l。
（5）重力加速度g=______（用题中给出的字母”T“和”l“表示）。
（6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可能的原因是刻度尺0刻度线______（填”高于”
或”低于”）悬点。
4π2l
【答案】0.6π；b； ；高于
T2
【学科材料分析】
图中给出了单摆实验的两部分：图1为摆球v-t图像的拟合结果，用于读取单摆周期T；图2为刻度尺测
量摆长的示意图，0刻度线对齐悬点，a、b、c分别对应刻度尺上不同位置。关键信息：摆长应从悬点到球心
（即b位置）的距离，而非到球顶或球底。v-t图像中周期的读取方法：相邻两个速度峰值（或谷值）之间的时
间间隔为半个周期，两个完整的振动周期对应4个峰值间距。【命题透视】
▶核心考点：用单摆测量重力加速度的大小
▶链接教材：人教版必修第二册”机械振动”
▶命题分析：
（1）情境创设：以视频分析软件辅助单摆实验为背景，体现信息技术与物理实验的融合，情境贴近现代
实验教学。
（2）问题设计：六个填空分别考查周期读取、摆长测量位置选择、重力加速度公式推导、误差原因判断，
覆盖实验操作和数据处理全流程。
（3）考查目标：侧重考查实验操作与数据处理能力，属于中等层次的科学探究考查。
【解析】
（3）根据题意，由图1可知，单摆的周期T为0.6πs。
（4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，应
读出球心所在位置的读数，即b位置的读数，该读数即为摆长l。
√ l
（5）由单摆周期公式T=2π❑
g
4π2l
可得重力加速度g=
T2
（6）若该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可知摆长测量值偏小，即刻度尺0刻度线高于悬
点。
【易错点】
读取v-t图像时混淆周期与半周期；测量摆长时误读球顶（a）或球底（c）而非球心（b）；推导重力加
速度公式时混淆g与l的位置关系；误差分析时混淆刻度尺0刻度线高于/低于悬点对结果的影响方向。
【知识总结】
① 单摆测量重力加速度的核心原理
√ l
4π2l
 单摆周期公式：T=2π❑ ，变形得g=
g T2
 摆长l从悬点到球心的距离
 摆角不超过5∘以保证简谐振动近似成立
② 解题要点
 v-t图像读取周期：两个相邻同方向极值间距为半周期
 摆长测量必须从悬点量到球心位置
 误差分析：g偏小→l偏小或T偏大
③ 拓展关联
 视频分析法与传统秒表计时法的精度比较
 单摆实验的系统误差来源：摆角偏大、摆长测量偏差、空气阻力 利用单摆实验验证机械能守恒的方法
第 12 题
某探究小组用霍尔元件设计了一个测量微小位移的实验装置。
（1）将螺旋测微器通过铜杆连接霍尔元件。霍尔元件伸入两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体间
隙中，并处于两磁体中心竖直线上。以中心竖直线为z轴，其示意图如图1所示；霍尔元件上的导线与外部工
作电路连接，其示意图如图2所示。
（2）将电压表接在霍尔元件的_______（填”a、b“或”c、d“）两端，闭合开关S，测量其霍尔电压，
电压表指针如图3所示，此时电压为_______mV。
（3）旋转螺旋测微器的旋钮，使霍尔元件沿z轴移动至霍尔电压为0处，该处磁感应强度为0，此时的螺
旋测微器读数如图4所示，该读数为_______mm。
（4）保持电流不变，旋转螺旋测微器的旋钮，读出霍尔元件在不同位置的霍尔电压，得到10组数据如下
表所示。
z U
mm mV
1 1 9
1.670
2 1 1
1.960 6
3 1 2
2.302 5
4 1 3
2.633 5
5 1 4
2.952 2
6 1 4z U
mm mV
3.270 8
7 1 5
3.594 7
8 1 6
3.930 7
9 1 7
4.246 4
1 1 8
0 4.585 1
（5）在图5中描出第4、5组测量数据的坐标点，并作出z-U图像。_______
（6）用此装置测量微小位移。取下螺旋测微器，将待测物体与铜杆连接，待测物体在z轴方向移动，其
位移与霍尔元件的位移相等。某次测量中待测物体移动前电压表示数为20mV，移动后电压表示数为60mV，根
据图像，此过程中物体位移的大小为_______mm（保留2位小数）。
【答案】c、d；50；11.350；见图；1.55
【学科材料分析】
题目给出了霍尔效应微小位移测量装置的完整实验设计。图1为两块同极相对磁体间隙中的霍尔元件和z
轴示意，中心竖直线上磁感应强度为0（霍尔电压为0处）。图2为霍尔元件导线与工作电路连接示意，电流
沿a-b方向流动，霍尔电压出现在垂直电流和磁场的c-d方向。图3为电压表指针读数（最小刻度2mV，读数
为50mV）。图4为螺旋测微器读数（11mm + 35.0×0.01mm = 11.350mm）。图5为z-U作图纸。数据表显示
z与U近似线性关系，用于通过图像查读位移。
【命题透视】
▶核心考点：位移传感器、螺旋测微器的读数、霍尔效应的原理
▶链接教材：人教版选择性必修第二册”电磁感应”中霍尔效应相关内容及必修第三册”电路”
▶命题分析：
（1）情境创设：以霍尔效应测量微小位移为背景，将物理原理与传感器设计结合，考查新型实验设计和
数据处理能力，情境体现科技创新导向。（2）问题设计：从霍尔电压测量端选择、电压表读数、螺旋测微器读数、数据作图到位移计算，覆盖实
验设计与数据处理的完整流程。关键在于理解霍尔效应原理和z-U图像的线性关系。
（3）考查目标：侧重考查实验设计与数据处理能力，要求学生理解霍尔效应原理、正确读数并通过图像
查读位移，属于中等层次的科学探究考查。
【解析】
（2）由霍尔效应原理可知，霍尔电压会出现在垂直电流和磁场方向上，结合图2可知，将电压表接在霍
尔元件的c、d两端。
由图3可知，电压表的最小刻度为2mV，则此时电压为50mV。
（3）图4中螺旋测微器读数为11mm+35.0×0.01mm=11.350mm。
（5）根据表格中数据，在图5中描出第4、5组测量数据的坐标点，并作出z-U图像，如图所示
（6）根据图像可知，电压表示数为20mV时，有z =12.15mm，移动后电压表示数为60mV时，有
1
z =13.70mm，则此过程中物体位移的大小为z=z -z =1.55mm。
2 2 1
【易错点】
混淆霍尔电压测量端的选择（应选垂直电流和磁场的c、d端而非a、b端）；电压表读数时忽略最小刻度
估读；螺旋测微器读数时固定刻度与可动刻度的加法计算出错；通过z-U图像查读位移时对应关系判断不准。
【知识总结】
① 霍尔效应原理与位移测量
 霍尔电压出现在垂直电流和磁场的方向上
IB
 霍尔电压U = ，与磁感应强度B成正比
H ned
 同极相对磁体间隙中B沿z轴分布，霍尔元件位移→B变化→U 变化
H
② 解题要点
 确定霍尔电压测量端：垂直电流和磁场方向
 电压表读数注意最小刻度估读
 螺旋测微器读数=固定刻度+可动刻度×0.01mm
 通过z-U图像查读两个电压值对应的z值，位移=z -z
2 1
③ 拓展关联 霍尔传感器在工业测量中的应用（位移、磁场、电流）
 螺旋测微器与游标卡尺的读数方法比较
 传感器实验设计的基本思路：物理原理→测量方案→数据处理
第 13 题
车载摄像头需要有较大的拍摄角度。一摄像头由于结构限制，拍摄角度为120❑∘。如图，将摄像头嵌入
均匀透明介质，介质截面为矩形。只考虑该截面内光线传播情况，通过空气与介质间界面的折射，可将实际拍
摄角度扩大。
(1)若希望几乎贴着介质表面入射的光线1能够以图示路径恰好射入摄像头，即拍摄角度扩大为180❑∘，
求介质的折射率；
(2)若介质折射率为1.8，从侧后方向入射的光线2能够以图示路径折射之后发生一次全反射，然后恰好射
入摄像头，求光线2的入射角θ的正弦值。
2❑√3
【答案】(1) ；(2)0.9
3
【学科材料分析】
图中给出了车载摄像头嵌入矩形透明介质的光路示意。光线1：几乎贴着介质表面入射（入射角接近
90°），折射后恰好射入摄像头（折射角为60°），对应拍摄角度从120°扩大至180°。关键几何关系：光线1
sin90∘ 2❑√3
的折射角为60∘，由折射定律n= = 。光线2：从侧后方向入射，折射进入介质后发生一次全反射
sin60∘ 3
sinθ
再射入摄像头，折射角为β=30∘，由折射定律n= 求解入射角θ。
sinβ
【命题透视】
▶核心考点：平行玻璃砖模型、折射定律、全反射
▶链接教材：人教版选择性必修第一册”光”
▶命题分析：
（1）情境创设：以车载摄像头折射扩大拍摄角度为背景，将光学知识与现代汽车工程技术结合，体现物
理知识的工程应用价值。
（2）问题设计：第(1)问考查折射定律的直接应用（入射角90°、折射角60°），第(2)问增加全反射条件
（折射角30°），考查几何光学的综合分析能力。
（3）考查目标：侧重考查定量计算与几何分析能力，要求学生从光路图提取几何关系并应用折射定律，
属于中等层次的科学思维考查。
【解析】（1）如图所示
根据几何关系可知光线1的折射角为60❑∘，入射角为90°
sin90❑∘ 2❑√3
可得n= =
sin60❑∘ 3
（2）根据几何关系可得光线2在玻璃砖中的折射角为β=30❑∘
sinθ
根据折射定律n'=
sinβ
其中n'=1.8
解得sinθ=0.9
【易错点】
混淆入射角和折射角的定义（入射角是入射光线与法线的夹角而非与界面的夹角）；光线1入射角为90°
（掠射）而非0°；光线2的折射角需从光路图的几何关系推导（30°），而非直接给出。
【知识总结】
① 折射定律与全反射
sini
 折射定律：n= ，n为介质折射率
sinr
 掠射情况：入射角接近90°时折射角为临界角
 全反射条件：光从光密介质射向光疏介质，入射角大于临界角
② 解题要点
 从光路图提取关键几何关系（折射角、入射角）
 第(1)问：入射角90°，折射角60°，直接代入折射定律
 第(2)问：先确定折射角β=30∘，再由折射定律求入射角
③ 拓展关联
1
 临界角与折射率的关系：sinC=
n
 光纤通信中的全反射原理
 摄像头广角镜头的设计与光学畸变
【答题模板】
sini
(1) 求折射率：从光路图确定入射角和折射角 → 代入折射定律n= → 计算n值
sinrsinθ
(2) 求入射角：从光路图确定折射角β → 代入折射定律n= → 解得sinθ
sinβ
第 14 题
某小组制作了一储能器，其两端电压U与其储存的电荷量q间的函数关系近似为U=kq（k为常量）。将
该储能器接入如图所示电路，a、b、c为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不
计，间距为L。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m的导体棒垂直导轨放置，接入电路
的阻值为r。电源电动势为E，内阻不计。定值电阻阻值为R。t 时刻开关S与a连接，直到导体棒做匀速运动，
0
再于t 时刻切换开关与b或c连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。
1
(1)求t 时刻导体棒加速度a 的大小；
0 0
(2)若t 时刻开关与b连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为U 时（此时电路中电流不为
1 0
0），求导体棒速度v的大小；
(3)若t 时刻开关与c连接，求从t 时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热Q。
1 0
BEL E BLU （R+2r）mE2
【答案】(1)a = ；(2)v= - 0；(3)Q=
0 mr BL mk 2（R+r）B2L2
【学科材料分析】
图中给出了储能器导轨单杆模型的电路示意。关键物理模型：储能器U=kq（非标准电容模型，替代
q
U= ），开关S可连接a（电源）、b（储能器+导体棒+定值电阻）、c（导体棒+定值电阻）。三个过程的
C
物理分析：①t 时刻S接a→电源驱动导体棒加速→匀速时E=BLv ；②t 时刻S接b→储能器充电+导体棒减
0 0 1
速→用动量定理建立BLq与速度变化的关系；③t 时刻S接c→无电源、导体棒减速至静止→能量守恒求焦耳
1
热。
【命题透视】
▶核心考点：有电源存在的导轨单杆模型、动量定理、能量守恒
▶链接教材：人教版选择性必修第二册”电磁感应”及必修第一册”牛顿运动定律”
▶命题分析：
（1）情境创设：以储能器替代传统电容的创新模型为背景，考查电磁感应与电路综合分析能力，突破传
统题型的思维惯性。
（2）问题设计：三问递进：第(1)问基础（牛顿第二定律求加速度），第(2)问中等（动量定理+储能器
U=kq求速度），第(3)问综合（两段过程的能量守恒求焦耳热）。
（3）考查目标：侧重考查综合计算能力，要求学生在非标准物理模型中灵活运用动量定理和能量守恒，
属于较高层次的科学思维考查。【解析】
E
（1）t 时刻开关S与a连接，流过导体棒的电流I=
0 r
导体棒所受的安培力F=BIL
根据牛顿第二定律F=ma
0
BEL
联立可得a =
0 mr
（2）当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电源电动势，设此时导体棒速度为v ，即E=BLv
0 0
当储能器电压为U 时（此时电路中电流不为0），对导体棒根据动量定理有-∑BIL⋅t=mv-mv
0 0
又q=∑I⋅t
可得-BLq=mv-mv
0
根据题意U=kq
E BLU
联立可得v= - 0
BL mk
-
（3）从t
0
∼t
1
过程对导体棒，根据动量定理BI L⋅t=mv
0
-
又q'=I⋅t
mE
可得q'=
B2L2
1
导体棒上产生的焦耳热Q =q E- mv2
1 1 2 0
mE2
可得Q =
1 2B2L2
1
从t 时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为Q = mv2
1 总 2 0
r
导体棒产生的焦耳热为Q = ⋅Q
2 R+r 总
mrE2
可得Q =
2 2（R+r）B2L2
（R+2r）mE2
从t 时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热Q=Q +Q =
0 1 2 2（R+r）B2L2
【易错点】q
混淆储能器U=kq与传统电容U= 的区别；动量定理应用时安培力方向判断错误；第(3)问中两段过程的
C
r
焦耳热计算需要分段处理再相加；导体棒与定值电阻的焦耳热分配比例 的推导。
R+r
【知识总结】
① 储能器导轨单杆模型
1
 储能器U=kq：电压与电荷量成正比（类似电容C= ）
k

有电源过程：电源驱动→导体棒加速→匀速时E=BLv
0
 无电源过程：导体棒减速→动量定理分析→能量守恒求焦耳热
② 解题要点
 第(1)问：牛顿第二定律F=BIL=ma ，电流I=E/r
0
 第(2)问：动量定理-BLq=mv-mv ，储能器U=kq代入
0
 第(3)问：两段过程分段计算焦耳热再相加
1
o 第一段：Q =q'E- mv2
1 2 0
r 1
o 第二段：Q = ⋅ mv2
2 R+r 2 0
③ 拓展关联
 储能器与传统电容模型的对比分析
 导轨单杆模型的多种变式（有电源/无电源/有电容/有储能器）
 动量定理在电磁感应问题中的典型应用场景
【答题模板】
E F
(1) 求加速度：确定初始电流I= → 安培力F=BIL → 牛顿第二定律a =
r 0 m
U
(2) 求速度：匀速条件E=BLv → 量定理-BLq=mv-mv → 储能器q= 0 → 解得v
0 0 k
(3) 求焦耳热：
1
 第一段（有电源）：动量定理求q' → Q =q'E- mv2
1 2 0
1 r
 第二段（无电源）：能量守恒Q = mv2 → Q = Q
总 2 0 2 R+r 总

总焦耳热Q=Q +Q
1 2
第 15 题如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该
点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当
两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求小球接触地面瞬间的速度v的大小；
(2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值；
(3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智
能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角（
θ已知，且0<θ<α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。
（i）求E与k的关系；
（ii）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。
❑√23 (1+k) 2 8
【答案】(1)v=❑√2gL；(2)tanα= ；(3)（i）E=[ -1]mgL；（ii）d= ❑√69Ltanθ
2 4kcos2θ 9
【学科材料分析】
图中给出了轻杆小球的模型：轻杆长L，竖直放置，下端固定于地面，上端固定质量为m的小球。关键物
理过程：①小球从竖直位置受扰动→杆绕下端转动→弹力为0时小球脱离（此时杆与竖直方向夹角β，
2
cosβ= ）；②小球脱离后做抛体运动直至接触地面；③碰撞后弹射分裂→动量守恒+能量分析。弹力为零的
3
mv2 1 2
条件：mgcosβ= 1（径向合力为零），结合机械能守恒mgL(1-cosβ)= mv2 ，解得cosβ= 。
L 2 1 3
【命题透视】
▶核心考点：爆炸问题、机械能守恒定律在曲线运动中的应用、动量守恒
▶链接教材：人教版必修第二册”机械能守恒定律”及选择性必修第一册”动量守恒定律”
▶命题分析：
（1）情境创设：以轻杆小球弹射分裂为背景，将机械能守恒、抛体运动、碰撞反弹、爆炸分裂等多过程
串联，考查物理建模和综合推理能力，情境设计复杂且创新。
（2）问题设计：三问递进：第(1)问基础（机械能守恒求落地速度），第(2)问中等（径向力分析+抛体运
动求速度角），第(3)问极难（爆炸分裂的动量守恒+能量最小值+落地间距）。第(3)问引入质量比k和弹射角
度θ，考查多物体分裂的完整分析。
（3）考查目标：侧重考查综合推导与数学运算能力，要求学生建立多过程的物理模型并完成复杂的代数
推演，属于极高层次的科学思维考查，有效区分顶尖学生。
【解析】1
（1）根据机械能守恒定律有mgL= mv2
2
解得小球接触地面瞬间的速度的大小v=❑√2gL
（2）设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为β，如图所示
1
设此时小球的速度为v ，根据机械能守恒定律mgL(1-cosβ)= mv2
1 2 1
v2
对小球，根据牛顿第二定律mgcosβ=m 1
L
2 √2gL
解得cosβ= ，v =❑
3 1 3
此时小球水平方向分速度v =v cosβ
x1 1
竖直方向分速度v =v sinβ
y1 1
竖直方向，根据速度位移关系v2-v2 =2g⋅Lcosβ
y y1
v
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值tanα= y
v
x1
❑√23
联立解得tanα=
2
（3）（i）设其中一部分的质量为m ，则另一部分质量为km ，如图所示
0 0
根据动量守恒定律有km v sinθ=m v sinθ，km v cosθ+m v cosθ=mv
0 2 0 3 0 2 0 3
1 1 1
弹射装置释放的能量E= km v2+ m v2- mv2
2 0 2 2 0 3 2
(1+k) 2
联立可得E=[ -1]mgL
4kcos2θ
（ii）根据数学知识可知，当k=1时，E最小为E =mgLtan2θ
min1 1 1
即有m v sinθ=m v sinθ，m v cosθ+m v cosθ=mv，E = m v2+ m v2- mv2
0 2 0 3 0 2 0 3 min 2 0 2 2 0 3 2
v sinα v sinα
两小球同时落地，运动时间为t=2⋅ 2 =2⋅ 3
g g
可得|v |=|v |
3 2
两小球的距离d=2v sinθ⋅t
2
❑√23 √23
由tanα= 可得sinα=❑
2 27
8
联立可得d= ❑√69Ltanθ
9
【易错点】
弹力为零的条件判断错误（应为径向合力为零而非合力为零）；脱离后抛体运动的竖直方向分速度计算遗
漏脱离时的竖直初速度；爆炸分裂的动量守恒方程建立时混淆质量比k的定义（一部分质量为m ，另一部分为
0
km ，总质量m=(1+k)m ）；第(3)(ii)问中能量最小值条件k=1的推导和同时落地条件|v |=|v |的判断。
0 0 2 3
【知识总结】
① 轻杆小球模型的关键条件
mv2
 弹力为零条件：mgcosβ= （径向合力为零）
L
2
 结合机械能守恒解得cosβ=
3
 落地速度由全程机械能守恒直接求解：v=❑√2gL
② 解题要点
1
 第(1)问：全程机械能守恒mgL= mv2
2
 第(2)问：先求脱离角β（弹力为零+机械能守恒）→求脱离时分速度→抛体运动求落地速度角
 第(3)(i)问：动量守恒建立速度关系→能量定义式求E与k关系
 第(3)(ii)问：E最小→k=1→同时落地→求间距d
③ 拓展关联
 轻杆与轻绳模型的区别：杆可提供推力和拉力，绳只能提供拉力
 爆炸问题与反冲问题的类比分析
 能量最小值的数学方法：求函数极值或利用对称性k=1
【答题模板】
1
(1) 求落地速度：全程机械能守恒mgL= mv2 → v=❑√2gL
2
(2) 求速度角正切值：mv2
 弹力为零条件：mgcosβ= 1
L
1
 机械能守恒：mgL(1-cosβ)= mv2
2 1
2
 解得cosβ= ，求分速度v 、v
3 x1 y1
 抛体运动：v2-v2 =2gLcosβ
y y1
v
 tanα= y
v
x1
(3)(i) 求E与k关系： - 设两部分质量为m 和km ，总质量m=(1+k)m - 动量守恒：横向
0 0 0
mv 1 1 1
kv sinθ=v sinθ，纵向kv cosθ+v cosθ= - 能量：E= km v2+ m v2- mv2
2 3 2 3 m 2 0 2 2 0 3 2
0
2v sinα
(3)(ii) 求d： - E最小→k=1，|v |=|v | - 同时落地→运动时间t= 2 - 间距d=2v sinθ⋅t
2 3 g 2