2026 年高考山东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年高考山东卷物理试题整体难度适中偏难，注重基础性、综合性、应用性与创新性的考查导向，紧
密契合新课标理念。试卷结构稳定，由单项选择题（8题，每题3分，共24分）、多项选择题（4题，每题4
分，共16分）、实验题（2题，共18分）、解答题（4题，共42分）四部分构成，总分100分。
各题型考查侧重明确：单选题覆盖原子物理、运动学图像、热学、天体运动、光学、力学平衡、电磁感应、
交流电等模块，侧重基础概念理解和简单推理；多选题突出知识综合与逻辑推理，涉及机械波、电场与力学综
合、多次碰撞图像分析、含电容器的电磁感应等；实验题考查摩擦因数测量与双缝干涉测波长，注重实验操作
与数据处理能力；解答题考查理想气体状态方程、电磁感应与电路综合、平抛与圆周运动综合、带电粒子在多
区域磁场中的运动，强调综合运用与高阶数学推理。
难度分层跨度极大：全卷难度区间 0.09（磁场压轴）~0.85（核反应基础），区分度极强；基础题、中档
题、高难题比例约 4:4:2。
计算与几何并重：不单纯文字概念辨析，大量依托几何作图、代数联立、周期性多解、分段函数、动量定
理微元法综合运算。
试卷对物理学科核心素养的整体覆盖较为完整：物理观念体现在运动与相互作用观念、能量观念等；科学
思维体现在模型建构、科学推理与科学论证；科学探究体现在实验设计与数据处理；科学态度与责任体现在科
技应用与社会责任意识。
📖 试题亮点
亮点 1：物理思维深度渗透，原型模型改造变式
套路刷题完全失效，杜绝死记二级结论，必须自主推导方程。例如：
导体棒转动切割：双半圆反向磁场、改变磁感应强度、改变角速度、改变周期规律；
导轨电磁模型：变磁场 + 双电容器充放电结合动量微元；
弹性碰撞：等质量物体斜面多次周期性交换速度；
带电粒子磁场：多区域分段磁场、不同磁感应强度、周期性往返运动多解
亮点 2：立体几何受力分析常态化，强化空间建模能力
单选 8 正四面体三弹簧小球平衡、多选 10 椭圆轨道重力 + 匀强电场复合，打破平面受力思维，必须
结合立体几何角度、三角函数分解力，单纯平面受力训练不足以应对，对学生空间想象能力提出硬性要求，是
拉开中等生与尖子生关键题型，是山东卷独有特色。
亮点 3：电磁模型深度融合，微元动量 + 电容器综合是特色拉分点
多选 12 将感生电动势给电容充电、电容放电驱动导体棒、动量定理微元法联立，融合法拉第电磁感应、
电容定义、动量定理、电荷守恒多重规律，综合度远超常规单杆导轨，套路刷题完全失效，必须自主推导方程。
亮点 4：周期性多解贯穿中高难度大题，数学物理结合紧密17 题圆筒叶片圆周 + 平抛综合、18 题多区域磁场粒子往返运动，均设置周期性通解表达式，引入参数
k 写出通式，要求学生寻找运动周期规律、建立方程求解整数解，强化数学工具解决物理问题核心素养。
亮点 5：解答题梯度分层，层层递进，兼顾保底得分与顶尖选拔
四道计算题难度逐级抬升：
15 热学中档基础（变质量气体，大部分学生可拿满分）；
16 斜轨电磁杆中档综合（受力平衡 + 电路功率联立）；
17 圆周平抛综合难题（周期性多解，中等生可完成第一问）；
18 多区域复合磁场压轴（难度 0.09，多段轨迹分段计算、相遇联立方程组，选拔顶尖学生）；
每道大题内部分小问，分步给分，保障学生分段拿分，不会整题零分。
亮点 6：创新图像解读，训练信息提取能力
第 2 题 t-N 非常规图像，没有直接给出位移坐标轴，需要学生自行转化 “树木等间距→N 正比位移”，
类比 t-x 图像分析斜率代表速度倒数，考查学生图像信息迁移转化能力，规避固化刷题套路。
📖 命题趋势
趋势 1：基础概念不送 “死分”，全部搭配陷阱选项，侧重逻辑辨析
原子、天体、热学基础题看似简单，但设置典型思维陷阱，例如：
核反应混淆中子、电子；
开普勒第三定律忽略 “中心天体不同不能直接对比”；
热力学第一定律忽略做功对内能的影响，仅凭温度判断吸放热；
基础题不再一眼出答案，必须严谨推导、逐条排除错误逻辑。
趋势 2：空间立体模型持续加码，平面受力训练不足以应对
未来试卷会持续出现四面体、椭圆、圆筒三维复合装置，要求熟练利用立体几何求夹角、边长，进行力的
正交分解，空间建模成为必备核心能力。
趋势 3：数理融合进一步加强，三大数学工具必考
几何：轨迹圆、立体角度、光路几何；
函数与极值：图像面积、斜率、分段表达式；
周期性通解：圆周、磁场粒子往复运动，引入参数写出全部通解。
趋势 4：电磁综合走向 “多模块融合”，单一模型淘汰
单纯动生 / 感生电动势、单电容器导轨逐步减少，更多组合：感生电动势 + 电容充放电、重力电场复合
+ 轨道支持力、分段不同磁场区域粒子运动，一道题串联 3 个以上电磁核心规律。
趋势 5：实验坚持 “数字化生活化 + 光学定量测量” 双线并行
力学实验结合智能传感器、小车自动采集数据，侧重图像读数、误差定量分析；光学实验固定双缝干涉定
量测波长，考查仪器间距读数、条纹计数、公式变形，每年轮换无例外。
趋势 6：情境只做载体，核心模型不变，但装置结构刻意改造外骨骼、钍核燃料、智能小车、圆筒叶片等新颖情境，剥离文字后均为经典动力学、电磁、光学原型，命
题人通过改变装置结构、改变电源、改变磁场分布实现反套路，纯背诵二级结论会大量失分。
📖 考点细目表
题
号 情境 知识点 设问角度
1 钍-铀核燃料转换 β衰变与核反应方程的配平 概念理解、方程配平
2 汽车行驶与树木视频 t-N图像与运动学分析 图像分析、路程比较
3 理想气体状态变化 气体分子速率分布图像 概念理解、图像判读
4 海王星卫星海卫二 开普勒第三定律、万有引力定律 公式推导、比例计算
5 半圆形玻璃砖与吸光材料 光的折射定律、全反射临界条件 几何关系、公式推导
6 外骨骼机器人斜坡拉物 瞬时功率、受力平衡 公式推导、增量计算
7 交流发电机双磁场区域 导体棒转动切割磁感线、交流电有 公式推导、比例分析
效值与周期
8 正四面体框架与小球弹簧 胡克定律、共点力平衡（正交分 几何关系、平衡方程
解）
9 简谐横波沿x轴传播 波的图像、波速、周期、相位差 图像判读、计算推理
10 椭圆轨道与匀强电场 匀强电场中电势差与电场强度、带 电场强度、电势差、动能定理
电物体平衡与运动
11 斜面上M、N多次弹性碰 动量守恒、能量守恒、v-t图像识别 多次碰撞、图像分析
撞
12 U形导轨与电容器电路 法拉第电磁感应、含电容电路、动 电荷量、动量守恒类推
量定理
13 智能小车测动摩擦因数 力的平衡、滑动摩擦力、误差分析 实验操作、数据处理、误差分
析
14 双缝干涉实验测波长 激光特性、双缝干涉条纹间距公式 实验操作、读数、公式应用
15 圆柱形透明管封气体 玻意耳定律、理想气体状态方程、 压强计算、质量比
变质量气体模型
16 斜面导轨与双电源电路 电磁感应、含源电路、安培力与加 电功率、加速度
速度
17 圆筒叶片装置与平抛运动 平抛运动、圆周运动周期性多解 时间、角速度、质量比多解
18 带电粒子在多区域磁场中 速度选择器、带电粒子在磁场中圆 磁感应强度、时间、相遇条件
运动 周运动📖 考点模块占比分析
知识模块 题号 分值占比 考查侧重
力学 T2, T4, T6, T8, T9, T11, 约 42% 运动学图像、天体运动、受力平衡、机械
T13, T17 波、碰撞综合、实验、平抛与圆周综合
电磁学 T7, T10, T12, T16, T18 约 33% 交流电、电场与力学综合、电磁感应与电容
器、电磁感应与电路、带电粒子磁场运动
热学 T3, T15 约 11% 分子速率分布图像、理想气体状态方程、变
质量气体模型
光学 T5, T14 约 11% 光的折射与全反射、双缝干涉测波长
原子物理与近代物理 T1 约 3% β衰变与核反应方程
📖 复习策略
第一阶段：一轮基础夯实，扫清概念陷阱，补齐空间几何短板
1. 概念专题：建立 “陷阱辨析清单”，消灭选择低级失分针对卷中易混淆考点分模块整理对比清单，每概念
配套 1 道陷阱选择题训练，例如：
原子物理：α/β/γ 衰变、中子 / 电子核反应守恒判断；
热学：分子平均动能 vs 单个分子速率、内能改变的两种途径、f (v) 图像面积物理意义；
运动图像：x-t、v-t、t-N 等非常规图像斜率、截距、面积含义；
天体：开普勒第三定律适用条件（同一中心天体）。
训练要求：不直接看答案，逐条写出选项错误逻辑，杜绝凭感觉做题。
2. 立体受力专项突破：四面体、球体、椭圆轨道复合场、斜交弹簧框架，固定训练步骤：
1）画出三维受力示意图；
2）利用立体几何求夹角、边长；
3）正交分解列平衡方程；
重点强化三角函数、空间角度推导，弥补传统平面受力训练盲区。
3. 基础模型吃透原型，拒绝背二级结论：机车功率、斜面动力学、弹性碰撞、导体棒转动切割、双缝干涉、
理想气体状态方程等，全部独立从头推导公式，要求能默写完整推导过程，牢记核心处理方法。
4. 课本实验完整复盘，兼顾数字化创新实验
1）力学基础实验：弹簧测力计、动摩擦因数测量，补充智能小车、传感器数字化采集图像题型，专项训练误
差来源定量分析；
2）光学必考实验：双缝干涉全套操作、刻度尺读数、条纹计数、波长公式变形，熟记可见光 / 红外 / 紫外
波长区间。
第二阶段：二轮专题突破，攻克数理综合、融合模型、周期性多解
分六大核心专题，对标试卷中档、难题拉分点：专题 1：复合场与立体受力综合，重力 + 匀强电场复合椭圆轨道、三维弹簧平衡、斜面上电磁杆受力平衡，
训练多力联立方程求解。
专题 2：电磁导轨创新模型（电容 + 感生电动势组合）重点训练：磁场随时间变化给电容充电、电容放电驱
动导体棒，掌握动量定理微元法 + 电荷守恒联立固定解题模板，突破多选 12 同类题型。
专题 3：周期性多解专项分两类集中刷题：
1）圆周 + 平抛复合周期性（圆筒叶片、转盘抛体）；
2）带电粒子多区域磁场往返运动、双粒子相遇问题；
要求自主寻找周期、写出通解表达式、求解最小整数解，熟练参数 k 的书写规范。
专题 4：交变电流创新切割模型双区域反向磁场转动棒、分段变化、改变角速度、改变周期，自主推导矩形交
流电有效值，不依赖正弦交流电结论。
专题 5：弹性碰撞周期性往复运动等质量物体斜面 / 水平面多次交换速度，画出分段 v-t 图像，计算每次碰
撞时间、速度变化规律。
专题 6：热学综合（速率分布图像 + 变质量气体）选择题专项练 f (v) 图像面积、峰值移动规律；计算题练
理想气体状态方程的应用，漏气、分装气体变质量题型，区分定质量与变质量解题逻辑。
第三阶段：三轮综合冲刺，套卷限时训练，分层得分策略
1. 严格匹配试卷时间分配（整套限时 90 分钟）
8 单选 + 4 多选：22 分钟，前 6 单选快速完成，立体平衡、电磁多选预留充足推导时间；
2 道实验题：18 分钟，规范作图、读数、文字误差说明；
四道解答题：50 分钟，15 热学、16 电磁杆稳拿满分，17 争取第一问，18 磁场压轴量力而行。
2. 分层考生差异化答题策略
基础薄弱生（60–75 分）
主攻：全部单选前 6 道、多选基础 8、9，两道实验，15、16 两道计算题完整作答；放弃立体平衡多选、17
第二问、18 压轴全题，保证基础题型零失误。
中等生（75–90 分）
吃透立体受力、电容导轨多选，完整做出 15、16、17 全题，18 磁场压轴完成第 (1)(2) 小问，第三问选择性
列式拿步骤分；重点补齐周期性多解计算短板。
尖子生（90+）
专攻 18 多区域磁场双粒子相遇压轴，熟练联立周期方程求通解；每周 1 道立体 + 电磁综合创新大题，训
练复杂多方程联立计算能力，规范通解参数书写。
3. 情境脱敏训练，快速剥离物理模型
专门收集钍基核能、外骨骼机器人、智能传感器、航空圆筒装置等山东特色科技情境题，训练做题第一步：圈
画物理量，删除工程描述文字，快速提取力学 / 电磁 / 光学模型，消除长篇题干畏难情绪。
4.高频失分短板专项补强
针对薄弱环节设置针对性训练，例如图像信息转化能力弱，专门练习斜率、面积物理意义等描述。📖 逐题解读
第 1 题
我国钍资源丰富并成功实现了钍-铀核燃料转换，开辟了核燃料供应的新途径。转换过程的中间核素
❑ 233Pa 可能会经历两种核反应，反应式为 ❑ 233Pa+ X→❑ 234Pa，❑ 233Pa→❑ 233U+Y，则X、Y分别是（
91 91 91 91 92
）
A．❑ 0 e、❑ 1n
-1 0
B．❑ 1n、❑ 1H
0 1
C．❑ 1n、❑ 0 e
0 -1
D．❑ 0 e、❑ 1H
-1 1
【答案】C
【命题透视】
▶核心考点：核反应方程中质量数守恒与电荷数守恒的应用，β衰变 ❑ 0 e 的产生机制。
-1
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第三册第五章《原子核》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以我国钍-铀核燃料转换技术成果为背景，体现科技前沿与核能应用的时代性，引导学生
关注国家科技发展。
（2）问题设计：以核反应方程配平为切入点，通过 X、Y 两种粒子的辨识，考查质量数守恒与电荷数守
恒的基本规律。干扰项设置涵盖了常见粒子（中子、质子、电子），考察学生对β衰变本质的辨析。
（3）考查目标：侧重考查基本概念理解和逻辑推理能力，属于基础层次试题（难度 0.85），体现物理观
念中的物质观念。
【解析】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子 ❑ 1n；Y的质量
0
数为0，电荷数为-1，则电子 ❑ 0 e。
-1
故选C。
【易错点】
① 混淆β衰变（❑ 0 e）与α衰变（❑ 4He）的产物，误选A或B。
-1 2
② 忽视核反应方程配平时应同时满足质量数守恒和电荷数守恒两个条件，仅用一个守恒定律判断导致漏
选。
③ 将β⁻ 衰变（放出电子 ❑ 0
-1
e）与β⁺ 衰变（放出正电子 ❑
1
0e）混淆。
【知识总结】
① 核心概念定义 核反应方程的配平原则：核反应过程中，反应前后总质量数守恒、总电荷数守恒。这是所有核反应方
程书写的根本依据。
β⁻ 衰变：放射性原子核放出电子 ❑ 0
-1
e（β粒子）的过程，本质是核内中子转化为质子和电子：
❑ 1n→❑ 1H+❑ 0 e。
0 1 -1
② 解题要点
先写已知粒子的质量数和电荷数总和，再用未知粒子补足差值。
注意区分中子（❑ 1n）、质子（❑ 1H）、电子（❑ 0 e）、α粒子（❑ 4He）等常见粒子的符号。
0 1 -1 2
③ 拓展关联
钍基熔盐堆（TMSR）是我国先进核能战略的重要方向，钍-232 经中子俘获后转化为钍-233，再经β衰
变转化为镤-233，最终衰变为铀-233，实现核燃料的转换。
第 2 题
如图甲所示，汽车在平直公路上行驶，路边有等间距的树木，车载摄像机记录了沿途景色。某同学根据一
段视频绘制了图乙，横坐标 N 为树木序号，纵坐标 t 为对应树木出现的时刻，t ∼t 内汽车通过隧道。关
3 4
于汽车的运动，下列说法合理的是（ ）
A．t ∼t 内做加速运动
1 2
B．t ∼t 内做减速运动
2 3
C．t ∼t 内的路程小于 t ∼t 内的路程
1 2 2 3
D．t ∼t 内的路程大于 t ∼t 内的路程
2 3 4 5
【答案】B
【学科材料分析】
题中图乙为”时刻—序号”（t-N）图像，由于路边树木等间距 d 排列，第 N 棵树的位置为
Δt Δt d
x=N⋅d，因此 t-N 图像与 t-x 图像是等价的。图线斜率 k= = = ，即斜率与速度成反比，
ΔN Δx/d v
斜率越大表示汽车运动越慢。由图可知 t ∼t 区段斜率逐渐增大，意味着该过程中汽车速度逐渐减小，做减
1 3
速运动。t ∼t 内 N 不变，对应汽车通过隧道（位置不变）。由序号差可直接读出各时间段汽车通过的路
3 4
程（每两棵树间距为 d）。
【命题透视】▶核心考点：x-t 图像的物理意义、斜率与速度的关系、图像信息提取。
▶链接教材：人教版高中物理必修第一册第一章《运动的描述》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以日常行车视频为情境，结合”树木序号—时刻”的非常规坐标系（t-N 图），考查
学生从新颖情境中识别熟悉物理模型（t-x 图）的能力。
（2）问题设计：通过四个选项分别考查斜率与速度关系、路程比较等。t ∼t 内 N 不变是关键隐含信
3 4
息，提示汽车通过隧道时静止或匀速。干扰项利用学生易将”t-N 斜率直接等同于速度”的错误。
（3）考查目标：考查信息提取、模型转换（t-N→t-x）与科学推理能力，属于中等难度（0.65），侧
重物理观念中的运动观念。
【解析】树木是等间距 d 的，故 t-N 图像可类比 t-x 图像。
AB．根据 x=vt 可知，t-x 图像斜率的倒数表示速度，由图知 t ∼t 时间内斜率增大，则速度减小，
1 3
做减速运动，故A错误，B正确；
C．由图可知 t ∼t 内的路程为4d，大于 t ∼t 内的路程3d，故C错误；
1 2 2 3
D．t ∼t 内的路程3d，等于 t ∼t 内的路程3d，故D错误。
2 3 4 5
故选B。
【易错点】
1
① 将 t-N 图像斜率直接等同于速度，忽视斜率实际为 的倒数关系，误选A。
v
② 忽视 “t ∼t 通过隧道” 这一隐含条件（N 不变即位移为零），错判该段时间路程。
3 4
③ 路程计算时混淆序号差与树间距的乘积关系，误认为 t ∼t 内路程为3d。
1 2
【知识总结】
① 核心概念定义
Δx
x-t 图像：描述物体位置随时间变化关系的图像。图线斜率 k= =v，即斜率等于速度。
Δt
变形图像：当横纵坐标非标准位移时间时（如本题 t-N 图），需通过物理关系转换为熟悉的 x-t
图，再分析斜率意义。
② 解题要点
识别非常规坐标轴的物理含义：N 代表”序号”对应位置 x=N⋅d。
灵活应用”倒数关系”：t-N 斜率与速度成反比。
从图像中读取数据时注意单位间隔（如每棵树间距 d）。
③ 拓展关联
类似的变形图像还有”v-t 图像面积=位移”“a-t 图像面积=速度变化量”“F-x 图像面积=功”
等，均需通过积分/求和的物理意义理解。第 3 题
一定质量的理想气体由状态Ⅰ变化到状态Ⅱ，两种状态下气体分子的速率分布如图所示，图中 f(v) 是
速率 v 附近单位速率区间内分子数占总分子数的百分比。下列说法正确的是（ ）
A．气体一定从外界吸收热量
B．气体中每个分子的速率都增加
C．速率 v 附近单位速率区间内的分子数增加
1
D．气体中速率在 v ∼v 区间的分子数占总分子数的比例减小
1 2
【答案】D
【学科材料分析】
图中横轴为分子速率 v，纵轴 f(v) 为”速率 v 附近单位速率区间内分子数占总分子数的百分比”（即
麦克斯韦速率分布函数）。状态Ⅱ的分布曲线峰值相比状态Ⅰ向右移动且峰值降低，曲线更为平缓，这是温度
升高的典型特征。由此可判断：状态Ⅱ温度高于状态Ⅰ，气体从状态Ⅰ到状态Ⅱ经历了升温过程。由于曲线”
右移变平”，低速区间（v<v ）的占比减小，速率大于 v 的占比增加，中间区间 v ∼v 的图像面积减小
1 2 1 2
（即占比减小）。
【命题透视】
▶核心考点：气体分子速率分布规律、温度的微观意义、热力学第一定律的应用。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第三册第一章《分子动理论》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以气体分子速率分布曲线为材料，将统计规律与温度变化结合，体现”宏观量与微观量
相统一”的物理思想。
（2）问题设计：四个选项分别从”吸放热”“分子速率个体与整体”“单位速率区间分子数”“区间占
比”四个角度设问。干扰项A利用”温度升高必吸热”的直觉误区（忽视做功因素），B利用”平均速率增大
→每个分子速率都增大”的统计与个体混淆。
（3）考查目标：考查图像分析、统计规律理解与热力学综合判断能力（难度 0.65），侧重科学思维中的
科学推理。
【解析】根据理想气体分子速率分布规律：温度越高，分子平均速率越大，速率分布曲线的峰值向速率更
大的方向移动，且峰值降低、曲线更平缓。由此可知，图中状态Ⅱ温度高于状态Ⅰ，气体从Ⅰ到Ⅱ温度升高。
A．一定质量理想气体的内能仅与温度有关，温度升高则内能增大 ΔU>0。根据热力学第一定律
ΔU=Q+W，若外界对气体做功，则可能 Q<0，气体可能是放热，A错误；B．温度升高是分子平均速率增大，属于统计规律，不代表每个分子的速率都增加，B错误；
C．f(v) 的物理意义是速率 v 附近单位速率区间内分子数占总分子数的百分比，由图可知状态Ⅱ在 v
1
处的 f(v) 小于状态Ⅰ，因此 v 附近单位速率区间内的分子数减少，C错误；
1
D．状态Ⅱ的峰值右移，速率小于 v 的占比减少、速率大于 v 的占比增加，由图可知，v ∼v 区间
1 2 1 2
图像面积减小，则气体中速率在 v ∼v 区间的分子数占总分子数的比例减小，D正确。
1 2
故选D。
【易错点】
① 误认为”温度升高必吸热”——忽视做功因素（若外界对气体做功大于内能增加，气体可能放热）。
② 将”平均速率增大”理解为”每个分子速率都增大”——混淆统计规律与个体行为。
③ 误读 f(v) 含义，将”v 处的 f(v) 减小”理解为”v 附近分子数增加”——忘记状态Ⅱ曲线整体
1 1
下移。
【知识总结】
① 核心概念定义
麦克斯韦速率分布函数 f(v)：速率 v 附近单位速率区间内分子数占总分子数的百分比。
曲线与横轴围成的面积：所有速率区间的分子占比之和，归一化为1。
温度的微观本质：分子平均动能的宏观表现，温度越高，平均速率越大，分布曲线”右移变平”。
② 解题要点
识别曲线峰值移动方向判断温度变化。
利用”面积 = 比例”快速判断区间内分子占比变化。
注意区分”统计规律”与”个体行为”，避免”每个分子”类绝对化表述。
③ 拓展关联
pV
与理想气体状态方程 =C 结合，可由温度变化推断压强、体积变化。
T
内能变化判定：ΔU 由温度决定，Q 与 W 需结合过程具体分析。
第 4 题
海王星的卫星海卫二绕海王星的公转周期与地球公转周期近似相等。若太阳与海王星的质量比为 a，定
义地球与太阳间的距离为1个天文单位（1 AU），则海卫二公转轨道的半长轴约为（ ）
1
AU
A．
√3 a
1
B． AU
❑√a
C．√3 aAU
D．❑√aAU【答案】A
【命题透视】
▶核心考点：开普勒第三定律的应用、万有引力定律与圆周运动的综合。
▶链接教材：人教版高中物理必修第二册第七章《万有引力与宇宙航行》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”海王星卫星海卫二”为天文情境，结合”公转周期近似相等”的关键条件，体现天
体运动的普适性规律。
（2）问题设计：通过比例计算半长轴，设置三次方根、平方根等相似选项，考查学生对开普勒第三定律
r3
=k 中指数关系的准确把握。
T2
（3）考查目标：考查公式推导与比例计算能力（难度 0.65），侧重物理观念中的运动观念与科学思维中
的科学推理。
【解析】地球绕太阳公转：设地球公转周期为 T ，日地距离 r =1AU，太阳质量为 M ，则
地 地 太
GM 太 m 地=m (2π ) 2 r
r2 地 T 地
地 地
海卫二绕海王星公转：设海卫二公转周期为 T ，轨道半长轴为 r ，海王星质量为 M ，则
卫 卫 海
GM 海 m 卫=m (2π ) 2 r
r2 卫 T 卫
卫 卫
M r3 M 1
已知 T ≈T ，且 太=a 则 卫= 海=
卫 地 M r3 M a
海 地 太
1
整理得 r3 = ⋅(1AU) 3
卫 a
1
故 r = AU
卫 √3 a
故选A。
【易错点】
r3
① 将中心天体质量比与环绕天体质量比混淆——公式 ∝M 中 M 指中心天体质量，不是环绕天体。
T2
r3
② 混淆三次方根与平方根——开普勒第三定律是 关系。
T2
③ 忽视 “T ≈T ” 的隐含条件，导致比例关系建立失败。
卫 地
【知识总结】
① 核心概念定义 开普勒第三定律：所有绕同一中心天体运动的轨道，其半长轴 r 的三次方与周期 T 的平方之比为常
r3 GM
量，即 = ，M 为中心天体质量。
T2 4π2
r3
中心天体质量的判定：公式 ∝M 中 M 指中心天体质量，不是环绕天体。
T2 中
② 解题要点
确定中心天体，正确选取比例关系。
r3 M
利用”周期近似相等”消去 T，列出 1= 1 。
r3 M
2 2
注意天文单位（AU）的定义，结果保留题目要求形式。
③ 拓展关联
与”双星系统”“同步卫星”“第一宇宙速度”等天体问题同源，均建立在万有引力 = 向心力的核心
方程之上。
第 5 题
半径为 2❑√2 cm 的半圆形玻璃砖横截面如图所示，底部等腰梯形区域充满不反射、不透光的吸光性材料。
梯形下底中点与圆心 O 重合，下底为 2❑√2 cm，上底为 2cm，高为 1cm。单色光线从左侧入射，方向始终
平行于直径 AB。当入射点从 A 点逐渐向上移动至 C 点时，光线恰能从玻璃砖另一侧射出，C 点与 AB
的距离为 2cm，该玻璃的折射率为（ ）
A．❑√2
B．❑√5
❑√10
C．
2
❑√5
D．
2
【答案】C
【学科材料分析】
题图为半圆形玻璃砖横截面，半径 R=2❑√2cm，圆心为 O（下底中点），AB 为直径方向。底部为等腰
梯形吸光材料（下底 2❑√2cm、上底 2cm、高 1cm）。光线始终平行于直径 AB 从左侧入射，入射点从 A
向上移动至 C（C 与 AB 距离 h =2cm）时，光线恰能从玻璃砖另一侧射出——这是临界条件，意味着光
1线在玻璃砖内传播路径刚好避开吸光材料区域，达到出射极限。解题关键是利用几何关系确定入射角 i 与折
h ❑√2 ❑√5
射角 r：入射角正弦 sini= 1= ，故 i=45°；结合梯形上底几何关系可得折射角正弦 sinr= ，最终
R 2 5
sini
由 n= 求出折射率。
sinr
【命题透视】
▶核心考点：光的折射定律、几何光学的临界条件分析、“球形玻璃砖”模型。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第一册第四章《光》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以半圆形玻璃砖与吸光材料的组合为载体，结合”入射点移动”动态情境，体现几何光
学中临界条件的应用。
❑√10 ❑√5
（2）问题设计：四个选项中 ❑√2、❑√5、 、 均为相似根式，干扰项设置精确，需几何推导准确
2 2
才能区分。
（3）考查目标：考查几何作图能力、临界条件分析和折射定律应用，难度0.55，侧重科学思维中的科学
推理与模型建构。
【解析】根据题意作出光线进入玻璃砖过程的法线，标出入射角 i 和折射角 r，如图所示
h 2 cm ❑√2
由几何关系有 sini= 1= =
R 2❑√2 cm 2
可得 i=45❑∘
则 α=180❑∘-2i=90❑∘
h
由几何关系可得 OC= 2 =❑√2cm
sini
OC ❑√2 ❑√5
则
sinr= = =
❑√OC2+R2 ❑√10 5
sini ❑√10
则该玻璃的折射率为 n= =
sinr 2
故选C。
【易错点】
① 入射角与折射角的法线判断错误——半圆边界处的法线沿半径方向，易误认为竖直方向。
② 忽视”恰能射出”这一临界条件的几何含义——该条件对应折射光线刚好擦过梯形吸光材料的边缘。③ 几何关系推导中混淆 h （C 与 AB 距离）与 h （梯形上底到 AB 距离 = 1 cm），误用数值。
1 2
【知识总结】
① 核心概念定义
sini
折射定律：n= ，i 为入射角（真空中），r 为折射角（介质中）。
sinr
法线方向：在球面/圆面边界处，法线沿半径方向，这是几何光学作图的关键。
② 解题要点
先作法线（沿半径），再标入射角、折射角。
利用”恰能射出”“刚好发生全反射”等临界词建立几何约束方程。
熟练运用三角函数和勾股定理求解几何量。
③ 拓展关联
1
全反射临界角公式：sinC= ，本题可进一步讨论全反射条件。
n
光导纤维、海市蜃楼等现象均建立在折射与全反射规律之上。
第 6 题
“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置。如图所示，在倾角为 θ 的斜坡上，某同学最多
能拉着质量为 m 的物体以恒定速度 v 沿斜坡向上运动；穿戴”外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为
1.4m 的物体仍以相同的速度沿斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体与斜坡之间的动摩擦因数为 μ，
重力加速度大小为 g，则该同学穿戴装置后，拉力的功率增加了（ ）
A．0.4mgv(sinθ+μcosθ)
B．1.4mgv(cosθ+μsinθ)
C．0.4mgv(sinθ-μcosθ)
D．1.4mgv(cosθ-μsinθ)
【答案】A
【学科材料分析】
题图为斜面情境，倾角 θ 的斜坡上有物块（质量 m 或 1.4m）通过细线（始终平行于斜坡）被拉向上
匀速运动。物块受力分析：重力 mg 竖直向下、拉力 F 沿斜面向上、摩擦力 f =μmgcosθ 沿斜面向下、
支持力 N=mgcosθ 垂直斜面。匀速条件：拉力的功率等于克服重力与摩擦力做功的功率之和，即P=(mgsinθ+μmgcosθ)v。穿戴”外骨骼”后质量变为 1.4m，速度仍为 v，新功率
P =1.4(mgsinθ+μmgcosθ)v，功率增量 ΔP=P -P =0.4mgv(sinθ+μcosθ)。
2 2 1
【命题透视】
▶核心考点：瞬时功率公式 P=Fvcosα、受力平衡、斜面问题中的力的分解。
▶链接教材：人教版高中物理必修第二册第八章《机械能守恒定律》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”外骨骼机器人”增强运动能力为真实科技情境，结合斜面拉物问题，体现物理在现
代装备中的应用价值。
（2）问题设计：通过”功率增加量”设问，要求学生先建立穿戴前后两个状态的功率表达式再求差，选
项设置 sinθ±μcosθ 与 cosθ±μsinθ 形成强力干扰，考察受力分解的准确性。
（3）考查目标：考查受力分析、功率公式应用与代数运算（难度0.65），侧重物理观念中的能量观念与
相互作用观念。
【解析】该同学拉着物体沿斜坡向上匀速运动时，拉力的功率等于物体克服重力与摩擦力做功的功率，则
穿戴装置前有 P =(mgsinθ+μmgcosθ)v
1
穿戴装置后有 P =(1.4mgsinθ+μ⋅1.4mgcosθ)v
2
所以拉力的功率的增加量为 ΔP=P -P =0.4mgv(sinθ+μcosθ)
2 1
故选A。
【易错点】
① 受力分解错误——将重力分量误写为 mgcosθ（应为 mgsinθ 沿斜面方向），导致正余弦颠倒，误
选B或D。
② 忽视”功率增量”是前后两个功率之差，直接用 1.4m 对应的功率作为答案，误选B。
③ 忽视摩擦力方向——物块向上运动时摩擦力沿斜面向下，与拉力反向，应相加而非相减。
【知识总结】
① 核心概念定义
瞬时功率：P=Fvcosα，α 为力与速度方向的夹角。当力与速度同向时 P=Fv。
斜面上匀速运动条件：拉力 F 等于物体重力沿斜面分量与摩擦力之和：F=mgsinθ+μmgcosθ。
② 解题要点
正确进行受力分解：沿斜面方向（mgsinθ）、垂直斜面方向（mgcosθ）。
利用匀速条件列平衡方程，再代入功率公式。
“增加量”或”变化量”类问题，先分别求两个状态的量，再作差。
③ 拓展关联
外骨骼机器人技术在康复医学、军事装备、工业生产等领域有广泛应用，其核心物理原理涉及力学、
功率、能量转换等。第 7 题
图甲是某交流发电机的原理图，在 Oxy 坐标系中，以 O 为圆心的上、下两个半圆区域内分别充满垂直
Oxy 面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B =B ，金属棒一端始终位于 O 点，绕 O 点在
1 0
Oxy 面内以恒定角速度 ω 转动，产生有效值为 E 、周期为 T 的交变电动势。如图乙所示，现将一、四
甲 甲
象限磁场方向分别变为垂直 Oxy 面向里和向外，整个圆形区域磁感应强度大小变为 B =4B ，且金属棒转
2 0
动角速度变为 2ω，产生有效值为 E 、周期为 T 的交变电动势。则（ ）
乙 乙
1
A．E =4E 、T = T
乙 甲 乙 2 甲
1
B．E =8E 、T = T
乙 甲 乙 2 甲
1
C．E =4E 、T = T
乙 甲 乙 4 甲
1
D．E =8E 、T = T
乙 甲 乙 4 甲
【答案】D
【学科材料分析】
题图为交流发电机原理图。图甲：上半圆磁场垂直纸面向外、下半圆磁场垂直纸面向里（磁感应强度均为
B ），金属棒以角速度 ω 转动。由于上下半圆磁场方向相反，金属棒转动一周（2π）产生的感应电动势方
0
2π
向改变两次，即周期 T = 。图乙：一、四象限磁场方向变为相反，整个圆形区域磁感应强度大小变为
甲 ω
4B ，角速度变为 2ω。由于现在相邻象限磁场方向相反，金属棒每转 π 角电动势方向改变一次，即周期
0
π 1
T = = T 。由于两图均为矩形交流电且正负最大电动势相等，电动势最大值
乙 2ω 4 甲
0+ωL 1
E =B⋅ ⋅L= BωL2 （转动棒平均线速度），故 E =4⋅2⋅E =8E 。
m 2 2 乙m 甲m 甲m
【命题透视】
▶核心考点：导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势、交流电的周期与有效值。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第二册第二章《电磁感应》。
▶命题分析：（1）情境创设：以”双磁场区域分割方式变化”为情境，比较两种情况下交流电的周期与有效值之比，
体现控制变量思想。
1 1
（2）问题设计：选项组合了 E 之比（4 或 8）与 T 之比（ 或 ），干扰项设置针对性强——周期
2 4
判断错误易选 A 或 B，电动势比例判断错误易选 C。
1
（3）考查目标：考查交流电周期定义、转动切割公式 E= BωL2 与有效值计算（难度0.65），侧重物
2
理观念中的能量观念与科学思维。
2π
【解析】根据题意，由图可知，图甲中金属棒转动 2π 为一个周期，则有 T =
甲 ω
π
图乙中金属棒转动 π 为一个周期，则有 T =
乙 2ω
1
则有 T = T
乙 4 甲
根据题意可知，甲、乙图中产生的交流电均为矩形交流电且正负最大电动势相等，则有
0+ωL 1 0+2ωL
E =B L⋅ = B ωL2 ，E =4B L⋅ =4B ωL2
甲m 0 2 2 0 乙m 0 2 0
作出图像，如图所示
1
可知甲、乙图中产生的交流电的有效值为 E =E = B ωL2 ，E =E =4B ωL2
甲 甲m 2 0 乙 乙m 0
则有 E =8E
乙 甲
故选D。
【易错点】
① 周期判断错误——忽视磁场方向变化导致的周期改变（图乙每 π 一个周期，不是 2π）。
E
② 有效值与最大值关系混淆——矩形交流电有效值等于最大值，但正弦交流电 E= m ，本题是矩形波，
❑√2
不可套用正弦公式。
0+ωL
③ 电动势最大值计算中用错线速度——转动棒各点线速度不同，应取平均值 ，不是 ωL。
2【知识总结】
① 核心概念定义
导体棒转动切割：一端固定、另一端自由转动的导体棒在磁场中转动切割磁感线产生的感应电动势
1
E= BωL2 （L 为棒长，ω 为角速度）。
2
交流电周期：感应电动势（或电流）完成一次完整变化所对应的时间。
有效值：让交流电与直流电通过相同电阻，若在相同时间内产生的热量相等，该直流电的数值即为交
流电的有效值。矩形波的有效值等于最大值。
② 解题要点
根据磁场方向分布确定电动势变化周期（关键：每经过一次方向变化分界线，电动势方向翻转）。
1
计算最大电动势用 E = BωL2 。
m 2
E
矩形波有效值等于最大值，正弦波有效值等于 m。
❑√2
③ 拓展关联
与正弦交流电（e=E sinωt）对比，周期、最大值、有效值关系的差异。
m
发电机（动生电动势）与变压器（感生电动势）的对比。
第 8 题
如图所示，由光滑刚性杆组成的正四面体框架放置在水平面上，三条棱上各套有一个质量为 m 的小球。
三个小球通过相同的轻质弹簧连接，静止时恰好处于同一水平面。已知弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为
k，重力加速度大小为 g，则每根弹簧的伸长量为（ ）
2❑√3mg
A．
3k
❑√6mg
B．
3k
❑√2mg
C．
k
❑√3mg
D．
k
【答案】B【学科材料分析】
题图为正四面体框架示意图：底面为水平等边三角形，三条侧棱（棱长相同）上各套有一个质量 m 的小
球，三球通过相同的轻质弹簧（劲度系数 k）连接，静止时三小球处于同一水平面（此水平面到底面距离设
❑√6 ❑√3
为 h）。由正四面体几何性质：侧棱与底面夹角 θ 满足 sinθ= ，cosθ= 。每个小球受三个力：重力
3 3
mg（竖直向下）、杆支持力 N（垂直杆）、两根弹簧拉力（合力 F 沿水平面指向中心）。由于三弹簧相同
❑√6mg
且对称，F=2k Δxcos30°。平衡条件（沿杆方向）：mgsinθ=Fcosθ，联立可解出 Δx= 。
3k
【命题透视】
▶核心考点：胡克定律、共点力平衡问题中的正交分解、空间几何（正四面体）的性质。
▶链接教材：人教版高中物理必修第一册第三章《相互作用》与第四章《运动和力的关系》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以正四面体框架和小球弹簧系统为空间三维情境，考查对称性分析与几何关系的运用，
体现”物理+数学”的综合考查。
（2）问题设计：四个选项均含有 mg/k 乘以不同根式系数，干扰项针对几何关系（sinθ、cosθ 值）
的易错点设置。
（3）考查目标：考查空间受力分析、正交分解法和几何推导能力（难度0.65），侧重科学思维中的模型
建构与科学推理。
【解析】根据题意可知，每根弹簧的伸长量相等，设每根弹簧的伸长量为 Δx，光滑刚性杆与地面的夹角
❑√6 ❑√3
为 θ，结合正四面体的特点，由几何关系可得 sinθ= ，cosθ=
3 3
设两根弹簧对小球的弹力为 F，则有 F=2k Δxcos30❑∘
对其中一个小球受力分析，如图所示
沿杆方向上，由平衡条件有 mgsinθ=Fcosθ
❑√6mg
联立解得 Δx=
3k
故选B。
【易错点】
❑√6 ❑√3
① 正四面体几何性质不熟——sinθ= 、cosθ= 是基础结论，若不熟悉需现场推导，容易出错。
3 3② 两根弹簧合力计算错误——合力 F=2×k Δx×cos30°，容易遗漏 cos30° 或写成 cos60°。
③ 平衡方向选择错误——应沿杆方向分解（支持力垂直杆，不参与沿杆平衡），不是沿竖直或水平方向。
【知识总结】
① 核心概念定义
❑√6 ❑√3
正四面体几何：侧棱与底面夹角 θ 满足 sinθ= ，cosθ= （底面等边三角形，棱长相等）。
3 3
胡克定律：弹簧弹力 F=k Δx（Δx 为形变量）。
正交分解法：选择合适方向分解力，使未知力（如支持力）垂直于分解方向，简化方程。
② 解题要点
利用对称性简化分析：三球对称，只需分析一个小球。
选择沿杆方向作为分解方向：支持力 N 垂直杆，自动消失。
两弹簧合力计算时注意夹角：F=2k Δxcos30°（两弹簧夹角60°，合力沿角平分线）。
③ 拓展关联
正四面体框架与小球问题是物理竞赛与高考压轴选择题的常见模型，其变式包括”正方体框架+弹簧”
“圆锥面+小球”等。
第 9 题
波源 O 在 t=0 时开始振动，产生一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波。t=4 s 时质点 M 刚好开始振
动，质点 M 与 N 的平衡位置相距 5 m。某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．波速为 2 m/s
B．波长为 4 m
C．从图示状态经过 2 s，M 和 N 速度相同
D．从图示状态经过 3 s，M 和 N 偏离平衡位置的位移相同
【答案】BD
【学科材料分析】
题图为某时刻波形图，横轴为 x（平衡位置），纵轴为位移 y。从图中可读出关键信息：M 与 N 平衡
5
位置相距 5m，且由波形图可看出 M 在平衡位置、N 在波谷位置时，二者之间包含 λ 的波形（即 1 个
41
完整波长加 波长）。由此可得 λ=4m。M 点在 4 s 时刚开始振动，意味着波从 O 传到 M 所用时间为
4
x 1 λ
4 s，故波速 v= OM。由波形可知 x = λ=2m，故 v=0.5m/s。周期 T= =8s。振动方程：M 起振时
t OM 2 v
刻为 4 s，N 起振时刻为 12 s（晚 8 s）。
【命题透视】
λ
▶核心考点：波的图像、波速公式 v= =λf、振动方程与波的传播。
T
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第一册第三章《机械波》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以波源起振后 4 s 时 M 点刚开始振动为时间信息，以”某时刻波形图”为空间信息，
综合考查波传播的时间与空间规律。
（2）问题设计：A、B 选项考查波速和波长，C、D 选项考查经过一段时间后两质点运动状态的关系。多
选题设计要求学生综合分析振动与波动关系。
（3）考查目标：考查波的图像读取、振动方程建立、相位差分析（难度0.65），侧重物理观念中的运动
观念与科学推理。
5
【解析】B．根据题图有 λ=5m
4
可得波长 λ=4m，故B正确；
1
A．结合B项分析可知 x = λ=2 m
OM 2
x
所以该波的波速 v= OM =0.5 m/s，故A错误；
t
1
C．从题图示状态经过 2 s，则波沿 x 轴正方向传播了 Δx=1 m= λ，故 M 从平衡位置运动到了波
4
峰位置，速度为0，N 从波谷位置运动到了平衡位置，速度最大，显然两点速度不同，故C错误；
λ
D．该波的周期 T= =8 s
v
π
从图示时刻计时，M 的振动方程为 y =Asin t
M 4
(π π)
N 的振动方程为 y =Asin t-
N 4 2
❑√2
经 t=3 s 后，y = y = A，故D正确。
M N 2
故选BD。
【易错点】① 波速计算错误——将 M 与 N 距离 5 m 直接除以 4 s 得 1.25 m/s，忽视波传播时间应从波源起振开
始（O 到 M 才是 4 s）。
π λ π
② 振动方程建立错误——相位差 来自波程差 ，不是 。
2 4 4
③ “速度相同”与”位移相同”混淆——速度相同时位移可能相反，位移相同时速度可能不同。
【知识总结】
① 核心概念定义
λ
波速公式：v= =λf。
T
波的传播：波形沿传播方向平移，每经过一个周期 T，波传播一个波长 λ。
2π
振动方程：y=Asin(ωt+φ )，其中 ω= 。
0 T
λ
相位差：两点间波程差 Δx= ⋅Δφ。
2π
② 解题要点
从波形图直接读取 λ、A。
结合”波传播时间”（起振时间差）计算 v。
写出各点振动方程后，代入具体时间计算位移或速度。
③ 拓展关联
多普勒效应、波的干涉、衍射均建立在 v=λf 基础上。
声波、光波、电磁波均遵循类似的波传播规律。
第 10 题
融合新型功能材料的传感器在智能感知领域得到广泛应用。如图所示，光滑、绝缘椭圆轨道竖直放置，长
轴 AC=2a、短轴 BD=2b，AC 与 BD 交于 O 点，B 为最低点，A 点处内置可感知轨道压力的传感器。
空间内充满平行轨道平面、斜向上的匀强电场（图中未画出）。质量为 m、电荷量为 +q 的小球置于 A 点
时恰好静止，此时传感器示数等于 mg，g 为重力加速度的大小。下列说法正确的是（ ）
mg
A．电场强度的大小为
q
B．电场强度方向与 OA 的夹角为 45∘(a+b)mg
C．A、B 两点间的电势差 U =-
AB q
D．若小球在 B 点的速度水平向右、大小为 v ，则到达 D 点时速度大小仍为 v
0 0
【答案】BCD
【学科材料分析】
题图为竖直放置的光滑绝缘椭圆轨道，长轴 AC=2a（水平）、短轴 BD=2b（竖直），B 为最低点，
A 为最左点（内置压力传感器）。空间充满平行轨道平面、斜向上的匀强电场。小球在 A 点静止且传感器
示数等于 mg——意味着轨道对小球的支持力 N=mg（传感器示数即压力，等于支持力）。受力分析：小球
在 A 点受三个力——重力 mg（竖直向下）、电场力 qE（沿电场方向斜向上）、支持力 N=mg（水平指
向右，垂直 A 处轨道切线即水平向右）。由于 A 点在椭圆最左端，轨道切线沿竖直方向，支持力沿水平方
向。力的平衡：水平方向 N=qEcosα，竖直方向 mg=qEsinα，两式相除得 tanα=1，故电场方向与水平
方向夹角 α=45°（与 OA 反方向夹角135°，但题目问”与 OA 的夹角”应为 45°），电场力
❑√2mg
qE=❑√2mg，电场强度 E= 。A、B 电势差：两点沿电场方向距离 d=(a+b)cos45°，故
q
(a+b)mg (a+b)mg
|U |=Ed= ，由于 B 在电场方向上游，φ >φ ，故 U =- 。
AB q B A AB q
【命题透视】
▶核心考点：匀强电场中电势差与电场强度的关系 U=Ed、带电物体（计重力）在匀强电场中的平衡与
一般运动、动能定理应用。
▶链接教材：人教版高中物理必修第三册第十章《静电场中的能量》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”智能传感器+椭圆轨道”为科技情境，结合匀强电场与重力场叠加，体现现代科技
与物理综合的应用。
（2）问题设计：A、B 选项考查电场强度大小和方向，C 选项考查电势差计算（含几何投影），D 选项考
查动能定理在复合场中的应用。四选项层层递进，综合性强。
（3）考查目标：考查力的平衡、几何投影、电势差与动能定理（难度0.65），侧重科学思维中的科学推
理和物理观念中的能量观念。
【解析】AB．作出小球在 A 点时的受力分析图如图1所示
由力的平衡条件结合几何关系有 qE=❑√(mg) 2+(mg) 2=❑√2mg❑√2mg
所以电场强度的大小 E= ，且其方向与 OA 的夹角 α 满足 tanα=1，则 α=45❑∘，故A错误，
q
B正确；
C．分别作出 A、B 两点在经过 O 点的电场线上的两等势点 A'、B'，如图2所示
则由几何关系可知，A、B 两点间沿电场方向的距离为
d=A'O+OB'=acos45❑∘+bcos45❑∘=(a+b)cos45❑∘
(a+b)mg
所以 A、B 两点间的电势差为 U =-Ed=- ，故C正确；
AB q
D．小球所受支持力对其始终不做功，根据题意可知，小球所受电场力与重力的合力水平向右，BD 连线
沿竖直方向，所以从 B 到 D 的过程，小球所受合外力做的总功为0，由动能定理可知其动能变化量为0，
故小球在 B、D 两点的速度大小均为 v ，故D正确。
0
故选BCD。
【易错点】
mg
① 电场强度大小错误——误认为 E= （忽视电场力需平衡重力与支持力的合力，实际 qE=❑√2mg）。
q
② 电场方向判断错误——忽视 A 点轨道切线沿竖直方向，支持力沿水平方向这一关键几何关系。
③ 电势差符号错误——U =φ -φ ，B 在沿电场方向下游，φ >φ ，故 U <0。
AB A B B A AB
④ D 选项忽视”支持力不做功”和”电场力与重力合力水平”两个关键分析，误认为速度变化。
【知识总结】
① 核心概念定义
匀强电场中电势差与电场强度关系：U=Ed，其中 d 为沿电场方向的距离。
电势差符号：U =φ -φ ，沿电场方向电势降低。
AB A B
动能定理：合外力做的功等于动能变化量，W =ΔE 。
合 k
② 解题要点
在椭圆/圆形轨道问题中，关键位置的切线与支持力方向要明确（如 A 点切线竖直，支持力水平）。
几何投影：两点间沿电场方向的距离通过三角函数计算。
动能定理应用时先识别”哪些力做功、哪些力不做功”。
③ 拓展关联 带电粒子在叠加场（电场+重力场+磁场）中的运动是高考压轴题的常见模型，关键在于受力分析、过
程分解和能量观点的综合应用。
第 11 题
如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为 θ 的固定斜面上，N从斜面上某位置由
静止释放，t 时刻以速度 v 与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为 tanθ，最大静摩擦力等于
0
滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规律的 v -t、v -t 图
M N
像正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【学科材料分析】
题图为斜面上的双物块系统：M、N 质量相等（m），M 静止于倾角 θ 的斜面上（与斜面动摩擦因数
tanθ，即 mgsinθ=μmgcosθ，最大静摩擦力恰好等于重力沿斜面分量，处于临界平衡状态）；N 与斜面无
摩擦，从斜面上方某处由静止释放，做匀加速直线运动（a=gsinθ）。t 时刻 N 以速度 v 与 M 发生弹性
0
碰撞，由于质量相等，弹性碰撞结果为交换速度：碰后 M 速度为 v，N 速度为 0。碰后运动：M 沿斜面向下
做匀速运动（重力沿斜面分量等于最大静摩擦力，两者平衡）；N 从静止开始沿斜面向下做匀加速运动（加速
v
度 a= ，因 N 释放后经 t 速度达到 v）。两物块经 Δt =2t 后第二次碰撞，碰前 M 速度仍为 v，N 速
t 0 1 0
0
度为 2v；再次交换速度后 M 速度变为 2v，N 速度变为 v。每次碰撞间隔均为 2t ，每次碰后 M 速度增加
0
v。选项 AD 分别对应正确描述。
【命题透视】
▶核心考点：动量守恒与能量守恒（弹性碰撞交换速度）、斜面上的多次碰撞问题、v-t 图像的识别。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第一册第一章《动量守恒定律》。▶命题分析：
（1）情境创设：以斜面上双物块多次碰撞为情境，结合动摩擦因数 tanθ 这一关键条件（重力沿斜面分
量等于最大静摩擦力），形成”M 匀速、N 匀加速”的特殊碰撞模式。
（2）问题设计：通过 v-t 图像识别考查对碰撞过程、匀速/匀加速运动规律的图像表达，选项 A/B/C/D
各为一幅 v-t 图，需综合分析运动规律后选择。
（3）考查目标：考查弹性碰撞规律、多次往复碰撞分析与图像识别能力（难度0.65），侧重科学思维中
的科学推理和图像分析。
【解析】M、N质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mv=mv +mv ，
M N
1 1 1
mv2= mv2+ mv2
2 2 M 2 N
可得碰撞后 v =v，v =0
M N
即发生弹性碰撞后交换速度，则 t 时刻两物块碰后瞬间M的速度为 v，N的速度为0，M与斜面间的动
0
v
摩擦因数为 tanθ、N与斜面间无摩擦，则碰后M做匀速直线运动，N做加速度大小为 a= 的匀加速直线
t
0
运动，从M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为 Δt ，
1
1
则有 vΔt = a(Δt ) 2
1 2 1
解得 Δt =2t
1 0
则 3t 时刻M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为 v，N的速度为 v'=aΔt =2v
0 1
M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，所以第二次碰后瞬间 M 的速度为 v'=2v
1
N的速度为 v，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有 v'Δt =vΔt + a(Δt ) 2
2 2 2 2
解得 Δt =2t
2 0
所以 5t 时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为 v'=2v
0
N的速度为 v″=v+aΔt =3v
2
对比选项中图像可知AD正确，BC错误。
故选AD。
【易错点】
① 忽视 “M 与斜面动摩擦因数 tanθ” 的隐含条件——这意味着 mgsinθ=μmgcosθ，M 沿斜面方向
合力为零（碰后做匀速运动）。
② 错误判断碰撞后速度——质量相等的弹性碰撞结果是交换速度，不是平均分配速度。
③ 多次碰撞时间间隔错误——每次碰撞间隔为 2t ，不是 t 。
0 0
④ 图像识别时混淆 M、N 的速度——M 每次碰后速度增加 v，N 每次碰后速度为碰前 M 的速度。
【知识总结】① 核心概念定义
弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒、动能守恒。质量相等的两物体弹性碰撞结果为交换速度。
临界摩擦条件：当 μ=tanθ 时，物块在斜面上恰好处于”动与不动”的临界状态，沿斜面方向合力
为零。
多次碰撞问题：通常具有周期性规律，需找出碰撞间隔、速度变化的通式。
② 解题要点
识别 “μ=tanθ” 隐含条件（M 沿斜面匀速运动）。
质量相等的弹性碰撞 → 交换速度。
分析每次碰撞前后速度变化，找出周期性规律，再对照 v-t 图像。
③ 拓展关联
v-t 图像是高考力学综合题的常见考查形式，需熟练识别斜率（加速度）、截距（初速度）、面积
（位移）、交点（相遇时刻）等关键信息。
第 12 题
如图所示，足够长 U 形光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，宽度为 L，电阻不计。区域Ⅰ为正方形，充
满垂直轨道平面向上、磁感应强度大小 B 随时间 t 均匀变化的匀强磁场，即 B =kt（k 为大于零的常
1 1
量）；区域Ⅱ内，导轨上接有开关 S 、S ，导轨间接有电容为 C 、C 的两电容器；区域Ⅲ内充满方向垂直
1 2 1 2
轨道平面向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。初始时，质量为 m、有一定阻值的导体棒 MN 静止于
区域Ⅲ中某处，S 闭合，S 断开，C 充电。C 充电完毕后，断开 S ，闭合 S ，MN 开始运动，经过一
1 2 1 1 1 2
段时间系统达到最终稳定状态。MN 长度与导轨宽度相同并始终与导轨接触良好。下列说法正确的是（
）
A．C 充电完毕时的电荷量为 C kL2
1 1
B．C 充电完毕时，上极板带负电
1
kC BL3
1
C．最终 MN 的速度为
B2L2 (C +C )+m
1 2
kC C B2L4
D．最终 C 的电荷量为 1 2
2 B2L2C +m
2
【答案】AC
【学科材料分析】题图为水平 U 形光滑金属导轨装置，分三个区域：区域Ⅰ（正方形，面积 L2，磁场 B =kt 垂直向上且
1
ΔB
随时间均匀增加，产生恒定感应电动势 U = 1 ⋅L2=kL2）；区域Ⅱ（接有开关 S 、S 和电容器 C 、
1 Δt 1 2 1
C ，无磁场）；区域Ⅲ（磁场 B 垂直向下，导体棒 MN 初始静止）。初始状态：S 闭合，S 断开，区域
2 1 2
Ⅰ的感应电动势给 C 充电，充电完毕时 C 两端电压为 U =kL2 ，电荷量 Q =C U =C kL2 。由楞次定
1 1 1 1 1 1 1
律和右手螺旋定则判断感应电流方向为顺时针（区域Ⅰ向上），故 C 上极板带正电。充放电过程：断开 S 、
1 1
闭合 S 后，C 放电，C 充电，导体棒 MN 在安培力作用下加速。最终稳定状态：电流为零，C 、C 、
2 1 2 1 2
Q' Q
MN 两端电压相等，即 1= 2=BLv。结合动量定理（BLQ =mv）和电荷守恒定律（
C C MN
1 2
Q =Q' +Q +Q ），可解出最终速度 v 与电荷量。
1 1 2 MN
【命题透视】
ΔB
▶核心考点：法拉第电磁感应定律（ 已知求电动势）、含电容器的导轨单杆模型、动量定理在电磁
Δt
感应中的应用。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第二册第二章《电磁感应》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以三区域电磁感应装置为复杂情境，结合变化的磁场、电容器充放电和导体棒运动，体
现”电磁感应+电路+动力学”综合考查。
（2）问题设计：A 选项考查充电电荷量计算，B 选项考查极板极性判断，C 选项考查最终速度计算，D
选项考查最终电荷量计算。选项设置层层递进，综合性强。
（3）考查目标：考查电磁感应定律、动量定理、电荷守恒定律的综合应用（难度0.4），属于本卷压轴选
择题之一，侧重科学思维中的科学推理和模型建构。
【解析】A．S 闭合、S 断开时，区域Ⅰ中产生感应电动势给 C 充电，由法拉第电磁感应定律可知产
1 2 1
ΔB
生的感应电动势为 U = 1 L2=kL2
1 Δt
由电容定义式可得 C 充电完毕时的电荷量为 Q =C U =C kL2 ，故A正确；
1 1 1 1 1
B．由楞次定律和右手螺旋定则可知区域Ⅰ中产生顺时针方向的感应电流，则 C 充电完毕时，上极板带
1
正电，故B错误；
CD．断开 S 、闭合 S 时，C 放电，最终回路中感应电流为0，C 、C 和 MN 两端电压相等，设
1 2 1 1 2
最终稳定时 C 的电荷量为 Q' ，C 的电荷量为 Q ，流过 MN 的电荷量为 Q ，MN 的速度为 v，对
1 1 2 2 MN
MN 由动量定理和电流的定义式 q=It 有 BILt=BLQ =mv
MN
Q' Q
结合法拉第电磁感应定律和电容的定义式可知 1= 2=BLv
C C
1 2m Q mQ C
联立可得 Q = ⋅ 2 = 2 ，Q' = 1Q
MN BL C BL C B2L2 1 C 2
2 2 2
整个过程由电荷守恒定律有 Q =Q' +Q +Q
1 1 2 MN
kC C B2L4 Q kC BL3
联立可得 Q = 1 2 ，v= 2 = 1 ，故C正确，D错误。
2 B2L2 (C +C )+m C BL B2L2 (C +C )+m
1 2 2 1 2
故选AC。
【易错点】
L2
① 充电电荷量公式中面积取错——区域Ⅰ为正方形，面积为 L2，不是 2L2 或 。
2
② 极板极性判断错误——感应电流方向用右手螺旋定则判断，电流方向决定极板正负。
③ 最终稳定条件错误——最终稳定时回路电流为零（不是电容器无电荷），三部分（C 、C 、MN）两
1 2
端电压相等。
④ 忽视电荷守恒定律——总电荷等于初始 C 充的电荷量，等于 Q' +Q +Q （其中 Q 是流过导
1 1 2 MN MN
体棒的电荷量）。
⑤ D 选项分母漏掉 C ，写成 B2L2C +m（错），正确应为 B2L2 (C +C )+m。
1 2 1 2
【知识总结】
① 核心概念定义
ΔΦ ΔB
法拉第电磁感应定律：E= = ⋅S（磁场变化）或 E=BLv（导体切割）。
Δt Δt
含电容器的导轨单杆模型：电容器充放电过程中，导体棒受安培力加速，最终稳定时电流为零，电容
器两端电压等于感应电动势 U=BLv。
动量定理在电磁感应中的应用：BL⋅Δq=mΔv，即安培力的冲量等于动量变化量。
② 解题要点
ΔB
充电电荷量：Q=CU=C⋅ ⋅S。
Δt
极性判断：楞次定律+右手螺旋定则。
最终稳定：电流为零，三部分电压相等；结合动量定理 BLQ =mv 和电荷守恒 Q =Q' +Q +Q
MN 1 1 2 MN
列方程组求解。
③ 拓展关联
单杆模型、双杆模型、含电容/含电源导轨问题是高考电磁感应的三大经典模型，需熟练掌握各自的分
析方法。
第 13 题某同学利用智能小车测量物体间动摩擦因数。如图甲所示，将橡胶板平整固定在水平桌面上，把质量为
200g 的物块放置在橡胶板的右端，用细线与小车连接，调整细线与橡胶板平行。
智能小车启动，缓慢拉动物块，使物块由静止逐渐变为匀速直线运动，小车每隔 0.2s 采集一组拉力 F
与时间 t 的数据，实验数据如图乙所示。回答以下问题：
(1) 在 t<2.6s 范围内，物块处于 _________________（填”静止”或”匀速直线运动”）状态。
(2) 为得到物块运动过程中的滑动摩擦力，应选用时间段 __________ s。（填”2.8 ~ 6.0”或”4.0 ~
6.0”）内的数据。
(3) 当地重力加速度大小为 9.8 m/s²，此物块与橡胶板间动摩擦因数为 ________（保留两位有效数字）。
(4) 若桌面不水平，右端略高于左端，则会导致动摩擦因数的测量值比实际值 _________（填”偏大”
或”偏小”）。
【答案】(1) 静止
(2) 4.0 ~ 6.0
(3) 0.56
(4) 偏小
【学科材料分析】
题图甲为实验装置示意图：橡胶板水平固定在桌面上，物块（m=200g）放置在橡胶板右端，通过细线
与小车连接，细线与橡胶板平行。小车启动后缓慢拉动物块，物块经历”静止→加速→匀速”三个阶段。题图
乙为拉力 F 随时间 t 变化的数据图：t<2.6s 区段拉力逐渐增大但物块仍静止（静摩擦力等于拉力）；
2.6∼4.0s 区段物块开始加速运动（拉力大于滑动摩擦力）；4.0∼6.0s 区段拉力稳定在约 1.10N（物块
匀速运动，拉力等于滑动摩擦力）。匀速阶段数据采集：F=f =1.10N，由 f =μF =μmg 得
N
F 1.10
μ= = ≈0.56。
mg 0.200×9.8
【命题透视】▶核心考点：利用力的平衡测量动摩擦因数、滑动摩擦力与静摩擦力的区别、实验误差分析。
▶链接教材：人教版高中物理必修第一册第三章《相互作用》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”智能小车+传感器”现代实验装置测量摩擦因数为载体，融合传统力学实验与现代
测量技术。
（2）问题设计：四问层层递进——物块状态判断、数据段选择、摩擦因数计算、误差分析。其中第(4)问
通过”桌面倾斜”引入系统误差分析，考查学生物理建模能力。
（3）考查目标：考查实验操作理解、数据处理和误差分析（难度0.65），侧重科学探究中的数据处理与
科学思维中的模型建构。
【解析】（1）由于智能小车缓慢拉动物块使其由静止逐渐变为匀速直线运动，因此在初始一段时间内，
物块处于静止状态。
（2）只有当物块匀速运动时，细线上拉力 F 才与物块受到的滑动摩擦力大小相等，因此需要选用物块
匀速运动阶段的数据，即题图乙中时间段 4.0 ~ 6.0 s 内的数据。
（3）根据题图乙可知，物块受到的滑动摩擦力 f =F=1.10N
根据 f =μF
N
结合 F =mg
N
F
解得 μ= ≈0.56
mg
（4）若桌面右端略高于左端，橡胶板形成一个左低右高的斜面。物块初始放在右端，被小车向左缓慢拉
动，属于沿斜面向下运动。此时物块受到重力沿斜面向下的分力 mgsinθ 与拉力 F' 同向，共同克服滑动摩
擦力 μmgcosθ，即 F' ＋mgsinθ=μmgcosθ
得 F'=μmgcosθ-mgsinθ
F'
若仍按水平面的公式 μ = 计算，则 μ =μcosθ-sinθ
测 mg 测
由于倾角 θ>0，cosθ<1，sinθ>0，故 μ <μ，即测量值偏小。
测
【易错点】
① 误认为 t<2.6s 时物块已经开始运动——忽视了”缓慢拉动”意味着开始一段时间拉力小于最大静摩
擦力，物块保持静止。
② 数据段选取错误——应选”匀速运动段”（拉力稳定，F=f），而不是”加速运动段”（拉力大于摩
擦力）。
③ 摩擦因数计算中单位换算错误——质量 200g=0.200kg，需先换算为 SI 单位。
④ 误差分析中受力分析错误——右端高时物块沿斜面向下运动，重力沿斜面分量 mgsinθ 与拉力同向
（共同克服摩擦力），不是反向。
【知识总结】
① 核心概念定义 静摩擦力：f ≤f =μ F ，大小随外力变化，方向与相对运动趋势相反。
静 max 0 N
滑动摩擦力：f =μF ，大小恒定（μ 由接触面材料决定）。
N
匀速直线运动条件：合外力为零，拉力等于滑动摩擦力。
② 解题要点
实验原理：利用匀速阶段 F=f =μmg 测量摩擦因数。
数据选取：选择拉力稳定（物块匀速）的时间段。
F
误差分析：建立倾斜后的受力方程，对比水平公式 μ = ，判断偏差方向。
测 mg
③ 拓展关联
智能传感器在现代物理实验中应用广泛，如力传感器、光电门、位移传感器等，可实时采集数据，提
升实验精度。
第 14 题
某实验小组用光传感器做双缝干涉实验并测量光的波长 λ。
(1) 如图甲所示，将激光光源、间距 d=0.50 mm 的双缝和光传感器依次安装在光具座上，打开光源，调
整光路，此过程中应避免激光直接射入眼睛，因为激光具有 __________（填”亮度高”或”相干性
好”）的特点。
(2) 调整光路后，各器件位置如图甲所示，双缝到光传感器的距离 l= ______ cm。
(3) 连接光传感器至计算机，得到干涉条纹的光强分布如图乙所示。测得 A 区域的宽度为 2.40 mm，则
条纹间距 Δx= _______ mm（保留两位有效数字）。
(4) 利用公式 λ= _______________（用 l、d 和 Δx 表示），某同学计算得该激光的波长 λ 为
640 nm，此波长的光为电磁波中的 __________（填”红外线”“可见光”或”紫外线”）。
【答案】(1) 亮度高(2) 31.25（31.23 ~ 31.27）
(3) 0.40
d
(4) Δx 可见光
l
【学科材料分析】
题图甲为双缝干涉实验装置示意图（光具座上依次放置激光光源、双缝、光传感器），双缝位置
x =12.00cm，光传感器位置 x =43.25cm，双缝到传感器距离 l=x -x =31.25cm。题图乙为光传感器采
1 2 2 1
集的干涉条纹光强分布图，横轴为位置（mm），纵轴为光强。A 区域宽度 2.40 mm 包含 6 个条纹间距，故
2.40 l
条纹间距 Δx= =0.40mm。由双缝干涉条纹间距公式 Δx= λ，得激光波长
6 d
d 0.50×10-3
λ= Δx= ×0.40×10-3=6.4×10-7m=640nm，属于可见光波段（400 ~ 760 nm）。
l 31.25×10-2
【命题透视】
▶核心考点：激光的特性（亮度高、相干性好、平行度好）、双缝干涉实验测量光的波长、电磁波谱。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第一册第四章《光》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”激光+双缝+光传感器”现代实验装置测量光波波长，体现传感器技术在光学实验中
的应用。
（2）问题设计：四问分别考查激光特性、光具座读数、条纹间距计算、波长公式及电磁波分类，覆盖实
验操作、数据处理和物理概念多个层面。
（3）考查目标：考查实验原理理解、读数和计算能力（难度0.65），侧重科学探究中的实验设计与数据
处理。
【解析】（1）激光的亮度高特点使它可以在很小的空间和很短的时间内集中很大的能量，如果直接射入
眼睛会对眼睛造成不可逆转的伤害。
（2）根据题图甲可知，双缝所在位置为 x =12.00 cm
1
光传感器所在的位置为 x =43.25 cm
2
因此双缝到光传感器的距离 l=x -x =31.25 cm
2 1
x
（3）根据题图乙可知，A 区域有6个条纹间距，则条纹间距 Δx= A =0.40 mm
6
l
（4）根据双缝干涉条纹间距公式 Δx= λ
d
d
得 λ= Δx
l
波长 λ=640 nm 在可见光波段，因此此波长的光为电磁波中的可见光。
【易错点】① 激光特性混淆——激光具有”亮度高、相干性好、平行度好”三大特点，避免直接观察是因为”亮度
高”（能量集中），不是”相干性好”。
② 光具座读数错误——需准确读取双缝和光传感器的位置坐标，并作差得到距离。
③ 条纹间距计数错误——A 区域宽度 2.40 mm 包含 6 个条纹间距（不是 5 个或 7 个），条纹间距为
2.40
=0.40mm。
6
l d l
④ 波长公式记忆错误——正确公式 Δx= λ，变形为 λ= Δx，不是 λ= Δx。
d l d
⑤ 电磁波分类错误——可见光范围约 400 ~ 760 nm，640 nm 属于可见光（红色光波段），不是红外线
（>760 nm）或紫外线（<400 nm）。
【知识总结】
① 核心概念定义
激光三大特性：亮度高（能量集中）、相干性好（频率单一、相位差恒定）、平行度好（方向性好）。
l
双缝干涉条纹间距公式：Δx= λ，l 为双缝到屏的距离，d 为双缝间距，λ 为光的波长。
d
电磁波谱：无线电波 < 微波 < 红外线 < 可见光（400 ~ 760 nm） < 紫外线 < X 射线 < γ 射线。
② 解题要点
激光安全使用注意事项：避免直接观察（亮度高造成眼睛损伤）。
光具座读数：位置坐标之差即为器件间距。
条纹间距计算：总宽度除以条纹间距数。
l
波长公式记忆：Δx= λ。
d
③ 拓展关联
薄膜干涉、单缝衍射、偏振等现象均是光的波动性的体现。
激光在通信、医疗、测量等领域有广泛应用。
第 15 题
1
竖直固定的圆柱形透明管深度为 l，管内横截面积为 S；圆柱形物块长为 l，横截面积为 S，密度为
9
ρ。室温 T =300K 时，某同学将表面涂润滑油的物块竖直置于管口封住管内气体，并使物块缓慢进入透明
1
管，过程中气体无泄漏。当物块处于静止状态时，其上表面恰好与管口齐平，如图乙所示。已知透明管与物块
均具有良好导热性能，不计物块与透明管间的摩擦，重力加速度大小为 g，大气压强恒定，空气可视为理想
气体。(1) 求当地大气压强 p ；
0
7
(2) 将装置放置较长时间后，物块下方气柱高度为 l，该同学认为此装置漏气，测得此时室温
10
T =270K，求管内剩余气体与密封刚完成时气体的质量比。
2
8
【答案】(1) p = ρgl
0 9
7
(2)
8
【学科材料分析】
1
题图为竖直固定的圆柱形透明管装置：管深 l，横截面积 S，内有长 l、横截面积 S、密度 ρ 的圆柱
9
形物块（涂润滑油密封）。过程分析：初始状态管内气体（体积 V =lS、压强 p 、温度 T =300K）→ 物
0 0 1
8 1
块缓慢下压至静止（体积 V = lS、压强 p =p + ρgl、温度 T ）。等温过程适用玻意耳定律：
1 9 1 0 9 1
7
p V =p V 。第二问”变质量气体”模型：装置放置较长时间后温度变化到 T =270K，气柱高度变为 l
0 0 1 1 2 10
7 pV
（即体积 V = lS），假设漏气后剩余气体在 T 下的状态。质量比等于 之比。
2 10 2 T
【命题透视】
▶核心考点：玻意耳定律（等温过程）的应用、理想气体状态方程、“变质量气体”模型的处理方法。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第三册第二章《气体、固体和液体》第一节”温度和温标”、第
二节”气体的等温变化”、第三节”气体的等压变化和等容变化”。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”透明管+物块密封气体”为热学综合情境，结合温度变化和可能的漏气情况，考查
气体状态方程的灵活应用。
pV
（2）问题设计：第一问求大气压强（等温过程+受力平衡），第二问求变质量气体的质量比（利用
T
比值法）。两问分别考查基础方程和进阶模型。（3）考查目标：考查受力平衡、玻意耳定律、变质量气体处理（难度0.51），侧重物理观念中的能量观
念和科学推理。
1 8 8
【解析】（1）设密封刚完成时管内气体压强为 p ，气柱长度为 l- l= l，体积 V = lS
1 9 9 1 9
1
物块受力平衡有 p S=p S＋ρ⋅ lS⋅g
1 0 9
1
解得 p =p ＋ ρgl
1 0 9
初始时管内气体体积为 V =lS，压强为大气压 p ，温度均为 T 。过程等温，由玻意耳定律
0 0 1
8
p lS=p ⋅ lS
0 1 9
8( 1 )
解得 p = p ＋ ρgl
0 9 0 9
8
化简有 p = ρgl
0 9
7 7
（2）装置放置较长时间后，物块下方气柱高度为 l，体积 V = lS，温度 T =270K
10 2 10 2
1
物块受力平衡不变，故此时气体压强 p =p ＋ ρgl=ρgl
2 0 9
8
密封刚完成时状态 p =ρgl，V = lS，T =300K
1 1 9 1
pV
由理想气体状态方程，气体质量比等于 之比，且压强 p 不变，则
T
7
lS
m V T 10 300 7
2= 2 ⋅ 1= ⋅ =
m V T 8 270 8
1 1 2 lS
9
【易错点】
① 受力平衡方程错误——物块下表面受气体压强 p （向上），上表面受大气压 p （向下）和重力 mg
1 0
（向下），平衡方程为 p S=p S+mg，不是 p =p 。
1 0 1 0
1 8 1
② 体积计算错误——密封刚完成时气柱长度为 l- l= l，不是 l 或 l。
9 9 9
p V p V pV
③ 变质量气体处理错误——不能直接用 1 1= 2 2 （此式仅适用于定质量气体），应利用 ∝n
T T T
1 2
（物质的量）的关系求质量比。1
④ 第二问中压强关系错误——压强由物块受力平衡决定，p =p + ρgl 保持不变（物块仍静止），不
1 0 9
是变化。
【答题模板（计算题）】
步骤一：明确研究对象和状态过程
- 研究对象：管内气体（理想气体）
- 状态Ⅰ（初始）：V =lS，p ，T =300K
0 0 1
8
- 状态Ⅱ（密封完成）：V = lS，p ，T （等温过程）
1 9 1 1
7
- 状态Ⅲ（放置后）：V = lS，p ，T =270K（变质量过程）
2 10 2 2
步骤二：列方程
1
- 物块受力平衡：p S=p S+mg（m=ρ⋅ lS）
1 0 9
m p V /T
- 等温过程：p V =p V - 质量比： 2= 2 2 2
0 0 1 1 m p V /T
1 1 1 1
步骤三：求解并得出结论 - 联立方程解出 p 、m /m 。
0 2 1
第 16 题
如图所示，平行金属导轨间距为 L，导轨平面与水平面夹角为定值，二者交线与导轨垂直。电动势均为
E、内阻为 r 的两电源，开关 S 、S 及滑动变阻器 R 与导轨相连，导轨处于磁感应强度为 B、方向平行
1 2 P
于导轨向下的匀强磁场中。S 闭合、S 断开，质量为 m，长为 L，内阻为 r 的金属杆 cd 静止于导轨上。
1 2
调节滑片，当 R 阻值为 r 时，cd 刚好要下滑。保持滑片位置不变，断开 S ，闭合 S ，cd 开始下滑并
P 1 2
始终与导轨接触良好。已知 cd 与导轨间动摩擦因数为 μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻。
cd 下滑过程中，求：
(1) cd 的电功率 P；
(2) cd 的加速度大小 a。E2
【答案】(1) P=
9r
2μBEL
(2) a=
3mr
【学科材料分析】
题图为斜面导轨与电源组合装置：导轨间距 L，与水平面夹角 θ，导轨处于方向平行于导轨向下的匀强
磁场 B 中。两个电源电动势均为 E、内阻 r，通过开关 S 、S 切换。金属杆 cd 质量为 m、长 L、内阻
1 2
r，静置于导轨上。状态Ⅰ（S 闭合、S 断开）：回路为电源-变阻器-cd 串联，当 R =r 时 cd 刚好要下
1 2 P
E
滑（最大静摩擦力达到临界）。此时回路电流 I= （电源内阻 r+变阻器 r+cd 电阻 r=3r）。状态Ⅱ（断
3r
开 S 、闭合 S ）：两电源并联后与 cd 和 R =r 串联，cd 下滑切割磁感线产生感应电动势。受力分析：
1 2 P
cd 沿斜面方向受重力分量 mgsinθ（向下）、摩擦力 f（向上）、安培力 BIL（方向取决于电流方向）。
状态Ⅰ平衡条件：mgsinθ=μ(mgcosθ+BIL)，由此可消去 θ；状态Ⅱ运动条件：
mgsinθ-μ(mgcosθ-BIL)=ma。
【命题透视】
▶核心考点：斜轨道上的导体棒受力分析、含源电路（电源+导体棒）的电流计算、安培力与动力学综合。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第二册第一章《安培力与洛伦兹力》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”斜面导轨+双电源+滑动变阻器”为综合情境，结合电磁感应和电路分析，考查学生
综合应用力学、电学知识的能力。
（2）问题设计：第一问求电功率（电流计算），第二问求加速度（动力学方程）。两问层层递进，需要
先通过”刚好要下滑”的临界条件消去斜面倾角 θ。
（3）考查目标：考查电路分析、安培力方向判断和动力学综合（难度0.42），属于本卷压轴题之一，侧
重科学思维中的科学推理。
E
【解析】（1）断开 S ，闭合 S 时回路电流 I=
1 2 3r
则 cd 的电功率 P=I2r
E2
解得 P=
9r
（2）设斜面倾角为 θ，S 闭合、S 断开 cd 刚好要下滑时有 mgsinθ=μ(mgcosθ＋BIL)
1 2
E
由于两电源电动势均为 E、内阻为 r，则回路电流大小不变均为 I=
3r
断开 S ，闭合 S 有 mgsinθ－μ(mgcosθ－BIL)=ma
1 2
2μBEL
联立解得 a=
3mr【易错点】
E
① 电流计算错误——两电源电动势和内阻相同，无论哪个开关闭合，回路总电阻均为 3r，电流 I= ，
3r
E E
不是 或 。
2r r
② 安培力方向判断错误——根据右手定则和左手定则准确判断安培力方向。cd 中电流方向决定安培力
沿斜面向上还是向下。
③ 临界条件应用错误——“cd 刚好要下滑”对应最大静摩擦力沿斜面向上，方程为
mgsinθ=μF +BIL⋅μ（即摩擦力由正压力和安培力共同贡献），不是简单的 mgsinθ=μmgcosθ。
N
④ 正压力计算错误——状态Ⅰ中正压力 F =mgcosθ+BIL（安培力压紧导轨），状态Ⅱ中正压力
N
F =mgcosθ-BIL（安培力提起 cd）。
N
【答题模板（计算题）】
步骤一：明确电路结构和电流
E
- 两种开关状态下，回路总电阻均为 3r，电流 I= 。
3r
E2
- 电功率 P=I2r= 。
9r
步骤二：受力分析（斜面方向）
- 状态Ⅰ（静止临界）：mgsinθ=μ(mgcosθ+BIL)
- 状态Ⅱ（运动）：mgsinθ-μ(mgcosθ-BIL)=ma
步骤三：联立求解
E
- 将 I= 代入状态Ⅰ方程，消去 θ 相关项。
3r
- 再代入状态Ⅱ方程求解 a。
第 17 题
如图甲所示，半径 r=1m 的圆筒竖直放置，上下底面圆心分别为 O 和 O'，筒内有三个互成 120° 角且
可以绕 OO' 转动的竖直矩形叶片 S 、S 和 S ，叶片与圆筒上下齐平，宽度等于圆筒半径，N 为圆筒上
1 2 3
3
底边沿一点。圆筒上底面固定一半径 R= m 的水平圆形轨道，轨道上有一长度可忽略的缺口位于 O 点，
π
OM 为轨道直径且 OM⟂ON；在轨道的 M 点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突然分成A、B
两部分并弹开，其质量分别为 m 、m 。A 以 v =1m/s 的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛
A B A
运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出。已知 g=10m/s2。忽略空气阻力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚
度均忽略不计。(1) 求A在轨道内运动的时间及圆筒高度；
(2) 若叶片以恒定角速度 ω 顺时针转动，且A运动至缺口时，S 恰好转过 ON 位置，如图乙所示，随
1
后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，S 恰好转至 ON 位置。
2
（ⅰ）求角速度的大小 ω；
m
A
（ⅱ）若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，求 。
m
B
【答案】(1) t =3s，h=5m
0
2π m 6
(2)（ⅰ）ω= (rad/s)，（ⅱ） A = （k=0,1,2,3,...）
3 m 7+2k
B
【学科材料分析】
题图为圆筒与水平圆形轨道组合装置：圆筒（半径 r=1m，竖直放置），内有三个互成 120° 的可绕中心
轴 OO' 转动的矩形叶片 S 、S 、S （叶片宽度等于圆筒半径，即从中心到边沿）；水平圆形轨道（半径
1 2 3
3
R= m）固定在圆筒上底面，轨道上 O 点有缺口，OM 为轨道直径且 OM⟂ON。物体 A、B 在 M 点
π
分裂后：A 以 v =1m/s 沿轨道运动到 O 点（缺口）进入圆筒，做平抛运动后从下底面边沿穿出。
A
1 1
第(1)问分析：A 在轨道上做匀速圆周运动，弧长 s= ⋅2πR= ×6=3m（OM 为直径，OM⟂ON，
2 2
s
故 M 到 O 为二分之一圆周），时间 t = =3s 。平抛运动：水平位移 r=v t（r=1m，v =1m/s，故
0 v A A
A
1
t=1s），竖直高度 h= gt2=5m。
2
第(2)问分析：叶片以角速度 ω 顺时针转动，A 进入缺口时 S 在 ON 位置；A 从下底面穿出时 S 在
1 2
2π
ON 位置。由于 A 在筒内运动 1 s，期间叶片转过 （即 120°，S 转过后 S 到位），故
3 1 2
2π/3 2π
ω= = rad/s。
1 31
第(2)(ⅱ)问分析：B 从 M 到 O 所用时间 Δt=3( -1)（s），要使 B 不与叶片碰撞，需满足叶片转
v
B
过特定角度。
【命题透视】
▶核心考点：平抛运动的位移计算、圆周运动的周期性多解问题、动量守恒定律的应用。
▶链接教材：人教版高中物理必修第二册第五章《抛体运动》第三节”实验：探究平抛运动的特点”、第
四节”抛体运动的规律”，第六章《圆周运动》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”圆筒+叶片+水平轨道”为复杂空间组合情境，结合物体分裂、平抛运动和圆周运动
周期性多解，体现”力学综合+数学推理”的高阶考查。
（2）问题设计：第(1)问为基础（时间+高度），第(2)(ⅰ)问为中等（角速度），第(2)(ⅱ)问为拔高（多解
讨论+动量守恒）。层层递进，特别是最后一问要求写出通解（k=0,1,2,...）。
（3）考查目标：考查平抛运动公式、圆周运动周期性多解、动量守恒定律（难度0.32），属于本卷压轴
题之一，侧重科学思维中的科学推理和数学建模。
s
【解析】（1）A在轨道内做匀速圆周运动，运动时间 t = =3s
0 v
A
由题知，A以 v =1m/s 的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面
A
沿边穿出，则在水平方向有 r=v t
A
解得 t=1s
1
竖直方向有 h= gt2=5m
2
2π
（2）（ⅰ）由于A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，叶片转动了 θ= ，则叶片角速度
3
θ 2π
ω= = (rad/s)
t 3
（ⅱ）物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有 m v =m v
A A B B
m
则
A=v
m B
B
m
由于B未与筒壁碰撞则有 x =v ⋅1= A≤r=1m
B B m
B
且A运动至缺口时，S 恰好转过 ON 位置，则以此时为时间基准，则B从 M 到 O 所用的时间
1
πR πR 1
Δt= - =3( -1)
v v v
B A B
要使B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，则B运动到 O 时 S 或 S 或 S 要运动
1 2 3
π 2π
到 ON 反向的位置，则叶片转过的角度 θ'= + ⋅k（k=0,1,2,3,...）
3 3θ'
B不与叶片碰撞必须满足 Δt=
ω
6
解得 v = (m/s)（k=0,1,2,3,...）
B 7+2k
m 6
则 A= （k=0,1,2,3,...）
m 7+2k
B
【易错点】
r
① 平抛运动时间计算错误——水平位移为圆筒半径 r=1m（不是直径），时间 t= =1s 。
v
A
2π θ
② 角速度计算时角度单位错误——叶片从 S 到 S 转过 （120°），需用弧度制计算 ω= 。
1 2 3 t
③ 动量守恒方程错误——A、B 弹开时动量大小相等方向相反：m v =m v ，不是 m v +m v =0
A A B B A A B B
（速度方向已含符号）。
π 2π
④ 多解条件遗漏——叶片转动周期性导致 B 不与叶片碰撞的条件是 θ'= + k（k=0,1,2,...），
3 3
不能只写一个解。
m
⑤ 忽视”B 不与筒壁碰撞”的约束：x =v ⋅1≤r=1m，即 A≤1。
B B m
B
【答题模板（计算题）】
步骤一：明确研究对象和运动过程
- A 在水平轨道：匀速圆周运动
- A 进入圆筒后：平抛运动（水平匀速 v ，竖直自由落体）
A
- B 在水平轨道：匀速圆周运动（速度 v 待求）
B
- 叶片：匀速圆周运动（角速度 ω）
步骤二：列方程
1
- 平抛时间：r=v t - 平抛高度：h= gt2
A 2
- 动量守恒：m v =m v
A A B B
π 2π
- 叶片转动：θ=ωt，多解 θ'= + k
3 3
步骤三：求解并讨论多解
- 写出通解（含 k=0,1,2,...）。
- 结合物理约束（如 x ≤r）筛选合理解。
B第 18 题
在 xOy 坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为
E，方向沿 y 轴负方向，匀强磁场方向垂直 xOy 面向里；y=-x（x≤0）与 y 轴正半轴所围区域 I 中充
满垂直 xOy 面向外的匀强磁场；x 轴下方为区域 II、第一象限为区域 III，两区域均充满方向垂直 xOy 面
向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 5B 和 12B。质量为 m、电荷量为 q 的粒子 a 经速度选择器后
以速率 v 从点 (-h,h) 沿 x 轴正方向进入区域 I，一段时间后恰好从原点 O 沿 y 轴负方向进入区域
II。不计粒子重力及粒子间相互作用。
(1) 求速度选择器中磁感应强度大小 B 和区域 I 中磁感应强度大小 B ；
0 1
(19mv )
(2) 求粒子 a 从 O 点运动到 P 点 ,0 的时间 t；
30qB
(2mv )
(3)当粒子 a 从点 ,0 离开区域 II 进入区域 III 时，和 a 电荷量相同的粒子 b 恰好从 O 点以
5qB
速率 v 沿 y 轴负方向进入区域 II，若粒子 a、b 在 x 轴相遇且相遇时速度都沿 y 轴正方向，求粒子 b
的质量 M 及第一次相遇时的 x 轴坐标 x 。
1
E mv
【答案】(1) B = ，B =
0 v 1 qh
29πm
(2)
60qB
17 34mv
(3) M= m，x =
10 1 15qB
【学科材料分析】
题图为带电粒子在多区域磁场中的运动装置：第二象限有粒子发生器和速度选择器（电场 E 沿 y 轴负
方向，磁场 B 垂直纸面向里）；区域 I（y=-x 即第二象限对角线下方与 y 轴正半轴所围）充满磁场 B
0 1
方向垂直纸面向外；区域 II（x 轴下方）充满磁场 5B 方向垂直纸面向里；区域 III（第一象限）充满磁场
12B 方向垂直纸面向里。粒子 a 质量 m、电荷量 q，经速度选择器后以速率 v 从点 (-h,h) 沿 x 轴正
方向进入区域 I，做匀速圆周运动后从原点 O 沿 y 轴负方向进入区域 II。v2
轨迹分析：区域 I 中粒子轨迹半径 R =h（由 (-h,h) 到 (0,0) 的几何关系），由 qvB =m 得
1 1 R
1
mv mv mv
B = 。区域 II 中轨迹半径 R = ，区域 III 中轨迹半径 R = 。
1 qh 2 5qB 3 12qB
第(2)问：粒子从 O 点经区域 II（下半圆）、区域 III（上半圆）、再回区域 II（下半圆）到达 P 点，
各段时间之和。
第(3)问：粒子 a、b 在 x 轴相遇，需满足 x 坐标和 t 时刻均相同，且速度方向都沿 y 轴正方向，通
过列方程组求解 M 和 x 。
1
【命题透视】
▶核心考点：速度选择器原理、带电粒子在直边界磁场中的运动、多区域磁场中的圆周运动综合分析。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第二册第一章《安培力与洛伦兹力》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”速度选择器+三区域磁场”为高阶情境，结合粒子相遇条件，体现”电磁学+数学推
理+综合分析”的压轴题特征。
（2）问题设计：第(1)问为基础（速度选择器+区域 I 磁场），第(2)问为中等（多区域轨迹时间），第(3)
问为拔高（粒子相遇条件+数学求解）。题目难度梯度明显，特别是第(3)问需要建立递推关系、求解不定方程。
（3）考查目标：考查洛伦兹力、圆周运动、多区域轨迹分析、相遇条件求解（难度0.09），属于本卷最
难题，侧重科学思维中的科学推理、科学论证和数学建模。
【解析】（1）粒子在速度选择器中做直线运动，有 qE=qvB
0
E
解得 B =
0 v
v2
粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径 R =h，根据 qvB =m
1 1 R
1
mv
解得 B =
1 qh
v2 mv mv
（2）根据 qvB=m 可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为 R = ，R =
R 2 5qB 3 12qB
画出粒子运动轨迹图(2mv )
可知从 O 点进入区域Ⅱ，经半圆到达 A ,0
5qB
4π2 πm
再根据 qvB=m R，可知 O 到 A 运动时间 t =
T2 1 5qB
( 7mv ) πm
从 A 点进入区域Ⅲ，经半圆到达 B ,0 ，时间 t =
30qB 2 12qB
(19mv ) πm
从 B 点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达 P ,0 ，时间 t =
30qB 3 5qB
29πm
则总时间 t=t ＋t ＋t =
1 2 3 60qB
（3）画出粒子 a、b 的运动轨迹如图
mv
区域Ⅱ：a 粒子半径 r =
2 5qBMv
b 粒子半径
5qB
πm
a 粒子半周期 τ =
2 5qB
πM
b 粒子半周期
5qB
mv
区域Ⅲ：a 粒子半径 r =
3 12qB
Mv
b 粒子半径
12qB
πm
a 粒子半周期 τ =
3 12qB
πM
b 粒子半周期
12qB
7mv
粒子每完成一次”区域Ⅱ下半圆＋区域Ⅲ上半圆”的运动，x 坐标的净变化 Δx =2r -2r =
a 2 3 30qB
7Mv
同理 Δx =
b 30qB
17πm
所花时间 Δt =τ ＋τ =
a 2 3 60qB
17πM
同理 Δt =
b 60qB
取粒子 a 从 O 点沿 y 轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为 t=0，粒子 a 第1次速度向上点：在区域Ⅱ中
走下半圆到达 x 轴
2 mv 12mv
坐标 x =2r = ⋅ =
a,1 2 5 qB 30qB
πm 12πm
时间 t =τ = =
a,1 2 5qB 60qB
此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第 n 次速度向上点
n=1,2,3,...，则
12mv 7mv 7n＋5 mv
x =x ＋(n-1)Δx = ＋(n-1) = ⋅
a,n a,1 a 30qB 30qB 30 qB
12πm 17πm 17n-5 πm
t =t ＋(n-1)Δt = ＋(n-1) = ⋅
a,n a,1 a 60qB 60qB 60 qB2mv
粒子 b 在 a 到达第一次向上点 a（即 x= ）时，从 O 点以同样速率沿 y 轴负方向进入区域Ⅱ。
5qB
πm 12πm
B 的起始时刻为 t = =
a,1 5qB 60qB
粒子 b 第1次速度向上点（绝对时刻）：b 先在区域Ⅱ走下半圆
Mv 12Mv
坐标 x =2⋅ =
b,1 5qB 30qB
πM 12πm 12πM 12m＋12M
时刻 T =t ＋ = ＋ = π
b,1 a,1 5qB 60qB 60qB 60qB
同理，第 k 次速度向上点 k=1,2,3,...
12Mv 7Mv 7k＋5 Mv
x = ＋(k-1) = ⋅
b,k 30qB 30qB 30 qB
( πM πM ) 12m＋(17k-5)M
T =T ＋(k-1) ＋ = π
b,k b,1 5qB 12qB 60qB
由相遇条件 x =x 、t =t 得 (7n+5)m=(7k+5)M，(17n-5)m=12m+(17k-5)M
a,n b,k a,n b,k
两式相除消去 M 得 10n-17k=5，最小正整数解为 k=5，n=9
17 34mv
代入得 M= m，x =
10 1 15qB
【易错点】
E E
① 速度选择器公式错误——粒子穿过速度选择器时受力平衡：qE=qvB ，得 v= ，故 B = 。
0 B 0 v
0
② 区域 I 中轨迹半径几何关系错误——粒子从 (-h,h) 沿 x 轴正向进入，做圆周运动后从 (0,0) 沿
y 轴负向射出，由几何关系（入射速度方向与出射速度方向垂直）可知半径 R =h。
1
③ 多区域磁场轨迹半径混淆——区域 II 磁感应强度 5B，区域 III 磁感应强度 12B，半径分别为
mv mv mv
R = 、R = ，不可写成 R= 。
2 5qB 3 12qB qB
T πm
④ 时间计算错误——每段半圆时间
t= =
（注意磁场不同时间不同）。
2 qB
i
⑤ 相遇条件建立错误——需同时满足 x =x 和 t =T 两个方程，且要正确表达 a、b 粒子第
a,n b,k a,n b,k
n、k 次到达 x 轴的坐标和时间通式。
⑥ 不定方程求解错误——10n-17k=5 的最小正整数解 k=5、n=9 需通过试数或同余理论求出。
【答题模板（计算题）】
步骤一：速度选择器和区域 I 分析
E
- 速度选择器：qE=qvB → B =
0 0 vv2
- 区域 I：由几何关系确定 R =h，再由 qvB =m 求 B
1 1 R 1
1
步骤二：多区域轨迹分析
mv πm
- 分别计算各区域半径 R = 和半周期 t = 。
i qB i qB
i i
- 画出轨迹示意图，标注各段端点坐标。
- 求总时间：t=t +t +t +...
1 2 3
步骤三：粒子相遇条件求解
- 建立两粒子的递推关系：第 n 次（a）、第 k 次（b）到达 x 轴的坐标和时间。
- 列相遇方程组：x =x 、t =T 。
a,n b,k a,n b,k
- 消去未知量，求解不定方程的最小正整数解。
- 代入求出 M 和 x 。
1
