文档文本内容
2026 年高考湖北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）分值与题型结构稳定，梯度分层清晰
整套试卷延续新高考湖北物理标准结构：7 单选 + 3 多选 + 2 实验 + 3 计算解答，选择题 42 分、实
验 15 分、计算题 43 分，总分 100 分。
难度分层明确：基础送分题、中档区分题、压轴难题比例约 4:4:2。
基础题（难度≥0.7）：单选 1、2，实验 11，覆盖核反应、光电效应、电阻率测量，面向全体学生，立
足教材核心概念；
中档题（难度 0.5~0.7）：单选 3、5、6，多选 8、9，实验 12，波动、基础电磁复合场，侧重模型应用
与公式运算；
高难度区分题（难度＜0.5）：单选 4、7，多选 10，计算 15 压轴，v-t 电场图像、电磁感应动量综合、
斜抛极值、多次弹性碰撞，作为尖子生区分载体。
（二）命题素材紧贴时代与生活，情境化贯穿全卷
科技前沿情境：第 1 题商用钇 90 核医疗玻璃微球、第 2 题光伏太阳能电池，结合我国新能源、核医疗
产业成就，落实 “立德树人”，把核反应、光电效应嵌入真实工业技术场景，避免纯抽象公式题；
生活 / 应用情境：电阻率实验选用日常铅笔芯，第 10 题山沟投掷救援物资、第 12 题创新双钩码验证
牛顿第二定律，以救援、基础实验改造为载体，强化物理解决实际问题的能力；
纯物理模型情境：弹簧圆环平衡、椭圆卫星、导轨电磁单杆、双小球竖直圆环、电磁场复合粒子运动，保
留经典物理模型，保证对核心规律的深度考查。
（三）重物理思维，弱化机械套公式，强化多维度能力
概念辨析优先于计算：大量选择题设置易错概念陷阱，如第 3 题气体微观解释（平均动能≠单个分子速
率）、第 2 题光电效应极限频率、第 4 题 v-t 图像电势 / 场强 / 电势能区分，不依靠复杂计算，依靠对定
义、微观本质、图像物理意义理解解题；
数学工具融合要求提升：试卷综合运用函数极值、几何三角函数、动量微元累积、图像斜率、开普勒第三
定律、二元方程组求解，第 10 斜抛求最小速率、第 15 多碰撞临界范围均需要数学建模；
全过程、整体法思想高频考查：电磁感应单杆全程动量定理、多钩码实验整体牛顿第二定律、弹性碰撞全
过程动量 + 机械能守恒、粒子电场磁场全过程能量守恒，强制学生跳出隔离法单一思维，建立全过程分析习
惯。
📖 试题亮点
亮点 1：图像类试题全覆盖，图像解读成为核心必考能力本套试卷包含 v-t 图像、波形图、U-IL 图像、导轨模型示意图、圆环几何图、粒子轨迹几何图，几乎每
个模块都配套图像设问：
单选 4 v-t 图像结合电场，融合加速度、场强、电势、电势能、动能综合分析；
实验 11 U-IL 图像斜率求电阻率，考查图像斜率的物理意义转化；
计算题 13 波动图像，同侧法判断传播方向，结合波形计算质点振动时间；
打破 “图像仅单独出题” 模式，实现图像与电场、力学、实验、波动深度融合，重点区分只会背公式、
不会读图析图的学生。
亮点 2：实验题创新改造，跳出课本原实验，侧重实验逻辑与误差分析
11 题测电阻率创新设计：滑片分段截取铅笔芯，无需改变电阻丝总长，设问螺旋测微器读数、电阻率推
导、图像计算、电源内阻误差分析，区分 “背实验步骤” 和 “理解实验原理”；电源内阻不影响测量的误
差分析是经典易错点，考查闭合电路底层逻辑；
12 题验证牛顿第二定律大幅改良：传统单端挂钩码改为两端悬挂钩码，通过转移钩码改变合外力，全程
不需要满足 “钩码质量远小于小车”，命题刻意规避固化解题套路，设问平衡摩擦力目的、整体法加速度公
式、光电门瞬时速度计算、图像不过原点故障分析，完整覆盖实验操作、原理推导、数据处理、故障诊断四大
实验核心能力。
亮点 3：多过程、多物体综合题分层设问，梯度友好，区分度极佳
三道计算题由易到难排布：
13 机械波（基础，纯图像 + 波速周期计算，全员得分）→14 电磁场复合（中等，电场加速 + 磁场圆
周几何，中档学生可拿大部分分）→15 力学多碰撞压轴（高难度，多次弹性碰撞临界讨论，分层选拔尖子
生）；
压轴 15 分三小问递进，第一问基础动能定理、第二问单次弹性碰撞冲量、第三问多临界分类讨论，基础
薄弱学生能拿到前 80% 分数，顶尖学生通过多情况分类拉开差距，兼顾学业水平合格性与选考选拔性。
亮点 4：近代物理、热学不边缘化，立足核心概念，规避偏难怪
第 1、2 两道单选聚焦核反应守恒、光电效应实际应用，不考复杂衰变链；第 3 题理想气体结合微观解
释，将宏观状态方程与微观分子运动结合，打通宏观微观联系，体现热学完整知识体系，不刻意出冷门二级结
论，全部依托教材主干知识点。
亮点 5：多选区分逻辑思维，不止计算，侧重定性推理
9、10 两道高难度多选题不依靠大量计算，依靠对称分析、运动同步性、机械能守恒极值判断，如第 9
双球竖直圆环周期、作用力合力分析，第 10 斜抛最小速率的极值推导，要求学生具备定性分析、对称等效、
临界预判的物理思维，杜绝 “计算出答案就得分” 的单一评价标准。
📖 命题趋势
趋势 1：情境化常态化，坚持 “物理 + 科技 / 生活” 融合，强化价值引领
未来命题会持续以国产新能源、航空航天、核医疗、工程救援、日常生活工具为命题载体，不会出现脱离
现实的空洞试题；备考不能只刷纯模型题，必须训练从长文字情境中提取物理模型、剥离无效信息的能力，产
业科技类素材（光伏、可控核聚变、卫星、新材料）会持续高频出现。
趋势 2：图像能力作为核心考查点，图像综合化、跨模块化v-t、x-t、波形、U-I、F-x、轨迹几何图会贯穿选择、实验、计算题；备考重点训练三大图像能力：①从图
像提取物理量；②推导图像斜率、截距、面积的物理含义；③结合图像列动力学、电磁学方程，单纯无图文字
题占比持续下降。
趋势 3：实验命题持续 “改造课本实验”，重原理、重逻辑、重故障分析
不再直接照搬教材原装置，会对力学、电学基础实验进行装置改良（如本卷双钩码牛顿第二定律）；固定
四大实验考查方向：仪器读数、物理表达式推导、图像数据计算、误差 / 实验故障分析；弱化机械背诵操作
步骤，强化 “为什么这么做” 的底层逻辑，电源内阻、摩擦力平衡、电表内阻等误差分析为高频考点。
趋势 4：主干知识力学、电磁学综合化，整体法、全过程动量能量为核心解题工具
力学：弹性碰撞多过程、竖直圆周 / 斜面复合、抛体极值、天体椭圆轨道（开普勒第三定律）成为高频
压轴模型；强调动量守恒、机械能守恒全过程联立，临界分类讨论是难点；
电磁学：电场 v-t 图像、多副线圈变压器、无外力单杆动量微元、电场加速 + 磁场圆周复合场固定作为
中档、难题载体；微元动量定理处理电磁感应冲量、电荷量计算会持续考查；
隔离法单独考查大幅减少，整体法成为首选解题思路。
趋势 5：重视宏观与微观结合，热学、近代物理深挖概念本质
热学不再只考理想气体状态方程，必搭配分子平均动能、压强微观解释；光电效应、核反应守恒不再局限
简单计算，结合光伏、核医疗真实场景考查极限频率、质量 / 电荷守恒的概念辨析，陷阱集中在统计规律
（平均≠每个分子）、能量转化效率等易混淆概念。
趋势 6：数学建模与物理极值、临界讨论成为尖子生区分核心
斜抛、弹簧、碰撞、磁场几何轨迹、气体状态变化中，利用二次函数、均值不等式求极值；多物体多次运
动分临界情况分类讨论（如本卷 15 题 k 的取值范围），是试卷最难得分点，也是未来压轴题命题方向，单
纯套二级结论无法解决，必须自主建立数学物理方程分析边界条件。
趋势 7：难度梯度稳定，基础题保底，中档题区分中等生，压轴题选拔顶尖学生
试卷不会大面积偏难，基础题保证大部分学生合格；中档题依靠图像、多过程模型拉开中等生差距；最后
一道计算题依靠多临界、多情况讨论实现分层选拔，避免试卷整体过难导致区分度失效。
📖 考点细目表
题号 情境 知识点 设问角度
1 商用堆生产钇90玻璃微球 核反应方程（质量数与电荷数守恒） 概念理解、方程配
平
2 光伏产业太阳能电池 光电效应、极限频率、爱因斯坦光电效应方 概念理解、推理判
程 断
3 密闭容器理想气体状态变化 理想气体状态方程、分子动理论、气体压强 公式推导、概念辨
微观意义 析
4 带正电粒子在电场中直线运 v-t图像、电势、电势能、电场力 图像分析、能量守题号 情境 知识点 设问角度
动 恒
5 竖直圆环套小球与弹簧 胡克定律、正交分解法解共点力平衡 几何关系、平衡方
程
6 卫星绕地球椭圆运动 万有引力定律、开普勒第三定律 公式推导、周期计
算
7 导轨上单杆减速运动 电磁感应、无外力作用下水平导轨单杆模型 动量定理、位移计
算
8 理想变压器多副线圈 理想变压器原副线圈电压、电流、功率关系 公式推导、有效值
9 竖直圆环双小球相向运动 圆周运动、机械能守恒、杆/管道模型 周期、作用力分析
10 救援物资投掷山沟 斜抛运动、机械能守恒、极值分析 极值方法、临界条
件
11 测量铅笔芯电阻率 电阻定律、螺旋测微器读数、图像斜率 实验操作、数据处
理
12 验证牛顿第二定律改进实验 牛顿第二定律、光电门测加速度、平衡摩擦 实验设计、误差分
力 析
13 简谐横波沿x轴传播 波的图像、波长、频率、波速关系 传播方向、周期计
算
14 带电粒子在电磁场中往复运 电场加速、磁场偏转、类竖直上抛、轨迹对 速度、磁感应强
动 称性 度、坐标
15 斜面双物块多次弹性碰撞 动能定理、弹性碰撞、多过程分析、临界条 速度、冲量、k的范
件讨论 围
📖 考点模块占比分析
知识模块 题号 分值占比 考查侧重
力学 T5, T6, T9, T10, T12, 约 46% 受力平衡、天体运动、圆周运动、斜抛运动、实
T13, T15 验、机械波、碰撞综合
电磁学 T4, T7, T8, T14 约 33% 电场图像、电磁感应、变压器、带电粒子电磁场综
合
热学 T3 约 4% 理想气体状态方程、分子动理论
光学 T2 约 4% 光电效应
原子物理与近代 T1 约 4% 核反应方程
物理
物理实验 T11, T12 约 9% 电阻率测量、牛顿第二定律验证📖 复习策略
一轮复习：夯实概念基础，模块过关，重点突破图像与实验
1.分模块吃透核心概念和题型，规避概念陷阱
力学、电磁学两大主干优先推进，每节配套概念辨析小题（如平均动能、电势与场强、光电效应极限频率），
建立错题本专门整理易混淆定义；
热学、波动、近代物理单独设置小专题，打通宏观规律与微观解释，杜绝只背公式不理解本质；
要求每道选择题先定性判断，再定量计算，培养 “概念优先” 解题习惯。
2.图像专题专项集训，跨模块整合训练
单独开设图像专题：运动图像（v-t/x-t）、电路图像（U-I）、波动图像、磁场轨迹几何图，每天 5 道图像小
题，训练三步读图法：①坐标轴物理量；②斜率 / 截距 / 面积意义；③结合图像列物理方程。
3.实验复习摒弃死记硬背，分三类系统突破
测量类实验（电阻率、长度测量）：仪器读数、电阻定律 / 伏安法推导、图像计算；
验证类实验（牛顿第二定律、动能定理）：平衡摩擦力、整体法推导加速度、光电门数据处理；
误差与故障专题：电源内阻、摩擦力调节不当、电表内阻带来的误差，专门训练 “图像不过原点、读数偏
差” 类分析题；
每道实验题主动思考：装置可以怎么改良？改良后公式如何变化？应对试卷创新实验考法。
4.基础模型标准化，掌握全过程能量、动量解法
梳理核心基础模型：弹簧平衡、天体轨道、弹性碰撞、单杆电磁感应、带电粒子复合场、斜抛、竖直圆环等；
每个模型强制练习全过程分析，优先使用整体法、动量守恒、机械能守恒，减少分步隔离计算。
二轮复习：专题综合，情境化训练，突破极值、临界压轴难点
1.四大综合专题集中攻坚
专题 1：力学多过程 / 多物体综合（弹性碰撞多次临界、斜面 + 圆周复合、抛体极值）；
专题 2：电磁综合（v-t 电场图像、单杆动量微元、电 + 磁场粒子轨迹几何）；
专题 3：创新实验与图像综合；
专题 4：科技情境应用题（光伏、核物理、卫星、工程救援）；
2.专项训练文字长情境题型
科技 / 生活情境大题，训练快速建模能力：划去背景描述，提取受力、场、运动条件，转化为标准物理模型，
解决 “读不懂题” 的痛点；
压轴难点专项：极值推导、多临界分类讨论
针对斜抛极值、弹簧临界、多次碰撞取值范围、磁场多解轨迹，集中训练数学建模，掌握均值不等式、分段讨
论、边界条件判断，规范分类答题步骤，避免漏情况失分；
3.限时套卷训练，适配题型难度梯度
按照湖北新高考标准卷，严格计时，训练答题节奏：选择快速完成，实验规范书写推导式，计算题分层拿分
（第一问必拿，第二问争取，第三问分步写公式得分）。
三轮冲刺：查漏补缺，规范答题，回归教材，稳分提优1.错题复盘，聚焦概念漏洞与计算失误
重点回看一轮二轮概念辨析错题、实验误差分析错题、图像解读错题，整理高频陷阱（平均动能、光电效应极
限频率、电势高低判断、整体法受力分析）；
2.回归教材，吃透教材插图、课后拓展、基础实验
命题情境、基础模型全部源自教材延伸，梳理教材中新能源、核物理、卫星相关阅读材料，熟记课本实验原始
原理；
3.答题规范专项训练
计算题：分步书写动能定理、动量守恒、洛伦兹力圆周公式，几何关系单独列式，临界情况分点讨论；
实验题：表达式推导、图像斜率计算、误差原因文字描述标准化；
图像题：必须标注坐标轴、传播方向、轨迹几何半径；
📖 逐题解读
第 1 题
2025年6月，我国成功掌握商用堆生产钇90（❑ 90Y）玻璃微球的技术，可实现批量化生产。在核反应堆
39
中，❑
90Y由核反应
❑
a Y+1X→90Y
生成，则（ ）
39 39 b 39
A．X是质子
B．X是电子
C．a=90
D．b=0
【答案】D
【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。
▶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：以我国成功掌握商用堆生产钇90玻璃微球技术为真实科技情境，体现核医学前沿应用，
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，通过判断 X 粒子和 a、b 的值，考查质量数守恒与电荷数
守恒的基本规律。干扰项设置涵盖常见粒子（质子、电子、中子）和数值（90、0），考察学生对核反应方程
的辨析。
（3）考查目标：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】核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒，对反应式 ❑
a Y+1X→90Y
分析如下
39 b 39
由质量数守恒 a＋1=90解得 a=89
由电荷数守恒 39＋b=39
解得 b=0
可知X是中子。
故选D。
【易错点】
① 混淆质量数守恒与电荷数守恒，误认为 a=90（选项C）——忽视入射粒子 ❑ 1X 本身的质量数 1 已
b
计入总质量。
② 误判粒子 X：由 b=0（电荷数为0）且质量数为1可知 X 是中子，不是质子（b=1）或电子（
b=-1）。
③ 忽视钇90（❑ 90Y）是核反应产物，而反应物是 ❑ a Y（质量数 a 未知），需通过守恒律求解。
39 39
【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。
常见粒子符号：中子 ❑ 1n、质子 ❑ 1H、电子 ❑ 0 e、α粒子 ❑ 4He。
0 1 -1 2
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。
注意反应物和生成物的区分，避免误用同一质量数。
③ 拓展关联
钇90玻璃微球用于肝癌介入治疗（内放射治疗），是核医学的重要应用。
商用堆生产医用同位素是核能和平利用的重要方向。
第 2 题
光伏产业已发展成为我国新能源三大名片之一。太阳能电池发电时，材料原子中的电子被光子激发（这也
是一种光电效应），激发后的电子向电池负极移动、形成一个持续的电动势。关于太阳能电池，下列说法正确
的是（ ）
A．任何频率的光均可使太阳能电池发电
B．太阳光的能量可以全部转化为电池的电能
C．太阳能电池在多云的白天，仍然可以发电
D．太阳能电池发电的功率与太阳光的照射方向无关
【答案】C
【命题透视】
▶核心考点：光电效应的极限频率、爱因斯坦光电效应方程。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第三册第四章《原子结构 和波粒二象性》。▶命题分析：
（1）情境创设：以”光伏产业”这一新能源三大名片之一为背景，结合光电效应原理解释太阳能电池工
作原理，体现物理在新能源领域的重要应用。
（2）问题设计：四个选项分别考查极限频率概念、能量转化效率、多云条件下的发电可能性、入射角度
对发电功率的影响。干扰项A利用”任何光均可激发”的直觉误区，B利用”100%转化”的理想化错误，D
忽视入射角度对光强接收的影响。
（3）考查目标：考查光电效应基本概念的理解和应用（难度0.82），属于基础层次试题，侧重物理观念
中的能量观念。
【解析】已知光电效应方程为 E =hν-W ，其中逸出功 W =hν ，ν 为材料的极限频率。
k 0 0 0 0
A．只有入射光频率 ν≥ν 时，才能激发出光电子实现发电，低于极限频率的光无法产生光电效应，故
0
A错误；
B．太阳能电池的光电转化效率远小于100%，太阳光的能量会有部分转化为内能等其他形式的能量，不
可能全部转化为电能，故B错误；
C．多云的白天仍有频率满足要求的太阳光透过云层照射到电池板，可发生光电效应，因此仍然可以发电，
故C正确；
D．设垂直于光传播方向的光强为 I ，太阳光入射方向与电池板法线的夹角为 θ，则电池板单位面积接
0
收的光功率为 I=I cosθ，θ 不同时接收的光功率不同，发电功率也不同，因此发电功率与照射方向有关，
0
故D错误。
故选C。
【易错点】
① 忽视”极限频率”概念——并非任何频率的光都能产生光电效应，必须满足 ν≥ν 。
0
② 误认为”能量可以100%转化”——实际光电转化效率远小于100%，部分能量转化为内能。
③ 忽视”入射角度对光功率的影响”——光强 I=I cosθ，照射方向不同发电功率不同。
0
【知识总结】
① 核心概念定义
光电效应方程：E =hν-W ，其中 h 为普朗克常量、ν 为入射光频率、W =hν 为逸出功、ν 为
k 0 0 0 0
极限频率。
W
极限频率：ν = 0，只有入射光频率大于极限频率才能发生光电效应。
0 h
光电转化效率：太阳能电池实际转化效率通常在15% ~ 25%之间，远小于100%。
② 解题要点
判断能否发生光电效应：比较入射光频率与极限频率。
计算光电子最大初动能：代入 E =hν-W 。
k 0
注意区分”频率”与”强度”对光电效应的不同影响。
③ 拓展关联 光电效应由爱因斯坦于1905年提出理论解释，获1921年诺贝尔物理学奖。
太阳能电池、光电传感器、光控开关等均是光电效应的应用。
第 3 题
容器中封闭一定质量的理想气体。缓慢改变气体状态，使其体积变为初态的一半，压强变为初态的3倍。
与气体的初态相比、末态（ ）
A．气体的温度是初态的3倍
B．气体分子的平均动能更大
C．每个气体分子的速率都更大
D．单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数更少
【答案】B
【命题透视】
▶核心考点：理想气体状态方程、分子动能、气体温度的微观意义、气体分子速率分布图像、气体压强的
微观意义。
▶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》、第二章《气体、固体和液体》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以密闭容器中一定质量理想气体的状态变化为情境，结合宏观参量变化（体积减半、压
强变为3倍）推断微观量的变化，体现”宏观量与微观量相统一”的物理思想。
（2）问题设计：四个选项分别考查温度倍数关系、分子平均动能变化、个体分子速率、单位时间碰撞分
子数。干扰项A利用”pV 乘积增大3倍即温度3倍”的直觉误区（实际温度变为1.5倍），C利用”平均动
能增大→每个分子速率都增大”的统计与个体混淆。
（3）考查目标：考查理想气体状态方程和分子动理论的理解应用（难度0.65），侧重物理观念中的统计
观念和科学思维。
p V p V
【解析】根据理想气体状态方程
1 1= 2 2
T T
1 2
1 p V
代入 p =3p 、V = V ，可得末态温度 T = 2 2T =1.5T
2 1 2 2 1 2 p V 1 1
1 1
A．末态温度是初态的1.5倍，不是3倍，故A错误；
B．温度是分子平均动能的唯一宏观标志，末态温度更高，气体分子平均动能更大，故B正确；
C．分子平均动能增大是统计规律，仅代表分子整体的速率分布向高速区偏移，不代表每个分子的速率都
更大，故C错误；
D．气体压强由单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数、分子平均碰撞冲量共同决定：末态温度升高，
分子平均碰撞冲量增大，且压强变为初态的3倍，因此单位时间碰撞的分子数更多，故D错误。
故选B。
【易错点】pV
① 误认为”压强变为3倍、体积减半，则温度变为3倍×2倍=6倍”或”温度变为3倍”——实际由
T
p V
恒定可知 T = 2 2T =1.5T 。
2 p V 1 1
1 1
② 将”分子平均动能增大”理解为”每个分子速率都增大”——混淆统计规律与个体行为。
③ 忽视”压强由单位时间碰撞分子数和分子平均碰撞冲量共同决定”——不能只看单一因素。
【知识总结】
① 核心概念定义
p V p V
理想气体状态方程：
1 1= 2 2
（一定质量的理想气体）。
T T
1 2
温度的微观本质：分子平均动能的宏观标志，温度越高，分子平均动能越大。
2
气体压强的微观意义：p= nE´ ，由分子数密度 n 和分子平均动能 E´ 共同决定。
3 k k
② 解题要点
利用理想气体状态方程计算温度变化。
区分”统计规律”与”个体行为”。
分析压强变化时同时考虑分子数密度和分子平均碰撞冲量。
③ 拓展关联
理想气体状态方程是玻意耳定律、查理定律、盖-吕萨克定律的统一表达式。
分子速率分布曲线（麦克斯韦分布）随温度变化”右移变平”。
第 4 题
一带正电粒子仅受静电力作用，从静止开始沿直线运动，0 ~ 4t 时间内，其速度 v 随时间 t 的变化图
0
像是如图所示的三条线段。t 时刻、1.5t 时刻、3.5t 时刻粒子所在位置分别为 a 点、b 点、c 点。下列
0 0 0
说法正确的是（ ）
A．b 点的电势比 a 点的高
B．b 点的电场强度比 a 点的大
C．粒子在 a、c 两点的电势能相等
D．粒子在 a、c 两点受到的电场力大小相等
【答案】C【学科材料分析】
题图为带正电粒子做直线运动的 v-t 图像，由三条线段构成：第一段（0∼2t ，匀加速）：斜率为正
0
v
且恒定，加速度 a = 0 ，电场力沿运动方向。第二段（2t ∼3t ，匀速）：斜率为零，加速度为零，电场
1 2t 0 0
0
v
力为零（可能进入无场区域）。第三段（3t ∼4t ，匀减速）：斜率为负且恒定，加速度 a =- 0 ，电场力
0 0 3 t
0
v
与运动方向相反。关键位置：a 点（t 时刻）处于第一段匀加速阶段，速度 v = 0；b 点（1.5t 时刻）处
0 a 2 0
于第一段匀加速阶段，加速度与 a 点相同；c 点（3.5t 时刻）处于第三段匀减速阶段，速度
0
v
v =v +a ⋅0.5t = 0。由于 v =v ，动能相等，由能量守恒（只有电场力做功）可知电势能相等。
c 0 3 0 2 a c
【命题透视】
▶核心考点：电场中的 v-t 图像问题、比较电势能的大小、电势和电场线的关系。
▶链接教材：人教版高中物理必修第三册的静电场及其描述、选择性必修第二册的洛伦兹力与电场力。
▶命题分析：
（1）情境创设：以带电粒子在电场中直线运动的 v-t 图像为载体，将运动学图像与电场概念结合，体
现”图像+物理概念”的综合考查。
（2）问题设计：四选项分别考查电势高低、电场强度大小、电势能、电场力。干扰项A利用”电场方向
与运动方向相同即电势升高”的错误判断（实际沿电场线方向电势降低），B利用”b 点与 a 点在同一加速
段”的隐含条件判断加速度相等。
（3）考查目标：考查 v-t 图像分析、电势能与电势概念辨析（难度0.45），侧重科学思维中的科学推理。
v
【解析】A．在 0∼2t 内，粒子做匀加速运动，加速度 a = 0 ，电场方向与运动方向相同。沿电场
0 1 2t
0
线方向电势降低，则 b 点电势比 a 点低，故A错误。
B．在 0∼2t 内加速度恒定，a 点与 b 点电场强度大小相等，故B错误。
0
v
C．在 t 时刻，速度 v = 0
0 a 2
v
在 3.5t 时刻，处于 3t ∼4t 的匀减速阶段，加速度 a =- 0
0 0 0 3 t
0
v
速度 v =v +a ⋅0.5t = 0
c 0 3 0 2
则 a、c 两点动能相等，由能量守恒知电势能相等，故C正确。
v
D．设粒子质量为 m，则 a 点电场力大小 F =m 0
a 2t
0v
c 点电场力大小 F =m 0 ，两者不相等，故D错误。
c t
0
故选C。
【易错点】
① 沿电场线方向电势升高还是降低的判断——沿电场线方向电势降低（不是升高），故 b 点电势低于
a 点。
② 忽视”同一加速段内加速度恒定”——a、b 同在 0∼2t 段内，加速度相同，电场强度大小相等。
0
③ 混淆”动能相等”与”电势能相等”——只有电场力做功时，动能+电势能=常量，动能相等则电势能
相等。
④ 电场力大小由加速度决定（F=ma），不同段加速度不同，电场力不同。
【知识总结】
① 核心概念定义
Δv
v-t 图像斜率： =a，即加速度。
Δt
电场力与加速度：F=qE=ma，加速度大小直接反映电场力大小。
电势与电场线方向：沿电场线方向电势逐渐降低。
能量守恒：只有电场力做功时，动能+电势能=常量。
② 解题要点
从 v-t 图像读取各段加速度，判断电场力大小和方向。
同一段匀变速直线运动内，加速度恒定，电场强度恒定。
利用 v =v 判断动能相等，进一步推断电势能相等。
a c
③ 拓展关联
类似的图像问题还包括 x-t 图、a-t 图、F-x 图等，关键在于理解斜率、面积、截距的物理意义。
第 5 题
如图所示，半径为 R 的光滑圆环固定在竖直平面内，原长为 2❑√3R 的轻质弹簧一端固定在圆环上与圆
心 O 等高的位置，另一端连接一个套在圆环上质量为 m 的小球，平衡时弹簧与水平方向的夹角为 30❑∘。
弹簧在弹性限度内，重力加速度大小为 g，弹簧的劲度系数为（ ）❑√3mg
A．
6R
mg
B．
2R
❑√3mg
C．
3R
mg
D．
R
【答案】C
【学科材料分析】
题图为竖直平面内的光滑圆环装置：圆心 O，半径 R。弹簧一端固定在圆环上与圆心 O 等高位置（即
圆环最右侧位置），另一端连接小球（质量 m，套在圆环上）。平衡时弹簧与水平方向夹角 30°。几何分析：
设弹簧此时长度为 L，弹簧固定点、圆心 O、小球位置构成三角形，其中固定点到圆心距离为 R（水平方
向），圆心到小球距离为 R（半径方向），弹簧与水平方向夹角 30°（在固定点处）。由正弦定理
L R
= ，解得 L=❑√3R。由于弹簧原长 L =2❑√3R，此时 L=❑√3R<L ，弹簧被压缩，形变量
sin120° sin30° 0 0
Δx=L -L=❑√3R。小球受力分析：重力 mg（竖直向下）、弹簧弹力 F=k Δx（沿弹簧方向指向固定点）、
0
圆环支持力 F （沿半径方向指向圆心或背离圆心）。由正交分解列平衡方程求解劲度系数 k。
N
【命题透视】
▶核心考点：胡克定律、正交分解法解共点力平衡问题、几何关系（正弦定理）的应用。
▶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：以竖直圆环+弹簧+小球为空间几何情境，结合平衡条件，考查几何关系推导和正交分解
法。
mg 1 ❑√3
（2）问题设计：四个选项均含有 乘以不同系数，干扰项针对几何关系（❑√3、 、 、1）设置。
R 2 3
（3）考查目标：考查几何推导、正交分解和平衡方程（难度0.65），侧重科学思维中的模型建构和科学
推理。
L R
【解析】根据题意，设此时弹簧的长度为 L，由几何关系有 =
sin120❑∘ sin30❑∘
解得 L=❑√3R
可知，此时弹簧被压缩，且形变量为 Δx=L -L=❑√3R
0
对小球受力分析，如图所示由平衡条件有 F cos60❑∘=k Δxcos30❑∘，F sin60❑∘=k Δxsin30❑∘+mg
N N
❑√3mg
联立解得 k=
3R
故选C。
【易错点】
L R
① 几何关系推导错误——需利用正弦定理 = 求弹簧长度，直接代值可能出错。
sin120° sin30°
② 弹簧形变量符号判断错误——L=❑√3R<L =2❑√3R，弹簧被压缩（不是拉伸），形变量
0
Δx=L -L=❑√3R。
0
③ 正交分解方程建立错误——需正确选择坐标轴方向（通常沿弹簧方向和垂直弹簧方向），避免支持力
F 出现在两个方程中。
N
④ 角度关系混淆——30° 是弹簧与水平方向夹角，60° 是支持力与水平方向夹角（支持力沿半径方向，
半径与弹簧夹角由几何关系确定）。
【知识总结】
① 核心概念定义
胡克定律：弹簧弹力 F=k Δx（Δx 为形变量）。
正交分解法：选择合适坐标轴分解力，列出两个平衡方程。
a b c
正弦定理：在三角形中 = = ，用于几何推导。
sin A sinB sinC
② 解题要点
利用几何关系（正弦定理、余弦定理）求弹簧长度。
判断弹簧是被拉伸还是被压缩（比较 L 与 L ）。
0
正确建立坐标系，列出正交分解方程。
③ 拓展关联
圆环+弹簧+小球问题是高考力学综合题的常见模型，其变式包括”圆轨道+轻杆+小球”“圆锥摆”等。
第 6 题1
已知某卫星绕地球做椭圆运动，在近地点所受的地球引力为其在地面附近的 ，在远地点所受的地球引
4
1
力为其在地面附近的 。地面附近的重力加速度大小为 g，地球半径为 R，该卫星的运动周期为（ ）
16
√2R
A．4π❑
g
√3R
B．6π❑
g
√R
C．16π❑
g
√6R
D．12π❑
g
【答案】B
【命题透视】
▶核心考点：万有引力定律、开普勒第三定律、卫星各物理量的计算。
▶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：以卫星绕地球椭圆运动为天体情境，结合近地点和远地点的万有引力比例关系，推导轨
道半长轴，再利用开普勒第三定律求周期。
√R
（2）问题设计：四个选项均为 π❑ 乘以不同系数，干扰项针对半长轴计算和开普勒第三定律应用的
g
易错点设置。
（3）考查目标：考查开普勒第三定律和万有引力定律的综合应用（难度0.57），侧重科学思维中的科学
推理。
GMm
【解析】根据题意可知，对于地球表面的物体，由万有引力等于重力有
=mg
R2
可得 GM=gR2
GMm
由万有引力公式有
F=
r2
可知，近地点到焦点的距离为 2R，远地点到焦点的距离为 4R，则卫星椭圆轨道的半长轴为
2R+4R
a= =3R
2
设卫星在轨道半径为 R 的圆周上做圆周运动的周期为 T，在椭圆轨道上的运动周期为 T ，由开普勒第
1
R3 (3R) 3
三定律有 =
T2 T2
1GMm 4π2
由万有引力提供向心力有 =m R
R2 T2
√3R
联立解得 T =6π❑
1 g
故选B。
【易错点】
GMm GMm
① 近地点和远地点距离的确定——由
F=
与地面附近引力 的比值，可推出近地点距离
r2 R2
2R、远地点距离 4R。
r +r
② 半长轴计算——半长轴 a= 近 远（焦点在椭圆长轴上），不是 r +r 。
2 近 远
a3
③ 开普勒第三定律应用—— =k（同一中心天体），可比较圆轨道（半径 R）和椭圆轨道（半长轴
T2
3R）的周期。
④ 圆轨道周期公式推导——由
GMm
=m
4π2
R 得 T=2π❑
√ R3
=2π❑
√R
。
R2 T2 GM g
【知识总结】
① 核心概念定义
GMm
万有引力定律：F= ，两个质点间的引力与质量乘积成正比、与距离平方成反比。
r2
a3
开普勒第三定律： =k（同一中心天体），即半长轴三次方与周期平方之比为常量。
T2
r +r
椭圆轨道几何：半长轴 a= 近 远（焦点在长轴上）。
2
② 解题要点
利用万有引力比值确定近地点和远地点距离。
计算椭圆轨道半长轴。
应用开普勒第三定律比较椭圆与圆轨道周期。
③ 拓展关联
同步卫星、极地卫星、转移轨道等问题均涉及椭圆轨道和开普勒第三定律。
第 7 题
如图所示，固定在水平面内的两足够长平行金属导轨相距 L，其左端用导线连接一阻值为 R 的电阻，两
导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。质量为 m 的导体棒跨放在两导轨上，4B2L3
导体棒在两导轨间的电阻为 2R。导轨上 a、b、c、d 是正方形的四个顶点。导体棒以大小为 的初
mR
速度从 ab 出发沿导轨向右运动，刚过 cd 后，abcd 区域内磁场的磁感应强度方向不变、大小在极短时间
内增大到 3B，然后保持不变。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨电阻与所有
摩擦，导体棒最终静止的位置离初始位置的距离为（ ）
A．9L
B．10L
C．11L
D．12L
【答案】B
【学科材料分析】
题图为水平导轨装置：两平行导轨间距 L，左端接电阻 R，导轨间充满方向垂直导轨平面向下的匀强磁
4B2L3
场。导体棒质量 m、电阻 2R，初始位置在 ab（正方形 abcd 的左侧边），以初速度 v = 向右运
0 mR
动。过程分析：第一阶段（ab 到 cd，距离 L）：磁场 B，导体棒做减速运动（安培力阻碍相对运动）。第
二阶段（过 cd 后）：abcd 区域内磁场大小变为 3B（方向不变），导体棒继续减速直到静止。关键方法：
无外力作用下的水平导轨单杆模型，利用动量定理求位移。对整个过程，安培力冲量等于动量变化：
ΔΦ
-BI LΔt=0-mv ，其中 I Δt= （ΔΦ 为磁通量变化量，R =R+2R=3R）。总磁通量变化
0 R 总
总
ΔΦ=BL⋅L+3BL⋅(x-L)（x 为总位移），解得 x=10L。
【命题透视】
▶核心考点：无外力作用下水平导轨上的单杆模型、动量定理在电磁感应中的应用。
▶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”单杆+导轨+磁场变化”为电磁感应综合情境，结合两阶段不同磁感应强度，考查动
量定理的应用。
（2）问题设计：四个选项数值相近（9L、10L、11L、12L），干扰项针对磁通量变化计算和动量定理
应用的易错点设置。
（3）考查目标：考查电磁感应、动量定理和磁通量计算（难度0.49），侧重物理观念中的运动观念和科
学思维。【解析】根据题意，设导体棒最终静止的位置离初始位置的距离为 x，对导体棒从开始运动到静止的过
程中，由动量定理有 -BI LΔt=0-mv
0
E ΔΦ
又有 I Δt= Δt= ，ΔΦ=3BL2+BL(x-L)=2BL2+BLx
R+2R 3R
联立解得 x=10L
故选B。
【易错点】
① 磁通量变化计算错误——需分段计算：第一阶段（ab 到 cd）磁通量变化 BL⋅L=BL2，第二阶段
（cd 之后到静止）磁通量变化 3BL⋅(x-L)，总变化 ΔΦ=BL2+3BL(x-L)。
② 总电阻计算错误——回路总电阻为 R =R+2R=3R（外接电阻 R + 导体棒电阻 2R）。
总
③ 动量定理方向判断错误——安培力与速度方向相反，冲量为负，方程应写为 -BILΔt=0-mv 。
0
④ 忽视”刚过 cd 后磁场变为 3B“的关键条件——第二阶段磁通量变化用 3B 计算，不是 B。
【知识总结】
① 核心概念定义
ΔΦ
法拉第电磁感应定律：E= =BLv。
Δt
动量定理在电磁感应中的应用：-BILΔt=mv-mv ，即安培力冲量等于动量变化。
0
ΔΦ
电荷量公式：q=I Δt= 。
R
总
② 解题要点
利用动量定理建立 BLq=mv 的关系。
0
分段计算磁通量变化量，注意不同阶段的磁感应强度不同。
ΔΦ
熟记公式 q= ，快速求解流过导体棒的电荷量。
R
总
③ 拓展关联
含电容器的导轨单杆模型、双杆模型是电磁感应的三大经典模型。
第 8 题
如图所示，有一理想变压器，其原线圈输入电压为 u=100❑√2sin100πt(V)，在一个副线圈上接额定电
压为 220V、额定功率为 10W的灯泡甲，在另一个单匝副线圈上接额定电压为 2V、额定功率为 1W 的灯泡
乙，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（ ）A．原线圈的匝数为50
B．输入电压的频率为 100Hz
C．原线圈的输入功率为 11W
D．流过原线圈的电流最大值为0.11 A
【答案】AC
【学科材料分析】
题图为理想变压器原理图：原线圈输入交流电压 u=100❑√2sin100πtV，两个副线圈分别接灯泡甲（额
定 220V、10W）和灯泡乙（额定 2V、1W，副线圈为单匝）。关键信息：原线圈电压有效值
100❑√2 ω
U = =100V；角频率 ω=100πrad/s，频率 f = =50Hz。变压比关系：副线圈2（单匝）电压
1 ❑√2 2π
U 100
U =2V，则原线圈匝数 n = 1×1= ×1=50 匝。功率关系：理想变压器输入功率等于输出功率之和，
3 1 U 2
3
P 11
P =P +P =10+1=11W。原线圈电流：I = 1 = =0.11A（有效值），最大值 I =❑√2I =0.11❑√2A。
1 2 3 1 U 100 m 1
1
【命题透视】
▶核心考点：理想变压器原副线圈的电流关系、电压与匝数的关系、功率的计算。
▶链接教材：人教版高中物理选择性必修第二册第三章《交变电流》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以理想变压器带两个副线圈（其中一个为单匝）为综合情境，结合灯泡额定参数，考查
变压器基本规律的应用。
（2）问题设计：四选项分别考查匝数计算、频率判断、输入功率、电流最大值。干扰项B利用”角频率
ω
=频率”的错误（实际 f = ），D利用”有效值=最大值”的错误（实际 I =❑√2I）。
2π m
（3）考查目标：考查变压器原理和交流电有效值、最大值、频率的理解（难度0.65），侧重物理观念中
的能量观念。
100❑√2
【解析】A．原线圈输入电压有效值为 U = V=100V
1 ❑√2
U n
设原线圈匝数为 n ，由理想变压器匝数与电压关系有 1= 1
1 U 1
3
又有 U =2V
3解得 n =50，故A正确；
1
rad ω
B．由原线圈输入电压表达式可知 ω=100π ，则原线圈输入电压的频率为 f = =50Hz，故B错
s 2π
误；
C．理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈输出功率之和为 P =P +P =11W，故C正确；
1 2 3
P
D．原线圈电流的有效值为 I = 1 =0.11A
1 U
1
则流过原线圈的电流最大值为 I =❑√2I =0.11❑√2A，故D错误。
m 1
故选AC。
【易错点】
ω
① 频率与角频率混淆——ω=100πrad/s，频率 f = =50Hz（不是 100Hz）。
2π
100❑√2
② 电压有效值与最大值混淆——u=100❑√2sinωt 中 100❑√2 是最大值，有效值 U= =100V。
❑√2
③ 多副线圈功率关系——理想变压器输入功率等于所有副线圈输出功率之和（P =P +P ），不是
1 2 3
P =P 或 P =P 。
1 2 1 3
④ 原线圈电流最大值与有效值混淆——I =❑√2I（正弦交流电）。
m
【知识总结】
① 核心概念定义
理想变压器：无损耗、无漏磁的变压器，输入功率等于输出功率。
U n
变压比公式：
1= 1
（电压与匝数成正比）。
U n
2 2
U ω
交流电参量关系：u=U sinωt，有效值 U= m，频率 f = ，最大值 I =❑√2I。
m ❑√2 2π m
② 解题要点
从电压表达式读取 U 和 ω。
m
利用变压比公式计算匝数。
利用功率守恒计算原线圈电流。
③ 拓展关联
远距离输电、电压互感器、电流互感器等均是变压器的应用。
第 9 题
如图所示，半径为 R、内壁光滑的圆环轨道固定在竖直平面内。初始时刻，质量为 m 的小球甲从圆环
内表面最高处以大小为 v =❑√2gR（g 为重力加速度大小）的水平初速度向右运动，同时质量为 2m 的小球
0乙从圆环内表面最低处以某一水平初速度向左运动。当甲第一次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆
环最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．乙的初速度大小为 3❑√gR
B．甲、乙两小球运动的周期相等
C．任意时刻两小球的连线均过圆环圆心
D．任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零
【答案】BD
【学科材料分析】
题图为竖直平面内半径 R 的圆环轨道（内壁光滑）：甲球（质量 m）从最高点以 v =❑√2gR 向右运动；
0
乙球（质量 2m）从最低点以某一初速度 v 向左运动。时间条件：甲第一次到最低点时，乙第一次到最高
02
点（两人都走过半圈）。甲球分析：从最高点到最低点，下降高度 2R，由机械能守恒
1 1
mg⋅2R+ mv2= mv2 ，代入 v =❑√2gR 得 v =❑√6gR。乙球分析：由对称性可知，乙的初速度
2 0 2 max 0 max
v =❑√6gR（甲到达最低点的速度），到达最高点时速度 v =❑√2gR（甲的初速度）。两球周期：甲乙运动
02 c
对称，周期相等。作用力分析：两球对圆环的合力始终不为零（最高点/最低点合力分别为 7mg+2mg=9mg、
mg+14mg=15mg，其他位置两球作用力不共线，合力不为零）。
【命题透视】
▶核心考点：杆/管道模型、机械能守恒定律在曲线运动中的应用、圆周运动的临界条件。
▶链接教材：人教版高中物理必修第二册第六章《圆周运动》、第八章《机械能守恒定律》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以竖直圆环内双小球相向运动为综合情境，结合机械能守恒、圆周运动、作用力分析，
体现力学综合考查。
（2）问题设计：四选项分别考查乙的初速度、周期比较、几何关系（连线是否过圆心）、作用力合力分
析。干扰项A利用”v =3❑√gR“的错误推导（实际为 ❑√6gR），C利用”两球对称运动→连线过圆心”的
02
直觉误区。
（3）考查目标：考查机械能守恒、圆周运动作用力分析、对称性推理（难度0.65），侧重科学思维中的
科学推理。【解析】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，
乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于 v =❑√2gR，设乙球在最
c
1 1
低处时速度为 v ，由机械能守恒得 -4mgR= ⋅2mv 2- ⋅2mv 2
02 2 c 2 02
解得 v =❑√6gR，故A错误；
02
B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从最高
点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B正确；
CD．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从 ❑√2gR 增大到 ❑√6gR，乙从最低点到最高点，
速度大小从 ❑√6gR 减小到 ❑√2gR，从初始时刻取一很短时间 Δt，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，转
过的角度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C错误；
D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小球的连
(❑√2gR) 2 (❑√6gR) 2
线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有 F +2mg=2m ，F -2mg=2m
N2 R N1 R
解得 F =14mg，F =2mg
N1 N2
(❑√6gR) 2 (❑√2gR) 2
甲球在最低点和最高点时，分别有 F '-mg=m ，F '+mg=m
N2 R N1 R
解得 F '=7mg，F '=mg
N2 N1
根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为 2mg，此时甲球在最低点对圆环的作用力
大小为 7mg；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为 14mg，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为
mg，故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两小球的连线过圆心，
即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故对任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为
零，故D正确。
故选BD。
【易错点】
1 1
① 乙球初速度计算错误——应利用机械能守恒 -4mgR= ⋅2mv 2- ⋅2mv 2 （乙球上升 2R），
2 c 2 02
不是 2mgR。
② 误认为”两球对称运动→连线过圆心”——实际上初始时刻两球速度不同（甲 ❑√2gR、乙 ❑√6gR），
相同时间内经过的弧长不同，转过的角度不同，连线一般不过圆心。
③ 圆周运动作用力方向判断错误——小球在圆环内表面运动，受支持力指向圆心或背离圆心取决于速度
大小（在最高点若 v<❑√gR 则受向外支持力，v>❑√gR 则受向内支持力）。
【知识总结】
① 核心概念定义
1 1
机械能守恒定律：只有重力做功时，机械能守恒（mgΔh+ mv2= mv2 ）。
2 0 2 tv2
圆周运动向心力：F =m ，由重力分量和支持力（或弹力）的合力提供。
向 R
杆/管道模型：小球在圆环内或管道内运动，支持力方向可以指向圆心或背离圆心。
② 解题要点
利用对称性分析两球运动关系。
应用机械能守恒求各位置速度。
分析最高点和最低点的临界条件（支持力方向）。
③ 拓展关联
竖直平面内的圆周运动是高考力学综合题的常见模型，包括”轻绳模型”（最高点最小速度 ❑√gR）、
“轻杆模型”（最高点最小速度为0）。
第 10 题
1
某山沟竖直截面图如图所示，山沟的一侧竖直，另一侧是以 O 点为圆心、R 为半径的 圆弧，圆弧
4
❑√2gR
最高点与 O 点等高。救援队从 O 点以大小为 v = 的初速度向该山沟投掷救援物资，其中 g 是重
0 2
力加速度大小。物资可视为质点，不计空气阻力。为避免损坏救援物资，要求物资落到圆弧上的速率最小，则
物资（ ）
√2R
A．在空中运动的时间为 ❑
g
B．与水平方向成 45❑∘ 角斜上抛
❑√2R
C．抛出点与落点的高度差为
2
❑√6gR
D．落到圆弧上的最小速率为
2
【答案】AD
【学科材料分析】
1
题图为山沟竖直截面图：一侧竖直，另一侧是以 O 点为圆心、R 为半径的 圆弧，圆弧最高点与 O
4
❑√2gR
点等高。救援物资从 O 点以 v = 抛出。问题核心：求物资落到圆弧上的最小速率及对应条件。解题
0 2思路：设落点与 O 点的竖直高度差为 h、水平位移为 x，由圆弧方程 h2+x2=R2。物资做斜抛运动（设初
1
速度与水平方向夹角为 θ），落点位置满足 -h=v sinθ⋅t- gt2 、x=v cosθ⋅t。机械能守恒：
0 2 0
1 1
mv2+mgh= mv2 ，故 v=❑√v2+2gh。极值分析：v 最小当且仅当 h 最小。联立可得
2 0 2 0
h=
1
gt2+
R2
⋅
1
-
1
R，由均值不等式可知当
1
gt2=
R2
⋅
1
时 h 取最小值，即 t=❑
√2R
，h =
1
R，
4 g t2 2 4 g t2 g min 2
❑√6gR
v = 。
min 2
【命题透视】
▶核心考点：斜抛运动、机械能守恒定律在曲线运动中的应用、极值分析方法（均值不等式）。
▶链接教材：人教版高中物理必修第二册第五章《抛体运动》、第八章《机械能守恒定律》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”救援物资投掷山沟”为真实应用情境，结合斜抛运动和圆弧几何约束，考查极值问
题的求解。
（2）问题设计：四选项分别考查运动时间、抛射角度、高度差、最小速率。干扰项B利用”45° 斜上抛
1 ❑√2R
最远”的直觉误区（实际为30°），C利用直觉估算的高度差（实际为 R，不是 ）。
2 2
（3）考查目标：考查斜抛运动、机械能守恒、极值分析（难度0.38），属于本卷较难选择题之一，侧重
科学思维中的科学推理和数学建模。
【解析】ACD．设落点与 O 点的竖直高度为 h，水平位移为 x，初速度与水平方向的夹角为 θ，将初
1
速度沿水平和竖直方向分解，可得 -h=v sinθ⋅t- gt2 ，x=v cosθ⋅t
0 2 0
同时有 h2+x2=R2
1 R2 1 1
联立可得 h= gt2+ ⋅ - R
4 g t2 2
1 1
设落到圆弧上的速度为 v，根据机械能守恒 mgh+ mv 2= mv2
2 0 2
解得 v=❑√v 2+2gh
0
1 R2 1
故可知 h 越小，v 越小，故当 gt2= ⋅ 时，h 取最小值，落到圆弧上的速度最小；
4 g t2
√2R 1 ❑√6gR
解得 t=❑ ，h = R，v = ，故AD正确，C错误；
g min 2 min 2
√2R 1
B．根据前面分析，当 t=❑ ，h= R 时，
g 21
代入解得 sinθ= ，θ=30❑∘，故B错误。
2
故选AD。
【易错点】
① 误认为”45° 斜抛最优”——45° 是水平地面上最大射程对应的角度，本题是圆弧约束下的最小速率问
题，最优角度为30°。
② 忽视”圆弧约束”——落点必须满足 h2+x2=R2，不能任意选取。
1 R2 1 √1 R2 1
③ 极值求解方法错误——应利用均值不等式（ gt2+ ⋅ ≥2❑ gt2 ⋅ ⋅ =R），不是简单求导。
4 g t2 4 g t2
√gR √3gR ❑√6gR
④ 最小速率计算——v =❑√v2+2gh =❑ +gR=❑ = 。
min 0 min 2 2 2
【知识总结】
① 核心概念定义
斜抛运动：初速度斜向上（或斜向下），只受重力的运动。可分解为水平匀速直线运动和竖直匀变速
直线运动。
1 1
机械能守恒：只有重力做功时，
mv2+mgh= mv2
。
2 0 2
均值不等式：a+b≥2❑√ab（a,b>0），等号当且仅当 a=b 时成立。
② 解题要点
利用圆弧方程 h2+x2=R2 建立几何约束。
用机械能守恒将速率与高度关联。
利用均值不等式求极值。
③ 拓展关联
极值问题是物理高考的常见考查方向，方法包括均值不等式、二次函数最值、导数求极值等。
第 11 题
在测量铅笔芯电阻率的实验中，实验器材有：待测圆柱形铅笔芯、电压表 V、电流表 A、电阻箱 R 、
0
干电池、刻度尺、螺旋测微器、开关 S、滑片 P 及导线等。实验电路图如图（a）所示，B、C 为铅笔芯的
两端，滑片 P 在 B、C 间左右滑动。(1)用螺旋测微器测量铅笔芯的直径 d，其示数如图（b）所示，可知 d= __________ mm。
(2)适当选择电阻箱 R 的阻值、移动滑片 P 到某位置、测量 B、P 间的长度 L，闭合开关 S，记录
0
电压表的示数 U，电流表的示数 I，则该铅笔芯电阻率的表达式为 ρ= __________（用 U、I、d 和 L 表
示）。
(3)多次改变滑片 P 的位置、记录对应的 L、U、I，由实验数据绘制出的 U-IL 图如图（c）所示。由
此可得该铅笔芯的电阻率 ρ= ________ Ω⋅m（π 取3.14，保留两位有效数字）。
(4)干电池使用一段时间后，其内阻增大，对电阻率的测量结果 __________（填”有”或”无”）影响。
【答案】(1) 0.500
πUd2
(2)
4IL
(3) 6.4×10-6
(4) 无
【学科材料分析】
题图（a）为测量铅笔芯电阻率的实验电路图：干电池、开关 S、电阻箱 R 、铅笔芯（B、C 两端）、
0
电压表 V（并联在 B、P 间）、电流表 A（串联在干路）、滑片 P（可在铅笔芯上滑动）。题图（b）为
4ρ
螺旋测微器示数（待读数）。题图（c）为 U-IL 图像（横轴 IL，纵轴 U），斜率为 。实验原理：铅
πd2
L d πd2 U U⋅S πUd2
笔芯电阻 R =ρ （S=π( ) 2= ），由欧姆定律 R = ，故 ρ= = 。螺旋测微器读数：
BP S 2 4 BP I I⋅L 4IL
4ρ 2.3
固定刻度 0.5 mm + 可动刻度 0.0 × 0.01 mm = 0.500 mm。U-IL 图像斜率：k= = ，解得
πd2 70×10-3
ρ=6.4×10-6Ω·m。
【命题透视】
▶核心考点：测量电阻丝的电阻率、闭合电路欧姆定律、螺旋测微器读数、图像斜率法处理数据。
▶链接教材：人教版高中物理必修第三册第十一章《电路及其应用》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以测量铅笔芯（非常规材料）的电阻率为实验情境，结合电阻箱、滑片等器材，考查电
阻率测量实验的原理和数据处理。（2）问题设计：四问分别考查螺旋测微器读数、电阻率表达式推导、图像斜率法求电阻率、误差分析
（电源内阻对实验的影响）。
（3）考查目标：考查实验操作、数据处理和误差分析（难度0.72），侧重科学探究中的数据处理。
【解析】（1）读数为 d=0.5mm+0.0×0.01mm=0.500mm
U L (d) 2
（2）根据欧姆定律结合电阻定律可知 =ρ ，S=π⋅
I S 2
πUd2
联立解得 ρ=
4IL
πUd2 4ρIL 4ρ
（3）根据 ρ= 可知 U= ，故 U-IL 图像的斜率为 k=
4IL πd2 πd2
4ρ 2.3
=
得
πd2 70×10-3
代入数值解得 ρ=6.4×10-6Ω⋅m
（4）干电池的内阻增大，不考虑电表内阻的影响下，实验中测量的 U 和通过的电流 I 还是真实值，对
实验测量结果无影响。
【易错点】
① 螺旋测微器读数错误——固定刻度读 0.5 mm（不是 0 或 5），可动刻度读 0.0 × 0.01 mm = 0（注意
必须估读一位），总读数 0.500 mm。
RS πd2 πd2
② 电阻率公式记忆错误——ρ= ，其中 S= （圆形截面面积），不是 πd2 或 。
L 4 2
4ρ ρ
③ 图像斜率法应用错误——U-IL 图像斜率 k= ，不是 。
πd2 S
④ 单位换算错误——d=0.500mm=0.500×10-3m，L 单位为 m。
⑤ 电源内阻影响分析错误——电压表测量的是 B、P 间电压（真实值），电流表测量的是通过铅笔芯
的电流（真实值），不受电源内阻影响。
【知识总结】
① 核心概念定义
L
电阻定律：R=ρ ，ρ 为电阻率，L 为长度，S 为横截面积。
S
螺旋测微器读数：固定刻度 + 可动刻度 × 0.01 mm（估读一位）。
图像斜率法：通过线性关系的斜率求解物理量。
② 解题要点
螺旋测微器读数必须估读到 0.001 mm。
利用欧姆定律和电阻定律推导 ρ 表达式。
通过 U-IL 图像斜率求 ρ。 分析误差时注意电表测量的是哪部分电压/电流。
③ 拓展关联
测金属丝电阻率、测电源电动势和内阻等实验均使用类似的数据处理方法。
第 12 题
某同学设计了一个验证牛顿第二定律的实验，使用的器材有：直导轨、小车、光电门、数字毫秒计、遮光
条、天平、钩码、刻度尺、游标卡尺、定滑轮、细绳等。实验装置如图所示，光电门1、2分别固定在导轨 A、
B 处，遮光条安装在小车上，连接小车两端的细绳分别跨过左右定滑轮、各悬挂10个质量均为 m 的钩码，
0
定滑轮间的细绳与导轨平行。重力加速度大小为 g。实验步骤如下：
ⅰ．用天平测量小车和遮光条的总质量 m，用刻度尺测量 A、B 间的距离 s，用游标卡尺测量遮光条
的宽度 d。
ⅱ．调节导轨倾斜程度，使小车沿导轨向右下滑时通过两个光电门的遮光时间近似相等。
ⅲ．从左侧细绳取下 n 个钩码挂到右侧细绳，再从导轨左端静止释放小车，用数字毫秒计测量遮光条经
过光电门1、2的遮光时间 t 、t 。
1 2
回答下列问题：
(1)步骤ⅱ操作的主要目的是 __________。
(2)由牛顿第二定律，小车的加速度大小 a= __________（用 m 、m、g 和 n 表示）。
0
(3)步骤ⅲ中测得的小车加速度大小 a= __________（用 d、s、t 和 t 表示）。
1 2
(4)该同学根据测出的多组 a、n 值，作出 a-n 图像。若该图像近似是一条通过原点的直线，则可以验
证：质量一定时，物体的加速度与所受合外力成 __________。
(5)若 a-n 图像明显不过原点，原因可能是 __________（单选，填标号）。
A．步骤ⅲ中小车没有从静止释放
B．步骤ⅱ中导轨的倾斜程度调节不恰当
C．钩码质量没有远小于小车和遮光条的总质量
【答案】(1) 平衡摩擦力
2nm g
0
(2)
m+20m
0d2 1 1
( - )
(3)
2s t 2 t 2
2 1
(4) 正比
(5) B
【学科材料分析】
题图为牛顿第二定律验证实验装置：直导轨（可调节倾斜程度）、小车（带遮光条）、两个光电门（分别
在 A、B 处，间距 s）、左右两个定滑轮、两端细绳各悬挂10个钩码（每个质量 m ）。步骤ⅱ：调节导轨
0
倾斜程度，使小车通过两个光电门的遮光时间近似相等——这意味着小车做匀速运动，即重力沿斜面分量等于
摩擦力，目的是平衡摩擦力。步骤ⅲ：从左侧取下 n 个钩码挂到右侧，则右侧比左侧多 2n 个钩码，合外力
2nm g
为 2nm g。整体分析（小车+所有钩码）：系统总质量 m+20m ，合外力 2nm g，加速度 a= 0 。
0 0 0 m+20m
0
d d d2 1 1
加速度测量：由光电门测速度 v = 、v = ，由运动学公式 v2-v2=2as，得 a= ( - )。a-n 图像：
1 t 2 t 2 1 2s t2 t2
1 2 2 1
若为过原点直线，验证加速度与合外力成正比（质量一定时）。误差分析：B选项（导轨倾斜不恰当）会导致
平衡摩擦力不足或过度，使图像有截距（不过原点）。
【命题透视】
▶核心考点：验证牛顿第二定律实验方法的改进、光电门测加速度、平衡摩擦力、误差分析。
▶链接教材：人教版高中物理必修第一册第四章《运动和力的关系》。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”双滑轮+双钩码组+光电门”为改进版牛顿第二定律验证实验，体现实验设计的创新
性（避免传统钩码质量需远小于小车质量的限制）。
（2）问题设计：五问分别考查平衡摩擦力的目的、加速度的理论推导（整体法）、加速度的实验测量
（光电门）、a-n 图像的物理意义、误差分析。
（3）考查目标：考查实验原理、整体法分析、光电门应用、图像分析和误差分析（难度0.65），侧重科
学探究中的实验设计与数据处理。
【解析】（1）通过两个光电门的遮光时间近似相等，可知速度相等，小车做匀速运动，故步骤ⅱ的主要
目的是平衡摩擦力；
（2）根据牛顿第二定律，对整体 [10+n-(10-n)]m g=(m+20m )a
0 0
2nm g
解得小车的加速度大小为 a= 0
m+20m
0
(d) 2 (d) 2
（3）根据运动学公式有 - =2as
t t
2 1
d2 1 1
a= ( - )
解得
2s t 2 t 2
2 12m g
（4）根据前面分析有 a= 0 ⋅n
m+20m
0
可知当 a-n 图像为一条过原点的直线，当质量一定时，物体的加速度与所受到的合外力成正比；
（5）A．小车没有从静止释放，不影响测量的加速度大小，故不会使 a-n 图像不过原点，故A错误；
B．导轨的倾斜程度调节不恰当时，可知平衡摩擦力不足或者过大，根据牛顿第二定律，对整体
[10+n-(10-n)]m g+f =(m+20m )a
0 0
2nm g f
得 a= 0 + ，图像不过原点，故B正确；
m+20m m+20m
0 0
C．根据前面分析，对整体分析得出加速度表达式，当钩码质量没有远小于小车和遮光条的总质量，对本
实验没有影响，故C错误。
故选B。
【易错点】
① 步骤ⅱ的目的判断错误——通过两光电门遮光时间相等意味着速度相等（匀速运动），目的是平衡摩
擦力（不是”测量加速度”或”消除摩擦”）。
② 整体法分析错误——应将小车、所有钩码作为整体，合外力为右侧钩码总重力减去左侧钩码总重力：
(10+n)-(10-n)=2n 个钩码的重力，即 2nm g。
0
d v2-v2
③ 光电门测速度公式记忆错误——v= （d 为遮光条宽度，t 为遮光时间），加速度 a= 2 1。
t 2s
④ 误差分析错误——小车是否从静止释放不影响加速度测量（加速度由光电门测速度计算）；导轨倾斜
不当会导致 a-n 图像有截距；钩码质量不需远小于小车质量（整体法分析无此限制）。
【知识总结】
① 核心概念定义
平衡摩擦力：通过调节导轨倾斜程度，使小车重力沿斜面分量等于摩擦力，小车做匀速运动。
整体法分析：将小车+所有钩码作为整体，合外力等于两侧钩码重力差。
d
光电门测速度：v= （瞬时速度近似）。
t
运动学公式：v2-v2=2as。
2 1
② 解题要点
步骤ⅱ的目的从”两光电门遮光时间相等”推导（匀速运动→平衡摩擦力）。
整体法分析避免内力（细绳拉力）的复杂性。
光电门测加速度：先求速度，再用运动学公式。
误差分析从”图像不过原点”推导（存在系统误差使截距不为零）。
③ 拓展关联
改进版实验相比传统实验的优势：避免钩码质量需远小于小车质量的限制，使用整体法简化分析。第 13 题
一列简谐横波沿 x 轴传播，波速为 v=2 m/s。t=0 时刻的波形图如图所示，此时 x=3 m 处的质点
P 的振动方向沿 y 轴负方向，x=5m 和 x=11m 处的质点均处于平衡位置。
(1)求波的传播方向、波长 λ 和周期 T。
(2)从 t=0 时刻开始，经多长时间质点 P 第二次到达平衡位置？
【答案】(1) 沿 x 负方向传播，λ=12m，T=6s
(2) 4s
【学科材料分析】
题图为 t=0 时刻的简谐横波波形图，横轴为 x（平衡位置），纵轴为 y（位移）。从图中可读出：
x=5m 和 x=11m 处质点处于平衡位置（y=0），两者之间为半个波长（相邻平衡位置之间为半波长），故
波长 λ=2×(11-5)=12m。传播方向判断：质点 P（x=3m）的振动方向沿 y 轴负方向，由”同侧法”
λ 12
（质点振动方向与波形传播方向在曲线同侧）可知波沿 x 轴负方向传播。周期：T= = =6s。第二次到
v 2
达平衡位置：质点 P 第一次到达平衡位置的时间为 x=5m 处质点的振动形式传播到 P 点的时间，即
|5-3| T
t = =1s；第二次到达平衡位置为再经过半个周期，t =t + =1+3=4s。
1 v 2 1 2
【命题透视】
▶核心考点：波长、频率和波速的关系、波的图像、波的传播方向判断。
▶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：以简谐横波沿 x 轴传播为情境，结合波形图和质点振动方向信息，考查波的基本规律。
（2）问题设计：第一问求传播方向、波长和周期（基础），第二问求质点第二次到达平衡位置的时间
（中等，需理解波传播与质点振动的关系）。
（3）考查目标：考查波形图读取、波传播方向判断和质点振动规律（难度0.67），侧重物理观念中的运
动观念。
【解析】（1）根据题意 t=0 时刻质点 P 的振动方向沿 y 轴负方向，根据同侧法可知波沿 x 负方向
传播，根据图像可知波长 λ=2×(11-5)m=12mλ
周期为 T= =6s
v
（2）根据波传播的特性，当 t=0 时 x=5m 处质点的振动形式传播到 P 位置时，质点 P 第一次到达
Δx 5-3
平衡位置，需要的时间为 t = = s=1s
1 v 2
1
故质点 P 第二次到达平衡位置时经过的时间为 t =t + T=4s
2 1 2
【易错点】
① 波长计算错误——x=5m 和 x=11m 是相邻的平衡位置（y=0），两者之间为半波长，故
λ=2×(11-5)=12m。
② 传播方向判断错误——由同侧法（质点振动方向与波传播方向在波形曲线同侧）判断方向，P 点向下
振动→波向左传播（x 负方向）。
③ “第一次到达平衡位置”理解错误——质点 P 第一次到达平衡位置是 x=5m 处的振动形式（即
y=0 的状态）传播到 P 点的时间，不是 P 点自身振动到平衡位置的时间（两者结果可能不同）。
④ “第二次到达平衡位置”理解错误——第二次是第一次之后再过半个周期（从平衡位置到最大位移再
T
回到平衡位置的时间为 ）。
2
【知识总结】
① 核心概念定义
λ
波速公式：v= =λf。
T
同侧法：质点振动方向与波传播方向在波形曲线同侧。
波的传播本质：振动形式（相位）沿波的传播方向传递，质点本身不随波迁移。
② 解题要点
从波形图读取波长（相邻同相位点间距）。
用同侧法判断传播方向。
Δx
理解”某振动形式传播到某点”的时间计算：t= 。
v
③ **拓展关联】
波的干涉、衍射、多普勒效应均建立在波传播规律基础上。
第 14 题
如图所示，在 xOy 平面内，y>0 区域存在匀强电场，电场强度大小为 E、方向沿 y 轴负方向；在
y<0 区域，有一个以 O 为圆心、r 为半径的半圆形区域，半圆形区域内既无电场也无磁场，半圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面向里。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从坐标为
( 25 )
0, r 的 M 点静止释放，之后从坐标为 (2r,0) 的 N 点第一次射出磁场。不计重力，求：
12
(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子第二次射出磁场时的位置坐标。
√25Eqr
【答案】(1) ❑
6m
√8Em
(2) ❑
3qr
(3) (0,-r)
【学科材料分析】
题图为 xOy 平面内的电磁场区域分布：上半部分（y>0）为匀强电场（方向沿 y 轴负方向）；下半部
分（y<0）有一个以 O 为圆心、r 为半径的半圆形”无场区域”，半圆形区域外为匀强磁场（方向垂直纸面
25
向里）。粒子运动过程：粒子从 M 点（0, r）静止释放，在电场中做匀加速直线运动（沿 y 轴负方
12
向），通过 O 点进入半圆形无场区域（仍做匀速直线运动，速度不变），到达 (0,-r) 点（半圆边界）进
入磁场。磁场中运动：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 (0,-r) 入射，从 (2r,0) 出射（第一次出磁场）。
轨迹几何：入射点 (0,-r)、出射点 (2r,0)，入射速度沿 y 轴负方向，由几何关系（入射点与出射点连线、
5
半径关系）可求轨迹半径 r = r。出磁场后：粒子进入电场区域，做斜抛运动（水平匀速、竖直类竖直上
0 4
抛），再次回到磁场，由对称性可知第二次从 (0,-r) 点出磁场。
【命题透视】
▶核心考点：带电粒子在匀强电场中的加速运动、在匀强磁场中的圆周运动、粒子在电场和磁场中的往复
运动、轨迹对称性。
▶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”电场加速+磁场偏转+无场区域过渡+电场斜抛+磁场再偏转”的往复运动为复杂情境，
体现电磁学综合考查。
（2）问题设计：三问分别求第一次进入磁场的速度（电场加速）、磁感应强度（磁场圆周）、第二次出
磁场位置（轨迹对称性）。三问层层递进，第三问需要利用对称性分析。
（3）考查目标：考查电场加速、磁场偏转、类竖直上抛和轨迹对称性（难度0.54），侧重科学思维中的
科学推理和模型建构。
【解析】（1）粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 Eq=ma
Eq
解得加速度大小为 a=
m
( 25 ) 25
粒子从坐标为 0, r 的 M 点静止释放，沿 y 轴负方向的位移大小为 y= r
12 12
由匀变速直线运动速度与位移的关系得
v2=2ay
0
√25Eqr
联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为 v =❑
0 6m
（2）粒子第一次进入磁场的坐标为 (0,-r)，第一次出磁场的坐标为 (2r,0)，粒子在匀强磁场中的运
动轨迹如图所示
设粒子的轨迹半径变为 r ，由几何关系得 r +❑√r2-r2=2r
0 0 0
5
解得 r = r
0 4
mv2
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 qv B= 0
0 r
0
√8Em
解得 B=❑
3qr
r 4
（3）设粒子第一次出磁场时速度与 x 轴负方向的夹角为 θ，由几何关系得 cosθ= =
r 5
0
3
则
sinθ=❑√1-cos2θ=
5粒子沿 x 轴和 y 轴的速度分别为 v =-v cosθ，v =v sinθ
x 0 y 0
4v 3
解得 v =- 0，v = v
x 5 y 5 0
2v
粒子沿 y 轴方向做类竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律，可得运动时间 t= y
a
沿 x 轴方向做匀速直线运动，有 x =v t
0 x
联立解得沿 x 轴方向的位移为 x =-4r
0
粒子第二次进入磁场时，x 坐标为 x=2r+x =-2r
0
沿 x 轴方向的速度为 v' =v
x x
由运动的对称性，可知沿 y 轴方向的速度为 v' =-v
y y
|v | |v' |
则粒子与 x 轴负方向的夹角仍满足 y = y =tanθ
v v'
x x
因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于 y 轴对称，如图所示
则粒子第二次出磁场的坐标，即为粒子第一次进入磁场的坐标 (0,-r)。
【易错点】
25 Eq
① 电场加速公式应用错误——v2=2ay 中 y= r（从 M 点到 O 点的总位移），加速度 a= 。
0 12 m
② 轨迹半径几何关系推导错误——入射点 (0,-r)、出射点 (2r,0)，由圆心位置和半径关系列方程
r +❑√r2-r2=2r（圆心在 (2r-r ,-r) 处，到出射点距离等于半径）。
0 0 0
v2 mv
③ 磁感应强度公式错误——qvB=m ，得 B= ，代入 v 和 r 求解。
r qr 0 0
0
④ 第二次出磁场位置分析错误——利用对称性：粒子第二次进入磁场时位置 (-2r,0)、速度方向与第
一次出磁场时关于 y 轴对称，故轨迹也关于 y 轴对称，出射点为 (0,-r)（与第一次入射点重合）。
【答题模板（计算题）】
步骤一：电场加速过程分析- 牛顿第二定律：Eq=ma
-
运动学公式：v2=2ay
0
步骤二：磁场圆周运动分析
- 画轨迹图，由几何关系确定轨迹半径 r
0
v2
- 洛伦兹力公式：qvB=m
r
0
步骤三：斜抛运动分析
- 速度分解：v =-v cosθ、v =v sinθ
x 0 y 0
2v
- 类竖直上抛时间：t= y
a
- 水平位移：x =v t
0 x
步骤四：对称性分析
- 第二次进入磁场时的速度方向与第一次出射时关于 y 轴对称
- 轨迹也关于 y 轴对称
- 出射点为 (0,-r)
第 15 题
在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为 30❑∘ 的足够长轨道与一水平轨
道平滑连接而成，连接点分别为 A、B。质量为 m 的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高 h 处、质量为 km
的小物块乙静止在水平轨道上，乙到 A、B 两点的距离均为 h。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重
力加速度大小为 g，不计空气阻力。
(1)求甲第一次到达 A 点时的速度大小。
(2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。
(3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求 k 满足的关
系式（不求具体数值）。
【答案】(1) v =❑√2gh
0
2km❑√2gh
(2) I=
1+k
(3) 0.81≤k≤1.2 或 k≥20.1
【学科材料分析】题图为竖直平面内的轨道装置：左右两条倾角 30° 的足够长光滑斜面，中间连接水平轨道（A、B 为连
接点）。甲物块（质量 m）初始在左侧斜面上高 h 处，乙物块（质量 km）静止在水平轨道上，乙到 A、B
1
两点距离均为 h。第(1)问分析：甲从静止释放下滑到 A 点，下降高度 h，由动能定理 mgh= mv2 ，得
2 0
v =❑√2gh。第(2)问分析：甲、乙第一次弹性碰撞（动碰静），取向右为正方向：动量守恒
0
1 1 1 2v
mv =mv +kmv 、机械能守恒 mv2= mv2+ kmv2 ，解得碰后乙速度 v = 0 ，乙所受冲量
0 1 2 2 0 2 1 2 2 2 1+k
2km❑√2gh (1-k)v
I=kmv = 。第(3)问分析：碰后甲速度 v = 0。需分四种情况讨论：（i）0<k<1（甲乙
2 1+k 1 1+k
均向右）：乙上右侧斜面再返回水平轨道后追上甲；（ii）k=1（甲静止，乙向右）：乙上斜面返回后再次碰
撞；（iii）1<k≤1.2（甲向左、乙向右，乙速度较大）：乙上斜面返回后追上甲；（iv）k≥20.1（甲向左、
乙向右，甲速度较大）：甲上左侧斜面返回后追上乙。综合得 0.81≤k≤1.2 或 k≥20.1。
【命题透视】
▶核心考点：两物体多次碰撞问题、应用动能定理解决多过程问题、弹性碰撞（动碰静）、临界条件讨论。
▶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+水平面+双物块多次碰撞”为复杂情境，结合临界条件讨论，考查力学综合分
析能力。
（2）问题设计：第(1)问为基础（动能定理求速度），第(2)问为中等（弹性碰撞+冲量），第(3)问为拔高
（四种临界情况讨论）。第(3)问明确要求”不求具体数值”，体现对分析过程而非数值结果的重视。
（3）考查目标：考查弹性碰撞、动量守恒、临界条件讨论和分类讨论能力（难度0.14），属于本卷压轴
题，侧重科学思维中的科学推理、科学论证和数学建模。
1
【解析】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理：mgh= mv2
2 0
解得：v =❑√2gh
0
（2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为 v ，乙速度为 v ，取向右为正方向，由动量守恒和机械
1 2
1 1 1
能守恒：mv =mv +kmv ， mv2= mv2+ kmv2
0 1 2 2 0 2 1 2 2
2v
解得乙弹性碰撞后速度：v = 0
2 1+k
对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化：I=kmv -0
2
2km❑√2gh
代入 v =❑√2gh，得：I=
0 1+k
(1-k)v
（3）由以上分析可得碰后甲速度 v = 0
1 1+k
要求第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道且在水平轨道完成碰撞，考虑临界情况：①碰后甲乙均向右运动，且乙由斜面回到水平轨道时恰好发生第二次碰撞
(1-k)v
则有 v = 0>0
1 1+k
可得 0<k<1
h h v
根据运动关系 = +2 2
v v a
1 2
其中 a 为在斜面上的加速度 a=gsinθ
可得 k≈0.81
由此临界情况可判断 k 满足的关系式可以为 0.81≤k<1
②碰后甲静止，乙向右运动后返回碰撞位置再次发生碰撞，满足题意，此时 k=1
③碰后甲向左运动，乙向右运动且乙速度较大，当甲运动到 A 点时，乙从斜面返回恰好撞到甲
(1-k)v
则有 v = 0<0
1 1+k
可得 k>1
h 3h v
根据运动关系 = +2 2
-v v a
1 2
解得 k≈1.2
由此临界情况可判断 k 满足的关系式可以为 1<k≤1.2
④碰后甲向左运动，乙向右运动且甲速度较大，当甲运动到 B 点时恰好追上乙发生碰撞
(1-k)v
则有 v = 0<0
1 1+k
可得 k>1
3h -v h
根据运动关系 +2 1 =
-v a v
1 2
解得 k≈20.1
由此临界情况可判断 k 满足的关系式可以为 k≥20.1
综合上述四种情况可得 k 满足的关系式 0.81≤k≤1.2 或 k≥20.1
【易错点】
h 1
① 动能定理应用错误——甲下降高度 h（不是 2h 或 ），mgh= mv2 。
2 2 0
m -m (1-k)v 2m 2v
② 弹性碰撞公式记忆错误——动碰静弹性碰撞结果：v = 1 2v = 0 、v = 1 v = 0 。
1 m +m 0 1+k 2 m +m 0 1+k
1 2 1 2
2v
③ 冲量计算错误——乙所受冲量等于乙的动量变化：I=kmv -0=km⋅ 0 。
2 1+k④ 第(3)问分类讨论不全面——需分四种情况讨论（0<k<1、k=1、1<k≤1.2、k≥20.1），不能遗漏任
何一种。
⑤ 运动关系建立错误——关键是分析”第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道”这一条件，根据不同
临界情况列运动方程。
【答题模板（计算题）】
1
步骤一：动能定理求初速度 - 甲下滑过程：mgh= mv2 ， 得 v =❑√2gh
2 0 0
步骤二：弹性碰撞分析
- 动量守恒：mv =mv +kmv
0 1 2
1 1 1
- 机械能守恒：
mv2= mv2+ kmv2
2 0 2 1 2 2
2km❑√2gh
步骤三：冲量计算 - 由动量定理：I=kmv -0=
2 1+k
步骤四：分类讨论第二次碰撞条件
- 根据 v 的正负（即 k 与 1 的关系）分情况。
1
- 每种情况下根据”第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道”的条件建立运动关系。
- 解出 k 的临界值，写出 k 满足的关系式。
- 综合四种情况得出最终答案。
