2026年高考物理真题完全解读（陕晋青宁卷）_2027版《2026年全国各省高考物理真题完全解读》（19套）word_word版2026年高考物理真题完全解读（19套）

2026 年高考陕晋青宁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
本卷为2026年普通高等学校招生全国统一考试（陕晋青宁卷）物理试题，满分100分。试卷结构合理，
包含单选题7道（28分）、多选题3道（18分）、实验题2道（20分）、解答题3道（34分），共15道题。
试卷以基础性考查为主，兼顾综合性与应用性，难度梯度清晰，从易到难分布合理，有效区分不同层次学生的
能力水平。
力学和电磁学是本卷的两大核心考查模块，合计占比约80%，符合高考物理的命题规律。试题注重真实情
境创设，将物理知识与生活、科技紧密结合，如无人机物流运输、仿生机器鱼、北斗卫星导航、飞行时间质谱
仪等，体现了物理学科的应用价值与育人导向。试卷对物理学科核心素养的覆盖较为全面，无偏题、怪题，主
干知识点轮番考查，知识体系完整。物理观念、科学思维、科学探究和科学态度与责任均有涉及，其中对科学
思维和综合应用能力的考查尤为突出。
📖 试题亮点
一、模型经典，设问新颖
大量使用高中物理高频经典模型（导体棒导轨、弹簧连接体、复合场粒子运动、平行玻璃砖），但设问角
度创新，在常规模型中挖掘新考点，避免题海套路。
二、数理结合要求提升
多道试题融入三角函数、几何关系、方程联立计算，尤其是波动题、磁场压轴题，要求学生具备物理思维
+ 数学运算双重能力。
三、临界与多过程分析成为难点核心
全卷难题集中在多过程运动、临界状态判断，如粒子能否击中极板、弹簧系统最大速度、粒子撞击点分类
讨论，是高考物理核心难点方向。
📖 命题趋势
一、立足基础知识，梳理知识脉络
未来命题将继续重视基础知识、基本技能与基本方法的考查。本卷第1题考查位移与路程的核心区别，第
4题考查质能方程与光子动量，第5题考查卫星运动中各物理量的关系推导，这些都体现了对基本概念的深入
理解要求。备考中应注重核心概念、公式、定理的内在联系，构建完整的知识体系。
二、结合真实情境，活用物理模型
命题将更加注重真实情境创设，引导学生在具体情境中提取物理模型。本卷中无人机运输、仿生机器鱼、
眼镜镜片折射率、北斗卫星等情境均来源于真实生活或科技前沿，要求学生具备从情境中抽象物理模型的能力。
备考中应加强情境化训练，提升模型建构和信息提取能力。
三、侧重逻辑思维，锤炼探究能力试题将进一步强化对逻辑推理、综合分析和创新探究能力的考查。本卷第10题的滑轮-弹簧系统和第15
题的带电粒子多过程运动，都需要学生进行多步推理和综合分析。备考中应注重归纳典型问题的分析思路和解
题模板，培养多角度分析问题的能力。
四、紧扣学科素养，践行育人理念
命题将持续围绕物理学科核心素养设计。本卷通过实验探究（第11、12题）考查科学探究能力，通过综
合性问题（第6、10、15题）考查科学思维，通过科技情境（第7题质谱仪）落实科学态度与责任的培养。备
考中应将核心素养融入日常学习，注重物理观念的形成和科学方法的掌握。
📖 考点细目表
题 设问
号 情境 知识点 角度
1 无人机与货车物流运输 位移、路程、平均速度 概念
辨析
2 仿生机器鱼水下运动 力的平衡推论 概念
理解
3 电磁感应导体回路 感应电流产生的条件 图像
分析
4 正负电子湮灭 质能方程、光子动量与频率 计算
推理
5 北斗卫星运动 万有引力定律与卫星运动 公式
推导
6 电磁泵减速装置 电磁感应+弹簧+能量守恒 综合
分析
7 飞行时间质谱仪 电容器动态分析+带电粒子运 综合
动 应用
8 眼镜镜片折射率 平行玻璃砖模型 概念
理解
9 简谐横波传播 波的图像与波长、频率、波速 综合
分析
1 滑轮弹簧连接体系统 牛顿第二定律+动量守恒+能量 综合
0 守恒 应用
1 打点计时器测速度和加 瞬时速度和加速度的测量 实验
1 速度 操作
1 电桥法测电阻 电桥平衡条件+交换法消除误 实验
2 差 探究
1 储水瓶稳定平抛水柱 玻意耳定律 计算题 设问
号 情境 知识点 角度
3 推理
1 游乐场滑道运动 牛顿第二定律+动量与能量 综合
4 应用
1 带电粒子在复合场中运 类斜抛+圆周运动+弹性碰撞 综合
5 动 探究
📖 考点模块占比分析
知识 分值
模块 题号 占比 考查侧重
力学 1、2、5、9、10、 约 概念理解、综合应用、实验
11、14 44% 探究
电磁 3、6、7、12、15 约 综合分析、实验探究、创新
学 36% 应用
光学 8 约 概念理解
6%
热学 13 约 计算推理
10%
近代 4 约 计算推理
物理 4%
📖 核心备考策略
一、锚定基础考点，完善知识架构，筑牢得分底盘
本卷1、2、4、5、11题为基础送分题型，基础题占比超40%，聚焦概念辨析、公式识记、教材本源考点，
是中等学生提分核心抓手，复习摒弃偏难怪考点，回归教材固本提质。
1. 梳理易混核心概念，精准破易错点：针对性攻克路程与位移、平衡力与合力、交变电流产生条件、卫星轨
道物理量、光子动量、质能方程等本卷高频易混概念，整理概念辨析错题本，对标单选前5题命题逻辑，杜绝
概念性低级失分。
2. 回扣教材主干公式，搭建关联体系：整合天体运动、热学气体定律、光学折射、波动规律、原子物理五大
模块基础公式，摒弃孤立记公式模式，梳理公式推导逻辑、适用条件；对标试卷天体、湮灭反应、玻璃砖考题，
夯实公式溯源能力。
3. 落实教材原生实验，守住实验基础分：紧抓打点计时器测速、力学平衡、伏安法测电阻等教材原型实验，
吃透操作步骤、数据计算、误差分析；对标第11题基础实验，强化纸带数据、加速度、瞬时速度标准化计算，
保证基础实验零失分。4. 基础分层过关：学困生主攻单选1-5题、实验11题、热学13题基础设问；中等生全覆盖基础考点，夯实
60%基础分值，筑牢试卷得分底盘。
二、聚焦高频模型，专项专题突破，攻克中档题型
本卷中档题为试卷主体，集中考查经典物理模型融合应用，包含弹簧连接体、导轨电磁感应、平行玻璃砖、
简谐横波、电容器动态分析、斜面动力学六大必考模型，中档题区分中等生与学困生，实行模型化专题复习，
精准对标试卷8-10题、12题、14题命题形式。
1. 力学核心模型专项攻坚：①弹簧双物块连接体模型：整合瞬时加速度、动量守恒、机械能守恒、速度极值、
位移极值考点，对标第10题，总结整体法+隔离法解题模板、动量能量联立解题思路；②斜面滑道动力学模型：
整合运动学公式、摩擦力做功、机械能损耗、追及相遇问题，对标第14题，梳理多阶段运动解题流程；③波
动图像模型：专攻波长、周期、波速、质点路程计算，破解图像+数学结合考题难点。
2. 电磁常规模型定点突破：①单杆弹簧导轨模型：梳理感应电流判断、安培力冲量、电荷量计算、加速度极
值四类设问，复刻第6题考法；②电容器动态变化模型：区分U不变、Q不变两类临界条件，对标第7题质谱
仪考题；③平行玻璃砖光学模型：固化折射率、折射角、侧移量、厚度变化规律，秒杀第8题同类题型。
3. 创新实验专题补齐短板：针对本卷第12题电桥法平衡测电阻创新实验，拓展比较法、交换法消误差、比例
臂电阻校准拓展实验，跳出教材常规电学实验，总结创新实验“平衡条件-误差来源-方案优化”固定解题逻辑，
补齐电学实验失分短板。
4. 热学题型模板固化：围绕玻意耳定律、多气体整体法、液体压强结合气体压强题型，对标第13题，固定受
力分析、压强列式、气体状态方程三步解题模板，压缩答题时间。
三、深挖压轴逻辑，突破临界综合，拔高优生分值
本卷第6题、第10题、第15题为梯度压轴题，依托多过程运动、临界讨论、数理几何结合、复合场建模
命题，难度0.22-0.45，承担尖子生选拔功能，针对性开展压轴微专题复习，突破思维壁垒。
1. 小题压轴：弹簧+电磁综合题型专项训练，聚焦安培力、弹簧弹力、重力三力耦合极值问题，突破加速度极
值、速度极值、能量转化核心考点，吃透本卷第6、10题双向命题逻辑。
2. 大题压轴：复合场粒子多过程专题突破：对标第15题电场类斜抛+磁场圆周+弹性碰撞+分类讨论压轴模型，
拆分三大解题步骤：电场阶段分解运动列式、磁场阶段几何画圆定半径、临界电压分类讨论；强化粒子极板相
切、撞击点个数临界、弹性碰撞轨迹对称三大核心考法。
3. 强化数理结合能力训练：针对性突破三角函数求解角度、磁场几何作图、方程联立运算、参数范围分类讨
论，适配本卷压轴题数学运算量大、几何关系复杂的命题特点。
4. 压轴取舍策略教学：指导学生分层答题，普通学生舍弃压轴第三问，主攻前两问基础得分；尖子生专攻临
界分类、多过程联立，冲刺满分。
四、贴合命题趋势，优化答题范式，适配卷风提质增效
结合本卷情境化命题、素养导向、分层设问、卷面评分规则，优化刷题模式、答题规范、错题复盘方式，
贴合陕晋青宁联合卷命题风格，适配区域阅卷标准。
1. 适配情境命题，强化建模训练：本卷全覆盖无人机、北斗、质谱仪、仿生机器鱼、电磁泵科技生活情境，
日常复习摒弃纯刷题模式，专项训练“剥离文字情境—提取物理模型—套用物理规律”解题思维，适配新高考
情境命题趋势。2. 分层刷题，匹配试卷梯度：基础层：限时训练单选1-5题、基础实验、热学解答；进阶层：突破多选、力学
电磁中档综合题；拔高层：专攻双压轴大题，贴合试卷由易到难命题结构，适配学情分层刷题。
3. 规范答题，贴合阅卷评分标准：力学、电磁解答题分步书写公式、原始方程、推导过程；能量、动量题型
规范列式；磁场压轴题标注几何辅助线、物理符号，贴合本卷分步给分阅卷规则，减少步骤失分。
4. 定向错题复盘，对标本卷失分点：汇总本卷高频失分点：电容器动态辨析、弹簧连接体动量关系、磁场几
何临界、电桥实验误差、粒子电压临界分类，建立专题错题本，定点闭环纠错。
5. 限时模拟适配卷长：贴合本卷15题标准高考题量，限时100分钟整套模拟，优化选择、实验、解答题时间
分配，解决本卷计算量大、耗时久的答题痛点。
📖 逐题解读
第1题
1．现代科技为物资运输提供了多种方式。某物流企业分别利用无人机和新能源货车从山上装货点P运输
货物至山下仓库Q，两种方式中一定相同的是（ ）
A．位移
B．路程
C．时间
D．平均速度
【答案】A
【命题透视】
▶核心考点：位移、路程、平均速度的定义与区别。
▶链接教材：人教版必修第一册”运动的描述”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以无人机和新能源货车两种运输方式为背景，将位移与路程的辨析融入真实物流情境，
体现了物理概念在生活中的应用。
（2）问题设计：设问简洁直接，要求学生判断两种运输方式中”一定相同”的物理量，干扰项设置针对
路程、时间和平均速度的不确定性，考查学生对物理量定义的准确理解。
（3）考查目标：侧重考查物理观念中运动学基本概念的辨析能力。
【解析】
A．位移是从初位置指向末位置的有向线段，仅由初、末位置决定，两种运输方式的初位置都是P、末位
置都是Q，故位移一定相同，A正确；
B．路程是物体运动轨迹的长度，无人机和货车的行驶路径不同，运动轨迹长度不一定相等，故路程不一
定相同，B错误；
C．运动时间由运动路程和运行速率共同决定，两者的路程、运行速率均无确定关系，故时间不一定相同，
C错误；x
D．平均速度的定义为v= ，两者位移x相同，但运动时间t不一定相同，故平均速度不一定相同，D错误。
t
故选A。
【易错点】
容易误认为路程或平均速度一定相同。需注意位移仅由初末位置决定，而路程取决于运动轨迹，平均速度
取决于位移和时间。
【知识总结】
① 核心概念定义
 位移：从初位置指向末位置的有向线段，是矢量，仅由初末位置决定
 路程：物体运动轨迹的长度，是标量，与运动路径有关
x
 平均速度：位移与时间的比值，v=
t
② 解题要点
 区分位移（矢量）和路程（标量）的定义
 注意”一定相同”意味着无论路径如何都相同的量
 平均速度由位移和时间共同决定
③ 拓展关联
 与速度、瞬时速度的区别
 在复杂路径（如往返运动）中位移和路程的差异更大
第2题
2．我国科研人员利用仿生机器鱼研究湖泊生态，当仿生机器鱼在湖中匀速直线下潜时，它受到水的合力
方向是（ ）
A．斜向下
B．竖直向下
C．斜向上
D．竖直向上
【答案】D
【命题透视】
▶核心考点：力的平衡推论，匀速直线运动的受力分析。
▶链接教材：人教版必修第一册”牛顿运动定律”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以仿生机器鱼水下匀速直线下潜为背景，将平衡条件的应用融入科研情境，体现物理在
科技前沿中的应用。
（2）问题设计：设问要求判断水对机器鱼合力的方向，干扰项包含斜向上、斜向下等方向，考查学生对
平衡条件F =0的深入理解——合力方向不一定与运动方向相同。
合（3）考查目标：侧重考查物理观念中的受力分析能力和平衡条件的灵活应用。
【解析】
仿生机器鱼做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合外力为0。机器鱼受两个外力：竖直向下的重力G，
以及水对其施加的所有作用力的合力F（包含浮力、水的阻力等）。根据平衡条件有G+F=0
可得F=-G
即水的合力与重力大小相等、方向相反，为竖直向上。
故选D。
【易错点】
容易误认为机器鱼向下运动，所以合力方向斜向下。匀速直线运动（平衡状态）合外力为零，水对鱼的合
力（包括浮力和阻力）方向竖直向上，与重力等大反向。
【知识总结】
① 核心概念定义
 平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态，合外力为零
 平衡条件：F =0，即所有力的矢量和为零
合
② 解题要点
 判断运动状态→确定是否平衡→应用平衡条件
 匀速直线运动不意味着合力方向与运动方向相同
 合力为零时，任意一个力与其余所有力的合力等大反向
③ 拓展关联
 二力平衡与多力平衡的区别
 超重与失重现象中的受力分析
第3题
3．下列处于匀强磁场的导体回路中能产生交变电流的是（ ）
A．甲图中绕轴匀速转动的导体环
B．乙图中绕轴匀速转动的导体框
C．丙图中在固定导轨上匀速运动的导体棒所在回路
D．丁图中匀速运动的导体框
【答案】B
【学科材料分析】图中展示了四种处于匀强磁场中的导体回路装置。甲图为导体环绕轴匀速转动，轴线与磁场平行；乙图为
导体框绕轴匀速转动，转动轴与磁场方向平行；丙图为导体棒在固定平行导轨上匀速滑动；丁图为整个导体框
在匀强磁场中匀速平移。四种装置的关键区别在于回路有效面积是否随时间变化以及磁通量变化率是否为周期
性的。判断感应电流是否为交变电流，需要分析Φ=BScosωt的变化特征：导体环（甲）有效面积始终不变，
ΔΦ
磁通量不变；导体框（乙）面积投影周期性变化，产生交变电流；导体棒（丙）面积均匀增大但 恒定，产
Δt
生恒定电流；导体框平移（丁）面积不变，无感应电流。
【命题透视】
▶核心考点：感应电流产生的条件（磁通量变化），交变电流的产生。
▶链接教材：人教版选择性必修第二册”电磁感应”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以四种典型的电磁感应装置为素材，全面考查学生对感应电流产生条件的理解深度。
（2）问题设计：四个选项分别对应不同的导体回路运动方式，要求学生逐一判断磁通量是否变化以及变
化是否为周期性的。干扰项中丙图虽有感应电流但为恒定电流（非交变），丁图无感应电流，考查学生”有感
应电流”与”有交变电流”两个层次的理解。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的分析综合能力，以及对电磁感应核心条件的准确理解。
【解析】
A．甲：导体环绕轴匀速转动，磁通量不改变，不产生交变电流，故A错误；
ΔΦ
B．乙：导体框绕轴匀速转动，Φ=BScosωt， 周期性变化，产生交变电流，故B正确；
Δt
C．丙：导体棒匀速运动，感应电动势E=BLv，电流恒定，故C错误；
D．丁：导体框匀速运动，Φ不变，无感应电流，故D错误。
故选B。
【易错点】
容易误选C——导体棒匀速运动确实产生感应电流，但电动势恒定，电流为直流而非交变电流。需区分”
有感应电流”与”有交变电流”。
【知识总结】
① 核心概念定义
 感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化
 交变电流：电流的大小和方向随时间做周期性变化
② 解题要点
 先判断磁通量是否变化（决定有无感应电流）
 再判断磁通量变化率是否周期性变化（决定是否为交变电流）
 导体框绕轴转动时Φ=BScosωt，周期性变化
③ 拓展关联
 交变发电机的工作原理（与乙图相同） 导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv
第4题
4．正电子e+与电子e-湮灭产生的光子是探测中微子的重要信号。一个静止的正电子与一个静止的电子湮
灭转化为两个γ光子，该过程动量和能量都守恒。已知正电子与电子的质量均为m，光速为c，普朗克常量为h，
则这两个γ光子（ ）
A．总能量为mc2
mc2
B．频率均为
h
C．总动量为2mc
mc
D．波长均为
h
【答案】B
【命题透视】
▶核心考点：质能方程、光子的能量与动量。
▶链接教材：人教版选择性必修第三册”原子核与放射性”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以正负电子湮灭为背景，联系中微子探测这一前沿物理问题，体现了近代物理知识与现
代科技的联系。
（2）问题设计：围绕能量守恒和动量守恒两个核心规律，设问涉及总能量、频率、总动量和波长四个物
理量，干扰项通过混淆总能量与单个光子能量（A）、总动量方向（C）、波长与动量关系的倒数（D）来设
置。
（3）考查目标：侧重考查近代物理基本概念的理解和简单推导能力。
【解析】
静止的正电子和电子总静能为2mc2，总动量为0，湮灭过程满足能量守恒和动量守恒，因此两个光子总
能量为2mc2，总动量为0，两光子反向运动，每个光子的能量、动量大小均相等，单个光子能量为mc2，动
E
量大小p= =mc
c
A．两个光子总能量等于正负电子总静能2mc2，并非mc2，故A错误；
mc2
B．单个光子能量满足E=hν=mc2，解得频率ν= ，故B正确；
h
C．初始系统总动量为0，由动量守恒可知两个光子总动量为0，并非2mc，故C错误；
h
D．光子动量满足p= =mc
λ
h mc
解得波长λ= ，并非 ，故D错误。
mc h故选B。
【易错点】
A选项容易将单个光子能量mc2误认为两个光子总能量。C选项容易忽略动量是矢量，两光子反向运动总
动量为零。D选项容易将波长的分子分母颠倒。
【知识总结】
① 核心概念定义
 质能方程：E=mc2，质量与能量的等价关系
 光子能量：E=hν，光子频率与能量的关系
h E
 光子动量：p= =
λ c
② 解题要点
 正负电子湮灭：总静能2mc2转化为光子能量
 初始总动量为零→两光子必须等大反向运动
 先由能量守恒求单个光子能量，再由E=hν求频率
③ 拓展关联
 电子对湮灭与湮灭辐射
 康普顿散射中的能量动量守恒
第5题
5．我国自主建设运行的北斗全球卫星导航系统空间段由多颗卫星组成。若轨道半径不同的两颗卫星绕地
球做匀速圆周运动，角速度大小分别为ω 、ω ，线速度大小分别为v 、v ，则（ ）
1 2 1 2
v v
A． 1 = 2
ω ω
1 2
v v
B． 1 = 2
ω2 ω2
1 2
v2 v2
C． 1 = 2
ω ω
1 2
v3 v3
D． 1 = 2
ω ω
1 2
【答案】D
【命题透视】
▶核心考点：万有引力定律与卫星运动，不同轨道上卫星物理量的比例关系。
▶链接教材：人教版必修第二册”万有引力与航天”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以北斗卫星导航系统为背景，将卫星运动的物理规律融入国家重大科技成就情境。（2）问题设计：通过四个不同形式的v与ω的组合表达式，要求学生推导判断哪个组合量与轨道半径无关。
5
干扰项分别对应r、 r2、❑√r的不同幂次依赖，考查学生对比例关系推导的熟练程度。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的数学推导能力和逻辑推理能力。
【解析】
Mm v2
卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 G =mω2r=m
r2 r
其中G为引力常量，M为地球质量，r为轨道半径，ω为角速度，v为线速度。
√GM √GM
推导得 v=❑ ,ω=❑
r r3
v v v
A．由 =r，由于轨道半径不同，则 1 ≠ 2 ，故A错误；
ω ω ω
1 2
5 v v
v
B．由以上分析可知， ∝r2，与r有关， 1 ≠ 2 ，故B错误；
ω2 ω 2 ω 2
1 2
v2 v 2 v 2
C．由以上分析可知， ∝❑√r，与r有关， 1 ≠ 2 ，故C错误；
ω ω ω
1 2
GM 3
( )2
v3 r
D．由以上分析可知，
= =GM，与r无关，故D正确。
ω √GM
❑
r3
故选D。
【易错点】
容易凭直觉选择A（v/ω=r），但题目说轨道半径不同，所以A不对。需要逐一验证每个选项与r的关
v3
系，找出与r无关的组合量 =GM。
ω
【知识总结】
① 核心概念定义
Mm v2
 万有引力提供向心力：G =mω2r=m
r2 r
 卫星速度：v=❑√GM/r，轨道越高速度越小
 卫星角速度：ω=❑√GM/r3，轨道越高角速度越小
② 解题要点
 先由万有引力定律推导v和ω的表达式
 再将选项中的组合量用r表示，判断是否与r有关v3
 =GM，与r无关是关键推导
ω
③ 拓展关联
r3 GM
 开普勒第三定律： =
T2 4π2
 不同轨道卫星的周期、向心加速度等物理量的比较
第6题
6．电磁泵减速部分的简化工作原理如图。在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，竖直放
置的U形光滑金属导轨左右间距为L，水平放置的导体棒ab质量为m，与竖直放置且下端固定的绝缘轻弹簧相
连，ab与导轨接触良好且其接入回路的电阻阻值为R。将ab自弹簧原长位置由静止释放，ab第一次到达最低
点时下降高度为h，此过程中其最大速度为v。导轨电阻忽略不计，弹簧始终在弹性限度内。在ab从静止释放
到第一次到达最低点的过程中（ ）
A．流过导体棒的感应电流方向由a向b
B．导体棒所受安培力的冲量为零
BLh
C．通过导体棒的电荷量大小为
R
B2L2v
D．导体棒的加速度最大值为
mR
【答案】C
【学科材料分析】
图中展示了竖直平面内的电磁感应装置：U形金属导轨竖直放置在垂直纸面向外的匀强磁场中，导体棒
ab水平放置在导轨上，下端与绝缘轻弹簧相连，弹簧下端固定。关键物理要素包括：磁感应强度B（方向垂
直纸面向外）、导轨间距L、导体棒质量m、回路电阻R（仅导体棒有电阻）。导体棒从弹簧原长位置由静止
释放后下落，运动过程中存在三个力的作用：重力mg（竖直向下）、弹力kx（竖直向上，随形变量增大）、
B2L2v
安培力 （竖直向上，随速度变化）。分析时需注意导体棒先做加速度减小的加速运动（当mg>kx+F
R A
），后做加速度增大的减速运动（当kx+F >mg），加速度最大值出现在初始位置或最低点。
A
【命题透视】
▶核心考点：竖直平面内的导轨单杆模型，电磁感应中的电荷量、冲量和加速度分析。▶链接教材：人教版选择性必修第二册”电磁感应”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以电磁泵减速装置为背景，考查导体棒-弹簧-导轨模型，将电磁感应与力学综合，具有
工程应用价值。
（2）问题设计：四个选项分别考查感应电流方向（A）、安培力冲量（B）、通过导体棒的电荷量（C）
ΔΦ
和加速度最大值（D），覆盖电磁感应的多个核心概念。C选项通过q= 直接求解，D选项的干扰在于加速
R
度最大值不在速度最大时。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的综合分析能力，以及对电磁感应与力学综合问题的处理能力。
【解析】
A．由右手定则可知，流过导体棒的感应电流方向由b向a，故A错误；
B．导体棒下降过程中，安培力大小改变，方向不变，由冲量公式I=Ft可知，导体棒所受安培力的冲量
不为零，故B错误；
ΔΦ BLh
C．导体棒下降过程中，感应电动势为E= =
Δt Δt
E BLh
感应电流为I= =
R R⋅Δt
BLh
通过导体棒的电荷量大小为q=I⋅Δt= ，故C正确；
R
D．根据题意可知，导体棒下降过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则导
B2L2v
体棒的加速度最大值出现在最低点或初始位置，导体棒速度最大时有mg= +kx'
R
1
若没有磁场，由能量守恒定律有mgx= kx2
2
可知，在最低点时，有kx=2mg
kx-mg
此时，加速度为a= =g
m
有磁场时，由能量守恒定律可知，弹簧的形变量减小，则最低点时加速度小于g，则导体棒的加速度最大
B2L2v
值出现在初始位置，此时，导体棒只受重力，加速度为g> ，故D错误。
Rm
故选C。
【易错点】
A选项容易用左手定则误判电流方向，应使用右手定则。B选项容易认为安培力方向变化导致冲量为零，
实际上安培力方向始终不变。D选项容易误认为加速度最大值出现在速度最大时刻，实际初始位置加速度最大
（等于g）。
【知识总结】① 核心概念定义
ΔΦ BLh
 感应电荷量公式：q= = ，与运动过程的具体细节无关
R R
B2L2v
 安培力：F = ，方向由楞次定律确定
A R
 加速度极值分析：需比较初始位置和最低点的加速度大小
② 解题要点
 感应电流方向用右手定则判断
ΔΦ
 电荷量用q= 直接求解，不需要知道运动细节
R
 加速度最大值需比较各特殊位置（初始、平衡位置、最低点）
③ 拓展关联
 导体棒在水平导轨上的运动分析
 含电容器的电磁感应问题中电荷量的求解
第7题
7．飞行时间质谱仪可用于创新药物研发等领域，其简化工作原理如图。开关S闭合，在真空室内，电容
器极板AB间加速电压为U，两极板中央开有小孔，C为接收端，BC间为无场漂移区域。有一质量为m、电荷
量为q（q>0）的带电大分子（不计重力），自漂入（忽略初速度）A极板小孔起，经加速区域和漂移区域到
达C端结束，时间探测器显示整个过程时间为t，则（ ）
q
A．保持S闭合，仅 变大，t变长
m
B．保持S闭合，仅U增大，t变长
C．保持S闭合，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长
D．将S断开，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长
【答案】C
【学科材料分析】
图中展示了飞行时间质谱仪的核心结构：电容器极板A和B水平放置，间距为d，中央开有小孔供带电粒
子通过；B极板可移动以改变加速区域长度；BC间为无场漂移区域，长度为s；C端为接收端，时间探测器记
录总飞行时间。关键要素：加速电压U在S闭合时保持不变，在S断开时极板上电荷量Q不变。带电粒子从A板小孔由静止开始，在AB间做匀加速直线运动，在BC间做匀速直线运动。B极板位置的变化会影响d和s
（设d+s=L不变），进而影响加速时间t 和漂移时间t 。
1 2
【命题透视】
▶核心考点：电容器的动态分析（U不变和Q不变两种情况），带电粒子在电场中的加速运动。
▶链接教材：人教版选择性必修第一册”静电场”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以飞行时间质谱仪为背景，将电容器动态分析和带电粒子运动综合，体现物理在生物医
药领域的应用。
q
（2）问题设计：四个选项分别对应不同的变化条件：比荷 变大（A）、电压U增大（B）、B板右移且
m
S闭合（C）、B板右移且S断开（D）。要求学生分别推导各条件下总时间t的变化趋势，其中D选项需要分
析S断开后电场强度不变的特点，难度较大。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的综合分析能力和数学推导能力，以及对电容器U不变与Q不变两
种动态分析的理解。
【解析】
qU 1
ABC．根据题意，设A、B距离为d，B、C距离为s，且d+s=L，在A、B间有 =ma，qU= mv2 ，
d 2
v=at
1
qU √2qU √2m
解得a= ，v=❑ ，t =d❑
md m 1 qU
s √ m
在B、C间有t = =s❑
2 v 2qU
√2m √ m √ m
则整个过程时间t=t +t =d❑ +s❑ =(d+L)❑
1 2 qU 2qU 2qU
√ q
保持S闭合，U不变，仅❑ 变大，t变短，故A错误；
m
B．结合A分析可知，保持S闭合，仅U增大，t变短，故B错误；
C．结合A分析可知，保持S闭合，U不变，AC位置不变，仅B极板向右移动，则d增大，s减小，L不
变，t变长，故C正确；
D．将S断开，极板上电荷量Q不变，AC位置不变，仅B极板向右移动，A、B间电场强度
d 2d
U Q 4πkQ t = = s
E= = = 不变，则加速度不变，则有v2=2ad， 1 v v ，t =
d Cd εS 2 v
2
2d+s d+L 1 ( L )
则整个过程时间t=t +t = = = ❑√d+
1 2 v ❑√2ad ❑√2a ❑√d( L )
由于d增大但小于L，s减小，L不变，根据数学知识可知，当d=L时， ❑√d+ 有最小值，可知，随
❑√d
( L )
着d增大但小于L， ❑√d+ 减小，则总时间t减小，故D错误。
❑√d
故选C。
【易错点】
q Q
A、B选项中 或U增大都会使t变短而非变长。D选项S断开后电场强度E= 不变（Q不变、S不变、
m Cd
d变大但C变小），加速度不变，需利用均值不等式分析t随d的变化趋势。
【知识总结】
① 核心概念定义
 电容器U不变：极板间电压恒定，电场强度E=U/d随d变化
4πkQ
 电容器Q不变：极板电荷量恒定，电场强度E= 与d无关
εS
② 解题要点
 分别推导加速阶段和漂移阶段的时间表达式
√ m
 S闭合时t=(d+L)❑ ，d增大则t变长
2qU
1 L
 S断开时t= (❑√d+ )，需用均值不等式判断极值
❑√2a ❑√d
③ 拓展关联
 飞行时间质谱仪在物理分析中的应用
 电容器动态分析的两类问题对比
第8题
8．玻璃镜片折射率是影响眼镜厚度的主要因素之一、如图，一束单色光从空气斜射入厚度为d的平行玻
璃砖左表面，从右表面射出，出射光线相对入射光线侧移量为Δx。现换用折射率较大的玻璃砖，保持入射角
不变，下列说法正确的是（ ）
A．若厚度d相同，侧移量变小B．若厚度d相同，侧移量变大
C．若侧移量Δx相同，厚度变小
D．若侧移量Δx相同，厚度变大
【答案】BC
【学科材料分析】
图中展示了光在平行玻璃砖中的折射光路。一束单色光从空气以入射角i射入折射率为n、厚度为d的平行
玻璃砖，在左表面折射后进入玻璃，在右表面折射后射出。出射光线与入射光线平行但发生侧移，侧移量为
Δx。折射率n越大，在入射角不变的条件下，折射角r越小（折射率定律sini=nsinr），光在玻璃中的偏折
cosi
程度越大。判断侧移量变化时，需结合几何关系分析：侧移量Δx=dsini(1- )，与n和d均有关。
❑√n2-sin2i
【命题透视】
▶核心考点：平行玻璃砖模型，折射率变化对侧移量和厚度的影响。
▶链接教材：人教版选择性必修第一册”光的折射”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以眼镜镜片折射率为背景，将光的折射知识与日常生活中的光学应用结合，体现了物理
知识的生活化。
（2）问题设计：四个选项分两组讨论：相同厚度时侧移量变化（AB互斥），相同侧移量时厚度变化
（CD互斥）。要求学生理解折射率增大时光线偏折更大的物理本质，并结合光路图分析。
（3）考查目标：侧重考查物理观念中的光学基本概念，以及通过光路图分析折射问题的能力。
【解析】
AB．根据题意，画出光路图（蓝色），现换用折射率较大的玻璃砖，保持入射角不变，折射角变小，若
厚度d相同，画出光路图（黄色），如图所示
由图可知，侧移量变大，故A错误，B正确；
CD．根据题意，画出光路图（蓝色），现换用折射率较大的玻璃砖，保持入射角不变，折射角变小，若
侧移量Δx相同，画出光路图（黄色），如图所示由图可知，厚度变小，故C正确，D错误。
故选BC。
【易错点】
容易凭直觉认为折射率增大导致光线偏折更大，因此需要更厚的玻璃砖才能产生相同的侧移量，从而误选
D。实际上折射率增大后偏折更剧烈，较薄的玻璃砖就能产生相同的侧移量。
【知识总结】
① 核心概念定义
 平行玻璃砖：出射光线与入射光线平行，但有侧移
cosi
 侧移量：Δx=dsini(1- )，与n、d、i均有关
❑√n2-sin2i
 折射定律：n sini=n sinr
1 2
② 解题要点
 折射率增大→折射角减小→偏折更剧烈
 厚度相同→侧移量变大；侧移量相同→厚度变小
 通过画光路图辅助判断
③ 拓展关联
 光通过三棱镜的偏折（出射光线不平行于入射光线）
 全反射现象与临界角
第9题
9．一列简谐横波在均匀介质中沿直线传播，a、b为介质中平衡位置相距0.5m的两个质点。t=0时刻的
波形图如图，0.5s时a振动至波谷，1.2s时b第一次回到波峰，则（ ）
A．波的周期为1.2sB．波速为10m/s
C．波的振幅为4❑√3cm
D．0∼0.6s内质点a的路程为8❑√3cm
【答案】ACD
【学科材料分析】
图中展示了t=0时刻简谐横波的波形图，横轴为x轴（波的传播方向），纵轴为y轴（质点位移）。波形
图显示两个质点a和b的平衡位置相距0.5m。关键信息：t=0时质点b位于波峰（最大正位移处），质点a位于
波峰与平衡位置之间（位移为6cm，正值）。需结合以下时间信息分析：0.5s时a振动至波谷（从当前位置到
波谷需要的时间）、1.2s时b第一次回到波峰（恰好一个完整周期）。由波形图可读出波长、判断波的传播方
向，进而求波速、振幅和路程。
【命题透视】
▶核心考点：波的图像，波长、频率和波速的关系，质点振动方程与路程计算。
▶链接教材：人教版选择性必修第一册”机械波”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以简谐横波的传播为背景，要求学生从波形图和时序信息中综合分析波动特征。
（2）问题设计：四个选项分别考查周期（A）、波速（B）、振幅（C）和路程（D），需要学生综合利
用波形图、时间信息和振动方程求解。B选项的波速10m/s是干扰值。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中从图像和条件中提取信息、建立振动方程并综合分析的能力。
【解析】
A．根据题意由图可知，t=0时，质点b在波峰，1.2s时b第一次回到波峰，则波的周期为1.2s，故A正
确；
5 1
B．由于t=0.5s= T< T时a振动至波谷，则t=0时，质点a沿y轴负方向振动，则波沿x轴正方向传
12 2
1 1
播，质点a由波峰振动到此位置的时间为 T，则质点a的振动传播到质点b需要t'= T=0.1s，则波速为
12 12
x 0.5
v= = m/s=5m/s
，故B错误；
t' 0.1
(2π 2 )
CD．设波的振幅为A，结合上述分析可知，质点a的振动方程为y=Asin t+ π cm
T 3
又有t=0时，y=6cm
解得A=4❑√3cm
1
经过Δt=0.6s= T时间，质点a通过的路程为s=2A=8❑√3cm，故CD正确。
2
故选ACD。
【易错点】1
B选项容易将波速误算为10m/s，需注意质点a从波峰到当前位置经历的时间为 T，振动传播到b需要
12
0.5 2π ❑√3
0.1s，波速为 =5m/s。C选项需由振动方程求振幅，y(0)=6=Asin =A⋅ 。
0.1 3 2
【知识总结】
① 核心概念定义
x λ
 波速公式：v= = =λf
t T
 振动方程：y=Asin(ωt+φ )
0
 半个周期内路程：s=2A
② 解题要点
 由波形图判断质点振动方向→确定波传播方向
 由b回到波峰的时间确定周期T
 由质点a的位移和振动方程求振幅A
③ 拓展关联
 波的叠加与干涉
 多普勒效应
第10题
10．如图，物块N、P、Q的质量分别为m、m、2m，Q通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑
轮与P连接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连。初始时托住N和Q，使弹簧处于原长，三个物块
均静止。现同时无初速度释放N和Q，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在
1
弹性限度内，弹性势能E = kx2 （x为形变量），重力加速度大小为g。则（ ）
p 2
g
A．释放后瞬间Q的加速度大小为
3
B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg
3mg
C．释放后N下降的最大距离为
4k
g √3m
D．释放后N的速度最大值为 ❑
2 k【答案】AD
【学科材料分析】
图中展示了滑轮-弹簧连接体系统：物块N（质量m）通过轻弹簧（劲度系数k）与物块P（质量m）连接，
P在N正下方；物块Q（质量2m）通过不可伸长的轻绳绕过两个固定光滑定滑轮与P连接，Q与P等高。初
始时弹簧处于原长，N和Q被托住静止。释放后，N向下运动、Q向下运动、P向上运动（因为绳不可伸长，
P和Q的运动位移大小相等）。系统水平方向合力为零，竖直方向：左边受力2mg(Q的重力)，右边也受力
2mg(N的重力mg + P的重力mg)，整体合力为零，可应用动量守恒定律分析。
【命题透视】
▶核心考点：牛顿第二定律求瞬时加速度，人船模型（动量守恒），机械能守恒定律在弹簧类问题中的应
用。
▶链接教材：人教版必修第一册”牛顿运动定律”、必修第二册”机械能守恒定律”、选择性必修第一
册”动量守恒定律”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以滑轮-弹簧连接体系统为背景，考查牛顿第二定律、动量守恒和能量守恒的综合应用。
（2）问题设计：四个选项分别考查释放瞬间Q的加速度（A）、绳的拉力（B）、N下降的最大距离
（C）和N的最大速度（D）。A、B考查瞬时加速度分析，C、D考查最大距离和最大速度的求解，需要综合
运用动量守恒和能量守恒。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的综合分析能力和数学运算能力，以及对连接体系统中动量守恒条
件的判断。
【解析】
AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳上的拉力
大小为T，对Q、P整体，由牛顿第二定律有2mg-mg=(m+2m)a
对Q，由牛顿第二定律有2mg-F=2ma
1 4
联立解得a= g，F= mg，故A正确，B错误；
3 3
CD．根据题意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的2mg，右边也受向下的2mg，整体合力为零，
由动量守恒定律有mv =(m+2m)v
N PQ
则有mv t=(m+2m)v t
N PQ
可得mx =(m+2m)x
N PQ
解得v =3v ，x =3x
N PQ N PQ
1 1
设释放后N下降的最大距离为x =h，则x = h，此时弹簧形变量为Δx =h+ h
N PQ 3 1 3
1 1 1
由能量守恒定律有mgh+2mg⋅ h-mg⋅ h= k(Δx ) 2
3 3 2 1
3mg
解得h=
2k1 1
释放后N的速度最大时为v =v ，则有v = v = v
N m PQ 3 N 3 m
又有k Δx =mg
2
mg
解得Δx =
2 k
3mg mg
则有x' = ，x' =
N 4k PQ 4k
由能量守恒定律有mgx' +2mg⋅x' -mg⋅x' = 1 k(Δx ) 2+ 1 mv2+ 1 (m+2m) (1 v ) 2
N PQ PQ 2 2 2 m 2 3 m
g √3m
解得v = ❑ ，故C错误，D正确。
m 2 k
故选AD。
【易错点】
A选项容易忽略释放后瞬间弹簧形变量为零的条件，错误地对P单独列牛顿第二定律方程。C选项中N下
降的最大距离不是弹簧压缩到最大时的距离，而是N速度减为零时的距离。需要正确建立位移关系x =3x
N PQ
和形变量关系。
【知识总结】
① 核心概念定义
 动量守恒条件：系统所受合力为零，总动量守恒
 人船模型：m x =m x ，速度与质量成反比
1 1 2 2
 弹簧系统最大速度条件：加速度为零（合力为零）时速度最大
② 解题要点
 释放后瞬间弹簧形变量为零→弹力为零→只分析重力和绳拉力
 整体合力为零→动量守恒→v =3v ，x =3x
N PQ N PQ
 N速度最大时弹簧对N的弹力等于N的重力，此时k Δx =mg
2
③ 拓展关联
 弹簧系统中动能与势能的转化
 系统动量守恒与能量守恒的综合应用
第11题
11．某同学使用打点计时器进行”测量速度和加速度”的实验。
(1)下述操作正确的是______（填正确答案标号）。
A．先拉动纸带，再开始打点
B．先开始打点，再拉动纸带(2)该同学用电源频率为50Hz的打点计时器从左至右打出如图所示的一条纸带。可用某点左右相邻点间的
m
平均速度代表该点的瞬时速度，则P点的瞬时速度为______ （保留三位有效数字）。
s
m
(3)测得Q点的瞬时速度v =0.560m/s，则P、Q两点间的平均加速度为______ （保留三位有效数字）。
Q s2
【答案】(1)B
(2)0.305
(3)1.28
【学科材料分析】
图中展示了打点计时器打出的纸带，从左至右有一系列等时间间隔的打点。刻度尺标注了各点的位置读数
（单位：cm）。关键信息：P点位于刻度2.40cm和3.62cm之间，Q点位于纸带的另一位置。纸带上相邻点间
Δx
的时间间隔为打点周期T=0.02s（电源频率50Hz）。利用平均速度法求某点的瞬时速度：v = ，其中Δx
P 2T
为P点左右相邻两点间的距离。需注意读数精度和有效数字的保留要求。
【命题透视】
▶核心考点：打点计时器的原理及使用，瞬时速度和加速度的测量方法。
▶链接教材：人教版必修第一册”实验：探究小车速度随时间变化的规律”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以经典的打点计时器实验为背景，考查实验操作规范和数据处理能力。
（2）问题设计：(1)考查操作规范（先打点后拉动）；(2)考查平均速度法求瞬时速度；(3)考查加速度的计
算。三个设问层层递进，从操作到读数到计算。
（3）考查目标：侧重考查科学探究中的实验操作能力和数据处理能力。
【解析】
（1）使用打点计时器时，为了使打点稳定并有效利用纸带，应先接通电源开始打点，待打点稳定后再释
放纸带拉动其运动。若先拉动纸带再打点，可能导致纸带上打出的点很少甚至没有点，且初始阶段打点不稳定。
故选B。
（2）由图可知，P点左侧相邻点对应的刻度为x =2.40cm，右侧相邻点对应的刻度为x =3.62cm。
1 2
P点左右相邻两点间的距离Δx=x -x
2 1打点计时器电源频率为50Hz，打点周期T=0.02s，根据用某点左右相邻点间的平均速度代表该点的瞬时
Δx
速度，可得P点的瞬时速度v = =0.305m/s
P 2T
v -v 0.560-0.305
（3）根据加速度定义式，P、Q两点间的平均加速度a= Q P= m/s2≈1.28m/s2
10T 0.2
【易错点】
(2)问中P点左右相邻两点的距离Δx=3.62-2.40=1.22cm，注意时间间隔为2T=0.04s。(3)问中P、Q
之间隔了10个时间间隔（10T=0.2s），注意不是1个或2个。
【知识总结】
① 核心概念定义
1
 打点周期：T= ，f =50Hz时T=0.02s
f
x +x
 平均速度法：v = 左 右，用平均速度近似瞬时速度
P 2T
② 解题要点
 操作规范：先接通电源，待打点稳定后释放纸带
 读数时注意刻度尺精度，注意单位换算（cm→m）
 加速度计算：注意P、Q之间的时间间隔Δt=10T
③ 拓展关联
 逐差法求加速度
 v-t图像法求加速度
【答题模板】
1. 操作规范：先接通电源开始打点，待打点稳定后释放纸带
2.
读数：读取P点相邻两点的刻度值，计算间距Δx=x -x
2 1
Δx
3. 求瞬时速度：v = （注意T=0.02s）
P 2T
v -v
4. 求加速度：a= Q P（注意P、Q之间的时间间隔）
Δt
第12题
12．在电阻阻值测量中常常会用到平衡比较法。某实验小组测量待测电阻R 的阻值。
x(1)实验步骤如下：
①图甲中，开关S 断开时灵敏电流表G（零刻线在表盘正中间）的指针指向正中间，开关S 闭合时G指针
1 1
向A端偏转。用图乙所示的电路进行实验，开关S 闭合前，滑动变阻器R的滑片应该置于______端（填”C
2
“或”D“）。
②图乙中，a、b、c是三个完全相同的电阻，R 为电阻箱，R 为待测电阻。闭合开关S ，调节滑动变阻
M x 2
器R，发现灵敏电流表G指针向B端偏转，则此时应调节电阻箱使R 阻值______（填”增大”或”减小”），
M
使G指零（指针指向正中间）。
③读得电阻箱R 的阻值为846Ω，则待测电阻R 的阻值为______Ω。
M x
(2)当a、b、c三个电阻不完全相同时：
①用图乙所示电路按上述步骤使灵敏电流表G指零，读得R 的阻值记为R ，在不增加实验器材的前提下
M 1
需增加实验步骤完成实验，该步骤为______（单选，填正确答案标号）。
A．交换”a“和”b、c“的位置，调节电阻箱使G重新指零，读R 阻值
M
B．将滑动变阻器的滑片向C滑动，使G重新指零，读R 阻值
M
C．交换”R “和”b、c“的位置，调节电阻箱使G重新指零，读R 阻值
M M
②按所选步骤读得R 的阻值记为R ，则待测电阻R 的阻值为______（用R 、R 表示）。
M 2 x 1 2
【答案】(1) D 增大 423
(2) A ❑√R R
1 2
【学科材料分析】
图中展示了电桥法测电阻的实验电路。图甲为判断灵敏电流表偏转方向的测试电路；图乙为实际测量电路，
构成惠斯通电桥：左侧为待测电阻R 与电阻箱R 串联分压，右侧为三个电阻a、b、c构成比例臂，灵敏电流
x M
表G接在电桥中间检测平衡。滑动变阻器R串联在主电路中用于调节电压。当电桥平衡时（G指零），满足
R R
x = a 。若三个电阻不完全相同，需采用交换法消除系统误差。
R R
M bc
【命题透视】
▶核心考点：电桥法测电阻，电桥平衡条件，交换法消除系统误差。
▶链接教材：人教版必修第三册”电学实验”相关内容的拓展。▶命题分析：
（1）情境创设：以电桥法测电阻为背景，这是高考物理实验中常见的创新题型，考查学生对电桥平衡原
理的理解和实验方法的应用。
（2）问题设计：第(1)问考查基本操作（保护电流表、调节平衡、读数计算）；第(2)问考查系统误差的消
除方法（交换法），这是本题的创新点，要求学生在不增加器材的前提下提出消除误差的方案。
（3）考查目标：侧重考查科学探究中的实验设计能力和误差分析能力，以及对电桥平衡条件的理解。
【解析】
（1）①为了保护灵敏电流表G，闭合开关S 前，应使测量电路（电桥）两端的电压最小，故滑片应置于
2
D端。
②由题意可知，电流从A端流入时指针向A端偏转。图乙中G指针向B端偏转，说明B端电势高。要使
G指零，需增大φ 或减小φ 。根据电路图可知，增大R 可使R 分压减小，φ 升高，故应调节电阻箱使R 阻
A B M x A M
值增大。
R R
③图乙为电桥电路，平衡时满足 x = a
R R
M bc
已知a、b、c为三个完全相同的电阻，代入平衡条件解得R =423Ω
x
（2）①当a、b、c不完全相同时，为了消除电阻阻值不准确带来的系统误差，可采用交换法。即交换比
R R
例臂电阻的位置。原平衡条件为 x = a
R R
1 bc
R R
交换a和b、c的位置后，新平衡条件为 x = bc
R R
2 a
两式相乘可消去R 和R ，解得R =❑√R R
a bc x 1 2
故选A。
②由上述分析可知R =❑√R R
x 1 2
【易错点】
第（1）问的②问中G指针向B端偏转说明B端电势高，应增大R 使φ 升高，容易混淆调节方向。第(2)
M A
问中交换法的核心是交换比例臂的位置（a与b、c），而不是交换R 和b、c（选项C），需理解电桥平衡条件
M
的对称性。
【知识总结】
① 核心概念定义
R R
 电桥平衡条件： x = a ，G中无电流
R R
M bc
 交换法：交换比例臂位置后重新测量，两次结果取几何平均消除系统误差
② 解题要点
 闭合开关前滑片置于安全位置（分压最小） G指针偏转方向反映电势高低
 三个电阻完全相同→R =R /2
x M
 交换法求R =❑√R R
x 1 2
③ 拓展关联
 惠斯通电桥的灵敏度分析
 半桥和全桥电路的应用
【答题技巧】
1. 保护电路：闭合开关前滑片置于使测量电路电压最小的位置
2. 调节平衡：根据G偏转方向判断哪端电势高，调节R 使G指零
M
3. 读数计算：读取R 值，由电桥平衡条件计算R
M x
4. 消除误差：采用交换法，交换比例臂位置后重新测量，R =❑√R R
x 1 2
第13题
13．某小组设计并完成了”稳定平抛水柱”实验。如图，竖直放置的储水瓶液面上方封闭少量气体，底部
竖直细管甲与大气连通、水平细管乙有一阀门K。初始时K关闭，瓶内上方气体体积V =200mL，甲管内恰无
1
水且A端口距水面高h =20cm，乙管B端口距水面高h =30cm；打开K，水持续从乙管流出，大气通过甲管进
1 2
入瓶内，当水面与甲管A端口齐平时关闭K，此时瓶内上方气体的总体积V =1510mL。已知大气压强
2
p =1.00×105Pa、水的密度ρ=1.00×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，忽略温度变化与瓶体形变，气体
0
均可视为理想气体。求：
(1)初始K关闭时，瓶内上方气体压强p 和乙管B端口处压强p ；
1 2
(2)在打开K到关闭K的过程中，进入瓶内的空气在大气压强下的体积ΔV。
【答案】(1)9.8×104Pa，1.01×105Pa
(2)1314mL
【学科材料分析】
图中展示了储水瓶实验装置：竖直储水瓶上方封闭少量气体，底部有竖直细管甲（与大气连通）和水平细
管乙（有阀门K）。甲管内恰无水说明A端口处压强等于大气压强。关键几何关系：A端口距水面高
h =20cm，B端口距水面高h =30cm。初始状态K关闭，气体体积V =200mL；末状态水面与A端口齐平，
1 2 1气体体积V =1510mL。过程分析：(1)求初始气体压强——甲管A端口处为大气压，由液体压强公式向上推算；
2
(2)求进入瓶内的空气体积——对瓶内原有气体和进入的空气整体应用玻意耳定律。
【命题透视】
▶核心考点：玻意耳定律的理解及初步应用，液体压强公式。
▶链接教材：人教版选择性必修第三册”气体的等温变化”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”稳定平抛水柱”实验为背景，将气体实验定律融入创新实验情境，体现物理在实验
探究中的应用。
（2）问题设计：第(1)问考查液体压强公式的应用，由甲管A端口处的大气压推算瓶内气体压强；第(2)问
考查玻意耳定律的综合应用，需要对原有气体和进入的空气整体列方程。
（3）考查目标：侧重考查科学探究中的模型建构能力和物理规律的综合应用能力。
【解析】
（1）初始K关闭时，甲管与大气连通且管内恰无水，说明A端口处压强等于大气压强p 。由液体压强公
0
式可知，瓶内上方气体压强p 满足p +ρgh =p
1 1 1 0
代入数据解得p =9.8×104Pa
1
乙管B端口处压强p 满足p =p +ρgh
2 2 1 2
代入数据解得p =1.01×105Pa
2
（2）当水面与甲管A端口齐平时，瓶内上方气体压强等于大气压强p 。设进入瓶内的空气在大气压强下
0
的体积为ΔV，对瓶内原有气体和进入的空气整体应用玻意耳定律，有p V +p ΔV =p V
1 1 0 0 2
代入数据解得ΔV =1314mL
【易错点】
第(1)问中液体压强公式的方向容易搞反：p +ρgh =p ，即p =p -ρgh 。第(2)问中需对原有气体和进
1 1 0 1 0 1
入的空气整体应用玻意耳定律，不能只对原有气体列方程。
【知识总结】
① 核心概念定义
 玻意耳定律：p V =p V （等温过程）
1 1 2 2
 液体压强公式：Δp=ρgh，深度越深压强越大
 混合气体问题：对原有气体和进入的空气整体应用状态方程
② 解题要点
 由甲管A端口处压强等于大气压，推算瓶内气体压强
 乙管B端口压强等于瓶内气体压强加水柱压强
 第(2)问：p V +p ΔV =p V ，整体列方程
1 1 0 0 2
③ 拓展关联 理想气体状态方程（涉及温度变化时）
 查理定律（等容过程）
【答题模板】
1. 选取研究对象：瓶内上方封闭气体（原有+进入的空气）
2. 确定初末状态：初态(p ,V )→末态(p ,V )
1 1 0 2
3. 应用玻意耳定律：p V +p ΔV =p V
1 1 0 0 2
4. 代入数据求解：注意单位统一（mL、Pa）
第14题
14．如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中AB段的长度l=36m、倾角为θ，
BC段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从A点由静止下滑，经过t=6s到达B点，此后进入BC段继续滑行。
1
游客甲和滑板的总质量m=60kg，AB段、BC段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为μ 、μ ，其中μ = 。重
1 2 2 10
1
力加速度g取10m/s2，sinθ= 。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在B点处的机械能损失。
3
(1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数μ ；
1
(2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；
(3)当甲到达B点时，游客乙乘同样滑板恰以5m/s的速度经过A点下滑。求乙到达B点时与甲的距离。
❑√2
【答案】(1)μ =
1 10
(2)2880J，720kg⋅m/s
(3)40m
【学科材料分析】
图中展示了游乐场滑道的侧面示意：AB段为倾斜直道（长度l=36m、倾角为θ），BC段为水平直道且足
够长。游客从A点由静止下滑，在AB段受重力mg、支持力N和摩擦力f =μ N作用，做匀加速直线运动到达
1 1
B点；进入BC段后受摩擦力f =μ mg作用，做匀减速直线运动。第(3)问引入游客乙从A点以初速度
2 2
v =5m/s下滑的情境，需要同时分析甲在BC段的减速运动和乙在AB段的加速运动，计算两者到达B点的时
0
间差对应的位移差。
【命题透视】
▶核心考点：已知运动求受力，牛顿第二定律的应用，机械能损失和动量变化的计算。▶链接教材：人教版必修第一册”牛顿运动定律”、必修第二册”机械能守恒定律”和选择性必修第一
册”动量”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以游乐场滑道为背景，将动力学问题融入生活情境，体现物理在生活中的应用。
（2）问题设计：第(1)问由运动求加速度再求摩擦因数；第(2)问计算机械能损失（摩擦力做功）和动量变
化；第(3)问创设追及问题情境，综合考查运动学分析能力。三个设问由基础到综合，梯度合理。
（3）考查目标：侧重考查物理观念中力学规律的综合应用能力，以及科学思维中的模型建构和数学运算
能力。
【解析】
1
（1）当甲从A点滑至B点根据L= at2
2
代入数据可得a=2m/s2
根据牛顿第二定律有mgsinθ-μ mgcosθ=ma
1
1 2❑√2
又因为sinθ= ，所以cosθ=
3 3
❑√2
代入数据联立可得μ =
1 10
（2）甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有
ΔE=W =μmgcosθ⋅L=2880J
f
根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式v2=2aL可得甲到达B点的速度为
12m/s
所以AB段动量的变化量为Δp=mv-0=720kg⋅m/s
1
（3）乙从A滑到B的过程根据运动学公式有L=v t'+ at'2
0 2
代入数据解得t'=4s
甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ mg=ma
2 2
可得a =1m/s2
2
甲到达B点的速度为v=12m/s，在4s内甲没有停止；
1
在t'=4s内，甲运动的距离x=vt'- a t'2
2 2
代入数据解得x=40m，即甲乙之间的距离为40m。
【易错点】
(2)问中机械能损失等于摩擦力做的功W =μ mgcosθ⋅L，注意用μ 而不是μ 。(3)问中需要先验证甲在
f 1 1 2
4s内是否停止：甲从12m/s减速，加速度-1m/s²，4s后速度为8m/s，未停止。【知识总结】
① 核心概念定义

机械能损失：ΔE=W =μmgcosθ⋅L（等于摩擦力做功）
f
 动量变化量：Δp=mv-mv （矢量，但通常取大小）
0
 追及问题：同时分析两个物体的运动，找时间关系
② 解题要点
1
 由L= at2 求加速度，再由牛顿第二定律求摩擦因数
2
 机械能损失=克服摩擦力做的功
 追及问题：求出乙到达B点的时间，计算该时间内甲的位移
③ 拓展关联
 功能关系与动能定理
 斜面上物体的运动分析（有无摩擦力）
【答题模板】
1. 受力分析：画受力图，列出牛顿第二定律方程
2. 运动分析：由运动学公式求加速度和速度
3.
求摩擦因数：mgsinθ-μ mgcosθ=ma
1
4. 求机械能损失：ΔE=μ mgcosθ⋅L
1
5. 追及问题：分别求两人到达B点的时间关系，计算位移差
第15题
15．如图，垂直于x轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放置，挡板P有一小孔在原点O处，O点到
垂直于y轴的两金属板距离相等。在xOy平面位于(-L,0)处的粒子源以速率v 向面内各方向发射质量为m、
0
48mv2
电荷量为q(q>0)的带电粒子。两金属板（上板为正极）间距为2L，板间电压U初始为 0。在xOy平面y
25q
轴右侧，圆心O'位于(0,L)、直径在y轴、半径为L的半圆区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，其磁感
mv
应强度大小为 0。在x>L处有一垂直于x轴的固定弹性绝缘挡板Q，粒子若碰到Q将发生弹性碰撞且电荷量
qL
q不变。粒子打到金属板或挡板P均会被吸收，不计粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。（
v 、m、q、L均为已知量）
0(1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从O点处射入磁场速度方向与x轴正向夹角的正弦值；
(2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞，求其再次射入磁场到达挡板P上位置的y坐标；
(3)若仅改变电压U的大小(U>0)，在不同电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到挡板P右侧面；进
入磁场的所有粒子打到挡板P右侧面有1个撞击点或2个撞击点，求以上三种情况分别对应的电压取值范围
（用已知量v 、m、q表示）。
0
【答案】(1)0.6或0.8
2 4
(2) L或 L
5 5
2mv2
(3)当U> 0时，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。
q
16mv2
当0<U< 0时，仅θ 粒子能进入磁场，1个撞击点；
1
17q
16mv2 2mv2
当 0≤U< 0时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；
17q q
2mv2
当U= 0时，两粒子轨迹重合，1个撞击点。
q
【学科材料分析】
图中展示了带电粒子在复合场中的运动装置。关键几何要素：挡板P（垂直于x轴，在y轴左侧，O处有
小孔）、平行金属板（间距2L，板间有匀强电场，场强沿y轴方向）、半圆形磁场区域（圆心(0,L)，半径L，
磁场垂直纸面向里）、挡板Q（在x=L处，弹性碰撞）、粒子源（在(-L,0)处）。粒子从粒子源发射后先在
电场中做类斜抛运动（水平匀速+竖直匀加速），可能到达O点进入磁场。在磁场中做匀速圆周运动（半径
mv
R= 0=L），从磁场射出后与Q板弹性碰撞返回，再次进入磁场，最终打到P板上。需注意
qB
qU
sin(2θ)=
是能否到达O点的关键条件。
2mv2
0
【命题透视】
▶核心考点：粒子由电场进入磁场，带电粒子在圆形边界磁场中的运动，弹性碰撞后的多过程分析。▶链接教材：人教版必修第三册”带电粒子在电场中的运动”、”磁场”相关内容。
▶命题分析：
（1）情境创设：以带电粒子在电场-磁场-挡板复合场中的运动为背景，这是高考物理压轴题的经典模型，
考查多过程综合分析能力。
（2）问题设计：第(1)问考查类斜抛运动中到达O点的条件，求射入磁场时的角度；第(2)问考查磁场中的
圆周运动和弹性碰撞后的轨迹分析；第(3)问考查不同电压条件下的粒子运动分类讨论，难度最高。三个设问
从单一过程到多过程到分类讨论，梯度清晰。
（3）考查目标：侧重考查科学思维中的综合分析、数学运算和创新探究能力，以及物理观念中带电粒子
运动规律的综合应用。
【解析】
（1）粒子在电场中做类斜抛运动
qU
24v2
设粒子初速度方向与x轴夹角为θ，加速度a= = 0
m(2L) 25L
方向沿y轴正向。粒子从(-L,0)运动到(0,0)，水平方向L=v cosθ⋅t
0
1
竖直方向0=-v sinθ⋅t+ at2
0 2
24
联立解得v2sin(2θ)=aL= v2
0 25 0
qU 24
即
sin(2θ)= =
2mv2 25
0
在O点，v =v cosθ，v =-v sinθ+at=v sinθ
x 0 y 0 0
v
设射入磁场速度方向与x轴夹角为β，则tanβ= y =tanθ
v
x
即β=θ
24
根据sin(2β)= ，sin2β+cos2β=1
25解得sinβ=0.6或sinβ=0.8
mv
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R= 0=L
qB
磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向
右，如下图
射出点纵坐标y =L(1-cosα)
出
3 4 L
当sinα= 时，cosα= ，y =
5 5 出 5
4 3 2L
当sinα= 时，cosα= ，y =
5 5 出 5
粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入磁场。
由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板P上的位置纵坐标y=2y
出
2 4
故y坐标为 L或 L。
5 5
qU 24
（3）根据（1）可知sin(2θ)= =
2mv2 25
0qU 2mv2
设 k= 。粒子能到达O点需满足sin(2θ)=k，即k≤1，U≤ 0
2mv2
q
0
2mv2
若U> 0，则k>1，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。
q
2mv2
当U≤ 0时，存在两个发射角θ ,θ （假设θ 大于θ ）。粒子在电场中不撞板条件为|y |≤L，如下
1 2 2 1 min
q
图
上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可知，
L
tanθ=2× =4
此时 1
L
2
4❑√17 ❑√17
根据数学关系可知此时sinθ= ，cosθ=
17 17
8 16mv2
解得对于θ 需k=sin(2θ)≥ ，即U≥ 0
2 17 17q
此时θ 对应粒子轨迹刚好与上极板相切。
2
16mv2
综上所述，当0<U< 0时，仅θ 粒子能进入磁场，1个撞击点；
1
17q
16mv2 2mv2
当 0≤U< 0时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；
17q q
2mv2
当U= 0时，两粒子轨迹重合，1个撞击点；
q
2mv2
当U> 0，则k>1，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。
q
【易错点】
(1)问中β=θ的推导容易被忽略，需要证明射入磁场的速度方向与初速度方向关于x轴对称。(2)问中
2 4
sinα=0.6和sinα=0.8分别对应两种轨迹，撞击点y坐标为 L和 L。(3)问分类讨论较复杂，需注意三种情
5 5
况的边界条件。
【知识总结】
① 核心概念定义 类斜抛运动：水平方向匀速，竖直方向匀加速
mv
 带电粒子在圆形边界磁场中的运动：半径R= ，入射点和出射点关于圆心连线对称
qB
 弹性碰撞：速度大小不变，方向关于碰撞面法线对称
② 解题要点
qU

sin(2θ)=
是粒子能否到达O点的关键
2mv2
0
 证明β=θ：入射磁场速度方向与初速度方向关于x轴对称
 磁场中圆周运动半径R=L，由几何关系确定射出点坐标
 分类讨论：θ 粒子不撞上极板的临界条件
2
③ 拓展关联
 回旋加速器中带电粒子的运动
 磁约束核聚变中的粒子运动
【答题模板】
1. 电场分析：分析类斜抛运动，由水平位移和竖直位移列方程
qU
2.
进入磁场条件：sin(2θ)= ≤1，求射入角度
2mv2
0
mv
3. 磁场分析：确定圆周运动半径R= 0=L，由几何关系求射出点坐标
qB
4. 碰撞分析：弹性碰撞后速度大小不变、方向反转，再次进入磁场
5. 分类讨论：分析不同电压下粒子的运动情况，确定撞击点数量和位置