文档文本内容
2026 年高考黑吉辽蒙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年高考黑吉辽蒙卷物理试题，共15题，涵盖单选题7道（每题4分，共28分）、多选题3道
（每题6分，共18分）、实验题2道（共约22分）、解答题3道（共约32分），总分100分。整体难度定位
中等偏上，基础性为主，兼顾综合性、应用性和创新性。
试题梯度设计合理：第1-3题为易题（难度0.85以上），侧重基础概念辨析；第4-6题为中等题（难度
0.56-0.68），考查图像分析与定性推理；第7题难度跃升至0.4，需要综合运用动能定理与对称性分析；第10
题难度仅为0.15，为全卷压轴选择题，涉及电磁感应与动量定理的复杂综合运算；第15题难度0.2，为全卷压
轴解答题，融合电场加速、磁场筛选、偏转电场与指数衰减模型，考查高阶综合建模能力。
试卷对力学（含牛顿运动定律、动量与能量、万有引力）、电磁学（含电场、电路、电磁感应、磁场）、
热学（理想气体状态方程）、光学（折射率）均有覆盖，物理学科核心素养（物理观念、科学思维、科学探究、
科学态度与责任）在设问层次中得到充分体现。
📖 试题亮点
一、地域特色素材融入命题，情境新颖不生硬
开篇第 1 题选用东北 G331 最美边境公路、第 2 题古代农具秧马作为载体，把位移、质点、摩擦力、
相互作用力等基础概念融入生活化场景，避免枯燥纯理论题干，引导学生用物理知识解释生活事物，落实学以
致用。前沿科技深度融合，紧跟国内航天、微观物理热点。羲和二号拉格朗日卫星、纳米电子加速器、时间分
辨粒子分析仪三大前沿素材贯穿单选、多选、压轴大题，将万有引力、电场加速、磁场偏转、复合场多过程等
核心考点封装于科技背景，强化科学态度与责任素养。
二、动量定理微元法成为核心难点，突出物理核心思维
多选第 10 题双线框双磁场、压轴 15 题粒子多阶段运动均大量使用动量定理微元求和处理电磁感应、带
电粒子变加速问题，区别于常规动能定理套路，侧重考查学生 “微元、累积” 物理思维，是本卷最突出的能
力亮点。
三、实验命题创新升级，弱化机械操作，强化数据推导与应用
两道实验均不是教材原版复刻：光学实验结合激光测距仪的工作原理拓展设问；电容实验增加额外电容扣
除、多层介质、图像斜率比例推导，设问由 “读数、计算” 延伸至原理应用、误差分析、比例关系推导，全
面考查科学探究能力。
四、设问层次丰富，同一模型设置梯度化问题
解答题分层设问逻辑清晰，由浅入深：13 题先求最大速度、再求模拟重力时间；14 题先弹性碰撞、再弹
簧摩擦能量综合；15 题分动能变化、单一偏转、周期性光斑临界三层递进，基础学生可拿前两问分数，尖子
生冲刺最后一问，分层选拔效果显著。📖 命题趋势
一、聚焦基础辨析，搭建完整知识框架：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，强
调知识间的内在联系与灵活运用。本卷第1-3题均以基本概念辨析为主，提醒备考中应夯实力学基础概念体系。
二、双轨情境命题，落实知识实际运用：命题将更加注重真实情境创设，引导学生运用物理知识解决实际
问题，体现物理学科的社会价值与应用意义。采用 “本土生活 + 大国科技” 双素材体系，生活题放基础单
选，航天、微观、电磁工业类科技题放中档、压轴；长情境题干只做背景铺垫，物理模型不变，核心考点与传
统母题完全一致，情境仅用于信息提取训练，不增加额外知识点。
三、强化综合推演，提升数理探究能力：试题将进一步强化对逻辑推理、探究创新等高阶思维能力的考查，
鼓励学生多角度、辩证地分析问题。第10题和第15题均需要建立物理模型并进行多步推理，体现了对高阶思
维的重视。常规中档题侧重代数公式联立，计算量适中；压轴题引入多层多阶段速度变化、几何三角函数、线
性变量临界推导，计算复杂度显著提升。
四、融合古今素材，承载素养育人目标：命题将持续围绕物理学科核心素养设计，引导学生形成正确的价
值观与必备品格，实现立德树人的根本任务。本卷在情境选择上兼顾传统文化（秧马）与现代科技（羲和卫星、
纳米加速器），体现文化自信与科学精神。
📖 考点细目表
题号 情境 知识点 设问角度
1 “最美边境公路”G331驾车路线 瞬时速度、质点、位移、路程 概念辨析
2 古代农具”秧马”减速滑行 牛顿第三定律、加速度与摩擦力方向 概念辨析、受力分析
3 小灯泡伏安特性曲线 非线性元件的I-U图像 数据读取与计算
4 纳米光子电子加速器电场线分布 电场线疏密、电场力做功与动能 定性推理
5 带电小球在匀强磁场中的运动轨 洛伦兹力方向、左手定则 轨迹判断
迹
6 动圈式扬声器作话筒 切割磁感线、右手定则、感应电动势 图像分析
7 变力作用下物块在水平面上的运 动能定理、瞬时功率、平均功率 综合比较
动
8 理想气体状态变化p-V图像 热力学第一定律、理想气体状态方程 综合判断
9 “羲和二号”卫星与拉格朗日点 万有引力、圆周运动、向心加速度 综合推理
L5
10 线框在双磁场区域往复运动 电磁感应、动量定理、等效电路 综合计算
11 激光测距仪测量折射率 折射率测量、光速与测距原理 实验设计与计算
12 验证平行板电容器电容公式 电容决定式、实验数据处理 实验操作与分析
13 模拟月球重力环境实验塔 动能定理、动量定理 分段计算
14 小球-木板-弹簧系统碰撞 弹性碰撞、能量守恒、弹簧模型 多过程综合
15 时间分辨-能量分析仪 电场加速、磁场筛选、偏转电场、衰减 综合建模
模型📖 考点模块占比分析
知识模块 题号 分值占比 考查侧重
力学（运动学、动力学、能量、动量） 1, 2, 7, 13, 14 约43% 概念辨析/综合应用/多过程建模
电磁学（电场、电路、电磁感应、磁 3, 4, 5, 6, 10, 12 约35% 定性推理/图像分析/综合计算
场）
热学（理想气体状态方程） 8 约4% 图像分析/综合判断
天体力学（万有引力、圆周运动） 9 约4% 综合推理
光学（折射率） 11 约7% 实验设计/原理验证
近代物理综合（电场+磁场+偏转+衰 15 约7% 跨模块综合建模
减）
📖 复习策略
一、教材溯源过关，主干公式闭环梳理
逐章梳理力学、电磁、热学、光学、原子物理核心概念，区分易混点：路程 / 位移、瞬时 / 平均速度、
平衡力与相互作用力、电场线场强判断、洛伦兹力偏转规律等。不孤立背诵公式，梳理公式推导过程、适用条
件，重点落实天体运动、动能定理、动量定理、电磁感应、理想气体状态方程、折射率公式，做到直接套用不
出错。
二、基础题型限时练，吃透教材原型
每天限时完成 7 道基础单选，对标试卷 1-4 题难度，训练快速判断概念正误；优先搞定质点、受力分析、
I-U 图像、基础电场定性判断等简单模型，保证基础题零失误。掌握纸带、伏安特性、折射、电容器基础操作
与读数等实验模型，为二轮创新探究实验铺垫。
三、专题模块综合练，针对性提升核心模块
力学综合专题是核心提分模块，覆盖变力功率、弹簧滑块弹性碰撞、竖直匀加速模拟重力模型；重点训练
动量守恒、动能定理联立解题，攻克动量微元法，对标多选第 10 题线框磁场模型。电磁综合专题是中档 +
压轴核心，可分层训练：基础层洛伦兹力轨迹、动圈式切割电动势；提高层双线框双磁场动量计算；压轴层电
子加速 + 偏转复合场多过程、线性变量临界推导，强化几何作图、三角函数运算。热学与光学专题是可以快
速掌握的模块，热学专攻图像问题、热力学第一定律；光学突破玻璃砖折射率几何计算，结合激光测距实际应
用拓展题型。
四、情境建模专项训练，数理计算专项提升
对于情境材料训练快速剥离文字的能力，提炼质点、摩擦力、受力平衡等基础模型；过滤科技背景，提取
天体圆周、电场加速、磁场偏转等核心模型，训练 15 秒快速建模。专项提升梳理计算能力，中档题训练基础
方程联立；压轴题专项练习多阶段速度迭代、几何轨迹方程、线性变化临界讨论，规范分步列式，减少计算失
误。📖 逐题解读
第1题
1．某游客驾车由丹东出发，沿”最美边境公路”国道G331到达额济纳旗，路线如图中实线所示，总里
程约7500km，起点到终点的直线距离约2000km。此过程（ ）
A．该车的路程约为2000km
B．该车的位移大小约为7500 km
C．某时刻该车速度计显示的是平均速度
D．若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点
【答案】D
【学科材料分析】
本题配图为一条蜿蜒的公路路线示意图，实线表示从丹东到额济纳旗的”最美边境公路”G331的实际行
驶路线，虚线（或直线）连接起点与终点。从图中可直接读出两个关键数据：总里程约7500km（路线长度）
和直线距离约2000km（起点到终点的空间直线距离）。路程对应轨迹长度，位移对应初位置到末位置的有向
线段长度，二者数值关系（7500>2000）为后续选项判断提供了直观依据。
【命题透视】
▶核心考点：路程与位移的区别与联系、瞬时速度与平均速度的概念辨析、质点模型的适用条件。
▶链接教材：人教版必修第一册”运动的描述”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”最美边境公路”G331为背景，将路程与位移的概念辨析嵌入真实驾车出行场景，体
现了物理知识在日常生活中的应用价值。
（2）问题设计：四个选项分别考查路程与位移的定义、瞬时速度与平均速度的区分、质点模型的条件判
断，设问角度覆盖运动学基础概念的核心辨析点。
（3）考查目标：侧重考查学生对基本物理概念的理解和辨析能力，属于信息提取与概念判断层次。
【解析】
AB．路程是物体运动轨迹的长度，位移是初位置到末位置的有向线段大小。本题中总里程7500km是路
程，起点终点的直线距离2000km是位移大小，故AB错误；
C．汽车速度计显示的是某一时刻的瞬时速度，不是平均速度，故C错误；D．研究该车的运动轨迹时，汽车自身的大小、形状相对于数千公里的运动路径可以忽略，因此可以将汽
车视为质点，故D正确。
故选D。
【易错点】
A选项将路程与位移混淆，7500 km是路程而非位移；B选项反之，2000 km是位移大小而非路程。C选
项是高频易错点，速度计显示的是瞬时速度而非平均速度。D选项中学生容易纠结”汽车体积很大”，但判断
质点的关键是”大小形状能否忽略”，相对于数千公里路径，汽车尺寸完全可以忽略。
【知识总结】
① 核心概念定义 - 路程：物体运动轨迹的实际长度，是标量，只有大小没有方向 - 位移：从初位置到末
位置的有向线段，是矢量，有大小和方向 - 质点：用来代替物体的有质量的点，当物体的大小和形状对所研
究的问题没有影响或影响可忽略时，可将物体视为质点
② 解题要点 - 路程是轨迹长度，位移是直线距离，二者大小关系为路程≥位移大小（等于仅当物体做单
向直线运动时） - 速度计显示的是瞬时速度，即某时刻的速度值 - 判断质点不看物体本身大小，而看”在所
研究的问题中大小形状是否可忽略”
③ 拓展关联 - 本题知识点与后续的速度-时间图像、位移-时间图像分析密切相关 - 质点模型是整个力学
的基础假设，贯穿质点运动学、动力学全过程
第2题
2．秧马是古代插秧时用的一种农具，苏轼用”日行千畦”形容其高效。如图，人抬脚跨坐在秧马上，与
其一起向前减速滑行的过程中（ ）
A．秧马的加速度方向向后
B．秧马受到秧田的摩擦力方向向前
C．秧马对人的支持力和人对秧马的压力是一对平衡力
D．秧马对人的支持力和人受到的重力是一对作用力与反作用力
【答案】A
【学科材料分析】
本题配图为”秧马”使用的示意图，展示了人跨坐在秧马上、双脚抬起的姿态，秧马在秧田上向前滑行。
图中关键信息：人抬脚跨坐（双脚离开秧田，人与秧马作为整体在秧田上滑动）、向前减速滑行（运动方向向
前但速度在减小）。从这些信息出发，需判断加速度方向、摩擦力方向、力的相互作用关系。
【命题透视】
▶核心考点：加速度方向与速度变化的关系、滑动摩擦力的方向判断、平衡力与作用力反作用力的辨析。▶链接教材：人教版必修第一册”牛顿运动定律”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以苏轼笔下”秧马”为背景，将古代农具融入力学分析，体现物理学科与历史文化的交
融，增加试题的文化内涵。
（2）问题设计：四个选项分别考查加速度方向判断、摩擦力方向判断、平衡力辨析、作用力反作用力辨
析，覆盖牛顿运动定律的核心易错点。
（3）考查目标：侧重考查受力分析能力和牛顿第三定律的应用，属于概念辨析与逻辑推理层次。
【解析】
A．秧马向前减速滑行，速度方向向前，减速运动的加速度方向与速度方向相反，因此加速度方向向后，
A正确。
B．秧马相对秧田向前运动，秧田对秧马的摩擦力阻碍相对运动，因此摩擦力方向向后，B错误。
C．秧马对人的支持力作用在人身上，人对秧马的压力作用在秧马身上，二者是作用力与反作用力（平衡
力要求作用在同一物体上），C错误。
D．作用力与反作用力是两个物体之间的相互作用，秧马对人的支持力是人跟秧马之间的相互作用，人受
到的重力是地球对人的引力，二者不是作用力与反作用力，D错误。
故选A。
【易错点】
B选项中”减速滑行”容易误认为摩擦力向前（如刹车力），但秧马减速是因为秧田对秧马的滑动摩擦力
（向后）阻碍运动，而非主动刹车。C选项中”支持力和压力”作用在不同物体上（人身上和秧马上），是作
用力与反作用力而非平衡力，这是高频易错点。D选项中”支持力”是秧马对人的力，“重力”是地球对人的
力，施力物体不同，不构成作用力与反作用力对。
【知识总结】
① 核心概念定义
- 加速度方向：与合外力方向相同，减速运动时加速度方向与速度方向相反
- 滑动摩擦力方向：与物体相对运动方向相反，总是阻碍物体间的相对运动
- 平衡力：作用在同一物体上的两个力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上
- 作用力与反作用力：作用在两个不同物体上的两个力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上
② 解题要点
- 减速→加速度与速度反向→合外力与运动方向相反
- 滑动摩擦力方向看”相对运动方向”，不是看”运动方向”
- 区分平衡力与作用力反作用力的关键：是否作用在同一物体上
③ 拓展关联
- 本题涉及的知识与”受力分析”专题紧密相关，是后续多体问题、连接体问题的基础
- 平衡力与作用力反作用力的辨析是历年高考高频易错点第3题
3．某同学做”描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，得到的I-U图像如图所示。从图中状态a到状态b，
小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为（ ）
A．2.0Ω，0.28W
B．2.0Ω，0.68W
C．7.0Ω，0.28W
D．7.0Ω，0.68W
【答案】B
【学科材料分析】
本题配图为小灯泡的I-U特性曲线，横轴为电压U（V），纵轴为电流I（A），曲线为过原点的非线性
曲线（向上弯曲）。从图像上需读取两个状态点的坐标：状态a和状态b。电阻由R=U/I计算，电功率由
P=UI计算，变化量分别为ΔR=R -R 和ΔP=P -P 。曲线的非线性特征体现了小灯泡电阻随温度升高而
b a b a
增大的物理规律。
【命题透视】
▶核心考点：非线性元件的伏安特性曲线、欧姆定律的应用、电功率计算。
▶链接教材：人教版必修第三册”导体电阻”及实验”描绘小灯泡的伏安特性曲线”。
▶命题分析：
（1）情境创设：以学生分组实验”描绘小灯泡的伏安特性曲线”为背景，直接关联教材核心实验，考查
从图像中读取数据并计算物理量的能力。
（2）问题设计：要求从I-U图像上读取两个状态点坐标，计算电阻和电功率的变化量，四个选项设置了
两组不同的变化量组合，考查数据读取和计算的准确性。
（3）考查目标：侧重考查图像信息的读取能力和基本物理量的计算能力，属于信息提取与简单计算层次。
【解析】
从I-U图像中读出两点坐标：
状态a:U =0.6 V，I =0.2A
a a
U
则 R = a=3Ω,P =U I =0.12W
a I a a a
a
状态b：U =2.0V，I =0.4A
b bU 2.0
则 R = b= =5Ω，P =U I =2.0×0.4=0.8W
b I 0.4 b b b
b
故电阻变化量为2Ω，电功率变化量为0.68W。
故选B。
【易错点】
本题最易出错的是从图像上读错坐标值，特别是状态a点的坐标。如果将U 读成0.4 V或I 读成0.3 A，将
a a
导致错误的计算结果。C选项（7.0Ω）的错误来源可能是将R 算成2.0/0.4=5Ω后与R 混淆，或直接取图像
b a
上两点的纵坐标差值作为电阻变化量。
【知识总结】
① 核心概念定义
- 伏安特性曲线：描述通过导体的电流I与其两端电压U之间关系的图像
- 非线性电阻：电阻值随工作条件（温度、电压等）变化的电阻元件，小灯泡是典型的非线性电阻
- 动态电阻：R=U/I，是I-U曲线上某点与原点连线的斜率的倒数
② 解题要点
- 从I-U曲线上读取坐标点时，先确定坐标轴分度值，再精确读数
- 电阻R=U/I是曲线上该点与原点连线的斜率倒数，不是曲线切线的斜率
- 电功率P=UI可从坐标值直接计算
③ 拓展关联
- 小灯泡电阻随温度升高而增大，这是金属电阻温度特性的典型表现
- 本题与”测量金属丝电阻率”实验有知识关联，都涉及R=U/I的应用
第4题
4．某种微型”纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加速电子
束。电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为恒定的，电场线分布如图所示，这段时间内（ ）
A．a点的电场强度比b点的大
B．电子沿直线从a点运动到b点时，动能减小
C．电子沿直线从b点运动到c点时，速度增大
D．电子束的横截面大小和形状均不变
【答案】C【学科材料分析】
本题配图展示了纳米柱体间电场线的分布示意图，图中标有a、b、c三个关键位置。电场线的疏密表示电
场强度大小：b点处电场线最密，场强最大；a点处电场线较疏，场强较小。电场线方向从左到右，即场强方
向向右。电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。
【命题透视】
▶核心考点：电场线疏密与场强关系、电场力做功与动能定理、电子在电场中的运动分析。
▶链接教材：人教版必修第三册”静电场”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”纳米光子电子加速器”为背景，将前沿纳米技术与经典电场分析结合，具有鲜明的
时代性和创新性。
（2）问题设计：四个选项分别考查电场线疏密与场强比较（A）、电场力做功与动能变化（B、C）、电
子束横截面变化（D），设问层次从定性比较到因果推理。
（3）考查目标：侧重考查电场线信息的解读能力和电场力做功与能量转化的分析能力，属于定性推理层
次。
【解析】
A．电场线的疏密表示电场强度大小，电场线越密场强越大。图中b点电场线比a点更密，因此b点场强大
于a点，A错误。
B．电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。电子从a运动到b，位移方向向右，电场力与位移方向
相同，电场力做正功，根据动能定理，电子动能增大，B错误。
C．电子从b运动到c，位移向右，电场力仍向右，电场力依旧做正功，电子动能增大，速度增大，C正确。
D．中轴线外的电子，所受电场力存在垂直电场中轴线的分力，会发生偏转，因此电子束的横截面积会改
变，形状发生改变，D错误。
故选C。
【易错点】
B选项中电子受力方向容易分析错误——电子带负电，受力方向与电场方向相反，需先判断电场方向再确
定电子受力方向。D选项容易忽略”中轴线外”电子的横向分力，认为所有电子都沿电场方向运动。
【知识总结】
① 核心概念定义
- 电场线疏密：电场线越密处场强越大，电场线越疏处场强越小
- 电场力做功：W =qEdcosθ，正电荷受力方向沿电场方向，负电荷受力方向与电场方向相反
- 动能定理：合外力做功等于动能变化量，W =ΔE
合 k
② 解题要点
- 判断场强大小看电场线疏密，不看电场线方向
- 负电荷所受电场力方向与电场方向相反，这是分析电子在电场中运动的关键
- 电场力做正功→动能增大，做负功→动能减小③ 拓展关联
- 本题与”带电粒子在电场中的加速”“示波管原理”等知识点密切相关
- 电场线疏密表示场强大小是后续学习电容器、静电屏蔽等内容的基础
第5题
5．如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从P点由静
止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是（ ）
A． B． C. D.
【答案】B
【学科材料分析】
本题配图包含两部分：左侧为带电小球悬挂装置的示意图（侧视图），小球用绝缘轻绳悬于O点，P点为
释放位置，磁场方向竖直向下（垂直纸面向里或向外取决于视角）；右侧为四个俯视轨迹示意图（A、B、
C、D四个选项）。分析的核心是：小球在重力与洛伦兹力作用下做锥摆运动，洛伦兹力始终垂直于速度方向，
不改变速度大小但改变速度方向，从俯视角度看轨迹向洛伦兹力方向偏转。
【命题透视】
▶核心考点：洛伦兹力的方向判断、左手定则的应用、带电粒子在磁场中的运动轨迹分析。
▶链接教材：人教版选择性必修第二册”磁场”相关章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以带电小球在匀强磁场中的摆动为背景，将洛伦兹力的方向判断融入直观的轨迹判断中，
设问形式新颖（选择俯视轨迹图）。
（2）问题设计：四个选项为不同的俯视轨迹示意图，要求学生通过左手定则判断洛伦兹力方向，进而确
定轨迹的弯曲方向，设问角度从抽象的力分析转化为直观的图像判断。
（3）考查目标：侧重考查左手定则的灵活运用和空间想象能力，属于定性推理与空间想象层次。
【解析】小球从P点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右（指向PO点）。根据左手定则可知，洛伦兹力方向
垂直速度指向里（即俯视图中PO连线的上方），轨迹向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向上弯曲），当小球
运动到右侧最高点（P'点）后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外
（即俯视图中P'O连线的下方），且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向下弯曲），综上所述，B选
项图符合题意。
故选B。
【易错点】
使用左手定则时容易出错：四指指向正电荷运动方向（速度方向），磁场从掌心穿入，拇指所指即为洛伦
兹力方向。注意本题是正电荷，不是电子。此外，小球运动到最高点后速度方向反转，洛伦兹力方向也随之改
变，轨迹弯曲方向需要分段分析。
【知识总结】
① 核心概念定义
- 洛伦兹力：运动电荷在磁场中受到的力，F=qvBsinθ，方向垂直于速度和磁场方向确定的平面
- 左手定则：磁感线从掌心穿入，四指指向正电荷运动方向（负电荷则反向），拇指所指即为洛伦兹力方
向
- 洛伦兹力不做功：洛伦兹力始终垂直于速度方向，不改变动能，只改变运动方向
② 解题要点
- 先明确电荷正负，确定速度方向，再用左手定则判断洛伦兹力方向
- 洛伦兹力使轨迹向力的方向偏转，但速度大小不变
- 速度方向改变后需重新判断洛伦兹力方向
③ 拓展关联
- 本题与”带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”密切相关，是简化版（加入绳约束）
- 洛伦兹力方向判断是电磁学核心技能，贯穿磁场部分全部内容
第6题
6．动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时，
锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移x的正方向，若x随时间t的变化
如图（c）所示，则a、b间电势差U 随t变化的图像可能为（ ）
abA． B． C． D．
【答案】D
【学科材料分析】
本题配图包含三部分：图（a）为动圈式扬声器的结构示意图，展示线圈绕向；图（b）为线圈所在区域的
磁场分布（辐射状磁场）；图（c）为x-t图像，显示线圈位移x随时间t按正弦规律变化，即x=Asin(ωt)。
四幅选项图为不同的U -t图像，需判断电势差随时间的变化规律。关键信息：辐射状磁场意味着线圈运动方
ab
向始终与磁感线垂直，感应电动势E=BLv；位移x对时间求导得速度v，速度为余弦函数；t=0时刻位移最大、
速度为零，随后线圈开始向左运动（速度为负），需用右手定则判断电流方向。
【命题透视】
▶核心考点：导体切割磁感线的感应电动势、右手定则、位移与速度的微积分关系、电磁感应中的电势差
极性判断。
▶链接教材：人教版选择性必修第二册”电磁感应”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以动圈式扬声器反用作话筒为背景，将电磁感应知识融入日常电子设备的工作原理分析
中，体现了物理知识的工程应用。
（2）问题设计：要求学生从x-t图像推导v-t关系，再由切割磁感线公式推导E-t（即U -t）关系，
ab
综合考查图像转换能力和电磁感应规律的应用。
（3）考查目标：侧重考查图像信息的物理转换能力和右手定则的灵活应用，属于综合分析层次。
【解析】
根据题意，由图（c）可知，线圈的位移x随时间t按正弦规律变化，则有x=Asin(ωt)
则线圈的速度随时间的变化规律为v=Aωcos(ωt)
由于磁场是辐射状的，线圈运动方向始终与磁感线垂直，感应电动势的大小E=BLv
可知，ab间电势差U 的大小随时间的变化规律与速度v一致，应为余弦函数形式，t=0时刻，由右手定
ab
则可知，线圈中电流由a→b，因此a端为负极，b端为正极，则有U <0，综上所述，D选项图像符合题意。
ab
故选D。
【易错点】
位移x按正弦变化，速度v按余弦变化，不是正弦。t=0时x最大、v=0（不是最大）。电势差的极性判断
容易出错：需用右手定则判断电流方向，再确定哪端电势高。a端为负极意味着U <0。
ab
【知识总结】
① 核心概念定义
- 切割磁感线的感应电动势：E=BLv，当导体运动方向与磁场垂直时成立- 右手定则：磁感线穿入掌心，大拇指指向导体运动方向，四指所指为感应电流方向
- 位移与速度的关系：速度是位移对时间的导数
② 解题要点
- 从位移-时间图像推导速度-时间图像时，正弦函数的导数为余弦函数， x=Asin(ωt) →
v=Aωcos(ωt)，t=0时x最大、v=0
- 电势差的正负由电流方向决定：电流从a→b时，a为负极、b为正极，U <0
ab
③ 拓展关联
- 本题与”交流发电机”原理高度相似，都是线圈在磁场中运动产生交变电动势
- 辐射状磁场保证E始终与v成正比，这是扬声器/话筒设计的关键
第7题
7．如图（a），水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下，以初速度v 由原点O出发，沿x轴依次经过
0
M、N、Q三点。已知OM=MN=NQ=x ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，
0
v =❑√2μgx ，F随位置x的变化如图（b）所示。设物块经过N、Q两点时F的瞬时功率分别为P 、P ，经过
0 0 N Q
OM、MN、NQ段F的平均功率分别为P 、P 、P ，则（ ）
OM MN NQ
A．P >P ，P >P
N Q OM MN
B．P <P ，P >P
N Q OM MN
C．P >P ，P <P
N Q MN NQ
D．P <P ，P <P
N Q MN NQ
【答案】C
【学科材料分析】
本题配图包含两部分：图（a）为物块在水平面上的运动示意图，标注了O、M、N、Q四个位置，间距
相等；图（b）为F-x图像，展示拉力F随位置x的变化关系——从O到M，F从μmg线性增大到2μmg；从
M到N，F从2μmg线性增大到3μmg；从N到Q，F从3μmg线性减小到2μmg。图像的面积代表拉力做的功，
分段线性变化导致加速度分段变化，需综合运用动能定理和功率公式分析。
【命题透视】
▶核心考点：动能定理的初步应用、瞬时功率与平均功率的比较、F-x图像面积法求功、对称性分析。
▶链接教材：人教版必修第二册”功和功率”“动能和动能定理”章节。▶命题分析：
（1）情境创设：以变力作用下的水平运动为背景，将力-位移图像与功率比较结合，构建综合性较强的单
选题。
（2）问题设计：要求比较瞬时功率P 与P 的大小关系，以及三段平均功率的大小关系，设问角度从定
N Q
量计算过渡到定性比较，需要多步推理。
（3）考查目标：侧重考查图像信息的提取与转化能力、动能定理与功率公式的综合应用能力，属于综合
分析层次。
【解析】
2μmg 1 1
根据题意，从O到N过程中，由动能定理有 ⋅2x -μmg⋅2x = mv2 - mv2
2 0 0 2 N 2 0
解得v =v =❑√2μgx
N 0 0
2μmg+μmg 1 1
从N到Q过程中，由动能定理有 ⋅x -μmgx = mv2 - mv2
2 0 0 2 Q 2 N
解得v =❑√3μgx
Q 0
则有P =2μmg⋅❑√2μgx =μmg❑√8μgx ，P =μmg❑√3μgx
N 0 0 Q 0
则有P >P
N Q
设经过OM、MN、NQ段的时间分别为t 、t 、t ，物块在OM阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力
1 2 3
的增大，做加速度减小的减速运动，速度由v 减速到v ，物块在MN阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力
0 M
μmg
的增大，做加速度增大的加速运动，物体在O点的加速度大小为a = =μg
1 m
2μmg-μmg
N点的加速度大小为a = =μg
2 m
则有a =a
1 2
由对称性可得t =t
1 2
物体在NQ阶段做加速度减小的加速运动，则在NQ段的平均速度大于MN段的平均速度，则有t <t
3 2
1
根据F-x图像面积表做功，由图可知，经过OM、MN、NQ段F做功分别为W = μmgx ，
1 2 0
3
W =W = μmgx
2 3 2 0
W W W
又有P = 1 、P = 2 、P = 3
OM t MN t NQ t
1 2 3
可得P <P <P
OM MN NQ
故选C。
【易错点】本题难度较高，容易出错之处：(1) 利用动能定理求v 和v 时，拉力做功用F-x图像面积计算，容易漏
N Q
算或算错面积；(2) O点与N点加速度大小相等（a =a =μg）这一对称性容易被忽略；(3) 比较平均功率时需
1 2
同时比较做功量和时间，W =W 但t <t ，因此P >P ，容易忽略时间因素的影响。
2 3 3 2 NQ MN
【知识总结】
① 核心概念定义
- 瞬时功率：P=Fv，某一时刻力与速度的乘积
- 平均功率：P=W /t，某段时间内做的功与时间的比值
- F-x图像面积：力-位移图像与横轴围成的面积等于力在该段位移上做的功
② 解题要点
- 利用F-x图像面积求变力做功是处理变力问题的重要方法
- 当F-x图像为线性变化时，面积可用梯形面积公式计算 - 比较平均功率时需同时分析做功量和时间两个
因素
③ 拓展关联
- 本题方法可推广到所有”变力做功”问题，如弹簧弹力做功
- 对称性分析在力学中应用广泛，如简谐运动、弹性碰撞等
第8题
8．一定质量的理想气体由状态a经状态b、c变化到状态d，p-V图像如图所示，则（ ）
A．状态a的温度比状态b的高
B．状态b的内能比状态c的大
C．b→c、c→d过程气体对外做的功相等
D．c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量
【答案】BD
【学科材料分析】
本题配图为理想气体的p-V图像，图中标有a、b、c、d四个状态点及过程路径：a→b为等压膨胀（
p=3p ，V从V 增大到2V ），b→c为非线性过程（p从3p 减小到p ，V从2V 增大到3V ），c→d为等
0 0 0 0 0 0 0
压膨胀（p=p ，V从3V 增大到4V ）。p-V图像中曲线下的面积表示气体对外做功的大小。
0 0 0
【命题透视】▶核心考点：理想气体状态方程、热力学第一定律、p-V图像中面积的意义、气体做功与内能变化的关系。
▶链接教材：人教版选择性必修第三册”气体”“热力学定律”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以理想气体的多过程状态变化为背景，综合考查状态方程与热力学定律的应用。
（2）问题设计：四个选项分别考查温度比较（A）、内能比较（B）、做功比较（C）、做功与吸热的关
系（D），设问角度全面覆盖p-V图像分析的关键维度。
（3）考查目标：侧重考查p-V图像信息的综合解读能力和热力学第一定律的应用能力，属于综合分析层
次。
【解析】
A．根据题意，由图可知，从a→b过程中，气体的压强不变，气体做等压变化，由于气体体积增大，则
气体温度升高，可知，状态a的温度比状态b的低，故A错误；
3p ⋅2V p ⋅3V
B．从b→c过程中，结合图像，由理想气体状态方程有 0 0= 0 0
T T
b c
解得T =2T
b c
可知，状态b的温度比状态c的高，则状态b的内能比状态c的大，故B正确；
C．根据p-V图像的面积表示气体做功，由图可知，b→c过程中，气体对外做功为
1
W = (p +3p )(3V -2V )=2p V
1 2 0 0 0 0 0 0
c→d过程中，气体对外做功为W =p (4V -3V )=p V
2 0 0 0 0 0
可知，b→c、c→d过程气体对外做的功不相等，故C错误；
D．由图可知，c→d过程气体的压强不变，气体做等压变化，由于气体体积增大，则气体温度升高，气
体的内能增大，由热力学第一定律可知，c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量，故D正确。
故选BD。
【易错点】
A选项容易混淆：等压膨胀（a→b）温度升高，说明T >T ，不是T >T 。C选项中b→c过程p-V图
b a a b
像下方为梯形面积，c→d过程为矩形面积，二者明显不等。D选项需要运用热力学第一定律ΔU=Q-W，
c→d过程ΔU>0且W>0，因此Q>W。
【知识总结】
① 核心概念定义
pV
- 理想气体状态方程： =常量，适用于一定质量的理想气体
T
- 热力学第一定律：ΔU=Q-W，内能变化等于吸收热量减去对外做功
- p-V图像面积：过程曲线与V轴围成的面积等于气体对外做功（膨胀为正，压缩为负）
② 解题要点- 等压过程中V增大→T升高，这是等压变化的直接结论
- 理想气体内能仅由温度决定，温度越高内能越大
- 热力学第一定律中各量的正负号需严格区分
③ 拓展关联
- 本题与”理想气体状态变化”专题紧密相关，是高考热学部分的核心题型
- p-V图像面积法是处理气体做功问题的通用方法
第9题
9．我国计划将”羲和二号”太阳探测卫星部署至日地系统拉格朗日点L5。研究表明，太阳中心S、地球
中心E和L5的连线构成稳定的等边三角形，太阳、地球和部署在L5的卫星以相同周期绕日地连线上的P点做
圆周运动，如图所示，则（ ）
A．卫星的向心加速度比地球的大
B．卫星与地球的线速度大小相等
C．太阳和地球对卫星引力的合力指向E、S连线中点
D．太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比
【答案】AD
【学科材料分析】
本题配图为太阳-地球-L5卫星的几何关系示意图。图中S为太阳中心，E为地球中心，L5为卫星部署位置，
三者构成等边三角形。太阳、地球和卫星以相同周期绕日地连线上的P点做圆周运动。由图可知，卫星的运动
半径（L5到P的距离）大于地球的运动半径（E到P的距离），二者角速度相等（周期相等），卫星到太阳的
距离等于卫星到地球的距离（等边三角形）。
【命题透视】
▶核心考点：万有引力的计算、圆周运动的向心加速度与线速度、拉格朗日点的物理模型。
▶链接教材：人教版必修第二册”万有引力与航天”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以”羲和二号”太阳探测卫星和拉格朗日点L5为背景，将前沿航天科技与经典万有引力
定律结合，体现我国航天事业的最新进展。
（2）问题设计：四个选项分别考查向心加速度比较（A）、线速度比较（B）、引力合力方向（C）、引
力大小之比（D），设问角度从运动学量比较到力的分析。（3）考查目标：侧重考查圆周运动基本公式的应用和万有引力定律的综合推理能力，属于综合推理层次。
【解析】
2π
A．根据题图可知卫星的运动半径大于地球的运动半径，卫星、太阳和地球周期相等，根据ω= 可知
T
三者角速度相等，根据a =ω2r可知卫星的向心加速度比地球的大，故A正确；
n
B．根据v=ωr结合A选项分析可知卫星线速度大于地球的线速度，故B错误；
C．根据题意可知太阳和地球对卫星引力的合力提供卫星做圆周运动的向心力，向心力一定指向圆心，即
向心力一定指向P点，故C错误；
Mm
D．根据题意可知太阳和卫星的距离等于地球和卫星的距离，根据万有引力的表达式F=G 可知太阳
r2
和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比，故D正确。
故选AD。
【易错点】
C选项中引力合力的方向指向P点（圆心），而非E、S连线中点——这是向心力的本质要求。B选项中线
F GM m/r2 M
速度v=ωr，角速度相同但半径不同，因此线速度不同。D选项中 太阳= 太阳 = 太阳 ，关键在于r
F GM m/r2 M
地球 地球 地球
相同（等边三角形）。
【知识总结】
① 核心概念定义
- 拉格朗日点：日地（或地月）系统中引力与离心力平衡的五个特殊点，L5位于日地连线为底的等边三角
形顶点
- 向心加速度：a =ω2r=v2/r，描述圆周运动速度方向变化的快慢
n
- 万有引力：F=GMm/r2，与两物体质量之积成正比，与距离平方成反比
② 解题要点
- 周期相同→角速度相同→由a=ω2r比较加速度，v=ωr比较线速度
- 引力合力提供向心力，合力方向指向圆心
- 当两天体到卫星距离相等时，引力之比等于质量之比
③ 拓展关联
- 拉格朗日点是航天工程中的重要概念，实际应用包括JWST望远镜（部署于L2点）
- 本题方法可推广到所有多天体引力平衡问题
第10题
10．如图，光滑绝缘水平面上x=0两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为L，磁感应强
度方向相反，大小分别为B、2B，x=-3L和x=3L处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线2026B2L3
框MNPQ，边长为L，质量为m，总电阻为R，以初速度v = 从左侧进入磁场，沿x轴方向运动。
0 mR
线框平面始终与磁场方向垂直，MN边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞。则（ ）
2026B4L5
A．MN首次进入磁场时线框的加速度大小a=
m2R2
B．MN每次经过x=1.5L时，电势差U :U =1:1
NM PQ
2012B2L3
C．MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v=
mR
D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0
【答案】AC
【学科材料分析】
本题配图为线框在双磁场区域中运动的示意图。区域Ⅰ（0<x<L）磁感应强度为B，区域Ⅱ（L<x<2L
）磁感应强度为2B，方向相反。线框MNPQ边长为L，从左侧以初速度v 进入，在两磁场区域中往复运动。
0
关键信息：x=1.5L处线框跨两个磁场区域（MN在Ⅱ中、PQ在Ⅰ中），此时两边同时切割磁感线，形成含
多个EMF的等效电路。线框往复运动中速度逐渐减小（安培力做负功），直至停止。
【命题透视】
▶核心考点：电磁感应中的等效电路分析、动量定理在电磁感应中的应用、安培力与加速度计算。
▶链接教材：人教版选择性必修第二册”电磁感应”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以导体线框在双磁场区域往复运动为背景，构建了电磁学与力学深度交叉的综合题，是
全卷难度最高的选择题。
（2）问题设计：四个选项分别考查首次进入的加速度计算（A）、跨区域位置的电势差比例（B）、首次
碰撞后速度的计算（C）、停止位置的磁通量判断（D），设问层次从单步计算到多步推理。
（3）考查目标：侧重考查电磁感应中的等效电路分析和动量定理的灵活应用，属于综合计算与建模层次。
【解析】
A．MN首次进入磁场时，MN切割磁感线，感应电动势E=BLv
0
E
感应电流I=
R
MN所受的安培力F=BIL
根据牛顿第二定律F=ma2026B4L5
联立可得MN首次进入磁场时线框的加速度大小a= ，故A正确；
m2R2
3 1
B．MN每次经过x=1.5L时，都是PQ切割磁感线，设感应电动势为E'，则|U |= E' ，|U |= E'
PQ 4 NM 4
（根据右手定则可知要么都为正，要么都为负）
可知MN每次经过x=1.5L时，电势差U :U =1:3，故B错误；
NM PQ
C．线框MN进入磁场Ⅰ过程中，根据动量定理有-Bi L⋅t =m⋅Δv
1 1 1
BL2
又i =
1 t R
1
B2L3
可得Δv =-
1 mR
线框MN从磁场Ⅰ到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理-Bi L⋅t +(-2Bi L⋅t )=m⋅Δv
2 2 2 2 2
2BL2+BL2
又i =
2 t R
2
9B2L3
可得Δv =-
2 mR
线框MN离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理-2Bi L⋅t =m⋅Δv
3 3 3
2BL2
又i =
3 t R
3
4B2L3
可得Δv =-
3 mR
14B2L3
线框MN穿过磁场Ⅰ、Ⅱ过程，线框MN速度变化量Δv=Δv +Δv +Δv =-
1 2 3 mR
根据v'-v =Δv
0
2012B2L3
可得线框MN与右侧挡板碰撞前的速度大小为v'=
mR
根据题意线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，可知MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小
2012B2L3
v=v'= ，故C正确；
mR
14B2L3
D．根据C选项分析可知线框完整穿过一次磁场Ⅰ、Ⅱ，线框MN速度变化量为Δv=-
mR
10B2L3
根据计算可知线框MN完整穿过磁场Ⅰ、Ⅱ144次后，速度为v″=v +144Δv=
0 mR又144为偶数，可知线框MN第145次由左侧进入磁场Ⅰ，刚好完全进入磁场Ⅱ时，速度变化量为
B2L3 9B2L3 10B2L3
Δv'=( + )=-
mR mR mR
可知线框MN恰好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量为Φ=2BL2，故D错误。
故选AC。
【易错点】
本题难度极高（0.15），主要易错点：(1) B选项中x=1.5L时两边同时切割磁感线，等效电路分析复杂，
U 与U 的比为1:3而非1:1；(2) C选项中速度变化量的计算需分段进行（Δv +Δv +Δv ），每段的安培
NM PQ 1 2 3
力计算不同；(3) D选项中线框并非停在无磁场区域，而是恰好停在磁场Ⅱ中，穿过线框的磁通量为2BL2而非
0。
【知识总结】
① 核心概念定义
B2L2Δx
- 动量定理在电磁感应中的应用：安培力的冲量-BiL⋅t可通过磁通量变化简化为- ，从而避开
R
复杂的速度函数积分
- 等效电路分析：线框两边同时切割磁感线时，形成含多个EMF的串联回路，需分析各边的感应电动势
方向和大小关系
- 弹性碰撞：碰撞前后速度大小不变、方向反转，动能守恒
② 解题要点
B2L2
- 利用动量定理处理电磁感应问题是高考核心技巧，将安培力的冲量转化为 Δx的形式
R
- 线框跨两个磁场区域时，两边切割产生的感应电动势方向和大小需分别判断
- 速度变化量的逐段叠加是计算最终速度的关键
③ 拓展关联
- 本题方法可推广到所有”线框在磁场中往复运动”问题
- 动量定理在电磁感应中的应用是高考物理的重点和难点，常以压轴选择题或计算题出现
第11题
11．如图（a），某同学利用激光测距仪分别在①、②位置测量玻璃砖厚度时，发现两次示数差异较大。
他猜想这可能与玻璃砖的折射率有关，于是设计了如下验证实验。
如图（b），在白纸上描出玻璃砖的两个边a和a'，使激光沿纸面以某一角度入射到玻璃砖侧面，在光束1
上靠近光源处标记点M，在光束1与a的交点处标记点O，在光束2与a'的交点处标记点N。
移走测距仪和玻璃砖。如图（c），过O点作a的垂线b，连接MO和ON，以O为圆心、ON为半径作圆弧，
与MO交于P点。分别测量N、P到b的距离，记为x 和x 。
N P改变入射角多次测量，记录多组数据，计算玻璃砖折射率n及其平均值。结果表明，测距仪在①、②位置
测量时的示数比值与此平均值近似相等。
回答下列问题：
(1)上述实验过程中，下列说法正确的是__________（单选）。
A．点M只能标记在光束1上靠近光源处
B．点N只能标记在光束2与a'的交点处
C．只能以ON为半径作圆弧
(2)处理数据时，n=__________（用x 、x 表示）。
N P
(3)该同学推测，测距仪是通过测量激光的传播时间Δt来计算距离的，则该测距仪示数是通过__________
Δt Δt
（选填”c “或”v “，c和v分别是激光在真空和介质中的速度）计算的。
2 2
(4)该同学将深度为16.0cm的不锈钢杯装满水（折射率为1.33）后，测量此杯深度，若测距仪的示数接近
__________cm（保留至小数点后1位），则符合他的推测。
【答案】(1)B
x
P
(2)
x
N
Δt
(3)c
2
(4)21.3
【学科材料分析】
本题配图包含三部分：图（a）为激光测距仪在两个不同位置测量玻璃砖厚度的示意图；图（b）为折射率
测量实验的光路图，展示了入射光线（光束1）和折射光线（光束2），以及标记点M、O、N的位置；图
（c）为数据处理方法，通过几何方法（圆弧法）将入射角和折射角的正弦值转化为可测量的线段长度x 和x 。
P N
实验的核心是利用折射定律n=sini/sinr，通过”以ON为半径作圆弧”将角度关系转化为线段比例关系。
【命题透视】
▶核心考点：折射率的测量方法、折射定律的几何表达、光速与测距原理。
▶链接教材：人教版选择性必修第一册”光的折射”章节。
▶命题分析：（1）情境创设：以激光测距仪测量误差的探究为线索，将折射率测量与测距原理验证相结合，构建了完
整的探究实验情境。
（2）问题设计：四个小问分别考查实验操作的规范性判断（第1问）、折射率公式的几何表达（第2
问）、测距原理分析（第3问）、数值计算验证（第4问），设问层次从实验理解到定量计算。
（3）考查目标：侧重考查实验设计能力和光学规律的定量应用能力，属于实验探究与综合计算层次。
【解析】
（1）AB．实验中标记点M和点N是为了确定入射光线和折射光线的方向，点M的位置可以选取入射光
线上的任意位置，光线在玻璃砖中发生折射，玻璃砖上不能标记，只能标记光从玻璃砖中射出的点N，故A
错误，B正确；
C．作圆弧时，半径的长度可以任意选择，再用几何关系得出入射角和折射角的正弦值的表达式即可，故
C错误。
故选B。
x
P
x x ON x
（2）根据题图可得入射角正弦值的表达式为 P ，折射角的表示为 N ，则折射率为n= = P
ON ON x x
N N
ON
Δt
（3）测距仪默认激光在真空中的速度c计算距离，激光往返，因此示数按d=c 计算。
2
（4）设实际深度为h=16.0cm
水的折射率n=1.33
2h
激光往返时间Δt=
v
c
其中v=
n
cΔt
测距仪示数d=
2
联立可得d≈21.3cm
即测距仪的示数接近21.3cm，则符合他的推测。
【易错点】
第(1)问中B选项：点N只能标记在光束2与a'的交点处——因为光线在玻璃砖内部发生折射，玻璃砖表面
无法标记，只能在出射光与界面交点处标记。第(2)问中sini=x /ON（不是x /ON），入射角对应入射光
P N
线一侧的线段。第(3)问中测距仪默认用真空中光速c而非介质中光速v计算距离。第(4)问中
d=n⋅h=1.33×16.0=21.28≈21.3 cm。
【知识总结】
① 核心概念定义- 折射定律：n=sini/sinr，折射率等于入射角正弦与折射角正弦之比
- 圆弧法测折射率：以界面交点O为圆心作圆弧，将sini和sinr转化为可测量的线段之比
- 测距原理：d=cΔt/2，激光往返时间乘以真空中光速再除以2
② 解题要点
- 圆弧法将角度关系转化为线段关系，是测量折射率的重要方法
- 测距仪示数d=n⋅h（实际深度乘以折射率），因为Δt=2h/v=2nh/c - 第(4)问是验证性计算，关键
在于理解测距仪用c计算而非v计算
③ 拓展关联
- 本题与”测玻璃砖折射率”实验密切相关，圆弧法是插针法的简化版
- 光速测量与折射率的关系是光学中的重要应用
第12题
ε S
12．某同学从教材的”拓展学习”栏目中学习到平行板电容器的电容C= r 。为验证C与极板间距d、
4πkd
正对面积S的关系，他与人工智能讨论得知，用数字式多用电表可以测量电容，测量过程中电路存在额外电容，
每次应扣除额外电容，以获得电容的测量值。据此，设计并完成如下实验。
实验器材：厚度为d 的绝缘塑料板若干、面积均为S （已知）的矩形单面覆铜板两块、数字式多用电表、
0 0
螺旋测微器、绝缘重物等。
(1)用螺旋测微器测量20层塑料板的厚度。测量结果如图（a）所示，读数为__________mm。
(2)将两极板覆铜面相对，中间夹入10层塑料板并用重物压紧，使正对面积为S ，用多用电表测量电容并
0
记录数据。断开表笔，将极板短接放电。保持正对面积为S 不变，每次增加2层塑料板，重复上述操作直至
0
1 1
20层。作C- 图线如图（b）所示，由此确定C与 成正比。由图线，极板间夹15层塑料板时，电容为
d d
__________pF（保留至整数）。3 2 1 1 1
(3)保持极板间20层塑料板不变，使两极板正对面积依次为S 、 S 、 S 、 S 、 S 、 S ，用重物
0 4 0 3 0 2 0 3 0 4 0
压紧，测量电容并记录数据。作C-S图线如图（c）所示，由此确定C与S成正比。图（c）中某次测量值明显
偏离拟合直线，排除仪器故障和数据处理错误，从实验操作角度分析，写出一条可能的原因：__________。
d S k
(4)若将图（b）、图（c）改绘为C- 0、C- 图线，两图线的斜率分别为k 、k ，则理论上 1=
d S 1 2 k
0 2
__________（选填”20”“1”或”0.05”）。
【答案】(1)1.804/1.803/1.805
(2)157/156/158
(3)塑料板没有压紧/正对面积取值偏大
(4)20
【学科材料分析】
本题配图包含三部分：图（a）为螺旋测微器测量20层塑料板厚度的读数图；图（b）为C-1/d图线，
展示电容与极板间距倒数的关系，通过线性拟合确定C∝1/d；图（c）为C-S图线，展示电容与正对面积
ε S
的关系，其中有一个数据点明显偏离拟合直线。实验的核心是验证平行板电容公式C= r 中C与S成正比、
4πkd
C与d成反比的关系。
【命题透视】
▶核心考点：平板电容器电容的决定式、螺旋测微器读数、实验数据处理与分析、图像法探究物理规律。
▶链接教材：人教版选择性必修第二册”电容器”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以学生自主设计验证实验为背景，融入”与人工智能讨论”获取实验方法的时代元素，
体现科学探究的完整过程。
（2）问题设计：四个小问分别考查螺旋测微器读数（第1问）、图像读取与插值（第2问）、实验误差
分析（第3问）、公式推导与斜率比计算（第4问），覆盖实验题的全部核心考查方向。
（3）考查目标：侧重考查实验仪器的使用、数据的图像化处理和误差分析能力，属于实验探究层次。
【解析】
（1）螺旋测微器的读数为1.5mm+30.4×0.01mm=1.804mm
1 1
= mm≈0.74(mm) -1
（2）当极板间夹15层塑料板时d 1.804
×15
20
结合题图可得电容约为157pF。
ε S
（3）根据题图可知测量值明显偏离拟合直线，电容的测量值偏小，根据C= r 可知出现的原因是塑料
4πkd
板没有压紧或正对面积取值偏大。ε S
（4）根据平行板电容公式C= r
4πkd
d ε S ε S d
对C- 0图线有C= r 0 = r 0 ⋅ 0
d 4πkd 4πkd d
0
S ε S ε S S
对C- 图线有C= r = r 0 ⋅
S 4πk⋅20d 4πk⋅20d S
0 0 0 0
ε S ε S
则k = r 0 ， r 0
1 4πkd 4πk⋅20d
0 0
k
可得
1=20
k
2
【易错点】
第(1)问螺旋测微器读数：注意可动刻度上”30.4”的估读位（最后一位是估读的），读数为
1.5+30.4×0.01=1.804 mm。第(2)问需要先计算1/d的值，再从图线上读取对应的电容值。第(3)问要求”
从实验操作角度”分析，不能写理论原因（如”电容公式不对”），应写操作层面的原因。第(4)问中两个图
线的斜率比需要明确C-d /d图线中S=S （固定），C-S/S 图线中d=20d （固定），由此得到
0 0 0 0
k /k =20。
1 2
【知识总结】
① 核心概念定义
ε S
- 平板电容器电容公式：C= r ，电容与正对面积成正比，与极板间距成反比
4πkd
- 螺旋测微器读数：固定刻度读数 + 可动刻度读数×精度（0.01mm），需估读到0.001mm
- 图像法验证规律：通过作C-1/d、C-S图线，若为过原点的直线则验证成正比关系
② 解题要点
- 螺旋测微器读数必须估读，最后一位为估读位
- 从图线上读取数据时需先计算自变量值，再在图上查找对应的因变量值 - 分析实验偏差时要从”操作角
度”出发（如压紧程度、面积精度、接触面积等）
③ 拓展关联
- 本题与”探究影响平行板电容器电容的因素”实验密切相关
- 图像法是物理实验中验证规律的重要方法，贯穿力学、电学、热学实验
第13题
13．某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力
F=3×104N的驱动下，质量m=500kg的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升
h=6.25m时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所受1
支持力为其重力的 ，从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求上升
6
过程中
(1)实验舱的最大速度v ；
m
(2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间t。
【答案】(1)v =25m/s
m
(2)t=3s
【学科材料分析】
本题配图为实验塔的简化模型示意图，展示了实验舱在竖直方向上先加速后减速的运动过程。关键信息：
加速阶段电磁力F=3×104N向上，重力mg向下，合外力F-mg向上；减速阶段电磁力减小后合外力向下，
设备所受支持力为重力的1/6——这意味着减速阶段的合外力使设备产生了等效”月球重力”的效果，可用于
反推减速阶段的加速度。
【命题透视】
▶核心考点：动能定理、动量定理、牛顿第二定律在变阶段运动中的应用。
▶链接教材：人教版必修第一册”牛顿运动定律”及选择性必修第一册”动量”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以模拟月球重力环境的实验塔为背景，将分段运动分析与真实航天训练环境结合，体现
了物理知识在航天领域的应用。
（2）问题设计：两个小问分别考查加速阶段的末速度（第1问）和减速阶段的持续时间（第2问），需
要在不同阶段选择合适的力学定理。
（3）考查目标：侧重考查动能定理和动量定理的灵活选择与应用能力，属于分段建模与计算层次。
【解析】
1
（1）加速阶段，由动能定理有(F-mg)h= mv2
2 m
解得v =25m/s
m
( 1 )
（2）减速阶段，由动量定理得- mg- mg t=0-mv
6 m
解得t=3s【答题模板】
第(1)问：加速阶段（从静止到速度最大）
选取研究对象：实验舱
受力分析：电磁力F向上，重力mg向下
选取定理：动能定理（已知位移h和初末速度）
1
列式：(F-mg)h= mv2-0
2 m
代入数据求解：v =25m/s
m
第(2)问：减速阶段（从最大速度到静止）
选取研究对象：实验舱（含设备）
1 5
受力分析：合外力向下，大小为mg- mg= mg（设备支持力为重力的1/6说明舱体加速度使得等
6 6
效重力为g/6）
选取定理：动量定理（已知初末速度，求时间）
1
列式：-(mg- mg)t=0-mv
6 m
代入数据求解：t=3s
【易错点】
第(2)问中”设备所受支持力为其重力的1/6“需正确理解为：减速阶段舱体向下加速，设备处于超重/失
重状态——实际上是设备受到的支持力N=mg/6，说明设备对舱底的压力减小，设备处于部分失重状态。减
速阶段合外力F =mg-mg/6=5mg/6（向下），不是mg+mg/6。
合
【知识总结】
① 核心概念定义
1 1
- 动能定理：合外力做的功等于动能变化量，W = mv2- mv2
合 2 2 0
- 动量定理：合外力的冲量等于动量变化量，F ⋅t=mv-mv
合 0
- 失重与超重：物体对支持物的压力小于重力为失重，大于重力为超重
② 解题要点
- 分段运动问题需分别分析各阶段的受力情况和运动性质
- 已知位移和速度关系选动能定理，已知时间和速度关系选动量定理
- “支持力为重力的1/6”是失重状态的定量描述，N=mg/6说明合外力向下
③ 拓展关联
- 本题与航天器的发射、变轨、返回等过程密切相关
- 失重/超重分析是牛顿第二定律在竖直方向运动中的典型应用第14题
14．如图，光滑水平面上一质量m =0.4kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质量m =0.1kg的物块，此时
A B
弹簧伸长量x =0.1m，物块和木板均静止。质量m =0.1kg的小球（可视为质点）通过长L=0.9m的轻绳悬于
0 C
O点。小球从绳与竖直方向成θ=60∘处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重
力加速度g=10m/s2。
(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小v 。
A
(2)弹簧的压缩量第一次为x 时，物块速度大小为v =0.8m/s，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数
0 B
μ。
【答案】(1)v =1.2m/s
A
(2)μ=0.28
【学科材料分析】
本题配图展示了小球-木板-弹簧系统的示意图。小球C通过轻绳悬挂，从偏角60°处释放摆至最低点后与
木板A发生弹性碰撞。木板A右端通过弹簧连接物块B，碰撞后A向左运动，通过弹簧带动B运动。系统包含
三个物体（小球C、木板A、物块B）和两种约束（轻绳约束和弹簧约束），运动过程分为三个阶段：C的自
由摆动、C与A的弹性碰撞、A-B-弹簧系统的运动。
【命题透视】
▶核心考点：机械能守恒定律、弹性碰撞（动碰静）、动量守恒定律、弹簧模型中的能量守恒。
▶链接教材：人教版必修第二册”机械能守恒定律”及选择性必修第一册”动量守恒定律”章节。
▶命题分析：
（1）情境创设：以小球-木板-弹簧系统为背景，构建了包含自由摆动、弹性碰撞、弹簧压缩三个典型物
理过程的多过程综合题。
（2）问题设计：第(1)问考查弹性碰撞后的速度计算（单过程），第(2)问考查弹簧模型中能量守恒的应用
（多过程综合），设问层次由浅入深。
（3）考查目标：侧重考查多过程问题的分析能力和能量守恒定律的灵活应用，属于多过程综合计算层次。
【解析】
1
（1）C下摆过程，由机械能守恒定律有m gL(1-cos60∘)= m v2
C 2 C 0
解得v =3m/s
01 1 1
C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有m v =m v +m v ， m v2= m v2+ m v2
C 0 C C A A 2 C 0 2 C C 2 A 2
联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小v =1.2m/s
A
（2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为x 时，以向左为正方向，由动量守恒定律有
0
m v =m v +m v'
A A B B A A
解得v' =1m/s
A
1 1 1
由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 m v2= m v'2+ m v2+μm g(2x )
2 A A 2 A A 2 B B B 0
解得μ=0.28
【易错点】
第(2)问中摩擦力做功的位移为2x （弹簧从伸长x 变为压缩x ，物块相对木板的位移为2x ），不是x 。
0 0 0 0 0
弹簧弹性势能”不变”是关键条件：压缩量为x 时的弹性势能等于伸长量为x 时的弹性势能（弹簧对称性），
0 0
因此弹性势能在初末状态抵消。
【知识总结】
① 核心概念定义
m -m 2m
- 弹性碰撞：碰撞前后动量守恒且动能守恒的碰撞，动碰静时v' = 1 2v ，v' = 1 v
1 m +m 1 2 m +m 1
1 2 1 2
- 弹簧模型中的能量守恒：当弹簧形变量相同（伸长x 和压缩x ）时，弹性势能相同
0 0
- 摩擦力做功：W =μmg⋅d ，与相对位移有关
f 相对
② 解题要点
- 多过程问题需分阶段分析：明确每个阶段的运动性质、守恒定律适用条件
- 弹性碰撞的”动碰静”模型有成熟的速度公式，可直接使用
- 弹簧对称性（等量伸长与压缩的弹性势能相等）是重要的简化条件
③ 拓展关联
- 本题与”子弹打木块”“滑块-木板”等经典模型密切相关
- 弹簧模型是力学综合题的高频载体，常结合碰撞、摩擦等元素
第15题
15．某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由”时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理
如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为U 的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，
1
部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁
场的磁感应强度为B ，使筛选出的电子沿半径为R的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行
0
于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。已知电子电荷量大小为e，质量为m；偏转电场可视为匀强电场，M、N极板长度为L、间距为d；荧光屏
到极板边缘的距离为5L。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。
(1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量ΔE 。
k
(2)求M、N间电压为U 时，电子到达荧光屏上的偏移距离x 。
2 0
(3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时M、N间电压
随时间线性变化，变化率为β（β<0），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为Δx的光斑，如图（b）所
示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子
数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置
x的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命τ定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求τ。
e2B2R2
【答案】(1)ΔE = 0 -eU
k 2m 1
11mL2U
(2)x = 2
0 2dR2B2e
0
8dR2eB2Δx
(3)τ=- 0
11βmL2
【学科材料分析】
本题配图包含三部分：图（a）为时间分辨-能量分析仪的原理图，展示了电子从加速电场→样品→磁场筛
选→偏转电场→荧光屏的完整路径；图（b）为荧光屏上光斑间距与时间的关系；图（c）为光斑相对强度与位
置x的关系，呈现指数衰减特征（从8408衰减到4204对应半衰期）。系统包含三个物理过程：加速电场加速
（动能定理）、磁场筛选（洛伦兹力提供向心力）、偏转电场偏转（类平抛运动）。
【命题透视】
▶核心考点：电场加速（动能定理）、磁场筛选（洛伦兹力与圆周运动）、偏转电场（类平抛运动）、指
数衰减模型与半衰期。
▶链接教材：人教版必修第三册”静电场”、选择性必修第二册”磁场”章节。
▶命题分析：（1）情境创设：以”时间分辨-能量分析仪”测量激发态寿命为背景，将经典电磁学与近代物理的衰减模
型融合，构建了高考物理中难度最高的综合题。
（2）问题设计：第(1)问考查加速电场与磁场筛选的动能变化计算（单过程）；第(2)问考查偏转电场中类
平抛运动的偏移距离计算（单过程）；第(3)问考查将光斑间距、电压线性变化和指数衰减模型综合求解半衰
期（多过程建模）。
（3）考查目标：侧重考查跨模块综合建模能力和将图像信息转化为数学表达式的能力，属于高阶综合建
模层次。
【解析】
1
（1）电子加速场中，由动能定理有eU = mv2
1 2 1
mv2
电子在，筛选器中由牛顿第二定律有ev B = 2
2 0 R
1 1
电子通过样品前后的动能变化量ΔE = mv2- mv2
k 2 2 2 1
e2B2R2
联立可得ΔE = 0 -eU
k 2m 1
（2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L=v t
2
1
沿着电场方向有x= at2
2
U
根据牛顿第二定律e⋅ 2=ma
d
L
+5L
x 2
出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有
0=
x L
2
11mL2U
联立解得x = 2
0 2dR2B2e
0
（3）由题意可知U =βt+U
2 0
11mL2U 11mL2
将U 表达式代入x = 2 可得x = (βt+U )
2 0 2dR2B2e 0 2dR2B2e 0
0 0
11mL2
结合题图（相对强度8408到4204）可得4Δx=- ⋅βτ
2dR2B2e
0
8dR2eB2Δx
解得τ=- 0
11βmL2
【易错点】第(3)问中”相对强度从8408衰减到4204”对应4个脉冲间隔（每个Δx一个脉冲，8408→4204共4个Δx
），因此偏移量为4Δx而非Δx。β<0表示电压随时间减小，偏移量4Δx为负值（光斑向偏移距离减小的方
向移动），最终结果中τ为正值（因为β<0，负负得正）。
【知识总结】
① 核心概念定义
1
- 电场加速：qU= mv2 ，电势能转化为动能
2
- 磁场筛选：qvB=mv2/R，洛伦兹力提供向心力，R=mv/(qB)
- 偏转电场类平抛：垂直方向匀速运动，平行方向匀加速运动
- 半衰期：放射性（或准粒子数）衰减一半所需的时间，τ与衰减模型相关
② 解题要点
- 电子在电场、磁场、偏转电场中经过三个独立的过程，需分别分析
- 偏转电场出射后的偏移需用几何关系（相似三角形）求解
- 半衰期的求解需将光斑位移与时间关系、强度衰减与时间关系联立
③ 拓展关联
- 本题融合了”带电粒子在电场中加速”“带电粒子在磁场中偏转”“带电粒子在电场中偏转”三大经典
模型
- 指数衰减模型是近代物理的核心概念，在放射性衰变、RC电路充放电等领域广泛应用
