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题型特色练
选择题专练（一）
限时：30 分钟
一、单项选择题
1．（2025·安徽安庆二模）2025 年1 月14 日，据中国科学院合肥物质科学研
究院消息，该院大科学团队成功研制强流直线等离子体装置——“赤霄”，
“赤霄”的诞生将为研究下一代“人造太阳”中国聚变工程实验堆提供有力支
撑。已知某核聚变反应的方程为❑1
2 H +❑1
2 H →❑2
3 He+ X。下列说法正确的是（
）
A. 反应产物X为❑1
2 H
B. 该聚变反应有质量亏损
C. 该聚变反应发生时，两个❑1
2 H间万有引力远大于两个❑1
2 H间库仑力
D. ❑2
3 He由两个中子和一个质子组成
【答案】B
【解析】根据电荷数和质量数守恒，可得该反应产物X为❑0
1n，故A错误；该聚
变反应中有能量产生，则质量有亏损，故B正确；相对库仑力而言，两氘核间
万有引力可以忽略不计，故C错误；❑2
3 He由两个质子和一个中子组成，故D错
误。
2．（2025·广东广州一模）潜水员在潜水时偶然会观察到上方坑洞里存在着明
亮的“反光”，这是因为坑洞里存在空气，光在水面发生了全反射。如图，a处
光源发出沿ab方向的光在b点恰好发生全反射，被c处的潜水员观察到。若水的
折射率为n，光线与水面的夹角为θ ，则（ ）
A. sinθ = 1
n
B. sinθ =n
C. cosθ = 1
n
D. cosθ =n
【答案】C
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【解析】由全反射临界角与折射率的关系可得sinC = 1
n，由几何关系可得
C = π
2 −θ ，联立可得 cosθ = 1
n，故选C。
3．（2025·河北张家口一模）如图甲所示是我国自主研发建造的第一艘万米级
深海潜水器“奋斗者”号，最大下潜深度可达10909m。如图乙所示是某次潜水
器从海面由静止竖直下降的速度-时间图像，已知声音在海水中的传播速度为
1500m/ s。下列说法正确的是（ ）
A. 潜水器本次下潜的最大深度为480m
B. 潜水器在0～1min内的加速度大小为2m/ s
2
C. 潜水器本次下潜过程的平均速度大小为1.5m/ s
D. 潜水器在此次下潜最大深度处与海面上母船通过声波通信时，声音会有0.2s
的延迟
【答案】C
【解析】根据v −t图线与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知潜水器本次
下潜的最大深度为hm= 1
2 ×(2+ 4)×60×2m=360m，则潜水器本次下潜过程的平
均速度大小为v = hm
t = 360
4×60 m/ s=1.5m/ s，故A错误，C正确；根据v −t图线的
斜率表示加速度，可知潜水器在0～1min内的加速度大小为
a=
2
1×60 m/ s
2= 1
30 m/ s
2，故B错误；潜水器在此次下潜最大深度处与海面上母
船通过声波通信时，声音延迟的时间为Δt = hm
v声
= 360
1500 s=0.24 s，故D错误。
4．（2025·湖南长郡中学检测）如图甲所示为高考日某地消防车为高考学子们
准备的最高礼仪“过水门”，寓意着鲤鱼跃龙门，祝所有考生金榜题名！其中
一辆消防车喷出的水柱如图乙所示，A点为喷水口，B点为水柱与A的等高点，
水柱最高点到地面的距离为h，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
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A. 水在空中处于超重状态
B. h越大，水在空中运动的时间越短
C. 不论h为多大，水在空中运动的时间相同
D. 水从A点运动到B点的时间为水从A点运动到最高点时间的2 倍
【答案】D
【解析】水柱中的水在空中处于失重状态，A错误；水柱最高点离地越高，水
在空中运动的时间越长，B、C错误；根据斜抛运动的对称性，水从A点运动到
B点的时间为水从A点运动到最高点时间的2 倍，D正确。
5．（2025·江西上饶一模）如图所示，三个规格相同的小灯泡（可视为纯电
阻）连接在理想变压器的原、副线圈上。三个小灯泡均能正常发光，已知小灯
泡正常工作时的电阻为4 Ω ，变压器a、b两端输入电压为u=24 sin100 π t(V )，
则单个小灯泡的额定功率为（ ）
A. 4W
B. 8W
C. 16W
D. 32W
【答案】B
【解析】方法一 根据能量守恒有U 有效I 额=3U 额I 额，其中a、b两端输入电压
的有效值U 有效= U m
√2 =12√2V ，求得U 额= 4√2V ，故P额= U 额
2
R = (4√2)
2
4
W =8W，
故选B。
方法二 因为灯泡均正常工作，故通过原线圈的电流为I 额，通过副线圈的电流
为2 I 额，由
I 1
I 2
= n2
n1得
n1
n2
=2，U 2=U 额，由
U 1
U 2
= n1
n2得U 1=2U 额，其中a、b两端输
入电压的有效值U 有效= U m
√2 =12√2V ，故U 有效=3U 额，求得U 额= 4√2V ，故
P额= U 额
2
R = (4√2)
2
4
W =8W，故选B。
6．（2025·安徽江南十校一模）近年来，我国空间科学创新发展驶入“快车
道”。假设有一空间探测器着陆在某个类地星球表面进行观测时发现，该星球
为规则球体，半径为R，自转周期为2T，其赤道上空有一颗沿圆形轨道运行的
卫星，它的运行方向与类地星球的自转方向相同，公转周期为T。如图所示，
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某时刻，位于星球赤道上P点的探测器观测到卫星的仰角为30
∘ ，T
6 后，观测到
卫星仰角变为90
∘ 。引力常量为G。根据以上信息，该类地星球的质量约为（
）
A. 4 π
2 R
3
GT
2
B. π
2 R
3
GT
2
C. 12√3 π
2 R
3
GT
2
D. 3√3 π
2 R
3
GT
2
【答案】C
【解析】如图所示，P点在T
6 内转过的圆心角α =30
∘ ，卫星转过的圆心角β =60
∘
，由几何关系可知，△POA为等腰三角形，则有OA =r =2 R cos30
∘=√3 R，根据
牛顿第二定律可得G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r，联立解得M = 12√3 π
2 R
3
GT
2
，故选C。
7．（2025·河北沧州期末）将某霍尔元件接入如图所示的电路，条形磁铁的N
极靠近霍尔元件时，二极管发光。霍尔元件的长宽高如图所示，霍尔元件单位
体积中有n个载流子，每个载流子所带电荷量大小为q，载流子定向移动的速率
为v，稳定时前后两个面间的电压为U，流过滑动变阻器的电流为I。下列说法
正确的是（ ）
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A. 霍尔元件中载流子带正电
B. 霍尔元件处的磁感应强度大小为nqbU
I
C. 将磁铁继续靠近霍尔元件，二极管变亮
D. 将滑动变阻器的滑片适当向左滑，二极管变亮
【答案】C
【解析】由题图可知二极管处于导通状态，所以霍尔元件前面的电势高于后面
的电势，由左手定则可知载流子受到的洛伦兹力方向向后，载流子向霍尔元件
的后面聚集，所以载流子带负电，故A错误；当电路稳定时，载流子受力平衡，
有qvB = U
b q，由I =nqSv =nqbcv，解得B = nqcU
I
，故B错误；前、后两面间的电
压U越大，二极管的亮度越大，由上述分析可得U = BI
nqc，磁铁靠近霍尔元件，
霍尔元件处的磁感应强度B变大，所以前、后两面间的电压U变大，二极管变亮，
故C正确；滑动变阻器的滑片适当向左滑，通过霍尔元件的电流变小，所以前、
后两面间的电压变小，二极管变暗，故D错误。
二、多项选择题
8．（2025·安徽合肥一模）如图所示，正方体ABCD−EFGH的四个顶点分别
固定着完全相同的正点电荷，O点为正方体中心。现仅将位于A点的电荷沿AO
连线移到O点，关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A. 电荷移动过程中系统电势能增大
B. 电荷移动过程中系统电势能减小
C. 位于G点的电荷受到的电场力一直增大
D. 位于G点的电荷受到的电场力一直减小
【答案】AC
【解析】现仅将位于A点的电荷沿AO连线移到O点，A受到的电场力做负功，
电势能变大，故A正确，B错误；根据库仑定律和力的合成法则可知，位于G点
的电荷受到的电场力随着位于A点的电荷向O点移动的过程中一直增大，故C正
确，D错误。
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9．（2025·河北部分重点中学联考）一定质量的理想气体用横截面积为S的活
塞封闭在汽缸内，汽缸内壁光滑，如图甲所示，现用轻质细线系在活塞的正中
央，然后悬挂在天花板下处于静止状态，封闭气体的压强为0.8 p0，体积为V 0，
温度为T 0；如图乙所示，再把汽缸开口倾斜向下放置在倾角为30
∘ 的斜面上，
整体处于新的静止状态。已知大气压强为p0，且活塞与汽缸的质量相等，重力
加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 活塞的质量为p0 S
5 g
B. 乙图中气体的压强为0.8 p0
C. 若乙图中气体的体积仍恢复为V 0，则温度为8T 0
9
D. 若乙图中气体的温度降为0.9T 0，则体积为0.8V 0
【答案】AD
【解析】活塞与汽缸的质量相等，均设为m，对甲图的汽缸受力分析，由平衡
条件得0.8 p0 S +mg= p0 S，解得m= p0 S
5 g ，故A正确；对乙图的活塞受力分析，由
平衡条件得p0 S =mgsin30
∘+ p乙S，联立解得乙图中气体的压强为p乙=0.9 p0，故
B错误；若乙图气体的体积仍恢复为V 0，对比甲、乙两图，由查理定律得
0.8 p0
T 0
= p乙
T ，解得T = 9T 0
8 ，故C错误；若乙图气体的温度降为0.9T 0，由理想气
体状态方程得
0.8 p0V 0
T 0
= p乙V
0.9T 0，解得V =0.8V 0，故D正确。
10．（2025·重庆模拟）如图所示，以v =5m/ s的速度顺时针匀速转动的水平
传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平地面平滑对接。水
平地面上有位于同一直线上、处于静止状态的5 个相同小球，小球质量
m0=0.2kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高h= 4.0m的P点由静止开始下滑，滑
到传送带上的A点时速度大小v0=7m/ s，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，
传送带A、B两点间的距离L=3.4 m。物体和小球均可视为质点，物体与小球、
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小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/ s
2。下列说法正确
的是（ ）
A. 物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为1.55 J
B. 物体第一次向右通过传送带的过程中，因摩擦产生的热量为0.2J
C. 第1 个小球最终的速度大小为5m/ s
D. 物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为5
18 m
【答案】ABD
【解析】物体由P到A的过程，满足mgh+W f = 1
2 m v0
2，解得W f =−1.55 J，则克
服摩擦力做的功为1.55 J，故A正确。物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下
做匀减速直线运动，加速度大小为a= μmg
m = μg=5m/ s
2，减速至与传送带速度
相等时所用的时间t1= v −v0
−a =0.4 s，匀减速运动的位移x1= v + v0
2
t1=2.4 m< L，传
送带位移x2= v t1=2m，物体第一次向右通过传送带的过程中，因摩擦产生的热
量为Q = μmg⋅| x2−x1|=0.2J，故B正确。物体与第1 个小球发生弹性正碰，设
物体反弹回来的速度大小为v1，第1 个小球被撞后的速度大小为u1，由动量守恒
定律和能量守恒定律得mv =−m v1+m0u1，1
2 mv
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 m0u1
2，解得
v1= 1
3 v = 5
3 m/ s，u1= 2
3 v = 10
3 m/ s，物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过
程中，由运动学公式得0−v1
2=−2ax，解得x = 5
18 m，故D正确。由于小球质量
相等，且发生的都是弹性正碰，它们在相互碰撞过程中将进行速度交换。由D
选项可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次
向右做匀加速运动，直到速度大小增加到v1，之后再跟第1 个小球发生弹性正
碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为v2= 1
3 v1=( 1
3 )
2
v，
u2= 2
3 v1= 2
3 ⋅1
3 v，以此类推，物体与第1 个小球经过n次碰撞后，它们的速度大
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小分别为vn=( 1
3 )
n
v，un= 2
3 ⋅( 1
3 )
n−1
v <v =5m/ s，则第1 个小球最终的速度大小
不可能为5m/ s，故C错误。
选择题专练（二）
限时：30 分钟
一、单项选择题
1．（2025·广东模拟预测）如图所示为铀238 辐射出的射线穿过饱和甲醇蒸气
时显现出的“射线”形态。已知铀238 发生衰变的核反应方程为
❑92
238U →❑90
234Th+❑a
b X，下列说法正确的是（ ）
A. 钍234 的比结合能比铀238 的大
B. X粒子为β 粒子
C. X粒子的电离能力比γ 射线的弱
D. 甲醇蒸气可使铀238 的半衰期发生改变
【答案】A
【解析】钍234 比铀238 更稳定，故钍234 的比结合能比铀238 的大，A正确；
根据电荷数和质量数守恒可知a=2，b= 4，所以X粒子为α 粒子（氦核），B错
误；α 粒子的电离能力比γ 射线的强，C错误；铀238 的半衰期不会因外界环
境而发生改变，D错误。
2．（2025·河北衡水期末）如图所示为密封性好、充满气体的塑料袋，物品快
递运输过程中常用它包裹易碎品。若充气袋瞬间被挤压但未被挤破，则袋内气
体（ ）
A. 体积增大，温度升高
B. 体积减小，温度降低
C. 压强增大，内能增大
D. 压强增大，内能减小
【答案】C
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【解析】当充气袋瞬间被挤压时，体积变小，外界对气体做功，由于时间极短，
袋内气体与外界来不及进行热交换，根据热力学第一定律可知，气体的内能增
大，则气体的温度升高，根据pV
T =C可知气体的压强增大，故选C。
3．（2025·八省联考四川卷）我国某研究团队提出以磁悬浮旋转抛射为核心的
航天器发射新技术。已知地球和月球质量之比约为81:1，半径之比约为4:1。若
在地球表面抛射绕地航天器，在月球表面抛射绕月航天器，所需最小抛射速度
的比值约为（ ）
A. 20
B. 6
C. 4.5
D. 1.9
【答案】C
【解析】要抛射航天器，所需要的最小速度为中心天体的第一宇宙速度，根据
万有引力提供向心力有G Mm
R
2 =m v
2
R ，可得天体的第一宇宙速度v =√
GM
R ，地球
和月球质量之比约为81:1，半径之比约为4:1，则地球和月球的第一宇宙速度之
比为v地
v月
=√
M 地R月
M 月R地
= 9
2 = 4.5，即所需最小抛射速度的比值约为4.5，故选C。
4．（2025·湖南郴州三模）如图所示，等边三角形abc中心处静置一长直通电
导线M，导线与△abc所在纸面垂直，电流方向未知，该空间还存在与bc边平行
且足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向如图所示，已知a点的磁感应
强度为0，则（ ）
A. M中的电流方向垂直于纸面向里
B. b、c两点的合磁感应强度大小均为B
C. 沿Ma方向到无穷远处，磁感应强度先减小后增大，方向一直不变
D. 若仅使M中的电流反向，则b、c两点合磁感应强度大小均为B
【答案】D
【解析】设通电直导线在a、b、c三点产生的磁感应强度大小为B0，由于a点的
磁感应强度为0，可知导线M在a点产生的磁场的磁感应强度与匀强磁场的磁感
应强度等大反向，由右手螺旋定则可知M中的电流方向垂直于纸面向外，故A
错误；导线M在b、c两点产生的磁场方向如图所示，因为B0= B，由几何关系可
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知b、c两点合磁感应强度大小Bb和Bc满足Bc = Bb=2B cos30
∘=√3 B，故B错误；
在a点磁感应强度为0，在a、M之间，磁感应强度的方向水平向左，在Ma方向
到无穷远处，磁感应强度的方向水平向右一直增大，故C错误；若仅使M中的
电流反向，则在b、c两点，导线M产生的磁场的磁感应强度与匀强磁场的磁感
应强度的夹角变为120
∘ ，b、c两点合磁感应强度大小均为B，故D正确。
5．（2025·湖南邵阳二模）在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲
所示，用起重机吊起正方形混凝土板ABCD，已知混凝土板边长为a，质量为m，
且始终呈水平状态，四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，某次施工，起
重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升，其运动的v −t图像如图
乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 36 s末混凝土板到地面的距离为56m
B. 10～30 s每根钢索所受的拉力大小均为1
4 mg
C. 0～10 s钢索的拉力小于30～36 s钢索的拉力
D. 若将四根钢索都替换成长度为√2a的钢索，则10～30 s每根钢索所受的拉力
大小均为√3
6 mg
【答案】D
【解析】根据v −t图像中图线与横坐标轴所围面积表示位移，可知36 s末混凝土
板到地面的距离为x = 20+36
2
×1m=28m，故A错误；由乙图可知，10～30 s混
凝土板匀速上升，处于平衡状态，设钢索与竖直方向夹角为θ ，则有
4 F cosθ =mg，由几何关系可知，θ = 45
∘ ，联立可得F = √2
4 mg，故B错误；由乙
图可知，0～10 s内混凝土板匀加速上升，处于超重状态，有
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4 F1cosθ−mg=ma1，30～36 s内混凝土板匀减速上升，处于失重状态，有
mg−4 F2cosθ =ma2，可得F1> F2，故C错误；若将四根钢索都替换成长度为
√2a的钢索，由几何关系可知，钢索与竖直方向的夹角的余弦为 cosθ′ = √3
2 ，
则10～30 s每根钢索所受的拉力大小均为F ′ =
mg
4 cosθ′ = √3
6 mg，故D正确。
6．（2025·山东滨州二模）空间中存在一匀强电场，电场方向未知。如图所示，
一质量为m的带电小球在A点的初速度大小为v0，方向水平向左，小球经过下方
B点时速度的大小仍为v0，且方向与水平方向夹角θ =60
∘ ，指向右下方。A、B
两点在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. 若电场力水平向右，电场力最小
B. A、B间电势差U AB=0
C. 小球速度竖直向下时，速度的大小为√2
2 v0
D. 若电场力的大小为mg，则电场力方向与竖直方向的夹角为60
∘ ，指向右上方
【答案】D
【解析】小球经过A、B两点时速度大小相等，由对称性可知在A、B两点的速
度方向与直线AB的夹角大小相等，设为α ，由几何关系可知α =60
∘ ，小球所
受的合力方向沿线段AB的垂直平分线斜向下，由平行四边形定则及几何关系可
知，场强方向沿BA向上时电场力最小，场强最小，A错误；从A到B根据动能定
理有U ABq+mgl ABsin α =0，可知U AB≠0，B错误；小球速度方向竖直向下时，速
度方向与直线AB夹角为30
∘ ，小球沿AB方向的速度为v1= v0cos60
∘= 1
2 v0，保持
不变，则小球速度方向竖直向下时，其大小为v ′ =
v1
cos30
∘= √3
3 v0，C错误；由图
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可知，若电场力的大小为mg，合力大小也为mg，此时电场力方向与竖直方向的
夹角为60
∘ ，指向右上方，D正确。
7．（2025·河北保定一模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ
和M 1 N 1 P1Q1固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2 L和L。金属
棒a、b的质量分别为2m、m，阻值分别为2 R、R，长度分别为2 L、L，整个装
置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属棒a一水平
向右的初速度v0，经一段时间后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过程中两
金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a一直未到达N N 1位置，下列
说法正确的是（ ）
A. 稳定后金属棒a的速度大小为2
3 v0
B. 稳定后金属棒b的速度大小为1
3 v0
C. 整个运动过程中产生的热量为2
3 m v0
2
D. 从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b的电荷量为mv0
3 BL
【答案】C
【解析】最终稳定时感应电流是零，设经时间t后金属棒a、b达到稳定速度，大
小分别为v1、v2，此时电路中有2BLv1= BLv2，解得2v1= v2，分别对金属棒a、b
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应用动量定理得−2B I L⋅t =2m v1−2m v0，B I L⋅t =m v2−0，联立解得v2= 2
3 v0，
v1= 1
3 v0，故A、B错误；由能量守恒定律知，整个运动过程中产生的热量
Q = 1
2 ×2mv0
2−1
2 ×2mv1
2−1
2 mv2
2= 2
3 mv0
2，故C正确；从开始运动至达到稳定速度
的过程中，流过金属棒b的电荷量q = I t，结合上述分析，联立解得q = 2mv0
3 BL ，
故D错误。
二、多项选择题
8．（2025·八省联考河南卷）某简谐横波在t =0时刻的波形图如图所示，x =0
处质点的位移为y =−4 cm,x =0.7m处的质点P位于平衡位置且振动方向向下。已
知该波的周期为1.2s，则（ ）
A. 该波的波长为1.2m
B. 该波的波速为2m/ s
C. 该波沿x轴正方向传播
D. t =0.1s时刻，x =0处的质点位于平衡位置
【答案】AD
【解析】设该简谐横波的波动方程为y = A sin( 2π
λ x +φ)，由题图可知，A =8cm，
代入(0,−4 cm)，解得φ=−π
6 ，所以该简谐横波的波动方程为
y =8sin( 2π
λ x−π
6 )cm，当x =0.7m时有2π
λ ×0.7m−π
6 = π ，解得该波的波长为
λ =1.2m，A正确；由v = λ
T 可得该波的波速为v = λ
T = 1.2
1.2 m/ s=1m/ s，B错误；
已知质点P位于平衡位置且振动方向向下，由同侧法可知，该波沿x轴负方向传
播，C错误；“位于平衡位置”这种状态传至x =0处的最短时间
Δt = Δ x
v =
xP−λ
2
v
= 0.7−0.6
1
s=0.1s，故t =0.1s时刻，x =0处的质点位于平衡位置，
D正确。
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9．（2025·河北石家庄一模）如图所示，两根长度均为L的轻质细杆a、b将质
量为2m的小球P和质量为m的小球Q连接至固定点O。细杆a可绕O点自由转动，
细杆b可绕小球P自由转动。初始时P、Q与O点在同一高度。现由静止释放两球，
两球在同一竖直面内运动，经过一段时间t后，细杆a与竖直方向的夹角为θ ，
细杆b恰好竖直，小球Q速度大小为√gL，方向水平向右。已知重力加速度为g，
不计一切摩擦与空气阻力。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. θ =60
∘
B. 当细杆b竖直时，小球P的速度大小为√gL
2
C. 细杆b对小球P做功为−mgL
D. 细杆b对小球Q的冲量大小为m√gL−mgt
【答案】AC
【解析】根据杆关联物体速度的特点可知，两小球沿杆b方向速度相等，结合速
度的合成与分解可得，小球P的速度为0，对系统，根据机械能守恒定律可得
2mgLcosθ =mgL(1−cosθ)+ 1
2 mvQ
2 ，vQ=√gL，解得θ =60
∘ ，故A正确，B错误；
对小球P，根据动能定理可得2mgLcosθ+W =0，所以W =−mgL，故C正确；对
小球Q，根据动量定理，水平方向可得I x =m vQ=m√gL，竖直方向可得
I y−mgt =0，所以细杆b对小球Q的冲量大小为I =√I x
2+ I y
2 =m√gL+ g
2t
2，故D错
误。
10．（2025·广东广州二模）某机械传动组合装置如图，一个水平圆盘以角速
度ω 匀速转动，固定在圆盘上的小圆柱到圆心的距离为R，带动一个T形支架
在水平方向左右往复运动。小圆柱在最左端时，在桌面的A点轻放质量为m的小
物件P，此时T形支架的右端恰好与P接触但不粘连，圆盘转半圈时物件P恰好
运动到O点。不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
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A. 物件P从A点开始运动到与T形支架分离的过程中，物件P做匀变速直线运动
B. 物件P从A点开始运动的过程，T形支架对其做功为1
2 mω
2 R
2
C. 小圆柱从最左端开始转动1
4 圆周时，物件P与T形支架分离
D. A、O的距离为( π
2 +1)R
【答案】BCD
【解析】T形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大
小为v =ωR，设小圆柱速度与水平方向的夹角为θ ，水平方向上的分速度为
v x = v cosθ =ωR cosθ ，所以物件P从A点开始运动到与T形支架分离的过程中，
做变加速直线运动，故A错误；当水平圆盘转动1
4圆周时，小圆柱的速度在沿
AO方向的分量最大，则P速度达到最大值vm，且之后小圆柱速度在沿AO方向
的分量开始减小，所以此时物件P将与T形支架分离，此后以v做匀速直线运动，
物件P从A点开始运动的过程，由动能定理得，T形支架对其做的功为
W = 1
2 m vm
2 = 1
2 mω
2 R
2，故B、C正确；支架与物件P分离之后，P做匀速直线运
动，再在圆盘转动1
4 圆周到达O点，此时间内P运动的位移为
x = vmt = vm× T
4 =ωR× 1
4 × 2π
ω = π R
2 ，A、O间的距离为d = R+ x =( π
2 +1)R，故D
正确。
选择题专练（三）
限时：30 分钟
一、单项选择题
1．（2025·江西九江二模）图示为氢原子的能级图。大量氢原子处于n= 4的激
发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV 的金属钠，
则（ ）
A. 用0.80eV 的光子照射n= 4能级的氢原子，可使氢原子电离
16/109
B. 氢原子从n= 4能级跃迁到n=1能级放出的光子波长最长
C. 有4 种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D. 逸出光电子的最大初动能为12.75eV
【答案】C
【解析】由能级图可知，用0.80eV 的光子照射n= 4能级的氢原子，不可使氢原
子电离，故A错误；氢原子从n= 4能级跃迁到n=1能级放出的光子能量最大，波
长最短，故B错误；由能级图可知E4−E1> E3−E1> E2−E1> E4−E2>2.29eV ，
E4−E3< E3−E2<2.29eV ，可知有4 种频率的光子能使金属钠产生光电效应，故
C正确；氢原子从n= 4能级跃迁到n=1能级放出的光子能量最大，则有
h νmax= E4−E1=12.75eV ，根据爱因斯坦光电效应方程可得
Ekm=h νmax−W 0=12.75eV −2.29eV =10.46eV ，故D错误。
2．（2025·河北秦皇岛一模）如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面内做小角
度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设向右为正方向，图乙是这个单
摆的振动图像，由此可知（ ）
甲
乙
A. 该单摆振动的频率为0.8 Hz
B. 振动方程为x =−4 cos(2.5 π t )cm
C. t =0时，摆球速度大小为v
D. t =0.2s时，摆球加速度为零
【答案】B
【解析】由题图乙可知，周期为0.8 s，可得频率f = 1
T =1.25 Hz，故A错误；由题
图乙可得振幅A = 4 cm，因为ω=2π f ，可得单摆的振动方程为
x =−4 cos(2.5 π t )cm，故B正确；由题图乙可知，t =0时，摆球在负向最大位移
处，速度大小为0，故C错误；t =0.2s时摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方
向上，拉力与重力的合力提供向心力，摆球有向心加速度，故D错误。
17/109
3．（2025·山东菏泽二模）均匀带电半球壳在球心O处的电场强度大小为E0，
现截去左边一小部分，截面与底面的夹角为θ ，剩余部分在球心O处的电场强
度大小为（ ）
A. E0sin θ
2
B. E0cos θ
2
C. E0
1−cosθ
sinθ
D. E0
1−sinθ
cosθ
【答案】B
【解析】假设球壳所带电荷为正电荷，根据对称性，截面左右两部分球面上的
电荷在O处产生的电场强度的方向一定沿着对应圆心角的角平分线向下，同理，
均匀带电的半球壳上的电荷在O处产生的电场强度方向一定垂直底面向下，画
出矢量图，如图所示，则剩余部分在O处的电场强度大小为E1= E0cos θ
2，故选B。
4．（2025·广东模拟）磁轴键盘是一种新型的机械键盘结构，磁轴包括轴心、
永磁铁、霍尔传感器和弹簧，其结构简图如图所示。轴心可保证按键和弹簧只
在竖直方向运动，永磁铁( N极在下、S极在上)固定在按键上，长、宽、高分别
为l、b、h的霍尔传感器通有由前向后的恒定电流I。当按键被按下时，永磁铁
会靠近霍尔传感器，磁场的变化导致霍尔电压变化并输入信号。当松开按键时，
永磁铁远离霍尔传感器，输入信号停止。下列说法正确的是（ ）
A. 磁轴键盘的原理是霍尔电压超过某一值后输入信号
B. 磁轴键盘的原理是霍尔电压的变化量超过某一值后输入信号
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C. 增加l后，该磁轴键盘将更加灵敏
D. 增加b后，该磁轴键盘将更加灵敏
【答案】A
【解析】根据题意可知，磁铁靠近，输入信号，磁铁远离，输入信号停止，可
判断其原理是霍尔电压增大到某一值后输入信号，故A正确，B错误；最终载流
子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有q U
b =qvB，结合电流的微观表达
式I =nqSv =nqbhv，有U = BI
nqh，可见l和b对霍尔电压无影响，即对该磁轴键盘
的灵敏度无影响，故C、D错误。
5．（2025·辽宁大连模拟预测）某主题公园的湖里安装了一圆形线状光源的彩
灯，半径R =5m，如图甲所示。该光源水平放置到湖水下方，光源圆面与液面
平行。当彩灯发出红光时，可在水面正上方观察到如图乙所示的红色亮环，亮
环与中间暗圆的面积之比为5:4，已知水对红光的折射率为4
3。下列说法正确的
是（ ）
甲
乙
A. 此彩灯到水面的垂直距离为√7
2 m
B. 彩灯变为蓝光时，中间暗圆面积变小
C. 若将彩灯上移，则亮环面积与中间暗圆面积之比增大
D. 将光源竖直向下移动4√7
3
m，会使中间暗圆消失
【答案】D
【解析】设亮环外边缘与内边缘的半径分别为r1和r2，由题意得
π r1
2−π r2
2
π r2
2
= 5
4 ，
求得
r1
r2
= 3
2，设红光在水中发生全反射的临界角为C，则sinC = 1
n = 3
4 ，可得
19/109
tanC =
3
√4
2−3
2 = 3
7 √7，设光源到水面的距离为h，若光源上的一点射出的光恰好
在水面发生全反射，如图所示，根据几何关系有r1= R+h tanC，r2= R−h tanC，
联立得h= √7
3 m，故A错误；水对蓝光的折射率大于水对红光的折射率，即蓝光
在水中发生全反射的临界角小于红光在水中发生全反射的临界角，根据
r2= R−h tanC可知，彩灯变为蓝光时，r2增大，即中间暗圆面积增大，故B错误；
亮环面积与中间暗圆面积之比为
π r1
2−π r2
2
π r2
2
=( r1
r2
)
2
−1，若将彩灯上移，即h减小，
则r1减小，r2增大，所以亮环面积与中间暗圆面积之比减小，故C错误；设将光
源竖直向下移动Δh，中间暗圆恰好消失，则(h+ Δh)tanC = R，解得Δh= 4√7
3
m，
故D正确。
6．（2025·湖南郴州三模）春节前夕，小李同学看到工人在清洁学校礼堂的玻
璃墙，如图甲所示。某时刻工人坐在质量不计的水平小木板上保持静止状态，
小木板长边BC与竖直墙面平行(C端在纸内)，工人手与墙壁、绳均不接触，腿
与竖直墙的夹角β =53
∘ ，玻璃墙对脚的作用力沿腿方向，轻绳OA与竖直墙面
的夹角α =37
∘ ，如图乙。连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角θ =120
∘ ，
且与OA在同一倾斜平面内，图丙为小木板、轻绳OA、AB、AC的平面图。工
人及工具所受总重力为mg，sin37
∘=0.6，g为重力加速度，则（ ）
甲
乙
丙
A. AB绳的拉力为0.8mg
B. 玻璃墙对脚的作用力为0.75mg
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C. 其他条件不变，增大θ 角，OA的拉力变大
D. 其他条件不变，增大α 角，OA的拉力变小
【答案】A
【解析】对工人工具和小木板整体受力分析如图甲所示，玻璃墙对脚的作用力
为F，绳OA上的拉力大小为FOA，根据平衡条件则有FOA =mgcos37
∘=0.8mg，
F =mgsin37
∘=0.6mg，以A点为研究对象，AB、AC的夹角为120
∘ ，则
F AB= FOA =0.8mg，A正确，B错误；其他条件不变，增大θ 角，OA的拉力不变，
选项C错误；其他条件不变，增大α 角，如图乙所示，OA的拉力变大，D错误。
甲
乙
7．（2025·河北保定一模）一弹玻璃球游戏的简化示意图如图所示，在半径为
R的固定光滑半球体表面的最高点B放置一个玻璃球P，从A点将另一玻璃球Q
以速度v0（未知）沿圆弧切线弹出，只要能沿球面运动到最高点与玻璃球P发生
碰撞即为胜利。已知∠BOA =37
∘ ，重力加速度为g，两玻璃球均可视为质点，
sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，则v0的大小可能为（ ）
A. √
gR
5
B. √
3 gR
5
C. √
6 gR
5
D. √
7 gR
5
【答案】B
【解析】玻璃球Q到最高点的最小速度为零，此时对玻璃球Q从A点到最高点的
过程，由机械能守恒定律有mgR(1−cos37
∘)= 1
2 mv1
2，解得玻璃球Q在A点弹出
的最小初速度v1=√
2
5 gR；在A点弹出时，玻璃球Q恰好不离开球面，满足重力
沿半径方向的分力提供向心力，有mgcos37
∘= m v2
2
R ，解得玻璃球Q在A点弹出的
最大初速度v2=√
4
5 gR，故v0的大小满足√
2
5 gR≤v0≤√
4
5 gR，B正确。
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二、多项选择题
8．（2025·湖南邵阳二模）如图所示为一电动玩具起重机的电路示意图，理想
变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，变压器原线圈中接入瞬时值
u=30√2⋅sin100 π t(V )的正弦交变电流，电动机的内阻为5Ω ，装置正常工作
时，质量为1kg的物体恰好以0.5m/ s的速度匀速上升，灯泡正常发光（阻值保
持不变），电表均为理想电表，电流表的示数为3 A，设电动机的输出功率全部
用来提升物体，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/ s
2。下列说法正确的是
（ ）
A. 电压表的示数为10√2V
B. 灯泡的额定功率为20W
C. 电动机正常工作时的发热功率为10W
D. 若电动机被卡住但未损坏的情况下，原线圈输入的功率为40W
【答案】BD
【解析】变压器原线圈两端电压的有效值为U 1= U m
√2 =30V ，根据理想变压器原、
副线圈电压与线圈匝数的关系
U 1
U 2
= n1
n2，解得变压器副线圈两端电压的有效值为
U 2=10V ，即电压表的示数为10V ，故A错误；设通过电动机的电流为I 1，电动
机输出功率P输出=U 2 I 1−I 1
2 R，又P输出= Fv =mgv，解得I 1=1 A，电动机消耗的热
功率P热= I 1
2 R =5W，灯泡的额定功率为PL=U 2( I −I 1)=20W，故B正确，C错误；
由C选项分析可知，电动机被卡住但未损坏的情况下，原线圈输入的功率为
P总= P出= PL+ U 2
2
R = 40W，故D正确。
9．（2025·广东深圳一模）在某科幻电影中，由于太阳寿命将尽，人类计划建
造“行星发动机”将地球推离太阳系。太阳系中行星的公转可视为匀速圆周运
动。如图所示，现计划使用行星发动机进行两次变轨，经过椭圆转移轨道，以
最短时间将地球转移到木星轨道上，已知木星公转周期为K年，则（ ）
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A. 从地球轨道进入转移轨道，行星发动机需要加速
B. 地球在转移轨道上运行时，速度不断增大
C. 地球在第二次变轨点，变轨前后向心加速度不会改变
D. 地球在转移轨道上运行的时间为( 1+ K
2
3
2
)
3
2年
【答案】AC
【解析】从地球轨道进入转移轨道，做离心运动，行星发动机需要加速，故A
正确；地球在转移轨道上向远日点运动过程中，速度不断减小，故B错误；根
据G Mm
r
2 =ma可知，地球在第二次变轨点，变轨前后向心加速度不会改变，故C
正确；设地球轨道半径为r，木星轨道半径为R，满足R
3
r
3 = K
2，解得R = K
2
3 ⋅r，
转移轨道的半长轴为r ′ = R+r
2
=r ⋅1+ K
2
3
2
，设地球在转移轨道上运行的周期为T，
则r ′
3
r
3 = T
2
T 0
2，T 0=1年，解得T =( 1+ K
2
3
2
)
3
2年，地球在转移轨道上运行的时间为
t = 1
2 T = 1
2 ( 1+ K
2
3
2
)
3
2年，故D错误。
10．（2025·河北张家口一模）如图所示，两根间距d =1m且弯折成一定角度的
金属导轨平行放置，两侧导轨平面与水平面的夹角均为α =37
∘ ，ABFE区域
（含边界）有垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B =1T的匀强磁场，导体棒a
的质量m=1kg，电阻R =0.2Ω ，EF处有一固定且与a相同的导体棒b，两导体
棒与导轨均垂直且接触良好。在C、D两位置有固定弹性立柱，导体棒与立柱发
生弹性碰撞时，速度立即变为与碰前速度等大反向。现将a从距AB边1.44 m处由
静止释放，进入磁场后恰能做匀速直线运动，a运动至CD处与立柱发生碰撞时
立即释放导体棒b。当a再次运动至AB处时，a与b速度大小恰好相等，b恰好到
23/109
达CD处。导轨AE、BF段光滑，其余段粗糙，a与粗糙部分导轨间的动摩擦因
数为μ ，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，取g=10m/ s
2，导轨电阻忽略不计。下列说
法正确的是（ ）
A. a与粗糙部分导轨间的动摩擦因数μ=0.5
B. a再次运动至AB处时，a、b的速度大小为1m/ s
C. 弯折前C、D分别为AE、BF的中点
D. a由CD运动到AB的过程中，回路产生的总焦耳热小于1.44 J
【答案】AD
【解析】因a进入磁场后做匀速运动，则mgsin α = B
2d
2
2 R v0，解得v0=2.4 m/ s，a
由开始运动到进入磁场，由动能定理可得mgx sin α −μmgx cosα = 1
2 mv0
2，解得
μ=0.5，故A正确；设a再次运动至AB处时，a、b的速度大小均为v1，从a反弹
至其到达AB处过程，根据动量定理，对a有−mgt sin α −B I dt =m v1−m v0，对b
有mgt sin α + B I dt =m v1−0，联立解得v1=1.2m/ s，故B错误；在相同时间内，a
的速度由2.4 m/ s减速到1.2m/ s，b的速度由0 增加到1.2m/ s，相同时间内，a
的速度大小始终大于b的速度大小，故此过程a的位移大于b的位移，所以弯折
前C、D不是AE、BF的中点，故C错误；a由CD运动到AB的过程中，系统损失
的机械能转化成两棒产生的总焦耳热Q，如果两棒位移大小相同，根据能量守
恒定律得Q = 1
2 m v0
2−1
2 ⋅2m⋅v1
2，解得Q =1.44 J，而实际是a的位移大于b的位移，
两棒组成的系统重力势能增加，所以产生的总焦耳热小于1.44 J，故D正确。
选择题专练（四）
限时：30 分钟
一、单项选择题
1．（2025·广东江门二模）如图是通过光电效应实现信号传输控制的设备——
光继电器。LED发出波长为λ 的光，光电管阴极K被照射后恰能发生光电效应，
从而引起信号接收电路产生电流，实现对外部电路的控制。已知普朗克常量为h，
真空中的光速为c，则（ ）
24/109
A. 阴极K的逸出功小于hc
λ
B. 阴极K的截止频率为c
λ
C. 逸出光电子的最大初动能为hc
λ
D. 信号接收电路中电源的a端是正极
【答案】B
【解析】因波长为λ 的光照射在光电管阴极K后恰能发生光电效应，可知阴极
K的逸出功W 逸出功=hν = hc
λ ，阴极K的截止频率为ν = c
λ，选项A错误，B正确；
因为恰能发生光电效应，可知逸出光电子的最大初动能为零，选项C错误；由
题可知，逸出的光电子被加速，可知信号接收电路中电源的a端是负极，选项D
错误。
2．（2025·河北邢台模拟）硅胶罐是常用的保健器材，其操作简单、使用方便，
如图所示。在拔罐时，将硅胶罐扣在皮肤上，用手按压硅胶罐排除部分气体，
待硅胶罐鼓起，硅胶罐就可以牢牢地吸附在皮肤上。因皮肤和硅胶罐鼓起，使
得内部气体体积增大，由于身体的热量传递，最终内部气体温度升高。若将罐
内气体视为理想气体，则下列说法正确的是（ ）
A. 由于内部气体体积增大，对外做功，因此内部气体内能减小
B. 由于内部气体温度升高，故内部所有气体分子运动的速率均增大
C. 由于内部气体温度升高，内部气体的压强一定大于外界的大气压
D. 由于内部气体温度升高，内部气体吸收的热量大于气体对外做的功
【答案】D
【解析】因为内部气体温度升高，故内能增大，A错误；温度升高，并不是所
有气体分子运动的速率都增大，故B错误；虽然内部气体温度升高，但内部气
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体的压强一定小于外界的大气压，只有这样，硅胶罐才能吸附在皮肤上，故C
错误；由于内部气体温度升高，体积增大，根据热力学第一定律可知，内部气
体吸收的热量大于气体对外做的功，故D正确。
3．（2025·山东潍坊三模）附有肥皂膜的铁丝圈竖直放置于单色线性光源一侧，
肥皂膜的纵截面形状如图所示，则从光源一侧顺着入射光线看到的图样可能是
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】根据薄膜干涉的原理可知，同一条亮条纹或暗条纹对应的薄膜厚度相
等，所以条纹是水平的，A、B错误；从上往下，肥皂膜厚度变化越来越快，所
以条纹越来越密，且越来越窄，C错误，D正确。
4．（2025·安徽合肥二模）图示为手摇发电机的示意图，正方形金属线框的边
长为L，匝数为n，位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并以恒定角速度ω
绕OO′轴转动。阻值为R的电阻与电流表串联后两端分别与换向器的两个电刷相
连，其余电阻不计，A 为理想电流表。若从线框平面平行于磁场开始计时，则
在线框转动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. AB边中的电流方向保持不变
B. t =0时电流表示数为0
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C. AD边始终不受安培力作用
D. 通过电阻R的电荷量为4 nB L
2
R
【答案】D
【解析】在线框转动一周的过程中，AB边中的电流方向改变两次，故A错误。
电流表的示数为电流的有效值，所以t =0时电流表示数不为0，故B错误。AD边
中有电流，与磁场不平行时受安培力作用，故C错误。线圈转动1
4圆周过程中通
过电阻R的电荷量为q0= I Δt，又I = E
R，E =n ΔΦ
Δt = nB L
2
Δt ，联立得q0= nB L
2
R
，电
阻R与换向器相连，通过R的电流方向不变。线框转动一周的过程中，通过电阻
R的电荷量为q = 4 q0= 4 nB L
2
R
，故D正确。
5．（2025·安徽蚌埠期末）某连队在一次迫击炮实弹训练中要求炮手将炮弹发
射到小山包另一侧地面上的目标（如图所示），小山包的高度为h，炮手在发射
战位P将射击仰角调整到37
∘ 时发射，炮弹恰好在最高点越过山头命中目标，不
计空气阻力，重力加速度为g，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，则下列说法正确的是
（ ）
A. 炮弹的发射速度为√2 gh
B. 战位P与目标的距离为8h
3
C. 在战位P调整射击仰角为53
∘ 时发射炮弹仍能命中目标
D. 射击仰角为45
∘ 时发射出的炮弹射程最大，飞行时间最短
【答案】C
【解析】设炮弹的发射速度为v0，则(v0sin37
∘)
2=2gh，所以v0= 5
3 √2gh，故A错
误；战位P与目标的距离为x = v0cos37
∘⋅2t，t = v0sin37
∘
g
，联立可得x = 16
3 h，
故B错误；在战位P调整射击仰角为53
∘ 时，则
x′ =2v0cos53
∘⋅v0sin53
∘
g
= 16
3 h= x，上升的最大高度大于h，则发射炮弹仍能命
中目标，故C正确；由于炮弹射程为x″ = v0cosθ⋅2 v0sinθ
g
= v0
2sin 2θ
g
，当θ = 45
∘
27/109
时，射程最大，飞行时间为t ′ = 2v0sinθ
g
，由此可知，当θ = 45
∘ 时，飞行时间不
是最短，故D错误。
6．（2025·河北保定一模）2024 年8 月16 日15 时35 分，中国在西昌卫星发
射中心成功将遥感四十三号01 组卫星发射升空，该卫星主要用于开展低轨星座
系统新技术实验。如图所示为其发射过程中的模拟图，卫星在近地轨道Ⅰ的A
点加速进入轨道Ⅱ，轨道Ⅱ上的远地点B与地面的距离为h。已知地球半径为R，
地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A. 在相等时间内，在轨道Ⅰ上卫星与地心连线扫过的面积与在轨道Ⅱ上卫星与
地心连线扫过的面积相等
B. 卫星在轨道Ⅰ上通过A点时的机械能等于在轨道Ⅱ上通过B点时的机械能
C. 卫星从A点运动到B点的时间可能为3 π(2 R+h)
2 R
√
2 R+h
2g
D. 地球的密度为
4 g
3 π GR
【答案】C
【解析】在同一轨道上，环绕天体和中心天体球心的连线在相等的时间内扫过
的面积相等，在不同轨道上，扫过的面积不同，故A错误；卫星在A点经过加速
由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，所以卫星在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，
故B错误；在地球表面有GMm
R
2
=mg，卫星在轨道Ⅰ上，根据万有引力提供向心
力有G Mm
R
2 =m 4 π
2
T 1
2 R，根据题意可知卫星在轨道Ⅱ上运行的半长轴a= 2 R+h
2
，
根据开普勒第三定律可得a
3
T
2 = R
3
T 1
2，解得卫星在轨道Ⅱ上运行的周期
T = (2 R+h)π
R
√
2 R+h
2 g
，卫星从A点运动到B点的时间
t = (2 R+h)π(2n+1)
2 R
√
2 R+h
2 g
(n=0,1,2,⋯)，当n=1时，卫星从A点运动到B点
28/109
的时间为3 π(2 R+h)
2 R
√
2 R+h
2 g
，故C正确；根据上述分析可得M = g R
2
G ，地球的
密度为ρ= M
V ，解得ρ=
3 g
4 π GR ，故D错误。
7．（2025·山东聊城二模）如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为L的匀强
电场和匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大
小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边
界的a点由静止释放，运动到磁场的下边界的b点时正好与下边界相切。若把电
场下移至磁场所在区域，如图乙所示，粒子从上边界c点由静止释放，经过一段
时间粒子第一次到达最低点d（图中位置仅为示意），下列说法正确的是
（ ）
甲
乙
A. a、b两点之间的距离为√2 L
B. 匀强电场的场强大小为E = B
2qL
m
C. 粒子在d点的速度大小为BqL
m
D. 粒子从c点到d点的竖直位移为2
3 L
【答案】C
【解析】设粒子在磁场中运动的速度大小为v，运动的轨迹半径为R，由动能定
理可得qEL= 1
2 m v
2，由洛伦兹力提供向心力可得qvB =m v
2
R ，由题意结合几何关
系可得R = L，联立解得E = B
2qL
2m ，故B错误；由几何关系可得粒子从a到b的位
移大小为d =√(2 L)
2+ L
2=√5 L，故A错误；把粒子从c运动到d过程中的平均速度
分别沿着水平方向和竖直方向分解，设两个平均分速度分别为v x、v y，把粒子
29/109
受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，根据左手定则，洛伦兹力的
两个平均分力分别为F x =q v y B，F y =q v x B，设粒子在最低点d的速度大小为v，
水平方向由动量定理可得F xt =mv，由动能定理可得qEy = 1
2 m v
2，结合y = v yt，
E = B
2qL
2m ，联立解得v = BqL
m ，y = L，故C正确，D错误。(C、D选项也可用
“配速法”进行分析)
二、多项选择题
8．（2025·山东德州三模）某静电场中x轴上各点电势φ 随坐标x变化的关系如
图所示，x =0处电势最低，x =−x0处电势为2φ0，x =3 x0处电势为3φ0。一质量
为m、带电荷量绝对值为q的带电粒子仅在电场力作用下，从x =−x0沿x轴正方
向运动，运动至x =3 x0处时速度恰好减小为0。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子一定带正电
B. 粒子在x =−x0处的初速度大小为√
2q φ0
m
C. 粒子经过坐标原点时的动能为2q φ0
D. 自x =−x0至x =3 x0粒子的电势能先增大后减小
【答案】AB
【解析】沿电场线方向电势降低，则x =−x0至x =0电场线方向沿x轴正方向，
x =0至x =3 x0电场线方向沿x轴负方向，带电粒子从x =−x0沿x轴正方向运动，
运动至x =3 x0处时速度恰好减小为0，则x =0至x =3 x0所受电场力沿x轴负方向，
则粒子一定带正电，选项A正确；由能量关系可知1
2 mv0
2=3φ0q−2φ0q，解得粒
子在x =−x0处的初速度大小为v0=√
2q φ0
m
，选项B正确；粒子在坐标原点的电势
φ1未知，故不能确定粒子在坐标原点的动能，选项C错误；自x =−x0至x =3 x0，
电场力先做正功后做负功，则粒子的电势能先减小后增大，选项D错误。
9．（2025·湖南长沙一模）许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送
带由驱动电机带动，传送带的速率恒定，为v =2m/ s，运送质量为m=2kg的工
30/109
件，将工件轻放到传送带上的A端，每当前一个工件在传送带上停止滑动时，
后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数μ= 3√3
5 ，传
送带与水平方向夹角θ =30
∘ ，工件从A端传送到B端所需要的时间为4 s。取
g=10m/ s
2，工件可视为质点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的
是（ ）
A. 加速过程的加速度大小为4 m/ s
2
B. 加速运动的距离为1m
C. 两个相对静止的相邻工件间的距离为1m
D. A、B两端的距离为8m
【答案】AC
【解析】工件加速过程，根据牛顿第二定律有μmgcos30
∘−mg⋅sin30
∘=ma，解
得a= 4 m/ s
2，故A正确；加速过程，根据v
2=2a x1，解得x1=0.5m，故B错误；
工件加速经历时间t1= v
a =0.5 s，工件先加速后匀速，由于每当前一个工件在传
送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相对静止的相邻
工件间的距离为Δ x = v t1=1m，故C正确；工件从A端传送到B端所需要的时间
为t0= 4 s，则工件匀速运动的位移为x2= v(t0−t1)=7m，A、B两端的距离
x AB= x1+ x2=7.5m，故D错误。
10．（2025·广东深圳期末）如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的
底座，通过弹簧与顶部一质量M =2m的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将
底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，
小球运动到最初稳定状态下所处位置时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，
一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h，已知重力加速度为g，
则（ ）
A. 玩具离开地面后上升到最高点的过程中，重力做负功
31/109
B. 绳子绷紧前的瞬间，小球的速度为√2gh
C. 绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为1.5mgh
D. 用手将小球按下一段距离后，释放前弹簧的弹性势能为4.5mgh
【答案】AC
【解析】玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做负功，故A正确；设细
绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，根据v
2=2gh，得
v =√2gh，设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v0，细绳绷紧过程，根据动量守恒
定律得M v0=( M +m)v，可得v0= 3
2 √2gh，则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为
Ek = 1
2 M v0
2= 4.5mgh，则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为
Δ E = 1
2 M v0
2−1
2 ( M +m)v
2=1.5mgh，故B错误，C正确；用手将小球按下一段距
离后释放，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势
能，所以释放前弹簧的弹性势能E p> 1
2 M v0
2= 4.5mgh，故D错误。
选择题专练（五）
限时：30 分钟
一、单项选择题
1．（2025·湖南长沙模拟）我国研制的一种全新微型核能电池，可以实现五十
年稳定安全发电。它利用镍核(28
63∋)衰变成铜核(29
A Cu)，释放的能量被半导体转
换器吸收并转化为电能。下列说法正确的是（ ）
A. 镍核(28
63∋)衰变产生的射线是α 粒子流
B. 铜核(29
A Cu)的质量数等于64
C. 镍核(28
63∋)的比结合能比产生的铜核(29
A Cu)的比结合能小
D. 衰变中伴随产生的γ 射线是由外层电子跃迁产生的
【答案】C
【解析】依题意，镍核(28
63∋)衰变方程为❑28
63∋→❑29
63Cu+❑−1
0 e，可知镍核(28
63∋)衰
变产生的射线是β 粒子流，铜核(29
A Cu)的质量数等于63，故A、B错误；核反应
释放核能，镍核(28
63∋)的比结合能比铜核(29
63Cu)的比结合能小，故C正确；γ 射线
是铜原子核跃迁发出的，故D错误。
2．（2025·八省联考四川卷）某同学制作了一个小型喷泉装置，如图甲所示。
两个瓶子均用瓶塞密闭，两瓶用弯管连通，左瓶插有两端开口的直管。左瓶装
32/109
满水，右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时，左瓶直管有水喷出，如图乙所示。水
喷出的过程中，装置内的气体（ ）
甲
乙
A. 内能比浇水前大
B. 压强与浇水前相等
C. 所有分子的动能都比浇水前大
D. 对水做的功等于水重力势能的增量
【答案】A
【解析】用沸水浇右瓶时，装置内的气体温度升高，内能增大，A正确；压强
比浇水前大，B错误；随着气体温度升高，气体分子平均动能增大，但不是所
有分子的动能都增大，C错误；水喷出时有动能，故装置内的气体对水做的功
等于水动能的增量与重力势能的增量之和，D错误。
3．（2025·安徽黄山二模）一辆小汽车在高速公路上正常行驶，驾驶员发现前
方较远处有异常情况，立即刹车，车辆匀减速直线行驶经过一段分别标有“0m
”“50m”“100m”的标志牌路面。车头到达“0m”标志牌时开始计时，车
头经过“0m”～“50m”路段用时2s，车头经过“50m”～“100m”路段用时
3 s，下列说法正确的是（ ）
A. 车头在“0m”标志牌处速度大小等于85
3 m/ s
B. 车辆加速度大小等于125
36 m/ s
2
33/109
C. 车头在“50m”标志牌处速度大小为20m/ s
D. 车头在1～3.5 s时间内的位移小于50m
【答案】A
【解析】根据题意可得，车头经过“0m”～“50m”路段中间时刻的速度大小
为v1= x
t1
=25m/ s，经过“50m”～“100m”路段中间时刻的速度大小为
v2= x
t2
= 50
3 m/ s，所以加速度大小为a= v1−v2
t1+t2
2
= 10
3 m/ s
2
，所以车头在“0m”标
志牌处速度大小v0= v1+a t1
2 = 85
3 m/ s，故A正确，B错误；车头在“50m”标志
牌处速度大小为v50= v1−a t1
2 = 65
3 m/ s，故C错误；车头在1～3.5 s时间内的位移
为x = v1t ′ −1
2 at ′
2= 625
12 m≈52.1m，故D错误。
4．（2025·河北邯郸二模）如图所示，质量均为m的物块A、B中间用一根原长
为L0的轻弹簧相连，放在光滑水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。
用一小锤敲击物块A给其一个水平向右的速度v0，此后A、B向右运动，弹簧始
终处于弹性限度内。下列关于弹簧的弹性势能E p与弹簧的长度L、形变量x之间
的关系图像可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
34/109
【解析】A、B和弹簧组成的系统满足动量守恒，A、B共速时有m v0=2mv，对
A、B及弹簧整体，由机械能守恒定律得1
2 mv0
2= 1
2 ⋅2mv
2+ E pmax，联立可得
E pmax = mv0
2
4 ，故A、C错误；弹簧处于原长时弹性势能为0，故B错误，D正确。
5．（2025·广东广州一模）如图为一赛车手驾驶着赛车在水平地面上运动的物
理模型，赛车正以速率v =8m/ s匀速经过半径为16 米的半圆（为简化问题，可
视为轮胎所受摩擦力指向圆心），已知人与赛车总质量为1t，重力加速度
g=10m/ s
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 赛车受到地面的作用力为4×10
3 N
B. 向心加速度a=8m/ s
2
C. 轮胎与地面间的动摩擦因数μ 至少为0.2
D. 轮胎所受摩擦力不做功
【答案】D
【解析】赛车所需向心力为F =m v
2
r =1000× 8
2
16 N = 4000 N，向心力由地面对赛
车的摩擦力提供，地面对赛车的作用力还包含支持力，故赛车受到地面的作用
力大于4×10
3 N；向心加速度为a= v
2
r = 8
2
16 m/ s
2= 4 m/ s
2，故A、B错误。根据牛
顿第二定律可得f =ma≤μmg，可得μ≥a
g =0.4，故C错误。轮胎所受摩擦力提供
向心力，方向总是与速度方向垂直，所以轮胎所受摩擦力不做功，故D正确。
6．（2025·河南五市联考）如图所示，a、b两颗卫星均沿顺时针方向绕地球做
匀速圆周运动，a、b两卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为2:3，
若卫星a做圆周运动的周期为T 0，则a、b两卫星相邻两次距离最近的时间间隔
为（ ）
35/109
A. 27
8 T 0
B. 27
11 T 0
C. 27
16 T 0
D. 27
19 T 0
【答案】D
【解析】设卫星做圆周运动的半径为r，由万有引力提供向心力可得
G Mm
r
2 =mr( 2π
T )
2
，解得T =2π√
r
3
GM ，则单位时间内卫星与地心连线扫过的面积
为S0= π r
2
T = 1
2 √GMr，a、b两卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为
2:3，则a、b两卫星做圆周运动的半径之比为ra:rb= 4:9，则有T b= 27
8 T 0，设a、
b两卫星相邻两次距离最近的时间间隔为t，则( 2π
T 0
−2π
27
8 T 0
)t =2π ，解得
t = 27
19 T 0，故选D。
7．（2025·山东模拟预测）如图所示，套在光滑竖直杆上的轻弹簧与杆一起固
定在水平地面上，弹簧的另一端与穿在杆上的小球相连，绕过O点定滑轮的轻
绳一端连接小球，另一端连接放在光滑固定斜面上的小滑块。初始时托住小滑
块，使轻绳伸直但恰好无拉力，之后由静止释放小滑块，小球从M点沿杆向N
点运动。已知斜面的倾角为30
∘ ，小球的质量为m，小滑块的质量为6m，ON长
度为L，ON与MN垂直。初始时O点右侧的轻绳与杆的夹角为37
∘ ，O点左侧的
轻绳与斜面平行，小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等，重力加速度
为g，sin37
∘=0.6。在小球从M点向上运动到N点的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A. 小球和小滑块组成的系统机械能守恒
36/109
B. 弹簧的劲度系数为3mg
4 L
C. 在运动过程中小滑块的速度始终大于小球的速度
D. 小球运动到N点时的速度大小为2√3 gL
3
【答案】D
【解析】由题意可知，小球、小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，在小球从
M点向上运动到N点的过程中，弹簧的弹性势能先变小后变大，所以小球和小
滑块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由几何关系可知，在M点弹簧的压
缩量为x1= 1
2 ×
L
tan37
∘= 2
3 L，在M点由平衡条件有mg=k x1，联立可得弹簧的劲
度系数为k = 3mg
2 L ，故B错误；设O点右侧的轻绳与杆的夹角为θ ，根据关联速
度关系有v滑块= v球cosθ ，故C错误；当小球运动到N点时θ =90
∘ ，此时滑块的
速度为0，由于小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等，故在M、N两点
弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒可得
6mg(
L
sin37
∘−L)sin30
∘−mg
L
tan37
∘= 1
2 m v
2，解得小球运动到N点时的速度大小
为v = 2√3 gL
3
，故D正确。
二、多项选择题
8．（2025·湖北部分重点中学二模）如图所示，在真空中某点电荷的电场中，
将两个电荷量相等的试探电荷分别置于M、N两点时，两试探电荷所受电场力
相互垂直，且F2> F1，则以下说法正确的是（ ）
A. 这两个试探电荷的电性可能相同
B. M、N两点可能在同一等势面上
C. 把电子从M点移到N点，电势能可能增大
D. N点场强一定大于M点场强
【答案】CD
37/109
【解析】F2和F1所在直线交于一点，该交点为点电荷的位置，可知点电荷对M
处试探电荷有排斥力，对N处试探电荷有吸引力，所以这两个试探电荷的电性
一定相反，故A错误；由于F2> F1，可知M、N两点到点电荷的距离不等，不在
同一等势面上，故B错误；若点电荷带负电，则把电子从M点移到N点，电场力
做负功，电势能增大，故C正确；由点电荷场强公式E = F
q 可知，由于F2> F1，
则有EN > EM，故D正确。
9．（2025·辽宁本溪二模）面积足够大的A、B两种均匀弹性介质接触放置，
两者的界面在同一竖直面内。t =0时刻界面上某质点O开始沿界面振动，t =2s时
刻介质中产生的简谐波如图所示。据此可知（ ）
A. t =0时刻质点O从平衡位置向y轴正方向振动
B. A、B两种介质中波速相同
C. t =50 s时介质B中距O点3m处的质点开始振动
D. 从t =0时刻到t =50 s时刻质点P运动的路程为5m
【答案】AC
【解析】由图可知，质点O为振源，产生的简谐波分别沿x轴负向和正向传播，
t =0时刻质点O从平衡位置开始向y轴正方向振动，故A正确；简谐波在A、B两
种介质中传播时周期相同，波长不同，所以波速不同，故B错误；由题意可知，
2s为半个周期，所以T = 4 s，介质B中简谐波的波长λ =0.24 m，所以波速
vB= λ
T =0.06m/ s，当t =50 s时，简谐波在介质B中传播的距离为xB= vB⋅t =3m，
故C正确；由图像可知，B中简谐波的振幅为A =10cm=0.1m，从t =0时刻到
38/109
t =50 s时刻，质点O的路程sO=12.5×4 A =5m，质点P开始振动的时间比O点晚，
因此质点P运动的路程比质点O运动的路程少，即小于5m，故D错误。
10．（2025·湖南邵阳二模）某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金
属导轨间距为l，倾角为θ ，导轨上端串接一个阻值为k B
2l
2的电阻，下端接有
电容为C的电容器。在导轨间长为d的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀
强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m的导体棒a水平置于导轨上，用绝缘绳
索（平行导轨）通过定滑轮与拉杆b相连，导体棒向上运动时，K 1闭合，K 2断
开，向下运动时，K 1断开，K 2闭合。棒a的初始位置在磁场下方某位置处，一
位健身者用大小为3mgsinθ 的恒力竖直向下拉动b杆，棒a运动过程中始终保持
与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，棒a到达磁场d
2处时，撤去拉力F，恰
好能减速运动到磁场上边界，紧接着棒a从磁场上边界由静止开始下滑，此时电
容器所带电荷量为零，下滑过程中，拉力始终为零。不计其他电阻、摩擦力以
及拉杆和绳索的质量，导体棒a与导轨接触良好，重力加速度为g。下列说法正
确的是（ ）
A. 棒a向上进入磁场时的速度大小为2kmgsinθ
B. 棒a减速向上运动的时间为4 k
2m
2 gsinθ−d
2kmgsinθ
C. 棒a在磁场中下滑时做加速度减小的加速运动
D. 棒a向下离开磁场时的速度大小为√
2dmgsinθ
m+ B
2l
2C
【答案】ABD
【解析】a棒进入磁场时有，3mgsinθ =mgsinθ+ F，又F = BIl，I = E
R，E = Blv，
联立解得v =2kmgsinθ ，A正确；减速过程，由动量定理得
39/109
−mgt sinθ−B I lt=0−mv，又E = ΔΦ
Δt ，I = E
R，q = I Δt，ΔΦ= Bl⋅d
2，联立解得
t = 4 k
2m
2 gsinθ−d
2kmgsinθ
，B正确；导体棒a向下运动的过程中，Δt时间内电容器所带
电荷量的变化量ΔQ =CBl Δv，根据定义有I = ΔQ
Δt ，a= Δv
Δt ，对a棒有
mgsinθ−BIl =ma，联立可得a= mgsinθ
m+ B
2l
2C ，可知a棒做初速度为零的匀加速直线
运动，C错误；设导体棒向下出磁场时的速度为v ′，由运动学规律有
v ′
2−0=2ad，解得v ′ =√
2dmgsinθ
m+ B
2l
2C ，D正确。
选择题专练（六）
限时：30 分钟
一、单项选择题
1．（2025·河北保定一模）某金属在一束单色光的照射下发生光电效应，光电
子的最大初动能为Ek。已知该金属的逸出功为W 0，普朗克常量为h，真空中的
光速为c，则该单色光光子的动量p为（ ）
A. Ek +W 0
c
B. Ek +W 0
h
C. Ek−W 0
c
D. Ek−W 0
h
【答案】A
【解析】根据爱因斯坦的光电效应方程可得hν =W 0+ Ek，波长公式λ = c
ν ，则该
单色光光子的动量p= h
λ = hν
c = W 0+ Ek
c
，故选A。
2．（2025·河南五市联考）如图所示，某热水瓶的容积为V ，瓶中刚好有体积
为1
2 V 的热水，瓶塞将瓶口封闭，瓶中气体压强为1.2 p0，温度为87℃，环境大
气压强为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为57℃，瓶中气体可看成理
想气体，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57℃的过程中，跑出热水瓶的气体
质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为(T =t +273 K )（ ）
A. 1
11
B. 2
11
C. 3
11
D. 4
11
40/109
【答案】A
【解析】设原来瓶中气体变成57℃、压强为p0时，气体的总体积为V ′。方法一
根据理想气体状态方程，有
1.2 p0⋅1
2 V
(273+87)K =
p0V ′
(273+57)K
，解得V ′ =0.55V ，则跑
出气体的质量与原来气体的质量之比为Δm
m = V ′ −0.5V
V ′
= 1
11，故选A。
方法二设未打开瓶塞时瓶内气体的物质的量为n1，打开瓶塞后瓶内气体的物质
的量为n2，根据pV =nRT，可知1.2 p0× 1
2 V =n1 R×360，p0× 1
2 V =n2 R×330，解
得n1:n2=11:10，则跑出气体的质量与原来气体的质量之比为1:11，故选A。
3．（2025·山东威海三模）如图所示，将一个玻璃圆台放置在一块平面玻璃上，
圆台的纵截面为等腰梯形。让红光垂直圆台的上表面入射，从上向下观察，可
以看到明暗相间的同心圆环状条纹。下列说法正确的是 （ ）
A. 同心圆环状条纹是圆台上表面和侧面的反射光叠加形成的
B. 从圆心向外，环状条纹越来越稀疏
C. 改用紫光入射，条纹间距变小
D. 用同一单色光入射，圆台侧面与玻璃平面的夹角越小，条纹间距越小
【答案】C
【解析】这些同心圆环状条纹是圆台侧面与下面玻璃平面之间空气膜上下表面
反射的光叠加形成的，是一种薄膜干涉现象，而不是由圆台上表面与侧面反射
的光叠加形成的，故A错误；由于纵截面为等腰梯形，所以从圆心向外，环状
条纹等间距，故B错误；干涉条纹的间距与光的波长成正比，紫光波长比红光
短，改用紫光时条纹间距变小，故C正确；若圆台侧面与玻璃平面的夹角变小，
则空气膜厚度变化变缓，在同一单色光下，条纹在水平方向上拉得更开，间距
增大，故D错误。
4．（2025·河北沧州模拟）最新国产载人喷气飞行背包的速度可达100 千米每
小时。某款式喷气飞行背包由两个主喷气发动机和几个副喷气发动机组成，主
喷气发动机负责动力，副喷气发动机负责转向等辅助功能。假设主喷气发动机
喷口半径为R，飞行背包系统（含操作者）的总质量为m，不考虑飞行背包系统
41/109
受到的空气阻力和浮力，重力加速度为g，空气的密度为ρ 。飞行背包系统在
空中悬浮时主喷气发动机向下喷出气体的速度大小为（ ）
A. 1
R √
mg
2π ρ
B. 1
R √
mg
π ρ
C. 1
R √
2mg
π ρ
D. 2
R √
mg
π ρ
【答案】A
【解析】设时间Δt内每个喷口向下喷出的空气的质量为Δm，喷气速度为v，则
有Δm= ρSv Δt，由几何关系有S = π R
2，飞行背包系统在空中悬浮，设反冲作用
力为F，根据动量定理有F Δt = Δm⋅v = ρS v
2 Δt，解得F = ρS v
2，对飞行背包系
统受力分析，有2 F −mg=0，解得v = 1
R √
mg
2π ρ，故选A。
5．（2025·山东一模）如图所示，在“徒手抓金砖”的活动中挑战者需要戴白
手套单手抓25kg的梯形金砖的侧面，金砖小面朝上、大面朝下在空中保持静止
25 s以上视为挑战成功，已知梯形金砖截面的底角为θ ，手套与金砖间的动摩
擦因数为μ 。金砖在空中水平静止不动时，以下说法正确的是（ ）
A. 手对金砖的作用力大于金砖的重力
B. 手抓得越紧，金砖受到的摩擦力越大
C. 梯形底角越小越容易抓起
D. 当tanθ≥1
μ时，无论抓得多紧都抓不起金砖
【答案】B
【解析】手与金砖有两个接触面，对金砖施加两个正压力并产生两个静摩擦力，
这四个力的作用效果与重力平衡，所以手对金砖的作用力大小等于金砖的重力，
方向竖直向上，故A错误；由图可知，Ff = μ F N，当Ff sinθ≤F N cosθ ，即
tanθ≤1
μ时，手抓不起金砖，tanθ 越大，即θ 越大，越容易抓起金砖，故C、D
错误；由图可知，竖直方向有2 F N cosθ+G =2 Ff sinθ ，可知仅增大手对金砖的
压力，金砖受到手的摩擦力将增大，故B正确。
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6．（2025·辽宁辽南协作体联考）图甲为一列简谐横波在t =0时刻的波形图，
图乙为该波中平衡位置坐标为x =6m处质点P的振动图像，则下列说法中正确的
是（ ）
甲
乙
A. 该波的传播方向沿x轴正方向
B. 该波的传播速度为5m/ s
C. 在t =1s时，平衡位置在x =5m处的质点相对平衡位置的位移为10√2cm
D. 在t =0.5 s时，图甲中质点P相对平衡位置的位移为10cm
【答案】C
【解析】由题图乙可知，t =0时刻P质点的振动方向沿y轴正方向，由题图甲可
以判断出该波的传播方向沿x轴负方向，故A错误；由题图乙可知，该波的周期
T = 4 s，由题图甲可知，波长为λ =8m，则波速为v = λ
T =2m/ s，故B错误；波的
传播方向沿x轴负方向，在t =1s时，平衡位置在x =5m处的质点相对平衡位置的
位移等于t =0时刻平衡位置在x =7m处的质点相对平衡位置的位移，由题图甲可
知波动方程为y =20cos π
4 x(cm)，将x =7m代入，解得y =10√2cm，故C正确；
由题图乙可知质点P的振动方程为y =20sin π
2 t(cm)，将t =0.5 s代入，解得
y ′ =10√2cm，故D错误。
7．（2025·山东济宁模拟预测）如图，倾角为θ =30
∘ 的足够长斜面固定在水平
地面上，将一小球（可视为质点）从斜面底端O点以初速度v0斜向上抛出，初
速度与斜面的夹角为α ，经过一段时间，小球打在斜面上的P点。已知重力加
速度为g，不计空气阻力。则（ ）
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A. O、P间距离最远时，α =30
∘
B. O、P间距离最远时，末速度方向与斜面垂直
C. O、P间最远距离为v0
2
3 g
D. O、P间距离最远时，所用时间为√3 v0
3 g
【答案】A
【解析】建立如图所示的坐标系，将小球初速度和重力加速度分别沿x轴和y轴
分解。设从抛出至落到P点所用时间为t，沿y轴方向有
−v0sin α = v0sin α −gcos30
∘⋅t，沿x轴方向有xOP= v0cosα ⋅t −1
2 gsin30
∘⋅t
2，联
立得xOP= 4 v0
2
3 g sin(2α +30
∘)−2v0
2
3 g ，所以当α =30
∘ 时，xOP最大，为2v0
2
3 g ，所用时
间为t = 2v0sin30
∘
gcos30
∘= 2√3 v0
3 g
，在P点，有v Py =−v0sin α =−v0
2 ，
v Px = v0cosα −gsin30
∘⋅t = √3 v0
6
，设P点速度与斜面夹角为β ，则
tan β =| vPy
vPx
|=√3，解得β =60
∘ ，与斜面不垂直，故选A。
二、多项选择题
8．（2025·广东茂名一模）2024 年12 月17 日，我国在太原卫星发射中心以一
箭四星方式成功将卫星送入预定轨道。已知它们的轨道离地高度h小于静止卫星
的离地高度，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，若它们绕地球的运动
可视为匀速圆周运动，忽略地球自转的影响，下列关于它们的说法正确的是 （
）
A. 升空的过程中机械能减小
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B. 进入预定轨道后的运行周期大于24 小时
C. 进入预定轨道后的运行速度大小为R√
g
R+h
D. 进入预定轨道后的向心加速度大小为
g R
2
( R+h)
2
【答案】CD
【解析】升空的过程中外界要对卫星做功，使卫星的动能和重力势能都增加，
则机械能增加，A错误；因轨道半径小于静止卫星的轨道半径，根据开普勒第
三定律可知，进入预定轨道后的运行周期小于24 小时，B错误；根据万有引力
提供向心力，有G
Mm
( R+h)
2 =m
v
2
R+h =ma，而对地球表面的物体，有
G M m0
R
2 =m0 g，可得进入预定轨道后的运行速度大小为v = R√
g
R+h，进入预定
轨道后的向心加速度大小为a=
g R
2
( R+h)
2，C、D正确。
9．（2025·山东潍坊三模）如图所示，无限大接地金属板MN的垂线Od上a、b、
c三点恰将Od均分为四段，每段长度均为L。在O点固定一电荷量为Q的正点电
荷，虚线分别为过a、b、c三点的等势线，实线为某试探电荷仅在电场力作用
下运动的轨迹，轨迹与等势线分别交于e、f 、c、g、h点。当该试探电荷运动
到c点时，其电势能E pc =−2eV 、动能Ek c = 4 eV 。已知一个点电荷与无限大金属
板间的电场与等量异种点电荷连线中垂线一侧的电场分布相同。单个电荷量为
Q的点电荷周围某点的电势φ= kQ
r ，r为该点到点电荷的距离，下列说法正确的
是（ ）
A. 该试探电荷带负电
B. b点的场强大小为kQ
4 L
2
C. 该试探电荷运动到f 点时的动能为7 eV
D. 该试探电荷从e到f 和从f 到c的运动过程中，电场力做的功相等
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【答案】AC
【解析】根据等量异种点电荷电场分布特点，电场线方向指向MN，做曲线运
动的物体合力指向轨迹凹侧，可知试探电荷在c点所受的电场力向右，则试探电
荷带负电，故A正确；根据电场叠加原理可知b点场强E =
kQ
(2 L)
2 +
kQ
(6 L)
2 = 5kQ
18 L
2，
故B错误；设试探电荷电荷量为−q，根据题意有E pc=−2eV =( kQ
3 L −kQ
5 L )×(−q)，
同理在f 点有E p f = E pb=( kQ
2 L −kQ
6 L )×(−q)，联立解得E p f =−5eV ，根据能量守恒
有E pc+ Ek c= E p f + Ek f，代入题中数据，解得Ek f =7 eV ，故C正确；根据等量异
种点电荷电场分布特点，可知a、b间电势差大于b、c间电势差，即e、f 间电势
差大于f 、c间电势差，则该试探电荷从e到f 和从f 到c的运动过程中，电场力做
的功不相等，故D错误。
10．（2025·广东深圳期末）图甲为磁悬浮列车简化原理图。一个质量为m，
长为L，宽略大于L的矩形单匝线圈，下半部分处于长为L，宽为L
2 ，方向交互
相反的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，线圈下边在磁场外；上半部分处
于足够长、磁感应强度B1随时间t的变化规律如图乙所示的匀强磁场（图甲中未
画出）中，规定垂直于纸面向里的方向为正方向。设t =0时刻线圈经过图甲所
示位置，在水平力F作用下，线圈不接触任何支持物而保持这样的姿势以速度v
匀速向右平动，不考虑磁场边界效应，重力加速度取g，下列说法正确的是
（ ）
甲
乙
A. 线圈产生的感应电流总是顺时针方向的
B. 感应电流的大小恒为mg
B0 L
C. 线圈向右平动产生的感应电动势恒为BLv
D. 力F的大小恒为Bmg
B0
【答案】BCD
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【解析】根据题意可知，线圈处在交替出现的垂直于纸面向里的磁场和垂直于
纸面向外的磁场中，根据楞次定律知，从初始位置向垂直于纸面向外的磁场中
运动时，产生的感应电流是顺时针方向的，从垂直于纸面向外的磁场向垂直于
纸面向里的磁场运动时，产生的感应电流是逆时针方向的，故A错误；根据题
图乙的变化规律知，线圈向右平动过程，线圈上半部分的磁通量大小是不变的，
故只有下半部分切割磁感线产生感应电动势，感应电动势恒为B L
2 v ×2= BLv，
故C正确；线圈不接触任何支持物而保持这样的姿势以速度v匀速向右平动，受
力平衡，竖直方向上线圈在上边所受安培力与重力作用下平衡，有mg= B0 IL，
解得I = mg
B0 L，故B正确；线圈在水平方向受力平衡，线圈下半部分左、右两侧
切割磁感线的边所受安培力与水平力F平衡，故F =2BI ⋅L
2 ，其中I = mg
B0 L，联
立解得F = Bmg
B0 ，故D正确。
实验题专练（一）
限时：15 分钟
1．（2025· 八省联考陕晋宁青卷）图甲为研究平抛运动的实验装置，其中装
置A、B固定在铁架台上，装置B装有接收器并与计算机连接。装有发射器的小
球从装置A某高度处沿着轨道向下运动，离开轨道时，装置B开始实时探测小球
运动的位置变化。根据实验记录的数据由数表作图软件拟合出平抛运动曲线方
程y =1.63 x
2+0.13 x，如图乙所示。
甲
乙
（1） 安装并调节装置A时，必须保证轨道末端_ _ _ _ 。（填“水平”或“光
滑”）
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（2） 根据拟合曲线方程，可知坐标原点_ _ _ _ 抛出点。（填“在”或“不
在”）
（3） 根据拟合曲线方程，可计算出平抛运动的初速度为_ _ _ _ m/ s。（当地重
力加速度g取9.8m/ s
2，结果保留2 位有效数字）
【答案】（1） 水平
（2） 不在
（3） 1.7
【解析】
（1） 本实验研究的是平抛运动，所以要保证轨道末端水平。
（2） 若以抛出点为坐标原点，轨迹上各点的坐标应具有y =a x
2的关系，且同
一轨迹上a是一个特定的值，而本实验拟合出的平抛运动曲线方程为
y =1.63 x
2+0.13 x，所以坐标原点不在抛出点。
（3） 设小球平抛运动的初速度为v0，在坐标原点时小球的水平分速度为v x，
竖直分速度为v y，则x = v xt = v0t,y = v yt + 1
2 gt
2,故y = g
2v0
2 x
2+ v y
v0
x，对比
y =1.63 x
2+0.13 x，可知v0≈1.7m/ s。
2．某实验小组为测量电流表内阻和蓄电池的电动势及内阻，设计了如图甲所示
电路，所用器材如下：
甲
乙
电流表A1（量程为0∼120mA，内阻未知）；
电流表A2(量程为0∼0.6 A，内阻约为1Ω)；
定值电阻R1=3Ω ；
定值电阻R2=2Ω ；
电阻箱R(阻值0∼99.99Ω)；
蓄电池(电动势约为6V ，内阻约为1Ω)；
开关两个和导线若干。
48/109
（1） 调节电阻箱到最大阻值，断开S2，闭合S1。逐次减小电阻箱的电阻，观
察并记录电流表A1和A2示数及电阻箱的读数，某同学发现两表指针偏转角度总
是相同，则A1的内阻为_ _ _ _ Ω 。
（2） 闭合开关S2。重新测量并记录了多组电流表A1读数I 1与电阻箱阻值R，并
作出1
I 1
−R图像如图乙，则电源的电动势为_ _ _ _ V ，内阻为_ _ _ _ Ω 。（结果均保
留2 位有效数字）
（3） 测出电源电动势和内阻后，该同学根据S2闭合前记录的数据，作出电流
表A2的电流I 2的倒数与电阻箱阻值R的图像( 1
I 2
−R 图像)，则该同学_ _ _ _ （填
“能”或“不能”）计算出电流表A2的内阻。
【答案】（1） 5
（2） 5.9；0.75
（3） 能
【解析】
（1） 电流表A1的量程为0∼120mA，电流表A2的量程为0∼0.6 A；两表指针偏
转角度总是相同，则两电流表示数的关系为I A 2=5 I A 1，根据并联电路的电流特
点可知I A 2= I A 1+ I R2，则I R2= 4 I A 1，根据欧姆定律和并联电路的电压特点可知
R1+ R A 1= 4 R2，解得电流表A1的内阻为R A 1=5Ω 。
（2） 闭合开关S2后，电流表A2被短路；电流表A1的读数为I 1时，干路电流
I = I 1+ R1+ R A 1
R2
I 1=5 I 1，根据闭合电路欧姆定律有E = I 1( R1+ R A 1)+ I ( R+r )，代
入数据整理得1
I 1
= 5
E × R+ 8+5r
E
( A
−1)，由图乙可知，图像的斜率
k = 10.5−2.0
10
V
−1= 5
E V
−1，解得电动势E≈5.9V ，图像的纵截距b=2.0 A
−1，由
b= 8+5r
E
A
−1，解得电源内阻r ≈0.75Ω 。
（3） 电流表A1、电阻R1与电阻R2的并联电阻R并= ( R1+ R A 1)R2
R1+ R A 1+ R2
=1.6 Ω ，开关
S2断开，根据闭合电路欧姆定律有E = I 2( R并+ R+ R A 2+r )，变形得
1
I 2
= 1
E × R+ R并+ R A 2+r
E
，图像的纵截距b′ = R并+ R A 2+r
E
，由于电源的电动势、
49/109
内阻以及并联电阻R并均为已知量，因此能够根据1
I 2
−R图像的纵截距求解电流
表A2的内阻R A 2。
实验题专练（二）
限时：15 分钟
1．（2025·山东淄博期末）某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律。细
线一端系住小球，另一端系在O点，O点的正下方适当距离处固定一光电门以记
录小球经过最低点时的遮光时间。安装好实验装置，测出小球的直径d，再测
出O点与小球上端之间的距离L；将小球拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向
的夹角θ ，由静止释放小球，小球摆至最低点时光电门光线恰好射向小球的球
心，小球的遮光宽度可近似为d，记下小球第一次经过光电门的遮光时间t，回
答如下问题：
甲
乙
（1） 为提高实验的精确度，小球应选用_ _ _ _ （填选项前的字母）。
A. 塑料球
B. 泡沫球
C. 钢球
D. 木球
（2） 如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d =_ _ _ _ mm。
（3） 将小球拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向的夹角θ ，θ _ _ _ _ （填
“可”或“不可”）大于90
∘ 。小球从释放位置运动至最低点时的速度为v =_ _ _
_ _ _ （用题中相关物理量的字母表示），重力加速度为g，则验证机械能守恒定
律的表达式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （用题中相关物理量的字母
表示）。多次改变θ 值，重复以上实验过程。
（4） 本实验也可以测量重力加速度的大小。利用实验测得的数据，作出的
1
t
2 −cosθ 的关系图像如图丙所示，测得图像斜率的绝对值为k，则重力加速度
的表达式为g=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （用k、L和d表示）。
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丙
【答案】（1） C
（2） 12.20
（3） 不可；d
t ；g( L+ d
2 )(1−cosθ)= 1
2 ( d
t )
2
（4） k d
2
2 L+d
【解析】
（1） 为提高实验的精确度，减小空气阻力的影响，小球应选用钢球，故选C。
（2） 如题图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径
d =12mm+ 4×0.05mm=12.20mm。
（3） 若θ 大于90
∘ ，由静止释放小球后，小球将先做一段自由落体运动，细
线绷紧后做圆周运动，而在细线绷紧的过程中，小球的机械能将损失一部分，
因此θ 不可大于90
∘ 。小球从释放位置运动至最低点时的速度为v = d
t ，验证机
械能守恒定律的表达式为mg( L+ d
2 )(1−cosθ)= 1
2 m v
2，联立解得
g( L+ d
2 )(1−cosθ)= 1
2 ( d
t )
2
。
（4） 由上述分析可得1
t
2 =−
2 g( L+ d
2 )
d
2
⋅cosθ+
2g( L+ d
2 )
d
2
，结合图像可知
k =−
2 g( L+ d
2 )
d
2
，解得g= k d
2
2 L+d 。
2．某兴趣小组设计了测量铅笔芯电阻率的实验，所用器材有：电源（电动势恒
定，内阻可忽略），电阻箱R0(最大阻值999.9Ω)，电阻R1(阻值为20.0Ω)，电阻
R2(阻值为15.0Ω)，毫安表（量程为0∼30mA，内阻不计），待测铅笔芯，开
关S，导线若干。请完成下列实验操作和计算：
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甲
乙
（1） 电路连接
①取一段圆柱形的待测铅笔芯，用螺旋测微器测量铅笔芯的直径d =2.500mm，
刻度尺测得铅笔芯的长度L=8.00cm，并进行记录；
②根据如图甲所示的实验原理图，在连接实物过程中，开关S应保持_ _ _ _ （填
“闭合”或“断开”）状态。
（2） 铅笔芯电阻率的测量
①闭合开关S，调节电阻箱R0的阻值为40.0Ω ，此时毫安表的示数I 1如图乙所示，
则I 1为_ _ _ _ mA，计算得待测铅笔芯中的电流为_ _ _ _ mA；
②调节电阻箱R0的阻值为20.0Ω ，此时毫安表的示数I 2为20.0mA；
③断开开关。
（3） 根据上述测量，计算得到待测铅笔芯的阻值为Rx =_ _ _ _ Ω ，进而得到待
测铅笔芯的电阻率为ρ=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Ω⋅m。(π ≈3.14，结果均保留2 位有效数
字)
（4） 若考虑电源内阻的影响，铅笔芯电阻率的测量值将_ _ _ _ 准确值。
A. 大于
B. 小于
C. 等于
D. 不确定
【答案】（1） 断开
（2） 24.0；36.0
（3） 5.0；3.1×10
−4
（4） A
【解析】
（1） ②为了保护电路与电学元件，在连接实物过程中，开关S应保持断开状
态。
（2） ①根据题图乙可知，毫安表的读数为24.0mA；此时的R0阻值为40.0Ω ，
已知R1为20.0Ω ，根据并联电路规律和欧姆定律得，通过R0的电流为12.0mA，
而铅笔芯在干路，所以通过铅笔芯的电流为36.0mA。
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（3） 设电源电动势为E，根据闭合电路欧姆定律可得E = I ( Rx+ R2+ R1⋅R0
R1+ R0
)，
E = I ′( Rx+ R2+ R1⋅R′0
R1+ R′0
)，其中I =36.0mA，I ′ = 40.0mA，R0= 40.0Ω ，
R′0=20.0Ω ，代入数据解得Rx =5.0Ω ；根据电阻定律Rx= ρ L
S ，S = π( d
2 )
2，有
ρ= π Rx d
2
4 L
≈3.1×10
−4 Ω⋅m。
（4） 由等效思想可知，在考虑电源内阻的影响下，测量值应等于电源内阻与
待测铅笔芯的总电阻之和，因此测量值大于准确值，A正确。
实验题专练（三）
限时：15 分钟
1．（2025·广东佛山二模）用图甲所示装置研究“小车（含拉力传感器）质量
一定时，加速度与合外力的关系”，实验步骤如下：
①细绳一端绕过光滑定滑轮与盘子（盘中装适量沙子）连接，另一端系在拉力
传感器上。将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平行，在盘子中适当增
减沙子，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数F0；
②撤去细绳和盘子，让小车从P位置由静止开始下滑，设此时小车受到的合外
力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的s−t图像，并
求出小车的加速度a；
③改变长板的倾角，重复步骤①②可得多组F、a的数据。
完成下列相关实验内容：
甲
乙
（1） 在步骤①中，若小车运动越来越慢，则在保持长板倾角不变的情况下，
应在盘中适当_ _ _ _ （填“增加”或“减少”）沙子。在步骤①②中，F0_ _ _ _
（填“=”“> ”或“< ”）F。
（2） 本次实验_ _ _ _ _ _ （填“需要”或“不需要”）测量沙子和盘子的总质量，
_ _ _ _ _ _ （填“需要”或“不需要”）平衡小车所受到的摩擦力。
53/109
（3） 某段时间内小车的s−t图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为_
_ _ _ m/ s
2（结果保留2 位小数）。
（4） 分析表格中的F、a数据可知：在误差允许范围内，小车质量一定时，_ _
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
F合/ N
0.4
1.0
1.5
1.8
2.1
a/(m⋅s
−2)
0.79 2.10 3.10 3.62 4.19
【答案】（1） 减少；=
（2） 不需要；不需要
（3） 2.10
（4） 小车的加速度与合外力成正比
【解析】
（1） 在步骤①中，若小车运动越来越慢，则小车沿斜面向下做减速运动，故
在保持长板倾角不变的情况下，应在盘中适当减少沙子。小车匀速下滑时，由
平衡条件得mgsinθ = F0+ f ，小车加速下滑时，由受力分析可得F =mgsinθ−f ，
联立可得F = F0。
（2） 由上述分析可知，小车加速下滑过程所受的合外力等于①中小车匀速下
滑时拉力传感器的示数F0，所以本次实验不需要测量沙子和盘子的总质量，不
需要平衡小车所受到的摩擦力。
（3） 图乙中标出的三个位置坐标反映了小车连续相等时间内的位移，根据匀
变速直线运动的推论得Δ x =(0.3820−0.2520)m−(0.4910−0.3820)m=a×(0.1s)
2，
解得a=2.10m/ s
2。
（4） 由表中数据可以看出，F与a的比值基本不变，可知在误差允许范围内，
小车质量一定时，小车的加速度与合外力成正比。
2．（2025·安徽芜湖二模）某学习小组把铜片和锌片相隔约1cm插入一个苹果
中，制成了一个苹果电池。为了测量该苹果电池的电动势E和内阻r，他们进行
了以下实验操作：
54/109
甲
（1） 先用多用电表的“直流电压2.5V ”挡粗测苹果电池的电动势，如图甲所
示，则多用电表的读数为_ _ _ _ V 。若考虑系统误差，则该苹果电池的电动势E应
_ _ _ _ 测量值（填“大于”“等于”或“小于”）。
（2） 为验证上述判断，大家想尽可能准确测量出苹果电池的电动势和内阻，
他们选用以下器材进一步实验。
A.电阻箱(最大阻值为9999.9Ω)；B.电压传感器（内阻可视为无穷大）；C.DIS
数据采集器；D.笔记本电脑；E.导线和开关。
具体实验步骤如下：
a.将该苹果电池与实验器材按图乙所示电路连接；
b.调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和电压传感
器显示的数值U后立即断开开关；
c.每次将电阻箱的阻值增大1000Ω ，重复以上实验步骤，计算出相应的1
R和1
U ，
并记录数据；
d.根据数据，绘制出1
U −1
R关系图线如图丙中a所示。
乙
丙
请回答下列问题：
55/109
① 根据实验数据绘制的图线a可得该苹果电池的电动势为_ _ _ _ _ _ _ _ ，内阻为_ _
_ _ _ _ _ _ ；（结果均保留2 位有效数字）
② 若用普通的磁电式电压表代替电压传感器进行实验，得到的图线可能是图丙
中的_ _ _ _ （填“b”“c”或“d”）。
【答案】（1） 0.85；大于
（2） ① 1.0V ；7.8kΩ
② b
【解析】
（1） 直流电压2.5V 挡分度值为0.05V ，则多用电表的读数为0.85V 。若考虑系
统误差，即直流电压挡的内阻不是无穷大，则该苹果电池的电动势E应大于测
量值。
（2） ① 根据E =U + U
R r，可得1
U = 1
E + r
E ⋅1
R。
方法一：由题图丙可知1
E =1.0V
−1，r
E = 4.9−1.0
0.50
kΩ⋅V
−1=7.8kΩ⋅V
−1，可得
E =1.0V ，r =7.8kΩ 。
方法二：将1
R =0，1
U =1V
−1，代入上式可得E =1.0V ，将1
R =0.5k Ω
−1，
1
U = 4.9V
−1，代入上式可得r =7.8kΩ 。
② 若用普通的磁电式电压表代替电压传感器进行实验，则方程变为
E =U +( U
R + U
RV
)r，可得1
U = 1
E +
r
E RV
+ r
E ⋅1
R，即1
U −1
R图线的斜率不变，截距
变大，则得到的图线可能是图丙中的b。
实验题专练（四）
限时：15 分钟
1．（2025·河北卷·11，8 分）
（1） 某学习小组把热敏电阻置于带有温控的加热装置中，利用图甲所示电路
研究热敏电阻的温度特性。
56/109
甲
乙
丙
① 闭合开关S，观察到温度改变时电流表示数也随之改变。定量研究热敏电阻
的阻值R随温度t变化的规律时，将电阻表两表笔分别接到热敏电阻a、b两端测
量其阻值，这时开关S应_ _ _ _ （填“断开”或“闭合”）。
② 按照正确方法测出不同温度下热敏电阻的阻值。电阻R1、R2与温度t的关系
分别对应图乙中曲线Ⅰ、Ⅱ。设计电路时，为防止用电器发生故障引起电流异
常增大，导致个别电子元件温度过高而损坏，可串联一个热敏电阻抑制电流异
常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻与电阻_ _ _ _ _ _ （填“R1”或“R2
”）具有相同温度特性。
（2） 某学习小组在倾斜的气垫导轨上验证机械能守恒定律，实验装置如图丙
所示，当地重力加速度为g。
①方案设计阶段，该小组同学对需要测量哪些物理量产生了不同意见。
甲同学：需测量滑块和遮光条的总质量、滑块通过两个光电门的速度、两个光
电门间的高度差。
乙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的高度差。
57/109
丙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的距离。
你认为_ _ _ _ （填“甲”“乙”或“丙”）同学的方案不可行。
②如图丙，光电门中光源与光敏管相对，光源发出的光使光敏管感光。当滑块
经过时，遮光条把光遮住，计时器记录遮光时间，可计算出滑块的速度。实验
中使用的遮光条宽度d1=10.0mm，光电门宽度d2=20.0mm。某次测量时，记录
通过光电门A的遮光时间为25.0ms，则滑块经过光电门A的速度大小为_ _ _ _ m/ s。
【答案】① 断开
② R1
（2） 丙；0.4
【解析】
① 使用电阻表测量电路中的电阻阻值时，应将电阻与其他部分断开连接，故开
关S应断开。
② 观察题图乙易知，电阻R1的阻值在63～67℃间陡然增大，所以当电路中的
电流异常增大时，R1的阻值迅速增大，从而抑制电流异常增大，可起到过热保
护作用，故选R1。
（2） ①实验需验证mgh= 1
2 mvB
2 −1
2 mv A
2 是否成立，式中质量m可约去，不需要
测量；丙同学的方案中，虽然测出了A、B两光电门间的距离，但导轨的倾斜角
度未知，无法测出重力势能减少量，故丙同学的方案不可行。
②计算遮光条通过光电门的速度大小，可用遮光条的宽度作为“遮光位移”，
则v = d1
Δt = 10.0×10
−3
25.0×10
−3 m/ s=0.4 m/ s。
2．（2025·辽宁鞍山二模）小军同学学习了多用电表的原理后，自己设计了一
个简易的可以用来测量电流和电阻的多用电表，并标定了刻度，其电路图如图
所示。将电阻表中央刻度值设计为“15”，通过调整S1、S2的开闭状态，可以形
成“×1”“×10”和“×100”三个挡位。所用的器材有：
电源E（电动势E =15V ，内阻可忽略）
电流表A(最大测量值I A =10mA，内阻R A =900Ω)
电阻箱R0(0～9999.9Ω)
定值电阻R1=100Ω ，R2阻值未知
开关S1、S2，表笔a、b，导线若干。
58/109
回答下列问题：
（1） 按照多用电表的使用规则，表笔a应为_ _ _ _ （填“红”或“黑”）表笔。
（2） 表笔b与接线柱“_ _ _ _ ”（填“1”或“2”）连接时，多用电表为测电流的
挡位。
（3） 测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，最大测量值被扩大至_ _ _ _ mA。
（4） 当使用电阻表“×10”挡时，发现指针偏转幅度较大，此时应该换成“_
_ _ _ _ _ ”（填“×1”或“×100”）挡。调整S1、S2的状态换成相应挡位后，应重
新进行欧姆调零，调零后电阻箱的阻值为_ _ _ _ Ω 。
【答案】（1） 红
（2） 1
（3） 100
（4） ×1；6
【解析】
（1） 表笔a与内部电源的负极连接，按照多用电表的使用规则，电流应“红进
黑出”，可知表笔a应为红表笔。
（2） 表笔b与接线柱1 连接时，多用电表为测电流的挡位。
（3） 测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，则I A R A =( I −I A)R1，解得
I =100mA，即最大测量值被扩大至100mA。
（4） 当使用电阻表“×10”挡时，发现指针偏转幅度较大，说明倍率挡选择
过高，此时应该换成“×1”挡。当S1闭合时，可得中值电阻
R中1= E
I = 15
0.1 Ω=150Ω ，因中值刻度为15，可知为“×10”挡；则当S2闭合时
为“×1”挡，此时中值电阻R中2= R内=15Ω ，此时电流表最大测量值为
I ′ =
E
R中2
=1 A，则电流表内阻R A 2= I A R A
I ′
= 10×900
1000
Ω=9Ω ，可知调整S1、S2的
状态换成相应挡位后，重新欧姆调零，调零后电阻箱的阻值为15Ω−9Ω=6 Ω 。
计算题专练（一）
限时：25 分钟
59/109
1．（2025·湖南娄底期末）如图为某国际机场旅客行李箱运输装置的简化示意
图，行李箱在倾斜传输带上速度由零开始加速，每隔时间Δt =1s有一个行李箱
从左侧进入（初速度为零）传输带，传输带长度为L=10m，与水平面的夹角为
α =30
∘ ，传输带始终以v =1.0m/ s的速度匀速运动，行李箱与传输带间的动摩
擦因数μ= √3
6 ，不计行李箱的大小及其与传输带下边挡板间的摩擦力，重力加
速度大小为g=10m/ s
2，sin30
∘= 1
2，cos30
∘= √3
2 。
（1） 求行李箱在传输带上可以运动的最长时间；
（2） 求传输带上最多有几个行李箱；
（3） 假设每个行李箱最后均达到匀速状态，某次航班旅客行李箱的总质量
m=500kg，求传输带要运输该次航班旅客行李箱，带动传输带的电机要多消耗
的电能。
【答案】（1） 10.2s
（2） 11 个
（3） 500 J
【解析】
（1） 对行李箱，根据牛顿第二定律有μmgcosα =ma
解得a=2.5m/ s
2
加速的时间为t1= v
a =0.4 s
加速的位移为x = v
2 t1=0.2m
匀速运动的时间为t2= L−x
v
=9.8 s
行李箱在传输带上可以运动的最长时间为t =t1+t2=10.2s
（2） 在Δt =1s时间内，初速度为零的行李箱的位移为
x1= v
2 t1+ v( Δt −t1)=0.8m
在Δt =1s时间内，做匀速运动的行李箱的位移为x2= v Δt =1m
60/109
传输带上行李箱最多的个数为n= L−x1
x2
+2（取整数）
解得n=11个
（3） 所有行李箱获得的动能为Ek = 1
2 m v
2=250 J
产生的热量为Q = μmgcosα(v t1−x)=250 J
根据能量守恒定律可得，带动传输带的电机要多消耗的电能为E = Ek +Q =500 J
2．（2025·河北石家庄一模）如图所示，在水平桌面上平行固定两根间距为d
的金属导轨PEN、QFM，在P、Q两点通过一小段绝缘材料与导轨间距也为d、
倾角为θ 的足够长平行金属导轨平滑连接，倾斜导轨下端连接自感系数为L的
电感线圈，倾斜导轨区域存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀
强磁场。水平导轨分为区域PQFE和长度为2 x0的区域EFMN，在P、Q两点通过
细导线连接阻值为R的定值电阻，桌面立柱上拴接两根劲度系数均为k0的绝缘轻
质弹簧，弹簧与导轨平行。用一根质量为m、长度为d的金属棒，在水平导轨上
向右缓慢压缩弹簧，使两根弹簧的形变量均为x0，此时金属棒恰好位于水平导
轨右端MN处。由静止释放金属棒，弹簧将其弹开，当金属棒运动距离为x0时开
始计时，同时在区域PQFE内加上一个方向竖直向上的变化磁场，其磁感应强
度大小按B =kt(k大于0 且为常数)的规律变化。当金属棒进入区域PQFE时，磁
场保持此时的磁感应强度大小不变，金属棒恰好可以到达PQ并滑入倾斜轨道。
不计一切摩擦，除定值电阻R外其余电阻均不计，求：
（1） 金属棒刚脱离弹簧时的速度大小v；
（2） 金属棒从开始运动至运动到EF的过程中通过电阻R的电荷量q；
（3） 金属棒沿倾斜导轨向下滑行的最大距离xm。
【答案】（1） x0√
2k0
m
（2） 2k0 x0
kd
（3）
2mgLsinθ
B0
2d
2
61/109
【解析】
（1） 根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为金属棒的动能，即
E p= Ek
所以2⋅1
2 k0 x0
2= 1
2 m v
2
解得v = x0√
2k0
m
（2） 金属棒运动距离为x0时，区域PQFE开始加磁场，设从金属棒运动距离为
x0至运动到EF的过程中通过电阻R的电荷量为q
此过程金属棒运动的时间为t = x0
v =√
m
2k0
金属棒从进入区域PQFE到恰好到达PQ的过程，设通过电阻R的电荷量为q′，
恰好到达PQ时金属棒的速度为零，由题意知，金属棒刚进入区域PQFE时，磁
场的磁感应强度大小B1=kt =k√
m
2k0
由动量定理得−B1 I d ⋅Δt =0−mv
由电流定义得I = q′
Δt
联立解得q′ = 2k0 x0
kd
从金属棒开始运动到恰好到达PQ，磁通量从0 逐渐变大，又逐渐减小为0，整
个过程中流经电阻R的总电荷量为0，即金属棒开始运动至运动到EF的过程中，
通过电阻R的电荷量q =q′
所以q = 2k0 x0
kd
（3） 金属棒恰能滑入倾斜轨道，则在倾斜轨道上初速度为0 开始下滑，因为
金属棒与线圈组成的回路直流电阻为零，所以必须满足B0d vi= L Δ I
Δt
可得Δ I = B0d vi Δt
L
= B0d Δ x
L
所以金属棒开始运动后金属棒上电流与其位移成正比，即I = B0dx
L
所以金属棒的运动方程为mgsinθ−B0
B0dx
L
d =ma
62/109
可知金属棒做简谐运动，平衡位置时a=0，即x = mgLsinθ
B0
2d
2
由简谐运动对称性可知，下滑最大距离为xm=2 x = 2mgLsinθ
B0
2d
2
计算题专练（二）
限时：25 分钟
1．（2025·河北沧州一模）如图所示，一倾角为θ =37
∘(sin37
∘=0.6)的光滑固
定斜面上，一质量为M =3kg的滑块与劲度系数为k =600 N /m的轻弹簧的一端
相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端，开始时滑块处于静止状态。质量为
m=1kg的泥团以v0的速度沿斜面从滑块下方与滑块发生碰撞并立即与滑块粘合
在一起，两者一起在斜面上向上运动Δ x =0.04 m至最高点，之后继续沿斜面上
下振动。已知弹簧的弹性势能E p与劲度系数k和形变量x的关系为E p= 1
2 k x
2，重
力加速度g取10m/ s
2。
（1） 求碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am和组合体做简谐运动的振幅
A；
（2） 求碰撞之前泥团的初速度v0的大小；
（3） 当滑块与泥团到达最低点的瞬间，将一质量为m0=1kg的小泥团轻置于滑
块上，使其立即与组合体粘在一起，求新的组合体的最大动能Ekm。
【答案】（1） 7.5m/ s
2 ；0.05m
（2） 2.4 m/ s
（3） 0.48 J
【解析】
（1） 设滑块在初始位置时弹簧伸长量为x0，则
Mgsin37
∘=k x0
解得x0=0.03m
则上升0.04 m后弹簧压缩量为x1= Δ x−x0=0.01m
在最高点，对组合体根据牛顿第二定律可得
k x1+(m+ M )gsin37
∘=(m+ M )am
63/109
解得am=7.5m/ s
2
设组合体在平衡位置时弹簧伸长量为x2，则有
(m+ M )gsin37
∘=k x2
解得x2=0.04 m
所以A = x1+ x2=0.05m
（2） 设碰撞后组合体的速度为v共
碰撞后至最高点的过程中，根据能量守恒定律有
1
2 (m+ M )v共
2 + 1
2 k x0
2=(m+ M )gsin37
∘⋅Δ x + 1
2 k x1
2
解得v共=0.6m/ s
泥团与滑块的碰撞过程，根据动量守恒定律有m v0=(m+ M )v共
解得v0=2.4 m/ s
（3） 因原组合体振幅为0.05m，则原组合体在最低点时弹簧伸长量为
x4= x2+ A =0.09m
设新的组合体到达新的平衡位置时弹簧的伸长量为x3，则
(m0+m+ M )gsin37
∘=k x3
解得x3=0.05m
由系统机械能守恒可得
1
2 k x4
2 =(m0+m+ M )g( x4−x3)sin37
∘+ 1
2 k x3
2+ Ekm
解得Ekm=0.48 J
2．（2025· 八省联考陕晋宁青卷）如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平
面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸
面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，
某质量为m、电荷量为q、带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30
∘ 角以速度v0
射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强
电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为mg
q v0。求：
64/109
（1） 电场强度的大小和P点距y轴的距离；
（2） 小球第一次到达最低点时速度的大小；
（3） 小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
【答案】（1） mg
q ；(2+√3)v0
2
2g
（2） (1+√2)v0
（3） 3 π v0
4 g
【解析】
（1） 依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化为零，
由动能定理可知合力做功为零，则电场力与重力等大反向，可得qE =mg
解得E = mg
q
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示：
甲
则有q v0 B =m v0
2
r
解得r = v0
2
g
由几何关系，可得xP=r +r cos30
∘
65/109
联立解得xP= (2+√3)v0
2
2g
（2） 小球从O点竖直向下沿y轴负方向运动，此时撤掉外加匀强电场
方法一：由动量定理和动能定理解题
从O点至第一次到最低点过程，由动量定理得qB v y Δt =m Δv x
即qBy =mv
由动能定理得mgy = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
联立解得v =(√2+1)v0
故第一次到达最低点时的速度v =(√2+1)v0
方法二：把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成
45
∘ 角的√2v0，如图乙所示：
乙
其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即F洛=q v0 B =mg
小球沿x轴正方向做匀速直线运动，与x轴负方向成45
∘ 角的√2v0对应的洛伦兹
力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速
度的大小为v = v0+√2v0=(1+√2)v0
（3） 由（2）问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图
丙所示：
丙
66/109
则有q⋅√2v0 B =m (√2v0)
2
R
又T = 2π R
√2v0
由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的
圆心角为135
∘ ，则所用时间为t = 135
∘
360
∘T
联立解得t = 3 π v0
4 g
计算题专练（三）
限时：25 分钟
1．如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框abcd，线框每
一边电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方
向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，
其间距为2d。已知传送带以恒定速率v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与
传送带间的动摩擦因数为μ ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁
场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，其速度v随时
间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求：
甲
乙
（1） 线框右边刚进入磁场时a、b两点的电势差；
（2） 整个线框恰好离开磁场时的速度大小；
（3） 整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
【答案】（1） −3
4 Bd v0
（2） √v0
2−2 μgd
（3） 4 μmgd
【解析】
（1） 线框右边刚进入磁场时，有E = Bd v0
由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针方向（俯视）
67/109
故a、b两点的电势差U ab=−3
4 E =−3
4 Bd v0
（2） 整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，
从线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，
设整个线框刚好离开磁场时的速度大小为v，由动能定理得μmgd = 1
2 mv0
2−1
2 mv
2
解得v =√v0
2−2 μgd
（3） 线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v0、v，整个过程中摩擦力
不变，由动能定理有W 安+ μmg×3d = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
又由功能关系得Q =−W 安
解得Q = 4 μmgd
2．（2025·河南五市联考）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一圆弧体
A静止在光滑水平地面上，圆弧面光滑，最低点与水平地面相切，质量为m的物
块B静止在光滑水平地面上，B到圆弧面最低点的距离为R，物块C静止在物块B
的右侧，给圆弧体A一个水平向右的恒定推力F（未知），使圆弧体A从静止开
始向右运动，当圆弧面最低点到达物块B所在位置时，撤去推力，此后物块B刚
好能滑到圆弧面的最高点，重力加速度为g，不计物块的大小。
（1） 求撤去推力时圆弧体A的速度大小v0；
（2） 求推力F的大小及推力作用的时间t；
（3） 物块B滑离圆弧体后与C发生弹性碰撞，要使物块B不再滑上圆弧面，物
块C的质量M应满足什么条件。
【答案】（1） √
8
3 gR
（2） 4 mg； √
3 R
2g
（3） 见解析
【解析】
（1） 设物块B到圆弧面最高点时速度大小为v1，根据动量守恒定律有
3m v0= 4 m v1
根据机械能守恒定律有1
2 ×3m v0
2=mgR+ 1
2 ×4 m v1
2
68/109
解得v0=√
8
3 gR
（2） 根据动能定理有FR = 1
2 ×3m v0
2
根据动量定理有Ft =3m v0
解得F = 4 mg，t =√
3 R
2 g
（3） 设物块B滑离圆弧体A时的速度大小为v2，圆弧体A的速度大小为v ′1
根据动量守恒定律有3m v0=3mv ′1+m v2
根据能量守恒定律有
1
2 ×3m v0
2= 1
2 ×3m v1
′ 2+ 1
2 m v2
2
解得v ′1= 1
2 v0，v2= 3
2 v0
设物块C的质量为m1时，B、C碰撞后B恰好不会滑上圆弧面，根据动量守恒定
律有m v2=mv ′1+m1v3
根据机械能守恒定律有
1
2 mv2
2= 1
2 mv1
′ 2+ 1
2 m1v3
2
解得m1= 1
2 m
因此，B、C相碰后，要使B不再滑上圆弧面，物块C的质量应满足的条件是
M ≤1
2 m
计算题专练（四）
限时：25 分钟
1．（2025·广东肇庆二模）如图所示为某快递自动分拣系统的示意图，该系统
由摆轮分拣区、倾斜滑道、光滑平台和与平台等高的固定水平托盘组成。一质
量mA =10kg的快件A被识别后，以v0=2m/ s的速度进入摆轮分拣区；摆轮开始
工作并使快件A以v1=1m/ s的速度沿着斜面进入倾斜滑道，实现转向分流，接
着滑入光滑平台，与静止在平台上的质量mB=5kg的快件B发生正碰，碰撞时间
极短，碰后两快件沿同一直线运动直到停止。已知快件B恰好滑到水平托盘的
末端，快件A、B材质相同，与倾斜滑道和水平托盘间的动摩擦因数分别为
μ1=0.25、μ2=0.5，倾斜滑道长度s=3m，倾角θ =37
∘ ，水平托盘长度l =1.6m。
忽略空气阻力及快件经过各连接处的能量损失，快件均视为质点，取
g=10m/ s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。求：
69/109
（1） 摆轮对快件A所做的功；
（2） 快件A在倾斜滑道上运动的时间；
（3） 快件A、B停止位置之间的距离。
【答案】（1） −15 J
（2） 1s
（3） 0.7m
【解析】
（1） 对快件A穿过摆轮分拣区的过程进行分析，由动能定理得
W = 1
2 mA v1
2−1
2 mA v0
2
解得W =−15 J
（2） 快件A在倾斜滑道上运动时，由牛顿第二定律得
mA gsinθ−μ1mA gcosθ =mA a
解得a= 4 m/ s
2
由运动学公式得s= v1t + 1
2 at
2
解得t =1s
（3） 快件A进入光滑平台时的速度大小v A = v1+at
解得v A =5m/ s
方法一：对快件B分析，由动能定理可得−μ2mB gl =0−1
2 mB vB
2
解得vB= 4 m/ s
方法二：由牛顿第二定律和运动学公式得μ2mB g=mBa1，vB
2 =2a1l
解得vB= 4 m/ s
快件A、B发生碰撞时，由动量守恒定律得mA v A =mA v ′ A+mB vB
解得v ′ A =3m/ s
70/109
对快件A进行分析，由动能定理得−μ2m❑A gl❑A=0−1
2 m❑A v❑A
′
2
解得l A =0.9m
快件A、B停止位置之间的距离Δl =l−l A =0.7m
2．（2025·安徽一模）如图所示，沿x轴方向宽度均为d =0.1m的匀强电场和匀
强磁场交替分布，坐标原点处有一带正电粒子，由静止释放。已知匀强电场方
向均水平向右，场强大小均为E =10 N /C；匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁
感应强度大小均为B =1T，带电粒子比荷q
m =2C /kg，粒子重力不计，求：
（1） 粒子通过第一个电场区域后的速度大小v1；
（2） 粒子通过第n个磁场区域后竖直方向的速度大小vny；
（3） 粒子运动的水平位移的最大值xm。
【答案】（1） 2m/ s
（2） 0.2nm/ s(n=1,2,3,⋯)
（3） 20m
【解析】
（1） 粒子通过第一个电场区域的过程，由动能定理有
Eqd = 1
2 m v1
2
解得v1=√
2 Eqd
m
=2m/ s
（2） 设粒子通过第n个电场区域后，速度大小为vn，粒子即将进入第n个磁场
区域，在磁场区域内，粒子做匀速圆周运动，设轨道半径为rn，根据洛伦兹力
提供向心力有q vn B = mvn
2
rn
，如图所示
71/109
由几何关系可得rnsin β −rnsin α =d
竖直方向的分速度增加量Δvny = vnsin β −vnsin α
联立以上各式可解得Δvny = qBd
m =0.2m/ s
Δvny是一个定值，即每通过一个磁场区域后，竖直方向的分速度增加量均为
0.2m/ s，即粒子通过第n个磁场区域后竖直方向的速度大小
vny =n Δvny =0.2nm/ s(n=1,2,3,⋯)
（3） 粒子通过n个电场区域后由动能定理得nEqd = 1
2 m vn
2
解得vn=√
2nEqd
m
=2√nm/ s(n=1,2,3,⋯)
当粒子运动的水平位移最大时，有v x =0
此时vn= vny，联立解得n=100
粒子运动的水平位移的最大值xm=n⋅2d =20m
计算题专练（五）
限时：20 分钟
1．（2025·广东深圳一模）香槟是一种含有气泡的特殊葡萄酒。香槟由于其特
殊的发酵工艺，对其日常存放有一定的要求。如图所示是一瓶总容量为750mL
的香槟酒，因未饮用完仍有500mL剩余，在7℃的恒温柜中用瓶塞将其密封保
存。经过一段时间，香槟中的气泡缓慢逸出，香槟的总量减少5 %，释放出的气
体总量相当于一个标准大气压条件下的0.5 L。已知大气压强为p0，若瓶塞内外
压强差超过2 p0时，瓶塞会被冲开，T =t +273 K。求：
72/109
（1） 香槟释放气体后，酒瓶内部气体压强的大小；
（2） 有人将此瓶香槟酒从恒温柜中拿出，不小心放在了正在炒菜的灶台旁边。
此处的温度超过了57℃，请判断瓶塞是否有被冲开的风险。（不考虑升温过程
中香槟释放的气体）
【答案】（1） 2.73 p0
（2） 见解析
【解析】
（1） 香槟释放气体后，温度不变，对气体分析，初态p1= p0，
V 1=750mL−500mL=250mL，T 1=280 K
释放气体后V 2=(250+500×5 %)mL=275mL
根据p1V 1+ p0×0.5 L= p2V 2
解得p2=2.73 p0
（2） 气体发生等容变化，有
p2
T 1
= p3
T 2
解得p3=3.22 p0>3 p0
瓶塞有被冲开的风险。
2．（2025·河北秦皇岛一模）如图所示为某透明介质制成的棱镜截面，该截面
由1
4扇形和直角三角形构成。一单色细光束由平面上的M点斜射入棱镜，细光
束刚好在Q点发生全反射。已知OM = R，∠N =30
∘ ；MP
⌢等于PQ
⌢的3 倍，光在
真空中的速率为c，求：
（1） 光束在M点射入棱镜时与MN边夹角的余弦值；
（2） 光束从M点射入到第一次从棱镜中射出的时间。
【答案】（1） √3
3
（2） (2√3+6)R
3c
【解析】
（1） 作出光路图，如图所示
73/109
因为MP
⌢等于PQ
⌢的3 倍，所以∠MQO=∠MOQ =60
∘ ，MQ = R
根据光的折射定律可知 sin∠MQO= 1
n
可得折射率n= 2
√3 = 2√3
3
光束在M点射入棱镜时，设入射角为α ，折射角为β ，光束在M点射入棱镜时
与MN边夹角为γ ，由几何关系可知β =30
∘
由光的折射定律n= sin α
sin β
可得 sin α = √3
3
由几何关系α + γ =90
∘
可得 cos γ =sin α = √3
3
（2） 由于光束在棱镜中发生全反射的临界角为60
∘ ，由图可知光束从MN边上
的K点射出，由几何关系可知QF = R sin ∠QOF = R
2
又有FP = R−R cos∠QOF =( 2−√3
2
)R
则FG = FP tan 60
∘=( 2√3−3
2
)R
由几何关系可知MQ =GK = R
光束在棱镜中运动的路程为
s= MQ+QF + FG+GK =(√3+1)R
由n= c
v 可得光束在棱镜中传播的速度大小为v = √3c
2
所以光束从M点射入到第一次从棱镜中射出的时间为
t = s
v = (2√3+6)R
3c
计算题专练（六）
限时：20 分钟
74/109
1．（2025·广东江门一模）某款全自动增压供水系统的简要结构如图所示，储
水罐的总容积为V 0=3.6×10
−3m
3，初始工作时罐内无水，水龙头处于关闭状态，
罐内气体压强等于大气压强p0。接通电源启动水泵给罐内补水，当压力开关检
测到罐内气体压强达到2.4 p0时自动断开水泵电源，停止补水。罐内气体可视为
理想气体，罐的导热性能良好，忽略环境温度变化，取g=10m/ s
2，
p0=1.0×10
5 Pa，水的密度为1.0×10
3kg/m
3。
（1） 当水泵停止工作时，求罐中水的体积。
（2） 当压力开关检测到罐内气体压强降至1.2 p0时会接通电源启动水泵开始补
水。水泵刚启动开始补水瞬间，发现水龙头里有水恰好没有流出，求此时水龙
头距离罐内水面的高度h。
【答案】（1） 2.1×10
−3m
3
（2） 2m
【解析】
（1） 以罐内的气体为研究对象，初状态压强为p0，气体体积为V 0，启动水泵
补水后压强为p1=2.4 p0，气体体积为V 1，根据玻意耳定律有p0V 0= p1V 1
解得V 1=1.5×10
−3m
3
则注入的水的体积V 水=V 0−V 1=2.1×10
−3m
3
（2） 当罐内气体的压强为p2=1.2 p0时，有p0+ ρgh= p2
解得h=2m
2．（2025· 八省联考陕晋宁青卷）如图，半径为R的球面凹面镜内注有透明液
体，将其静置在水平桌面上，液体中心厚度CD为10mm。一束单色激光自中心
轴上距液面15mm的A处以60
∘ 入射角射向液面B处，其折射光经凹面镜反射后
沿原路返回，液体折射率为√3。求：
75/109
（1） 光线在B点进入液体的折射角；
（2） 凹面镜半径R。
【答案】（1） 30
∘
（2） 55mm
【解析】
（1） 由题可知，该单色光射向液面B点，折射光线沿BE方向(BE的反向延长
线经球面凹面镜的球心)射向凹面镜，经凹面镜反射后沿EB方向，之后在液面
处再次折射，沿原路返回。
第一次折射过程，由折射定律得
n= sin ∠ABM
sin ∠EBN
而∠ABM =60
∘
则sin ∠EBN = 1
2
则折射角∠EBN =30
∘
（2） 由几何关系得BC = AC ⋅tan 60
∘ ，BC =OC ⋅tan30
∘
而OC =OD−CD = R−CD
代入数据联立解得R =55mm
组合特训（一）
限时：45 分钟
一、选择题（共6 个题，第1～4 题单选，第5、6 题多选）
1．（2025·广东茂名一模）核污水中含❑38
90 Sr等放射性物质，已知❑38
90 Sr的半衰
期为29 年，衰变方程为❑38
90 Sr →❑39
90Y +❑−1
0 e。下列说法正确的是（ ）
A. 该衰变为α 衰变
76/109
B. 1 个❑39
90Y 原子核中含有90 个质子
C. ❑38
90 Sr的比结合能比❑39
90Y 的比结合能小
D. 20 个❑38
90 Sr原子核经过29 年，还剩余10 个❑38
90 Sr原子核未衰变
【答案】C
【解析】α 衰变释放出来的是❑2
4 He，该反应是β 衰变，故A错误；1 个❑39
90Y 原
子核中含有39 个质子，故B错误；衰变过程释放能量，因此❑38
90 Sr的比结合能
比❑39
90Y 的比结合能小，故C正确；半衰期是大量放射性元素原子核衰变的统计
规律，对少数原子核没有意义，故D错误。
2．（2025·山东德州三模）如图甲所示，凸透镜放置在水平玻璃板上，波长为
λ 的单色光竖直向下照射，呈现出如图乙所示的亮暗相间的同心圆环，P处位
于亮环上。下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A. 仅更换形状相同、折射率更大的凸透镜，P处仍位于亮环上
B. 对凸透镜施加向下的压力，同一级亮环的半径将变小
C. 仅将入射光的波长调整为λ
4，则P处位于暗环上
D. 空气膜厚度为k
4 λ(k =1,2,3,⋯)的位置均位于暗环上
【答案】A
【解析】P处位于亮环上，根据薄膜干涉原理有2d =mλ(m=1,2,3,⋯)，仅更换
形状相同、折射率更大的凸透镜，上述表达式仍然成立，可知P处仍位于亮环
上，故A正确；对凸透镜施加向下的压力，凸透镜与水平玻璃板间的空气膜厚
度减小，同一厚度对应的亮条纹的位置将外移，可知同一级亮环的半径将变大，
故B错误；根据薄膜干涉原理可知，仅将入射光的波长调整为λ
4，则P处位于亮
环上，故C错误；根据薄膜干涉原理，空气膜厚度为k
4 λ(k =1,2,3,⋯)的位置，
k为奇数时位于暗环上，k为偶数时位于亮环上，故D错误。
77/109
3．（2025·安徽池州二模）正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷，其
电荷量分别为+q、+q、−q，该三角形中心O点处的场强大小为E，现仅把C点
电荷量−q更换为−2q，则中心O点处的场强大小为（ ）
A. E
B. 1.5 E
C. 2 E
D. 2.5 E
【答案】B
【解析】设O点到正三角形三个顶点的距离均为r，根据点电荷场强公式可得三
个点电荷在O点的场强大小为E A = EB= EC = kq
r
2 ，方向如图甲所示，由场强的叠
加原理，可知E = 2kq
r
2 ，现仅把C点电荷量−q更换为−2q，则E′C = 2kq
r
2 ，方向如
图乙所示，则中心O点处的场强大小为E′ = 3kq
r
2 =1.5 E，故选B。
甲
乙
4．（2025·江西赣州一模）春夏秋冬、昼夜之间、工作日与节假日，对电力需
求量差异很大，会形成用电高峰和低谷之间的峰谷负荷差。图为某节能储能输
电网络示意图，可以在用电低谷时段把电能储存起来，高峰时段输出，填补用
电缺口。发电机的输出电压U 1= 400V ，输出功率P1=600kW，降压变压器原副
线圈的匝数比为n3:n4= 40:1，输电线总电阻为R，其上损失的功率Δ P =1kW，
用户端电压U 4=220V ，功率P4= 44 kW，所有变压器均为理想变压器，则
（ ）
78/109
A. 发电机的输出电流为200 A
B. 输电线总电阻为160Ω
C. 升压变压器的匝数比为n1:n2=2:45
D. 输送给储能站的功率为556 kW
【答案】C
【解析】对发电机电路，P1= I 1U 1，解得I 1=1.5×10
3 A，故A错误；对用电回路
有P4=U 4 I 4，所以I 4= 44000
220
A =200 A，对降压变压器有
I 3
I 4
= n4
n3，Δ P = I 3
2 R，
U 2= I 3 R+U 3= I 3 R+ n3
n4
U 4，代入数据解得I 3=5 A，R = 40Ω ，U 2=9000V ，所以
n1
n2
= 2
45，故B错误，C正确；输送给储能站的功率为P储= P1−Δ P−P4=555kW，
故D错误。
5．（2025·湖南长沙期末）失重飞机通过抛物线飞行可获得失重环境，航天员
进入太空前可以乘坐失重飞机体验失重状态。如图所示为失重飞机的飞行轨迹，
飞机在约6000m高空水平加速至约230m/ s，由A位置拉起飞机至爬升状态，飞
机爬升到约8300m的B点时，驾驶员迅速减小油门至恰好平衡空气阻力，使上升
动力减为零，飞机以大约160m/ s的速度开始继续爬升到达9100m左右的C点，
速度减至约100m/ s并转为俯冲，当回到约8300m高度的D点时，驾驶员加大油
门加速拉起飞机至平飞，准备下一次的抛物线飞行，已知重力加速度
g=10m/ s
2，则在一次抛物线飞行中（ ）
A. A →B、D→E段飞机均处于超重状态
B. B→C →D段飞机处于完全失重状态
79/109
C. C →D→E段飞机处于失重状态
D. 完全失重过程的时间约为25 s
【答案】ABD
【解析】飞机在A →B段爬升过程以及D→E段加速拉起过程存在斜向上的加
速度，两阶段飞机均处于超重状态，故A正确，C错误；B→C →D段飞机动力
与空气阻力大小相等，上升动力为零，此时飞机受到的合外力等于重力，可视
为斜抛运动，处于完全失重状态，故B正确；根据斜抛运动规律，在B点竖直方
向的速度大小v y =√160
2−100
2m/ s≈125m/ s，斜抛运动的时间t = 2v y
g ≈25 s，故
完全失重过程的时间约为25 s，故D正确。
6．（2025· 八省联考陕晋宁青卷）如图，倾角为30
∘ 且足够长的光滑斜劈固定
在水平地面上，P、Q两个物体通过跨过光滑定滑轮的轻绳连接，Q的另一端与
固定在水平地面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4 m和m。初始时，控制P使
轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始
终在弹性限度内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速度释放P，
则在物体P沿斜劈下滑过程中（ ）
A. 轻绳拉力大小一直增大
B. 物体P的加速度大小一直增大
C. 物体P沿斜劈下滑的最大距离为6mg
k
D. 物体P的最大动能为8m
2 g
2
5k
【答案】AD
【解析】P、Q与轻绳和弹簧连接在一起后在沿绳方向做简谐运动，初始时刻，
控制P使轻绳拉力为零，则初始时刻弹簧压缩量Δ x0满足k Δ x0=mg。使物体P无
初速度释放瞬间，对P、Q和轻绳整体，有4 mgsin30
∘=(4 m+m)a0,解得a0= 2
5 g，
接着P和Q做加速度逐渐减小的变加速运动，至a=0时两者速度达最大，然后P
和Q做加速度增大的变减速运动至速度减为零，B错误。结合B项分析可知在P
80/109
下滑过程中，轻绳拉力大小一直增大，A正确。运动至最低点时，对P、Q和轻
绳整体，有k Δ x2+mg−4 mgsin30
∘=(4 m+m)a0，得此时弹簧伸长量Δ x2= 3mg
k
，
故物体P沿斜劈下滑的最大距离xm= Δ x0+ Δ x2= 4 mg
k
，C错误。当整体加速度为
零时，速度最大，有k Δ x1+mg−4 mgsin30
∘=0，得此时弹簧伸长量
Δ x1= mg
k = Δ x0，则从无初速度释放P到P动能最大的过程中，弹簧弹性势能不
变，对整体，由机械能守恒定律得
4 mgsin30
∘×( Δ x0+ Δ x1)−mg×( Δ x0+ Δ x1)= 1
2 ×(4 m+m)vm
2 ，解得vm=√
4 m g
2
5k
,
则P的最大动能Ekm P= 1
2 ×4 mvm
2 = 8m
2 g
2
5k
,D正确。
二、非选择题（共3 个题）
7．（2025·湖南长沙长郡中学开学考）某物理兴趣小组用如图甲所示的实验装
置研究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系”。轻弹簧的左端固定在竖直固
定挡板上，弹簧的右端放置一个小滑块（与弹簧不拴接），滑块的左端有一宽
度为d的遮光条，O点是弹簧原长时滑块左端遮光条所处的位置。
甲
乙
丙
（1） 测遮光条的宽度：用20 分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如
图乙所示，则遮光条的宽度d =_ _ _ _ mm。
（2）平衡摩擦力：将长木板左端垫一小木块（图中未画出），在O点右侧不同
位置分别放置光电门，使滑块压缩弹簧到确定位置并由静止释放小滑块，调整
小木块位置，重复以上操作，直到小滑块上的遮光条通过光电门的时间均相等。
81/109
（3）向左侧推动滑块，使弹簧压缩一定的程度（弹簧处于弹性限度内），通过
刻度尺测出滑块左端到O点的距离x后由静止释放滑块，测量滑块经过光电门时
遮光条的挡光时间t。
（4）重复步骤（3），测出多组x及对应的t，画出x−1
t 图像如图丙所示。
（5） 要测出弹簧压缩到某位置时的弹性势能E p，还必须测量_ _ _ _ （填选项序
号）。
A. 弹簧原长l
B. 当地重力加速度g
C. 滑块（含遮光条）的质量m
（6） 测得x−1
t 图像的斜率为k0，若轻弹簧弹性势能表达式E p= 1
2 k x
2成立，则
轻弹簧的劲度系数k =_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （用测得的物理量字母表示）。
【答案】（1） 3.25
（5） C
（6）
m
k0
2 d
2
【解析】
（1） 由图乙可知，遮光条的宽度为d =3mm+5×0.05mm=3.25mm。
（5） 根据能量守恒定律有E p= 1
2 mv
2，可知要测出弹簧压缩到某位置时的弹性
势能E p，还需测出滑块（含遮光条）的质量m，故选C。
（6） 根据能量守恒定律有E p= 1
2 k x
2= 1
2 m v
2，其中v = d
t ，联立可得x =d√
m
k ⋅1
t ，
又因为x−1
t 图线的斜率为k0，即d√
m
k =k0，解得k = m
k0
2 d
2。
8．（2025·广东汕头一模）在登陆某行星的过程中，探测器在接近行星表面时
打开降落伞，速度从v1=100m/ s降至v2= 40m/ s后开始匀速下落。此时启动
“背罩分离”，探测器与降落伞断开连接，5 s后推力为8000 N的反推发动机启
动，速度减至0 时恰落到地面上。设降落伞所受的空气阻力为f =kv，其中k为
定值，v为速率，其余阻力不计，设全过程为竖直方向的运动。已知探测器质量
为1000kg，降落伞和背罩质量忽略不计，该行星的质量和半径分别为地球的1
10
和1
2，地球表面重力加速度g取10m/ s
2。求：
82/109
（1） 该行星表面的重力加速度大小；
（2） 刚打开降落伞瞬间探测器的加速度大小；
（3） 反推发动机启动时探测器距离地面的高度。
【答案】（1） 4 m/ s
2
（2） 6m/ s
2
（3） 450m
【解析】
（1） 在星球表面，根据万有引力等于重力有G Mm
R
2 =mg
可得g= GM
R
2
行星的质量和半径分别为地球的1
10和1
2，可得该行星表面的重力加速度大小为
g′ = M 行
M 地
( R地
R行
)
2
g= 4 m/ s
2
（2） 打开降落伞后当速度为40m/ s时匀速运动，有k v2=mg′
刚打开降落伞时速度为100m/ s，由牛顿第二定律有k v1−mg′ =ma
解得a=6m/ s
2
（3） 反推发动机启动时探测器速度为v3= v2+ g′ t
反推发动机启动后，由牛顿第二定律有F −mg′ =ma1
从开始减速到速度为0 的过程，有v3
2=2a1h
解得h= 450m
9．（2025·湖南郴州三模）如图，xOy平面内有大量质子从原点O在180
∘ 的范
围内连续以相同速率v0发射，右侧足够远处放置与x轴垂直且足够大的荧光屏，
O在荧光屏上的投影点为O′。现在第Ⅰ象限和第Ⅳ象限一定范围内分别施加一
个垂直于xOy平面的区域匀强磁场（磁感应强度大小相同、方向不同），使得
所有质子都垂直打在荧光屏上CC ′范围内，已知O′ C =O′ C ′ = R。忽略质子间的
相互作用，已知质子质量为m、电荷量为e，求：
83/109
（1） 磁场在第Ⅰ象限的方向和磁感应强度大小；
（2） 在Ⅰ、Ⅳ象限所加磁场的最小总面积。
【答案】（1） 垂直xOy平面向外；mv0
eR
（2） π R
2−2 R
2
【解析】
（1） 从原点O竖直向上射出的质子垂直打在荧光屏上，故磁场方向必定垂直
xOy平面向外，根据题意可得质子在磁场中的运动轨迹半径为R，洛伦兹力提供
向心力，根据牛顿第二定律有e v0 B =m v0
2
R
解得B = m v0
eR
（2） 在由O点射入第Ⅰ象限的所有质子中，沿y轴正方向射出的质子转过1
4圆
周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为磁场区域的上边界。设某质子做匀速圆
周运动的圆心为O′，与O点的连线与y轴负方向夹角为θ ，离开磁场时质子速度
变为沿x轴正方向，其出射点（也就是轨迹与磁场边界的交点）的坐标为( x , y)。
由图中几何关系可得x = R sinθ ，y = R−R cosθ
消去参数θ 可得磁场区域的下边界满足的方程为
x
2+( R−y )
2= R
2( x >0, y >0)
84/109
这是一个1
4圆弧，圆心在(0, R)处，图中两条圆弧所围成图形的面积是磁场区域
的最小面积，大小为S1=2( 1
4 π R
2−1
2 R
2)
根据对称性可知，磁场的最小总面积为S =2S1= π R
2−2 R
2
组合特训（二）
限时：45 分钟
一、选择题（共6 个题，第1～4 题单选，第5、6 题多选）
1．（2025·八省联考河南卷）汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外
部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为2.6 p0( p0是1 个
标准大气压)，轮胎内部气体温度为315 K，外部大气压强为p0。该汽车在某高
原地区行驶时，压力表示数为2.5 p0，轮胎内部气体温度为280 K。轮胎内部气
体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏气，则该高原地区的大气压强为
（ ）
A. 0.6 p0
B. 0.7 p0
C. 0.8 p0
D. 0.9 p0
【答案】B
【解析】根据题意可知，在平原地区时，轮胎内部气体压强为
p1=2.6 p0+ p0=3.6 p0，温度为T 1=315 K，设在高原地区轮胎内部气体压强为p2，
温度为T 2=280 K，由题可知轮胎内部气体做等容变化，有
p1
T 1
= p2
T 2，解得
p2=3.2 p0，则该高原地区的大气压强p=3.2 p0−2.5 p0=0.7 p0。故选B。
2．（2025·湖南邵阳一模）学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着
球沿水平直赛道向前跑，运动员速度越大，乒乓球受到的水平风力越大。已知
球拍面与水平面的夹角为53
∘ ，乒乓球的质量为2.7 g，乒乓球与球拍面之间的
动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/ s
2，sin53
∘=0.8，
不考虑乒乓球的滚动，当运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球恰好不下滑，
关于此时的乒乓球，下列说法正确的是（ ）
A. 乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍面向下
B. 乒乓球受三个力的作用
C. 乒乓球受到的风力大小为1.35×10
−2 N
D. 如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑
【答案】C
85/109
【解析】乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，乒乓球受到的
摩擦力方向沿球拍面向上，故A错误；对乒乓球进行受力分析，受到重力、球
拍支持力、球拍的摩擦力和水平风力，共四个力的作用，故B错误；以乒乓球
为研究对象，根据平衡条件可得F 风cos53
∘+ Ff =mgsin53
∘ ，
F N =mgcos53
∘+ F 风sin53
∘ ，又Ff = μ F N，联立解得乒乓球受到的风力大小为
F 风=1.35×10
−2 N，故C正确；当球拍竖直时，如果水平风力不变，由于
f max = μ F 风<mg，则乒乓球会下滑，故D错误。
3．（2025·江西景德镇二模）如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为
R，和R1并联的D 为理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷
大），在A、B间加一正弦交流电源u=20√2sin(100 π t )V ，则加在R1上的电压
有效值为（ ）
A. 10V
B. 5√2V
C. 15V
D. 5√10V
【答案】B
【解析】当二极管上端电势高于下端电势时，二极管导通，R1被短路，当二极
管下端电势高于上端电势时，二极管截止，设加在R1上的电压的有效值为U，
根据有效值的定义有U
2
R T =
( 20√2
√2 × 1
2 )
2
R
⋅T
2
，求得U =5√2V 。故选B。
4．（2025·广东深圳期末）旅客在网上购买高铁票后，可使用二代身份证在自
动检票闸机上刷证进出站。当身份证进入刷卡器感应范围后，机器发出变化的
磁场，身份证内的铜线圈获取能量，对自身短暂供电，将芯片中的信息发送出
去，从而完成一次信息交换。若铜线圈匝数为N，面积为S，机器发出的磁场变
化率为k = Bmωsin ωt。则下列说法正确的是（ ）
A. 若磁场逐渐增强，铜线圈有扩张的趋势
B. 若磁场逐渐增强，铜线圈的电动势逐渐增大
C. 铜线圈中产生的电动势最大值为Em= N Bm Sω
D. 只有身份证进入或离开机器感应范围那一瞬间，铜线圈中才会有感应电流
【答案】C
86/109
【解析】由楞次定律可知，磁场增强，磁通量变大，铜线圈面积有缩小的趋势，
故A错误；由法拉第电磁感应定律得E = N ΔΦ
Δt = N Δ BS
Δt = NkS = NS Bmωsin ωt，
可知，磁场的磁感应强度增加时，其变化率是变小的，故电动势减小，且
Em= N BmSω ，故B错误，C正确；因为磁场是变化的，当身份证在感应范围内
静止不动时，线圈中的磁通量也会变化，也会有感应电流，故D错误。
5．（2025·湖南郴州三模）生活中常见“蜻蜓点水”的现象，某同学观察到平
静的湖面上蜻蜓点水后水面上出现波纹，将此波视为简谐横波，经过0.2s，距
离点水处0.4 m的树叶开始振动，以该时刻为计时起点，该片树叶的振动图像如
图所示，则（ ）
A. 该机械波的传播速度为1m/ s
B. 该机械波的波长为0.8m
C. 经过0.4 s，该树叶传到距离点水处0.8m处
D. 该机械波遇到0.4 m的小孔可发生明显的衍射现象
【答案】BD
【解析】经过0.2s，距离点水处0.4 m的树叶开始振动，机械波的波速
v = s
t =2m/ s，故A错误；由图像可知该机械波的周期T =0.4 s，该机械波的波长
为λ = vT =0.8m，故B正确；机械波中，振动质点不会随波迁移，故C错误；因
为机械波的波长大于0.4 m，所以可以发生明显的衍射现象，故D正确。
6．（2025·山东省实验中学二模）如图所示，平面内圆周上的P、Q、R、S四
点处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，O为圆心。K为弦PR的中点，L为
弦QS的中点。电荷量为+q的粒子从P点沿圆弧移动到Q点电势能减少Δ E p1；若
该粒子从R点沿圆弧移动到S点，电势能减少Δ E p2。P、R和Q、S间的电势差分
别为U PR、U QS。下列说法正确的是（ ）
87/109
A. P点电势高于Q点电势
B. 若粒子从K点移动到L点，电场力做功为Δ E p1+ Δ E p2
2
C. 若Δ E p1< Δ E p2，则U PR>U QS
D. 若R、S的距离为d，则电场强度最小值为Δ E p2
qd
【答案】ABD
【解析】电荷量为+q的粒子从P点沿圆弧移动到Q点电势能减少Δ E p1，由
E p=qφ 可知P点电势高于Q点电势，故A正确；电荷量为+q的粒子从P点沿圆弧
移动到Q点电势能减少Δ E p1，则W 1= Δ E p1=q(φP−φQ)，该粒子从R点沿圆弧移
动到S点，电势能减少Δ E p2，则W 2= Δ E p2=q(φR−φS)，匀强电场中沿同一直线
电势均匀变化，所以φK = φP+φR
2
，φL= φQ+φS
2
，若粒子从K点移动到L点，电场
力做功为W 3=q(φK −φL)= Δ E p1+ Δ E p2
2
，故B正确；若Δ E p1< Δ E p2，则
q(φP−φQ)<q(φR−φS)，解得φP−φR<φQ−φS，即U PR<U QS，故C错误；若R、S
的距离为d，则电场强度大小E = U RS
d cosθ，θ 为RS与电场方向的夹角，当θ =0
∘
时，即电场方向由R指向S时电场强度最小，电场强度最小值为
Emin= U RS
d = Δ E p2
qd ，故D正确。
二、非选择题（共3 个题）
7．（2025·山东济南二模）某同学想精确测量一辆儿童电动车上电池的电动势
和内阻，他先上网查了一下，这款电池的电动势E约为8V 。除了导线和开关外，
还可利用的器材有：
A.直流电压表V 1、V 2，量程均为0～3V ，内阻约为3kΩ ；
B.定值电阻R0，阻值为7 Ω ；
C.最大阻值为8kΩ 的电阻箱；
D.滑动变阻器R1，最大阻值约为10Ω ；
88/109
E.滑动变阻器R2，最大阻值约为5kΩ 。
电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值。该同学根据
电表的特点，打算设计如图甲所示的电路，将电压表V 1改装成量程为0～9V 的
电压表。
甲
乙
丙
（1） 他先将电阻箱与电压表V 1串联后，连成图甲所示的电路，其中RP应选用
_ _ _ _ _ _ （填“R1”或“R2”）。
（2）将滑动变阻器滑片P移至最右端，同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，
将滑动变阻器的滑片P移到适当位置，使电压表刚好满偏。
（3） 保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表的示数为_ _ _ _ V ；此时电
压表和电阻箱的组合就是改装好的量程为0～9V 的电压表。
（4） 小刚利用改装后的电压表，设计图乙所示的电路测量电池的电动势和内
阻，这里的RP选用R1。移动滑动变阻器滑片，读出电压表V 1、V 2的多组数据U 1、
U 2，描绘出U 1−U 2图像如图丙所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则
电池的电动势E =_ _ _ _ _ _ _ _ ，内阻r =_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。（均用k、a、R0表示）
【答案】（1） R1
（3） 1.0
（4） 3a
1−3k ；3k R0
1−3k
【解析】
（1） 不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定
的电压，因此图甲中分压用的变阻器应该用最大阻值远小于电压表内阻的R1，
以减小电压表分流带来的误差。
（3） 将电阻箱阻值调为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明
分压为3V 。保持滑片P的位置不变，即分压保持不变，为3V ，调节电阻箱，使
电压表的示数为1.0V 时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V 。这说明当电
89/109
压表的示数为3.0V 时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为9V ，这就是改装好
的量程为0～9V 的电压表。
（4） 根据闭合电路欧姆定律可得3U 1= E−3U 1−U 2
R0
r，整理可得
U 1=
E R0
3 R0+3r +
r
3 R0+3r U 2，结合图线可得E =
3a
1−3k ，r = 3k R0
1−3k 。
8．（2025·河北秦皇岛一模）气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，
兴趣小组将其结构重新设计为电磁缓冲装置，该装置的主要部件有三部分：①
固定在支架上的滑块，由绝缘材料制成，其内部边缘绕有边长为L、电阻为R的
闭合单匝、粗细均匀的正方形线圈abcd；②质量为m的座椅主体，包括椅面和
绝缘光滑非密闭套筒及套筒前后的永磁体，套筒前后的永磁体产生方向垂直于
套筒纵截面、磁感应强度大小为B的匀强磁场；③连接座椅主体和滑块的轻质
弹簧。现将座椅主体竖直提起至弹簧处于原长，由静止释放座椅主体来测试缓
冲装置效果，现测出座椅主体初次向下运动的最大速度为vm，从释放到停止运
动用时t。已知重力加速度大小为g，弹簧的劲度系数为k，弹簧弹性势能
E p= 1
2 k x
2（其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量），全程未超出弹簧弹性限
度，且线圈abcd全程未完全进入和完全离开套筒，不计一切摩擦阻力。求：
（1） 座椅主体初次向下运动的速度最大时，线圈ab边两端电势差U ab；
（2） 从释放座椅主体到座椅主体初次向下运动达到最大速度的过程，座椅主
体下降的高度h；
（3） 从释放座椅主体到座椅主体停止运动的过程，线圈中产生的焦耳热Q及
座椅主体受弹簧弹力的冲量大小I 弹。
【答案】（1） 3
4 BLvm
（2） mg
k −B
2 L
2vm
kR
90/109
（3） m
2 g
2
2k ；mgt −B
2 L
2
Rk mg
【解析】
（1） 座椅主体初次向下运动的速度最大时，感应电动势的大小为E = BLvm
根据右手定则可知a端电势高，根据闭合电路欧姆定律可得线圈ab边两端电势
差U ab= 3
4 E = 3
4 BLvm
（2） 速度最大时，对座椅主体根据平衡条件可得mg=kh+ BIL
其中I = BLvm
R
联立解得座椅主体下降的高度h= mg
k −B
2 L
2vm
kR
（3） 由题意可知，座椅主体停止时有mg=k h1
解得座椅主体停止时弹簧压缩量h1= mg
k
由能量守恒定律有mgh1=Q+ 1
2 k h1
2
联立解得Q = m
2 g
2
2k
对座椅主体，由动量定理有−BL I t +mgt −I 弹=0−0
因为q = I t =
ΔΦ
t
R t = ΔΦ
R = BLh1
R
联立解得I 弹=mgt −B
2 L
2
Rk mg
9．（2025·广东深圳一模）蹦极是一项非常刺激的运动。为便于研究，可将人
视为质点，人的运动沿竖直方向，人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量、
空气阻力均忽略。某次蹦极时，一质量为50kg的人从蹦极台跳下，到O点时弹
性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为P点，如图所示。弹性绳的
原长为5m，其弹力大小和弹簧的弹力大小规律相同，满足F =k Δ x，其中Δ x为
弹性绳的形变量，k是与弹性绳有关的系数，为50 N /m。重力加速度g取
10m/ s
2。整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。
91/109
（1） 图像是研究运动问题常见的方法。
a.以O点为起始点，作出人的a−x（加速度-位移）图像（以向下为正方向，标
明特殊点的位置坐标）；
b.求人在从O到P过程的最大速度和最大加速度。
（2） 求人在O、P之间经历的时间（结果保留2 位有效数字）。
（3） 研究发现，人体对加速度剧烈变化会有不舒服的感觉，若用“急动度”
A这一物理量来描述加速度对时间的变化率，分析判断人在从O到P的运动过程
中，“急动度”A的大小如何改变，并求出最大“急动度”Am。
【答案】（1）a. 见解析图；b.10√2m/ s；10√2m/ s
2
（2） 2.4 s
（3） A的大小先增大后减小；10√2m/ s
3
【解析】
（1） a.人下落5m到达O点的过程，加速度大小为10m/ s
2，方向竖直向下；此
后随着弹力的增加，加速度减小，根据a= mg−kx
m
，当x =10m时a=0，然后向下
减速运动直到最低点，a−x图像如图
b.图线与横轴所围图形的面积表示速度二次方的变化量的一半，故横轴上、下
方面积相等，上方面积为
5×10m
2⋅s
−2+ 1
2 ×10×10m
2⋅s
−2=100m
2⋅s
−2
故下方面积也应该是100m
2⋅s
−2。
可得vm
2 =200m
2⋅s
−2，解得vm=10√2m/ s
92/109
根据两个直角三角形相似可得1
2 =( 10
am
)
2
解得am=10√2m/ s
2
（2） 在OP段运动过程是简谐运动的一部分，设其加速度随时间变化的函数为
a=amcos(ωt +φ)
其速度随时间变化的函数为v = vmsin(ωt +φ)
则a= Δv
Δt = vmωcos(ωt +φ)
故有am= vmω
可得ω=1rad / s，T = 2π
ω =2πs
人下落到O点时，速度大小为v =10m/ s
将t =0时v =10m/ s代入v = vmsin(ωt +φ)
可得φ= π
4
由v = vmsin(ωt +φ)以及O、P两点对应的速度可得t = 3 π
4 s≈2.4 s
（3） A = Δa
Δt =−amωsin(ωt +φ)，故A的大小先增大后减小
Am=amω=10√2m/ s
3
组合特训（三）
限时：45 分钟
一、选择题（共6 个题，第1～4 题单选，第5、6 题多选）
1．（2025·广东佛山模拟）某同学用两根不同材质的绳a、b系在一起演示机
械波，他握住绳子左端O有规律地上下抖动绳子，t =0时刻的绳上呈现波形如图
所示，机械波在绳a上的传播速度为10m/ s，P为绳a上的一个质点，则由此可
以判断（ ）
A. t =0时绳a左端的振动方向沿y轴正方向
B. 绳a中的机械波周期小于绳b中的机械波周期
C. 绳a中机械波的传播速度小于绳b中机械波的传播速度
93/109
D. t =0.11s时，P相对平衡位置的位移大小为0.5m
【答案】D
【解析】波的传播方向向右，根据“同侧法”可知，波的前端质点起振方向向
下，则t =0时绳a左端的振动方向向下，故A错误；机械波的周期和频率由振源
决定，所以绳a中的机械波周期等于绳b中的机械波周期，故B错误；绳a中的机
械波频率等于绳b中的机械波频率，绳a的波长大于绳b的波长，由v = λf 可知，
绳a中机械波的传播速度大于绳b中机械波的传播速度，故C错误；机械波的振
动周期T = λ
v = 0.4
10 s=0.04 s，由于t =0.11s=2 3
4 T，则t =0.11s时，P恰好位于波峰，
所以P相对平衡位置的位移大小为0.5m，故D正确。
2．（2025·湖北部分重点中学二模）假设某航天员在地球上最大可以举起
m1=50kg的物体，他在某星球表面上最大可以举起m2=100kg的物体，若该星球
半径为地球半径的4 倍，则（ ）
A. 地球和该星球质量之比为M 地: M 星=8:1
B. 地球和该星球第一宇宙速度之比为v地:v星=√2:1
C. 地球和该星球瓦解的角速度之比为ω地:ω星=2√2:1
D. 地球和该星球近地卫星的向心加速度之比为a地:a星=√2:1
【答案】C
【解析】人对物体的作用力是固定的，则由F =m1g地=m2 g星，
g地
g星
= m2
m1
=2，而
近地卫星的向心加速度和重力加速度近似相等，D错误；根据G Mm
R
2 =mg，则
M 地
M 星
= g地R地
2
g星R星
2 = 1
8，A错误；G Mm
R
2 =m v
2
R ，解得第一宇宙速度v =√gR，则
v地
v星
=√
g地R地
g星R星
= 1
√2，B错误；星球的自转角速度足够快，当星球表面的重力加
速度为0 时星球瓦解，根据G Mm
R
2 =mω
2 R，得ω地
ω星
=√
M 地R星
3
M 星R地
3 =2√2，C正确。
3．（2025·山东泰安模拟）如图所示，水平地面上有一个可以绕竖直轴匀速转
动的圆锥筒，筒壁与水平面的夹角θ =53
∘ ，内壁有一个可视为质点、质量为
3.2kg的物块，始终相对筒壁静止在A点，随圆锥筒一起做匀速圆周运动，物块
受到的最大静摩擦力是正压力的k倍。当角速度为4
3 rad / s时，物块受到的摩擦
94/109
力恰好为零。当角速度为√66
3 rad / s时，物块即将相对于圆锥筒滑动。已知
g=10m/ s
2，sin53
∘=0.8，则k值为（ ）
A. 0.6
B. 0.3
C. 0.5
D. 0.4
【答案】C
【解析】对物块受力分析，当摩擦力为零时，如图甲所示，根据牛顿第二定律，
可得mg tanθ =mr ω1
2，当r为定值时，静摩擦力沿筒壁向下取最大静摩擦力时，
具有最大角速度，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律，可得
N sinθ+ f mcosθ =mr ωm
2 ，N cosθ = f msinθ+mg，又f m=kN，其中ω1= 4
3 rad / s，
ωm= √66
3 rad / s，联立解得k =0.5，故选C。
甲
乙
4．（2025·辽宁丹东一模）图甲为风力发电的简易模型，绕有线圈的U形铁芯
开口处装有磁铁，风叶转动时带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变
化。当风叶匀速转动时，发电机输出电压视为正弦式交流电。发电机与一变压
器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数比为n1:n2=10:1，当风速为某一恒定
值时，变压器原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示。此时，若
风速减小，导致风叶转速变为原来的1
2，此过程中小灯泡阻值不变，所有线圈
均为理想线圈，不计内阻。则下列说法中正确的是（ ）
95/109
甲
乙
A. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式变为u=15√2cos(100 π t )V
B. 电压表V 2的示数约为4.2V
C. 小灯泡的功率变为原来的1
2
D. 发电机产生的交变电流的周期变为0.04 s
【答案】D
【解析】根据题意，结合题图可得变化前U m=30√2V ，周期T =0.02s，角速度
ω= 2π
T =100 πrad / s，故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
u′ =30√2cos(100 π t )V ，根据U m= NBSω 可知变化之后，U ′m=15√2V ，
ω′ =50 πrad / s，所以变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式变为
u=15√2cos(50 π t )V ，故A错误；电压表的示数为副线圈两端电压的有效值，
根据
U 1
U 2
= n1
n2，又U 1= U ′m
√2 ，解得电压表V 2的示数U 2=1.5V ，故B错误；若风速
减小，导致风叶转速变为原来的1
2，则小灯泡两端电压也变为原来的1
2，根据
P= U
2
R 可知小灯泡的功率变为原来的1
4，故C错误；根据ω=2π n，T = 2π
ω ，可知
转速变为原来的1
2，周期变为0.04 s，故选D。
5．（2025·河北沧州一模）夜晚公园景观池有可变化形状的灯光秀，其原理如
图甲所示，将一个半圆形线状光源水平放在水池水面下，通过支架（图中未画
出）可以调节光源距离水面的深度h，随着h变化，人们在水面上会看到不同形
状的发光区域。已知半圆形线光源的半径为R，水的折射率为n= 4
3 ，下列说法
中正确的有（ ）
96/109
A. 当h= √7
7 R时，水面上的发光区域会呈现类似图乙所示的“月牙”形状
B. 当h= √7
4 R时，水面上的发光区域会呈现类似图丙所示的“爱心”形状
C. 当h= √7
3 R时，水面上的发光区域恰会呈现类似图丙所示的“爱心”形状
D. h越大，水面上发光区域的面积越小
【答案】AC
【解析】取线状光源上某一点作为点光源，点光源发出的光在水面上有光射出
的水面形状为圆形，设此圆形的半径为r，点光源发出的光线在水面恰好发生全
反射的光路图如图1 所示，由sinC = 1
n = 3
4，可得tanC = 3√7
7 ，根据几何关系可
得，r =h tanC = 3√7
7
h，则一个点发出的光在水面上能看到半径为r = 3√7
7
h的圆，
对于半圆形线状光源在水面上的发光区域，可看作圆的圆心沿半径为R的半圆
弧移动时圆扫过的区域，如图2 所示，可得，当r < R，即h< √7
3 R时，水面上的
发光区域会呈现类似题图乙所示的“月牙”形状，当r ≥R，即h≥√7
3 R时，水面
上的发光区域恰会呈现类似题图丙所示的“爱心”形状，故A、C正确，B错误；
结合上述分析可知，h越大，水面上发光区域的面积越大，故D错误。
图1
图2
6．（2025·八省联考云南卷）空间中有方向与纸面平行的匀强电场，其中纸面
内P、Q和R三点分别是等边三角形abc三边的中点，如图所示。已知三角形的
边长为2m，a、b和c三点的电势分别为1V 、2V 和3V 。下列说法正确的是
（ ）
97/109
A. 该电场的电场强度大小为1V /m
B. 电子在R点的电势能大于在P点的电势能
C. 将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为+0.5eV
D. 将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为+0.5eV
【答案】AD
【解析】根据匀强电场中沿任意方向两点间中点的电势为两点电势的平均值，
则P点电势为φP= φa+φc
2
=2V =φb，可知bP是等势面，则场强方向由c点指向a点，
场强大小E = U ca
l
= 3−1
2
V /m=1V /m，选项A正确；R点的电势为
φR= φb+φc
2
=2.5V >φP=2V ，可知电子在R点的电势能小于在P点的电势能，选
项B错误；Q点的电势为φQ= φb+φa
2
=1.5V ，将一个电子从P点移动到Q点，电场
力做功为W PQ=U PQ(−e)=−0.5eV ，选项C错误；将一个电子从P点移动到R点，
电场力做功为W PR=U PR(−e)=+0.5eV ，选项D正确。
二、非选择题（共3 个题）
7．（2025·河北沧州二模）某物理兴趣小组利用倾斜的气垫导轨装置探究系统
机械能守恒，如图甲所示。质量为m1的带遮光条的滑块放在气垫导轨上，由跨
过轻质定滑轮的细绳与质量为m2的钩码相连，间距为x的光电门1 和2 固定在气
垫导轨上。气垫导轨与水平面的夹角可调，当地的重力加速度为g。
甲
乙
（1） 用螺旋测微器测得遮光条的宽度如图乙所示，则宽度d =_ _ _ _ mm；
98/109
（2）气垫导轨正常工作后，调整气垫导轨与水平面的夹角，使得滑块通过两个
光电门的时间相等；
（3） 在满足（2）的情况下，将一质量为m的重物挂到钩码上，将系统由静止
释放，测出滑块依次经过光电门1、2 的时间分别为t1、t2，若表达式_ _ _ _ _ _ _ _ _
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （用题中所给的物理量符号表示）成
立，则系统机械能守恒得到验证。
【答案】（1） 6.730
（3） mgx = 1
2 (m1+m2+m)[( d
t2
)
2
−( d
t1
)
2
]
【解析】
（1） 螺旋测微器读数为d =6.5mm+23.0×0.01mm=6.730mm；
（3） 设气垫导轨与水平面的夹角为θ ，滑块通过两个光电门的时间相等，说
明滑块做匀速直线运动，满足m1gsinθ =m2 g，将一质量为m的重物挂到钩码上，
将系统由静止释放，则滑块依次经过光电门1、2 的过程中系统减少的重力势能
为(m2+m)gx−m1 gsinθ⋅x =mgx，系统增加的动能为1
2 (m1+m2+m)[( d
t2
)
2
−( d
t1
)
2
]，
若表达式mgx = 1
2 (m1+m2+m)[( d
t2
)
2
−( d
t1
)
2
]成立，则系统机械能守恒得到验证。
8．（2025·广东佛山一模）在深海潜水时，潜水员需在特制的加压舱内接受高
压适应训练，适应后再送到深海处潜水。如图是某加压舱的实物图，若加压前，
舱内潜水员肺内气压为1.0×10
5 Pa，肺内气体容积为6 L，经一段时间加压并稳
定后，舱内潜水员肺内气压变为3.0×10
6 Pa，肺内气体容积变为3 L，此过程潜
水员肺内气体温度维持在37
∘ 不变。求：
（1） 加压并稳定后，潜水员肺内的气体在压强为1.0×10
5 Pa、温度为37℃时
的体积；
（2） 加压前与加压稳定后，潜水员肺内气体的质量之比。
【答案】（1） 90 L
（2） 1:15
【解析】
99/109
（1） 潜水员肺内气体在加压后，压强p2=3.0×10
6 Pa、体积V 2=3 L
设潜水员肺内气体在压强为p0=1.0×10
5 Pa时体积为V 0
根据玻意耳定律得p2V 2= p0V 0
解得V 0=90 L
（2） 由（1）知加压后潜水员肺内气体在气压为p0、温度为37℃时的体积为
V 0=90 L。压强和温度都相同时，气体密度相等，根据m= ρ⋅V ，则加压前、后
潜水员肺内气体的质量之比为m1:m2=V 1:V 0=1:15
9．（2025·安徽蚌埠二模）如图所示，水平虚线a、b、c、d间距均为L，a、b
间和c、d间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两个区域的磁感应
强度大小相等，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度大小为
E，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点由静止释放，粒子进磁场Ⅰ
时撤去电场，粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹恰好与虚线b相切，已知P点到虚线a
的距离也为L，不计粒子的重力。
（1） 求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2） 若不撤去电场，改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置，粒子进磁
场Ⅰ后轨迹恰好与虚线b相切，求粒子释放的位置到虚线a的距离为多少；
（3） 若不撤去电场，将粒子在虚线a上方距离a为2 L的Q点（图中未标出）以
水平速度v向右射出，结果粒子恰好不能从磁场Ⅱ的虚线d射出，求初速度v为
多大。
【答案】（1） √
2mE
qL
（2） 0
（3） 1
2√
qEL
2m
【解析】
（1） 设粒子进磁场Ⅰ时的速度大小为v0，根据动能定理有qEL= 1
2 mv0
2
100/109
解得v0=√
2qEL
m
根据题意可知，粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，且轨迹恰好与虚线b相切，则
半径r1= L
根据牛顿第二定律有q v0 B =m v0
2
r1
解得B =√
2mE
qL
（2） 设粒子释放的位置到虚线a的距离为L1，粒子与虚线b相切时的速度大小
为v1，根据动能定理有qE( L+ L1)= 1
2 m v1
2
解得v1=√
2qE( L+ L1)
m
粒子在磁场Ⅰ中运动到虚线b的过程，水平方向应用动量定理有
q v y Bt1=m v1
在竖直方向有v yt1= L
解得L1=0
（3） 由题意可知，粒子到虚线d时速度与虚线d相切且水平向右，设速度大小
为v2，则有qE×5 L= 1
2 m v2
2−1
2 m v
2
粒子在两个磁场中运动到虚线d的过程，水平方向应用动量定理有
q v ′ y Bt2=m v2−mv
在竖直方向有v ′ yt2=2 L
则有2qBL=m v2−mv
解得v = 1
2√
qEL
2m
组合特训（四）
限时：45 分钟
一、选择题（共6 个题，第1～4 题单选，第5、6 题多选）
1．（2025·湖南长沙新高考适应性考试）已知钋210 的半衰期为138 天，若将
0.16 g钋210 随中国空间站在太空中运行276 天后，剩余钋210 的质量约为
（ ）
A. 0.02g
B. 0.04 g
C. 0.08 g
D. 0.16 g
【答案】B
101/109
【解析】由半衰期公式m余=m0( 1
2 )
t
T知，剩余钋的质量为
m余=0.16 g×( 1
2 )
276
138 =0.04 g，故选B。
2．（2025·河北沧州一模）在古代，人们关上门后从内部用一根结实的木棍抵
住门，以保障安全，这种木棍被称为“顶门杠”，如图甲所示。图乙是其简化
示意图，顶门杠可绕其下端与地面的接触点O自由转动，杠下端与水平地面之
间的动摩擦因数为μ ，杠的重力忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为
保证门受到再大的外来推力都不能使杠的下端与地面间发生滑动，则杠与水平
地面的夹角α 应满足的条件为（ ）
甲
乙
A. tan α ≥1
μ
B. tan α ≥μ
C. tan α ≤μ
D. tan α ≤1
μ
【答案】A
【解析】由题意，对杠受力分析，设门对顶门杠顶端的作用力大小为F，该力
沿杠向下，可分解为两个分量，垂直于地面的分量F⊥= F sin α ，该分量与地面
对顶门杠的支持力平衡，则由牛顿第三定律可知，顶门杠对地面的压力
N = F sin α ；沿水平方向的分量F水平= F cosα ，该分量需要与地面对杠的摩擦
力平衡，杠与地面间的最大静摩擦力为f max = μN，为防止滑动，需满足
F水平≤f max，即F cosα ≤μF sin α ，得 tan α ≥1
μ，故选A。
3．（2025·河北邯郸模拟）2025 年1 月20 日18 时11 分，我国在酒泉卫星发
射中心使用“谷神星一号”运载火箭，成功将云遥一号37～40星、吉天星
A −05星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。其中
“云遥一号40 星”距地面的高度为h，地球的半径为R，地球的第一宇宙速度
为v1，则“云遥一号40 星”的运行速度大小为（ ）
A. v1√
R
R+h
B. v1√
R+h
R
C. R v1
R+h
D. ( R+h)v1
R
【答案】A
102/109
【解析】设r为圆周运动的轨道半径，由万有引力提供向心力有GMm
r
2
= mv
2
r ，
可得线速度表达式为v =√
GM
r ，第一宇宙速度是地球表面附近卫星的线速度，
故v1=√
GM
R ，“云遥一号40 星”的轨道半径为r ′ = R+h，运行速度为v2=√
GM
R+h，
联立可得
v2
v1
=√
R
R+h，故v2= v1√
R
R+h，故选A。
4．（2025·湖南长沙模拟）两个用材料和横截面积都相同的细导线做成的刚性
闭合线框，分别用不可伸长的细线悬挂起来，如图所示。两个线框均有一半面
积处在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中，两线框平面均始终垂直于磁
场方向。某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，此时正方形线框所受细线的拉
力也为零。若已知圆形线框的半径为a，则正方形线框的边长为（ ）
A. √2
π a
B. 2√2
π
a
C. 4√2
π
a
D. 8√2
π
a
【答案】C
【解析】设细导线单位长度质量、单位长度电阻分别为m0、R0，由于磁感应强
度随时间均匀变化，即ΔB
Δt 相同，某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，则圆
形线框自身重力与所受安培力等大反向，即有F A =G =2π am0 g，因为
F A = BIL= BL E
R，圆形线框有效长度为L=2a，又因为E = ΔΦ
Δt = ΔB
Δt S = ΔB
Δt × π a
2
2 ，
R =2π a R0，联立可得2π am0 g= B× ΔB
Δt × π a
2
2 ×
1
2π a R0
×2a，设正方形线框边
长为L0，同理，对正方形线框有4 L0m0 g= B× ΔB
Δt × L0
2
2 ×
1
4 L0 R0
×√2 L0，联立解
得L0= 4√2
π
a，故选C。
5．（2025·安徽淮北一模）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的
小球，其动能随时间变化的关系如图所示。已知小球受到的空气阻力与速率成
103/109
正比，小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动，重力加速度为
g，则小球在此运动过程中（ ）
A. 最大加速度为4 g
B. 上升和下落两阶段阻力的冲量大小相等
C. 返回到地面所用的时间为2√2m E0
mg
D. 上升的最大高度为6 E0
mg −t1√2m E0
m
【答案】ABD
【解析】设小球的初速度大小为v0，落地速度大小为v，落地时，根据题意有
f =kv =mg，又有E0= 1
2 mv
2，9 E0= 1
2 mv0
2，联立解得v =√
2 E0
m ，v0=3 v，k = mg
v ，
小球初始时刻加速度最大，有k v0+mg=ma，解得a= 4 g，故A正确；阻力冲量
大小为I f =k v t =kh，上升和下落过程位移大小相等，所以阻力的冲量大小相等，
故B正确；对全过程分析，阻力的合冲量为0，以竖直向下为正方向，根据动量
定理，mgt =mv −m(−v0)，解得t = 4√2m E0
mg
，故C错误；上升过程，根据动量
定理，mgt1+ kh=m v0，解得h= 3 v
2
g −v t1= 6 E0
mg −t1√2m E0
m
，故D正确。
6．（2025·辽宁丹东一模）如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45
∘
角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，另一侧为
平行纸面的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从场中P点以v0的速度
沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好从P点第二次离开
电场。若场区足够大且不计粒子重力，则下列说法中正确的是（ ）
104/109
A. 匀强电场中，电场强度大小为B0v0，方向竖直向下
B. 当粒子第二次离开磁场时，速度与分界线所成的锐角为45
∘
C. 粒子回到P点所用的总时间为2(π +1)m
q B0
D. 当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为2√2m v0
q B0
【答案】BD
【解析】根据题意可知，粒子的运动轨迹如图，粒子在磁场中做匀速圆周运动，
根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达分界线时的速度偏转角是90
∘ ，即
速度与分界线所成的锐角为45
∘ ，粒子进入电场后先减速到零，再反向加速到
原来的速度大小第二次进入磁场，所以电场方向竖直向上，粒子第二次进入磁
场后在磁场中做圆周运动，经过3
4 T后，由S点进入电场，此时速度与分界线所
成的锐角为45
∘ ，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
q v0 B0=m v0
2
R ，解得R = m v0
q B0，根据几何关系可知PS =2√2 R = 2√2m v0
q B0
，粒子第
二次进入电场的速度方向与电场方向垂直，由图可知，水平方向，2 R = v0t3，
竖直方向，2 R = 1
2 at3
2，根据牛顿第二定律有qE =ma，联立解得E = B0v0，故B、
D正确，A错误；粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一
次进入电场时先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3，由几何关
系可知，粒子在磁场中运动的时间t1=T = 2π R
v0
= 2π m
q B0 ，第一次进入电场时先减
速后加速的时间t2= 2v0
a = 2m
q B0，第二次在电场中偏转的时间t3= 2 R
v0
= 2m
q B0，粒子
回到P点所用的总时间为t =t1+t2+t3= (2π + 4)m
q B0
，故C错误。
105/109
二、非选择题（共3 个题）
7．（2025·八省联考河南卷）学生实验小组利用单摆测量当地的重力加速度。
实验器材有：铁架台、细线、摆球、秒表、卷尺等。回答下列问题：
甲
（1） 实验时，将细线的一端连接摆球，另一端固定在铁架台上O点，如图甲
所示。然后将摆球拉离平衡位置，使细线与竖直方向的夹角为θ(θ<5
∘)，释放摆
球，让单摆开始摆动。为了减小计时误差，应该在摆球摆至_ _ _ _ _ _ （填“最低
点”或“最高点”）时开始计时。
（2） 选取摆线长度为100.0cm时，测得摆球摆动30 个完整周期的时间t为
60.60 s。若将摆线长度视为摆长，求得重力加速度大小为_ _ _ _ m/ s
2。（取
π
2=9.870，结果保留3 位有效数字）
（3） 选取不同的摆线长度重复上述实验，相关数据汇总在表中，在坐标纸上
作出摆线长度l和单摆周期的二次方T
2的关系曲线，如图乙所示。
106/109
乙
l /m
t / s
T
2/ s
2
0.800
54.17
3.26
0.900
57.54
3.68
1.000
60.60
4.08
1.100
63.55
4.49
1.200
66.34
4.89
设直线斜率为k，则重力加速度可表示为g=_ _ _ _ _ _ _ _ （用k表示）。由图乙求得
当地的重力加速度大小为_ _ _ _ m/ s
2。（取π
2=9.870，结果保留3 位有效数字）
（4） 用图像法得到的重力加速度数值要比（2）中得到的结果更精确，原因是
_ _ _ _ _ _ 。
【答案】（1） 最低点
（2） 9.68
（3） 4 π
2k；9.82
（4） 见解析
【解析】
（1） 因摆球经过最低点时速度最大，所以在位置的观察误差一定的情况下，
摆球经过该位置时，时间的测量误差最小，故应该在摆球摆至最低点时开始计
时。
107/109
（2） 摆球摆动30 个完整周期的时间t为60.60 s，则小球摆动的周期
T = t
30 =2.02s，根据单摆周期公式T =2π√
l
g得g= 4 π
2l
T
2 ，其中
l =100.0cm=1.000m，代入可得g≈9.68m/ s
2。
（3） 根据单摆周期公式T =2π√
l
g，整理可得l = g
4 π
2 ⋅T
2，可知l−T
2图线的斜
率k = g
4 π
2，则重力加速度可表示为g= 4 π
2k；由图乙求得当地的重力加速度大
小为g= 4 π
2× 1.200−0.730
4.89−3.00 m/ s
2≈9.82m/ s
2。
（4） 图像法得到的重力加速度数值更精确，其原因是用图像法处理数据时，
无论是否考虑摆球的半径，图像斜率均为g
4 π
2，对g的测量没有影响；另外，图
像法体现了多次测量取平均值，减小了偶然误差。
8．（2025·江西赣州期末）图甲为发光二极管，其发光帽是一个透明体。为简
化问题，设它由一个半径为R的半球体和一个半径为R的圆柱体组成，过半球球
心的纵截面如图乙所示，若二极管的发光部分视为点光源且位于圆柱体内轴线
上与半球球心相距0.75 R的O点，光恰好能从半球体的全部表面射出，光在真空
中的传播速度为c，不考虑光在透明体内的反射。求：
甲
乙
（1） 透明体的折射率；
（2） 从半球体射出的光在透明体中的最长传播时间。
【答案】（1） 5
3
（2） 35 R
12c
【解析】
（1） 当光从半球体的最左（右）边射出时，入射角最大，恰好发生全反射，
由几何关系可知tanC = 0.75 R
R
= 3
4，则sinC = 3
5
108/109
又n=
1
sinC
解得n= 5
3
（2） 当光恰好从O点正上方射出时，路程最长，时间最长，n= c
v
代入解得tmax = 1.75 R
v
= 35 R
12c
9．（2025·广东深圳一模）如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰
面上有可滑动的小车，左、右平台与小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小
孩坐在雪橇上（系有安全带），静止在左边平台边缘处。现在家长施加推力，
雪橇瞬时获得水平冲量I =160 N ⋅s，滑上小车。小车在冰面上滑行了L2= 4 m的
距离后与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇
的总质量m=20kg，雪橇与小车上表面间的动摩擦因数μ1=0.8，雪橇与右侧平台
间的动摩擦因数μ2=0.5。小车质量M =20kg，长度L1=2.5m。将小孩和雪橇视作
质点，忽略冰面阻力，g取10m/ s
2。求：
（1） 雪橇滑上小车时的速度大小；
（2） 小车碰撞右侧平台时的速度大小；
（3） 雪橇在右侧平台上滑行的距离。
【答案】（1） 8m/ s
（2） 4 m/ s
（3） 0.8m
【解析】
（1） 设雪橇滑上小车的瞬时速度为v1，根据动量定理有I =m v1−0
解得v1=8m/ s
（2） 方法一：假设小车和雪橇可以共速，设共同速度为v2，根据动量守恒定
律有m v1=(m+ M )v2
解得v2= 4 m/ s
设雪橇在小车上滑行过程中损失的机械能为Q，则有
Q = 1
2 m v1
2−1
2 (m+ M )v2
2
109/109
又Q = μ1mg x相
联立解得x相=2m
设共速前小车滑行的距离为x2，对小车根据动能定理有
μ1mg x2= 1
2 M v2
2−0
解得x2=1m
由于x相< L1，x2< L2
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右
侧平台的速度大小为v2= 4 m/ s
方法二：对雪橇和小车分别受力分析，设雪橇加速度大小为a1，小车加速度大
小为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg =ma1，μ1mg= M a2
解得a1=8m/ s
2，a2=8m/ s
2
假设雪橇与小车共速时，用时为t，雪橇的位移为x1，小车的位移为x2，根据速
度公式有v1−a1t =a2t
根据位移公式有x1= v1t −1
2 a1t
2，x2= 1
2 a2t
2
小车与雪橇的相对位移大小x相= x1−x2
联立解得x相=2m，x2=1m
由于x相< L1，x2< L2
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，速度大小为
v2= 4 m/ s
（3） 方法一：设雪橇在右侧平台上滑行的距离为x4，在小车上滑行的距离为
x3，则有x3= L1−x相
对雪橇由动能定理有−μ1mg x3−μ2mg x4=0−1
2 m v2
2
联立解得x4=0.8m
方法二：设雪橇在平台上滑行的距离为x4，在小车上滑行的距离为x3，则有
x3= L1−x相
设雪橇离开小车时的速度大小为v3，由速度与位移的关系式有
v3
2−v2
2=−2a1 x3
设雪橇在右侧平台上的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有μ2mg=ma3
根据速度与位移的关系式有0−v3
2=−2a3 x4
联立解得x4=0.8m
