2026年浙江高考物理二轮复习讲练测热点02 科技强国（热点专练）（解析版）

热点02科技强国

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情境导入考法破译限时实战

热点背景速递

情境导入高效科普：呈现前沿科技或社会热点，进入真实情境，提取关键信息

热点信息解码

链接考点预测考法：建立热点与教材知识的桥梁，精准预测命题方向

热点限时训练

模拟实战巩固提升：限时完成情境化题目训练，提升信息迁移能力

向科技强国挺进！“十四五”大国科技跑出“新成绩”

科技兴则民族兴，科技强则国家强。把我国建设成为科技强国，是近代以来中华民族孜孜以

求的梦想。当前，新一轮科技革命和产业变革深入发展，科技革命与大国博弈相互交织。

“天宫”巡天、“嫦娥”探月，新能源汽车驰骋全球，第四代核电站点亮万家灯火……回首“十

四五”，我国科技事业取得历史性成就，发生历史性变革，为加快实现高水平科技自立自强、建

设世界科技强国奠定了坚实基础。

这五年，生产力有了“新引擎”。路上的新能源汽车越来越多，人工智能加速赋能千行百业，

越来越多前沿技术转化为新产品、新产业，成为培育新质生产力的重要支撑。以科技创新引领新

质生产力发展，推动科技创新和产业创新深度融合，为高质量发展注入强劲动能。

这五年，“创新的地基”打得更稳更牢。基础研究是整个科学体系的源头，我们不仅鼓励科学

家自由探索，更采取“两条腿走路”的方式，瞄准国家战略组织基础科研攻关，我国高被引论文数

约占世界总数的三分之一、连续4年稳居世界第二。

这五年，更多青年科技人才成为“骨干力量”。青年科技人才是最具活力的创新群体，“十四

五”期间，国家重点研发计划45岁以下青年科技人才担任项目负责人的比例为43.3%，国家自然

科学基金有80%的项目由45岁以下的青年人承担……越来越多的优秀青年人才脱颖而出，决定

着大国科技的后劲和韧性。

这五年，创新的“最后一公里”更加通畅。全国技术合同成交额连续多年保持两位数增长，2024

年达6.8万亿元——通过职务科技成果赋权、单列管理等试点改革，越来越多科技成果从“实验

室”奔向“生产线”。

【考向分析】以科技强国情境的物理试题，本质上是对学生综合运用物理知识解决实际问题

能力的一种考查方式。它不仅要求学生掌握扎实的物理基础知识，更强调学生能够将这些知识灵

活应用于科技发展的实际情境中，从而培养学生的创新思维和实践能力，为培养未来的科技人才

奠定坚实基础。

核心考点对接：新能源技术（光伏、储能）、航空航天（天体运动、力学应用）、电场和电路、

原子物理基础等，均为浙江选考高频素材背景。

学科素养要求：通过物理学科培养学生的科学思维、创新意识和实践能力，契合科技强国对基础

科学人才的需求。

命题趋势体现：浙江选考物理近年常以科技前沿为背景命题（如卫星发射、芯片制造、新能源汽

车），考查知识应用与创新思维。

模块说明：

在限定时间内完成情境化题目训练，将信息迁移能力转化为稳定的得分能力。

1.题量时限：设置15-20道题目，并标注明确的建议完成时间（如：45分钟）。

2.题目设计：题目需直接围绕热点背景，题型多样，难度梯度设置，并呼应第二部分的考向预测，全

面覆盖基础与综合应用。

（建议用时：45分钟）

考向01新能源技术

1.我国新能源汽车技术处于世界领先水平，2025年某企业有一款新上市的新能源汽车，在粗糙路

面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法中正确的是（）

A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化

B．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化

C．该车的动量与它的加速度成正比

D．该车的动量与它经历的时间成正比

【答案】D

【详解】A．根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量变化。汽车在粗糙路面的启动阶段可看作

初速度为零的匀加速直线运动，汽车在运动方向受到牵引力和摩擦阻力作用，故牵引力的冲量等于

动量变化加上摩擦力的冲量，故A错误；

B．动量变化由速度变化和质量决定，刹车时系安全带通过延长作用时间减小冲击力，但不改变动量

变化的大小，故B错误；

CD．汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动，则有v=at

则该车的动量为p=mv=mat

由于加速度恒定不变，所以车的动量与时间成正比，不是与加速度成正比，故C错误，D正确。

故选D。

2.某新能源汽车在清晨时（环境温度为27℃），胎压传感器显示四个轮胎的气压均为2.5

bar（1bar=1×105Pa），中午因阳光暴晒，左前轮的气压升高到2.8bar。现从左前轮气门嘴放出

部分气体，忽略放气过程中胎内气体与外界的热交换，轮胎容积始终不变，胎内气体可视为理

想气体。下列说法正确的是（）

A．放气过程中胎内气体内能减小

B．放气过程中胎内气体分子的平均动能减小

C．放气过程中胎内每个气体分子的动能均减小

D．放气前胎内气体的温度约为73℃

【答案】AB

【详解】A．忽略放气过程中胎内气体与外界的热交换，即有Q=0

放气过程中胎内气体对外做功，即有W<0

根据热力学第一定律可知，气体内能减小，故A正确；

B．结合上述，放气过程中，气体内能减小，则胎内气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，故

B正确；

C．放气过程中，结合上述可知，胎内气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，并不是胎内每个

气体分子的动能均减小，故C错误；

2.5bar2.8bar

D．根据理想气体状态方程有=

273℃+27℃273℃+t

解得t=63℃

故D错误。

故选AB。

3.随着我国新能源汽车迅猛发展，充电桩的需求快速增长。如图甲为常见的交流充电桩，图乙为

充电站内为充电桩供电的电路示意图，理想变压器的原线圈电压为22kV，最大输出功率为

42.24kW，单个充电桩的充电电压为220V、充电电流为12A。下列说法正确的是（）

A．该变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=100:1

B．该变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=50:1

C．该充电站能最大允许16个充电桩同时正常为新能源汽车充电

D．该充电站能最大允许12个充电桩同时正常为新能源汽车充电

【答案】AC

【详解】AB．由变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数的关系U1：U2=n1：n2

可得n1:n2=22000:220=100:1

故A正确，B错误；

CD．根据Pm=NU2I

解得N=16

该充电站能最大允许16个充电桩同时正常为新能源汽车充电，故C正确，D错误。

故选AC。

4.2025年央视春晚，机器人扭秧歌惊艳亮相。这款人形机器人配置了AI驱动的全身运动控制技

术，安装了大量的传感器，其中一种是利用了霍尔元件的磁传感器。如图所示，长方体半导体

材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz。半导体中有电荷量均为e

的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和

空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿+x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空

间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿+y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称

其为霍尔电场，该电场强度大小为E，沿-z方向。霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向

定向移动的速率分别为vnz、vpz，自由电子定向移动在x方向上形成的电流为In。霍尔电场建立

后，下列说法错误的是（）

A．两种载流子在z方向上形成的电流大小相等、方向相反

B．自由电子和空穴由于定向运动在z方向受到的洛伦兹力均沿+z

C．单位时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数之比为nvnz:pvpz

IB

D．单个自由电子定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小为en+E

nebc

【答案】CD

【详解】ABC．由题意，恒定电流沿+x方向，则自由电子沿−x方向，空穴沿+x方向，根据左手定

则知电子受到的洛伦兹力方向向上，空穴受到洛伦兹力方向向上，所以电子产生电流方向沿z轴负

方向，空穴产生电流沿z轴正向。设Δt时间内运动到导体上表面的自由电子数和空穴数分别为Nn、Np，

设两粒子沿z轴方向的速度为vnz、vpz

则有Nn=nacvnzΔt，Np=pacvpzΔt

则霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面电荷量不再发生变化，即Nn=Np

即在相等时间内运动到导体上表面的自由电子数和空穴数相等，则两种载流子在z方向形成的电流

大小相等、方向相反，故AB正确，不符合题意，C错误，符合题意；

qneabvΔt

D．设自由电子沿x轴方向的速度为v，则满足I==nx=neabv

nxntΔtnx

所以自由电子受到洛伦兹力大小为F洛=evnxB

又因为霍尔电场力为F电=eE

IB

所以自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力合力大小为F=e(n+E)，故D错误，符合

nzneab

题意。

故选CD。

5.随着社会的发展，新能源汽车已经成为我们日常生活中非常普遍的交通工具之一。电机系统是

新能源汽车核心技术之一，当前新能源汽车主要使用的电机包括永磁同步电机和交流感应电机

（如图1）。交流感应电动机就是利用电磁驱动工作的，其原理是利用配置的三个线圈连接到

三相电源上，产生旋转磁场，磁场中的导线框也就随着转动，就这样，电动机把电能转化成机

械能。其原理类似于如图2所示的高中教材中的演示实验。为方便理解图1中交流感应电动的

工作原理，我们将其简化等效为如图3所示的模型（俯视图），其中单匝线圈abcd处于辐向磁

场中，ab、cd所处的磁感应强度相同，大小均为B=0.1T，两无磁场区域夹角均为θ=60°，已知

导线框abcd的边长均为为L=2cm，线框总电阻为R=0.01Ω。两边ab,cd质量均为为m=0.01kg，

B2L2

在磁场中转动时，受到的阻力均为f=kv，其中比例系数k=,v为线速度，其余两边ad,bc质量

2R

和所受阻力不计，无磁场区域一切阻力忽略不计。现让磁场以恒定角速度ω0=10rad/s顺时针转

动，线框初始静止锁定，t0时刻解锁如图3所示的正方形导线框abcd，导线框由静止开始转动。

π=3

(1)判断t0时刻，线框abcd中的电流方向（用字母abcd表示）；

(2)求线框稳定转动时的角速度、及线框中电流的有效值；

(3)系统稳定转动后某时刻磁场停止转动，求ab边还能转过的最大路程。

【答案】(1)电流方向为a→b→c→d→a

86

(2)ω=8rad/s，I=×10−3A

e3

(3)1.2m

【详解】（1）由右手切割定则可知电流方向为a→b→c→d→a。

（2）以ab边为研究对象，当线框稳定转动时，F安=f

2BLv−vL

即B0L=f，其中v=ω×

R002

4

可得v=v=0.08m/s则ω=8rad/s

50

2BLv−v

由I=0，得I=8×10−3A

R

686

根据电流有效值定义可得I=I=×10−3A

e33

（3）把手停止后，线框由于惯性继续转动切割磁感线。由动量定理可得−∑(BIL+f)Δt=0−mv

2BLvB2L2v5B2L2

即−∑BL+Δt=0−mv，−S=0−mv

R2R2R

代入数据可得S=0.8m

1

结合空缺区域磁场S=S+S=1.2m

总2

考向02航空航天

6.2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地

月间中继通信。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为

2.0×103km，远月点B距月心约为1.8×104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（）

A．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1

B．鹊桥二号在C、D两点的速度相同

C．鹊桥二号从C经B到D的运动时间等于12h

D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s

【答案】AD

【详解】A．近月点A距月心约为2.0×103km，远月点B距月心约为1.8×104km，根据牛顿第二定律

MmMm

有G=maA，G=maB

rA2rB2

解得鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1，故A正确；

B．根据对称性可知，鹊桥二号在C、D两点的速度大小相等，方向相反，即鹊桥二号在C、D两点

的速度不相同，故B错误；

C．根据图示可知，鹊桥二号从C经B到D的任意位置的速度均小于从D经A到C的任意位置的速

度，即鹊桥二号从C经B到D的时间大于从D经A到C的时间，由于周期为24h，可知，鹊桥二

号从C经B到D的运动时间大于12h，故C错误；

D．鹊桥二号没有脱离地球的束缚，可知其在地面的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速

度，即鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s，故D正确。

故选AD。

7.嫦娥五号返回器携带月壤绕月飞行的轨迹如图所示，其轨迹形似弹簧螺旋状。将嫦娥五号沿近

月轨道绕月运行视为匀速圆周运动，嫦娥五号绕月的圆平面与月球绕地球做匀速圆周运动的平

面可看作垂直。已知月球的轨道半径为r，月球半径为R，嫦娥五号离月面的高度为h，且r≫R，

地球质量为m地，月球质量为m月，嫦娥五号质量为m嫦，引力常量为G，则（）

Gm地

A．月球绕地球运行的线速度大小为

R

Gm月m嫦

B．嫦娥五号受到月球的万有引力大小为

h2

mr3

．当月球绕地球运行一圈时，嫦娥五号绕月球运行月圈

C3

m地R+h

m地R+h

D．当嫦娥五号绕月球运行一圈时，月球沿轨道运行的长度为2π

m月r

【答案】C

m地m月v2

【详解】A．根据万有引力提供向心力，有G=m

r2月r

Gm地

解得月球绕地球运行的线速度大小为v=，故A错误；

r

m月m嫦

B．根据万有引力公式可得嫦娥五号受到月球的万有引力大小为F=G，故B错误；

R+h2

m地m月4π2

C．根据万有引力提供向心力，有G2=m月2r

rT月

4π2r3

解得月球绕地球运动的周期为T月=

Gm地

m月m嫦4π2

根据万有引力提供向心力，有G2=m嫦2R+h

R+hT嫦

4π2h+R3

解得月球绕地球运动的周期为T嫦=

Gm月

Tmr3

月球绕地球运行一圈时，嫦娥五号绕月球运行的圈数为月月圈，故正确；

N==3C

T嫦m地R+h

3

m地R+h

D．当嫦娥五号绕月球运行一圈时，月球沿轨道运行的长度为l=vT嫦=2π，故D错误。

m月r

故选C。

8.中国计划于2028年前实施天问三号火星探测任务。假设天问三号火星探测器从地球发射后，由

图（a)所示的A点沿地火转移轨道到C点，再依次进入图（b）所示的调相轨道和停泊轨道。已

知地球、火星绕太阳做圆周运动的轨道半径分别为R1、R2，图（b）中阴影部分面积为探测器在

不同轨道上运行时与火星中心连线在相同时间扫过的面积。则（）

A．图（b）中两阴影部分的面积相等

B．探测器从调相轨道变到停泊轨道需要在P点加速

3

1R1+R2

C．探测器从A点转移到C点的时间为3年

42R1

D．探测器在地火转移轨道上的速度均大于地球绕太阳的速度

【答案】C

【详解】A．相同时间内扫过的面积相等，是指绕同一中心天体运动且在同一轨道上的卫星，图（b）

中阴影部分的面积为探测器在不同轨道上时相同时间扫过的面积，不相等，故A错误；

B．探测器从调相轨道变到停泊轨道需要在P点减速，故B错误；

R1+R23

R3()

C．由开普勒第三定律可得1=2

(1年)2T2

3

11(R1+R2)

探测器从A点转移到C点的时间t=T=3年，故C正确。

242R1

D．在C点探测器需要加速才能进入火星所在轨道，则探测器在转移轨道上C点的速度小于火星绕

GMmv2

太阳的速度，地球、火星都绕太阳做匀速圆周运动，由=m

r2r

可知地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，所以地球绕太阳的速度大于探测器在地火转移轨道

上C点的速度，故D错误。

故选C。

9.“天问二号”探测器即将出征，将再次创造中国航天新高度。假设“天问二号”绕地球的运动可视

为匀速圆周运动，距地面的高度为h，飞行n圈所用时间为t，“天问二号”的总质量为m，地球

半径为R，引力常量为G，则（）

4π2n2R3

A．地球的质量M=

Gt2

4π2n2

B．地球表面的重力加速度g=R+h3

t2R2

Gm

C．探测器的向心加速度a=

R+h2

2πnR

D．探测器的线速度v=

t

【答案】B

t

【详解】A．“天问二号”绕地球做圆周运动的周期T=

n

Mm4π2

根据G=m(R+h)

(R+h)2T2

4π2n2(R+h)3

可得地球的质量M=

Gt2

选项A错误；

Mm

B．根据G0=mg

R20

4π2n2

地球表面的重力加速度g=R+h3

t2R2

选项B正确；

Mm

C．根据G=ma

(R+h)2

GM4π2n2(R+h)

探测器的向心加速度a==

R+h2t2

选项C错误；

2π2πn(R+h)

D．探测器的线速度v=(R+h)=

Tt

选项D错误。

故选B。

10.2025年2月11日新型火箭长征八号改进型运载火箭首飞成功，将低轨02组9颗卫星送入距地

高度约1145km的轨道，其发射过程简化为如图所示，卫星发射后自a点进入椭圆轨道Ⅰ，到达

轨道Ⅰ远地点b时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ远地点c时再次点火变轨进入预定圆轨道

Ⅲ做匀速圆周运动。已知地球半径约为6400km，则（）

A．卫星在轨道Ⅰ上自a向b运行的过程中，其机械能不断增大

B．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积一定相等

C．卫星在轨道Ⅱ上经b点的速度大于卫星在轨道Ⅲ上经c点的速度

D．卫星在轨道Ⅲ运行的周期约为80分钟

【答案】C

【详解】A．从 a 运动到 b 的过程中，火箭发动机并未再次点火，只受地球引力作用，机械能守恒，

A错误。

B．卫星分别处于椭圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ时，开普勒第二定律描述的是同一卫星在同一轨道与中心天

体连线在相同时间内扫过的面积相等，卫星在不同的轨道上运行时，相等的时间内与中心天体连线

扫过的面积不一定相等，B错误。

C．以过b点的圆轨道相比，相对于更高的圆轨道Ⅲ在c 点时的半径更小，根据万有引力提供向心力

GMmmv2

=

r2r

GM

解得v=

r

可知，轨道半径越小则线速度越大，在椭圆轨道Ⅱ中，b 点是近地点，卫星进入轨道II的b点应加速，

故卫星在Ⅱ轨道的b 点速度大于在Ⅲ轨道c 点的速度，C正确。

D．最终圆轨道Ⅲ的半径约为r=6400 km + 1145 km = 7545 km

Mm4π2

根据牛顿第二定律则有G=mr

r2T2

r3

解得T=2π

GM

2πR

而近地卫星的周期T近=

v1

其中v1=7.9km/s

解得T近≈85min

由于轨道Ⅲ的半径大于地球的半径，故卫星在轨道Ⅲ上的运行周期应大于80分钟，D错误。

故选C。

11.2025年1月13日，我国自主研制的捷龙三号运载火箭在山东海洋海域成功发射，一次将十颗

卫星送入预定轨道，创造了我国海上发射的新纪录。其中卫星A、B在同一平面内沿同一方向

绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离Δr随时间变化的关系如图所示，不考虑A、B之间的

万有引力，已知卫星A的线速度大于卫星B的线速度，下列说法正确的是（）

A．卫星A、B的轨道半径之比为rA:rB=3:5

B．卫星B的周期等于T

16πr

C．卫星A的线速度大小为

7T

T

D．卫星A、B从相距最近到相距最远的最短时间间隔小于

2

【答案】C

【详解】A．设卫星A、B的轨道半径分别为rA、rB，则rA+rB=5r,rB−rA=3r

解得rA=r，rB=4r

则rA:rB=1:4

故A错误；

Mm4π2

B．根据万有引力提供向心力可得G=mr

r2T2

4π2r3

所以T=

GM

则TA:TB=1:8

2π2π

又因为−×T=2π

TATB

7

解得T=T，T=7T

A8B

故B错误；

2πr16πr

C．设卫星A的线速度大小为v，则v=A=

TA7T

故C正确；

2π2π

D．设卫星A、B从相距最近到相距最远的最短时间间隔为t，则−×t=π

TATB

T

解得t=

2

故D错误。

故选C。

12.我国首个火星探测器“天问一号”发射过程可简化为：探测器在地球表面加速并经过一系列调整

变轨，成为一颗沿地球公转轨道绕太阳运行的人造行星；再在适当位置加速，经椭圆轨道（霍

曼转移轨道）到达火星。已知地球的公转周期为T，P、N两点分别为霍曼转移轨道上的近日点

与远日点，可认为地球和火星在同一轨道平面内运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5

倍。则（）

9

A．火星的公转周期为T

8

9

B．探测器在霍曼转移轨道上的运行周期为T

8

C．探测器在霍曼转移轨道上P、N两点线速度之比为4∶3

D．探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为9∶4

【答案】D

a3

【详解】A．设地球绕太阳公转轨道半径为r，则火星轨道半径约为1.5r，根据开普勒第三定律=k，

T2

27

火星的公转周期为地球公转周期的倍，A错误；

8

B．设地球绕太阳公转轨道半径为r，则火星轨道半径约为1.5r，可知霍曼转移轨道半长轴为

r+1.5r

=1.25r，对地球和探测器，由开普勒第三定律可得

2

r3(1.25r)3

2=2

TT探

解得

T探≈1.40T

B错误；

C．根据开普勒第二定律

vP·r=vN·1.5rP、N两点线速度之比为3：2，C错误；

D．根据万有引力提供向心力

GM

a=

Pr2

GM

a=

N(1.5r)2

探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为9∶4，D正确。

故选D。

考向03电路电磁感应

13.西北地区夏季日照时间为13小时，冬季日照时间为8小时，如图所示，是西北干旱地区安装的

太阳能电池板。利用这些电池板收集太阳能发电，发电总功率可达3kW，工作电压为380V，发

电总功率的30%给当地使用，还有富余发电以0.4元/度（1度=1kW⋅h）价格并入国家电网。

则下列说法可能正确的是（）

A．该光伏项目年发电量约为2.6×104kW⋅h

B．该光伏项目的工作总电流约为0.3A

C．该光伏项目平均每天的发电量大约可供当地一盏60W的白炽灯工作约150小时

D．该光伏项目富余发电的年收入约1300元

【答案】C

【详解】A．由题意可知，该光伏项目年发电量约为

365

W=Pt=3×13+8×kW⋅h≈1.15×104kW⋅h

2

A错误；

B．该光伏项目的工作总电流约为

P3×103

I==A≈7.9A

U380

B错误；

C．该光伏项目平均每天的发电量大约可供当地一盏60W的白炽灯工作时间为

13+8

Pt×30%3××30%

t′==2h=157.5h

PL0.06

C正确；

D．该光伏项目富余发电的年收入约

x=1.15×104×70%×0.4元=3220元

D错误。

故选C。

14.某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置

（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输

出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什

么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀

强磁场，大小B1=kI（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生

的磁场近似为匀强磁场，大小B2=2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆

粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导

3Mg

电杆的总质量为M，导轨间距d=，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不

kI2

计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，

（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；

（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；

（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；

（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。

v26Mg6MgI2Rv3Mv2

【答案】（1）3Mg；0；（2）E=(v−2gt)；（3）U=IR−(v−2gt)；0−0；（4）装置A

4gI0I02g2

3

可回收火箭的动能和重力势能及磁场能；Mv2

20

【详解】（1）导体杆受安培力

F=B1Id=3Mg

方向向上，则导体杆向下运动的加速度

Mg−F=Ma

解得

a=-2g

导体杆运动的距离

0−v2v2

L=0=0

2a4g

（2）回路的电动势

E=B2dv

其中

v=v0+at

解得

6Mg

E=(v−2gt)

I0

（3）右手定则和欧姆定律可得：

U+E=IR

可得

6Mg

U=IR−E=IR−(v−2gt)

I0

电源输出能量的功率

6Mg

P=UI=(IR−E)I=IR−(v−2gt)I

I0

222

=IR−6Mg(v0−2gt)=IR−6Mgv0+12Mgt

v

在0∼0时间内输出的能量对应P−t图像的面积，可得：

2g

22

IRv03Mv

W=−0

2g2

（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能，及磁场能；从开始火箭从速度v0到平台速度减为零，

则

22

IRv03Mv

W=−0

2g2

若R的阻值视为0

3Mv2

W=−0

2

装置A可回收能量为

3Mv2

W=0

2

15.某兴趣小组设计了一电磁弹射装置，其工作原理可简化如图，恒流源、固定的金属导轨MN、M′N′、

导电底座EF，三者构成电磁驱动回路。将绝缘飞机模型安放在导电底座EF上，合上开关S，

恒流源工作，输出的电流在导轨间产生磁场（磁场的磁感应强度B1与电流大小成正比），处在

磁场中的导电底座受到安培力作用向右加速，从而实现弹射。H、K两处用极短绝缘物质将金属

导轨分为左右两部分，左侧光滑右侧粗糙，H、K与导轨右侧距离为6.5m，右侧导轨间存在

B2=0.5T的匀强磁场，底座返回系统由右边R=0.1Ω的定值电阻与金属导轨相连构成。某次测试

中闭合开关S，恒流源输出的电流在导轨间产生磁场，在3秒钟内，将模型飞机由静止加速到

v=15m/s的起飞速度后脱离底座起飞，此时EF刚好到达H、K处。已知导轨间距为L=2m，底

座EF的质量为m=1kg，等效电阻为r=0.4Ω。

(1)若输出电流增加一倍，则飞机的加速度为多大；

(2)底座EF通过H、K点后开始减速，底座EF减速过程中与导轨间的动摩擦因数为μ1=0.5，经过

t1=2s后EF速度减为零，求电阻R产生的焦耳热为多少；

(3)底座静止后让磁场B2极短时间内均匀消失，导轨与EF间返回动摩擦因数变为μ2=0.32，求底座返

回的距离为多少。

【答案】(1)20m/s2

(2)20J

(3)2.5m

Δv

【详解】（1）3秒钟内，模型飞机由静止加速到v=15m/s的起飞速度，可知加速度为a==5m/s2

0Δt

当电流增加一倍，产生的磁场也增加一倍，根据F=BIL可知安培力增加为原来4倍，所以飞机的加

2

速度为a=4a0=20m/s

BLvB2L2v

（2）底座EF受到的安培力为F=BIL=B⋅L=

R+rR+r

B2L2vB2L2x

根据动量定理可得mv=μmgt+∑Δt=μmgt+

11R+r11R+r

得x=2.5m

1

由能量守恒定律Q+μmgx=mv2

12

得Q=100J

又QR+Qr=Q，QR:Qr=R:r

Q

可知Q=R=20J

RR+r

（3）底座EF静止时离右端距离为4m，此时磁场消失过程中产生感应电流，安培力使底座EF获得

ΔBLΔx1B2L2Δx

向左速度v′，有mv′=∑BILΔt=∑B⋅LΔt=

Δt(R+r)2(R+r)

得v′=4m/s

2

′

由v=2as=2μ2gs

可得s=2.5m，刚好回到HK处。

16.如图所示，某兴趣小组设计了一种水平电磁弹射系统。该系统由输出电流恒为I的电源、间距

为d的水平金属导轨、可在导轨上滑行的“H”型导电动子（动子由两根电阻为R的金属杆和一

根绝缘横档组成，其上固定了模型飞机）及开关S组成。导轨间A1A2A3A4区域存在方向竖直向

下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。接通开关S，动子b杆在磁场中贴紧A1A2边从静止开始

运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。动子运动距离为x0（已知x0>L1）时，动子开

始匀速运动；当t=t0时，动子b杆到达A3A4瞬间，安装在“H”上的飞机被弹射系统以相对于“H”2

B0

倍的速度弹出，同时S断开，磁场的磁感应强度被控制为∶Bt=B0−t−t0。当t=2t0时，a棒恰

t0

好停在A3A4。已知动子质量为M，飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接

触，忽略导轨电阻。求∶

(1)S接通瞬间，动子所受安培力FA；

(2)飞机弹射出去前，动子的最大速度vm；

(3)飞机弹射出去前瞬间恒流源提供的电压U；

(4)飞机弹射出去后，动子所受合外力的冲量I合及通过a杆的电量q。

BId

【答案】(1)0，方向向右

2

BId

(2)0

k

IRB2Id2

(3)+0

2k

M+mMBIdBdL

(4)−0，01

2m+Mk2R

I

【详解】（1）动子所受安培力为F=Bd，方向向右

A02

'

（2）由牛顿第二定律，动子载着飞机加速时FA−f=ma

'

其中f=kv，FA=B0Id

F'BId

当F'−f=0时，动子速度最大，得v=A=0

Ammkk

R

（3）飞机弹射出去前，由能量守恒有UI=I2+F'v

2Am

IRB2Id2

得U=+0

2k

（4）飞机弹射前后，水平方向动量守恒M+mvm=Mv1+mv2

v2=2v1

M+mBId

解得v=0

1kM+2m

M+mMBId

动子最后停下，可得动子所受合外力的冲量为I=0−Mv=−0

合12m+Mk

EΔΦB0dL1

动子在进入减速过程中，通过a杆的电量为q=It0=t0==

2R2R2R

考向04原子物理

17.光伏发电是提供清洁能源的方式之一，光伏发电的原理是光电效应。演示光电效应的实验装置

如图甲所示，a、b、c三种光照射光电管得到的三条电流表与电压表示数之间的关系曲线如图

乙所示，下列说法正确的是（）

A．若b光为绿光，则a光可能是紫光

B．a光照射光电管发出光电子的最大初动能一定小于b光照射光电管发出光电子的最大初动能

C．单位时间内a光照射光电管发出的光电子比c光照射光电管发出的光电子少

D．若用强度相同的a、b光照射该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等

【答案】B

【详解】A．由光电效应方程

Ek=hν−W0

及

eU=Ek

解得

eU=hν−W0

即光束照射同一块金属时只要遏止电压一样，入射光的频率就一样，遏止电压越大，入射光的频率

越大，可知a光和c光的频率一样，且均小于b光的频率，若b光为绿光，则a光不可能是紫光，

选项A错误；

B．由题图乙可知

Uc1>Uc2

根据Ek=eUc可知，a光照射光电管发出光电子的最大初动能小于b光照射光电管发出光电子的最大

初动能，选项B正确；

C．对于a、c两束频率相同的光来说，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多，则单位时间

内a光照射光电管发出的光电子比c光照射光电管发出的光电子多，选项C错误；

D．对a、b两束不同频率的光来说，光强相同是单位时间内照射到光电管单位面积上的光子的总能

量相等，因为b光的光子频率较高，每个光子的能量较大，所以单位时间内照射到光电管单位面积

上的光子数较少，即单位时间内发出的光电子数较少，选项D错误。

故选B。

18.钙钛矿是新型太阳能电池的重点研发方向之一，我国科研团队刷新大面积全钙钛矿光伏组件光

电转化效率世界纪录。面积为2.60m2的太阳能电池板总保持与太阳光线垂直，在电池板处太阳

光的强度为1.39kW/m2，假设太阳辐射波长为550nm的单色光，而且所有辐射到电池板上的光

子均被板吸收，已知h=6.63×10−34J⋅s，c=3.0×l08m/s，则电池板每秒钟吸收的光子数目约为（）

A．1.0×1022个B．1.0×1021个C．2.0×1020个D．2.0×1021个

【答案】A

【详解】太阳能电池板接收的功率为

P=1.39kW/m2×2.60m2=3.614kW

一个光子的能量为

c3×108

E=h=6.63×10−31×J≈3.62×10−19J

0λ550×10−9

则电池板每秒钟吸收的光子数目

Pt3.611×103

个22个

N==−19≈1×10

E03.62×10

故选A。

19.如图所示为某研究光电效应的装置示意图。足够大的金属板M和金属筛网N竖直正对放置，金

属筛网N接地，且只能让速度方向垂直其平面的粒子通过。筛网右侧分布有区域足够大，方向

平行于金属板水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。沿磁场方向放置一半径为R的足够

长金属圆筒Q，其轴线O与筛网N的距离为3R，圆筒通过导线和内阻为r0的电流表A接地，

其最右侧壁记为a点。现用频率为ν1的光照射板M右表面时，发现在金属圆筒最初不带电时，

电子只能射到圆筒上以a点和c点为界的abc弧上，而adc弧上各点均不能接收到电子。已知

电子质量为m，电荷量为e，普朗克恒量为h，忽略运动电子间的相互作用。

(1)求逸出光电子的最大初速度v0；

(2)若逐渐降低入射光的频率，发现某时刻电流表A的示数恰好为零，求此时入射光的频率ν2；

(3)今在金属板M和筛网N间加一电压U（φM<φN=0），且eU远大于光电子的最大初动能。仍以频

率ν1入射光照射板M右表面，当金属圆筒Q上电荷量达到相对稳定后，测得电流表A的示数为I。

求电流恒定时：

①电子到达圆筒Q时速度v；

②圆筒Q的发热功率P。

4eBR

【答案】(1)

m

6e2B2R2

(2)ν−

1hm

2eU−Ir

(3)①0；②UI−I2r

m0

2

mv0

【详解】（1）根据题意，逸出初速度最大的光电子在磁场中运动的轨道半径r1=4R，由Bev0=

r1

4eBR

得v=

0m

1

（2）用频率v的光照射金属板M时，根据爱因斯坦光电效应方程得hv=mv2+W

11200

入射光的频率为v2时，所有电子恰好不能打在圆筒Q，可知r'=2R，设此时逸出光电子的最大初速度

v'2

为v'，则有ev'B=m

r'

1

又由爱因斯坦光电效应方程得hν=mv'2+W

220

6e2B2R2

联立解得ν=ν−

21hm

（3）①稳定时，圆筒上电荷不再增加，电流表A两端电压为UA=Ir0，且φQ<0

由于eU远大于光电子的最大初动能，故可忽略光电子逸出的初速度，则射到圆柱表面时速度v满足

1

e（U−U）=mv2−0

A2

2eU−Ir

解得v=0

m

It

②设时间t内射出的到达金