高考物理 高频考点预测 选择题

【高频考点预测选择题】

预测01原子物理

1.如图是通过光电效应实现信号传输控制的设备一一光继电器.LED发出波长为2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。已知普朗克常量为人,

真空中的光速为c,则（）

信号输入电路信号接收电路

LED立＜

A.阴极K的逸出功小于今B.阴极K的截止频率为三

A2

c.逸M光电子的最大初动能为与

D.信号接收电路中电源的。端是正极

/I

【答案】B

【详解】AB.因波长为4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的逸出功等于

%1功=尿=与

A

阴极K的截止频率为=B

选项A错误，B正确；

C.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；

D.逸出的电子被加速，可知信号接收电路中电源的。端是负极，选项D错误。故选B。

2.我国太阳探测科学技术试验卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳儿波段光谱扫描成像。Ha和七

分别为氢原子由〃=3和〃=4能级向〃=2能级跃迁产生的谱线，如图所示，用由对应的光照射某种金属表

面，恰好能使该金属发生光电效应。下列说法正确的是（）

\/

E/e54

-8.85

-0,

-l,51

_Q4

n

2

1---------------------------13.6

A.Ha对应的光子能量为2.55eV

B.用儿对应的光照射该金属表面也能发生光电效应

C.若照射光的频率大于He对应的光的频率，则该金属的逸出功增大

D.若照射光的频率大于HB对应的光的频率，则逸出的光电子的最大初动能增大

【答案】D

【详解】A.根据能级跃迁公式，对a谱线，儿对应的光子能量为耳=用-弓二TSeV-(-3.40)eV=1.89eV

故A错误；

B.根据能级跃迁公式，对B谱线，HR对应的光子能量为耳二骂-用=-L51eV-(-3.40)eV=2.55eV

根据七=加

可知儿的频率小于H(j的频率，H0照射某金属时恰好发生光电效应，则小照射该金属时不能发生光电效应，

故B错误；

CD.根据光电效应方程知&m=屉-乂="…牝

若照射光的频率人•于HR对应的光的频率，则光电子的端人•初动能增大，逸出功的人•小与入射光频率无关，

由金属本身决定，故C错误，D正确。故选D,

3.发现质子的核反应方程为：He+：N->X+；H,患有严重心衰及具有高风险心脏骤停的病人，植入心脏起

搏器(如图)是现在比较有效的治疗方式，有些心脏起搏器的电池是Z粒子辐射电池，它是一种利用放射

性同位素衰变时释放的Z粒子直接转换为电能的装置，衰变方程为;;SrY+Z,下列说法正确的是()

A.核反应方程中的X为;6。B.查德威克通过实验证实了质子的存在

C.衰变方程中的Z为，冉D.锯3声「衰变的核反应前后质量守恒

【答案】C

【详解】AC.衰变过程中质量数与电荷数守恒，可知X为？O,Z为：e,故A错误，C正确;

B.查德威克通过实验证实了中子的存在，故B错误；

D.锯3gSr衰变的核反应前后质量会有亏损，故D错误;

故选Co

4.2024年9月18日，苏州大学研究团队在《自然》杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果，该

电池具有长寿命、高能量密度的优点，它主要是利用铺243（丁Am）发生。衰变释放能量，其半衰期为

7370年。下列说法正确的是（）

A.锢243发生a衰变过程中质量守恒

B.用243形成不同化合物时其半衰期不变

C.f眉243发生a衰变生成的新核中有96个质子

D.100个锢243原子核经过14740年后还剩25个

【答案】B

【详解】A.锢243发生a衰变过程中，由于释放能量，存在质量亏损，所以质量不守恒，故A错误；

B.半衰期与化合形态无关，所以锢243形成不同化合物时其半衰期不变，故B正确；

C.根据质软数守恒、电荷数守恒可知衰变方程式为瞪AmHe

生成的新核X中有93个质子，故C错误：

D.半衰期是统计规律，对少数粒子不适用，故D错误。故选B,

预测02光学

5.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，。处光源发出沿必方向的光在〃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〃，光线与水面的夹角为。，则（）

【答案】C

17T1

【详解】由光的折射定律可得sinC=上由几何关系C=£-夕联立可得cos〃=上故选C。

n2n

6.一横截而为半圆形的柱状玻璃砖MN9对称放在直角坐标系的第一、四象限，两束平行于工轴且与X轴等

距离的单色光儿从空气中垂直）'轴射入玻璃砖中，在圆弧面上发生反射和折射的光路如图所示。由此

可知（）

A.玻璃对〃光的折射率比匕光的小

B.在真空中。光的传播速度比6光小

C.。光在玻璃砖内的波长比在空气中的小

D.将。光向上平移，。光也可能直接从玻璃砖中透射出来

【答案】C

【详解】A.根据图示可知，a光发生了全反射，光没有发生全反射，根据几何关系可知，图示中两光的

入射角相等，则a光的临界角小于b光的临界角，根据〃=一二

sinC

可知，玻璃对a光的折射率比〃光的大，故A错误；

B.光在真空中的传播速度均为c,即在真空中a光的传播速度与。光相等，故B错误；

cX,

C.根据折射率与光速、波长关系有〃=-=广

，光折射率大于1,可知，a光在玻璃砖内的波长比在空气中的小，故C正确；

D.将。光向上平移，根据几何关系可知，入射角增大，即入射角仍然大于临界角，可知，将。光向上平移，

。光也不能直接从玻璃砖中透射出来，故D错误。

故选C。

7.洛埃德（H。Lloyd）在1834年提出了••种更简单的观察干涉现象的装置。如图所示，缝光源S与光屏平

行，从缝光源S发出的光，一部分入射到平面镜M后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光

束交售区域里将出现干涉条纹，缝光源S通过平面镜成的像S'相当于另一缝光源。某次实验，S发出波长为

400nm的单色光，虚线00.上方的第3条亮条纹出现在N处。不考虑半波损失，下列说法正确的是（）

A.若撤去平面镜M,光屏上将不再出现明暗相间的条纹

B.若缝光源S发出波长为600nm的单色光，光屏上N处将出现笫2条痉条纹

C.若将缝光源S下移少许，光屏上的条纹间距将变小

D.若将平面镜M右移少许，光屏上的条纹间距将变大

【答案】B

【详解】A.若撤去平面镜M,通过单缝光线会发生衍射，仍然可以观察到明暗相间的衍射条纹，故A错误；

CD.缝光源S通过平面镜成的像S'相当于另一缝光源，由双缝干涉相邻两条亮间距公式以=。/1其中L=/,

a

"=2〃可得丫、=（/1若将缝光源5下移少许，则/?变小，可知光屏上的条纹间距将变大;若将平面镜M右移

少许，则不影响光源的像的位置，则光屏上的条纹间距不变，故CD错误：

B.由可得鲁=*黑4即3'=2生已知S发出波长为400nm的单色光，虚线00上方的第3

条亮条纹出现在N处,则缝光源S发出波长为600nm的单色光,光屏上N处将出现第2条亮条纹,故B正

确。故选B。

8.如图为利用光学干涉原理测量滚珠K直径的装置。将标准立方体玻璃块G放在平板H?上，上面盖一块

标准平面玻璃板H1,使中间空气层形成尖劈，尖劈开口间距d1未知）远小于G的边长。用单色光从上方

垂直照射玻璃板在玻璃板H1与G之间的尖劈处得到了等距干涉条纹。滚珠K与H1接触点为M,滚珠K

和G接触.已知相邻亮条纹间距为At,再结合卜.列哪个选项中的数据可以求解滚珠K的直径（）

B.M点与玻璃板H1右端的距离

C.单色光的波长％、玻璃板的厚度九

D.单色光的波长4、标准立方体玻璃块G的边长a

【答案】D

【详解】对于空气劈尖干涉，相邻亮条纹（或暗条纹）对应空气层厚度差为设相邻亮条纹间距为Ar,

aid

空气劈尖的夹角为氏则有2又。很小，则有sin8、iane=F=3设滚珠K的直径为/）,作出几何

sm〃=丁2Ax.a

Ax

关系如图所示。

召一4—D一2（“一。）7J,4A

由几何关系可得上""二方二D又lang=F=凶联立解得。=1、=呼竺?可知要测量滚珠

—2AAa2+tan04zkv+A

K的直径。，则需要单色光的波长义、标准立方体玻璃块G的边长或故选D。

预测03热学

9.两小宝宝分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图1所示，哥哥画的小鱼如图2所示，都画出了小鱼在水

中吐泡泡的神韵。从物理视角分析，下列说法正确的有（）

图1图2

A.小鱼吐的气泡上升时，体积不变，图1不合理

B.小鱼吐的气泡上升时，体积减小，图2不合理

C.小鱼吐的气泡上升时，泡内压强增大

D.小鱼吐的气泡上升时，液体对气泡做负功

【答案】D

【详解】ABC.小鱼吐出气泡后，在水中上升，距离水面越来越近，压强减小，根据pV=b

可知体积增大，故ABC错误；

D.小鱼吐的气泡上升时，气体膨张，气体对外做正功，液体对气泡做负功，故D正确。故选D。

10.游客去高海拔景区旅游时，多数会出现高原反应，而通过吸氧可以缓解高原反应。如图是一种便携式

氧气罐，某游客按压该氧气罐喷出气体的过程中（假定罐内气体可视为理想气体且温度保持不变），下列说

法正确的是（）

A.罐内每个气体分子的动能都不变

B.外界对罐内气体做功

C.罐内气体的压强不变

D.罐内气体吸收的热量在数值上等于气体对外界做的功

【答案】D

【详解】A.根据题意可知，温度不变，平均动能不变，但不是罐为每个气体分子的动能都不变，故A错误；

B.喷出气体瞬间，气体膨胀，气体对外做功，故B错误；

C.喷出气体过程中，相当于维内和喷出的气体总体积膨胀，温度不变，根据理想气体状态方程可知，气体

压强减小，故C错误：

D.由于气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，罐内气体吸收的热量在数值,二等于气体对

外界做的功，故D正确。故选D。

11.一定质量的理想气体历经如图所示的循环过程，if〃过程是等温过程，〃fc过程是等容过程，—a

过程是等压过程。下列说法正确的是（）

A.“一。过程中气体的内能增加

B.〃fC过程中气体向外界放热

C.4-〃过程中气体从外界吸收的热量全部用于对外做功

D.〃过程中外界对气体做的功等于of8过程中气体对外界做的功

【答案】C

【详解】A.过程为等温变化，理想气体的内能不变，故A错误；

C.该过程中气体体积增大，气体对外做功，即卬＜。，温度不变，即△U=O,由热力学第一定律△u=w+Q

可得Q=-W＞。即气体吸收的热量全部用来了做功，故c正确;

B.〃-＞c过程为等容变化，卬=0,0＞小，由查理定律华=空解得即气体内能增大，△〃＞（）由热

lclb

力学第一定律得Q＞。即气体从外界吸热，故B错误；

D.〃丁图中，图线与横轴围成的面积在数值上等气体对外界或外界对气体所做的功，据此由图可知，C-a

过程中外界对气体做的功大于。f〃过程中气体对外界做的功，故D错误。故选C。

12.如图所示为我国航天员王亚平在空间站中演示“水球气泡实验”时的情景，她往水球中注入一个气泡，气

泡静止在水球中，水球悬在空中，关于该实验，下列说法正确的是（）

A.由于完全失重，气泡中气体压强为零

B.太空中，水分子停止热运动

C.水球是表面张力作用形成的

D.水泡受到水的浮力作用

【答案】C

【详解】A.气体压强是分子不停的运动与器壁撞击的结果，与重力无关，气泡中气体压强不为零，故A错

误；

B.气泡内分子••直在做无规则的热运动，故B错误；

C.水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，产生表面张力，故C正确；

D.由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，故D错误。

故选C。

预测04平衡问题和牛顿动力学问题

13.图甲为2025年春晚宇树机器人抛接手绢的表演，某同学对视频逐帧分析后发现，抛出后的手绢在细线

拉力的作用下被回收。某段时间内，手的位置。点不变，手绢可视为做匀速直线运动，其运动轨迹如图乙

中虚线段尸。所示，则手绢从P到。运动过程中受到的（）

细线

/0

O

甲乙

A.空气阻力先增大后减小B.空气阻力大小不变

C.细线的拉力一直增大D.细线的拉力一直减小

【答案】D

【详解】依题意，手绢做匀速直线运动，受力分析如图所示

Q

其中重力竖直向下，细线拉力沿细线指向。点，空气阻力沿0Q连线由。指向尸，三力平衡，做出重力与

拉力的合力示意图，由图可知，随着手绢的运动，细线的方向顺时针转动，且未转到水平方向，由图可知,

细线的拉力一直减小，空气的阻力一直减小，故ABC错误；D正确。

故选Do

14.磁悬浮地球仪具有独特的视觉效果，其工作原理简化如图：水平底座.上的三个完全一样的磁极对地球

仪内的磁体产生作用力（沿磁极与磁体的连线），使地球仪悬浮在空中，此时各磁极和磁体恰好处在正四面

体的四个顶点处。地球仪的总质量为〃?，重力加速度为g,则一个磁极对磁体的作用力大小为（）

磁极

1B.乎感

A.-mg

c6

c.—D•〃吆

【答案】B

【详解】令正四面体的棱长为L,地球仪中的磁体到下侧磁极之间连线与竖直方向夹角为氏根据几何关系

有。n〃_2c；30_/可知…〃_F-阴_76根据对称怛可知，每个磁极对磁休的作用力大小均相

sinu---------——cosu-------------------

L333

等，对磁体进行分析，根据平衡条件有3Ncos8=，讴解得汽=必〃唔故选B。

6

15.中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水

平面，当机器狗（）

A.水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力

B.水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力

C.水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力

D.水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力

【答案】B

【详解】ABC.由牛顿第二定律可知，水平方向上加速或减速运动，机器狗水平方向受到物块对它的摩擦力。

竖直方向上机器狗受到物块对它的压力，由力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小始终等于以上两个

力合力的大小，大于物块重力，故AC错误、B正确；

D.根据牛顿第三定律，机器狗对物块的作用力等于物块对机器狗的作用力，故D错误。故选

16.冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力G推了

5s后，乂用水平恒力人推了25s,之后撤去了外力，小孩及冰车乂在冰面上自由滑行了10s,最终静止。已

知小孩和冰车的总质量为40kg,小孩在冰面上做直线运动的UT图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加

速度g取lOm/sz,则下列说法中正确的是（）

甲

A.水平恒力6=16N

B.冰车与冰面的动摩擦因数〃=0.2

C.整个过程中冰车在冰面上之动的总距离为s=75m

D.整个过程中大人对小孩和冰车做的功为W=520J

【答案】D

【详解】B.在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据UT图像可知，此段

的加速度大小为=半=/in/s2=0.2m/s2rh牛顿第二定律必必=，叫得冰车与冰面的动摩擦国数4=。02

~Ar10

故B错误；

A/

A.0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据uT图像可知q=E==m/s2=0.4m/s2再由牛顿第二定律

△t5

F、-"ng=m%解得耳=24N故A错误；

C.—图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为

（30—5）+40_,_...„,

s=----------x2m=65m故Ca错乐；

2

D.由动能定理W-〃〃侬・=。-。代入数据得W=520J故D正确。故选D。

预测05抛体运动和圆周运动

17.如图所示，弹珠发射器（可视为质点）固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以

速度刃水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射相对发射器速度大小为丫2（也＞吸）的弹珠。

弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为A,竖直方向位移为J-o已知发射器到墙壁的垂直距离为L,

重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

弹珠发射器

竖

直

墙

壁

A.x的最小值为；*LB.x的最小值为:心

C.），的最小值为笠D,），的最小值为~产，、

2眩2（%一匕）

【答案】C

【详解】CD.弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当左垂直竖直墙壁射出时，弹

珠运动时间最短，min=的最小值为八in=44故C正确，D错误：

匕22v；

AB.由于匕＞K则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁,合速度大小为-=力；一片此时x的最小值为L,

故AB错误。故选C。

18.人们常用水泵从深水井中抽水灌漱农田，简化模型如图所示，出水管口最下端距水平地面一定高度，

出水管口横截面是圆，不计空气阻力，假如水从管口水平喷出的速度恒定，水流在空中不会中断，则水柱

落在水平地面上的形状大致是（

【答案】D

【详解】平抛运动在竖直方向为自由落体运动，则〃=（g产水平方向为匀速直线运动，则水平位移为

端和圆心的落地点间距凹大于最上端和圆心的落地点间距△声,故形状大致为D选项。故选Do

19.如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为A在工作台

边缘，B在工作台内部.若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（）

O

A.当工作台匀速转动，A、B所受合力为0

B.当工作台匀速转动，A、B线速度大小相等

C.当工作台角速度①逐渐增大，陶屑A最先滑动

D.当工作台角速度口逐渐增大，A、B所受的摩擦力始终指向轴

【答案】C

【详解】A.当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不是0,选项A错误；

B.当工作台匀速转动，A、B角速度相等，根据片^,因转动半径不等，则线速度大小不相等，选项B错

误；

C.当陶屑将要产生滑动时〃见？=⑶@：/解得供可知，・越大，产生相对滑动的临界角速度越小，可知当

工作台角速度①逐渐增大，陶屑A最先滑动，选项C正确：

D.只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心；则当工作台角速度①

逐渐增大，A、B所受的摩擦力不是指向轴OCT选项D错误。故选J

20.小车内固定有垂直于运动方向的水平横杆，物块M套在横杆上，一个小铁球用轻质细线吊在物块底部。

当小车以恒定速率v通过某一水平弯道时（可视为圆周运动），细线与竖直方向的夹角为6,如图所示。若

小车以更大的恒定速率通过该弯道，设小车在通过弯道的过程中，小球、物块与小车均保持相对静止，下

列说法错误的是（）

A.细线与竖直方向的夹角变大B.细线对小球的拉力变大

C.横杆对物块的摩擦力变大D.横杆对物块的支持力变大

【答案】D

【详解】D.令小铁球质量为〃?，物块与小球保持相对静止，对物块与小铁球整体进行分析，如图甲所示

乜夬

（M+m）g

甲

则有用=（M+〃z）g

可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的支持力不变，故D错误，符合题意；

C.火车转弯过程，将车内物体的转弯半径可以近似认为相同，令为R,结合上述分析有为

R

可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的摩擦力变大，故c正确，不符合题意;

A.对小球进行受力分析，如图乙所示

v2

则有TCOS0=〃7gTsin夕=m解得=3可知，转弯速度变大，则细线与竖直方向夹角变大，故A正

~RA

确，不符合题意;

B.结合上述解得7=鸟由于细线与竖直方向夹角变大，则细线对小球的拉力变大，故B正确，不符合题

cost/

意。故选Do

预测06万有引力与航天

21.2024年，“嫦娥六号”圆满完成了月球背面土壤采样工作。月壤离开月球的简化过程如图所示。第一步“上

升器”携带月壤离开月球进入轨道1，轨道1的Q点与月球表面的距离可忽略。第二步"上升器”在尸点进入

轨道2。在轨道2附近的环月圆轨道3（未画出）上有轨道器和返回器的组合体（简称“轨返组〃）。第三步“轨

返组"加速追上轨道2上的“上升器〃并对接，“上升器”将月壤交与“轨返组"。第四步"轨返组”带着月壤进入月

地转移轨道，则（）

A.“上升器”在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度

B."上升器”在轨道2上的运行周期小于轨道1上的运行周期

C.“轨返组〃所在的环月圆轨道3的半径略大于轨道2的半径

D.在轨道1和轨道2上“上升器”与月球中心的连线单位时间内扫过的面积相同

【答案】A

【详解】A.月球的第一宇宙速度等于月球近月轨道的运行速度，”上升器〃要从近月轨道进入到机道轨道1,

需要在Q点加速做离心运动才能实现，所以在轨道1上。点的速度大于月球的第一宇宙速度，故A正确;

B.根据开普勒第三定律，因为轨道2的半长轴大于轨道1的半径，则“上升器〃在轨道2上的运行周期大于

轨道1上的运行周期，故B错误；

C.“轨返组”需要加速才能追上轨道2的“上升器”，则"轨返组''所在的环月圆轨道3的半径略小于轨道2的

半径，故C错误：

D.根据开普勒第二定律，只有在同•轨道上“上升器”与月球中心的连线在相等时间内扫过的面积才相等，

在轨道1和轨道2上“上升器〃与月球中心的连线单位时间内扫过的面枳不相同，故D错误。

故选A。

22.2024年10月29日，神州19号载人航天飞行任务新闻发布会在酒泉卫星发射中心召开，发言人介绍我

国锚定在2030年前实现中国人登陆月球的目标，工程全线正在全面推进研制建设工作。在筒化处理地球和

月球的关系时，认为地球和月球构成双星系统，两者绕着连线上的一点做匀速圆周运动。在建造月球基地

过程中，要将地球上的•部分物资转移到月球上（该过程中地球和月球的总质量不变，地球和月球均可视

为质点），若地、月中心间距固定不变，地球的质量始终大于月球的质量，则建造过程中（）

A.系统的周期变大B.地球的轨道半径不变

C.地球的线速度变大D.地球的角速度变大

【答案】C

【详解】AD.设地球质量为M,圆周运动半径为R,月球质量为〃圆周运动半径为八做圆周运动的角速

GMm,GMm,\G（M+//?）

度相等为根据万有引力提供向心力可知匠彳=及彳=丽•联立解得a）由

于地球和月球的总质量不变，地、月中心间距A+厂固定不变，故可知系统的周期和地球的角速度不

变，系统的周期不变，故AD错误；

Gm

B.根据前面分析可知+，由于月球质量在增大，故地球的轨道半径R变大，故B错误；

C.根据"=颁可知由于地球的角速度不变，轨道半径变大，故地球的线速度变大，故C正确。

故选C。

23.2024年4月25口，神舟I八号载人飞船与此地表约400kn、的空间站顺利完成径向对接。对接前，飞

船在空间站正卜方200m的"停泊点"处调整为垂直姿态，并保持相对静止；随后逐步上升到"无接点”，与空

间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法止确的是（）

A.飞船在“停泊点”时，其运动速度大于空间站运动速度

B.飞船在“停泊点〃时，万有引力提供向心力

C.相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小

D.相比于“停泊点〃，对接稳定后飞船的机械能增加

【答案】D

【详解】A.径向交会对接是指飞船沿与空问站运动方向垂直的方向和空问站完成对接。飞船维持在“停泊

点”的状态时，即匕船与空间站角速度相同，匕船在空间站正下方200米的轨迹半径较小，根据可知,

它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误;

B.飞船维持在“停泊点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力仃丝丝二6%/

飞船维持在"停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半径较小，分析可

，GMni,,

知一＞mrco2-

需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，故B错误；

C.对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有丝巴=机且解得座

厂/,Vr

对接稳定后空间站速度与质量无关，保持不变，故C错误;

D.对接稳定过程中，外力对飞船做正功，相比于“停泊点〃，飞船的机械能增加，故D正确；

故选Do

24.“二月二，龙抬头”是中国民间传统节口。每岁仲轿卯月之初、“龙角虽"犹从东方地平线上刃起，故称“龙

抬头"。0点后朝东北方天空看去，有两颗究见“角宿一”和“角宿二〃，就是龙角星。该龙角星可视为双星系统，

它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。若“角宿一〃的质品为小/、“角宿二〃的质量为

〃⑵它们中心之间的距离为L,公转周期为7,万有引力常量G。忽略自转的影响，则下列说法正确的是（）

A.“角宿一〃的轨道半径为一^―£

B."角宿一"和"角宿二”的向心加速度之比为〃〃?2

C.“角宿一〃和“角宿二”的线速度之比为加/：，〃2

D."角宿一”和“角宿二”做圆周运动的向心力之比为""：im

【答案】A

【详解】ABD.双星系统，角速度、周期相同，且彼此间的引力提供其向心力，则有

等=吗疗今=吗%因为心=彳+与联立解得“角宿一”的轨道半径

6=金-=叫"4=网％，F2=9

【尚「“角宿一”和“角宿二”的向心加速度之比为全啧睡宿一"和"角宿二”做圆周运动的向心力之

比为A沁正确,BD错误；我立解得，=2&七。亨

c.根据以上分析可有，咐=叫为根据线速度丫=5联立以上，解得“角宿一〃和“角宿二〃的线速度之比为

v.r孙

_L=_L=一故C错误。故选A.

匕r2m\

预测07功能关系

25.图（1）哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图（2）模型，

质量为机的游客坐在质量为M的雪板上从”=20m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为〃尸0.78,

不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不

脱离雪板（游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止）的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5m/s,需要在

水平滑道上铺设长L=25m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数为〃2可以为（）

A.0.74B.0.76C.0.79D.0.80

【答案】B

【详解】根据动能定理可得。〃+知必，-生5+何）弘4；（m+"）/代入数据解得/小（）.75要使游客与雪板

仅靠摩擦力保持相对静止,则率=0.78N〃2即0・75工42Mo-78故选Bo

26.直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气

阻力与速度成正比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大

小分别用区综、x、P表示。下列图像可能正确的是（)

【答案】D

【详解】A.根据牛顿第二定律有.摩一切=松解得〃=g-竺可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线

m

运动，后做匀速直线运动，UT图像的斜率表示加速度，图中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A错

误；

B.阻力的瞬时功率大小〃=力，=八2结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速

直线运动，则尸-V图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误；

C.结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，即箱子速度始终不等

于0,箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0,以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0,

图中图形描述的机械能最终等于0,不符合要求，故C错误；

D.令箱子释放位置距离地面高度为H,以地面为零势能面，则箱子的重力势能耳="g("7)=mgH-〃2gx

即稣一4图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。

故选D.

27.2024年7月18日，随着G4006次列车从兰考南站驶出，标志着日兰高铁全线贯通运营。若发车前工

作人员将两列车串联，两列车能以速度-向前方匀速运动，前方列车的输出功率为匕，后方列车输出功率为

鸟，前方列车质量是后方列车质量的2倍，两列车受到的阻力均为自身重力的k倍，则两列车连接处牵引

装置的作用力为()

A.jB.3

vv

r七坐n♦+1

•3v,6v

【答案】C

【详解】方法一：设两列车连接处牵引装置的作用力大小为6,对前方列车进行受力分析，根据平衡条件

有匕=2切?g+£对后方列车进行受力分析，根据平衡条件有刍+E=kmg解得的=午与

vv3v

方法二：两列车以速度n向前方匀速运动，对整体进行分析有《+6=攵（"7+2/〃打前方列车所受的摩擦力

工=2初吆前方列车提供的牵引力“解得连接处的作用力产=。-工=£萨故选Co

28.如图所示，两物块M和/〃用一根绕过定滑轮的轻绳相连。在一定距离内，物块M在某一外力作用下能

沿平台向左做匀速直线运动，并俣持其速度为%=15m/s。与此同时，物块机随之上升。在此过程中，当物

块M依次经过A、3两点时，其轻绳与水平线所成夹角各为：a=53。，。=37°,己物块〃?的质量为1kg,

滑轮离台面高为6=12m,重力加速度g=l（）m/s2,且物块M、m皆可视为质点。则对于物块做途经A、B

两点的运动过程，下列说法中正确的是（）

A.轻绳对物块小做功122J

B.物块〃，做匀速直线运动

C.轻绳对物块，〃做功的平均功率约为174.6W

D.无法求出轻绳对物块机的冲量大小

【答案】C

【详解】B.根据速度分解得咳=彩cos53o=9m/si%=%cos37o=12m/s物块/〃做加速直线运动，B错误；

A.物块机上升的高度为4--=5m轻绳对物块阳做功为W=1〃龙-1如，；+〃?她=81.5J,

sun370sin5302z

A错误；

」_____J7W

c.运动时间为一Um37。tan530_7轻绳对物块〃?做功的平均功率为尸=—al74.6W,C正确；

I——5t

%15'

D.根据动量定理得/-〃a=〃册-机匕解得/“7.7N*能求出轻绳对物块加的冲量大小，D错误。故选C。

预测08动量定理和动量守恒定律

29.用电钻给固定的物体钻孔，钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所示，钻头所受的阻力与运

动位移的关系图像如图乙所示，己知两图像的斜率分别为尢、自，下列说法正确的是（）

A.由图像分析可得，电钻做匀速运动

B.前一段时间内，阻力的冲量的大小为AR」

C.前一段位移。内，摩擦生热为20飞2

D.前一段时间/。内，电钻的平均速度无法算出

【答案】A

【详解】A.从图中可以看出，阻力/随时间变化的关系为/="，阻力/随位移变化的关系为/=

k

故有4即x，电钻做匀速运动，A正确；

B.根据图甲可得了=4，由/=行知前一段时间1。内，阻力的冲量的大小为4=九其中『二上尹得

h="»B错误；

C.根据图乙可得了=与不，由Q=力知前一段位移与内，摩擦生热为Q=在。，其中/=上笄，得Q=：&片，

C错误；

D.由万=土，，得下=0,D错误。故选A。

tK2k2

30.中国空间站在距地面高度约400km的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地面100km的卡门线（外

太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，气体与空间站前端碰后

瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站离地面高度为。，地球半

径为地球表面的重力加速度为将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方向上的横截而积为S,稀

薄气体密度为。，不考虑其他因素对空间站的影响，则（）

空间站

A.考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小

B.空间站的速度大小为｛除

C.气体对空间站前端作用力大小为经晅

h+R

2

D.空间站发动机的功率为夕S(产;J

【答案】C

【详解】A.考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速,

厂Mmv2

可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，乂根据牛顿第二定律Gk^二〃?五二正

(R+力)+

故A减小时，v增大,动能增大，故A错误；

_Mmv2MmIoR2

B.根据牛顿第二定律6丁下二机市不又地球表面6等=〃际联立解得「JaJ故B错误；

(R+h)(R+八R\R+h

C.设极短的时间AZ内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为加?二夕5必/碰撞瞬间，根据动量守恒

〃?□=(〃?+&〃)匕由于&〃故匕=箕对稀薄气体,根据动量定理尸联立解得空间站前端对稀

薄气体的作用力大小尸二甯根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为缪’故C正确；

D.空间站发动机的功率为尸=4=8娅.<叵三=05郑;丫故口错误。故选配

h+R\R+h”[h+RJ

31.如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平

2

轨道CO相连，在水平轨道CO上一轻弹簧被。、〃两小球夹住，同时释放两小球，。、b球都恰好能通过各

自圆轨道的最高点，已知。球的质量为相。则()

A.力球的质量mh=y/3m

B.两小球与弹簧分离时.，动能相等

C.。球到达圆心等高处时，对轨道压力为2/咫

D.若?="",=〃?，要求〃、b都能通过各自圆轨道的最忘点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为

Ep=5mgR

【答案】D

【详解】A.设小球离开弹簧后的速度大小为匕，〃球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为匕，

则有“=”总解得匕=阚选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得

=2,几4+gm*解得匕=屈同理可得球离开弹簧后的速度大小为％=质取向左为正方向，根据

动量守恒定律可得机匕-匕=。可得〃球的质量为nih=故A错误；

B.两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动最关系々=工

2m

由干两小球的质量不相等，可知两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误；

C.a球到达圆心等高处时，速度为L由动能定理可得-，咫宠=5，”-十〃（轨道对〃球的支持力为人由

2

牛顿第二定律可得尸=〃?匕联立解得尸=3〃吆由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为3〃吆，故C错误;

R

D.若〃2“=〃％="],取向左为正方向，由动量守恒定理得叫吃一%以=。

则分离时两小球速度相等，若要求〃、人都能通过各自的最高点，只需要。球能够通过，力球也能通过，由

前面分析可知，”刚好通过最高点时，分离时速度为匕=不法则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为

综=2x；,咸=5mgR故D正确。故选D。

32.如图所示，现有一质量为M的单摆用轻绳竖直悬挂并保持静止，摆长为L。又有一质量为用的小球以％

的速度向右水平运动与单摆相撞，碰撞前两物体的重心位于同一高度，g为重力加速度。已知碰撞的恢复

系数“二上=:,其中