2026年物理全国卷一数学压轴题专题突破卷含解析

2026年物理全国卷一数学压轴题专题突破卷含解析考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、单项选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.一质点做直线运动，其位移随时间的变化关系为x=4t^2-2t^3（SI单位制）。则该质点在t=1s时的速度和加速度分别为（）A.2m/s，-4m/s^2B.-2m/s，4m/s^2C.6m/s，-8m/s^2D.-6m/s，8m/s^22.一简谐运动，其振动方程为x=0.1cos(πt+π/4)（SI单位制）。则该振动的周期、振幅和初相位分别为（）A.2s，0.1m，π/4B.1s，0.1m，π/4C.2s，0.1m，-π/4D.1s，0.1m，-π/43.一物体放置在水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ。现用一与水平面成θ角的力F推物体，使物体沿桌面匀速运动。则物体受到的摩擦力大小为（）A.μmgB.μ(mg-Fsinθ)C.μ(mg+Fsinθ)D.μFcosθ4.一质点做半径为R的匀速圆周运动，其角速度为ω。则在Δt时间内，质点通过的弧长和转过的角度分别为（）A.ωRΔt，ωΔtB.RΔt，ω^2ΔtC.ω^2RΔt，ωΔtD.ωRΔt，ω^2Δt5.一平行板电容器，两极板间距为d，极板面积为S。若在两极板间充满介电常数为ε的均匀电介质，则该电容器的电容为（）A.εS/dB.S/dC.ε₀S/dD.ε₀d/S6.一长直导线通有电流I，其附近有一矩形线圈与之共面，线圈边长分别为a和b。若线圈以速度v离开导线，则线圈中产生的感应电动势大小为（）A.0B.abμ₀Iv/(2πa)C.abμ₀Iv/(2πb)D.abμ₀Iv/(2π√(ab))7.一质点做抛体运动，不计空气阻力，则其轨迹最高点处的曲率半径为（）A.∞B.v₀^2/gC.2v₀^2/gD.g^2/v₀^28.一列简谐波沿x轴正方向传播，其波速为v，频率为f，波长为λ。则波线上相距为d的两点（d<λ）在时刻t的相位差为（）A.2πfdB.2πd/λC.2πfd/vD.2πvd/λ二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.一物体做自由落体运动，下列说法中正确的是（）A.物体的加速度恒定不变B.物体的速度随时间均匀增加C.物体的位移与时间的平方成正比D.物体的动能随时间线性增加10.一质点做圆周运动，其速率随时间变化，但角加速度恒定。则下列说法中正确的是（）A.质点的切向加速度恒定B.质点的法向加速度恒定C.质点的总加速度恒定D.质点的总加速度方向始终指向圆心11.一电路由电阻R和自感系数L串联而成，接在恒定电压U的电源上。开关S闭合的瞬间，下列说法中正确的是（）A.电路中的电流立即达到U/RB.电路中的电流不能突变C.电感L两端的电压为零D.电感L两端的电压等于U12.一物体放在水平转台上，与转台一起做匀速圆周运动。下列说法中正确的是（）A.物体受到的摩擦力提供其向心力B.物体受到的摩擦力方向始终指向圆心C.若转台转速增加，物体所需的最大静摩擦因数增大D.若物体质量增大，物体所需的最大静摩擦因数增大三、计算题：本题共6小题，共78分。解答应写出文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。13.（12分）一质量为m的小球，从离地面高度为h处由静止释放，与地面碰撞后能反弹至高度为h/2处。假设碰撞过程中机械能损失了η，求小球与地面碰撞两次过程中，损失的机械能总共是多少？14.（12分）一质量为m的小块物体，放置在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ。现用一与斜面成α角（α<θ）的恒力F推物体，使物体沿斜面匀加速向上运动。求物体的加速度大小？15.（12分）一长为L的均匀细棒，质量为M，可绕其一端O在竖直平面内自由转动。现使棒从水平位置由静止释放。求棒转动到与水平方向成θ角时，棒的角速度大小和棒端O点的速度大小？16.（12分）一平行板电容器，两极板间距为d，极板面积为S。现给电容器充电至两极板间电压为U，然后断开电源。若在两极板间插入一厚度为d/2、介电常数为ε的均匀电介质，求插入电介质后：（1）电容器的新电容；（2）电容器储存的电能变化量。17.（12分）一长直导线通有电流I，其附近有一矩形线圈与之共面，线圈边长分别为a和b，其电阻为R。若线圈以速度v垂直于导线方向离开导线，求线圈中产生的感应电流大小和方向？（提示：可考虑用法拉第电磁感应定律和楞次定律）18.（12分）一质量为m的质点，在距地面高度为h处以初速度v₀水平抛出，不计空气阻力，取g=10m/s²。求质点落地时的速度大小和方向？（要求用矢量表示速度，并计算速度大小）试卷答案1.C解析：速度v=dx/dt=8t-6t^2，t=1s时，v=8-6=2m/s。加速度a=dv/dt=8-12t，t=1s时，a=8-12=-4m/s^2。2.A解析：振动方程为x=0.1cos(πt+π/4)，对比标准形式x=Acos(ωt+φ)，可知振幅A=0.1m，角频率ω=πrad/s，周期T=2π/ω=2s，初相位φ=π/4。3.B解析：对物体进行受力分析，水平方向Fcosθ-μN=0，竖直方向N+Fsint=mg，联立得N=mg-Fsinθ，摩擦力f=μN=μ(mg-Fsinθ)。4.A解析：弧长s=ωRΔt，转过的角度θ=ΔωΔt=ωΔt（因角速度ω恒定）。5.A解析：电容C=εS/(4πkd)，对于平行板电容器，d应为两极板间距，若题目意图是极板间介质厚度，则需根据具体情况分析，但标准公式中d通常指极板间距。若题目意为板间距离为d，则答案为A。假设题目意为充满介电质，则C=ε₀εrS/d，但题目未给出εr，默认ε，则C=εS/d。6.B解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=-dΦ/dt。线圈离开导线过程中，穿过线圈的磁通量变化率dΦ/dt=μ₀Ib/(2πx)dx/dt=μ₀Ibv/(2πx)，积分从a到a+d，E=-∫[a,a+d]μ₀Ibv/(2πx)dx=-μ₀Ibv/2π*ln((a+d)/a)≈-μ₀Ibv/(2πa)（当d<<a时）。选项B为正方向计算结果。7.B解析：抛体运动在最高点，竖直分速度为0，水平分速度为v₀。该时刻速度大小v=v₀，加速度a=g，曲率半径ρ=v^2/a=v₀^2/g。8.B解析：相位差Δφ=2πΔx/λ=2πd/λ。9.ABC解析：自由落体加速度a=g恒定，速度v=gt均匀增加，位移x=1/2gt^2与时间平方成正比。动能Ek=1/2mv^2=1/2m(gt)^2，随时间t^2非线性增加。10.AD解析：角加速度恒定，切向加速度a_t=αR=恒量。法向加速度a_n=v^2/R，速率v变化，a_n变化。总加速度a=√(a_t^2+a_n^2)，方向变化，不指向圆心。11.BC解析：开关S闭合瞬间，电路相当于断路，电流不能突变，保持为0。此时电感L相当于断路，两端电压等于电源电压U。12.AC解析：物体做匀速圆周运动，所需向心力指向圆心。若以静摩擦力提供向心力，则静摩擦力最大值f_max=μN=μmg=mω^2R，ω增加，μ需增大。最大静摩擦因数μ与物体质量m无关。13.解析：第一次碰撞，机械能损失η，动能变为原来的(1-η)。小球以√(2gh(1-η))的速度反弹上升，达最高点时动能为0，机械能损失为(1-η)倍。第二次碰撞，小球以同样的速度√(2gh(1-η))向下碰地，设碰后能反弹至高度h'，则有1/2m(2gh(1-η))=mgh'，h'=2gh(1-η)。第二次碰撞损失机械能η'，动能变为(1-η')倍，即mgh'=mgh'(1-η')，得η'=η/(1+η)。总损失机械能ΔE=ΔE1+ΔE2=mgh-mgh'+mgh'η'=mgh-mgh(1-η)+mgh(1-η)η/(1+η)=mghη+mgh(1-η)η/(1+η)=mghη(1+(1-η)/(1+η))=mghη(1+1-η)/(1+η)=mghη(2-η)/(1+η)。或者，总损失与初始高度之比ΔE/mgh=η+η/(1+η)=η(1+1/(1+η))=η(1+η+1)/(1+η)=η(2+η)/(1+η)。总损失ΔE=mgh*η(2+η)/(1+η)。答：小球与地面碰撞两次过程中，损失的机械能总共是mgh*η(2+η)/(1+η)。14.解析：对物体进行受力分析，沿斜面向上分解，Fcosα-mgsinθ-f=ma，垂直斜面方向，N-Fsinα-mgcosθ=0。摩擦力f=μN。联立方程：Fcosα-mgsinθ-μ(Fsinα+mgcosθ)=ma，解得a=(Fcosα-mgsinθ-μFsinα-μmgcosθ)/m=(Fcosα-μFsinα-(mgsinθ+μmgcosθ))/m=F(cosα-μsinα)/m-g(sinθ+μcosθ)。答：物体的加速度大小为F(cosα-μsinα)/m-g(sinθ+μcosθ)。15.解析：由质心运动定理或角动量定理，对O点，mgLsinθ=Iα，I=1/3ML^2，α=dω/dt。整理得dω/dt=3g/Lsinθ。棒转动到θ角时，角速度ω=∫[0,θ]αdθ'=∫[0,θ]3g/Lsinθ'dθ'=-3g/L*[-cosθ']|_[0,θ]=3g(1-cosθ)/L。棒端O点的速度大小v_O=αL=3g/Lsinθ*L=3gsinθ。答：棒的角速度大小为3g(1-cosθ)/L，棒端O点的速度大小为3gsinθ。16.解析：(1)插入电介质前，C₁=ε₀S/d，Q₁=U₁C₁=ε₀SU/d，W₁=1/2U₁Q₁=1/2ε₀S(U^2)/d。插入电介质后，形成串联，C₂=(εS/2)/(d/2+ε₀S/d)=(εS/2)*(2d/(εd+2ε₀S))=εSd/(εd+2ε₀S)。新电容C=C₁+C₂=ε₀S/d+εSd/(εd+2ε₀S)=(ε₀S(εd+2ε₀S)+εSd^2)/(d(εd+2ε₀S))=(ε₀Sεd+2ε₀^2S+εSd^2)/(d(εd+2ε₀S))。若假设ε≫ε₀，则C≈εSd/εd=S/d。若假设ε≈ε₀，则C≈ε₀S/d*(1+ε₀S/(εd))≈2ε₀S/d。标准答案通常简化为C=εS/(2d)，但未考虑极板总面积。若按题目字面，C=(εS/2)/(d/2+ε₀S/d)=εSd/(εd+2ε₀S)。(2)插入电介质后，电压U₂=Q₂/C₂，Q₂=Q₁=ε₀SU/d。W₂=1/2U₂Q₂=1/2Q₂^2/C₂=1/2(ε₀SU/d)^2/[εSd/(εd+2ε₀S)]=1/2ε₀^2S^2U^2d(εd+2ε₀S)/(εSd^2)=1/2ε₀SU^2(ε+2ε₀S/d)。W₂=1/2ε₀SU^2(ε/d+2ε₀)。电能变化量ΔW=W₂-W₁=1/2ε₀SU^2(ε/d+2ε₀)-1/2ε₀S(U^2)/d=1/2ε₀SU^2(ε/d)=ε₀S(εU^2)/2d。若ε≫ε₀，ΔW≈ε₀SεU^2/2d=ε₀^2SεU^2/2d。若ε≈ε₀，ΔW≈ε₀^2SεU^2/2d。答：插入电介质后：(1)电容器的新电容为C=εSd/(εd+2ε₀S)。(2)电容器储存的电能变化量为ΔW=1/2ε₀SU^2(ε/d)。17.解析：线圈中产生的感应电动势E=-dΦ/dt。磁通量Φ=∫B·dS=∫(μ₀I/(2πx))*(ab)dx'=μ₀Iab∫[a,a+d]1/x'dx'=μ₀Iab[lnx']|_[a,a+d]=μ₀Iabln((a+d)/a)=μ₀Iabln(1+d/a)。感应电动势E=-d/dt[μ₀Iabln(1+d/a)]=-μ₀Iab(1/a)(d/a)/dt=-μ₀Iabvd/(a(a+d))。当d<<a时，E≈-μ₀Iabv/d。感应电流大小I=E/R=-μ₀Iabv/(Rd)。方向：根据楞次定律，线圈向外运动，穿过线圈的磁场增强，感应电流产生的磁场应向外，故感应电流方向与原电流方向相同（假设原电流方向为顺时针，则感应电流也为顺时针）。答：线圈中产生的感应电流大小为I