2026年高考物理考前20天冲刺讲义（四）（解析版）

/目录倒计时05天➤电磁感应综合—单双棒问题………………3以生产科技为场景，三大力学观点应用于单双棒问题中。倒计时04天➤力学核心实验…………………30以力学原型实验为基础，创新实验考核心实验数据处理、误差分析等。倒计时03天➤电学核心实验………………51以电学原型实验为基础，创新实验考核心实验数据处理、误差分析等。倒计时02天➤考前冲刺保温卷………………78用于查漏补缺、强化审题并保持题感。倒计时01天➤高考物理三大题型答题技巧与方法……………………93

倒计时05天明辨棒体运动，洞悉回路玄机；厚积寒窗实力，一举金榜题名。电磁感应综合—单双棒问题考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：电磁感应中单、双导体棒运动问题，是2026高考物理核心高频考点，预计将以计算题形式呈现，作为力学与电磁学综合题型考查，兼具基础性和选拔性。该题型以导轨滑杆为经典模型，串联法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式等核心知识，融合力学运动分析、动量定理、能量守恒规律，全面考查学生知识迁移、多过程分析与综合解题能力，是区分物理学科素养的关键题型，年年在各省市试卷中“亮相”。►高考前沿：2026年单双棒命题将呈现三大特征：一是动量与能量观点的深度融合，“动量定理在电磁感应中的应用”已成独立考点，通过微元法求电荷量、位移和时间是解题新方向；二是含容单棒、不等间距双棒等复杂耦合模型增多，考查学生分类讨论与过程分析能力；三是情境化与科技前沿结合，如“磁悬浮列车驱动原理”“电磁炮发射机制”“新能源汽车能量回收系统”等真实工程背景将成为命题素材，学生需具备“快速剥离情境干扰、提炼物理模型”的能力。核心模型--模型架构，精准剖析【模型一】单棒模型模型过程分析规律阻尼式（导轨光滑，电阻为R，导体棒电阻为r）设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止1.力学关系：；2.能量关系：3.动量电量关系：；电动式（导轨光滑，电阻为R，导体棒电阻不计，电源电动势为E内阻为r）开关S闭合瞬间，ab棒受到的安培力，此时，速度v↑⇒E反BLv↑⇒⇒FA＝BIL↓⇒加速度a↓，当E反＝E时，v最大，且1.力学关系：；2.动量关系：3.能量关系：4.两个极值：(1)最大加速度：当v=0时，E反=0，(2)最大速度：当E反＝E时，发电式(导轨光滑，电阻为R，导体棒电阻为r，F为恒力)设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大。1.力学关系：2.动量关系：3.能量关系：4.两个极值：（1）最大加速度：当v=0时，。（2）最大速度：当a=0时，【模型二】含容单棒模型模型过程分析规律放电式(先接1后接2,导轨光滑)电容器充电后，电键接2后放电，导体棒向右移动，切割磁感线，产生反电动势，当电容器电压等于Blvm时，导体棒以最大速度匀速运动。1.电容器充电量：2.放电结束时电量：3.电容器放电电量：4.动量关系：；5.功能关系：无外力充电式（导轨光滑）充电电流减小，安培力减小，a减小，当a＝0时，导体棒匀速直线运动达到最终速度时：1.电容器两端电压：（v为最终速度）2.电容器电量：3.动量关系：；有外力充电式（所有电阻不计，导轨光滑）电容器持续充，得I恒定，a恒定，导体棒做匀加速直线运动1.力学关系：2.电流大小：3.加速度大小：【模型三】双棒模型(1)等间距双棒模型模型过程分析规律无外力等距式（导轨光滑）棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，以相同的速度匀速运动.对系统动量守恒，对其中某棒适用动量定理。1.电流大小：2.稳定条件：两棒达到共同速度3.动量关系：4.能量关系：；有外力等距式（导轨光滑）a2减小，a1增大，当a2＝a1时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差1.电流大小：2.力学关系：；。（任意时刻两棒加速度）3.稳定条件：当a2＝a1时，v2-v1恒定；I恒定；FA恒定；两棒匀加速。4.稳定时的物理关系：；；；(2)不等间距双棒模型模型过程分析规律无外力不等距式（导轨光滑）棒1做变减速运动，棒2做变加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，两棒以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变.v1L1＝v2L21.动量关系：；2.稳定条件：3.最终速度：；4.能量关系：5.电量关系：易错避坑--易错陷阱精准避坑【易错一】动量守恒条件判断失误（1）易错点：双棒系统中误认为始终动量守恒；（2）闭坑策略：仅当系统水平方向不受外力时（光滑导轨、无外力拉棒）动量才守恒；有外力拉双棒或斜面导轨上的双棒，动量不守恒，需用动量定理逐棒分析。【易错二】匀速运动与稳定状态混淆（1）易错点：单棒匀速即a=0，但双棒稳定状态不一定匀速；（2）闭坑策略：等间距双棒有初速度→最终两棒共速；一棒受恒力双棒→最终加速度相同做匀加速运动。两类收尾状态判清后再代公式。【易错三】能量转化分析漏项（1）易错点：双棒问题能量分析中忘了焦耳热或摩擦力产热；（2）闭坑策略：双棒滑动系统末态动能=初态动能-−电阻生热-−（若导轨有摩擦则减摩擦力产热）。画出总能量变化路径再列方程。【易错四】电磁感应与电容器结合找不准电流（1）易错点：含容单棒中误认为电流恒定或公式生搬硬套；（2）闭坑策略：含容单棒充电过程中，需要结I=ΔQ/Δt=CΔU/Δt与U=BLv推导结论，非死记硬背。高频考点--高频要点重点攻克【考点一】电磁感应的动力学问题处理方法1.力学对象和电学对象的相互关系2.分析电磁感应现象中动力学问题的基本步骤【考点二】电磁感应的能量问题处理方法1.电磁感应现象中的能量转化此类问题中克服安培力做功，转化为系统的电能，而后转化为其他形式的能量，例如焦耳热，此类问题多用动能定理或能量守恒定律求解。2.能量转化问题的分析步骤真题精研--复盘经典把握规律题组一情景设定：电磁弹射系统知识溯源：有源单杆模型中的安培力、动量定理应用（2025·浙江·高考真题）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为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。(1)求动子在接通S瞬间受力的大小；(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度；(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；(4)判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。【答案】(1)(2)(3)(4)电流方向为顺时针（俯视），【详解】（1）接通S瞬间，动子速度，此时回路中没有感应电动势，电源电压为，回路总电阻为，根据欧姆定律可知回路电流为动子所受的力为安培力，大小为（2）当动子达到最大速度时动子切割磁感线产生的电动势为此时回路中的电流为依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有解得最大速度为（3）在第一级弹射过程中,取一段极短的时间，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有装备，由动量定理有等式两侧求和得其中依题意有，解得流过电源的电荷量解得第一级弹射过程电源输出总能量代入上问结果得（4）由于对飞机实施第二次加速，由左手定则可知超导线圈断开后，第二级回路中的感应电流方向为顺时针（俯视），由右手螺旋定则可知超导线圈断开后，第二级回路中感应电流的磁场方向为竖直向下，由楞次定律可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下，再由右手螺旋定则可判断超导线圈中电流方向为顺时针（俯视）。设飞机起飞时的速度大小为，对飞机根据动量定理有超导线圈磁场快速消失的过程中，在第二级回路中产生的感应电动势感应电流为解得代入前面结果可得题组二情景设定：无外力单棒知识溯源：无外力单棒中的安培力、功率和动量定理应用（2025·安徽·高考真题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：(1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。【答案】(1)(2)(3)，n=1，2，3，…【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0则此时回路的电流为此时导体棒受到的安培力F安=BIL此时导体棒受安培力的功率（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有其中解得（3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR=QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出，n=1，2，3，…题组三情景设定：有磁场斜面上的线框知识溯源：动能定理、动量定理和法拉第电磁感应定律（2025·山东·高考真题）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（−2L≤x<−L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x≥0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s；(2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t=0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。【答案】(1)，(2)【详解】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则切割磁感线产生的电动势线框中电流线框做匀速直线运动，则解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得可得释放时pq边与区域I上边界的距离（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t=0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中此时线路中的感应电流线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为则线框受到的安培力代入化简得当线框平衡时，可知此时线框速率为0。则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得即对时间累积求和可得可得题组四情景设定：含容双棒知识溯源：法拉第电磁感应定律、动量定理的应用（2025·甘肃·高考真题）在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。(1)求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向；(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为和，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式；(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？【答案】(1)，沿机械臂1向上(2)，，(3)，方向向右；【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。（2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为和，两机械臂安培力的大小分别为，设电容器所带电荷量为Q，则（3）达到稳定时，两机械臂的速度相同，产生的感应电动势与电容器的电压相等，回路中没有电流结合动量定理，其中，，联立解得，结合（2）问分析，在任意时刻有即对该式两边取全过程时间的累计有其中，,即两棒间初始距离的最小值为终极预测--压轴实战稳拿高分【名校预测·第一题】（2026·天津河东·二模）如图所示，竖直平面内固定一足够长的“U”型金属导轨，质量为、电阻不计的金属棒垂直导轨静置于绝缘固定支架上。支架上方存在竖直向下的匀强磁场，边长为的正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场互不影响，且磁感应强度大小与时间的关系均为（T）。支架上方导轨单位长度的电阻为，下方导轨的总电阻为。从时刻开始，对金属棒施加竖直向上的拉力，使其以加速度向上做匀加速直线运动。金属棒始终与导轨接触良好，与导轨间动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度大小为。求：(1)区域产生感应电动势的大小和金属棒中电流的方向；(2)时，金属棒中的电流大小；(3)经过多长时间，对金属棒所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。【答案】(1)，从流向(2)(3)，【知识点】安培力的计算式及初步应用、已知磁感应强度随时间的变化的关系式求电动势、牛顿第二定律的初步应用、竖直平面内的导轨单杆模型【详解】（1）由法拉第电磁感应定律，感应电动势由题意知（T），可知联立解得由楞次定律，可知金属棒中电流的方向从流向（2）金属棒向上运动的位移支架上方的电阻由闭合电路欧姆定律得联立解得（3）根据牛顿第二定律又由，其中联立可得根据均值不等式可知，当时，有最大值解得，【名校预测·第二题】（2026·辽宁·模拟预测）某物理小组模拟游乐园的儿童飞车，制作了如图所示的装置。在绝缘水平地面上平行放置了两组金属直导轨，分别为POQ和，导轨间距L=1m。PO与OQ连接点O、与的连接点采用绝缘材料连接（不影响导轨上物体的运动），将导轨分为“加速区域”和“减速区域”，其中“减速区域”的右侧用导线相连，“加速区域”左侧安装一个恒流源，闭合开关S后，该恒流源持续为电路提供3A的电流，靠近电源处连接一个R1=1Ω的定值电阻。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T。质量为m=1kg、导轨间阻值为R2=2Ω的导体棒垂直导轨放置，在距离导体棒足够远处NN'静止放置一辆质量为M=4kg可视为质点的模拟小车，小车与导轨绝缘，小车始终受到一个与其速度成正比的阻力，比例系数为k=0.5。当开关S闭合后，导体棒在加速区域内加速运动，稳定后与模拟小车碰撞并连接为一体，继续加速后通过绝缘连接处进入减速区域。已知导体棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。求：(1)刚闭合开关时导体棒的加速度大小；(2)导体棒与小车碰撞后瞬间二者的速度大小；(3)为保证安全，减速区域的最短长度。【答案】(1)(2)0.6m/s(3)6m【知识点】完全非弹性碰撞、有电源存在的导轨单杆模型、无外力作用下，水平导轨上的单杆模型【详解】（1）根据并联分流关系可知，通过R1的电流为I1，通过R2的电流为I2，有此时安培力提供加速度有BI2L=ma解得a=1m/s2（2）由于导轨较长，碰撞到小车前，导体棒已经达到最大速度vm，二者共速的速度为v，此时导体棒产生反电动势满足碰撞过程中动量守恒解得v=0.6m/s（3）当二者共速后继续加速，为了保证安全，减速区域的最短距离即二者再次达到最大速度时滑进减速区域所运动的位移，即二者所受到阻力等于导体棒受到的安培力，有二者以最大速度滑出，其中进入减速区后，阻力在变化，将减速过程划分成无穷多段，在任意一小段的时间内，根据动量定理可得将所有段求和得即解得x=6m【名校预测·第三题】（2026·新疆·三模）如图甲所示，质量的光滑矩形金属框ABCD置于光滑绝缘水平面上，AB长，AD与BC足够长，AB段和CD段电阻均为，质量、长的金属棒MN垂直于AD放置在金属框上，导轨其余部分和金属棒的电阻均不计。整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，某时刻给金属棒一水平向右的初速度，在运动过程中金属棒始终与金属框的两边垂直且接触良好。(1)求金属棒刚开始运动时受到的安培力；(2)求在整个过程中产生的焦耳热和通过MN的电荷量；(3)若将金属框固定，时刻给金属棒一个水平向右的初速度的同时，再给其加一水平向左的外力F，使金属棒向右做匀减速直线运动。时金属棒的速度降为零，写出内F的大小随时间t变化的规律；(4)如图乙所示，若将金属框固定，AB间换成电阻不计的导线连接的电容器，电容，现有水平向右的外力使MN从静止开始以加速度向右做匀加速运动，求时外力的大小。【答案】(1)0.3N(2)3J，20C(3)（N）(4)5.55N【知识点】有外力作用下，水平导轨上的单杆模型、无外力作用下，水平导轨上的单杆模型、含有电容器的导轨单杆模型【详解】（1）金属棒刚开始运动时速度为，电动势解得电流为解得安培力为解得（2）根据动量守恒定律得解得根据能量守恒定律得解得对框架根据动量定理得，，解得（3）根据匀变速直线运动规律解得根据牛顿第二定律得解得其中故，解得（N）（）（4）电容器充电电流，，可得，时的速度由解得，时的电动势由解得电阻支路电流，所以，由牛顿第二定律有解得【名校预测·第四题】（2026·广西桂林·一模）2025年我国首艘采用电磁弹射系统的航空母舰——福建舰正式授旗入列。如图甲所示为一种电磁弹射系统的简化模型，发电机内半径为的固定金属圆环内存在垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，圆环的圆心和边缘通过导线分别与接线柱1和3相连。一根长度为的金属棒绕着圆心以恒定的角速度顺时针旋转，端点与圆环接触良好。间距为的光滑金属导轨和平行固定在同一水平面内，在虚线右侧，存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两导轨的左端点与接线柱2和3相连。在某次弹射操作过程中，先让开关S与接线柱1接通，对电容器充电。待电容器充满电后，再将开关与接线柱2接通，静置于处的金属棒在较短时间内达到最大速度后弹射离开导轨。的长度为质量为电阻为与导轨接触良好，电容器的电容为。求在该次弹射操作过程中：(1)开关S与接线柱1断开时，接线柱1和3之间的电势差；(2)开关S与接线柱2接通瞬间，金属棒的加速度大小；(3)将开关S接至1到电路达到稳定的过程中，在图乙中定性画出电容器两极间的电压随电荷量变化的图像，并结合该图像论证电路稳定时电容器储存的能量（是发电机的电动势）；(4)电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。若某次发射结束时，电容器的电荷量减小到充电结束时的，求这次发射过程中的能量转化效率。【答案】(1)(2)(3)见解析(4)【知识点】含有电容器的导轨单杆模型【详解】（1）金属棒绕匀速转动，平均速度切割磁感线产生的感应电动势，可得由右手定则，可知则接线柱间电势差（2）电容器充满电时，两极板间电压开关拨向2时，回路瞬时电流金属棒受到的安培力由牛顿第二定律，可得联立解得（3）由电容的定义式可得变形得即电容器的极板电压与电量成正比，当极板电压时，两极板电量因此图线为过原点，斜率为​，终点为的倾斜直线，如图所示储存的电能等于电场力做的功充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积（4）设从电容器开始放电到导体棒离开轨道的时间为，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为，根据动量定理，有放电的电荷量充电结束时电容器电荷量由题意可知联立解得导体棒离开轨道时的动能为电容器释放的能量为这次发射过程中的能量转化效率为【名校预测·第五题】（2026·山西吕梁·二模）如图所示，在两根足够长、间距为的水平导轨上垂直放置导体棒a与绝缘棒b，导轨间有磁感应强度的竖直向下的匀强磁场，导轨左端接有的电容器。已知a棒光滑，b棒与导轨间的动摩擦因数为，质量分别为和，初始时刻两棒之间距离为。现用与导轨平行的恒力作用在a棒上，速度为时与b碰撞，碰撞瞬间撤去，不计导轨及a棒的电阻，所有碰撞均为弹性碰撞。(1)求第一次碰撞后a棒与b棒的速度大小；(2)求恒力的大小；(3)若每次碰前b棒已静止且a棒已匀速运动，求足够多次碰撞后b棒的总位移。【答案】(1)，1m/s(2)1N(3)【知识点】含有电容器的导轨单杆模型、双杆在等宽导轨上运动问题、弹性碰撞：动碰静【详解】（1）a棒与b棒发生弹性碰撞，设碰后速度为与，根据动量守恒，有

根据能量守恒，有

联立解得，（2）作用下对a棒，根据牛顿第二定律，有

又

电量的变化量为

电压的变化量为加速为，a棒做匀加速直线运动，撤去时速度为，有

联立解得（3）a棒与b棒碰前电容器所带电荷量为

碰后a棒速度反向，电容器放电使a棒减速到0并反向加速至匀速再与b棒碰撞，重复上述过程。a棒与b棒发生第n次碰撞，设碰前a棒速度为，碰后速度为与根据动量守恒，有根据能量守恒，有，a棒与b棒第n次碰前电容器所带电荷量为之后a棒速度反向，电容器放电使a棒减速到0并反向加速至时匀速对a棒分析，由动量定理得

其中又有

联立解得：，

即

又每次b棒运动停下，有足够多次碰撞后，有解得【名校预测·第六题】（2026·辽宁·一模）如图（a）所示，顶角为的“”形光滑金属导轨POM与光滑平行导轨PQ、MN平滑连接，固定在水平面上，导轨PQ、MN间距为，导轨仅OP部分有电阻，导轨在方向竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中。一根长度为、质量为的导体棒在拉力F作用下从O点开始以速度（大小未知）水平向右运动，导体棒在运动过程中与导轨接触良好。已知导轨OP部分单位长度的阻值为，其余部分的电阻忽略不计，导轨OP部分的长度，PQ部分的长度，拉力F随时间t变化的关系如图（b）所示，时导体棒刚运动到虚线MP处时加速度为0，之后拉力F突然增大至。

(1)求的大小；(2)在图（c）中画出内导体棒的图像（要有计算过程）；(3)时撤去拉力，求导体棒运动到虚线NQ处时的速度大小。【答案】(1)(2)见解析(3)【知识点】有外力作用下，水平导轨上的单杆模型【详解】（1）设导体棒自O点向右运动距离为x时，速度为v，根据几何关系，可得导体棒切割磁感线的有效长度为

根据法拉第电磁感应定律，产生的电动势

回路电阻回路电流可知电流恒定与运动距离无关，安培力导体棒刚运动到虚线MP处时加速度为0，代入数据解得此时导体棒速度此过程若内导体棒做的匀速运动，则安培力可判断匀速运动成立，可得（2）内导体棒做的匀速运动内，根据牛顿第二定律有，

若导体棒做匀加速运动，则有

即解得

内导体棒的图像如图所示（3）由图像可知，内导体棒运动的位移为，撤去拉力时导体棒距NQ的距离，设再经时间t，导体棒运动到NQ处，对导体棒有

又有解得【名校预测·第七题】（2026·辽宁营口·二模）间距为L、电阻不计且足够长的光滑平行导轨如图所示，水平和倾斜部分平滑连接。质量分别为2m和3m、电阻均为R的两金属棒b、c静置在水平导轨上，两金属棒平行且与导轨垂直。图中虚线de的右侧存在着范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的绝缘棒a垂直放在倾斜导轨上，从高为h处由静止释放，运动到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，碰后拿走棒a，金属棒b进入磁场始终未与金属棒c碰撞。重力加速度大小为g，求：(1)碰后瞬间金属棒b的速度大小v；(2)整个过程金属棒c产生的焦耳热Q；(3)整个过程通过金属棒c的电荷量q；(4)金属棒c的初始位置距磁场边界de的最小距离x。【答案】(1)(2)(3)(4)【知识点】双杆在等宽导轨上运动问题、弹性碰撞：动碰静【详解】（1）a下滑过程中，由机械能守恒定律有解得，a与b发生弹性碰撞，有，解得（2）b进入磁场后，b、c组成的系统动量守恒（安培力为内力），设它们最终共速的速度为，有解得总焦耳热，b、c的电阻相等，故（3）由动量定理，对c有即解得（4）设b恰好未与c相碰，电磁感应中，平均感应电动势平均电流电荷量解得【名校预测·第八题】（2026·江苏·二模）如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。(1)求导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度vm；(2)定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像；(3)求导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；并在a达到最大速度时，给b水平向右的瞬时速度v0（v0<vm），求此后b的最终速度vb。【答案】(1)(2)见解析(3)，【知识点】有外力作用下，水平导轨上的单杆模型、双杆在等宽导轨上运动问题、能量守恒定律的初步应用【详解】（1）导体棒b刚要滑动时，对导体棒b有解得（2）导体棒b未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒a速度增大，回路中感应电流变大，导体棒a所受的安培力变大，则导体棒a做加速度逐渐减小的加速运动，电流变化率逐渐变小，则导体棒b摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒b滑动后，摩擦力为滑动摩擦力且恒定不变，当导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像如图（3）当导体棒a的速度最大时，导体棒a加速度为0，对a有根据能量守恒可知联立解得b获得最终速度时，导体棒a、b加速度均为0，对整体有b获得水平向右的瞬时速度后，此后对ab系统分析，可知系统合外力为0，故系统动量守恒，设最终导体棒a的速度为，规定向右为正方向，则有当导体棒加速度减为0时有因为联立解得【名校预测·第九题】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，间距为的光滑平行金属导轨MN和PQ水平放置，其所在区域存在磁感应强度为的竖直向上匀强磁场。间距也为L的足够长导轨QED与NFC沿竖直方向平行放置，由半径的光滑圆弧轨道与倾角为的倾斜轨道在E、F点平滑连接组成，圆弧轨道最高点、圆心与水平轨道右端点处于同一竖直线上。EP下方倾斜轨道间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，GH为磁场下边界。金属棒ab质量，金属棒ef质量，与倾斜导轨的动摩擦因数均为0.75，两棒粗细相同且阻值均为；若不计所有导轨的电阻，水平轨道与圆弧轨道交界处竖直距离恰好等于两金属棒直径（较小），忽略感应电流产生的磁场及两个磁场间的相互影响，取重力加速度，，，求：(1)初始时刻，两棒均被固定且距离为，已知随时间变化如图所示，求0.1s时ab棒所受安培力的大小；(2)若0.2s后某时刻解除两棒锁定的同时ab棒以的初速度向右运动，之后两棒（未发生碰撞）先后进入圆弧轨道，ab棒通过圆弧轨道最高点时，此处两个压力传感器（每轨一个图中未画出）的示数均比ef棒通过此处时增大5.1N，求ef棒从解除锁定后到通过圆弧轨道最高点过程中该棒上产生的焦耳热；(3)接（2），若ab棒在圆弧轨道上运动过程中，ef棒进入匀强磁场后在外力作用下迅速被锁定在与E、F距离d处（仍在磁场中），之后当ab棒经过E、F时ef棒锁定被同时解除，若ef棒离开磁场边界GH时的速度与ab棒速度相等（ab棒仍在磁场中且与ef棒未发生碰撞），为确保之后ab棒也能离开磁场，求d应该满足的条件范围。【答案】(1)0.24N(2)0.35J(3)【知识点】由B-t图像计算感生电动势的大小、机械能守恒定律在曲线运动中的应用、双杆在等宽导轨上运动问题【详解】（1）由法拉第电磁感应定律：时，安培力大小：（2）由动量守恒定理有：由牛顿第二定律：，由题意：

联立解得：，由动能定理：故ef上产生的焦耳热（3）对ab棒由动能定理：解得：系统动量守恒：解得由于，故金属棒在不受安培力的情况下受力平衡，即在计算金属棒的运动情况时只需考虑安培力的影响，在磁场中不发生碰撞，由动量定理：即：两导体棒初始距离的最小值，ab棒恰好离开磁场，由动量定理：求得，故【名校预测·第十题】（2026·重庆沙坪坝·一模）如图，足够长平行导轨间距L，倾斜段倾角，有垂直斜面向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场；水平段有竖直向上同样大小的匀强磁场；水平金属板M、N间距为L，构成电容为的电容器，板间有垂直纸面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场，初始开关断开；相同导体棒、长L、质量m、电阻R，垂直导轨放置。现将锁住，从高h处由静止释放，达最大速度后通过，刚到达水平轨道时立即解除对的锁定，两棒碰后粘连在一起运动，随后闭合开关。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，求：(1)求棒在倾斜轨道上下滑过程中回路产生的总热量Q；(2)两棒一起稳定运动时的速度大小v；(3)在（2）问前提下，质量为、带电荷量为q的带正电粒子从靠近N板的P点以棒通过时的速率垂直磁场水平进入极板间，粒子不与板相碰，不计重力，求粒子在磁场中运动的最高点与P点的高度差y。【答案】(1)(2)(3)【知识点】倾斜平面内的导轨单杆模型、带电粒子在叠加场中做旋进运动、双杆在等宽导轨上运动问题、含有电容器的导轨单杆模型【详解】（1）设通过瞬间速度为，此时感应电动势为

由闭合电路欧姆定律得

最大速度时有合外力为0，有据能量守恒定律（2）闭合开关前，两棒组成系统动量守恒，设碰后速度为，则有碰后根据动量定理有最终则最终电容器的电荷量整理得联立解得（3）板间电场强度配速使洛伦兹力抵消电场力得，方向水平向左则粒子另一个做匀速圆周运动的分运动速度为由洛伦兹力提供向心力分析得【名校预测·第十一题】（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，两足够长的光滑平行导轨沿水平方向固定，该导轨有两部分组成，左侧宽导轨的间距为，右侧窄导轨的间距为，整个空间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，质量为，长为，阻值为的导体棒a垂直放在左侧宽导轨上，质量为，长为，阻值为的导体棒b垂直放在右侧窄导轨上，时刻同时给导体棒a、b大小相等、方向相反的初速度，整个过程导体棒a、b始终没有离开宽导轨和窄导轨，两导体棒始终保持与导轨有良好的接触，不计导轨的电阻。求：(1)当导体棒b的速度为0时，导体棒b的加速度大小；(2)当回路中电流为0时，导体棒a、b的速度大小；(3)整个过程，流过导体棒b的电荷量以及导体棒b上产生的焦耳热。【答案】(1)(2)，(3)，【知识点】双杆在不等宽导轨上运动问题【详解】（1）设导体棒的速度为0时，导体棒的速度为，规定向右为正方向，对导体棒，根据动量定理有对导体棒，根据动量定理有解得由法拉第电磁感应定律可知，导体棒a产生的感应电动势回路中的电流为导体棒所受的安培力为根据牛顿第二定律有解得导体棒b的加速度大小（2）根据牛顿第二定律，可知导体棒a、b的加速度分别为，可得所以导体棒b的速度先减为零，当回路中电流为0时，导体棒a、b的速度均向右，导体棒a、b的速度大小分别为、，两导体棒产生的感应电动势相互抵消，则有可得对导体棒，根据动量定理有对导体棒，根据动量定理有联立解得，（3）对导体棒，根据动量定理有又联立可得代入数据解得根据能量守恒，可得产生总的焦耳热为上产生的焦耳热联立解得【名校预测·第十二题】（2025·河北沧州·一模）如图所示，间距为的平行导轨、右端分别和间距为的平行导轨、左端连接，导轨固定在水平面上、导轨、处在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中、导轨、处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中；质量为、接入电路电阻为的金属棒垂直放在导轨、上，质量为、接入电路电阻为的金属棒垂直放在导轨、上，导轨光滑且足够长，导轨电阻不计，锁定金属棒，给金属棒施加水平向右、大小为的恒力，金属棒运动时间时速度达到最大，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，求：(1)金属棒运动的最大速度的大小；(2)时间内金属棒运动的路程；(3)当金属棒匀速运动后，解除对金属棒的锁定，则金属棒最终运动的加速度多大。【答案】(1)(2)(3)【知识点】动量定理的内容、双杆在不等宽导轨上运动问题、导体棒平动切割磁感线【详解】（1）设金属棒的最大速度为，则当速度最大时，电路中的电动势电路中的电流根据力的平衡解得（2）设时间内金属棒运动的路程为，根据动量定理即又解得（3）当金属棒匀速运动后，解除对金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下向左做加速运动，产生反向电动势使电路中的电动势减小，电路中的电流减小，安培力减小，因此金属棒做加速度增大的加速运动，做加速度减小的加速运动。当两金属棒的电动势差恒定时，金属棒、分别做匀加速运动。设匀加速运动时的电流为，则对金属棒研究对金属棒研究由于电流恒定，即恒定得倒计时04天精准测量明真理，潜心砺志定乾坤；严谨求实破难题，提笔亮剑赢高考。力学核心实验考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：力学实验作为高考实验题中基础性最强的模块，属于必拿分的基础题。近五年力学实验题呈现出“情境生活化、测量创新化、分析深度化”的鲜明特点。力学实验分值通常为6-8分，在实验题总分中占据重要位置。►高考前沿：2026年高考物理力学实验题将聚焦“真实情境+探究能力+综合素养”，命题趋势由“解题”转向“解决真实问题”，实验考查更强调数据处理、误差分析、传感器应用与实验设计能力。核心实验重点包括：验证牛顿第二定律；验证机械能守恒定律；用单摆测重力加速度；探究弹力与弹簧伸长量的关系（胡克定律）；验证动量守恒定律。实验创新方向：传感器应用（光电门、力传感器、位移传感器）已常态化；实验题将更多结合航天、交通、生活科技等真实场景。核心模型--模型架构，精准剖析【模型一】纸带类实验1.瞬时速度的计算（匀变速直线运动推论）核心公式：vn=xn+xn+12T。说明：T为相邻两个计数点的时间间隔，打点计时器固有频率2.加速度的计算（3种必考方法）（1）匀变速判断公式（邻差法）：Δx=aT2（2）逐差法（偶数段位移，充分利用数据减小误差）：以6段位移x1、x2、x3、x4、x（3）两段法（奇数段位移，舍弃中间段减小误差）：以5段位移为例，舍弃中间段x3，公式同4段逐差法；3段位移公式：核心公式：a【模型二】光电门类实验1.瞬时速度测量（核心原理）核心公式：v=ΔxΔt。说明：Δ2.加速度测量（3种高考必考方法）（1）双光电门法（最常考）①核心公式：v22②说明：v1、v（2）单光电门往返法①核心公式：a=|v2②说明：T为物体两次经过同一光电门的时间间隔，常用于竖直上抛、自由落体往返运动。（3）多光电门逐差法与纸带逐差法逻辑一致，用相邻光电门的速度、时间间隔计算加速度，考频较低。易错避坑--易错陷阱精准避坑【易错一】平衡摩擦力误区（1）易错点：平衡摩擦力时挂了钩码一起动，导致摩擦力被重力分量“减过头”；（2）闭坑策略：平衡摩擦力应只让小车间拖着纸带匀速运动，不能挂钩码。平衡后不能随意改变木板倾角或添加砝码后不重新调整。【易错二】验证牛顿第二定律图像不过原点原因（1）易错点：a-F图不过原点，把图线平移、斜率公式混淆；（2）闭坑策略：不过原点≠摩擦力未平衡。若F轴正截距→平衡过度（木板倾角过大）；F轴负截距/且a为正时F为负→平衡不足，木板倾角太小。【易错三】验证机械能守恒定律时瞬时速度的求法错误（1）易错点：直接用v=2gℎ或

v=gt（2）闭坑策略：用纸带上相邻两点间的平均速度代替瞬时速度。高频考点--高频要点重点攻克【考点一】探究加速度与力、质量的关系（传统实验方案）一、探究加速度与力、质量的关系（传统实验方案）1.实验原理：控制变量法，合外力恒定下a∝1M2.核心公式：（1）整体法：mg=(M+m)（2）小车拉力：T=Ma=MmgM+（3）加速度计算：通用纸带加速度公式。3.核心操作与考点：（1）平衡摩擦力：垫高木板无滑轮端，轻推小车，纸带点间距均匀即平衡完成；无需每次改变小车质量重新平衡。（2）控制变量：先保持M不变，改变m测a，作a−F图像；再保持m不变，改变M测a，作4.误差分析与图像偏差：误差来源a−核心原因未平衡/平衡摩擦力不足图像在F轴有正截距拉力需先克服摩擦力，F达到一定值才有加速度平衡摩擦力过度图像在a轴有正截距重力分力大于摩擦力，F=0m未远小于M图像末端向下弯曲实际拉力T<mg，二、探究加速度与力、质量的关系（光电门）1.核心原理：同纸带实验，用双光电门法计算加速度，其余逻辑完全一致。2.核心公式：同纸带实验的牛顿第二定律公式+双光电门加速度公式。3.优势：消除纸带与限位孔的摩擦，系统误差更小。4.高频考点：M≫m的近似条件、平衡摩擦力的要求、a−【考点二】验证机械能守恒定律一、验证机械能守恒定律（传统实验方案）1.实验原理：自由下落过程中，重物重力势能的减少量等于动能的增加量，即ΔE2.核心公式：（1）全程验证（初速度为0）：mgh=12mv（2）任意两点验证：mgΔh=1（3）速度计算：仅能用vn=xn+3.核心操作与考点：（1）纸带选择：选第1、2点间距接近2mm的纸带（h=1（2）无需平衡摩擦力，阻力为系统误差来源。4.误差分析：空气阻力+纸带摩擦，导致ΔE二、验证机械能守恒定律（光电门高频实验）1.核心原理：重物下落过程中，重力势能的减少量等于动能的增加量。2.核心公式：（1）单光电门版（初速度为0）：gh=12（2）双光电门版：gΔh=（3）气垫导轨版：导轨倾斜平衡摩擦力，滑块下滑，gΔh=12v23.高频考点：无需测量质量、挡光片宽度对误差的影响、阻力导致的系统误差。三、验证动量守恒定律1.核心原理：两滑块碰撞过程中，系统合外力为0，总动量守恒，即m12.核心公式：（1）动量守恒：m（2）完全弹性碰撞附加验证（动能守恒）：13.核心操作：气垫导轨调水平，保证系统合外力为0；两滑块安装弹性碰撞架/橡皮泥（完全非弹性碰撞）。4.高频考点：速度的矢量性（注意速度正负号）、完全弹性/非弹性碰撞的条件、系统误差分析。四、探究弹簧弹力与形变量的关系（胡克定律）1.实验原理：在弹性限度内，弹簧的弹力与形变量成正比，即胡克定律。2.核心公式：（1）形变量计算：x=|L−L0（2）胡克定律：F=kx，劲度系数k=ΔF3.核心操作与考点：（1）原长测量：竖直悬挂弹簧，自然下垂状态测原长，消除弹簧自重带来的误差。（2）图像法：①F−x图像：过原点的直线，斜率为②F−L图像（L为弹簧总长）：F=k(L−L0)=kL4.误差分析：弹簧自重、长度测量误差、超出弹性限度导致的非线性偏差。五、验证力的平行四边形定则（橡皮条核心实验）1.实验原理：等效替代法，两个分力的共同作用效果与一个合力的作用效果相同（橡皮条结点拉至同一位置O），验证分力为邻边的平行四边形对角线与合力实际值是否重合。2.核心公式：矢量合成F→合=F→3.核心操作与考点：（1）等效核心：每次必须将橡皮条结点拉至同一位置O，保证作用效果相同。（2）记录要求：结点O的位置、弹簧测力计的示数（力的大小）、细绳的方向（力的方向）。（3）操作规范：弹簧测力计、橡皮条、细绳必须与木板平面平行，避免摩擦；两分力夹角建议60∘4.误差分析：力的方向记录偏差、弹簧测力计读数误差、结点位置偏移、木板不水平导致的摩擦误差。真题精研--复盘经典把握规律题组一情景设定：探究平抛运动实验知识溯源：平抛运动速度的计算及平抛运动的规律（2026·浙江·高考真题）“在探究平抛运动实验中”(1)为探究水平方向分运动特点，应选用图1中的________（选填“甲”或“乙”）装置(2)采用图2所示装置进行实验。将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球落到倾斜的挡板后挤压复写纸，在白纸上留下印迹。下列说法正确的是________。A．调节装置使其背板竖直B．调节斜槽使其末端切线水平C．以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点D．钢球在斜槽静止释放的高度应等间距下降(3)如图3所示，将实验中记录的印迹用平滑曲线连接，其中抛出点为坐标原点，A点（11.0cm，15.8cm）是记录的印迹，B点（11.8cm，19.6cm）是曲线上的一个点，为得到小球的水平速度，应取________（选填“A”或“B”）点进行计算，可得水平速度________m/s。（g取，所得结果保留两位有效数字）【答案】(1)乙(2)AB(3)B0.59【详解】（1）为研究水平方向分运动特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比。故应该选装置乙。（2）A．调节装置使其背板竖直，才能保证小球落在背板上的痕迹准确反映平抛轨迹，A正确。B．调节斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平，B正确。C．坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端的投影点，C错误。D．每次释放小球的高度应相同，保证初速度一致，不需要等间距下降，D错误。故选AB。（3）[1]由图可知因为B点更接近曲线轨迹上，所以为得到小球的水平速度应该选B点进行计算；[2]从原点到B点，小球竖直方向上做自由落体运动，时间为所以题组二情景设定：研究机械能守恒定律知识溯源：机械能守恒定律的应用（2025·江西·高考真题）某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等，组成具有一定倾角的导轨装置，研究机械能守恒定律。重力加速度g取。(1)实验前，应合理安装实验器材。图（a）中光电门____的位置安装不合理，应如何调整_____：(2)实验时，导轨倾斜角的正弦值，光电门1、2相距L。将宽度的遮光片固定于滑块上，从导轨最左端静止释放滑块，分别记录遮光片通过光电门1、2的时间和。移动光电门2的位置改变L，重复实验，所测数据见下表。…滑块经过光电门1、2的速度分别为和。当时，_____，滑块通过两光电门下降的高度_____。（结果保留2位小数）(3)处理上表数据，并绘制关系曲线（其中），如图（b）所示。根据图（b）中的信息，分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒：_____，并给出理由：________。【答案】(1)1适当向右移动光电门1(2)1.013.98(3)守恒见解析【详解】（1）[1]光电门1安装不合理；[2]由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大。（2）[1]当时，由表格可知通过光电门2的时间为，故通过光电门2的速度[2]根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度（3）[1]守恒；[2]根据图（b）可知其斜率约为故在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。题组三情景设定：探究弹簧弹力与形变量的关系知识溯源：胡克定律的应用（2025·四川·高考真题）某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103kg/m3，当地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下：（1）将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为________cm。（2）将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。（3）用带有刻度的杯子量取50mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。（4）以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜率为200m−2。由此可得该弹簧的劲度系数为________N/m（结果保留2位有效数字）。（5）图3中直线的截距为0.0056m，可得所用小桶质量为________kg（结果保留2位有效数字）。【答案】13.14/13.15490.028【详解】（1）[1]该刻度尺的分度值为0.1cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14cm（4）[2]由胡克定律可知化简可得由图像可知代入数据解得该弹簧的劲度系数为（5）[3]由图可知代入数据可得所用小桶质量为题组四情景设定：探究加速度与力、质量的关系知识溯源：牛顿第二定律的应用（2025·安徽·高考真题）某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。(1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车___________。（选填正确答案标号）a.能在轨道上保持静止b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动(2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。①图丙是根据某次实验采集的数据生成的和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。时，物体处于___________（选填“超重”或“失重”）状态；以为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的图像为图丁中的图线a、②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其图像为图丁中的图线___________。（选填“b”“c”或“d”）【答案】(1)c(2)失重d【详解】（1）平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动。故选c。（2）[1]根据图像可知时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态；[2]对物体根据牛顿第二定律整理得可知图像的斜率为，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其图像为图丁中的图线d。终极预测--压轴实战稳拿高分【名校预测·第一题】（2026·安徽·模拟预测）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置探究加速度与物体所受合力的关系。(1)实验时，为了减小实验误差，下列说法或操作正确的是___________。A．遮光条宽度越宽越好，便于测量瞬时速度B．不必调节细线与长木板平行C．不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量(2)正确组装实验器材，用刻度尺测量两光电门之间的距离L，用螺旋测微器测量遮光条的宽度d，在砂桶里装有一定质量的细砂，将小车由静止释放，依次记录遮光条通过光电门1、2的挡光时间Δt₁、Δt₂，同时记录弹簧测力计的示数，小车的加速度大小为a=___________（用以上物理量表示）。(3)改变砂桶中细砂的质量，重复上述操作，记录弹簧测力计的示数F，并算出相对应的小车的加速度a，通过记录的实验数据描绘出的F-a图像如图乙所示，则小车的质量为M=___________。（用b₁、b₂和c表示）【答案】(1)C(2)(3)【知识点】验证加速度与力成正比的实验【详解】（1）A．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，位移越小，平均速度越接近瞬时速度，所以遮光条的宽度越窄，越便于测量瞬时速度，故A错误；B．为了对小车提供恒定的拉力，必须调节细线与长木板平行，故B错误；C．因为通过弹簧测力计可直接读出细线上的拉力，所以，不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量，故C正确。故选C。（2）遮光条通过光电门1、2的速度分别为，根据运动学公式有解得（3）对小车，根据牛顿第二定律有即结合图像可知，图像的斜率解得【名校预测·第二题】（2026·陕西商洛·模拟预测）某同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。实验测得小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，打点计时器所用交流电的频率为。(1)为了使小车受到的合外力等于绳的拉力，除了调节绳与桌面平行，还需要进行的操作是________________；为了使小车受到绳的拉力近似等于砝码和砝码盘所受的重力，需要满足的条件是________。(2)调节好实验装置后，做探究加速度与合外力关系的实验，实验中得到的一条纸带如图乙所示，根据纸带求得小车运动的加速度大小为________。(3)在做探究加速度与质量关系实验时，保持砝码和砝码盘的质量m不变，通过增减放在小车中的砝码，改变小车和砝码的总质量M，根据测得的多组a与M的关系作出图像。作出图线后，发现当较大时，图线发生了弯曲。对实验方案进行修正，可避免图线末端发生弯曲的现象，该修正方案可能是________。A．改作a与的关系图线 B．改作a与的关系图线C．改作a与的关系图线 D．改作a与的关系图线【答案】(1)平衡摩擦力m远小于M(2)0.79(3)A【知识点】验证加速度与力成正比的实验【详解】（1）[1][2]为了使小车受到的合外力等于绳的拉力，需要进行的操作是平衡摩擦力；为了使小车受到绳的拉力近似等于砝码和砝码盘所受的重力，需要满足的条件是m远小于M。（2）根据得（3）由于细线不可伸长，因此砝码和砝码盘与小车具有了相同大小的加速度，对它们整体根据牛顿第二定律有解得因此在mg一定的情况下，故选A。【名校预测·第三题】（2026·广西桂林·一模）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质量均为，钢柱K下端与质量为的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹，初始时P、K、Q组成的系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直，查得当地重力加速度为。(1)开启电动机，待电动机以的角速度匀速转动后。将P、K、Q组成的系统由静止释放，Q落地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图乙所示。细钢柱K上留下的相邻感光痕迹点的时间间隔是_________，激光束照射到点时，细钢柱速度大小为_________（计算结果保留2位有效数字）。(2)经判断P、K、Q组成的系统由静止释放时激光笔光束恰好经过点。参照图乙，经计算，在段，系统动能的增加量_________（计算结果保留3位有效数字），重力势能的减少量________J（计算结果保留3位有效数字），该实验存在一定的误差，请写出一条可能的原因：_________。【答案】(1)0.051.0(2)0.2400.245滑轮的质量不可忽略或绳与滑轮之间有摩擦或空气阻力【知识点】验证机械能守恒定律【详解】（1）[1][2]根据角速度与周期的关系有根据运动学公式（2）[1][2][3]在段，系统动能的增加量为重力势能的减少量为。滑轮的质量不可忽略，滑轮转动时有动能，或绳与滑轮之间有摩擦，或空气阻力导致系统重力势能的减少量大于物块与钢柱的动能增加量。【名校预测·第四题】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）小南同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，其操作步骤如下：①在铁架台的O点固定一个力传感器，将一根细线一端与力传感器相连，另一端系住一个小钢球；②将小钢球保持静止时球心的位置记为A点，测得力传感器的最下端到A点的距离为L，此时力传感器的示数为；③将小钢球向右拉至不同的高度由静止释放（绳子一直保持紧绷状态）；④记录释放点小钢球球心与A点的高度差以及小钢球在运动过程中力传感器示数F随时间t变化的规律；⑤改变，记录小钢球每次经过A点时力传感器的示数，通过分析与之间的关系，来验证机械能是否守恒。(1)某次实验中，小钢球在运动过程中传感器示数F随时间t变化的规律如图乙所示，图中c点为图像最高点，c点对应的力传感器示数为，求：①本次实验中小钢球经过A点时对应图乙中的______（填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）点；②本次实验中，小钢球经过A点时的动能为______（用字母、、L表示）；(2)若小钢球运动过程中机械能守恒，则图像应为______（填标号）。A．B．C． D．【答案】(1)(2)D【知识点】验证机械能守恒定律【详解】（1）[1]当小球运动到最低点A时速度会达到最大，圆周运动的向心力最大，由可知，绳子拉力最大，则力传感器的示数最大，对应图乙中最高点c。[2]小钢球静止时，拉力等于重力，因此有小钢球经过最低点A时，由拉力和重力的合力提供向心力，得小钢球在A点的动能联立两式得（2）若小钢球机械能守恒，重力势能的减少量等于动能的增加量，释放时初速度为0，因此结合最低点向心力公式代入，整理得可见​图像是纵截距为正的倾斜直线。故选D。【名校预测·第五题】（2026·安徽池州·二模）为了研究碰撞时的规律，我们设计了如下实验：在竖直平面内固定一斜槽，斜槽末端水平，末端端点为，在的右边竖直平面内建立一直角坐标系，坐标原点在的正下方距为，轴水平向右，在第一象限内有一个界面是抛物线的挡板，界面方程是如图所示：(1)将小球从斜面某位置由静止释放，小球从点水平抛出，落在挡板上的点坐标是。小球从点抛出的速度______（取，结果保留2位有效数字）。(2)将小球从斜面某位置由静止释放，小球在挡板上落点纵坐标为；将同样大小的小球放在斜槽末端，小球仍从原来位置由静止释放，小球与碰撞后在挡板上的落点纵坐标分别为、。已知小球和质量分别为、且，若小球和碰撞瞬间前后动量守恒，则下列关系式正确的一项是A．B．C．(3)将另一同样大小小球放在斜槽末端且，小球从第一问中同样位置由静止释放，若小球、发生完全弹性碰撞，则小球在挡板上落点的纵坐标是______（取，结果用分数表示）。【答案】(1)(2)B(3)【知识点】平抛运动速度的计算、弹性碰撞：动碰静、平抛后落在圆轨道上验证动量守恒定律【详解】（1）根据挡板界面方程可知，小球平抛的水平位移小球在竖直方向做自由落体运动，满足可知小球从点抛出的速度（2）平抛运动中，小球竖直下落的高度小球在竖直方向做自由落体运动，平抛的运动时间小球的水平位移则小球飞出轨道时的初速度结合题意可知，小球的初速度与小球碰撞后，小球从轨道末端飞出的速度小球从轨道末端飞出的速度根据动量守恒定律代入解得故选B。（3）若小球、发生完全弹性碰撞，由动量守恒可知碰撞前后动能总和不变联立解得由第（2）小问分析知小球平抛的初速度满足解得【名校预测·第六题】（2026·广东深圳·二模）“宝塔”弹簧凭借其体积小、高承载等优点，成为航空航天等现代工业中重要的弹性元件。兴趣小组探究某个宝塔弹簧的物理特性，步骤如下：①如图甲，将传感器、刻度尺固定在铁架台上，弹簧置于传感器的正下方；②传感器恰与弹簧接触时，弹簧上端指在刻度尺10.00cm处。启动数据采集软件，点击“归零”。③竖直向下移动传感器，沿弹簧轴线下压，记录传感器示数和弹簧指针所指刻度。④重复上述操作步骤。已知弹簧长度为时，传感器示数为。则将弹簧从压缩到过程中，平均劲度系数________。⑤以弹簧弹力为纵轴、弹簧长度为横轴，建立坐标系，描点拟合，得到图乙所示图线。由上述信息可知，弹簧弹力大小与压缩量成_______关系（填“正比”、“反比”或“非线性”）。⑥实验发现，随着压力逐渐增大，弹簧底部的圆圈先紧密接触，如图丙。下压过程中弹簧劲度系数发生改变，出现该特性的原因是___________。【答案】非线性弹簧底部的圆圈先紧密接触，导致弹簧有效圈数减小【知识点】探究弹簧弹力与形变量的关系【详解】[1]传感器恰与弹簧接触时，弹簧上端指在刻度尺处，说明此时弹簧弹力为零，弹簧长度为时，传感器示数为，即当弹簧的压缩量为时，弹簧弹力为，根据胡克定律有则平均劲度系数。[2]根据胡克定律可知即若弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，弹簧弹力与弹簧长度成线性关系，由图像可知，显然不是线性关系，所以该弹簧弹力与弹簧压缩量显然不成正比，由图像容易判断，弹簧弹力与弹簧的压缩量也不成反比，所以“宝塔”弹簧弹力与压缩量成非线性关系。[3]随着压力逐渐增大，弹簧底部的圆圈先紧密接触，导致弹簧有效圈数减小，所以使弹簧弹力与弹簧压缩量成非线性关系。【名校预测·第七题】（2026·浙江金华·二模）实验题：在“探究合力与分力的关系”实验中，备有器材包括滑轮（带有磁铁能固定在磁吸黑板上）若干、弹簧测力计若干、橡皮筋、细线及绳套、钩码、刻度尺等，各同学根据不同的方案选择相应的器材，在竖直黑板上进行相关实验操作。(1)甲同学采用如图甲所示的方案，分别用一个测力计和两个测力计将一端固定的橡皮筋两次拉至同一结点位置，记录力的大小和方向，画出力的图示，进行合力与分力关系的探究。其中对减小实验误差有益的说法是（）A．两个测力计的规格以及量程必须一致B．标记同一细线方向的两点要相距远些C．测力计外壳与黑板尽量不要发生摩擦(2)乙同学采用如图乙所示的方案，实验过程只需要一个测力计即可完成实验，该实验_________（选填“需要”或“不需要”）记录点位置。若测力计的弹簧可以视为轻质弹簧，经过正确调零后竖直向下拉，则测力计对点拉力大小_________（选填“大于”、“小于”或“等于”）测力计读数减去测力计面板的重量。(3)丙同学采用如图丙所示的方案，将力传感器分别竖直固定在左右两侧杆上，与挂钩相连的两轻质细绳连接的结点处，用轻绳系上质量为的重物，系统静止时，两个力传感器读数以及满足_________关系（选填“矢量”或“代数”）。【答案】(1)B(2)需要大于(3)矢量【知识点】用其他方法验证力的平行四边形定则、验证力的平行四边形定则【详解】（1）A．两个测力计不需要规格、量程必须一致，只要能准确测量拉力即可，A错误；B．标记同一细线方向的两点相距越远，确定力的方向时误差越小，对减小实验误差有益，B正确；C．测力计的读数反映的是绳子拉力的大小，外壳与黑板的摩擦作用在外壳上，不影响弹簧弹力大小，不影响实验结果，C错误。故选B。（2）[1]本实验需要确定各力的作用点与方向，三个力都作用在O点，因此需要记录O点位置。[2]正确调零后，测力计读数已经等于测力计对O点的实际拉力，设拉力为，测力计读数为，面板重量为，有因此故填大于。（3）力是矢量，合力与分力的合成遵循矢量运算法则，因此、与满足矢量关系。【名校预测·第八题】（2026·河南三门峡·二模）为探究匀速圆周运动向心力的定量表达式，某同学设计了如图乙所示的实验装置。电动机带动转轴匀速转动，改变电压可调节转速；其中为固定在竖直转轴上的水平凹槽，端压力传感器可测出小球对其压力的大小，端固定一宽度为的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。实验步骤：①测出挡光片与转轴的距离为，用游标卡尺测得挡光片的宽度如图甲所示；②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心到转轴的距离为；③启动电动机，使凹槽绕转轴匀速转动；④记录下此时压力传感器示数和挡光时间。(1)由于某些原因，游标尺的左半部分不能看清，挡光片的宽度___________cm；(2)小钢球转动的角速度___________（用、、表示）；(3)该同学为了探究向心力大小与角速度的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应角速度的数据，作出图像如图丙所示，若忽略小钢球所受摩擦且小钢球球心与转轴的距离为，则小钢球的质量___________kg（结果保留两位有效数字）。【答案】(1)1.225(2)(3)//【知识点】游标卡尺的使用与读数、线速度与角速度的关系、利用传感器探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系【详解】（1）图甲为20分度的游标卡尺，其分度值为0.05mm。从题图甲中可以看出，游标尺的第5刻线与主尺的17mm刻线对齐，根据游标卡尺的工作原理可知，20分度的游标卡尺的游标尺每一小格的长度为0.95mm，则游标尺从0刻线到第5刻线的长度为所以游标尺的0刻线对应主尺的位置为即游标尺的0刻线对应主尺的12mm和13mm之间的位置，所以挡光片的宽度为（2）挡光片做匀速圆周运动的线速度大小为则根据线速度与角速度的关系式可知，挡光片做匀速圆周运动的角速度为由于小钢球和挡光片为同轴转动，则小钢球转动的角速度与挡光片的角速度相同，所以小钢球转动的角速度为（3）小钢球做匀速圆周运动所需的向心力由传感器的弹力提供，则根据牛顿第二定律有所以图像的斜率为则由可得，小钢球的质量为（考虑斜率计算的误差，小钢球的质量取、、均正确。）【名校预测·第九题】（2026·广东中山·三模）某南极科考队需要粗略测定南极地区的重力加速度，科考队员利用冰盖表面一处自然形成的光滑冰坑（过最低点的竖直截面为圆弧形）、小铁球、游标卡尺、秒表等工具开展实验。(1)用游标卡尺测量小铁球直径，读数如图乙所示，则小铁球的直径d=________cm。(2)队员将小铁球从冰坑右侧由静止释放，小铁球沿冰坑的运动可等效为单摆。为了准确测量周期，从小铁球第1次经过最低点时开始用秒表计时，到第21次经过最低点，所用的时间为t，则等效单摆的周期T=________。(3)为提高测量精度，队员更换直径不同的小铁球重复多次实验，根据实验记录的数据，绘制了图像如图丙所示，图中图线的横、纵截距均已标出，则该地的重力加速度g=________，圆弧冰坑的半径R=________。（用含π、x0、y0字母的表达式表示）【答案】(1)1.215(2)(3)x0【知识点】用单摆测量重力加速度的大小【详解】（1）根据图像可知游标卡尺的分度值为0.05mm，读数为（2）根据描述可知小铁球做了十个全振动用时为t，所以周期为（3）[1][2]将小铁球在圆弧中的运动看成单摆，有其中摆长为整理后有所以可得到即同时有所以倒计时03天理清电路经纬，笃行逐梦之路；坚守严谨本心，铸就六月辉煌。电学核心实验考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：电学实验在实验题中占据核心地位，通常为一道8-10分的综合实验题，考查内容主要集中在伏安法测电阻、测定电源电动势和内阻、电表改装与多用电表使用、描绘小灯泡伏安特性曲线四大模块，兼有传感器应用、电容器充放电等创新情境。电学实验体现了“原理核心化、方法创新化、误差分析本质化”的突出特征。实验题在理综物理部分占15%-20%，电学实验通常考查3-5个知识维度（仪器使用、原理理解、数据处理、误差分析、方案设计等）。►高考前沿：2026年电学实验将呈现四大趋势：一是基础与创新结合——既考查教材中游标卡尺、螺旋测微器的读数、电表改装等基础实验，又注重以“数字化实验”“新器材应用”为背景的创新设计；二是原理深度考查——从单纯考查“记忆实验步骤”转向“理解实验原理”，要求学生能深入理解实验原理，并据此进行实验设计、误差分析；三是数据处理升级——从“简单计算”转向“图像分析”，如要求学生进行线性化处理，通过图像斜率、截距等获取物理量；四是真实