高考物理 选择压轴题（附解析）

选择压轴题

1.某科创小组制作了一个玩具飞谍，如图甲所示，上、下两圆盘内均安放了半径为，•的水平匀质金属圆环,

圆环上下同轴水平放置，下方圆盘放在水平桌面上。当上、下圆环中通有大小分别为/。、2%的电流时，上

方圆盘能悬浮，此时两线圈相距为儿且，》力，轴截面如图乙。已知上方圆盘的总质量为加，长直通电导

线在空间中某点激发的磁场的磁感应强度满足关系式8二人,，A为常数，/为通过直导线的电流，x为该点

x

与直导线的垂直距离，重力加速度为g。此时（）

r

百“一L

甲乙

A.两圆环中电流方向相同

B.上方圆环对下方圆环的作用力大于mg

C.电流匣

2\nkr____

D.下方圆环在.上方圆环处产生的磁场的磁感应强度B陛

2VTthr

【押猜原因】生活实际相结合

【答案】C

【详解】A.根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环中电流方向相反，A错误；

B.因下方圆环对上方圆环的斥力为〃?g,根据牛顿第三定律可知，上方圆环对下方圆环的作用力等于

fng,B错误；

C.下方圆环在距离6处的磁感应强度大小为8=4组

h

则由平衡可知B\2仃=mg

解得电流人=\陛,C正确；

02、击_

D.卜・方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度8=4组=、陛，D错误。

hVnhr

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方考物理

故选C。

2.核磁共振（NMR）是一种在化学生物等方面具有极多应用的检验手段。已知氢原子核有自旋，自旋产生

微小环形电流，环形电流产生磁场，其效果类似小磁针。如图1所示为核磁共振仪工作原理的简化图。与

扫描发生器、射频发生器、探测器相连的线圈分别称作扫描线圈、射频线圈、探测线圈。核磁共振仪开始

工作后，扫描线圈中通以强电流，形成水平方向的强磁场玛。此时氢原子小磁针的运动形式可类比为陀螺:

可认为一端固定，另一端点以外界强磁场方向为轴做圆周运动，这一运动形式称为进动，如佟2所示。当

氢原子小磁针在强磁场中排列稳定后，在射频线圈中通以正弦交变电流。类似核外电子吸收能量跃迁至更

高隹级，射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级，氢原子小磁针进动模式因而发生改变。随

后擞去射频电流，氢原子小磁针重新回到原进动模式。在这一恢复过程中，大量氢原子小磁针所产生的宏

观磁场切割探测线圈，所形成的电流经处理最终成像。下列说法正确的是（）

扫描线圈

图2

图1

A.氢原子小磁针进动时，原子核的自旋以瑞为轴

B.氢原子小磁针在重回原进动模式的过程中会释放能量

C.进动模式恢复过程中，探测线圈中的磁通量不变

D.射频线圈产生的电磁波频率高于X射线

【押猜原因】科技前沿

【答案】B

【详解】A.由图2可知氢原子自旋不是以力为轴，而是以NS极方向为轴转动，故A错误；

B.由题意可知，“射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级”，说明激发后的状态能量较高。

当氢原子小磁针”重新回到原进动模式”时，是从高能级跃迁回低能级（稳定态），根据能量守恒定律，该

过程必然释放能量，这部分能量转化为探测线圈中的电能，故B正确；

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方考物理

C.在恢复过程中，探测线圈中形成了电流，根据法拉第电磁感应定律，穿过探测线圈的磁通量必然发

生变化，若磁通量不变则不会产生感应电流，故C错误；

D.射频属于无线电波波段，其频率远低于X射线的频率，枚D错误。

故选Bo

计算压轴题

3.如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为30。，斜面上固定有两块圆形挡板(一块半

圆挡板、一块四分之一圆挡板)和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形

挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形。颂中奖区间。

游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹

珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为/〃且可视

为质点，重力加速度大小为g,忽略一切摩擦，求：

(1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小〃：

(2)要使得弹珠与点力(左侧直挡板与半圆挡板的切点)相撞击，内侧圆形轨道最高点。对弹珠的作用力大

小M

(3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件(若存在碰撞，仅考虑与。力区域直挡板的弹性碰

撞)。

【押猜原因】生活实际问题建模

【答案】(l)a=；g

⑵N==mg

4

597IS

(3)—mgR<Ek<-mgR或叽>—mgR

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方考物理

【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有照以1130。二加。

解得a=；g

（2）设离开。点的速度大小为匕1，沿底板方向有K二匕4

垂直于底板方向有/<二!”；

解得%=琴

在a点,由圆周运动动力学方程有mgsin30O-N=m%

解得N二!mg

4

（3）由于弹珠与be间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着从轴对•称折直，碰撞前后的运动

可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击方点的情况，超之过。的速度为*轨迹如卜

a

Z

/\

取

胜

区

er________e

d

水平方向有L5K=V2

垂直于底板方向有2.25A=-al1

22

解得匕2=%=早

对离开圆轨道后类平抛运动恰好过/点的情况，设其过a的速度为%,水平方向有.0.5R=%4

垂直于底板方向有2.25A=；S；

联立解得“二邈

幻6

若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过。点速度满足mgsin30o=m与

弹珠从底板到。点的过程，解得“陋

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方考物理

弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得-（2.25+1）%心加30。二-乙

2

因要取胜，过4点的速度需满足%4匕4%或匕之匕4,故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件

59715

—mgR<Ek<-mgR或Ek>—mgR

4.单板滑雪U形池赛是一项兼具观赏性和挑战性的比赛，该项目要求运动员在特设的U形场地内凭借滑

坡起跳，并在空中完成各种岛滩度动作。如图所示，现某运动员以v=12.5m/s的速度大小从轨道边缘上的

M点沿轨道的竖直切面滑出轨道，速度方向与轨道边缘线的夹角为53。，腾空后沿轨道边缘的N

点重新进入轨道，不计空气阻力,重力加速度取g=10m/s2,而53。=0.8,cos53°=0.6,兀取3.14。

（1）求该运动员（可视为质点）的运动轨迹在最高点的曲率半径〃（曲率半径指曲线某处内切圆的半径）；

（2）若运动员在腾空过程中表演各种回旋动作，现认为该过程中，滑板中心上的一点。可视为以运动员重心

S为圆心做匀速圆周运动（起跳后身体向前翻转，。和S图中均未画出），周期为7=0.4s,重心S与。点

的距离为厂=1.1m,则运动员位于最高点时，求滑板上。点的对地速度大小。

【押猜原因】2026年米兰-科尔蒂纳冬奥会

【答案】（1）5.625m

（2）24.77m/s

【详解】（I）运动轨迹最高点处，运动员的重力提供在该点做圆周运动的向心力，运动员速度为从M点

2

滑出时速度的水平方向分量，即匕=v8s53*mg=m—

P

解得〃=5,625m

（2）从〃点滑出到最高点所用时间为/=受vein二53c=1.0s

g

则运动员从离开轨道到位于最高点时所转的圈数为〃=）=2,5

即此时运动员处于倒置状态，滑板上的。点在最高点，所以滑板对地速度大小为

）",

v-vcos53°+---=24.77m/s

。oT

5.2025年11月5日福建舰正式入列，标志着我国海军正式进入“三航母时代，如图甲所示，福建舰配备

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裔考物理

了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，电源的电动势为E,内阻不计。两

条足够长的导轨间距为L且水平放置，处于磁感应强度为8的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下,

电容器的电容为。。现将一质量为〃?、电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好

接触。将开关K置于“使电容器充电，充电结束后，再将开关K置于a金属滑块会在电磁力的驱动下运

动，不计导轨和电路其他部分的电阻，且忽略金属滑块运动过程中的一切阻力，不计电容器充放电过程中

该装置向外辐射的电磁能量及导轨中电流产生的磁场对滑块的作用，求；

图甲图乙

(1)在开关K置于方瞬间，金属滑块的加速度大小;

(2)金属滑块在运动过程中的最大速度上；

(3)若撤掉匀强磁场，金属滑块在导轨中电流产生的磁场作用下加速，导轨间磁场与导轨上电流成正比，且

磁感应强度8二必，4的大小已知且为常数，求金属滑块速度为妙时，电容器储存的电场能。

«///

【答案】⑴仁华

mR

…CBLE+…丁一

⑵”;F'方向水平向右

(3)^=-CE2----mv2

,电2kL2

【押猜原因】大国重器——福建舰

【详解】(1)对金属滑块应用牛顿第二定律，得BIJ二松

又E

解得。二隼

mR

(2)对金属滑块应用动量定理，得8〃/二加嗫

又h=q-q]

电容器放电前所带的电荷量

最终电容器所带电荷量夕I=CU

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方考物理

金属滑块达到最大速度时，金属滑块产生的电动势U=嗫

金属滑块最大速度为八=”,方向水平向右。

m+CoL

(3)对金属滑块应用动量定理，得'BILM=mv

即二闭口

两边同乘电阻，^kI2RML=mvR

即皿二m〃

根据能量守恒得%电-4=0+1加2

其中炉

乙

解得芯=,CE2----mv1

电2kL2

6.受控核聚变(托卡马克装置)中常用磁镜装置约束带电粒子.其简化模型如图所示。以X轴为轴线对称

分布着中间长直螺线管与端部长直螺线管，坐标原点O点为中间螺线管的几何中点。磁镜装置参数如下：

中间和端部螺线管单位长度匝数分别为小叫，分别通入恒定电流乙、/2,螺线管内部产生沿X轴正方向的匀

强磁场，磁感应强度分别为片、一束质量为螂、电量为夕的正离子从白点与x轴夹角为。注入磁镜，离

子在磁场中运动仅受洛伦兹力作用，不考虑相对论效应。已知/w=6.4xl027kg＞夕=3.2x10I%；、^=2xl04

匝/米、々nlxlO5匝/米、4=5A、4=8A,通以电流/的螺线管内部磁感应强度8=〃o〃/(真空磁导率

〃。=47txl07T・m/A,〃为单位长度匝数），sin37°=0.6,cos37°=0.8o

中间螺线管

(1)笊-瓶聚变是目前受控核聚变的主要研究方向，其核反应方程是：；H+：H-＞：He+()+17.6MeV,请将

方程补充完整，并求磁镜装置中片和朦的大小(取兀二3);

(2)若入射速率y=5xl()6m/s,〃=37。，求离子在中间螺线管内运动过程中离x轴的最大距离以及第一次返回

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裔考物理

X轴时的“X”坐标（取筒二3，离子始终未离开中间螺线管）：

（3）在X轴玉〜£（为和马未知）间存在沿X轴正方向缓慢增强的线性梯度磁场，离子能被磁镜捕获的临界条

件为：离子运动到端部磁场9处时沿X轴方向速度恰好减为零。已知：离子速度垂直于X轴的分最匕与所在

区域磁感应强度B满足;小片0C从若离子以速度%从建二片处注入且恰好满足捕获条件，

①求入射速度方向与x轴央角的临界值4（结果可用二角函数表示）；

②若磁感应强度分布满足：%），攵〉0,求离子从4处运动到吗处所用的时间/（用字母

%、仇、k、4表示）。

【押猜原因】科技前沿——人造太阳

【答案】（1）；H+：H->：He+；n+17.6MeV,4=0.12T,Z/2=0.96T

（2）工x0=4m

⑶①ia应者/_24CGS>

（3）①加痣=7②'一他

【详解】（1）核反应方程是:H+；Hf：He+；n+17.6MeV

中间磁场4=0.12T

端部磁场82=〃O〃2/2=O96T

（2）速度分解横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场匕=vsinl9=3xl06m/s；-vws^=4xl06m/s

设回旋轨道半径为〃，由洛伦兹力提供向心力夕匕与二根匕

r

得，=^-=0.5m

必

国x轴最远工-：.1m

l^-xb4xIO27

回旋周期7'=到二lxlO6s

夕及3.2x10凶x0.04万

第一次回到x轴的坐标XQ=y”=4xl（）6xixl06=4m

（3）①洛伦兹力不做功，离子总动能恒定；

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方考物理

当处有％二%不小咆二为片

4

；m(%sin〃)2R

得当——B

3m*B1

0.0471Ji

化简得Sin4=

0.32n4

②洛伦兹力不做功，离子总动能守恒耳二耳"+耳-故AE”=-她打

由跖=娟、B=B]tkx

得A£tl=心岫=kok^x.即必〃二-k/N

由功能关系A4〃=/0Ax，得轴向合力/、=-%（）£（大小恒定、方向与轴向运动相反）故离子沿x轴做匀

减速直线运动；

有以“二;旭嗓而4

由耳口二%。4得《二誓警

将上o=誓警代入。为二鳍

2从mm

^sinX

24

2BROS纥

由y4=y〃。一小得/

仇sin为。

三、综合题

科幻电影——仰望星空

人类探索宇宙的梦想从未止步……

【星际远航】

7.某部科幻电影中涉及了宇航员在河外星系探测探索的镜头。

（1）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q

的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为例，引力常

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方考物理

量为G。关于P的公转，下列说法中正确的是（）

时间

A.周期为B.半径为J则仁宣

4/r

nD.加速度的大小为?伫也

C.角速度的大小为：

‘I

（2）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg,他们携手远离绕P星运动的

空间站（忽略其他天体对空间站的影响），两人相对空间站的速度为A将B向空间站方向轻推后,

A的速度变为0.2m/s，下列说法正确的是（）（多选题）

BA

A.研究A、B相对空间站的速度是以P星为参考系

B.A将B向空间站方向轻推的过程中，不能认为A、B组成的系统动量守恒

C.A将B向空间站方向轻推后，B的速率为O.O2m/s,方向指向空间站

D.若A将B向空间站方向轻推的作用时间为0.5s，则A、B互相作用的平均力为1硒

E.空间站围绕P星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

（3）维持空间站的运行与舱内航人员的生活需要耗费大量电能，科学家为其设计了太阳能电池板。太阳辐

射的总功率为"，太阳与空间站的平均距离为人且该太阳能电池板正对太阳的面积始终为S,假设该太阳

能电池板的能量转化效率为求单位时间空间站通过太阳能电池板获得的电能.（计算题）

【星中隧道】

8.某部科幻电影中涉及了一种地心车，无需外力就可以让人在几十分钟内瞬间到达地球的另一端，其简化

模型如下：如图，从地球球心方向挖通一条贯穿地球两极的隧道隧道狭窄，地球仍可看做一个球心为

O,半径为R,质量分布均匀的球体。质量为〃，万有引力常量为G,从隧道口P点静止释放--质量为加

的小球。（一个质量分布均匀的薄球壳对位于球壳内任意位置的质点万有引力都为0）

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方考物理

(1)求证：小球做简谐运动:(论证题)

(2)小球出发第一次从P点到0点运动的时间1=：

(3)科学家在地心建造了研究站，相关人员在研究站内进行了自主发电，利用自主发电机给研究站内用电

器供电进行尝试，设计原理图如下，升压和降压线圈匝数〃均为理想变压器；发电机的输出功率

P=10kW,发电机的电压，=250V,经变压器升压后输电，输电线总电阻，=40Q,在用户端用降压变压

器把电压降为〃=200V,空间站输电线上损失的功率々=IkW：

9.物理研究离不开仰望星空，同样也离不开脚踏实地的研究，阅读材料•，完成问题。

材料：如图所示为库仑“电摆”实验装置。

绝缘支架托起直径约30cm的铜球，长度约2.5cm的蚕丝。上端固定于绝缘细棒，绝缘细棒用夹子V固定

在水平横杆上。长度约3.5cm的绝缘小针g水平悬挂于细丝下方，绝缘小针靠近铜球一端固定直径约1.5cm

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方考物理

的镀金纸片/,镀金纸片平面与绝缘小针垂直。调节绝缘支架高度，使得铜球球心与镀金纸片圆心处于同一

水平高度。实验时先通过莱顿瓶放电使铜球带电，再利用与铜球感应起电的方式使镀金纸片带上异种电荷,

使得铜球和镀金纸片间出现静电力。镀金纸片受到轻微扰动后在静电力作用卜振动，库仑在实验中记录的

测量数据如下表所示：

镀金纸片到铜球球心的距离（寸）完成15次全振动的时间（s）

第1次实验9(约22.86cm)20

第2次实验18(约15.72cm)41

第3次实验24(约60.96cm)60

结合单摆周期公式，通过类比，库仑“电摆”实验能证明电荷之间作用力与距离平方成反比，请你写出分析

论证过程。已知地球质量为万有引力常量为G.（论证题）

【押猜原因】科技前沿一深空探索

【答案】7.BDE/ED£8.见解析40545

4乃「

1:89:19.见解析

【解析】7.[1]A.由图b可知乎二订故A错误:

B.根据万有引力提供向心力有9婴=色空

r2T2

解得「二故B正确；

V4,

C.根据。=§二3-,故c错误；

D,根据万有引力定律g色空-加。

r2T2

解得『叵5字，故D错误。

\a"

故选Bo

⑵A.研究A、B相对空间站的速度是以空间站为参考系，故A错误；

B.A将B向空间站方向轻推的过程中，系统合外力几乎为零，可以认为A、B组成的系统动量守恒,

故B错误;

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方考物理

C.由A、B组成的系统动号守恒有（加A+/）%=%"+mnVB

代入数据解得%=0.02m/s,方向背离空间站，故C错误；

D.取A为研究对象，根据动量定理有用二加八（%一%）

解得A、B相互作用平均力方二]硒，故D正确；

E.空间站围绕P星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故E正确。

故选DE。

[3]根据题意可知