高考物理 选择题（附解析）

选择题

测01原子物理

1）预测点：以氢原子能级跃迁为背景，结合光电效应方程，考查光子能最与截止电压的定

量关系

2）押题

I.图I为氢原子的能级图，入射光照射大量处于基态的氢原子，发出。、从c三种不同频

率的光，现用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有〃、b两种光能得到图3

所示的电流与电压的关系曲线。已知电子电荷量”=-1.6x10"C。下列说法正确的是（）

A.入射光的光子能量为12.75eV

B.滑片P向a端移动时，电流表示数变大

C.a光照射下，遏止电压4=12.09V

D.。光照射下，单位时间内到达A极板光电子数最多为6xl（）i2个

【答案】D

【详解】A.入射光照射大量处于基态的氢原子，发出出尻c三种不同频率的光，可知

基态氢原子跃迁到，7=3能级，这样有〃=3跃迁至Ij〃=2、〃=2跃迁到〃、〃=3跃迁

至“〃=1三种不同频率的九，可知入射）匕的光了能量13.6cV—1.51cV—12.O9cV,故A错误；

B.图2中滑片P向a湍移动过程中，部分的电旺,变大，K端的电势变高，K端的电

势高于A端的电势，电压反向，可知电流表示数变小，故B错误；

C.用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有心力两种光发生光电效应，可

知心涧种光为〃=2跃迁到〃=1、〃=3跃迁到〃=1发出的光，根据图3可知

根据e4—七.一.一%

可知匕＞一，可知。光的能量为12.09eV,b光的能量为10.2eV,则=/=牝M，

叫。=/=牝-%

从而解得上口=也二色上%=9.84V,故C错误；

e

D.图3中的〃光照射阴极，光电流达到饱和时，饱和电流为0.96pA,由/=：

川一知每秒射出的电荷量为0.96xl0-6c,所以阴极每秒射出的光电子数大约

〃="丝£=6x10、故D正确。

1.6x1019

故选D。

2.处于能级6和能级4的氢原子分别跃迁到能级2所产生的两种可见光，照射图甲所示的

光电效应装置，得到图乙所示的光电流和电压的关系曲线I和n,则（）

A.I是氢原子从能级6跃迁到能级2所发出的光

B.I、II两种光照射同一双缝干涉装置.，II光的亮纹间距小

C.图甲中变阻器滑动触头尸从。向〃移动过程中，电流会持续减小到零

D.单位时间内I光的光子数小于II光的光子数

【答案】B

【详解】A.根据图乙可知，曲线I对应的遏止电压小丁曲线H对应的遏止电压，则曲

线I对应的光子的能量小于曲线H时应的光子的能量，可知，I是氢原子从能级4跃迁到

能级2所发出的光，故A错误；

B.结合上述，I光对应的光子的能量小于n对应的光子的能量，则I光的频率小于n光

的频率，光的频率越小，光的波长越大，则I光的波长大于H光的波长，根据—=。义

a

可知，I、ii两种光照射同一双缝干涉装置，n光的亮纹间距小，故B正确;

C.滑片在。的左侧时，AK之间的电压对光电子有减速效果，滑片在。的右侧时，AK

之间的电压对光电子有加速效果，可知，图甲中变阻器滑动触头2从。向。移动过程中，

电流会先增大，当电流达到饱和电流时，电流将保持不变，故C错误；

D.根据图乙可知，I光的饱和电流大于H光的饱和可流，由于饱和电流/。=亍

可知，单位时间内I光的光子数大于H光的光子数，故D错误。

故选Bo

预测02光学

1）预测点：几何光学与物理光学结合题

2）押题

3.将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图I为弹簧正视示意图，实线和虚线表

小螺旋细铁丝，弹鬣上实线细铁丝和虚线细铁丝2成一定的角度。一束激光垂直弹簧短线照

射弹簧（只能照射到两圈弹簧），在光屏上会形成如图2所示的夹角为。的“X”形交叉条纹。

根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双缝的干涉图像一致。下列说法正确的是（）

图1图2

A.若稍微压缩弹簧，则图2中的夹角。将变小

B.若稍微压缩弹簧，则光屏上的条纹将更加密集

C.若改用频率更低的激光，则图2中的夹角。将变小

D.若改用频率更低的激光，则光屏上的条纹将更加密集

【答案】A

【详解】AB.弹簧被压缩时，螺距减小，弹簧螺旋线与垂直于轴线平面的夹角减小，即

图1中实线与虚线趋向水平，二者夹角变小，所以图2中T-涉条纹的夹角。变小；同时，

弹簧圈间距（相当于双缝间距"）减小，根据双缝干涉条纹间距公式=可知，条

纹间距Ar变大，条纹变得稀疏，故A正确B错误；

C.改用频率更低的激光，波长4变大，干涉条纹的夹角。由弹簧几何结构决定，与波长

无关，保持不变，故C错误；

D.根据可知，波长A变大，条纹间距Ar变大，条纹变得稀疏，故D错误。

a

故选Ao

4.(多选)巴西科学家莫泽将漂白剂滴入装满水的透明水瓶里，制成可用于白天室内照明的

莫泽灯，原理图如图(«)4为方便研究，将水瓶简化成高山直径为d的圆柱体，如图(b)

所示，A、B.C、。为通过中轴线纵截面图的四个顶点，有一束红光从。点射入，若经瓶身

侧边CD折射后从中点射出。已知红光与BC边的夹角为仇光在空气中的速度为以

忽略塑料瓶对光的折射下列说法正确的是()

B.由题目条件可以求出瓶内溶液对红光的折射率

C.根据对称性，红光射出水瓶时与人8的夹角为90。-。

D.若仅将红光换成紫光，可能在边发生全反射

【答案】BC

【详解】A.红光在瓶内传播路径为。到A8中点，距离为$=

红光在瓶内传播的速度v=£<c

则传播的时间为故A错误;

B.光路图如图所示

已知入射角由几何知识可得，折射角，满足sine=与

2d

sin。

由折射定律可求得折射率为〃==，故B正确；

sin4

C.在AB边折射后，法线垂直于A3边，折射角是折射光线与法线的夹角仇，根据对称

性折射角为4=夕，因此红光射出水瓶时与人8的夹角为90。-氏故C正确；

D.在当前条件卜，红光第二次折射没有发生全反射.因此第二次折射入射角小十临界

角也＜c,乂q=e2,因此第一次折射的入射角。（好，当换成紫光后，第一次折射的

入射角。＜笫\第一次折射角小于临界角4＜C,因此第二次折射入射角a=a小广临

界角，不会发生全反射，故D错误。

故选BCo

5.（多选）如图所示，竖直平面内激光器悬拄在轻质弹簧卜.端，与水平方向的夹角始终为

夕=60，其右侧竖直放置一块直径为。的半圆柱形玻璃砖。激光器静止时，激光恰好从圆

心。点射入玻璃破。现使激光器做简谐运动，并确保照肘到玻璃砖的光均能从圆弧面射出。

己知玻璃砖对该激光的折射率为〃=6,光在真空中的传播速度为J不考虑玻璃砖内的反

B.激光在玻璃砖中的传播速度为正

3

C.圆弧上的光点做匀速圆周运动

D.若激光频率增大，激光器的振动周期将减小

【答案】AB

【详解】A.如图所示，激光恰好都能从圆弧面射出，玻璃砖恰好发生全反射的光路如

图所示

由几何关系可得/。48=120。，NO£D=60°

根据sinC」

n

在A/WO、AEAX?中，艰据正弦定理分别有等=

sinCsin120sinCsm60

oR

解得人O==F

J

故弹簧振子的振幅为A=^=g，故A正确；

B.激光在玻璃砖中的传播速度为,=£=息，故B正确；

n3

C.激光器做简谐运动，其位移随时间按正弦规律变亿，导致激光在圆弧上的出射点位置

也随时间非均匀变化，因此光点做变速圆周运动，故c错误；

D.弹簧振子的周期公式为7=24形

可知周期仅由振子质量〃?和弹簧劲度系数攵决定，与激光频率无关，因此周期不变，故

D错误。

故选AB。

预测03热学

1）预测点：以埋想气体等容变化为情境，结合分子平均动能与温度关系

2）押题

6.“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无

火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持

食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体,

则加热过程中，下列说法正确的是（）

\三三三口一食材层

加热层

A.食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变

B.食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量

C.食材层内空气的压强与热力学温度成正比

D.食材层内空气分子对单位面枳盍壁的平均作用力不变

【答案】D

【详解】B.根据热力学第一定律AU=Q+W

虽然气体体积不变，但是气体分子数减小，有气体泄漏，可视作气体体积增大，可得W<0

所以auv。，故B错误；

CD.压强的物理意义就是分子对单位面积器壁的平均作用力，由于盖子上的透气孔泄压

维持食材层内空气压强不变，所以食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变,

故C错误，D正确；

A.设在时间加内撞击器壁的分子数为N,分子的平均速度为。，器壁受到的平均作用

力为户，根据动量定理可得同V=2M后

解得单位时间内撞击器壁的分子数二N=三F

△l2mv

根据选项D可知声不变,随着加热食材层内温度升高，分子的平均速度万增大,可得N;

加

减小，故A错误。

故选D。

7.（多选）如图为小津同学设计的一款简易温度报警装置及其简化示意图。在竖直放置、导

热性能良好的汽缸中，用活塞密闭一定质量的气体。当环境温度上升时，活塞缓慢向上移动，

安装在活塞上表面的金属薄片与M、N两触点接触使电路导通，蜂鸣器报警。不计一切摩

擦，此过程中密封气体可视为埋想气体，则浴封气体（）

A.对外做功

B.吸收的热量等于其内能的增加量

C.分子的数密度增大

D.分子的平均动能增大

【答案】AD

【详解】A.汽缸导热总好，环境温度升高时，封闭气体温度升高：活塞受力平衡，封

闭气体压强〃=%+?保持不变，气体做等压膨胀，体积增大，气体对外做功，故A正

确；

B.理想气体内能仅与温度有关，温度升高，内能增加，则AU>（）

根据热力学第一定律=Q+w

气体对外做功，故W<0

整理得O=AU-W,即吸收的热量等于内能增加量与气体对外做功之和，大于内能的增

加量，故B错误：

C.气体总分子数不变，体枳增大，单位体枳的分子数（分子数密度）减小，故c错误；

D.温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，故D正确。

故选AD。

预测04平衡问题和牛顿动力学问题

1）预测点：斜面、轻绳、轻杆模型中的临界平衡问题（如最大静摩擦力与动态平衡的临界

条件）将高频出现，整体法与隔离法交替使用

2）押题

8.图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量1.8kg,长度40.8m,内有质量/〃=0.2kg、

长s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体

间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数〃=0.1。现用水平恒力b=L8N将抽屉完全抽出，油屉

遇到柜体挡板时立即锁定，下列说法正确的是()

甲图乙图

A.书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功

B.若拉力逐渐增大，则书的加速度也•直增大

C.抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N

D.书本能与抽屉左侧发生磕碰

【答案】A

【详解】A.抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，

所以此时摩擦力对书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书

本的位移还是向右，则此时摩擦力对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先

做正功后做负功，故A正确：

C.抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律

可得/=(M+/")〃

解得a=Ogm/s?

此时书本受到的静摩擦力为f=〃心=0」8N

书本与桌面间的最大静摩擦力为=0.2N

由于

故假设成“即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大

小为0.18N,故C错误；

B.当拉力较小时,，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会

增大。但当拉力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩

擦力决定，由牛顿第二定律可知，此时书本的加速度大小为Q=〃g=Im/s2

所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误；

D.设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为乙则由运动学公式可得y=2ad

解得u=12ad=1.2ni/s

假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为6,则由牛顿第二定律有=〃5

解得4=隔废

则书本匀减速到0的位移为％=二=0.72m

由分析可知，书本实际上应先向右运动s=0.2m,然后再向左减速到0,则书本向左运动

的距离为Ax=x-s=0.52m<d-s=0.6m

所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。

故选Ao

9.老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面.上的课本上，用水平

向右的恒力/将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质最均为〃1，各

接触面间的动摩擦因数均为小抽出课本的过程历时上最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦

力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（）

粉笔盒

课本

书桌

A.课本受到5个力作用

B.课本受到的摩擦力大小为2〃〃?g

C.尸大于4〃〃喧才可能将课本从粉笔盒下抽出

D.粉笔盒最终将停留在初始位置右侧g〃灯2处

【答案】C

【详解】A.通过受力分析可知，课本受到拉力、重力、桌面支持力、粉笔盒压力、桌

面摩擦力和粉笔盒摩擦力共6个力的作用，故A错误；

B,桌面对课本的摩擦力力=2〃〃吆，粉笔盒对课本的摩擦力人则课本受到的摩

擦力/=/+A=3攸心，故B错误;

C.课本和粉笔盒刚好要发生相对运动时，粉笔盒受到摩擦力<'=〃咫=〃也

解得a=

对整体牛顿第二定律有F-2pmg=2ma

联立解得/=43咫

则F大于4〃〃?g才可能将课本从粉笔盒下抽出，故C正确;

D.抽出课本过程，粉笔盒以〃为加速度做匀加速直线运动，抽出后由于桌面摩擦力大小

不变方向反向，粉笔盒以，为加速度做匀减速直线运动，故粉笔盒总位移

x=2$=〃口2

则粉笔盒最终将停留在初始位置右侧〃处，故D错误。

故选C。

10.某机场行李物品传送装置的直线段部分简化图如图日所示，传送装置由传送带及固定挡

板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，行李在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。传送

带上表面与水平台面的夹角。=37。，传送带运行速度呻lm/s,传送带的长度L=5（）m。旅客

将长方体行李（可视为质点）从传送带的左端由静止释放，行李在传送带的右端被取走，已

知行李与传送带间的动摩擦因数"=0.3125,其侧面与挡板C间的动摩擦因数42=0.25,取重

力加速度大小g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8o卜列说法正确的是（）

行李B传送带上表面A

固定挡板C|-----

甲

A.行李相对传送带运动时的加速度大小为lm/s2

B.行李在传送带上加速运动的时间为2s

C.行李随传送带一起匀速运动时不受传送带的摩擦力

D.行李在传送带上运动的时间为46s

【答案】A

【详解】A.对行李，有N1=mgcos。,N2=mgsinO

行李与传送带间的滑动摩擦力大小工=从乂

摩擦力方向与运动方向相同，行李与挡板间的滑动摩擦力大小人=必生

摩擦力方向与运动方向相反，对行李，有工-人=〃也

解得a=lm/s2,故A正确；

C.行李随传送带一起匀速运动时，传送带对行李的摩擦力与挡板对行李的摩擦力平衡,

故C错误：

BD.行李加速运动的时间L=^=ls

a

加速运动的位移芭=/=0.5m

匀速运动的时间，、=&二±=49.5s

V

总时间f=L+G=50.5s,故BD错误。

故选A。

11.（多选）如图所示，质量为仞的运动员踩着质量为小的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。

滑板底部装有转向桥，滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直

线始终与滑板平面垂直，且与圆心。、O?所在的竖直线的夹角为〃。运动员与滑板之诃只

存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑板重心所在圆弧的半径分别为，i、4，两者相对静

止且转弯的角速度均为①,已知重力加速度为8,空气阻力及滑板与地面的滚动摩擦均不计。

下列说法正确的是（）

A.运动员身体与竖直方向的夹角8满足tan9=@上

g

B.运动员受到滑板的作用力的大小为mJr

C.滑板受到地面的静摩擦力大小为:（M+m）苏«+幻

cur（Mr+mr）

D.滑板与地面间的动摩擦因数至少为i2

+m）g

【答案】AD

【详解】A.对运动员受力分析：运动员仅受重力Mg、滑板对运动员垂直板面的弹力”。

匀速圆周运动中，竖直方向合力为0,水平方向合力提供向心力，竖直方向：Fcos6=Mg

水平方向：Fsin0=M0、

tan”?

推导得:故A正确;

B.运动员受到滑板的作用力是弹力产，由勾股定理得：

3二J（Mg）2+（M苏4）2=Mjg2+4"2,故B错误；

C.将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者

:21

向心力之和：f=M（t）ri+nuor2=（o（Mi\+mr2）,故C错误；

D.整体竖育方向无加速度，地面支持力N=（M+〃以，静摩擦力不超过最大•静摩擦力：

f_+mr)

代入/、N得：//>2

N(M+〃?)g

即滑板与地面间的动摩擦因数至少为驾弊等，故D正确。

（M+m）g

故选AD„

12.（多选）擦玻璃机器人擦玻璃的原理主要基于真空吸附和智能控制技术，机器人可以吸

附在玻璃上不会掉落是通过机身底部的真空泵抽取机身与玻璃之间的空气，使二者间形成局

部真空环境，靠大气压力把机器人压在玻璃上。如图所示，质量为用的机器人静止在与水平

方向夹角为53。的玻璃的上表面，机器人与玻璃表面的滑动摩擦力大小为（重力加速

度为"）,sin53=0.8。下列说法正确的是（）

A.机器人受到三个力作用

B.若要机器人水平向右匀速运动擦拭玻璃，则需为其提供大小为〃抬的牵引力

C.若要机器人水平向右匀速运动擦拭玻璃，则需为其提供水平向右的牵引力

D.若要机器人以0.2g的加速度水平向右匀加速运均擦拭玻璃，则需为其提供芈叫的

牵引力

【答案】BD

【详解】A.机器人静止时受到重力、支持力、大气玉力和摩擦力作用，A错误；

BC.机器人水平向右匀速运动时受到水平向左，大小为0.6,谑的摩擦力，共重力沿玻璃

向下的分量为08咫，故牵引力尸=而嬴氾而嬴了=〃必，牵引力在重力沿玻璃分

量及摩擦力合力的反方向上，B正确，C错误：

D.若要机器人以02g的加速度水平向右匀加速运动擦拭玻璃，则水平方向

Fx-0.6mg=0.2-g,Fx=0.8-g

牵引力为尸二J（0.8〃，g）2+（0.8/〃g）2=4,rng,D正确o

故选BDo

预测05抛体运动和圆周运动

1）预测点：将平抛运动与圆周轨道末端衔接，斜抛运动，水平及竖直面圆周运动的动力学

分析

2）押题

13.2025年，浙84掀起篮球热潮。如图所示，某运动员在M点将篮球斜向上抛出，篮球

在空中划过一道弧线后，到达N点。己知篮球抛出时速度方向与水平方向的夹角为60。，速

度大小为％，M、N两点论连线与水平方向的夹角为301若不计空气阻力，篮球视为质点,

重力加速度为g，则篮球（）

A.经最高点时的速度为零B.经最高点时重力的瞬时功率不为零

、曷2

C.从M点运动到最高点的时间为白D.M、N两点之间的水平距离为处

2g3g

【答案】D

【详解】A.斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，

先分解初速度，初速度%与水平成60，因此水平分速度%=%cos6（r=/

竖直分速度vOv=%sin60=*。

斜抛运动最高点竖直方向速度为0,水平方向速度保持%不变，因此最高点速度不为零,

故A错误；

B.重力的瞬时功率打=〃吆，件

最高点竖直速度。=0,因此重力瞬时功率为0,故B错误;

C.从M到最高点，竖直方向做匀减速运动，时间乙='=®

g2g

故C错误:

D.设MN总运动时间为f,MN连线与水平成3O5,因此满足tan30=上

x

竖直位移y=

水平位移x=%/

I21

代入得tan30=至》巴

%x

代入tan30=专、%

岛v_2k

-T、

2y

解得总时间，=忘

因此水平距离X=%J=々•尧=孚

2岛3g

故D正确。

故选D。

预测06万有引力与航天

1）预测点：以“天宫空间站变轨”为情境，考查轨道半径变化与周期、线速度、机械能的联

动关系

2）押题

14.嫦娥六号返I可器着陆时，返InI器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道运行，返

回器用“打水漂”的方式再入大气层，最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如下图，已

知主舱室维持在半径为，•的轨道上做周期为丁的匀速圆周运动，已知地球半径为凡引力常

量为G,下列说法正确的是()

4不'/

B.根据题给条件可求出主舱室的质最为

GT2

C.打开降落伞后，返回器靠近地面过程中一直处于失重状态

D.主舱室在半径为r的轨道上稳定运行的速度小于7.9km/s

【答案】D

【详解】B.主舱室做匀速圆周运动，万有引力充当向心力得G号=〃?手r

解得地球的质量知=网匚

GT-

无法求出主舱室的质量加，故B错误：

442r3

A.地球的密度P=等=/上=故A错误：

VGTR

3

C.打开降落伞后，返回器做减速运动，此时竖直方向上存在向上的加速度，即返回器靠

近地面过程中处丁超重状态，故c错误；

D.地球的第一宇宙速度为7.9km/s,为最大绕行速度，所以主舱室在半径为，•的轨道上

稳定运行的速度小于第一宇宙速度，故D正确。

故选D。

15.2026年3月，我国'‘蓝选"22()吨级液氧甲烷发动机完成长程试车，将助力载人登月等任

务。假设搭载“蓝次“发动机的火箭将一艘飞船先送入圆轨道I运行，飞船经多次变轨进入地

月转移轨道，如图所示。已知〃是恻轨道I上的点，。是椭圆轨道H上的远地点，c是转移

轨道上的点，且〃、力两点到地球球心的距离分别为R和3R。忽略飞行过程中飞船质量的变

化，则飞船（）

A.从轨道I【进入转移轨道需向前喷出燃气B.在c点的机械能大于在〃点的机械能

C.经过。、。两点的速度之比为3:1D.在轨道I、II上的周期之比为1:3百

【答案】B

【详解】A.从轨道I【进入转移轨道，飞船需做离心色动，即向后喷出燃气，向前喷出

燃气会导致减速，故A错误；

B.t船在。点从凯道II进入转移轨道需点火加速，机械能增加，所以在。点的机械能大

于在轨道II上〃点的机械能，故B正确：

C.如果，为轨道II的近地点，。为远地点，根据开普勒第二定律有匕R=

解得匕：匕=3：1

而实际上"是圆轨道I上的点，进入轨道1【，需要在近地点加速，所以匕：“。3:1,故C

错误；

D.轨道I半径为R,轨道II半长轴为二手=2R

丁27？

根据开普勒第三定律有京=向

解得彳：4=1:2直，故D错误。

故选B。

16.（多选）中国探月工程（嫦娥工程）已成功发射多颗月球探测卫星，按“绕、落、回”三

步走战略稳步推进，并已开展后续探测规划，其中嫦娥六号成功着陆在月球南极的艾特肯盆

地，完成人类首次月球背面采样返回任务。如图所示，下.星2是某一近月圆轨道探测卫星，

卫星1是另一月球探测卫星，卫星1从地球出发沿变轨轨道从切点A进入绕月探测圆轨道，

已知卫星1在探测圆轨道的运行周期为（，轨道半径为仆，卫星2的运行周期为两卫星

绕行方向相同，则（）

变轨轨道

A.卫星1从变轨轨道进入探测圆轨道需在A点减速

B.卫星1受到的月球引力小于卫星2受到的月球引力

C.卫星2的轨道半径&

D.圆轨道上两颗卫星相邻两次相距最近的时间间隔为

【答案】AD

【详解】A.卫星1从变轨轨道进入探测圆轨道，做近心运动，需在4点减速，故A正

确；

B.根据万有引力公式尸=G等

引力大小不仅和轨道半径有关，还和卫星的质量有关。题目中没有给出两颗卫星的质量

信息，因此无法比较它们受到的月球引力大小，故B错误；

c.根据开普勒第三定律辞:当

/112

解得&=凡・故c错误;

D.根据万有引力提供向心力，则有6号=〃g2r

解得

因卫星2轨道半径更小，所以卫星2的角速度更大；设相邻两次相距最近的时间间隔为/,

2笈2乃,

由于当卫星2比卫星1多转一圈0寸，两者相距最近，则有〒­〒1=2乃

121\

解得，=甘冬，故D正确。

故选ADo

顶测07功能关系

1）预测点：结合传送带模型、板块问题，考查摩擦生热与能量转化与守恒

2）押题

17.（多选）新能源汽车的能量回收过程，简单来说，就是将车辆减速或滑行时的“动能”，

转化为电能存回电池的过程。当新能源车辆处在某下坡路段时松开油门，仪表盘PWR（功

率输出）会显示为负值，即能源I可收过程，发现速度依然在增大，此下坡过程以下说法正确

的是（）

A.过程中汽车的机械能依然守恒

B.过程中汽车重力势能减少量•定大于克服摩擦力做的功

C.过程中合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量

D.若中途关闭能源回收系统，汽车下滑的全过程中加谏度一直不变

【答案】BC

【详解】A.存在动能1口I收即机械能转化为电能，且存在克服摩擦力做功，故机械能不

守恒，故A错误；

B.依然还在加速，故下滑分力大于摩擦阻力，故重力势能减少量一定大于克服摩擦力做

的功，故B正确：

C.虽然存在动能回收，但仍然满足动能定理，即合外力对汽车做功一定等于汽车动能的

变化晟，故c正确：

D.若关闭能源回收系统，下滑相同距离动能增量更大，即速度增量更大，则加速度必

然更大，故D错误。

故选BCo

预测08动量定理和动量守恒定律

1）预测点：多物体碰撞问题（如子弹打木块、弹簧连接体）中动量守恒与能量损失的联立

求解

2）押题

18.如图所示的木板由倾角为。的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段小圆弧面相

连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有N个质量均为〃h直径均为4的均匀刚性小球,

在施加于1号球的水平外力厂的作用下均静止，力产与圆槽在同一竖直面内，此时I号球

球心距它在水平槽运动时的球心高度差为人现撤去力尸使小球开始运动，直到所有小球均

运动到水平槽内。重力加速度为g,忽略一切阻力，下列说法正确的是（）

A.水平夕卜力尸的大小为鬻

B.1号球刚运动到水平槽时的速度大于国

C.如果N=2时，整个运动过程中，2号球对I号球所做的功等于〃国ZsinJ

D.如果N=2026时，第1013个小球机械能是增加的

【答案】D

【详解】A.N个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan〃=1-

Nmg

得尸二故A错误；

B.以I号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得倒皿=

解得y=75诵，故B错误；

C.当N=2时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能

=2ingh+ingdsinO=；2〃n?

设2号球对I号球所做的功为W,由动能定理得根9+W

解得W=j〃gdsin0,故C错误；

D.当N个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有

Nmgh+mgdsin0+mgx2dsin。+…+mg(N—1)dsin。；Nmv\

7V-1

第4个球的动能线=5〃尾=〃3+mgdsinff

2

球々的机械能变化量△E="3?+〃增仕一l）dsin。一;〃欣＜0

解得攵＜怨■

当N=2026时丁,故D正确。

故选D。

19.如图甲所示，在弹性材料与水平面之间铺设压力传感器，可测量机器人连续空翻过程中

对弹性材料的压力。某次测量得到的压力随时间的变化关系如图乙所示。若仅考虑机器人在

竖直方向上的运动，不计空气阻力，g=10m//。下列说法正确的是（）

，，），，，，，，/，，，，，，/〉，，，06.17.59.510.312.313.1//s

甲乙

A.在6.1s至7.5s内，机器人处于超重状态

B.在9.5s至10.3s内,弹性材料对机器人的冲量大约为35OONs

C.机器人的最大加速度为60m/s2

D.机器人相对于弹性材料的最大重力势能为2500J

【答案】D

【详解】A.机器人处于超重状态时对地面的压力大于自身所受的重力500N,故A错误：

B.9.5s至10.3s|A）,弹性材料对机器人的作用力最大值为3000N,平均值则小于3000N,

作用时间小于1s,冲量必定小于35OONs,故B错误；

C.弹性材料的弹力最大时，机器人的加速度达到最大,根据牛顿第二定律有N-mg=〃w

故加速度a=50m/s2

故C错误；

D.根据图形知，机器人的腾空时间为2s,可以下降的时间约为1秒，则离地的最大高

度约为〃==5m

此时以弹性材料所在平面为参考平面，机器人的重力势能为q=〃?g〃=2500J

故D正确。

故选D。

预测09机械振动和机械波

1）预测点：波的干涉与多普勒效应结合实际场景（如声波测速、地震波分析），波形图与质

点振动图像综合应用

2）押题

20.如图甲，春晚创意节目《满庭芳・国色》中的水袖舞文化在我国源远流长。其简化模型

如下：材质不同的重水袖A和轻水袖B连接在•起，放在光滑水平玻璃上。某时刻在重水

袖A左端抖动产生如图乙所示波形，下列说法正确的是（）

式交界点__________

重水袖A轻水袖B

甲乙

A.振幅越大，则波速越小

B.波在A、B中传播的周期一定相等

C.波在A、B中传播的速度一定相等

D.重水袖上的某点在一个周期内向右平移一个波长的距离

【答案】B

【详解】A.机械波的波速仅由介质决定，与振幅无关，则介质一定时，振幅变大，但

波速不变，故A错误；

BC.波的频率仅由波源决定，机械波从一种介质中进入另一种介质时，其频率不变，周

期不变，波速改变，故B正确，C错误；

D.重水袖上某点一个周期内通过的路程为4倍振幅•而这一个周期内机械波传播的距

离为一个波长，但质点不会随波迁移，故D错误。

故选B。

21.（多选）当波源与观测者发生相对运动时，观测者接收到波的频率发生变化，这是我们

熟悉的多普勒效应。观测者和波源之间的距离变化越快，多普勒效应越明显。原子吸收和发

出某些特定波长的电磁波，因此我们观察到的某颗恒星的光谱包含由此恒星的大气层中的原

子引起的吸收谱线。已知钠原子具有一条波长为5895.9A（10A=lnm）的特征谱线（R线）。

研究人员在观测某遥远双恒星系统的光谱时，从，=。时开始在表中记录对于钠。।线的吸收

光谱，其中I号恒星和2号恒星吸收光谱的波长分别为乙和%。假定研究人员处于双星运

动所在平面，双星均近似做匀速圆周运动，且不考虑双恒星系统质心的运动。不考虑相对论

效应和宇宙膨胀的影响。关于该双恒星系统，下列说法不正确的是（)

t/d4/A4/A

0.35893.15897.5

0.65892.85897.7

0.95893.75897.2

1.25896.25896.2

1.55897.35895.1

1.85898.75894.3

2.15899.05894.1

2.45898.15894.6

2.75896.45895.6

3.05894.55896.7

3.35893.15897.3

3.65892.85897.7

3.95893.75897.2

A.双恒星绕质心转动的周期约为3.0d

B./=1.5d观测到波长为4的光是1号恒星远离观测者时发出的

C.在L2d~1.8d间观测到波长为4的光是2号恒星在距离观测者最远位置附近发出的

D.通过比较观测波长变化量，可判断1号恒星转动半径较小

【答案】CD

【详解】A.由表中记录的数据，可知在0.6d~3.6d期间，两恒星吸收光谱的波长是一

个循环变化周期，则转动的周期约为7=3.6d-0.6d=3.0d,故A止确；

B.，=L5d观测到光的波长为4=5897.3A>5895.9A，波长变长，由多普勒效应可知,

它是I号恒星远离观测者时发出的，故B正确;

C.在L2d~1.8d|M观测到波长为石的光，波长在逐渐减小，由多普勒效应可知，2号恒

星在逐渐接近观测者，，=0.6d或3.6d时.,在距离观测者最远位置附近，故C错误；

D.观测波长变化量，可知4变化范围较大，多普勒效应更明显，距离变化更快，线速

度更大，可判断1号恒星转动半径较大，故D错误。

本题选择不正确的，故选CD。

22.（多选）钱塘江大潮，在中国文化中是自然伟力、时序节律、家国情怀、民俗精神的多

重象征。如图甲所示，某次观测到产生鱼鳞潮的两列振幅均为0.5m的水波以4m/s的速度向

前行进，其模型可简化为图乙所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，8为AC的中点，E是

AC延长线上与A点相距d=10m的点，与A点相交的两条实线是两列波最靠前的波峰。假

设木次鱼鳞潮的水波波长为1m,则下列正确的是（）

A.图中人、。两点振动始终加强，而C点振动始终减弱

B.B点即将向上振动，经过一段时间质点A会运动到E点

C.图示时刻A、C两点间的高度差为2.0m

D.从图示时刻再经2.5s,E点出现波峰

【答案】CD

【详解】A.稳定的鱼鳞区域是干涉图样，波峰遇波峰振动加强，波谷遇波谷振动也加

强，波峰遇波谷振动才减弱，因此A、D、C三点振动始终加强，故A错误；

B.稳定干涉图样中的加强点并不是始终在波峰处，波是向前行进的，波动传播的只是振

动形式和能量，介质中的质点不随波迁移，因此一段时间后质点A不会运动到E点，故

B错误；

C.由于两列波的振幅均为0.5m,叠加的结果使A点在平衡位置上方2A处，而C点在平

衡位置下方2A处，故图示时刻A、。两点间的高度差为A/?=4A=2.0m,故C正确；

D.图示时刻A点在波峰，波峰从4传到E用时f=2=2.5s,故D正确。

故选CD。

预测10电场的基本规律应用

1）预测点：电场强度叠加原理与电场力做功

2）押题

23.如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置.：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定,

在两薄木板的内侧均贴上谒纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置

一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭''会上下跳动。忽略“小火箭”带电量对两极

板电量和两极板间电场的影响，下列说法正确的是（）

小火箭锡纸

A.“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大

B.通电后若改变两板间距离，则板上锡纸的电荷量随之改变，电荷量数值与极板距离

成线性关系

C.通电后若断开电源，增大两板间距离，则两板间电场强度减小

D.通电后若断开电源，减小两板间距离，则两板间电压减小

【答案】D

【详解】A.根据电场的基本性质，电场方向是从正极指向负极在本题中，电源正极连

接下板，负极连接上板，电场方向是竖直向上的，结合题意得小火箭带正电，当“小火箭”

向上运动时，电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，故A

错误；

B.根据平行板电容器的电容公式。=井；

电容器的电容的定义式。=怖

联立解得。=聋

4ikd

即电荷量数值与极板距离成反比例关系，故B错误；

C.根据平行板电容器的电容公式。=隹

电容器的电容的定义式c1

电场强度与电势差的关系

d

联立解得片=当

ES

即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，增大两板间距离，则两板间电场强度

不变，故c错误；

D.根据平行板电容器的电容公式。=一三

44kd

电容涉的电容的定义式。=卷

联立解得〃=生等

sS

即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，减小两板间距离，则两板间电压减小，

故D正确。

故选D。

24.（多选）半球形电子能量分析器是一种测量电子能量分布的器件。它由内外两个同心半

球组成，利用半球壳间的静甩场让不同能量的电子在半球形通道中“分道扬镶“，筛选出特定

能量范围的电子。如图所示，同心半球的球心为0,静电场沿着径向分布，电场强度的大小

E*。速率不同的电子从入射口A进入电场，速度方向垂直于同心半球的底面，经寸电

场后分别到达仄C、。处，=忽略边缘效应和电子之间的相互作汨。

则（）

A.到达8的电子在运动过程中动能增大

B.到达8、C、。的电子在A处对应的入射动能依次减小

C.到达8、C、。的电子在电场中运动的时间依次增大

D.到达8、C、。的电子出射速度方向均垂直于同心半球的底面

【答案】BD

【详解】A.电子能做圆周运动到达C时，电场力提供向心力，因此电场力方向始终指

向球心。。到达3的电子整体远离球心。.电场力指向。（与位移径向分量方向相反）,

电场力做负功，动能减小，A错误；

B.在入射点A,电场力提供向心力

若入射动能（速度）足够大，—>eE,提供的向心力不足，电子做离心运动，偏向外

r

围到达“

若竺二=eE,电子做匀速圆周运动，到达C

r

若入射动能（速度）足够小，—<eE,提供的向心力过大，电子做近心运动，偏向球

r

心到达O

因此到达3、C、O的电子入射动能依次减小，B正确：

C.因电场EocJ,与万有引力相似，电子运动规律与类比于行星的运动，根据开普勒

/,­

第三定律,可得由图可知,轨道“半长轴”大小关系而

所以电子到达3、C、。的运动时间均为各自的半周期，依次减小，C错

误。

D.电子都是从同一侧垂直径向入射，在引力场中运动到“对面最远点”时，速度方向一

定垂直于连线（长轴）出射，垂直于底面，D正确.

故选BD.

预测11磁场的基本规律应用

1）预测点：以现代科学仪器为背景，带电粒子在匀强磁场中的偏转问题结合几何关系考查

2）押题

25.用霍尔元件探测螺线管中电流变化的装置示意图如图所示螺线管与通电装置连