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2026年理想树试题攻略高中物理
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年理想树试题攻略高中物理 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
8. 如图所示,某次飞镖比赛中,运动员水平掷出的飞镖落在靶心的正下方。设每次掷出时飞镖到靶的水平距离相同,飞镖在空中做平抛运动。下列操作可能命中靶心的是 (
A.降低投掷位置,初速度不变
B.升高投掷位置,初速度不变
C.投掷位置不变,初速度变大
D.投掷位置不变,初速度变小
BC
)A.降低投掷位置,初速度不变
B.升高投掷位置,初速度不变
C.投掷位置不变,初速度变大
D.投掷位置不变,初速度变小
答案：
8.BC 热门考点 平抛运动
【深度解析】飞镖在空中做平抛运动，水平方向上有$x = v_{0}t，$竖直方向上有$h = \frac{1}{2}gt^{2}，$联立可得$h = \frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}}($关键：利用平抛运动的规律写出飞镖竖直方向的位移h与水平距离x及初速度$v_{0}$的关系，用控制变量法进行分析)，由于水平距离x和初速度$v_{0}$不变，则飞镖竖直方向的位移h不变，要命中靶心需升高投掷位置，A错误，B正确；由于水平距离x和投掷位置不变，要命中靶心需减小飞镖竖直方向的位移h，即增大初速度$v_{0}，$C正确，D错误。
【深度解析】飞镖在空中做平抛运动，水平方向上有$x = v_{0}t，$竖直方向上有$h = \frac{1}{2}gt^{2}，$联立可得$h = \frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}}($关键：利用平抛运动的规律写出飞镖竖直方向的位移h与水平距离x及初速度$v_{0}$的关系，用控制变量法进行分析)，由于水平距离x和初速度$v_{0}$不变，则飞镖竖直方向的位移h不变，要命中靶心需升高投掷位置，A错误，B正确；由于水平距离x和投掷位置不变，要命中靶心需减小飞镖竖直方向的位移h，即增大初速度$v_{0}，$C正确，D错误。
9. 如图(a)所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1,R为10 Ω的定值电阻,电压表和电流表均为理想交流电表。若原线圈接如图(b)所示的正弦交流电,下列说法正确的是 (
A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为$u'=3\sqrt{2}· \sin 100\pi t\ (V)$
B.$t=0.02\ s$时,电压表$V_1$的示数为0
C.$t=0.02\ s$时,电压表$V_2$的示数为$3\sqrt{2}\ V$
D.$t=0.02\ s$时,电流表A的示数为0.3 A
AD
)A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为$u'=3\sqrt{2}· \sin 100\pi t\ (V)$
B.$t=0.02\ s$时,电压表$V_1$的示数为0
C.$t=0.02\ s$时,电压表$V_2$的示数为$3\sqrt{2}\ V$
D.$t=0.02\ s$时,电流表A的示数为0.3 A
答案：
9.AD 热门考点 理想变压器+交变电流的有效值
【深度解析】根据理想变压器原副线圈匝数比关系可得$\frac{U_{1}}{U_{2}} = \frac{n_{1}}{n_{2}}，$解得$U_{2} = 3\sqrt{2} V，$由于交流电的频率不变，周期不变为$T = 2×10^{-2} s，$$\omega = \frac{2\pi}{T} = 100\pi rad/s，$则副线圈两端电压的瞬时值表达式为$u' = 3\sqrt{2}\sin100\pi t(V)，$A正确；电压表测量的是交流电的有效值，不是交流电的瞬时值(易错点：没有理解有效值的适用情况，错误认为某时刻的电表的示数为瞬时值)，t = 0.02 s时，电压表$V_{1}$的示数为12 V，电压表$V_{2}$的示数为3 V，B、C错误；电流表测量的也是有效值，则t = 0.02 s时，根据欧姆定律可知电流表A的示数为$I = \frac{U_{V2}}{R} = \frac{3}{10} A = 0.3 A，$D正确。
【深度解析】根据理想变压器原副线圈匝数比关系可得$\frac{U_{1}}{U_{2}} = \frac{n_{1}}{n_{2}}，$解得$U_{2} = 3\sqrt{2} V，$由于交流电的频率不变，周期不变为$T = 2×10^{-2} s，$$\omega = \frac{2\pi}{T} = 100\pi rad/s，$则副线圈两端电压的瞬时值表达式为$u' = 3\sqrt{2}\sin100\pi t(V)，$A正确；电压表测量的是交流电的有效值，不是交流电的瞬时值(易错点：没有理解有效值的适用情况，错误认为某时刻的电表的示数为瞬时值)，t = 0.02 s时，电压表$V_{1}$的示数为12 V，电压表$V_{2}$的示数为3 V，B、C错误；电流表测量的也是有效值，则t = 0.02 s时，根据欧姆定律可知电流表A的示数为$I = \frac{U_{V2}}{R} = \frac{3}{10} A = 0.3 A，$D正确。
10. 如图所示,在直线边界MN和PQ之间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。边长为L的单匝线圈ABDC置于水平桌面上,BD边与MN平行且距离也为L。线圈以垂直MN的初速度$v_0$向右运动,当AB、CD边的中点到达边界PQ时,线圈刚好停止运动。已知边界MN和PQ之间的距离为2L,线圈的质量为m、电阻为R,线圈与桌面间的动摩擦因数为$\mu$,重力加速度为g。则线圈ABDC (
A.进入磁场时,产生顺时针方向的感应电流
B.运动过程中,加速度的最大值$a_{max}=\mu g + \dfrac{B^2L^2\sqrt{v_0^2 - 2\mu gL}}{mR}$
C.运动过程中,产生的电能为$\dfrac{1}{2}mv_0^2 - \dfrac{7}{2}\mu mgL$
D.运动的时间$\Delta t=\dfrac{v_0}{\mu g} - \dfrac{3B^2L^3}{2\mu mgR}$
BCD
)A.进入磁场时,产生顺时针方向的感应电流
B.运动过程中,加速度的最大值$a_{max}=\mu g + \dfrac{B^2L^2\sqrt{v_0^2 - 2\mu gL}}{mR}$
C.运动过程中,产生的电能为$\dfrac{1}{2}mv_0^2 - \dfrac{7}{2}\mu mgL$
D.运动的时间$\Delta t=\dfrac{v_0}{\mu g} - \dfrac{3B^2L^3}{2\mu mgR}$
答案：
10.BCD 重难考点 线圈进出磁场问题
【深度解析】由右手定则可知，线圈进入磁场时产生的感应电流方向为逆时针，A错误；线圈刚进入磁场时，速度最大，则受到的安培力最大，根据牛顿第二定律可知此时线圈的加速度最大，设线圈刚进入磁场时的速度大小为$v_{1}，$则根据动能定理可得$-\mu mgL = \frac{1}{2}mv_{1}^{2} - \frac{1}{2}mv_{0}^{2}，$解得$v_{1} = \sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}，$根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势$E = BLv_{1} = BL\sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}，$感应电流$I = \frac{E}{R} = \frac{BL\sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}}{R}，$安培力大小$F = BIL = \frac{B^{2}L^{2}\sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}}{R}，$根据牛顿第二定律可得$F + \mu mg = ma_{max}，$联立解得$a_{max} = \mu g + \frac{B^{2}L^{2}\sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}}{mR}，$B正确；整个运动过程根据能量守恒定律可得$\frac{1}{2}mv_{0}^{2} = E_{电} + \mu mg(L + 2L + \frac{1}{2}L)，$解得$E_{电} = \frac{1}{2}mv_{0}^{2} - \frac{7}{2}\mu mgL，$C正确；线圈整个运动过程根据动量定理可得$-\sum BIL·\Delta t - \mu mg·\Delta t = 0 - mv_{0}，$结合法拉第电磁感应定律可知$E = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t}，$结合题意可知$\Delta\Phi_{1} = BL^{2}，$$\Delta\Phi_{2} = BL·\frac{L}{2} = \frac{1}{2}BL^{2}，$结合欧姆定律可得$I = \frac{E}{R}，$整理可得$\sum BIL·\Delta t = BL×(\frac{\Delta\Phi_{1}}{\Delta t_{1}· R}·\Delta t_{1} + \frac{\Delta\Phi_{2}}{\Delta t_{2}· R}·\Delta t_{2}) = \frac{3B^{2}L^{3}}{2R} + \frac{\mu mg·\Delta t}{2\mu mgR}，$解得$\Delta t = \frac{v_{0}}{\mu g} - \frac{3B^{2}L^{3}}{2\mu mgR}，$D正确。
【深度解析】由右手定则可知，线圈进入磁场时产生的感应电流方向为逆时针，A错误；线圈刚进入磁场时，速度最大，则受到的安培力最大，根据牛顿第二定律可知此时线圈的加速度最大，设线圈刚进入磁场时的速度大小为$v_{1}，$则根据动能定理可得$-\mu mgL = \frac{1}{2}mv_{1}^{2} - \frac{1}{2}mv_{0}^{2}，$解得$v_{1} = \sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}，$根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势$E = BLv_{1} = BL\sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}，$感应电流$I = \frac{E}{R} = \frac{BL\sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}}{R}，$安培力大小$F = BIL = \frac{B^{2}L^{2}\sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}}{R}，$根据牛顿第二定律可得$F + \mu mg = ma_{max}，$联立解得$a_{max} = \mu g + \frac{B^{2}L^{2}\sqrt{v_{0}^{2} - 2\mu gL}}{mR}，$B正确；整个运动过程根据能量守恒定律可得$\frac{1}{2}mv_{0}^{2} = E_{电} + \mu mg(L + 2L + \frac{1}{2}L)，$解得$E_{电} = \frac{1}{2}mv_{0}^{2} - \frac{7}{2}\mu mgL，$C正确；线圈整个运动过程根据动量定理可得$-\sum BIL·\Delta t - \mu mg·\Delta t = 0 - mv_{0}，$结合法拉第电磁感应定律可知$E = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t}，$结合题意可知$\Delta\Phi_{1} = BL^{2}，$$\Delta\Phi_{2} = BL·\frac{L}{2} = \frac{1}{2}BL^{2}，$结合欧姆定律可得$I = \frac{E}{R}，$整理可得$\sum BIL·\Delta t = BL×(\frac{\Delta\Phi_{1}}{\Delta t_{1}· R}·\Delta t_{1} + \frac{\Delta\Phi_{2}}{\Delta t_{2}· R}·\Delta t_{2}) = \frac{3B^{2}L^{3}}{2R} + \frac{\mu mg·\Delta t}{2\mu mgR}，$解得$\Delta t = \frac{v_{0}}{\mu g} - \frac{3B^{2}L^{3}}{2\mu mgR}，$D正确。
11. (8分)(1)如图甲所示,某实验小组通过在竖直悬挂的弹簧下加挂钩码的方式,完成了“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。
①下列说法中,能减小实验误差的是
A. 测量弹簧原长时,应将弹簧置于水平桌面
B. 测量弹簧长度的刻度尺,应竖直夹稳
C. 在弹性限度内,采集弹力F数据时,应尽可能多
D. 选取弹簧时,相同条件下,自重越大越好
②根据实验数据绘制的弹力F跟弹簧伸长量x的关系图像如图乙所示,则弹簧劲度系数为
(2)该实验小组还利用水平气垫导轨验证了机械能守恒定律,如图丙所示,滑块左端通过细绳与托盘相连,滑块上挡光条的宽度为d,托盘和砝码总质量为m,滑块(含挡光条)的质量为M,挡光条到光电门的距离为l。实验时,由静止释放滑块,测得挡光条通过光电门的时间为t,重力加速度为g。
①从释放滑块到挡光条通过光电门的过程中,系统减少的重力势能为
②若方程
①下列说法中,能减小实验误差的是
BC
(多选)。A. 测量弹簧原长时,应将弹簧置于水平桌面
B. 测量弹簧长度的刻度尺,应竖直夹稳
C. 在弹性限度内,采集弹力F数据时,应尽可能多
D. 选取弹簧时,相同条件下,自重越大越好
②根据实验数据绘制的弹力F跟弹簧伸长量x的关系图像如图乙所示,则弹簧劲度系数为
26
N/m(保留两位有效数字)。(2)该实验小组还利用水平气垫导轨验证了机械能守恒定律,如图丙所示,滑块左端通过细绳与托盘相连,滑块上挡光条的宽度为d,托盘和砝码总质量为m,滑块(含挡光条)的质量为M,挡光条到光电门的距离为l。实验时,由静止释放滑块,测得挡光条通过光电门的时间为t,重力加速度为g。
①从释放滑块到挡光条通过光电门的过程中,系统减少的重力势能为
mgl
(用题中给定字母表示)。②若方程
$mgl = \frac{1}{2}(m + M)(\frac{d}{t})^{2}$
(用题中给定字母表示)成立,则系统机械能守恒。
答案：
11.
(1)①BC(2分) ②26(2分)
(2)①mgl(2分$) ②mgl = \frac{1}{2}(m + M)(\frac{d}{t})^{2}(2$分)
热门考点 探究弹簧弹力与形变量的关系+验证机械能守恒定律
【深度解析】
(1)①测量弹簧原长时，应将弹簧竖直悬挂来测，A错误；采集弹力F数据时，应尽可能多，便于实验数据分析，减小实验误差，C正确；选取弹簧时，相同条件下，自重越小越好，可以减小弹簧自重对实验的影响，D错误。
②根据胡克定律F = kx可知，在F - x图像中，图像的斜率即为弹簧的劲度系数，即$k = \frac{1.5}{0.058} N/m ≈ 26 N/m。$
(2)①由题可知，系统减少的重力势能为$\Delta E_{p} = mgl。$
②滑块通过光电门的速度$v = \frac{d}{t}，$系统动能的增加量$\Delta E_{k} = \frac{1}{2}(M + m)v^{2} = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}，$若满足$mgl = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}，$则系统机械能守恒。
(1)①BC(2分) ②26(2分)
(2)①mgl(2分$) ②mgl = \frac{1}{2}(m + M)(\frac{d}{t})^{2}(2$分)
热门考点 探究弹簧弹力与形变量的关系+验证机械能守恒定律
【深度解析】
(1)①测量弹簧原长时，应将弹簧竖直悬挂来测，A错误；采集弹力F数据时，应尽可能多，便于实验数据分析，减小实验误差，C正确；选取弹簧时，相同条件下，自重越小越好，可以减小弹簧自重对实验的影响，D错误。
②根据胡克定律F = kx可知，在F - x图像中，图像的斜率即为弹簧的劲度系数，即$k = \frac{1.5}{0.058} N/m ≈ 26 N/m。$
(2)①由题可知，系统减少的重力势能为$\Delta E_{p} = mgl。$
②滑块通过光电门的速度$v = \frac{d}{t}，$系统动能的增加量$\Delta E_{k} = \frac{1}{2}(M + m)v^{2} = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}，$若满足$mgl = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}，$则系统机械能守恒。
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