《2026年理想树试题攻略高中物理》

5.台球是一项深受青少年喜爱的体育运动。如图所示，
水平台面上的甲球球心和中袋中心连线与桌边间夹角0=60°,运动员用球杆将白球乙沿与桌边平行的方向以速度。击出，乙与甲碰撞后甲落入中袋。已知两球质量、半径均相等,两球碰撞为弹性碰撞,不计两球所受阻力,不考虑球的自旋影响。关于甲、乙两球的运动，下列说法正确的是 (B)


A.碰撞后乙球速度方向不变
B.碰撞后两球速度方向垂直
$\sqrt{3}$
C.碰撞后甲球速度大小为"
D.碰撞后乙球速度大小为$\frac{v}{2}$

答案： 5 B 新颖试题弹性碰撞
【深度解析】两球碰撞时,将$v_0$沿球心连线方向与垂直球心
连线方向分解,可得$v_1=v_0\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}v_0$,$v_2=v_0\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}v_0$,两球碰撞时,作用力沿球心连线方向,由动量守恒定律
可得$m_zv_z=m_zv_z^{\prime}+m_{甲}v_{甲}$,由能量守恒定律可得$\frac{1}{2}m_z(v_z^{2}+v_2^{2})=\frac{1}{2}m_z(v_z^{\prime2}+v_2^{\prime2})+\frac{1}{2}m_{甲}v_{甲}^{2}$,由于乙球垂直球心连线方
向速度不变,故$v_2^{\prime}=v_2$,且$m_z=m_{甲}$,解得$v_z^{\prime}=0$,$v_{甲}=v_z=\frac{v_0}{2}$,故碰撞后乙球仅有垂直球心连线方向的速度,速度方
向改变,A错误;甲球速度方向为沿球心连线方向,故两球
碰撞后,乙球和甲球的速度方向相互垂直,B正确;碰撞
后,两球的速度大小分别为$v_z=\frac{\sqrt{3}}{2}v_0$、$v_{甲}=\frac{v_0}{2}$,C、D错误。

6.如图所示，MN、PQ为间距0.4m的足够长光滑平行
金属导轨，导轨平面与水平面夹角为30°,两导轨间接R=0.1Ω的电阻。与导轨垂直的虚线AB上方有垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为0.5T。电阻不计、长为0.4m的金属杆在沿斜面向
上的恒力F作用下，由静止开始沿斜面向上运动，经0.5s到达AB时的速度为4m/s,最终匀速运动的速
度为2m/s。重力加速度g=10m/s²,则恒力F大小及金属杆的质量m分别为 (A)


A.1.3N,0.1kg
B.1.3N,0.2kg
C.2.6N,0.2kg
D.0.3N,0.1kg

答案： 6 A 基础考点倾斜导轨+单杆切割
【深度解析】金属杆沿导轨由静止运动到$AB$,设加速度大
小为$a_1$,由运动学公式有$v_1=a_1t_1$,由牛顿第二定律有$F-mgsin30^{\circ}=ma_1$,进入磁场区域并稳定后金属杆最终匀速运
动的速度为$v_2=2m/s$,可知$F-F_{安}=mgsin30^{\circ}=0$,又$F_{安}=BIL=B\frac{E}{R}L=B\frac{BLv_2}{R}L$,联立解得$F=1.3N$,$m=0.1kg$,A
正确。

7.如图所示,在−d≤x≤d、−d≤y≤d区域中阴影部分,
存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，甲、乙两个边长
均为2d的正方形单匝线框与磁场边界重合。两线框
都绕y轴以相同角速度匀速转动，则甲、乙线框中产
生的感应电动势最大值之比为 (B)


A.1;1
B.$\sqrt{3}$;2
C.$\sqrt{3}$;1
D.2;1

答案： 7 B 热门考点感应电动势的最大值
【深度解析】图中甲线框,以左侧为例分析,磁场分布在
$-d\leq x\leq-\frac{d}{2}$中,甲从图示位置开始旋转$0\sim\frac{\pi}{3}$的过程中感
应电动势不断增大,而旋转$\frac{\pi}{3}\sim\frac{2\pi}{3}$的过程中由于没有切割
磁感线,感应电动势为零,旋转$\frac{2\pi}{3}\sim\pi$的过程中感应电动势
逐渐减小至零,且线框旋转$\frac{\pi}{3}$和$\frac{2\pi}{3}$时感应电动势大小相
等,因此旋转$\frac{\pi}{3}$时甲线框感应电动势最大,在$t=0$时刻,甲
的磁通量最大,为$\Phi_{甲max}=2× B×\frac{d}{2}×2d=2Bd^2$,感应电动势为
0,所以旋转$0\sim\frac{\pi}{3}$过程中甲的感应电动势瞬时值表达式为
$E_{甲}=2Bd^2\omega\sin\omega t$,当$\omega t=\frac{\pi}{3}$时最大,为$E_{甲max}=\sqrt{3}Bd^2\omega$;图
中乙线框,设图示时刻为$t=0$时刻,此时磁通量最大,为
$\Phi_{乙max}=B× d×2d=2Bd^2$,感应电动势为0,旋转$0\sim\frac{\pi}{2}$的过程
中乙的感应电动势瞬时值表达式为$E_z=2Bd^2\omega\sin\omega t$,当
$\omega t=\frac{\pi}{2}$时最大,为$E_{zmax}=2Bd^2\omega$,所以甲、乙线框中产生的
感应电动势最大值之比为$E_{甲max}:E_{zmax}=\sqrt{3}:2$,B正确。

8.北斗导航系统是我国自主研发、独立运行的卫星导
航系统，该系统空间段由同步轨道卫星和中圆轨道
卫星组成。如图所示为同步轨道卫星发射过程示意
图,卫星先进入近地圆轨道I,在轨道I上P点首次
加速进入椭圆轨道II,在远地点Q再次加速进人同
步轨道III。已知同步卫星的质量为mo,地球半径为
R,同步卫星的轨道半径为$\frac{33}{5}$R,地球表面重力加速
度为g,首次加速发动机推力对卫星做功为W。天体
周围距离天体中心r处、质量为m的质点具有的引
力势能Ep=−G$\frac{M}{r}$,M为天体质量，忽略地球自转。
下列说法正确的是 (C)
我不要短暂的惊鸿，我想要一路热爱且坚定。 物理＞卷8


A.卫星在轨道III上具有的机械能为$\frac{5mogR}{66}$
5
B.卫星在轨道II上经过Q点时的速度大小为$\frac{5}{33}$√$\frac{W}{mo}$
C.卫星从轨道I到轨道III发动机推力对卫星做的总功为$\frac{14mogR}{33}$
D.卫星在轨道I上经过P点时的加速度小于在轨道II上经过P点时的加速度

答案： 8 C 重难考点卫星发射及变轨问题+天体运动中机械能的
变化
【深度解析】忽略地球自转,地球表面物体的重力等于地球
对其的万有引力,有$G\frac{Mm^{\prime}}{R^2}=m^{\prime}g$,得$GM=gR^2$,卫星在轨道
Ⅲ上,万有引力提供向心力,有$G\frac{Mm_0}{(\frac{33}{5}R)^2}=m_0\frac{v_{Ⅲ}^{2}}{\frac{33}{5}R}$,联立
解得卫星在轨道Ⅲ上的动能为$E_{kⅢ}=\frac{1}{2}m_0v_{Ⅲ}^{2}=\frac{5m_0gR}{66}$,由题
意知卫星在轨道Ⅲ的引力势能$E_{pⅢ}=-\frac{GMm_0}{\frac{33}{5}R}=-\frac{5m_0gR}{33}$,
则卫星在轨道Ⅲ上具有的机械能$E_{Ⅲ}=E_{kⅢ}+E_{pⅢ}=-\frac{5m_0gR}{66}$,A
错误;由上述分析同理可得卫星在轨道Ⅰ上的动能$E_{kⅠ}=\frac{1}{2}m_0v^{2}=\frac{1}{2}m_0gR$,引力势能为$E_{pⅠ}=-\frac{GMm_0}{R}=-m_0gR$,在轨
道Ⅰ上$P$点首次加速进入椭圆轨道Ⅱ,根据动能定理有
$W=\frac{1}{2}m_0v_p^{2}-E_{kⅠ}$,卫星在轨道Ⅱ上运动过程中,只有引力做
功,引力势能和动能相互转化,且在轨道Ⅱ上$P$点、$Q$点的
引力势能分别与轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上的相同,由机械能守恒定
律可知动能的减少量等于引力势能的增加量,即$\frac{1}{2}m_0v_p^{2}-\frac{1}{2}m_0v_Q^{2}=E_{pⅢ}-E_{pⅠ}$,联立解得$v_Q=\sqrt{\frac{2W}{m_0}-\frac{23gR}{33}}$,B错误;卫
星在轨道Ⅰ上的机械能$E_1=E_{k1}+E_{p1}=-\frac{1}{2}m_0gR$,根据功
能关系,卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ发动机推力对卫星做的总
功$W_{总}=E_{Ⅲ}-E_1=\frac{14m_0gR}{33}$,C正确;卫星在轨道Ⅰ或在轨道
Ⅱ上经过$P$点,受到的万有引力相同,根据牛顿第二定律
可知加速度也相同,D错误。