《2026年理想树试题攻略高中物理》

9.均匀介质中甲、乙两列简谐横波分别沿x轴向右、向左传播,如图所示为t=0时刻波形图,已知甲波的频率为2Hz。下列说法正确的是 (AD)


A.乙波的传播速率为8m/s
B.乙波的振动周期为4s
C.平衡位置x=4m处为振动减弱点
D.t=0.125s时,平衡位置x=3m处质点的位移为0.8m

答案： 9 AD 基础考点波长、频率和波速的关系+波的叠加原理
【深度解析】由题图可知,甲波的波长$\lambda_{甲}=4m$,根据波速公
式$v=\lambda f$,可得甲波的波速$v_{甲}=\lambda_{甲}f_{甲}=4×2m/s=8m/s$,由
于甲、乙在同一均匀介质中传播,所以乙波的传播速率也为
$8m/s$,A正确;由题图可知乙波的波长$\lambda_{z}=8m$,根据周期
公式$T=\frac{\lambda}{v}$,可得乙波的振动周期$T_z=\frac{\lambda_z}{v_z}=\frac{8}{8}s=1s$,B错
误;两列波的频率$f_{甲}=2Hz$、$f_z=\frac{1}{T_z}=1Hz$,频率不同,不满
足干涉条件,不存在振动加强点和减弱点,C错误;甲波的
周期$T_{甲}=\frac{1}{f_{甲}}=\frac{1}{2}s=0.5s$,$t=0.125s=\frac{1}{8}T_{甲}$,经过
$\frac{1}{4}T_{甲}$,$x=3m$处为甲波的波峰,乙波的周期$T_z=1s$,$t=0.125s=\frac{1}{8}T_z$,所以乙波向左传播$x_z=\frac{1}{8}\lambda_z=1m$,又$t=0$时$x=4m$处为乙的波峰,故$t=0.125s$时$x=3m$处为乙
波的波峰,则$x=3m$处质点的合位移为$0.4m+0.4m=0.8m$,D正确。

10.如图所示,A、B、C、D是棱长为L的立方体上的四个顶点,分别固定电荷量为+2Q、−Q、+2Q、−Q的点电荷,G、H分别为立方体两条侧棱的中点。下列说法正确的是（   ）


A.G、H两点的电势相等
B.G、H两点的电场强度相同
C.电子沿GH连线由G运动到H的过程中，电势能先增大后减小
D.电子沿GH连线由G运动到H的过程中，电势能先减小后增大

答案： 10 AD 基础考点点电荷周围电场强度和电势的叠加
【深度解析】电势是标量,距离点电荷相同距离的地方,电
势相等,根据对称性,可知$G$、$H$两点的电势相等,A正确;
电场强度是矢量,$A$、$C$两点处有一对等量同种电荷,$B$、$D$
两点处有另外一对等量同种电荷,$A$、$C$两点处的点电荷在
$G$点产生的合场强方向由$H$指向$G$,$B$、$D$两点处的点电荷
在$G$点产生的合场强方向由$G$指向$H$,由于$A$、$C$两点处
点电荷所带的电荷量比$B$、$D$两点处大,且$G$点到四个点
电荷的距离相同,因此$G$点的合场强方向由$H$指向$G$,同
理,$A$、$C$两点处的点电荷在$H$点产生的合场强方向由$G$
指向$H$,$B$、$D$两点处的点电荷在$H$点产生的合场强方向
由$H$指向$G$,由于$A$、$C$两点处点电荷所带的电荷量比$B$、
$D$两点处大,且$H$点到四个点电荷的距离相同,因此$H$点
的合场强方向由$G$指向$H$,因此$G$、$H$两点处电场强度大
小相等、方向相反,B错误;根据对称性,以及$A$、$C$两点处
点电荷所带电荷量比$B$、$D$两点处大,因此$GH$连线上的电
势都大于零,且由于$GH$中点离四个点电荷距离最近,电
势最高,电子带负电,在电势高处电势能小,因此电子沿
$GH$连线由$G$运动到$H$的过程中,电势能先减小后增大,C
错误,D正确。

11.质量为m的直升飞机悬停在空中执行救援任务,旋
翼高速旋转向下推动空气产生升力。已知旋翼半径为R,旋翼旋转推出的空气速度为v密度为ρ,重力加速度为g。下列说法正确的是 (BD)

A. 升力大小为$\pi \rho R^{2}v$

B. 升力大小为$\pi \rho R^{2}v^{2}$

C. 旋翼推动空气做功的功率为$mgv$
D. 旋翼推动空气做功的功率为$\frac{1}{2}mgv$

答案： 11 BD 基础考点功率的定义(式)+用动量定理解决流体
问题
【深度解析】$\Delta t$时间内旋翼旋转推出的空气质量为$\Delta m=\rho·\pi R^2v\Delta t$,由动量定理有$F·\Delta t=\Delta m· v-0$,联立得$F=\pi\rho R^2v^2$,由牛顿第三定律可知升力大小也是$\pi\rho R^2v^2$,A错
误,B正确;旋翼推动空气做功,让空气获得了动能,则
$W=\frac{1}{2}\Delta m· v^2$(点拨：选项中问旋翼推动空气做功的功
率,就要从旋翼让空气获得了动能的角度分析),功率为
$P=\frac{W}{\Delta t}=\frac{1}{2}\pi\rho R^2v^3$,质量为$m$的直升飞机悬停,有$F=\pi\rho R^2v^2=mg$,联立得旋翼推动空气做功的功率为$P=\frac{1}{2}mgv$,C错误,D正确。

12.如图所示,半径为R的圆轨道竖直固定,其内表面分
布有压力传感器(图中未画出),PQ为轨道水平直二
径,直径MN与PQ间夹角0=30°,空间存在与轨道平面平行的匀强电场。现让质量为m、带电荷量为+q的小球,从轨道最低点以水平向右的速度进入轨道,小球沿轨道做完整的圆周运动。发现小球经过N点时压力传感器示数最小,且压力传感器示数最大差值为6mg。重力加速度为g,所有摩擦阻力均不计。下列说法正确的是 )


A.电场强度大小为$\frac{2mg}{9}$
B.小球最大动能为$\frac{1}{2}$mw+mgR
小球初速度$v_{0}$的最小值为$2\sqrt {gR}$
D.小球进入轨道后，机械能增加量的最大值为$\frac{3}{2}$mgR

答案： 12 CD 重难考点带电体在叠加场中的圆周运动
【深度解析】发现小球经过$N$点时压力传感器示数最
小,可知电场力和重力的合力方向从$N$点指向$O$点,设电
场力和重力的合力大小为$F_{合}$,在$N$点时,根据牛顿第二定
律可得$F_{合}+N_{min}=m\frac{v_N^{2}}{R}$,在$M$点时,小球速度最大,压力
传感器示数最大,根据牛顿第二定律可得$N_{max}-F_{合}=m\frac{v_M^{2}}{R}$,根据题意有$N_{max}-N_{min}=6mg$,从$M$点到$N$点的过
程,根据动能定理可得$-F_{合}×2R=\frac{1}{2}mv_N^{2}-\frac{1}{2}mv_M^{2}$,联立解
得$F_{合}=mg$,因电场力和重力的合力方向与重力方向成
$60^{\circ}$角,则有$qE=mg$,解得电场强度大小为$E=\frac{mg}{q}$
A错
误;小球在$M$点的动能最大,从轨道最低点到$M$点的过
程,根据动能定理可得$F_{合}(R-R\sin\theta)=E_{kM}-\frac{1}{2}mv_0^{2}$(点拨：
找合力做的功,要找到合力以及小球在合力方向上发生
的位移,可以过最低点向$OM$作垂线段,垂足与$M$点的距
离就是合力方向上通过的位移),解得小球最大动能为
$E_{kM}=\frac{1}{2}mv_0^{2}+\frac{1}{2}mgR$,B错误;当小球恰好可以到达$N$点
时,小球初速度有最小值,此时在$N$点有$F_{合}=mg=\frac{mv_{min}^{2}}{R}$,
解得$v_{min}=\sqrt{gR}$,从轨道最低点到$N$点,根据动能定
理可得$-F_{合}(R+R\sin\theta)=\frac{1}{2}mv_{min}^{2}-\frac{1}{2}mv_0^{2}_{min}$,解得小球
初速度的最小值$v_{0min}=2\sqrt{gR}$,C正确;根据功能关系,除
重力外的其他力对小球做的功等于小球机械能的变化
量,电场力对小球做正功等于小球机械能的增加量,小
球所受电场力方向与水平方向成$30^{\circ}$角斜向右上,小球
进入轨道后,电场力做的正功最大值为$W_{电}=qE(R\sin30^{\circ}+R)=\frac{3}{2}mgR$,故机械能增加量的最大值为$\frac{3}{2}mgR$,D正确。