《2026年金考卷特快专递高中物理》

10. ☆如图所示的水平圆盘上，距中心轴$O$为$r$处有一质量为$m$的小物块。经过$t$时间，圆盘的角速度从$0$均匀增大至$\omega_0$时，小物块刚好相对圆盘滑动。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为$\mu$，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为$g$，此过程


A.小物块所受的摩擦力方向始终指向$O$点
B.小物块所受的摩擦力冲量大小为$m\omega_0r$
C.物块在角速度不断增大的圆盘上的运动
小物块所受的摩擦力做的功为$\frac{1}{2}m\omega_0^2r^2$
D.圆盘的角速度$\omega_0=\sqrt{\frac{\mu g}{r}}$

答案：
10.B 圆周运动+动量定理+动能定理
题图剖析

$f_{x}$提供向心力，改变线速度v的方向
$f_{x}$加速 $f$
$f_{y}$提供动力，提高线速度v的大小
摩擦力$f = \sqrt{f_{x}^{2} + f_{y}^{2}}$
由题意可知，经过t时间，圆盘的角速度从0均匀增大至$\omega_{0}$时，小物块刚好相对圆盘滑动，则该时间内在水平圆盘上的小物块受静摩擦力作用，线速度均匀增大，因此小物块所受静摩擦力沿径向分力提供向心力，沿线速度方向分力使物块线速度增大，静摩擦力f不指向O点，A错；根据线速度公式$v = r\omega$可知，小物块刚好相对圆盘滑动时的线速度为$v_{0} = r\omega_{0}$，对小物块由静止到刚好相对圆盘滑动过程，根据动量定理可知摩擦力的冲量大小$I_{f} = mv_{0} = m\omega_{0}r$，B对；根据动能定理可知小物块所受摩擦力做的功$W_{f} = \frac{1}{2}mv_{0}^{2} = \frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}r^{2}$，C错；小物块恰好相对圆盘滑动时，向心力$f_{n} = m\omega_{0}^{2}r$，滑动摩擦力$f = \mu mg ＞ f_{n}$【点拨：$f_{n}$为$f$的分力】，解得$\omega_{0} ＜ \sqrt{\frac{\mu g}{r}}$，D错。
考情速递 聚焦物理概念理解与动态过程分析 聚焦物理概念理解与动态过程分析，已成为高考物理命题的鲜明导向。这类试题通过真实情境的创设与经典模型的重构，重点考查考生的高阶思维能力，包括信息整合、逻辑推理与综合分析。以2025年安徽卷第7题为例，通过旋转圆模型的创新设计，强化了对临界状态的识别与动态过程的分析，本题同样延续这一命题思路，围绕“角速度均匀增大的圆盘上小物块的运动”这一情境，对圆周运动模型进行了创新考查，契合2025年修订后的课标新增的对作业创新性的要求。试题特别关注静摩擦力的动态变化特征，要求考生在准确理解概念的基础上，具备全过程分析与临界判断的能力。应对此类问题，建议从以下方面系统提升：
(1)夯实根基，深度理解经典模型，回归定义与条件，不满足于记忆公式，而要深入理解每个经典模型（如圆周运动、传送带）的建立前提、适用条件与物理本质；
(2)强化过程分析，精准识别临界状态，注重对物理动态过程的分析，训练快速识别临界条件（如静摩擦力达到最大值、物体脱离等）的能力，这是解决动态问题的关键。

11. 如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。$t=0$时刻，在底端轻放一小物块，$t_0$时刻物块与传送带共速，位移为$x_0$。物块运动的加速度$a$、摩擦力的功率$P$随时间$t$变化，重力势能$E_p$、机械能$E$随位移$x$变化的关系图线可能正确的是

答案：
11.D 动力学分析+能量+传送带模型
题图剖析

小物块与传送带共速后，物块匀速
$t_{0}$时刻小物块与传送带共速，此后物块受静摩擦力作用，所受合力为0，加速度为0，物块匀速运动，A错；小物块与传送带共速时摩擦力发生突变，由滑动摩擦力$f = \mu mg\cos\theta$突变为静摩擦力$f_{0} = mg\sin\theta$，而速度等于传送带的速度，根据功率公式$P = Fv$可知，$t_{0}$时刻摩擦力的功率发生突变，B错；以$t = 0$时刻物块所在水平面为零势能面，则$E_{p} = mgx\sin\theta$，可知$E_{p} - x$图像斜率为$mg\sin\theta$，保持不变，C错；物块机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功，物块上升过程中受重力、弹力、摩擦力，弹力与运动方向垂直，不做功，以$t = 0$时刻物块所在水平面为零势能面，则由$E = F_{x}x$可知机械能$E - x$图像的斜率为摩擦力，共速前$f = \mu mg\cos\theta ＞ mg\sin\theta = f_{0}$，所以共速前和共速后的$E - x$图线均为倾斜的直线且$x ＜ x_{0}$时的$E - x$图像斜率大于$x ＞ x_{0}$时的D可能正确。
深度讲解 本题中判断机械能$E - x$图像斜率需要分为三步进行确定
①确定小物块的机械能构成：重力势能和动能；
②确定影响机械能的作用力：除重力以外的作用力做功影响机械能的变化，本题为摩擦力，摩擦力全过程做正功，小物块机械能增大；
③确定$E - x$图像的斜率：摩擦力方向与速度方向（位移方向）共线，因此$f\Delta x = \Delta E$，可知图像斜率为$\frac{\Delta E}{\Delta x} = f$。

12. ☆(15分)如图甲利用气垫导轨验证“系统机械能守恒”的实验装置。光电门固定在气垫导轨上，遮光条的宽度为$d$，砝码(含托盘)的质量为$M$，滑块(含遮光条)的质量为$m$，重力加速度为$g$。

(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度$d$的示数如图乙所示，则$d=$5.2$mm$。

(2)实验操作步骤有：
①将气垫导轨放在水平桌面上，打开气源，将导轨调至水平；
②将滑块移至光电门右侧某合适的位置，测出遮光条到光电门的距离$l$；
③调节滑轮高度，使细绳与导轨平行；
④释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间$t$；
其合理的顺序是A(选填A、B)。
A.①③②④
B.③①④②
(3)在滑块从静止释放到运动至光电门的过程中中，若系统机械能守恒，则应满足的关系式为$mgl = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}$(用题中所给的字母表示)。
(4)保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离$l$，记录每次遮光条的遮光时间$t$及对应的$\frac{1}{t^2}$，数据见表。请根据表中的数据，在图丙所示的方格纸上作出$\frac{1}{t^2}-l$图像。

(5)小明同学认为实验得到的$\frac{1}{t^2}-l$图像的斜率应该大于理论值，你是否同意他的观点，请说明理由。

答案：
12.
(1)$5.2(3$分)
(2)A(3分)
(3)$mgl = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}$(3分)
(4)如图所示(3分)
(5)不同意。由于存在阻力作用，根据$mgl - fl = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}$，解得$\frac{1}{t^{2}} = \frac{2(mg - f)}{(M + m)d^{2}}l$，实际斜率应小于理论值(意思对即可，3分)

实验攻略
(1)确定游标卡尺的分度值，掌握游标卡尺的读数规则即可读数。
(2)要求考生熟练掌握该实验的实验步骤。
(3)分别写出系统重力势能减少量和动能增加量的表达式，若系统机械能守恒，则两者相等，列出等式即可写出满足的关系式。
(4)描点后发现该图像可拟合成直线，因此连线时需使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧。
(5)根据
(3)问可列出$\frac{1}{l}、l$间的关系式，利用数形结合法表示出$\frac{1}{t^{2}} - l$图像斜率的理论值，分析该实验的误差来源，根据动能定理写出$\frac{1}{t^{2}}、l$间的关系式，进而表示出实验测得的$\frac{1}{t^{2}} - l$图像的斜率，与理论值进行比较即可判断出小明的观点是否正确。
验证系统机械能守恒+仪器读数+实验操作+实验原理+误差分析 【2025课标新变化：在学生必做实验中将“尽可能让学生自己动手做实验”改为“让学生自己动手做实验”，在学业质量水平描述中新增误差分析，学业质量水平1中的表述为“分析实验中存在的误差”，学业质量水平2中的表述为“合理分析实验中存在的误差”，学业质量水平3中的表述为“准确分析实验中存在的误差”】
(1)由题图乙可知游标卡尺是10分度的，分度值为$0.1mm$，则根据游标卡尺读数规则知，遮光条的宽度$d = 5mm + 2 × 0.1mm = 5.2mm$。
(2)实验过程中应先组装、调节仪器，再根据实验过程测量数据，因此实验操作步骤合理的顺序为①③②④，即选A。
(3)若系统机械能守恒，则系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，从释放滑块到遮光条经过光电门的过程，系统重力势能的减少量为$\Delta E_{p} = mgl$【点拨：气垫导轨水平，则滑块（含遮光条）的重力势能不变，系统重力势能的减少量仅为托盘和砝码重力势能的减少量】，由于遮光条经过光电门的速度大小为$v = \frac{d}{t}$，则该过程系统动能的增加量为$\Delta E_{k} = \frac{1}{2}(M + m)v^{2}$，系统机械能守恒应满足$mgl = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}$，整理得$mgl = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}$。
(4)先根据题表中数据描点，连线时需使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，偏离较远的点舍去，如答图所示。
(5)根据
(3)问可得理论上$\frac{1}{t^{2}} = \frac{2mg}{(M + m)d^{2}}l$，则$\frac{1}{t^{2}} - l$图像斜率的理论值为$\frac{2mg}{(M + m)d^{2}}$，系统实际运动过程中会受到阻力作用，由动能定理有$mgl - fl = \frac{1}{2}(M + m)(\frac{d}{t})^{2}$，整理得$\frac{1}{t^{2}} = \frac{2(mg - f)}{(M + m)d^{2}}l$，可知实验得到的$\frac{1}{t^{2}} - l$图像的斜率为$\frac{2(mg - f)}{(M + m)d^{2}}$，小于理论值，因此不同意小明的观点。