搜索
2026年金考卷特快专递高中物理
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年金考卷特快专递高中物理 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。
1. 生活现象中蕴含着无数物理知识,以下为教材中的几幅插图,说法正确的是
A.图甲中,微粒越大,单位时间内受到液体分子撞击次数越多,布朗运动越明显
B.图乙表示分子势能随分子间距离变化的图线,分子间距为$r_2$时分子力为 0
C.图丙中,真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时,线圈会产生大量热量使金属熔化,从而冶炼金属
D.图丁中,运输时为保护电流表,应将电流表的正负极用导线相连,原理是电磁驱动
A.图甲中,微粒越大,单位时间内受到液体分子撞击次数越多,布朗运动越明显
B.图乙表示分子势能随分子间距离变化的图线,分子间距为$r_2$时分子力为 0
C.图丙中,真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时,线圈会产生大量热量使金属熔化,从而冶炼金属
D.图丁中,运输时为保护电流表,应将电流表的正负极用导线相连,原理是电磁驱动
答案：
1.B 布朗运动+分子势能+涡流+电磁阻尼 根据布朗运动的特点可知，题图甲中微粒越小，布朗运动越明显，A错误；题图乙表示分子势能随分子间距离变化的图线，分子间距为$r_2$时，分子势能最小，则分子力为0，B正确；题图丙中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，炉内的金属中会产生涡流，涡流产生的热量炼化金属，C错误；在运输中颠簸、晃动，电流表中线圈带动指针就会在磁场中来回摆动，相当于切割磁感线运动，产生感应电动势，将电流表的正负极用导线相连，则形成闭合回路，产生感应电流，则线圈在电流表磁场中会受到安培力，阻碍线圈晃动，原理是电磁阻尼，D错误。
考教衔接 本题源自新人教版教材选择性必修3第一章第1节图1.1－5和第4节图1.4－2，选择性必修2第二章第3节涡流中的图2.3－3和电磁阻尼中的图2.3－9
考教衔接 本题源自新人教版教材选择性必修3第一章第1节图1.1－5和第4节图1.4－2，选择性必修2第二章第3节涡流中的图2.3－3和电磁阻尼中的图2.3－9
2. 小李同学在学习过程中非常喜欢总结归纳,如图是他用来描述多种物理情景的图像,其中横轴和纵轴的截距分别为$n$和$m$,在如图所示的可能物理情景中,下列说法正确的是
A.若为$x - t$图像,则物体的运动速度在减小
B.若为$v - x$图像,则物体做匀变速直线运动
C.若为$a - x$图像且物体初速度为零,则物体的最大速度为$\sqrt{mn}$
D.若为$a - t$图像且物体初速度为零,则最大速度出现在$t = \frac{n}{2}$时刻
A.若为$x - t$图像,则物体的运动速度在减小
B.若为$v - x$图像,则物体做匀变速直线运动
C.若为$a - x$图像且物体初速度为零,则物体的最大速度为$\sqrt{mn}$
D.若为$a - t$图像且物体初速度为零,则最大速度出现在$t = \frac{n}{2}$时刻
答案：
2.C 运动学图像+动能定理+牛顿第二定律 若为$a-x$图像且物体初速度为零，则该图像表示物体做加速度随位移逐渐减小的加速运动，最终加速度为0，物体做匀速运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的速度位移公式$v^2 = 2ax$可得$ax = \frac{v^2}{2}$，则题图中初速度为零的$a-x$图像与坐标轴所围图形的面积表示最大速度平方的一半【点拨：可类比$v-t$图像与坐标轴所围图形的面积表示位移的推导方法，涉及微元累加】，即$\frac{v^2}{2} = \frac{1}{2}mn$，解得$v_m = \sqrt{mn}$，C正确。
错误项分析 若为$x-t$图像，其斜率表示速度，图像斜率不变，则物体的运动速度不变，A错误；若为$v-x$图像，假设物体做匀变速直线运动，则由速度位移公式有$v^2 - v_0^2 = 2ax$可知，对于匀变速直线运动，其$v-x$图像不可能是一次函数图像，B错误；若为$a-t$图像且物体初速度为零，则物体做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，所以物体的最大速度出现在$t = n$时刻，D错误。
错误项分析 若为$x-t$图像，其斜率表示速度，图像斜率不变，则物体的运动速度不变，A错误；若为$v-x$图像，假设物体做匀变速直线运动，则由速度位移公式有$v^2 - v_0^2 = 2ax$可知，对于匀变速直线运动，其$v-x$图像不可能是一次函数图像，B错误；若为$a-t$图像且物体初速度为零，则物体做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，所以物体的最大速度出现在$t = n$时刻，D错误。
3. ☆在炎热酷暑的时候,大量的电器高负荷工作,一些没有更新升级输电设备的老旧社区,由于输电线老化,线损提高,入户电压降低,远达不到电器正常工作的需要,因此出现了一种“稳压源”的家用升压设备,其原理就是根据入户电压与电器工作电压,智能调节变压器原副线圈匝数比的机器。现某用户工作情况如图所示,变压器可视为理想变压器,电表可视为理想电表。下列说法正确的是
A.现入户电压$U_1 = 150V$,若要稳压源输出电压$U_2 = 225V$,则需调节$n_1:n_2 = 3:2$
B.空调制冷启动时,热水器实际功率不变
C.空调制冷停止时,导线电阻耗能升高
D.在用电器正常工作时,若入户电压$U_1$减小,则需要更大的入户电流,从而输电线路损耗更大
A.现入户电压$U_1 = 150V$,若要稳压源输出电压$U_2 = 225V$,则需调节$n_1:n_2 = 3:2$
B.空调制冷启动时,热水器实际功率不变
C.空调制冷停止时,导线电阻耗能升高
D.在用电器正常工作时,若入户电压$U_1$减小,则需要更大的入户电流,从而输电线路损耗更大
答案：
3.D 理想变压器 【2025课标新变化：在教材编写建议中新增“作业设计要联系实际，注重情境创设”】 在用电器正常工作时，用电器两端电压不变，副线圈两端电压$U_2$不变，若入户电压$U_1$减小，则根据理想变压器的变压规律可知，$\frac{n_1}{n_2}$减小，又流过副线圈的电流不变，由理想变压器的变流规律可知，入户电流增大，根据焦耳定律可知，输电线路损耗更大，D正确。
错误项分析 根据理想变压器的变压规律有$\frac{U_1}{U_2} = \frac{n_1}{n_2}$，入户电压$U_1 = 150V$，输出电压$U_2 = 225V$，解得$n_1:n_2 = 2:3$，A错误；空调制冷启动时，副线圈总电阻减小，将变压器与副线圈上的总电阻等效为一个电阻，则等效电阻的阻值也减小【点拨：$R_{等效} = \frac{n_1^2U_2}{n_2^2I_1} = \frac{n_1^2}{n_2^2}R$】，根据闭合电路欧姆定律可知，原线圈中电流增大，根据理想变压器的变流规律可知，副线圈中的电流也增大，则导线电阻分压增大，热水器两端电压降低，根据功率$P = \frac{U^2}{R}$可知，热水器功率降低，空调制冷停止时，副线圈总电阻增大，同理可知，副线圈中电流减小，由$P = I^2R$可知导线电阻耗能降低，BC错误。
错误项分析 根据理想变压器的变压规律有$\frac{U_1}{U_2} = \frac{n_1}{n_2}$，入户电压$U_1 = 150V$，输出电压$U_2 = 225V$，解得$n_1:n_2 = 2:3$，A错误；空调制冷启动时，副线圈总电阻减小，将变压器与副线圈上的总电阻等效为一个电阻，则等效电阻的阻值也减小【点拨：$R_{等效} = \frac{n_1^2U_2}{n_2^2I_1} = \frac{n_1^2}{n_2^2}R$】，根据闭合电路欧姆定律可知，原线圈中电流增大，根据理想变压器的变流规律可知，副线圈中的电流也增大，则导线电阻分压增大，热水器两端电压降低，根据功率$P = \frac{U^2}{R}$可知，热水器功率降低，空调制冷停止时，副线圈总电阻增大，同理可知，副线圈中电流减小，由$P = I^2R$可知导线电阻耗能降低，BC错误。
4. 如图甲所示,$t = 0$时刻起,一质点从$P$点出发做顺时针方向的匀速圆周运动,$O$为圆心,$x$轴为以$O$为原点且垂直于线段$OP$的坐标轴,图乙为该质点在$x$轴上的投影坐标随时间$t$变化的图像,可证明该运动为简谐运动。$Q$为圆周上另一点,线段$OQ$与$x$轴正方向夹角为$30°$。下列说法正确的是
A.圆的半径为 5 cm
B.质点做圆周运动的角速度大小为 4 rad/s
C.从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程中,该质点投影的加速度先减小后增大
D.$t = \frac{16}{3}$s 时,质点运动至$Q$处
A.圆的半径为 5 cm
B.质点做圆周运动的角速度大小为 4 rad/s
C.从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程中,该质点投影的加速度先减小后增大
D.$t = \frac{16}{3}$s 时,质点运动至$Q$处
答案：
4.D 简谐运动+圆周运动
题图剖析
由题图剖析可知，$x-t$图像的振幅等于圆的半径，即$R = A = 10cm$，A错误；由题图乙可知，质点在$x$轴上的投影的运动周期为$T = 4s$，则质点做圆周运动的周期为$T' = T = 4s$，则质点做圆周运动的角速度大小为$\omega = \frac{2\pi}{T'} = \frac{\pi}{2}rad/s$，B错误；从题甲可知，从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程中，质点在$x$轴上的投影均在$x$轴非负半轴上且投影坐标先增大后减小，由于质点在$x$轴上投影的运动为简谐运动，则所受的回复力$F = -kx$，结合牛顿第二定律可知该过程中质点投影的加速度先增大后减小【另解：质点做匀速圆周运动，则其向心加速度大小保持不变，设质点与圆心连线和$x$轴的夹角为$\theta$，则该质点在$x$轴上投影的加速度大小为$a_x = a\cos\theta$，从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程中，$\theta$从$90^{\circ}$减小为$0^{\circ}$，再增大到$30^{\circ}$，则该过程中质点投影的加速度先增大后减小】，C错误；从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程，质点转过的角度为$\Delta\theta = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$，由$\Delta\theta = \omega\Delta t$和运动的周期性可知质点运动到$Q$点的时刻为$t = \Delta t + nT = \frac{4 + 12n}{3}s(n = 0,1,2,3,·s)$，则$t = \frac{16}{3}s$时，$n = 1$，故该时刻质点运动到$Q$处【另解：$t = \frac{16}{3}s$时，质点转过的角度为$\Delta\theta' = \omega t = \frac{\pi}{2} × \frac{16}{3} = \frac{8\pi}{3} = 2\pi + \frac{2\pi}{3}$，可知此时质点运动至$Q$处】，D正确。
一题多解 设质点做圆周运动的速率为$v_0$，则结合题意和几何关系可知$x = R\sin\frac{v_0}{R}t$，结合题图乙可知，$R = 10cm$，$v_0 = \omega R = \frac{\pi}{2}R$，$AB$错误；对$x$关于时间$t$求导得$v = v_0\cos\frac{v_0}{R}t$，对$v$关于时间$t$求导得$a = -\frac{v_0^2}{R}\sin\frac{v_0}{R}t$，由于从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程中，$\theta = \frac{v_0}{R}t$从$0^{\circ}$增大到$120^{\circ}$，则加速度先增大后减小【易错：注意加速度为矢量，正负号只表示方向，不参与大小比较】，C错误；将$t = \frac{16}{3}s$代入$x = R\sin\frac{v_0}{R}t$得$x = \frac{\sqrt{3}}{2}R$，而$Q$点坐标$x_Q = R\cos30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}R$，则此时恰运动到$Q$处，D正确。
4.D 简谐运动+圆周运动
题图剖析
由题图剖析可知，$x-t$图像的振幅等于圆的半径，即$R = A = 10cm$，A错误；由题图乙可知，质点在$x$轴上的投影的运动周期为$T = 4s$，则质点做圆周运动的周期为$T' = T = 4s$，则质点做圆周运动的角速度大小为$\omega = \frac{2\pi}{T'} = \frac{\pi}{2}rad/s$，B错误；从题甲可知，从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程中，质点在$x$轴上的投影均在$x$轴非负半轴上且投影坐标先增大后减小，由于质点在$x$轴上投影的运动为简谐运动，则所受的回复力$F = -kx$，结合牛顿第二定律可知该过程中质点投影的加速度先增大后减小【另解：质点做匀速圆周运动，则其向心加速度大小保持不变，设质点与圆心连线和$x$轴的夹角为$\theta$，则该质点在$x$轴上投影的加速度大小为$a_x = a\cos\theta$，从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程中，$\theta$从$90^{\circ}$减小为$0^{\circ}$，再增大到$30^{\circ}$，则该过程中质点投影的加速度先增大后减小】，C错误；从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程，质点转过的角度为$\Delta\theta = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$，由$\Delta\theta = \omega\Delta t$和运动的周期性可知质点运动到$Q$点的时刻为$t = \Delta t + nT = \frac{4 + 12n}{3}s(n = 0,1,2,3,·s)$，则$t = \frac{16}{3}s$时，$n = 1$，故该时刻质点运动到$Q$处【另解：$t = \frac{16}{3}s$时，质点转过的角度为$\Delta\theta' = \omega t = \frac{\pi}{2} × \frac{16}{3} = \frac{8\pi}{3} = 2\pi + \frac{2\pi}{3}$，可知此时质点运动至$Q$处】，D正确。
一题多解 设质点做圆周运动的速率为$v_0$，则结合题意和几何关系可知$x = R\sin\frac{v_0}{R}t$，结合题图乙可知，$R = 10cm$，$v_0 = \omega R = \frac{\pi}{2}R$，$AB$错误；对$x$关于时间$t$求导得$v = v_0\cos\frac{v_0}{R}t$，对$v$关于时间$t$求导得$a = -\frac{v_0^2}{R}\sin\frac{v_0}{R}t$，由于从$t = 0$开始到质点第一次到达$Q$点的过程中，$\theta = \frac{v_0}{R}t$从$0^{\circ}$增大到$120^{\circ}$，则加速度先增大后减小【易错：注意加速度为矢量，正负号只表示方向，不参与大小比较】，C错误；将$t = \frac{16}{3}s$代入$x = R\sin\frac{v_0}{R}t$得$x = \frac{\sqrt{3}}{2}R$，而$Q$点坐标$x_Q = R\cos30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}R$，则此时恰运动到$Q$处，D正确。
5. ☆2025 年第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举行,开幕式上的“冰灯启梦”表演蔚为壮观。某学习小组设计制作了一个正方体“冰灯”,中心$O$处有一单色点光源。已知冰对该单色光的折射率为$\frac{4}{3}$,只考虑第一次到达表面的光线。则其中一个面的透光区域形状应为
答案：
5.B 光的折射+全反射 【2025课标新变化：在教材编写建议中新增“作业设计要联系实际，注重情境创设”】 已知冰对该单色光的折射率为$\frac{4}{3}$，设该单色光发生全反射的临界角为$C$，根据全反射临界角公式可知，单色光从冰中射向空气时发生全反射的临界角满足$\sin C = \frac{1}{n} = \frac{3}{4}$，则有$\tan C = \frac{3}{\sqrt{4^2 - 3^2}} = \frac{3}{\sqrt{7}}$，以正方体其中一面光的出射情景为例，设该面的边长为$2L$，则对角线长度为$2\sqrt{2}L$，作出该单色光恰好发生全反射时光线示意图如图甲所示，根据几何关系可得$\tan C = \frac{r}{L} = \frac{3}{\sqrt{7}}$，解得$r = \frac{3}{\sqrt{7}}L$，由于$L ＜ r ＜ \sqrt{2}L$，以该面的中心为圆心、$r$为半径作一个圆，如图乙所示，可知图中圆形与正方形叠加区域有光线射出，对比四个选项图可知B正确。
高考链接 本题与2023年浙江卷6月第13题考查形式及内容相同，都以光射出介质的透光区域的形状考查全反射知识，原题如下：
在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为$0.9m$，水的折射率$n = \frac{4}{3}$，细灯带到水面的距离$h = \frac{\sqrt{7}}{10}m$，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（C）
5.B 光的折射+全反射 【2025课标新变化：在教材编写建议中新增“作业设计要联系实际，注重情境创设”】 已知冰对该单色光的折射率为$\frac{4}{3}$，设该单色光发生全反射的临界角为$C$，根据全反射临界角公式可知，单色光从冰中射向空气时发生全反射的临界角满足$\sin C = \frac{1}{n} = \frac{3}{4}$，则有$\tan C = \frac{3}{\sqrt{4^2 - 3^2}} = \frac{3}{\sqrt{7}}$，以正方体其中一面光的出射情景为例，设该面的边长为$2L$，则对角线长度为$2\sqrt{2}L$，作出该单色光恰好发生全反射时光线示意图如图甲所示，根据几何关系可得$\tan C = \frac{r}{L} = \frac{3}{\sqrt{7}}$，解得$r = \frac{3}{\sqrt{7}}L$，由于$L ＜ r ＜ \sqrt{2}L$，以该面的中心为圆心、$r$为半径作一个圆，如图乙所示，可知图中圆形与正方形叠加区域有光线射出，对比四个选项图可知B正确。
高考链接 本题与2023年浙江卷6月第13题考查形式及内容相同，都以光射出介质的透光区域的形状考查全反射知识，原题如下：
在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为$0.9m$，水的折射率$n = \frac{4}{3}$，细灯带到水面的距离$h = \frac{\sqrt{7}}{10}m$，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（C）
查看更多完整答案，请扫码查看
