《2026年金考卷特快专递高中物理》

6. ☆如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的$\lg T - \lg r$图像,其中$T$为卫星的周期,$r$为卫星的轨道半径。卫星$M$绕行星$P$运动的图线是$a$,卫星$N$绕行星$Q$运动的图线是$b$,若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动,则


A.直线$a$和直线$b$可能不平行
B.行星$P$的质量小于行星$Q$的质量
C.卫星$M$在 1 处的向心加速度小于在 2 处的向心加速度
D.卫星$M$在 2 处的线速度大于卫星$N$在 3 处的线速度

答案： 6.B 万有引力定律的应用+($\lg T-\lg r$图像) 【2025课标新变化：在教材编写建议中新增章练习创新性的要求，具体体现为“可设计具有一定综合性和创新性的章练习，培养学生利用所学内容综合解决物理问题的能力和创新能力”】
A项分析：设中心天体质量为$M$，若卫星绕行星的运动可看成匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得$G\frac{Mm}{r^2} = m\frac{4\pi^2}{T^2}r$，变形得$T^2 = \frac{4\pi^2r^3}{GM}$，两边同时取对数，整理可得$\lg T = \frac{3}{2}\lg r - \frac{1}{2}\lg\frac{GM}{4\pi^2}$，由该式可知，$\lg T-\lg r$图像的斜率为$\frac{3}{2}$，是一定值，故直线$a$和直线$b$一定平行，A错误；
B项分析：由$\lg T = \frac{3}{2}\lg r - \frac{1}{2}\lg\frac{GM}{4\pi^2}$可知，$\lg T-\lg r$图像与纵轴的交点为$-\frac{1}{2}\lg\frac{GM}{4\pi^2}$，结合题中图像可知$-\frac{1}{2}\lg\frac{GM_p}{4\pi^2} ＞ -\frac{1}{2}\lg\frac{GM_Q}{4\pi^2}$，故$M_p ＜ M_Q$，即行星$P$的质量小于行星$Q$的质量，B正确；
C项分析：对卫星根据万有引力提供向心力有$G\frac{Mm}{r^2} = ma_n$，解得向心加速度$a_n = \frac{GM}{r^2}$，由题图可知，卫星$M$在$1$处的轨道半径小于在$2$处的轨道半径，故卫星$M$在$1$处的向心加速度大于在$2$处的向心加速度，C错误；
D项分析：根据万有引力提供向心力有$G\frac{Mm}{r^2} = m\frac{v^2}{r}$，可得$v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$，由B项分析可知，行星$P$的质量小于行星$Q$的质量，绕行星$P$运动的卫星$M$在$2$处的轨道半径大于绕行星$Q$运动的卫星$N$在$3$处的轨道半径，故卫星$M$在$2$处的线速度小于卫星$N$在$3$处的线速度，D错误。
数学必备 对数的相关计算
如果$a ＞ 0$，且$a \neq 1$，$M ＞ 0$，$N ＞ 0$，那么：
(1)$\log_a(MN) = \log_aM + \log_aN$；
(2)$\log_a\frac{M}{N} = \log_aM - \log_aN$；
(3)$\log_aM^n = n\log_aM(n \in R)$。
通常，我们将以$10$为底的对数叫做常用对数，并把$\log_{10}N$记为$\lg N$。
考情速递 数理融合，以图释理 新高考物理命题始终贯彻“数理融合，以图释理”的理念，通过创新图像设计推动跨学科融合，注重以非常规图像构建真实问题情境，全面考查考生的信息提取、模型建构与定量分析能力。这一趋势在近年高考试题中表现显著，比如2025年广西卷第14题将椭圆融入$v^2 - \frac{1}{r}$图像设计，考查考生运用数学工具解决物理问题的能力；
2025年四川卷第6题则以信号强度随时间变化的图像为情境，要求考生通过图像提取信息，结合物理规律推导卫星轨道半径。本题延续了这一命题思路，以卫星在不同轨道运行的创新图像$\lg T-\lg r$图像为背景，要求考生在解读图像特征的基础上，灵活运用万有引力定律构建数学模型，体现出较高的数学能力要求。应对此类试题，可遵循以下四大步骤：解读图像→构建模型→建立关联→求解验证。只有通过系统训练，不断强化“数理转化”思维，考生才能从容应对这类题。

7. 如图甲,竖直挡板固定在光滑水平面上,质量为$M$的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板,质量为$m$的小球从半圆形弯槽左端静止释放,小球速度的水平分量和弯槽的速度随时间的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是

A.小球释放后,小球与弯槽组成的系统动量守恒
B.$t_2$时小球到达位置的高度等于释放时的高度
C.由图可知$m$大于$M$
D.图中阴影面积$S_2 ＜ 2S_1$

答案： 7.D 动量守恒+能量守恒
A项分析：小球从弯槽左端静止下滑的过程中，弯槽对小球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对弯槽的压力背离圆心，小球从静止到运动至弯槽最低点过程，由于有竖直挡板作用，弯槽静止，则小球与弯槽组成的系统动量不守恒，小球从弯槽最低点向右侧运动过程，系统所受合外力不为零，但水平方向所受合外力为零，则小球与弯槽组成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误；
B项分析：结合题图乙分析可知小球水平速度与弯槽的速度相同，两者共速【点拨：小球水平速度与弯槽速度相同是小球相对弯槽水平运动方向改变的节点，以$t_1$时刻前后为例，从弯槽开始运动至$t_1$时刻，小球在弯槽上向右上运动，对从$t_1$时刻到$t_1$时刻后的一小段时间进行研究，由题图乙可知小球的水平速度小于弯槽的速度，则小球在水平方向上相对弯槽向左运动，又小球在弯槽上运动，故该段时间内小球在弯槽上向左下运动，所以$t_1$时刻小球在竖直方向的速度为0，两者共速】，则$t_2$时小球与弯槽第二次共速，对小球与弯槽组成的系统，根据能量守恒定律得$mgR = \frac{1}{2}(m + M)v_{共}^2 + mgh$，可知$R ＞ h$，故$t_2$时小球不可能到达释放时的高度，B错误；
C项分析：小球通过弯槽最低点后，系统水平方向动量守恒，从小球运动至弯槽最低点到弯槽速度最大的过程，有$mv_1 = Mv_2 + mv_3$，可得$(v_1 + v_2) = Mv_3$，假设$m$大于$M$，则$v_1 + v_2 ＜ v_3$，由题图乙可知$v_1 ＞ v_3$，即$v_1 + v_2 ＞ v_3$，故假设不成立，$m$小于$M$，C错误；
D项分析：根据$v_x - t$图像与坐标轴围成图形的面积等于水平位移，可知$S_1$表示小球从释放到运动至弯槽最低点过程的水平位移，即为$R$，而$S_2$为$t_1～t_2$时间内小球与弯槽的相对位移，由B项分析可知，$t_1$和$t_2$这两次相邻共速的时刻，小球分别在弯槽上右侧所能运动到的最高点和弯槽上左侧所能运动到的最高点，根据能量守恒定律和水平方向动量守恒可知，这两个最高点等高，且高度均小于$R$，因此这两个最高点间的距离小于$2R$，则有$S_2 ＜ 2R$，即$S_2 ＜ 2S_1$，D正确。

8. 如图所示,半圆环竖直固定在水平地面上,光滑小球套在半圆环上。对小球施加一始终指向半圆环最高点$B$的拉力$F$,使小球从半圆环最低点$A$缓缓移动到最高点$B$。下列说法正确的是

A.小球对半圆环的压力先减小后增大
B.拉力$F$一直减小
C.若小球到达$B$点前瞬间撤去拉力$F$,则小球向下运动过程中重力的功率先增大再减小后增大
D.若小球到达$B$点前瞬间撤去拉力$F$,则小球向下运动过程中重力的功率一直增大

答案：
8.BD 动态平衡分析+牛顿第三定律+瞬时功率 对小球施加一始终指向半圆环最高点$B$的拉力$F$，使小球从半圆环最低点$A$缓缓移动到最高点$B$，则小球处于动态平衡状态，小球光滑，则小球运动过程中不受摩擦力，对小球的受力分析如图所示，三个力平移后构成的矢量三角形与半圆环圆心、$B$点、小球所在位置构成的几何三角形相似，设小球所在位置为$D$点，半圆环半径为$R$，则有$\frac{F}{DB} = \frac{N}{R} = \frac{mg}{R}$，小球从半圆环最低点$A$缓缓移动到最高点$B$的过程中，$DB$长度一直减小，则拉力$F$一直减小，半圆环对小球的支持力$N$大小不变，由牛顿第三定律可知小球对半圆环的压力大小始终不变，A错误，B正确；若小球到达$B$点前瞬间撤去拉力$F$，则小球向下运动过程中，只有重力做功且一直做正功【点拨：小球下滑过程中，重力方向与速度方向（沿半圆环切线向下）的夹角一直为锐角，所以重力一直做正功】，速度一直增大，速度与竖直方向的夹角$\theta$一直减小，则重力的功率$P = mgv\cos\theta$一直增大，C错误，D正确。

9. 如图所示,可视为点电荷的带电小球$M$置于绝缘支架上,$M$所带电荷量$Q = 4.0 × 10^{-5}C$。一质量$m = 0.02kg$、电荷量$q = 2.0 × 10^{-8}C$的小球,系在一根长度为$L = 0.1m$的绝缘细线一端,小球在竖直平面内绕$O$点做逆时针方向的圆周运动,$AB$为圆弧的水平直径,$CD$为竖直直径。$M$与$A$、$B$在同一水平线上,且$M$离$A$点的距离也为$L = 0.1m$。若规定无穷远处的电势为零,离$+Q$距离为$r$的点的电势$\varphi = k\frac{Q}{r}$,$k$为静电力常量,$k = 9.0 × 10^9N · m^2 · C^{-2}$,不计空气阻力。下列说法正确的是

A.小球运动到$B$点时的机械能最大
B.$D$位置小球的机械能大于$C$位置小球的机械能
C.在最低点$C$和最高点$D$时,细线对小球拉力的差值与$M$的电荷量有关
D.在$A$点时细线对小球的拉力比在$B$点时细线对小球的拉力小 1.76 N

答案： 9.AD 电场力和电场能的性质+牛顿第二定律 由题意若规定无穷远处的电势为零，离$+Q$距离为$r$的点的电势$\varphi = k\frac{Q}{r}$，结合小球运动过程中的位置关系可知，小球在竖直平面内绕$O$点做逆时针方向的圆周运动过程中，在$A$点电势能最大，在$B$点电势能最小，根据能量守恒定律可知，小球的电势能和机械能之和保持不变，所以小球运动到$B$点时的机械能最大，A正确；根据几何关系可知$D$、$C$与$M$的距离相等，则小球在$D$、$C$两点的电势能相等，则$D$位置小球的机械能等于$C$位置小球的机械能，B错误；根据小球在$D$、$C$的电势能相等，可知小球从$D$点到$C$点过程，库仑力做的功为零，该过程对小球根据动能定理可得$mg · 2L = \frac{1}{2}mv_C^2 - \frac{1}{2}mv_D^2$，设小球在$D$、$C$两点所受库仑力的竖直分量大小分别为$F_{D_y}$和$F_{C_y}$，可知两者大小相等、方向相反，在$D$、$C$位置对小球根据牛顿第二定律分别有$T_D + mg - F_{D_y} = m\frac{v_D^2}{L}$，$T_C - mg - F_{C_y} = m\frac{v_C^2}{L}$，联立可得$T_C - T_D = 6mg$，即在最低点$C$和最高点$D$时，细线对小球拉力的差值与$M$的电荷量无关，C错误；在$A$、$B$两点，对小球根据库仑定律和牛顿第二定律分别有$T_A + k\frac{Qq}{L^2} = m\frac{v_A^2}{L}$，$T_B - k\frac{Qq}{(3L)^2} = m\frac{v_B^2}{L}$，从$A$点到$B$点过程，对小球根据动能定理得$q(\frac{kQ}{L} - \frac{kQ}{3L}) = \frac{1}{2}mv_B^2 - \frac{1}{2}mv_A^2$，联立解得$T_B - T_A = \frac{22kQq}{9L^2} = 1.76N$，D正确。

10. 如图所示,$xOy$平面为光滑水平桌面,在$x$轴上固定了一个$\frac{1}{4}$圆弧挡板,挡板圆弧所在平面与水平桌面共面,$O'$为其圆心,其半径$R = 3m$。质量为$0.1kg$的小球在$y$轴上的初速度大小为$v_0$。小球受到大小不变、方向沿$y$轴负方向的恒定合外力作用。已知小球在碰到挡板前的最小速度大小为 4 m/s,恒力的大小为 1 N。小球视为质点,$\sin 37° = 0.6$,$\cos 37° = 0.8$。下列说法正确的是

A.小球在整个运动过程中机械能守恒
B.在小球击中挡板前,小球速度大小变为 5 m/s 时,速度方向和$x$轴正方向的夹角为$37°$
C.若小球在速度最小时恰好经过$O'$,则小球击中挡板前瞬间的动能为 3.6 J
D.若$v_0$大小、方向均可以改变,小球的初始位置可沿$y$方向移动,圆弧挡板可沿$x$方向左右移动,总保证小球每次沿$x$轴方向通过$O'$点,则击中挡板前瞬间小球的最小动能为$\frac{3}{2}\sqrt{3}$J

答案： 10.BD 类斜抛运动+类平抛运动
A项分析：小球在$y$轴负方向上受到恒定合外力作用，竖直向上受力平衡，则小球在水平桌面上做类斜抛运动，所以在整个运动过程中只有恒定合外力做功，机械能不守恒，A错误；
B项分析：小球在击中挡板前沿$y$方向做类竖直上抛运动，沿$x$方向做匀速直线运动，所以小球速度最小时，在$y$轴方向的速度为0，即小球在$x$轴方向的速度大小为$v_x = 4m/s$，设在小球击中挡板前，速度大小变为$5m/s$时，速度方向和$x$轴正方向的夹角为$\theta$，则$\cos\theta = \frac{v_x}{v} = \frac{4}{5}$【点拨：小球速度大小变为$5m/s$时，$y$方向速度可能沿$y$轴正方向，也可能沿$y$轴负方向，但速度大小相等，小球速度方向与$x$轴正方向夹角也相等】，解得$\theta = 37^{\circ}$，B正确；
C项分析：若小球在速度最小时恰好经过$O'$，则小球从$O'$到击中挡板前瞬间过程做类平抛运动，在$x$轴方向上有$x = v_xt$，在$y$轴方向上有$y = \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2}\frac{F}{2m}t^2$，小球击中挡板时由几何关系得$R^2 = x^2 + y^2$，联立解得$t = 0.6s$，$y = 1.8m$，小球从$O'$点到挡板过程由动能定理得$F_y = E_k - \frac{1}{2}mv^2$，解得小球击中挡板前瞬间的动能为$E_k = 2.6J$，C错误；
D项分析：调整圆弧挡板位置后要保证小球每次沿$x$轴方向通过$O'$点，结合C项分析可知从$O'$点击中挡板前瞬间过程，有$R^2 = x'^2 + y'^2$，$x' = v_xt'$，$y' = \frac{F}{2m}t'^2$，根据动能定理可知，击中挡板前瞬间小球的动能为$E_k' = F_y' + \frac{1}{2}mv_x^2 = \frac{3Fy'}{4} + \frac{FR^2}{4y'}$，根据数学基本不等式知识可知，当且仅当$\frac{3Fy'}{4} = \frac{FR^2}{4y'}$，即$y' = \sqrt{3}m$时，击中挡板前瞬间小球的动能最小，为$E_{kmin} = \frac{3\sqrt{3}}{2}J$，D正确。