《2026年金考卷特快专递高中物理》

1. 小明用同一光电管进行不同条件下的光电效应实验。如图所示,实验得到甲、乙、丙三条光电流与电压之间的关系曲线。若曲线甲、乙、丙对应的入射光频率分别为 $\nu_{甲}$、$\nu_{乙}$、$\nu_{丙}$，下列选项正确的是


A.$\nu_{甲}＜\nu_{乙}$
B.$\nu_{甲}＞\nu_{乙}$
C.$\nu_{甲}＞\nu_{丙}$
D.$\nu_{甲}＜\nu_{丙}$

答案： 1．A 光电效应现象+（I - U 图像） 由爱因斯坦光电效应方程可知$E_{km} = h\nu - W_0$，又$E_{km} = e|U_c|$【点拨：该关系式是由动能定理得出的，加遏止电压时电场力对逸出的光电子做负功，使阴极发射的初动能最大的光电子刚好到达不了阳极，即$|eU_c| = E_{km}$】且做光电效应实验时用同一光电管，金属的逸出功$W_0$一定（相同），由题图可知$|U_{c1}| ＞ |U_{c2}|$，所以$\nu_Z ＞ \nu_甲 = \nu_丙$，A 正确，BCD 错误。
考教衔接 本题改编自新粤教版教材选择性必修3第四章习题四第10题，两者均结合 I - U 图像考查光电效应，教材中判断入射光波长关系，而本题判断入射光频率关系。
知识积累 区分光电效应中的四组概念
(1)光子与光电子：光子是传递电磁相互作用的基本粒子，是电中性的；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子。
(2)光电子的初动能与光电子的最大初动能：电子吸收光子能量后，一部分克服阻碍作用做功，剩余部分转化为光电子的初动能，只有克服阻碍作用做的功等于逸出功$W_0$的光电子才具有最大初动能，光电子的初动能介于0和最大初动能之间。
(3)光电流和饱和电流：从阴极逸出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，在光照条件不变的情况下，随着所加正电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和电流。在一定的光照条件下，饱和电流与所加电压大小无关。
(4)入射光强度与光子能量：入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的光子的总能量。

2. 图甲所示的理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦式交流电,副线圈接一个规格为“6 V,3 W”的灯泡。灯泡正常工作,则理想变压器原、副线圈的匝数比为


A.$1:6\sqrt{2}$
B.$6\sqrt{2}:1$
C.$1:6$
D.$6:1$

答案： 2．D 理想变压器的工作原理+交流电图像 灯泡的规格为“6 V,3 W”，所以灯泡正常工作时其两端的电压等于额定电压6 V，则理想变压器副线圈两端的输出电压为$U_2 = 6$V【点拨：使用交流的电气设备上，标出的额定电压和额定电流都是有效值】，又由图乙可知，原线圈的输入电压为$U_1 = \frac{u_m}{\sqrt{2}} = 36$V，由理想变压器变压规律得原、副线圈的匝数比为$\frac{n_1}{n_2} = \frac{U_1}{U_2} = \frac{6}{1}$，D正确。

3. 复兴号列车以 216 km/h 的速率经过一段圆弧形弯道时,列车桌面上智能手机中的“指南针”在 10 s 内匀速转过了 15°,取 $\pi =3$。则该段圆弧形弯道半径为

A.1 800 m
B.2 400 m
C.3 000 m
D.3 600 m

答案： 3．B 圆周运动+角速度与线速度的关系 由题意可知复兴号列车的速率$v = 216$ km/h = 60 m/s，转过的角度$\theta = 15^{\circ} = \frac{15}{360} × 2\pi = 0.25$ rad，由角速度公式$\omega = \frac{\theta}{t}$得列车转弯的角速度为$\omega = 0.025$ rad/s【点拨：在国际单位制中，时间的单位是秒，角的单位是弧度，符号是 rad，所以角速度的单位是弧度每秒，符号是 rad/s】，由线速度公式$v = \omega r$得弯道半径为$r = \frac{v}{\omega} = 2400$ m,B正确。

4. 验证库仑定律的扭秤实验装置如图所示,细银丝下端悬挂一根绝缘棒,棒的一端固定不带电的金属球 $A$,另一端固定绝缘球 $B$ 使棒平衡,细银丝处于自然状态。把带电金属球 $C$ 伸入容器轻触金属球 $A$ 后,$A$ 与 $C$ 带上同种电荷,$A$ 在库仑力的作用下远离 $C$;扭转细银丝旋钮,使 $A$ 回到初始位置并保持静止;实验中,$A$、$B$、$C$ 三个小球处于同一水平面。已知旋钮旋转的角度与 $A$、$C$ 间的库仑力大小成正比。某次实验测得旋钮旋转的角度为 $\theta$,若保持两球间距离不变,通过接触起电使 $A$、$C$ 两球电荷量均减为上述实验中电荷量的一半,则旋钮旋转的角度变为

A.$\frac{1}{2}\theta$
B.$\frac{1}{4}\theta$
C.$2\theta$
D.$4\theta$

答案： 4．B 库仑扭秤实验+库仑定律 设小球A、C初始时所带的电荷量分别为$q_A$、$q_C$，两球之间的距离为$r$，则由库仑定律可知初始时两球间的库仑力大小为$F = \frac{kq_Aq_C}{r^2}$，保持两球间的距离不变，通过接触起电使小球A、C所带的电荷量均减半后，两球之间的库仑力大小变为$F' = \frac{k\frac{q_A}{2} · \frac{q_C}{2}}{r^2}$，则有$F = 4F'$，又由题意可知旋钮旋转的角度与A、C间的库仑力大小成正比，所以$\frac{F'}{F} = \frac{\theta'}{\theta}$，则两球的电荷量均减半后旋钮旋转的角度为$\theta' = \frac{1}{4}\theta$，B正确。
考教衔接 本题情境来源于新人教版教材必修3第九章第2节库仑的实验、新鲁科版教材必修3第1章第2节科学书屋库仑扭秤实验。

5. 如图所示,一个半径为 $r = 3$ m 的圆柱形软木塞,在其圆心处插上一枚大头针,软木塞浮在液面上。调整大头针插入软木塞的深度,当它露在外面的长度为 $h = 4$ cm 时,从液面上方各个方向向液体观察,恰好看不到大头针。则液体的折射率为


A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{5}{3}$
D.$\frac{5}{4}$

答案：
5．C 全反射+折射率 从液面上方各个方向向液体观察，恰好看不到大头针，则从大头针最低端射向软木塞端面的光线由水面射向空气时恰好发生全反射，如图所示，由发生全反射的临界角C与介质折射率的关系可得$\sin C = \frac{1}{n}$，由几何关系有$\sin C = \frac{r}{\sqrt{h^2 + r^2}}$，联立可得液体折射率为$n = \frac{5}{3}$，C正确。

考教衔接 本题改编自新人教版教材选择性必修1第四章复习与提高B组第2题，两者均为利用软木塞和大头针测量液体折射率，不过教材中以非选择题的形式呈现，本题以选择题的形式呈现。

6. 为研究气体压强,可建立如图的理想模型:内部为正方体的汽缸内,每个气体分子质量均为 $m$,其平均动能为 $E_{ k}$,忽略气体分子大小。根据统计规律进行简化分析,分子与器壁各面碰撞的机会均等,即有 $\frac{1}{6}$ 的气体分子以动能 $E_{ k}$ 向右撞击器壁。若碰撞前、后瞬间分子速率不变,速度方向均与器壁垂直,分子数密度(单位体积内分子数)为 $n$。下列说法正确的是


A.一个气体分子与容器壁发生一次碰撞所受到器壁的冲量大小为 $\sqrt{2mE_{ k}}$
B.一个气体分子与容器壁发生一次碰撞所受到器壁的冲量大小为 $2\sqrt{2mE_{ k}}$
C.汽缸内气体压强大小为 $\frac{1}{6}nE_{ k}$
D.汽缸内气体压强大小为 $\frac{1}{3}nE_{ k}$

答案： 6．B 动量定理+气体压强的微观解释
一个气体分子与容器发生一次碰撞
以与器壁碰撞前瞬间的速度方向为正方向
动量定理、$E_k = \frac{1}{2}mv^2$
一个气体分子所受容器壁的冲量大小$I = | - mv - mv| = 2mv = 2\sqrt{2mE_k}$
A错，B对
设正方体汽缸各面的面积为S，
则时间$\Delta t$中撞上正方体汽缸一个面的分子数$N = \frac{1}{6}nSv\Delta t$
汽缸内气体压强大小
由冲量定义有$NI = F\Delta t$
由压强的定义知$p = \frac{F}{S}$
$E_k$每个气体分子的动能$E_k = \frac{1}{2}mv^2$
汽缸内气体压强大小$p = \frac{2}{3}nE_k$ CD错
知识积累 气体压强的微观解释
(1)产生原因
气体压强是由大量做无规则热运动的气体分子持续不断地撞击容器壁产生的。器壁受到的作用力与面积之比就是气体的压强。
(2)决定因素(微观)
分子的平均速率：与温度有关，分子的平均速率越大，单位面积上分子与器壁的碰撞对器壁的作用力越大，则压强越大。
分子的数密度(单位体积内的分子个数)：分子的数密度越大，单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子个数越多，则单位面积上分子与器壁的碰撞对器壁的作用力越大，则压强越大。

7. ☆“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备,将游客升至数十米高空,自由下落至接近地面时再减速,让游客体验失重的乐趣,如图甲所示。物理兴趣小组设计了相关的减速模型,如图乙所示,单匝线圈质量为 $m$,半径为 $r_0$,总电阻为 $R$。磁场减速区有一辐向磁场,俯视图如图丙,到中心轴距离为 $r$ 处的磁感应强度大小为 $B = \frac{k}{r}$($k$ 为常量)。线圈由静止开始释放,下落过程中线圈保持水平且圆心一直在中心轴上。磁场减速区高度为 $h_2$,线圈释放处离减速区下边界的高度为 $h_1$,忽略一切空气阻力,重力加速度为 $g$。下列说法正确的是


A.线圈在磁场减速区内速度可以为零
B.线圈从静止至磁场减速区下边界的过程重力的冲量大小等于安培力的冲量大小
C.线圈刚进入磁场时受到的安培力大小为 $\frac{(2\pi k)^2}{R}\sqrt{2g(h_1 - h_2)}$
D.线圈从静止至磁场减速区下边界的过程产生的焦耳热为 $mgh_1$

答案： 7．C 法拉第电磁感应定律+安培力+动量定理+冲量
【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”】
审题破题 线圈运动过程分析
运动过程 过程分析
线圈进入磁场减速区前 只受重力作用，线圈做自由落体运动。
线圈在磁场减速区运动 线圈在磁场减速区做减速运动，则其进入磁场减速区时的安培力大于重力，由于线圈速度减小，则其所受安培力减小，当线圈在磁场减速区所受安培力可以减小至与线圈的重力相等时，线圈的加速度为0，此后线圈在磁场减速区做匀速直线运动，即线圈在磁场减速区先做减速运动再做匀速运动；若线圈在磁场减速区所受安培力不可以减小至与重力相等，则线圈在磁场减速区一直做减速运动。
A项分析：线圈在磁场减速区做减速运动，由法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，由安培力公式$F = BIL$可知线圈受到的安培力逐渐减小，当线圈受到的安培力逐渐减小至与线圈的重力相等时，线圈的加速度为0，此后线圈在磁场减速区做匀速直线运动，显然线圈在磁场减速区的速度不可能减为0【另解：该选项还可利用假设法判断，假设线圈在磁场减速区内速度可以为0，则结合法拉第电磁感应定律可知此时线圈中的电流为0，由安培力公式可知此时线圈所受的安培力为0，所以此时线圈只受重力作用，不可能达到减速的效果，则假设不成立，故线圈在磁场减速区内速度不可以为0】，A错误；
B项分析：设线圈到达磁场减速区下边界瞬间的速度大小为$v$，规定竖直向下为正方向，则线圈从静止至磁场减速区下边界过程由动量定理得$I_G - I_F = mv - 0$【点拨：此处应注意动量定理的矢量性，列式时应规定正方向】，解得$I_G = I_F + mv$，则有$I_G ＞ I_F$，即该过程重力的冲量大于安培力的冲量，B错误；
C项分析：线圈进入磁场减速区前做自由落体运动，则由自由落体运动规律可得，线圈刚进入磁场时的速度大小为$v_0 = \sqrt{2g(h_1 - h_2)}$，由法拉第电磁感应定律得线圈刚进入磁场时的感应电动势$E = B_0Lv_0$，结合闭合电路欧姆定律和安培力公式可得此时线圈受到的安培力大小为$F_0 = \frac{B_0^2L^2v_0}{R}$，由题意可知线圈所在处磁感应强度大小$B_0 = \frac{k}{r_0}$，切割磁感线的长度为线圈周长，即$L = 2\pi r_0$，联立可得$F_0 = \frac{(2\pi k)^2}{R} \sqrt{2g(h_1 - h_2)}$，C正确；
D项分析：线圈从静止至磁场减速区下边界的过程，由能量守恒定律得$mgh_1 = \frac{1}{2}mv^2 + Q$，解得$Q = mgh_1 - \frac{1}{2}mv^2$，因此该过程线圈产生的焦耳热小于$mgh_1$，D错误。