《2026年金考卷特快专递高中物理》

1. 如图所示，某滑雪者从平台$P$点以速度$v$水平向右跳出，恰好落在右侧平台最左端$Q$点。滑雪者


A.减小速度$v$，仍落在$Q$点
B.增大速度$v$，落在$Q$点右侧
C.减小速度$v$，在空中的运动时间不变
D.增大速度$v$，在空中的运动时间减少

答案： 1.B 平抛运动 根据平抛运动规律可知，减小速度v，滑雪者落在Q点左侧的地面上，下落高度h变大，竖直方向根据$h = \frac{1}{2}gt^{2}$得$t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$，可知滑雪者在空中的运动时间变长，AC错；增大速度v，滑雪者落在Q点右侧，下落高度h不变，在空中的运动时间不变，B对，D错。
考教衔接 本题改编自新人教版教材必修2第五章复习与提高A组第4题，教材中为定量计算，而本题只需定性分析。

2. 如图所示，为了装点夜景，在喷水池水下安装一点光源$S$，能向各个方向同时发出红、黄、蓝三种不同颜色的光，在水面上形成三个圆形区域（俯视图），虚线为分界线。关于外侧两个区域单色光分布情况正确的是

答案：
2.A 全反射+不同颜色的光
第一步：分析不同色光发生全反射的临界角
光按照“红橙黄绿蓝靛紫”顺序从红光到紫光，频率f增大，则从同一种介质射向空气中时对应介质的折射率n增大，即$n_{红} ＜ n_{黄} ＜ n_{蓝}$，根据全反射临界角公式$\sin C = \frac{1}{n}$可知，$C_{红} ＞ C_{黄} ＞ C_{蓝}$；
第二步：分析不同色光在水面上形成的圆形区域半径
$r = h\tan C \Rightarrow C$越大，$r$越大$\Rightarrow r_{红} ＞ r_{黄} ＞ r_{蓝}$
第三步：分析水面上单色光分布情况
综上可知，蓝光在最小虚线圆分界线处发生全反射，红光在最大虚线圆分界线处发生全反射，则最外侧相邻两条分界线间区域内只有红光，最内侧相邻两条分界线间区域为红光和黄光，A对，BCD错。

3. 以竖直向上为正方向，某同学乘电梯开始下楼的加速度$a$随时间$t$变化的图线如图所示，则该同学


A.$0\sim4\ s$内处于超重状态
B.$7\sim10\ s$内处于失重状态
C.$t=4\ s$时速度最大
D.$4\sim7\ s$内处于静止状态

答案：
3.C 超重和失重+$(a - t$图像）
审题破题 该同学乘电梯过程的运动分析
时间段　　加速度a特点　　　　　状态及运动分析
0～4s　　　方向向下　　　　　　失重，向下加速
4～7s　　　加速度为0　　　　　　向下匀速运动
7～10s　　　方向向上　　　　超重，初阶段向下减速
由于竖直向上为正方向，结合题图可知0～4s内加速度方向竖直向下，该同学向下加速运动，4～7s内加速度为0，7～10s内加速度方向竖直向上，所以该同学0～4s内处于失重状态，4～7s内做匀速运动，7～10s内处于超重状态，ABD错；$a - t$图像与t轴围成图形的面积表示速度变化量$\Delta v$，由题图可知，7～10s过程对应的面积$S_{1}$小于0～4s加速过程对应的面积$S_{2}$的2倍，即$S_{1} ＜ 2S_{2}$，因此$t = 4s$时速度最大，C对。
易错警示 本题有两个易错点需要注意
①该同学是从静止开始下楼，0～4s内，加速度与规定的正方向相反，即竖直向下，该同学0～4s内向下做加速运动；
②$a - t$图像与t轴所围图形的面积表示速度变化量，$\Delta v = v_{t} - v_{0}$，若初速度$v_{0} = 0$，则0～某时刻图形面积可表示该时刻对应的速度$v_{t}$。
高考链接 本题与2022年海南卷第12题考法相似，均结合乘电梯过程中的$a - t$图像考查超、失重，原题如下：
某同学从5楼乘电梯下降到1楼，在此过程中他利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示，则(AD)

A.$t = 1s$时该同学处于失重状态
B.$t = 10s$时该同学处于失重状态
C.此过程中电梯运行的最大速率约为$0.56m/s$
D.此过程中电梯运行的最大速率约为$1.8m/s$

4. 如图所示，某同学将塑料盆倒扣于水面，封闭了一定质量的气体（视为理想气体）。他用力缓慢压盆，使盆底与盆外水面齐平。此过程封闭气体温度始终不变，则封闭气体


A.每个分子的动能都不变
B.压强不变
C.体积变大
D.向外界放热

答案： 4.D 气体实验定律+热力学第一定律 由题意可知，塑料盆倒扣在水面上，盆内封闭了一定质量的气体(理想气体)，初始状态盆底高于水面，缓慢压盆使盆底与盆外水面齐平过程盆内封闭气体体积变小，C错；封闭气体温度不变，气体分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，A错；封闭气体体积变小，温度不变，则根据玻意耳定律$pV = C$（C为常量）可知压强p变大，B错；封闭气体温度不变，则内能变化量$\Delta U = 0$，气体体积变小，外界对气体做功，$W ＞ 0$，根据热力学第一定律$\Delta U = Q + W$可知$Q = - W ＜ 0$，即气体向外界放热，D对。
知识总结 针对理想气体热力学第一定律的三种表达式
①等温过程：内能不变，$\Delta U = 0$，表达式为$0 = Q + W$。
②等容过程：体积不变，$W = 0$，表达式为$\Delta U = Q$。
③绝热过程：没有热传递，$Q = 0$，表达式为$\Delta U = W$。

5. ☆图1是“探究小车加速度与所受合外力的关系”的实验装置图。甲、乙两名同学用该装置得到加速度$a$与拉力$F$的关系如图2所示。下列分析正确的是



A.细绳拉力等于槽码的重力
B.实验过程中应先释放小车再接通电源
C.甲同学的实验图像上端弯曲的原因是所挂槽码质量太大
D.乙同学平衡小车阻力时木板右端垫得过高

答案：
5.C 探究小车加速度与所受合外力的关系
槽码与小车组成的系统如图所示

①不挂槽码，平衡阻力f
$Mg\sin\theta = f$
②对小车：$T = Ma$
对槽码：$mg - T = ma$
联立可得$T = \frac{M}{M + m} · mg$
由T的表达式可知细绳拉力T小于槽码的重力mg，A错；为了充分利用纸带，使纸带上打下多一些的点，实验过程中要先接通电源，后释放纸带，B错；实验中利用当$M \gg m$时，槽码的重力近似等于小车所受合外力，即$F = mg$，$a = \frac{1}{M}F$，当$M \gg m$不成立时，近似关系不成立，由$T = Ma = \frac{M}{M + m} · mg$可得$F · \frac{M}{M + m} = Ma$，变形得$a = \frac{1}{M + m}F$，因此所挂槽码质量m太大会使$a - F$图像斜率减小，即图像上端弯曲，C对；乙同学所得图像表明开始挂上槽码时，F不为0，但是加速度为0，则乙同学可能补偿阻力不足，即木板右端垫得有些低，D错。
考情速递
2025课标新变化：重视实验探究，凸显误差分析 普通高中物理课程标准（2017年版2025年修订）在教学方面新增“通过实验形式进行相关内容教学的条目占内容要求条目的一半以上”，并且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”，说明2025年修订后的课程标准更重视实验探究。另外2025年修订后的课程标准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”，说明2025年修订后的课程标准凸显误差分析。本题充分体现这些变化，以两同学做实验过程中出现的问题为情境，考查实验操作和误差分析，充分反映了“做实验”的重要性，引导学生自主、规范地进行实验操作，推理解释实验现象，提升科学探究的能力。

6. 如图所示是一种变压器的铭牌，可以推断


A.额定容量指的是电荷量
B.副线圈的匝数比原线圈的匝数多
C.副线圈的输出电压的频率比原线圈的低
D.正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流大

答案： 6.D 理想变压器 由题图可知，额定容量的单位为kVA，根据电功率公式$P = UI$可知额定容量指的是功率，A错；输入电压$U_{1} = 10000V$，输出电压$U_{2} = 400V$，根据理想变压器变压规律得$\frac{U_{1}}{U_{2}} = \frac{n_{1}}{n_{2}}$，可知副线圈匝数$n_{2}$比原线圈匝数$n_{1}$小，B错；变压器不改变交变电流的频率，故副线圈的输出电压的频率和原线圈相同，C错；根据理想变压器变流规律得$\frac{I_{1}}{I_{2}} = \frac{n_{2}}{n_{1}}$可知$I_{1} ＜ I_{2}$，D对。

7. 在$x$轴上固定两个点电荷，其电势$\varphi$在$x$轴正半轴的分布情况如图所示，$x_1$、$x_2$、$x_3$为$x$轴上等间距的三个点，现将一电子在$x_1$处由静止释放，下列说法正确的是


A.$x_2$处加速度最大
B.$x_2$处电势能最小
C.$x_1$处电场强度为零
D.电子在$x_1$和$x_3$区间做往复运动

答案：
7.B 带电粒子在电场中的运动+$(\varphi - x$图像）
题图剖析

由题图可知$x_{2}$处电势最大，电子带负电，根据电势能公式$E_{p} = q\varphi$可知电子在$x_{2}$处电势能最小，B对。
错误项分析 根据$E = \frac{U}{d}$定性分析可知$\varphi - x$图像斜率绝对值表示电场强度的大小，由题图可知$x_{2}$处$\varphi - x$图像斜率为0，则$x_{2}$处电场强度为0，根据牛顿第二定律得$qE = ma$，可知电子在$x_{2}$处加速度为0，$x_{1}$处$\varphi - x$图像斜率不为0，则$x_{1}$处电场强度不为0，AC错；根据沿着电场线方向电势降低可知，$x_{1}$处电场强度沿x轴负方向，电子在$x_{1}$处由静止释放后受沿x轴正方向的电场力作用，向x轴正方向运动，电子从$x_{1}$到$x_{2}$，电场力做正功，电势能减小，设其电势能变化量为$\Delta E_{p12}$，同理可知，电子运动到$x_{2}$处后受到沿x轴负方向的电场力作用，向x轴正方向做减速运动，电势能增大，设电子从$x_{2}$到$x_{3}$电势能变化量为$\Delta E_{p23}$，由题图可知$|\Delta E_{p12}| ＞ |\Delta E_{p23}|$，结合能量守恒定律可知电子到达$x_{3}$处动能不为0，速度不为0，则电子不在$x_{1}$和$x_{3}$区间做往复运动，D错。
规律总结 静电场中4种常考的图像

$v - t$图像 当带电粒子只受静电力时，从$v - t$图像上能确定粒子速度的变化→运动的加速度方向、大小变化情况→进而可判断粒子运动经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低；$v - t$图像与坐标轴围成的“面积”→粒子的位移、位置变化及电场力做功与电势能的变化情况。
$\varphi - x$图像
以电场强度沿x轴方向为例：$\varphi - x$图像反映电场强度随位置变化的规律，$E ＞ 0$表示电场强度沿x轴正方向，$E ＜ 0$表示电场强度沿x轴负方向；图线→电场强度、电势的变化，图线与坐标轴成的“面积”表示电势差。两点的电势高低需根据电场方向判断→进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等。
$E_{p} - x$图像 图像的切线斜率表示静电力，可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况。

以电场强度沿x轴方向为例:E−x图像反映
电场强度随位置变化的规律，E＞0表示电
场强度沿x轴正方向，E＜0表示电场强度沿E−x图像　x图轴线负与方坐向标;轴图线围→成的电场“面强积度”、表电示势的电势变化差。，
两点的电势高低需根据电场方向判断→进
一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变
化等。
$E_{p} - x$图像 场图像强度的切、动线能斜、率加表速度示等静随电位力移，可的用变于化判情断况电。

8. 如图所示，劲度系数为$k$的轻弹簧上端固定，下端用细线连接质量均为$m$的物体$A$和$B$，系统处于静止状态，重力加速度为$g$，不计空气阻力。$t=0$时刻烧断细线，$t=t_0$时刻$A$第一次上升到最高点。取向下为正方向，$A$的振动表达式为


A.$y=\frac{mg}{k}\cos\frac{\pi}{t_0}t$
B.$y=\frac{2mg}{k}\cos\frac{2\pi}{t_0}t$
C.$y=\frac{mg}{k}\sin\frac{\pi}{t_0}t$
D.$y=\frac{2mg}{k}\sin\frac{2\pi}{t_0}t$

答案：
8.A 简谐运动的表达式 细线未烧断前，系统处于静止状态，A、B整体处于平衡状态，弹簧处于拉伸状态，设弹簧伸长量为$x_{1}$，对A、B整体由力的平衡条件及胡克定律得$2mg = kx_{1}$，$t = 0$时刻烧断细线后，A在弹簧的作用下做简谐运动，初始位置为简谐运动的最低点，当A运动到平衡位置时所受合力为0，设此时弹簧伸长量为$x_{2}$，有$mg = kx_{2}$，如图所示，则物体A做简谐运动的振幅$A_{0} = x_{1} - x_{2} = \frac{2mg}{k} - \frac{mg}{k} = \frac{mg}{k}$，$t = t_{0}$时刻A第一次上升到最高点，又从最低点到第一次运动到最高点的时间为半个周期，则物体A做简谐运动的周期$T = 2t_{0}$，$t = 0$时刻A处于简谐运动的最低点，又题干中取向下为正方向，则$t = 0$时刻A处于正向最大位移处，则A的振动图像为余弦曲线，结合表达式$y = A_{0}\cos\frac{2\pi}{T}t$解得A的振动表达式为$y = \frac{mg}{k}\cos\frac{\pi}{t_{0}}t$，A对，BCD错。

9. 如图甲是倾角为$\theta$、长为$3d$的固定斜面，$AB$段光滑，$BC$段长度为$2d$，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为$m$的小物体由$A$处静止释放，恰好能运动到$C$，重力加速度为$g$。下列说法正确的是


A.小物体进入$BC$段立即做减速运动
B.小物体下滑过程重力做的功为$3mgd$
C.$BC$段动摩擦因数最大值$\mu_m=3\tan\theta$
D.小物体从$AB$中点静止释放则能到达$BC$中点

答案：
9.C 变力做功+动能定理 小物体恰能运动到C点，且小物体进入BC初阶段，$\mu$较小，重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，随着$\mu$增大，重力沿斜面向下的分力等于摩擦力后小于摩擦力，A错；小物体下滑过程重力做的功为$W_{G} = mg · 3d\sin\theta$【点拨：力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦这三者的乘积】，B错；将题图乙的图像纵轴变换为滑动摩擦力、$f = \mu F_{N} = \mu mg\cos\theta$，如图所示，小物体从A到C，根据动能定理可知$mg · 3d\sin\theta - \frac{1}{2}\mu_{m}mg\cos\theta · 2d = 0$，解得$\mu_{m} = 3\tan\theta$，C对；

根据题图乙可知$\mu = \frac{\mu_{m}}{2d}x = \frac{3\tan\theta}{2d}x$，小物体从AB中点静止释放，设在BC段滑行$x_{1}$后停下，停下时对应的动摩擦因数为$\mu_{1}$，则$\mu_{1} = \frac{3\tan\theta}{2d}x_{1}$，小物体从释放到静止过程，由动能定理得$mg · (\frac{1}{2}d + x_{1})\sin\theta - \frac{1}{2}\mu_{1}mg\cos\theta · x_{1} = 0$，解得$x_{1} \neq \frac{1}{2}d$，D错。