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2026届河南省最新高考高三物理模拟试卷1【含解析word版】
一、单选题（本大题共7小题）
1．如图所示，一质量为m的游客乘坐摩天轮观光。假设该游客随摩天轮在竖直平面内做半径为R的圆周运动。重力加速度为g。在游客从最低点转过的过程中，其重力势能的增加量为（　　）
A．mgR B．0.75mgR C． D．2mgR
2．下列对光学现象的认识正确的是（　　）
A．阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的全反射现象
B．狭义相对论说，在任意惯性参考系里，一切力学规律都是相同的
C．用白光照射不透明的小圆盘，在圆盘阴影中心出现一个亮斑是光的折射现象
D．某人潜入游泳池中，仰头看游泳馆天花板上的灯，他看到灯的位置比实际位置高
3．如图所示，卫星绕地球做圆周运动，若卫星从近地圆轨道P先变轨到椭圆轨道，再变轨到同步轨道Q，卫星只在P、Q轨道上瞬间点火改变速度，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在P、Q轨道上的机械能相等
B．卫星在P轨道的动能大于在Q轨道的动能
C．卫星在P轨道瞬间加速，到达Q轨道后瞬间减速
D．卫星从P轨道到Q轨道的最短时间大于半天
4．如图所示，匀强电场场强 、B两点相距 ，则 之值为（ ）
A．-10 V　　　　 B．10 V　　　　 C．-1000 V　　　　 D．1000 V
5．如图所示，左侧有一个竖直放置的超导体圆环，O点为圆环的圆心，右侧有一条形磁铁．一开始圆环中没有电流，条形磁铁由静止沿轴线向左加速运动，当N极到达圆心O所在位置时，突然静止不动，下列说法正确的是（ ）
A．条形磁铁运动的过程中，线圈中有逆时针电流（从左向右看）
B．条形磁铁N极运动到O点静止瞬间，线圈中的电流消失
C．条形磁铁运动的过程中，线圈对条形磁铁有向右的作用力
D．条形磁铁运动的过程中，条形磁铁对线圈始终没有作用力
6．放射性同位素衰变的快慢有一定的规律，在使用放射性同位素时，必须严格遵守操作规程。如图所示，甲图是氡222的衰变曲线，乙图是铋210的衰变曲线。横坐标表示的是时间t，纵坐标表示的是元素任意时刻的质量m与t＝0时的质量m0的比值。根据图像提供的信息，下列说法正确的是
　　
甲　　　　　　　　　　　　乙
A．元素氡222比元素铋210的半衰期大
B．元素氡222经过第一个1．9天，剩有的元素氡222
C．元素铋210经过第一个5天，剩有的元素铋210
D．元素氡222经过第一个19天，剩有的元素氡222
7．如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行且光滑的金属导轨，导体棒ab的质量为m、电阻为，导体棒cd的质量为、电阻为R，均静止在导轨上，现给导体棒ab以初速度向右滑动。运动过程中，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，关于导体棒ab、cd组成的系统，下列说法正确的是（　　）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
二、多选题（本大题共3小题）
8．如图所示是两列频率相同的简谐横波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），波源S1的振幅A1＝4 cm，波源S2的振幅A2＝3 cm，则
A．质点D是振动减弱点
B．质点A的振幅为7 cm
C．再过半个周期，质点B是振动加强点
D．质点C的振幅为1 cm
9．如图所示，粗糙的倾斜导轨a、b间距为L，互相平行固定放置，与水平面的夹角为37°，半径分别为L和2L的光滑同心圆环c、d水平固定，圆心均在O点，a与c、b与d分别通过导线连接，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。导体棒1水平放置在光滑的圆环轨道c、d上，在拉力作用下绕O点做匀速圆周运动，导体棒2与倾斜轨道a、b垂直放置，其质量为m，接入电路的阻值为R，在a、b上静止且所受摩擦力恰好为零。已知导体棒的长度均为L，导体棒与导轨、圆环均接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻忽略不计，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　）
A．流过导体棒2的电流大小为
B．导体棒1绕O点做匀速圆周运动的角速度为
C．导体棒1受到的安培力大小为
D．导体棒1受到的拉力的功率为
10．(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离．如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成．高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位．气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出．下列说法正确的是(　　)
A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
三、非选择题（本大题共5小题）
11．某实验小组要测量一均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率ρ，进行了如下实验操作：
(1)如图甲用游标卡尺测量其长度L＝ mm；如图乙用螺旋测微器测量其直径D＝ mm；
(2)用多用电表的欧姆“×10”挡，初步测量此圆柱体的电阻，发现指针偏转角度很大，则应将选择开关旋转到 挡（填“×100”或“×1”）并进行 ，再次进行测量时，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为 Ω。
(3)用伏安法更精确地测量其电阻，现有器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体（电阻）；
电流表A（量程0~200mA，内阻约30Ω）；
电压表V（量程0~3V，内阻约10kΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
滑动变阻器R（最大阻值15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；
开关S以及导线若干。
为减小测量误差，请在图丁方框中画出完整的实验原理电路图 。
(4)正确连接实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U-I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率ρ＝ （用k、L、D三个物理量表示）。
12．用如图甲实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙所示为实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图乙中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知、，打点计时器频率为50Hz，回答下列问题（结果保留三位有效数字）
(1)若重力加速度g取，从开始至打下E点过程中系统动能的增量 J，系统势能的减少量= J。
(2)若某同学作出图像如图丙，则当地的实际重力加速度 。
13．如图所示，空间有一水平向右的匀强电场。一质量为、带电荷量为的微粒从A点以的速度沿右上方射出，方向与电场方向的夹角为。为其运动轨迹上的一点（A、两点在同一竖直平面内），它在点时速度大小为，的方向与电场方向的夹角为，重力加速度大小为g。求：
（1）电场强度的大小；
（2）微粒从A点运动到点的时间。
14．如图所示,水平面左侧固定着一内壁光滑、半径为R的四分之一圆弧轨道,右侧有一质量为3m的滑板,滑板由水平部分BC和半径为R的四分之一光滑圆弧部分CD构成.质量分别为2m和m的物体P、Q(视为质点)锁定在圆弧轨道底端A点和滑板左端B点,两者间有一被压缩的轻质弹簧(未与P、Q连接).某时刻解除对P、Q的锁定,压缩的弹簧释放,物体P、Q瞬间分离.P向左运动上升到最大高度R后即撤去,物体Q与滑板水平部分的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.
(1)求弹簧被锁定时的弹性势能;
(2)若滑板与地面间的动摩擦因数为μ,BC的长度大于,求物体Q与滑板间因摩擦所产生的热量;
(3)若水平面光滑,要使物体Q在相对滑板反向运动的过程中,相对地面有向左运动的速度,求BC的长度L应满足的条件.
15．如图所示,一对栅极板(由金属细丝组成的筛网状电极)水平放置,它长为的部分位于矩形区域CDEF中的中轴线附近,矩形区域长为L,宽为;极板与可调电源相连.在极板外的CDEF其他区域内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.某时刻,将质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子从栅极板下板靠近CF边界处静止释放(图中未画出).若忽略粒子所受的重力及栅极板的电场边缘效应,在计算中忽略栅极板间的距离和粒子在其中的运动时间,问:
(1)若粒子加速一次后就能离开磁场区域,求电场电压的U的最小值;
(2)若粒子第一次加速后,在磁场中运动的半径为,求粒子从释放至第一次到达上边界CD所用的总时间t;
(3)若粒子能到达右边界DE,且在磁场中运动的总时间小于,试讨论电压U的取值范围.
2026届河南省高考高三物理模拟试卷1【含解析word版】参考答案
【知识点】重力势能的变化与重力做功的关系
1．【答案】A
【详解】在游客从最低点转过的过程中，游客的上升的高度为R，根据可知，游客重力势能的增加量为，故选A。
【知识点】光的干涉原理及应用、光的折射定律及其应用、经典时空观与相对论时空观
2．【答案】D
【详解】
A．阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的干涉现象，故A错误；
B．根据狭义相对论的两个基本假设可知，在不同惯性参考系里，一切物理规律都是相同的，故B错误；
C．用白光照射不透明的小圆盘，在圆盘阴影中心出现一个亮斑是光的衍射现象，故C错误；
D．某人潜入游泳池中，仰头看游泳馆天花板上的灯，由于光的折射，他看到灯的位置比实际位置高，故D正确。
故选D。
【知识点】卫星变轨与对接问题
3．【答案】B
【详解】AC．根据题意可知，P、Q轨道都是圆轨道，其转移轨道为椭圆轨道，近地点在P轨道上，远地点在Q轨道上，过程是在P轨道加速改变卫星轨道，卫星到达Q轨道后，再次加速，将椭圆轨道改变为圆轨道Q，所以在Q轨道的机械能较大，AC错误；
B．根据，，卫星在P轨道的速度大于在Q轨道的速度，所以卫星在P轨道的动能大于在Q轨道的动能，B正确；
D．卫星在同步轨道周期为1天，转移轨道为椭圆轨道，其半长轴小于同步轨道半径，根据开普勒第三定律可知，从P轨道转移到Q轨道所需时间小于半天，D错误。选B。
【知识点】电势差与电场强度的关系
4．【答案】B
【知识点】楞次定律及其应用
5．【答案】C
【详解】
A．条形磁铁由静止沿轴线向左加速运动，磁铁沿轴线靠近环时，线圈中会产生感应电流，根据楞次定律可得，环中产生顺时针（从左向右看）方向的感应电流，A错误；
B．当条形磁铁N极运动到O点静止瞬间，因为是超导线圈，则线圈中的电流不会消失，B错误；
CD．根据楞次定律的“来拒去留”可知，圆环对条形磁铁有向右的作用力，C正确，D错误。
故选C。
【知识点】原子核的衰变及半衰期
6．【答案】D
【解析】由题图可知，氡222的半衰期为3.8天，铋210的半衰期为5天，所以元素氡222比元素铋210的半衰期小，A错误；1.9天小于氡222的半衰期，则元素氡222经过第一个1.9天，剩有的元素氡要大于原来的，B错误；元素铋210的半衰期为5天，经过第一个5天，刚好一个半衰期，由公式m＝m0解得m＝m0，即剩有的元素铋210，C错误；元素氡222的半衰期为3.8天，经过第一个19天，刚好经过5个半衰期，由公式m＝m0解得m＝m0，即剩有的元素氡222，D正确。
【知识点】动量守恒的判定与应用、机械能守恒及其判断
7．【答案】C
【详解】由于系统不受外力，动量守恒，但导体棒在运动过程，整个回路会产生焦耳热，机械能不守恒。
故选C。
【知识点】波的干涉的应用
8．【答案】BD
【解析】由题图可以看出，质点D是波谷与波谷叠加点，为振动加强点，A错误；质点A是波峰与波峰的叠加点，为振动加强点，因此振幅为4 cm＋3 cm＝7 cm，B正确；质点B是波峰与波谷的叠加点，为振动减弱点，且振动的干涉图像是稳定的，振动减弱点总是减弱点，C错误；质点C是波峰与波谷的叠加，为振动减弱点，因此振幅为4 cm－3 cm＝1 cm，D正确。
【知识点】单杆模型
9．【答案】BCD
【详解】A．导体棒2在a、b上静止且所受摩擦力恰好为零，则由力的平衡可得
可得回路中的电流为
故A错误；
B．导体棒1在匀速转动的过程中切割磁感线，产生的感应电动势为
由闭合电路的欧姆定律有
联立可得
故B正确；
C．导体棒1受到的安培力大小为
故C正确；
D．由于导体棒1做匀速圆周运动，速率不变，即动能不变，则由能量守恒可知拉力所做的功完全转化成了导体棒２所产生的热量，因此可得拉力的功率为
故D正确。
故选BCD。
【知识点】温度与分子平均动能的关系、热力学第二定律及其应用
10．【答案】ABE
【详解】由题意可知分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位，从B端流出，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，根据温度是分子平均动能的标志可知，B端为热端，A端为冷端，A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的，A、B正确；由上述分析知从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的，内能还与分子数有关，则不能得出A端流出的气体内能一定大于B端流出的气体内能的结论，C错误；该装置不违背热力学第二定律，D错误，E正确．
【知识点】实验：导体电阻率的测量
11．【答案】(1)54.5；5.447/5.445/5.446/5.448，(2)“×1” ；欧姆调零；19.0，(3)，(4)
【详解】（1）[1]该圆柱体的长度为
[2]圆柱体的直径为
（2）[1][2]用多用电表测圆柱体的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻很小，应该换用小量程欧姆挡，用“×1”挡，并进行欧姆调零；
[3]指针静止时读数为19.0Ω。
（3）由于滑动变阻器最大阻值相对于待测电阻阻值较小，为测量多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，根据题意可知，则，由此可知，电流表选用外接，电路图如图所示
（4）由欧姆定律，整理得，U-I图像的斜率为，根据电阻定律有，其中导电材料的横截面积为，联立可得该材料的电阻率为
【知识点】实验：验证机械能守恒定律
12．【答案】(1)
1.66 1.69
(2)9.78
【详解】（1）[1]打点计时器频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个点，相邻两计数点间的时间间隔为
打下E点时的速度
从开始至打下E点过程中系统动能的增加量为
[2]从开始至打下E点过程中系统势能的减少量为
（2）系统机械能守恒，系统动能的增加量等于系统势能的减少量，则
代入数据，可得
当地的实际重力加速度为
【知识点】动量定理及其应用、带电粒子在匀强电场中的运动
13．【答案】（1）；（2）
【详解】
(1)(2)设电场强度大小为，微粒从A运动到的时间为，以水平向右为正方向，据动量定理可得
以竖直向上为正方向，据动量定理可得
联立解得
【知识点】动量守恒与曲线运动相结合、动量守恒与板块模型相结合
14．【答案】(1)6mgR　(2)mgR　(3)L<
【解析】(1)P弹开后运动到最高点过程中,由动能定理可得
2mgR=×2m,
解得分离瞬间P的速度为vP=,
弹簧弹开过程,P、Q组成的系统动量守恒,有
0=2mvP-mvQ,
解得分离瞬间Q的速度vQ=2,
对P、Q与弹簧组成的系统,由能量守恒定律得弹簧弹性势能Ep=×2m+m=6mgR.
(2)Q滑上滑板时,对Q由牛顿第二定律得μmg=ma1,
解得Q的加速度大小为a1=μg,方向向左.
对滑板,由牛顿第二定律得μmg-μ·4mg=3ma2,
解得滑板的加速度大小为a2==μg,方向向右.
设经过时间t,Q与滑板共速,共同速度为v共,此过程对Q有v共=vQ-a1t=2-μgt,
对滑板有v共=a2t=μgt,
联立解得t=,
Q相对滑板运动的位移Δx=2t-μgt2-×μgt2=,
Q与滑板间因摩擦所产生的热量Q'=μmgΔx=mgR.
(3)方法一:Q与滑板相互作用过程中,Q与滑板组成的系统动量守恒、能量守恒,设Q从CD部分返回到C点时Q与滑板的速度分别为v1、v2,则有mvQ=mv1+3mv2,
m=m+×3m+μmgL,
整理得2-vQv1+3μgL-=0,
解得v1=,
Q相对滑板反向运动时相对地面有向左的速度﹐则v，有解且
v1<0,
则-8(3μgL-)>0,
vQ<,
解得L<.
方法二:Q相对滑板反向运动时对地有向左的速度的临界情况是Q至滑板C点时速度恰为0,此时对应的L取到最大值,设为Lm,设Q在C点时滑板的速度为v3,根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvQ=3mv3,m=×3m+μmgLm,
解得Lm=,
所以L应满足的条件为L<.
【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
15．【答案】(1)　(2)　(3)或≤U<
【解析】(1)设加速后粒子速率为v,加速过程由动能定理有qU=mv2,
设在磁场中运动的半径为R,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,
解得R=,
由几何关系可知当轨迹恰好与CD相切时,电压最小.此时半径R=,
联立解得U=.
(2)设粒子经过N次加速后,速率为v1,则有NqU=m,
同上可知半径rN=,
解得rN=,
则有=,
由题可知r1=,
粒子运动半圈后经过电场减速为零,然后经过多次加速后与CD相切,此时半径rN=,
联立解得N=4,
即粒子经过一次加速,一次减速,再经过四次加速,第一次到达上边界,如图,又因为粒子的运动周期T=,
所以运动时间t=+3×T+T=.
(3)因为运动总时间小于2.5T,可判断有以下三种临界情况.
①恰好与右边界DE相切,且t=T时,此时半径r=,
由r=可知,经过1次加速,1次减速后,再经过1次加速后恰好经过右边界,如图所示,
则有U=.
②恰好与上边界CD相切时,第二次加速半径为r2=,
同理解得U=,此时粒子恰好不能到达右边界,
③恰好与右边界DE相切,且t=2T,第1次加速半径r3,第2次加速半径r4=r3,
又2r3+2r4=L,
解得r4=,
同理解得U=,此时粒子恰好能到达右边界,
综上所述电压U的取值范围为
U=或≤U<.
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一、单选题（本大题共7小题）
1．如图所示，轻弹簧一端固定于点，另一端系一小球，将小球从与悬点等高的点静止释放，此时弹簧恰好处于原长．在小球由点摆向最低点的过程中（不计空气阻力），下列说法正确的是（ ）
A． 重力做正功，弹力不做功
B． 重力做正功，弹力做负功，弹性势能增加
C． 若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧，重力做正功，弹力做负功
D． 若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧，重力做功不变，弹力不做功
2．下列有关物理现象说法正确的是（　　）
A．人们发现地铁进站时音调会变高，这是多普勒效应
B．偏振是纵波特有的现象，光导纤维传递信号利用了光的偏振原理
C．十字路口交通信号灯三种色光中，红光波长最短，最不易发生明显衍射
D．光从空气进入水中，频率变小
3．如图所示，A为赤道表面的物体，B为地球的中轨卫星（轨道半径比同步卫星小），C为地球的同步卫星。则下列说法正确的是（　　）
A．A的线速度最大 B．C的线速度最小
C．B的向心加速度最大 D．A的向心加速度最大
4．如图所示，半径为1m的圆上有A、B、C三点，三点将圆均分，圆处在匀强电场中，电场方向与圆面平行，已知A、B、C三点的电势分别为、、，则圆上电势最高点与电势最低点间的电势差为（　　）
A．4V B． C．5V D．
5．如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是( )
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
6．一种平抛运动的实验游戏如图所示，AB是内壁光滑的细圆管，被固定在竖直面内，B点的切线水平，让质量为m的小球（直径略小于细管的直径）从A点由静止释放，沿着管壁向下运动，达到B点时的速度方向水平向右，大小为v0，接着小球从B运动到C，已知AB的形状与抛物线BC的形状完全对称相同，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．A、C两点间的高度差为
B．A点的切线与水平方向的夹角为45°
C．小球从B到C重力的平均功率为
D．若小球从A到B的运动时间为t，则管壁对小球支持力的冲量大小为
7．下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是（　　）
A．图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环A，A会靠近磁铁
B．图乙断开开关S，触点C不立即断开
C．图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数
D．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
二、多选题（本大题共3小题）
8．随着我国城市化进程加速,噪声污染的问题越来越突出,噪声污染主要来源于交通运输车辆鸣笛、工业噪声、建筑施工等.《中华人民共和国噪声污染防治法》自2022年6月5日起施行.为解决噪声问题,某种减噪装置结构如图所示,通过装置的共振可吸收声波.已知其固有频率为f0=(SI制),其中σ为薄板单位面积的质量,L为空气层的厚度.经测试发现它对频率为150 Hz的声音减噪效果最强,若噪声的声波频率由150 Hz变为280 Hz,则 (　　)
A．装置的振动频率为280 Hz
B．装置的振动频率为150 Hz
C．为获得更好减噪效果,可仅减小L的大小
D．为获得更好减噪效果,可仅换用σ更大的薄板
9．如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。两导体棒、均垂直于导轨静止放置。已知导体棒的质量为，电阻为，导体棒的质量为，电阻为，两导体棒的长度均为，其余部分电阻不计。现使导体棒获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度，除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用。在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．最终、棒以相同的速度做匀速直线运动
B．棒受到的安培力做的功等于电路中产生的焦耳热
C．棒受到的安培力做的功为
D．全过程中，通过导体棒的电荷量为
10．（多选）下列说法正确的是( )
A．理想气体的内能改变时，其温度一定改变
B．一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内气体分子对容器壁的碰撞次数一定增大
C．一定质量的理想气体压强不变，体积增大，气体一定放出热量
D．热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体
三、非选择题（本大题共5小题）
11．某兴趣小组利用铜片、锌片和苹果制作了苹果电池（电动势约1V），并分别用图甲、图乙所示的两种实验电路测量这种电池的电动势E和内阻r。
(1)图甲中电表为数字电压表，图乙中电表为电流表。某次实验中，电流表示数如图丙所示，请读数： μA。
(2)先后使用图甲、图乙两种电路进行实验，在图丁所示的同一坐标系内，分别绘制和图像。其中图像是以图甲中电压表读数U为纵轴，以电压表读数U与电阻箱读数的比值为横轴绘制的；图像是以图乙中电流表读数I与电阻箱读数的乘积IR为纵轴，以电流表读数I为横轴绘制的。则图丁中，直线 （选填“ab”或“cd”）是依据图甲电路所测数据绘制的。
(3)若两次测量中，苹果电池的电动势和内阻的变化可忽略，综合图丁中的两条直线，消除电表内阻带来的误差，则苹果电池的电动势应为 V，内阻应为 kΩ。（结果均保留两位有效数字）
12．用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板。从同一位置重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点，即可描出钢球做平抛运动的轨迹，进而研究平抛运动的规律。
根据实验原理，回答以下问题：
(1)实验前，应将小球放在斜槽末端，根据小球的运动情况，调节支脚螺丝A、B，使斜槽末端 。
(2)研究平抛运动，下面做法可以减小实验误差的是 。
A．尽量减小钢球与斜槽间的摩擦 B．使用密度小、体积大的钢球
C．实验时，让小球每次都从同一位置由静止开始滚下 D．尽可能记录多个痕迹点
(3)该实验中，在取下白纸前，应确定坐标原点O的位置，并建立直角坐标系，下列图像中坐标原点和坐标系的建立正确的是 ，建立坐标轴时应该先确定 轴（填“x”或“y”）
A． B． C．
(4)若某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点的位置，如图，取A点为坐标原点，各点的位置坐标如图所示（g=10m/s2），小球平抛的初速度大小v0= m/s（重力加速度g取10m/s2，结果保留两位有效数字）；小球抛出点的位置坐标是 （以cm为单位，答案不用写单位，注意正负号）
13．在如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离。电源电动势，内阻，定值电阻。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从A板小孔的正上方高度处由静止释放。小球带电量为，质量为。当滑动变阻器滑片P在某位置时，小球恰能到达B板。（不计空气阻力，取），求：
（1）A、B两金属极板间的电场强度的大小
（2）滑动变阻器接入电路的阻值。
14．【碰撞模型与数列法】如图所示，一半径、质量且有一小缺口的均匀圆环静止放在粗糙的水平面上，一质量的光滑小球以初速度穿过圆环的小缺口正对圆心射入环内，小球与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前恰好不从环上缺口处穿出。已知小球与圆环碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失。求：
（1） 第一次碰后瞬间小球的速度大小；
（2） 第次碰后瞬间圆环的速度大小；
（3） 圆环运动的总位移大小。
15．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q＞0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
(1)t＝0时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标；
(2)在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；
(3)在M点放置一粒子接收器，在0～时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
,)
图（1） 图（2）
参考答案
【知识点】弹性势能的变化与弹力做功的关系
1．【答案】B
【解析】小球的高度下降,重力做正功；弹簧伸长,弹力与小球速度方向的夹角为钝角,则弹力做负功,弹性势能增加,A错误,B正确；若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧,小球下落的高度减小,则重力做功减小,弹力始终与速度方向垂直,故弹力不做功,C、D错误．
【知识点】偏振现象和偏振光、光导纤维、多普勒效应及其应用
2．【答案】A
【详解】人们发现地铁进站时音调会变高，这是声源向人靠近时产生的多普勒效应，选项A正确；偏振是横波特有的现象，纵波不会产生偏振；光导纤维传递信号利用了光的全反射原理，选项B错误；十字路口交通信号灯三种色光中，红光波长最长，最容易发生明显衍射，选项C错误；光从空气进入水中，频率不变，波速减小，波长减小，选项D错误。
【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
3．【答案】C
【详解】AB．卫星B、C为环绕地球做圆周运动，由受到的万有引力提供向心力，则有
解得
由于中轨卫星轨道半径比同步卫星小，则有
同步卫星与赤道表面物体的角速度相等，根据
同步卫星的轨道半径大于地球半径，则有
则有
即B的线速度最大，A的线速度最小，AB错误；
CD．卫星B、C为环绕地球做圆周运动，根据
解得
由于中轨卫星轨道半径比同步卫星小，则有
即B的向心加速度大于C，又由于A、C的角速度相等，根据
可知
即有
即B的向心加速度最大，A的向心加速度最小，C正确，D错误。
故选C。
【知识点】电势差与电场强度的关系
4．【答案】A
【详解】连接ABC作正三角形，则AC的中点D与B点等电势，BD与AC垂直，如图
则电场沿CA方向，电场强度为，圆上电势最高点和最低点连线为圆的直径且与AC平行，则，选A。
【知识点】天然放射现象及射线的本质
5．【答案】C
【详解】
α带正电，β带负电，γ不带电，γ射线在磁场中一定不偏转，②⑤为γ射线；如左图所示的电场中，α射线向右偏，β射线向左偏，①为β射线，③为α射线；在如右图所示磁场中，由左手定则判断，α射线向左偏，β射线向右偏，即④为α射线，⑥为β射线，故正确选项是C．
【知识点】动能定理的简单应用、动量定理及其应用
6．【答案】B
【详解】A．小球从A运动到B过程，根据动能定理有，由于AB的形状与抛物线BC的形状完全对称相同，则A、C两点间的高度差为，A错误；
B．小球从B到C过程，根据平抛运动规律有，，结合上述解得，由于AB的形状与抛物线BC的形状完全对称相同，则A点的切线与水平方向的夹角为45°，B正确；
C．小球从B到C重力的平均功率为，结合上述解得，C错误；
D．小球从A到B的运动过程，将管壁对小球支持力的冲量沿竖直方向与水平方向进行分解，根据动量定理有，，则管壁对小球支持力的冲量大小为，解得，D错误。选B。
【知识点】产生感应电流的条件、楞次定律及其应用
7．【答案】B
【详解】
A．图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，A将远离磁铁，故A错误；
B．图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触电C不立即断开，故B正确；
C．图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；
D．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍。因此铜盘将转慢，故D错误。
故选B。
【知识点】阻尼振动的和受迫振动
8．【答案】AC　
【解析】减噪装置做受迫振动,振动时的频率等于驱动力的频率即为280 Hz,故A正确,B错误;减噪装置对频率为150 Hz的声音减噪效果最强,可得减噪装置的固有频率等于或接近150 Hz,当外界声波频率由150 Hz变为280 Hz时,驱动力的频率大于减噪装置的固有频率,所以为获得更好减噪效果(使装置共振),应增大减噪装置的固有频率,根据f0=可知,可以减小L或者σ,故C正确,D错误.
【知识点】双杆模型、导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
9．【答案】ACD
【详解】A．根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，a棒受安培阻力做变减速直线运动，b棒受安培动力做变加速直线运动，当两者的速度相等时，电流等于零，两棒不再受安培力，则达到共同速度做匀速直线运动，加速度为零，A正确；
B．整个过程中，a棒、b棒受到的安培力做的功之和等于电路中产生的焦耳热，B错误；
C．两棒所受安培力合力为零，系统动量守恒，最终共同速度为，，，棒受到的安培力做的功，C正确；
D．以运动方向为正方向，对a棒由动量定理得，解得，D正确。选ACD。
【知识点】热力学第二定律及其应用、理想气体与理想气体状态方程
10．【答案】AD
【解析】
一定质量理想气体的内能只与温度有关，故理想气体的内能改变时，其温度一定改变，故 正确；一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，分子平均速率变大，根据理想气体状态方程可知，气体体积变大，单位体积内分子数减小，但是由于压强不变，则单位时间内气体分子对容器壁的碰撞次数一定减小，故 错误；一定质量的理想气体压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增加，气体对外界做功，根据 ，可知气体一定吸收热量，故 错误；根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，故 正确.
【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻
11．【答案】(1)150
(2)cd
(3) 0.80（0.79~0.81） 2.4或2.5
【详解】（1）由于电流表量程为0~300μA，所以每一小格为10μA，电流读数为150μA。
（2）对甲图，根据闭合电路欧姆定律可得
变形可得
对乙图，根据闭合电路欧姆定律可得
变形可得
由此可知，图甲电路所对应的图线的斜率较小，纵截距较小，直线cd是依据图甲电路所测数据绘制的。
（3）[1]使用图乙进行实验，电动势测量值没有系统误差，更接近真实值，内阻的测量值为电源内阻与电流表内阻之和，内阻测量值偏大，若使电动势的测量值更接近真实值选图线ab，则
[2]使用图甲做实验，电动势和内阻的测量误差来源于电压表分流，会导致测量值都偏小，实际测量的电源内阻可以等效看成电压表与电源内阻并联之后的阻值，因为电压表内阻比电源内阻大很多，选图线cd内阻的测量值更接近真实值，则
【知识点】实验：探究平抛运动的特点
12．【答案】(1)水平
(2)CD
(3) C y
(4) 1 （-10，-5）
【详解】（1）实验前，应将小球放在斜槽末端，根据小球的运动情况，调节支脚螺丝A、B，使斜槽末端水平。
（2）A．钢球与斜槽之间有摩擦力，但钢球每次从相同的位置滚下，摩擦力每次都是相同的，不影响实验过程。故A错误；
B．实验中，为了减小空气阻力对实验的影响，需要使用密度大、体积小的钢球。故B错误；
C．钢球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放，这样才能保证钢球初速度相同。故C正确；
D．尽可能记录多个痕迹点，可以减小实验误差。故D正确。
故选CD。
（3）[1]该实验中坐标原点O的位置，应该在小球在斜槽末端时球心的投影点。
故选C。
[2]建立坐标轴时应该先确定用铅垂线来确定y轴。
（4）[1]小球竖直方向，有
水平方向
联立，解得
[2]依题意，B点竖直分速度为
则B球运动到B点的时间为
可得小球抛出点到B点的水平距离和竖直距离分别为
，
所以小球抛出点的坐标是（-10，-5）
【知识点】动能定理的简单应用、带电粒子在匀强电场中的运动、闭合电路的欧姆定律及其应用
13．【答案】（1）60V/m；（2）
【详解】（1）小球由静止释放到达B板的过程，由动能定理得
两极板间的电场强度为
联立解得
（2）由闭合电路欧姆定律可得
滑动变阻器接入电路的阻值
联立解得
【知识点】动量守恒中的多次碰撞问题
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 由题意知，小球与圆环的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律与机械能守恒定律分别有
，
，
解得，。
（2） 由（1）问分析知第一次碰后小球与圆环的速度方向均与同向。第一次碰后小球仍向左做匀速运动，圆环向左做匀减速运动，
圆环速度减为零过程中的平均速度大小，
故第二次碰撞时圆环已停止运动，
由弹性碰撞规律可得第二次碰后瞬间小球的速度大小为，圆环的速度大小为，
第三次碰后瞬间小球的速度大小为，圆环的速度大小为，
……
第次碰后瞬间小球的速度大小为，圆环的速度大小为。
（3） ①常规方法：设圆环与水平面间的动摩擦因数为 ，对小球与圆环整体，由能量守恒定律有，
小球与圆环第一次碰撞后相对圆环运动到环上缺口处与圆环等速，有，
解得。
②数列法与极限法：经过次碰撞后圆环的位移大小为
，
结合题中隐含条件，当 时可得。
【方法总结】
递推法一般用于解决物体与外界经过多个过程或多个物体之间发生多次作用的问题。根据问题特点分析并应用数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式。具体方法是先分析某一次作用的情况，得出结论；再根据多次作用的重复性和它们的共同点，把结论推广，然后结合数学知识求解。用递推法解题的关键是导出联系相邻两次作用的递推关系式。
【知识点】带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动、带电粒子在组合场中的运动
15．【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动。
(1)电场沿y轴正方向，粒子初速度为零，由题图2可知，在0～时间内，粒子沿y轴正方向做匀加速直线运动，粒子沿y轴正方向的位移y1＝a1t02＝··2＝，
粒子在t＝时刻的速度v1＝a1t0＝·＝，
在～时间内，只有磁场，粒子做匀速圆周运动，
粒子做匀速圆周运动的周期T＝，
粒子做圆周运动的时间为＝，
粒子做圆周运动的轨迹半径R1＝＝，
甲
粒子在0～时间内的运动轨迹如图甲所示，可知粒子在t＝时刻的位置坐标为。
(2)粒子在0～时间内的运动轨迹如图乙所示．
乙
0～时间内，静电力对粒子做功W1＝qE0y1＝，
～时间内，粒子沿y轴正方向的位移y2＝－v1t0＋a2t02＝－v1·＋··2＝0，
则～时间内，静电力对粒子做功W2＝0，
粒子在t＝时刻的速度v2＝v1，
～时间内，粒子沿y轴正方向的位移y3＝－v2t0＋a3t02＝－v2·＋··2＝，
粒子在t＝时刻的速度v3＝－v2＋a3t0＝－v2＋·＝，
则～时间内，静电力对粒子做功W3＝3E0qy3＝，　
则0～时间内，静电力对粒子所做的功为
W＝W1＋W2＋W3＝。
(3)根据(1)问中解析有Mx＝4R1，My＝y1，
①若在0～之间的t时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有
v1′＝a1(t0－t)，
y1′＝a1(t0－t)2，
r1＝＝，
v2′＝－v1′＋a2t0＝－(t0－t)＋t0＝(t0＋t)＝，
r2＝＝，
y2′＝－v1′t0＋a2t02，
所以2(r1＋r2)＝＝Mx
y3′＝－v2′t0＋a3t02，
整理发现y1′＋y2′＝a1(t02＋t2)＝＋t2>y1＝，
所以需满足y1′＋y2′－y1≤＝，代入数据解不等式，
当t＝时不等式成立；
②若在～之间某时刻释放，
同理可得，2(r″1＋r″2)＝≠Mx，所以无解；
③若在～之间某时刻释放，不满足题意；
综上可知，在t＝时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届河南省最新高考高三物理模拟试卷3【含解析word版】
一、单选题（本大题共7小题）
1．如图所示为一栋楼房的截面图，各楼层高度已在图中标出，一只质量为1 kg的小猫从一楼的A处沿楼梯爬上三楼，已知小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为零，重力加速度大小取g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A．小猫在A处的重力势能为15 J
B．小猫在E处的重力势能是在A处的2倍
C．小猫从B到D重力做的功为30 J
D．小猫从A到B重力势能增加了15 J
2．小王同学为了探究感应电流的方向与什么因素有关，他将一灵敏电流计与一个线圈相连构成闭合电路，然后将条形磁铁插入或拔出线圈，如图所示。其中线圈中所标箭头方向为感应电流方向。则下列判断正确的是（　　）
A．图甲磁铁正在向下运动 B．图乙磁铁正在向上运动
C．图丙磁铁正在向上运动 D．图丁磁铁正在向上运动
3．如图所示，有一束单色光从A穿过B再进入C，下列说法中正确的是 （　　）
A．介质B对该光的折射率最大
B．介质C对该光的折射率最大
C．光在介质B中的速度最小
D．光在介质C中的速度最大
4．如图所示为我国著名运动员许昕比赛时的情景，比赛中，许昕用球拍将来球挡回去，若乒乓球被击打前后的速度方向相反，速度大小相等，球拍击打乒乓球过程，乒乓球的动量变化量大小为，则下列判断正确的是（ ）
A．有可能
B．球拍击打乒乓球的过程，球的动能变化量
C．球拍对球的作用力与球对球拍的作用力一定相同
D．球拍对球作用力的冲量大于球对球拍作用力的冲量
5．北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在返回舱返回到地球的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．返回舱仅受到地球引力的作用
B．地球对返回舱的引力大于返回舱对地球的引力
C．除地球以外的星体对返回舱均为斥力作用
D．与地球相比，返回舱的质量更小，运动状态更容易发生改变
6．在贝克勒尔发现天然放射现象后，人们对放射线的性质进行了深入的研究，发现α、β、γ射线的穿透本领不同．如图所示为这三种射线穿透能力的比较，图中射线①②③分别是（　　）
A．γ、β、α　　　B．β、γ、α　　　C．α、β、γ　　　D．γ、α、β
7．关于静电场，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度为零的地方，电势也为零
B．任意一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落最快的方向
C．电场线越密的地方，相等距离两点间的电势差越大
D．电荷处于电势高的地方，电势能一定大
二、多选题（本大题共3小题）
8．关于生活现象的解释，下列说法正确的是（　　）
A．蝙蝠用声波定位是利用了声波的反射原理
B．救护车疾驰而过时鸣笛音调的变化是声波的干涉现象
C．利用彩超测血管中血流速度是利用了超声波的多普勒效应
D．通过产生与噪声等幅反相的声波来实现降噪是利用了声波的衍射原理
9．如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一个质量m＝1 kg，边长为L＝1 m的正方形金属线框abcd，其阻值为R＝2．0 Ω，与斜面间的动摩擦因数为μ＝0．5。边界EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为M＝2 kg的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先由静止释放线框再由静止释放物体，当cd边离开磁场时线框以v1＝1 m/s的速度匀速下滑，在ab边运动到EF位置时，细线恰好被拉直绷紧，随即物体和线框一起匀速运动一段时间后开始做匀加速运动。已知sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g＝10 m/s2，cd边始终与EF平行，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．线框两次匀速运动的速度大小、方向均不同
B．匀强磁场的磁感应强度大小为B＝2 T
C．绳子绷紧前，M自由下落的高度为h＝1．25 m
D．系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能等于线框产生的焦耳热
10．一定质量的理想气体从状态开始经、、三个过程回到原状态，已知垂直于轴，延长线过点，下列说法正确的是（ ）
A．过程外界对气体做功 B．过程气体压强不变
C．过程气体放出热量 D．过程气体内能减小
三、非选择题（本大题共5小题）
11．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向电压值为U0，反向电压值为－，且每隔变向一次．现将质量为m的带正电且电荷量为q的粒子束从A、B中线的点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T.不计重力的影响．
(1)定性分析在t＝0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况；
(2)求距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中．
12．某同学用如图甲所示的实验装置来研究动量守恒定律，光电门1、2固定在气垫导轨上，质量分别为mA = 0.4kg和mB = 0.1kg的两个滑块（含遮光片）从光电门1、2的外侧匀速相向运动，在两个光电门之间某位置发生碰撞并粘在一起继续运动，运动到气垫导轨一端时立刻被锁定。
（1）两滑块上的遮光片宽度相同，用游标卡尺测量遮光片宽度的结果如图乙所示，则遮光片的宽度为 mm；
（2）实验中光电门2记录了三次挡光时间均为t = 0.045s，则碰撞前滑块B的速度大小为 m/s，碰撞后滑块整体的速度大小为 m/s；（结果均保留2位有效数字）
（3）实验过程中，该同学忘了记录滑块A经过光电门1的时间，若碰撞过程中两滑块的动量守恒，则滑块A通过光电门1的时间为 s（结果保留3位小数）。
13．当两个电源直接并联在一起时，如果流过电源的电流为零，则这两个电源的电动势相等。根据这一结论，某实验小组设计了如图1所示的实验电路来测量电源的电动势。图中acb为均匀电阻丝，E为供电电源（内阻可忽略），为标准电源的电动势，为待测电源的电动势，E大于和。
测量过程如下：
A．将开关S合向触点1，调节滑动头P至位置c，使电流计G的示数为零，测出此时电阻丝cb间的长度；
B．再将开关S合向触点2，调节滑动头P至位置，使电流计G的示数仍为零，测出此时电阻丝间的长度。
(1)回答下列问题：
①开关S合向1，当电流计G的示数为零时，电阻丝cb段的电压与标准电源的电动势的关系是 （选填“大于”“小于”或“等于”）；
②由此可知待测电源的电动势 （用、、表示），测得、，标准电源的电动势，则待测电源的电动势 ；
③若供电电源E的内阻不能忽略，将会造成待测电源的电动势测量值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
(2)实验小组将电源与一个阻值为10Ω的定值电阻串联后，测得流过电阻的电流为0.2A，则该电源的内阻 ；若将两个图线均如图2所示的小灯泡串联后接在该电源上，则每个小灯泡消耗的电功率 W（结果均保留2位有效数字）。
14．由A、B，C三部分组成的滑道放置在光滑水平面上，其中A部分为上表面光滑的“L”形平台，其上方有一与其等长的轻质弹簧，弹簧左端固定在挡板上，右端自然伸长；B部分为质量，长的长木板，C部分为半径的竖直光滑半圆轨道。现将质量的小物块（视为质点）压缩弹簧至P点后由静止释放。如图甲所示，若A、B、C均锁定，小物块恰能运动至半圆轨道的最高点S。如图乙所示，解除对B、C的锁定，在距离B的右端s处固定一宽度可以忽略不计且与长木板等高的竖直挡板，再将半圆轨道移至挡板右侧紧靠挡板放置，小物块冲上长木板B后，当B碰撞挡板后B的速度立即变为0并被锁定。已知长木板B的上表面粗糙，小物块与B间的动摩擦因数，取重力加速度大小。
（1）求弹簧压缩至P点时的弹性势能；
（2）若，求从小物块滑上长木板B到B与挡板碰撞的过程中，由于摩擦产生的热量Q；
（3）若为使小物块在半圆轨道C内侧相对运动不超过圆弧，求半圆轨道C的质量mC应满足的条件。
15．如图所示,xOy竖直平面坐标系中,x轴上方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B0= T.离子源从O处射出速度大小均为v0=2.0×107 m/s、速度方向在纸面内、发散角为2θ=60°且关于y轴对称的正离子,离子经磁场偏转后在x轴上C、D两点间射出.MN为放置在x轴下方长L=1.6 m的荧光屏,y轴垂直平分MN,屏到x轴的距离d= m.已知离子的比荷=×109 C/kg,不计离子间相互作用及重力的影响,离子到达荧光屏即被吸收.求:
(1)从O同时射入磁场的离子到达x轴的最长时间间隔Δt;
(2)离子第一次在磁场中运动时可能到达区域的面积S;
(3)为使第一次经过x轴上方磁场并从C点飞出的离子不能打到屏上,在屏与x轴间区域加一垂直纸面的匀强磁场,该磁场的磁感应强度B满足的条件.
参考答案
【知识点】重力势能的变化与重力做功的关系
1．【答案】D
【解析】小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为0，则小猫在A处的重力势能为EpA=-mghA=-1×10×1.5 J=-15 J，A错误；小猫在E处的重力势能EpE=mghE=1×10×4.5 J=45 J，B错误；小猫从B到D重力做的功为WG=-mghBD=-1×10×3 J=-30 J，C错误；小猫从A到B重力势能增加了ΔEp=mghAB=1×10×1.5 J=15 J，D正确.
【关键点拨】重力做功与重力势能变化的关系：WG=Ep1-Ep2=-ΔEp，即重力势能变化量是由重力做功作为唯一量度的，与物体除重力外是否还受其他力、其他力是否做功等因素均无关.
【知识点】楞次定律及其应用
2．【答案】D
【详解】由图示可知，条形磁铁N极向下插入线圈时，向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向上，则线圈外侧的电流方向向右，与图中矛盾，A错误；由图示可知，条形磁铁N极向上运动时，向下穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，则线圈外侧的电流方向向左，与图中矛盾，B错误；由图示可知，条形磁铁S极向上运动时，向上穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向上，则线圈外侧的电流方向向右，与图中矛盾，C错误；由图示可知，条形磁铁S极向上运动时，向上穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向上，则线圈外侧的电流方向向右，与图中方向一致。D正确。
【知识点】光的折射定律及其应用
3．【答案】B　
【解析】由光路的可逆性可知，该光从B分别进入A和C时，C对该光的偏折程度大于A对该光的偏折程度，可知C对该光的折射率比A的大，光线从A进入B时入射角小于折射角，故A的折射率大于B，可得nC>nA>nB，A错误，B正确；由n=可知，光在B中传播的速度最大，在C中传播的速度最小，C、D错误.
【知识点】冲量的概念
4．【答案】B
【解析】若球与球拍作用前后的速度大小为，乒乓球的质量为，则，选项错误；作用前后动能相等，则0，选项B正确；球拍对球的作用力与球对球拍的作用力一定大小相等，方向相反，两力不相同，选项C错误；球拍对球作用力的冲量大小等于球对球拍作用力的冲量大小，选项D错误。
【知识点】卫星变轨与对接问题
5．【答案】D
【详解】AC.返回舱除受地球的引力外，也受到其他星体的引力作用，进入大气层后还受到空气阻力的作用，A、C错误；
B.两个物体间的引力是一对作用力与反作用力，他们的大小相等，B错误；
D.返回舱落向地球是由于返回舱的质量和地球相比小得多，加速度大，运动状态容易改变，D正确。选D。
【知识点】天然放射现象及射线的本质
6．【答案】C
【详解】α射线穿透能力最弱，不能穿透比较厚的黑纸，故①为α射线，γ射线穿透能力最强，能穿透厚铝板和铅板，故③为γ射线，β射线穿透能力较强，能穿透黑纸，但不能穿透厚铝板，故②是β射线。
【知识点】电势、电势能与静电力做功、电场线
7．【答案】B
【详解】A．电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零，故A错误；
B．任意一点的电场强度方向总是指向该点电势降落最快的方向，故B正确；
C．电场线越密的地方，电场强度越大，但是若两点间不沿电场线，则电势差不一定大，故C错误；
D．负电荷处于电势高的地方电势能小，故D错误。
故选B。
【知识点】多普勒效应及其应用、波的反射和折射、波的干涉的应用
8．【答案】AC
【详解】蝙蝠用声波定位是利用了声波的反射原理，A正确；救护车疾驰而过时鸣笛音调的变化是声波的多普勒效应，B错误；利用彩超测血管中血流速度是利用了超声波的多普勒效应，C正确；通过产生与噪声等幅反相的声波来实现降噪是利用了声波的干涉原理，D错误。
【知识点】动量守恒的判定与应用、导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
9．【答案】AB
【解析】正方形线框第一次匀速下滑过程中，满足mgsin θ＝μmgcos θ＋F，其中F＝BIL，I＝，可得B＝2 T，B正确；在ab边运动到EF位置时，由于mgsin θ＜Mg＋μmgcos θ，所以线框第二次匀速上滑，满足Mg＝mgsin θ＋μmgcos θ＋，可得v2＝5 m/s，所以线框两次匀速运动的速度大小、方向均不同，A正确；在绳子绷紧的瞬间，沿着绳子方向系统动量守恒，有Mv－mv1＝（M＋m）v2，可得v＝8 m/s，故M下落高度满足v2＝2gh，可得h＝3.2 m，C错误；系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中，线框会克服摩擦力做功，在绳子绷紧的瞬间，也会损失能量，D错误。
【知识点】热力学第一定律与理想气体状态方程的综合应用
10．【答案】AC
【详解】过程中气体体积变小，外界对气体做功，正确；连接点与点，该图线为气体等压变化图线，气体压强越大，等压变化图线斜率越小，状态压强大于状态压强，因此过程气体压强变小，错误；过程中气体温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，由热力学第一定律知气体放出热量，正确；过程中气体温度升高，理想气体内能由温度决定，因此过程气体内能增大，错误。
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
11．【答案】(1)先向下做匀加速运动再向下做匀减速运动　(2)O′点上方到O′点下方
【解析】(1)在t＝0时刻从O点进入的粒子，所受的电场力方向先向下后向上，则粒子先向下做匀加速运动，再向下做匀减速运动．
(2)粒子打在靶MN上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到达的范围．当粒子在0、T、2T、…、nT时刻进入电场中，粒子将打在O′点下方最远处，在前T时间内，a1＝，粒子在竖直方向上的位移y1＝a1＝.
在后T时间内，粒子在竖直方向上的位移y2＝v－a2·，其中v＝a1＝·，a2＝，可得y2＝，故O′点正下方最大位移y＝y1＋y2＝.
当粒子在T、T、…、T时刻进入电场时，粒子将打在O′点上方最远处，在前T时间内，粒子在竖直方向上的位移y′1＝a2·＝，在后T时间内，粒子在竖直方向上的位移 y′2＝v′－a1，其中v′＝a2＝·，可得y′2＝0，故O′点正上方最大位移y′＝y′1＋y′2＝.
【知识点】研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
12．【答案】 4.50 0.10 0.10 0.030
【详解】（1）[1]20分度的游标卡尺的读数为
（2）[2][3]光电门2记录的3次挡光时间，分别为碰撞前滑块B经过的时间，碰撞后滑块B和滑块A粘在一起经过的时间，所以碰前滑块B及滑块整体通过光电门2的速度大小均为
（3）[4]碰撞过程动量守恒，则有
解得
所以滑块A经过光电门1的时间为
【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻
13．【答案】(1) 等于 2.4 不变
(2) 2.0 0.36
【详解】（1）
① [1]开关S合向1，当电流计G的示数为零时，由电路知识可知，电阻丝段的电压与标准电源的电动势相等；
②[2] [3]设电阻丝的长度为，单位长度的电阻为，则当开关S合向1时，则有
当开关S合向2时有
两式联立可得
代入数据可解得
③[4]若考虑供电电源的内阻，则有
，
两式联立仍可解得
可知待测电源电动势的测量值不变。
（2）[1]由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可解得
[2]设每个小灯泡两端的电压为，流过小灯泡的电流为，由闭合电路欧姆定律可得
整理可得
在图2中作出该图像如图所示
可得每个小灯泡两端的电压为
流过每个小灯泡的电流为
故每个小灯泡消耗的电功率为
【知识点】动量和能量的综合应用
14．【答案】（1）50J；（2）10J；（3）kg
【详解】（1）小物块恰能过最高点S，有，解得，根据能量守恒可知，弹簧压缩至P点时的弹性势能为J
（2）设物块滑上木板时的速度为v0，有，解得，假设物块与木板能共速，根据动量守恒定律，有，解得，物块的位移和板的位移分别为x1和x2，根据动能定理，有，，解得，，则，由于摩擦而产生的热量Q为J
（3）由（2）可知s=1.6m时，物块与木板将共速，设物块滑上半圆轨道速度为v1，则，解得，若物块在半圆轨道内侧相对运动不超过圆弧，则物块和半圆轨道共速，根据动量守恒和能量守恒，有，，因为，解得kg
【知识点】带电粒子在有界匀强磁场中的运动、带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
15．【答案】(1)×10-8 s　(2) m2　(3)B> T,磁场方向垂直纸面向里;或B> T,磁场方向垂直纸面向外
【解析】(1)设离子在磁场中运动的周期为T,半径为r0,出射方向斜向右上、斜向左上且与+y夹角为30°的离子运动到达x轴的时间间隔最长,则有T=,
t=·T,
Δt=T-T,
解得Δt=×10-8 s.
(2)离子第一次在磁场中运动时可能到达区域如图甲所示,
甲
S1为离子不能到达的区域面积,
则可能到达的区域面积为S=π+π(2r0)2-S1,
其中S1=π-×2r0cos 30°×r0sin 30°,r0=,
解得S= m2.
(3)①若所加匀强磁场方向垂直纸面向里,当与-x方向夹60°角出射的离子与屏相切时,磁感应强度有最小值,设为B1,设离子运动半径为r1,如图乙所示.
乙
r1sin 30°+r1=d,
qv0B1=m,
解得B1= T,
即当磁场方向垂直纸面向里时,B> T满足题意.
②若所加匀强磁场方向垂直纸面向外,当与+x方向夹60°角出射的离子恰好打到M点时,磁感应强度有最小值,设为B2,设离子运动半径为r2,如图丙所示.
丙
+(d-r2sin 30°)2=,
xOC=2r0cos 30°,
qv0B2=m,
解得B2= T,
即当磁场方向垂直纸面向外时,B> T时满足题意.
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届河南省最新高考高三物理模拟试卷4【含解析word版】
一、单选题（本大题共7小题）
1．下列说法正确的是 (　　)
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
2．如图所示，两单色光a、b由空气斜射向平行玻璃砖，折射后合成一束复色光。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两光在玻璃砖中的折射率na＜nb
B．a、b两光在玻璃砖中的传播时间ta＜tb
C．a、b两光从该玻璃砖射向空气时的临界角Ca＜Cb
D．增大入射角，a、b可能不会从另一侧射出
3．2024年9月，我国成功发射第五十九颗、第六十颗北斗导航卫星，该组卫星属于中圆地球轨道卫星，运行周期约12小时。已知地球同步卫星运行周期约为24小时，由此可知（ ）
A．中圆地球轨道卫星的绕行速度是地球同步卫星速度的倍
B．中圆地球轨道卫星的绕行速度是地球同步卫星速度的倍
C．中圆地球轨道卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的一半
D．中圆地球轨道卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的两倍
4．一个是塑料棒与羊毛织品摩擦后，产生的净电荷分别集中在棒和羊毛织品某处，这个电荷分布可以近似看作如图所示的两对带电小球上的电荷分布，a、b、c为两对带电小球连线及中垂线上的三点，所有小球均可看作电荷量相等的点电荷，则（　　）
A．a、b两点的电场强度相同
B．b、c两点的电势不同
C．将电荷从无穷远处移到a点与将其从c点移到a点做功相同
D．将电荷从a点移到b点与将其从a点移到c点做功不同
5．如图甲所示为一个由表面涂有绝缘漆的金属电阻丝制成的圆形线圈，和是互相垂直的两条直径。在圆面内可以将甲线圈中、两点向圆心挤到一起，得到如图乙所示的两个等大的圆，也可以将甲线圈扭转变形为如图丙所示的两个等大的圆、两点不接触。三个线圈都处于垂直圆面的变化磁场中，磁场变化率相同，则下列说法正确的是
甲 乙 丙
（ ）
A. 甲、乙线圈中感应电流之比为
B. 丙、乙线圈中感应电流之比为
C. 丙、甲线圈中感应电流之比为
D. 丙、甲线圈中感应电流之比为0
6．如图所示，从距秤盘高处把一筒豆粒由静止持续均匀地倒在秤盘上，从第一粒豆落入秤盘至最后一粒豆落入秤盘用时为，豆粒的总质量为。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的三分之一，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力。已知重力加速度为，则碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为（ ）
A． B． C． D．
7．核能是蕴藏在原子核内部的能量,合理利用核能,可以有效缓解常规能源短缺问题.在铀核裂变实验中,核反应方程是UnBaKr+3XU核的结合能为E1Ba核的结合能为E2Kr核的结合能为E3.则 (　　)
A．该核反应过程动量不守恒
B．该核反应方程中的X为n
C．该核反应中释放的核能为E1-E2-E3
D．该核反应中电荷数守恒,质量数不守恒
二、多选题（本大题共3小题）
8．一做简谐运动的物体的振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．物体振动的频率为25 Hz
B．物体振动的振幅为10 cm
C．在6×10－2 s内物体通过的路程是60 cm
D．物体的位移表达式为x＝10sin 5πt cm
9．（多选）如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱形磁铁，产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），一个与磁铁同轴的圆形金属环套在磁铁上，环的质量，环单位长度的电阻为，半径（大于圆柱形磁铁的半径）.金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的磁感应强度大小均为，不计空气阻力，重力加速度取.则（ ）
A．环下落过程的最大速度为
B．环下落过程中，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动
C．若下落时间为时环已经达到最大速度，则这个过程通过环横截面的电荷量是
D．若下落高度为时环已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为
10．如图为一“凸”形绝热且内壁光滑的汽缸，被两轻质绝热活塞分成A、B、C三部分，两活塞用轻杆连接。活塞稳定时，A、B、C内的理想气体温度均相同。现通过电热丝使B中气体温度缓慢升高，在两活塞缓慢下降的过程中，下列说法正确的是
A． A中气体内能减少
B． A中气体压强增大
C． B中气体所有分子的动能都增大
D． C中气体分子的数密度增大
三、非选择题（本大题共5小题）
11．某同学用如图甲所示的实验电路测量一量程为电流计的内阻.
甲 乙 丙
（1）按图甲中的实验电路图进行实物连接，将滑动变阻器的滑片置于端，为定值电阻，闭合开关，断开开关，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的读数为（指针偏转超过量程的三分之一），电流计指针满偏；
（2）闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器的滑片位置使电压表的示数仍为，电流计的指针偏转到满偏量程的三分之二，读取此时电阻箱的阻值为 ；
（3） 电流计的内阻__ ；
（4） 该实验测得电流计的阻值______（填“ ”“ ”或“”）真实值（只考虑系统误差）；
（5） 该实验中电阻的作用是________________________.
（6） 该同学要将该电流计改装为量程为的电流表，将阻值为的定值电阻与量程为的电流计连接，进行改装，然后利用一标准毫安表根据图乙所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）.
① 根据图乙将图丙中的实物连接；
② 定值电阻__ .
12．某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
(1)关于实验的操作和现象，下列说法正确的是______。
A．图示电磁打点计时器需接220V的交流电源
B．实验中力传感器的示数小于重物的重力
C．实验前需要将长木板倾斜一定的角度补偿阻力
D．若保持小车的质量不变，重物的重力越大，纸带上打出的点越密
(2)图乙为该同学实验中得到的一条纸带的一部分。已知打点计时器所接电源频率为50Hz，A、B、C、D、E是纸带上的五个计数点，每相邻两个计数点间有四个点未画出。则E点位置对应刻度尺的读数为 cm；小车的加速度大小为 （计算结果保留2位有效数字）。
(3)该同学保持小车的质量不变，改变重物的质量，测出对应加速度，然后描绘出图像（F为力传感器示数）；之后在小车上加放钩码，再次改变重物的质量，测出对应加速度，继续在同一坐标系中描绘出另一条图像，如图丙所示。则图丙中图线 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）是小车上加放钩码后描绘的图线，根据图像计算出所加钩码的质量为 g。
13．先后让一束质子（H）和一束α粒子（氦核He）通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。
（1）若两者的初速度相同，求质子与α粒子在偏转电场中偏移距离之比；
（2）若两者的初动能相同，求质子偏转角的正切值与α粒子偏转角的正切值之比。
14．如图，三块厚度相同、质量相等的木板、、（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于木板左端.已知三块木板质量均为，木板长度为，机器人质量为，重力加速度取，忽略空气阻力.
（1） 机器人从木板左端走到木板右端时，求、木板间的水平距离.
（2） 机器人走到木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从木板右端跳到木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值.
（3） 若机器人以做功最少的方式跳到木板左端后立刻与木板相对静止，随即相对木板连续不停地3次等间距跳到木板右端，此时木板恰好追上木板.求该时刻、两木板间距与木板长度的关系.
15．如图,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小;
(2)求电场强度的大小;
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,长时间来看,粒子将向左或向右漂移,求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)
参考答案
1．【答案】B
【命题点】力与运动的关系、惯性等
【详解】
选项 分析 正误
A 链球做匀速圆周运动过程中加速度的大小不变,方向时刻改变 ×
B 惯性是物体本身的固有属性,惯性的大小只与物体的质量有关,足球下落过程中质量不变,故惯性不变 √
C 乒乓球被击打的过程中,球与球拍发生弹性形变,随着形变量的变化,乒乓球受到的作用力也发生变化 ×
D 一般情况下,篮球在低速飞行时受到的空气阻力方向与速度方向相反 ×
2．【答案】C　
【详解】a光偏折程度较大，由折射率的定义可知，折射率较大，即na＞nb，A错误；由v＝可知，a光在玻璃中传播速度较小，a、b两光在玻璃砖中的传播距离相同，故a光所用时间较长，即ta＞tb，B错误；由sin C＝可知，a、b两光从该玻璃砖射向空气时的临界角Ca＜Cb，C正确；光线射出玻璃时的入射角等于光线射入玻璃时的折射角，由光路可逆的特点可知，增大入射角，a、b均会从另一侧射出，D错误。
3．【答案】A
【详解】本题主要考查用万有引力定律和牛顿运动定律解释行星的运动，意在考查考生对物理规律的应用。本题以北斗导航卫星为背景，考查卫星轨道与开普勒第三定律。开普勒第三定律是描述天体运动的重要规律，本题通过中圆地球轨道卫星与地球同步卫星的轨道半径与周期的关系，考查学生对开普勒第三定律的理解与应用能力。
卫星仅在万有引力的作用下做匀速圆周运动，满足牛顿第二定律方程，即，解得，中圆轨道卫星周期是同步卫星的，所以轨道半径为同步卫星的，、错误；卫星速度，所以绕行速度是同步卫星的倍，正确，错误。
4．【答案】C
【详解】根根点电荷电场线分布可知，a、b两点的电场强度不相同。故A错误；点电荷连线的中垂线为等势线，则b、c两点的电势相同。故B错误；若将无穷远处电势规定为0，则bc等势线电势为0。因此将电荷从无穷远处移到a点与将其从c点移到a点做功相同。故C正确；bc等势线，则将电荷从a点移到b点与将其从a点移到c点做功相同。D错误。
5．【答案】D
【详解】三个线圈的电阻相等，感应电流之比等于感应电动势之比。设题图甲中线圈半径为，周长，面积为，题图乙、丙中小圆的半径为，，可得，题图乙中两小圆面积之和为，设磁场变化率为，则甲线圈中感应电动势为，乙线圈中感应电动势为，可得甲、乙线圈中感应电流之比为，错误；由磁通量的特点可知丙线圈中左右两圆中感应电动势大小相等，方向相反，总感应电动势为零，即，可知正确，、错误。
6．【答案】A
【详解】豆粒与秤盘碰前的速度大小为，弹起时速度大小为，豆粒与秤盘碰撞过程中，对豆粒，以向上为正方向，根据动量定理得，（关键：豆粒与秤盘碰撞过程时间很短，重力的冲量可忽略不计），解得，由牛顿第三定律知碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为，正确。
7．【答案】B
【解析】在铀核裂变的过程中，动量守恒，A错误；对任一核反应，其质量数与电荷数均守恒，设X为ZAX，由核电荷数守恒可知92＋0＝56＋36＋3Z，可得Z＝0，由质量数守恒得235＋1＝144＋89＋3A，解得A＝1，所以该核反应方程中的X为01n，B正确，D错误；由能量守恒定律可知，该核反应中释放的核能为ΔE＝E2＋E3－E1，C错误.
8．【答案】ABC　
【详解】由振动图像可知周期是4×1 s，由f＝得f＝25 Hz，故A项正确；位移的最大值等于振幅，A＝10 cm，故B项正确；t＝6×1 s＝1T，所以物体通过的路程为4A＋2A＝6A＝60 cm，故C项正确；由ω＝得ω＝50π rad/s，物体的位移表达式为x＝10sin 50πt cm，故D错误。
9．【答案】AC
【解析】金属环达到最大速度时,加速度为0,受力平衡,有,设金属环的最大速度为,则,,,,联立解得,正确；环下落过程中有,可知随着增大,加速度逐渐减小,所以环下落过程中先做变加速直线运动,然后做匀速直线运动,错误；若下落时间为时环已经达到最大速度,根据动量定理有,又,联立可得,正确；若下落高度为时环已经达到最大速度,则根据能量守恒定律有,解得,错误.
10．【答案】AD
【解析】活塞缓慢下移，A中气体体积增大，压强减小，气体对外做功，汽缸绝热，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知A中气体内能减小，温度降低，A正确，B错误；B中气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并非所有分子的动能都增大，C错误；活塞下移，C中气体体积减小，分子总数不变，故C中气体分子的数密度增大，D正确。
11．【答案】（3） 90
（4）
（5） 确保干路中电流不变
（6） ① 见解析
② 10
【解析】
（3） 由电流计的指针偏转到满偏量程的三分之二可知,,,则 .
（4） 实验时反复调节电阻箱和滑动变阻器的滑片位置使电压表的示数仍为,可知电路的总电流不变,通过电流计的电流是满偏电流的,而通过的电流等于电流计满偏电流的,所以该实验测得电流计的阻值与真实值相等.
（5） 应该是大阻值电阻,使不论是断开还是闭合,电路中的电阻不变,从而确保干路中电流不变.
（6） ① 连接电路图如图所示.
② 根据电流表改装原理有,代入数据有,解得 .
12．【答案】(1)BC，(2)6.50；0.43，(3)Ⅱ；200
【详解】（1）A．电磁打点计时器需接8V的交流电源，A错误；
B．由于重物向下做加速度运动，所以重物合力向下，重物的重力大于绳子拉力，即重物的重力大于力传感器示数，B正确；
C．根据实验原理，该实验需要让绳子拉力等于小车合力，实验前需要将长木板倾斜一定的角度补偿阻力，C正确；
D．若保持小车的质量不变，重物的重力越大，则小车加速度越大，速度越大，纸带上打出的点越稀疏，D错误。选BC。
（2）[1]由图乙可知，刻度尺最小分度值为0.1cm，读数要估读到0.01cm，所以E点读数为6.50cm。
[2]由题意知，每相邻两个计数点间有四个点未画出，所以相邻计数点间的时间，逐差法得加速度，根据图乙可知，联立以上解得
（3）[1]设小车质量为M，小车未加钩码前，设小车加速度为，力传感器示数为，由牛顿第二定律得，整理得，小车加上质量为m的钩码后，设小车加速度为，力传感器示数为，由牛顿第二定律得，整理得，可知加了钩码后的图像斜率更小，图丙中图线Ⅱ是小车上加放钩码后描绘的图线。
[2]结合以上分析和图乙可知，小车未加钩码时，图像斜率，小车加了质量为m的钩码后，图像斜率，联立以上解得
13．【答案】（1）2∶1　（2）1∶2
【详解】（1）设平行板间匀强电场电场强度为E，两板长度为L，带电粒子的电荷量为q，质量为m。
粒子在偏转电场中做类平抛运动，在沿板方向上做匀速直线运动，有L＝v0t
在垂直于板方向上做匀加速直线运动，有
y＝at2
根据牛顿第二定律得qE＝ma
联立以上各式解得：y＝
两者的初速度相同，y∝
故质子与α粒子在偏转电场中偏移距离之比
＝
（2）偏转角正切值tan θ＝
垂直于板方向，有vy＝at
根据牛顿第二定律得qE＝ma
又L＝v0t，解得tan θ＝
若两者的初动能相同，tan θ∝q
故质子偏转角正切值与α粒子偏转角正切值之比＝。
14．【答案】（1）
（2） ；2
（3）
【解析】
（1） 机器人从木板左端走到木板右端的过程中,机器人与木板组成的系统动量守恒,木板向左运动,、木板静止,设机器人的质量为,三个木板的质量均为,由动量守恒定律得,设所用时间为,则有,即,又,联立解得,则、木板间的水平距离为.
（2） 设机器人起跳的速度大小为,速度方向与水平方向的夹角为 ,机器人从木板右端跳到木板左端的时间为,由斜抛运动规律得,,联立解得,机器人跳离木板的过程中,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得,由功能关系得,机器人做的功为,联立可得,由数学知识可知,当且仅当时,即时,机器人做功最少,代入可得.
（3） 由,可计算出,由解得,此后木板以此速度向左做匀速直线运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得,此过程中木板向左运动的距离,代入数据得,机器人连续三次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,机器人每次跳跃的时间为,以向右为正方向,由动量守恒定律得 ①,每次跳跃,机器人和木板的相对位移为,则有 ②,机器人到达木板右端时,木板恰好追上木板,从机器人跳上左端到跳到的右端的过程中,、木板的位移之差为,则有 ③,联立①②③三个式子得,A、两木板的间距为,,整理得.
【一题多解】
第（3）问的其他两种解法
解法一 累积法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这样就不需要再关注板的运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向动量守恒,得,机器人开始三连跳,、分离,的速度向右保持不再发生变化.机器人连续3次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒.设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则,
机器人跳跃的总时间为,取向右为正方向,左右两边同时乘以相互作用时间,得,
设机器人与、共速时,从左端到右端用时间,向右运动,向左运动,机器人向右运动,即,
板长,
代入数据可得,
B能追上,则该时刻、两板间距.
解法二 巧选参考系法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,则求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这
样就不需要再关注板的运动.当机器人在上开始三连跳时,、分离,则的速度不再发生变化,以为参考系,可以只研究机器人与组成的系统,机器人与初始时与共速,则二者组成的系统总动量始终为0,即人船模型,设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则在跳跃过程中任意时刻满足,
机器人从木板左端走到木板右端时,机器人、木板运动位移分别为、,有,
如图所示（机器人用小球表示）,由图可看出板长,
代入数据可得,
B左端到的距离即、两板间距为.
15．【答案】(1)　(2)　(3)v0
【命题点】带电粒子在电磁组合场中的运动
【详解】［思路引导］
(1)粒子的运动轨迹如图甲所示,
甲
设粒子在磁场中运动轨迹半径为R,由几何关系得
Rcos 60°=R-h (1分)
解得R=2h (1分)
由洛伦兹力提供向心力得
qv0B=m (1分)
解得B= (1分)
(2)粒子在电场中做类斜抛运动,粒子在水平方向上做匀速直线运动,
由对称性知x1=s-2Rsin 60°=h (1分)
x1=v0cos 60°·t (1分)
竖直方向上有v0sin 60°=a· (1分)
由牛顿第二定律得qE=ma (1分)
联立解得E=,a= (1分)
(3)若粒子从a点以速度v0竖直向下发射,先在磁场中做匀速圆周运动,后进入电场做类斜抛运动,再进入磁场做匀速圆周运动,一个周期的运动轨迹如图乙所示,
乙
由几何关系得sin θ== (1分)
则θ=30° (1分)
粒子在电场中做类斜抛运动,
粒子在电场中运动时间t'== (1分)
粒子在电场中运动的水平位移为x2=v0sin 30°·t'=h (1分)
粒子再次进入磁场后做匀速圆周运动,
一个周期内粒子的位移x=2R-[R(1-cos 30°)+x2+R(1-cos 30°)]=h (1分)
粒子运动的周期为T=t'+·= (1分)
则漂移速度大小为v==v0 (2分)
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届河南省最新高考高三物理模拟试卷5【含解析word版】
一、单选题（本大题共6小题）
1．以下四幅图片中，图甲是单色光的衍射图样，图乙是双缝干涉示意图，图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，图丁是自然光通过偏振片、的实验结果，右边是光屏，当固定不动缓慢转动时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化。下列说法中错误的是（　　）
A．图甲中，中央条纹特别宽特别亮，两侧的亮纹比较窄比较暗
B．图乙中，若只增大屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将减小
C．图丙中，束光在水珠中传播的速度一定大于束光在水珠中传播的速度
D．图丁中，这种现象表明光波是横波
2．如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动.由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同.已知Q的质量为M，引力常量为G.关于P的公转，下列说法正确的是 (　　)
图(a)
图(b)
A．周期为2t1-t0
B．半径为
C．角速度的大小为
D．加速度的大小为
3．如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是 (　　)
A．x1和x2处的电场强度均为零
B．x1和x2之间的场强方向不变
C．粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大后减小
D．粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大
4．关于核反应堆中用镉棒控制反应速度的原理,下列说法正确的是 (　　)
A．镉棒能释放中子,依靠释放的多少控制反应速度
B．用镉棒插入的多少控制快中子变为慢中子的数量
C．利用镉棒对中子吸收能力强的特点,依靠插入的多少控制中子数量
D．镉棒对铀核裂变有一种阻碍作用,利用其与铀的接触面积的大小控制反应速度
5．我国发射的“嫦娥四号”探测器成功软着陆月球背面的南极艾特肯盆地冯·卡门撞击坑，完成了人类航天史的又一壮举.不久的将来，中国人将真正实现飞天梦，进入那神秘的“广寒宫”.假如有一航天员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是 (　　)
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
6．网球质量约60 g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50 m/s，球与球拍接触的时间大约是0.004 s，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则此过程中网球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量约为3.0 kg·m/s
C．受到球拍的冲击力约为750 N
D．受到球拍的冲击力约为1 500 N
二、多选题（本大题共3小题）
7． （多选）一根不可伸长的细线，上端悬挂在点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系.该同学用米尺测得细线的长度，用游标卡尺测得小球的直径，二者相加为，通过改变细线的长度，测得对应的周期，得到该装置的图像如图乙所示,则下列说法正确的是（取）（ ）
甲 乙
A．时摆长为 B．时摆长为
C．摆球半径为 D．当地的重力加速度为
8．如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、QP间存在垂直水平面的匀强磁场，时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量，电阻，则（　　）

A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为1T
C．线框穿过QP的过程中产生的焦耳热等于4J
D．线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为0.5C
9．在飞机起飞的过程中，由于高度快速变化，会引起机舱内气压变化，乘客小周同学观察发现，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，如图所示。若起飞前后桶内气体的温度保持不变，则下列关于桶内气体（可视为理想气体）的说法中正确的是（　　）
A．桶内气体压强增大
B．桶内气体分子平均动能不变
C．桶内气体从外界吸收热量
D．桶内气体对外做功，内能减小
三、非选择题（本大题共5小题）
10．某同学用斜轨道和水平轨道来验证动量守恒定律，如图所示，将斜轨道固定，并与水平轨道在O点由小圆弧平滑连接，将一物块甲由斜轨道上某一位置静止释放，物块甲最后停在水平轨道上，多次重复该操作，找到物块甲的平均停留位置，记为P点；将相同材质的物块乙放在O点，再次让物块甲由斜轨道上静止释放，多次重复该操作，找到物块甲、乙的平均停留位置，分别记为M、N点，回答下列问题。
(1)物块甲的质量应 （选填“大于”“等于”或“小于”）物块乙的质量。
(2)物块甲每次的释放位置应 （选填“相同”或“不同”）。
(3)若物块甲、乙的质量分别为、，O点到P、M、N三点的距离分别为、、，若关系式 成立（用、、、、表示），则说明该碰撞过程动量守恒；若关系式 也成立（用、、表示），则说明该碰撞为弹性碰撞。
11．传感器在现代生活中有着广泛的应用。某学习小组利用压力传感器设计了一个测量压力大小的电路。压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的关系如图甲所示，压力F在0200N范围内时图线为直线。
先利用如图乙所示的电路，测量时压敏电阻的阻值。主要器材如下。
压敏电阻R（时的阻值在之间）；
电源（电动势V，内阻不计）；
电流表G1（量程10mA，内阻）；
电流表G2（量程50mA，内阻约为）；
定值电阻；
滑动变阻器；
开关、及导线若干。
请完成下列问题：
①要求尽量准确测量压敏电阻的电阻值，导线端应与 （填“a”或“b”）点连接。
②滑动变阻器有两种规格，本实验中应选择 。
A．最大阻值为
B．最大阻值为
③闭合开关、，调节滑动变阻器接人回路部分的阻值，从最大值逐渐减小，电流表G2读数为40mA时电流表G1读数为8.0mA，可知 。
④断开开关，继续调节滑动变阻器，使电流表G2达到满偏，满偏电流刻度处标记。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值和G2内阻之和为 。保持滑动变阻器阻值不变，当电流表G2示数为30mA时，压力 N。
12．如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆，细杆左侧点处固定着一个带正电的点电荷，以为圆心的圆周与细杆交于两点，点为的中点。现将一质量为电荷量为的小球（可视为质点）套在杆上从点由静止释放，小球滑到点时的速度大小为。已知重力加速度为，M点和点的高度差为，取点为零电势点。求：
(1)点的电势；
(2)小球滑至点时的速度大小。
13．如图甲所示，长木板放置在光滑的水平地面上，木块（视为质点）放置在木板的正中央，现突然给木块一个水平向右的速度，经过一段时间，木块刚好不从木板的最右端离开，已知木块与木板的质量相等；把长木板放置在粗糙的水平地面上，木块放置在木板的最左端，已知木板与地面间的动摩擦因数为，如图乙所示，现同时给木块、木板水平向右的速度，重力加速度为g。
（1）求甲图中木块与木板间的动摩擦因数以及木板的长度；
（2）求乙图中木块与木板加速度的大小分别为多少；
（3）求乙图中木块与木板的运动时间之差以及木块在木板上滑行的距离。
14．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置,如图1所示,金属板与可调电源相连形成电场,方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场,方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源,可连续释放质量为m、电荷量为q(q＞0)、初速度为零的粒子,不计重力及粒子间的相互作用,图中物理量均为已知量。求:
(1)t=0时刻释放的粒子,在 时刻的位置坐标;
(2)在0~ 时间内,静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功;
(3)在 点放置一粒子接收器,在0~ 时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
图1　图2
参考答案
【知识点】偏振现象和偏振光、光的折射定律及其应用、干涉条纹和光的波长之间的关系
1．【答案】B
【解析】图甲是单色光的衍射图样，单缝衍射条纹分布不均匀，中央条纹最宽、最亮，故A正确；图乙中，根据双缝干涉相邻条纹间距公式，可知若只增大屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将增大，故错误；根据折射率和光的传播速度之间的关系可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，光线在水中偏折得厉害，即的折射率大于的折射率，则在水中的传播速度大于的传播速度，故C正确；只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确。
【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
2．【答案】B
【解析】因为行星的遮挡，探测器检测到的亮度会略有降低，所以两次亮度减弱之间的时间就是行星的公转周期，即T=t1-t0，A错误；行星绕恒星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得G=mr，解得r=，B正确；行星公转的角速度ω==，C错误；该行星的向心加速度a==，D错误.
【知识点】电势能与静电力做功
3．【答案】D
【详解】φ-x图像的切线斜率绝对值越大，则场强越大，因此A项错误；由电势沿电场线方向降低可知，x1和x2之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B项错误；粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与静电力方向同向，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确。
【关键点拨】本题首先要读懂图像，知道φ-x图像切线的斜率表示电场强度，斜率的正负反映场强的方向，斜率的绝对值反映场强的大小。然后再根据静电力分析粒子的运动情况。
【知识点】核反应、自发式核反应
4．【答案】C
【解析】镉棒并不能释放中子,也不能控制快中子变为慢中子的数量,对铀核裂变也没有阻碍作用,镉棒是利用其对中子的吸收能力强的特点,控制中子的数量从而控制核反应速度,故选项C正确.
【知识点】产生感应电流的条件
5．【答案】D　
【解析】直接将电流表放于月球表面，电流表是断开的，不能产生感应电流，无法判断有无磁场，A错误；将电流表与线圈组成闭合回路，线圈不运动，穿过线圈的磁通量不变，则线圈中没有感应电流，所以电流表无示数，不能判断月球表面有无磁场，B错误；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，若运动方向平行于磁感线，穿过线圈的磁通量不发生变化，则不会产生感应电流，此时电流表无示数，不能说明月球表面一定没有磁场，C错误；将电流表与线圈组成闭合回路，线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则说明穿过线圈的磁通量发生变化，可判断月球表面有磁场，D正确.
【关键点拨】
解答本题的关键是对感应电流产生条件的理解.若闭合回路中有感应电流产生，则通过闭合回路的磁通量发生变化，周围就存在磁场.
【知识点】动量定理及其应用
6．【答案】D
【解析】取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×50 kg·m/s＋(0.06×50) kg·m/s＝6.0 kg·m/s，故A、B错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1 500 N，故D正确，C错误。
【知识点】单摆周期公式及其应用
7．【答案】BCD
【解析】设摆长为，小球半径为，单摆的周期公式，整理得，可知为图像的斜率，所以有，解得，故D正确.由题图乙可知，图像的纵轴截距为小球的半径，则，时摆长，故A错误，B、C正确.
【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应定律中的图像问题、电磁感应现象中的功能问题、线框模型
8．【答案】AD
【详解】A．时刻，线框的加速度为，第末后直到第末这段时间内，拉力恒定为，此时线框在磁场中不受安培力，可知磁场宽度为，A正确；
B．设线框的边长为，则进磁场的过程，从内的位移为，当线框全部进入磁场前的瞬间有，，其中，，联立解得，B错误；
C．设线框穿过QP的初末速度分别为、，线圈全程做匀加速直线运动，则，，由动能定理有，而，，，可得，即线框穿过OP的过程中产生的焦耳热大于4J，C错误；
D．线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为，D正确。选AD。
【知识点】热力学第一定律及其应用
9．【答案】BC
【详解】A．依题意，起飞前后桶内气体的温度保持不变，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，桶内气体体积增大，根据可知，压强减小，A错误；
B．由于桶内气体温度不变，则分子平均动能不变，B正确；
CD．由于桶内气体温度不变，则气体内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，桶内气体从外界吸收热量，C正确，D错误。选BC。
【知识点】研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
10．【答案】(1)大于
(2)相同
(3)
【详解】（1）为保证碰撞过程不反弹，则甲的质量应大于乙的质量。
（2）为保证碰撞前甲的速度均相同，则甲每次应从同一位置释放。
（3）[1] 物块在水平面上做匀减速运动，根据匀变速直线运动规律，则有
解得
若碰撞过程动量守恒。则有
即
[2] 若为弹性碰撞，则有
联立可得
【知识点】实验：电阻的测量
11．【答案】a ；B ；100 ；140 ；160
【详解】①[1]因为电流表内阻未知，所以为了消除误差需要将电流表外接，导线端应与“”点连接。
②[2]压力为0时，压敏电阻两端的电压最大为，滑动变阻器最大阻值为时，阻值太小，无法满足调节要求。压力为0时，电流表会超量程。滑动变阻器最大阻值为时，满足要求。选B。
③[3]由题意可知
④[4]根据分析得滑动变阻器接入电路部分的阻值和G2内阻之和为
[5]电流表G2示数为30mA时，压敏电阻两端电压为，压敏电阻为，根据甲图解析式可得，解得
【知识点】带电粒子在点电荷电场中的运动
12．【答案】(1)，(2)
【详解】（1）小球从点到点过程，由动能定理可得，又，解得，又由，，解得
（2）由几何关系可得段的竖直高度，小球从点到点过程，静电力做功为零，根据动能定理可得，解得
【知识点】动量守恒与板块模型相结合
13．【答案】（1），；（2），；（3），
【详解】（1）根据题意可知，木块刚好不从木板的最右端离开，即木块滑到木板的最右端时，木块与木板共速，设此时的速度为，由动量守恒定律有，解得，设甲图中木块与木板间的动摩擦因数为，对木块有，又有，联立解得，设木板的长度为，由能量守恒定律有，解得
（2）由（1）分析，结合牛顿第二定律可得，乙图中木块的最大加速度的大小为，若乙图中木块与木板一起向右减速，则加速度大小为，可知，乙图中木块与木板相对滑动，由牛顿第二定律，对木块有，解得，对木板有，解得
（3）假设木块减速到0时未从木板上掉落，由运动学公式可得，木块减速到0的时间为，运动的位移为，木板减速到0的时间为，运动的位移为，乙图中木块与木板的运动时间之差，乙图中木块在木板上滑行的距离，即假设成立，则乙图中木块与木板的运动时间之差为，木块在木板上滑行的距离为。
【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
14．【答案】(1) 　(2) 　(3) 　
【命题点】带电粒子在电场、磁场中的运动
【详解】(1)电场沿y轴正方向,粒子初速度为零,由题图2可知,在0~ 时间内,粒子沿y轴正方向做匀加速直线运动,粒子沿y轴正方向的位移 (1分)
粒子在 时刻的速度 (1分)
在 ~ 时间内,只有磁场,粒子做匀速圆周运动,
粒子做匀速圆周运动的周期 ,
粒子做圆周运动的时间为 (1分)
粒子做圆周运动的轨迹半径 ,
粒子在0~ 时间内的运动轨迹如图甲所示,可知粒子在 时刻的位置坐标为 (1分)
甲　　乙
(2)粒子在0~ 时间内的运动轨迹如图乙所示,
0~ 时间内,静电力对粒子做功 (1分)
~ 时间内,粒子沿y轴正方向的位移 (1分)
则 ~ 时间内,静电力对粒子做功W2=0,
粒子在 时刻的速度v2=v1,
~ 时间内,粒子沿y轴正方向的位移 (1分)
粒子在 时刻的速度 (1分)
则 ~ 时间内,静电力对粒子做功 (1分)
则0~ 时间内,静电力对粒子所做的功为
(1分)
(3)根据(1)问中解析有 ,
①若粒子到达M点之前,在磁场中已经过两个半圆,则释放时刻一定在0~ 时间内,若在0~ 之间的t时刻释放粒子,粒子运动轨迹如图丙所示,有
v1'=a1(t0-t),
,
,
,
,
,
所以 (1分)
整理发现 a1( +t2)= ＞ (1分)
所以需满足 ,代入数据解不等式,
当 时不等式成立 (1分)
②若粒子到达M点前只经过一个半圆,则粒子在磁场中运动的轨迹半径 ,由 得,经第一次电场加速的末速度 ,则粒子在0~ 时间内释放不可能,如果在 ~ 时间内释放,则第一次在电场中加速的时间 ,即在 时释放符合条件,但在此情况下,y″1= ,经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为 ,联立有y″1-s= ＞My,故此情况下无法到达M点,所以考虑在 ~ 时间内释放,假设粒子第一次在电场中加速的时间为t2,则 ,在此种情况下,y 1= ,经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为 ,联立有y 1-s'= ＜My (1分)
故此情况下粒子能在M点被吸收,所以粒子释放时刻为 (1分)
综上可知,在 及 时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获 (1分)
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