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保密★启用前
2023 级高三年级 4 月阶段检测
物理学科
注意事项：
1.本试卷满分 100，考试时间 90 分钟。
2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息写在答题卡指定位置。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题答题区域作答。超出答题区域的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合要求。
1 ．2026 年 1 月 2 日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队宣布，我国重大科学工程有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实验证实 托卡马克密度自由区的存在，找到突破密度极限的方法，为磁约束核聚变装置高密度运行提供重要的物理依据。其中我国“人造太阳”主要是将氢的同位素氘或氚的核聚变反应释放的能量用来发电，有一种核聚变反应的方程为 H + H → x +n 。已知氘核的质量为m1 ，比结合能为 E，中子的质量为m2 ，反应中释放的核能为 ΔE ，光速为 c ，下列说法正确的是( ) A ．反应产物 x 为 He
ΔE
B ．x 核的质量为 2 + m2 - 2m1
c
C ．x 的比结合能为
D ．提升等离子体的密度，在常温常压下也能发生聚变反应
2．2026 年春晚舞台上，机器人为观众展现了精彩的舞蹈动作。表演过程中， 机器人屈膝下蹲，然后跳离地面。从起跳到升至最高点的过程中， 不计空气阻力，下列关于机器人的加速度 a、动能Ek 、重力势能Ep 、机械能 E 随高度 h 变化的图像，可能正确的是( )
A．
C．
B．
D．
3 ．近日，中国宣布拟在 700～800km 高度的晨昏轨道建设由多颗卫星组成的大型数据中心 系统，以纾解地面数据中心耗电、散热等难题。已知晨昏轨道是一种特殊的太阳同步轨道，轨道面与地球晨昏线（黑夜与白昼的分界线）始终近似重合。下列说法正确的是( )
A ．晨昏轨道卫星不可能在更低的高度运行
B ．晨昏轨道卫星的发射速度大于 7.9km/s
C ．该数据中心系统绕地球运行的周期约为 1h
D ．以太阳为参考系，晨昏轨道卫星的轨道面是静止的
4 ．1834 年，洛埃用平面镜得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）。洛埃镜实验的基本装置如图所示，S 为单色光源，M 为一水平放置的平面镜。S 发出的光一部分直接照在竖直光屏上，另一部分通过平面镜反射在光屏上，这样在屏上可以看到明暗相间的条纹。设 S 到平面镜的距离为a 、到平面镜左端点的水平距离为b ，平面镜左端点到光屏的水平距离为 c ，光在真空中的波长为λ。若将整套装置完全浸入某种透明溶液中， 测得光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为 Δx ，则该液体的折射率为( )
A ． D ．
5 ．卡诺循环是只有两个热源的简单循环。一定质量的理想气体经历如图所示的卡诺循环过程，该循环由A → B 、C → D 两个等温过程和B → C 、D → A 两个绝热过程组成。下列说法正确的是( )
A ．气体在状态B 的温度低于在状态C 的温度
B ．C → D 过程中单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数不变
C ．A → B 过程中气体从外界吸收的热量等于C → D 过程中放出的热量
D ．B → C 过程中气体对外做的功等于D → A 过程中外界对气体做的功
6 ．毽球是由中国传统踢毽子发展而来的竞技体育项目，最早可追溯至汉代民间“蹴毛丸”活动。毽球比赛在场地中央设网， 运动员仅能用头、脚及身体触球完成进攻与防守， 通过将毽球击入对方场区得分。已知球网网高 1.5m，某同学在球网前 1.2m、距离地面 0.6m 处，将毽球击出。不计空气阻力，毽球可视为质点，重力加速度大小为10m / s2 ，则该同学将毽球踢回对方场区的最小初速率为( )
A ． 6m / s B ．2 2m / s C ．2 I6m / s D ．5m/s
7 ．如图所示，一个质量为 m 的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆形餐桌桌面水平，半径为 R，中部有一半径为 r 的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。现圆盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与餐桌间的动摩擦因数为 μ2 ， μ2，μ1 > μ2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则( )
A ．小物块滑离圆盘后在餐桌上做曲线运动
B ．小物块在圆盘上的加速度一定大于 μ2g
C ．若小物块随圆盘匀速转动，角速度可能为
D ．小物块在餐桌上滑动过程中因摩擦产生的热量小于 μ2 mg R2 - r2
8 ．如图所示，截面为直角三角形、倾角为θ 的足够长斜面静置于水平地面上，斜面倾斜部分光滑，顶端固定一光滑轻质滑轮，一根轻绳跨过滑轮一端连接物块P ，另一端连接置于斜面上的物块Q ，对小物块P 施加竖直向上的力F 使轻绳伸直且整个系统处于静止状态。撤去外力F ，物块 P 向下运动且未落地的过程中，斜面始终保持静止。已知斜面倾角 θ = 30° ,小物块P 的质量为3m，物块Q 的质量为2m ，重力加速度为 g 。下列说法正确的是( )
A ．撤去外力F 瞬间，轻绳的拉力大小为3mg
B ．撤去外力F 瞬间，轻绳对滑轮的压力大小为 mg
4
C ．撤去外力F 前后，斜面对地面的压力大小减小了 mg 5
D ．撤去外力F 前后，斜面对地面的摩擦力大小增加了mg
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题多个选项符合要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分。
9 ．如图甲所示，游乐场有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于 O 点，水波在 xOy 水平面内传播（不考虑能量损失，水面为均匀介质），波面呈现为圆形。t = 1s 时刻，A 处质点第一次到达波峰，波面的分布情况如图乙所示，其 中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。 A 处质点的振动图像如图丙所示，z 轴正方向表示
竖直向上。下列说法中正确的是( )
A ．水波的波速为1m / s
B ．t = 3s 时，C 处质点具有正向最大加速度
C ．若游客加快跳动频率，则相邻波峰的间距将变小
D ．t = 7.5s 时，D 处质点振动的路程为 m
10．如图所示，水平面内的等边三角形BCD 的边长为L ，顶点C 恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A 点到B 、D 两点的距离均为L ，A 点在BD 边上的竖直投影点为O 。B 、D 两点固定两个等量的正点电荷，电荷量为Q。在 A 点将质量为m 、电荷量为-q 的小球套在轨道AC 上（忽略它对原电场的影响），已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，且kmg ，忽略空气阻力。将小球由静止释放，下列说法正确的是( )
A ．轨道上A 点的电场强度大小为 mg
q
B ．小球到达AC 中点时的电势能最大
C ．小球刚到达C 点时的加速度为g
D ．小球刚到达C 点时的动能为mgL
11．如图所示，边长为 L、电阻为 R、匝数为 N 的正方形线框，绕 OO9轴以角速度 ω 匀速转动，OO9为中轴线，其右侧空间存在磁感应强度大小为 B、方向水平向右的匀强磁场，线框通过电刷与阻值为 3R 的定值电阻和可变变压器相连，副线圈接有阻值为 R 的定值电阻，原线圈和副线圈初始接入电路的匝数之比为 3 ：1，副线圈的总匝数与原线圈的匝数相等。下
列说法正确的是( )
A ．线框从图示转过 60°时，电动势的瞬时值为NBL2 w
B ．交流电压表的示数为 NBL2 w
C ．滑动触头 P 向上移动时，电源的输出功率逐渐变大后变小
D ．若原、副线圈的匝数之比调节为 2:1 时，变压器的输入功率最大
1
12．如图所示，一半径为R 的 光滑绝缘圆弧面固定在绝缘光滑水平面上，末端与水平面相
4
切且紧邻竖直边界MN。边界MN 右侧足够大的空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B，同时该区域还存在一水平向右的匀强电场，场强大小E 。现将一带正电的绝缘小物块（可视为质点）从圆弧面顶端由静止释放，已知小物块的电荷量为+ q ，重力加速度为 g 。则下列判断正确的是( )
A ．小物块在水平面上运动的最长时间为
B ．小物块在水平面上运动的最长时间为
C ．小物块运动的最大速度为52gR
D ．小物块运动的最大速度为82gR
三、非选择题：本题共 6 小题，13 题 8 分，14 题 8 分，15 题 8 分，16 题 8 分，
17 题 12 分，18 题 16 分，共 60 分。
13．某探究小组利用如图甲所示的气垫导轨和数字计时器记录物体沿光滑斜面下滑的运动过程，从而验证机械能守恒定律。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使滑块与导轨之间有一层薄薄的空气层，两者不会直接接触，这样可认为导轨光滑。计时系统的工作要借助于光电门，当滑块经过时，其上的遮光条把光遮住，与光电门相连的电子电路自动记录遮光时间，已知重力加速度为 g。
(1)用螺旋测微器测出遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，则遮光条的宽度d= mm。
(2)调节气垫导轨水平，测量出两光电门之间的距离 x 和左右调平旋钮沿导轨方向的距离 L。将左调平旋钮用高为 h 的垫片垫高，使轨道倾斜，则两光电门之间的竖直高度差 Δh
= 。
(3)保持气垫导轨倾斜状态不变，滑块沿气垫导轨下滑时依次通过两光电门 1 、2，为了验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，除了 d 和 Δh ，还需要测量下列哪些物理量 。
A ．滑块和遮光条的总质量 m
B ．滑块从开始运动分别到两光电门 1 、2 的距离 x1 、x2
C ．滑块经过两光电门 1 、2 之间的时间 t
D ．滑块通过两光电门 1 、2 的遮光时间 t1 、t2
(4)要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为 （用 d、Δh 和第 3
问中测量的物理量的字母表示）。
14．电阻率是检测工厂排出中水的主控指标，某小组利用所掌握的物理知识检测一电镀厂排出的中水是否符合排放标准，将采集的水样装满绝缘性能良好的塑料圆柱形容器，容器两端用金属圆片电极密封，如图甲所示。已知所有测量均在标准状况下进行，提供的仪器如下：
A ．电源 E（电动势 3V，内阻不计）
B ．灵敏电流计 G（量程 3mA，内阻约 50Ω)
C ．滑动变阻器R1（最大阻值 300Ω)
D ．滑动变阻器R2 （最大阻值 3kΩ)
E ．滑动变阻器R3（最大阻值 15kΩ)
F ．电压表 V（量程 3V，内阻约 5kΩ)
G ．多用电表
H ．开关、导线若干请回答下面问题：
(1)选用多用电表欧姆挡位的“×100”倍率粗测样品电阻Rx ，示数如图乙所示，则样品电阻约为 Ω;
(2)按照图丙所示电路进行实验，为了使测量结果准确且调节仪器方便，则滑动变阻器应选用 （选填仪器前代号）；
(3)改变滑动变阻器的阻值，读取多组 U、I 数值，描点后拟合出U - I 图线，如图丁所示。
已知圆柱形容器内壁横截面积为1cm2 ，两电极间距为 10cm，则该样品电阻率为 Ω . m （结果保留 2 位有效数字），测得的电阻率比真实值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）；
(4)根据国家排放标准，标准状况下中水的临界电阻率为3.30Ω . m，则该工厂排出的中水 （选填“合格”或“不合格”）。
15．用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图所示，样品 P 等效为点光源，上面盖以盖玻片。半球形物镜的球心O 恰好位于样品正上方，物镜下表面与盖玻片上表面平行，它与盖玻片间有一层空气。从样品 P 所发出的光线经盖玻片上表面折射至空气时，入射角为θ。已知物镜、盖玻片的折射率均为 n = ·2 ，盖玻片厚度为 d ，物镜半径为 4d ，不考虑光的多次反射。
(1)为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，求θ 应满足的条件；
(2)若θ = 30° ,沿 PO 方向上下调节物镜与盖玻片间的距离，使光在物镜球面上恰好发生全反射，求物镜与盖玻片间的距离h 。
16 ．茶宠是茶具观赏物品，它历经千年演变，工艺精湛、寓意丰富，是中华茶文化的缩影。有一款南瓜样茶宠玩具如图甲所示，当将热茶淋在其上时，它会向外喷水。为了研究其中的原理，可将该茶宠简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔（尺寸可忽略），孔内连接有一细管，如图乙。初始时，容器内充满压强为 P0、温度为 T0 的空气。其工作过程可分为三个阶段：第一阶段为排气过程，用热水缓慢淋在容器上，使容器内气体温度达到 T1，此 过程中容器内部有部分空气从小孔逸出；第二阶段为吸水过程，迅速将容器放入温度为 T0 的水中，并让容器上的小孔始终处在水面以下，容器内气体温度逐渐降低，水逐渐被吸入容器，忽略水温的变化，直到容器内气体温度再次恢复到 T0；第三阶段为喷水过程，取出容 器，再次将热水淋在容器上，就会出现神奇的喷水现象。已知水的密度为 ρ,大气压强为
P0，容器内气体可视为理想气体。
(1)第一阶段排气过程中，求从容器中逸出的空气质量与容器中原有空气质量的比值 m1 ； m
(2)第二阶段吸水过程中，容器内外因水面高度差产生的压强相对大气压强可忽略不计，封闭气体吸水过程可视为等压变化，测量出吸水过程前后容器的质量差为 Δm ，求容器容积 V。
17 ．足够长的光滑杆水平固定，质量为m 的滑块A 套在杆上，滑块下方用不可伸长的轻绳连接一质量为m 的小球B ，初始时系统处于静止状态。质量为 m 的滑块C 以v0 的初速度与滑块A 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度为g 。
(1)求滑块C 与A 碰撞过程中损失的机械能 ΔE ；
(2)求小球B 能上升的最大高度h ；
(3)若小球B 从开始运动至第一次达到最大速度经过的时间为t ，求此过程中滑块A 的位移大小x 。
18 ．如图所示，间距为L 的两条足够长的平行金属导轨固定放置，与水平面的夹角为
θ = 30o ，导轨光滑且电阻忽略不计，上端连接阻值为 R 的电阻。导轨之间存在磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直的匀强磁场区域I 、II 、III ，磁场区域的宽度均为s ，磁场区域 I与磁场区域II 之间的距离未知，磁场区域II 与磁场区域III 之间的距离为d 。一导体棒ab 与导轨垂直放置并处于锁定状态，导体棒质量为m 、长为 L 、电阻为 R ，与磁场区域I相距为x0 。解除锁定后，导体棒刚要离开磁场区域 I时，恰好处于平衡状态，导体棒在磁场区域 II 、III 及其间无磁场区域运动的时间均相等。导体棒运动过程中始终与导轨
垂直，重力加速度大小为g 。求∶
(1)导体棒刚要离开磁场区域 I 时速度的大小v0 ；
(2)从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域 I 过程中，导体棒上产生的焦耳热QR ；
(3)导体棒穿过磁场区域 II 的时间T ；
(4)从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域 III 所用的时间t 。
1 ．C
A ．核反应满足电荷数、质量数守恒，左侧总电荷数为 1+1=2，总质量数为 2+2=4；右侧中子电荷数为 0、质量数为 1，因此 x 的电荷数为 2，质量数为 4-1=3，即 x 为 He ，故 A 错误；
B ．质能方程 ΔE = Δmc2
又质量亏损Δm = 2m1 - mx - m2
联立得mx = 2m1 - m ，故 B 错误；
C ．原子核结合能=比结合能×核子数，反应前两个氘核总结合能为2? 2E = 4E
设 x 的比结合能为Ex ，反应后 x 的结合能为3Ex ，聚变释放的能量等于反应后总结合能与反应前总结合能的差，即 ΔE = 3Ex - 4E
解得Ex ，故 C 正确；
D ．核聚变需要原子核克服库仑斥力接近到核力作用范围，必须满足高温高压条件，常温常压下即使提升密度也无法发生聚变，故 D 错误。
故选 C。
2 ．B
A ．机器人离开地面后，只受重力，加速度方向竖直向下，若取向上为正方向，加速度为负值，且刚起跳时(◆= 0 ）加速度不为 0，图像不符合，故 A 错误；
B ．根据动能定理：起跳（未离地）阶段：合力向上做正功，动能随高度 ◆ 线性增加；
离地上升阶段：重力向下做负功，动能随高度 ◆ 线性减小，最高点动能减为 0，图像符合规律，故 B 正确；
C．重力势能Ep = mgh ，Ep 始终与h 成正比，Ep - h 图像应为斜率不变的直线，C 图像斜率减小，不符合，故 C 错误；
D ．离开地面后，只有重力做功，机械能守恒，机械能应保持不变，D 图像中机械能持续增大，不符合，故 D 错误。
故选 B。
3 ．B
A ．晨昏轨道（太阳同步轨道）是通过调整轨道倾角，使轨道平面的进动角速度与地球公转角速度相同来实现的。理论上， 只要调整合适的倾角，在不同高度（包括更低高度）
都可以实现太阳同步轨道，并非不可能在更低高度运行，故 A 错误；
B．第一宇宙速度（7.9km/s）是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，实际发射中，卫星需克服地球引力进入轨道，发射速度需大于 7.9km/s（若等于则仅能沿地表做圆周运动，需更高速度进入更高轨道）。晨昏轨道卫星在 700~800km 高空，发射速度必然大于 7.9km/s，
故 B 正确；
C ．近地卫星（轨道半径近似为地球半径）的运行周期约为 85 分钟。根据开普勒第三定律 k 可知，轨道半径越大，周期越大。该卫星轨道半径大于地球半径，其周期应大于 85分钟，不可能约为 1h，故 C 错误；
D ．晨昏轨道面始终与晨昏线重合，即始终垂直于太阳光线。以太阳为参考系， 地球在绕太阳公转，日地连线方向不断变化。为了始终保持垂直于太阳光， 轨道平面必须随地球公转而转动（角速度与地球公转角速度相同），因此轨道面不是静止的，故 D 错误。
故选 B。
4 ．B
作单色光源 S 关于平面镜的对称点S' ，则 S 和S' 相当于双缝的两个缝，设该单色光在液体中的波长为 λ, ，则
光在液体中的频率与在真空中的频率相等，根据v = λf 可知，光在液体中的波长与在真空中的波长之比等于波速之比，即
得
解得n 故选 B。
5 ．D
A ．B → C 过程，气体的体积增大，故气体对外做功，由于该过程为绝热过程，没有热交换，则根据热力学第一定律有ΔU = W +Q = W < 0
即气体的内能减少，所以气体的温度降低，即气体在状态B 的温度高于在状态C 的温度，故 A 错误；
B ．C → D 是等温压缩过程，气体的温度不变，故分子的平均动能不变；由于此过程气体的体积减小，分子数密度增大，所以单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数会增加，
故 B 错误；
C ．A → B 是等温膨胀过程，气体对外做功，吸收的热量等于对外做的功，即Q1 = W1 C → D 是等温压缩过程，外界对气体做功，放出的热量等于外界对气体做的功，即Q2 = W2
由于p -V 图像与坐标轴围成的面积表示气体对外界做的功（或外界对气体做的功），由题图可知W1 > W2
所以Q1 > Q2
即A → B 过程中气体从外界吸收的热量大于C → D 过程中放出的热量，故 C 错误；
D．从A → B 气体的温度不变，所以气体的内能不变；从B → C 气体的温度降低，内能减小；从C → D 气体的温度不变，内能不变；从D → A 气体的温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，所以B → C 过程气体内能的减少量等于D → A 过程气体内能的增加量，且这两个过程均绝热，故这两个过程做功数值大小相等，即B → C 过程气体对外界做的功等于D → A 过程外界对气体做的功，故 D 正确。
故选 D。
6 ．C
毽球做斜抛运动，将初速度分解为水平方向vx 和竖直方向vy ，初速度
水平方向x = vxt
竖直方向y = vy t gt2
要使毽球踢回对方场区，临界情况是刚好擦网而过，即1.2 = vxt ，0.9 = vy t - 5t2联立得0.9 = vy
整理可得vy 则v
根据基本不等式可知v 解得v0 ? 26m/s
故选 C。
7 ．C
A ．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上做减速直线运动，故 A 错误；
B ．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为a1m = μ1g
小物块在餐桌上的加速度a2 = μ2g
由于 μ1 > μ2 ，可知a1m > a2 ，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于 μ2g ，故 B 错误；
C ．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足 μ1mg ≥ mw2r即w ，故 C 正确；
D ．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌面滑动的位移x
可知摩擦生热为Q = μ2mg ，故 D 错误。
故选 C。
8 ．D
A ．撤去外力F 瞬间，设绳上拉力为T ，对物块 P 由牛顿第二定律可得3mg - T = 3ma
对物块Q 由牛顿第二定律可得T - 2mg sinθ = 2ma联立解得a g ，T mg ，故 A 错误；
B ．由平行四边形定则可得轻绳对滑轮的压力大小为N = 2T cos mg ，方向与竖直方向夹角为30o ，故 B 错误；
C ．设斜面质量为M ,撤去外力F 前,整体分析可得，斜面对地面的压力大小N1 = (M + 5m )g - F
撤去外力F 后，物块Q 对斜面的压力N0 = 2mg cos 30o = 3mg
斜面对地面的压力大小N2 = Mg + Ncos 30o + N0 cos 30o g
则斜面对地面的压力大小减小了N1 - Nmg - F ，又因为 F ≠ 0 ，故 C 错误；
D ．撤去外力F 前,斜面对地面的摩擦力为 0，撤去外力 F 后，地面对斜面的摩擦力为
则撤去外力F 前后，斜面对地面的摩擦力大小增加了mg ，故 D 正确。
故选 D。
9 ．AC
A ．由乙图可知波长 λ = 4m由丙图可知周期T = 4s
所以水波的波速为v m / s ，故 A 正确；
B ．水波的波峰第一次传播到C 点的时间t s = 2s
所以t = 3s 时，C 处质点处于波峰位置，具有负向最大加速度，故 B 错误；
C ．若游客加快跳动频率，波速不变，由 ， 可知波长变短，则相邻波峰的间距将变小，故 C 正确；
D ． 波从图示时刻传到x = 8m 处所需时间为t s = 3s ，所以t = 4s 时x = 8m 处质点开始振动，t = 7.5s 时，已经振动了3.5s ，振动方程为 y = 0.1sin t = 0.1sin
所以t = 7.5s 时，位置为y m
所以路程为 m ，故 D 错误。
故选 AC。
10 ．AD
A ．轨道上A 点的电场强度大小为EA cos ，故 A 正确；
B ．小球到达AC 中点时，离 BD 连线最近，电势最高，但小球带负电，所以此时电势能最小，故 B 错误；
23114072390
C．
由几何关系可知OA = OC ACO = 45°
根据对称性可知，A 、C 两点的电场强度大小相等，因此，C 点的电场强度方向沿 x 轴正方向，电场强度大小表示为EA = EC
小球在 C 点时的受力如图所示，小球受到的电场力为FC = EC q = mg
沿杆方向mg cos 45° - FC cos 45° = ma
解得a = 0
由此可知小球刚到达 C 点时的加速度为 0，故 C 错误；
D ．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A 、C 两点电势相等，电荷从 A 到 C 的过程中
电场力做功为零，根据动能定理可得mg·OA = EkC - 0解得EkC ，故 D 正确。
故选 AD。
11 ．BD
A ．从图示计时，电动势的瞬时值表达式为e NBL2 wcos wt
线框从图示转过 60°时，电动势的瞬时值为e NBL2 w cos NBL2 w ，故 A 错误；
B ．电动势的最大值为Em NBL2 w有效值为E NBL2 w
副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为R等 R = 9R电压表的示数为U NBL2 w ，故 B 正确；
C ．当滑动触头向上滑动时，变压器原、副线圈的匝数比减小，则副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻变小，则在原线圈电路中的外电阻一直减小，但一直大于线圈的电阻，当外电阻大于电源内阻时，外电阻越大，电源的输出功率越小，外电阻越小，电源的输出功率越大，所以滑动触头 P 向上移动时，电源的输出功率逐渐变大，故 C 错误；
D ．若原、副线圈的匝数之比调节为 2:1 时，副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为RR = 4R = R + 3R
把定值电阻 3R 看作电源内阻的一部分，当外电阻和内电阻相等时， 电源的输出功率最大，所以当副线圈电路中的等效电阻和电源内阻相等时，变压器的输入功率最大，即变压器的输出功率最大，故 D 正确。
故选 BD。
12 ．AD
AB ．设小物块刚进入水平面的速度大小为v0 ，由机械能守恒定律可得
解得v
由题可知，小物块在水平方向做匀加速直线运动，当洛伦兹力等于小物块的重力时，小物块脱离水平面，设此时小物块的速度大小为v ，则有Bqv = mg
由题可知B 联立解得v
结合牛顿第二定律可得qE = ma其中E
解得a g
根据匀变速直线运动规律可得，物块在水平面上运动的最长时间为t ，故 A正确，B 错误；
CD ．当小物块脱离水平面时，对小物块受力分析可知，小物块受到重力、电场力和洛伦兹力，重力与电场力大小和方向均不变，而洛伦兹力是变化的，当洛伦兹力与重力和电场力的
合力平衡时，小物块的速度最大，结合配速法可得Bqvmg由题可知B
解得v
根据运动的分解可知，小物块在叠加场中做匀速圆周运动的分速度v 结合上述分析可知v = 42gR
解得v
则小物块的最大速度为vmax = v1 + v ，故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
13 ．(1)7.884（7.882~7.885）
(3)D
（1）由图乙可知，遮光条的宽度 d = 7.5mm + 38.4 ? 0.01mm = 7.884mm
（2）设气垫导轨与桌面的夹角为θ ,根据几何关系可得sin 解得 h
（3）由题知，要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等，滑块通过两个光电门的瞬时速度分别为v
系统动能的增加量为 mv mv
系统重力势能的减小量为ΔEp = mgΔh若系统机械能守恒，则有ΔEp = ΔEk联立解得2gΔh
可知除了需要知道 d 和 Δh ，还需要测量滑块通过两光电门 1 、2 的遮光时间 t1 、t2。
故选 D。
（4）由上一问，可知要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为
14 ．(1)1400 (2)D
(3) 1.5 偏大
(4)不合格
（1）样品电阻约为 14×100Ω=1400Ω;
（2）因测量电路采用限流电路，则滑动变阻器的阻值应该与待测电阻的阻值相当，故选 D；
（3）[ 1]根据U - I 图像可得Rx 根据Rx = r
可得 r m=1.5Ω . m
[2] 由于电流表分压，则电压的测量值偏大，可知电阻的测量值偏大，则电阻率的测量值偏大。
（4）该工厂排出的中水电阻率小于标准值，则不合格。
15 ．(1) θ < 45o
（1）设光从盖玻片射入空气时发生全反射的临界角为C ，已知盖玻片的折射率为n = 2 ，则有 sin C
解得C = 45o
所以为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气， θ 应满足的条件为 θ< 45o 。
（2）P 点发出的光依次经过盖玻片、空气、物镜，最后在物镜球面上恰好发生全反射的光路图如图所示：
由折射定律有n 解得a = 45o
由于物镜、盖玻片的折射率均为n = 2 ，所以光线由空气射入物镜时的折射角为45o ；光线在物镜球面上恰好发生全反射，说明光线与球面法线（即半径 OA）的夹角恰好为临界角，即 β = C = 45o
所以由几何关系可得y = 60o ，i = 15o
则有xAB = 4d cosi = d tan θ + h tan a
代入数据解得物镜与盖玻片间的距离为h
（1）设容器容积为V ，原有气体初始状态：压强 p0 、温度T0 、体积V ；温度升高到T1 后，若原有气体全部不逸出，总体积变为V1 ，根据盖-吕萨克定律有
整理得VV
气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此
（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为V 、温度为T1 ；降温到T0 后，设剩余气体体积变为V2 ，由盖-吕萨克定律有
整理得VV
吸入容器的水的体积为ΔV = V -V2 = V 吸水后容器质量差Δm = pΔV
代入整理得V
17 ． mv02
（1）滑块 C 与滑块A 发生碰撞，碰后粘在一起，由动量守恒定律可得mv0 = (m + m)v1
由能量守恒可知碰撞损失的机械能 mv 解得 mv02
（2）小球 B 上升到最大高度时，三者共速，由水平方向动量守恒可得(m + m)v1 = (m + m + m)v2
滑块C 与滑块A 碰撞后系统机械能守恒，有v22 + mgh解得h
（3）小球 B 从开始运动至速度第一次达到最大时，小球恰好位于滑块AC 的正下方，故小球与滑块水平方向位移相同，即x = xB
由系统水平方向动量守恒可得(m + m)v1 = (m + m)v3 + mv4
对方程两边同时乘以时间 Δt ，有 (m + m)v1Δt = (m + m)v3Δt + mv4Δt
0 ~ t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得mv0t = (m + m)x + mxB解得x
18 ．

（1）导体棒刚要离开磁场区域 I 时，恰好处于平衡状态，有mg sinθ = BIL
感应电动势为E = BLv0电流为I
可得mg sin 解得v
（2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域 I 过程中，有mg sin mvQ总
根据焦耳热分配定律可知导体棒上产生的焦耳热为QR Q总可得QR
（3）设进入匀强磁场区域II 的初速度为v1 ，离开时的速度为v2 ；进入匀强磁场区域III 的初速度为v3 ，离开时的速度为v4 ，根据导体棒在磁场区域 II 、III 及其间无磁场区域运动的时间均相等，可知v1 = v3 ，v2 = v4
设导体棒穿过磁场区域 II 的时间T ，根据动量定理有mg sinθT t = mv2 - mv1 ，
根据运动学公式有v3 = v2 + g sinθT联立可得T
（4）又T = d联立可得v
离开磁场区域 I 时到进入磁场区域 II 的时间为t2 ，有v1 = v0 + g sinθt2可得t
在进入磁场区域 I 之前，有xg sinθt v2 = 2g sin θx0可得t
在磁场区域 I 中运动时，有mg sinθtt = mv0 - mv可得mg sin θt mv0 - mv
可得t
可得从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域 III 所用的时间t = t0 + t1 + t2 + 3T可得t

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