资源简介

2026届湖南省永州市高三上学期二模物理试题
1．（钍）具有放射性，发生某种衰变后变为（镤），衰变方程为，（钍）的半衰期为24天。下列说法正确的是（　　）
A．该衰变为衰变
B．（钍）的比结合能小于（镤）的比结合能
C．温度降低，（钍）的半衰期减小
D．64个钍核经过72天后一定剩下8个钍核
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据电荷数守恒和质量数守恒，衰变方程为 ，该衰变为 β 衰变，故A错误；
B． 自发衰变释放能量，生成物比反应物更稳定，比结合能更大，因此 的比结合能小于 的比结合能，故B正确；
C．半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强等外部因素无关，温度降低不会改变钍的半衰期 ，故C错误；
D．半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核，不适用于少量原子核，因此 64 个钍核经过 72 天后不一定剩下 8 个钍核 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】根据电荷数、质量数守恒判断衰变类型，结合比结合能与稳定性的关系、半衰期的统计规律与影响因素，逐一分析。
2．一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平方向分速度、竖直方向分速度和水平位置x、竖直位置y与时间t的关系，下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．小鱼只受重力，做斜抛运动，水平方向不受力，做匀速直线运动，水平分速度保持恒定，对应图像为平行于时间轴的直线，故A正确；
B．竖直方向做竖直上抛运动，竖直分速度，速度随时间均匀减小，图像应为斜率为负的倾斜直线，故B错误；
C．水平方向匀速运动，水平位移，图像应为过原点的倾斜直线，故C错误；
D．竖直位移，是开口向下的抛物线，图像应为先增后减的曲线，而非单调递增的曲线，故D错误；
故答案为：A。
【分析】将小鱼的斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动、竖直方向竖直上抛运动，结合分运动的速度、位移公式，逐一分析各物理量随时间的变化规律，匹配对应图像特征。
3．如图所示，一束由两种频率不同的单色光组成的复色光，从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束单色光，则下列关于a、b两束单色光说法正确的是（　　）
A．a光的频率小于b光的频率
B．玻璃三棱镜对a光的折射率小
C．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小
D．分别通过同一双缝干涉装置，a光形成的相邻亮条纹间距大
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】 AB．由光路图可知，a光的偏折程度大于b光，说明三棱镜对a光的折射率更大，根据折射率与频率的关系，a光的频率大于b光的频率 ，AB错误；
C．根据全反射临界角公式，a光折射率更大，因此临界角更小，即a光临界角比b光的小 ，C正确；
D．a光频率更高，波长更短，根据双缝干涉条纹间距公式，波长越短，相邻亮条纹间距越小，因此a光形成的相邻亮条纹间距更小 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据a、b光的偏折程度判断折射率大小，结合折射率与频率、全反射临界角、双缝干涉条纹间距的关系，逐一分析选项。
4．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到的质点M时开始计时，已知质点N连续出现两个波峰的时间间隔为0.2s，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为15m/s
B．经过0.1s，质点M运动的路程为2m
C．该波的传播方向与介质中的质点振动方向相同
D．质点N经过0.3s时的振动方向向上
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由质点N连续两个波峰的时间间隔得周期，结合波长，由波速公式计算得，故A不符合题意；
B．，质点M在半个周期内的振动路程为，故B不符合题意；
C．该波为横波，波的传播方向与介质中质点的振动方向垂直，故C不符合题意；
D．波沿轴正方向传播，由同侧法判断时质点N向下振动；，经个周期后质点N的振动方向向上，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】先由波峰时间间隔确定周期，结合波长计算波速；再按半周期路程规律；根据横波定义；最后用同侧法判断质点初始振动方向，结合周期倍数分析末态振动方向。
5．如图（a）所示，太阳系外的一颗行星绕恒星做匀速圆周运动。由于的遮挡，探测器探测到的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化（、均已知），亮度变化周期与的公转周期相同。已知行星的公转半径为r，引力常量为G。关于的公转，下列说法正确的是（　　）
A．行星的线速度大小为
B．恒星的质量大小为
C．行星的角速度大小为
D．恒星的密度大小为
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．两次亮度变化的时间间隔为行星P的公转周期，即，由线速度公式，得，故A不符合题意；
B．行星P绕恒星Q做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由，代入，解得恒星Q的质量，故B符合题意；
C．由角速度公式，代入，得，故C不符合题意；
D．恒星的密度，因恒星Q的半径未知，无法计算其密度，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】先由亮度变化时间间隔确定行星公转周期，再用万有引力提供向心力的规律推导恒星质量，结合线速度、角速度公式排除错误选项，最后根据密度公式判断恒星密度无法求解。
6．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为3m的小球A，质量为2m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态，弹簧劲度系数为k，弹簧原长足够长，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（　　）
A．剪断细线后的瞬间，小球A的加速度大小为g
B．小球A运动到弹簧原长处时速度最大
C．小球A运动到最高点时，弹簧的压缩量为
D．小球A的最大速度为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．未剪断细线时，对A、B整体受力分析得弹簧弹力；剪断细线瞬间弹力不变，对A列牛顿第二定律方程，解得，故A不符合题意；
B．小球A速度最大时加速度为零、合力为零，弹簧弹力与重力平衡，弹簧处于伸长状态而非原长，故B不符合题意；
C．剪断细线后A做简谐运动，最低点弹簧伸长量、合力；由简谐运动对称性，最高点合力大小也为，此时弹簧弹力、仍处于伸长状态，故C不符合题意；
D．平衡位置弹簧伸长量，以最高点为零势能面，由能量守恒，解得平衡位置速度，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】先通过整体受力与牛顿第二定律分析剪断细线瞬间A的加速度；依据简谐运动“速度最大处为平衡位置、合力为零”的特点，结合弹簧受力状态判断处于最大速度的位置；利用简谐运动的对称性分析最高点弹簧的伸长量与状态；最后以平衡位置为参考点，通过能量守恒定律计算A在平衡位置的速度。
7．如图所示为一小型发电机与理想变压器组成的电路，发电机线圈匀速转动过程中，从图示位置开始，线圈中磁通量随时间变化的规律为，已知发电机线圈共有100匝，发电机线圈电阻和输电线电阻均不计，理想变压器原线圈与定值电阻串联，副线圈接有定值电阻和滑动变阻器R（阻值范围为），理想变压器原、副线圈的匝数比。电压表V和电流表A均为理想电表，调节滑动变阻器R的滑片，电压表V和电流表A示数变化量的绝对值为和。下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器R的滑片向上滑动，电压表和电流表的示数均变大
B．
C．当滑动变阻器R接入电路的阻值为时，电流表A的示数为1A
D．当滑动变阻器R接入电路的阻值为时，变压器的输出功率最大
【答案】C
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．由法拉第电磁感应定律得感应电动势有效值；滑片上滑时滑动变阻器阻值减小，总电流增大，原线圈电压减小，结合变压器变压、变流规律，电压表示数减小、电流表示数增大， 故A错误；
B．由电路关系，推导得， 故B错误；
C．设变阻器接入电阻为，由，代入，解得， 故C正确；
D．由输出功率公式，通过数学极值分析得时功率最大， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】先由法拉第电磁感应定律求发电机电压有效值，再结合变压器变压、变流规律与电路动态分析电流表电压表示数；通过电路关系推导电压电流变化率；代入电阻值计算电流；最后通过功率公式求极值。
8．如图甲所示，AB是电场中的一条直线，质子以某一初速度从A点出发，仅在静电力作用下沿AB直线运动到B点，其速度—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电场线的方向由A指向B
B．A、B两点的电场强度大小相比
C．A、B两点的电势相比
D．质子由A点运动到B点的过程中，静电力做负功
【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、C．静电力做负功，说明质子所受电场力方向与运动方向相反（向左）；质子带正电，电场力方向与场强方向一致，因此场强方向由B指向A；根据“沿场强方向电势逐渐降低”，可得，故A、C错误；
B．由质子从A到B的加速度变化可知，电场力逐渐减小，根据，场强与电场力成正比，因此，故B正确；
D．质子从A到B的速度逐渐减小，说明动能减小，由动能定理可知，静电力做负功，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】先由加速度变化推导电场力、场强的大小关系；再由速度变化判断静电力做功情况；最后根据电场力方向确定场强方向，结合电势沿场强方向降低的规律分析选项。
9．某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，如图所示，轻绳穿过下方吊着重物的光滑圆环，A、B两点分别固定在建筑和升降机上，下列说法正确的是（　　）
A．升降机（相对地面静止）缓慢下降时，绳中的张力大小不变
B．升降机（高度不变）缓慢向左移动时，绳中的张力大小不变
C．升降机（高度不变）缓慢向左移动时，升降机对地面的压力大小不变
D．升降机（相对地面静止）缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．对圆环受力分析，；升降机缓慢升降时，轻绳角度不变，绳上拉力不变，故A正确；
B．升降机向左移动时，轻绳角度增加，根据拉力公式可知绳上拉力变大，故B错误；
C．对升降机分析，地面对升降机的弹力，数值恒定；根据相互作用力原理，升降机对地面的压力也不变，故C正确；
D．地面对升降机的摩擦力；升降机上升时，拉力与角度均不变，摩擦力不变，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】先对圆环进行受力分析，根据竖直方向平衡条件判断拉力与角度的关系，验证选项AB；再将圆环与升降机结合，分析水平面对升降机的弹力与压力，验证选项C；最后根据摩擦力与拉力水平分量的关系，验证选项D。
10．有一边长为L、质量为m、总电阻为R的n匝正方形导线框，自磁场上方某处以某一水平初速度（未知）无旋转抛出，导线框下边刚进入区域Ⅰ磁场时，速度的方向与水平方向成夹角。如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为，则：（　　）
A．导线框离开区域Ⅱ的速度大小为
B．导线框下边刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为3g，方向竖直向上
C．导线框在磁场中运动的最小速度大小为
D．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为
【答案】B,D
【知识点】动量定理；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体框匀速离开区域Ⅱ时，安培力与重力平衡，由、，解得；结合进入区域Ⅰ时速度方向与水平成，得，合速度，故A错误；
B．导体框刚进入区域Ⅱ时，上下边框分别在两磁场中，感应电动势，安培力合力，加速度，方向向上，故B正确；
C．导体框全部进入区域Ⅱ时竖直速度最小，由，得，合速度，故C错误；
D．对导体框全程竖直方向列动量定理，分三阶段计算安培力冲量，联立解得总时间，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】先由匀速离开的平衡条件求竖直分速度，结合速度方向关系计算合速度；再分析刚进入区域Ⅱ的感应电动势与安培力合力，计算加速度；接着根据竖直方向运动规律求最小速度；最后对全程列动量定理，分阶段计算安培力冲量，求解总时间。
11．如图，某实验小组为了验证动量守恒定律，选取两个体积相同、质量不等的小球，先让质量为的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端飞出并落在水平面上。再把质量为的小球放在轨道末端，让小球仍从原位置由静止释放，与小球碰后两小球均落在水平面上，分别记录落点痕迹，重复多次实验后确定M、P、N三个落点的平均位置距离O点的长度分别为、、。
（1）关于该实验，下列说法正确的是________。
A．必须满足
B．轨道必须光滑
C．轨道末端切线必须水平
D．实验必须测量轨道末端到O点的高度
（2）在实验误差允许的范围内，若满足关系式　 　，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。
（3）在实验误差允许的范围内，当两小球质量满足时，若满足=　 　（用k表示），则可认为两球间的碰撞是弹性碰撞。
【答案】（1）C
（2）
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】（1）A．为防止入射小球被反弹，需满足，故A错误；
B．实验只需保证小球离开轨道时速度水平，轨道无需光滑（只要小球每次从轨道同一固定位置由静止释放，小球在轨道上运动时，克服摩擦力做的功、因摩擦力损失的机械能是完全相同的，最终到达轨道末端的速度也会保持一致），B错误；
C．轨道末端水平才能保证小球做平抛运动，C正确；
D．因碰撞前后入射小球和被碰小球做平抛运动，则时间相同，故不需要测量轨道末端到O点的高度，故D错误。
故答案为：C。
（2）由动量守恒定律得
小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，则
即
故答案为：；
（3）根据
若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有
则
当两小球质量满足时，有
故若满足，则可认为两球间的碰撞是弹性碰撞。
故答案为：；
【分析】(1)先根据碰撞不反弹的条件判断 A 错误；再说明轨道无需光滑、只需同位置释放即可保证末速度一致，判断 B 错误；依据平抛运动的条件，确定轨道末端水平的要求，判断 C 正确；结合平抛运动时间相等的规律，说明无需测量高度，判断 D 错误。
(2)利用动量守恒定律，结合两球平抛运动时间相等的特点，将速度用水平位移替代，推导出质量与水平位移的关系式。
(3)在动量守恒的基础上，补充弹性碰撞的动能守恒条件，联立推导出被碰球的速度与入射球速度的关系，再结合质量比例，得到验证弹性碰撞的位移条件。
（1）A．为防止入射小球被反弹，需满足，故A错误；
B．实验只需保证小球离开轨道时速度水平，轨道无需光滑（只要小球每次从轨道同一固定位置由静止释放，小球在轨道上运动时，克服摩擦力做的功、因摩擦力损失的机械能是完全相同的，最终到达轨道末端的速度也会保持一致），B错误；
C．轨道末端水平才能保证小球做平抛运动，C正确；
D．因碰撞前后入射小球和被碰小球做平抛运动，则时间相同，故不需要测量轨道末端到O点的高度，故D错误。
故选C。
（2）由动量守恒定律得
小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，则
即
（3）根据
若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有
则
当两小球质量满足时，有
故若满足，则可认为两球间的碰撞是弹性碰撞。
12．某兴趣小组为了测量某电子元件的阻值。
（1）他们首先用多用电表欧姆挡的“×10”挡粗略测量该电子元件阻值，阻值约为90；
（2）兴趣小组的某同学用螺旋测微器测量该电子元件的直径如图所示，则该电子元件的直径　 　mm。
（3）为了精确测量该电子元件的阻值，小组找到了如下实验器材：
A．电源E（电源电压9V，内阻约为）；
B．电压表V（量程0～15V，内阻约为）
C．电流表（量程0～15mA，内阻为）
D．电流表（量程0～150mA，内阻为）
E．滑动变阻器（最大阻值为10Ω）
F．滑动变阻器（最大阻值为）
G．开关S，导线若干。
①小组设计了如图（a）所示的实验原理图，其中电流表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　；（均填器材前序号）
②根据图（a），在图（b）中完成实物图连线　 　；
③兴趣小组在测量过程中发现电压表已损坏。他们找到了一个定值电阻R，并重新设计了如图（c）所示的电路图，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片处于M端。当开关S闭合后，改变滑动变阻器滑片的位置，记录电流表的示数、电流表的示数，作出了的图像，如图（d）所示，已知图线的斜率为k，则该电子元件的阻值　 　（用R、、k字母表示）。
【答案】3.204；D；E； ；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（2）根据螺旋测微器的读法可知，金属丝直径为
故答案为：3.204；
（3）①电子元件的阻值约为，电源电压为，故流过电子元件的最大电流为，故电流表可以满足测量要求。
滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。
② 根据图（a），实物图连线如下图所示
③根据欧姆定律可知
化简得
故
故答案为：D；E；；
【分析】(2)按照螺旋测微器读数规则，先读固定刻度示数，再读可动刻度示数并乘以精度0.01mm，两者相加得到元件直径。
(3)①先根据元件阻值和电源电压计算最大工作电流，匹配量程合适的电流表；再结合分压式接法的要求，选择最大阻值小、便于线性调压的滑动变阻器。
②对照原理图，按照“先串后并、正进负出”的原则，完成分压式滑动变阻器、电表、电源、开关的实物连线。
③利用并联电路电压相等、干路电流等于支路电流之和的规律，结合欧姆定律列方程，再根据图像的斜率，化简推导出的表达式。
13．如图所示，竖直放置的U形玻璃管盛有水银，右管顶端封闭，足够长的左管开口且左管内有一轻质活塞。左、右两侧各有一段高度为H的密封气柱。当环境温度为T时，左右两侧水银面齐平，已知U形玻璃管横截面积为S，大气压强为。现对整个U形玻璃管加热，让气体温度缓慢上升，当左、右水银面高度差为H时停止升温，右空气柱的压强变为，不计一切摩擦，两侧密封气体均可视为理想气体，求：
（1）升温后的温度；
（2）升温过程中轻质活塞向上移动的距离。
【答案】（1）解：设当两管液面高度差为H时，右管液柱下降h，左管液柱上升h，则
设升温后的温度为，对右管封闭气体，根据理想气体状态方程
解得
（2）解：升温过程中，左管封闭气体压强不变，设末状态时左管中封闭气柱高度为，根据盖-吕萨克定律有
解得
活塞向上移动的距离
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1)先由液面高度差的几何关系确定液柱变化量，再对右管封闭气体列理想气体状态方程，代入初末态的压强、体积、温度，求解升温后的温度。
(2)先判断左管封闭气体做等压变化，用盖-吕萨克定律求出末态气柱高度，再结合液柱高度变化的几何关系，计算活塞向上移动的距离。
（1）设当两管液面高度差为H时，右管液柱下降h，左管液柱上升h，则
设升温后的温度为，对右管封闭气体，根据理想气体状态方程
解得
（2）升温过程中，左管封闭气体压强不变，设末状态时左管中封闭气柱高度为，根据盖-吕萨克定律有
解得
活塞向上移动的距离
解得
14．如图所示，在xOy直角坐标系第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E（未知）。第一象限内分界线OP与x轴夹角为，OP以上的区域I中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），OP以下的区域Ⅱ中存在大小为2E（未知）、方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为B（未知）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从（，0）点以初速度沿y轴正向进入第二象限，由（0，）点进入第一象限，后经Q点垂直穿过分界线OP进入区域Ⅱ中，不计空气阻力、粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）第二象限内电场强度E的大小；
（2）区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，粒子从Q点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小。
【答案】（1）解：粒子从M点到N点过程做类平抛运动，沿y方向有
沿x方向有，
联立解得
（2）解：粒子经过N点时沿电场方向的分速度
粒子经过N点的速度大小
速度与x轴正向的夹角满足
可得
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）解：取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为
解得
由
解得
粒子从Q点第一次运动到最低点的时间
由
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子从 M 到 N 做类平抛运动，沿 y、x 方向列运动学方程，结合牛顿第二定律，联立求解电场强度 E。
(2) 先求粒子在 N 点的电场方向分速度，计算合速度与速度夹角，由几何关系得圆周运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力，求解磁感应强度 B。
(3) 先通过受力平衡确定水平匀速分速度，得到圆周运动分速度与半径，计算圆周运动时间，结合水平匀速位移，求解 Q 点到最低点的水平距离 x。
（1）粒子从M点到N点过程做类平抛运动，沿y方向有
沿x方向有，
联立解得
（2）粒子经过N点时沿电场方向的分速度
粒子经过N点的速度大小
速度与x轴正向的夹角满足
可得
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为
解得
由
解得
粒子从Q点第一次运动到最低点的时间
由
解得
15．图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一根质量为M的缓冲细滑杆AB与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB的中点O通过一根不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成夹角，绳长为L，O点与地面之间的高度差为H（）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固定在O点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求：
（1）细滑杆AB被锁定时，小球下落过程中损失的机械能；
（2）细滑杆AB被锁定时，小球落到地面上的落点与O点之间的水平距离；
（3）撤去电热丝P，解除细滑杆AB的锁定（AB仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止释放。令，若，求小球运动至最低点的v与k的关系式及动能的最小值。
【答案】（1）解：小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）解：根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）解：撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得，，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。
【知识点】动量定理；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 先对小球从释放到绷直瞬间的过程应用动能定理，结合自由落体规律计算落地前速度；再分析绷直瞬间的速度分解，沿绳方向速度抵消，垂直绳方向保留速度，通过能量守恒（或动能定理）计算小球损失的机械能。
(2) 以小球为研究对象，应用机械能守恒定律计算绷直后平抛运动的初速度；结合平抛运动水平（匀速）与竖直（匀加速）的分运动规律，联立求解水平位移表达式。
(3) 对小球与滑杆组成的系统，分别应用动量定理（水平、竖直方向分解冲量）、水平方向动量守恒定律及关联速度条件（沿绳方向速度分量相等），联立求解绷直瞬间小球与滑杆的速度；再对系统从绷直后到最低点的过程，应用水平动量守恒与机械能守恒定律，联立求解最低点速度的通式，再代入参数分析极值。
（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得，，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。
1 / 12026届湖南省永州市高三上学期二模物理试题
1．（钍）具有放射性，发生某种衰变后变为（镤），衰变方程为，（钍）的半衰期为24天。下列说法正确的是（　　）
A．该衰变为衰变
B．（钍）的比结合能小于（镤）的比结合能
C．温度降低，（钍）的半衰期减小
D．64个钍核经过72天后一定剩下8个钍核
2．一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平方向分速度、竖直方向分速度和水平位置x、竖直位置y与时间t的关系，下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，一束由两种频率不同的单色光组成的复色光，从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束单色光，则下列关于a、b两束单色光说法正确的是（　　）
A．a光的频率小于b光的频率
B．玻璃三棱镜对a光的折射率小
C．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小
D．分别通过同一双缝干涉装置，a光形成的相邻亮条纹间距大
4．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到的质点M时开始计时，已知质点N连续出现两个波峰的时间间隔为0.2s，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为15m/s
B．经过0.1s，质点M运动的路程为2m
C．该波的传播方向与介质中的质点振动方向相同
D．质点N经过0.3s时的振动方向向上
5．如图（a）所示，太阳系外的一颗行星绕恒星做匀速圆周运动。由于的遮挡，探测器探测到的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化（、均已知），亮度变化周期与的公转周期相同。已知行星的公转半径为r，引力常量为G。关于的公转，下列说法正确的是（　　）
A．行星的线速度大小为
B．恒星的质量大小为
C．行星的角速度大小为
D．恒星的密度大小为
6．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为3m的小球A，质量为2m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态，弹簧劲度系数为k，弹簧原长足够长，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（　　）
A．剪断细线后的瞬间，小球A的加速度大小为g
B．小球A运动到弹簧原长处时速度最大
C．小球A运动到最高点时，弹簧的压缩量为
D．小球A的最大速度为
7．如图所示为一小型发电机与理想变压器组成的电路，发电机线圈匀速转动过程中，从图示位置开始，线圈中磁通量随时间变化的规律为，已知发电机线圈共有100匝，发电机线圈电阻和输电线电阻均不计，理想变压器原线圈与定值电阻串联，副线圈接有定值电阻和滑动变阻器R（阻值范围为），理想变压器原、副线圈的匝数比。电压表V和电流表A均为理想电表，调节滑动变阻器R的滑片，电压表V和电流表A示数变化量的绝对值为和。下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器R的滑片向上滑动，电压表和电流表的示数均变大
B．
C．当滑动变阻器R接入电路的阻值为时，电流表A的示数为1A
D．当滑动变阻器R接入电路的阻值为时，变压器的输出功率最大
8．如图甲所示，AB是电场中的一条直线，质子以某一初速度从A点出发，仅在静电力作用下沿AB直线运动到B点，其速度—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电场线的方向由A指向B
B．A、B两点的电场强度大小相比
C．A、B两点的电势相比
D．质子由A点运动到B点的过程中，静电力做负功
9．某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，如图所示，轻绳穿过下方吊着重物的光滑圆环，A、B两点分别固定在建筑和升降机上，下列说法正确的是（　　）
A．升降机（相对地面静止）缓慢下降时，绳中的张力大小不变
B．升降机（高度不变）缓慢向左移动时，绳中的张力大小不变
C．升降机（高度不变）缓慢向左移动时，升降机对地面的压力大小不变
D．升降机（相对地面静止）缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小
10．有一边长为L、质量为m、总电阻为R的n匝正方形导线框，自磁场上方某处以某一水平初速度（未知）无旋转抛出，导线框下边刚进入区域Ⅰ磁场时，速度的方向与水平方向成夹角。如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为，则：（　　）
A．导线框离开区域Ⅱ的速度大小为
B．导线框下边刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为3g，方向竖直向上
C．导线框在磁场中运动的最小速度大小为
D．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为
11．如图，某实验小组为了验证动量守恒定律，选取两个体积相同、质量不等的小球，先让质量为的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端飞出并落在水平面上。再把质量为的小球放在轨道末端，让小球仍从原位置由静止释放，与小球碰后两小球均落在水平面上，分别记录落点痕迹，重复多次实验后确定M、P、N三个落点的平均位置距离O点的长度分别为、、。
（1）关于该实验，下列说法正确的是________。
A．必须满足
B．轨道必须光滑
C．轨道末端切线必须水平
D．实验必须测量轨道末端到O点的高度
（2）在实验误差允许的范围内，若满足关系式　 　，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。
（3）在实验误差允许的范围内，当两小球质量满足时，若满足=　 　（用k表示），则可认为两球间的碰撞是弹性碰撞。
12．某兴趣小组为了测量某电子元件的阻值。
（1）他们首先用多用电表欧姆挡的“×10”挡粗略测量该电子元件阻值，阻值约为90；
（2）兴趣小组的某同学用螺旋测微器测量该电子元件的直径如图所示，则该电子元件的直径　 　mm。
（3）为了精确测量该电子元件的阻值，小组找到了如下实验器材：
A．电源E（电源电压9V，内阻约为）；
B．电压表V（量程0～15V，内阻约为）
C．电流表（量程0～15mA，内阻为）
D．电流表（量程0～150mA，内阻为）
E．滑动变阻器（最大阻值为10Ω）
F．滑动变阻器（最大阻值为）
G．开关S，导线若干。
①小组设计了如图（a）所示的实验原理图，其中电流表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　；（均填器材前序号）
②根据图（a），在图（b）中完成实物图连线　 　；
③兴趣小组在测量过程中发现电压表已损坏。他们找到了一个定值电阻R，并重新设计了如图（c）所示的电路图，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片处于M端。当开关S闭合后，改变滑动变阻器滑片的位置，记录电流表的示数、电流表的示数，作出了的图像，如图（d）所示，已知图线的斜率为k，则该电子元件的阻值　 　（用R、、k字母表示）。
13．如图所示，竖直放置的U形玻璃管盛有水银，右管顶端封闭，足够长的左管开口且左管内有一轻质活塞。左、右两侧各有一段高度为H的密封气柱。当环境温度为T时，左右两侧水银面齐平，已知U形玻璃管横截面积为S，大气压强为。现对整个U形玻璃管加热，让气体温度缓慢上升，当左、右水银面高度差为H时停止升温，右空气柱的压强变为，不计一切摩擦，两侧密封气体均可视为理想气体，求：
（1）升温后的温度；
（2）升温过程中轻质活塞向上移动的距离。
14．如图所示，在xOy直角坐标系第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E（未知）。第一象限内分界线OP与x轴夹角为，OP以上的区域I中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），OP以下的区域Ⅱ中存在大小为2E（未知）、方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为B（未知）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从（，0）点以初速度沿y轴正向进入第二象限，由（0，）点进入第一象限，后经Q点垂直穿过分界线OP进入区域Ⅱ中，不计空气阻力、粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）第二象限内电场强度E的大小；
（2）区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，粒子从Q点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小。
15．图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一根质量为M的缓冲细滑杆AB与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB的中点O通过一根不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成夹角，绳长为L，O点与地面之间的高度差为H（）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固定在O点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求：
（1）细滑杆AB被锁定时，小球下落过程中损失的机械能；
（2）细滑杆AB被锁定时，小球落到地面上的落点与O点之间的水平距离；
（3）撤去电热丝P，解除细滑杆AB的锁定（AB仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止释放。令，若，求小球运动至最低点的v与k的关系式及动能的最小值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据电荷数守恒和质量数守恒，衰变方程为 ，该衰变为 β 衰变，故A错误；
B． 自发衰变释放能量，生成物比反应物更稳定，比结合能更大，因此 的比结合能小于 的比结合能，故B正确；
C．半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强等外部因素无关，温度降低不会改变钍的半衰期 ，故C错误；
D．半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核，不适用于少量原子核，因此 64 个钍核经过 72 天后不一定剩下 8 个钍核 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】根据电荷数、质量数守恒判断衰变类型，结合比结合能与稳定性的关系、半衰期的统计规律与影响因素，逐一分析。
2．【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．小鱼只受重力，做斜抛运动，水平方向不受力，做匀速直线运动，水平分速度保持恒定，对应图像为平行于时间轴的直线，故A正确；
B．竖直方向做竖直上抛运动，竖直分速度，速度随时间均匀减小，图像应为斜率为负的倾斜直线，故B错误；
C．水平方向匀速运动，水平位移，图像应为过原点的倾斜直线，故C错误；
D．竖直位移，是开口向下的抛物线，图像应为先增后减的曲线，而非单调递增的曲线，故D错误；
故答案为：A。
【分析】将小鱼的斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动、竖直方向竖直上抛运动，结合分运动的速度、位移公式，逐一分析各物理量随时间的变化规律，匹配对应图像特征。
3．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】 AB．由光路图可知，a光的偏折程度大于b光，说明三棱镜对a光的折射率更大，根据折射率与频率的关系，a光的频率大于b光的频率 ，AB错误；
C．根据全反射临界角公式，a光折射率更大，因此临界角更小，即a光临界角比b光的小 ，C正确；
D．a光频率更高，波长更短，根据双缝干涉条纹间距公式，波长越短，相邻亮条纹间距越小，因此a光形成的相邻亮条纹间距更小 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据a、b光的偏折程度判断折射率大小，结合折射率与频率、全反射临界角、双缝干涉条纹间距的关系，逐一分析选项。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由质点N连续两个波峰的时间间隔得周期，结合波长，由波速公式计算得，故A不符合题意；
B．，质点M在半个周期内的振动路程为，故B不符合题意；
C．该波为横波，波的传播方向与介质中质点的振动方向垂直，故C不符合题意；
D．波沿轴正方向传播，由同侧法判断时质点N向下振动；，经个周期后质点N的振动方向向上，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】先由波峰时间间隔确定周期，结合波长计算波速；再按半周期路程规律；根据横波定义；最后用同侧法判断质点初始振动方向，结合周期倍数分析末态振动方向。
5．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．两次亮度变化的时间间隔为行星P的公转周期，即，由线速度公式，得，故A不符合题意；
B．行星P绕恒星Q做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由，代入，解得恒星Q的质量，故B符合题意；
C．由角速度公式，代入，得，故C不符合题意；
D．恒星的密度，因恒星Q的半径未知，无法计算其密度，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】先由亮度变化时间间隔确定行星公转周期，再用万有引力提供向心力的规律推导恒星质量，结合线速度、角速度公式排除错误选项，最后根据密度公式判断恒星密度无法求解。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．未剪断细线时，对A、B整体受力分析得弹簧弹力；剪断细线瞬间弹力不变，对A列牛顿第二定律方程，解得，故A不符合题意；
B．小球A速度最大时加速度为零、合力为零，弹簧弹力与重力平衡，弹簧处于伸长状态而非原长，故B不符合题意；
C．剪断细线后A做简谐运动，最低点弹簧伸长量、合力；由简谐运动对称性，最高点合力大小也为，此时弹簧弹力、仍处于伸长状态，故C不符合题意；
D．平衡位置弹簧伸长量，以最高点为零势能面，由能量守恒，解得平衡位置速度，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】先通过整体受力与牛顿第二定律分析剪断细线瞬间A的加速度；依据简谐运动“速度最大处为平衡位置、合力为零”的特点，结合弹簧受力状态判断处于最大速度的位置；利用简谐运动的对称性分析最高点弹簧的伸长量与状态；最后以平衡位置为参考点，通过能量守恒定律计算A在平衡位置的速度。
7．【答案】C
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．由法拉第电磁感应定律得感应电动势有效值；滑片上滑时滑动变阻器阻值减小，总电流增大，原线圈电压减小，结合变压器变压、变流规律，电压表示数减小、电流表示数增大， 故A错误；
B．由电路关系，推导得， 故B错误；
C．设变阻器接入电阻为，由，代入，解得， 故C正确；
D．由输出功率公式，通过数学极值分析得时功率最大， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】先由法拉第电磁感应定律求发电机电压有效值，再结合变压器变压、变流规律与电路动态分析电流表电压表示数；通过电路关系推导电压电流变化率；代入电阻值计算电流；最后通过功率公式求极值。
8．【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、C．静电力做负功，说明质子所受电场力方向与运动方向相反（向左）；质子带正电，电场力方向与场强方向一致，因此场强方向由B指向A；根据“沿场强方向电势逐渐降低”，可得，故A、C错误；
B．由质子从A到B的加速度变化可知，电场力逐渐减小，根据，场强与电场力成正比，因此，故B正确；
D．质子从A到B的速度逐渐减小，说明动能减小，由动能定理可知，静电力做负功，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】先由加速度变化推导电场力、场强的大小关系；再由速度变化判断静电力做功情况；最后根据电场力方向确定场强方向，结合电势沿场强方向降低的规律分析选项。
9．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．对圆环受力分析，；升降机缓慢升降时，轻绳角度不变，绳上拉力不变，故A正确；
B．升降机向左移动时，轻绳角度增加，根据拉力公式可知绳上拉力变大，故B错误；
C．对升降机分析，地面对升降机的弹力，数值恒定；根据相互作用力原理，升降机对地面的压力也不变，故C正确；
D．地面对升降机的摩擦力；升降机上升时，拉力与角度均不变，摩擦力不变，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】先对圆环进行受力分析，根据竖直方向平衡条件判断拉力与角度的关系，验证选项AB；再将圆环与升降机结合，分析水平面对升降机的弹力与压力，验证选项C；最后根据摩擦力与拉力水平分量的关系，验证选项D。
10．【答案】B,D
【知识点】动量定理；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体框匀速离开区域Ⅱ时，安培力与重力平衡，由、，解得；结合进入区域Ⅰ时速度方向与水平成，得，合速度，故A错误；
B．导体框刚进入区域Ⅱ时，上下边框分别在两磁场中，感应电动势，安培力合力，加速度，方向向上，故B正确；
C．导体框全部进入区域Ⅱ时竖直速度最小，由，得，合速度，故C错误；
D．对导体框全程竖直方向列动量定理，分三阶段计算安培力冲量，联立解得总时间，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】先由匀速离开的平衡条件求竖直分速度，结合速度方向关系计算合速度；再分析刚进入区域Ⅱ的感应电动势与安培力合力，计算加速度；接着根据竖直方向运动规律求最小速度；最后对全程列动量定理，分阶段计算安培力冲量，求解总时间。
11．【答案】（1）C
（2）
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】（1）A．为防止入射小球被反弹，需满足，故A错误；
B．实验只需保证小球离开轨道时速度水平，轨道无需光滑（只要小球每次从轨道同一固定位置由静止释放，小球在轨道上运动时，克服摩擦力做的功、因摩擦力损失的机械能是完全相同的，最终到达轨道末端的速度也会保持一致），B错误；
C．轨道末端水平才能保证小球做平抛运动，C正确；
D．因碰撞前后入射小球和被碰小球做平抛运动，则时间相同，故不需要测量轨道末端到O点的高度，故D错误。
故答案为：C。
（2）由动量守恒定律得
小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，则
即
故答案为：；
（3）根据
若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有
则
当两小球质量满足时，有
故若满足，则可认为两球间的碰撞是弹性碰撞。
故答案为：；
【分析】(1)先根据碰撞不反弹的条件判断 A 错误；再说明轨道无需光滑、只需同位置释放即可保证末速度一致，判断 B 错误；依据平抛运动的条件，确定轨道末端水平的要求，判断 C 正确；结合平抛运动时间相等的规律，说明无需测量高度，判断 D 错误。
(2)利用动量守恒定律，结合两球平抛运动时间相等的特点，将速度用水平位移替代，推导出质量与水平位移的关系式。
(3)在动量守恒的基础上，补充弹性碰撞的动能守恒条件，联立推导出被碰球的速度与入射球速度的关系，再结合质量比例，得到验证弹性碰撞的位移条件。
（1）A．为防止入射小球被反弹，需满足，故A错误；
B．实验只需保证小球离开轨道时速度水平，轨道无需光滑（只要小球每次从轨道同一固定位置由静止释放，小球在轨道上运动时，克服摩擦力做的功、因摩擦力损失的机械能是完全相同的，最终到达轨道末端的速度也会保持一致），B错误；
C．轨道末端水平才能保证小球做平抛运动，C正确；
D．因碰撞前后入射小球和被碰小球做平抛运动，则时间相同，故不需要测量轨道末端到O点的高度，故D错误。
故选C。
（2）由动量守恒定律得
小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，则
即
（3）根据
若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有
则
当两小球质量满足时，有
故若满足，则可认为两球间的碰撞是弹性碰撞。
12．【答案】3.204；D；E； ；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（2）根据螺旋测微器的读法可知，金属丝直径为
故答案为：3.204；
（3）①电子元件的阻值约为，电源电压为，故流过电子元件的最大电流为，故电流表可以满足测量要求。
滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。
② 根据图（a），实物图连线如下图所示
③根据欧姆定律可知
化简得
故
故答案为：D；E；；
【分析】(2)按照螺旋测微器读数规则，先读固定刻度示数，再读可动刻度示数并乘以精度0.01mm，两者相加得到元件直径。
(3)①先根据元件阻值和电源电压计算最大工作电流，匹配量程合适的电流表；再结合分压式接法的要求，选择最大阻值小、便于线性调压的滑动变阻器。
②对照原理图，按照“先串后并、正进负出”的原则，完成分压式滑动变阻器、电表、电源、开关的实物连线。
③利用并联电路电压相等、干路电流等于支路电流之和的规律，结合欧姆定律列方程，再根据图像的斜率，化简推导出的表达式。
13．【答案】（1）解：设当两管液面高度差为H时，右管液柱下降h，左管液柱上升h，则
设升温后的温度为，对右管封闭气体，根据理想气体状态方程
解得
（2）解：升温过程中，左管封闭气体压强不变，设末状态时左管中封闭气柱高度为，根据盖-吕萨克定律有
解得
活塞向上移动的距离
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1)先由液面高度差的几何关系确定液柱变化量，再对右管封闭气体列理想气体状态方程，代入初末态的压强、体积、温度，求解升温后的温度。
(2)先判断左管封闭气体做等压变化，用盖-吕萨克定律求出末态气柱高度，再结合液柱高度变化的几何关系，计算活塞向上移动的距离。
（1）设当两管液面高度差为H时，右管液柱下降h，左管液柱上升h，则
设升温后的温度为，对右管封闭气体，根据理想气体状态方程
解得
（2）升温过程中，左管封闭气体压强不变，设末状态时左管中封闭气柱高度为，根据盖-吕萨克定律有
解得
活塞向上移动的距离
解得
14．【答案】（1）解：粒子从M点到N点过程做类平抛运动，沿y方向有
沿x方向有，
联立解得
（2）解：粒子经过N点时沿电场方向的分速度
粒子经过N点的速度大小
速度与x轴正向的夹角满足
可得
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）解：取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为
解得
由
解得
粒子从Q点第一次运动到最低点的时间
由
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子从 M 到 N 做类平抛运动，沿 y、x 方向列运动学方程，结合牛顿第二定律，联立求解电场强度 E。
(2) 先求粒子在 N 点的电场方向分速度，计算合速度与速度夹角，由几何关系得圆周运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力，求解磁感应强度 B。
(3) 先通过受力平衡确定水平匀速分速度，得到圆周运动分速度与半径，计算圆周运动时间，结合水平匀速位移，求解 Q 点到最低点的水平距离 x。
（1）粒子从M点到N点过程做类平抛运动，沿y方向有
沿x方向有，
联立解得
（2）粒子经过N点时沿电场方向的分速度
粒子经过N点的速度大小
速度与x轴正向的夹角满足
可得
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为
解得
由
解得
粒子从Q点第一次运动到最低点的时间
由
解得
15．【答案】（1）解：小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）解：根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）解：撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得，，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。
【知识点】动量定理；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 先对小球从释放到绷直瞬间的过程应用动能定理，结合自由落体规律计算落地前速度；再分析绷直瞬间的速度分解，沿绳方向速度抵消，垂直绳方向保留速度，通过能量守恒（或动能定理）计算小球损失的机械能。
(2) 以小球为研究对象，应用机械能守恒定律计算绷直后平抛运动的初速度；结合平抛运动水平（匀速）与竖直（匀加速）的分运动规律，联立求解水平位移表达式。
(3) 对小球与滑杆组成的系统，分别应用动量定理（水平、竖直方向分解冲量）、水平方向动量守恒定律及关联速度条件（沿绳方向速度分量相等），联立求解绷直瞬间小球与滑杆的速度；再对系统从绷直后到最低点的过程，应用水平动量守恒与机械能守恒定律，联立求解最低点速度的通式，再代入参数分析极值。
（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得，，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。
1 / 1

展开更多......

收起↑