资源简介

2026届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试(一)物理试题
1．人工放射性元素的半衰期为12.36小时，常用作追踪生物过程的示踪剂，该元素是用中子辐照钾同位素得到，发生的核反应方程为。作为示踪剂时，发生的核反应方程为。下列说法正确的是（　　）
A．X粒子是中子
B．与的质量数之和大于与X粒子的质量数之和
C．的比结合能大于的比结合能
D．4个过了12.36小时，一定有2个发生了衰变
2．如图所示为一束太阳光从空气射到六棱柱玻璃横截面时的光路图，图中标出了折射出的红色光和紫色光。下列说法正确的是（　　）
A．逐渐增大太阳光的入射角，红色光首先发生全反射
B．在六棱柱玻璃中，红色光的速度比紫色光的速度大
C．红色光和紫色光从玻璃射入空气后，频率都变大
D．用同一装置做双缝干涉实验，红色光的条纹间距比紫色光的条纹间距小
3．某航天馆有一个可以体验在不同行星表面测量体重的项目，质量为50kg的李华站在体重计上，发现在“水星”和“火星”上示数都显示“20kg”，已知水星是太阳系八大行星里体积最小的，忽略天体的自转，下列说法正确的是（　　）
A．水星和火星表面的重力加速度是地球表面的2.5倍
B．水星和火星的质量相等
C．水星和火星的密度与半径的乘积相等
D．水星和火星的第一宇宙速度相等
4．在海洋气象观测中，可以利用浮标检测海浪的传播，如图（a）所示为相距150m的浮标A、B。监测站某次记录海浪（可视为简谐横波）从浮标A向浮标B传播用时，时浮标A开始振动，振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．海浪传播的速度大小为
B．时，浮标B在波谷位置
C．时，浮标B速度方向竖直向上
D．时，浮标B加速度方向竖直向上
5．电工使用如图（）所示的钳形电表测量交流电流。图（）为其结构简图，测量时让钳形铁芯张开，把被测电路的导线放进钳口内，铁芯上绕有匝的线圈并接入交流电流表，钳形电表测量电流时可视为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．测量交流电流时钳形铁芯张开有缝隙，对测量结果没有影响
B．测量时，需要把被测电流的零线和火线都放进钳形电表的钳口内进行测量
C．交流电流表的示数是被测导线电流的倍
D．交流电流表示数较小时，可将被测电路的导线在铁芯上多绕几圈，再进行测量
6．科技小组设计了在空间站测量物体质量的装置，如图所示。滑块放在水平桌面上，细线穿过桌面上的光滑小孔，连接滑块与下端竖直固定的弹簧测力计。若在空间站里让滑块以角速度做半径为R的匀速圆周运动时，拉力大小为F。已知滑块与桌面的动摩擦因数为，重力加速度为g，则滑块质量为（　　）
A． B． C． D．
7．实验小组用手机拍摄水平抛出的小球的下落过程，如图是利用视频软件得到的小球动能与下落时间的平方图像，t=0s时将小球水平抛出，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为0.1kg
B．小球水平抛出的初速度为2m/s
C．小球的动能为4J时，下落的高度为2m
D．小球的动能为4J时，速度为4m/s
8．如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，下端悬挂一个带电的小球，小球静止时位于O点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到M点由静止释放，小球最高上升到N点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为，的长度为，弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为。下列说法正确的有（　　）
A．小球带正电
B．小球从M点到N点的过程，电场力对小球做正功
C．小球从M点到N点的过程，小球的机械能守恒
D．小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了
9．图（a）是洛伦兹力演示仪，其简化模型如图（b）所示。玻璃泡以O点为圆心，励磁线圈能在玻璃泡内产生垂直于纸面向里的匀强磁场，圆心O正下方M处固定一电子枪，能水平向左射出速率为（未知）的电子，当磁感应强度大小为时，电子以O为圆心做圆周运动；若只把匀强磁场的方向反向，电子会打到玻璃泡边缘的N点，与的夹角为，的长度为。已知电子质量为，电荷量为，电子的重力不计，不考虑出射电子间的相互作用。下列说法正确的有（　　）
A．电子的速率
B．电子做圆周运动的周期
C．玻璃泡的半径为
D．电子从M点到N点的时间为
10．如图所示，风洞实验室可以产生与水平方向成的恒定风力。在风洞中A点将一个质量为的小球以初速度竖直向上抛出，经过时间后小球运动到B点。已知A、B两点的竖直距离，重力加速度为 下列说法正确的有（　　）
A．恒定风力大小为
B．小球到达B点时的速率为
C．从A点到B点的过程，风力对小球的冲量大小为
D．小球到达B点时，风力的瞬时功率为
11．请完成下列实验操作和数据处理。
（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用20分度的游标卡尺测量小球的直径，示数如图所示，读数为　 　cm。
（2）实验小组利用铁架台、电磁铁、空心铁球、刻度尺、可以抽气的真空管、手机等器材验证机械能守恒定律。实验装置如图所示，真空管竖直固定在铁架台上，空心铁球被固定在真空管正上方的电磁铁吸引在真空管内，真空管下方连接抽气装置。
①断开电磁铁的电源，铁球由静止下落到缓冲垫上，用手机拍摄铁球下落过程的视频。利用视频软件得到并打印出来铁球圆心的多个时刻位置示意图如图，打印出来的位置示意图为实际轨迹的k倍，相邻两圆心位置的时间间隔为T，测量“0”、“2”两点之间的距离为，“4”、“6”两点之间的距离为，“1”、“5”两点之间的距离为，则“1”点时铁球的速度为　 　。（用所给字母表示）
②铁球的质量为m，重力加速度为g，则铁球从“1”到“5”两点下落过程中动能增加量为　 　，重力势能减少量为　 　。（用所给字母表示）
③启动抽气装置，对真空管抽气后，重复实验得到类似图的数据，数据处理发现从“1”到“5”两点下落过程中重力势能减少量与动能增加量的差值将　 　（填写“增大”“减小”或“不变”）。
12．科技小组利用压敏电阻制作汽车油量深度表的装置如图（a）所示。所用器材有：压敏电阻，压敏电阻的阻值与容器内所装汽油的深度h的关系如图（b）所示；电源（电动势18V，内阻不计）；电流表（量程0.6A，内阻不计）；滑动变阻器（最大电阻）；定值电阻（阻值）；开关；容器；汽油；导线若干。 容器底部的汽油与压敏电阻接触的位置抽出棉线
（1）把电流表改装成量程为的汽车油量深度表，正确连接图所示电路，断开开关，滑动变阻器的滑片置于　 　（填“”或“”）端。
（2）容器里装深度的汽油，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为　 　。
（3）改变容器所装汽油的深度，把电流表的示数标上相应的深度，改装后的深度刻度是　 　（填“均匀”或“不均匀”）的；深度应该对应电流表的示数为　 　（保留位有效数字）。
（4）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，滑动变阻器应该怎么调节　 　。
13．研究小组暑假去长白山游学，设计了测量大气压强的实验装置。如图，带有刻度的导热良好的圆柱形容器里用活塞密封一定质量的空气，游学出发前，在实验室里测得装置水平放置时密封空气的长度，环境温度为，大气压强。研究小组到达长白山山脚处时环境温度也为，此时装置水平放置时密封空气的长度。研究小组到达长白山山顶处时，环境温度为，此时装置水平放置时密封空气的长度还是。 空气可视为理想气体，不计活塞与容器内壁的摩擦力。求：
（1）长白山山脚处的大气压强；
（2）长白山山顶处的大气压强。
14．图是利用智能电源实现“电磁弹射”稳定加速的装置简化图。 水平放置的光滑导轨间距，质量的导体棒静止放在电磁弹射区的开始位置点，电磁弹射区内有方向垂直纸面向里、磁感应强度的匀强磁场。 智能电源能根据导体棒的速度调整电动势、保证导体棒在电磁弹射区做匀加速直线运动，导体棒从A点到B点的时间，到达B点的速度。导体棒受到的空气阻力，导体棒的电阻，其它电阻不计。求：
（1）导体棒在A点时的安培力大小；
（2）导体棒在A点时的智能电源的电动势；
（3）智能电源电动势与速度的关系式。
15．如图为货物“绿色”传输的示意图。工人将货物甲从倾斜轨道AB的顶端静止释放，货物甲无机械能损失地滑上静止在水平面上的节能反弹车，货物甲运动到反弹车的最右端时恰好与反弹车共速，此时反弹车与吸能反弹装置碰撞，货物甲滑上水平工作台，并与静止在C点的货物乙发生弹性正碰，碰撞后货物乙最终停在D点，而反弹车经碰撞后反弹，恰好能返回B点。已知轨道AB的距离、倾角，反弹车右端与反弹装置的距离，工作台C、D间的距离，货物与轨道AB、工作台的动摩擦因数，反弹车与地面的摩擦力为反弹车对地面压力的0.1倍，货物甲、乙是可以看成质点的相同货物，不计空气阻力，重力加速度取，，，求：
（1）货物甲在B点的速度大小；
（2）反弹车与吸能反弹装置碰撞后的动能与碰撞前的动能比值；
（3）货物甲的质量与反弹车的质量比值。
答案解析部分
1．【答案】C
【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．作为示踪剂时，发生的核反应方程为，根据质量数守恒和电荷数守恒可得X粒子的质量数为0，电荷数为-1，可知X粒子为电子，故A错误；
B．与的质量数之和为42，与X粒子的质量数之和等于42，可知与的质量数之和等于与X粒子的质量数之和，故B错误；
C．发生衰变生成更稳定的，稳定核的比结合能更大，可知的比结合能大于的比结合能，故C正确；
D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核（如4个），实际衰变个数具有随机性，不一定为2个，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查核反应的守恒规律、比结合能的特点及半衰期的统计意义，核心是利用质量数和电荷数守恒确定未知粒子，结合原子核稳定性判断比结合能大小，依据半衰期的统计性分析原子核衰变的随机性。
2．【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．红色光的折射率小于紫色光的折射率，根据全反射公式，可知紫色光的全反射角较小，故逐渐增大太阳光的入射角，紫色光首先发生全反射，故A错误；
B．红色光的折射率小于紫色光的折射率，根据公式，可知在六棱柱玻璃中，红色光的速度比紫色光的速度大，故B正确；
C．两种光从玻璃射入空气后，频率不会发生变化，故C错误；
D．红色光的折射率小于紫色光的折射率，根据，可知红色光的波长大于紫色光的波长，根据，可知用同一装置做双缝干涉实验，红色光的条纹间距比紫色光的条纹间距大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的折射、全反射、光在介质中的传播速度及双缝干涉的规律，核心是结合不同色光的折射率差异，分析全反射的先后、传播速度的大小，同时明确光的频率特性及双缝干涉条纹间距的影响因素。
3．【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．体重计显示值反映的是行星表面的重力大小，忽略自转时，显示质量，则水星和火星表面的重力加速度，故A错误；
B．行星表面重力，则，其中为行星质量，为行星半径，由可得
但水星体积最小则半径最小，火星半径较大，因此，故B错误；
C．因为球体质量，代入重力加速度公式
由，可得
整理得，即密度与半径的乘积相等，故C正确；
D．第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，可得，则有
但水星半径小，火星半径大，所以，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查行星表面重力加速度、质量、密度与第一宇宙速度的关系，核心是结合体重计的示数规律推导行星表面重力加速度，再利用万有引力等于重力的公式，分析行星质量、密度与半径的关系及第一宇宙速度的大小。
4．【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．根据题意可知，海浪传播的速度大小为，故A正确；
BCD．由图（b）可知，浮标A开始振动的方向为沿轴正方向，周期为，时，浮标B振动的时间为
则浮标B处在平衡位置，并沿轴负方向运动，加速度为0，故BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查简谐横波的传播速度、质点振动规律，核心是结合波的传播距离与时间计算波速，根据振动图像确定周期和起振方向，进而分析特定时刻浮标 B 的振动位置、速度及加速度方向。
5．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．理想变压器的前提是铁芯闭合、无漏磁，若铁芯有缝隙，磁阻增大、漏磁增加，不再满足理想变压器的互感条件，会对测量结果产生影响，故A错误；
B．家庭电路中，火线和零线的电流大小相等、方向相反。同时放入钳口，它们产生的磁场会相互抵消，铁芯中总磁通量为零，副线圈没有感应电流，电流表读数为零，无法测出线路电流。正确做法是只夹一根导线。故B错误；
C．根据可知交流电流表的示数，故C错误；
D．交流电流表示数表示为，如果交流电流表示数较小，可以增大(将被测电路的导线在铁芯上多绕几圈)或减小交流电流表内部线圈以增大交流电流表示数，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查钳形电表的工作原理（理想变压器的变流规律），核心是结合变压器的互感条件、变流比公式，分析铁芯缝隙、被测导线的放置方式对测量结果的影响，以及提高测量精度的方法。
6．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】设滑块的质量为。在空间站中，滑块处于完全失重状态，弹力为零，故摩擦力为零，所以滑块在空间站中做匀速圆周的向心力由细线的拉力提供，则有
解得
故答案为：B。
【分析】本题考查空间站中完全失重状态下的匀速圆周运动向心力分析，核心是明确完全失重时滑块与桌面间摩擦力为零，向心力仅由细线拉力提供，结合向心力公式求解滑块质量。
7．【答案】B
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．根据动能定理
由图像可知，
解得小球的质量为m=1kg
初速度v0=2m/s，A错误，B正确；
CD．根据
小球的动能为4J时，下落的高度为h=0.2m
速度为，CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查平抛运动的动能变化规律，核心是结合动能定理推导动能与下落时间平方的关系式，再利用图像数据求解小球质量、初速度，以及特定动能下的下落高度和速度。
8．【答案】B,D
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球静止在O点时弹簧处于原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即，所以小球所受的电场力方向竖直向上，由于电场方向竖直向下，因此小球带负电，故A错误；
B．小球从M点到N点的过程，电场力始终竖直向上，所以电场力对小球做正功，故B正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化由弹簧弹力和电场力做功决定，小球从M点到N点的过程中，弹簧弹力对小球做功的总和为零，但电场力对小球做正功，因此小球的机械能不守恒。故C错误；
D．小球的运动为简谐运动，由于小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧弹力，平衡位置为O点，根据简谐运动的对称性可知，O点为M、N的中点，则有，所以小球从M到N的竖直位移为
则电场力做的功为
电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查匀强电场中带电小球的受力、做功与能量变化规律，核心是结合小球的平衡条件判断电性，分析电场力做功情况，再根据功能关系判断机械能、电势能的变化。
9．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．当磁场垂直纸面向里时，电子以O为圆心做匀速圆周运动，轨道半径为d，由洛伦兹力提供向心力有
解得，故A正确；
B．电子做圆周运动的周期，联立解得，故B错误；
C．磁场反向后，电子轨迹圆半径r=d，电子轨迹如图
几何关系可知，故C错误；
D．几何关系可知，则电子从M点到N点的时间为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查洛伦兹力提供向心力的圆周运动规律，核心是结合电子的圆周运动半径公式求解速率，利用周期公式分析周期大小，通过几何关系确定玻璃泡半径，再根据圆心角计算运动时间。
10．【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．设恒定风力的大小为，将其沿水平方向和竖直方向分解，则有，
假设小球在竖直方向上做匀加速直线运动，根据位移时间公式有
解得
可知小球在竖直方向做匀速直线运动，合力为零，则有
解得，故A正确；
B．小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得，小球到达B点时水平方向的速度大小为
故小球到达B点时的速率为，故B错误；
C．从A点到B点的过程，风力对小球的冲量大小为，故C正确；
D．小球到达B点时，设小球的速度与水平方向的速度夹角为，根据几何关系有
解得，而风力与水平方向的夹角也为，即小球到达B点时风力的方向与速度的方向相同，故小球到达B点时，风力的瞬时功率为，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查恒力作用下的曲线运动分析，核心是将风力分解为水平和竖直分量，结合运动学公式、牛顿第二定律分析小球的受力与运动，再利用冲量、功率公式计算相关物理量。
11．【答案】（1）1.380
（2）；；；减小
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由游标卡尺的读数，可得小球的直径为
故答案为： 1.380
（2）①由题知，打印出来的位置示意图为实际轨迹的k倍，故“0”、“2”两点之间的实际距离为，根据匀变速直线运动的推论，可知中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得经过“1”点时铁球的速度为“0”、“2”两点之间平均速度，则有
②同理，经过“5”点时铁球的速度为
则铁球从“1”到“5”两点下落过程中动能增加量
重力势能减少量
③启动抽气装置，对真空管抽气后，管内空气减少，空气阻力减小，空气阻力做的负功减少，故从“1”到“5”两点下落过程中重力势能减少量与动能增加量的差值将减小。
故答案为：①②；③ 减小
【分析】(1) 根据 20 分度游标卡尺的读数规则（主尺读数 + 游标读数 × 精度）计算小球直径；
(2) ① 利用平均速度近似瞬时速度求 “1” 点的速度；
② 分别计算动能增加量和重力势能减少量；
③ 分析抽气后空气阻力变化对机械能差值的影响。
（1）由游标卡尺的读数，可得小球的直径为
（2）①[1]由题知，打印出来的位置示意图为实际轨迹的k倍，故“0”、“2”两点之间的实际距离为，根据匀变速直线运动的推论，可知中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得经过“1”点时铁球的速度为“0”、“2”两点之间平均速度，则有
②[2[3]]同理，经过“5”点时铁球的速度为
则铁球从“1”到“5”两点下落过程中动能增加量
重力势能减少量
③[4]启动抽气装置，对真空管抽气后，管内空气减少，空气阻力减小，空气阻力做的负功减少，故从“1”到“5”两点下落过程中重力势能减少量与动能增加量的差值将减小。
12．【答案】（1）b
（2）10
（3）不均匀；0.14
（4）调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图（a）可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至b端，则滑动变阻器的有效电阻最大，则在闭合S后，开始时电路的电流较小，从而保证电路安全。
故答案为： b
（2）由图（b）可知，当汽油的深度的40cm时，压敏电阻的阻值为，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，根据闭合电路欧姆定律有
其中，，
解得
故答案为： 10
（3）设容器所装汽油的深度为，对应电流表的示数为，由图（b）可知，压敏电阻与深度不是线性关系，根据闭合电路欧姆定律有
可知与压敏电阻也不是线性关系，故改装后的深度刻度是不均匀的；
由图（b）可知，当汽油的深度的0cm时，压敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律有
故答案为： 不均匀； 0.14
（4）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，则压敏电阻的阻值减小，电流表的最大量程不变，根据闭合电路欧姆定律有
可知应让滑动变阻器的有效电阻增大，即应调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻。
故答案为： 调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻
【分析】(1) 滑动变阻器采用分压式接法时，断开开关前滑片应置于使接入电阻最大的一端，保护电路；
(2) 先由满偏电流和电路总电阻，结合串并联规律求滑动变阻器接入阻值；
(3) 根据压敏电阻阻值与深度的非线性关系，判断刻度均匀性，再计算0cm 深度时的电流；
(4) 量程扩大后，需调整滑动变阻器接入阻值以适配新的压敏电阻阻值。
（1）由图（a）可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至b端，则滑动变阻器的有效电阻最大，则在闭合S后，开始时电路的电流较小，从而保证电路安全。
（2）由图（b）可知，当汽油的深度的40cm时，压敏电阻的阻值为，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，根据闭合电路欧姆定律有
其中，，
解得
（3）[1]设容器所装汽油的深度为，对应电流表的示数为。由图（b）可知，压敏电阻与深度不是线性关系，根据闭合电路欧姆定律有
可知与压敏电阻也不是线性关系，故改装后的深度刻度是不均匀的；
[2]由图（b）可知，当汽油的深度的0cm时，压敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律有
（4）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，则压敏电阻的阻值减小，电流表的最大量程不变，根据闭合电路欧姆定律有
可知应让滑动变阻器的有效电阻增大，即应调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻。
13．【答案】（1）
（2）
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）解：设长白山山脚处的大气压强为，圆柱形容器的横截面积为S，由玻意耳定律得
代入数据解得
（2）解：山脚处的温度为
山顶处的温度为
由查理定律得
代入数据解得
【分析】(1) 实验室到山脚A处，气体做等温变化，利用玻意耳定律（）求解山脚大气压强；
(2) 山脚A处到山顶B处，气体做等容变化，利用查理定律（）求解山顶大气压强。
（1）设长白山山脚处的大气压强为，圆柱形容器的横截面积为S，由玻意耳定律得
代入数据解得
（2）（方法一）
山脚处的温度为
山顶处的温度为
由查理定律得
代入数据解得
（方法二）
在实验室里的温度为
由理想气体状态方程得
得
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】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】（1）解：设导体棒做匀加速直线运动的加速度为，有
由牛顿第二定律得
解得导体棒在A点时的安培力大小
（2）解：安培力
回路中的电流
解得
（3）解：由牛顿第二定律得
安培力
感应电动势
回路中的电流
解得：
【分析】(1) 先由运动学公式求加速度，再通过牛顿第二定律求安培力；
(2) 由安培力公式求电流，结合闭合电路欧姆定律求 A 点的电动势；
(3) 结合安培力、牛顿第二定律和电磁感应规律，推导电动势与速度的关系式。
（1）设导体棒做匀加速直线运动的加速度为，有
由牛顿第二定律得
解得导体棒在A点时的安培力大小
（2）安培力
回路中的电流
解得
（3）由牛顿第二定律得
安培力
感应电动势
回路中的电流
解得：
15．【答案】（1）
（2）0.2
（3）1.5
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】（1）解：设货物甲的质量为，货物甲从A点到达B点的过程中，由动能定理得
解得货物甲在B点的速度大小为
（2）解：设货物甲运动到反弹车的最右端时与反弹车刚好共速的速度为，两货物发生弹性碰撞，碰后的速度分别为和，则根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
货物乙从点运动到点的过程中，由动能定理得
解得
设反弹车的质量为，碰后反弹车的速度设为，反弹车从点到达点的过程中，由动能定理得
解得
所以反弹车与吸能反弹装置碰撞后的动能与碰撞前的动能的比值为
（3）解：货物甲从点到达点的过程中，设时间为，的距离设为，则根据匀变速直线运动的规律可得货物甲的位移为
反弹车的位移为
联立解得，
货物甲从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，货物甲与反弹车间的动摩擦因数为，则有
由运动学公式有
联立解得
反弹车从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，则有
由运动学公式有
联立解得货物甲的质量与反弹车的质量的比值为
【分析】(1) 货物甲沿倾斜轨道下滑，用动能定理求B点速度；
(2) 反弹车碰撞后反弹回B点，结合动能定理求碰撞后动能，进而得动能比值；
(3) 甲与反弹车共速过程用动量守恒，结合已知条件求质量比值。
（1）设货物甲的质量为，货物甲从A点到达B点的过程中，由动能定理得
解得货物甲在B点的速度大小为
（2）设货物甲运动到反弹车的最右端时与反弹车刚好共速的速度为，两货物发生弹性碰撞，碰后的速度分别为和，则根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
货物乙从点运动到点的过程中，由动能定理得
解得
设反弹车的质量为，碰后反弹车的速度设为，反弹车从点到达点的过程中，由动能定理得
解得
所以反弹车与吸能反弹装置碰撞后的动能与碰撞前的动能的比值为
（3）货物甲从点到达点的过程中，设时间为，的距离设为，则根据匀变速直线运动的规律可得货物甲的位移为
反弹车的位移为
联立解得，
货物甲从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，货物甲与反弹车间的动摩擦因数为，则有
由运动学公式有
联立解得
反弹车从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，则有
由运动学公式有
联立解得货物甲的质量与反弹车的质量的比值为
1 / 12026届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试(一)物理试题
1．人工放射性元素的半衰期为12.36小时，常用作追踪生物过程的示踪剂，该元素是用中子辐照钾同位素得到，发生的核反应方程为。作为示踪剂时，发生的核反应方程为。下列说法正确的是（　　）
A．X粒子是中子
B．与的质量数之和大于与X粒子的质量数之和
C．的比结合能大于的比结合能
D．4个过了12.36小时，一定有2个发生了衰变
【答案】C
【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．作为示踪剂时，发生的核反应方程为，根据质量数守恒和电荷数守恒可得X粒子的质量数为0，电荷数为-1，可知X粒子为电子，故A错误；
B．与的质量数之和为42，与X粒子的质量数之和等于42，可知与的质量数之和等于与X粒子的质量数之和，故B错误；
C．发生衰变生成更稳定的，稳定核的比结合能更大，可知的比结合能大于的比结合能，故C正确；
D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核（如4个），实际衰变个数具有随机性，不一定为2个，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查核反应的守恒规律、比结合能的特点及半衰期的统计意义，核心是利用质量数和电荷数守恒确定未知粒子，结合原子核稳定性判断比结合能大小，依据半衰期的统计性分析原子核衰变的随机性。
2．如图所示为一束太阳光从空气射到六棱柱玻璃横截面时的光路图，图中标出了折射出的红色光和紫色光。下列说法正确的是（　　）
A．逐渐增大太阳光的入射角，红色光首先发生全反射
B．在六棱柱玻璃中，红色光的速度比紫色光的速度大
C．红色光和紫色光从玻璃射入空气后，频率都变大
D．用同一装置做双缝干涉实验，红色光的条纹间距比紫色光的条纹间距小
【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．红色光的折射率小于紫色光的折射率，根据全反射公式，可知紫色光的全反射角较小，故逐渐增大太阳光的入射角，紫色光首先发生全反射，故A错误；
B．红色光的折射率小于紫色光的折射率，根据公式，可知在六棱柱玻璃中，红色光的速度比紫色光的速度大，故B正确；
C．两种光从玻璃射入空气后，频率不会发生变化，故C错误；
D．红色光的折射率小于紫色光的折射率，根据，可知红色光的波长大于紫色光的波长，根据，可知用同一装置做双缝干涉实验，红色光的条纹间距比紫色光的条纹间距大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的折射、全反射、光在介质中的传播速度及双缝干涉的规律，核心是结合不同色光的折射率差异，分析全反射的先后、传播速度的大小，同时明确光的频率特性及双缝干涉条纹间距的影响因素。
3．某航天馆有一个可以体验在不同行星表面测量体重的项目，质量为50kg的李华站在体重计上，发现在“水星”和“火星”上示数都显示“20kg”，已知水星是太阳系八大行星里体积最小的，忽略天体的自转，下列说法正确的是（　　）
A．水星和火星表面的重力加速度是地球表面的2.5倍
B．水星和火星的质量相等
C．水星和火星的密度与半径的乘积相等
D．水星和火星的第一宇宙速度相等
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．体重计显示值反映的是行星表面的重力大小，忽略自转时，显示质量，则水星和火星表面的重力加速度，故A错误；
B．行星表面重力，则，其中为行星质量，为行星半径，由可得
但水星体积最小则半径最小，火星半径较大，因此，故B错误；
C．因为球体质量，代入重力加速度公式
由，可得
整理得，即密度与半径的乘积相等，故C正确；
D．第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，可得，则有
但水星半径小，火星半径大，所以，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查行星表面重力加速度、质量、密度与第一宇宙速度的关系，核心是结合体重计的示数规律推导行星表面重力加速度，再利用万有引力等于重力的公式，分析行星质量、密度与半径的关系及第一宇宙速度的大小。
4．在海洋气象观测中，可以利用浮标检测海浪的传播，如图（a）所示为相距150m的浮标A、B。监测站某次记录海浪（可视为简谐横波）从浮标A向浮标B传播用时，时浮标A开始振动，振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．海浪传播的速度大小为
B．时，浮标B在波谷位置
C．时，浮标B速度方向竖直向上
D．时，浮标B加速度方向竖直向上
【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．根据题意可知，海浪传播的速度大小为，故A正确；
BCD．由图（b）可知，浮标A开始振动的方向为沿轴正方向，周期为，时，浮标B振动的时间为
则浮标B处在平衡位置，并沿轴负方向运动，加速度为0，故BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查简谐横波的传播速度、质点振动规律，核心是结合波的传播距离与时间计算波速，根据振动图像确定周期和起振方向，进而分析特定时刻浮标 B 的振动位置、速度及加速度方向。
5．电工使用如图（）所示的钳形电表测量交流电流。图（）为其结构简图，测量时让钳形铁芯张开，把被测电路的导线放进钳口内，铁芯上绕有匝的线圈并接入交流电流表，钳形电表测量电流时可视为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．测量交流电流时钳形铁芯张开有缝隙，对测量结果没有影响
B．测量时，需要把被测电流的零线和火线都放进钳形电表的钳口内进行测量
C．交流电流表的示数是被测导线电流的倍
D．交流电流表示数较小时，可将被测电路的导线在铁芯上多绕几圈，再进行测量
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．理想变压器的前提是铁芯闭合、无漏磁，若铁芯有缝隙，磁阻增大、漏磁增加，不再满足理想变压器的互感条件，会对测量结果产生影响，故A错误；
B．家庭电路中，火线和零线的电流大小相等、方向相反。同时放入钳口，它们产生的磁场会相互抵消，铁芯中总磁通量为零，副线圈没有感应电流，电流表读数为零，无法测出线路电流。正确做法是只夹一根导线。故B错误；
C．根据可知交流电流表的示数，故C错误；
D．交流电流表示数表示为，如果交流电流表示数较小，可以增大(将被测电路的导线在铁芯上多绕几圈)或减小交流电流表内部线圈以增大交流电流表示数，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查钳形电表的工作原理（理想变压器的变流规律），核心是结合变压器的互感条件、变流比公式，分析铁芯缝隙、被测导线的放置方式对测量结果的影响，以及提高测量精度的方法。
6．科技小组设计了在空间站测量物体质量的装置，如图所示。滑块放在水平桌面上，细线穿过桌面上的光滑小孔，连接滑块与下端竖直固定的弹簧测力计。若在空间站里让滑块以角速度做半径为R的匀速圆周运动时，拉力大小为F。已知滑块与桌面的动摩擦因数为，重力加速度为g，则滑块质量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】设滑块的质量为。在空间站中，滑块处于完全失重状态，弹力为零，故摩擦力为零，所以滑块在空间站中做匀速圆周的向心力由细线的拉力提供，则有
解得
故答案为：B。
【分析】本题考查空间站中完全失重状态下的匀速圆周运动向心力分析，核心是明确完全失重时滑块与桌面间摩擦力为零，向心力仅由细线拉力提供，结合向心力公式求解滑块质量。
7．实验小组用手机拍摄水平抛出的小球的下落过程，如图是利用视频软件得到的小球动能与下落时间的平方图像，t=0s时将小球水平抛出，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为0.1kg
B．小球水平抛出的初速度为2m/s
C．小球的动能为4J时，下落的高度为2m
D．小球的动能为4J时，速度为4m/s
【答案】B
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．根据动能定理
由图像可知，
解得小球的质量为m=1kg
初速度v0=2m/s，A错误，B正确；
CD．根据
小球的动能为4J时，下落的高度为h=0.2m
速度为，CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查平抛运动的动能变化规律，核心是结合动能定理推导动能与下落时间平方的关系式，再利用图像数据求解小球质量、初速度，以及特定动能下的下落高度和速度。
8．如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，下端悬挂一个带电的小球，小球静止时位于O点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到M点由静止释放，小球最高上升到N点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为，的长度为，弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为。下列说法正确的有（　　）
A．小球带正电
B．小球从M点到N点的过程，电场力对小球做正功
C．小球从M点到N点的过程，小球的机械能守恒
D．小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了
【答案】B,D
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球静止在O点时弹簧处于原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即，所以小球所受的电场力方向竖直向上，由于电场方向竖直向下，因此小球带负电，故A错误；
B．小球从M点到N点的过程，电场力始终竖直向上，所以电场力对小球做正功，故B正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化由弹簧弹力和电场力做功决定，小球从M点到N点的过程中，弹簧弹力对小球做功的总和为零，但电场力对小球做正功，因此小球的机械能不守恒。故C错误；
D．小球的运动为简谐运动，由于小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧弹力，平衡位置为O点，根据简谐运动的对称性可知，O点为M、N的中点，则有，所以小球从M到N的竖直位移为
则电场力做的功为
电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查匀强电场中带电小球的受力、做功与能量变化规律，核心是结合小球的平衡条件判断电性，分析电场力做功情况，再根据功能关系判断机械能、电势能的变化。
9．图（a）是洛伦兹力演示仪，其简化模型如图（b）所示。玻璃泡以O点为圆心，励磁线圈能在玻璃泡内产生垂直于纸面向里的匀强磁场，圆心O正下方M处固定一电子枪，能水平向左射出速率为（未知）的电子，当磁感应强度大小为时，电子以O为圆心做圆周运动；若只把匀强磁场的方向反向，电子会打到玻璃泡边缘的N点，与的夹角为，的长度为。已知电子质量为，电荷量为，电子的重力不计，不考虑出射电子间的相互作用。下列说法正确的有（　　）
A．电子的速率
B．电子做圆周运动的周期
C．玻璃泡的半径为
D．电子从M点到N点的时间为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．当磁场垂直纸面向里时，电子以O为圆心做匀速圆周运动，轨道半径为d，由洛伦兹力提供向心力有
解得，故A正确；
B．电子做圆周运动的周期，联立解得，故B错误；
C．磁场反向后，电子轨迹圆半径r=d，电子轨迹如图
几何关系可知，故C错误；
D．几何关系可知，则电子从M点到N点的时间为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查洛伦兹力提供向心力的圆周运动规律，核心是结合电子的圆周运动半径公式求解速率，利用周期公式分析周期大小，通过几何关系确定玻璃泡半径，再根据圆心角计算运动时间。
10．如图所示，风洞实验室可以产生与水平方向成的恒定风力。在风洞中A点将一个质量为的小球以初速度竖直向上抛出，经过时间后小球运动到B点。已知A、B两点的竖直距离，重力加速度为 下列说法正确的有（　　）
A．恒定风力大小为
B．小球到达B点时的速率为
C．从A点到B点的过程，风力对小球的冲量大小为
D．小球到达B点时，风力的瞬时功率为
【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．设恒定风力的大小为，将其沿水平方向和竖直方向分解，则有，
假设小球在竖直方向上做匀加速直线运动，根据位移时间公式有
解得
可知小球在竖直方向做匀速直线运动，合力为零，则有
解得，故A正确；
B．小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得，小球到达B点时水平方向的速度大小为
故小球到达B点时的速率为，故B错误；
C．从A点到B点的过程，风力对小球的冲量大小为，故C正确；
D．小球到达B点时，设小球的速度与水平方向的速度夹角为，根据几何关系有
解得，而风力与水平方向的夹角也为，即小球到达B点时风力的方向与速度的方向相同，故小球到达B点时，风力的瞬时功率为，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查恒力作用下的曲线运动分析，核心是将风力分解为水平和竖直分量，结合运动学公式、牛顿第二定律分析小球的受力与运动，再利用冲量、功率公式计算相关物理量。
11．请完成下列实验操作和数据处理。
（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用20分度的游标卡尺测量小球的直径，示数如图所示，读数为　 　cm。
（2）实验小组利用铁架台、电磁铁、空心铁球、刻度尺、可以抽气的真空管、手机等器材验证机械能守恒定律。实验装置如图所示，真空管竖直固定在铁架台上，空心铁球被固定在真空管正上方的电磁铁吸引在真空管内，真空管下方连接抽气装置。
①断开电磁铁的电源，铁球由静止下落到缓冲垫上，用手机拍摄铁球下落过程的视频。利用视频软件得到并打印出来铁球圆心的多个时刻位置示意图如图，打印出来的位置示意图为实际轨迹的k倍，相邻两圆心位置的时间间隔为T，测量“0”、“2”两点之间的距离为，“4”、“6”两点之间的距离为，“1”、“5”两点之间的距离为，则“1”点时铁球的速度为　 　。（用所给字母表示）
②铁球的质量为m，重力加速度为g，则铁球从“1”到“5”两点下落过程中动能增加量为　 　，重力势能减少量为　 　。（用所给字母表示）
③启动抽气装置，对真空管抽气后，重复实验得到类似图的数据，数据处理发现从“1”到“5”两点下落过程中重力势能减少量与动能增加量的差值将　 　（填写“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）1.380
（2）；；；减小
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由游标卡尺的读数，可得小球的直径为
故答案为： 1.380
（2）①由题知，打印出来的位置示意图为实际轨迹的k倍，故“0”、“2”两点之间的实际距离为，根据匀变速直线运动的推论，可知中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得经过“1”点时铁球的速度为“0”、“2”两点之间平均速度，则有
②同理，经过“5”点时铁球的速度为
则铁球从“1”到“5”两点下落过程中动能增加量
重力势能减少量
③启动抽气装置，对真空管抽气后，管内空气减少，空气阻力减小，空气阻力做的负功减少，故从“1”到“5”两点下落过程中重力势能减少量与动能增加量的差值将减小。
故答案为：①②；③ 减小
【分析】(1) 根据 20 分度游标卡尺的读数规则（主尺读数 + 游标读数 × 精度）计算小球直径；
(2) ① 利用平均速度近似瞬时速度求 “1” 点的速度；
② 分别计算动能增加量和重力势能减少量；
③ 分析抽气后空气阻力变化对机械能差值的影响。
（1）由游标卡尺的读数，可得小球的直径为
（2）①[1]由题知，打印出来的位置示意图为实际轨迹的k倍，故“0”、“2”两点之间的实际距离为，根据匀变速直线运动的推论，可知中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得经过“1”点时铁球的速度为“0”、“2”两点之间平均速度，则有
②[2[3]]同理，经过“5”点时铁球的速度为
则铁球从“1”到“5”两点下落过程中动能增加量
重力势能减少量
③[4]启动抽气装置，对真空管抽气后，管内空气减少，空气阻力减小，空气阻力做的负功减少，故从“1”到“5”两点下落过程中重力势能减少量与动能增加量的差值将减小。
12．科技小组利用压敏电阻制作汽车油量深度表的装置如图（a）所示。所用器材有：压敏电阻，压敏电阻的阻值与容器内所装汽油的深度h的关系如图（b）所示；电源（电动势18V，内阻不计）；电流表（量程0.6A，内阻不计）；滑动变阻器（最大电阻）；定值电阻（阻值）；开关；容器；汽油；导线若干。 容器底部的汽油与压敏电阻接触的位置抽出棉线
（1）把电流表改装成量程为的汽车油量深度表，正确连接图所示电路，断开开关，滑动变阻器的滑片置于　 　（填“”或“”）端。
（2）容器里装深度的汽油，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为　 　。
（3）改变容器所装汽油的深度，把电流表的示数标上相应的深度，改装后的深度刻度是　 　（填“均匀”或“不均匀”）的；深度应该对应电流表的示数为　 　（保留位有效数字）。
（4）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，滑动变阻器应该怎么调节　 　。
【答案】（1）b
（2）10
（3）不均匀；0.14
（4）调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图（a）可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至b端，则滑动变阻器的有效电阻最大，则在闭合S后，开始时电路的电流较小，从而保证电路安全。
故答案为： b
（2）由图（b）可知，当汽油的深度的40cm时，压敏电阻的阻值为，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，根据闭合电路欧姆定律有
其中，，
解得
故答案为： 10
（3）设容器所装汽油的深度为，对应电流表的示数为，由图（b）可知，压敏电阻与深度不是线性关系，根据闭合电路欧姆定律有
可知与压敏电阻也不是线性关系，故改装后的深度刻度是不均匀的；
由图（b）可知，当汽油的深度的0cm时，压敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律有
故答案为： 不均匀； 0.14
（4）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，则压敏电阻的阻值减小，电流表的最大量程不变，根据闭合电路欧姆定律有
可知应让滑动变阻器的有效电阻增大，即应调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻。
故答案为： 调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻
【分析】(1) 滑动变阻器采用分压式接法时，断开开关前滑片应置于使接入电阻最大的一端，保护电路；
(2) 先由满偏电流和电路总电阻，结合串并联规律求滑动变阻器接入阻值；
(3) 根据压敏电阻阻值与深度的非线性关系，判断刻度均匀性，再计算0cm 深度时的电流；
(4) 量程扩大后，需调整滑动变阻器接入阻值以适配新的压敏电阻阻值。
（1）由图（a）可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至b端，则滑动变阻器的有效电阻最大，则在闭合S后，开始时电路的电流较小，从而保证电路安全。
（2）由图（b）可知，当汽油的深度的40cm时，压敏电阻的阻值为，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数达到满偏，根据闭合电路欧姆定律有
其中，，
解得
（3）[1]设容器所装汽油的深度为，对应电流表的示数为。由图（b）可知，压敏电阻与深度不是线性关系，根据闭合电路欧姆定律有
可知与压敏电阻也不是线性关系，故改装后的深度刻度是不均匀的；
[2]由图（b）可知，当汽油的深度的0cm时，压敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律有
（4）如果要把汽车油量深度表的量程从改为，则压敏电阻的阻值减小，电流表的最大量程不变，根据闭合电路欧姆定律有
可知应让滑动变阻器的有效电阻增大，即应调节滑动变阻器的滑片P向b端滑动，增大滑动变阻器接入电路的电阻。
13．研究小组暑假去长白山游学，设计了测量大气压强的实验装置。如图，带有刻度的导热良好的圆柱形容器里用活塞密封一定质量的空气，游学出发前，在实验室里测得装置水平放置时密封空气的长度，环境温度为，大气压强。研究小组到达长白山山脚处时环境温度也为，此时装置水平放置时密封空气的长度。研究小组到达长白山山顶处时，环境温度为，此时装置水平放置时密封空气的长度还是。 空气可视为理想气体，不计活塞与容器内壁的摩擦力。求：
（1）长白山山脚处的大气压强；
（2）长白山山顶处的大气压强。
【答案】（1）
（2）
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）解：设长白山山脚处的大气压强为，圆柱形容器的横截面积为S，由玻意耳定律得
代入数据解得
（2）解：山脚处的温度为
山顶处的温度为
由查理定律得
代入数据解得
【分析】(1) 实验室到山脚A处，气体做等温变化，利用玻意耳定律（）求解山脚大气压强；
(2) 山脚A处到山顶B处，气体做等容变化，利用查理定律（）求解山顶大气压强。
（1）设长白山山脚处的大气压强为，圆柱形容器的横截面积为S，由玻意耳定律得
代入数据解得
（2）（方法一）
山脚处的温度为
山顶处的温度为
由查理定律得
代入数据解得
（方法二）
在实验室里的温度为
由理想气体状态方程得
得
14．图是利用智能电源实现“电磁弹射”稳定加速的装置简化图。 水平放置的光滑导轨间距，质量的导体棒静止放在电磁弹射区的开始位置点，电磁弹射区内有方向垂直纸面向里、磁感应强度的匀强磁场。 智能电源能根据导体棒的速度调整电动势、保证导体棒在电磁弹射区做匀加速直线运动，导体棒从A点到B点的时间，到达B点的速度。导体棒受到的空气阻力，导体棒的电阻，其它电阻不计。求：
（1）导体棒在A点时的安培力大小；
（2）导体棒在A点时的智能电源的电动势；
（3）智能电源电动势与速度的关系式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】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】（1）解：设导体棒做匀加速直线运动的加速度为，有
由牛顿第二定律得
解得导体棒在A点时的安培力大小
（2）解：安培力
回路中的电流
解得
（3）解：由牛顿第二定律得
安培力
感应电动势
回路中的电流
解得：
【分析】(1) 先由运动学公式求加速度，再通过牛顿第二定律求安培力；
(2) 由安培力公式求电流，结合闭合电路欧姆定律求 A 点的电动势；
(3) 结合安培力、牛顿第二定律和电磁感应规律，推导电动势与速度的关系式。
（1）设导体棒做匀加速直线运动的加速度为，有
由牛顿第二定律得
解得导体棒在A点时的安培力大小
（2）安培力
回路中的电流
解得
（3）由牛顿第二定律得
安培力
感应电动势
回路中的电流
解得：
15．如图为货物“绿色”传输的示意图。工人将货物甲从倾斜轨道AB的顶端静止释放，货物甲无机械能损失地滑上静止在水平面上的节能反弹车，货物甲运动到反弹车的最右端时恰好与反弹车共速，此时反弹车与吸能反弹装置碰撞，货物甲滑上水平工作台，并与静止在C点的货物乙发生弹性正碰，碰撞后货物乙最终停在D点，而反弹车经碰撞后反弹，恰好能返回B点。已知轨道AB的距离、倾角，反弹车右端与反弹装置的距离，工作台C、D间的距离，货物与轨道AB、工作台的动摩擦因数，反弹车与地面的摩擦力为反弹车对地面压力的0.1倍，货物甲、乙是可以看成质点的相同货物，不计空气阻力，重力加速度取，，，求：
（1）货物甲在B点的速度大小；
（2）反弹车与吸能反弹装置碰撞后的动能与碰撞前的动能比值；
（3）货物甲的质量与反弹车的质量比值。
【答案】（1）
（2）0.2
（3）1.5
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】（1）解：设货物甲的质量为，货物甲从A点到达B点的过程中，由动能定理得
解得货物甲在B点的速度大小为
（2）解：设货物甲运动到反弹车的最右端时与反弹车刚好共速的速度为，两货物发生弹性碰撞，碰后的速度分别为和，则根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
货物乙从点运动到点的过程中，由动能定理得
解得
设反弹车的质量为，碰后反弹车的速度设为，反弹车从点到达点的过程中，由动能定理得
解得
所以反弹车与吸能反弹装置碰撞后的动能与碰撞前的动能的比值为
（3）解：货物甲从点到达点的过程中，设时间为，的距离设为，则根据匀变速直线运动的规律可得货物甲的位移为
反弹车的位移为
联立解得，
货物甲从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，货物甲与反弹车间的动摩擦因数为，则有
由运动学公式有
联立解得
反弹车从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，则有
由运动学公式有
联立解得货物甲的质量与反弹车的质量的比值为
【分析】(1) 货物甲沿倾斜轨道下滑，用动能定理求B点速度；
(2) 反弹车碰撞后反弹回B点，结合动能定理求碰撞后动能，进而得动能比值；
(3) 甲与反弹车共速过程用动量守恒，结合已知条件求质量比值。
（1）设货物甲的质量为，货物甲从A点到达B点的过程中，由动能定理得
解得货物甲在B点的速度大小为
（2）设货物甲运动到反弹车的最右端时与反弹车刚好共速的速度为，两货物发生弹性碰撞，碰后的速度分别为和，则根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
货物乙从点运动到点的过程中，由动能定理得
解得
设反弹车的质量为，碰后反弹车的速度设为，反弹车从点到达点的过程中，由动能定理得
解得
所以反弹车与吸能反弹装置碰撞后的动能与碰撞前的动能的比值为
（3）货物甲从点到达点的过程中，设时间为，的距离设为，则根据匀变速直线运动的规律可得货物甲的位移为
反弹车的位移为
联立解得，
货物甲从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，货物甲与反弹车间的动摩擦因数为，则有
由运动学公式有
联立解得
反弹车从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，则有
由运动学公式有
联立解得货物甲的质量与反弹车的质量的比值为
1 / 1

展开更多......

收起↑