资源简介

2026届广西贵港市高中高三上学期1月份适应性测试物理试卷
1．中国计划在深空探测任务中，试用新一代放射性同位素热电发电机（RTG）。其采用的核素为锶-90，衰变方程为，其中为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒，计算X的质量数为，电荷数为，可知X为电子 ，故B符合题意；
故答案为：B。
【分析】核算反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，通过计算未知粒子的质量数与电荷数，判断粒子种类；明确β衰变的本质是原子核内中子衰变为质子，同时放出电子 。
2．“雪龙2号”是我国自主建造的第一艘极地科学考察破冰船，能在1.5米厚的冰川环境中连续破冰。若船头与水平面成角，船头对冰面的压力大小为，方向垂直于接触面向下，则在竖直方向的分力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】力的分解
【解析】【解答】压力垂直于斜面（接触面），斜面与水平面夹角为，因此与竖直方向的夹角也为。
力的分解：将正交分解为竖直、水平两个分量，根据三角函数关系，竖直分力大小为，水平分力大小为。
故答案为：A。
【分析】先明确压力的方向始终垂直于接触面，以此确定与竖直方向的夹角；再利用正交分解法，结合三角函数关系，计算两个方向的分力大小，完成选项判定。
3．某飞船在正圆轨道I和正圆轨道Ⅲ上运行时的速度大小分别为，在椭圆轨道II上过B点时的速度大小为，下列速度大小关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】对于所有圆轨道（如轨道Ⅰ、Ⅲ），满足 ，解得线速度公式：
由此可知，圆轨道的半径 越小，线速度 越大。
因为轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，所以 。
飞船要从椭圆轨道（轨道Ⅱ）进入更高轨道的圆轨道（轨道Ⅲ），需要在椭圆的远地点（B点）加速。
这意味着，在B点，圆轨道Ⅲ的速度 必然大于椭圆轨道Ⅱ在该点的速度 ，即 。
综合以上两点，可得最终的速度大小关系：
故答案为：C。
【分析】先根据圆轨道线速度公式得，再结合椭圆变轨需在远地点加速得，故。
4．如图所示，一个可视为质点的小球，从半径的半圆PQ的左端点P水平向右抛出，当小球落到半圆上时，水平位移为。已知当地的重力加速度，不计空气阻力，则此过程中小球的运动时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】由几何关系可知，当小球的水平位移为时，小球的竖直位移为，如图所示
竖直方向上做自由落体运动，有
解得
故答案为：D。
【分析】先依据平抛运动的几何关系确定小球竖直下落高度，再利用竖直方向自由落体运动公式求解运动时间。
5．在撑杆跳高比赛中，一名运动员以4.66米的成绩夺冠。若不计空气阻力，下列过程中运动员机械能守恒的是（　　）
A．手持撑杆助跑过程 B．撑杆上升过程
C．越过横杆后，空中下落过程 D．落入软垫后，向下运动过程
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员手持撑杆助跑加速时，人体肌肉会做功（将化学能转化为机械能），同时撑杆的弹性势能也会参与能量转化，因此运动员的机械能不守恒。故A错误；
B．撑杆上升过程中，杆的弹力会对运动员做功（弹力是外力），机械能会与杆的弹性势能发生转化，故机械能不守恒，故B错误；
C．越过横杆后、接触垫子前，运动员只受重力作用（空气阻力可忽略），只有重力做功，满足机械能守恒的条件，因此机械能守恒，故C正确；
D．落入垫子后向下运动时，垫子的阻力会对运动员做负功（非重力做功），机械能会转化为内能，故机械能不守恒，故D错误。
故答案为：C。
【分析】首先明确机械能守恒的核心条件：只有重力做功，其他力不做功。接着逐一分析运动员各运动阶段的受力与做功情况，排除助跑、撑杆上升、垫子缓冲等存在非重力做功的阶段。最终确定仅越过横杆后、接触垫子前的下落阶段满足守恒条件。
6．如图所示的电路中，定值电阻的阻值相等，电容器的耐压值足够大，其中电源的内阻可忽略不计。当仅闭合开关时，电容器所带的电荷量为；当两个开关、均闭合时，电容器所带的电荷量为。则等于（　　）
A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2
【答案】D
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】设定值电阻的阻值均为，电源的电动势为。当仅闭合开关时，等效电路如图甲所示：
电阻串联，电阻相当于导线，电容器两极板间的电压，则电容器所带的电荷量当两个开关均闭合时，等效电路如图乙所示：
电阻并联后与电阻串联，则电路的总电阻为
电容器两极板之间的电压等于电阻两端的电压，为
电容器所带的电荷量
则
故答案为：D。
【分析】分别分析“仅闭合”和“两开关均闭合”两种情况。明确电阻的串并联关系，判断电容器在电路中的连接位置，确定谁是电容器的通路电阻，然后根据闭合电路欧姆定律，结合串并联电路的分压规律，计算出两种状态下电容器两极板间的电压。接着利用电容定义式分别计算两种状态下的带电量和，最后求出两者的比值。
7．如图所示，在边长为的正三角形三个顶点固定三个点电荷，其中、两处的点电荷带等量正电荷，处的点电荷带负电荷，为边的中点，、为边的四等分点。下列说法正确的是（　　）
A．、两处的点电荷所受的静电力大小之比为
B．、两点的电场强度和电势都相同
C．将试探电荷从点沿直线移到点，其电势能一直减小
D．试探电荷在点的电势能小于在点的电势能
【答案】C
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．由库仑力的矢量合成得，
则，故A错误；
B．电势是标量，由电场的对称性可知 M、N 两点电势相等，即， 但电场强度是矢量，M、N 两点的电场强度方向不同 ，故B错误；
C． 沿 OC 方向电场强度方向由 O 指向 C，电势沿电场线方向持续降低，因此试探电荷 的电势能随电势降低而一直减小，故C正确；
D． 由电势分布可知，根据电势能公式Ep =qφ，正试探电荷在 M 点的电势能大于在 O 点的电势能，故D错误；
故答案为：C。
【分析】先通过库仑定律对 A、C 两点的库仑力进行矢量合成，计算力的大小并判断比值，再结合电势的标量性与电场强度的矢量性，分析 M、N 两点的电势和场强关系，接着依据沿电场线方向电势降低的规律，判断 OC 方向上正试探电荷的电势能变化，最后利用电势能与电势的关系，比较正试探电荷在 M、O 点的电势能大小。
8．在庆典活动中，五彩缤纷的气球在空中缓慢上升，其体积逐渐变大。已知环境温度随高度增加而降低，球内气体可视为理想气体，且气球不漏气。关于上升过程中球内气体的状态变化，下列说法正确的是（　　）
A．气体的内能减少
B．气体对外界做正功
C．单位时间内撞到气球壁单位面积上的气体分子数逐渐减小
D．气体分子的平均动能增大
【答案】A,B,C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】A．气球上升时外界环境温度降低，球内气体与外界发生热传递，温度随之降低；理想气体内能仅由温度决定，故内能减少 ，故A正确；
B．气球上升过程中体积变大，气体膨胀推动外界环境，对外界做正功 ，故B正确；
CD．在上升过程，温度降低，分子的平均动能减小，则分子的平均速率减小，同时气体体积增大，分子数密度减小，单位时间内撞到气球壁单位面积上的分子数逐渐减小，故C正确，D错误；
故答案为：ABC。
【分析】 围绕理想气体的内能、做功与热传递、分子动理论及气体压强的微观解释展开，先明确内能与温度的关系，再分析气体膨胀时的做功情况，最后结合温度和分子数密度的变化，判断分子平均速率与单位时间撞击分子数的变化。
9．如图甲所示，有一根较长的细线和一个较小的沙漏。当沙漏小角度摆动时，分别以不同速度匀速拉动沙漏下方的木板，漏出的沙在木板上会形成一条曲线，如图乙所示。已知OB=O'B'，假设沙漏小角度摆动过程中，单位时间内漏出的细沙体积不变，则下列说法正确的是（　　）
A．木板1中曲线上各位置处堆积的细沙一样多
B．木板1、2中的A、A'两位置处堆积的细沙不一样多
C．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为4：3
D．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为3：4
【答案】B,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A． 沙漏做单摆运动，不同位置的瞬时速率不同，单位时间内经过某点的时间不同，漏出的细沙体积不同，因此木板 1 曲线上各位置堆积的细沙不一样多，故A错误；
B． A、A' 均为沙漏经过平衡位置的点，瞬时速率大小相等，但两块木板的拉动速度不同，经过该点的时间不同，漏出的细沙量不同，因此两处堆积的细沙不一样多 ，故B正确；
CD．设沙漏摆动周期为T，由图乙可知木板1移动距离OB用时2T，木板2移动距离O'B'用时1.5T，由速度公式，
可得，木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为3：4，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】先结合单摆运动的特性，理解沙漏不同位置瞬时速率的差异对漏沙量的影响，判断各位置细沙堆积情况；再通过图像确定木板 1、2 运动过程对应的单摆周期数，得出各自的运动时间；最后利用匀速直线运动的速度公式 ，结合位移相等的条件，计算两块木板的拉动速度之比。
10．如图所示，虚线与轴正方向的夹角，与轴负半轴上侧区域存在电场强度大小为、方向沿轴负方向的匀强电场，下侧与第四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为、电荷量为的粒子从点由静止释放，到粒子第二次经过虚线过程中恰好没有穿过轴正半轴。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子第一次进入磁场时的速度大小为
B．磁感应强度的大小为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子再次进入电场后，运动到距离虚线最远时所需的时间为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．先由几何关系确定粒子在电场中运动的位移为，结合牛顿第二定律求得加速度，再依据匀变速直线运动速度 - 位移公式，联立计算出粒子第一次进入磁场时的速度为，故A正确；
B．根据粒子第二次经过OM时不穿过x轴正半轴的临界条件，结合几何关系得出粒子在磁场中做圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力，代入速度和半径值，解得磁感应强度，故B错误；
C．分析粒子在磁场中的运动轨迹，确定其对应的圆心角为，先计算粒子在磁场中运动的周期，再根据运动时间与周期的关系，代入周期公式计算得运动时间为，故C错误；
D．粒子再次进入电场后，做类平抛运动，当运动到速度方向与平行时离最远，所需时间为，故D正确；
故答案为：AD。
故答案为：AD。
【分析】 首先在电场阶段，利用几何关系确定位移，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求进入磁场的速度；其次在磁场阶段，根据临界条件确定圆周运动半径，由洛伦兹力向心力公式求磁感应强度，结合圆心角计算运动时间；最后在再次进入电场阶段，分析类平抛运动的速度分解，利用几何关系和运动学公式求最远点的时间。
11．某同学利用如图甲所示的装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙所示（图中不包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行。该同学在实验中测得的小球下落的高度差已经在图乙中标出。
完成下列填空：
（1）为使斜槽轨道末端切线水平，请你简要描述检查切线是否水平的方法：　 　。
（2）实验过程中，要建立直角坐标系，在下图中，建系坐标原点选择正确的是___________（填正确答案标号）。
A． B．
C． D．
（3）根据图乙中数据可得，当地重力加速度的大小为　 　。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）将小球放在斜槽轨道末端，如果小球静止，表明斜槽轨道末端的切线水平
（2）C
（3）9.7
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为使小球能水平抛出必须调整斜槽，使其末端的切线成水平方向，检查切线是否水平的方法是将小球放在斜槽末端，如果小球静止，表明斜槽末端的切线水平。
故答案为：将小球放在斜槽轨道末端，如果小球静止，表明斜槽轨道末端的切线水平；
（2）建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点。
故答案为：C。
（3）由竖直方向的自由落体运动可得
代入数据可得
故答案为：9.7；
【分析】(1)利用二力平衡原理，将小球放在斜槽末端，若小球静止，说明斜槽末端切线水平。
(2)平抛运动的坐标原点应取斜槽末端小球的球心位置，对应选项C。
(3)竖直方向用逐差法，代入频闪间隔和高度差数据，计算得重力加速度为。
（1）为使小球能水平抛出必须调整斜槽，使其末端的切线成水平方向，检查切线是否水平的方法是将小球放在斜槽末端，如果小球静止，表明斜槽末端的切线水平。
（2）建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点。
故选C。
（3）由竖直方向的自由落体运动可得
代入数据可得
12．某学习小组进行“研究充电宝不同电量时的电动势和内阻”的实验，实验器材有：
A.待测充电宝，电动势约为，内阻很小，最大放电电流为；
B.量程为，内阻约为的电流表；
C.量程为，内阻约为的电压表；
D.量程为，内阻约为的电压表；
E.阻值为，额定电流为的滑动变阻器；
F.阻值为的定值电阻；
G.阻值为的定值电阻；
H.开关一个，导线若干。
（1）该学习小组设计的实验电路图如图甲所示，则电压表应选用　 　（填“C”或“D”），定值电阻应选用　 　（填“F”或“G”）。
（2）请根据电路图甲，把实物图乙电路的连线补充完整。
（3）记录被测充电宝实验时的电量百分比（开始时的电量百分比为100%）。将滑动变阻器电阻调至最大。闭合开关，依次减小滑动变阻器的阻值，记录每次操作的电流表和电压表的示数，根据数据作出图像如图丙，由图像可得充电宝的电动势　 　（保留两位小数），内阻　 　（保留两位小数）。
（4）当充电宝电量为80%、60%、40%、20%、5%时重复上述实验操作，得到不同电量下各组的实验数据，算出对应的电动势和内阻如下表：请结合实验数据分析，充电宝的电量对充电效果是否有影响？请简要说明理由　 　
电量/% 100 80 60 40 20 5
充电宝电动势/V
5.04 5.00 5.04 5.14 5.08
充电宝内阻/
0.21 0.20 0.21 0.25 0.15
【答案】（1）C；F
（2）
（3）5.06；0.10
（4）没有影响，由实验数据可知，在误差允许范围内，该充电宝电量减少时，它的电动势几乎没有变化，内阻始终很小，对充电效果没有影响
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）充电宝的电动势约为，电压表应选用C；
根据闭合电路欧姆定律得
可知定值电阻应选用。
故答案为：C；F；
（2）解：根据电路图可得实物连接图如图所示
（3）]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
则图像的纵截距代表电动势，斜率绝对值代表内阻，则有
故答案为：5.06；0.10；
（4）没有影响，由实验数据可知，在误差允许范围内，该充电宝电量减少时，它的电动势几乎没有变化，内阻始终很小，对充电效果没有影响。
故答案为：没有影响，由实验数据可知，在误差允许范围内，该充电宝电量减少时，它的电动势几乎没有变化，内阻始终很小，对充电效果没有影响；
【分析】(1)根据充电宝电动势约5V，选择量程匹配的6V电压表C；结合最大放电电流2A，由计算得保护定值电阻约2.5Ω，故选F。
(2)对照图甲的电路图，按电流流向补全实物连线，确保滑动变阻器、定值电阻、电表的连接与原理图一致，注意正负极接线正确。
(3)根据闭合电路欧姆定律，U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为内阻r；从图丙读取截距得，计算斜率得。
(4)分析不同电量下的电动势、内阻数据，在误差允许范围内，充电宝电量减少时电动势几乎不变、内阻始终很小，因此对充电效果没有影响。
（1）[1]充电宝的电动势约为，电压表应选用C；
[2]根据闭合电路欧姆定律得
可知定值电阻应选用。
（2）根据电路图可得实物连接图如图所示
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
则图像的纵截距代表电动势，斜率绝对值代表内阻，则有
（4）没有影响，由实验数据可知，在误差允许范围内，该充电宝电量减少时，它的电动势几乎没有变化，内阻始终很小，对充电效果没有影响。
13．我国自主研发的“复兴号”智能动车组，以其高颜值、智能化的特点成为国家名片。当列车减速进站时，某同学通过观察车窗外里程碑和车厢内电子屏显示的车速来估算列车减速的加速度大小。当他经过第1个里程碑时，电子屏显示车速为，2分钟后经过第个里程碑时，车速显示为。已知相邻里程碑间的距离为，列车进站过程可视为匀减速直线运动。求：
（1）列车进站的加速度大小；
（2）从第1个里程碑开始，到列车完全停下行驶的距离；
（3）2分钟后该同学到达第个里程碑时，的数值。
【答案】（1）解：公式转换
列车做匀减速直线运动，设加速度为，有
代入数据解得
故列车进站的加速度大小为。
（2）解：设从第1个里程碑开始到列车完全停下行驶的距离为，有
代入数据解得
（3）解：设列车从第1个里程碑到第个里程碑行驶的距离为，则
代入数据解得
则
故的数值为7。
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】(1)先将初末速度、时间单位统一为国际单位，再利用匀变速直线运动的加速度定义式，代入数据计算加速度大小。
(2)已知初速度、末速度（0）和加速度，用匀变速直线运动的速度-位移公式，求解从第1个里程碑到完全停下的总位移。
(3)用匀变速直线运动的平均速度公式，计算2分钟内的位移，再结合相邻里程碑间距1km，通过求出里程碑序号。
（1）公式转换
列车做匀减速直线运动，设加速度为，有
代入数据解得
故列车进站的加速度大小为。
（2）设从第1个里程碑开始到列车完全停下行驶的距离为，有
代入数据解得
（3）设列车从第1个里程碑到第个里程碑行驶的距离为，则
代入数据解得
则
故的数值为7。
14．某手机防窥膜的结构如图所示，在透明介质中等距排列有相互平行的吸光屏障。屏障的高度与防窥膜厚度均为，相邻屏障的间距为、透明介质的折射率为。光线从手机屏幕两屏障间的中点向四周发出，经过屏障之间的间隙，从防窥膜上表面射出，其最大折射角称为防窥膜的可视角度，可视角度越小，防窥效果越好。
（1）证明：最大可视角满足关系式；
（2）当时，求可视角度；
（3）实际上，手机屏幕上的发光点可位于两屏障之间的任意位置。设发光点距离左屏障的距离为。为使所有发光点的最大出射角均不超过，且，求防窥膜厚度至少应为多少（用表示）。
【答案】（1）解：光路如图所示
由折射定律得
又
联立方程解得
所以关系式成立
（2）解：当时，代入第（1）问关系式得
可得
（3）解：根据题意，当光线从或处发出且从右屏障边界或左屏障边界出射时，有最大出射角，由折射定律得
把，代入上式解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1)先确定最大可视角度对应的临界光路，由几何关系求出透明介质内入射角的正弦值，再结合折射定律，联立推导出，完成证明。
(2)将、代入第(1)问推导的关系式，计算出，结合角度范围直接得到可视角度。
(3)分析发光点在或的临界位置，推导出最大出射角的表达式，代入、，解方程求出防窥膜的最小厚度。
（1）光路如图所示
由折射定律得
又
联立方程解得
所以关系式成立
（2）当时，代入第（1）问关系式得
可得
（3）根据题意，当光线从或处发出且从右屏障边界或左屏障边界出射时，有最大出射角，由折射定律得
把，代入上式解得
15．如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨间距为，上端接有阻值为的电阻。整个导轨平面处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。一质量为、长度，电阻的金属棒从导轨上某处由静止释放，沿导轨下滑。已知金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度
（1）求金属棒下滑的最大速度大小；
（2）金属棒从静止下滑至最大速度的一半时，电阻上产生的焦耳热为，求此过程中金属棒沿导轨下滑的距离；
（3）若将电阻换为一个电容为的电容器（初始未充电），金属棒电阻忽略不计，其他条件不变，请通过计算说明金属棒做何种运动。
【答案】（1）解：当金属棒受力平衡，匀速下滑时，速度最大，有
电流
感应电动势为
解得
代入数据解得最大速度
（2）解：设金属棒沿导轨下滑的距离时，回路产生的总焦耳热为，由能量守恒定律得
电阻与电阻的金属棒串联，热量分配与电阻成正比，故
代入数据解得

（3）解：将电阻换为电容器后，对金属棒做下滑运动的过程，由牛顿第二定律得
根据电流的定义式有
电容器与导体棒串联，故
整理以上式子得
金属棒下滑的加速度
解得
代入数据解得，加速度为恒量，故金属棒做匀加速直线运动。
【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】【分析】（1）金属棒下滑时受重力分力和安培力，当二力平衡时速度最大；结合感应电动势、闭合电路欧姆定律，联立平衡条件，推导出最大速度公式并代入数据求解。
（2）根据能量守恒，重力做功等于金属棒动能增量与回路总焦耳热之和；利用串联电路焦耳热与电阻成正比的关系，由求出总焦耳热，再代入能量守恒公式求解下滑距离。
（3）换用电容器后，对金属棒列牛顿第二定律，结合电流定义式、电容器充电规律，推导出加速度表达式；代入数据验证加速度为恒定值，从而判定金属棒做匀加速直线运动。
（1）当金属棒受力平衡，匀速下滑时，速度最大，有
电流
感应电动势为
解得
代入数据解得最大速度
（2）设金属棒沿导轨下滑的距离时，回路产生的总焦耳热为，由能量守恒定律得
电阻与电阻的金属棒串联，热量分配与电阻成正比，故
代入数据解得
（3）将电阻换为电容器后，对金属棒做下滑运动的过程，由牛顿第二定律得
根据电流的定义式有
电容器与导体棒串联，故
整理以上式子得
金属棒下滑的加速度
解得
代入数据解得，加速度为恒量，故金属棒做匀加速直线运动。
1 / 12026届广西贵港市高中高三上学期1月份适应性测试物理试卷
1．中国计划在深空探测任务中，试用新一代放射性同位素热电发电机（RTG）。其采用的核素为锶-90，衰变方程为，其中为（　　）
A． B． C． D．
2．“雪龙2号”是我国自主建造的第一艘极地科学考察破冰船，能在1.5米厚的冰川环境中连续破冰。若船头与水平面成角，船头对冰面的压力大小为，方向垂直于接触面向下，则在竖直方向的分力大小为（　　）
A． B． C． D．
3．某飞船在正圆轨道I和正圆轨道Ⅲ上运行时的速度大小分别为，在椭圆轨道II上过B点时的速度大小为，下列速度大小关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，一个可视为质点的小球，从半径的半圆PQ的左端点P水平向右抛出，当小球落到半圆上时，水平位移为。已知当地的重力加速度，不计空气阻力，则此过程中小球的运动时间为（　　）
A． B． C． D．
5．在撑杆跳高比赛中，一名运动员以4.66米的成绩夺冠。若不计空气阻力，下列过程中运动员机械能守恒的是（　　）
A．手持撑杆助跑过程 B．撑杆上升过程
C．越过横杆后，空中下落过程 D．落入软垫后，向下运动过程
6．如图所示的电路中，定值电阻的阻值相等，电容器的耐压值足够大，其中电源的内阻可忽略不计。当仅闭合开关时，电容器所带的电荷量为；当两个开关、均闭合时，电容器所带的电荷量为。则等于（　　）
A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2
7．如图所示，在边长为的正三角形三个顶点固定三个点电荷，其中、两处的点电荷带等量正电荷，处的点电荷带负电荷，为边的中点，、为边的四等分点。下列说法正确的是（　　）
A．、两处的点电荷所受的静电力大小之比为
B．、两点的电场强度和电势都相同
C．将试探电荷从点沿直线移到点，其电势能一直减小
D．试探电荷在点的电势能小于在点的电势能
8．在庆典活动中，五彩缤纷的气球在空中缓慢上升，其体积逐渐变大。已知环境温度随高度增加而降低，球内气体可视为理想气体，且气球不漏气。关于上升过程中球内气体的状态变化，下列说法正确的是（　　）
A．气体的内能减少
B．气体对外界做正功
C．单位时间内撞到气球壁单位面积上的气体分子数逐渐减小
D．气体分子的平均动能增大
9．如图甲所示，有一根较长的细线和一个较小的沙漏。当沙漏小角度摆动时，分别以不同速度匀速拉动沙漏下方的木板，漏出的沙在木板上会形成一条曲线，如图乙所示。已知OB=O'B'，假设沙漏小角度摆动过程中，单位时间内漏出的细沙体积不变，则下列说法正确的是（　　）
A．木板1中曲线上各位置处堆积的细沙一样多
B．木板1、2中的A、A'两位置处堆积的细沙不一样多
C．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为4：3
D．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为3：4
10．如图所示，虚线与轴正方向的夹角，与轴负半轴上侧区域存在电场强度大小为、方向沿轴负方向的匀强电场，下侧与第四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为、电荷量为的粒子从点由静止释放，到粒子第二次经过虚线过程中恰好没有穿过轴正半轴。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子第一次进入磁场时的速度大小为
B．磁感应强度的大小为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子再次进入电场后，运动到距离虚线最远时所需的时间为
11．某同学利用如图甲所示的装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙所示（图中不包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行。该同学在实验中测得的小球下落的高度差已经在图乙中标出。
完成下列填空：
（1）为使斜槽轨道末端切线水平，请你简要描述检查切线是否水平的方法：　 　。
（2）实验过程中，要建立直角坐标系，在下图中，建系坐标原点选择正确的是___________（填正确答案标号）。
A． B．
C． D．
（3）根据图乙中数据可得，当地重力加速度的大小为　 　。（结果保留两位有效数字）
12．某学习小组进行“研究充电宝不同电量时的电动势和内阻”的实验，实验器材有：
A.待测充电宝，电动势约为，内阻很小，最大放电电流为；
B.量程为，内阻约为的电流表；
C.量程为，内阻约为的电压表；
D.量程为，内阻约为的电压表；
E.阻值为，额定电流为的滑动变阻器；
F.阻值为的定值电阻；
G.阻值为的定值电阻；
H.开关一个，导线若干。
（1）该学习小组设计的实验电路图如图甲所示，则电压表应选用　 　（填“C”或“D”），定值电阻应选用　 　（填“F”或“G”）。
（2）请根据电路图甲，把实物图乙电路的连线补充完整。
（3）记录被测充电宝实验时的电量百分比（开始时的电量百分比为100%）。将滑动变阻器电阻调至最大。闭合开关，依次减小滑动变阻器的阻值，记录每次操作的电流表和电压表的示数，根据数据作出图像如图丙，由图像可得充电宝的电动势　 　（保留两位小数），内阻　 　（保留两位小数）。
（4）当充电宝电量为80%、60%、40%、20%、5%时重复上述实验操作，得到不同电量下各组的实验数据，算出对应的电动势和内阻如下表：请结合实验数据分析，充电宝的电量对充电效果是否有影响？请简要说明理由　 　
电量/% 100 80 60 40 20 5
充电宝电动势/V
5.04 5.00 5.04 5.14 5.08
充电宝内阻/
0.21 0.20 0.21 0.25 0.15
13．我国自主研发的“复兴号”智能动车组，以其高颜值、智能化的特点成为国家名片。当列车减速进站时，某同学通过观察车窗外里程碑和车厢内电子屏显示的车速来估算列车减速的加速度大小。当他经过第1个里程碑时，电子屏显示车速为，2分钟后经过第个里程碑时，车速显示为。已知相邻里程碑间的距离为，列车进站过程可视为匀减速直线运动。求：
（1）列车进站的加速度大小；
（2）从第1个里程碑开始，到列车完全停下行驶的距离；
（3）2分钟后该同学到达第个里程碑时，的数值。
14．某手机防窥膜的结构如图所示，在透明介质中等距排列有相互平行的吸光屏障。屏障的高度与防窥膜厚度均为，相邻屏障的间距为、透明介质的折射率为。光线从手机屏幕两屏障间的中点向四周发出，经过屏障之间的间隙，从防窥膜上表面射出，其最大折射角称为防窥膜的可视角度，可视角度越小，防窥效果越好。
（1）证明：最大可视角满足关系式；
（2）当时，求可视角度；
（3）实际上，手机屏幕上的发光点可位于两屏障之间的任意位置。设发光点距离左屏障的距离为。为使所有发光点的最大出射角均不超过，且，求防窥膜厚度至少应为多少（用表示）。
15．如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨间距为，上端接有阻值为的电阻。整个导轨平面处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。一质量为、长度，电阻的金属棒从导轨上某处由静止释放，沿导轨下滑。已知金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度
（1）求金属棒下滑的最大速度大小；
（2）金属棒从静止下滑至最大速度的一半时，电阻上产生的焦耳热为，求此过程中金属棒沿导轨下滑的距离；
（3）若将电阻换为一个电容为的电容器（初始未充电），金属棒电阻忽略不计，其他条件不变，请通过计算说明金属棒做何种运动。
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
【解析】【解答】根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒，计算X的质量数为，电荷数为，可知X为电子 ，故B符合题意；
故答案为：B。
【分析】核算反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，通过计算未知粒子的质量数与电荷数，判断粒子种类；明确β衰变的本质是原子核内中子衰变为质子，同时放出电子 。
2．【答案】A
【知识点】力的分解
【解析】【解答】压力垂直于斜面（接触面），斜面与水平面夹角为，因此与竖直方向的夹角也为。
力的分解：将正交分解为竖直、水平两个分量，根据三角函数关系，竖直分力大小为，水平分力大小为。
故答案为：A。
【分析】先明确压力的方向始终垂直于接触面，以此确定与竖直方向的夹角；再利用正交分解法，结合三角函数关系，计算两个方向的分力大小，完成选项判定。
3．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】对于所有圆轨道（如轨道Ⅰ、Ⅲ），满足 ，解得线速度公式：
由此可知，圆轨道的半径 越小，线速度 越大。
因为轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，所以 。
飞船要从椭圆轨道（轨道Ⅱ）进入更高轨道的圆轨道（轨道Ⅲ），需要在椭圆的远地点（B点）加速。
这意味着，在B点，圆轨道Ⅲ的速度 必然大于椭圆轨道Ⅱ在该点的速度 ，即 。
综合以上两点，可得最终的速度大小关系：
故答案为：C。
【分析】先根据圆轨道线速度公式得，再结合椭圆变轨需在远地点加速得，故。
4．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】由几何关系可知，当小球的水平位移为时，小球的竖直位移为，如图所示
竖直方向上做自由落体运动，有
解得
故答案为：D。
【分析】先依据平抛运动的几何关系确定小球竖直下落高度，再利用竖直方向自由落体运动公式求解运动时间。
5．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员手持撑杆助跑加速时，人体肌肉会做功（将化学能转化为机械能），同时撑杆的弹性势能也会参与能量转化，因此运动员的机械能不守恒。故A错误；
B．撑杆上升过程中，杆的弹力会对运动员做功（弹力是外力），机械能会与杆的弹性势能发生转化，故机械能不守恒，故B错误；
C．越过横杆后、接触垫子前，运动员只受重力作用（空气阻力可忽略），只有重力做功，满足机械能守恒的条件，因此机械能守恒，故C正确；
D．落入垫子后向下运动时，垫子的阻力会对运动员做负功（非重力做功），机械能会转化为内能，故机械能不守恒，故D错误。
故答案为：C。
【分析】首先明确机械能守恒的核心条件：只有重力做功，其他力不做功。接着逐一分析运动员各运动阶段的受力与做功情况，排除助跑、撑杆上升、垫子缓冲等存在非重力做功的阶段。最终确定仅越过横杆后、接触垫子前的下落阶段满足守恒条件。
6．【答案】D
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】设定值电阻的阻值均为，电源的电动势为。当仅闭合开关时，等效电路如图甲所示：
电阻串联，电阻相当于导线，电容器两极板间的电压，则电容器所带的电荷量当两个开关均闭合时，等效电路如图乙所示：
电阻并联后与电阻串联，则电路的总电阻为
电容器两极板之间的电压等于电阻两端的电压，为
电容器所带的电荷量
则
故答案为：D。
【分析】分别分析“仅闭合”和“两开关均闭合”两种情况。明确电阻的串并联关系，判断电容器在电路中的连接位置，确定谁是电容器的通路电阻，然后根据闭合电路欧姆定律，结合串并联电路的分压规律，计算出两种状态下电容器两极板间的电压。接着利用电容定义式分别计算两种状态下的带电量和，最后求出两者的比值。
7．【答案】C
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．由库仑力的矢量合成得，
则，故A错误；
B．电势是标量，由电场的对称性可知 M、N 两点电势相等，即， 但电场强度是矢量，M、N 两点的电场强度方向不同 ，故B错误；
C． 沿 OC 方向电场强度方向由 O 指向 C，电势沿电场线方向持续降低，因此试探电荷 的电势能随电势降低而一直减小，故C正确；
D． 由电势分布可知，根据电势能公式Ep =qφ，正试探电荷在 M 点的电势能大于在 O 点的电势能，故D错误；
故答案为：C。
【分析】先通过库仑定律对 A、C 两点的库仑力进行矢量合成，计算力的大小并判断比值，再结合电势的标量性与电场强度的矢量性，分析 M、N 两点的电势和场强关系，接着依据沿电场线方向电势降低的规律，判断 OC 方向上正试探电荷的电势能变化，最后利用电势能与电势的关系，比较正试探电荷在 M、O 点的电势能大小。
8．【答案】A,B,C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】A．气球上升时外界环境温度降低，球内气体与外界发生热传递，温度随之降低；理想气体内能仅由温度决定，故内能减少 ，故A正确；
B．气球上升过程中体积变大，气体膨胀推动外界环境，对外界做正功 ，故B正确；
CD．在上升过程，温度降低，分子的平均动能减小，则分子的平均速率减小，同时气体体积增大，分子数密度减小，单位时间内撞到气球壁单位面积上的分子数逐渐减小，故C正确，D错误；
故答案为：ABC。
【分析】 围绕理想气体的内能、做功与热传递、分子动理论及气体压强的微观解释展开，先明确内能与温度的关系，再分析气体膨胀时的做功情况，最后结合温度和分子数密度的变化，判断分子平均速率与单位时间撞击分子数的变化。
9．【答案】B,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A． 沙漏做单摆运动，不同位置的瞬时速率不同，单位时间内经过某点的时间不同，漏出的细沙体积不同，因此木板 1 曲线上各位置堆积的细沙不一样多，故A错误；
B． A、A' 均为沙漏经过平衡位置的点，瞬时速率大小相等，但两块木板的拉动速度不同，经过该点的时间不同，漏出的细沙量不同，因此两处堆积的细沙不一样多 ，故B正确；
CD．设沙漏摆动周期为T，由图乙可知木板1移动距离OB用时2T，木板2移动距离O'B'用时1.5T，由速度公式，
可得，木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为3：4，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】先结合单摆运动的特性，理解沙漏不同位置瞬时速率的差异对漏沙量的影响，判断各位置细沙堆积情况；再通过图像确定木板 1、2 运动过程对应的单摆周期数，得出各自的运动时间；最后利用匀速直线运动的速度公式 ，结合位移相等的条件，计算两块木板的拉动速度之比。
10．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．先由几何关系确定粒子在电场中运动的位移为，结合牛顿第二定律求得加速度，再依据匀变速直线运动速度 - 位移公式，联立计算出粒子第一次进入磁场时的速度为，故A正确；
B．根据粒子第二次经过OM时不穿过x轴正半轴的临界条件，结合几何关系得出粒子在磁场中做圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力，代入速度和半径值，解得磁感应强度，故B错误；
C．分析粒子在磁场中的运动轨迹，确定其对应的圆心角为，先计算粒子在磁场中运动的周期，再根据运动时间与周期的关系，代入周期公式计算得运动时间为，故C错误；
D．粒子再次进入电场后，做类平抛运动，当运动到速度方向与平行时离最远，所需时间为，故D正确；
故答案为：AD。
故答案为：AD。
【分析】 首先在电场阶段，利用几何关系确定位移，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求进入磁场的速度；其次在磁场阶段，根据临界条件确定圆周运动半径，由洛伦兹力向心力公式求磁感应强度，结合圆心角计算运动时间；最后在再次进入电场阶段，分析类平抛运动的速度分解，利用几何关系和运动学公式求最远点的时间。
11．【答案】（1）将小球放在斜槽轨道末端，如果小球静止，表明斜槽轨道末端的切线水平
（2）C
（3）9.7
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为使小球能水平抛出必须调整斜槽，使其末端的切线成水平方向，检查切线是否水平的方法是将小球放在斜槽末端，如果小球静止，表明斜槽末端的切线水平。
故答案为：将小球放在斜槽轨道末端，如果小球静止，表明斜槽轨道末端的切线水平；
（2）建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点。
故答案为：C。
（3）由竖直方向的自由落体运动可得
代入数据可得
故答案为：9.7；
【分析】(1)利用二力平衡原理，将小球放在斜槽末端，若小球静止，说明斜槽末端切线水平。
(2)平抛运动的坐标原点应取斜槽末端小球的球心位置，对应选项C。
(3)竖直方向用逐差法，代入频闪间隔和高度差数据，计算得重力加速度为。
（1）为使小球能水平抛出必须调整斜槽，使其末端的切线成水平方向，检查切线是否水平的方法是将小球放在斜槽末端，如果小球静止，表明斜槽末端的切线水平。
（2）建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点。
故选C。
（3）由竖直方向的自由落体运动可得
代入数据可得
12．【答案】（1）C；F
（2）
（3）5.06；0.10
（4）没有影响，由实验数据可知，在误差允许范围内，该充电宝电量减少时，它的电动势几乎没有变化，内阻始终很小，对充电效果没有影响
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）充电宝的电动势约为，电压表应选用C；
根据闭合电路欧姆定律得
可知定值电阻应选用。
故答案为：C；F；
（2）解：根据电路图可得实物连接图如图所示
（3）]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
则图像的纵截距代表电动势，斜率绝对值代表内阻，则有
故答案为：5.06；0.10；
（4）没有影响，由实验数据可知，在误差允许范围内，该充电宝电量减少时，它的电动势几乎没有变化，内阻始终很小，对充电效果没有影响。
故答案为：没有影响，由实验数据可知，在误差允许范围内，该充电宝电量减少时，它的电动势几乎没有变化，内阻始终很小，对充电效果没有影响；
【分析】(1)根据充电宝电动势约5V，选择量程匹配的6V电压表C；结合最大放电电流2A，由计算得保护定值电阻约2.5Ω，故选F。
(2)对照图甲的电路图，按电流流向补全实物连线，确保滑动变阻器、定值电阻、电表的连接与原理图一致，注意正负极接线正确。
(3)根据闭合电路欧姆定律，U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为内阻r；从图丙读取截距得，计算斜率得。
(4)分析不同电量下的电动势、内阻数据，在误差允许范围内，充电宝电量减少时电动势几乎不变、内阻始终很小，因此对充电效果没有影响。
（1）[1]充电宝的电动势约为，电压表应选用C；
[2]根据闭合电路欧姆定律得
可知定值电阻应选用。
（2）根据电路图可得实物连接图如图所示
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
则图像的纵截距代表电动势，斜率绝对值代表内阻，则有
（4）没有影响，由实验数据可知，在误差允许范围内，该充电宝电量减少时，它的电动势几乎没有变化，内阻始终很小，对充电效果没有影响。
13．【答案】（1）解：公式转换
列车做匀减速直线运动，设加速度为，有
代入数据解得
故列车进站的加速度大小为。
（2）解：设从第1个里程碑开始到列车完全停下行驶的距离为，有
代入数据解得
（3）解：设列车从第1个里程碑到第个里程碑行驶的距离为，则
代入数据解得
则
故的数值为7。
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】(1)先将初末速度、时间单位统一为国际单位，再利用匀变速直线运动的加速度定义式，代入数据计算加速度大小。
(2)已知初速度、末速度（0）和加速度，用匀变速直线运动的速度-位移公式，求解从第1个里程碑到完全停下的总位移。
(3)用匀变速直线运动的平均速度公式，计算2分钟内的位移，再结合相邻里程碑间距1km，通过求出里程碑序号。
（1）公式转换
列车做匀减速直线运动，设加速度为，有
代入数据解得
故列车进站的加速度大小为。
（2）设从第1个里程碑开始到列车完全停下行驶的距离为，有
代入数据解得
（3）设列车从第1个里程碑到第个里程碑行驶的距离为，则
代入数据解得
则
故的数值为7。
14．【答案】（1）解：光路如图所示
由折射定律得
又
联立方程解得
所以关系式成立
（2）解：当时，代入第（1）问关系式得
可得
（3）解：根据题意，当光线从或处发出且从右屏障边界或左屏障边界出射时，有最大出射角，由折射定律得
把，代入上式解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1)先确定最大可视角度对应的临界光路，由几何关系求出透明介质内入射角的正弦值，再结合折射定律，联立推导出，完成证明。
(2)将、代入第(1)问推导的关系式，计算出，结合角度范围直接得到可视角度。
(3)分析发光点在或的临界位置，推导出最大出射角的表达式，代入、，解方程求出防窥膜的最小厚度。
（1）光路如图所示
由折射定律得
又
联立方程解得
所以关系式成立
（2）当时，代入第（1）问关系式得
可得
（3）根据题意，当光线从或处发出且从右屏障边界或左屏障边界出射时，有最大出射角，由折射定律得
把，代入上式解得
15．【答案】（1）解：当金属棒受力平衡，匀速下滑时，速度最大，有
电流
感应电动势为
解得
代入数据解得最大速度
（2）解：设金属棒沿导轨下滑的距离时，回路产生的总焦耳热为，由能量守恒定律得
电阻与电阻的金属棒串联，热量分配与电阻成正比，故
代入数据解得

（3）解：将电阻换为电容器后，对金属棒做下滑运动的过程，由牛顿第二定律得
根据电流的定义式有
电容器与导体棒串联，故
整理以上式子得
金属棒下滑的加速度
解得
代入数据解得，加速度为恒量，故金属棒做匀加速直线运动。
【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】【分析】（1）金属棒下滑时受重力分力和安培力，当二力平衡时速度最大；结合感应电动势、闭合电路欧姆定律，联立平衡条件，推导出最大速度公式并代入数据求解。
（2）根据能量守恒，重力做功等于金属棒动能增量与回路总焦耳热之和；利用串联电路焦耳热与电阻成正比的关系，由求出总焦耳热，再代入能量守恒公式求解下滑距离。
（3）换用电容器后，对金属棒列牛顿第二定律，结合电流定义式、电容器充电规律，推导出加速度表达式；代入数据验证加速度为恒定值，从而判定金属棒做匀加速直线运动。
（1）当金属棒受力平衡，匀速下滑时，速度最大，有
电流
感应电动势为
解得
代入数据解得最大速度
（2）设金属棒沿导轨下滑的距离时，回路产生的总焦耳热为，由能量守恒定律得
电阻与电阻的金属棒串联，热量分配与电阻成正比，故
代入数据解得
（3）将电阻换为电容器后，对金属棒做下滑运动的过程，由牛顿第二定律得
根据电流的定义式有
电容器与导体棒串联，故
整理以上式子得
金属棒下滑的加速度
解得
代入数据解得，加速度为恒量，故金属棒做匀加速直线运动。
1 / 1

展开更多......

收起↑