资源简介

2026届河北唐山市高三下学期第一次模拟演练物理试卷
1．在核燃料处理厂中，用中子照射核废料可以产生钴60（），钴60不稳定发生衰变，衰变方程为。关于此衰变方程说法正确的是（　　）
A．衰变过程中质量守恒
B．衰变过程中电荷数守恒
C．衰变过程中释放的电子来自原子核外的电子
D．该核反应属于衰变
【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】AB．核反应过程满足电荷数守恒、质量数守恒，衰变释放能量存在质量亏损，总质量不守恒，A错误，B正确；
C．该衰变为衰变，释放的电子是原子核内中子转化为质子时产生的，并非来自核外电子，C错误；
D．α衰变的产物是氦核，该衰变放出电子，属于β衰变，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查原子核衰变的规律，核心是紧扣β衰变的本质、核反应的守恒定律（电荷数、质量数），区分质量守恒与质量数守恒的不同，逐一判断选项正误。
2．如图所示，水平地面上固定一导热良好的气缸，用活塞封闭一定质量的理想气体。若气缸周围环境温度和大气压强保持不变，现向左缓慢推动活塞，则气缸内的气体（　　）
A．压强变大 B．压强变小 C．温度降低 D．温度升高
【答案】A
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．对一定质量的理想气体，温度不变，向左推动活塞时，封闭气体体积减小，根据玻意耳定律（为恒量），体积减小则气体压强增大，因此压强变大，A正确，B错误。
CD．气缸导热良好，环境温度不变，推动活塞过程缓慢，封闭气体始终和外界环境达到热平衡，因此气体温度不变，CD错误；
故答案为：A 。
【分析】本题考查理想气体的等温变化规律，核心是紧扣气缸导热良好的条件判断气体温度变化，结合玻意耳定律（pV=C）分析体积变化时的压强变化，逐一判断选项正误。
3．如图所示，质量为的小球通过两根不可伸长轻绳与竖直平面内的圆形支架连接。两根轻绳长度与圆形支架半径相等，夹角为，轻绳沿竖直方向。现将圆形支架以圆心为轴沿顺时针方向缓慢旋转（如图中虚线所示），重力加速度取，此时轻绳上的拉力为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由共点力的平衡可知，在竖直方向上有
解得
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的应用，核心是结合支架旋转后的几何角度，对小球进行受力分析，将轻绳 OA 的拉力分解到竖直方向，利用竖直方向合力为零的条件列方程求解拉力大小，逐一验证选项。
4．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，原线圈接220V交变电流，的阻值为，的阻值为。则流过原线圈的电流为（　　）
A． B． C．5A D．22A
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】理想变压器原、副线圈的匝数比为
根据变压比公式，有
解得
根据欧姆定律得
又
解得
故答案为：A。
【分析】本题考查理想变压器的工作原理，核心是利用变压比公式求副线圈电压，结合并联电路的欧姆定律计算副线圈总电流，再通过变流比公式推导原线圈电流，逐一验证选项。
5．风云四号C星在西昌卫星发射中心于北京时间2025年12月27日由长征三号乙运载火箭发射升空，卫星准确进入预定轨道，成为我国第二代静止轨道气象卫星风云四号系列的最新成员。关于风云四号C星，下列说法正确的是（　　）
A．运行速度等于第一宇宙速度
B．发射速度大于第二宇宙速度
C．周期大于月球绕地球运动的周期
D．距地面高度保持不变且相对地面静止
【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，根据万有引力提供向心力，解得，可知轨道半径越大环绕速度越小，风云四号C星轨道半径大于近地卫星，运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．第二宇宙速度是物体脱离地球引力的最小发射速度，风云四号C星仍绕地球运动，发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故B错误；
C．根据开普勒第三定律
轨道半径越大周期越大，月球绕地球的轨道半径远大于同步卫星轨道半径，故月球周期更大，风云四号C星周期小于月球绕地周期，故C错误；
D．风云四号C星是静止轨道卫星，轨道固定在赤道平面，周期与地球自转周期相同，距地面高度保持不变，相对地面静止，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查地球同步卫星的规律，核心是结合第一、第二宇宙速度的物理意义、开普勒第三定律和同步卫星的特点，逐一判断选项正误。
6．唐山市河头老街进行无人机飞行表演时，一架水平匀加速飞行的无人机上零件脱落，无人机的加速度不因零件的脱离而变化。不计空气阻力，在零件下落过程中，零件与无人机的水平距离随时间变化的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】由题意可知，零件脱离后在水平方向做匀速直线运动，设其速度大小为；无人机在水平方向做初速度为的匀加速直线运动，设加速度大小为，则零件与无人机的水平距离随时间变化为
故答案为：B。
【分析】本题考查平抛运动与匀加速直线运动的结合分析，核心是分别分析零件和无人机的水平运动规律，推导两者水平距离随时间的变化关系式，再结合函数图象的特征判断选项正误。
7．匀强电场中，用长为的绝缘细线系住一质量为、电荷量为的带电小球，小球在竖直平面内绕点做圆周运动，运动过程中速度最小值为，此时绳子拉力为0。已知小球在速度最小时和速度最大时机械能相等，电场强度方向与圆周平面平行，重力加速度为，不计空气阻力，则匀强电场的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】向心力；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】当小球速度最小时，绳子拉力恰好为零，此时小球做圆周运动的向心力由电场力和重力的合力提供，有
解得
机械能的变化仅由电场力做功引起（重力做功不改变机械能），速度最小点和速度最大点机械能相等，说明电场力对小球从速度最小点到速度最大点做功为0，因此两点电势相等，两点连线为等势线，可得电场方向垂直于两点连线。 而速度最小点（等效最高点）和速度最大点（等效最低点）关于圆心对称，重力与电场力的合力沿两点连线方向，因此合力与电场力垂直。有
解得
故答案为：C。
【分析】本题考查匀强电场中带电小球的圆周运动，核心是结合 “速度最小时绳子拉力为零” 的临界条件求重力与电场力的合力，再根据机械能变化规律判断电场力与合力的垂直关系，利用勾股定理推导电场强度大小，逐一验证选项。
8．如图甲所示，在平面内存在均匀介质，波源位于处，质点位于处。时刻波源开始振动，质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．波的周期为4s B．波的波长为4m
C．波的波速为 D．从时刻经4s质点向右移动2m
【答案】A,B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据图乙可知波的周期，故A正确；
C．根据图乙可知时，波传播到质点处，可得波速，故C错误；
B．根据A、C选项，可得波长，故B正确；
D．在波的传播过程中， 介质中的质点并不会随波迁移，而是在各自的平衡位置附近做往复振动。根据图乙可知，质点的振动方向在轴方向，所以质点不会向右移动，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查机械波的传播规律，核心是结合质点 P 的振动图像确定波的周期，根据波源与质点 P 的距离和传播时间求波速，再利用波速、周期与波长的关系计算波长，同时明确介质质点的振动特点，逐一判断选项正误。
9．如图所示，物块和木板静止叠放在光滑水平地面上，左边缘对齐。现用水平恒力向右拉动物块，使其从木板右端离开。此时，木板具有一定速度，物块与木板的速度差为，下列措施中能使增大的有（　　）
A．仅增大水平恒力
B．仅增大物块质量
C．仅增大木板质量
D．仅增大物块与木板间的动摩擦因数
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】设物块的质量为，木板的质量为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长为。对物块进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
解得物块向右匀加速运动的加速度为
同理对木板进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
解得木板向右匀加速运动的加速度为
物块从木板右端离开时，相对位移等于木板的长度，则根据匀变速直线运动的位移公式有
解得物块在木板上运动的时间为
则物块与木板的速度差为
所以仅增大水平恒力或仅增大木板的质量，都会使增大，而仅增大物块质量和仅增大物块与木板间的动摩擦因数，都会使减小。
故答案为：AC。
【分析】本题考查板块模型的动力学分析，核心是对物块和木板分别列牛顿第二定律方程，推导两者加速度，结合相对位移公式求运动时间，进而得到速度差的表达式，分析各物理量变化对速度差Δv的影响，逐一判断选项正误。
10．如图，在平面直角坐标系、区域内存在大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在、区域内存在大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。开始计时时，一质量为、电荷量为的带正电的粒子以速度从坐标原点沿轴正向射入磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，所经历的时间可能为
B．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，此时粒子位置的纵坐标可能为
C．若粒子离开磁场时速度与轴成夹角，所经历的时间可能为
D．若粒子离开磁场时速度与轴成夹角，的大小可能为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据可知，粒子在右侧磁场中运动的半径，周期
在左侧磁场中运动的半径，周期
A．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，所经历的时间
当n=3时，A正确；
B．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，此时粒子位置的纵坐标
则不可能为，B错误；
CD．若粒子沿类似轨迹a的形式从磁场中沿与y轴成30°角方向射出，根据几何关系可知，
所以
故粒子离开磁场时不可能沿着轨迹a；若粒子沿类似轨迹b的形式从磁场中沿与y轴成30°角方向射出，则
当n=3时
粒子所经历的时间
则，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查带电粒子在双区域匀强磁场中的圆周运动，核心是利用洛伦兹力提供向心力公式计算不同磁场区域的轨道半径和周期，结合粒子运动的周期性和几何关系分析时间、位置及纵坐标的可能性，逐一判断选项正误。
11．一学习小组探究“弹簧弹性势能和形变量的关系”，准备了如下的器材：弹簧、气垫导轨、光电门、数字计时器、天平、遮光条、滑块、刻度尺、游标卡尺、铁架台等。
（1）该小组首先用手机加速度传感器测量弹簧的劲度系数，实验过程如下：
①用天平测出手机质量；
②如图1所示，将手机、弹簧和刻度尺沿竖直方向安装于铁架台上，待手机保持静止状态后，记录手机下端对应的刻度尺读数；
③将手机下端向下拉至刻度尺的x1处，由静止释放手机，通过手机内的传感器获得加速度随时间变化的图像，如图2所示，则加速度的最大值可能是手机下端位于　 　（选填“”或“x1”）处的加速度；
④由上述测量数据，计算出弹簧的劲度系数　 　。（已知重力加速度为，用题中所给字母表示）
（2）该小组用此弹簧继续探究“弹簧弹性势能和形变量的关系”，实验过程如下：
①用天平测出滑块（包括遮光条）的质量，用游标卡尺测出遮光条的宽度；
②按图3安装实验装置，调平气垫导轨后，用刻度尺测出弹簧的原长；
③用滑块压缩弹簧，使弹簧长度为（），此时弹簧的形变量，由静止释放滑块，遮光条经过光电门时数字计时器记录的时间为；
④由上述测量数据，计算出弹簧的弹性势能为　 　（用、、题中所给字母表示）；
⑤保持滑块质量、遮光条宽度不变，改变形变量进行多次实验，在坐标系中描点连线，如图4所示，若直线斜率　 　（用、、表示），则弹簧弹性势能与形变量的关系为。
【答案】（1）x1；
（2）；
【知识点】弹性势能；能量守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】（1）将手机下端向下拉至刻度尺的x1处，由静止释放手机，手机做简谐运动，在最高点和最低点加速度最大，所以手机下端位于x1处的加速度最大。
位于x1处时，有，解得
故答案为：x1；
（2）滑块经过光电门时的速度为，根据能量守恒，有
根据能量守恒，有，变形得，则的斜率为
故答案为：；
【分析】(1) ① 手机从处由静止释放，做简谐运动，在平衡位置处速度最大，在最大位移处处加速度最大；
② 由牛顿第二定律结合弹簧形变量，推导劲度系数的表达式。
(2) ① 弹簧弹性势能转化为滑块的动能，结合光电门测速原理（平均速度近似瞬时速度）求解弹性势能；
② 由弹性势能与形变量的关系，结合图像的斜率，推导斜率的表达式。
（1）[1]将手机下端向下拉至刻度尺的x1处，由静止释放手机，手机做简谐运动，在最高点和最低点加速度最大，所以手机下端位于x1处的加速度最大。
[2]位于x1处时，有
解得
（2）[1]滑块经过光电门时的速度为
根据能量守恒，有
[2]根据能量守恒，有
变形得
则的斜率为
12．（1）一实验小组采用如图1所示的实验电路测量待测电阻的阻值。某次测量时，电压表示数为2.00V，电流表示数为50mA，则该待测电阻的测量值　 　；此待测电阻的测量值比真实值　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
（2）该实验小组为了减小实验误差，采用补偿法再一次测量待测电阻的阻值，电路图如图2所示。闭合开关，调整滑动变阻器触头的位置，使电流表指针指到某一位置。闭合开关，调整滑动变阻器触头的位置，使灵敏电流计G的示数为0。此时电压表示数为2.03V、电流表示数为50mA，若以此次测量的待测电阻阻值为真实值，则采用图1电路图测量待测电阻时产生的相对误差为　 　。（相对误差）
（3）关于补偿法测量待测电阻，下列说法正确的是______（单选）。
A．当灵敏电流计G示数为0时，、两点电势相等
B．补偿电路的作用是提供与电压表分流大小相等、方向相同的电流
C．滑动变阻器在实验中的主要作用是避免流过电源的电流过大
【答案】（1）40；偏小
（2）1.5
（3）A
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）根据欧姆定律
电压表读数为两端电压的真实值，电流表测量的是通过的电流与通过电压表的电流之和
根据可知，待测电阻的测量值比真实值偏小
故答案为：40；偏小
（2）根据题意，
相对误差
故答案为：1.5
（3）A．G示数为0，说明无电流通过G，即 a、b两点电势相等，电压表两端无电位差，此时电压表读数即为Rx两端真实电压，A正确；
B．补偿电路的作用是通过调节R2，使 a、b电势相等，从而消除电压表的分流影响，而不是提供与电压表分流相等的电流，B错误；
C．R2是用来调节补偿电路中电压，使 a、b电势相等，不是为了保护电源 E2 ，C错误。
故答案为：A。
【分析】(1) 由欧姆定律 计算待测电阻测量值，结合电流表外接法的系统误差（电压表分流），分析测量值与真实值的大小关系；
(2) 先由补偿法测得的真实值，结合图1的测量值，代入相对误差公式 相对误差测量值真实值测量值 计算；
(3) 结合补偿法测电阻的原理，分析灵敏电流计示数为0时的电势关系、补偿电路的作用及滑动变阻器的功能，逐一判断选项正误。
（1）[1]根据欧姆定律
[2]电压表读数为两端电压的真实值，电流表测量的是通过的电流与通过电压表的电流之和
根据可知，待测电阻的测量值比真实值偏小
（2）根据题意，
相对误差
（3）A．G示数为0，说明无电流通过G，即 a、b两点电势相等，电压表两端无电位差，此时电压表读数即为Rx两端真实电压，A正确；
B．补偿电路的作用是通过调节R2，使 a、b电势相等，从而消除电压表的分流影响，而不是提供与电压表分流相等的电流，B错误；
C．R2是用来调节补偿电路中电压，使 a、b电势相等，不是为了保护电源 E2 ，C错误。
故选A。
13．如图所示，玻璃三棱镜的横截面为直角三角形，，。一束单色光垂直入射到三棱镜的面上，与面成角射出三棱镜。求：
（1）三棱镜的折射率；
（2）若此单色光垂直入射到三棱镜的面上，求第一次射出三棱镜的折射角。
【答案】（1）解：根据几何关系，可知出射光线与法线的夹角为角，根据折射定律有
解得
（2）解：根据几何关系可得，
光线在边的入射角为，根据全反射临界条件有
可知全反射临界角，光线在边发生全反射
由几何关系得，光线在边的入射角
根据折射定律有
解得折射角
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 结合直角三角形的几何关系，分别确定入射到AB面的入射角、从BC面出射的折射角，利用折射定律求解三棱镜的折射率；
(2) 单色光垂直入射到AC面后，结合全反射临界角判断光线在BC面的入射情况，再由折射定律计算第一次射出的折射角。
（1）根据几何关系，可知出射光线与法线的夹角为角，根据折射定律有
解得
（2）根据几何关系可得，光线在边的入射角为，根据全反射临界条件有
可知全反射临界角，光线在边发生全反射
由几何关系得，光线在边的入射角
根据折射定律有
解得折射角
14．如图所示，质量为0.49kg的木块静置于光滑水平轨道上，半径为0.8m的光滑半圆形轨道与水平轨道相切，直径竖直。质量为0.01kg的子弹以的水平速度击中木块并留在其中。木块进入半圆形轨道后，在某一位置离开轨道。木块可视为质点，取。求：
（1）木块到达半圆形轨道最低点时对轨道的压力；
（2）木块离开半圆形轨道时速度的大小。
【答案】（1）解：设子弹质量为，木块质量为子弹击中木块，由动量守恒定律得
木块到达点时受到的支持力为，则有
由牛顿第三定律
木块对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）解：设木块离开轨道时，木块与圆心连线与竖直方向的夹角为，速度为
由机械能守恒定律得
重力分力提供向心力有
联立可得或者或者
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 子弹击中木块的过程满足动量守恒定律，先求共同速度；再在半圆形轨道最低点 A，由牛顿第二定律结合向心力公式求轨道的支持力，最后由牛顿第三定律得木块对轨道的压力。
(2) 木块在半圆形轨道上运动时，脱离轨道的临界条件为轨道对木块的支持力为 0，结合机械能守恒定律和向心力公式，求解脱离时的速度大小。
（1）设子弹质量为，木块质量为子弹击中木块，由动量守恒定律得
木块到达点时受到的支持力为，则有
由牛顿第三定律
木块对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）设木块离开轨道时，木块与圆心连线与竖直方向的夹角为，速度为
由机械能守恒定律得
重力分力提供向心力有
联立可得或者或者
15．双轨滑草项目多数采用机械制动装置，在特定区域安装金属摩擦片或橡胶制动块使滑车减速，摩擦时摩擦片会快速升温，影响制动性能，为了避免安全事故发生，唐山市多玛乐园景区欲采用电磁制动装置，某次研究方案如图所示。滑车经过磁场区域时，嵌入滑车底部的线圈受到磁场作用，使滑车在短时间内速度发生明显的变化。滑车与游客总质量，滑车底部单匝矩形线圈的边和边长度分别为、，线圈由粗细均匀的金属丝绕成，其总电阻。滑车到达水平滑道位置时速度为，滑动距离时线圈的边进入条形磁场区域Ⅰ，磁场边界与滑道垂直，磁场宽度，磁感应强度，方向竖直向下。滑车与轨道间动摩擦因数，重力加速度取。滑车从位置开始共滑行了193.7m。求：
（1）滑车滑行过程中产生的电能；
（2）线圈的边刚进入磁场时两点间的电压；
（3）若区域Ⅰ中磁感应强度保持不变，并在区域Ⅰ右侧相邻处新增磁场区域Ⅱ（未画出），区域Ⅱ与区域Ⅰ宽度相同，磁感应强度大小为4T，方向与区域Ⅰ磁场方向相反。通过计算分析滑车从位置开始能否在160m内停止滑行。
【答案】（1）解：滑车从位置开始共滑行了193.7m，该过程中摩擦生热
由能量守恒定律得
可得
（2）解：设线圈边进入磁场瞬间速度为，根据动能定理有
解得
边切割磁感线产生的感应电动势
感应电流
两点间的电阻
两点间的电压
（3）解：线圈从边进入磁场到边离开磁场过程中，设边离开磁场时的速度为，忽略滑动摩擦力，根据动量定理有
感应电动势的平均值，，
感应电流的平均值，，
可得，，
代入动量定理方程可得
令滑车离开磁场后运动的距离为，根据动能定理有
解得
滑车总共滑行的距离
考虑到滑车穿过磁场的摩擦力，该过程的距离为
考虑到摩擦力的影响，可知，滑车总的位移减小约为3m，可知，滑车的总位移
可知，滑车可以在160m内停止运动。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 利用能量守恒定律，结合摩擦力做功与初动能的差值，求解滑行过程中产生的电能；
(2) 先由电磁感应定律求感应电动势，再结合线圈的电阻分布，计算ab两点间的电压（路端电压）；
(3) 分析新增磁场区域Ⅱ后，线圈进出磁场时的安培力做功（电能产生）与摩擦力做功，结合动能定理计算总滑行距离，判断是否能在160m内停止。
（1）滑车从位置开始共滑行了193.7m，该过程中摩擦生热
由能量守恒定律得
可得
（2）设线圈边进入磁场瞬间速度为，根据动能定理有
解得
边切割磁感线产生的感应电动势
感应电流
两点间的电阻
两点间的电压
（3）线圈从边进入磁场到边离开磁场过程中，设边离开磁场时的速度为，忽略滑动摩擦力，根据动量定理有
感应电动势的平均值，，
感应电流的平均值，，
可得，，
代入动量定理方程可得
令滑车离开磁场后运动的距离为，根据动能定理有
解得
滑车总共滑行的距离
考虑到滑车穿过磁场的摩擦力，该过程的距离为
考虑到摩擦力的影响，可知，滑车总的位移减小约为3m，可知，滑车的总位移
可知，滑车可以在160m内停止运动。
1 / 12026届河北唐山市高三下学期第一次模拟演练物理试卷
1．在核燃料处理厂中，用中子照射核废料可以产生钴60（），钴60不稳定发生衰变，衰变方程为。关于此衰变方程说法正确的是（　　）
A．衰变过程中质量守恒
B．衰变过程中电荷数守恒
C．衰变过程中释放的电子来自原子核外的电子
D．该核反应属于衰变
2．如图所示，水平地面上固定一导热良好的气缸，用活塞封闭一定质量的理想气体。若气缸周围环境温度和大气压强保持不变，现向左缓慢推动活塞，则气缸内的气体（　　）
A．压强变大 B．压强变小 C．温度降低 D．温度升高
3．如图所示，质量为的小球通过两根不可伸长轻绳与竖直平面内的圆形支架连接。两根轻绳长度与圆形支架半径相等，夹角为，轻绳沿竖直方向。现将圆形支架以圆心为轴沿顺时针方向缓慢旋转（如图中虚线所示），重力加速度取，此时轻绳上的拉力为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，原线圈接220V交变电流，的阻值为，的阻值为。则流过原线圈的电流为（　　）
A． B． C．5A D．22A
5．风云四号C星在西昌卫星发射中心于北京时间2025年12月27日由长征三号乙运载火箭发射升空，卫星准确进入预定轨道，成为我国第二代静止轨道气象卫星风云四号系列的最新成员。关于风云四号C星，下列说法正确的是（　　）
A．运行速度等于第一宇宙速度
B．发射速度大于第二宇宙速度
C．周期大于月球绕地球运动的周期
D．距地面高度保持不变且相对地面静止
6．唐山市河头老街进行无人机飞行表演时，一架水平匀加速飞行的无人机上零件脱落，无人机的加速度不因零件的脱离而变化。不计空气阻力，在零件下落过程中，零件与无人机的水平距离随时间变化的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
7．匀强电场中，用长为的绝缘细线系住一质量为、电荷量为的带电小球，小球在竖直平面内绕点做圆周运动，运动过程中速度最小值为，此时绳子拉力为0。已知小球在速度最小时和速度最大时机械能相等，电场强度方向与圆周平面平行，重力加速度为，不计空气阻力，则匀强电场的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
8．如图甲所示，在平面内存在均匀介质，波源位于处，质点位于处。时刻波源开始振动，质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．波的周期为4s B．波的波长为4m
C．波的波速为 D．从时刻经4s质点向右移动2m
9．如图所示，物块和木板静止叠放在光滑水平地面上，左边缘对齐。现用水平恒力向右拉动物块，使其从木板右端离开。此时，木板具有一定速度，物块与木板的速度差为，下列措施中能使增大的有（　　）
A．仅增大水平恒力
B．仅增大物块质量
C．仅增大木板质量
D．仅增大物块与木板间的动摩擦因数
10．如图，在平面直角坐标系、区域内存在大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在、区域内存在大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。开始计时时，一质量为、电荷量为的带正电的粒子以速度从坐标原点沿轴正向射入磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，所经历的时间可能为
B．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，此时粒子位置的纵坐标可能为
C．若粒子离开磁场时速度与轴成夹角，所经历的时间可能为
D．若粒子离开磁场时速度与轴成夹角，的大小可能为
11．一学习小组探究“弹簧弹性势能和形变量的关系”，准备了如下的器材：弹簧、气垫导轨、光电门、数字计时器、天平、遮光条、滑块、刻度尺、游标卡尺、铁架台等。
（1）该小组首先用手机加速度传感器测量弹簧的劲度系数，实验过程如下：
①用天平测出手机质量；
②如图1所示，将手机、弹簧和刻度尺沿竖直方向安装于铁架台上，待手机保持静止状态后，记录手机下端对应的刻度尺读数；
③将手机下端向下拉至刻度尺的x1处，由静止释放手机，通过手机内的传感器获得加速度随时间变化的图像，如图2所示，则加速度的最大值可能是手机下端位于　 　（选填“”或“x1”）处的加速度；
④由上述测量数据，计算出弹簧的劲度系数　 　。（已知重力加速度为，用题中所给字母表示）
（2）该小组用此弹簧继续探究“弹簧弹性势能和形变量的关系”，实验过程如下：
①用天平测出滑块（包括遮光条）的质量，用游标卡尺测出遮光条的宽度；
②按图3安装实验装置，调平气垫导轨后，用刻度尺测出弹簧的原长；
③用滑块压缩弹簧，使弹簧长度为（），此时弹簧的形变量，由静止释放滑块，遮光条经过光电门时数字计时器记录的时间为；
④由上述测量数据，计算出弹簧的弹性势能为　 　（用、、题中所给字母表示）；
⑤保持滑块质量、遮光条宽度不变，改变形变量进行多次实验，在坐标系中描点连线，如图4所示，若直线斜率　 　（用、、表示），则弹簧弹性势能与形变量的关系为。
12．（1）一实验小组采用如图1所示的实验电路测量待测电阻的阻值。某次测量时，电压表示数为2.00V，电流表示数为50mA，则该待测电阻的测量值　 　；此待测电阻的测量值比真实值　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
（2）该实验小组为了减小实验误差，采用补偿法再一次测量待测电阻的阻值，电路图如图2所示。闭合开关，调整滑动变阻器触头的位置，使电流表指针指到某一位置。闭合开关，调整滑动变阻器触头的位置，使灵敏电流计G的示数为0。此时电压表示数为2.03V、电流表示数为50mA，若以此次测量的待测电阻阻值为真实值，则采用图1电路图测量待测电阻时产生的相对误差为　 　。（相对误差）
（3）关于补偿法测量待测电阻，下列说法正确的是______（单选）。
A．当灵敏电流计G示数为0时，、两点电势相等
B．补偿电路的作用是提供与电压表分流大小相等、方向相同的电流
C．滑动变阻器在实验中的主要作用是避免流过电源的电流过大
13．如图所示，玻璃三棱镜的横截面为直角三角形，，。一束单色光垂直入射到三棱镜的面上，与面成角射出三棱镜。求：
（1）三棱镜的折射率；
（2）若此单色光垂直入射到三棱镜的面上，求第一次射出三棱镜的折射角。
14．如图所示，质量为0.49kg的木块静置于光滑水平轨道上，半径为0.8m的光滑半圆形轨道与水平轨道相切，直径竖直。质量为0.01kg的子弹以的水平速度击中木块并留在其中。木块进入半圆形轨道后，在某一位置离开轨道。木块可视为质点，取。求：
（1）木块到达半圆形轨道最低点时对轨道的压力；
（2）木块离开半圆形轨道时速度的大小。
15．双轨滑草项目多数采用机械制动装置，在特定区域安装金属摩擦片或橡胶制动块使滑车减速，摩擦时摩擦片会快速升温，影响制动性能，为了避免安全事故发生，唐山市多玛乐园景区欲采用电磁制动装置，某次研究方案如图所示。滑车经过磁场区域时，嵌入滑车底部的线圈受到磁场作用，使滑车在短时间内速度发生明显的变化。滑车与游客总质量，滑车底部单匝矩形线圈的边和边长度分别为、，线圈由粗细均匀的金属丝绕成，其总电阻。滑车到达水平滑道位置时速度为，滑动距离时线圈的边进入条形磁场区域Ⅰ，磁场边界与滑道垂直，磁场宽度，磁感应强度，方向竖直向下。滑车与轨道间动摩擦因数，重力加速度取。滑车从位置开始共滑行了193.7m。求：
（1）滑车滑行过程中产生的电能；
（2）线圈的边刚进入磁场时两点间的电压；
（3）若区域Ⅰ中磁感应强度保持不变，并在区域Ⅰ右侧相邻处新增磁场区域Ⅱ（未画出），区域Ⅱ与区域Ⅰ宽度相同，磁感应强度大小为4T，方向与区域Ⅰ磁场方向相反。通过计算分析滑车从位置开始能否在160m内停止滑行。
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】AB．核反应过程满足电荷数守恒、质量数守恒，衰变释放能量存在质量亏损，总质量不守恒，A错误，B正确；
C．该衰变为衰变，释放的电子是原子核内中子转化为质子时产生的，并非来自核外电子，C错误；
D．α衰变的产物是氦核，该衰变放出电子，属于β衰变，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查原子核衰变的规律，核心是紧扣β衰变的本质、核反应的守恒定律（电荷数、质量数），区分质量守恒与质量数守恒的不同，逐一判断选项正误。
2．【答案】A
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．对一定质量的理想气体，温度不变，向左推动活塞时，封闭气体体积减小，根据玻意耳定律（为恒量），体积减小则气体压强增大，因此压强变大，A正确，B错误。
CD．气缸导热良好，环境温度不变，推动活塞过程缓慢，封闭气体始终和外界环境达到热平衡，因此气体温度不变，CD错误；
故答案为：A 。
【分析】本题考查理想气体的等温变化规律，核心是紧扣气缸导热良好的条件判断气体温度变化，结合玻意耳定律（pV=C）分析体积变化时的压强变化，逐一判断选项正误。
3．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由共点力的平衡可知，在竖直方向上有
解得
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的应用，核心是结合支架旋转后的几何角度，对小球进行受力分析，将轻绳 OA 的拉力分解到竖直方向，利用竖直方向合力为零的条件列方程求解拉力大小，逐一验证选项。
4．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】理想变压器原、副线圈的匝数比为
根据变压比公式，有
解得
根据欧姆定律得
又
解得
故答案为：A。
【分析】本题考查理想变压器的工作原理，核心是利用变压比公式求副线圈电压，结合并联电路的欧姆定律计算副线圈总电流，再通过变流比公式推导原线圈电流，逐一验证选项。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，根据万有引力提供向心力，解得，可知轨道半径越大环绕速度越小，风云四号C星轨道半径大于近地卫星，运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．第二宇宙速度是物体脱离地球引力的最小发射速度，风云四号C星仍绕地球运动，发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故B错误；
C．根据开普勒第三定律
轨道半径越大周期越大，月球绕地球的轨道半径远大于同步卫星轨道半径，故月球周期更大，风云四号C星周期小于月球绕地周期，故C错误；
D．风云四号C星是静止轨道卫星，轨道固定在赤道平面，周期与地球自转周期相同，距地面高度保持不变，相对地面静止，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查地球同步卫星的规律，核心是结合第一、第二宇宙速度的物理意义、开普勒第三定律和同步卫星的特点，逐一判断选项正误。
6．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】由题意可知，零件脱离后在水平方向做匀速直线运动，设其速度大小为；无人机在水平方向做初速度为的匀加速直线运动，设加速度大小为，则零件与无人机的水平距离随时间变化为
故答案为：B。
【分析】本题考查平抛运动与匀加速直线运动的结合分析，核心是分别分析零件和无人机的水平运动规律，推导两者水平距离随时间的变化关系式，再结合函数图象的特征判断选项正误。
7．【答案】C
【知识点】向心力；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】当小球速度最小时，绳子拉力恰好为零，此时小球做圆周运动的向心力由电场力和重力的合力提供，有
解得
机械能的变化仅由电场力做功引起（重力做功不改变机械能），速度最小点和速度最大点机械能相等，说明电场力对小球从速度最小点到速度最大点做功为0，因此两点电势相等，两点连线为等势线，可得电场方向垂直于两点连线。 而速度最小点（等效最高点）和速度最大点（等效最低点）关于圆心对称，重力与电场力的合力沿两点连线方向，因此合力与电场力垂直。有
解得
故答案为：C。
【分析】本题考查匀强电场中带电小球的圆周运动，核心是结合 “速度最小时绳子拉力为零” 的临界条件求重力与电场力的合力，再根据机械能变化规律判断电场力与合力的垂直关系，利用勾股定理推导电场强度大小，逐一验证选项。
8．【答案】A,B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据图乙可知波的周期，故A正确；
C．根据图乙可知时，波传播到质点处，可得波速，故C错误；
B．根据A、C选项，可得波长，故B正确；
D．在波的传播过程中， 介质中的质点并不会随波迁移，而是在各自的平衡位置附近做往复振动。根据图乙可知，质点的振动方向在轴方向，所以质点不会向右移动，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查机械波的传播规律，核心是结合质点 P 的振动图像确定波的周期，根据波源与质点 P 的距离和传播时间求波速，再利用波速、周期与波长的关系计算波长，同时明确介质质点的振动特点，逐一判断选项正误。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】设物块的质量为，木板的质量为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长为。对物块进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
解得物块向右匀加速运动的加速度为
同理对木板进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
解得木板向右匀加速运动的加速度为
物块从木板右端离开时，相对位移等于木板的长度，则根据匀变速直线运动的位移公式有
解得物块在木板上运动的时间为
则物块与木板的速度差为
所以仅增大水平恒力或仅增大木板的质量，都会使增大，而仅增大物块质量和仅增大物块与木板间的动摩擦因数，都会使减小。
故答案为：AC。
【分析】本题考查板块模型的动力学分析，核心是对物块和木板分别列牛顿第二定律方程，推导两者加速度，结合相对位移公式求运动时间，进而得到速度差的表达式，分析各物理量变化对速度差Δv的影响，逐一判断选项正误。
10．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据可知，粒子在右侧磁场中运动的半径，周期
在左侧磁场中运动的半径，周期
A．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，所经历的时间
当n=3时，A正确；
B．若粒子的速度方向能再次沿轴正向，此时粒子位置的纵坐标
则不可能为，B错误；
CD．若粒子沿类似轨迹a的形式从磁场中沿与y轴成30°角方向射出，根据几何关系可知，
所以
故粒子离开磁场时不可能沿着轨迹a；若粒子沿类似轨迹b的形式从磁场中沿与y轴成30°角方向射出，则
当n=3时
粒子所经历的时间
则，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查带电粒子在双区域匀强磁场中的圆周运动，核心是利用洛伦兹力提供向心力公式计算不同磁场区域的轨道半径和周期，结合粒子运动的周期性和几何关系分析时间、位置及纵坐标的可能性，逐一判断选项正误。
11．【答案】（1）x1；
（2）；
【知识点】弹性势能；能量守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】（1）将手机下端向下拉至刻度尺的x1处，由静止释放手机，手机做简谐运动，在最高点和最低点加速度最大，所以手机下端位于x1处的加速度最大。
位于x1处时，有，解得
故答案为：x1；
（2）滑块经过光电门时的速度为，根据能量守恒，有
根据能量守恒，有，变形得，则的斜率为
故答案为：；
【分析】(1) ① 手机从处由静止释放，做简谐运动，在平衡位置处速度最大，在最大位移处处加速度最大；
② 由牛顿第二定律结合弹簧形变量，推导劲度系数的表达式。
(2) ① 弹簧弹性势能转化为滑块的动能，结合光电门测速原理（平均速度近似瞬时速度）求解弹性势能；
② 由弹性势能与形变量的关系，结合图像的斜率，推导斜率的表达式。
（1）[1]将手机下端向下拉至刻度尺的x1处，由静止释放手机，手机做简谐运动，在最高点和最低点加速度最大，所以手机下端位于x1处的加速度最大。
[2]位于x1处时，有
解得
（2）[1]滑块经过光电门时的速度为
根据能量守恒，有
[2]根据能量守恒，有
变形得
则的斜率为
12．【答案】（1）40；偏小
（2）1.5
（3）A
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）根据欧姆定律
电压表读数为两端电压的真实值，电流表测量的是通过的电流与通过电压表的电流之和
根据可知，待测电阻的测量值比真实值偏小
故答案为：40；偏小
（2）根据题意，
相对误差
故答案为：1.5
（3）A．G示数为0，说明无电流通过G，即 a、b两点电势相等，电压表两端无电位差，此时电压表读数即为Rx两端真实电压，A正确；
B．补偿电路的作用是通过调节R2，使 a、b电势相等，从而消除电压表的分流影响，而不是提供与电压表分流相等的电流，B错误；
C．R2是用来调节补偿电路中电压，使 a、b电势相等，不是为了保护电源 E2 ，C错误。
故答案为：A。
【分析】(1) 由欧姆定律 计算待测电阻测量值，结合电流表外接法的系统误差（电压表分流），分析测量值与真实值的大小关系；
(2) 先由补偿法测得的真实值，结合图1的测量值，代入相对误差公式 相对误差测量值真实值测量值 计算；
(3) 结合补偿法测电阻的原理，分析灵敏电流计示数为0时的电势关系、补偿电路的作用及滑动变阻器的功能，逐一判断选项正误。
（1）[1]根据欧姆定律
[2]电压表读数为两端电压的真实值，电流表测量的是通过的电流与通过电压表的电流之和
根据可知，待测电阻的测量值比真实值偏小
（2）根据题意，
相对误差
（3）A．G示数为0，说明无电流通过G，即 a、b两点电势相等，电压表两端无电位差，此时电压表读数即为Rx两端真实电压，A正确；
B．补偿电路的作用是通过调节R2，使 a、b电势相等，从而消除电压表的分流影响，而不是提供与电压表分流相等的电流，B错误；
C．R2是用来调节补偿电路中电压，使 a、b电势相等，不是为了保护电源 E2 ，C错误。
故选A。
13．【答案】（1）解：根据几何关系，可知出射光线与法线的夹角为角，根据折射定律有
解得
（2）解：根据几何关系可得，
光线在边的入射角为，根据全反射临界条件有
可知全反射临界角，光线在边发生全反射
由几何关系得，光线在边的入射角
根据折射定律有
解得折射角
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 结合直角三角形的几何关系，分别确定入射到AB面的入射角、从BC面出射的折射角，利用折射定律求解三棱镜的折射率；
(2) 单色光垂直入射到AC面后，结合全反射临界角判断光线在BC面的入射情况，再由折射定律计算第一次射出的折射角。
（1）根据几何关系，可知出射光线与法线的夹角为角，根据折射定律有
解得
（2）根据几何关系可得，光线在边的入射角为，根据全反射临界条件有
可知全反射临界角，光线在边发生全反射
由几何关系得，光线在边的入射角
根据折射定律有
解得折射角
14．【答案】（1）解：设子弹质量为，木块质量为子弹击中木块，由动量守恒定律得
木块到达点时受到的支持力为，则有
由牛顿第三定律
木块对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）解：设木块离开轨道时，木块与圆心连线与竖直方向的夹角为，速度为
由机械能守恒定律得
重力分力提供向心力有
联立可得或者或者
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 子弹击中木块的过程满足动量守恒定律，先求共同速度；再在半圆形轨道最低点 A，由牛顿第二定律结合向心力公式求轨道的支持力，最后由牛顿第三定律得木块对轨道的压力。
(2) 木块在半圆形轨道上运动时，脱离轨道的临界条件为轨道对木块的支持力为 0，结合机械能守恒定律和向心力公式，求解脱离时的速度大小。
（1）设子弹质量为，木块质量为子弹击中木块，由动量守恒定律得
木块到达点时受到的支持力为，则有
由牛顿第三定律
木块对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）设木块离开轨道时，木块与圆心连线与竖直方向的夹角为，速度为
由机械能守恒定律得
重力分力提供向心力有
联立可得或者或者
15．【答案】（1）解：滑车从位置开始共滑行了193.7m，该过程中摩擦生热
由能量守恒定律得
可得
（2）解：设线圈边进入磁场瞬间速度为，根据动能定理有
解得
边切割磁感线产生的感应电动势
感应电流
两点间的电阻
两点间的电压
（3）解：线圈从边进入磁场到边离开磁场过程中，设边离开磁场时的速度为，忽略滑动摩擦力，根据动量定理有
感应电动势的平均值，，
感应电流的平均值，，
可得，，
代入动量定理方程可得
令滑车离开磁场后运动的距离为，根据动能定理有
解得
滑车总共滑行的距离
考虑到滑车穿过磁场的摩擦力，该过程的距离为
考虑到摩擦力的影响，可知，滑车总的位移减小约为3m，可知，滑车的总位移
可知，滑车可以在160m内停止运动。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 利用能量守恒定律，结合摩擦力做功与初动能的差值，求解滑行过程中产生的电能；
(2) 先由电磁感应定律求感应电动势，再结合线圈的电阻分布，计算ab两点间的电压（路端电压）；
(3) 分析新增磁场区域Ⅱ后，线圈进出磁场时的安培力做功（电能产生）与摩擦力做功，结合动能定理计算总滑行距离，判断是否能在160m内停止。
（1）滑车从位置开始共滑行了193.7m，该过程中摩擦生热
由能量守恒定律得
可得
（2）设线圈边进入磁场瞬间速度为，根据动能定理有
解得
边切割磁感线产生的感应电动势
感应电流
两点间的电阻
两点间的电压
（3）线圈从边进入磁场到边离开磁场过程中，设边离开磁场时的速度为，忽略滑动摩擦力，根据动量定理有
感应电动势的平均值，，
感应电流的平均值，，
可得，，
代入动量定理方程可得
令滑车离开磁场后运动的距离为，根据动能定理有
解得
滑车总共滑行的距离
考虑到滑车穿过磁场的摩擦力，该过程的距离为
考虑到摩擦力的影响，可知，滑车总的位移减小约为3m，可知，滑车的总位移
可知，滑车可以在160m内停止运动。
1 / 1

展开更多......

收起↑