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湖南永州市第一中学2026年高三上学期元月第二次模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列关于近代物理的叙述正确的是（　　）
A．组成原子核的核子越多，它的比结合能越大
B．质子、中子、α粒子的质量分别为，两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量是
C．贝克勒尔发现的天然放射现象说明原子核具有复杂的结构
D．铀核裂变的一种核反应方程为
2．如图甲所示，让一物块从固定斜面顶端O处由静止释放，物块做匀加速直线运动经过A处到达斜面底端B处，通过A、B两处安装的传感器（未画出）测出A、B间的距离x及物块在AB段运动的时间t。改变A点及A处传感器的位置，重复多次实验，由计算机作出图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．物块在斜面上运动的平均速度大小为
B．物块运动到斜面底端时速度大小为
C．物块在斜面上运动的加速度大小为
D．物块在斜面上运动的时间为2s
3．我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将实践二十九号卫星A星、B星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。实践二十九号卫星主要用于开展空间目标探测新技术验证试验，其中A星由中国航天科技集团八院抓总研制。长征七号改运载火箭由中国航天科技集团一院抓总研制，是我国新一代中型高轨液体运载火箭，具备一箭一星和一箭双星发射能力。人造地球卫星A、B分别在轨道Ⅰ、Ⅱ上绕地球做匀速圆周运动。卫星轨道Ⅰ、Ⅱ的半径分别为和，卫星A运行的周期为，引力常量为。下列说法正确的是（　　）
A．卫星B的运行周期为
B．由知，卫星B的线速度是卫星A的2倍
C．卫星B的角速度的大小为
D．地球的质量为
4．如图甲所示是在t＝0时刻一列沿x轴传播的简谐横波，P点的振动图像如图乙所示，由图可知（　　）
A．波速为4m/s
B．波沿x轴正方向传播
C．在t＝0.8s时间内，质点P运动的路程为4m
D．如果这列波能与另一列波发生稳定干涉，则另一列波的频率为1.25Hz
5．如图所示，一倾角为的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上有一质量为的物体，上端用平行于斜面的细绳跨过定滑轮连接着物体，物体、通过轻弹簧相连，质量分别为、，此时恰好静止。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．物体与斜面间的动摩擦因数为
B．剪断弹簧的瞬间，物体的加速度为
C．剪断细绳的瞬间，物体的加速度为
D．剪断细绳的瞬间，物体的加速度为
6．为实现高精度环境监测，某团队研发了一款基于光的全反射原理的光纤传感模块，其核心部件为一等腰直角三棱镜，棱镜折射率，光纤射出的一束单色光从边的中点平行于边射入棱镜，传播过程始终在棱镜截面内。已知光在真空中的速度为，下列说法正确的是（　　）
A．该棱镜对该单色光的临界角为
B．该单色光在边会发生全反射
C．该单色光在棱镜中的传播速度为
D．若增大棱镜折射率，临界角会变大
7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈电路中为定值电阻，副线圈电路中为滑动变阻器，灯泡、完全相同。当闭合开关、断开开关且输入端的电压为时，两灯泡均正常发光；断开开关、闭合开关，电路输入端的电压为，调节滑动变阻器使其接入电路的阻值为时两灯泡也均正常发光，则前、后两种情况下（　　）
A．输入端的电压之比为 B．输入端的输入功率之比为
C．与消耗功率之比为 D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
8．如图，倾角为的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则（　　）
A．轻绳的拉力
B．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力不变
C．对球施加水平推力后，轻绳的拉力不变
D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0
9．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于轴对称，、、、分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过点时动能为，各等势线的电势标注在图中，则（　　）
A．电子从运动到，电场力做正功
B．、两点的电势和电场强度均相同
C．电子在经过等势线点时的动能为
D．电子从运动到，电势能逐渐先减小后增大
10．如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，ED间距也为L。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（　　）
A．第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为
B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为
C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为
D．从开始到第n根棒刚穿出磁场过程中，回路产生的焦耳热为
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图甲所示。A、B为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为M、N、P，O为斜槽末端的竖直投影点。
（1）为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如图乙所示，其读数为　 　mm。
（2）下列关于实验的要求哪个是正确的________。
A．斜槽的末端必须是水平的 B．斜槽的轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度 D．A、B的质量必须相同
（3）A、B的质量分别用、表示，如果两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，则应满足的关系式为　 　。（用、、OM、ON、OP表示）
12．实验探究小组的同学通过测绘小灯泡的图像，研究小灯泡的电阻随电压变化的规律，并准确测出小灯泡在额定电压下的电阻及功率，实验室提供的器材有：
待测小灯泡：额定电压约为2.4V，电阻约为几欧；
直流电源：电动势为3.0V，内阻约；
电压表V：量程为0~3.0V，内阻约；
电流表A：量程为0~0.6A，内阻；
滑动变阻器R1：最大阻值为；
滑动变阻器R2：最大阻值为；
开关S和导线若干.
（1）要测绘小灯泡的图像，并准确测出小灯泡在额定电压下的电阻及功率，应选择图甲和图乙两个电路中的图　 　（填“甲”或“乙”），变阻器应选择　 　（填“R1”或“R2”）.
（2）根据实验记录的电流表和电压表的读数和，描绘出图像，如图丙所示，则小灯泡的电阻随电压的增大而　 　（填“增大”或“减小”）.当电流表示数为0.4A时，小灯泡正常发光，由此可推算出小灯泡正常发光时的电阻为　 　；功率为　 　W（结果均保留2位有效数字）.
13．如图所示，竖直放置的汽缸用质量不计的薄活塞封闭着一定质量的理想气体，靠近汽缸底部有一电热丝，电热丝体积不计，大气压强为，活塞横截面积为，当汽缸内热力学温度为时，活塞离汽缸底的距离为，重力加速度大小为，当汽缸温度升到时，求：
（1）活塞离汽缸底的距离；
（2）要使活塞位置不变，应在活塞上放置的物体的质量。
14．如图所示，在平面直角坐标系中，第一象限存在沿x轴负方向的匀强电场。第四象限内虚线OP与y轴负方向的夹角，OP与x轴之间存在垂直纸面向外的匀强磁场（边界存在磁场）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从y轴正半轴的A点以初速度进入电场，且与y轴负方向的夹角，经电场偏转后从C点（d，0）垂直x轴进入磁场，粒子恰好不从OP边界射出磁场。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间。
15．如图所示，光滑的台面左侧固定有一根劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧的右侧与质量为的滑块A栓接，质量也为m的滑块B紧靠滑块A一起静止在台面上。台面右侧下方光滑的地面上固定有一圆心角为、半径的光滑圆弧轨道，一表面与圆弧轨道右端相切且质量为的长木板C与圆弧轨道接触不粘连，在C的右侧放着2025个质量均为m的滑块（视为质点），C和滑块均静止。现用恒力向左推动滑块B，当滑块A、B速度为0时，撤去恒力F，此后某时刻，滑块B与滑块A分离，分离后滑块A在台面上做简谐运动，滑块B从平台右侧飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上C。当B、C刚共速时，C恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，B、C再次共速时，C恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后B、C共速时，C总是恰好与滑块1发生碰撞；物块B始终未从C上滑落，若C与B之间的动摩擦因数，重力加速度为，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。弹性势能公式，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量。求：
（1）滑块A做简谐运动的振幅A；（结果用根号表示）
（2）滑块B在圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（3）滑块C最后一次与滑块1发生碰撞前，滑块1的总路程。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．比结合能是结合能与核子数的比值，核子数越多，结合能越大，但比结合能不一定越大（中等质量核的比结合能最大），故A错误；
B．根据题意，由质能方程可得，两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量是，故B错误；
C．贝克勒尔发现的天然放射现象，说明原子核内部能自发放出射线，证明原子核具有复杂的结构，故C正确；
D．铀核裂变通常由中子轰击触发，标准核反应方程应包含入射中子，如铀核裂变的核反应方程为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合比结合能的定义、质能方程、天然放射现象的意义和核裂变的核反应方程规则，逐一分析各选项的正确性。
2．【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】AB．由匀变速运动规律和逆向思维有
可得
由图乙知，小球运动到斜面底端时速度大小为
根据匀变速直线运动平均速度公式知
可得，物块在斜面上运动的平均速度大小为，A错误，B正确；
C．根据，可知，由图乙知，代入得，C错误；
D．由速度与时间关系式知，代入得，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查匀变速直线运动的规律与图像分析，核心是将AB段的位移公式变形为的线性关系，结合图像的截距和斜率求解末速度、加速度等物理量。
3．【答案】A
【知识点】万有引力定律；双星（多星）问题
【解析】【解答】A. 根据开普勒第三定律，卫星绕同一中心天体运动时，周期平方与轨道半径立方成正比，即
代入，，，则有，解得，故A正确；
B. 公式适用于地表附近物体，不适用于轨道卫星；卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，有
解得卫星线速度为，故
即卫星B的线速度是卫星A的一半，不是2倍，故B错误；
C. 卫星B的周期，卫星B的角速度大小为，故C错误；
D. 卫星A绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有，解得地球质量，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据开普勒第三定律分析卫星周期关系，结合万有引力定律推导线速度、角速度和地球质量的表达式，逐一验证选项。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图甲可得，这列波的波长为4m，由图乙可得，这列波的周期为0.8s，所以这列波的波速为，A错误；
B．由图乙可得，在t＝0时刻，P点向下运动，根据前一质点带动后一质点运动的原理，这列波沿x轴负方向传播，B错误；
C.0.8s是一个周期，质点P运动的路程为4个振幅，即40cm，C错误；
D．发生稳定干涉的条件是频率相等，所以另一列波的频率为，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合波的图像和振动图像确定波长、周期，计算波速与频率；根据振动方向与波的传播方向的关系判断波的传播方向，利用质点振动路程公式和稳定干涉的条件分析选项。
5．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．以bc为整体受力分析可知：绳子拉力，此时恰好静止，对a受力分析有
解得物体与斜面间的动摩擦因数为，故A错误；
B．剪断弹簧的瞬间，以物体为系统，有，所以系统可以平衡，其加速度为0，故B正确；
C．对c受力分析有，剪断细绳的瞬间，物体有，剪断细绳的瞬间，物体的加速度为，故C错误；
D．剪断细绳的瞬间，物体有，剪断细绳的瞬间，物体的加速度为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先对初始静止状态做受力分析，利用平衡条件求动摩擦因数；再分析剪断弹簧、细绳瞬间的受力变化，结合牛顿第二定律计算加速度。
6．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据临界角公式，代入数据解得，因此临界角并非60°，故A错误；
B．光从D点平行AC射入棱镜，在AB面入射后，经几何分析，光到达BC边时的入射角为，大于临界角，因此会发生全反射，故B正确；
C．光在介质中的传播速度与真空中光速的关系，解得，故C错误；
D．由临界角公式可知，折射率增大时，减小，临界角会变小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合全反射临界角公式计算临界角，利用光的折射与反射规律分析光在BC边的传播行为，根据光在介质中的速度公式判断传播速度，明确临界角与折射率的关系。
7．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．设灯泡、的电阻为，正常发光时的两端电压为，电流为：
当闭合开关、断开开关时，设变压器输入电压为，根据变压器的电压与匝数的关系
可得
解得
根据电路图可以看出两端电压为
此时输入端电压与灯泡、两端电压的关系为；
当断开开关、闭合开关时，设变压器输入电压为，同理可得
此时输入端电压与灯泡、变压器输入端电压的关系为
所以输入端的电压之比为，故A错误；
B．因为两种情况下灯泡都正常发光，故两种情况下输入端干路电流都为，
当闭合开关、断开开关时，输入端的输入功率，当断开开关、闭合开关时，
输入端的输入功率
所以输入端的输入功率之比为，故B错误；
C．当闭合开关、断开开关时，设变压器输入电流为，根据变压器的电流与匝数的关系
可知，解得
因为此时灯泡正常发光，故输入端干路电流为，根据并联电路的性质可得流过的电流为
又因为两端电压为
所以此时消耗的功率为
当断开开关、闭合开关时，设变压器输出端电流为，同理可得
根据并联电路的性质可得流过的电流为
又因为两端电压为，所以此时消耗的功率为
所以与消耗功率之比为，故C正确；
D．因为与消耗功率之比为，根据公式，可知，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先设灯泡额定电流为、额定电压为，结合变压器原副线圈的电流、电压比规律，分别分析两种开关状态下的电路参数，再逐一验证选项的正确性。
8．【答案】A,C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1所示
可知轻绳的拉力
斜面对尖劈的支持力
以球为研究对象，如图2所示
可知轻绳的拉力，故A正确；
C．以球为研究对象，如图3所示
可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，故C正确；
BD．以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推力后，如图4所示
有
总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有
则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故BD错误。
故答案为：AC。
【分析】先对初始静止状态的球和尖劈分别做受力分析，利用平衡条件推导轻绳拉力与尖劈的受力特点；再分析施加水平推力F后，系统的受力变化，判断各力与接触力的改变情况。
9．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；等势面
【解析】【解答】A．a点电势为，c点电势为，电子带负电，由，电子在a点电势能，在c点电势能，电势能减小，电场力做正功，故A正确；
B．a、d两点电势均为（电势相同），但电场强度是矢量，由等势线对称性可知，两点电场强度大小相等、方向不同，因此电场强度不同，故B错误；
C．电子在电场中仅受电场力作用，所以电势能与动能之和保持不变，则有
其中，，，可得电子在经过等势线点时的动能为，故C错误；
D．电子从运动到，电势先增大后减小，根据可知，电势能逐渐先减小后增大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合等势线与电场强度的关系、电势能公式和动能定理，分析电场力做功、电势能与动能的变化，判断电场强度和电势的特点。
10．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．第2根棒刚进入磁场有
解得
将第2根棒在磁场中的运动过程分成若干个过程，设每个过程时间为，刚进入瞬间则有棒产生的感应电动势为
电流为
设为这段运动的平均速度，对最开始一段运动有
整理有
则整个运动过程，整理后有
解得，故A错误；
B．第3根棒刚进入磁场时有，解得
棒产生的感应电动势为
此时第1和第2根棒并联，电阻为，第3根棒等效于电源，电路中总电阻为
电路中电流为
由牛顿第二定律得
解得，故B正确；
C．第根棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为
电路总电阻为，电路总电流
第1根棒中电流
解得
第1根棒的热功率为，故C正确；
D．第根棒出磁场时的速度为
若所有金属棒离开磁场时的速度都与第2根金属棒离开磁场时速度相同，则回路产生的焦耳热为
但是各个金属棒离开磁场的速度不同，离开磁场的速度越来越小，故从释放第1根棒到第根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热不等于，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合机械能守恒定律求导体棒进入磁场的初速度，利用电磁感应定律和牛顿第二定律分析加速度，通过电路规律计算热功率，依据能量守恒定律推导焦耳热，逐一验证选项。
11．【答案】（1）10.5
（2）A
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）被测小球的直径。
故答案为： 10.5
（2）ABC．实验时应使小球A每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，A正确，BC错误；
D．小球A与B发生正碰时，为使小球A在碰后不反弹，要求小球A的质量大于小球B的质量，D错误。
故答案为：A。
（3）两小球碰撞过程动量守恒，则
其中，，
所以
故答案为：
【分析】(1) 10分度游标卡尺的读数规则为“主尺读数+游标尺对齐刻度×0.1mm”，先读取主尺整数部分，再确定游标尺对齐刻度，计算总读数；
(2) 验证动量守恒的实验中，需保证小球做平抛运动，同时明确实验对斜槽、小球质量的要求，逐一分析选项；
(3) 小球平抛运动的时间相同，水平位移与速度成正比，将速度替换为水平位移代入动量守恒公式，推导得出关系式。
（1）被测小球的直径。
（2）ABC．实验时应使小球A每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，A正确，BC错误；
D．小球A与B发生正碰时，为使小球A在碰后不反弹，要求小球A的质量大于小球B的质量，D错误。
故选A。
（3）两小球碰撞过程动量守恒，则
其中，，
所以
12．【答案】（1）乙；
（2）增大；6.0；0.96
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）伏安特性曲线要求电压从0开始，变阻器分压连接时，应选择阻值小的电阻，所以变阻器应选择R1，由于电流表内阻已知，电流表内接，可准确测出各电压下小灯泡的电阻，所以应选择图乙电路。
故答案为： 乙 ；
（2）根据小灯泡的图像可知，图线上点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻随电压的增大而增大；根据小灯泡的图像可知，当电流表示数为0.4A时，此时的电压，小灯泡正常发光时的电阻为
功率为。
故答案为： 增大 ； 6.0 ； 0.96
【分析】(1) 测绘图像要求电压从0开始连续调节，故选择分压式接法；同时小灯泡内阻较小、电流表内阻已知，选择电流表内接法以消除电表内阻误差。滑动变阻器选择阻值小的，便于分压电路的调节和电流控制。
(2) 小灯泡的电阻，由图像的斜率变化判断电阻变化；当时，读取对应电压值，再由和计算电阻与功率。
（1）[1][2]伏安特性曲线要求电压从0开始，变阻器分压连接时，应选择阻值小的电阻，所以变阻器应选择R1，由于电流表内阻已知，电流表内接，可准确测出各电压下小灯泡的电阻，所以应选择图乙电路。
（2）[1][2][3]根据小灯泡的图像可知，图线上点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻随电压的增大而增大；根据小灯泡的图像可知，当电流表示数为0.4A时，此时的电压，小灯泡正常发光时的电阻为
功率为。
13．【答案】（1）解：封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得
解得
（2）解：封闭气体做等容变化，根据查理定律可得
对活塞受力分析，根据平衡条件可得
解得
【知识点】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) 气体做等压变化，根据盖 - 吕萨克定律结合体积与长度的关系求活塞离汽缸底的距离；
(2) 气体做等容变化，根据查理定律求升温后的压强，再对活塞受力分析列平衡方程求放置物体的质量。
（1）封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得
解得
（2）封闭气体做等容变化，根据查理定律可得
对活塞受力分析，根据平衡条件可得
解得
14．【答案】（1）解：粒子在电场中运动，x轴方向的初速度为
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（2）解：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子进入磁场时的速度为
由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（3）解：第一次在电场中运动有
解得
粒子在磁场中的运动时间为
再次进入电场后有
解得
粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间为
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）解：粒子在电场中运动，x轴方向的初速度为
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（2）解：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子进入磁场时的速度为
由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（3）解：第一次在电场中运动有
解得
粒子在磁场中的运动时间为
再次进入电场后有
解得
粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间为
联立解得
【分析】(1) 粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，将初速度分解为 x、y 方向，结合电场力的加速度公式与类平抛的位移规律，列方程求解电场强度E；
(2) 粒子进入第四象限的磁场后做匀速圆周运动，恰好不从 OP 边界射出的临界条件为轨迹与 OP 相切，结合几何关系求出圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力的公式求解磁感应强度B；
(3) 粒子从 A 点进入电场到再次回到 y 轴的时间，需分别计算电场中运动的时间、磁场中运动的时间，以及离开磁场后匀速直线运动的时间，再将各段时间相加。
（1）粒子在电场中运动，x轴方向的初速度为
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子进入磁场时的速度为
由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（3）第一次在电场中运动有
解得
粒子在磁场中的运动时间为
再次进入电场后有
解得
粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间为
联立解得
15．【答案】（1）解：设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）解：由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）解：B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
故得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；简谐运动
【解析】【解答】（1）解：设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）解：由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）解：B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
故得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程
【分析】(1) 滑块 A 做简谐运动的振幅由弹簧的形变量决定，先通过恒力推动的做功与弹簧弹性势能的关系，结合简谐运动振幅的物理意义求解；
(2) 滑块B从平台飞出后做平抛运动，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，结合平抛运动的速度分解和圆周运动的向心力公式，求解B 在圆弧最低点时对轨道的压力；
(3) 分析C与滑块的弹性碰撞规律，结合动量守恒和能量守恒，推导每次碰撞后滑块的位移规律，利用等比数列求和公式计算滑块1的总路程。
（1）设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
故得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程
1 / 1湖南永州市第一中学2026年高三上学期元月第二次模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列关于近代物理的叙述正确的是（　　）
A．组成原子核的核子越多，它的比结合能越大
B．质子、中子、α粒子的质量分别为，两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量是
C．贝克勒尔发现的天然放射现象说明原子核具有复杂的结构
D．铀核裂变的一种核反应方程为
【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．比结合能是结合能与核子数的比值，核子数越多，结合能越大，但比结合能不一定越大（中等质量核的比结合能最大），故A错误；
B．根据题意，由质能方程可得，两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量是，故B错误；
C．贝克勒尔发现的天然放射现象，说明原子核内部能自发放出射线，证明原子核具有复杂的结构，故C正确；
D．铀核裂变通常由中子轰击触发，标准核反应方程应包含入射中子，如铀核裂变的核反应方程为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合比结合能的定义、质能方程、天然放射现象的意义和核裂变的核反应方程规则，逐一分析各选项的正确性。
2．如图甲所示，让一物块从固定斜面顶端O处由静止释放，物块做匀加速直线运动经过A处到达斜面底端B处，通过A、B两处安装的传感器（未画出）测出A、B间的距离x及物块在AB段运动的时间t。改变A点及A处传感器的位置，重复多次实验，由计算机作出图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．物块在斜面上运动的平均速度大小为
B．物块运动到斜面底端时速度大小为
C．物块在斜面上运动的加速度大小为
D．物块在斜面上运动的时间为2s
【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】AB．由匀变速运动规律和逆向思维有
可得
由图乙知，小球运动到斜面底端时速度大小为
根据匀变速直线运动平均速度公式知
可得，物块在斜面上运动的平均速度大小为，A错误，B正确；
C．根据，可知，由图乙知，代入得，C错误；
D．由速度与时间关系式知，代入得，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查匀变速直线运动的规律与图像分析，核心是将AB段的位移公式变形为的线性关系，结合图像的截距和斜率求解末速度、加速度等物理量。
3．我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将实践二十九号卫星A星、B星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。实践二十九号卫星主要用于开展空间目标探测新技术验证试验，其中A星由中国航天科技集团八院抓总研制。长征七号改运载火箭由中国航天科技集团一院抓总研制，是我国新一代中型高轨液体运载火箭，具备一箭一星和一箭双星发射能力。人造地球卫星A、B分别在轨道Ⅰ、Ⅱ上绕地球做匀速圆周运动。卫星轨道Ⅰ、Ⅱ的半径分别为和，卫星A运行的周期为，引力常量为。下列说法正确的是（　　）
A．卫星B的运行周期为
B．由知，卫星B的线速度是卫星A的2倍
C．卫星B的角速度的大小为
D．地球的质量为
【答案】A
【知识点】万有引力定律；双星（多星）问题
【解析】【解答】A. 根据开普勒第三定律，卫星绕同一中心天体运动时，周期平方与轨道半径立方成正比，即
代入，，，则有，解得，故A正确；
B. 公式适用于地表附近物体，不适用于轨道卫星；卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，有
解得卫星线速度为，故
即卫星B的线速度是卫星A的一半，不是2倍，故B错误；
C. 卫星B的周期，卫星B的角速度大小为，故C错误；
D. 卫星A绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有，解得地球质量，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据开普勒第三定律分析卫星周期关系，结合万有引力定律推导线速度、角速度和地球质量的表达式，逐一验证选项。
4．如图甲所示是在t＝0时刻一列沿x轴传播的简谐横波，P点的振动图像如图乙所示，由图可知（　　）
A．波速为4m/s
B．波沿x轴正方向传播
C．在t＝0.8s时间内，质点P运动的路程为4m
D．如果这列波能与另一列波发生稳定干涉，则另一列波的频率为1.25Hz
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图甲可得，这列波的波长为4m，由图乙可得，这列波的周期为0.8s，所以这列波的波速为，A错误；
B．由图乙可得，在t＝0时刻，P点向下运动，根据前一质点带动后一质点运动的原理，这列波沿x轴负方向传播，B错误；
C.0.8s是一个周期，质点P运动的路程为4个振幅，即40cm，C错误；
D．发生稳定干涉的条件是频率相等，所以另一列波的频率为，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合波的图像和振动图像确定波长、周期，计算波速与频率；根据振动方向与波的传播方向的关系判断波的传播方向，利用质点振动路程公式和稳定干涉的条件分析选项。
5．如图所示，一倾角为的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上有一质量为的物体，上端用平行于斜面的细绳跨过定滑轮连接着物体，物体、通过轻弹簧相连，质量分别为、，此时恰好静止。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．物体与斜面间的动摩擦因数为
B．剪断弹簧的瞬间，物体的加速度为
C．剪断细绳的瞬间，物体的加速度为
D．剪断细绳的瞬间，物体的加速度为
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．以bc为整体受力分析可知：绳子拉力，此时恰好静止，对a受力分析有
解得物体与斜面间的动摩擦因数为，故A错误；
B．剪断弹簧的瞬间，以物体为系统，有，所以系统可以平衡，其加速度为0，故B正确；
C．对c受力分析有，剪断细绳的瞬间，物体有，剪断细绳的瞬间，物体的加速度为，故C错误；
D．剪断细绳的瞬间，物体有，剪断细绳的瞬间，物体的加速度为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先对初始静止状态做受力分析，利用平衡条件求动摩擦因数；再分析剪断弹簧、细绳瞬间的受力变化，结合牛顿第二定律计算加速度。
6．为实现高精度环境监测，某团队研发了一款基于光的全反射原理的光纤传感模块，其核心部件为一等腰直角三棱镜，棱镜折射率，光纤射出的一束单色光从边的中点平行于边射入棱镜，传播过程始终在棱镜截面内。已知光在真空中的速度为，下列说法正确的是（　　）
A．该棱镜对该单色光的临界角为
B．该单色光在边会发生全反射
C．该单色光在棱镜中的传播速度为
D．若增大棱镜折射率，临界角会变大
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据临界角公式，代入数据解得，因此临界角并非60°，故A错误；
B．光从D点平行AC射入棱镜，在AB面入射后，经几何分析，光到达BC边时的入射角为，大于临界角，因此会发生全反射，故B正确；
C．光在介质中的传播速度与真空中光速的关系，解得，故C错误；
D．由临界角公式可知，折射率增大时，减小，临界角会变小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合全反射临界角公式计算临界角，利用光的折射与反射规律分析光在BC边的传播行为，根据光在介质中的速度公式判断传播速度，明确临界角与折射率的关系。
7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈电路中为定值电阻，副线圈电路中为滑动变阻器，灯泡、完全相同。当闭合开关、断开开关且输入端的电压为时，两灯泡均正常发光；断开开关、闭合开关，电路输入端的电压为，调节滑动变阻器使其接入电路的阻值为时两灯泡也均正常发光，则前、后两种情况下（　　）
A．输入端的电压之比为 B．输入端的输入功率之比为
C．与消耗功率之比为 D．
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．设灯泡、的电阻为，正常发光时的两端电压为，电流为：
当闭合开关、断开开关时，设变压器输入电压为，根据变压器的电压与匝数的关系
可得
解得
根据电路图可以看出两端电压为
此时输入端电压与灯泡、两端电压的关系为；
当断开开关、闭合开关时，设变压器输入电压为，同理可得
此时输入端电压与灯泡、变压器输入端电压的关系为
所以输入端的电压之比为，故A错误；
B．因为两种情况下灯泡都正常发光，故两种情况下输入端干路电流都为，
当闭合开关、断开开关时，输入端的输入功率，当断开开关、闭合开关时，
输入端的输入功率
所以输入端的输入功率之比为，故B错误；
C．当闭合开关、断开开关时，设变压器输入电流为，根据变压器的电流与匝数的关系
可知，解得
因为此时灯泡正常发光，故输入端干路电流为，根据并联电路的性质可得流过的电流为
又因为两端电压为
所以此时消耗的功率为
当断开开关、闭合开关时，设变压器输出端电流为，同理可得
根据并联电路的性质可得流过的电流为
又因为两端电压为，所以此时消耗的功率为
所以与消耗功率之比为，故C正确；
D．因为与消耗功率之比为，根据公式，可知，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先设灯泡额定电流为、额定电压为，结合变压器原副线圈的电流、电压比规律，分别分析两种开关状态下的电路参数，再逐一验证选项的正确性。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
8．如图，倾角为的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则（　　）
A．轻绳的拉力
B．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力不变
C．对球施加水平推力后，轻绳的拉力不变
D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0
【答案】A,C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1所示
可知轻绳的拉力
斜面对尖劈的支持力
以球为研究对象，如图2所示
可知轻绳的拉力，故A正确；
C．以球为研究对象，如图3所示
可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，故C正确；
BD．以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推力后，如图4所示
有
总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有
则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故BD错误。
故答案为：AC。
【分析】先对初始静止状态的球和尖劈分别做受力分析，利用平衡条件推导轻绳拉力与尖劈的受力特点；再分析施加水平推力F后，系统的受力变化，判断各力与接触力的改变情况。
9．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于轴对称，、、、分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过点时动能为，各等势线的电势标注在图中，则（　　）
A．电子从运动到，电场力做正功
B．、两点的电势和电场强度均相同
C．电子在经过等势线点时的动能为
D．电子从运动到，电势能逐渐先减小后增大
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；等势面
【解析】【解答】A．a点电势为，c点电势为，电子带负电，由，电子在a点电势能，在c点电势能，电势能减小，电场力做正功，故A正确；
B．a、d两点电势均为（电势相同），但电场强度是矢量，由等势线对称性可知，两点电场强度大小相等、方向不同，因此电场强度不同，故B错误；
C．电子在电场中仅受电场力作用，所以电势能与动能之和保持不变，则有
其中，，，可得电子在经过等势线点时的动能为，故C错误；
D．电子从运动到，电势先增大后减小，根据可知，电势能逐渐先减小后增大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合等势线与电场强度的关系、电势能公式和动能定理，分析电场力做功、电势能与动能的变化，判断电场强度和电势的特点。
10．如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，ED间距也为L。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（　　）
A．第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为
B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为
C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为
D．从开始到第n根棒刚穿出磁场过程中，回路产生的焦耳热为
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．第2根棒刚进入磁场有
解得
将第2根棒在磁场中的运动过程分成若干个过程，设每个过程时间为，刚进入瞬间则有棒产生的感应电动势为
电流为
设为这段运动的平均速度，对最开始一段运动有
整理有
则整个运动过程，整理后有
解得，故A错误；
B．第3根棒刚进入磁场时有，解得
棒产生的感应电动势为
此时第1和第2根棒并联，电阻为，第3根棒等效于电源，电路中总电阻为
电路中电流为
由牛顿第二定律得
解得，故B正确；
C．第根棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为
电路总电阻为，电路总电流
第1根棒中电流
解得
第1根棒的热功率为，故C正确；
D．第根棒出磁场时的速度为
若所有金属棒离开磁场时的速度都与第2根金属棒离开磁场时速度相同，则回路产生的焦耳热为
但是各个金属棒离开磁场的速度不同，离开磁场的速度越来越小，故从释放第1根棒到第根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热不等于，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合机械能守恒定律求导体棒进入磁场的初速度，利用电磁感应定律和牛顿第二定律分析加速度，通过电路规律计算热功率，依据能量守恒定律推导焦耳热，逐一验证选项。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图甲所示。A、B为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为M、N、P，O为斜槽末端的竖直投影点。
（1）为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如图乙所示，其读数为　 　mm。
（2）下列关于实验的要求哪个是正确的________。
A．斜槽的末端必须是水平的 B．斜槽的轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度 D．A、B的质量必须相同
（3）A、B的质量分别用、表示，如果两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，则应满足的关系式为　 　。（用、、OM、ON、OP表示）
【答案】（1）10.5
（2）A
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）被测小球的直径。
故答案为： 10.5
（2）ABC．实验时应使小球A每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，A正确，BC错误；
D．小球A与B发生正碰时，为使小球A在碰后不反弹，要求小球A的质量大于小球B的质量，D错误。
故答案为：A。
（3）两小球碰撞过程动量守恒，则
其中，，
所以
故答案为：
【分析】(1) 10分度游标卡尺的读数规则为“主尺读数+游标尺对齐刻度×0.1mm”，先读取主尺整数部分，再确定游标尺对齐刻度，计算总读数；
(2) 验证动量守恒的实验中，需保证小球做平抛运动，同时明确实验对斜槽、小球质量的要求，逐一分析选项；
(3) 小球平抛运动的时间相同，水平位移与速度成正比，将速度替换为水平位移代入动量守恒公式，推导得出关系式。
（1）被测小球的直径。
（2）ABC．实验时应使小球A每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，A正确，BC错误；
D．小球A与B发生正碰时，为使小球A在碰后不反弹，要求小球A的质量大于小球B的质量，D错误。
故选A。
（3）两小球碰撞过程动量守恒，则
其中，，
所以
12．实验探究小组的同学通过测绘小灯泡的图像，研究小灯泡的电阻随电压变化的规律，并准确测出小灯泡在额定电压下的电阻及功率，实验室提供的器材有：
待测小灯泡：额定电压约为2.4V，电阻约为几欧；
直流电源：电动势为3.0V，内阻约；
电压表V：量程为0~3.0V，内阻约；
电流表A：量程为0~0.6A，内阻；
滑动变阻器R1：最大阻值为；
滑动变阻器R2：最大阻值为；
开关S和导线若干.
（1）要测绘小灯泡的图像，并准确测出小灯泡在额定电压下的电阻及功率，应选择图甲和图乙两个电路中的图　 　（填“甲”或“乙”），变阻器应选择　 　（填“R1”或“R2”）.
（2）根据实验记录的电流表和电压表的读数和，描绘出图像，如图丙所示，则小灯泡的电阻随电压的增大而　 　（填“增大”或“减小”）.当电流表示数为0.4A时，小灯泡正常发光，由此可推算出小灯泡正常发光时的电阻为　 　；功率为　 　W（结果均保留2位有效数字）.
【答案】（1）乙；
（2）增大；6.0；0.96
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）伏安特性曲线要求电压从0开始，变阻器分压连接时，应选择阻值小的电阻，所以变阻器应选择R1，由于电流表内阻已知，电流表内接，可准确测出各电压下小灯泡的电阻，所以应选择图乙电路。
故答案为： 乙 ；
（2）根据小灯泡的图像可知，图线上点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻随电压的增大而增大；根据小灯泡的图像可知，当电流表示数为0.4A时，此时的电压，小灯泡正常发光时的电阻为
功率为。
故答案为： 增大 ； 6.0 ； 0.96
【分析】(1) 测绘图像要求电压从0开始连续调节，故选择分压式接法；同时小灯泡内阻较小、电流表内阻已知，选择电流表内接法以消除电表内阻误差。滑动变阻器选择阻值小的，便于分压电路的调节和电流控制。
(2) 小灯泡的电阻，由图像的斜率变化判断电阻变化；当时，读取对应电压值，再由和计算电阻与功率。
（1）[1][2]伏安特性曲线要求电压从0开始，变阻器分压连接时，应选择阻值小的电阻，所以变阻器应选择R1，由于电流表内阻已知，电流表内接，可准确测出各电压下小灯泡的电阻，所以应选择图乙电路。
（2）[1][2][3]根据小灯泡的图像可知，图线上点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻随电压的增大而增大；根据小灯泡的图像可知，当电流表示数为0.4A时，此时的电压，小灯泡正常发光时的电阻为
功率为。
13．如图所示，竖直放置的汽缸用质量不计的薄活塞封闭着一定质量的理想气体，靠近汽缸底部有一电热丝，电热丝体积不计，大气压强为，活塞横截面积为，当汽缸内热力学温度为时，活塞离汽缸底的距离为，重力加速度大小为，当汽缸温度升到时，求：
（1）活塞离汽缸底的距离；
（2）要使活塞位置不变，应在活塞上放置的物体的质量。
【答案】（1）解：封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得
解得
（2）解：封闭气体做等容变化，根据查理定律可得
对活塞受力分析，根据平衡条件可得
解得
【知识点】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) 气体做等压变化，根据盖 - 吕萨克定律结合体积与长度的关系求活塞离汽缸底的距离；
(2) 气体做等容变化，根据查理定律求升温后的压强，再对活塞受力分析列平衡方程求放置物体的质量。
（1）封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得
解得
（2）封闭气体做等容变化，根据查理定律可得
对活塞受力分析，根据平衡条件可得
解得
14．如图所示，在平面直角坐标系中，第一象限存在沿x轴负方向的匀强电场。第四象限内虚线OP与y轴负方向的夹角，OP与x轴之间存在垂直纸面向外的匀强磁场（边界存在磁场）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从y轴正半轴的A点以初速度进入电场，且与y轴负方向的夹角，经电场偏转后从C点（d，0）垂直x轴进入磁场，粒子恰好不从OP边界射出磁场。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间。
【答案】（1）解：粒子在电场中运动，x轴方向的初速度为
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（2）解：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子进入磁场时的速度为
由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（3）解：第一次在电场中运动有
解得
粒子在磁场中的运动时间为
再次进入电场后有
解得
粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间为
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）解：粒子在电场中运动，x轴方向的初速度为
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（2）解：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子进入磁场时的速度为
由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（3）解：第一次在电场中运动有
解得
粒子在磁场中的运动时间为
再次进入电场后有
解得
粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间为
联立解得
【分析】(1) 粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，将初速度分解为 x、y 方向，结合电场力的加速度公式与类平抛的位移规律，列方程求解电场强度E；
(2) 粒子进入第四象限的磁场后做匀速圆周运动，恰好不从 OP 边界射出的临界条件为轨迹与 OP 相切，结合几何关系求出圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力的公式求解磁感应强度B；
(3) 粒子从 A 点进入电场到再次回到 y 轴的时间，需分别计算电场中运动的时间、磁场中运动的时间，以及离开磁场后匀速直线运动的时间，再将各段时间相加。
（1）粒子在电场中运动，x轴方向的初速度为
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子进入磁场时的速度为
由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（3）第一次在电场中运动有
解得
粒子在磁场中的运动时间为
再次进入电场后有
解得
粒子从A点进入电场到再次回到y轴的时间为
联立解得
15．如图所示，光滑的台面左侧固定有一根劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧的右侧与质量为的滑块A栓接，质量也为m的滑块B紧靠滑块A一起静止在台面上。台面右侧下方光滑的地面上固定有一圆心角为、半径的光滑圆弧轨道，一表面与圆弧轨道右端相切且质量为的长木板C与圆弧轨道接触不粘连，在C的右侧放着2025个质量均为m的滑块（视为质点），C和滑块均静止。现用恒力向左推动滑块B，当滑块A、B速度为0时，撤去恒力F，此后某时刻，滑块B与滑块A分离，分离后滑块A在台面上做简谐运动，滑块B从平台右侧飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上C。当B、C刚共速时，C恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，B、C再次共速时，C恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后B、C共速时，C总是恰好与滑块1发生碰撞；物块B始终未从C上滑落，若C与B之间的动摩擦因数，重力加速度为，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。弹性势能公式，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量。求：
（1）滑块A做简谐运动的振幅A；（结果用根号表示）
（2）滑块B在圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（3）滑块C最后一次与滑块1发生碰撞前，滑块1的总路程。
【答案】（1）解：设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）解：由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）解：B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
故得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；简谐运动
【解析】【解答】（1）解：设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）解：由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）解：B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
故得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程
【分析】(1) 滑块 A 做简谐运动的振幅由弹簧的形变量决定，先通过恒力推动的做功与弹簧弹性势能的关系，结合简谐运动振幅的物理意义求解；
(2) 滑块B从平台飞出后做平抛运动，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，结合平抛运动的速度分解和圆周运动的向心力公式，求解B 在圆弧最低点时对轨道的压力；
(3) 分析C与滑块的弹性碰撞规律，结合动量守恒和能量守恒，推导每次碰撞后滑块的位移规律，利用等比数列求和公式计算滑块1的总路程。
（1）设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
故得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程
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