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2026届河北省吴桥中学高三上学期一模物理试题
1．校园运动会的集体项目“迎面接力”：两条长50m的平行直跑道，每支队伍使用一个跑道，甲、乙两队各10名队员，跑道两端各站5人，两队的1号队员同时出发拿着接力棒冲向跑道的另一端把棒交给2号队员，2号队员又跑回这端把棒交给3号队员，依此类推，哪队先完成10人的全部接力就获胜。比赛开始（）后的一段时间内，两队队员运动的图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．甲队在时刻完成第一次交接
B．时刻两队队员速度相等
C．时间内两队通过的路程相同
D．时刻乙队领先
2．氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．处于能级的氢原子核外电子的动能为
B．处于不同能级的氢原子有可能会吸收相同能量的光子
C．氢原子可以自发地从能级跃迁到能级
D．在氢原子的特征谱线中，从能级跃迁到能级放出的光子波长最短
3．某同学从圆柱形玻璃砖上截下图甲所示部分柱体平放在平板玻璃上，其横截面如图乙所示，1、2分别为玻璃柱体的上、下表面，3、4分别为平板玻璃的上、下表面。现用单色光垂直照射玻璃柱体的上表面，下列说法正确的是（　　）
A．干涉图样是单色光在1界面和2界面的反射光叠加后形成的
B．从上向下，能看到明暗相间的圆环，且内环密外环疏
C．从上向下，能看到干涉图样是左右对称的
D．若干涉图样在某个位置向中间弯曲，表明平板玻璃上表面在该位置有小凸起
4．如图所示，A、B为地球的两颗卫星，卫星A在地面附近沿顺时针方向绕地球做匀速圆周运动，周期约为1.5h，卫星B绕地球做圆周运动的半径为2R（R为地球的半径），图示时刻两卫星分别与地心O点连线间的夹角为，。下列说法正确的是（　　）
A．卫星A的向心加速度为卫星B向心加速度的2倍
B．卫星B的周期约为4.2h
C．若卫星B沿顺时针方向运动，则至少经过约两颗卫星相距最远
D．若卫星B沿逆时针方向运动，则至少经过约两颗卫星相距最远
5．如图所示为一种射击类电子游戏：从水平地面的O点斜向右上方同时发射三颗“炮弹”，“炮弹”的初速度大小分别为、和，方向与水平方向间的夹角均为，“炮弹”均可视为质点，相互之间无影响。“炮弹”发射的同时，一辆“拦截车”从O点由静止开始向右做匀加速直线运动，当三颗“炮弹”飞行到离地面最大的高度时，“拦截车”均恰好经过其正下方并成功拦截（拦截时间不计，拦截也不影响“拦截车”向右的匀加速直线运动），游戏中模拟的重力加速度为，不计空气阻力，要成功拦截三颗“炮弹”，“拦截车”的加速度为（　　）
A． B． C．2g D．
6．如图所示，在光滑绝缘水平面上有质量均为m、所带电荷量分别为、、的a、b、c三个带电小球，分别位于一个等腰三角形的三个顶点处，其中，三角形平面处于电场强度大小为E（未知）、方向水平向右的匀强电场中。已知三个小球所带电荷量不变且均可视为质点，三个小球相对静止一起水平向右做匀加速运动，静电力常量为k，则匀强电场的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，间距的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ与水平面间的夹角，导轨上端接有的定值电阻，导轨电阻不计，导轨间存在着垂直导轨平面向上、磁感应强度大小的匀强磁场。质量、长度、电阻的金属棒EF垂直放在导轨上。现将金属棒由静止释放，直到金属棒的速度达到最大，该过程中金属棒产生的焦耳热为2J，已知重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒的最大速度为
B．金属棒整个加速过程中，下滑的位移为0.8m
C．金属棒整个加速过程中，通过金属棒的电荷量为3C
D．金属棒整个加速过程用时0.8s
8．如图所示，用磁流体发电机给电容器充电，磁流体发电机的两极板的正对面积为S、板间距离为d，板间磁场的磁感应强度大小为B，等离子体从左侧喷入，单个等离子体的带电量为q，则下列措施能使电容器充电量增大的是（　　）
A．仅增大S B．仅增大d C．仅增大B D．仅增大q
9．如图所示，倾角为的斜面底端固定着一垂直于斜面的挡板，将一小块炸药固定在挡板上，质量为m的小滑块放在斜面底端靠近挡板的位置，引爆炸药后滑块恰好运动到斜面顶端。之后更换不同质量的小滑块，引爆炸药后，不同滑块在炸药爆炸过程中获得的动能都相同。已知炸药爆炸时间极短，不同滑块与斜面间的动摩擦因数均为，斜面的高度为h，重力加速度为g，滑块均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．炸药爆炸后质量为m的滑块获得的初速度大小为
B．质量为0.5m的滑块离开地面的最大高度为
C．质量为0.5m的滑块落回地面前瞬间的速率为
D．质量为0.8m的滑块滑离斜面顶端后经时间落回地面
10．如图所示，弹簧振子穿在光滑水平杆上做简谐运动，以弹簧原长位置为坐标原点，沿杆建立x轴，时刻，小球（可视为质点）经过处，时刻，小球经过处，时刻，小球也经过处。已知小球振动的振幅为0.4m，则其振动的周期可能为（　　）
A． B． C．2s D．6s
11．某研究小组设计了一种离子型烟雾探测器，其原理简化图如图所示，两个相同的电离室串联，构成等效于电阻串联的电路，电压表可看成理想电压表，其中内电离室不与外界相通，外电离室（即检测电离室）与外界相通，电离室内的放射源放出射线，射线使部分空气被电离，经电压作用形成离子流，使电离室具有导电性。
（1）放射源放出的射线的电离本领很强，则这种射线是______。（填正确答案标号）
A．射线 B．射线 C．射线
（2）有烟雾颗粒进入外电离室时，烟雾颗粒会吸附一部分离子，使外电离室的离子电流减小，等效电阻增大，则电压表的示数　 　（填“增大”或“减小”），电压表的示数　 　（填“增大”或“减小”）。
（3）烟雾浓度达到某值时，该探测器会报警，使用一段时间之后，电源电动势变小，电路的其他情况都不变，探测器仍能正常工作，则报警的响应参数应选______。（填正确答案标号）
A．电压表的示数达到某设定值就报警
B．电压表的示数和电压表示数的差值达到某设定值就报警
C．电压表的示数和电压表示数的比值达到某设定值就报警
12．某同学在研究动量定理和系统动量守恒规律时，设计了如下实验。
①把光滑的玻璃板放在一圆形滚筒上，两边对称，玻璃板水平静止，形成一“跷跷板”，支点为O点；
②两质量不同的小车（形状大小一样）上固定有相同的条形磁体，小车（包括磁体）的质量分别为、。磁体同极相对，用短细绳连接两小车放在“跷跷板”上保持静止，如图甲所示，记录此时小车中心到支点的水平距离分别为、；
③用火从中间烧断细绳，两小车向两边运动，用摄像机录下运动过程，再对视频进行处理：把细绳烧断瞬间定格为图片1，然后每隔0.5s定格一次，依次定格出图片2、图片3等，再把这些图片合成到一张图片上如图乙所示，根据图片与实物间的尺寸比例分别计算出小车中心到支点的实际水平距离、，数据如表所示；
④实验发现当两小车都在玻璃板上运动时，“跷跷板”能保持平衡。
小车A ：0.2kg ：1.0cm ：2.9cm ：6.0cm ：9.6cm
小车B ：0.1kg ：2.0cm ：6.0cm ：11.9cm ：19.2cm
（1）小车A向左做　 　（填“匀速”“匀加速”或“变加速”）直线运动。
（2）若在拍摄图片3时，两小车间的排斥力为，小车A的速度为，则下列关系式正确的是________。（填正确答案标号）
A． B． C．
（3）从拍摄图片1到图片3的过程中，排斥力对两小车做的功　 　（填“相等”或“不相等”），排斥力对两小车的冲量大小　 　（填“相等”或“不相等”）。
（4）当两小车都在玻璃板上运动时“跷跷板”能保持平衡，结合表中数据可得到的表达式为　 　（用、、、表示），这能否说明两小车构成的系统动量守恒，请说明理由：　 　。
13．某种肺活量测试的规则为：一次尽力吸气（气体在人体内温度可视为），快速尽力呼出后，呼出气体的温度可视为不变，压强变为大气压强，体积为（未知），则为肺活量测试的结果。某人用如图甲所示的装置进行测试，绝热气缸的底面积为S、总高度为H，导热活塞可在气缸内无摩擦滑动而不漏气，活塞的质量和厚度均忽略不计。测试前，气缸顶部的小孔和底部软管均与大气连通，活塞位于气缸底部，环境大气压强为、温度为；测试时，先将气缸顶部的小孔密闭，人尽力吸气后，快速尽力呼出，通过软管把气体吹入气缸中活塞的下部，然后关闭软管的阀门，稳定时如图乙所示，活塞上升的高度为h，软管内气体忽略不计，吸气和呼气中水蒸气的影响可忽略不计，人呼出的气体可视为理想气体，热力学温度与摄氏温度的关系为。求：
（1）图乙中活塞上部分气体的压强和热力学温度之比；
（2）该次测试中，此人的肺活量。
14．跑酷运动员通过在墙壁间左、右跳跃来爬上高墙。如图所示，两墙壁的间距为2m，左墙壁的高度为5m，运动员（可视为质点）向右冲向墙壁，在离右墙壁2m的地方斜向右上方起跳，与右墙壁作用两次，与左墙壁作用一次，第二次到左墙壁时恰好到达左墙壁上沿。运动员每次和墙壁作用前瞬间竖直速度恰好减到零，作用前、后水平速度大小不变、方向反向，作用后瞬间的竖直速度和在地面起跳时的竖直速度相等。已知运动员每次和墙壁的作用时间都为0.1s且与墙面不发生相对滑动，运动员的质量为50kg，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）运动员每次与墙壁作用过程中水平方向和竖直方向的平均作用力大小；
（2）运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量。
15．在高能物理的稳态磁约束聚变研究中，常用环状磁场来约束带电粒子的活动范围，其模型简化图如图所示，圆心均为O点的内圆半径为R、外圆半径为2R的圆环形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，内圆半径上的M点有一粒子源，可沿平行纸面的各个方向发射速度大小不同、质量均为m、电荷量均为的同种粒子，M，点到圆心的距离为，粒子源发射出的各种速率的粒子在各个方向都是均匀分布的。不计粒子重力和粒子间的相互作用力。
（1）当时，求粒子不从外圆射出去的速度的最大值；
（2）当时，求速度为的粒子中，从外圆射出去的粒子数和被约束在外圆以内的粒子数之比；
（3）当时，若粒子都不会从外圆射出去，求此时速度的最大值；若有部分粒子可从外圆射出，求没有从外圆射出去的粒子中，速度的最大值。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．x-t图像中，图线的倾斜的正负表示运动的方向，根据x-t图像可知，甲队在t1时刻速度的方向发生变化，可知甲队的1号队员在t1时刻先跑完50m把棒交给乙队的2号队员，即甲队在t1时刻完成第一次交接，故A正确；B．x-t图线斜率的正负表示速度的方向，根据图像可知，t2时刻甲图像斜率为负值，乙图像斜率为正值，可知t2时刻二者速度方向相反，则t2时刻两队队员速度不相等，故B错误；
C．时间内，甲图像的斜率先为正值后为负值，表明甲队员的运动有往返过程，乙图斜率一直为正值，表明乙队员做单向直线运动，可知，时间内，甲队通过的路程大于乙队，故C错误；
D．结合上述可知，时刻，甲队完成一次交接，乙队未完成交接，即时刻甲队领先，故D错误。
故选A。
【分析】x-t图像表示的是物体的位移（位置）随时间变化的关系，结合题意，比赛时运动员在往返跑，完成交接后运动员运动方向改变。
2．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．核外电子的动能为正值，可知处于能级的氢原子核外电子的动能不可能为，故A错误；
B．若光子的能量足够大，处于不同能级的氢原子可以吸收相同能量的光子而出现电离的现象，故B正确；
C．氢原子从能级跃迁到能级需要吸收光子的能量，即氢原子不可以自发地从能级跃迁到能级，故C错误；
D．跃迁过程的能量差越大，放出的光子能量越大，波长越短，从能级跃迁到能级放出的光子能量比从能级跃迁到能级放出的光子能量大，即从能级跃迁到能级放出的光子波长比从能级跃迁到能级放出的光子波长短，可知，从能级跃迁到能级放出的光子波长不是最短，故D错误。
故选B。
【分析】氢原子能级跃迁的物理过程，明确能级能量为负值表示电子总能量，包括动能与电势能之和。对于不同能级氢原子吸收光子，需考虑能量差与电离可能性，当光子能量大于等于原子结合能时均可发生电离。
3．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A.看到的干涉图样是薄膜干涉，是单色光在2界面和3界面的反射光叠加后形成的，故A错误；B.看到的干涉图样是薄膜干涉，从上向下看到的干涉图样应该是条状的，中间圆弧面的倾角小，两侧的倾角大，对比薄膜干涉规律，则中间稀疏，两侧密集，故B错误；
C.左右两侧对称位置的薄膜厚度相同，条纹的明暗情况应相同，干涉图样是左右对称的，故C正确；
D.干涉条纹在薄膜厚度相同的地方是连续的，干涉图样在某个位置向中间弯曲时， 结合薄膜干涉规律可知玻璃板上表面该位置有小凹陷，故D错误。
故选：C。
【分析】先确定干涉光来自玻璃柱下表面与平板玻璃上表面的反射，再根据圆柱形空气膜的厚度分布判断条纹形状、对称性，最后结合条纹弯曲与膜厚度的关系分析平面凹凸情况。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动， 由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律有
可得，所以，故A错误；
B． A、B为地球的两颗卫星， 由开普勒第三定律有
代入题中数据，解得，故B正确；
C．设约经过时间两颗卫星相距最远，由题意有
联立解得，故C错误；
D．设约经过时间两颗卫星相距最远，由题意有
解得，故D错误。
故选：B。
【分析】分析过程需利用万有引力提供向心力推导向心加速度与轨道半径的关系，结合开普勒第三定律比较周期。对于相距最远问题，需根据两卫星同向或反向运动，通过角速度差或和与初始相对角位置的关系，建立角度变化方程求解时间。
5．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】炮弹竖直方向做竖直上抛运动，将初速度沿水平方向和竖直方向分解，初速度为的“炮弹”到最高点时，所用时间
水平位移
初速度为的“炮弹”到最高点时，所用时间
水平位移
初速度为的“炮弹”到最高点时，所用时间
水平位移
时间之比为，水平位移之比为，这和拦截车水平方向的匀加速运动相吻合，故根据匀变速直线运动位移—时间关系可得：， 解得，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】将炮弹初速度分解为水平与竖直分量，求出到达最高点的时间和水平位移，再结合拦截车匀加速直线运动的位移公式，利用位移相等的条件联立求解加速度。
6．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】三个小球整体水平向右做匀加速运动，对三个小球整体进行分析，三角形平面处于电场强度大小为E（未知）、方向水平向右的匀强电场中，
根据牛顿第二定律有
小球a所带电荷量分别为，对小球a进行受力分析有
解得
故选：A。
【分析】先对三个小球整体运用牛顿第二定律分析整体受力与加速度的关系，再分别对单个小球进行受力分析，结合等腰三角形的几何特征分解库仑力，根据水平方向的运动规律列方程，联立求解匀强电场的场强大小。
7．【答案】C
【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】A． 金属棒释放后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度达到最大，此时根据平衡条件有，解得，A错误；
B． 设金属棒沿导轨下滑的位移为x，全过程根据能量守恒定律可得，解得，B错误；
C．金属棒整个加速过程中，结合法拉第电磁感应定律可得通过金属棒的电荷量，C正确；
D．设金属棒整个加速过程中，下滑的时间为t，根据动量定理有
其中，解得，D错误。
故选C。
【分析】随着速度增大，感应电动势增强导致安培力增大，金属棒做加速度减小的加速运动，当重力分力与安培力平衡时速度达到最大。整个加速过程中，金属棒重力势能减少量转化为动能与焦耳热，利用能量守恒可联系下滑位移与已知热量。通过金属棒的电荷量可利用磁通量变化与总电阻的比值关系，由位移与磁场强度直接求得。加速时间可结合动量定理，通过重力分力的冲量与安培力冲量之差等于动量变化来建立方程。
8．【答案】B,C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】单个等离子体的带电量为q，设等离子体的速度为v，平衡时洛伦兹力等于电场力，则
可得磁流体发电机的电压
由，可知增大发电机两端的电压，即仅增大B或d，就可以增大电容器的充电量。
故选BC。
【分析】先由等离子体受力平衡推导出磁流体发电机的电动势，再结合电容器电容与电荷量公式，分析各物理量变化对电容器充电量的影响。
9．【答案】B,D
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A． 质量为m的小滑块放在斜面底端靠近挡板的位置，引爆炸药后滑块恰好运动到斜面顶端 全过程对质量为m的滑块进行分析，由动能定理有
其中，解得，A错误；
B．对质量为0.5m的滑块进行分析，从底端到顶端过程由动能定理得
解得
离开斜面后滑块做斜抛运动，能够上升的最大高度
所以该滑块离地面的最大高度为，B正确；
C．对质量为0.5m的滑块进行分析，在滑块从离开斜面底端到落回地面的过程中，由动能定理有
解得，C错误；
D．对质量为0.8m的滑块进行分析，从底端到顶端过程由动能定理有
解得
离开斜面后滑块做斜抛运动，设经过时间t落回地面，有
解得，D正确。
故选BD。
【分析】滑块沿斜面向上运动需克服重力做功和摩擦力做功。对质量为m的滑块，利用动能定理分析其从底端到顶端速度减为零的过程，可建立初动能与重力势能和摩擦力做功的关系，从而确定爆炸后获得的初速度。
10．【答案】B,C,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】本题以弹簧振子为模型，考查简谐运动的位移规律、周期性及多解性分析，需注意多解场景下的全面讨论，避免遗漏周期可能值。 振动图像如图所示（此图原点）
时刻，小球（可视为质点）经过处，时刻，小球经过处，时刻，小球也经过处，
①若是时刻在状态1，时刻在状态3，有
解得，
时刻在状态4或状态5，有或
解得或，
当时，，C项符合；
②若是时刻在状态1，时刻在状态4，有
解得
时刻在状态5或状态6，有或
解得或，
A、B、C、D四个选项都不符合；
③若是时刻在状态2，时刻在状态3，有
解得，
时刻在状态4或状态5，有或
解得或，
当时，，B项符合；
当时，，D项符合；
④若是时刻在状态2，时刻在状态4，有
解得，
时刻在状态5或状态6，有或
解得或，
当时，，C项符合。
综上，故选BCD。
【分析】先根据简谐运动位移公式，结合t=0时的位移确定初相位，再利用t=1s和t=3s时小球经过同一位置的条件，结合余弦函数的周期性分情况推导周期表达式，代入正整数n得到可能的周期值，匹配选项。
11．【答案】（1）A
（2）减小；增大
（3）C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析；生活中常见的传感器；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】（1） 在α射线、β射线、γ射线三种射线中，α射线的电离本领最强。由题意可知放射源放出的射线的电离本领很强，所以放射源放出的射线为α射，故A正确，BC错误。
故选A。
（2）烟雾颗粒会吸附一部分离子，使外电离室的离子电流减小，等效电阻增大，则回路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，则内电压减小，电压表的示数减小。
根据
结合上述内容，内电压减小，电压表的示数减小，则电压表的示数增大。
（3）烟雾浓度改变时，外电离室的等效电阻随之发生变化，由于两电离室串联，电压之比等于电阻之比，可知，电压表的示数和电压表的示数的比值达到某设定值就报警，不会受到电动势减小的影响。
故选C。
【分析】（1）根据α射线、β射线、γ射线的特点判断，射线的电离本领最强；
（2）根据闭合电路欧姆定律分析判断；
（3）分析电路连接，根据串联电路的规律分析判断。
（1）放射源放出的射线的电离本领很强，在射线、射线、射线三种射线中，射线的电离本领最强。可知，放射源放出的射线为射线。
故选A。
（2）[1]外电离室的电阻变大，则回路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，则内电压减小，电压表的示数减小。
[2]根据
结合上述内容，内电压减小，电压表的示数减小，则电压表的示数增大。
（3）烟雾浓度改变时，外电离室的等效电阻随之发生变化，由于两电离室串联，电压之比等于电阻之比，可知，电压表的示数和电压表的示数的比值达到某设定值就报警，不会受到电动势减小的影响。
故选C。
12．【答案】（1）变加速
（2）C
（3）不相等；相等
（4）；每时每刻两小车受到的排斥力大小都相等，一段时间累积的冲量大小相等，两小车的末动量大小相等，根据动量定理有，每时每刻的动量大小都相等，故一个微元的时间有，则，证明了系统动量守恒。
【知识点】动量定理；验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）磁体之间的排斥力越来越小，根据牛顿第二定律可得小车加速度会越来越小，小车A向左做变加速直线运动。
（2）拍摄图片3时，之前的力都大于，是这些大于的力累积的位移所做的功才得到此时小车A对应的动能，结合动能定理可知，C项正确。
（3）排斥力大小相等，但两小车的位移大小不相等，由W=Fl可知，斥力对两小车做的功不相等，但时间t相等，由I=Ft可知，斥力对两小车的冲量大小相等。
（4） 由表中的数据可知，也可根据实验现象当两小车都在玻璃板上运动时“跷跷板”能保持平衡，由杠杆平衡原理得到，每时每刻两小车受到的排斥力大小都相等，一段时间累积的冲量大小相等，两小车的末动量大小相等，根据动量定理有，每时每刻的动量大小都相等，故一个微元的时间有，则，证明了系统动量守恒。
【分析】（1）根据小车的受力情况判断其运动性质。
（2）根据功的计算公式定性分析答题。
（3）根据小车的运动过程与受力情况，根据功的计算公式与冲量的定义式分析答题。
（4）根据实验数据，应用动量守恒定律分析答题。
（1）磁体之间的排斥力越来越小，所以加速度会越来越小，小车A向左做变加速直线运动。
（2）拍摄图片3时，之前的力都大于，是这些大于的力累积的位移所做的功才得到此时小车A对应的动能，所以，C项正确。
（3）[1][2]排斥力大小相等，但两小车的位移大小不相等，做的功不相等，但时间相等，所以冲量大小相等。
（4）由表中的数据可以找出规律，也可根据实验现象当两小车都在玻璃板上运动时“跷跷板”能保持平衡，由杠杆平衡原理得到，每时每刻两小车受到的排斥力大小都相等，一段时间累积的冲量大小相等，两小车的末动量大小相等，有，每时每刻的动量大小都相等，故一个微元的时间有，则，证明了系统动量守恒。
13．【答案】（1）根据理想气体状态方程，对活塞上部分气体有
故压强和热力学温度之比
（2）对活塞下部分气体从图乙的状态，还原到“温度为，压强为大气压强”求体积，则解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）活塞上方气体经历从初始状态到稳定状态的过程，其质量不变，根据气体状态方程建立压强与温度的关系，从而得到两者比值。
（2）活塞下方气体来自人的呼出气体，其初始状态为呼出后进入气缸前的状态，进入气缸后，在稳定状态下与活塞上方气体压强平衡，温度与上方气体相同，结合理想气体状态方程列式求解。
（1）根据理想气体状态方程，对活塞上部分气体有
故压强和热力学温度之比
（2）对活塞下部分气体从图乙的状态，还原到“温度为，压强为大气压强”求体积，则
解得
14．【答案】（1）运动员跳到5m的高墙是4段相同的抛物线轨迹，每一段的水平位移为2m，竖直位移为
且每次上升1.25m时竖直方向的速度恰好减到零，设每次上升1.25m的时间间隔为，竖直方向的初始速度为，则根据运动学公式有，
解得，
设运动员水平方向的运动速度为，由于水平方向做的是匀速直线运动，则有
解得
设墙壁对人的平均作用力的水平分量为，以反弹后的水平运动方向为正方向，则在水平方向列动量定理方程有
解得
设墙壁对人的平均作用力的竖直分量为，以竖直向上为正方向，则在竖直方向列动量定理方程有
解得
（2）以地面为重力势能的零势能面，运动员起跳后瞬间的动能为
运动员跳到左墙壁上沿时的机械能为
故运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量为
【知识点】动量定理；斜抛运动
【解析】【分析】（1）运动员每次与墙壁作用时，水平速度大小不变但反向，竖直速度由零变为起跳时的竖直速度。分析水平方向，墙壁作用前后动量变化为两倍水平速度对应的动量，根据动量定理可求水平平均作用力。竖直方向作用过程中，运动员受竖直向上的平均作用力与重力，动量变化为起跳时的竖直速度对应的动量，同样应用动量定理可求竖直平均作用力。
（2）机械能增加量为末状态机械能与起跳时机械能之差。起跳时的机械能等于其动能，因取地面为零势能面，此时重力势能为零。末状态到达左墙壁上沿时，具有水平速度对应的动能和重力势能。
（1）由分析可知，运动员跳到5m的高墙是4段相同的抛物线轨迹，每一段的水平位移为2m，竖直位移为
且每次上升1.25m时竖直方向的速度恰好减到零，设每次上升1.25m的时间间隔为，竖直方向的初始速度为，则根据运动学公式有，
解得，
设运动员水平方向的运动速度为，由于水平方向做的是匀速直线运动，则有
解得
设墙壁对人的平均作用力的水平分量为，以反弹后的水平运动方向为正方向，则在水平方向列动量定理方程有
解得
设墙壁对人的平均作用力的竖直分量为，以竖直向上为正方向，则在竖直方向列动量定理方程有
解得
（2）以地面为重力势能的零势能面，运动员起跳后瞬间的动能为
运动员跳到左墙壁上沿时的机械能为
故运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量为
15．【答案】（1）由牛顿第二定律有
解得
当时，从圆心O点沿半径方向向外发射粒子如图所示。
由几何关系有
解得运动半径
故
（2）当时，速度为的粒子，运动半径，入射点在内圆上，向纸面内各个方向均匀发射，如图所示。
当入射方向与环的半径夹角为时，那么进入磁场再进入内圆再进入磁场时的夹角都为，也就是不会从外圆出去。由几何关系可知，在图中OM线上方范围入射的粒子都会从外圆射出去，在OM线下方范围入射的粒子都不会从外圆射出去。所以当时，速度为的粒子中，从外圆射出去的粒子数和被约束在外圆以内的粒子数之比为。
（3）当时，由几何关系，下图中粒子源发出速度大小相同的粒子，从A点竖直向上进入磁场，角最大，最有可能从外圆射出去，即如果它都没有出去，则这个速度大小的粒子从其他方向发射也不会从外圆射出去，此时角为。
由余弦定理有
解得
所以
同理，由几何关系可知，图丙中粒子源发出的粒子，从B点向下进入磁场，角最大，最有可能射不出外圆，若它刚好射不出，此时角为，有
所以
速度大小为的粒子中，只有沿MB方向射出的恰好不会从外圆射出去，其他方向发射的都会从外圆射出去；速度大小比小的粒子沿各个方向发射都不会从外圆射出去，速度大小介于到之间的粒子要看发射方向，一部分会从外圆射出去，一部分不会从外圆射出去。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）k=0时，M点与圆心重合，分析粒子轨迹圆与外圆相切的临界状态，结合洛伦兹力提供向心力的规律，确定速度最大值的推导逻辑；
（2）k=1时，M点距圆心R，先推导轨迹圆半径，再通过几何关系找到粒子射出外圆的临界发射角，结合粒子均匀分布的特点，分析粒子数的比例关系；
（3）k=0.5时，M点距圆心0.5R，先确定轨迹圆与外圆相切时的半径以推导最大速度，再分析速度更大时的临界角，结合均匀分布特点求未射出粒子的比例。
（1）由牛顿第二定律有
解得
当时，从圆心O点沿半径方向向外发射粒子如图所示。
由几何关系有
解得运动半径
故
（2）当时，速度为的粒子，运动半径，入射点在内圆上，向纸面内各个方向均匀发射，如图所示。
当入射方向与环的半径夹角为时，那么进入磁场再进入内圆再进入磁场时的夹角都为，也就是不会从外圆出去。由几何关系可知，在图中OM线上方范围入射的粒子都会从外圆射出去，在OM线下方范围入射的粒子都不会从外圆射出去。所以当时，速度为的粒子中，从外圆射出去的粒子数和被约束在外圆以内的粒子数之比为。
（3）当时，由几何关系，下图中粒子源发出速度大小相同的粒子，从A点竖直向上进入磁场，角最大，最有可能从外圆射出去，即如果它都没有出去，则这个速度大小的粒子从其他方向发射也不会从外圆射出去，此时角为。
由余弦定理有
解得
所以
同理，由几何关系可知，图丙中粒子源发出的粒子，从B点向下进入磁场，角最大，最有可能射不出外圆，若它刚好射不出，此时角为，有
所以
速度大小为的粒子中，只有沿MB方向射出的恰好不会从外圆射出去，其他方向发射的都会从外圆射出去；速度大小比小的粒子沿各个方向发射都不会从外圆射出去，速度大小介于到之间的粒子要看发射方向，一部分会从外圆射出去，一部分不会从外圆射出去。
1 / 12026届河北省吴桥中学高三上学期一模物理试题
1．校园运动会的集体项目“迎面接力”：两条长50m的平行直跑道，每支队伍使用一个跑道，甲、乙两队各10名队员，跑道两端各站5人，两队的1号队员同时出发拿着接力棒冲向跑道的另一端把棒交给2号队员，2号队员又跑回这端把棒交给3号队员，依此类推，哪队先完成10人的全部接力就获胜。比赛开始（）后的一段时间内，两队队员运动的图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．甲队在时刻完成第一次交接
B．时刻两队队员速度相等
C．时间内两队通过的路程相同
D．时刻乙队领先
【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．x-t图像中，图线的倾斜的正负表示运动的方向，根据x-t图像可知，甲队在t1时刻速度的方向发生变化，可知甲队的1号队员在t1时刻先跑完50m把棒交给乙队的2号队员，即甲队在t1时刻完成第一次交接，故A正确；B．x-t图线斜率的正负表示速度的方向，根据图像可知，t2时刻甲图像斜率为负值，乙图像斜率为正值，可知t2时刻二者速度方向相反，则t2时刻两队队员速度不相等，故B错误；
C．时间内，甲图像的斜率先为正值后为负值，表明甲队员的运动有往返过程，乙图斜率一直为正值，表明乙队员做单向直线运动，可知，时间内，甲队通过的路程大于乙队，故C错误；
D．结合上述可知，时刻，甲队完成一次交接，乙队未完成交接，即时刻甲队领先，故D错误。
故选A。
【分析】x-t图像表示的是物体的位移（位置）随时间变化的关系，结合题意，比赛时运动员在往返跑，完成交接后运动员运动方向改变。
2．氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．处于能级的氢原子核外电子的动能为
B．处于不同能级的氢原子有可能会吸收相同能量的光子
C．氢原子可以自发地从能级跃迁到能级
D．在氢原子的特征谱线中，从能级跃迁到能级放出的光子波长最短
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．核外电子的动能为正值，可知处于能级的氢原子核外电子的动能不可能为，故A错误；
B．若光子的能量足够大，处于不同能级的氢原子可以吸收相同能量的光子而出现电离的现象，故B正确；
C．氢原子从能级跃迁到能级需要吸收光子的能量，即氢原子不可以自发地从能级跃迁到能级，故C错误；
D．跃迁过程的能量差越大，放出的光子能量越大，波长越短，从能级跃迁到能级放出的光子能量比从能级跃迁到能级放出的光子能量大，即从能级跃迁到能级放出的光子波长比从能级跃迁到能级放出的光子波长短，可知，从能级跃迁到能级放出的光子波长不是最短，故D错误。
故选B。
【分析】氢原子能级跃迁的物理过程，明确能级能量为负值表示电子总能量，包括动能与电势能之和。对于不同能级氢原子吸收光子，需考虑能量差与电离可能性，当光子能量大于等于原子结合能时均可发生电离。
3．某同学从圆柱形玻璃砖上截下图甲所示部分柱体平放在平板玻璃上，其横截面如图乙所示，1、2分别为玻璃柱体的上、下表面，3、4分别为平板玻璃的上、下表面。现用单色光垂直照射玻璃柱体的上表面，下列说法正确的是（　　）
A．干涉图样是单色光在1界面和2界面的反射光叠加后形成的
B．从上向下，能看到明暗相间的圆环，且内环密外环疏
C．从上向下，能看到干涉图样是左右对称的
D．若干涉图样在某个位置向中间弯曲，表明平板玻璃上表面在该位置有小凸起
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A.看到的干涉图样是薄膜干涉，是单色光在2界面和3界面的反射光叠加后形成的，故A错误；B.看到的干涉图样是薄膜干涉，从上向下看到的干涉图样应该是条状的，中间圆弧面的倾角小，两侧的倾角大，对比薄膜干涉规律，则中间稀疏，两侧密集，故B错误；
C.左右两侧对称位置的薄膜厚度相同，条纹的明暗情况应相同，干涉图样是左右对称的，故C正确；
D.干涉条纹在薄膜厚度相同的地方是连续的，干涉图样在某个位置向中间弯曲时， 结合薄膜干涉规律可知玻璃板上表面该位置有小凹陷，故D错误。
故选：C。
【分析】先确定干涉光来自玻璃柱下表面与平板玻璃上表面的反射，再根据圆柱形空气膜的厚度分布判断条纹形状、对称性，最后结合条纹弯曲与膜厚度的关系分析平面凹凸情况。
4．如图所示，A、B为地球的两颗卫星，卫星A在地面附近沿顺时针方向绕地球做匀速圆周运动，周期约为1.5h，卫星B绕地球做圆周运动的半径为2R（R为地球的半径），图示时刻两卫星分别与地心O点连线间的夹角为，。下列说法正确的是（　　）
A．卫星A的向心加速度为卫星B向心加速度的2倍
B．卫星B的周期约为4.2h
C．若卫星B沿顺时针方向运动，则至少经过约两颗卫星相距最远
D．若卫星B沿逆时针方向运动，则至少经过约两颗卫星相距最远
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动， 由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律有
可得，所以，故A错误；
B． A、B为地球的两颗卫星， 由开普勒第三定律有
代入题中数据，解得，故B正确；
C．设约经过时间两颗卫星相距最远，由题意有
联立解得，故C错误；
D．设约经过时间两颗卫星相距最远，由题意有
解得，故D错误。
故选：B。
【分析】分析过程需利用万有引力提供向心力推导向心加速度与轨道半径的关系，结合开普勒第三定律比较周期。对于相距最远问题，需根据两卫星同向或反向运动，通过角速度差或和与初始相对角位置的关系，建立角度变化方程求解时间。
5．如图所示为一种射击类电子游戏：从水平地面的O点斜向右上方同时发射三颗“炮弹”，“炮弹”的初速度大小分别为、和，方向与水平方向间的夹角均为，“炮弹”均可视为质点，相互之间无影响。“炮弹”发射的同时，一辆“拦截车”从O点由静止开始向右做匀加速直线运动，当三颗“炮弹”飞行到离地面最大的高度时，“拦截车”均恰好经过其正下方并成功拦截（拦截时间不计，拦截也不影响“拦截车”向右的匀加速直线运动），游戏中模拟的重力加速度为，不计空气阻力，要成功拦截三颗“炮弹”，“拦截车”的加速度为（　　）
A． B． C．2g D．
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】炮弹竖直方向做竖直上抛运动，将初速度沿水平方向和竖直方向分解，初速度为的“炮弹”到最高点时，所用时间
水平位移
初速度为的“炮弹”到最高点时，所用时间
水平位移
初速度为的“炮弹”到最高点时，所用时间
水平位移
时间之比为，水平位移之比为，这和拦截车水平方向的匀加速运动相吻合，故根据匀变速直线运动位移—时间关系可得：， 解得，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】将炮弹初速度分解为水平与竖直分量，求出到达最高点的时间和水平位移，再结合拦截车匀加速直线运动的位移公式，利用位移相等的条件联立求解加速度。
6．如图所示，在光滑绝缘水平面上有质量均为m、所带电荷量分别为、、的a、b、c三个带电小球，分别位于一个等腰三角形的三个顶点处，其中，三角形平面处于电场强度大小为E（未知）、方向水平向右的匀强电场中。已知三个小球所带电荷量不变且均可视为质点，三个小球相对静止一起水平向右做匀加速运动，静电力常量为k，则匀强电场的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】三个小球整体水平向右做匀加速运动，对三个小球整体进行分析，三角形平面处于电场强度大小为E（未知）、方向水平向右的匀强电场中，
根据牛顿第二定律有
小球a所带电荷量分别为，对小球a进行受力分析有
解得
故选：A。
【分析】先对三个小球整体运用牛顿第二定律分析整体受力与加速度的关系，再分别对单个小球进行受力分析，结合等腰三角形的几何特征分解库仑力，根据水平方向的运动规律列方程，联立求解匀强电场的场强大小。
7．如图所示，间距的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ与水平面间的夹角，导轨上端接有的定值电阻，导轨电阻不计，导轨间存在着垂直导轨平面向上、磁感应强度大小的匀强磁场。质量、长度、电阻的金属棒EF垂直放在导轨上。现将金属棒由静止释放，直到金属棒的速度达到最大，该过程中金属棒产生的焦耳热为2J，已知重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒的最大速度为
B．金属棒整个加速过程中，下滑的位移为0.8m
C．金属棒整个加速过程中，通过金属棒的电荷量为3C
D．金属棒整个加速过程用时0.8s
【答案】C
【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】A． 金属棒释放后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度达到最大，此时根据平衡条件有，解得，A错误；
B． 设金属棒沿导轨下滑的位移为x，全过程根据能量守恒定律可得，解得，B错误；
C．金属棒整个加速过程中，结合法拉第电磁感应定律可得通过金属棒的电荷量，C正确；
D．设金属棒整个加速过程中，下滑的时间为t，根据动量定理有
其中，解得，D错误。
故选C。
【分析】随着速度增大，感应电动势增强导致安培力增大，金属棒做加速度减小的加速运动，当重力分力与安培力平衡时速度达到最大。整个加速过程中，金属棒重力势能减少量转化为动能与焦耳热，利用能量守恒可联系下滑位移与已知热量。通过金属棒的电荷量可利用磁通量变化与总电阻的比值关系，由位移与磁场强度直接求得。加速时间可结合动量定理，通过重力分力的冲量与安培力冲量之差等于动量变化来建立方程。
8．如图所示，用磁流体发电机给电容器充电，磁流体发电机的两极板的正对面积为S、板间距离为d，板间磁场的磁感应强度大小为B，等离子体从左侧喷入，单个等离子体的带电量为q，则下列措施能使电容器充电量增大的是（　　）
A．仅增大S B．仅增大d C．仅增大B D．仅增大q
【答案】B,C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】单个等离子体的带电量为q，设等离子体的速度为v，平衡时洛伦兹力等于电场力，则
可得磁流体发电机的电压
由，可知增大发电机两端的电压，即仅增大B或d，就可以增大电容器的充电量。
故选BC。
【分析】先由等离子体受力平衡推导出磁流体发电机的电动势，再结合电容器电容与电荷量公式，分析各物理量变化对电容器充电量的影响。
9．如图所示，倾角为的斜面底端固定着一垂直于斜面的挡板，将一小块炸药固定在挡板上，质量为m的小滑块放在斜面底端靠近挡板的位置，引爆炸药后滑块恰好运动到斜面顶端。之后更换不同质量的小滑块，引爆炸药后，不同滑块在炸药爆炸过程中获得的动能都相同。已知炸药爆炸时间极短，不同滑块与斜面间的动摩擦因数均为，斜面的高度为h，重力加速度为g，滑块均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．炸药爆炸后质量为m的滑块获得的初速度大小为
B．质量为0.5m的滑块离开地面的最大高度为
C．质量为0.5m的滑块落回地面前瞬间的速率为
D．质量为0.8m的滑块滑离斜面顶端后经时间落回地面
【答案】B,D
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A． 质量为m的小滑块放在斜面底端靠近挡板的位置，引爆炸药后滑块恰好运动到斜面顶端 全过程对质量为m的滑块进行分析，由动能定理有
其中，解得，A错误；
B．对质量为0.5m的滑块进行分析，从底端到顶端过程由动能定理得
解得
离开斜面后滑块做斜抛运动，能够上升的最大高度
所以该滑块离地面的最大高度为，B正确；
C．对质量为0.5m的滑块进行分析，在滑块从离开斜面底端到落回地面的过程中，由动能定理有
解得，C错误；
D．对质量为0.8m的滑块进行分析，从底端到顶端过程由动能定理有
解得
离开斜面后滑块做斜抛运动，设经过时间t落回地面，有
解得，D正确。
故选BD。
【分析】滑块沿斜面向上运动需克服重力做功和摩擦力做功。对质量为m的滑块，利用动能定理分析其从底端到顶端速度减为零的过程，可建立初动能与重力势能和摩擦力做功的关系，从而确定爆炸后获得的初速度。
10．如图所示，弹簧振子穿在光滑水平杆上做简谐运动，以弹簧原长位置为坐标原点，沿杆建立x轴，时刻，小球（可视为质点）经过处，时刻，小球经过处，时刻，小球也经过处。已知小球振动的振幅为0.4m，则其振动的周期可能为（　　）
A． B． C．2s D．6s
【答案】B,C,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】本题以弹簧振子为模型，考查简谐运动的位移规律、周期性及多解性分析，需注意多解场景下的全面讨论，避免遗漏周期可能值。 振动图像如图所示（此图原点）
时刻，小球（可视为质点）经过处，时刻，小球经过处，时刻，小球也经过处，
①若是时刻在状态1，时刻在状态3，有
解得，
时刻在状态4或状态5，有或
解得或，
当时，，C项符合；
②若是时刻在状态1，时刻在状态4，有
解得
时刻在状态5或状态6，有或
解得或，
A、B、C、D四个选项都不符合；
③若是时刻在状态2，时刻在状态3，有
解得，
时刻在状态4或状态5，有或
解得或，
当时，，B项符合；
当时，，D项符合；
④若是时刻在状态2，时刻在状态4，有
解得，
时刻在状态5或状态6，有或
解得或，
当时，，C项符合。
综上，故选BCD。
【分析】先根据简谐运动位移公式，结合t=0时的位移确定初相位，再利用t=1s和t=3s时小球经过同一位置的条件，结合余弦函数的周期性分情况推导周期表达式，代入正整数n得到可能的周期值，匹配选项。
11．某研究小组设计了一种离子型烟雾探测器，其原理简化图如图所示，两个相同的电离室串联，构成等效于电阻串联的电路，电压表可看成理想电压表，其中内电离室不与外界相通，外电离室（即检测电离室）与外界相通，电离室内的放射源放出射线，射线使部分空气被电离，经电压作用形成离子流，使电离室具有导电性。
（1）放射源放出的射线的电离本领很强，则这种射线是______。（填正确答案标号）
A．射线 B．射线 C．射线
（2）有烟雾颗粒进入外电离室时，烟雾颗粒会吸附一部分离子，使外电离室的离子电流减小，等效电阻增大，则电压表的示数　 　（填“增大”或“减小”），电压表的示数　 　（填“增大”或“减小”）。
（3）烟雾浓度达到某值时，该探测器会报警，使用一段时间之后，电源电动势变小，电路的其他情况都不变，探测器仍能正常工作，则报警的响应参数应选______。（填正确答案标号）
A．电压表的示数达到某设定值就报警
B．电压表的示数和电压表示数的差值达到某设定值就报警
C．电压表的示数和电压表示数的比值达到某设定值就报警
【答案】（1）A
（2）减小；增大
（3）C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析；生活中常见的传感器；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】（1） 在α射线、β射线、γ射线三种射线中，α射线的电离本领最强。由题意可知放射源放出的射线的电离本领很强，所以放射源放出的射线为α射，故A正确，BC错误。
故选A。
（2）烟雾颗粒会吸附一部分离子，使外电离室的离子电流减小，等效电阻增大，则回路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，则内电压减小，电压表的示数减小。
根据
结合上述内容，内电压减小，电压表的示数减小，则电压表的示数增大。
（3）烟雾浓度改变时，外电离室的等效电阻随之发生变化，由于两电离室串联，电压之比等于电阻之比，可知，电压表的示数和电压表的示数的比值达到某设定值就报警，不会受到电动势减小的影响。
故选C。
【分析】（1）根据α射线、β射线、γ射线的特点判断，射线的电离本领最强；
（2）根据闭合电路欧姆定律分析判断；
（3）分析电路连接，根据串联电路的规律分析判断。
（1）放射源放出的射线的电离本领很强，在射线、射线、射线三种射线中，射线的电离本领最强。可知，放射源放出的射线为射线。
故选A。
（2）[1]外电离室的电阻变大，则回路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，则内电压减小，电压表的示数减小。
[2]根据
结合上述内容，内电压减小，电压表的示数减小，则电压表的示数增大。
（3）烟雾浓度改变时，外电离室的等效电阻随之发生变化，由于两电离室串联，电压之比等于电阻之比，可知，电压表的示数和电压表的示数的比值达到某设定值就报警，不会受到电动势减小的影响。
故选C。
12．某同学在研究动量定理和系统动量守恒规律时，设计了如下实验。
①把光滑的玻璃板放在一圆形滚筒上，两边对称，玻璃板水平静止，形成一“跷跷板”，支点为O点；
②两质量不同的小车（形状大小一样）上固定有相同的条形磁体，小车（包括磁体）的质量分别为、。磁体同极相对，用短细绳连接两小车放在“跷跷板”上保持静止，如图甲所示，记录此时小车中心到支点的水平距离分别为、；
③用火从中间烧断细绳，两小车向两边运动，用摄像机录下运动过程，再对视频进行处理：把细绳烧断瞬间定格为图片1，然后每隔0.5s定格一次，依次定格出图片2、图片3等，再把这些图片合成到一张图片上如图乙所示，根据图片与实物间的尺寸比例分别计算出小车中心到支点的实际水平距离、，数据如表所示；
④实验发现当两小车都在玻璃板上运动时，“跷跷板”能保持平衡。
小车A ：0.2kg ：1.0cm ：2.9cm ：6.0cm ：9.6cm
小车B ：0.1kg ：2.0cm ：6.0cm ：11.9cm ：19.2cm
（1）小车A向左做　 　（填“匀速”“匀加速”或“变加速”）直线运动。
（2）若在拍摄图片3时，两小车间的排斥力为，小车A的速度为，则下列关系式正确的是________。（填正确答案标号）
A． B． C．
（3）从拍摄图片1到图片3的过程中，排斥力对两小车做的功　 　（填“相等”或“不相等”），排斥力对两小车的冲量大小　 　（填“相等”或“不相等”）。
（4）当两小车都在玻璃板上运动时“跷跷板”能保持平衡，结合表中数据可得到的表达式为　 　（用、、、表示），这能否说明两小车构成的系统动量守恒，请说明理由：　 　。
【答案】（1）变加速
（2）C
（3）不相等；相等
（4）；每时每刻两小车受到的排斥力大小都相等，一段时间累积的冲量大小相等，两小车的末动量大小相等，根据动量定理有，每时每刻的动量大小都相等，故一个微元的时间有，则，证明了系统动量守恒。
【知识点】动量定理；验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）磁体之间的排斥力越来越小，根据牛顿第二定律可得小车加速度会越来越小，小车A向左做变加速直线运动。
（2）拍摄图片3时，之前的力都大于，是这些大于的力累积的位移所做的功才得到此时小车A对应的动能，结合动能定理可知，C项正确。
（3）排斥力大小相等，但两小车的位移大小不相等，由W=Fl可知，斥力对两小车做的功不相等，但时间t相等，由I=Ft可知，斥力对两小车的冲量大小相等。
（4） 由表中的数据可知，也可根据实验现象当两小车都在玻璃板上运动时“跷跷板”能保持平衡，由杠杆平衡原理得到，每时每刻两小车受到的排斥力大小都相等，一段时间累积的冲量大小相等，两小车的末动量大小相等，根据动量定理有，每时每刻的动量大小都相等，故一个微元的时间有，则，证明了系统动量守恒。
【分析】（1）根据小车的受力情况判断其运动性质。
（2）根据功的计算公式定性分析答题。
（3）根据小车的运动过程与受力情况，根据功的计算公式与冲量的定义式分析答题。
（4）根据实验数据，应用动量守恒定律分析答题。
（1）磁体之间的排斥力越来越小，所以加速度会越来越小，小车A向左做变加速直线运动。
（2）拍摄图片3时，之前的力都大于，是这些大于的力累积的位移所做的功才得到此时小车A对应的动能，所以，C项正确。
（3）[1][2]排斥力大小相等，但两小车的位移大小不相等，做的功不相等，但时间相等，所以冲量大小相等。
（4）由表中的数据可以找出规律，也可根据实验现象当两小车都在玻璃板上运动时“跷跷板”能保持平衡，由杠杆平衡原理得到，每时每刻两小车受到的排斥力大小都相等，一段时间累积的冲量大小相等，两小车的末动量大小相等，有，每时每刻的动量大小都相等，故一个微元的时间有，则，证明了系统动量守恒。
13．某种肺活量测试的规则为：一次尽力吸气（气体在人体内温度可视为），快速尽力呼出后，呼出气体的温度可视为不变，压强变为大气压强，体积为（未知），则为肺活量测试的结果。某人用如图甲所示的装置进行测试，绝热气缸的底面积为S、总高度为H，导热活塞可在气缸内无摩擦滑动而不漏气，活塞的质量和厚度均忽略不计。测试前，气缸顶部的小孔和底部软管均与大气连通，活塞位于气缸底部，环境大气压强为、温度为；测试时，先将气缸顶部的小孔密闭，人尽力吸气后，快速尽力呼出，通过软管把气体吹入气缸中活塞的下部，然后关闭软管的阀门，稳定时如图乙所示，活塞上升的高度为h，软管内气体忽略不计，吸气和呼气中水蒸气的影响可忽略不计，人呼出的气体可视为理想气体，热力学温度与摄氏温度的关系为。求：
（1）图乙中活塞上部分气体的压强和热力学温度之比；
（2）该次测试中，此人的肺活量。
【答案】（1）根据理想气体状态方程，对活塞上部分气体有
故压强和热力学温度之比
（2）对活塞下部分气体从图乙的状态，还原到“温度为，压强为大气压强”求体积，则解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）活塞上方气体经历从初始状态到稳定状态的过程，其质量不变，根据气体状态方程建立压强与温度的关系，从而得到两者比值。
（2）活塞下方气体来自人的呼出气体，其初始状态为呼出后进入气缸前的状态，进入气缸后，在稳定状态下与活塞上方气体压强平衡，温度与上方气体相同，结合理想气体状态方程列式求解。
（1）根据理想气体状态方程，对活塞上部分气体有
故压强和热力学温度之比
（2）对活塞下部分气体从图乙的状态，还原到“温度为，压强为大气压强”求体积，则
解得
14．跑酷运动员通过在墙壁间左、右跳跃来爬上高墙。如图所示，两墙壁的间距为2m，左墙壁的高度为5m，运动员（可视为质点）向右冲向墙壁，在离右墙壁2m的地方斜向右上方起跳，与右墙壁作用两次，与左墙壁作用一次，第二次到左墙壁时恰好到达左墙壁上沿。运动员每次和墙壁作用前瞬间竖直速度恰好减到零，作用前、后水平速度大小不变、方向反向，作用后瞬间的竖直速度和在地面起跳时的竖直速度相等。已知运动员每次和墙壁的作用时间都为0.1s且与墙面不发生相对滑动，运动员的质量为50kg，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）运动员每次与墙壁作用过程中水平方向和竖直方向的平均作用力大小；
（2）运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量。
【答案】（1）运动员跳到5m的高墙是4段相同的抛物线轨迹，每一段的水平位移为2m，竖直位移为
且每次上升1.25m时竖直方向的速度恰好减到零，设每次上升1.25m的时间间隔为，竖直方向的初始速度为，则根据运动学公式有，
解得，
设运动员水平方向的运动速度为，由于水平方向做的是匀速直线运动，则有
解得
设墙壁对人的平均作用力的水平分量为，以反弹后的水平运动方向为正方向，则在水平方向列动量定理方程有
解得
设墙壁对人的平均作用力的竖直分量为，以竖直向上为正方向，则在竖直方向列动量定理方程有
解得
（2）以地面为重力势能的零势能面，运动员起跳后瞬间的动能为
运动员跳到左墙壁上沿时的机械能为
故运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量为
【知识点】动量定理；斜抛运动
【解析】【分析】（1）运动员每次与墙壁作用时，水平速度大小不变但反向，竖直速度由零变为起跳时的竖直速度。分析水平方向，墙壁作用前后动量变化为两倍水平速度对应的动量，根据动量定理可求水平平均作用力。竖直方向作用过程中，运动员受竖直向上的平均作用力与重力，动量变化为起跳时的竖直速度对应的动量，同样应用动量定理可求竖直平均作用力。
（2）机械能增加量为末状态机械能与起跳时机械能之差。起跳时的机械能等于其动能，因取地面为零势能面，此时重力势能为零。末状态到达左墙壁上沿时，具有水平速度对应的动能和重力势能。
（1）由分析可知，运动员跳到5m的高墙是4段相同的抛物线轨迹，每一段的水平位移为2m，竖直位移为
且每次上升1.25m时竖直方向的速度恰好减到零，设每次上升1.25m的时间间隔为，竖直方向的初始速度为，则根据运动学公式有，
解得，
设运动员水平方向的运动速度为，由于水平方向做的是匀速直线运动，则有
解得
设墙壁对人的平均作用力的水平分量为，以反弹后的水平运动方向为正方向，则在水平方向列动量定理方程有
解得
设墙壁对人的平均作用力的竖直分量为，以竖直向上为正方向，则在竖直方向列动量定理方程有
解得
（2）以地面为重力势能的零势能面，运动员起跳后瞬间的动能为
运动员跳到左墙壁上沿时的机械能为
故运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量为
15．在高能物理的稳态磁约束聚变研究中，常用环状磁场来约束带电粒子的活动范围，其模型简化图如图所示，圆心均为O点的内圆半径为R、外圆半径为2R的圆环形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，内圆半径上的M点有一粒子源，可沿平行纸面的各个方向发射速度大小不同、质量均为m、电荷量均为的同种粒子，M，点到圆心的距离为，粒子源发射出的各种速率的粒子在各个方向都是均匀分布的。不计粒子重力和粒子间的相互作用力。
（1）当时，求粒子不从外圆射出去的速度的最大值；
（2）当时，求速度为的粒子中，从外圆射出去的粒子数和被约束在外圆以内的粒子数之比；
（3）当时，若粒子都不会从外圆射出去，求此时速度的最大值；若有部分粒子可从外圆射出，求没有从外圆射出去的粒子中，速度的最大值。
【答案】（1）由牛顿第二定律有
解得
当时，从圆心O点沿半径方向向外发射粒子如图所示。
由几何关系有
解得运动半径
故
（2）当时，速度为的粒子，运动半径，入射点在内圆上，向纸面内各个方向均匀发射，如图所示。
当入射方向与环的半径夹角为时，那么进入磁场再进入内圆再进入磁场时的夹角都为，也就是不会从外圆出去。由几何关系可知，在图中OM线上方范围入射的粒子都会从外圆射出去，在OM线下方范围入射的粒子都不会从外圆射出去。所以当时，速度为的粒子中，从外圆射出去的粒子数和被约束在外圆以内的粒子数之比为。
（3）当时，由几何关系，下图中粒子源发出速度大小相同的粒子，从A点竖直向上进入磁场，角最大，最有可能从外圆射出去，即如果它都没有出去，则这个速度大小的粒子从其他方向发射也不会从外圆射出去，此时角为。
由余弦定理有
解得
所以
同理，由几何关系可知，图丙中粒子源发出的粒子，从B点向下进入磁场，角最大，最有可能射不出外圆，若它刚好射不出，此时角为，有
所以
速度大小为的粒子中，只有沿MB方向射出的恰好不会从外圆射出去，其他方向发射的都会从外圆射出去；速度大小比小的粒子沿各个方向发射都不会从外圆射出去，速度大小介于到之间的粒子要看发射方向，一部分会从外圆射出去，一部分不会从外圆射出去。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）k=0时，M点与圆心重合，分析粒子轨迹圆与外圆相切的临界状态，结合洛伦兹力提供向心力的规律，确定速度最大值的推导逻辑；
（2）k=1时，M点距圆心R，先推导轨迹圆半径，再通过几何关系找到粒子射出外圆的临界发射角，结合粒子均匀分布的特点，分析粒子数的比例关系；
（3）k=0.5时，M点距圆心0.5R，先确定轨迹圆与外圆相切时的半径以推导最大速度，再分析速度更大时的临界角，结合均匀分布特点求未射出粒子的比例。
（1）由牛顿第二定律有
解得
当时，从圆心O点沿半径方向向外发射粒子如图所示。
由几何关系有
解得运动半径
故
（2）当时，速度为的粒子，运动半径，入射点在内圆上，向纸面内各个方向均匀发射，如图所示。
当入射方向与环的半径夹角为时，那么进入磁场再进入内圆再进入磁场时的夹角都为，也就是不会从外圆出去。由几何关系可知，在图中OM线上方范围入射的粒子都会从外圆射出去，在OM线下方范围入射的粒子都不会从外圆射出去。所以当时，速度为的粒子中，从外圆射出去的粒子数和被约束在外圆以内的粒子数之比为。
（3）当时，由几何关系，下图中粒子源发出速度大小相同的粒子，从A点竖直向上进入磁场，角最大，最有可能从外圆射出去，即如果它都没有出去，则这个速度大小的粒子从其他方向发射也不会从外圆射出去，此时角为。
由余弦定理有
解得
所以
同理，由几何关系可知，图丙中粒子源发出的粒子，从B点向下进入磁场，角最大，最有可能射不出外圆，若它刚好射不出，此时角为，有
所以
速度大小为的粒子中，只有沿MB方向射出的恰好不会从外圆射出去，其他方向发射的都会从外圆射出去；速度大小比小的粒子沿各个方向发射都不会从外圆射出去，速度大小介于到之间的粒子要看发射方向，一部分会从外圆射出去，一部分不会从外圆射出去。
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