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2026届河北省名校联考高三上学期一模物理试题
1． （钍）具有放射性，发生某种衰变后变为 （镤），衰变方程为下列说法正确的是（　　）
A．该衰变为α衰变
B．该衰变过程的实质是核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子
C．钍核发生衰变的过程，不仅释放出电子，而且还放出一个质子
D．16个钍核经过三个半衰期后一定剩下2个钍核
2．同一辆汽车以相同的速率分别通过甲、乙、丙、丁四个圆弧形路面，乙的半径比甲的大，丁的半径比丙的大；则汽车在甲、乙路面的最高点对路面的压力，在丙、丁路面的最低点对路面的压力，最大的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，通有恒定电流的长直导线MN放在矩形绝缘线框ABCD上，长直导线与AD平行，与AB、CD的接触点分别为P、Q，APQD的面积是PBCQ面积的一半，整个线框的磁通量大小为，矩形PBCQ中的磁通量大小为，矩形APQD中的磁通量大小为，则下列判断正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．将直导线向右平移一小段距离，线框中磁通量增大
4．一个质点做直线运动，在至时间内的速度—时间图像如图所示，这段时间内质点的位移为零，则这段时间内质点匀速运动的位移大小为（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，A、B两点固定等量的异种电荷，C、D两点将A、B连线三等分，已知A、B连线上电场强度的最小值为E，则C点的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示为流过电阻R=10Ω的正弦交变电流的i-t图像，下列说法正确的是（　　）
A．该交变电流的频率为 100 Hz
B．该交变电流的有效电流值为2 A
C．该电阻的发热功率为 40 W
D．1min 内该电阻产生的电热为 1 800 J
7．如图所示为光导纤维（可简化为长直玻璃丝）的示意图，玻璃丝长为l=9m，AB、CD分别代表光纤的两个端面，一束光以45°的入射角从端面AB射入长直光纤，玻璃丝对该光束的折射率为。已知光在真空中的传播速度的大小为，则光从玻璃丝的端面AB传播到端面CD经历的时间为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，带正电的小球处在竖直向下的匀强电场中做简谐运动，小球运动到最高点时弹簧刚好处于原长，小球做简谐运动的最大速度为v1、振幅为A1，当小球运动到最高点时迅速撤去电场，此后小球振动过程中的最大速度为v2、振幅为A2，则下列判断正确的是（　　）
A．v1=v2 B．v1>v2 C．A19．如图所示为我国某卫星发射的示意图，其中轨道I、III分别为半径为r和3r的圆轨道，卫星在这两个轨道上均做匀速圆周运动，轨道II为椭圆轨道，P、Q分别为轨道I、II和轨道II、III的切点。下列说法正确的是（　　）
A．卫星的发射速度大于16.7km/s
B．卫星在轨道I和轨道II的周期比为1∶
C．卫星在轨道II过P点的速度大于在轨道III过Q点的速度
D．卫星在轨道II过Q点的加速度大于在轨道III过Q点的加速度
10．如图所示，光滑绝缘水平面上有一分界线MN，MN的右侧存在范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，矩形线框abcd由粗细均匀的导线围成，开始时线框位于虚线MN的左侧，且cd 边与虚线MN平行，线框的短边与长边的边长分别为 ab=L、bc=2L，线框的质量为m、电阻为R。现给线框一水平向右的初速度，线框刚好完全进入磁场。下列说法正确的是（　　）
A．线框进入磁场的过程，线框中的感应电流方向为adcba
B．cd边刚越过MN瞬间，cd间的电压为
C．整个过程穿过线框某一横截面的电荷量为
D．线框刚好有一半进入磁场时，线框的加速度大小为
11．某同学要测量手机的质量，从实验室中选择了如下器材：一根带有指针的轻弹簧、铁架台、刻度尺，若干个质量均为50g的钩码，组成如图甲所示的实验装置。
（1）实验装置中轻弹簧悬挂在铁架台的横杆上，将刻度尺竖直放置，将刻度尺的零刻度与轻弹簧的上端对齐，不挂钩码时，轻弹簧的指针所示的位置如图乙所示，则轻弹簧的原长为L0=　 　cm。
（2）在轻弹簧的下面依次挂上1个、2个、3个……n个钩码，重复实验，记录每次挂上的钩码个数n及对应的弹簧的长度L，求出每次弹簧的伸长量x，作出n-x图像如图丙所示，重力加速度g取9.8m/s2，由此求得弹簧的劲度系数为k=　 　N/m。
（3）取下所有钩码，挂上手机，测得弹簧的伸长量为5.60cm，则求得手机的质量m=　 　kg。
12．某同学要测量两节干电池串联组成的电池组的电动势和内阻（约为2Ω），设计了如图甲所示的电路。图中电压表的量程为3V，电流表量程为0.6A、内阻约为1Ω，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，R0为未知的定值电阻。
（1）将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关S1、开关S2合向2，调节滑动变阻器，使滑动变阻器接入电路的电阻逐渐减小，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电流表的指针指在0.5A左右，则R0的阻值约为 。
A．1Ω B．3Ω C．5Ω D．7Ω
（2）若在（1）中，R0阻值已知，当滑动变阻器接入电路的电阻调为零时，记录电压表和电流表的示数分别为U0、I0，则电流表的内阻RA=　 　（用U0、I0、R0表示）。
（3）将开关S2合向1，多次调节滑动变阻器的滑片位置，记录每次调节后电压表和电流表的示数U、I，某次电流表的指针指在如图乙所示的位置，这时电路中电流为　 　A；若RA已知，根据记录的多组U、I，作U-I图像，得到图像的斜率大小为k，图像与纵轴的截距为b，则电池的电动势E=　 　，电池的内阻r=　 　。（后两空用b、k、RA表示）
13．在如图所示的V-T图像中，一定质量的理想气体从状态a出发，经历（a→b→c→d→a的循环过程回到状态a。已知气体在状态d下的压强为 求：
（1）气体在状态c下的压强；
（2）整个过程气体吸收或放出的热量。
14．如图甲所示，一可视为质点的小物块，从平台左端以初速度 滑上平台，小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的 P 点时动能为平抛初始动能的17倍。以平台右端为坐标原点O，在竖直面内建立平面直角坐标系，x轴和y轴分别沿水平方向和竖直方向，挡板形状满足方程 （单位：m）。已知小物块与平台间的动摩擦因数与小物块沿平台位移之间的关系 如图乙所示，重力加速度 g取 求：
（1）P点的坐标；
（2）小物块离开平台时的速度大小及平台左右两端之间的距离。
15．某异型回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的带电极板，两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP 方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板，如图乙所示，板间电势差恒定为U（下极板电势高于上极板电势，且极板间只有电场）。两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在贴近下极板缝隙的离子源S中产生的质量为m、电荷量为q（q>0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为6D。已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔 P射出。假设离子打到器壁或离子源外壁则立即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力。
（1）求磁场磁感应强度的最小值；
（2）调节磁感应强度大小为 离子能从出射孔 P射出时，求离子在磁场中运动的时间；
（3）若将磁感应强度在 范围内调节，则离子能从 P 点射出时该范围内磁感应强度B 所有的可能值。
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】A．根据质量数和电荷数守恒可知衰变产物X为电子，故该衰变为β衰变，故A错误；
B．β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子（并释放反电子中微子），原子序数增加1，故B正确；
C．β衰变仅释放电子（及反中微子），质子由中子转化而来并留在核内，无质子释放，故C错误；
D．半衰期是统计规律，适用于大量原子核，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒求解X是什么粒子，从而判断衰变类型；半衰期是统计规律，适用于大量原子核。
2．【答案】C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】汽车在甲、乙路面最高点时，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，汽车对甲、乙路面的压力都小于汽车重力；
汽车在丙、丁路面最低点时，对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，可知汽车对丙、丁路面的压力都大于汽车重力；
由于
可知半径小的丙路面对汽车的支持力最大，根据牛顿第三定律，可知汽车对丙路面的压力最大。
故选C。
【分析】汽车在路面最高点或者最低点时，对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律和第三定律求解对地面的压力。
3．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；磁通量
【解析】【解答】AB．根据右手螺旋定则，可知直导线左侧的磁感应强度方向为垂直纸面向外，右侧的磁感应强度方向为垂直纸面向里，即两侧的磁感应强度方向相反，故矩形PBCQ中的磁通量与矩形APQD中的磁通量会相互抵消，矩形PBCQ的面积大于矩形APQD的面积，根据Φ=BS则有Φ2＞Φ3，所以整个线框的磁通量大小为Φ1=Φ2-Φ3，故A错误，B正确；C．离直导线越远，磁感应强度越弱，所以矩形PBCQ中的平均磁感应强度小于矩形APQD中的平均磁感应强度，矩形PBCQ的面积为矩形APQD面积的两倍，故Φ2＜2Φ3，故C错误；
D．结合A选项，若将直导线向右平移一小段距离，则左侧的面积增大，右侧的面积减小，则Φ2不断减小，Φ3不断增大，根据整个线框的磁通量大小为Φ1=Φ2-Φ3
可知Φ1不断减小，故D错误。
故选：B。
【分析】根据通电直导线的磁场分布，线框被导线分为左右两部分，两侧磁场方向相反，磁通量需考虑方向叠加，故整个线框磁通量为右侧与左侧磁通量的差值。
4．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】这段时间内质点的位移为零，v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，设匀速运动的速度大小为v，则
解得
因此匀速运动的位移
故选B。
【分析】速度—时间图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方的面积为正位移，下方为负位移。已知t=0至t=2t0内位移为零，说明正位移与负位移的绝对值相等。需结合运动阶段的时间分配，利用面积公式列方程求解匀速运动的位移。
5．【答案】D
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、B两点固定等量的异种电荷，设两点电荷带电量均为q，A、B间距离为L，A、B连线中点处是连线上电场强度最小值点，根据点电荷场强公式可得
则C点的电场强度
故选D。
【分析】A、B连线中点处是连线上电场强度最小值点，根据点电荷场强公式结合矢量合成法则求解。
6．【答案】D
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据正弦交变电流的i-t图像可得交变电流的周期为0.02s，故该交变电流的频率为，故A错误；
B．设交变电流有效电流值为，根据交变电流有效值定义可得
解得，故B错误；
C．电阻的发热功率为，故C错误；
D．内电阻产生的电热为，故D正确。
故选D。
【分析】从图象中可以求出该交流电的最大电流以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系及功率的公式求解。
7．【答案】A
【知识点】光的全反射；光导纤维及其应用
【解析】【解答】玻璃丝对该光束的折射率为，设光在玻璃丝中发生全反射的临界角为C，则
解得
一束光以45°的入射角从端面AB射入长直光纤，设光从AB端面进入玻璃丝的折射角为θ，根据光的折射定律有
解得
易知折射到玻璃丝中的光射到玻璃丝侧面的入射角为60°>C，即射到玻璃丝侧面的光发生全反射，光经过不断在玻璃丝侧面发生全反射，最后从端面CD射出；设光在玻璃丝中传播的路程为s，根据对称性可得
根据折射定律公式有
光从玻璃丝的端面AB传播到端面CD经历的时间为
解得
故选A。
【分析】根据折射率与光速的关系求出光在光纤中的传播速度，由几何知识求出光的路程，然后求出光的传播时间。
8．【答案】B
【知识点】微元法；简谐运动；简谐运动的回复力和能量；电场强度
【解析】【解答】CD．对小球进行受力分析，在最高点根据简谐运动的特点有，
其中k为比例系数，因此，故CD错误；
AB．撤去电场前，在最高点时，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小
小球运动到最高点时弹簧刚好处于原长，撤去电场后，在最高点时，小球小球的加速度大小
小球从最高点运动到平衡位置过程的a-x图像如图所示
由得，
结合微元累积法可知，a-x图像与横轴所包围的面积表示末速度平方与初速度平方差值的，设小球的最大速度为，由于小球在最高点时速度为零，则有
解得
故，
即，故A错误，B正确。
故选B。
【分析】简谐运动具有对称性，根据牛顿第二定律列式求解加速度；结合-x图像与横轴所包围的面积表示的物理意义求解。
9．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A． 因该卫星仍围绕地球运行，没有脱离地球的束缚，故该卫星的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，而小于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；
B．由题意可知轨道II的半长轴为
卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行时，由开普勒第三定律得
解得，故B正确；
C．卫星由轨道I进入轨道II，则应在P点点火加速，则卫星在轨道I过P点的速度小于在轨道II过P点的速度，根据万有引力提供向心力有
解得
则卫星在轨道I过P点的速度大于在轨道III过Q点的速度，所以卫星在轨道II过P点的速度大于在轨道III过Q点的速度，故C正确；
D．卫星在轨道II过Q点和在轨道III过Q点时万有引力大小相等，根据万有引力提供向心力可知卫星在轨道II过Q点的加速度等于在轨道III过Q点的加速度，故D错误。
故选BC。
【分析】根据宇宙速度的意义分析卫星的发射速度大小；根据开普勒第三定律求解卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的周期比；根据变轨原理分析卫星由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时速度变化情况。根据万有引力提供向心力列式分析卫星在轨道Ⅰ上的运行速度与在轨道Ⅲ上运行速度关系，进而确定卫星在轨道Ⅱ过P点的速度与在轨道Ⅲ过Q点的速度关系；根据牛顿第二定律结合万有引力定律分析加速度关系。
10．【答案】B,D
【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；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．由右手定则可知，线框进入磁场的过程，线框中的感应电流方向为abcda，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可得cd边产生的感应电动势为E=BLv
cd边的电阻为
外电路的总电阻为
cd间的电压为路端电压，则cd间的电压为，故B正确；
C．整个过程，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路的欧姆定律可得
又因为，
整理可得，故C错误；
D．线框进入磁场的过程取极短的时间，对线框进行受力分析，由动量定理可得
两边求和可得
整理可得
同理，线框刚好有一半进入磁场时，由动量定理得
又因为
解得
回路的感应电动势为
感应电流
线框所受的安培力为
结合牛顿第二定律得
联立解得线框的加速度大小为，故D正确。
故选BD。
【分析】应用E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出cd间的电势差。根据动量定理求解速度，应用安培力公式求出线框受到的安培力，结合牛顿第二定律求解加速度。
11．【答案】（1）10.50
（2）49
（3）0.28
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1） 不挂钩码时，轻弹簧的指针所示的位置如图乙所示，可知弹簧的原长为
（2） 作出n-x图像如图丙所示，根据胡克定律可得弹簧的劲度系数
（3）根据平衡条件有，其中，
代入数据解得手机的质量
【分析】（1）根据图乙求解弹簧的原长；
（2）根据图像的斜率求解弹簧的劲度系数；
（3）根据平衡条件结合胡克定律求解手机质量。
（1）由图乙可知，弹簧的原长为
（2）弹簧的劲度系数
（3）根据平衡条件有
其中，代入数据解得手机的质量
12．【答案】（1）B
（2）
（3）0.30；b；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电流表的指针指在0.5A左右，结合电路图，根据闭合电路的欧姆定律有
代入数据解得
故选B。
（2）电压表和电流表的示数分别为U0、I0， 根据欧姆定律可得
解得
（3） 由图乙，可知电流表的最小分度值为0.02A，示数为0.30A；
根据闭合电路的欧姆定律
可得
根据题意，可得，
解得
【分析】（1）闭合开关S1、开关S2合向2，根据闭合电路的欧姆定律计算；
（2）根据闭合电路的欧姆定律推导；
（3）根据闭合电路的欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）根据闭合电路的欧姆定律有
代入数据解得
故选B。
（2）根据
解得
（3）[1]由图乙，可知电流表的示数为0.30A；
[2][3]根据闭合电路的欧姆定律
可得
根据题意，可得，
解得
13．【答案】（1）气体从状态d到状态a，从状态b到状态c均为等压变化，则，
气体从状态a到状态b是等容变化，由查理定律有
联立各式解得气体在状态c下的压强
（2）a状态到b状态，c状态到d状态气体做等容变化气体不做功，b状态到c状态外界对气体做功，则有
d状态到a状态气体对外界做功
整个过程的总功为
根据热力学第一定律有
解得
则整个过程气体放热，放出的热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）气体从状态d到状态a，从状态b到状态c均为等压变化，气体从状态a到状态b是等容变化，结合气体状态方程列式求解；
（2）c状态到d状态气体做等容变化气体不做功，b状态到c状态外界对气体做功，结合热力学第一定律列式求解。
（1）气体从状态d到状态a，从状态b到状态c均为等压变化，则，
气体从状态a到状态b是等容变化，由查理定律有
联立各式解得气体在状态c下的压强
（2）a状态到b状态，c状态到d状态气体做等容变化气体不做功，b状态到c状态外界对气体做功，则有
d状态到a状态气体对外界做功
整个过程的总功为
根据热力学第一定律有
解得
则整个过程气体放热，放出的热量为
14．【答案】（1）由题意可知
则有
解得
设在点时速度方向与水平方向成角，位移与水平方向成角，则有
即
解得，
即点坐标为。
（2）对平抛过程，根据动能定理有
解得
设平台左、右两端之间距离为，小物块在平台上运动过程中，根据动能定理有
其中，
联立代入数据解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1） 小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的P点时动能为平抛初始动能的17倍，结合平抛运动规律列式求解；
（2）对平抛过程，根据动能定理求解小物块离开平台时的速度大小，小物块在平台上运动过程中，根据动能定理求解平台左右两端之间的距离。
（1）由题意可知
则有
解得
设在点时速度方向与水平方向成角，位移与水平方向成角，则有
即
解得，
即点坐标为。
（2）对平抛过程，根据动能定理有
解得
设平台左、右两端之间距离为，小物块在平台上运动过程中，根据动能定理有
其中，
联立代入数据解得
15．【答案】（1）设离子从离子源上方的O点射入磁场区域的速度大小为，则
离子偏转后直接从出射孔P射出时，离子在磁场中运动的轨道半径最大（），磁场的磁感应强度最小（），则
由题意知
解得
（2）调节磁感应强度大小为，则离子第一次在磁场中偏转时有
可得
离子从出射孔P射出，离子的运动轨迹如图所示，离子偏转中第一次经过虚线间的无场区域，设其偏转轨道半径为，则
离子偏转中第n次经过虚线间的无场区域后从出射孔P射出，设其偏转轨道半径为，从出射孔P射出时的速度大小为，则有
，
于是有
根据几何关系有
综合可得
可见离子能从出射孔P射出，且离子在磁场中运动的时间为
（3）令，对应离子运动的轨道半径分别为、，则，
结合前一问的分析可得，
可得
同理可得
联立各式解得，即k=35，36，……，42
又
解得( k=35，36，……，42)
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）根据动能定理，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据离子从磁场中偏转后再次进入电场减速，至下极板速度为零，然后反向加速，结合几何关系以及洛伦兹力提供向心力分析求解；
（3）根据磁感应强度的范围，求解圆周运动轨迹运动半径，结合几何关系以及洛伦兹力提供向心力分析求解。
（1）设离子从离子源上方的O点射入磁场区域的速度大小为，则
离子偏转后直接从出射孔P射出时，离子在磁场中运动的轨道半径最大（），磁场的磁感应强度最小（），则
由题意知
解得
（2）调节磁感应强度大小为，则离子第一次在磁场中偏转时有
可得
离子从出射孔P射出，离子的运动轨迹如图所示，离子偏转中第一次经过虚线间的无场区域，设其偏转轨道半径为，则
离子偏转中第n次经过虚线间的无场区域后从出射孔P射出，设其偏转轨道半径为，从出射孔P射出时的速度大小为，则有
，
于是有
根据几何关系有
综合可得
可见离子能从出射孔P射出，且离子在磁场中运动的时间为
（3）令，对应离子运动的轨道半径分别为、，则，
结合前一问的分析可得，
可得
同理可得
联立各式解得，即k=35，36，……，42
又
解得( k=35，36，……，42)
1 / 12026届河北省名校联考高三上学期一模物理试题
1． （钍）具有放射性，发生某种衰变后变为 （镤），衰变方程为下列说法正确的是（　　）
A．该衰变为α衰变
B．该衰变过程的实质是核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子
C．钍核发生衰变的过程，不仅释放出电子，而且还放出一个质子
D．16个钍核经过三个半衰期后一定剩下2个钍核
【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】A．根据质量数和电荷数守恒可知衰变产物X为电子，故该衰变为β衰变，故A错误；
B．β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子（并释放反电子中微子），原子序数增加1，故B正确；
C．β衰变仅释放电子（及反中微子），质子由中子转化而来并留在核内，无质子释放，故C错误；
D．半衰期是统计规律，适用于大量原子核，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒求解X是什么粒子，从而判断衰变类型；半衰期是统计规律，适用于大量原子核。
2．同一辆汽车以相同的速率分别通过甲、乙、丙、丁四个圆弧形路面，乙的半径比甲的大，丁的半径比丙的大；则汽车在甲、乙路面的最高点对路面的压力，在丙、丁路面的最低点对路面的压力，最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】汽车在甲、乙路面最高点时，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，汽车对甲、乙路面的压力都小于汽车重力；
汽车在丙、丁路面最低点时，对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，可知汽车对丙、丁路面的压力都大于汽车重力；
由于
可知半径小的丙路面对汽车的支持力最大，根据牛顿第三定律，可知汽车对丙路面的压力最大。
故选C。
【分析】汽车在路面最高点或者最低点时，对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律和第三定律求解对地面的压力。
3．如图所示，通有恒定电流的长直导线MN放在矩形绝缘线框ABCD上，长直导线与AD平行，与AB、CD的接触点分别为P、Q，APQD的面积是PBCQ面积的一半，整个线框的磁通量大小为，矩形PBCQ中的磁通量大小为，矩形APQD中的磁通量大小为，则下列判断正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．将直导线向右平移一小段距离，线框中磁通量增大
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；磁通量
【解析】【解答】AB．根据右手螺旋定则，可知直导线左侧的磁感应强度方向为垂直纸面向外，右侧的磁感应强度方向为垂直纸面向里，即两侧的磁感应强度方向相反，故矩形PBCQ中的磁通量与矩形APQD中的磁通量会相互抵消，矩形PBCQ的面积大于矩形APQD的面积，根据Φ=BS则有Φ2＞Φ3，所以整个线框的磁通量大小为Φ1=Φ2-Φ3，故A错误，B正确；C．离直导线越远，磁感应强度越弱，所以矩形PBCQ中的平均磁感应强度小于矩形APQD中的平均磁感应强度，矩形PBCQ的面积为矩形APQD面积的两倍，故Φ2＜2Φ3，故C错误；
D．结合A选项，若将直导线向右平移一小段距离，则左侧的面积增大，右侧的面积减小，则Φ2不断减小，Φ3不断增大，根据整个线框的磁通量大小为Φ1=Φ2-Φ3
可知Φ1不断减小，故D错误。
故选：B。
【分析】根据通电直导线的磁场分布，线框被导线分为左右两部分，两侧磁场方向相反，磁通量需考虑方向叠加，故整个线框磁通量为右侧与左侧磁通量的差值。
4．一个质点做直线运动，在至时间内的速度—时间图像如图所示，这段时间内质点的位移为零，则这段时间内质点匀速运动的位移大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】这段时间内质点的位移为零，v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，设匀速运动的速度大小为v，则
解得
因此匀速运动的位移
故选B。
【分析】速度—时间图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方的面积为正位移，下方为负位移。已知t=0至t=2t0内位移为零，说明正位移与负位移的绝对值相等。需结合运动阶段的时间分配，利用面积公式列方程求解匀速运动的位移。
5．如图所示，A、B两点固定等量的异种电荷，C、D两点将A、B连线三等分，已知A、B连线上电场强度的最小值为E，则C点的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、B两点固定等量的异种电荷，设两点电荷带电量均为q，A、B间距离为L，A、B连线中点处是连线上电场强度最小值点，根据点电荷场强公式可得
则C点的电场强度
故选D。
【分析】A、B连线中点处是连线上电场强度最小值点，根据点电荷场强公式结合矢量合成法则求解。
6．如图所示为流过电阻R=10Ω的正弦交变电流的i-t图像，下列说法正确的是（　　）
A．该交变电流的频率为 100 Hz
B．该交变电流的有效电流值为2 A
C．该电阻的发热功率为 40 W
D．1min 内该电阻产生的电热为 1 800 J
【答案】D
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据正弦交变电流的i-t图像可得交变电流的周期为0.02s，故该交变电流的频率为，故A错误；
B．设交变电流有效电流值为，根据交变电流有效值定义可得
解得，故B错误；
C．电阻的发热功率为，故C错误；
D．内电阻产生的电热为，故D正确。
故选D。
【分析】从图象中可以求出该交流电的最大电流以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系及功率的公式求解。
7．如图所示为光导纤维（可简化为长直玻璃丝）的示意图，玻璃丝长为l=9m，AB、CD分别代表光纤的两个端面，一束光以45°的入射角从端面AB射入长直光纤，玻璃丝对该光束的折射率为。已知光在真空中的传播速度的大小为，则光从玻璃丝的端面AB传播到端面CD经历的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的全反射；光导纤维及其应用
【解析】【解答】玻璃丝对该光束的折射率为，设光在玻璃丝中发生全反射的临界角为C，则
解得
一束光以45°的入射角从端面AB射入长直光纤，设光从AB端面进入玻璃丝的折射角为θ，根据光的折射定律有
解得
易知折射到玻璃丝中的光射到玻璃丝侧面的入射角为60°>C，即射到玻璃丝侧面的光发生全反射，光经过不断在玻璃丝侧面发生全反射，最后从端面CD射出；设光在玻璃丝中传播的路程为s，根据对称性可得
根据折射定律公式有
光从玻璃丝的端面AB传播到端面CD经历的时间为
解得
故选A。
【分析】根据折射率与光速的关系求出光在光纤中的传播速度，由几何知识求出光的路程，然后求出光的传播时间。
8．如图所示，带正电的小球处在竖直向下的匀强电场中做简谐运动，小球运动到最高点时弹簧刚好处于原长，小球做简谐运动的最大速度为v1、振幅为A1，当小球运动到最高点时迅速撤去电场，此后小球振动过程中的最大速度为v2、振幅为A2，则下列判断正确的是（　　）
A．v1=v2 B．v1>v2 C．A1【答案】B
【知识点】微元法；简谐运动；简谐运动的回复力和能量；电场强度
【解析】【解答】CD．对小球进行受力分析，在最高点根据简谐运动的特点有，
其中k为比例系数，因此，故CD错误；
AB．撤去电场前，在最高点时，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小
小球运动到最高点时弹簧刚好处于原长，撤去电场后，在最高点时，小球小球的加速度大小
小球从最高点运动到平衡位置过程的a-x图像如图所示
由得，
结合微元累积法可知，a-x图像与横轴所包围的面积表示末速度平方与初速度平方差值的，设小球的最大速度为，由于小球在最高点时速度为零，则有
解得
故，
即，故A错误，B正确。
故选B。
【分析】简谐运动具有对称性，根据牛顿第二定律列式求解加速度；结合-x图像与横轴所包围的面积表示的物理意义求解。
9．如图所示为我国某卫星发射的示意图，其中轨道I、III分别为半径为r和3r的圆轨道，卫星在这两个轨道上均做匀速圆周运动，轨道II为椭圆轨道，P、Q分别为轨道I、II和轨道II、III的切点。下列说法正确的是（　　）
A．卫星的发射速度大于16.7km/s
B．卫星在轨道I和轨道II的周期比为1∶
C．卫星在轨道II过P点的速度大于在轨道III过Q点的速度
D．卫星在轨道II过Q点的加速度大于在轨道III过Q点的加速度
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A． 因该卫星仍围绕地球运行，没有脱离地球的束缚，故该卫星的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，而小于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；
B．由题意可知轨道II的半长轴为
卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行时，由开普勒第三定律得
解得，故B正确；
C．卫星由轨道I进入轨道II，则应在P点点火加速，则卫星在轨道I过P点的速度小于在轨道II过P点的速度，根据万有引力提供向心力有
解得
则卫星在轨道I过P点的速度大于在轨道III过Q点的速度，所以卫星在轨道II过P点的速度大于在轨道III过Q点的速度，故C正确；
D．卫星在轨道II过Q点和在轨道III过Q点时万有引力大小相等，根据万有引力提供向心力可知卫星在轨道II过Q点的加速度等于在轨道III过Q点的加速度，故D错误。
故选BC。
【分析】根据宇宙速度的意义分析卫星的发射速度大小；根据开普勒第三定律求解卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的周期比；根据变轨原理分析卫星由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时速度变化情况。根据万有引力提供向心力列式分析卫星在轨道Ⅰ上的运行速度与在轨道Ⅲ上运行速度关系，进而确定卫星在轨道Ⅱ过P点的速度与在轨道Ⅲ过Q点的速度关系；根据牛顿第二定律结合万有引力定律分析加速度关系。
10．如图所示，光滑绝缘水平面上有一分界线MN，MN的右侧存在范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，矩形线框abcd由粗细均匀的导线围成，开始时线框位于虚线MN的左侧，且cd 边与虚线MN平行，线框的短边与长边的边长分别为 ab=L、bc=2L，线框的质量为m、电阻为R。现给线框一水平向右的初速度，线框刚好完全进入磁场。下列说法正确的是（　　）
A．线框进入磁场的过程，线框中的感应电流方向为adcba
B．cd边刚越过MN瞬间，cd间的电压为
C．整个过程穿过线框某一横截面的电荷量为
D．线框刚好有一半进入磁场时，线框的加速度大小为
【答案】B,D
【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；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．由右手定则可知，线框进入磁场的过程，线框中的感应电流方向为abcda，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可得cd边产生的感应电动势为E=BLv
cd边的电阻为
外电路的总电阻为
cd间的电压为路端电压，则cd间的电压为，故B正确；
C．整个过程，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路的欧姆定律可得
又因为，
整理可得，故C错误；
D．线框进入磁场的过程取极短的时间，对线框进行受力分析，由动量定理可得
两边求和可得
整理可得
同理，线框刚好有一半进入磁场时，由动量定理得
又因为
解得
回路的感应电动势为
感应电流
线框所受的安培力为
结合牛顿第二定律得
联立解得线框的加速度大小为，故D正确。
故选BD。
【分析】应用E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出cd间的电势差。根据动量定理求解速度，应用安培力公式求出线框受到的安培力，结合牛顿第二定律求解加速度。
11．某同学要测量手机的质量，从实验室中选择了如下器材：一根带有指针的轻弹簧、铁架台、刻度尺，若干个质量均为50g的钩码，组成如图甲所示的实验装置。
（1）实验装置中轻弹簧悬挂在铁架台的横杆上，将刻度尺竖直放置，将刻度尺的零刻度与轻弹簧的上端对齐，不挂钩码时，轻弹簧的指针所示的位置如图乙所示，则轻弹簧的原长为L0=　 　cm。
（2）在轻弹簧的下面依次挂上1个、2个、3个……n个钩码，重复实验，记录每次挂上的钩码个数n及对应的弹簧的长度L，求出每次弹簧的伸长量x，作出n-x图像如图丙所示，重力加速度g取9.8m/s2，由此求得弹簧的劲度系数为k=　 　N/m。
（3）取下所有钩码，挂上手机，测得弹簧的伸长量为5.60cm，则求得手机的质量m=　 　kg。
【答案】（1）10.50
（2）49
（3）0.28
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1） 不挂钩码时，轻弹簧的指针所示的位置如图乙所示，可知弹簧的原长为
（2） 作出n-x图像如图丙所示，根据胡克定律可得弹簧的劲度系数
（3）根据平衡条件有，其中，
代入数据解得手机的质量
【分析】（1）根据图乙求解弹簧的原长；
（2）根据图像的斜率求解弹簧的劲度系数；
（3）根据平衡条件结合胡克定律求解手机质量。
（1）由图乙可知，弹簧的原长为
（2）弹簧的劲度系数
（3）根据平衡条件有
其中，代入数据解得手机的质量
12．某同学要测量两节干电池串联组成的电池组的电动势和内阻（约为2Ω），设计了如图甲所示的电路。图中电压表的量程为3V，电流表量程为0.6A、内阻约为1Ω，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，R0为未知的定值电阻。
（1）将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关S1、开关S2合向2，调节滑动变阻器，使滑动变阻器接入电路的电阻逐渐减小，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电流表的指针指在0.5A左右，则R0的阻值约为 。
A．1Ω B．3Ω C．5Ω D．7Ω
（2）若在（1）中，R0阻值已知，当滑动变阻器接入电路的电阻调为零时，记录电压表和电流表的示数分别为U0、I0，则电流表的内阻RA=　 　（用U0、I0、R0表示）。
（3）将开关S2合向1，多次调节滑动变阻器的滑片位置，记录每次调节后电压表和电流表的示数U、I，某次电流表的指针指在如图乙所示的位置，这时电路中电流为　 　A；若RA已知，根据记录的多组U、I，作U-I图像，得到图像的斜率大小为k，图像与纵轴的截距为b，则电池的电动势E=　 　，电池的内阻r=　 　。（后两空用b、k、RA表示）
【答案】（1）B
（2）
（3）0.30；b；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电流表的指针指在0.5A左右，结合电路图，根据闭合电路的欧姆定律有
代入数据解得
故选B。
（2）电压表和电流表的示数分别为U0、I0， 根据欧姆定律可得
解得
（3） 由图乙，可知电流表的最小分度值为0.02A，示数为0.30A；
根据闭合电路的欧姆定律
可得
根据题意，可得，
解得
【分析】（1）闭合开关S1、开关S2合向2，根据闭合电路的欧姆定律计算；
（2）根据闭合电路的欧姆定律推导；
（3）根据闭合电路的欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）根据闭合电路的欧姆定律有
代入数据解得
故选B。
（2）根据
解得
（3）[1]由图乙，可知电流表的示数为0.30A；
[2][3]根据闭合电路的欧姆定律
可得
根据题意，可得，
解得
13．在如图所示的V-T图像中，一定质量的理想气体从状态a出发，经历（a→b→c→d→a的循环过程回到状态a。已知气体在状态d下的压强为 求：
（1）气体在状态c下的压强；
（2）整个过程气体吸收或放出的热量。
【答案】（1）气体从状态d到状态a，从状态b到状态c均为等压变化，则，
气体从状态a到状态b是等容变化，由查理定律有
联立各式解得气体在状态c下的压强
（2）a状态到b状态，c状态到d状态气体做等容变化气体不做功，b状态到c状态外界对气体做功，则有
d状态到a状态气体对外界做功
整个过程的总功为
根据热力学第一定律有
解得
则整个过程气体放热，放出的热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）气体从状态d到状态a，从状态b到状态c均为等压变化，气体从状态a到状态b是等容变化，结合气体状态方程列式求解；
（2）c状态到d状态气体做等容变化气体不做功，b状态到c状态外界对气体做功，结合热力学第一定律列式求解。
（1）气体从状态d到状态a，从状态b到状态c均为等压变化，则，
气体从状态a到状态b是等容变化，由查理定律有
联立各式解得气体在状态c下的压强
（2）a状态到b状态，c状态到d状态气体做等容变化气体不做功，b状态到c状态外界对气体做功，则有
d状态到a状态气体对外界做功
整个过程的总功为
根据热力学第一定律有
解得
则整个过程气体放热，放出的热量为
14．如图甲所示，一可视为质点的小物块，从平台左端以初速度 滑上平台，小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的 P 点时动能为平抛初始动能的17倍。以平台右端为坐标原点O，在竖直面内建立平面直角坐标系，x轴和y轴分别沿水平方向和竖直方向，挡板形状满足方程 （单位：m）。已知小物块与平台间的动摩擦因数与小物块沿平台位移之间的关系 如图乙所示，重力加速度 g取 求：
（1）P点的坐标；
（2）小物块离开平台时的速度大小及平台左右两端之间的距离。
【答案】（1）由题意可知
则有
解得
设在点时速度方向与水平方向成角，位移与水平方向成角，则有
即
解得，
即点坐标为。
（2）对平抛过程，根据动能定理有
解得
设平台左、右两端之间距离为，小物块在平台上运动过程中，根据动能定理有
其中，
联立代入数据解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1） 小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的P点时动能为平抛初始动能的17倍，结合平抛运动规律列式求解；
（2）对平抛过程，根据动能定理求解小物块离开平台时的速度大小，小物块在平台上运动过程中，根据动能定理求解平台左右两端之间的距离。
（1）由题意可知
则有
解得
设在点时速度方向与水平方向成角，位移与水平方向成角，则有
即
解得，
即点坐标为。
（2）对平抛过程，根据动能定理有
解得
设平台左、右两端之间距离为，小物块在平台上运动过程中，根据动能定理有
其中，
联立代入数据解得
15．某异型回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的带电极板，两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP 方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板，如图乙所示，板间电势差恒定为U（下极板电势高于上极板电势，且极板间只有电场）。两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在贴近下极板缝隙的离子源S中产生的质量为m、电荷量为q（q>0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为6D。已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔 P射出。假设离子打到器壁或离子源外壁则立即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力。
（1）求磁场磁感应强度的最小值；
（2）调节磁感应强度大小为 离子能从出射孔 P射出时，求离子在磁场中运动的时间；
（3）若将磁感应强度在 范围内调节，则离子能从 P 点射出时该范围内磁感应强度B 所有的可能值。
【答案】（1）设离子从离子源上方的O点射入磁场区域的速度大小为，则
离子偏转后直接从出射孔P射出时，离子在磁场中运动的轨道半径最大（），磁场的磁感应强度最小（），则
由题意知
解得
（2）调节磁感应强度大小为，则离子第一次在磁场中偏转时有
可得
离子从出射孔P射出，离子的运动轨迹如图所示，离子偏转中第一次经过虚线间的无场区域，设其偏转轨道半径为，则
离子偏转中第n次经过虚线间的无场区域后从出射孔P射出，设其偏转轨道半径为，从出射孔P射出时的速度大小为，则有
，
于是有
根据几何关系有
综合可得
可见离子能从出射孔P射出，且离子在磁场中运动的时间为
（3）令，对应离子运动的轨道半径分别为、，则，
结合前一问的分析可得，
可得
同理可得
联立各式解得，即k=35，36，……，42
又
解得( k=35，36，……，42)
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）根据动能定理，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据离子从磁场中偏转后再次进入电场减速，至下极板速度为零，然后反向加速，结合几何关系以及洛伦兹力提供向心力分析求解；
（3）根据磁感应强度的范围，求解圆周运动轨迹运动半径，结合几何关系以及洛伦兹力提供向心力分析求解。
（1）设离子从离子源上方的O点射入磁场区域的速度大小为，则
离子偏转后直接从出射孔P射出时，离子在磁场中运动的轨道半径最大（），磁场的磁感应强度最小（），则
由题意知
解得
（2）调节磁感应强度大小为，则离子第一次在磁场中偏转时有
可得
离子从出射孔P射出，离子的运动轨迹如图所示，离子偏转中第一次经过虚线间的无场区域，设其偏转轨道半径为，则
离子偏转中第n次经过虚线间的无场区域后从出射孔P射出，设其偏转轨道半径为，从出射孔P射出时的速度大小为，则有
，
于是有
根据几何关系有
综合可得
可见离子能从出射孔P射出，且离子在磁场中运动的时间为
（3）令，对应离子运动的轨道半径分别为、，则，
结合前一问的分析可得，
可得
同理可得
联立各式解得，即k=35，36，……，42
又
解得( k=35，36，……，42)
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