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2026届湖南怀化市高三下学期一模物理试题
1．2025年3月，国内首款碳-14核电池原型机“烛龙一号”研制成功，衰变方程为，由于碳-14半衰期为5730年，该电池具有超长的使用寿命，下列说法正确的是（　　）
A．X为中子
B．X由的核外电子转化而来
C．若将该电池用到登月车上，月球上极低的温度会缩短碳-14的半衰期
D．若核电池中的碳-14含量变为原来的就不能正常供电，则该电池的使用寿命为22920年
2．工人师傅在安装高层住户玻璃时，由于无法通过电梯搬运，需要楼上和楼下工人协作配合，楼上师傅通过光滑定滑轮拉动绳子，楼下师傅站在一楼地面上固定位置将绳子往远离楼体的方向拉，以避免窗户被磕碰，如图所示。两段绳子的拉力分别为和，窗户在两段绳子的作用下缓慢竖直向上运动。窗户从一楼地面竖直向上运动的过程中（　　）
A．和的合力变小
B．楼下师傅需要收缩绳子
C．楼下师傅受到地面的支持力不变
D．和均增大
3．2025年12月27日，我国成功发射风云四号03星，如图是风云四号发射过程的部分椭圆轨迹。风云四号卫星先后绕O点沿圆形轨道1和椭圆轨道2运动，MN为轨道2的长轴，且M、N点到O点的距离之比为1∶3，轨道1、2共面且在M点相切，风云四号卫星的质量为m，经过轨道1的M点时的速度为，下列说法正确的是（　　）
A．风云四号在轨道2上从M点运动到N点的过程中，引力势能减小
B．风云四号在轨道2上的M、N点线速度大小之比为9∶1
C．风云四号从轨道2任一位置运动一周，万有引力的冲量为0
D．风云四号在轨道1的M点向前喷气，可以变轨到轨道2
4．市面上常用光学玻璃的折射率一般在1.4~1.9之间，某研发团队为突破上限对制作的超高折射特种玻璃进行了相关检测。如图所示，发射器发射一束光线从空气垂直进入横截面为四分之三圆面的柱状玻璃砖中，入射点为A点，光线打在紧贴玻璃砖表面的感光仪上，感光仪可检测光点强度。现控制发射器缓慢下移，测得光强几乎不变，在越过B点的瞬间感光仪测得光强骤然下降。已知圆的半径为R，，，光在真空中传播的速度为c，则（　　）
A．玻璃砖的折射率为
B．光线在玻璃砖中的传播速度为
C．光线在玻璃砖中的频率为真空中的一半
D．光线从A点传到感光仪所用时间为
5．如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　）
A．粒子带正电
B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞
C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出
D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍
6．如图所示在倾角为的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为，G点与圆心O的连线与EF的夹角为，重力加速度取，则（　　）
A．从E到G动量变化量为
B．从E到G摩擦力做的功为2J
C．小球在G点时重力的功率
D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为
7．电阻为R的单匝线圈abc俯视图如图甲所示为正三角形，面积为S。O为ac中点，虚线OO’与bc垂直，在OO’右侧空间存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。线圈绕OO’以角速度匀速转动产生交变电流。将该交变电流作为电源接入图乙的变压器中，变压器原副线圈匝数比为3：1，电表均为理想电表，定值电阻的阻值也为R，下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数为 B．电压表的示数为
C．电流表的示数为 D．电流表的示数为
8．一列简谐横波沿x轴传播，在时刻和时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知处的质点在内运动的路程为0.5cm。下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴负方向传播
B．时，处的质点沿y轴负方向运动
C．波的传播速度大小为
D．波源振动周期为12s
9．冬季来临，冰雪项目深受南方游客喜爱。为提高客流量，某大型滑雪场设计了如下滑道，AB圆弧为一段光滑冰面，高度差；BC间有一矩形冰块，其上表面与B点的高度差，冰块与游客之间的动摩擦因数，不计地面摩擦；CE是半径为r的四分之一圆弧，该轨道粗糙程度处处相同。现有一游客从A点静止下滑，随后从B点水平飞出重重地落在冰块左端，其碰撞时间为0.1s；当游客滑至冰块右端时二者恰好共速，共速后与C处碰撞，最后刚好能沿圆弧到达E点。已知：游客（可视为质点）与冰块质量均为50kg，游客落在冰块上时并不反弹，，g取。则下列说法正确的是（　　）
A．与冰块碰撞前的瞬间，游客的瞬时速度为
B．碰撞过程中冰块对游客在竖直方向上的平均作用力为2000N
C．冰块被碰撞后的瞬间，冰块的瞬时速度为
D．游客滑至D点时，其速度小于
10．如图，在粗糙绝缘的固定斜面上（斜面足够大）有一质量为m粗细均匀的矩形线框abcd，线框由两种金属材料组成，ad、bc长为L、电阻均为2R，ab、cd长为、电阻不计，线框处在方向垂直斜面向下的足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量也为m的导体棒PQ紧挨ad放置（不接触ad），PQ接入电路电阻为R，时刻，同时静止释放导体棒PQ以及矩形线框abcd，经时间恰好运动到矩形线框的中心处，此时对棒施加沿斜面向上的力，最终棒PQ恰好不从线框掉下。已知运动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，矩形线框与斜面间的动摩擦因数为，棒PQ与矩形线框间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒PQ刚释放瞬间，线框的加速度大小为
B．时间内通过ad边的电荷量为
C．时导体棒的速度为
D．若时导体棒下降的高度为h，则整个过程中棒PQ上产生的热量为
11．在利用单摆测量重力加速度时，某学习小组为了解环境对测量结果带来的影响，设计了如下实验，实验装置如1图所示。
（1）物理量的测量：
①测摆长：用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为l（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为d。由图2可知，摆球的直径　 　mm；
②测周期：让摆球带上正电并处于匀强磁场中，拉开一个小角度后静止释放。摆球摆动到最低点开始计时且计数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则周期　 　。
（2）已知：磁感应强度为B，磁场方向平行水平桌面，且与摆球速度方向垂直，带电摆球电荷量为q，摆球到达最低点时的速度为v，则相邻两次经过最低点时，摆绳的拉力差大小　 　。
（3）若该小组其他操作都正确，并由此计算当地的重力加速度，　 　（用物理量l、d、T表示）；相比没有磁场的情况，该实验的测量结果　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．管道天然气的主要成分是甲烷，当空气中天然气浓度（η）达到5%~15%，遇火就会引发爆炸，使用时要谨防泄漏。某同学想自己组装一个天然气浓度测试仪，其中传感器的电阻随天然气浓度的变化规律如图甲所示，测试仪电路如图乙所示。实验室提供的器材有：
A.传感器；
B.直流电源（电动势为，内阻约）；
C.电压表（量程为0~6V，内阻非常大）；
D.电阻箱（最大阻值为）；
E.定值电阻（阻值为）；
F.定值电阻（阻值为）；
G.单刀双掷开关一个，导线若干。
（1）请根据图乙测试仪的电路图，在图丙中完成实物连线；
（2）欲通过电压表示数反映天然气浓度，以判断是否达到爆炸极限，图乙中应选用定值电阻　 　（填“”或“”）；
（3）按照下列步骤调试测试仪：
①电路接通前，将电阻箱调为，开关拨至端，把此时电压表指针对应的刻度线标记为天然气浓度值　 　%；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断　 　（填“变大”或“变小”），结合甲图数据把电压表上“电压”刻度标为对应的天然气浓度值；
③将开关拨至端，测试仪即可正常使用。
（4）根据图甲可知，采用此测试仪检测天然气浓度，当浓度较　 　（填“高”或“低”）时其检测灵敏度较高；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，致使天然气浓度的测量结果　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
13．如图所示，用面积为的绝热活塞将一部分理想气体密封在绝热容器汽缸中，汽缸被固定在水平地面上，活塞在水平向左10N的恒力作用下处于静止状态。此时缸内气体处于温度、体积、压强的状态1。当电阻丝加热时，活塞能在恒力作用下缓慢滑动（无摩擦），电阻丝放出89.3J的热量时气体达到温度的状态2。已知大气压强，隔板厚度不计。
（1）求状态1下的压强的大小。
（2）从状态1到状态2理想气体内能增加多少？
14．如图所示，位于x轴上的离子源P可发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向沿x轴正方向，速度大小范围为，在坐标轴第一象限以及x轴正半轴存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场。离子从O点（坐标原点）垂直y轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到y轴上。假设经磁场偏转后每秒打在y轴的离子总数为，离子重力不计，不考虑离子之间相互作用力以及电荷量的变化。
（1）求离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离；
（2）若在y轴上区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子被吸收，被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，求探测板受到的平均作用力大小；
（3）若第一、二象限仅部分区域存在匀强磁场，磁感应强度大小为，请你设计磁场区域的形状，使所有离子从O点开始进入磁场且经过磁场偏转后都可以回到P点，若，请画出磁场大致形状并计算磁场最小面积。
15．水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1为水滑梯的示意图，倾角为的斜加速滑道AB和水平减速滑道BC平滑连接，起点A距水平滑道的高度为H，BC长d，端点C距溅落区水面的高度为。乘坐滑垫的游客在AB滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为，在BC滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m的游客乙发生碰撞，游客甲碰后反弹运动l后停下，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求：
（1）游客甲到达B点的速度大小；
（2）游客乙从C点飞出到落水时的位移大小；
（3）由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为的圆弧组成，其俯视图如图2所示。若游客甲单独从新设计的水平滑道的B端滑向C端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量的大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【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．根据质量数和核电荷数守恒可知，X为电子（），故A错误；
B．β衰变中电子由核内中子衰变产生，并非来自核外电子，故B错误；
C．半衰期是放射性核素固有属性，不受温度等外界因素影响，故C错误；
D．碳-14含量变为原来的，即，故，即经历4个半衰期，则使用寿命，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查放射性衰变、β衰变本质、半衰期的性质，核心是利用核反应守恒定律判断衰变产物、理解半衰期的固有属性，并通过半衰期公式计算寿命。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】
A．由三力平衡知、的合力与重力等大反向，合力不变，故A错误；
B．窗户向上运动时，两段绳子的夹角逐渐变化，楼下师傅需要逐渐放绳（而非收缩绳子），才能保持绳子方向，故B错误；
D．由动态分析图解法可知，减小，增大，所以和均增大，故D正确；
C．对楼下师傅，减小，增大，增大，楼下师傅受到地面的支持力减小，故C错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查共点力平衡条件的动态分析，核心是利用平衡条件分析两个拉力的合力、大小变化，以及楼下师傅的受力变化。
3．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题；冲量；反冲
【解析】【解答】A．卫星从M点运动到N点的过程中，逐渐远离中心天体O，万有引力做负功，动能减小，引力势能增大，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，卫星在轨道2上，与O点连线在极短相等时间内扫过的面积相等，且近似为三角形，则有，解得风云四号在轨道2上的M、N点线速度大小之比为，故B错误；
C．卫星沿轨道2运动一周后回到初始位置，速度矢量与初始速度相同，动量变化量，卫星仅受万有引力作用，根据动量定理，万有引力的冲量等于动量变化量，因此万有引力的冲量为，故C正确；
D．从轨道1变轨到轨道2，卫星需要在M点做离心运动，因此需要增大速度，应向后喷气；向前喷气会使卫星减速，做向心运动，无法进入轨道2，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查卫星变轨、开普勒定律、引力势能与动量定理，核心是利用开普勒第二定律分析速度关系、结合动量定理分析冲量，并理解变轨的条件。
4．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由题意得，根据已知条件作出光路图
根据题意可知，光线从B点入射时恰好发生全反射，由几何关系可得临界角为
A．根据知，，A错误；
B．根据，可得，B正确；
C．光的频率由光源决定，与传播介质无关，因此光线在玻璃砖中的频率与真空中相同，C错误；
D．由光路图可知光线在玻璃中传播的路程，根据，解得，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的全反射、折射率与传播速度，核心是利用全反射临界角公式计算折射率，再结合折射率与光速、频率的关系分析选项。
5．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．由题可得，t=0时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边框为高电势，电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；
B．时刻到达b点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0，故不会与下边框垂直碰撞，故B错误；
C．由题可得，时刻粒子在b点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运动轨迹具有对称性。故粒子最终将从a点水平向左飞出，故C错误；
D．根据类平抛运动的规律有，解得，因为时间之比为1∶2，故电场强度之比为4∶1，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在交变电场中的类平抛运动，核心是结合电场力方向判断粒子电性、分析运动轨迹对称性，并通过运动学公式推导电场强度关系。
6．【答案】C
【知识点】斜抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，有，解得
由几何关系可知，与G点的速度的夹角为，则速度变化量为
从E到G的动量变化量为，故A错误；
B．小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理，得
重力做功，则从E到G摩擦力做的功为，故B错误；
C．小球在G点时沿斜面垂直于BC方向的速度为
小球在G点时竖直方向的速度为
小球在G点时重力的功率，故C正确；
D．小球沿斜面垂直于BC方向的速度为0时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于BC方向的加速度为
由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于BC方向上升的最大距离为
由几何关系，可得离BC边的最大距离为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查斜面上的圆周运动与类抛体运动，核心是结合向心力公式、动量变化、动能定理和重力功率公式，分析小球在斜面上的运动状态。
7．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】交变电流的峰值为，如图甲所示位置电动势为0，从该位置转过四分之一周期过程中，在磁场中转动峰值为，又，解得
从四分之一周期到四分之三周期的过程中，在磁场中转动峰值为，又
解得
线圈在转动一个周期内产生的电动势随时间变化的图像如图所示
根据交变电流有效值定义可知，化简得
解得电动势的有效值为
将副线圈中的电阻等效到原线圈中，则有
故等效电路中的电阻
所以原线圈中的电流为，即为电流表的示数。
线圈内阻分压为
故原线圈接入电压有效值为
故副线圈电压有效值为，即为电压表的示数
故答案为：D。
【分析】本题考查交变电流的产生与理想变压器，核心是分析单匝线圈在部分磁场中转动时的电动势变化，再结合变压器电压比、电流比关系求解电表读数。
8．【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由题意知处的质点在内的运动路程为，所以判断处质点在时刻是向下振动的，该波向x轴正方向传播，故A错误；
B．从虚线波知处的质点此刻正沿y轴正方向运动，故B错误；
CD．虚线波处此刻的位移，所以
解得，波速为，故CD正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查简谐横波的传播规律，核心是通过质点振动路程判断波的传播方向，结合波形图求解波速、周期，并分析质点振动方向。
9．【答案】A,D
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．与冰块碰撞前的瞬间，设游客的瞬时速度为v，根据动能定理有，代入数据得，故A正确；
B．规定竖直向下为正方向，对游客，由动量定理有
其中，联立解得，，故B错误；
C．对冰块，水平方向有，解得，故C错误；
D．根据能量守恒，对CD段有
对DE段有，又因为
可知，即，对游客和冰块构成的整体分析，因为水平方向动量守恒有
因为，联立解得，，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查动能定理、动量定理、动量守恒定律与圆周运动的综合应用，核心是通过动能定理求解碰撞前速度、结合动量定理分析竖直方向作用力，并利用能量守恒与动量守恒分析后续运动。
10．【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题；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：对线框受力分析有
解得，由于，故结果成立，故A正确；
B：由电量，因为，
通过ad边电量为总电量的一半，联立解得，故B正确；
C：对棒，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理有
其中，代入解得，故C错误；
D：由全过程动量定理有，由全过程能量守恒
联立解得，这里Q为焦耳热，应还存在摩擦产生的热量，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查电磁感应、动力学分析、动量定理与能量守恒，核心是对导体棒和线框进行受力分析，结合电磁感应规律计算电荷量、速度和热量。
11．【答案】（1）5.980；
（2）2qvB
（3）；不变
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；带电粒子在匀强磁场中的运动；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）①从图2可知，摆球的直径为
②实验中，单摆的周期为
故答案为：①5.980；②
（2）根据向心力表达式，且洛伦兹力不做功，得，
联立解得
故答案为：2qvB
（3）由单摆周期公式，解得
由于洛伦兹力始终沿绳方向，不改变周期，故重力加速度g与无磁场时相同，故不变。
故答案为：；不变
【分析】(1) ① 用螺旋测微器读数时，固定刻度+可动刻度×0.01mm；
② 根据单摆周期定义，计算相邻两次经过最低点的时间间隔。
(2) 分析摆球在最低点的受力，结合洛伦兹力的方向，计算相邻两次拉力的差值。
(3) 由单摆周期公式变形求重力加速度，分析洛伦兹力对周期的影响。
（1）①[1]从图2可知，摆球的直径为
②[2]实验中，单摆的周期为
（2）根据向心力表达式，且洛伦兹力不做功，得，
联立解得
（3）[1]由单摆周期公式，解得
[2]由于洛伦兹力始终沿绳方向，不改变周期，故重力加速度g与无磁场时相同，故不变。
12．【答案】（1）
（2）
（3）5；变大
（4）低
（5）偏小
【知识点】实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故答案为：。
（3）本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
故答案为： ① 5； ② 变大
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
故答案为：低
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 按照图乙的电路图，将传感器、开关、定值电阻依次串联，电压表并联在两端，完成实物连线。
(2) 为使电压表示数在天然气爆炸极限（5%~15%）内变化更明显，结合的阻值范围，选择阻值较小的定值电阻。
(3) ① 对照图甲，电阻箱阻值对应天然气浓度；② 电阻箱阻值减小，电路总电阻减小，电流增大，电压表示数变大。
(4) 由图甲可知，天然气浓度较低时，随浓度变化更显著，电压表示数变化更明显，故检测灵敏度更高。
(5) 电源电动势变小、内阻变大时，相同下电路电流减小，电压表示数变小，会误判为天然气浓度偏高，实际测量结果偏大。
（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故选。
（3）[1]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
[2]逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
13．【答案】（1）解：根据受力平衡可得
解得
（2）解：活塞缓慢运动且外力大小是恒定的，对活塞而言受力分析情况不变，状态2的压强还是，根据盖吕萨克定律，有
解得
从状态1到状态2，气体体积增大，对外界做功的大小为
根据热力学第一定律，内能的增加量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 对活塞受力分析，根据平衡条件求状态1下的气体压强；
(2) 由盖-吕萨克定律求状态2的体积，再由热力学第一定律求内能增量。
（1）根据受力平衡可得
解得
（2）活塞缓慢运动且外力大小是恒定的，对活塞而言受力分析情况不变，状态2的压强还是，根据盖吕萨克定律，有
解得
从状态1到状态2，气体体积增大，对外界做功的大小为
根据热力学第一定律，内能的增加量为
14．【答案】（1）解：初速度越大离子束从y轴射出磁场时离O点越远，对于初速度为的离子，在磁场中洛伦兹力提供向心力
解得半径
故离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离
（2）解：离子打在y轴上的区间为，则每秒打在探测板上的离子数为
对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中，计算可得
对打在探测板最上端的离子，速度
打到y轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为
被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，由动量定理可得
解得单位时间内探测板受到的平均作用力
（3）解：由于，如图所示
曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为速度为v时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于与全等，所以
所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示
则磁场最小面积为
解得
【知识点】动量定理；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 利用洛伦兹力提供向心力，求离子的最大轨道半径，从而确定离O点的最远距离；
(2) 先确定打在探测板上的离子数，再用动量定理计算平均作用力；
(3) 根据离子轨迹设计磁场区域形状，求最小面积。
（1）初速度越大离子束从y轴射出磁场时离O点越远，对于初速度为的离子，在磁场中洛伦兹力提供向心力
解得半径
故离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离
（2）离子打在y轴上的区间为，则每秒打在探测板上的离子数为
对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中，计算可得
对打在探测板最上端的离子，速度
打到y轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为
被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，由动量定理可得
解得单位时间内探测板受到的平均作用力
（3）由于，如图所示
曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为速度为v时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于与全等，所以
所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示
则磁场最小面积为
解得
15．【答案】（1）解：对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）解：设碰撞后游客甲速度大小变为，对于游客甲碰撞后有，
联立解得
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
解得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
游客乙从C点飞出到落水时的位移大小为
（3）解：设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为，。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有，
联立解得，，
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得，
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 利用动能定理分析斜面上的运动，计算游客甲到达B点的速度；
(2) 先由动量守恒和能量守恒求碰撞后游客乙的速度，再结合平抛运动求合位移；
(3) 分解水平和竖直方向的动量变化，结合几何关系和冲量定理，计算滑道弹力的冲量。
（1）对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）设碰撞后游客甲速度大小变为，对于游客甲碰撞后有，
联立解得
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
解得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
游客乙从C点飞出到落水时的位移大小为
（3）设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为，。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有，
联立解得，，
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得，
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
1 / 12026届湖南怀化市高三下学期一模物理试题
1．2025年3月，国内首款碳-14核电池原型机“烛龙一号”研制成功，衰变方程为，由于碳-14半衰期为5730年，该电池具有超长的使用寿命，下列说法正确的是（　　）
A．X为中子
B．X由的核外电子转化而来
C．若将该电池用到登月车上，月球上极低的温度会缩短碳-14的半衰期
D．若核电池中的碳-14含量变为原来的就不能正常供电，则该电池的使用寿命为22920年
【答案】D
【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．根据质量数和核电荷数守恒可知，X为电子（），故A错误；
B．β衰变中电子由核内中子衰变产生，并非来自核外电子，故B错误；
C．半衰期是放射性核素固有属性，不受温度等外界因素影响，故C错误；
D．碳-14含量变为原来的，即，故，即经历4个半衰期，则使用寿命，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查放射性衰变、β衰变本质、半衰期的性质，核心是利用核反应守恒定律判断衰变产物、理解半衰期的固有属性，并通过半衰期公式计算寿命。
2．工人师傅在安装高层住户玻璃时，由于无法通过电梯搬运，需要楼上和楼下工人协作配合，楼上师傅通过光滑定滑轮拉动绳子，楼下师傅站在一楼地面上固定位置将绳子往远离楼体的方向拉，以避免窗户被磕碰，如图所示。两段绳子的拉力分别为和，窗户在两段绳子的作用下缓慢竖直向上运动。窗户从一楼地面竖直向上运动的过程中（　　）
A．和的合力变小
B．楼下师傅需要收缩绳子
C．楼下师傅受到地面的支持力不变
D．和均增大
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】
A．由三力平衡知、的合力与重力等大反向，合力不变，故A错误；
B．窗户向上运动时，两段绳子的夹角逐渐变化，楼下师傅需要逐渐放绳（而非收缩绳子），才能保持绳子方向，故B错误；
D．由动态分析图解法可知，减小，增大，所以和均增大，故D正确；
C．对楼下师傅，减小，增大，增大，楼下师傅受到地面的支持力减小，故C错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查共点力平衡条件的动态分析，核心是利用平衡条件分析两个拉力的合力、大小变化，以及楼下师傅的受力变化。
3．2025年12月27日，我国成功发射风云四号03星，如图是风云四号发射过程的部分椭圆轨迹。风云四号卫星先后绕O点沿圆形轨道1和椭圆轨道2运动，MN为轨道2的长轴，且M、N点到O点的距离之比为1∶3，轨道1、2共面且在M点相切，风云四号卫星的质量为m，经过轨道1的M点时的速度为，下列说法正确的是（　　）
A．风云四号在轨道2上从M点运动到N点的过程中，引力势能减小
B．风云四号在轨道2上的M、N点线速度大小之比为9∶1
C．风云四号从轨道2任一位置运动一周，万有引力的冲量为0
D．风云四号在轨道1的M点向前喷气，可以变轨到轨道2
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题；冲量；反冲
【解析】【解答】A．卫星从M点运动到N点的过程中，逐渐远离中心天体O，万有引力做负功，动能减小，引力势能增大，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，卫星在轨道2上，与O点连线在极短相等时间内扫过的面积相等，且近似为三角形，则有，解得风云四号在轨道2上的M、N点线速度大小之比为，故B错误；
C．卫星沿轨道2运动一周后回到初始位置，速度矢量与初始速度相同，动量变化量，卫星仅受万有引力作用，根据动量定理，万有引力的冲量等于动量变化量，因此万有引力的冲量为，故C正确；
D．从轨道1变轨到轨道2，卫星需要在M点做离心运动，因此需要增大速度，应向后喷气；向前喷气会使卫星减速，做向心运动，无法进入轨道2，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查卫星变轨、开普勒定律、引力势能与动量定理，核心是利用开普勒第二定律分析速度关系、结合动量定理分析冲量，并理解变轨的条件。
4．市面上常用光学玻璃的折射率一般在1.4~1.9之间，某研发团队为突破上限对制作的超高折射特种玻璃进行了相关检测。如图所示，发射器发射一束光线从空气垂直进入横截面为四分之三圆面的柱状玻璃砖中，入射点为A点，光线打在紧贴玻璃砖表面的感光仪上，感光仪可检测光点强度。现控制发射器缓慢下移，测得光强几乎不变，在越过B点的瞬间感光仪测得光强骤然下降。已知圆的半径为R，，，光在真空中传播的速度为c，则（　　）
A．玻璃砖的折射率为
B．光线在玻璃砖中的传播速度为
C．光线在玻璃砖中的频率为真空中的一半
D．光线从A点传到感光仪所用时间为
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由题意得，根据已知条件作出光路图
根据题意可知，光线从B点入射时恰好发生全反射，由几何关系可得临界角为
A．根据知，，A错误；
B．根据，可得，B正确；
C．光的频率由光源决定，与传播介质无关，因此光线在玻璃砖中的频率与真空中相同，C错误；
D．由光路图可知光线在玻璃中传播的路程，根据，解得，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的全反射、折射率与传播速度，核心是利用全反射临界角公式计算折射率，再结合折射率与光速、频率的关系分析选项。
5．如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　）
A．粒子带正电
B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞
C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出
D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．由题可得，t=0时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边框为高电势，电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；
B．时刻到达b点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0，故不会与下边框垂直碰撞，故B错误；
C．由题可得，时刻粒子在b点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运动轨迹具有对称性。故粒子最终将从a点水平向左飞出，故C错误；
D．根据类平抛运动的规律有，解得，因为时间之比为1∶2，故电场强度之比为4∶1，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在交变电场中的类平抛运动，核心是结合电场力方向判断粒子电性、分析运动轨迹对称性，并通过运动学公式推导电场强度关系。
6．如图所示在倾角为的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为，G点与圆心O的连线与EF的夹角为，重力加速度取，则（　　）
A．从E到G动量变化量为
B．从E到G摩擦力做的功为2J
C．小球在G点时重力的功率
D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为
【答案】C
【知识点】斜抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，有，解得
由几何关系可知，与G点的速度的夹角为，则速度变化量为
从E到G的动量变化量为，故A错误；
B．小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理，得
重力做功，则从E到G摩擦力做的功为，故B错误；
C．小球在G点时沿斜面垂直于BC方向的速度为
小球在G点时竖直方向的速度为
小球在G点时重力的功率，故C正确；
D．小球沿斜面垂直于BC方向的速度为0时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于BC方向的加速度为
由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于BC方向上升的最大距离为
由几何关系，可得离BC边的最大距离为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查斜面上的圆周运动与类抛体运动，核心是结合向心力公式、动量变化、动能定理和重力功率公式，分析小球在斜面上的运动状态。
7．电阻为R的单匝线圈abc俯视图如图甲所示为正三角形，面积为S。O为ac中点，虚线OO’与bc垂直，在OO’右侧空间存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。线圈绕OO’以角速度匀速转动产生交变电流。将该交变电流作为电源接入图乙的变压器中，变压器原副线圈匝数比为3：1，电表均为理想电表，定值电阻的阻值也为R，下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数为 B．电压表的示数为
C．电流表的示数为 D．电流表的示数为
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】交变电流的峰值为，如图甲所示位置电动势为0，从该位置转过四分之一周期过程中，在磁场中转动峰值为，又，解得
从四分之一周期到四分之三周期的过程中，在磁场中转动峰值为，又
解得
线圈在转动一个周期内产生的电动势随时间变化的图像如图所示
根据交变电流有效值定义可知，化简得
解得电动势的有效值为
将副线圈中的电阻等效到原线圈中，则有
故等效电路中的电阻
所以原线圈中的电流为，即为电流表的示数。
线圈内阻分压为
故原线圈接入电压有效值为
故副线圈电压有效值为，即为电压表的示数
故答案为：D。
【分析】本题考查交变电流的产生与理想变压器，核心是分析单匝线圈在部分磁场中转动时的电动势变化，再结合变压器电压比、电流比关系求解电表读数。
8．一列简谐横波沿x轴传播，在时刻和时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知处的质点在内运动的路程为0.5cm。下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴负方向传播
B．时，处的质点沿y轴负方向运动
C．波的传播速度大小为
D．波源振动周期为12s
【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由题意知处的质点在内的运动路程为，所以判断处质点在时刻是向下振动的，该波向x轴正方向传播，故A错误；
B．从虚线波知处的质点此刻正沿y轴正方向运动，故B错误；
CD．虚线波处此刻的位移，所以
解得，波速为，故CD正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查简谐横波的传播规律，核心是通过质点振动路程判断波的传播方向，结合波形图求解波速、周期，并分析质点振动方向。
9．冬季来临，冰雪项目深受南方游客喜爱。为提高客流量，某大型滑雪场设计了如下滑道，AB圆弧为一段光滑冰面，高度差；BC间有一矩形冰块，其上表面与B点的高度差，冰块与游客之间的动摩擦因数，不计地面摩擦；CE是半径为r的四分之一圆弧，该轨道粗糙程度处处相同。现有一游客从A点静止下滑，随后从B点水平飞出重重地落在冰块左端，其碰撞时间为0.1s；当游客滑至冰块右端时二者恰好共速，共速后与C处碰撞，最后刚好能沿圆弧到达E点。已知：游客（可视为质点）与冰块质量均为50kg，游客落在冰块上时并不反弹，，g取。则下列说法正确的是（　　）
A．与冰块碰撞前的瞬间，游客的瞬时速度为
B．碰撞过程中冰块对游客在竖直方向上的平均作用力为2000N
C．冰块被碰撞后的瞬间，冰块的瞬时速度为
D．游客滑至D点时，其速度小于
【答案】A,D
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．与冰块碰撞前的瞬间，设游客的瞬时速度为v，根据动能定理有，代入数据得，故A正确；
B．规定竖直向下为正方向，对游客，由动量定理有
其中，联立解得，，故B错误；
C．对冰块，水平方向有，解得，故C错误；
D．根据能量守恒，对CD段有
对DE段有，又因为
可知，即，对游客和冰块构成的整体分析，因为水平方向动量守恒有
因为，联立解得，，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查动能定理、动量定理、动量守恒定律与圆周运动的综合应用，核心是通过动能定理求解碰撞前速度、结合动量定理分析竖直方向作用力，并利用能量守恒与动量守恒分析后续运动。
10．如图，在粗糙绝缘的固定斜面上（斜面足够大）有一质量为m粗细均匀的矩形线框abcd，线框由两种金属材料组成，ad、bc长为L、电阻均为2R，ab、cd长为、电阻不计，线框处在方向垂直斜面向下的足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量也为m的导体棒PQ紧挨ad放置（不接触ad），PQ接入电路电阻为R，时刻，同时静止释放导体棒PQ以及矩形线框abcd，经时间恰好运动到矩形线框的中心处，此时对棒施加沿斜面向上的力，最终棒PQ恰好不从线框掉下。已知运动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，矩形线框与斜面间的动摩擦因数为，棒PQ与矩形线框间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒PQ刚释放瞬间，线框的加速度大小为
B．时间内通过ad边的电荷量为
C．时导体棒的速度为
D．若时导体棒下降的高度为h，则整个过程中棒PQ上产生的热量为
【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题；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：对线框受力分析有
解得，由于，故结果成立，故A正确；
B：由电量，因为，
通过ad边电量为总电量的一半，联立解得，故B正确；
C：对棒，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理有
其中，代入解得，故C错误；
D：由全过程动量定理有，由全过程能量守恒
联立解得，这里Q为焦耳热，应还存在摩擦产生的热量，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查电磁感应、动力学分析、动量定理与能量守恒，核心是对导体棒和线框进行受力分析，结合电磁感应规律计算电荷量、速度和热量。
11．在利用单摆测量重力加速度时，某学习小组为了解环境对测量结果带来的影响，设计了如下实验，实验装置如1图所示。
（1）物理量的测量：
①测摆长：用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为l（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为d。由图2可知，摆球的直径　 　mm；
②测周期：让摆球带上正电并处于匀强磁场中，拉开一个小角度后静止释放。摆球摆动到最低点开始计时且计数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则周期　 　。
（2）已知：磁感应强度为B，磁场方向平行水平桌面，且与摆球速度方向垂直，带电摆球电荷量为q，摆球到达最低点时的速度为v，则相邻两次经过最低点时，摆绳的拉力差大小　 　。
（3）若该小组其他操作都正确，并由此计算当地的重力加速度，　 　（用物理量l、d、T表示）；相比没有磁场的情况，该实验的测量结果　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）5.980；
（2）2qvB
（3）；不变
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；带电粒子在匀强磁场中的运动；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）①从图2可知，摆球的直径为
②实验中，单摆的周期为
故答案为：①5.980；②
（2）根据向心力表达式，且洛伦兹力不做功，得，
联立解得
故答案为：2qvB
（3）由单摆周期公式，解得
由于洛伦兹力始终沿绳方向，不改变周期，故重力加速度g与无磁场时相同，故不变。
故答案为：；不变
【分析】(1) ① 用螺旋测微器读数时，固定刻度+可动刻度×0.01mm；
② 根据单摆周期定义，计算相邻两次经过最低点的时间间隔。
(2) 分析摆球在最低点的受力，结合洛伦兹力的方向，计算相邻两次拉力的差值。
(3) 由单摆周期公式变形求重力加速度，分析洛伦兹力对周期的影响。
（1）①[1]从图2可知，摆球的直径为
②[2]实验中，单摆的周期为
（2）根据向心力表达式，且洛伦兹力不做功，得，
联立解得
（3）[1]由单摆周期公式，解得
[2]由于洛伦兹力始终沿绳方向，不改变周期，故重力加速度g与无磁场时相同，故不变。
12．管道天然气的主要成分是甲烷，当空气中天然气浓度（η）达到5%~15%，遇火就会引发爆炸，使用时要谨防泄漏。某同学想自己组装一个天然气浓度测试仪，其中传感器的电阻随天然气浓度的变化规律如图甲所示，测试仪电路如图乙所示。实验室提供的器材有：
A.传感器；
B.直流电源（电动势为，内阻约）；
C.电压表（量程为0~6V，内阻非常大）；
D.电阻箱（最大阻值为）；
E.定值电阻（阻值为）；
F.定值电阻（阻值为）；
G.单刀双掷开关一个，导线若干。
（1）请根据图乙测试仪的电路图，在图丙中完成实物连线；
（2）欲通过电压表示数反映天然气浓度，以判断是否达到爆炸极限，图乙中应选用定值电阻　 　（填“”或“”）；
（3）按照下列步骤调试测试仪：
①电路接通前，将电阻箱调为，开关拨至端，把此时电压表指针对应的刻度线标记为天然气浓度值　 　%；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断　 　（填“变大”或“变小”），结合甲图数据把电压表上“电压”刻度标为对应的天然气浓度值；
③将开关拨至端，测试仪即可正常使用。
（4）根据图甲可知，采用此测试仪检测天然气浓度，当浓度较　 　（填“高”或“低”）时其检测灵敏度较高；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，致使天然气浓度的测量结果　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）
（3）5；变大
（4）低
（5）偏小
【知识点】实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故答案为：。
（3）本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
故答案为： ① 5； ② 变大
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
故答案为：低
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 按照图乙的电路图，将传感器、开关、定值电阻依次串联，电压表并联在两端，完成实物连线。
(2) 为使电压表示数在天然气爆炸极限（5%~15%）内变化更明显，结合的阻值范围，选择阻值较小的定值电阻。
(3) ① 对照图甲，电阻箱阻值对应天然气浓度；② 电阻箱阻值减小，电路总电阻减小，电流增大，电压表示数变大。
(4) 由图甲可知，天然气浓度较低时，随浓度变化更显著，电压表示数变化更明显，故检测灵敏度更高。
(5) 电源电动势变小、内阻变大时，相同下电路电流减小，电压表示数变小，会误判为天然气浓度偏高，实际测量结果偏大。
（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故选。
（3）[1]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
[2]逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
13．如图所示，用面积为的绝热活塞将一部分理想气体密封在绝热容器汽缸中，汽缸被固定在水平地面上，活塞在水平向左10N的恒力作用下处于静止状态。此时缸内气体处于温度、体积、压强的状态1。当电阻丝加热时，活塞能在恒力作用下缓慢滑动（无摩擦），电阻丝放出89.3J的热量时气体达到温度的状态2。已知大气压强，隔板厚度不计。
（1）求状态1下的压强的大小。
（2）从状态1到状态2理想气体内能增加多少？
【答案】（1）解：根据受力平衡可得
解得
（2）解：活塞缓慢运动且外力大小是恒定的，对活塞而言受力分析情况不变，状态2的压强还是，根据盖吕萨克定律，有
解得
从状态1到状态2，气体体积增大，对外界做功的大小为
根据热力学第一定律，内能的增加量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 对活塞受力分析，根据平衡条件求状态1下的气体压强；
(2) 由盖-吕萨克定律求状态2的体积，再由热力学第一定律求内能增量。
（1）根据受力平衡可得
解得
（2）活塞缓慢运动且外力大小是恒定的，对活塞而言受力分析情况不变，状态2的压强还是，根据盖吕萨克定律，有
解得
从状态1到状态2，气体体积增大，对外界做功的大小为
根据热力学第一定律，内能的增加量为
14．如图所示，位于x轴上的离子源P可发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向沿x轴正方向，速度大小范围为，在坐标轴第一象限以及x轴正半轴存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场。离子从O点（坐标原点）垂直y轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到y轴上。假设经磁场偏转后每秒打在y轴的离子总数为，离子重力不计，不考虑离子之间相互作用力以及电荷量的变化。
（1）求离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离；
（2）若在y轴上区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子被吸收，被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，求探测板受到的平均作用力大小；
（3）若第一、二象限仅部分区域存在匀强磁场，磁感应强度大小为，请你设计磁场区域的形状，使所有离子从O点开始进入磁场且经过磁场偏转后都可以回到P点，若，请画出磁场大致形状并计算磁场最小面积。
【答案】（1）解：初速度越大离子束从y轴射出磁场时离O点越远，对于初速度为的离子，在磁场中洛伦兹力提供向心力
解得半径
故离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离
（2）解：离子打在y轴上的区间为，则每秒打在探测板上的离子数为
对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中，计算可得
对打在探测板最上端的离子，速度
打到y轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为
被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，由动量定理可得
解得单位时间内探测板受到的平均作用力
（3）解：由于，如图所示
曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为速度为v时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于与全等，所以
所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示
则磁场最小面积为
解得
【知识点】动量定理；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 利用洛伦兹力提供向心力，求离子的最大轨道半径，从而确定离O点的最远距离；
(2) 先确定打在探测板上的离子数，再用动量定理计算平均作用力；
(3) 根据离子轨迹设计磁场区域形状，求最小面积。
（1）初速度越大离子束从y轴射出磁场时离O点越远，对于初速度为的离子，在磁场中洛伦兹力提供向心力
解得半径
故离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离
（2）离子打在y轴上的区间为，则每秒打在探测板上的离子数为
对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中，计算可得
对打在探测板最上端的离子，速度
打到y轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为
被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，由动量定理可得
解得单位时间内探测板受到的平均作用力
（3）由于，如图所示
曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为速度为v时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于与全等，所以
所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示
则磁场最小面积为
解得
15．水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1为水滑梯的示意图，倾角为的斜加速滑道AB和水平减速滑道BC平滑连接，起点A距水平滑道的高度为H，BC长d，端点C距溅落区水面的高度为。乘坐滑垫的游客在AB滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为，在BC滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m的游客乙发生碰撞，游客甲碰后反弹运动l后停下，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求：
（1）游客甲到达B点的速度大小；
（2）游客乙从C点飞出到落水时的位移大小；
（3）由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为的圆弧组成，其俯视图如图2所示。若游客甲单独从新设计的水平滑道的B端滑向C端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量的大小。
【答案】（1）解：对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）解：设碰撞后游客甲速度大小变为，对于游客甲碰撞后有，
联立解得
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
解得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
游客乙从C点飞出到落水时的位移大小为
（3）解：设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为，。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有，
联立解得，，
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得，
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 利用动能定理分析斜面上的运动，计算游客甲到达B点的速度；
(2) 先由动量守恒和能量守恒求碰撞后游客乙的速度，再结合平抛运动求合位移；
(3) 分解水平和竖直方向的动量变化，结合几何关系和冲量定理，计算滑道弹力的冲量。
（1）对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）设碰撞后游客甲速度大小变为，对于游客甲碰撞后有，
联立解得
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
解得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
游客乙从C点飞出到落水时的位移大小为
（3）设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为，。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有，
联立解得，，
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得，
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
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