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2026届河北承德市强基联盟高三一模物理试题
1．2025年某研究团队利用中国超重元素研究加速器装置提供的钙-40（）束流轰击镥-175（）靶，通过熔合蒸发反应，在充气反冲核谱仪上合成了核素镤-210（）并成功测量了该核素的α衰变能量和半衰期。下列说法正确的是（　　）
A．镤-210的中子数为91
B．镤-210发生α衰变生成钋-210
C．合成镤-210的核反应方程为
D．镤-210发生α衰变，生成物的总结合能大于镤-210的结合能
【答案】D
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．镤-210的质子数为91，质量数为210，中子数=质量数-质子数，镤-210的中子数为，故A错误；
B．α衰变会放出，根据质量数、电荷数守恒，衰变后新核的质子数为
质量数为
不会生成钋-210，故B错误；
C．核反应需满足质量数守恒，反应前总质量数为
反应后仅为210，质量数不守恒，该反应还会生成其他粒子，故C错误；
D．α衰变是释放核能的反应，释放的核能等于生成物总结合能与原核结合能的差值，因此生成物的总结合能大于镤-210的结合能，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查原子核的中子数计算、α 衰变规律、核反应方程守恒及结合能变化，核心是利用核反应守恒定律和结合能概念分析选项。
2．如图所示，在正电荷周围电场的等差等势面上有A、B、C、D四点，以下运动过程中，静电力对同一试探电荷做功最多的是（　　）
A．由A到B B．由A到C C．由B到D D．由C到D
【答案】A
【知识点】电势差；等势面
【解析】【解答】A在第2个等势面（从中心向外数），B在最外侧第4个等势面，间隔2个等差间隔，电势差为
A在第2个等势面，C在第3个等势面，间隔1个等差间隔，电势差为
B在第4个等势面，D在第3个等势面，间隔1个等差间隔，电势差
C、D在同一个等势面，电势差
根据可知由A到B过程中，静电力做功最多。
故答案为：A。
【分析】本题考查静电场中等势面与静电力做功的关系，核心是利用公式 W=qU（U 为两点间电势差）判断做功大小。
3．冬天是冰上运动的好季节。如图所示，某冰滑梯的滑道可视为由倾斜段和水平段构成，倾斜段的倾斜角度为45°，质量为50kg的人从倾斜段上高5m处由静止滑下。已知人与冰之间的动摩擦因数为0.1，在连接处无能量损失，则人在水平段的滑行距离为（　　）
A．50m B．45m C．43m D．25m
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】人在倾斜段下滑时，重力势能转化为动能和克服摩擦力做的功，下滑过程中由动能定理得
在水平面上，动能逐渐减少，直到完全停止，这部分能量损失等于摩擦力做功，设水平段的滑行距离为，根据动能定理得
解得
故答案为：B。
【分析】本题考查动能定理在斜面+水平面组合运动中的应用，核心是通过分段或整体动能定理分析摩擦力做功与重力势能的转化。
4．用铁圈蘸取肥皂水后，在水平铁圈上会形成一层表面近似为平面的肥皂薄膜，这层膜的厚度从中心向边缘的变化情况如图所示，其中OA段近似为直线。用单色光从铁圈上方照射，从上方看，从中心向边缘，膜上相邻亮条纹间距的大致变化趋势为（　　）
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先不变后变大 D．先不变后变小
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】劈尖干涉条纹间距公式，图像可知OA段劈尖角不变，故膜上相邻亮条纹间距不变，A点以后劈尖角减小，故膜上相邻亮条纹间距变大。
故答案为：C。
【分析】本题考查薄膜干涉（劈尖干涉）中相邻亮条纹间距的变化规律，核心是利用劈尖干涉条纹间距公式分析不同区域的变化趋势。
5．在平静的水面上，两个振源在水面上形成两列振幅分别为10cm和20cm的水波（可看成横波），t=0时刻，两振源连线上的波形图如图所示。已知水波的波速为2m/s，则t=5s时，两波源间位移为-10cm的质点有（　　）
A．2个 B．4个 C．6个 D．8个
【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】t=5s时，两列波都向前传播了10m，波形如图所示
当两列波叠加时，合振动等于两个振动的矢量和，由图像可知，在x=-9m、x=-5m处位移是-10cm，且在-2~0m间、2~4m间、6~8m间分别两个点位移是-10cm，因此有8个点位移为-10cm，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查两列水波的叠加，核心是先计算波的传播距离，再分析叠加后位移为-10cm的质点个数。
6．建筑工地上一提升装置的简化示意图如图所示，用轻绳跨过轻质光滑定滑轮将质量分别为3m和5m的物块1、2连接。物块1穿在足够长的光滑竖直细杆上。初始时，托住物块2，使两物块静止，倾斜轻绳与水平方向的夹角为53°，轻绳左端与滑轮的水平距离为0.6m。重力加速度取g=10m/s2，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，空气阻力不计。现静止释放物块2，则物块1上升的最大高度为（　　）
A．0.8m B．0.625m C．0.6m D．0.525m
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】物块1上升到最大高度时，两物块速度为零，设物块1上升的最大高度为h，初始物块1与定滑轮间的绳长为
物块1上升的最大高度时，物块1与定滑轮间的绳长为
由系统机械能守恒有
联立解得
故答案为：B。
【分析】本题考查系统机械能守恒在连接体问题中的应用，核心是利用几何关系确定绳子长度变化，再结合机械能守恒定律求解物块1上升的最大高度。
7．2026年2月14日，编号为162882的近地小行星近距离飞越地球，如图所示，地球绕太阳逆时针做圆周运动，该小行星绕太阳逆时针做椭圆运动，A、B是两者运行轨道的交点。已知日地距离为1AU，该小行星的近日距（近日点到太阳中心的距离）约为0.46AU，远日距约为1.72AU，则（　　）
A．该小行星在A、B两点的加速度相同
B．该小行星近日点速度大于地球绕日速度的1.47倍
C．该小行星经过BCA段与经过ADB段的时间相等
D．1年内该小行星可能连续两次近距离飞越地球
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．该小行星在A、B两点时，距离太阳的距离相等，根据可知，加速度大小相同，但方向不同，A错误；
B．若经过小行星的近日点做圆，则该圆的半径为，根据，可得
可知小行星在该圆周上的速度与地球绕日速度之比为
因该小行星经过近日点时的速度大于在近日点所做圆周运动的速度，可知该小行星近日点速度大于地球绕日速度的1.47倍，B正确；
C．根据开普勒第二定律，行星在近日点速度大，远日点速度小，BCA段包含远日点，ADB段包含近日点，两段弧长相等但速度不同，因此运动时间不相等，C错误；
D．根据开普勒第三定律，可得T星=1.14年；可知1年内该小行星不可能连续两次近距离飞越地球，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查开普勒定律和万有引力定律在行星运动中的应用，核心是通过行星轨道参数分析加速度、速度和周期关系。
8．某电路如图所示，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P位于a端，电路稳定时电流表示数I1=I0，电压表示数为U1，此时电动机不转；当滑动变阻器的滑片P位于b端，电路稳定时电流表示数I2=3I0，电压表示数为U2=4U1，此时电动机正常工作。已知电源内阻为r，R1=r，电动机内阻，电容器的电容为C，电流表和电压表可视为理想电表，则（　　）
A．电源电动势为9I0r
B．滑动变阻器最大阻值为
C．电动机正常工作时输出功率为
D．滑片P从a缓慢移到b过程中通过R3的电荷量为
【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．滑片在端时，电动机不转，为纯电阻，电压表测和电动机的总电压。已知，电动机内阻，电流，因此电压表示数
滑片在端时，滑动变阻器接入阻值为，电动机正常转动，已知，因此
根据闭合电路欧姆定律，此时
代入，，得
因此电源电动势，故A正确；
B．滑片在端时，根据闭合电路欧姆定律
代入、，得
解得，故B错误；
C．电动机正常工作时，的电压，因此电动机两端电压
电动机输出功率为输入功率减去内阻热功率，有，故C正确；
D．稳定时电容支路无电流，电容电压等于电动机两端的电压，则在端，有
在端，有，电荷量变化，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查含电动机的动态电路分析，核心是结合纯电阻电路规律和电动机的功率计算，通过闭合电路欧姆定律求解电源电动势、滑动变阻器阻值和输出功率。
9．如图所示，水平面上放置一倾角为θ的斜面体，其斜边足够长。现有一小球从斜面上以初速度v0沿与斜面成α角的方向抛出（），最后落到斜面，位移为x。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．当α=θ时，小球落至斜面时速度方向与斜面的夹角为θ
B．当α=θ时，小球离开斜面的最大距离为
C．当θ一定时，α越大，位移x越大
D．当α一定时，θ越大，位移x越大
【答案】B,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．将初速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为，
将重力加速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为，
当小球落到斜面上时，垂直斜面方向位移为0，得运动总时间
落至斜面时，速度分量，
设速度与斜面夹角为，则
代入，得
因此，故A错误；
B．当小球垂直斜面方向速度减为0时，离开斜面距离最大，由匀变速运动公式，最大距离
代入，得，故B正确；
C．沿斜面位移的表达式
一定时，在时取最大值，先增大后减小，不是越大越大，故C错误；
D．对位移的表达式变形，得，令
对求导可得，一定时，范围内始终大于0，则随增大单调递增，因此越大，位移越大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查斜面上的抛体运动，核心是将运动分解为沿斜面和垂直斜面方向，结合匀变速运动规律分析位移、最大距离和速度方向。
10．如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左右两侧导轨间距分别为d、2d，并处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。半圆弧形导体棒ab、cd恰好分别与两侧导轨相切，材料相同，电阻率为ρ，横截面积均为S。初始时两棒静止，两棒中点连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两导体棒在所处磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。导体棒始终与导轨相切，且接触良好。导轨足够长且电阻不计，则（　　）
A．弹簧伸展过程中回路中产生顺时针方向的电流
B．ab速率为v时，cd所受安培力大小为
C．整个运动过程中，ab和cd的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过ab的电荷量为
【答案】B,C,D
【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．弹簧伸展过程中，左移、右移，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A错误；
B．棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，处于磁场中，电阻
棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，则
处于磁场中，电阻
和受到的安培力大小分别为，
两力大小相等、方向相反，对和组成的系统，总合外力为0，系统动量守恒，有
代入，得
总感应电动势
总电阻
电流
的安培力，故B正确；
C．任意时刻满足动量守恒，对等式两边乘时间，并求和可得，解得，故C正确；
D．任意时刻回路中的电流为
在极短的时间内，有
对等式两边求和，可得
由，
代入得，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题考查电磁感应中的动量守恒、安培力和电荷量计算，核心是利用系统动量守恒分析导体棒的运动，结合电路规律求解安培力和电荷量。
11．图甲所示是某实验小组的实验装置示意图，滑块上方固定有挡光条。两光电门的位置可由图中导轨标尺读出，滑块与挡光条的总质量M=2kg，托盘和砝码的总质量m=5g。释放滑块，挡光条经过两个光电门的时间分别为0.06s和0.03s。
（1）光电门2所在位置读数为　 　cm，挡光条宽度d的测量值如图乙所示，为　 　mm；
（2）滑块通过光电门2时的速度大小为　 　m/s，滑块运动的加速度大小为　 　cm/s2。（均保留2位小数）
【答案】（1）80.30；5.40
（2）0.18；2.03
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）刻度尺的最小刻度为1mm，则光电门2所在位置读数为80.30cm，挡光条宽度d的测量值5mm+0.05mm×8=5.40mm；
故答案为：80.30；5.40
（2）滑块通过光电门1时的速度大小为
滑块通过光电门2时的速度大小为
两光电门之间的距离L=80.30cm-20.30cm=0.6m
滑块运动的加速度大小为
故答案为：0.18；2.03
【分析】(1) 读取刻度尺和游标卡尺的示数，注意估读；
(2) 用平均速度代替瞬时速度计算光电门速度，再由运动学公式求加速度。
（1）[1][2]刻度尺的最小刻度为1mm，则光电门2所在位置读数为80.30cm，挡光条宽度d的测量值为5mm+0.05mm×8=5.40mm；
（2）[1][2]滑块通过光电门1时的速度大小为
滑块通过光电门2时的速度大小为
两光电门之间的距离L=80.30cm-20.30cm=0.6m
滑块运动的加速度大小为
12．某同学想要探究某一标有额定电压4V的电阻在不同电压下的工作情况，实验室提供下列器材：
A.电压表V（量程4V，内阻约5kΩ）
B.电流表A（量程25mA，内阻约0.2Ω）
C.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）
D.滑动变阻器R2（最大阻值500Ω）
E.直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）
F.多用电表
G.开关一个、导线若干
（1）该同学先使用多用电表的欧姆挡“×100”倍率粗略测量电阻的阻值，示数如图1所示，为　 　Ω。
（2）该同学选择适当的器材（除多用电表），正确进行实验操作，根据电表读数描绘出了该电阻的伏安特性曲线，如图2所示。该同学选择的滑动变阻器是　 　（填“C”或“D”）。
（3）请在图3所示虚线框中画出该同学完成此实验的电路图　 　（待测电阻符号为Rx）。
（4）若将该电阻与R0=99Ω的定值电阻串联后，直接接在电动势E=3V、内阻r=1Ω的电源上，此时该电阻消耗的电功率为　 　W。（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）700
（2）C
（3）
（4）1.44×10-2
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）欧姆表读数为刻度值乘以倍率，欧姆挡倍率为“×100”，指针指向刻度7，故读数为
故答案为：700
（2）描绘伏安特性曲线需要电压从0开始连续调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法优先选择最大阻值较小的滑动变阻器，方便调节，因此选最大阻值的。
故答案为：C。
（3）待测电阻，电压表内阻，电流表内阻，比较得
为大电阻，因此采用电流表内接法，滑动变阻器为分压接法，电路图如图所示
（4）根据闭合电路欧姆定律，有
代入，
整理得
在图中作出直线，与待测电阻的伏安特性曲线交点即为工作点，如图所示
可得交点约为，
因此待测电阻功率
故答案为：1.44×10-2
【分析】(1) 欧姆表读数为刻度值乘以倍率；
(2) 描绘伏安特性曲线需要电压从0开始连续调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，优先选择阻值较小的滑动变阻器；
(3) 待测电阻为大电阻，电流表采用内接法，结合分压式滑动变阻器画出电路图；
(4) 利用伏安特性曲线和等效电源法，求串联电路中待测电阻的工作点，进而计算电功率。
（1）欧姆表读数为刻度值乘以倍率，欧姆挡倍率为“×100”，指针指向刻度7，故读数为
（2）描绘伏安特性曲线需要电压从0开始连续调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法优先选择最大阻值较小的滑动变阻器，方便调节，因此选最大阻值的。
故选C。
（3）待测电阻，电压表内阻，电流表内阻，比较得
为大电阻，因此采用电流表内接法，滑动变阻器为分压接法，电路图如图所示
（4）根据闭合电路欧姆定律，有
代入，
整理得
在图中作出直线，与待测电阻的伏安特性曲线交点即为工作点，如图所示
可得交点约为，
因此待测电阻功率
13．在工业生产中氧气是一种常见的生产材料。某氧气钢瓶的容积为40L，常温下瓶内的压强为120p0（p0为标准大气压），瓶内气体的密度为ρ，当瓶内压强等于5p0时需要重新充气。在生产过程中每天需要用掉压强为2p0的氧气100L。不考虑气体温度的变化。求：
（1）一瓶氧气可以使用多少天；
（2）一瓶氧气使用14天后瓶内气体的密度。
【答案】（1）解：设充气前该氧气瓶内氧气可以使用n天，瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律有
其中，，，
解得
（2）解：设该氧气瓶使用天后，氧气瓶内气体的压强为，则有
解得
假设瓶内原有气体均等温变成压强为的气体，则有
解得
由
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
【解析】【分析】(1) 利用等温变化的玻意耳定律，计算一瓶氧气可使用的天数；
(2) 先求使用14天后瓶内气体的压强，再通过等温变化求气体体积，结合质量守恒求密度。
（1）设充气前该氧气瓶内氧气可以使用n天，瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律有
其中，，，
解得
（2）设该氧气瓶使用天后，氧气瓶内气体的压强为，则有
解得
假设瓶内原有气体均等温变成压强为的气体，则有
解得
由
解得
14．如图所示，小车上固定一光滑半圆形轨道，静止在光滑水平地面上.总质量为M。轨道最低点为A，最高点为B，O点为圆心，轨道半径为r，AB竖直。一质量为m的光滑小球以一定速度从小车左端冲上小车并从A点进入轨道。M=2m，重力加速度为g。
（1）若小车固定，小球恰好能过最高点B，求小球的初速度大小；
（2）若小车不固定，小球恰好到圆心等高处，求小球的初速度大小；
（3）若小车不固定，小球上升到C点时离开轨道，OC与水平方向的夹角θ>45°，请通过计算判断小球能否直接落在A点左侧。
【答案】（1）解：小车固定时，小球运动过程机械能守恒，恰好过最高点B点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
由机械能守恒定律有
解得初速度大小
（2）解：小球到达圆心等高时，小球与小车水平方向共速，由动量守恒可得
根据机械能守恒有
联立解得小球初速度
（3）解：设小球离开C点时，小球对地水平速度为，小车对地水平速度为，系统水平方向动量守恒有
即
可得（小球水平速度小于小车）
小球离开轨道时支持力
小球相对小车的速度为，沿法线方向重力分量提供向心力，有
整理得
且小球相对小车的水平速度
设小球离开轨道瞬间A点对地坐标为
则C点初始水平坐标为
经过下落时间后，小球落地水平坐标为
此时A点水平坐标为
位置差为
若要小球能直接落在A点左侧，则需，即
小球竖直方向速度为
小球脱离轨道后做斜抛运动，以竖直向下为正方向，有
可得
因此，即，小球能直接落在A点左侧。
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 小车固定时，小球机械能守恒，结合圆周运动最高点的临界条件求解初速度；
(2) 小车不固定时，水平方向动量守恒，结合机械能守恒求解小球到达圆心等高处的初速度；
(3) 小球在C点离开轨道时，水平方向动量守恒，分析小球与小车的速度关系，判断小球能否落在A点左侧。
（1）小车固定时，小球运动过程机械能守恒，恰好过最高点B点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
由机械能守恒定律有
解得初速度大小
（2）小球到达圆心等高时，小球与小车水平方向共速，由动量守恒可得
根据机械能守恒有
联立解得小球初速度
（3）设小球离开C点时，小球对地水平速度为，小车对地水平速度为，系统水平方向动量守恒有
即
可得（小球水平速度小于小车）
小球离开轨道时支持力
小球相对小车的速度为，沿法线方向重力分量提供向心力，有
整理得
且小球相对小车的水平速度
设小球离开轨道瞬间A点对地坐标为
则C点初始水平坐标为
经过下落时间后，小球落地水平坐标为
此时A点水平坐标为
位置差为
若要小球能直接落在A点左侧，则需，即
小球竖直方向速度为
小球脱离轨道后做斜抛运动，以竖直向下为正方向，有
可得
因此，即，小球能直接落在A点左侧。
15．如图所示，以竖直向上为y轴正方向建立xOy平面直角坐标系，在第二、四象限存在水平向右的相同匀强电场，在第四象限还存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为+q的小球，由第二象限角平分线上某点静止释放，从O点以大小为v0的速度进入第四象限。匀强磁场的磁感应强度大小为其中g为重力加速度。
（1）求小球释放点的横坐标。
（2）求小球进入第四象限后，第一次出第四象限前，运动到的最低点的纵坐标。
（3）若小球从x轴上A点（未画出）第1次向上经过x轴，请通过计算判断A点横坐标与的大小关系。
【答案】（1）解：由题可知粒子由第二象限角平分线上某点静止释放，从O点以大小为的速度进入第四象限则整个过程中重力等于电场力，即
粒子所受的合力为
结合
解得，即粒子在运动过程中加速度为
粒子在第二象限运动过程中有，
解得小球释放点横坐标为
（2）解：小球进入第四象限后，将速度分解为、，使
即，，如图1所示，方向与水平方向成45°角斜向上
方向竖直向下
小球到达最低点时有，其中θ为小球圆周运动轨迹所对圆心角
解得θ=60°
小球的圆周运动轨迹如图2所示，设半径为r，则有
解得
小球运动时间
最低点纵坐标
（3）解：如图2所示，设小球圆周运动轨迹所对圆心角为α时第1次向上经过x轴，则有
解得
如图3所示，由函数图象可得 ，
A 点横坐标
由
得
结合α的取值范围可知，
故
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球在第二象限受电场力和重力，由角平分线释放，可知两力大小相等，合力恒定，做匀加速直线运动；
(2) 进入第四象限后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，通过速度分解和几何关系求最低点纵坐标；
(3) 分析圆周运动轨迹与 x 轴的交点，通过圆心角和几何关系判断 A 点横坐标的大小。
（1）由题可知粒子由第二象限角平分线上某点静止释放，从O点以大小为的速度进入第四象限则整个过程中重力等于电场力，即
粒子所受的合力为
结合
解得，即粒子在运动过程中加速度为
粒子在第二象限运动过程中有，
解得小球释放点横坐标为
（2）小球进入第四象限后，将速度分解为、，使
即，，如图1所示，方向与水平方向成45°角斜向上
方向竖直向下
小球到达最低点时有，其中θ为小球圆周运动轨迹所对圆心角
解得θ=60°
小球的圆周运动轨迹如图2所示，设半径为r，则有
解得
小球运动时间
最低点纵坐标
（3）如图2所示，设小球圆周运动轨迹所对圆心角为α时第1次向上经过x轴，则有
解得
如图3所示，由函数图象可得 ，
A 点横坐标
由
得
结合α的取值范围可知，
故
1 / 12026届河北承德市强基联盟高三一模物理试题
1．2025年某研究团队利用中国超重元素研究加速器装置提供的钙-40（）束流轰击镥-175（）靶，通过熔合蒸发反应，在充气反冲核谱仪上合成了核素镤-210（）并成功测量了该核素的α衰变能量和半衰期。下列说法正确的是（　　）
A．镤-210的中子数为91
B．镤-210发生α衰变生成钋-210
C．合成镤-210的核反应方程为
D．镤-210发生α衰变，生成物的总结合能大于镤-210的结合能
2．如图所示，在正电荷周围电场的等差等势面上有A、B、C、D四点，以下运动过程中，静电力对同一试探电荷做功最多的是（　　）
A．由A到B B．由A到C C．由B到D D．由C到D
3．冬天是冰上运动的好季节。如图所示，某冰滑梯的滑道可视为由倾斜段和水平段构成，倾斜段的倾斜角度为45°，质量为50kg的人从倾斜段上高5m处由静止滑下。已知人与冰之间的动摩擦因数为0.1，在连接处无能量损失，则人在水平段的滑行距离为（　　）
A．50m B．45m C．43m D．25m
4．用铁圈蘸取肥皂水后，在水平铁圈上会形成一层表面近似为平面的肥皂薄膜，这层膜的厚度从中心向边缘的变化情况如图所示，其中OA段近似为直线。用单色光从铁圈上方照射，从上方看，从中心向边缘，膜上相邻亮条纹间距的大致变化趋势为（　　）
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先不变后变大 D．先不变后变小
5．在平静的水面上，两个振源在水面上形成两列振幅分别为10cm和20cm的水波（可看成横波），t=0时刻，两振源连线上的波形图如图所示。已知水波的波速为2m/s，则t=5s时，两波源间位移为-10cm的质点有（　　）
A．2个 B．4个 C．6个 D．8个
6．建筑工地上一提升装置的简化示意图如图所示，用轻绳跨过轻质光滑定滑轮将质量分别为3m和5m的物块1、2连接。物块1穿在足够长的光滑竖直细杆上。初始时，托住物块2，使两物块静止，倾斜轻绳与水平方向的夹角为53°，轻绳左端与滑轮的水平距离为0.6m。重力加速度取g=10m/s2，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，空气阻力不计。现静止释放物块2，则物块1上升的最大高度为（　　）
A．0.8m B．0.625m C．0.6m D．0.525m
7．2026年2月14日，编号为162882的近地小行星近距离飞越地球，如图所示，地球绕太阳逆时针做圆周运动，该小行星绕太阳逆时针做椭圆运动，A、B是两者运行轨道的交点。已知日地距离为1AU，该小行星的近日距（近日点到太阳中心的距离）约为0.46AU，远日距约为1.72AU，则（　　）
A．该小行星在A、B两点的加速度相同
B．该小行星近日点速度大于地球绕日速度的1.47倍
C．该小行星经过BCA段与经过ADB段的时间相等
D．1年内该小行星可能连续两次近距离飞越地球
8．某电路如图所示，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P位于a端，电路稳定时电流表示数I1=I0，电压表示数为U1，此时电动机不转；当滑动变阻器的滑片P位于b端，电路稳定时电流表示数I2=3I0，电压表示数为U2=4U1，此时电动机正常工作。已知电源内阻为r，R1=r，电动机内阻，电容器的电容为C，电流表和电压表可视为理想电表，则（　　）
A．电源电动势为9I0r
B．滑动变阻器最大阻值为
C．电动机正常工作时输出功率为
D．滑片P从a缓慢移到b过程中通过R3的电荷量为
9．如图所示，水平面上放置一倾角为θ的斜面体，其斜边足够长。现有一小球从斜面上以初速度v0沿与斜面成α角的方向抛出（），最后落到斜面，位移为x。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．当α=θ时，小球落至斜面时速度方向与斜面的夹角为θ
B．当α=θ时，小球离开斜面的最大距离为
C．当θ一定时，α越大，位移x越大
D．当α一定时，θ越大，位移x越大
10．如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左右两侧导轨间距分别为d、2d，并处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。半圆弧形导体棒ab、cd恰好分别与两侧导轨相切，材料相同，电阻率为ρ，横截面积均为S。初始时两棒静止，两棒中点连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两导体棒在所处磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。导体棒始终与导轨相切，且接触良好。导轨足够长且电阻不计，则（　　）
A．弹簧伸展过程中回路中产生顺时针方向的电流
B．ab速率为v时，cd所受安培力大小为
C．整个运动过程中，ab和cd的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过ab的电荷量为
11．图甲所示是某实验小组的实验装置示意图，滑块上方固定有挡光条。两光电门的位置可由图中导轨标尺读出，滑块与挡光条的总质量M=2kg，托盘和砝码的总质量m=5g。释放滑块，挡光条经过两个光电门的时间分别为0.06s和0.03s。
（1）光电门2所在位置读数为　 　cm，挡光条宽度d的测量值如图乙所示，为　 　mm；
（2）滑块通过光电门2时的速度大小为　 　m/s，滑块运动的加速度大小为　 　cm/s2。（均保留2位小数）
12．某同学想要探究某一标有额定电压4V的电阻在不同电压下的工作情况，实验室提供下列器材：
A.电压表V（量程4V，内阻约5kΩ）
B.电流表A（量程25mA，内阻约0.2Ω）
C.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）
D.滑动变阻器R2（最大阻值500Ω）
E.直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）
F.多用电表
G.开关一个、导线若干
（1）该同学先使用多用电表的欧姆挡“×100”倍率粗略测量电阻的阻值，示数如图1所示，为　 　Ω。
（2）该同学选择适当的器材（除多用电表），正确进行实验操作，根据电表读数描绘出了该电阻的伏安特性曲线，如图2所示。该同学选择的滑动变阻器是　 　（填“C”或“D”）。
（3）请在图3所示虚线框中画出该同学完成此实验的电路图　 　（待测电阻符号为Rx）。
（4）若将该电阻与R0=99Ω的定值电阻串联后，直接接在电动势E=3V、内阻r=1Ω的电源上，此时该电阻消耗的电功率为　 　W。（结果保留3位有效数字）
13．在工业生产中氧气是一种常见的生产材料。某氧气钢瓶的容积为40L，常温下瓶内的压强为120p0（p0为标准大气压），瓶内气体的密度为ρ，当瓶内压强等于5p0时需要重新充气。在生产过程中每天需要用掉压强为2p0的氧气100L。不考虑气体温度的变化。求：
（1）一瓶氧气可以使用多少天；
（2）一瓶氧气使用14天后瓶内气体的密度。
14．如图所示，小车上固定一光滑半圆形轨道，静止在光滑水平地面上.总质量为M。轨道最低点为A，最高点为B，O点为圆心，轨道半径为r，AB竖直。一质量为m的光滑小球以一定速度从小车左端冲上小车并从A点进入轨道。M=2m，重力加速度为g。
（1）若小车固定，小球恰好能过最高点B，求小球的初速度大小；
（2）若小车不固定，小球恰好到圆心等高处，求小球的初速度大小；
（3）若小车不固定，小球上升到C点时离开轨道，OC与水平方向的夹角θ>45°，请通过计算判断小球能否直接落在A点左侧。
15．如图所示，以竖直向上为y轴正方向建立xOy平面直角坐标系，在第二、四象限存在水平向右的相同匀强电场，在第四象限还存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为+q的小球，由第二象限角平分线上某点静止释放，从O点以大小为v0的速度进入第四象限。匀强磁场的磁感应强度大小为其中g为重力加速度。
（1）求小球释放点的横坐标。
（2）求小球进入第四象限后，第一次出第四象限前，运动到的最低点的纵坐标。
（3）若小球从x轴上A点（未画出）第1次向上经过x轴，请通过计算判断A点横坐标与的大小关系。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．镤-210的质子数为91，质量数为210，中子数=质量数-质子数，镤-210的中子数为，故A错误；
B．α衰变会放出，根据质量数、电荷数守恒，衰变后新核的质子数为
质量数为
不会生成钋-210，故B错误；
C．核反应需满足质量数守恒，反应前总质量数为
反应后仅为210，质量数不守恒，该反应还会生成其他粒子，故C错误；
D．α衰变是释放核能的反应，释放的核能等于生成物总结合能与原核结合能的差值，因此生成物的总结合能大于镤-210的结合能，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查原子核的中子数计算、α 衰变规律、核反应方程守恒及结合能变化，核心是利用核反应守恒定律和结合能概念分析选项。
2．【答案】A
【知识点】电势差；等势面
【解析】【解答】A在第2个等势面（从中心向外数），B在最外侧第4个等势面，间隔2个等差间隔，电势差为
A在第2个等势面，C在第3个等势面，间隔1个等差间隔，电势差为
B在第4个等势面，D在第3个等势面，间隔1个等差间隔，电势差
C、D在同一个等势面，电势差
根据可知由A到B过程中，静电力做功最多。
故答案为：A。
【分析】本题考查静电场中等势面与静电力做功的关系，核心是利用公式 W=qU（U 为两点间电势差）判断做功大小。
3．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】人在倾斜段下滑时，重力势能转化为动能和克服摩擦力做的功，下滑过程中由动能定理得
在水平面上，动能逐渐减少，直到完全停止，这部分能量损失等于摩擦力做功，设水平段的滑行距离为，根据动能定理得
解得
故答案为：B。
【分析】本题考查动能定理在斜面+水平面组合运动中的应用，核心是通过分段或整体动能定理分析摩擦力做功与重力势能的转化。
4．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】劈尖干涉条纹间距公式，图像可知OA段劈尖角不变，故膜上相邻亮条纹间距不变，A点以后劈尖角减小，故膜上相邻亮条纹间距变大。
故答案为：C。
【分析】本题考查薄膜干涉（劈尖干涉）中相邻亮条纹间距的变化规律，核心是利用劈尖干涉条纹间距公式分析不同区域的变化趋势。
5．【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】t=5s时，两列波都向前传播了10m，波形如图所示
当两列波叠加时，合振动等于两个振动的矢量和，由图像可知，在x=-9m、x=-5m处位移是-10cm，且在-2~0m间、2~4m间、6~8m间分别两个点位移是-10cm，因此有8个点位移为-10cm，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查两列水波的叠加，核心是先计算波的传播距离，再分析叠加后位移为-10cm的质点个数。
6．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】物块1上升到最大高度时，两物块速度为零，设物块1上升的最大高度为h，初始物块1与定滑轮间的绳长为
物块1上升的最大高度时，物块1与定滑轮间的绳长为
由系统机械能守恒有
联立解得
故答案为：B。
【分析】本题考查系统机械能守恒在连接体问题中的应用，核心是利用几何关系确定绳子长度变化，再结合机械能守恒定律求解物块1上升的最大高度。
7．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．该小行星在A、B两点时，距离太阳的距离相等，根据可知，加速度大小相同，但方向不同，A错误；
B．若经过小行星的近日点做圆，则该圆的半径为，根据，可得
可知小行星在该圆周上的速度与地球绕日速度之比为
因该小行星经过近日点时的速度大于在近日点所做圆周运动的速度，可知该小行星近日点速度大于地球绕日速度的1.47倍，B正确；
C．根据开普勒第二定律，行星在近日点速度大，远日点速度小，BCA段包含远日点，ADB段包含近日点，两段弧长相等但速度不同，因此运动时间不相等，C错误；
D．根据开普勒第三定律，可得T星=1.14年；可知1年内该小行星不可能连续两次近距离飞越地球，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查开普勒定律和万有引力定律在行星运动中的应用，核心是通过行星轨道参数分析加速度、速度和周期关系。
8．【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．滑片在端时，电动机不转，为纯电阻，电压表测和电动机的总电压。已知，电动机内阻，电流，因此电压表示数
滑片在端时，滑动变阻器接入阻值为，电动机正常转动，已知，因此
根据闭合电路欧姆定律，此时
代入，，得
因此电源电动势，故A正确；
B．滑片在端时，根据闭合电路欧姆定律
代入、，得
解得，故B错误；
C．电动机正常工作时，的电压，因此电动机两端电压
电动机输出功率为输入功率减去内阻热功率，有，故C正确；
D．稳定时电容支路无电流，电容电压等于电动机两端的电压，则在端，有
在端，有，电荷量变化，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查含电动机的动态电路分析，核心是结合纯电阻电路规律和电动机的功率计算，通过闭合电路欧姆定律求解电源电动势、滑动变阻器阻值和输出功率。
9．【答案】B,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．将初速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为，
将重力加速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为，
当小球落到斜面上时，垂直斜面方向位移为0，得运动总时间
落至斜面时，速度分量，
设速度与斜面夹角为，则
代入，得
因此，故A错误；
B．当小球垂直斜面方向速度减为0时，离开斜面距离最大，由匀变速运动公式，最大距离
代入，得，故B正确；
C．沿斜面位移的表达式
一定时，在时取最大值，先增大后减小，不是越大越大，故C错误；
D．对位移的表达式变形，得，令
对求导可得，一定时，范围内始终大于0，则随增大单调递增，因此越大，位移越大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查斜面上的抛体运动，核心是将运动分解为沿斜面和垂直斜面方向，结合匀变速运动规律分析位移、最大距离和速度方向。
10．【答案】B,C,D
【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．弹簧伸展过程中，左移、右移，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A错误；
B．棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，处于磁场中，电阻
棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，则
处于磁场中，电阻
和受到的安培力大小分别为，
两力大小相等、方向相反，对和组成的系统，总合外力为0，系统动量守恒，有
代入，得
总感应电动势
总电阻
电流
的安培力，故B正确；
C．任意时刻满足动量守恒，对等式两边乘时间，并求和可得，解得，故C正确；
D．任意时刻回路中的电流为
在极短的时间内，有
对等式两边求和，可得
由，
代入得，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题考查电磁感应中的动量守恒、安培力和电荷量计算，核心是利用系统动量守恒分析导体棒的运动，结合电路规律求解安培力和电荷量。
11．【答案】（1）80.30；5.40
（2）0.18；2.03
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）刻度尺的最小刻度为1mm，则光电门2所在位置读数为80.30cm，挡光条宽度d的测量值5mm+0.05mm×8=5.40mm；
故答案为：80.30；5.40
（2）滑块通过光电门1时的速度大小为
滑块通过光电门2时的速度大小为
两光电门之间的距离L=80.30cm-20.30cm=0.6m
滑块运动的加速度大小为
故答案为：0.18；2.03
【分析】(1) 读取刻度尺和游标卡尺的示数，注意估读；
(2) 用平均速度代替瞬时速度计算光电门速度，再由运动学公式求加速度。
（1）[1][2]刻度尺的最小刻度为1mm，则光电门2所在位置读数为80.30cm，挡光条宽度d的测量值为5mm+0.05mm×8=5.40mm；
（2）[1][2]滑块通过光电门1时的速度大小为
滑块通过光电门2时的速度大小为
两光电门之间的距离L=80.30cm-20.30cm=0.6m
滑块运动的加速度大小为
12．【答案】（1）700
（2）C
（3）
（4）1.44×10-2
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）欧姆表读数为刻度值乘以倍率，欧姆挡倍率为“×100”，指针指向刻度7，故读数为
故答案为：700
（2）描绘伏安特性曲线需要电压从0开始连续调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法优先选择最大阻值较小的滑动变阻器，方便调节，因此选最大阻值的。
故答案为：C。
（3）待测电阻，电压表内阻，电流表内阻，比较得
为大电阻，因此采用电流表内接法，滑动变阻器为分压接法，电路图如图所示
（4）根据闭合电路欧姆定律，有
代入，
整理得
在图中作出直线，与待测电阻的伏安特性曲线交点即为工作点，如图所示
可得交点约为，
因此待测电阻功率
故答案为：1.44×10-2
【分析】(1) 欧姆表读数为刻度值乘以倍率；
(2) 描绘伏安特性曲线需要电压从0开始连续调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，优先选择阻值较小的滑动变阻器；
(3) 待测电阻为大电阻，电流表采用内接法，结合分压式滑动变阻器画出电路图；
(4) 利用伏安特性曲线和等效电源法，求串联电路中待测电阻的工作点，进而计算电功率。
（1）欧姆表读数为刻度值乘以倍率，欧姆挡倍率为“×100”，指针指向刻度7，故读数为
（2）描绘伏安特性曲线需要电压从0开始连续调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法优先选择最大阻值较小的滑动变阻器，方便调节，因此选最大阻值的。
故选C。
（3）待测电阻，电压表内阻，电流表内阻，比较得
为大电阻，因此采用电流表内接法，滑动变阻器为分压接法，电路图如图所示
（4）根据闭合电路欧姆定律，有
代入，
整理得
在图中作出直线，与待测电阻的伏安特性曲线交点即为工作点，如图所示
可得交点约为，
因此待测电阻功率
13．【答案】（1）解：设充气前该氧气瓶内氧气可以使用n天，瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律有
其中，，，
解得
（2）解：设该氧气瓶使用天后，氧气瓶内气体的压强为，则有
解得
假设瓶内原有气体均等温变成压强为的气体，则有
解得
由
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
【解析】【分析】(1) 利用等温变化的玻意耳定律，计算一瓶氧气可使用的天数；
(2) 先求使用14天后瓶内气体的压强，再通过等温变化求气体体积，结合质量守恒求密度。
（1）设充气前该氧气瓶内氧气可以使用n天，瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律有
其中，，，
解得
（2）设该氧气瓶使用天后，氧气瓶内气体的压强为，则有
解得
假设瓶内原有气体均等温变成压强为的气体，则有
解得
由
解得
14．【答案】（1）解：小车固定时，小球运动过程机械能守恒，恰好过最高点B点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
由机械能守恒定律有
解得初速度大小
（2）解：小球到达圆心等高时，小球与小车水平方向共速，由动量守恒可得
根据机械能守恒有
联立解得小球初速度
（3）解：设小球离开C点时，小球对地水平速度为，小车对地水平速度为，系统水平方向动量守恒有
即
可得（小球水平速度小于小车）
小球离开轨道时支持力
小球相对小车的速度为，沿法线方向重力分量提供向心力，有
整理得
且小球相对小车的水平速度
设小球离开轨道瞬间A点对地坐标为
则C点初始水平坐标为
经过下落时间后，小球落地水平坐标为
此时A点水平坐标为
位置差为
若要小球能直接落在A点左侧，则需，即
小球竖直方向速度为
小球脱离轨道后做斜抛运动，以竖直向下为正方向，有
可得
因此，即，小球能直接落在A点左侧。
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 小车固定时，小球机械能守恒，结合圆周运动最高点的临界条件求解初速度；
(2) 小车不固定时，水平方向动量守恒，结合机械能守恒求解小球到达圆心等高处的初速度；
(3) 小球在C点离开轨道时，水平方向动量守恒，分析小球与小车的速度关系，判断小球能否落在A点左侧。
（1）小车固定时，小球运动过程机械能守恒，恰好过最高点B点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
由机械能守恒定律有
解得初速度大小
（2）小球到达圆心等高时，小球与小车水平方向共速，由动量守恒可得
根据机械能守恒有
联立解得小球初速度
（3）设小球离开C点时，小球对地水平速度为，小车对地水平速度为，系统水平方向动量守恒有
即
可得（小球水平速度小于小车）
小球离开轨道时支持力
小球相对小车的速度为，沿法线方向重力分量提供向心力，有
整理得
且小球相对小车的水平速度
设小球离开轨道瞬间A点对地坐标为
则C点初始水平坐标为
经过下落时间后，小球落地水平坐标为
此时A点水平坐标为
位置差为
若要小球能直接落在A点左侧，则需，即
小球竖直方向速度为
小球脱离轨道后做斜抛运动，以竖直向下为正方向，有
可得
因此，即，小球能直接落在A点左侧。
15．【答案】（1）解：由题可知粒子由第二象限角平分线上某点静止释放，从O点以大小为的速度进入第四象限则整个过程中重力等于电场力，即
粒子所受的合力为
结合
解得，即粒子在运动过程中加速度为
粒子在第二象限运动过程中有，
解得小球释放点横坐标为
（2）解：小球进入第四象限后，将速度分解为、，使
即，，如图1所示，方向与水平方向成45°角斜向上
方向竖直向下
小球到达最低点时有，其中θ为小球圆周运动轨迹所对圆心角
解得θ=60°
小球的圆周运动轨迹如图2所示，设半径为r，则有
解得
小球运动时间
最低点纵坐标
（3）解：如图2所示，设小球圆周运动轨迹所对圆心角为α时第1次向上经过x轴，则有
解得
如图3所示，由函数图象可得 ，
A 点横坐标
由
得
结合α的取值范围可知，
故
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球在第二象限受电场力和重力，由角平分线释放，可知两力大小相等，合力恒定，做匀加速直线运动；
(2) 进入第四象限后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，通过速度分解和几何关系求最低点纵坐标；
(3) 分析圆周运动轨迹与 x 轴的交点，通过圆心角和几何关系判断 A 点横坐标的大小。
（1）由题可知粒子由第二象限角平分线上某点静止释放，从O点以大小为的速度进入第四象限则整个过程中重力等于电场力，即
粒子所受的合力为
结合
解得，即粒子在运动过程中加速度为
粒子在第二象限运动过程中有，
解得小球释放点横坐标为
（2）小球进入第四象限后，将速度分解为、，使
即，，如图1所示，方向与水平方向成45°角斜向上
方向竖直向下
小球到达最低点时有，其中θ为小球圆周运动轨迹所对圆心角
解得θ=60°
小球的圆周运动轨迹如图2所示，设半径为r，则有
解得
小球运动时间
最低点纵坐标
（3）如图2所示，设小球圆周运动轨迹所对圆心角为α时第1次向上经过x轴，则有
解得
如图3所示，由函数图象可得 ，
A 点横坐标
由
得
结合α的取值范围可知，
故
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