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2026届湖北省高三上学期2月质量检测（一模）物理试题
1．放射性元素，往往要经历一系列连续衰变最终达到稳定状态，如衰变为最终衰变达到稳定状态，下列说法正确的是（　　）
A．衰变成是α衰变
B．衰变为稳定要经6次α衰变和6次β衰变
C．20个原子核经2个半衰期后还有5个原子核
D．的比结合能大于的比结合能，的结合能小于的结合能
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．衰变成的衰变方程为，产生α粒子，属于α衰变，故A正确；
B．根据质量数守恒和核电荷数守恒，衰变为稳定，质量数减少了24，所以α衰变次数为，电荷数减少了，6次α衰变电荷数应减少12，所以发生了4次β衰变，故B错误；
C．半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核的衰变行为，对20个原子核无法精确预测剩余数量，故C错误；
D．自发衰变为，说明更加稳定，比结合能更大；结合能等于比结合能乘质量数，由于的质量数更大，且二者的比结合能相差不多，所以的结合能更大，故D错误。
故选A。
【分析】根据质量数守恒和核电荷数守恒可知α衰变和β衰变的次数以及衰变类型；半衰期是统计规律，比结合能反映原子核稳定性，比结合能越大原子核越稳定。
2．天问一号环绕器在一定高度绕火星做匀速圆周运动，其周期为T。已知火星表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，以下分析中正确的是（　　）
A．由上述物理量可以估算火星质量
B．由上述物理量可以估算火星密度
C．天问一号的环绕速度小于火星的第一宇宙速度
D．天问一号的向心加速度大于火星表面的重力加速度
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力公式，在火星表面，万有引力近似等于重力，可知
且有万有引力提供向心力，可得，若要计算火星的质量M，缺少半径R或环绕器的高度h，故A错误；
B．根据密度公式和万有引力公式以及球的体积公式，有，由于未知，故B错误；
C．万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有
解得环绕速度，第一宇宙速度相当于时的环绕速度。由于环绕器的轨道半径大于火星半径，所以环绕器的速度要小于第一宇宙速度，故C正确；
D．根据牛顿第二定律有环绕器向心加速度为，火星表面重力加速度为
由于，因此，故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力公式，结合球体积公式求解火星质量和密度；万有引力充当向心力，环绕器的速度要小于第一宇宙速度，结合牛顿第二定律求解加速度大小。
3．密闭容器内装有一定质量的理想气体，从状态a开始，经状态b、c、d再回到状态a，如图所示，其中图线bc、da平行于横轴.下列说法正确的是（　　）
A．从a到b，气体从外界吸热
B．从b到c，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多
C．从c到d，气体内能减小
D．从d到a，外界对气体做功
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A.从a到b，气体体积减小，故外界对气体做功，根据理想气体状态方程整理得，由于从a到b反向延长线过原点，所以温度不变，为等温变化过程，所以内能不变，结合热力学第一定律可知气体向外界放热，故A错误；B.从b到c，气体压强不变、体积减小，根据理想气体状态方程，可知温度减小，气体分子的平均速率减小，保持气体压强不变，根据气体压强的微观解释可知单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多，故B正确；
C.从到，根据理想气体状态方程，整理得，可知温度不变时，图像为过原点的倾斜直线，故从从到温度不变，气体内能不变，故C错误。
D.从到，气体压强不变、体积增大，气体对外界做功，故D错误。
故选B。
【分析】根据从a到b，气体体积减小，故外界对气体做功，由于从a到b反向延长线过原点，所以温度不变，为等温变化过程，从b到c，气体压强不变、体积减小，从d到a，气体压强不变、体积增大，气体对外界做功分析求解。
4．如图所示，导线框由水平直导线和曲线导线组合而成，总电阻。线框在外力作用下水平向右以的速度匀速运动，时进入右边的匀强磁场，磁感应强度，方向垂直于线框所在平面向下。下列说法正确的是（　　）
A．线框进入磁场过程中，感应电流为顺时针方向
B．线框中产生的感应电动势最大值为0.2V
C．时，线框中的瞬时电流为0.3A
D．线框进入磁场过程中产生的焦耳热
【答案】D
【知识点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、当线框进入磁场时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里增加，依据楞次定律，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，再根据右手螺旋定则，可判定感应电流方向为逆时针，故A错误；B、由给定的曲线方程可知，线框切割磁感线的最大有效长度L0=0.6m，产生的最大感应电动势为Em=BL0v，代入相关数据解得：Em=1.2V，故B正确；
C．时，，，即导线框恰好完全进入磁场，线框中的瞬时电流为零，故C错误；
D．因，又切割长度按正弦规律变化，故产生正弦式交流电，其电动势的有效值为，线框进入磁场过程中产生的焦耳热，故D正确。
故选D。
【分析】根据楞次定律，磁通量增加时感应电流磁场阻碍增加，可判断电流方向；由曲线方程确定最大切割长度，结合匀速运动速度与磁感应强度计算最大电动势；焦耳热需根据正弦变化电动势的有效值、进入时间及电阻关系推导。
5．如图所示，水平固定的绝缘木板处于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E。电荷量为的物块在木板上刚好能保持静止。在木板上的处钉一钉子，在处固定一光滑圆环，沿电场线方向。将一根轻质绝缘橡皮筋的一端系在钉子上，另一端穿过圆环与物块相连，橡皮筋遵循胡克定律，其原长等于间的距离。当物块处于延长线上的A点时，物块恰好要沿向右运动，此时A点与点间的距离为L。当物块位于B点，与的夹角为60°，也能恰好保持静止，则B、两点间的距离x和此时橡皮筋弹力F分别为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】胡克定律；电场及电场力；力的合成与分解的运用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．物块受到的电场力为qE，最大静摩擦力为，橡皮筋的劲度系数为k。
未连接橡皮筋时物块在木板上刚好能保持静止，则有：，当物块位于点时，物块恰好要沿向右运动，此时最大静摩擦力向左，由平衡条件可得：
物块位于点时，橡皮筋拉伸方向与夹角为，设橡皮筋伸长量为，根据受力平衡，由余弦定理有，解得，故A正确，B错误；
CD．由上述分析可知橡皮筋弹力，故CD错误。
故选A。
【分析】未连接橡皮筋时物块在木板上刚好能保持静止，连接橡皮筋后在A点时物块受到最大静摩擦力而处于平衡状态，根据受力平衡条件得到电场力、最大静摩擦力、橡皮筋的弹力三者的大小关系。
6．某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，质量相同的带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（　　）
A．电荷量之比为
B．到达K点所用时间之比为
C．加速度大小之比为
D．到达K点时沿电场方向的位移大小之比为
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AC．矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，两个带电粒子在沿着OQ的方向均做初速度为0的匀变速运动， 沿图中所示轨迹同时到达M、N点，相同时间内运动的位移大小相等，所以加速度大小也相等，根据牛顿第二定律有，所以两个电荷的电荷量之比为1：1，故AC错误；
B． N为QP的中点，则两电荷在相同时间内沿QP方向做匀速直线运动的位移之比为2：1，根据公式。可知a、b电荷的初速度之比为2：1，二者到达K点时的水平位移大小相等，所以时间之比应为1：2，故B正确；
D．a、b电荷的初速度之比为2：1，则交点的时间之比为，沿电场方向有公式，所以沿电场方向的位移大小之比应为，故D错误。
故选B。
【分析】将粒子运动分解为水平匀速和竖直匀加速，利用运动时间相同和位移关系分析时间比，通过牛顿第二定律比较电荷量。
7．如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直面内绕O点沿顺时针方向恰好能做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知A点电势为0，OM与竖直方向的夹角，重力加速度大小为g。则（　　）
A．电场强度E的大小为
B．小球电势能最大值为
C．小球在M点初速度为
D．小球运动到B点时突然剪断细线后，小球运动过程中速度的最小值为
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，小球静止在M点，受力分析如图，可知小球带正电。由平衡条件有
解得，故A错误。
B．带电小球运动到最右侧的时候电场力做的负功最多，电势能最大， 已知A点电势为0，电势能等于零，所以带电小球的电势能为，即，故B错误。
C．带电小球恰能完成完整的圆周运动，根据平行四边形法则可知等效重力等于2mg，则在等效最高点有，从点到等效最高点过程，根据动能定理有
代入解得，故C错误。
D．剪断细线后，小球相对于合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为0时，合速度最小。从到，由动能定理有
解得
剪断细线后，当速度与合外力垂直时速度最小，则最小速度，故D正确。
故选D。
【分析】小球静止在M点，受力平衡，通过分析电场力与重力的关系可以确定电场强度大小及小球电性。根据平衡条件建立方程，解出电场强度表达式，同时判断小球带正电。小球在等效重力场中做圆周运动，确定等效最高点位置，分析到等效最高点的能量变化，利用动能定理求出小球在M点初速度。
8．α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，时刻图线的切线斜率的绝对值最大，且该时刻的动量为。则（　　）
A．0到过程中，α粒子与氧原子核的距离在不断减小
B．时刻两原子核速率相等
C．时刻氧原子核的动量为
D．时刻系统的动能最小
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；动量；碰撞模型
【解析】【解答】AB．时刻图线的切线斜率绝对值最大，说明此时粒子受到的作用力最大，也就是两原子核间的距离最小，此时两原子核的速率相等，到过程中，粒子的速度小于氧原子核的速度两者距离不断增大，故A错误，B正确。
C．根据动量守恒定律，系统总动量始终为。时刻粒子的动量为，则氧原子核的动量为故C正确。
D．系统的动能在两原子核距离最小时，因为此时电势能最大，动能最小；时刻粒子即将反向离开氧原子核，动能比时刻大，故D错误。
故选BC。
【分析】α粒子与氧原子核发生正碰，两者组成的系统动量守恒，图像斜率类似v-t图像斜率，可以反映加速度大小，原子核距离最小时，此时电势能最大，结合能量守恒定律分析。
9．一列沿x轴传播的简谐横波，在时刻的波形图如图所示，该时刻质点P和Q的位移均为。从该时刻开始计时，P点做简谐运动的表达式为，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为11m
B．该波沿x轴正向传播
C．时，质点P位于波峰
D．在0 1s内，质点P比Q通过的路程少10cm
【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】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。
A． 一列沿x轴传播的简谐横波，根据在时刻的波形图可知波长为12m，故A错误；
B．根据P点的振动方程可知在时刻P点正在向上振动，根据同侧法可以判断波向x轴负方向传播，故B错误；
C．在时，P点的相位为，P点刚好处于正向最大位移处，故C正确；
D．P点在时位移为，所以P在0-1s内的路程为20cm。
根据图像可知Q点在P点的左侧，Q的振动比P超前，振动方程为
在0时刻Q点正在向下振动，在时Q点的位移为
所以在0-1s内Q运动的路程为30cm。所以质点P比质点Q的路程少走10cm。故D正确。
故选CD。
【分析】根据波形图求解波长，根据同侧法分析波的传播方向，根据P点做简谐运动的表达式求解在时，P点的位移，结合振动方程求解路程。
10．如图所示，两条间距为d平行光滑金属导轨（足够长）固定在水平面上，导轨的左端接电动势为E内阻为R的电源，右端接定值电阻，其阻值也为R。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面竖直向上，足够长的金属棒质量为m，斜放在两导轨之间，与导轨的夹角为30°，导线、导轨、金属棒的电阻均忽略不计，当开关断开，开关合上，给金属棒一个沿水平方向垂直金属棒的恒力，经过一段时间金属棒获得最大速度，金属棒与导轨始终接触良好且与导轨夹角不变，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒的最大加速度为
B．定值电阻的最大功率为
C．金属棒从静止开始运动的一段时间内，流过定值电阻某一横截面的电荷量为
D．若开关断开，开关合上，则金属棒稳定运行的速度为
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；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．金属棒在刚施加外力时速度为零，尚未切割磁感线，因此不受安培力作用。此时金属棒所受合力为F0，依据牛顿第二定律有：F0=ma，解得金属棒的最大加速度为：，故A错误；
B．两条间距为d平行光滑金属导轨（足够长）固定在水平面上，足够长的金属棒金属棒与导轨的夹角为30°， 在导轨之间的长度为，设金属棒运动的最大速度为，根据法拉第电磁感应定律可得此时产生的最大感应电动势为，根据欧姆定律可得回路中的最大电流为，金属棒做匀速直线运动，有，联立以上公式，可解得
所以定值电阻的最大功率为，故B正确；
C．在0到2t0时间内，对金属棒应用动量定理，规定外力方向为正方向，有：，其中安培力的平均冲量为
代入可解得通过金属棒的电荷量为，金属棒与定值电阻是串联关系，通过定值电阻的电荷量也为q，故C正确；
D．若开关断开，开关闭合，当金属棒稳定运行时金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为，回路中的电流值为，此时金属棒受力平衡，有
联立可解得，故D错误。
故选BC。
【分析】当开关S1断开、S2闭合时，金属棒在水平恒力F0作用下切割磁感线运动，产生感应电动势和电流，从而受到安培力。当安培力与外力平衡时速度达到最大，此时加速度为零。金属棒在导轨间的有效长度由间距d和夹角30°决定，为2d。初始时刻速度为零，安培力为零，合力为F0，此时加速度最大。最大速度时感应电动势最大，回路电流最大，定值电阻功率最大。在0到2t0时间内，可通过动量定理联系外力冲量、安培力冲量与动量变化，进而求电荷量。当开关S2断开、S1闭合时，电源接入电路，金属棒运动时产生感应电动势与电源电动势共同影响回路电流，稳定时受力平衡，由此可求稳定速度。
11．某同学利用手机内的磁传感器做“用单摆测量重力加速度”的实验.
（1）如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球（下方吸附有小磁片），做成一个单摆。使小钢球在竖直平面内做小角度摆动，打开手机的磁传感器软件，并将手机置于悬点正下方。某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图乙所示，则单摆的振动周期　 　s（结果保留两位有效数字）；
（2）该同学用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小钢球直径为d，则重力加速度g的表达式为　 　（用T、l和d表示）；
（3）该同学查阅科研资料，发现本次实验测得的重力加速度g比精确值偏大，可能的原因是（　　）
A．测量的小钢球直径偏小
B．测量的摆线长度偏大
C．单摆振动中出现松动，摆线长度增加
D．测量的单摆振动周期偏大
【答案】（1）1.4
（2）
（3）B
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 由图乙磁感应强度B的大小随时间t变化的图像可知，单摆7次周期性运动所经历的时间约为9.7s，因此单摆的振动周期
（2） 摆线的长度为l，用游标卡尺测出小钢球直径为d，根据单摆周期公式，得出
（3）根据重力加速度表达式，测量的小钢球直径偏小，g值偏小；测量的摆线长度偏大，g值偏大；单摆振动中出现松动，摆线长度增加，测得的T偏大，g值偏小；测量的单摆振动周期T偏大，g值偏小。
故选B。
【分析】（1）根据振动总时间结合振动次数求解单摆周期；
（2）根据单摆周期公式求解重力加速度；
（3）根据重力加速度表达式结合选项分析。
（1）[1]单摆7次周期性运动所经历的时间约为9.7s，因此单摆的振动周期
（2）[1]根据单摆周期公式，得出
（3）根据公式
测量的小钢球直径偏小，g值偏小；测量的摆线长度偏大，g值偏大；单摆振动中出现松动，摆线长度增加，测得的T偏大，g值偏小；测量的单摆振动周期T偏大，g值偏小。
故选B。
12．某同学为测量表头的内阻，设计了如图所示电路，其中是标准电流表（内阻很小）；的量程略大于的量程，、为电阻箱，实验步骤如下：
①保持两开关、断开，分别将和的阻值调至最大
②保持开关断开，合上开关，调节，使的指针达到满偏刻度，记下此时的示数
③合上开关，反复调节和，使的示数仍为，使的指针达到满偏刻度的一半，记下此时电阻箱的阻值为R
（1）由此可知电流表的内阻为　 　（用所测物理量表示），该实验内阻的测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值；
（2）若不考虑的内阻的影响，使用该图测量电源电动势E与内阻r，断开，记录不同对应的电流表示数，记录多组数据，作出图像，其中斜率为k，纵轴截距为b，则电源电动势的测量值为　 　，电源内阻的测量值为　 　（用题目中已知量所对应的符号表示）；若考虑的内阻的影响，则电源内阻r的测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【答案】（1）R；等于
（2）；；大于
【知识点】电池电动势和内阻的测量；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）G1的指针达到满偏刻度的一半，两并联支路的电流相等，则电阻相同，则G1的电阻为R。
（2）设为两个电流表电阻之和， 断开，记录不同对应的电流表示数，由闭合电路欧姆定律得，则，由关系式可得斜率的倒数为电动势，即
截距满足，在不考虑的内阻影响情况下，电源内阻的测量值
若考虑的内阻的影响， 电源内阻的真实值
故电源内阻r的测量值大于真实值。
【分析】（1）满偏电流为其满偏时的与之串联电流表的读数。用“半偏电流法”测定电流表G的内电阻；
（2）根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后求出电源电动势。
（1）[1][2]因的示数仍为，的指针达到满偏刻度的一半，说明两并联支路的电流相等，则两支路电阻相同，的电阻为R，该测量值等于真实值。
（2）[1][2]设为两个电流表电阻之和，由闭合电路欧姆定律得
则
由关系式可得斜率的倒数为电动势，即
截距满足
在不考虑的内阻影响情况下
[3]若考虑的内阻的影响，
故电源内阻r的测量值大于真实值。
13．半球形透明体的圆面朝上水平放置，半径为R，球心为O，顶点为B，如图所示。圆面上有一点A，。有一点光源S（未画出），在透明体上方，与A、O、B在同一竖直平面内，S与O水平距离为，竖直距离为，光线SA经透明体折射后恰好过B点。光线SA和SO经透明体折射后，在另一侧点相交。求
（1）画出光线SA、SO经透明体折射后到达的光路图；
（2）透明体折射率n；
（3）到O的水平距离d（第（3）问只写结果，不要求写计算过程）。
【答案】（1）光路图如图所示
先确定光源位置，连接、，画出透明体内的折射光线，折射角比入射角小些，从B点射出的光线在空气中的折射角大于入射角，过点的光线射出透明体时，方向不变，如上图所示。
（2）根据折射率定义
由几何关系可得，
解得
（3）由图中的几何关系可得，
由题意知
根据折射率定义，可得
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据光的折射特点画出光线SA、SO经透明体折射后到达S'的光路图；
（2）根据几何关系求解折射角和入射角，根据折射定律求透明体折射率n；
（3）根据几何关系和折射定律求S'到O的水平距离d。
（1）光路图如图所示
先确定光源位置，连接、，画出透明体内的折射光线，折射角比入射角小些，从B点射出的光线在空气中的折射角大于入射角，过点的光线射出透明体时，方向不变，如上图所示。
（2）根据折射率定义
由几何关系可得，
解得
（3）由图中的几何关系可得，
由题意知
根据折射率定义，可得
解得
14．某工厂输送工件的传送系统由倾角为的传送带AB和一倾角相同的斜面CD组成，工件P的质量为，它与传送带间的动摩擦因数、与斜面间的动摩擦因数。传送带长度，以匀速顺时针转动。现将P轻放于传送带底端A点，由静止开始运动，到达斜面顶端D点时速度恰好为0被机械手取走，把P看成质点，传送带与斜面间可认为无缝连接，重力加速度大小g取。
（1）求P在传送带上运动时间和斜面CD的长度；
（2）传送带系统因传送P多消耗的电能；
（3）假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致工件下滑，求工件第二次上升到最高点时与D点的距离。
【答案】（1）工件在传送带上加速和匀速的时间分别设为、，由动量定理有①
匀速阶段有②
P在传送带上运动时间③
由①②③得
工件在CD上减速过程由动能定理有
解得
（2）工件在加速和匀速过程中，传送带分别受到滑动摩擦力和静摩擦力，有
解得
（3）工件下滑和再次上升过程中，根据动能定理有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由动量定理求解加速时间，加上匀速时间可得总时间，工件在CD上减速过程由动能定理求解斜面CD的长度；
（2）对物体进行受力分析，结合功能关系求解；
（3）工件下滑和再次上升过程中，对物体进行受力分析，结合动能定理求解距离。
（1）工件在传送带上加速和匀速的时间分别设为、，由动量定理有①
匀速阶段有②
P在传送带上运动时间③
由①②③得
工件在CD上减速过程由动能定理有
解得
（2）工件在加速和匀速过程中，传送带分别受到滑动摩擦力和静摩擦力，有
解得
（3）工件下滑和再次上升过程中，根据动能定理有
解得
15．如图所示，两块平行金属板水平放置，板长和板间距均为2d，两板之间存在竖直向上的匀强电场.极板右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.极板左侧有一束宽度为2d，均匀分布的正离子束，平行于金属板进入电场，已知正离子质量为m，电荷量为q，进入电场速度为，进入电场的粒子有50%能从电场射出.不考虑粒子间的相互作用，不计粒子重力和金属板厚度，忽略电场的边缘效应。
（1）求两极板间电场强度E的大小；
（2）若从电场射出的粒子经磁场偏转后能全部回到电场中，求磁感应强度B的取值范围；
（3）若磁感应强度B大小取（2）中的最小值，求磁场中有粒子经过的区域面积。
【答案】（1）有50%的粒子能够从电场射出，则粒子在电场中竖直偏转距离为d，粒子做类平抛运动，竖直方向有，
水平方向有
联立解得
（2）粒子射出电场时竖直方向速度
粒子射出电场时速度为v，，
解得，
根据洛伦兹力提供向心力
从电场射出的粒子经磁场Ⅱ偏转后能全部回到电场，根据几何关系有
解得
（3）有粒子经过的区域如图所示，
由几何关系知扇形面积为
三角形面积为
弓形面积为
梯形面积为
在磁场中有粒子经过的区域面积为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求离子进入电场的初速度大小v0；
（2）由类平抛运动规律求出离子进入磁场时的速度大小，洛伦兹力提供向心力和长度关系求磁感应强度B的取值范围；
（3）画出粒子的运动轨迹，结合几何关系和面积表达式求磁场中有离子经过的区域面积。
（1）有50%的粒子能够从电场射出，则粒子在电场中竖直偏转距离为d，粒子做类平抛运动，竖直方向有，
水平方向有
联立解得
（2）粒子射出电场时竖直方向速度
粒子射出电场时速度为v，，
解得，
根据洛伦兹力提供向心力
从电场射出的粒子经磁场Ⅱ偏转后能全部回到电场，根据几何关系有
解得
（3）有粒子经过的区域如图所示，由几何关系知扇形面积为
三角形面积为
弓形面积为
梯形面积为
在磁场中有粒子经过的区域面积为
1 / 12026届湖北省高三上学期2月质量检测（一模）物理试题
1．放射性元素，往往要经历一系列连续衰变最终达到稳定状态，如衰变为最终衰变达到稳定状态，下列说法正确的是（　　）
A．衰变成是α衰变
B．衰变为稳定要经6次α衰变和6次β衰变
C．20个原子核经2个半衰期后还有5个原子核
D．的比结合能大于的比结合能，的结合能小于的结合能
2．天问一号环绕器在一定高度绕火星做匀速圆周运动，其周期为T。已知火星表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，以下分析中正确的是（　　）
A．由上述物理量可以估算火星质量
B．由上述物理量可以估算火星密度
C．天问一号的环绕速度小于火星的第一宇宙速度
D．天问一号的向心加速度大于火星表面的重力加速度
3．密闭容器内装有一定质量的理想气体，从状态a开始，经状态b、c、d再回到状态a，如图所示，其中图线bc、da平行于横轴.下列说法正确的是（　　）
A．从a到b，气体从外界吸热
B．从b到c，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多
C．从c到d，气体内能减小
D．从d到a，外界对气体做功
4．如图所示，导线框由水平直导线和曲线导线组合而成，总电阻。线框在外力作用下水平向右以的速度匀速运动，时进入右边的匀强磁场，磁感应强度，方向垂直于线框所在平面向下。下列说法正确的是（　　）
A．线框进入磁场过程中，感应电流为顺时针方向
B．线框中产生的感应电动势最大值为0.2V
C．时，线框中的瞬时电流为0.3A
D．线框进入磁场过程中产生的焦耳热
5．如图所示，水平固定的绝缘木板处于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E。电荷量为的物块在木板上刚好能保持静止。在木板上的处钉一钉子，在处固定一光滑圆环，沿电场线方向。将一根轻质绝缘橡皮筋的一端系在钉子上，另一端穿过圆环与物块相连，橡皮筋遵循胡克定律，其原长等于间的距离。当物块处于延长线上的A点时，物块恰好要沿向右运动，此时A点与点间的距离为L。当物块位于B点，与的夹角为60°，也能恰好保持静止，则B、两点间的距离x和此时橡皮筋弹力F分别为（　　）
A． B． C． D．
6．某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，质量相同的带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（　　）
A．电荷量之比为
B．到达K点所用时间之比为
C．加速度大小之比为
D．到达K点时沿电场方向的位移大小之比为
7．如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直面内绕O点沿顺时针方向恰好能做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知A点电势为0，OM与竖直方向的夹角，重力加速度大小为g。则（　　）
A．电场强度E的大小为
B．小球电势能最大值为
C．小球在M点初速度为
D．小球运动到B点时突然剪断细线后，小球运动过程中速度的最小值为
8．α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，时刻图线的切线斜率的绝对值最大，且该时刻的动量为。则（　　）
A．0到过程中，α粒子与氧原子核的距离在不断减小
B．时刻两原子核速率相等
C．时刻氧原子核的动量为
D．时刻系统的动能最小
9．一列沿x轴传播的简谐横波，在时刻的波形图如图所示，该时刻质点P和Q的位移均为。从该时刻开始计时，P点做简谐运动的表达式为，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为11m
B．该波沿x轴正向传播
C．时，质点P位于波峰
D．在0 1s内，质点P比Q通过的路程少10cm
10．如图所示，两条间距为d平行光滑金属导轨（足够长）固定在水平面上，导轨的左端接电动势为E内阻为R的电源，右端接定值电阻，其阻值也为R。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面竖直向上，足够长的金属棒质量为m，斜放在两导轨之间，与导轨的夹角为30°，导线、导轨、金属棒的电阻均忽略不计，当开关断开，开关合上，给金属棒一个沿水平方向垂直金属棒的恒力，经过一段时间金属棒获得最大速度，金属棒与导轨始终接触良好且与导轨夹角不变，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒的最大加速度为
B．定值电阻的最大功率为
C．金属棒从静止开始运动的一段时间内，流过定值电阻某一横截面的电荷量为
D．若开关断开，开关合上，则金属棒稳定运行的速度为
11．某同学利用手机内的磁传感器做“用单摆测量重力加速度”的实验.
（1）如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球（下方吸附有小磁片），做成一个单摆。使小钢球在竖直平面内做小角度摆动，打开手机的磁传感器软件，并将手机置于悬点正下方。某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图乙所示，则单摆的振动周期　 　s（结果保留两位有效数字）；
（2）该同学用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小钢球直径为d，则重力加速度g的表达式为　 　（用T、l和d表示）；
（3）该同学查阅科研资料，发现本次实验测得的重力加速度g比精确值偏大，可能的原因是（　　）
A．测量的小钢球直径偏小
B．测量的摆线长度偏大
C．单摆振动中出现松动，摆线长度增加
D．测量的单摆振动周期偏大
12．某同学为测量表头的内阻，设计了如图所示电路，其中是标准电流表（内阻很小）；的量程略大于的量程，、为电阻箱，实验步骤如下：
①保持两开关、断开，分别将和的阻值调至最大
②保持开关断开，合上开关，调节，使的指针达到满偏刻度，记下此时的示数
③合上开关，反复调节和，使的示数仍为，使的指针达到满偏刻度的一半，记下此时电阻箱的阻值为R
（1）由此可知电流表的内阻为　 　（用所测物理量表示），该实验内阻的测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值；
（2）若不考虑的内阻的影响，使用该图测量电源电动势E与内阻r，断开，记录不同对应的电流表示数，记录多组数据，作出图像，其中斜率为k，纵轴截距为b，则电源电动势的测量值为　 　，电源内阻的测量值为　 　（用题目中已知量所对应的符号表示）；若考虑的内阻的影响，则电源内阻r的测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
13．半球形透明体的圆面朝上水平放置，半径为R，球心为O，顶点为B，如图所示。圆面上有一点A，。有一点光源S（未画出），在透明体上方，与A、O、B在同一竖直平面内，S与O水平距离为，竖直距离为，光线SA经透明体折射后恰好过B点。光线SA和SO经透明体折射后，在另一侧点相交。求
（1）画出光线SA、SO经透明体折射后到达的光路图；
（2）透明体折射率n；
（3）到O的水平距离d（第（3）问只写结果，不要求写计算过程）。
14．某工厂输送工件的传送系统由倾角为的传送带AB和一倾角相同的斜面CD组成，工件P的质量为，它与传送带间的动摩擦因数、与斜面间的动摩擦因数。传送带长度，以匀速顺时针转动。现将P轻放于传送带底端A点，由静止开始运动，到达斜面顶端D点时速度恰好为0被机械手取走，把P看成质点，传送带与斜面间可认为无缝连接，重力加速度大小g取。
（1）求P在传送带上运动时间和斜面CD的长度；
（2）传送带系统因传送P多消耗的电能；
（3）假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致工件下滑，求工件第二次上升到最高点时与D点的距离。
15．如图所示，两块平行金属板水平放置，板长和板间距均为2d，两板之间存在竖直向上的匀强电场.极板右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.极板左侧有一束宽度为2d，均匀分布的正离子束，平行于金属板进入电场，已知正离子质量为m，电荷量为q，进入电场速度为，进入电场的粒子有50%能从电场射出.不考虑粒子间的相互作用，不计粒子重力和金属板厚度，忽略电场的边缘效应。
（1）求两极板间电场强度E的大小；
（2）若从电场射出的粒子经磁场偏转后能全部回到电场中，求磁感应强度B的取值范围；
（3）若磁感应强度B大小取（2）中的最小值，求磁场中有粒子经过的区域面积。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．衰变成的衰变方程为，产生α粒子，属于α衰变，故A正确；
B．根据质量数守恒和核电荷数守恒，衰变为稳定，质量数减少了24，所以α衰变次数为，电荷数减少了，6次α衰变电荷数应减少12，所以发生了4次β衰变，故B错误；
C．半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核的衰变行为，对20个原子核无法精确预测剩余数量，故C错误；
D．自发衰变为，说明更加稳定，比结合能更大；结合能等于比结合能乘质量数，由于的质量数更大，且二者的比结合能相差不多，所以的结合能更大，故D错误。
故选A。
【分析】根据质量数守恒和核电荷数守恒可知α衰变和β衰变的次数以及衰变类型；半衰期是统计规律，比结合能反映原子核稳定性，比结合能越大原子核越稳定。
2．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力公式，在火星表面，万有引力近似等于重力，可知
且有万有引力提供向心力，可得，若要计算火星的质量M，缺少半径R或环绕器的高度h，故A错误；
B．根据密度公式和万有引力公式以及球的体积公式，有，由于未知，故B错误；
C．万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有
解得环绕速度，第一宇宙速度相当于时的环绕速度。由于环绕器的轨道半径大于火星半径，所以环绕器的速度要小于第一宇宙速度，故C正确；
D．根据牛顿第二定律有环绕器向心加速度为，火星表面重力加速度为
由于，因此，故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力公式，结合球体积公式求解火星质量和密度；万有引力充当向心力，环绕器的速度要小于第一宇宙速度，结合牛顿第二定律求解加速度大小。
3．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A.从a到b，气体体积减小，故外界对气体做功，根据理想气体状态方程整理得，由于从a到b反向延长线过原点，所以温度不变，为等温变化过程，所以内能不变，结合热力学第一定律可知气体向外界放热，故A错误；B.从b到c，气体压强不变、体积减小，根据理想气体状态方程，可知温度减小，气体分子的平均速率减小，保持气体压强不变，根据气体压强的微观解释可知单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多，故B正确；
C.从到，根据理想气体状态方程，整理得，可知温度不变时，图像为过原点的倾斜直线，故从从到温度不变，气体内能不变，故C错误。
D.从到，气体压强不变、体积增大，气体对外界做功，故D错误。
故选B。
【分析】根据从a到b，气体体积减小，故外界对气体做功，由于从a到b反向延长线过原点，所以温度不变，为等温变化过程，从b到c，气体压强不变、体积减小，从d到a，气体压强不变、体积增大，气体对外界做功分析求解。
4．【答案】D
【知识点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、当线框进入磁场时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里增加，依据楞次定律，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，再根据右手螺旋定则，可判定感应电流方向为逆时针，故A错误；B、由给定的曲线方程可知，线框切割磁感线的最大有效长度L0=0.6m，产生的最大感应电动势为Em=BL0v，代入相关数据解得：Em=1.2V，故B正确；
C．时，，，即导线框恰好完全进入磁场，线框中的瞬时电流为零，故C错误；
D．因，又切割长度按正弦规律变化，故产生正弦式交流电，其电动势的有效值为，线框进入磁场过程中产生的焦耳热，故D正确。
故选D。
【分析】根据楞次定律，磁通量增加时感应电流磁场阻碍增加，可判断电流方向；由曲线方程确定最大切割长度，结合匀速运动速度与磁感应强度计算最大电动势；焦耳热需根据正弦变化电动势的有效值、进入时间及电阻关系推导。
5．【答案】A
【知识点】胡克定律；电场及电场力；力的合成与分解的运用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．物块受到的电场力为qE，最大静摩擦力为，橡皮筋的劲度系数为k。
未连接橡皮筋时物块在木板上刚好能保持静止，则有：，当物块位于点时，物块恰好要沿向右运动，此时最大静摩擦力向左，由平衡条件可得：
物块位于点时，橡皮筋拉伸方向与夹角为，设橡皮筋伸长量为，根据受力平衡，由余弦定理有，解得，故A正确，B错误；
CD．由上述分析可知橡皮筋弹力，故CD错误。
故选A。
【分析】未连接橡皮筋时物块在木板上刚好能保持静止，连接橡皮筋后在A点时物块受到最大静摩擦力而处于平衡状态，根据受力平衡条件得到电场力、最大静摩擦力、橡皮筋的弹力三者的大小关系。
6．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AC．矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，两个带电粒子在沿着OQ的方向均做初速度为0的匀变速运动， 沿图中所示轨迹同时到达M、N点，相同时间内运动的位移大小相等，所以加速度大小也相等，根据牛顿第二定律有，所以两个电荷的电荷量之比为1：1，故AC错误；
B． N为QP的中点，则两电荷在相同时间内沿QP方向做匀速直线运动的位移之比为2：1，根据公式。可知a、b电荷的初速度之比为2：1，二者到达K点时的水平位移大小相等，所以时间之比应为1：2，故B正确；
D．a、b电荷的初速度之比为2：1，则交点的时间之比为，沿电场方向有公式，所以沿电场方向的位移大小之比应为，故D错误。
故选B。
【分析】将粒子运动分解为水平匀速和竖直匀加速，利用运动时间相同和位移关系分析时间比，通过牛顿第二定律比较电荷量。
7．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，小球静止在M点，受力分析如图，可知小球带正电。由平衡条件有
解得，故A错误。
B．带电小球运动到最右侧的时候电场力做的负功最多，电势能最大， 已知A点电势为0，电势能等于零，所以带电小球的电势能为，即，故B错误。
C．带电小球恰能完成完整的圆周运动，根据平行四边形法则可知等效重力等于2mg，则在等效最高点有，从点到等效最高点过程，根据动能定理有
代入解得，故C错误。
D．剪断细线后，小球相对于合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为0时，合速度最小。从到，由动能定理有
解得
剪断细线后，当速度与合外力垂直时速度最小，则最小速度，故D正确。
故选D。
【分析】小球静止在M点，受力平衡，通过分析电场力与重力的关系可以确定电场强度大小及小球电性。根据平衡条件建立方程，解出电场强度表达式，同时判断小球带正电。小球在等效重力场中做圆周运动，确定等效最高点位置，分析到等效最高点的能量变化，利用动能定理求出小球在M点初速度。
8．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；动量；碰撞模型
【解析】【解答】AB．时刻图线的切线斜率绝对值最大，说明此时粒子受到的作用力最大，也就是两原子核间的距离最小，此时两原子核的速率相等，到过程中，粒子的速度小于氧原子核的速度两者距离不断增大，故A错误，B正确。
C．根据动量守恒定律，系统总动量始终为。时刻粒子的动量为，则氧原子核的动量为故C正确。
D．系统的动能在两原子核距离最小时，因为此时电势能最大，动能最小；时刻粒子即将反向离开氧原子核，动能比时刻大，故D错误。
故选BC。
【分析】α粒子与氧原子核发生正碰，两者组成的系统动量守恒，图像斜率类似v-t图像斜率，可以反映加速度大小，原子核距离最小时，此时电势能最大，结合能量守恒定律分析。
9．【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】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。
A． 一列沿x轴传播的简谐横波，根据在时刻的波形图可知波长为12m，故A错误；
B．根据P点的振动方程可知在时刻P点正在向上振动，根据同侧法可以判断波向x轴负方向传播，故B错误；
C．在时，P点的相位为，P点刚好处于正向最大位移处，故C正确；
D．P点在时位移为，所以P在0-1s内的路程为20cm。
根据图像可知Q点在P点的左侧，Q的振动比P超前，振动方程为
在0时刻Q点正在向下振动，在时Q点的位移为
所以在0-1s内Q运动的路程为30cm。所以质点P比质点Q的路程少走10cm。故D正确。
故选CD。
【分析】根据波形图求解波长，根据同侧法分析波的传播方向，根据P点做简谐运动的表达式求解在时，P点的位移，结合振动方程求解路程。
10．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；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．金属棒在刚施加外力时速度为零，尚未切割磁感线，因此不受安培力作用。此时金属棒所受合力为F0，依据牛顿第二定律有：F0=ma，解得金属棒的最大加速度为：，故A错误；
B．两条间距为d平行光滑金属导轨（足够长）固定在水平面上，足够长的金属棒金属棒与导轨的夹角为30°， 在导轨之间的长度为，设金属棒运动的最大速度为，根据法拉第电磁感应定律可得此时产生的最大感应电动势为，根据欧姆定律可得回路中的最大电流为，金属棒做匀速直线运动，有，联立以上公式，可解得
所以定值电阻的最大功率为，故B正确；
C．在0到2t0时间内，对金属棒应用动量定理，规定外力方向为正方向，有：，其中安培力的平均冲量为
代入可解得通过金属棒的电荷量为，金属棒与定值电阻是串联关系，通过定值电阻的电荷量也为q，故C正确；
D．若开关断开，开关闭合，当金属棒稳定运行时金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为，回路中的电流值为，此时金属棒受力平衡，有
联立可解得，故D错误。
故选BC。
【分析】当开关S1断开、S2闭合时，金属棒在水平恒力F0作用下切割磁感线运动，产生感应电动势和电流，从而受到安培力。当安培力与外力平衡时速度达到最大，此时加速度为零。金属棒在导轨间的有效长度由间距d和夹角30°决定，为2d。初始时刻速度为零，安培力为零，合力为F0，此时加速度最大。最大速度时感应电动势最大，回路电流最大，定值电阻功率最大。在0到2t0时间内，可通过动量定理联系外力冲量、安培力冲量与动量变化，进而求电荷量。当开关S2断开、S1闭合时，电源接入电路，金属棒运动时产生感应电动势与电源电动势共同影响回路电流，稳定时受力平衡，由此可求稳定速度。
11．【答案】（1）1.4
（2）
（3）B
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 由图乙磁感应强度B的大小随时间t变化的图像可知，单摆7次周期性运动所经历的时间约为9.7s，因此单摆的振动周期
（2） 摆线的长度为l，用游标卡尺测出小钢球直径为d，根据单摆周期公式，得出
（3）根据重力加速度表达式，测量的小钢球直径偏小，g值偏小；测量的摆线长度偏大，g值偏大；单摆振动中出现松动，摆线长度增加，测得的T偏大，g值偏小；测量的单摆振动周期T偏大，g值偏小。
故选B。
【分析】（1）根据振动总时间结合振动次数求解单摆周期；
（2）根据单摆周期公式求解重力加速度；
（3）根据重力加速度表达式结合选项分析。
（1）[1]单摆7次周期性运动所经历的时间约为9.7s，因此单摆的振动周期
（2）[1]根据单摆周期公式，得出
（3）根据公式
测量的小钢球直径偏小，g值偏小；测量的摆线长度偏大，g值偏大；单摆振动中出现松动，摆线长度增加，测得的T偏大，g值偏小；测量的单摆振动周期T偏大，g值偏小。
故选B。
12．【答案】（1）R；等于
（2）；；大于
【知识点】电池电动势和内阻的测量；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）G1的指针达到满偏刻度的一半，两并联支路的电流相等，则电阻相同，则G1的电阻为R。
（2）设为两个电流表电阻之和， 断开，记录不同对应的电流表示数，由闭合电路欧姆定律得，则，由关系式可得斜率的倒数为电动势，即
截距满足，在不考虑的内阻影响情况下，电源内阻的测量值
若考虑的内阻的影响， 电源内阻的真实值
故电源内阻r的测量值大于真实值。
【分析】（1）满偏电流为其满偏时的与之串联电流表的读数。用“半偏电流法”测定电流表G的内电阻；
（2）根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后求出电源电动势。
（1）[1][2]因的示数仍为，的指针达到满偏刻度的一半，说明两并联支路的电流相等，则两支路电阻相同，的电阻为R，该测量值等于真实值。
（2）[1][2]设为两个电流表电阻之和，由闭合电路欧姆定律得
则
由关系式可得斜率的倒数为电动势，即
截距满足
在不考虑的内阻影响情况下
[3]若考虑的内阻的影响，
故电源内阻r的测量值大于真实值。
13．【答案】（1）光路图如图所示
先确定光源位置，连接、，画出透明体内的折射光线，折射角比入射角小些，从B点射出的光线在空气中的折射角大于入射角，过点的光线射出透明体时，方向不变，如上图所示。
（2）根据折射率定义
由几何关系可得，
解得
（3）由图中的几何关系可得，
由题意知
根据折射率定义，可得
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据光的折射特点画出光线SA、SO经透明体折射后到达S'的光路图；
（2）根据几何关系求解折射角和入射角，根据折射定律求透明体折射率n；
（3）根据几何关系和折射定律求S'到O的水平距离d。
（1）光路图如图所示
先确定光源位置，连接、，画出透明体内的折射光线，折射角比入射角小些，从B点射出的光线在空气中的折射角大于入射角，过点的光线射出透明体时，方向不变，如上图所示。
（2）根据折射率定义
由几何关系可得，
解得
（3）由图中的几何关系可得，
由题意知
根据折射率定义，可得
解得
14．【答案】（1）工件在传送带上加速和匀速的时间分别设为、，由动量定理有①
匀速阶段有②
P在传送带上运动时间③
由①②③得
工件在CD上减速过程由动能定理有
解得
（2）工件在加速和匀速过程中，传送带分别受到滑动摩擦力和静摩擦力，有
解得
（3）工件下滑和再次上升过程中，根据动能定理有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由动量定理求解加速时间，加上匀速时间可得总时间，工件在CD上减速过程由动能定理求解斜面CD的长度；
（2）对物体进行受力分析，结合功能关系求解；
（3）工件下滑和再次上升过程中，对物体进行受力分析，结合动能定理求解距离。
（1）工件在传送带上加速和匀速的时间分别设为、，由动量定理有①
匀速阶段有②
P在传送带上运动时间③
由①②③得
工件在CD上减速过程由动能定理有
解得
（2）工件在加速和匀速过程中，传送带分别受到滑动摩擦力和静摩擦力，有
解得
（3）工件下滑和再次上升过程中，根据动能定理有
解得
15．【答案】（1）有50%的粒子能够从电场射出，则粒子在电场中竖直偏转距离为d，粒子做类平抛运动，竖直方向有，
水平方向有
联立解得
（2）粒子射出电场时竖直方向速度
粒子射出电场时速度为v，，
解得，
根据洛伦兹力提供向心力
从电场射出的粒子经磁场Ⅱ偏转后能全部回到电场，根据几何关系有
解得
（3）有粒子经过的区域如图所示，
由几何关系知扇形面积为
三角形面积为
弓形面积为
梯形面积为
在磁场中有粒子经过的区域面积为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求离子进入电场的初速度大小v0；
（2）由类平抛运动规律求出离子进入磁场时的速度大小，洛伦兹力提供向心力和长度关系求磁感应强度B的取值范围；
（3）画出粒子的运动轨迹，结合几何关系和面积表达式求磁场中有离子经过的区域面积。
（1）有50%的粒子能够从电场射出，则粒子在电场中竖直偏转距离为d，粒子做类平抛运动，竖直方向有，
水平方向有
联立解得
（2）粒子射出电场时竖直方向速度
粒子射出电场时速度为v，，
解得，
根据洛伦兹力提供向心力
从电场射出的粒子经磁场Ⅱ偏转后能全部回到电场，根据几何关系有
解得
（3）有粒子经过的区域如图所示，由几何关系知扇形面积为
三角形面积为
弓形面积为
梯形面积为
在磁场中有粒子经过的区域面积为
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