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2026届河北省百师联盟高三下学期一模物理试题
1．我国自主研发的“华龙一号”核电机组采用铀核（）裂变发电，典型裂变反应之一为。已知是天然放射性元素，下列说法正确的是（　　）
A．核反应方程中的为粒子
B．反应后核子的平均质量减小
C．的比结合能小于的比结合能
D．太阳内部发生的核反应是核裂变反应
2．旋光仪测糖溶液浓度的原理如下：偏振光通过糖溶液后，迎着光看，以传播方向为轴，偏振方向的旋转角称为“旋光角”，与糖溶液浓度有关，测量值与标准值比较能确定含糖量。如图，自然光源S与圆形偏振片A、B的圆心共轴，转动B使观察点O处光强最强，将被测样品P置于A、B间。下列说法正确的是（　　）
A．光的偏振现象表明光是一种机械波
B．阳光下观察肥皂泡看到彩色条纹，与上述原理相同
C．放置样品P后，到达O处光的强度不会明显减弱
D．将偏振片B缓慢转动，使得O处光的强度第一次达到最强，偏振片B转过的角度等于
3．杂技演员每隔相等时间竖直向上抛出一小球（不计一切阻力，小球间互不影响，重力加速度为g），若每个小球抛出时的初速度大小都是，他一共有4个小球，要想使节目连续不断表演下去，在他的手中总要有1个小球停留，则每个小球在手中停留的时间为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与之间的夹角为37°。小物块和陶罐之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，，。则（　　）
A．小物块受到重力、支持力、向心力的作用
B．转台转动的角速度为
C．小物块转动的线速度大小为
D．当转台的角速度缓慢增大到时，小物块相对罐壁发生滑动
5．天问四号是中国行星际探测器，计划于2029年9月由长征五号火箭从海南文昌发射场发射，主要开展木星系及天王星探测任务。假设质量为m的天问四号在半径为r的环木星轨道上运行，已知木星质量为M，木星半径为R，引力常量为G，天问四号的引力势能（取无穷远处引力势能为零）。则天问四号从环木星轨道逃逸木星所需额外提供的最小能量为（不考虑其他星体的引力）（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比可通过滑动触头T调节，原线圈接有内阻不计、电压有效值恒定的交流电源和定值电阻，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻和，以及理想电流表A。初始时，滑动触头T位于副线圈中点，滑片P位于滑动变阻器中点。现欲使电流表示数增大，下列操作一定可行的是（　　）
A．仅将T向a端移动 B．仅将滑片P下移
C．将T向b端移动，同时滑片P上移 D．将T向a端移动，同时滑片P下移
7．如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量。某次承载质量的餐盘（包括食物）在水平地面上以的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以的加速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数，餐盘没有从机器人上脱离，取重力加速度，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中餐盘的加速度大小为
B．制动0.1s内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J
C．制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s
D．制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s
8．在某海洋科普实验中，科研人员在平静的海面上（视为平面）的O点安装了一个振动装置（起振方向竖直向上），可产生简谐横波并向四周传播。时刻，海面上形成的第1个波峰和第1个波谷恰好分别位于距离O点0.2m（实线）和0.1m（虚线）的同心圆上，如图所示。实验中，位于A点［坐标（3.0m，0）］和B点［坐标（4.0m，3.0m）］的传感器记录了质点的振动情况。已知该波的周期，下列说法正确的是（　　）
A．该波的传播速度大小为5m/s
B．时，质点A第一次到达波峰
C．时，质点B第一次到达波谷
D．时，质点B第2次到达波峰
9．如图所示，真空中有三个点电荷分别固定在边长为L的正三角形的三个顶点，其中A、B处固定电荷量均为的点电荷，C处固定电荷量为的点电荷。O点为三角形中心，D点为边的中点。取无穷远处电势为零，点电荷产生的电势公式为，其中q为点电荷的电荷量，r为到点电荷的距离，k为静电力常量。下列说法正确的是（　　）
A．O点的电场强度大小为
B．O点的电势为
C．电子在O点的电势能小于在D点的电势能
D．若将C处换为电荷量为的点电荷，则O点电势变为原来的倍
10．在磁悬浮技术的实验研究中，常用平行金属导轨模拟电磁驱动系统。如图所示，光滑导轨由倾斜部分和水平部分组成。水平部分位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。倾斜导轨及水平导轨Ⅰ段间距均为，水平导轨Ⅱ段间距为L，Ⅰ、Ⅱ段导轨都足够长。金属棒P、Q质量均为m、接入电路部分的电阻均为r，Q棒开始静止在Ⅱ区，让P棒从倾斜轨道上高度为h处由静止释放，忽略经过轨道连接处的能量损失，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，忽略导轨电阻，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．P棒刚进入磁场时，Q棒的加速度大小为
B．Q棒达到稳定运动状态时的速度大小为
C．从P棒进入磁场到达到稳定运动状态过程中，通过P棒的电荷量为
D．从P棒进入磁场到达到稳定运动状态过程中，系统产生的总热量为
11．按要求完成下列实验题；
（1）实验小组利用图甲中器材在圆形桌面上验证平行四边形定则。桌面上固定白纸，边缘安装三个不计摩擦的定滑轮，其中滑轮的位置固定，、可沿桌边缘移动，实验中保证三段细线均平行于桌面。三根细线系在同一点O，在每根细线下分别挂上一定数量的钩码（钩码规格相同），并使结点O（不与桌面接触）静止。
①实验中必要的步骤是　 　。（多选）
A.测出当地重力加速度以计算拉力大小
B.记录三根绳子所挂钩码数量
C.测量出三根细线的长度并记录三根细线的方向
D.标记平衡时结点O的位置并记录三根细线的方向
②实验中，若桌面不水平，　 　（填“会”或“不会”）影响实验的结论。
（2）某实验小组利用如图乙所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻质细线一端固定在铁架台上P点，另一端连接一个小球（小球上固定一宽度为d的挡光片），光电门安装在P点的正下方。实验时，将小球拉至细线（始终拉紧）与竖直方向成角的位置由静止释放，记录小球通过光电门时挡光片的挡光时间。已知细线悬点到小球中心的距离为L，当地重力加速度为g。
①小球通过光电门时的速度大小为　 　。（用d、表示）
②若机械能守恒，需满足的表达式为　 　。（用、d、表示）
12．某实验小组用伏安法测一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表（量程为0～0.6A，内阻约为）
C.电压表（量程为0～3V，内阻约为）
D.滑动变阻器（最大阻值为）
E.开关、导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图甲电路补充完整。
（2）该实验小组连接好电路后进行实验，多次调节滑动变阻器，记录对应电流表、电压表的示数I、U，得到了如图乙所示的图像。根据图像可求得干电池的电动势和内阻，被测干电池的电动势　 　V，内阻　 　。（结果均保留两位小数）
（3）由于电流表不慎损坏，实验桌上还有一个电阻箱，该实验小组设计了如图丙所示的实验电路，多次改变电阻箱的阻值R，记录电压表的示数U，得到了如图丁所示的图像。且斜率为k、纵轴截距为b，则该干电池的电动势　 　，内阻　 　。（均选用k、b表示）
13．山东沿海地区冬季清晨湿冷、中午温度骤升，2025年12月某日地表温度变化达20℃。某车主早晨7：00在气温零下3℃时测得胎压为2.1atm，胎压监测系统设定报警阈值为≤1.9atm或≥2.6atm。忽略轮胎内气体体积变化。
（1）中午地表温度升至17℃，车辆行驶过程中轮胎内气体温度升至47℃，通过计算说明胎压是否触发报警；
（2）若汽车行驶过程中一轮胎被异物划破缓慢漏气，当系统报警时，求泄漏气体质量占胎内原有气体质量的百分比（假设漏气过程温度保持47℃不变，结果保留两位有效数字）。
14．如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端穿过光滑钉孔Q后连接质量的小球A，该球穿过与水平直杆成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。段是半径的圆弧形轨道，S为最低点，T与圆心的连线与竖直方向夹角。现将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放，当小球A首次进入水平杆，便在水平方向与穿在直杆OM且静止于O点的小球B发生弹性碰撞，小球B离开M点后恰好能从T点切线进入圆弧轨道。小球A与杆间的动摩擦因数，不考虑小球A经过两杆连接处时的能量损失，不计小球B与杆及圆弧形轨道间的摩擦，忽略空气阻力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数，其弹性势能与伸长量x的关系为。取重力加速度，已知间距，M、T两点间的高度差。求：
（1）小球A由静止释放后瞬间加速度大小；
（2）小球B运动到S点时的速度大小；
（3）小球B的质量。
15．如图所示，在直角坐标系中，的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E（未知）；的区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知）。一质量为m、电荷量为（）的粒子，从点以初速度沿x轴正方向射入电场，恰好经过坐标原点O，经磁场偏转后再次进入电场，恰能通过P点。不计粒子重力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求匀强磁场的磁感应强度大小B及粒子在磁场中运动的时间；
（3）若粒子经过O点时，在的区域再加一个方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为的区域内电场强度的2倍，求粒子在的区域运动过程中距x轴最远的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；结合能与比结合能；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A．核反应遵循质量数和电荷数守恒，可知反应产物的质量数为，电荷数，可知核反应方程中的为中子，故A错误；
B．核裂变释放能量，存在质量亏损；核子总数不变，总质量减小，因此核子的平均质量减小，故B正确；
C．该反应会释放能量，使得反应产物处于更稳定状态，可知的比结合能大于的比结合能，故C错误；
D．太阳内部发生的是轻核聚变，不是核裂变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查核裂变反应、质量亏损、比结合能、核反应类型，核心是利用质量数和电荷数守恒判断粒子，理解质量亏损与比结合能的规律。
2．【答案】D
【知识点】薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．光的偏振现象说明光是横波，光是电磁波，不是机械波，故A错误；
B．肥皂泡彩色条纹是薄膜干涉；本题是光的偏振、旋光现象，原理不同，故B错误；
C．在未放置样品前，O处光强最强，说明两偏振片的透振方向相同，放置样品P后，光的偏振方向将旋转一定角度，除特殊情况外（光的偏振方向旋转），到达O处光的强度会明显减弱，故C错误；
D．偏振光通过糖溶液后，偏振方向将旋转，因此偏振片B转过角度为时，其透振方向与光的偏振方向一致，使得O处光的强度第一次达到最强，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查光的偏振、干涉现象，核心是理解旋光现象原理，区分偏振与干涉的不同应用。
3．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】每个小球上升的时间都是，设两球抛出的时间间隔为，根据竖直上抛运动的对称性可知，当手刚接住一个小球时，空中有3个小球，一个刚上升，有一个在上升，一个在下降，共3个时间间隔，所以球在手中停留的时间为空中总时间的三分之一
故答案为：B。
【分析】本题考查竖直上抛运动的周期性，核心是利用竖直上抛总时间、小球个数与抛出时间间隔的关系求解。
4．【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小物块做匀速圆周运动，受到重力和陶罐的支持力的作用（当摩擦力为0时）。向心力是这两个力的合力，是效果力，不是物体实际受到的力，故A错误；
B．小物块做圆周运动的半径为，对小物块，根据牛顿第二定律可得，解得，故B错误；
C．小物块转动的线速度大小为，故C正确；
D．当转台的角速度缓慢增大时，小物块有向上滑动的趋势，会受到沿罐壁向下的静摩擦力。当静摩擦力达到最大值时，小物块即将滑动，此时，设此时角速度为，竖直方向，根据牛顿第二定律，在水平方向
解得即，当转台的角速度缓慢增大到时，小物块相对罐壁发生滑动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：向心力是效果力，分析小物块实际受力；
B：摩擦力为0时，重力与支持力的合力提供向心力，结合圆周运动半径求解角速度；
C：由线速度与角速度关系求解；
D：角速度增大，物块有上滑趋势，静摩擦力向下，列竖直、水平方向方程求临界角速度。
5．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】天问四号在半径为的环木星轨道上运行，由万有引力提供向心力得
解得动能，引力势能
故总机械能
为使需额外提供的能量最小，则逃逸木星（至无穷远处）后，
解得，所需最小额外能量为
故答案为：C。
【分析】本题考查天体运动中的机械能与逃逸能量问题，核心是利用万有引力定律求轨道动能，结合引力势能，通过能量守恒求逃逸所需最小能量。
6．【答案】B
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】将图1中的变压器、定值电阻与原交流电源看成一个整体，等效为一个新的电源，则新电源的电动势为，新电源等效内阻为，作出等效电路图如图2所示。
A．仅将T向a端移动，副线圈匝数增大，设输出回路的总电阻为，根据欧姆定律通过电流表的电流，表达式中的分子、分母同时增大，所以电流表示数不一定增大，A错误；
B．仅将滑片P下移，滑动变阻器接入电路的电阻值减小，则输出回路的总电阻减小，根据，不变，电流一定增大，B正确；
C．将T向b端移动，减小，则减小，减小；同时滑片P上移，电阻增大。根据，电流变化不能确定，C错误；
D．将T向a端移动，增大，则增大，增大；同时滑片P下移，电阻增大，根据，电流变化不能确定，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查理想变压器等效电源模型与动态电路分析，核心是将原线圈侧等效为电源，通过电动势、内阻、外阻变化判断电流变化。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；功的计算；冲量
【解析】【解答】A．机器人对餐盘的滑动摩擦力为，根据牛顿第二定律得，餐盘的加速度大小为，故A错误；
B．制动0.1s内，餐盘的位移，机器人的位移
餐盘与机器人之间的相对位移为
餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为，故B错误；
C．对机器人进行受力分析，得，解得地面对机器人的摩擦力
制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为，故C正确；
D．机器人对餐盘的支持力为，机器人对餐盘的作用力为
制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由牛顿第二定律求餐盘减速加速度；
B：分别求机器人与餐盘位移，得相对位移，结合求摩擦生热；
C：对机器人受力分析，求地面摩擦力，再求冲量；
D：分析机器人对餐盘的作用力（支持力+摩擦力），用冲量定义求解。
8．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由题意得，时刻，海面上形成的第1个波峰和第1个波谷恰好分别位于距离O点（实线）和（虚线）的同心圆上，两者间距为半个波长
已知周期，则波速，A正确；
B．A 点第一次到达波峰，不是，B 错误；
C．B 点第一次到达波谷，不是，C 错误；
D．B 点第一次到达波峰，第二次到达波峰，D正确。
故答案为：AD 。
【分析】A：由第一个波峰、波谷间距求波长，结合周期求波速；
B：计算波峰传到A点的时间，判断第一次到达波峰时刻；
C：计算波谷传到B点的时间，判断第一次到达波谷时刻；
D：先求B点第一次波峰到达时间，再加一个周期得第二次波峰时刻。
9．【答案】A,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度大小均为，方向分别沿、和方向，对电场进行矢量合成可知，O点的电场强度大小为，故A正确；
B．电势为标量，符合标量的叠加法则，由题意可知，O点的电势为，故B错误；
C．D点的电势为，电势能满足，由上述计算可知点的电势大于D点，因此电子在点的电势能小于在D点的电势能，故C正确；
D．若将C处换为电荷量为的点电荷，则O点电势变为，O点电势变为原来的4倍，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：先求各点电荷在O点的场强大小，再矢量叠加；
B：电势为标量，直接代数叠加计算O点电势；
C：分别求O、D点电势，结合判断电子电势能大小；
D：更换C处电荷后，重新叠加电势，对比原电势倍数。
10．【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；电流、电源的概念；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．以P棒为研究对象，根据机械能守恒定律，有
解得
根据电磁感应定律，P棒产生的电动势为
根据闭合电路的欧姆定律，Q棒的电流为
Q棒受到的安培力为
以Q棒为研究对象，根据牛顿第二定律，有
解得Q棒的加速度大小为
B．设Q棒达到稳定运动状态时，P棒、Q棒的速度分别为、。稳定运动时，回路磁通量变化率为零，感应电动势为零，有，则
分别以P棒、Q棒为研究对象，由动量定理，得，
联立可得，代入，，解得，，故B错误；
C．通过P棒的电荷量为，故C正确；
D．由能量守恒，总热量等于动能损失，得，代入，，解得，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：先由机械能守恒求P棒初速度，再结合电磁感应、安培力、牛顿第二定律求Q棒加速度；
B：稳定时回路感应电动势为0，结合动量定理联立求两棒速度；
C：对Q棒用动量定理，推导通过P棒的电荷量；
D：由能量守恒求系统产生的总热量。
11．【答案】（1）BD；不会
（2）；
【知识点】验证力的平行四边形定则；验证机械能守恒定律；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）AB．由题意知，利用图示方法验证平行四边形定则，只需记录每根细线下所挂钩码的数量即可反映细线所受拉力大小，不需测出当地重力加速度以计算拉力具体数值，故A错误，B正确；
CD．为了能做出力的图示，需要记录三个力的交汇点O的位置，并记录三根细线的方向作为拉力方向，细线的长度与力的大小无关，故C错误，D正确。
实验中，只需保证点受力平衡即可，细线的拉力等于悬挂钩码的重力与桌面是否水平无关。
故答案为：BD；不会
（2）挡光片通过光电门的平均速度为，当挡光片宽度较小时，可用计算得到的平均速度来替代小球通过光电门时的瞬时速度。
若机械能守恒，可知，化简得
故答案为：；
【分析】(1) ①验证力的平行四边形定则：钩码数量反映拉力大小，需标记结点位置、记录拉力方向，无需测重力、细线长度；
②结点受力平衡，拉力由钩码重力决定，与桌面是否水平无关；
(2) ①极短时间内平均速度近似瞬时速度；
②重力势能减少量等于动能增加量，推导机械能守恒表达式。
（1）[1]AB．由题意知，利用图示方法验证平行四边形定则，只需记录每根细线下所挂钩码的数量即可反映细线所受拉力大小，不需测出当地重力加速度以计算拉力具体数值，故A错误，B正确；
CD．为了能做出力的图示，需要记录三个力的交汇点O的位置，并记录三根细线的方向作为拉力方向，细线的长度与力的大小无关，故C错误，D正确。
故选BD。
[2]实验中，只需保证点受力平衡即可，细线的拉力等于悬挂钩码的重力与桌面是否水平无关。
（2）[1]挡光片通过光电门的平均速度为
当挡光片宽度较小时，可用计算得到的平均速度来替代小球通过光电门时的瞬时速度。
[2]若机械能守恒，可知
化简得
12．【答案】（1）
（2）1.48；0.80
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因为干电池内阻约为零点几欧姆，远小于电压表内阻，因此采用相对电源的电流表外接法，电压表需要测量变阻器和电流表的电压，电路图如图
（2）根据欧姆定律有①，因此图截距为，由图乙可知
由①知图斜率为，取图乙中直线与网格交点重合的两个点（0.10，1.40）和（0.40，1.16），
计算内阻
故答案为：1.48（相差不大均可）；0.80（相差不大均可）
（3）电压表示数电流，联立解得，因此图像斜率
纵截距，推导出，
故答案为：；
【分析】(1) 干电池内阻小，采用电流表外接法，电压表测路端电压，电流表测干路电流；
(2) 由 ， 图线纵截距为电动势，斜率绝对值为内阻；
(3) 由闭合电路欧姆定律变形得，结合图像斜率、截距求解、。
（1）因为干电池内阻约为零点几欧姆，远小于电压表内阻，因此采用相对电源的电流表外接法，电压表需要测量变阻器和电流表的电压，电路图如图
（2）[1]根据欧姆定律有①
因此图截距为，由图乙可知
[2]由①知图斜率为，取图乙中直线与网格交点重合的两个点（0.10，1.40）和（0.40，1.16），计算内阻
（3）[1][2]电压表示数
电流
联立解得
因此图像斜率
纵截距
推导出，
13．【答案】（1）解：轮胎容积不变，气体发生等容变化，由查理定律得
初始状态，
末状态
解得
因为不在或范围内，故不触发报警。
（2）解：漏气过程温度不变，由玻意耳定律得
报警时
初始时，
解得
泄漏的气体体积
同温同压下，气体的密度相同，所以泄露气体质量占比。
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 轮胎体积不变，气体等容变化，用查理定律求末态压强，对比报警阈值；
(2) 漏气过程温度不变，玻意耳定律，结合同温同压下质量比=体积比，求泄漏气体质量占比。
（1）轮胎容积不变，气体发生等容变化，由查理定律得
初始状态，
末状态
解得
因为不在或范围内，故不触发报警。
（2）漏气过程温度不变，由玻意耳定律得
报警时
初始时，
解得
泄漏的气体体积
同温同压下，气体的密度相同，所以泄露气体质量占比。
14．【答案】（1）解：由几何关系可知，弹力绳水平时的伸长量
根据胡克定律，得弹力绳的拉力大小为
以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向，有
小球A受到的摩擦力大小为
根据牛顿第二定律，在沿直杆方向有
解得
（2）解：小球B离开M点后做平抛运动，在竖直方向，由自由落体运动规律，得
解得
小球B恰好能从T点切线进入圆弧轨道，在水平方向
设小球B运动到S点时的速度大小为，由机械能守恒定律，得
解得
（3）解：小球A在直杆上滑动的过程中，设弹力绳与倾斜直杆的夹角为，由几何关系可知，弹力绳的伸长量为
根据胡克定律，得弹力绳的拉力
以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向有
小球A受到的摩擦力
小球A从释放到O点，由机械能守恒定律，得
解得
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律，得
弹性碰撞中没有动能损失，得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 先求弹力绳伸长量与拉力，垂直杆方向受力平衡求支持力、摩擦力，再沿杆方向由牛顿第二定律求加速度；
(2) 小球B平抛至T点，由几何关系求初速度，再由机械能守恒求到S点速度；
(3) 分析小球A运动过程中摩擦力恒定，由能量守恒求A碰前速度，弹性碰撞动量+动能守恒求B的质量。
（1）由几何关系可知，弹力绳水平时的伸长量
根据胡克定律，得弹力绳的拉力大小为
以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向，有
小球A受到的摩擦力大小为
根据牛顿第二定律，在沿直杆方向有
解得
（2）小球B离开M点后做平抛运动，在竖直方向，由自由落体运动规律，得
解得
小球B恰好能从T点切线进入圆弧轨道，在水平方向
设小球B运动到S点时的速度大小为，由机械能守恒定律，得
解得
（3）小球A在直杆上滑动的过程中，设弹力绳与倾斜直杆的夹角为，由几何关系可知，弹力绳的伸长量为
根据胡克定律，得弹力绳的拉力
以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向有
小球A受到的摩擦力
小球A从释放到O点，由机械能守恒定律，得
解得
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律，得
弹性碰撞中没有动能损失，得
解得
15．【答案】（1）解：粒子从P点到O点做类平抛运动，设运动时间为t，水平方向有
竖直方向有，
联立解得
（2）解：粒子从P点到O点速度的偏转角为，则
解得，
因粒子垂直射入直线边界的匀强磁场出射时速度方向与入射时速度方向与磁场边界的夹角相等，故粒子在y轴右侧做圆周的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
出磁场点Q与O点距离为
粒子从Q点与O点做类斜下抛运动，水平方向以速度做匀速直线运动
竖直向下以的初速度，以（1）中的加速度做匀加速直线运动
水平方向有
竖直方向有
联立解得
粒子在磁场中运动的时间
解得
（3）解：因
将分解为，
为使电场力与洛伦兹力平衡，需沿 x 轴正方向，且大小满足
解得
由三角形定则得方向指向左下方与的方向垂直，且
粒子以的速率做匀速圆周运动的半径
则由几何关系得圆心初始坐标
故距x轴最远的距离为
【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) 粒子在区域做类平抛运动，水平匀速、竖直匀加速，联立求电场强度；
(2) 求出粒子过点速度与偏转角，结合磁场圆周运动、再次类平抛回到点，求磁感应强度及磁场中运动时间；
(3) 区域叠加竖直向下电场，将速度正交分解，x方向匀速、y方向类竖直上抛，求距轴最远距离。
（1）粒子从P点到O点做类平抛运动，设运动时间为t，水平方向有
竖直方向有，
联立解得
（2）粒子从P点到O点速度的偏转角为，则
解得，
因粒子垂直射入直线边界的匀强磁场出射时速度方向与入射时速度方向与磁场边界的夹角相等，故粒子在y轴右侧做圆周的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
出磁场点Q与O点距离为
粒子从Q点与O点做类斜下抛运动，水平方向以速度做匀速直线运动
竖直向下以的初速度，以（1）中的加速度做匀加速直线运动
水平方向有
竖直方向有
联立解得
粒子在磁场中运动的时间
解得
（3）因
将分解为，
为使电场力与洛伦兹力平衡，需沿 x 轴正方向，且大小满足
解得
由三角形定则得方向指向左下方与的方向垂直，且
粒子以的速率做匀速圆周运动的半径
则由几何关系得圆心初始坐标
故距x轴最远的距离为
1 / 12026届河北省百师联盟高三下学期一模物理试题
1．我国自主研发的“华龙一号”核电机组采用铀核（）裂变发电，典型裂变反应之一为。已知是天然放射性元素，下列说法正确的是（　　）
A．核反应方程中的为粒子
B．反应后核子的平均质量减小
C．的比结合能小于的比结合能
D．太阳内部发生的核反应是核裂变反应
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；结合能与比结合能；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A．核反应遵循质量数和电荷数守恒，可知反应产物的质量数为，电荷数，可知核反应方程中的为中子，故A错误；
B．核裂变释放能量，存在质量亏损；核子总数不变，总质量减小，因此核子的平均质量减小，故B正确；
C．该反应会释放能量，使得反应产物处于更稳定状态，可知的比结合能大于的比结合能，故C错误；
D．太阳内部发生的是轻核聚变，不是核裂变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查核裂变反应、质量亏损、比结合能、核反应类型，核心是利用质量数和电荷数守恒判断粒子，理解质量亏损与比结合能的规律。
2．旋光仪测糖溶液浓度的原理如下：偏振光通过糖溶液后，迎着光看，以传播方向为轴，偏振方向的旋转角称为“旋光角”，与糖溶液浓度有关，测量值与标准值比较能确定含糖量。如图，自然光源S与圆形偏振片A、B的圆心共轴，转动B使观察点O处光强最强，将被测样品P置于A、B间。下列说法正确的是（　　）
A．光的偏振现象表明光是一种机械波
B．阳光下观察肥皂泡看到彩色条纹，与上述原理相同
C．放置样品P后，到达O处光的强度不会明显减弱
D．将偏振片B缓慢转动，使得O处光的强度第一次达到最强，偏振片B转过的角度等于
【答案】D
【知识点】薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．光的偏振现象说明光是横波，光是电磁波，不是机械波，故A错误；
B．肥皂泡彩色条纹是薄膜干涉；本题是光的偏振、旋光现象，原理不同，故B错误；
C．在未放置样品前，O处光强最强，说明两偏振片的透振方向相同，放置样品P后，光的偏振方向将旋转一定角度，除特殊情况外（光的偏振方向旋转），到达O处光的强度会明显减弱，故C错误；
D．偏振光通过糖溶液后，偏振方向将旋转，因此偏振片B转过角度为时，其透振方向与光的偏振方向一致，使得O处光的强度第一次达到最强，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查光的偏振、干涉现象，核心是理解旋光现象原理，区分偏振与干涉的不同应用。
3．杂技演员每隔相等时间竖直向上抛出一小球（不计一切阻力，小球间互不影响，重力加速度为g），若每个小球抛出时的初速度大小都是，他一共有4个小球，要想使节目连续不断表演下去，在他的手中总要有1个小球停留，则每个小球在手中停留的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】每个小球上升的时间都是，设两球抛出的时间间隔为，根据竖直上抛运动的对称性可知，当手刚接住一个小球时，空中有3个小球，一个刚上升，有一个在上升，一个在下降，共3个时间间隔，所以球在手中停留的时间为空中总时间的三分之一
故答案为：B。
【分析】本题考查竖直上抛运动的周期性，核心是利用竖直上抛总时间、小球个数与抛出时间间隔的关系求解。
4．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与之间的夹角为37°。小物块和陶罐之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，，。则（　　）
A．小物块受到重力、支持力、向心力的作用
B．转台转动的角速度为
C．小物块转动的线速度大小为
D．当转台的角速度缓慢增大到时，小物块相对罐壁发生滑动
【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小物块做匀速圆周运动，受到重力和陶罐的支持力的作用（当摩擦力为0时）。向心力是这两个力的合力，是效果力，不是物体实际受到的力，故A错误；
B．小物块做圆周运动的半径为，对小物块，根据牛顿第二定律可得，解得，故B错误；
C．小物块转动的线速度大小为，故C正确；
D．当转台的角速度缓慢增大时，小物块有向上滑动的趋势，会受到沿罐壁向下的静摩擦力。当静摩擦力达到最大值时，小物块即将滑动，此时，设此时角速度为，竖直方向，根据牛顿第二定律，在水平方向
解得即，当转台的角速度缓慢增大到时，小物块相对罐壁发生滑动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：向心力是效果力，分析小物块实际受力；
B：摩擦力为0时，重力与支持力的合力提供向心力，结合圆周运动半径求解角速度；
C：由线速度与角速度关系求解；
D：角速度增大，物块有上滑趋势，静摩擦力向下，列竖直、水平方向方程求临界角速度。
5．天问四号是中国行星际探测器，计划于2029年9月由长征五号火箭从海南文昌发射场发射，主要开展木星系及天王星探测任务。假设质量为m的天问四号在半径为r的环木星轨道上运行，已知木星质量为M，木星半径为R，引力常量为G，天问四号的引力势能（取无穷远处引力势能为零）。则天问四号从环木星轨道逃逸木星所需额外提供的最小能量为（不考虑其他星体的引力）（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】天问四号在半径为的环木星轨道上运行，由万有引力提供向心力得
解得动能，引力势能
故总机械能
为使需额外提供的能量最小，则逃逸木星（至无穷远处）后，
解得，所需最小额外能量为
故答案为：C。
【分析】本题考查天体运动中的机械能与逃逸能量问题，核心是利用万有引力定律求轨道动能，结合引力势能，通过能量守恒求逃逸所需最小能量。
6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比可通过滑动触头T调节，原线圈接有内阻不计、电压有效值恒定的交流电源和定值电阻，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻和，以及理想电流表A。初始时，滑动触头T位于副线圈中点，滑片P位于滑动变阻器中点。现欲使电流表示数增大，下列操作一定可行的是（　　）
A．仅将T向a端移动 B．仅将滑片P下移
C．将T向b端移动，同时滑片P上移 D．将T向a端移动，同时滑片P下移
【答案】B
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】将图1中的变压器、定值电阻与原交流电源看成一个整体，等效为一个新的电源，则新电源的电动势为，新电源等效内阻为，作出等效电路图如图2所示。
A．仅将T向a端移动，副线圈匝数增大，设输出回路的总电阻为，根据欧姆定律通过电流表的电流，表达式中的分子、分母同时增大，所以电流表示数不一定增大，A错误；
B．仅将滑片P下移，滑动变阻器接入电路的电阻值减小，则输出回路的总电阻减小，根据，不变，电流一定增大，B正确；
C．将T向b端移动，减小，则减小，减小；同时滑片P上移，电阻增大。根据，电流变化不能确定，C错误；
D．将T向a端移动，增大，则增大，增大；同时滑片P下移，电阻增大，根据，电流变化不能确定，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查理想变压器等效电源模型与动态电路分析，核心是将原线圈侧等效为电源，通过电动势、内阻、外阻变化判断电流变化。
7．如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量。某次承载质量的餐盘（包括食物）在水平地面上以的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以的加速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数，餐盘没有从机器人上脱离，取重力加速度，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中餐盘的加速度大小为
B．制动0.1s内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J
C．制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s
D．制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；功的计算；冲量
【解析】【解答】A．机器人对餐盘的滑动摩擦力为，根据牛顿第二定律得，餐盘的加速度大小为，故A错误；
B．制动0.1s内，餐盘的位移，机器人的位移
餐盘与机器人之间的相对位移为
餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为，故B错误；
C．对机器人进行受力分析，得，解得地面对机器人的摩擦力
制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为，故C正确；
D．机器人对餐盘的支持力为，机器人对餐盘的作用力为
制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由牛顿第二定律求餐盘减速加速度；
B：分别求机器人与餐盘位移，得相对位移，结合求摩擦生热；
C：对机器人受力分析，求地面摩擦力，再求冲量；
D：分析机器人对餐盘的作用力（支持力+摩擦力），用冲量定义求解。
8．在某海洋科普实验中，科研人员在平静的海面上（视为平面）的O点安装了一个振动装置（起振方向竖直向上），可产生简谐横波并向四周传播。时刻，海面上形成的第1个波峰和第1个波谷恰好分别位于距离O点0.2m（实线）和0.1m（虚线）的同心圆上，如图所示。实验中，位于A点［坐标（3.0m，0）］和B点［坐标（4.0m，3.0m）］的传感器记录了质点的振动情况。已知该波的周期，下列说法正确的是（　　）
A．该波的传播速度大小为5m/s
B．时，质点A第一次到达波峰
C．时，质点B第一次到达波谷
D．时，质点B第2次到达波峰
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由题意得，时刻，海面上形成的第1个波峰和第1个波谷恰好分别位于距离O点（实线）和（虚线）的同心圆上，两者间距为半个波长
已知周期，则波速，A正确；
B．A 点第一次到达波峰，不是，B 错误；
C．B 点第一次到达波谷，不是，C 错误；
D．B 点第一次到达波峰，第二次到达波峰，D正确。
故答案为：AD 。
【分析】A：由第一个波峰、波谷间距求波长，结合周期求波速；
B：计算波峰传到A点的时间，判断第一次到达波峰时刻；
C：计算波谷传到B点的时间，判断第一次到达波谷时刻；
D：先求B点第一次波峰到达时间，再加一个周期得第二次波峰时刻。
9．如图所示，真空中有三个点电荷分别固定在边长为L的正三角形的三个顶点，其中A、B处固定电荷量均为的点电荷，C处固定电荷量为的点电荷。O点为三角形中心，D点为边的中点。取无穷远处电势为零，点电荷产生的电势公式为，其中q为点电荷的电荷量，r为到点电荷的距离，k为静电力常量。下列说法正确的是（　　）
A．O点的电场强度大小为
B．O点的电势为
C．电子在O点的电势能小于在D点的电势能
D．若将C处换为电荷量为的点电荷，则O点电势变为原来的倍
【答案】A,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度大小均为，方向分别沿、和方向，对电场进行矢量合成可知，O点的电场强度大小为，故A正确；
B．电势为标量，符合标量的叠加法则，由题意可知，O点的电势为，故B错误；
C．D点的电势为，电势能满足，由上述计算可知点的电势大于D点，因此电子在点的电势能小于在D点的电势能，故C正确；
D．若将C处换为电荷量为的点电荷，则O点电势变为，O点电势变为原来的4倍，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：先求各点电荷在O点的场强大小，再矢量叠加；
B：电势为标量，直接代数叠加计算O点电势；
C：分别求O、D点电势，结合判断电子电势能大小；
D：更换C处电荷后，重新叠加电势，对比原电势倍数。
10．在磁悬浮技术的实验研究中，常用平行金属导轨模拟电磁驱动系统。如图所示，光滑导轨由倾斜部分和水平部分组成。水平部分位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。倾斜导轨及水平导轨Ⅰ段间距均为，水平导轨Ⅱ段间距为L，Ⅰ、Ⅱ段导轨都足够长。金属棒P、Q质量均为m、接入电路部分的电阻均为r，Q棒开始静止在Ⅱ区，让P棒从倾斜轨道上高度为h处由静止释放，忽略经过轨道连接处的能量损失，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，忽略导轨电阻，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．P棒刚进入磁场时，Q棒的加速度大小为
B．Q棒达到稳定运动状态时的速度大小为
C．从P棒进入磁场到达到稳定运动状态过程中，通过P棒的电荷量为
D．从P棒进入磁场到达到稳定运动状态过程中，系统产生的总热量为
【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；电流、电源的概念；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．以P棒为研究对象，根据机械能守恒定律，有
解得
根据电磁感应定律，P棒产生的电动势为
根据闭合电路的欧姆定律，Q棒的电流为
Q棒受到的安培力为
以Q棒为研究对象，根据牛顿第二定律，有
解得Q棒的加速度大小为
B．设Q棒达到稳定运动状态时，P棒、Q棒的速度分别为、。稳定运动时，回路磁通量变化率为零，感应电动势为零，有，则
分别以P棒、Q棒为研究对象，由动量定理，得，
联立可得，代入，，解得，，故B错误；
C．通过P棒的电荷量为，故C正确；
D．由能量守恒，总热量等于动能损失，得，代入，，解得，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：先由机械能守恒求P棒初速度，再结合电磁感应、安培力、牛顿第二定律求Q棒加速度；
B：稳定时回路感应电动势为0，结合动量定理联立求两棒速度；
C：对Q棒用动量定理，推导通过P棒的电荷量；
D：由能量守恒求系统产生的总热量。
11．按要求完成下列实验题；
（1）实验小组利用图甲中器材在圆形桌面上验证平行四边形定则。桌面上固定白纸，边缘安装三个不计摩擦的定滑轮，其中滑轮的位置固定，、可沿桌边缘移动，实验中保证三段细线均平行于桌面。三根细线系在同一点O，在每根细线下分别挂上一定数量的钩码（钩码规格相同），并使结点O（不与桌面接触）静止。
①实验中必要的步骤是　 　。（多选）
A.测出当地重力加速度以计算拉力大小
B.记录三根绳子所挂钩码数量
C.测量出三根细线的长度并记录三根细线的方向
D.标记平衡时结点O的位置并记录三根细线的方向
②实验中，若桌面不水平，　 　（填“会”或“不会”）影响实验的结论。
（2）某实验小组利用如图乙所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻质细线一端固定在铁架台上P点，另一端连接一个小球（小球上固定一宽度为d的挡光片），光电门安装在P点的正下方。实验时，将小球拉至细线（始终拉紧）与竖直方向成角的位置由静止释放，记录小球通过光电门时挡光片的挡光时间。已知细线悬点到小球中心的距离为L，当地重力加速度为g。
①小球通过光电门时的速度大小为　 　。（用d、表示）
②若机械能守恒，需满足的表达式为　 　。（用、d、表示）
【答案】（1）BD；不会
（2）；
【知识点】验证力的平行四边形定则；验证机械能守恒定律；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）AB．由题意知，利用图示方法验证平行四边形定则，只需记录每根细线下所挂钩码的数量即可反映细线所受拉力大小，不需测出当地重力加速度以计算拉力具体数值，故A错误，B正确；
CD．为了能做出力的图示，需要记录三个力的交汇点O的位置，并记录三根细线的方向作为拉力方向，细线的长度与力的大小无关，故C错误，D正确。
实验中，只需保证点受力平衡即可，细线的拉力等于悬挂钩码的重力与桌面是否水平无关。
故答案为：BD；不会
（2）挡光片通过光电门的平均速度为，当挡光片宽度较小时，可用计算得到的平均速度来替代小球通过光电门时的瞬时速度。
若机械能守恒，可知，化简得
故答案为：；
【分析】(1) ①验证力的平行四边形定则：钩码数量反映拉力大小，需标记结点位置、记录拉力方向，无需测重力、细线长度；
②结点受力平衡，拉力由钩码重力决定，与桌面是否水平无关；
(2) ①极短时间内平均速度近似瞬时速度；
②重力势能减少量等于动能增加量，推导机械能守恒表达式。
（1）[1]AB．由题意知，利用图示方法验证平行四边形定则，只需记录每根细线下所挂钩码的数量即可反映细线所受拉力大小，不需测出当地重力加速度以计算拉力具体数值，故A错误，B正确；
CD．为了能做出力的图示，需要记录三个力的交汇点O的位置，并记录三根细线的方向作为拉力方向，细线的长度与力的大小无关，故C错误，D正确。
故选BD。
[2]实验中，只需保证点受力平衡即可，细线的拉力等于悬挂钩码的重力与桌面是否水平无关。
（2）[1]挡光片通过光电门的平均速度为
当挡光片宽度较小时，可用计算得到的平均速度来替代小球通过光电门时的瞬时速度。
[2]若机械能守恒，可知
化简得
12．某实验小组用伏安法测一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表（量程为0～0.6A，内阻约为）
C.电压表（量程为0～3V，内阻约为）
D.滑动变阻器（最大阻值为）
E.开关、导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图甲电路补充完整。
（2）该实验小组连接好电路后进行实验，多次调节滑动变阻器，记录对应电流表、电压表的示数I、U，得到了如图乙所示的图像。根据图像可求得干电池的电动势和内阻，被测干电池的电动势　 　V，内阻　 　。（结果均保留两位小数）
（3）由于电流表不慎损坏，实验桌上还有一个电阻箱，该实验小组设计了如图丙所示的实验电路，多次改变电阻箱的阻值R，记录电压表的示数U，得到了如图丁所示的图像。且斜率为k、纵轴截距为b，则该干电池的电动势　 　，内阻　 　。（均选用k、b表示）
【答案】（1）
（2）1.48；0.80
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因为干电池内阻约为零点几欧姆，远小于电压表内阻，因此采用相对电源的电流表外接法，电压表需要测量变阻器和电流表的电压，电路图如图
（2）根据欧姆定律有①，因此图截距为，由图乙可知
由①知图斜率为，取图乙中直线与网格交点重合的两个点（0.10，1.40）和（0.40，1.16），
计算内阻
故答案为：1.48（相差不大均可）；0.80（相差不大均可）
（3）电压表示数电流，联立解得，因此图像斜率
纵截距，推导出，
故答案为：；
【分析】(1) 干电池内阻小，采用电流表外接法，电压表测路端电压，电流表测干路电流；
(2) 由 ， 图线纵截距为电动势，斜率绝对值为内阻；
(3) 由闭合电路欧姆定律变形得，结合图像斜率、截距求解、。
（1）因为干电池内阻约为零点几欧姆，远小于电压表内阻，因此采用相对电源的电流表外接法，电压表需要测量变阻器和电流表的电压，电路图如图
（2）[1]根据欧姆定律有①
因此图截距为，由图乙可知
[2]由①知图斜率为，取图乙中直线与网格交点重合的两个点（0.10，1.40）和（0.40，1.16），计算内阻
（3）[1][2]电压表示数
电流
联立解得
因此图像斜率
纵截距
推导出，
13．山东沿海地区冬季清晨湿冷、中午温度骤升，2025年12月某日地表温度变化达20℃。某车主早晨7：00在气温零下3℃时测得胎压为2.1atm，胎压监测系统设定报警阈值为≤1.9atm或≥2.6atm。忽略轮胎内气体体积变化。
（1）中午地表温度升至17℃，车辆行驶过程中轮胎内气体温度升至47℃，通过计算说明胎压是否触发报警；
（2）若汽车行驶过程中一轮胎被异物划破缓慢漏气，当系统报警时，求泄漏气体质量占胎内原有气体质量的百分比（假设漏气过程温度保持47℃不变，结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）解：轮胎容积不变，气体发生等容变化，由查理定律得
初始状态，
末状态
解得
因为不在或范围内，故不触发报警。
（2）解：漏气过程温度不变，由玻意耳定律得
报警时
初始时，
解得
泄漏的气体体积
同温同压下，气体的密度相同，所以泄露气体质量占比。
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 轮胎体积不变，气体等容变化，用查理定律求末态压强，对比报警阈值；
(2) 漏气过程温度不变，玻意耳定律，结合同温同压下质量比=体积比，求泄漏气体质量占比。
（1）轮胎容积不变，气体发生等容变化，由查理定律得
初始状态，
末状态
解得
因为不在或范围内，故不触发报警。
（2）漏气过程温度不变，由玻意耳定律得
报警时
初始时，
解得
泄漏的气体体积
同温同压下，气体的密度相同，所以泄露气体质量占比。
14．如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端穿过光滑钉孔Q后连接质量的小球A，该球穿过与水平直杆成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。段是半径的圆弧形轨道，S为最低点，T与圆心的连线与竖直方向夹角。现将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放，当小球A首次进入水平杆，便在水平方向与穿在直杆OM且静止于O点的小球B发生弹性碰撞，小球B离开M点后恰好能从T点切线进入圆弧轨道。小球A与杆间的动摩擦因数，不考虑小球A经过两杆连接处时的能量损失，不计小球B与杆及圆弧形轨道间的摩擦，忽略空气阻力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数，其弹性势能与伸长量x的关系为。取重力加速度，已知间距，M、T两点间的高度差。求：
（1）小球A由静止释放后瞬间加速度大小；
（2）小球B运动到S点时的速度大小；
（3）小球B的质量。
【答案】（1）解：由几何关系可知，弹力绳水平时的伸长量
根据胡克定律，得弹力绳的拉力大小为
以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向，有
小球A受到的摩擦力大小为
根据牛顿第二定律，在沿直杆方向有
解得
（2）解：小球B离开M点后做平抛运动，在竖直方向，由自由落体运动规律，得
解得
小球B恰好能从T点切线进入圆弧轨道，在水平方向
设小球B运动到S点时的速度大小为，由机械能守恒定律，得
解得
（3）解：小球A在直杆上滑动的过程中，设弹力绳与倾斜直杆的夹角为，由几何关系可知，弹力绳的伸长量为
根据胡克定律，得弹力绳的拉力
以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向有
小球A受到的摩擦力
小球A从释放到O点，由机械能守恒定律，得
解得
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律，得
弹性碰撞中没有动能损失，得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 先求弹力绳伸长量与拉力，垂直杆方向受力平衡求支持力、摩擦力，再沿杆方向由牛顿第二定律求加速度；
(2) 小球B平抛至T点，由几何关系求初速度，再由机械能守恒求到S点速度；
(3) 分析小球A运动过程中摩擦力恒定，由能量守恒求A碰前速度，弹性碰撞动量+动能守恒求B的质量。
（1）由几何关系可知，弹力绳水平时的伸长量
根据胡克定律，得弹力绳的拉力大小为
以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向，有
小球A受到的摩擦力大小为
根据牛顿第二定律，在沿直杆方向有
解得
（2）小球B离开M点后做平抛运动，在竖直方向，由自由落体运动规律，得
解得
小球B恰好能从T点切线进入圆弧轨道，在水平方向
设小球B运动到S点时的速度大小为，由机械能守恒定律，得
解得
（3）小球A在直杆上滑动的过程中，设弹力绳与倾斜直杆的夹角为，由几何关系可知，弹力绳的伸长量为
根据胡克定律，得弹力绳的拉力
以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向有
小球A受到的摩擦力
小球A从释放到O点，由机械能守恒定律，得
解得
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律，得
弹性碰撞中没有动能损失，得
解得
15．如图所示，在直角坐标系中，的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E（未知）；的区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知）。一质量为m、电荷量为（）的粒子，从点以初速度沿x轴正方向射入电场，恰好经过坐标原点O，经磁场偏转后再次进入电场，恰能通过P点。不计粒子重力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求匀强磁场的磁感应强度大小B及粒子在磁场中运动的时间；
（3）若粒子经过O点时，在的区域再加一个方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为的区域内电场强度的2倍，求粒子在的区域运动过程中距x轴最远的距离。
【答案】（1）解：粒子从P点到O点做类平抛运动，设运动时间为t，水平方向有
竖直方向有，
联立解得
（2）解：粒子从P点到O点速度的偏转角为，则
解得，
因粒子垂直射入直线边界的匀强磁场出射时速度方向与入射时速度方向与磁场边界的夹角相等，故粒子在y轴右侧做圆周的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
出磁场点Q与O点距离为
粒子从Q点与O点做类斜下抛运动，水平方向以速度做匀速直线运动
竖直向下以的初速度，以（1）中的加速度做匀加速直线运动
水平方向有
竖直方向有
联立解得
粒子在磁场中运动的时间
解得
（3）解：因
将分解为，
为使电场力与洛伦兹力平衡，需沿 x 轴正方向，且大小满足
解得
由三角形定则得方向指向左下方与的方向垂直，且
粒子以的速率做匀速圆周运动的半径
则由几何关系得圆心初始坐标
故距x轴最远的距离为
【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) 粒子在区域做类平抛运动，水平匀速、竖直匀加速，联立求电场强度；
(2) 求出粒子过点速度与偏转角，结合磁场圆周运动、再次类平抛回到点，求磁感应强度及磁场中运动时间；
(3) 区域叠加竖直向下电场，将速度正交分解，x方向匀速、y方向类竖直上抛，求距轴最远距离。
（1）粒子从P点到O点做类平抛运动，设运动时间为t，水平方向有
竖直方向有，
联立解得
（2）粒子从P点到O点速度的偏转角为，则
解得，
因粒子垂直射入直线边界的匀强磁场出射时速度方向与入射时速度方向与磁场边界的夹角相等，故粒子在y轴右侧做圆周的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
出磁场点Q与O点距离为
粒子从Q点与O点做类斜下抛运动，水平方向以速度做匀速直线运动
竖直向下以的初速度，以（1）中的加速度做匀加速直线运动
水平方向有
竖直方向有
联立解得
粒子在磁场中运动的时间
解得
（3）因
将分解为，
为使电场力与洛伦兹力平衡，需沿 x 轴正方向，且大小满足
解得
由三角形定则得方向指向左下方与的方向垂直，且
粒子以的速率做匀速圆周运动的半径
则由几何关系得圆心初始坐标
故距x轴最远的距离为
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