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吉林省八校联考2025-2026学年高三二模物理试卷
1．近期，我国科研人员首次合成了新核素锇（）和钨（）。若锇经过1次衰变，钨经过1次衰变（放出一个正电子），则上述两新核素衰变后的新核有相同的（　　）
A．电荷数 B．中子数 C．质量数 D．质子数
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】锇经过1次衰变后产生的新核素质量数为156，质子数为74，钨经过1次衰变后质量数为156，质子数为73，可知两新核素衰变后的新核有相同的质量数。
故答案为：C。
【分析】本题考查原子核衰变的基本规律，核心是利用α 衰变和β+衰变的质量数、电荷数变化规律，分别计算两种衰变后新核的质量数、电荷数、质子数和中子数，再进行对比。
2．甲、乙两同学各用一只手握着水平轻绳的一端，上、下振动分别形成A、B两列绳波，在时刻的波形如图所示，此时，A波传播到P点，B波传播到Q点，绳上O点到P、Q的距离相等，则下列判断正确的是（　　）
A．A波先传播到O点
B．两同学的手同时开始振动
C．两同学的手起振的方向均向上
D．两列波叠加后，O点为振动加强点
【答案】C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】A．两列波沿绳传播的速度一样快， A波传播到P点，B波传播到Q点，绳上O点到P、Q的距离相等，因此两列波同时传播到O点，故A错误；
B．时刻，B波传播的距离远，因此乙同学的手先振动，故B错误；
C．根据题意可知，由P、Q的起振方向可知，两同学的手起振的方向均向上，故C正确；
D．根据波能产生稳定干涉的条件可知，由于两列波的波长不同，频率不同，叠加后不能形成稳定的干涉，因此不能形成稳定的振动加强点，故D错误。
故选C。
【分析】根据题目描述，两列波在相同介质中传播，因此波速相同。通过分析波形图，可以判断波的传播方向、起振方向以及两列波在特定点的叠加情况。
3．如图所示，是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中。当入射角是时，折射角为，则以下说法正确的是（　　）
A．反射光线与折射光线在相同时间内传播距离相等
B．该液体对红光的全反射临界角为
C．该液体对紫光的全反射临界角大于
D．用同一双缝干涉实验装置做实验时，紫光的干涉条纹间距与红光的干涉条纹间距相等
【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由可知，光在空气中的传播速度大于在液体中的传播速度，故反射光线与折射光线在相同时间内传播距离不相等，A错误；
B．由折射定律可知该液体对红光的折射率为，故红光全反射临界角为，故，B正确；
C．因为该液体对紫光的折射率大于红光，故紫光全反射临界角小于红光全反射临界角，C错误；
D．紫光波长小于红光，由可知，用同一双缝干涉实验装置做实验时，紫光的干涉条纹间距小于红光的干涉条纹间距，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的折射、全反射及双缝干涉，核心是利用折射定律、全反射临界角公式和双缝干涉条纹间距公式，结合不同色光的折射率差异进行分析。
4．如图，一理想降压变压器输入端接电压为U1的交流电，输出端给用户供电，用户得到的电压为U2，输出端输电线的电阻可等效为R。该变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2。下列说法正确的是（　　）
A．
B．用户的功率增加时，U2不变
C．用户的功率增加时，原线圈的电流也增大
D．电路老化导致R增大，可适当增大n1来维持用户的电压
【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．设副线圈两端电压为，根据理想变压器电压规律，在副线圈中，故A错误；
BC．根据理想变压器电压规律，当用户的功率增加时，可知副线圈两端的输出功率增大，但降压变压器输入端接电压不变，线圈匝数不变，故副线圈两端电压不变，副线圈两端的输出功率
可知，副线圈中的电流增大，输出端输电线的电阻两端的电压
输出端输电线的电阻两端的功率
输出端输电线的电阻两端的电压增大，副线圈中
可知减小，由上述分析可知，副线圈中的电流增大，设原线圈中的电流为，根据理想变压器电流规律
可知原线圈中的电流增大，故B错误，C正确；
D．电路老化导致R增大，在副线圈中，
要维持用户的电压不变，需要增大副线圈两端电压，根据理想变压器电压规律
为维持用户的电压，需要减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查理想变压器的工作原理，核心是结合电压比、电流比和功率关系，分析输电线上的电压损失对用户电压和原副线圈电流的影响。
5．2025年8月26日3时8分，我国在海南商业航天发射场使用长征八号甲运载火箭，成功将卫星互联网低轨10颗卫星发射升空。其中卫星A和卫星B在预定轨道上绕地球公转的半径分别为和，角速度分别为和，若只考虑地球对卫星的作用力，卫星视为做匀速圆周运动。下列关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力
得
得
则
即
即图像是过原点的斜率为的倾斜的直线。
故答案为：C。
【分析】本题考查万有引力定律的应用，核心是利用万有引力提供向心力，推导出角速度与轨道半径的关系，再通过对数变换分析图像的斜率。
6．在某智能物流仓库的包裹分拣系统中，水平传送带是核心输送设备。如图所示，某物流分拣中心用水平传送带将质量为m的包裹从A端运送到B端。AB之间的距离为L，传送带始终保持速率匀速运动，包裹与传送带间的动摩擦因数为μ。将包裹轻轻放在传送带上后，包裹在传送带上留下一段长度为的摩擦滑动痕迹。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．摩擦力对包裹做的功为
B．摩擦力对包裹做的功为
C．摩擦力对传送带做功-μmgl
D．一对滑动摩擦力对包裹与传送带系统做功之和为-2μmgl
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．设包裹与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且包裹相对于地面的位移为x，则
由于包裹在传送带上留下一段长度为的摩擦滑动痕迹，则有
联立解得
根据动能定理可得
联立得摩擦力对包裹做的功为，故A错误，B正确；
C．摩擦力对传送带做功为，故C错误；
D．一对滑动摩擦力对包裹与传送带系统做功之和为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查传送带问题中滑动摩擦力做功的计算，核心是区分物体位移、传送带位移和相对位移（划痕长度），结合动能定理和功的定义进行分析。
7．如图所示，细绳的一端固定在天花板，另一端连接物块A，轻质弹簧两端分别与物块A和B相连，物块A、B的质量均为m。开始时用木板支撑着物块B，使弹簧刚好处于原长，现把木板撤去，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．撤去木板瞬间，物块B的加速度为0
B．撤去木板后，细绳拉力最小为0
C．撤去木板后，细绳拉力最大为
D．撤去木板后，弹簧弹力最大为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A．撤去木板前，对B受力分析，受到向下的重力和向上的支持力，撤去木板瞬间，支持力突变为0，只受重力，所以物块B的加速度为g，故A错误；
BCD．撤去木板后， A始终处于静止状态，有
物块B做简谐运动，平衡位置处有
在最高点处有向下的加速度
根据运动的对称性可知，在最低点处有向上的加速度g，由牛顿第二定律
解得
分析可知，物块B运动到最高点时弹簧弹力最小为0，细绳拉力最小为，故B错误；
物块B运动到最低点时弹簧弹力最大为，细绳拉力最大为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查传送带问题中滑动摩擦力做功的计算，核心是区分物体位移、传送带位移和相对位移（划痕长度），结合动能定理和功的定义进行分析。
8．中国企业打破国外技术垄断，自主研发的船用涡轮增压器被应用于大型远洋船舶，其中奥托循环起到关键作用。如图所示，奥托循环由两个绝热和两个等容过程组成。关于该循环，下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中温度最高的是状态
B．在过程中，所有气体分子的热运动速率减小
C．在过程中，气体放出热量
D．整个过程气体吸收热量
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．根据理想气体状态方程有，变形得
根据图示可知，状态c的温度比状态b的温度高，状态d的温度比状态a的温度高，为绝热过程，则有
气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低，即状态c的温度比状态d的温度高，可知，整个过程中温度最高的是状态c，故A错误；
B．过程中，体积一定，则有，压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，气体分子运动的平均速率减小，并不是所有气体分子的热运动速率减小，故B错误；
C．过程中，体积一定，则有，压强增大，根据查理定律可知，气体温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误；
D．图像与横轴所围几何图形的面积表示气体做功，过程，外界对气体做功，过程，气体对外界做功，整个过程气体对外界做功，由于内能一定，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸收热量，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：结合理想气体状态方程pV=CT，对比各状态温度；
B：区分分子平均速率与单个分子速率；
C：等容升压过程，由查理定律、热力学第一定律判断吸放热；
D：根据p-V图面积表示做功，结合热力学第一定律判断总吸放热。
9．纸面内有A、B、C三点和场源电荷Q，且A、B、C三点分别位于以Q为圆心的三个等距同心圆上，其中A点与Q距离为3L。将带正电的试探电荷q从B点移到A点，电场力做正功W，将同一个试探电荷从C点移到A点，电场力做功。已知点电荷电势表达式为，r为电场中某一点距场源电荷Q的距离，则（　　）
A．场源电荷带负电
B．A点在最外层同心圆上
C．C点与Q距离为2L
D．若M、N分别为、的中点，则一定有
【答案】A,C
【知识点】电场强度；电势；电势差
【解析】【解答】A．同心圆间距相同，而越靠近场源电荷电场强度越大，则中间与内层同心圆间电势差更大，试探电荷在中间与内层同心圆间移动时电场力做功更大，因此C点应位于内层同心圆上，而从C到A电场力对带正电的试探电荷q做负功，则场源电荷电性为负，故A正确；
B．因为将同一试探电荷从B、C两点移到A点，电场力分别做正功和负功，则B、C应分别位于A点的内外两侧，所以A点在中间的同心圆上，故B错误；
C．根据、，解得、
解得，所以C点与Q距离为2L，故C正确；
D．若A、C在Q同一侧，B在Q另一侧，且三点与Q连成一条直线，则M点距场源电荷0.5L，N点距场源电荷2.5L，场源电荷带负电，则，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查点电荷的电势分布和电场力做功问题，核心是利用点电荷电势公式 和电场力做功公式 ，结合电场力做功的正负判断场源电荷的电性和各点位置。
10．在空间中存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为的水平匀强磁场，与竖直向上的匀强电场（图中未画出）。一电荷量绝对值为、质量的带电粒子（重力不计），从A点以水平初速度向右开始运动，其运动轨迹如图所示。已知电场强度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．带电粒子水平射出时的加速度大小为
C．带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为
D．带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．粒子运动可看成水平方向向左的匀速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动的合运动；将带电粒子的初速度在水平方向分解，向左的分速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，则向右的分速度产生的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由粒子的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电；故A正确；
B．由左手定则知粒子向左的分速度产生的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下；带电粒子水平射出时粒子向右的初速度产生的洛伦兹力方向竖直向下，所以带电粒子水平射出时的加速度大小为，故B错误；
C．设粒子向左的速度大小为，则
解得，则粒子水平射出时水平向右的分速度大小为
带电粒子运动到轨迹的最低点时向左匀速运动的分速度与匀速圆周运动的分速度方向相同，速度大小为，故C正确；
D．粒子做匀速圆周运动的分运动，解得，带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为粒子做匀速圆周运动分运动的直径，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中的运动，核心是将粒子运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，利用洛伦兹力与电场力的平衡条件、向心力公式和动能定理进行分析。
11．某物理兴趣小组想要利用频闪相机验证机械能守恒定律。实验装置如图（甲）所示，将小球从斜面上某位置处释放，利用频闪相机连续得到小球离开桌面后在空中运动过程中经过的若干位置，如图（乙）所示。按比例尺，得到图中位置1与2、2与3、3与4、4与5之间对应的实际水平距离均为，位置1与3、2与4、3与5之间对应的实际竖直高度分别为、、。已知频闪照相的频率为，重力加速度大小为。
（1）（多选）关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．实验所用小球尽可能选择质量大，体积小的
B．斜面和桌面必须光滑
C．本实验不需要测量小球的质量
D．每两个相邻位置之间的水平距离相等，说明小球离开桌面后水平方向做匀加速直线运动
E．本实验中，桌面必须水平
（2）小球经过位置3时，速度的水平分量大小为　 　，竖直分量大小为　 　。
（3）为验证小球从位置2运动到4的过程中机械能守恒，须满足表达式　 　。
【答案】（1）A；C；E
（2）；
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；研究平抛物体的运动；平抛运动
【解析】【解答】（1）ABE．为了验证小球离开桌面后做平抛运动时机械能守恒，而忽略小球离开桌面后做平抛运动时空气的阻力，实验所用小球尽可能选择质量大，体积小的，斜面和桌面不需要光滑，故AE正确，B错误；
C．本实验不需要测量小球的质量，因在测量的重力势能减少量和动能增加量都包含质量，故C正确；
D．每两个相邻位置之间的水平距离相等，又频闪时间相同，故说明小球离开桌面后水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故答案为：ACE。
（2）根据平抛运动特点可知，小球在水平方向做匀速直线运动，故小球经过位置3时，速度的水平分量大小为
根据匀变速直线运动推论可知，中间时刻的竖直速度等于该段的平均速度，即小球经过位置3时，竖直分量大小为
同理，小球经过位置2时，竖直分量大小为；小球经过位置4时，竖直分量大小为
故答案为：；
（3）设小球质量为m，为验证小球从位置2运动到4的过程中机械能守恒，须满足表达式
即须满足表达式
故答案为：
【分析】(1) 验证机械能守恒时，需减小空气阻力影响，无需测量小球质量；桌面需水平，保证平抛初速度水平；
(2) 水平方向匀速运动，速度为相邻水平位移除以频闪周期；竖直方向利用中间时刻速度等于平均速度求解；
(3) 验证机械能守恒，即重力势能的减少量等于动能的增加量，结合平抛运动的速度公式推导表达式。
（1）ABE．为了验证小球离开桌面后做平抛运动时机械能守恒，而忽略小球离开桌面后做平抛运动时空气的阻力，实验所用小球尽可能选择质量大，体积小的，斜面和桌面不需要光滑，故AE正确，B错误；
C．本实验不需要测量小球的质量，因在测量的重力势能减少量和动能增加量都包含质量，故C正确；
D．每两个相邻位置之间的水平距离相等，又频闪时间相同，故说明小球离开桌面后水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故选ACE。
（2）[1]根据平抛运动特点可知，小球在水平方向做匀速直线运动，故小球经过位置3时，速度的水平分量大小为
[2]根据匀变速直线运动推论可知，中间时刻的竖直速度等于该段的平均速度，即小球经过位置3时，竖直分量大小为
同理，小球经过位置2时，竖直分量大小为；小球经过位置4时，竖直分量大小为
（3）设小球质量为m，为验证小球从位置2运动到4的过程中机械能守恒，须满足表达式
即须满足表达式
12．某同学用如图甲所示的电路来测量电源的电动势E和内阻r，已知图中电流表的内阻为，定值电阻的阻值为，实验开始前三个开关均断开。实验的主要步骤如下：
A．闭合和，调节滑动变阻器的滑片在某个位置，读出电流表的示数为，保持滑片的位置不变，再断开，读出电流表的示数为；
B．移动滑片的位置，重复A步骤的实验操作，多测几组、相对应的数值，作出的函数关系图像如图乙所示：
C．断开，闭合和，读出电流表的示数为。
（1）该同学通过理论分析，发现图乙中斜率k和截距b的单位均为安培（A），请你帮忙找出斜率和截距绝对值的大小关系：k　 　b，（必须填“=”、“>”或“<”）：
（2）计算得出乙图斜率的绝对值为k，则电源的电动势　 　，内阻　 　（用题中的已知量来表示）。
【答案】（1）
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）闭合和，电流表与滑动变阻器串联，根据欧姆定律可得
断开后，电流表、滑动变阻器、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
整理可得可知，斜率和截距绝对值的大小关系
故答案为：
（2）乙图斜率的绝对值为，则根据表达式可得，则电源的电动势为
断开，闭合和时，电流表、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
则电源内阻为
故答案为：；
【分析】(1) 根据闭合电路欧姆定律分别列出两次开关通断时的方程，整理得到函数式，判断斜率与截距绝对值关系；
(2) 由图像斜率求电动势，结合开关闭合时的欧姆定律表达式求内阻。
（1）闭合和，电流表与滑动变阻器串联，根据欧姆定律可得
断开后，电流表、滑动变阻器、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
整理可得
可知，斜率和截距绝对值的大小关系
（2）[1][2]乙图斜率的绝对值为，则根据表达式可得
则电源的电动势为
断开，闭合和时，电流表、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
则电源内阻为
13．某同学设计了如图所示的弹射装置。四分之三光滑圆弧轨道BCD的半径为R，B点的正下方有一质量为m、电荷量为的小球压缩弹簧后被锁扣K锁在A点处，此时弹簧长度也为R。打开锁扣K，小球被弹射出去并从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好能过最高点C，在C点触发感应开关，瞬间在整个空间产生竖直向上的匀强电场并保持不变（题中未画出），电场强度大小，小球继续沿轨道运动到最低点D后抛出，最终落到地面上不反弹。已知D点离地面高度为3R，重力加速度为g，小球运动过程中不会与弹簧再次相碰，忽略小球进出轨道时的能量变化和空气阻力的影响，求：
（1）打开锁扣K前，弹簧的弹性势能；
（2）小球到达D点时的速度大小；
（3）小球落地点与弹簧的水平距离。
【答案】解：（1）依题意，小球恰好能过最高点C，由牛顿第二定律，可得
设打开锁扣K前，弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒可得
联立，解得
（2）小球从C点运动到D点，由动能定理，可得
解得
（3）小球在空中做类平抛平抛，有
又
联立，解得
则落地点与弹簧的水平距离为

【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）恰好能过最高点C，由牛顿第二定律列等式：
打开锁扣K前，弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒列等式：
联立可求解打开锁扣K前，弹簧的弹性势能。
（2）小球从C点运动到D点，由动能定理列等式：，可求解小球到达D点时的速度大小。
（3）小球在空中做类平抛平抛，竖直方向和水平方向利用位移公式列等式：
牛顿第二定律，联立可求解水平距离，得出落地点与弹簧的水平距离。
14．在平面内有垂直纸面的匀强磁场，方向如图所示。x轴上方磁场磁感应强度为B，下方磁场磁感应强度为，甲、乙两个质量均为m、电荷量均为q的带电粒子分别从点和点沿水平方向射出，以速度大小为、（未知）进入磁场，第一次同时到达x轴上的点M且速度均垂直于x轴，不考虑电荷间的相互作用和边界效应。求
（1）甲、乙两个带电粒子分别带什么电荷；
（2）乙粒子的速度大小（用表示）；
（3）若甲、乙在M点发生弹性碰撞，求甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标和所需的时间。
【答案】解：（1）解：根据左手定则，甲粒子带正电，乙粒子带正电。
（2）解：根据洛伦兹力提供向心力，，解得
（3）解：甲、乙在M点发生弹性碰撞，以向下为正方，设碰撞后甲粒子的速度为，乙粒子的速度为，根据动量守恒以及能量守恒可得，
解得，
可知甲粒子将反弹，根据洛伦兹力提供向心力
解得
根据几何关系有
则甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标为，甲粒子碰撞前后的运动周期为，
甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标和所需的时间为
【知识点】碰撞模型；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 根据左手定则，结合粒子偏转方向判断电性；
(2) 洛伦兹力提供圆周运动向心力，由轨道半径均为L列式求v1；
(3) 弹性碰撞动量、动能守恒，求出碰后甲速度，再求圆周运动半径、周期，确定第二次过x轴的坐标与时间。
15．如图所示，两平行金属导轨间距，与水平方向夹角，轨道电阻不计，垂直轨道放置两根质量均为的金属棒a、b，有效阻值均为，金属棒与轨道间的动摩擦因数分别为，整个装置处在垂直轨道向下的匀强磁场中，磁感应强度大小。将a棒锁定，使得a、b棒处于静止状态；现解锁a棒，使其从静止开始向下运动。导轨足够长，不计电阻，两金属棒与导轨间接触始终良好。已知重力加速度。
（1）求当b棒开始运动时，a棒的速度大小；
（2）若a、b棒始终没有相碰，求两棒的最大速度差；
（3）若当b棒开始运动时，a棒恰好与b棒发生弹性碰撞，此时开始计时，经时，a棒与b棒之间最大距离记为d，求d的大小。
【答案】（1）解：根据题意可知，当b棒开始运动时，对b棒有
设a棒的速度大小为，则有，
联立解得
（2）解：根据题意可知，当两棒的速度差最大时，两棒做加速度相同的匀加速直线运动，对棒有
对棒有
又有，
联立解得
（3）解：a棒恰好与b棒发生弹性碰撞，则有，
解得，
a棒与b棒之间距离最大时，a棒与b棒的速度相等，设为，由动量定理，对棒有
对棒有
又有
联立解得
【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】【分析】(1) b棒刚运动时受力平衡，求出感应电流，结合动生电动势公式求a棒速度；
(2) 两棒加速度相同时速度差最大，对两棒分别列牛顿第二定律联立求解；
(3) 弹性碰撞交换速度，之后两棒匀加速，利用运动学公式求位移差。
1 / 1吉林省八校联考2025-2026学年高三二模物理试卷
1．近期，我国科研人员首次合成了新核素锇（）和钨（）。若锇经过1次衰变，钨经过1次衰变（放出一个正电子），则上述两新核素衰变后的新核有相同的（　　）
A．电荷数 B．中子数 C．质量数 D．质子数
2．甲、乙两同学各用一只手握着水平轻绳的一端，上、下振动分别形成A、B两列绳波，在时刻的波形如图所示，此时，A波传播到P点，B波传播到Q点，绳上O点到P、Q的距离相等，则下列判断正确的是（　　）
A．A波先传播到O点
B．两同学的手同时开始振动
C．两同学的手起振的方向均向上
D．两列波叠加后，O点为振动加强点
3．如图所示，是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中。当入射角是时，折射角为，则以下说法正确的是（　　）
A．反射光线与折射光线在相同时间内传播距离相等
B．该液体对红光的全反射临界角为
C．该液体对紫光的全反射临界角大于
D．用同一双缝干涉实验装置做实验时，紫光的干涉条纹间距与红光的干涉条纹间距相等
4．如图，一理想降压变压器输入端接电压为U1的交流电，输出端给用户供电，用户得到的电压为U2，输出端输电线的电阻可等效为R。该变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2。下列说法正确的是（　　）
A．
B．用户的功率增加时，U2不变
C．用户的功率增加时，原线圈的电流也增大
D．电路老化导致R增大，可适当增大n1来维持用户的电压
5．2025年8月26日3时8分，我国在海南商业航天发射场使用长征八号甲运载火箭，成功将卫星互联网低轨10颗卫星发射升空。其中卫星A和卫星B在预定轨道上绕地球公转的半径分别为和，角速度分别为和，若只考虑地球对卫星的作用力，卫星视为做匀速圆周运动。下列关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．在某智能物流仓库的包裹分拣系统中，水平传送带是核心输送设备。如图所示，某物流分拣中心用水平传送带将质量为m的包裹从A端运送到B端。AB之间的距离为L，传送带始终保持速率匀速运动，包裹与传送带间的动摩擦因数为μ。将包裹轻轻放在传送带上后，包裹在传送带上留下一段长度为的摩擦滑动痕迹。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．摩擦力对包裹做的功为
B．摩擦力对包裹做的功为
C．摩擦力对传送带做功-μmgl
D．一对滑动摩擦力对包裹与传送带系统做功之和为-2μmgl
7．如图所示，细绳的一端固定在天花板，另一端连接物块A，轻质弹簧两端分别与物块A和B相连，物块A、B的质量均为m。开始时用木板支撑着物块B，使弹簧刚好处于原长，现把木板撤去，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．撤去木板瞬间，物块B的加速度为0
B．撤去木板后，细绳拉力最小为0
C．撤去木板后，细绳拉力最大为
D．撤去木板后，弹簧弹力最大为
8．中国企业打破国外技术垄断，自主研发的船用涡轮增压器被应用于大型远洋船舶，其中奥托循环起到关键作用。如图所示，奥托循环由两个绝热和两个等容过程组成。关于该循环，下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中温度最高的是状态
B．在过程中，所有气体分子的热运动速率减小
C．在过程中，气体放出热量
D．整个过程气体吸收热量
9．纸面内有A、B、C三点和场源电荷Q，且A、B、C三点分别位于以Q为圆心的三个等距同心圆上，其中A点与Q距离为3L。将带正电的试探电荷q从B点移到A点，电场力做正功W，将同一个试探电荷从C点移到A点，电场力做功。已知点电荷电势表达式为，r为电场中某一点距场源电荷Q的距离，则（　　）
A．场源电荷带负电
B．A点在最外层同心圆上
C．C点与Q距离为2L
D．若M、N分别为、的中点，则一定有
10．在空间中存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为的水平匀强磁场，与竖直向上的匀强电场（图中未画出）。一电荷量绝对值为、质量的带电粒子（重力不计），从A点以水平初速度向右开始运动，其运动轨迹如图所示。已知电场强度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．带电粒子水平射出时的加速度大小为
C．带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为
D．带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为
11．某物理兴趣小组想要利用频闪相机验证机械能守恒定律。实验装置如图（甲）所示，将小球从斜面上某位置处释放，利用频闪相机连续得到小球离开桌面后在空中运动过程中经过的若干位置，如图（乙）所示。按比例尺，得到图中位置1与2、2与3、3与4、4与5之间对应的实际水平距离均为，位置1与3、2与4、3与5之间对应的实际竖直高度分别为、、。已知频闪照相的频率为，重力加速度大小为。
（1）（多选）关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．实验所用小球尽可能选择质量大，体积小的
B．斜面和桌面必须光滑
C．本实验不需要测量小球的质量
D．每两个相邻位置之间的水平距离相等，说明小球离开桌面后水平方向做匀加速直线运动
E．本实验中，桌面必须水平
（2）小球经过位置3时，速度的水平分量大小为　 　，竖直分量大小为　 　。
（3）为验证小球从位置2运动到4的过程中机械能守恒，须满足表达式　 　。
12．某同学用如图甲所示的电路来测量电源的电动势E和内阻r，已知图中电流表的内阻为，定值电阻的阻值为，实验开始前三个开关均断开。实验的主要步骤如下：
A．闭合和，调节滑动变阻器的滑片在某个位置，读出电流表的示数为，保持滑片的位置不变，再断开，读出电流表的示数为；
B．移动滑片的位置，重复A步骤的实验操作，多测几组、相对应的数值，作出的函数关系图像如图乙所示：
C．断开，闭合和，读出电流表的示数为。
（1）该同学通过理论分析，发现图乙中斜率k和截距b的单位均为安培（A），请你帮忙找出斜率和截距绝对值的大小关系：k　 　b，（必须填“=”、“>”或“<”）：
（2）计算得出乙图斜率的绝对值为k，则电源的电动势　 　，内阻　 　（用题中的已知量来表示）。
13．某同学设计了如图所示的弹射装置。四分之三光滑圆弧轨道BCD的半径为R，B点的正下方有一质量为m、电荷量为的小球压缩弹簧后被锁扣K锁在A点处，此时弹簧长度也为R。打开锁扣K，小球被弹射出去并从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好能过最高点C，在C点触发感应开关，瞬间在整个空间产生竖直向上的匀强电场并保持不变（题中未画出），电场强度大小，小球继续沿轨道运动到最低点D后抛出，最终落到地面上不反弹。已知D点离地面高度为3R，重力加速度为g，小球运动过程中不会与弹簧再次相碰，忽略小球进出轨道时的能量变化和空气阻力的影响，求：
（1）打开锁扣K前，弹簧的弹性势能；
（2）小球到达D点时的速度大小；
（3）小球落地点与弹簧的水平距离。
14．在平面内有垂直纸面的匀强磁场，方向如图所示。x轴上方磁场磁感应强度为B，下方磁场磁感应强度为，甲、乙两个质量均为m、电荷量均为q的带电粒子分别从点和点沿水平方向射出，以速度大小为、（未知）进入磁场，第一次同时到达x轴上的点M且速度均垂直于x轴，不考虑电荷间的相互作用和边界效应。求
（1）甲、乙两个带电粒子分别带什么电荷；
（2）乙粒子的速度大小（用表示）；
（3）若甲、乙在M点发生弹性碰撞，求甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标和所需的时间。
15．如图所示，两平行金属导轨间距，与水平方向夹角，轨道电阻不计，垂直轨道放置两根质量均为的金属棒a、b，有效阻值均为，金属棒与轨道间的动摩擦因数分别为，整个装置处在垂直轨道向下的匀强磁场中，磁感应强度大小。将a棒锁定，使得a、b棒处于静止状态；现解锁a棒，使其从静止开始向下运动。导轨足够长，不计电阻，两金属棒与导轨间接触始终良好。已知重力加速度。
（1）求当b棒开始运动时，a棒的速度大小；
（2）若a、b棒始终没有相碰，求两棒的最大速度差；
（3）若当b棒开始运动时，a棒恰好与b棒发生弹性碰撞，此时开始计时，经时，a棒与b棒之间最大距离记为d，求d的大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】锇经过1次衰变后产生的新核素质量数为156，质子数为74，钨经过1次衰变后质量数为156，质子数为73，可知两新核素衰变后的新核有相同的质量数。
故答案为：C。
【分析】本题考查原子核衰变的基本规律，核心是利用α 衰变和β+衰变的质量数、电荷数变化规律，分别计算两种衰变后新核的质量数、电荷数、质子数和中子数，再进行对比。
2．【答案】C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】A．两列波沿绳传播的速度一样快， A波传播到P点，B波传播到Q点，绳上O点到P、Q的距离相等，因此两列波同时传播到O点，故A错误；
B．时刻，B波传播的距离远，因此乙同学的手先振动，故B错误；
C．根据题意可知，由P、Q的起振方向可知，两同学的手起振的方向均向上，故C正确；
D．根据波能产生稳定干涉的条件可知，由于两列波的波长不同，频率不同，叠加后不能形成稳定的干涉，因此不能形成稳定的振动加强点，故D错误。
故选C。
【分析】根据题目描述，两列波在相同介质中传播，因此波速相同。通过分析波形图，可以判断波的传播方向、起振方向以及两列波在特定点的叠加情况。
3．【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由可知，光在空气中的传播速度大于在液体中的传播速度，故反射光线与折射光线在相同时间内传播距离不相等，A错误；
B．由折射定律可知该液体对红光的折射率为，故红光全反射临界角为，故，B正确；
C．因为该液体对紫光的折射率大于红光，故紫光全反射临界角小于红光全反射临界角，C错误；
D．紫光波长小于红光，由可知，用同一双缝干涉实验装置做实验时，紫光的干涉条纹间距小于红光的干涉条纹间距，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的折射、全反射及双缝干涉，核心是利用折射定律、全反射临界角公式和双缝干涉条纹间距公式，结合不同色光的折射率差异进行分析。
4．【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．设副线圈两端电压为，根据理想变压器电压规律，在副线圈中，故A错误；
BC．根据理想变压器电压规律，当用户的功率增加时，可知副线圈两端的输出功率增大，但降压变压器输入端接电压不变，线圈匝数不变，故副线圈两端电压不变，副线圈两端的输出功率
可知，副线圈中的电流增大，输出端输电线的电阻两端的电压
输出端输电线的电阻两端的功率
输出端输电线的电阻两端的电压增大，副线圈中
可知减小，由上述分析可知，副线圈中的电流增大，设原线圈中的电流为，根据理想变压器电流规律
可知原线圈中的电流增大，故B错误，C正确；
D．电路老化导致R增大，在副线圈中，
要维持用户的电压不变，需要增大副线圈两端电压，根据理想变压器电压规律
为维持用户的电压，需要减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查理想变压器的工作原理，核心是结合电压比、电流比和功率关系，分析输电线上的电压损失对用户电压和原副线圈电流的影响。
5．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力
得
得
则
即
即图像是过原点的斜率为的倾斜的直线。
故答案为：C。
【分析】本题考查万有引力定律的应用，核心是利用万有引力提供向心力，推导出角速度与轨道半径的关系，再通过对数变换分析图像的斜率。
6．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．设包裹与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且包裹相对于地面的位移为x，则
由于包裹在传送带上留下一段长度为的摩擦滑动痕迹，则有
联立解得
根据动能定理可得
联立得摩擦力对包裹做的功为，故A错误，B正确；
C．摩擦力对传送带做功为，故C错误；
D．一对滑动摩擦力对包裹与传送带系统做功之和为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查传送带问题中滑动摩擦力做功的计算，核心是区分物体位移、传送带位移和相对位移（划痕长度），结合动能定理和功的定义进行分析。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A．撤去木板前，对B受力分析，受到向下的重力和向上的支持力，撤去木板瞬间，支持力突变为0，只受重力，所以物块B的加速度为g，故A错误；
BCD．撤去木板后， A始终处于静止状态，有
物块B做简谐运动，平衡位置处有
在最高点处有向下的加速度
根据运动的对称性可知，在最低点处有向上的加速度g，由牛顿第二定律
解得
分析可知，物块B运动到最高点时弹簧弹力最小为0，细绳拉力最小为，故B错误；
物块B运动到最低点时弹簧弹力最大为，细绳拉力最大为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查传送带问题中滑动摩擦力做功的计算，核心是区分物体位移、传送带位移和相对位移（划痕长度），结合动能定理和功的定义进行分析。
8．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．根据理想气体状态方程有，变形得
根据图示可知，状态c的温度比状态b的温度高，状态d的温度比状态a的温度高，为绝热过程，则有
气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低，即状态c的温度比状态d的温度高，可知，整个过程中温度最高的是状态c，故A错误；
B．过程中，体积一定，则有，压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，气体分子运动的平均速率减小，并不是所有气体分子的热运动速率减小，故B错误；
C．过程中，体积一定，则有，压强增大，根据查理定律可知，气体温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误；
D．图像与横轴所围几何图形的面积表示气体做功，过程，外界对气体做功，过程，气体对外界做功，整个过程气体对外界做功，由于内能一定，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸收热量，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：结合理想气体状态方程pV=CT，对比各状态温度；
B：区分分子平均速率与单个分子速率；
C：等容升压过程，由查理定律、热力学第一定律判断吸放热；
D：根据p-V图面积表示做功，结合热力学第一定律判断总吸放热。
9．【答案】A,C
【知识点】电场强度；电势；电势差
【解析】【解答】A．同心圆间距相同，而越靠近场源电荷电场强度越大，则中间与内层同心圆间电势差更大，试探电荷在中间与内层同心圆间移动时电场力做功更大，因此C点应位于内层同心圆上，而从C到A电场力对带正电的试探电荷q做负功，则场源电荷电性为负，故A正确；
B．因为将同一试探电荷从B、C两点移到A点，电场力分别做正功和负功，则B、C应分别位于A点的内外两侧，所以A点在中间的同心圆上，故B错误；
C．根据、，解得、
解得，所以C点与Q距离为2L，故C正确；
D．若A、C在Q同一侧，B在Q另一侧，且三点与Q连成一条直线，则M点距场源电荷0.5L，N点距场源电荷2.5L，场源电荷带负电，则，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查点电荷的电势分布和电场力做功问题，核心是利用点电荷电势公式 和电场力做功公式 ，结合电场力做功的正负判断场源电荷的电性和各点位置。
10．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．粒子运动可看成水平方向向左的匀速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动的合运动；将带电粒子的初速度在水平方向分解，向左的分速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，则向右的分速度产生的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由粒子的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电；故A正确；
B．由左手定则知粒子向左的分速度产生的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下；带电粒子水平射出时粒子向右的初速度产生的洛伦兹力方向竖直向下，所以带电粒子水平射出时的加速度大小为，故B错误；
C．设粒子向左的速度大小为，则
解得，则粒子水平射出时水平向右的分速度大小为
带电粒子运动到轨迹的最低点时向左匀速运动的分速度与匀速圆周运动的分速度方向相同，速度大小为，故C正确；
D．粒子做匀速圆周运动的分运动，解得，带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为粒子做匀速圆周运动分运动的直径，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中的运动，核心是将粒子运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，利用洛伦兹力与电场力的平衡条件、向心力公式和动能定理进行分析。
11．【答案】（1）A；C；E
（2）；
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；研究平抛物体的运动；平抛运动
【解析】【解答】（1）ABE．为了验证小球离开桌面后做平抛运动时机械能守恒，而忽略小球离开桌面后做平抛运动时空气的阻力，实验所用小球尽可能选择质量大，体积小的，斜面和桌面不需要光滑，故AE正确，B错误；
C．本实验不需要测量小球的质量，因在测量的重力势能减少量和动能增加量都包含质量，故C正确；
D．每两个相邻位置之间的水平距离相等，又频闪时间相同，故说明小球离开桌面后水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故答案为：ACE。
（2）根据平抛运动特点可知，小球在水平方向做匀速直线运动，故小球经过位置3时，速度的水平分量大小为
根据匀变速直线运动推论可知，中间时刻的竖直速度等于该段的平均速度，即小球经过位置3时，竖直分量大小为
同理，小球经过位置2时，竖直分量大小为；小球经过位置4时，竖直分量大小为
故答案为：；
（3）设小球质量为m，为验证小球从位置2运动到4的过程中机械能守恒，须满足表达式
即须满足表达式
故答案为：
【分析】(1) 验证机械能守恒时，需减小空气阻力影响，无需测量小球质量；桌面需水平，保证平抛初速度水平；
(2) 水平方向匀速运动，速度为相邻水平位移除以频闪周期；竖直方向利用中间时刻速度等于平均速度求解；
(3) 验证机械能守恒，即重力势能的减少量等于动能的增加量，结合平抛运动的速度公式推导表达式。
（1）ABE．为了验证小球离开桌面后做平抛运动时机械能守恒，而忽略小球离开桌面后做平抛运动时空气的阻力，实验所用小球尽可能选择质量大，体积小的，斜面和桌面不需要光滑，故AE正确，B错误；
C．本实验不需要测量小球的质量，因在测量的重力势能减少量和动能增加量都包含质量，故C正确；
D．每两个相邻位置之间的水平距离相等，又频闪时间相同，故说明小球离开桌面后水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故选ACE。
（2）[1]根据平抛运动特点可知，小球在水平方向做匀速直线运动，故小球经过位置3时，速度的水平分量大小为
[2]根据匀变速直线运动推论可知，中间时刻的竖直速度等于该段的平均速度，即小球经过位置3时，竖直分量大小为
同理，小球经过位置2时，竖直分量大小为；小球经过位置4时，竖直分量大小为
（3）设小球质量为m，为验证小球从位置2运动到4的过程中机械能守恒，须满足表达式
即须满足表达式
12．【答案】（1）
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）闭合和，电流表与滑动变阻器串联，根据欧姆定律可得
断开后，电流表、滑动变阻器、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
整理可得可知，斜率和截距绝对值的大小关系
故答案为：
（2）乙图斜率的绝对值为，则根据表达式可得，则电源的电动势为
断开，闭合和时，电流表、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
则电源内阻为
故答案为：；
【分析】(1) 根据闭合电路欧姆定律分别列出两次开关通断时的方程，整理得到函数式，判断斜率与截距绝对值关系；
(2) 由图像斜率求电动势，结合开关闭合时的欧姆定律表达式求内阻。
（1）闭合和，电流表与滑动变阻器串联，根据欧姆定律可得
断开后，电流表、滑动变阻器、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
整理可得
可知，斜率和截距绝对值的大小关系
（2）[1][2]乙图斜率的绝对值为，则根据表达式可得
则电源的电动势为
断开，闭合和时，电流表、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
则电源内阻为
13．【答案】解：（1）依题意，小球恰好能过最高点C，由牛顿第二定律，可得
设打开锁扣K前，弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒可得
联立，解得
（2）小球从C点运动到D点，由动能定理，可得
解得
（3）小球在空中做类平抛平抛，有
又
联立，解得
则落地点与弹簧的水平距离为

【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）恰好能过最高点C，由牛顿第二定律列等式：
打开锁扣K前，弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒列等式：
联立可求解打开锁扣K前，弹簧的弹性势能。
（2）小球从C点运动到D点，由动能定理列等式：，可求解小球到达D点时的速度大小。
（3）小球在空中做类平抛平抛，竖直方向和水平方向利用位移公式列等式：
牛顿第二定律，联立可求解水平距离，得出落地点与弹簧的水平距离。
14．【答案】解：（1）解：根据左手定则，甲粒子带正电，乙粒子带正电。
（2）解：根据洛伦兹力提供向心力，，解得
（3）解：甲、乙在M点发生弹性碰撞，以向下为正方，设碰撞后甲粒子的速度为，乙粒子的速度为，根据动量守恒以及能量守恒可得，
解得，
可知甲粒子将反弹，根据洛伦兹力提供向心力
解得
根据几何关系有
则甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标为，甲粒子碰撞前后的运动周期为，
甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标和所需的时间为
【知识点】碰撞模型；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 根据左手定则，结合粒子偏转方向判断电性；
(2) 洛伦兹力提供圆周运动向心力，由轨道半径均为L列式求v1；
(3) 弹性碰撞动量、动能守恒，求出碰后甲速度，再求圆周运动半径、周期，确定第二次过x轴的坐标与时间。
15．【答案】（1）解：根据题意可知，当b棒开始运动时，对b棒有
设a棒的速度大小为，则有，
联立解得
（2）解：根据题意可知，当两棒的速度差最大时，两棒做加速度相同的匀加速直线运动，对棒有
对棒有
又有，
联立解得
（3）解：a棒恰好与b棒发生弹性碰撞，则有，
解得，
a棒与b棒之间距离最大时，a棒与b棒的速度相等，设为，由动量定理，对棒有
对棒有
又有
联立解得
【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】【分析】(1) b棒刚运动时受力平衡，求出感应电流，结合动生电动势公式求a棒速度；
(2) 两棒加速度相同时速度差最大，对两棒分别列牛顿第二定律联立求解；
(3) 弹性碰撞交换速度，之后两棒匀加速，利用运动学公式求位移差。
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