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2026届湖南省邵阳市高三下学期第二次联考物理试卷
1．世界唯一建成并运行的熔盐堆第四代核能系统—2兆瓦热功率液态燃料钍基熔盐实验堆，已在甘肃武威加钍运行。钍基熔盐堆先将转化为，再转化为核燃料，其核反应方程为，。已知极易裂变，下列说法正确的是（　　）
A．X是质子
B．是衰变
C．100g的经过一个半衰期，还剩余50g的
D．若把钍基熔盐堆建在月球上可以改变的半衰期
2．如图是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发电厂输出的电压恒定，输电线总电阻为，变阻器R相当于用户用电器的总电阻。当用电器减少时，相当于R变大，当用电进入低谷时，下列说法正确的是（　　）
A．电压表、的读数均不变，电流表的读数减小，电流表的读数减小
B．电压表、的读数均减小，电流表的读数增大，电流表的读数增大
C．电压表、的读数之差与电流表的读数的比值减小
D．线路损耗功率增大
3．如图所示，半径的轻质圆形薄木板漂浮在液体表面，一单色光点光源从薄木板圆心下方液面处竖直向下做匀速直线运动。速度大小，人在液面正上方任意位置均看不见点光源的最长时间为0.5s，则液体对该单色光的折射率为（　　）
A． B． C． D．
4．编号为2020FD2的小行星是中国科学院紫金山天文台发现的一颗近地小行星。科学家们观测到它的轨道如图所示，轨道的半长轴大于地球轨道半径，小于木星轨道半径，近日点在水星轨道内，远日点在木星轨道外。已知木星绕太阳公转的周期为11.86年，关于该小行星（只考虑太阳对小行星的引力），下列说法正确的是（　　）
A．在近日点加速度比远日点大
B．在近日点运行速度比水星速度小
C．公转周期一定大于11.86年
D．在近日点的动能比远日点小
5．质量为m，电荷量大小为q的带电小球在光滑绝缘的水平面上以初速度做匀速直线运动。现平行水平面施加一匀强电场，经时间t后小球速度大小仍为，其速度方向与初速度方向的夹角为60°。则匀强电场场强的大小E和场强方向与初速度方向的夹角分别为（　　）
A． B．
C． D．
6．在以加速度a匀加速向上运动的电梯里，用弹簧测力计竖直悬挂一个质量为m的小球，弹簧测力计示数为F，若以地面为参考系，小球的运动满足牛顿第二定律即，g为重力加速度；若以电梯为参考系，小球相对电梯静止而其所受合外力不为零，牛顿第二定律不再成立，为了让牛顿第二定律在这种情况下仍然成立，我们需要引入一个“惯性力”。则在上述情形中，小球所受的大小和方向分别为（　　）
A．ma，竖直向上 B．ma，竖直向下
C．F-ma，竖直向上 D．F-ma，竖直向下
7．一轻质弹簧一端固定于竖直墙上，另一端与一质量为2kg的物块相连，弹簧劲度系数为100N/m，初始时物块静止于粗糙水平面上，且弹簧位于原长，物块与水平面间动摩擦因数为0.5，现物块在一水平向左的外力F作用下缓慢向左移动0.5m，然后撤去外力，不计空气阻力，已知简谐振动的周期，弹簧弹性势能表达式，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．外力F做的功为12.5J
B．撤去外力F后，物块向右运动的最大距离为1m
C．从释放物块到最终静止经历的时间为
D．从释放物块到最终静止产生的热量为10J
8．位于处的波源P从时刻开始振动，形成的简谐横波在同一介质中沿x轴正、负方向传播，一个周期后停止振动，时向x轴负方向传播的波形如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该波波速为0.6m/s
B．波源P振动的周期为1s
C．时，处的质点位移为
D．时，处的质点向y轴负方向运动
9．一带电小球A，固定在绝缘竖直墙壁上，一段不可伸长的绝缘轻绳跨过光滑的定滑轮O一端与带电小球B相连，另一端用外力F拉住，滑轮在小球A的正上方，静止时OA与OB距离相等，重力加速度为g，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．若此时将OB绳剪断，则剪断瞬间B球的加速度大小为g
B．若调节力F，使OB绳缓慢变长，则OB绳拉力变小
C．若调节力F，使OB绳缓慢变短，则A、B两小球间的电场力变小
D．若调节力F，使OB绳缓慢变化一小段长度，则B球的运动轨迹为圆弧
10．如图所示为扇形聚焦回旋加速器的部分原理图。将半径为R的圆形区域分成个扇形区域，相互间隔的n个圆心角相同的区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，另外n个圆心角相同的区域内没有磁场，其中有磁场区域的圆心角等于无磁场区域圆心角的一半。一群速度大小不同，质量为m，电荷量为q的同种带电粒子，依次经过2n个扇形区域在闭合轨道上做周期性运动。不考虑粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在n个磁场区域运动的时间为
B．粒子在n个无磁场区域运动的时间为
C．粒子的运动周期与n无关
D．粒子运动最大半径为
11．如图甲所示装置为探究碰撞时动量守恒的“碰撞实验器”，即研究两个小球在轨道水平部分发生碰撞前后的动量关系。（设两个小球为弹性材料，发生弹性碰撞），某小组同学在探究时，先用天平测出小球1、2的质量分别为、，然后完成以下实验步骤：
步骤1：让小球1自斜槽上的A点由静止滚下，落在墙面上，重复多次，记录下落点平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B，让小球1自A点由静止滚下，小球1和小球2发生碰撞后落在墙面上，重复多次，记录下两个落点平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落点的平均位置M、P、N到与B点等高的O点的距离，得到线段OM、OP、ON的长度分别为、、。
（1）对于上述实验操作，小球1质量应　 　小球2的质量（填“大于”或“小于”），小球1的半径应　 　（填“等于”“大于”或“小于”）小球2的半径。
（2）当所测物理量满足表达式　 　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
（3）完成上述实验后，实验小组对上述装置进行了改造，如图乙所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使用同样的小球，小球1仍从斜槽上A点静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到斜面上三个落点、、。用刻度尺测量斜面顶点到、、三点的距离分别为，、。若，，则　 　cm。
12．（1）某同学利用欧姆表“×100”挡粗测某一待测元件的电阻，示数如图甲所示，对应的读数是　 　Ω。
（2）该同学测完电阻后对欧姆表原理产生浓厚的兴趣，想利用图乙所示的电路组装一只多倍率（“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”）的欧姆表，实验室提供以下器材：
A．毫安表（量程0~0.1mA，内阻为99Ω）；
B．直流电源（电动势为1.5V，内阻为2Ω）；
C．直流电源（电动势为15V，内阻为6Ω）；
D．滑动变阻器（最大阻值为2kΩ）；
E．滑动变阻器（最大阻值为1kΩ）；
F．滑动变阻器（最大阻值为20kΩ）；
G.单刀双掷开关两个、导线若干。
①开关S接b对应电流表量程为0~1mA，开关S接c对应电流表量程为0~100mA；开关K接　 　（填“1”或“2”）且开关S接　 　（填“b”或“c”）时，欧姆表的倍率为“×100”。
②若用此欧姆表比较精确地测量一只阻值约为230Ω的电阻，发现指针指在满偏电流的五分之二处，则此电阻的阻值为　 　Ω。
③如果电池长期未用，导致内阻增大，电动势减小，且仍然能正常欧姆调零，这将导致测量的结果　 　（填“偏大”、“偏小”或“准确”）。
13．血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V，每次挤压气囊都能将体积为的外界空气充入臂带中，整个过程导热良好。已知大气压强为，忽略细管和压强计内的气体体积。
（1）若充气前后臂带体积不变，求充一次气后臂带内气体压强；
（2）若充气前后臂带体积改变，经10次充气后，臂带内气体压强计示数为，求此时臂带内气体体积。
14．如图所示，一足够长的导电轨道，由两根平行光滑金属导轨组成，虚线MN左侧是竖直面内半径为R的圆弧轨道，无磁场；虚线MN右侧轨道水平且置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间宽度为L。导体棒cd、ef由绝缘轻杆连接组成“工”字型器件，静置于水平轨道上，cd距MN最初的距离也为L。将导体棒ab从圆弧轨道上距水平轨道高为处静止释放，三根导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直，ab与“工”字型器件不会发生碰撞，三根导体棒的质量均为m，其中ab棒和cd棒在导轨间的电阻均为，ef棒在导轨间的电阻为r，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）求ab棒通过圆弧轨道最低点时对轨道总压力F的大小；
（2）从ab棒进入磁场到ab棒和“工”字型器件稳定运动的过程中，求cd棒所产生的焦耳热；
（3）求cd棒与ab的最小距离d。
15．小球A位于光滑的水平桌面上，小球B位于桌面上的光滑小槽MN中，两小球的质量都是m，并用长L、不可伸长、无弹性的轻绳相连。
（1）如图甲所示，开始时A、B间的距离为L，A、B间连线与小槽垂直，现给小球A一平行于槽的速度，经时间绳第一次与MN的夹角为（绳始终张紧），求该过程中小球B的位移大小；
（2）如图乙所示，开始时A、B间的距离为，A、B间连线与小槽垂直，现给小球A一平行于槽的速度，
①若把B球固定，求绳张紧瞬间绳对小球A的冲量大小I；
②若B球不固定，求小球B开始运动时的速度大小。
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
2．【答案】A
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．输入电压和匝数比都不变，电压表的读数均不变，用电低谷期，输送功率减小，可知电流减小，根据电流与匝数成反比知，电流表的读数减小，电流表的读数减小，故A正确；
B．输电线上的电压损失减小，结合升压变压器匝数比不变，可知电压表的读数均增大，电流表的读数减小，电流表的读数减小，故B错误；
C．电压表的读数之差与电流表的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，C错误；
D．根据，又输电线上的电流减小，电阻不变，所以输电线上的功率损失减小，D错误。
故选A。
【分析】输送功率减小，输入电压和匝数比都不变，输电线上的电压损失电压减小，结合电功率公式和欧姆定律分析。
3．【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】人在液面正上方任意位置均看不见点光源的最长时间为0.5s， 光源运动速度大小0.5s光源运动距离，此时入射角为临界角，根据几何关系
解得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】人在液面正上方任意位置均看不见点光源的最长时间为0.5s，据此求解临界角，结合临界角公式求解折射率。
4．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题；动能
【解析】【解答】A．根据万有引力定律和牛顿第二定律可知，在近日点加速度比远日点大，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力和向心力公式可得，可知在近日点对应圆轨道运行速度比水星大，而从椭圆轨道进入对应圆轨道要减速，所以在近日点运行速度比水星速度大，故B错误；
C．已知木星绕太阳公转的周期为11.86年，小行星轨道的半长轴小于木星轨道半径，根据开普勒第三定律可知，公转周期一定小于11.86年，故C错误；
D．根据开普勒第二定律，在近日点运行速度比远日点大，则在近日点的动能比远日点大，故D错误。
故选A。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度大小，根据万有引力提供向心力分析速度大小；根据开普勒第三定律分析公转周期，根据开普勒第二定律分析速度以及动能大小。
5．【答案】B,D
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】经时间t后小球速度大小仍为，其速度方向与初速度方向的夹角为60°，沿速度方向，根据动量定理，垂直速度方向，根据平行四边形法则可知场强，设电场力方向与初速度方向的夹角为α，且
所以电场力方向与初速度方向的夹角，由于不确定电性，则场强方向与初速度方向的夹角可能为60°或120°。
故选BD。
【分析】根据动量定理结合运动的分解求解场强大小和方向，不确定电性，则场强方向存在多种可能。
6．【答案】B
【知识点】惯性与质量；牛顿第二定律
【解析】【解答】电梯参考系的加速度竖直向上， 小球相对电梯静止，惯性力方向应与参考系加速度相反，即竖直向下，电梯加速度大小为，因此惯性力大小为，方向竖直向下。
故选B。
【分析】惯性力是为了让牛顿第二定律在非惯性系中成立引入的虚拟力，结合牛顿第二定律分析受力大小与方向。
7．【答案】C
【知识点】功能关系；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】质量为2kg的物块，物块与水平面间动摩擦因数为0.5，滑动摩擦力。
A．缓慢移动过程中， 弹簧劲度系数为100N/m，外力做的功等于弹性势能增加量与克服摩擦力做功之和， 弹簧弹性势能表达式， 可得故 A 错误。
B．设向右运动到最远点距离原点，根据能量守恒定律有
解得，则向右运动的最大距离为，故B错误。
C．简谐运动周期，物块从释放，第一次向右运动到处速度减为零，历时，此时弹簧弹力。物块将向左运动。根据能量守恒定律有，解得，此时弹簧弹力
物块静止。历时，总时间，故 C 正确。
D．全过程产生的热量等于克服摩擦力做的总功，摩擦力乘以路程等于产生的热量，总路程，产热，故 D 错误。
故选C。
【分析】缓慢移动过程中，外力做的功等于弹性势能增加量与克服摩擦力做功之和，结合能量关系求解运动的距离，结合弹力与摩擦力大小关系分析运动时间，求出运动路程，从而求解产生的热量。
8．【答案】A,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。A．由图可知，波长， 时，波头从波源传播到，传播距离，因此波速，故A正确；
BC．波源P振动周期，距离波源，波传到的时间
因此时，处质点已经振动了
波源的起振方向与波头（刚开始振动的质点）的振动方向一致。波沿负方向传播，由同侧法可知处质点下一时刻位移为负，因此波源起振方向为轴负方向，所以此时位移为，故BC错误；
D．波沿正方向对称传播，距离波源
与到波源的距离相等，因此振动规律与对称。由同侧法可知此时处质点速度沿轴负方向，所以处质点也向轴负方向运动，故D正确。
故选AD。
【分析】根据图像求解波长，结合传播的时间求解波速，波长除以波速等于周期，结合振动方程求解质点位移，结合对称性分析质点振动情况。
9．【答案】A,D
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】对小球B受力分析，受重力、绳子拉力、库仑力。力的矢量三角形与几何三角形相似。根据相似三角形对应边成比例可得。
A．剪断瞬间绳子拉力消失，库仑力和重力不变，剪断前，由比例式知，库仑力和重力的合力大小，根据牛顿第二定律可得加速度，A正确。
B．由，当变长时，拉力变大，B错误。
C．由及库仑定律，联立得
由于、、、、均不变，故A、B距离保持不变，库仑力大小不变，C错误。
D．因A固定且A、B距离不变，B球运动轨迹是以A为圆心的圆弧，D正确。
故选AD。
【分析】对小球B受力分析，根据相似三角形分析拉力以及库仑力变化； 此时将OB绳剪断，绳子拉力消失，结合牛顿第二定律求解加速度大小。
10．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动规律可得
由于粒子做周期性运动，则粒子一个周期内在磁场中的运动连成一个完整的圆
所以粒子在n个磁场中运动的时间为，故A正确。
B．由图易知，则，又，
粒子在无磁场区域做匀速直线运动，运动时间，故B正确。
C．粒子运动周期，与n有关，故C错误。
D．当粒子在磁场中运动轨迹与圆形区域相切时，半径最大，由正弦定理可得
可得，故D正确。
故选ABD。
【分析】粒子做周期性运动，根据对称性分析粒子运动周期，粒子在无磁场区域做匀速运动，结合几何关系求解运动时间，当粒子在磁场中运动轨迹与圆形区域相切时，半径最大，结合几何关系求解最大半径。
11．【答案】（1）大于；等于
（2）
（3）64
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1） 入射球1的质量大，才不致于反弹而影响碰撞后的速度，由于发生对心碰撞所以两球半径相等；
（2）平抛水平位移相同，水平方向初速度相同，水平方向做匀速运动，则运动时间相同，
竖直位移，联立得抛出速度，以向右方向为正，所以如果两球碰撞遵守动量守恒定律，则，代入速度通式整理得
（3）碰撞前，设其水平初速度为，落在图中的点，小球和发生碰撞后，设其水平初速度为，的落点在图中点，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，由平抛运动规律得，，解得
同理可得，，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得，联立解得
【分析】（1）为了保证小球1与小球2碰撞后不被反弹，被碰小球质量要小些；
（2）小球在空中做平抛运动，水平位移相同，运动时间相同，结合动量守恒定律和平抛运动规律求解；
（3）由平抛运动规律结合几何关系求解速度大小，结合能量守恒定律求解距离大小。
（1）[1][2]为了保证小球1与小球2碰撞后不被反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，为了发生对心碰撞，小球1的半径应等于小球2的半径。
（2）平抛水平位移相同，则
竖直位移
联立得抛出速度
所以如果两球碰撞遵守动量守恒定律，则
代入速度通式整理得
（3）碰撞前，落在图中的点，设其水平初速度为，小球和发生碰撞后，的落点在图中点，设其水平初速度为，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，由平抛运动规律得，
解得
同理可得，
由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
联立解得
12．【答案】（1）2000
（2）1；b；225；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）利用欧姆表“×100”挡粗测某一待测元件的电阻，读数等于挡位乘以指针示数，读数是
（2）①，由多用电表表盘可知欧姆表的中值电阻15，欧姆表的内阻
故选电源
开关 S 应接 b 以接通 1mA 量程，（欧姆表内阻等于其中值电阻×倍率），且滑动变阻器符合要求。
②发现指针指在满偏电流的五分之二处， 则
待测电阻约，应选择×10挡，其中值电阻（对应电源，量程）
欧姆表内阻，根据闭合电路欧姆定律，电流
联立解得
③根据欧姆表原理可知欧姆调零时，得
测量电阻 时电流
当电动势减小时，分母变大，电流变小。欧姆表刻度盘上电流越小对应电阻读数越大，故测量结果偏大。
【分析】（1）欧姆表读数等于等于挡位乘以指针示数；
（2）①欧姆表内阻等于其中值电阻×倍率，根据中值电阻分析倍率；②为减小误差应使指针指在中央刻度附近，结合欧姆表原理求解电阻大小；③欧姆调零电流等于满偏电流，结合闭合回路欧姆定律分析。
（1）读数是
（2）①[1]
欧姆表的内阻
欧姆表的中值电阻15
故选电源
开关 S 应接 b 以接通 1mA 量程
（欧姆表内阻等于其中值电阻×倍率）
且滑动变阻器符合要求。
②[2]待测电阻约，为减小误差应使指针指在中央刻度附近，故应选择×10挡，其中值电阻（对应电源，量程）
欧姆表内阻
根据闭合电路欧姆定律，电流
已知
联立解得
③[3]欧姆调零时
得
测量电阻 时电流
当电动势减小时，分母变大，电流变小。欧姆表刻度盘上电流越小对应电阻读数越大，故测量结果偏大。
13．【答案】（1）充气后，臂带体积不变，总体积为V，设充气后压强为，整个过程温度不变，由玻意耳定律
得到
（2）10次充气后气体的压强为p，设此时臂带内气体体积为，此时
由玻意耳定律
得到
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）整个过程温度不变，由玻意耳定律列式求解；
（2）以臂带内的气体与充入的气体整体为研究对象，应用玻意耳定律求解。
（1）充气后，臂带体积不变，总体积为V，设充气后压强为，整个过程温度不变，由玻意耳定律
得到
（2）10次充气后气体的压强为p，设此时臂带内气体体积为，此时
由玻意耳定律
得到
14．【答案】（1）ab棒运动到圆弧轨道最低点速度为，由动能定理有
在最低点
由牛顿第三定律得
解得
（2）ab棒与“工”字型器件系统动量守恒，稳定运动时速度为v，则系统产生的焦耳热
且
解得
（3）ab棒进入水平轨道到与“工”字型器件共速，对ab棒其中
总电阻
减小，d=L-
联立得
【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）ab棒运动到圆弧轨道最低点，由动能定理求解速度大小，结合牛顿运动定律求解压力大小；
（2）ab棒与“工”字型器件系统动量守恒，根据动量守恒定律求解最终速度，结合能量关系求解焦耳热大小；
（3）ab棒进入水平轨道到与“工”字型器件共速，对ab棒结合动量定理和电荷量求解减小的距离，结合原始距离求解最小距离。
（1）ab棒运动到圆弧轨道最低点速度为，由动能定理有
在最低点
由牛顿第三定律得
解得
（2）ab棒与“工”字型器件系统动量守恒，稳定运动时速度为v，则
系统产生的焦耳热
且
解得
（3）ab棒进入水平轨道到与“工”字型器件共速，对ab棒
其中
总电阻
减小
联立得
15．【答案】（1）A、B两球在MN方向动量守恒，对任意时刻有
两边同乘，再求和
即
又
解得
（2）①绳伸直时与MN方向的夹角满足
解得
绳张紧瞬间，小球A沿绳方向速度变为零
解得
②小球B开始运动时小球A平行MN方向速度为，垂直MN方向速度为
平行MN方向动量守恒有
A、B两个小球沿绳方向速度相同有
A小球速度变化的方向沿绳则
解得
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）A、B两球在MN方向动量守恒，结合动量守恒定律结合几何关系求解；
（2）①求出绳伸直时与MN方向的夹角，绳张紧瞬间，小球A沿绳方向速度变为零，结合动量定理求解冲量大小；
②平行MN方向动量守恒，A、B两个小球沿绳方向速度相同，结合运动的分解求解 小球B开始运动时的速度大小。
（1）A、B两球在MN方向动量守恒，对任意时刻有
两边同乘，再求和
即
又
解得
（2）①绳伸直时与MN方向的夹角满足
解得
绳张紧瞬间，小球A沿绳方向速度变为零
解得
②小球B开始运动时小球A平行MN方向速度为，垂直MN方向速度为
平行MN方向动量守恒有
A、B两个小球沿绳方向速度相同有
A小球速度变化的方向沿绳则
解得
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1．世界唯一建成并运行的熔盐堆第四代核能系统—2兆瓦热功率液态燃料钍基熔盐实验堆，已在甘肃武威加钍运行。钍基熔盐堆先将转化为，再转化为核燃料，其核反应方程为，。已知极易裂变，下列说法正确的是（　　）
A．X是质子
B．是衰变
C．100g的经过一个半衰期，还剩余50g的
D．若把钍基熔盐堆建在月球上可以改变的半衰期
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
2．如图是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发电厂输出的电压恒定，输电线总电阻为，变阻器R相当于用户用电器的总电阻。当用电器减少时，相当于R变大，当用电进入低谷时，下列说法正确的是（　　）
A．电压表、的读数均不变，电流表的读数减小，电流表的读数减小
B．电压表、的读数均减小，电流表的读数增大，电流表的读数增大
C．电压表、的读数之差与电流表的读数的比值减小
D．线路损耗功率增大
【答案】A
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．输入电压和匝数比都不变，电压表的读数均不变，用电低谷期，输送功率减小，可知电流减小，根据电流与匝数成反比知，电流表的读数减小，电流表的读数减小，故A正确；
B．输电线上的电压损失减小，结合升压变压器匝数比不变，可知电压表的读数均增大，电流表的读数减小，电流表的读数减小，故B错误；
C．电压表的读数之差与电流表的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，C错误；
D．根据，又输电线上的电流减小，电阻不变，所以输电线上的功率损失减小，D错误。
故选A。
【分析】输送功率减小，输入电压和匝数比都不变，输电线上的电压损失电压减小，结合电功率公式和欧姆定律分析。
3．如图所示，半径的轻质圆形薄木板漂浮在液体表面，一单色光点光源从薄木板圆心下方液面处竖直向下做匀速直线运动。速度大小，人在液面正上方任意位置均看不见点光源的最长时间为0.5s，则液体对该单色光的折射率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】人在液面正上方任意位置均看不见点光源的最长时间为0.5s， 光源运动速度大小0.5s光源运动距离，此时入射角为临界角，根据几何关系
解得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】人在液面正上方任意位置均看不见点光源的最长时间为0.5s，据此求解临界角，结合临界角公式求解折射率。
4．编号为2020FD2的小行星是中国科学院紫金山天文台发现的一颗近地小行星。科学家们观测到它的轨道如图所示，轨道的半长轴大于地球轨道半径，小于木星轨道半径，近日点在水星轨道内，远日点在木星轨道外。已知木星绕太阳公转的周期为11.86年，关于该小行星（只考虑太阳对小行星的引力），下列说法正确的是（　　）
A．在近日点加速度比远日点大
B．在近日点运行速度比水星速度小
C．公转周期一定大于11.86年
D．在近日点的动能比远日点小
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题；动能
【解析】【解答】A．根据万有引力定律和牛顿第二定律可知，在近日点加速度比远日点大，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力和向心力公式可得，可知在近日点对应圆轨道运行速度比水星大，而从椭圆轨道进入对应圆轨道要减速，所以在近日点运行速度比水星速度大，故B错误；
C．已知木星绕太阳公转的周期为11.86年，小行星轨道的半长轴小于木星轨道半径，根据开普勒第三定律可知，公转周期一定小于11.86年，故C错误；
D．根据开普勒第二定律，在近日点运行速度比远日点大，则在近日点的动能比远日点大，故D错误。
故选A。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度大小，根据万有引力提供向心力分析速度大小；根据开普勒第三定律分析公转周期，根据开普勒第二定律分析速度以及动能大小。
5．质量为m，电荷量大小为q的带电小球在光滑绝缘的水平面上以初速度做匀速直线运动。现平行水平面施加一匀强电场，经时间t后小球速度大小仍为，其速度方向与初速度方向的夹角为60°。则匀强电场场强的大小E和场强方向与初速度方向的夹角分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】经时间t后小球速度大小仍为，其速度方向与初速度方向的夹角为60°，沿速度方向，根据动量定理，垂直速度方向，根据平行四边形法则可知场强，设电场力方向与初速度方向的夹角为α，且
所以电场力方向与初速度方向的夹角，由于不确定电性，则场强方向与初速度方向的夹角可能为60°或120°。
故选BD。
【分析】根据动量定理结合运动的分解求解场强大小和方向，不确定电性，则场强方向存在多种可能。
6．在以加速度a匀加速向上运动的电梯里，用弹簧测力计竖直悬挂一个质量为m的小球，弹簧测力计示数为F，若以地面为参考系，小球的运动满足牛顿第二定律即，g为重力加速度；若以电梯为参考系，小球相对电梯静止而其所受合外力不为零，牛顿第二定律不再成立，为了让牛顿第二定律在这种情况下仍然成立，我们需要引入一个“惯性力”。则在上述情形中，小球所受的大小和方向分别为（　　）
A．ma，竖直向上 B．ma，竖直向下
C．F-ma，竖直向上 D．F-ma，竖直向下
【答案】B
【知识点】惯性与质量；牛顿第二定律
【解析】【解答】电梯参考系的加速度竖直向上， 小球相对电梯静止，惯性力方向应与参考系加速度相反，即竖直向下，电梯加速度大小为，因此惯性力大小为，方向竖直向下。
故选B。
【分析】惯性力是为了让牛顿第二定律在非惯性系中成立引入的虚拟力，结合牛顿第二定律分析受力大小与方向。
7．一轻质弹簧一端固定于竖直墙上，另一端与一质量为2kg的物块相连，弹簧劲度系数为100N/m，初始时物块静止于粗糙水平面上，且弹簧位于原长，物块与水平面间动摩擦因数为0.5，现物块在一水平向左的外力F作用下缓慢向左移动0.5m，然后撤去外力，不计空气阻力，已知简谐振动的周期，弹簧弹性势能表达式，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．外力F做的功为12.5J
B．撤去外力F后，物块向右运动的最大距离为1m
C．从释放物块到最终静止经历的时间为
D．从释放物块到最终静止产生的热量为10J
【答案】C
【知识点】功能关系；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】质量为2kg的物块，物块与水平面间动摩擦因数为0.5，滑动摩擦力。
A．缓慢移动过程中， 弹簧劲度系数为100N/m，外力做的功等于弹性势能增加量与克服摩擦力做功之和， 弹簧弹性势能表达式， 可得故 A 错误。
B．设向右运动到最远点距离原点，根据能量守恒定律有
解得，则向右运动的最大距离为，故B错误。
C．简谐运动周期，物块从释放，第一次向右运动到处速度减为零，历时，此时弹簧弹力。物块将向左运动。根据能量守恒定律有，解得，此时弹簧弹力
物块静止。历时，总时间，故 C 正确。
D．全过程产生的热量等于克服摩擦力做的总功，摩擦力乘以路程等于产生的热量，总路程，产热，故 D 错误。
故选C。
【分析】缓慢移动过程中，外力做的功等于弹性势能增加量与克服摩擦力做功之和，结合能量关系求解运动的距离，结合弹力与摩擦力大小关系分析运动时间，求出运动路程，从而求解产生的热量。
8．位于处的波源P从时刻开始振动，形成的简谐横波在同一介质中沿x轴正、负方向传播，一个周期后停止振动，时向x轴负方向传播的波形如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该波波速为0.6m/s
B．波源P振动的周期为1s
C．时，处的质点位移为
D．时，处的质点向y轴负方向运动
【答案】A,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。A．由图可知，波长， 时，波头从波源传播到，传播距离，因此波速，故A正确；
BC．波源P振动周期，距离波源，波传到的时间
因此时，处质点已经振动了
波源的起振方向与波头（刚开始振动的质点）的振动方向一致。波沿负方向传播，由同侧法可知处质点下一时刻位移为负，因此波源起振方向为轴负方向，所以此时位移为，故BC错误；
D．波沿正方向对称传播，距离波源
与到波源的距离相等，因此振动规律与对称。由同侧法可知此时处质点速度沿轴负方向，所以处质点也向轴负方向运动，故D正确。
故选AD。
【分析】根据图像求解波长，结合传播的时间求解波速，波长除以波速等于周期，结合振动方程求解质点位移，结合对称性分析质点振动情况。
9．一带电小球A，固定在绝缘竖直墙壁上，一段不可伸长的绝缘轻绳跨过光滑的定滑轮O一端与带电小球B相连，另一端用外力F拉住，滑轮在小球A的正上方，静止时OA与OB距离相等，重力加速度为g，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．若此时将OB绳剪断，则剪断瞬间B球的加速度大小为g
B．若调节力F，使OB绳缓慢变长，则OB绳拉力变小
C．若调节力F，使OB绳缓慢变短，则A、B两小球间的电场力变小
D．若调节力F，使OB绳缓慢变化一小段长度，则B球的运动轨迹为圆弧
【答案】A,D
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】对小球B受力分析，受重力、绳子拉力、库仑力。力的矢量三角形与几何三角形相似。根据相似三角形对应边成比例可得。
A．剪断瞬间绳子拉力消失，库仑力和重力不变，剪断前，由比例式知，库仑力和重力的合力大小，根据牛顿第二定律可得加速度，A正确。
B．由，当变长时，拉力变大，B错误。
C．由及库仑定律，联立得
由于、、、、均不变，故A、B距离保持不变，库仑力大小不变，C错误。
D．因A固定且A、B距离不变，B球运动轨迹是以A为圆心的圆弧，D正确。
故选AD。
【分析】对小球B受力分析，根据相似三角形分析拉力以及库仑力变化； 此时将OB绳剪断，绳子拉力消失，结合牛顿第二定律求解加速度大小。
10．如图所示为扇形聚焦回旋加速器的部分原理图。将半径为R的圆形区域分成个扇形区域，相互间隔的n个圆心角相同的区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，另外n个圆心角相同的区域内没有磁场，其中有磁场区域的圆心角等于无磁场区域圆心角的一半。一群速度大小不同，质量为m，电荷量为q的同种带电粒子，依次经过2n个扇形区域在闭合轨道上做周期性运动。不考虑粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在n个磁场区域运动的时间为
B．粒子在n个无磁场区域运动的时间为
C．粒子的运动周期与n无关
D．粒子运动最大半径为
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动规律可得
由于粒子做周期性运动，则粒子一个周期内在磁场中的运动连成一个完整的圆
所以粒子在n个磁场中运动的时间为，故A正确。
B．由图易知，则，又，
粒子在无磁场区域做匀速直线运动，运动时间，故B正确。
C．粒子运动周期，与n有关，故C错误。
D．当粒子在磁场中运动轨迹与圆形区域相切时，半径最大，由正弦定理可得
可得，故D正确。
故选ABD。
【分析】粒子做周期性运动，根据对称性分析粒子运动周期，粒子在无磁场区域做匀速运动，结合几何关系求解运动时间，当粒子在磁场中运动轨迹与圆形区域相切时，半径最大，结合几何关系求解最大半径。
11．如图甲所示装置为探究碰撞时动量守恒的“碰撞实验器”，即研究两个小球在轨道水平部分发生碰撞前后的动量关系。（设两个小球为弹性材料，发生弹性碰撞），某小组同学在探究时，先用天平测出小球1、2的质量分别为、，然后完成以下实验步骤：
步骤1：让小球1自斜槽上的A点由静止滚下，落在墙面上，重复多次，记录下落点平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B，让小球1自A点由静止滚下，小球1和小球2发生碰撞后落在墙面上，重复多次，记录下两个落点平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落点的平均位置M、P、N到与B点等高的O点的距离，得到线段OM、OP、ON的长度分别为、、。
（1）对于上述实验操作，小球1质量应　 　小球2的质量（填“大于”或“小于”），小球1的半径应　 　（填“等于”“大于”或“小于”）小球2的半径。
（2）当所测物理量满足表达式　 　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
（3）完成上述实验后，实验小组对上述装置进行了改造，如图乙所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使用同样的小球，小球1仍从斜槽上A点静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到斜面上三个落点、、。用刻度尺测量斜面顶点到、、三点的距离分别为，、。若，，则　 　cm。
【答案】（1）大于；等于
（2）
（3）64
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1） 入射球1的质量大，才不致于反弹而影响碰撞后的速度，由于发生对心碰撞所以两球半径相等；
（2）平抛水平位移相同，水平方向初速度相同，水平方向做匀速运动，则运动时间相同，
竖直位移，联立得抛出速度，以向右方向为正，所以如果两球碰撞遵守动量守恒定律，则，代入速度通式整理得
（3）碰撞前，设其水平初速度为，落在图中的点，小球和发生碰撞后，设其水平初速度为，的落点在图中点，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，由平抛运动规律得，，解得
同理可得，，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得，联立解得
【分析】（1）为了保证小球1与小球2碰撞后不被反弹，被碰小球质量要小些；
（2）小球在空中做平抛运动，水平位移相同，运动时间相同，结合动量守恒定律和平抛运动规律求解；
（3）由平抛运动规律结合几何关系求解速度大小，结合能量守恒定律求解距离大小。
（1）[1][2]为了保证小球1与小球2碰撞后不被反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，为了发生对心碰撞，小球1的半径应等于小球2的半径。
（2）平抛水平位移相同，则
竖直位移
联立得抛出速度
所以如果两球碰撞遵守动量守恒定律，则
代入速度通式整理得
（3）碰撞前，落在图中的点，设其水平初速度为，小球和发生碰撞后，的落点在图中点，设其水平初速度为，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，由平抛运动规律得，
解得
同理可得，
由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
联立解得
12．（1）某同学利用欧姆表“×100”挡粗测某一待测元件的电阻，示数如图甲所示，对应的读数是　 　Ω。
（2）该同学测完电阻后对欧姆表原理产生浓厚的兴趣，想利用图乙所示的电路组装一只多倍率（“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”）的欧姆表，实验室提供以下器材：
A．毫安表（量程0~0.1mA，内阻为99Ω）；
B．直流电源（电动势为1.5V，内阻为2Ω）；
C．直流电源（电动势为15V，内阻为6Ω）；
D．滑动变阻器（最大阻值为2kΩ）；
E．滑动变阻器（最大阻值为1kΩ）；
F．滑动变阻器（最大阻值为20kΩ）；
G.单刀双掷开关两个、导线若干。
①开关S接b对应电流表量程为0~1mA，开关S接c对应电流表量程为0~100mA；开关K接　 　（填“1”或“2”）且开关S接　 　（填“b”或“c”）时，欧姆表的倍率为“×100”。
②若用此欧姆表比较精确地测量一只阻值约为230Ω的电阻，发现指针指在满偏电流的五分之二处，则此电阻的阻值为　 　Ω。
③如果电池长期未用，导致内阻增大，电动势减小，且仍然能正常欧姆调零，这将导致测量的结果　 　（填“偏大”、“偏小”或“准确”）。
【答案】（1）2000
（2）1；b；225；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）利用欧姆表“×100”挡粗测某一待测元件的电阻，读数等于挡位乘以指针示数，读数是
（2）①，由多用电表表盘可知欧姆表的中值电阻15，欧姆表的内阻
故选电源
开关 S 应接 b 以接通 1mA 量程，（欧姆表内阻等于其中值电阻×倍率），且滑动变阻器符合要求。
②发现指针指在满偏电流的五分之二处， 则
待测电阻约，应选择×10挡，其中值电阻（对应电源，量程）
欧姆表内阻，根据闭合电路欧姆定律，电流
联立解得
③根据欧姆表原理可知欧姆调零时，得
测量电阻 时电流
当电动势减小时，分母变大，电流变小。欧姆表刻度盘上电流越小对应电阻读数越大，故测量结果偏大。
【分析】（1）欧姆表读数等于等于挡位乘以指针示数；
（2）①欧姆表内阻等于其中值电阻×倍率，根据中值电阻分析倍率；②为减小误差应使指针指在中央刻度附近，结合欧姆表原理求解电阻大小；③欧姆调零电流等于满偏电流，结合闭合回路欧姆定律分析。
（1）读数是
（2）①[1]
欧姆表的内阻
欧姆表的中值电阻15
故选电源
开关 S 应接 b 以接通 1mA 量程
（欧姆表内阻等于其中值电阻×倍率）
且滑动变阻器符合要求。
②[2]待测电阻约，为减小误差应使指针指在中央刻度附近，故应选择×10挡，其中值电阻（对应电源，量程）
欧姆表内阻
根据闭合电路欧姆定律，电流
已知
联立解得
③[3]欧姆调零时
得
测量电阻 时电流
当电动势减小时，分母变大，电流变小。欧姆表刻度盘上电流越小对应电阻读数越大，故测量结果偏大。
13．血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V，每次挤压气囊都能将体积为的外界空气充入臂带中，整个过程导热良好。已知大气压强为，忽略细管和压强计内的气体体积。
（1）若充气前后臂带体积不变，求充一次气后臂带内气体压强；
（2）若充气前后臂带体积改变，经10次充气后，臂带内气体压强计示数为，求此时臂带内气体体积。
【答案】（1）充气后，臂带体积不变，总体积为V，设充气后压强为，整个过程温度不变，由玻意耳定律
得到
（2）10次充气后气体的压强为p，设此时臂带内气体体积为，此时
由玻意耳定律
得到
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）整个过程温度不变，由玻意耳定律列式求解；
（2）以臂带内的气体与充入的气体整体为研究对象，应用玻意耳定律求解。
（1）充气后，臂带体积不变，总体积为V，设充气后压强为，整个过程温度不变，由玻意耳定律
得到
（2）10次充气后气体的压强为p，设此时臂带内气体体积为，此时
由玻意耳定律
得到
14．如图所示，一足够长的导电轨道，由两根平行光滑金属导轨组成，虚线MN左侧是竖直面内半径为R的圆弧轨道，无磁场；虚线MN右侧轨道水平且置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间宽度为L。导体棒cd、ef由绝缘轻杆连接组成“工”字型器件，静置于水平轨道上，cd距MN最初的距离也为L。将导体棒ab从圆弧轨道上距水平轨道高为处静止释放，三根导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直，ab与“工”字型器件不会发生碰撞，三根导体棒的质量均为m，其中ab棒和cd棒在导轨间的电阻均为，ef棒在导轨间的电阻为r，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）求ab棒通过圆弧轨道最低点时对轨道总压力F的大小；
（2）从ab棒进入磁场到ab棒和“工”字型器件稳定运动的过程中，求cd棒所产生的焦耳热；
（3）求cd棒与ab的最小距离d。
【答案】（1）ab棒运动到圆弧轨道最低点速度为，由动能定理有
在最低点
由牛顿第三定律得
解得
（2）ab棒与“工”字型器件系统动量守恒，稳定运动时速度为v，则系统产生的焦耳热
且
解得
（3）ab棒进入水平轨道到与“工”字型器件共速，对ab棒其中
总电阻
减小，d=L-
联立得
【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）ab棒运动到圆弧轨道最低点，由动能定理求解速度大小，结合牛顿运动定律求解压力大小；
（2）ab棒与“工”字型器件系统动量守恒，根据动量守恒定律求解最终速度，结合能量关系求解焦耳热大小；
（3）ab棒进入水平轨道到与“工”字型器件共速，对ab棒结合动量定理和电荷量求解减小的距离，结合原始距离求解最小距离。
（1）ab棒运动到圆弧轨道最低点速度为，由动能定理有
在最低点
由牛顿第三定律得
解得
（2）ab棒与“工”字型器件系统动量守恒，稳定运动时速度为v，则
系统产生的焦耳热
且
解得
（3）ab棒进入水平轨道到与“工”字型器件共速，对ab棒
其中
总电阻
减小
联立得
15．小球A位于光滑的水平桌面上，小球B位于桌面上的光滑小槽MN中，两小球的质量都是m，并用长L、不可伸长、无弹性的轻绳相连。
（1）如图甲所示，开始时A、B间的距离为L，A、B间连线与小槽垂直，现给小球A一平行于槽的速度，经时间绳第一次与MN的夹角为（绳始终张紧），求该过程中小球B的位移大小；
（2）如图乙所示，开始时A、B间的距离为，A、B间连线与小槽垂直，现给小球A一平行于槽的速度，
①若把B球固定，求绳张紧瞬间绳对小球A的冲量大小I；
②若B球不固定，求小球B开始运动时的速度大小。
【答案】（1）A、B两球在MN方向动量守恒，对任意时刻有
两边同乘，再求和
即
又
解得
（2）①绳伸直时与MN方向的夹角满足
解得
绳张紧瞬间，小球A沿绳方向速度变为零
解得
②小球B开始运动时小球A平行MN方向速度为，垂直MN方向速度为
平行MN方向动量守恒有
A、B两个小球沿绳方向速度相同有
A小球速度变化的方向沿绳则
解得
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）A、B两球在MN方向动量守恒，结合动量守恒定律结合几何关系求解；
（2）①求出绳伸直时与MN方向的夹角，绳张紧瞬间，小球A沿绳方向速度变为零，结合动量定理求解冲量大小；
②平行MN方向动量守恒，A、B两个小球沿绳方向速度相同，结合运动的分解求解 小球B开始运动时的速度大小。
（1）A、B两球在MN方向动量守恒，对任意时刻有
两边同乘，再求和
即
又
解得
（2）①绳伸直时与MN方向的夹角满足
解得
绳张紧瞬间，小球A沿绳方向速度变为零
解得
②小球B开始运动时小球A平行MN方向速度为，垂直MN方向速度为
平行MN方向动量守恒有
A、B两个小球沿绳方向速度相同有
A小球速度变化的方向沿绳则
解得
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