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2026届四川德阳市第五中学等校高三下学期第二次诊断考试物理试题
1．某列车进站过程中，做初速度大小为、加速度大小为的匀减速直线运动。则该列车从减速到停下过程的位移大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】取初速度方向为正方向：，，
由匀变速直线运动公式：
代入数据：
故答案为：C。
【分析】已知匀减速直线运动的初速度、末速度和加速度，选用速度 位移公式直接求解位移。
2．近日，中国成功运行全球首座钍基熔盐堆反应堆。反应堆中涉及的核反应方程有：①②，下列说法正确的是（　　）
A．方程①中发生了衰变
B．方程②中发生了核裂变反应
C．10克经其一个半衰期剩下5克
D．受反应堆高温影响，的半衰期会变短
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；核裂变
【解析】【解答】A．根据核反应电荷数、质量数守恒，方程①中X的电荷数为，质量数为，即X是电子，该反应为衰变，不是衰变，故A错误；
B．核裂变是重核分裂为多个中等质量原子核的反应，方程②是俘获中子生成，不属于裂变反应，故B错误；
C．半衰期的定义为：经过一个半衰期，放射性元素有半数原子核发生衰变，剩余未衰变的该元素质量为初始质量的，因此10克经一个半衰期剩余5克，故C正确；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等外部环境无关，高温不会改变的半衰期，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查核反应类型与半衰期的理解，核心是结合核反应方程分析衰变类型、反应类型及半衰期的影响因素。
3．低轨互联网卫星在寿命末期需要采取主动离轨方式，自主转移至相对较低的轨道，该轨道可保证卫星在大气衰减作用下25年内自然坠毁。已知转移后的低轨道半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．转移轨道后，该卫星动能变小
B．转移轨道后，该卫星势能变大
C．转移轨道后，该卫星绕地周期为
D．转移轨道后，该卫星相对地心的向心加速度大小为
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力，可得，卫星动能，由此可知，转移到低轨道后r较小，动能变大，故A错误；
B．卫星引力势能为，r较小，则势能较小，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，地球表面物体重力近似等于万有引力，即，联立可得，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有，，可得向心加速度，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查卫星轨道变化问题，核心是利用万有引力定律分析卫星的动能、势能、周期和向心加速度随轨道半径的变化。
4．平行板电容器C两极板水平放置，接入如图所示的电路，闭合开关S，待电容器充电结束后，将一带电油滴置于两板之间的P点，油滴处于静止状态。已知电源电动势为E，内阻为r，为定值电阻。保持开关S闭合，将滑片向上滑动过程中（　　）
A．电压表示数不变
B．油滴将向下移动
C．电容器中存储的电场能减少
D．将电容器C上极板适当上移，可使油滴仍然静止
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的运动综合；电路动态分析
【解析】【解答】A．滑片向上滑动，滑动变阻器接入电阻增大，电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，电压表测变阻器两端电压，示数增大，A错误；
B．电容器与滑动变阻器并联，故增大；板间电场强度增大，油滴受到向上电场力大于重力，向上运动，B错误；
C．因电容器两板间的增大、不变，因此电场能增大，C错误；
D．滑片上滑后变大，原平衡条件：；上移上极板，板间距增大，由，可使，电场强度不变，油滴受力仍平衡，保持静止，D正确。
故答案为：D 。
【分析】A：滑片上滑，变阻器接入电阻变大，由闭合电路欧姆定律分析电压表示数；
B：分析电容器两端电压、电场强度变化，判断油滴受力与运动；
C：由，判断电场能变化；
D：结合，调整极板间距使电场强度不变。
5．如图所示，光滑绝缘半球处在水平向右的匀强电场中，球心为O。将带电量均为的小球A、B置于其内，平衡时，两球处于同一水平线上，且与垂直。已知球A质量为m，球B质量为，重力加速度大小为g，则（　　）
A．小球A、B所受支持力相同
B．匀强电场的电场强度大小
C．小球A受到小球B的库仑力大小为
D．小球A在小球B处产生的电场强度大小为
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；电场及电场力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对A受力分析，根据竖直方向平衡，可得，对B受力分析，根据竖直方向平衡：，可 得， ，A错误；
B．以整体为研究对象，水平方向平衡，可得， B正确；
C．对A受力分析，水平方向平衡 ， C错误；
D．根据牛顿第三定律，B球受库仑力大小，得 ，D错误。
故答案为：B 。
【分析】本题考查带电小球在电场中的受力平衡问题，核心是结合整体法与隔离法分析小球的受力、电场强度及库仑力。
6．在学校的科技节中，某同学用铝制易拉罐制作了一个温度计，如图所示，一粗细均匀透明薄吸管里有一段油柱（长度不计），吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，若大气压强恒定，易拉罐和吸管均处于水平方向，在吸管上标注等差温度值，下列说法正确的是（　　）
A．吸管上标注的等差温度值刻度均匀
B．若仅换用更小的易拉罐，可提高测温灵敏度
C．若仅换用更细的透明吸管，则测温范围更大
D．若仅将易拉罐和吸管直立且开口向上，测温范围更小
【答案】A
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．设初始温度为、罐中气体体积为V0、吸管内气柱长为L0、其横截面积为S，温度变为T1后，吸管内气柱长变为L1，由等压变化有可知，即油柱移动距离与温度变化量成正比，故吸管上的气温刻度应该是均匀的，故A正确；
B．根据，又有，可得，若用更小的易拉罐，在温度变化相同时，油柱左右移动距离会变小，则测温灵敏度会降低，故B错误；
C．由，可知换更细的吸管，在温度变化相同时，油柱移动距离会变大，则测量范围会变小，故C错误；
D．易拉罐和吸管直立且开口向上，因油柱的重力产生压强，压强变大，所以体积变小，由，可知C变小变小，则测量范围会变大，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查气体的等压变化，核心是利用盖 - 吕萨克定律分析温度变化时气体体积的变化规律，进而判断刻度均匀性、灵敏度及测温范围。
7．如图所示，长为的不可伸长的轻绳，穿过一光滑的轻圆环，两端固定在水平天花板上相距为l的P、Q两点，轻圆环下悬吊一重为G的物块。现用一水平力F缓慢地拉圆环，当圆环两侧轻绳的夹角为时，细绳的张力为T，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】受力如图所示
圆环所受重物的拉力G及水平拉力F的合力与水平方向的夹角
合力大小，情景如图所示，P、Q两点沿垂直方向的距离，而，根据力的合成，有，联立并代入数据解得，
故答案为：B。
【分析】本题考查轻绳结点的受力平衡问题，核心是利用几何关系和力的合成分析水平拉力F与绳张力T。
8．在夏天，由于天气炎热会使道路表面上方的空气不均匀，离地面越近，折射率越小，在合适的条件下有可能观察到“海市蜃楼”现象。地面附近的空气中，光的可能传播路径为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A：光线沿法线方向传播时，入射角始终为 ，即使介质折射率发生变化，折射角也始终为，光线不发生偏折，沿直线传播，A正确。
B：光线从上往下传播时，折射率随高度降低而减小（空气越靠近地面越稀薄），入射角逐渐增大，但由于光从光密介质（高处）射向光疏介质（低处），折射角会大于入射角，光线应远离法线偏折，而非直线传播至地面，B错误。
C：光线传播方向显示向法线偏折，即折射角小于入射角，说明光从光疏介质射向光密介质，与题目中“离地面越近，折射率越小”的条件相反，C 错误。
D：光线从上往下传播时，折射率随高度降低而减小，入射角逐渐增大，达到临界角后发生全反射，光线折回向上，传播路径为曲线，符合“海市蜃楼”的形成原理，D 正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查光的折射与全反射现象，核心是结合空气折射率随高度的变化规律，分析光线的传播路径。
9．如图所示，在水平面上有一质谱仪，由直线加速器和磁场偏转器组成。偏转器内有方向竖直向上的匀强磁场，偏转器的水平截面是圆心为O、内半径为R、外半径为的半圆环。两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同、质量不同），从静止经加速电压加速后，正对偏转器入口矩形的中心进入磁场区域，粒子分别打在照相底片上相距为的两点。为便于观测，的数值大一些为宜。不计粒子重力及粒子间的相互作用，以下措施正确的是（　　）
A．减小磁感应强度B的大小 B．减小偏转器内半径R
C．增大加速电场的电势差 D．增大加速器与偏转器间的距离
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子经电场加速，由动能定理，得，进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，得联立解得轨道半径 ，两种粒子电荷量相同、质量不同，分别设质量为、，且 ，粒子偏转半周后打在底片上，两点间距为两个轨迹直径的差值
代入的表达式整理得，减小磁感应强度，与成反比，减小，则增大，故A正确；
B．与偏转器内半径无关，故B错误；
C．增大加速电压，与 成正比，增大，则增大，故C正确；
D．加速器与偏转器的距离不改变粒子轨道半径，不影响，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查质谱仪的工作原理，核心是结合动能定理和洛伦兹力提供向心力，分析影响同位素粒子打在底片上间距的因素。
10．如图所示，间距为d的足够长平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接有自感系数为L的电感线圈，导轨处于垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一根质量为m的导体棒从导轨上某处紧贴导轨由静止释放，金属棒运动过程始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度为g，不考虑电磁辐射，不计一切电阻。在金属棒运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒在导轨上做变加速运动，直至匀速下滑
B．导体棒在导轨上做往复运动
C．导体棒的最大动能为
D．导体棒中最大电流为
【答案】B,D
【知识点】自感与互感；简谐运动；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．由于电路中只有电感且无电阻，导体棒切割磁感线的电动势等于自感线圈的自感电动势，即
对等式两边同时乘并求和，得，可得
解得
对导体棒由牛顿第二定律，重力向下、安培力向上，得
将代入，得
F与相对平衡位置的位移成正比、方向相反，说明导体棒做简谐运动，因此在导轨上做往复运动，而非匀速下滑，故A错误，B正确；
C．当时，导体棒处在平衡位置，则有
解得，导体棒做简谐运动的周期为
其中，解得
则圆频率
简谐运动的最大速度出现在平衡位置，最大速度
其中振幅
代入得
最大动能，故C错误；
D．由可知，取最大值时最大，最大值为
代入得最大电流，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查含自感线圈的电磁感应问题，核心是结合电磁感应定律和牛顿第二定律，分析导体棒的运动性质、电流及动能变化。
11．实验小组用图1所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，带凹槽质量的木块，10个质量为的钩码，电火花打点计时器，电源，纸带，细线，刻度尺等。将带定滑轮的长木板放在水平桌面上，细绳跨过定滑轮，一端连接木块，另一端悬挂钩码，其余钩码全部放在木块的凹槽中，释放木块后，利用打点计时器打出的纸带得到木块运动的加速度，改变悬挂的钩码个数n，测出对应的加速度a。
（1）电火花计时器工作时应使用　 　（选填“”或“”）交流电源；
（2）释放木块前，木块应　 　（选填“靠近”或“远离”）打点计时器；
（3）已知当地重力加速度，作出图像如图2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数　 　（保留两位有效数字）。
【答案】（1）
（2）靠近
（3）
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）电火花计时器工作时应使用交流电源
故答案为：
（2）释放木块前，木块应靠近打点计时器，以更好利用纸带。
故答案为：靠近
（3）悬挂的钩码个数为n，对悬挂的钩码，有
对凹槽和凹槽中的钩码，有
联立可得
可得图像的斜率
重力加速度，代入数据可得动摩擦因数
故答案为：
【分析】(1) 电火花计时器使用 220V 交流电源；
(2) 释放木块前，木块应靠近打点计时器，以打出更多点迹；
(3) 对系统受力分析，由牛顿第二定律推导a n关系，结合图像求动摩擦因数。
（1）电火花计时器工作时应使用交流电源
（2）释放木块前，木块应靠近打点计时器，以更好利用纸带。
（3）悬挂的钩码个数为n，对悬挂的钩码，有
对凹槽和凹槽中的钩码，有
联立可得
可得图像的斜率
重力加速度，代入数据可得动摩擦因数
12．为测量两节干电池串联的电动势，有如下器材：待测电源（电动势约为），直流电源E（电动势，内阻约为），电阻箱R（），毫安表（量程，内阻约为），灵敏电流表G（，），保护电阻，滑动变阻器（，允许通过的最大电流为），开关、，导线若干；
（1）实验小组设计了图1电路图，先将滑动变阻器滑片调整至　 　（选填“a端”或者“b端”），电阻箱R阻值调到最大，先后闭合开关、。调整滑片位置和R使得灵敏电流表G的示数为0，此时待测电源内阻分得的电压为　 　V。
（2）某次测量时，电阻箱的读数为，毫安表示数如图2，则毫安表读数为　 　，测得待测电源的电动势为　 　V；
（3）结束实验时，应先断开开关　 　（选填“”或“”），再断开另一开关。
【答案】（1）a端；0
（2）；
（3）
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）闭合开关前，滑动变阻器应调到接入阻值最大处保护电路，由图可知滑片调至a 端时接入电阻最大。
当灵敏电流表G示数为0时，说明待测电源所在回路电流为0，根据，待测电源内阻的电压降为。
故答案为：a端；0
（2）毫安表量程为15mA，分度值为0.5mA，指针对齐10mA刻度线，读数为。
G电流为0时，G两端电势差为0，电阻箱R两端电压等于待测电源电动势，因此。
故答案为：；
（3）若先断开，灵敏电流表G会直接接在待测电源两端，远超量程的电流会烧坏灵敏电流表，因此结束实验时应先断开，再断开另一开关。
故答案为：
【分析】(1) 闭合开关前，滑动变阻器应调至接入阻值最大处保护电路；当灵敏电流计示数为0时，待测电源回路电流为0，内阻电压降为0。
(2) 毫安表读数需结合量程和分度值；灵敏电流计为0时，电阻箱两端电压等于待测电源电动势。
(3) 结束实验时，需先断开待测电源开关，避免灵敏电流计直接接在待测电源两端被烧坏。
（1）[1]闭合开关前，滑动变阻器应调到接入阻值最大处保护电路，由图可知滑片调至a 端时接入电阻最大。
[2]当灵敏电流表G示数为0时，说明待测电源所在回路电流为0，根据，待测电源内阻的电压降为。
（2）[1]毫安表量程为15mA，分度值为0.5mA，指针对齐10mA刻度线，读数为。
[2]G电流为0时，G两端电势差为0，电阻箱R两端电压等于待测电源电动势，因此。
（3）若先断开，灵敏电流表G会直接接在待测电源两端，远超量程的电流会烧坏灵敏电流表，因此结束实验时应先断开，再断开另一开关。
13．如图所示，竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于A点，另一端经光滑孔钉B连接质量为可视为质点的物块。点A、B和静止的物块在同一竖直线上，A、B间距等于弹力绳原长，B点离地高度为L。一质量为m的子弹以速度向右射入物块，且未击穿物块。已知物块与地面的动摩擦因数为，弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为，重力加速度大小为g，求：
（1）子弹射入物块后，物块的速度大小；
（2）物块向右运动过程中，当弹力绳偏离竖直方向角度为时，物块所受的滑动摩擦力大小f。
【答案】（1）解：子弹射入物块的过程，由动量守恒得
解得
（2）解：对物块和子弹整体受力分析，竖直方向有
由胡克定律
滑动摩擦力
联立解得
【知识点】胡克定律；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】(1) 子弹射入物块的过程动量守恒，由动量守恒定律求共同速度；
(2) 对整体受力分析，结合胡克定律和滑动摩擦力公式求摩擦力大小。
（1）子弹射入物块的过程，由动量守恒得
解得
（2）对物块和子弹整体受力分析，竖直方向有
由胡克定律
滑动摩擦力
联立解得
14．如图所示，单匝正方形金属线圈（与纸面平行）固定在绝缘滑块外表面上，线圈边长，线圈回路总电阻为，滑块左端面与木板左端面齐平，在的左侧有垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度大小。绝缘滑块与绝缘木板以初速度在光滑的水平面上向左运动，线圈刚完全进入磁场时滑块的速度大小为。已知固定线圈的滑块与木板间动摩擦因数为，重力加速度大小为，线圈及滑块的总质量与木板质量相等，均为，求：
（1）线圈边刚进入磁场时，线圈受到安培力的大小；
（2）线圈进入磁场过程，线圈中产生的焦耳热Q；
（3）线圈进入磁场的过程中，木板的位移大小x。
【答案】（1）解：线圈部分在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律有
边所受安培力
由闭合电路欧姆定律有
解得
（2）解：假设滑块与木板恰好相对静止，对木板与滑块构成的整体进行受力分析，由牛顿第二定律有
对木板进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得滑块与木板相对运动时，外力临界值
由于
可知，线圈进入磁场的整个过程滑块相对于木板间存在向右的相对运动。进入过程，对滑块由动能定理有
由功能关系知
以上两式解得
（3）解：线圈进入磁场过程，对滑块进行分析，由动量定理有
其中
对木板进行分析，由牛顿第二定律有
由运动学规律可得
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) 线圈ab边刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，再由欧姆定律和安培力公式求安培力；
(2) 对整体受力分析，结合动量守恒和能量守恒，求线圈中产生的焦耳热；
(3) 分析木板的运动过程，由运动学公式求木板的位移。
（1）线圈部分在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律有
边所受安培力
由闭合电路欧姆定律有
解得
（2）假设滑块与木板恰好相对静止，对木板与滑块构成的整体进行受力分析，由牛顿第二定律有
对木板进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得滑块与木板相对运动时，外力临界值
由于
可知，线圈进入磁场的整个过程滑块相对于木板间存在向右的相对运动。进入过程，对滑块由动能定理有
由功能关系知
以上两式解得
（3）线圈进入磁场过程，对滑块进行分析，由动量定理有
其中
对木板进行分析，由牛顿第二定律有
由运动学规律可得
解得
15．如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求：
（1）弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a；
（2）要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N；
（3）该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。
【答案】（1）解：对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有
解得
（2）解：设离开a点的速度大小为，沿底板方向有
垂直于底板方向有
解得
在a点，由圆周运动动力学方程有
解得
（3）解：由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下
水平方向有
垂直于底板方向有
解得
对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有
垂直于底板方向有
联立解得
若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足
弹珠从底板到a点的过程，解得
弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得
因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件
或
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 弹珠在斜面上受重力分力作用，由牛顿第二定律求类平抛运动的加速度；
(2) 先由类平抛运动规律求弹珠在最高点a的速度，再结合圆周运动动力学方程求轨道作用力；
(3) 分析弹珠的运动轨迹（含弹性碰撞），由动能定理求初动能的取值范围。
1 / 12026届四川德阳市第五中学等校高三下学期第二次诊断考试物理试题
1．某列车进站过程中，做初速度大小为、加速度大小为的匀减速直线运动。则该列车从减速到停下过程的位移大小为（　　）
A． B． C． D．
2．近日，中国成功运行全球首座钍基熔盐堆反应堆。反应堆中涉及的核反应方程有：①②，下列说法正确的是（　　）
A．方程①中发生了衰变
B．方程②中发生了核裂变反应
C．10克经其一个半衰期剩下5克
D．受反应堆高温影响，的半衰期会变短
3．低轨互联网卫星在寿命末期需要采取主动离轨方式，自主转移至相对较低的轨道，该轨道可保证卫星在大气衰减作用下25年内自然坠毁。已知转移后的低轨道半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．转移轨道后，该卫星动能变小
B．转移轨道后，该卫星势能变大
C．转移轨道后，该卫星绕地周期为
D．转移轨道后，该卫星相对地心的向心加速度大小为
4．平行板电容器C两极板水平放置，接入如图所示的电路，闭合开关S，待电容器充电结束后，将一带电油滴置于两板之间的P点，油滴处于静止状态。已知电源电动势为E，内阻为r，为定值电阻。保持开关S闭合，将滑片向上滑动过程中（　　）
A．电压表示数不变
B．油滴将向下移动
C．电容器中存储的电场能减少
D．将电容器C上极板适当上移，可使油滴仍然静止
5．如图所示，光滑绝缘半球处在水平向右的匀强电场中，球心为O。将带电量均为的小球A、B置于其内，平衡时，两球处于同一水平线上，且与垂直。已知球A质量为m，球B质量为，重力加速度大小为g，则（　　）
A．小球A、B所受支持力相同
B．匀强电场的电场强度大小
C．小球A受到小球B的库仑力大小为
D．小球A在小球B处产生的电场强度大小为
6．在学校的科技节中，某同学用铝制易拉罐制作了一个温度计，如图所示，一粗细均匀透明薄吸管里有一段油柱（长度不计），吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，若大气压强恒定，易拉罐和吸管均处于水平方向，在吸管上标注等差温度值，下列说法正确的是（　　）
A．吸管上标注的等差温度值刻度均匀
B．若仅换用更小的易拉罐，可提高测温灵敏度
C．若仅换用更细的透明吸管，则测温范围更大
D．若仅将易拉罐和吸管直立且开口向上，测温范围更小
7．如图所示，长为的不可伸长的轻绳，穿过一光滑的轻圆环，两端固定在水平天花板上相距为l的P、Q两点，轻圆环下悬吊一重为G的物块。现用一水平力F缓慢地拉圆环，当圆环两侧轻绳的夹角为时，细绳的张力为T，则（　　）
A． B． C． D．
8．在夏天，由于天气炎热会使道路表面上方的空气不均匀，离地面越近，折射率越小，在合适的条件下有可能观察到“海市蜃楼”现象。地面附近的空气中，光的可能传播路径为（　　）
A．
B．
C．
D．
9．如图所示，在水平面上有一质谱仪，由直线加速器和磁场偏转器组成。偏转器内有方向竖直向上的匀强磁场，偏转器的水平截面是圆心为O、内半径为R、外半径为的半圆环。两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同、质量不同），从静止经加速电压加速后，正对偏转器入口矩形的中心进入磁场区域，粒子分别打在照相底片上相距为的两点。为便于观测，的数值大一些为宜。不计粒子重力及粒子间的相互作用，以下措施正确的是（　　）
A．减小磁感应强度B的大小 B．减小偏转器内半径R
C．增大加速电场的电势差 D．增大加速器与偏转器间的距离
10．如图所示，间距为d的足够长平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接有自感系数为L的电感线圈，导轨处于垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一根质量为m的导体棒从导轨上某处紧贴导轨由静止释放，金属棒运动过程始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度为g，不考虑电磁辐射，不计一切电阻。在金属棒运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒在导轨上做变加速运动，直至匀速下滑
B．导体棒在导轨上做往复运动
C．导体棒的最大动能为
D．导体棒中最大电流为
11．实验小组用图1所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，带凹槽质量的木块，10个质量为的钩码，电火花打点计时器，电源，纸带，细线，刻度尺等。将带定滑轮的长木板放在水平桌面上，细绳跨过定滑轮，一端连接木块，另一端悬挂钩码，其余钩码全部放在木块的凹槽中，释放木块后，利用打点计时器打出的纸带得到木块运动的加速度，改变悬挂的钩码个数n，测出对应的加速度a。
（1）电火花计时器工作时应使用　 　（选填“”或“”）交流电源；
（2）释放木块前，木块应　 　（选填“靠近”或“远离”）打点计时器；
（3）已知当地重力加速度，作出图像如图2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数　 　（保留两位有效数字）。
12．为测量两节干电池串联的电动势，有如下器材：待测电源（电动势约为），直流电源E（电动势，内阻约为），电阻箱R（），毫安表（量程，内阻约为），灵敏电流表G（，），保护电阻，滑动变阻器（，允许通过的最大电流为），开关、，导线若干；
（1）实验小组设计了图1电路图，先将滑动变阻器滑片调整至　 　（选填“a端”或者“b端”），电阻箱R阻值调到最大，先后闭合开关、。调整滑片位置和R使得灵敏电流表G的示数为0，此时待测电源内阻分得的电压为　 　V。
（2）某次测量时，电阻箱的读数为，毫安表示数如图2，则毫安表读数为　 　，测得待测电源的电动势为　 　V；
（3）结束实验时，应先断开开关　 　（选填“”或“”），再断开另一开关。
13．如图所示，竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于A点，另一端经光滑孔钉B连接质量为可视为质点的物块。点A、B和静止的物块在同一竖直线上，A、B间距等于弹力绳原长，B点离地高度为L。一质量为m的子弹以速度向右射入物块，且未击穿物块。已知物块与地面的动摩擦因数为，弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为，重力加速度大小为g，求：
（1）子弹射入物块后，物块的速度大小；
（2）物块向右运动过程中，当弹力绳偏离竖直方向角度为时，物块所受的滑动摩擦力大小f。
14．如图所示，单匝正方形金属线圈（与纸面平行）固定在绝缘滑块外表面上，线圈边长，线圈回路总电阻为，滑块左端面与木板左端面齐平，在的左侧有垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度大小。绝缘滑块与绝缘木板以初速度在光滑的水平面上向左运动，线圈刚完全进入磁场时滑块的速度大小为。已知固定线圈的滑块与木板间动摩擦因数为，重力加速度大小为，线圈及滑块的总质量与木板质量相等，均为，求：
（1）线圈边刚进入磁场时，线圈受到安培力的大小；
（2）线圈进入磁场过程，线圈中产生的焦耳热Q；
（3）线圈进入磁场的过程中，木板的位移大小x。
15．如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求：
（1）弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a；
（2）要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N；
（3）该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】取初速度方向为正方向：，，
由匀变速直线运动公式：
代入数据：
故答案为：C。
【分析】已知匀减速直线运动的初速度、末速度和加速度，选用速度 位移公式直接求解位移。
2．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；核裂变
【解析】【解答】A．根据核反应电荷数、质量数守恒，方程①中X的电荷数为，质量数为，即X是电子，该反应为衰变，不是衰变，故A错误；
B．核裂变是重核分裂为多个中等质量原子核的反应，方程②是俘获中子生成，不属于裂变反应，故B错误；
C．半衰期的定义为：经过一个半衰期，放射性元素有半数原子核发生衰变，剩余未衰变的该元素质量为初始质量的，因此10克经一个半衰期剩余5克，故C正确；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等外部环境无关，高温不会改变的半衰期，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查核反应类型与半衰期的理解，核心是结合核反应方程分析衰变类型、反应类型及半衰期的影响因素。
3．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力，可得，卫星动能，由此可知，转移到低轨道后r较小，动能变大，故A错误；
B．卫星引力势能为，r较小，则势能较小，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，地球表面物体重力近似等于万有引力，即，联立可得，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有，，可得向心加速度，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查卫星轨道变化问题，核心是利用万有引力定律分析卫星的动能、势能、周期和向心加速度随轨道半径的变化。
4．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的运动综合；电路动态分析
【解析】【解答】A．滑片向上滑动，滑动变阻器接入电阻增大，电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，电压表测变阻器两端电压，示数增大，A错误；
B．电容器与滑动变阻器并联，故增大；板间电场强度增大，油滴受到向上电场力大于重力，向上运动，B错误；
C．因电容器两板间的增大、不变，因此电场能增大，C错误；
D．滑片上滑后变大，原平衡条件：；上移上极板，板间距增大，由，可使，电场强度不变，油滴受力仍平衡，保持静止，D正确。
故答案为：D 。
【分析】A：滑片上滑，变阻器接入电阻变大，由闭合电路欧姆定律分析电压表示数；
B：分析电容器两端电压、电场强度变化，判断油滴受力与运动；
C：由，判断电场能变化；
D：结合，调整极板间距使电场强度不变。
5．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；电场及电场力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对A受力分析，根据竖直方向平衡，可得，对B受力分析，根据竖直方向平衡：，可 得， ，A错误；
B．以整体为研究对象，水平方向平衡，可得， B正确；
C．对A受力分析，水平方向平衡 ， C错误；
D．根据牛顿第三定律，B球受库仑力大小，得 ，D错误。
故答案为：B 。
【分析】本题考查带电小球在电场中的受力平衡问题，核心是结合整体法与隔离法分析小球的受力、电场强度及库仑力。
6．【答案】A
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．设初始温度为、罐中气体体积为V0、吸管内气柱长为L0、其横截面积为S，温度变为T1后，吸管内气柱长变为L1，由等压变化有可知，即油柱移动距离与温度变化量成正比，故吸管上的气温刻度应该是均匀的，故A正确；
B．根据，又有，可得，若用更小的易拉罐，在温度变化相同时，油柱左右移动距离会变小，则测温灵敏度会降低，故B错误；
C．由，可知换更细的吸管，在温度变化相同时，油柱移动距离会变大，则测量范围会变小，故C错误；
D．易拉罐和吸管直立且开口向上，因油柱的重力产生压强，压强变大，所以体积变小，由，可知C变小变小，则测量范围会变大，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查气体的等压变化，核心是利用盖 - 吕萨克定律分析温度变化时气体体积的变化规律，进而判断刻度均匀性、灵敏度及测温范围。
7．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】受力如图所示
圆环所受重物的拉力G及水平拉力F的合力与水平方向的夹角
合力大小，情景如图所示，P、Q两点沿垂直方向的距离，而，根据力的合成，有，联立并代入数据解得，
故答案为：B。
【分析】本题考查轻绳结点的受力平衡问题，核心是利用几何关系和力的合成分析水平拉力F与绳张力T。
8．【答案】A,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A：光线沿法线方向传播时，入射角始终为 ，即使介质折射率发生变化，折射角也始终为，光线不发生偏折，沿直线传播，A正确。
B：光线从上往下传播时，折射率随高度降低而减小（空气越靠近地面越稀薄），入射角逐渐增大，但由于光从光密介质（高处）射向光疏介质（低处），折射角会大于入射角，光线应远离法线偏折，而非直线传播至地面，B错误。
C：光线传播方向显示向法线偏折，即折射角小于入射角，说明光从光疏介质射向光密介质，与题目中“离地面越近，折射率越小”的条件相反，C 错误。
D：光线从上往下传播时，折射率随高度降低而减小，入射角逐渐增大，达到临界角后发生全反射，光线折回向上，传播路径为曲线，符合“海市蜃楼”的形成原理，D 正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查光的折射与全反射现象，核心是结合空气折射率随高度的变化规律，分析光线的传播路径。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子经电场加速，由动能定理，得，进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，得联立解得轨道半径 ，两种粒子电荷量相同、质量不同，分别设质量为、，且 ，粒子偏转半周后打在底片上，两点间距为两个轨迹直径的差值
代入的表达式整理得，减小磁感应强度，与成反比，减小，则增大，故A正确；
B．与偏转器内半径无关，故B错误；
C．增大加速电压，与 成正比，增大，则增大，故C正确；
D．加速器与偏转器的距离不改变粒子轨道半径，不影响，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查质谱仪的工作原理，核心是结合动能定理和洛伦兹力提供向心力，分析影响同位素粒子打在底片上间距的因素。
10．【答案】B,D
【知识点】自感与互感；简谐运动；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．由于电路中只有电感且无电阻，导体棒切割磁感线的电动势等于自感线圈的自感电动势，即
对等式两边同时乘并求和，得，可得
解得
对导体棒由牛顿第二定律，重力向下、安培力向上，得
将代入，得
F与相对平衡位置的位移成正比、方向相反，说明导体棒做简谐运动，因此在导轨上做往复运动，而非匀速下滑，故A错误，B正确；
C．当时，导体棒处在平衡位置，则有
解得，导体棒做简谐运动的周期为
其中，解得
则圆频率
简谐运动的最大速度出现在平衡位置，最大速度
其中振幅
代入得
最大动能，故C错误；
D．由可知，取最大值时最大，最大值为
代入得最大电流，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查含自感线圈的电磁感应问题，核心是结合电磁感应定律和牛顿第二定律，分析导体棒的运动性质、电流及动能变化。
11．【答案】（1）
（2）靠近
（3）
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）电火花计时器工作时应使用交流电源
故答案为：
（2）释放木块前，木块应靠近打点计时器，以更好利用纸带。
故答案为：靠近
（3）悬挂的钩码个数为n，对悬挂的钩码，有
对凹槽和凹槽中的钩码，有
联立可得
可得图像的斜率
重力加速度，代入数据可得动摩擦因数
故答案为：
【分析】(1) 电火花计时器使用 220V 交流电源；
(2) 释放木块前，木块应靠近打点计时器，以打出更多点迹；
(3) 对系统受力分析，由牛顿第二定律推导a n关系，结合图像求动摩擦因数。
（1）电火花计时器工作时应使用交流电源
（2）释放木块前，木块应靠近打点计时器，以更好利用纸带。
（3）悬挂的钩码个数为n，对悬挂的钩码，有
对凹槽和凹槽中的钩码，有
联立可得
可得图像的斜率
重力加速度，代入数据可得动摩擦因数
12．【答案】（1）a端；0
（2）；
（3）
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）闭合开关前，滑动变阻器应调到接入阻值最大处保护电路，由图可知滑片调至a 端时接入电阻最大。
当灵敏电流表G示数为0时，说明待测电源所在回路电流为0，根据，待测电源内阻的电压降为。
故答案为：a端；0
（2）毫安表量程为15mA，分度值为0.5mA，指针对齐10mA刻度线，读数为。
G电流为0时，G两端电势差为0，电阻箱R两端电压等于待测电源电动势，因此。
故答案为：；
（3）若先断开，灵敏电流表G会直接接在待测电源两端，远超量程的电流会烧坏灵敏电流表，因此结束实验时应先断开，再断开另一开关。
故答案为：
【分析】(1) 闭合开关前，滑动变阻器应调至接入阻值最大处保护电路；当灵敏电流计示数为0时，待测电源回路电流为0，内阻电压降为0。
(2) 毫安表读数需结合量程和分度值；灵敏电流计为0时，电阻箱两端电压等于待测电源电动势。
(3) 结束实验时，需先断开待测电源开关，避免灵敏电流计直接接在待测电源两端被烧坏。
（1）[1]闭合开关前，滑动变阻器应调到接入阻值最大处保护电路，由图可知滑片调至a 端时接入电阻最大。
[2]当灵敏电流表G示数为0时，说明待测电源所在回路电流为0，根据，待测电源内阻的电压降为。
（2）[1]毫安表量程为15mA，分度值为0.5mA，指针对齐10mA刻度线，读数为。
[2]G电流为0时，G两端电势差为0，电阻箱R两端电压等于待测电源电动势，因此。
（3）若先断开，灵敏电流表G会直接接在待测电源两端，远超量程的电流会烧坏灵敏电流表，因此结束实验时应先断开，再断开另一开关。
13．【答案】（1）解：子弹射入物块的过程，由动量守恒得
解得
（2）解：对物块和子弹整体受力分析，竖直方向有
由胡克定律
滑动摩擦力
联立解得
【知识点】胡克定律；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】(1) 子弹射入物块的过程动量守恒，由动量守恒定律求共同速度；
(2) 对整体受力分析，结合胡克定律和滑动摩擦力公式求摩擦力大小。
（1）子弹射入物块的过程，由动量守恒得
解得
（2）对物块和子弹整体受力分析，竖直方向有
由胡克定律
滑动摩擦力
联立解得
14．【答案】（1）解：线圈部分在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律有
边所受安培力
由闭合电路欧姆定律有
解得
（2）解：假设滑块与木板恰好相对静止，对木板与滑块构成的整体进行受力分析，由牛顿第二定律有
对木板进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得滑块与木板相对运动时，外力临界值
由于
可知，线圈进入磁场的整个过程滑块相对于木板间存在向右的相对运动。进入过程，对滑块由动能定理有
由功能关系知
以上两式解得
（3）解：线圈进入磁场过程，对滑块进行分析，由动量定理有
其中
对木板进行分析，由牛顿第二定律有
由运动学规律可得
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) 线圈ab边刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，再由欧姆定律和安培力公式求安培力；
(2) 对整体受力分析，结合动量守恒和能量守恒，求线圈中产生的焦耳热；
(3) 分析木板的运动过程，由运动学公式求木板的位移。
（1）线圈部分在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律有
边所受安培力
由闭合电路欧姆定律有
解得
（2）假设滑块与木板恰好相对静止，对木板与滑块构成的整体进行受力分析，由牛顿第二定律有
对木板进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得滑块与木板相对运动时，外力临界值
由于
可知，线圈进入磁场的整个过程滑块相对于木板间存在向右的相对运动。进入过程，对滑块由动能定理有
由功能关系知
以上两式解得
（3）线圈进入磁场过程，对滑块进行分析，由动量定理有
其中
对木板进行分析，由牛顿第二定律有
由运动学规律可得
解得
15．【答案】（1）解：对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有
解得
（2）解：设离开a点的速度大小为，沿底板方向有
垂直于底板方向有
解得
在a点，由圆周运动动力学方程有
解得
（3）解：由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下
水平方向有
垂直于底板方向有
解得
对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有
垂直于底板方向有
联立解得
若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足
弹珠从底板到a点的过程，解得
弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得
因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件
或
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 弹珠在斜面上受重力分力作用，由牛顿第二定律求类平抛运动的加速度；
(2) 先由类平抛运动规律求弹珠在最高点a的速度，再结合圆周运动动力学方程求轨道作用力；
(3) 分析弹珠的运动轨迹（含弹性碰撞），由动能定理求初动能的取值范围。
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