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2026届广西桂林市普通高中高三下学期毕业年级第一次适应性模拟考试物理试卷
1．一个质点以初速度沿直线加速运动，速度v随位移x变化的图线如图所示，则质点的加速度大小变化情况正确的是（　　）
A．质点的加速度大小不变 B．质点的加速度越来越大
C．质点的加速度越来越小 D．质点的加速度先减小后增大
【答案】B
【知识点】加速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】质点的加速度，变形可得，其中，因此可得
由题图可知，图线是倾斜直线，因此斜率为恒定值；质点运动过程中随增大而不断增大，因此加速度随增大而逐渐增大，故质点加速度越来越大，故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查速度-位移v-x图像的物理意义，核心是利用加速度的定义式推导加速度与图像斜率的关系。
2．2021年1月20日，位于安徽合肥“科学岛”的全超导托卡马克核聚变实验装置EAST（中文名“东方超环”）取得重大突破，成功实现了超过1亿摄氏度、1056秒的稳态长脉冲高约束模等离子体运行，创造了托卡马克装置高约束模运行新的世界纪录。这一成果被选为2021年中国十大科技进展新闻。EAST装置利用强磁场将高温等离子体约束在真空容器内，避免与器壁接触。若某时刻一个带电粒子（带正电）在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，下列措施能使该粒子做圆周运动的半径增大的是（　　）
A．只减小磁感应强度 B．只增大磁感应强度
C．只减小该粒子的速度 D．只增大该粒子的电荷量
【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力有
整理得轨道半径公式，其中为粒子质量、为粒子速率、为粒子电荷量、为磁感应强度；只有A选项措施能使该粒子做圆周运动的半径增大。
故答案为：A。
【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径公式，核心是利用洛伦兹力提供向心力推导半径公式，并分析各物理量对半径的影响。
3．摄影师户外拍照时用来固定相机的便携式三脚架如图所示，它由三根完全相同的杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。三根杆与竖直方向的夹角均为，已知相机及其附件的总质量为，重力加速度为。杆的质量、支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则每根杆与地面间的摩擦力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】以相机及其附件为研究对象，设每根杆的弹力大小为，在竖直方向，根据平衡条件有，解得，即地面对每根杆的作用力的大小为
则由平衡条件可得，每根杆与地面间的摩擦力大小。
故答案为：D。
【分析】本题考查共点力平衡问题，核心是对相机整体受力分析，结合力的分解求解杆的弹力和地面摩擦力。
4．家用健身挥拳力量测试仪的核心部件为平行板电容器，如图所示，固定极板与可动极板的正对面积保持不变，极板间介质为空气。挥拳冲击可动极板时，极板间距会随之减小。测试前先将电容器与恒压电源相连完成充电，随后断开电源。下列说法正确的是（　　）
A．挥拳力量越小，电容越大
B．挥拳力量越大，极板间电压越大
C．断开电源后，挥拳冲击过程中，极板带电量不变
D．调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变小
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．挥拳力量越小，则极板间距会越大，根据，可知电容越小，故A错误；
B．由A选项分析可知，挥拳力量越大，电容越大，根据可知极板间电压越小，故B错误；
C．断开电源后，电容器与外界无电荷交换，因此挥拳冲击过程中，极板带电量Q保持不变，故C正确；
D．根据，可知相同挥拳力量下，电压变化幅度
所以，调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查平行板电容器的动态分析，核心是结合电容决定式、定义式分析极板间距、正对面积变化对电容、电压和带电量的影响。
5．2024年4月21日7时45分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感四十二号02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。若遥感四十二号02星发射过程示意图如图所示，先进入近地圆形轨道I（可认为轨道半径等于地球半径）上做匀速圆周运动，到点时实施瞬间点火变轨进入椭圆轨道II，沿轨道II运动到点时再次实施变轨，进入轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动。已知地球的半径为，轨道Ⅲ的半径为，卫星在轨道Ⅲ上时运行周期为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道II上运行，从点到点，需在点点火减速
B．卫星在轨道II上的周期为
C．卫星从轨道II变到轨道III，机械能不变
D．地球的平均密度为
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星从轨道I进入椭圆轨道II，需在P点点火加速（而非减速），使卫星做离心运动进入椭圆轨道；在轨道II上从P点到Q点，只有万有引力做功，机械能守恒，无需再点火减速，故A错误；
B．卫星在轨道Ⅲ上时运行周期为，根据开普勒第三定律可得，可得卫星在轨道II上的周期为，故B正确；
C．卫星从轨道II变到轨道III，做离心运动，需在处点火加速，机械能增加，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，又，联立可得，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查卫星变轨问题，核心是利用开普勒第三定律、变轨原理分析卫星的周期、机械能变化，并计算地球的平均密度。
6．下列关于四幅图片所示的现象或解释，说法正确的是（　　）
A．图甲：反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核裂变成原子核和，原子核和的比结合能都大于重核的比结合能
B．图乙：为单色平行光线通过狭缝得到的干涉图样
C．图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．图丁：中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体的最终温度小于
【答案】A
【知识点】光的衍射；热力学第一定律及其应用；α粒子的散射；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．图甲中，重核裂变成原子核和，核子的平均质量变小，可知裂变过程释放能量，原子核和更稳定，可知重核的比结合能小于原子核和的比结合能，故A正确；
B．图乙中，左侧只有一条缝，在光屏上得到中间的条纹最亮最宽、两侧条纹逐渐变暗变窄的图样，即单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样，故B错误；
C．图丙为卢瑟福粒子散射实验，根据实验结果卢瑟福提出了原子的核式结构，故C错误；
D．图丁，中间有隔板的绝热容器，现抽掉隔板，气体向真空的膨胀不对外做功，故根据热力学第一定律，又，故气体的内能保持不变，温度不变，最终温度等于，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核物理、光学、原子物理和热力学的基本现象，核心是结合图像理解各实验或现象的原理与结论。
7．滑块以初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点后再返回到底端。利用频闪仪分别对上行和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲（上行）和乙（下滑）所示，图中为的中点。已知之间的距离为，频闪仪的闪光频率为，斜面倾角，下列说法正确的是（　　）
A．滑块上滑时的加速度大小为
B．滑块上行与下滑的加速度之比为
C．滑块上行与下滑通过时的动能之比为
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能
【解析】【解答】A．因为频闪照片时间间隔相同，设时间间隔为，从甲中可知，上行时间为，根据，解得加速度大小，故A错误；
B．上行与下行位移相等，将上行过程看作是向下的匀加速运动，时间之比为，根据可得，上行与下滑的加速度之比为，故B错误；
C．对上行（甲图）逆向思考，有，对下行（乙图），有
因可知，滑块上行与下滑通过时的动能之比为，故C正确；
D．已知上行与下滑的加速度之比为，由牛二定律，，可得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由频闪时间间隔、位移公式求上滑加速度；
B：由位移 时间关系，结合 求上下滑加速度之比；
C：用速度 位移公式求A点速度，再得动能之比；
D：由牛顿第二定律联立加速度，求动摩擦因数。
8．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，小明将双缝、滤光片、单缝、光源等器材按顺序安装在光具座上，并观察到清晰的干涉条纹。下列操作中，能使相邻亮（暗）条纹间距变大的是（　　）
A．将单缝与双缝之间的距离调大
B．将双缝与光屏之间的距离调大
C．将滤光片从绿色滤光片换成红色滤光片
D．换用间距更大的双缝
【答案】B,C
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】A．根据可知，增大单缝与双缝之间的距离，对条纹间距没有影响，故A错误；
B．根据可知，增大双缝与光屏之间的距离L，条纹间距增大，故B正确；
C．由于红光的波长大于绿光的波长，将滤光片从绿色换成红色，光源的波长增大，根据可知，条纹间距增大，故C正确；
D．换用间距更大的双缝，即双缝间的距离d增大，根据可知，条纹间距减小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查双缝干涉实验中条纹间距的影响因素，核心是利用条纹间距公式分析各操作对间距的影响。
9．艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿轴方向传播的简谐横波，时的波形图如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．简谐波沿轴正方向传播
B．时刻，点的位移为
C．时刻后，再经过点到达波峰位置
D．质点的振动方程为
【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】A．由乙图可知，时，质点向上运动，根据同侧法，波沿轴正方向传播，故A正确；
B．由图甲可知，波长，由点和点平衡位置相距可知，时点的位移，故B错误；
C．波速为，再经过，波将沿轴正方向前进，波谷刚好传到质点所在位置，即点到达波谷位置，故C错误；
D．时点向下振动，故质点的振动方程为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查简谐横波的传播与质点振动，核心是利用振动图像和波形图分析波的传播方向、质点位移、振动方程及波的传播过程。
10．如图所示，一轻杆的长度为，两端连接两个均可视为质点的小球A、B，小球A的质量为，开始时杆竖直放置在光滑水平面上，B左侧处有一竖直固定挡板。某时刻装置受微小扰动，轻杆向左侧倒下，A球与挡板碰撞瞬间B球到挡板的水平距离为。现让轻杆竖直时受微小扰动后向右侧倒下，两球始终在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为（已知，，下列说法正确的是（　　）
A．小球B的质量为
B．B与挡板碰前瞬间的速度大小为
C．B与挡板碰前瞬间A球重力的功率为
D．B与挡板碰前瞬间A球机械能的损失量为
【答案】A,C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A．轻杆倒下的过程，设任意时刻A球水平方向的速度分量大小为，B球的速度大小为，两球组成的系统水平方向动量守恒，满足，等式两边对时间微元求和得，由题意知，，联立解得，故A正确；
B．轻杆受微小扰动后向右侧倒下，与挡板碰撞前瞬间，向左的位移大小为
结合水平方向动量守恒，解得向右运动的水平位移大小为
设此时轻杆与水平方向的夹角为，几何关系有
球与挡板碰撞前的过程，系统机械能守恒，有
两球沿杆方向的速度相等，如下图所示
有，又系统水平方向动量守恒，则有
联立解得，，故B错误；
C.根据以上分析，球与挡板碰撞前瞬间球重力的功率，故C正确；
D．运动过程中球机械能的减少量等于球机械能的增加量，有，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查水平动量守恒、机械能守恒及功率计算，核心是利用系统水平动量守恒分析小球位移，结合几何关系和机械能守恒求解速度，并计算重力功率和机械能损失。
11．某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质量均为，钢柱K下端与质量为的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹，初始时P、K、Q组成的系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直，查得当地重力加速度为。
（1）开启电动机，待电动机以的角速度匀速转动后。将P、K、Q组成的系统由静止释放，Q落地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图乙所示。细钢柱K上留下的相邻感光痕迹点的时间间隔是　 　，激光束照射到点时，细钢柱速度大小为　 　（计算结果保留2位有效数字）。
（2）经判断P、K、Q组成的系统由静止释放时激光笔光束恰好经过点。参照图乙，经计算，在段，系统动能的增加量　 　（计算结果保留3位有效数字），重力势能的减少量　 　J（计算结果保留3位有效数字），该实验存在一定的误差，请写出一条可能的原因：　 　。
【答案】（1）0.05；1.0
（2）0.240；0.245；滑轮的质量不可忽略或绳与滑轮之间有摩擦或空气阻力
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据角速度与周期的关系有
根据运动学公式
故答案为：0.05；1.0
（2）在段，系统动能的增加量为
重力势能的减少量为。
滑轮的质量不可忽略，滑轮转动时有动能，或绳与滑轮之间有摩擦，或空气阻力导致系统重力势能的减少量大于物块与钢柱的动能增加量。
故答案为：0.240；0.245；滑轮的质量不可忽略或绳与滑轮之间有摩擦或空气阻力
【分析】(1) 由角速度与周期的关系求感光痕迹点的时间间隔，再用平均速度法求钢柱在E点的速度；
(2) 计算系统动能增加量和重力势能减少量，并分析误差原因。
（1）[1][2]根据角速度与周期的关系有
根据运动学公式
（2）[1][2][3]在段，系统动能的增加量为
重力势能的减少量为。
滑轮的质量不可忽略，滑轮转动时有动能，或绳与滑轮之间有摩擦，或空气阻力导致系统重力势能的减少量大于物块与钢柱的动能增加量。
12．某欧姆表由于长时间未使用，内部电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小苏同学用如图甲所示的电路来研究其内部（虚线框内）的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。
（1）在电路连接时，要注意毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的　 　（选填“红”或“黑”）表笔相连。
（2）调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为　 　。
（3）连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值和通过毫安表mA电流，作出图像，如图丙所示，（图中纵轴截距为-20，斜率为5.0），则电源的电动势　 　。
【答案】（1）黑
（2）300
（3）5.0
【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）电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“-”接线柱流出，所以毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的黑表笔相连。
故答案为：黑
（2）设欧姆表表头的量程为，由题意可得，解得
故答案为：300
（3）设回路中除电阻箱之外的总电阻为，根据闭合电路欧姆定律则有，整理可得，所以电源的电动势为
故答案为：5.0
【分析】(1) 欧姆表内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此毫安表的“+”接线柱需接黑表笔；
(2) 当毫安表读数为200mA时，指针偏转至表盘的2/3位置，由此求表头量程；
(3) 由闭合电路欧姆定律整理得到 的关系式，通过图像斜率求电源电动势。
（1）电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“-”接线柱流出，所以毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的黑表笔相连。
（2）设欧姆表表头的量程为，由题意可得
解得
（3）设回路中除电阻箱之外的总电阻为，根据闭合电路欧姆定律则有
整理可得
所以电源的电动势为
13．某双层真空保温杯夹层中残留少量空气，温度为27℃时，压强为。夹层体积为。（热力学温度与摄氏度关系：
（1）当夹层中空气的温度升至47℃时，求此时夹层中空气的压强：（计算结果保留三位有效数字）
（2）当保温杯外层出现微小裂隙，静置足够长时间，夹层内空气与外界大气相通，设环境温度为27℃，大气压强为。求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。
【答案】（1）解：由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（2）解：原有空气：，体积
最终状态：
由玻意耳定律，将原有空气等温压缩到大气压下的体积；
可得
最终夹层内空气在下的增加的体积为；质量比等于同温同压下的体积比
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 夹层中气体体积不变，发生等容变化，用查理定律求解压强；
(2) 等温变化下，将原有空气压缩到大气压下的体积，通过体积比求质量比。
（1）由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（2）原有空气：，体积
最终状态：
由玻意耳定律，将原有空气等温压缩到大气压下的体积；
可得
最终夹层内空气在下的增加的体积为；质量比等于同温同压下的体积比
解得
14．如图所示，快递公司分拣邮件使用倾角的传送带，将每个质量的邮件从地面运送到高的出发平台。传送带以的速度顺时针匀速转动。已知各邮件与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，。求：
（1）邮件刚轻放上传送带时的加速度大小；
（2）机械手每隔就将一个邮件轻放到传送带底端，传送带上最多同时输送的邮件数量；
（3）在机械手放置第一个邮件开始计时的1分钟内，电动机因运送邮件需多做的功。
【答案】（1）解：邮件刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：根据几何关系，可得传送带总长
对一个邮件分析，设达到共速所用时间为，有
解得
邮件的对地位移为
邮件与传送带共速后邮件相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为，有
可得
隔放一个，则传送带上最多输送2个邮件。
（3）解：电动机多输出的能量转化为邮件的重力势能、动能和摩擦产生热量，有
解得
1分钟内8个邮件完成全程，多输出的能量
第9个邮件加速运动，有
解得
可得
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】(1) 对邮件刚放上传送带时受力分析，用牛顿第二定律求加速度；
(2) 先求邮件加速和匀速的时间，再结合放置间隔，判断传送带上最多的邮件数量；
(3) 分析1分钟内邮件的运动状态，计算电动机因运送邮件需多做的功，包括邮件的重力势能、动能和摩擦生热。
（1）邮件刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据几何关系，可得传送带总长
对一个邮件分析，设达到共速所用时间为，有
解得
邮件的对地位移为
邮件与传送带共速后邮件相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为，有
可得
隔放一个，则传送带上最多输送2个邮件。
（3）电动机多输出的能量转化为邮件的重力势能、动能和摩擦产生热量，有
解得
1分钟内8个邮件完成全程，多输出的能量
第9个邮件加速运动，有
解得
可得
15．2025年我国首艘采用电磁弹射系统的航空母舰——福建舰正式授旗入列。如图甲所示为一种电磁弹射系统的简化模型，发电机内半径为的固定金属圆环内存在垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，圆环的圆心和边缘通过导线分别与接线柱1和3相连。一根长度为的金属棒绕着圆心以恒定的角速度顺时针旋转，端点与圆环接触良好。间距为的光滑金属导轨和平行固定在同一水平面内，在虚线右侧，存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两导轨的左端点与接线柱2和3相连。在某次弹射操作过程中，先让开关S与接线柱1接通，对电容器充电。待电容器充满电后，再将开关与接线柱2接通，静置于处的金属棒在较短时间内达到最大速度后弹射离开导轨。的长度为质量为电阻为与导轨接触良好，电容器的电容为。求在该次弹射操作过程中：
（1）开关S与接线柱1断开时，接线柱1和3之间的电势差；
（2）开关S与接线柱2接通瞬间，金属棒的加速度大小；
（3）将开关S接至1到电路达到稳定的过程中，在图乙中定性画出电容器两极间的电压随电荷量变化的图像，并结合该图像论证电路稳定时电容器储存的能量（是发电机的电动势）；
（4）电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。若某次发射结束时，电容器的电荷量减小到充电结束时的，求这次发射过程中的能量转化效率。
【答案】（1）解：金属棒绕匀速转动，平均速度
切割磁感线产生的感应电动势，可得
由右手定则，可知
则接线柱间电势差
（2）解：电容器充满电时，两极板间电压
开关拨向2时，回路瞬时电流
金属棒受到的安培力
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（3）解：由电容的定义式可得
变形得
即电容器的极板电压与电量成正比，当极板电压时，两极板电量
因此图线为过原点，斜率为 ，终点为的倾斜直线，如图所示
储存的电能等于电场力做的功
充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积
（4）解：设从电容器开始放电到导体棒离开轨道的时间为，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为，根据动量定理，有
放电的电荷量
充电结束时电容器电荷量
由题意可知
联立解得
导体棒离开轨道时的动能为
电容器释放的能量为
这次发射过程中的能量转化效率为
【知识点】安培力；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 金属棒OP切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则判断电势高低，得到接线柱间的电势差；
(2) 电容器充满电后，开关拨向2，回路电流由电容器电压和棒的电阻决定，再由安培力和牛顿第二定律求加速度；
(3) 由电容定义式 画出 图像，通过图像面积论证电容器储存的能量；
(4) 计算电容器释放的能量和导体棒获得的动能，求能量转化效率。
（1）金属棒绕匀速转动，平均速度
切割磁感线产生的感应电动势，可得
由右手定则，可知
则接线柱间电势差
（2）电容器充满电时，两极板间电压
开关拨向2时，回路瞬时电流
金属棒受到的安培力
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（3）由电容的定义式可得
变形得
即电容器的极板电压与电量成正比，当极板电压时，两极板电量
因此图线为过原点，斜率为 ，终点为的倾斜直线，如图所示
储存的电能等于电场力做的功
充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积
（4）设从电容器开始放电到导体棒离开轨道的时间为，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为，根据动量定理，有
放电的电荷量
充电结束时电容器电荷量
由题意可知
联立解得
导体棒离开轨道时的动能为
电容器释放的能量为
这次发射过程中的能量转化效率为
1 / 12026届广西桂林市普通高中高三下学期毕业年级第一次适应性模拟考试物理试卷
1．一个质点以初速度沿直线加速运动，速度v随位移x变化的图线如图所示，则质点的加速度大小变化情况正确的是（　　）
A．质点的加速度大小不变 B．质点的加速度越来越大
C．质点的加速度越来越小 D．质点的加速度先减小后增大
2．2021年1月20日，位于安徽合肥“科学岛”的全超导托卡马克核聚变实验装置EAST（中文名“东方超环”）取得重大突破，成功实现了超过1亿摄氏度、1056秒的稳态长脉冲高约束模等离子体运行，创造了托卡马克装置高约束模运行新的世界纪录。这一成果被选为2021年中国十大科技进展新闻。EAST装置利用强磁场将高温等离子体约束在真空容器内，避免与器壁接触。若某时刻一个带电粒子（带正电）在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，下列措施能使该粒子做圆周运动的半径增大的是（　　）
A．只减小磁感应强度 B．只增大磁感应强度
C．只减小该粒子的速度 D．只增大该粒子的电荷量
3．摄影师户外拍照时用来固定相机的便携式三脚架如图所示，它由三根完全相同的杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。三根杆与竖直方向的夹角均为，已知相机及其附件的总质量为，重力加速度为。杆的质量、支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则每根杆与地面间的摩擦力大小为（　　）
A． B． C． D．
4．家用健身挥拳力量测试仪的核心部件为平行板电容器，如图所示，固定极板与可动极板的正对面积保持不变，极板间介质为空气。挥拳冲击可动极板时，极板间距会随之减小。测试前先将电容器与恒压电源相连完成充电，随后断开电源。下列说法正确的是（　　）
A．挥拳力量越小，电容越大
B．挥拳力量越大，极板间电压越大
C．断开电源后，挥拳冲击过程中，极板带电量不变
D．调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变小
5．2024年4月21日7时45分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感四十二号02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。若遥感四十二号02星发射过程示意图如图所示，先进入近地圆形轨道I（可认为轨道半径等于地球半径）上做匀速圆周运动，到点时实施瞬间点火变轨进入椭圆轨道II，沿轨道II运动到点时再次实施变轨，进入轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动。已知地球的半径为，轨道Ⅲ的半径为，卫星在轨道Ⅲ上时运行周期为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道II上运行，从点到点，需在点点火减速
B．卫星在轨道II上的周期为
C．卫星从轨道II变到轨道III，机械能不变
D．地球的平均密度为
6．下列关于四幅图片所示的现象或解释，说法正确的是（　　）
A．图甲：反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核裂变成原子核和，原子核和的比结合能都大于重核的比结合能
B．图乙：为单色平行光线通过狭缝得到的干涉图样
C．图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．图丁：中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体的最终温度小于
7．滑块以初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点后再返回到底端。利用频闪仪分别对上行和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲（上行）和乙（下滑）所示，图中为的中点。已知之间的距离为，频闪仪的闪光频率为，斜面倾角，下列说法正确的是（　　）
A．滑块上滑时的加速度大小为
B．滑块上行与下滑的加速度之比为
C．滑块上行与下滑通过时的动能之比为
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为
8．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，小明将双缝、滤光片、单缝、光源等器材按顺序安装在光具座上，并观察到清晰的干涉条纹。下列操作中，能使相邻亮（暗）条纹间距变大的是（　　）
A．将单缝与双缝之间的距离调大
B．将双缝与光屏之间的距离调大
C．将滤光片从绿色滤光片换成红色滤光片
D．换用间距更大的双缝
9．艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿轴方向传播的简谐横波，时的波形图如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．简谐波沿轴正方向传播
B．时刻，点的位移为
C．时刻后，再经过点到达波峰位置
D．质点的振动方程为
10．如图所示，一轻杆的长度为，两端连接两个均可视为质点的小球A、B，小球A的质量为，开始时杆竖直放置在光滑水平面上，B左侧处有一竖直固定挡板。某时刻装置受微小扰动，轻杆向左侧倒下，A球与挡板碰撞瞬间B球到挡板的水平距离为。现让轻杆竖直时受微小扰动后向右侧倒下，两球始终在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为（已知，，下列说法正确的是（　　）
A．小球B的质量为
B．B与挡板碰前瞬间的速度大小为
C．B与挡板碰前瞬间A球重力的功率为
D．B与挡板碰前瞬间A球机械能的损失量为
11．某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质量均为，钢柱K下端与质量为的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹，初始时P、K、Q组成的系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直，查得当地重力加速度为。
（1）开启电动机，待电动机以的角速度匀速转动后。将P、K、Q组成的系统由静止释放，Q落地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图乙所示。细钢柱K上留下的相邻感光痕迹点的时间间隔是　 　，激光束照射到点时，细钢柱速度大小为　 　（计算结果保留2位有效数字）。
（2）经判断P、K、Q组成的系统由静止释放时激光笔光束恰好经过点。参照图乙，经计算，在段，系统动能的增加量　 　（计算结果保留3位有效数字），重力势能的减少量　 　J（计算结果保留3位有效数字），该实验存在一定的误差，请写出一条可能的原因：　 　。
12．某欧姆表由于长时间未使用，内部电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小苏同学用如图甲所示的电路来研究其内部（虚线框内）的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。
（1）在电路连接时，要注意毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的　 　（选填“红”或“黑”）表笔相连。
（2）调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为　 　。
（3）连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值和通过毫安表mA电流，作出图像，如图丙所示，（图中纵轴截距为-20，斜率为5.0），则电源的电动势　 　。
13．某双层真空保温杯夹层中残留少量空气，温度为27℃时，压强为。夹层体积为。（热力学温度与摄氏度关系：
（1）当夹层中空气的温度升至47℃时，求此时夹层中空气的压强：（计算结果保留三位有效数字）
（2）当保温杯外层出现微小裂隙，静置足够长时间，夹层内空气与外界大气相通，设环境温度为27℃，大气压强为。求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。
14．如图所示，快递公司分拣邮件使用倾角的传送带，将每个质量的邮件从地面运送到高的出发平台。传送带以的速度顺时针匀速转动。已知各邮件与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，。求：
（1）邮件刚轻放上传送带时的加速度大小；
（2）机械手每隔就将一个邮件轻放到传送带底端，传送带上最多同时输送的邮件数量；
（3）在机械手放置第一个邮件开始计时的1分钟内，电动机因运送邮件需多做的功。
15．2025年我国首艘采用电磁弹射系统的航空母舰——福建舰正式授旗入列。如图甲所示为一种电磁弹射系统的简化模型，发电机内半径为的固定金属圆环内存在垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，圆环的圆心和边缘通过导线分别与接线柱1和3相连。一根长度为的金属棒绕着圆心以恒定的角速度顺时针旋转，端点与圆环接触良好。间距为的光滑金属导轨和平行固定在同一水平面内，在虚线右侧，存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两导轨的左端点与接线柱2和3相连。在某次弹射操作过程中，先让开关S与接线柱1接通，对电容器充电。待电容器充满电后，再将开关与接线柱2接通，静置于处的金属棒在较短时间内达到最大速度后弹射离开导轨。的长度为质量为电阻为与导轨接触良好，电容器的电容为。求在该次弹射操作过程中：
（1）开关S与接线柱1断开时，接线柱1和3之间的电势差；
（2）开关S与接线柱2接通瞬间，金属棒的加速度大小；
（3）将开关S接至1到电路达到稳定的过程中，在图乙中定性画出电容器两极间的电压随电荷量变化的图像，并结合该图像论证电路稳定时电容器储存的能量（是发电机的电动势）；
（4）电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。若某次发射结束时，电容器的电荷量减小到充电结束时的，求这次发射过程中的能量转化效率。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】加速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】质点的加速度，变形可得，其中，因此可得
由题图可知，图线是倾斜直线，因此斜率为恒定值；质点运动过程中随增大而不断增大，因此加速度随增大而逐渐增大，故质点加速度越来越大，故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查速度-位移v-x图像的物理意义，核心是利用加速度的定义式推导加速度与图像斜率的关系。
2．【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力有
整理得轨道半径公式，其中为粒子质量、为粒子速率、为粒子电荷量、为磁感应强度；只有A选项措施能使该粒子做圆周运动的半径增大。
故答案为：A。
【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径公式，核心是利用洛伦兹力提供向心力推导半径公式，并分析各物理量对半径的影响。
3．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】以相机及其附件为研究对象，设每根杆的弹力大小为，在竖直方向，根据平衡条件有，解得，即地面对每根杆的作用力的大小为
则由平衡条件可得，每根杆与地面间的摩擦力大小。
故答案为：D。
【分析】本题考查共点力平衡问题，核心是对相机整体受力分析，结合力的分解求解杆的弹力和地面摩擦力。
4．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．挥拳力量越小，则极板间距会越大，根据，可知电容越小，故A错误；
B．由A选项分析可知，挥拳力量越大，电容越大，根据可知极板间电压越小，故B错误；
C．断开电源后，电容器与外界无电荷交换，因此挥拳冲击过程中，极板带电量Q保持不变，故C正确；
D．根据，可知相同挥拳力量下，电压变化幅度
所以，调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查平行板电容器的动态分析，核心是结合电容决定式、定义式分析极板间距、正对面积变化对电容、电压和带电量的影响。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星从轨道I进入椭圆轨道II，需在P点点火加速（而非减速），使卫星做离心运动进入椭圆轨道；在轨道II上从P点到Q点，只有万有引力做功，机械能守恒，无需再点火减速，故A错误；
B．卫星在轨道Ⅲ上时运行周期为，根据开普勒第三定律可得，可得卫星在轨道II上的周期为，故B正确；
C．卫星从轨道II变到轨道III，做离心运动，需在处点火加速，机械能增加，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，又，联立可得，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查卫星变轨问题，核心是利用开普勒第三定律、变轨原理分析卫星的周期、机械能变化，并计算地球的平均密度。
6．【答案】A
【知识点】光的衍射；热力学第一定律及其应用；α粒子的散射；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．图甲中，重核裂变成原子核和，核子的平均质量变小，可知裂变过程释放能量，原子核和更稳定，可知重核的比结合能小于原子核和的比结合能，故A正确；
B．图乙中，左侧只有一条缝，在光屏上得到中间的条纹最亮最宽、两侧条纹逐渐变暗变窄的图样，即单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样，故B错误；
C．图丙为卢瑟福粒子散射实验，根据实验结果卢瑟福提出了原子的核式结构，故C错误；
D．图丁，中间有隔板的绝热容器，现抽掉隔板，气体向真空的膨胀不对外做功，故根据热力学第一定律，又，故气体的内能保持不变，温度不变，最终温度等于，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核物理、光学、原子物理和热力学的基本现象，核心是结合图像理解各实验或现象的原理与结论。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能
【解析】【解答】A．因为频闪照片时间间隔相同，设时间间隔为，从甲中可知，上行时间为，根据，解得加速度大小，故A错误；
B．上行与下行位移相等，将上行过程看作是向下的匀加速运动，时间之比为，根据可得，上行与下滑的加速度之比为，故B错误；
C．对上行（甲图）逆向思考，有，对下行（乙图），有
因可知，滑块上行与下滑通过时的动能之比为，故C正确；
D．已知上行与下滑的加速度之比为，由牛二定律，，可得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由频闪时间间隔、位移公式求上滑加速度；
B：由位移 时间关系，结合 求上下滑加速度之比；
C：用速度 位移公式求A点速度，再得动能之比；
D：由牛顿第二定律联立加速度，求动摩擦因数。
8．【答案】B,C
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】A．根据可知，增大单缝与双缝之间的距离，对条纹间距没有影响，故A错误；
B．根据可知，增大双缝与光屏之间的距离L，条纹间距增大，故B正确；
C．由于红光的波长大于绿光的波长，将滤光片从绿色换成红色，光源的波长增大，根据可知，条纹间距增大，故C正确；
D．换用间距更大的双缝，即双缝间的距离d增大，根据可知，条纹间距减小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查双缝干涉实验中条纹间距的影响因素，核心是利用条纹间距公式分析各操作对间距的影响。
9．【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】A．由乙图可知，时，质点向上运动，根据同侧法，波沿轴正方向传播，故A正确；
B．由图甲可知，波长，由点和点平衡位置相距可知，时点的位移，故B错误；
C．波速为，再经过，波将沿轴正方向前进，波谷刚好传到质点所在位置，即点到达波谷位置，故C错误；
D．时点向下振动，故质点的振动方程为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查简谐横波的传播与质点振动，核心是利用振动图像和波形图分析波的传播方向、质点位移、振动方程及波的传播过程。
10．【答案】A,C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A．轻杆倒下的过程，设任意时刻A球水平方向的速度分量大小为，B球的速度大小为，两球组成的系统水平方向动量守恒，满足，等式两边对时间微元求和得，由题意知，，联立解得，故A正确；
B．轻杆受微小扰动后向右侧倒下，与挡板碰撞前瞬间，向左的位移大小为
结合水平方向动量守恒，解得向右运动的水平位移大小为
设此时轻杆与水平方向的夹角为，几何关系有
球与挡板碰撞前的过程，系统机械能守恒，有
两球沿杆方向的速度相等，如下图所示
有，又系统水平方向动量守恒，则有
联立解得，，故B错误；
C.根据以上分析，球与挡板碰撞前瞬间球重力的功率，故C正确；
D．运动过程中球机械能的减少量等于球机械能的增加量，有，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查水平动量守恒、机械能守恒及功率计算，核心是利用系统水平动量守恒分析小球位移，结合几何关系和机械能守恒求解速度，并计算重力功率和机械能损失。
11．【答案】（1）0.05；1.0
（2）0.240；0.245；滑轮的质量不可忽略或绳与滑轮之间有摩擦或空气阻力
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据角速度与周期的关系有
根据运动学公式
故答案为：0.05；1.0
（2）在段，系统动能的增加量为
重力势能的减少量为。
滑轮的质量不可忽略，滑轮转动时有动能，或绳与滑轮之间有摩擦，或空气阻力导致系统重力势能的减少量大于物块与钢柱的动能增加量。
故答案为：0.240；0.245；滑轮的质量不可忽略或绳与滑轮之间有摩擦或空气阻力
【分析】(1) 由角速度与周期的关系求感光痕迹点的时间间隔，再用平均速度法求钢柱在E点的速度；
(2) 计算系统动能增加量和重力势能减少量，并分析误差原因。
（1）[1][2]根据角速度与周期的关系有
根据运动学公式
（2）[1][2][3]在段，系统动能的增加量为
重力势能的减少量为。
滑轮的质量不可忽略，滑轮转动时有动能，或绳与滑轮之间有摩擦，或空气阻力导致系统重力势能的减少量大于物块与钢柱的动能增加量。
12．【答案】（1）黑
（2）300
（3）5.0
【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）电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“-”接线柱流出，所以毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的黑表笔相连。
故答案为：黑
（2）设欧姆表表头的量程为，由题意可得，解得
故答案为：300
（3）设回路中除电阻箱之外的总电阻为，根据闭合电路欧姆定律则有，整理可得，所以电源的电动势为
故答案为：5.0
【分析】(1) 欧姆表内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此毫安表的“+”接线柱需接黑表笔；
(2) 当毫安表读数为200mA时，指针偏转至表盘的2/3位置，由此求表头量程；
(3) 由闭合电路欧姆定律整理得到 的关系式，通过图像斜率求电源电动势。
（1）电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“-”接线柱流出，所以毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的黑表笔相连。
（2）设欧姆表表头的量程为，由题意可得
解得
（3）设回路中除电阻箱之外的总电阻为，根据闭合电路欧姆定律则有
整理可得
所以电源的电动势为
13．【答案】（1）解：由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（2）解：原有空气：，体积
最终状态：
由玻意耳定律，将原有空气等温压缩到大气压下的体积；
可得
最终夹层内空气在下的增加的体积为；质量比等于同温同压下的体积比
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 夹层中气体体积不变，发生等容变化，用查理定律求解压强；
(2) 等温变化下，将原有空气压缩到大气压下的体积，通过体积比求质量比。
（1）由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（2）原有空气：，体积
最终状态：
由玻意耳定律，将原有空气等温压缩到大气压下的体积；
可得
最终夹层内空气在下的增加的体积为；质量比等于同温同压下的体积比
解得
14．【答案】（1）解：邮件刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：根据几何关系，可得传送带总长
对一个邮件分析，设达到共速所用时间为，有
解得
邮件的对地位移为
邮件与传送带共速后邮件相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为，有
可得
隔放一个，则传送带上最多输送2个邮件。
（3）解：电动机多输出的能量转化为邮件的重力势能、动能和摩擦产生热量，有
解得
1分钟内8个邮件完成全程，多输出的能量
第9个邮件加速运动，有
解得
可得
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】(1) 对邮件刚放上传送带时受力分析，用牛顿第二定律求加速度；
(2) 先求邮件加速和匀速的时间，再结合放置间隔，判断传送带上最多的邮件数量；
(3) 分析1分钟内邮件的运动状态，计算电动机因运送邮件需多做的功，包括邮件的重力势能、动能和摩擦生热。
（1）邮件刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据几何关系，可得传送带总长
对一个邮件分析，设达到共速所用时间为，有
解得
邮件的对地位移为
邮件与传送带共速后邮件相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为，有
可得
隔放一个，则传送带上最多输送2个邮件。
（3）电动机多输出的能量转化为邮件的重力势能、动能和摩擦产生热量，有
解得
1分钟内8个邮件完成全程，多输出的能量
第9个邮件加速运动，有
解得
可得
15．【答案】（1）解：金属棒绕匀速转动，平均速度
切割磁感线产生的感应电动势，可得
由右手定则，可知
则接线柱间电势差
（2）解：电容器充满电时，两极板间电压
开关拨向2时，回路瞬时电流
金属棒受到的安培力
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（3）解：由电容的定义式可得
变形得
即电容器的极板电压与电量成正比，当极板电压时，两极板电量
因此图线为过原点，斜率为 ，终点为的倾斜直线，如图所示
储存的电能等于电场力做的功
充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积
（4）解：设从电容器开始放电到导体棒离开轨道的时间为，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为，根据动量定理，有
放电的电荷量
充电结束时电容器电荷量
由题意可知
联立解得
导体棒离开轨道时的动能为
电容器释放的能量为
这次发射过程中的能量转化效率为
【知识点】安培力；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 金属棒OP切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则判断电势高低，得到接线柱间的电势差；
(2) 电容器充满电后，开关拨向2，回路电流由电容器电压和棒的电阻决定，再由安培力和牛顿第二定律求加速度；
(3) 由电容定义式 画出 图像，通过图像面积论证电容器储存的能量；
(4) 计算电容器释放的能量和导体棒获得的动能，求能量转化效率。
（1）金属棒绕匀速转动，平均速度
切割磁感线产生的感应电动势，可得
由右手定则，可知
则接线柱间电势差
（2）电容器充满电时，两极板间电压
开关拨向2时，回路瞬时电流
金属棒受到的安培力
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（3）由电容的定义式可得
变形得
即电容器的极板电压与电量成正比，当极板电压时，两极板电量
因此图线为过原点，斜率为 ，终点为的倾斜直线，如图所示
储存的电能等于电场力做的功
充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积
（4）设从电容器开始放电到导体棒离开轨道的时间为，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为，根据动量定理，有
放电的电荷量
充电结束时电容器电荷量
由题意可知
联立解得
导体棒离开轨道时的动能为
电容器释放的能量为
这次发射过程中的能量转化效率为
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