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2026届 广州市多校高三下学期毕业班冲刺训练（一）
物理试题
★祝大家学习生活愉快★
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1.中国科学院在 2025年 11月 1日发布消息，位于甘肃省武威市民勤县的 2兆瓦液态燃料钍基熔盐实验堆，
已成功实现了钍铀核燃料转换。钍基熔盐堆内的链式反应示意图如图所示，下列相关判断中正确的是
A. 核反应 1n+ 2320 90 Th→ 23390 Th属于核聚变反应
B. 一个 23391 Pa核 27天后必将发生 β衰变生成 21392 U
C. 压强增大， 23191 Pa的半衰期变小
D. 钍基熔盐堆是利用中子轰击 23392 U引起的链式反应来获取核能的
【答案】D
【解析】A．核聚变反应是两质量很小的轻核结合成质量较大的核，核反应 1n+ 2320 90 Th→ 23390 Th不属于核聚
变反应，A项错误；
B．核衰变遵循“统计规律”，对于一个 23391 Pa核而言，何时发生 β衰变完全是随机的，B项错误；
C．半衰期与外界状态无关，所以与压强无关，C错误；
D．钍基熔盐堆本质上依然属于核裂变反应堆，其依然是利用 23392 U核裂变来获取核能的，即利用中子轰
击 23392 U引起的链式反应来获取核能，D项正确。
2.如图，在课间活动中，重力为G的某位同学用两只手分别撑住等高的桌面使自己悬空，并处于静止状态。
已知伸直的两手臂和桌面夹角均为 θ。当减小 θ，该同学再次静止时，下列说法正确的是
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A. 每只手掌所承受桌面的支持力减小 B. 每只手臂的作用力变小
C. 该同学所受合力减小 D. 每只手掌所受桌面的摩擦力变大
【答案】D
【解析】A．每只手掌受到桌面的支持力竖直向上，竖直方向上，根据平衡条件可得 2N=mg
mg
所以N= 2
即支持力不变，故 A错误；
B．根据平衡条件可得 2Fsinθ=mg
则 F= mg2sinθ
由此可知，当减小 θ，sinθ减小，F变大，故 B错误；
C．该同学始终处于平衡状态，合力为零保持不变，故C错误；
mg
D．每只手掌的摩擦力为 f= Fcosθ= 2tanθ
由此可知，当减小 θ，tanθ减小，f变大，故D正确。
3.骨传导耳机能将接收到的声音信号转化为机械振动，通过颅骨传到内耳，如图 (a)所示。某同学使用骨
传导耳机听一段随身携带的手机中的音乐，若接收到的声波引起耳蜗膜上某质点振动图像如图 (b)所
示，振幅为 A，声音在空气中传播的速度为 340 m/s。下列说法正确的是
A. 声波通过颅骨传播和空气传播的波长相同
B. 耳蜗膜上该质点任意半个周期的路程均为 2A
C. 若该段音乐在空气中传播，其声波波长为 680m
D. 该同学跑动时能感受到因多普勒效应引起的声音音调变化
【答案】B
v
【解析】A．声波频率由振源决定，颅骨 (固体)与空气 (气体)中声速不同，由 λ= f 知波长不同，A错误；
B．简谐运动中，任意半个周期内质点路程均为 2A(无论起点位置)，B正确；
C．由图 (b)知周期 T= 0.002s，波长 λ= vT= 340× 0.002m= 0.68m，C错误；
D．同学与声源 (手机)相对静止，不会产生多普勒效应，D错误。
4.如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢
内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电。若某次高铁进站过程，保持U1不变，仅通过调整动
力系统的负载，使得电流 I4减小到原来的一半。下列说法正确的是
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A. 电流 I1大于电流 I2 B. 电流 I4的频率将减小到原来的一半
C. 电压U3将增大 D. 电阻 r的热功率将减小到原来的一半
【答案】C
【解析】A．对于理想变压器输入和输出功率相等，即U1I1=U2I2
n U
理想变压器输入和输出电压关系为 1 = 1n2 U2
由于牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压，故U1>U2，I1< I2，A错误；
B．对于理想变压器，输入与输出电流频率不变，B错误；
C．由于发电厂输出电压U1不变，因此牵引变电所输出电压U2不变
n I
对于理想变压器输入和输出电流关系为 3 = 4n4 I3
电流 I4减小到原来的一半，则电流 I3减小到原来的一半，电阻 r的分压降低，故电压U3=U2- I3r将增大，
C正确；
D n．对于理想变压器输入和输出电流关系为 3n =
I4
4 I3
电流 I4减小到原来的一半，则电流 I3减小到原来的一半
电阻 r的热功率为 P= I23r
1
电流 I3减小到原来的一半，则热功率 P减小至原来的 4 ，D错误。
5.某实验室正在研究一种新型的“人工分子”电子器件。在纳米尺度上将三个带正电的金属探针尖端精确
地排列成一个等边三角形，形成三角形的静电势阱阵列。研究人员标记了几个关键位置：O为三角形中
心；D、E、F为三边中点；G、H两点关于 AD直线对称，如图所示。实验时，他们向该区域发射探测电
子，并测量电子在不同位置的电势能，以绘制出系统的等势面与电场线分布 (图中实线即为模拟计算的
电场线)，规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是
A. H点和G点的电场强度相同 B. O点的电场强度和电势均为零
C. 电子在D、E、F点的电势能相等 D. 电子在H点的电势能大于在G点的电势能
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【答案】C
【解析】A．根据图中H、G的电场线，可知两点的电场强度方向不同，电场强度大小相等，故 A错误。
B．根据题意可知，A、B、C为 3个带等量正电的点电荷，可知O处的电场方向指向外侧，而无穷远处电
势为零，故O点电势大于零；根据库仑定律，结合 3个等量正电荷在等边三角形的顶点，即对称性分布特
点，可知O处电场强度为零，故 B错误。
C．根据对称性特点，可知D、E、F点的电势相等，电子在这三个点的电势能相等，故C正确。
D．根据三个等量点电荷的位置，结合电场的对称性分布特点，可知H、G处的电势大小相等，电子在这
两个点的电势能大小相等，故D错误。
6.如图甲所示，倾角为 θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定。一质量为m的小滑块从斜面上
O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小 a随位移 x变化的
关系如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 g。下列说法正确的是
mgsinθ
A. 弹簧的劲度系数为 x2
B. 在 x1 x2和 x2 x3两段过程中，滑块机械能的变化量大小相同
C. 在 x1 x2和 x2 x3两段过程中，图线斜率的绝对值不相等
D. 下滑过程中，在 x= x2处，滑块的动能最大
【答案】D
【解析】A．由图可知，当小球位移为 x2时，加速度为零，即弹力与重力沿斜面的分力大小相等，此时弹簧
的形变量为 x2-x1 ，则 k x2-x1 =mgsinθ
= mgsinθ解得 k x -x ，故 A错误；2 1
B．对小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，即滑块机械能与弹簧弹性势能总和不变。由图可知，x1
x2的距离差小于 x2 x3两处的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，所以滑块机械能的变化量大小
不相同。故 B错误；
mgsinθ-k x-xC 1 ．在 x1 x2的过程中，由 a= m
- k知斜率为 m
k x-x1 -mgsinθ
在 x2 x3的过程中，由 a= m
k
得斜率为 m
所以两段过程斜率绝对值相等。故C错误；
D．下滑过程中，在 x= x2处，a= 0，合力为零，速度最大，所以滑块的动能最大，故D正确。
7.为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险 (不考虑离心问题)，把固定
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连接为一体的两轮设计成锥顶角 θ很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为 L，正常直线行驶时两轮与
铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径 R。在 θ很小时，
tanθ≈ sinθ≈ θ。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过Δx，则最小过弯半径 R为
A. 2LD B. LD C. LD D. LDθΔx θΔx 2θΔx 4θΔx
【答案】C
【解析】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移Δx，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为 r1，根
据几何关系有 2r1=D+ 2Δxtan θ2
θ
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为 r2，则有 2r2=D- 2Δxtan 2
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为 s1，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前
s D+2Δxtan
θ
运动的距离为 s ，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有 1 = r1 = 22 s2 r2 D-2Δxtan θ2
θ θ
由于 tan 2 ≈ 2
s1 = D+θΔx则有 s2 D-θΔx
转弯过程俯视图，如图所示
s R+
L
由几何关系有 1
2
s =2 R- L2
LD
联立解得 R= 2θΔx
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
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全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
8.汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方
法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是
A. 改变了驾驶员的惯性 B. 减小了驾驶员的动量变化率
C. 减小了驾驶员受到的冲力 D. 减小了驾驶员的动量变化
【答案】BC
【解析】A．惯性大小由物体的质量决定，安全气囊对驾驶员的保护作用并没有改变驾驶员的惯性，故 A
错误；
D．汽车发生碰撞过程中，驾驶员始末状态的速度一定，即驾驶员的动量变化一定，故D错误；

BC．根据动量定理有 FΔt=Δp

可得 F= ΔpΔt
由于安全气囊对驾驶员的保护作用，作用时间变大，减小了驾驶员受到的冲力，结合上述可知，减小了驾
驶员的动量变化率，故 BC正确。
9.智能洗衣机能根据衣物的重量自动投放洗衣液，如图为简化的部分工作电路图。已知电源 A电动势为
12V，内阻为 1Ω，R2= 9Ω，电阻 R1阻值随所受压力 F变化的关系式为 R1= 30- F(R1的单位为Ω，F的单
位为N)。当 R2两端电压超过临界值 3.6V时，使控制电路接通，电磁铁吸动衔铁，接通对应的投放洗衣液
工作电路。下列说法正确的是
A. 当衣物重量减小时，R2两端的电压增大 B. 当衣物重量大于临界值时会接通工作电路 2
C. 当 R2两端电压达到临界值时，压力 F为 10N D. 为了提高电压临界值，只需要增大 R2的阻值
【答案】BC
【解析】A．根据题意可知，当衣物重量减小时，电阻 R1阻值增大，干路电流减小，则 R2两端的电压减小，
故 A错误；
B．根据题意结合 A分析可知，当衣物重量大于临界值时，R2两端的电压增大到临界值，使控制电路接
通，电磁铁吸动衔铁，接通工作电路 2，故 B正确；
C．当 R2两端电压达到临界值时，即 R2两端电压为 3.6V
E U
，则干路电流 I= R =1+R2+r R2
代入数据解得 R1= 20Ω
由电阻 R1阻值随所受压力 F变化的关系式为 R1= 30- F可得，此时 F= 10N，故C正确；
D．根据题意可知，增大 R2的阻值，不会改变电压临界值，只会改变达到临界值时衣物的重量，故 D错
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误。
10.如图，在空间直角坐标系O- xyz中，yOz平面为一挡板，挡板左侧有沿 z轴正方向的匀强磁场，磁感应强
度大小为 B。挡板右侧有沿 x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。 y轴上距离坐标原点O为 L
的 P处有一粒子发射源，可向 xOy平面内 y轴左侧 180°方向范围内不断发射带正电的粒子。粒子质量
均为m，电荷量均为 q，速度介于 0到 v0之间的任意值。挡板在坐标原点O处有一小孔，打到挡板上的粒
子均被挡板吸收，从小孔穿出到达挡板右侧的所有粒子，速度的最大值是最小值的 2倍，最终打在垂直 x
轴放置的接收屏上，形成亮斑。接收屏和挡板都足够大，不考虑粒子间的作用力。下列说法正确的是
qBL
A. v0= m
B. 穿过小孔的粒子速度方向集中在 120°的范围内
C. 当接收屏到O点的距离为 L时，亮斑为一个点
D. 1当接收屏到O点的距离为 2 πL时，亮斑为一条长为 3L的直线段
【答案】AB
2
【解析】A v．粒子在挡板左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB=m R
mv
解得 R= qB
粒子从 P 0,L 出发经过O L 0,0 ，弦长为 L，由几何关系可知 2R≥ L，即 R≥ 2 ，故能穿过小孔的粒子最
qBL
小速度为 vmin= 2m
qBL
已知从小孔穿出的粒子速度最大值是最小值的 2倍，且发射速度最大为 v0，故 vmax= v0= 2vmin= m ，故
A正确；
1
2 LB L．设粒子穿过小孔时速度方向与 x轴正方向夹角为 θ，由几何关系可知 cosθ= R = 2R
因为 v∈ v 0 2 ,v
，即 R∈ L ,L 0 2
所以 cosθ∈ 1 ,1 2 ，即 θ∈ 0,60°
由于粒子可以向 y轴左侧 180°范围发射，存在关于 x轴对称的两种轨迹，分别对应圆心在 x轴上方和下
方，故穿过小孔的粒子速度方向分布在 x轴上下各 60°范围内，总共 120°，故 B正确；
C．粒子进入右侧磁场后，速度 v分解为沿 x轴的分量 vx和垂直 x轴的分量 v 。由前述分析，vx= vcosθ
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= qBRm ·
L qBL
2R = 2m 为定值。粒子在 x方向做匀速直线运动，在 yOz平面内做匀速圆周运动。运动时间
t= Dvx
qB qB D 2D
转过的圆心角 α= m t= m · qBL = L
2m
当D= L时，α= 2rad≠ 2kπ，粒子未回到 yOz平面原点，亮斑不是点，故C错误；
D 1．当D= 2 πL时，α= π
此时粒子在 yOz平面内转过半圆，y坐标为 0，z坐标大小为 2r，其中 r为右侧磁场中圆周运动半径。 r=
mv⊥ = mvsinθ
2
qB qB = Rsinθ= R
2- 12 L
3
当 R= L时，r最大，为 2 L。故亮斑在 z轴上，范围为 - 3L, 3L ，长度为 2 3L，故D错误。
三、非选择题：共 54分，考生根据要求作答。
11.某同学为了测量一微安表G的内阻并扩大其量程，实验室提供如下器材：数字式多用电表 A(电压挡内阻
视为无穷大)，滑动变阻器 R1，电阻箱 R2，两节干电池 E，开关与导线若干。
(1)该同学使用数字式多用电表检测干电池，以下操作正确的是
A．用直流电压挡测量电池两极间的电压得到电动势
B．用欧姆挡测量电池两极间的电阻得到电池内阻
(2)如图甲为数字多用电表的插孔面板，该同学设计了图乙所示的电路，将数字多用电表 A调至直流电
流挡，黑表笔插在图甲中的公共端D孔，则红表笔应插在图甲中 孔 (填“A”“B”或“C”)；
(3)用笔画线代替导线，根据图乙将图丙中的实物图连接完整；
(4)将 R1的阻值调至最大，合上开关 S1，调节 R1使G的指针偏转到满刻度，记下此时 A的示数 I1，合上开
关 S2，反复调节 R1和 R2的阻值，使 A的示数仍为 I1，使G的指针偏转到满刻度的一半，此时 R2的示数为
R；
(5)仅从实验设计原理看，用上述方法得到的G内阻的测量值 真实值 (填“大于”“等于”或“小于”)；
(6)若要将G的量程扩大为 I，结合实验测得的结果，须在G上并联的分流电阻 RS= (用 I、I1、R
表示)。
I R
【答案】①. A②. A③.见解析④.等于⑤. 1I- I1
【解析】[1]多用电表的电压挡测量电源两极间的输出电压是可以的，近似等于电源电动势，但多用电表
不能用电阻挡直接测含电源电路的电阻。
[2]多用电表调整至直流电流挡，多用电表的两个表笔应分别插入 AD两个插孔；黑表笔插在图甲中的公
共端D孔，则红表笔应插在图甲中 A孔；
[3]根据图乙将图丙中的实物图连接完整，如图所示
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[4] I由题意可知电流计G的满偏电流为 I1，闭合开关 S2后使 A的示数为 I1，电流计G的示数为 12 ，说明通
过 R I2的电流也为 12 ，R2与电流计G并联电压相同，所以 R2= Rg= R0
由上述分析可知所测量的电流计内阻没有系统误差，即用上述方法得到的G内阻的测量值等于真实值；
[5]欲将电流表G的量程扩大为Ⅰ，则电流表G满偏时通过所并联电阻的电流为 I- I1，而G两端的电压
I R
为 I1R，故所并联的电阻为 R 1S= I- I1
12.如图甲所示，某小组为了研究台球斜碰规律，进行了如下实验。
(1)原理分析：将两个质量均为m= 0.16kg的相同小球 P、Q置于较为光滑水平桌面 (图乙中 P1、Q1位
置)。使小球 P以一定初速度与静止的小球Q发生斜碰 (无旋转)，同时用曝光时间间隔为 T的频闪相机
记录运动过程。以 P1为坐标原点，沿小球 P初速度方向和垂直于初速度方向建立坐标系。若小球在斜
碰中 x、y方向动量均守恒，则需要验证的关系式有 。
A. xP3- xP2= xP5- xP4+ xQ3- xQ2 B. xP3- xP2= xP5- xP4+ xQ2- xQ1
C. yP5- yP4= yQ1- yQ2 D. yP5- yP4= yQ2- yQ3
(2)数据处理：根据频闪照片比例，测出两小球各时刻坐标数值，如下表，已知曝光时间间隔为 T= 0.1s，x
方向两小球碰撞前总动量为 px= kg m/s，碰撞后总动量 p x= kg m/s。实验结论：
。
位置 P2 P3 P4 P5 Q1 Q2 Q3
x坐标 /m 0.200 0.400 0.483 0.501 0.500 0.617 0.799
y坐标 /m 0.000 0.000 0.037 0.094 -0.009 -0.046
(3)讨论交流：半径相同、质量相等的两球 P、Q发生弹性斜碰瞬间 (无旋转)，已知 P的速度大小为 v，方向
与两球球心连线成 α角，如图丙所示。将运动按沿球心连线方向和垂直球心连线方向分解，下列分析正
确的是
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A. v沿垂直球心连线方向分速度为 vcosα B. 碰后Q的速度为 vcosα
C. 碰撞后 P、Q两球速度方向之间的夹角为 90°
【答案】(1)AD(2)①. 0.320②. 0.320③. x方向动量守恒 (3)BC
1 P x v= xP3-x【解析】 碰前小球 在 方向速度 P2T
碰后小球 P在 x xP5-x方向速度 v = P4xP T
x
Q x v = Q3
-xQ2
碰后小球 在 方向速度 xQ T
根据动量守恒mv=mvxP+mvxQ
可得 xP3- xP2= xP5- xP4+ xQ3- xQ2
= yP5-yP4碰前 y方向动量为零，碰后小球 P在 y方向速度 vyP T
y
Q y Q3
-yQ2
碰后小球 在 方向速度 vyQ= T
根据动量守恒 0=mvyP+mvyQ
可得 yP5- yP4= yQ2- yQ3
2 [1] [2] [3]碰前在 x方向总动量 px=mv= 0.320kg m/s
碰后在 x方向总动量 p'x=mvxP+mvxQ= 0.320kg m/s
可得 x方向动量守恒。
3 把小球 P的速度分解为沿球心连线方向的 vcosα，垂直于球心连线方向的 vsinα
在两球沿着球心连线方向，动量守恒mvcosα=mvQ+mvPx
1 1
总机械能守恒 mv2= mv22 2 Px+
1
2 m vsinα
2 1 + 2 mv
2
Q
解得 vQ= vcosα，mvPx= 0
故碰后小球 P的速度方向与球心连线垂直，故碰后小球 P、Q球速度方向成 90°夹角
13.夜晚在高速公路上行车，当车灯照射到公路旁边的指示牌上时，指示牌能将照射到其上的光线返回，使
司机看清指示牌上的标志。其反光原理是在指示牌上涂有一层由玻璃制成的微小球体，示意图如图所
示。假定车灯射出的光为单色光，平行入射到玻璃微球表面，玻璃微球右侧面有反光膜，入射角为 θ=
60°的灯光能够逆向返回，玻璃微球半径为 r= 1.0× 10-5m，光速 c= 3.0× 108m/s，求：
(1)玻璃微球的折射率 n；
(2)单色光在玻璃微球内的传播时间 t。
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【解析】 1 当光线以 θ= 60° sinθ入射时，设其折射角为 α，由折射定律可得 n= sinα
如图所示
由几何关系可知 θ= 2α
代入数据可解得 n= 3
2 设该光在玻璃微球内传播的路程为 s，由几何关系有 s= 2× 2rcosα= 2 3 r
c
单色光在该玻璃微球内的传播速度为 v= n
根据运动学公式有 s= vt
代入数据可解得 t= 2× 10-13s
14.如图甲所示，将一块光滑的方形薄铝板倾斜固定在水平面上，其与水平方向夹角为 θ，一质量为m的条形
磁铁N极向下，在铝板上静止释放，最终恰好能沿薄铝板匀速下滑，侧视图如图乙。磁铁端面 abcd是边
长为 d1的正方形，由于磁铁紧贴铝板运动，磁铁端面正对铝板区域的磁场可视为匀强磁场 (俯视图如图
丙)，磁感应强度为 B，铝板厚度为 d2，电阻率为 ρ。磁铁端面正对的铝板区域切割磁场产生电动势，其与
铝板的其它部分形成回路，为研究问题方便，铝板中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电
阻和磁场可忽略不计，重力加速度为 g。
(1)求磁铁匀速下滑时，铝板中与磁铁正对部分感应电流 I的大小；
(2)推导磁铁在铝板上匀速运动时的速度 v的表达式；
(3)磁铁由静止释放，到速度大小 v= 2gsinθ时，滑行的距离大小 L= ρmgsinθ，求这个过程磁铁滑行的时
间 t。
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【解析】 1 铝板受到的安培力 FB= BId1
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡mgsinθ= BId1
= mgsinθ解得 I Bd1
2 匀速运动时，切割产生的电动势 E= Bd1v
Bd v
由闭合电路欧姆定律可得 I= 1R
ρd1
正对区域电阻 R= d1d2
ρmgsinθ
联立解得 v=
B2d21d2
3 加速过程根据动量定理，在极短时间内mgsinθΔt- Bid1Δt=mΔv
且 i= Bd1v Bd1d2vR = ρ
2 2
mgsinθΔt- B d1d2v代入得 ρ Δt=mΔv
2 2
累积求和可得mgsinθ t- B d1d2ρ L=mv
ρmv+B2= d
2
1d2L
整理得 t ρmgsinθ
ρm×2gsinθ+B2d2= 1d2ρmgsinθ解得 t 2 2ρmgsinθ = 2+ B d1d2
15.如图甲，下端带有挡板的长木板 A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度可忽略且被压缩并锁定
的轻弹簧，t= 0时将质量为m的小物块 B从 A上与挡板距离为 L处由静止释放，t1= 8t0时刻 B与挡板发
生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开 B后瞬间 A获得的速度大小为 7v0，t2= 13t0
时 B与挡板发生第二次碰撞，在 0 t2时间内 B的速度大小 v随时间 t变化的关系图线如图乙所示 (t0、v0
均为未知量)，各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。
(1)根据乙图，求在 8t0 9t0内与在 9t0 13t0内 B的加速度大小之比；
(2)求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内 A下滑的距离；
(3)求 A与 B、A与斜面间的动摩擦因数之比。
3v
【解析】 1 根据题意，由图乙可知，B在 8t0 9t0的时间内匀减速上滑，加速度大小为 a = 01 9t0-8t
=
0
3v0
t0
B在 9t0 13t
2v v
0的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为 a = 0 02 13t0-9t
=
0 2t0
因此在 8t0 9t0内与在 9t0 13t0内 B的加速度大小之比为 a1 : a2= 6 : 1
2 由图推断可知，A在 9t0之前已停止运动，B在 0 8t0与在 9t0 13t0时间内受力情况一致，加速度相
物理试题 第 12 页 共 13 页
同，则 t1= 8t0时刻速率为 v1= a 8t =
v0
2 0 2t 8t0= 4v00
v
刚释放 B时，A、B之间的距离为 L，则有 L= 12 8t0= 16v0t0
B 8t - 9t L = 3v 3在 0 0时间内沿斜面向上运动，运动的距离 01 2 9t0-8t0 = 2 v0t0
B在 9t0- 13t
2v0
0时间内沿斜面向下运动，运动的距离 L2= 2 13t0-9t0 = 4v0t0
5
则两次碰撞期间 A沿斜面下滑的距离 x= L2- L1= 32 L
3 由图可知，B与挡板第一次碰撞后 vB=-3v0，A的速度为 vA= 7v0，
设 A的质量为M，由动量守恒定律可得mv1=mvB+MvA
解得M=m
v
第一次碰撞后 A一直做匀减速运动，经过Δt时间停止运动，则有 x= A2 Δt
解得Δt= 57 t0
A v 7 49v设 做匀减速运动的加速度大小为 a，则 a= AΔt = 7v0
0
5t =0 5t0
设斜面倾角为 θ，A与 B间的动摩擦因数为 μ1，A与斜面间的动摩擦因数为 μ2，
根据牛顿第二定律，对 A有 μ1mgcosθ+ μ2 M+m gcosθ-Mgsinθ=Ma
B沿斜面向下运动时mgsinθ- μ1mgcosθ=ma2
B沿斜面向上运动时mgsinθ+ μ1mgcosθ=ma1
联立解得 μ1 : μ2= 25 : 103
物理试题 第 13 页 共 13 页2026届广东省广州市多校高三下学期毕业班冲刺训练（一）
物理试题
★祝大家学习生活愉快★
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1.中国科学院在 2025年 11月 1日发布消息，位于甘肃省武威市民勤县的 2兆瓦液态燃料钍基熔盐实验堆，
已成功实现了钍铀核燃料转换。钍基熔盐堆内的链式反应示意图如图所示，下列相关判断中正确的是
A. 核反应 1n+ 2320 90 Th→ 23390 Th属于核聚变反应
B. 一个 23391 Pa核 27天后必将发生 β衰变生成 21392 U
C. 压强增大， 23191 Pa的半衰期变小
D. 钍基熔盐堆是利用中子轰击 23392 U引起的链式反应来获取核能的
2.如图，在课间活动中，重力为G的某位同学用两只手分别撑住等高的桌面使自己悬空，并处于静止状态。
已知伸直的两手臂和桌面夹角均为 θ。当减小 θ，该同学再次静止时，下列说法正确的是
A. 每只手掌所承受桌面的支持力减小 B. 每只手臂的作用力变小
C. 该同学所受合力减小 D. 每只手掌所受桌面的摩擦力变大
3.骨传导耳机能将接收到的声音信号转化为机械振动，通过颅骨传到内耳，如图 (a)所示。某同学使用骨
传导耳机听一段随身携带的手机中的音乐，若接收到的声波引起耳蜗膜上某质点振动图像如图 (b)所
示，振幅为 A，声音在空气中传播的速度为 340m/s。下列说法正确的是
物理试题 第 1 页 共 7 页
A. 声波通过颅骨传播和空气传播的波长相同
B. 耳蜗膜上该质点任意半个周期的路程均为 2A
C. 若该段音乐在空气中传播，其声波波长为 680m
D. 该同学跑动时能感受到因多普勒效应引起的声音音调变化
4.如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢
内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电。若某次高铁进站过程，保持U1不变，仅通过调整动
力系统的负载，使得电流 I4减小到原来的一半。下列说法正确的是
A. 电流 I1大于电流 I2 B. 电流 I4的频率将减小到原来的一半
C. 电压U3将增大 D. 电阻 r的热功率将减小到原来的一半
5.某实验室正在研究一种新型的“人工分子”电子器件。在纳米尺度上将三个带正电的金属探针尖端精确
地排列成一个等边三角形，形成三角形的静电势阱阵列。研究人员标记了几个关键位置：O为三角形中
心；D、E、F为三边中点；G、H两点关于 AD直线对称，如图所示。实验时，他们向该区域发射探测电
子，并测量电子在不同位置的电势能，以绘制出系统的等势面与电场线分布 (图中实线即为模拟计算的
电场线)，规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是
A. H点和G点的电场强度相同 B. O点的电场强度和电势均为零
C. 电子在D、E、F点的电势能相等 D. 电子在H点的电势能大于在G点的电势能
物理试题 第 2 页 共 7 页
6.如图甲所示，倾角为 θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定。一质量为m的小滑块从斜面上
O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小 a随位移 x变化的
关系如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 g。下列说法正确的是
mgsinθ
A. 弹簧的劲度系数为 x2
B. 在 x1 x2和 x2 x3两段过程中，滑块机械能的变化量大小相同
C. 在 x1 x2和 x2 x3两段过程中，图线斜率的绝对值不相等
D. 下滑过程中，在 x= x2处，滑块的动能最大
7.为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险 (不考虑离心问题)，把固定
连接为一体的两轮设计成锥顶角 θ很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为 L，正常直线行驶时两轮与
铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径 R。在 θ很小时，
tanθ≈ sinθ≈ θ。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过Δx，则最小过弯半径 R为
A. 2LD B. LD LD LDθΔx θΔx C. 2θΔx D. 4θΔx
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
8.汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方
法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是
A. 改变了驾驶员的惯性 B. 减小了驾驶员的动量变化率
C. 减小了驾驶员受到的冲力 D. 减小了驾驶员的动量变化
物理试题 第 3 页 共 7 页
9.智能洗衣机能根据衣物的重量自动投放洗衣液，如图为简化的部分工作电路图。已知电源 A电动势为
12V，内阻为 1Ω，R2= 9Ω，电阻 R1阻值随所受压力 F变化的关系式为 R1= 30- F(R1的单位为Ω，F的单
位为N)。当 R2两端电压超过临界值 3.6V时，使控制电路接通，电磁铁吸动衔铁，接通对应的投放洗衣液
工作电路。下列说法正确的是
A. 当衣物重量减小时，R2两端的电压增大 B. 当衣物重量大于临界值时会接通工作电路 2
C. 当 R2两端电压达到临界值时，压力 F为 10N D. 为了提高电压临界值，只需要增大 R2的阻值
10.如图，在空间直角坐标系O- xyz中，yOz平面为一挡板，挡板左侧有沿 z轴正方向的匀强磁场，磁感应强
度大小为 B。挡板右侧有沿 x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。 y轴上距离坐标原点O为 L
的 P处有一粒子发射源，可向 xOy平面内 y轴左侧 180°方向范围内不断发射带正电的粒子。粒子质量
均为m，电荷量均为 q，速度介于 0到 v0之间的任意值。挡板在坐标原点O处有一小孔，打到挡板上的粒
子均被挡板吸收，从小孔穿出到达挡板右侧的所有粒子，速度的最大值是最小值的 2倍，最终打在垂直 x
轴放置的接收屏上，形成亮斑。接收屏和挡板都足够大，不考虑粒子间的作用力。下列说法正确的是
A. v0=
qBL
m
B. 穿过小孔的粒子速度方向集中在 120°的范围内
C. 当接收屏到O点的距离为 L时，亮斑为一个点
D. 1当接收屏到O点的距离为 2 πL时，亮斑为一条长为 3L的直线段
三、非选择题：共 54分，考生根据要求作答。
11.某同学为了测量一微安表G的内阻并扩大其量程，实验室提供如下器材：数字式多用电表 A(电压挡内阻
视为无穷大)，滑动变阻器 R1，电阻箱 R2，两节干电池 E，开关与导线若干。
(1)该同学使用数字式多用电表检测干电池，以下操作正确的是
A．用直流电压挡测量电池两极间的电压得到电动势
B．用欧姆挡测量电池两极间的电阻得到电池内阻
(2)如图甲为数字多用电表的插孔面板，该同学设计了图乙所示的电路，将数字多用电表 A调至直流电
流挡，黑表笔插在图甲中的公共端D孔，则红表笔应插在图甲中 孔 (填“A”“B”或“C”)；
(3)用笔画线代替导线，根据图乙将图丙中的实物图连接完整；
(4)将 R1的阻值调至最大，合上开关 S1，调节 R1使G的指针偏转到满刻度，记下此时 A的示数 I1，合上开
物理试题 第 4 页 共 7 页
关 S2，反复调节 R1和 R2的阻值，使 A的示数仍为 I1，使G的指针偏转到满刻度的一半，此时 R2的示数为
R；
(5)仅从实验设计原理看，用上述方法得到的G内阻的测量值 真实值 (填“大于”“等于”或“小于”)；
(6)若要将G的量程扩大为 I，结合实验测得的结果，须在G上并联的分流电阻 RS= (用 I、I1、R
表示)。
12.如图甲所示，某小组为了研究台球斜碰规律，进行了如下实验。
(1)原理分析：将两个质量均为m= 0.16kg的相同小球 P、Q置于较为光滑水平桌面 (图乙中 P1、Q1位
置)。使小球 P以一定初速度与静止的小球Q发生斜碰 (无旋转)，同时用曝光时间间隔为 T的频闪相机
记录运动过程。以 P1为坐标原点，沿小球 P初速度方向和垂直于初速度方向建立坐标系。若小球在斜
碰中 x、y方向动量均守恒，则需要验证的关系式有 。
A. xP3- xP2= xP5- xP4+ xQ3- xQ2 B. xP3- xP2= xP5- xP4+ xQ2- xQ1
C. yP5- yP4= yQ1- yQ2 D. yP5- yP4= yQ2- yQ3
(2)数据处理：根据频闪照片比例，测出两小球各时刻坐标数值，如下表，已知曝光时间间隔为 T= 0.1s，x
方向两小球碰撞前总动量为 px= kg m/s，碰撞后总动量 p x= kg m/s。实验结论：
。
位置 P2 P3 P4 P5 Q1 Q2 Q3
x坐标 /m 0.200 0.400 0.483 0.501 0.500 0.617 0.799
y坐标 /m 0.000 0.000 0.037 0.094 -0.009 -0.046
(3)讨论交流：半径相同、质量相等的两球 P、Q发生弹性斜碰瞬间 (无旋转)，已知 P的速度大小为 v，方向
与两球球心连线成 α角，如图丙所示。将运动按沿球心连线方向和垂直球心连线方向分解，下列分析正
确的是
A. v沿垂直球心连线方向分速度为 vcosα B. 碰后Q的速度为 vcosα
C. 碰撞后 P、Q两球速度方向之间的夹角为 90°
物理试题 第 5 页 共 7 页
13.夜晚在高速公路上行车，当车灯照射到公路旁边的指示牌上时，指示牌能将照射到其上的光线返回，使
司机看清指示牌上的标志。其反光原理是在指示牌上涂有一层由玻璃制成的微小球体，示意图如图所
示。假定车灯射出的光为单色光，平行入射到玻璃微球表面，玻璃微球右侧面有反光膜，入射角为 θ=
60°的灯光能够逆向返回，玻璃微球半径为 r= 1.0× 10-5m，光速 c= 3.0× 108m/s，求：
(1)玻璃微球的折射率 n；
(2)单色光在玻璃微球内的传播时间 t。
14.如图甲所示，将一块光滑的方形薄铝板倾斜固定在水平面上，其与水平方向夹角为 θ，一质量为m的条形
磁铁N极向下，在铝板上静止释放，最终恰好能沿薄铝板匀速下滑，侧视图如图乙。磁铁端面 abcd是边
长为 d1的正方形，由于磁铁紧贴铝板运动，磁铁端面正对铝板区域的磁场可视为匀强磁场 (俯视图如图
丙)，磁感应强度为 B，铝板厚度为 d2，电阻率为 ρ。磁铁端面正对的铝板区域切割磁场产生电动势，其与
铝板的其它部分形成回路，为研究问题方便，铝板中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电
阻和磁场可忽略不计，重力加速度为 g。
(1)求磁铁匀速下滑时，铝板中与磁铁正对部分感应电流 I的大小；
(2)推导磁铁在铝板上匀速运动时的速度 v的表达式；
(3)磁铁由静止释放，到速度大小 v= 2gsinθ时，滑行的距离大小 L= ρmgsinθ，求这个过程磁铁滑行的时
间 t。
物理试题 第 6 页 共 7 页
15.如图甲，下端带有挡板的长木板 A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度可忽略且被压缩并锁定
的轻弹簧，t= 0时将质量为m的小物块 B从 A上与挡板距离为 L处由静止释放，t1= 8t0时刻 B与挡板发
生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开 B后瞬间 A获得的速度大小为 7v0，t2= 13t0
时 B与挡板发生第二次碰撞，在 0 t2时间内 B的速度大小 v随时间 t变化的关系图线如图乙所示 (t0、v0
均为未知量)，各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。
(1)根据乙图，求在 8t0 9t0内与在 9t0 13t0内 B的加速度大小之比；
(2)求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内 A下滑的距离；
(3)求 A与 B、A与斜面间的动摩擦因数之比。
物理试题 第 7 页 共 7 页
参考答案
1. D
【解析】A．核聚变反应是两质量很小的轻核结合成质量较大的核，核反应 10n+ 23290 Th→ 23390 Th不属于核聚
变反应，A项错误；
B．核衰变遵循“统计规律”，对于一个 23391 Pa核而言，何时发生 β衰变完全是随机的，B项错误；
C．半衰期与外界状态无关，所以与压强无关，C错误；
D．钍基熔盐堆本质上依然属于核裂变反应堆，其依然是利用 23392 U核裂变来获取核能的，即利用中子轰
击 23392 U引起的链式反应来获取核能，D项正确。
2. D
【解析】A．每只手掌受到桌面的支持力竖直向上，竖直方向上，根据平衡条件可得 2N=mg
= mg所以N 2
即支持力不变，故 A错误；
B．根据平衡条件可得 2Fsinθ=mg
= mg则 F 2sinθ
由此可知，当减小 θ，sinθ减小，F变大，故 B错误；
C．该同学始终处于平衡状态，合力为零保持不变，故C错误；
mg
D．每只手掌的摩擦力为 f= Fcosθ= 2tanθ
由此可知，当减小 θ，tanθ减小，f变大，故D正确。
3. B
【解析】A．声波频率由振源决定，颅骨 (固体)与空气 (气体) v中声速不同，由 λ= f 知波长不同，A错误；
B．简谐运动中，任意半个周期内质点路程均为 2A(无论起点位置)，B正确；
C．由图 (b)知周期 T= 0.002s，波长 λ= vT= 340× 0.002m= 0.68m，C错误；
D．同学与声源 (手机)相对静止，不会产生多普勒效应，D错误。
4. C
【解析】A．对于理想变压器输入和输出功率相等，即U1I1=U2I2
n U
理想变压器输入和输出电压关系为 1n =
1
2 U2
由于牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压，故U1>U2，I1< I2，A错误；
B．对于理想变压器，输入与输出电流频率不变，B错误；
C．由于发电厂输出电压U1不变，因此牵引变电所输出电压U2不变
n
对于理想变压器输入和输出电流关系为 3 = I4n4 I3
电流 I4减小到原来的一半，则电流 I3减小到原来的一半，电阻 r的分压降低，故电压U3=U2- I3r将增大，
C正确；
D n I．对于理想变压器输入和输出电流关系为 3 4n =4 I3
电流 I4减小到原来的一半，则电流 I3减小到原来的一半
电阻 r的热功率为 P= I23r
参考答案 1 页 共 6 页
电流 I 13减小到原来的一半，则热功率 P减小至原来的 4 ，D错误。
5. C
【解析】A．根据图中H、G的电场线，可知两点的电场强度方向不同，电场强度大小相等，故 A错误。
B．根据题意可知，A、B、C为 3个带等量正电的点电荷，可知O处的电场方向指向外侧，而无穷远处电
势为零，故O点电势大于零；根据库仑定律，结合 3个等量正电荷在等边三角形的顶点，即对称性分布特
点，可知O处电场强度为零，故 B错误。
C．根据对称性特点，可知D、E、F点的电势相等，电子在这三个点的电势能相等，故C正确。
D．根据三个等量点电荷的位置，结合电场的对称性分布特点，可知H、G处的电势大小相等，电子在这
两个点的电势能大小相等，故D错误。
6. D
【解析】A．由图可知，当小球位移为 x2时，加速度为零，即弹力与重力沿斜面的分力大小相等，此时弹簧
的形变量为 x2-x1 ，则 k x2-x1 =mgsinθ
解得 k= mgsinθx -x ，故 A错误；2 1
B．对小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，即滑块机械能与弹簧弹性势能总和不变。由图可知，x1
x2的距离差小于 x2 x3两处的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，所以滑块机械能的变化量大小
不相同。故 B错误；
mgsinθ-k x-x
C．在 x1 x2的过程中，由 a=
1
m
知斜率为- km
k x-x1 -mgsinθ
在 x2 x3的过程中，由 a= m
k
得斜率为 m
所以两段过程斜率绝对值相等。故C错误；
D．下滑过程中，在 x= x2处，a= 0，合力为零，速度最大，所以滑块的动能最大，故D正确。
7. C
【解析】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移Δx，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为 r1，根
2r =D+ 2Δxtan θ据几何关系有 1 2
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为 r2，则有 2r2=D- 2Δxtan θ2
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为 s1，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前
θ
s s r
D+2Δxtan 2
运动的距离为 2，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有
1
s =
1 =
2 r2 D-2Δxtan θ2
由于 tan θ ≈ θ2 2
s1 = D+θΔx则有 s2 D-θΔx
转弯过程俯视图，如图所示
参考答案 2 页 共 6 页
L
s R+
由几何关系有 1s =
2
2 R- L2
LD
联立解得 R= 2θΔx
8. BC
【解析】A．惯性大小由物体的质量决定，安全气囊对驾驶员的保护作用并没有改变驾驶员的惯性，故 A
错误；
D．汽车发生碰撞过程中，驾驶员始末状态的速度一定，即驾驶员的动量变化一定，故D错误；

BC．根据动量定理有 FΔt=Δp

= Δp可得 F Δt
由于安全气囊对驾驶员的保护作用，作用时间变大，减小了驾驶员受到的冲力，结合上述可知，减小了驾
驶员的动量变化率，故 BC正确。
9. BC
【解析】A．根据题意可知，当衣物重量减小时，电阻 R1阻值增大，干路电流减小，则 R2两端的电压减小，
故 A错误；
B．根据题意结合 A分析可知，当衣物重量大于临界值时，R2两端的电压增大到临界值，使控制电路接
通，电磁铁吸动衔铁，接通工作电路 2，故 B正确；
C E U．当 R2两端电压达到临界值时，即 R2两端电压为 3.6V，则干路电流 I= R =1+R2+r R2
代入数据解得 R1= 20Ω
由电阻 R1阻值随所受压力 F变化的关系式为 R1= 30- F可得，此时 F= 10N，故C正确；
D．根据题意可知，增大 R2的阻值，不会改变电压临界值，只会改变达到临界值时衣物的重量，故 D错
误。
10. AB
v2
【解析】A．粒子在挡板左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB=m R
R= mv解得 qB
粒子从 P 0,L L 出发经过O 0,0 ，弦长为 L，由几何关系可知 2R≥ L，即 R≥ 2 ，故能穿过小孔的粒子最
qBL
小速度为 vmin= 2m
参考答案 3 页 共 6 页
qBL
已知从小孔穿出的粒子速度最大值是最小值的 2倍，且发射速度最大为 v0，故 vmax= v0= 2vmin= m ，故
A正确；
1 L
B 2 L．设粒子穿过小孔时速度方向与 x轴正方向夹角为 θ，由几何关系可知 cosθ= R = 2R
v L
因为 v∈ 0 2 ,v0 ，即 R∈

2 ,L
1
所以 cosθ∈ ,1 2 ，即 θ∈ 0,60°
由于粒子可以向 y轴左侧 180°范围发射，存在关于 x轴对称的两种轨迹，分别对应圆心在 x轴上方和下
方，故穿过小孔的粒子速度方向分布在 x轴上下各 60°范围内，总共 120°，故 B正确；
C．粒子进入右侧磁场后，速度 v分解为沿 x轴的分量 vx和垂直 x轴的分量 v 。由前述分析，vx= vcosθ
= qBR · L = qBLm 2R 2m 为定值。粒子在 x方向做匀速直线运动，在 yOz平面内做匀速圆周运动。运动时间
t= Dvx
qB
转过的圆心角 α= m t=
qB · D = 2Dm qBL L
2m
当D= L时，α= 2rad≠ 2kπ，粒子未回到 yOz平面原点，亮斑不是点，故C错误；
D．当D= 12 πL时，α= π
此时粒子在 yOz平面内转过半圆，y坐标为 0，z坐标大小为 2r，其中 r为右侧磁场中圆周运动半径。 r=
mv⊥ = mvsinθ
2
qB qB = Rsinθ= R
2- 12 L
当 R= L 3时，r最大，为 2 L。故亮斑在 z轴上，范围为 - 3L, 3L ，长度为 2 3L，故D错误。
11. I R①. A②. A③.见解析④.等于⑤. 1I- I1
【解析】[1]多用电表的电压挡测量电源两极间的输出电压是可以的，近似等于电源电动势，但多用电表
不能用电阻挡直接测含电源电路的电阻。
[2]多用电表调整至直流电流挡，多用电表的两个表笔应分别插入 AD两个插孔；黑表笔插在图甲中的公
共端D孔，则红表笔应插在图甲中 A孔；
[3]根据图乙将图丙中的实物图连接完整，如图所示
[4] G I S A I G I由题意可知电流计 的满偏电流为 1，闭合开关 2后使 的示数为 1，电流计 的示数为 12 ，说明通
过 R I2的电流也为 12 ，R2与电流计G并联电压相同，所以 R2= Rg= R0
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由上述分析可知所测量的电流计内阻没有系统误差，即用上述方法得到的G内阻的测量值等于真实值；
[5]欲将电流表G的量程扩大为Ⅰ，则电流表G满偏时通过所并联电阻的电流为 I- I1，而G两端的电压
I R
为 I1R，故所并联的电阻为 R 1S= I- I1
12. (1)AD(2)①. 0.320②. 0.320③. x方向动量守恒 (3)BC
x -x
【解析】 1 碰前小球 P在 x方向速度 v= P3 P2T
P x v = xP5-x碰后小球 在 方向速度 P4xP T
xQ3-xQ2
碰后小球Q在 x方向速度 vxQ= T
根据动量守恒mv=mvxP+mvxQ
可得 xP3- xP2= xP5- xP4+ xQ3- xQ2
yP5-yP4
碰前 y方向动量为零，碰后小球 P在 y方向速度 vyP= T
yQ3-yQ Q2碰后小球 在 y方向速度 vyQ= T
根据动量守恒 0=mvyP+mvyQ
可得 yP5- yP4= yQ2- yQ3
2 [1] [2] [3]碰前在 x方向总动量 px=mv= 0.320kg m/s
碰后在 x方向总动量 p'x=mvxP+mvxQ= 0.320kg m/s
可得 x方向动量守恒。
3 把小球 P的速度分解为沿球心连线方向的 vcosα，垂直于球心连线方向的 vsinα
在两球沿着球心连线方向，动量守恒mvcosα=mvQ+mvPx
1 mv2= 1 mv2 + 1 m vsinα 2+ 1总机械能守恒 2 2 Px 2 2 mv
2
Q
解得 vQ= vcosα，mvPx= 0
故碰后小球 P的速度方向与球心连线垂直，故碰后小球 P、Q球速度方向成 90°夹角
13. sinθ 1 当光线以 θ= 60°入射时，设其折射角为 α，由折射定律可得 n= sinα
如图所示
由几何关系可知 θ= 2α
代入数据可解得 n= 3
2 设该光在玻璃微球内传播的路程为 s，由几何关系有 s= 2× 2rcosα= 2 3 r
c
单色光在该玻璃微球内的传播速度为 v= n
根据运动学公式有 s= vt
代入数据可解得 t= 2× 10-13s
14. 1 铝板受到的安培力 FB= BId1
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡mgsinθ= BId1
= mgsinθ解得 I Bd1
2 匀速运动时，切割产生的电动势 E= Bd1v
I= Bd由闭合电路欧姆定律可得 1vR
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ρd1
正对区域电阻 R= d1d2
ρmgsinθ
联立解得 v=
B2d21d2
3 加速过程根据动量定理，在极短时间内mgsinθΔt- Bid1Δt=mΔv
且 i= Bd1v = Bd1d2vR ρ
2 2
代入得mgsinθΔt- B d1d2vρ Δt=mΔv
B2d2d
累积求和可得mgsinθ t- 1 2ρ L=mv
= ρmv+B
2d21dt 2
L
整理得 ρmgsinθ
ρm×2gsinθ+B2= d
2
1d2ρmgsinθ
解得 t 2 2ρmgsinθ = 2+ B d1d2
15. 3v 3v 1 根据题意，由图乙可知，B在 8t 0 00 9t0的时间内匀减速上滑，加速度大小为 a1= 9t =0-8t0 t0
B在 9t0 13t
2v v
0的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为 a = 0 02 13t0-9t
=
0 2t0
因此在 8t0 9t0内与在 9t0 13t0内 B的加速度大小之比为 a1 : a2= 6 : 1
2 由图推断可知，A在 9t0之前已停止运动，B在 0 8t0与在 9t0 13t0时间内受力情况一致，加速度相
v
同，则 t1= 8t0时刻速率为 v1= a2 8t 00= 2t 8t0= 4v00
v
刚释放 B时，A、B之间的距离为 L，则有 L= 12 8t0= 16v0t0
B在 8t0- 9t
3v0
0时间内沿斜面向上运动，运动的距离 L1= 2 9t0-8t0 =
3
2 v0t0
B在 9t0- 13t
2v
0时间内沿斜面向下运动，运动的距离 L2= 02 13t0-9t0 = 4v0t0
5
则两次碰撞期间 A沿斜面下滑的距离 x= L2- L1= 32 L
3 由图可知，B与挡板第一次碰撞后 vB=-3v0，A的速度为 vA= 7v0，
设 A的质量为M，由动量守恒定律可得mv1=mvB+MvA
解得M=m
v
第一次碰撞后 A一直做匀减速运动，经过Δt时间停止运动，则有 x= A2 Δt
解得Δt= 57 t0
设 A v做匀减速运动的加速度大小为 a，则 a= AΔt = 7v0
7 = 49v05t0 5t0
设斜面倾角为 θ，A与 B间的动摩擦因数为 μ1，A与斜面间的动摩擦因数为 μ2，
根据牛顿第二定律，对 A有 μ1mgcosθ+ μ2 M+m gcosθ-Mgsinθ=Ma
B沿斜面向下运动时mgsinθ- μ1mgcosθ=ma2
B沿斜面向上运动时mgsinθ+ μ1mgcosθ=ma1
联立解得 μ1 : μ2= 25 : 103
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