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山东省东明县第一中学2025-2026学年高三下学期4月阶段检测物理试卷
1．2026年1月2日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队宣布，我国重大科学工程有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实验证实托卡马克密度自由区的存在，找到突破密度极限的方法，为磁约束核聚变装置高密度运行提供重要的物理依据。其中我国“人造太阳”主要是将氢的同位素氘或氚的核聚变反应释放的能量用来发电，有一种核聚变反应的方程为。已知氘核的质量为，比结合能为E，中子的质量为，反应中释放的核能为，光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．反应产物x为
B．x核的质量为
C．x的比结合能为
D．提升等离子体的密度，在常温常压下也能发生聚变反应
【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．左侧总电荷数为1+1=2，总质量数为2+2=4；右侧中子电荷数为0、质量数为1，根据核反应方程质量数和电荷数守恒可知x的电荷数为2，质量数为4-1=3，即x为，故A错误；
B．已知 已知氘核的质量为，比结合能为E，中子的质量为，反应中释放的核能为，根据质能方程有，又质量亏损，联立得，故B错误；
C．原子核结合能=比结合能×核子数，根据核子数和比结合能的乘积可知反应前两个氘核总结合能为，设x的比结合能为，反应后x的结合能为，聚变释放的能量等于反应后总结合能与反应前总结合能的差，根据能量守恒定律有：，解得，故C正确；
D．核聚变需要原子核克服库仑斥力接近到核力作用范围，必须满足高温高压条件，常温常压下即使提升密度也无法发生聚变，故D错误。
故选C。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以求出x为a粒子；利用质量方程可以求出亏损的质量，结合质量变化可以求出x核的质量大小；利用能量守恒定律结合比结合能的大小可以求出x的比结合能；核聚变需要原子核克服库仑斥力接近到核力作用范围，必须满足高温高压条件。
2．2026年春晚舞台上，机器人为观众展现了精彩的舞蹈动作。表演过程中，机器人屈膝下蹲，然后跳离地面。从起跳到升至最高点的过程中，不计空气阻力，下列关于机器人的加速度a、动能、重力势能、机械能E随高度h变化的图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】加速度；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．机器人离开地面后，只受重力，加速度方向竖直向下，若取向上为正方向，加速度为负值，根据初始位置加速度不为0可以得出图像不符合，故A错误；
B．起跳（未离地）阶段，根据动能定理：合力向上做正功，动能随高度线性增加；离地上升阶段：由于机器人只受重力，重力与速度方向相反则重力向下做负功，动能随高度线性减小，最高点动能减为0，图像符合规律，故B正确；
C．根据重力势能的表达式可知， 始终与成正比，由于图像斜率表示mg保持不变，图像应为斜率不变的直线，C图像斜率减小，不符合，故C错误；
D．离开地面后，只有重力做功，机械能守恒，机械能应保持不变，所以第二阶段机器人减速过程机械能守恒，D图像中机械能持续增大，不符合，故D错误。
故选B。
【分析】利用机器人离开地面后加速度方向向下所以应该为负值；利用动能定理可以判别机器人动能与高度的关系；利用重力势能的表达式可以判别图像斜率保持不变；利用机器人离开地面后只受到重力所以机械能保持不变。
3．近日，中国宣布拟在700～800km高度的晨昏轨道建设由多颗卫星组成的大型数据中心系统，以纾解地面数据中心耗电、散热等难题。已知晨昏轨道是一种特殊的太阳同步轨道，轨道面与地球晨昏线（黑夜与白昼的分界线）始终近似重合。下列说法正确的是（　　）
A．晨昏轨道卫星不可能在更低的高度运行
B．晨昏轨道卫星的发射速度大于7.9km/s
C．该数据中心系统绕地球运行的周期约为1h
D．以太阳为参考系，晨昏轨道卫星的轨道面是静止的
【答案】B
【知识点】参考系与坐标系；开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．晨昏轨道（太阳同步轨道）是通过调整轨道倾角，使轨道平面的进动角速度与地球公转角速度相同来实现的。理论上，只要调整合适的倾角，在不同高度（包括更低高度）都可以实现太阳同步轨道，并非不可能在更低高度运行，故A错误；
B．根据引力提供向心力可知线速度的表达式为可知第一宇宙速度（7.9km/s）是近地卫星绕地球做圆周运动的速度，实际发射中，卫星需克服地球引力进入轨道，发射速度需大于7.9km/s（若等于则仅能沿地表做圆周运动，需更高速度进入更高轨道）。晨昏轨道卫星在700~800km高空，发射速度必然大于7.9km/s，故B正确；
C．近地卫星（轨道半径近似为地球半径）的运行周期约为85分钟。根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，周期越大。由于卫星轨道半径大于近地卫星的轨道半径，其周期应大于85分钟，不可能约为1h，故C错误；
D．晨昏轨道面始终与晨昏线重合，即始终垂直于太阳光线。以太阳为参考系，地球在绕太阳公转，日地连线方向不断变化。为了始终保持垂直于太阳光，轨道平面必须随地球公转而转动（角速度与地球公转角速度相同），由于轨道平面相对与太阳的位置不断改变，做圆周运动，因此轨道面相对太阳是运动的，故D错误。
故选B。
【分析】只要调整合适的倾角，在不同高度（包括更低高度）都可以实现太阳同步轨道，并非不可能在更低高度运行；卫星需克服地球引力进入轨道，发射速度需大于7.9km/s（若等于则仅能沿地表做圆周运动，需更高速度进入更高轨道）。晨昏轨道卫星在700~800km高空，发射速度必然大于7.9km/s；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用轨道平面必须随地球公转而转动（角速度与地球公转角速度相同），由于轨道平面相对与太阳的位置不断改变，做圆周运动，因此轨道面相对太阳是运动的。
4．1834年，洛埃用平面镜得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）。洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为一水平放置的平面镜。S发出的光一部分直接照在竖直光屏上，另一部分通过平面镜反射在光屏上，这样在屏上可以看到明暗相间的条纹。设S到平面镜的距离为、到平面镜左端点的水平距离为，平面镜左端点到光屏的水平距离为，光在真空中的波长为。若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，测得光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，则该液体的折射率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】作单色光源S关于平面镜的对称点，则S和相当于双缝的两个缝，设该单色光在液体中的波长为，根据干涉条纹间距与波长的关系式有：，光在液体中的频率与在真空中的频率相等，根据频率和波速的关系可知，光在液体中的波长与在真空中的波长之比等于波速之比，即，根据表达可知，联立干涉条纹间距的表达式可以解得折射率为
故选B。
【分析】利用波长和波速的关系可以求出折射率和波长的关系 ，结合干涉条纹间距的表达式可以求出折射率的大小。
5．卡诺循环是只有两个热源的简单循环。一定质量的理想气体经历如图所示的卡诺循环过程，该循环由、两个等温过程和、两个绝热过程组成。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态的温度低于在状态的温度
B．过程中单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数不变
C．过程中气体从外界吸收的热量等于过程中放出的热量
D．过程中气体对外做的功等于过程中外界对气体做的功
【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．过程，气体的体积增大，故气体对外做功，此时W<0，由于该过程为绝热过程，没有热交换Q=0，则根据热力学第一定律有
即气体的内能减少，由于气体的温度决定内能的变化，所以气体的温度降低，即气体在状态的温度高于在状态的温度，故A错误；
B．是等温压缩过程，气体温度决定分子平均动能的大小，气体的温度不变，故分子的平均动能不变；由于此过程气体的体积减小，分子数密度增大，且气体分子平均动能不变，所以单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数会增加，故B错误；
C．是等温膨胀过程，由于，气体对外做功，根据热力学第一定律可知吸收的热量等于对外做的功，即，是等温压缩过程，由于外界对气体做功，放出的热量等于外界对气体做的功，即，由于图像与坐标轴围成的面积表示气体对外界做的功（或外界对气体做的功），根据图像面积的大小可知，所以，即过程中气体从外界吸收的热量大于过程中放出的热量，故C错误；
D．气体温度决定分子平均动能的大小，从气体的温度不变，所以气体的内能不变；从气体的温度降低，内能减小；从气体的温度不变，内能不变；从气体的温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，所以过程气体内能的减少量等于过程气体内能的增加量，且这两个过程均绝热，故这两个过程做功数值大小相等，即过程气体对外界做的功等于过程外界对气体做的功，故D正确。
故选D。
【分析】利用热力学第一定律可以判别气体内能的变化，利用内能的变化可以比较气体的温度；气体的温度不变，故分子的平均动能不变；由于此过程气体的体积减小，分子数密度增大，且气体分子平均动能不变，所以单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数会增加；利用图像面积的大小可以比较外界对气体做功的大小，结合内能不变及热力学第一定律可以比较吸收或者放出热量的大小；利用热力学第一定律结合绝热可以比较外界对气体做功的大小。
6．毽球是由中国传统踢毽子发展而来的竞技体育项目，最早可追溯至汉代民间“蹴毛丸”活动。毽球比赛在场地中央设网，运动员仅能用头、脚及身体触球完成进攻与防守，通过将毽球击入对方场区得分。已知球网网高1.5m，某同学在球网前1.2m、距离地面0.6m处，将毽球击出。不计空气阻力，毽球可视为质点，重力加速度大小为，则该同学将毽球踢回对方场区的最小初速率为（　　）
A． B．2 C．2 D．5m/s
【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】毽球做斜抛运动，将初速度分解为水平方向和竖直方向，根据速度的合成有初速度，水平方向上，根据匀速直线运动的位移公式有，竖直方向上，根据匀减速直线运动的位移公式有，要使毽球踢回对方场区，临界情况是刚好擦网而过，根据位移公式有，，联立得，整理可得
则，根据基本不等式可知，解得
故选C。
【分析】利用斜抛运动的位移结合位移公式可以求出分速度的关系，结合速度的合成可以得出初速度的大小范围。
7．如图所示，一个质量为m的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆形餐桌桌面水平，半径为R，中部有一半径为r的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。现圆盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与餐桌间的动摩擦因数为μ2 ，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则（　　）
A．小物块滑离圆盘后在餐桌上做曲线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于
C．若小物块随圆盘匀速转动，角速度可能为
D．小物块在餐桌上滑动过程中因摩擦产生的热量小于
【答案】C
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小物块从圆盘上滑落后，圆盘沿着切线方向飞出，接下来由于小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上做减速直线运动，故A错误；
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，根据牛顿第二定律有，小物块在餐桌上的加速度，由于，可知，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于，故B错误；
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，由于静摩擦力提供向心力，所以物块的角速度满足
即，故C正确；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，根据几何关系可知在餐桌上滑动过程中相对桌面滑动的位移，根据滑动摩擦力与运动的位移可知摩擦生热为，故D错误。
故选C。
【分析】圆盘沿着切线方向飞出，接下来由于小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上做减速直线运动；小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，根据牛顿第二定律可以比较加速度的大小；物块做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出物块的最大角速度；利用摩擦力及物块运动的位移可以求出摩擦产生的热量。
8．如图所示，截面为直角三角形、倾角为的足够长斜面静置于水平地面上，斜面倾斜部分光滑，顶端固定一光滑轻质滑轮，一根轻绳跨过滑轮一端连接物块，另一端连接置于斜面上的物块，对小物块施加竖直向上的力使轻绳伸直且整个系统处于静止状态。撤去外力，物块向下运动且未落地的过程中，斜面始终保持静止。已知斜面倾角，小物块的质量为，物块的质量为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．撤去外力瞬间，轻绳的拉力大小为
B．撤去外力瞬间，轻绳对滑轮的压力大小为
C．撤去外力前后，斜面对地面的压力大小减小了
D．撤去外力前后，斜面对地面的摩擦力大小增加了
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．撤去外力瞬间，设绳上拉力为，由于物块P向下做匀加速直线运动，Q向上做匀加速直线运动，两者加速度大小相等，对物块由牛顿第二定律可得
对物块由牛顿第二定律可得，联立解得，，故A错误；
B．已知绳子对物块的拉力为，根据力的合成可得轻绳对滑轮的压力大小为，方向与竖直方向夹角为，故B错误；
C．设斜面质量为，撤去外力前，由于整体处于静止，根据竖直方向的平衡方程可得，斜面对地面的压力大小，撤去外力后，根据力的分解可知：物块对斜面的压力，根据竖直方向的平衡方程有：斜面对地面的压力大小，则斜面对地面的压力大小减小了，又因为，故C错误；
D．撤去外力前，斜面对地面的摩擦力为0，撤去外力后，根据水平方向的平衡方程可知地面对斜面的摩擦力为，则撤去外力前后，斜面对地面的摩擦力大小增加了，故D正确。
故选D。
【分析】撤去F时，利用P和Q的牛顿第二定律可以求出绳子拉力的大小，利用力的合成可以求出轻绳子对滑轮压力的大小；利用整体竖直方向的平衡方程可以求出斜面对地面的压力变化；利用水平方向的平衡方程可以求出斜面对地面的摩擦力大小变化。
9．如图甲所示，游乐场有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于点，水波在xOy水平面内传播（不考虑能量损失，水面为均匀介质），波面呈现为圆形。时刻，处质点第一次到达波峰，波面的分布情况如图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。处质点的振动图像如图丙所示，轴正方向表示竖直向上。下列说法中正确的是（　　）
A．水波的波速为
B．时，处质点具有正向最大加速度
C．若游客加快跳动频率，则相邻波峰的间距将变小
D．时，处质点振动的路程为
【答案】A,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．由乙图可知波长，由丙图可知周期，根据波长和周期的比值可知水波的波速为，故A正确；
B．已知AC之间的距离为2m，根据波速的大小可知水波的波峰第一次传播到点的时间，所以时，处质点处于波峰位置，根据质点的位移可知C处质点具有负向最大加速度，故B错误；
C．若游客加快跳动频率，波速不变，根据波长和频率的关系可知波长变短，所以相邻波峰的间距将变小，故C正确；
D． 根据波速可知波从图示时刻传到处所需时间为，所以时处质点开始振动，时，已经振动了，振动方程
所以时，位置为，已知振幅为0.1，则一个周期2s质点振动的路程为0.4m，3.5内质点的路程为，故D错误。
故选AC。
【分析】利用波长和周期的大小可以求出波速的大小；利用质点之间的距离可以求出传播的时间；利用频率变大可以判别波长变小，进而得出相邻波峰的间距将变小；利用质点振动的时间结合振动方程可以求出质点运动的位移，结合振幅可以求出质点运动的路程。
10．如图所示，水平面内的等边三角形的边长为，顶点恰好位于光滑绝缘直轨道的最低点，点到、两点的距离均为，点在边上的竖直投影点为。、两点固定两个等量的正点电荷，电荷量为。在点将质量为、电荷量为的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响），已知静电力常量为，重力加速度为，且，忽略空气阻力。将小球由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．轨道上点的电场强度大小为
B．小球到达中点时的电势能最大
C．小球刚到达点时的加速度为
D．小球刚到达点时的动能为
【答案】A,D
【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．已知点电荷的场强公式为，根据电场强度的叠加可知轨道上点的电场强度大小为，故A正确；
B．小球到达中点时，离BD连线最近，根据电场线的方向可知AC中点的电势最高，但小球带负电，根据电势能的表达式可知电势能最小，故B错误；
C．
由几何关系可知，，根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为，小球在C点时的受力如图所示，小球受到的电场力为，沿杆方向，根据牛顿第二定律可知，解得，由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，故C错误；
D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，由于UAC=0，所以电荷从A到C的过程中电场力做功为零，只有重力做功，根据动能定理可得，解得，故D正确。
故选AD。
【分析】利用电场强度的叠加可以求出A点电场强度的大小；利用AC中点距离BD最近，则中点电势最大，结合电势能的表达式可以判别小球电势能的大小；利用对称性可以求出小球到达C点电场强度的大小，结合电场力和重力的大小及牛顿第二定律可以求出小球到达C点加速度的大小；利用动能定理可以求出小球到达C点速度的大小。
11．如图所示，边长为L、电阻为R、匝数为N的正方形线框，绕OO'轴以角速度ω匀速转动，OO'为中轴线，其右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场，线框通过电刷与阻值为3R的定值电阻和可变变压器相连，副线圈接有阻值为R的定值电阻，原线圈和副线圈初始接入电路的匝数之比为3：1，副线圈的总匝数与原线圈的匝数相等。下列说法正确的是（　　）
A．线框从图示转过60°时，电动势的瞬时值为
B．交流电压表的示数为
C．滑动触头P向上移动时，电源的输出功率逐渐变大后变小
D．若原、副线圈的匝数之比调节为2：1时，变压器的输入功率最大
【答案】B,D
【知识点】电功率和电功；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．从图示计时，由于此时线圈与磁感线平行，此时电动势瞬时值最大，根据交变电流的规律可知电动势的瞬时值表达式为，线框从图示转过60°时，根据表达式可知电动势的瞬时值为，故A错误；
B．根据表达式可知电动势的最大值为，根据电动势峰值和有效值的关系可知有效值为，副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为
根据分压关系可知电压表的示数为，故B正确；
C．当滑动触头向上滑动时，变压器原、副线圈的匝数比减小，根据等效电阻可知副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻变小，则在原线圈电路中的外电阻一直减小，但一直大于线圈的电阻，当外电阻大于电源内阻时，外电阻越大，电源的输出功率越小，外电阻越小，电源的输出功率越大，所以滑动触头P向上移动时，由于等效电阻变小更接近电源的内阻，电源的输出功率逐渐变大，故C错误；
D．若原、副线圈的匝数之比调节为2：1时，副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为，把定值电阻3R看作电源内阻的一部分，电源等效电阻为4R，此时等效电阻阻值等于线圈内阻和定值电阻阻值之和，电源的输出功率最大，所以当副线圈电路中的等效电阻和电源内阻相等时，变压器的输入功率最大，即变压器的输出功率最大，故D正确。
故选BD。
【分析】利用线圈的位置可以求出电动势瞬时值的表达式，结合线圈的角度可以求出电动势的瞬时值；利用电动势的峰值可以求出有效值，结合分压关系可以求出交变电压表的读数；利用变压器电路的等效电阻的大小与电源内阻的比较可以比较电源输出功率的大小变化；当原、副线圈的匝数之比调节为2：1时，副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻等于线圈内阻和定值电阻阻值之和，电源的输出功率最大，所以当副线圈电路中的等效电阻和电源内阻相等时，变压器的输入功率最大，即变压器的输出功率最大。
12．如图所示，一半径为的光滑绝缘圆弧面固定在绝缘光滑水平面上，末端与水平面相切且紧邻竖直边界。边界右侧足够大的空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，同时该区域还存在一水平向右的匀强电场，场强大小。现将一带正电的绝缘小物块（可视为质点）从圆弧面顶端由静止释放，已知小物块的电荷量为，重力加速度为。则下列判断正确的是（　　）
A．小物块在水平面上运动的最长时间为
B．小物块在水平面上运动的最长时间为
C．小物块运动的最大速度为
D．小物块运动的最大速度为
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．设小物块刚进入水平面的速度大小为，由于只有重力对物块做功，根据机械能守恒定律可得，解得，在水平面运动时，由于物块在电场力作用下，小物块在水平方向做匀加速直线运动，当洛伦兹力等于小物块的重力时，小物块脱离水平面，设此时小物块的速度大小为，根据竖直方向的平衡方程有，由题可知，联立解得
当电场力产生加速度时，结合牛顿第二定律可得，其中，解得
根据速度公式可知物块在水平面上运动的最长时间为，故A正确，B错误；
CD．当小物块脱离水平面时，对小物块受力分析可知，小物块受到重力、电场力和洛伦兹力，重力与电场力大小和方向均不变，而洛伦兹力是变化的，当洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡时，小物块的速度最大，根据平衡方程可得，由题可知
解得，根据速度的分解可知：小物块在叠加场中做匀速圆周运动的分速度
根据合速度的方向可知，解得，根据速度的合成可知小物块的最大速度为，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】利用机械能守恒定律可以求出物块到达水平面的速度大小，结合洛伦兹力和重力平衡可以求出物块在水平面加速获得的最大速度，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出加速的时间；当物块受到电场力和重力的合力与洛伦兹力平衡时，利用平衡方程可以求出物块的速度，结合速度的合成可以求出物块最大速度的大小。
13．某探究小组利用如图甲所示的气垫导轨和数字计时器记录物体沿光滑斜面下滑的运动过程，从而验证机械能守恒定律。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使滑块与导轨之间有一层薄薄的空气层，两者不会直接接触，这样可认为导轨光滑。计时系统的工作要借助于光电门，当滑块经过时，其上的遮光条把光遮住，与光电门相连的电子电路自动记录遮光时间，已知重力加速度为g。
（1）用螺旋测微器测出遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，则遮光条的宽度d=　 　mm。
（2）调节气垫导轨水平，测量出两光电门之间的距离x和左右调平旋钮沿导轨方向的距离L。将左调平旋钮用高为h的垫片垫高，使轨道倾斜，则两光电门之间的竖直高度差=　 　。
（3）保持气垫导轨倾斜状态不变，滑块沿气垫导轨下滑时依次通过两光电门1、2，为了验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，除了d和，还需要测量下列哪些物理量 。
A．滑块和遮光条的总质量m
B．滑块从开始运动分别到两光电门1、2的距离x1、x2
C．滑块经过两光电门1、2之间的时间t
D．滑块通过两光电门1、2的遮光时间t1、t2
（4）要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为　 　（用d、和第3问中测量的物理量的字母表示）。
【答案】（1）7.884（7.882~7.885）
（2）
（3）D
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据螺旋测微器的结构可知遮光条的宽度
（2）设气垫导轨与桌面的夹角为，根据相似三角形知识可得
解得
（3）要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等，根据平均速度公式可得滑块通过两个光电门的瞬时速度分别为，
根据动能的表达式可得系统动能的增加量为
根据重力势能的表达式可得系统重力势能的减小量为
若系统机械能守恒，由于重力势能的减少量等于动能的增量，则有
联立解得，可知除了需要知道d和，还需要测量滑块通过两光电门1、2的遮光时间t1、t2。
故选D。
（4）根据机械能守恒定律可知要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为
【分析】（1）根据螺旋测微器的结构可知遮光条的宽度；
（2）利用几何关系可以求出两光电门之间的竖直高度差；
（3）根据平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量；结合重力势能的表达式可以求出机械能守恒定律的表达式，进而判别需要测量的物理量；
（4）利用机械能守恒定律可以得出验证的表达式。
（1）由图乙可知，遮光条的宽度
（2）设气垫导轨与桌面的夹角为，根据几何关系可得
解得
（3）由题知，要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等，滑块通过两个光电门的瞬时速度分别为，
系统动能的增加量为
系统重力势能的减小量为
若系统机械能守恒，则有
联立解得
可知除了需要知道d和，还需要测量滑块通过两光电门1、2的遮光时间t1、t2。
故选D。
（4）由上一问，可知要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为
14．电阻率是检测工厂排出中水的主控指标，某小组利用所掌握的物理知识检测一电镀厂排出的中水是否符合排放标准，将采集的水样装满绝缘性能良好的塑料圆柱形容器，容器两端用金属圆片电极密封，如图甲所示。已知所有测量均在标准状况下进行，提供的仪器如下：
A．电源E（电动势3V，内阻不计）
B．灵敏电流计G（量程3mA，内阻约50Ω）
C．滑动变阻器（最大阻值300Ω）
D．滑动变阻器（最大阻值3kΩ）
E．滑动变阻器（最大阻值15kΩ）
F．电压表V（量程3V，内阻约5kΩ）
G．多用电表
H．开关、导线若干
请回答下面问题：
（1）选用多用电表欧姆挡位的“×100”倍率粗测样品电阻，示数如图乙所示，则样品电阻约为　 　Ω；
（2）按照图丙所示电路进行实验，为了使测量结果准确且调节仪器方便，则滑动变阻器应选用　 　（选填仪器前代号）；
（3）改变滑动变阻器的阻值，读取多组U、I数值，描点后拟合出图线，如图丁所示。已知圆柱形容器内壁横截面积为，两电极间距为10cm，则该样品电阻率为　 　（结果保留2位有效数字），测得的电阻率比真实值　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）；
（4）根据国家排放标准，标准状况下中水的临界电阻率为，则该工厂排出的中水　 　（选填“合格”或“不合格”）。
【答案】（1）1400
（2）D
（3）1.5；偏大
（4）不合格
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）根据欧姆表的挡位和示数可以得出样品电阻约为14×100Ω=1400Ω；
（2）因测量电路采用限流电路，为了限制电流的大小，滑动变阻器的阻值应该与待测电阻的阻值相当，故选D；
（3）根据图像下斜率可得电测电阻的阻值大小为
根据电阻定律有，可得
由于电流表分压，电压的测量值偏大，根据欧姆定律可知电阻的测量值偏大，根据表达式可知电阻率的测量值偏大。
（4）由于样品的电阻率，说明该工厂排出的中水电阻率小于标准值，则不合格。
【分析】（1）利用欧姆表的示数可以得出样品电阻的大小；
（2）为了限制电流的大小，滑动变阻器的阻值应该与待测电阻的阻值相当；
（3）利用图像斜率可以求出电阻的大小，结合电阻定律可以求出电阻率的大小；
（4）该工厂排出的中水电阻率小于标准值，则不合格。
（1）样品电阻约为14×100Ω=1400Ω；
（2）因测量电路采用限流电路，则滑动变阻器的阻值应该与待测电阻的阻值相当，故选D；
（3）[1]根据图像可得
根据
可得
[2]由于电流表分压，则电压的测量值偏大，可知电阻的测量值偏大，则电阻率的测量值偏大。
（4）该工厂排出的中水电阻率小于标准值，则不合格。
15．用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图所示，样品P等效为点光源，上面盖以盖玻片。半球形物镜的球心恰好位于样品正上方，物镜下表面与盖玻片上表面平行，它与盖玻片间有一层空气。从样品P所发出的光线经盖玻片上表面折射至空气时，入射角为。已知物镜、盖玻片的折射率均为，盖玻片厚度为，物镜半径为，不考虑光的多次反射。
（1）为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，求应满足的条件；
（2）若，沿PO方向上下调节物镜与盖玻片间的距离，使光在物镜球面上恰好发生全反射，求物镜与盖玻片间的距离。
【答案】（1）设光从盖玻片射入空气时发生全反射的临界角为，已知盖玻片的折射率为，则有
解得
所以为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，应满足的条件为。
（2）P点发出的光依次经过盖玻片、空气、物镜，最后在物镜球面上恰好发生全反射的光路图如图所示：
由折射定律有
解得
由于物镜、盖玻片的折射率均为，所以光线由空气射入物镜时的折射角为；光线在物镜球面上恰好发生全反射，说明光线与球面法线（即半径OA）的夹角恰好为临界角，即
所以由几何关系可得，
则有
代入数据解得物镜与盖玻片间的距离为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）当光发生全反射时，利用折射定律可以求出临界角的大小，进而得出为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气时应满足的条件；
（2）画出光折射的路径，利用折射定律可以求出入射角的大小，结合几何关系可以求出物镜与盖玻片间的距离。
（1）设光从盖玻片射入空气时发生全反射的临界角为，已知盖玻片的折射率为，则有
解得
所以为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，应满足的条件为。
（2）P点发出的光依次经过盖玻片、空气、物镜，最后在物镜球面上恰好发生全反射的光路图如图所示：
由折射定律有
解得
由于物镜、盖玻片的折射率均为，所以光线由空气射入物镜时的折射角为；光线在物镜球面上恰好发生全反射，说明光线与球面法线（即半径OA）的夹角恰好为临界角，即
所以由几何关系可得，
则有
代入数据解得物镜与盖玻片间的距离为
16．茶宠是茶具观赏物品，它历经千年演变，工艺精湛、寓意丰富，是中华茶文化的缩影。有一款南瓜样茶宠玩具如图甲所示，当将热茶淋在其上时，它会向外喷水。为了研究其中的原理，可将该茶宠简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔（尺寸可忽略），孔内连接有一细管，如图乙。初始时，容器内充满压强为P0、温度为T0的空气。其工作过程可分为三个阶段：第一阶段为排气过程，用热水缓慢淋在容器上，使容器内气体温度达到T1，此过程中容器内部有部分空气从小孔逸出；第二阶段为吸水过程，迅速将容器放入温度为T0的水中，并让容器上的小孔始终处在水面以下，容器内气体温度逐渐降低，水逐渐被吸入容器，忽略水温的变化，直到容器内气体温度再次恢复到T0；第三阶段为喷水过程，取出容器，再次将热水淋在容器上，就会出现神奇的喷水现象。已知水的密度为ρ，大气压强为P0，容器内气体可视为理想气体。
（1）第一阶段排气过程中，求从容器中逸出的空气质量与容器中原有空气质量的比值；
（2）第二阶段吸水过程中，容器内外因水面高度差产生的压强相对大气压强可忽略不计，封闭气体吸水过程可视为等压变化，测量出吸水过程前后容器的质量差为，求容器容积V。
【答案】（1）设容器容积为，原有气体初始状态：压强、温度、体积；温度升高到后，若原有气体全部不逸出，总体积变为，根据盖-吕萨克定律有
整理得
气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此

（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为、温度为；降温到后，设剩余气体体积变为，由盖-吕萨克定律有
整理得
吸入容器的水的体积为
吸水后容器质量差
代入整理得

【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，利用理想气体的状态方程可以求出质量之比；
（2）第一阶段结束后，利用等压变化可以求出气体的体积，结合体积的变化可以求出容器的容积大小。
（1）设容器容积为，原有气体初始状态：压强、温度、体积；温度升高到后，若原有气体全部不逸出，总体积变为，根据盖-吕萨克定律有
整理得
气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此
（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为、温度为；降温到后，设剩余气体体积变为，由盖-吕萨克定律有
整理得
吸入容器的水的体积为
吸水后容器质量差
代入整理得
17．足够长的光滑杆水平固定，质量为的滑块套在杆上，滑块下方用不可伸长的轻绳连接一质量为的小球，初始时系统处于静止状态。质量为的滑块以的初速度与滑块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度为。
（1）求滑块与碰撞过程中损失的机械能；
（2）求小球能上升的最大高度；
（3）若小球从开始运动至第一次达到最大速度经过的时间为，求此过程中滑块的位移大小。
【答案】（1）滑块与滑块发生碰撞，碰后粘在一起，由动量守恒定律可得
由能量守恒可知碰撞损失的机械能
解得

（2）小球上升到最大高度时，三者共速，由水平方向动量守恒可得
滑块与滑块碰撞后系统机械能守恒，有
解得

（3）小球从开始运动至速度第一次达到最大时，小球恰好位于滑块的正下方，故小球与滑块水平方向位移相同，即
由系统水平方向动量守恒可得
对方程两边同时乘以时间，有
之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
解得

【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）以滑块A与C为系统，利用动量守恒定理结合能量守恒定律可以求出损失的机械能大小；
（2）当小球上升到最大高度时，利用水平方向的动量守恒定律结合系统机械能守恒定律可以求出小球上升的最大高度；
（3）当小球从开始到第一次达到最大速度时，利用动量守恒定律可以求出滑块A运动的位移大小。
（1）滑块与滑块发生碰撞，碰后粘在一起，由动量守恒定律可得
由能量守恒可知碰撞损失的机械能
解得
（2）小球上升到最大高度时，三者共速，由水平方向动量守恒可得
滑块与滑块碰撞后系统机械能守恒，有
解得
（3）小球从开始运动至速度第一次达到最大时，小球恰好位于滑块的正下方，故小球与滑块水平方向位移相同，即
由系统水平方向动量守恒可得
对方程两边同时乘以时间，有
之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
解得
18．如图所示，间距为的两条足够长的平行金属导轨固定放置，与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计，上端连接阻值为的电阻。导轨之间存在磁感应强度大小为，方向与导轨平面垂直的匀强磁场区域、、，磁场区域的宽度均为，磁场区域与磁场区域之间的距离未知，磁场区域与磁场区域之间的距离为。一导体棒与导轨垂直放置并处于锁定状态，导体棒质量为、长为、电阻为，与磁场区域相距为。解除锁定后，导体棒刚要离开磁场区域时，恰好处于平衡状态，导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度大小为。求∶
（1）导体棒刚要离开磁场区域I时速度的大小；
（2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，导体棒上产生的焦耳热；
（3）导体棒穿过磁场区域II的时间；
（4）从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间。
【答案】（1）导体棒刚要离开磁场区域时，恰好处于平衡状态，有
感应电动势为
电流为
可得
解得

（2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，有
根据焦耳热分配定律可知导体棒上产生的焦耳热为
可得

（3）设进入匀强磁场区域的初速度为，离开时的速度为；进入匀强磁场区域的初速度为，离开时的速度为，根据导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等，可知，
设导体棒穿过磁场区域II的时间，根据动量定理有，
根据运动学公式有
联立可得

（4）联立可得
离开磁场区域I时到进入磁场区域II的时间为，有
可得
在进入磁场区域I之前，有，
可得
在磁场区域I中运动时，有
可得
可得
可得从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间
可得

【知识点】动量定理；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）导体棒离开磁场区域I做匀速直线运动，利用平衡方程结合欧姆定律可以求出导体棒速度的大小；
（2）从解除锁定到导体棒离开区域I的过程中，利用能量守恒定律可以求出导体棒产生的焦耳热大小；
（3）导体棒穿过磁场区域II时，利用动量定理结合速度公式可以求出运动的时间；
（4）导体棒从离开区域I到进入区域II时，利用速度公式可以求出运动的时间；当在进入区域I时，利用位移公式结合速度位移公式可以求出运动的时间，当在区域I中运动时，利用动量定理可以起醋运动的时间，进而求出从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间。
（1）导体棒刚要离开磁场区域时，恰好处于平衡状态，有
感应电动势为
电流为
可得
解得
（2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，有
根据焦耳热分配定律可知导体棒上产生的焦耳热为
可得
（3）设进入匀强磁场区域的初速度为，离开时的速度为；进入匀强磁场区域的初速度为，离开时的速度为，根据导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等，可知，
设导体棒穿过磁场区域II的时间，根据动量定理有，
根据运动学公式有
联立可得
（4）又
联立可得
离开磁场区域I时到进入磁场区域II的时间为，有
可得
在进入磁场区域I之前，有，
可得
在磁场区域I中运动时，有
可得
可得
可得从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间
可得
1 / 1山东省东明县第一中学2025-2026学年高三下学期4月阶段检测物理试卷
1．2026年1月2日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队宣布，我国重大科学工程有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实验证实托卡马克密度自由区的存在，找到突破密度极限的方法，为磁约束核聚变装置高密度运行提供重要的物理依据。其中我国“人造太阳”主要是将氢的同位素氘或氚的核聚变反应释放的能量用来发电，有一种核聚变反应的方程为。已知氘核的质量为，比结合能为E，中子的质量为，反应中释放的核能为，光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．反应产物x为
B．x核的质量为
C．x的比结合能为
D．提升等离子体的密度，在常温常压下也能发生聚变反应
2．2026年春晚舞台上，机器人为观众展现了精彩的舞蹈动作。表演过程中，机器人屈膝下蹲，然后跳离地面。从起跳到升至最高点的过程中，不计空气阻力，下列关于机器人的加速度a、动能、重力势能、机械能E随高度h变化的图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．近日，中国宣布拟在700～800km高度的晨昏轨道建设由多颗卫星组成的大型数据中心系统，以纾解地面数据中心耗电、散热等难题。已知晨昏轨道是一种特殊的太阳同步轨道，轨道面与地球晨昏线（黑夜与白昼的分界线）始终近似重合。下列说法正确的是（　　）
A．晨昏轨道卫星不可能在更低的高度运行
B．晨昏轨道卫星的发射速度大于7.9km/s
C．该数据中心系统绕地球运行的周期约为1h
D．以太阳为参考系，晨昏轨道卫星的轨道面是静止的
4．1834年，洛埃用平面镜得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）。洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为一水平放置的平面镜。S发出的光一部分直接照在竖直光屏上，另一部分通过平面镜反射在光屏上，这样在屏上可以看到明暗相间的条纹。设S到平面镜的距离为、到平面镜左端点的水平距离为，平面镜左端点到光屏的水平距离为，光在真空中的波长为。若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，测得光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为，则该液体的折射率为（　　）
A． B． C． D．
5．卡诺循环是只有两个热源的简单循环。一定质量的理想气体经历如图所示的卡诺循环过程，该循环由、两个等温过程和、两个绝热过程组成。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态的温度低于在状态的温度
B．过程中单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数不变
C．过程中气体从外界吸收的热量等于过程中放出的热量
D．过程中气体对外做的功等于过程中外界对气体做的功
6．毽球是由中国传统踢毽子发展而来的竞技体育项目，最早可追溯至汉代民间“蹴毛丸”活动。毽球比赛在场地中央设网，运动员仅能用头、脚及身体触球完成进攻与防守，通过将毽球击入对方场区得分。已知球网网高1.5m，某同学在球网前1.2m、距离地面0.6m处，将毽球击出。不计空气阻力，毽球可视为质点，重力加速度大小为，则该同学将毽球踢回对方场区的最小初速率为（　　）
A． B．2 C．2 D．5m/s
7．如图所示，一个质量为m的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆形餐桌桌面水平，半径为R，中部有一半径为r的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。现圆盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与餐桌间的动摩擦因数为μ2 ，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则（　　）
A．小物块滑离圆盘后在餐桌上做曲线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于
C．若小物块随圆盘匀速转动，角速度可能为
D．小物块在餐桌上滑动过程中因摩擦产生的热量小于
8．如图所示，截面为直角三角形、倾角为的足够长斜面静置于水平地面上，斜面倾斜部分光滑，顶端固定一光滑轻质滑轮，一根轻绳跨过滑轮一端连接物块，另一端连接置于斜面上的物块，对小物块施加竖直向上的力使轻绳伸直且整个系统处于静止状态。撤去外力，物块向下运动且未落地的过程中，斜面始终保持静止。已知斜面倾角，小物块的质量为，物块的质量为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．撤去外力瞬间，轻绳的拉力大小为
B．撤去外力瞬间，轻绳对滑轮的压力大小为
C．撤去外力前后，斜面对地面的压力大小减小了
D．撤去外力前后，斜面对地面的摩擦力大小增加了
9．如图甲所示，游乐场有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于点，水波在xOy水平面内传播（不考虑能量损失，水面为均匀介质），波面呈现为圆形。时刻，处质点第一次到达波峰，波面的分布情况如图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。处质点的振动图像如图丙所示，轴正方向表示竖直向上。下列说法中正确的是（　　）
A．水波的波速为
B．时，处质点具有正向最大加速度
C．若游客加快跳动频率，则相邻波峰的间距将变小
D．时，处质点振动的路程为
10．如图所示，水平面内的等边三角形的边长为，顶点恰好位于光滑绝缘直轨道的最低点，点到、两点的距离均为，点在边上的竖直投影点为。、两点固定两个等量的正点电荷，电荷量为。在点将质量为、电荷量为的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响），已知静电力常量为，重力加速度为，且，忽略空气阻力。将小球由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．轨道上点的电场强度大小为
B．小球到达中点时的电势能最大
C．小球刚到达点时的加速度为
D．小球刚到达点时的动能为
11．如图所示，边长为L、电阻为R、匝数为N的正方形线框，绕OO'轴以角速度ω匀速转动，OO'为中轴线，其右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场，线框通过电刷与阻值为3R的定值电阻和可变变压器相连，副线圈接有阻值为R的定值电阻，原线圈和副线圈初始接入电路的匝数之比为3：1，副线圈的总匝数与原线圈的匝数相等。下列说法正确的是（　　）
A．线框从图示转过60°时，电动势的瞬时值为
B．交流电压表的示数为
C．滑动触头P向上移动时，电源的输出功率逐渐变大后变小
D．若原、副线圈的匝数之比调节为2：1时，变压器的输入功率最大
12．如图所示，一半径为的光滑绝缘圆弧面固定在绝缘光滑水平面上，末端与水平面相切且紧邻竖直边界。边界右侧足够大的空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，同时该区域还存在一水平向右的匀强电场，场强大小。现将一带正电的绝缘小物块（可视为质点）从圆弧面顶端由静止释放，已知小物块的电荷量为，重力加速度为。则下列判断正确的是（　　）
A．小物块在水平面上运动的最长时间为
B．小物块在水平面上运动的最长时间为
C．小物块运动的最大速度为
D．小物块运动的最大速度为
13．某探究小组利用如图甲所示的气垫导轨和数字计时器记录物体沿光滑斜面下滑的运动过程，从而验证机械能守恒定律。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使滑块与导轨之间有一层薄薄的空气层，两者不会直接接触，这样可认为导轨光滑。计时系统的工作要借助于光电门，当滑块经过时，其上的遮光条把光遮住，与光电门相连的电子电路自动记录遮光时间，已知重力加速度为g。
（1）用螺旋测微器测出遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，则遮光条的宽度d=　 　mm。
（2）调节气垫导轨水平，测量出两光电门之间的距离x和左右调平旋钮沿导轨方向的距离L。将左调平旋钮用高为h的垫片垫高，使轨道倾斜，则两光电门之间的竖直高度差=　 　。
（3）保持气垫导轨倾斜状态不变，滑块沿气垫导轨下滑时依次通过两光电门1、2，为了验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，除了d和，还需要测量下列哪些物理量 。
A．滑块和遮光条的总质量m
B．滑块从开始运动分别到两光电门1、2的距离x1、x2
C．滑块经过两光电门1、2之间的时间t
D．滑块通过两光电门1、2的遮光时间t1、t2
（4）要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为　 　（用d、和第3问中测量的物理量的字母表示）。
14．电阻率是检测工厂排出中水的主控指标，某小组利用所掌握的物理知识检测一电镀厂排出的中水是否符合排放标准，将采集的水样装满绝缘性能良好的塑料圆柱形容器，容器两端用金属圆片电极密封，如图甲所示。已知所有测量均在标准状况下进行，提供的仪器如下：
A．电源E（电动势3V，内阻不计）
B．灵敏电流计G（量程3mA，内阻约50Ω）
C．滑动变阻器（最大阻值300Ω）
D．滑动变阻器（最大阻值3kΩ）
E．滑动变阻器（最大阻值15kΩ）
F．电压表V（量程3V，内阻约5kΩ）
G．多用电表
H．开关、导线若干
请回答下面问题：
（1）选用多用电表欧姆挡位的“×100”倍率粗测样品电阻，示数如图乙所示，则样品电阻约为　 　Ω；
（2）按照图丙所示电路进行实验，为了使测量结果准确且调节仪器方便，则滑动变阻器应选用　 　（选填仪器前代号）；
（3）改变滑动变阻器的阻值，读取多组U、I数值，描点后拟合出图线，如图丁所示。已知圆柱形容器内壁横截面积为，两电极间距为10cm，则该样品电阻率为　 　（结果保留2位有效数字），测得的电阻率比真实值　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）；
（4）根据国家排放标准，标准状况下中水的临界电阻率为，则该工厂排出的中水　 　（选填“合格”或“不合格”）。
15．用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图所示，样品P等效为点光源，上面盖以盖玻片。半球形物镜的球心恰好位于样品正上方，物镜下表面与盖玻片上表面平行，它与盖玻片间有一层空气。从样品P所发出的光线经盖玻片上表面折射至空气时，入射角为。已知物镜、盖玻片的折射率均为，盖玻片厚度为，物镜半径为，不考虑光的多次反射。
（1）为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，求应满足的条件；
（2）若，沿PO方向上下调节物镜与盖玻片间的距离，使光在物镜球面上恰好发生全反射，求物镜与盖玻片间的距离。
16．茶宠是茶具观赏物品，它历经千年演变，工艺精湛、寓意丰富，是中华茶文化的缩影。有一款南瓜样茶宠玩具如图甲所示，当将热茶淋在其上时，它会向外喷水。为了研究其中的原理，可将该茶宠简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔（尺寸可忽略），孔内连接有一细管，如图乙。初始时，容器内充满压强为P0、温度为T0的空气。其工作过程可分为三个阶段：第一阶段为排气过程，用热水缓慢淋在容器上，使容器内气体温度达到T1，此过程中容器内部有部分空气从小孔逸出；第二阶段为吸水过程，迅速将容器放入温度为T0的水中，并让容器上的小孔始终处在水面以下，容器内气体温度逐渐降低，水逐渐被吸入容器，忽略水温的变化，直到容器内气体温度再次恢复到T0；第三阶段为喷水过程，取出容器，再次将热水淋在容器上，就会出现神奇的喷水现象。已知水的密度为ρ，大气压强为P0，容器内气体可视为理想气体。
（1）第一阶段排气过程中，求从容器中逸出的空气质量与容器中原有空气质量的比值；
（2）第二阶段吸水过程中，容器内外因水面高度差产生的压强相对大气压强可忽略不计，封闭气体吸水过程可视为等压变化，测量出吸水过程前后容器的质量差为，求容器容积V。
17．足够长的光滑杆水平固定，质量为的滑块套在杆上，滑块下方用不可伸长的轻绳连接一质量为的小球，初始时系统处于静止状态。质量为的滑块以的初速度与滑块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度为。
（1）求滑块与碰撞过程中损失的机械能；
（2）求小球能上升的最大高度；
（3）若小球从开始运动至第一次达到最大速度经过的时间为，求此过程中滑块的位移大小。
18．如图所示，间距为的两条足够长的平行金属导轨固定放置，与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计，上端连接阻值为的电阻。导轨之间存在磁感应强度大小为，方向与导轨平面垂直的匀强磁场区域、、，磁场区域的宽度均为，磁场区域与磁场区域之间的距离未知，磁场区域与磁场区域之间的距离为。一导体棒与导轨垂直放置并处于锁定状态，导体棒质量为、长为、电阻为，与磁场区域相距为。解除锁定后，导体棒刚要离开磁场区域时，恰好处于平衡状态，导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度大小为。求∶
（1）导体棒刚要离开磁场区域I时速度的大小；
（2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，导体棒上产生的焦耳热；
（3）导体棒穿过磁场区域II的时间；
（4）从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．左侧总电荷数为1+1=2，总质量数为2+2=4；右侧中子电荷数为0、质量数为1，根据核反应方程质量数和电荷数守恒可知x的电荷数为2，质量数为4-1=3，即x为，故A错误；
B．已知 已知氘核的质量为，比结合能为E，中子的质量为，反应中释放的核能为，根据质能方程有，又质量亏损，联立得，故B错误；
C．原子核结合能=比结合能×核子数，根据核子数和比结合能的乘积可知反应前两个氘核总结合能为，设x的比结合能为，反应后x的结合能为，聚变释放的能量等于反应后总结合能与反应前总结合能的差，根据能量守恒定律有：，解得，故C正确；
D．核聚变需要原子核克服库仑斥力接近到核力作用范围，必须满足高温高压条件，常温常压下即使提升密度也无法发生聚变，故D错误。
故选C。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以求出x为a粒子；利用质量方程可以求出亏损的质量，结合质量变化可以求出x核的质量大小；利用能量守恒定律结合比结合能的大小可以求出x的比结合能；核聚变需要原子核克服库仑斥力接近到核力作用范围，必须满足高温高压条件。
2．【答案】B
【知识点】加速度；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．机器人离开地面后，只受重力，加速度方向竖直向下，若取向上为正方向，加速度为负值，根据初始位置加速度不为0可以得出图像不符合，故A错误；
B．起跳（未离地）阶段，根据动能定理：合力向上做正功，动能随高度线性增加；离地上升阶段：由于机器人只受重力，重力与速度方向相反则重力向下做负功，动能随高度线性减小，最高点动能减为0，图像符合规律，故B正确；
C．根据重力势能的表达式可知， 始终与成正比，由于图像斜率表示mg保持不变，图像应为斜率不变的直线，C图像斜率减小，不符合，故C错误；
D．离开地面后，只有重力做功，机械能守恒，机械能应保持不变，所以第二阶段机器人减速过程机械能守恒，D图像中机械能持续增大，不符合，故D错误。
故选B。
【分析】利用机器人离开地面后加速度方向向下所以应该为负值；利用动能定理可以判别机器人动能与高度的关系；利用重力势能的表达式可以判别图像斜率保持不变；利用机器人离开地面后只受到重力所以机械能保持不变。
3．【答案】B
【知识点】参考系与坐标系；开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．晨昏轨道（太阳同步轨道）是通过调整轨道倾角，使轨道平面的进动角速度与地球公转角速度相同来实现的。理论上，只要调整合适的倾角，在不同高度（包括更低高度）都可以实现太阳同步轨道，并非不可能在更低高度运行，故A错误；
B．根据引力提供向心力可知线速度的表达式为可知第一宇宙速度（7.9km/s）是近地卫星绕地球做圆周运动的速度，实际发射中，卫星需克服地球引力进入轨道，发射速度需大于7.9km/s（若等于则仅能沿地表做圆周运动，需更高速度进入更高轨道）。晨昏轨道卫星在700~800km高空，发射速度必然大于7.9km/s，故B正确；
C．近地卫星（轨道半径近似为地球半径）的运行周期约为85分钟。根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，周期越大。由于卫星轨道半径大于近地卫星的轨道半径，其周期应大于85分钟，不可能约为1h，故C错误；
D．晨昏轨道面始终与晨昏线重合，即始终垂直于太阳光线。以太阳为参考系，地球在绕太阳公转，日地连线方向不断变化。为了始终保持垂直于太阳光，轨道平面必须随地球公转而转动（角速度与地球公转角速度相同），由于轨道平面相对与太阳的位置不断改变，做圆周运动，因此轨道面相对太阳是运动的，故D错误。
故选B。
【分析】只要调整合适的倾角，在不同高度（包括更低高度）都可以实现太阳同步轨道，并非不可能在更低高度运行；卫星需克服地球引力进入轨道，发射速度需大于7.9km/s（若等于则仅能沿地表做圆周运动，需更高速度进入更高轨道）。晨昏轨道卫星在700~800km高空，发射速度必然大于7.9km/s；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用轨道平面必须随地球公转而转动（角速度与地球公转角速度相同），由于轨道平面相对与太阳的位置不断改变，做圆周运动，因此轨道面相对太阳是运动的。
4．【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】作单色光源S关于平面镜的对称点，则S和相当于双缝的两个缝，设该单色光在液体中的波长为，根据干涉条纹间距与波长的关系式有：，光在液体中的频率与在真空中的频率相等，根据频率和波速的关系可知，光在液体中的波长与在真空中的波长之比等于波速之比，即，根据表达可知，联立干涉条纹间距的表达式可以解得折射率为
故选B。
【分析】利用波长和波速的关系可以求出折射率和波长的关系 ，结合干涉条纹间距的表达式可以求出折射率的大小。
5．【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．过程，气体的体积增大，故气体对外做功，此时W<0，由于该过程为绝热过程，没有热交换Q=0，则根据热力学第一定律有
即气体的内能减少，由于气体的温度决定内能的变化，所以气体的温度降低，即气体在状态的温度高于在状态的温度，故A错误；
B．是等温压缩过程，气体温度决定分子平均动能的大小，气体的温度不变，故分子的平均动能不变；由于此过程气体的体积减小，分子数密度增大，且气体分子平均动能不变，所以单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数会增加，故B错误；
C．是等温膨胀过程，由于，气体对外做功，根据热力学第一定律可知吸收的热量等于对外做的功，即，是等温压缩过程，由于外界对气体做功，放出的热量等于外界对气体做的功，即，由于图像与坐标轴围成的面积表示气体对外界做的功（或外界对气体做的功），根据图像面积的大小可知，所以，即过程中气体从外界吸收的热量大于过程中放出的热量，故C错误；
D．气体温度决定分子平均动能的大小，从气体的温度不变，所以气体的内能不变；从气体的温度降低，内能减小；从气体的温度不变，内能不变；从气体的温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，所以过程气体内能的减少量等于过程气体内能的增加量，且这两个过程均绝热，故这两个过程做功数值大小相等，即过程气体对外界做的功等于过程外界对气体做的功，故D正确。
故选D。
【分析】利用热力学第一定律可以判别气体内能的变化，利用内能的变化可以比较气体的温度；气体的温度不变，故分子的平均动能不变；由于此过程气体的体积减小，分子数密度增大，且气体分子平均动能不变，所以单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数会增加；利用图像面积的大小可以比较外界对气体做功的大小，结合内能不变及热力学第一定律可以比较吸收或者放出热量的大小；利用热力学第一定律结合绝热可以比较外界对气体做功的大小。
6．【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】毽球做斜抛运动，将初速度分解为水平方向和竖直方向，根据速度的合成有初速度，水平方向上，根据匀速直线运动的位移公式有，竖直方向上，根据匀减速直线运动的位移公式有，要使毽球踢回对方场区，临界情况是刚好擦网而过，根据位移公式有，，联立得，整理可得
则，根据基本不等式可知，解得
故选C。
【分析】利用斜抛运动的位移结合位移公式可以求出分速度的关系，结合速度的合成可以得出初速度的大小范围。
7．【答案】C
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小物块从圆盘上滑落后，圆盘沿着切线方向飞出，接下来由于小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上做减速直线运动，故A错误；
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，根据牛顿第二定律有，小物块在餐桌上的加速度，由于，可知，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于，故B错误；
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，由于静摩擦力提供向心力，所以物块的角速度满足
即，故C正确；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，根据几何关系可知在餐桌上滑动过程中相对桌面滑动的位移，根据滑动摩擦力与运动的位移可知摩擦生热为，故D错误。
故选C。
【分析】圆盘沿着切线方向飞出，接下来由于小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上做减速直线运动；小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，根据牛顿第二定律可以比较加速度的大小；物块做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出物块的最大角速度；利用摩擦力及物块运动的位移可以求出摩擦产生的热量。
8．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．撤去外力瞬间，设绳上拉力为，由于物块P向下做匀加速直线运动，Q向上做匀加速直线运动，两者加速度大小相等，对物块由牛顿第二定律可得
对物块由牛顿第二定律可得，联立解得，，故A错误；
B．已知绳子对物块的拉力为，根据力的合成可得轻绳对滑轮的压力大小为，方向与竖直方向夹角为，故B错误；
C．设斜面质量为，撤去外力前，由于整体处于静止，根据竖直方向的平衡方程可得，斜面对地面的压力大小，撤去外力后，根据力的分解可知：物块对斜面的压力，根据竖直方向的平衡方程有：斜面对地面的压力大小，则斜面对地面的压力大小减小了，又因为，故C错误；
D．撤去外力前，斜面对地面的摩擦力为0，撤去外力后，根据水平方向的平衡方程可知地面对斜面的摩擦力为，则撤去外力前后，斜面对地面的摩擦力大小增加了，故D正确。
故选D。
【分析】撤去F时，利用P和Q的牛顿第二定律可以求出绳子拉力的大小，利用力的合成可以求出轻绳子对滑轮压力的大小；利用整体竖直方向的平衡方程可以求出斜面对地面的压力变化；利用水平方向的平衡方程可以求出斜面对地面的摩擦力大小变化。
9．【答案】A,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．由乙图可知波长，由丙图可知周期，根据波长和周期的比值可知水波的波速为，故A正确；
B．已知AC之间的距离为2m，根据波速的大小可知水波的波峰第一次传播到点的时间，所以时，处质点处于波峰位置，根据质点的位移可知C处质点具有负向最大加速度，故B错误；
C．若游客加快跳动频率，波速不变，根据波长和频率的关系可知波长变短，所以相邻波峰的间距将变小，故C正确；
D． 根据波速可知波从图示时刻传到处所需时间为，所以时处质点开始振动，时，已经振动了，振动方程
所以时，位置为，已知振幅为0.1，则一个周期2s质点振动的路程为0.4m，3.5内质点的路程为，故D错误。
故选AC。
【分析】利用波长和周期的大小可以求出波速的大小；利用质点之间的距离可以求出传播的时间；利用频率变大可以判别波长变小，进而得出相邻波峰的间距将变小；利用质点振动的时间结合振动方程可以求出质点运动的位移，结合振幅可以求出质点运动的路程。
10．【答案】A,D
【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．已知点电荷的场强公式为，根据电场强度的叠加可知轨道上点的电场强度大小为，故A正确；
B．小球到达中点时，离BD连线最近，根据电场线的方向可知AC中点的电势最高，但小球带负电，根据电势能的表达式可知电势能最小，故B错误；
C．
由几何关系可知，，根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为，小球在C点时的受力如图所示，小球受到的电场力为，沿杆方向，根据牛顿第二定律可知，解得，由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，故C错误；
D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，由于UAC=0，所以电荷从A到C的过程中电场力做功为零，只有重力做功，根据动能定理可得，解得，故D正确。
故选AD。
【分析】利用电场强度的叠加可以求出A点电场强度的大小；利用AC中点距离BD最近，则中点电势最大，结合电势能的表达式可以判别小球电势能的大小；利用对称性可以求出小球到达C点电场强度的大小，结合电场力和重力的大小及牛顿第二定律可以求出小球到达C点加速度的大小；利用动能定理可以求出小球到达C点速度的大小。
11．【答案】B,D
【知识点】电功率和电功；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．从图示计时，由于此时线圈与磁感线平行，此时电动势瞬时值最大，根据交变电流的规律可知电动势的瞬时值表达式为，线框从图示转过60°时，根据表达式可知电动势的瞬时值为，故A错误；
B．根据表达式可知电动势的最大值为，根据电动势峰值和有效值的关系可知有效值为，副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为
根据分压关系可知电压表的示数为，故B正确；
C．当滑动触头向上滑动时，变压器原、副线圈的匝数比减小，根据等效电阻可知副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻变小，则在原线圈电路中的外电阻一直减小，但一直大于线圈的电阻，当外电阻大于电源内阻时，外电阻越大，电源的输出功率越小，外电阻越小，电源的输出功率越大，所以滑动触头P向上移动时，由于等效电阻变小更接近电源的内阻，电源的输出功率逐渐变大，故C错误；
D．若原、副线圈的匝数之比调节为2：1时，副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为，把定值电阻3R看作电源内阻的一部分，电源等效电阻为4R，此时等效电阻阻值等于线圈内阻和定值电阻阻值之和，电源的输出功率最大，所以当副线圈电路中的等效电阻和电源内阻相等时，变压器的输入功率最大，即变压器的输出功率最大，故D正确。
故选BD。
【分析】利用线圈的位置可以求出电动势瞬时值的表达式，结合线圈的角度可以求出电动势的瞬时值；利用电动势的峰值可以求出有效值，结合分压关系可以求出交变电压表的读数；利用变压器电路的等效电阻的大小与电源内阻的比较可以比较电源输出功率的大小变化；当原、副线圈的匝数之比调节为2：1时，副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻等于线圈内阻和定值电阻阻值之和，电源的输出功率最大，所以当副线圈电路中的等效电阻和电源内阻相等时，变压器的输入功率最大，即变压器的输出功率最大。
12．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．设小物块刚进入水平面的速度大小为，由于只有重力对物块做功，根据机械能守恒定律可得，解得，在水平面运动时，由于物块在电场力作用下，小物块在水平方向做匀加速直线运动，当洛伦兹力等于小物块的重力时，小物块脱离水平面，设此时小物块的速度大小为，根据竖直方向的平衡方程有，由题可知，联立解得
当电场力产生加速度时，结合牛顿第二定律可得，其中，解得
根据速度公式可知物块在水平面上运动的最长时间为，故A正确，B错误；
CD．当小物块脱离水平面时，对小物块受力分析可知，小物块受到重力、电场力和洛伦兹力，重力与电场力大小和方向均不变，而洛伦兹力是变化的，当洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡时，小物块的速度最大，根据平衡方程可得，由题可知
解得，根据速度的分解可知：小物块在叠加场中做匀速圆周运动的分速度
根据合速度的方向可知，解得，根据速度的合成可知小物块的最大速度为，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】利用机械能守恒定律可以求出物块到达水平面的速度大小，结合洛伦兹力和重力平衡可以求出物块在水平面加速获得的最大速度，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出加速的时间；当物块受到电场力和重力的合力与洛伦兹力平衡时，利用平衡方程可以求出物块的速度，结合速度的合成可以求出物块最大速度的大小。
13．【答案】（1）7.884（7.882~7.885）
（2）
（3）D
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据螺旋测微器的结构可知遮光条的宽度
（2）设气垫导轨与桌面的夹角为，根据相似三角形知识可得
解得
（3）要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等，根据平均速度公式可得滑块通过两个光电门的瞬时速度分别为，
根据动能的表达式可得系统动能的增加量为
根据重力势能的表达式可得系统重力势能的减小量为
若系统机械能守恒，由于重力势能的减少量等于动能的增量，则有
联立解得，可知除了需要知道d和，还需要测量滑块通过两光电门1、2的遮光时间t1、t2。
故选D。
（4）根据机械能守恒定律可知要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为
【分析】（1）根据螺旋测微器的结构可知遮光条的宽度；
（2）利用几何关系可以求出两光电门之间的竖直高度差；
（3）根据平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量；结合重力势能的表达式可以求出机械能守恒定律的表达式，进而判别需要测量的物理量；
（4）利用机械能守恒定律可以得出验证的表达式。
（1）由图乙可知，遮光条的宽度
（2）设气垫导轨与桌面的夹角为，根据几何关系可得
解得
（3）由题知，要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等，滑块通过两个光电门的瞬时速度分别为，
系统动能的增加量为
系统重力势能的减小量为
若系统机械能守恒，则有
联立解得
可知除了需要知道d和，还需要测量滑块通过两光电门1、2的遮光时间t1、t2。
故选D。
（4）由上一问，可知要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为
14．【答案】（1）1400
（2）D
（3）1.5；偏大
（4）不合格
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）根据欧姆表的挡位和示数可以得出样品电阻约为14×100Ω=1400Ω；
（2）因测量电路采用限流电路，为了限制电流的大小，滑动变阻器的阻值应该与待测电阻的阻值相当，故选D；
（3）根据图像下斜率可得电测电阻的阻值大小为
根据电阻定律有，可得
由于电流表分压，电压的测量值偏大，根据欧姆定律可知电阻的测量值偏大，根据表达式可知电阻率的测量值偏大。
（4）由于样品的电阻率，说明该工厂排出的中水电阻率小于标准值，则不合格。
【分析】（1）利用欧姆表的示数可以得出样品电阻的大小；
（2）为了限制电流的大小，滑动变阻器的阻值应该与待测电阻的阻值相当；
（3）利用图像斜率可以求出电阻的大小，结合电阻定律可以求出电阻率的大小；
（4）该工厂排出的中水电阻率小于标准值，则不合格。
（1）样品电阻约为14×100Ω=1400Ω；
（2）因测量电路采用限流电路，则滑动变阻器的阻值应该与待测电阻的阻值相当，故选D；
（3）[1]根据图像可得
根据
可得
[2]由于电流表分压，则电压的测量值偏大，可知电阻的测量值偏大，则电阻率的测量值偏大。
（4）该工厂排出的中水电阻率小于标准值，则不合格。
15．【答案】（1）设光从盖玻片射入空气时发生全反射的临界角为，已知盖玻片的折射率为，则有
解得
所以为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，应满足的条件为。
（2）P点发出的光依次经过盖玻片、空气、物镜，最后在物镜球面上恰好发生全反射的光路图如图所示：
由折射定律有
解得
由于物镜、盖玻片的折射率均为，所以光线由空气射入物镜时的折射角为；光线在物镜球面上恰好发生全反射，说明光线与球面法线（即半径OA）的夹角恰好为临界角，即
所以由几何关系可得，
则有
代入数据解得物镜与盖玻片间的距离为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）当光发生全反射时，利用折射定律可以求出临界角的大小，进而得出为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气时应满足的条件；
（2）画出光折射的路径，利用折射定律可以求出入射角的大小，结合几何关系可以求出物镜与盖玻片间的距离。
（1）设光从盖玻片射入空气时发生全反射的临界角为，已知盖玻片的折射率为，则有
解得
所以为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，应满足的条件为。
（2）P点发出的光依次经过盖玻片、空气、物镜，最后在物镜球面上恰好发生全反射的光路图如图所示：
由折射定律有
解得
由于物镜、盖玻片的折射率均为，所以光线由空气射入物镜时的折射角为；光线在物镜球面上恰好发生全反射，说明光线与球面法线（即半径OA）的夹角恰好为临界角，即
所以由几何关系可得，
则有
代入数据解得物镜与盖玻片间的距离为
16．【答案】（1）设容器容积为，原有气体初始状态：压强、温度、体积；温度升高到后，若原有气体全部不逸出，总体积变为，根据盖-吕萨克定律有
整理得
气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此

（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为、温度为；降温到后，设剩余气体体积变为，由盖-吕萨克定律有
整理得
吸入容器的水的体积为
吸水后容器质量差
代入整理得

【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，利用理想气体的状态方程可以求出质量之比；
（2）第一阶段结束后，利用等压变化可以求出气体的体积，结合体积的变化可以求出容器的容积大小。
（1）设容器容积为，原有气体初始状态：压强、温度、体积；温度升高到后，若原有气体全部不逸出，总体积变为，根据盖-吕萨克定律有
整理得
气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此
（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为、温度为；降温到后，设剩余气体体积变为，由盖-吕萨克定律有
整理得
吸入容器的水的体积为
吸水后容器质量差
代入整理得
17．【答案】（1）滑块与滑块发生碰撞，碰后粘在一起，由动量守恒定律可得
由能量守恒可知碰撞损失的机械能
解得

（2）小球上升到最大高度时，三者共速，由水平方向动量守恒可得
滑块与滑块碰撞后系统机械能守恒，有
解得

（3）小球从开始运动至速度第一次达到最大时，小球恰好位于滑块的正下方，故小球与滑块水平方向位移相同，即
由系统水平方向动量守恒可得
对方程两边同时乘以时间，有
之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
解得

【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）以滑块A与C为系统，利用动量守恒定理结合能量守恒定律可以求出损失的机械能大小；
（2）当小球上升到最大高度时，利用水平方向的动量守恒定律结合系统机械能守恒定律可以求出小球上升的最大高度；
（3）当小球从开始到第一次达到最大速度时，利用动量守恒定律可以求出滑块A运动的位移大小。
（1）滑块与滑块发生碰撞，碰后粘在一起，由动量守恒定律可得
由能量守恒可知碰撞损失的机械能
解得
（2）小球上升到最大高度时，三者共速，由水平方向动量守恒可得
滑块与滑块碰撞后系统机械能守恒，有
解得
（3）小球从开始运动至速度第一次达到最大时，小球恰好位于滑块的正下方，故小球与滑块水平方向位移相同，即
由系统水平方向动量守恒可得
对方程两边同时乘以时间，有
之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
解得
18．【答案】（1）导体棒刚要离开磁场区域时，恰好处于平衡状态，有
感应电动势为
电流为
可得
解得

（2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，有
根据焦耳热分配定律可知导体棒上产生的焦耳热为
可得

（3）设进入匀强磁场区域的初速度为，离开时的速度为；进入匀强磁场区域的初速度为，离开时的速度为，根据导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等，可知，
设导体棒穿过磁场区域II的时间，根据动量定理有，
根据运动学公式有
联立可得

（4）联立可得
离开磁场区域I时到进入磁场区域II的时间为，有
可得
在进入磁场区域I之前，有，
可得
在磁场区域I中运动时，有
可得
可得
可得从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间
可得

【知识点】动量定理；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）导体棒离开磁场区域I做匀速直线运动，利用平衡方程结合欧姆定律可以求出导体棒速度的大小；
（2）从解除锁定到导体棒离开区域I的过程中，利用能量守恒定律可以求出导体棒产生的焦耳热大小；
（3）导体棒穿过磁场区域II时，利用动量定理结合速度公式可以求出运动的时间；
（4）导体棒从离开区域I到进入区域II时，利用速度公式可以求出运动的时间；当在进入区域I时，利用位移公式结合速度位移公式可以求出运动的时间，当在区域I中运动时，利用动量定理可以起醋运动的时间，进而求出从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间。
（1）导体棒刚要离开磁场区域时，恰好处于平衡状态，有
感应电动势为
电流为
可得
解得
（2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，有
根据焦耳热分配定律可知导体棒上产生的焦耳热为
可得
（3）设进入匀强磁场区域的初速度为，离开时的速度为；进入匀强磁场区域的初速度为，离开时的速度为，根据导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等，可知，
设导体棒穿过磁场区域II的时间，根据动量定理有，
根据运动学公式有
联立可得
（4）又
联立可得
离开磁场区域I时到进入磁场区域II的时间为，有
可得
在进入磁场区域I之前，有，
可得
在磁场区域I中运动时，有
可得
可得
可得从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间
可得
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