资源简介

2026届河北沧州市第一中学等校高三总复习质量监测物理试卷
1．2026年1月，“中国天眼”FAST（如图）在国际上首次捕捉到重复快速射电暴，若FAST探测到某次快速射电暴发射的电磁波光子的能量为，已知普朗克常量，光速，则该电磁波的波长范围为（　　）
A．1～3cm B．1～30cm C．3～9cm D．10～30cm
2．2026年央视春节联欢晚会中，我国自主研制的人形机器人大放异彩（如图甲）。机器人的完美表现需要经过无数次的训练与改进，如图乙所示，机器人训练跑道由水平直跑道和倾斜直跑道组成，某次训练中机器人在倾斜跑道上由静止开始匀加速运动，之后在水平跑道上匀减速运动直到静止，则其速度大小及路程随时间变化的下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图甲是国家博物馆馆藏的西汉龙纹玉璧，可简化为图乙所示情景。承托玉璧的斜面倾角，玉璧底部两个起支撑作用的钉子A、B与玉璧中心的连线夹角，若玉璧质量，斜面光滑，重力加速度取，则每个钉子对玉璧的支持力大小为（　　）
A．2.5 N B．5 N C． D．
4．实验小组使用多用电表进行了如图所示的四次测量，实验时操作均正确且符合规范的实验要求，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中多用电表在测量除多用电表以外回路中其他电阻阻值之和
B．图乙中多用电表在测量小灯泡电阻
C．图丙中多用电表在测量通过小灯泡的电流
D．图丁中多用电表在测量二极管的正向电阻
5．如图所示为钳形电流表（又叫钳表）的简化示意图，可在不断开电路的情况下测量线路中电流大小，手柄可控制铁芯断开与闭合。钳表有1、2两个挡位，表盘上有对应的两行刻度线。扳动手柄把通有待测电流的导线放进钳口内（相当于绕在铁芯上的一匝线圈），量程开关旋至挡位1或2，与铁芯底边上线圈相连的表头的指针会发生偏转。钳表可视为理想变压器，下列说法中正确的是（　　）
A．表头中电流比待测电流大
B．表头表盘上挡位1、2对应的刻度线中，挡位1的量程较小
C．表头表盘上挡位1、2对应的刻度线量程相同
D．扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会使测量结果偏大
6．如图甲所示的海洋监测浮标被称为“海洋听诊器”，可搭载多种传感器监测海洋情况。图乙为监测浮标中速度传感器绘制出的浮标的图像（规定速度的正方向沿轴正方向），图丙为浮标所在区域时波浪的波形图。下列说法正确的是（　　）
A．波浪传播的速度大小为
B．3s时浮标处在波浪的平衡位置向轴正方向运动
C．若波浪沿轴正方向传播，浮标的位置可能在处
D．若波浪沿轴正方向传播，浮标的位置可能在处
7．中国行星探测工程是我国开展深空探测的综合性工程，若我国发射的行星探测器降落在行星X表面后开展探测活动，发现同一物体在行星X表面赤道处的重力是两极处的96%，物体在行星X赤道表面处随行星自转时的线速度为。若行星X为质量分布均匀的球体，则它的第一宇宙速度大小为（　　）
A． B． C． D．
8．复印机的核心原理是静电吸附，电晕丝与感光鼓间的强电场的电场线分布如图所示。一带负电墨粉颗粒（忽略重力）沿直线从点运动到点，以为原点、连线向下为正方向建立轴。设电场强度大小为、颗粒加速度大小为、速度大小为、电势能为，则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图所示为一个透明材质半圆柱体的横截面，为直径，一束由、两种单色光组成的复色光由真空从所在平面上的点射入半圆柱体后分成、两种单色光，光射至圆心正下方的点、光射至点，不考虑光在半圆柱体中的反射，下列说法正确的是（　　）
A．、两种单色光在半圆柱体中的波长
B．、两种单色光在半圆柱体中的传播时间
C．、两种单色光在半圆柱体中的传播时间
D．、两种单色光在、点均不会发生全反射
10．如图所示，水平光滑金属导轨和右侧倾角为的倾斜光滑金属导轨平滑衔接，两段导轨间距均为，整个导轨区域内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。金属杆置于水平导轨上，杆中间断开，断开处串联一电容为的电容器且与杆固连在一起，二者的总质量为，电容器两极板间距离较小可忽略。实验时将质量也为的金属杆从倾斜导轨上端由静止释放，杆始终在倾斜导轨上运动，杆始终在水平导轨上运动，两杆与导轨始终垂直且接触良好，装置中所有部件电阻均忽略不计。重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．杆的加速度先大于杆，然后两者加速度大小之差逐渐减小最终保持恒定
B．杆的加速度恒为
C．回路中电流恒定为
D．两杆的速度差随时间均匀增大，速度差变化率为
11．某学习小组用饮料瓶和两端开口的塑料吸管制作了如图所示的装置研究平抛运动，两吸管穿过瓶塞竖直插入饮料瓶中，右侧吸管下端弯成水平，为了得到平抛运动的运动轨迹，在饮料瓶中装入足量水。
（1）为了使右侧吸管喷出的水形成稳定的抛物线状水柱，应使饮料瓶中液面在_____的位置时获取水滴的运动轨迹。
A．线以上 B．线以上
C．线到线之间 D．线以下
（2）测得喷口距离地面的高度为，水滴落至水平地面时的速度与水平方向夹角为45°，不计空气阻力，则水从喷口喷出时的初速度大小为　 　（用及重力加速度表示）。
12．某学习小组用如图所示的装置验证动能定理，实验步骤如下：
（1）右侧带定滑轮的长木板水平放置，质量为的小车（含遮光条）与砂桶用跨过定滑轮的细线相连，调节定滑轮的高度使定滑轮与小车间的细线与长木板平行；
（2）向砂桶中加入适量细砂，直到轻推小车后，小车上的遮光条通过光电门A、B时的遮光时间相等，用天平称出此时细砂及砂桶的总质量为；
（3）将小车放回原位置，再向砂桶中加入适量的细砂，释放后小车加速向右运动，小车上的遮光条通过光电门A、B的遮光时间分别为、，用天平称出此时细砂及砂桶的总质量为；
（4）测出两光电门间的距离及小车上遮光条的宽度，重力加速度为，则小车上的遮光条通过光电门A、B的过程中，小车、细砂及砂桶组成系统的动能增加量可表示为　 　，合外力对系统所做的总功可表示为　 　；（均用题中已知量及测量物理量字母表示）
（5）多次重复实验，在误差允许的范围内，若，则动能定理得以验证。
13．汽车自动雨刷系统中的雨量感应模块是其核心部件。某物理兴趣小组欲探究一个用于雨量感应的光敏电阻的特性，并设计一个简单的雨量控制模拟电路。
（1）探究光敏电阻的阻值特性
准备实验器材：待测光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），直流电源（），电压表（量程0～5V，内阻约3kΩ），电流表（量程0～3mA，内阻约10Ω），滑动变阻器（最大阻值20Ω），开关，导线若干，用于模拟雨滴的遮光物。
①小组同学先用多用电表的电阻挡粗略测量光线较弱时光敏电阻的阻值，将选择开关指在电阻挡“×100”倍率，进行正确操作后示数如图甲所示，其读数为　 　Ω。
②为了更精确地测量不同光照强度下光敏电阻的阻值，小组同学设计电路并连接实验器材进行实验。请根据题中所给器材和测量需要，设计合理测量电路，用笔画线代替导线，在图乙中将实物图补充完整　 　。
③小组同学用遮光物模拟雨滴，不同程度地遮挡光敏电阻，以模拟不同雨量。测得无遮挡、轻度遮挡、重度遮挡（模拟小雨、中雨、大雨）三种情况下的图线分别为图丙中的、、，则对应大雨情况的图线是　 　（填“”“”或“”）。
（2）设计自动雨刷启动电路
根据以上实验结果，小组同学想利用该光敏电阻设计一个模拟“自动雨刷”的控制电路。其原理是当雨量增大时，控制开关输入电压降低，且在达到中雨级别之前的适当值时，使控制开关输入的电压低于阈值（触发开关工作电压值）2.5V，触发雨刷电机启动。供电电路采用的器材为光敏电阻，定值电阻，，电源电动势，内阻不计。下列选项中可以实现上述控制功能的电路图为_____。
A． B．
C． D．
14．2026年2月8日，我国乒乓球运动员王楚钦在亚乒赛中夺得男单冠军。乒乓球运动中，若乒乓球被轻微踩瘪且无裂缝．可将其放入热水中使其恢复原状。某次踩瘪后乒乓球的容积，内部压强，球内气体温度与室温相同为；将踩瘪的乒乓球放入水中缓慢加热，乒乓球导热性能良好，当水温升至时，乒乓球“咔哒”一声瞬间恢复原状（该过程时间极短，可视为绝热过程）。恢复原状前乒乓球容积变化可忽略，已知标准乒乓球的容积，球内气体质量不变且可视为理想气体。
（1）求乒乓球恢复原状前的瞬间其内部气体压强；
（2）乒乓球内气体内能满足（为气体温度），乒乓球恢复原状后的瞬间内部压强降为，求恢复原状过程中，外界对乒乓球内气体做的功。
15．医用质子治疗仪通过电、磁场偏转系统实现质子精准导向，确保质子束准确抵达病灶。该偏转系统可简化为如图所示模型：平面轴右侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（磁感应强度大小未知），坐标为的点有一粒子源，能向左下方沿与轴负方向成角的方向，发射速度大小为，质量为，带电荷量为的质子，不计质子的重力。
（1）若在轴左侧空间施加沿方向的匀强电场，使质子发射后能够从点处第一次进入轴右侧的磁场中，求所加电场的电场强度大小；
（2）若在轴左侧空间仅施加垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，使质子能通过坐标原点且通过点时速度与初速度相同，求质子从发射到通过点所经历的时间。
16．如图为工厂产品传输装置的简化模型：光滑水平直导槽固定于平台上方，与平台的高度差为，质量为的滑块A套在导槽上。初始静止在平台右边缘的正上方：A下端系有长度为、不可伸长的轻质细绳，工人将在平台右边缘的质量也为的产品P拴在细绳下端。现使产品P以水平向右的初速度离开平台做平抛运动，当P运动到某位置时细绳瞬间绷紧，绷紧过程时间极短、内力远大于外力；此后A、P运动过程中细绳始终处于绷紧状态，最终P运动至右侧产品收集区被接收。忽略空气阻力、重力加速度为，A、P均可视为质点。求：
（1）从P离开平台到细绳刚绷紧所用的时间及细绳刚绷紧时细绳与水平方向夹角的正切值：
（2）求细绳绷紧后瞬间产品P的速度大小；
（3）细绳绷紧后，经时间滑块A沿水平导槽向右运动的位移大小为，此时P恰好进入产品收集区，求产品收集区左边界距离平台右边缘的水平距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】能量子与量子化现象
【解析】【解答】根据光子能量方程可得，当时，根据表达式可知；
当时，根据表达式可知，则该电磁波的波长范围为1～3cm。
故选A。
【分析】根据光子的能量方程结合能量的大小可以求出电磁波的波长范围。
2．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．机器人在倾斜跑道上由静止开始匀加速运动，由于机器人加速度保持不变可知v-t图线为过原点的直线；之后在水平跑道上匀减速运动直到静止，根据加速度保持不变可知v-t图线为向下倾斜的直线，则AB错误；
CD．加速运动时根据位移公式可知s-t图像为曲线，由于图像斜率代表速度，根据速度增加可知曲线上切线的斜率增大；减速运动时根据位移公式可知s-t图像为曲线，根据速度减小可知曲线上切线的斜率减小；故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用匀变速直线运动的加速度保持不变可以判别速度时间图像斜率保持不变；利用匀变速直线运动的位移公式可以判别位移与时间的关系，结合速度的变化可以判别图像斜率的变化。
3．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】对玉璧进行受力分析，玉璧受到重力、斜面的支持力和两杆钉子的支持力作用，在斜面平面内，玉璧受到两个钉子对玉璧的支持力、，根据两个力的对称性可知，且两力方向均指向圆心，夹角为。在斜面方向上，玉璧还受到受到重力沿斜面向下的分力；
由于玉璧处于静止，根据斜面方向的平衡方程有：
根据表达式可以解得钉子对玉璧的支持力大小为
故选C。
【分析】玉璧处于静止，利用沿着斜面方向的平衡方程可以求出钉子对玉璧支持力的大小。
4．【答案】D
【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】A．图甲中开关闭合，电路中有电源，多用电表不能置于欧姆挡测量电阻，否则会烧坏电表，由于多用电表与灯泡是串联关系，所以此时多用电表在电路中测电流，故A错误；
B．图乙中开关闭合，电路中有电源，为了避免多用电表受到回路中电流的干扰，测量电阻时必须将待测电阻与电源断开，故B错误；
C．图丙中开关断开，电路中没有电流，同时多用电表与灯泡的关系为并联，所以多用电表无法测量通过小灯泡的电流，故C错误；
D．多用电表内部电源正极接黑表笔，负极接红表笔，电流从黑表笔流出，图丁中黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，由于电流方向与二极管导通方向相同，所以此时多用电表测量的是正向电阻，故D正确。
故选D。
【分析】图甲中回路接通，多用电表不能置于欧姆挡测量电阻，否则会烧坏电表，由于多用电表与灯泡是串联关系，所以此时多用电表在电路中测电流；图乙中开关闭合，电路中有电源，为了避免多用电表受到回路中电流的干扰，测量电阻时必须将待测电阻与电源断开；图丙中电路中没有电流，多用电表无法测量通过小灯泡的电流；图丁中黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，由于电流方向与二极管导通方向相同，所以此时多用电表测量的是正向电阻。
5．【答案】B
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器规律可知电流之比与匝数之比的关系为，其中原线圈匝数副线圈匝数远大于1，所以，根据表达式可知表头中电流远小于待测电流，故A错误；
BC．钳形电流表的量程由副线圈匝数决定，根据匝数之比可知满偏时电流的关系为
不同挡位对应副线圈不同的匝数，由于电流最大值和匝数成反比，因此量程不同。由图可知，开关接1时接入电路的副线圈匝数较少，接2时接入匝数较多，所以挡位1对应的量程较小，挡位2对应的量程较大，故B正确，C错误；
D．扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会导致磁路磁阻增大，漏磁增加，穿过副线圈的磁通量减小，根据法拉第电磁感应可知感应电动势偏小，所以导致感应电流减小，从而使测量结果偏小，故D错误。
故选B。
【分析】利用匝数之比可以得出表头中电流远小于待测电流；利用匝数之比可以得出匝数和电流量程的大小关系；扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会导致磁路磁阻增大，漏磁增加，穿过副线圈的磁通量减小，根据法拉第电磁感应可知感应电动势偏小，所以导致感应电流减小。
6．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙可知浮标振动的周期，由图丙可知波长，根据波长和周期的比值可知波浪传播的速度大小，故A错误；
B．由图乙可知，时浮标的速度为零，由于质点只有处于峰值处速度为0，说明浮标处在波峰或波谷位置，即最大位移处，不在平衡位置，故B错误；
CD．由图乙可知，时浮标的速度为负向最大值，根据速度的方向可知说明此时浮标位于平衡位置（）且向轴负方向运动。图丙为时的波形图，若波沿轴正方向传播，根据波的传播方向可知处的质点处于平衡位置向轴正方向运动，处的质点处于平衡位置向轴负方向运动，处的质点处于波峰速度为零。因此浮标的位置可能在处，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用波长和周期可以求出波速的大小；利用图像质点的速度大小可以判别质点的位置及速度方向，利用质点的位移和速度方向可以判别浮标的位置。
7．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】设行星X质量为、半径为，物体质量为。物体在行星两极时，万有引力全部等于重力，根据牛顿第二定律有：，物体在赤道处时，万有引力一部分提供自转向心力，剩余产生重力，根据牛顿第二定律有因此，根据题意可知
三式子联立化简得，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，解得
故选B。
【分析】利用物体在地球上的两极和赤道上的引力形成重力和提供向心力可以求出表面重力加速度的大小，结合引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小。
8．【答案】A,C
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 由于电场线的疏密表示电场强度大小，对应点，离负电晕丝更近，电场线更密，则对应的电场强度更大，从到过程中，电场线越来越疏，说明电场强度 E 逐渐减小，且减小的速率越来越慢，根据电场线的特点可知曲线是逐渐下降、越来越平缓，和A图一致，A正确；
B．由于电场力产生颗粒的加速度，根据牛顿第二定律，颗粒加速度大小，加速度和成正比，变化规律与一致，根据电场强度的分布可知加速度应该是逐渐下降、越来越平缓。但B图中加速度下降越来越快，斜率绝对值逐渐增大，不符合规律，B错误；
C．根据运动学关系由于随增大逐渐减小，因此的斜率代表加速度的大小，所以根据分析可知斜率逐渐减小，曲线上升越来越平缓，和C图一致，C正确；
D．由于带负电的颗粒沿着电场线方向运动，从到电场力做正功，电势能逐渐减小；斜率的绝对值，由于随增大减小，图像斜率代表电场强度的大小，因此斜率绝对值应该逐渐减小，下降越来越平缓。但D图中 下降越来越快，不符合规律，D错误。
故选 AC。
【分析】利用电场线的疏密变化可以判别场强和位移的大小关系；利用牛顿第二定律结合电场强度和位移的关系可以判别加速度和位移的大小关系；利用速度位移图像斜率代表加速度，根据加速度的变化可以判别图像斜率的变化；利用电势能和位移的图像斜率代表电场力，利用电场强度的变化可以判别斜率的大小变化。
9．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由题图可看出，单色光在半圆柱体中的折射角较大，根据折射定律可知，单色光的折射率较小，光的频率决定了折射率的大小，所以单色光b频率比较小，由于频率和波长成反比，所以其波长较长，故A正确；
BC．设、两种单色光在半圆柱体中的折射角分别为、，复色光在真空中的入射角为，根据折射定律及传播速度和折射率的关系有，
解得，
、两种单色光在半圆柱体中的传播距离分别为，
根据传播距离和传播时间可以求出、两种单色光在半圆柱体中的传播时间分别为，，故，B错误，C错误；
D．如图所示，根据几何关系可知光由真空射入半圆柱体时的折射角，根据折射定律有，，解得、两种单色光的临界角
根据光与半径的夹角可知、两种单色光由半圆柱体射入真空时的入射角
联立解得，，由于入射角均小于临界角，故、两种单色光在、点均不会发生全反射，D正确。
故选AD。
【分析】利用两束光的折射角大小可以比较两束光折射率的大小，利用折射率可以比较光的频率及波长的大小；利用光的折射率可以求出光传播的速度，结合光传播的距离可以比较光传播的时间；利用折射定律可以判别光发生全反射的临界角大小，利用光出射角的大小可以判别两束光均不会发生全反射。
10．【答案】B,C
【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】【解答】设a 杆的加速度为，b 杆的加速度为，回路中的电流为 I
对 a 杆，a杆受到重力和安培力的作用产生加速度，根据牛顿第二定律
对 b 杆，b杆在安培力的作用下产生加速度，根据牛顿第二定律
根据电容的定义式结合动生电动势的表达式可知电流为
联立可得 ，
A．根据加速度的表达式 ，可知，和都是恒定值，两者的差也是恒定的，不存在 “先大于，差值再减小” 的过程，A错误；
B．根据牛顿第二定律可知a杆的加速度为，B正确；
C．已知两杆加速度的大小，把两个加速度表达式代入，解得，C正确；
D．根据可知速度差的变化率就是加速度差，由以上解析，，D错误。
故选BC。
【分析】利用电动势的表达式结合电容的定义式可以求出电流的表达式，结合牛顿第二定律可以求出两杆加速度的大小，利用两杆加速度的大小可以求出电流的表达式，利用加速度的大小可以求出速度差变化率的大小。
11．【答案】（1）A
（2）
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）为了控制水的初速度相同，则b所处的液体压强要保持一定，所以当液面在a 线以上时，瓶内液面上方的气压通过 a 管与大气相通，根据液体的压强公式可知喷口处的压强差 = 大气压 + ρgh（h 为a 管开口处的液面到喷口的高度差），这个压强差在液面下降到 a 线以下前，会保持恒定，水流初速度稳定，形成稳定的抛物线。故选 A。
（2）水滴做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，喷口距地面高度为，竖直方向上根据速度位移公式可知分速度满足 ，已知落地速度与水平方向夹角为，根据速度的分解可知，由于分速度大小相等，因此得初速度
【分析】（1）为了控制水的初速度相同，则b所处的液体压强要保持一定，所以当液面在a 线以上时，瓶内液面上方的气压通过 a 管与大气相通，根据液体的压强公式可知喷口处的压强差 = 大气压 + ρgh（h 为a 管开口处的液面到喷口的高度差），此时喷口处压强保持不变；
（2）利用平抛运动竖直方向的速度位移公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的分解可以求出水平方向速度的大小。
（1）当液面在a 线以上时，瓶内液面上方的气压通过 a 管与大气相通，因此喷口处的压强差 = 大气压 + ρgh（h 为a 管开口处的液面到喷口的高度差），这个压强差在液面下降到 a 线以下前，会保持恒定，水流初速度稳定，形成稳定的抛物线。
故选 A。
（2）水滴做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，喷口距地面高度为，由自由落体规律得落地时竖直分速度满足
已知落地速度与水平方向夹角为，因此速度满足
即，因此得初速度
12．【答案】；
【知识点】动能定理的综合应用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】遮光条宽度很小，由于小车经过光电门的平均速度近似为瞬时速度，根据平均速度公式可知遮光条通过光电门的瞬时速度 ，
小车、细砂和砂桶组成的系统，总质量为，两者速度大小相等
因此动能增加量为末动能减初动能，根据动能的表达式可知动能的增量为
步骤(2)中轻推小车后遮光时间相等，说明小车做匀速直线运动，此时系统受力平衡，根据平衡方程可知小车受到的总阻力（摩擦力等）
小车受到的总阻力（摩擦力等）。 当砂桶和细砂总质量为后，系统运动位移为，合外力做功为砂桶和细砂总的重力做功减去阻力做功
【分析】利用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；合外力做功为砂桶和细砂总的重力做功减去阻力做功。
13．【答案】（1）1800；；
（2）C
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）多用电表的选择开关指在电阻挡“×100”倍率，根据电阻挡的指针示数×倍率可知电阻的大小为
滑动变阻器最大阻值仅20Ω，远小于光敏电阻，在电路中无法起到限制电流大小的作用所以只能使用分压式接法；
光敏电阻为大电阻，满足，由于电流表内阻对光敏电阻没有太大的影响，因此电流表采用内接法，连线如图：
由于光敏电阻的阻值随光照强度越大电阻越小，所以大雨对应重度遮挡，光照最弱，光敏电阻阻值最大，由，相同电压下电流最小，因此对应图线斜率最小的。
（2）AB．控制开关并联在两端，根据电路的分压关系可知控制开关两端的电压，增大时增大，不符合“雨量增大电压降低”的要求，故AB错误；
C．由题意雨量增大→遮挡增多→增大，要求增大时控制开关输入电压降低，且中雨之前电压就低于2.5V触发启动。由三种情况下的图线可求得小雨时，同理中雨时，大雨时。
控制开关并联在两端，根据分压关系控制控制开关两端的电压为电压，增大时减小，符合变化规律。令代入得触发对应的（中雨阻值），说明中雨之前就触发，故C正确；
D．控制开关并联在两端，令得触发，根据分压关系可知对应，超过中雨才触发，故D错误。
故选C。
【分析】（1）根据电阻挡的指针示数×倍率可知电阻的大小；滑动变阻器阻值小应该使用分压式接法，光敏电阻阻值大所以电流表应该使用内接法；根据分析可以连接对应的电路图；大雨对应重度遮挡，光照最弱，光敏电阻阻值最大，由，相同电压下电流最小，因此对应图线斜率最小的；
（2）控制开关并联在两端，根据电路的分压关系可知控制开关两端的电压，增大时增大，不符合“雨量增大电压降低”的要求；根据控制开关的电压结合并联电阻的大小可以求出触发时光敏电阻的阻值大小，进而判别是否在中雨之前就触发。
（1）[1]多用电表电阻挡读数为指针示数×倍率，因此读数为
[2]滑动变阻器最大阻值仅20Ω，远小于光敏电阻，限流法无法明显改变电压电流，因此采用分压式接法；
光敏电阻为大电阻，满足，因此电流表采用内接法，连线如图：
[3]大雨对应重度遮挡，光照最弱，光敏电阻阻值最大，由，相同电压下电流最小，因此对应图线斜率最小的。
（2）AB．控制开关并联在两端，电压，增大时增大，不符合“雨量增大电压降低”的要求，故AB错误；
C．由题意雨量增大→遮挡增多→增大，要求增大时控制开关输入电压降低，且中雨之前电压就低于2.5V触发启动。由三种情况下的图线可求得小雨时，同理中雨时，大雨时。
控制开关并联在两端，电压，增大时减小，符合变化规律。令代入得触发对应的（中雨阻值），说明中雨之前就触发，故C正确；
D．控制开关并联在两端，令得触发对应，超过中雨才触发，故D错误。
故选C。
14．【答案】（1）解：乒乓球恢复原状前容积变化可忽略，气体发生等容变化。由查理定律
代入数据，，
解得

（2）解：恢复原状后，气体体积变为，压强。对初末状态应用理想气体状态方程
代入数据解得。气体内能变化量
该过程视为绝热过程，，根据热力学第一定律
外界对气体做的功
【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
【解析】【分析】（1）乒乓球发生等容变化，利用状态方程可以求出气体压强的大小；
（2）当乒乓球内部压强减小使，利用理想气体的状态方程可以求出气体的温度，利用温度的变化可以求出气体内能的变化，结合热力学第一定律可以求出外界对气体做功的大小。
（1）乒乓球恢复原状前容积变化可忽略，气体发生等容变化。由查理定律
代入数据，，
解得
（2）恢复原状后，气体体积变为，压强。对初末状态应用理想气体状态方程
代入数据解得。气体内能变化量
该过程视为绝热过程，，根据热力学第一定律
外界对气体做的功
15．【答案】（1）解：质子在匀强电场中做斜抛运动，其沿轴方向做匀速直线运动，设质子在匀强电场中运动的时间为，则有
解得
质子沿轴方向做匀变速直线运动，设其加速度大小为，则根据运动学公式有
解得
则根据牛顿第二定律有
解得所加电场的电场强度大小为

（2）解：若质子只旋转一次便通过坐标原点，则质子的运动轨迹如图所示：
设质子在轴左侧空间做匀速圆周运动的半径为，则由洛伦兹力提供向心力有
解得
质子在轴左侧空间做匀速圆周运动的周期为
由上图可知，质子在轴左侧空间做匀速圆周运动转过的圆心角为，所以质子在轴左侧空间的运动时间为
若质子在空间旋转了圈后通过坐标原点，由上面分析可知，质子在轴左侧空间做匀速圆周运动每次转过的圆心角都为，则质子每次在轴左侧空间的运动时间都为，所以质子在空间旋转了圈后通过坐标原点时，质子在轴左侧空间运动的总时间为
若质子在空间只旋转一次便经过坐标原点，则在上图中由几何关系有
若质子在空间旋转两次经过坐标原点，则运动轨迹如图所示：
由几何关系有
所以若质子旋转了圈后通过坐标原点，则质子在轴右侧空间做匀速圆周运动的半径应满足
解得
所以质子在轴右侧空间做匀速圆周运动的周期为
由于质子每次在轴右侧空间做匀速圆周运动转过的圆心角都为，所以质子每次在轴右侧空间运动的时间都为
所以若质子在空间旋转了圈后通过坐标原点时，质子在轴右侧空间运动的总时间为
所以质子从发射到通过点所经历的总时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）质子在电场中做斜抛运动，利用y方向的位移公式可以求出运动的时间，结合x方向的速度公式及牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）若质子只旋转一次便通过坐标原点，画出质子的运动轨迹，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合周期的表达式及轨迹所对圆心角可以求出质子运动的时间；若质子在空间旋转两次经过坐标原点，画出粒子运动轨迹，利用几何关系可以求出轨迹的半径，结合牛顿第二定律可以求出质子运动的周期，结合轨迹所对的圆心角可以求出运动的时间。
（1）质子在匀强电场中做斜抛运动，其沿轴方向做匀速直线运动，设质子在匀强电场中运动的时间为，则有
解得
质子沿轴方向做匀变速直线运动，设其加速度大小为，则根据运动学公式有
解得
则根据牛顿第二定律有
解得所加电场的电场强度大小为
（2）若质子只旋转一次便通过坐标原点，则质子的运动轨迹如图所示：
设质子在轴左侧空间做匀速圆周运动的半径为，则由洛伦兹力提供向心力有
解得
质子在轴左侧空间做匀速圆周运动的周期为
由上图可知，质子在轴左侧空间做匀速圆周运动转过的圆心角为，所以质子在轴左侧空间的运动时间为
若质子在空间旋转了圈后通过坐标原点，由上面分析可知，质子在轴左侧空间做匀速圆周运动每次转过的圆心角都为，则质子每次在轴左侧空间的运动时间都为，所以质子在空间旋转了圈后通过坐标原点时，质子在轴左侧空间运动的总时间为
若质子在空间只旋转一次便经过坐标原点，则在上图中由几何关系有
若质子在空间旋转两次经过坐标原点，则运动轨迹如图所示：
由几何关系有
所以若质子旋转了圈后通过坐标原点，则质子在轴右侧空间做匀速圆周运动的半径应满足
解得
所以质子在轴右侧空间做匀速圆周运动的周期为
由于质子每次在轴右侧空间做匀速圆周运动转过的圆心角都为，所以质子每次在轴右侧空间运动的时间都为
所以若质子在空间旋转了圈后通过坐标原点时，质子在轴右侧空间运动的总时间为
所以质子从发射到通过点所经历的总时间为
16．【答案】（1）解：由平抛运动的运动规律结合几何关系可得，产品P水平抛出后有，
根据几何关系有
解得
此时细绳与水平方向的夹角的正切值为
（2）解：细绳绷紧前P竖直方向的速度大小
细绳绷紧前P的速度大小
速度斜向右下方与水平方向夹角的正切值
细绳绷紧过程中A、P在水平方向上动量守恒有
由于速度的方向沿细绳，细绳绷紧后P的速度仍沿细绳，方向不发生改变，A、P的速度满足
解得

（3）解：以A、P为研究对象，两者运动过程中在水平方向上动量守恒，一直有
在极短时间内
在时间内对等号两边累积求和
其中，
可知细绳绷紧后P的水平位移
产品收集区左边界距离平台的右边缘的水平距离
解得

【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）产品P水平抛出做平抛运动，利用平抛运动的位移公式结合几何关系可以求出运动的时间，结合几何关系可以求出细绳与水平方向的夹角的正切值；
（2）当细绳绷紧前，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小，当细绳绷紧过程中，利用动量守恒定律结合速度的分解可以求出产品P的速度大小；
（3）当细绳绷紧后，利用AP水平方向的动量守恒定律结合位移公式可以求出产品收集区左边界距离平台右边缘的水平距离。
（1）由平抛运动的运动规律结合几何关系可得，产品P水平抛出后有，
根据几何关系有
解得
此时细绳与水平方向的夹角的正切值为
（2）细绳绷紧前P竖直方向的速度大小
细绳绷紧前P的速度大小
速度斜向右下方与水平方向夹角的正切值
细绳绷紧过程中A、P在水平方向上动量守恒有
由于速度的方向沿细绳，细绳绷紧后P的速度仍沿细绳，方向不发生改变，A、P的速度满足
解得
（3）以A、P为研究对象，两者运动过程中在水平方向上动量守恒，一直有
在极短时间内
在时间内对等号两边累积求和
其中，
可知细绳绷紧后P的水平位移
产品收集区左边界距离平台的右边缘的水平距离
解得
1 / 12026届河北沧州市第一中学等校高三总复习质量监测物理试卷
1．2026年1月，“中国天眼”FAST（如图）在国际上首次捕捉到重复快速射电暴，若FAST探测到某次快速射电暴发射的电磁波光子的能量为，已知普朗克常量，光速，则该电磁波的波长范围为（　　）
A．1～3cm B．1～30cm C．3～9cm D．10～30cm
【答案】A
【知识点】能量子与量子化现象
【解析】【解答】根据光子能量方程可得，当时，根据表达式可知；
当时，根据表达式可知，则该电磁波的波长范围为1～3cm。
故选A。
【分析】根据光子的能量方程结合能量的大小可以求出电磁波的波长范围。
2．2026年央视春节联欢晚会中，我国自主研制的人形机器人大放异彩（如图甲）。机器人的完美表现需要经过无数次的训练与改进，如图乙所示，机器人训练跑道由水平直跑道和倾斜直跑道组成，某次训练中机器人在倾斜跑道上由静止开始匀加速运动，之后在水平跑道上匀减速运动直到静止，则其速度大小及路程随时间变化的下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．机器人在倾斜跑道上由静止开始匀加速运动，由于机器人加速度保持不变可知v-t图线为过原点的直线；之后在水平跑道上匀减速运动直到静止，根据加速度保持不变可知v-t图线为向下倾斜的直线，则AB错误；
CD．加速运动时根据位移公式可知s-t图像为曲线，由于图像斜率代表速度，根据速度增加可知曲线上切线的斜率增大；减速运动时根据位移公式可知s-t图像为曲线，根据速度减小可知曲线上切线的斜率减小；故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用匀变速直线运动的加速度保持不变可以判别速度时间图像斜率保持不变；利用匀变速直线运动的位移公式可以判别位移与时间的关系，结合速度的变化可以判别图像斜率的变化。
3．如图甲是国家博物馆馆藏的西汉龙纹玉璧，可简化为图乙所示情景。承托玉璧的斜面倾角，玉璧底部两个起支撑作用的钉子A、B与玉璧中心的连线夹角，若玉璧质量，斜面光滑，重力加速度取，则每个钉子对玉璧的支持力大小为（　　）
A．2.5 N B．5 N C． D．
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】对玉璧进行受力分析，玉璧受到重力、斜面的支持力和两杆钉子的支持力作用，在斜面平面内，玉璧受到两个钉子对玉璧的支持力、，根据两个力的对称性可知，且两力方向均指向圆心，夹角为。在斜面方向上，玉璧还受到受到重力沿斜面向下的分力；
由于玉璧处于静止，根据斜面方向的平衡方程有：
根据表达式可以解得钉子对玉璧的支持力大小为
故选C。
【分析】玉璧处于静止，利用沿着斜面方向的平衡方程可以求出钉子对玉璧支持力的大小。
4．实验小组使用多用电表进行了如图所示的四次测量，实验时操作均正确且符合规范的实验要求，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中多用电表在测量除多用电表以外回路中其他电阻阻值之和
B．图乙中多用电表在测量小灯泡电阻
C．图丙中多用电表在测量通过小灯泡的电流
D．图丁中多用电表在测量二极管的正向电阻
【答案】D
【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】A．图甲中开关闭合，电路中有电源，多用电表不能置于欧姆挡测量电阻，否则会烧坏电表，由于多用电表与灯泡是串联关系，所以此时多用电表在电路中测电流，故A错误；
B．图乙中开关闭合，电路中有电源，为了避免多用电表受到回路中电流的干扰，测量电阻时必须将待测电阻与电源断开，故B错误；
C．图丙中开关断开，电路中没有电流，同时多用电表与灯泡的关系为并联，所以多用电表无法测量通过小灯泡的电流，故C错误；
D．多用电表内部电源正极接黑表笔，负极接红表笔，电流从黑表笔流出，图丁中黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，由于电流方向与二极管导通方向相同，所以此时多用电表测量的是正向电阻，故D正确。
故选D。
【分析】图甲中回路接通，多用电表不能置于欧姆挡测量电阻，否则会烧坏电表，由于多用电表与灯泡是串联关系，所以此时多用电表在电路中测电流；图乙中开关闭合，电路中有电源，为了避免多用电表受到回路中电流的干扰，测量电阻时必须将待测电阻与电源断开；图丙中电路中没有电流，多用电表无法测量通过小灯泡的电流；图丁中黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，由于电流方向与二极管导通方向相同，所以此时多用电表测量的是正向电阻。
5．如图所示为钳形电流表（又叫钳表）的简化示意图，可在不断开电路的情况下测量线路中电流大小，手柄可控制铁芯断开与闭合。钳表有1、2两个挡位，表盘上有对应的两行刻度线。扳动手柄把通有待测电流的导线放进钳口内（相当于绕在铁芯上的一匝线圈），量程开关旋至挡位1或2，与铁芯底边上线圈相连的表头的指针会发生偏转。钳表可视为理想变压器，下列说法中正确的是（　　）
A．表头中电流比待测电流大
B．表头表盘上挡位1、2对应的刻度线中，挡位1的量程较小
C．表头表盘上挡位1、2对应的刻度线量程相同
D．扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会使测量结果偏大
【答案】B
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器规律可知电流之比与匝数之比的关系为，其中原线圈匝数副线圈匝数远大于1，所以，根据表达式可知表头中电流远小于待测电流，故A错误；
BC．钳形电流表的量程由副线圈匝数决定，根据匝数之比可知满偏时电流的关系为
不同挡位对应副线圈不同的匝数，由于电流最大值和匝数成反比，因此量程不同。由图可知，开关接1时接入电路的副线圈匝数较少，接2时接入匝数较多，所以挡位1对应的量程较小，挡位2对应的量程较大，故B正确，C错误；
D．扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会导致磁路磁阻增大，漏磁增加，穿过副线圈的磁通量减小，根据法拉第电磁感应可知感应电动势偏小，所以导致感应电流减小，从而使测量结果偏小，故D错误。
故选B。
【分析】利用匝数之比可以得出表头中电流远小于待测电流；利用匝数之比可以得出匝数和电流量程的大小关系；扳动手柄时铁芯钳口处有缝隙未完全闭合，会导致磁路磁阻增大，漏磁增加，穿过副线圈的磁通量减小，根据法拉第电磁感应可知感应电动势偏小，所以导致感应电流减小。
6．如图甲所示的海洋监测浮标被称为“海洋听诊器”，可搭载多种传感器监测海洋情况。图乙为监测浮标中速度传感器绘制出的浮标的图像（规定速度的正方向沿轴正方向），图丙为浮标所在区域时波浪的波形图。下列说法正确的是（　　）
A．波浪传播的速度大小为
B．3s时浮标处在波浪的平衡位置向轴正方向运动
C．若波浪沿轴正方向传播，浮标的位置可能在处
D．若波浪沿轴正方向传播，浮标的位置可能在处
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙可知浮标振动的周期，由图丙可知波长，根据波长和周期的比值可知波浪传播的速度大小，故A错误；
B．由图乙可知，时浮标的速度为零，由于质点只有处于峰值处速度为0，说明浮标处在波峰或波谷位置，即最大位移处，不在平衡位置，故B错误；
CD．由图乙可知，时浮标的速度为负向最大值，根据速度的方向可知说明此时浮标位于平衡位置（）且向轴负方向运动。图丙为时的波形图，若波沿轴正方向传播，根据波的传播方向可知处的质点处于平衡位置向轴正方向运动，处的质点处于平衡位置向轴负方向运动，处的质点处于波峰速度为零。因此浮标的位置可能在处，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用波长和周期可以求出波速的大小；利用图像质点的速度大小可以判别质点的位置及速度方向，利用质点的位移和速度方向可以判别浮标的位置。
7．中国行星探测工程是我国开展深空探测的综合性工程，若我国发射的行星探测器降落在行星X表面后开展探测活动，发现同一物体在行星X表面赤道处的重力是两极处的96%，物体在行星X赤道表面处随行星自转时的线速度为。若行星X为质量分布均匀的球体，则它的第一宇宙速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】设行星X质量为、半径为，物体质量为。物体在行星两极时，万有引力全部等于重力，根据牛顿第二定律有：，物体在赤道处时，万有引力一部分提供自转向心力，剩余产生重力，根据牛顿第二定律有因此，根据题意可知
三式子联立化简得，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，解得
故选B。
【分析】利用物体在地球上的两极和赤道上的引力形成重力和提供向心力可以求出表面重力加速度的大小，结合引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小。
8．复印机的核心原理是静电吸附，电晕丝与感光鼓间的强电场的电场线分布如图所示。一带负电墨粉颗粒（忽略重力）沿直线从点运动到点，以为原点、连线向下为正方向建立轴。设电场强度大小为、颗粒加速度大小为、速度大小为、电势能为，则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 由于电场线的疏密表示电场强度大小，对应点，离负电晕丝更近，电场线更密，则对应的电场强度更大，从到过程中，电场线越来越疏，说明电场强度 E 逐渐减小，且减小的速率越来越慢，根据电场线的特点可知曲线是逐渐下降、越来越平缓，和A图一致，A正确；
B．由于电场力产生颗粒的加速度，根据牛顿第二定律，颗粒加速度大小，加速度和成正比，变化规律与一致，根据电场强度的分布可知加速度应该是逐渐下降、越来越平缓。但B图中加速度下降越来越快，斜率绝对值逐渐增大，不符合规律，B错误；
C．根据运动学关系由于随增大逐渐减小，因此的斜率代表加速度的大小，所以根据分析可知斜率逐渐减小，曲线上升越来越平缓，和C图一致，C正确；
D．由于带负电的颗粒沿着电场线方向运动，从到电场力做正功，电势能逐渐减小；斜率的绝对值，由于随增大减小，图像斜率代表电场强度的大小，因此斜率绝对值应该逐渐减小，下降越来越平缓。但D图中 下降越来越快，不符合规律，D错误。
故选 AC。
【分析】利用电场线的疏密变化可以判别场强和位移的大小关系；利用牛顿第二定律结合电场强度和位移的关系可以判别加速度和位移的大小关系；利用速度位移图像斜率代表加速度，根据加速度的变化可以判别图像斜率的变化；利用电势能和位移的图像斜率代表电场力，利用电场强度的变化可以判别斜率的大小变化。
9．如图所示为一个透明材质半圆柱体的横截面，为直径，一束由、两种单色光组成的复色光由真空从所在平面上的点射入半圆柱体后分成、两种单色光，光射至圆心正下方的点、光射至点，不考虑光在半圆柱体中的反射，下列说法正确的是（　　）
A．、两种单色光在半圆柱体中的波长
B．、两种单色光在半圆柱体中的传播时间
C．、两种单色光在半圆柱体中的传播时间
D．、两种单色光在、点均不会发生全反射
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由题图可看出，单色光在半圆柱体中的折射角较大，根据折射定律可知，单色光的折射率较小，光的频率决定了折射率的大小，所以单色光b频率比较小，由于频率和波长成反比，所以其波长较长，故A正确；
BC．设、两种单色光在半圆柱体中的折射角分别为、，复色光在真空中的入射角为，根据折射定律及传播速度和折射率的关系有，
解得，
、两种单色光在半圆柱体中的传播距离分别为，
根据传播距离和传播时间可以求出、两种单色光在半圆柱体中的传播时间分别为，，故，B错误，C错误；
D．如图所示，根据几何关系可知光由真空射入半圆柱体时的折射角，根据折射定律有，，解得、两种单色光的临界角
根据光与半径的夹角可知、两种单色光由半圆柱体射入真空时的入射角
联立解得，，由于入射角均小于临界角，故、两种单色光在、点均不会发生全反射，D正确。
故选AD。
【分析】利用两束光的折射角大小可以比较两束光折射率的大小，利用折射率可以比较光的频率及波长的大小；利用光的折射率可以求出光传播的速度，结合光传播的距离可以比较光传播的时间；利用折射定律可以判别光发生全反射的临界角大小，利用光出射角的大小可以判别两束光均不会发生全反射。
10．如图所示，水平光滑金属导轨和右侧倾角为的倾斜光滑金属导轨平滑衔接，两段导轨间距均为，整个导轨区域内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。金属杆置于水平导轨上，杆中间断开，断开处串联一电容为的电容器且与杆固连在一起，二者的总质量为，电容器两极板间距离较小可忽略。实验时将质量也为的金属杆从倾斜导轨上端由静止释放，杆始终在倾斜导轨上运动，杆始终在水平导轨上运动，两杆与导轨始终垂直且接触良好，装置中所有部件电阻均忽略不计。重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．杆的加速度先大于杆，然后两者加速度大小之差逐渐减小最终保持恒定
B．杆的加速度恒为
C．回路中电流恒定为
D．两杆的速度差随时间均匀增大，速度差变化率为
【答案】B,C
【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】【解答】设a 杆的加速度为，b 杆的加速度为，回路中的电流为 I
对 a 杆，a杆受到重力和安培力的作用产生加速度，根据牛顿第二定律
对 b 杆，b杆在安培力的作用下产生加速度，根据牛顿第二定律
根据电容的定义式结合动生电动势的表达式可知电流为
联立可得 ，
A．根据加速度的表达式 ，可知，和都是恒定值，两者的差也是恒定的，不存在 “先大于，差值再减小” 的过程，A错误；
B．根据牛顿第二定律可知a杆的加速度为，B正确；
C．已知两杆加速度的大小，把两个加速度表达式代入，解得，C正确；
D．根据可知速度差的变化率就是加速度差，由以上解析，，D错误。
故选BC。
【分析】利用电动势的表达式结合电容的定义式可以求出电流的表达式，结合牛顿第二定律可以求出两杆加速度的大小，利用两杆加速度的大小可以求出电流的表达式，利用加速度的大小可以求出速度差变化率的大小。
11．某学习小组用饮料瓶和两端开口的塑料吸管制作了如图所示的装置研究平抛运动，两吸管穿过瓶塞竖直插入饮料瓶中，右侧吸管下端弯成水平，为了得到平抛运动的运动轨迹，在饮料瓶中装入足量水。
（1）为了使右侧吸管喷出的水形成稳定的抛物线状水柱，应使饮料瓶中液面在_____的位置时获取水滴的运动轨迹。
A．线以上 B．线以上
C．线到线之间 D．线以下
（2）测得喷口距离地面的高度为，水滴落至水平地面时的速度与水平方向夹角为45°，不计空气阻力，则水从喷口喷出时的初速度大小为　 　（用及重力加速度表示）。
【答案】（1）A
（2）
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）为了控制水的初速度相同，则b所处的液体压强要保持一定，所以当液面在a 线以上时，瓶内液面上方的气压通过 a 管与大气相通，根据液体的压强公式可知喷口处的压强差 = 大气压 + ρgh（h 为a 管开口处的液面到喷口的高度差），这个压强差在液面下降到 a 线以下前，会保持恒定，水流初速度稳定，形成稳定的抛物线。故选 A。
（2）水滴做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，喷口距地面高度为，竖直方向上根据速度位移公式可知分速度满足 ，已知落地速度与水平方向夹角为，根据速度的分解可知，由于分速度大小相等，因此得初速度
【分析】（1）为了控制水的初速度相同，则b所处的液体压强要保持一定，所以当液面在a 线以上时，瓶内液面上方的气压通过 a 管与大气相通，根据液体的压强公式可知喷口处的压强差 = 大气压 + ρgh（h 为a 管开口处的液面到喷口的高度差），此时喷口处压强保持不变；
（2）利用平抛运动竖直方向的速度位移公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的分解可以求出水平方向速度的大小。
（1）当液面在a 线以上时，瓶内液面上方的气压通过 a 管与大气相通，因此喷口处的压强差 = 大气压 + ρgh（h 为a 管开口处的液面到喷口的高度差），这个压强差在液面下降到 a 线以下前，会保持恒定，水流初速度稳定，形成稳定的抛物线。
故选 A。
（2）水滴做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，喷口距地面高度为，由自由落体规律得落地时竖直分速度满足
已知落地速度与水平方向夹角为，因此速度满足
即，因此得初速度
12．某学习小组用如图所示的装置验证动能定理，实验步骤如下：
（1）右侧带定滑轮的长木板水平放置，质量为的小车（含遮光条）与砂桶用跨过定滑轮的细线相连，调节定滑轮的高度使定滑轮与小车间的细线与长木板平行；
（2）向砂桶中加入适量细砂，直到轻推小车后，小车上的遮光条通过光电门A、B时的遮光时间相等，用天平称出此时细砂及砂桶的总质量为；
（3）将小车放回原位置，再向砂桶中加入适量的细砂，释放后小车加速向右运动，小车上的遮光条通过光电门A、B的遮光时间分别为、，用天平称出此时细砂及砂桶的总质量为；
（4）测出两光电门间的距离及小车上遮光条的宽度，重力加速度为，则小车上的遮光条通过光电门A、B的过程中，小车、细砂及砂桶组成系统的动能增加量可表示为　 　，合外力对系统所做的总功可表示为　 　；（均用题中已知量及测量物理量字母表示）
（5）多次重复实验，在误差允许的范围内，若，则动能定理得以验证。
【答案】；
【知识点】动能定理的综合应用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】遮光条宽度很小，由于小车经过光电门的平均速度近似为瞬时速度，根据平均速度公式可知遮光条通过光电门的瞬时速度 ，
小车、细砂和砂桶组成的系统，总质量为，两者速度大小相等
因此动能增加量为末动能减初动能，根据动能的表达式可知动能的增量为
步骤(2)中轻推小车后遮光时间相等，说明小车做匀速直线运动，此时系统受力平衡，根据平衡方程可知小车受到的总阻力（摩擦力等）
小车受到的总阻力（摩擦力等）。 当砂桶和细砂总质量为后，系统运动位移为，合外力做功为砂桶和细砂总的重力做功减去阻力做功
【分析】利用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；合外力做功为砂桶和细砂总的重力做功减去阻力做功。
13．汽车自动雨刷系统中的雨量感应模块是其核心部件。某物理兴趣小组欲探究一个用于雨量感应的光敏电阻的特性，并设计一个简单的雨量控制模拟电路。
（1）探究光敏电阻的阻值特性
准备实验器材：待测光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），直流电源（），电压表（量程0～5V，内阻约3kΩ），电流表（量程0～3mA，内阻约10Ω），滑动变阻器（最大阻值20Ω），开关，导线若干，用于模拟雨滴的遮光物。
①小组同学先用多用电表的电阻挡粗略测量光线较弱时光敏电阻的阻值，将选择开关指在电阻挡“×100”倍率，进行正确操作后示数如图甲所示，其读数为　 　Ω。
②为了更精确地测量不同光照强度下光敏电阻的阻值，小组同学设计电路并连接实验器材进行实验。请根据题中所给器材和测量需要，设计合理测量电路，用笔画线代替导线，在图乙中将实物图补充完整　 　。
③小组同学用遮光物模拟雨滴，不同程度地遮挡光敏电阻，以模拟不同雨量。测得无遮挡、轻度遮挡、重度遮挡（模拟小雨、中雨、大雨）三种情况下的图线分别为图丙中的、、，则对应大雨情况的图线是　 　（填“”“”或“”）。
（2）设计自动雨刷启动电路
根据以上实验结果，小组同学想利用该光敏电阻设计一个模拟“自动雨刷”的控制电路。其原理是当雨量增大时，控制开关输入电压降低，且在达到中雨级别之前的适当值时，使控制开关输入的电压低于阈值（触发开关工作电压值）2.5V，触发雨刷电机启动。供电电路采用的器材为光敏电阻，定值电阻，，电源电动势，内阻不计。下列选项中可以实现上述控制功能的电路图为_____。
A． B．
C． D．
【答案】（1）1800；；
（2）C
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）多用电表的选择开关指在电阻挡“×100”倍率，根据电阻挡的指针示数×倍率可知电阻的大小为
滑动变阻器最大阻值仅20Ω，远小于光敏电阻，在电路中无法起到限制电流大小的作用所以只能使用分压式接法；
光敏电阻为大电阻，满足，由于电流表内阻对光敏电阻没有太大的影响，因此电流表采用内接法，连线如图：
由于光敏电阻的阻值随光照强度越大电阻越小，所以大雨对应重度遮挡，光照最弱，光敏电阻阻值最大，由，相同电压下电流最小，因此对应图线斜率最小的。
（2）AB．控制开关并联在两端，根据电路的分压关系可知控制开关两端的电压，增大时增大，不符合“雨量增大电压降低”的要求，故AB错误；
C．由题意雨量增大→遮挡增多→增大，要求增大时控制开关输入电压降低，且中雨之前电压就低于2.5V触发启动。由三种情况下的图线可求得小雨时，同理中雨时，大雨时。
控制开关并联在两端，根据分压关系控制控制开关两端的电压为电压，增大时减小，符合变化规律。令代入得触发对应的（中雨阻值），说明中雨之前就触发，故C正确；
D．控制开关并联在两端，令得触发，根据分压关系可知对应，超过中雨才触发，故D错误。
故选C。
【分析】（1）根据电阻挡的指针示数×倍率可知电阻的大小；滑动变阻器阻值小应该使用分压式接法，光敏电阻阻值大所以电流表应该使用内接法；根据分析可以连接对应的电路图；大雨对应重度遮挡，光照最弱，光敏电阻阻值最大，由，相同电压下电流最小，因此对应图线斜率最小的；
（2）控制开关并联在两端，根据电路的分压关系可知控制开关两端的电压，增大时增大，不符合“雨量增大电压降低”的要求；根据控制开关的电压结合并联电阻的大小可以求出触发时光敏电阻的阻值大小，进而判别是否在中雨之前就触发。
（1）[1]多用电表电阻挡读数为指针示数×倍率，因此读数为
[2]滑动变阻器最大阻值仅20Ω，远小于光敏电阻，限流法无法明显改变电压电流，因此采用分压式接法；
光敏电阻为大电阻，满足，因此电流表采用内接法，连线如图：
[3]大雨对应重度遮挡，光照最弱，光敏电阻阻值最大，由，相同电压下电流最小，因此对应图线斜率最小的。
（2）AB．控制开关并联在两端，电压，增大时增大，不符合“雨量增大电压降低”的要求，故AB错误；
C．由题意雨量增大→遮挡增多→增大，要求增大时控制开关输入电压降低，且中雨之前电压就低于2.5V触发启动。由三种情况下的图线可求得小雨时，同理中雨时，大雨时。
控制开关并联在两端，电压，增大时减小，符合变化规律。令代入得触发对应的（中雨阻值），说明中雨之前就触发，故C正确；
D．控制开关并联在两端，令得触发对应，超过中雨才触发，故D错误。
故选C。
14．2026年2月8日，我国乒乓球运动员王楚钦在亚乒赛中夺得男单冠军。乒乓球运动中，若乒乓球被轻微踩瘪且无裂缝．可将其放入热水中使其恢复原状。某次踩瘪后乒乓球的容积，内部压强，球内气体温度与室温相同为；将踩瘪的乒乓球放入水中缓慢加热，乒乓球导热性能良好，当水温升至时，乒乓球“咔哒”一声瞬间恢复原状（该过程时间极短，可视为绝热过程）。恢复原状前乒乓球容积变化可忽略，已知标准乒乓球的容积，球内气体质量不变且可视为理想气体。
（1）求乒乓球恢复原状前的瞬间其内部气体压强；
（2）乒乓球内气体内能满足（为气体温度），乒乓球恢复原状后的瞬间内部压强降为，求恢复原状过程中，外界对乒乓球内气体做的功。
【答案】（1）解：乒乓球恢复原状前容积变化可忽略，气体发生等容变化。由查理定律
代入数据，，
解得

（2）解：恢复原状后，气体体积变为，压强。对初末状态应用理想气体状态方程
代入数据解得。气体内能变化量
该过程视为绝热过程，，根据热力学第一定律
外界对气体做的功
【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
【解析】【分析】（1）乒乓球发生等容变化，利用状态方程可以求出气体压强的大小；
（2）当乒乓球内部压强减小使，利用理想气体的状态方程可以求出气体的温度，利用温度的变化可以求出气体内能的变化，结合热力学第一定律可以求出外界对气体做功的大小。
（1）乒乓球恢复原状前容积变化可忽略，气体发生等容变化。由查理定律
代入数据，，
解得
（2）恢复原状后，气体体积变为，压强。对初末状态应用理想气体状态方程
代入数据解得。气体内能变化量
该过程视为绝热过程，，根据热力学第一定律
外界对气体做的功
15．医用质子治疗仪通过电、磁场偏转系统实现质子精准导向，确保质子束准确抵达病灶。该偏转系统可简化为如图所示模型：平面轴右侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（磁感应强度大小未知），坐标为的点有一粒子源，能向左下方沿与轴负方向成角的方向，发射速度大小为，质量为，带电荷量为的质子，不计质子的重力。
（1）若在轴左侧空间施加沿方向的匀强电场，使质子发射后能够从点处第一次进入轴右侧的磁场中，求所加电场的电场强度大小；
（2）若在轴左侧空间仅施加垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，使质子能通过坐标原点且通过点时速度与初速度相同，求质子从发射到通过点所经历的时间。
【答案】（1）解：质子在匀强电场中做斜抛运动，其沿轴方向做匀速直线运动，设质子在匀强电场中运动的时间为，则有
解得
质子沿轴方向做匀变速直线运动，设其加速度大小为，则根据运动学公式有
解得
则根据牛顿第二定律有
解得所加电场的电场强度大小为

（2）解：若质子只旋转一次便通过坐标原点，则质子的运动轨迹如图所示：
设质子在轴左侧空间做匀速圆周运动的半径为，则由洛伦兹力提供向心力有
解得
质子在轴左侧空间做匀速圆周运动的周期为
由上图可知，质子在轴左侧空间做匀速圆周运动转过的圆心角为，所以质子在轴左侧空间的运动时间为
若质子在空间旋转了圈后通过坐标原点，由上面分析可知，质子在轴左侧空间做匀速圆周运动每次转过的圆心角都为，则质子每次在轴左侧空间的运动时间都为，所以质子在空间旋转了圈后通过坐标原点时，质子在轴左侧空间运动的总时间为
若质子在空间只旋转一次便经过坐标原点，则在上图中由几何关系有
若质子在空间旋转两次经过坐标原点，则运动轨迹如图所示：
由几何关系有
所以若质子旋转了圈后通过坐标原点，则质子在轴右侧空间做匀速圆周运动的半径应满足
解得
所以质子在轴右侧空间做匀速圆周运动的周期为
由于质子每次在轴右侧空间做匀速圆周运动转过的圆心角都为，所以质子每次在轴右侧空间运动的时间都为
所以若质子在空间旋转了圈后通过坐标原点时，质子在轴右侧空间运动的总时间为
所以质子从发射到通过点所经历的总时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）质子在电场中做斜抛运动，利用y方向的位移公式可以求出运动的时间，结合x方向的速度公式及牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）若质子只旋转一次便通过坐标原点，画出质子的运动轨迹，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合周期的表达式及轨迹所对圆心角可以求出质子运动的时间；若质子在空间旋转两次经过坐标原点，画出粒子运动轨迹，利用几何关系可以求出轨迹的半径，结合牛顿第二定律可以求出质子运动的周期，结合轨迹所对的圆心角可以求出运动的时间。
（1）质子在匀强电场中做斜抛运动，其沿轴方向做匀速直线运动，设质子在匀强电场中运动的时间为，则有
解得
质子沿轴方向做匀变速直线运动，设其加速度大小为，则根据运动学公式有
解得
则根据牛顿第二定律有
解得所加电场的电场强度大小为
（2）若质子只旋转一次便通过坐标原点，则质子的运动轨迹如图所示：
设质子在轴左侧空间做匀速圆周运动的半径为，则由洛伦兹力提供向心力有
解得
质子在轴左侧空间做匀速圆周运动的周期为
由上图可知，质子在轴左侧空间做匀速圆周运动转过的圆心角为，所以质子在轴左侧空间的运动时间为
若质子在空间旋转了圈后通过坐标原点，由上面分析可知，质子在轴左侧空间做匀速圆周运动每次转过的圆心角都为，则质子每次在轴左侧空间的运动时间都为，所以质子在空间旋转了圈后通过坐标原点时，质子在轴左侧空间运动的总时间为
若质子在空间只旋转一次便经过坐标原点，则在上图中由几何关系有
若质子在空间旋转两次经过坐标原点，则运动轨迹如图所示：
由几何关系有
所以若质子旋转了圈后通过坐标原点，则质子在轴右侧空间做匀速圆周运动的半径应满足
解得
所以质子在轴右侧空间做匀速圆周运动的周期为
由于质子每次在轴右侧空间做匀速圆周运动转过的圆心角都为，所以质子每次在轴右侧空间运动的时间都为
所以若质子在空间旋转了圈后通过坐标原点时，质子在轴右侧空间运动的总时间为
所以质子从发射到通过点所经历的总时间为
16．如图为工厂产品传输装置的简化模型：光滑水平直导槽固定于平台上方，与平台的高度差为，质量为的滑块A套在导槽上。初始静止在平台右边缘的正上方：A下端系有长度为、不可伸长的轻质细绳，工人将在平台右边缘的质量也为的产品P拴在细绳下端。现使产品P以水平向右的初速度离开平台做平抛运动，当P运动到某位置时细绳瞬间绷紧，绷紧过程时间极短、内力远大于外力；此后A、P运动过程中细绳始终处于绷紧状态，最终P运动至右侧产品收集区被接收。忽略空气阻力、重力加速度为，A、P均可视为质点。求：
（1）从P离开平台到细绳刚绷紧所用的时间及细绳刚绷紧时细绳与水平方向夹角的正切值：
（2）求细绳绷紧后瞬间产品P的速度大小；
（3）细绳绷紧后，经时间滑块A沿水平导槽向右运动的位移大小为，此时P恰好进入产品收集区，求产品收集区左边界距离平台右边缘的水平距离。
【答案】（1）解：由平抛运动的运动规律结合几何关系可得，产品P水平抛出后有，
根据几何关系有
解得
此时细绳与水平方向的夹角的正切值为
（2）解：细绳绷紧前P竖直方向的速度大小
细绳绷紧前P的速度大小
速度斜向右下方与水平方向夹角的正切值
细绳绷紧过程中A、P在水平方向上动量守恒有
由于速度的方向沿细绳，细绳绷紧后P的速度仍沿细绳，方向不发生改变，A、P的速度满足
解得

（3）解：以A、P为研究对象，两者运动过程中在水平方向上动量守恒，一直有
在极短时间内
在时间内对等号两边累积求和
其中，
可知细绳绷紧后P的水平位移
产品收集区左边界距离平台的右边缘的水平距离
解得

【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）产品P水平抛出做平抛运动，利用平抛运动的位移公式结合几何关系可以求出运动的时间，结合几何关系可以求出细绳与水平方向的夹角的正切值；
（2）当细绳绷紧前，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小，当细绳绷紧过程中，利用动量守恒定律结合速度的分解可以求出产品P的速度大小；
（3）当细绳绷紧后，利用AP水平方向的动量守恒定律结合位移公式可以求出产品收集区左边界距离平台右边缘的水平距离。
（1）由平抛运动的运动规律结合几何关系可得，产品P水平抛出后有，
根据几何关系有
解得
此时细绳与水平方向的夹角的正切值为
（2）细绳绷紧前P竖直方向的速度大小
细绳绷紧前P的速度大小
速度斜向右下方与水平方向夹角的正切值
细绳绷紧过程中A、P在水平方向上动量守恒有
由于速度的方向沿细绳，细绳绷紧后P的速度仍沿细绳，方向不发生改变，A、P的速度满足
解得
（3）以A、P为研究对象，两者运动过程中在水平方向上动量守恒，一直有
在极短时间内
在时间内对等号两边累积求和
其中，
可知细绳绷紧后P的水平位移
产品收集区左边界距离平台的右边缘的水平距离
解得
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