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2026届海南怀化市高三下学期第二次仿真模拟考试物理试题
1．铽的同位素Tb-161因半衰期为6.9天且衰变时发射β射线，适合制备放射性药物。关于衰变，下列说法正确的是（　　）
A．经过13.8天，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余7.5g
B．10个Tb-161原子经过6.9天有5个发生衰变
C．通过高温高压可改变Tb-161的半衰期
D．β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸
2．中国基于北斗导航系统的高空探测气球携带气象探测仪器升空，可用于实时监测大气参数并通过北斗卫星传输数据。气球内部充满氦气，在某段升空过程中，离地面越高，空气密度越小、温度越低，气球体积越大，若忽略太阳作用和空气摩擦，则在该段上升过程中，下列说法正确的是（　　）
A．球内气体的内能不断增大 B．球内气体压强不断减小
C．球内气体从外界吸收热量 D．外界对球内气体做正功
3．某汽车检测中心对两款新型智能网联电动车进行直线加速与制动性能测试。测试车甲、乙均配备高精度北斗定位模块，分别实时记录其位置坐标、瞬时速度随时间变化的规律。两辆测试车同时由静止从同一起跑线出发，沿平直车道向同一方向行驶。根据车载传感器回传数据绘制运动图像，其中甲车的位移—时间关系图像如图甲所示，乙车的速度—时间关系图像如图乙所示，从出发点开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．内，甲、乙两车的位移大小均为4m
B．时甲车的速度比乙车的速度小
C．时甲、乙两车的运动方向相同
D．时只有甲车回到出发位置
4．中国天问二号于2025年5月29日成功发射，其任务主要是实现对小行星2016HO3的详细探测，包括伴飞观测、表面采样和样品返回。天问二号在变轨过程中会经历不同轨道，如图中Ⅰ轨道和Ⅱ轨道，则天问二号（　　）
A．在Ⅰ轨道上运行的周期更小
B．在Ⅱ轨道上运行时经过P点的速度小于经过Q点的速度
C．在Ⅱ轨道上经过P点的速度小于在Ⅰ轨道上经过P点的速度
D．在Ⅰ轨道上经过P点的加速度小于在Ⅱ轨道上经过P点的加速度
5．超声悬浮技术依托高频振动产生的声压梯度及声辐射力，使微小颗粒克服重力并驻留于空间特定位置，此项技术在细胞分选等场景中应用广泛。仪器结构如图甲所示，上部圆柱体产生超声波信号，信号经下部圆柱体反射后与原波场相遇，两束声波干涉叠加，在空间构建出振幅极低的波节区域，颗粒得以在这些波节处维持稳定悬浮。已知每个波节（振动减弱点）处有一个悬浮颗粒，通过刻度尺对5个相邻悬浮颗粒的间距进行测量，结果如图乙所示。图丙给出了两列波在某一时刻的波形示意图，波源标记为和，此时两列波恰好分别抵达M点和N点，两列波的振幅均为A。下列说法正确的是（　　）
A．超声波的波长为16.5mm
B．将超声悬浮仪内抽成真空可消除空气的影响
C．两列波叠加稳定后，颗粒可能悬浮在O点处
D．两列波叠加稳定后，O、N连线的中点的振幅为2A
6．如图甲所示，在理想变压器a、b端输入电压为的正弦交流电，原、副线圈的匝数比。定值电阻、、的阻值分别为、、，滑动变阻器R的最大阻值为4Ω。初始时滑动变阻器滑片位于最左侧，在滑片向右缓慢移动至最右侧的过程中，记录理想电压表V的示数U与理想电流表A的示数I，描绘出如图乙所示的U-I图像。下列说法正确的是（　　）
A．通过的电流减小
B．电压表示数先减小后增大
C．图乙中纵截距，斜率的绝对值为2Ω
D．消耗的功率先增大后减小
7．如图所示，在足够大的范围内存在水平向左的匀强电场（图中未画出），倾角为α的足够长斜面固定在水平地面上，在斜面底端有一垂直斜面的足够长的绝缘挡板，现从斜面上O点垂直斜面、以大小为v的速度抛出一质量为m的带正电小球，O点到斜面底端的距离为s，小球刚被抛出时所受的合力方向沿斜面向下，小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0），且每次反弹后的速度大小为碰前瞬间垂直挡板方向速度大小的，碰撞时间都极短，不计空气阻力，小球所带的电荷量始终不变，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受电场力大小为
B．小球可能落在距O点为的斜面上
C．小球第一次落到挡板上的点到斜面底端的距离为
D．小球从第一次到第四次与挡板碰撞的过程中的路程为
8．一电荷量为e的质子仅在电场力的作用下从O点沿x轴正方向运动，其电势能随位置坐标x变化的关系图像如图所示，其中图线在时为抛物线，在时为直线，且直线与抛物线在处相切。下列说法正确的是（　　）
A．内质子的加速度先减小后增大
B．处的电场强度大小为
C．处的电势为
D．在内电场力对质子做正功，在内电场力对质子做负功
9．某5G智慧港口的水平导轨上，一台质量m的重载自动导引车从静止开始运送集装箱。导引车采用“恒牵引力一恒功率”两阶段智能启动策略：初始阶段，电机提供恒定推力使导引车从静止开始做匀加速直线运动；当电机功率达到额定功率后，系统转为恒功率驱动，导引车加速度逐渐减小。时刻导引车达到最大运行速度并保持匀速，导引车的加速度与时间的关系图像如图所示。已知导引车在导轨上运行时受到的电磁阻尼与摩擦力的总和恒为，、、均已知。下列说法正确的是（　　）
A．恒牵引力大小为
B．导引车的额定功率为
C．时间内导引车的速度增加量为
D．时间内导引车的速度增加量为
10．电动汽车能量回收装置的简化原理图如图所示。间距为L的足够长平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S可分别与电动势为E、内阻为r的电源和电容器相连。虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度也为L的金属棒ab垂直导轨静置于虚线右侧，金属棒在导轨上运动时与导轨间的阻力大小始终为。0时刻将开关S拨至1，t时刻金属棒的加速度恰好为0，此时将开关S拨至2，电容器在极短时间内完成充电。已知电容器的电容为，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。下列说法正确的是（　　）
A．内金属棒做匀加速直线运动
B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的速度大小为
C．电容器完成充电瞬间，电容器两端的电压为
D．电容器充电完成后，金属棒做加速度大小为的匀减速直线运动
11．某物理兴趣小组做实验“探究平抛运动的特点”。实验装置如图甲所示。
（1）关于该小组的实验操作，下列说法正确的是________。
A．调节斜槽轨道，确保其末端切线水平
B．描绘同一轨迹时，应让小球从斜槽上的不同位置无初速度释放
C．释放小球的位置应尽量靠近斜槽末端，起始高度不宜过高
D．木板需保持竖直，且小球下落的竖直平面应与木板平面平行
（2）该小组得出如图乙所示的轨迹图，其中a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出，已知重力加速度大小为g。小球从a点运动到b点的时间为　 　，小球离开斜槽末端时的初速度大小为　 　，小球运动到b点时的速度大小为　 　。（均用相关物理量符号表示）
12．某实验小组尝试测量某款电动自行车上蓄电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、阻值为10Ω的定值电阻、待测蓄电池等器材设计了如图甲所示的实验电路。
（1）多次调节滑动变阻器R的阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，用测得的数据描绘出如图乙所示的图像。则电压表应选择　 　（填“3”或“15”）V的量程，该电池的电动势　 　V，内阻　 　Ω（后两空的结果均保留两位有效数字）。
（2）该同学反思后发现上述实验方案存在系统误差。若考虑电表内阻的影响，与真实值相比，电动势的测量值　 　，内阻的测量值　 　。（均填“偏大”“偏小”或“准确”）
13．如图所示，一个半径为5a的圆木板静止在某种透明液体的表面，在圆木板圆心O的正下方有一点光源S，已知圆木板边缘上任意一点到点光源的距离均为13a，该液体的折射率，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）从圆木板边缘出射的光线在液体中传播的时间t；
（2）从圆木板边缘出射的折射光线的折射角的正弦值。
14．弹珠是小朋友们喜爱的玩具之一。质量的木槽截面如图所示，四分之一圆弧处表面光滑，圆弧的圆心为O点，半径，圆弧末端切线水平且距水平地面的高度，如图所示。质量的弹珠（可视为质点）从与圆心等高处由静止释放，弹珠始终在竖直面内运动，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）若木槽固定，弹珠离开木槽前瞬间，木槽对弹珠的支持力大小F；
（2）若木槽不固定且地面光滑，弹珠与木槽刚分离时弹珠的速度大小v；
（3）在（2）的条件下，弹珠从释放到落地的水平位移大小s。
15．如图所示，直角坐标系的第二、三、四象限内均存在沿轴负方向的相同匀强电场，第四象限内还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。第一象限内存在垂直纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小沿轴方向满足（、均为已知量）。比荷为的带正电粒子（不计重力）从坐标为的点以沿轴正方向、大小为的初速度开始运动，粒子恰好从坐标原点射入第四象限。粒子第一次在第四象限内运动至最低点时的速度大小为。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）第四象限内磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹到轴的最远距离及该轨迹与轴所围的面积。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．半衰期为大量原子核衰变一半所花的时间，经过13.8天，即两个半衰期，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余，而非，故A错误；
B．半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子，所以10个原子核不能利用半衰期进行计算，故B错误；
C．每种元素原子核的半衰期都是固定的，不受外界温度、压强等影响，所以高温高压环境下原子核的半衰期保持不变，故C错误；
D．三种射线中，β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，故D正确。
故选D。
【分析】利用半衰期结合衰变的时间可以判别原子核衰变后剩下的质量；半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子；高温高压环境下原子核的半衰期保持不变；β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸。
2．【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．随着海拔升高，外界温度降低，气球内温度也随之降低，由于理想气体的温度决定气体的内能，所以气体内能减小，A错误；
B．随着海拔升高，外界大气压强减小，根据气球内外平衡可知气球内压强也随之减小，B正确；
C．根据热力学第一定律 ，由于气体内能减小，外界对气体做负功，球内气体可能向外界放出热量，也可能从外界吸收热量，C错误；
D．气球上升过程中，由于温度降低，压强减小，所以气体体积增大，气体对外界做功（W0），D错误。
故选B。
【分析】利用外界温度降低可以得出气球内温度也随之降低，由于理想气体的温度决定气体的内能，所以气体内能减小，利用平衡条件可以得出气体压强减小，体积增大，结合热力学第一定律可以判别球内气体可能向外界放出热量，也可能从外界吸收热量。
3．【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图甲位移和时间的关系中，在内，根据甲车的初末坐标可以得出甲车的位移大小为；由图乙速度时间图像中，根据图像面积可知乙车的位移大小，故A正确；
B．根据图像的斜率表示速度，由图甲可知时，根据图像斜率可知甲车的速度大小为，根据坐标可知此时乙车的速度为零，故B错误；
C．时由图甲中的斜率可知甲车的速度为正，由图乙中速度的符号可知乙车的速度为负，两车的运动方向相反，故C错误；
D．由图甲的初末位置可知内，甲车的位移为0；根据图像与横轴围成的面积表示位移，由图乙可知内，乙车的位移为0；即两车都回到了出发位置，故D错误。
故选A。
【分析】利用甲图初末位置可以求出甲车的位移；利用乙图面积的大小可以求出乙车位移的大小；利用位移图像斜率可以得出速度的大小及方向；利用速度时间图像坐标可以得出速度的大小及方向。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A． 天问二号在 Ⅰ轨道和Ⅱ轨道 运行时，根据开普勒第三定律
轨道半长轴越大，运行周期越大。由图可知Ⅰ轨道半长轴大于Ⅱ轨道，因此Ⅰ轨道运行周期更大，故A错误；
B．根据开普勒第二定律，同一椭圆轨道上，由于靠近行星的速度大于远离行星的速度。Ⅱ轨道上P点离小行星更近，因此P点速度大于Q点速度，故B错误
C．从Ⅰ轨道变轨到Ⅱ轨道，由于天问二号做向心运动，由于向心力需要减小，所以经过P点时需要减速，使万有引力大于所需向心力，做向心运动进入Ⅱ轨道，因此Ⅱ轨道上P点的速度小于Ⅰ轨道上P点的速度，故C正确；
D．加速度由万有引力提供，根据牛顿第二定律有，同一位置P到小行星的距离相同，根据表达式可知天问二号在两个轨道经过P点的加速度大小相等，故D错误。
故选C。
【分析】利用开普勒第三定律结合半长轴的大小可以比较周期的大小；利用向心运动可以判别速度的大小；利用开普勒第二定律可以比较同一轨道不同位置的速度大小；利用引力产生加速度可以比较相同位置的加速度大小。
5．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．在两波源连线上，5个相邻悬浮颗粒对应4个相邻波节间距，驻波中相邻波节及两个振动减弱点间距为，因此总间距，得，A错误；
B．高频声波属于机械波，传播需要介质，若将超声悬浮仪内抽成真空，声波无法传播，也不能出现干涉现象，B错误；
C．设波长为λ，O点到两波源的波程差，由于波程差满足半波长的偶数倍则为振动的减弱点，波程差满足半波长的奇数倍则为振动的减弱点，则O点既不是加强点，也不是减弱点，颗粒不能悬浮在O点，C错误；
D．由于两波振动的步调相反，由于波程差等于半波长的奇数倍时，振动点为振动加强点，
O、N连线的中点到两波源的波程差，则该点为振动加强点，其振幅为2A，D正确。
故选D。
【分析】利用振动减弱点的个数结合距离可以求出波长的大小；利用超声波干涉需要介质，所以不能抽成真空；利用波程差的大小可以判别振动的加强和减弱。
6．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．将输入电源于R1及变压器作为一个电源，根据闭合电路的欧姆定律可知：副线圈电压、电流满足，其中，，，随着滑片向右移动，回路中电阻减小时，由于电流表与电阻串联，根据“串反并同”可知，随着滑片向右移动，通过的电流增大，故A错误。
C．根据表达式可知U-I图像中纵截距为，斜率绝对值为，所以，题图乙斜率的绝对值为2Ω，故C正确。
B．设滑动变阻器滑片左端电阻为，滑片右端电阻为，根据并联电阻的规律可知副线圈电路中总电阻
当时，取最大值2Ω；当，时，为1.5Ω；当，时，为1.5Ω。则在滑片自左向右移动过程中，由1.5Ω增至2Ω再减至1.5Ω，根据“串反并同”可知电压表示数先增大后减小，故B错误。
D．由等效电阻知识可知，副线圈中电阻等效至原线圈中后，，由于等效电阻同样先增大后减小，根据串反并同可以知道副线圈的电流先减小后增大，根据匝数之比可知原线圈中电流先减小后增大，消耗的功率先减小后增大，故D错误。
故选C。
【分析】利用等效电源结合闭合电路的欧姆定律可以判别当电阻减小时通过R3的电流不断增大；利用闭合电路的欧姆定律可以判别图像截距和斜率的大小；利用等效电阻的变化结合串反并同可以判别电压表的读数大小变化；利用等效电阻的变化可以判别原线圈电流的变化，结合电功率的表达式可以判别R1消耗的功率大小变化。
7．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．已知合力沿斜面向下（垂直挡板方向），因此垂直斜面（平行挡板）方向合力为0：由于垂直于斜面方向的合力等于0，对重力和电场力进行分解， 重力垂直斜面分量为，电场力垂直斜面分量为，根据平衡方程有，解得
故A错误；
B．沿斜面向下（垂直挡板方向）合力恒定，根据牛顿第二定律可知加速度，平行挡板方向，合力为0，做匀速直线运动，初速度为；
垂直挡板方向，初速度为0，做匀加速直线运动，加速度恒定。
小球碰撞挡板后反弹，反弹后垂直挡板方向速度大小为碰前的 ，计算第一次反弹后上升的最大距离： 碰前速度，根据速度位移公式有：，反弹后速度，上升最大距离根据速度位移公式有：，最高点距离斜面（）还有
后续每次反弹上升距离更小， 小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0）， 小球碰后只是沿平行于斜面运动，没有平行于斜面方向的位移，所以永远无法到达斜面，因此不可能落在斜面上，故B错误；
C．第一次碰撞挡板时，根据位移公式可知垂直挡板方向位移，代入
得运动时间，根据匀速直线运动的位移公式可知平行挡板方向（落点到O点的距离）
故C错误；
D．计算第一次碰撞到第四次碰撞过程的总路程，第一次碰后→第二次碰：根据运动的路程可知往返路程 ，根据速度位移公式可知：第二次碰后→第三次碰
往返路程 ，第三次碰后→第四次碰，往返路程
总路程，故D正确。
故选D。
【分析】利用垂直于斜面方向的平衡方程可以求出电场力的大小；利用小球碰后没有平行于斜面方向的速度所以不会返回斜面；利用碰撞过程的速度变化结合速度位移公式可以求出碰后小球上升的高度；利用位移公式可以第一次碰前运动的时间，结合匀速直线运动的位移公式可以垂直于斜面方向的位移大小。
8．【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能
【解析】【解答】A．内图像为抛物线，顶点在处，，斜率的绝对值从最大值逐渐减小到0，由于图像斜率代表电场力，根据斜率的变化可知电场力大小逐渐减小，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐减小；，斜率的绝对值从0逐渐增大，电场力大小逐渐增大，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐增大。因此加速度（大小）先减小后增大，故A正确；
B．图像为直线，根据斜率可以得出电场力为：
根据电场力和电荷量的比值可知电场强度大小，故B错误；
C．根据电势能的表达式，处，得电势的大小为，故C正确；
D．根据功能关系可知电场力做功满足，和，电势能 一直减小，，因此电场力全程做正功，故D错误。
故选AC。
【分析】利用图像斜率可以判别电场力的大小变化，结合牛顿第二定律可以判别加速度的大小变化；利用图像斜率可以求出电场力的大小，结合电场强度的表达式可以求出电场强度的大小；利用电势能的表达式可以求出电势的大小；利用电势能的变化可以判别电场力做功的情况。
9．【答案】B,D
【知识点】图象法；机车启动
【解析】【解答】A．由题意可知时间内导引车做匀加速直线运动，由于此时导引车牵引力保持不变，根据牛顿第二定律有，解得，A错误；
B．时刻由于导引车的加速度开始减小，由于此时导引车的功率达到额定功率，所以随着速度增大，牵引力减小则会出现加速度减小，根据功率的表达式有，根据速度公式有
解得，B正确；
CD．当导引车达到最大速度后，由于牵引力此时等于阻力，有，解得导引车的最大速度为，则时间内导引车的速度增加量，C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用加速度恒定时结合牛顿第二定律可以求出牵引力的大小；利用加速度开始变化的瞬间可以判别导引车达到额定功率，利用速度公式结合额定功率的表达式可以求出额定功率；当速度达到最大时，利用阻力和额定功率可以求出最大速度，结合初末速度可以求出速度的增加量。
10．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．开关S接1时，设金属棒速度为v，由于金属棒产生的电流方向与回路电流方向相反，根据欧姆定律可知电路电流，安培力，由于金属棒受到安培力和阻力的作用产生加速度，根据牛顿第二定律有，代入阻力，得，v增大时，a减小，金属棒做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的加速度为0，由于安培力和阻力相等，则有
其中，解得，故B错误；
C．将开关S拨至2后，电容器在极短时间内完成充电，电容器两端电压与金属棒切割磁场产生的感应电动势相等，根据动生电动势的表达式有
对金属棒，由于安培力的冲量导致动量的变化，根据动量定理有（极短时间内导轨阻力的冲量可忽略），解得，故C正确；
D．设电容器充电完成后内金属棒的速度减小了，则有，对金属棒，根据牛顿第二定律有
解得加速度为：，故D正确。
故选CD。
【分析】利用金属棒的速度可以求出动生电动势的大小，结合回路的欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合安培力的表达式及阻力的表达式可以求出加速度的表达式，进而判别加速度不断变化；利用金属棒的平衡方程可以求出金属棒的速度大小；将开关S拨至2后，利用电容的定义式结合动量定理可以求出电容器两端电压的大小；当金属棒减速的过程中，利用牛顿第二定律可以求出金属棒加速度的大小。
11．【答案】（1）A；D
（2）；；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．为了保证小球初速度沿水平方向，安装斜槽时其末端切线应水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，故A正确；
B．为了保证小球每次运动的轨迹相同，小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证小球到达斜槽末端时的速度相同，故B错误；
C．为了完整记录小球运动的轨迹，小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低，故C错误；
D．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰，故D正确。
故选AD。
（2）小球在水平方向做匀速直线运动，由于ab和ac水平方向的距离相等则小球从a点到b点的时间等于从b点到c点的时间，设为T，有
小球在竖直方向做匀加速直线运动，根据竖直方向的邻差公式有
解得；根据水平方向的位移公式可知小球做平抛运动的初速度大小；根据平均速度公式可知小球经过b点时竖直方向的速度
根据速度的合成可以得出小球经过b点的速度大小为，解得。
【分析】（1）为了保证小球初速度沿水平方向，安装斜槽时其末端切线应水平；为了保证小球每次运动的轨迹相同，小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放；为了完整记录小球运动的轨迹，小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低；将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小，利用平均速度公式可以求出b点竖直方向的分速度，结合速度的合成可以求出b点速度的大小。
（1）A．安装斜槽时其末端切线应水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，故A正确；
B．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证小球到达斜槽末端时的速度相同，故B错误；
C．小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低，故C错误；
D．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰，故D正确。
故选AD。
（2）[1]小球在水平方向做匀速直线运动，则小球从a点到b点的时间等于从b点到c点的时间，设为T，有
小球在竖直方向做匀加速直线运动，有
解得；
[2]小球做平抛运动的初速度大小；
[3]小球经过b点时竖直方向的速度
又
解得。
12．【答案】（1）15；12；2.5
（2）偏小；偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于回路电动势等于内外电压之和，根据闭合电路的欧姆定律有
由题图可知该电池的电动势为纵截距，故电压表应选15V的量程。
根据表达式可知斜率的绝对值为
故电池的内阻
（2）当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，修正图如图所示，根据图像截距可知电动势的测量值小于真实值，根据图像斜率可知内阻的测量值也小于真实值。
【分析】（1）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小；
（2）当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，根据修正后图像斜率和截距可以判别电动势和内阻的变化。
（1）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律有
由题图可知该电池的电动势为纵截距，故电压表应选15V的量程。
[3]斜率的绝对值为
故电池的内阻
（2）[1][2]当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，修正图如图所示，可知电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值也小于真实值。
13．【答案】（1）解：光在液体中传播的速度大小
光在液体中传播的时间
解得

（2）解：设从点光源射到圆木板边缘的光线的入射角为，根据几何关系有
根据折射定律有
解得

【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）已知折射率的大小，利用折射率可以求出光在液体中的传播速度，结合传播的路程可以求出传播的时间；
（2）已知光在圆木板边缘发生折射，利用折射定律可以求出折射光线的折射角的正弦值。
（1）光在液体中传播的速度大小
光在液体中传播的时间
解得
（2）设从点光源射到圆木板边缘的光线的入射角为，根据几何关系有
根据折射定律有
解得
14．【答案】（1）解：若木槽固定，设弹珠离开木槽时的速度大小为，由动能定理有
弹珠离开木槽前瞬间，设木槽对弹珠的支持力大小为F，由牛顿第二定律有
解得

（2）解：若木槽不固定且地面光滑，设弹珠与木槽刚分离时木槽的速度大小为，由能量守恒定律有
对木槽和弹珠组成的系统，在水平方向上，由动量守恒定律有
解得

（3）解：在（2）过程中，设弹珠、木槽的位移大小为、，有
又
弹珠离开木槽后做平抛运动，设运动时间为t，在竖直方向上有
在水平方向上有
又由几何关系有
解得。
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）木槽固定时，利用动能定理可以求出弹珠离开木槽的速度，结合牛顿第二定理可以求出木槽对弹珠的支持力大小；
（2）当木槽不固定时，利用能量守恒定律结合动量守恒定律可以求出弹珠与木槽分离时的速度大小；（3）弹珠离开木槽做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出弹珠运动的水平距离。
（1）若木槽固定，设弹珠离开木槽时的速度大小为，由动能定理有
弹珠离开木槽前瞬间，设木槽对弹珠的支持力大小为F，由牛顿第二定律有
解得
（2）若木槽不固定且地面光滑，设弹珠与木槽刚分离时木槽的速度大小为，由能量守恒定律有
对木槽和弹珠组成的系统，在水平方向上，由动量守恒定律有
解得
（3）在（2）过程中，设弹珠、木槽的位移大小为、，有
又
弹珠离开木槽后做平抛运动，设运动时间为t，在竖直方向上有
在水平方向上有
又由几何关系有
解得。
15．【答案】（1）解：粒子从点运动至坐标原点，做类平抛运动，平行于轴方向上有
平行于轴方向上有
其中
解得
（2）解：粒子经过坐标原点时平行于轴方向的分速度大小
将粒子经过坐标原点时的速度分解为沿轴正方向、大小为的分速度，满足
另一分速度大小
粒子在第四象限内的运动可视为沿轴方向、速度为的匀速直线运动和速率为的匀速圆周运动的合运动，粒子运动至最低点时的速度大小
解得，
（3）解：设粒子经过坐标原点时速度方向与轴正方向的夹角为，则有
粒子第二次经过轴时速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小为，方向沿轴正方向，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动至离轴最远时，平行于轴方向的分速度大小变为0，平行于轴方向的分速度大小变为，平行于轴方向上有
其中
利用如图所示的图像可知
解得
平行于轴方向上有
其中
其中为对应轨迹与轴所围的面积，利用对称性可知，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹与轴所围的面积
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子从P到O点做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）粒子经过坐标原点时，利用速度的合成可以求出合速度的大小，粒子在第四象限运动时，利用y方向的动能定理结合水平方向的动量定理可以求出磁感应强度的大小；
（3）粒子经过坐标原点时，利用速度的大小可以求出速度的方向，结合平行于y周期方向的动量定理可以求出最远的距离；结合平行于x轴方向的动量定理可以求出粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹与轴所围的面积。
1 / 12026届海南怀化市高三下学期第二次仿真模拟考试物理试题
1．铽的同位素Tb-161因半衰期为6.9天且衰变时发射β射线，适合制备放射性药物。关于衰变，下列说法正确的是（　　）
A．经过13.8天，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余7.5g
B．10个Tb-161原子经过6.9天有5个发生衰变
C．通过高温高压可改变Tb-161的半衰期
D．β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．半衰期为大量原子核衰变一半所花的时间，经过13.8天，即两个半衰期，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余，而非，故A错误；
B．半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子，所以10个原子核不能利用半衰期进行计算，故B错误；
C．每种元素原子核的半衰期都是固定的，不受外界温度、压强等影响，所以高温高压环境下原子核的半衰期保持不变，故C错误；
D．三种射线中，β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，故D正确。
故选D。
【分析】利用半衰期结合衰变的时间可以判别原子核衰变后剩下的质量；半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子；高温高压环境下原子核的半衰期保持不变；β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸。
2．中国基于北斗导航系统的高空探测气球携带气象探测仪器升空，可用于实时监测大气参数并通过北斗卫星传输数据。气球内部充满氦气，在某段升空过程中，离地面越高，空气密度越小、温度越低，气球体积越大，若忽略太阳作用和空气摩擦，则在该段上升过程中，下列说法正确的是（　　）
A．球内气体的内能不断增大 B．球内气体压强不断减小
C．球内气体从外界吸收热量 D．外界对球内气体做正功
【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．随着海拔升高，外界温度降低，气球内温度也随之降低，由于理想气体的温度决定气体的内能，所以气体内能减小，A错误；
B．随着海拔升高，外界大气压强减小，根据气球内外平衡可知气球内压强也随之减小，B正确；
C．根据热力学第一定律 ，由于气体内能减小，外界对气体做负功，球内气体可能向外界放出热量，也可能从外界吸收热量，C错误；
D．气球上升过程中，由于温度降低，压强减小，所以气体体积增大，气体对外界做功（W0），D错误。
故选B。
【分析】利用外界温度降低可以得出气球内温度也随之降低，由于理想气体的温度决定气体的内能，所以气体内能减小，利用平衡条件可以得出气体压强减小，体积增大，结合热力学第一定律可以判别球内气体可能向外界放出热量，也可能从外界吸收热量。
3．某汽车检测中心对两款新型智能网联电动车进行直线加速与制动性能测试。测试车甲、乙均配备高精度北斗定位模块，分别实时记录其位置坐标、瞬时速度随时间变化的规律。两辆测试车同时由静止从同一起跑线出发，沿平直车道向同一方向行驶。根据车载传感器回传数据绘制运动图像，其中甲车的位移—时间关系图像如图甲所示，乙车的速度—时间关系图像如图乙所示，从出发点开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．内，甲、乙两车的位移大小均为4m
B．时甲车的速度比乙车的速度小
C．时甲、乙两车的运动方向相同
D．时只有甲车回到出发位置
【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图甲位移和时间的关系中，在内，根据甲车的初末坐标可以得出甲车的位移大小为；由图乙速度时间图像中，根据图像面积可知乙车的位移大小，故A正确；
B．根据图像的斜率表示速度，由图甲可知时，根据图像斜率可知甲车的速度大小为，根据坐标可知此时乙车的速度为零，故B错误；
C．时由图甲中的斜率可知甲车的速度为正，由图乙中速度的符号可知乙车的速度为负，两车的运动方向相反，故C错误；
D．由图甲的初末位置可知内，甲车的位移为0；根据图像与横轴围成的面积表示位移，由图乙可知内，乙车的位移为0；即两车都回到了出发位置，故D错误。
故选A。
【分析】利用甲图初末位置可以求出甲车的位移；利用乙图面积的大小可以求出乙车位移的大小；利用位移图像斜率可以得出速度的大小及方向；利用速度时间图像坐标可以得出速度的大小及方向。
4．中国天问二号于2025年5月29日成功发射，其任务主要是实现对小行星2016HO3的详细探测，包括伴飞观测、表面采样和样品返回。天问二号在变轨过程中会经历不同轨道，如图中Ⅰ轨道和Ⅱ轨道，则天问二号（　　）
A．在Ⅰ轨道上运行的周期更小
B．在Ⅱ轨道上运行时经过P点的速度小于经过Q点的速度
C．在Ⅱ轨道上经过P点的速度小于在Ⅰ轨道上经过P点的速度
D．在Ⅰ轨道上经过P点的加速度小于在Ⅱ轨道上经过P点的加速度
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A． 天问二号在 Ⅰ轨道和Ⅱ轨道 运行时，根据开普勒第三定律
轨道半长轴越大，运行周期越大。由图可知Ⅰ轨道半长轴大于Ⅱ轨道，因此Ⅰ轨道运行周期更大，故A错误；
B．根据开普勒第二定律，同一椭圆轨道上，由于靠近行星的速度大于远离行星的速度。Ⅱ轨道上P点离小行星更近，因此P点速度大于Q点速度，故B错误
C．从Ⅰ轨道变轨到Ⅱ轨道，由于天问二号做向心运动，由于向心力需要减小，所以经过P点时需要减速，使万有引力大于所需向心力，做向心运动进入Ⅱ轨道，因此Ⅱ轨道上P点的速度小于Ⅰ轨道上P点的速度，故C正确；
D．加速度由万有引力提供，根据牛顿第二定律有，同一位置P到小行星的距离相同，根据表达式可知天问二号在两个轨道经过P点的加速度大小相等，故D错误。
故选C。
【分析】利用开普勒第三定律结合半长轴的大小可以比较周期的大小；利用向心运动可以判别速度的大小；利用开普勒第二定律可以比较同一轨道不同位置的速度大小；利用引力产生加速度可以比较相同位置的加速度大小。
5．超声悬浮技术依托高频振动产生的声压梯度及声辐射力，使微小颗粒克服重力并驻留于空间特定位置，此项技术在细胞分选等场景中应用广泛。仪器结构如图甲所示，上部圆柱体产生超声波信号，信号经下部圆柱体反射后与原波场相遇，两束声波干涉叠加，在空间构建出振幅极低的波节区域，颗粒得以在这些波节处维持稳定悬浮。已知每个波节（振动减弱点）处有一个悬浮颗粒，通过刻度尺对5个相邻悬浮颗粒的间距进行测量，结果如图乙所示。图丙给出了两列波在某一时刻的波形示意图，波源标记为和，此时两列波恰好分别抵达M点和N点，两列波的振幅均为A。下列说法正确的是（　　）
A．超声波的波长为16.5mm
B．将超声悬浮仪内抽成真空可消除空气的影响
C．两列波叠加稳定后，颗粒可能悬浮在O点处
D．两列波叠加稳定后，O、N连线的中点的振幅为2A
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．在两波源连线上，5个相邻悬浮颗粒对应4个相邻波节间距，驻波中相邻波节及两个振动减弱点间距为，因此总间距，得，A错误；
B．高频声波属于机械波，传播需要介质，若将超声悬浮仪内抽成真空，声波无法传播，也不能出现干涉现象，B错误；
C．设波长为λ，O点到两波源的波程差，由于波程差满足半波长的偶数倍则为振动的减弱点，波程差满足半波长的奇数倍则为振动的减弱点，则O点既不是加强点，也不是减弱点，颗粒不能悬浮在O点，C错误；
D．由于两波振动的步调相反，由于波程差等于半波长的奇数倍时，振动点为振动加强点，
O、N连线的中点到两波源的波程差，则该点为振动加强点，其振幅为2A，D正确。
故选D。
【分析】利用振动减弱点的个数结合距离可以求出波长的大小；利用超声波干涉需要介质，所以不能抽成真空；利用波程差的大小可以判别振动的加强和减弱。
6．如图甲所示，在理想变压器a、b端输入电压为的正弦交流电，原、副线圈的匝数比。定值电阻、、的阻值分别为、、，滑动变阻器R的最大阻值为4Ω。初始时滑动变阻器滑片位于最左侧，在滑片向右缓慢移动至最右侧的过程中，记录理想电压表V的示数U与理想电流表A的示数I，描绘出如图乙所示的U-I图像。下列说法正确的是（　　）
A．通过的电流减小
B．电压表示数先减小后增大
C．图乙中纵截距，斜率的绝对值为2Ω
D．消耗的功率先增大后减小
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．将输入电源于R1及变压器作为一个电源，根据闭合电路的欧姆定律可知：副线圈电压、电流满足，其中，，，随着滑片向右移动，回路中电阻减小时，由于电流表与电阻串联，根据“串反并同”可知，随着滑片向右移动，通过的电流增大，故A错误。
C．根据表达式可知U-I图像中纵截距为，斜率绝对值为，所以，题图乙斜率的绝对值为2Ω，故C正确。
B．设滑动变阻器滑片左端电阻为，滑片右端电阻为，根据并联电阻的规律可知副线圈电路中总电阻
当时，取最大值2Ω；当，时，为1.5Ω；当，时，为1.5Ω。则在滑片自左向右移动过程中，由1.5Ω增至2Ω再减至1.5Ω，根据“串反并同”可知电压表示数先增大后减小，故B错误。
D．由等效电阻知识可知，副线圈中电阻等效至原线圈中后，，由于等效电阻同样先增大后减小，根据串反并同可以知道副线圈的电流先减小后增大，根据匝数之比可知原线圈中电流先减小后增大，消耗的功率先减小后增大，故D错误。
故选C。
【分析】利用等效电源结合闭合电路的欧姆定律可以判别当电阻减小时通过R3的电流不断增大；利用闭合电路的欧姆定律可以判别图像截距和斜率的大小；利用等效电阻的变化结合串反并同可以判别电压表的读数大小变化；利用等效电阻的变化可以判别原线圈电流的变化，结合电功率的表达式可以判别R1消耗的功率大小变化。
7．如图所示，在足够大的范围内存在水平向左的匀强电场（图中未画出），倾角为α的足够长斜面固定在水平地面上，在斜面底端有一垂直斜面的足够长的绝缘挡板，现从斜面上O点垂直斜面、以大小为v的速度抛出一质量为m的带正电小球，O点到斜面底端的距离为s，小球刚被抛出时所受的合力方向沿斜面向下，小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0），且每次反弹后的速度大小为碰前瞬间垂直挡板方向速度大小的，碰撞时间都极短，不计空气阻力，小球所带的电荷量始终不变，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受电场力大小为
B．小球可能落在距O点为的斜面上
C．小球第一次落到挡板上的点到斜面底端的距离为
D．小球从第一次到第四次与挡板碰撞的过程中的路程为
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．已知合力沿斜面向下（垂直挡板方向），因此垂直斜面（平行挡板）方向合力为0：由于垂直于斜面方向的合力等于0，对重力和电场力进行分解， 重力垂直斜面分量为，电场力垂直斜面分量为，根据平衡方程有，解得
故A错误；
B．沿斜面向下（垂直挡板方向）合力恒定，根据牛顿第二定律可知加速度，平行挡板方向，合力为0，做匀速直线运动，初速度为；
垂直挡板方向，初速度为0，做匀加速直线运动，加速度恒定。
小球碰撞挡板后反弹，反弹后垂直挡板方向速度大小为碰前的 ，计算第一次反弹后上升的最大距离： 碰前速度，根据速度位移公式有：，反弹后速度，上升最大距离根据速度位移公式有：，最高点距离斜面（）还有
后续每次反弹上升距离更小， 小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0）， 小球碰后只是沿平行于斜面运动，没有平行于斜面方向的位移，所以永远无法到达斜面，因此不可能落在斜面上，故B错误；
C．第一次碰撞挡板时，根据位移公式可知垂直挡板方向位移，代入
得运动时间，根据匀速直线运动的位移公式可知平行挡板方向（落点到O点的距离）
故C错误；
D．计算第一次碰撞到第四次碰撞过程的总路程，第一次碰后→第二次碰：根据运动的路程可知往返路程 ，根据速度位移公式可知：第二次碰后→第三次碰
往返路程 ，第三次碰后→第四次碰，往返路程
总路程，故D正确。
故选D。
【分析】利用垂直于斜面方向的平衡方程可以求出电场力的大小；利用小球碰后没有平行于斜面方向的速度所以不会返回斜面；利用碰撞过程的速度变化结合速度位移公式可以求出碰后小球上升的高度；利用位移公式可以第一次碰前运动的时间，结合匀速直线运动的位移公式可以垂直于斜面方向的位移大小。
8．一电荷量为e的质子仅在电场力的作用下从O点沿x轴正方向运动，其电势能随位置坐标x变化的关系图像如图所示，其中图线在时为抛物线，在时为直线，且直线与抛物线在处相切。下列说法正确的是（　　）
A．内质子的加速度先减小后增大
B．处的电场强度大小为
C．处的电势为
D．在内电场力对质子做正功，在内电场力对质子做负功
【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能
【解析】【解答】A．内图像为抛物线，顶点在处，，斜率的绝对值从最大值逐渐减小到0，由于图像斜率代表电场力，根据斜率的变化可知电场力大小逐渐减小，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐减小；，斜率的绝对值从0逐渐增大，电场力大小逐渐增大，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐增大。因此加速度（大小）先减小后增大，故A正确；
B．图像为直线，根据斜率可以得出电场力为：
根据电场力和电荷量的比值可知电场强度大小，故B错误；
C．根据电势能的表达式，处，得电势的大小为，故C正确；
D．根据功能关系可知电场力做功满足，和，电势能 一直减小，，因此电场力全程做正功，故D错误。
故选AC。
【分析】利用图像斜率可以判别电场力的大小变化，结合牛顿第二定律可以判别加速度的大小变化；利用图像斜率可以求出电场力的大小，结合电场强度的表达式可以求出电场强度的大小；利用电势能的表达式可以求出电势的大小；利用电势能的变化可以判别电场力做功的情况。
9．某5G智慧港口的水平导轨上，一台质量m的重载自动导引车从静止开始运送集装箱。导引车采用“恒牵引力一恒功率”两阶段智能启动策略：初始阶段，电机提供恒定推力使导引车从静止开始做匀加速直线运动；当电机功率达到额定功率后，系统转为恒功率驱动，导引车加速度逐渐减小。时刻导引车达到最大运行速度并保持匀速，导引车的加速度与时间的关系图像如图所示。已知导引车在导轨上运行时受到的电磁阻尼与摩擦力的总和恒为，、、均已知。下列说法正确的是（　　）
A．恒牵引力大小为
B．导引车的额定功率为
C．时间内导引车的速度增加量为
D．时间内导引车的速度增加量为
【答案】B,D
【知识点】图象法；机车启动
【解析】【解答】A．由题意可知时间内导引车做匀加速直线运动，由于此时导引车牵引力保持不变，根据牛顿第二定律有，解得，A错误；
B．时刻由于导引车的加速度开始减小，由于此时导引车的功率达到额定功率，所以随着速度增大，牵引力减小则会出现加速度减小，根据功率的表达式有，根据速度公式有
解得，B正确；
CD．当导引车达到最大速度后，由于牵引力此时等于阻力，有，解得导引车的最大速度为，则时间内导引车的速度增加量，C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用加速度恒定时结合牛顿第二定律可以求出牵引力的大小；利用加速度开始变化的瞬间可以判别导引车达到额定功率，利用速度公式结合额定功率的表达式可以求出额定功率；当速度达到最大时，利用阻力和额定功率可以求出最大速度，结合初末速度可以求出速度的增加量。
10．电动汽车能量回收装置的简化原理图如图所示。间距为L的足够长平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S可分别与电动势为E、内阻为r的电源和电容器相连。虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度也为L的金属棒ab垂直导轨静置于虚线右侧，金属棒在导轨上运动时与导轨间的阻力大小始终为。0时刻将开关S拨至1，t时刻金属棒的加速度恰好为0，此时将开关S拨至2，电容器在极短时间内完成充电。已知电容器的电容为，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。下列说法正确的是（　　）
A．内金属棒做匀加速直线运动
B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的速度大小为
C．电容器完成充电瞬间，电容器两端的电压为
D．电容器充电完成后，金属棒做加速度大小为的匀减速直线运动
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．开关S接1时，设金属棒速度为v，由于金属棒产生的电流方向与回路电流方向相反，根据欧姆定律可知电路电流，安培力，由于金属棒受到安培力和阻力的作用产生加速度，根据牛顿第二定律有，代入阻力，得，v增大时，a减小，金属棒做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的加速度为0，由于安培力和阻力相等，则有
其中，解得，故B错误；
C．将开关S拨至2后，电容器在极短时间内完成充电，电容器两端电压与金属棒切割磁场产生的感应电动势相等，根据动生电动势的表达式有
对金属棒，由于安培力的冲量导致动量的变化，根据动量定理有（极短时间内导轨阻力的冲量可忽略），解得，故C正确；
D．设电容器充电完成后内金属棒的速度减小了，则有，对金属棒，根据牛顿第二定律有
解得加速度为：，故D正确。
故选CD。
【分析】利用金属棒的速度可以求出动生电动势的大小，结合回路的欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合安培力的表达式及阻力的表达式可以求出加速度的表达式，进而判别加速度不断变化；利用金属棒的平衡方程可以求出金属棒的速度大小；将开关S拨至2后，利用电容的定义式结合动量定理可以求出电容器两端电压的大小；当金属棒减速的过程中，利用牛顿第二定律可以求出金属棒加速度的大小。
11．某物理兴趣小组做实验“探究平抛运动的特点”。实验装置如图甲所示。
（1）关于该小组的实验操作，下列说法正确的是________。
A．调节斜槽轨道，确保其末端切线水平
B．描绘同一轨迹时，应让小球从斜槽上的不同位置无初速度释放
C．释放小球的位置应尽量靠近斜槽末端，起始高度不宜过高
D．木板需保持竖直，且小球下落的竖直平面应与木板平面平行
（2）该小组得出如图乙所示的轨迹图，其中a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出，已知重力加速度大小为g。小球从a点运动到b点的时间为　 　，小球离开斜槽末端时的初速度大小为　 　，小球运动到b点时的速度大小为　 　。（均用相关物理量符号表示）
【答案】（1）A；D
（2）；；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．为了保证小球初速度沿水平方向，安装斜槽时其末端切线应水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，故A正确；
B．为了保证小球每次运动的轨迹相同，小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证小球到达斜槽末端时的速度相同，故B错误；
C．为了完整记录小球运动的轨迹，小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低，故C错误；
D．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰，故D正确。
故选AD。
（2）小球在水平方向做匀速直线运动，由于ab和ac水平方向的距离相等则小球从a点到b点的时间等于从b点到c点的时间，设为T，有
小球在竖直方向做匀加速直线运动，根据竖直方向的邻差公式有
解得；根据水平方向的位移公式可知小球做平抛运动的初速度大小；根据平均速度公式可知小球经过b点时竖直方向的速度
根据速度的合成可以得出小球经过b点的速度大小为，解得。
【分析】（1）为了保证小球初速度沿水平方向，安装斜槽时其末端切线应水平；为了保证小球每次运动的轨迹相同，小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放；为了完整记录小球运动的轨迹，小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低；将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小，利用平均速度公式可以求出b点竖直方向的分速度，结合速度的合成可以求出b点速度的大小。
（1）A．安装斜槽时其末端切线应水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，故A正确；
B．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证小球到达斜槽末端时的速度相同，故B错误；
C．小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要适当，不能过高或过低，故C错误；
D．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球与木板相碰，故D正确。
故选AD。
（2）[1]小球在水平方向做匀速直线运动，则小球从a点到b点的时间等于从b点到c点的时间，设为T，有
小球在竖直方向做匀加速直线运动，有
解得；
[2]小球做平抛运动的初速度大小；
[3]小球经过b点时竖直方向的速度
又
解得。
12．某实验小组尝试测量某款电动自行车上蓄电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、阻值为10Ω的定值电阻、待测蓄电池等器材设计了如图甲所示的实验电路。
（1）多次调节滑动变阻器R的阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，用测得的数据描绘出如图乙所示的图像。则电压表应选择　 　（填“3”或“15”）V的量程，该电池的电动势　 　V，内阻　 　Ω（后两空的结果均保留两位有效数字）。
（2）该同学反思后发现上述实验方案存在系统误差。若考虑电表内阻的影响，与真实值相比，电动势的测量值　 　，内阻的测量值　 　。（均填“偏大”“偏小”或“准确”）
【答案】（1）15；12；2.5
（2）偏小；偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于回路电动势等于内外电压之和，根据闭合电路的欧姆定律有
由题图可知该电池的电动势为纵截距，故电压表应选15V的量程。
根据表达式可知斜率的绝对值为
故电池的内阻
（2）当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，修正图如图所示，根据图像截距可知电动势的测量值小于真实值，根据图像斜率可知内阻的测量值也小于真实值。
【分析】（1）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小；
（2）当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，根据修正后图像斜率和截距可以判别电动势和内阻的变化。
（1）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律有
由题图可知该电池的电动势为纵截距，故电压表应选15V的量程。
[3]斜率的绝对值为
故电池的内阻
（2）[1][2]当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变，由于电压表中也有电流，故通过电池的电流比电流表的示数大，修正图如图所示，可知电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值也小于真实值。
13．如图所示，一个半径为5a的圆木板静止在某种透明液体的表面，在圆木板圆心O的正下方有一点光源S，已知圆木板边缘上任意一点到点光源的距离均为13a，该液体的折射率，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）从圆木板边缘出射的光线在液体中传播的时间t；
（2）从圆木板边缘出射的折射光线的折射角的正弦值。
【答案】（1）解：光在液体中传播的速度大小
光在液体中传播的时间
解得

（2）解：设从点光源射到圆木板边缘的光线的入射角为，根据几何关系有
根据折射定律有
解得

【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）已知折射率的大小，利用折射率可以求出光在液体中的传播速度，结合传播的路程可以求出传播的时间；
（2）已知光在圆木板边缘发生折射，利用折射定律可以求出折射光线的折射角的正弦值。
（1）光在液体中传播的速度大小
光在液体中传播的时间
解得
（2）设从点光源射到圆木板边缘的光线的入射角为，根据几何关系有
根据折射定律有
解得
14．弹珠是小朋友们喜爱的玩具之一。质量的木槽截面如图所示，四分之一圆弧处表面光滑，圆弧的圆心为O点，半径，圆弧末端切线水平且距水平地面的高度，如图所示。质量的弹珠（可视为质点）从与圆心等高处由静止释放，弹珠始终在竖直面内运动，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）若木槽固定，弹珠离开木槽前瞬间，木槽对弹珠的支持力大小F；
（2）若木槽不固定且地面光滑，弹珠与木槽刚分离时弹珠的速度大小v；
（3）在（2）的条件下，弹珠从释放到落地的水平位移大小s。
【答案】（1）解：若木槽固定，设弹珠离开木槽时的速度大小为，由动能定理有
弹珠离开木槽前瞬间，设木槽对弹珠的支持力大小为F，由牛顿第二定律有
解得

（2）解：若木槽不固定且地面光滑，设弹珠与木槽刚分离时木槽的速度大小为，由能量守恒定律有
对木槽和弹珠组成的系统，在水平方向上，由动量守恒定律有
解得

（3）解：在（2）过程中，设弹珠、木槽的位移大小为、，有
又
弹珠离开木槽后做平抛运动，设运动时间为t，在竖直方向上有
在水平方向上有
又由几何关系有
解得。
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）木槽固定时，利用动能定理可以求出弹珠离开木槽的速度，结合牛顿第二定理可以求出木槽对弹珠的支持力大小；
（2）当木槽不固定时，利用能量守恒定律结合动量守恒定律可以求出弹珠与木槽分离时的速度大小；（3）弹珠离开木槽做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出弹珠运动的水平距离。
（1）若木槽固定，设弹珠离开木槽时的速度大小为，由动能定理有
弹珠离开木槽前瞬间，设木槽对弹珠的支持力大小为F，由牛顿第二定律有
解得
（2）若木槽不固定且地面光滑，设弹珠与木槽刚分离时木槽的速度大小为，由能量守恒定律有
对木槽和弹珠组成的系统，在水平方向上，由动量守恒定律有
解得
（3）在（2）过程中，设弹珠、木槽的位移大小为、，有
又
弹珠离开木槽后做平抛运动，设运动时间为t，在竖直方向上有
在水平方向上有
又由几何关系有
解得。
15．如图所示，直角坐标系的第二、三、四象限内均存在沿轴负方向的相同匀强电场，第四象限内还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。第一象限内存在垂直纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小沿轴方向满足（、均为已知量）。比荷为的带正电粒子（不计重力）从坐标为的点以沿轴正方向、大小为的初速度开始运动，粒子恰好从坐标原点射入第四象限。粒子第一次在第四象限内运动至最低点时的速度大小为。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）第四象限内磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹到轴的最远距离及该轨迹与轴所围的面积。
【答案】（1）解：粒子从点运动至坐标原点，做类平抛运动，平行于轴方向上有
平行于轴方向上有
其中
解得
（2）解：粒子经过坐标原点时平行于轴方向的分速度大小
将粒子经过坐标原点时的速度分解为沿轴正方向、大小为的分速度，满足
另一分速度大小
粒子在第四象限内的运动可视为沿轴方向、速度为的匀速直线运动和速率为的匀速圆周运动的合运动，粒子运动至最低点时的速度大小
解得，
（3）解：设粒子经过坐标原点时速度方向与轴正方向的夹角为，则有
粒子第二次经过轴时速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小为，方向沿轴正方向，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动至离轴最远时，平行于轴方向的分速度大小变为0，平行于轴方向的分速度大小变为，平行于轴方向上有
其中
利用如图所示的图像可知
解得
平行于轴方向上有
其中
其中为对应轨迹与轴所围的面积，利用对称性可知，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹与轴所围的面积
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子从P到O点做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）粒子经过坐标原点时，利用速度的合成可以求出合速度的大小，粒子在第四象限运动时，利用y方向的动能定理结合水平方向的动量定理可以求出磁感应强度的大小；
（3）粒子经过坐标原点时，利用速度的大小可以求出速度的方向，结合平行于y周期方向的动量定理可以求出最远的距离；结合平行于x轴方向的动量定理可以求出粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹与轴所围的面积。
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