资源简介

2026届河北廊坊市文安县第一中学高三一模物理试题
1．嬗变技术是一种将长半衰期核废料转变为短半衰期物质或非放射性物质的技术。利用快中子轰击钚-239核废料的其中一个核反应方程为钚-239的半衰期为2.41万年。下列说法正确的是（　　）
A．X为质子
B．反应物总质量等于生成物总质量
C．1g钚-239经过一个半衰期还剩下0.5g钚-239
D．利用化学方法可以改变钚-239的半衰期
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．核反应满足电荷数守恒、质量数守恒，X的电荷数为94+0-42-52=0，质量数为，则X是中子，不是质子，故A错误；
B．该核反应释放能量，根据质能方程可知反应存在质量亏损，反应物总质量大于生成物总质量，故B错误；
C．根据可得，1g钚-239经过一个半衰期，剩余未衰变的钚-239质量为=0.5g，故C正确；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与外界物理、化学条件无关，化学方法无法改变其半衰期，故D错误。
故选C。
【分析】利用质量数和电荷数守恒确定核反应方程；利用半衰期公式可以判别衰变后的质量；温度对于半衰期没有影响。
本题考查原子核的衰变规律，要求掌握核反应方程的书写，掌握半衰期概念和决定因素。
2．如图所示，实线为静电透镜中的电场线，一带电粒子仅在静电力的作用下由a向c运动，运动轨迹如虚线所示，a、b、c是轨迹上的三点。由a到c过程中，一直变小的是该粒子的（　　）
A．加速度 B．速度
C．所在位置的电势 D．电势能
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电场线的疏密表示场强大小，从a到c，电场线先变密后变疏，因此场强E先增大后减小，由牛顿第二定律可知，加速度先增大后减小，故A错误；
BCD．粒子做曲线运动，合力（静电力）指向轨迹凹侧，可知静电力方向沿电场线切线向右，与电场方向相反，所以粒子带负电，沿着电场线方向电势降低，可知电势一直升高，根据可知，电势能逐渐变小，则电场力做正功，动能增大，速度增大，故D正确，BC错误；
故选D。
【分析】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动规律，掌握曲线运动的特点和电场中的功能关系是解题关键。
做曲线运动的物体受到的力在曲线的凹侧，电场线的疏密表示电场的强弱；电场力做正功电势能减小，合力对粒子做的功等于粒子动能的变化。
3．一定质量理想气体的V-T图像如图所示，该过程对应的p-V图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】由图可得，A→B温度不变，体积减小，为等温变化。根据可知与成反比，因此在图中，A→B对应双曲线，且曲线变小、变大。
B→C的延长线过坐标原点，说明为常数，由得，说明压强不变，因此B→C是等压变化，体积随温度增大而增大，对应在图中是水平向右的直线。综上可知选项C的图像符合描述。
故选C。
【分析】根据图象分析压强、体积、温度变化，结合理想气体的状态方程，推出之间的关系式，即可选出正确的图象。
本题考查一定质量的理想气体在状态参量、、发生变化时的图象问题，解题关键是要运用理想气体的状态方程推出表达式，分析斜率变化情况选出合理的图象。
4．如图所示是电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）的示意图。变压器原线圈的匝数为n1，电流为I1，输入电压有效值为10kV；两副线圈的匝数分别为n2、n3，电流分别为，输出电压有效值分别为下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．根据电压与匝数关系可得，故A错误；
B．同理得，故B正确；
C．副线圈的电流由副线圈所接负载的大小决定，不是固定的，故C错误；
D．根据能量守恒可知，输入功率等于输出功率，有
结合、，可得多副线圈电流关系为，故D错误。
故选B。
【分析】根据理想变压器的变压比结合功率关系列式求解判断各选项正误。
考查理想变压器的特点，特别注意多组副线圈和一组副线圈的不同处理方法。
5．如图所示，某同学利用柱状容器设计了一个简易的液体折射率测量仪，容器底部O处光源射出的激光与竖直方向的夹角固定为θ，右侧壁上标注折射率。测量时容器底部水平放置，A处为液体注入完成时液面的标准位置，该测量仪的最大折射率测量值为2。下列说法正确的是（　　）
A．θ应大于30°
B．折射率刻度是均匀的
C．光源到右侧壁的距离小一些可减小测量误差
D．若测量时液面低于标准位置，从标注读出的结果偏大
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．画出光路图如图所示
根据光的折射定律可知，当时液体的折射率最大，则有
解得，若，则，最大折射率，故A错误；
B．设折射光线在右侧壁距液面的高度为，入射点到右侧壁的水平距离为，根据几何知识可得，由光的折射定律可得（固定不变）
可见折射率与高度不是正比关系，因此折射率刻度是不均匀的，故B错误；
C．由光路图可知，光源到右侧壁的距离不影响入射角和折射角的测量，因此不会影响实验测量的误差，故C错误；
D．若测量时液面低于标准液面，折射光线会向下偏移，如图所示
则从标注处读出的值大于测量值，故D正确。
故选D。
【分析】画出光路图，根据光的折射定律判断；根据光的折射定律得到折射率表达式，从而刻度是否均匀；根据入射角和折射角的变化判断是否有影响；画出光路图，以此分析判断。
画出光路图是解决几何光学问题的基础，本题要充分运用几何知识得出入射角和折射角，就能轻松解答。
6．如图所示，货车拉货时可以用两根轻绳将货物连接到车厢顶部，防止货物前后滑动。已知车厢地板材料为304不锈钢，货物形状、大小相同，货物到车厢顶部的距离为2m，两根绳子均长为2.5m，绳子连接时刚好完全伸直且无拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑货物的翻转。当货物为下表所示材料时，连接绳子对防止货物晃动有效的有（　　）
304不锈钢地板与常用材料动摩擦因数表
配对材料 动摩擦因数
碳钢 0.15
尼龙塑料 0.3
橡胶 0.7
A．3种 B．2种 C．1种 D．0种
【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】假设绳子与水平方向上的夹角为，则，货物不滑动的条件为绳子能提供足够的拉力使货物与车一起加速。故最大静摩擦力为，则货物不滑动要求为，解得，当货车加速或减速时，绳子能提供额外的约束力，防止货物滑动。假设货车加速度为a，若货物有向后的运动趋势，受力分析可知竖直方向上，水平方向上
当货物刚好不滑动时，摩擦力达到最大，即，整理可得，故，则绳子拉力越大，能提供的加速度越大，故三种材料符合题意。
故选A。
【分析】本题主要考查共点力平衡和牛顿第二定律的应用，以货物为研究对象，根据平衡条件和牛顿第二定律结合题意求解。
7．如图甲所示是一种倾斜桌面上投球入洞的游戏，可简化为图乙。若长方形光滑桌面长边水平，短边倾斜，倾角为，小球（可视为质点）从一短边出发，出发点离该边较高桌角的距离记为d，沿另一短边从较高桌角每隔0.15m有一个宽为0.15m的洞口，共3个洞口，洞口到对面桌边的距离为2m，小球初速度平行于长边，大小记为。取重力加速度则下列组合中，小球直接入洞机会最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】初速度方向做匀速直线运动，位移为洞口到对面桌边的距离，因此运动时间满足，沿桌面方向，做初速度为0的匀加速直线运动，合力为，加速度，到达洞口边时沿桌面向下的位移为
洞口沿短边从较高桌角开始，3个洞口范围为、、
A.当时，，得
小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为
B.当时，小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第三个洞口，且范围为
C.当时，，得
小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为
当时，小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为
综上可得，小球直接入洞机会最大的是D选项。
故选D。
【分析】本题主要考查类平抛运动，当物体有一初速度，且受到垂直初速度方向的恒力作用物体做类平抛运动；沿着初速度方向做匀速运动，沿着合力方向做初速度为零的匀加速运动，由题意结合匀速直线运动规律和匀变速直线运动规律解答。
8．如图所示，倾角的传送带AB长，当将一个质量为2kg的煤块（可视为质点）从传送带底端静止放上传送带时，传送带以的加速度匀加速启动，当传送带的速度达到时保持匀速运行。煤块与传送带之间的动摩擦因数，取，，下列说法正确的是（　　）
A．煤块放上传送带5s后与传送带速度相同
B．煤块在经过11.25s后运动到传送带顶端
C．煤块在传送带上留下了16m长的黑色痕迹
D．摩擦力对煤块做了158J的功
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．煤块与传送带之间的最大摩擦力为，重力沿传送带分力为，根据牛顿第二定律可知，煤块在传送带上能达到的最大加速度为，传送带以的加速度匀加速启动直至速度达到时保持匀速运行，可知煤块与传送带速度相同所需时间为 ，故A错误；
B．煤块做匀加速直线运动直至与传送带速度相同时，煤块的位移为
之后由于最大静摩擦力，煤块之后与传送带一起匀速运行直至到达传送带顶端，该阶段所用时间，煤块运动到传送带顶端总共所需时间，故B正确；
C．传送带以的加速度匀加速启动直至过程所需时间，该过程传送带的位移为，之后传送带做匀速运动，煤块做匀加速直线运动直至与传送带速度相同过程中，传送带的位移为，可知内传送带的位移为
煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度，之后煤块与传送带一起匀速运动，两者无相对位移，因此煤块在传送带上留下了16m长的黑色痕迹，故C正确；
D．由机械能守恒定律可知，摩擦力对煤块做的功即为煤块机械能的增加量，满足，代入数据解得，故D错误
故选BC。
【分析】根据牛顿第二定律求出煤块在各个运动过程中的加速度大小，结合运动学公式求解煤块通过的位移以及煤块与传送带间的相对位移，从而求得煤块在传送带上留下的痕迹长度。结合功能关系进行解答。
解决本题的关键要理清煤块在整个过程中的运动规律，牛顿第二定律和运动学公式进行求解。要注意划痕重叠时按最长的计算长度。
9．2026年2月17日爱神星经过近日点。如图所示，地球可认为绕太阳做圆周运动，爱神星绕太阳做椭圆运动。已知地日距离为1AU，爱神星近日距约为1.1AU、远日距约为1.8AU，则（　　）
A．爱神星的绕日周期约为1.5年
B．爱神星在远日点的绕日速度小于地球的绕日速度
C．爱神星在近日点的加速度小于在远日点的加速度
D．1s内近日点附近日爱连线扫过的面积大于日地连线扫过的面积
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．依题意，爱神星绕日轨道的半长轴，根据开普勒第三定律
有，解得，故A错误；
B．根据可得，则地球绕日速度，若爱神星以做圆周运动，有，依题意，有，爱神星在远日点变轨到圆轨道，需要加速，故爱神星在远日点的绕日速度，综上可得，故B正确；
C．根据，依题意有，得，故C错误；
D．根据和数学知识，连线扫过的面积，若爱神星以做圆周运动，有，爱神星以做圆周运动，在近日点从圆轨道变轨到椭圆轨道，需要加速，有，得，综上可得，故D正确。
故选BD。
【分析】由开普勒第三定律列式求解爱神星的绕日周期；由万有引力提供向心力、以及开普勒第二定律比较 神星在远日点的绕日速度与地球的绕日速度大小；根据确定爱神星在近日点的加速度与在远日点的加速度的大小；由开普勒第二定律结合数学知识列式求解扫过面积大小。
本题综合考查了万有引力与天体运动的核心知识。题目涉及开普勒定律、牛顿第二定律、引力加速度以及椭圆轨道速度的定量计算，对学生的建模分析能力和公式灵活应用能力提出了较高要求。
10．如图所示，金属导轨CDE和FGH平行且间距为L，CD、DE在同一竖直面内，CD、FG水平，分别与DE、GH平滑连接，倾斜导轨与水平面的夹角为θ。水平导轨足够长。相同的导体棒1、2质量均为m，棒2放在水平导轨上。倾斜导轨光滑，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ（μ≥0），最大静摩擦力等于滑动摩擦力。导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将棒1从倾斜导轨顶端由静止释放，顶端到水平导轨的竖直距离为h（h足够大）。两棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．若μ=0，两棒的最终速度均小于
B．若μ=0，安培力对两棒的冲量之和先不为零后变为零
C．若μ=0，棒1即将到达水平导轨时回路电流为
D．若棒1能够在倾斜导轨上匀速运动，则一定有
【答案】A,C,D
【知识点】动量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．设棒1到达底端时速度为v0，棒1下滑过程，重力做功最多为，且安培力做负功，由动能定理可得，可知，因此棒1刚到达水平导轨时速度
若，水平导轨上两棒系统合外力为零，最终共速，由动量守恒可得
得，因此两棒最终速度均小于，故A正确；
B．两棒所受安培力始终等大反向，因此安培力对两棒的冲量之和始终为零，并非先不为零后为零，故B错误；
C．由于 h足够大 ，时，棒1到达水平前已达到稳定，水平方向两棒速度差恒定，因此，对棒1，由牛顿第二定律，得，对棒2，由牛顿第二定律，得，联立整理得，故C正确；
D．若棒1能在倾斜导轨匀速运动，则，故，对棒2，安培力
对棒1，由平衡条件，得，即，代入得，解得，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据动能定理和动量守恒定律求出最终速度；根据两棒受力情况判断冲量；分别以1、2棒为对象，根据牛顿第二定律列式求解棒1即将到达水平导轨时回路电流；根据平衡条件得出动摩擦因数；
本题考查了导体切割磁感线时产生的感应电动势；对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
11．某实验小组通过图1所示装置验证力的平行四边形定则，拉力传感器固定在竖直木板上，细线ab的中点O固定在拉力传感器上。
（1）在细线a端悬挂一重物，当重物静止时，记录拉力传感器的示数F，并用铅笔在细线上离O点　 　（选填“较近”或“较远”）的点画下痕迹。
（2）在木板上钉两个钉子，左右细线各跨过一个钉子，在a、b两端分别悬挂质量可调的重物A、B，直到拉力传感器的示数为F，然后分别通过拉力传感器测得重物A、B的重力。
（3）在完成实验后，小组同学作出的力的图示如图2所示，其中　 　（选填“F1”或“F2”）是由平行四边形定则得到的。
【答案】较远；F2
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）验证力的平行四边形定则实验中，需要记录细线拉力的大小和方向，两点确定一条直线，在离O点较远的位置描点，确定方向时误差更小，因此选填“较远”。
（3）本实验中，实际的合力由拉力传感器直接得到，大小等于第一次的示数，方向一定与重物重力方向一致，沿竖直方向，是实验的实际值；而通过平行四边形定则作图得到的合力是理论值，受实验误差影响不一定沿着竖直方向，因此偏离竖直方向的就是平行四边形定则得到的合力。
故答案为：（1）较远（3）。
【分析】 (1)实验需要测量各拉力的大小与拉力方向，根据实验步骤答题。
(2)两分力的合力一定是平行四边形对角线，根据力的图示解答。
本题考查了验证力的平行四边形定则实验，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提与关键，根据实验步骤结合实验原理可以解题。
12．某同学利用如图1所示的装置测量重力加速度的大小。实验操作如下：
（1）调整气垫导轨底部的调节旋钮，使气垫导轨水平，将固定有遮光条的滑块置于气垫导轨上，细线的一端固定在滑块上，另一端挂上钩码，调节滑轮高度，使与滑块相连的细线与气垫导轨平行。
（2）记录钩码总质量m，测量滑块及遮光条的总质量为M，用刻度尺测出滑块由静止释放时遮光条到光电门的距离L，用游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图2所示，则　 　mm。
（3）由静止释放钩码和滑块，记录遮光条通过光电门的时间t。
（4）仅改变钩码的数量，重复实验，测得多组m、t的值。作出的关系图线为一条直线，其斜率为k，则重力加速度　 　（用题给字母表示）。
【答案】5.25；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】（2）对于20分度的游标卡尺，分度值为，遮光条的宽度
（4）滑块通过光电门的时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，则速度大小为
滑块从静止释放到运动到光电门做初速度为零的匀加速直线运动，由可得到
设绳子拉力为F，由牛顿第二定律可知，对于滑块、F=Ma，对于钩码
联立解得，因此图线斜率k满足，解得重力加速度。
故答案为：（2）5.25；（4）。
【分析】(2)依据主尺读数加上游标尺对齐刻度的读数，算出遮光片的宽度d；
(4)用平均速度近似瞬时速度得到，再结合匀变速直线运动的速度——位移公式和牛顿第二定律得到关系，结合图像斜率求得重力加速度 。
本题考查测量重力加速度的大小的实验，根据匀变速直线运动规律与牛顿第二定律解答。
13．用如图甲所示的电路来测量电流表A2的3A量程的内阻RA，电流表A1接在干路上，两个R0均为保护电阻，电阻箱R阻值调节范围足够大。
（1）请用笔画线代替导线补全实物图乙。
（2）闭合开关K，调节电阻箱的阻值R，多得到几组I1、I2、R的相应值。实验结束后，作出关系图像如图丙，则纵截距为　 　，若斜率为k，则　 　（用题给物理量字母表示）。
（3）实验过程中若电流表A1内阻不能忽略，则的测量值　 　（选填“偏大”“偏小”或“无误差”）。
【答案】（1）
（2）1；
（3）无误差
【知识点】特殊方法测电阻；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）根据原理图连接导线，实物图如图所示，
（2）根据并联电路特点可得 ，整理得
对比图像，可知纵截距为，斜率，因此
（3）推导 的过程中，仅利用了并联电路电压相等、干路电流等于支路电流和的关系，内阻不改变、、、 的等式关系，因此的测量值无误差。
故答案为：（1）（2）1；（3）无误差。
【分析】 (1)根据电路图连接图乙中的实物图；
(2)根据闭合电路欧姆定律以及图丙中图线的纵截距和斜率求被测电阻；
(3)根据串并联知识分析误差。
本题考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义。
（1）根据原理图，电阻箱与电流表并联：将电阻箱空余的接线柱连接到干路左侧（ 的输出端），使电阻箱和两端分别相连，补线后符合并联结构即可。
（2）[1]根据并联电路电压相等：干路电流， 支路电流，电阻箱支路电流为，因此
整理得
对比图像，可知纵截距为
[2]斜率
因此
（3）推导 的过程中，仅利用了并联电路电压相等、干路电流等于支路电流和的关系，内阻不改变、、、 的等式关系，因此的测量值无误差。
14．一列简谐横波沿x轴传播，M、N为x轴上两点，相距6m，M、N处质点的振动图像分别如图甲、乙所示。已知该波的波长λ满足λ>10m。
（1）求该波的波速。
（2）若P点为MN中点，求P处质点在0~1s时间内经过的路程。
【答案】（1）解：由图可知t=0时M位于平衡位置向y轴负方向运动。N位于波峰处。若波从M向N传播，则有(n=1、2、3……）
解得波长(n=1、2、3……）
若波从N向M传播，则有(n=1、2、3……）
解得波长(n=1、2、3……）
因为波长要大于10m，故波长为24m，由图可知周期T=0.8s，则波速；

（2）解：由题图可知振幅A=2cm，由波长的求解可知，波从M向N传播。
结合图甲可知，M处质点的振动方程为
，则P处质点的振动方程为
对于P处质点t=0时，t=1s时
因为，P处质点在0~1s时间内经过的路程。
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图象得到周期，根据波传播的特点求得波长，利用波速公式求的波速；
（2）根据P处质点振动情况，结合质点运动特点求解路程。
根据图象知道周期和 波长，据波速公式求解是解题的关键，灵活应用波形平移法判断质点振动方向和波的传播方向，注意图象中横坐标的单位，否则出错。
（1）由图可知t=0时M位于平衡位置向y轴负方向运动。N位于波峰处。若波从M向N传播，则有
解得波长
若波从N向M传播，则有
解得波长
因为波长要大于10m，故波长为24m，由图可知周期T=0.8s，则波速
（2）由题图可知振幅A=2cm，由波长的求解可知，波从M向N传播。
解法1：振动方程法
结合图甲可知，M处质点的振动方程为
，则P处质点的振动方程为
对于P处质点t=0时，t=1s时
因为，P处质点在0~1s时间内经过的路程
解法2：图像法
因为时波形图如图所示
P处质点的位移为
时P处质点回到平衡位置，时P处质点位移为
P处质点在0~1s时间内经过的路程
15．如图所示，在xOy平面坐标系第一、四象限存在匀强电场，第一象限的场强大小为E=1×104V/m方向沿y轴负方向，第四象限的场强未知（未画出），在第一、三象限（含坐标轴）存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.1T，方向分别垂直纸面向里、向外。第四象限（2m，-0.3m）点处有一粒子源（未画出），能沿y轴正方向以一定的初速度射出质子，经第三象限后从O点沿x轴正方向、以2×105m/s的速度进入第一象限。质子的比荷为1×108C/kg不计重力。
（1）求质子在第三象限的轨迹半径；
（2）设第四象限中电场方向与x轴负方向的夹角为θ，求tanθ的值；
（3）求质子从O点进入第一象限后y轴方向速度为零的位置的横坐标。
【答案】（1）解：粒子在第三象限中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得；
（2）解：分析可知，质子垂直y轴进入第三象限，沿x轴方向有，
其中，
解得
沿y方向，有，
又
解得
所以
（3）根据配速法原理，质子进入第一象限后，将速度v1沿x轴方向分解为v2、v3，令
解得
方向沿x轴正方向，则
方向沿x轴正方向，即质子的运动可看成沿x轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的匀速圆周运动的合运动，
设质子在第一象限做圆周运动的周期为T，质子进入第一象限后每隔，y轴方向的速度为零，质子做匀速圆周运动的周期为
所以质子y轴方向速度为零的位置的横坐标为（n=0，1，2……）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)粒子在第三象限中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式求解轨迹半径；
(2)粒子在第四象限做匀变速曲线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式及电场有关知识即可求解；
(3)粒子在第一象限电磁组合场中做曲线运动，由配速法求解质子y轴方向速度为零的位置的横坐标。
本题主要考查带电粒子在复合场里的运动，解题的关键是做出粒子的运动轨迹，结合运动方程即可求解。
（1）粒子在第三象限中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）分析可知，质子垂直y轴进入第三象限，沿x轴方向有，
其中，
解得
沿y方向，有，
又
解得
所以
（3）根据配速法原理，质子进入第一象限后，将速度v1沿x轴方向分解为v2、v3，令
解得
方向沿x轴正方向，则
方向沿x轴正方向，即质子的运动可看成沿x轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的匀速圆周运动的合运动，设质子在第一象限做圆周运动的周期为T，质子进入第一象限后每隔，y轴方向的速度为零，质子做匀速圆周运动的周期为
所以质子y轴方向速度为零的位置的横坐标为（n=0，1，2……）
16．如图所示，质量为2m的工件锁定在光滑水平面上，工件左段AB为半径为R的四分之一光滑圆弧，O为圆心，半径OA水平、OB竖直，工件右段BC水平，与圆弧相切于B点。一轻质弹簧右端固定于工件右端的C点，弹簧自然伸长，其左端与B点间距离为L。小物块甲、乙均可视为质点，质量均为m，甲从圆弧最高点A由静止释放，乙置于工件上的B点，甲、乙碰后粘在一起，同时解除工件的锁定，经过时间t，甲、乙组合体压缩弹簧后恰反弹至弹簧的原长处且相对工件静止。已知甲、乙与工件间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
（1）甲、乙因碰撞损失的机械能；
（2）在时间t内，甲、乙组合体相对地面的位移；
（3）弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1）解：甲下降过程，根据机械能守恒定律有
解得
甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
碰撞过程损失的机械能
（2）解：甲、乙组合体相对工件运动过程，组合体和工件组成的系统动量守恒，设组合体的瞬时速度为v3、工件的瞬时速度为v4，有
则在极短的时间△t内，有2m
对两边求和，有
可得
根据位移关系有
则甲、乙组合体相对地面的位移

（3）弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，且此时甲、乙组合体和工件共速，设弹簧的最大压缩量为x，从甲、乙碰撞后至弹簧压缩至最短的过程，对甲、乙组合体和工件组成的系统，由动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
从弹簧压缩量最大至甲、乙和工件相对静止的过程，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒定律有
联立可得

【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】(1)小物块从到过程，由机械能守恒定律求出小物块到达点时的速度，根据动量守恒定律求得碰后的速度，在根据能量守恒求得损失的机械能；
(2)小物块从到过程，由动量守恒定律得到甲乙位移关系，结合总位移和甲乙位移关系求得在时间t内，甲、乙组合体相对地面的位移；
(3)小物块压缩弹簧过程，当两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律求出弹簧弹性势能的最大值。
本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的运用，清楚动量和能量守恒的条件，熟练运用公式解答。
（1）甲下降过程，根据动能定理有
解得
甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
碰撞过程损失的机械能
（2）甲、乙组合体相对工件运动过程，组合体和工件组成的系统动量守恒，设组合体的瞬时速度为v3、工件的瞬时速度为v4，有
则在极短的时间△t内，有2m
对两边求和，有
可得
根据位移关系有
则甲、乙组合体相对地面的位移
（3）弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，且此时甲、乙组合体和工件共速，设弹簧的最大压缩量为x，从甲、乙碰撞后至弹簧压缩至最短的过程，对甲、乙组合体和工件组成的系统，由动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
从弹簧压缩量最大至甲、乙和工件相对静止的过程，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒定律有
联立可得
1 / 12026届河北廊坊市文安县第一中学高三一模物理试题
1．嬗变技术是一种将长半衰期核废料转变为短半衰期物质或非放射性物质的技术。利用快中子轰击钚-239核废料的其中一个核反应方程为钚-239的半衰期为2.41万年。下列说法正确的是（　　）
A．X为质子
B．反应物总质量等于生成物总质量
C．1g钚-239经过一个半衰期还剩下0.5g钚-239
D．利用化学方法可以改变钚-239的半衰期
2．如图所示，实线为静电透镜中的电场线，一带电粒子仅在静电力的作用下由a向c运动，运动轨迹如虚线所示，a、b、c是轨迹上的三点。由a到c过程中，一直变小的是该粒子的（　　）
A．加速度 B．速度
C．所在位置的电势 D．电势能
3．一定质量理想气体的V-T图像如图所示，该过程对应的p-V图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示是电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）的示意图。变压器原线圈的匝数为n1，电流为I1，输入电压有效值为10kV；两副线圈的匝数分别为n2、n3，电流分别为，输出电压有效值分别为下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，某同学利用柱状容器设计了一个简易的液体折射率测量仪，容器底部O处光源射出的激光与竖直方向的夹角固定为θ，右侧壁上标注折射率。测量时容器底部水平放置，A处为液体注入完成时液面的标准位置，该测量仪的最大折射率测量值为2。下列说法正确的是（　　）
A．θ应大于30°
B．折射率刻度是均匀的
C．光源到右侧壁的距离小一些可减小测量误差
D．若测量时液面低于标准位置，从标注读出的结果偏大
6．如图所示，货车拉货时可以用两根轻绳将货物连接到车厢顶部，防止货物前后滑动。已知车厢地板材料为304不锈钢，货物形状、大小相同，货物到车厢顶部的距离为2m，两根绳子均长为2.5m，绳子连接时刚好完全伸直且无拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑货物的翻转。当货物为下表所示材料时，连接绳子对防止货物晃动有效的有（　　）
304不锈钢地板与常用材料动摩擦因数表
配对材料 动摩擦因数
碳钢 0.15
尼龙塑料 0.3
橡胶 0.7
A．3种 B．2种 C．1种 D．0种
7．如图甲所示是一种倾斜桌面上投球入洞的游戏，可简化为图乙。若长方形光滑桌面长边水平，短边倾斜，倾角为，小球（可视为质点）从一短边出发，出发点离该边较高桌角的距离记为d，沿另一短边从较高桌角每隔0.15m有一个宽为0.15m的洞口，共3个洞口，洞口到对面桌边的距离为2m，小球初速度平行于长边，大小记为。取重力加速度则下列组合中，小球直接入洞机会最大的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，倾角的传送带AB长，当将一个质量为2kg的煤块（可视为质点）从传送带底端静止放上传送带时，传送带以的加速度匀加速启动，当传送带的速度达到时保持匀速运行。煤块与传送带之间的动摩擦因数，取，，下列说法正确的是（　　）
A．煤块放上传送带5s后与传送带速度相同
B．煤块在经过11.25s后运动到传送带顶端
C．煤块在传送带上留下了16m长的黑色痕迹
D．摩擦力对煤块做了158J的功
9．2026年2月17日爱神星经过近日点。如图所示，地球可认为绕太阳做圆周运动，爱神星绕太阳做椭圆运动。已知地日距离为1AU，爱神星近日距约为1.1AU、远日距约为1.8AU，则（　　）
A．爱神星的绕日周期约为1.5年
B．爱神星在远日点的绕日速度小于地球的绕日速度
C．爱神星在近日点的加速度小于在远日点的加速度
D．1s内近日点附近日爱连线扫过的面积大于日地连线扫过的面积
10．如图所示，金属导轨CDE和FGH平行且间距为L，CD、DE在同一竖直面内，CD、FG水平，分别与DE、GH平滑连接，倾斜导轨与水平面的夹角为θ。水平导轨足够长。相同的导体棒1、2质量均为m，棒2放在水平导轨上。倾斜导轨光滑，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ（μ≥0），最大静摩擦力等于滑动摩擦力。导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将棒1从倾斜导轨顶端由静止释放，顶端到水平导轨的竖直距离为h（h足够大）。两棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．若μ=0，两棒的最终速度均小于
B．若μ=0，安培力对两棒的冲量之和先不为零后变为零
C．若μ=0，棒1即将到达水平导轨时回路电流为
D．若棒1能够在倾斜导轨上匀速运动，则一定有
11．某实验小组通过图1所示装置验证力的平行四边形定则，拉力传感器固定在竖直木板上，细线ab的中点O固定在拉力传感器上。
（1）在细线a端悬挂一重物，当重物静止时，记录拉力传感器的示数F，并用铅笔在细线上离O点　 　（选填“较近”或“较远”）的点画下痕迹。
（2）在木板上钉两个钉子，左右细线各跨过一个钉子，在a、b两端分别悬挂质量可调的重物A、B，直到拉力传感器的示数为F，然后分别通过拉力传感器测得重物A、B的重力。
（3）在完成实验后，小组同学作出的力的图示如图2所示，其中　 　（选填“F1”或“F2”）是由平行四边形定则得到的。
12．某同学利用如图1所示的装置测量重力加速度的大小。实验操作如下：
（1）调整气垫导轨底部的调节旋钮，使气垫导轨水平，将固定有遮光条的滑块置于气垫导轨上，细线的一端固定在滑块上，另一端挂上钩码，调节滑轮高度，使与滑块相连的细线与气垫导轨平行。
（2）记录钩码总质量m，测量滑块及遮光条的总质量为M，用刻度尺测出滑块由静止释放时遮光条到光电门的距离L，用游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图2所示，则　 　mm。
（3）由静止释放钩码和滑块，记录遮光条通过光电门的时间t。
（4）仅改变钩码的数量，重复实验，测得多组m、t的值。作出的关系图线为一条直线，其斜率为k，则重力加速度　 　（用题给字母表示）。
13．用如图甲所示的电路来测量电流表A2的3A量程的内阻RA，电流表A1接在干路上，两个R0均为保护电阻，电阻箱R阻值调节范围足够大。
（1）请用笔画线代替导线补全实物图乙。
（2）闭合开关K，调节电阻箱的阻值R，多得到几组I1、I2、R的相应值。实验结束后，作出关系图像如图丙，则纵截距为　 　，若斜率为k，则　 　（用题给物理量字母表示）。
（3）实验过程中若电流表A1内阻不能忽略，则的测量值　 　（选填“偏大”“偏小”或“无误差”）。
14．一列简谐横波沿x轴传播，M、N为x轴上两点，相距6m，M、N处质点的振动图像分别如图甲、乙所示。已知该波的波长λ满足λ>10m。
（1）求该波的波速。
（2）若P点为MN中点，求P处质点在0~1s时间内经过的路程。
15．如图所示，在xOy平面坐标系第一、四象限存在匀强电场，第一象限的场强大小为E=1×104V/m方向沿y轴负方向，第四象限的场强未知（未画出），在第一、三象限（含坐标轴）存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.1T，方向分别垂直纸面向里、向外。第四象限（2m，-0.3m）点处有一粒子源（未画出），能沿y轴正方向以一定的初速度射出质子，经第三象限后从O点沿x轴正方向、以2×105m/s的速度进入第一象限。质子的比荷为1×108C/kg不计重力。
（1）求质子在第三象限的轨迹半径；
（2）设第四象限中电场方向与x轴负方向的夹角为θ，求tanθ的值；
（3）求质子从O点进入第一象限后y轴方向速度为零的位置的横坐标。
16．如图所示，质量为2m的工件锁定在光滑水平面上，工件左段AB为半径为R的四分之一光滑圆弧，O为圆心，半径OA水平、OB竖直，工件右段BC水平，与圆弧相切于B点。一轻质弹簧右端固定于工件右端的C点，弹簧自然伸长，其左端与B点间距离为L。小物块甲、乙均可视为质点，质量均为m，甲从圆弧最高点A由静止释放，乙置于工件上的B点，甲、乙碰后粘在一起，同时解除工件的锁定，经过时间t，甲、乙组合体压缩弹簧后恰反弹至弹簧的原长处且相对工件静止。已知甲、乙与工件间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
（1）甲、乙因碰撞损失的机械能；
（2）在时间t内，甲、乙组合体相对地面的位移；
（3）弹簧的最大弹性势能。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．核反应满足电荷数守恒、质量数守恒，X的电荷数为94+0-42-52=0，质量数为，则X是中子，不是质子，故A错误；
B．该核反应释放能量，根据质能方程可知反应存在质量亏损，反应物总质量大于生成物总质量，故B错误；
C．根据可得，1g钚-239经过一个半衰期，剩余未衰变的钚-239质量为=0.5g，故C正确；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与外界物理、化学条件无关，化学方法无法改变其半衰期，故D错误。
故选C。
【分析】利用质量数和电荷数守恒确定核反应方程；利用半衰期公式可以判别衰变后的质量；温度对于半衰期没有影响。
本题考查原子核的衰变规律，要求掌握核反应方程的书写，掌握半衰期概念和决定因素。
2．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电场线的疏密表示场强大小，从a到c，电场线先变密后变疏，因此场强E先增大后减小，由牛顿第二定律可知，加速度先增大后减小，故A错误；
BCD．粒子做曲线运动，合力（静电力）指向轨迹凹侧，可知静电力方向沿电场线切线向右，与电场方向相反，所以粒子带负电，沿着电场线方向电势降低，可知电势一直升高，根据可知，电势能逐渐变小，则电场力做正功，动能增大，速度增大，故D正确，BC错误；
故选D。
【分析】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动规律，掌握曲线运动的特点和电场中的功能关系是解题关键。
做曲线运动的物体受到的力在曲线的凹侧，电场线的疏密表示电场的强弱；电场力做正功电势能减小，合力对粒子做的功等于粒子动能的变化。
3．【答案】C
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】由图可得，A→B温度不变，体积减小，为等温变化。根据可知与成反比，因此在图中，A→B对应双曲线，且曲线变小、变大。
B→C的延长线过坐标原点，说明为常数，由得，说明压强不变，因此B→C是等压变化，体积随温度增大而增大，对应在图中是水平向右的直线。综上可知选项C的图像符合描述。
故选C。
【分析】根据图象分析压强、体积、温度变化，结合理想气体的状态方程，推出之间的关系式，即可选出正确的图象。
本题考查一定质量的理想气体在状态参量、、发生变化时的图象问题，解题关键是要运用理想气体的状态方程推出表达式，分析斜率变化情况选出合理的图象。
4．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．根据电压与匝数关系可得，故A错误；
B．同理得，故B正确；
C．副线圈的电流由副线圈所接负载的大小决定，不是固定的，故C错误；
D．根据能量守恒可知，输入功率等于输出功率，有
结合、，可得多副线圈电流关系为，故D错误。
故选B。
【分析】根据理想变压器的变压比结合功率关系列式求解判断各选项正误。
考查理想变压器的特点，特别注意多组副线圈和一组副线圈的不同处理方法。
5．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．画出光路图如图所示
根据光的折射定律可知，当时液体的折射率最大，则有
解得，若，则，最大折射率，故A错误；
B．设折射光线在右侧壁距液面的高度为，入射点到右侧壁的水平距离为，根据几何知识可得，由光的折射定律可得（固定不变）
可见折射率与高度不是正比关系，因此折射率刻度是不均匀的，故B错误；
C．由光路图可知，光源到右侧壁的距离不影响入射角和折射角的测量，因此不会影响实验测量的误差，故C错误；
D．若测量时液面低于标准液面，折射光线会向下偏移，如图所示
则从标注处读出的值大于测量值，故D正确。
故选D。
【分析】画出光路图，根据光的折射定律判断；根据光的折射定律得到折射率表达式，从而刻度是否均匀；根据入射角和折射角的变化判断是否有影响；画出光路图，以此分析判断。
画出光路图是解决几何光学问题的基础，本题要充分运用几何知识得出入射角和折射角，就能轻松解答。
6．【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】假设绳子与水平方向上的夹角为，则，货物不滑动的条件为绳子能提供足够的拉力使货物与车一起加速。故最大静摩擦力为，则货物不滑动要求为，解得，当货车加速或减速时，绳子能提供额外的约束力，防止货物滑动。假设货车加速度为a，若货物有向后的运动趋势，受力分析可知竖直方向上，水平方向上
当货物刚好不滑动时，摩擦力达到最大，即，整理可得，故，则绳子拉力越大，能提供的加速度越大，故三种材料符合题意。
故选A。
【分析】本题主要考查共点力平衡和牛顿第二定律的应用，以货物为研究对象，根据平衡条件和牛顿第二定律结合题意求解。
7．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】初速度方向做匀速直线运动，位移为洞口到对面桌边的距离，因此运动时间满足，沿桌面方向，做初速度为0的匀加速直线运动，合力为，加速度，到达洞口边时沿桌面向下的位移为
洞口沿短边从较高桌角开始，3个洞口范围为、、
A.当时，，得
小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为
B.当时，小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第三个洞口，且范围为
C.当时，，得
小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为
当时，小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为
综上可得，小球直接入洞机会最大的是D选项。
故选D。
【分析】本题主要考查类平抛运动，当物体有一初速度，且受到垂直初速度方向的恒力作用物体做类平抛运动；沿着初速度方向做匀速运动，沿着合力方向做初速度为零的匀加速运动，由题意结合匀速直线运动规律和匀变速直线运动规律解答。
8．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．煤块与传送带之间的最大摩擦力为，重力沿传送带分力为，根据牛顿第二定律可知，煤块在传送带上能达到的最大加速度为，传送带以的加速度匀加速启动直至速度达到时保持匀速运行，可知煤块与传送带速度相同所需时间为 ，故A错误；
B．煤块做匀加速直线运动直至与传送带速度相同时，煤块的位移为
之后由于最大静摩擦力，煤块之后与传送带一起匀速运行直至到达传送带顶端，该阶段所用时间，煤块运动到传送带顶端总共所需时间，故B正确；
C．传送带以的加速度匀加速启动直至过程所需时间，该过程传送带的位移为，之后传送带做匀速运动，煤块做匀加速直线运动直至与传送带速度相同过程中，传送带的位移为，可知内传送带的位移为
煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度，之后煤块与传送带一起匀速运动，两者无相对位移，因此煤块在传送带上留下了16m长的黑色痕迹，故C正确；
D．由机械能守恒定律可知，摩擦力对煤块做的功即为煤块机械能的增加量，满足，代入数据解得，故D错误
故选BC。
【分析】根据牛顿第二定律求出煤块在各个运动过程中的加速度大小，结合运动学公式求解煤块通过的位移以及煤块与传送带间的相对位移，从而求得煤块在传送带上留下的痕迹长度。结合功能关系进行解答。
解决本题的关键要理清煤块在整个过程中的运动规律，牛顿第二定律和运动学公式进行求解。要注意划痕重叠时按最长的计算长度。
9．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．依题意，爱神星绕日轨道的半长轴，根据开普勒第三定律
有，解得，故A错误；
B．根据可得，则地球绕日速度，若爱神星以做圆周运动，有，依题意，有，爱神星在远日点变轨到圆轨道，需要加速，故爱神星在远日点的绕日速度，综上可得，故B正确；
C．根据，依题意有，得，故C错误；
D．根据和数学知识，连线扫过的面积，若爱神星以做圆周运动，有，爱神星以做圆周运动，在近日点从圆轨道变轨到椭圆轨道，需要加速，有，得，综上可得，故D正确。
故选BD。
【分析】由开普勒第三定律列式求解爱神星的绕日周期；由万有引力提供向心力、以及开普勒第二定律比较 神星在远日点的绕日速度与地球的绕日速度大小；根据确定爱神星在近日点的加速度与在远日点的加速度的大小；由开普勒第二定律结合数学知识列式求解扫过面积大小。
本题综合考查了万有引力与天体运动的核心知识。题目涉及开普勒定律、牛顿第二定律、引力加速度以及椭圆轨道速度的定量计算，对学生的建模分析能力和公式灵活应用能力提出了较高要求。
10．【答案】A,C,D
【知识点】动量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．设棒1到达底端时速度为v0，棒1下滑过程，重力做功最多为，且安培力做负功，由动能定理可得，可知，因此棒1刚到达水平导轨时速度
若，水平导轨上两棒系统合外力为零，最终共速，由动量守恒可得
得，因此两棒最终速度均小于，故A正确；
B．两棒所受安培力始终等大反向，因此安培力对两棒的冲量之和始终为零，并非先不为零后为零，故B错误；
C．由于 h足够大 ，时，棒1到达水平前已达到稳定，水平方向两棒速度差恒定，因此，对棒1，由牛顿第二定律，得，对棒2，由牛顿第二定律，得，联立整理得，故C正确；
D．若棒1能在倾斜导轨匀速运动，则，故，对棒2，安培力
对棒1，由平衡条件，得，即，代入得，解得，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据动能定理和动量守恒定律求出最终速度；根据两棒受力情况判断冲量；分别以1、2棒为对象，根据牛顿第二定律列式求解棒1即将到达水平导轨时回路电流；根据平衡条件得出动摩擦因数；
本题考查了导体切割磁感线时产生的感应电动势；对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
11．【答案】较远；F2
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）验证力的平行四边形定则实验中，需要记录细线拉力的大小和方向，两点确定一条直线，在离O点较远的位置描点，确定方向时误差更小，因此选填“较远”。
（3）本实验中，实际的合力由拉力传感器直接得到，大小等于第一次的示数，方向一定与重物重力方向一致，沿竖直方向，是实验的实际值；而通过平行四边形定则作图得到的合力是理论值，受实验误差影响不一定沿着竖直方向，因此偏离竖直方向的就是平行四边形定则得到的合力。
故答案为：（1）较远（3）。
【分析】 (1)实验需要测量各拉力的大小与拉力方向，根据实验步骤答题。
(2)两分力的合力一定是平行四边形对角线，根据力的图示解答。
本题考查了验证力的平行四边形定则实验，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提与关键，根据实验步骤结合实验原理可以解题。
12．【答案】5.25；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】（2）对于20分度的游标卡尺，分度值为，遮光条的宽度
（4）滑块通过光电门的时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，则速度大小为
滑块从静止释放到运动到光电门做初速度为零的匀加速直线运动，由可得到
设绳子拉力为F，由牛顿第二定律可知，对于滑块、F=Ma，对于钩码
联立解得，因此图线斜率k满足，解得重力加速度。
故答案为：（2）5.25；（4）。
【分析】(2)依据主尺读数加上游标尺对齐刻度的读数，算出遮光片的宽度d；
(4)用平均速度近似瞬时速度得到，再结合匀变速直线运动的速度——位移公式和牛顿第二定律得到关系，结合图像斜率求得重力加速度 。
本题考查测量重力加速度的大小的实验，根据匀变速直线运动规律与牛顿第二定律解答。
13．【答案】（1）
（2）1；
（3）无误差
【知识点】特殊方法测电阻；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）根据原理图连接导线，实物图如图所示，
（2）根据并联电路特点可得 ，整理得
对比图像，可知纵截距为，斜率，因此
（3）推导 的过程中，仅利用了并联电路电压相等、干路电流等于支路电流和的关系，内阻不改变、、、 的等式关系，因此的测量值无误差。
故答案为：（1）（2）1；（3）无误差。
【分析】 (1)根据电路图连接图乙中的实物图；
(2)根据闭合电路欧姆定律以及图丙中图线的纵截距和斜率求被测电阻；
(3)根据串并联知识分析误差。
本题考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义。
（1）根据原理图，电阻箱与电流表并联：将电阻箱空余的接线柱连接到干路左侧（ 的输出端），使电阻箱和两端分别相连，补线后符合并联结构即可。
（2）[1]根据并联电路电压相等：干路电流， 支路电流，电阻箱支路电流为，因此
整理得
对比图像，可知纵截距为
[2]斜率
因此
（3）推导 的过程中，仅利用了并联电路电压相等、干路电流等于支路电流和的关系，内阻不改变、、、 的等式关系，因此的测量值无误差。
14．【答案】（1）解：由图可知t=0时M位于平衡位置向y轴负方向运动。N位于波峰处。若波从M向N传播，则有(n=1、2、3……）
解得波长(n=1、2、3……）
若波从N向M传播，则有(n=1、2、3……）
解得波长(n=1、2、3……）
因为波长要大于10m，故波长为24m，由图可知周期T=0.8s，则波速；

（2）解：由题图可知振幅A=2cm，由波长的求解可知，波从M向N传播。
结合图甲可知，M处质点的振动方程为
，则P处质点的振动方程为
对于P处质点t=0时，t=1s时
因为，P处质点在0~1s时间内经过的路程。
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图象得到周期，根据波传播的特点求得波长，利用波速公式求的波速；
（2）根据P处质点振动情况，结合质点运动特点求解路程。
根据图象知道周期和 波长，据波速公式求解是解题的关键，灵活应用波形平移法判断质点振动方向和波的传播方向，注意图象中横坐标的单位，否则出错。
（1）由图可知t=0时M位于平衡位置向y轴负方向运动。N位于波峰处。若波从M向N传播，则有
解得波长
若波从N向M传播，则有
解得波长
因为波长要大于10m，故波长为24m，由图可知周期T=0.8s，则波速
（2）由题图可知振幅A=2cm，由波长的求解可知，波从M向N传播。
解法1：振动方程法
结合图甲可知，M处质点的振动方程为
，则P处质点的振动方程为
对于P处质点t=0时，t=1s时
因为，P处质点在0~1s时间内经过的路程
解法2：图像法
因为时波形图如图所示
P处质点的位移为
时P处质点回到平衡位置，时P处质点位移为
P处质点在0~1s时间内经过的路程
15．【答案】（1）解：粒子在第三象限中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得；
（2）解：分析可知，质子垂直y轴进入第三象限，沿x轴方向有，
其中，
解得
沿y方向，有，
又
解得
所以
（3）根据配速法原理，质子进入第一象限后，将速度v1沿x轴方向分解为v2、v3，令
解得
方向沿x轴正方向，则
方向沿x轴正方向，即质子的运动可看成沿x轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的匀速圆周运动的合运动，
设质子在第一象限做圆周运动的周期为T，质子进入第一象限后每隔，y轴方向的速度为零，质子做匀速圆周运动的周期为
所以质子y轴方向速度为零的位置的横坐标为（n=0，1，2……）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)粒子在第三象限中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式求解轨迹半径；
(2)粒子在第四象限做匀变速曲线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式及电场有关知识即可求解；
(3)粒子在第一象限电磁组合场中做曲线运动，由配速法求解质子y轴方向速度为零的位置的横坐标。
本题主要考查带电粒子在复合场里的运动，解题的关键是做出粒子的运动轨迹，结合运动方程即可求解。
（1）粒子在第三象限中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）分析可知，质子垂直y轴进入第三象限，沿x轴方向有，
其中，
解得
沿y方向，有，
又
解得
所以
（3）根据配速法原理，质子进入第一象限后，将速度v1沿x轴方向分解为v2、v3，令
解得
方向沿x轴正方向，则
方向沿x轴正方向，即质子的运动可看成沿x轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的匀速圆周运动的合运动，设质子在第一象限做圆周运动的周期为T，质子进入第一象限后每隔，y轴方向的速度为零，质子做匀速圆周运动的周期为
所以质子y轴方向速度为零的位置的横坐标为（n=0，1，2……）
16．【答案】（1）解：甲下降过程，根据机械能守恒定律有
解得
甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
碰撞过程损失的机械能
（2）解：甲、乙组合体相对工件运动过程，组合体和工件组成的系统动量守恒，设组合体的瞬时速度为v3、工件的瞬时速度为v4，有
则在极短的时间△t内，有2m
对两边求和，有
可得
根据位移关系有
则甲、乙组合体相对地面的位移

（3）弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，且此时甲、乙组合体和工件共速，设弹簧的最大压缩量为x，从甲、乙碰撞后至弹簧压缩至最短的过程，对甲、乙组合体和工件组成的系统，由动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
从弹簧压缩量最大至甲、乙和工件相对静止的过程，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒定律有
联立可得

【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】(1)小物块从到过程，由机械能守恒定律求出小物块到达点时的速度，根据动量守恒定律求得碰后的速度，在根据能量守恒求得损失的机械能；
(2)小物块从到过程，由动量守恒定律得到甲乙位移关系，结合总位移和甲乙位移关系求得在时间t内，甲、乙组合体相对地面的位移；
(3)小物块压缩弹簧过程，当两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律求出弹簧弹性势能的最大值。
本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的运用，清楚动量和能量守恒的条件，熟练运用公式解答。
（1）甲下降过程，根据动能定理有
解得
甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
碰撞过程损失的机械能
（2）甲、乙组合体相对工件运动过程，组合体和工件组成的系统动量守恒，设组合体的瞬时速度为v3、工件的瞬时速度为v4，有
则在极短的时间△t内，有2m
对两边求和，有
可得
根据位移关系有
则甲、乙组合体相对地面的位移
（3）弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，且此时甲、乙组合体和工件共速，设弹簧的最大压缩量为x，从甲、乙碰撞后至弹簧压缩至最短的过程，对甲、乙组合体和工件组成的系统，由动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
从弹簧压缩量最大至甲、乙和工件相对静止的过程，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒定律有
联立可得
1 / 1

展开更多......

收起↑