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2026届河北省名校联合体高三上学期一模物理试题
1．2025年3月9日，国内首款碳14核电池“烛龙一号”工程样机诞生。由于碳14的半衰期为5730年，该核电池理论寿命达数千年，能量密度远超传统电池。已知该核电池的衰变方程为下列说法正确的是（　　）
A．X为α粒子
B．卢瑟福利用X，通过实验提出了原子的核式结构模型
C．比更稳定
D．经过11460年，20个碳14还剩5个没有发生衰变
2．小明操作一无人机在空中沿直线飞行，它运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．无人机在t1时刻的速度小于t2时刻的速度
B．无人机在t2时刻的速度方向与t3时刻的速度方向相反
C．t3时刻，无人机的速度方向与加速度方向相同
D．无人机在t3时刻的加速度小于t4时刻的加速度
3．杜甫的诗句“穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞”中，蜻蜓连续“点水”于平静水面处，形成的水波可近似看作向四周传播的简谐横波。该水波在某时刻的波的图像如图所示，已知该水波的传播速度为1.0m/s，从质点O开始振动时开始计时，则0~2 s内，质点O通过的路程为（　　）
A．36 cm B．72 cm C．100 cm D．200 cm
4．港珠澳大桥的建设凝聚着中国工程师的智慧。工程师团队在世界范围内首次提出深插式钢圆筒快速成岛技术，使用起重船吊起巨型钢筒直接固定在海床上并插入到海底，然后在中间填土形成人工岛。如图甲所示，每个钢筒的直径为L，由八根对称分布的长为L的起吊绳通过机械抓手连接。某次悬吊的示意图（图中仅画出两根对称的起吊绳）如图乙所示，每根绳所承受的拉力大小约为则该巨型钢筒所受的重力约为（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，工人正借助一套简易装置搬运货物，轻质细绳一端绕过光滑定滑轮与放置在倾角的固定斜面上的质量m=0.5 kg的货物连接，另一端连接小型电动机M。t=0时刻，货物处于斜面的底端，启动电动机，货物由静止开始做匀加速直线运动，经t0=1 s，到达斜面顶端，此时电动机的输出功率P=12W。已知斜面的高度h=0.6m，与货物相连的细绳始终与斜面平行，重力加速度g取，空气阻力忽略不计，则货物与斜面间的动摩擦因数为（　　）
A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.8
6．2025年7月15日5时34分，搭载天舟九号货运飞船的长征七号遥十运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，8时52分，天舟九号与在轨运行的空间站组合体进行交会对接。若天舟九号先在近地圆轨道1运动，在P点加速进入椭圆转移轨道2，第一次运动到远地点Q时恰好与圆轨道3上的空间站组合体相遇并完成对接。如图所示，轨道3的半径为a，轨道1的半径近似等于地球半径R，O为地心，P、Q分别为轨道2与轨道1、3的切点，天舟九号在轨道1上沿顺时针方向转动，空间站组合体也沿顺时针方向转动。已知天舟九号在P点加速进入轨道2时，空间站组合体位于图中M点，则OP与OM的夹角θ为（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，小球A、B由一根绝缘细线连接后再被一根绕过光滑定滑轮的轻质绝缘细线连接，A的质量为m，两小球中只有一个带电，其带电荷量为q（q>0），空间存在平行于纸面的匀强电场（图中没有画出），定滑轮左侧细线恰好沿竖直方向，右侧细线与竖直方向的夹角θ=60°，细线均处于伸直状态，已知重力加速度为g。调整匀强电场的电场强度的大小和方向以及B的质量，要使整体处于图示位置并保持静止状态，当该匀强电场的电场强度最小时（　　）
A．电场强度的最小值为，B的质量为
B．电场强度的最小值为，B的质量为
C．电场强度的最小值为，B的质量为
D．电场强度的最小值为，B的质量为
8．氢气球常被用作装饰。如图所示，用一根轻质细绳将不计重力的氢气球与水平地面上质量m0.4kg的小物块连接，氢气球受F3N、水平恒定的风力作用，氢气球与小物块相对静止时，细绳与水平方向的夹角为θ。已知地面粗糙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，风对小物块的作用力不计，小物块始终没有脱离地面，重力加速度g取则下列说法正确的是（　　）
A．小物块一定受到4个力的作用
B．小物块的加速度可能为
C．细绳与水平方向的夹角θ不可能大于
D．若小物块始终处于静止状态，则小物块与地面间的动摩擦因数可能为0.6
9．自耦变压器是一种输出和输入共用同一组线圈的特种变压器。在如图甲所示的自耦变压器中，环形铁芯上只绕有一个匝数的线圈，通过滑动滑片P可以改变负载端线圈的匝数。已知输入端a与滑片触点M间的线圈匝数为50，定值电阻电表均为理想电表，线圈电阻不计，忽略漏磁。现在a、b端输入如图乙所示的交变电流，改变滑片P的位置，当滑片P滑至N时，定值电阻。消耗的功率达到最大值，则下列说法正确的是（　　）
A．当滑片P滑至M时，电压表的示数为36V
B．当滑片P滑至M时，电流表的示数为18A
C．aN间的线圈匝数为100
D．当滑片P滑至N时，定值电阻消耗的功率为169W
10．如图所示，间距为l的平行金属导轨右侧弯曲部分为半径为l的光滑圆弧导轨，左侧为长度为l的水平导轨，圆弧导轨和水平导轨在c、d点相切，水平导轨的左端a、b连接阻值为R的定值电阻，水平导轨所在区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，e、f两点（图中未画出）分别为bc和ad的中点，将质量为m的导体棒从右侧圆弧导轨的最高点由静止释放，导体棒恰好能够运动至水平导轨左边缘ab位置。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，导体棒接入回路的电阻为2R，导体棒与水平导轨之间的动摩擦因数为，金属导轨电阻不计，导体棒在导轨上运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程，通过定值电阻的电荷量为
B．导体棒在水平导轨上运动的时间为
C．整个运动过程，导体棒产生的焦耳热为
D．导体棒经过ef时的速度小于
11．小李同学设计了一个测动摩擦因数的实验，他做实验的装置如图甲所示。在左端带有光滑定滑轮的长木板上固定一个光电门，长木板右端放置一物块，宽度为d的遮光片固定在物块的左端，长木板固定在水平面上，物块与力传感器、沙桶通过跨过定滑轮的细线连接，力传感器能显示细线的拉力。实验时，多次改变沙桶中沙的质量，每次都让物块从距离光电门为L的同一位置由静止释放，读出多组力传感器的示数F及遮光片经过光电门的时间t。在坐标系中作出的的图像如图乙所示，图线与纵轴的截距为b，与横轴的截距为．已知重力加速度为g。
（1）对于该实验，以下说法正确的是_________。
A．该实验需要满足沙和沙桶的总质量远小于物块的质量
B．该实验需要抬高长木板右端来平衡摩擦力
C．该实验需要使拉物块的细线与长木板平行
（2）根据实验测量的物理量及图线信息可知物块质量的表达式　 　。物块与木板之间的动摩擦因数的表达式　 　（均用题中所给的字母表示）
12．为了探究“等温条件下气体压强与体积的关系”，某同学设计了如图甲所示的实验装置。水平桌面上固定一足够高、导热性能良好、开口向上的汽缸，质量为m0、横截面积为S、厚度不计的光滑活塞密封一定质量的理想气体，轻质细绳一端连接活塞中心，另一端绕过两个光滑定滑轮连接轻质沙桶（桶中开始没有细沙），连接活塞的细绳竖直，在桶中加入细沙之前，活塞稳定时，活塞到汽缸底部的高度为。已知重力加速度为g，大气压强为，环境温度不变。
（1）在桶中加入细沙之前，活塞稳定时，密封气体的压强　 　。
（2）在沙桶中缓慢加入一定质量的细沙，活塞稳定时，记录下沙桶中细沙的质量m与活塞到汽缸底部的高度h，多次重复这一过程，得到多组m、h的数据，利用所得数据，描绘出图像如图乙所示，则该图像的纵截距为　 　；根据图乙可知该图像的横截距为a，若在误差允许的范围内，满足大气压强　 　，则温度一定时，气体压强与体积成反比。
13．如图甲所示的多用电表是一种多功能仪表，可以用来测量电流、电压以及电阻。某同学将该多用电表的选择开关旋至欧姆挡位置，并作出欧姆挡内部简化电路如图乙所示，虚线框中的阴影部分为正负极不确定的电源，随后进行了以下的操作。
（1）为了测量如图丙所示晶体二极管的电阻，该同学先把选择开关旋至“×10”挡，将两表笔A、B短接，调节，使表头G的指针达到满偏，再将表笔A与二极管的Q端连接，将表笔B与二极管的P端连接，观察到欧姆表指针偏转角度很小，则表笔A应接内部电源的　 　（选填“正极”或“负极”）。
（2）该同学随后将表笔A与二极管的P端连接，将表笔B与二极管的Q端连接，观察到欧姆表指针偏转角度太大，为了减小测量误差，应将选择开关旋至　 　（选填“×1”或“×100”）挡，再次将两表笔A、B短接，调节R0，使表头G的指针达到满偏，之后进行测量，得到多用电表刻度盘上指针偏转情况如图丁所示，则此时测得的二极管的正向电阻为　 　Ω（保留两位有效数字）。
（3）为了深入了解欧姆挡内部的情况，该同学设计了如图戊所示的电路图，用来测量（2）中换挡后欧姆表内部电源的电动势及在该挡位下欧姆表的总电阻。
操作步骤如下：
A．按图戊所示，正确连接好电路后，读取电流表的示数为Ⅰ，欧姆表的示数为R；
B．仅调节，得到多组Ⅰ、R的数据；
C．利用记录的电流表示数I和相应的欧姆表示数R，作出图像如图己所示。
根据图己，可知欧姆表内部电源的电动势E=　 　V。该挡位下欧姆表的总电阻　 　（结果均保留三位有效数字）
14．如图甲所示，平静的水面上漂浮着一片半径R=0.35m、厚度不计的圆形荷叶，质量m=10 g、可视为质点的鲤鱼正在荷叶下方水平面内以速度做匀速圆周运动。简化示意图如图乙所示，鲤鱼与荷叶的竖直高度差已知水的折射率重力加速度g取若游客在水面上任意位置均看不到鲤鱼，求：
（1）鲤鱼做圆周运动的最大半径。
（2）水对鲤鱼的作用力F的最小值。
15．如图所示，半径R=4.9m的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，O为圆心，质量的长木板A紧靠圆弧，上表面水平且与圆弧轨道末端平齐，木板左端静置一质量的小物块B．现将质量的小物块C从圆弧轨道上的P点由静止释放，随后小物块C、B在极短时间内发生弹性碰撞，小物块B最终停在长木板上。已知P、O连线与竖直方向的夹角（A与地面、A与B、A与C之间的动摩擦因数分别为重力加速度g取B、C均可视为质点。求：
（1）小物块C与B碰撞后瞬间，B、C的速度大小。
（2）小物块C最终与长木板左端的距离（结果可用分数表示）。
16．如图所示，空间存在彼此平行的四个足够大的竖直平面M、N、P、Q，相邻平面的间距均为d，四个平面的中心位置位于同一垂直于四个平面的水平直线上。平面M、N间有水平向右的匀强电场，M、N间的电势差为U，平面N、P之间有方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，平面P、Q间有方向水平向外、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。将质量为m、电荷量为q的带正电粒子从由静止释放，粒子重力不计。
（1）求粒子由静止释放至首次到达平面P的时间。
（2）若将平面N、P之间的磁场撤去，在平面N、P之间加一竖直向下的匀强电场，电场强度大小等于M、N间的电场的2倍，粒子能够到达平面Q，求B2的最大值。
（3）在（2）问情景中，当粒子经过平面P时，将B2方向变为水平向右，大小变为，求粒子到达平面Q的位置与中心点O4之间的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α粒子的散射；结合能与比结合能
【解析】【解答】A：根据衰变方程 ，由质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，为β粒子（电子），不是α粒子，故A错误；
B：卢瑟福提出原子核式结构模型的实验是α粒子散射实验，使用的是α粒子，而非本题中的β粒子，故B错误；
C：碳14发生β衰变生成氮14，说明生成的新核 比 更稳定，故C正确；
D：半衰期是统计规律，仅对大量原子核才有意义，20个碳14属于少量原子核，不一定会剩下5个未衰变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：根据衰变方程的质量数和电荷数守恒，判断X粒子的种类；
B：回忆卢瑟福原子核式结构模型的实验粒子；
C：衰变过程总是向更稳定的核转变；
D：明确半衰期的统计意义，不适用于少量原子核。
2．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：由v-t图像可知，t1时刻的速度小于t2时刻的速度，故A正确；
B：t2时刻与t3时刻的速度均为正值，速度方向相同，故B错误；
C：t3时刻，图像斜率为负（加速度为负），速度为正，因此速度方向与加速度方向相反，故C错误；
D：图像斜率的绝对值表示加速度大小，t3时刻的斜率绝对值大于t4时刻，因此t3时刻的加速度大于t4时刻的加速度，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：直接根据v-t图像的纵坐标比较速度大小；
B：根据速度的正负判断速度方向；
C：结合图像斜率的正负（加速度方向）与速度正负，判断两者方向关系；
D：根据图像斜率的绝对值比较加速度大小。
3．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的周期为，可得0~2s内，质点O通过的路程为
故答案为：B。
【分析】本题考查机械波的周期与质点振动路程的计算。解题关键是先由波长和波速求出周期，再根据时间与周期的关系，结合“一个周期内质点路程为4A”的规律，计算总路程。
4．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】每根吊绳与竖直方向的夹角θ满足，所以，所有吊绳的竖直分力之和等于钢筒的重力G，，解得
故答案为：D。
【分析】本题考查力的合成与平衡条件的应用，先根据几何关系求出吊绳与竖直方向的夹角，再将每根吊绳的拉力分解为竖直分力，通过所有竖直分力之和等于钢筒重力的平衡条件计算总重力。
5．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【解答】到达斜面顶端时，由，可得v=2m/s，加速度
由牛顿第二定律，因为，联立解得
故答案为：B。
【分析】本题考查匀加速直线运动规律、功率公式与牛顿第二定律的综合应用，先由平均速度求出末速度和加速度，再结合功率公式求出拉力，最后通过受力分析列牛顿第二定律方程，联立求解动摩擦因数。
6．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】根据开普勒第三定律可知，天舟九号沿椭圆轨道2与空间站沿圆轨道3运动的周期之比为，由题意可知，解得
故答案为：C。
【分析】本题考查开普勒第三定律与圆周运动的追及问题，先由开普勒第三定律求周期比，再利用时间相等建立角度关系求解夹角。
7．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由题意得，左侧细线竖直，说明A、B间细线无弹力，带电的一定是B球，对A球受力平衡可知，滑轮左侧细线拉力 ，对B球受力分析，当电场力方向与B球重力方向垂直时，电场力最小，
由平衡条件：，代入 ，解得：
故答案为：A。
【分析】本题考查共点力平衡条件的应用，关键是先通过A球的受力平衡确定细线拉力，再对B球进行受力分析，利用“当电场力方向与重力方向垂直时，电场力最小”的规律，结合三角函数关系求解电场强度最小值与B球质量。
8．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A：若小物块刚好与地面无挤压，则只受重力和细绳拉力2个力的作用，并非一定受4个力，故A错误；
B：对系统整体分析，当小物块刚好与地面无挤压时，水平方向仅受风力 ，由牛顿第二定律 ，得 ，故B正确；
C：当小物块刚好与地面无挤压时，夹角最大。对氢气球：；对小物块：，联立得，故，即不可能大于，故C正确；
D：若小物块静止，水平方向摩擦力，由，若，则，但竖直方向，与矛盾，故动摩擦因数不可能为0.6，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：分析小物块刚好与地面无挤压时的受力情况；
B：整体分析小物块与地面无挤压时的加速度；
C：利用临界状态（无挤压）分析细绳夹角的最大值；
D：根据平衡条件，分析动摩擦因数为0.6时的矛盾。
9．【答案】C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：当滑片P滑至M时，输入线圈匝数，输出线圈匝数。输入电压有效值，结合变压器电压比、电流比关系与，可解得电压表的示数，并非36V，故A错误；
B：由上述分析可知，电流表的示数（副线圈电流）并非18A，故B错误；
C：将等效为电源内阻，当负载等效电阻等于内阻时，的功率最大，即，解得，故与间匝数为100，与间匝数为100，故C正确；
D：当滑片P滑至N时，解得副线圈电流，则消耗的功率，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：结合变压器电压比、电流比与输入回路电压关系，计算电压表的示数；
B：通过电流比与回路方程，判断电流表的示数；
C：利用等效电源的“负载电阻等于内阻时功率最大”的规律，推导线圈匝数；
D：根据功率公式，计算消耗的功率。
10．【答案】B,C
【知识点】动量定理；能量守恒定律；动能定理的综合应用；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A：通过导体棒的电荷量 ，因此通过定值电阻的电荷量为 ，而非 ，故A错误；
B：导体棒从圆弧轨道上端滑下，由动能定理得 ，解得 。在水平轨道上，由动量定理：，代入 ，可解得运动时间 ，故B正确；
C：根据能量守恒，总焦耳热 。导体棒与定值电阻串联，焦耳热与电阻成正比，导体棒产生的热量 ，故C正确；
D：若无磁场，由动能定理可得经过ef点的速度 ；实际运动中安培力做负功，速度会更小，
由于，则，因此导体棒经过ef时的速度大于，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：利用电荷量公式 计算通过定值电阻的电荷量；
B：结合动能定理与动量定理，推导导体棒在水平轨道上的运动时间；
C：根据能量守恒与串联电路焦耳热分配规律，计算导体棒产生的焦耳热；
D：通过无磁场的情况对比，分析实际速度的范围。
11．【答案】（1）C
（2）；
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）A．拉力通过力传感器得到，不需要重力近似为拉力，此外沙和沙桶的总质量远小于物块的质量可能会导致物块不运动，故A错误；
B．平衡摩擦力将导致拉力等于合力，合力的解析式不包含摩擦力的项，将无法进行测动摩擦因数的实验，不需要平衡摩擦力，故B错误；
C．为了保证拉力与摩擦力的合力沿运动方向，该实验需要使拉物块的细线与长木板平行，故C正确；
故答案为：C。
（2）由牛顿第二定律得，由位移速度关系得，物块运动通过光电门的速度
推导得，的图像的斜率，推导得，的图像的纵轴截距，推导得
故答案为：；
【分析】(1) 力传感器直接测拉力，无需沙桶质量远小于物块；实验目的是测动摩擦因数，不能平衡摩擦力；细线需与木板平行，保证拉力与运动方向一致。
(2) 由牛顿第二定律和运动学公式推导出的关系式，再结合图像的斜率和截距求解质量和动摩擦因数。
（1）A．拉力通过力传感器得到，不需要重力近似为拉力，此外沙和沙桶的总质量远小于物块的质量可能会导致物块不运动，故A错误；
B．平衡摩擦力将导致拉力等于合力，合力的解析式不包含摩擦力的项，将无法进行测动摩擦因数的实验，不需要平衡摩擦力，故B错误；
C．为了保证拉力与摩擦力的合力沿运动方向，该实验需要使拉物块的细线与长木板平行，故C正确；
故选C。
（2）[1]由牛顿第二定律得
由位移速度关系得
物块运动通过光电门的速度
推导得
的图像的斜率
推导得
[2]的图像的纵轴截距
推导得
12．【答案】（1）
（2）；
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】（1）在桶中加入细沙之前，活塞稳定时，根据平衡条件可得
解得密封气体的压强
故答案为：
（2）在沙桶中缓慢加入一定质量的细沙，活塞稳定时，根据平衡条件可得
解得，根据玻意耳定律可知，联立整理可得，可知图像的纵截距为；
根据图乙可知该图像的横截距为a，则有
可得。
故答案为：；
【分析】(1) 桶中无细沙时，活塞受力平衡，由 可得气体压强；
(2) 加入细沙后，活塞受力平衡，结合玻意耳定律 ，整理得到 的关系式，再由图像的纵截距和横截距求解。
（1）在桶中加入细沙之前，活塞稳定时，根据平衡条件可得
解得密封气体的压强
（2）[1][2]在沙桶中缓慢加入一定质量的细沙，活塞稳定时，根据平衡条件可得
解得
根据玻意耳定律可知
联立整理可得
可知图像的纵截距为；
根据图乙可知该图像的横截距为a，则有
可得。
13．【答案】（1）负极
（2）×1；9.0
（3）1.50；14.9
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）因欧姆表指针偏转角度很小，说明二极管电阻很大，又因其反向电阻很大，说明测量的是其反向电阻，表笔A与二极管的Q端连接，二极管的Q端是其正极，应连接电源负极，即表笔A接里边电源的负极
故答案为：负极
（2）欧姆表指针偏转角度太大，说明二极管正向电阻很小，应选择更低倍率的挡位，即将选择开关旋至×1挡位，二极管正向电阻为
故答案为：×1；9.0
（3）由闭合电路的欧姆定律满偏时有，，联立解得
结合图己有，斜率
电动势E=1.50V。该挡位下欧姆表的总电阻
故答案为：1.50；14.9
【分析】(1) 二极管反向电阻大，指针偏角小，此时表笔A接二极管正极，说明A接内部电源的负极；
(2) 正向电阻小，指针偏角大，应换用低倍率×1挡，读数为9.0×1Ω；
(3) 由闭合电路欧姆定律整理关系式，结合图像斜率和截距求电动势和内阻。
（1）因欧姆表指针偏转角度很小，说明二极管电阻很大，又因其反向电阻很大，说明测量的是其反向电阻，表笔A与二极管的Q端连接，二极管的Q端是其正极，应连接电源负极，即表笔A接里边电源的负极
（2）[1]欧姆表指针偏转角度太大，说明二极管正向电阻很小，应选择更低倍率的挡位，即将选择开关旋至×1挡位
[2] 二极管正向电阻为
（3）[1][2]由闭合电路的欧姆定律满偏时有
联立解得
结合图己有，斜率
电动势E=1.50V。该挡位下欧姆表的总电阻
14．【答案】（1）解：当鲤鱼做匀速圆周运动的轨迹对应的入射光到荷叶边缘恰好发生全反射时，对应的轨道半径最大，设最大轨道半径为rmax，根据几何关系，有
根据全反射的临界角与折射率的关系，有
解得
（2）解：鲤鱼做匀速圆周运动，根据鲤鱼所受的合力提供向心力，有
需要水对鲤鱼的作用力F最小，则需要鲤鱼做圆周运动的轨道半径r最大，解得
【知识点】向心力；光的全反射
【解析】【分析】(1) 鲤鱼做圆周运动的光线到荷叶边缘恰好发生全反射时，轨道半径最大。利用全反射临界角和几何关系求解；
(2) 水对鲤鱼的作用力与重力的合力提供向心力，由向心力公式和几何关系求作用力的最小值。
（1）当鲤鱼做匀速圆周运动的轨迹对应的入射光到荷叶边缘恰好发生全反射时，对应的轨道半径最大，设最大轨道半径为rmax，根据几何关系，有
根据全反射的临界角与折射率的关系，有
解得
（2）鲤鱼做匀速圆周运动，根据鲤鱼所受的合力提供向心力，有
需要水对鲤鱼的作用力F最小，则需要鲤鱼做圆周运动的轨道半径r最大，解得
15．【答案】（1）解：物块C下滑过程，根据动能定理，有
解得
C与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
解得，
（2）解：C滑上长木板后，C与B均开始做匀减速直线运动，设C与B的加速度大小分别为，，对C、B分别进行受力分析，根据牛顿第二定律，有，
A向右做匀加速直线运动，设A的加速度大小为，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律，有
解得，，
则A、C先达到共同速度，设经历时间为，A、C达到共同速度，则有
解得，
之后A、C保持相对静止，则小物块C最终与长木板左端的距离等于C相对于A向右的位移
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1) 小物块C下滑过程由动能定理求碰撞前速度，再通过弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒，求解碰撞后B、C的速度；
(2) 分析C、B和木板A的受力，得到各自加速度，再通过运动学关系分析共速过程，计算C相对木板A的位移。
（1）物块C下滑过程，根据动能定理，有
解得
C与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
解得，
（2）C滑上长木板后，C与B均开始做匀减速直线运动，设C与B的加速度大小分别为，，对C、B分别进行受力分析，根据牛顿第二定律，有，
A向右做匀加速直线运动，设A的加速度大小为，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律，有
解得，，
则A、C先达到共同速度，设经历时间为，A、C达到共同速度，则有
解得，
之后A、C保持相对静止，则小物块C最终与长木板左端的距离等于C相对于A向右的位移
16．【答案】（1）解：粒子在平面M、N之间被加速，根据动能定理，有
解得
粒子在平面N、P间的磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有，
解得，
在粒子的加速过程中，有
根据几何关系可知，粒子在平面N、P间磁场中的运动轨迹对应的圆心角为30°，则有
粒子由静止释放至首次到达平面P的时间
（2）解：粒子在平面N、P间的电场中做类平抛运动，则有
设粒子到达平面P的速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
解得tanθ=1
当粒子在平面P、Q间的磁场中做匀速圆周运动的轨迹与平面Q相切时，B2达到最大值，根据几何关系，有
根据粒子在平面P、Q间做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）解：粒子在平面N、P间做类平抛运动的侧移量
当粒子经过平面P时，将粒子的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在水平方向上做速度为v0的匀速直线运动，在竖直方向上做的匀速圆周运动，则在竖直平面内，有，
解得，
由于
表明粒子做圆周运动经过最低点时恰好到达平面Q，则粒子到达平面Q的位置与中心点O4之间的距离
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子先在电场中加速，再在磁场中偏转，分别计算两个阶段的运动时间，再求和；
(2) 撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，再进入磁场偏转，根据轨迹与平面相切的临界条件，求解B2的最大值；
(3) 改变B2方向后，粒子在P、Q间的运动分解为水平匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，再结合几何关系求到达Q点时与中心的距离。
（1）粒子在平面M、N之间被加速，根据动能定理，有
解得
粒子在平面N、P间的磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有，
解得，
在粒子的加速过程中，有
根据几何关系可知，粒子在平面N、P间磁场中的运动轨迹对应的圆心角为30°，则有
粒子由静止释放至首次到达平面P的时间
（2）粒子在平面N、P间的电场中做类平抛运动，则有
设粒子到达平面P的速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
解得tanθ=1
当粒子在平面P、Q间的磁场中做匀速圆周运动的轨迹与平面Q相切时，B2达到最大值，根据几何关系，有
根据粒子在平面P、Q间做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）粒子在平面N、P间做类平抛运动的侧移量
当粒子经过平面P时，将粒子的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在水平方向上做速度为v0的匀速直线运动，在竖直方向上做的匀速圆周运动，则在竖直平面内，有，
解得，
由于
表明粒子做圆周运动经过最低点时恰好到达平面Q，则粒子到达平面Q的位置与中心点O4之间的距离
解得
1 / 12026届河北省名校联合体高三上学期一模物理试题
1．2025年3月9日，国内首款碳14核电池“烛龙一号”工程样机诞生。由于碳14的半衰期为5730年，该核电池理论寿命达数千年，能量密度远超传统电池。已知该核电池的衰变方程为下列说法正确的是（　　）
A．X为α粒子
B．卢瑟福利用X，通过实验提出了原子的核式结构模型
C．比更稳定
D．经过11460年，20个碳14还剩5个没有发生衰变
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α粒子的散射；结合能与比结合能
【解析】【解答】A：根据衰变方程 ，由质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，为β粒子（电子），不是α粒子，故A错误；
B：卢瑟福提出原子核式结构模型的实验是α粒子散射实验，使用的是α粒子，而非本题中的β粒子，故B错误；
C：碳14发生β衰变生成氮14，说明生成的新核 比 更稳定，故C正确；
D：半衰期是统计规律，仅对大量原子核才有意义，20个碳14属于少量原子核，不一定会剩下5个未衰变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：根据衰变方程的质量数和电荷数守恒，判断X粒子的种类；
B：回忆卢瑟福原子核式结构模型的实验粒子；
C：衰变过程总是向更稳定的核转变；
D：明确半衰期的统计意义，不适用于少量原子核。
2．小明操作一无人机在空中沿直线飞行，它运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．无人机在t1时刻的速度小于t2时刻的速度
B．无人机在t2时刻的速度方向与t3时刻的速度方向相反
C．t3时刻，无人机的速度方向与加速度方向相同
D．无人机在t3时刻的加速度小于t4时刻的加速度
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：由v-t图像可知，t1时刻的速度小于t2时刻的速度，故A正确；
B：t2时刻与t3时刻的速度均为正值，速度方向相同，故B错误；
C：t3时刻，图像斜率为负（加速度为负），速度为正，因此速度方向与加速度方向相反，故C错误；
D：图像斜率的绝对值表示加速度大小，t3时刻的斜率绝对值大于t4时刻，因此t3时刻的加速度大于t4时刻的加速度，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：直接根据v-t图像的纵坐标比较速度大小；
B：根据速度的正负判断速度方向；
C：结合图像斜率的正负（加速度方向）与速度正负，判断两者方向关系；
D：根据图像斜率的绝对值比较加速度大小。
3．杜甫的诗句“穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞”中，蜻蜓连续“点水”于平静水面处，形成的水波可近似看作向四周传播的简谐横波。该水波在某时刻的波的图像如图所示，已知该水波的传播速度为1.0m/s，从质点O开始振动时开始计时，则0~2 s内，质点O通过的路程为（　　）
A．36 cm B．72 cm C．100 cm D．200 cm
【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的周期为，可得0~2s内，质点O通过的路程为
故答案为：B。
【分析】本题考查机械波的周期与质点振动路程的计算。解题关键是先由波长和波速求出周期，再根据时间与周期的关系，结合“一个周期内质点路程为4A”的规律，计算总路程。
4．港珠澳大桥的建设凝聚着中国工程师的智慧。工程师团队在世界范围内首次提出深插式钢圆筒快速成岛技术，使用起重船吊起巨型钢筒直接固定在海床上并插入到海底，然后在中间填土形成人工岛。如图甲所示，每个钢筒的直径为L，由八根对称分布的长为L的起吊绳通过机械抓手连接。某次悬吊的示意图（图中仅画出两根对称的起吊绳）如图乙所示，每根绳所承受的拉力大小约为则该巨型钢筒所受的重力约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】每根吊绳与竖直方向的夹角θ满足，所以，所有吊绳的竖直分力之和等于钢筒的重力G，，解得
故答案为：D。
【分析】本题考查力的合成与平衡条件的应用，先根据几何关系求出吊绳与竖直方向的夹角，再将每根吊绳的拉力分解为竖直分力，通过所有竖直分力之和等于钢筒重力的平衡条件计算总重力。
5．如图所示，工人正借助一套简易装置搬运货物，轻质细绳一端绕过光滑定滑轮与放置在倾角的固定斜面上的质量m=0.5 kg的货物连接，另一端连接小型电动机M。t=0时刻，货物处于斜面的底端，启动电动机，货物由静止开始做匀加速直线运动，经t0=1 s，到达斜面顶端，此时电动机的输出功率P=12W。已知斜面的高度h=0.6m，与货物相连的细绳始终与斜面平行，重力加速度g取，空气阻力忽略不计，则货物与斜面间的动摩擦因数为（　　）
A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.8
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【解答】到达斜面顶端时，由，可得v=2m/s，加速度
由牛顿第二定律，因为，联立解得
故答案为：B。
【分析】本题考查匀加速直线运动规律、功率公式与牛顿第二定律的综合应用，先由平均速度求出末速度和加速度，再结合功率公式求出拉力，最后通过受力分析列牛顿第二定律方程，联立求解动摩擦因数。
6．2025年7月15日5时34分，搭载天舟九号货运飞船的长征七号遥十运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，8时52分，天舟九号与在轨运行的空间站组合体进行交会对接。若天舟九号先在近地圆轨道1运动，在P点加速进入椭圆转移轨道2，第一次运动到远地点Q时恰好与圆轨道3上的空间站组合体相遇并完成对接。如图所示，轨道3的半径为a，轨道1的半径近似等于地球半径R，O为地心，P、Q分别为轨道2与轨道1、3的切点，天舟九号在轨道1上沿顺时针方向转动，空间站组合体也沿顺时针方向转动。已知天舟九号在P点加速进入轨道2时，空间站组合体位于图中M点，则OP与OM的夹角θ为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】根据开普勒第三定律可知，天舟九号沿椭圆轨道2与空间站沿圆轨道3运动的周期之比为，由题意可知，解得
故答案为：C。
【分析】本题考查开普勒第三定律与圆周运动的追及问题，先由开普勒第三定律求周期比，再利用时间相等建立角度关系求解夹角。
7．如图所示，小球A、B由一根绝缘细线连接后再被一根绕过光滑定滑轮的轻质绝缘细线连接，A的质量为m，两小球中只有一个带电，其带电荷量为q（q>0），空间存在平行于纸面的匀强电场（图中没有画出），定滑轮左侧细线恰好沿竖直方向，右侧细线与竖直方向的夹角θ=60°，细线均处于伸直状态，已知重力加速度为g。调整匀强电场的电场强度的大小和方向以及B的质量，要使整体处于图示位置并保持静止状态，当该匀强电场的电场强度最小时（　　）
A．电场强度的最小值为，B的质量为
B．电场强度的最小值为，B的质量为
C．电场强度的最小值为，B的质量为
D．电场强度的最小值为，B的质量为
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由题意得，左侧细线竖直，说明A、B间细线无弹力，带电的一定是B球，对A球受力平衡可知，滑轮左侧细线拉力 ，对B球受力分析，当电场力方向与B球重力方向垂直时，电场力最小，
由平衡条件：，代入 ，解得：
故答案为：A。
【分析】本题考查共点力平衡条件的应用，关键是先通过A球的受力平衡确定细线拉力，再对B球进行受力分析，利用“当电场力方向与重力方向垂直时，电场力最小”的规律，结合三角函数关系求解电场强度最小值与B球质量。
8．氢气球常被用作装饰。如图所示，用一根轻质细绳将不计重力的氢气球与水平地面上质量m0.4kg的小物块连接，氢气球受F3N、水平恒定的风力作用，氢气球与小物块相对静止时，细绳与水平方向的夹角为θ。已知地面粗糙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，风对小物块的作用力不计，小物块始终没有脱离地面，重力加速度g取则下列说法正确的是（　　）
A．小物块一定受到4个力的作用
B．小物块的加速度可能为
C．细绳与水平方向的夹角θ不可能大于
D．若小物块始终处于静止状态，则小物块与地面间的动摩擦因数可能为0.6
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A：若小物块刚好与地面无挤压，则只受重力和细绳拉力2个力的作用，并非一定受4个力，故A错误；
B：对系统整体分析，当小物块刚好与地面无挤压时，水平方向仅受风力 ，由牛顿第二定律 ，得 ，故B正确；
C：当小物块刚好与地面无挤压时，夹角最大。对氢气球：；对小物块：，联立得，故，即不可能大于，故C正确；
D：若小物块静止，水平方向摩擦力，由，若，则，但竖直方向，与矛盾，故动摩擦因数不可能为0.6，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：分析小物块刚好与地面无挤压时的受力情况；
B：整体分析小物块与地面无挤压时的加速度；
C：利用临界状态（无挤压）分析细绳夹角的最大值；
D：根据平衡条件，分析动摩擦因数为0.6时的矛盾。
9．自耦变压器是一种输出和输入共用同一组线圈的特种变压器。在如图甲所示的自耦变压器中，环形铁芯上只绕有一个匝数的线圈，通过滑动滑片P可以改变负载端线圈的匝数。已知输入端a与滑片触点M间的线圈匝数为50，定值电阻电表均为理想电表，线圈电阻不计，忽略漏磁。现在a、b端输入如图乙所示的交变电流，改变滑片P的位置，当滑片P滑至N时，定值电阻。消耗的功率达到最大值，则下列说法正确的是（　　）
A．当滑片P滑至M时，电压表的示数为36V
B．当滑片P滑至M时，电流表的示数为18A
C．aN间的线圈匝数为100
D．当滑片P滑至N时，定值电阻消耗的功率为169W
【答案】C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：当滑片P滑至M时，输入线圈匝数，输出线圈匝数。输入电压有效值，结合变压器电压比、电流比关系与，可解得电压表的示数，并非36V，故A错误；
B：由上述分析可知，电流表的示数（副线圈电流）并非18A，故B错误；
C：将等效为电源内阻，当负载等效电阻等于内阻时，的功率最大，即，解得，故与间匝数为100，与间匝数为100，故C正确；
D：当滑片P滑至N时，解得副线圈电流，则消耗的功率，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：结合变压器电压比、电流比与输入回路电压关系，计算电压表的示数；
B：通过电流比与回路方程，判断电流表的示数；
C：利用等效电源的“负载电阻等于内阻时功率最大”的规律，推导线圈匝数；
D：根据功率公式，计算消耗的功率。
10．如图所示，间距为l的平行金属导轨右侧弯曲部分为半径为l的光滑圆弧导轨，左侧为长度为l的水平导轨，圆弧导轨和水平导轨在c、d点相切，水平导轨的左端a、b连接阻值为R的定值电阻，水平导轨所在区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，e、f两点（图中未画出）分别为bc和ad的中点，将质量为m的导体棒从右侧圆弧导轨的最高点由静止释放，导体棒恰好能够运动至水平导轨左边缘ab位置。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，导体棒接入回路的电阻为2R，导体棒与水平导轨之间的动摩擦因数为，金属导轨电阻不计，导体棒在导轨上运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程，通过定值电阻的电荷量为
B．导体棒在水平导轨上运动的时间为
C．整个运动过程，导体棒产生的焦耳热为
D．导体棒经过ef时的速度小于
【答案】B,C
【知识点】动量定理；能量守恒定律；动能定理的综合应用；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A：通过导体棒的电荷量 ，因此通过定值电阻的电荷量为 ，而非 ，故A错误；
B：导体棒从圆弧轨道上端滑下，由动能定理得 ，解得 。在水平轨道上，由动量定理：，代入 ，可解得运动时间 ，故B正确；
C：根据能量守恒，总焦耳热 。导体棒与定值电阻串联，焦耳热与电阻成正比，导体棒产生的热量 ，故C正确；
D：若无磁场，由动能定理可得经过ef点的速度 ；实际运动中安培力做负功，速度会更小，
由于，则，因此导体棒经过ef时的速度大于，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：利用电荷量公式 计算通过定值电阻的电荷量；
B：结合动能定理与动量定理，推导导体棒在水平轨道上的运动时间；
C：根据能量守恒与串联电路焦耳热分配规律，计算导体棒产生的焦耳热；
D：通过无磁场的情况对比，分析实际速度的范围。
11．小李同学设计了一个测动摩擦因数的实验，他做实验的装置如图甲所示。在左端带有光滑定滑轮的长木板上固定一个光电门，长木板右端放置一物块，宽度为d的遮光片固定在物块的左端，长木板固定在水平面上，物块与力传感器、沙桶通过跨过定滑轮的细线连接，力传感器能显示细线的拉力。实验时，多次改变沙桶中沙的质量，每次都让物块从距离光电门为L的同一位置由静止释放，读出多组力传感器的示数F及遮光片经过光电门的时间t。在坐标系中作出的的图像如图乙所示，图线与纵轴的截距为b，与横轴的截距为．已知重力加速度为g。
（1）对于该实验，以下说法正确的是_________。
A．该实验需要满足沙和沙桶的总质量远小于物块的质量
B．该实验需要抬高长木板右端来平衡摩擦力
C．该实验需要使拉物块的细线与长木板平行
（2）根据实验测量的物理量及图线信息可知物块质量的表达式　 　。物块与木板之间的动摩擦因数的表达式　 　（均用题中所给的字母表示）
【答案】（1）C
（2）；
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）A．拉力通过力传感器得到，不需要重力近似为拉力，此外沙和沙桶的总质量远小于物块的质量可能会导致物块不运动，故A错误；
B．平衡摩擦力将导致拉力等于合力，合力的解析式不包含摩擦力的项，将无法进行测动摩擦因数的实验，不需要平衡摩擦力，故B错误；
C．为了保证拉力与摩擦力的合力沿运动方向，该实验需要使拉物块的细线与长木板平行，故C正确；
故答案为：C。
（2）由牛顿第二定律得，由位移速度关系得，物块运动通过光电门的速度
推导得，的图像的斜率，推导得，的图像的纵轴截距，推导得
故答案为：；
【分析】(1) 力传感器直接测拉力，无需沙桶质量远小于物块；实验目的是测动摩擦因数，不能平衡摩擦力；细线需与木板平行，保证拉力与运动方向一致。
(2) 由牛顿第二定律和运动学公式推导出的关系式，再结合图像的斜率和截距求解质量和动摩擦因数。
（1）A．拉力通过力传感器得到，不需要重力近似为拉力，此外沙和沙桶的总质量远小于物块的质量可能会导致物块不运动，故A错误；
B．平衡摩擦力将导致拉力等于合力，合力的解析式不包含摩擦力的项，将无法进行测动摩擦因数的实验，不需要平衡摩擦力，故B错误；
C．为了保证拉力与摩擦力的合力沿运动方向，该实验需要使拉物块的细线与长木板平行，故C正确；
故选C。
（2）[1]由牛顿第二定律得
由位移速度关系得
物块运动通过光电门的速度
推导得
的图像的斜率
推导得
[2]的图像的纵轴截距
推导得
12．为了探究“等温条件下气体压强与体积的关系”，某同学设计了如图甲所示的实验装置。水平桌面上固定一足够高、导热性能良好、开口向上的汽缸，质量为m0、横截面积为S、厚度不计的光滑活塞密封一定质量的理想气体，轻质细绳一端连接活塞中心，另一端绕过两个光滑定滑轮连接轻质沙桶（桶中开始没有细沙），连接活塞的细绳竖直，在桶中加入细沙之前，活塞稳定时，活塞到汽缸底部的高度为。已知重力加速度为g，大气压强为，环境温度不变。
（1）在桶中加入细沙之前，活塞稳定时，密封气体的压强　 　。
（2）在沙桶中缓慢加入一定质量的细沙，活塞稳定时，记录下沙桶中细沙的质量m与活塞到汽缸底部的高度h，多次重复这一过程，得到多组m、h的数据，利用所得数据，描绘出图像如图乙所示，则该图像的纵截距为　 　；根据图乙可知该图像的横截距为a，若在误差允许的范围内，满足大气压强　 　，则温度一定时，气体压强与体积成反比。
【答案】（1）
（2）；
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】（1）在桶中加入细沙之前，活塞稳定时，根据平衡条件可得
解得密封气体的压强
故答案为：
（2）在沙桶中缓慢加入一定质量的细沙，活塞稳定时，根据平衡条件可得
解得，根据玻意耳定律可知，联立整理可得，可知图像的纵截距为；
根据图乙可知该图像的横截距为a，则有
可得。
故答案为：；
【分析】(1) 桶中无细沙时，活塞受力平衡，由 可得气体压强；
(2) 加入细沙后，活塞受力平衡，结合玻意耳定律 ，整理得到 的关系式，再由图像的纵截距和横截距求解。
（1）在桶中加入细沙之前，活塞稳定时，根据平衡条件可得
解得密封气体的压强
（2）[1][2]在沙桶中缓慢加入一定质量的细沙，活塞稳定时，根据平衡条件可得
解得
根据玻意耳定律可知
联立整理可得
可知图像的纵截距为；
根据图乙可知该图像的横截距为a，则有
可得。
13．如图甲所示的多用电表是一种多功能仪表，可以用来测量电流、电压以及电阻。某同学将该多用电表的选择开关旋至欧姆挡位置，并作出欧姆挡内部简化电路如图乙所示，虚线框中的阴影部分为正负极不确定的电源，随后进行了以下的操作。
（1）为了测量如图丙所示晶体二极管的电阻，该同学先把选择开关旋至“×10”挡，将两表笔A、B短接，调节，使表头G的指针达到满偏，再将表笔A与二极管的Q端连接，将表笔B与二极管的P端连接，观察到欧姆表指针偏转角度很小，则表笔A应接内部电源的　 　（选填“正极”或“负极”）。
（2）该同学随后将表笔A与二极管的P端连接，将表笔B与二极管的Q端连接，观察到欧姆表指针偏转角度太大，为了减小测量误差，应将选择开关旋至　 　（选填“×1”或“×100”）挡，再次将两表笔A、B短接，调节R0，使表头G的指针达到满偏，之后进行测量，得到多用电表刻度盘上指针偏转情况如图丁所示，则此时测得的二极管的正向电阻为　 　Ω（保留两位有效数字）。
（3）为了深入了解欧姆挡内部的情况，该同学设计了如图戊所示的电路图，用来测量（2）中换挡后欧姆表内部电源的电动势及在该挡位下欧姆表的总电阻。
操作步骤如下：
A．按图戊所示，正确连接好电路后，读取电流表的示数为Ⅰ，欧姆表的示数为R；
B．仅调节，得到多组Ⅰ、R的数据；
C．利用记录的电流表示数I和相应的欧姆表示数R，作出图像如图己所示。
根据图己，可知欧姆表内部电源的电动势E=　 　V。该挡位下欧姆表的总电阻　 　（结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）负极
（2）×1；9.0
（3）1.50；14.9
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）因欧姆表指针偏转角度很小，说明二极管电阻很大，又因其反向电阻很大，说明测量的是其反向电阻，表笔A与二极管的Q端连接，二极管的Q端是其正极，应连接电源负极，即表笔A接里边电源的负极
故答案为：负极
（2）欧姆表指针偏转角度太大，说明二极管正向电阻很小，应选择更低倍率的挡位，即将选择开关旋至×1挡位，二极管正向电阻为
故答案为：×1；9.0
（3）由闭合电路的欧姆定律满偏时有，，联立解得
结合图己有，斜率
电动势E=1.50V。该挡位下欧姆表的总电阻
故答案为：1.50；14.9
【分析】(1) 二极管反向电阻大，指针偏角小，此时表笔A接二极管正极，说明A接内部电源的负极；
(2) 正向电阻小，指针偏角大，应换用低倍率×1挡，读数为9.0×1Ω；
(3) 由闭合电路欧姆定律整理关系式，结合图像斜率和截距求电动势和内阻。
（1）因欧姆表指针偏转角度很小，说明二极管电阻很大，又因其反向电阻很大，说明测量的是其反向电阻，表笔A与二极管的Q端连接，二极管的Q端是其正极，应连接电源负极，即表笔A接里边电源的负极
（2）[1]欧姆表指针偏转角度太大，说明二极管正向电阻很小，应选择更低倍率的挡位，即将选择开关旋至×1挡位
[2] 二极管正向电阻为
（3）[1][2]由闭合电路的欧姆定律满偏时有
联立解得
结合图己有，斜率
电动势E=1.50V。该挡位下欧姆表的总电阻
14．如图甲所示，平静的水面上漂浮着一片半径R=0.35m、厚度不计的圆形荷叶，质量m=10 g、可视为质点的鲤鱼正在荷叶下方水平面内以速度做匀速圆周运动。简化示意图如图乙所示，鲤鱼与荷叶的竖直高度差已知水的折射率重力加速度g取若游客在水面上任意位置均看不到鲤鱼，求：
（1）鲤鱼做圆周运动的最大半径。
（2）水对鲤鱼的作用力F的最小值。
【答案】（1）解：当鲤鱼做匀速圆周运动的轨迹对应的入射光到荷叶边缘恰好发生全反射时，对应的轨道半径最大，设最大轨道半径为rmax，根据几何关系，有
根据全反射的临界角与折射率的关系，有
解得
（2）解：鲤鱼做匀速圆周运动，根据鲤鱼所受的合力提供向心力，有
需要水对鲤鱼的作用力F最小，则需要鲤鱼做圆周运动的轨道半径r最大，解得
【知识点】向心力；光的全反射
【解析】【分析】(1) 鲤鱼做圆周运动的光线到荷叶边缘恰好发生全反射时，轨道半径最大。利用全反射临界角和几何关系求解；
(2) 水对鲤鱼的作用力与重力的合力提供向心力，由向心力公式和几何关系求作用力的最小值。
（1）当鲤鱼做匀速圆周运动的轨迹对应的入射光到荷叶边缘恰好发生全反射时，对应的轨道半径最大，设最大轨道半径为rmax，根据几何关系，有
根据全反射的临界角与折射率的关系，有
解得
（2）鲤鱼做匀速圆周运动，根据鲤鱼所受的合力提供向心力，有
需要水对鲤鱼的作用力F最小，则需要鲤鱼做圆周运动的轨道半径r最大，解得
15．如图所示，半径R=4.9m的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，O为圆心，质量的长木板A紧靠圆弧，上表面水平且与圆弧轨道末端平齐，木板左端静置一质量的小物块B．现将质量的小物块C从圆弧轨道上的P点由静止释放，随后小物块C、B在极短时间内发生弹性碰撞，小物块B最终停在长木板上。已知P、O连线与竖直方向的夹角（A与地面、A与B、A与C之间的动摩擦因数分别为重力加速度g取B、C均可视为质点。求：
（1）小物块C与B碰撞后瞬间，B、C的速度大小。
（2）小物块C最终与长木板左端的距离（结果可用分数表示）。
【答案】（1）解：物块C下滑过程，根据动能定理，有
解得
C与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
解得，
（2）解：C滑上长木板后，C与B均开始做匀减速直线运动，设C与B的加速度大小分别为，，对C、B分别进行受力分析，根据牛顿第二定律，有，
A向右做匀加速直线运动，设A的加速度大小为，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律，有
解得，，
则A、C先达到共同速度，设经历时间为，A、C达到共同速度，则有
解得，
之后A、C保持相对静止，则小物块C最终与长木板左端的距离等于C相对于A向右的位移
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1) 小物块C下滑过程由动能定理求碰撞前速度，再通过弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒，求解碰撞后B、C的速度；
(2) 分析C、B和木板A的受力，得到各自加速度，再通过运动学关系分析共速过程，计算C相对木板A的位移。
（1）物块C下滑过程，根据动能定理，有
解得
C与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
解得，
（2）C滑上长木板后，C与B均开始做匀减速直线运动，设C与B的加速度大小分别为，，对C、B分别进行受力分析，根据牛顿第二定律，有，
A向右做匀加速直线运动，设A的加速度大小为，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律，有
解得，，
则A、C先达到共同速度，设经历时间为，A、C达到共同速度，则有
解得，
之后A、C保持相对静止，则小物块C最终与长木板左端的距离等于C相对于A向右的位移
16．如图所示，空间存在彼此平行的四个足够大的竖直平面M、N、P、Q，相邻平面的间距均为d，四个平面的中心位置位于同一垂直于四个平面的水平直线上。平面M、N间有水平向右的匀强电场，M、N间的电势差为U，平面N、P之间有方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，平面P、Q间有方向水平向外、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。将质量为m、电荷量为q的带正电粒子从由静止释放，粒子重力不计。
（1）求粒子由静止释放至首次到达平面P的时间。
（2）若将平面N、P之间的磁场撤去，在平面N、P之间加一竖直向下的匀强电场，电场强度大小等于M、N间的电场的2倍，粒子能够到达平面Q，求B2的最大值。
（3）在（2）问情景中，当粒子经过平面P时，将B2方向变为水平向右，大小变为，求粒子到达平面Q的位置与中心点O4之间的距离。
【答案】（1）解：粒子在平面M、N之间被加速，根据动能定理，有
解得
粒子在平面N、P间的磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有，
解得，
在粒子的加速过程中，有
根据几何关系可知，粒子在平面N、P间磁场中的运动轨迹对应的圆心角为30°，则有
粒子由静止释放至首次到达平面P的时间
（2）解：粒子在平面N、P间的电场中做类平抛运动，则有
设粒子到达平面P的速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
解得tanθ=1
当粒子在平面P、Q间的磁场中做匀速圆周运动的轨迹与平面Q相切时，B2达到最大值，根据几何关系，有
根据粒子在平面P、Q间做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）解：粒子在平面N、P间做类平抛运动的侧移量
当粒子经过平面P时，将粒子的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在水平方向上做速度为v0的匀速直线运动，在竖直方向上做的匀速圆周运动，则在竖直平面内，有，
解得，
由于
表明粒子做圆周运动经过最低点时恰好到达平面Q，则粒子到达平面Q的位置与中心点O4之间的距离
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子先在电场中加速，再在磁场中偏转，分别计算两个阶段的运动时间，再求和；
(2) 撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，再进入磁场偏转，根据轨迹与平面相切的临界条件，求解B2的最大值；
(3) 改变B2方向后，粒子在P、Q间的运动分解为水平匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，再结合几何关系求到达Q点时与中心的距离。
（1）粒子在平面M、N之间被加速，根据动能定理，有
解得
粒子在平面N、P间的磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有，
解得，
在粒子的加速过程中，有
根据几何关系可知，粒子在平面N、P间磁场中的运动轨迹对应的圆心角为30°，则有
粒子由静止释放至首次到达平面P的时间
（2）粒子在平面N、P间的电场中做类平抛运动，则有
设粒子到达平面P的速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
解得tanθ=1
当粒子在平面P、Q间的磁场中做匀速圆周运动的轨迹与平面Q相切时，B2达到最大值，根据几何关系，有
根据粒子在平面P、Q间做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）粒子在平面N、P间做类平抛运动的侧移量
当粒子经过平面P时，将粒子的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在水平方向上做速度为v0的匀速直线运动，在竖直方向上做的匀速圆周运动，则在竖直平面内，有，
解得，
由于
表明粒子做圆周运动经过最低点时恰好到达平面Q，则粒子到达平面Q的位置与中心点O4之间的距离
解得
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