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江西五市十校协作体2025-2026学年高三下学期第二次阶段检测物埋试卷
1．《晋书·天文志》载：“日月行道，皆如弹圆，而迟疾有准。”今有甲、乙两行星同受中心天体（古称“镇星”）引力牵引。甲星轨道为椭圆，其距中心天体最近为四百万里，距中心天体最远为三千万里。乙星则做匀速圆周运动，且与甲星绕行周期相同。试问乙星轨道半径当为多少里（　　）
A．三千四百万里 B．一千七百万里
C．二千六百万里 D．一千三百万里
2．两个带电小球放置在足够宽广的真空环境中，带正电、带负电，且，两电荷附近的电场分布如图所示。若从足够远处观察这两个电荷，可以把两电荷视作一个点，则在足够远处观察到的电场分布正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．“火树银花耀抚州，万家灯火庆元宵”烟花晚会中，为方便更多人观看，组织方使用无人机航拍直播。假设一架质量为m的无人机在某一高度水平匀速飞行，机身与水平面夹角为θ，无人机受到垂直于机身的升力和与速度方向相反的阻力。已知重力加速度为g，则机身的升力大小为（　　）
A． B．mgcosθ C． D．mgsinθ
4．中国射击队尤其是气枪项目，一直是奥运赛场上的王牌。某同学用玩具枪打靶对该运动项目做初步研究，该同学站在靶标中央位置正前方较远处，靶标为一个面积较大的竖直平面。射击时保持枪口位置不变，先后沿同一水平面内不同方位射出子弹，子弹初速度大小相等，忽略空气阻力，则靶标上出现的击中点分布可能为（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，桌面上竖直固定四根直径相同且等高的长管，甲为空心塑料管，乙为空心铝管，丙为内部紧密排列强磁铁的塑料管（等效于一根条形磁铁），丁为内部每间隔距离d固定一段强磁铁（相邻强磁铁上下磁极相反）的塑料管。把一枚直径略小于长管内径、高为d的强磁铁分别从甲、乙上端静止释放，强磁铁穿过长管的时间分别为t甲、t乙；把一枚内径略大于长管外径、高为d的小铝环从丙、丁上端静止释放，小铝环穿过长管的时间分别为t丙、t丁。不计摩擦与空气阻力，则下列说法最有可能的是（　　）
A．t甲与t丁几乎相等 B．t乙与t丙几乎相等
C．t丙比t甲大得多 D．t丁比t丙大得多
6．某车主汽车中控仪表盘实时显示四个完全相同轮胎内气体压强（单位：）及温度（单位：℃）如图所示，不计轮胎形变，轮胎内气体可视为理想气体，则四个轮胎中，充气最多的轮胎是（　　）
A．左前轮 B．右前轮 C．左后轮 D．右后轮
7．电阻式触摸屏通过物理压力使两层导电薄膜接触，利用分压器原理测量电压变化确定触摸坐标。现有一触摸屏覆盖的显示面积的图形分辨率为：水平像素W=640、垂直像素H=480（像素点完全相同），坐标原点O位于左上角，坐标系如图建立。X+、X-为底层左右两极，Y+、Y-为顶层上下两极，检测时，在X+、X-间接+5V电压，X-接地，触点与地之间的电压被另一层连接的测量模块测出为同理，在Y+、Y-间接+5V电压，Y-接地，测量模块显示触点到电极间的等效电阻与到电极的距离成正比，则触摸点的像素坐标为（　　）
A．（256，211） B．（256，269）
C．（384，211） D．（384，269）
8．图甲所示是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.7s，回桨用时0.3s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．在0~0.7s内，桨对水的力大于水对桨的力
B．在0~2s内，龙舟前进了1.58m
C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为11：5
D．在此次练习的过程中，经过3次划桨后，龙舟的速度不低于1.8m/s
9．如图甲所示，某均匀介质中有两个相距0.8m的波源S1、S2，M点是它们连线中垂线上的一质点。以S1、S2连线为x轴，连线中点O为原点，建立图示空间直角坐标系O-xyz，M点是y轴上一点。两波源沿z轴方向持续振动发出简谐横波，且S1比S2先起振。已知S1的振幅为2cm，两列波的波速均为0.25m/s，从S1起振开始计时，M点的振动图像如图乙所示。据此可知（　　）
A．两列波的波长均为0.5m B．S1比S2先起振2s
C．S2的振幅为1cm D．S2的起振方向沿z轴负方向
10．如图所示为物理兴趣小组小朱和小洪设计的发射与回收装置，该装置由相互平行的光滑水平导轨和足够长的倾角θ=30°的光滑倾斜导轨组成，导轨间距d均为1m，两者通过斜轨底部一小段绝缘材料a1a2平滑连接。水平导轨和倾斜导轨所在区域分别存在垂直于导轨平面的匀强磁场B1和B2，且导轨左端连接一恒流源，可提供I=1A的恒定电流，方向如图中箭头所示。倾斜导轨右侧连接一个自感系数L=1H的线圈，用于能量回收。两导体棒M、N质量均为m=0.1kg，M棒电阻R=1Ω，初始时放置在距离绝缘段（）为s=5m处，N棒电阻不计，放置在a1a2右侧。导轨电阻不计，不考虑电磁辐射。已知重力加速度g。下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合瞬间，M棒的加速度大小
B．M棒从开始运动到到达a1a2的过程中，恒流源输出的电能E=6J
C．若M棒与N棒碰后粘在一起，碰后沿斜面向上滑行的最大距离为
D．若M棒与N棒碰后粘在一起，碰后沿斜面向上滑行的最大距离为
11．按要求完成下列实验题；
（1）某同学利用向心力演示器探究向心力大小与物体质量、角速度和轨道半径的关系，其简化示意图如图所示：挡板A、C到转轴的距离相等，挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍；塔轮①、④半径相同。实验中可供选择的三个体积相等的小球分别为质量均为2m的球1、球2和质量为m的球3。
①在探究向心力的大小与轨道半径之间的关系时应将皮带套在塔轮　 　上（选填“①④”、“②⑤”或“③⑥”）；
②在某次实验中把球1、球2分别放在挡板A、C位置，当匀速转动手柄时，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为　 　（小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比）。
（2）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，某同学操作中有以下部分：
①在浅盘中装入少量水，并在水面上均匀地轻轻撒上少量痱子粉；
②用滴管将1滴油酸酒精溶液轻轻滴入水面中央，散开后可以看到油酸膜的轮廓，测得油酸膜面积S。
在实验中，撒上少量痱子粉的作用是　 　。实验得到油酸膜的轮廓如图所示，已知每个小格的面积为，则S　 　cm2。
12．某同学要测量一节旧干电池的电动势（约1.4V）和内阻（约3Ω），实验室提供的器材如下：
电流表A（量程为0~500mA，内阻不计）；
定值电阻；
滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值为50Ω）；
开关、导线若干。
（1）该同学设计了如图甲所示的电路进行实验，请根据设计的电路，用笔画线代替导线完成图乙中的实物连线。
（2）开始时开关S1、S2、S3均处于断开状态，实验操作步骤如下：
A.闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器的滑片位置，读出此时的电流表的示数I1；
B.不改变滑动变阻器的滑片位置，断开开关S2，读出此时的电流表的示数I2；
C.改变滑动变阻器的滑片位置，多次重复步骤A、B，记录I1、I2对应的数据；
D.闭合开关S1、S3，读出此时的电流表的示数；
E.根据实验数据，作出变化的图像。
①实验中，滑动变阻器应选择　 　（填“R1”或“R2”）。
②如图丙所示为实验得到的图像，可得E≈　 　V，r≈　 　Ω。（结果均保留三位有效数字）
13．当一束光的反射光与折射光垂直时，对应的入射角称为布儒斯特角。布儒斯特角通过控制光的偏振态，在需要高精度偏振控制或低反射干扰的场景中发挥关键作用。如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度L=3cm，若某波长为λ的单色光从上表面射入，入射角i=60°，反射光与折射光刚好垂直。已知普朗克常量为h，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）该单色光的能量子ε的值（用λ、h、c表示）；
（2）该玻璃砖的折射率n；
（3）从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离d。
14．工厂的传送装置如图甲所示，传送带的速度为v=5.0m/s，长度l=4.0m。一质量为m=1.0kg的工件从左侧以的速度滑上传送带，工件与传送带间的动摩擦因数传送带右侧的光滑水平平台上固定了一个质量为M=4.0kg的阻挡块，以工件与阻挡块接触为计时起点，两者的相互作用力大小随时间变化的关系可近似用图乙表示。定义两个物体间碰撞后与碰撞前的相对速度大小之比为他们的恢复系数e，即，该物理量的大小只与两个物体的材料有关，重力加速度取g，求：
（1）工件从传送带左端到右端的时间t；
（2）求工件与阻挡块间的恢复系数e；
（3）若阻挡块静置在平台上未固定，求工件与阻挡块碰撞中损失的机械能。
15．粒子控制技术广泛应用于物理研究和仪器制造中，如图所示，半径的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，MN是位于x=2a处平行于y轴足够长的收集板，y轴右侧半圆形无场区外、MN左侧加一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在O处静止的铀（）核发生α衰变生成钍（Th）核，所有衰变释放的α粒子（He）速率相同，方向在xOy平面内。已知沿+y方向发射的α粒子在磁场中偏转后恰好与MN相切时被收集，已知α粒子的质量为m、电荷量为q，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）试写出衰变方程，并求出衰变后钍核的速度；
（2）求MN上有粒子击中位置的纵坐标范围；
（3）若调整第一象限内磁场的右边界，使进入第一象限的α粒子经磁场偏转后均能垂直打在MN上，请推导调整后第一象限内磁场右边界满足的坐标方程。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律：绕同一中心天体运动的卫星，轨道半长轴的三次方与公转周期平方的比值为定值，即，仅由中心天体质量决定。由题意可知甲星轨道的半长轴，乙星与甲星绕行周期相同，匀速圆周运动的轨道半径大小等于甲星轨道的半长轴，为1700万里。
故答案为：B。
【分析】本题考查开普勒第三定律的应用。关键是理解椭圆轨道的 “等效半径” 即半长轴，当周期相同时，圆轨道的半径等于椭圆轨道的半长轴，因此只需计算甲星的半长轴即可得到乙星的轨道半径。
2．【答案】A
【知识点】点电荷；电场线
【解析】【解答】由题意可知，在足够远处的电场相当于将两电荷合在一起时形成的电场，由于带正电、带负电，且，即相当于的正点电荷产生的电场。
故答案为：A。
【分析】1. 两电荷（、， ）在足够远处，因距离远，可等效为一个点电荷，电荷量为 （正电荷 ）。
2. 正点电荷的电场线是从电荷出发向四周均匀辐射的直线，据此匹配选项。
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】无人机在某一高度水平匀速飞行，竖直方向根据平衡条件可得
解得机身的升力大小为
故答案为：A。
【分析】本题考查平衡条件的应用。关键是对无人机进行受力分析，将升力沿水平和竖直方向分解，利用竖直方向受力平衡列方程求解升力大小，与水平方向的阻力无关。
4．【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】子弹做平抛运动，初速度大小不变，枪口正对靶标中心时，水平位移最小，由知运动时间最短；再由，下落高度最小，击中点位置最高，
枪口向左右旋转时，子弹到靶标的水平位移变大，运动时间变长，下落高度变大，击中点位置变低。
因此击中点分布为中间高、两端低的曲线，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】A：未考虑平抛竖直下落，错误；
B：中间位置应最高，不是最低，错误；
C：正对时下落最少、位置最高，两侧下落更多、位置更低，符合规律；
D：落点分布无规律，错误。
5．【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】A. 甲管是空心塑料管，强磁铁在其中几乎不受额外阻力，近似做自由落体运动，下落时间 是最短的；丁管中相邻磁铁磁极相反，小铝环通过时磁通量持续大幅变化，感应电流的电磁阻力极强，下落时间 远大于 ，故A错误；
B. 乙管是空心铝管，强磁铁下落时会在铝管中感应出较强涡流，受到明显电磁阻尼，下落时间 显著大于自由落体时间 ；丙管等效为一根条形磁铁，管外磁场微弱，小铝环通过时磁通量变化小，电磁阻力弱，下落时间 略大于自由落体时间，故 与 不可能几乎相等，B错误；
C. 丙管等效为一根条形磁铁，小铝环通过时磁通量变化小，电磁阻力弱，下落时间 仅略大于自由落体时间 ，并非“大得多”，故C错误；
D. 丁管内部磁极交替分布，小铝环通过时磁通量持续剧烈变化，会连续受到极强的电磁阻力，下落时间 远大于 ，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：分析甲管自由落体、丁管强电磁阻尼的时间差异，判断选项正误；
B：对比乙管强涡流阻尼、丙管弱磁通量变化阻尼的阻力大小，分析时间差异；
C：说明丙管弱阻尼的特点，解释为何 不会比 大得多；
D：结合丁管磁极分布导致的持续磁通量变化，分析其强电磁阻尼效应。
6．【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】将摄氏温度转换为热力学温度：，计算各轮胎 ：
左前轮：，，
右前轮：，，
左后轮：，，
右后轮：，，
左前轮的 最大，因此充气最多。
故答案为：A。
【分析】根据理想气体状态方程 ，轮胎体积 相同，充气量（物质的量 ）与 成正比（ 为热力学温度），因此只需比较各轮胎 的大小。
7．【答案】A
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】根据题意，在 X+、X 间接 +5V 电压，X 接地，则 X 与X+ 电压为 5V。由图可知 X 在左侧（），X+ 在右侧（）。测得触点与地（X ）之间电压 ，根据分压原理，电压与电阻成正比，电阻与长度成正比，故有 ，即 ，解得 x=256
在 Y+、Y 间接 +5V 电压，Y 接地，Y 与Y+电压为 5V。由图及坐标系可知 Y+ 在上侧（），Y 在下侧（）。测得触点与地（Y ）之间电压 ，即触点电势为 2.8V，则触点与 Y+ 间电压为2.2V。 设触点纵坐标为 y，则触点到 Y+（5V）的距离为 。 根据分压原理有，解得 ，故A正确。
故答案为：A。
【分析】本题考查电阻式触摸屏的分压原理，核心是 “电阻与距离成正比，电压与电阻成正比”。解题关键是分别对 X、Y 方向应用分压关系，将电压比例转换为像素距离比例，从而计算出触点的像素坐标。
8．【答案】B,D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．桨对水的力和水对桨的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，A错误；
B．v t图像的面积表示位移，分阶段计算的位移，
，
，划桨加速度 ，末速度
位移
，加速度大小，末速度
位移
总位移，B正确；
C．对用动量定理，其中，
减速阶段得 ，即
代入动量定理得
整理得，，因此 ，C错误；
D．由运动规律可知：每次划桨后速度增加，每次回桨后速度减少，因此每次完整的（划桨+回桨）周期后，速度增加
第三次划桨刚结束时，速度为
若三次划桨+回桨完成后，速度为，等于
因此速度不低于，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：利用牛顿第三定律判断作用力与反作用力的大小关系；
B：通过 v-t 图像的面积（分段计算）求解 0~2s 内的位移；
C：结合动量定理与减速阶段的加速度，计算推力冲量与阻力冲量的比值；
D：根据每次划桨、回桨的速度变化规律，分析多次划桨后的速度下限。
9．【答案】A,C
【知识点】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：由图乙的振动图像可知，质点振动周期 ；已知波速 ，根据波长公式 ，两列波在同一介质中传播，波速、频率均相同，因此波长也均为 ，故A正确；
B：M点在 、 连线的中垂线上，因此 ，两列波从波源传到M点的时间相等。由图乙可知： 时M点开始振动，说明 的波传到M用时 ； 后M点振动状态改变，说明此时 的波传到M。设 比 先起振的时间差为 ，则有 ，解得 ，并非 ，故B错误；
C：两列波到M点的路程差为0，相位差由起振时间差决定；最终M点的合振幅为两列波振幅之差，即 ，已知 ，可解得 ，故C正确；
D：M点先被 的波带动，起振方向与 起振方向一致，沿 轴正方向； 后叠加，M点向 轴负方向运动，合振幅为 ，说明 波在M点的起振方向为 轴正方向（与 波振动方向相反），因此 的起振方向为 轴正方向，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：由振动图像读取周期，结合波速公式计算波长；
B：根据两列波传到M点的时间差，计算 与 的起振时间差；
C：利用路程差为0时的合振幅与分振幅的关系，求解 的振幅；
D：结合M点的振动方向变化，分析 的起振方向。
10．【答案】B,C
【知识点】安培力；能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A：开关闭合瞬间，导体棒M仅受安培力，合力 ，代入数据得 ，故A错误；
B：M棒到达绝缘段 时的速度 ，运动时间 ，恒流源输出的电能 ，故B正确；
CD：两棒碰撞后共速，由动量守恒 ，得 ，沿斜面上滑过程中，重力分力 ，
安培力 （ 为上滑距离），合外力做功 ，
由动能定理：
代入数据解得 ，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：由安培力公式和牛顿第二定律计算开关闭合瞬间的加速度；
B：通过运动学公式求M棒到达绝缘段的速度，再由能量守恒计算恒流源输出的电能；
CD：先由动量守恒求碰撞后的共速，再结合动能定理与安培力的变力做功，求解沿斜面上滑的最大距离。
11．【答案】（1）①④；2：1
（2）便于观察和描绘油膜的轮廓；220
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；向心力
【解析】【解答】（1）①探究向心力 与轨道半径 的关系时，需采用控制变量法，保持小球质量 和角速度 不变。将皮带套在半径相同的塔轮①和④上，由于皮带传动线速度相等且塔轮半径相等，可得左右两边转轴的角速度 相等，满足实验条件。
②球 1、球 2 质量均为，分别放在挡板 A、C 位置，已知挡板 A、C 到转轴距离相等，即轨道半径 相等。根据向心力公式，在、 相同的情况下，，左边标尺露出 1 格，右边露出 4 格，即，所以，解得
皮带传动边缘线速度 相等，由，可知
故左、右塔轮半径之比
故答案为： ①①④； ②2：1
（2）在水面上撒上痱子粉，当油酸酒精溶液滴入水面时，酒精溶于水，油酸在水面上展开，会推开痱子粉，从而形成清晰的油膜边界，便于观察和描绘油膜的轮廓。
计算油膜面积时，采用数格法，原则是大于半格的算一格，小于半格的舍去。由题图可知，每个小格的面积为。数出油膜轮廓内的格子数 约为55 格。则油膜面积
故答案为：便于观察和描绘油膜的轮廓；220
【分析】(1) ①探究向心力与轨道半径的关系时，需控制质量和角速度不变，皮带套在半径相同的塔轮①④上，保证角速度相等；
②根据向心力公式 ，由标尺格数比得到向心力比，进而得到角速度比，再由皮带传动线速度相等，推出塔轮半径比。
(2) 痱子粉的作用是便于观察和描绘油膜轮廓；数格法计算油膜面积，大于半格的计为一格，数出约55格，每格面积，得到总面积。
（1）①[1]探究向心力 与轨道半径 的关系时，需采用控制变量法，保持小球质量 和角速度 不变。将皮带套在半径相同的塔轮①和④上，由于皮带传动线速度相等且塔轮半径相等，可得左右两边转轴的角速度 相等，满足实验条件。
②[2]球 1、球 2 质量均为，分别放在挡板 A、C 位置，已知挡板 A、C 到转轴距离相等，即轨道半径 相等。根据向心力公式
在、 相同的情况下，
左边标尺露出 1 格，右边露出 4 格，即
所以
解得
皮带传动边缘线速度 相等，由
可知
故左、右塔轮半径之比
（2）[1]在水面上撒上痱子粉，当油酸酒精溶液滴入水面时，酒精溶于水，油酸在水面上展开，会推开痱子粉，从而形成清晰的油膜边界，便于观察和描绘油膜的轮廓。
[2]计算油膜面积时，采用数格法，原则是大于半格的算一格，小于半格的舍去。由题图可知，每个小格的面积为。数出油膜轮廓内的格子数 约为55 格。则油膜面积
12．【答案】（1）
（2）R1；1.44；2.99
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实物连线如图所示
（2） ①为调节方便，使电流表的示数有合理的变化范围，滑动变阻器应选择R1。
②根据闭合电路欧姆定律有E=
整理得，图像在纵轴的截距，解得电源电动势E≈1.44 V
内阻
故答案为：①R1 ；②1.44；2.99
【分析】(1) 实物连线：按电路图甲，依次连接电源、开关、电流表、定值电阻、滑动变阻器和开关，注意各开关的控制逻辑。
(2) 滑动变阻器选择：为调节方便、电流变化合理，选阻值较小的。
(3) 利用闭合电路欧姆定律整理关系式，由图像截距和数据求解电动势和内阻。
（1）实物连线如图所示
（2）[1]为调节方便，使电流表的示数有合理的变化范围，滑动变阻器应选择R1。
[2][3]根据闭合电路欧姆定律有E=
整理得
图像在纵轴的截距
解得电源电动势E≈1.44 V
内阻
13．【答案】（1）解：根据光子能量公式
解得该单色光的能量子为
（2）解：由题意知反射光与折射光垂直，根据几何关系可知入射角 与折射角 之和为，即
已知，则折射角，根据折射定律
代入数据得
（3）解：光线穿过平行玻璃砖发生侧移，设玻璃砖厚度为，折射角为，入射角为。光在玻璃砖内的路径长度
侧移距离 为入射光线延长线与出射光线间的垂直距离，由几何关系可得
代入，，，得
【知识点】光的折射及折射定律；能量子与量子化现象
【解析】【分析】(1) 由光子能量公式和光速与波长、频率的关系，推导出能量子表达式；
(2) 根据反射光与折射光垂直的几何关系，得到折射角，再由折射定律求折射率；
(3) 利用几何关系和侧移公式，计算光线穿过平行玻璃砖的侧移距离。
（1）根据光子能量公式
解得该单色光的能量子为
（2）由题意知反射光与折射光垂直，根据几何关系可知入射角 与折射角 之和为，即
已知，则折射角，根据折射定律
代入数据得
（3）光线穿过平行玻璃砖发生侧移，设玻璃砖厚度为，折射角为，入射角为。光在玻璃砖内的路径长度
侧移距离 为入射光线延长线与出射光线间的垂直距离，由几何关系可得
代入，，，得
14．【答案】（1）解：由题图可知工件初速度，传送带速度，动摩擦因数。工件滑上传送带后受向右的摩擦力做匀加速运动，加速度大小
设工件加速至与传送带共速所需时间为，则
此过程位移
因
工件随后做匀速运动，位移
时间
故总时间
（2）解：工件到达右端时速度
阻挡块固定，碰前速度，碰后速度。由图乙可知，碰撞过程中阻挡块对工件的冲量大小 等于 图线与时间轴围成的面积，即
取向右为正方向，对工件应用动量定理
解得碰后工件速度
根据恢复系数定义
代入数据得
（3）解：若阻挡块未固定，碰撞过程动量守恒，且恢复系数 不变。设碰后工件速度为，阻挡块速度为。由动量守恒定律
由恢复系数定义
联立解得，
碰撞损失的机械能
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 工件先在传送带上匀加速，再匀速；先算加速时间与位移，再算匀速时间，总时间为两者之和。
(2) 用 F-t 图求冲量，结合动量定理求碰后工件速度，再由恢复系数定义式计算。
(3) 用动量守恒和恢复系数公式求碰后速度，再计算碰撞前后动能差，得到损失的机械能。
（1）由题图可知工件初速度，传送带速度，动摩擦因数。工件滑上传送带后受向右的摩擦力做匀加速运动，加速度大小
设工件加速至与传送带共速所需时间为，则
此过程位移
因
工件随后做匀速运动，位移
时间
故总时间
（2）工件到达右端时速度
阻挡块固定，碰前速度，碰后速度。由图乙可知，碰撞过程中阻挡块对工件的冲量大小 等于 图线与时间轴围成的面积，即
取向右为正方向，对工件应用动量定理
解得碰后工件速度
根据恢复系数定义
代入数据得
（3）若阻挡块未固定，碰撞过程动量守恒，且恢复系数 不变。设碰后工件速度为，阻挡块速度为。由动量守恒定律
由恢复系数定义
联立解得，
碰撞损失的机械能
代入数据解得
15．【答案】（1）解：衰变方程满足电荷数、质量数守恒
对沿方向出射的粒子，出无场区坐标为，速度沿，洛伦兹力指向右，圆心坐标为。因轨迹与相切，故
得轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力
代入
得粒子速度
衰变过程动量守恒，初始总动量为0，设钍核质量为
则
解得钍核速度大小，方向与粒子出射方向相反。
（2）解：上边界（时）。所有粒子速率相同，故轨迹半径均为。 任意出射方向（与轴夹角，），出无场区坐标
轨迹圆心坐标满足
即所有圆心在以原点为圆心、半径的圆上。
轨迹圆方程为
代入，结合
整理得
由不等式
平方整理得
即
下边界（时）。设粒子恰能与MN板相切，如图所示
由几何关系得
设OO'连线与-y方向的夹角为，由几何关系得
解得
则此时圆心坐标为，则圆的方程为
与的交点为
故击中位置的纵坐标范围为
（3）解：要求粒子垂直打在上，出磁场时速度沿方向，故设运动轨迹圆心在出边界点的正下方处，即。
因入射方向沿（为入射点，在上），且，为直角三角形，由勾股定理：
代入，，
得
第一象限满足，故右边界坐标方程为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】(1) 衰变方程需满足质量数、电荷数守恒；再由洛伦兹力提供向心力求α粒子速度，结合动量守恒求钍核速度。
(2) 由轨迹几何关系，结合圆心轨迹圆方程，求MN上粒子击中位置的纵坐标范围。
(3) 设出磁场边界点与轨迹圆心，结合直角三角形勾股定理，推导磁场右边界的坐标方程。
（1）衰变方程满足电荷数、质量数守恒
对沿方向出射的粒子，出无场区坐标为，速度沿，洛伦兹力指向右，圆心坐标为。因轨迹与相切，故
得轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力
代入
得粒子速度
衰变过程动量守恒，初始总动量为0，设钍核质量为
则
解得钍核速度大小
方向与粒子出射方向相反。
（2）上边界（时）。所有粒子速率相同，故轨迹半径均为。 任意出射方向（与轴夹角，），出无场区坐标
轨迹圆心坐标满足
即所有圆心在以原点为圆心、半径的圆上。
轨迹圆方程为
代入，结合
整理得
由不等式
平方整理得
即
下边界（时）。设粒子恰能与MN板相切，如图所示
由几何关系得
设OO'连线与-y方向的夹角为，由几何关系得
解得
则此时圆心坐标为，则圆的方程为
与的交点为
故击中位置的纵坐标范围为
（3）要求粒子垂直打在上，出磁场时速度沿方向，故设运动轨迹圆心在出边界点的正下方处，即。
因入射方向沿（为入射点，在上），且，为直角三角形，由勾股定理：
代入，，
得
第一象限满足，故右边界坐标方程为
1 / 1江西五市十校协作体2025-2026学年高三下学期第二次阶段检测物埋试卷
1．《晋书·天文志》载：“日月行道，皆如弹圆，而迟疾有准。”今有甲、乙两行星同受中心天体（古称“镇星”）引力牵引。甲星轨道为椭圆，其距中心天体最近为四百万里，距中心天体最远为三千万里。乙星则做匀速圆周运动，且与甲星绕行周期相同。试问乙星轨道半径当为多少里（　　）
A．三千四百万里 B．一千七百万里
C．二千六百万里 D．一千三百万里
【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律：绕同一中心天体运动的卫星，轨道半长轴的三次方与公转周期平方的比值为定值，即，仅由中心天体质量决定。由题意可知甲星轨道的半长轴，乙星与甲星绕行周期相同，匀速圆周运动的轨道半径大小等于甲星轨道的半长轴，为1700万里。
故答案为：B。
【分析】本题考查开普勒第三定律的应用。关键是理解椭圆轨道的 “等效半径” 即半长轴，当周期相同时，圆轨道的半径等于椭圆轨道的半长轴，因此只需计算甲星的半长轴即可得到乙星的轨道半径。
2．两个带电小球放置在足够宽广的真空环境中，带正电、带负电，且，两电荷附近的电场分布如图所示。若从足够远处观察这两个电荷，可以把两电荷视作一个点，则在足够远处观察到的电场分布正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】点电荷；电场线
【解析】【解答】由题意可知，在足够远处的电场相当于将两电荷合在一起时形成的电场，由于带正电、带负电，且，即相当于的正点电荷产生的电场。
故答案为：A。
【分析】1. 两电荷（、， ）在足够远处，因距离远，可等效为一个点电荷，电荷量为 （正电荷 ）。
2. 正点电荷的电场线是从电荷出发向四周均匀辐射的直线，据此匹配选项。
3．“火树银花耀抚州，万家灯火庆元宵”烟花晚会中，为方便更多人观看，组织方使用无人机航拍直播。假设一架质量为m的无人机在某一高度水平匀速飞行，机身与水平面夹角为θ，无人机受到垂直于机身的升力和与速度方向相反的阻力。已知重力加速度为g，则机身的升力大小为（　　）
A． B．mgcosθ C． D．mgsinθ
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】无人机在某一高度水平匀速飞行，竖直方向根据平衡条件可得
解得机身的升力大小为
故答案为：A。
【分析】本题考查平衡条件的应用。关键是对无人机进行受力分析，将升力沿水平和竖直方向分解，利用竖直方向受力平衡列方程求解升力大小，与水平方向的阻力无关。
4．中国射击队尤其是气枪项目，一直是奥运赛场上的王牌。某同学用玩具枪打靶对该运动项目做初步研究，该同学站在靶标中央位置正前方较远处，靶标为一个面积较大的竖直平面。射击时保持枪口位置不变，先后沿同一水平面内不同方位射出子弹，子弹初速度大小相等，忽略空气阻力，则靶标上出现的击中点分布可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】子弹做平抛运动，初速度大小不变，枪口正对靶标中心时，水平位移最小，由知运动时间最短；再由，下落高度最小，击中点位置最高，
枪口向左右旋转时，子弹到靶标的水平位移变大，运动时间变长，下落高度变大，击中点位置变低。
因此击中点分布为中间高、两端低的曲线，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】A：未考虑平抛竖直下落，错误；
B：中间位置应最高，不是最低，错误；
C：正对时下落最少、位置最高，两侧下落更多、位置更低，符合规律；
D：落点分布无规律，错误。
5．如图所示，桌面上竖直固定四根直径相同且等高的长管，甲为空心塑料管，乙为空心铝管，丙为内部紧密排列强磁铁的塑料管（等效于一根条形磁铁），丁为内部每间隔距离d固定一段强磁铁（相邻强磁铁上下磁极相反）的塑料管。把一枚直径略小于长管内径、高为d的强磁铁分别从甲、乙上端静止释放，强磁铁穿过长管的时间分别为t甲、t乙；把一枚内径略大于长管外径、高为d的小铝环从丙、丁上端静止释放，小铝环穿过长管的时间分别为t丙、t丁。不计摩擦与空气阻力，则下列说法最有可能的是（　　）
A．t甲与t丁几乎相等 B．t乙与t丙几乎相等
C．t丙比t甲大得多 D．t丁比t丙大得多
【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】A. 甲管是空心塑料管，强磁铁在其中几乎不受额外阻力，近似做自由落体运动，下落时间 是最短的；丁管中相邻磁铁磁极相反，小铝环通过时磁通量持续大幅变化，感应电流的电磁阻力极强，下落时间 远大于 ，故A错误；
B. 乙管是空心铝管，强磁铁下落时会在铝管中感应出较强涡流，受到明显电磁阻尼，下落时间 显著大于自由落体时间 ；丙管等效为一根条形磁铁，管外磁场微弱，小铝环通过时磁通量变化小，电磁阻力弱，下落时间 略大于自由落体时间，故 与 不可能几乎相等，B错误；
C. 丙管等效为一根条形磁铁，小铝环通过时磁通量变化小，电磁阻力弱，下落时间 仅略大于自由落体时间 ，并非“大得多”，故C错误；
D. 丁管内部磁极交替分布，小铝环通过时磁通量持续剧烈变化，会连续受到极强的电磁阻力，下落时间 远大于 ，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：分析甲管自由落体、丁管强电磁阻尼的时间差异，判断选项正误；
B：对比乙管强涡流阻尼、丙管弱磁通量变化阻尼的阻力大小，分析时间差异；
C：说明丙管弱阻尼的特点，解释为何 不会比 大得多；
D：结合丁管磁极分布导致的持续磁通量变化，分析其强电磁阻尼效应。
6．某车主汽车中控仪表盘实时显示四个完全相同轮胎内气体压强（单位：）及温度（单位：℃）如图所示，不计轮胎形变，轮胎内气体可视为理想气体，则四个轮胎中，充气最多的轮胎是（　　）
A．左前轮 B．右前轮 C．左后轮 D．右后轮
【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】将摄氏温度转换为热力学温度：，计算各轮胎 ：
左前轮：，，
右前轮：，，
左后轮：，，
右后轮：，，
左前轮的 最大，因此充气最多。
故答案为：A。
【分析】根据理想气体状态方程 ，轮胎体积 相同，充气量（物质的量 ）与 成正比（ 为热力学温度），因此只需比较各轮胎 的大小。
7．电阻式触摸屏通过物理压力使两层导电薄膜接触，利用分压器原理测量电压变化确定触摸坐标。现有一触摸屏覆盖的显示面积的图形分辨率为：水平像素W=640、垂直像素H=480（像素点完全相同），坐标原点O位于左上角，坐标系如图建立。X+、X-为底层左右两极，Y+、Y-为顶层上下两极，检测时，在X+、X-间接+5V电压，X-接地，触点与地之间的电压被另一层连接的测量模块测出为同理，在Y+、Y-间接+5V电压，Y-接地，测量模块显示触点到电极间的等效电阻与到电极的距离成正比，则触摸点的像素坐标为（　　）
A．（256，211） B．（256，269）
C．（384，211） D．（384，269）
【答案】A
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】根据题意，在 X+、X 间接 +5V 电压，X 接地，则 X 与X+ 电压为 5V。由图可知 X 在左侧（），X+ 在右侧（）。测得触点与地（X ）之间电压 ，根据分压原理，电压与电阻成正比，电阻与长度成正比，故有 ，即 ，解得 x=256
在 Y+、Y 间接 +5V 电压，Y 接地，Y 与Y+电压为 5V。由图及坐标系可知 Y+ 在上侧（），Y 在下侧（）。测得触点与地（Y ）之间电压 ，即触点电势为 2.8V，则触点与 Y+ 间电压为2.2V。 设触点纵坐标为 y，则触点到 Y+（5V）的距离为 。 根据分压原理有，解得 ，故A正确。
故答案为：A。
【分析】本题考查电阻式触摸屏的分压原理，核心是 “电阻与距离成正比，电压与电阻成正比”。解题关键是分别对 X、Y 方向应用分压关系，将电压比例转换为像素距离比例，从而计算出触点的像素坐标。
8．图甲所示是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.7s，回桨用时0.3s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．在0~0.7s内，桨对水的力大于水对桨的力
B．在0~2s内，龙舟前进了1.58m
C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为11：5
D．在此次练习的过程中，经过3次划桨后，龙舟的速度不低于1.8m/s
【答案】B,D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．桨对水的力和水对桨的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，A错误；
B．v t图像的面积表示位移，分阶段计算的位移，
，
，划桨加速度 ，末速度
位移
，加速度大小，末速度
位移
总位移，B正确；
C．对用动量定理，其中，
减速阶段得 ，即
代入动量定理得
整理得，，因此 ，C错误；
D．由运动规律可知：每次划桨后速度增加，每次回桨后速度减少，因此每次完整的（划桨+回桨）周期后，速度增加
第三次划桨刚结束时，速度为
若三次划桨+回桨完成后，速度为，等于
因此速度不低于，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：利用牛顿第三定律判断作用力与反作用力的大小关系；
B：通过 v-t 图像的面积（分段计算）求解 0~2s 内的位移；
C：结合动量定理与减速阶段的加速度，计算推力冲量与阻力冲量的比值；
D：根据每次划桨、回桨的速度变化规律，分析多次划桨后的速度下限。
9．如图甲所示，某均匀介质中有两个相距0.8m的波源S1、S2，M点是它们连线中垂线上的一质点。以S1、S2连线为x轴，连线中点O为原点，建立图示空间直角坐标系O-xyz，M点是y轴上一点。两波源沿z轴方向持续振动发出简谐横波，且S1比S2先起振。已知S1的振幅为2cm，两列波的波速均为0.25m/s，从S1起振开始计时，M点的振动图像如图乙所示。据此可知（　　）
A．两列波的波长均为0.5m B．S1比S2先起振2s
C．S2的振幅为1cm D．S2的起振方向沿z轴负方向
【答案】A,C
【知识点】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：由图乙的振动图像可知，质点振动周期 ；已知波速 ，根据波长公式 ，两列波在同一介质中传播，波速、频率均相同，因此波长也均为 ，故A正确；
B：M点在 、 连线的中垂线上，因此 ，两列波从波源传到M点的时间相等。由图乙可知： 时M点开始振动，说明 的波传到M用时 ； 后M点振动状态改变，说明此时 的波传到M。设 比 先起振的时间差为 ，则有 ，解得 ，并非 ，故B错误；
C：两列波到M点的路程差为0，相位差由起振时间差决定；最终M点的合振幅为两列波振幅之差，即 ，已知 ，可解得 ，故C正确；
D：M点先被 的波带动，起振方向与 起振方向一致，沿 轴正方向； 后叠加，M点向 轴负方向运动，合振幅为 ，说明 波在M点的起振方向为 轴正方向（与 波振动方向相反），因此 的起振方向为 轴正方向，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：由振动图像读取周期，结合波速公式计算波长；
B：根据两列波传到M点的时间差，计算 与 的起振时间差；
C：利用路程差为0时的合振幅与分振幅的关系，求解 的振幅；
D：结合M点的振动方向变化，分析 的起振方向。
10．如图所示为物理兴趣小组小朱和小洪设计的发射与回收装置，该装置由相互平行的光滑水平导轨和足够长的倾角θ=30°的光滑倾斜导轨组成，导轨间距d均为1m，两者通过斜轨底部一小段绝缘材料a1a2平滑连接。水平导轨和倾斜导轨所在区域分别存在垂直于导轨平面的匀强磁场B1和B2，且导轨左端连接一恒流源，可提供I=1A的恒定电流，方向如图中箭头所示。倾斜导轨右侧连接一个自感系数L=1H的线圈，用于能量回收。两导体棒M、N质量均为m=0.1kg，M棒电阻R=1Ω，初始时放置在距离绝缘段（）为s=5m处，N棒电阻不计，放置在a1a2右侧。导轨电阻不计，不考虑电磁辐射。已知重力加速度g。下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合瞬间，M棒的加速度大小
B．M棒从开始运动到到达a1a2的过程中，恒流源输出的电能E=6J
C．若M棒与N棒碰后粘在一起，碰后沿斜面向上滑行的最大距离为
D．若M棒与N棒碰后粘在一起，碰后沿斜面向上滑行的最大距离为
【答案】B,C
【知识点】安培力；能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A：开关闭合瞬间，导体棒M仅受安培力，合力 ，代入数据得 ，故A错误；
B：M棒到达绝缘段 时的速度 ，运动时间 ，恒流源输出的电能 ，故B正确；
CD：两棒碰撞后共速，由动量守恒 ，得 ，沿斜面上滑过程中，重力分力 ，
安培力 （ 为上滑距离），合外力做功 ，
由动能定理：
代入数据解得 ，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：由安培力公式和牛顿第二定律计算开关闭合瞬间的加速度；
B：通过运动学公式求M棒到达绝缘段的速度，再由能量守恒计算恒流源输出的电能；
CD：先由动量守恒求碰撞后的共速，再结合动能定理与安培力的变力做功，求解沿斜面上滑的最大距离。
11．按要求完成下列实验题；
（1）某同学利用向心力演示器探究向心力大小与物体质量、角速度和轨道半径的关系，其简化示意图如图所示：挡板A、C到转轴的距离相等，挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍；塔轮①、④半径相同。实验中可供选择的三个体积相等的小球分别为质量均为2m的球1、球2和质量为m的球3。
①在探究向心力的大小与轨道半径之间的关系时应将皮带套在塔轮　 　上（选填“①④”、“②⑤”或“③⑥”）；
②在某次实验中把球1、球2分别放在挡板A、C位置，当匀速转动手柄时，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为　 　（小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比）。
（2）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，某同学操作中有以下部分：
①在浅盘中装入少量水，并在水面上均匀地轻轻撒上少量痱子粉；
②用滴管将1滴油酸酒精溶液轻轻滴入水面中央，散开后可以看到油酸膜的轮廓，测得油酸膜面积S。
在实验中，撒上少量痱子粉的作用是　 　。实验得到油酸膜的轮廓如图所示，已知每个小格的面积为，则S　 　cm2。
【答案】（1）①④；2：1
（2）便于观察和描绘油膜的轮廓；220
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；向心力
【解析】【解答】（1）①探究向心力 与轨道半径 的关系时，需采用控制变量法，保持小球质量 和角速度 不变。将皮带套在半径相同的塔轮①和④上，由于皮带传动线速度相等且塔轮半径相等，可得左右两边转轴的角速度 相等，满足实验条件。
②球 1、球 2 质量均为，分别放在挡板 A、C 位置，已知挡板 A、C 到转轴距离相等，即轨道半径 相等。根据向心力公式，在、 相同的情况下，，左边标尺露出 1 格，右边露出 4 格，即，所以，解得
皮带传动边缘线速度 相等，由，可知
故左、右塔轮半径之比
故答案为： ①①④； ②2：1
（2）在水面上撒上痱子粉，当油酸酒精溶液滴入水面时，酒精溶于水，油酸在水面上展开，会推开痱子粉，从而形成清晰的油膜边界，便于观察和描绘油膜的轮廓。
计算油膜面积时，采用数格法，原则是大于半格的算一格，小于半格的舍去。由题图可知，每个小格的面积为。数出油膜轮廓内的格子数 约为55 格。则油膜面积
故答案为：便于观察和描绘油膜的轮廓；220
【分析】(1) ①探究向心力与轨道半径的关系时，需控制质量和角速度不变，皮带套在半径相同的塔轮①④上，保证角速度相等；
②根据向心力公式 ，由标尺格数比得到向心力比，进而得到角速度比，再由皮带传动线速度相等，推出塔轮半径比。
(2) 痱子粉的作用是便于观察和描绘油膜轮廓；数格法计算油膜面积，大于半格的计为一格，数出约55格，每格面积，得到总面积。
（1）①[1]探究向心力 与轨道半径 的关系时，需采用控制变量法，保持小球质量 和角速度 不变。将皮带套在半径相同的塔轮①和④上，由于皮带传动线速度相等且塔轮半径相等，可得左右两边转轴的角速度 相等，满足实验条件。
②[2]球 1、球 2 质量均为，分别放在挡板 A、C 位置，已知挡板 A、C 到转轴距离相等，即轨道半径 相等。根据向心力公式
在、 相同的情况下，
左边标尺露出 1 格，右边露出 4 格，即
所以
解得
皮带传动边缘线速度 相等，由
可知
故左、右塔轮半径之比
（2）[1]在水面上撒上痱子粉，当油酸酒精溶液滴入水面时，酒精溶于水，油酸在水面上展开，会推开痱子粉，从而形成清晰的油膜边界，便于观察和描绘油膜的轮廓。
[2]计算油膜面积时，采用数格法，原则是大于半格的算一格，小于半格的舍去。由题图可知，每个小格的面积为。数出油膜轮廓内的格子数 约为55 格。则油膜面积
12．某同学要测量一节旧干电池的电动势（约1.4V）和内阻（约3Ω），实验室提供的器材如下：
电流表A（量程为0~500mA，内阻不计）；
定值电阻；
滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值为50Ω）；
开关、导线若干。
（1）该同学设计了如图甲所示的电路进行实验，请根据设计的电路，用笔画线代替导线完成图乙中的实物连线。
（2）开始时开关S1、S2、S3均处于断开状态，实验操作步骤如下：
A.闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器的滑片位置，读出此时的电流表的示数I1；
B.不改变滑动变阻器的滑片位置，断开开关S2，读出此时的电流表的示数I2；
C.改变滑动变阻器的滑片位置，多次重复步骤A、B，记录I1、I2对应的数据；
D.闭合开关S1、S3，读出此时的电流表的示数；
E.根据实验数据，作出变化的图像。
①实验中，滑动变阻器应选择　 　（填“R1”或“R2”）。
②如图丙所示为实验得到的图像，可得E≈　 　V，r≈　 　Ω。（结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）
（2）R1；1.44；2.99
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实物连线如图所示
（2） ①为调节方便，使电流表的示数有合理的变化范围，滑动变阻器应选择R1。
②根据闭合电路欧姆定律有E=
整理得，图像在纵轴的截距，解得电源电动势E≈1.44 V
内阻
故答案为：①R1 ；②1.44；2.99
【分析】(1) 实物连线：按电路图甲，依次连接电源、开关、电流表、定值电阻、滑动变阻器和开关，注意各开关的控制逻辑。
(2) 滑动变阻器选择：为调节方便、电流变化合理，选阻值较小的。
(3) 利用闭合电路欧姆定律整理关系式，由图像截距和数据求解电动势和内阻。
（1）实物连线如图所示
（2）[1]为调节方便，使电流表的示数有合理的变化范围，滑动变阻器应选择R1。
[2][3]根据闭合电路欧姆定律有E=
整理得
图像在纵轴的截距
解得电源电动势E≈1.44 V
内阻
13．当一束光的反射光与折射光垂直时，对应的入射角称为布儒斯特角。布儒斯特角通过控制光的偏振态，在需要高精度偏振控制或低反射干扰的场景中发挥关键作用。如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度L=3cm，若某波长为λ的单色光从上表面射入，入射角i=60°，反射光与折射光刚好垂直。已知普朗克常量为h，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）该单色光的能量子ε的值（用λ、h、c表示）；
（2）该玻璃砖的折射率n；
（3）从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离d。
【答案】（1）解：根据光子能量公式
解得该单色光的能量子为
（2）解：由题意知反射光与折射光垂直，根据几何关系可知入射角 与折射角 之和为，即
已知，则折射角，根据折射定律
代入数据得
（3）解：光线穿过平行玻璃砖发生侧移，设玻璃砖厚度为，折射角为，入射角为。光在玻璃砖内的路径长度
侧移距离 为入射光线延长线与出射光线间的垂直距离，由几何关系可得
代入，，，得
【知识点】光的折射及折射定律；能量子与量子化现象
【解析】【分析】(1) 由光子能量公式和光速与波长、频率的关系，推导出能量子表达式；
(2) 根据反射光与折射光垂直的几何关系，得到折射角，再由折射定律求折射率；
(3) 利用几何关系和侧移公式，计算光线穿过平行玻璃砖的侧移距离。
（1）根据光子能量公式
解得该单色光的能量子为
（2）由题意知反射光与折射光垂直，根据几何关系可知入射角 与折射角 之和为，即
已知，则折射角，根据折射定律
代入数据得
（3）光线穿过平行玻璃砖发生侧移，设玻璃砖厚度为，折射角为，入射角为。光在玻璃砖内的路径长度
侧移距离 为入射光线延长线与出射光线间的垂直距离，由几何关系可得
代入，，，得
14．工厂的传送装置如图甲所示，传送带的速度为v=5.0m/s，长度l=4.0m。一质量为m=1.0kg的工件从左侧以的速度滑上传送带，工件与传送带间的动摩擦因数传送带右侧的光滑水平平台上固定了一个质量为M=4.0kg的阻挡块，以工件与阻挡块接触为计时起点，两者的相互作用力大小随时间变化的关系可近似用图乙表示。定义两个物体间碰撞后与碰撞前的相对速度大小之比为他们的恢复系数e，即，该物理量的大小只与两个物体的材料有关，重力加速度取g，求：
（1）工件从传送带左端到右端的时间t；
（2）求工件与阻挡块间的恢复系数e；
（3）若阻挡块静置在平台上未固定，求工件与阻挡块碰撞中损失的机械能。
【答案】（1）解：由题图可知工件初速度，传送带速度，动摩擦因数。工件滑上传送带后受向右的摩擦力做匀加速运动，加速度大小
设工件加速至与传送带共速所需时间为，则
此过程位移
因
工件随后做匀速运动，位移
时间
故总时间
（2）解：工件到达右端时速度
阻挡块固定，碰前速度，碰后速度。由图乙可知，碰撞过程中阻挡块对工件的冲量大小 等于 图线与时间轴围成的面积，即
取向右为正方向，对工件应用动量定理
解得碰后工件速度
根据恢复系数定义
代入数据得
（3）解：若阻挡块未固定，碰撞过程动量守恒，且恢复系数 不变。设碰后工件速度为，阻挡块速度为。由动量守恒定律
由恢复系数定义
联立解得，
碰撞损失的机械能
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 工件先在传送带上匀加速，再匀速；先算加速时间与位移，再算匀速时间，总时间为两者之和。
(2) 用 F-t 图求冲量，结合动量定理求碰后工件速度，再由恢复系数定义式计算。
(3) 用动量守恒和恢复系数公式求碰后速度，再计算碰撞前后动能差，得到损失的机械能。
（1）由题图可知工件初速度，传送带速度，动摩擦因数。工件滑上传送带后受向右的摩擦力做匀加速运动，加速度大小
设工件加速至与传送带共速所需时间为，则
此过程位移
因
工件随后做匀速运动，位移
时间
故总时间
（2）工件到达右端时速度
阻挡块固定，碰前速度，碰后速度。由图乙可知，碰撞过程中阻挡块对工件的冲量大小 等于 图线与时间轴围成的面积，即
取向右为正方向，对工件应用动量定理
解得碰后工件速度
根据恢复系数定义
代入数据得
（3）若阻挡块未固定，碰撞过程动量守恒，且恢复系数 不变。设碰后工件速度为，阻挡块速度为。由动量守恒定律
由恢复系数定义
联立解得，
碰撞损失的机械能
代入数据解得
15．粒子控制技术广泛应用于物理研究和仪器制造中，如图所示，半径的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，MN是位于x=2a处平行于y轴足够长的收集板，y轴右侧半圆形无场区外、MN左侧加一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在O处静止的铀（）核发生α衰变生成钍（Th）核，所有衰变释放的α粒子（He）速率相同，方向在xOy平面内。已知沿+y方向发射的α粒子在磁场中偏转后恰好与MN相切时被收集，已知α粒子的质量为m、电荷量为q，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）试写出衰变方程，并求出衰变后钍核的速度；
（2）求MN上有粒子击中位置的纵坐标范围；
（3）若调整第一象限内磁场的右边界，使进入第一象限的α粒子经磁场偏转后均能垂直打在MN上，请推导调整后第一象限内磁场右边界满足的坐标方程。
【答案】（1）解：衰变方程满足电荷数、质量数守恒
对沿方向出射的粒子，出无场区坐标为，速度沿，洛伦兹力指向右，圆心坐标为。因轨迹与相切，故
得轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力
代入
得粒子速度
衰变过程动量守恒，初始总动量为0，设钍核质量为
则
解得钍核速度大小，方向与粒子出射方向相反。
（2）解：上边界（时）。所有粒子速率相同，故轨迹半径均为。 任意出射方向（与轴夹角，），出无场区坐标
轨迹圆心坐标满足
即所有圆心在以原点为圆心、半径的圆上。
轨迹圆方程为
代入，结合
整理得
由不等式
平方整理得
即
下边界（时）。设粒子恰能与MN板相切，如图所示
由几何关系得
设OO'连线与-y方向的夹角为，由几何关系得
解得
则此时圆心坐标为，则圆的方程为
与的交点为
故击中位置的纵坐标范围为
（3）解：要求粒子垂直打在上，出磁场时速度沿方向，故设运动轨迹圆心在出边界点的正下方处，即。
因入射方向沿（为入射点，在上），且，为直角三角形，由勾股定理：
代入，，
得
第一象限满足，故右边界坐标方程为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】(1) 衰变方程需满足质量数、电荷数守恒；再由洛伦兹力提供向心力求α粒子速度，结合动量守恒求钍核速度。
(2) 由轨迹几何关系，结合圆心轨迹圆方程，求MN上粒子击中位置的纵坐标范围。
(3) 设出磁场边界点与轨迹圆心，结合直角三角形勾股定理，推导磁场右边界的坐标方程。
（1）衰变方程满足电荷数、质量数守恒
对沿方向出射的粒子，出无场区坐标为，速度沿，洛伦兹力指向右，圆心坐标为。因轨迹与相切，故
得轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力
代入
得粒子速度
衰变过程动量守恒，初始总动量为0，设钍核质量为
则
解得钍核速度大小
方向与粒子出射方向相反。
（2）上边界（时）。所有粒子速率相同，故轨迹半径均为。 任意出射方向（与轴夹角，），出无场区坐标
轨迹圆心坐标满足
即所有圆心在以原点为圆心、半径的圆上。
轨迹圆方程为
代入，结合
整理得
由不等式
平方整理得
即
下边界（时）。设粒子恰能与MN板相切，如图所示
由几何关系得
设OO'连线与-y方向的夹角为，由几何关系得
解得
则此时圆心坐标为，则圆的方程为
与的交点为
故击中位置的纵坐标范围为
（3）要求粒子垂直打在上，出磁场时速度沿方向，故设运动轨迹圆心在出边界点的正下方处，即。
因入射方向沿（为入射点，在上），且，为直角三角形，由勾股定理：
代入，，
得
第一象限满足，故右边界坐标方程为
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