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2026届安徽巢湖市第四中学等校高三下学期第一次模拟考试物理试卷
1．一个带正电的小球用绝缘细线悬挂于O点，在其右侧放置一个不带电的枕形导体时，小球将在细线与竖直方向成θ角处保持静止，如图所示。若将导体的A端接地，当重新平衡时，细线与竖直方向的夹角将（　　）
A．不变 B．变大
C．变为零 D．变小但不为零
【答案】B
【知识点】库仑定律；点电荷
【解析】【解答】小球在细线与竖直方向成θ角处保持静止，根据平衡可知，将导体的A端接地，大地电势低，负电荷会从大地运动到枕形导体上，A端带负电电量变大，则与球之间的吸引力F变大，细线与竖直方向的夹角变大。
故选B。
【分析】根据共点力平衡条件和将导体的A端接地后A端电量的变化导致的小球受到的电场力的变化情况，分析θ角的变化情况。
2．一辆汽车在水平面上由A经B运动至C时停下，其v-t图像如图所示，已知两段运动的时间相等，则两段的位移之比为（　　）
A．4∶1 B．3∶1 C．2∶1 D．1∶1
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在v-t图像中，图像与时间轴围成的面积代表位移。设AB段和BC段的运动时间均为，初速度为，AB段的位移对应梯形面积，大小为；BC段的位移对应三角形面积，大小为。因此两段位移之比，故选项A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题考查v-t图像的物理意义。v-t图像的面积表示位移，对于匀变速直线运动，位移也可通过平均速度公式计算。AB段的平均速度为，BC段的平均速度为，两段时间相等，位移之比等于平均速度之比，即。
3．一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。此时介质中x=2m处的质点P由平衡位置向y轴正方向运动，其振动周期为0.4s。下列说法正确的是（　　）
A．该列波向右传播 B．该列波的波长为6m
C．该列波的波速为5m/s D．t=0时x=4m位置的质点尚未运动
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．质点 P（x=2m）从平衡位置向 y 轴正方向运动，用 “同侧法”（振动方向与波的传播方向在波形图同侧）判断，波向右传播，A正确；
B．由波形图可知，相邻波峰（或波谷）的间距为4m，故波长λ=4 m，并非6m，B错误；
C．该列波的波速为，C错误；
D．t=0时，x=4m位置的质点处于平衡位置，简谐横波中所有质点均随波振动，该质点此时速度最大，并非尚未运动，D错误。
故答案为：A。
【分析】通过质点振动方向判断波的传播方向，结合波形图获取波长，再计算波速，同时分析质点的振动状态。
4．如图所示，轻弹簧一端固定在竖直杆上的点，另一端连接小球，小球套在光滑水平杆上，整个装置可绕竖直杆转动。当装置分别以角速度、匀速转动时，小球相对杆分别静止在、点，杆对球的弹力大小分别为、，其中方向向下。弹簧在弹性限度内，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、沿弹簧方向的拉力和水平杆对其的竖直弹力。小球在水平面内做匀速圆周运动。设弹簧与竖直方向的夹角为，轨道半径为r，角速度为，小球质量为m。设弹簧的劲度系数为k，原长为，O点到水平杆的竖直高度为h。则弹簧的长度，拉力，由几何关系可知，弹簧拉力的水平分量提供向心力，整理得，此式表明，角速度是随轨道半径的增大而增大的，从图中可以看出，B的轨道半径大于A的轨道半径，对应的角速度关系为
在竖直方向上，小球受力平衡，则，所以，杆对球的弹力
由几何关系，可得：，B的轨道半径大于A的轨道半径，则有
故答案为：D。
【分析】本题考查匀速圆周运动的受力分析，需结合胡克定律、向心力公式与几何关系分析角速度和弹力的变化规律。关键是将弹簧拉力分解为水平与竖直分量，分别分析向心力与竖直方向的受力平衡，通过推导得出角速度和弹力随轨道半径的变化趋势，从而比较 A、B 两点的角速度与弹力大小。
5．如图所示，蹄形磁铁水平放置（N极在上），质量为的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时细导线与竖直方向的夹角为。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为，则（　　）
A．导体棒中的电流方向为
B．单根导线上的拉力大小为
C．若电流大小加倍，再次稳定后角也加倍
D．若导体棒处磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过角，导线上拉力变小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】A：导体棒所受安培力水平向右，根据左手定则，导体棒中的电流方向为，故A错误；
B：由力的平衡条件，两根导线拉力的竖直分量之和等于重力，即，因此单根导线上的拉力大小为，故B错误；
C：导体棒所受安培力大小，若电流大小加倍，安培力也会加倍，此时平衡时的值加倍，但角本身不会加倍，故C错误；
D．作出导体棒的受力分析图，如图所示，
其所受重力大小、方向均不变，安培力的大小不变，磁场方向沿逆时针方向转动，根据余弦定理可得，细导线上的拉力变小，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：利用左手定则判断电流方向，磁场方向由N极指向S极（向下），安培力水平向右，因此电流方向为。
B：导体棒受重力、安培力和两根导线的拉力，竖直方向合力为零，需注意是两根导线共同承担重力，因此单根拉力为。
C：安培力与电流成正比，电流加倍则安培力加倍，由可知，加倍，但角不会直接加倍。
D：当磁场方向缓慢转动时，安培力方向也随之转动，通过矢量三角形动态分析，拉力的大小会减小。
6．为营造更为公平公正的高考环境，金属探测仪被各考点广为使用。某兴趣小组设计了一款金属探测仪，如图所示，探测仪内部的线圈与电容器构成LC振荡电路，当探测仪检测到金属物体时，探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣器发出声响。已知某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在减弱过程中，则（　　）
A．该时刻线圈的自感电动势正在减小
B．该时刻电容器上极板带负电荷
C．若探测仪靠近金属时其自感系数增大，则振荡电流的周期减小
D．若探测仪与金属保持相对静止，则金属中不会产生涡流
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁振荡
【解析】【解答】A．某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在减弱过程中，电场能增加，磁场能减小，故自感电动势阻碍电流的增大，则该时刻线圈的自感电动势正在增大，故A错误；
B．电流的方向由b流向a，且电流强度正在减弱过程中，电容器充电，由右手螺旋定则判断，电容器下极板带正电，上极板带负电荷，故B正确；
C．若探测仪靠近金属时，相当于给线圈增加了铁芯，所以其自感系数L增大，根据公式
可知，其自感系数L增大时振荡电流的周期增大，故C错误；
D．此时电流强度正在减弱过程中，虽然探测仪与金属保持相对静止，金属也会产生感应电流，故D错误。
故选B。
【分析】一、探测原理
1、金属对电感的影响
金属靠近线圈时，相当于在线圈中增加了铁磁物质或导体
线圈的自感系数 L 增大
2、对振荡周期的影响
L 增大，T 增大
3、对电流频率的影响
频率 L 增大，f 减小
二、涡流的产生
涡流条件：变化的磁场在金属中产生感应电动势，形成涡流
即使探测仪与金属相对静止，只要振荡电流变化，磁场变化，就会产生涡流
三、易错点与关键概念
1、电流方向与电荷极性的关系
不能只由电流方向判断极板带电，需结合充放电状态
2、自感电动势的变化趋势
自感电动势大小与电流变化率成正比，不是与电流大小成正比
3、周期与频率的变化
L 增大 周期增大 频率减小
4、涡流的产生条件
变化的磁场即可产生涡流，与相对运动无关
7．1801年，托马斯·杨进行了著名的杨氏双缝干涉实验，有力地支持了光的波动说。如图甲所示是双缝干涉实验装置的示意图，某次实验中，利用黄光得到的干涉条纹如图乙所示。为了增大条纹间距，下列做法中可行的是（　　）
A．只增大滤光片到单缝的距离
B．只增大双缝间的距离
C．只增大双缝到屏的距离
D．只把黄色滤光片换成绿色滤光片
【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】条纹间距Δx与双缝距离d、光的波长λ及双缝到屏的距离l之间的关系为
可知，增大滤光片到单缝的距离，对条纹间距没有影响；增大双缝间的距离，条纹间距将减小；增大双缝到屏的距离，条纹间距将增大；把黄色滤光片换成绿色滤光片，则色光的波长变小了，条纹间距也将减小。
故选C。
【分析】根据双缝干涉条纹间距的公式，分析判断各种方案的正误。
8．如图所示，NPQ是由光滑细杆弯成的半圆弧，其半径为R，半圆弧的一端固定在天花板上的N点，NQ是半圆弧的直径，处于竖直方向，P点是半圆弧上与圆心等高的点。质量为m的小球A（可视为质点）穿在细杆上，通过轻绳与质量也为m的小球B相连，轻绳绕过固定在C处的轻小定滑轮。将小球A移到P点，此时CP段轻绳处于水平伸直状态，CP=2R，然后将小球A由静止释放。不计一切摩擦，已知重力加速度为g，在小球A由P点运动到圆弧最低点Q的过程中，下列说法不正确的是（　　）
A．小球A的动能可能先增大后减小
B．小球A始终比小球B运动得快（释放点P除外）
C．当小球A绕滑轮转过30°时，小球A的动能为
D．小球A刚释放时，小球A、B的加速度大小分别为aA=g、aB=0
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：小球A下滑过程中，所受合力始终与速度方向成锐角，动能会一直增大，而非先增大后减小，故A错误；
B：设小球A运动到某位置（P点除外）时，A、C连线与水平方向的夹角为，由关联速度关系可知（其中），因此小球A的速度始终比小球B的速度大，故B正确；
C：当小球A绕滑轮转过时，小球A下降的高度为，重力势能减少量为；小球B下降的高度为，重力势能减少量为。此时两球速度关系为，由系统机械能守恒，结合动能公式可解得，故C正确；
D：小球A刚释放时，受重力、杆的弹力和绳的拉力，其中杆的弹力与绳的拉力大小相等、方向相反，合力等于重力，加速度；小球B受重力和绳的拉力，合力为零，加速度，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A：动能变化由合力与速度的夹角决定。若合力与速度成锐角，动能持续增大；成钝角则动能减小。本题中合力始终与速度成锐角，因此动能一直增大。
B：关联速度的关键是沿绳方向的分速度相等，即。由于，因此。
C：利用系统机械能守恒求解动能，需分别计算两球的重力势能变化，并结合速度关联关系联立求解。
D：刚释放时，对小球A受力分析，杆的弹力与绳的拉力平衡，合力为重力；小球B受力平衡，加速度为0。
9．神舟十九号载人飞船于2024年10月30日成功发射，经过10分钟左右成功进入预定轨道。飞船进入预定轨道之前在近地圆轨道1的点点火加速进入椭圆轨道2，在远地点点再次点火加速进入圆轨道3。若飞船在1、2轨道的点和2、3轨道的点速度分别为、和、，向心加速度分别为、和、，机械能分别为、和、，飞船在1、2和3轨道的周期分别为、和。对于以上物理量的大小关系，下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】向心加速度；开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：由 得 ，因此近地圆轨道1的速度 大于圆轨道3的速度 ；飞船在P点和Q点两次点火加速，故 、，综合得 ，故A正确；
B：在P、Q两点，飞船的向心加速度由万有引力提供，即 ，同一位置到地心的距离 相同，因此 、，故B错误；
C：同一轨道上机械能守恒，故 ；飞船在P、Q两点点火加速，机械能增加，因此 、，即 ，故C错误；
D：根据开普勒第三定律 ，轨道半长轴 越大，周期越长，因此 ，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：卫星变轨问题中，点火加速会使速度增大；圆轨道上的速度由轨道半径决定，半径越小速度越大，因此可通过比较点火前后的速度关系和不同轨道的速度规律判断大小。
B：向心加速度由万有引力决定，同一位置到地心的距离不变，因此向心加速度大小不变。
C：点火加速过程中化学能转化为机械能，机械能增加；同一轨道上无动力运动时机械能守恒，因此椭圆轨道2上的P、Q两点机械能相等。
D：开普勒第三定律表明，轨道半长轴越大，卫星的周期越长，因此可通过轨道半长轴的大小关系判断周期关系。
10．如图所示，挡板 P 固定在倾角为30°的斜面左下端，斜面右上端M 与半径为R的圆弧轨道 MN连接，其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，∠MON=60°，质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B组成的系统机械能守恒
B．小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
C．小球A到达N点时的速度大小为
D．小球A到达N点时的速度大小为
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：小球A由M点运动到N点的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，因此小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，并非A、B组成的系统机械能守恒，故A错误；
B：小球A由M点运动到N点的过程中，弹簧先从压缩状态恢复原长，再被拉伸，弹性势能先减小后增大，因此小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故B正确；
C：设弹簧的劲度系数为，初始压缩量为，末态伸长量为，由受力平衡得，故。对A、B、C和弹簧组成的系统，机械能守恒：
其中，解得，故C正确；
D：由上述计算可知，速度大小为，并非，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：系统机械能守恒的条件是只有重力、系统内弹力做功，本题中弹簧对B做功，因此A、B系统机械能不守恒；
B：弹簧弹性势能的变化直接影响A、B的机械能之和，弹性势能减小时，A、B机械能之和增大，反之减小；
C：关键步骤为受力平衡求弹簧形变量、关联速度分解（）和系统机械能守恒方程的建立；
D：通过机械能守恒计算出的速度大小与选项不符。
11．李华用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。在高处固定电磁铁，通电时吸住小铁球（图中未画出电磁铁），断电后小铁球由静止开始下落，通过正下方的光电门。光电门可上下移动但始终位于铁球球心的正下方。
（1）安装并调整好器材。用游标卡尺测量铁球的三个互相垂直的直径，取平均值为测量值。其中某次测量的示数如图2所示，该示数为　 　cm。
（2）让电磁铁通电吸住小铁球，测量并记录球心到光电门的距离。释放小铁球，记录它通过光电门的时间。
（3）改变光电门位置，重复步骤（2）多次，得到多组、数据，在坐标图中描点连线，得到如图3所示的直线，算出斜率。若在实验误差允许的范围内，　 　（用当地重力加速度，铁球直径表示），则验证机械能守恒成功。
（4）实际上，小铁球通过光电门的平均速度略　 　（选填“大于”或“小于”）小铁球球心通过光电门的瞬时速度。由此是否会给本实验带来明显的影响？答：　 　（选填“是”或“否”）。
【答案】1.020；；小于；否
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】 掌握“验证机械能守恒定律”的实验原理是解题的基础。自由下落的物体只有重力做功，若减小的势能等于增加的动能，即：-△Ep=△Ek，则物体机械能守恒。（1）因为游标卡尺是20分度的，所以精度为0.05mm，游标卡尺上第4条刻度和主尺对齐，所以示数为
（3）铁球通过光电门的速度为
自由落体运动有
整理得
在误差允许范围内
则验证机械能守恒成功；
（4）小铁球通过光电门的平均速度为中间时刻的瞬时速度，而小铁球球心经过光电门时的速度是中间位置的瞬时速度，在匀变速直线运动中，在某段距离内中间位置的速度是大于中间时刻的瞬时速度的，即小铁球通过光电门的平均速度略小于小铁球球心通过光电门的瞬时速度
因为小铁球的直径较小，整体位移较小，所以这两个速度的差别不大，由此不会对实验带来明显的影响。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；
（3）根据速度—位移公式写出图像的函数表达式分析；
（4）根据在匀变速直线运动中，在某段距离内中间位置的速度是大于中间时刻的瞬时速度分析即可。
12．实验小组测量一盘铜导线的电阻及电阻率，标签标注长度为100m，实验室提供以下器材：
A.螺旋测微器
B.多用电表
C.电流表A（0~200mA，内阻约为）
D.电压表V（0~3V，内阻约为）
E.滑动变阻器（）
F.滑动变阻器
G.电源E（电动势为3.0V，内阻不计）
H.开关、若干导线
（1）将铜导线一端拨去绝缘层，用螺旋测微器在不同位置测量铜导线的直径，某次测量时，螺旋测微器示数如图甲所示，则该铜导线直径d=　 　mm。
（2）用多用电表电阻挡粗测铜导线的电阻如图乙所示，导线电阻约为　 　。
（3）用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器应选　 　（填器材前面的序号）。将实验器材如图丙所示连接成实验电路，用笔划线代替导线完成电路连接　 　。
（4）连接电路无误，实验得到多组数据，将所测电压表读数U和电流表读数Ⅰ，作出伏安特性曲线如图丁所示，则铜导线电阻R=　 　。铜导线电阻率　 　（保留一位有效数字）。
（5）用伏安法测出的电阻及电阻率均比真实值　 　（选填“大”“小”或“相等”）。
【答案】（1）0.629
（2）22
（3）E；
（4）22.5；
（5）小
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）铜导线的直径为
故答案为：0.629
（2） 多用电表测电阻选用倍率“”挡，根据指针所指位置，导线电阻约
故答案为：22
（3）用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器采用分压式，滑动变阻器应选E。
由，故采用电流表外接法，实物连线如图所示。
故答案为：E；
（4）根据伏安特性曲线，铜导线电阻
铜导线横截面积
根据电阻定律
电阻丝的电阻率表达式为
故答案为：22.5；
（5）由于电流表外接，故电阻及电阻率均比真实值小。
故答案为：小
【分析】（1）螺旋测微器读数：固定刻度+可动刻度×精度，直接计算直径。
（2）多用电表读数：刻度示数×挡位倍率，得到电阻值。
（3）滑动变阻器与电路：分压式接法实现电流从零开始，结合“大电阻内接、小电阻外接”选择电流表外接法。
（4）电阻与电阻率：由U-I图像斜率得电阻，再用电阻定律结合直径、长度计算电阻率。
（5）误差判断：分析电流表外接法的系统误差，确定测量值与真实值的大小关系。
（1）铜导线的直径为
（2）导线电阻约
（3）[1]用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器采用分压式，滑动变阻器应选E。
[2]由，故采用电流表外接法，实物连线如图所示。
（4）[1]根据伏安特性曲线，铜导线电阻
[2]铜导线横截面积
根据电阻定律
电阻丝的电阻率表达式为
（5）由于电流表外接，故电阻及电阻率均比真实值小。
13．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd的边长、。线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
（2）外接电阻上电流的有效值I。
【答案】解：（1）根据题意可知，bc、ad边的运动速度
感应电动势
解得
感应电流
安培力
解得
（2）根据题意可知，一个周期内，通电时间
则R上消耗的电能
又有
解得
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、切割速度的计算
bc 边到转轴的距离是 ，不是
2、匝数的处理
电动势、安培力公式中都要乘以匝数 N
3、通电时间的确定
需根据磁场区域分布判断线圈在磁场中的运动时间
不能想当然认为一半时间通电
4、有效值的计算
不能用峰值直接除 ，需根据实际波形求有效值
二、解题关键步骤
求线圈切割磁感线的速度
求感应电动势
求感应电流
求 bc 边所受安培力
求一个周期内通电时间 。
求一个周期内电阻 R 上的焦耳热。
由有效值定义求 。
总结：本题综合考查发电装置的工作原理、感应电动势、安培力、有效值的计算，核心在于正确分析线圈的运动和磁场分布，并能处理匝数、通电时间等细节。
14．如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为和的半圆盒和围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、带电荷量为的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度为0，经电场加速后沿的中垂线从极板上的小孔P射入磁场后打到荧光屏上。已知加速电压为（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中点处。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，且打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）求加速电压的大小。
（2）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的取值范围。
（3）若调节加速电场的方向与粒子发射速度和角度，使粒子恰好打在中点处，求粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值。
【答案】（1）解：带电粒子垂直于射入，恰好垂直打在中点处的运动轨迹如图甲所示，设其运动轨迹半径为，则由几何关系知
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
当粒子在电场中时，由动能定理得
联立解得
（2）解：当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时，运动轨迹如图乙所示，此时粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为，则
设粒子在磁场中运动的最大速度为，粒子在电场中，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
联立解得
当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中运动的半径有最小值，设为，则
设粒子在磁场中运动的最小速度为，粒子在电场中，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
联立解得
故加速电压的取值范围为
（3）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
可知速度大小与入射角度不影响粒子在磁场中运动的周期。设中点为Q，粒子从P点运动到Q点，轨迹对应圆心角越小，所用时间就越短。当粒子运动轨迹与半圆盒相切时，对应圆心角最小，设轨迹半径为，轨迹圆心为，如图丁所示
则由几何关系有
解得
则
则
所以粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值为
【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；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】(1) 先通过几何关系确定粒子打在N2M2中点时的轨迹半径，再用洛伦兹力提供向心力和动能定理联立求解加速电压；
(2) 先通过轨迹与相切、与相切的几何关系确定轨迹半径的最大值和最小值，再用动能定理和洛伦兹力公式分别求出最大、最小加速电压，得到取值范围；
(3) 利用圆周运动周期公式，明确圆心角越小运动时间越短，通过轨迹与相切的几何关系求轨迹半径，再用三角函数关系求出圆心角的正弦值。
（1）带电粒子垂直于射入，恰好垂直打在中点处的运动轨迹如图甲所示，设其运动轨迹半径为，则由几何关系知
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
当粒子在电场中时，由动能定理得
联立解得
（2）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时，运动轨迹如图乙所示，此时粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为，则
设粒子在磁场中运动的最大速度为，粒子在电场中，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
联立解得
当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中运动的半径有最小值，设为，则
设粒子在磁场中运动的最小速度为，粒子在电场中，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
联立解得
故加速电压的取值范围为
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
可知速度大小与入射角度不影响粒子在磁场中运动的周期。设中点为Q，粒子从P点运动到Q点，轨迹对应圆心角越小，所用时间就越短。当粒子运动轨迹与半圆盒相切时，对应圆心角最小，设轨迹半径为，轨迹圆心为，如图丁所示
则由几何关系有
解得
则
则
所以粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值为
15．如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度，使A在C上滑动，当A的速度减为时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为，重力加速度为g。求：
（1）从A获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？
（2）因拉断绳子造成的机械能损失为多少？
（3）若A最终未脱离木板C，则木板C的长度至少为多少？
【答案】解：（1）对物块A，根据动量定理
解得
（2）A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒
解得
C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒
解得
在绳子拉断瞬间损失的机械能为
解得
（3）在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据功能关系
解得
绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒
解得
绳子拉断后，A、C系统根据功能关系
得
木板C的长度至少为
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】一、动量定理的应用
动量定理：
常用于求力对时间的积累效果
本题应用：对滑块 A 从获得速度到绳子拉直的过程，只有摩擦力作用
由动量定理可求运动时间
二、动量守恒定律
适用条件：系统所受合外力为零 动量守恒
分阶段应用：阶段Ⅰ（绳子拉直前）：A 和 C 组成的系统，水平方向不受外力 动量守恒
阶段Ⅱ（绳子拉断瞬间）：B 和 C 组成的系统，水平方向不受外力 动量守恒
三、功能关系与能量损失
摩擦生热：在阶段Ⅰ，A 在 C 上滑动，摩擦力做功转化为内能
绳子拉断过程的能量损失：绳子拉断瞬间，系统机械能减少，转化为内能（绳子内能等）
由绳子拉断前后系统的动能差可求损失能量
四、相对运动与木板最小长度
相对位移与摩擦生热的关系
，其中 是 A 相对 C 滑行的距离
A 最终未脱离木板的条件：A 相对 C 的滑行距离 ≤ 木板 C 的长度
木板最小长度等于 A 相对 C 的总滑行距离
五、易错点与关键概念
1、绳子拉直瞬间的物理含义
此时 B 开始参与运动，但绳子拉直过程极短，可视为动量守恒
2、绳子拉断瞬间的处理
拉断前后动量守恒，但机械能不守恒
3、相对位移的计算
相对位移 = A 的对地位移 - C 的对地位移
由功能关系 可求
4、多阶段时间对应
需明确各阶段的时间点，不能混淆
总结：本题综合考查动量定理、动量守恒定律、功能关系、相对运动，核心在于正确划分运动阶段，对每个阶段应用相应的物理规律，并能将相对位移与摩擦生热联系起来。
1 / 12026届安徽巢湖市第四中学等校高三下学期第一次模拟考试物理试卷
1．一个带正电的小球用绝缘细线悬挂于O点，在其右侧放置一个不带电的枕形导体时，小球将在细线与竖直方向成θ角处保持静止，如图所示。若将导体的A端接地，当重新平衡时，细线与竖直方向的夹角将（　　）
A．不变 B．变大
C．变为零 D．变小但不为零
2．一辆汽车在水平面上由A经B运动至C时停下，其v-t图像如图所示，已知两段运动的时间相等，则两段的位移之比为（　　）
A．4∶1 B．3∶1 C．2∶1 D．1∶1
3．一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。此时介质中x=2m处的质点P由平衡位置向y轴正方向运动，其振动周期为0.4s。下列说法正确的是（　　）
A．该列波向右传播 B．该列波的波长为6m
C．该列波的波速为5m/s D．t=0时x=4m位置的质点尚未运动
4．如图所示，轻弹簧一端固定在竖直杆上的点，另一端连接小球，小球套在光滑水平杆上，整个装置可绕竖直杆转动。当装置分别以角速度、匀速转动时，小球相对杆分别静止在、点，杆对球的弹力大小分别为、，其中方向向下。弹簧在弹性限度内，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
5．如图所示，蹄形磁铁水平放置（N极在上），质量为的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时细导线与竖直方向的夹角为。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为，则（　　）
A．导体棒中的电流方向为
B．单根导线上的拉力大小为
C．若电流大小加倍，再次稳定后角也加倍
D．若导体棒处磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过角，导线上拉力变小
6．为营造更为公平公正的高考环境，金属探测仪被各考点广为使用。某兴趣小组设计了一款金属探测仪，如图所示，探测仪内部的线圈与电容器构成LC振荡电路，当探测仪检测到金属物体时，探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣器发出声响。已知某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在减弱过程中，则（　　）
A．该时刻线圈的自感电动势正在减小
B．该时刻电容器上极板带负电荷
C．若探测仪靠近金属时其自感系数增大，则振荡电流的周期减小
D．若探测仪与金属保持相对静止，则金属中不会产生涡流
7．1801年，托马斯·杨进行了著名的杨氏双缝干涉实验，有力地支持了光的波动说。如图甲所示是双缝干涉实验装置的示意图，某次实验中，利用黄光得到的干涉条纹如图乙所示。为了增大条纹间距，下列做法中可行的是（　　）
A．只增大滤光片到单缝的距离
B．只增大双缝间的距离
C．只增大双缝到屏的距离
D．只把黄色滤光片换成绿色滤光片
8．如图所示，NPQ是由光滑细杆弯成的半圆弧，其半径为R，半圆弧的一端固定在天花板上的N点，NQ是半圆弧的直径，处于竖直方向，P点是半圆弧上与圆心等高的点。质量为m的小球A（可视为质点）穿在细杆上，通过轻绳与质量也为m的小球B相连，轻绳绕过固定在C处的轻小定滑轮。将小球A移到P点，此时CP段轻绳处于水平伸直状态，CP=2R，然后将小球A由静止释放。不计一切摩擦，已知重力加速度为g，在小球A由P点运动到圆弧最低点Q的过程中，下列说法不正确的是（　　）
A．小球A的动能可能先增大后减小
B．小球A始终比小球B运动得快（释放点P除外）
C．当小球A绕滑轮转过30°时，小球A的动能为
D．小球A刚释放时，小球A、B的加速度大小分别为aA=g、aB=0
9．神舟十九号载人飞船于2024年10月30日成功发射，经过10分钟左右成功进入预定轨道。飞船进入预定轨道之前在近地圆轨道1的点点火加速进入椭圆轨道2，在远地点点再次点火加速进入圆轨道3。若飞船在1、2轨道的点和2、3轨道的点速度分别为、和、，向心加速度分别为、和、，机械能分别为、和、，飞船在1、2和3轨道的周期分别为、和。对于以上物理量的大小关系，下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示，挡板 P 固定在倾角为30°的斜面左下端，斜面右上端M 与半径为R的圆弧轨道 MN连接，其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，∠MON=60°，质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B组成的系统机械能守恒
B．小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
C．小球A到达N点时的速度大小为
D．小球A到达N点时的速度大小为
11．李华用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。在高处固定电磁铁，通电时吸住小铁球（图中未画出电磁铁），断电后小铁球由静止开始下落，通过正下方的光电门。光电门可上下移动但始终位于铁球球心的正下方。
（1）安装并调整好器材。用游标卡尺测量铁球的三个互相垂直的直径，取平均值为测量值。其中某次测量的示数如图2所示，该示数为　 　cm。
（2）让电磁铁通电吸住小铁球，测量并记录球心到光电门的距离。释放小铁球，记录它通过光电门的时间。
（3）改变光电门位置，重复步骤（2）多次，得到多组、数据，在坐标图中描点连线，得到如图3所示的直线，算出斜率。若在实验误差允许的范围内，　 　（用当地重力加速度，铁球直径表示），则验证机械能守恒成功。
（4）实际上，小铁球通过光电门的平均速度略　 　（选填“大于”或“小于”）小铁球球心通过光电门的瞬时速度。由此是否会给本实验带来明显的影响？答：　 　（选填“是”或“否”）。
12．实验小组测量一盘铜导线的电阻及电阻率，标签标注长度为100m，实验室提供以下器材：
A.螺旋测微器
B.多用电表
C.电流表A（0~200mA，内阻约为）
D.电压表V（0~3V，内阻约为）
E.滑动变阻器（）
F.滑动变阻器
G.电源E（电动势为3.0V，内阻不计）
H.开关、若干导线
（1）将铜导线一端拨去绝缘层，用螺旋测微器在不同位置测量铜导线的直径，某次测量时，螺旋测微器示数如图甲所示，则该铜导线直径d=　 　mm。
（2）用多用电表电阻挡粗测铜导线的电阻如图乙所示，导线电阻约为　 　。
（3）用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器应选　 　（填器材前面的序号）。将实验器材如图丙所示连接成实验电路，用笔划线代替导线完成电路连接　 　。
（4）连接电路无误，实验得到多组数据，将所测电压表读数U和电流表读数Ⅰ，作出伏安特性曲线如图丁所示，则铜导线电阻R=　 　。铜导线电阻率　 　（保留一位有效数字）。
（5）用伏安法测出的电阻及电阻率均比真实值　 　（选填“大”“小”或“相等”）。
13．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd的边长、。线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
（2）外接电阻上电流的有效值I。
14．如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为和的半圆盒和围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、带电荷量为的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度为0，经电场加速后沿的中垂线从极板上的小孔P射入磁场后打到荧光屏上。已知加速电压为（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中点处。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，且打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）求加速电压的大小。
（2）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的取值范围。
（3）若调节加速电场的方向与粒子发射速度和角度，使粒子恰好打在中点处，求粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值。
15．如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度，使A在C上滑动，当A的速度减为时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为，重力加速度为g。求：
（1）从A获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？
（2）因拉断绳子造成的机械能损失为多少？
（3）若A最终未脱离木板C，则木板C的长度至少为多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】库仑定律；点电荷
【解析】【解答】小球在细线与竖直方向成θ角处保持静止，根据平衡可知，将导体的A端接地，大地电势低，负电荷会从大地运动到枕形导体上，A端带负电电量变大，则与球之间的吸引力F变大，细线与竖直方向的夹角变大。
故选B。
【分析】根据共点力平衡条件和将导体的A端接地后A端电量的变化导致的小球受到的电场力的变化情况，分析θ角的变化情况。
2．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在v-t图像中，图像与时间轴围成的面积代表位移。设AB段和BC段的运动时间均为，初速度为，AB段的位移对应梯形面积，大小为；BC段的位移对应三角形面积，大小为。因此两段位移之比，故选项A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题考查v-t图像的物理意义。v-t图像的面积表示位移，对于匀变速直线运动，位移也可通过平均速度公式计算。AB段的平均速度为，BC段的平均速度为，两段时间相等，位移之比等于平均速度之比，即。
3．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．质点 P（x=2m）从平衡位置向 y 轴正方向运动，用 “同侧法”（振动方向与波的传播方向在波形图同侧）判断，波向右传播，A正确；
B．由波形图可知，相邻波峰（或波谷）的间距为4m，故波长λ=4 m，并非6m，B错误；
C．该列波的波速为，C错误；
D．t=0时，x=4m位置的质点处于平衡位置，简谐横波中所有质点均随波振动，该质点此时速度最大，并非尚未运动，D错误。
故答案为：A。
【分析】通过质点振动方向判断波的传播方向，结合波形图获取波长，再计算波速，同时分析质点的振动状态。
4．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、沿弹簧方向的拉力和水平杆对其的竖直弹力。小球在水平面内做匀速圆周运动。设弹簧与竖直方向的夹角为，轨道半径为r，角速度为，小球质量为m。设弹簧的劲度系数为k，原长为，O点到水平杆的竖直高度为h。则弹簧的长度，拉力，由几何关系可知，弹簧拉力的水平分量提供向心力，整理得，此式表明，角速度是随轨道半径的增大而增大的，从图中可以看出，B的轨道半径大于A的轨道半径，对应的角速度关系为
在竖直方向上，小球受力平衡，则，所以，杆对球的弹力
由几何关系，可得：，B的轨道半径大于A的轨道半径，则有
故答案为：D。
【分析】本题考查匀速圆周运动的受力分析，需结合胡克定律、向心力公式与几何关系分析角速度和弹力的变化规律。关键是将弹簧拉力分解为水平与竖直分量，分别分析向心力与竖直方向的受力平衡，通过推导得出角速度和弹力随轨道半径的变化趋势，从而比较 A、B 两点的角速度与弹力大小。
5．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】A：导体棒所受安培力水平向右，根据左手定则，导体棒中的电流方向为，故A错误；
B：由力的平衡条件，两根导线拉力的竖直分量之和等于重力，即，因此单根导线上的拉力大小为，故B错误；
C：导体棒所受安培力大小，若电流大小加倍，安培力也会加倍，此时平衡时的值加倍，但角本身不会加倍，故C错误；
D．作出导体棒的受力分析图，如图所示，
其所受重力大小、方向均不变，安培力的大小不变，磁场方向沿逆时针方向转动，根据余弦定理可得，细导线上的拉力变小，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：利用左手定则判断电流方向，磁场方向由N极指向S极（向下），安培力水平向右，因此电流方向为。
B：导体棒受重力、安培力和两根导线的拉力，竖直方向合力为零，需注意是两根导线共同承担重力，因此单根拉力为。
C：安培力与电流成正比，电流加倍则安培力加倍，由可知，加倍，但角不会直接加倍。
D：当磁场方向缓慢转动时，安培力方向也随之转动，通过矢量三角形动态分析，拉力的大小会减小。
6．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁振荡
【解析】【解答】A．某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在减弱过程中，电场能增加，磁场能减小，故自感电动势阻碍电流的增大，则该时刻线圈的自感电动势正在增大，故A错误；
B．电流的方向由b流向a，且电流强度正在减弱过程中，电容器充电，由右手螺旋定则判断，电容器下极板带正电，上极板带负电荷，故B正确；
C．若探测仪靠近金属时，相当于给线圈增加了铁芯，所以其自感系数L增大，根据公式
可知，其自感系数L增大时振荡电流的周期增大，故C错误；
D．此时电流强度正在减弱过程中，虽然探测仪与金属保持相对静止，金属也会产生感应电流，故D错误。
故选B。
【分析】一、探测原理
1、金属对电感的影响
金属靠近线圈时，相当于在线圈中增加了铁磁物质或导体
线圈的自感系数 L 增大
2、对振荡周期的影响
L 增大，T 增大
3、对电流频率的影响
频率 L 增大，f 减小
二、涡流的产生
涡流条件：变化的磁场在金属中产生感应电动势，形成涡流
即使探测仪与金属相对静止，只要振荡电流变化，磁场变化，就会产生涡流
三、易错点与关键概念
1、电流方向与电荷极性的关系
不能只由电流方向判断极板带电，需结合充放电状态
2、自感电动势的变化趋势
自感电动势大小与电流变化率成正比，不是与电流大小成正比
3、周期与频率的变化
L 增大 周期增大 频率减小
4、涡流的产生条件
变化的磁场即可产生涡流，与相对运动无关
7．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】条纹间距Δx与双缝距离d、光的波长λ及双缝到屏的距离l之间的关系为
可知，增大滤光片到单缝的距离，对条纹间距没有影响；增大双缝间的距离，条纹间距将减小；增大双缝到屏的距离，条纹间距将增大；把黄色滤光片换成绿色滤光片，则色光的波长变小了，条纹间距也将减小。
故选C。
【分析】根据双缝干涉条纹间距的公式，分析判断各种方案的正误。
8．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：小球A下滑过程中，所受合力始终与速度方向成锐角，动能会一直增大，而非先增大后减小，故A错误；
B：设小球A运动到某位置（P点除外）时，A、C连线与水平方向的夹角为，由关联速度关系可知（其中），因此小球A的速度始终比小球B的速度大，故B正确；
C：当小球A绕滑轮转过时，小球A下降的高度为，重力势能减少量为；小球B下降的高度为，重力势能减少量为。此时两球速度关系为，由系统机械能守恒，结合动能公式可解得，故C正确；
D：小球A刚释放时，受重力、杆的弹力和绳的拉力，其中杆的弹力与绳的拉力大小相等、方向相反，合力等于重力，加速度；小球B受重力和绳的拉力，合力为零，加速度，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A：动能变化由合力与速度的夹角决定。若合力与速度成锐角，动能持续增大；成钝角则动能减小。本题中合力始终与速度成锐角，因此动能一直增大。
B：关联速度的关键是沿绳方向的分速度相等，即。由于，因此。
C：利用系统机械能守恒求解动能，需分别计算两球的重力势能变化，并结合速度关联关系联立求解。
D：刚释放时，对小球A受力分析，杆的弹力与绳的拉力平衡，合力为重力；小球B受力平衡，加速度为0。
9．【答案】A,D
【知识点】向心加速度；开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：由 得 ，因此近地圆轨道1的速度 大于圆轨道3的速度 ；飞船在P点和Q点两次点火加速，故 、，综合得 ，故A正确；
B：在P、Q两点，飞船的向心加速度由万有引力提供，即 ，同一位置到地心的距离 相同，因此 、，故B错误；
C：同一轨道上机械能守恒，故 ；飞船在P、Q两点点火加速，机械能增加，因此 、，即 ，故C错误；
D：根据开普勒第三定律 ，轨道半长轴 越大，周期越长，因此 ，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：卫星变轨问题中，点火加速会使速度增大；圆轨道上的速度由轨道半径决定，半径越小速度越大，因此可通过比较点火前后的速度关系和不同轨道的速度规律判断大小。
B：向心加速度由万有引力决定，同一位置到地心的距离不变，因此向心加速度大小不变。
C：点火加速过程中化学能转化为机械能，机械能增加；同一轨道上无动力运动时机械能守恒，因此椭圆轨道2上的P、Q两点机械能相等。
D：开普勒第三定律表明，轨道半长轴越大，卫星的周期越长，因此可通过轨道半长轴的大小关系判断周期关系。
10．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：小球A由M点运动到N点的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，因此小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，并非A、B组成的系统机械能守恒，故A错误；
B：小球A由M点运动到N点的过程中，弹簧先从压缩状态恢复原长，再被拉伸，弹性势能先减小后增大，因此小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故B正确；
C：设弹簧的劲度系数为，初始压缩量为，末态伸长量为，由受力平衡得，故。对A、B、C和弹簧组成的系统，机械能守恒：
其中，解得，故C正确；
D：由上述计算可知，速度大小为，并非，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：系统机械能守恒的条件是只有重力、系统内弹力做功，本题中弹簧对B做功，因此A、B系统机械能不守恒；
B：弹簧弹性势能的变化直接影响A、B的机械能之和，弹性势能减小时，A、B机械能之和增大，反之减小；
C：关键步骤为受力平衡求弹簧形变量、关联速度分解（）和系统机械能守恒方程的建立；
D：通过机械能守恒计算出的速度大小与选项不符。
11．【答案】1.020；；小于；否
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】 掌握“验证机械能守恒定律”的实验原理是解题的基础。自由下落的物体只有重力做功，若减小的势能等于增加的动能，即：-△Ep=△Ek，则物体机械能守恒。（1）因为游标卡尺是20分度的，所以精度为0.05mm，游标卡尺上第4条刻度和主尺对齐，所以示数为
（3）铁球通过光电门的速度为
自由落体运动有
整理得
在误差允许范围内
则验证机械能守恒成功；
（4）小铁球通过光电门的平均速度为中间时刻的瞬时速度，而小铁球球心经过光电门时的速度是中间位置的瞬时速度，在匀变速直线运动中，在某段距离内中间位置的速度是大于中间时刻的瞬时速度的，即小铁球通过光电门的平均速度略小于小铁球球心通过光电门的瞬时速度
因为小铁球的直径较小，整体位移较小，所以这两个速度的差别不大，由此不会对实验带来明显的影响。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；
（3）根据速度—位移公式写出图像的函数表达式分析；
（4）根据在匀变速直线运动中，在某段距离内中间位置的速度是大于中间时刻的瞬时速度分析即可。
12．【答案】（1）0.629
（2）22
（3）E；
（4）22.5；
（5）小
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）铜导线的直径为
故答案为：0.629
（2） 多用电表测电阻选用倍率“”挡，根据指针所指位置，导线电阻约
故答案为：22
（3）用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器采用分压式，滑动变阻器应选E。
由，故采用电流表外接法，实物连线如图所示。
故答案为：E；
（4）根据伏安特性曲线，铜导线电阻
铜导线横截面积
根据电阻定律
电阻丝的电阻率表达式为
故答案为：22.5；
（5）由于电流表外接，故电阻及电阻率均比真实值小。
故答案为：小
【分析】（1）螺旋测微器读数：固定刻度+可动刻度×精度，直接计算直径。
（2）多用电表读数：刻度示数×挡位倍率，得到电阻值。
（3）滑动变阻器与电路：分压式接法实现电流从零开始，结合“大电阻内接、小电阻外接”选择电流表外接法。
（4）电阻与电阻率：由U-I图像斜率得电阻，再用电阻定律结合直径、长度计算电阻率。
（5）误差判断：分析电流表外接法的系统误差，确定测量值与真实值的大小关系。
（1）铜导线的直径为
（2）导线电阻约
（3）[1]用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器采用分压式，滑动变阻器应选E。
[2]由，故采用电流表外接法，实物连线如图所示。
（4）[1]根据伏安特性曲线，铜导线电阻
[2]铜导线横截面积
根据电阻定律
电阻丝的电阻率表达式为
（5）由于电流表外接，故电阻及电阻率均比真实值小。
13．【答案】解：（1）根据题意可知，bc、ad边的运动速度
感应电动势
解得
感应电流
安培力
解得
（2）根据题意可知，一个周期内，通电时间
则R上消耗的电能
又有
解得
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、切割速度的计算
bc 边到转轴的距离是 ，不是
2、匝数的处理
电动势、安培力公式中都要乘以匝数 N
3、通电时间的确定
需根据磁场区域分布判断线圈在磁场中的运动时间
不能想当然认为一半时间通电
4、有效值的计算
不能用峰值直接除 ，需根据实际波形求有效值
二、解题关键步骤
求线圈切割磁感线的速度
求感应电动势
求感应电流
求 bc 边所受安培力
求一个周期内通电时间 。
求一个周期内电阻 R 上的焦耳热。
由有效值定义求 。
总结：本题综合考查发电装置的工作原理、感应电动势、安培力、有效值的计算，核心在于正确分析线圈的运动和磁场分布，并能处理匝数、通电时间等细节。
14．【答案】（1）解：带电粒子垂直于射入，恰好垂直打在中点处的运动轨迹如图甲所示，设其运动轨迹半径为，则由几何关系知
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
当粒子在电场中时，由动能定理得
联立解得
（2）解：当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时，运动轨迹如图乙所示，此时粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为，则
设粒子在磁场中运动的最大速度为，粒子在电场中，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
联立解得
当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中运动的半径有最小值，设为，则
设粒子在磁场中运动的最小速度为，粒子在电场中，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
联立解得
故加速电压的取值范围为
（3）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
可知速度大小与入射角度不影响粒子在磁场中运动的周期。设中点为Q，粒子从P点运动到Q点，轨迹对应圆心角越小，所用时间就越短。当粒子运动轨迹与半圆盒相切时，对应圆心角最小，设轨迹半径为，轨迹圆心为，如图丁所示
则由几何关系有
解得
则
则
所以粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值为
【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；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】(1) 先通过几何关系确定粒子打在N2M2中点时的轨迹半径，再用洛伦兹力提供向心力和动能定理联立求解加速电压；
(2) 先通过轨迹与相切、与相切的几何关系确定轨迹半径的最大值和最小值，再用动能定理和洛伦兹力公式分别求出最大、最小加速电压，得到取值范围；
(3) 利用圆周运动周期公式，明确圆心角越小运动时间越短，通过轨迹与相切的几何关系求轨迹半径，再用三角函数关系求出圆心角的正弦值。
（1）带电粒子垂直于射入，恰好垂直打在中点处的运动轨迹如图甲所示，设其运动轨迹半径为，则由几何关系知
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
当粒子在电场中时，由动能定理得
联立解得
（2）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时，运动轨迹如图乙所示，此时粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为，则
设粒子在磁场中运动的最大速度为，粒子在电场中，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
联立解得
当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中运动的半径有最小值，设为，则
设粒子在磁场中运动的最小速度为，粒子在电场中，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
联立解得
故加速电压的取值范围为
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
可知速度大小与入射角度不影响粒子在磁场中运动的周期。设中点为Q，粒子从P点运动到Q点，轨迹对应圆心角越小，所用时间就越短。当粒子运动轨迹与半圆盒相切时，对应圆心角最小，设轨迹半径为，轨迹圆心为，如图丁所示
则由几何关系有
解得
则
则
所以粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值为
15．【答案】解：（1）对物块A，根据动量定理
解得
（2）A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒
解得
C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒
解得
在绳子拉断瞬间损失的机械能为
解得
（3）在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据功能关系
解得
绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒
解得
绳子拉断后，A、C系统根据功能关系
得
木板C的长度至少为
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】一、动量定理的应用
动量定理：
常用于求力对时间的积累效果
本题应用：对滑块 A 从获得速度到绳子拉直的过程，只有摩擦力作用
由动量定理可求运动时间
二、动量守恒定律
适用条件：系统所受合外力为零 动量守恒
分阶段应用：阶段Ⅰ（绳子拉直前）：A 和 C 组成的系统，水平方向不受外力 动量守恒
阶段Ⅱ（绳子拉断瞬间）：B 和 C 组成的系统，水平方向不受外力 动量守恒
三、功能关系与能量损失
摩擦生热：在阶段Ⅰ，A 在 C 上滑动，摩擦力做功转化为内能
绳子拉断过程的能量损失：绳子拉断瞬间，系统机械能减少，转化为内能（绳子内能等）
由绳子拉断前后系统的动能差可求损失能量
四、相对运动与木板最小长度
相对位移与摩擦生热的关系
，其中 是 A 相对 C 滑行的距离
A 最终未脱离木板的条件：A 相对 C 的滑行距离 ≤ 木板 C 的长度
木板最小长度等于 A 相对 C 的总滑行距离
五、易错点与关键概念
1、绳子拉直瞬间的物理含义
此时 B 开始参与运动，但绳子拉直过程极短，可视为动量守恒
2、绳子拉断瞬间的处理
拉断前后动量守恒，但机械能不守恒
3、相对位移的计算
相对位移 = A 的对地位移 - C 的对地位移
由功能关系 可求
4、多阶段时间对应
需明确各阶段的时间点，不能混淆
总结：本题综合考查动量定理、动量守恒定律、功能关系、相对运动，核心在于正确划分运动阶段，对每个阶段应用相应的物理规律，并能将相对位移与摩擦生热联系起来。
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