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2026届河北保定市定州中学高三一模物理试题
1．卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现新核素，核反应方程为核电站反应堆中，一种典型的裂变反应为。下列说法正确的是（　　）
A．卢瑟福发现新核素的核反应属于核聚变
B．核反应方程中的X是中子
C．β衰变的实质是Y转化成 X 和电子
D．铀235裂变需要吸收能量
2．如图1所示为t=2s时沿x轴方向传播的简谐横波的波形图，图2为质点b的振动图像，a点是平衡位置为x=2m处的质点。该机械波的波速为（　　）
A．6m/s B．4m/s C．2m/s D．2.5cm/s
3．如图所示为某正试探电荷沿x轴正方向移动过程中，该试探电荷的电势能随位移x的变化规律。已知电场方向沿x轴方向，下列说法正确的是（　　）
A．间，电场方向始终沿x轴正方向
B．间，电场方向始终沿x轴负方向
C．间，该电场的电场强度先增大后减小
D．间，该电场的电场强度先减小后增大
4．因受月球潮汐引力影响，地球自诞生以来，自转周期在持续增大。同时，科学研究指出，地球板块的运动、地壳的收缩以及人类活动也会使地球的自转周期发生微小的变化。若不考虑月球影响，对地球上各部分物体，存在，其中rn为各部分物体到地轴的距离，只要地球总质量不变，k为恒量。下列相关说法正确的是（　　）
A．对于地球赤道上的物体，重力加速度在变小
B．1000年后发射的地球静止轨道卫星高度比近几年发射的低
C．若仅考虑北回归线附近的大陆板块向赤道漂移，会使地球自转周期减小
D．若仅考虑板块挤压形成山脉，地球自转周期会增大
5．简易测光速的装置原理图如图所示，光源与平面镜间放置边缘有狭缝的小圆盘，大圆盘通过皮带带动小圆盘转动，光经狭缝照射到平面镜后原路返回，当小圆盘转过合适的角度时，能在光源侧看到返回的光。已知小盘与平面镜间的距离d=1.5km，小盘半径r=1cm，大盘半径R=10m，光速取能在光源侧看到反射光时，大盘的角速度至少为（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示电路中，理想变压器原线圈接输出电压有效值恒为40 V 的正弦式交流电，原、副线圈匝数比为 副线圈上的滑片P 可上下自由移动，电表为理想电表。滑动变阻器 的最大阻值为8Ω，定值电阻R2的阻值为5Ω。某时刻闭合开关S，此时滑片P和滑动变阻器滑片均位于正中间，则（　　）
A．仅向上移动滑片 P，电流表示数增大
B．仅向上移动滑片 P，电流表示数减小
C．仅向上移动滑动变阻器滑片，电源输出功率增大
D．仅向上移动滑动变阻器滑片，电源输出功率减小
7．如图所示，粗糙竖直挡板前方固定倾角为θ=37°的粗糙传送带，传送带上表面以速度向挡板转动，物块紧贴传送带和挡板由静止释放。已知物块与挡板间的动摩擦因数为，与传送带间的动摩擦因数为重力加速度取则物块沿传送带下滑的最大速度为（　　）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
8．用折射率判断液体种类是一种快速且非破坏性的物理分析方法。某同学利用烧杯和激光笔进行实验，纵截面如图所示，保证入射点和入射角（30°）不变，在恒温环境下获得的部分数据如表1所示，该温度下常见液体的折射率如表2所示，下列说法正确的是（　　）
1 2 3 4
液体种类
3%盐水 20%盐水
折射角的正弦值 0.35 0.375 0.373 4 0.37
表1
液体种类 纯水 乙醇 3%盐水 20%盐水 浓硫酸
折射率 1.333 1.36 1.339 1.369 1.428
表2
A．液体1可能是乙醇
B．液体4的浓度小于标称值
C．适当增大入射角可提升测量精度
D．出射点越高，折射率越大
9．如图所示，在竖直平面内，斜面AB和水平面BC平滑连接，一光滑小物块a在斜面AB上到BC竖直距离为h处由静止释放，一段时间后与BC上的小物块b发生弹性碰撞，碰撞时间极短。两物块的质量均为m，物块b与BC间的动摩擦因数为μ，b运动距离x后从BC最右端以大小为v的速度离开。已知重力加速度为g，若把该过程类比为光电效应的发生过程，下列说法正确的是（　　）
A．可以类比为入射光光子能量
B．μmgx可以类比为金属的逸出功
C．mgh可以类比为光电子的最大初动能
D．h增大可以类比为入射光光子波长减小
10．如图所示，日字形金属框CDEF长2L、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，左端接有阻值为6R 的定值电阻，中间位置和右端接有阻值分别为6R和3R的金属棒PQ和金属棒CF，其他电阻不计，金属框总质量为m。金属框右侧有宽为L的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。已知金属框以初速度v0进入匀强磁场，最终PQ棒恰好没从磁场中穿出。下列说法正确的是（　　）
A．从开始到PQ棒进入磁场前瞬间，通过PQ棒的总电荷量为
B．从PQ棒进入磁场到停止，通过定值电阻的总电荷量为
C．PQ棒刚进入磁场时的速度为
D．CF在磁场中运动过程中定值电阻产生的焦耳热为
11．某实验小组的同学利用如图甲所示的装置探究加速度与物体所受合力的关系。
（1）实验时，为了减小实验误差，下列说法或操作正确的是___________。
A．遮光条宽度越宽越好，便于测量瞬时速度
B．不必调节细线与长木板平行
C．不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量
（2）正确组装实验器材，用刻度尺测量两光电门之间的距离L，用螺旋测微器测量遮光条的宽度d，在砂桶里装有一定质量的细砂，将小车由静止释放，依次记录遮光条通过光电门1、2的挡光时间Δt1、Δt2，同时记录弹簧测力计的示数，小车的加速度大小为a=　 　（用以上物理量表示）。
（3）改变砂桶中细砂的质量，重复上述操作，记录弹簧测力计的示数F，并算出相对应的小车的加速度a，通过记录的实验数据描绘出的F-a图像如图乙所示，则小车的质量为M=　 　。（用b1、b2和c表示）
12．某实验小组在普通实验室内利用如图甲所示的电路研究光敏电阻的特性，电路中定值电阻 在M、N间接有电压传感器，闭合开关，用一定强度的光照射光敏电阻R ，调节电阻箱R3的阻值使电压传感器的示数为0，记录光照强度和电阻箱的阻值。多次改变入射光的强度，重复上述操作，通过记录的多组实验数据，描绘了光敏电阻的阻值随入射光强度的变化规律，如图乙所示。
（1）如图丙所示，甲同学用多用电表“×1k”的倍率测量了某状态下光敏电阻的阻值，则该状态下的阻值为　 　Ω。
（2）某次实验时，电阻箱R3的阻值如图丁所示，则此时入射光的光照强度为　 　lx。
（3）乙同学通过分析光敏电阻的特性后，参照图乙数据，设计了如图戊所示的光控电路报警器，电路中电源的电压为E=3V，内阻可忽略不计，当电流表的示数大于等于1mA时报警器开始报警，则理论上报警器开始报警时，光敏电阻的阻值为　 　Ω，入射光的强度为　 　lx；为满足在上述光照条件下，电流表示数大于1.2mA时报警，应　 　（选填“增大”或“减小”）定值电阻的阻值。
13．某重型半挂货车的气刹系统配备双储气筒，总容积V=160L，车辆启动前，储气筒内气体压强等于标准大气压 温度与外界一致，均为T=300K。车辆启动后，发动机带动空气压缩机为储气筒充气，1s内可往气筒内充入压强和温度均与外界气体相同、体积 的气体。忽略管路容积，充气过程筒内气体温度不变，气筒密封良好，气体可看成理想气体。气刹系统正常工作时，气筒内气压为7p0。
（1）充气过程，判断筒内气体向外界放出热量还是从外界吸收热量。
（2）求从车辆启动到气刹正常工作充入的气体的体积。
（3）实际充气过程中，若发动机怠速导致压缩机1s内充气体积只有原来的 ，且空气干燥器会使实际充入气体的压强变为0.9p0，求车辆怠速状态下从启动到气刹系统正常工作所需的时间。
14．如图甲所示，物块A、B和带有半径R=4m的光滑圆弧轨道EF的物块D均放在光滑水平地面上，D被锁定。圆弧轨道的圆心为O，OE水平，A、B通过劲度系数为k的轻弹簧相连。小球C从E点正上方高h=16.8m处由静止释放，当O、C连线和OF的夹角为时，解除物块D的锁定。已知重力加速度取。
（1）求小球C经过F点时，小球C、物块D的速度大小和物块D对小球C的支持力大小；
（2）小球C与物块A碰撞时间极短，碰后粘在一起，取该时刻为t=0时刻，之后A、C组合体和B的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，内，A前进的距离为求弹簧的劲度系数。
15．如图所示，三条竖直虚线将空间分成四个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，区域Ⅰ中存在水平向右的匀强电场，区域Ⅱ中存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ为无场区，区域Ⅳ中某矩形区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），矩形区域的一条边与区域Ⅳ左边界重合。区域Ⅳ的磁感应强度大小为区域Ⅱ的4倍。一带正电的粒子从图中水平虚线的S点垂直电场方向以初速度v0射出，之后做周期性运动。虚线1与水平虚线的交点为O，SO=4.5L，粒子从虚线1的P 点进入区域Ⅱ，OP=12L，接着通过虚线2时速度方向斜向下与虚线2成53°角，虚线1、2间的距离为28L，粒子的比荷为k。粒子的重力忽略不计，取 求：
（1）区域Ⅰ中电场强度的大小；
（2）区域Ⅱ中磁感应强度的大小；
（3）粒子做周期性运动的周期。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变；核裂变
【解析】【解答】第一个反应中，X的电荷数=7+2-8=1，质量数=14+4-17=1，故X为质子（）；
第二个反应中，Y的电荷数=56+36-92=0，质量数=，故Y为中子（）。
A．核聚变是轻核结合成质量更大的核的反应，卢瑟福的核反应是人工核转变，不属于核聚变，A错误；
B．由上述计算可知，X是质子，不是中子，B错误；
C．β衰变的实质是原子核内的中子（Y）转化为质子（X）和电子，电子作为β粒子释放，C正确；
D．铀235裂变存在质量亏损，会释放大量能量，不需要吸收能量，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：核心思路是区分核反应类型，明确人工核转变与核聚变的定义差异；
B：通过电荷数、质量数守恒判断粒子种类，明确是质子而非中子；
C：结合β衰变的微观机制，说明中子转化为质子和电子的过程；
D：利用质量亏损的概念，分析铀裂变的能量变化特点。
2．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】根据图2可得周期为，质点b在t=2s时振动方向沿轴负方向，根据“上下坡”法可知沿x轴正方向传播，对质点a，t=2s时的振动方向沿轴负方向，且此时位移为，对波形有，代入x=2m，有，因为，有，可得波长为，根据可得机械波的波速为6m/s。
故答案为：A。
【分析】本题考查简谐横波的波形图与振动图像的综合应用，解题关键是先由振动图像得到周期，再根据质点振动方向判断波的传播方向，结合波形方程和已知位移求出波长，最后利用波速公式求解波速。
3．【答案】C
【知识点】电场强度；电势能
【解析】【解答】A：0x1间，正试探电荷电势能变大，由可知电势升高，场强沿x轴负方向；x1x3间，电势能变小，电势降低，场强沿x轴正方向，故0~x3间电场方向并非始终沿x轴正方向，A错误；
B：由上述分析可知，0~x3间电场方向并非始终沿x轴负方向，B错误；
C：图像的斜率表示电场力，而电场力与电场强度成正比。0~x1间，图像斜率先增大后减小，因此电场强度先增大后减小，C正确；
D：由上述分析可知，电场强度先增大后减小，并非先减小后增大，D错误。
故答案为：C
【分析】A、B：核心思路是结合电势能变化判断电势变化，再根据正电荷的电势变化判断电场方向；
C、D：利用图像的斜率表示电场力，结合电场力与电场强度的正比关系，分析电场强度的变化规律。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A：对赤道上的物体，万有引力与重力、向心力的关系为，整理得。地球自转周期增大时，角速度减小，因此重力加速度增大，A错误；
B：地球静止轨道卫星的周期等于地球自转周期，由万有引力提供向心力，可得，周期增大时，轨道高度增大，因此1000年后发射的静止轨道卫星高度更高，B错误；
C：北回归线附近的板块向赤道漂移时，板块到地轴的距离增大，根据题中条件（为恒量），整体的增大，因此角速度减小，自转周期增大，C错误；
D：板块挤压形成山脉时，部分物质隆起，板块到地轴的距离增大，同理整体的增大，角速度减小，自转周期增大，D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是利用赤道上物体的重力与万有引力的关系，结合角速度变化分析重力加速度的变化；
B：根据同步卫星的轨道半径公式，分析周期增大时轨道高度的变化；
C、D：利用题中给出的守恒条件，分析板块移动或隆起时，物体到地轴距离的变化对自转周期的影响。
5．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】光从小盘狭缝出发，到平面镜再返回小盘，总路程为，因此光往返的时间
解得，要在光源侧看到反射光，且大盘角速度最小，满足光往返的时间内，小圆盘刚好转过一周，因此对小圆盘有，皮带带动下，大、小圆盘边缘线速度相等，设大盘角速度为，可得
故答案为：A。
【分析】本题考查光速测量的原理，解题关键是先根据光的往返路程求出传播时间，再结合小圆盘刚好转过一周的临界条件，利用皮带传动的线速度相等关系，联立求出大盘的最小角速度。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：仅向上移动滑片P时，R1两端所接副线圈匝数减小，R1两端电压减小，通过R1的电流减小；R2两端电压增大，通过R2的电流增大。电流表的示数为两电流的差值，会先减小后增大，并非一直增大，A错误；
B：由上述分析可知，电流表示数先减小后增大，并非一直减小，B错误；
C：仅向上移动滑动变阻器滑片，R1接入电路的阻值增大，R1的电功率减小；R2两端电压不变，其电功率不变。理想变压器的电源输出功率等于副线圈的总功率，因此输出功率减小，C错误；
D：由上述分析可知，电源输出功率减小，D正确。
故答案为：D
【分析】AB：核心思路是分析滑片P移动时，R1和R2两端电压及电流的变化，再结合电流表的示数为两电流的差值，判断其变化趋势；
CD：根据滑动变阻器滑片移动时R1阻值的变化，分析其电功率变化，结合R2的电功率不变，判断电源输出功率的变化。
7．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设物块沿传送带下滑的最大速度为，物块与传送带摩擦力大小为，物块与挡板摩擦力大小为，物块相对传送带方向偏离挡板夹角为，受力分析如图，
有，对物块垂直挡板方向，物块有最大速度时，物块沿着挡板方向有，，联立得物块沿传送带下滑的最大速度为，
故答案为：B。
【分析】本题考查相对运动中的受力平衡问题，解题关键是分析物块的相对运动方向，结合几何关系建立力的平衡方程。物块相对传送带的运动方向与挡板成一定夹角，摩擦力方向与相对运动方向相反，需将摩擦力分解到沿挡板和垂直挡板方向，再结合平衡条件求解最大速度。
8．【答案】B,C,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A：根据折射定律，液体1的折射率，与浓硫酸的折射率1.428接近，并非乙醇（1.36），A错误；
B：液体4的折射率，小于20%盐水的标称折射率1.369，说明其浓度小于标称值，B正确；
C：适当增大入射角，折射角也会相应增大，角度测量的相对误差会减小，从而提升测量精度，C正确；
D：出射点越高，说明折射角越小，根据，在入射角不变时，折射角越小则折射率越大，D正确。
故答案为：BCD
【分析】A：核心思路是利用折射定律计算液体1的折射率，与表中数据对比判断液体种类；
B：同理计算液体4的折射率，与标称值对比判断浓度是否达标；
C：从误差分析角度，说明增大入射角对减小测量误差、提升精度的作用；
D：结合几何关系与折射定律，分析出射点高度与折射角、折射率的关系。
9．【答案】B,D
【知识点】碰撞模型；光电效应
【解析】【解答】A：是物块b离开BC时的末动能，类比光电效应，这部分能量对应光电子的最大初动能，而非入射光子能量，A错误；
B：是物块b在水平面上运动时损失的动能，类比光电效应中金属的逸出功，B正确；
C：是物块a释放时的重力势能，类比入射光子的能量，而非光电子的最大初动能，C错误；
D：h增大时，（类比光子能量）增大，根据光子能量公式，能量增大对应入射光光子的波长减小，D正确。
故答案为：BD
【分析】A：核心思路是明确类比关系，物块b的末动能对应光电子的最大初动能，而非光子能量；
B：物块b克服摩擦力做功损失的能量，类比光电效应中金属逸出光电子所需的逸出功；
C：物块a的初始重力势能类比入射光子的能量，而非光电子的最大初动能；
D：h增大时，类比光子能量增大，对应入射光波长减小。
10．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．CF切割磁感线作为电源，内阻，外电路为和左端定值电阻并联，总电阻，总干路电量，两支路电阻相等，通过PQ的电量为，故A错误；
B．PQ切割磁感线作为电源，内阻，外电路为定值电阻和CF并联，总电阻，总干路电量，并联电路电流与电阻成反比，通过定值电阻的电量为，故B错误；
C．对两个过程分别对整体用动量定理，代入 、
联立得，故C正确；
D．过程1总焦耳热为动能损失，热量按电阻分配，，因此定值电阻焦耳热，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：核心思路是分析电路结构，计算外电路并联电阻，再通过总电量分配计算通过 PQ 的电荷量；
B：同理分析 PQ 切割磁感线时的电路结构，计算通过定值电阻的电荷量；
C：对两个过程分别应用动量定理，结合电荷量公式联立求解 PQ 棒刚进入磁场时的速度；
D：先计算 CF 运动过程的总焦耳热，再根据电阻分配比例求定值电阻产生的焦耳热。
11．【答案】（1）C
（2）
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，位移越小，平均速度越接近瞬时速度，所以遮光条的宽度越窄，越便于测量瞬时速度，故A错误；
B．为了对小车提供恒定的拉力，必须调节细线与长木板平行，故B错误；
C．因为通过弹簧测力计可直接读出细线上的拉力，所以，不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量，故C正确。
故答案为：C。
（2）遮光条通过光电门1、2的速度分别为，，根据运动学公式有
解得
故答案为：
（3）对小车，根据牛顿第二定律有，即，结合图像可知，图像的斜率，解得
故答案为：
【分析】(1) 逐一分析选项，根据实验原理判断正误；
(2) 利用光电门测速度，再结合运动学公式求加速度；
(3) 根据牛顿第二定律写出F-a的关系式，结合图像斜率求小车质量。
（1）A．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，位移越小，平均速度越接近瞬时速度，所以遮光条的宽度越窄，越便于测量瞬时速度，故A错误；
B．为了对小车提供恒定的拉力，必须调节细线与长木板平行，故B错误；
C．因为通过弹簧测力计可直接读出细线上的拉力，所以，不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量，故C正确。
故选C。
（2）遮光条通过光电门1、2的速度分别为，
根据运动学公式有
解得
（3）对小车，根据牛顿第二定律有
即
结合图像可知，图像的斜率
解得
12．【答案】（1）7000
（2）0.5
（3）2000；0.6；减小
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）甲同学用多用电表“×1k”的倍率测量了某状态下光敏电阻的阻值，则该状态下的阻值为
故答案为：7000
（2）电阻箱的阻值如图丁所示，为
由电桥法可知，此时的阻值也为，所以入射光的光照强度为0.5lx。
故答案为：0.5
（3）当电流表的示数大于等于1mA时报警器开始报警，则理论上报警器开始报警时，电路中总电阻为定值电阻，可知光敏电阻的阻值为，由图可得入射光的强度为0.6lx。
根据可知为满足在上述光照条件下，电流变大，总电阻变小，定值电阻应减小。
故答案为：2000；0.6；减小
【分析】(1) 用多用电表测电阻时，读数为指针示数乘以倍率；
(2) 先读电阻箱的阻值，再根据电桥平衡条件得出光敏电阻的阻值，最后对照图像找到对应的光照强度；
(3) 根据欧姆定律算出总电阻，再求出光敏电阻的阻值，对照图像找到光照强度；要增大电流，需减小总电阻，因此要减小定值电阻的阻值。
（1）甲同学用多用电表“×1k”的倍率测量了某状态下光敏电阻的阻值，则该状态下的阻值为
（2）电阻箱的阻值如图丁所示，为
由电桥法可知，此时的阻值也为，所以入射光的光照强度为0.5lx。
（3）[1]当电流表的示数大于等于1mA时报警器开始报警，则理论上报警器开始报警时，电路中总电阻为
定值电阻，可知光敏电阻的阻值为。
[2]由图可得入射光的强度为0.6lx。
[3]根据可知为满足在上述光照条件下，电流变大，总电阻变小，定值电阻应减小。
13．【答案】（1）解：充气过程可视为将外界气体压缩进储气筒内，外界对气体做正功，W>0，由于气体温度不变，则气体的内能不变，由△U=Q+W可得Q<0，则气体向外界放出热量。
（2）解：充气前气筒内气体压强p0，气体体积V，充气后气筒内气体压强7p0，气体体积V。设充入的外界气体的体积为，由玻意耳定律有
解得
（3）解：结合题述可知，由玻意耳定律有
解得
则充气时间
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；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】【分析】(1) 充气过程中，外界对气体做功，气体温度不变（内能不变），根据热力学第一定律判断吸放热；
(2) 利用玻意耳定律，对初末状态气体（原有气体 + 充入气体）列方程求解充入气体的体积；
(3) 先根据玻意耳定律求出怠速状态下每秒等效充入的气体体积，再用总充入体积除以每秒充入体积，得到所需时间。
（1）充气过程可视为将外界气体压缩进储气筒内，外界对气体做正功，W>0，由于气体温度不变，则气体的内能不变，由△U=Q+W可得Q<0，则气体向外界放出热量。
（2）充气前气筒内气体压强p0，气体体积V，充气后气筒内气体压强7p0，气体体积V。设充入的外界气体的体积为，由玻意耳定律有
解得
（3）结合题述可知，由玻意耳定律有
解得
则充气时间
14．【答案】（1）解：O、C连线和OF的夹角为θ时，小球下落的高度
由动能定理有
解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有，
解得，
C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有
解得物块D对小球C的支持力大小为
（2）解：小球C与物块A碰撞过程，有
解得
碰后A、B、C共速时，有
解得
对A、B、C组成的系统，任意时刻，有
取之后极短时间Δt，有
求和有
此过程弹簧的压缩量为，
代入数据解得，，
设弹簧的劲度系数为k，由变力做功和机械能守恒，有
解得弹簧的劲度系数
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】(1) 先用动能定理求小球在释放点到解除锁定时的速度，再利用水平动量守恒和机械能守恒，求小球C和物块D在F点的速度，最后用向心力公式求支持力；
(2) 先由动量守恒求碰撞后A、C的共同速度，再通过系统动量守恒和积分关系求B的位移，结合机械能守恒和弹簧弹性势能公式，求弹簧的劲度系数。
（1）O、C连线和OF的夹角为θ时，小球下落的高度
由动能定理有
解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有，
解得，
C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有
解得物块D对小球C的支持力大小为
（2）小球C与物块A碰撞过程，有
解得
碰后A、B、C共速时，有
解得
对A、B、C组成的系统，任意时刻，有
取之后极短时间Δt，有
求和有
此过程弹簧的压缩量为，
代入数据解得，
设弹簧的劲度系数为k，由变力做功和机械能守恒，有
解得弹簧的劲度系数
15．【答案】（1）解：粒子从S到P 的过程，粒子在电场中做类平抛运动、竖直向上做匀速直线运动，则有
水平向右粒子做匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律得
由题意得
解得
（2）解：粒子在 P 点时水平向右的分速度为
联立解得
粒子进入磁场的速度大小为
该速度与虚线1夹角的正切值为
解得
画出粒子的轨迹如图所示
设粒子在区域Ⅱ中的轨迹半径为，由于通过虚线2时速度方向斜向下与虚线2成53°角，由几何关系得
解得
由于
则粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆心在水平虚线上，由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）解：粒子从S到P的时间为
粒子在区域Ⅱ中的运动周期为
由几何关系可知粒子在区域Ⅱ中偏转的角度为粒子在区域Ⅱ上半部分中运动的时间为
由于区域Ⅳ中的磁感应强度为区域Ⅱ的4倍，由公式
可知粒子在区域Ⅳ中的轨迹半径为
由对称性可知粒子在区域Ⅳ中轨迹的圆心在水平虚线上，设为O2，由几何关系得
解得
粒子从Q到M 做匀速直线运动，时间为
粒子在区域Ⅳ中的偏转角为
粒子在区域Ⅳ中的运动周期为
粒子在区域Ⅳ中的运动时间为
粒子从 S 出发到返回S点的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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) 粒子在区域Ⅰ做类平抛运动，水平方向匀加速、竖直方向匀速，结合运动学公式和牛顿第二定律求电场强度；
(2) 先求粒子进入磁场时的速度，再由几何关系求轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 分阶段计算粒子在电场、磁场、无场区的运动时间，结合周期性，求总周期。
（1）粒子从S到P 的过程，粒子在电场中做类平抛运动、竖直向上做匀速直线运动，则有
水平向右粒子做匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律得
由题意得
解得
（2）粒子在 P 点时水平向右的分速度为
联立解得
粒子进入磁场的速度大小为
该速度与虚线1夹角的正切值为
解得
画出粒子的轨迹如图所示
设粒子在区域Ⅱ中的轨迹半径为，由于通过虚线2时速度方向斜向下与虚线2成53°角，由几何关系得
解得
由于
则粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆心在水平虚线上，由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）粒子从S到P的时间为
粒子在区域Ⅱ中的运动周期为
由几何关系可知粒子在区域Ⅱ中偏转的角度为粒子在区域Ⅱ上半部分中运动的时间为
由于区域Ⅳ中的磁感应强度为区域Ⅱ的4倍，由公式
可知粒子在区域Ⅳ中的轨迹半径为
由对称性可知粒子在区域Ⅳ中轨迹的圆心在水平虚线上，设为O2，由几何关系得
解得
粒子从Q到M 做匀速直线运动，时间为
粒子在区域Ⅳ中的偏转角为
粒子在区域Ⅳ中的运动周期为
粒子在区域Ⅳ中的运动时间为
粒子从 S 出发到返回S点的时间为
1 / 12026届河北保定市定州中学高三一模物理试题
1．卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现新核素，核反应方程为核电站反应堆中，一种典型的裂变反应为。下列说法正确的是（　　）
A．卢瑟福发现新核素的核反应属于核聚变
B．核反应方程中的X是中子
C．β衰变的实质是Y转化成 X 和电子
D．铀235裂变需要吸收能量
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变；核裂变
【解析】【解答】第一个反应中，X的电荷数=7+2-8=1，质量数=14+4-17=1，故X为质子（）；
第二个反应中，Y的电荷数=56+36-92=0，质量数=，故Y为中子（）。
A．核聚变是轻核结合成质量更大的核的反应，卢瑟福的核反应是人工核转变，不属于核聚变，A错误；
B．由上述计算可知，X是质子，不是中子，B错误；
C．β衰变的实质是原子核内的中子（Y）转化为质子（X）和电子，电子作为β粒子释放，C正确；
D．铀235裂变存在质量亏损，会释放大量能量，不需要吸收能量，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：核心思路是区分核反应类型，明确人工核转变与核聚变的定义差异；
B：通过电荷数、质量数守恒判断粒子种类，明确是质子而非中子；
C：结合β衰变的微观机制，说明中子转化为质子和电子的过程；
D：利用质量亏损的概念，分析铀裂变的能量变化特点。
2．如图1所示为t=2s时沿x轴方向传播的简谐横波的波形图，图2为质点b的振动图像，a点是平衡位置为x=2m处的质点。该机械波的波速为（　　）
A．6m/s B．4m/s C．2m/s D．2.5cm/s
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】根据图2可得周期为，质点b在t=2s时振动方向沿轴负方向，根据“上下坡”法可知沿x轴正方向传播，对质点a，t=2s时的振动方向沿轴负方向，且此时位移为，对波形有，代入x=2m，有，因为，有，可得波长为，根据可得机械波的波速为6m/s。
故答案为：A。
【分析】本题考查简谐横波的波形图与振动图像的综合应用，解题关键是先由振动图像得到周期，再根据质点振动方向判断波的传播方向，结合波形方程和已知位移求出波长，最后利用波速公式求解波速。
3．如图所示为某正试探电荷沿x轴正方向移动过程中，该试探电荷的电势能随位移x的变化规律。已知电场方向沿x轴方向，下列说法正确的是（　　）
A．间，电场方向始终沿x轴正方向
B．间，电场方向始终沿x轴负方向
C．间，该电场的电场强度先增大后减小
D．间，该电场的电场强度先减小后增大
【答案】C
【知识点】电场强度；电势能
【解析】【解答】A：0x1间，正试探电荷电势能变大，由可知电势升高，场强沿x轴负方向；x1x3间，电势能变小，电势降低，场强沿x轴正方向，故0~x3间电场方向并非始终沿x轴正方向，A错误；
B：由上述分析可知，0~x3间电场方向并非始终沿x轴负方向，B错误；
C：图像的斜率表示电场力，而电场力与电场强度成正比。0~x1间，图像斜率先增大后减小，因此电场强度先增大后减小，C正确；
D：由上述分析可知，电场强度先增大后减小，并非先减小后增大，D错误。
故答案为：C
【分析】A、B：核心思路是结合电势能变化判断电势变化，再根据正电荷的电势变化判断电场方向；
C、D：利用图像的斜率表示电场力，结合电场力与电场强度的正比关系，分析电场强度的变化规律。
4．因受月球潮汐引力影响，地球自诞生以来，自转周期在持续增大。同时，科学研究指出，地球板块的运动、地壳的收缩以及人类活动也会使地球的自转周期发生微小的变化。若不考虑月球影响，对地球上各部分物体，存在，其中rn为各部分物体到地轴的距离，只要地球总质量不变，k为恒量。下列相关说法正确的是（　　）
A．对于地球赤道上的物体，重力加速度在变小
B．1000年后发射的地球静止轨道卫星高度比近几年发射的低
C．若仅考虑北回归线附近的大陆板块向赤道漂移，会使地球自转周期减小
D．若仅考虑板块挤压形成山脉，地球自转周期会增大
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A：对赤道上的物体，万有引力与重力、向心力的关系为，整理得。地球自转周期增大时，角速度减小，因此重力加速度增大，A错误；
B：地球静止轨道卫星的周期等于地球自转周期，由万有引力提供向心力，可得，周期增大时，轨道高度增大，因此1000年后发射的静止轨道卫星高度更高，B错误；
C：北回归线附近的板块向赤道漂移时，板块到地轴的距离增大，根据题中条件（为恒量），整体的增大，因此角速度减小，自转周期增大，C错误；
D：板块挤压形成山脉时，部分物质隆起，板块到地轴的距离增大，同理整体的增大，角速度减小，自转周期增大，D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是利用赤道上物体的重力与万有引力的关系，结合角速度变化分析重力加速度的变化；
B：根据同步卫星的轨道半径公式，分析周期增大时轨道高度的变化；
C、D：利用题中给出的守恒条件，分析板块移动或隆起时，物体到地轴距离的变化对自转周期的影响。
5．简易测光速的装置原理图如图所示，光源与平面镜间放置边缘有狭缝的小圆盘，大圆盘通过皮带带动小圆盘转动，光经狭缝照射到平面镜后原路返回，当小圆盘转过合适的角度时，能在光源侧看到返回的光。已知小盘与平面镜间的距离d=1.5km，小盘半径r=1cm，大盘半径R=10m，光速取能在光源侧看到反射光时，大盘的角速度至少为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】光从小盘狭缝出发，到平面镜再返回小盘，总路程为，因此光往返的时间
解得，要在光源侧看到反射光，且大盘角速度最小，满足光往返的时间内，小圆盘刚好转过一周，因此对小圆盘有，皮带带动下，大、小圆盘边缘线速度相等，设大盘角速度为，可得
故答案为：A。
【分析】本题考查光速测量的原理，解题关键是先根据光的往返路程求出传播时间，再结合小圆盘刚好转过一周的临界条件，利用皮带传动的线速度相等关系，联立求出大盘的最小角速度。
6．如图所示电路中，理想变压器原线圈接输出电压有效值恒为40 V 的正弦式交流电，原、副线圈匝数比为 副线圈上的滑片P 可上下自由移动，电表为理想电表。滑动变阻器 的最大阻值为8Ω，定值电阻R2的阻值为5Ω。某时刻闭合开关S，此时滑片P和滑动变阻器滑片均位于正中间，则（　　）
A．仅向上移动滑片 P，电流表示数增大
B．仅向上移动滑片 P，电流表示数减小
C．仅向上移动滑动变阻器滑片，电源输出功率增大
D．仅向上移动滑动变阻器滑片，电源输出功率减小
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：仅向上移动滑片P时，R1两端所接副线圈匝数减小，R1两端电压减小，通过R1的电流减小；R2两端电压增大，通过R2的电流增大。电流表的示数为两电流的差值，会先减小后增大，并非一直增大，A错误；
B：由上述分析可知，电流表示数先减小后增大，并非一直减小，B错误；
C：仅向上移动滑动变阻器滑片，R1接入电路的阻值增大，R1的电功率减小；R2两端电压不变，其电功率不变。理想变压器的电源输出功率等于副线圈的总功率，因此输出功率减小，C错误；
D：由上述分析可知，电源输出功率减小，D正确。
故答案为：D
【分析】AB：核心思路是分析滑片P移动时，R1和R2两端电压及电流的变化，再结合电流表的示数为两电流的差值，判断其变化趋势；
CD：根据滑动变阻器滑片移动时R1阻值的变化，分析其电功率变化，结合R2的电功率不变，判断电源输出功率的变化。
7．如图所示，粗糙竖直挡板前方固定倾角为θ=37°的粗糙传送带，传送带上表面以速度向挡板转动，物块紧贴传送带和挡板由静止释放。已知物块与挡板间的动摩擦因数为，与传送带间的动摩擦因数为重力加速度取则物块沿传送带下滑的最大速度为（　　）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设物块沿传送带下滑的最大速度为，物块与传送带摩擦力大小为，物块与挡板摩擦力大小为，物块相对传送带方向偏离挡板夹角为，受力分析如图，
有，对物块垂直挡板方向，物块有最大速度时，物块沿着挡板方向有，，联立得物块沿传送带下滑的最大速度为，
故答案为：B。
【分析】本题考查相对运动中的受力平衡问题，解题关键是分析物块的相对运动方向，结合几何关系建立力的平衡方程。物块相对传送带的运动方向与挡板成一定夹角，摩擦力方向与相对运动方向相反，需将摩擦力分解到沿挡板和垂直挡板方向，再结合平衡条件求解最大速度。
8．用折射率判断液体种类是一种快速且非破坏性的物理分析方法。某同学利用烧杯和激光笔进行实验，纵截面如图所示，保证入射点和入射角（30°）不变，在恒温环境下获得的部分数据如表1所示，该温度下常见液体的折射率如表2所示，下列说法正确的是（　　）
1 2 3 4
液体种类
3%盐水 20%盐水
折射角的正弦值 0.35 0.375 0.373 4 0.37
表1
液体种类 纯水 乙醇 3%盐水 20%盐水 浓硫酸
折射率 1.333 1.36 1.339 1.369 1.428
表2
A．液体1可能是乙醇
B．液体4的浓度小于标称值
C．适当增大入射角可提升测量精度
D．出射点越高，折射率越大
【答案】B,C,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A：根据折射定律，液体1的折射率，与浓硫酸的折射率1.428接近，并非乙醇（1.36），A错误；
B：液体4的折射率，小于20%盐水的标称折射率1.369，说明其浓度小于标称值，B正确；
C：适当增大入射角，折射角也会相应增大，角度测量的相对误差会减小，从而提升测量精度，C正确；
D：出射点越高，说明折射角越小，根据，在入射角不变时，折射角越小则折射率越大，D正确。
故答案为：BCD
【分析】A：核心思路是利用折射定律计算液体1的折射率，与表中数据对比判断液体种类；
B：同理计算液体4的折射率，与标称值对比判断浓度是否达标；
C：从误差分析角度，说明增大入射角对减小测量误差、提升精度的作用；
D：结合几何关系与折射定律，分析出射点高度与折射角、折射率的关系。
9．如图所示，在竖直平面内，斜面AB和水平面BC平滑连接，一光滑小物块a在斜面AB上到BC竖直距离为h处由静止释放，一段时间后与BC上的小物块b发生弹性碰撞，碰撞时间极短。两物块的质量均为m，物块b与BC间的动摩擦因数为μ，b运动距离x后从BC最右端以大小为v的速度离开。已知重力加速度为g，若把该过程类比为光电效应的发生过程，下列说法正确的是（　　）
A．可以类比为入射光光子能量
B．μmgx可以类比为金属的逸出功
C．mgh可以类比为光电子的最大初动能
D．h增大可以类比为入射光光子波长减小
【答案】B,D
【知识点】碰撞模型；光电效应
【解析】【解答】A：是物块b离开BC时的末动能，类比光电效应，这部分能量对应光电子的最大初动能，而非入射光子能量，A错误；
B：是物块b在水平面上运动时损失的动能，类比光电效应中金属的逸出功，B正确；
C：是物块a释放时的重力势能，类比入射光子的能量，而非光电子的最大初动能，C错误；
D：h增大时，（类比光子能量）增大，根据光子能量公式，能量增大对应入射光光子的波长减小，D正确。
故答案为：BD
【分析】A：核心思路是明确类比关系，物块b的末动能对应光电子的最大初动能，而非光子能量；
B：物块b克服摩擦力做功损失的能量，类比光电效应中金属逸出光电子所需的逸出功；
C：物块a的初始重力势能类比入射光子的能量，而非光电子的最大初动能；
D：h增大时，类比光子能量增大，对应入射光波长减小。
10．如图所示，日字形金属框CDEF长2L、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，左端接有阻值为6R 的定值电阻，中间位置和右端接有阻值分别为6R和3R的金属棒PQ和金属棒CF，其他电阻不计，金属框总质量为m。金属框右侧有宽为L的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。已知金属框以初速度v0进入匀强磁场，最终PQ棒恰好没从磁场中穿出。下列说法正确的是（　　）
A．从开始到PQ棒进入磁场前瞬间，通过PQ棒的总电荷量为
B．从PQ棒进入磁场到停止，通过定值电阻的总电荷量为
C．PQ棒刚进入磁场时的速度为
D．CF在磁场中运动过程中定值电阻产生的焦耳热为
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．CF切割磁感线作为电源，内阻，外电路为和左端定值电阻并联，总电阻，总干路电量，两支路电阻相等，通过PQ的电量为，故A错误；
B．PQ切割磁感线作为电源，内阻，外电路为定值电阻和CF并联，总电阻，总干路电量，并联电路电流与电阻成反比，通过定值电阻的电量为，故B错误；
C．对两个过程分别对整体用动量定理，代入 、
联立得，故C正确；
D．过程1总焦耳热为动能损失，热量按电阻分配，，因此定值电阻焦耳热，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：核心思路是分析电路结构，计算外电路并联电阻，再通过总电量分配计算通过 PQ 的电荷量；
B：同理分析 PQ 切割磁感线时的电路结构，计算通过定值电阻的电荷量；
C：对两个过程分别应用动量定理，结合电荷量公式联立求解 PQ 棒刚进入磁场时的速度；
D：先计算 CF 运动过程的总焦耳热，再根据电阻分配比例求定值电阻产生的焦耳热。
11．某实验小组的同学利用如图甲所示的装置探究加速度与物体所受合力的关系。
（1）实验时，为了减小实验误差，下列说法或操作正确的是___________。
A．遮光条宽度越宽越好，便于测量瞬时速度
B．不必调节细线与长木板平行
C．不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量
（2）正确组装实验器材，用刻度尺测量两光电门之间的距离L，用螺旋测微器测量遮光条的宽度d，在砂桶里装有一定质量的细砂，将小车由静止释放，依次记录遮光条通过光电门1、2的挡光时间Δt1、Δt2，同时记录弹簧测力计的示数，小车的加速度大小为a=　 　（用以上物理量表示）。
（3）改变砂桶中细砂的质量，重复上述操作，记录弹簧测力计的示数F，并算出相对应的小车的加速度a，通过记录的实验数据描绘出的F-a图像如图乙所示，则小车的质量为M=　 　。（用b1、b2和c表示）
【答案】（1）C
（2）
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，位移越小，平均速度越接近瞬时速度，所以遮光条的宽度越窄，越便于测量瞬时速度，故A错误；
B．为了对小车提供恒定的拉力，必须调节细线与长木板平行，故B错误；
C．因为通过弹簧测力计可直接读出细线上的拉力，所以，不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量，故C正确。
故答案为：C。
（2）遮光条通过光电门1、2的速度分别为，，根据运动学公式有
解得
故答案为：
（3）对小车，根据牛顿第二定律有，即，结合图像可知，图像的斜率，解得
故答案为：
【分析】(1) 逐一分析选项，根据实验原理判断正误；
(2) 利用光电门测速度，再结合运动学公式求加速度；
(3) 根据牛顿第二定律写出F-a的关系式，结合图像斜率求小车质量。
（1）A．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，位移越小，平均速度越接近瞬时速度，所以遮光条的宽度越窄，越便于测量瞬时速度，故A错误；
B．为了对小车提供恒定的拉力，必须调节细线与长木板平行，故B错误；
C．因为通过弹簧测力计可直接读出细线上的拉力，所以，不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量，故C正确。
故选C。
（2）遮光条通过光电门1、2的速度分别为，
根据运动学公式有
解得
（3）对小车，根据牛顿第二定律有
即
结合图像可知，图像的斜率
解得
12．某实验小组在普通实验室内利用如图甲所示的电路研究光敏电阻的特性，电路中定值电阻 在M、N间接有电压传感器，闭合开关，用一定强度的光照射光敏电阻R ，调节电阻箱R3的阻值使电压传感器的示数为0，记录光照强度和电阻箱的阻值。多次改变入射光的强度，重复上述操作，通过记录的多组实验数据，描绘了光敏电阻的阻值随入射光强度的变化规律，如图乙所示。
（1）如图丙所示，甲同学用多用电表“×1k”的倍率测量了某状态下光敏电阻的阻值，则该状态下的阻值为　 　Ω。
（2）某次实验时，电阻箱R3的阻值如图丁所示，则此时入射光的光照强度为　 　lx。
（3）乙同学通过分析光敏电阻的特性后，参照图乙数据，设计了如图戊所示的光控电路报警器，电路中电源的电压为E=3V，内阻可忽略不计，当电流表的示数大于等于1mA时报警器开始报警，则理论上报警器开始报警时，光敏电阻的阻值为　 　Ω，入射光的强度为　 　lx；为满足在上述光照条件下，电流表示数大于1.2mA时报警，应　 　（选填“增大”或“减小”）定值电阻的阻值。
【答案】（1）7000
（2）0.5
（3）2000；0.6；减小
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）甲同学用多用电表“×1k”的倍率测量了某状态下光敏电阻的阻值，则该状态下的阻值为
故答案为：7000
（2）电阻箱的阻值如图丁所示，为
由电桥法可知，此时的阻值也为，所以入射光的光照强度为0.5lx。
故答案为：0.5
（3）当电流表的示数大于等于1mA时报警器开始报警，则理论上报警器开始报警时，电路中总电阻为定值电阻，可知光敏电阻的阻值为，由图可得入射光的强度为0.6lx。
根据可知为满足在上述光照条件下，电流变大，总电阻变小，定值电阻应减小。
故答案为：2000；0.6；减小
【分析】(1) 用多用电表测电阻时，读数为指针示数乘以倍率；
(2) 先读电阻箱的阻值，再根据电桥平衡条件得出光敏电阻的阻值，最后对照图像找到对应的光照强度；
(3) 根据欧姆定律算出总电阻，再求出光敏电阻的阻值，对照图像找到光照强度；要增大电流，需减小总电阻，因此要减小定值电阻的阻值。
（1）甲同学用多用电表“×1k”的倍率测量了某状态下光敏电阻的阻值，则该状态下的阻值为
（2）电阻箱的阻值如图丁所示，为
由电桥法可知，此时的阻值也为，所以入射光的光照强度为0.5lx。
（3）[1]当电流表的示数大于等于1mA时报警器开始报警，则理论上报警器开始报警时，电路中总电阻为
定值电阻，可知光敏电阻的阻值为。
[2]由图可得入射光的强度为0.6lx。
[3]根据可知为满足在上述光照条件下，电流变大，总电阻变小，定值电阻应减小。
13．某重型半挂货车的气刹系统配备双储气筒，总容积V=160L，车辆启动前，储气筒内气体压强等于标准大气压 温度与外界一致，均为T=300K。车辆启动后，发动机带动空气压缩机为储气筒充气，1s内可往气筒内充入压强和温度均与外界气体相同、体积 的气体。忽略管路容积，充气过程筒内气体温度不变，气筒密封良好，气体可看成理想气体。气刹系统正常工作时，气筒内气压为7p0。
（1）充气过程，判断筒内气体向外界放出热量还是从外界吸收热量。
（2）求从车辆启动到气刹正常工作充入的气体的体积。
（3）实际充气过程中，若发动机怠速导致压缩机1s内充气体积只有原来的 ，且空气干燥器会使实际充入气体的压强变为0.9p0，求车辆怠速状态下从启动到气刹系统正常工作所需的时间。
【答案】（1）解：充气过程可视为将外界气体压缩进储气筒内，外界对气体做正功，W>0，由于气体温度不变，则气体的内能不变，由△U=Q+W可得Q<0，则气体向外界放出热量。
（2）解：充气前气筒内气体压强p0，气体体积V，充气后气筒内气体压强7p0，气体体积V。设充入的外界气体的体积为，由玻意耳定律有
解得
（3）解：结合题述可知，由玻意耳定律有
解得
则充气时间
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；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】【分析】(1) 充气过程中，外界对气体做功，气体温度不变（内能不变），根据热力学第一定律判断吸放热；
(2) 利用玻意耳定律，对初末状态气体（原有气体 + 充入气体）列方程求解充入气体的体积；
(3) 先根据玻意耳定律求出怠速状态下每秒等效充入的气体体积，再用总充入体积除以每秒充入体积，得到所需时间。
（1）充气过程可视为将外界气体压缩进储气筒内，外界对气体做正功，W>0，由于气体温度不变，则气体的内能不变，由△U=Q+W可得Q<0，则气体向外界放出热量。
（2）充气前气筒内气体压强p0，气体体积V，充气后气筒内气体压强7p0，气体体积V。设充入的外界气体的体积为，由玻意耳定律有
解得
（3）结合题述可知，由玻意耳定律有
解得
则充气时间
14．如图甲所示，物块A、B和带有半径R=4m的光滑圆弧轨道EF的物块D均放在光滑水平地面上，D被锁定。圆弧轨道的圆心为O，OE水平，A、B通过劲度系数为k的轻弹簧相连。小球C从E点正上方高h=16.8m处由静止释放，当O、C连线和OF的夹角为时，解除物块D的锁定。已知重力加速度取。
（1）求小球C经过F点时，小球C、物块D的速度大小和物块D对小球C的支持力大小；
（2）小球C与物块A碰撞时间极短，碰后粘在一起，取该时刻为t=0时刻，之后A、C组合体和B的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，内，A前进的距离为求弹簧的劲度系数。
【答案】（1）解：O、C连线和OF的夹角为θ时，小球下落的高度
由动能定理有
解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有，
解得，
C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有
解得物块D对小球C的支持力大小为
（2）解：小球C与物块A碰撞过程，有
解得
碰后A、B、C共速时，有
解得
对A、B、C组成的系统，任意时刻，有
取之后极短时间Δt，有
求和有
此过程弹簧的压缩量为，
代入数据解得，，
设弹簧的劲度系数为k，由变力做功和机械能守恒，有
解得弹簧的劲度系数
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】(1) 先用动能定理求小球在释放点到解除锁定时的速度，再利用水平动量守恒和机械能守恒，求小球C和物块D在F点的速度，最后用向心力公式求支持力；
(2) 先由动量守恒求碰撞后A、C的共同速度，再通过系统动量守恒和积分关系求B的位移，结合机械能守恒和弹簧弹性势能公式，求弹簧的劲度系数。
（1）O、C连线和OF的夹角为θ时，小球下落的高度
由动能定理有
解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有，
解得，
C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有
解得物块D对小球C的支持力大小为
（2）小球C与物块A碰撞过程，有
解得
碰后A、B、C共速时，有
解得
对A、B、C组成的系统，任意时刻，有
取之后极短时间Δt，有
求和有
此过程弹簧的压缩量为，
代入数据解得，
设弹簧的劲度系数为k，由变力做功和机械能守恒，有
解得弹簧的劲度系数
15．如图所示，三条竖直虚线将空间分成四个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，区域Ⅰ中存在水平向右的匀强电场，区域Ⅱ中存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ为无场区，区域Ⅳ中某矩形区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），矩形区域的一条边与区域Ⅳ左边界重合。区域Ⅳ的磁感应强度大小为区域Ⅱ的4倍。一带正电的粒子从图中水平虚线的S点垂直电场方向以初速度v0射出，之后做周期性运动。虚线1与水平虚线的交点为O，SO=4.5L，粒子从虚线1的P 点进入区域Ⅱ，OP=12L，接着通过虚线2时速度方向斜向下与虚线2成53°角，虚线1、2间的距离为28L，粒子的比荷为k。粒子的重力忽略不计，取 求：
（1）区域Ⅰ中电场强度的大小；
（2）区域Ⅱ中磁感应强度的大小；
（3）粒子做周期性运动的周期。
【答案】（1）解：粒子从S到P 的过程，粒子在电场中做类平抛运动、竖直向上做匀速直线运动，则有
水平向右粒子做匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律得
由题意得
解得
（2）解：粒子在 P 点时水平向右的分速度为
联立解得
粒子进入磁场的速度大小为
该速度与虚线1夹角的正切值为
解得
画出粒子的轨迹如图所示
设粒子在区域Ⅱ中的轨迹半径为，由于通过虚线2时速度方向斜向下与虚线2成53°角，由几何关系得
解得
由于
则粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆心在水平虚线上，由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）解：粒子从S到P的时间为
粒子在区域Ⅱ中的运动周期为
由几何关系可知粒子在区域Ⅱ中偏转的角度为粒子在区域Ⅱ上半部分中运动的时间为
由于区域Ⅳ中的磁感应强度为区域Ⅱ的4倍，由公式
可知粒子在区域Ⅳ中的轨迹半径为
由对称性可知粒子在区域Ⅳ中轨迹的圆心在水平虚线上，设为O2，由几何关系得
解得
粒子从Q到M 做匀速直线运动，时间为
粒子在区域Ⅳ中的偏转角为
粒子在区域Ⅳ中的运动周期为
粒子在区域Ⅳ中的运动时间为
粒子从 S 出发到返回S点的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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) 粒子在区域Ⅰ做类平抛运动，水平方向匀加速、竖直方向匀速，结合运动学公式和牛顿第二定律求电场强度；
(2) 先求粒子进入磁场时的速度，再由几何关系求轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 分阶段计算粒子在电场、磁场、无场区的运动时间，结合周期性，求总周期。
（1）粒子从S到P 的过程，粒子在电场中做类平抛运动、竖直向上做匀速直线运动，则有
水平向右粒子做匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律得
由题意得
解得
（2）粒子在 P 点时水平向右的分速度为
联立解得
粒子进入磁场的速度大小为
该速度与虚线1夹角的正切值为
解得
画出粒子的轨迹如图所示
设粒子在区域Ⅱ中的轨迹半径为，由于通过虚线2时速度方向斜向下与虚线2成53°角，由几何关系得
解得
由于
则粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆心在水平虚线上，由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）粒子从S到P的时间为
粒子在区域Ⅱ中的运动周期为
由几何关系可知粒子在区域Ⅱ中偏转的角度为粒子在区域Ⅱ上半部分中运动的时间为
由于区域Ⅳ中的磁感应强度为区域Ⅱ的4倍，由公式
可知粒子在区域Ⅳ中的轨迹半径为
由对称性可知粒子在区域Ⅳ中轨迹的圆心在水平虚线上，设为O2，由几何关系得
解得
粒子从Q到M 做匀速直线运动，时间为
粒子在区域Ⅳ中的偏转角为
粒子在区域Ⅳ中的运动周期为
粒子在区域Ⅳ中的运动时间为
粒子从 S 出发到返回S点的时间为
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