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新疆乌鲁木齐地区2026年高三下学期第二次质量监测理综物理试题
1．达坂城地区有丰富的风力资源。某风力发电机的叶片尖端在一段较长的时间内做匀速圆周运动。在这段时间内，下列描述叶片尖端运动的物理量发生变化的是（　　）
A．线速度 B．角速度 C．转速 D．周期
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动
【解析】【解答】A、线速度是矢量，匀速圆周运动线速度大小不变，但运动方向时刻改变，因此线速度发生变化，A 正确；
B、匀速圆周运动角速度大小与方向均恒定不变，B 错误；
C、转速指单位时间转动圈数，匀速圆周运动转速保持不变，C 错误；
D、周期是转动一周所用时间，匀速圆周运动周期恒定不变，D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查矢量特性，线速度包含大小、方向，圆周运动方向持续变化；
B、考查角速度定义，匀速圆周角速度固定；
C、考查转速概念，匀速圆周单位时间转圈数不变；
D、考查周期定义，匀速圆周转一圈耗时不变。
2．2026年2月，我国首次完成火箭一级子箭回收任务。“长征十号”运载火箭一级子箭上升至距地球表面最大高度后返回大气层，在接近海面时点火减速，最终溅落于预定海域。一级子箭在返回大气层直至溅落海面的下降过程中（　　）
A．机械能守恒 B．所受地球引力一直减小
C．地球引力对其做正功 D．加速度一直增大
【答案】C
【知识点】万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、下降过程中子箭受空气阻力、减速点火反推阻力，除重力外其他力做功，机械能不守恒，故 A 错误；
B、下落离地高度不断减小，根据万有引力规律，离地越近引力越大，引力持续变大，故 B 错误；
C、引力竖直向下，位移有向下分量，引力与位移夹角为锐角，地球引力做正功，故 C 正确；
D、下落时空气阻力随速度、空气密度变化，末端点火减速，合力变化无单调增大规律，加速度不会一直增大，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查机械能守恒条件，只有重力做功才守恒，本题存在阻力、反推力做功；
B、考查万有引力与距离关系，离地越近地球引力越大；
C、考查做功正负判断，力与位移同向或夹角锐角做正功；
D、考查变力下的加速度变化，阻力、反推力变化使加速度无持续增大趋势。
3．一列沿x轴传播的简谐横波，在时刻的波形图如图甲所示；位于处的质点的振动图像如图乙所示。则位于处的质点的振动图像为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由乙图：时质点向下振动，结合甲图波形，由上坡下振判定波沿轴负方向传播；与间距半个波长，两质点振动步调完全相反：
时，向下振，则质点向上振动；周期。
A：质点在波峰，A错误；
B：质点处在平衡位置下方、即将向上起振，符合反相振动规律，B正确；
C：质点向下振动，C错误；
D：质点在下降阶段，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、结合振动相位，核对位移与运动方向；
B、利用相距质点振动反相，由振动状态反推；
C、判断振动方向与选项趋势矛盾；
D、对照周期与相位，排除峰值位置错误选项。
4．某热机中一定质量的理想气体完成的循环过程，其体积V和热力学温度T的变化情况如图所示。表格中给出各过程气体吸收或放出的热量Q（表示吸热，表示放热）及内能变化量。其中E为已知量（），a、b、c、d均为待求量。下列关系正确的是（　　）
过程 Q
E a
E b
c
0 d
A． B． C． D．
【答案】D
【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；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．从的过程，体积不变，可得，代入热力学第一定律得，故A错误；
B．从的过程，温度不变，理想气体内能仅由温度决定，可得，故B错误；
C．从的过程，体积不变，可得，代入热力学第一定律得，故C错误；
D．由于整个过程中内能变化为0，可得，解得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、等容过程做功，内能增量等于吸热；
B、等压膨胀气体对外做功，吸热一部分用来做功、一部分增内能，内能增量小于吸热量；
C、等温压缩内能减小、外界对气体做功，放热；
D、循环总内能变化为0，累加四段内能变化列式求解。
5．如图所示，轻质弹性绳的一端固定于O点，另一端系一小球，小球静止时，位于O点正下方的A点处。现对小球施加一个外力F，使其静止在与A点等高的B点处。已知弹性绳的弹力与其伸长量成正比，外力F可能是图中的（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】设弹性绳原长为，小球在A点静止，重力与弹力平衡，有
整理得，B与A等高，设OB与竖直方向夹角为，由几何关系得
因此弹性绳弹力，将T沿竖直方向分解，得竖直分量
小球在B受力平衡，竖直方向有（为F的竖直向下分量）
整理得，说明F必须有竖直向下的分量。T沿水平方向的分量向右，因此F必须有水平向左的分量，故F方向为斜向左下，只有F4符合要求。
故答案为：D。
【分析】A、考查力的合成与平衡，F1方向导致竖直方向合力向下，不能静止；
B、根据两个分力的合力方位确定第三个平衡力的取值范围；
C、水平拉力无法平衡竖直向下的重力，竖直方向无向上分力；
D、F4斜向下会使竖直方向合力更大，无法平衡。
6．如图所示为模拟远距离输电的实验电路。交流电源的输出电压一定，两变压器可视为理想变压器。升压变压器的副线圈接入电路的匝数为n，滑动变阻器的接入电阻为r。若发现灯泡较暗，下列操作中可能使灯泡变亮的是（　　）
A．保持r不变，增大n B．保持r不变，减小n
C．保持n不变，增大r D．保持n不变，减小r
【答案】A,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A、保持r不变，增大升压副线圈匝数n，升压副线圈输出电压升高，输电回路电流减小，滑动变阻器分压损耗减小，降压变压器输入电压升高，灯泡两端电压变大、变亮，故 A 正确；
B、保持r不变，减小n，升压副线圈电压降低，线路损耗占比变大，降压输入电压减小，灯泡变暗，故 B 错误；
C、保持n不变，升压输出电压恒定，增大r，线路分压损耗增大，降压输入电压降低，灯泡变暗，故 C 错误；
D、保持n不变，减小r，输电线上电压损耗减小，降压原线圈电压升高，副线圈灯泡电压增大、变亮，故 D 正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查理想变压器变压规律，匝数增加提升输电电压，减小线路分压损失；
B、减小副线圈匝数会降低输电电压，增大线路电压损耗；
C、输电线等效电阻变大，同等电流下损耗电压增多，负载电压下降；
D、减小线路电阻，直接减小输电过程的电压损耗，提升末端灯泡供电电压。
7．如图所示为半圆柱形玻璃砖的截面图，为其过圆心的对称轴。关于对称的两束单色细光束a、b从空气垂直射入玻璃砖的上表面，出射光线交于P点。已知光束a、b均由氢原子能级跃迁而产生。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B．从玻璃射向空气，a光的临界角小于b光的临界角
C．a光在玻璃砖中的传播时间大于b光的传播时间
D．产生a光的跃迁能级差小于产生b光的跃迁能级差
【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、出射后光偏折程度更大，说明玻璃对折射率大于，故A错误；
B、由，，则光临界角更小，故B正确；
C、设圆弧半径，光在玻璃路程，，，结合折射规律可得光传播时间更长，故C正确；
D、折射率越大光子能量越大，能级差，频率更高、能级差更大，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查折射偏折与折射率关系，偏折越大折射率越大；
B、考查临界角公式，折射率越大临界角越小；
C、结合光在介质速度、路程推导传播时间表达式，对比两光时长；
D、考查光子能量与能级跃迁，频率越高对应能级能量差越大。
8．如图所示，真空区域内水平边界ab与cd相距为h，其间存在竖直向上的匀强电场。边界cd上方存在范围足够大的垂直于纸面向里的匀强磁场。M、P、N为边界cd上的三点，且，。某时刻甲、乙两个带电粒子从ab边界沿电场线方向射入电场区域，然后分别由M、N两点同时射入磁场，最终同时被置于P点的粒子探测器接收。甲、乙粒子在磁场中运动的时间均为t，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两粒子的比荷之比为
B．甲粒子在电场中运动时电势能增大
C．乙粒子在电场中的加速度为
D．乙粒子在电场中运动的时间为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子竖直向上进入磁场，磁场垂直纸面向里，粒子做匀速圆周运动，轨迹为半圆（只有转半圈才能回到边界cd到达P点），因此粒子在磁场中运动时间，根据洛伦兹力提供向心力有，粒子在磁场中运动的周期为，解得，可见甲、乙两粒子的比荷相等，比值为1：1，故A错误；
B．甲在M点需要向右偏转才能到达P点，因此甲带负电。电场竖直向上，负电荷受到的电场力方向竖直向下，甲从ab向上运动到cd，位移向上，电场力做负功，因此甲的电势能增大，故B正确；
CD．甲、乙粒子在磁场中的运动的半径分别为，L，速度为，
两粒子在电场中做匀变速直线运动，由于比荷相等，根据可知，加速度相等，有，同时满足，
解得，，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查带电粒子圆周运动半径与周期，两粒子磁场运动时间均为半周期，周期相等则比荷相等；
B、由偏转方向判电性，结合电场力做功正负判断电势能变化；
C、类竖直匀加速只有，缺少时间条件不能直接得出该加速度；
D、联立半径公式、周期公式与类平抛规律，推导乙在电场中运动时长。
9．某同学利用图示的实验装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装了光电门1和光电门2，两个滑块上固定有完全相同的竖直挡光片，两滑块（含挡光片）的质量分别为和（）。实验步骤如下：
（1）接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从导轨左端向右运动，发现滑块通过光电门1的挡光时间大于通过光电门2的挡光时间，为使导轨水平，可只调节旋钮Q使导轨右端　 　（选填“升高”或“降低”）；
（2）实验过程中，让滑块A以一定的初速度向右与静止的滑块B发生碰撞，为使碰撞后两滑块运动方向相反，则在安装器材时，应选取质量为　 　（选填“”或“”）的滑块作为滑块A，滑块运动的初始位置合理的示意图是　 　（选填“甲”或“乙”）；
（3）按照上述的设计要求，使滑块A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与静止的滑块B碰撞。滑块A碰撞前、后其挡光片经过光电门的挡光时间分别为、；滑块B碰撞后其挡光片经过光电门的挡光时间为。在实验误差允许的范围内，若满足关系式　 　（用、、、、表示），即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。若　 　（用、表示），则可说明该碰撞为弹性碰撞。
【答案】（1）升高
（2） ；甲
（3）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）挡光片宽度相同，滑块通过光电门的挡光时间越长，速度越小。滑块向右运动时，通过光电门1的时间大于光电门2，说明滑块向右加速，导轨左高右低，因此调节右端旋钮Q升高导轨右端，使导轨水平。
故答案为：升高
（2）要使碰撞后两滑块运动方向相反，入射滑块质量必须小于被碰滑块质量，已知 ，所以应选取质量为的滑块作为滑块A。
滑块A需要先通过光电门1测量碰撞前速度，碰撞后反向运动再次通过光电门1测量速度；滑块B碰撞后通过光电门2测量速度。因此滑块A应在光电门1左侧，能先通过光电门1再碰撞静止在光电门1、2之间的滑块B，初始位置应选甲。
故答案为：；甲
（3）设挡光片宽度为d，取向右为正方向，碰前A速度，碰后A速度
碰后B速度，动量守恒要求，代入速度约去d得
若为弹性碰撞，则碰撞前后总动能不变，即
结合动量守恒关系式，化简可得
故答案为：；
【分析】(1) 本题依据挡片宽度固定、分析速度大小，由滑块向右加速判断导轨左高右低，明确调平导轨的旋钮操作方向。
(2) 本题结合碰撞规律，入射小球质量小于被碰物体时碰后反向运动，据此选定入射滑块；结合光电测速需求，确定滑块初始摆放示意图。
(3) 本题利用把速度转化为挡光时间表达式，代入动量守恒公式消去挡片宽度得到守恒关系式；再结合弹性碰撞动能不变条件，联立动量公式推导的表达式。
（1）挡光片宽度相同，滑块通过光电门的挡光时间越长，速度越小。滑块向右运动时，通过光电门1的时间大于光电门2，说明滑块向右加速，导轨左高右低，因此调节右端旋钮Q升高导轨右端，使导轨水平。
（2）[1]要使碰撞后两滑块运动方向相反，入射滑块质量必须小于被碰滑块质量，已知 ，所以应选取质量为的滑块作为滑块A。
[2]滑块A需要先通过光电门1测量碰撞前速度，碰撞后反向运动再次通过光电门1测量速度；滑块B碰撞后通过光电门2测量速度。因此滑块A应在光电门1左侧，能先通过光电门1再碰撞静止在光电门1、2之间的滑块B，初始位置应选甲。
（3）[1]设挡光片宽度为d，取向右为正方向，碰前A速度
碰后A速度
碰后B速度
动量守恒要求
代入速度约去d得
[2]若为弹性碰撞，则碰撞前后总动能不变，即
结合动量守恒关系式，化简可得
10．某项目式学习小组设计并制作了一种利用电压表示数反映物体加速度的测量装置，其原理图如图甲所示。质量为1kg的滑块2可在内部底面光滑的水平框架1中水平移动，滑块两侧用劲度系数均为的相同轻质弹簧拉着，滑块静止时，两弹簧均处于原长状态。为粗细均匀的金属丝，3是固定在滑块2中心的轻质光滑金属滑片（宽度不计）。所用到的器材还有：电源（电动势与内阻未知），理想电压表V（量程0~3V），电阻箱R（），毫米刻度尺，螺旋测微器，开关，导线等。操作步骤如下：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径d，用毫米刻度尺测量金属丝两端A、B间的长度L，测量结果如图乙所示，则　 　mm，　 　cm；
（2）闭合开关S和，多次改变电阻箱的阻值R，记录对应的电压表示数，绘制关系图像，图像为一条斜率为k、纵截距为b的倾斜直线，则电源电动势为　 　，内阻为　 　（用b、k表示）；
（3）通过步骤（2），测得电源电动势为3.0V，内阻为。闭合开关S，断开开关，使滑片位于金属丝中点，调整电阻箱R的阻值，使电压表示数恰为1.5V。将滑片从金属丝的A端向B端滑动，记录滑片到A端的距离x，以及对应的电压表示数U，得到如图丙所示的图像。由图像可知金属丝的阻值为　 　，结合步骤（1）、（2）中的测结果，测得该金属丝的电阻率为　 　（结果保留两位有效数字）；
（4）将此测量装置水平固定在待测物体上，闭合开关S，断开开关，当物体水平向右运动时，电压表示数如图丁所示，则物体的加速度方向　 　（选填“向左”或“向右”），加速度的大小为　 　。
【答案】（1）0.300；50.00
（2）；
（3）8.0；
（4）向左；25
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；闭合电路的欧姆定律；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答】（1）螺旋测微器，固定刻度读数，可动刻度读数，故，毫米刻度尺，A在刻度，B在处，故
故答案为：0.300；50.00
（2）闭合、时，被短路，电压表测电阻箱电压，由闭合电路欧姆定律
整理得， 对比图像，斜率，纵截距，解得，
故答案为：；
（3）闭合断开 ，串联入电路，电流恒定，电压表测R和到滑片段的电压，电路满足，总电压，。由图，时，；时；且中点时，解得，，由电阻定律 ，
代入，，
得
故答案为：8.0；
（4）物体向右运动时，电压表示数
说明滑片向右（B端）偏移，滑块相对于框架右移，说明合力向左，因此加速度方向向左。
由关系：，静止时对应，偏离中点位移
滑块合力，代入，，，，得
故答案为：向左；25
【分析】(1) 本题考查螺旋测微器与毫米刻度尺读数，依据两类仪器分度值规范读数规则，分别读取金属丝直径与总长。
(2) 本题结合闭合电路欧姆定律变形函数式，整理表达式，对照一次函数斜率、截距，联立求解电源电动势与内阻。
(3) 本题根据串联电路分压规律结合图像列方程，求解金属丝总电阻；再依托电阻定律，代入直径、长度数据计算电阻率。
(4) 本题先由电压示数对比静止电压判断滑片偏移方向，确定滑块受力与加速度方向；结合关系式求出滑块位移，再利用双弹簧合力公式与牛顿第二定律，推导加速度大小。
（1）[1]螺旋测微器，固定刻度读数，可动刻度读数，故
[2]毫米刻度尺，A在刻度，B在处，故
（2）[1]闭合、时，被短路，电压表测电阻箱电压，由闭合电路欧姆定律
整理得
对比图像，斜率
纵截距
解得
[2]
（3）[1]闭合断开 ，串联入电路，电流恒定，电压表测R和到滑片段的电压，电路满足
总电压，。由图，时，；时；且中点时，
解得，
[2]由电阻定律 ，
代入，，
得
（4）[1]物体向右运动时，电压表示数
说明滑片向右（B端）偏移，滑块相对于框架右移，说明合力向左，因此加速度方向向左。
[2]由关系：
静止时对应，偏离中点位移
滑块合力
代入，，，，得
11．某同学观看了2026年马年央视春晚《武BOT》节目后，对机器人的“弹射”运动产生了浓厚的兴趣。他设计了一个弹射装置，并用质量的小球代替机器人进行测试试验。如图所示，弹射装置上表面为距离地面的粗糙平台。小球以的水平初速度运动到平台上时，弹射装置立即启动，使小球向上弹起，随后小球从平台上的P点斜向上抛出，达到最高点后经落地，落地点与P点的水平距离。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g取。求
（1）小球距离地面的最大高度H；
（2）小球离开P点瞬间的水平速度大小；
（3）弹射平台对小球做的功W。
【答案】（1）解：小球从最高点到地面做平抛运动，由平抛运动规律得
解得
（2）解：小球从P点到最高点的竖直距离为
由斜抛运动规律可得，
解得
（3）解：设小球离开P点瞬间的竖直速度大小为，由斜抛运动规律和动能定理可得，
解得
【知识点】平抛运动；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 本题由最高点落地为平抛运动，依托竖直方向自由落体公式求解离地最大高度。
(2) 先由高度差值求出P点到最高点竖直高度，利用竖直上抛规律求上升时间，再结合水平总位移与总运动时间，由匀速规律求解水平分速度。
(3) 先根据竖直上抛公式算出P点竖直分速度，对小球从进入平台到飞出P点全过程使用动能定理，结合弹射做功、重力做功与初末动能列式求解弹射做功。
（1）小球从最高点到地面做平抛运动，由平抛运动规律得
解得
（2）小球从P点到最高点的竖直距离为
由斜抛运动规律可得，
解得
（3）设小球离开P点瞬间的竖直速度大小为，由斜抛运动规律和动能定理可得，
解得
12．某科技兴趣小组用如下模型研究电磁驱动的物理原理。如图所示，水平面上分布多个宽度、磁感应强度大小的矩形匀强磁场区域，磁场的右边界为PQ，自右向左从1区域开始依次编号，相邻磁场区域的磁场方向相反，且均垂直于水平面。将一边长，匝数的正方形金属细线框abcd静置于水平面上PQ的右侧某处。时刻，磁场区域整体从静止开始以的恒定加速度向右运动；时，边界PQ恰好越过线框cd边，线框开始做加速运动；时，磁场开始做匀速运动；时，线框开始在磁场中做匀速运动。整个过程中线框的cd边始终与边界PQ平行。已知线框的质量，电阻，线框与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，不考虑因磁场运动而带来的其他影响。求
（1）时，线框所受安培力的大小，并判断感应电流的方向；
（2）时，线框的速度大小v；
（3）时，线框所受安培力的功率与感应电流的功率之比；
（4）时，线框cd边所在的磁场区域的编号n。
【答案】（1）解：由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向；
设时（磁场运动），磁场的速度为，线框的感应电动势为，感应电流为，，，，
解得
（2）解：设时，线框的加速度为，1s~2s内，磁场与线框的位移差为，根据牛顿第二定律
解得
线框与磁场加速度相同。此后磁场与线框速度差恒定，感应电动势恒定，电流恒定，安培力恒定，线框合外力恒定，因此线框开始做的匀加速直线运动；
1s~2s内，线框与磁场运动时间，
解得
由此可知时线框的ab边恰好进入磁场，cd边恰好与编号1和2磁场分界线重合，线框做匀加速直线运动的时间仅有1s，
解得
（3）解：设时，磁场的速度为；时，线框的速度为，感应电动势为，感应电流为，所受安培力为，则 ，，， ，
线框所受安培力的功率
感应电流的功率
解得
（4）解：设2s~14s内，用时，线框与磁场的平均相对速度为、相对位移为，由线框所受的平均安培力为，根据安培力的表达式及动量定理可得，
其中
解得
分析可得
【知识点】动量定理；安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 本题结合楞次定律判断感应电流方向，利用磁场匀加速求瞬时速度，依托动生电动势、欧姆定律、安培力公式分步列式求解安培力大小。
(2) 先由牛顿第二定律算出线框加速度，对比磁场与线框加速度确定相对位移，判断时刻线框位置，再由匀加速规律求解线框速度。
(3) 匀速时安培力与滑动摩擦力平衡，结合相邻区域磁场反向、两边同时切割的特点推导电动势与电流表达式，分别写出安培力功率、电功率表达式，进而得到二者比值。
(4) 选取过程，结合平均安培力、动量定理求出总相对位移，再根据单块磁场宽度确定cd边所处磁场编号。
（1）由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向；
设时（磁场运动），磁场的速度为，线框的感应电动势为，感应电流为，，，，
解得
（2）设时，线框的加速度为，1s~2s内，磁场与线框的位移差为，根据牛顿第二定律
解得
线框与磁场加速度相同。此后磁场与线框速度差恒定，感应电动势恒定，电流恒定，安培力恒定，线框合外力恒定，因此线框开始做的匀加速直线运动；
1s~2s内，线框与磁场运动时间，
解得
由此可知时线框的ab边恰好进入磁场，cd边恰好与编号1和2磁场分界线重合，线框做匀加速直线运动的时间仅有1s，
解得
（3）设时，磁场的速度为；时，线框的速度为，感应电动势为，感应电流为，所受安培力为，则 ，，， ，
线框所受安培力的功率
感应电流的功率
解得
（4）设2s~14s内，用时，线框与磁场的平均相对速度为、相对位移为，由线框所受的平均安培力为，根据安培力的表达式及动量定理可得，
其中
解得
分析可得
1 / 1新疆乌鲁木齐地区2026年高三下学期第二次质量监测理综物理试题
1．达坂城地区有丰富的风力资源。某风力发电机的叶片尖端在一段较长的时间内做匀速圆周运动。在这段时间内，下列描述叶片尖端运动的物理量发生变化的是（　　）
A．线速度 B．角速度 C．转速 D．周期
2．2026年2月，我国首次完成火箭一级子箭回收任务。“长征十号”运载火箭一级子箭上升至距地球表面最大高度后返回大气层，在接近海面时点火减速，最终溅落于预定海域。一级子箭在返回大气层直至溅落海面的下降过程中（　　）
A．机械能守恒 B．所受地球引力一直减小
C．地球引力对其做正功 D．加速度一直增大
3．一列沿x轴传播的简谐横波，在时刻的波形图如图甲所示；位于处的质点的振动图像如图乙所示。则位于处的质点的振动图像为（　　）
A． B．
C． D．
4．某热机中一定质量的理想气体完成的循环过程，其体积V和热力学温度T的变化情况如图所示。表格中给出各过程气体吸收或放出的热量Q（表示吸热，表示放热）及内能变化量。其中E为已知量（），a、b、c、d均为待求量。下列关系正确的是（　　）
过程 Q
E a
E b
c
0 d
A． B． C． D．
5．如图所示，轻质弹性绳的一端固定于O点，另一端系一小球，小球静止时，位于O点正下方的A点处。现对小球施加一个外力F，使其静止在与A点等高的B点处。已知弹性绳的弹力与其伸长量成正比，外力F可能是图中的（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示为模拟远距离输电的实验电路。交流电源的输出电压一定，两变压器可视为理想变压器。升压变压器的副线圈接入电路的匝数为n，滑动变阻器的接入电阻为r。若发现灯泡较暗，下列操作中可能使灯泡变亮的是（　　）
A．保持r不变，增大n B．保持r不变，减小n
C．保持n不变，增大r D．保持n不变，减小r
7．如图所示为半圆柱形玻璃砖的截面图，为其过圆心的对称轴。关于对称的两束单色细光束a、b从空气垂直射入玻璃砖的上表面，出射光线交于P点。已知光束a、b均由氢原子能级跃迁而产生。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B．从玻璃射向空气，a光的临界角小于b光的临界角
C．a光在玻璃砖中的传播时间大于b光的传播时间
D．产生a光的跃迁能级差小于产生b光的跃迁能级差
8．如图所示，真空区域内水平边界ab与cd相距为h，其间存在竖直向上的匀强电场。边界cd上方存在范围足够大的垂直于纸面向里的匀强磁场。M、P、N为边界cd上的三点，且，。某时刻甲、乙两个带电粒子从ab边界沿电场线方向射入电场区域，然后分别由M、N两点同时射入磁场，最终同时被置于P点的粒子探测器接收。甲、乙粒子在磁场中运动的时间均为t，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两粒子的比荷之比为
B．甲粒子在电场中运动时电势能增大
C．乙粒子在电场中的加速度为
D．乙粒子在电场中运动的时间为
9．某同学利用图示的实验装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装了光电门1和光电门2，两个滑块上固定有完全相同的竖直挡光片，两滑块（含挡光片）的质量分别为和（）。实验步骤如下：
（1）接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从导轨左端向右运动，发现滑块通过光电门1的挡光时间大于通过光电门2的挡光时间，为使导轨水平，可只调节旋钮Q使导轨右端　 　（选填“升高”或“降低”）；
（2）实验过程中，让滑块A以一定的初速度向右与静止的滑块B发生碰撞，为使碰撞后两滑块运动方向相反，则在安装器材时，应选取质量为　 　（选填“”或“”）的滑块作为滑块A，滑块运动的初始位置合理的示意图是　 　（选填“甲”或“乙”）；
（3）按照上述的设计要求，使滑块A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与静止的滑块B碰撞。滑块A碰撞前、后其挡光片经过光电门的挡光时间分别为、；滑块B碰撞后其挡光片经过光电门的挡光时间为。在实验误差允许的范围内，若满足关系式　 　（用、、、、表示），即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。若　 　（用、表示），则可说明该碰撞为弹性碰撞。
10．某项目式学习小组设计并制作了一种利用电压表示数反映物体加速度的测量装置，其原理图如图甲所示。质量为1kg的滑块2可在内部底面光滑的水平框架1中水平移动，滑块两侧用劲度系数均为的相同轻质弹簧拉着，滑块静止时，两弹簧均处于原长状态。为粗细均匀的金属丝，3是固定在滑块2中心的轻质光滑金属滑片（宽度不计）。所用到的器材还有：电源（电动势与内阻未知），理想电压表V（量程0~3V），电阻箱R（），毫米刻度尺，螺旋测微器，开关，导线等。操作步骤如下：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径d，用毫米刻度尺测量金属丝两端A、B间的长度L，测量结果如图乙所示，则　 　mm，　 　cm；
（2）闭合开关S和，多次改变电阻箱的阻值R，记录对应的电压表示数，绘制关系图像，图像为一条斜率为k、纵截距为b的倾斜直线，则电源电动势为　 　，内阻为　 　（用b、k表示）；
（3）通过步骤（2），测得电源电动势为3.0V，内阻为。闭合开关S，断开开关，使滑片位于金属丝中点，调整电阻箱R的阻值，使电压表示数恰为1.5V。将滑片从金属丝的A端向B端滑动，记录滑片到A端的距离x，以及对应的电压表示数U，得到如图丙所示的图像。由图像可知金属丝的阻值为　 　，结合步骤（1）、（2）中的测结果，测得该金属丝的电阻率为　 　（结果保留两位有效数字）；
（4）将此测量装置水平固定在待测物体上，闭合开关S，断开开关，当物体水平向右运动时，电压表示数如图丁所示，则物体的加速度方向　 　（选填“向左”或“向右”），加速度的大小为　 　。
11．某同学观看了2026年马年央视春晚《武BOT》节目后，对机器人的“弹射”运动产生了浓厚的兴趣。他设计了一个弹射装置，并用质量的小球代替机器人进行测试试验。如图所示，弹射装置上表面为距离地面的粗糙平台。小球以的水平初速度运动到平台上时，弹射装置立即启动，使小球向上弹起，随后小球从平台上的P点斜向上抛出，达到最高点后经落地，落地点与P点的水平距离。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g取。求
（1）小球距离地面的最大高度H；
（2）小球离开P点瞬间的水平速度大小；
（3）弹射平台对小球做的功W。
12．某科技兴趣小组用如下模型研究电磁驱动的物理原理。如图所示，水平面上分布多个宽度、磁感应强度大小的矩形匀强磁场区域，磁场的右边界为PQ，自右向左从1区域开始依次编号，相邻磁场区域的磁场方向相反，且均垂直于水平面。将一边长，匝数的正方形金属细线框abcd静置于水平面上PQ的右侧某处。时刻，磁场区域整体从静止开始以的恒定加速度向右运动；时，边界PQ恰好越过线框cd边，线框开始做加速运动；时，磁场开始做匀速运动；时，线框开始在磁场中做匀速运动。整个过程中线框的cd边始终与边界PQ平行。已知线框的质量，电阻，线框与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，不考虑因磁场运动而带来的其他影响。求
（1）时，线框所受安培力的大小，并判断感应电流的方向；
（2）时，线框的速度大小v；
（3）时，线框所受安培力的功率与感应电流的功率之比；
（4）时，线框cd边所在的磁场区域的编号n。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动
【解析】【解答】A、线速度是矢量，匀速圆周运动线速度大小不变，但运动方向时刻改变，因此线速度发生变化，A 正确；
B、匀速圆周运动角速度大小与方向均恒定不变，B 错误；
C、转速指单位时间转动圈数，匀速圆周运动转速保持不变，C 错误；
D、周期是转动一周所用时间，匀速圆周运动周期恒定不变，D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查矢量特性，线速度包含大小、方向，圆周运动方向持续变化；
B、考查角速度定义，匀速圆周角速度固定；
C、考查转速概念，匀速圆周单位时间转圈数不变；
D、考查周期定义，匀速圆周转一圈耗时不变。
2．【答案】C
【知识点】万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、下降过程中子箭受空气阻力、减速点火反推阻力，除重力外其他力做功，机械能不守恒，故 A 错误；
B、下落离地高度不断减小，根据万有引力规律，离地越近引力越大，引力持续变大，故 B 错误；
C、引力竖直向下，位移有向下分量，引力与位移夹角为锐角，地球引力做正功，故 C 正确；
D、下落时空气阻力随速度、空气密度变化，末端点火减速，合力变化无单调增大规律，加速度不会一直增大，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查机械能守恒条件，只有重力做功才守恒，本题存在阻力、反推力做功；
B、考查万有引力与距离关系，离地越近地球引力越大；
C、考查做功正负判断，力与位移同向或夹角锐角做正功；
D、考查变力下的加速度变化，阻力、反推力变化使加速度无持续增大趋势。
3．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由乙图：时质点向下振动，结合甲图波形，由上坡下振判定波沿轴负方向传播；与间距半个波长，两质点振动步调完全相反：
时，向下振，则质点向上振动；周期。
A：质点在波峰，A错误；
B：质点处在平衡位置下方、即将向上起振，符合反相振动规律，B正确；
C：质点向下振动，C错误；
D：质点在下降阶段，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、结合振动相位，核对位移与运动方向；
B、利用相距质点振动反相，由振动状态反推；
C、判断振动方向与选项趋势矛盾；
D、对照周期与相位，排除峰值位置错误选项。
4．【答案】D
【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；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．从的过程，体积不变，可得，代入热力学第一定律得，故A错误；
B．从的过程，温度不变，理想气体内能仅由温度决定，可得，故B错误；
C．从的过程，体积不变，可得，代入热力学第一定律得，故C错误；
D．由于整个过程中内能变化为0，可得，解得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、等容过程做功，内能增量等于吸热；
B、等压膨胀气体对外做功，吸热一部分用来做功、一部分增内能，内能增量小于吸热量；
C、等温压缩内能减小、外界对气体做功，放热；
D、循环总内能变化为0，累加四段内能变化列式求解。
5．【答案】D
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】设弹性绳原长为，小球在A点静止，重力与弹力平衡，有
整理得，B与A等高，设OB与竖直方向夹角为，由几何关系得
因此弹性绳弹力，将T沿竖直方向分解，得竖直分量
小球在B受力平衡，竖直方向有（为F的竖直向下分量）
整理得，说明F必须有竖直向下的分量。T沿水平方向的分量向右，因此F必须有水平向左的分量，故F方向为斜向左下，只有F4符合要求。
故答案为：D。
【分析】A、考查力的合成与平衡，F1方向导致竖直方向合力向下，不能静止；
B、根据两个分力的合力方位确定第三个平衡力的取值范围；
C、水平拉力无法平衡竖直向下的重力，竖直方向无向上分力；
D、F4斜向下会使竖直方向合力更大，无法平衡。
6．【答案】A,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A、保持r不变，增大升压副线圈匝数n，升压副线圈输出电压升高，输电回路电流减小，滑动变阻器分压损耗减小，降压变压器输入电压升高，灯泡两端电压变大、变亮，故 A 正确；
B、保持r不变，减小n，升压副线圈电压降低，线路损耗占比变大，降压输入电压减小，灯泡变暗，故 B 错误；
C、保持n不变，升压输出电压恒定，增大r，线路分压损耗增大，降压输入电压降低，灯泡变暗，故 C 错误；
D、保持n不变，减小r，输电线上电压损耗减小，降压原线圈电压升高，副线圈灯泡电压增大、变亮，故 D 正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查理想变压器变压规律，匝数增加提升输电电压，减小线路分压损失；
B、减小副线圈匝数会降低输电电压，增大线路电压损耗；
C、输电线等效电阻变大，同等电流下损耗电压增多，负载电压下降；
D、减小线路电阻，直接减小输电过程的电压损耗，提升末端灯泡供电电压。
7．【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、出射后光偏折程度更大，说明玻璃对折射率大于，故A错误；
B、由，，则光临界角更小，故B正确；
C、设圆弧半径，光在玻璃路程，，，结合折射规律可得光传播时间更长，故C正确；
D、折射率越大光子能量越大，能级差，频率更高、能级差更大，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查折射偏折与折射率关系，偏折越大折射率越大；
B、考查临界角公式，折射率越大临界角越小；
C、结合光在介质速度、路程推导传播时间表达式，对比两光时长；
D、考查光子能量与能级跃迁，频率越高对应能级能量差越大。
8．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子竖直向上进入磁场，磁场垂直纸面向里，粒子做匀速圆周运动，轨迹为半圆（只有转半圈才能回到边界cd到达P点），因此粒子在磁场中运动时间，根据洛伦兹力提供向心力有，粒子在磁场中运动的周期为，解得，可见甲、乙两粒子的比荷相等，比值为1：1，故A错误；
B．甲在M点需要向右偏转才能到达P点，因此甲带负电。电场竖直向上，负电荷受到的电场力方向竖直向下，甲从ab向上运动到cd，位移向上，电场力做负功，因此甲的电势能增大，故B正确；
CD．甲、乙粒子在磁场中的运动的半径分别为，L，速度为，
两粒子在电场中做匀变速直线运动，由于比荷相等，根据可知，加速度相等，有，同时满足，
解得，，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查带电粒子圆周运动半径与周期，两粒子磁场运动时间均为半周期，周期相等则比荷相等；
B、由偏转方向判电性，结合电场力做功正负判断电势能变化；
C、类竖直匀加速只有，缺少时间条件不能直接得出该加速度；
D、联立半径公式、周期公式与类平抛规律，推导乙在电场中运动时长。
9．【答案】（1）升高
（2） ；甲
（3）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）挡光片宽度相同，滑块通过光电门的挡光时间越长，速度越小。滑块向右运动时，通过光电门1的时间大于光电门2，说明滑块向右加速，导轨左高右低，因此调节右端旋钮Q升高导轨右端，使导轨水平。
故答案为：升高
（2）要使碰撞后两滑块运动方向相反，入射滑块质量必须小于被碰滑块质量，已知 ，所以应选取质量为的滑块作为滑块A。
滑块A需要先通过光电门1测量碰撞前速度，碰撞后反向运动再次通过光电门1测量速度；滑块B碰撞后通过光电门2测量速度。因此滑块A应在光电门1左侧，能先通过光电门1再碰撞静止在光电门1、2之间的滑块B，初始位置应选甲。
故答案为：；甲
（3）设挡光片宽度为d，取向右为正方向，碰前A速度，碰后A速度
碰后B速度，动量守恒要求，代入速度约去d得
若为弹性碰撞，则碰撞前后总动能不变，即
结合动量守恒关系式，化简可得
故答案为：；
【分析】(1) 本题依据挡片宽度固定、分析速度大小，由滑块向右加速判断导轨左高右低，明确调平导轨的旋钮操作方向。
(2) 本题结合碰撞规律，入射小球质量小于被碰物体时碰后反向运动，据此选定入射滑块；结合光电测速需求，确定滑块初始摆放示意图。
(3) 本题利用把速度转化为挡光时间表达式，代入动量守恒公式消去挡片宽度得到守恒关系式；再结合弹性碰撞动能不变条件，联立动量公式推导的表达式。
（1）挡光片宽度相同，滑块通过光电门的挡光时间越长，速度越小。滑块向右运动时，通过光电门1的时间大于光电门2，说明滑块向右加速，导轨左高右低，因此调节右端旋钮Q升高导轨右端，使导轨水平。
（2）[1]要使碰撞后两滑块运动方向相反，入射滑块质量必须小于被碰滑块质量，已知 ，所以应选取质量为的滑块作为滑块A。
[2]滑块A需要先通过光电门1测量碰撞前速度，碰撞后反向运动再次通过光电门1测量速度；滑块B碰撞后通过光电门2测量速度。因此滑块A应在光电门1左侧，能先通过光电门1再碰撞静止在光电门1、2之间的滑块B，初始位置应选甲。
（3）[1]设挡光片宽度为d，取向右为正方向，碰前A速度
碰后A速度
碰后B速度
动量守恒要求
代入速度约去d得
[2]若为弹性碰撞，则碰撞前后总动能不变，即
结合动量守恒关系式，化简可得
10．【答案】（1）0.300；50.00
（2）；
（3）8.0；
（4）向左；25
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；闭合电路的欧姆定律；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答】（1）螺旋测微器，固定刻度读数，可动刻度读数，故，毫米刻度尺，A在刻度，B在处，故
故答案为：0.300；50.00
（2）闭合、时，被短路，电压表测电阻箱电压，由闭合电路欧姆定律
整理得， 对比图像，斜率，纵截距，解得，
故答案为：；
（3）闭合断开 ，串联入电路，电流恒定，电压表测R和到滑片段的电压，电路满足，总电压，。由图，时，；时；且中点时，解得，，由电阻定律 ，
代入，，
得
故答案为：8.0；
（4）物体向右运动时，电压表示数
说明滑片向右（B端）偏移，滑块相对于框架右移，说明合力向左，因此加速度方向向左。
由关系：，静止时对应，偏离中点位移
滑块合力，代入，，，，得
故答案为：向左；25
【分析】(1) 本题考查螺旋测微器与毫米刻度尺读数，依据两类仪器分度值规范读数规则，分别读取金属丝直径与总长。
(2) 本题结合闭合电路欧姆定律变形函数式，整理表达式，对照一次函数斜率、截距，联立求解电源电动势与内阻。
(3) 本题根据串联电路分压规律结合图像列方程，求解金属丝总电阻；再依托电阻定律，代入直径、长度数据计算电阻率。
(4) 本题先由电压示数对比静止电压判断滑片偏移方向，确定滑块受力与加速度方向；结合关系式求出滑块位移，再利用双弹簧合力公式与牛顿第二定律，推导加速度大小。
（1）[1]螺旋测微器，固定刻度读数，可动刻度读数，故
[2]毫米刻度尺，A在刻度，B在处，故
（2）[1]闭合、时，被短路，电压表测电阻箱电压，由闭合电路欧姆定律
整理得
对比图像，斜率
纵截距
解得
[2]
（3）[1]闭合断开 ，串联入电路，电流恒定，电压表测R和到滑片段的电压，电路满足
总电压，。由图，时，；时；且中点时，
解得，
[2]由电阻定律 ，
代入，，
得
（4）[1]物体向右运动时，电压表示数
说明滑片向右（B端）偏移，滑块相对于框架右移，说明合力向左，因此加速度方向向左。
[2]由关系：
静止时对应，偏离中点位移
滑块合力
代入，，，，得
11．【答案】（1）解：小球从最高点到地面做平抛运动，由平抛运动规律得
解得
（2）解：小球从P点到最高点的竖直距离为
由斜抛运动规律可得，
解得
（3）解：设小球离开P点瞬间的竖直速度大小为，由斜抛运动规律和动能定理可得，
解得
【知识点】平抛运动；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 本题由最高点落地为平抛运动，依托竖直方向自由落体公式求解离地最大高度。
(2) 先由高度差值求出P点到最高点竖直高度，利用竖直上抛规律求上升时间，再结合水平总位移与总运动时间，由匀速规律求解水平分速度。
(3) 先根据竖直上抛公式算出P点竖直分速度，对小球从进入平台到飞出P点全过程使用动能定理，结合弹射做功、重力做功与初末动能列式求解弹射做功。
（1）小球从最高点到地面做平抛运动，由平抛运动规律得
解得
（2）小球从P点到最高点的竖直距离为
由斜抛运动规律可得，
解得
（3）设小球离开P点瞬间的竖直速度大小为，由斜抛运动规律和动能定理可得，
解得
12．【答案】（1）解：由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向；
设时（磁场运动），磁场的速度为，线框的感应电动势为，感应电流为，，，，
解得
（2）解：设时，线框的加速度为，1s~2s内，磁场与线框的位移差为，根据牛顿第二定律
解得
线框与磁场加速度相同。此后磁场与线框速度差恒定，感应电动势恒定，电流恒定，安培力恒定，线框合外力恒定，因此线框开始做的匀加速直线运动；
1s~2s内，线框与磁场运动时间，
解得
由此可知时线框的ab边恰好进入磁场，cd边恰好与编号1和2磁场分界线重合，线框做匀加速直线运动的时间仅有1s，
解得
（3）解：设时，磁场的速度为；时，线框的速度为，感应电动势为，感应电流为，所受安培力为，则 ，，， ，
线框所受安培力的功率
感应电流的功率
解得
（4）解：设2s~14s内，用时，线框与磁场的平均相对速度为、相对位移为，由线框所受的平均安培力为，根据安培力的表达式及动量定理可得，
其中
解得
分析可得
【知识点】动量定理；安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 本题结合楞次定律判断感应电流方向，利用磁场匀加速求瞬时速度，依托动生电动势、欧姆定律、安培力公式分步列式求解安培力大小。
(2) 先由牛顿第二定律算出线框加速度，对比磁场与线框加速度确定相对位移，判断时刻线框位置，再由匀加速规律求解线框速度。
(3) 匀速时安培力与滑动摩擦力平衡，结合相邻区域磁场反向、两边同时切割的特点推导电动势与电流表达式，分别写出安培力功率、电功率表达式，进而得到二者比值。
(4) 选取过程，结合平均安培力、动量定理求出总相对位移，再根据单块磁场宽度确定cd边所处磁场编号。
（1）由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向；
设时（磁场运动），磁场的速度为，线框的感应电动势为，感应电流为，，，，
解得
（2）设时，线框的加速度为，1s~2s内，磁场与线框的位移差为，根据牛顿第二定律
解得
线框与磁场加速度相同。此后磁场与线框速度差恒定，感应电动势恒定，电流恒定，安培力恒定，线框合外力恒定，因此线框开始做的匀加速直线运动；
1s~2s内，线框与磁场运动时间，
解得
由此可知时线框的ab边恰好进入磁场，cd边恰好与编号1和2磁场分界线重合，线框做匀加速直线运动的时间仅有1s，
解得
（3）设时，磁场的速度为；时，线框的速度为，感应电动势为，感应电流为，所受安培力为，则 ，，， ，
线框所受安培力的功率
感应电流的功率
解得
（4）设2s~14s内，用时，线框与磁场的平均相对速度为、相对位移为，由线框所受的平均安培力为，根据安培力的表达式及动量定理可得，
其中
解得
分析可得
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