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北京市东城区2025-2026学年高三下学期高三综合练习(一) 物理试卷
1．在双缝干涉实验中，保持狭缝间的距离和狭缝到屏的距离都不变，用不同的可见光光源做实验时，下列叙述正确的是（　　）
A．红光的干涉条纹间距最大
B．紫光的干涉条纹间距最大
C．红光和紫光的干涉条纹间距一样大
D．用白光照射不会出现干涉条纹
2．原子核经放射性衰变①先变为原子核，再经放射性衰变②变为原子核。放射性衰变①、②依次为（　　）
A．衰变、衰变 B．衰变、衰变
C．衰变、衰变 D．衰变，衰变
3．如图所示，一定质量的理想气体从状态开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态和。下列说法正确的是（　　）
A．和状态，理想气体的温度相等
B．到状态，外界对理想气体做功
C．到状态，理想气体向外界放热
D．到状态，理想气体的分子平均动能逐渐变小
4．在如图所示电路中，当变阻器的滑动头P向b端移动时（　　）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
5．如图所示，将一个铅球放在倾角为的斜面上，并用竖直挡板挡住。不考虑铅球受到的摩擦力，挡板缓慢由竖直放置逆时针旋转到与斜面垂直位置的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．斜面对铅球的支持力增大
B．挡板对铅球的支持力增大
C．挡板对铅球的支持力先减小后增大
D．斜面和挡板对铅球的合力大小不变
6．如图1是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图2所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，则（　　）
A．图1中开关闭合时电压表的示数为
B．图1中开关闭合时电压表的示数为
C．变压器原、副线圈的匝数之比满足大于1000才能实现点火
D．变压器原、副线圈的匝数之比满足小于0.001才能实现点火
7．冰壶比赛中，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面和冰壶之间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。不摩擦冰面时，冰壶和冰面之间的动摩擦因数为0.02；摩擦冰面时，动摩擦因数变为原来的。第一次运动员以的速度投掷冰壶，直至冰壶静止；第二次运动员仍以的速度将冰壶投出，在冰壶自由滑行的距离后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，直至冰壶静止。冰壶质量为，取，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为
B．第二次冰壶的动量变化量小于第一次冰壶的动量变化量
C．两次冰壶和冰面摩擦产生的热量都是
D．第二次冰壶运动的距离小于第一次冰壶运动的距离
8．某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了。将着地过程中地面对他双脚的作用力视为恒力，则该作用力的大小为（　　）
A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的4倍
C．自身所受重力的5倍 D．自身所受重力的10倍
9．如图1所示，阴极和阳极是密封在真空玻璃管中的两个电极，阴极在受到光照时能够发射光电子。阴极与阳极之间电压的大小可以调整，电源的正负极也可以对调。电源按图示极性连接时，闭合开关后，阳极吸收阴极发出的光电子，在电路中形成光电流。利用三束单色光分别照射图1装置的阴极，调节电压进行多次实验，通过收集的实验数据得到如图2所示的图像。下列说法正确的是（　　）
A．单色光的频率大于单色光的频率
B．单色光的强度小于单色光的强度
C．三束光分别照射阴极发生光电效应，其中单色光照射发生光电效应产生的光电子的最大初动能最大
D．相同时间内单色光比单色光照射到阴极上的光子数少
10．有一沿轴对称分布的电场，其电场强度随变化的图像如图所示。的正方向与轴的正方向一致，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．和之间的电势差大于和之间的电势差
B．电子在点的电势能最大
C．和两点电势相等
D．点的电势小于0
11．某河水的流速与离某一侧河岸距离的变化关系如图1所示，船在静水中的速度与时间的关系如图2所示，该河宽为。假设渡河过程中船在河中任意位置沿河流方向的速度与河水流速相等，要使船以最短时间渡河，下列说法正确的是（　　）
A．船渡河的最短时间是150s
B．船沿河流方向的位移为200m
C．船沿河岸方向的加速度大小先增大后减小
D．船在河水中的最大速度是
12．一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，两板间便产生电压。如果把板和电热器连接，板就是一个直流电源的两个电极。若两板相距为，两板正对面积为，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为，等离子体以速度沿垂直于的方向射入磁场，不计离子在板间运动时的相互作用，则（　　）
A．板是电源的正极
B．该电源的电动势为
C．电热器稳定工作时，离子在板间仅受洛伦兹力
D．电热器稳定工作时，单位时间飞入板间的离子数目大于飞出的数目
13．如图所示，水平粗糙传送带顺时针匀速运行，轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端拴接一个小物块，现将小物块无初速度放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长。在小物块向右运动的过程中，设小物块的速度为，弹簧与小物块的总机械能为，运动距离为，则下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
14．核磁共振（NMR）是一种在化学生物等方面具有极多应用的检验手段。已知氢原子核有自旋，自旋产生微小环形电流，环形电流产生磁场，其效果类似小磁针。如图1所示为核磁共振仪工作原理的简化图。与扫描发生器、射频发生器、探测器相连的线圈分别称作扫描线圈、射频线圈、探测线圈。核磁共振仪开始工作后，扫描线圈中通以强电流，形成水平方向的强磁场。此时氢原子小磁针的运动形式可类比为陀螺：可认为一端固定，另一端点以外界强磁场方向为轴做圆周运动，这一运动形式称为进动，如图2所示。当氢原子小磁针在强磁场中排列稳定后，在射频线圈中通以正弦交变电流。类似核外电子吸收能量跃迁至更高能级，射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级，氢原子小磁针进动模式因而发生改变。随后撤去射频电流，氢原子小磁针重新回到原进动模式。在这一恢复过程中，大量氢原子小磁针所产生的宏观磁场切割探测线圈，所形成的电流经处理最终成像。下列说法正确的是（　　）
A．氢原子小磁针进动时，原子核的自旋以为轴
B．氢原子小磁针在重回原进动模式的过程中会释放能量
C．进动模式恢复过程中，探测线圈中的磁通量不变
D．射频线圈产生的电磁波频率高于射线
15．在做测定玻璃折射率的实验中，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插上两枚大头针和，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使的像被的像挡住。接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针，使挡住的像，挡住和的像，在纸上标出大头针位置和三棱镜轮廓，如图所示。
（1）为了测出玻璃的折射率，请在图中画出相应的光路图，并标出需要测量的物理量。
（2）折射率的表达式为　 　。
16．某同学利用如图1所示的装置来探究加速度与力、质量的关系。
（1）除小车、砂和桶、打点计时器（含纸带、复写纸）、导线、开关等器材外，在下面的器材中，必须使用的有_________（选填选项前的字母）。
A．电压可调的直流电源
B．电压合适的交流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平
（2）在设计“探究加速度与力的关系”的实验时，需要思考如何测量力的大小。为简化力的测量，在_________（选填选项前的字母）后，小车受到的合力等于绳的拉力。
A．调整木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动
B．调节滑轮的高度，使细绳与木板平行
C．使砂和桶的总质量远小于小车的质量
（3）某次实验测得的数据如图2所示，相邻计数点间有四个点未画出。则小车的加速度　 　（结果保留两位有效数字）。
（4）在实验中认为细线对小车的拉力等于砂及砂桶的总重力，有两位同学利用实验数据做出的图像如图3中的1、2所示，下列分析正确的是_________（选填选项前的字母）
A．出现图线1的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大
B．出现图线1的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过小
C．图线2偏离直线弯曲的原因可能是未满足远小于
D．图线2偏离直线弯曲的原因可能是小车与长木板轨道之间存在摩擦
17．当某个物理量不易直接测量时，将其转换为另一个易测量的物理量，再根据物理量之间的关系进行数值转换，这是实验中经常用到的测量方法。
（1）如图1所示为一个欧姆表的原理图，所用表头的满偏电流为，其表盘如图2所示。为了将表盘上的电流刻度值转换为待测电阻值，现用一系列标准电阻对欧姆表进行标定，作出两端接不同的标准电阻时表头的示数与的关系图像，如图3所示。
①该欧姆表所用电池的电动势　 　；
②在图乙表盘的“4mA”处对应欧姆表待测电阻值　 　。
（2）图4所示为某金属丝的电阻随温度变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图5所示），如果电池的电动势和内阻均不变，用这段金属丝做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的电阻温度计。
①请判断：图4中，与两个温度值，哪个应该标在电流比较大的刻度上　 　？
②如果给该电阻温度计等温度差地标上更多的刻度，请分析说明这些温度刻度是否均匀　 　？
18．如图所示，把一个质量的小球放在高度的直杆的顶端。一颗质量的子弹以的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的水平距离取，求：
（1）子弹穿出小球瞬间小球的速度；
（2）子弹穿出小球瞬间子弹的速度；
（3）子弹和小球相互作用过程中系统损失的机械能。
19．如图1为质谱仪的工作原理图，粒子从电离室A中的小孔逸出（初速度不计），经电压恒定为的电场加速后，通过小孔和，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为的匀强磁场中，运动半个圆周后打在接收底板上并被吸收。对于不同的带电粒子，可能会在上的不同位置出现谱线。不计带电粒子的重力。
（1）求质量为电荷量为的粒子进入磁场的速度大小；
（2）某同学观察到，接收底板的刻线旁印有“72 73 74”等数值，他猜想该数值对应于粒子的某种特性，请你判断这些数值是对应于还是，并说明理由；
（3）某同学还观察到，“72 73”对应的刻线清晰，“74”对应的刻线因磨损已模糊不清，请在图2中定性画出“74”对应的刻线位置，并说明理由。
20．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。彗星作为太阳系中的小天体，其运动轨道是一个非常扁的椭圆，如图所示。
（1）已知某彗星在近日点与太阳中心的距离为，线速度大小为；在远日点与太阳中心的距离为，线速度大小为。
a.请比较和的大小；
b.求该彗星在近日点加速度的大小和在远日点加速度的大小之比。
（2）地球及地外行星（轨道半径大于地球轨道半径的行星）绕太阳运动的轨道半径如下表所示。
地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
a.已知万有引力常量，地球公转周期，日地距离取3.14，请估算太阳的质量（保留一位有效数字）；
b.当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。通过计算分析说明，地外行星相邻两次冲日的时间间隔最短的是哪颗行星。
21．磁悬浮列车是一种新型交通工具。
（1）某实验车按照设定的模式做直线运动。图1所示为该车由静止启动时，加速度随时间的变化曲线，求当加速度时，实验车速度的大小；
（2）图2所示为磁悬浮列车的一种简化驱动模式：水平地面上有两根足够长的平行直导轨，导轨间有等间距的匀强磁场和，磁场沿竖直（垂直纸面）方向，二者方向相反。固定在实验车底部的线框的宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场和同时以恒定速度向右运动时，线框受到的安培力驱动实验车向前运动。设线框的边长与导轨间距均为，线框的匝数为总电阻为，实验车与线框的总质量为，磁场运动的速度为，假设实验车受到的阻力恒为，求实验车的最大速率；
（3）在列车高速运行过程中，空气阻力可能占列车运行总阻力的以上，因此减少磁悬浮列车所受的空气阻力十分重要。假设空气分子与列车车头发生弹性碰撞，列车车头表面光滑，在上述假设前提下完成下列问题：
a.将列车车头简化为以速率水平匀速运动的长方体。试证明列车车头所受空气阻力大小与的关系满足，并确定的值；
b.实际生活中，磁悬浮列车车头呈细长的流线型，如图3所示。请通过必要计算分析说明，设计为流线型时列车车头所受空气阻力f2小于f1。
答案解析部分
1．【答案】A
【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】由双缝干涉条纹间距公式，不变时，波长越大条纹间距越大；可见光中红光波长最长、紫光最短：
A、红光波长最大，干涉条纹间距最大，故A正确；
B、紫光波长最短，条纹间距最小，故B错误；
C、红光与紫光波长不等，条纹间距不相等，故C错误；
D、白光由多种色光组成，各色光波长不同，会出现彩色干涉条纹，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查双缝干涉间距公式，红光可见光波长最长，对应条纹间距最大；
B、紫光波长最短，对应干涉条纹间距最小；
C、红、紫光波长不同，由公式可知条纹间距不同；
D、白光为复色光，双缝干涉会产生彩色相间的干涉条纹。
2．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】衰变①电荷数减少，质量数减少，符合α衰变；
衰变②电荷数增加，质量数不变，符合β衰变，因此①②依次为α衰变、β衰变。
故答案为：B。
【分析】A、第二次不是衰变，衰变质量数必减少，不符合题意；
B、考查衰变规律，衰变减减，衰变不变、加；
C、第一次不是衰变，衰变质量数不变；
D、第一次不是衰变，不满足电荷数变化规律。
3．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程，，，故，A错误；
B、等压膨胀，气体体积变大，气体对外做功，B错误；
C、等压升温，内能增大，气体对外做功，由得，气体吸热，C错误；
D、等容降压，由可知温度降低，分子平均动能只与温度有关，故分子平均动能逐渐变小，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查理想气体状态方程，乘积越大温度越高；
B、气体体积膨胀时气体对外做功，体积压缩外界对气体做功；
C、结合热力学第一定律，升温内能增加、气体对外做功，气体必须吸热；
D、分子平均动能由温度决定，等容降压温度下降，平均动能减小。
4．【答案】B
【知识点】电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】滑动头向移动，滑动变阻器接入阻值变小；与并联，并联总电阻减小，电路总电阻减小，总电流变大。
电源内阻分压变大，路端电压（电压表示数）变小；
分压变大，并联部分电压变小，通过的电流变小，总电流增大，因此流过的电流（电流表示数）变大。
综上电压表示数变小、电流表示数变大，故B正确，ACD错误；
故答案为：B。
【分析】A、总电阻减小总电流增大，内阻压降上升，路端电压减小，电压表示数变小；
B、考查动态电路“串反并同”规律，减小，电流表与串联示数变大，电压表测路端电压示数变小；
C、路端电压随总电流增大而减小，电压表示数不可能变大；
D、变阻器电阻减小，支路电流增大，电流表示数变大。
5．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】ABC．设挡板对铅球的支持力为，斜面对铅球的支持力为，挡板缓慢由竖直放置逆时针旋转到与斜面垂直位置的过程中，对铅球受力分析，如图所示
由矢量三角形可知，挡板对铅球的支持力一直减小；斜面对铅球的支持力也一直减小，故ABC错误；
D．铅球受到重力、挡板对铅球的支持力、斜面对铅球的支持力，根据平衡条件可得，斜面和挡板对铅球的合力始终与重力等大反向，即斜面和挡板对铅球的合力大小不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查力的动态矢量三角形，斜面支持力随挡板转动不断减小；
B、挡板朝向不断靠近垂直斜面，挡板弹力单调减小；
C、挡板转动全程弹力一直减小，没有最小值折返增大的过程；
D、二力合力平衡重力，重力不变则合力恒定不变。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、原线圈电压峰值为5V，交流电压表测量有效值，示数为，故A错误；
B、原线圈正弦电压有效值是，不等于7V，故B错误；
C、根据，若，则副线圈峰值小于5V，无法大于5000V点火，故C错误；
D、，代入，满足点火条件，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查交变电表测量有效值，不能直接读取峰值；
B、正弦交流电有效值为峰值除以，计算数值不等于7V；
C、匝数比过大时副线圈峰值电压太小，达不到点火电压；
D、由峰值与匝数成正比，推导出原副线圈匝数比值小于0.001。
7．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A、前10m动摩擦因数，；后续，，全程两段加速度不同，故A错误；
B、两次初动量、末动量都是0，动量变化量大小均为，动量变化相等，故B错误；
C、由能量守恒，摩擦生热等于初动能，，两次初动能相同，产热都是40J，故C正确；
D、第二段摩擦因数变小、减速更慢，第二次总滑行距离大于第一次，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查牛顿第二定律，摩擦前后两段动摩擦因数不同，加速度不唯一；
B、动量变化等于初末动量差值，两次初末速度一致，动量变化量相等；
C、考查能量守恒，动能全部转化为摩擦内能，初动能不变则产热相同；
D、动摩擦因数减小，末段减速加速度变小，滑行总路程更长。
8．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】全程用动能定理，设人体重力，地面作用力，自由下落，缓冲下落：，代入数据：，解得，
A、作用力是重力5倍不是2倍，A错误；
B、不是4倍，B错误；
C、，为自身重力5倍，C正确；
D、不是10倍，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查全程动能定理列式计算，数值推导不符合2倍关系；
B、代入位移计算结果不为4倍重力；
C、整段重力做功、地面阻力只在缓冲段做功，算出；
D、由公式可知作用力不等于10倍重力。
9．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A、遏止电压大于，由，b光频率大于a光，故A错误；
B、a光饱和光电流大于c光，a光子数更多、光照强度更大，故B错误；
C、，b光遏止电压大，对应光电子最大初动能最大，故C错误；
D、饱和光电流反映单位时间逸出光电子数，c饱和电流更小，相同时间入射光子数更少，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查光电效应遏止电压与频率关系，遏止电压越大频率越高；
B、饱和光电流大小反映光照强度，同频率下饱和电流越大光强越大；
C、光电子最大初动能由遏止电压决定，；
D、饱和光电流与单位时间入射光子数目正相关。
10．【答案】C
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】 A．电场强度随变化的图像面积表示电势差的大小。由图可知 区间的面积大于 区间的面积，所以和之间的电势差小于和之间的电势差，故A错误；
B．由图可知， 时，电场方向沿轴正方向；时，电场方向沿轴负方向。电场线从点向两侧发散，顺着电场线电势降低，故点电势最高。电子带负电，根据电势能公式 可知，电子在电势最高处电势能最小，故B错误；
C．电场沿 轴对称分布，且图像关于原点对称，所以从点到 的图像包围面积等于从点到 的图像包围面积，故从点到 的电势降落等于从点到的电势降落，故C正确；
D．取无穷远处电势为零，在区域，电场线指向无穷远，顺着电场线电势降低，故区域电势，由C选项分析可知 ，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查E-x图像面积表示电势差，面积越大电势差越小；
B、电势全空间均大于0，负电荷在高电势处电势能小；
C、电场分布关于原点对称，对称位置电势相等；
D、无穷远电势为零，位置电势高于零。
11．【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】最短渡河船头垂直河岸，，前50s船从0→150m，水流平均速度，位移；后50s从150→300m，平均流速仍，，总沿河位移，
A、最短时间，A错误；
B、沿河流总位移，B正确；
C、水流速度线性变化，加速度大小恒定不变，C错误；
D、合速度，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、最短渡河时间由垂直岸速度决定，算出100s；
B、v-d图像面积求平均流速，分两段计算顺水位移相加；
C、河水速度随距离线性变化，相同时间速度变化量不变，加速度恒定；
D、两分运动垂直，合速度用勾股定理计算。
12．【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A、根据左手定则，正离子向Q板偏转，负离子向P板偏转，Q板聚集正电荷为电源正极，故A错误；
B、粒子受力平衡，解得电动势，与极板面积无关，故B错误；
C、电热器工作时极板间存在电场，离子同时受洛伦兹力与电场力，故C错误；
D、极板持续累积电荷向外电路供电，单位时间落到极板的离子多于飞出的离子，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查左手定则在磁流体发电中的应用，判断正负离子偏转极板；
B、由受力平衡推导电动势表达式，电动势只与有关；
C、极板带电形成匀强电场，离子受洛伦兹力、电场力两个力；
D、电源对外供电需要极板不断积累电荷，入射离子数大于流出离子数。
13．【答案】A
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、物块初始受向右滑动摩擦力、向左弹簧弹力，，增大弹力变大，加速度减小，做加速度减小的加速；若摩擦力等于弹力后，弹簧继续拉长弹力大于摩擦力，加速度反向变大，减速，先增后减，曲线斜率先后变缓再变陡，A正确；
B、若物块能和传送带共速，之后匀速、不变，图像中间水平段，但题目弹簧持续伸长，弹力不断变大无法长期匀速，B错误；
C、摩擦力一直做正功，机械能变化，斜率等于摩擦力大小，全程不变，图像应为倾斜直线，C错误；
D、滑动摩擦力恒定，机械能随位移均匀增加，不会向上弯曲，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查变加速运动，先加速度减小加速、后加速度增大减速，速度先升后降；
B、弹簧弹力随伸长量持续增大，无法保持匀速，无平直段；
C、系统机械能增量等于摩擦力做功，，线性增长；
D、摩擦力恒定，斜率固定，图像是直线而非上凸曲线。
14．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、由题意，小磁针绕做进动，自旋自身轴线不停转动，并非自旋以为轴，故A错误；
B、氢核吸收射频电磁波跃迁高能级，恢复原进动模式从高能级回落低能级，向外释放能量，故B正确；
C、大量小磁针的宏观磁场切割探测线圈，线圈内磁通量周期性变化，故C错误；
D、射频电磁波属于无线电波，频率远低于X射线，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、区分自旋与进动，进动是小磁针整体绕转动，自旋是原子核自身旋转；
B、高能级向低能级回落过程释放能量；
C、磁场切割线圈，磁通量发生变化；
D、X射线频率高于无线电波段的射频电磁波。
15．【答案】（1）
（2）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）大头针、的连线表示入射光线，、的连线表示出射光线，分别作出入射光线和出射光线，连接入射点和出射点，画出玻璃砖内部光路，如图所示
用量角器量出入射角和折射角。
（2）根据折射定律可知折射率的表达式为
故答案为：
【分析】(1) 本题依据大头针连线确定入射、出射光线，连接入射点与出射点得到玻璃内折射光路，作出法线，标注入射角、折射角两个待测角度。
(2) 依托光的折射定律，光从空气射入玻璃时，据此写出折射率表达式。
（1）大头针、的连线表示入射光线，、的连线表示出射光线，分别作出入射光线和出射光线，连接入射点和出射点，画出玻璃砖内部光路，如图所示
用量角器量出入射角和折射角。
（2）根据折射定律可知折射率的表达式为
16．【答案】（1）B；C；E
（2）A；B
（3）0.49
（4）A；C
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）AB．电火花打点计时器使用220V、50Hz的交流电源，故A不需要，B需要；
C．处理纸带计算加速度时，需要用刻度尺测量纸带上点的间距，故C需要；
D．打点计时器本身可以计时，不需要秒表，故D不需要；
E．实验中需要测量小车质量、砂和桶的质量，所以需要天平，故E需要。
故答案为：BCE。
（2）A．调整木板倾斜度，使小车不受牵引时能拖动纸带匀速运动，目的是平衡摩擦力，让小车受到的合力等于绳的拉力，故A正确；
B．调节滑轮高度使细绳与木板平行，是为了让拉力方向与小车运动方向一致，保证小车受到的合力等于拉力的大小，若细绳与木板不平行，小车受到的合力不等于拉力的大小，故B正确；
C．使砂和桶的总质量远小于小车质量，是为了让砂和桶的重力近似等于绳的拉力，这是对拉力大小的近似处理，不是让合力等于拉力的操作，故C错误。
故答案为：AB。
（3）由题知，相邻计数点间有四个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔
根据逐差法，可得小车的加速度
故答案为：0.49
（4）AB．由图线1，可知在F=0 时就有加速度 a，说明即使没有拉力，小车也会加速运动，这是因为平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大，导致重力的分力大于摩擦力，小车在不受拉力时也会加速，故A正确，B错误；
CD．由图线2，可知随着F的增大，即砂及砂桶的质量增大，不再满足m远小于M，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】(1) 依据打点计时器电源类型、纸带数据处理需求、质量测量需求筛选器材：打点计时器用50Hz交流电源，纸带求加速度要用刻度尺，测质量要用天平，计时器自带计时功能不用秒表。
(2) 要使小车合力等于绳拉力：A平衡摩擦力消除摩擦阻力、B细绳与木板平行保证拉力沿运动方向；C是拉力近似等于砂桶重力的条件，并非合力等于拉力的条件。
(3) 相邻计数点间隔，利用逐差法计算加速度。
(4) 图线1：已有加速度，说明平衡摩擦力过度、木板倾角偏大；图线2拉力增大后弯曲，原因是砂桶质量不再远小于小车质量，拉力明显小于砂桶重力。
（1）AB．电火花打点计时器使用220V、50Hz的交流电源，故A不需要，B需要；
C．处理纸带计算加速度时，需要用刻度尺测量纸带上点的间距，故C需要；
D．打点计时器本身可以计时，不需要秒表，故D不需要；
E．实验中需要测量小车质量、砂和桶的质量，所以需要天平，故E需要。
故选BCE。
（2）A．调整木板倾斜度，使小车不受牵引时能拖动纸带匀速运动，目的是平衡摩擦力，让小车受到的合力等于绳的拉力，故A正确；
B．调节滑轮高度使细绳与木板平行，是为了让拉力方向与小车运动方向一致，保证小车受到的合力等于拉力的大小，若细绳与木板不平行，小车受到的合力不等于拉力的大小，故B正确；
C．使砂和桶的总质量远小于小车质量，是为了让砂和桶的重力近似等于绳的拉力，这是对拉力大小的近似处理，不是让合力等于拉力的操作，故C错误。
故选AB。
（3）由题知，相邻计数点间有四个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔
根据逐差法，可得小车的加速度
（4）AB．由图线1，可知在F=0 时就有加速度 a，说明即使没有拉力，小车也会加速运动，这是因为平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大，导致重力的分力大于摩擦力，小车在不受拉力时也会加速，故A正确，B错误；
CD．由图线2，可知随着F的增大，即砂及砂桶的质量增大，不再满足m远小于M，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确，D错误。
故选AC。
17．【答案】（1）10；500
（2）；否
【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
【解析】【解答】（1）将图3的、和、，代入闭合回路欧姆定律
可解得、，将代入，可解得
故答案为：10；500
（2）由图4可知，，故
电流越大，温度越低，故对应的电流更大；电流与温度呈非线性关系，等温差对应的电流差不同，故电流刻度不均匀
故答案为：；否
【分析】(1)① 利用闭合电路欧姆定律，代入中值满偏与两组数据，联立求解电源电动势和欧姆表内阻。
② 再把代入公式，反解对应待测电阻。
(2)① 金属丝阻值随温度升高而增大，由，电阻越小电流越大，低温对应更小电阻、更大电流。
② 电流与温度是非线性函数，相等温度变化对应的电流变化不相等，因此温度刻度不均匀。
（1）[1]将图3的、和、
代入闭合回路欧姆定律
可解得、
[2]将
代入
可解得
（2）[1][2]由图4可知，
故
电流越大，温度越低，故对应的电流更大；电流与温度呈非线性关系，等温差对应的电流差不同，故电流刻度不均匀
18．【答案】（1）解：小球做平抛运动，则有，
代入数据解得
（2）解：子弹射穿小球过程，根据动量守恒定律有
代入数据解得
（3）解：系统损失的机械能
代入数据解得
【知识点】平抛运动；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】(1) 小球穿出后做平抛运动，由竖直方向自由落体求出下落时间，再结合水平匀速，算出小球被击穿后的瞬时速度。
(2) 子弹击穿小球瞬间系统水平方向不受外力，动量守恒，根据求解子弹穿出速度。
(3) 系统损失的机械能等于碰撞前子弹初动能减去碰撞后子弹与小球两者动能之和，用列式计算。
（1）小球做平抛运动，则有，
代入数据解得
（2）子弹射穿小球过程，根据动量守恒定律有
代入数据解得
（3）系统损失的机械能
代入数据解得
19．【答案】（1）解：粒子在加速电场中运动时，根据动能定理有
解得粒子进入磁场的速度大小为
（2）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子做匀速圆周运动的半径为
粒子打在接收底板上的位置到的距离为
由上式可知，与成正比，因此这些刻线数值是对应于。
（3）解：由可知，越大，越大。由于“74”比“73”的更大，因此“74”对应的刻线位置应在“73”刻线的左侧（远离的一侧）且74与73的间距小于73与72的间距，则“74”对应的刻线位置如图所示：
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】(1) 粒子在加速电场由动能定理，变形求解进入磁场的速度。
(2) 磁场中洛伦兹力充当向心力，联立加速公式推导出轨道半径，落点间距，，因此刻度数值对应。
(3) 越大，越大；74的大于73，故刻线在73左侧，又与成正比，相邻质量数间距逐步减小，74与73间隔小于73与72间隔。
（1）粒子在加速电场中运动时，根据动能定理有
解得粒子进入磁场的速度大小为
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子做匀速圆周运动的半径为
粒子打在接收底板上的位置到的距离为
由上式可知，与成正比，因此这些刻线数值是对应于。
（3）由可知，越大，越大。由于“74”比“73”的更大，因此“74”对应的刻线位置应在“73”刻线的左侧（远离的一侧）且74与73的间距小于73与72的间距，则“74”对应的刻线位置如图所示：
20．【答案】（1）解：a.根据开普勒第二定律，彗星与太阳的连线单位时间内扫过面积相等，近日点距离太阳更近，因此线速度更大，故
b.彗星在近日点和远日点的加速度由万有引力提供，根据万有引力定律提供向心力有
可得
因此 ，
所以加速度大小之比
（2）解：a.地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力
整理得
代入数据得
b.设地球周期为，地外行星周期为，相邻两次冲日时间间隔为。相邻冲日时地球比行星多转一圈，满足
可得
解得
根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，行星公转周期越大，结合上式可知，越大，越小， 表格中海王星的轨道半径最大，因此海王星相邻两次冲日的时间间隔最短。
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】(1) a. 本小问考查开普勒第二定律，依据行星与中心天体连线单位时间扫过面积恒定的规律，结合近日点、远日点轨道距离差异对比线速度大小。
b. 本小问依托万有引力充当天体加速度，由万有引力公式推导加速度与轨道半径的关系式，再作比值运算。
(2) a. 本小问利用万有引力提供行星圆周运动向心力，对地球列向心力方程，变形得到太阳质量表达式，代入已知物理量完成数值计算。
b. 本小问结合开普勒第三定律分析轨道半径与公转周期的关系，根据冲日的运动特点建立角速度关系式，推导冲日间隔表达式，结合周期变化规律判断最短间隔对应的行星。
（1）a.根据开普勒第二定律，彗星与太阳的连线单位时间内扫过面积相等，近日点距离太阳更近，因此线速度更大，故
b.彗星在近日点和远日点的加速度由万有引力提供，根据万有引力定律提供向心力有
可得
因此 ，
所以加速度大小之比
（2）a.地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力
整理得
代入数据得
b.设地球周期为，地外行星周期为，相邻两次冲日时间间隔为。相邻冲日时地球比行星多转一圈，满足
可得
解得
根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，行星公转周期越大，结合上式可知，越大，越小， 表格中海王星的轨道半径最大，因此海王星相邻两次冲日的时间间隔最短。
21．【答案】（1）解：列车由静止开始启动，根据a-t图线与坐标轴所围的面积等于速度，可得当加速度时，实验车速度的大小
（2）解：当车速为v时，金属框中感应电动势为
金属框中感应电流为
又因为
根据牛顿第二定律
列车速度最大时，则有
解得实验车的最大速率为
（3）解：a.设空气密度为，单个空气分子的质量为m0，车头截面积为S，则依题意，如图所示
空气分子以速率v撞到车头上，时间内撞击车头的空气质量
因为空气分子与车头发生弹性碰撞，所以，碰撞后，空气分子将以原速率反弹回来，根据动量定理
解得
即：f1与v的关系满足，即
b. 磁悬浮列车车头设计成细长的流线型时，可以简化为：车头平面与水平地面
成角度的斜面。如图所示
空气分子与车头发生弹性碰撞，垂直斜面分速度反向，平行斜面分速度不变。所以根据动量定理，有
可得
所以列车车头所受空气阻力f2小于f1.
【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
【解析】【分析】(1)本小问考查图像的物理意义，由静止启动的物体，图线与时间轴围成面积等于瞬时速度，分段计算面积即可求解对应时刻速度。
(2)本小问综合动生电动势、安培力与牛顿运动定律，先由磁场和线框相对速度推导感应电动势，结合欧姆定律求回路电流，再计算线框双侧安培力；列车加速度为零时速度达到最大值，受力平衡列式变形得到最大速率。
(3)a.本小问结合弹性碰撞规律与动量定理，选取极短时间内碰撞的空气分子为研究对象，确定碰撞分子质量，利用动量变化推导阻力和速度的幂次关系，确定数值。
b.本小问将流线型车头等效为倾斜斜面，把空气分子速度正交分解，只有垂直斜面分量发生反弹，再次借助动量定理推导流线型车头阻力表达式，对比长方体车头阻力大小完成分析。
（1）列车由静止开始启动，根据a-t图线与坐标轴所围的面积等于速度，可得当加速度时，实验车速度的大小
（2）当车速为v时，金属框中感应电动势为
金属框中感应电流为
又因为
根据牛顿第二定律
列车速度最大时，则有
解得实验车的最大速率为
（3）a.设空气密度为，单个空气分子的质量为m0，车头截面积为S，则依题意，如图所示
空气分子以速率v撞到车头上，时间内撞击车头的空气质量
因为空气分子与车头发生弹性碰撞，所以，碰撞后，空气分子将以原速率反弹回来，根据动量定理
解得
即：f1与v的关系满足，即
b. 磁悬浮列车车头设计成细长的流线型时，可以简化为：车头平面与水平地面
成角度的斜面。如图所示
空气分子与车头发生弹性碰撞，垂直斜面分速度反向，平行斜面分速度不变。所以根据动量定理，有
可得
所以列车车头所受空气阻力f2小于f1.
1 / 1北京市东城区2025-2026学年高三下学期高三综合练习(一) 物理试卷
1．在双缝干涉实验中，保持狭缝间的距离和狭缝到屏的距离都不变，用不同的可见光光源做实验时，下列叙述正确的是（　　）
A．红光的干涉条纹间距最大
B．紫光的干涉条纹间距最大
C．红光和紫光的干涉条纹间距一样大
D．用白光照射不会出现干涉条纹
【答案】A
【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】由双缝干涉条纹间距公式，不变时，波长越大条纹间距越大；可见光中红光波长最长、紫光最短：
A、红光波长最大，干涉条纹间距最大，故A正确；
B、紫光波长最短，条纹间距最小，故B错误；
C、红光与紫光波长不等，条纹间距不相等，故C错误；
D、白光由多种色光组成，各色光波长不同，会出现彩色干涉条纹，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查双缝干涉间距公式，红光可见光波长最长，对应条纹间距最大；
B、紫光波长最短，对应干涉条纹间距最小；
C、红、紫光波长不同，由公式可知条纹间距不同；
D、白光为复色光，双缝干涉会产生彩色相间的干涉条纹。
2．原子核经放射性衰变①先变为原子核，再经放射性衰变②变为原子核。放射性衰变①、②依次为（　　）
A．衰变、衰变 B．衰变、衰变
C．衰变、衰变 D．衰变，衰变
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】衰变①电荷数减少，质量数减少，符合α衰变；
衰变②电荷数增加，质量数不变，符合β衰变，因此①②依次为α衰变、β衰变。
故答案为：B。
【分析】A、第二次不是衰变，衰变质量数必减少，不符合题意；
B、考查衰变规律，衰变减减，衰变不变、加；
C、第一次不是衰变，衰变质量数不变；
D、第一次不是衰变，不满足电荷数变化规律。
3．如图所示，一定质量的理想气体从状态开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态和。下列说法正确的是（　　）
A．和状态，理想气体的温度相等
B．到状态，外界对理想气体做功
C．到状态，理想气体向外界放热
D．到状态，理想气体的分子平均动能逐渐变小
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程，，，故，A错误；
B、等压膨胀，气体体积变大，气体对外做功，B错误；
C、等压升温，内能增大，气体对外做功，由得，气体吸热，C错误；
D、等容降压，由可知温度降低，分子平均动能只与温度有关，故分子平均动能逐渐变小，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查理想气体状态方程，乘积越大温度越高；
B、气体体积膨胀时气体对外做功，体积压缩外界对气体做功；
C、结合热力学第一定律，升温内能增加、气体对外做功，气体必须吸热；
D、分子平均动能由温度决定，等容降压温度下降，平均动能减小。
4．在如图所示电路中，当变阻器的滑动头P向b端移动时（　　）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
【答案】B
【知识点】电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】滑动头向移动，滑动变阻器接入阻值变小；与并联，并联总电阻减小，电路总电阻减小，总电流变大。
电源内阻分压变大，路端电压（电压表示数）变小；
分压变大，并联部分电压变小，通过的电流变小，总电流增大，因此流过的电流（电流表示数）变大。
综上电压表示数变小、电流表示数变大，故B正确，ACD错误；
故答案为：B。
【分析】A、总电阻减小总电流增大，内阻压降上升，路端电压减小，电压表示数变小；
B、考查动态电路“串反并同”规律，减小，电流表与串联示数变大，电压表测路端电压示数变小；
C、路端电压随总电流增大而减小，电压表示数不可能变大；
D、变阻器电阻减小，支路电流增大，电流表示数变大。
5．如图所示，将一个铅球放在倾角为的斜面上，并用竖直挡板挡住。不考虑铅球受到的摩擦力，挡板缓慢由竖直放置逆时针旋转到与斜面垂直位置的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．斜面对铅球的支持力增大
B．挡板对铅球的支持力增大
C．挡板对铅球的支持力先减小后增大
D．斜面和挡板对铅球的合力大小不变
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】ABC．设挡板对铅球的支持力为，斜面对铅球的支持力为，挡板缓慢由竖直放置逆时针旋转到与斜面垂直位置的过程中，对铅球受力分析，如图所示
由矢量三角形可知，挡板对铅球的支持力一直减小；斜面对铅球的支持力也一直减小，故ABC错误；
D．铅球受到重力、挡板对铅球的支持力、斜面对铅球的支持力，根据平衡条件可得，斜面和挡板对铅球的合力始终与重力等大反向，即斜面和挡板对铅球的合力大小不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查力的动态矢量三角形，斜面支持力随挡板转动不断减小；
B、挡板朝向不断靠近垂直斜面，挡板弹力单调减小；
C、挡板转动全程弹力一直减小，没有最小值折返增大的过程；
D、二力合力平衡重力，重力不变则合力恒定不变。
6．如图1是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图2所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，则（　　）
A．图1中开关闭合时电压表的示数为
B．图1中开关闭合时电压表的示数为
C．变压器原、副线圈的匝数之比满足大于1000才能实现点火
D．变压器原、副线圈的匝数之比满足小于0.001才能实现点火
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、原线圈电压峰值为5V，交流电压表测量有效值，示数为，故A错误；
B、原线圈正弦电压有效值是，不等于7V，故B错误；
C、根据，若，则副线圈峰值小于5V，无法大于5000V点火，故C错误；
D、，代入，满足点火条件，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查交变电表测量有效值，不能直接读取峰值；
B、正弦交流电有效值为峰值除以，计算数值不等于7V；
C、匝数比过大时副线圈峰值电压太小，达不到点火电压；
D、由峰值与匝数成正比，推导出原副线圈匝数比值小于0.001。
7．冰壶比赛中，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面和冰壶之间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。不摩擦冰面时，冰壶和冰面之间的动摩擦因数为0.02；摩擦冰面时，动摩擦因数变为原来的。第一次运动员以的速度投掷冰壶，直至冰壶静止；第二次运动员仍以的速度将冰壶投出，在冰壶自由滑行的距离后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，直至冰壶静止。冰壶质量为，取，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为
B．第二次冰壶的动量变化量小于第一次冰壶的动量变化量
C．两次冰壶和冰面摩擦产生的热量都是
D．第二次冰壶运动的距离小于第一次冰壶运动的距离
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A、前10m动摩擦因数，；后续，，全程两段加速度不同，故A错误；
B、两次初动量、末动量都是0，动量变化量大小均为，动量变化相等，故B错误；
C、由能量守恒，摩擦生热等于初动能，，两次初动能相同，产热都是40J，故C正确；
D、第二段摩擦因数变小、减速更慢，第二次总滑行距离大于第一次，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查牛顿第二定律，摩擦前后两段动摩擦因数不同，加速度不唯一；
B、动量变化等于初末动量差值，两次初末速度一致，动量变化量相等；
C、考查能量守恒，动能全部转化为摩擦内能，初动能不变则产热相同；
D、动摩擦因数减小，末段减速加速度变小，滑行总路程更长。
8．某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了。将着地过程中地面对他双脚的作用力视为恒力，则该作用力的大小为（　　）
A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的4倍
C．自身所受重力的5倍 D．自身所受重力的10倍
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】全程用动能定理，设人体重力，地面作用力，自由下落，缓冲下落：，代入数据：，解得，
A、作用力是重力5倍不是2倍，A错误；
B、不是4倍，B错误；
C、，为自身重力5倍，C正确；
D、不是10倍，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查全程动能定理列式计算，数值推导不符合2倍关系；
B、代入位移计算结果不为4倍重力；
C、整段重力做功、地面阻力只在缓冲段做功，算出；
D、由公式可知作用力不等于10倍重力。
9．如图1所示，阴极和阳极是密封在真空玻璃管中的两个电极，阴极在受到光照时能够发射光电子。阴极与阳极之间电压的大小可以调整，电源的正负极也可以对调。电源按图示极性连接时，闭合开关后，阳极吸收阴极发出的光电子，在电路中形成光电流。利用三束单色光分别照射图1装置的阴极，调节电压进行多次实验，通过收集的实验数据得到如图2所示的图像。下列说法正确的是（　　）
A．单色光的频率大于单色光的频率
B．单色光的强度小于单色光的强度
C．三束光分别照射阴极发生光电效应，其中单色光照射发生光电效应产生的光电子的最大初动能最大
D．相同时间内单色光比单色光照射到阴极上的光子数少
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A、遏止电压大于，由，b光频率大于a光，故A错误；
B、a光饱和光电流大于c光，a光子数更多、光照强度更大，故B错误；
C、，b光遏止电压大，对应光电子最大初动能最大，故C错误；
D、饱和光电流反映单位时间逸出光电子数，c饱和电流更小，相同时间入射光子数更少，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查光电效应遏止电压与频率关系，遏止电压越大频率越高；
B、饱和光电流大小反映光照强度，同频率下饱和电流越大光强越大；
C、光电子最大初动能由遏止电压决定，；
D、饱和光电流与单位时间入射光子数目正相关。
10．有一沿轴对称分布的电场，其电场强度随变化的图像如图所示。的正方向与轴的正方向一致，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．和之间的电势差大于和之间的电势差
B．电子在点的电势能最大
C．和两点电势相等
D．点的电势小于0
【答案】C
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】 A．电场强度随变化的图像面积表示电势差的大小。由图可知 区间的面积大于 区间的面积，所以和之间的电势差小于和之间的电势差，故A错误；
B．由图可知， 时，电场方向沿轴正方向；时，电场方向沿轴负方向。电场线从点向两侧发散，顺着电场线电势降低，故点电势最高。电子带负电，根据电势能公式 可知，电子在电势最高处电势能最小，故B错误；
C．电场沿 轴对称分布，且图像关于原点对称，所以从点到 的图像包围面积等于从点到 的图像包围面积，故从点到 的电势降落等于从点到的电势降落，故C正确；
D．取无穷远处电势为零，在区域，电场线指向无穷远，顺着电场线电势降低，故区域电势，由C选项分析可知 ，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查E-x图像面积表示电势差，面积越大电势差越小；
B、电势全空间均大于0，负电荷在高电势处电势能小；
C、电场分布关于原点对称，对称位置电势相等；
D、无穷远电势为零，位置电势高于零。
11．某河水的流速与离某一侧河岸距离的变化关系如图1所示，船在静水中的速度与时间的关系如图2所示，该河宽为。假设渡河过程中船在河中任意位置沿河流方向的速度与河水流速相等，要使船以最短时间渡河，下列说法正确的是（　　）
A．船渡河的最短时间是150s
B．船沿河流方向的位移为200m
C．船沿河岸方向的加速度大小先增大后减小
D．船在河水中的最大速度是
【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】最短渡河船头垂直河岸，，前50s船从0→150m，水流平均速度，位移；后50s从150→300m，平均流速仍，，总沿河位移，
A、最短时间，A错误；
B、沿河流总位移，B正确；
C、水流速度线性变化，加速度大小恒定不变，C错误；
D、合速度，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、最短渡河时间由垂直岸速度决定，算出100s；
B、v-d图像面积求平均流速，分两段计算顺水位移相加；
C、河水速度随距离线性变化，相同时间速度变化量不变，加速度恒定；
D、两分运动垂直，合速度用勾股定理计算。
12．一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，两板间便产生电压。如果把板和电热器连接，板就是一个直流电源的两个电极。若两板相距为，两板正对面积为，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为，等离子体以速度沿垂直于的方向射入磁场，不计离子在板间运动时的相互作用，则（　　）
A．板是电源的正极
B．该电源的电动势为
C．电热器稳定工作时，离子在板间仅受洛伦兹力
D．电热器稳定工作时，单位时间飞入板间的离子数目大于飞出的数目
【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A、根据左手定则，正离子向Q板偏转，负离子向P板偏转，Q板聚集正电荷为电源正极，故A错误；
B、粒子受力平衡，解得电动势，与极板面积无关，故B错误；
C、电热器工作时极板间存在电场，离子同时受洛伦兹力与电场力，故C错误；
D、极板持续累积电荷向外电路供电，单位时间落到极板的离子多于飞出的离子，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查左手定则在磁流体发电中的应用，判断正负离子偏转极板；
B、由受力平衡推导电动势表达式，电动势只与有关；
C、极板带电形成匀强电场，离子受洛伦兹力、电场力两个力；
D、电源对外供电需要极板不断积累电荷，入射离子数大于流出离子数。
13．如图所示，水平粗糙传送带顺时针匀速运行，轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端拴接一个小物块，现将小物块无初速度放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长。在小物块向右运动的过程中，设小物块的速度为，弹簧与小物块的总机械能为，运动距离为，则下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、物块初始受向右滑动摩擦力、向左弹簧弹力，，增大弹力变大，加速度减小，做加速度减小的加速；若摩擦力等于弹力后，弹簧继续拉长弹力大于摩擦力，加速度反向变大，减速，先增后减，曲线斜率先后变缓再变陡，A正确；
B、若物块能和传送带共速，之后匀速、不变，图像中间水平段，但题目弹簧持续伸长，弹力不断变大无法长期匀速，B错误；
C、摩擦力一直做正功，机械能变化，斜率等于摩擦力大小，全程不变，图像应为倾斜直线，C错误；
D、滑动摩擦力恒定，机械能随位移均匀增加，不会向上弯曲，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查变加速运动，先加速度减小加速、后加速度增大减速，速度先升后降；
B、弹簧弹力随伸长量持续增大，无法保持匀速，无平直段；
C、系统机械能增量等于摩擦力做功，，线性增长；
D、摩擦力恒定，斜率固定，图像是直线而非上凸曲线。
14．核磁共振（NMR）是一种在化学生物等方面具有极多应用的检验手段。已知氢原子核有自旋，自旋产生微小环形电流，环形电流产生磁场，其效果类似小磁针。如图1所示为核磁共振仪工作原理的简化图。与扫描发生器、射频发生器、探测器相连的线圈分别称作扫描线圈、射频线圈、探测线圈。核磁共振仪开始工作后，扫描线圈中通以强电流，形成水平方向的强磁场。此时氢原子小磁针的运动形式可类比为陀螺：可认为一端固定，另一端点以外界强磁场方向为轴做圆周运动，这一运动形式称为进动，如图2所示。当氢原子小磁针在强磁场中排列稳定后，在射频线圈中通以正弦交变电流。类似核外电子吸收能量跃迁至更高能级，射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级，氢原子小磁针进动模式因而发生改变。随后撤去射频电流，氢原子小磁针重新回到原进动模式。在这一恢复过程中，大量氢原子小磁针所产生的宏观磁场切割探测线圈，所形成的电流经处理最终成像。下列说法正确的是（　　）
A．氢原子小磁针进动时，原子核的自旋以为轴
B．氢原子小磁针在重回原进动模式的过程中会释放能量
C．进动模式恢复过程中，探测线圈中的磁通量不变
D．射频线圈产生的电磁波频率高于射线
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、由题意，小磁针绕做进动，自旋自身轴线不停转动，并非自旋以为轴，故A错误；
B、氢核吸收射频电磁波跃迁高能级，恢复原进动模式从高能级回落低能级，向外释放能量，故B正确；
C、大量小磁针的宏观磁场切割探测线圈，线圈内磁通量周期性变化，故C错误；
D、射频电磁波属于无线电波，频率远低于X射线，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、区分自旋与进动，进动是小磁针整体绕转动，自旋是原子核自身旋转；
B、高能级向低能级回落过程释放能量；
C、磁场切割线圈，磁通量发生变化；
D、X射线频率高于无线电波段的射频电磁波。
15．在做测定玻璃折射率的实验中，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插上两枚大头针和，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使的像被的像挡住。接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针，使挡住的像，挡住和的像，在纸上标出大头针位置和三棱镜轮廓，如图所示。
（1）为了测出玻璃的折射率，请在图中画出相应的光路图，并标出需要测量的物理量。
（2）折射率的表达式为　 　。
【答案】（1）
（2）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）大头针、的连线表示入射光线，、的连线表示出射光线，分别作出入射光线和出射光线，连接入射点和出射点，画出玻璃砖内部光路，如图所示
用量角器量出入射角和折射角。
（2）根据折射定律可知折射率的表达式为
故答案为：
【分析】(1) 本题依据大头针连线确定入射、出射光线，连接入射点与出射点得到玻璃内折射光路，作出法线，标注入射角、折射角两个待测角度。
(2) 依托光的折射定律，光从空气射入玻璃时，据此写出折射率表达式。
（1）大头针、的连线表示入射光线，、的连线表示出射光线，分别作出入射光线和出射光线，连接入射点和出射点，画出玻璃砖内部光路，如图所示
用量角器量出入射角和折射角。
（2）根据折射定律可知折射率的表达式为
16．某同学利用如图1所示的装置来探究加速度与力、质量的关系。
（1）除小车、砂和桶、打点计时器（含纸带、复写纸）、导线、开关等器材外，在下面的器材中，必须使用的有_________（选填选项前的字母）。
A．电压可调的直流电源
B．电压合适的交流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平
（2）在设计“探究加速度与力的关系”的实验时，需要思考如何测量力的大小。为简化力的测量，在_________（选填选项前的字母）后，小车受到的合力等于绳的拉力。
A．调整木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动
B．调节滑轮的高度，使细绳与木板平行
C．使砂和桶的总质量远小于小车的质量
（3）某次实验测得的数据如图2所示，相邻计数点间有四个点未画出。则小车的加速度　 　（结果保留两位有效数字）。
（4）在实验中认为细线对小车的拉力等于砂及砂桶的总重力，有两位同学利用实验数据做出的图像如图3中的1、2所示，下列分析正确的是_________（选填选项前的字母）
A．出现图线1的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大
B．出现图线1的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过小
C．图线2偏离直线弯曲的原因可能是未满足远小于
D．图线2偏离直线弯曲的原因可能是小车与长木板轨道之间存在摩擦
【答案】（1）B；C；E
（2）A；B
（3）0.49
（4）A；C
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）AB．电火花打点计时器使用220V、50Hz的交流电源，故A不需要，B需要；
C．处理纸带计算加速度时，需要用刻度尺测量纸带上点的间距，故C需要；
D．打点计时器本身可以计时，不需要秒表，故D不需要；
E．实验中需要测量小车质量、砂和桶的质量，所以需要天平，故E需要。
故答案为：BCE。
（2）A．调整木板倾斜度，使小车不受牵引时能拖动纸带匀速运动，目的是平衡摩擦力，让小车受到的合力等于绳的拉力，故A正确；
B．调节滑轮高度使细绳与木板平行，是为了让拉力方向与小车运动方向一致，保证小车受到的合力等于拉力的大小，若细绳与木板不平行，小车受到的合力不等于拉力的大小，故B正确；
C．使砂和桶的总质量远小于小车质量，是为了让砂和桶的重力近似等于绳的拉力，这是对拉力大小的近似处理，不是让合力等于拉力的操作，故C错误。
故答案为：AB。
（3）由题知，相邻计数点间有四个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔
根据逐差法，可得小车的加速度
故答案为：0.49
（4）AB．由图线1，可知在F=0 时就有加速度 a，说明即使没有拉力，小车也会加速运动，这是因为平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大，导致重力的分力大于摩擦力，小车在不受拉力时也会加速，故A正确，B错误；
CD．由图线2，可知随着F的增大，即砂及砂桶的质量增大，不再满足m远小于M，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】(1) 依据打点计时器电源类型、纸带数据处理需求、质量测量需求筛选器材：打点计时器用50Hz交流电源，纸带求加速度要用刻度尺，测质量要用天平，计时器自带计时功能不用秒表。
(2) 要使小车合力等于绳拉力：A平衡摩擦力消除摩擦阻力、B细绳与木板平行保证拉力沿运动方向；C是拉力近似等于砂桶重力的条件，并非合力等于拉力的条件。
(3) 相邻计数点间隔，利用逐差法计算加速度。
(4) 图线1：已有加速度，说明平衡摩擦力过度、木板倾角偏大；图线2拉力增大后弯曲，原因是砂桶质量不再远小于小车质量，拉力明显小于砂桶重力。
（1）AB．电火花打点计时器使用220V、50Hz的交流电源，故A不需要，B需要；
C．处理纸带计算加速度时，需要用刻度尺测量纸带上点的间距，故C需要；
D．打点计时器本身可以计时，不需要秒表，故D不需要；
E．实验中需要测量小车质量、砂和桶的质量，所以需要天平，故E需要。
故选BCE。
（2）A．调整木板倾斜度，使小车不受牵引时能拖动纸带匀速运动，目的是平衡摩擦力，让小车受到的合力等于绳的拉力，故A正确；
B．调节滑轮高度使细绳与木板平行，是为了让拉力方向与小车运动方向一致，保证小车受到的合力等于拉力的大小，若细绳与木板不平行，小车受到的合力不等于拉力的大小，故B正确；
C．使砂和桶的总质量远小于小车质量，是为了让砂和桶的重力近似等于绳的拉力，这是对拉力大小的近似处理，不是让合力等于拉力的操作，故C错误。
故选AB。
（3）由题知，相邻计数点间有四个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔
根据逐差法，可得小车的加速度
（4）AB．由图线1，可知在F=0 时就有加速度 a，说明即使没有拉力，小车也会加速运动，这是因为平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大，导致重力的分力大于摩擦力，小车在不受拉力时也会加速，故A正确，B错误；
CD．由图线2，可知随着F的增大，即砂及砂桶的质量增大，不再满足m远小于M，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确，D错误。
故选AC。
17．当某个物理量不易直接测量时，将其转换为另一个易测量的物理量，再根据物理量之间的关系进行数值转换，这是实验中经常用到的测量方法。
（1）如图1所示为一个欧姆表的原理图，所用表头的满偏电流为，其表盘如图2所示。为了将表盘上的电流刻度值转换为待测电阻值，现用一系列标准电阻对欧姆表进行标定，作出两端接不同的标准电阻时表头的示数与的关系图像，如图3所示。
①该欧姆表所用电池的电动势　 　；
②在图乙表盘的“4mA”处对应欧姆表待测电阻值　 　。
（2）图4所示为某金属丝的电阻随温度变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图5所示），如果电池的电动势和内阻均不变，用这段金属丝做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的电阻温度计。
①请判断：图4中，与两个温度值，哪个应该标在电流比较大的刻度上　 　？
②如果给该电阻温度计等温度差地标上更多的刻度，请分析说明这些温度刻度是否均匀　 　？
【答案】（1）10；500
（2）；否
【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
【解析】【解答】（1）将图3的、和、，代入闭合回路欧姆定律
可解得、，将代入，可解得
故答案为：10；500
（2）由图4可知，，故
电流越大，温度越低，故对应的电流更大；电流与温度呈非线性关系，等温差对应的电流差不同，故电流刻度不均匀
故答案为：；否
【分析】(1)① 利用闭合电路欧姆定律，代入中值满偏与两组数据，联立求解电源电动势和欧姆表内阻。
② 再把代入公式，反解对应待测电阻。
(2)① 金属丝阻值随温度升高而增大，由，电阻越小电流越大，低温对应更小电阻、更大电流。
② 电流与温度是非线性函数，相等温度变化对应的电流变化不相等，因此温度刻度不均匀。
（1）[1]将图3的、和、
代入闭合回路欧姆定律
可解得、
[2]将
代入
可解得
（2）[1][2]由图4可知，
故
电流越大，温度越低，故对应的电流更大；电流与温度呈非线性关系，等温差对应的电流差不同，故电流刻度不均匀
18．如图所示，把一个质量的小球放在高度的直杆的顶端。一颗质量的子弹以的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的水平距离取，求：
（1）子弹穿出小球瞬间小球的速度；
（2）子弹穿出小球瞬间子弹的速度；
（3）子弹和小球相互作用过程中系统损失的机械能。
【答案】（1）解：小球做平抛运动，则有，
代入数据解得
（2）解：子弹射穿小球过程，根据动量守恒定律有
代入数据解得
（3）解：系统损失的机械能
代入数据解得
【知识点】平抛运动；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】(1) 小球穿出后做平抛运动，由竖直方向自由落体求出下落时间，再结合水平匀速，算出小球被击穿后的瞬时速度。
(2) 子弹击穿小球瞬间系统水平方向不受外力，动量守恒，根据求解子弹穿出速度。
(3) 系统损失的机械能等于碰撞前子弹初动能减去碰撞后子弹与小球两者动能之和，用列式计算。
（1）小球做平抛运动，则有，
代入数据解得
（2）子弹射穿小球过程，根据动量守恒定律有
代入数据解得
（3）系统损失的机械能
代入数据解得
19．如图1为质谱仪的工作原理图，粒子从电离室A中的小孔逸出（初速度不计），经电压恒定为的电场加速后，通过小孔和，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为的匀强磁场中，运动半个圆周后打在接收底板上并被吸收。对于不同的带电粒子，可能会在上的不同位置出现谱线。不计带电粒子的重力。
（1）求质量为电荷量为的粒子进入磁场的速度大小；
（2）某同学观察到，接收底板的刻线旁印有“72 73 74”等数值，他猜想该数值对应于粒子的某种特性，请你判断这些数值是对应于还是，并说明理由；
（3）某同学还观察到，“72 73”对应的刻线清晰，“74”对应的刻线因磨损已模糊不清，请在图2中定性画出“74”对应的刻线位置，并说明理由。
【答案】（1）解：粒子在加速电场中运动时，根据动能定理有
解得粒子进入磁场的速度大小为
（2）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子做匀速圆周运动的半径为
粒子打在接收底板上的位置到的距离为
由上式可知，与成正比，因此这些刻线数值是对应于。
（3）解：由可知，越大，越大。由于“74”比“73”的更大，因此“74”对应的刻线位置应在“73”刻线的左侧（远离的一侧）且74与73的间距小于73与72的间距，则“74”对应的刻线位置如图所示：
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】(1) 粒子在加速电场由动能定理，变形求解进入磁场的速度。
(2) 磁场中洛伦兹力充当向心力，联立加速公式推导出轨道半径，落点间距，，因此刻度数值对应。
(3) 越大，越大；74的大于73，故刻线在73左侧，又与成正比，相邻质量数间距逐步减小，74与73间隔小于73与72间隔。
（1）粒子在加速电场中运动时，根据动能定理有
解得粒子进入磁场的速度大小为
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子做匀速圆周运动的半径为
粒子打在接收底板上的位置到的距离为
由上式可知，与成正比，因此这些刻线数值是对应于。
（3）由可知，越大，越大。由于“74”比“73”的更大，因此“74”对应的刻线位置应在“73”刻线的左侧（远离的一侧）且74与73的间距小于73与72的间距，则“74”对应的刻线位置如图所示：
20．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。彗星作为太阳系中的小天体，其运动轨道是一个非常扁的椭圆，如图所示。
（1）已知某彗星在近日点与太阳中心的距离为，线速度大小为；在远日点与太阳中心的距离为，线速度大小为。
a.请比较和的大小；
b.求该彗星在近日点加速度的大小和在远日点加速度的大小之比。
（2）地球及地外行星（轨道半径大于地球轨道半径的行星）绕太阳运动的轨道半径如下表所示。
地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
a.已知万有引力常量，地球公转周期，日地距离取3.14，请估算太阳的质量（保留一位有效数字）；
b.当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。通过计算分析说明，地外行星相邻两次冲日的时间间隔最短的是哪颗行星。
【答案】（1）解：a.根据开普勒第二定律，彗星与太阳的连线单位时间内扫过面积相等，近日点距离太阳更近，因此线速度更大，故
b.彗星在近日点和远日点的加速度由万有引力提供，根据万有引力定律提供向心力有
可得
因此 ，
所以加速度大小之比
（2）解：a.地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力
整理得
代入数据得
b.设地球周期为，地外行星周期为，相邻两次冲日时间间隔为。相邻冲日时地球比行星多转一圈，满足
可得
解得
根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，行星公转周期越大，结合上式可知，越大，越小， 表格中海王星的轨道半径最大，因此海王星相邻两次冲日的时间间隔最短。
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】(1) a. 本小问考查开普勒第二定律，依据行星与中心天体连线单位时间扫过面积恒定的规律，结合近日点、远日点轨道距离差异对比线速度大小。
b. 本小问依托万有引力充当天体加速度，由万有引力公式推导加速度与轨道半径的关系式，再作比值运算。
(2) a. 本小问利用万有引力提供行星圆周运动向心力，对地球列向心力方程，变形得到太阳质量表达式，代入已知物理量完成数值计算。
b. 本小问结合开普勒第三定律分析轨道半径与公转周期的关系，根据冲日的运动特点建立角速度关系式，推导冲日间隔表达式，结合周期变化规律判断最短间隔对应的行星。
（1）a.根据开普勒第二定律，彗星与太阳的连线单位时间内扫过面积相等，近日点距离太阳更近，因此线速度更大，故
b.彗星在近日点和远日点的加速度由万有引力提供，根据万有引力定律提供向心力有
可得
因此 ，
所以加速度大小之比
（2）a.地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力
整理得
代入数据得
b.设地球周期为，地外行星周期为，相邻两次冲日时间间隔为。相邻冲日时地球比行星多转一圈，满足
可得
解得
根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，行星公转周期越大，结合上式可知，越大，越小， 表格中海王星的轨道半径最大，因此海王星相邻两次冲日的时间间隔最短。
21．磁悬浮列车是一种新型交通工具。
（1）某实验车按照设定的模式做直线运动。图1所示为该车由静止启动时，加速度随时间的变化曲线，求当加速度时，实验车速度的大小；
（2）图2所示为磁悬浮列车的一种简化驱动模式：水平地面上有两根足够长的平行直导轨，导轨间有等间距的匀强磁场和，磁场沿竖直（垂直纸面）方向，二者方向相反。固定在实验车底部的线框的宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场和同时以恒定速度向右运动时，线框受到的安培力驱动实验车向前运动。设线框的边长与导轨间距均为，线框的匝数为总电阻为，实验车与线框的总质量为，磁场运动的速度为，假设实验车受到的阻力恒为，求实验车的最大速率；
（3）在列车高速运行过程中，空气阻力可能占列车运行总阻力的以上，因此减少磁悬浮列车所受的空气阻力十分重要。假设空气分子与列车车头发生弹性碰撞，列车车头表面光滑，在上述假设前提下完成下列问题：
a.将列车车头简化为以速率水平匀速运动的长方体。试证明列车车头所受空气阻力大小与的关系满足，并确定的值；
b.实际生活中，磁悬浮列车车头呈细长的流线型，如图3所示。请通过必要计算分析说明，设计为流线型时列车车头所受空气阻力f2小于f1。
【答案】（1）解：列车由静止开始启动，根据a-t图线与坐标轴所围的面积等于速度，可得当加速度时，实验车速度的大小
（2）解：当车速为v时，金属框中感应电动势为
金属框中感应电流为
又因为
根据牛顿第二定律
列车速度最大时，则有
解得实验车的最大速率为
（3）解：a.设空气密度为，单个空气分子的质量为m0，车头截面积为S，则依题意，如图所示
空气分子以速率v撞到车头上，时间内撞击车头的空气质量
因为空气分子与车头发生弹性碰撞，所以，碰撞后，空气分子将以原速率反弹回来，根据动量定理
解得
即：f1与v的关系满足，即
b. 磁悬浮列车车头设计成细长的流线型时，可以简化为：车头平面与水平地面
成角度的斜面。如图所示
空气分子与车头发生弹性碰撞，垂直斜面分速度反向，平行斜面分速度不变。所以根据动量定理，有
可得
所以列车车头所受空气阻力f2小于f1.
【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
【解析】【分析】(1)本小问考查图像的物理意义，由静止启动的物体，图线与时间轴围成面积等于瞬时速度，分段计算面积即可求解对应时刻速度。
(2)本小问综合动生电动势、安培力与牛顿运动定律，先由磁场和线框相对速度推导感应电动势，结合欧姆定律求回路电流，再计算线框双侧安培力；列车加速度为零时速度达到最大值，受力平衡列式变形得到最大速率。
(3)a.本小问结合弹性碰撞规律与动量定理，选取极短时间内碰撞的空气分子为研究对象，确定碰撞分子质量，利用动量变化推导阻力和速度的幂次关系，确定数值。
b.本小问将流线型车头等效为倾斜斜面，把空气分子速度正交分解，只有垂直斜面分量发生反弹，再次借助动量定理推导流线型车头阻力表达式，对比长方体车头阻力大小完成分析。
（1）列车由静止开始启动，根据a-t图线与坐标轴所围的面积等于速度，可得当加速度时，实验车速度的大小
（2）当车速为v时，金属框中感应电动势为
金属框中感应电流为
又因为
根据牛顿第二定律
列车速度最大时，则有
解得实验车的最大速率为
（3）a.设空气密度为，单个空气分子的质量为m0，车头截面积为S，则依题意，如图所示
空气分子以速率v撞到车头上，时间内撞击车头的空气质量
因为空气分子与车头发生弹性碰撞，所以，碰撞后，空气分子将以原速率反弹回来，根据动量定理
解得
即：f1与v的关系满足，即
b. 磁悬浮列车车头设计成细长的流线型时，可以简化为：车头平面与水平地面
成角度的斜面。如图所示
空气分子与车头发生弹性碰撞，垂直斜面分速度反向，平行斜面分速度不变。所以根据动量定理，有
可得
所以列车车头所受空气阻力f2小于f1.
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