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2026届广东省大湾区高三上学期10月联合模拟考试物理试卷
1．“神舟二十号”在较低轨道运行，“天和”核心舱在较高轨道运行，它们都绕地球近似做匀速圆周运动，运行轨道如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“神舟二十号”运行的周期比“天和”核心舱的大
B．“神舟二十号”运行的线速度比“天和”核心舱的大
C．“神舟二十号”运行时受到的向心力一定比“天和”核心舱的大
D．“神舟二十号”和“天和”核心舱都处于平衡状态
2．如图所示为氢原子能级图，已知可见光的光子能量范围为，紫外线的光子能量范围为。则对于大量处于激发态的氢原子辐射的光子，下列说法正确的是（　　）
A．包含5种不同频率的光子
B．有3种是可见光
C．有3种是紫外线
D．其中一种光子是光子（能量超过）
3．如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离，子弹射出的水平速度，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，重力加速度取，下列有关说法正确的是（　　）
A．子弹从枪口射出到击中目标靶经历的时间
B．目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离
C．若子弹从枪口射出的水平速度，一定击不中目标靶
D．若子弹从枪口射出的瞬间目标靶以某速度竖直下抛，子弹可能击中目标靶中心
4．某同学利用半圆形玻璃砖进行实验，两单色光I和Ⅱ分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光c，已知两光与法线间的夹角分别为和，其出射光都是由圆心O点沿方向射出，下列说法正确的是（　　）
A．Ⅱ光与I光在玻璃砖中的传播时间之比为
B．Ⅱ光与I光在玻璃砖中的折射率之比为
C．Ⅱ光与I光在玻璃砖中传播速度大小的比为
D．Ⅱ光与I光由该玻璃砖射向真空发生全反射时的临界角之比为
5．如图所示，三根轻绳的一端系于O点，绳1、2的另一端分别固定在墙上，绳3的另一端吊着质量为m的重物。重物处于静止时，绳1水平，绳2与水平方向的夹角为θ。绳1受到的拉力用F1表示，绳2受到的拉力用F2表示。下列表达式中正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
6．如图所示，用两根不可伸长的绝缘细绳将一段质量为m的铜质导体竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体的长度均为L，且。现给导体通以方向从c到a、大小为I的电流，则（　　）
A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两根细绳偏离竖直方向
C．导体所受安培力大小为 D．导体所受安培力大小为
7．一列简谐横波沿x轴正向传播，为x轴上两质点，其平衡位置相距。的振动图像分别如图乙、丙所示，已知该波的波长大于。下列说法正确的是（　　）
A．质点b在时间内的运动路程为
B．该波波速大小为
C．该波波长为
D．时，质点a速度方向沿y轴负方向
8．如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是（　　）
A．M点电势一定高于N点电势
B．M点场强一定大于N点场强
C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
9．如图所示，质量为m的物体从固定在地面上的粗糙斜面顶端由静止开始匀加速下滑，斜面倾角为，长度为s，物体下滑至底部速度大小为v，下列说法中正确的有（　　）
A．物体运动至斜面底部时，重力的瞬时功率为
B．该过程中重力的冲量大小为
C．物体下滑过程中，系统机械能守恒
D．物体下滑过程中，克服摩擦力做功为
10．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为N、面积为S的矩形线圈，以角速度绕轴顺时针匀速转动。图中变压器视作理想变压器，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，下列说法正确的有（　　）
A．线圈产生的感应电动势的最大值为
B．若增大角速度，电流表示数不变
C．若保持角速度不变，闭合开关S，则电流表示数增大
D．在图示位置线圈产生的感应电流方向为
11．某实验小组用如图甲所示装置测当地的重力加速度。光电门1、2固定在铁架台上，两光电门分别与数字计时器连接。
（1）用螺旋测微器测量小球的直径d，示数如图乙所示，则小球直径为　 　mm。
（2）安装实验装置时，对两光电门的位置有怎样的要求？　 　。
（3）将小球从光电门1正上方某位置由静止释放，通过光电门1和光电门2时，小球的挡光时间分别为t1、t2，则t1　 　t2（填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）保持两光电门间距离为H，改变小球在光电门1上方静止释放的位置，多次重复实验，测得多组通过光电门1和光电门2的挡光时间t1、t2，作图像（如图丙），图线与纵轴的交点为（0，b），则当地重力加速度g=　 　（用题目中相关物理量的字母符号表示）。
12．某同学利用如图所示电路测量两未知电阻阻值，两未知电阻的阻值比较接近，其操作过程如下：
(1)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据电路图完成剩余部分的连接　 　；
(2)闭合电键S1前，将滑动变阻器的滑片拨到　 　端(填“A”或“B")；
(3)断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器到合适位置，两表读数分别为U、I1，可知待测电Rx1=　 　
(4)闭合S2，调节滑动变阻器使电压表读数仍为U，此时电流表的读数为I2，可得待测电阻Rx2=　 　；
(5)考虑到电压表的内阻影响，Rx1的测量值　 　真实值，Rx2的测量值　 　真实值(填“大于”、“等于”或“小于”)。
13．如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，是固定在气缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为，活塞与卡环b刚好接触，且无相互作用力，活塞离缸底的距离为。已知卡环能承受的压力最大为，活塞的厚度不计，大气压强满足，重力加速度为g，求：
（1）要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少；
（2）若提高环境温度，当环境温度为时，试通过计算判断卡环是否损坏？若不损坏，此时缸内气体的压强多大。
14．尺击棋子实验过程如下：实验者用尺子击打一摞棋子最下面的一个，只要速度够快，可使该棋子飞出，并且上面的棋子落下而不倾倒。某同学受到该实验启发，设计了下面的探究装置，在水平桌面上沿竖直方向叠放4枚相同的圆柱形棋子，最底层为棋子A。用一个内径略大于棋子直径的竖直固定圆筒套住上面3枚棋子，限制它们只能沿竖直方向运动，棋子A可在水平方向运动。已知每枚棋子质量，直径，棋子与棋子之间、棋子与桌面之间的动摩擦因数均为0.4，圆筒与棋子间的摩擦力忽略不计，重力加速度g取。
（1）该同学用水平拉力F将A匀速拉出，求F的大小。
（2）改用质量为M的摆球撞击A。摆球从与悬挂点O等高处（细线处于伸直状态）由静止释放，在最低点时与A发生弹性正碰。碰后棋子A移动位移后停下，已知绳长。求摆球的质量M。
15．微通道电子倍增管是利用入射电子经过微通道时的多次反射放大信号强度的一种电子器件，图甲为微通道的截面图。已知圆柱形微通道的直径为d、高为h，通道内有沿轴向的匀强电场，电场强度大小为E，设一电子恰从微通道的入口边缘沿半径方向进入微通道内，入射速度大小为。假设每个电子撞入内壁后撞出n个次级电子，忽略重力和各级电子间的相互作用，假设每个原电子的轴向动量在撞击后被通道壁完全吸收，径向动量被完全反弹并被沿半径方向出射的n个次级电子均分。已知电子电量的绝对值为e，质量为m。
（1）如果，求电子在通道内壁第一次撞击点与微通道入口的竖直方向距离。
（2）如果，假设电子刚好在撞击通道末端后离开，则欲使信号电量被放大到8倍，则h至少多大？
（3）实际的微通道电子倍增管工作过程中，电子每次撞击微通道内壁时，两种情况都有一定的概率发生，取，求单个电子离开微通道瞬间的动能。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】根据卫星和核心舱运动的轨迹可知“神舟二十号”的轨道半径小于“天和核心舱”的轨道半径。
A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
可得“神舟二十号”运行的周期比“天和”核心舱小，故A错误；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，得
可得“神舟二十号”运行时的线速度比“天和”核心舱更大，故B正确；
C．由于“神舟二十号”的质量和“天和”核心舱的质量大小无法比较，根据向心力公式所以无法比较“神舟二十号”运行时的向心力与“天和”核心舱的向心力大小，故C错误；
D．对于两者都围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由于加速度方向指向圆心等于重力加速度，所以“神舟二十号”和“天和”核心舱都处于完全失重状态，故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度和周期的大小；利用未知质量的大小不能利用引力公式比较向心力的大小；利用万有引力提供向心力，由于加速度方向指向圆心等于重力加速度，所以“神舟二十号”和“天和”核心舱都处于完全失重状态。
2．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A． 对于大量处于激发态的氢原子辐射的光子，当光子向基态跃迁时，根据排列组合可知大量处于激发态的氢原子能辐射6种不同频率的光子，故A错误；
B．由于光子辐射的能量等于能级间的能量差值，根据跃迁时产生的能量，
可知从4、直接跃迁到辐射出的光子是可见光光子，即有2种光子是可见光光子，故B错误；
C．由于光子辐射的能量等于能级间的能量差值，根据跃迁时产生的能量，，
可知从4、、直接跃迁到辐射出的光子是紫外线光子，故C正确；
D．根据能级跃迁的能量可知光子是由原子核的跃迁产生的，故D错误。
故选C。
【分析】利用排列组合可以求出氢原子辐射的光子频率种数；利用能级跃迁产生的能量可以得出可见光及紫外线的种数；利用能级跃迁可知可知光子是由原子核的跃迁产生的。
3．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．子弹射出后做平抛运动，子弹水平方向做匀速直线运动，竖直方向子弹和目标靶均做自由落体运动，根据水平方向的位移公式可知子弹从枪口射出到击中目标靶经历的时间为，目标靶由静止开始释放到被子弹击中，根据竖直方向的位移公式可知下落的距离为，故A正确，B错误；
C．若子弹从枪口射出的水平速度，由于竖直方向子弹和目标靶均做自由落体运动，根据位移公式可知子弹和目标靶总是在同一高度，则子弹一定可以击中目标靶，故C错误；
D．若子弹从枪口射出的瞬间目标靶以某速度竖直下抛，由于目标靶的初速度大于子弹竖直方向的初速度可知相同时间内目标靶下落的高度一定大于子弹下落的高度，子弹不可能击中目标靶中心，故D错误。
故选A。
【分析】利用平抛运动的位移公式可以求出运动的时间及下落的高度；利用竖直方向的位移公式可以比较下落的距离进而判别子弹能否射中靶。
4．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．由于光从玻璃砖射向空气发生折射，根据折射定律可知
i是入射角，r是折射角，如图已知两个光线的入射角且折射角大小相等，则玻璃砖对Ⅰ光与Ⅱ光的折射率分别为，，根据表达式可知折算率的比值为，根据知Ⅰ光和Ⅱ光在玻璃砖中传播速度之比，根据传播路程和传播速度的比值可知
得Ⅰ光和Ⅱ光在玻璃砖中的传播时间之比，故AB错误；
C．根据传播速度和折射率的大小关系可知，Ⅱ光与I光在玻璃砖中传播速度大小的比为，故C正确；
D．根据全反射定律，可得临界角正弦之比为
则临界角之比不等于，故D错误。
故选C。
【分析】利用折射定律结合入射角的大小可以求出折射率的大小之比；利用折射率和传播速度的关系可以求出传播速度的比值；利用传播速度结合路程可以求出传播时间的比值；利用全反射定律可以求出临界角的比值。
5．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对结点O受力分析，结点受到三段绳子拉力，如图所示
结点受、、三个拉力的作用，根据水平方向的平衡方程有
根据竖直方向的平衡方程有：
解得
，
故选A。
【分析】利用结点的平衡方程可以求出两段绳子拉力的大小。
6．【答案】D
【知识点】力的合成；安培力的计算
【解析】【解答】ABC．已知导体的电流方向为 从c到a ，磁场方向垂直于纸张向里，根据左手定则可知受到的安培力大小
根据力的合成可得，安培力合力方向竖直向下，所以通电后两根细绳不会偏离竖直方向，且通电后两绳拉力变大，故ABC错误；
D．根据安培力的表达式F=BIL结合力的合成可得导体所受安培力大小为，故D正确。
故选D。
【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向，结合力的合成可以求出安培力的大小及方向。
7．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．根据质点振动一个周期所花的时间可得周期为，根据质点的最大位移可知振幅A=4cm，因质点振动的时间和周期的关系由：
故质点b在0~1.4s时间内的运动路程，故A错误；
BC．由波沿方向传播，根据ab两个质点的位移可知之间的距离和波长的关系有，且波长大于3m，因而n=0
解得，根据波长和周期可得波速为，故B正确C错误；
D．根据图乙可知，时，质点a速度方向沿y轴正方向，故D错误。
故选B。
【分析】利用质点振动的图像可以得出周期，结合振动的时间可以求出质点运动的路程；利用质点之间的距离和波长的关系可以求出波长的大小，结合周期可以求出波速的大小；利用质点振动的图像可以得出速度的方向。
8．【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】AC．在电场中，由于电势沿着电场线的方向不断降低，电场线从M点指向N点所以M点电势一定高于N点电势，根据电势能的表达式可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故选项AC正确；
B．电场线的疏密表示电场强度的大小，由于M点的电场线较N点稀疏，故M点场强一定小于N点场强，选项B错误；
D．将电子从M点移动到N点，由于电场力方向与速度方向相反所以静电力做负功，选项D错误；
故选AC。
【分析】利用电场线的方向可以比较电势的高低；结合电势能的表达式可以比较电势能的大小；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场力和速度方向可以判别电场力做功。
9．【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．根据瞬时功率的表达式可知重力做功的瞬时功率，故A正确；
B．由静止开始匀加速下滑，斜面倾角为，长度为s，物体下滑至底部速度大小为v，根据位移公式可知运动时间，根据冲量的表达式可知重力的冲量大小为，故B错误；
C．克服摩擦力做功，由于机械能部分转化为内能所以物体的机械能减小，故C错误；
D．物体下滑过程中，由于克服摩擦力做功导致物体的机械能减小，根据能量守恒可知，克服摩擦力做功为，故D正确。
故选AD。
【分析】利用重力和竖直方向的速度可以求出重力的瞬时功率；利用位移公式可以求出物体运动的时间，结合重力的大小可以求出重力的冲量；利用功能关系可知物体克服摩擦力做功，机械能减小；利用能量守恒定律可以求出克服摩擦力做功的大小。
10．【答案】C,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．根据交变电流产生的规律可知线圈产生的感应电动势的最大值为，故A错误；
BC．根据电动势和有效值的数值关系可知感应电动势的有效值为
所以根据闭合电路欧姆定律可得电路中的感应电流为
若增大角速度，根据表达式可知电流表示数增大；同理若保持角速度不变，闭合开关S时由于两个灯泡并联会导致减小，根据表达式可知电流表示数增大，故B错误，C正确；
D．由于线圈转动时磁通量开始增大，由右手定则可判断矩形线圈在图示位置时产生的感应电流方向为，故D正确。
故选CD。
【分析】利用交变电流的规律可以求出线圈电动势的峰值，利用电动势的峰值可以求出有效值的大小，结合欧姆定理可以判别回路中感应电流的大小变化；利用磁通量的变化可以判别感应电流的大小变化。
11．【答案】（1）3.340mm
（2）两光电门在同一竖直线上，避免过近
（3）大于
（4）
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；重力加速度
【解析】【解答】（1）螺旋测微器由固定刻度和可动刻度构成，根据固定刻度为3mm，可动刻度为，故读数为3.340mm。
（2）由于要测量小球在竖直方向上的速度，所以两光电门一定在同一竖直线上，为了减小实验的误差，两个光电门的间距适当大些。
（3）小球竖直方向上做匀加速运动，即，根据速度公式可知
可得小球经过光电门的时间关系由
（4）小球下落时重力做功等于动能的增量，根据动能定理可得
即有，由于纵轴截距为b，所以可得，解得
【分析】（1）利用螺旋测微器结构可以得出小球的直径；
（2）为了测量小球在竖直方向上的速度，所以两光电门一定在同一竖直线上，为了减小实验的误差，两个光电门的间距适当大些；
（3）利用速度公式结合小球加速可以比较小球经过光电门的时间；
（4）利用动能定理结合图像截距可以求出重力加速度的大小。
（1）固定刻度为3mm，可动刻度为
故读数为3.340mm。
（2）由于要测量小球在竖直方向上的速度，所以两光电门一定在同一竖直线上，且间距适当大些。
（3）小球竖直方向上做匀加速运动，即
又由公式
可得
（4）根据动能定理可得
即有
由于纵轴截距为b，所以可得
解得
12．【答案】；A；；；小于；等于
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1)已知测量电阻的电路图，根据电路图可以进行实物图连接，如图所示：
(2)由于滑动变阻器使用分压式接法，为了保护用电器，闭合电键S1前，将滑动变阻器的滑片拨到A端；
(3)由电路图可知，由于待测电阻和电压表并联，所以电压表测量的是Rx1的电压，电流表测量的是Rx1电流，根据欧姆定律可知
(4)闭合S2，调节滑动变阻器使电压表读数仍为U，此时Rx1的电流为，由于电流表测量干路电流的大小，根据欧姆定律可知
(5)测Rx1时，由于电压表的分流，使流过Rx1的电流小于电流表的示数，根据电压与电流的比值可知待测电阻的测量值小于真实值；
由于电压表测量的是Rx2两端的真实值，由于电流表测量三个支路的电流，当电流I2与I1的差值可以得出为流过Rx2的真实电流，所以测量值与真实值相等。
【分析】（1）利用电路图进行实物图连接；
（2）利用滑动变阻器的分压式接法可以判别闭合开关前滑动变阻器应打在A端；
（3）利用欧姆定律可以求出待测电阻的 Rx1 阻值；
（4）利用并联电路的规律结合欧姆定律可以求出 Rx2的阻值；
（5）利用电流表的分流作用可以得出电阻 Rx1的测量值小于真实值；Rx2的测量值与真实值相等。
13．【答案】（1）解：开始时，缸内气体压强
气体温度；设温度降低到时活塞对卡环的压力为，此时缸内气体压强
得
气体发生等容变化，则有
解得

（2）解：假设环境温度为时活塞与卡环a接触，且卡环a没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据理想气体状态方程有
解得
设此时活塞与卡环的作用力为F，则
解得
由于且
说明卡环并未损坏，此时缸内气体压强为
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）已知最初活塞处于静止，利用平衡方程可以求出缸内气体的压强，结合活塞后来的平衡方程可以求出气体的压强，结合等容变化的状态方程可以求出环境的温度；
（2）当环境温度升高时，利用理想气体的状态方程可以求出气体的压强，结合活塞的平衡方程可以求出气体的压强大小，进而判别卡环并未损坏。
（1）开始时，缸内气体压强
气体温度；设温度降低到时活塞对卡环的压力为，此时缸内气体压强
得
气体发生等容变化，则有
解得
（2）假设环境温度为时活塞与卡环a接触，且卡环a没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据理想气体状态方程有
解得
设此时活塞与卡环的作用力为F，则
解得
由于且
说明卡环并未损坏，此时缸内气体压强为
14．【答案】（1）解：棋子A与地面间摩擦力
棋子A与上面的棋子间摩擦力
由匀速拉出可知
解得

（2）解：棋子A击出后受到地面的摩擦力
棋子A运动全过程动能定理可知
已知，解得
摆球M摆下：
摆球与棋子A弹性正碰时，动量守恒
机械能守恒
解得

【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当用水平F把A拉出时，利用滑动摩擦力的表达式结合平衡方程可以求出F的大小；
（2）当棋子击出后，利用滑动摩擦力的表达式可以求出滑动摩擦力的大小，结合动能定理可以求出棋子碰后速度的大小，再利用动量守恒定律结合摆球的机械能守恒定律可以求出摆球质量的大小。
（1）棋子A与地面间摩擦力
棋子A与上面的棋子间摩擦力
由匀速拉出可知
解得
（2）棋子A击出后受到地面的摩擦力
棋子A运动全过程动能定理可知
已知，解得
摆球M摆下：
摆球与棋子A弹性正碰时，动量守恒
机械能守恒
解得
15．【答案】（1）解：对电子，沿轴方向，
沿半径方向
解得

（2）解：从第1次撞击通道壁后→第2次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
从第2次撞击通道壁后→第3次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
又因为
联立解得

（3）4次碰撞都是，
前3次，第4次，
前2次，第3次，
第1次，第2次，
第1次，
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）当电子与内壁第一次撞击时，利用半径方向的匀速直线运动的位移公式结合轴方向的位移公式可以求出竖直方向距离的大小；
（2）从第一次撞击到第二次撞击时，利用水平方向的位移公式可以求出运动的时间结合位移公式可以求出竖直方向运动的距离，同理可以求出第二次到第三次运动竖直方向运动的距离；
（3）当电子撞击时，利用每次撞击时分成的次级电子结合动能的表达式可以求出次级电子动能大小。
（1）对电子，沿轴方向，
沿半径方向
解得
（2）从第1次撞击通道壁后→第2次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
从第2次撞击通道壁后→第3次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
又因为
联立解得
（3）4次碰撞都是，
前3次，第4次，
前2次，第3次，
第1次，第2次，
第1次，
1 / 12026届广东省大湾区高三上学期10月联合模拟考试物理试卷
1．“神舟二十号”在较低轨道运行，“天和”核心舱在较高轨道运行，它们都绕地球近似做匀速圆周运动，运行轨道如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“神舟二十号”运行的周期比“天和”核心舱的大
B．“神舟二十号”运行的线速度比“天和”核心舱的大
C．“神舟二十号”运行时受到的向心力一定比“天和”核心舱的大
D．“神舟二十号”和“天和”核心舱都处于平衡状态
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】根据卫星和核心舱运动的轨迹可知“神舟二十号”的轨道半径小于“天和核心舱”的轨道半径。
A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
可得“神舟二十号”运行的周期比“天和”核心舱小，故A错误；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，得
可得“神舟二十号”运行时的线速度比“天和”核心舱更大，故B正确；
C．由于“神舟二十号”的质量和“天和”核心舱的质量大小无法比较，根据向心力公式所以无法比较“神舟二十号”运行时的向心力与“天和”核心舱的向心力大小，故C错误；
D．对于两者都围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由于加速度方向指向圆心等于重力加速度，所以“神舟二十号”和“天和”核心舱都处于完全失重状态，故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度和周期的大小；利用未知质量的大小不能利用引力公式比较向心力的大小；利用万有引力提供向心力，由于加速度方向指向圆心等于重力加速度，所以“神舟二十号”和“天和”核心舱都处于完全失重状态。
2．如图所示为氢原子能级图，已知可见光的光子能量范围为，紫外线的光子能量范围为。则对于大量处于激发态的氢原子辐射的光子，下列说法正确的是（　　）
A．包含5种不同频率的光子
B．有3种是可见光
C．有3种是紫外线
D．其中一种光子是光子（能量超过）
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A． 对于大量处于激发态的氢原子辐射的光子，当光子向基态跃迁时，根据排列组合可知大量处于激发态的氢原子能辐射6种不同频率的光子，故A错误；
B．由于光子辐射的能量等于能级间的能量差值，根据跃迁时产生的能量，
可知从4、直接跃迁到辐射出的光子是可见光光子，即有2种光子是可见光光子，故B错误；
C．由于光子辐射的能量等于能级间的能量差值，根据跃迁时产生的能量，，
可知从4、、直接跃迁到辐射出的光子是紫外线光子，故C正确；
D．根据能级跃迁的能量可知光子是由原子核的跃迁产生的，故D错误。
故选C。
【分析】利用排列组合可以求出氢原子辐射的光子频率种数；利用能级跃迁产生的能量可以得出可见光及紫外线的种数；利用能级跃迁可知可知光子是由原子核的跃迁产生的。
3．如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离，子弹射出的水平速度，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，重力加速度取，下列有关说法正确的是（　　）
A．子弹从枪口射出到击中目标靶经历的时间
B．目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离
C．若子弹从枪口射出的水平速度，一定击不中目标靶
D．若子弹从枪口射出的瞬间目标靶以某速度竖直下抛，子弹可能击中目标靶中心
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．子弹射出后做平抛运动，子弹水平方向做匀速直线运动，竖直方向子弹和目标靶均做自由落体运动，根据水平方向的位移公式可知子弹从枪口射出到击中目标靶经历的时间为，目标靶由静止开始释放到被子弹击中，根据竖直方向的位移公式可知下落的距离为，故A正确，B错误；
C．若子弹从枪口射出的水平速度，由于竖直方向子弹和目标靶均做自由落体运动，根据位移公式可知子弹和目标靶总是在同一高度，则子弹一定可以击中目标靶，故C错误；
D．若子弹从枪口射出的瞬间目标靶以某速度竖直下抛，由于目标靶的初速度大于子弹竖直方向的初速度可知相同时间内目标靶下落的高度一定大于子弹下落的高度，子弹不可能击中目标靶中心，故D错误。
故选A。
【分析】利用平抛运动的位移公式可以求出运动的时间及下落的高度；利用竖直方向的位移公式可以比较下落的距离进而判别子弹能否射中靶。
4．某同学利用半圆形玻璃砖进行实验，两单色光I和Ⅱ分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光c，已知两光与法线间的夹角分别为和，其出射光都是由圆心O点沿方向射出，下列说法正确的是（　　）
A．Ⅱ光与I光在玻璃砖中的传播时间之比为
B．Ⅱ光与I光在玻璃砖中的折射率之比为
C．Ⅱ光与I光在玻璃砖中传播速度大小的比为
D．Ⅱ光与I光由该玻璃砖射向真空发生全反射时的临界角之比为
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．由于光从玻璃砖射向空气发生折射，根据折射定律可知
i是入射角，r是折射角，如图已知两个光线的入射角且折射角大小相等，则玻璃砖对Ⅰ光与Ⅱ光的折射率分别为，，根据表达式可知折算率的比值为，根据知Ⅰ光和Ⅱ光在玻璃砖中传播速度之比，根据传播路程和传播速度的比值可知
得Ⅰ光和Ⅱ光在玻璃砖中的传播时间之比，故AB错误；
C．根据传播速度和折射率的大小关系可知，Ⅱ光与I光在玻璃砖中传播速度大小的比为，故C正确；
D．根据全反射定律，可得临界角正弦之比为
则临界角之比不等于，故D错误。
故选C。
【分析】利用折射定律结合入射角的大小可以求出折射率的大小之比；利用折射率和传播速度的关系可以求出传播速度的比值；利用传播速度结合路程可以求出传播时间的比值；利用全反射定律可以求出临界角的比值。
5．如图所示，三根轻绳的一端系于O点，绳1、2的另一端分别固定在墙上，绳3的另一端吊着质量为m的重物。重物处于静止时，绳1水平，绳2与水平方向的夹角为θ。绳1受到的拉力用F1表示，绳2受到的拉力用F2表示。下列表达式中正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对结点O受力分析，结点受到三段绳子拉力，如图所示
结点受、、三个拉力的作用，根据水平方向的平衡方程有
根据竖直方向的平衡方程有：
解得
，
故选A。
【分析】利用结点的平衡方程可以求出两段绳子拉力的大小。
6．如图所示，用两根不可伸长的绝缘细绳将一段质量为m的铜质导体竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体的长度均为L，且。现给导体通以方向从c到a、大小为I的电流，则（　　）
A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两根细绳偏离竖直方向
C．导体所受安培力大小为 D．导体所受安培力大小为
【答案】D
【知识点】力的合成；安培力的计算
【解析】【解答】ABC．已知导体的电流方向为 从c到a ，磁场方向垂直于纸张向里，根据左手定则可知受到的安培力大小
根据力的合成可得，安培力合力方向竖直向下，所以通电后两根细绳不会偏离竖直方向，且通电后两绳拉力变大，故ABC错误；
D．根据安培力的表达式F=BIL结合力的合成可得导体所受安培力大小为，故D正确。
故选D。
【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向，结合力的合成可以求出安培力的大小及方向。
7．一列简谐横波沿x轴正向传播，为x轴上两质点，其平衡位置相距。的振动图像分别如图乙、丙所示，已知该波的波长大于。下列说法正确的是（　　）
A．质点b在时间内的运动路程为
B．该波波速大小为
C．该波波长为
D．时，质点a速度方向沿y轴负方向
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．根据质点振动一个周期所花的时间可得周期为，根据质点的最大位移可知振幅A=4cm，因质点振动的时间和周期的关系由：
故质点b在0~1.4s时间内的运动路程，故A错误；
BC．由波沿方向传播，根据ab两个质点的位移可知之间的距离和波长的关系有，且波长大于3m，因而n=0
解得，根据波长和周期可得波速为，故B正确C错误；
D．根据图乙可知，时，质点a速度方向沿y轴正方向，故D错误。
故选B。
【分析】利用质点振动的图像可以得出周期，结合振动的时间可以求出质点运动的路程；利用质点之间的距离和波长的关系可以求出波长的大小，结合周期可以求出波速的大小；利用质点振动的图像可以得出速度的方向。
8．如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是（　　）
A．M点电势一定高于N点电势
B．M点场强一定大于N点场强
C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】AC．在电场中，由于电势沿着电场线的方向不断降低，电场线从M点指向N点所以M点电势一定高于N点电势，根据电势能的表达式可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故选项AC正确；
B．电场线的疏密表示电场强度的大小，由于M点的电场线较N点稀疏，故M点场强一定小于N点场强，选项B错误；
D．将电子从M点移动到N点，由于电场力方向与速度方向相反所以静电力做负功，选项D错误；
故选AC。
【分析】利用电场线的方向可以比较电势的高低；结合电势能的表达式可以比较电势能的大小；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场力和速度方向可以判别电场力做功。
9．如图所示，质量为m的物体从固定在地面上的粗糙斜面顶端由静止开始匀加速下滑，斜面倾角为，长度为s，物体下滑至底部速度大小为v，下列说法中正确的有（　　）
A．物体运动至斜面底部时，重力的瞬时功率为
B．该过程中重力的冲量大小为
C．物体下滑过程中，系统机械能守恒
D．物体下滑过程中，克服摩擦力做功为
【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．根据瞬时功率的表达式可知重力做功的瞬时功率，故A正确；
B．由静止开始匀加速下滑，斜面倾角为，长度为s，物体下滑至底部速度大小为v，根据位移公式可知运动时间，根据冲量的表达式可知重力的冲量大小为，故B错误；
C．克服摩擦力做功，由于机械能部分转化为内能所以物体的机械能减小，故C错误；
D．物体下滑过程中，由于克服摩擦力做功导致物体的机械能减小，根据能量守恒可知，克服摩擦力做功为，故D正确。
故选AD。
【分析】利用重力和竖直方向的速度可以求出重力的瞬时功率；利用位移公式可以求出物体运动的时间，结合重力的大小可以求出重力的冲量；利用功能关系可知物体克服摩擦力做功，机械能减小；利用能量守恒定律可以求出克服摩擦力做功的大小。
10．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为N、面积为S的矩形线圈，以角速度绕轴顺时针匀速转动。图中变压器视作理想变压器，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，下列说法正确的有（　　）
A．线圈产生的感应电动势的最大值为
B．若增大角速度，电流表示数不变
C．若保持角速度不变，闭合开关S，则电流表示数增大
D．在图示位置线圈产生的感应电流方向为
【答案】C,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．根据交变电流产生的规律可知线圈产生的感应电动势的最大值为，故A错误；
BC．根据电动势和有效值的数值关系可知感应电动势的有效值为
所以根据闭合电路欧姆定律可得电路中的感应电流为
若增大角速度，根据表达式可知电流表示数增大；同理若保持角速度不变，闭合开关S时由于两个灯泡并联会导致减小，根据表达式可知电流表示数增大，故B错误，C正确；
D．由于线圈转动时磁通量开始增大，由右手定则可判断矩形线圈在图示位置时产生的感应电流方向为，故D正确。
故选CD。
【分析】利用交变电流的规律可以求出线圈电动势的峰值，利用电动势的峰值可以求出有效值的大小，结合欧姆定理可以判别回路中感应电流的大小变化；利用磁通量的变化可以判别感应电流的大小变化。
11．某实验小组用如图甲所示装置测当地的重力加速度。光电门1、2固定在铁架台上，两光电门分别与数字计时器连接。
（1）用螺旋测微器测量小球的直径d，示数如图乙所示，则小球直径为　 　mm。
（2）安装实验装置时，对两光电门的位置有怎样的要求？　 　。
（3）将小球从光电门1正上方某位置由静止释放，通过光电门1和光电门2时，小球的挡光时间分别为t1、t2，则t1　 　t2（填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）保持两光电门间距离为H，改变小球在光电门1上方静止释放的位置，多次重复实验，测得多组通过光电门1和光电门2的挡光时间t1、t2，作图像（如图丙），图线与纵轴的交点为（0，b），则当地重力加速度g=　 　（用题目中相关物理量的字母符号表示）。
【答案】（1）3.340mm
（2）两光电门在同一竖直线上，避免过近
（3）大于
（4）
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；重力加速度
【解析】【解答】（1）螺旋测微器由固定刻度和可动刻度构成，根据固定刻度为3mm，可动刻度为，故读数为3.340mm。
（2）由于要测量小球在竖直方向上的速度，所以两光电门一定在同一竖直线上，为了减小实验的误差，两个光电门的间距适当大些。
（3）小球竖直方向上做匀加速运动，即，根据速度公式可知
可得小球经过光电门的时间关系由
（4）小球下落时重力做功等于动能的增量，根据动能定理可得
即有，由于纵轴截距为b，所以可得，解得
【分析】（1）利用螺旋测微器结构可以得出小球的直径；
（2）为了测量小球在竖直方向上的速度，所以两光电门一定在同一竖直线上，为了减小实验的误差，两个光电门的间距适当大些；
（3）利用速度公式结合小球加速可以比较小球经过光电门的时间；
（4）利用动能定理结合图像截距可以求出重力加速度的大小。
（1）固定刻度为3mm，可动刻度为
故读数为3.340mm。
（2）由于要测量小球在竖直方向上的速度，所以两光电门一定在同一竖直线上，且间距适当大些。
（3）小球竖直方向上做匀加速运动，即
又由公式
可得
（4）根据动能定理可得
即有
由于纵轴截距为b，所以可得
解得
12．某同学利用如图所示电路测量两未知电阻阻值，两未知电阻的阻值比较接近，其操作过程如下：
(1)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据电路图完成剩余部分的连接　 　；
(2)闭合电键S1前，将滑动变阻器的滑片拨到　 　端(填“A”或“B")；
(3)断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器到合适位置，两表读数分别为U、I1，可知待测电Rx1=　 　
(4)闭合S2，调节滑动变阻器使电压表读数仍为U，此时电流表的读数为I2，可得待测电阻Rx2=　 　；
(5)考虑到电压表的内阻影响，Rx1的测量值　 　真实值，Rx2的测量值　 　真实值(填“大于”、“等于”或“小于”)。
【答案】；A；；；小于；等于
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1)已知测量电阻的电路图，根据电路图可以进行实物图连接，如图所示：
(2)由于滑动变阻器使用分压式接法，为了保护用电器，闭合电键S1前，将滑动变阻器的滑片拨到A端；
(3)由电路图可知，由于待测电阻和电压表并联，所以电压表测量的是Rx1的电压，电流表测量的是Rx1电流，根据欧姆定律可知
(4)闭合S2，调节滑动变阻器使电压表读数仍为U，此时Rx1的电流为，由于电流表测量干路电流的大小，根据欧姆定律可知
(5)测Rx1时，由于电压表的分流，使流过Rx1的电流小于电流表的示数，根据电压与电流的比值可知待测电阻的测量值小于真实值；
由于电压表测量的是Rx2两端的真实值，由于电流表测量三个支路的电流，当电流I2与I1的差值可以得出为流过Rx2的真实电流，所以测量值与真实值相等。
【分析】（1）利用电路图进行实物图连接；
（2）利用滑动变阻器的分压式接法可以判别闭合开关前滑动变阻器应打在A端；
（3）利用欧姆定律可以求出待测电阻的 Rx1 阻值；
（4）利用并联电路的规律结合欧姆定律可以求出 Rx2的阻值；
（5）利用电流表的分流作用可以得出电阻 Rx1的测量值小于真实值；Rx2的测量值与真实值相等。
13．如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，是固定在气缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为，活塞与卡环b刚好接触，且无相互作用力，活塞离缸底的距离为。已知卡环能承受的压力最大为，活塞的厚度不计，大气压强满足，重力加速度为g，求：
（1）要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少；
（2）若提高环境温度，当环境温度为时，试通过计算判断卡环是否损坏？若不损坏，此时缸内气体的压强多大。
【答案】（1）解：开始时，缸内气体压强
气体温度；设温度降低到时活塞对卡环的压力为，此时缸内气体压强
得
气体发生等容变化，则有
解得

（2）解：假设环境温度为时活塞与卡环a接触，且卡环a没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据理想气体状态方程有
解得
设此时活塞与卡环的作用力为F，则
解得
由于且
说明卡环并未损坏，此时缸内气体压强为
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）已知最初活塞处于静止，利用平衡方程可以求出缸内气体的压强，结合活塞后来的平衡方程可以求出气体的压强，结合等容变化的状态方程可以求出环境的温度；
（2）当环境温度升高时，利用理想气体的状态方程可以求出气体的压强，结合活塞的平衡方程可以求出气体的压强大小，进而判别卡环并未损坏。
（1）开始时，缸内气体压强
气体温度；设温度降低到时活塞对卡环的压力为，此时缸内气体压强
得
气体发生等容变化，则有
解得
（2）假设环境温度为时活塞与卡环a接触，且卡环a没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据理想气体状态方程有
解得
设此时活塞与卡环的作用力为F，则
解得
由于且
说明卡环并未损坏，此时缸内气体压强为
14．尺击棋子实验过程如下：实验者用尺子击打一摞棋子最下面的一个，只要速度够快，可使该棋子飞出，并且上面的棋子落下而不倾倒。某同学受到该实验启发，设计了下面的探究装置，在水平桌面上沿竖直方向叠放4枚相同的圆柱形棋子，最底层为棋子A。用一个内径略大于棋子直径的竖直固定圆筒套住上面3枚棋子，限制它们只能沿竖直方向运动，棋子A可在水平方向运动。已知每枚棋子质量，直径，棋子与棋子之间、棋子与桌面之间的动摩擦因数均为0.4，圆筒与棋子间的摩擦力忽略不计，重力加速度g取。
（1）该同学用水平拉力F将A匀速拉出，求F的大小。
（2）改用质量为M的摆球撞击A。摆球从与悬挂点O等高处（细线处于伸直状态）由静止释放，在最低点时与A发生弹性正碰。碰后棋子A移动位移后停下，已知绳长。求摆球的质量M。
【答案】（1）解：棋子A与地面间摩擦力
棋子A与上面的棋子间摩擦力
由匀速拉出可知
解得

（2）解：棋子A击出后受到地面的摩擦力
棋子A运动全过程动能定理可知
已知，解得
摆球M摆下：
摆球与棋子A弹性正碰时，动量守恒
机械能守恒
解得

【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当用水平F把A拉出时，利用滑动摩擦力的表达式结合平衡方程可以求出F的大小；
（2）当棋子击出后，利用滑动摩擦力的表达式可以求出滑动摩擦力的大小，结合动能定理可以求出棋子碰后速度的大小，再利用动量守恒定律结合摆球的机械能守恒定律可以求出摆球质量的大小。
（1）棋子A与地面间摩擦力
棋子A与上面的棋子间摩擦力
由匀速拉出可知
解得
（2）棋子A击出后受到地面的摩擦力
棋子A运动全过程动能定理可知
已知，解得
摆球M摆下：
摆球与棋子A弹性正碰时，动量守恒
机械能守恒
解得
15．微通道电子倍增管是利用入射电子经过微通道时的多次反射放大信号强度的一种电子器件，图甲为微通道的截面图。已知圆柱形微通道的直径为d、高为h，通道内有沿轴向的匀强电场，电场强度大小为E，设一电子恰从微通道的入口边缘沿半径方向进入微通道内，入射速度大小为。假设每个电子撞入内壁后撞出n个次级电子，忽略重力和各级电子间的相互作用，假设每个原电子的轴向动量在撞击后被通道壁完全吸收，径向动量被完全反弹并被沿半径方向出射的n个次级电子均分。已知电子电量的绝对值为e，质量为m。
（1）如果，求电子在通道内壁第一次撞击点与微通道入口的竖直方向距离。
（2）如果，假设电子刚好在撞击通道末端后离开，则欲使信号电量被放大到8倍，则h至少多大？
（3）实际的微通道电子倍增管工作过程中，电子每次撞击微通道内壁时，两种情况都有一定的概率发生，取，求单个电子离开微通道瞬间的动能。
【答案】（1）解：对电子，沿轴方向，
沿半径方向
解得

（2）解：从第1次撞击通道壁后→第2次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
从第2次撞击通道壁后→第3次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
又因为
联立解得

（3）4次碰撞都是，
前3次，第4次，
前2次，第3次，
第1次，第2次，
第1次，
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）当电子与内壁第一次撞击时，利用半径方向的匀速直线运动的位移公式结合轴方向的位移公式可以求出竖直方向距离的大小；
（2）从第一次撞击到第二次撞击时，利用水平方向的位移公式可以求出运动的时间结合位移公式可以求出竖直方向运动的距离，同理可以求出第二次到第三次运动竖直方向运动的距离；
（3）当电子撞击时，利用每次撞击时分成的次级电子结合动能的表达式可以求出次级电子动能大小。
（1）对电子，沿轴方向，
沿半径方向
解得
（2）从第1次撞击通道壁后→第2次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
从第2次撞击通道壁后→第3次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
又因为
联立解得
（3）4次碰撞都是，
前3次，第4次，
前2次，第3次，
第1次，第2次，
第1次，
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