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2026届四川省凉山州高中毕业班高三下学期第二次诊断性考试物理试卷
1．在2025年西昌邛海湿地马拉松比赛中，一名运动员（可视为质点）在某个长为100米的直道段，从起点P跑到终点Q，用时11秒。到达Q点后，他立即沿原路返回跑了20米到达R点处捡拾掉落的水壶，这段返回过程用时4秒。关于该运动员从P点出发到R点的整个运动过程（该过程视为直线运动），下列说法正确的是（　　）
A．运动员的位移大小为120m，方向由P指向R
B．运动员的路程为80m
C．运动员的平均速度大小为5m/s
D．运动员的平均速率大小为8m/s
2．一光电管的阴极用钾制成。把此光电管接入电路如图所示，现用紫外线射向阴极，滑动变阻器滑片位于中间位置，电流计G有示数，下列说法正确的是（　　）
A．只将滑动变阻器滑片P向右滑一定会使电流计G的指针偏转变大
B．只减小紫外线的强度可使电流计G的指针偏转变小
C．换用波长更长的红光照射阴极可使电流计G的指针偏转变大
D．若将电源正负极对调，电流计G的指针一定不偏转
3．中空玻璃具有隔热、隔音、节能、防结露等优势，在建筑和交通领域有广泛应用。某特种双层中空玻璃窗由两层厚度均为6mm的玻璃片和中间的空气层（可视为真空）组成。一束单色光以入射角i=60°从空气斜向下射入竖直方向的左层玻璃片，最终从右层玻璃片射出。已知该单色光在此玻璃中的折射率为n=1.5，光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该光线在左层玻璃片中传播的时间为
B．若增大入射角，光线有可能在左层玻璃片的右表面发生全反射，不会到达右层玻璃片
C．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，在左层玻璃片的出射点相对于入射点偏移的竖直距离会减小
D．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，光在空气层中的传播时间会减少
4．2025年8月，我国“揽月”月面着陆器圆满完成地外天体着陆起飞综合验证试验。若月球质量是地球质量的，结合任务特点及物理规律，下列说法正确的是（　　）
A．“揽月”着陆器在月球表面上所受引力的大小大于其环月圆周运动所需向心力的大小
B．若“揽月”着陆器在环月圆轨道上运行，所受月球引力与飞船对其作用力两者合力为零
C．长征十号火箭将“揽月”着陆器从地表送入地月转移轨道，着陆器机械能守恒
D．“揽月”号分别在近月圆周轨道和近地圆周轨道运行的向心加速度之比为
5．我国电网已处于世界领先水平，在国家电网改造前，用电高峰期，用户电压会明显低于正常值，甚至家电不能工作。当地居民常常用调压器来调整电压，其原理如图所示。交变电压从端输入，从端输出连接到家用电器上，滑片P可以上下滑动。调压器视为理想变压器，匝数，下列说法正确的是（　　）
A．该调压器只能升电压不能降电压
B．若输入电压为，且在的中点，则两端的电压为
C．若则滑片在的中点以下时，可以起到降压作用
D．此调压器端输入功率等于端输出功率，但输入端和输出端的频率不相等
6．一列简谐横波沿轴正方向传播，时的完整波形如图所示，此时平衡位置为的质点处于波峰位置，质点处于平衡位置处。时，点第一次到达波峰，则（　　）
A．该波的波速为
B．波源的起振方向沿轴向上
C．质点的振动方程为
D．平衡位置位于处的质点在时的位移为
7．如图所示，在竖直平面内有水平向左场强的匀强电场，在匀强电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球。在点让小球获得一定的初速度且恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为，小球带负电，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
B．小球对细绳的最大拉力为
C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
D．小球做圆周运动过程中动能的最小值为
8．翼装飞行是一项惊险的极限运动。某一翼装飞行者在空中运动时竖直方向的图像如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是（　　）
A．内飞行者处于超重状态
B．内飞行者处于超重状态
C．内飞行者竖直方向的加速度在减小
D．内合力对飞行者做负功
9．如图所示，倾角的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为的匀强磁场区域，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向分别垂直于斜面向上和向下，磁场宽度及均为。一个质量、总电阻（每边电阻相等）、边长也为的单匝正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，边恰好匀速穿过区域Ⅰ，再经区域Ⅱ的磁场后离开。则（　　）
A．边刚进入磁场Ⅰ时线框中电流方向由到
B．边刚进入磁场Ⅰ时两端的电压为
C．边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为零
D．边刚进入磁场Ⅱ至到达的过程中，通过边的电荷量为
10．如图所示，在直角坐标系的第一象限内存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上处有一粒子源，它可向轴上方纸面内各个方向射出速率相等的质量均为、电荷量均为的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离最远的位置是轴上的点。已知，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则（　　）
A．粒子的速度大小为
B．沿平行轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到点的距离为
C．从轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间为
D．从轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间为
11．某实验小组在学校实验室用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，装置简化为图乙。入射小球、被碰小球质量分别为、，两球半径相同。多次实验得到小球落白纸上的三个平均落点为、、，点为斜槽末端在白纸上的投影位置，点为碰前入射小球落点的平均位置。
（1）实验中需要测量的物理量有（　　）
A．两个小球的质量、 B．小球开始释放高度
C．抛出点距地面的高度 D．水平射程、、
（2）在图丙求平均落点的三个圆、、中，最合理的是圆　 　。
（3）实验中测得小球水平射程、、，若碰撞中系统动量守恒，则入射小球质量和被碰小球质量的比值　 　。
12．某兴趣小组为了测量某电子元件的电阻值。
（1）他们首先用多用电表欧姆挡的“×100”挡粗略测量该电子元件阻值，发现多用电表指针偏转过大，请选择接下来的正确实验步骤并排序：　 　（选填选项前的字母）
A.将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线。
B.将两表笔分别与待测电阻相接/读取数据后随即断开。
C.将选择开关置于电阻挡“×10”位置。
D.将选择开关置于电阻挡“×1000”位置。
（2）兴趣小组的某同学用螺旋测微器测量该电子元件的直径，如图所示，则该电子元件的直径d=　 　mm。
（3）为了精确测量该电子元件的阻值（阻值约为90Ω），小组找到了如下实验器材：
A.电源E（电源电压9V，内阻约为2Ω）
B.电压表V（量程0~15V，内阻约为8kΩ）
C.电流表A1（量程0~15mA，内阻r1为10Ω）
D.电流表A2（量程0~150mA，内阻r2为2Ω）
E.滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
F.滑动变阻器R2（最大阻值为4kΩ）
G.开关S，导线若干。
①小组设计了如图（a）所示的实验原理图，其中电流表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　；（均填器材前序号）
②兴趣小组在测量过程中发现电压表已损坏。他们找到了一个定值电阻R，并重新设计了如图（b）所示的电路图，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片处于M端。当开关S闭合后，改变滑动变阻器滑片的位置，记录电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，作出了I1-I2的图像，如图（c）所示，已知图线的斜率为k，则该电子元件的阻值R =　 　（用R、r1、k字母表示）。
13．在温度为的车间给容积为40L的氧气瓶充好氧气，测得瓶内压强，该瓶氧气内能与温度间的关系为（k为常数且已知），把氧气瓶运送到温度为工地上分装给氧气袋，分装多个氧气袋后测得瓶内的压强为。若忽略氧气瓶因热胀冷缩造成的容积偏差，取为0K。试求：
（1）氧气瓶从车间运送到工地，分装前向外界释放的热量；
（2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值；
（3）设分装前的氧气袋内无气体，分装后每个氧气袋的容积为10L，压强为，则分装了多少个氧气袋？
14．中国行星探测工程（Planetary Exploration of China，PEC）以屈原《天问》命名，寓意对宇宙本源的千年追问。“天问一号（火星）→天问二号（小行星：主带彗星）→天问三号（火星取样返回）→天问四号（木星系）”四步跃升路径，标志着我国深空探测正从“跟跑”迈向“并跑”甚至局部“领跑”。在火星探测中，若火星车“祝融号”在某段时间内沿平直路线运动的图像如图。“祝融号”从静止开始匀加速启动，经过时间加速到，此时功率为6W，保持该功率继续加速到最大速度，并以此速度匀速运动一段时间。关闭火星车的动力，再经过0.144s停止运动。假设火星车受阻力不变，求：
（1）火星车速度；
（2）火星车的质量；
（3）火星车匀加速的时间。
15．如图所示，在平面直角坐标系中，整个空间存在磁感应强度大小、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第二象限存在方向竖直向上、电场强度大小的匀强电场。足够长绝缘水平传送带左传动轮正上方恰好位于坐标原点，传送带处于停止状态。给质量的物块以某方向的初速度后，恰好做匀速圆周运动并从坐标原点水平向右滑上传送带，沿传送带水平滑行一段距离后停在传送带上。物块可视为质点，运动过程电荷量不变，物块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）物块的电荷量以及圆周运动半径大小；
（2）物块从滑上传送带到摩擦力功率绝对值最大的过程中摩擦力做的功；
（3）若传送带逆时针匀速转动，物块从原点滑上传送带经历后返回点且恰好与传送带共速，则传送带的速度多大？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．位移为初位置指向末位置的有向线段，根据初末位置可知运动员的位移大小为，方向由P指向R，A错误；
B．路程为运动员运动轨迹的长度，根据运动员运动的轨迹长度可知运动员的路程，B错误；
C．根据位移和时间的比值可知平均速度大小，C错误；
D．根据路程和时间的比值可知平均速率大小，D正确。
故选D。
【分析】利用初末位置可以求出位移的大小及方向，结合时间可以求出平均速度；利用运动员的轨迹长度可以求出路程，结合时间可以求出平均速率。
2．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．由于光电子从K端射出，A端接电源正极，光电子会在电场的作用下加速，光电管两端加的是正向电压（阳极A接高电势，阴极K接低电势）。当滑片P向右滑动时，由于板间的正向电压增大。若此时光电流已达到饱和状态，增大电压光电流不再增大，电流计指针偏转角度不变；若未达到饱和，电流会增大。因此“一定会使指针偏转变大”说法错误，故A错误；
B．在发生光电效应时，饱和光电流的大小与入射光的强度成正比。只减小紫外线的强度，会导致光子的数量减小，则单位时间内逸出的光电子数减少，光电流减小，电流计G的指针偏转变小，故B正确；
C．红光的波长比紫外线长，频率比紫外线低，红光具有的能量比较低，当能量小于金属的逸出功时，可能无法发生光电效应，电流计示数为零，故C错误；
D．若将电源正负极对调，光电管两端加的是反向电压。光电子在电场力作用下减速，由于光电子具有初动能，只有当反向电压大于或等于遏止电压时，光电流才为零。若反向电压小于遏止电压，仍有部分光电子能到达阳极，电流计指针仍会偏转，故D错误。
故选B。
【分析】由于光电管接正向电压，所以对电子有加速作用，当光电流已达到饱和状态，增大电压光电流不再增大，电流计指针偏转角度不变；只减小紫外线的强度，会导致光子的数量减小，则单位时间内逸出的光电子数减少，光电流减小，电流计G的指针偏转变小；红光具有的能量比较低，当能量小于金属的逸出功时，可能无法发生光电效应，电流计示数为零；若将电源正负极对调，光电管两端加的是反向电压。光电子在电场力作用下减速，由于光电子具有初动能，只有当反向电压大于或等于遏止电压时，光电流才为零。
3．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A． 该光线在左层玻璃片中传播时，根据折射定律，代入、，可以得出折射角的正弦值和余弦值为：，
玻璃厚度，光在玻璃中的速度，根据几何关系可知光在左玻璃中传播路程，传播时间 ，故A错误；
B．左玻璃右表面的入射角等于左表面的折射角，由折射定律
由于光的出射角小于临界角有，不可能发生全反射，故B错误；
C．根据几何关系可知出射点相对入射点的竖直偏移量，若增大，根据折射定律可知，由于不变，n增大会导致减小，减小，减小，在根据表达式可知减小，故C正确；
D．平行玻璃界面出射光线与入射光线平行，因此空气层中光线与法线（水平方向）的夹角恒等于，空气层水平厚度固定，根据几何关系可知光在空气层的路径长度（为空气层水平厚度），与无关，空气层（可视为真空）光速为，所以光在空气层中的传播时间不变，故D错误。
故选C。
【分析】利用光的折射定律可以求出折射角的大小，结合几何关系可以求出光传播的路程，结合光速的大小可以求出光传播的时间；利用光出射时的折射定律可以得出出射角小于临界角，所以光不会出现全反射；利用几何关系结合折射率的变化可以得出光 在左层玻璃片的出射点相对于入射点偏移的竖直距离会减小；利用光在空气中传播的距离和传播的速度可以比较传播的时间。
4．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．着陆器在月球表面受到的引力为，环月圆周运动的轨道半径（若则着陆器脱离表面，不属于在月球表面的状态），环月时月球对着陆器的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，由于环月圆周运动的轨道半径，故，故A正确；
B．环月圆轨道为匀速圆周运动，由于物体做匀速圆周运动的条件是需要合力时刻指向圆心，根据运动条件可知合力等于向心力，合力不为零，故B错误；
C．火箭将着陆器送入地月转移轨道的过程中，为了火箭速度增大做离心运动，火箭推力对着陆器做正功，着陆器机械能持续增加，不满足机械能守恒条件，故C错误；
D．根据引力提供向心力可得近地轨道向心加速度，同理可得近月轨道向心加速度，仅已知，但月球半径不等于地球半径，因此，故D错误。
故选A。
【分析】利用引力的表达式结合距离的大小可以得出着陆器在月球表面上所受引力的大小大于其环月圆周运动所需向心力的大小；利用着陆器做匀速圆周运动，可以得出受到的合力不等于0；利用着陆器做离心运动时，推力做正功导致速度增大，所以着陆器机械能不守恒；利用引力提供向心力结合月球和地球的质量可以比较加速度的大小。
5．【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．滑片P到b端的匝数为，根据变压器电压与匝数的关系，左侧线圈与段构成自耦变压器关系，加在两端的电压等于段的电压，根据电压之比等于匝数之比可以求出Pb端输出电压的大小为：，右侧线圈与构成变压器，根据电压之比等于匝数之比可知输出电压，联立可得，已知，则
根据表达式可知，当滑片P向下滑动使得时，根据表达式可知
即起到降压作用，因此该调压器可以降低电压，故A错误；
B．若P在的中点，则，根据表达式可以得出输出电压为，故B错误；
C．若，结合，可知，此时，当滑片P在的中点以下时，，根据表达式可知，则，该调压器起到降压作用，故C正确；
D．理想变压器输入功率等于输出功率，变压器不改变交流电频率，所以输入端和输出端频率相等，故D错误。
故选C。
【分析】利用降压变压器和升压器变压器电压之比等于匝数之比可以求出输出电压和输入电压的关系式，利用关系式可以输出电压的大小；变压器只改变电压的大小不改变输入端的频率。
6．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知，从 的波峰到 的平衡位置，距离为。根据质点间的距离和波长的关系可知这段距离对应 ，即，解得波长，波沿轴正方向传播，根据同侧法，由于质点与波前振动方向相同故点振动方向沿轴向下。
从 到，点第一次到达波峰，由于这段时间质点所花时间为说明
解得周期 ，根据波长和周期可知波速，故A错误；
B．时波刚好传到点，点的起振方向即为波源的起振方向。根据波的传播方向可知时点振动方向沿轴向下，故波源起振方向沿轴向下，故B错误；
C．质点的振幅，角频率， 时 处于波峰（）。 若振动方程为，当时，代入表达式可知，与题意不符，故C错误；
D．波从 传到，根据波速可知传播所需要的时间
所以 处的质点在 时开始振动，起振方向与 点相同，即沿 轴向下；
到 时，该质点已振动了。因为振动的时间为，质点从平衡位置向下起振，经过到达波峰位置，根据质点的位置可知位移为，故D正确。
故选D。
【分析】利用两个质点之间的距离可以求出波长的大小，结合振动的时间和质点的位置可以得出周期的大小，利用周期和波长可以求出波速的大小；利用质点起振方向可以得出波源起振方向；利用质点的振动时刻及位置可以判别振动方程是否正确；利用波速和距离可以求出波传播的时间，结合振动的时间可以判别质点的位移大小。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．小球带负电，由于电场方向向左所以小球受到的电场力水平向右，根据功能关系可知，小球的机械能变化等于电场力做功；小球向右运动时，电场力方向与小球速度方向相同，电场力对小球做正功，小球机械能增加；小球向左运动时，电场力方向与小球运动方向相反，电场力对小球做负功，小球机械能减少；所以小球运动至圆周轨迹的水平直径最左侧时，机械能最小，故A错误；
C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力对小球做功引起小球电势能的变化，由于电场力先做正功，后做负功，再做正功，根据功能关系可知电势能先减小后增大再减小，故C错误；
BD．由于，根据力的合成可知电场力与重力的合力大小为
电场力与重力的合力方向与竖直方向的夹角满足
解得
如图所示
将电场力和重力的合成等效为重力，可知图中M点为等效最高点，N点为等效最低点；小球恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，可知小球经过M点时细绳拉力为0，根据牛顿第二定律有，根据动能的表达式可得小球做圆周运动过程中动能的最小值为，小球经过N点时的速度最大，受到的细绳拉力最大，从M点到N点过程，根据动能定理可得，在N点由牛顿第二定律可得
联立解得，可知小球对细绳的最大拉力为，故B错误，D正确。
故选D。
【分析】利用小球的电性可以判别受到的电场力方向，结合运动的方向可以判别电场力做功进而判别小球机械能和电势能的变化；利用力的合成将重力和电场力进行合成，结合牛顿第二定律可以求出小球速度的大小，结合动能的表达式可以求出最小动能；再利用牛顿第二定律可以求出最大的拉力。
8．【答案】B,C
【知识点】超重与失重；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．内，由于速度时间图像斜率代表加速度，速度随时间增加，根据图像斜率为正可知加速度方向竖直向下，飞行者处于失重状态，故A错误；
B．内，速度随时间减小，根据图像斜率为负值可知加速度方向竖直向上，飞行者处于超重状态，故B正确；
C．根据加速度的定义式可知图像切线的斜率表示加速度，内图像切线斜率的绝对值一直在减小，说明加速度在减小，故C正确；
D．内，飞行者末速度大于初速度，根据动能的表达式可知动能增大，根据动能定理可知合力对飞行者做正功，故D错误。
故选BC。
【分析】利用图像斜率的符号可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；利用图像斜率的大小可以判别加速度的大小变化；利用速度的变化可以判别动能的变化进而判别合力做功。
9．【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．ab刚进入磁场Ⅰ，磁场Ⅰ垂直斜面向上，线框向下运动，穿过线框的向上磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流磁场向下，根据右手定则可知线框感应电流为顺时针方向，因此边电流方向为，A正确；
B．ab匀速穿过Ⅰ，由于线圈做匀速直线运动，根据沿斜面方向的平衡方程有：
结合欧姆定律可知两端电压为路端电压，解得，B错误；
C．ab刚进入Ⅱ时，在Ⅱ（向里）、在Ⅰ（向外），根据右手定则可知两个边切割磁感线产生的电动势同向串联，总电动势
电流，两个边的安培力均沿斜面向上，根据安培力的表达式可知总安培力，重力分力，合力，根据牛顿第二定律可知线圈的加速度，C错误；
D．ab刚进入Ⅱ到到达过程中，初始磁通量，末态磁通量，根据初末磁通量的大小可知磁通量变化量大小，根据电流的表达式可得电荷量为，D正确。
故选 AD。
【分析】利用楞次定律结合右手定则可以判别感应电流的方向；利用平衡方程可以求出感应电流，结合欧姆定律可以求出电压的大小；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律及安培力的表达式可以求出线圈的加速度；利用磁通量变化量及电阻的大小可以求出电荷量的大小。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子带负电，磁场垂直纸面向外，如图所示可知粒子的速度方向，根据左手定则，洛伦兹力指向运动方向的左侧，粒子在磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动。
A．由题意，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是轴上的 点。S点坐标为，点坐标为。粒子最远距离等于轨迹直径，根据几何关系可以得出S、 两点间距离，由于 为轨迹圆的直径，即，解得半径，根据洛伦兹力提供向心力有：
得，故 A 错误；
B．由于OS=d=R，根据轨迹半径的大小可知沿平行y轴正方向射入的粒子，其轨迹圆圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为R，即为d，故B正确；
CD．根据左手定则画出粒子运动的轨迹，由于粒子周期保持不变，轨迹弧长所对圆心角的大小代表粒子运动时间的大小，从y轴上射出磁场的粒子中，沿x轴正方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹分别如图所示
已知粒子轨迹半径为d，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为，
由于粒子运动周期为：所以从y轴射出磁场的粒子中，在磁场中运动的最长时间为，在磁场中运动的最短时间为，故C错误 ，D正确。
故选BD。
【分析】利用SP的距离可以求出粒子半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小；利用几何关系可以求出沿平行轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到点的距离；利用粒子运动轨迹所对圆心角结合周期的大小可以求出粒子运动的时间。
11．【答案】（1）A；D
（2）a
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】（1）两个小球碰撞过程中，由于系统不受外力，验证动量守恒的表达式为，小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，根据水平方向的位移公式可知速度，两边同乘得
根据表达式可知验证动量守恒定律需要测量两个小球的质量以及三个水平射程，不需要测量释放高度和抛出点高度
故选AD。
（2）为了测量水平位移的大小，求平均落点时，需要用最小的圆把所有实验落点全部包含在内，圆心即为落点的平均位置。只有最外层的圆能包含所有落点，因此最合理的是圆。
（3）两个小球发生碰撞，根据动量守恒关系式已知小球平抛运动的水平位移、、
代入表达式可知，化简得，即
【分析】（1）利用动量守恒定律结合平抛运动的位移公式可以判别需要测量的物理量；
（2）测量水平位移，需要用最小的圆把所有实验落点全部包含在内，圆心即为落点的平均位置。只有最外层的圆能包含所有落点，因此最合理的是圆；
（3）利用动量守恒定律的表达式结合水平位移的大小可以求出两个小球的质量大小关系。
（1）验证动量守恒的表达式为
小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，速度
两边同乘得
因此需要测量两个小球的质量
以及三个水平射程不需要测量释放高度和抛出点高度
故选AD。
（2）求平均落点时，需要用最小的圆把所有实验落点全部包含在内，圆心即为落点的平均位置。只有最外层的圆能包含所有落点，因此最合理的是圆。
（3）根据动量守恒关系式
代入、、
得
化简得
即
12．【答案】（1）CAB
（2）3.205
（3）D；E；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）多用电表欧姆挡指针偏转过大，由于测量电阻时，零刻度线在右侧，说明待测电阻偏小；为了让读数更加精确，减小偏转角，应换用更小的倍率挡，即“×10”挡，故第一步选C；
欧姆表换挡后，内部电路结构改变，为了减小测量误差，必须重新进行欧姆调零，即将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针对准电阻的“0”刻线，故第二步选A；
调零完成后，开始进行电阻测量，将两表笔分别与待测电阻相接进行测量，读取数据，故第三步选B。
综上所述，正确步骤排序为CAB。
（2）已知螺旋测微器由固定刻度和可动刻度两部分构成，根据螺旋测微器的读法可知，金属丝直径为
（3）①电子元件的阻值约为，电源电压为，根据欧姆定律可知流过电子元件的最大电流为，故电流表可以满足测量要求，故选D。
如图所示，滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。
②根据欧姆定律及并联电路的规律可知，化简得
故
【分析】（1）为了让读数更加精确，减小偏转角，应换用更小的倍率挡，即“×10”挡，欧姆表换挡后，内部电路结构改变，为了减小测量误差，必须重新进行欧姆调零，即将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，调零完成后，开始进行电阻测量，将两表笔分别与待测电阻相接进行测量，读取数据；
（2）利用螺旋测微器的结构可以得出对应的读数；
（3）利用欧姆定律可以判别电流表的选择，滑动变阻器使用分压式解法使用小阻值；利用欧姆定律结合图像斜率可以求出待测电阻的大小。

（1）多用电表欧姆挡指针偏转过大，说明指针偏向右侧，示数较小，即被测电阻阻值较小。为了减小读数误差，应换用更小的倍率挡，即“×10”挡，故第一步选C；
欧姆表换挡后，内部电路结构改变，必须重新进行欧姆调零，即将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针对准电阻的“0”刻线，故第二步选A；
调零完成后，将两表笔分别与待测电阻相接进行测量，读取数据，故第三步选B。
综上所述，正确步骤排序为CAB。
（2）根据螺旋测微器的读法可知，金属丝直径为
（3）①[1]电子元件的阻值约为，电源电压为，故流过电子元件的最大电流为
故电流表可以满足测量要求，故选D。
[2]滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。
②[3]根据欧姆定律可知
化简得
故
13．【答案】（1）解：根据ΔU=W+Q可知，因气体体积不变，则W=0，则Q=ΔU
而
分装前向外界释放的热量30k。
（2）根据
可得
分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值

（3）根据玻意耳定律可知
解得n=5
【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
【解析】【分析】（1）当气体的体积不变，结合热力学第一定律可以求出气体向外界释放的热量；
（2）气体分装的过程中，利用理想气体的状态方程可以求出 分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值 ；
（3）已知分装过程中气体的温度保持不变，利用理想气体的状态方程可以求出分装的氧气袋个数。
（1）根据ΔU=W+Q可知，因气体体积不变，则W=0，则Q=ΔU
而
分装前向外界释放的热量30k。
（2）根据
可得
分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值
（3）根据玻意耳定律可知
解得n=5
14．【答案】（1）火星车的速度达到最大时，火星车受到的牵引力与阻力相等，即
根据
代入数据解得
（2）关闭动力后，火星车的加速度
根据牛顿第二定律可知
解得m=240kg
（3），火星车以恒定的加速度运动，此阶段火星车的牵引力
设此阶段火星车的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
火星车以恒定的加速度运动的时间
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【分析】（1）当火星车速度达到最大时，利用平衡方程结合功率的表达式可以求出最大的速度；
（2）关闭动力后，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出火星车的质量（3）当火星车做匀加速直线运动时，利用功率的表达式可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出加速的时间
（1）火星车的速度达到最大时，火星车受到的牵引力与阻力相等，即
根据
代入数据解得
（2）关闭动力后，火星车的加速度
根据牛顿第二定律可知
解得m=240kg
（3），火星车以恒定的加速度运动，此阶段火星车的牵引力
设此阶段火星车的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
火星车以恒定的加速度运动的时间
15．【答案】（1）解：物块在第二象限做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。由平衡条件得
解得
由牛顿第二定律得
解得

（2）解：”物块滑上传送带后，受竖直向上的洛伦兹力
支持力
滑动摩擦力
摩擦力功率
当时，功率最大。物块初速度，故过程为从减速至。由动能定理，摩擦力做功

（3）解：设向右为正方向。向右减速过程，洛伦兹力向上，取时间微元Δt，由动量定理
即
向左加速过程，洛伦兹力向下，取向左为正，由动量定理
即
两式相加得
其中
代入数据解得

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）当物块做匀速圆周运动时，利用重力和电场力平衡可以求出电荷量的大小，结合牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小；
（2）当物块滑上传送带时，利用竖直方向的平衡方程可以求出支持力的大小，结合滑动摩擦力的大小可以求出滑动摩擦力的功率；结合动能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）当物块向右减速的过程中，利用动量定理结合向左加速的动量定理可以求出传送带的速度大小。
（1）物块在第二象限做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。由平衡条件得
解得
由牛顿第二定律得
解得
（2）物块滑上传送带后，受竖直向上的洛伦兹力
支持力
滑动摩擦力
摩擦力功率
当时，功率最大。物块初速度，故过程为从减速至。由动能定理，摩擦力做功
（3）设向右为正方向。向右减速过程，洛伦兹力向上，取时间微元Δt，由动量定理
即
向左加速过程，洛伦兹力向下，取向左为正，由动量定理
即
两式相加得
其中
代入数据解得
1 / 12026届四川省凉山州高中毕业班高三下学期第二次诊断性考试物理试卷
1．在2025年西昌邛海湿地马拉松比赛中，一名运动员（可视为质点）在某个长为100米的直道段，从起点P跑到终点Q，用时11秒。到达Q点后，他立即沿原路返回跑了20米到达R点处捡拾掉落的水壶，这段返回过程用时4秒。关于该运动员从P点出发到R点的整个运动过程（该过程视为直线运动），下列说法正确的是（　　）
A．运动员的位移大小为120m，方向由P指向R
B．运动员的路程为80m
C．运动员的平均速度大小为5m/s
D．运动员的平均速率大小为8m/s
【答案】D
【知识点】位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．位移为初位置指向末位置的有向线段，根据初末位置可知运动员的位移大小为，方向由P指向R，A错误；
B．路程为运动员运动轨迹的长度，根据运动员运动的轨迹长度可知运动员的路程，B错误；
C．根据位移和时间的比值可知平均速度大小，C错误；
D．根据路程和时间的比值可知平均速率大小，D正确。
故选D。
【分析】利用初末位置可以求出位移的大小及方向，结合时间可以求出平均速度；利用运动员的轨迹长度可以求出路程，结合时间可以求出平均速率。
2．一光电管的阴极用钾制成。把此光电管接入电路如图所示，现用紫外线射向阴极，滑动变阻器滑片位于中间位置，电流计G有示数，下列说法正确的是（　　）
A．只将滑动变阻器滑片P向右滑一定会使电流计G的指针偏转变大
B．只减小紫外线的强度可使电流计G的指针偏转变小
C．换用波长更长的红光照射阴极可使电流计G的指针偏转变大
D．若将电源正负极对调，电流计G的指针一定不偏转
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．由于光电子从K端射出，A端接电源正极，光电子会在电场的作用下加速，光电管两端加的是正向电压（阳极A接高电势，阴极K接低电势）。当滑片P向右滑动时，由于板间的正向电压增大。若此时光电流已达到饱和状态，增大电压光电流不再增大，电流计指针偏转角度不变；若未达到饱和，电流会增大。因此“一定会使指针偏转变大”说法错误，故A错误；
B．在发生光电效应时，饱和光电流的大小与入射光的强度成正比。只减小紫外线的强度，会导致光子的数量减小，则单位时间内逸出的光电子数减少，光电流减小，电流计G的指针偏转变小，故B正确；
C．红光的波长比紫外线长，频率比紫外线低，红光具有的能量比较低，当能量小于金属的逸出功时，可能无法发生光电效应，电流计示数为零，故C错误；
D．若将电源正负极对调，光电管两端加的是反向电压。光电子在电场力作用下减速，由于光电子具有初动能，只有当反向电压大于或等于遏止电压时，光电流才为零。若反向电压小于遏止电压，仍有部分光电子能到达阳极，电流计指针仍会偏转，故D错误。
故选B。
【分析】由于光电管接正向电压，所以对电子有加速作用，当光电流已达到饱和状态，增大电压光电流不再增大，电流计指针偏转角度不变；只减小紫外线的强度，会导致光子的数量减小，则单位时间内逸出的光电子数减少，光电流减小，电流计G的指针偏转变小；红光具有的能量比较低，当能量小于金属的逸出功时，可能无法发生光电效应，电流计示数为零；若将电源正负极对调，光电管两端加的是反向电压。光电子在电场力作用下减速，由于光电子具有初动能，只有当反向电压大于或等于遏止电压时，光电流才为零。
3．中空玻璃具有隔热、隔音、节能、防结露等优势，在建筑和交通领域有广泛应用。某特种双层中空玻璃窗由两层厚度均为6mm的玻璃片和中间的空气层（可视为真空）组成。一束单色光以入射角i=60°从空气斜向下射入竖直方向的左层玻璃片，最终从右层玻璃片射出。已知该单色光在此玻璃中的折射率为n=1.5，光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该光线在左层玻璃片中传播的时间为
B．若增大入射角，光线有可能在左层玻璃片的右表面发生全反射，不会到达右层玻璃片
C．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，在左层玻璃片的出射点相对于入射点偏移的竖直距离会减小
D．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，光在空气层中的传播时间会减少
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A． 该光线在左层玻璃片中传播时，根据折射定律，代入、，可以得出折射角的正弦值和余弦值为：，
玻璃厚度，光在玻璃中的速度，根据几何关系可知光在左玻璃中传播路程，传播时间 ，故A错误；
B．左玻璃右表面的入射角等于左表面的折射角，由折射定律
由于光的出射角小于临界角有，不可能发生全反射，故B错误；
C．根据几何关系可知出射点相对入射点的竖直偏移量，若增大，根据折射定律可知，由于不变，n增大会导致减小，减小，减小，在根据表达式可知减小，故C正确；
D．平行玻璃界面出射光线与入射光线平行，因此空气层中光线与法线（水平方向）的夹角恒等于，空气层水平厚度固定，根据几何关系可知光在空气层的路径长度（为空气层水平厚度），与无关，空气层（可视为真空）光速为，所以光在空气层中的传播时间不变，故D错误。
故选C。
【分析】利用光的折射定律可以求出折射角的大小，结合几何关系可以求出光传播的路程，结合光速的大小可以求出光传播的时间；利用光出射时的折射定律可以得出出射角小于临界角，所以光不会出现全反射；利用几何关系结合折射率的变化可以得出光 在左层玻璃片的出射点相对于入射点偏移的竖直距离会减小；利用光在空气中传播的距离和传播的速度可以比较传播的时间。
4．2025年8月，我国“揽月”月面着陆器圆满完成地外天体着陆起飞综合验证试验。若月球质量是地球质量的，结合任务特点及物理规律，下列说法正确的是（　　）
A．“揽月”着陆器在月球表面上所受引力的大小大于其环月圆周运动所需向心力的大小
B．若“揽月”着陆器在环月圆轨道上运行，所受月球引力与飞船对其作用力两者合力为零
C．长征十号火箭将“揽月”着陆器从地表送入地月转移轨道，着陆器机械能守恒
D．“揽月”号分别在近月圆周轨道和近地圆周轨道运行的向心加速度之比为
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．着陆器在月球表面受到的引力为，环月圆周运动的轨道半径（若则着陆器脱离表面，不属于在月球表面的状态），环月时月球对着陆器的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，由于环月圆周运动的轨道半径，故，故A正确；
B．环月圆轨道为匀速圆周运动，由于物体做匀速圆周运动的条件是需要合力时刻指向圆心，根据运动条件可知合力等于向心力，合力不为零，故B错误；
C．火箭将着陆器送入地月转移轨道的过程中，为了火箭速度增大做离心运动，火箭推力对着陆器做正功，着陆器机械能持续增加，不满足机械能守恒条件，故C错误；
D．根据引力提供向心力可得近地轨道向心加速度，同理可得近月轨道向心加速度，仅已知，但月球半径不等于地球半径，因此，故D错误。
故选A。
【分析】利用引力的表达式结合距离的大小可以得出着陆器在月球表面上所受引力的大小大于其环月圆周运动所需向心力的大小；利用着陆器做匀速圆周运动，可以得出受到的合力不等于0；利用着陆器做离心运动时，推力做正功导致速度增大，所以着陆器机械能不守恒；利用引力提供向心力结合月球和地球的质量可以比较加速度的大小。
5．我国电网已处于世界领先水平，在国家电网改造前，用电高峰期，用户电压会明显低于正常值，甚至家电不能工作。当地居民常常用调压器来调整电压，其原理如图所示。交变电压从端输入，从端输出连接到家用电器上，滑片P可以上下滑动。调压器视为理想变压器，匝数，下列说法正确的是（　　）
A．该调压器只能升电压不能降电压
B．若输入电压为，且在的中点，则两端的电压为
C．若则滑片在的中点以下时，可以起到降压作用
D．此调压器端输入功率等于端输出功率，但输入端和输出端的频率不相等
【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．滑片P到b端的匝数为，根据变压器电压与匝数的关系，左侧线圈与段构成自耦变压器关系，加在两端的电压等于段的电压，根据电压之比等于匝数之比可以求出Pb端输出电压的大小为：，右侧线圈与构成变压器，根据电压之比等于匝数之比可知输出电压，联立可得，已知，则
根据表达式可知，当滑片P向下滑动使得时，根据表达式可知
即起到降压作用，因此该调压器可以降低电压，故A错误；
B．若P在的中点，则，根据表达式可以得出输出电压为，故B错误；
C．若，结合，可知，此时，当滑片P在的中点以下时，，根据表达式可知，则，该调压器起到降压作用，故C正确；
D．理想变压器输入功率等于输出功率，变压器不改变交流电频率，所以输入端和输出端频率相等，故D错误。
故选C。
【分析】利用降压变压器和升压器变压器电压之比等于匝数之比可以求出输出电压和输入电压的关系式，利用关系式可以输出电压的大小；变压器只改变电压的大小不改变输入端的频率。
6．一列简谐横波沿轴正方向传播，时的完整波形如图所示，此时平衡位置为的质点处于波峰位置，质点处于平衡位置处。时，点第一次到达波峰，则（　　）
A．该波的波速为
B．波源的起振方向沿轴向上
C．质点的振动方程为
D．平衡位置位于处的质点在时的位移为
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知，从 的波峰到 的平衡位置，距离为。根据质点间的距离和波长的关系可知这段距离对应 ，即，解得波长，波沿轴正方向传播，根据同侧法，由于质点与波前振动方向相同故点振动方向沿轴向下。
从 到，点第一次到达波峰，由于这段时间质点所花时间为说明
解得周期 ，根据波长和周期可知波速，故A错误；
B．时波刚好传到点，点的起振方向即为波源的起振方向。根据波的传播方向可知时点振动方向沿轴向下，故波源起振方向沿轴向下，故B错误；
C．质点的振幅，角频率， 时 处于波峰（）。 若振动方程为，当时，代入表达式可知，与题意不符，故C错误；
D．波从 传到，根据波速可知传播所需要的时间
所以 处的质点在 时开始振动，起振方向与 点相同，即沿 轴向下；
到 时，该质点已振动了。因为振动的时间为，质点从平衡位置向下起振，经过到达波峰位置，根据质点的位置可知位移为，故D正确。
故选D。
【分析】利用两个质点之间的距离可以求出波长的大小，结合振动的时间和质点的位置可以得出周期的大小，利用周期和波长可以求出波速的大小；利用质点起振方向可以得出波源起振方向；利用质点的振动时刻及位置可以判别振动方程是否正确；利用波速和距离可以求出波传播的时间，结合振动的时间可以判别质点的位移大小。
7．如图所示，在竖直平面内有水平向左场强的匀强电场，在匀强电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球。在点让小球获得一定的初速度且恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为，小球带负电，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
B．小球对细绳的最大拉力为
C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
D．小球做圆周运动过程中动能的最小值为
【答案】D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．小球带负电，由于电场方向向左所以小球受到的电场力水平向右，根据功能关系可知，小球的机械能变化等于电场力做功；小球向右运动时，电场力方向与小球速度方向相同，电场力对小球做正功，小球机械能增加；小球向左运动时，电场力方向与小球运动方向相反，电场力对小球做负功，小球机械能减少；所以小球运动至圆周轨迹的水平直径最左侧时，机械能最小，故A错误；
C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力对小球做功引起小球电势能的变化，由于电场力先做正功，后做负功，再做正功，根据功能关系可知电势能先减小后增大再减小，故C错误；
BD．由于，根据力的合成可知电场力与重力的合力大小为
电场力与重力的合力方向与竖直方向的夹角满足
解得
如图所示
将电场力和重力的合成等效为重力，可知图中M点为等效最高点，N点为等效最低点；小球恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，可知小球经过M点时细绳拉力为0，根据牛顿第二定律有，根据动能的表达式可得小球做圆周运动过程中动能的最小值为，小球经过N点时的速度最大，受到的细绳拉力最大，从M点到N点过程，根据动能定理可得，在N点由牛顿第二定律可得
联立解得，可知小球对细绳的最大拉力为，故B错误，D正确。
故选D。
【分析】利用小球的电性可以判别受到的电场力方向，结合运动的方向可以判别电场力做功进而判别小球机械能和电势能的变化；利用力的合成将重力和电场力进行合成，结合牛顿第二定律可以求出小球速度的大小，结合动能的表达式可以求出最小动能；再利用牛顿第二定律可以求出最大的拉力。
8．翼装飞行是一项惊险的极限运动。某一翼装飞行者在空中运动时竖直方向的图像如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是（　　）
A．内飞行者处于超重状态
B．内飞行者处于超重状态
C．内飞行者竖直方向的加速度在减小
D．内合力对飞行者做负功
【答案】B,C
【知识点】超重与失重；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．内，由于速度时间图像斜率代表加速度，速度随时间增加，根据图像斜率为正可知加速度方向竖直向下，飞行者处于失重状态，故A错误；
B．内，速度随时间减小，根据图像斜率为负值可知加速度方向竖直向上，飞行者处于超重状态，故B正确；
C．根据加速度的定义式可知图像切线的斜率表示加速度，内图像切线斜率的绝对值一直在减小，说明加速度在减小，故C正确；
D．内，飞行者末速度大于初速度，根据动能的表达式可知动能增大，根据动能定理可知合力对飞行者做正功，故D错误。
故选BC。
【分析】利用图像斜率的符号可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；利用图像斜率的大小可以判别加速度的大小变化；利用速度的变化可以判别动能的变化进而判别合力做功。
9．如图所示，倾角的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为的匀强磁场区域，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向分别垂直于斜面向上和向下，磁场宽度及均为。一个质量、总电阻（每边电阻相等）、边长也为的单匝正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，边恰好匀速穿过区域Ⅰ，再经区域Ⅱ的磁场后离开。则（　　）
A．边刚进入磁场Ⅰ时线框中电流方向由到
B．边刚进入磁场Ⅰ时两端的电压为
C．边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为零
D．边刚进入磁场Ⅱ至到达的过程中，通过边的电荷量为
【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．ab刚进入磁场Ⅰ，磁场Ⅰ垂直斜面向上，线框向下运动，穿过线框的向上磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流磁场向下，根据右手定则可知线框感应电流为顺时针方向，因此边电流方向为，A正确；
B．ab匀速穿过Ⅰ，由于线圈做匀速直线运动，根据沿斜面方向的平衡方程有：
结合欧姆定律可知两端电压为路端电压，解得，B错误；
C．ab刚进入Ⅱ时，在Ⅱ（向里）、在Ⅰ（向外），根据右手定则可知两个边切割磁感线产生的电动势同向串联，总电动势
电流，两个边的安培力均沿斜面向上，根据安培力的表达式可知总安培力，重力分力，合力，根据牛顿第二定律可知线圈的加速度，C错误；
D．ab刚进入Ⅱ到到达过程中，初始磁通量，末态磁通量，根据初末磁通量的大小可知磁通量变化量大小，根据电流的表达式可得电荷量为，D正确。
故选 AD。
【分析】利用楞次定律结合右手定则可以判别感应电流的方向；利用平衡方程可以求出感应电流，结合欧姆定律可以求出电压的大小；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律及安培力的表达式可以求出线圈的加速度；利用磁通量变化量及电阻的大小可以求出电荷量的大小。
10．如图所示，在直角坐标系的第一象限内存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上处有一粒子源，它可向轴上方纸面内各个方向射出速率相等的质量均为、电荷量均为的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离最远的位置是轴上的点。已知，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则（　　）
A．粒子的速度大小为
B．沿平行轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到点的距离为
C．从轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间为
D．从轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子带负电，磁场垂直纸面向外，如图所示可知粒子的速度方向，根据左手定则，洛伦兹力指向运动方向的左侧，粒子在磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动。
A．由题意，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是轴上的 点。S点坐标为，点坐标为。粒子最远距离等于轨迹直径，根据几何关系可以得出S、 两点间距离，由于 为轨迹圆的直径，即，解得半径，根据洛伦兹力提供向心力有：
得，故 A 错误；
B．由于OS=d=R，根据轨迹半径的大小可知沿平行y轴正方向射入的粒子，其轨迹圆圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为R，即为d，故B正确；
CD．根据左手定则画出粒子运动的轨迹，由于粒子周期保持不变，轨迹弧长所对圆心角的大小代表粒子运动时间的大小，从y轴上射出磁场的粒子中，沿x轴正方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹分别如图所示
已知粒子轨迹半径为d，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为，
由于粒子运动周期为：所以从y轴射出磁场的粒子中，在磁场中运动的最长时间为，在磁场中运动的最短时间为，故C错误 ，D正确。
故选BD。
【分析】利用SP的距离可以求出粒子半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小；利用几何关系可以求出沿平行轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到点的距离；利用粒子运动轨迹所对圆心角结合周期的大小可以求出粒子运动的时间。
11．某实验小组在学校实验室用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，装置简化为图乙。入射小球、被碰小球质量分别为、，两球半径相同。多次实验得到小球落白纸上的三个平均落点为、、，点为斜槽末端在白纸上的投影位置，点为碰前入射小球落点的平均位置。
（1）实验中需要测量的物理量有（　　）
A．两个小球的质量、 B．小球开始释放高度
C．抛出点距地面的高度 D．水平射程、、
（2）在图丙求平均落点的三个圆、、中，最合理的是圆　 　。
（3）实验中测得小球水平射程、、，若碰撞中系统动量守恒，则入射小球质量和被碰小球质量的比值　 　。
【答案】（1）A；D
（2）a
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】（1）两个小球碰撞过程中，由于系统不受外力，验证动量守恒的表达式为，小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，根据水平方向的位移公式可知速度，两边同乘得
根据表达式可知验证动量守恒定律需要测量两个小球的质量以及三个水平射程，不需要测量释放高度和抛出点高度
故选AD。
（2）为了测量水平位移的大小，求平均落点时，需要用最小的圆把所有实验落点全部包含在内，圆心即为落点的平均位置。只有最外层的圆能包含所有落点，因此最合理的是圆。
（3）两个小球发生碰撞，根据动量守恒关系式已知小球平抛运动的水平位移、、
代入表达式可知，化简得，即
【分析】（1）利用动量守恒定律结合平抛运动的位移公式可以判别需要测量的物理量；
（2）测量水平位移，需要用最小的圆把所有实验落点全部包含在内，圆心即为落点的平均位置。只有最外层的圆能包含所有落点，因此最合理的是圆；
（3）利用动量守恒定律的表达式结合水平位移的大小可以求出两个小球的质量大小关系。
（1）验证动量守恒的表达式为
小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，速度
两边同乘得
因此需要测量两个小球的质量
以及三个水平射程不需要测量释放高度和抛出点高度
故选AD。
（2）求平均落点时，需要用最小的圆把所有实验落点全部包含在内，圆心即为落点的平均位置。只有最外层的圆能包含所有落点，因此最合理的是圆。
（3）根据动量守恒关系式
代入、、
得
化简得
即
12．某兴趣小组为了测量某电子元件的电阻值。
（1）他们首先用多用电表欧姆挡的“×100”挡粗略测量该电子元件阻值，发现多用电表指针偏转过大，请选择接下来的正确实验步骤并排序：　 　（选填选项前的字母）
A.将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线。
B.将两表笔分别与待测电阻相接/读取数据后随即断开。
C.将选择开关置于电阻挡“×10”位置。
D.将选择开关置于电阻挡“×1000”位置。
（2）兴趣小组的某同学用螺旋测微器测量该电子元件的直径，如图所示，则该电子元件的直径d=　 　mm。
（3）为了精确测量该电子元件的阻值（阻值约为90Ω），小组找到了如下实验器材：
A.电源E（电源电压9V，内阻约为2Ω）
B.电压表V（量程0~15V，内阻约为8kΩ）
C.电流表A1（量程0~15mA，内阻r1为10Ω）
D.电流表A2（量程0~150mA，内阻r2为2Ω）
E.滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
F.滑动变阻器R2（最大阻值为4kΩ）
G.开关S，导线若干。
①小组设计了如图（a）所示的实验原理图，其中电流表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　；（均填器材前序号）
②兴趣小组在测量过程中发现电压表已损坏。他们找到了一个定值电阻R，并重新设计了如图（b）所示的电路图，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片处于M端。当开关S闭合后，改变滑动变阻器滑片的位置，记录电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，作出了I1-I2的图像，如图（c）所示，已知图线的斜率为k，则该电子元件的阻值R =　 　（用R、r1、k字母表示）。
【答案】（1）CAB
（2）3.205
（3）D；E；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）多用电表欧姆挡指针偏转过大，由于测量电阻时，零刻度线在右侧，说明待测电阻偏小；为了让读数更加精确，减小偏转角，应换用更小的倍率挡，即“×10”挡，故第一步选C；
欧姆表换挡后，内部电路结构改变，为了减小测量误差，必须重新进行欧姆调零，即将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针对准电阻的“0”刻线，故第二步选A；
调零完成后，开始进行电阻测量，将两表笔分别与待测电阻相接进行测量，读取数据，故第三步选B。
综上所述，正确步骤排序为CAB。
（2）已知螺旋测微器由固定刻度和可动刻度两部分构成，根据螺旋测微器的读法可知，金属丝直径为
（3）①电子元件的阻值约为，电源电压为，根据欧姆定律可知流过电子元件的最大电流为，故电流表可以满足测量要求，故选D。
如图所示，滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。
②根据欧姆定律及并联电路的规律可知，化简得
故
【分析】（1）为了让读数更加精确，减小偏转角，应换用更小的倍率挡，即“×10”挡，欧姆表换挡后，内部电路结构改变，为了减小测量误差，必须重新进行欧姆调零，即将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，调零完成后，开始进行电阻测量，将两表笔分别与待测电阻相接进行测量，读取数据；
（2）利用螺旋测微器的结构可以得出对应的读数；
（3）利用欧姆定律可以判别电流表的选择，滑动变阻器使用分压式解法使用小阻值；利用欧姆定律结合图像斜率可以求出待测电阻的大小。

（1）多用电表欧姆挡指针偏转过大，说明指针偏向右侧，示数较小，即被测电阻阻值较小。为了减小读数误差，应换用更小的倍率挡，即“×10”挡，故第一步选C；
欧姆表换挡后，内部电路结构改变，必须重新进行欧姆调零，即将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针对准电阻的“0”刻线，故第二步选A；
调零完成后，将两表笔分别与待测电阻相接进行测量，读取数据，故第三步选B。
综上所述，正确步骤排序为CAB。
（2）根据螺旋测微器的读法可知，金属丝直径为
（3）①[1]电子元件的阻值约为，电源电压为，故流过电子元件的最大电流为
故电流表可以满足测量要求，故选D。
[2]滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。
②[3]根据欧姆定律可知
化简得
故
13．在温度为的车间给容积为40L的氧气瓶充好氧气，测得瓶内压强，该瓶氧气内能与温度间的关系为（k为常数且已知），把氧气瓶运送到温度为工地上分装给氧气袋，分装多个氧气袋后测得瓶内的压强为。若忽略氧气瓶因热胀冷缩造成的容积偏差，取为0K。试求：
（1）氧气瓶从车间运送到工地，分装前向外界释放的热量；
（2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值；
（3）设分装前的氧气袋内无气体，分装后每个氧气袋的容积为10L，压强为，则分装了多少个氧气袋？
【答案】（1）解：根据ΔU=W+Q可知，因气体体积不变，则W=0，则Q=ΔU
而
分装前向外界释放的热量30k。
（2）根据
可得
分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值

（3）根据玻意耳定律可知
解得n=5
【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
【解析】【分析】（1）当气体的体积不变，结合热力学第一定律可以求出气体向外界释放的热量；
（2）气体分装的过程中，利用理想气体的状态方程可以求出 分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值 ；
（3）已知分装过程中气体的温度保持不变，利用理想气体的状态方程可以求出分装的氧气袋个数。
（1）根据ΔU=W+Q可知，因气体体积不变，则W=0，则Q=ΔU
而
分装前向外界释放的热量30k。
（2）根据
可得
分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值
（3）根据玻意耳定律可知
解得n=5
14．中国行星探测工程（Planetary Exploration of China，PEC）以屈原《天问》命名，寓意对宇宙本源的千年追问。“天问一号（火星）→天问二号（小行星：主带彗星）→天问三号（火星取样返回）→天问四号（木星系）”四步跃升路径，标志着我国深空探测正从“跟跑”迈向“并跑”甚至局部“领跑”。在火星探测中，若火星车“祝融号”在某段时间内沿平直路线运动的图像如图。“祝融号”从静止开始匀加速启动，经过时间加速到，此时功率为6W，保持该功率继续加速到最大速度，并以此速度匀速运动一段时间。关闭火星车的动力，再经过0.144s停止运动。假设火星车受阻力不变，求：
（1）火星车速度；
（2）火星车的质量；
（3）火星车匀加速的时间。
【答案】（1）火星车的速度达到最大时，火星车受到的牵引力与阻力相等，即
根据
代入数据解得
（2）关闭动力后，火星车的加速度
根据牛顿第二定律可知
解得m=240kg
（3），火星车以恒定的加速度运动，此阶段火星车的牵引力
设此阶段火星车的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
火星车以恒定的加速度运动的时间
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【分析】（1）当火星车速度达到最大时，利用平衡方程结合功率的表达式可以求出最大的速度；
（2）关闭动力后，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出火星车的质量（3）当火星车做匀加速直线运动时，利用功率的表达式可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出加速的时间
（1）火星车的速度达到最大时，火星车受到的牵引力与阻力相等，即
根据
代入数据解得
（2）关闭动力后，火星车的加速度
根据牛顿第二定律可知
解得m=240kg
（3），火星车以恒定的加速度运动，此阶段火星车的牵引力
设此阶段火星车的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
火星车以恒定的加速度运动的时间
15．如图所示，在平面直角坐标系中，整个空间存在磁感应强度大小、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第二象限存在方向竖直向上、电场强度大小的匀强电场。足够长绝缘水平传送带左传动轮正上方恰好位于坐标原点，传送带处于停止状态。给质量的物块以某方向的初速度后，恰好做匀速圆周运动并从坐标原点水平向右滑上传送带，沿传送带水平滑行一段距离后停在传送带上。物块可视为质点，运动过程电荷量不变，物块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）物块的电荷量以及圆周运动半径大小；
（2）物块从滑上传送带到摩擦力功率绝对值最大的过程中摩擦力做的功；
（3）若传送带逆时针匀速转动，物块从原点滑上传送带经历后返回点且恰好与传送带共速，则传送带的速度多大？
【答案】（1）解：物块在第二象限做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。由平衡条件得
解得
由牛顿第二定律得
解得

（2）解：”物块滑上传送带后，受竖直向上的洛伦兹力
支持力
滑动摩擦力
摩擦力功率
当时，功率最大。物块初速度，故过程为从减速至。由动能定理，摩擦力做功

（3）解：设向右为正方向。向右减速过程，洛伦兹力向上，取时间微元Δt，由动量定理
即
向左加速过程，洛伦兹力向下，取向左为正，由动量定理
即
两式相加得
其中
代入数据解得

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）当物块做匀速圆周运动时，利用重力和电场力平衡可以求出电荷量的大小，结合牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小；
（2）当物块滑上传送带时，利用竖直方向的平衡方程可以求出支持力的大小，结合滑动摩擦力的大小可以求出滑动摩擦力的功率；结合动能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）当物块向右减速的过程中，利用动量定理结合向左加速的动量定理可以求出传送带的速度大小。
（1）物块在第二象限做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。由平衡条件得
解得
由牛顿第二定律得
解得
（2）物块滑上传送带后，受竖直向上的洛伦兹力
支持力
滑动摩擦力
摩擦力功率
当时，功率最大。物块初速度，故过程为从减速至。由动能定理，摩擦力做功
（3）设向右为正方向。向右减速过程，洛伦兹力向上，取时间微元Δt，由动量定理
即
向左加速过程，洛伦兹力向下，取向左为正，由动量定理
即
两式相加得
其中
代入数据解得
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