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2026届湖南长沙市长郡中学等校高三下学期3月质量检测（二模）物理试题
1．2026年，“中国聚变工程实验堆（CFETR）”取得重大突破，首次实现稳态运行。在某核反应中，反应方程为，已知的比结合能为，的比结合能为 ，He的比结合能为，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．核反应方程中X为
B．核反应中的质量亏损可表示为
C．核聚变需要极高的温度，是为了克服原子核间的万有引力
D．半衰期为12.46年，现有10个氚原子核，经过12.46年后剩下5个氚原子核
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A：根据质量数与电荷数守恒，反应前总质量数为 ，总电荷数为 ；反应后 的质量数为4、电荷数为2，因此X的质量数为 、电荷数为 ，故X为 （中子），A错误；
B：核反应释放的核能等于反应后总结合能与反应前总结合能的差值，即 。由质能方程 ，可得质量亏损 ，B正确；
C：核聚变需要极高温度，是为了让原子核获得足够动能，克服原子核间的库仑斥力（万有引力作用极弱，可忽略），C错误；
D：半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适用，因此10个氚原子核经过一个半衰期后，剩余数量不一定是5个，D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查核反应方程的守恒规律，利用质量数和电荷数守恒判断未知粒子的种类；
B：考查比结合能与质能方程的应用，明确核能与总结合能的关系，推导质量亏损的表达式；
C：考查核聚变的条件，区分库仑斥力与万有引力的作用，理解高温的作用；
D：考查半衰期的统计意义，明确其仅适用于大量原子核的衰变规律。
2．如图所示，将小球自A处竖直向上抛出。传感器记录的数据显示：自抛出起计时，经过时间和小球的速率均为v0。小球向上抛出后的位移、速度、运动时间分别用x、v、t表示。不计空气阻力，关于小球竖直向上抛出的运动过程，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；竖直上抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．分析运动过程：小球做竖直上抛运动，加速度为（方向向下）。已知和时速率均为。根据竖直上抛运动的对称性，最高点（速度为0）的时刻位于这两个时刻的中点，此时速度。求解初速度和加速度关系：设初速度为，在时，小球处于上升阶段（因为），速度为，由，解得
在时，速度为0，有，联立解得，且
图像纵轴表示速度（矢量）。竖直上抛运动的速度随时间均匀减小，过最高点后变为负值。图像应为一条斜率为负的直线，穿过轴。选项A画的是速率（标量）图像，故A错误；
B．根据位移—速度公式，整理得
这是一个关于的一次函数，截距为，代入，截距应为，选项B中截距为，故B错误；
C．位移公式，这是一个关于的二次函数，图像为开口向下的抛物线，
对称轴（最高点）为，选项C的图像是抛物线，且最高点对应，故C正确；
D．表示时间内的平均速度，有，这是一个关于的一次函数，斜率为，纵轴截距为，当时（即回到抛出点），，选项D中图像与横轴交点为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：考查竖直上抛运动的速度（矢量）与速率的区别，明确速度-时间图像应为穿过横轴的直线；
B：考查速度-位移公式的应用，结合初速度判断图像的纵轴截距；
C：考查位移公式的图像特征，分析抛物线的对称轴（最高点）位置；
D：考查平均速度的表达式，分析图像的横轴交点。
3．当下中国新能源汽车在全球已经处于绝对领先地位，除了核心技术带来的节能优势外，其节能理念已渗透到许多细节里。某型号的新能源汽车正在平直测试场地上进行智驾测试。汽车以速度匀速行驶，感知到本车道正前方有一缓行车辆后，立即进入经济驾驶模式，汽车的牵引力功率立即减小为原来的一半。经过时间t，汽车再次做匀速运动。已知该汽车行驶时所受的阻力恒为f，汽车的质量为m。关于该汽车的功率减半后的运动，下列说法正确的是（　　）
A．减速过程中，汽车的牵引力不断变小
B．汽车车速减为时，加速度的大小为
C．减速过程中，汽车的位移为
D．减速过程中，汽车克服阻力做功
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】汽车以速度匀速行驶时，牵引力，额定功率。功率减半后，此后汽车做减速运动，最终匀速速度，
A：减速过程中功率恒定，速度减小，由可知牵引力不断变大，故A错误；
B：当车速时，牵引力。由牛顿第二定律：，即，解得加速度大小，故B正确；
C：汽车做加速度减小的减速运动，v-t图像为上凹曲线。若为匀减速，位移，但实际曲线在匀减速直线下方，故位移，C错误；
D：由动能定理：，其中，，解得，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查功率恒定下牵引力与速度的关系，分析减速过程中牵引力的变化；
B：考查牛顿第二定律在机车问题中的应用，计算特定速度下的加速度；
C：考查变加速直线运动的位移分析，结合v-t图像判断实际位移与匀减速位移的大小关系；
D：考查动能定理的应用，分析减速过程中克服阻力做功与动能变化的关系。
4．小明同学在研究了两个等量同种电荷的中垂线上的电场分布规律后，想将其研究方法推广到其它带电体情形，如图所示，一个均匀分布正电荷Q的圆环，其半径为a，以圆环圆心为坐标原点O，垂直于圆环平面建立x轴，他大致画出了x轴上的电场强度与x轴的图像，下列图像符合实际情况的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】先考虑相距为的等量同种正电荷、的中垂线上的电场分布，此时设其中垂线上某点和两电荷或的连线与连线间的夹角为，有，则该点的电场强度，对此式求极值，设，则
当，即，也即在距离两电荷中点时，取最大值，此时电场强度最大（也可以用其他方法如不等式求极值），由于均匀带电圆环可以看作无数个关于圆心对称的等量点电荷微元，每一对微元电荷的极值点位置都相同，根据矢量叠加原理可知圆环两侧的场强极值点仍然在距离圆心的位置，考虑到方向问题，故A正确。
故答案为：A。
【分析】本题考查均匀带电圆环轴线上的电场强度分布，需结合对称性分析、特殊点（圆心、无穷远处）的场强特点，以及场强大小随位置变化的规律进行分析。解题关键是明确圆心处场强为零、无穷远场强趋近于零，且场强大小在轴线上存在最大值。
5．近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理如下左图所示。发射线圈的输入电压为家用交流电，如下右图所示，匝数为1100匝，接收线圈的匝数为22匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（　　）
A．接收线圈中交变电流的频率为45Hz
B．接收线圈输出电压的有效值约为4.4V
C．接收线圈输出电压的有效值约为3.96V
D．发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同
【答案】C
【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．变压器是利用电磁感应原理，不改变交变电流的频率，为50Hz，故A错误；
BC．根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为220V，根据法拉第电磁感应定律有，，联立可得，解得，故B错误，C正确；
D．穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：考查变压器的频率特性，明确变压器不改变交流电的频率；
B、C：考查法拉第电磁感应定律在无线充电中的应用，结合磁通量损失计算接收线圈的输出电压；
D：考查磁通量变化率的概念，分析发射线圈与接收线圈磁通量变化率的关系。
6．如图所示，波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为y=2sin（2πt）cm，0时刻开始振动。其所激发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s，在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D离波源O的距离分别为3m、4m，C、D间距为4m，在挡板后有矩形ABDC区域，AC=BD=3m，E、F分别为AB、CD中点。下列说法正确的是（　　）
A．线段EF上存在加强点
B．在0~5s内B点经过的路程为12cm
C．AC，AB，BD三条连线上（不包括C，D两点）共有四个加强点
D．只改变波源O振动频率，ABDC区域内加强点的位置一定不变
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】由振动方程，得周期，波长。波源经C、D孔后，相当于两个振动步调相反的波源，
A：EF是CD的垂直平分线，线上各点到C、D的距离差为0，而波源经C、D的振动步调相反，故EF上各点均为振动减弱点，A错误；
B：波经C到B的时间，经D到B的时间。内B点静止；内仅参与D孔传来的振动，路程；4s后两列波在B点相遇，因，振动始终减弱，振幅为0，故内B点路程为4cm，B错误；
C：在AC、BD连线上，到C、D的距离差为半波长奇数倍的点为加强点，各有1个；AB连线上距离差满足条件的加强点有2个，共4个加强点（不含C、D），C正确；
D：改变波源频率，波长会变化，加强点的位置与波长相关，故位置会改变，D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查振动加强点与减弱点的判断，结合两波源的相位关系和路程差分析；
B：考查波的传播时间与质点振动路程的计算，结合两列波到达B点的时间和振动减弱的条件分析；
C：考查多列波干涉加强点的分布，根据路程差与波长的关系分析各条连线上的加强点数量；
D：考查频率对干涉加强点位置的影响，结合波长与频率的关系分析。
7．如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为，A和B之间夹有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为2v的速度，最终A、B均未离开C。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为，重力加速度为g。不计火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A和B的动能。下列说法正确的是（　　）
A．火药爆炸释放的能量为6mv
B．A与挡板碰撞前瞬间速度大小为与挡板碰撞前C向左运动
C．A与挡板碰撞瞬间B的速度大小为
D．A与挡板碰撞后，B、C先共速，最后A、B、C一起共速，且速度大小为
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；爆炸；碰撞模型
【解析】【解答】A：火药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，取A的速度方向为正方向：，解得。火药释放的能量为A、B的动能之和：，选项A中的表达式单位错误，数值也错误，故A错误；
B：A向左运动时，受向右的摩擦力，加速度。由运动学公式，代入，解得。A、B对C的摩擦力大小相等、方向相反，C所受合力为零，故A与挡板碰撞前C始终静止，B错误；
C：A运动到挡板的时间。B向右运动的加速度，故A碰撞挡板时B的速度，C错误；
D：A与挡板碰撞后速度反向为。此后A、B、C系统动量守恒，设三者共同速度为，则，解得。过程中B、C先达到共速，之后不再相对滑动，最终A再与B、C共速，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查爆炸过程的动量守恒与能量守恒，利用动量守恒求出B的速度，再计算总动能；
B：考查A的减速运动与木板C的受力分析，结合运动学公式求A碰撞前的速度，并判断C的运动状态；
C：考查匀变速运动的时间计算与B的速度求解，先求A的运动时间，再求B的末速度；
D：考查碰撞后的动量守恒与共速过程，分析B、C先共速，再与A共速的过程，并验证动量守恒结果。
8．2025年，中国空间站进入常态化运营阶段。如图所示，中国空间站在离地球表面高度为h的圆轨道I上运行。神舟二十号载人飞船在半径为r1的圆轨道II上运行，天舟九号货运飞船在完成补给后脱离空间站，正沿椭圆转移轨道III（近地点在P点，远地点在Q点，轨道I和轨道III相切于Q点）独立飞行，为受控再入大气层做准备（已知地球半径为R，引力常量为G，不计大气阻力）。下列说法正确的是（　　）
A．若通过观测得知空间站的运行周期为T，则可以求出地球的密度
B．天舟九号在椭圆轨道III上由P点向Q点的独立飞行过程中，其机械能逐渐减小
C．天舟九号在椭圆轨道III上经过P点时的加速度大小大于在轨道II上经过P＇点时的加速度大小
D．若神舟二十号载人飞船在轨道II的P＇点向前加速后（加速时间极短），其将可能沿轨道III 运行并与在Q点的空间站相遇
【答案】A,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．空间站轨道半径为r=R+h，万有引力提供向心力，则有
解得，地球体积，则密度，故A正确；
B．天舟九号在椭圆轨道Ⅲ上运行时，已经脱离了空间站，发动机不再工作，只受地球万有引力作用。万有引力是保守力，只有万有引力做功，因此机械能守恒。从P到Q，动能减少、势能增加，但总和保持不变。故B错误；
C．由牛顿第二定律可得，解得，P点是椭圆轨道Ⅲ的近地点，其到地心的距离rP最小；P'点在圆轨道Ⅱ上，其到地心的距离r1.从图中可知，椭圆轨道Ⅲ的近地点P在轨道Ⅱ的内侧，因此rP1.根据加速度公式，距离越小加速度越大，所以天舟九号在P点的加速度大于在轨道Ⅱ上经过P'点（同一高度位置，但不同轨道）的加速度。故C正确；
D．神舟二十号在轨道Ⅱ的P'点向前加速后，万有引力不足以提供所需的向心力，飞船将做离心运动，进入一个以P'点为近地点的椭圆转移轨道。由于加速前后瞬间速度方向没变，故加速前后的轨道必在P'点相切，即加速后不可能沿轨道Ⅲ运行。故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：考查万有引力定律的应用，利用空间站的周期求出地球质量，再结合地球半径计算密度；
B：考查机械能守恒的条件，明确只有万有引力做功时机械能守恒；
C：考查向心加速度与轨道半径的关系，利用 比较不同点的加速度；
D：考查卫星变轨问题，分析加速后飞船的离心运动及轨道变化。
9．如图，竖直固定圆环内有a、b两根等长轻杆，一端与固定在圆环上的光滑铰链连接，另一端通过光滑铰链连接在圆心O处，a杆水平。轻杆c的一端与O处的光滑铰链连接，另一端与质量为m的小球连接；劲度系数为k1的弹性轻绳一端固定在O点正上方的圆环上，另一端固定在可视为质点的小球上，小球处于静止状态，且轻杆c与轻杆b垂直。现把弹性轻绳换成原长相等但劲度系数为的另一弹性轻绳，小球静止后位于圆心O右侧，轻杆a、b、c 和弹性轻绳始终与圆环处在同一竖直平面内，轻杆c长度小于轻杆a、b 长度，弹性轻绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．轻杆a的弹力变小 B．轻杆b的弹力变小
C．轻杆c的弹力大小和方向都不变 D．弹性轻绳的弹力变小
【答案】A,D
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】C．对小球进行受力分析如图1，由几何关系可得，小球重力，轻杆的弹力、弹性轻绳的拉力之间满足关系
因为，和为定值，故轻杆的弹力大小不变，但方向会改变，故错误；
D．因为弹性轻绳劲度系数变大，故距离会减小，故弹性轻绳的拉力减小，故D正确；
AB．对点进行受力分析如图2，根据平衡条件可知，结合上述分析可知，大小不变，与竖直方向夹角逐渐减小，由几何关系分析可得轻杆弹力变小、的弹力变大，故A正确，B错误。
故答案为：AD。
【分析】A：考查节点受力分析与力的合成，结合几何相似关系分析轻杆a的弹力变化；
B：考查轻杆b的弹力变化，结合矢量三角形分析其受力变化趋势；
C：考查轻杆c的弹力，明确其大小不变、方向改变；
D：考查弹性轻绳的弹力变化，结合劲度系数变化与几何关系分析拉力大小。
10．某实验小组使用如图甲所示装置探究等压情况下一定质量气体的体积与温度的关系。用橡胶帽封闭注射器的上端，使注射器中封闭一定质量的气体，柱塞下使用细绳悬挂一重物，整个装置置于控温箱内，控温箱内气体始终与外界相通，通过改变控温箱温度读取多组温度、体积数值，并作体积热力学温度图像。
（1）实验过程中，下列说法正确的是（　　）
A．实验过程要保证空气柱密闭性良好
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了减小摩擦而非密封气体
C．改变控温箱温度后，应迅速读取体积，防止气体泄漏
（2）若实验操作规范无错误，作出V-T图像，如图乙所示，图像不过原点的原因是　 　。
（3）某组员认为：若将控温箱密闭，与外界大气不相通，当控温箱内温度缓慢升高时，柱塞和重物的高度会不降反升，请问其观点是否正确？(　　)（选填“正确”或“不正确”）。
【答案】（1）A
（2）未考虑橡胶帽內气体的体积
（3）正确
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1）A．该实验过程要保证空气柱密闭性良好，故A正确；
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气体保证空气柱密闭性良好，故B错误；
C．改变温控箱温度后，应该等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积，故C错误。
故答案为：A。
（2）设橡胶帽内气体体积为，根据理想气体状态方程，则有，整理可得，所以图像不过原点原因是未考虑橡胶帽内气体的体积。
故答案为：未考虑橡胶帽內气体的体积
（3）若将控温箱密闭，当控温箱内温度升高时，假设柱塞不动，则有
注射器内气体与控温箱内气体温度始终相同，结合之前的分析可知，所以有，即柱塞会上升，所以该观点正确。
故答案为：正确
【分析】(1) 本题考查探究等压情况下一定质量气体体积与温度关系的实验操作要点，需结合实验目的分析气密性、润滑油作用及读数时机。
(2) 本题考查 V-T 图像的误差分析，需结合理想气体状态方程，考虑橡胶帽内气体体积对图像的影响。
(3) 本题考查气体压强与温度的关系，需结合查理定律分析温控箱密闭时，注射器内外气体压强变化对柱塞运动的影响。
（1）A．该实验过程要保证空气柱密闭性良好，故A正确；
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气体保证空气柱密闭性良好，故B错误；
C．改变温控箱温度后，应该等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积，故C错误。
故选A。
（2）设橡胶帽内气体体积为，根据理想气体状态方程，则有
整理可得
所以图像不过原点原因是未考虑橡胶帽内气体的体积。
（3）若将控温箱密闭，当控温箱内温度升高时，假设柱塞不动，则有
注射器内气体与控温箱内气体温度始终相同，结合之前的分析可知，所以有，即柱塞会上升，所以该观点正确。
11．某探究小组，取片状RFP602型半导体薄膜压力传感器一片，探究其圆形敏感区域受压力F与传感器电阻的变化关系。图示是利用测量数据画出的图线。压力为1N时曲线斜率为24kΩ／N，压力为5N时曲线斜率为1.9kΩ／N，前者是后者的13倍。
（1）由图线数据分析可知，斜率越大，传感器灵敏度就　 　（填“越高”或“越低”）；
（2）利用RFP602型压力传感器，设计一台自动分拣装置，按一定质量标准自动分拣大小物体，如3A等级苹果或3J等级车厘子。甲装置中O2C、O1D为绕转动的杠杆。通过两端的电压激励放大电路吸动衔铁。评价甲、乙两种方案哪种更科学：　 　（填“甲”或“乙”），并简要说明理由：　 　；
（3）某同学想在托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，利用一块电压表测出每个苹果的质量，且电压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在　 　（填“电阻”、“电阻”或“电源”）两端；
（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，为了保证分拣标准质量不变，可以怎样操作：　 　。
【答案】（1）越高
（2）甲；甲可以利用杠杆对被控压力进行放大或缩小，使作用在传感器上的压力处于灵敏度最高的区间
（3）电阻
（4）将适当调大
【知识点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由题中图像，斜率越大，增大或减少相同的压力时，传感器电阻变化幅度就越大，传感器灵敏度就越高。
故答案为：越高
（2）甲；由题意得，传感器压力在1N左右时灵敏度高，甲装置可以在调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准的物体经过托盘秤时，杠杆对传感器的压力为1N左右。
故答案为：甲；甲可以利用杠杆对被控压力进行放大或缩小，使作用在传感器上的压力处于灵敏度最高的区间
（3）随着苹果质量增大，阻值减小，分压减小，电源电动势不变，分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在两端。
故答案为：电阻
（4）若电源长时间未使用，内阻增大，但电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，有，可知内阻增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大，为保证标准激励电压不变，可以将适当调大。
故答案为：将适当调大
【分析】(1) 本题考查传感器灵敏度的定义，需结合 R1-F 图线的物理意义，分析斜率与电阻变化幅度、灵敏度的关系。
(2) 本题考查杠杆在自动分拣装置中的应用，需结合传感器的灵敏度特性，分析杠杆对压力的调节作用，判断哪种方案能让传感器工作在灵敏度更高的区间。
(3) 本题考查串联电路的分压规律，需结合压力传感器的电阻随压力的变化规律，分析苹果质量增大时 R1、R2两端电压的变化，确定电压表的并联位置。
(4) 本题考查闭合电路欧姆定律的应用，需结合电源内阻增大对分压的影响，分析如何调节 R2来维持控制电路的激励电压不变，保证分拣标准不变。
（1）由题中图像，斜率越大，增大或减少相同的压力时，传感器电阻变化幅度就越大，传感器灵敏度就越高。
（2）[1][2]甲。由题意，传感器压力在1N左右时灵敏度高，甲装置可以在调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准的物体经过托盘秤时，杠杆对传感器的压力为1N左右。
（3）随着苹果质量增大，阻值减小，分压减小，电源电动势不变，分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在两端。
（4）若电源长时间未使用，内阻增大，但电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，有
可知内阻增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大，为保证标准激励电压不变，可以将适当调大。
12．我国某科研团队研制了一种水下激光扫描通信装置，用于潜艇与水面舰艇之间的快速光通信。装置的核心原理如下：在折射率为的液体中，深度为h处有一可旋转的激光光源S，它绕垂直于纸面且过S点的轴以角速度ω匀速顺时针转动，对液面进行扫描探测。初始时光源发出的激光垂直向上射到液面O点。当光源转动扫描时，液面上的接收器检测到一个光点移动，且光点运动到某点P后突然消失（光点消失意味着信号中断，通信系统需据此调整扫描范围）。求：
（1）O、P两点间的距离；
（2）光点在P点即将消失时的速度大小（即信号消失瞬间光点的移动速度，用于判断接收器的响应时间）。
【答案】（1）解：光线从液体射向空气，当入射角等于临界角C时发生全反射，光点消失，临界角满足
由几何关系可得，
故
（2）解：光斑在液面移动的速度v是光线的伸长速度v2与光线转动速度v1的合速度，光斑在P点的线速度（转动速度）为
所以
所以在P点光斑沿液面移动的速度为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】(1) 本题考查全反射临界角的计算与几何关系的应用，需先求出光线发生全反射的临界角，再结合三角函数关系求解 O、P 间的距离。
(2) 本题考查运动的合成与分解，需将光点的速度分解为沿光线和垂直光线的分量，结合角速度与线速度的关系求解光点在 P 点的移动速度。
（1）光线从液体射向空气，当入射角等于临界角C时发生全反射，光点消失，临界角满足
由几何关系可得，
故
（2）光斑在液面移动的速度v是光线的伸长速度v2与光线转动速度v1的合速度，光斑在P点的线速度（转动速度）为
所以
所以在P点光斑沿液面移动的速度为
13．现代科技常利用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图所示的空间直角坐标系Oxyz（z 轴未画出，正方向垂直于Oxy平面向外）中，在y>0，x<0的区域I内存在垂直于Oxy平面向里的匀强磁场；在y<0，x<0的区域II内存在方向沿x轴正方向的匀强电场；在y≤0，x>0的区域III内同时存在垂直于Oxy平面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场；在y轴上的P点有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0射入磁场区域，粒子恰能垂直通过x轴上的A点，然后经过电场区域从y轴上的Q点进入电场和磁场的叠加区域，已知P 点、A点和Q点的坐标分别为(0，L，0)、，区域II和区域III的电场强度大小相同，不计粒子重力和电、磁场的边界效应。求：
（1）区域I的磁感应强度的大小；
（2）区域II的电场强度大小和粒子在Q点的速度；
（3）若区域III的电场强度大小和磁感应强度大小之比为，求粒子运动到x轴时的位置坐标。
【答案】（1）解：设区域Ⅰ的磁感应强度为，粒子在区域Ⅰ的轨道半径为，由几何关系
解得
又洛伦兹力提供向心力可得
联立①②两式得
（2）解：设区域Ⅱ的电场强度为，粒子在该区域运动的时间为，由类平抛知③，④
其中⑤
联立③④⑤式，得
由到由动能定理得⑥
解得
设处速度与轴负方向的夹角为，由
解得
（3）解：设区域Ⅲ的磁感应强度为，由（1）（2）问知
又已知，故⑦
将沿轴和轴两个方向分解，知粒子在方向的分速度，对应的洛伦兹力
又粒子在区域Ⅲ的电场力
知粒子的运动可看作以向右做匀速直线运动和以做逆时针匀速圆周运动的合成，其圆周运动的半径⑧
故粒子在运动（为圆周运动的周期）后第一次到达轴且恰好与轴相切，其圆心沿方向移动的距离满足⑨
此时轨迹在轴上的坐标
因此，粒子运动到轴时的位置坐标应为
【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) 本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，需结合几何关系确定轨道半径，再利用洛伦兹力公式求解磁感应强度。
(2) 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动与动能定理的应用，需结合运动学公式和动能定理求解电场强度和粒子在Q点的速度大小与方向。
(3) 本题考查带电粒子在复合场中的运动，需将粒子的运动分解为匀速直线运动和匀速圆周运动，结合运动的合成与分解求解粒子到达x轴时的位置坐标。
（1）设区域Ⅰ的磁感应强度为，粒子在区域Ⅰ的轨道半径为，由几何关系
解得
又洛伦兹力提供向心力可得
联立①②两式得
（2）设区域Ⅱ的电场强度为，粒子在该区域运动的时间为，由类平抛知③，④
其中⑤
联立③④⑤式，得
由到由动能定理得⑥
解得
设处速度与轴负方向的夹角为，由
解得
（3）设区域Ⅲ的磁感应强度为，由（1）（2）问知
又已知，故⑦
将沿轴和轴两个方向分解，知粒子在方向的分速度，对应的洛伦兹力
又粒子在区域Ⅲ的电场力
知粒子的运动可看作以向右做匀速直线运动和以做逆时针匀速圆周运动的合成，其圆周运动的半径⑧
故粒子在运动（为圆周运动的周期）后第一次到达轴且恰好与轴相切，其圆心沿方向移动的距离满足⑨
此时轨迹在轴上的坐标
因此，粒子运动到轴时的位置坐标应为
14．如图，桌面边缘A点放一个质量为kg的滑块1，距A点正下方h=0.2m光滑水平面上O点固定一个劲度系数N/m轻弹簧，轻弹簧的另一端与质量为kg 滑块2相连。轻弹簧与滑块2组成的弹簧振子以B点为平衡位置在水平面上做简谐运动，OB 间的距离x=0.6m。某时刻水平向右击打滑块1（打击时间极短），瞬间给其一个水平冲量I，滑块1水平抛出。滑块1水平抛出后恰好落到位于B点的滑块2的上表面，与滑块2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前瞬间滑块2的速度大小为v=2m/s，方向水平向左。碰后滑块1竖直向上运动，恰好运动到与A点等高的C点。已知所有的碰撞时间极短，弹簧振子振动周期，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。滑块1、2均可看作质点，不计空气阻力，重力加速度g取，计算结果保留分数。求：
（1）水平冲量I的大小及滑块1、2发生第一次碰撞后滑块2的速度大小；
（2）滑块1第二次与滑块2碰撞后水平方向共速、竖直速度等大反向，第一次落到水平面上时与滑块2的水平距离s；
（3）在（2）的情况下若滑块1第一次落到水平面反弹后到第二次落到水平面，两次水平落地点之间的距离为，且滑块1与地面碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，则滑块1最终停在水平面的位置到O点的距离sm为多少。
【答案】（1）解：由题可知，滑块1平抛运动时，竖直方向上则有
水平方向上有
联立可得
所以滑块1受到的瞬间冲量大小
滑块1和滑块2发生碰撞时，水平方向动量守恒，选取水平向左的方向为正方向，则有
解得
（2）解：由题可知，滑块2做简谐运动的周期
滑块1与2碰撞后到再次回到B点的时间
即此时滑块2刚好回到平衡位置，且速度向右。第二次碰撞过程滑块1、滑块2水平方向共速
滑块1与滑块2第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面，水平位移
此过程中滑块2简谐运动振动了，运动位移为0，所以滑块1落到水平面上时与滑块2的水平距离
（3）解：假设滑块1与地面碰撞前后水平速度比为，竖直速度比为，根据匀变速直线运动规律
可得第二次碰撞时间
由可得第二次碰撞水平前进距离
由题可知
以此类推，第n次碰后前进的距离
所以
即
代入数据可得
【知识点】平抛运动；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】(1) 本题考查平抛运动与动量守恒的综合应用，需先通过平抛运动规律求出滑块 1 的初速度，再结合动量守恒定律求解碰撞后滑块 2 的速度。
(2) 本题考查简谐运动与斜抛运动的结合，需先分析滑块 2 的振动周期，再结合动量守恒与斜抛运动规律求解水平距离。
(3) 本题考查数列求和在物理中的应用，需根据滑块反弹的水平位移规律，利用等比数列求和公式求解最终位置到 O 点的距离。
（1）由题可知，滑块1平抛运动时，竖直方向上则有
水平方向上有
联立可得
所以滑块1受到的瞬间冲量大小
滑块1和滑块2发生碰撞时，水平方向动量守恒，选取水平向左的方向为正方向，则有
解得
（2）由题可知，滑块2做简谐运动的周期
滑块1与2碰撞后到再次回到B点的时间
即此时滑块2刚好回到平衡位置，且速度向右。第二次碰撞过程滑块1、滑块2水平方向共速
滑块1与滑块2第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面，水平位移
此过程中滑块2简谐运动振动了，运动位移为0，所以滑块1落到水平面上时与滑块2的水平距离
（3）假设滑块1与地面碰撞前后水平速度比为，竖直速度比为，根据匀变速直线运动规律
可得第二次碰撞时间
由可得第二次碰撞水平前进距离
由题可知
以此类推，第n次碰后前进的距离
所以
即
代入数据可得
1 / 12026届湖南长沙市长郡中学等校高三下学期3月质量检测（二模）物理试题
1．2026年，“中国聚变工程实验堆（CFETR）”取得重大突破，首次实现稳态运行。在某核反应中，反应方程为，已知的比结合能为，的比结合能为 ，He的比结合能为，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．核反应方程中X为
B．核反应中的质量亏损可表示为
C．核聚变需要极高的温度，是为了克服原子核间的万有引力
D．半衰期为12.46年，现有10个氚原子核，经过12.46年后剩下5个氚原子核
2．如图所示，将小球自A处竖直向上抛出。传感器记录的数据显示：自抛出起计时，经过时间和小球的速率均为v0。小球向上抛出后的位移、速度、运动时间分别用x、v、t表示。不计空气阻力，关于小球竖直向上抛出的运动过程，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．当下中国新能源汽车在全球已经处于绝对领先地位，除了核心技术带来的节能优势外，其节能理念已渗透到许多细节里。某型号的新能源汽车正在平直测试场地上进行智驾测试。汽车以速度匀速行驶，感知到本车道正前方有一缓行车辆后，立即进入经济驾驶模式，汽车的牵引力功率立即减小为原来的一半。经过时间t，汽车再次做匀速运动。已知该汽车行驶时所受的阻力恒为f，汽车的质量为m。关于该汽车的功率减半后的运动，下列说法正确的是（　　）
A．减速过程中，汽车的牵引力不断变小
B．汽车车速减为时，加速度的大小为
C．减速过程中，汽车的位移为
D．减速过程中，汽车克服阻力做功
4．小明同学在研究了两个等量同种电荷的中垂线上的电场分布规律后，想将其研究方法推广到其它带电体情形，如图所示，一个均匀分布正电荷Q的圆环，其半径为a，以圆环圆心为坐标原点O，垂直于圆环平面建立x轴，他大致画出了x轴上的电场强度与x轴的图像，下列图像符合实际情况的是（　　）
A． B．
C． D．
5．近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理如下左图所示。发射线圈的输入电压为家用交流电，如下右图所示，匝数为1100匝，接收线圈的匝数为22匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（　　）
A．接收线圈中交变电流的频率为45Hz
B．接收线圈输出电压的有效值约为4.4V
C．接收线圈输出电压的有效值约为3.96V
D．发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同
6．如图所示，波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为y=2sin（2πt）cm，0时刻开始振动。其所激发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s，在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D离波源O的距离分别为3m、4m，C、D间距为4m，在挡板后有矩形ABDC区域，AC=BD=3m，E、F分别为AB、CD中点。下列说法正确的是（　　）
A．线段EF上存在加强点
B．在0~5s内B点经过的路程为12cm
C．AC，AB，BD三条连线上（不包括C，D两点）共有四个加强点
D．只改变波源O振动频率，ABDC区域内加强点的位置一定不变
7．如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为，A和B之间夹有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为2v的速度，最终A、B均未离开C。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为，重力加速度为g。不计火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A和B的动能。下列说法正确的是（　　）
A．火药爆炸释放的能量为6mv
B．A与挡板碰撞前瞬间速度大小为与挡板碰撞前C向左运动
C．A与挡板碰撞瞬间B的速度大小为
D．A与挡板碰撞后，B、C先共速，最后A、B、C一起共速，且速度大小为
8．2025年，中国空间站进入常态化运营阶段。如图所示，中国空间站在离地球表面高度为h的圆轨道I上运行。神舟二十号载人飞船在半径为r1的圆轨道II上运行，天舟九号货运飞船在完成补给后脱离空间站，正沿椭圆转移轨道III（近地点在P点，远地点在Q点，轨道I和轨道III相切于Q点）独立飞行，为受控再入大气层做准备（已知地球半径为R，引力常量为G，不计大气阻力）。下列说法正确的是（　　）
A．若通过观测得知空间站的运行周期为T，则可以求出地球的密度
B．天舟九号在椭圆轨道III上由P点向Q点的独立飞行过程中，其机械能逐渐减小
C．天舟九号在椭圆轨道III上经过P点时的加速度大小大于在轨道II上经过P＇点时的加速度大小
D．若神舟二十号载人飞船在轨道II的P＇点向前加速后（加速时间极短），其将可能沿轨道III 运行并与在Q点的空间站相遇
9．如图，竖直固定圆环内有a、b两根等长轻杆，一端与固定在圆环上的光滑铰链连接，另一端通过光滑铰链连接在圆心O处，a杆水平。轻杆c的一端与O处的光滑铰链连接，另一端与质量为m的小球连接；劲度系数为k1的弹性轻绳一端固定在O点正上方的圆环上，另一端固定在可视为质点的小球上，小球处于静止状态，且轻杆c与轻杆b垂直。现把弹性轻绳换成原长相等但劲度系数为的另一弹性轻绳，小球静止后位于圆心O右侧，轻杆a、b、c 和弹性轻绳始终与圆环处在同一竖直平面内，轻杆c长度小于轻杆a、b 长度，弹性轻绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．轻杆a的弹力变小 B．轻杆b的弹力变小
C．轻杆c的弹力大小和方向都不变 D．弹性轻绳的弹力变小
10．某实验小组使用如图甲所示装置探究等压情况下一定质量气体的体积与温度的关系。用橡胶帽封闭注射器的上端，使注射器中封闭一定质量的气体，柱塞下使用细绳悬挂一重物，整个装置置于控温箱内，控温箱内气体始终与外界相通，通过改变控温箱温度读取多组温度、体积数值，并作体积热力学温度图像。
（1）实验过程中，下列说法正确的是（　　）
A．实验过程要保证空气柱密闭性良好
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了减小摩擦而非密封气体
C．改变控温箱温度后，应迅速读取体积，防止气体泄漏
（2）若实验操作规范无错误，作出V-T图像，如图乙所示，图像不过原点的原因是　 　。
（3）某组员认为：若将控温箱密闭，与外界大气不相通，当控温箱内温度缓慢升高时，柱塞和重物的高度会不降反升，请问其观点是否正确？(　　)（选填“正确”或“不正确”）。
11．某探究小组，取片状RFP602型半导体薄膜压力传感器一片，探究其圆形敏感区域受压力F与传感器电阻的变化关系。图示是利用测量数据画出的图线。压力为1N时曲线斜率为24kΩ／N，压力为5N时曲线斜率为1.9kΩ／N，前者是后者的13倍。
（1）由图线数据分析可知，斜率越大，传感器灵敏度就　 　（填“越高”或“越低”）；
（2）利用RFP602型压力传感器，设计一台自动分拣装置，按一定质量标准自动分拣大小物体，如3A等级苹果或3J等级车厘子。甲装置中O2C、O1D为绕转动的杠杆。通过两端的电压激励放大电路吸动衔铁。评价甲、乙两种方案哪种更科学：　 　（填“甲”或“乙”），并简要说明理由：　 　；
（3）某同学想在托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，利用一块电压表测出每个苹果的质量，且电压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在　 　（填“电阻”、“电阻”或“电源”）两端；
（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，为了保证分拣标准质量不变，可以怎样操作：　 　。
12．我国某科研团队研制了一种水下激光扫描通信装置，用于潜艇与水面舰艇之间的快速光通信。装置的核心原理如下：在折射率为的液体中，深度为h处有一可旋转的激光光源S，它绕垂直于纸面且过S点的轴以角速度ω匀速顺时针转动，对液面进行扫描探测。初始时光源发出的激光垂直向上射到液面O点。当光源转动扫描时，液面上的接收器检测到一个光点移动，且光点运动到某点P后突然消失（光点消失意味着信号中断，通信系统需据此调整扫描范围）。求：
（1）O、P两点间的距离；
（2）光点在P点即将消失时的速度大小（即信号消失瞬间光点的移动速度，用于判断接收器的响应时间）。
13．现代科技常利用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图所示的空间直角坐标系Oxyz（z 轴未画出，正方向垂直于Oxy平面向外）中，在y>0，x<0的区域I内存在垂直于Oxy平面向里的匀强磁场；在y<0，x<0的区域II内存在方向沿x轴正方向的匀强电场；在y≤0，x>0的区域III内同时存在垂直于Oxy平面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场；在y轴上的P点有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0射入磁场区域，粒子恰能垂直通过x轴上的A点，然后经过电场区域从y轴上的Q点进入电场和磁场的叠加区域，已知P 点、A点和Q点的坐标分别为(0，L，0)、，区域II和区域III的电场强度大小相同，不计粒子重力和电、磁场的边界效应。求：
（1）区域I的磁感应强度的大小；
（2）区域II的电场强度大小和粒子在Q点的速度；
（3）若区域III的电场强度大小和磁感应强度大小之比为，求粒子运动到x轴时的位置坐标。
14．如图，桌面边缘A点放一个质量为kg的滑块1，距A点正下方h=0.2m光滑水平面上O点固定一个劲度系数N/m轻弹簧，轻弹簧的另一端与质量为kg 滑块2相连。轻弹簧与滑块2组成的弹簧振子以B点为平衡位置在水平面上做简谐运动，OB 间的距离x=0.6m。某时刻水平向右击打滑块1（打击时间极短），瞬间给其一个水平冲量I，滑块1水平抛出。滑块1水平抛出后恰好落到位于B点的滑块2的上表面，与滑块2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前瞬间滑块2的速度大小为v=2m/s，方向水平向左。碰后滑块1竖直向上运动，恰好运动到与A点等高的C点。已知所有的碰撞时间极短，弹簧振子振动周期，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。滑块1、2均可看作质点，不计空气阻力，重力加速度g取，计算结果保留分数。求：
（1）水平冲量I的大小及滑块1、2发生第一次碰撞后滑块2的速度大小；
（2）滑块1第二次与滑块2碰撞后水平方向共速、竖直速度等大反向，第一次落到水平面上时与滑块2的水平距离s；
（3）在（2）的情况下若滑块1第一次落到水平面反弹后到第二次落到水平面，两次水平落地点之间的距离为，且滑块1与地面碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，则滑块1最终停在水平面的位置到O点的距离sm为多少。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A：根据质量数与电荷数守恒，反应前总质量数为 ，总电荷数为 ；反应后 的质量数为4、电荷数为2，因此X的质量数为 、电荷数为 ，故X为 （中子），A错误；
B：核反应释放的核能等于反应后总结合能与反应前总结合能的差值，即 。由质能方程 ，可得质量亏损 ，B正确；
C：核聚变需要极高温度，是为了让原子核获得足够动能，克服原子核间的库仑斥力（万有引力作用极弱，可忽略），C错误；
D：半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适用，因此10个氚原子核经过一个半衰期后，剩余数量不一定是5个，D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查核反应方程的守恒规律，利用质量数和电荷数守恒判断未知粒子的种类；
B：考查比结合能与质能方程的应用，明确核能与总结合能的关系，推导质量亏损的表达式；
C：考查核聚变的条件，区分库仑斥力与万有引力的作用，理解高温的作用；
D：考查半衰期的统计意义，明确其仅适用于大量原子核的衰变规律。
2．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；竖直上抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．分析运动过程：小球做竖直上抛运动，加速度为（方向向下）。已知和时速率均为。根据竖直上抛运动的对称性，最高点（速度为0）的时刻位于这两个时刻的中点，此时速度。求解初速度和加速度关系：设初速度为，在时，小球处于上升阶段（因为），速度为，由，解得
在时，速度为0，有，联立解得，且
图像纵轴表示速度（矢量）。竖直上抛运动的速度随时间均匀减小，过最高点后变为负值。图像应为一条斜率为负的直线，穿过轴。选项A画的是速率（标量）图像，故A错误；
B．根据位移—速度公式，整理得
这是一个关于的一次函数，截距为，代入，截距应为，选项B中截距为，故B错误；
C．位移公式，这是一个关于的二次函数，图像为开口向下的抛物线，
对称轴（最高点）为，选项C的图像是抛物线，且最高点对应，故C正确；
D．表示时间内的平均速度，有，这是一个关于的一次函数，斜率为，纵轴截距为，当时（即回到抛出点），，选项D中图像与横轴交点为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：考查竖直上抛运动的速度（矢量）与速率的区别，明确速度-时间图像应为穿过横轴的直线；
B：考查速度-位移公式的应用，结合初速度判断图像的纵轴截距；
C：考查位移公式的图像特征，分析抛物线的对称轴（最高点）位置；
D：考查平均速度的表达式，分析图像的横轴交点。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】汽车以速度匀速行驶时，牵引力，额定功率。功率减半后，此后汽车做减速运动，最终匀速速度，
A：减速过程中功率恒定，速度减小，由可知牵引力不断变大，故A错误；
B：当车速时，牵引力。由牛顿第二定律：，即，解得加速度大小，故B正确；
C：汽车做加速度减小的减速运动，v-t图像为上凹曲线。若为匀减速，位移，但实际曲线在匀减速直线下方，故位移，C错误；
D：由动能定理：，其中，，解得，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查功率恒定下牵引力与速度的关系，分析减速过程中牵引力的变化；
B：考查牛顿第二定律在机车问题中的应用，计算特定速度下的加速度；
C：考查变加速直线运动的位移分析，结合v-t图像判断实际位移与匀减速位移的大小关系；
D：考查动能定理的应用，分析减速过程中克服阻力做功与动能变化的关系。
4．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】先考虑相距为的等量同种正电荷、的中垂线上的电场分布，此时设其中垂线上某点和两电荷或的连线与连线间的夹角为，有，则该点的电场强度，对此式求极值，设，则
当，即，也即在距离两电荷中点时，取最大值，此时电场强度最大（也可以用其他方法如不等式求极值），由于均匀带电圆环可以看作无数个关于圆心对称的等量点电荷微元，每一对微元电荷的极值点位置都相同，根据矢量叠加原理可知圆环两侧的场强极值点仍然在距离圆心的位置，考虑到方向问题，故A正确。
故答案为：A。
【分析】本题考查均匀带电圆环轴线上的电场强度分布，需结合对称性分析、特殊点（圆心、无穷远处）的场强特点，以及场强大小随位置变化的规律进行分析。解题关键是明确圆心处场强为零、无穷远场强趋近于零，且场强大小在轴线上存在最大值。
5．【答案】C
【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．变压器是利用电磁感应原理，不改变交变电流的频率，为50Hz，故A错误；
BC．根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为220V，根据法拉第电磁感应定律有，，联立可得，解得，故B错误，C正确；
D．穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：考查变压器的频率特性，明确变压器不改变交流电的频率；
B、C：考查法拉第电磁感应定律在无线充电中的应用，结合磁通量损失计算接收线圈的输出电压；
D：考查磁通量变化率的概念，分析发射线圈与接收线圈磁通量变化率的关系。
6．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】由振动方程，得周期，波长。波源经C、D孔后，相当于两个振动步调相反的波源，
A：EF是CD的垂直平分线，线上各点到C、D的距离差为0，而波源经C、D的振动步调相反，故EF上各点均为振动减弱点，A错误；
B：波经C到B的时间，经D到B的时间。内B点静止；内仅参与D孔传来的振动，路程；4s后两列波在B点相遇，因，振动始终减弱，振幅为0，故内B点路程为4cm，B错误；
C：在AC、BD连线上，到C、D的距离差为半波长奇数倍的点为加强点，各有1个；AB连线上距离差满足条件的加强点有2个，共4个加强点（不含C、D），C正确；
D：改变波源频率，波长会变化，加强点的位置与波长相关，故位置会改变，D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查振动加强点与减弱点的判断，结合两波源的相位关系和路程差分析；
B：考查波的传播时间与质点振动路程的计算，结合两列波到达B点的时间和振动减弱的条件分析；
C：考查多列波干涉加强点的分布，根据路程差与波长的关系分析各条连线上的加强点数量；
D：考查频率对干涉加强点位置的影响，结合波长与频率的关系分析。
7．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；爆炸；碰撞模型
【解析】【解答】A：火药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，取A的速度方向为正方向：，解得。火药释放的能量为A、B的动能之和：，选项A中的表达式单位错误，数值也错误，故A错误；
B：A向左运动时，受向右的摩擦力，加速度。由运动学公式，代入，解得。A、B对C的摩擦力大小相等、方向相反，C所受合力为零，故A与挡板碰撞前C始终静止，B错误；
C：A运动到挡板的时间。B向右运动的加速度，故A碰撞挡板时B的速度，C错误；
D：A与挡板碰撞后速度反向为。此后A、B、C系统动量守恒，设三者共同速度为，则，解得。过程中B、C先达到共速，之后不再相对滑动，最终A再与B、C共速，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查爆炸过程的动量守恒与能量守恒，利用动量守恒求出B的速度，再计算总动能；
B：考查A的减速运动与木板C的受力分析，结合运动学公式求A碰撞前的速度，并判断C的运动状态；
C：考查匀变速运动的时间计算与B的速度求解，先求A的运动时间，再求B的末速度；
D：考查碰撞后的动量守恒与共速过程，分析B、C先共速，再与A共速的过程，并验证动量守恒结果。
8．【答案】A,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．空间站轨道半径为r=R+h，万有引力提供向心力，则有
解得，地球体积，则密度，故A正确；
B．天舟九号在椭圆轨道Ⅲ上运行时，已经脱离了空间站，发动机不再工作，只受地球万有引力作用。万有引力是保守力，只有万有引力做功，因此机械能守恒。从P到Q，动能减少、势能增加，但总和保持不变。故B错误；
C．由牛顿第二定律可得，解得，P点是椭圆轨道Ⅲ的近地点，其到地心的距离rP最小；P'点在圆轨道Ⅱ上，其到地心的距离r1.从图中可知，椭圆轨道Ⅲ的近地点P在轨道Ⅱ的内侧，因此rP1.根据加速度公式，距离越小加速度越大，所以天舟九号在P点的加速度大于在轨道Ⅱ上经过P'点（同一高度位置，但不同轨道）的加速度。故C正确；
D．神舟二十号在轨道Ⅱ的P'点向前加速后，万有引力不足以提供所需的向心力，飞船将做离心运动，进入一个以P'点为近地点的椭圆转移轨道。由于加速前后瞬间速度方向没变，故加速前后的轨道必在P'点相切，即加速后不可能沿轨道Ⅲ运行。故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：考查万有引力定律的应用，利用空间站的周期求出地球质量，再结合地球半径计算密度；
B：考查机械能守恒的条件，明确只有万有引力做功时机械能守恒；
C：考查向心加速度与轨道半径的关系，利用 比较不同点的加速度；
D：考查卫星变轨问题，分析加速后飞船的离心运动及轨道变化。
9．【答案】A,D
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】C．对小球进行受力分析如图1，由几何关系可得，小球重力，轻杆的弹力、弹性轻绳的拉力之间满足关系
因为，和为定值，故轻杆的弹力大小不变，但方向会改变，故错误；
D．因为弹性轻绳劲度系数变大，故距离会减小，故弹性轻绳的拉力减小，故D正确；
AB．对点进行受力分析如图2，根据平衡条件可知，结合上述分析可知，大小不变，与竖直方向夹角逐渐减小，由几何关系分析可得轻杆弹力变小、的弹力变大，故A正确，B错误。
故答案为：AD。
【分析】A：考查节点受力分析与力的合成，结合几何相似关系分析轻杆a的弹力变化；
B：考查轻杆b的弹力变化，结合矢量三角形分析其受力变化趋势；
C：考查轻杆c的弹力，明确其大小不变、方向改变；
D：考查弹性轻绳的弹力变化，结合劲度系数变化与几何关系分析拉力大小。
10．【答案】（1）A
（2）未考虑橡胶帽內气体的体积
（3）正确
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1）A．该实验过程要保证空气柱密闭性良好，故A正确；
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气体保证空气柱密闭性良好，故B错误；
C．改变温控箱温度后，应该等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积，故C错误。
故答案为：A。
（2）设橡胶帽内气体体积为，根据理想气体状态方程，则有，整理可得，所以图像不过原点原因是未考虑橡胶帽内气体的体积。
故答案为：未考虑橡胶帽內气体的体积
（3）若将控温箱密闭，当控温箱内温度升高时，假设柱塞不动，则有
注射器内气体与控温箱内气体温度始终相同，结合之前的分析可知，所以有，即柱塞会上升，所以该观点正确。
故答案为：正确
【分析】(1) 本题考查探究等压情况下一定质量气体体积与温度关系的实验操作要点，需结合实验目的分析气密性、润滑油作用及读数时机。
(2) 本题考查 V-T 图像的误差分析，需结合理想气体状态方程，考虑橡胶帽内气体体积对图像的影响。
(3) 本题考查气体压强与温度的关系，需结合查理定律分析温控箱密闭时，注射器内外气体压强变化对柱塞运动的影响。
（1）A．该实验过程要保证空气柱密闭性良好，故A正确；
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气体保证空气柱密闭性良好，故B错误；
C．改变温控箱温度后，应该等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积，故C错误。
故选A。
（2）设橡胶帽内气体体积为，根据理想气体状态方程，则有
整理可得
所以图像不过原点原因是未考虑橡胶帽内气体的体积。
（3）若将控温箱密闭，当控温箱内温度升高时，假设柱塞不动，则有
注射器内气体与控温箱内气体温度始终相同，结合之前的分析可知，所以有，即柱塞会上升，所以该观点正确。
11．【答案】（1）越高
（2）甲；甲可以利用杠杆对被控压力进行放大或缩小，使作用在传感器上的压力处于灵敏度最高的区间
（3）电阻
（4）将适当调大
【知识点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由题中图像，斜率越大，增大或减少相同的压力时，传感器电阻变化幅度就越大，传感器灵敏度就越高。
故答案为：越高
（2）甲；由题意得，传感器压力在1N左右时灵敏度高，甲装置可以在调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准的物体经过托盘秤时，杠杆对传感器的压力为1N左右。
故答案为：甲；甲可以利用杠杆对被控压力进行放大或缩小，使作用在传感器上的压力处于灵敏度最高的区间
（3）随着苹果质量增大，阻值减小，分压减小，电源电动势不变，分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在两端。
故答案为：电阻
（4）若电源长时间未使用，内阻增大，但电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，有，可知内阻增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大，为保证标准激励电压不变，可以将适当调大。
故答案为：将适当调大
【分析】(1) 本题考查传感器灵敏度的定义，需结合 R1-F 图线的物理意义，分析斜率与电阻变化幅度、灵敏度的关系。
(2) 本题考查杠杆在自动分拣装置中的应用，需结合传感器的灵敏度特性，分析杠杆对压力的调节作用，判断哪种方案能让传感器工作在灵敏度更高的区间。
(3) 本题考查串联电路的分压规律，需结合压力传感器的电阻随压力的变化规律，分析苹果质量增大时 R1、R2两端电压的变化，确定电压表的并联位置。
(4) 本题考查闭合电路欧姆定律的应用，需结合电源内阻增大对分压的影响，分析如何调节 R2来维持控制电路的激励电压不变，保证分拣标准不变。
（1）由题中图像，斜率越大，增大或减少相同的压力时，传感器电阻变化幅度就越大，传感器灵敏度就越高。
（2）[1][2]甲。由题意，传感器压力在1N左右时灵敏度高，甲装置可以在调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准的物体经过托盘秤时，杠杆对传感器的压力为1N左右。
（3）随着苹果质量增大，阻值减小，分压减小，电源电动势不变，分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在两端。
（4）若电源长时间未使用，内阻增大，但电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，有
可知内阻增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大，为保证标准激励电压不变，可以将适当调大。
12．【答案】（1）解：光线从液体射向空气，当入射角等于临界角C时发生全反射，光点消失，临界角满足
由几何关系可得，
故
（2）解：光斑在液面移动的速度v是光线的伸长速度v2与光线转动速度v1的合速度，光斑在P点的线速度（转动速度）为
所以
所以在P点光斑沿液面移动的速度为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】(1) 本题考查全反射临界角的计算与几何关系的应用，需先求出光线发生全反射的临界角，再结合三角函数关系求解 O、P 间的距离。
(2) 本题考查运动的合成与分解，需将光点的速度分解为沿光线和垂直光线的分量，结合角速度与线速度的关系求解光点在 P 点的移动速度。
（1）光线从液体射向空气，当入射角等于临界角C时发生全反射，光点消失，临界角满足
由几何关系可得，
故
（2）光斑在液面移动的速度v是光线的伸长速度v2与光线转动速度v1的合速度，光斑在P点的线速度（转动速度）为
所以
所以在P点光斑沿液面移动的速度为
13．【答案】（1）解：设区域Ⅰ的磁感应强度为，粒子在区域Ⅰ的轨道半径为，由几何关系
解得
又洛伦兹力提供向心力可得
联立①②两式得
（2）解：设区域Ⅱ的电场强度为，粒子在该区域运动的时间为，由类平抛知③，④
其中⑤
联立③④⑤式，得
由到由动能定理得⑥
解得
设处速度与轴负方向的夹角为，由
解得
（3）解：设区域Ⅲ的磁感应强度为，由（1）（2）问知
又已知，故⑦
将沿轴和轴两个方向分解，知粒子在方向的分速度，对应的洛伦兹力
又粒子在区域Ⅲ的电场力
知粒子的运动可看作以向右做匀速直线运动和以做逆时针匀速圆周运动的合成，其圆周运动的半径⑧
故粒子在运动（为圆周运动的周期）后第一次到达轴且恰好与轴相切，其圆心沿方向移动的距离满足⑨
此时轨迹在轴上的坐标
因此，粒子运动到轴时的位置坐标应为
【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) 本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，需结合几何关系确定轨道半径，再利用洛伦兹力公式求解磁感应强度。
(2) 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动与动能定理的应用，需结合运动学公式和动能定理求解电场强度和粒子在Q点的速度大小与方向。
(3) 本题考查带电粒子在复合场中的运动，需将粒子的运动分解为匀速直线运动和匀速圆周运动，结合运动的合成与分解求解粒子到达x轴时的位置坐标。
（1）设区域Ⅰ的磁感应强度为，粒子在区域Ⅰ的轨道半径为，由几何关系
解得
又洛伦兹力提供向心力可得
联立①②两式得
（2）设区域Ⅱ的电场强度为，粒子在该区域运动的时间为，由类平抛知③，④
其中⑤
联立③④⑤式，得
由到由动能定理得⑥
解得
设处速度与轴负方向的夹角为，由
解得
（3）设区域Ⅲ的磁感应强度为，由（1）（2）问知
又已知，故⑦
将沿轴和轴两个方向分解，知粒子在方向的分速度，对应的洛伦兹力
又粒子在区域Ⅲ的电场力
知粒子的运动可看作以向右做匀速直线运动和以做逆时针匀速圆周运动的合成，其圆周运动的半径⑧
故粒子在运动（为圆周运动的周期）后第一次到达轴且恰好与轴相切，其圆心沿方向移动的距离满足⑨
此时轨迹在轴上的坐标
因此，粒子运动到轴时的位置坐标应为
14．【答案】（1）解：由题可知，滑块1平抛运动时，竖直方向上则有
水平方向上有
联立可得
所以滑块1受到的瞬间冲量大小
滑块1和滑块2发生碰撞时，水平方向动量守恒，选取水平向左的方向为正方向，则有
解得
（2）解：由题可知，滑块2做简谐运动的周期
滑块1与2碰撞后到再次回到B点的时间
即此时滑块2刚好回到平衡位置，且速度向右。第二次碰撞过程滑块1、滑块2水平方向共速
滑块1与滑块2第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面，水平位移
此过程中滑块2简谐运动振动了，运动位移为0，所以滑块1落到水平面上时与滑块2的水平距离
（3）解：假设滑块1与地面碰撞前后水平速度比为，竖直速度比为，根据匀变速直线运动规律
可得第二次碰撞时间
由可得第二次碰撞水平前进距离
由题可知
以此类推，第n次碰后前进的距离
所以
即
代入数据可得
【知识点】平抛运动；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】(1) 本题考查平抛运动与动量守恒的综合应用，需先通过平抛运动规律求出滑块 1 的初速度，再结合动量守恒定律求解碰撞后滑块 2 的速度。
(2) 本题考查简谐运动与斜抛运动的结合，需先分析滑块 2 的振动周期，再结合动量守恒与斜抛运动规律求解水平距离。
(3) 本题考查数列求和在物理中的应用，需根据滑块反弹的水平位移规律，利用等比数列求和公式求解最终位置到 O 点的距离。
（1）由题可知，滑块1平抛运动时，竖直方向上则有
水平方向上有
联立可得
所以滑块1受到的瞬间冲量大小
滑块1和滑块2发生碰撞时，水平方向动量守恒，选取水平向左的方向为正方向，则有
解得
（2）由题可知，滑块2做简谐运动的周期
滑块1与2碰撞后到再次回到B点的时间
即此时滑块2刚好回到平衡位置，且速度向右。第二次碰撞过程滑块1、滑块2水平方向共速
滑块1与滑块2第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面，水平位移
此过程中滑块2简谐运动振动了，运动位移为0，所以滑块1落到水平面上时与滑块2的水平距离
（3）假设滑块1与地面碰撞前后水平速度比为，竖直速度比为，根据匀变速直线运动规律
可得第二次碰撞时间
由可得第二次碰撞水平前进距离
由题可知
以此类推，第n次碰后前进的距离
所以
即
代入数据可得
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