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2026届四川省广安市高三下学期第二次模拟考试物理试题
1．核反应堆是核电站的心脏，人们目前能够控制的核反应为核裂变。下列属于核裂变的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；核裂变
【解析】【解答】A．该核反应是原子核自发放出电子生成，属于β衰变，不属于核裂变，故A错误；
B．该反应中重核俘获中子后分裂成两个中等质量原子核，同时释放出中子，属于核裂变反应，故B正确；
C．两个轻核结合成质量较大的原子核，属于核聚变反应，故C错误；
D．该反应为电子俘获，属于原子核的衰变，不属于核裂变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查β衰变的特点，原子核自发释放电子的核反应为β衰变；
B、考查核裂变的定义，重核分裂为若干个中等质量原子核的反应属于核裂变，是核电站利用的核反应方式；
C、考查核聚变的定义，轻核聚合生成较重原子核的反应属于核聚变；
D、电子俘获属于原子核衰变的一种，不属于裂变、聚变类人工核反应。
2．用如图所示的装置观察光的干涉现象，单色平行光沿轴方向入射，在光屏上能观察到清晰的干涉条纹。下列方法能使光屏上的干涉条纹间距变大的是（　　）
A．仅换用波长更长的单色光照射
B．仅换用双缝间距更大的双缝片
C．仅减小双缝和光屏之间的距离
D．仅适当减小单缝和双缝之间的距离
【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】双缝干涉条纹间距公式为，其中为干涉条纹间距，是双缝到光屏的距离，是入射光波长，为双缝间距
A．仅换用波长更长的单色光照射，增大，由公式可知变大，干涉条纹间距变大，故A正确；
B．仅换用双缝间距更大的双缝片，增大，减小，条纹间距变小，故B错误；
C．仅减小双缝和光屏之间的距离，减小，减小，条纹间距变小，故C错误；
D．单缝和双缝之间的距离不会影响干涉条纹间距，改变该距离，条纹间距不变，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、B、C考查双缝干涉条纹间距公式，明确条纹间距与双缝到光屏距离、入射光波长成正比，与双缝间距成反比；
D、单缝的作用是获得线光源，单缝与双缝的间距只影响入射光的强弱，不会改变条纹间距大小。
3．A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电场力作用下从A点沿电场线运动到B点，其图像为如图所示。则这一电场可能是下图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AC：图像切线斜率表示加速度，图像斜率逐渐增大，说明微粒加速度不断变大，由可知电场强度逐渐增大，电场线越来越密集，即从到电场线变密，故A正确，C错误。
BD：由图像可知，微粒速度不断增大，说明微粒做加速运动，电场力做正功，微粒带正电，因此电场强度方向由指向，故B、D错误；
故答案为：A。
【分析】本题结合图像考查电场线的特点，首先根据速度变化判断微粒加速，结合带电性质确定电场方向；再由图像斜率判断加速度变化，得到电场强度变化，根据电场线疏密表示电场强度大小，选出符合条件的电场线分布图。
4．光滑水平面上一根软绳沿轴摆放，用手握住绳的一端，时间内垂直于轴在水平面内的振动图像如图，振动形式沿轴正方向传播，时刻的波形可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图可知，波源的起振方向向上，在时刻，波源，即点恰好回到平衡位置，由于后面质点的振动都要落后于波源，故后面的质点都没有完成一个完整的全振动，传播介质不变，故波速不变，波源最初的振动周期较短，波长较小，之后波源振动的周期变大，波长变大，波长较小的波先产生，故传播到离波源较远处，波长较大的波离波源更近，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题结合振动图像考查机械波的波形判断，需要从振动图像分析波源的起振方向、周期变化规律，结合波速不变的特点分析波长与传播距离的关系，同时依据所有质点起振方向与波源一致的规律逐一筛选选项。
5．如图，磁感应强度为的匀强磁场区域足够大，磁场方向垂直纸面向里。中间有一边界截面为圆形的无磁场区域，为圆心，为圆边界上的两点，。一质量为、电荷量为的带负电粒子从点垂直磁场射入匀强磁场区域后，从点第一次返回无场区，粒子在点的速度方向与直线的夹角为。不计粒子重力，则粒子在磁场中从运动到的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，四边形为菱形，，则粒子轨迹圆心角为，粒子在磁场中，有，，可得粒子在磁场中的运动周期为，则粒子在磁场中从运动到的时间为
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动，解题关键是结合几何图形确定粒子运动轨迹的圆心角，先求出粒子圆周运动周期，再根据圆心角与圆周角的比值求解运动时间。
6．已知地球到太阳的距离大约是地球到月球距离的400倍，已知太阳的质量约为地球质量的 3.3×105 倍，请结合天体运动常识，估算月球受到太阳的吸引力与月球受到地球引力的比值接近（　　）
A．0.02 B．2 C．200 D．20000
【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】设地月距离为，由题意可知日地距离为；由于地月距离远小于日地距离，可近似认为月球到太阳的距离等于日地距离。月球受到太阳的引力，月球受到地球的引力，可得
结合天体运动常识，太阳质量约为地球质量的倍，代入得
故答案为：B。
【分析】本题考查万有引力定律的比值计算，解题关键是利用日地距离近似代替月球到太阳的距离，分别列出月球受到太阳、地球的万有引力表达式，通过作比消去引力常量、月球质量、地月距离等物理量，代入已知质量与距离的倍数关系求解引力比值。
7．游乐场有一滑滑梯游乐项目，其原理简化如图。两根直金属细杆与水平面以的夹角相互平行固定放置，两细杆间距。一个半径、质量的圆柱体从细杆的上端由静止开始下滑，圆柱体与细杆之间的动摩擦因数，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，，，，则（　　）
A．圆柱体下滑过程中受到3个力作用
B．每根细杆对圆柱体的弹力大小都是
C．圆柱体下滑时的加速度大小为
D．用平行于直金属杆向上的拉力可拉着圆柱体匀速运动
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．圆柱体下滑过程受到重力、两根细杆各自的支持力、两根细杆各自的滑动摩擦力，一共5个力，并非3个力，故A错误；
B．由几何关系，垂直杆方向受力平衡：，解得，并非40N，故B错误；
C．单个滑动摩擦力，沿杆方向由牛顿第二定律：，代入数据解得，故C正确；
D．圆柱体匀速向上运动时，摩擦力沿杆向下，受力平衡：，代入数据解得，并非42N，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、对圆柱体受力分析，明确重力、两个支持力、两个摩擦力，一共五个作用力；
B、结合几何关系求出支持力对应的夹角，根据垂直斜面方向受力平衡求解单根杆的支持力；
C、先求单个滑动摩擦力，再利用牛顿第二定律沿杆方向列式求解下滑加速度；
D、物体上滑时摩擦力反向，沿杆受力平衡计算所需拉力大小。
8．在图（a）所示的交流电路中，电源电压随时间变化如图（b）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为，定值电阻，当接入电路的阻值为时，电流表示数为，电流表、电压表均为理想电表，则（　　）
A．通过定值电阻的交流电频率为
B．电压表的示数为
C．变压器的输入功率为
D．调节滑动变阻器，变压器的最大输出功率为
【答案】A,C
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由图(b)可知，交流电周期，电源电压峰值，则电源有效值，变压器匝数比。
A、交流电频率，理想变压器不改变交流电频率，因此通过的交流电频率为，故A正确；
B、副线圈中与并联，，通过的电流，副线圈总电流。根据，得原线圈电流；由得原线圈两端电压；电压表测两端电压，，故B错误；
C、变压器输入功率等于输出功率，，故C正确；
D、由，把副线圈负载等效到原线圈侧，当时变压器输出功率最大，此时最大输出功率，并非，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、根据交变电压图像求周期与频率，理想变压器不改变交流电频率；
B、先分析副线圈并联电路电压、总电流，结合变压器电流、电压匝数比规律，求出原线圈电压，再用电源总电压减去原线圈电压得到两端电压；
C、理想变压器输入功率等于副线圈总输出功率；
D、利用等效电阻法，当等效负载电阻等于原边串联电阻时输出功率最大，结合电源有效值求解最大功率。
9．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，场强大小。一质量为，电荷量为的带电小球从倾角的绝缘斜面上点以初速度水平抛出，落在斜面上点。重力加速度取，则（　　）
A．小球从点运动到距斜面最远位置所需时间
B．小球从点运动到点的时间
C．小球从点运动到点电势能的增加量
D．若撤去电场，则小球落到斜面的动能是未撤去电场时落到斜面的动能的两倍
【答案】B,C
【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】对小球受力分析，竖直方向，代入，解得加速度，方向竖直向下，小球做类平抛运动
A、小球运动到距斜面最远时，速度方向与斜面平行，有，代入，解得，故A错误；
B、小球落在斜面上满足，代入数据解得，故B正确；
C、竖直位移，电场力做负功，电势能增加量，故C正确；
D、由可知落到斜面上时竖直分速度，仅由倾角、初速度决定，与竖直加速度无关，因此撤去电场前后小球落到斜面时速度相同，动能相等，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、类平抛运动中，速度平行于斜面时距离斜面最远，结合速度偏角公式求解时间；
B、小球落在斜面上时位移偏角等于斜面倾角，利用位移偏角公式求解总运动时间；
C、先求出竖直下落位移，电场力做功的绝对值等于电势能的增加量；
D、位移偏角固定时，落到斜面的末速度只与初速度、倾角有关，与竖直加速度无关，因此两次落地动能相等。
10．如图所示，一半径为的大圆环与竖直杆之间的距离为，杆与环在同一竖直平面内固定放置。一根长的轻质刚性连杆与大圆环圆心等高水平放置，连杆与大圆环左半环交叉部分不接触但距离忽略不计，连杆两端有一个直径略大于竖直杆和大圆环的可转动环套A、B，A、B环套能在连杆作用下自由滑动。两环套的质量均为，重力加速度取，不计一切摩擦，静止释放两小环后（　　）
A．静止释放瞬间A环的加速度为
B．B环到达最低点时速度
C．B环到达最低点时机械能最小
D．B环机械能最大时，B环机械能增加了
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A. 静止释放瞬间两环水平方向受力为零，竖直方向只受重力作用，则A环的加速度为，A正确；
B．B环到达最低点时，AB两环的位置如图，对AB系统，由机械能守恒定律，速度关系为，速度，B错误；
CD．从开始运动到AB环与大圆环圆心三者共线时，杆的拉力对B一直做正功，大圆环的弹力对B不做功，则B的机械能一直增加，此时B环的机械能最大，则B环到达最低点时机械能不是最小；当三者共线时，A的速度为零，则由开始运动到三者共线对AB系统由机械能守恒定律可知，B环机械能最大时增加的机械能等于A环减小的机械能，即，C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、初始时刻受力分析，水平合力为零，A竖直方向只受重力，直接得到加速度；
B、利用沿刚性杆分速度相等结合系统机械能守恒求解B环最低点速度；
C、除重力外其他力做功等于机械能变化，杆拉力对B做正功阶段B机械能一直增加；
D、A速度为零时B机械能最大，系统机械能守恒，A减少的重力势能等于B增加的机械能，结合几何关系计算势能变化量。
11．某兴趣小组用图（a）所示装置验证做竖直上抛运动的小球机械能守恒。主要实验器材有：电源、铁架台、可调节的两光电门计时器、可锁定的轻弹簧、金属小球、游标卡尺、毫米刻度尺、导线若干。实验步骤如下：
a.按如图（a）安装并调节器材，使弹簧、小球、光电门1、光电门2在同一竖直线上；
b.用游标卡尺测量出小球直径为；
c.用毫米刻度尺测量出光电门1、光电门2之间的竖直距离为；
d.弹簧压缩并锁定，小球放置在轻弹簧上，解除锁定，让小球竖直向上先后通过光电门1、2，分别记录通过两光电门遮光时间、；
e.适当竖直调节光电门2的位置，重复步骤c、d、
（1）关于本实验下列说法正确的是___________。
A．本实验必须测量小球质量
B．步骤e中，也可以适当竖直调节光电门1的位置
C．解除弹簧锁定后，小球立即做竖直上抛运动
（2）小球通过光电门1的速度　 　（用题中已测物理量来表示）。
（3）该兴趣小组一同学在实验时发现光电门1并未工作，于是每次在同一位置解除弹簧锁定，其余步骤不变，测得通过光电门2的时间，和光电门1、2之间的竖直距离，并做出图（b）；得图（b）中斜率的绝对值为，重力加速度取，在误差允许范围内，若　 　（用和表示）即可验证小球在竖直上抛过程中机械能守恒。
【答案】（1）B
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）A．验证机械能守恒的关系式为 ，小球质量可约去，不需要测量，A错误；
B．只要重新测量两光电门的间距、记录遮光时间，调节任意一个光电门的位置都可以完成多次验证，B正确；
C．解除弹簧锁定后，弹簧弹力仍对小球做功，小球离开弹簧后才只受重力做竖直上抛运动，不是立即做竖直上抛，C错误。
故答案为：B。
（2）利用平均速度近似代替瞬时速度，小球直径为，通过光电门1的遮光时间为 ，因此速度 。
故答案为：
（3）每次在同一位置释放小球，因此小球经过光电门1的速度恒定。若机械能守恒，满足： 其中小球通过光电门2的速度
整理得 ，纵坐标为 ，横坐标为，因此图像斜率的绝对值 ，误差允许范围内满足该关系即可验证机械能守恒。
故答案为：
【分析】(1) 本题考查验证竖直上抛机械能守恒的实验操作与原理，机械能守恒式中质量可约去；可任意调节其中一个光电门改变间距；小球离开弹簧后才做竖直上抛运动。
(2) 利用极短时间内平均速度近似瞬时速度求解小球通过光电门的速度。
(3) 根据机械能守恒公式变形得到图像函数表达式，结合一次函数斜率的物理意义推导出斜率表达式。
（1）A．验证机械能守恒的关系式为 ，小球质量可约去，不需要测量，A错误；
B．只要重新测量两光电门的间距、记录遮光时间，调节任意一个光电门的位置都可以完成多次验证，B正确；
C．解除弹簧锁定后，弹簧弹力仍对小球做功，小球离开弹簧后才只受重力做竖直上抛运动，不是立即做竖直上抛，C错误。
故选B。
（2）利用平均速度近似代替瞬时速度，小球直径为，通过光电门1的遮光时间为 ，因此速度 。
（3）每次在同一位置释放小球，因此小球经过光电门1的速度恒定。若机械能守恒，满足： 其中小球通过光电门2的速度
整理得 ，纵坐标为 ，横坐标为，因此图像斜率的绝对值 ，误差允许范围内满足该关系即可验证机械能守恒。
12．智能机器人的感知依赖于敏感元件的实时反馈，弹性导电绳便是这类传感器的核心敏感元件之一、某同学设计下面的实验来测量弹性导电绳拉伸后的电阻率。
（1）测得弹性导电绳自由伸长时的长度和横截面积。
（2）弹性导电绳一端固定在点，另一端拉伸至点固定如图（a），用毫米刻度尺测得、间距离　 　。
（3）设计图（b）所示的电路，为定值电阻。断开和，用带金属夹的导线将、两点间弹性导电绳接入电路，将滑动变阻器的滑片滑到最右端，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置，记录两表的示数和。
（4）闭合，电压表示数发生了变化，应向　 　（填“左”或“右”）缓慢滑动的滑片，使电压表的示数恢复到，记录此时电流表的示数，则此时、间弹性导电绳的电阻　 　（用、和表示）。
（5）若弹性导电绳拉伸过程中体积保持不变，当弹性导电绳长度为时，电阻率　 　（用、、、和表示）。
（6）改变长度，重复实验。
（7）该同学在实验误差分析中，如果考虑电压表不是理想电压表，弹性导电绳电阻率的测量值　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【答案】；左；；；等于
【知识点】导体电阻率的测量；伏安法测电阻
【解析】【解答】（2）毫米刻度尺分度值为1mm，需估读到0.1mm，A端对齐，B端对齐，因此长度
故答案为：
（4）闭合后，与并联，总电阻减小，电路总电流增大，滑动变阻器分得电压增大，导致电压表示数减小；要让恢复原值，需要减小滑动变阻器接入电阻，因此滑片向左滑动。
电压表示数保持不变， 断开时，是和电压表的总电流；闭合后，是 、和电压表的总电流，因此流过的电流为，由欧姆定律得
故答案为：左；
（5）拉伸过程体积不变，，得拉伸后横截面积，代入电阻定律
整理得，即
故答案为：
（7）若考虑电压表内阻 ，推导得，，两式相减消去 得 ，测量值准确，因此电阻率测量值等于真实值。
故答案为：等于
【分析】（2）本小问考查毫米刻度尺的读数方法，需要估读到分度值下一位，通过末端刻度减去起始刻度得到导电绳长度。
（4）本小问考查动态电路分析以及伏安法测电阻的误差消除方法，并联电阻总阻值减小会使路端电压变化，通过调节滑动变阻器保持并联部分电压不变，利用两次电流差值消除电压表分流的影响。
（5）本小问考查电阻定律结合体积不变条件推导电阻率表达式，先根据体积不变求出拉伸后的横截面积，再代入电阻定律公式变形求解。
（7）本小问考查系统误差分析，通过两次电压保持不变的测量方式，抵消了电压表内阻的分流误差，因此电阻与电阻率的测量没有系统误差。
13．如图所示为一玩具小车上测量加速度的装置示意图，横截面积为、足够长、导热性能良好的薄壁容器固定在水平小车上，容器内有一质量的活塞，小车静止时恰好封闭一段长度的理想气体。某次测试中小车向右匀加速运动，稳定后活塞封闭的气体压强为、长度，已知初始环境温度为，大气压强，不计一切摩擦阻力。
（1）求封闭气体压强和小车匀加速运动的加速度大小；
（2）保持活塞封闭气体的压强不变，环境温度由缓慢降低至的过程中，测得封闭气体向外界放出的热量为，求此过程封闭气体内能变化量。
【答案】（1）解：容器导热性能良好，温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律
代入，，
约去得
对活塞受力分析，活塞随小车向右匀加速，由牛顿第二定律（大气压力向右，气体压力向左，合力向右）
代入，
得
（2）解：压强不变，封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律
其中初始温度，末温度
解得
气体体积减小，外界对气体做功
代入数据得
气体向外界放热，故，由热力学第一定律
则
负号表示封闭气体内能减少。
【知识点】热力学第一定律及其应用；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
【解析】【分析】(1) 本题考查等温过程玻意耳定律结合牛顿第二定律，先利用等温变化求出加速时气体压强，再对活塞受力分析求解加速度。
(2) 本题考查等压变化盖 - 吕萨克定律与热力学第一定律，先求出降温后气体长度，计算外界对气体做功，结合吸放热数值求解内能变化量。
（1）容器导热性能良好，温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律
代入，，
约去得
对活塞受力分析，活塞随小车向右匀加速，由牛顿第二定律（大气压力向右，气体压力向左，合力向右）
代入，
得
（2）压强不变，封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律
其中初始温度，末温度
解得
气体体积减小，外界对气体做功
代入数据得
气体向外界放热，故，由热力学第一定律
则
负号表示封闭气体内能减少。
14．如图所示，足够长的木板静止在水平面上，小物块、放在木板上。、之间的初始距离，，，，、与之间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数。时刻，分别给、水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求
（1）长木板开始滑动时的加速度大小；
（2）小物块与木板恰好共速时，、之间的距离；
（3）长木板运动的总时间。
【答案】（1）解：A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右，
地面对C的摩擦力向左
对C由牛顿第二定律，得
代入数据解得
（2）解：A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得，
解得A、B的加速度大小均为
设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
代入，解得
共同速度
时间内A的位移
由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间B的速度
B的位移
初始A、B间距，B比A多走
因此此时间距
（3）解：经过时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力
由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以匀速运动，A受到的静摩擦力为0，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
共同速度
三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后C静止，由动量定理，得
解得
长木板运动的总时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】(1) 本题考查板块模型受力分析与牛顿第二定律，分别求出物块对木板的摩擦力、地面对木板的摩擦力，对木板列牛顿第二定律方程求解加速度。
(2) 先求出 A 与木板共速的时间，利用匀变速位移公式分别算出 A、B 位移，结合初始间距得到此时 A、B 间距。
(3) 分三个阶段分析木板运动：A 加速到与木板共速阶段、A 和木板匀速等待 B 共速阶段、三者整体地面减速阶段，分别求出三段时间求和得到总运动时间。
（1）A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右，
地面对C的摩擦力向左
对C由牛顿第二定律，得
代入数据解得
（2）A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得，
解得A、B的加速度大小均为
设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
代入，解得
共同速度
时间内A的位移
由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间B的速度
B的位移
初始A、B间距，B比A多走
因此此时间距
（3）经过时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力
由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以匀速运动，A受到的静摩擦力为0，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
共同速度
三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后C静止，由动量定理，得
解得
长木板运动的总时间
15．如图所示，间距为的光滑平行固定金属导轨、与水平面间夹角，、两金属杆居分界线两侧紧靠放置，上侧导轨光滑，下侧导轨与金属杆之间动摩擦因数。已知两金属杆质量，，电阻值，，整个区域有垂直于导轨平面向下的匀强磁场。初始时杆处于锁定状态，给杆沿导轨向上的初速度，杆向上运动的最大距离为，当杆再次回到初始位置前已做匀速运动。金属杆始终垂直于导轨且接触良好，忽略两金属杆之间的磁场力，导轨电阻不计，重力加速度取，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求
（1）杆向上运动过程中通过杆的电荷量；
（2）杆从开始运动到回到初始位置的时间；
（3）若杆回到初始位置时，立即解除杆的锁定，同时给杆沿导轨向上的速度，、两杆在处发生完全弹性碰撞后，杆沿导轨向上运动的最大距离为，求两杆碰后到杆第一次速度为0的过程中杆产生的焦耳热。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，平均电动势
总电阻
平均电流
电荷量
代入，得
（2）解：a杆回到初始位置前，安培力
匀速向下运动，合力为0，有
代入，，解得匀速速度
对a杆从出发到回到全程，取沿斜面向下为正方向，重力冲量
向上运动时安培力冲量为
向下运动时安培力冲量为
由（1）分析可知
由动量定理，得
整理得
解得
（3）解：取向上为正方向，碰撞前、两杆速度分别为，
完全弹性碰撞满足动量守恒，且没有动能损失，有，
解得碰撞后，
总动能
碰撞后对两杆组成的系统受力分析，合外力
合外力为0，系统动量守恒，满足
等式恒成立，则、两杆的速度关系始终满足
因此当时，
杆的位移为
则杆向下位移大小为
杆受到的摩擦力
摩擦生热
a重力势能增加
b重力势能减少
总势能变化为0，因此总焦耳热
串联电路焦耳热与电阻成正比，因此
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 本题考查电磁感应中电荷量的推导，利用平均电动势、平均电流结合电荷量定义式，代入磁感应强度化简求解。
(2) 先由受力平衡求出a杆下滑的匀速速度，全过程用动量定理，安培力上下冲量抵消，结合重力冲量求解总时间。
(3) 先通过完全弹性碰撞规律求出碰后两杆速度，受力分析确定系统动量守恒，结合能量守恒求出回路总焦耳热，再根据串联电阻分压规律求出b杆产生的焦耳热。
（1）根据法拉第电磁感应定律，平均电动势
总电阻
平均电流
电荷量
代入，得
（2）a杆回到初始位置前，安培力
匀速向下运动，合力为0，有
代入，，解得匀速速度
对a杆从出发到回到全程，取沿斜面向下为正方向，重力冲量
向上运动时安培力冲量为
向下运动时安培力冲量为
由（1）分析可知
由动量定理，得
整理得
解得
（3）取向上为正方向，碰撞前、两杆速度分别为，
完全弹性碰撞满足动量守恒，且没有动能损失，有，
解得碰撞后，
总动能
碰撞后对两杆组成的系统受力分析，合外力
合外力为0，系统动量守恒，满足
等式恒成立，则、两杆的速度关系始终满足
因此当时，
杆的位移为
则杆向下位移大小为
杆受到的摩擦力
摩擦生热
a重力势能增加
b重力势能减少
总势能变化为0，因此总焦耳热
串联电路焦耳热与电阻成正比，因此
1 / 12026届四川省广安市高三下学期第二次模拟考试物理试题
1．核反应堆是核电站的心脏，人们目前能够控制的核反应为核裂变。下列属于核裂变的是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．用如图所示的装置观察光的干涉现象，单色平行光沿轴方向入射，在光屏上能观察到清晰的干涉条纹。下列方法能使光屏上的干涉条纹间距变大的是（　　）
A．仅换用波长更长的单色光照射
B．仅换用双缝间距更大的双缝片
C．仅减小双缝和光屏之间的距离
D．仅适当减小单缝和双缝之间的距离
3．A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电场力作用下从A点沿电场线运动到B点，其图像为如图所示。则这一电场可能是下图中的（　　）
A． B．
C． D．
4．光滑水平面上一根软绳沿轴摆放，用手握住绳的一端，时间内垂直于轴在水平面内的振动图像如图，振动形式沿轴正方向传播，时刻的波形可能是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，磁感应强度为的匀强磁场区域足够大，磁场方向垂直纸面向里。中间有一边界截面为圆形的无磁场区域，为圆心，为圆边界上的两点，。一质量为、电荷量为的带负电粒子从点垂直磁场射入匀强磁场区域后，从点第一次返回无场区，粒子在点的速度方向与直线的夹角为。不计粒子重力，则粒子在磁场中从运动到的时间为（　　）
A． B． C． D．
6．已知地球到太阳的距离大约是地球到月球距离的400倍，已知太阳的质量约为地球质量的 3.3×105 倍，请结合天体运动常识，估算月球受到太阳的吸引力与月球受到地球引力的比值接近（　　）
A．0.02 B．2 C．200 D．20000
7．游乐场有一滑滑梯游乐项目，其原理简化如图。两根直金属细杆与水平面以的夹角相互平行固定放置，两细杆间距。一个半径、质量的圆柱体从细杆的上端由静止开始下滑，圆柱体与细杆之间的动摩擦因数，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，，，，则（　　）
A．圆柱体下滑过程中受到3个力作用
B．每根细杆对圆柱体的弹力大小都是
C．圆柱体下滑时的加速度大小为
D．用平行于直金属杆向上的拉力可拉着圆柱体匀速运动
8．在图（a）所示的交流电路中，电源电压随时间变化如图（b）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为，定值电阻，当接入电路的阻值为时，电流表示数为，电流表、电压表均为理想电表，则（　　）
A．通过定值电阻的交流电频率为
B．电压表的示数为
C．变压器的输入功率为
D．调节滑动变阻器，变压器的最大输出功率为
9．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，场强大小。一质量为，电荷量为的带电小球从倾角的绝缘斜面上点以初速度水平抛出，落在斜面上点。重力加速度取，则（　　）
A．小球从点运动到距斜面最远位置所需时间
B．小球从点运动到点的时间
C．小球从点运动到点电势能的增加量
D．若撤去电场，则小球落到斜面的动能是未撤去电场时落到斜面的动能的两倍
10．如图所示，一半径为的大圆环与竖直杆之间的距离为，杆与环在同一竖直平面内固定放置。一根长的轻质刚性连杆与大圆环圆心等高水平放置，连杆与大圆环左半环交叉部分不接触但距离忽略不计，连杆两端有一个直径略大于竖直杆和大圆环的可转动环套A、B，A、B环套能在连杆作用下自由滑动。两环套的质量均为，重力加速度取，不计一切摩擦，静止释放两小环后（　　）
A．静止释放瞬间A环的加速度为
B．B环到达最低点时速度
C．B环到达最低点时机械能最小
D．B环机械能最大时，B环机械能增加了
11．某兴趣小组用图（a）所示装置验证做竖直上抛运动的小球机械能守恒。主要实验器材有：电源、铁架台、可调节的两光电门计时器、可锁定的轻弹簧、金属小球、游标卡尺、毫米刻度尺、导线若干。实验步骤如下：
a.按如图（a）安装并调节器材，使弹簧、小球、光电门1、光电门2在同一竖直线上；
b.用游标卡尺测量出小球直径为；
c.用毫米刻度尺测量出光电门1、光电门2之间的竖直距离为；
d.弹簧压缩并锁定，小球放置在轻弹簧上，解除锁定，让小球竖直向上先后通过光电门1、2，分别记录通过两光电门遮光时间、；
e.适当竖直调节光电门2的位置，重复步骤c、d、
（1）关于本实验下列说法正确的是___________。
A．本实验必须测量小球质量
B．步骤e中，也可以适当竖直调节光电门1的位置
C．解除弹簧锁定后，小球立即做竖直上抛运动
（2）小球通过光电门1的速度　 　（用题中已测物理量来表示）。
（3）该兴趣小组一同学在实验时发现光电门1并未工作，于是每次在同一位置解除弹簧锁定，其余步骤不变，测得通过光电门2的时间，和光电门1、2之间的竖直距离，并做出图（b）；得图（b）中斜率的绝对值为，重力加速度取，在误差允许范围内，若　 　（用和表示）即可验证小球在竖直上抛过程中机械能守恒。
12．智能机器人的感知依赖于敏感元件的实时反馈，弹性导电绳便是这类传感器的核心敏感元件之一、某同学设计下面的实验来测量弹性导电绳拉伸后的电阻率。
（1）测得弹性导电绳自由伸长时的长度和横截面积。
（2）弹性导电绳一端固定在点，另一端拉伸至点固定如图（a），用毫米刻度尺测得、间距离　 　。
（3）设计图（b）所示的电路，为定值电阻。断开和，用带金属夹的导线将、两点间弹性导电绳接入电路，将滑动变阻器的滑片滑到最右端，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置，记录两表的示数和。
（4）闭合，电压表示数发生了变化，应向　 　（填“左”或“右”）缓慢滑动的滑片，使电压表的示数恢复到，记录此时电流表的示数，则此时、间弹性导电绳的电阻　 　（用、和表示）。
（5）若弹性导电绳拉伸过程中体积保持不变，当弹性导电绳长度为时，电阻率　 　（用、、、和表示）。
（6）改变长度，重复实验。
（7）该同学在实验误差分析中，如果考虑电压表不是理想电压表，弹性导电绳电阻率的测量值　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
13．如图所示为一玩具小车上测量加速度的装置示意图，横截面积为、足够长、导热性能良好的薄壁容器固定在水平小车上，容器内有一质量的活塞，小车静止时恰好封闭一段长度的理想气体。某次测试中小车向右匀加速运动，稳定后活塞封闭的气体压强为、长度，已知初始环境温度为，大气压强，不计一切摩擦阻力。
（1）求封闭气体压强和小车匀加速运动的加速度大小；
（2）保持活塞封闭气体的压强不变，环境温度由缓慢降低至的过程中，测得封闭气体向外界放出的热量为，求此过程封闭气体内能变化量。
14．如图所示，足够长的木板静止在水平面上，小物块、放在木板上。、之间的初始距离，，，，、与之间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数。时刻，分别给、水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求
（1）长木板开始滑动时的加速度大小；
（2）小物块与木板恰好共速时，、之间的距离；
（3）长木板运动的总时间。
15．如图所示，间距为的光滑平行固定金属导轨、与水平面间夹角，、两金属杆居分界线两侧紧靠放置，上侧导轨光滑，下侧导轨与金属杆之间动摩擦因数。已知两金属杆质量，，电阻值，，整个区域有垂直于导轨平面向下的匀强磁场。初始时杆处于锁定状态，给杆沿导轨向上的初速度，杆向上运动的最大距离为，当杆再次回到初始位置前已做匀速运动。金属杆始终垂直于导轨且接触良好，忽略两金属杆之间的磁场力，导轨电阻不计，重力加速度取，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求
（1）杆向上运动过程中通过杆的电荷量；
（2）杆从开始运动到回到初始位置的时间；
（3）若杆回到初始位置时，立即解除杆的锁定，同时给杆沿导轨向上的速度，、两杆在处发生完全弹性碰撞后，杆沿导轨向上运动的最大距离为，求两杆碰后到杆第一次速度为0的过程中杆产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；核裂变
【解析】【解答】A．该核反应是原子核自发放出电子生成，属于β衰变，不属于核裂变，故A错误；
B．该反应中重核俘获中子后分裂成两个中等质量原子核，同时释放出中子，属于核裂变反应，故B正确；
C．两个轻核结合成质量较大的原子核，属于核聚变反应，故C错误；
D．该反应为电子俘获，属于原子核的衰变，不属于核裂变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查β衰变的特点，原子核自发释放电子的核反应为β衰变；
B、考查核裂变的定义，重核分裂为若干个中等质量原子核的反应属于核裂变，是核电站利用的核反应方式；
C、考查核聚变的定义，轻核聚合生成较重原子核的反应属于核聚变；
D、电子俘获属于原子核衰变的一种，不属于裂变、聚变类人工核反应。
2．【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】双缝干涉条纹间距公式为，其中为干涉条纹间距，是双缝到光屏的距离，是入射光波长，为双缝间距
A．仅换用波长更长的单色光照射，增大，由公式可知变大，干涉条纹间距变大，故A正确；
B．仅换用双缝间距更大的双缝片，增大，减小，条纹间距变小，故B错误；
C．仅减小双缝和光屏之间的距离，减小，减小，条纹间距变小，故C错误；
D．单缝和双缝之间的距离不会影响干涉条纹间距，改变该距离，条纹间距不变，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、B、C考查双缝干涉条纹间距公式，明确条纹间距与双缝到光屏距离、入射光波长成正比，与双缝间距成反比；
D、单缝的作用是获得线光源，单缝与双缝的间距只影响入射光的强弱，不会改变条纹间距大小。
3．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AC：图像切线斜率表示加速度，图像斜率逐渐增大，说明微粒加速度不断变大，由可知电场强度逐渐增大，电场线越来越密集，即从到电场线变密，故A正确，C错误。
BD：由图像可知，微粒速度不断增大，说明微粒做加速运动，电场力做正功，微粒带正电，因此电场强度方向由指向，故B、D错误；
故答案为：A。
【分析】本题结合图像考查电场线的特点，首先根据速度变化判断微粒加速，结合带电性质确定电场方向；再由图像斜率判断加速度变化，得到电场强度变化，根据电场线疏密表示电场强度大小，选出符合条件的电场线分布图。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图可知，波源的起振方向向上，在时刻，波源，即点恰好回到平衡位置，由于后面质点的振动都要落后于波源，故后面的质点都没有完成一个完整的全振动，传播介质不变，故波速不变，波源最初的振动周期较短，波长较小，之后波源振动的周期变大，波长变大，波长较小的波先产生，故传播到离波源较远处，波长较大的波离波源更近，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题结合振动图像考查机械波的波形判断，需要从振动图像分析波源的起振方向、周期变化规律，结合波速不变的特点分析波长与传播距离的关系，同时依据所有质点起振方向与波源一致的规律逐一筛选选项。
5．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，四边形为菱形，，则粒子轨迹圆心角为，粒子在磁场中，有，，可得粒子在磁场中的运动周期为，则粒子在磁场中从运动到的时间为
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动，解题关键是结合几何图形确定粒子运动轨迹的圆心角，先求出粒子圆周运动周期，再根据圆心角与圆周角的比值求解运动时间。
6．【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】设地月距离为，由题意可知日地距离为；由于地月距离远小于日地距离，可近似认为月球到太阳的距离等于日地距离。月球受到太阳的引力，月球受到地球的引力，可得
结合天体运动常识，太阳质量约为地球质量的倍，代入得
故答案为：B。
【分析】本题考查万有引力定律的比值计算，解题关键是利用日地距离近似代替月球到太阳的距离，分别列出月球受到太阳、地球的万有引力表达式，通过作比消去引力常量、月球质量、地月距离等物理量，代入已知质量与距离的倍数关系求解引力比值。
7．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．圆柱体下滑过程受到重力、两根细杆各自的支持力、两根细杆各自的滑动摩擦力，一共5个力，并非3个力，故A错误；
B．由几何关系，垂直杆方向受力平衡：，解得，并非40N，故B错误；
C．单个滑动摩擦力，沿杆方向由牛顿第二定律：，代入数据解得，故C正确；
D．圆柱体匀速向上运动时，摩擦力沿杆向下，受力平衡：，代入数据解得，并非42N，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、对圆柱体受力分析，明确重力、两个支持力、两个摩擦力，一共五个作用力；
B、结合几何关系求出支持力对应的夹角，根据垂直斜面方向受力平衡求解单根杆的支持力；
C、先求单个滑动摩擦力，再利用牛顿第二定律沿杆方向列式求解下滑加速度；
D、物体上滑时摩擦力反向，沿杆受力平衡计算所需拉力大小。
8．【答案】A,C
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由图(b)可知，交流电周期，电源电压峰值，则电源有效值，变压器匝数比。
A、交流电频率，理想变压器不改变交流电频率，因此通过的交流电频率为，故A正确；
B、副线圈中与并联，，通过的电流，副线圈总电流。根据，得原线圈电流；由得原线圈两端电压；电压表测两端电压，，故B错误；
C、变压器输入功率等于输出功率，，故C正确；
D、由，把副线圈负载等效到原线圈侧，当时变压器输出功率最大，此时最大输出功率，并非，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、根据交变电压图像求周期与频率，理想变压器不改变交流电频率；
B、先分析副线圈并联电路电压、总电流，结合变压器电流、电压匝数比规律，求出原线圈电压，再用电源总电压减去原线圈电压得到两端电压；
C、理想变压器输入功率等于副线圈总输出功率；
D、利用等效电阻法，当等效负载电阻等于原边串联电阻时输出功率最大，结合电源有效值求解最大功率。
9．【答案】B,C
【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】对小球受力分析，竖直方向，代入，解得加速度，方向竖直向下，小球做类平抛运动
A、小球运动到距斜面最远时，速度方向与斜面平行，有，代入，解得，故A错误；
B、小球落在斜面上满足，代入数据解得，故B正确；
C、竖直位移，电场力做负功，电势能增加量，故C正确；
D、由可知落到斜面上时竖直分速度，仅由倾角、初速度决定，与竖直加速度无关，因此撤去电场前后小球落到斜面时速度相同，动能相等，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、类平抛运动中，速度平行于斜面时距离斜面最远，结合速度偏角公式求解时间；
B、小球落在斜面上时位移偏角等于斜面倾角，利用位移偏角公式求解总运动时间；
C、先求出竖直下落位移，电场力做功的绝对值等于电势能的增加量；
D、位移偏角固定时，落到斜面的末速度只与初速度、倾角有关，与竖直加速度无关，因此两次落地动能相等。
10．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A. 静止释放瞬间两环水平方向受力为零，竖直方向只受重力作用，则A环的加速度为，A正确；
B．B环到达最低点时，AB两环的位置如图，对AB系统，由机械能守恒定律，速度关系为，速度，B错误；
CD．从开始运动到AB环与大圆环圆心三者共线时，杆的拉力对B一直做正功，大圆环的弹力对B不做功，则B的机械能一直增加，此时B环的机械能最大，则B环到达最低点时机械能不是最小；当三者共线时，A的速度为零，则由开始运动到三者共线对AB系统由机械能守恒定律可知，B环机械能最大时增加的机械能等于A环减小的机械能，即，C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、初始时刻受力分析，水平合力为零，A竖直方向只受重力，直接得到加速度；
B、利用沿刚性杆分速度相等结合系统机械能守恒求解B环最低点速度；
C、除重力外其他力做功等于机械能变化，杆拉力对B做正功阶段B机械能一直增加；
D、A速度为零时B机械能最大，系统机械能守恒，A减少的重力势能等于B增加的机械能，结合几何关系计算势能变化量。
11．【答案】（1）B
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）A．验证机械能守恒的关系式为 ，小球质量可约去，不需要测量，A错误；
B．只要重新测量两光电门的间距、记录遮光时间，调节任意一个光电门的位置都可以完成多次验证，B正确；
C．解除弹簧锁定后，弹簧弹力仍对小球做功，小球离开弹簧后才只受重力做竖直上抛运动，不是立即做竖直上抛，C错误。
故答案为：B。
（2）利用平均速度近似代替瞬时速度，小球直径为，通过光电门1的遮光时间为 ，因此速度 。
故答案为：
（3）每次在同一位置释放小球，因此小球经过光电门1的速度恒定。若机械能守恒，满足： 其中小球通过光电门2的速度
整理得 ，纵坐标为 ，横坐标为，因此图像斜率的绝对值 ，误差允许范围内满足该关系即可验证机械能守恒。
故答案为：
【分析】(1) 本题考查验证竖直上抛机械能守恒的实验操作与原理，机械能守恒式中质量可约去；可任意调节其中一个光电门改变间距；小球离开弹簧后才做竖直上抛运动。
(2) 利用极短时间内平均速度近似瞬时速度求解小球通过光电门的速度。
(3) 根据机械能守恒公式变形得到图像函数表达式，结合一次函数斜率的物理意义推导出斜率表达式。
（1）A．验证机械能守恒的关系式为 ，小球质量可约去，不需要测量，A错误；
B．只要重新测量两光电门的间距、记录遮光时间，调节任意一个光电门的位置都可以完成多次验证，B正确；
C．解除弹簧锁定后，弹簧弹力仍对小球做功，小球离开弹簧后才只受重力做竖直上抛运动，不是立即做竖直上抛，C错误。
故选B。
（2）利用平均速度近似代替瞬时速度，小球直径为，通过光电门1的遮光时间为 ，因此速度 。
（3）每次在同一位置释放小球，因此小球经过光电门1的速度恒定。若机械能守恒，满足： 其中小球通过光电门2的速度
整理得 ，纵坐标为 ，横坐标为，因此图像斜率的绝对值 ，误差允许范围内满足该关系即可验证机械能守恒。
12．【答案】；左；；；等于
【知识点】导体电阻率的测量；伏安法测电阻
【解析】【解答】（2）毫米刻度尺分度值为1mm，需估读到0.1mm，A端对齐，B端对齐，因此长度
故答案为：
（4）闭合后，与并联，总电阻减小，电路总电流增大，滑动变阻器分得电压增大，导致电压表示数减小；要让恢复原值，需要减小滑动变阻器接入电阻，因此滑片向左滑动。
电压表示数保持不变， 断开时，是和电压表的总电流；闭合后，是 、和电压表的总电流，因此流过的电流为，由欧姆定律得
故答案为：左；
（5）拉伸过程体积不变，，得拉伸后横截面积，代入电阻定律
整理得，即
故答案为：
（7）若考虑电压表内阻 ，推导得，，两式相减消去 得 ，测量值准确，因此电阻率测量值等于真实值。
故答案为：等于
【分析】（2）本小问考查毫米刻度尺的读数方法，需要估读到分度值下一位，通过末端刻度减去起始刻度得到导电绳长度。
（4）本小问考查动态电路分析以及伏安法测电阻的误差消除方法，并联电阻总阻值减小会使路端电压变化，通过调节滑动变阻器保持并联部分电压不变，利用两次电流差值消除电压表分流的影响。
（5）本小问考查电阻定律结合体积不变条件推导电阻率表达式，先根据体积不变求出拉伸后的横截面积，再代入电阻定律公式变形求解。
（7）本小问考查系统误差分析，通过两次电压保持不变的测量方式，抵消了电压表内阻的分流误差，因此电阻与电阻率的测量没有系统误差。
13．【答案】（1）解：容器导热性能良好，温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律
代入，，
约去得
对活塞受力分析，活塞随小车向右匀加速，由牛顿第二定律（大气压力向右，气体压力向左，合力向右）
代入，
得
（2）解：压强不变，封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律
其中初始温度，末温度
解得
气体体积减小，外界对气体做功
代入数据得
气体向外界放热，故，由热力学第一定律
则
负号表示封闭气体内能减少。
【知识点】热力学第一定律及其应用；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
【解析】【分析】(1) 本题考查等温过程玻意耳定律结合牛顿第二定律，先利用等温变化求出加速时气体压强，再对活塞受力分析求解加速度。
(2) 本题考查等压变化盖 - 吕萨克定律与热力学第一定律，先求出降温后气体长度，计算外界对气体做功，结合吸放热数值求解内能变化量。
（1）容器导热性能良好，温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律
代入，，
约去得
对活塞受力分析，活塞随小车向右匀加速，由牛顿第二定律（大气压力向右，气体压力向左，合力向右）
代入，
得
（2）压强不变，封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律
其中初始温度，末温度
解得
气体体积减小，外界对气体做功
代入数据得
气体向外界放热，故，由热力学第一定律
则
负号表示封闭气体内能减少。
14．【答案】（1）解：A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右，
地面对C的摩擦力向左
对C由牛顿第二定律，得
代入数据解得
（2）解：A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得，
解得A、B的加速度大小均为
设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
代入，解得
共同速度
时间内A的位移
由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间B的速度
B的位移
初始A、B间距，B比A多走
因此此时间距
（3）解：经过时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力
由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以匀速运动，A受到的静摩擦力为0，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
共同速度
三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后C静止，由动量定理，得
解得
长木板运动的总时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】(1) 本题考查板块模型受力分析与牛顿第二定律，分别求出物块对木板的摩擦力、地面对木板的摩擦力，对木板列牛顿第二定律方程求解加速度。
(2) 先求出 A 与木板共速的时间，利用匀变速位移公式分别算出 A、B 位移，结合初始间距得到此时 A、B 间距。
(3) 分三个阶段分析木板运动：A 加速到与木板共速阶段、A 和木板匀速等待 B 共速阶段、三者整体地面减速阶段，分别求出三段时间求和得到总运动时间。
（1）A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右，
地面对C的摩擦力向左
对C由牛顿第二定律，得
代入数据解得
（2）A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得，
解得A、B的加速度大小均为
设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
代入，解得
共同速度
时间内A的位移
由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间B的速度
B的位移
初始A、B间距，B比A多走
因此此时间距
（3）经过时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力
由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以匀速运动，A受到的静摩擦力为0，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
共同速度
三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后C静止，由动量定理，得
解得
长木板运动的总时间
15．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，平均电动势
总电阻
平均电流
电荷量
代入，得
（2）解：a杆回到初始位置前，安培力
匀速向下运动，合力为0，有
代入，，解得匀速速度
对a杆从出发到回到全程，取沿斜面向下为正方向，重力冲量
向上运动时安培力冲量为
向下运动时安培力冲量为
由（1）分析可知
由动量定理，得
整理得
解得
（3）解：取向上为正方向，碰撞前、两杆速度分别为，
完全弹性碰撞满足动量守恒，且没有动能损失，有，
解得碰撞后，
总动能
碰撞后对两杆组成的系统受力分析，合外力
合外力为0，系统动量守恒，满足
等式恒成立，则、两杆的速度关系始终满足
因此当时，
杆的位移为
则杆向下位移大小为
杆受到的摩擦力
摩擦生热
a重力势能增加
b重力势能减少
总势能变化为0，因此总焦耳热
串联电路焦耳热与电阻成正比，因此
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 本题考查电磁感应中电荷量的推导，利用平均电动势、平均电流结合电荷量定义式，代入磁感应强度化简求解。
(2) 先由受力平衡求出a杆下滑的匀速速度，全过程用动量定理，安培力上下冲量抵消，结合重力冲量求解总时间。
(3) 先通过完全弹性碰撞规律求出碰后两杆速度，受力分析确定系统动量守恒，结合能量守恒求出回路总焦耳热，再根据串联电阻分压规律求出b杆产生的焦耳热。
（1）根据法拉第电磁感应定律，平均电动势
总电阻
平均电流
电荷量
代入，得
（2）a杆回到初始位置前，安培力
匀速向下运动，合力为0，有
代入，，解得匀速速度
对a杆从出发到回到全程，取沿斜面向下为正方向，重力冲量
向上运动时安培力冲量为
向下运动时安培力冲量为
由（1）分析可知
由动量定理，得
整理得
解得
（3）取向上为正方向，碰撞前、两杆速度分别为，
完全弹性碰撞满足动量守恒，且没有动能损失，有，
解得碰撞后，
总动能
碰撞后对两杆组成的系统受力分析，合外力
合外力为0，系统动量守恒，满足
等式恒成立，则、两杆的速度关系始终满足
因此当时，
杆的位移为
则杆向下位移大小为
杆受到的摩擦力
摩擦生热
a重力势能增加
b重力势能减少
总势能变化为0，因此总焦耳热
串联电路焦耳热与电阻成正比，因此
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