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2026届广西南宁市普通高中毕业班第二次适应性测试物理试卷
1．一辆新能源汽车在发现红灯时刹车，汽车即做匀减速直线运动，其速度-时间图像如图所示，则该汽车的加速度大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图像斜率代表加速度， 从速度—时间图像中读取初速度v0=20m/s，末速度v=0，运动时间Δt=5s，代入数据得加速度大小为：。
故选：C。
【分析】利用速度—时间图像的斜率表示加速度，从图中读取初速度、末速度及对应的时间，计算斜率的绝对值得到加速度大小。
2．关于波粒二象性，下列说法正确的是（　　）
A．光电效应现象说明光具有粒子性
B．康普顿效应说明光具有波动性
C．一个电子和一个质子具有相同的动能时，电子的德布罗意波长更小
D．在铁轨上运行的动车组、在跑道上跑步的运动员等宏观物体只具有粒子性，不具有波动性
【答案】A
【知识点】光的波粒二象性；光电效应；康普顿效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A、光电效应是指光照射到金属表面时，金属中的电子吸收光子能量后逸出的现象。该现象表明光的能量是不连续的，以“光子”的形式存在，直接证明了光具有粒子性，故A正确。B、康普顿效应是指X射线照射物质时，散射光中除了原波长的光外，还出现波长更长的光的现象。这一现象表明光子不仅具有能量，还具有动量，进一步证明了光的粒子性，而非波动性，故B错误。
C．德布罗意波长公式为动能和动量的关系为，联立得
动能相同时，电子质量远小于质子，因此电子的德布罗意波长更大，故C错误；
D．宏观物体也具有波粒二象性，只是其动量极大，德布罗意波长极短，波动性难以被观测，并非只具有粒子性，故D错误。
故选A。
【分析】明确波粒二象性的基本概念（光电效应、康普顿效应的意义，德布罗意波长公式，宏观物体的波粒二象性），再逐一分析各选项的正确性。
3．在绝缘光滑水平面上固定一正点电荷Q，现在点电荷Q附近由静止释放另一正点电荷q，在点电荷q运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两电荷间的库仑力越来越小 B．点电荷q的电势能越来越大
C．点电荷q的动能先变大后变小 D．点电荷q做匀加速直线运动
【答案】A
【知识点】库仑定律；电势能
【解析】【解答】A．根据库仑定律有，两电荷之间的距离逐渐增大，因此库仑力逐渐减小，故A正确；
B．点电荷q受到的库仑力与点电荷q的运动方向一致，库仑力对点电荷q做正功，根据功能关系可知点电荷q的电势能越来越小，故B错误；
C．在绝缘光滑水平面上，只有库仑力一直对q做正功，由动能定理可知，点电荷q的动能逐渐增大，不存在动能减小的阶段，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有，库仑力逐渐减小，因此点电荷q的加速度逐渐减小，点电荷q做加速度减小的加速直线运动，不是匀加速直线运动，故D错误。
故选A。
【分析】库仑力随距离增大而减小，且力与位移方向一致，做正功，动能越来越大，结合牛顿第二定律分析。
4．带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，如图所示，ab线段、ac线段分别与横轴、纵轴平行，经过b、c两点的虚线为等温线。设气体在状态a、b、c时的温度分别为、、，在过程ab、ac中吸收的热量分别为、，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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；热力学图像类问题
【解析】【解答】AB.对于过程ab，气体压强不变，根据盖-吕萨克定律可知，体积增大，温度升高，即Tb＞Ta，对于过程ac，气体体积不变，根据查理定律可知，压强增大，温度升高，即Tc＞Ta，由图可知，状态b、c在同一条等温线上，故Tb=Tc，综上所述，Tb=Tc＞Ta，故AB错误；CD.理想气体的内能只与温度有关，因为Tb=Tc且初状态都是a，所以从a到b和从a到c，气体的内能变化量相等，即ΔUab=ΔUac，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知过程ab中，气体体积增大，气体对外做功，即Wab＜0，所以Qab=ΔUab-Wab=ΔUab+|Wab|过程ac中，气体体积不变，外界对气体不做功，即Wac=0，所以Qac=ΔUac，因为ΔUab=ΔUac，|Wa|＞0，所以Qab＞Qac，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】当气体的物质的量不变时，由理想气体状态方程，求解气体体积变化后，温度变化。理想气体的内能只与温度有关，气体体积增大，气体对外做功，再根据热力学第一定律ΔU=W+Q，求解从a到b和从a到c的，热量变化。
5．荡秋千是大家喜爱的一项体育娱乐活动。某秋千的简化图如图所示，细绳长为L，重力加速度大小为g，质量为m的小球从悬点正下方开始摆动，最大摆角为θ。不计空气阻力，细绳质量相对小球可忽略，小球看成质点。下列说法正确的是（　　）
A．当时，可以把小球的摆动看成简谐运动
B．若可以把小球的摆动看成简谐运动，其周期为
C．小球在运动过程中动能一直减小
D．细绳的最大拉力为
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A、单摆做简谐运动的条件是摆角很小，通常要求θ＜5°，当10°＜θ＜20°时，不能看成简谐运动，故A错误；
B、根据单摆周期公式可知其周期为，故B错误；
C、小球在从最低点向最高点运动过程中，动能减小；从最高点向最低点运动过程中，动能增大，不是动能一直减小，故C错误；
D、设小球在最低点的速度为，小球在最低点时速度最大，细绳拉力最大，从最高点到最低点根据机械能守恒定律有 ，在最低点，根据牛顿第二定律有
联立解得最大拉力 ，故D正确。
故选D。
【分析】单摆可视为简谐运动的摆角通常要求小于5°，10°～20°超出范围，不能看成简谐运动；根据单摆简谐运动周期公式判断；小球摆动时速度先增后减，动能也先增后减；小球在最低点时拉力最大，结合机械能守恒和向心力公式推导，可得出最大拉力。
6．神舟二十一号载人飞船入轨后，于北京时间2025年11月1日3时22分，成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约3.5小时，创造了神舟飞船与空间站交会对接的最快纪录，飞船变轨过程简化图如图所示。飞船先进入椭圆轨道Ⅰ，近地点P与地心间距为，远地点Q与地心间距为，在Q点顺利完成状态调整后成功与空间站对接。空间站运行的轨道Ⅱ可视为圆轨道，轨道半径为r。下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅰ时，在P点与Q点的加速度之比为
B．飞船在轨道Ⅰ时，在P点与Q点的速度之比为
C．飞船在轨道Ⅰ的运行周期与空间站在轨道Ⅱ的运行周期之比为
D．飞船在轨道Ⅰ的运行周期与空间站在轨道Ⅱ的运行周期之比为
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船先进入椭圆轨道Ⅰ，近地点P与地心间距为，远地点Q与地心间距为，根据万有引力定律以及牛顿第二定律可知，飞船在P点的加速度满足，飞船在Q点的加速度满足，联立可知飞船在P点与Q点的加速度之比为，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，飞船在椭圆轨道上经过P、Q两点时
可知飞船在P点与Q点的速度之比为，故B正确；
CD．根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道Ⅰ的运行周期与空间站在轨道Ⅱ的运行周期之比满足，解得，故CD错误。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力求解加速度比值；根据开普勒第二定律列式求解；根据开普勒第三定律列式解答。
7．如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与物块A拴接。物块A静止在位置O点，此时弹簧的压缩量为。现有一物块B从距离O点上方处由静止释放，与A碰撞后一起向下运动但不粘连。已知A、B质量均为m，两者均可视为质点，弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后瞬间两物块的速度大小为
B．碰撞后两物块运动的最低点离O点距离为
C．向上弹起过程中，两物块在O点分离
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能为
【答案】B
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．物块B由释放至与A碰撞前瞬间，由动能定理得：
解得物块B与A碰撞前瞬间的速度大小为
对A、B碰撞过程，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：
解得碰撞后瞬间两物块的速度大小为：，故A错误；
BD．因A初始受力平衡位置弹簧的压缩量为，可知
碰撞后两物块向下运动过程机械能守恒，设运动的最低点离O点距离为，满足，联立解得
此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，为，故B正确、D错误；
C．两物体发生分离的临界条件为物块间弹力为0，且加速度相等；以物块B作为研究对象，与物块A发生分离瞬间，所受合力大小为，由牛顿第二定律可知，此时物块B的加速度为，故物块A的加速度为
由牛顿第二定律可知，此时物块A所受合力大小为，因此弹簧处于原长状态，故C错误。
故选B。
【分析】根据动能定理求得物块B与A碰撞前瞬间的速度大小，对A、B碰撞过程，根据动量守恒定律求得碰撞后瞬间两物块的速度大小；由初始A处于平衡状态求得弹簧的劲度系数。根据能量守恒定律求得碰撞后两物块运动的最低点离O点距离；物块A、B分离时它们之间的弹力为零，根据牛顿第二定律求得分离时弹簧弹力，确定分离的位置；碰撞后两物块运动的最低点时弹簧的弹性势能最大，根据：
Ep=kx2，求解弹簧的最大弹性势能。
8．如图所示，a与b两束平行单色光射向同一块长方体玻璃砖的上表面，折射后经玻璃砖下表面射出。已知玻璃对单色光b的折射率较小，则关于a、b两单色光的比较，下列说法正确的是（　　）
A．a光不可能在玻璃砖下表面发生全反射
B．a光比b光在真空中的波长更大
C．a光比b光的衍射现象明显
D．从玻璃砖下表面射出后，两单色光间距变大
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A.a光在下表面的入射角等于在上表面的折射角，则a光不可能在玻璃传下表面发生全反射，故A正确；
BC.玻璃对单色光b的折射率较小，可知b光的频率更小，根据，b光比a光在真空中的波长更大，衍射现象明显，故BC错误；
D．画出两束光的传播路径
故从玻璃砖下表面射出后，两束光仍然平行，且两束光之间的距离增大了，故D正确。
故选：AD。
【分析】根据折射率与光的频率、波长的关系，结合玻璃砖折射规律与全反射条件，逐一分析各选项的正确性。
9．图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将干电池提供的直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数比为，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。下列说法正确的是（　　）
A．当时，电压表示数为0
B．一个周期内原线圈中电流方向改变2次
C．当开关闭合后，电压表示数为时，可以点燃气体
D．当开关闭合后，电压表示数为时，不可以点燃气体
【答案】B,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．交流电压表测量的是交流电的有效值，因此时电压表示数不为0，故A错误；
B．转换器将干电池提供的直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，正弦交流电一个周期内，电流方向会改变2次，故B正确；
CD．已知原线圈电压有效值，根据理想变压器电压比，可得副线圈电压有效值，副线圈电压的最大值
满足“ 当变压器副线圈电压的瞬时值大于6000V引发电火花点燃气体”的条件，因此可以点燃气体，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】结合变压器的变压比与正弦交流电的瞬时值公式，计算副线圈瞬时电压并与6000V阈值比较判断。
10．如图所示，立方体空间被水平分成竖直高度均为d的Ⅰ区、Ⅱ区、Ⅲ区，空间水平长度和宽度足够大，其中Ⅰ区和Ⅲ区的磁感应强度大小均为B0，方向均为水平向右，Ⅱ区的磁感应强度大小未知，方向为竖直向下，现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从Ⅰ区上边界的O点垂直于该边界水平入射，已知粒子速度v为，粒子进入Ⅲ区时的速度与进入Ⅱ区时的速度相同，不考虑粒子的重力，则（　　）
A．粒子进入Ⅱ区时的速度与水平方向的夹角为30°
B．粒子进入Ⅱ区时的速度与水平方向的夹角为60°
C．Ⅱ区的磁感应强度大小可能为
D．粒子通过Ⅰ区、Ⅱ区、Ⅲ区的总时间一定是
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．粒子进入Ⅰ区磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得，可得，
由几何关系可知粒子速度方向与水平方向的夹角为60°，故A错误，B正确；
C．粒子进入Ⅱ区磁场后的运动可分解为水平方向上的圆周运动和竖直方向上的匀速直线运动，水平方向上根据运动的分解结合牛顿第二定律可得，，，，解得，，故C错误；
D．粒子进入Ⅲ区时的速度与进入Ⅱ区时的速度相同，可知粒子进入Ⅲ区磁场后，速度方向再偏转后垂直地面离开，根据圆周运动规律可得，可知全程运动时间为，
，故D正确。
故选BD。
【分析】先分析粒子在I区水平磁场中的速度分解，结合竖直位移d得到进入Ⅱ区的速度偏角，再利用Ⅱ区竖直磁场中圆周运动的对称性与进入Ⅲ区的速度条件，分析磁感应强度可能值，最后计算三段区域的运动总时间。
11．为了开展课外探究活动，某兴趣小组通过电商平台购买了一捆标称长度的铜导线，同学们想测定其实际长度。实验室可供使用的器材如下：
电流表：量程，内阻约；
电压表：量程，内阻约；
滑动变阻器R：最大阻值；
定值电阻：；
电源：电动势，内阻可不计；
开关、导线若干。
设计的实验操作方案如下：
（1）从课本查得铜的电阻率。
（2）使用螺旋测微器测量铜导线的直径，示数如图甲所示，可知铜导线的直径　 　。
（3）根据如图乙的电路图测定铜导线电阻，在某次测量中，电压表示数如图丙所示，读数　 　V时，电流表示数如图丁所示，读数　 　A。
（4）根据前面测量数据，计算得整捆铜导线的长度　 　m（保留三位有效数字）。
【答案】0.900；2.30 V；0.50A；59.9m
【知识点】电阻定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（2）螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为40.0×0.01mm=0.400mm，总读数为0.5+0.400=0.900mm
（3）电压表，量程0～3V，分度值0.1V，指针指向2.30V，故读数U=2.30V
电流表，量程0～0.6A，分度值0.02A，指针指向0.50A，故读数I=0.50A。
（4）由电阻定律，可求铜导线的长度，其中由第三问可知
已知，故，铜导线的横截面积，解得横截面积
由题知铜的电阻率，综上计算得
【分析】（2）螺旋测微器读数为固定刻度值加可动刻度与精度的乘积，固定刻度0.5mm，可动刻度40.0格，精度0.01mm，计算得导线直径；
（3）电压表量程0～3V，分度值0.1V，按指针位置读取电压；电流表量程0～0.6A，分度值0.02A，按指针位置读取电流；
（4）先由欧姆定律算出铜导线电阻，再结合电阻定律，代入电阻率、导线横截面积与电阻的关系，计算导线实际长度。
12．某实验小组利用图甲所示装置验证动量守恒定律。先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的挡板边缘，调节挡板为竖直状态；然后从斜槽上某一位置释放匀质小球A，撞到挡板上的白纸留下压痕P；将挡板向右水平平移适当距离，让小球A从同一位置由静止释放，落到挡板上的白纸留下压痕；保持挡板位置不变，将半径相同的小球B放在斜槽轨道末端，让小球A从同一位置由静止释放，与小球B碰撞后先后撞在挡板上的白纸留下压痕，如图乙所示。重力加速度大小为g。
（1）关于本实验，下列说法正确的有______。
A．选择体积大、密度小的小球
B．斜槽必须光滑
C．小球A质量应大于小球B质量
（2）测量数据时，可将抛出点O定为坐标原点，建立直角坐标系。点O应为如图丙　 　位置（选填“a”“b”或“c”）。
（3）若通过改变挡板向右平移距离x，让小球A从同一位置由静止释放，测出挡板上的压痕与P点距离h；重复多次实验，作出图线，求得图线斜率为k，则可求出其平抛运动的初速度　 　（用斜率k和重力加速度g表示）。
（4）测量小球A和小球B的质量为、，各压痕中心点与P点的距离、、分别为、、。当满足关系式　 　时，则可验证两球碰撞过程中动量守恒（要求用本小问测出物理量的字母表示）。
【答案】（1）C
（2）a
（3）
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A、为减小空气阻力对实验的影响，应选择体积小、密度大的小球，故A错误；
B、实验时入射球从斜槽上同一位置由静止释放即可，斜槽不必光滑，故B错误；
C、为防止碰撞后入射球反弹，小球A质量应大于小球B质量，故C正确。
故选：C。
（2）坐标原点应是小球抛出时球心的位置，应为图丙a位置。
（3）设从抛出到撞击到挡板时间为，小球A离开轨道后做平抛运动，
水平方向位移，竖直方向下落高度，联立可得
则图线斜率，可得
（4）小球做平抛运动，根据平抛运动规律，，可得初速为
若两球碰撞过程中动量守恒，则有，代入数据化简可得
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题；
（2）坐标原点应是小球抛出时球心的位置；
（3）求出图像的函数解析式，然后分析答题；
（4）求出碰撞前后小球的速度，应用动量守恒定律求解。
（1）A．为减小空气阻力影响，应选择体积小、密度大的小球，故A错误；
B．为了保持每次碰撞前小球A的速度相同，小球A每次必须从斜槽上同一高度由静止释放，但斜槽不需要光滑，故B错误；
C．为了保证碰撞后入射小球A不反弹，必须保证小球A的质量大于小球B的质量，故C正确。
故选 C。
（2）测量数据时为避免小球半径的影响，抛出点O应位于抛出时小球质心处，应为如图丙a位置
（3）小球A离开轨道后做平抛运动，设从抛出到撞击到挡板时间为
则小球A在水平和竖直运动距离分别为，
联立可得
则图线斜率
可得
（4）根据平抛运动规律，
可得初速为
若两球碰撞过程中动量守恒，则有
代入数据化简可得
13．医疗CT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图，图乙是其中扫描机X射线的产生部分，M、N之间加有恒为的加速电压，水平宽度为L的虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场。电子束运动轨迹如图乙中实线所示。已知电子质量为m，电荷量为e。忽略电子的重力，不考虑电子间的相互作用，不计空气阻力。
（1）若电子束射出磁场时速度方向改变37°，求磁场的磁感应强度大小；
（2）若将虚线框内磁场更换为竖直方向的匀强电场，让电子束射出电场时速度方向仍改变37°，求电场的电场强度大小和方向。
【答案】（1）解：电子经过电场加速过程，根据动能定理可得
解得从N点射出时电子的速度为
电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向里，电子在磁场中的轨迹如图所示
根据牛顿第二定律可得
由几何关系可得
联立解得
（2）解：若将虚线框内磁场更换为竖直方向的匀强电场，则电场方向竖直向上；电子在偏转电场中做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t，则有L=vt，，vy=at，
联立可得
【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
【解析】【分析】（1）电子经过电场加速过程，在磁场中做圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求磁场的磁感应强度大小；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求电场的电场强度大小和方向。
（1）电子经过电场加速过程，根据动能定理可得
解得从N点射出时电子的速度为
电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向里，电子在磁场中的轨迹如图所示
根据牛顿第二定律可得
由几何关系可得
联立解得
（2）若将虚线框内磁场更换为竖直方向的匀强电场，则电场方向竖直向上；电子在偏转电场中做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t，则有L=vt，，vy=at，
联立可得
14．磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具，其某种驱动系统可简化为如下模型：如图甲所示，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形金属框，金属框位于平面内，短边长为L，长边长为且被x轴垂直平分，初始时刻边位于y轴且金属框速度为零。金属框由相同粗细的导线制成，总电阻为R。列车轨道沿方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿方向按波长为λ（λ未知，且可调整）的正弦规律分布，最大值为，如图乙所示。金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以一定的速率沿方向匀速平移，金属框受到的安培力即为列车获得的驱动力。
（1）若，求初始时刻金属框的电流；
（2）求列车速度大小为v（）时获得最大驱动力的大小；
（3）求列车获得最大驱动力时λ满足的条件。
【答案】（1）解：磁感应强度沿x的分布为
初始时刻金属框左竖直边ad在x=0，右竖直边bc在x=L
代入得，
总感应电动势为两个竖直边的电动势之和
由欧姆定律得电流
（2）解：磁场相对金属框的速度为
总感应电动势最大值出现在两个竖直边磁感应强度差最大时，此时
最大感应电动势
电流
总安培力（驱动力）为两个竖直边安培力之和
（3）解：为使列车获得最大驱动力，ad、bc应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大．因此应为的奇数倍，即
整理得
【知识点】安培力的计算；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】【分析】（1）分析磁场相对金属框的运动，确定初始时刻金属框两条长边处的磁感应强度，计算总感应电动势，再由欧姆定律求出电流；
（2）确定金属框相对磁场的运动速度，分析两条长边磁感应强度差值对感应电动势和安培力的影响，找到磁感应强度差值的最大值，推导出最大驱动力的表达式；
（3）根据正弦磁场的分布规律，分析使两条长边磁感应强度差值最大的条件，结合三角函数性质推导出波长λ满足的关系式。
（1）磁感应强度沿x的分布为
初始时刻金属框左竖直边ad在x=0，右竖直边bc在x=L
代入得，
总感应电动势为两个竖直边的电动势之和
由欧姆定律得电流
（2）磁场相对金属框的速度为
总感应电动势最大值出现在两个竖直边磁感应强度差最大时，此时
最大感应电动势
电流
总安培力（驱动力）为两个竖直边安培力之和
（3）为使列车获得最大驱动力，ad、bc应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大．因此应为的奇数倍，即
整理得
15．如图所示，竖直平面内半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其下端B点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端点C与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块位于C点。一物块a（可视为质点）质量为，以速率从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为，以恒定速率沿顺时针方向转动，g取。
（1）求物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率；
（2）若时物块a经过B点，求2026号滑块开始运动的时刻；
（3）求物块a与传送带间因摩擦产生的总热量Q（保留至小数点后两位）。
【答案】（1）解：物块a由A到B点动能定理有
解得
水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得
设物块a减速运动时间为，位移为，有
解得
由可知物块能与传送带共速，减速时间
到达C点时速度为，物块a第一次与1号滑块碰撞，动量守恒和机械能守恒有，
解得，
故物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率
（2）解：由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为
物块a在传送带上匀速运动时间为
故2026号滑块开始运动的时刻
（3）解：由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，
解得，
同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即
同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。
设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，，
代入数据
由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知
物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移
物块a与传送带总相对位移
物块a与传送带间因摩擦产生的总热量
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）用动能定理求物块a到B点的速度，由牛顿第二定律求传送带减速加速度，结合运动学公式确定物块a在传送带上的运动状态，通过动量守恒和机械能守恒求解第一次碰撞后物块a的速度。
（2）利用等质量弹性碰撞“速度交换”的规律，结合传送带匀速运动时间，推导第2026号滑块的启动时刻。
（3）分析每次碰撞后物块a的速度递变规律，计算物块与传送带的总相对位移，再由摩擦生热公式Q=μmgx相求出总热量。
（1）物块a由A到B点动能定理有
解得
水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得
设物块a减速运动时间为，位移为，有
解得
由可知物块能与传送带共速，减速时间
到达C点时速度为，物块a第一次与1号滑块碰撞，动量守恒和机械能守恒有，
解得，
故物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率
（2）由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为
物块a在传送带上匀速运动时间为
故2026号滑块开始运动的时刻
（3）由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，
解得，
同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即
同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。
设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，，
代入数据
由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知
物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移
物块a与传送带总相对位移
物块a与传送带间因摩擦产生的总热量
1 / 12026届广西南宁市普通高中毕业班第二次适应性测试物理试卷
1．一辆新能源汽车在发现红灯时刹车，汽车即做匀减速直线运动，其速度-时间图像如图所示，则该汽车的加速度大小是（　　）
A． B． C． D．
2．关于波粒二象性，下列说法正确的是（　　）
A．光电效应现象说明光具有粒子性
B．康普顿效应说明光具有波动性
C．一个电子和一个质子具有相同的动能时，电子的德布罗意波长更小
D．在铁轨上运行的动车组、在跑道上跑步的运动员等宏观物体只具有粒子性，不具有波动性
3．在绝缘光滑水平面上固定一正点电荷Q，现在点电荷Q附近由静止释放另一正点电荷q，在点电荷q运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两电荷间的库仑力越来越小 B．点电荷q的电势能越来越大
C．点电荷q的动能先变大后变小 D．点电荷q做匀加速直线运动
4．带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，如图所示，ab线段、ac线段分别与横轴、纵轴平行，经过b、c两点的虚线为等温线。设气体在状态a、b、c时的温度分别为、、，在过程ab、ac中吸收的热量分别为、，则（　　）
A． B． C． D．
5．荡秋千是大家喜爱的一项体育娱乐活动。某秋千的简化图如图所示，细绳长为L，重力加速度大小为g，质量为m的小球从悬点正下方开始摆动，最大摆角为θ。不计空气阻力，细绳质量相对小球可忽略，小球看成质点。下列说法正确的是（　　）
A．当时，可以把小球的摆动看成简谐运动
B．若可以把小球的摆动看成简谐运动，其周期为
C．小球在运动过程中动能一直减小
D．细绳的最大拉力为
6．神舟二十一号载人飞船入轨后，于北京时间2025年11月1日3时22分，成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约3.5小时，创造了神舟飞船与空间站交会对接的最快纪录，飞船变轨过程简化图如图所示。飞船先进入椭圆轨道Ⅰ，近地点P与地心间距为，远地点Q与地心间距为，在Q点顺利完成状态调整后成功与空间站对接。空间站运行的轨道Ⅱ可视为圆轨道，轨道半径为r。下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅰ时，在P点与Q点的加速度之比为
B．飞船在轨道Ⅰ时，在P点与Q点的速度之比为
C．飞船在轨道Ⅰ的运行周期与空间站在轨道Ⅱ的运行周期之比为
D．飞船在轨道Ⅰ的运行周期与空间站在轨道Ⅱ的运行周期之比为
7．如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与物块A拴接。物块A静止在位置O点，此时弹簧的压缩量为。现有一物块B从距离O点上方处由静止释放，与A碰撞后一起向下运动但不粘连。已知A、B质量均为m，两者均可视为质点，弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后瞬间两物块的速度大小为
B．碰撞后两物块运动的最低点离O点距离为
C．向上弹起过程中，两物块在O点分离
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能为
8．如图所示，a与b两束平行单色光射向同一块长方体玻璃砖的上表面，折射后经玻璃砖下表面射出。已知玻璃对单色光b的折射率较小，则关于a、b两单色光的比较，下列说法正确的是（　　）
A．a光不可能在玻璃砖下表面发生全反射
B．a光比b光在真空中的波长更大
C．a光比b光的衍射现象明显
D．从玻璃砖下表面射出后，两单色光间距变大
9．图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将干电池提供的直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数比为，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。下列说法正确的是（　　）
A．当时，电压表示数为0
B．一个周期内原线圈中电流方向改变2次
C．当开关闭合后，电压表示数为时，可以点燃气体
D．当开关闭合后，电压表示数为时，不可以点燃气体
10．如图所示，立方体空间被水平分成竖直高度均为d的Ⅰ区、Ⅱ区、Ⅲ区，空间水平长度和宽度足够大，其中Ⅰ区和Ⅲ区的磁感应强度大小均为B0，方向均为水平向右，Ⅱ区的磁感应强度大小未知，方向为竖直向下，现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从Ⅰ区上边界的O点垂直于该边界水平入射，已知粒子速度v为，粒子进入Ⅲ区时的速度与进入Ⅱ区时的速度相同，不考虑粒子的重力，则（　　）
A．粒子进入Ⅱ区时的速度与水平方向的夹角为30°
B．粒子进入Ⅱ区时的速度与水平方向的夹角为60°
C．Ⅱ区的磁感应强度大小可能为
D．粒子通过Ⅰ区、Ⅱ区、Ⅲ区的总时间一定是
11．为了开展课外探究活动，某兴趣小组通过电商平台购买了一捆标称长度的铜导线，同学们想测定其实际长度。实验室可供使用的器材如下：
电流表：量程，内阻约；
电压表：量程，内阻约；
滑动变阻器R：最大阻值；
定值电阻：；
电源：电动势，内阻可不计；
开关、导线若干。
设计的实验操作方案如下：
（1）从课本查得铜的电阻率。
（2）使用螺旋测微器测量铜导线的直径，示数如图甲所示，可知铜导线的直径　 　。
（3）根据如图乙的电路图测定铜导线电阻，在某次测量中，电压表示数如图丙所示，读数　 　V时，电流表示数如图丁所示，读数　 　A。
（4）根据前面测量数据，计算得整捆铜导线的长度　 　m（保留三位有效数字）。
12．某实验小组利用图甲所示装置验证动量守恒定律。先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的挡板边缘，调节挡板为竖直状态；然后从斜槽上某一位置释放匀质小球A，撞到挡板上的白纸留下压痕P；将挡板向右水平平移适当距离，让小球A从同一位置由静止释放，落到挡板上的白纸留下压痕；保持挡板位置不变，将半径相同的小球B放在斜槽轨道末端，让小球A从同一位置由静止释放，与小球B碰撞后先后撞在挡板上的白纸留下压痕，如图乙所示。重力加速度大小为g。
（1）关于本实验，下列说法正确的有______。
A．选择体积大、密度小的小球
B．斜槽必须光滑
C．小球A质量应大于小球B质量
（2）测量数据时，可将抛出点O定为坐标原点，建立直角坐标系。点O应为如图丙　 　位置（选填“a”“b”或“c”）。
（3）若通过改变挡板向右平移距离x，让小球A从同一位置由静止释放，测出挡板上的压痕与P点距离h；重复多次实验，作出图线，求得图线斜率为k，则可求出其平抛运动的初速度　 　（用斜率k和重力加速度g表示）。
（4）测量小球A和小球B的质量为、，各压痕中心点与P点的距离、、分别为、、。当满足关系式　 　时，则可验证两球碰撞过程中动量守恒（要求用本小问测出物理量的字母表示）。
13．医疗CT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图，图乙是其中扫描机X射线的产生部分，M、N之间加有恒为的加速电压，水平宽度为L的虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场。电子束运动轨迹如图乙中实线所示。已知电子质量为m，电荷量为e。忽略电子的重力，不考虑电子间的相互作用，不计空气阻力。
（1）若电子束射出磁场时速度方向改变37°，求磁场的磁感应强度大小；
（2）若将虚线框内磁场更换为竖直方向的匀强电场，让电子束射出电场时速度方向仍改变37°，求电场的电场强度大小和方向。
14．磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具，其某种驱动系统可简化为如下模型：如图甲所示，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形金属框，金属框位于平面内，短边长为L，长边长为且被x轴垂直平分，初始时刻边位于y轴且金属框速度为零。金属框由相同粗细的导线制成，总电阻为R。列车轨道沿方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿方向按波长为λ（λ未知，且可调整）的正弦规律分布，最大值为，如图乙所示。金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以一定的速率沿方向匀速平移，金属框受到的安培力即为列车获得的驱动力。
（1）若，求初始时刻金属框的电流；
（2）求列车速度大小为v（）时获得最大驱动力的大小；
（3）求列车获得最大驱动力时λ满足的条件。
15．如图所示，竖直平面内半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其下端B点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端点C与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块位于C点。一物块a（可视为质点）质量为，以速率从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为，以恒定速率沿顺时针方向转动，g取。
（1）求物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率；
（2）若时物块a经过B点，求2026号滑块开始运动的时刻；
（3）求物块a与传送带间因摩擦产生的总热量Q（保留至小数点后两位）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图像斜率代表加速度， 从速度—时间图像中读取初速度v0=20m/s，末速度v=0，运动时间Δt=5s，代入数据得加速度大小为：。
故选：C。
【分析】利用速度—时间图像的斜率表示加速度，从图中读取初速度、末速度及对应的时间，计算斜率的绝对值得到加速度大小。
2．【答案】A
【知识点】光的波粒二象性；光电效应；康普顿效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A、光电效应是指光照射到金属表面时，金属中的电子吸收光子能量后逸出的现象。该现象表明光的能量是不连续的，以“光子”的形式存在，直接证明了光具有粒子性，故A正确。B、康普顿效应是指X射线照射物质时，散射光中除了原波长的光外，还出现波长更长的光的现象。这一现象表明光子不仅具有能量，还具有动量，进一步证明了光的粒子性，而非波动性，故B错误。
C．德布罗意波长公式为动能和动量的关系为，联立得
动能相同时，电子质量远小于质子，因此电子的德布罗意波长更大，故C错误；
D．宏观物体也具有波粒二象性，只是其动量极大，德布罗意波长极短，波动性难以被观测，并非只具有粒子性，故D错误。
故选A。
【分析】明确波粒二象性的基本概念（光电效应、康普顿效应的意义，德布罗意波长公式，宏观物体的波粒二象性），再逐一分析各选项的正确性。
3．【答案】A
【知识点】库仑定律；电势能
【解析】【解答】A．根据库仑定律有，两电荷之间的距离逐渐增大，因此库仑力逐渐减小，故A正确；
B．点电荷q受到的库仑力与点电荷q的运动方向一致，库仑力对点电荷q做正功，根据功能关系可知点电荷q的电势能越来越小，故B错误；
C．在绝缘光滑水平面上，只有库仑力一直对q做正功，由动能定理可知，点电荷q的动能逐渐增大，不存在动能减小的阶段，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有，库仑力逐渐减小，因此点电荷q的加速度逐渐减小，点电荷q做加速度减小的加速直线运动，不是匀加速直线运动，故D错误。
故选A。
【分析】库仑力随距离增大而减小，且力与位移方向一致，做正功，动能越来越大，结合牛顿第二定律分析。
4．【答案】C
【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；热力学图像类问题
【解析】【解答】AB.对于过程ab，气体压强不变，根据盖-吕萨克定律可知，体积增大，温度升高，即Tb＞Ta，对于过程ac，气体体积不变，根据查理定律可知，压强增大，温度升高，即Tc＞Ta，由图可知，状态b、c在同一条等温线上，故Tb=Tc，综上所述，Tb=Tc＞Ta，故AB错误；CD.理想气体的内能只与温度有关，因为Tb=Tc且初状态都是a，所以从a到b和从a到c，气体的内能变化量相等，即ΔUab=ΔUac，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知过程ab中，气体体积增大，气体对外做功，即Wab＜0，所以Qab=ΔUab-Wab=ΔUab+|Wab|过程ac中，气体体积不变，外界对气体不做功，即Wac=0，所以Qac=ΔUac，因为ΔUab=ΔUac，|Wa|＞0，所以Qab＞Qac，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】当气体的物质的量不变时，由理想气体状态方程，求解气体体积变化后，温度变化。理想气体的内能只与温度有关，气体体积增大，气体对外做功，再根据热力学第一定律ΔU=W+Q，求解从a到b和从a到c的，热量变化。
5．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A、单摆做简谐运动的条件是摆角很小，通常要求θ＜5°，当10°＜θ＜20°时，不能看成简谐运动，故A错误；
B、根据单摆周期公式可知其周期为，故B错误；
C、小球在从最低点向最高点运动过程中，动能减小；从最高点向最低点运动过程中，动能增大，不是动能一直减小，故C错误；
D、设小球在最低点的速度为，小球在最低点时速度最大，细绳拉力最大，从最高点到最低点根据机械能守恒定律有 ，在最低点，根据牛顿第二定律有
联立解得最大拉力 ，故D正确。
故选D。
【分析】单摆可视为简谐运动的摆角通常要求小于5°，10°～20°超出范围，不能看成简谐运动；根据单摆简谐运动周期公式判断；小球摆动时速度先增后减，动能也先增后减；小球在最低点时拉力最大，结合机械能守恒和向心力公式推导，可得出最大拉力。
6．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船先进入椭圆轨道Ⅰ，近地点P与地心间距为，远地点Q与地心间距为，根据万有引力定律以及牛顿第二定律可知，飞船在P点的加速度满足，飞船在Q点的加速度满足，联立可知飞船在P点与Q点的加速度之比为，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，飞船在椭圆轨道上经过P、Q两点时
可知飞船在P点与Q点的速度之比为，故B正确；
CD．根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道Ⅰ的运行周期与空间站在轨道Ⅱ的运行周期之比满足，解得，故CD错误。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力求解加速度比值；根据开普勒第二定律列式求解；根据开普勒第三定律列式解答。
7．【答案】B
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．物块B由释放至与A碰撞前瞬间，由动能定理得：
解得物块B与A碰撞前瞬间的速度大小为
对A、B碰撞过程，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：
解得碰撞后瞬间两物块的速度大小为：，故A错误；
BD．因A初始受力平衡位置弹簧的压缩量为，可知
碰撞后两物块向下运动过程机械能守恒，设运动的最低点离O点距离为，满足，联立解得
此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，为，故B正确、D错误；
C．两物体发生分离的临界条件为物块间弹力为0，且加速度相等；以物块B作为研究对象，与物块A发生分离瞬间，所受合力大小为，由牛顿第二定律可知，此时物块B的加速度为，故物块A的加速度为
由牛顿第二定律可知，此时物块A所受合力大小为，因此弹簧处于原长状态，故C错误。
故选B。
【分析】根据动能定理求得物块B与A碰撞前瞬间的速度大小，对A、B碰撞过程，根据动量守恒定律求得碰撞后瞬间两物块的速度大小；由初始A处于平衡状态求得弹簧的劲度系数。根据能量守恒定律求得碰撞后两物块运动的最低点离O点距离；物块A、B分离时它们之间的弹力为零，根据牛顿第二定律求得分离时弹簧弹力，确定分离的位置；碰撞后两物块运动的最低点时弹簧的弹性势能最大，根据：
Ep=kx2，求解弹簧的最大弹性势能。
8．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A.a光在下表面的入射角等于在上表面的折射角，则a光不可能在玻璃传下表面发生全反射，故A正确；
BC.玻璃对单色光b的折射率较小，可知b光的频率更小，根据，b光比a光在真空中的波长更大，衍射现象明显，故BC错误；
D．画出两束光的传播路径
故从玻璃砖下表面射出后，两束光仍然平行，且两束光之间的距离增大了，故D正确。
故选：AD。
【分析】根据折射率与光的频率、波长的关系，结合玻璃砖折射规律与全反射条件，逐一分析各选项的正确性。
9．【答案】B,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．交流电压表测量的是交流电的有效值，因此时电压表示数不为0，故A错误；
B．转换器将干电池提供的直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，正弦交流电一个周期内，电流方向会改变2次，故B正确；
CD．已知原线圈电压有效值，根据理想变压器电压比，可得副线圈电压有效值，副线圈电压的最大值
满足“ 当变压器副线圈电压的瞬时值大于6000V引发电火花点燃气体”的条件，因此可以点燃气体，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】结合变压器的变压比与正弦交流电的瞬时值公式，计算副线圈瞬时电压并与6000V阈值比较判断。
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】AB．粒子进入Ⅰ区磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得，可得，
由几何关系可知粒子速度方向与水平方向的夹角为60°，故A错误，B正确；
C．粒子进入Ⅱ区磁场后的运动可分解为水平方向上的圆周运动和竖直方向上的匀速直线运动，水平方向上根据运动的分解结合牛顿第二定律可得，，，，解得，，故C错误；
D．粒子进入Ⅲ区时的速度与进入Ⅱ区时的速度相同，可知粒子进入Ⅲ区磁场后，速度方向再偏转后垂直地面离开，根据圆周运动规律可得，可知全程运动时间为，
，故D正确。
故选BD。
【分析】先分析粒子在I区水平磁场中的速度分解，结合竖直位移d得到进入Ⅱ区的速度偏角，再利用Ⅱ区竖直磁场中圆周运动的对称性与进入Ⅲ区的速度条件，分析磁感应强度可能值，最后计算三段区域的运动总时间。
11．【答案】0.900；2.30 V；0.50A；59.9m
【知识点】电阻定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（2）螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为40.0×0.01mm=0.400mm，总读数为0.5+0.400=0.900mm
（3）电压表，量程0～3V，分度值0.1V，指针指向2.30V，故读数U=2.30V
电流表，量程0～0.6A，分度值0.02A，指针指向0.50A，故读数I=0.50A。
（4）由电阻定律，可求铜导线的长度，其中由第三问可知
已知，故，铜导线的横截面积，解得横截面积
由题知铜的电阻率，综上计算得
【分析】（2）螺旋测微器读数为固定刻度值加可动刻度与精度的乘积，固定刻度0.5mm，可动刻度40.0格，精度0.01mm，计算得导线直径；
（3）电压表量程0～3V，分度值0.1V，按指针位置读取电压；电流表量程0～0.6A，分度值0.02A，按指针位置读取电流；
（4）先由欧姆定律算出铜导线电阻，再结合电阻定律，代入电阻率、导线横截面积与电阻的关系，计算导线实际长度。
12．【答案】（1）C
（2）a
（3）
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A、为减小空气阻力对实验的影响，应选择体积小、密度大的小球，故A错误；
B、实验时入射球从斜槽上同一位置由静止释放即可，斜槽不必光滑，故B错误；
C、为防止碰撞后入射球反弹，小球A质量应大于小球B质量，故C正确。
故选：C。
（2）坐标原点应是小球抛出时球心的位置，应为图丙a位置。
（3）设从抛出到撞击到挡板时间为，小球A离开轨道后做平抛运动，
水平方向位移，竖直方向下落高度，联立可得
则图线斜率，可得
（4）小球做平抛运动，根据平抛运动规律，，可得初速为
若两球碰撞过程中动量守恒，则有，代入数据化简可得
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题；
（2）坐标原点应是小球抛出时球心的位置；
（3）求出图像的函数解析式，然后分析答题；
（4）求出碰撞前后小球的速度，应用动量守恒定律求解。
（1）A．为减小空气阻力影响，应选择体积小、密度大的小球，故A错误；
B．为了保持每次碰撞前小球A的速度相同，小球A每次必须从斜槽上同一高度由静止释放，但斜槽不需要光滑，故B错误；
C．为了保证碰撞后入射小球A不反弹，必须保证小球A的质量大于小球B的质量，故C正确。
故选 C。
（2）测量数据时为避免小球半径的影响，抛出点O应位于抛出时小球质心处，应为如图丙a位置
（3）小球A离开轨道后做平抛运动，设从抛出到撞击到挡板时间为
则小球A在水平和竖直运动距离分别为，
联立可得
则图线斜率
可得
（4）根据平抛运动规律，
可得初速为
若两球碰撞过程中动量守恒，则有
代入数据化简可得
13．【答案】（1）解：电子经过电场加速过程，根据动能定理可得
解得从N点射出时电子的速度为
电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向里，电子在磁场中的轨迹如图所示
根据牛顿第二定律可得
由几何关系可得
联立解得
（2）解：若将虚线框内磁场更换为竖直方向的匀强电场，则电场方向竖直向上；电子在偏转电场中做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t，则有L=vt，，vy=at，
联立可得
【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
【解析】【分析】（1）电子经过电场加速过程，在磁场中做圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求磁场的磁感应强度大小；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求电场的电场强度大小和方向。
（1）电子经过电场加速过程，根据动能定理可得
解得从N点射出时电子的速度为
电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向里，电子在磁场中的轨迹如图所示
根据牛顿第二定律可得
由几何关系可得
联立解得
（2）若将虚线框内磁场更换为竖直方向的匀强电场，则电场方向竖直向上；电子在偏转电场中做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t，则有L=vt，，vy=at，
联立可得
14．【答案】（1）解：磁感应强度沿x的分布为
初始时刻金属框左竖直边ad在x=0，右竖直边bc在x=L
代入得，
总感应电动势为两个竖直边的电动势之和
由欧姆定律得电流
（2）解：磁场相对金属框的速度为
总感应电动势最大值出现在两个竖直边磁感应强度差最大时，此时
最大感应电动势
电流
总安培力（驱动力）为两个竖直边安培力之和
（3）解：为使列车获得最大驱动力，ad、bc应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大．因此应为的奇数倍，即
整理得
【知识点】安培力的计算；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】【分析】（1）分析磁场相对金属框的运动，确定初始时刻金属框两条长边处的磁感应强度，计算总感应电动势，再由欧姆定律求出电流；
（2）确定金属框相对磁场的运动速度，分析两条长边磁感应强度差值对感应电动势和安培力的影响，找到磁感应强度差值的最大值，推导出最大驱动力的表达式；
（3）根据正弦磁场的分布规律，分析使两条长边磁感应强度差值最大的条件，结合三角函数性质推导出波长λ满足的关系式。
（1）磁感应强度沿x的分布为
初始时刻金属框左竖直边ad在x=0，右竖直边bc在x=L
代入得，
总感应电动势为两个竖直边的电动势之和
由欧姆定律得电流
（2）磁场相对金属框的速度为
总感应电动势最大值出现在两个竖直边磁感应强度差最大时，此时
最大感应电动势
电流
总安培力（驱动力）为两个竖直边安培力之和
（3）为使列车获得最大驱动力，ad、bc应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大．因此应为的奇数倍，即
整理得
15．【答案】（1）解：物块a由A到B点动能定理有
解得
水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得
设物块a减速运动时间为，位移为，有
解得
由可知物块能与传送带共速，减速时间
到达C点时速度为，物块a第一次与1号滑块碰撞，动量守恒和机械能守恒有，
解得，
故物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率
（2）解：由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为
物块a在传送带上匀速运动时间为
故2026号滑块开始运动的时刻
（3）解：由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，
解得，
同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即
同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。
设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，，
代入数据
由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知
物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移
物块a与传送带总相对位移
物块a与传送带间因摩擦产生的总热量
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）用动能定理求物块a到B点的速度，由牛顿第二定律求传送带减速加速度，结合运动学公式确定物块a在传送带上的运动状态，通过动量守恒和机械能守恒求解第一次碰撞后物块a的速度。
（2）利用等质量弹性碰撞“速度交换”的规律，结合传送带匀速运动时间，推导第2026号滑块的启动时刻。
（3）分析每次碰撞后物块a的速度递变规律，计算物块与传送带的总相对位移，再由摩擦生热公式Q=μmgx相求出总热量。
（1）物块a由A到B点动能定理有
解得
水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得
设物块a减速运动时间为，位移为，有
解得
由可知物块能与传送带共速，减速时间
到达C点时速度为，物块a第一次与1号滑块碰撞，动量守恒和机械能守恒有，
解得，
故物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率
（2）由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为
物块a在传送带上匀速运动时间为
故2026号滑块开始运动的时刻
（3）由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，
解得，
同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即
同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。
设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，，
代入数据
由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知
物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移
物块a与传送带总相对位移
物块a与传送带间因摩擦产生的总热量
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