资源简介

2026年河北省普通高中高三下学期学业水平选择性模拟考试物理试卷
1．2025年11月1日，我国第四代先进裂变核能系统——钍基熔盐实验堆，首次实现钍铀核燃料转换。该反应堆中利用钍-铀循环产能，将转变为，再次发生裂变，产生大量能量，裂变的方程为。已知的结合能为，的结合能为，的结合能为，的裂变反应释放的能量为，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，在竖直平面内用甲、乙两根筷子夹一个重为的小球，两根筷子对小球弹力的作用点和球心在同一竖直平面内，甲筷子倾斜，且与竖直方向的夹角为，乙筷子始终竖直。在缓慢变化过程中，小球始终保持静止，且筷子与小球间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．甲筷子对小球的弹力大小为
B．乙筷子对小球的弹力大小为
C．随着缓慢减小，两根筷子对小球的弹力均增大
D．随着缓慢减小，两根筷子对小球的合力将变大
3．冬季寒潮来袭，小华将热水倒入水瓶后，立即用瓶塞密封瓶口，瓶内封闭了一定质量的空气（视为理想气体）。水瓶容积不变，随着瓶内水温逐渐降低，封闭空气的温度从热力学温度降至，其压强随热力学温度的变化图像为过坐标原点的倾斜直线（如图所示）。关于的过程，下列说法正确的是（　　）
A．封闭空气的内能增加，且空气对外界做负功
B．封闭空气向外界放出的热量等于其内能的减少量
C．封闭空气向外界放出的热量大于其内能的减少量
D．瓶内空气分子数密度不变，每个分子撞击器壁的作用力均减小
4．中国“北斗”卫星导航系统创新性地采用“GEO（地球静止轨道）＋IGSO（倾斜地球同步轨道）＋MEO（中圆地球轨道）”三种轨道混合星座，实现“先区域、后全球”的技术路线。其中，GEO卫星的轨道半径约为MEO卫星的轨道半径的1.5倍，GEO卫星的质量比MEO卫星的大，卫星的运行轨道均视为圆轨道。下列说法正确的是（　　）
A．GEO卫星与MEO卫星的线速度之比为
B．GEO卫星与MEO卫星的角速度之比为
C．GEO卫星与MEO卫星的向心加速度之比为
D．GEO卫星与MEO卫星的动能之比为
5．降噪耳机主要通过主动降噪（ANC）和被动降噪（PNC）两种技术原理实现噪音消除，主动降噪利用声波干涉抵消噪音（如图所示），图中波峰表示密部，波谷表示疏部，下列说法正确的是（　　）
A．降噪声波与环境噪声的波长相同，且耳膜振动方向与环境噪声传播方向垂直
B．一个周期内，点处质点向右移动一个波长的距离
C．图中点处质点的位移始终为0
D．环境噪声频率越高，降噪声波的频率也必须随之升高，同时从耳机传播到耳膜的速度越大
6．如图所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为100匝，副线圈匝数为1000匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为。降压变压器右侧电路中为一定值电阻，为滑动变阻器，下列说法正确的是（　　）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B．图乙所示电压的瞬时值表达式为
C．当滑片P向端滑动时，电压表示数变大
D．若升压变压器的输入功率为66kW，远距离输电线路损耗功率为9kW
7．为提升山地救援应急处置能力，消防救援大队组织开展山坡救援物资投送专项训练。如图所示，在一倾角为且足够长斜面底端，一名队员将一定质量的救援物资包A以和斜面夹角为的初速度斜向上抛出，另一名队员在相同位置以初速度将另一完全相同的救援物资包B沿斜面向上抛出。救援物资包A恰好垂直斜面落于救援物资包B运动的最高点。已知救援物资包和斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力，则救援物资包A抛出的速度的大小为（　　）
A． B． C． D．
8．智能配送机器人是一种由先进传感器、人工智能算法和自主导航技术集成的自动化设备，广泛应用于现代化快递分拣中心。某智能配送机器人在仓库内执行货物转运任务，其运动的加速度-时间图像如图所示。已知时刻机器人静止，图像中各段均为直线，时间内，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，机器人做匀加速直线运动，时刻机器人朝正方向的速度达到最大
B．时刻，机器人朝正方向的位移达到最大，此时的速度为0
C．时间内，机器人始终做减速运动
D．时刻，机器人的速度为0，位移达到最大
9．某兴趣小组设计的“双滑块缓冲碰撞实验装置”可用于研究碰撞规律，其简化模型如图甲所示，水平导轨上有两个滑块，滑块A质量，滑块B质量，一劲度系数的轻质弹簧右端固定在墙上，左端与滑块B连接，初始时B静止，弹簧处于原长。现滑块A在水平轨道上向右运动一段时间后以初速度和B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后滑块B运动过程中，始终受到的摩擦力。实验测得B从弹簧原长位置到弹簧压缩至最短过程的（为弹簧的形变量）图像如图乙所示。已知弹簧弹性势能，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．图像与纵轴的交点
B．碰前瞬间A的初速度大小
C．弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力做功为12J
D．若A、B碰撞后粘连在一起，则碰撞过程系统损失的机械能为16J
10．两足够长且间距为的平行金属导轨与水平面夹角为，导轨上端与一阻值为的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，下方存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一质量为的金属杆垂直导轨放置在处，现将金属杆由静止释放，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值也为，且与粗糙导轨间的动摩擦因数，，，导轨电阻不计，金属杆与导轨接触良好，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆通过区域所用的时间为
B．在整个过程中，定值电阻产生的热量为
C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．金属杆经过区域，金属杆所受安培力随位移线性变化
11．在测定电阻丝电阻率的实验中，实验组同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，用毫米刻度尺测量电阻丝的长度，用如图甲所示的电路测量电阻丝的电阻值。
（1）在进行实验时，下列说法正确的是___________（填选项前字母）。
A．测量电阻丝直径时应选电阻丝的中点多次测量，求平均值
B．测量电阻丝的长度时应将电阻丝连入电路之后，用刻度尺测量出连入电路的电阻丝的长度
C．测量电阻丝的长度时应手持电阻丝的一端与刻度尺的0刻度线对齐，在电阻丝自然下垂的状态下，读取另一端对应的刻度值
（2）实验组同学使用螺旋测微器测量电阻丝的直径，某次螺旋测微器的示数如图乙所示，则　 　mm。
（3）利用图甲所示电路测量电阻丝的电阻值，在确定电流表的连入方式时，先按虚线Ⅰ试触，再按虚线Ⅱ试触，观察到电压表示数变化较大，电流表示数几乎不变。据此确定好电流表的接入方式以使得测量误差较小，而后进行数据测量。
①测得的数据如下表格所示，请在坐标纸上根据表格中的数据描点连线绘制出图像　 　；
实验次序 1 2 3 4 5
0.45 0.50 0.55 0.64 0.71
0.26 0.30 0.33 0.38 0.44
②电阻的测量值可由图像斜率求得，该测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
12．实验小组同学设计了两种方案验证动量守恒定律，方案一、二的实验装置分别如图甲、乙所示。
（1）按方案一进行实验，实验时先将气垫导轨调节至水平。
①实验室有宽度分别为10.00mm和5.00mm的遮光片若干，实验小组同学有两种观点，观点一认为两个遮光片的宽度都为5.00mm可以减小实验误差，观点二认为遮光片规格相同即可，遮光片的宽、窄不会给实验带来误差。说法正确的是　 　（选填“观点一”或“观点二”）；
②将滑块1放到光电门1的左侧，滑块2放到光电门1与光电门2之间，向右轻推滑块1使它与滑块2相碰。光电门1的计时器记录了两次遮光时间依次为、，光电门2的计时器记录的遮光时间为，若该碰撞为非弹性碰撞，应满足的表达式：　 　（用题目已给的物理量符号表示）。
（2）按方案二进行实验时，测得单摆的摆长为。
①拉力传感器记录的数据如图丙所示（图中数据均为已知量），下列说法正确的是　 　（填选项前字母）；
A.斜槽必须光滑且末端切线水平
B.入射小球的质量必须大于单摆小球的质量
C.通过图丙可以知道单摆小球的振动周期为
②实验小组同学通过图丙数据还可以求得单摆小球的质量　 　（用、、和表示）。
13．“潭清疑水浅”是古诗中描述的光的折射现象。如图所示，现有一面积足够大的圆形清潭，水深，水的折射率。在潭底中心处有一盏古式灯笼（可视为点光源）向四周发光。已知光在真空中的传播速度为，取。
（1）求光从点竖直向上传播到其正上方水面上点的时间；
（2）求水面上能透出光线的圆形亮斑的面积。（结果保留两位有效数字）
14．如图所示，竖直平面内固定一绝缘轨道，由以下三段轨道平滑连接组成：位于水平地面上长的粗糙直轨道，半径的竖直光滑半圆弧轨道（为轨道最低点，为最高点），长的水平光滑直轨道。整个空间内有水平向右的匀强电场（图中未画出），场强大小。将质量、电荷量的小滑块从点由静止释放至运动到点过程中，电场恒定不变，滑块从半圆弧轨道点进入水平轨道时速度大小和方向不变；滑块从点飞出时记为，此时空间电场的大小发生变化（场强方向不变），大小随时间线性增加的关系：，其中，滑块从点飞出后落到水平地面上的点（图中未画出）。已知滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，滑块可以看成质点，不计空气阻力，忽略电场变化时的磁效应。求：（取）
（1）滑块第一次到达点时的速度大小；
（2）滑块在点时，轨道对滑块的作用力大小；
（3）滑块落到点前瞬间速度的水平分量。（结果保留一位小数）
15．如图所示，在坐标系内以点为圆心、为半径的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上点平行轴放置一个长为的薄板，其中在轴上方部分是长度为的粒子收集板，在轴下方部分是长度为的线状粒子源，沿方向均匀发射速度大小均为、质量为、电荷量为的相同粒子。粒子源释放的带电粒子在方向上分布是均匀的，且所有粒子经磁场偏转后从坐标原点处射入轴上方。打在收集板上的粒子将被立即导走，使收集板的电势保持不变。不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑电磁场的边界效应。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）求被收集的粒子数目占粒子总数的比值；
（3）为使经磁场偏转后从坐标原点处沿方向射入轴上方的粒子能够恰好被收集板收集到，在第Ⅰ、Ⅱ象限内加沿方向的匀强电场，求所加电场的电场强度的大小；
（4）在第Ⅰ、Ⅱ象限内施加第（3）问中的匀强电场后，在第Ⅰ、Ⅱ象限内再施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。求从坐标原点处射入轴上方的带电粒子到达轴右侧距离轴最远的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】 重核裂变释放能量，反应后生成的新原子核的总结合能大于反应前原子核的总结合能，释放的能量等于反应后生成的新原子核的总结合能与反应前原子核的总结合能之差。自由中子没有结合能，反应前总结合能仅为的结合能 ；反应后总结合能为和的结合能之和（中子仍为自由核子，结合能为0），裂变释放的能量等于反应后总结合能减去反应前总结合能，即
故答案为：D。
【分析】本题考查结合能与核裂变释放能量的关系：
A、混淆反应物、生成物结合能的加减关系；
B、反应物结合能减生成物结合能，对应吸收能量，不符合裂变放能；
C、式子符号、顺序全部颠倒，无物理意义；
D、裂变释放能量=新核总结合能原重核结合能，中子结合能为0无需计入。
2．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．物体受力分析如图，
由平衡条件可知，，故A、B错误；
C．随着缓慢减小，和均减小，故两根筷子对小球的弹力均增大，故C正确；
D．根据平衡条件可得，小球所受的合力一直为零，两根筷子对小球的合力大小始终等于小球的重力，故D错误。
故答案为：C。
【分析】AB、考查共点力平衡正交分解，将倾斜弹力分解到水平、竖直列平衡方程推导弹力表达式；
C、结合三角函数单调性，判断角度减小过程中两个弹力的变化趋势；
D、静止物体合力为零，筷子弹力的合力与重力平衡，大小恒定不变。
3．【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、理想气体内能只由温度决定，温度降低，内能减小；水瓶容积不变，气体体积不变，，气体不对外做功，A错误；
BC、等容过程，根据热力学第一定律，得，内能减少量等于放出热量大小，故B正确，C错误；
D、体积、质量不变，分子数密度不变；温度降低仅分子平均动能减小，不是每一个分子动能都减小，单个分子撞击器壁作用力不一定全部减小，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、理想气体内能与温度正相关，等容过程气体不做功；
BC、热力学第一定律应用，等容过程做功为零，内能变化量等于吸放热；
D、区分分子平均动能与单个分子动能，温度只反映平均分子动能。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，满足，已知
A、由，得，不等于，A错误；
B、由，得，不等于，B错误；
C、由，得，C正确；
D、动能，两类卫星质量关系未知，无法求动能之比，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查环绕线速度轨道半径公式，线速度与轨道半径平方根成反比；
B、考查环绕角速度轨道半径公式，角速度与轨道半径二分之三次方成反比；
C、考查向心加速度轨道半径公式，向心加速度与轨道半径平方成反比；
D、卫星动能与自身质量有关，题目未给出质量比值，不能比较动能。
5．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A、主动降噪依靠波的干涉，降噪声波与环境噪声频率、波长相同；声波属于纵波，质点振动方向和传播方向平行，耳膜振动方向与噪声传播方向平行，A 错误；
B、机械波传播时质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，P 点质点不会向右移动，B 错误；
C、两列声波振幅相同，P 点始终是波峰与波谷相遇，振动完全抵消，质点位移始终为 0，C 正确；
D、声波传播速度由介质决定，耳机到耳膜介质不变，声速不变，D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、区分纵波质点振动方向与传播方向关系，干涉条件为频率、波长相同；
B、机械波传播特点：质点不随波迁移；
C、振动减弱点（波峰遇波谷），振幅抵消，位移恒为零；
D、声速只与介质有关，和频率无关。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A、由图像得交流电周期，频率，理想变压器不改变交流电频率，降压变压器副线圈频率为50Hz，故A错误；
B、角速度，瞬时值表达式为，故B错误；
C、滑片P向a滑动，接入阻值减小，等效负载电阻减小，输电线上电流增大，输电线分压损耗增大，降压变压器输入电压减小，副线圈电压减小，分压增大，两端电压减小，电压表示数变小，故C错误；
D、输入电压有效值，输入功率，原线圈电流；根据，解得输电线电流；线路损耗功率，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查交变电流频率计算，理想变压器不改变交流电频率；
B、结合周期求角速度，写出正弦交流电瞬时值表达式；
C、远距离输电动态分析，负载电阻变化对输电电流、分压的影响；
D、利用变压器电流匝数关系、焦耳定律计算输电线功率损耗。
7．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；斜抛运动
【解析】【解答】救援物资包B在斜面上运动时的加速度由
解得，救援物资包B在斜面上运动的最高点位置为
救援物资包A垂直落在斜面上，有，解得
救援物资包A恰好落于救援物资包B运动的最高点，则有
解得
故答案为：B。
【分析】本题综合考查斜面上匀减速直线运动与斜抛类曲线运动，核心思路：先求出沿斜面上滑物块B的加速度与最大位移；再利用A垂直落斜面的速度条件得到抛射角的三角函数关系；结合斜抛沿斜面位移等于B的最高点位移建立等式，联立方程求解抛出速度，解题关键是对曲线运动按平行、垂直斜面正交分解。
8．【答案】C,D
【知识点】图象法；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB、加速度均匀增大，机器人做加速度增大的加速运动；加速度正向均匀减小，依旧加速，时刻速度达到最大值，并非时刻速度最大，故AB错误；
CD、时刻速度正向最大，加速度为负，与速度方向相反，机器人持续减速；加速度大小增大，做加速度增大的减速运动，加速度大小减小，做加速度减小的减速运动；图像面积代表速度变化量，总面积代数和为0，时刻速度减为0，全程向正方向运动，位移达到正向最大值，故CD正确；
故答案为：CD。
【分析】AB、考查图像物理意义，加速度与速度同向物体加速，区分匀加速、变加速运动；
CD、加速度与速度反向时物体减速，图线与时间轴围成面积表示速度变化量，速度减为0时单向直线运动位移最大。
9．【答案】A,B
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB、滑块B压缩弹簧过程，由能量守恒，时，
代入得，解得碰后B速度；令得纵截距，
A、B弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，
联立得，，故AB正确；
C、弹簧弹力做功等于弹性势能变化负值，，并非12J，C错误；
D、完全非弹性碰撞动量守恒，解得，机械能损失，不是16J，D错误；
故答案为：AB。
【分析】AB、结合能量守恒求碰后滑块B速度，利用弹性碰撞动量、机械能双守恒求解入射初速度；
C、弹力做功与弹性势能变化关系，弹力做负功，数值为负；
D、完全非弹性碰撞动量守恒，损失机械能等于初动能减共速动能。
10．【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、设金属杆到达速度为，对段动量定理：；粗糙段，重力分力与摩擦力平衡，对段动量定理：，两式联立解得，A正确；
B、全程下落总位移，重力做功，粗糙段摩擦力做功；能量守恒，得总焦耳热；金属杆电阻与外阻均为，串联热量按电阻分配，，B正确；
C、安培力冲量，两段位移分别为、，冲量大小不等，C错误；
D、段重力分力抵消摩擦力，动量定理化简得，安培力，代入后是关于位移的一次函数，二者线性相关，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、考查电磁感应动量定理，安培力冲量，分两段列方程联立求时间；
B、能量守恒结合串联电路焦耳热分配，摩擦力做功利用化简；
C、安培力冲量与位移成正比，两段位移不同，冲量不相同；
D、推导速度随位移线性变化，代入安培力公式，判断安培力与位移为一次线性关系。
11．【答案】（1）B
（2）0.410
（3）；小于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）A．测量电阻丝直径时应选电阻丝的不同位置多次测量，求平均值，A错误；
BC．测量电阻丝的长度时应将电阻丝连入电路之后，再用刻度尺测量出连入电路的电阻丝长度，B正确，C错误。
故答案为：B。
（2）螺旋测微器固定刻度部分读数为，螺旋测微器的分度值为0.01mm，活动部分读数为由图乙可知示数为，总结果为。
故答案为：0.410
（3）①把表格中的数据描到坐标纸上，用一条直线来拟合，不在直线上的点均分直线两侧
②试触时观察到电压表示数变化较大，电流表示数几乎不变，电压表分流较小，故电流表外接连入实验电路误差较小，电流表外接测得的电阻值为待测电阻丝的阻值与电压表内阻的并联值，测量值小于真实值。
故答案为：；小于
【分析】(1) 本小问考查金属丝电阻率实验长度、直径的规范测量操作，区分正确与错误测量方法。
(2) 本小问考查螺旋测微器读数规则，固定刻度+可动刻度×分度值，注意估读一位。
(3) 本小问包含U-I图像作图和电流表外接误差分析：试触法判断外接 / 内接；外接法因电压表分流，电流测量偏大，斜率（电阻）测量偏小。
（1）A．测量电阻丝直径时应选电阻丝的不同位置多次测量，求平均值，A错误；
BC．测量电阻丝的长度时应将电阻丝连入电路之后，再用刻度尺测量出连入电路的电阻丝长度，B正确，C错误。
故选B。
（2）螺旋测微器固定刻度部分读数为，螺旋测微器的分度值为0.01mm，活动部分读数为由图乙可知示数为
总结果为。
（3）①把表格中的数据描到坐标纸上，用一条直线来拟合，不在直线上的点均分直线两侧
②试触时观察到电压表示数变化较大，电流表示数几乎不变，电压表分流较小，故电流表外接连入实验电路误差较小，电流表外接测得的电阻值为待测电阻丝的阻值与电压表内阻的并联值，测量值小于真实值。
12．【答案】（1）观点二；
（2）B；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）动量守恒表达式为，，其中可消去且物块碰撞前后都做匀速运动，遮光片宽度相同即可，宽、窄不会带来误差，故观点二正确；
碰撞是非弹性碰撞满足，代入，整理可得
又由动量守恒有，联立有
故答案为：观点二；
（2）A．小球从同一位置释放即可使得入射速度相同，故斜槽可以不光滑；但为保证入射小球做平抛运动，斜槽末端切线必须水平，故A错误；
B．入射小球碰后也做平抛运动，要求它的质量必须大于单摆小球的质量，故B正确；
C．单摆一个周期经过两次最低点，最低点时绳子拉力最大，故其周期为，故C错误。
故答案为：B。
单摆小球在最高点，有，在最低点，有
从最高点到最低点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
又有单摆周期公式，联立以上公式可得单摆小球质量
故答案为：
【分析】(1) 本小问结合光电门测速度、动量守恒与非弹性碰撞动能损耗；利用消去遮光片宽度，联立动量、动能不等式得到时间关系式。
(2) 本小问为平抛+单摆碰撞综合实验；选择题考察平抛实验操作规范与单摆周期判断；计算题结合单摆拉力极值、机械能守恒、周期公式联立求解小球质量。
（1）[1] 动量守恒表达式为，
其中可消去且物块碰撞前后都做匀速运动，遮光片宽度相同即可，宽、窄不会带来误差，故观点二正确；
[2] 碰撞是非弹性碰撞满足
代入
整理可得
又由动量守恒有
联立有
（2）[1]A．小球从同一位置释放即可使得入射速度相同，故斜槽可以不光滑；但为保证入射小球做平抛运动，斜槽末端切线必须水平，故A错误；
B．入射小球碰后也做平抛运动，要求它的质量必须大于单摆小球的质量，故B正确；
C．单摆一个周期经过两次最低点，最低点时绳子拉力最大，故其周期为，故C错误。
故选B。
[2] 单摆小球在最高点，有
在最低点，有
从最高点到最低点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
又有单摆周期公式
联立以上公式可得单摆小球质量
13．【答案】（1）解：光在水中传播速度为，由折射定律可知
由运动学公式可得
代入数据解得
（2）解：光从水中射向空气发生全反射的临界角为，则可得
设能透出光线的圆形亮斑的半径为，则
因此圆形亮斑的面积
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本小问考查光在介质中的传播速度与匀速直线运动，先利用折射率求出水中光速，再结合匀速运动公式求传播时间。
(2) 本小问考查全反射临界角与几何光学，先算出临界角的正切值，结合水深求出透光圆形亮斑半径，再由圆面积公式计算面积，结果保留两位有效数字。
（1）光在水中传播速度为，由折射定律可知
由运动学公式可得
代入数据解得
（2）光从水中射向空气发生全反射的临界角为，则可得
设能透出光线的圆形亮斑的半径为，则
因此圆形亮斑的面积
解得
14．【答案】（1）解：滑块从点到点，由动能定理可得
解得
（2）解：滑块从点到点，由动能定理可得
滑块在点时，由牛顿第二定律可得
解得
（3）解：滑块从点到点，由动能定理可得
滑块从点做抛体运动，水平方向变减速直线，竖直方向自由落体运动，竖直方向可得
电场的大小随时间线性增加，则电场的平均值为
在水平方向利用动量定理可得：
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 本小问考查动能定理，水平轨道电场力、摩擦力做功共同改变滑块动能。
(2) 本小问综合动能定理与圆周运动向心力，先求 D 点速度，再在最高点列径向牛顿第二定律求轨道弹力。
(3) 分三段分析：先动能定理求 E 点抛出初速度；竖直自由落体求平抛总时间；电场线性变化取平均场强，用动量定理求解落地水平分速度。
（1）滑块从点到点，由动能定理可得
解得
（2）滑块从点到点，由动能定理可得
滑块在点时，由牛顿第二定律可得
解得
（3）滑块从点到点，由动能定理可得
滑块从点做抛体运动，水平方向变减速直线，竖直方向自由落体运动，竖直方向可得
电场的大小随时间线性增加，则电场的平均值为
在水平方向利用动量定理可得：
解得
15．【答案】（1）解：由题可知，从左侧任选一个粒子经磁场偏转后，通过坐标原点，其运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，四边形为菱形，可得粒子运动轨迹的半径
洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）解：临界粒子的轨迹如图乙所示
由几何关系可得，粒子从点离开磁场时，速度方向与方向夹角为范围内的粒子都能打到收集板上。夹角为的粒子进入磁场时的纵坐标
解得
打到收集板上的粒子占粒子源发出粒子总数的比值
解得
（3）解：加电场后，从坐标原点处沿方向射入轴上方的粒子做类平抛运动，若恰好能够被收集板收集到，将打在收集板的上端。由平抛运动规律，在方向，有
在方向，有
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（4）解：从坐标原点处射入轴上方的带电粒子的初速度，可以分解为一个沿方向的速度和另一个速度，沿方向的速度对应一个沿方向的洛伦兹力，使其大小等于电场力，
得
则粒子沿方向的分运动是速度为的匀速直线运动，另一个分运动是以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动。几何关系如图丙所示
可知带电粒子初速度方向沿方向时速度最大，对应圆周运动的半径最大，且角最小为，粒子能够到达轴右侧且距离轴的位置最远，此时
以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
圆周运动的半径为
沿方向发生位移为
粒子沿方向，圆周运动的位移为
速度为的匀速直线运动沿方向的位移为
其中，
可知
即带电粒子能到达距离轴最远的位置坐标为
【知识点】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) 本小问考查圆形有界磁场几何关系与洛伦兹圆周运动，通过菱形几何判定轨迹半径，结合向心力公式求磁感应强度。
(2) 本小问结合磁场出射角度临界条件，利用粒子源纵向均匀分布，通过长度比值求粒子数占比。
(3) 本小问考查电场中类平抛运动，分解水平匀加速、竖直匀速，联立运动学与牛顿定律求电场强度。
(4) 本小问采用速度分解法将复合场运动拆分为匀速直线 + 匀速圆周；平衡电场力与一分量洛伦兹力，分析圆周最大水平偏移，结合周期写出通解坐标。
（1）由题可知，从左侧任选一个粒子经磁场偏转后，通过坐标原点，其运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，四边形为菱形，可得粒子运动轨迹的半径
洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）临界粒子的轨迹如图乙所示
由几何关系可得，粒子从点离开磁场时，速度方向与方向夹角为范围内的粒子都能打到收集板上。夹角为的粒子进入磁场时的纵坐标
解得
打到收集板上的粒子占粒子源发出粒子总数的比值
解得
（3）加电场后，从坐标原点处沿方向射入轴上方的粒子做类平抛运动，若恰好能够被收集板收集到，将打在收集板的上端。由平抛运动规律，在方向，有
在方向，有
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（4）从坐标原点处射入轴上方的带电粒子的初速度，可以分解为一个沿方向的速度和另一个速度，沿方向的速度对应一个沿方向的洛伦兹力，使其大小等于电场力，
得
则粒子沿方向的分运动是速度为的匀速直线运动，另一个分运动是以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动。几何关系如图丙所示
可知带电粒子初速度方向沿方向时速度最大，对应圆周运动的半径最大，且角最小为，粒子能够到达轴右侧且距离轴的位置最远，此时
以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
圆周运动的半径为
沿方向发生位移为
粒子沿方向，圆周运动的位移为
速度为的匀速直线运动沿方向的位移为
其中，
可知
即带电粒子能到达距离轴最远的位置坐标为
1 / 12026年河北省普通高中高三下学期学业水平选择性模拟考试物理试卷
1．2025年11月1日，我国第四代先进裂变核能系统——钍基熔盐实验堆，首次实现钍铀核燃料转换。该反应堆中利用钍-铀循环产能，将转变为，再次发生裂变，产生大量能量，裂变的方程为。已知的结合能为，的结合能为，的结合能为，的裂变反应释放的能量为，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】 重核裂变释放能量，反应后生成的新原子核的总结合能大于反应前原子核的总结合能，释放的能量等于反应后生成的新原子核的总结合能与反应前原子核的总结合能之差。自由中子没有结合能，反应前总结合能仅为的结合能 ；反应后总结合能为和的结合能之和（中子仍为自由核子，结合能为0），裂变释放的能量等于反应后总结合能减去反应前总结合能，即
故答案为：D。
【分析】本题考查结合能与核裂变释放能量的关系：
A、混淆反应物、生成物结合能的加减关系；
B、反应物结合能减生成物结合能，对应吸收能量，不符合裂变放能；
C、式子符号、顺序全部颠倒，无物理意义；
D、裂变释放能量=新核总结合能原重核结合能，中子结合能为0无需计入。
2．如图所示，在竖直平面内用甲、乙两根筷子夹一个重为的小球，两根筷子对小球弹力的作用点和球心在同一竖直平面内，甲筷子倾斜，且与竖直方向的夹角为，乙筷子始终竖直。在缓慢变化过程中，小球始终保持静止，且筷子与小球间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．甲筷子对小球的弹力大小为
B．乙筷子对小球的弹力大小为
C．随着缓慢减小，两根筷子对小球的弹力均增大
D．随着缓慢减小，两根筷子对小球的合力将变大
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．物体受力分析如图，
由平衡条件可知，，故A、B错误；
C．随着缓慢减小，和均减小，故两根筷子对小球的弹力均增大，故C正确；
D．根据平衡条件可得，小球所受的合力一直为零，两根筷子对小球的合力大小始终等于小球的重力，故D错误。
故答案为：C。
【分析】AB、考查共点力平衡正交分解，将倾斜弹力分解到水平、竖直列平衡方程推导弹力表达式；
C、结合三角函数单调性，判断角度减小过程中两个弹力的变化趋势；
D、静止物体合力为零，筷子弹力的合力与重力平衡，大小恒定不变。
3．冬季寒潮来袭，小华将热水倒入水瓶后，立即用瓶塞密封瓶口，瓶内封闭了一定质量的空气（视为理想气体）。水瓶容积不变，随着瓶内水温逐渐降低，封闭空气的温度从热力学温度降至，其压强随热力学温度的变化图像为过坐标原点的倾斜直线（如图所示）。关于的过程，下列说法正确的是（　　）
A．封闭空气的内能增加，且空气对外界做负功
B．封闭空气向外界放出的热量等于其内能的减少量
C．封闭空气向外界放出的热量大于其内能的减少量
D．瓶内空气分子数密度不变，每个分子撞击器壁的作用力均减小
【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、理想气体内能只由温度决定，温度降低，内能减小；水瓶容积不变，气体体积不变，，气体不对外做功，A错误；
BC、等容过程，根据热力学第一定律，得，内能减少量等于放出热量大小，故B正确，C错误；
D、体积、质量不变，分子数密度不变；温度降低仅分子平均动能减小，不是每一个分子动能都减小，单个分子撞击器壁作用力不一定全部减小，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、理想气体内能与温度正相关，等容过程气体不做功；
BC、热力学第一定律应用，等容过程做功为零，内能变化量等于吸放热；
D、区分分子平均动能与单个分子动能，温度只反映平均分子动能。
4．中国“北斗”卫星导航系统创新性地采用“GEO（地球静止轨道）＋IGSO（倾斜地球同步轨道）＋MEO（中圆地球轨道）”三种轨道混合星座，实现“先区域、后全球”的技术路线。其中，GEO卫星的轨道半径约为MEO卫星的轨道半径的1.5倍，GEO卫星的质量比MEO卫星的大，卫星的运行轨道均视为圆轨道。下列说法正确的是（　　）
A．GEO卫星与MEO卫星的线速度之比为
B．GEO卫星与MEO卫星的角速度之比为
C．GEO卫星与MEO卫星的向心加速度之比为
D．GEO卫星与MEO卫星的动能之比为
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，满足，已知
A、由，得，不等于，A错误；
B、由，得，不等于，B错误；
C、由，得，C正确；
D、动能，两类卫星质量关系未知，无法求动能之比，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查环绕线速度轨道半径公式，线速度与轨道半径平方根成反比；
B、考查环绕角速度轨道半径公式，角速度与轨道半径二分之三次方成反比；
C、考查向心加速度轨道半径公式，向心加速度与轨道半径平方成反比；
D、卫星动能与自身质量有关，题目未给出质量比值，不能比较动能。
5．降噪耳机主要通过主动降噪（ANC）和被动降噪（PNC）两种技术原理实现噪音消除，主动降噪利用声波干涉抵消噪音（如图所示），图中波峰表示密部，波谷表示疏部，下列说法正确的是（　　）
A．降噪声波与环境噪声的波长相同，且耳膜振动方向与环境噪声传播方向垂直
B．一个周期内，点处质点向右移动一个波长的距离
C．图中点处质点的位移始终为0
D．环境噪声频率越高，降噪声波的频率也必须随之升高，同时从耳机传播到耳膜的速度越大
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A、主动降噪依靠波的干涉，降噪声波与环境噪声频率、波长相同；声波属于纵波，质点振动方向和传播方向平行，耳膜振动方向与噪声传播方向平行，A 错误；
B、机械波传播时质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，P 点质点不会向右移动，B 错误；
C、两列声波振幅相同，P 点始终是波峰与波谷相遇，振动完全抵消，质点位移始终为 0，C 正确；
D、声波传播速度由介质决定，耳机到耳膜介质不变，声速不变，D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、区分纵波质点振动方向与传播方向关系，干涉条件为频率、波长相同；
B、机械波传播特点：质点不随波迁移；
C、振动减弱点（波峰遇波谷），振幅抵消，位移恒为零；
D、声速只与介质有关，和频率无关。
6．如图所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为100匝，副线圈匝数为1000匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为。降压变压器右侧电路中为一定值电阻，为滑动变阻器，下列说法正确的是（　　）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B．图乙所示电压的瞬时值表达式为
C．当滑片P向端滑动时，电压表示数变大
D．若升压变压器的输入功率为66kW，远距离输电线路损耗功率为9kW
【答案】D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A、由图像得交流电周期，频率，理想变压器不改变交流电频率，降压变压器副线圈频率为50Hz，故A错误；
B、角速度，瞬时值表达式为，故B错误；
C、滑片P向a滑动，接入阻值减小，等效负载电阻减小，输电线上电流增大，输电线分压损耗增大，降压变压器输入电压减小，副线圈电压减小，分压增大，两端电压减小，电压表示数变小，故C错误；
D、输入电压有效值，输入功率，原线圈电流；根据，解得输电线电流；线路损耗功率，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查交变电流频率计算，理想变压器不改变交流电频率；
B、结合周期求角速度，写出正弦交流电瞬时值表达式；
C、远距离输电动态分析，负载电阻变化对输电电流、分压的影响；
D、利用变压器电流匝数关系、焦耳定律计算输电线功率损耗。
7．为提升山地救援应急处置能力，消防救援大队组织开展山坡救援物资投送专项训练。如图所示，在一倾角为且足够长斜面底端，一名队员将一定质量的救援物资包A以和斜面夹角为的初速度斜向上抛出，另一名队员在相同位置以初速度将另一完全相同的救援物资包B沿斜面向上抛出。救援物资包A恰好垂直斜面落于救援物资包B运动的最高点。已知救援物资包和斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力，则救援物资包A抛出的速度的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；斜抛运动
【解析】【解答】救援物资包B在斜面上运动时的加速度由
解得，救援物资包B在斜面上运动的最高点位置为
救援物资包A垂直落在斜面上，有，解得
救援物资包A恰好落于救援物资包B运动的最高点，则有
解得
故答案为：B。
【分析】本题综合考查斜面上匀减速直线运动与斜抛类曲线运动，核心思路：先求出沿斜面上滑物块B的加速度与最大位移；再利用A垂直落斜面的速度条件得到抛射角的三角函数关系；结合斜抛沿斜面位移等于B的最高点位移建立等式，联立方程求解抛出速度，解题关键是对曲线运动按平行、垂直斜面正交分解。
8．智能配送机器人是一种由先进传感器、人工智能算法和自主导航技术集成的自动化设备，广泛应用于现代化快递分拣中心。某智能配送机器人在仓库内执行货物转运任务，其运动的加速度-时间图像如图所示。已知时刻机器人静止，图像中各段均为直线，时间内，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，机器人做匀加速直线运动，时刻机器人朝正方向的速度达到最大
B．时刻，机器人朝正方向的位移达到最大，此时的速度为0
C．时间内，机器人始终做减速运动
D．时刻，机器人的速度为0，位移达到最大
【答案】C,D
【知识点】图象法；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB、加速度均匀增大，机器人做加速度增大的加速运动；加速度正向均匀减小，依旧加速，时刻速度达到最大值，并非时刻速度最大，故AB错误；
CD、时刻速度正向最大，加速度为负，与速度方向相反，机器人持续减速；加速度大小增大，做加速度增大的减速运动，加速度大小减小，做加速度减小的减速运动；图像面积代表速度变化量，总面积代数和为0，时刻速度减为0，全程向正方向运动，位移达到正向最大值，故CD正确；
故答案为：CD。
【分析】AB、考查图像物理意义，加速度与速度同向物体加速，区分匀加速、变加速运动；
CD、加速度与速度反向时物体减速，图线与时间轴围成面积表示速度变化量，速度减为0时单向直线运动位移最大。
9．某兴趣小组设计的“双滑块缓冲碰撞实验装置”可用于研究碰撞规律，其简化模型如图甲所示，水平导轨上有两个滑块，滑块A质量，滑块B质量，一劲度系数的轻质弹簧右端固定在墙上，左端与滑块B连接，初始时B静止，弹簧处于原长。现滑块A在水平轨道上向右运动一段时间后以初速度和B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后滑块B运动过程中，始终受到的摩擦力。实验测得B从弹簧原长位置到弹簧压缩至最短过程的（为弹簧的形变量）图像如图乙所示。已知弹簧弹性势能，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．图像与纵轴的交点
B．碰前瞬间A的初速度大小
C．弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力做功为12J
D．若A、B碰撞后粘连在一起，则碰撞过程系统损失的机械能为16J
【答案】A,B
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB、滑块B压缩弹簧过程，由能量守恒，时，
代入得，解得碰后B速度；令得纵截距，
A、B弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，
联立得，，故AB正确；
C、弹簧弹力做功等于弹性势能变化负值，，并非12J，C错误；
D、完全非弹性碰撞动量守恒，解得，机械能损失，不是16J，D错误；
故答案为：AB。
【分析】AB、结合能量守恒求碰后滑块B速度，利用弹性碰撞动量、机械能双守恒求解入射初速度；
C、弹力做功与弹性势能变化关系，弹力做负功，数值为负；
D、完全非弹性碰撞动量守恒，损失机械能等于初动能减共速动能。
10．两足够长且间距为的平行金属导轨与水平面夹角为，导轨上端与一阻值为的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，下方存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一质量为的金属杆垂直导轨放置在处，现将金属杆由静止释放，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值也为，且与粗糙导轨间的动摩擦因数，，，导轨电阻不计，金属杆与导轨接触良好，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆通过区域所用的时间为
B．在整个过程中，定值电阻产生的热量为
C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．金属杆经过区域，金属杆所受安培力随位移线性变化
【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、设金属杆到达速度为，对段动量定理：；粗糙段，重力分力与摩擦力平衡，对段动量定理：，两式联立解得，A正确；
B、全程下落总位移，重力做功，粗糙段摩擦力做功；能量守恒，得总焦耳热；金属杆电阻与外阻均为，串联热量按电阻分配，，B正确；
C、安培力冲量，两段位移分别为、，冲量大小不等，C错误；
D、段重力分力抵消摩擦力，动量定理化简得，安培力，代入后是关于位移的一次函数，二者线性相关，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、考查电磁感应动量定理，安培力冲量，分两段列方程联立求时间；
B、能量守恒结合串联电路焦耳热分配，摩擦力做功利用化简；
C、安培力冲量与位移成正比，两段位移不同，冲量不相同；
D、推导速度随位移线性变化，代入安培力公式，判断安培力与位移为一次线性关系。
11．在测定电阻丝电阻率的实验中，实验组同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，用毫米刻度尺测量电阻丝的长度，用如图甲所示的电路测量电阻丝的电阻值。
（1）在进行实验时，下列说法正确的是___________（填选项前字母）。
A．测量电阻丝直径时应选电阻丝的中点多次测量，求平均值
B．测量电阻丝的长度时应将电阻丝连入电路之后，用刻度尺测量出连入电路的电阻丝的长度
C．测量电阻丝的长度时应手持电阻丝的一端与刻度尺的0刻度线对齐，在电阻丝自然下垂的状态下，读取另一端对应的刻度值
（2）实验组同学使用螺旋测微器测量电阻丝的直径，某次螺旋测微器的示数如图乙所示，则　 　mm。
（3）利用图甲所示电路测量电阻丝的电阻值，在确定电流表的连入方式时，先按虚线Ⅰ试触，再按虚线Ⅱ试触，观察到电压表示数变化较大，电流表示数几乎不变。据此确定好电流表的接入方式以使得测量误差较小，而后进行数据测量。
①测得的数据如下表格所示，请在坐标纸上根据表格中的数据描点连线绘制出图像　 　；
实验次序 1 2 3 4 5
0.45 0.50 0.55 0.64 0.71
0.26 0.30 0.33 0.38 0.44
②电阻的测量值可由图像斜率求得，该测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【答案】（1）B
（2）0.410
（3）；小于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）A．测量电阻丝直径时应选电阻丝的不同位置多次测量，求平均值，A错误；
BC．测量电阻丝的长度时应将电阻丝连入电路之后，再用刻度尺测量出连入电路的电阻丝长度，B正确，C错误。
故答案为：B。
（2）螺旋测微器固定刻度部分读数为，螺旋测微器的分度值为0.01mm，活动部分读数为由图乙可知示数为，总结果为。
故答案为：0.410
（3）①把表格中的数据描到坐标纸上，用一条直线来拟合，不在直线上的点均分直线两侧
②试触时观察到电压表示数变化较大，电流表示数几乎不变，电压表分流较小，故电流表外接连入实验电路误差较小，电流表外接测得的电阻值为待测电阻丝的阻值与电压表内阻的并联值，测量值小于真实值。
故答案为：；小于
【分析】(1) 本小问考查金属丝电阻率实验长度、直径的规范测量操作，区分正确与错误测量方法。
(2) 本小问考查螺旋测微器读数规则，固定刻度+可动刻度×分度值，注意估读一位。
(3) 本小问包含U-I图像作图和电流表外接误差分析：试触法判断外接 / 内接；外接法因电压表分流，电流测量偏大，斜率（电阻）测量偏小。
（1）A．测量电阻丝直径时应选电阻丝的不同位置多次测量，求平均值，A错误；
BC．测量电阻丝的长度时应将电阻丝连入电路之后，再用刻度尺测量出连入电路的电阻丝长度，B正确，C错误。
故选B。
（2）螺旋测微器固定刻度部分读数为，螺旋测微器的分度值为0.01mm，活动部分读数为由图乙可知示数为
总结果为。
（3）①把表格中的数据描到坐标纸上，用一条直线来拟合，不在直线上的点均分直线两侧
②试触时观察到电压表示数变化较大，电流表示数几乎不变，电压表分流较小，故电流表外接连入实验电路误差较小，电流表外接测得的电阻值为待测电阻丝的阻值与电压表内阻的并联值，测量值小于真实值。
12．实验小组同学设计了两种方案验证动量守恒定律，方案一、二的实验装置分别如图甲、乙所示。
（1）按方案一进行实验，实验时先将气垫导轨调节至水平。
①实验室有宽度分别为10.00mm和5.00mm的遮光片若干，实验小组同学有两种观点，观点一认为两个遮光片的宽度都为5.00mm可以减小实验误差，观点二认为遮光片规格相同即可，遮光片的宽、窄不会给实验带来误差。说法正确的是　 　（选填“观点一”或“观点二”）；
②将滑块1放到光电门1的左侧，滑块2放到光电门1与光电门2之间，向右轻推滑块1使它与滑块2相碰。光电门1的计时器记录了两次遮光时间依次为、，光电门2的计时器记录的遮光时间为，若该碰撞为非弹性碰撞，应满足的表达式：　 　（用题目已给的物理量符号表示）。
（2）按方案二进行实验时，测得单摆的摆长为。
①拉力传感器记录的数据如图丙所示（图中数据均为已知量），下列说法正确的是　 　（填选项前字母）；
A.斜槽必须光滑且末端切线水平
B.入射小球的质量必须大于单摆小球的质量
C.通过图丙可以知道单摆小球的振动周期为
②实验小组同学通过图丙数据还可以求得单摆小球的质量　 　（用、、和表示）。
【答案】（1）观点二；
（2）B；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）动量守恒表达式为，，其中可消去且物块碰撞前后都做匀速运动，遮光片宽度相同即可，宽、窄不会带来误差，故观点二正确；
碰撞是非弹性碰撞满足，代入，整理可得
又由动量守恒有，联立有
故答案为：观点二；
（2）A．小球从同一位置释放即可使得入射速度相同，故斜槽可以不光滑；但为保证入射小球做平抛运动，斜槽末端切线必须水平，故A错误；
B．入射小球碰后也做平抛运动，要求它的质量必须大于单摆小球的质量，故B正确；
C．单摆一个周期经过两次最低点，最低点时绳子拉力最大，故其周期为，故C错误。
故答案为：B。
单摆小球在最高点，有，在最低点，有
从最高点到最低点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
又有单摆周期公式，联立以上公式可得单摆小球质量
故答案为：
【分析】(1) 本小问结合光电门测速度、动量守恒与非弹性碰撞动能损耗；利用消去遮光片宽度，联立动量、动能不等式得到时间关系式。
(2) 本小问为平抛+单摆碰撞综合实验；选择题考察平抛实验操作规范与单摆周期判断；计算题结合单摆拉力极值、机械能守恒、周期公式联立求解小球质量。
（1）[1] 动量守恒表达式为，
其中可消去且物块碰撞前后都做匀速运动，遮光片宽度相同即可，宽、窄不会带来误差，故观点二正确；
[2] 碰撞是非弹性碰撞满足
代入
整理可得
又由动量守恒有
联立有
（2）[1]A．小球从同一位置释放即可使得入射速度相同，故斜槽可以不光滑；但为保证入射小球做平抛运动，斜槽末端切线必须水平，故A错误；
B．入射小球碰后也做平抛运动，要求它的质量必须大于单摆小球的质量，故B正确；
C．单摆一个周期经过两次最低点，最低点时绳子拉力最大，故其周期为，故C错误。
故选B。
[2] 单摆小球在最高点，有
在最低点，有
从最高点到最低点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
又有单摆周期公式
联立以上公式可得单摆小球质量
13．“潭清疑水浅”是古诗中描述的光的折射现象。如图所示，现有一面积足够大的圆形清潭，水深，水的折射率。在潭底中心处有一盏古式灯笼（可视为点光源）向四周发光。已知光在真空中的传播速度为，取。
（1）求光从点竖直向上传播到其正上方水面上点的时间；
（2）求水面上能透出光线的圆形亮斑的面积。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）解：光在水中传播速度为，由折射定律可知
由运动学公式可得
代入数据解得
（2）解：光从水中射向空气发生全反射的临界角为，则可得
设能透出光线的圆形亮斑的半径为，则
因此圆形亮斑的面积
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本小问考查光在介质中的传播速度与匀速直线运动，先利用折射率求出水中光速，再结合匀速运动公式求传播时间。
(2) 本小问考查全反射临界角与几何光学，先算出临界角的正切值，结合水深求出透光圆形亮斑半径，再由圆面积公式计算面积，结果保留两位有效数字。
（1）光在水中传播速度为，由折射定律可知
由运动学公式可得
代入数据解得
（2）光从水中射向空气发生全反射的临界角为，则可得
设能透出光线的圆形亮斑的半径为，则
因此圆形亮斑的面积
解得
14．如图所示，竖直平面内固定一绝缘轨道，由以下三段轨道平滑连接组成：位于水平地面上长的粗糙直轨道，半径的竖直光滑半圆弧轨道（为轨道最低点，为最高点），长的水平光滑直轨道。整个空间内有水平向右的匀强电场（图中未画出），场强大小。将质量、电荷量的小滑块从点由静止释放至运动到点过程中，电场恒定不变，滑块从半圆弧轨道点进入水平轨道时速度大小和方向不变；滑块从点飞出时记为，此时空间电场的大小发生变化（场强方向不变），大小随时间线性增加的关系：，其中，滑块从点飞出后落到水平地面上的点（图中未画出）。已知滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，滑块可以看成质点，不计空气阻力，忽略电场变化时的磁效应。求：（取）
（1）滑块第一次到达点时的速度大小；
（2）滑块在点时，轨道对滑块的作用力大小；
（3）滑块落到点前瞬间速度的水平分量。（结果保留一位小数）
【答案】（1）解：滑块从点到点，由动能定理可得
解得
（2）解：滑块从点到点，由动能定理可得
滑块在点时，由牛顿第二定律可得
解得
（3）解：滑块从点到点，由动能定理可得
滑块从点做抛体运动，水平方向变减速直线，竖直方向自由落体运动，竖直方向可得
电场的大小随时间线性增加，则电场的平均值为
在水平方向利用动量定理可得：
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 本小问考查动能定理，水平轨道电场力、摩擦力做功共同改变滑块动能。
(2) 本小问综合动能定理与圆周运动向心力，先求 D 点速度，再在最高点列径向牛顿第二定律求轨道弹力。
(3) 分三段分析：先动能定理求 E 点抛出初速度；竖直自由落体求平抛总时间；电场线性变化取平均场强，用动量定理求解落地水平分速度。
（1）滑块从点到点，由动能定理可得
解得
（2）滑块从点到点，由动能定理可得
滑块在点时，由牛顿第二定律可得
解得
（3）滑块从点到点，由动能定理可得
滑块从点做抛体运动，水平方向变减速直线，竖直方向自由落体运动，竖直方向可得
电场的大小随时间线性增加，则电场的平均值为
在水平方向利用动量定理可得：
解得
15．如图所示，在坐标系内以点为圆心、为半径的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上点平行轴放置一个长为的薄板，其中在轴上方部分是长度为的粒子收集板，在轴下方部分是长度为的线状粒子源，沿方向均匀发射速度大小均为、质量为、电荷量为的相同粒子。粒子源释放的带电粒子在方向上分布是均匀的，且所有粒子经磁场偏转后从坐标原点处射入轴上方。打在收集板上的粒子将被立即导走，使收集板的电势保持不变。不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑电磁场的边界效应。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）求被收集的粒子数目占粒子总数的比值；
（3）为使经磁场偏转后从坐标原点处沿方向射入轴上方的粒子能够恰好被收集板收集到，在第Ⅰ、Ⅱ象限内加沿方向的匀强电场，求所加电场的电场强度的大小；
（4）在第Ⅰ、Ⅱ象限内施加第（3）问中的匀强电场后，在第Ⅰ、Ⅱ象限内再施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。求从坐标原点处射入轴上方的带电粒子到达轴右侧距离轴最远的位置坐标。
【答案】（1）解：由题可知，从左侧任选一个粒子经磁场偏转后，通过坐标原点，其运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，四边形为菱形，可得粒子运动轨迹的半径
洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）解：临界粒子的轨迹如图乙所示
由几何关系可得，粒子从点离开磁场时，速度方向与方向夹角为范围内的粒子都能打到收集板上。夹角为的粒子进入磁场时的纵坐标
解得
打到收集板上的粒子占粒子源发出粒子总数的比值
解得
（3）解：加电场后，从坐标原点处沿方向射入轴上方的粒子做类平抛运动，若恰好能够被收集板收集到，将打在收集板的上端。由平抛运动规律，在方向，有
在方向，有
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（4）解：从坐标原点处射入轴上方的带电粒子的初速度，可以分解为一个沿方向的速度和另一个速度，沿方向的速度对应一个沿方向的洛伦兹力，使其大小等于电场力，
得
则粒子沿方向的分运动是速度为的匀速直线运动，另一个分运动是以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动。几何关系如图丙所示
可知带电粒子初速度方向沿方向时速度最大，对应圆周运动的半径最大，且角最小为，粒子能够到达轴右侧且距离轴的位置最远，此时
以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
圆周运动的半径为
沿方向发生位移为
粒子沿方向，圆周运动的位移为
速度为的匀速直线运动沿方向的位移为
其中，
可知
即带电粒子能到达距离轴最远的位置坐标为
【知识点】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) 本小问考查圆形有界磁场几何关系与洛伦兹圆周运动，通过菱形几何判定轨迹半径，结合向心力公式求磁感应强度。
(2) 本小问结合磁场出射角度临界条件，利用粒子源纵向均匀分布，通过长度比值求粒子数占比。
(3) 本小问考查电场中类平抛运动，分解水平匀加速、竖直匀速，联立运动学与牛顿定律求电场强度。
(4) 本小问采用速度分解法将复合场运动拆分为匀速直线 + 匀速圆周；平衡电场力与一分量洛伦兹力，分析圆周最大水平偏移，结合周期写出通解坐标。
（1）由题可知，从左侧任选一个粒子经磁场偏转后，通过坐标原点，其运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，四边形为菱形，可得粒子运动轨迹的半径
洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）临界粒子的轨迹如图乙所示
由几何关系可得，粒子从点离开磁场时，速度方向与方向夹角为范围内的粒子都能打到收集板上。夹角为的粒子进入磁场时的纵坐标
解得
打到收集板上的粒子占粒子源发出粒子总数的比值
解得
（3）加电场后，从坐标原点处沿方向射入轴上方的粒子做类平抛运动，若恰好能够被收集板收集到，将打在收集板的上端。由平抛运动规律，在方向，有
在方向，有
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（4）从坐标原点处射入轴上方的带电粒子的初速度，可以分解为一个沿方向的速度和另一个速度，沿方向的速度对应一个沿方向的洛伦兹力，使其大小等于电场力，
得
则粒子沿方向的分运动是速度为的匀速直线运动，另一个分运动是以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动。几何关系如图丙所示
可知带电粒子初速度方向沿方向时速度最大，对应圆周运动的半径最大，且角最小为，粒子能够到达轴右侧且距离轴的位置最远，此时
以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
圆周运动的半径为
沿方向发生位移为
粒子沿方向，圆周运动的位移为
速度为的匀速直线运动沿方向的位移为
其中，
可知
即带电粒子能到达距离轴最远的位置坐标为
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