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2026届湖北省直辖县级行政单位高三一模物理试题
1．2025年，中国科学院近代物理研究所利用兰州重离子加速器装置进行人工核反应实验，合成新核镤（），其核反应方程为：。下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒，反应前总质量数为 ，反应后质量数为 ，解得 ；反应前总电荷数为 ，反应后电荷数为 Z，解得 ，故A正确；
故答案为：A。
【分析】核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，分别计算反应前后的总质量数和总电荷数，建立等式求解 A 和 Z。
2．日常生活和科技中蕴含物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．利用激光亮度高的特点，可以测量地球到月亮的距离。
B．通过两支夹紧的不透明笔杆间缝隙看发光日光灯能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象
C．光导纤维是利用光的全反射原理，其内芯材料是光疏介质，外套材料是光密介质
D．正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到的声波频率与该波源的频率相比变小
【答案】B
【知识点】多普勒效应；光导纤维及其应用；光的衍射
【解析】【解答】A、测量地球到月球的距离利用的是激光平行度好、长距离传播不易发散的特点，与激光亮度高的特性无关，故 A 错误；
B、日光灯发出的白光通过笔杆间的狭缝时发生单缝衍射，不同色光的衍射条纹间距不同，因此会观察到彩色条纹，属于光的衍射现象，故 B 正确；
C、光导纤维利用光的全反射原理，全反射的发生条件是光从光密介质射入光疏介质，因此内芯为光密介质、外套为光疏介质，故 C 错误；
D、根据多普勒效应，当波源靠近观察者时，观察者接收到的声波频率高于波源的固有频率，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查激光的特性与应用，明确激光测距利用的是平行度好而非亮度高；
B、考查光的衍射现象，理解白光通过狭缝时发生单缝衍射，不同色光因波长不同形成彩色条纹；
C、考查光的全反射原理与光导纤维结构，明确内芯需为光密介质、外套为光疏介质；
D、考查多普勒效应，理解波源靠近观察者时，接收频率会高于波源频率。
3．“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。关于物理课本中四幅插图，以下说法中正确的是（　　）
A．甲图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了理想模型法
B．乙图中，在观察桌面的形变时，运用了微元法
C．丙图中，研究力的合成和分解时，运用了放大法
D．丁图中，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，运用了极限思想
【答案】D
【知识点】等效法；微元法；曲线运动；放大法
【解析】【解答】A、甲图中，推导匀变速直线运动位移公式时，是将运动过程分割为无数小段，再累积求和，运用了微元法，而非理想模型法，故 A 错误；
B、乙图中，观察桌面微小形变时，利用光的多次反射将形变放大，运用了放大法，而非微元法，故 B 错误；
C、丙图中，研究力的合成与分解时，用一个力的效果替代多个力的效果，运用了等效法，而非放大法，故 C 错误；
D、丁图中，质点在 A 点的瞬时速度方向，是通过取时间间隔趋近于零时平均速度的极限，得到轨迹在 A 点的切线方向，运用了极限思想，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、明确推导匀变速直线运动位移公式的方法，是将过程微元化后累加，属于微元法；
B、桌面形变微小，通过光的反射放大形变效果，属于物理实验中的放大法；
C、力的合成与分解中，合力与分力的效果等效，运用的是等效替代法；
D、瞬时速度的定义是时间间隔趋近于零时的平均速度，通过极限思想得到速度方向为轨迹切线方向。
4．今年春晚，宇树科技机器人大放异彩，除了机器人外，宇树机器狗UNITREEB2-W野外跑酷能力性能卓越，能够执行爬山、涉水、翻越障碍等高难度动作；该机器狗能够驮载的负重，续航里程可达50公里；在某次机器狗的测试中，测试人员和机器狗的位置一时间（x-t图像）如图所示，人的x-t图像为曲线，机器狗的x-t图像为两条线段，从到的过程中，关于人和机器狗的运动，下列说法正确的是（　　）
A．机器狗一直做匀速直线运动
B．人的运动方向一直在改变
C．时间内，人的速度一定大于机器狗的速度
D．时间内，人和机器狗只有一个瞬时速度相同的时刻
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A、机器狗的 x-t 图像由两段斜率不同的线段组成，说明它在两个时间段内分别做匀速直线运动，但速度不同，并非一直做匀速直线运动，故 A 错误；
B、人的 x-t 图像的斜率始终为正，说明速度方向始终不变，运动方向没有发生改变，故 B 错误；
C、在 0～t2时间内，人的 x-t 图像的斜率先大于机器狗的速度，后小于机器狗的速度，因此人的速度并非一直大于机器狗的速度，故 C 错误；
D、当人的 x-t 图像的切线斜率与机器狗某段 x-t 图像的斜率相等时，两者瞬时速度相同，由图可知只有一个时刻满足此条件，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、x-t 图像的斜率表示速度，斜率不变才是匀速直线运动，机器狗两段斜率不同，说明速度发生了变化；
B、x-t 图像的斜率正负表示速度方向，人的图像斜率始终为正，说明运动方向一直不变；
C、人的 x-t 图像的切线斜率代表瞬时速度，其斜率先大后小，说明速度先大于后小于机器狗的速度；
D、瞬时速度相同时，两者的 x-t 图像斜率相等，人的图像曲线与机器狗的线段只有一个切点，故只有一个时刻瞬时速度相同。
5．如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道ABCDA运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球半径。卫星只受地球引力作用，关于该卫星下列说法正确的是（　　）
A．从A到B的过程中，其加速度逐渐增大
B．整个运动过程中，其速度始终小于第一宇宙速度
C．从B到C的过程中，受到地球的万有引力做负功
D．从D到A的过程中，机械能逐渐减小
【答案】C
【知识点】功能关系；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A、从 A 到 B 的过程中，卫星与地心的距离增大，根据万有引力公式和牛顿第二定律，加速度会逐渐减小，故 A 错误；
B、卫星在 A 点需要加速离心才能从近地轨道进入椭圆轨道，近地轨道速度为第一宇宙速度，因此 A 点速度大于第一宇宙速度，故 B 错误；
C、从 B 到 C 的过程中，卫星远离地球，万有引力方向与卫星运动方向夹角为钝角，万有引力做负功，故 C 正确；
D、从 D 到 A 的过程中，卫星只受地球引力作用，引力属于保守力，机械能守恒，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、卫星的加速度由万有引力提供，与到地心的距离平方成反比，距离增大时加速度减小；
B、第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，卫星从近地轨道变轨到椭圆轨道需要在近地点加速，因此 A 点速度大于第一宇宙速度；
C、力对物体做功的正负由力与位移的夹角决定，夹角为钝角时力做负功；
D、只有万有引力做功时，卫星的动能和引力势能相互转化，总机械能保持不变。
6．根据湖北省电网发展规划，2025年新增潜江、天门2座500kV变电站。其中潜江站建成后将成为江汉平原电网的重要节点，与现有荆州电网形成环网结构，显著提升区域供电能力和新能源消纳水平。如图所示，发电站输出电压为10kV的正弦式交流电，经匝数比为的理想变压器升压后通过输电线输送到变电站，输电线等效电阻为，变电站两端电压为500kV，再用理想变压器变为电压为220V的家用交流电，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器输出电压最大值为550kV
B．输电线上的电流为500A
C．输电线上损失的功率为
D．升压变压器原线圈与降压变压器副线圈中电流之比为
【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、根据理想变压器电压与匝数成正比，升压变压器输出电压有效值为 ，最大值为 ，故A错误；
B、输电线上的电压损失 ，由欧姆定律得输电线电流 ，故B错误；
C、输电线损失的功率 ，故C正确；
D、对升压变压器，；对降压变压器，，且 ，故 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、理想变压器电压比等于匝数比，计算得到的是有效值，最大值需乘以 ；
B、输电线电流由电压损失和电阻决定，电压损失为升压变压器输出电压与降压变压器输入电压的差值；
C、输电线功率损失由电流的平方与电阻的乘积计算，电流为输电线上的实际电流；
D、分别根据升压和降压变压器的电流比关系，结合输电线电流相等，推导原副线圈电流比。
7．如图所示，质量均为m的木块A和B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C迅速移开，若重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）
A．木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为2mg
B．木块C移开的瞬间，木块A的加速度大小为3g
C．木块A向上运动的距离为时，A的动量最大
D．木块B可能离开地面向上运动
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动量
【解析】【解答】初始静止状态：对A、C整体受力分析，弹簧压缩量 ，由 ，得 。
动量最大时A合力为0，弹簧弹力等于A重力，即 ，压缩量 。
A向上运动距离 。
A、移开C瞬间，弹簧弹力不变仍为 ；对B受力：重力、弹簧向下压力、地面支持力，平衡得 ，故A错误；
B、移开C瞬间，对A受力：向上弹力、向下重力；由牛顿第二定律 ，解得 ，故B错误；
C、A向上运动距离时弹簧压缩量，弹力等于A重力，A加速度为0、速度最大，动量达到最大值，故C正确；
D、要使B离地，弹簧需伸长弹力，伸长量；A从初始压缩到伸长总位移，A到该位置前速度已反向，无法到达，B不会离地，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题综合考查胡克定律、瞬时受力分析、牛顿第二定律与动量极值判断，核心逻辑分四点：
弹簧弹力不会突变，移开C瞬间压缩量不变，弹力保持，以此分别对A、B列平衡/动力学方程；
物体动量最大的条件是加速度为0、速度峰值，对应弹簧弹力与A重力平衡的位置；
利用胡克定律计算两个状态下弹簧形变量，差值即为A向上移动的距离；
判断B能否离地，对比A可到达的最大弹簧伸长量与离地所需伸长量，得出B不会抬起的结论。
8．如图一条弹性轻绳放置于x轴正半轴，绳的左端位于坐标原点，P、Q是弹性绳上坐标分别为、的两点，时刻，坐标原点处的波源沿y轴正方向开始振动，振动规律为。此后，测得P点开始振动的时刻为。下列说法正确的是（　　）
A．波传播速度为
B．时，P点的速度方向沿轴负方向
C．Q点开始振动时P点位于负向最大位移处
D．至时间内Q点通过的路程
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、P点坐标为1m，t=1s开始振动，波速 ，并非2m/s，故A错误；
B、由波源振动方程 ，得周期 ，P点t=1s开始振动，起振方向沿y轴正方向；t=1.25s时，P点振动了，处于从平衡位置向负向最大位移处运动的阶段，速度方向沿y轴负方向，故B正确；
C、波传到Q点的时间 ，此时P点已振动，起振方向为正，经过后位于正向最大位移处，并非负向最大位移处，故C错误；
D、t=0到t=2s内，Q点振动的时间为，从平衡位置起振，路程为，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、波速由波的传播距离与传播时间的比值决定，P点的振动传播时间为1s，距离为1m，可直接计算波速；
B、根据波源振动方程得到周期，结合P点的振动时长，分析其所处的振动阶段，判断速度方向；
C、计算波传到Q点的时间，得到此时P点的振动时长，结合起振方向判断其位置；
D、先计算Q点的振动时长，再根据振动时长与周期的关系，计算总路程。
9．如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m（重力不计）、电荷量为的同种粒子，所有粒子均能经过MN上的b点从左侧磁场进入右侧磁场，已知，则粒子的速度可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子可能在两个磁场间做多次运动，分析可知，由于粒子从 b 点左侧磁场进入右侧磁场，粒子在 ab 间做匀速圆周运动的圆弧数量必为偶数个， 设粒子运动的轨迹半径为 R，则有，解得，再根据洛伦兹力提供向心力有 ， 解得 。
A、将代入速度通式，解得，需为偶数，不符合条件，故A错误；
B、将代入速度通式，解得，为偶数，符合条件，故B正确；
C、将代入速度通式，解得，为偶数，符合条件，故C正确；
D、将代入速度通式，解得，不是偶数，不符合条件，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】先根据粒子运动轨迹的几何关系，推导出轨迹半径与距离的关系式，再结合洛伦兹力提供向心力公式，得到速度的通式（）；再将各选项的速度代入通式，计算对应的值，判断是否为偶数，以此确定选项是否符合条件。
10．如图甲所示，小球A以初速度竖直向上冲入半径为R的粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B发生相互作用，距离B右侧s处有一个固定的弹性挡板，B与挡板的碰撞没有能量损失且作用时间极短。已知A、B的质量分别为2m、m，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示（从A球接触弹簧开始计时，已知）。弹簧的弹性势能为，x为形变量，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球第一次在管道内运动的过程中阻力做的功为
B．弹簧两次弹力最大值之比
C．弹簧两次弹性势能之比
D．小球B的初始位置到挡板的距离
【答案】A,B,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A、设小球在管道内运动过程中阻力做功为，根据动能定理：
代入，计算得：
解得，故A正确；
B、第一次弹簧压缩量最大时，A、B共速为，由动量守恒：
代入，得。
由机械能守恒：
解得，对应弹力。
弹簧恢复原长时，设A、B速度为、，由动量守恒和机械能守恒：
解得，。
B反弹后速度为，第二次共速时由动量守恒：
得。
由机械能守恒：
解得，对应弹力，故B正确；
C、弹性势能，两次弹性势能之比：
故C错误；
D、设到内A、B位移分别为、，由动量守恒微元形式：
因时刻弹簧恢复原长，A、B位移相同，代入：
解得，故D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、利用动能定理，结合小球在管道内的初末速度和重力做功，直接求解阻力做功；
B、分两次弹簧压缩量最大的过程，分别应用动量守恒和机械能守恒，结合胡克定律推导两次弹力最大值的比值；
C、根据弹性势能公式，结合两次压缩量的比值计算弹性势能之比；
D、通过动量守恒的微元思想，结合时刻的运动状态，推导B初始位置到挡板的距离。
11．浸润式光刻机的核心原理，是在投影物镜与晶圆之间填充高折射率液体，替代传统干式光刻的空气介质，从而提升数值孔径（NA）、缩短等效曝光波长，突破分辨率极限。芯片制造除了需要高端EUV光刻机，也需要高端光刻胶，为研究EUV光刻机所用光刻胶的光学性质，研究人员利用折射法测量某液态光刻胶的折射率n。实验装置如图所示：圆形透明容器装有光刻胶，光刻胶上表面与圆心O平齐，光线从空气经O点射入光刻胶液体，圆形容器周围标有角度刻度，可直接读取入射角和折射角。
（1）实验中，为减小测量误差，下列操作正确的是（　　）
A．入射光线应尽可能靠近法线
B．入射角不宜过小，也不宜过大
C．只需测量一组入射角和折射角就可计算折射率
D．改变入射角多次测量，取折射率的平均值
（2）某次实验中，测得入射角，折射角。已知，。请根据折射定律计算该光刻胶的折射率　 　。（结果保留2位有效数字）
（3）实验时要求光线细、亮、清晰。某次实验时某实习生误将一定宽度的折射光线偏向法线一侧读取数据，则测得的折射率与真实值相比会　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）B；D
（2）1.5
（3）偏大
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】(1) 实验中入射角不宜过小，否则角度测量的相对误差会较大；也不宜过大，否则反射光过强会导致折射光变弱、光路不清晰，故A错误、B正确。只测量一组数据会存在较大偶然误差，应多次改变入射角测量并取折射率平均值来减小误差，故C错误、D正确。
故答案为：BD；
(2) 根据折射定律，介质的折射率公式为 。已知入射角 ，折射角 ，代入公式得：
故答案为：1.5；
(3) 若读取折射角时，将折射光线偏向法线一侧读数，会导致测得的折射角 小于真实折射角 。根据折射率公式 ， 偏小会使 偏小，最终计算出的折射率 偏大。
故答案为：偏大；
【分析】(1) 本题考查实验误差分析，核心是理解实验操作对误差的影响。入射角的选择需兼顾测量精度和光路清晰度，而多次测量取平均值是减小偶然误差的常用方法。
(2) 本题考查折射定律的直接应用，核心公式为折射定律 。从题图中准确读取入射角和折射角，代入公式计算即可。
(3) 本题考查实验误差分析，核心是分析错误操作对折射角测量值的影响，并结合折射率公式推导对计算结果的影响。测得的折射角偏小，会导致折射率计算值偏大。
（1）AB．为了减小测量误差，入射角不宜过小，否则角度测量的相对误差较大，也不宜过大，否则反射光增强折射光减弱，导致折射光线不清晰，故 A 错误，B 正确；
CD．只测量一组数据偶然误差较大，应改变入射角多次测量，取折射率的平均值以减小偶然误差，故 C 错误，D 正确。
故选BD。
（2）根据折射定律
由题图可知入射角，折射角。代入数据得
（3）将折射光线偏向法线一侧读取数据，则测得的折射角 小于真实折射角。根据折射率计算公式，由于 偏小， 偏小，导致计算出的折射率 偏大。
12．为测量电压表（量程为0~6V、内阻约为4kΩ）的内阻，某同学设计了如图甲所示的电路，并采取了如下实验步骤：
①正确连接好测量电路，电阻箱的阻值调到零；
②合上开关S，调节滑动变阻器的滑片位置，使得电压表的指针指到满偏刻度处；
③仅调节电阻箱的阻值，使得电压表的指针指到满偏刻度的处；
④读出电阻箱接入电路中的电阻值。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最　 　（填“左”或“右”）端，为减小误差和方便调节，实验时选用的滑动变阻器和电源规格应为　 　。
A.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器和电动势为10V的电源
B.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器和电动势为4.5V的电源
C.最大阻值为20Ω的滑动变阻器和电动势为10V的电源
D.最大阻值为20Ω的滑动变阻器和电动势为4.5V的电源
（2）正确选用器材并完成实验步骤后，电阻箱示数如图乙所示
则该电压表的内阻为　 　Ω。
（3）为将电压表改装成量程为0~36V的电压表，需将电压表与阻值调至　 　Ω的电阻箱串联。考虑到实验时的误差，改装后的电压表用来测电压时的测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）左；C
（2）3938.4
（3）19692；小于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；测定电压表或电流表的内阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1)为确保闭合开关后电压表的电压从0开始变化，滑动变阻器的滑片应移至最左端，使电压表初始被短路，示数为0。
实验采用分压式接法时，为减小调节误差、方便操作，滑动变阻器应选用最大阻值较小的型号；电源电动势需略大于电压表的满偏电压，故C选项正确。
故答案为：左；C；
(2) 调节电阻箱使电压表指针指到满偏刻度的处，此时电阻箱两端的电压为电压表电压的一半。根据串联电路分压原理，电压表内阻是电阻箱阻值的2倍，因此电压表内阻为：
故答案为：3938.4；
(3)将电压表改装成量程为0~36V的电压表，需串联分压电阻箱。根据串联分压公式，所需串联电阻箱的阻值为：
实验中，电阻箱的接入会使电压表所在支路的实际电压高于电压表的满偏电压。当电压表指针指到满偏刻度的处时，电阻箱两端的实际电压大于满偏电压的，导致测得的电阻箱阻值偏大，进而使计算出的电压表内阻偏大。改装后的电压表测量电压时，指针偏转角度会偏小，测量值小于真实值。
故答案为：19692；小于；
【分析】(1) 分压式接法中，为使电压从0开始变化，滑片初始位置应使测量支路被短路；滑动变阻器分压式接法中，公式为，当滑动变阻器阻值较小时，电压调节更均匀、误差更小，故应选小阻值滑动变阻器；电源电动势需略大于电压表满偏电压，保证电压可调节到满偏。
(2) 串联电路中电流处处相等，根据欧姆定律，电压表与电阻箱串联时电流相同，电压与电阻成正比，即；当电压表电压为满偏的时，电阻箱电压为满偏的，因此，据此计算电压表内阻。
(3) 电压表改装为大量程电压表时，需串联分压电阻，根据串联电路分压规律，其中满偏电流，代入可得，据此计算串联电阻箱的阻值。
当支路实际电压大于电压表满偏电压时，电压表指到刻度时，电阻箱两端实际电压大于，由可知，测得的电阻箱阻值偏大，导致计算出的偏大；改装后，串联的分压电阻按偏大的计算，实际分压能力不足，测量时指针偏转角度偏小，测量值小于真实值。
（1）[1]为确保电压表的电压从0开始变化，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最左端；
[2]由于滑动变阻器采用分压式接法，为减小误差和方便调节，滑动变阻器应选用最大阻值较小的，电源的电动势只需略大于电压表的满偏电压即可。
故选C。
（2）仅调节电阻箱的阻值，使得电压表的指针指到满偏刻度的处，此时电阻箱电压是电压表电压的一半，根据串联分压原理可知，电压表阻值是电阻箱阻值的2倍，该电压表的内阻为。
（3）[1]为将电压表改装成量程为0~36V的电压表，需要与电压表串联的电阻箱的阻值
[2]实验时电阻箱的接入会导致电压表所在支路两端电压大于电压表的满偏电压，调节电阻箱的阻值使得电压表的指针指到满偏刻度的处，电阻箱两端的电压大于满偏电压的，电阻箱的阻值大于电压表内阻的一半，导致电压表内阻偏大，则改装后的电压表用来测电压时，指针偏转角度变小，测量值小于真实值。
13．高压锅的推广普及给人们带来了很多方便，如图为某高压锅示意图。锅内底部有少量水，初始时外界大气压，室温，锅内封闭气体体积，锅内气体压强等于大气压强，现对锅加热，过程如下：先在敞开锅盖下将水烧开，锅内空气被水蒸气大量排出，只剩水和饱和蒸汽，此时温度，压强仍为，气体体积近似仍为，立即盖紧锅盖密封，继续加热，气体体积不变，温度升高，压强增大。当锅内压强达到时，限压阀刚好被顶起，开始排气。已知高压锅内气体质量不变且可视为理想气体，重力加速度。求：
（1）限压阀刚被顶起时，高压锅内气体的温度；
（2）若排气孔横截面积，求限压阀的质量m；
【答案】（1）密封后锅内气体体积不变，发生等容变化。初状态：压强 ，温度 ；末状态：压强 ，温度 。根据查理定律：
代入数据解得：
（2）限压阀刚被顶起时受力平衡，向下的重力 、大气压力 与向上的锅内气体压力 平衡，平衡方程为：
整理得限压阀质量公式：
代入数据解得：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 本题为气体等容变化问题，核心应用查理定律 。解题关键是明确气体初末状态的压强和温度，注意温度需转换为热力学温度（开尔文），再代入公式求解末态温度。
(2) 本题为受力平衡问题，核心是对限压阀进行受力分析。限压阀受向下的重力 、大气压力 ，向上的锅内气体压力 ，平衡时合力为零，列平衡方程 ，变形后即可求解限压阀质量 。
（1）密封后，锅内气体体积不变，做等容变化。初状态：压强，温度
末状态：压强，温度。根据查理定律
解得
（2）限压阀刚被顶起时，受力平衡。限压阀受到向下的重力、向下的大气压力和向上的锅内气体压力。平衡方程为
解得
代入数据解得
14．如图所示，两根不计电阻的光滑倾斜平行导轨与水平面的夹角，底端及顶端分别接有和的电阻。在两根导轨所在的平面内建立xOy坐标系。在x轴方向0到6m范围内满足方程的曲线与x轴所围空间区域内存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。金属棒PQ的质量为，电阻，在平行于x轴正方向的外力F作用下以的速度沿斜面向上匀速运动。已知：，，。求：
（1）当金属棒PQ通过位置时的感应电动势大小；
（2）外力F的最大值；
（3）金属棒PQ通过磁场的过程中外力F所做的功。
【答案】（1）由曲线方程可知，在 处，金属棒的有效切割长度为：
此时感应电动势最大，根据导体切割磁感线的公式，得：
（2）由 、、 联立，可得安培力公式：
当 取最大值 时，安培力最大，所需外力也最大。先计算并联电阻：
总电阻：
根据受力平衡，外力 需平衡安培力与重力分力：
解得：
（3）金属棒切割产生正弦式交变电流，电流有效值：
通过磁场的时间：
电路中产生的焦耳热：
安培力做功：
对金属棒通过磁场的过程应用动能定理：
解得：
【知识点】电磁感应中的动力学问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 本题核心为导体切割磁感线产生感应电动势，公式为 。解题关键是根据曲线方程，确定金属棒在磁场中的有效切割长度 ，当 最大时，电动势 最大。
(2) 本题需结合电路分析、安培力公式与受力平衡。首先通过并联电阻公式 计算外电路总电阻；再根据安培力公式 分析其最大值条件；最后结合受力平衡方程 求解外力 。
(3)本题综合考查交变电流有效值、焦耳定律与动能定理。首先，根据正弦交流电的有效值定义 计算电流有效值；其次，用焦耳定律 计算电路产生的热量，安培力做功 ；最后，对金属棒应用动能定理 ，求解外力做的功 。
（1）由曲线方程可知，在处
则金属棒在处的有效长度为
金属棒做切割磁感线运动，产生感应电动势为，此时最大，则
（2）由，，
联立解得
由上式可知，当取最大值时，为最大值，此时外力最大，根据曲线方程可知，在处取最大值
和并联，满足关系式
解得
则总电阻
由力的平衡可知
解得
（3）金属棒通过正弦曲线与x轴所围空间区域磁场，其中电流的有效值为
通过磁场的时间
焦耳热
安培力做功
对金属棒通过磁场的过程中用动能定理有
解得
15．如图所示，光滑水平面上n颗钢球沿着同一直线放置。水平面左端一个质量为M的表面光滑的滑块，滑块下端与水平面相切，质量为m的玻璃球初始位置在滑块顶端距水平面h高处。所有球体半径相同，所有碰撞均视为弹性碰撞，重力加速度为g。释放玻璃球，求：
（1）玻璃球从滑块上滑离时的速度大小；
（2）若钢球质量为3m，玻璃球与第1颗钢球碰后，钢球的速度大小；
（3）若滑块固定，钢球质量为3m，玻璃球与钢球经历n次碰撞后玻璃球的动能。
【答案】（1）玻璃球从滑块上滑离过程，系统在水平方向不受外力，动量守恒；同时只有重力做功，机械能守恒。设玻璃球滑离时速度为 ，滑块速度为 ，以玻璃球运动方向为正方向：
联立解得玻璃球滑离时的速度：

（2）设玻璃球与钢球1碰撞后的速度为 ，钢球1碰后速度为 。弹性碰撞过程动量守恒、机械能守恒：
解得玻璃球碰后速度：

（3）若滑块固定，玻璃球到达底端时由机械能守恒：，由于钢球间质量相等，弹性碰撞会交换速度。玻璃球与钢球发生多次弹性正碰，第次碰撞后，玻璃球的速度大小为：，对应的动能为：
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题为水平方向动量守恒与机械能守恒的综合应用，核心公式为动量守恒定律 和机械能守恒定律 。解题关键是分析系统的受力情况，确定水平方向动量守恒，再联立方程求解速度。
(2) 本题为弹性碰撞问题，核心公式为弹性碰撞的动量守恒与机械能守恒方程。解题关键是明确两物体的质量关系，通过联立方程直接求解碰撞后的速度。
(3) 本题为多次弹性碰撞问题，需利用弹性碰撞中质量相等物体交换速度的特点，分析每次碰撞后玻璃球的速度变化规律，再结合动能公式 推导出第次碰撞后的动能表达式。
（1）玻璃球从滑块上滑离过程，根据水平动量守恒和能量守恒有，
解得玻璃球从滑块上滑离时的速度大小
（2）设玻璃球碰后速度为，钢球1碰后速度为，碰撞过程动量守恒
机械能守恒
可得，
（3）若滑块固定，则玻璃球到达底端过程
因为钢球与钢球质量相等，发生弹性碰撞，碰后速度交换，所以钢球1与钢球2碰后停在钢球2原本的位置，之后与玻璃球发生第2次弹性正碰。结合（2）分析可知，玻璃球反向冲上滑块再次滑回，速度大小不变，与钢球发生第二次碰撞，碰撞过程中动量守恒
机械能守恒
可得，
由此可知，玻璃球与钢球的第n次弹性正碰后的速度大小为
玻璃球与钢球经历n次碰撞后的动能为
可得
1 / 12026届湖北省直辖县级行政单位高三一模物理试题
1．2025年，中国科学院近代物理研究所利用兰州重离子加速器装置进行人工核反应实验，合成新核镤（），其核反应方程为：。下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．日常生活和科技中蕴含物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．利用激光亮度高的特点，可以测量地球到月亮的距离。
B．通过两支夹紧的不透明笔杆间缝隙看发光日光灯能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象
C．光导纤维是利用光的全反射原理，其内芯材料是光疏介质，外套材料是光密介质
D．正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到的声波频率与该波源的频率相比变小
3．“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。关于物理课本中四幅插图，以下说法中正确的是（　　）
A．甲图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了理想模型法
B．乙图中，在观察桌面的形变时，运用了微元法
C．丙图中，研究力的合成和分解时，运用了放大法
D．丁图中，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，运用了极限思想
4．今年春晚，宇树科技机器人大放异彩，除了机器人外，宇树机器狗UNITREEB2-W野外跑酷能力性能卓越，能够执行爬山、涉水、翻越障碍等高难度动作；该机器狗能够驮载的负重，续航里程可达50公里；在某次机器狗的测试中，测试人员和机器狗的位置一时间（x-t图像）如图所示，人的x-t图像为曲线，机器狗的x-t图像为两条线段，从到的过程中，关于人和机器狗的运动，下列说法正确的是（　　）
A．机器狗一直做匀速直线运动
B．人的运动方向一直在改变
C．时间内，人的速度一定大于机器狗的速度
D．时间内，人和机器狗只有一个瞬时速度相同的时刻
5．如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道ABCDA运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球半径。卫星只受地球引力作用，关于该卫星下列说法正确的是（　　）
A．从A到B的过程中，其加速度逐渐增大
B．整个运动过程中，其速度始终小于第一宇宙速度
C．从B到C的过程中，受到地球的万有引力做负功
D．从D到A的过程中，机械能逐渐减小
6．根据湖北省电网发展规划，2025年新增潜江、天门2座500kV变电站。其中潜江站建成后将成为江汉平原电网的重要节点，与现有荆州电网形成环网结构，显著提升区域供电能力和新能源消纳水平。如图所示，发电站输出电压为10kV的正弦式交流电，经匝数比为的理想变压器升压后通过输电线输送到变电站，输电线等效电阻为，变电站两端电压为500kV，再用理想变压器变为电压为220V的家用交流电，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器输出电压最大值为550kV
B．输电线上的电流为500A
C．输电线上损失的功率为
D．升压变压器原线圈与降压变压器副线圈中电流之比为
7．如图所示，质量均为m的木块A和B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C迅速移开，若重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）
A．木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为2mg
B．木块C移开的瞬间，木块A的加速度大小为3g
C．木块A向上运动的距离为时，A的动量最大
D．木块B可能离开地面向上运动
8．如图一条弹性轻绳放置于x轴正半轴，绳的左端位于坐标原点，P、Q是弹性绳上坐标分别为、的两点，时刻，坐标原点处的波源沿y轴正方向开始振动，振动规律为。此后，测得P点开始振动的时刻为。下列说法正确的是（　　）
A．波传播速度为
B．时，P点的速度方向沿轴负方向
C．Q点开始振动时P点位于负向最大位移处
D．至时间内Q点通过的路程
9．如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m（重力不计）、电荷量为的同种粒子，所有粒子均能经过MN上的b点从左侧磁场进入右侧磁场，已知，则粒子的速度可能是（　　）
A． B． C． D．
10．如图甲所示，小球A以初速度竖直向上冲入半径为R的粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B发生相互作用，距离B右侧s处有一个固定的弹性挡板，B与挡板的碰撞没有能量损失且作用时间极短。已知A、B的质量分别为2m、m，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示（从A球接触弹簧开始计时，已知）。弹簧的弹性势能为，x为形变量，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球第一次在管道内运动的过程中阻力做的功为
B．弹簧两次弹力最大值之比
C．弹簧两次弹性势能之比
D．小球B的初始位置到挡板的距离
11．浸润式光刻机的核心原理，是在投影物镜与晶圆之间填充高折射率液体，替代传统干式光刻的空气介质，从而提升数值孔径（NA）、缩短等效曝光波长，突破分辨率极限。芯片制造除了需要高端EUV光刻机，也需要高端光刻胶，为研究EUV光刻机所用光刻胶的光学性质，研究人员利用折射法测量某液态光刻胶的折射率n。实验装置如图所示：圆形透明容器装有光刻胶，光刻胶上表面与圆心O平齐，光线从空气经O点射入光刻胶液体，圆形容器周围标有角度刻度，可直接读取入射角和折射角。
（1）实验中，为减小测量误差，下列操作正确的是（　　）
A．入射光线应尽可能靠近法线
B．入射角不宜过小，也不宜过大
C．只需测量一组入射角和折射角就可计算折射率
D．改变入射角多次测量，取折射率的平均值
（2）某次实验中，测得入射角，折射角。已知，。请根据折射定律计算该光刻胶的折射率　 　。（结果保留2位有效数字）
（3）实验时要求光线细、亮、清晰。某次实验时某实习生误将一定宽度的折射光线偏向法线一侧读取数据，则测得的折射率与真实值相比会　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．为测量电压表（量程为0~6V、内阻约为4kΩ）的内阻，某同学设计了如图甲所示的电路，并采取了如下实验步骤：
①正确连接好测量电路，电阻箱的阻值调到零；
②合上开关S，调节滑动变阻器的滑片位置，使得电压表的指针指到满偏刻度处；
③仅调节电阻箱的阻值，使得电压表的指针指到满偏刻度的处；
④读出电阻箱接入电路中的电阻值。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最　 　（填“左”或“右”）端，为减小误差和方便调节，实验时选用的滑动变阻器和电源规格应为　 　。
A.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器和电动势为10V的电源
B.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器和电动势为4.5V的电源
C.最大阻值为20Ω的滑动变阻器和电动势为10V的电源
D.最大阻值为20Ω的滑动变阻器和电动势为4.5V的电源
（2）正确选用器材并完成实验步骤后，电阻箱示数如图乙所示
则该电压表的内阻为　 　Ω。
（3）为将电压表改装成量程为0~36V的电压表，需将电压表与阻值调至　 　Ω的电阻箱串联。考虑到实验时的误差，改装后的电压表用来测电压时的测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
13．高压锅的推广普及给人们带来了很多方便，如图为某高压锅示意图。锅内底部有少量水，初始时外界大气压，室温，锅内封闭气体体积，锅内气体压强等于大气压强，现对锅加热，过程如下：先在敞开锅盖下将水烧开，锅内空气被水蒸气大量排出，只剩水和饱和蒸汽，此时温度，压强仍为，气体体积近似仍为，立即盖紧锅盖密封，继续加热，气体体积不变，温度升高，压强增大。当锅内压强达到时，限压阀刚好被顶起，开始排气。已知高压锅内气体质量不变且可视为理想气体，重力加速度。求：
（1）限压阀刚被顶起时，高压锅内气体的温度；
（2）若排气孔横截面积，求限压阀的质量m；
14．如图所示，两根不计电阻的光滑倾斜平行导轨与水平面的夹角，底端及顶端分别接有和的电阻。在两根导轨所在的平面内建立xOy坐标系。在x轴方向0到6m范围内满足方程的曲线与x轴所围空间区域内存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。金属棒PQ的质量为，电阻，在平行于x轴正方向的外力F作用下以的速度沿斜面向上匀速运动。已知：，，。求：
（1）当金属棒PQ通过位置时的感应电动势大小；
（2）外力F的最大值；
（3）金属棒PQ通过磁场的过程中外力F所做的功。
15．如图所示，光滑水平面上n颗钢球沿着同一直线放置。水平面左端一个质量为M的表面光滑的滑块，滑块下端与水平面相切，质量为m的玻璃球初始位置在滑块顶端距水平面h高处。所有球体半径相同，所有碰撞均视为弹性碰撞，重力加速度为g。释放玻璃球，求：
（1）玻璃球从滑块上滑离时的速度大小；
（2）若钢球质量为3m，玻璃球与第1颗钢球碰后，钢球的速度大小；
（3）若滑块固定，钢球质量为3m，玻璃球与钢球经历n次碰撞后玻璃球的动能。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒，反应前总质量数为 ，反应后质量数为 ，解得 ；反应前总电荷数为 ，反应后电荷数为 Z，解得 ，故A正确；
故答案为：A。
【分析】核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，分别计算反应前后的总质量数和总电荷数，建立等式求解 A 和 Z。
2．【答案】B
【知识点】多普勒效应；光导纤维及其应用；光的衍射
【解析】【解答】A、测量地球到月球的距离利用的是激光平行度好、长距离传播不易发散的特点，与激光亮度高的特性无关，故 A 错误；
B、日光灯发出的白光通过笔杆间的狭缝时发生单缝衍射，不同色光的衍射条纹间距不同，因此会观察到彩色条纹，属于光的衍射现象，故 B 正确；
C、光导纤维利用光的全反射原理，全反射的发生条件是光从光密介质射入光疏介质，因此内芯为光密介质、外套为光疏介质，故 C 错误；
D、根据多普勒效应，当波源靠近观察者时，观察者接收到的声波频率高于波源的固有频率，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查激光的特性与应用，明确激光测距利用的是平行度好而非亮度高；
B、考查光的衍射现象，理解白光通过狭缝时发生单缝衍射，不同色光因波长不同形成彩色条纹；
C、考查光的全反射原理与光导纤维结构，明确内芯需为光密介质、外套为光疏介质；
D、考查多普勒效应，理解波源靠近观察者时，接收频率会高于波源频率。
3．【答案】D
【知识点】等效法；微元法；曲线运动；放大法
【解析】【解答】A、甲图中，推导匀变速直线运动位移公式时，是将运动过程分割为无数小段，再累积求和，运用了微元法，而非理想模型法，故 A 错误；
B、乙图中，观察桌面微小形变时，利用光的多次反射将形变放大，运用了放大法，而非微元法，故 B 错误；
C、丙图中，研究力的合成与分解时，用一个力的效果替代多个力的效果，运用了等效法，而非放大法，故 C 错误；
D、丁图中，质点在 A 点的瞬时速度方向，是通过取时间间隔趋近于零时平均速度的极限，得到轨迹在 A 点的切线方向，运用了极限思想，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、明确推导匀变速直线运动位移公式的方法，是将过程微元化后累加，属于微元法；
B、桌面形变微小，通过光的反射放大形变效果，属于物理实验中的放大法；
C、力的合成与分解中，合力与分力的效果等效，运用的是等效替代法；
D、瞬时速度的定义是时间间隔趋近于零时的平均速度，通过极限思想得到速度方向为轨迹切线方向。
4．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A、机器狗的 x-t 图像由两段斜率不同的线段组成，说明它在两个时间段内分别做匀速直线运动，但速度不同，并非一直做匀速直线运动，故 A 错误；
B、人的 x-t 图像的斜率始终为正，说明速度方向始终不变，运动方向没有发生改变，故 B 错误；
C、在 0～t2时间内，人的 x-t 图像的斜率先大于机器狗的速度，后小于机器狗的速度，因此人的速度并非一直大于机器狗的速度，故 C 错误；
D、当人的 x-t 图像的切线斜率与机器狗某段 x-t 图像的斜率相等时，两者瞬时速度相同，由图可知只有一个时刻满足此条件，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、x-t 图像的斜率表示速度，斜率不变才是匀速直线运动，机器狗两段斜率不同，说明速度发生了变化；
B、x-t 图像的斜率正负表示速度方向，人的图像斜率始终为正，说明运动方向一直不变；
C、人的 x-t 图像的切线斜率代表瞬时速度，其斜率先大后小，说明速度先大于后小于机器狗的速度；
D、瞬时速度相同时，两者的 x-t 图像斜率相等，人的图像曲线与机器狗的线段只有一个切点，故只有一个时刻瞬时速度相同。
5．【答案】C
【知识点】功能关系；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A、从 A 到 B 的过程中，卫星与地心的距离增大，根据万有引力公式和牛顿第二定律，加速度会逐渐减小，故 A 错误；
B、卫星在 A 点需要加速离心才能从近地轨道进入椭圆轨道，近地轨道速度为第一宇宙速度，因此 A 点速度大于第一宇宙速度，故 B 错误；
C、从 B 到 C 的过程中，卫星远离地球，万有引力方向与卫星运动方向夹角为钝角，万有引力做负功，故 C 正确；
D、从 D 到 A 的过程中，卫星只受地球引力作用，引力属于保守力，机械能守恒，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、卫星的加速度由万有引力提供，与到地心的距离平方成反比，距离增大时加速度减小；
B、第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，卫星从近地轨道变轨到椭圆轨道需要在近地点加速，因此 A 点速度大于第一宇宙速度；
C、力对物体做功的正负由力与位移的夹角决定，夹角为钝角时力做负功；
D、只有万有引力做功时，卫星的动能和引力势能相互转化，总机械能保持不变。
6．【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、根据理想变压器电压与匝数成正比，升压变压器输出电压有效值为 ，最大值为 ，故A错误；
B、输电线上的电压损失 ，由欧姆定律得输电线电流 ，故B错误；
C、输电线损失的功率 ，故C正确；
D、对升压变压器，；对降压变压器，，且 ，故 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、理想变压器电压比等于匝数比，计算得到的是有效值，最大值需乘以 ；
B、输电线电流由电压损失和电阻决定，电压损失为升压变压器输出电压与降压变压器输入电压的差值；
C、输电线功率损失由电流的平方与电阻的乘积计算，电流为输电线上的实际电流；
D、分别根据升压和降压变压器的电流比关系，结合输电线电流相等，推导原副线圈电流比。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动量
【解析】【解答】初始静止状态：对A、C整体受力分析，弹簧压缩量 ，由 ，得 。
动量最大时A合力为0，弹簧弹力等于A重力，即 ，压缩量 。
A向上运动距离 。
A、移开C瞬间，弹簧弹力不变仍为 ；对B受力：重力、弹簧向下压力、地面支持力，平衡得 ，故A错误；
B、移开C瞬间，对A受力：向上弹力、向下重力；由牛顿第二定律 ，解得 ，故B错误；
C、A向上运动距离时弹簧压缩量，弹力等于A重力，A加速度为0、速度最大，动量达到最大值，故C正确；
D、要使B离地，弹簧需伸长弹力，伸长量；A从初始压缩到伸长总位移，A到该位置前速度已反向，无法到达，B不会离地，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题综合考查胡克定律、瞬时受力分析、牛顿第二定律与动量极值判断，核心逻辑分四点：
弹簧弹力不会突变，移开C瞬间压缩量不变，弹力保持，以此分别对A、B列平衡/动力学方程；
物体动量最大的条件是加速度为0、速度峰值，对应弹簧弹力与A重力平衡的位置；
利用胡克定律计算两个状态下弹簧形变量，差值即为A向上移动的距离；
判断B能否离地，对比A可到达的最大弹簧伸长量与离地所需伸长量，得出B不会抬起的结论。
8．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、P点坐标为1m，t=1s开始振动，波速 ，并非2m/s，故A错误；
B、由波源振动方程 ，得周期 ，P点t=1s开始振动，起振方向沿y轴正方向；t=1.25s时，P点振动了，处于从平衡位置向负向最大位移处运动的阶段，速度方向沿y轴负方向，故B正确；
C、波传到Q点的时间 ，此时P点已振动，起振方向为正，经过后位于正向最大位移处，并非负向最大位移处，故C错误；
D、t=0到t=2s内，Q点振动的时间为，从平衡位置起振，路程为，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、波速由波的传播距离与传播时间的比值决定，P点的振动传播时间为1s，距离为1m，可直接计算波速；
B、根据波源振动方程得到周期，结合P点的振动时长，分析其所处的振动阶段，判断速度方向；
C、计算波传到Q点的时间，得到此时P点的振动时长，结合起振方向判断其位置；
D、先计算Q点的振动时长，再根据振动时长与周期的关系，计算总路程。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子可能在两个磁场间做多次运动，分析可知，由于粒子从 b 点左侧磁场进入右侧磁场，粒子在 ab 间做匀速圆周运动的圆弧数量必为偶数个， 设粒子运动的轨迹半径为 R，则有，解得，再根据洛伦兹力提供向心力有 ， 解得 。
A、将代入速度通式，解得，需为偶数，不符合条件，故A错误；
B、将代入速度通式，解得，为偶数，符合条件，故B正确；
C、将代入速度通式，解得，为偶数，符合条件，故C正确；
D、将代入速度通式，解得，不是偶数，不符合条件，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】先根据粒子运动轨迹的几何关系，推导出轨迹半径与距离的关系式，再结合洛伦兹力提供向心力公式，得到速度的通式（）；再将各选项的速度代入通式，计算对应的值，判断是否为偶数，以此确定选项是否符合条件。
10．【答案】A,B,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A、设小球在管道内运动过程中阻力做功为，根据动能定理：
代入，计算得：
解得，故A正确；
B、第一次弹簧压缩量最大时，A、B共速为，由动量守恒：
代入，得。
由机械能守恒：
解得，对应弹力。
弹簧恢复原长时，设A、B速度为、，由动量守恒和机械能守恒：
解得，。
B反弹后速度为，第二次共速时由动量守恒：
得。
由机械能守恒：
解得，对应弹力，故B正确；
C、弹性势能，两次弹性势能之比：
故C错误；
D、设到内A、B位移分别为、，由动量守恒微元形式：
因时刻弹簧恢复原长，A、B位移相同，代入：
解得，故D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、利用动能定理，结合小球在管道内的初末速度和重力做功，直接求解阻力做功；
B、分两次弹簧压缩量最大的过程，分别应用动量守恒和机械能守恒，结合胡克定律推导两次弹力最大值的比值；
C、根据弹性势能公式，结合两次压缩量的比值计算弹性势能之比；
D、通过动量守恒的微元思想，结合时刻的运动状态，推导B初始位置到挡板的距离。
11．【答案】（1）B；D
（2）1.5
（3）偏大
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】(1) 实验中入射角不宜过小，否则角度测量的相对误差会较大；也不宜过大，否则反射光过强会导致折射光变弱、光路不清晰，故A错误、B正确。只测量一组数据会存在较大偶然误差，应多次改变入射角测量并取折射率平均值来减小误差，故C错误、D正确。
故答案为：BD；
(2) 根据折射定律，介质的折射率公式为 。已知入射角 ，折射角 ，代入公式得：
故答案为：1.5；
(3) 若读取折射角时，将折射光线偏向法线一侧读数，会导致测得的折射角 小于真实折射角 。根据折射率公式 ， 偏小会使 偏小，最终计算出的折射率 偏大。
故答案为：偏大；
【分析】(1) 本题考查实验误差分析，核心是理解实验操作对误差的影响。入射角的选择需兼顾测量精度和光路清晰度，而多次测量取平均值是减小偶然误差的常用方法。
(2) 本题考查折射定律的直接应用，核心公式为折射定律 。从题图中准确读取入射角和折射角，代入公式计算即可。
(3) 本题考查实验误差分析，核心是分析错误操作对折射角测量值的影响，并结合折射率公式推导对计算结果的影响。测得的折射角偏小，会导致折射率计算值偏大。
（1）AB．为了减小测量误差，入射角不宜过小，否则角度测量的相对误差较大，也不宜过大，否则反射光增强折射光减弱，导致折射光线不清晰，故 A 错误，B 正确；
CD．只测量一组数据偶然误差较大，应改变入射角多次测量，取折射率的平均值以减小偶然误差，故 C 错误，D 正确。
故选BD。
（2）根据折射定律
由题图可知入射角，折射角。代入数据得
（3）将折射光线偏向法线一侧读取数据，则测得的折射角 小于真实折射角。根据折射率计算公式，由于 偏小， 偏小，导致计算出的折射率 偏大。
12．【答案】（1）左；C
（2）3938.4
（3）19692；小于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；测定电压表或电流表的内阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1)为确保闭合开关后电压表的电压从0开始变化，滑动变阻器的滑片应移至最左端，使电压表初始被短路，示数为0。
实验采用分压式接法时，为减小调节误差、方便操作，滑动变阻器应选用最大阻值较小的型号；电源电动势需略大于电压表的满偏电压，故C选项正确。
故答案为：左；C；
(2) 调节电阻箱使电压表指针指到满偏刻度的处，此时电阻箱两端的电压为电压表电压的一半。根据串联电路分压原理，电压表内阻是电阻箱阻值的2倍，因此电压表内阻为：
故答案为：3938.4；
(3)将电压表改装成量程为0~36V的电压表，需串联分压电阻箱。根据串联分压公式，所需串联电阻箱的阻值为：
实验中，电阻箱的接入会使电压表所在支路的实际电压高于电压表的满偏电压。当电压表指针指到满偏刻度的处时，电阻箱两端的实际电压大于满偏电压的，导致测得的电阻箱阻值偏大，进而使计算出的电压表内阻偏大。改装后的电压表测量电压时，指针偏转角度会偏小，测量值小于真实值。
故答案为：19692；小于；
【分析】(1) 分压式接法中，为使电压从0开始变化，滑片初始位置应使测量支路被短路；滑动变阻器分压式接法中，公式为，当滑动变阻器阻值较小时，电压调节更均匀、误差更小，故应选小阻值滑动变阻器；电源电动势需略大于电压表满偏电压，保证电压可调节到满偏。
(2) 串联电路中电流处处相等，根据欧姆定律，电压表与电阻箱串联时电流相同，电压与电阻成正比，即；当电压表电压为满偏的时，电阻箱电压为满偏的，因此，据此计算电压表内阻。
(3) 电压表改装为大量程电压表时，需串联分压电阻，根据串联电路分压规律，其中满偏电流，代入可得，据此计算串联电阻箱的阻值。
当支路实际电压大于电压表满偏电压时，电压表指到刻度时，电阻箱两端实际电压大于，由可知，测得的电阻箱阻值偏大，导致计算出的偏大；改装后，串联的分压电阻按偏大的计算，实际分压能力不足，测量时指针偏转角度偏小，测量值小于真实值。
（1）[1]为确保电压表的电压从0开始变化，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最左端；
[2]由于滑动变阻器采用分压式接法，为减小误差和方便调节，滑动变阻器应选用最大阻值较小的，电源的电动势只需略大于电压表的满偏电压即可。
故选C。
（2）仅调节电阻箱的阻值，使得电压表的指针指到满偏刻度的处，此时电阻箱电压是电压表电压的一半，根据串联分压原理可知，电压表阻值是电阻箱阻值的2倍，该电压表的内阻为。
（3）[1]为将电压表改装成量程为0~36V的电压表，需要与电压表串联的电阻箱的阻值
[2]实验时电阻箱的接入会导致电压表所在支路两端电压大于电压表的满偏电压，调节电阻箱的阻值使得电压表的指针指到满偏刻度的处，电阻箱两端的电压大于满偏电压的，电阻箱的阻值大于电压表内阻的一半，导致电压表内阻偏大，则改装后的电压表用来测电压时，指针偏转角度变小，测量值小于真实值。
13．【答案】（1）密封后锅内气体体积不变，发生等容变化。初状态：压强 ，温度 ；末状态：压强 ，温度 。根据查理定律：
代入数据解得：
（2）限压阀刚被顶起时受力平衡，向下的重力 、大气压力 与向上的锅内气体压力 平衡，平衡方程为：
整理得限压阀质量公式：
代入数据解得：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 本题为气体等容变化问题，核心应用查理定律 。解题关键是明确气体初末状态的压强和温度，注意温度需转换为热力学温度（开尔文），再代入公式求解末态温度。
(2) 本题为受力平衡问题，核心是对限压阀进行受力分析。限压阀受向下的重力 、大气压力 ，向上的锅内气体压力 ，平衡时合力为零，列平衡方程 ，变形后即可求解限压阀质量 。
（1）密封后，锅内气体体积不变，做等容变化。初状态：压强，温度
末状态：压强，温度。根据查理定律
解得
（2）限压阀刚被顶起时，受力平衡。限压阀受到向下的重力、向下的大气压力和向上的锅内气体压力。平衡方程为
解得
代入数据解得
14．【答案】（1）由曲线方程可知，在 处，金属棒的有效切割长度为：
此时感应电动势最大，根据导体切割磁感线的公式，得：
（2）由 、、 联立，可得安培力公式：
当 取最大值 时，安培力最大，所需外力也最大。先计算并联电阻：
总电阻：
根据受力平衡，外力 需平衡安培力与重力分力：
解得：
（3）金属棒切割产生正弦式交变电流，电流有效值：
通过磁场的时间：
电路中产生的焦耳热：
安培力做功：
对金属棒通过磁场的过程应用动能定理：
解得：
【知识点】电磁感应中的动力学问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 本题核心为导体切割磁感线产生感应电动势，公式为 。解题关键是根据曲线方程，确定金属棒在磁场中的有效切割长度 ，当 最大时，电动势 最大。
(2) 本题需结合电路分析、安培力公式与受力平衡。首先通过并联电阻公式 计算外电路总电阻；再根据安培力公式 分析其最大值条件；最后结合受力平衡方程 求解外力 。
(3)本题综合考查交变电流有效值、焦耳定律与动能定理。首先，根据正弦交流电的有效值定义 计算电流有效值；其次，用焦耳定律 计算电路产生的热量，安培力做功 ；最后，对金属棒应用动能定理 ，求解外力做的功 。
（1）由曲线方程可知，在处
则金属棒在处的有效长度为
金属棒做切割磁感线运动，产生感应电动势为，此时最大，则
（2）由，，
联立解得
由上式可知，当取最大值时，为最大值，此时外力最大，根据曲线方程可知，在处取最大值
和并联，满足关系式
解得
则总电阻
由力的平衡可知
解得
（3）金属棒通过正弦曲线与x轴所围空间区域磁场，其中电流的有效值为
通过磁场的时间
焦耳热
安培力做功
对金属棒通过磁场的过程中用动能定理有
解得
15．【答案】（1）玻璃球从滑块上滑离过程，系统在水平方向不受外力，动量守恒；同时只有重力做功，机械能守恒。设玻璃球滑离时速度为 ，滑块速度为 ，以玻璃球运动方向为正方向：
联立解得玻璃球滑离时的速度：

（2）设玻璃球与钢球1碰撞后的速度为 ，钢球1碰后速度为 。弹性碰撞过程动量守恒、机械能守恒：
解得玻璃球碰后速度：

（3）若滑块固定，玻璃球到达底端时由机械能守恒：，由于钢球间质量相等，弹性碰撞会交换速度。玻璃球与钢球发生多次弹性正碰，第次碰撞后，玻璃球的速度大小为：，对应的动能为：
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题为水平方向动量守恒与机械能守恒的综合应用，核心公式为动量守恒定律 和机械能守恒定律 。解题关键是分析系统的受力情况，确定水平方向动量守恒，再联立方程求解速度。
(2) 本题为弹性碰撞问题，核心公式为弹性碰撞的动量守恒与机械能守恒方程。解题关键是明确两物体的质量关系，通过联立方程直接求解碰撞后的速度。
(3) 本题为多次弹性碰撞问题，需利用弹性碰撞中质量相等物体交换速度的特点，分析每次碰撞后玻璃球的速度变化规律，再结合动能公式 推导出第次碰撞后的动能表达式。
（1）玻璃球从滑块上滑离过程，根据水平动量守恒和能量守恒有，
解得玻璃球从滑块上滑离时的速度大小
（2）设玻璃球碰后速度为，钢球1碰后速度为，碰撞过程动量守恒
机械能守恒
可得，
（3）若滑块固定，则玻璃球到达底端过程
因为钢球与钢球质量相等，发生弹性碰撞，碰后速度交换，所以钢球1与钢球2碰后停在钢球2原本的位置，之后与玻璃球发生第2次弹性正碰。结合（2）分析可知，玻璃球反向冲上滑块再次滑回，速度大小不变，与钢球发生第二次碰撞，碰撞过程中动量守恒
机械能守恒
可得，
由此可知，玻璃球与钢球的第n次弹性正碰后的速度大小为
玻璃球与钢球经历n次碰撞后的动能为
可得
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