资源简介

2026届广东省广州市某校高三下学期综合训练四物理试题
1．核能是比较清洁的能源，其中是重要的核原料，其核反应方程之一为，其中具有放射性，其核反应方程为，的半衰期约为28.5年。下列说法正确的是（　　）
A．A为
B．为衰变
C．的比结合能大于的比结合能
D．100个经过57年剩余25个
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A、根据核反应质量数、电荷数守恒，左侧总质量数235，总电荷数92；右侧总质量数90+136+10=236，总电荷数38+54=92。因此A质量数为1、电荷数为0，即（中子），不是电子，故A错误；
B、衰变方程，质量数不变、电荷数+1，说明释放粒子，属于β衰变；α衰变会损失质量数4、电荷数2，故B错误；
C、中等质量原子核比结合能更大，重核裂变生成中等核，裂变释放能量说明生成物更稳定，比结合能大于，故C正确；
D、半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核，100个原子核属于少量粒子，无法精准按半衰期计算剩余数量，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查核裂变反应的守恒规律，利用质量数、电荷数守恒判断轰击粒子；
B、考查衰变类型区分，β衰变质量数不变、电荷数加1，α衰变质量数减少4；
C、考查比结合能规律，中等核比结合能大于重核，重核裂变释放能量；
D、考查半衰期适用条件，半衰期是大量原子核的统计规律，少量粒子不满足。
2．一列简谐横波沿x轴传播，如图甲所示是处质点的振动图像，如图乙所示是该波时的波形图。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为0.2m
B．该波的波速大小为0.1m/s
C．该波沿x轴正方向传播
D．在0~0.2s内，处质点沿x轴正方向运动2cm
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由乙图波形图横坐标单位为cm，完整波形跨度0.2cm，即波长，并非0.2m，故A错误；
B、由甲图振动图像得周期，波速，并非0.1m/s，故B错误；
C、由甲图，时处质点位于平衡位置且向下振动；结合乙图波形，用“上下坡法”，处质点向下振动说明波沿轴正方向传播，故C正确；
D、简谐横波传播时，质点只在平衡位置上下竖直振动，不随波沿轴迁移，位移为0，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查波形图读取波长，注意横坐标单位换算；
B、结合振动图像获取周期，利用计算波速；
C、结合振动图像判断时质点振动方向，用上下坡法判断波传播方向；
D、考查机械波质点运动特点，质点仅在垂直波传播方向振动，不随波平移。
3．“一带一路”年度汉字发布活动已经多年，“和”“融”“互”“惠”“永”等都曾当选。某力学兴趣小组制作了“互”字形木制模型。模型分上下两部分，质量均为。用细线连接两部分，当细线都竖直绷紧时，整个模型可以如图所示静止在水平地面上。其中连接a、b两点的细线为p，连接c、d两点的细线为q，已知重力加速度，则（　　）
A．细线q的弹力大小为20N
B．细线p的弹力大小一定为20N
C．两细线弹力的差值一定等于20N
D．整个模型对地面的压力一定小于40N
【答案】C
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；整体法隔离法
【解析】【解答】先计算单部分重力：，上下两部分重力均为20N。
A、细线q的弹力不一定为20N，q的拉力可以取任意大于等于0的值，没有固定等于20N，故A错误；
B、对上方构件受力分析：重力向下，q拉力向下，p拉力向上，平衡关系。不确定，因此不一定等于20N，故B错误；
C、由，两细线弹力差值恒等于20N，故C正确；
D、对整体分析，总重力，整体静止在地面，地面支持力与总重力平衡，，根据牛顿第三定律，模型对地面压力等于40N，并非小于40N，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查局部受力分析，内部细线q的拉力无固定数值约束；
B、隔离上方构件列平衡方程，明确p的拉力由q的拉力与上部重力共同决定；
C、由隔离受力方程直接推导出两根细线拉力差值恒等于上部构件重力；
D、考查整体法受力分析，整体无其他外力，地面支持力等于总重力，压力等于总重力。
4．如图所示，虚线O、A、B、C、D是某匀强电场中的5个平行且相邻间距为3cm的等势面，一电子经过O时的动能为15eV，从O到C的过程中克服电场力所做的功为9eV，已知等势面B的电势为0，下列说法错误的是（　　）
A．等势面A的电势为3V
B．该电子经过等势面C时，其电势能为
C．该匀强电场的场强大小为100V/m
D．该电子经过等势面A时的动能是经过等势面C时动能的2倍
【答案】B
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、电子从O到C克服电场力做功9eV，可得O、C间电势差，O、A、B、C相邻间隔相等，相邻等势面电势差为3V，，沿电场线方向电势降低，因此，故A正确；
B、由电势分布可知，电子电势能，并非-3eV，故B错误；
C、相邻等势面间距，电势差，场强，故C正确；
D、O到A电场力做功-3eV，A点动能；O到C电场力做功-9eV，C点动能，，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、考查匀强电场等势面电势差均分规律，结合电场力做功与电势差的关系推导各等势面电势；
B、考查电势能计算公式，计算时电子电荷量需带负号代入；
C、考查匀强电场场强与电势差的关系式，注意长度单位换算；
D、考查动能定理在电场中的应用，分别求出A、C两处电子动能再计算比值。
5．手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过右、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头左、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向左
B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向上
C．若a的方向沿右偏上60°，则沿逆时针方向，沿顺时针方向且
D．若a的方向沿右偏上60°，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
【答案】D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．若沿顺时针方向，，则线圈受到向左的安培力，故手机的加速度是向右，使镜头处于零加速度状态，故A错误；
B．若沿顺时针方向，，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，故B错误；
CD．若a的方向沿右偏上60°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力小于向上的分力；要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力、线圈d需要受到向下的安培力，且，可知顺时针，逆时针，且，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查左手定则判断通电线圈安培力方向；
B、区分上侧线圈 d 电流对应的安培力方向，明确加速度方向与安培力反向；
C、将斜向加速度分解为水平、竖直分量，分别对应 c、d 线圈安培力，推导电流方向与大小关系；
D、结合力的分解与安培力公式\(F=BIL\)，对比两分力大小判断电流大小，匹配线圈电流转向。
6．2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．减小，可以提高远距离输电的输电效率
B．图乙中的线圈转过90°时，线圈产生的电流最小
C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会减小
D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小
【答案】C
【知识点】电能的输送；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A、减小，由得升压副线圈电压降低，输送功率不变，输电电流增大；线路损耗变大，输电效率降低，故A错误；
B、线圈转过时，线圈平面与磁感线平行，磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，线圈电流最大，故B错误；
C、输送功率恒定，发电机输出电压增大，升压后输电电压升高，输电电流减小；线路损耗随之减小，故C正确；
D、用电器增多，总负载电阻减小，降压副线圈电流增大，输电线上电压损耗增大，降压原线圈电压减小；由，要维持不变，需增大而非减小，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查远距离输电效率，升压副线圈匝数减小会升高输电电流，增大线路功率损耗；
B、考查交变电流发电机中性面规律，线圈垂直磁场时电动势、电流最大；
C、考查输电损耗功率推导，输送功率一定时，输电电压越高，线路损耗越小；
D、考查降压变压器电压调节，负载增多导致下降，需增加副线圈匝数稳定用户电压。
7．如图所示，我国某地一直升机将一水平的闭合金属线圈竖直向上吊起，由于地磁场的影响，线圈中产生了感应电流，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中的磁通量增大
B．线圈中有顺时针方向的感应电流（俯视）
C．线圈的四条边有向内收缩的趋势
D．若在赤道上空将线圈吊起，线圈中也会产生感应电流
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；地磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．根据地磁场磁感线分布特点可知，磁感线竖直分量随着高度增加而减小，方向向下，闭合金属线圈竖直向上吊起过程线圈中的磁通量减小，A错误；
B．根据楞次定律，线框中有顺时针方向的感应电流（俯视），B正确；
C．根据楞次定律，线框的四条边有向外扩张的趋势，C错误；
D．赤道上空磁感线水平，线圈中磁通量始终为0，故不产生感应电流，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据地磁场的分布特点，分析线圈竖直吊起时磁通量的变化，再用楞次定律判断感应电流方向、线圈形变趋势，以及在赤道上空的情况。
8．一定质量的理想气体经过从状态A→B→C→D回到状态A的变化，其p-V图像如图所示，其中B→C过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态A的内能大于在状态C的内能
B．B→C过程气体对外做的功小于C→D过程外界对气体做的功
C．气体从状态A经过一个循环后回到状态A的过程中，气体对外放热
D．C→D过程，气体单位时间内对器壁单位面积上的平均碰撞次数增大
【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程，，，得；理想气体内能仅由温度决定，故A内能小于C内能，A错误；
B、图线与横轴围成面积表示做功大小。为绝热曲线，对外做功；等压压缩，外界对气体做功，因此，B正确；
C、循环回到A，内能变化；图循环包围面积为气体对外总功，全程气体对外做功，由热力学第一定律得，气体吸热，C错误；
D、压强不变、体积减小，分子数密度增大；温度降低，分子平均撞击力减小。压强不变说明单位时间单位面积碰撞次数必须增大，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、理想气体内能只与温度有关，结合理想气体状态方程比较温度；
B、图像面积表示气体做功，对比两段过程面积大小；
C、循环过程内能不变，由图中包围面积判断总做功，再用热力学第一定律判断吸放热；
D、气体压强微观解释：压强由分子平均撞击力、单位时间单位面积碰撞次数共同决定。
9．如图中关于磁场中的四种仪器的说法中正确的是（　　）
A．甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径无关
B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件，通上如图所示电流和加上如图所示磁场时N侧带负电荷
D．丁图长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、c无关
【答案】B,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器；电磁流量计；霍尔元件
【解析】【解答】A、对回旋加速器，由、，联立得，最大动能与D盒半径平方成正比，和半径有关，故A错误；
B、质谱仪先加速，速度选择器，偏转磁场，联立，电场、磁场不变时，同一落点对应轨道半径相同，比荷相等，故B正确；
C、霍尔元件载流子为负电荷，电流向右则负电荷向左运动，磁场向下，左手定则（四指指向负电荷运动反方向），洛伦兹力指向左侧，负电荷聚集左侧，N侧（右侧）带负电，故C正确；
D、电磁流量计平衡，流量，联立，电压与无关、与有关，并非与均无关，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查回旋加速器最大动能推导，明确动能与D盒半径平方成正比；
B、考查质谱仪整套推导，落点固定对应偏转半径固定，比荷唯一；
C、考查霍尔效应（载流子为负电荷），区分正负电荷左手定则用法，判断电荷聚集侧；
D、考查电磁流量计公式推导，推导出电压仅与相关，和无关、和有关。
10．神舟十九号载人飞船于2024年10月30日成功发射，经过10分钟左右成功进入预定轨道。飞船进入预定轨道之前在近地圆轨道1的点点火加速进入椭圆轨道2，在远地点点再次点火加速进入圆轨道3。若飞船在1、2轨道的点和2、3轨道的点速度分别为、和、，向心加速度分别为、和、，机械能分别为、和、，飞船在1、2和3轨道的周期分别为、和。对于以上物理量的大小关系，下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】向心加速度；开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：由 得 ，因此近地圆轨道1的速度 大于圆轨道3的速度 ；飞船在P点和Q点两次点火加速，故 、，综合得 ，故A正确；
B：在P、Q两点，飞船的向心加速度由万有引力提供，即 ，同一位置到地心的距离 相同，因此 、，故B错误；
C：同一轨道上机械能守恒，故 ；飞船在P、Q两点点火加速，机械能增加，因此 、，即 ，故C错误；
D：根据开普勒第三定律 ，轨道半长轴 越大，周期越长，因此 ，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：卫星变轨问题中，点火加速会使速度增大；圆轨道上的速度由轨道半径决定，半径越小速度越大，因此可通过比较点火前后的速度关系和不同轨道的速度规律判断大小。
B：向心加速度由万有引力决定，同一位置到地心的距离不变，因此向心加速度大小不变。
C：点火加速过程中化学能转化为机械能，机械能增加；同一轨道上无动力运动时机械能守恒，因此椭圆轨道2上的P、Q两点机械能相等。
D：开普勒第三定律表明，轨道半长轴越大，卫星的周期越长，因此可通过轨道半长轴的大小关系判断周期关系。
11． 如图甲所示是小齐同学设计的验证向心力大小表达式的实验装置图。用一刚性细绳悬挂一质量为 的小球，小球的下方连接一轻质的遮光片，遮光片的宽度为 ，细绳上方的悬挂点处安装一个力传感器，悬挂点的正下方固定一个光电门，重力加速度为 。实验过程如下：
（1）安装好实验器材，当小球静止时，悬点与毫米刻度尺的零刻度线对齐，小球位置如图乙所示，则悬点到球心的距离 　 　cm；
（2）将小球拉升到一定高度(细绳始终伸直)后释放，用光电门记录小球第一次经过最低点时遮光片的遮光时间 ，则小球经过最低点的速度大小表达式为 　 　(用题目中物理量符号表示)。用力传感器和计算机， 测得小球运动过程中细绳拉力大小随时间变化的图线如图丙所示，则第一次过最低点时拉力示数为 　 　(填“ ”或“ ”)； 改变小球拉升的高度，重复步骤(2)，测得多组数据，根据测量得到的数据在坐标纸上绘制 的图像如图丁所示，图线与纵轴的截距为，斜率为 。若满足 　 　， 　 　，则能验证向心力表达式成立 (选用 表示)。
【答案】（1）86.30
（2）；；；
【知识点】向心力
【解析】【解答】(1) 刻度尺分度值1mm，悬点对齐零刻度，球心对齐86.30cm刻度，故。
故答案为：86.30
(2) 遮光片宽度，遮光时间，用平均速度近似瞬时速度，；
小球经过最低点时向心力最大，细绳拉力最大，对应图中峰值；
最低点牛顿第二定律：，代入，得
对照一次函数，截距，斜率。
故答案为：；；；
【分析】(1) 本题考查毫米刻度尺读数，需估读到分度值下一位，单位为cm时保留两位小数。
(2) 本题考查瞬时速度近似、圆周运动向心力公式与图像函数分析：
① 极短时间内遮光片平均速度等于小球最低点瞬时速度；
② 小球在最低点拉力最大，对应拉力-时间图像峰值；
③ 由牛顿第二定律整理出与的线性关系式，结合一次函数截距、斜率定义得到、表达式，以此验证向心力表达式。
（1）刻度尺的最小刻度为1mm，则悬点到球心的距离 L=86.30cm
（2）[1]小球经过最低点的速度大小表达式为
[2]小球第一次过最低点时拉力最大，则示数为
[3][4]在最低点时根据牛顿第二定律
可得
由题意可知，
12．某实验小组对路灯（通过光控开关随周围环境的亮度改变进行自动控制）的内部电路设计进行模拟探究。实验室提供的器材有：电源、电阻箱、小灯泡L、光敏电阻、开关、电磁继电器、导线若干。
（1）用千分尺测量光敏电阻封装厚度，示数如图（a），读数为　 　mm；
（2）经测量光敏电阻在不同照度下的阻值如下表：
照度（Lx） 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻（Ω） 75 40 28 23 20 18
根据表中数据，说明光敏电阻阻值随照度变化的特点　 　；
（3）如图（b）所示是实验小组设计的路灯控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在　 　（填“AB”或“BC”）之间；
（4）用多用电表“×1Ω”挡，按正确步骤测量图（b）中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图（c）所示，则线圈的电阻为　 　Ω；
（5）实验小组优化了路灯控制模拟电路如图（d）所示，要求当照度低至1.0Lx时光敏电阻两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸引照明电路中开关K的衔铁实现启动照明系统，此时光敏电阻两端的电压叫做放大电路的激励电压。已知直流电源电动势，内阻，放大电路的激励电压为2V，为实现照度低至1.0Lx时电磁开关启动照明电路电阻箱R的阻值应调为　 　Ω；
（6）为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地　 　（填“增大”或“减小”）电阻箱的电阻。
【答案】（1）7.519
（2）光敏电阻的阻值随照度的增大而非线性减小
（3）AB
（4）19.0Ω
（5）60
（6）增大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答】（1） 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。 图（a）中千分尺的读数为
考虑估读误差，其读数结果为：7.519 mm－7.521mm；
（2）光敏电阻的阻值随照度的增大而非线性减小；
（3）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上；
（4）用多用电表用“×1Ω”挡，测量的结果为；
（5）照度低至1.0Lx时，根据欧姆定律可得通过光敏电阻的电流为
根据闭合电路的欧姆定律
解得；
（6）若要求天色更暗（照度降低至1.0Lx）时才点亮路灯，天色更暗时光敏电阻更大，要先保证回路中的激励电压2V不变，则应增大电阻箱的阻值。
【分析】（1）根据螺旋测微器读数方法读数；
（2）线性减小是均匀减小；
（3）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，此时灯泡应该熄灭，结合电路连接分析；
（4）欧姆表读数等于挡位乘以指针示数；
（5）根据欧姆定律可得通过光敏电阻的电流，根据闭合电路的欧姆定律求解 电阻箱R的阻值 ；
（6）天色更暗时光敏电阻更大，激励电压2V不变，结合串联分压分析。
（1）图（a）中千分尺的读数为
考虑估读误差，其读数结果为：7.519 mm－7.521mm；
（2）光敏电阻的阻值随照度的增大而非线性减小；
（3）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上；
（4）用多用电表用“×1Ω”挡，测量的结果为；
（5）照度低至1.0Lx时，则通过光敏电阻的电流为
根据闭合电路的欧姆定律
解得；
（6）若要求天色更暗（照度降低至1.0Lx）时才点亮路灯，天色更暗时光敏电阻更大，要先保证回路中的激励电压2V不变，则应增大电阻箱的阻值。
13．如图所示，半圆ABC是半球形玻璃砖的截面，半圆的半径为，O为圆心，AC为水平直径，一束单色光斜射到AC边上的D点，D到O点距离为，入射角，折射光线刚好射到半圆的最低点B，求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）保持入射光的方向不变，将入射点从D水平向右移动，当折射光线在BC面上刚好发生全反射时，入射点移动的距离为多少。
【答案】（1）解：根据题干信息，设折射角为β，光路图如图所示
在中，，，由几何关系可得
所以
根据折射率定义，有
（2）解：设全反射临界角C，有
可解得
设移动后的入射点为，折射光线在BC面上的入射点为E，则
光路图如下图所示
根据正弦定理可知
则
所以移动的距离，
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本小问考查折射定律与几何光学，利用直角三角形边长关系求出折射角，再代入折射公式计算折射率。
(2) 本小问考查全反射临界角、正弦定理与光路平移问题；先算出临界角，结合三角形正弦定理求出右移后入射点到圆心距离，两段距离相加得到入射点总移动距离。
（1）根据题干信息，设折射角为β，光路图如图所示
在中，，，由几何关系可得
所以
根据折射率定义，有
（2）设全反射临界角C，有
可解得
设移动后的入射点为，折射光线在BC面上的入射点为E，则
光路图如下图所示
根据正弦定理可知
则
所以移动的距离，
14．如图1所示，将一硬质细导线构成直径为的单匝圆形导体框，并固定在水平纸面内。虚线恰好将导体框分为左右对称的两部分，在虚线左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图2所示，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向。已知圆形导体框的电阻为
（1）若虚线右侧的空间不存在磁场，求导体框中产生的感应电流的大小和方向；
（2）若虚线右侧的空间不存在磁场，求在时间内，导体框产生的焦耳热。
（3）若虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为，如图3所示。求时导体框受到的安培力的大小和方向。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律得
由题意知
联立可得
感应电流
由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向。
（2）解：在时间内，导体框产生的焦耳热
（3）解：时，线框左边的磁场大小为
则MN左边线圈所受安培力大小
由左手定则可知，安培力方向水平向右；
MN边线圈右边所受安培力大小
由左手定则可知，安培力方向水平向右，则时导体框受到的安培力F的大小
联立解得，方向水平向右。
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律；磁场仅覆盖线框一半，取半圆面积为有效磁通量面积，由斜率求变化率，结合楞次定律判断环绕电流方向。
(2) 本题考查焦耳热计算，恒定感应电流下直接使用，代入时间区间完成计算。
(3) 本题综合考查变磁场磁感应强度计算、安培力公式、左手定则；左右两侧磁场方向相反，但感应电流流经两侧导线时安培力同向，直接叠加两个安培力得到合力。
（1）根据法拉第电磁感应定律得
由题意知
联立可得
感应电流
由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向。
（2）在时间内，导体框产生的焦耳热
（3）时，线框左边的磁场大小为
则MN左边线圈所受安培力大小
由左手定则可知，安培力方向水平向右；
MN边线圈右边所受安培力大小
由左手定则可知，安培力方向水平向右，则时导体框受到的安培力F的大小
联立解得
方向水平向右。
15．如图所示，在绝缘的光滑水平面（足够长）上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑块A、B的质量均为m，其中B不带电，A的带电荷量为，O点到M点的距离为L，N点到O点的距离为。现将小滑块A从N点由静止释放，其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞，设A、B均可视为质点，整个过程中，A的电荷量始终不变，B始终不带电，已知电场强度，重力加速度大小为g。
（1）求A与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速率；
（2）求A、B第一次碰后各自速度；若A、B发生第二次碰撞，求k的取值需要满足的条件？
（3）k的取值满足（2）问的条件下，求A和B两次碰撞间隔的时间。
【答案】（1）解：设A与B碰撞前的速率为，对A由动能定理得
因为
联立解得
（2）解：由题意知，A与B发生弹性碰撞，规定方向为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律可知
联立解得，
碰撞后，B以变量的值为A在电场力作用下，做匀加速直线运动，为使A与B能发生第二次碰撞，则A经电场加速后的最大速度应满足的条件为；碰撞后，对A由动能定理得
联立解得
（3）解：碰后B运动到M点所用时间为
A的加速度
设A运动到M点所用时间为，则
若
联立解得
设A与B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t，当时，A与B在离开电场前发生第二次碰撞，有
解得
当时，A与B离开电场后发生第二次碰撞，有
联立解得
【知识点】碰撞模型；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】(1) 本小问考查动能定理，先求出电场力大小，结合A的位移列式求解碰撞前速度。
(2) 本小问考查等质量弹性碰撞结论、匀加速与匀速运动临界条件；等质量弹性碰撞速度交换，再通过A的最大可达到速度限制推出范围。
(3) 本小问分两类临界讨论： 两物体在电场区域内完成第二次碰撞； 物体B先驶出电场，A驶出电场后匀速追上B，分别利用位移相等列方程求解时间。
（1）设A与B碰撞前的速率为，对A由动能定理得
因为
联立解得
（2）由题意知，A与B发生弹性碰撞，规定方向为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律可知
联立解得，
碰撞后，B以变量的值为A在电场力作用下，做匀加速直线运动，为使A与B能发生第二次碰撞，则A经电场加速后的最大速度应满足的条件为；碰撞后，对A由动能定理得
联立解得
（3）碰后B运动到M点所用时间为
A的加速度
设A运动到M点所用时间为，则
若
联立解得
设A与B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t，当时，A与B在离开电场前发生第二次碰撞，有
解得
当时，A与B离开电场后发生第二次碰撞，有
联立解得
1 / 12026届广东省广州市某校高三下学期综合训练四物理试题
1．核能是比较清洁的能源，其中是重要的核原料，其核反应方程之一为，其中具有放射性，其核反应方程为，的半衰期约为28.5年。下列说法正确的是（　　）
A．A为
B．为衰变
C．的比结合能大于的比结合能
D．100个经过57年剩余25个
2．一列简谐横波沿x轴传播，如图甲所示是处质点的振动图像，如图乙所示是该波时的波形图。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为0.2m
B．该波的波速大小为0.1m/s
C．该波沿x轴正方向传播
D．在0~0.2s内，处质点沿x轴正方向运动2cm
3．“一带一路”年度汉字发布活动已经多年，“和”“融”“互”“惠”“永”等都曾当选。某力学兴趣小组制作了“互”字形木制模型。模型分上下两部分，质量均为。用细线连接两部分，当细线都竖直绷紧时，整个模型可以如图所示静止在水平地面上。其中连接a、b两点的细线为p，连接c、d两点的细线为q，已知重力加速度，则（　　）
A．细线q的弹力大小为20N
B．细线p的弹力大小一定为20N
C．两细线弹力的差值一定等于20N
D．整个模型对地面的压力一定小于40N
4．如图所示，虚线O、A、B、C、D是某匀强电场中的5个平行且相邻间距为3cm的等势面，一电子经过O时的动能为15eV，从O到C的过程中克服电场力所做的功为9eV，已知等势面B的电势为0，下列说法错误的是（　　）
A．等势面A的电势为3V
B．该电子经过等势面C时，其电势能为
C．该匀强电场的场强大小为100V/m
D．该电子经过等势面A时的动能是经过等势面C时动能的2倍
5．手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过右、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头左、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向左
B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向上
C．若a的方向沿右偏上60°，则沿逆时针方向，沿顺时针方向且
D．若a的方向沿右偏上60°，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
6．2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．减小，可以提高远距离输电的输电效率
B．图乙中的线圈转过90°时，线圈产生的电流最小
C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会减小
D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小
7．如图所示，我国某地一直升机将一水平的闭合金属线圈竖直向上吊起，由于地磁场的影响，线圈中产生了感应电流，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中的磁通量增大
B．线圈中有顺时针方向的感应电流（俯视）
C．线圈的四条边有向内收缩的趋势
D．若在赤道上空将线圈吊起，线圈中也会产生感应电流
8．一定质量的理想气体经过从状态A→B→C→D回到状态A的变化，其p-V图像如图所示，其中B→C过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态A的内能大于在状态C的内能
B．B→C过程气体对外做的功小于C→D过程外界对气体做的功
C．气体从状态A经过一个循环后回到状态A的过程中，气体对外放热
D．C→D过程，气体单位时间内对器壁单位面积上的平均碰撞次数增大
9．如图中关于磁场中的四种仪器的说法中正确的是（　　）
A．甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径无关
B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件，通上如图所示电流和加上如图所示磁场时N侧带负电荷
D．丁图长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、c无关
10．神舟十九号载人飞船于2024年10月30日成功发射，经过10分钟左右成功进入预定轨道。飞船进入预定轨道之前在近地圆轨道1的点点火加速进入椭圆轨道2，在远地点点再次点火加速进入圆轨道3。若飞船在1、2轨道的点和2、3轨道的点速度分别为、和、，向心加速度分别为、和、，机械能分别为、和、，飞船在1、2和3轨道的周期分别为、和。对于以上物理量的大小关系，下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11． 如图甲所示是小齐同学设计的验证向心力大小表达式的实验装置图。用一刚性细绳悬挂一质量为 的小球，小球的下方连接一轻质的遮光片，遮光片的宽度为 ，细绳上方的悬挂点处安装一个力传感器，悬挂点的正下方固定一个光电门，重力加速度为 。实验过程如下：
（1）安装好实验器材，当小球静止时，悬点与毫米刻度尺的零刻度线对齐，小球位置如图乙所示，则悬点到球心的距离 　 　cm；
（2）将小球拉升到一定高度(细绳始终伸直)后释放，用光电门记录小球第一次经过最低点时遮光片的遮光时间 ，则小球经过最低点的速度大小表达式为 　 　(用题目中物理量符号表示)。用力传感器和计算机， 测得小球运动过程中细绳拉力大小随时间变化的图线如图丙所示，则第一次过最低点时拉力示数为 　 　(填“ ”或“ ”)； 改变小球拉升的高度，重复步骤(2)，测得多组数据，根据测量得到的数据在坐标纸上绘制 的图像如图丁所示，图线与纵轴的截距为，斜率为 。若满足 　 　， 　 　，则能验证向心力表达式成立 (选用 表示)。
12．某实验小组对路灯（通过光控开关随周围环境的亮度改变进行自动控制）的内部电路设计进行模拟探究。实验室提供的器材有：电源、电阻箱、小灯泡L、光敏电阻、开关、电磁继电器、导线若干。
（1）用千分尺测量光敏电阻封装厚度，示数如图（a），读数为　 　mm；
（2）经测量光敏电阻在不同照度下的阻值如下表：
照度（Lx） 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻（Ω） 75 40 28 23 20 18
根据表中数据，说明光敏电阻阻值随照度变化的特点　 　；
（3）如图（b）所示是实验小组设计的路灯控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在　 　（填“AB”或“BC”）之间；
（4）用多用电表“×1Ω”挡，按正确步骤测量图（b）中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图（c）所示，则线圈的电阻为　 　Ω；
（5）实验小组优化了路灯控制模拟电路如图（d）所示，要求当照度低至1.0Lx时光敏电阻两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸引照明电路中开关K的衔铁实现启动照明系统，此时光敏电阻两端的电压叫做放大电路的激励电压。已知直流电源电动势，内阻，放大电路的激励电压为2V，为实现照度低至1.0Lx时电磁开关启动照明电路电阻箱R的阻值应调为　 　Ω；
（6）为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地　 　（填“增大”或“减小”）电阻箱的电阻。
13．如图所示，半圆ABC是半球形玻璃砖的截面，半圆的半径为，O为圆心，AC为水平直径，一束单色光斜射到AC边上的D点，D到O点距离为，入射角，折射光线刚好射到半圆的最低点B，求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）保持入射光的方向不变，将入射点从D水平向右移动，当折射光线在BC面上刚好发生全反射时，入射点移动的距离为多少。
14．如图1所示，将一硬质细导线构成直径为的单匝圆形导体框，并固定在水平纸面内。虚线恰好将导体框分为左右对称的两部分，在虚线左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图2所示，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向。已知圆形导体框的电阻为
（1）若虚线右侧的空间不存在磁场，求导体框中产生的感应电流的大小和方向；
（2）若虚线右侧的空间不存在磁场，求在时间内，导体框产生的焦耳热。
（3）若虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为，如图3所示。求时导体框受到的安培力的大小和方向。
15．如图所示，在绝缘的光滑水平面（足够长）上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑块A、B的质量均为m，其中B不带电，A的带电荷量为，O点到M点的距离为L，N点到O点的距离为。现将小滑块A从N点由静止释放，其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞，设A、B均可视为质点，整个过程中，A的电荷量始终不变，B始终不带电，已知电场强度，重力加速度大小为g。
（1）求A与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速率；
（2）求A、B第一次碰后各自速度；若A、B发生第二次碰撞，求k的取值需要满足的条件？
（3）k的取值满足（2）问的条件下，求A和B两次碰撞间隔的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A、根据核反应质量数、电荷数守恒，左侧总质量数235，总电荷数92；右侧总质量数90+136+10=236，总电荷数38+54=92。因此A质量数为1、电荷数为0，即（中子），不是电子，故A错误；
B、衰变方程，质量数不变、电荷数+1，说明释放粒子，属于β衰变；α衰变会损失质量数4、电荷数2，故B错误；
C、中等质量原子核比结合能更大，重核裂变生成中等核，裂变释放能量说明生成物更稳定，比结合能大于，故C正确；
D、半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核，100个原子核属于少量粒子，无法精准按半衰期计算剩余数量，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查核裂变反应的守恒规律，利用质量数、电荷数守恒判断轰击粒子；
B、考查衰变类型区分，β衰变质量数不变、电荷数加1，α衰变质量数减少4；
C、考查比结合能规律，中等核比结合能大于重核，重核裂变释放能量；
D、考查半衰期适用条件，半衰期是大量原子核的统计规律，少量粒子不满足。
2．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由乙图波形图横坐标单位为cm，完整波形跨度0.2cm，即波长，并非0.2m，故A错误；
B、由甲图振动图像得周期，波速，并非0.1m/s，故B错误；
C、由甲图，时处质点位于平衡位置且向下振动；结合乙图波形，用“上下坡法”，处质点向下振动说明波沿轴正方向传播，故C正确；
D、简谐横波传播时，质点只在平衡位置上下竖直振动，不随波沿轴迁移，位移为0，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查波形图读取波长，注意横坐标单位换算；
B、结合振动图像获取周期，利用计算波速；
C、结合振动图像判断时质点振动方向，用上下坡法判断波传播方向；
D、考查机械波质点运动特点，质点仅在垂直波传播方向振动，不随波平移。
3．【答案】C
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；整体法隔离法
【解析】【解答】先计算单部分重力：，上下两部分重力均为20N。
A、细线q的弹力不一定为20N，q的拉力可以取任意大于等于0的值，没有固定等于20N，故A错误；
B、对上方构件受力分析：重力向下，q拉力向下，p拉力向上，平衡关系。不确定，因此不一定等于20N，故B错误；
C、由，两细线弹力差值恒等于20N，故C正确；
D、对整体分析，总重力，整体静止在地面，地面支持力与总重力平衡，，根据牛顿第三定律，模型对地面压力等于40N，并非小于40N，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查局部受力分析，内部细线q的拉力无固定数值约束；
B、隔离上方构件列平衡方程，明确p的拉力由q的拉力与上部重力共同决定；
C、由隔离受力方程直接推导出两根细线拉力差值恒等于上部构件重力；
D、考查整体法受力分析，整体无其他外力，地面支持力等于总重力，压力等于总重力。
4．【答案】B
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、电子从O到C克服电场力做功9eV，可得O、C间电势差，O、A、B、C相邻间隔相等，相邻等势面电势差为3V，，沿电场线方向电势降低，因此，故A正确；
B、由电势分布可知，电子电势能，并非-3eV，故B错误；
C、相邻等势面间距，电势差，场强，故C正确；
D、O到A电场力做功-3eV，A点动能；O到C电场力做功-9eV，C点动能，，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、考查匀强电场等势面电势差均分规律，结合电场力做功与电势差的关系推导各等势面电势；
B、考查电势能计算公式，计算时电子电荷量需带负号代入；
C、考查匀强电场场强与电势差的关系式，注意长度单位换算；
D、考查动能定理在电场中的应用，分别求出A、C两处电子动能再计算比值。
5．【答案】D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．若沿顺时针方向，，则线圈受到向左的安培力，故手机的加速度是向右，使镜头处于零加速度状态，故A错误；
B．若沿顺时针方向，，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，故B错误；
CD．若a的方向沿右偏上60°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力小于向上的分力；要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力、线圈d需要受到向下的安培力，且，可知顺时针，逆时针，且，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查左手定则判断通电线圈安培力方向；
B、区分上侧线圈 d 电流对应的安培力方向，明确加速度方向与安培力反向；
C、将斜向加速度分解为水平、竖直分量，分别对应 c、d 线圈安培力，推导电流方向与大小关系；
D、结合力的分解与安培力公式\(F=BIL\)，对比两分力大小判断电流大小，匹配线圈电流转向。
6．【答案】C
【知识点】电能的输送；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A、减小，由得升压副线圈电压降低，输送功率不变，输电电流增大；线路损耗变大，输电效率降低，故A错误；
B、线圈转过时，线圈平面与磁感线平行，磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，线圈电流最大，故B错误；
C、输送功率恒定，发电机输出电压增大，升压后输电电压升高，输电电流减小；线路损耗随之减小，故C正确；
D、用电器增多，总负载电阻减小，降压副线圈电流增大，输电线上电压损耗增大，降压原线圈电压减小；由，要维持不变，需增大而非减小，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查远距离输电效率，升压副线圈匝数减小会升高输电电流，增大线路功率损耗；
B、考查交变电流发电机中性面规律，线圈垂直磁场时电动势、电流最大；
C、考查输电损耗功率推导，输送功率一定时，输电电压越高，线路损耗越小；
D、考查降压变压器电压调节，负载增多导致下降，需增加副线圈匝数稳定用户电压。
7．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；地磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．根据地磁场磁感线分布特点可知，磁感线竖直分量随着高度增加而减小，方向向下，闭合金属线圈竖直向上吊起过程线圈中的磁通量减小，A错误；
B．根据楞次定律，线框中有顺时针方向的感应电流（俯视），B正确；
C．根据楞次定律，线框的四条边有向外扩张的趋势，C错误；
D．赤道上空磁感线水平，线圈中磁通量始终为0，故不产生感应电流，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据地磁场的分布特点，分析线圈竖直吊起时磁通量的变化，再用楞次定律判断感应电流方向、线圈形变趋势，以及在赤道上空的情况。
8．【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程，，，得；理想气体内能仅由温度决定，故A内能小于C内能，A错误；
B、图线与横轴围成面积表示做功大小。为绝热曲线，对外做功；等压压缩，外界对气体做功，因此，B正确；
C、循环回到A，内能变化；图循环包围面积为气体对外总功，全程气体对外做功，由热力学第一定律得，气体吸热，C错误；
D、压强不变、体积减小，分子数密度增大；温度降低，分子平均撞击力减小。压强不变说明单位时间单位面积碰撞次数必须增大，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、理想气体内能只与温度有关，结合理想气体状态方程比较温度；
B、图像面积表示气体做功，对比两段过程面积大小；
C、循环过程内能不变，由图中包围面积判断总做功，再用热力学第一定律判断吸放热；
D、气体压强微观解释：压强由分子平均撞击力、单位时间单位面积碰撞次数共同决定。
9．【答案】B,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器；电磁流量计；霍尔元件
【解析】【解答】A、对回旋加速器，由、，联立得，最大动能与D盒半径平方成正比，和半径有关，故A错误；
B、质谱仪先加速，速度选择器，偏转磁场，联立，电场、磁场不变时，同一落点对应轨道半径相同，比荷相等，故B正确；
C、霍尔元件载流子为负电荷，电流向右则负电荷向左运动，磁场向下，左手定则（四指指向负电荷运动反方向），洛伦兹力指向左侧，负电荷聚集左侧，N侧（右侧）带负电，故C正确；
D、电磁流量计平衡，流量，联立，电压与无关、与有关，并非与均无关，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查回旋加速器最大动能推导，明确动能与D盒半径平方成正比；
B、考查质谱仪整套推导，落点固定对应偏转半径固定，比荷唯一；
C、考查霍尔效应（载流子为负电荷），区分正负电荷左手定则用法，判断电荷聚集侧；
D、考查电磁流量计公式推导，推导出电压仅与相关，和无关、和有关。
10．【答案】A,D
【知识点】向心加速度；开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：由 得 ，因此近地圆轨道1的速度 大于圆轨道3的速度 ；飞船在P点和Q点两次点火加速，故 、，综合得 ，故A正确；
B：在P、Q两点，飞船的向心加速度由万有引力提供，即 ，同一位置到地心的距离 相同，因此 、，故B错误；
C：同一轨道上机械能守恒，故 ；飞船在P、Q两点点火加速，机械能增加，因此 、，即 ，故C错误；
D：根据开普勒第三定律 ，轨道半长轴 越大，周期越长，因此 ，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：卫星变轨问题中，点火加速会使速度增大；圆轨道上的速度由轨道半径决定，半径越小速度越大，因此可通过比较点火前后的速度关系和不同轨道的速度规律判断大小。
B：向心加速度由万有引力决定，同一位置到地心的距离不变，因此向心加速度大小不变。
C：点火加速过程中化学能转化为机械能，机械能增加；同一轨道上无动力运动时机械能守恒，因此椭圆轨道2上的P、Q两点机械能相等。
D：开普勒第三定律表明，轨道半长轴越大，卫星的周期越长，因此可通过轨道半长轴的大小关系判断周期关系。
11．【答案】（1）86.30
（2）；；；
【知识点】向心力
【解析】【解答】(1) 刻度尺分度值1mm，悬点对齐零刻度，球心对齐86.30cm刻度，故。
故答案为：86.30
(2) 遮光片宽度，遮光时间，用平均速度近似瞬时速度，；
小球经过最低点时向心力最大，细绳拉力最大，对应图中峰值；
最低点牛顿第二定律：，代入，得
对照一次函数，截距，斜率。
故答案为：；；；
【分析】(1) 本题考查毫米刻度尺读数，需估读到分度值下一位，单位为cm时保留两位小数。
(2) 本题考查瞬时速度近似、圆周运动向心力公式与图像函数分析：
① 极短时间内遮光片平均速度等于小球最低点瞬时速度；
② 小球在最低点拉力最大，对应拉力-时间图像峰值；
③ 由牛顿第二定律整理出与的线性关系式，结合一次函数截距、斜率定义得到、表达式，以此验证向心力表达式。
（1）刻度尺的最小刻度为1mm，则悬点到球心的距离 L=86.30cm
（2）[1]小球经过最低点的速度大小表达式为
[2]小球第一次过最低点时拉力最大，则示数为
[3][4]在最低点时根据牛顿第二定律
可得
由题意可知，
12．【答案】（1）7.519
（2）光敏电阻的阻值随照度的增大而非线性减小
（3）AB
（4）19.0Ω
（5）60
（6）增大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答】（1） 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。 图（a）中千分尺的读数为
考虑估读误差，其读数结果为：7.519 mm－7.521mm；
（2）光敏电阻的阻值随照度的增大而非线性减小；
（3）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上；
（4）用多用电表用“×1Ω”挡，测量的结果为；
（5）照度低至1.0Lx时，根据欧姆定律可得通过光敏电阻的电流为
根据闭合电路的欧姆定律
解得；
（6）若要求天色更暗（照度降低至1.0Lx）时才点亮路灯，天色更暗时光敏电阻更大，要先保证回路中的激励电压2V不变，则应增大电阻箱的阻值。
【分析】（1）根据螺旋测微器读数方法读数；
（2）线性减小是均匀减小；
（3）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，此时灯泡应该熄灭，结合电路连接分析；
（4）欧姆表读数等于挡位乘以指针示数；
（5）根据欧姆定律可得通过光敏电阻的电流，根据闭合电路的欧姆定律求解 电阻箱R的阻值 ；
（6）天色更暗时光敏电阻更大，激励电压2V不变，结合串联分压分析。
（1）图（a）中千分尺的读数为
考虑估读误差，其读数结果为：7.519 mm－7.521mm；
（2）光敏电阻的阻值随照度的增大而非线性减小；
（3）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上；
（4）用多用电表用“×1Ω”挡，测量的结果为；
（5）照度低至1.0Lx时，则通过光敏电阻的电流为
根据闭合电路的欧姆定律
解得；
（6）若要求天色更暗（照度降低至1.0Lx）时才点亮路灯，天色更暗时光敏电阻更大，要先保证回路中的激励电压2V不变，则应增大电阻箱的阻值。
13．【答案】（1）解：根据题干信息，设折射角为β，光路图如图所示
在中，，，由几何关系可得
所以
根据折射率定义，有
（2）解：设全反射临界角C，有
可解得
设移动后的入射点为，折射光线在BC面上的入射点为E，则
光路图如下图所示
根据正弦定理可知
则
所以移动的距离，
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本小问考查折射定律与几何光学，利用直角三角形边长关系求出折射角，再代入折射公式计算折射率。
(2) 本小问考查全反射临界角、正弦定理与光路平移问题；先算出临界角，结合三角形正弦定理求出右移后入射点到圆心距离，两段距离相加得到入射点总移动距离。
（1）根据题干信息，设折射角为β，光路图如图所示
在中，，，由几何关系可得
所以
根据折射率定义，有
（2）设全反射临界角C，有
可解得
设移动后的入射点为，折射光线在BC面上的入射点为E，则
光路图如下图所示
根据正弦定理可知
则
所以移动的距离，
14．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律得
由题意知
联立可得
感应电流
由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向。
（2）解：在时间内，导体框产生的焦耳热
（3）解：时，线框左边的磁场大小为
则MN左边线圈所受安培力大小
由左手定则可知，安培力方向水平向右；
MN边线圈右边所受安培力大小
由左手定则可知，安培力方向水平向右，则时导体框受到的安培力F的大小
联立解得，方向水平向右。
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律；磁场仅覆盖线框一半，取半圆面积为有效磁通量面积，由斜率求变化率，结合楞次定律判断环绕电流方向。
(2) 本题考查焦耳热计算，恒定感应电流下直接使用，代入时间区间完成计算。
(3) 本题综合考查变磁场磁感应强度计算、安培力公式、左手定则；左右两侧磁场方向相反，但感应电流流经两侧导线时安培力同向，直接叠加两个安培力得到合力。
（1）根据法拉第电磁感应定律得
由题意知
联立可得
感应电流
由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向。
（2）在时间内，导体框产生的焦耳热
（3）时，线框左边的磁场大小为
则MN左边线圈所受安培力大小
由左手定则可知，安培力方向水平向右；
MN边线圈右边所受安培力大小
由左手定则可知，安培力方向水平向右，则时导体框受到的安培力F的大小
联立解得
方向水平向右。
15．【答案】（1）解：设A与B碰撞前的速率为，对A由动能定理得
因为
联立解得
（2）解：由题意知，A与B发生弹性碰撞，规定方向为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律可知
联立解得，
碰撞后，B以变量的值为A在电场力作用下，做匀加速直线运动，为使A与B能发生第二次碰撞，则A经电场加速后的最大速度应满足的条件为；碰撞后，对A由动能定理得
联立解得
（3）解：碰后B运动到M点所用时间为
A的加速度
设A运动到M点所用时间为，则
若
联立解得
设A与B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t，当时，A与B在离开电场前发生第二次碰撞，有
解得
当时，A与B离开电场后发生第二次碰撞，有
联立解得
【知识点】碰撞模型；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】(1) 本小问考查动能定理，先求出电场力大小，结合A的位移列式求解碰撞前速度。
(2) 本小问考查等质量弹性碰撞结论、匀加速与匀速运动临界条件；等质量弹性碰撞速度交换，再通过A的最大可达到速度限制推出范围。
(3) 本小问分两类临界讨论： 两物体在电场区域内完成第二次碰撞； 物体B先驶出电场，A驶出电场后匀速追上B，分别利用位移相等列方程求解时间。
（1）设A与B碰撞前的速率为，对A由动能定理得
因为
联立解得
（2）由题意知，A与B发生弹性碰撞，规定方向为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律可知
联立解得，
碰撞后，B以变量的值为A在电场力作用下，做匀加速直线运动，为使A与B能发生第二次碰撞，则A经电场加速后的最大速度应满足的条件为；碰撞后，对A由动能定理得
联立解得
（3）碰后B运动到M点所用时间为
A的加速度
设A运动到M点所用时间为，则
若
联立解得
设A与B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t，当时，A与B在离开电场前发生第二次碰撞，有
解得
当时，A与B离开电场后发生第二次碰撞，有
联立解得
1 / 1

展开更多......

收起↑