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2026届广东深圳市桃源居中澳实验学校等校高三下学期第一次模拟联合考试物理试题
1．氢原子的能级图如图甲所示，一群处于n=4能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射图乙电路中的阴极K，其中只有a、b两种频率的光能使之发生光电效应。分别用这两种频率的光照射阴极K，测得图乙中电流表示数随电压表示数变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．题中的氢原子跃迁共能发出6种不同频率的光
B．a光是从n=4能级向n=1能级跃迁产生的
C．a光的波长小于b光的波长
D．b光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比a光照射时的小
【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A、一群能级氢原子向低能级跃迁，发光种类为组合数种不同频率光子，故A正确；
B、只有两种光能发生光电效应，对应能量最大的两次跃迁：、；遏止电压满足，遏止电压更小，光子能量更小，对应跃迁，不是，故B错误；
C、，光子能量小于光子能量，则光波长更长，故C错误；
D、光子能量更大，由光电效应方程，照射产生光电子最大初动能更大，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查氢原子跃迁发光种类计算，利用组合公式判断光子频率种类；
B、考查遏止电压与光子能量关系，结合能级差大小匹配对应跃迁；
C、考查光子能量与波长的反比关系，能量越小波长越长；
D、考查光电效应方程，光子频率越高，逸出光电子最大初动能越大。
2．碳14能够自发地进行衰变：。碳14的半衰期为5730年。在考古和经济建设中可用碳14测定年代。以下说法正确的是（　　）
A．衰变放出的X是一种穿透能力极强的高频电磁波
B．碳14的衰变方程为
C．温度升高，碳14的半衰期会变长
D．衰变后X与氮核的质量之和等于衰变前碳核的质量
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】 AB．根据反应过程电荷数守恒和质量数守恒可知其核反应方程为，可知X为电子，那么衰变放出的是电子流为射线，射线穿透能力比粒子强，通常需要一块几毫米厚的铝片才能阻挡，射线才是一种穿透能力极强的高频电磁波，故A错误，B正确；
C、放射性元素半衰期仅由原子核内部结构决定，不受温度、压强、化学状态等外界条件影响，升温不会改变半衰期，故C错误；
D、衰变释放核能，存在质量亏损，因此衰变后氮核与电子X的总质量小于衰变前碳核质量，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、先判断衰变类型与粒子种类，区分射线电子与射线电磁波的穿透特点；
B、利用核反应质量数、电荷数守恒书写完整衰变方程；
C、掌握半衰期的决定因素，外部环境无法改变半衰期大小；
D、结合质能方程，衰变释放能量对应质量亏损，反应后总质量减小。
3．一辆汽车做直线运动，运动的加速度为，位移为，运动时间为，下列图像一定能反映该汽车刹车做匀减速直线运动的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、匀减速直线运动加速度恒定不变，该图像加速度随时间线性减小，是变加速运动，故A错误；
B、图像加速度恒定为负值，若规定初速度为负方向，加速度与速度同向，物体做匀加速直线运动，无法确定一定是匀减速，故B错误；
C、由位移公式变形得，图像斜率为正，说明，加速度与正方向初速度同向，物体做匀加速直线运动，故C错误；
D、由，两边同除以得；图像斜率（初速度正向），纵截距，即，加速度与初速度反向，汽车做匀减速直线运动，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、匀变速运动加速度恒定，图像加速度变化，不属于匀变速；
B、仅知道加速度为负，无法确定初速度方向，不能判定一定匀减速；
C、推导关系式，斜率代表，斜率为正对应匀加速；
D、变形得到线性方程，由截距判断加速度符号，初速度正向、加速度反向，为匀减速刹车运动。
4．图(a)所示，是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射而形成的日晕现象，多出现于春夏时节；当一束太阳光射到六角形冰晶上时，可出现如图（b）所示的光路图，若a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（　　）
A．用同一装置做单缝衍射实验，b光中央亮条纹更宽
B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较小
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．在冰晶中，b光的传播速度较小
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】A．由图乙可知，a光折射率小，频率小，波长较大，a光比b光的衍射现象更明显，同一装置做单缝衍射实验，a光中央亮条纹更宽，故A错误；
B．a光频率小，波长大，通过同一装置发生双缝干涉时，根据公式，可知a光的条纹宽度比b光的条纹宽，故B错误；
C．因为a光折射率小，由临界角公式可知a光的临界角比b光的大，故C错误；
D．a光折射率小，根据可知，在冰晶中，b光的传播速度较小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据光路图判断 a、b 光的折射率大小，再结合折射率与波长、频率的关系，分析单缝衍射和双缝干涉的条纹特点，接着利用临界角公式比较全反射临界角，最后根据光在介质中的传播速度公式判断传播速度大小。
5．如图所示，可视为质点的子弹以一定初速度垂直射入叠在一起的相同木板中，木板的厚度均为d，子弹恰好穿过第10块木板，已知子弹在木板中运动的总时间为T，子弹穿过木板的过程可视作匀变速直线运动。关于该子弹的运动，下列说法正确的是（　　）
A．子弹的加速度大小为
B．子弹穿过第9块木板用的时间是
C．子弹刚穿过第5块木板时的速度大小为
D．子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比为
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．子弹恰好穿过第10块木板，根据逆向思维法，有，得，故A错误；
B．子弹穿过第9块木板所用的时间可用穿过最后两块木板所用的时间减去穿过最后一块木板所用的时间求得，根据逆向思维法，有，，解得，故B错误；
C．根据逆向思维法，刚穿过第5块木板时的速度大小即为反向恰好穿过第6块木板时的速度大小，解得，故C正确；
D．根据逆向思维法，子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比可看作初速度为0通过连续相等位移所用时间之比，即，故D错误。
故选C。
【分析】1、匀变速直线运动的规律（逆向思维）
本题的关键技巧是逆向过程。将“子弹减速至零，恰好穿出第10块木板”的过程，逆向思考为“子弹从第10块木板外侧，由静止开始做匀加速直线运动，穿过所有木板”。
应用的基本公式：（速度位移公式），（初速为零的位移公式），（初速为零的速度公式）
2、初速度为零的匀加速运动比例关系
这是解决本题最核心、最快捷的工具。对于初速为零的匀加速直线运动：
通过连续相等的位移 d 所用时间之比为：
3、平均速度公式的应用
在匀变速直线运动中，某段位移内的平均速度等于初、末速度的算术平均值，也等于这段位移中间时刻的瞬时速度。
6．如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为，空间站的轨道半径为，机械臂长为，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（　　）
A．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为
B．空间站所在处的重力加速度与地球表面重力加速度之比为
C．微型卫星的加速度比空间站的加速度小
D．若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会做近心运动
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、微型卫星与空间站角速度相等，线速度，轨道半径分别为、，故，不是，故A错误；
B、地球表面：，得；空间站处：，得，两式相比，故B正确；
C、向心加速度，二者相同，微型卫星轨道半径更大，因此加速度更大，故C错误；
D、仅万有引力作用时，半径处对应的自然角速度，小于共同角速度，卫星需要额外拉力维持圆周运动；脱落后拉力消失，所需向心力大于万有引力，卫星会做离心运动远离地球，不是近心运动，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、同轴转动角速度相等，线速度与轨道半径成正比；
B、分别对地表、空间站列万有引力等于重力方程，求重力加速度比值；
C、角速度不变时，向心加速度随轨道半径增大而增大；
D、对比卫星当前角速度与仅靠引力的自然角速度，判断脱落后离心/近心运动。
7．如图所示为冬季奥运会跳台滑雪运动员比赛时的情景，运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆。斜面AB与水平方向夹角为37°，运动员在空中运动的时间为4.2s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，运动员可以看成质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列判断错误的是（　　）
A．运动员在A点飞出时的初速度大小为28m/s
B．运动员从A点飞出后运动2.1s离斜面最远
C．运动员运动过程中离斜面的最大距离为16m
D．若运动员运动到B点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ=1.5
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】A、平抛运动，，，代入、，解得，A正确；
B、垂直斜面方向初分速度，垂直斜面分加速度，速度减到0时离斜面最远，，B正确；
C、垂直斜面类竖直上抛最大距离，C错误；
D、平抛推论：速度偏角正切值，D正确；
故答案为：C。
【分析】A、利用斜面倾角正切等于竖直位移与水平位移之比，联立平抛公式求初速度；
B、将运动分解为平行、垂直斜面分量，垂直斜面做匀减速，速度为零时距离斜面最远；
C、代入类竖直上抛最大位移公式计算，对比选项数值；
D、平抛运动速度偏角正切是位移偏角正切的2倍，直接得到。
8．如图甲所示，喷雾设备的静电喷嘴内装有一根带正电的针，使得农药水珠离开喷嘴时带有大量正电荷，由于与大地相连的农作物的叶子一般都带负电，带正电的农药水珠喷洒到农作物上时，就被吸附在叶子上。某次喷雾设备静止时，形成的部分电场线如图乙所示，A、B、C、D是电场中的四个点，若不考虑水珠所受空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C三点的电势关系为
B．水珠在A、B、C三点的电势能关系为
C．D点无电场线，水珠在D点的电势能为零
D．静止在B点的水珠释放后可能沿电场线运动
【答案】B
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A、沿电场线方向电势逐渐降低，高压电极为正电荷、大地电势为0，可得三点电势，故A错误；
B、水珠带正电，电势能，电势越高正电荷电势能越大，因此，故B正确；
C、D点只是没有画出电场线，但该点存在电场；题目以大地为零电势面，D点电势不为零，水珠电势能不为零，故C错误；
D、图中电场线为曲线，只有初速度为零、电场为匀强电场时带电粒子才能沿电场线运动，此处不满足，水珠释放后不会沿电场线运动，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查电场线与电势的关系，沿电场线电势不断降低；
B、考查电势能判断，正电荷在高电势处电势能更大；
C、考查电场、电势、电势能概念，无电场线不代表无电场，零电势点人为规定为大地；
D、考查带电粒子沿电场线运动的条件，曲线电场线中静止释放电荷无法沿电场线运动。
9．如图甲所示为某简谐横波在时刻的波形图，是平衡位置在处的质点，是平衡位置在处的质点，图乙为质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波沿轴负方向传播
B．该波在传播过程中若遇到的障碍物，则发生明显的衍射现象
C．该简谐波的传播速度为
D．质点简谐运动表达式为
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波的衍射现象
【解析】【解答】A、由图乙质点Q振动图像，时刻Q向轴正方向振动，结合波形平移法可知波沿轴正方向传播，故A错误；
B、由甲图读出波长，障碍物尺寸9m与波长接近，满足明显衍射条件，能发生明显衍射现象，故B正确；
C、波长，周期，波速，并非400m/s，故C错误；
D、时刻质点M从平衡位置向轴负方向振动，角频率，振动表达式为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查波动图像与振动图像结合判断波的传播方向，利用振动方向结合平移法判断；
B、考查明显衍射条件，障碍物尺寸与波长相近或更小即可产生明显衍射；
C、考查波速计算公式，从波形图、振动图分别读取波长、周期计算；
D、考查简谐运动表达式书写，根据时刻振动初方向确定表达式正负。
10．如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量。某次承载质量的餐盘（包括食物）在水平地面上以的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以的加速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数，餐盘没有从机器人上脱离，取重力加速度，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中餐盘的加速度大小为
B．制动0.1s内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J
C．制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s
D．制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；功的计算；冲量
【解析】【解答】A．机器人对餐盘的滑动摩擦力为，根据牛顿第二定律得，餐盘的加速度大小为，故A错误；
B．制动0.1s内，餐盘的位移，机器人的位移
餐盘与机器人之间的相对位移为
餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为，故B错误；
C．对机器人进行受力分析，得，解得地面对机器人的摩擦力
制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为，故C正确；
D．机器人对餐盘的支持力为，机器人对餐盘的作用力为
制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由牛顿第二定律求餐盘减速加速度；
B：分别求机器人与餐盘位移，得相对位移，结合求摩擦生热；
C：对机器人受力分析，求地面摩擦力，再求冲量；
D：分析机器人对餐盘的作用力（支持力+摩擦力），用冲量定义求解。
11．如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，。一质子以的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，经时间t从ON的中点M离开磁场，若一粒子以的速度从O点沿相同的方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为（　　）
A． B．t C． D．2t
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据洛伦兹力提供向心力可得，解得
设质子在磁场中的运动半径为，则粒子在磁场中的运动半径为
根据几何关系可知粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子运动轨迹
质子在磁场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，核心思路：先由半径公式求出质子与粒子轨道半径之比；结合几何关系判断二者偏转角相等；利用运动时间比较运动时长。
12．如图所示，在地球上同一个地区创设不同的条件进行单摆实验。图甲装置置于真空中，悬点处固定一带正电的小球，绝缘细线下端连接另一带正电小球，周期记为；图乙中，单摆的悬点在一向下加速的电梯顶端，周期记为；图丙中的摆球带正电，在如图所示的匀强磁场中进行摆动，周期记为；图丁中的摆球带正电，在如图所示的匀强电场中进行摆动，周期记为。若四个单摆的摆长一样长，则周期关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】单摆周期公式，等效重力加速度越大，周期越小
甲：库仑力沿绳径向，不改变切向回复力，，；
乙：电梯向下加速，失重，，，周期最大；
丙：洛伦兹力始终沿径向，不影响回复力，，；
丁：电场力竖直向下，等效重力变大，，周期最小；
综上周期关系：，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】A、考查库仑力、洛伦兹力对单摆等效重力加速度的影响，径向力不改变回复力，等效不变；
B、考查超重失重对等效重力加速度的影响，向下加速失重，等效减小，周期变大；
C、考查匀强电场中单摆等效重力，同向电场力增大等效重力，周期减小；
D、综合对比四种场景等效重力加速度大小，判断周期排序。
13．如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为，矩形区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度均为，高和间距均为d。质量为的水平金属杆由距区域Ⅰ上边界处由静止释放，进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为。则金属杆（　　）
A．刚进入区域Ⅰ时加速度方向可能竖直向下
B．穿过区域Ⅰ的时间大于穿过两磁场区域之间的时间
C．穿过两磁场区域产生的总热量为
D．穿过区域Ⅱ的时间为
【答案】B,D
【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】【解答】A、由进入磁场Ⅰ和Ⅱ时速度相等，两磁场之间金属杆只受重力做加速运动，说明金属杆穿过磁场Ⅰ时做减速运动，安培力大于重力，合力竖直向上，加速度竖直向上，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，进入磁场I的过程可知，减速过程的加速度减小
则穿过磁场I和在两磁场之间的运动图像如图
两个过程位移相等，则图像面积相等，可以看出前一段的时间大于后一段的时间，故B正确；
C、从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ过程，由动能定理，可得单次穿过磁场产生热量，两次穿过磁场总热量为，故C错误；
D、金属杆自由下落，进入磁场速度；磁场间下落，由得离开磁场速度；对磁场内过程用动量定理，整理得，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查电磁感应中安培力与受力、加速度方向判断，根据前后速度变化判断杆在磁场中的运动性质；
B、考查变加速直线运动图像与平均速度、运动时间比较，利用图像面积代表位移分析；
C、考查动能定理结合电磁感应焦耳热计算，分段分析动能变化与热量关系；
D、考查动量定理在电磁感应中的应用，结合自由落体、匀变速速度公式联立推导运动时间。
14．请完成以下实验
（1）甲同学利用打点计时器、重锤等器材测量重力加速度。实验获得的纸带如图甲所示，已知每相邻两计数点间还有四个点未画出，电源频率为50Hz，则该地的重力加速度为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）乙同学用如图1所示的实验装置可用来验证动量守恒定律，水平气垫导轨上放置两个滑块A和B，滑块A的左侧、B的右侧分别放有光电门。两滑块用一根细线系在一起，且两者之间有一压缩的弹簧。已知A和B连同各自挡光片的质量分别为mA和mB。
（a）两滑块A、B上面的挡光片宽度相等，用螺旋测微器测量滑块上挡光片的宽度，测量结果如图2所示，则遮光片宽度d=　 　mm。
（b）烧断细线，滑块A、B被弹簧弹开，滑块A向左运动经过光电门时挡光片的挡光时间为tA，滑块B向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为tB，如果关系式=　 　（用tA、tB表示）成立，则表明动量守恒定律得到验证。
（c）本实验还可以测出被压缩弹簧储存的弹性势能Ep=　 　（用mA、mB、d、tA、tB表示）。
（3）丙同学利用电压传感器和电流传感器研究电容器的充放电现象，实验电路如图（a）。为开关，S为单刀双掷开关。电流传感器反应灵敏，且阻值不计，可以捕捉到瞬间的电流及变化，将它与计算机相连，能显示电流随时间变化的图像。
在某次充电过程中，电流随时间变化的图像如图（b）所示，数出曲线与坐标轴所围格子数为70格。则充电结束时，电容器所带的电荷量　 　（保留两位有效数字）；此时保持闭合，S置于1，将电容器两极板的间距稍微拉开一段距离，则电容器所带的电荷量将　 　（选填“增大”“减小”“不变”）。
【答案】（1）9.78
（2）6.860；；
（3）；减小
【知识点】验证动量守恒定律；用打点计时器测速度；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】(1) 电源频率，相邻计数点间有4个点未画出，时间间隔。
利用逐差法
故答案为：；
(2)(a) 螺旋测微器固定刻度读数，可动刻度，总读数。
故答案为：；
(b) 气垫导轨系统初始总动量为0，弹开后动量守恒：。
滑块速度，，代入化简得。
故答案为：；
(c) 弹簧弹性势能转化为两滑块动能，由能量守恒：
故答案为：；
(3) 图像面积表示总电荷量，每一小格面积，总格数70格：
K闭合，电容器两端电压等于电源电动势保持不变；板间距增大，由知电容减小，再由，得电荷量减小。
故答案为：；减小；
【分析】(1) 本题考查打点计时器测重力加速度，核心方法是逐差法消除偶然误差，先确定打点时间间隔，再分段计算位移差求解加速度。
(2) 本题分为螺旋测微器读数、动量守恒验证、弹性势能计算三小问：螺旋测微器读数规则为固定刻度加可动刻度；动量守恒利用光电门瞬时速度替代平均速度，结合系统初动量为0列等式；弹性势能由能量守恒，等于两滑块动能之和。
(3) 本题研究电容器充放电：图像面积物理意义为总电荷量；电容器与电源相连时电压不变，改变极板间距会改变电容，进而改变极板带电量。
（1）根据题意可知相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得该地的重力加速度为
（2）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度读数与可动刻度读数之和，所以
[2]若系统动量守恒，则有
其中，
联立解得
[3]根据能量守恒定律可得，被压缩弹簧储存的弹性势能为
（3）[1]图像每格代表的电荷量为
根据图像与时间轴围成的面积等于充电结束时电容器所带的电荷量可知，充电结束时，电容器所带的电荷量为
[2]电容器两极板的间距稍微拉开一段距离，则板间距d增大，根据，可知电容器的电容值变小；又因为电容器的电压不变，则根据，可知电容器的电荷量Q将减小。
15．物理课外兴趣小组为了测定用马铃薯制作的电池的电动势和马铃薯的电阻率，设计并进行以下的实验。实验原理如图甲所示，实验操作过程如下：
（1）将电极材料制成长、宽的矩形金属电极，把马铃薯切成厚度为d且接触面积与正负电极面积相等的矩形块。用图乙中游标卡尺的　 　（填“A”“B”或“C”）测量马铃薯的厚度如图丙所示，则马铃薯的厚度　 　cm。
（a）将制成的马铃薯块置于铜片与锌片两电极之间，确保马铃薯与电极的良好接触。
（b）改变电阻箱的电阻，记录多组电压传感器的示数U及对应的电流传感器的示数I。
（2）完成图像　 　，并由图线可知马铃薯电池的电动势　 　V，内阻　 　Ω。（结果均保留两位有效数字）
（3）马铃薯的电阻率的表达式为　 　（用题中字母表示）。
【答案】（1）B；2.01
（2）；0.72；
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电池电动势和内阻的测量
【解析】（1）A为内测量爪（测量内径），B为外测量爪（测量外径或长度），C为深度尺（测量深度），则测量马铃薯厚度应使用外测量爪，B正确。
游标卡尺的主尺读数为20.0mm，游标尺读数为
则
故答案为：B；2.01
（2）图像，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
图线纵截距为电动势，则
斜率的绝对值为内阻，则
故答案为：；0.72；
（3）马铃薯的电阻，其中，，，因此
故答案为：
【分析】(1) 本题考查游标卡尺结构与读数：区分内测量爪、外测量爪、深度尺的用途；10分度游标卡尺精度0.1mm，读数为主尺整毫米数加游标对齐格数×精度，最后换算单位。
(2) 本题利用闭合电路欧姆定律处理图像：纵截距代表电动势，图线斜率绝对值代表电源内阻（马铃薯本身电阻），计算时注意电流单位为mA，需换算为A。
(3) 本题结合电阻定律推导电阻率表达式，明确电流在马铃薯中传导的长度为厚度，横截面积等于电极面积，代入公式代数变形得到的表达式。
（1）[1]A为内测量爪（测量内径），B为外测量爪（测量外径或长度），C为深度尺（测量深度），则测量马铃薯厚度应使用外测量爪，故选B。
[2]游标卡尺的主尺读数为20.0mm，游标尺读数为
则
（2）[1]图像，如图所示
[2]根据闭合电路欧姆定律可得
图线纵截距为电动势，则
[3]斜率的绝对值为内阻，则
（3）马铃薯的电阻
其中，，
因此
16．如图，圆形线圈的匝数，面积，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的规律为，回路中接有阻值为的电热丝，线圈的电阻。电热丝密封在体积为的长方体绝热容器内，容器缸口处有卡环。容器内有一不计质量的活塞，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，活塞左侧封闭一定质量的理想气体，起始时活塞处于容器中间位置，外界大气压强始终为，接通电路开始缓慢对气体加热，加热前气体温度为。
（1）求流过电热丝的电流；
（2）开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，气缸内气体的内能增加了，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求此时气缸内气体的温度及电热丝的通电时间。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得流过电热丝的电流为
（2）解：开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，密封气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得
解得此时气缸内气体的温度为
此过程气体对外界做功为
气缸内气体的内能增加了，根据热力学第一定律可得
可得气体吸收热量为
根据焦耳定律可得
可得电热丝的通电时间为
【知识点】感应电动势及其产生条件；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 本题考查感生电动势与闭合电路欧姆定律，磁场线性变化直接代入法拉第电磁感应定律计算电动势，再结合总电阻求回路电流。
(2) 本题综合气体实验定律、热力学第一定律、焦耳定律；活塞无摩擦缓慢移动为等压变化，用盖—吕萨克定律求末温；等压过程气体对外做功；结合内能变化求出电热丝总产热，再由焦耳定律反推加热时间。
（1）根据法拉第电磁感应定律可得电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得流过电热丝的电流为
（2）开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，密封气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得
解得此时气缸内气体的温度为
此过程气体对外界做功为
气缸内气体的内能增加了，根据热力学第一定律可得
可得气体吸收热量为
根据焦耳定律可得
可得电热丝的通电时间为
17．如图所示，正三角形ABC为玻璃薄板，以正三角形ABC的几何中心O点为圆心挖出一圆孔（可视为真空），现将一点光源放置在O点处，该光源向各方向均匀发光且发射波长为的蓝光，CH为AB边的中垂线。已知光在真空中的传播速度为c，蓝光在正三角形ABC玻璃薄板中传播的波长为，求：
（1）蓝光在玻璃薄板中传播时的速度；
（2）正三角形ABC玻璃薄板对蓝光的折射率；
（3）射到AB边的光子中能直接从AB边射出和不能直接从AB边射出的光子个数比（不考虑多次反射）。
【答案】（1）解：设蓝光在玻璃薄板中传播时的速度为，由波速公式、折射率和波速关系可得
，
解得
（2）解：正三角形ABC玻璃薄板对蓝光的折射率
（3）解：如图所示
设点为光线在区域恰好发生全反射的点，设玻璃介质的临界角为，由临界角公式可得
解得，易得
对于玻璃薄板段，由几何关系可得出段区域的入射角大于临界角，发生全反射无光线射出，区域对应光线的入射角小于临界角，由于各方向发光均匀，则辐射区域光子数目与辐射角成正比，对区域，设能够射出的光子数为，不能射出的为，
可得
由于段和段对称，故射到边的光子能直接从边射出和不能直接从边射出的光子个数比为。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本题考查光在介质中的传播速度，光的频率由光源决定，进入介质后不变，利用真空、介质中波速与波长的正比关系求解介质光速。
(2) 本题考查折射率基础定义，折射率等于真空中光速与介质中光速的比值，代入第一问结果直接计算。
(3) 本题考查全反射临界角与几何光学结合问题，先求出临界角，结合正三角形内角划分折射、全反射对应的辐射角度区间，均匀发光时光子数目与角度范围成正比，结合对称性得到光子数量比值。
（1）设蓝光在玻璃薄板中传播时的速度为，由波速公式、折射率和波速关系可得
解得
（2）正三角形ABC玻璃薄板对蓝光的折射率
（3）如图所示
设点为光线在区域恰好发生全反射的点，设玻璃介质的临界角为，由临界角公式可得
解得
易得
对于玻璃薄板段，由几何关系可得出段区域的入射角大于临界角，发生全反射无光线射出，区域对应光线的入射角小于临界角，由于各方向发光均匀，则辐射区域光子数目与辐射角成正比，对区域，设能够射出的光子数为，不能射出的为，可得
由于段和段对称，故射到边的光子能直接从边射出和不能直接从边射出的光子个数比为。
18．如图，两个半圆状同心圆弧，分别交于坐标轴上的、、点和、、点。大圆半径为，辐向电场（电场方向由原点O向外）分布于两圆弧之间，其间的电势差为；圆弧内为无场区。半圆弧、、外侧区域有垂直纸面向里的足够大匀强磁场，其上边界在处，O点处有一粒子源，可以在平面内向x轴上方各个方向均匀射出带正电的粒子（粒子的质量为m、电荷量为q），初速度均为，先后经过电场和磁场区域。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。求：
（1）粒子刚进入磁场区域时的速度大小；
（2）某粒子初速度方向与x轴正方向夹角为，恰好不能从磁场上边界射出，则磁感应强度为多少；
（3）调节不同的磁感应强度，则能从磁场上边界垂直射出的粒子的运动半径不同。其中半径最小时对应的磁感应强度为多少。
【答案】（1）解：设粒子刚离开电场时的速度为v，则粒子在电场中有
解得
（2）解：粒子的运动轨迹如图所示：
由图可知粒子做圆周运动的半径
则由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）解：粒子的运动轨迹如下图所示：
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，是粒子做圆周运动的圆心，令间的距离为d，则由几何关系可知，d的大小总满足
当最小时，d也最小，由图可知
代入可求
由洛伦兹力提供向心力得
解得半径最小时对应的磁感应强度为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查带电粒子在径向电场中的加速，核心是动能定理，电场力做功等于粒子动能变化，代入初速度表达式直接求解出射速度。
(2) 本题考查带电粒子有界磁场圆周运动临界问题，“恰好不能射出”对应轨迹与磁场上边界相切，由几何关系确定轨道半径，再结合洛伦兹向心力公式求解磁感应强度。
(3) 本题结合几何极值条件求最小轨道半径，利用圆心到原点距离的最小值建立勾股方程求出，再通过洛伦兹圆周运动公式反向推导对应的磁感应强度。
（1）设粒子刚离开电场时的速度为v，则粒子在电场中有
解得
（2）粒子的运动轨迹如图所示：
由图可知粒子做圆周运动的半径
则由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子的运动轨迹如下图所示：
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，是粒子做圆周运动的圆心，令间的距离为d，则由几何关系可知，d的大小总满足
当最小时，d也最小，由图可知
代入可求
由洛伦兹力提供向心力得
解得半径最小时对应的磁感应强度为
19．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，A端与光滑水平面平滑连接，O为圆弧圆心，半径竖直，空间存在水平向右、大小为E的匀强电场。质量为的不带电小球a静止在水平面上的D点，质量为m，电荷量为q的带正电的小球b在水平面上的C点由静止释放，小球b与小球a的每次碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。小球b的带电量始终不变，小球a始终不带电，C、D间的距离为L，重力加速度为g，不计小球大小，两球第二次碰撞仍在水平面上，且两次碰撞前小球b的速度相同，求：
（1）第一次碰撞后，小球a第一次运动到A点时，对圆弧轨道的压力大小；
（2）第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔；
（3）小球b第一次碰撞后向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离。
【答案】（1）解：设b与a碰撞前一瞬间速度大小为，根据动能定理
解得
碰撞过程动量守恒
能量守恒
解得，
小球a运动到A点时，
解得
根据牛顿第三定律，小球a第一次运动到A点对轨道的压力大小为
（2）解：第二次碰撞前小球b的速度大小仍为，小球运动过程中的加速度大小为
设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t，则
（3）解：第一次碰撞后，小球b从D点向左运动的最远距离为
第二次碰撞前，小球b的位置离D点的距离为
b与a第二次碰撞过程动量守恒，即
根据能量守恒
解得，
第二次碰撞后，b向左运动的最大距离
因此，第一次碰撞后小球b向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 本题综合动能定理、弹性碰撞规律、圆周运动向心力公式：先用电场加速求 b 碰前速度，弹性碰撞联立动量、能量守恒得到 a 的初速度，再在圆弧最低点列向心力方程，结合牛顿第三定律得到轨道压力。
(2) 本题考查匀变速直线运动，带正电小球在电场中加速度恒定，利用速度 - 时间关系求解往返总时间，注意碰撞后小球先向左减速、再向右加速至原速。
(3) 本题分两段分析小球向左最大位移，结合匀变速直线运动速度位移公式求出两次碰撞后左滑最远距离，再结合碰撞间的位移差计算两段最远点间距，核心是弹性碰撞速度分配与匀变速极值位移的结合。
（1）设b与a碰撞前一瞬间速度大小为，根据动能定理
解得
碰撞过程动量守恒
能量守恒
解得，
小球a运动到A点时，
解得
根据牛顿第三定律，小球a第一次运动到A点对轨道的压力大小为
（2）第二次碰撞前小球b的速度大小仍为，小球运动过程中的加速度大小为
设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t，则
（3）第一次碰撞后，小球b从D点向左运动的最远距离为
第二次碰撞前，小球b的位置离D点的距离为
b与a第二次碰撞过程动量守恒，即
根据能量守恒
解得，
第二次碰撞后，b向左运动的最大距离
因此，第一次碰撞后小球b向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离
1 / 12026届广东深圳市桃源居中澳实验学校等校高三下学期第一次模拟联合考试物理试题
1．氢原子的能级图如图甲所示，一群处于n=4能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射图乙电路中的阴极K，其中只有a、b两种频率的光能使之发生光电效应。分别用这两种频率的光照射阴极K，测得图乙中电流表示数随电压表示数变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．题中的氢原子跃迁共能发出6种不同频率的光
B．a光是从n=4能级向n=1能级跃迁产生的
C．a光的波长小于b光的波长
D．b光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比a光照射时的小
2．碳14能够自发地进行衰变：。碳14的半衰期为5730年。在考古和经济建设中可用碳14测定年代。以下说法正确的是（　　）
A．衰变放出的X是一种穿透能力极强的高频电磁波
B．碳14的衰变方程为
C．温度升高，碳14的半衰期会变长
D．衰变后X与氮核的质量之和等于衰变前碳核的质量
3．一辆汽车做直线运动，运动的加速度为，位移为，运动时间为，下列图像一定能反映该汽车刹车做匀减速直线运动的是（　　）
A． B．
C． D．
4．图(a)所示，是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射而形成的日晕现象，多出现于春夏时节；当一束太阳光射到六角形冰晶上时，可出现如图（b）所示的光路图，若a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（　　）
A．用同一装置做单缝衍射实验，b光中央亮条纹更宽
B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较小
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．在冰晶中，b光的传播速度较小
5．如图所示，可视为质点的子弹以一定初速度垂直射入叠在一起的相同木板中，木板的厚度均为d，子弹恰好穿过第10块木板，已知子弹在木板中运动的总时间为T，子弹穿过木板的过程可视作匀变速直线运动。关于该子弹的运动，下列说法正确的是（　　）
A．子弹的加速度大小为
B．子弹穿过第9块木板用的时间是
C．子弹刚穿过第5块木板时的速度大小为
D．子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比为
6．如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为，空间站的轨道半径为，机械臂长为，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（　　）
A．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为
B．空间站所在处的重力加速度与地球表面重力加速度之比为
C．微型卫星的加速度比空间站的加速度小
D．若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会做近心运动
7．如图所示为冬季奥运会跳台滑雪运动员比赛时的情景，运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆。斜面AB与水平方向夹角为37°，运动员在空中运动的时间为4.2s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，运动员可以看成质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列判断错误的是（　　）
A．运动员在A点飞出时的初速度大小为28m/s
B．运动员从A点飞出后运动2.1s离斜面最远
C．运动员运动过程中离斜面的最大距离为16m
D．若运动员运动到B点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ=1.5
8．如图甲所示，喷雾设备的静电喷嘴内装有一根带正电的针，使得农药水珠离开喷嘴时带有大量正电荷，由于与大地相连的农作物的叶子一般都带负电，带正电的农药水珠喷洒到农作物上时，就被吸附在叶子上。某次喷雾设备静止时，形成的部分电场线如图乙所示，A、B、C、D是电场中的四个点，若不考虑水珠所受空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C三点的电势关系为
B．水珠在A、B、C三点的电势能关系为
C．D点无电场线，水珠在D点的电势能为零
D．静止在B点的水珠释放后可能沿电场线运动
9．如图甲所示为某简谐横波在时刻的波形图，是平衡位置在处的质点，是平衡位置在处的质点，图乙为质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波沿轴负方向传播
B．该波在传播过程中若遇到的障碍物，则发生明显的衍射现象
C．该简谐波的传播速度为
D．质点简谐运动表达式为
10．如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量。某次承载质量的餐盘（包括食物）在水平地面上以的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以的加速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数，餐盘没有从机器人上脱离，取重力加速度，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中餐盘的加速度大小为
B．制动0.1s内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J
C．制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s
D．制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s
11．如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，。一质子以的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，经时间t从ON的中点M离开磁场，若一粒子以的速度从O点沿相同的方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为（　　）
A． B．t C． D．2t
12．如图所示，在地球上同一个地区创设不同的条件进行单摆实验。图甲装置置于真空中，悬点处固定一带正电的小球，绝缘细线下端连接另一带正电小球，周期记为；图乙中，单摆的悬点在一向下加速的电梯顶端，周期记为；图丙中的摆球带正电，在如图所示的匀强磁场中进行摆动，周期记为；图丁中的摆球带正电，在如图所示的匀强电场中进行摆动，周期记为。若四个单摆的摆长一样长，则周期关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为，矩形区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度均为，高和间距均为d。质量为的水平金属杆由距区域Ⅰ上边界处由静止释放，进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为。则金属杆（　　）
A．刚进入区域Ⅰ时加速度方向可能竖直向下
B．穿过区域Ⅰ的时间大于穿过两磁场区域之间的时间
C．穿过两磁场区域产生的总热量为
D．穿过区域Ⅱ的时间为
14．请完成以下实验
（1）甲同学利用打点计时器、重锤等器材测量重力加速度。实验获得的纸带如图甲所示，已知每相邻两计数点间还有四个点未画出，电源频率为50Hz，则该地的重力加速度为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）乙同学用如图1所示的实验装置可用来验证动量守恒定律，水平气垫导轨上放置两个滑块A和B，滑块A的左侧、B的右侧分别放有光电门。两滑块用一根细线系在一起，且两者之间有一压缩的弹簧。已知A和B连同各自挡光片的质量分别为mA和mB。
（a）两滑块A、B上面的挡光片宽度相等，用螺旋测微器测量滑块上挡光片的宽度，测量结果如图2所示，则遮光片宽度d=　 　mm。
（b）烧断细线，滑块A、B被弹簧弹开，滑块A向左运动经过光电门时挡光片的挡光时间为tA，滑块B向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为tB，如果关系式=　 　（用tA、tB表示）成立，则表明动量守恒定律得到验证。
（c）本实验还可以测出被压缩弹簧储存的弹性势能Ep=　 　（用mA、mB、d、tA、tB表示）。
（3）丙同学利用电压传感器和电流传感器研究电容器的充放电现象，实验电路如图（a）。为开关，S为单刀双掷开关。电流传感器反应灵敏，且阻值不计，可以捕捉到瞬间的电流及变化，将它与计算机相连，能显示电流随时间变化的图像。
在某次充电过程中，电流随时间变化的图像如图（b）所示，数出曲线与坐标轴所围格子数为70格。则充电结束时，电容器所带的电荷量　 　（保留两位有效数字）；此时保持闭合，S置于1，将电容器两极板的间距稍微拉开一段距离，则电容器所带的电荷量将　 　（选填“增大”“减小”“不变”）。
15．物理课外兴趣小组为了测定用马铃薯制作的电池的电动势和马铃薯的电阻率，设计并进行以下的实验。实验原理如图甲所示，实验操作过程如下：
（1）将电极材料制成长、宽的矩形金属电极，把马铃薯切成厚度为d且接触面积与正负电极面积相等的矩形块。用图乙中游标卡尺的　 　（填“A”“B”或“C”）测量马铃薯的厚度如图丙所示，则马铃薯的厚度　 　cm。
（a）将制成的马铃薯块置于铜片与锌片两电极之间，确保马铃薯与电极的良好接触。
（b）改变电阻箱的电阻，记录多组电压传感器的示数U及对应的电流传感器的示数I。
（2）完成图像　 　，并由图线可知马铃薯电池的电动势　 　V，内阻　 　Ω。（结果均保留两位有效数字）
（3）马铃薯的电阻率的表达式为　 　（用题中字母表示）。
16．如图，圆形线圈的匝数，面积，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的规律为，回路中接有阻值为的电热丝，线圈的电阻。电热丝密封在体积为的长方体绝热容器内，容器缸口处有卡环。容器内有一不计质量的活塞，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，活塞左侧封闭一定质量的理想气体，起始时活塞处于容器中间位置，外界大气压强始终为，接通电路开始缓慢对气体加热，加热前气体温度为。
（1）求流过电热丝的电流；
（2）开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，气缸内气体的内能增加了，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求此时气缸内气体的温度及电热丝的通电时间。
17．如图所示，正三角形ABC为玻璃薄板，以正三角形ABC的几何中心O点为圆心挖出一圆孔（可视为真空），现将一点光源放置在O点处，该光源向各方向均匀发光且发射波长为的蓝光，CH为AB边的中垂线。已知光在真空中的传播速度为c，蓝光在正三角形ABC玻璃薄板中传播的波长为，求：
（1）蓝光在玻璃薄板中传播时的速度；
（2）正三角形ABC玻璃薄板对蓝光的折射率；
（3）射到AB边的光子中能直接从AB边射出和不能直接从AB边射出的光子个数比（不考虑多次反射）。
18．如图，两个半圆状同心圆弧，分别交于坐标轴上的、、点和、、点。大圆半径为，辐向电场（电场方向由原点O向外）分布于两圆弧之间，其间的电势差为；圆弧内为无场区。半圆弧、、外侧区域有垂直纸面向里的足够大匀强磁场，其上边界在处，O点处有一粒子源，可以在平面内向x轴上方各个方向均匀射出带正电的粒子（粒子的质量为m、电荷量为q），初速度均为，先后经过电场和磁场区域。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。求：
（1）粒子刚进入磁场区域时的速度大小；
（2）某粒子初速度方向与x轴正方向夹角为，恰好不能从磁场上边界射出，则磁感应强度为多少；
（3）调节不同的磁感应强度，则能从磁场上边界垂直射出的粒子的运动半径不同。其中半径最小时对应的磁感应强度为多少。
19．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，A端与光滑水平面平滑连接，O为圆弧圆心，半径竖直，空间存在水平向右、大小为E的匀强电场。质量为的不带电小球a静止在水平面上的D点，质量为m，电荷量为q的带正电的小球b在水平面上的C点由静止释放，小球b与小球a的每次碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。小球b的带电量始终不变，小球a始终不带电，C、D间的距离为L，重力加速度为g，不计小球大小，两球第二次碰撞仍在水平面上，且两次碰撞前小球b的速度相同，求：
（1）第一次碰撞后，小球a第一次运动到A点时，对圆弧轨道的压力大小；
（2）第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔；
（3）小球b第一次碰撞后向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A、一群能级氢原子向低能级跃迁，发光种类为组合数种不同频率光子，故A正确；
B、只有两种光能发生光电效应，对应能量最大的两次跃迁：、；遏止电压满足，遏止电压更小，光子能量更小，对应跃迁，不是，故B错误；
C、，光子能量小于光子能量，则光波长更长，故C错误；
D、光子能量更大，由光电效应方程，照射产生光电子最大初动能更大，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查氢原子跃迁发光种类计算，利用组合公式判断光子频率种类；
B、考查遏止电压与光子能量关系，结合能级差大小匹配对应跃迁；
C、考查光子能量与波长的反比关系，能量越小波长越长；
D、考查光电效应方程，光子频率越高，逸出光电子最大初动能越大。
2．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】 AB．根据反应过程电荷数守恒和质量数守恒可知其核反应方程为，可知X为电子，那么衰变放出的是电子流为射线，射线穿透能力比粒子强，通常需要一块几毫米厚的铝片才能阻挡，射线才是一种穿透能力极强的高频电磁波，故A错误，B正确；
C、放射性元素半衰期仅由原子核内部结构决定，不受温度、压强、化学状态等外界条件影响，升温不会改变半衰期，故C错误；
D、衰变释放核能，存在质量亏损，因此衰变后氮核与电子X的总质量小于衰变前碳核质量，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、先判断衰变类型与粒子种类，区分射线电子与射线电磁波的穿透特点；
B、利用核反应质量数、电荷数守恒书写完整衰变方程；
C、掌握半衰期的决定因素，外部环境无法改变半衰期大小；
D、结合质能方程，衰变释放能量对应质量亏损，反应后总质量减小。
3．【答案】D
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、匀减速直线运动加速度恒定不变，该图像加速度随时间线性减小，是变加速运动，故A错误；
B、图像加速度恒定为负值，若规定初速度为负方向，加速度与速度同向，物体做匀加速直线运动，无法确定一定是匀减速，故B错误；
C、由位移公式变形得，图像斜率为正，说明，加速度与正方向初速度同向，物体做匀加速直线运动，故C错误；
D、由，两边同除以得；图像斜率（初速度正向），纵截距，即，加速度与初速度反向，汽车做匀减速直线运动，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、匀变速运动加速度恒定，图像加速度变化，不属于匀变速；
B、仅知道加速度为负，无法确定初速度方向，不能判定一定匀减速；
C、推导关系式，斜率代表，斜率为正对应匀加速；
D、变形得到线性方程，由截距判断加速度符号，初速度正向、加速度反向，为匀减速刹车运动。
4．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】A．由图乙可知，a光折射率小，频率小，波长较大，a光比b光的衍射现象更明显，同一装置做单缝衍射实验，a光中央亮条纹更宽，故A错误；
B．a光频率小，波长大，通过同一装置发生双缝干涉时，根据公式，可知a光的条纹宽度比b光的条纹宽，故B错误；
C．因为a光折射率小，由临界角公式可知a光的临界角比b光的大，故C错误；
D．a光折射率小，根据可知，在冰晶中，b光的传播速度较小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据光路图判断 a、b 光的折射率大小，再结合折射率与波长、频率的关系，分析单缝衍射和双缝干涉的条纹特点，接着利用临界角公式比较全反射临界角，最后根据光在介质中的传播速度公式判断传播速度大小。
5．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．子弹恰好穿过第10块木板，根据逆向思维法，有，得，故A错误；
B．子弹穿过第9块木板所用的时间可用穿过最后两块木板所用的时间减去穿过最后一块木板所用的时间求得，根据逆向思维法，有，，解得，故B错误；
C．根据逆向思维法，刚穿过第5块木板时的速度大小即为反向恰好穿过第6块木板时的速度大小，解得，故C正确；
D．根据逆向思维法，子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比可看作初速度为0通过连续相等位移所用时间之比，即，故D错误。
故选C。
【分析】1、匀变速直线运动的规律（逆向思维）
本题的关键技巧是逆向过程。将“子弹减速至零，恰好穿出第10块木板”的过程，逆向思考为“子弹从第10块木板外侧，由静止开始做匀加速直线运动，穿过所有木板”。
应用的基本公式：（速度位移公式），（初速为零的位移公式），（初速为零的速度公式）
2、初速度为零的匀加速运动比例关系
这是解决本题最核心、最快捷的工具。对于初速为零的匀加速直线运动：
通过连续相等的位移 d 所用时间之比为：
3、平均速度公式的应用
在匀变速直线运动中，某段位移内的平均速度等于初、末速度的算术平均值，也等于这段位移中间时刻的瞬时速度。
6．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、微型卫星与空间站角速度相等，线速度，轨道半径分别为、，故，不是，故A错误；
B、地球表面：，得；空间站处：，得，两式相比，故B正确；
C、向心加速度，二者相同，微型卫星轨道半径更大，因此加速度更大，故C错误；
D、仅万有引力作用时，半径处对应的自然角速度，小于共同角速度，卫星需要额外拉力维持圆周运动；脱落后拉力消失，所需向心力大于万有引力，卫星会做离心运动远离地球，不是近心运动，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、同轴转动角速度相等，线速度与轨道半径成正比；
B、分别对地表、空间站列万有引力等于重力方程，求重力加速度比值；
C、角速度不变时，向心加速度随轨道半径增大而增大；
D、对比卫星当前角速度与仅靠引力的自然角速度，判断脱落后离心/近心运动。
7．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】A、平抛运动，，，代入、，解得，A正确；
B、垂直斜面方向初分速度，垂直斜面分加速度，速度减到0时离斜面最远，，B正确；
C、垂直斜面类竖直上抛最大距离，C错误；
D、平抛推论：速度偏角正切值，D正确；
故答案为：C。
【分析】A、利用斜面倾角正切等于竖直位移与水平位移之比，联立平抛公式求初速度；
B、将运动分解为平行、垂直斜面分量，垂直斜面做匀减速，速度为零时距离斜面最远；
C、代入类竖直上抛最大位移公式计算，对比选项数值；
D、平抛运动速度偏角正切是位移偏角正切的2倍，直接得到。
8．【答案】B
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A、沿电场线方向电势逐渐降低，高压电极为正电荷、大地电势为0，可得三点电势，故A错误；
B、水珠带正电，电势能，电势越高正电荷电势能越大，因此，故B正确；
C、D点只是没有画出电场线，但该点存在电场；题目以大地为零电势面，D点电势不为零，水珠电势能不为零，故C错误；
D、图中电场线为曲线，只有初速度为零、电场为匀强电场时带电粒子才能沿电场线运动，此处不满足，水珠释放后不会沿电场线运动，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查电场线与电势的关系，沿电场线电势不断降低；
B、考查电势能判断，正电荷在高电势处电势能更大；
C、考查电场、电势、电势能概念，无电场线不代表无电场，零电势点人为规定为大地；
D、考查带电粒子沿电场线运动的条件，曲线电场线中静止释放电荷无法沿电场线运动。
9．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波的衍射现象
【解析】【解答】A、由图乙质点Q振动图像，时刻Q向轴正方向振动，结合波形平移法可知波沿轴正方向传播，故A错误；
B、由甲图读出波长，障碍物尺寸9m与波长接近，满足明显衍射条件，能发生明显衍射现象，故B正确；
C、波长，周期，波速，并非400m/s，故C错误；
D、时刻质点M从平衡位置向轴负方向振动，角频率，振动表达式为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查波动图像与振动图像结合判断波的传播方向，利用振动方向结合平移法判断；
B、考查明显衍射条件，障碍物尺寸与波长相近或更小即可产生明显衍射；
C、考查波速计算公式，从波形图、振动图分别读取波长、周期计算；
D、考查简谐运动表达式书写，根据时刻振动初方向确定表达式正负。
10．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；功的计算；冲量
【解析】【解答】A．机器人对餐盘的滑动摩擦力为，根据牛顿第二定律得，餐盘的加速度大小为，故A错误；
B．制动0.1s内，餐盘的位移，机器人的位移
餐盘与机器人之间的相对位移为
餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为，故B错误；
C．对机器人进行受力分析，得，解得地面对机器人的摩擦力
制动0.1s内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为，故C正确；
D．机器人对餐盘的支持力为，机器人对餐盘的作用力为
制动0.1s内，机器人对餐盘的冲量大小为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由牛顿第二定律求餐盘减速加速度；
B：分别求机器人与餐盘位移，得相对位移，结合求摩擦生热；
C：对机器人受力分析，求地面摩擦力，再求冲量；
D：分析机器人对餐盘的作用力（支持力+摩擦力），用冲量定义求解。
11．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据洛伦兹力提供向心力可得，解得
设质子在磁场中的运动半径为，则粒子在磁场中的运动半径为
根据几何关系可知粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子运动轨迹
质子在磁场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，核心思路：先由半径公式求出质子与粒子轨道半径之比；结合几何关系判断二者偏转角相等；利用运动时间比较运动时长。
12．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】单摆周期公式，等效重力加速度越大，周期越小
甲：库仑力沿绳径向，不改变切向回复力，，；
乙：电梯向下加速，失重，，，周期最大；
丙：洛伦兹力始终沿径向，不影响回复力，，；
丁：电场力竖直向下，等效重力变大，，周期最小；
综上周期关系：，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】A、考查库仑力、洛伦兹力对单摆等效重力加速度的影响，径向力不改变回复力，等效不变；
B、考查超重失重对等效重力加速度的影响，向下加速失重，等效减小，周期变大；
C、考查匀强电场中单摆等效重力，同向电场力增大等效重力，周期减小；
D、综合对比四种场景等效重力加速度大小，判断周期排序。
13．【答案】B,D
【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】【解答】A、由进入磁场Ⅰ和Ⅱ时速度相等，两磁场之间金属杆只受重力做加速运动，说明金属杆穿过磁场Ⅰ时做减速运动，安培力大于重力，合力竖直向上，加速度竖直向上，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，进入磁场I的过程可知，减速过程的加速度减小
则穿过磁场I和在两磁场之间的运动图像如图
两个过程位移相等，则图像面积相等，可以看出前一段的时间大于后一段的时间，故B正确；
C、从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ过程，由动能定理，可得单次穿过磁场产生热量，两次穿过磁场总热量为，故C错误；
D、金属杆自由下落，进入磁场速度；磁场间下落，由得离开磁场速度；对磁场内过程用动量定理，整理得，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查电磁感应中安培力与受力、加速度方向判断，根据前后速度变化判断杆在磁场中的运动性质；
B、考查变加速直线运动图像与平均速度、运动时间比较，利用图像面积代表位移分析；
C、考查动能定理结合电磁感应焦耳热计算，分段分析动能变化与热量关系；
D、考查动量定理在电磁感应中的应用，结合自由落体、匀变速速度公式联立推导运动时间。
14．【答案】（1）9.78
（2）6.860；；
（3）；减小
【知识点】验证动量守恒定律；用打点计时器测速度；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】(1) 电源频率，相邻计数点间有4个点未画出，时间间隔。
利用逐差法
故答案为：；
(2)(a) 螺旋测微器固定刻度读数，可动刻度，总读数。
故答案为：；
(b) 气垫导轨系统初始总动量为0，弹开后动量守恒：。
滑块速度，，代入化简得。
故答案为：；
(c) 弹簧弹性势能转化为两滑块动能，由能量守恒：
故答案为：；
(3) 图像面积表示总电荷量，每一小格面积，总格数70格：
K闭合，电容器两端电压等于电源电动势保持不变；板间距增大，由知电容减小，再由，得电荷量减小。
故答案为：；减小；
【分析】(1) 本题考查打点计时器测重力加速度，核心方法是逐差法消除偶然误差，先确定打点时间间隔，再分段计算位移差求解加速度。
(2) 本题分为螺旋测微器读数、动量守恒验证、弹性势能计算三小问：螺旋测微器读数规则为固定刻度加可动刻度；动量守恒利用光电门瞬时速度替代平均速度，结合系统初动量为0列等式；弹性势能由能量守恒，等于两滑块动能之和。
(3) 本题研究电容器充放电：图像面积物理意义为总电荷量；电容器与电源相连时电压不变，改变极板间距会改变电容，进而改变极板带电量。
（1）根据题意可知相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得该地的重力加速度为
（2）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度读数与可动刻度读数之和，所以
[2]若系统动量守恒，则有
其中，
联立解得
[3]根据能量守恒定律可得，被压缩弹簧储存的弹性势能为
（3）[1]图像每格代表的电荷量为
根据图像与时间轴围成的面积等于充电结束时电容器所带的电荷量可知，充电结束时，电容器所带的电荷量为
[2]电容器两极板的间距稍微拉开一段距离，则板间距d增大，根据，可知电容器的电容值变小；又因为电容器的电压不变，则根据，可知电容器的电荷量Q将减小。
15．【答案】（1）B；2.01
（2）；0.72；
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电池电动势和内阻的测量
【解析】（1）A为内测量爪（测量内径），B为外测量爪（测量外径或长度），C为深度尺（测量深度），则测量马铃薯厚度应使用外测量爪，B正确。
游标卡尺的主尺读数为20.0mm，游标尺读数为
则
故答案为：B；2.01
（2）图像，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
图线纵截距为电动势，则
斜率的绝对值为内阻，则
故答案为：；0.72；
（3）马铃薯的电阻，其中，，，因此
故答案为：
【分析】(1) 本题考查游标卡尺结构与读数：区分内测量爪、外测量爪、深度尺的用途；10分度游标卡尺精度0.1mm，读数为主尺整毫米数加游标对齐格数×精度，最后换算单位。
(2) 本题利用闭合电路欧姆定律处理图像：纵截距代表电动势，图线斜率绝对值代表电源内阻（马铃薯本身电阻），计算时注意电流单位为mA，需换算为A。
(3) 本题结合电阻定律推导电阻率表达式，明确电流在马铃薯中传导的长度为厚度，横截面积等于电极面积，代入公式代数变形得到的表达式。
（1）[1]A为内测量爪（测量内径），B为外测量爪（测量外径或长度），C为深度尺（测量深度），则测量马铃薯厚度应使用外测量爪，故选B。
[2]游标卡尺的主尺读数为20.0mm，游标尺读数为
则
（2）[1]图像，如图所示
[2]根据闭合电路欧姆定律可得
图线纵截距为电动势，则
[3]斜率的绝对值为内阻，则
（3）马铃薯的电阻
其中，，
因此
16．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得流过电热丝的电流为
（2）解：开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，密封气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得
解得此时气缸内气体的温度为
此过程气体对外界做功为
气缸内气体的内能增加了，根据热力学第一定律可得
可得气体吸收热量为
根据焦耳定律可得
可得电热丝的通电时间为
【知识点】感应电动势及其产生条件；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 本题考查感生电动势与闭合电路欧姆定律，磁场线性变化直接代入法拉第电磁感应定律计算电动势，再结合总电阻求回路电流。
(2) 本题综合气体实验定律、热力学第一定律、焦耳定律；活塞无摩擦缓慢移动为等压变化，用盖—吕萨克定律求末温；等压过程气体对外做功；结合内能变化求出电热丝总产热，再由焦耳定律反推加热时间。
（1）根据法拉第电磁感应定律可得电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得流过电热丝的电流为
（2）开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，密封气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得
解得此时气缸内气体的温度为
此过程气体对外界做功为
气缸内气体的内能增加了，根据热力学第一定律可得
可得气体吸收热量为
根据焦耳定律可得
可得电热丝的通电时间为
17．【答案】（1）解：设蓝光在玻璃薄板中传播时的速度为，由波速公式、折射率和波速关系可得
，
解得
（2）解：正三角形ABC玻璃薄板对蓝光的折射率
（3）解：如图所示
设点为光线在区域恰好发生全反射的点，设玻璃介质的临界角为，由临界角公式可得
解得，易得
对于玻璃薄板段，由几何关系可得出段区域的入射角大于临界角，发生全反射无光线射出，区域对应光线的入射角小于临界角，由于各方向发光均匀，则辐射区域光子数目与辐射角成正比，对区域，设能够射出的光子数为，不能射出的为，
可得
由于段和段对称，故射到边的光子能直接从边射出和不能直接从边射出的光子个数比为。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本题考查光在介质中的传播速度，光的频率由光源决定，进入介质后不变，利用真空、介质中波速与波长的正比关系求解介质光速。
(2) 本题考查折射率基础定义，折射率等于真空中光速与介质中光速的比值，代入第一问结果直接计算。
(3) 本题考查全反射临界角与几何光学结合问题，先求出临界角，结合正三角形内角划分折射、全反射对应的辐射角度区间，均匀发光时光子数目与角度范围成正比，结合对称性得到光子数量比值。
（1）设蓝光在玻璃薄板中传播时的速度为，由波速公式、折射率和波速关系可得
解得
（2）正三角形ABC玻璃薄板对蓝光的折射率
（3）如图所示
设点为光线在区域恰好发生全反射的点，设玻璃介质的临界角为，由临界角公式可得
解得
易得
对于玻璃薄板段，由几何关系可得出段区域的入射角大于临界角，发生全反射无光线射出，区域对应光线的入射角小于临界角，由于各方向发光均匀，则辐射区域光子数目与辐射角成正比，对区域，设能够射出的光子数为，不能射出的为，可得
由于段和段对称，故射到边的光子能直接从边射出和不能直接从边射出的光子个数比为。
18．【答案】（1）解：设粒子刚离开电场时的速度为v，则粒子在电场中有
解得
（2）解：粒子的运动轨迹如图所示：
由图可知粒子做圆周运动的半径
则由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）解：粒子的运动轨迹如下图所示：
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，是粒子做圆周运动的圆心，令间的距离为d，则由几何关系可知，d的大小总满足
当最小时，d也最小，由图可知
代入可求
由洛伦兹力提供向心力得
解得半径最小时对应的磁感应强度为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查带电粒子在径向电场中的加速，核心是动能定理，电场力做功等于粒子动能变化，代入初速度表达式直接求解出射速度。
(2) 本题考查带电粒子有界磁场圆周运动临界问题，“恰好不能射出”对应轨迹与磁场上边界相切，由几何关系确定轨道半径，再结合洛伦兹向心力公式求解磁感应强度。
(3) 本题结合几何极值条件求最小轨道半径，利用圆心到原点距离的最小值建立勾股方程求出，再通过洛伦兹圆周运动公式反向推导对应的磁感应强度。
（1）设粒子刚离开电场时的速度为v，则粒子在电场中有
解得
（2）粒子的运动轨迹如图所示：
由图可知粒子做圆周运动的半径
则由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子的运动轨迹如下图所示：
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，是粒子做圆周运动的圆心，令间的距离为d，则由几何关系可知，d的大小总满足
当最小时，d也最小，由图可知
代入可求
由洛伦兹力提供向心力得
解得半径最小时对应的磁感应强度为
19．【答案】（1）解：设b与a碰撞前一瞬间速度大小为，根据动能定理
解得
碰撞过程动量守恒
能量守恒
解得，
小球a运动到A点时，
解得
根据牛顿第三定律，小球a第一次运动到A点对轨道的压力大小为
（2）解：第二次碰撞前小球b的速度大小仍为，小球运动过程中的加速度大小为
设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t，则
（3）解：第一次碰撞后，小球b从D点向左运动的最远距离为
第二次碰撞前，小球b的位置离D点的距离为
b与a第二次碰撞过程动量守恒，即
根据能量守恒
解得，
第二次碰撞后，b向左运动的最大距离
因此，第一次碰撞后小球b向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 本题综合动能定理、弹性碰撞规律、圆周运动向心力公式：先用电场加速求 b 碰前速度，弹性碰撞联立动量、能量守恒得到 a 的初速度，再在圆弧最低点列向心力方程，结合牛顿第三定律得到轨道压力。
(2) 本题考查匀变速直线运动，带正电小球在电场中加速度恒定，利用速度 - 时间关系求解往返总时间，注意碰撞后小球先向左减速、再向右加速至原速。
(3) 本题分两段分析小球向左最大位移，结合匀变速直线运动速度位移公式求出两次碰撞后左滑最远距离，再结合碰撞间的位移差计算两段最远点间距，核心是弹性碰撞速度分配与匀变速极值位移的结合。
（1）设b与a碰撞前一瞬间速度大小为，根据动能定理
解得
碰撞过程动量守恒
能量守恒
解得，
小球a运动到A点时，
解得
根据牛顿第三定律，小球a第一次运动到A点对轨道的压力大小为
（2）第二次碰撞前小球b的速度大小仍为，小球运动过程中的加速度大小为
设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t，则
（3）第一次碰撞后，小球b从D点向左运动的最远距离为
第二次碰撞前，小球b的位置离D点的距离为
b与a第二次碰撞过程动量守恒，即
根据能量守恒
解得，
第二次碰撞后，b向左运动的最大距离
因此，第一次碰撞后小球b向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离
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