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【高考真卷】贵州省2026年高中物理学业水平性考试
1．某同学乘坐列车时，在自己的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估算隧道长度。该同学进隧道时速度为，出隧道时速度为，总用时。若列车在隧道中做匀减速直线运动，则该隧道长为
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】列车在隧道中做匀减速直线运动，全程平均速度：隧道长x t＝55×200m＝11000m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】匀变速直线运动平均速度等于初末速度的算术平均值，总位移等于平均速度乘以运动时间。
2．月球引潮力是引起海洋潮汐的主要原因，可等效为地表某点处质量为的海水所受月球引力减去地心处相同质量的物质所受月球引力。已知地球半径为，地心与月心间距为，月球质量为，引力常量为，地表点背对月球，P、O和在同一直线上，如图所示，则点处质量为的海水所受月球引潮力大小为
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】引潮力可等效为地表某点处质量为的海水所受月球引力减去地心处相同质量的物质所受月球引力 ，P点处质量为Δm的海水所受月球引力为F1，地心处相同质量的物质所受月球引力F2，可知P点处质量为Δm的海水所受月球引潮力大小为
ΔF＝|F1﹣F2|＝||，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】两物体间引力大小与质量乘积成正比，与距离平方成反比，地表海水受月球引力减去地心同质量物质受月球引力，取两者差值的绝对值。
3．如图，完全相同的均质小球、被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与发生弹性正碰。忽略空气阻力，的球心上升的最大高度为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】设小球的质量为m，A球由释放到最低点的过程， 忽略空气阻力，根据机械能守恒定律可得mgL（1﹣cos60°），两球发生弹性碰撞，由于连个小球质量相等，所以二者速度交换，B球向上运动的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgh，代入数据可得h，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】小球下摆过程机械能守恒，重力势能转化为动能；质量相等的两小球发生弹性正碰，碰撞后速度交换；小球上升过程机械能守恒，动能转化为重力势能。
4．如图，密闭真空中，有一竖直放置的金属靶和水平放置的两平行极板，极板与金属靶受光面垂直，板间存在竖直向上的匀强电场。用频率为和的光分别照射靶时，垂直靶面逸出最大初动能分别为和的光电子，经狭缝、后进入电场，分别落到下极板M、N处。忽略极板边缘效应及电子间的相互作用，则
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；光电效应
【解析】【解答】板间存在竖直向上的匀强电场，光电子在偏转电场中运动时，重力远小于电场力，可以忽略重力，由牛顿第二定律eE＝ma，可知光电子在竖直方向的加速度相同，偏转的竖直分位移也相等，运动的时间相同，水平位移x＝v0t，由图可知，落在M点的水平位移小于落在N点的水平位移，可知落在M点的初速度较小，根据Ek＝hν﹣W0可知，ν1＜ν2，Ek1＜Ek2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】同种金属逸出的光电子，入射光频率越高，光电子能拥有的最大初动能就越大； 光电子水平方向匀速向前、竖直方向向下匀加速运动；竖直下落距离固定时，水平飞得越远，在空中运动时间越长，初始水平速度越小。
5．如图，某发电站输出电压的交流电，经两个变压器先后将电压升至和，再并入电网。输电线电阻，。设所用变压器均为理想变压器，若发电站输出功率，则和上损失的总功率为
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】发电站输出功率，经过R1的电流，
根据欧姆定律可得R1两端电压UR1＝I1R1＝50A×12Ω＝600V，则第一个变压器输出功率P2＝P1﹣UR1I1＝690kW﹣600×50W＝660kW， 先将电压升至，由于是理想变压器，经过R2的电流，根据欧姆定律可得R2两端电压UR2＝I2R2＝3A×8Ω＝24V，R1和R2上损失的总功率P＝UR1I1+UR2I2＝600×50W+24×3W＝30.072kW，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】输电线路电流大小由传输功率和该段线路电压决定，电压越高，电流越小；导线电阻损耗功率由线路电流和导线电阻决定，电流越大，损耗功率越大；两段输电线相互独立，总损耗功率为两段线路损耗功率相加。
6．如图，农民伯伯挑玉米时用双手分别抓住轻绳的O、点处，某时刻绳、与竖直方向的夹角均为，手对绳的作用力分别垂直于、，所有作用力在同一竖直平面内，此时人和物均处于平衡状态。已知每筐玉米质量为，重力加速度大小为，忽略筐和扁担质量，则此时扁担对肩膀的作用力大小为
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】某时刻绳、与竖直方向的夹角均为， 设OA绳张力为TA，手对绳的作用力为F，对O点受力分析如图所示：
将力正交分解，在竖直方向根据平衡条件可得TAcos45°+Fcos45°＝mg，
在水平方向根据平衡条件可得TAsin45°＝Fsin45°，代入数据可得TA，
由对称性可知OA绳张力和O'B中张力相等，对扁担受力分析如图所示：
由矢量合成法则结合几何关系可知肩膀对扁担作用力F'，由牛顿第三定律可知扁担对肩膀的作用力大小为mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据平衡条件求解绳子张力，根据平行四边形法则求解扁担受力，肩膀对扁担的力与扁担对肩膀的力大小相等。
7．如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从点沿径向向外的电场，某处电场强度大小，为常量，为该处到的距离。一带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，电势能为；当磁感应强度大小为（）时，粒子运动半径为，速率仍为，电势能为。取无限远处的电势为零，不计粒子重力，则
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】电势能；电势；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】设该粒子的质量为m，带电荷量的绝对值为q，由左手定则可知粒子所受洛伦兹力沿径向向外，洛伦兹力和电场力合力提供向心力，结合牛顿第二定律可得，联立可得，由于B2＞B1，则r2＜r1，由图可知运动半径为r2处的电势较高，即φ2＞φ1，又该粒子带负电，因此Ep2＜Ep1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】粒子速率不变，切向合力为 0，径向电场力与洛伦兹力的合力提供向心力，离中心O越近，电场强度越大；向外辐射电场，越靠近O电势越高； 负电荷电势越高，电势能越小。
8．在贵州凯里，人们常将小西红柿和红辣椒加工后放入如图所示的瓦罐中，罐口处倒扣一个钵并用水密封，发酵制作酸汤。发酵过程中罐内物质缓慢产生气体，压强足够大时气体以气泡形式溢出，间歇性放气。罐内气体可视为理想气体，设罐内气体温度和体积保持不变，则
A．在放气过程中，溢出的气体对外界做正功
B．在放气过程中，溢出的气体对外界做负功
C．在刚放气完到下次即将放气的过程中，发酵产生气体，罐内气体内能减小
D．在刚放气完到下次即将放气的过程中，发酵产生气体，罐内气体内能增大
【答案】A,D
【知识点】物体的内能；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB、放气时罐内高压气体向外挤出、形成气泡，气体推动水向外扩张，溢出气体对外界做正功，故A正确，B错误；
CD、在刚放完气到下次即将放气的过程中，罐内气体温度不变，分子平均动能不变，但发酵产生气体，气体质量变大，分子数变大，所以内能变大，故D正确，C错误。
故选：AD。
【分析】罐内气体温度、罐体容积始终不变，气体体积膨胀、向外溢出时，气体推动外界介质移动，气体对外界做正功；理想气体内能只由温度与分子总数量决定，温度不变时，气体分子数越多，内能越大。
9．光在折射率为的光纤中传播路程，等效于光在真空中传播路程，称为光程。如图（a），两根同种光纤在A、B处被熔接为耦合点，形成上下两支路，上下支路A、B之间的光纤长度相同。波长为的光经过耦合点时的变化情况如图（b）所示，任意支路的光经过耦合点，与输入口同侧的输出口的光未额外增加光程，异侧输出口的光额外增加光程。现有波长为的光从1口入射，则上下支路的光
A．在3口干涉加强 B．在3口干涉削弱
C．在4口干涉加强 D．在4口干涉削弱
【答案】B,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】光从入射到射出，路径1（A上B上）：全程同侧出口，额外光程为0，到达出口3；
路径2（A下B上）：两次都是异侧出口，额外光程为，到达出口3；
路径3（A上B下）：先是同侧出口，再是异侧出口，额外光程为，到达出口4；
路径4（A下B下）：先是异侧出口，再是同侧出口，额外光程为，到达出口4；
相位相同的两列光在空间相遇，若波程差为整数倍波长，该点为加强点；若波程差为半波长整数倍，该点为减弱点。所以到达出口3的光的光程差为，为半波长的1倍，所以该点为减弱点；到达出口4的光的光程差为0，无相位差，所以该点为加强点；故AD错误，BC正确。
故选：BC。
【分析】两束光光程差为波长整数倍时干涉加强；光程差为半波长奇数倍时干涉削弱； 同侧出口无光程附加，异侧出口额外增加光程；上下支路光纤长度相同，基础传播光程完全相等，只需对比两次耦合带来的附加光程差。
10．如图，水平绝缘桌面上固定有光滑金属导轨，其中和的延长线交于的角平分线上点，M、N点在的延长线上，为的中点，，，，。导轨所在区域存在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场。质量为的导体棒在水平拉力作用下，从点以速度向右匀速运动到点，此时撤去拉力，运动到点时速度为。已知导体棒单位长度电阻为，导体棒在运动过程中始终垂直于且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则导体棒
A．从到的过程中，电流为
B．从到的过程中，通过导体棒的电荷量为
C．速度满足关系式
D．从到的过程中，产生的焦耳热为
【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、在A到M过程中，设导体棒到A点的距离为x1，有效长度l1＝2x1tanα，切割磁感线产生的感应电动势E1＝Bl1v0，由于导轨电阻不计，回路总电阻R1＝rl1，根据闭合电路欧姆定律，回路电流，由于B、v0、r均为定值，故此过程中电流保持恒定，故A正确；
B、在M到N过程中，设导体棒到O点的距离为x2，此时有效长度l2＝2x2tanβ，总电阻R2＝rl2，回路电流，由于运动学关系，可得，通过导体棒的总电荷量，故B错误；
C、由B项可知M到N过程中电流，导体棒受到的安培力大小，根据动量定理有，因vΔt＝Δx2，合力冲量大小，其中在物理上等效于一次函数y＝x与坐标轴围成的梯形面积，即，代入动量定理等式有，解得，故C正确；
D、由A选项可知A到M过程中电流恒为I1，当导体棒到达M点时，M为CD中点，根据几何关系其有效长度满足2xMtanα＝2dtanβ，解得A到M的运动位移，该过程运动时间，由于导体棒做匀速直线运动，回路电阻随位移（或时间）线性增加，可使用平均电阻求焦耳热，平均电阻，该过程产生的焦耳热，故D错误。
故选：AC。
【分析】分析导体棒从A到M的匀速运动过程，导轨形状导致有效切割长度随位移线性增加，但感应电动势与回路总电阻均与有效长度成正比，因此电流恒定；从M到N的减速过程中，导轨形状变化使得有效长度与到O点距离成正比，安培力随位置变化，需通过动量定理结合微元思想对位移积分来关联速度变化与几何参数，从而确定初速度满足的关系；通过导体棒的电荷量需根据电流与时间关系对时间积分，但电流表达式与速度相关，需结合运动学关系转化为对位移的积分；焦耳热计算需考虑回路电阻随时间线性变化，利用平均电阻与匀速运动时间求解。
11．如图，某同学居家设计简易单摆测量重力加速度。主要器材有：细线、金属球、卷尺、手机、挂衣架。
请完成下列步骤：
用卷尺测量金属球直径三次后得平均值。
用卷尺测量摆线长度三次后得平均值。将金属球从平衡位置拉至一个偏角小于的位置并由静止释放，用手机秒表测量金属球20次全振动的时间。重复测量三次，得周期的平均值。
（1）改变摆线长度，重复步骤（2）。得、（、、）和的数据如下表：
110.10 42.43 42.25 42.38 2.12
100.37 40.43 40.50 40.38 　
90.23 38.62 38.38 38.50 1.93
计算上表中时的　 　s。（保留三位有效数字）
（2）根据重力加速度表达式　 　（用、T、L和表示），计算实验值。
（3）查询当地重力加速度，发现的实验值偏小。为减小空气阻力引起的误差，应尽量选择质量　 　（填“大”或“小”）、体积　 　（填“大”或“小”）的摆球。
【答案】（1）2.02
（2）
（3）大；小
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）结合表格数据可得周期
（2）求出摆球对应摆长，由单摆的周期公式
解得
（3）为了减小空气阻力的影响应该选择质量大，体积小的摆球。
【分析】（1）由平均周期计算得；
（2）由单摆的周期公式推导；
（3）根据实验原理可知为了减小空气阻力的影响应该选择质量大，体积小的摆球。
12．在绝缘板上均匀涂敷一种导电材料，制作的电阻样品如图（a）所示。所制三个电阻的涂层长度相同、宽度较小且相同、厚度不同（几微米），阻值均约为几十欧。某实验小组通过测量三个电阻阻值，比较其涂层厚度，所用器材有：
待测电阻、和；
电压表（量程0~3 V）；
电压表（量程0~5 V）；
电阻箱（阻值）；
滑动变阻器（阻值）；
直流电源E（电动势4.5 V）；
开关；导线若干。
请完成下列步骤：
（1）实验小组设计了如图（b）所示的电路图。根据图（b）完成图（c）中的实物图连线。
（2）接入，闭合，调节和，的示数如图（d）所示，此时读数为　 　，电压表和读数分别为和，由此可知　 　。断开，改换待测电阻，重复上述步骤。分别测得，。
（3）由三个电阻测量值可知　 　（填“”“”或“”）涂层最厚。
（4）实验完成后，该小组通过原理分析，发现此方法测电阻未考虑电压表内阻的影响。若已知电压表内阻为，电压表和示数分别为和，电阻箱示数为，则　 　（用、、和表示）。
经分析发现，本实验中考虑电压表内阻后，不影响判断三个电阻涂层厚度关系。
【答案】（1）
（2）36.2；36.2
（3）Rx2
（4）
【知识点】电阻定律；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图
（2）根据指针示数可得R0读数为3×10Ω+6×1Ω+2×0.1Ω＝36.2Ω，由于Rx1与R0串联并且分的电压相等，故两者电阻相等，Rx1＝36.2Ω
（3）由电阻定律，电阻与厚度成反比，故阻值最小的Rx2涂层最厚
（4）由部分电路的欧姆定律有，又
解得
【分析】（1）根据电路图连实物连线图；
（2）由各挡示数与倍率相乘再相加，串联电阻分得的电压相等则电阻也相等；
（3）由电阻定律确定；
（4）由部分电路的欧姆定律及并联电路电阻的计算可得。
13．图（a）是绳波在某时刻的照片。设该绳波为简谐横波，以绳中各质点平衡位置的连线为轴、质点振动方向为轴，建立如图（b）所示的直角坐标系，图中实线、虚线分别表示和时绳波的图像。若该绳波沿轴负方向传播，周期大于。
（1）求绳波的波长和振幅；
（2）求绳波的周期和传播速度；
（3）在图（c）中，画出时绳波在0~2.0 m内的图像。
【答案】（1）从图（b）波形图可知振幅A＝16cm，波长λ＝2.0m
（2）解：已知波沿x轴负方向传播，t＝0到t＝0.25s，由图（b）波形图可知传播时间为Δt，由周期T＞0.25s，可得n只能取0，
对应时间
解得T＝4×0.25s＝1.0s
由图（b）波形图可得
波速
（3）解：，波形图像为图（b）中实线向﹣x方向平移，波形图像如图所示，
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图（b）读取波长和振幅；
（2）由 实线、虚线图像求得周期，由求得波速；
（3）由波的传播特点结合波平移法画出t＝0.5s时绳波在0～2.0m内的图像。
14．在竖直平面内，一带电荷量为（）的小球在重力作用下从点由静止开始下落，运动过程中始终受到与运动方向相反的空气阻力作用，其大小与速率满足（为常量）。小球第一次经过点正下方的点时达到最大速率，此时，施加竖直向上的恒定匀强电场，小球做变速运动。经过一段时间后，小球在点正上方的点再次达到最大速率，此后匀速上升。已知小球速率从第一次到再次达到的过程中，克服空气阻力做功为，重力加速度大小为。求：
（1）小球的质量和电场强度大小；
（2）小球的最大加速度大小；
（3）施加电场后，、两点间的电势差。
【答案】（1）解：小球第一次经过P点正下方的M点时达到最大速率v0，此时加速度为零，根据受力平衡条件有mg＝kv0，解得小球质量；施加电场后，小球在N点再次达到最大速率v0并在此后匀速上升，说明在N点加速度为零且速度方向竖直向上，空气阻力竖直向下，根据受力平衡条件有qE＝mg+kv0，联立解得电场强度大小。
（2）解：施加电场瞬间，小球在M点具有竖直向下的速度v0，此时受到的电场力与空气阻力均竖直向上，合外力向上且达到最大，加速度最大，
根据牛顿第二定律有qE+kv0﹣mg＝mam，代入相关物理量解得最大加速度大小am＝2g。
（3）解：从小球在M点达到速率v0到在N点再次达到速率v0的过程中，小球动能变化量为零，设M、N两点间的高度差为h，根据动能定理有qEh﹣mgh﹣Wf＝0，代入qE＝2mg解得，
由于匀强电场方向竖直向上，M点电势高于N点电势，则M、N两点间的电势差UMN＝Eh，联立解得。
【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）小球在M点达到最大速率时处于平衡状态，根据平衡条件可确定小球质量。施加电场后再次受力平衡，此时速率最大，电场力与重力和空气阻力平衡，结合之前求得的质量可确定电场强度大小。
（2）合力最大时加速度最大，利用牛顿第二定律分析合外力与质量的关系可求得最大加速度。
（3）从M点到N点小球速率由v0变为v0，动能变化为零，根据动能定理可求出M、N两点间的高度差，再根据匀强电场中电势差与场强和高度差的关系即可求得电势差UMN。
15．如图，机舱内装有质量均为的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在的斜直轨道上，无人机空载时质量。无人机在弹射系统作用下以的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度时，开始以的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度。
（1）求载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小和方向；
（2）设水平飞行过程中，载弹无人机水平方向动力与质量满足（国际单位制），所受空气阻力大小恒为，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔，求两弹落地点之间的距离；
（3）设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与取值的关系。
【答案】（1）解：载弹无人机在斜直轨道上运动过程中，规定初速度方向为正，
由动量定理有I合＝（2m1+m0）v0
代入数据可得I合＝600N s
则载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小为600N s，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为30°
（2）解：先释放一个灭火弹后载弹无人机水平方向的动力大小为
代入数据可得F1＝56N，水平方向由牛顿第二定律有F1﹣f＝（m1+m0）a，则释放第一个灭火弹后，第二个灭火弹与无人机一起做匀加速直线运动，所以后释放的灭火弹释放时的速度为v2＝v1+aΔt
从释放第一个灭火弹到释放第二个灭火弹的过程，由速度—位移公式可知后释放的灭火弹的位移为
由于两弹所受空气阻力不计，则两弹释放后均做平抛运动，有
则两弹落地点之间的距离为Δx＝x1+v2t0﹣v1t0
代入数据可得Δx＝42.4m
（3）解：相对无人机无初速度释放甲，且无人机的速度始终不变，则根据平抛运动规律可知，甲落地时，乙在甲的正上方H处，设发射乙后乙的运动时间为t，则此时两弹之间的距离为 s
由二次函数知识可知，当时，两弹之间距离最小，即，代入数据可得m
【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）对无人机在运动过程应用动量定理求解合力得冲量大小和方向；
（2）两弹均做平抛运动，由高度差求落地时间差，结合水平匀速运动的位移关系求两弹落地时的水平距离差；
（3）甲落地后做匀速直线运动，乙做平抛运动，建立两弹位置坐标的函数关系，由数学方法求距离最小值与速度v的关系。
1 / 1【高考真卷】贵州省2026年高中物理学业水平性考试
1．某同学乘坐列车时，在自己的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估算隧道长度。该同学进隧道时速度为，出隧道时速度为，总用时。若列车在隧道中做匀减速直线运动，则该隧道长为
A． B． C． D．
2．月球引潮力是引起海洋潮汐的主要原因，可等效为地表某点处质量为的海水所受月球引力减去地心处相同质量的物质所受月球引力。已知地球半径为，地心与月心间距为，月球质量为，引力常量为，地表点背对月球，P、O和在同一直线上，如图所示，则点处质量为的海水所受月球引潮力大小为
A． B．
C． D．
3．如图，完全相同的均质小球、被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与发生弹性正碰。忽略空气阻力，的球心上升的最大高度为
A． B． C． D．
4．如图，密闭真空中，有一竖直放置的金属靶和水平放置的两平行极板，极板与金属靶受光面垂直，板间存在竖直向上的匀强电场。用频率为和的光分别照射靶时，垂直靶面逸出最大初动能分别为和的光电子，经狭缝、后进入电场，分别落到下极板M、N处。忽略极板边缘效应及电子间的相互作用，则
A．， B．，
C．， D．，
5．如图，某发电站输出电压的交流电，经两个变压器先后将电压升至和，再并入电网。输电线电阻，。设所用变压器均为理想变压器，若发电站输出功率，则和上损失的总功率为
A． B． C． D．
6．如图，农民伯伯挑玉米时用双手分别抓住轻绳的O、点处，某时刻绳、与竖直方向的夹角均为，手对绳的作用力分别垂直于、，所有作用力在同一竖直平面内，此时人和物均处于平衡状态。已知每筐玉米质量为，重力加速度大小为，忽略筐和扁担质量，则此时扁担对肩膀的作用力大小为
A． B． C． D．
7．如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从点沿径向向外的电场，某处电场强度大小，为常量，为该处到的距离。一带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，电势能为；当磁感应强度大小为（）时，粒子运动半径为，速率仍为，电势能为。取无限远处的电势为零，不计粒子重力，则
A．， B．，
C．， D．，
8．在贵州凯里，人们常将小西红柿和红辣椒加工后放入如图所示的瓦罐中，罐口处倒扣一个钵并用水密封，发酵制作酸汤。发酵过程中罐内物质缓慢产生气体，压强足够大时气体以气泡形式溢出，间歇性放气。罐内气体可视为理想气体，设罐内气体温度和体积保持不变，则
A．在放气过程中，溢出的气体对外界做正功
B．在放气过程中，溢出的气体对外界做负功
C．在刚放气完到下次即将放气的过程中，发酵产生气体，罐内气体内能减小
D．在刚放气完到下次即将放气的过程中，发酵产生气体，罐内气体内能增大
9．光在折射率为的光纤中传播路程，等效于光在真空中传播路程，称为光程。如图（a），两根同种光纤在A、B处被熔接为耦合点，形成上下两支路，上下支路A、B之间的光纤长度相同。波长为的光经过耦合点时的变化情况如图（b）所示，任意支路的光经过耦合点，与输入口同侧的输出口的光未额外增加光程，异侧输出口的光额外增加光程。现有波长为的光从1口入射，则上下支路的光
A．在3口干涉加强 B．在3口干涉削弱
C．在4口干涉加强 D．在4口干涉削弱
10．如图，水平绝缘桌面上固定有光滑金属导轨，其中和的延长线交于的角平分线上点，M、N点在的延长线上，为的中点，，，，。导轨所在区域存在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场。质量为的导体棒在水平拉力作用下，从点以速度向右匀速运动到点，此时撤去拉力，运动到点时速度为。已知导体棒单位长度电阻为，导体棒在运动过程中始终垂直于且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则导体棒
A．从到的过程中，电流为
B．从到的过程中，通过导体棒的电荷量为
C．速度满足关系式
D．从到的过程中，产生的焦耳热为
11．如图，某同学居家设计简易单摆测量重力加速度。主要器材有：细线、金属球、卷尺、手机、挂衣架。
请完成下列步骤：
用卷尺测量金属球直径三次后得平均值。
用卷尺测量摆线长度三次后得平均值。将金属球从平衡位置拉至一个偏角小于的位置并由静止释放，用手机秒表测量金属球20次全振动的时间。重复测量三次，得周期的平均值。
（1）改变摆线长度，重复步骤（2）。得、（、、）和的数据如下表：
110.10 42.43 42.25 42.38 2.12
100.37 40.43 40.50 40.38 　
90.23 38.62 38.38 38.50 1.93
计算上表中时的　 　s。（保留三位有效数字）
（2）根据重力加速度表达式　 　（用、T、L和表示），计算实验值。
（3）查询当地重力加速度，发现的实验值偏小。为减小空气阻力引起的误差，应尽量选择质量　 　（填“大”或“小”）、体积　 　（填“大”或“小”）的摆球。
12．在绝缘板上均匀涂敷一种导电材料，制作的电阻样品如图（a）所示。所制三个电阻的涂层长度相同、宽度较小且相同、厚度不同（几微米），阻值均约为几十欧。某实验小组通过测量三个电阻阻值，比较其涂层厚度，所用器材有：
待测电阻、和；
电压表（量程0~3 V）；
电压表（量程0~5 V）；
电阻箱（阻值）；
滑动变阻器（阻值）；
直流电源E（电动势4.5 V）；
开关；导线若干。
请完成下列步骤：
（1）实验小组设计了如图（b）所示的电路图。根据图（b）完成图（c）中的实物图连线。
（2）接入，闭合，调节和，的示数如图（d）所示，此时读数为　 　，电压表和读数分别为和，由此可知　 　。断开，改换待测电阻，重复上述步骤。分别测得，。
（3）由三个电阻测量值可知　 　（填“”“”或“”）涂层最厚。
（4）实验完成后，该小组通过原理分析，发现此方法测电阻未考虑电压表内阻的影响。若已知电压表内阻为，电压表和示数分别为和，电阻箱示数为，则　 　（用、、和表示）。
经分析发现，本实验中考虑电压表内阻后，不影响判断三个电阻涂层厚度关系。
13．图（a）是绳波在某时刻的照片。设该绳波为简谐横波，以绳中各质点平衡位置的连线为轴、质点振动方向为轴，建立如图（b）所示的直角坐标系，图中实线、虚线分别表示和时绳波的图像。若该绳波沿轴负方向传播，周期大于。
（1）求绳波的波长和振幅；
（2）求绳波的周期和传播速度；
（3）在图（c）中，画出时绳波在0~2.0 m内的图像。
14．在竖直平面内，一带电荷量为（）的小球在重力作用下从点由静止开始下落，运动过程中始终受到与运动方向相反的空气阻力作用，其大小与速率满足（为常量）。小球第一次经过点正下方的点时达到最大速率，此时，施加竖直向上的恒定匀强电场，小球做变速运动。经过一段时间后，小球在点正上方的点再次达到最大速率，此后匀速上升。已知小球速率从第一次到再次达到的过程中，克服空气阻力做功为，重力加速度大小为。求：
（1）小球的质量和电场强度大小；
（2）小球的最大加速度大小；
（3）施加电场后，、两点间的电势差。
15．如图，机舱内装有质量均为的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在的斜直轨道上，无人机空载时质量。无人机在弹射系统作用下以的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度时，开始以的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度。
（1）求载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小和方向；
（2）设水平飞行过程中，载弹无人机水平方向动力与质量满足（国际单位制），所受空气阻力大小恒为，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔，求两弹落地点之间的距离；
（3）设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与取值的关系。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】列车在隧道中做匀减速直线运动，全程平均速度：隧道长x t＝55×200m＝11000m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】匀变速直线运动平均速度等于初末速度的算术平均值，总位移等于平均速度乘以运动时间。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】引潮力可等效为地表某点处质量为的海水所受月球引力减去地心处相同质量的物质所受月球引力 ，P点处质量为Δm的海水所受月球引力为F1，地心处相同质量的物质所受月球引力F2，可知P点处质量为Δm的海水所受月球引潮力大小为
ΔF＝|F1﹣F2|＝||，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】两物体间引力大小与质量乘积成正比，与距离平方成反比，地表海水受月球引力减去地心同质量物质受月球引力，取两者差值的绝对值。
3．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】设小球的质量为m，A球由释放到最低点的过程， 忽略空气阻力，根据机械能守恒定律可得mgL（1﹣cos60°），两球发生弹性碰撞，由于连个小球质量相等，所以二者速度交换，B球向上运动的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgh，代入数据可得h，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】小球下摆过程机械能守恒，重力势能转化为动能；质量相等的两小球发生弹性正碰，碰撞后速度交换；小球上升过程机械能守恒，动能转化为重力势能。
4．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；光电效应
【解析】【解答】板间存在竖直向上的匀强电场，光电子在偏转电场中运动时，重力远小于电场力，可以忽略重力，由牛顿第二定律eE＝ma，可知光电子在竖直方向的加速度相同，偏转的竖直分位移也相等，运动的时间相同，水平位移x＝v0t，由图可知，落在M点的水平位移小于落在N点的水平位移，可知落在M点的初速度较小，根据Ek＝hν﹣W0可知，ν1＜ν2，Ek1＜Ek2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】同种金属逸出的光电子，入射光频率越高，光电子能拥有的最大初动能就越大； 光电子水平方向匀速向前、竖直方向向下匀加速运动；竖直下落距离固定时，水平飞得越远，在空中运动时间越长，初始水平速度越小。
5．【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】发电站输出功率，经过R1的电流，
根据欧姆定律可得R1两端电压UR1＝I1R1＝50A×12Ω＝600V，则第一个变压器输出功率P2＝P1﹣UR1I1＝690kW﹣600×50W＝660kW， 先将电压升至，由于是理想变压器，经过R2的电流，根据欧姆定律可得R2两端电压UR2＝I2R2＝3A×8Ω＝24V，R1和R2上损失的总功率P＝UR1I1+UR2I2＝600×50W+24×3W＝30.072kW，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】输电线路电流大小由传输功率和该段线路电压决定，电压越高，电流越小；导线电阻损耗功率由线路电流和导线电阻决定，电流越大，损耗功率越大；两段输电线相互独立，总损耗功率为两段线路损耗功率相加。
6．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】某时刻绳、与竖直方向的夹角均为， 设OA绳张力为TA，手对绳的作用力为F，对O点受力分析如图所示：
将力正交分解，在竖直方向根据平衡条件可得TAcos45°+Fcos45°＝mg，
在水平方向根据平衡条件可得TAsin45°＝Fsin45°，代入数据可得TA，
由对称性可知OA绳张力和O'B中张力相等，对扁担受力分析如图所示：
由矢量合成法则结合几何关系可知肩膀对扁担作用力F'，由牛顿第三定律可知扁担对肩膀的作用力大小为mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据平衡条件求解绳子张力，根据平行四边形法则求解扁担受力，肩膀对扁担的力与扁担对肩膀的力大小相等。
7．【答案】C
【知识点】电势能；电势；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】设该粒子的质量为m，带电荷量的绝对值为q，由左手定则可知粒子所受洛伦兹力沿径向向外，洛伦兹力和电场力合力提供向心力，结合牛顿第二定律可得，联立可得，由于B2＞B1，则r2＜r1，由图可知运动半径为r2处的电势较高，即φ2＞φ1，又该粒子带负电，因此Ep2＜Ep1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】粒子速率不变，切向合力为 0，径向电场力与洛伦兹力的合力提供向心力，离中心O越近，电场强度越大；向外辐射电场，越靠近O电势越高； 负电荷电势越高，电势能越小。
8．【答案】A,D
【知识点】物体的内能；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB、放气时罐内高压气体向外挤出、形成气泡，气体推动水向外扩张，溢出气体对外界做正功，故A正确，B错误；
CD、在刚放完气到下次即将放气的过程中，罐内气体温度不变，分子平均动能不变，但发酵产生气体，气体质量变大，分子数变大，所以内能变大，故D正确，C错误。
故选：AD。
【分析】罐内气体温度、罐体容积始终不变，气体体积膨胀、向外溢出时，气体推动外界介质移动，气体对外界做正功；理想气体内能只由温度与分子总数量决定，温度不变时，气体分子数越多，内能越大。
9．【答案】B,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】光从入射到射出，路径1（A上B上）：全程同侧出口，额外光程为0，到达出口3；
路径2（A下B上）：两次都是异侧出口，额外光程为，到达出口3；
路径3（A上B下）：先是同侧出口，再是异侧出口，额外光程为，到达出口4；
路径4（A下B下）：先是异侧出口，再是同侧出口，额外光程为，到达出口4；
相位相同的两列光在空间相遇，若波程差为整数倍波长，该点为加强点；若波程差为半波长整数倍，该点为减弱点。所以到达出口3的光的光程差为，为半波长的1倍，所以该点为减弱点；到达出口4的光的光程差为0，无相位差，所以该点为加强点；故AD错误，BC正确。
故选：BC。
【分析】两束光光程差为波长整数倍时干涉加强；光程差为半波长奇数倍时干涉削弱； 同侧出口无光程附加，异侧出口额外增加光程；上下支路光纤长度相同，基础传播光程完全相等，只需对比两次耦合带来的附加光程差。
10．【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、在A到M过程中，设导体棒到A点的距离为x1，有效长度l1＝2x1tanα，切割磁感线产生的感应电动势E1＝Bl1v0，由于导轨电阻不计，回路总电阻R1＝rl1，根据闭合电路欧姆定律，回路电流，由于B、v0、r均为定值，故此过程中电流保持恒定，故A正确；
B、在M到N过程中，设导体棒到O点的距离为x2，此时有效长度l2＝2x2tanβ，总电阻R2＝rl2，回路电流，由于运动学关系，可得，通过导体棒的总电荷量，故B错误；
C、由B项可知M到N过程中电流，导体棒受到的安培力大小，根据动量定理有，因vΔt＝Δx2，合力冲量大小，其中在物理上等效于一次函数y＝x与坐标轴围成的梯形面积，即，代入动量定理等式有，解得，故C正确；
D、由A选项可知A到M过程中电流恒为I1，当导体棒到达M点时，M为CD中点，根据几何关系其有效长度满足2xMtanα＝2dtanβ，解得A到M的运动位移，该过程运动时间，由于导体棒做匀速直线运动，回路电阻随位移（或时间）线性增加，可使用平均电阻求焦耳热，平均电阻，该过程产生的焦耳热，故D错误。
故选：AC。
【分析】分析导体棒从A到M的匀速运动过程，导轨形状导致有效切割长度随位移线性增加，但感应电动势与回路总电阻均与有效长度成正比，因此电流恒定；从M到N的减速过程中，导轨形状变化使得有效长度与到O点距离成正比，安培力随位置变化，需通过动量定理结合微元思想对位移积分来关联速度变化与几何参数，从而确定初速度满足的关系；通过导体棒的电荷量需根据电流与时间关系对时间积分，但电流表达式与速度相关，需结合运动学关系转化为对位移的积分；焦耳热计算需考虑回路电阻随时间线性变化，利用平均电阻与匀速运动时间求解。
11．【答案】（1）2.02
（2）
（3）大；小
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）结合表格数据可得周期
（2）求出摆球对应摆长，由单摆的周期公式
解得
（3）为了减小空气阻力的影响应该选择质量大，体积小的摆球。
【分析】（1）由平均周期计算得；
（2）由单摆的周期公式推导；
（3）根据实验原理可知为了减小空气阻力的影响应该选择质量大，体积小的摆球。
12．【答案】（1）
（2）36.2；36.2
（3）Rx2
（4）
【知识点】电阻定律；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图
（2）根据指针示数可得R0读数为3×10Ω+6×1Ω+2×0.1Ω＝36.2Ω，由于Rx1与R0串联并且分的电压相等，故两者电阻相等，Rx1＝36.2Ω
（3）由电阻定律，电阻与厚度成反比，故阻值最小的Rx2涂层最厚
（4）由部分电路的欧姆定律有，又
解得
【分析】（1）根据电路图连实物连线图；
（2）由各挡示数与倍率相乘再相加，串联电阻分得的电压相等则电阻也相等；
（3）由电阻定律确定；
（4）由部分电路的欧姆定律及并联电路电阻的计算可得。
13．【答案】（1）从图（b）波形图可知振幅A＝16cm，波长λ＝2.0m
（2）解：已知波沿x轴负方向传播，t＝0到t＝0.25s，由图（b）波形图可知传播时间为Δt，由周期T＞0.25s，可得n只能取0，
对应时间
解得T＝4×0.25s＝1.0s
由图（b）波形图可得
波速
（3）解：，波形图像为图（b）中实线向﹣x方向平移，波形图像如图所示，
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图（b）读取波长和振幅；
（2）由 实线、虚线图像求得周期，由求得波速；
（3）由波的传播特点结合波平移法画出t＝0.5s时绳波在0～2.0m内的图像。
14．【答案】（1）解：小球第一次经过P点正下方的M点时达到最大速率v0，此时加速度为零，根据受力平衡条件有mg＝kv0，解得小球质量；施加电场后，小球在N点再次达到最大速率v0并在此后匀速上升，说明在N点加速度为零且速度方向竖直向上，空气阻力竖直向下，根据受力平衡条件有qE＝mg+kv0，联立解得电场强度大小。
（2）解：施加电场瞬间，小球在M点具有竖直向下的速度v0，此时受到的电场力与空气阻力均竖直向上，合外力向上且达到最大，加速度最大，
根据牛顿第二定律有qE+kv0﹣mg＝mam，代入相关物理量解得最大加速度大小am＝2g。
（3）解：从小球在M点达到速率v0到在N点再次达到速率v0的过程中，小球动能变化量为零，设M、N两点间的高度差为h，根据动能定理有qEh﹣mgh﹣Wf＝0，代入qE＝2mg解得，
由于匀强电场方向竖直向上，M点电势高于N点电势，则M、N两点间的电势差UMN＝Eh，联立解得。
【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）小球在M点达到最大速率时处于平衡状态，根据平衡条件可确定小球质量。施加电场后再次受力平衡，此时速率最大，电场力与重力和空气阻力平衡，结合之前求得的质量可确定电场强度大小。
（2）合力最大时加速度最大，利用牛顿第二定律分析合外力与质量的关系可求得最大加速度。
（3）从M点到N点小球速率由v0变为v0，动能变化为零，根据动能定理可求出M、N两点间的高度差，再根据匀强电场中电势差与场强和高度差的关系即可求得电势差UMN。
15．【答案】（1）解：载弹无人机在斜直轨道上运动过程中，规定初速度方向为正，
由动量定理有I合＝（2m1+m0）v0
代入数据可得I合＝600N s
则载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小为600N s，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为30°
（2）解：先释放一个灭火弹后载弹无人机水平方向的动力大小为
代入数据可得F1＝56N，水平方向由牛顿第二定律有F1﹣f＝（m1+m0）a，则释放第一个灭火弹后，第二个灭火弹与无人机一起做匀加速直线运动，所以后释放的灭火弹释放时的速度为v2＝v1+aΔt
从释放第一个灭火弹到释放第二个灭火弹的过程，由速度—位移公式可知后释放的灭火弹的位移为
由于两弹所受空气阻力不计，则两弹释放后均做平抛运动，有
则两弹落地点之间的距离为Δx＝x1+v2t0﹣v1t0
代入数据可得Δx＝42.4m
（3）解：相对无人机无初速度释放甲，且无人机的速度始终不变，则根据平抛运动规律可知，甲落地时，乙在甲的正上方H处，设发射乙后乙的运动时间为t，则此时两弹之间的距离为 s
由二次函数知识可知，当时，两弹之间距离最小，即，代入数据可得m
【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）对无人机在运动过程应用动量定理求解合力得冲量大小和方向；
（2）两弹均做平抛运动，由高度差求落地时间差，结合水平匀速运动的位移关系求两弹落地时的水平距离差；
（3）甲落地后做匀速直线运动，乙做平抛运动，建立两弹位置坐标的函数关系，由数学方法求距离最小值与速度v的关系。
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