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广东深圳高级中学（集团）2026届高三第二学期测试（二）物理试题
1．实验是模拟拱形桥来研究汽车通过桥的最高点时对桥的压力。在较大的平整木板上相隔一定的距离钉个钉子，将三合板弯曲成拱桥形卡入钉内，三合板上表面事先铺上一层牛仔布以增加摩擦，这样玩具惯性车就可以在桥面上跑起来了。把这套系统放在电子秤上，关于电子秤的示数下列说法正确的是（　　）
A．玩具车静止在拱桥顶端时的示数小一些
B．玩具车运动通过拱桥顶端时的示数大
C．玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态
D．玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大（未离开拱桥），示数越小
【答案】D
【知识点】超重与失重；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】B、车运动经过顶端时存在向下的向心加速度，处于失重状态，桥面受到的压力更小，电子秤示数更小，故B错误；
A、车静止在顶端时无向心加速度，无失重，桥面支持力等于车重力，电子秤示数更大，故A错误；
C．玩具车运动通过拱桥顶端时，加速度方向向下，车对桥的压力小于重力，处于失重状态，故C错误；
D．根据可知玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大（未离开拱桥），示数越小，故D正确。
故选D。
【分析】将玩具车视为研究对象，分析其在拱桥顶端受力情况，利用牛顿第二定律得出桥对车的支持力与速度的关系式，进而根据牛顿第三定律判断车对桥的压力变化，最终得出电子秤示数（即整体对秤的压力）随速度变化的规律。
2．“中国核潜艇之父”黄旭华院士，隐姓埋名三十载，为祖国打造了捍卫和平的“深海利剑”。在2017年全国道德模范颁奖典礼上，习近平总书记为他“让座”的场景感人肺腑。下列有关核反应说法错误的是（　　）
A．目前核潜艇是利用重核裂变提供动力
B．重核裂变反应前后一定有质量亏损
C．铀核裂变后的新核比铀核的比结合能小
D．，式中
【答案】C
【知识点】结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．目前核潜艇依靠可控重核裂变释放的核能提供动力，故A正确；
B．重核裂变释放大量能量，由质能方程可知，释放能量的核反应一定存在质量亏损，故B正确；
C．比结合能越大，原子核越稳定，铀核裂变释放能量，生成的新核比铀核更稳定，故新核比结合能更大，故C错误；
D．根据质量数守恒：左边总质量数，右边总质量数，解得，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A：核潜艇采用可控重核裂变提供动力；
B：释放能量的核反应一定存在质量亏损；
C：比结合能越大原子核越稳定，裂变生成的新核更稳定；
D：根据质量数守恒计算中子数。
3．如图甲为一气缸，其升降部分由M、N两筒组成，两筒间密闭了一定质量的理想气体。图乙为气体分子速率分布曲线，初始时刻气缸内气体所对应的曲线为b。若用力使M迅速向下滑动，设此过程筒内气体不与外界发生热交换，则此过程中（　　）
A．气体对外界做功，内能减少
B．密闭气体压强增大，分子平均动能不变
C．容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加
D．密闭气体的分子速率分布曲线可能会由b曲线变成a曲线
【答案】C
【知识点】分子运动速率的统计规律；气体压强的微观解释；分子动能；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A、M向下滑动，气体体积被压缩，是外界对气体做功，并非气体对外做功；绝热过程内能增加，故A错误；
B、体积压缩，压强增大；外界做功使气体内能升高，温度上升，分子平均动能变大，并非不变，故B错误；
C、气体体积减小，单位体积内分子数量增多，同时温度升高，分子运动更剧烈，容器壁单位面积单位时间受到分子撞击的次数增加，故C正确；
D、由于气体温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，则密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成曲线，故D错误。
故选：C。
【分析】根据绝热压缩过程，由热力学第一定律判断出气体内能和温度升高，再结合气体压强的微观解释，分析分子撞击次数和速率分布曲线的变化。
4．为避免雷击现象发生，人们在高大的建筑物上安装避雷针，云层和避雷针之间电场分布如图所示，、在同一电场线上，以点为原点沿到的方向建立轴，一个正电粒子从点无初速度释放，运动到。若取避雷针针尖的电势为零，不计粒子重力，则电场线上各点电势、粒子的电势能随位置的变化图像，以及粒子运动速度、加速度随时间变化图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】图象法；电势能；电势；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AC、正电荷从B运动到A，则电场线的方向竖直向上，越靠近尖端电场强度越大，故B比A场强大。根据φ-x图像斜率代表场强，从B到A，φ-x图像斜率逐渐变小，所以从B到A场强变小，则电荷的加速度逐渐减小，即v-t图像的斜率逐渐减小，故AC错误；BD、Ep-x图像的斜率代表电场力，从B到A电荷受到的电场力逐渐减小，所以图像斜率逐渐减小，则物体受到的合力逐渐减小，a-t图像应该逐渐减小，故B正确，D错误。
故选：B。
【分析】根据避雷针附近电场线的分布特点，判断场强、电势、电势能的变化，结合牛顿运动定律分析速度和加速度的变化规律。
5．2025年12月27日，我国成功发射风云四号03星，如图是风云四号发射过程的部分椭圆轨迹。风云四号卫星先后绕O点沿圆形轨道1和椭圆轨道2运动，MN为轨道2的长轴，且M、N点到O点的距离之比为1∶3，轨道1、2共面且在M点相切，风云四号卫星的质量为m，经过轨道1的M点时的速度为，下列说法正确的是（　　）
A．风云四号在轨道2上从M点运动到N点的过程中，引力势能减小
B．风云四号在轨道2上的M、N点线速度大小之比为9∶1
C．风云四号从轨道2任一位置运动一周，万有引力的冲量为0
D．风云四号在轨道1的M点向前喷气，可以变轨到轨道2
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题；冲量；反冲
【解析】【解答】A．卫星从M点运动到N点的过程中，逐渐远离中心天体O，万有引力做负功，动能减小，引力势能增大，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，卫星在轨道2上，与O点连线在极短相等时间内扫过的面积相等，且近似为三角形，则有，解得风云四号在轨道2上的M、N点线速度大小之比为，故B错误；
C．卫星沿轨道2运动一周后回到初始位置，速度矢量与初始速度相同，动量变化量，卫星仅受万有引力作用，根据动量定理，万有引力的冲量等于动量变化量，因此万有引力的冲量为，故C正确；
D．从轨道1变轨到轨道2，卫星需要在M点做离心运动，因此需要增大速度，应向后喷气；向前喷气会使卫星减速，做向心运动，无法进入轨道2，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查卫星变轨、开普勒定律、引力势能与动量定理，核心是利用开普勒第二定律分析速度关系、结合动量定理分析冲量，并理解变轨的条件。
6．公交卡是感应式芯片卡，其内部嵌有感应线圈，读卡设备同样内置驱动线圈，二者的位置关系可简化为：读卡设备的线圈位于上方，芯片卡的线圈位于下方，两线圈平行正对。当芯片卡靠近读卡设备时，读卡设备线圈中的电流会激发交变磁场，该磁场穿过芯片卡的线圈并产生感应电流，以此为芯片供电并触发信息交互。在某次测试中保持两线圈静止，在读卡机线圈中通以如图所示的交流电，设从上往下观察，顺时针方向为电流正方向，则在时间内，芯片线圈中的电流是（　　）
A．沿顺时针方向且大小逐渐增大 B．沿顺时针方向且大小逐渐减小
C．沿逆时针方向且大小逐渐减小 D．沿逆时针方向且大小保持不变
【答案】B
【知识点】安培定则；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】t1~t2读卡器线圈电流为负，俯视逆时针，原磁场垂直纸面向外且磁通量增大，由楞次定律得芯片感应电流顺时针，同时图像斜率绝对值减小，则感应电流应逐渐减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】根据读卡机中相应时间内的电流变化结合安培定则，楞次定律和法拉第电磁感应定律等知识进行分析解答。
7．多名网友发布四个篮球“抱团行走”的视频。据此，某同学提出问题，四个完全相同的篮球相互接触，按如图方式叠放，静止于水平地面。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则篮球与地面间的动摩擦因数μ的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】设球的质量为m，地面上三个球分别所受地面的支持力为N1，对四个球体整体分析，则有3N1=4mg，解得：
根据对称性可知下面三个篮球对上面篮球的作用力均相等，设为F，与竖直方向的夹角设为，如图所示
由几何关系可得，根据平衡条件，则
对下面任一篮球分析，根据平衡条件，解得
故选A。
【分析】以最上面的足球为研究对象，根据平衡条件列式求解足球受到的支持力与竖直方向的夹角和足球受到的支持力，再以最下方某个足球为研究对象，根据平衡条件和滑动摩擦力计算公式列式求解μ的最小值。
8．某学习小组为研究某小区接入新能源光伏电能后，面临的功率波动影响问题，模拟电能输送的示意图如图所示，、间接入正弦交流稳压电源，是输电线的等效电阻，、间接带滑动片的变阻器。为维持、间电压在合理的范围内，可适当移动原线圈上滑动片。下列说法正确的是（　　）
A．若不动，向上移动，通过的电流增大
B．若不动，向上移动，通过的电流减小
C．当向上移动时，为保证c、d间的电压不变，需要向上移动
D．当向上移动时，为保证c、d间的电压不变，需要向下移动
【答案】B,D
【知识点】变压器原理
9．甲、乙两列机械波在同种介质中相向而行，甲波振源位于O点，乙波振源位于处，在时刻所形成的波形与位置如图所示，已知下列说法正确的是（　　）
A．两列波的振动周期都为4s
B．甲、乙两列机械波相遇后会形成稳定的干涉图样
C．处是振动加强点
D．甲的波谷经过11s与乙的波峰第一次相遇
【答案】A,B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】AB、两列波在同种介质中传播，波速相同，均为v=0.5m/s。由图像可知，甲波的半个波长为1m，则其波长λ甲=2m；乙波一个完整波长位于x=9m至x=11m之间，故λ乙=2m。根据公式
，代入数据得两列波的周期均为；由于两列波频率相同（均为0.25Hz）、相位恒定且振动方向一致，相遇后会产生稳定的干涉现象，故AB正确；
C、处是甲的波谷与乙的波峰第一次相遇的位置，是振动的减弱点，故C错误；
D、设甲的第一个波谷与乙的第一个波峰第一次相遇的时间为t，可知，故D正确。
故选ABD。
【分析】两列波在同种介质中传播的波速相同，从波形图识别甲波和乙波的波长，利用波速、波长与周期的关系推断两列波的周期是否相同，判断频率是否相同以确定能否发生稳定干涉。通过观察初始时刻两列波特定相位点的位置，计算它们相向运动至相遇所需时间。对于特定位置，需计算两列波传播到该点的波程差，结合波源振动情况判断该点叠加后是振动加强还是减弱，并确定合振幅的大小。
10．如图所示，半径为R的四分之一圆弧支架竖直放置，与圆心O等高的圆弧边缘C点处有一小滑轮，一轻绳两端系着质量分别为与的小球和物块，挂在定滑轮两边，且，开始时小球和物块均静止，且能视为质点，不计一切摩擦，重力加速度为g。小球从C点静止释放直到小球到达圆弧的A点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．由于不计一切摩擦，小球的机械能守恒
B．到达A点时小球的速度大小为
C．轻绳对物块所做的功和轻绳对小球所做的功的大小相等
D．轻绳对物块做功为
【答案】B,C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、小球下落过程中绳子拉力对小球做负功，小球机械能会减少，因此小球自身机械能不守恒，故A错误；
B、设小球到达A点时的速度大小为，物块的速度大小为，根据几何关系有
以小球和物块作为研究对象，根据机械能守恒可得
联立小球到达A点时的速度大小为，故B正确；
C、同一根轻绳拉力大小处处相等，小球与物块沿绳子方向的位移大小完全相同，拉力对小球做负功、对物块做正功，二者做功的绝对值相等，故C正确；
D、根据功能关系，可知轻绳对物块做的功等于物块机械能的增加量，则有，故D错误。
故选BC。
【分析】只有重力做功时整体机械能总量不变，绳相连物体沿绳分速度大小相等，同一根绳拉力对两物体做功绝对值相等，外力做功等于物体机械能变化量。
11．图甲为某兴趣小组设计的实验装置，在单摆悬点处安装力传感器，可采集摆线的拉力；在小球的平衡位置正下方处安装光电门，可采集小球底部的轻质遮光片遮住光的时间。利用本装置可以完成测量当地重力加速度大小g、验证机械能守恒定律等实验。
实验操作如下：
（1）测量所需长度：用刻度尺测得摆线长度为L，用游标卡尺测得小球直径为D；用螺旋测微器测量遮光片的宽度为d，如图乙所示，则　 　mm。
（2）测量当地重力加速度的大小：将小球拉至与竖直方向成较小角度并由静止释放。利用力传感器，获得摆线所受拉力F的大小与时间t的关系图像，如图丙所示，则单摆的周期　 　（用“”“”表示），重力加速度大小的测量值为　 　（用“L”“D”和“T”表示）。
（3）验证机械能守恒定律：
①将小球拉至与竖直方向成较大角度，并由静止释放。
②记录小球经过平衡位置时遮光片的遮光时间为t。则此时遮光片的速度大小为并将此速度视为小球经过平衡位置时的速度。
③改变，重复①和②。
根据所测数据，小球由静止运动到平衡位置的过程中，在误差允许的范围内，若满足　 　的关系式（用“g”“”“L”“D”表示），则小球在上述过程中机械能守恒。
根据多次测量结果发现：小球由静止运动到平衡位置的过程中，重力势能减少量总是小于动能增加量，可能的原因是　 　。（写出一条即可）
【答案】（1）1.200
（2） ；
（3）；遮光片的速度大于小球的速度
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）固定刻度读数：1mm，可动刻度读数：20.0×0.01mm=0.200mm，
总宽度d＝（1＋0.200）mm＝1.200mm
（2）单摆经过最低点时拉力最大，相邻两次拉力峰值间隔为半个周期，t1、t2是相邻两个拉力峰值时刻，故，单摆的周期公式为，其中l为摆长，大小应为
整理后可得
（3）小球由静止运动到平衡位置的过程中，若机械能守恒，应有，整理后即为
由于遮光片的位置低于小球，其做圆周运动的半径更大，通过光电门测得的速度会略大于小球，因此计算得到的小球的动能增加量会偏大。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）根据图像计算单摆周期，根据单摆周期公式计算加速度大小；
（3）根据机械能守恒定律计算得到表达式，根据遮光片的速度大于小球的速度判断。
（1）由图乙可知，螺旋测微器的读数为
（2）[1]根据单摆的特点可知，在最低点处时的拉力是最大的，所以周期的大小应为
[2]单摆的周期公式为
其中l为摆长，大小应为
整理后可得
（3）[1]若忽略阻力，应有
整理后即为
[2]由于遮光片的位置低于小球，其做圆周运动的半径更大，通过光电门测得的速度会略大于小球，因此计算得到的小球的动能增加量会偏大。
12．管道天然气的主要成分是甲烷，当空气中天然气浓度（）达到5%~15%，遇火就会引发爆炸，使用时要谨防泄漏。某同学想自己组装一个天然气浓度测试仪，其中传感器的电阻随天然气浓度的变化规律如图甲所示，测试仪电路如图乙所示。实验室提供的器材有：
A.传感器；
B.直流电源（电动势为8V，内阻约1Ω）
C.电压表（量程为0~6V，内阻非常大）；
D.电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
E.定值电阻（阻值为10Ω）；
F.定值电阻（阻值为50Ω）；
G.单刀双掷开关一个，导线若干。
（1）请根据图乙测试仪的电路图，在图丙中完成实物连线；
（2）欲通过电压表示数反映天然气浓度，以判断是否达到爆炸极限，图乙中R应选用定值电阻　 　（填“”或“”）；
（3）按照下列步骤调试测试仪：
①电路接通前，将电阻箱调为30.0Ω，开关拨至b端，把此时电压表指针对应的刻度线标记为天然气浓度值　 　%；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大，结合甲图数据把电压表上“电压”刻度标为对应的天然气浓度值；
③将开关拨至a端，测试仪即可正常使用。
（4）根据图甲可知，采用此测试仪检测天然气浓度，当浓度较　 　（填“高”或“低”）时其检测灵敏度较高；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，致使天然气浓度的测量结果　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）
（3）5
（4）低
（5）偏小
【知识点】实验基础知识与实验误差；生活中常见的传感器
【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）根据串联电路电压分配与电阻的关系，不考虑电源内阻，定值电阻两端的电压约为
由图甲可知，可得，解得
故选。
（3） ① 本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，由图甲可知时，天然气浓度为5%。
（4）图甲传感器的电阻随天然气浓度的变化规律可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据串联电路电压分配与电阻的关系，结合图甲确定滑动变阻器的最大值，然后选择作答；
（3）根据替代法分析作答；
（4）根据气敏电阻的阻值与浓度变化率的关系减小分析；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，根据欧姆定律、闭合电路欧姆定律分析作答。
（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故选。
（3）本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
13．如图所示，半圆为半球形玻璃砖的截面，半径为、圆心为，为水平直径。一束单色光斜射到边上的点，点到点距离为，入射角，折射光线刚好射到半圆的最低点。
（1）求玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）保持入射光的方向不变，将入射点从点水平向右移动，至折射光线在面上刚好发生全反射，求入射点移动的距离。
【答案】（1）解：设折射角为，在中，，，因此
解得
根据折射定律
代入，，解得
（2）解：光线在面上刚好发生全反射时，入射角等于临界角，满足
入射方向不变，因此折射角仍为
即折射光线与竖直法线夹角恒为，与水平直径夹角为。设移动后入射点为，在右侧，为折射光线与弧面交点，在中，，，
由正弦定理，得
联立解得
原入射点在左侧，因此入射点移动的距离
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）结合折射定律，用入射角正弦与折射角正弦的比值，即可求得折射率。
（2）入射光方向不变，折射角保持不变，折射光线平行于初始的DB，结合正弦定理和几何关系求解。
（1）设折射角为，在中，，，因此
解得
根据折射定律
代入，，解得
（2）光线在面上刚好发生全反射时，入射角等于临界角，满足
入射方向不变，因此折射角仍为
即折射光线与竖直法线夹角恒为，与水平直径夹角为。设移动后入射点为，在右侧，为折射光线与弧面交点，在中，，，
由正弦定理，得
联立解得
原入射点在左侧，因此入射点移动的距离
14．如图甲所示，一个质量为m，电荷量为的带电粒子（重力忽略不计），从静止开始经电压加速后，沿水平方向进入两等大的水平放置的平行金属板间偏转，金属板长以及间距均为l，偏转电压为加速电压的2倍。
（1）求带电粒子离开偏转电场时的速度大小；
（2）粒子离开偏转电场后接着从P点进入一个按图乙规律变化的有界磁场中，磁场左右边线在竖直方向上，已知磁感应强度的大小为，取粒子刚进入磁场时为时刻，此时磁场方向垂直于纸面向里，当粒子离开磁场的右边缘后恰好从水平线PQ的Q点射出，求该磁场的变化周期T及磁场的宽度s。
【答案】（1）解：在加速电场中
在偏转电场中，，
解得
粒子的偏转角
离开偏转电场时的速度大小为
解得
（2）解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由几何关系可知，轨迹呈周期性，每段圆弧轨迹对应的圆心角均为90°，磁场的变化周期为
磁场的宽度为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理和类平抛运动的规律求出带电粒子离开偏转电场时的速度大小；
（2）根据洛伦兹力提供向心力和周期表达式求该磁场的变化周期T及磁场的宽度s。
（1）在加速电场中
在偏转电场中，，
解得
粒子的偏转角
离开偏转电场时的速度大小为
解得
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由几何关系可知，轨迹呈周期性，每段圆弧轨迹对应的圆心角均为90°，磁场的变化周期为
磁场的宽度为
15．水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1为水滑梯的示意图，倾角为的斜加速滑道AB和水平减速滑道BC平滑连接，起点A距水平滑道的高度为H，BC长d，端点C距溅落区水面的高度为l。乘坐滑垫的游客在AB滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为，在BC滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m的游客乙发生碰撞，游客甲以速率反弹，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求：
（1）游客甲到达B点的速度大小；
（2）游客乙从C点飞出到落水时的水平位移大小；
（3）由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为的圆弧组成，其俯视图如图2所示。若游客甲单独从新设计的水平滑道的B端滑向C端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量的大小。
【答案】（1）解：对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）解：碰撞后游客甲速度大小为
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
（3）解：设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有
联立解得
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）游客甲从A点无初速度滑下至B点，此过程沿斜面下滑，受到重力、支持力和与支持力成正比的阻力。需明确重力做功与阻力做功的关系，利用动能定理建立重力势能减少量、阻力做功与B点动能之间的联系，从而求得B点速度。
（2）游客甲与静止的游客乙在B点发生碰撞，已知碰撞后甲的速度，且碰撞过程动量守恒、机械能守恒。通过守恒定律可求出碰撞后乙的速度。乙随后从C点水平飞出做平抛运动，已知下落高度l，可求出平抛运动时间，再结合乙的水平初速度即可求得水平位移。
（3）游客甲在水平圆弧滑道运动，受到与速度方向相反的阻力，滑道弹力提供向心力。需将弹力冲量分解为三个方向。在水平面内，沿滑道方向应用动量定理，需结合阻力与速度的关系，并利用滑道总长度与直线距离d的几何关系，建立阻力冲量与速度变化的关系。竖直方向，重力冲量与弹力冲量平衡。最终将三个方向的冲量分量合成。
（1）对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）碰撞后游客甲速度大小为
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
（3）设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有
联立解得
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
1 / 1广东深圳高级中学（集团）2026届高三第二学期测试（二）物理试题
1．实验是模拟拱形桥来研究汽车通过桥的最高点时对桥的压力。在较大的平整木板上相隔一定的距离钉个钉子，将三合板弯曲成拱桥形卡入钉内，三合板上表面事先铺上一层牛仔布以增加摩擦，这样玩具惯性车就可以在桥面上跑起来了。把这套系统放在电子秤上，关于电子秤的示数下列说法正确的是（　　）
A．玩具车静止在拱桥顶端时的示数小一些
B．玩具车运动通过拱桥顶端时的示数大
C．玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态
D．玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大（未离开拱桥），示数越小
2．“中国核潜艇之父”黄旭华院士，隐姓埋名三十载，为祖国打造了捍卫和平的“深海利剑”。在2017年全国道德模范颁奖典礼上，习近平总书记为他“让座”的场景感人肺腑。下列有关核反应说法错误的是（　　）
A．目前核潜艇是利用重核裂变提供动力
B．重核裂变反应前后一定有质量亏损
C．铀核裂变后的新核比铀核的比结合能小
D．，式中
3．如图甲为一气缸，其升降部分由M、N两筒组成，两筒间密闭了一定质量的理想气体。图乙为气体分子速率分布曲线，初始时刻气缸内气体所对应的曲线为b。若用力使M迅速向下滑动，设此过程筒内气体不与外界发生热交换，则此过程中（　　）
A．气体对外界做功，内能减少
B．密闭气体压强增大，分子平均动能不变
C．容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加
D．密闭气体的分子速率分布曲线可能会由b曲线变成a曲线
4．为避免雷击现象发生，人们在高大的建筑物上安装避雷针，云层和避雷针之间电场分布如图所示，、在同一电场线上，以点为原点沿到的方向建立轴，一个正电粒子从点无初速度释放，运动到。若取避雷针针尖的电势为零，不计粒子重力，则电场线上各点电势、粒子的电势能随位置的变化图像，以及粒子运动速度、加速度随时间变化图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．2025年12月27日，我国成功发射风云四号03星，如图是风云四号发射过程的部分椭圆轨迹。风云四号卫星先后绕O点沿圆形轨道1和椭圆轨道2运动，MN为轨道2的长轴，且M、N点到O点的距离之比为1∶3，轨道1、2共面且在M点相切，风云四号卫星的质量为m，经过轨道1的M点时的速度为，下列说法正确的是（　　）
A．风云四号在轨道2上从M点运动到N点的过程中，引力势能减小
B．风云四号在轨道2上的M、N点线速度大小之比为9∶1
C．风云四号从轨道2任一位置运动一周，万有引力的冲量为0
D．风云四号在轨道1的M点向前喷气，可以变轨到轨道2
6．公交卡是感应式芯片卡，其内部嵌有感应线圈，读卡设备同样内置驱动线圈，二者的位置关系可简化为：读卡设备的线圈位于上方，芯片卡的线圈位于下方，两线圈平行正对。当芯片卡靠近读卡设备时，读卡设备线圈中的电流会激发交变磁场，该磁场穿过芯片卡的线圈并产生感应电流，以此为芯片供电并触发信息交互。在某次测试中保持两线圈静止，在读卡机线圈中通以如图所示的交流电，设从上往下观察，顺时针方向为电流正方向，则在时间内，芯片线圈中的电流是（　　）
A．沿顺时针方向且大小逐渐增大 B．沿顺时针方向且大小逐渐减小
C．沿逆时针方向且大小逐渐减小 D．沿逆时针方向且大小保持不变
7．多名网友发布四个篮球“抱团行走”的视频。据此，某同学提出问题，四个完全相同的篮球相互接触，按如图方式叠放，静止于水平地面。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则篮球与地面间的动摩擦因数μ的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．某学习小组为研究某小区接入新能源光伏电能后，面临的功率波动影响问题，模拟电能输送的示意图如图所示，、间接入正弦交流稳压电源，是输电线的等效电阻，、间接带滑动片的变阻器。为维持、间电压在合理的范围内，可适当移动原线圈上滑动片。下列说法正确的是（　　）
A．若不动，向上移动，通过的电流增大
B．若不动，向上移动，通过的电流减小
C．当向上移动时，为保证c、d间的电压不变，需要向上移动
D．当向上移动时，为保证c、d间的电压不变，需要向下移动
9．甲、乙两列机械波在同种介质中相向而行，甲波振源位于O点，乙波振源位于处，在时刻所形成的波形与位置如图所示，已知下列说法正确的是（　　）
A．两列波的振动周期都为4s
B．甲、乙两列机械波相遇后会形成稳定的干涉图样
C．处是振动加强点
D．甲的波谷经过11s与乙的波峰第一次相遇
10．如图所示，半径为R的四分之一圆弧支架竖直放置，与圆心O等高的圆弧边缘C点处有一小滑轮，一轻绳两端系着质量分别为与的小球和物块，挂在定滑轮两边，且，开始时小球和物块均静止，且能视为质点，不计一切摩擦，重力加速度为g。小球从C点静止释放直到小球到达圆弧的A点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．由于不计一切摩擦，小球的机械能守恒
B．到达A点时小球的速度大小为
C．轻绳对物块所做的功和轻绳对小球所做的功的大小相等
D．轻绳对物块做功为
11．图甲为某兴趣小组设计的实验装置，在单摆悬点处安装力传感器，可采集摆线的拉力；在小球的平衡位置正下方处安装光电门，可采集小球底部的轻质遮光片遮住光的时间。利用本装置可以完成测量当地重力加速度大小g、验证机械能守恒定律等实验。
实验操作如下：
（1）测量所需长度：用刻度尺测得摆线长度为L，用游标卡尺测得小球直径为D；用螺旋测微器测量遮光片的宽度为d，如图乙所示，则　 　mm。
（2）测量当地重力加速度的大小：将小球拉至与竖直方向成较小角度并由静止释放。利用力传感器，获得摆线所受拉力F的大小与时间t的关系图像，如图丙所示，则单摆的周期　 　（用“”“”表示），重力加速度大小的测量值为　 　（用“L”“D”和“T”表示）。
（3）验证机械能守恒定律：
①将小球拉至与竖直方向成较大角度，并由静止释放。
②记录小球经过平衡位置时遮光片的遮光时间为t。则此时遮光片的速度大小为并将此速度视为小球经过平衡位置时的速度。
③改变，重复①和②。
根据所测数据，小球由静止运动到平衡位置的过程中，在误差允许的范围内，若满足　 　的关系式（用“g”“”“L”“D”表示），则小球在上述过程中机械能守恒。
根据多次测量结果发现：小球由静止运动到平衡位置的过程中，重力势能减少量总是小于动能增加量，可能的原因是　 　。（写出一条即可）
12．管道天然气的主要成分是甲烷，当空气中天然气浓度（）达到5%~15%，遇火就会引发爆炸，使用时要谨防泄漏。某同学想自己组装一个天然气浓度测试仪，其中传感器的电阻随天然气浓度的变化规律如图甲所示，测试仪电路如图乙所示。实验室提供的器材有：
A.传感器；
B.直流电源（电动势为8V，内阻约1Ω）
C.电压表（量程为0~6V，内阻非常大）；
D.电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
E.定值电阻（阻值为10Ω）；
F.定值电阻（阻值为50Ω）；
G.单刀双掷开关一个，导线若干。
（1）请根据图乙测试仪的电路图，在图丙中完成实物连线；
（2）欲通过电压表示数反映天然气浓度，以判断是否达到爆炸极限，图乙中R应选用定值电阻　 　（填“”或“”）；
（3）按照下列步骤调试测试仪：
①电路接通前，将电阻箱调为30.0Ω，开关拨至b端，把此时电压表指针对应的刻度线标记为天然气浓度值　 　%；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大，结合甲图数据把电压表上“电压”刻度标为对应的天然气浓度值；
③将开关拨至a端，测试仪即可正常使用。
（4）根据图甲可知，采用此测试仪检测天然气浓度，当浓度较　 　（填“高”或“低”）时其检测灵敏度较高；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，致使天然气浓度的测量结果　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
13．如图所示，半圆为半球形玻璃砖的截面，半径为、圆心为，为水平直径。一束单色光斜射到边上的点，点到点距离为，入射角，折射光线刚好射到半圆的最低点。
（1）求玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）保持入射光的方向不变，将入射点从点水平向右移动，至折射光线在面上刚好发生全反射，求入射点移动的距离。
14．如图甲所示，一个质量为m，电荷量为的带电粒子（重力忽略不计），从静止开始经电压加速后，沿水平方向进入两等大的水平放置的平行金属板间偏转，金属板长以及间距均为l，偏转电压为加速电压的2倍。
（1）求带电粒子离开偏转电场时的速度大小；
（2）粒子离开偏转电场后接着从P点进入一个按图乙规律变化的有界磁场中，磁场左右边线在竖直方向上，已知磁感应强度的大小为，取粒子刚进入磁场时为时刻，此时磁场方向垂直于纸面向里，当粒子离开磁场的右边缘后恰好从水平线PQ的Q点射出，求该磁场的变化周期T及磁场的宽度s。
15．水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1为水滑梯的示意图，倾角为的斜加速滑道AB和水平减速滑道BC平滑连接，起点A距水平滑道的高度为H，BC长d，端点C距溅落区水面的高度为l。乘坐滑垫的游客在AB滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为，在BC滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m的游客乙发生碰撞，游客甲以速率反弹，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求：
（1）游客甲到达B点的速度大小；
（2）游客乙从C点飞出到落水时的水平位移大小；
（3）由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为的圆弧组成，其俯视图如图2所示。若游客甲单独从新设计的水平滑道的B端滑向C端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量的大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】超重与失重；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】B、车运动经过顶端时存在向下的向心加速度，处于失重状态，桥面受到的压力更小，电子秤示数更小，故B错误；
A、车静止在顶端时无向心加速度，无失重，桥面支持力等于车重力，电子秤示数更大，故A错误；
C．玩具车运动通过拱桥顶端时，加速度方向向下，车对桥的压力小于重力，处于失重状态，故C错误；
D．根据可知玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大（未离开拱桥），示数越小，故D正确。
故选D。
【分析】将玩具车视为研究对象，分析其在拱桥顶端受力情况，利用牛顿第二定律得出桥对车的支持力与速度的关系式，进而根据牛顿第三定律判断车对桥的压力变化，最终得出电子秤示数（即整体对秤的压力）随速度变化的规律。
2．【答案】C
【知识点】结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．目前核潜艇依靠可控重核裂变释放的核能提供动力，故A正确；
B．重核裂变释放大量能量，由质能方程可知，释放能量的核反应一定存在质量亏损，故B正确；
C．比结合能越大，原子核越稳定，铀核裂变释放能量，生成的新核比铀核更稳定，故新核比结合能更大，故C错误；
D．根据质量数守恒：左边总质量数，右边总质量数，解得，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A：核潜艇采用可控重核裂变提供动力；
B：释放能量的核反应一定存在质量亏损；
C：比结合能越大原子核越稳定，裂变生成的新核更稳定；
D：根据质量数守恒计算中子数。
3．【答案】C
【知识点】分子运动速率的统计规律；气体压强的微观解释；分子动能；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A、M向下滑动，气体体积被压缩，是外界对气体做功，并非气体对外做功；绝热过程内能增加，故A错误；
B、体积压缩，压强增大；外界做功使气体内能升高，温度上升，分子平均动能变大，并非不变，故B错误；
C、气体体积减小，单位体积内分子数量增多，同时温度升高，分子运动更剧烈，容器壁单位面积单位时间受到分子撞击的次数增加，故C正确；
D、由于气体温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，则密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成曲线，故D错误。
故选：C。
【分析】根据绝热压缩过程，由热力学第一定律判断出气体内能和温度升高，再结合气体压强的微观解释，分析分子撞击次数和速率分布曲线的变化。
4．【答案】B
【知识点】图象法；电势能；电势；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AC、正电荷从B运动到A，则电场线的方向竖直向上，越靠近尖端电场强度越大，故B比A场强大。根据φ-x图像斜率代表场强，从B到A，φ-x图像斜率逐渐变小，所以从B到A场强变小，则电荷的加速度逐渐减小，即v-t图像的斜率逐渐减小，故AC错误；BD、Ep-x图像的斜率代表电场力，从B到A电荷受到的电场力逐渐减小，所以图像斜率逐渐减小，则物体受到的合力逐渐减小，a-t图像应该逐渐减小，故B正确，D错误。
故选：B。
【分析】根据避雷针附近电场线的分布特点，判断场强、电势、电势能的变化，结合牛顿运动定律分析速度和加速度的变化规律。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题；冲量；反冲
【解析】【解答】A．卫星从M点运动到N点的过程中，逐渐远离中心天体O，万有引力做负功，动能减小，引力势能增大，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，卫星在轨道2上，与O点连线在极短相等时间内扫过的面积相等，且近似为三角形，则有，解得风云四号在轨道2上的M、N点线速度大小之比为，故B错误；
C．卫星沿轨道2运动一周后回到初始位置，速度矢量与初始速度相同，动量变化量，卫星仅受万有引力作用，根据动量定理，万有引力的冲量等于动量变化量，因此万有引力的冲量为，故C正确；
D．从轨道1变轨到轨道2，卫星需要在M点做离心运动，因此需要增大速度，应向后喷气；向前喷气会使卫星减速，做向心运动，无法进入轨道2，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查卫星变轨、开普勒定律、引力势能与动量定理，核心是利用开普勒第二定律分析速度关系、结合动量定理分析冲量，并理解变轨的条件。
6．【答案】B
【知识点】安培定则；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】t1~t2读卡器线圈电流为负，俯视逆时针，原磁场垂直纸面向外且磁通量增大，由楞次定律得芯片感应电流顺时针，同时图像斜率绝对值减小，则感应电流应逐渐减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】根据读卡机中相应时间内的电流变化结合安培定则，楞次定律和法拉第电磁感应定律等知识进行分析解答。
7．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】设球的质量为m，地面上三个球分别所受地面的支持力为N1，对四个球体整体分析，则有3N1=4mg，解得：
根据对称性可知下面三个篮球对上面篮球的作用力均相等，设为F，与竖直方向的夹角设为，如图所示
由几何关系可得，根据平衡条件，则
对下面任一篮球分析，根据平衡条件，解得
故选A。
【分析】以最上面的足球为研究对象，根据平衡条件列式求解足球受到的支持力与竖直方向的夹角和足球受到的支持力，再以最下方某个足球为研究对象，根据平衡条件和滑动摩擦力计算公式列式求解μ的最小值。
8．【答案】B,D
【知识点】变压器原理
9．【答案】A,B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】AB、两列波在同种介质中传播，波速相同，均为v=0.5m/s。由图像可知，甲波的半个波长为1m，则其波长λ甲=2m；乙波一个完整波长位于x=9m至x=11m之间，故λ乙=2m。根据公式
，代入数据得两列波的周期均为；由于两列波频率相同（均为0.25Hz）、相位恒定且振动方向一致，相遇后会产生稳定的干涉现象，故AB正确；
C、处是甲的波谷与乙的波峰第一次相遇的位置，是振动的减弱点，故C错误；
D、设甲的第一个波谷与乙的第一个波峰第一次相遇的时间为t，可知，故D正确。
故选ABD。
【分析】两列波在同种介质中传播的波速相同，从波形图识别甲波和乙波的波长，利用波速、波长与周期的关系推断两列波的周期是否相同，判断频率是否相同以确定能否发生稳定干涉。通过观察初始时刻两列波特定相位点的位置，计算它们相向运动至相遇所需时间。对于特定位置，需计算两列波传播到该点的波程差，结合波源振动情况判断该点叠加后是振动加强还是减弱，并确定合振幅的大小。
10．【答案】B,C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、小球下落过程中绳子拉力对小球做负功，小球机械能会减少，因此小球自身机械能不守恒，故A错误；
B、设小球到达A点时的速度大小为，物块的速度大小为，根据几何关系有
以小球和物块作为研究对象，根据机械能守恒可得
联立小球到达A点时的速度大小为，故B正确；
C、同一根轻绳拉力大小处处相等，小球与物块沿绳子方向的位移大小完全相同，拉力对小球做负功、对物块做正功，二者做功的绝对值相等，故C正确；
D、根据功能关系，可知轻绳对物块做的功等于物块机械能的增加量，则有，故D错误。
故选BC。
【分析】只有重力做功时整体机械能总量不变，绳相连物体沿绳分速度大小相等，同一根绳拉力对两物体做功绝对值相等，外力做功等于物体机械能变化量。
11．【答案】（1）1.200
（2） ；
（3）；遮光片的速度大于小球的速度
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）固定刻度读数：1mm，可动刻度读数：20.0×0.01mm=0.200mm，
总宽度d＝（1＋0.200）mm＝1.200mm
（2）单摆经过最低点时拉力最大，相邻两次拉力峰值间隔为半个周期，t1、t2是相邻两个拉力峰值时刻，故，单摆的周期公式为，其中l为摆长，大小应为
整理后可得
（3）小球由静止运动到平衡位置的过程中，若机械能守恒，应有，整理后即为
由于遮光片的位置低于小球，其做圆周运动的半径更大，通过光电门测得的速度会略大于小球，因此计算得到的小球的动能增加量会偏大。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）根据图像计算单摆周期，根据单摆周期公式计算加速度大小；
（3）根据机械能守恒定律计算得到表达式，根据遮光片的速度大于小球的速度判断。
（1）由图乙可知，螺旋测微器的读数为
（2）[1]根据单摆的特点可知，在最低点处时的拉力是最大的，所以周期的大小应为
[2]单摆的周期公式为
其中l为摆长，大小应为
整理后可得
（3）[1]若忽略阻力，应有
整理后即为
[2]由于遮光片的位置低于小球，其做圆周运动的半径更大，通过光电门测得的速度会略大于小球，因此计算得到的小球的动能增加量会偏大。
12．【答案】（1）
（2）
（3）5
（4）低
（5）偏小
【知识点】实验基础知识与实验误差；生活中常见的传感器
【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）根据串联电路电压分配与电阻的关系，不考虑电源内阻，定值电阻两端的电压约为
由图甲可知，可得，解得
故选。
（3） ① 本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，由图甲可知时，天然气浓度为5%。
（4）图甲传感器的电阻随天然气浓度的变化规律可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据串联电路电压分配与电阻的关系，结合图甲确定滑动变阻器的最大值，然后选择作答；
（3）根据替代法分析作答；
（4）根据气敏电阻的阻值与浓度变化率的关系减小分析；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，根据欧姆定律、闭合电路欧姆定律分析作答。
（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故选。
（3）本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
13．【答案】（1）解：设折射角为，在中，，，因此
解得
根据折射定律
代入，，解得
（2）解：光线在面上刚好发生全反射时，入射角等于临界角，满足
入射方向不变，因此折射角仍为
即折射光线与竖直法线夹角恒为，与水平直径夹角为。设移动后入射点为，在右侧，为折射光线与弧面交点，在中，，，
由正弦定理，得
联立解得
原入射点在左侧，因此入射点移动的距离
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）结合折射定律，用入射角正弦与折射角正弦的比值，即可求得折射率。
（2）入射光方向不变，折射角保持不变，折射光线平行于初始的DB，结合正弦定理和几何关系求解。
（1）设折射角为，在中，，，因此
解得
根据折射定律
代入，，解得
（2）光线在面上刚好发生全反射时，入射角等于临界角，满足
入射方向不变，因此折射角仍为
即折射光线与竖直法线夹角恒为，与水平直径夹角为。设移动后入射点为，在右侧，为折射光线与弧面交点，在中，，，
由正弦定理，得
联立解得
原入射点在左侧，因此入射点移动的距离
14．【答案】（1）解：在加速电场中
在偏转电场中，，
解得
粒子的偏转角
离开偏转电场时的速度大小为
解得
（2）解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由几何关系可知，轨迹呈周期性，每段圆弧轨迹对应的圆心角均为90°，磁场的变化周期为
磁场的宽度为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理和类平抛运动的规律求出带电粒子离开偏转电场时的速度大小；
（2）根据洛伦兹力提供向心力和周期表达式求该磁场的变化周期T及磁场的宽度s。
（1）在加速电场中
在偏转电场中，，
解得
粒子的偏转角
离开偏转电场时的速度大小为
解得
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由几何关系可知，轨迹呈周期性，每段圆弧轨迹对应的圆心角均为90°，磁场的变化周期为
磁场的宽度为
15．【答案】（1）解：对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）解：碰撞后游客甲速度大小为
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
（3）解：设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有
联立解得
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）游客甲从A点无初速度滑下至B点，此过程沿斜面下滑，受到重力、支持力和与支持力成正比的阻力。需明确重力做功与阻力做功的关系，利用动能定理建立重力势能减少量、阻力做功与B点动能之间的联系，从而求得B点速度。
（2）游客甲与静止的游客乙在B点发生碰撞，已知碰撞后甲的速度，且碰撞过程动量守恒、机械能守恒。通过守恒定律可求出碰撞后乙的速度。乙随后从C点水平飞出做平抛运动，已知下落高度l，可求出平抛运动时间，再结合乙的水平初速度即可求得水平位移。
（3）游客甲在水平圆弧滑道运动，受到与速度方向相反的阻力，滑道弹力提供向心力。需将弹力冲量分解为三个方向。在水平面内，沿滑道方向应用动量定理，需结合阻力与速度的关系，并利用滑道总长度与直线距离d的几何关系，建立阻力冲量与速度变化的关系。竖直方向，重力冲量与弹力冲量平衡。最终将三个方向的冲量分量合成。
（1）对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）碰撞后游客甲速度大小为
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
（3）设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有
联立解得
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
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