资源简介

2026届安徽省示范高中皖北协作区高三下学期第28届联考(一模)物理试题
1．由中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所自主设计研制的世界上第一个全超导托卡马克装置，于2006年建成投入使用。该装置的核心就是模仿太阳，持续稳定地释放能量，然后转化成电能，供人类使用。该装置的核反应方程可能是，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．该核反应要吸收热量 D．该核反应是核裂变
【答案】A
【知识点】核裂变；核聚变
【解析】【解答】AB、根据核反应前后质量数和电荷数守恒可知，，，故A正确，B错误；
C、聚变反应发生质量亏损，向外释放能量，不需要吸热，故C错误；
D、该反应是两个轻核结合成较重原子核，属于核聚变，不是核裂变，故D错误。
故选A。
【分析】聚变反应要放出热量，反应前后质量数和电荷数守恒。
2．某人使用无人机将高山上的农产品运送到山下。如图所示，某次运送过程中的一段时间内，无人机水平向右飞行，农产品用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定夹角。忽略农产品所受空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．该段时间内，无人机一定向右做匀加速直线运动
B．该段时间内，轻绳与竖直方向的夹角越大，无人机的速度越大
C．该段时间内，农产品可能处于失重状态
D．若到达目的地前，农产品竖直向下做减速运动，则农产品处于超重状态
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．由题图可知，农产品所受合力水平向右，根据牛顿第二定律加速度水平向右，又因为无人机水平向右飞行，则无人机一定向右做匀加速直线运动，故A正确；
B． 夹角大小只反映加速度大小，和瞬时速度大小无关联，故B错误；
C．农产品竖直方向合力始终为0，竖直加速度为 0，不会出现失重状态，故C错误；
D．农产品竖直向下做减速运动，加速度方向竖直向上，则农产品处于超重状态，故D正确。
故选AD。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度方向，判断无人机的运动情况，根据超重和失重的概念判断物体所处的状态。
3．布儒斯特角是由英国物理学家大卫·布儒斯特于1815年发现的。布儒斯特角在光学、电子学、声学等领域都有广泛的应用。当光从空气中以某一入射角射入介质时，反射光与折射光互相垂直，这个角度就叫布儒斯特角。某介质的折射率为，其布儒斯特角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光路图如图所示：
由几何关系可知i'+r=90°，由反射定律可知i=i'，由折射定律可知，代入数据可得i=60°，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】画出光路图，根据几何关系分析入射角和折射角的关系，根据折射定律求解。
4．我国计划在2026年发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水冰。嫦娥七号奔月找冰的轨道示意图如图所示，探测器在近月点P被月球俘获进入椭圆轨道Ⅰ，经调整制动后，又从P点进入环月圆形轨道Ⅱ。关于探测器，下列说法正确的是（　　）
A．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的速度
B．探测器在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期
C．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度
D．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的机械能小于在轨道Ⅱ上经过P点的机械能
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、探测器从轨道I变轨到轨道Ⅱ需要在P点制动减速，因此轨道I上P点速度大于轨道Ⅱ上P点速度，故A错误；
B、轨道I为椭圆，半长轴大于轨道Ⅱ圆形轨道的半径，根据开普勒第三定律，轨道半长轴越大周期越长，所以轨道I周期更大，故B正确；
C、同一位置P点，探测器受到的月球万有引力完全相同，万有引力提供加速度，两点加速度相等，故C错误：
D．探测器在P点由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时，速度减小，动能减小，势能不变，则机械能减小，故D错误。
故选B。
【分析】探测器在P点减速才能从椭圆轨道进入圆轨道，因此轨道Ⅰ上P点速度大于轨道Ⅱ上P点速度。比较周期需依据开普勒第三定律，轨道半长轴越大周期越长，椭圆轨道半长轴大于圆轨道半径，故轨道Ⅰ周期更大。加速度由万有引力决定，同一点引力相同故加速度相等。机械能变化需考虑变轨时速度减小导致动能减少，势能不变，因此机械能减小。
5．某同学设计的发电装置如图所示，已知永磁铁的往复运动在螺线管中产生正弦式交流电，周期为，电压有效值恒为，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接电阻箱和理想交流电流表，原、副线圈匝数比为，下列说法正确的是（　　）
A．螺线管两端交流电压的瞬时值表达式为
B．副线圈两端电压最大值为
C．增大电阻箱接入电路的电阻，电流表的示数减小
D．增大电阻箱接入电路的电阻，变压器的输入功率不变
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据，电压峰值，则螺线管两端交流电压的瞬时值表达式为，故A错误；
B．由，则副线圈两端电压有效值，故B错误；
C． 副线圈电压由匝数与原线圈电压决定，保持不变；增大电阻箱阻值，由可知副线圈电流减小，电流表测副线圈电流，示数减小，故C正确；
D．由， R增大，输出功率减小，输入功率同步减小，故D错误。
故选C。
【分析】先由周期算出角速度，结合有效值求电压最大值，判断瞬时值表达式正误；依托原副线圈匝数比和原线圈有效值，算出副线圈电压最大值；再根据副线圈电阻变化，分析副线圈电流、输出功率，进而判定输入功率与电表示数变化。
6．地震监测站监测到一列地震横波，时刻的波形图如图甲所示，已知P点是平衡位置在处的质点，Q点是平衡位置在处的质点，质点Q振动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，质点P沿y轴正方向运动
B．地震横波的波长为
C．地震横波传播的速度为
D．的时间内，质点P通过的路程为
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】ABC．由题图乙可知，质点的振动周期，根据质点Q振动的a-t图像可知，t=0时，质点Q向上振动，根据同侧法可知波沿-x方向传播，t=0时，质点P沿y轴负方向运动，再对质点由同侧法可知沿轴负方向振动，沿轴正方向振动，由图像可知
代入数据得，根据，，代入数据得，故ABC错误；
D.0～10s的时间内，即经过一个周期，质点P通过的路程为：s=4A=4×20cm=80cm，故D正确。
故选D。
【分析】根据质点Q振动的a-t图像结合同侧法分析波的传播方向和P的振动方向；根据t=0时质点P的坐标求解波长；根据图乙求解周期，根据波速计算公式求解波速；根据一个周期内通过的路程为4A进行解答。
7．如图所示，原长为的轻质弹簧放置在一光滑的一端封闭、一端开口的细直管内，弹簧的一端固定在管的O点，另一端连接一质量为m的小球。这一装置从水平位置开始绕O点缓慢地转到竖直位置，当转到竖直位置时小球离开原水平面的高度为。假设弹簧的形变总是在其弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．在转动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒
C．在转动过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D．在转动过程中，小球的重力势能可能先增大后减小
【答案】D
【知识点】胡克定律；机械能守恒定律
8．第24届国际回旋加速器及其应用大会于2025年10月27日至10月31日在中国成都举办。回旋加速器示意图如图所示，其中置于真空中的金属D形盒的半径为R，两盒间距为d，在左侧D形盒圆心处放有粒子源S，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向如图所示。质子的质量为m，电荷量为q。质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，质子受到的重力不计，加速电场的电压恒为U，质子在电场中运动时，不考虑磁场的影响。质子在电场中加速的总时间与在D形盒中回旋的总时间的比值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】质子的质量为m，电荷量为q，设质子在加速器中获得的最大速度为v，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
根据牛顿第二定律可得质子在电场中的加速度大小，在电场中加速的时间
设质子在电场中加速次数为N，则有
质子在磁场中运动的时间，在磁场中运动的周期
在电场与磁场中运动的时间的比值，故选B。
【分析】先利用动能定理求出质子出射时的最大动能与速度，再由洛伦兹力提供向心力求出回旋次数；接着分别用匀变速直线运动规律和圆周运动周期公式，计算质子在电场中的加速总时间与在D形盒中的回旋总时间，最后求两者的比值。
9．如图所示，白色传送带以的速度顺时针转动，现将一质量为的石墨块（可视为质点）在时无初速度放入传送带的左端，在时传送带突然停止。已知石墨块与传送带间的动摩擦因数为，传送带两端水平距离为，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　）
A．石墨块在整个运动过程中，相对地面的位移大小为
B．石墨块在传送带上运动的时间为
C．传送带上黑色痕迹的长度为
D．石墨块与传送带间因摩擦产生的热量为
【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．石墨块在加速过程中，加速度大小
由速度公式有，解得加速时间
如图所示
石墨块在传送带上运动的时间为，石墨块相对地面的位移大小，故A正确，B错误；
C、0～1s内滑动痕迹的长度等于石墨块与传送带相对位移大小，为，2s～3s内滑动痕迹被覆盖，所以传送带上黑色痕迹的长度为0.5m，故C正确；
D、石墨块与传送带间因摩擦产生的热量Q=Ff s相=μmg×2Δx=0.1×0.1×10×2×0.5J=0.1J，故D错误。
故选：AC。
【分析】石墨块先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度—时间公式求出匀加速运动的时间。接着，石墨块做匀速运动，t=2s后做匀减速运动，画出v-t图像，根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移确定石墨块相对地面的位移大小。根据相对位移大小求解传送带上黑色痕迹的长度，再根据滑动摩擦力大小与相对路程的乘积求因摩擦产生的热量。
10．有一匀强电场，其方向平行于平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，、分别垂直于x轴、y轴，其中a、O、b三点电势分别为、、，若d处有一个放射源，在范围内沿平面射出相同动能的电子（重力不计），所有电子均可通过所在的直线，其中沿方向射入的电子从b点射出，下列判断正确的是（　　）
A．c点的电势为0
B．匀强电场的电场强度大小为
C．从射出到经过所在直线的过程中，沿方向射入的电子动能变化最小
D．沿、方向射入的电子，从射入到运动至所在的直线的过程中动量变化相等
【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、O是中点，根据匀强电场特点有，解得，与平行，有，解得，故A正确；
B、b、d连线为等势线，O到b、d连线的距离，匀强电场的电场强度大小，故B正确；
C、电子沿dc方向射入时，经过b点，电场力不做功，动能变化为零，故C错误；
D、沿dc、dO方向射入的电子，从射入到运动至ba所在直线的时间相等，由动量定理可知，动量变化相等，故D正确。
故选：ABD。
【分析】已知a、O、b三点电势，结合几何关系可推断c点电势与电场分布。电子从d点以相同动能射出，需分析不同方向电子在电场中受力与运动轨迹，比较它们通过ba直线时的动能变化与动量变化。通过电场方向与电子初速度方向的关系，判断动能变化最小的条件，并依据匀强电场中电势均匀变化规律验证各选项。
11．某实验小组要测量电池组的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：
A．待测电池组（电动势约为）；
B．滑动变阻器；
C．电压表V（理想电压表）；
D．电流表；
E．电阻箱；
F．开关S、导线若干。
（1）在下列提供的电路中，应选用　 　（填“甲”或“乙”）。
（2）根据某次实验记录的数据画出的图像如图丙所示，待测电池组电动势　 　V，待测电池组内阻　 　。（结果均保留两位有效数字）
（3）实验中发现电流表损坏，若要继续完成该实验，请你根据所给器材设计实验电路，并画在如图丁所示的方框中。
【答案】（1）甲
（2）3.0；1.0
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图甲电路中相对于电源，电流表采用外接法，实验误差来源于电压表的分流作用，电动势和内阻的测量值小于真实值；图乙电路中相对于电源，电流表采用内接法，实验误差来源于电流表的分压作用，电动势测量值等于真实值，内阻的测量值比真实值大得多，实验误差大，因此应选用甲。
（2）根据闭合电路欧姆定律有，结合题图丙可得，
（3）电流表损坏，采用伏阻法测量即可，实验电路如图
【分析】（1）根据实验原理，结合电路结构分析实验误差的来源，然后作答；
（2）根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答；
（3）根据“伏阻法”完成电路图的设计。
（1）电压表为理想电表，甲图无系统误差。故选甲。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
结合题图丙可得，
（3）电流表损坏，采用伏阻法测量即可，实验电路如图
12．某同学用如图甲所示的实验装置研究滑块的加速度，实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
②将气垫导轨调整为水平状态，在滑块上安装一遮光条，让细绳跨过定滑轮与槽码相连；
③接通气源，将滑块由静止释放；
④滑块先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过光电门1的时间为，通过光电门2的时间为，遮光条从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为。
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，遮光条的宽度　 　；
（2）滑块通过光电门1时的速度大小　 　，滑块的加速度大小　 　。（结果均保留两位有效数字）
（3）某小组发现通过改进实验方案就可以测量当地的重力加速度。让滑块从固定点O由静止释放，光电门2固定不动，改变光电门1的位置，测出两光电门间的距离x及滑块在两光电门间运动的时间t，多次重复实验，计算机作出的图像如图丙（图中b、c、d已知）所示，测得槽码的质量为m，滑块（含遮光条）的质量为M，得到当地重力加速度　 　（用题中所给的字母表示）。
【答案】（1）
（2）；
（3）
【知识点】加速度；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）图乙为10分度游标卡尺，精度0.1mm；
主尺读数：20mm，游标0刻度对齐，游标读数0×0.1=0.0mm；
总宽度d＝20.0mm＝2.00cm。
（2）用平均速度近似代替瞬时速度，滑块通过光电门1时的速度大小
滑块通过光电门2时的速度大小
根据加速度定义得
（3）根据逆向思维，结合运动学公式有，变形得
由题图可知，可得，根据牛顿第二定律有
解得重力加速度
【分析】（1）先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）利用平均速度替代滑块通过光电门的速度，根据加速度定义式计算；
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）10分度游标卡尺的精度为，游标卡尺的读数为
（2）[1]滑块通过光电门1时的速度大小
[2]滑块通过光电门2时的速度大小
速度变化量为
根据加速度定义得
（3）根据逆向思维，结合运动学公式有
变形得
由题图可知，可得，根据牛顿第二定律有
解得重力加速度
13．如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，右管口封闭，右管内封闭有长度为（单位为）、热力学温度为T0、压强为（为大气压强，是未知量）的理想气体，左、右两管的水银面高度差为，缓慢升高右管内气体的温度，使左管的水银面比右管的水银面高。
（1）求大气压强（以为压强单位）；
（2）求此时右管内气体的热力学温度；
（3）保持右管内气体的热力学温度为，从左端管口向玻璃管中缓慢注入适量水银，直至右管内气体的长度为，求注入的水银柱的长度x。
【答案】（1）解：由平衡条件有
解得
（2）解：当左管的水银面比右管的水银面高时，右管内气体的长度为，气体的压强
由理想气体状态方程有
解得
（3）解：气体的压强
由等容变化有
结合，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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）根据初始水银面高度差建立封闭气体压强与大气压的等式，求解大气压强；
（2）结合水银移动距离确定升温后气体的压强与长度，利用理想气体状态方程求解末态温度；
（3）气体等温压缩至原长度，由玻意耳定律求末态压强，再结合液面落差变化算出加注水银总长。
（1）由平衡条件有
解得
（2）当左管的水银面比右管的水银面高时，右管内气体的长度为，气体的压强
由理想气体状态方程有
解得
（3）气体的压强
由等容变化有
结合，解得
14．如图所示，在坐标系的第四象限内，固定一光滑竖直圆弧轨道，B点和C点分别为圆弧轨道的最低点和最高点，C点在x轴上，已知圆弧轨道的半径，、A连线与竖直方向的夹角，小球从坐标原点O以一定速度水平抛出，恰好从圆弧轨道A点沿切线方向进入，取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）求小球到达A点时的速度大小；
（2）通过计算判断小球能否到达C点；
（3）改变抛出点的位置，将小球水平抛出，使小球仍然能从A点沿切线方向进入圆弧轨道，写出满足该条件抛出点位置的方程（不必写出推导过程）。
【答案】（1）解：小球被抛出后，在竖直方向上有
解得
由，解得
小球到达A点时的速度大小
（2）解：小球从抛出点运动到C点，根据机械能守恒定律可知
或者对小球从A点运动到C点，由动能定理有
解得
由，解得
则
小球刚好能到达C点。
（3）解：如图所示
连接A点和坐标原点，抛出点位置的方程
其中
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）利用A点速度切线偏角60°结合平抛竖直下落高度，求出竖直分速度，再分解合成A点合速度；
（2）从A到C由机械能守恒算出C点速率，和圆周最高点临界最小速度对比，判定能否抵达；
（3）依据平抛速度方向固定的约束条件，结合平抛位移公式推导抛出点坐标方程。
（1）小球被抛出后，在竖直方向上有
解得
由，解得
小球到达A点时的速度大小
（2）小球从抛出点运动到C点，根据机械能守恒定律可知
[或者对小球从A点运动到C点，由动能定理有
解得
由，解得
则
小球刚好能到达C点。
（3）如图所示
连接A点和坐标原点，抛出点位置的方程
其中
15．如图所示，间距为L且足够长的光滑平行金属导轨与，由倾角为的倾斜导轨和水平导轨两部分组成，两部分导轨平滑连接，开关、均断开。倾斜导轨顶端之间连接定值电阻R，且处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，水平导轨间有竖直向上、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。n根相同导体棒等间距垂直导轨静止放置，每根导体棒的质量均为，阻值均为。闭合开关，把质量为m、阻值为R的金属棒a从倾斜导轨上足够高的位置由静止开始释放，当金属棒a刚进入水平导轨时，开关断开、闭合，直到所有导体棒速度不再改变，金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少了d（d为未知量，棒a与第一根棒未相碰），重力加速度大小为g，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，求：
（1）金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度v；
（2）金属棒a在水平导轨上运动的过程中，金属棒a产生的焦耳热；
（3）当金属棒a与水平导轨上第一根导体棒的间距减少时，金属棒a克服安培力做功的功率。
【答案】（1）解：金属棒a达到最大速度时，加速度为零，则有
金属棒a产生的电动势
回路中的电流
解得金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度
（2）解：金属棒a进入水平导轨后，原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，可等效为一根质量为m，电阻为R的导体棒，由系统动量守恒，有
解得
由能量守恒可得系统产生的焦耳热
金属棒a产生的焦耳热
（3）解：对金属棒a进入水平导轨至与导体棒共速的过程，由动量定理有
通过金属棒a的电荷量
当金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少时，由系统动量守恒有
此过程对金属棒a由动量定理有
通过金属棒a的电荷量
解得，
通过金属棒a的电流
金属棒a克服安培力做功的功率
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒a达到最大速度时，加速度为零，由达到最大速度的条件是安培力与重力的下滑分力平衡确定；
（2）原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，系统动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒确定；
（3）根据动量定理求解电荷量，系统动量守恒求解速度大小，根据功率公式求解功率的大小。
（1）金属棒a达到最大速度时，加速度为零，则有
金属棒a产生的电动势
回路中的电流
解得金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度
（2）金属棒a进入水平导轨后，原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，可等效为一根质量为m，电阻为R的导体棒，由系统动量守恒，有
解得
由能量守恒可得系统产生的焦耳热
金属棒a产生的焦耳热
（3）对金属棒a进入水平导轨至与导体棒共速的过程，由动量定理有
通过金属棒a的电荷量
当金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少时，由系统动量守恒有
此过程对金属棒a由动量定理有
通过金属棒a的电荷量
解得，
通过金属棒a的电流
金属棒a克服安培力做功的功率
解得
1 / 12026届安徽省示范高中皖北协作区高三下学期第28届联考(一模)物理试题
1．由中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所自主设计研制的世界上第一个全超导托卡马克装置，于2006年建成投入使用。该装置的核心就是模仿太阳，持续稳定地释放能量，然后转化成电能，供人类使用。该装置的核反应方程可能是，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．该核反应要吸收热量 D．该核反应是核裂变
2．某人使用无人机将高山上的农产品运送到山下。如图所示，某次运送过程中的一段时间内，无人机水平向右飞行，农产品用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定夹角。忽略农产品所受空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．该段时间内，无人机一定向右做匀加速直线运动
B．该段时间内，轻绳与竖直方向的夹角越大，无人机的速度越大
C．该段时间内，农产品可能处于失重状态
D．若到达目的地前，农产品竖直向下做减速运动，则农产品处于超重状态
3．布儒斯特角是由英国物理学家大卫·布儒斯特于1815年发现的。布儒斯特角在光学、电子学、声学等领域都有广泛的应用。当光从空气中以某一入射角射入介质时，反射光与折射光互相垂直，这个角度就叫布儒斯特角。某介质的折射率为，其布儒斯特角为（　　）
A． B． C． D．
4．我国计划在2026年发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水冰。嫦娥七号奔月找冰的轨道示意图如图所示，探测器在近月点P被月球俘获进入椭圆轨道Ⅰ，经调整制动后，又从P点进入环月圆形轨道Ⅱ。关于探测器，下列说法正确的是（　　）
A．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的速度
B．探测器在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期
C．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度
D．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的机械能小于在轨道Ⅱ上经过P点的机械能
5．某同学设计的发电装置如图所示，已知永磁铁的往复运动在螺线管中产生正弦式交流电，周期为，电压有效值恒为，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接电阻箱和理想交流电流表，原、副线圈匝数比为，下列说法正确的是（　　）
A．螺线管两端交流电压的瞬时值表达式为
B．副线圈两端电压最大值为
C．增大电阻箱接入电路的电阻，电流表的示数减小
D．增大电阻箱接入电路的电阻，变压器的输入功率不变
6．地震监测站监测到一列地震横波，时刻的波形图如图甲所示，已知P点是平衡位置在处的质点，Q点是平衡位置在处的质点，质点Q振动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，质点P沿y轴正方向运动
B．地震横波的波长为
C．地震横波传播的速度为
D．的时间内，质点P通过的路程为
7．如图所示，原长为的轻质弹簧放置在一光滑的一端封闭、一端开口的细直管内，弹簧的一端固定在管的O点，另一端连接一质量为m的小球。这一装置从水平位置开始绕O点缓慢地转到竖直位置，当转到竖直位置时小球离开原水平面的高度为。假设弹簧的形变总是在其弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．在转动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒
C．在转动过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D．在转动过程中，小球的重力势能可能先增大后减小
8．第24届国际回旋加速器及其应用大会于2025年10月27日至10月31日在中国成都举办。回旋加速器示意图如图所示，其中置于真空中的金属D形盒的半径为R，两盒间距为d，在左侧D形盒圆心处放有粒子源S，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向如图所示。质子的质量为m，电荷量为q。质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，质子受到的重力不计，加速电场的电压恒为U，质子在电场中运动时，不考虑磁场的影响。质子在电场中加速的总时间与在D形盒中回旋的总时间的比值为（　　）
A． B． C． D．
9．如图所示，白色传送带以的速度顺时针转动，现将一质量为的石墨块（可视为质点）在时无初速度放入传送带的左端，在时传送带突然停止。已知石墨块与传送带间的动摩擦因数为，传送带两端水平距离为，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　）
A．石墨块在整个运动过程中，相对地面的位移大小为
B．石墨块在传送带上运动的时间为
C．传送带上黑色痕迹的长度为
D．石墨块与传送带间因摩擦产生的热量为
10．有一匀强电场，其方向平行于平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，、分别垂直于x轴、y轴，其中a、O、b三点电势分别为、、，若d处有一个放射源，在范围内沿平面射出相同动能的电子（重力不计），所有电子均可通过所在的直线，其中沿方向射入的电子从b点射出，下列判断正确的是（　　）
A．c点的电势为0
B．匀强电场的电场强度大小为
C．从射出到经过所在直线的过程中，沿方向射入的电子动能变化最小
D．沿、方向射入的电子，从射入到运动至所在的直线的过程中动量变化相等
11．某实验小组要测量电池组的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：
A．待测电池组（电动势约为）；
B．滑动变阻器；
C．电压表V（理想电压表）；
D．电流表；
E．电阻箱；
F．开关S、导线若干。
（1）在下列提供的电路中，应选用　 　（填“甲”或“乙”）。
（2）根据某次实验记录的数据画出的图像如图丙所示，待测电池组电动势　 　V，待测电池组内阻　 　。（结果均保留两位有效数字）
（3）实验中发现电流表损坏，若要继续完成该实验，请你根据所给器材设计实验电路，并画在如图丁所示的方框中。
12．某同学用如图甲所示的实验装置研究滑块的加速度，实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
②将气垫导轨调整为水平状态，在滑块上安装一遮光条，让细绳跨过定滑轮与槽码相连；
③接通气源，将滑块由静止释放；
④滑块先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过光电门1的时间为，通过光电门2的时间为，遮光条从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为。
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，遮光条的宽度　 　；
（2）滑块通过光电门1时的速度大小　 　，滑块的加速度大小　 　。（结果均保留两位有效数字）
（3）某小组发现通过改进实验方案就可以测量当地的重力加速度。让滑块从固定点O由静止释放，光电门2固定不动，改变光电门1的位置，测出两光电门间的距离x及滑块在两光电门间运动的时间t，多次重复实验，计算机作出的图像如图丙（图中b、c、d已知）所示，测得槽码的质量为m，滑块（含遮光条）的质量为M，得到当地重力加速度　 　（用题中所给的字母表示）。
13．如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，右管口封闭，右管内封闭有长度为（单位为）、热力学温度为T0、压强为（为大气压强，是未知量）的理想气体，左、右两管的水银面高度差为，缓慢升高右管内气体的温度，使左管的水银面比右管的水银面高。
（1）求大气压强（以为压强单位）；
（2）求此时右管内气体的热力学温度；
（3）保持右管内气体的热力学温度为，从左端管口向玻璃管中缓慢注入适量水银，直至右管内气体的长度为，求注入的水银柱的长度x。
14．如图所示，在坐标系的第四象限内，固定一光滑竖直圆弧轨道，B点和C点分别为圆弧轨道的最低点和最高点，C点在x轴上，已知圆弧轨道的半径，、A连线与竖直方向的夹角，小球从坐标原点O以一定速度水平抛出，恰好从圆弧轨道A点沿切线方向进入，取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）求小球到达A点时的速度大小；
（2）通过计算判断小球能否到达C点；
（3）改变抛出点的位置，将小球水平抛出，使小球仍然能从A点沿切线方向进入圆弧轨道，写出满足该条件抛出点位置的方程（不必写出推导过程）。
15．如图所示，间距为L且足够长的光滑平行金属导轨与，由倾角为的倾斜导轨和水平导轨两部分组成，两部分导轨平滑连接，开关、均断开。倾斜导轨顶端之间连接定值电阻R，且处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，水平导轨间有竖直向上、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。n根相同导体棒等间距垂直导轨静止放置，每根导体棒的质量均为，阻值均为。闭合开关，把质量为m、阻值为R的金属棒a从倾斜导轨上足够高的位置由静止开始释放，当金属棒a刚进入水平导轨时，开关断开、闭合，直到所有导体棒速度不再改变，金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少了d（d为未知量，棒a与第一根棒未相碰），重力加速度大小为g，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，求：
（1）金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度v；
（2）金属棒a在水平导轨上运动的过程中，金属棒a产生的焦耳热；
（3）当金属棒a与水平导轨上第一根导体棒的间距减少时，金属棒a克服安培力做功的功率。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】核裂变；核聚变
【解析】【解答】AB、根据核反应前后质量数和电荷数守恒可知，，，故A正确，B错误；
C、聚变反应发生质量亏损，向外释放能量，不需要吸热，故C错误；
D、该反应是两个轻核结合成较重原子核，属于核聚变，不是核裂变，故D错误。
故选A。
【分析】聚变反应要放出热量，反应前后质量数和电荷数守恒。
2．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．由题图可知，农产品所受合力水平向右，根据牛顿第二定律加速度水平向右，又因为无人机水平向右飞行，则无人机一定向右做匀加速直线运动，故A正确；
B． 夹角大小只反映加速度大小，和瞬时速度大小无关联，故B错误；
C．农产品竖直方向合力始终为0，竖直加速度为 0，不会出现失重状态，故C错误；
D．农产品竖直向下做减速运动，加速度方向竖直向上，则农产品处于超重状态，故D正确。
故选AD。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度方向，判断无人机的运动情况，根据超重和失重的概念判断物体所处的状态。
3．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光路图如图所示：
由几何关系可知i'+r=90°，由反射定律可知i=i'，由折射定律可知，代入数据可得i=60°，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】画出光路图，根据几何关系分析入射角和折射角的关系，根据折射定律求解。
4．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、探测器从轨道I变轨到轨道Ⅱ需要在P点制动减速，因此轨道I上P点速度大于轨道Ⅱ上P点速度，故A错误；
B、轨道I为椭圆，半长轴大于轨道Ⅱ圆形轨道的半径，根据开普勒第三定律，轨道半长轴越大周期越长，所以轨道I周期更大，故B正确；
C、同一位置P点，探测器受到的月球万有引力完全相同，万有引力提供加速度，两点加速度相等，故C错误：
D．探测器在P点由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时，速度减小，动能减小，势能不变，则机械能减小，故D错误。
故选B。
【分析】探测器在P点减速才能从椭圆轨道进入圆轨道，因此轨道Ⅰ上P点速度大于轨道Ⅱ上P点速度。比较周期需依据开普勒第三定律，轨道半长轴越大周期越长，椭圆轨道半长轴大于圆轨道半径，故轨道Ⅰ周期更大。加速度由万有引力决定，同一点引力相同故加速度相等。机械能变化需考虑变轨时速度减小导致动能减少，势能不变，因此机械能减小。
5．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据，电压峰值，则螺线管两端交流电压的瞬时值表达式为，故A错误；
B．由，则副线圈两端电压有效值，故B错误；
C． 副线圈电压由匝数与原线圈电压决定，保持不变；增大电阻箱阻值，由可知副线圈电流减小，电流表测副线圈电流，示数减小，故C正确；
D．由， R增大，输出功率减小，输入功率同步减小，故D错误。
故选C。
【分析】先由周期算出角速度，结合有效值求电压最大值，判断瞬时值表达式正误；依托原副线圈匝数比和原线圈有效值，算出副线圈电压最大值；再根据副线圈电阻变化，分析副线圈电流、输出功率，进而判定输入功率与电表示数变化。
6．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】ABC．由题图乙可知，质点的振动周期，根据质点Q振动的a-t图像可知，t=0时，质点Q向上振动，根据同侧法可知波沿-x方向传播，t=0时，质点P沿y轴负方向运动，再对质点由同侧法可知沿轴负方向振动，沿轴正方向振动，由图像可知
代入数据得，根据，，代入数据得，故ABC错误；
D.0～10s的时间内，即经过一个周期，质点P通过的路程为：s=4A=4×20cm=80cm，故D正确。
故选D。
【分析】根据质点Q振动的a-t图像结合同侧法分析波的传播方向和P的振动方向；根据t=0时质点P的坐标求解波长；根据图乙求解周期，根据波速计算公式求解波速；根据一个周期内通过的路程为4A进行解答。
7．【答案】D
【知识点】胡克定律；机械能守恒定律
8．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】质子的质量为m，电荷量为q，设质子在加速器中获得的最大速度为v，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
根据牛顿第二定律可得质子在电场中的加速度大小，在电场中加速的时间
设质子在电场中加速次数为N，则有
质子在磁场中运动的时间，在磁场中运动的周期
在电场与磁场中运动的时间的比值，故选B。
【分析】先利用动能定理求出质子出射时的最大动能与速度，再由洛伦兹力提供向心力求出回旋次数；接着分别用匀变速直线运动规律和圆周运动周期公式，计算质子在电场中的加速总时间与在D形盒中的回旋总时间，最后求两者的比值。
9．【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．石墨块在加速过程中，加速度大小
由速度公式有，解得加速时间
如图所示
石墨块在传送带上运动的时间为，石墨块相对地面的位移大小，故A正确，B错误；
C、0～1s内滑动痕迹的长度等于石墨块与传送带相对位移大小，为，2s～3s内滑动痕迹被覆盖，所以传送带上黑色痕迹的长度为0.5m，故C正确；
D、石墨块与传送带间因摩擦产生的热量Q=Ff s相=μmg×2Δx=0.1×0.1×10×2×0.5J=0.1J，故D错误。
故选：AC。
【分析】石墨块先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度—时间公式求出匀加速运动的时间。接着，石墨块做匀速运动，t=2s后做匀减速运动，画出v-t图像，根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移确定石墨块相对地面的位移大小。根据相对位移大小求解传送带上黑色痕迹的长度，再根据滑动摩擦力大小与相对路程的乘积求因摩擦产生的热量。
10．【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、O是中点，根据匀强电场特点有，解得，与平行，有，解得，故A正确；
B、b、d连线为等势线，O到b、d连线的距离，匀强电场的电场强度大小，故B正确；
C、电子沿dc方向射入时，经过b点，电场力不做功，动能变化为零，故C错误；
D、沿dc、dO方向射入的电子，从射入到运动至ba所在直线的时间相等，由动量定理可知，动量变化相等，故D正确。
故选：ABD。
【分析】已知a、O、b三点电势，结合几何关系可推断c点电势与电场分布。电子从d点以相同动能射出，需分析不同方向电子在电场中受力与运动轨迹，比较它们通过ba直线时的动能变化与动量变化。通过电场方向与电子初速度方向的关系，判断动能变化最小的条件，并依据匀强电场中电势均匀变化规律验证各选项。
11．【答案】（1）甲
（2）3.0；1.0
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图甲电路中相对于电源，电流表采用外接法，实验误差来源于电压表的分流作用，电动势和内阻的测量值小于真实值；图乙电路中相对于电源，电流表采用内接法，实验误差来源于电流表的分压作用，电动势测量值等于真实值，内阻的测量值比真实值大得多，实验误差大，因此应选用甲。
（2）根据闭合电路欧姆定律有，结合题图丙可得，
（3）电流表损坏，采用伏阻法测量即可，实验电路如图
【分析】（1）根据实验原理，结合电路结构分析实验误差的来源，然后作答；
（2）根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答；
（3）根据“伏阻法”完成电路图的设计。
（1）电压表为理想电表，甲图无系统误差。故选甲。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
结合题图丙可得，
（3）电流表损坏，采用伏阻法测量即可，实验电路如图
12．【答案】（1）
（2）；
（3）
【知识点】加速度；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）图乙为10分度游标卡尺，精度0.1mm；
主尺读数：20mm，游标0刻度对齐，游标读数0×0.1=0.0mm；
总宽度d＝20.0mm＝2.00cm。
（2）用平均速度近似代替瞬时速度，滑块通过光电门1时的速度大小
滑块通过光电门2时的速度大小
根据加速度定义得
（3）根据逆向思维，结合运动学公式有，变形得
由题图可知，可得，根据牛顿第二定律有
解得重力加速度
【分析】（1）先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）利用平均速度替代滑块通过光电门的速度，根据加速度定义式计算；
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）10分度游标卡尺的精度为，游标卡尺的读数为
（2）[1]滑块通过光电门1时的速度大小
[2]滑块通过光电门2时的速度大小
速度变化量为
根据加速度定义得
（3）根据逆向思维，结合运动学公式有
变形得
由题图可知，可得，根据牛顿第二定律有
解得重力加速度
13．【答案】（1）解：由平衡条件有
解得
（2）解：当左管的水银面比右管的水银面高时，右管内气体的长度为，气体的压强
由理想气体状态方程有
解得
（3）解：气体的压强
由等容变化有
结合，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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）根据初始水银面高度差建立封闭气体压强与大气压的等式，求解大气压强；
（2）结合水银移动距离确定升温后气体的压强与长度，利用理想气体状态方程求解末态温度；
（3）气体等温压缩至原长度，由玻意耳定律求末态压强，再结合液面落差变化算出加注水银总长。
（1）由平衡条件有
解得
（2）当左管的水银面比右管的水银面高时，右管内气体的长度为，气体的压强
由理想气体状态方程有
解得
（3）气体的压强
由等容变化有
结合，解得
14．【答案】（1）解：小球被抛出后，在竖直方向上有
解得
由，解得
小球到达A点时的速度大小
（2）解：小球从抛出点运动到C点，根据机械能守恒定律可知
或者对小球从A点运动到C点，由动能定理有
解得
由，解得
则
小球刚好能到达C点。
（3）解：如图所示
连接A点和坐标原点，抛出点位置的方程
其中
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）利用A点速度切线偏角60°结合平抛竖直下落高度，求出竖直分速度，再分解合成A点合速度；
（2）从A到C由机械能守恒算出C点速率，和圆周最高点临界最小速度对比，判定能否抵达；
（3）依据平抛速度方向固定的约束条件，结合平抛位移公式推导抛出点坐标方程。
（1）小球被抛出后，在竖直方向上有
解得
由，解得
小球到达A点时的速度大小
（2）小球从抛出点运动到C点，根据机械能守恒定律可知
[或者对小球从A点运动到C点，由动能定理有
解得
由，解得
则
小球刚好能到达C点。
（3）如图所示
连接A点和坐标原点，抛出点位置的方程
其中
15．【答案】（1）解：金属棒a达到最大速度时，加速度为零，则有
金属棒a产生的电动势
回路中的电流
解得金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度
（2）解：金属棒a进入水平导轨后，原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，可等效为一根质量为m，电阻为R的导体棒，由系统动量守恒，有
解得
由能量守恒可得系统产生的焦耳热
金属棒a产生的焦耳热
（3）解：对金属棒a进入水平导轨至与导体棒共速的过程，由动量定理有
通过金属棒a的电荷量
当金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少时，由系统动量守恒有
此过程对金属棒a由动量定理有
通过金属棒a的电荷量
解得，
通过金属棒a的电流
金属棒a克服安培力做功的功率
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒a达到最大速度时，加速度为零，由达到最大速度的条件是安培力与重力的下滑分力平衡确定；
（2）原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，系统动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒确定；
（3）根据动量定理求解电荷量，系统动量守恒求解速度大小，根据功率公式求解功率的大小。
（1）金属棒a达到最大速度时，加速度为零，则有
金属棒a产生的电动势
回路中的电流
解得金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度
（2）金属棒a进入水平导轨后，原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，可等效为一根质量为m，电阻为R的导体棒，由系统动量守恒，有
解得
由能量守恒可得系统产生的焦耳热
金属棒a产生的焦耳热
（3）对金属棒a进入水平导轨至与导体棒共速的过程，由动量定理有
通过金属棒a的电荷量
当金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少时，由系统动量守恒有
此过程对金属棒a由动量定理有
通过金属棒a的电荷量
解得，
通过金属棒a的电流
金属棒a克服安培力做功的功率
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑