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广东广州市执信中学2025-2026学年高三下学期5月综合训练（一）物理试卷
1．下列关于四幅图片所示的现象或解释，说法正确的是（　　）
A．图甲：反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核裂变成原子核和，原子核和的比结合能都大于重核的比结合能
B．图乙：为单色平行光线通过狭缝得到的干涉图样
C．图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．图丁：中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体的最终温度小于
【答案】A
【知识点】光的衍射；热力学第一定律及其应用；α粒子的散射；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．图甲中，重核裂变成原子核和，核子的平均质量变小，可知裂变过程释放能量，原子核和更稳定，可知重核的比结合能小于原子核和的比结合能，故A正确；
B．图乙中，左侧只有一条缝，在光屏上得到中间的条纹最亮最宽、两侧条纹逐渐变暗变窄的图样，即单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样，故B错误；
C．图丙为卢瑟福粒子散射实验，根据实验结果卢瑟福提出了原子的核式结构，故C错误；
D．图丁，中间有隔板的绝热容器，现抽掉隔板，气体向真空的膨胀不对外做功，故根据热力学第一定律，又，故气体的内能保持不变，温度不变，最终温度等于，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核物理、光学、原子物理和热力学的基本现象，核心是结合图像理解各实验或现象的原理与结论。
2．汽车无线充电技术的研究进入快速发展期。其工作原理如图1，通过铺设在地面的充电垫（内含充电线圈）将电能传送至汽车底部的感应线圈，其简化电路如图2所示，利用充电线圈产生的磁场传递能量，进而给车载锂电池充电，充电效率约为85%。已知充电垫与220V的家庭电路相连，锂电池的充电电压为352V，下列说法正确的是（　　）
A．充电线圈中电流产生的磁场均匀变化
B．充电线圈与感应线圈上通过的电流频率不同
C．充电线圈匝数与感应线圈匝数之比为
D．充电线圈匝数越少，感应线圈上感应电压越高
【答案】D
【知识点】变压器原理；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．充电线圈中通有交流电，电流产生的磁场是周期性变化的，而非均匀变化，故A错误；
B．充电线圈与感应线圈上通过的电流频率相同，故B错误；
C．若为理想变压器，则，由于实际传递过程存在能量损失，实际匝数比小于，故C错误；
D．根据变压器电压与匝数关系可知，充电线圈匝数越少，感应线圈上感应电压越高，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查无线充电的工作原理（互感现象），核心是利用变压器的电压与匝数关系、频率特性及实际能量损失来分析各选项。
3．如图，用同一束单色光、在同一条件下先后照射阴极材料为钠和钾的两个光电管，均能发生光电效应。已知钠的逸出功大于钾的逸出功，下列说法正确的是（　　）
A．钠和钾的截止频率相同
B．单色光的频率可能小于钾的截止频率
C．两次实验中光电子的初动能可能相同
D．两次实验中光电子的最大初动能一定相同
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A、截止频率公式，钠的逸出功更大，所以钠的截止频率大于钾的截止频率，故 A 错误；
B、两个光电管都发生光电效应，入射光频率必须大于两种金属的截止频率，故 B 错误；
C、光电子初动能取值范围是，二者最大初动能不同，但个别光电子的初动能有可能相等，故 C 正确；
D、根据光电效应方程，入射光频率相同，逸出功不同，光电子最大初动能一定不同，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A 考查截止频率与逸出功的关系，逸出功越大，截止频率越高；
B 考查光电效应发生条件，入射光频率大于金属截止频率；
C、D 考查光电效应方程，区分光电子最大初动能和光电子实际初动能，初动能是一个区间。
4．如图一束单色光从一等边三棱镜AB边上的D点垂直射入三棱镜，已知，三棱镜对该单色光的折射率，则该束光经过三棱镜后　　
A．一定从BC边射出 B．可能从BC边射出
C．一定从AC边射出 D．不可能从AC边射出
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】设三棱镜的临界角为C，由，得：，光线射出BC边上时入射角为，大于临界角C，则光线在BC边上发生全反射，不能从BC边射出，根据反射定律和几何知识可知，光线射到AC边上时入射角为，则光线将AC边垂直射出，故ABD错误，C正确．
故答案为：C
【分析】考查全反射临界角计算，全反射发生条件：光由光密介质射向光疏介质，入射角大于临界角；结合三棱镜几何关系判断光路走向。
5．2026年3月，我国”蓝焱”220吨级液氧甲烷发动机完成长程试车，将助力载人登月等任务。假设搭载”蓝焱”发动机的火箭将一艘飞船先送入圆轨道Ⅰ运行，飞船经多次变轨进入地月转移轨道，如图所示。已知a是圆轨道Ⅰ上的点，b是椭圆轨道Ⅱ上的远地点，c是转移轨道上的点，且a、b两点到地球球心的距离分别为R和3R。忽略飞行过程中飞船质量的变化，则飞船（　　）
A．从轨道Ⅱ进入转移轨道需向前喷出燃气
B．在c点的机械能大于在b点的机械能
C．经过a、b两点的速度之比为
D．在轨道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比为
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．从轨道 Ⅱ 进入转移轨道，飞船要做离心运动，需向后喷气加速，向前喷气会减速，故A错误；
B．飞船在b点从椭圆轨道Ⅱ进入转移轨道，需要点火加速，机械能增加；从b到c只有引力做功，机械能守恒，因此c点机械能大于b点机械能，故B正确；
C．如果为轨道Ⅱ的近地点，为远地点，根据开普勒第二定律有，解得，而实际上a是圆轨道Ⅰ上的点，进入轨道Ⅱ，需要在近地点加速，所以，故C错误；
D．轨道Ⅰ半径为，轨道Ⅱ半长轴为，根据开普勒第三定律有，解得，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：判断变轨时喷气方向，离心运动需加速；
B：分析 b 点变轨到转移轨道的点火加速，判断机械能变化；
C：区分圆轨道与椭圆轨道，不可直接用开普勒第二定律；
D：应用开普勒第三定律，计算两轨道周期之比。
6．磁轴键盘的按键装有磁铁与霍尔元件，通过检测磁场变化来感知按压，这种设计具有响应快、寿命长等优点。按键结构简化示意图如图，永磁铁（N极在下）固定在按键上，下方霍尔元件（载流子为自由电子）长、宽、高分别为l、b、h，元件中通有由前向后的恒定电流I。按键下压到某一位置时，下列说法正确的是（　　）
A．沿电流方向霍尔元件左表面比右表面电势高
B．仅增大电流I，霍尔电压增大
C．仅增大宽度b，霍尔电压增大
D．仅增大长度l，霍尔电压增大
【答案】B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、根据左手定则，载流子为自由电子，电子向霍尔元件左表面聚集，左表面带负电，因此左表面电势比右表面低，故 A 错误；
B、电子受力平衡时有，电流微观表达式，联立可得霍尔电压，仅增大电流I，霍尔电压增大，故 B 正确；
C、由可知，霍尔电压与宽度b无关，仅增大宽度b，霍尔电压不变，故 C 错误；
D、由可知，霍尔电压与长度l无关，仅增大长度l，霍尔电压不变，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查左手定则在霍尔元件中的应用，判断载流子偏转方向，比较元件两侧电势高低；
B、考查霍尔电压推导，根据电场力与洛伦兹力平衡、电流微观表达式，分析电流对霍尔电压的影响；
C、考查霍尔电压公式，明确霍尔电压与元件宽度没有关系；
D、考查霍尔电压公式，明确霍尔电压与元件长度没有关系。
7．翠鸟是我国南方常见的小鸟，擅长捕食小鱼。如图甲，t=0时刻，一只质量为m的翠鸟从静止开始竖直俯冲，入水后沿直线减速，t=t2时刻下潜到最低点，恰好捕到小鱼，此过程，翠鸟的v-t 图像如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略，则下列说法正确的是（　　）
A．0~t2时间内，翠鸟的平均速度大小等于
B．翠鸟入水后，水对其作用力逐渐增大
C．0~t1与t1~t2时间内，翠鸟的加速度方向相同
D．0~t2时间内，水对翠鸟作用力的冲量大小等于mgt2
【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿定律与图象；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A. 内翠鸟做自由落体运动，末速度，该段平均速度为。内翠鸟做加速度减小的减速运动，其图像面积小于匀减速直线运动的面积，即位移小于匀减速的位移，因此全程平均速度小于，A错误。
B. 内图像斜率逐渐减小，说明加速度逐渐减小；由牛顿第二定律，可得水的作用力，加速度减小则水的作用力逐渐减小，B错误。
C. 内翠鸟向下加速，加速度竖直向下；内翠鸟向下减速，加速度竖直向上，两段加速度方向相反，C错误。
D. 全程初末速度均为0，由动量定理，合冲量为0，即水的冲量与重力冲量大小相等，因此水的冲量大小，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查图像的物理意义与动量定理的应用，涉及牛顿第二定律、平均速度的判断。利用图像的斜率表示加速度、面积表示位移的特点，分析入水前后的运动性质与加速度变化；结合牛顿第二定律判断水的作用力变化，再通过动量定理分析全程的冲量关系，需注意变加速运动的平均速度不能直接套用匀变速的平均速度公式。
8．如图所示，质量为m的小球用不可伸长的轻质细绳悬挂，使小球在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为，绳长为L，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受重力和拉力的合力充当向心力
B．小球的周期为
C．若仅增大小球质量，则夹角减小
D．若仅增大小球角速度，则夹角增大
【答案】A,B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A、小球做水平面内的匀速圆周运动，重力和绳子拉力的合力提供向心力，故 A 正确；
B、由受力关系可得，整理得到周期，故 B 正确；
C、由，化简得，夹角和小球质量无关，增大质量，夹角不变，故 C 错误；
D、由，角速度增大，减小，夹角增大，故 D 正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、考查圆锥摆向心力来源，匀速圆周运动向心力由合外力提供；
B、考查圆锥摆周期推导，利用向心力公式结合几何关系求出周期表达式；
C、考查圆锥摆角度影响因素，明确摆角与小球质量无关；
D、考查角速度对摆角的影响，根据推导公式分析角速度增大时夹角的变化。
9．如图，天平的右臂下面挂一个N匝矩形线圈，底边bc长为L。线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面。当线圈中通有大小为，方向如图所示的电流时，在天平两边加上质量分别为，的砝码，天平平衡；当电流反向且大小变为时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。若重力加速度为g，则（　　）
A．磁感应强度方向垂直纸面向里 B．磁感应强度方向垂直纸面向外
C．磁感应强度大小为 D．磁感应强度大小为
【答案】B,C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A、B，电流反向后，右侧需要增加砝码天平才重新平衡，说明线圈受到安培力竖直向上，由左手定则可得，磁场方向垂直纸面向外，故 A 错误，B 正确；
C、D，设线圈质量为，电流反向前，天平平衡：；
电流反向后，电流大小变为2I，天平平衡：；
两式联立解得，故 C 正确，D 错误；
故答案为：BC。
【分析】A、B，考查左手定则，根据天平砝码变化判断安培力方向，进一步判断磁场方向；
C、D，考查安培力与天平平衡，列出两次平衡的受力方程，联立求解磁感应强度大小。
10．两个质量相等的相同刚性球M、N，放在同一光滑水平桌面上，球以的水平速度撞向静止的球，M、N间的弹力变化简化为如图所示，碰撞过程中没有机械能损失。则（　　）
A．时刻，球的速度大小为
B．时刻，球的速度大小为
C．碰撞过程，球对球做的功为
D．碰撞过程，球对球的冲量大小为
【答案】B,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．由图可知时刻，两球之间的弹力最大，因此两球的形变量最大，此时两球共速，根据动量守恒可知，此时N球的速度大小为，故A错误；
B．时刻，两球之间的弹力为零，则两球分离，由于两球质量相等，根据动量守恒可知，分离时两球交换速度，则球的速度大小为，故B正确；
CD．由于图像中，图线与坐标轴围成的面积表示冲量的大小，则碰撞过程中球对球的冲量大小为，设球的质量为，由动量定理可得，联立解得，对N球，根据动能定理可得，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B，考查左手定则，根据天平砝码变化判断安培力方向，进一步判断磁场方向；
C、D，考查安培力与天平平衡，列出两次平衡的受力方程，联立求解磁感应强度大小。
11．请完成下列实验操作和计算。
（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用游标卡尺测量小球的直径，示数如图所示，读数为　 　cm。
（2）某同学利用如图甲所示实验装置进行“探究平抛运动的特点”实验。
①下列实验操作准确且必须的有　 　
A.斜槽必须是光滑的，且小球从同一位置释放
B.斜槽的末端必须水平
C.挡板高度必须等间距变化
D.建立坐标系时，以斜槽末端端口为坐标原点
②该同学在某次实验中，忘记记录平抛运动的起始点，小球做平抛运动的轨迹如图乙中虚线所示，A、B、C为运动轨迹上的3个点迹。图中水平方向与竖直方向每小格的边长均为L，重力加速度为g，则小球由B运动到C的时间为　 　，小球运动到B点时的速度大小为　 　。（均用题目所给物理量字母表示）
（3）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸0.1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是　 　cm2（计算结果保留2位有效数字）。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是　 　cm。（计算结果保留3位有效数字）
【答案】（1）1.450
（2）B；；
（3）42（40-45均可）；1.19×10-8（1.11×10-8~1.25×10-8均可）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用油膜法估测油酸分子的大小；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1) 20 分度游标卡尺，主尺读数，游标读数，总读数。
故答案为：；
(2) ①斜槽不必光滑，只需同一位置释放；斜槽末端必须水平；挡板不需要等间距；坐标原点应为小球球心位置，故B正确。
故答案为：；
②竖直方向，位移差为L，，得；
水平分速度；B 点竖直速度；
合速度。
故答案为：；；
(3) 数方格，油膜面积（40 45 均可）；
一滴溶液纯油酸体积；
分子直径。
故答案为：42（40~45 均可）；（均可）；
【分析】(1) 本题考查 20 分度游标卡尺读数，主尺加上游标读数，注意单位换算。
(2) 本题考查探究平抛运动实验操作与计算；实验操作要保证初速度水平；竖直方向匀变速用求时间，再分别求水平、竖直分速度，合成 B 点合速度。
(3) 本题考查油膜法估测分子大小，数格子求油膜面积，算出一滴溶液中纯油酸体积，由估算分子直径。
（1）游标卡尺的读数为
（2）[1]A．只要保证每次释放小球的初位置相同，使小球每次到达斜槽末端的速度相同即可，斜槽是否光滑不影响小球做平抛运动，故A错误；
B．斜槽末端调成水平，保证小球做平抛运动的初速度水平，故B正确；
C．挡板高度不需要等间距变化，故C错误；
D．以小球在斜槽末端时，球心对应白纸上的位置作为做平抛运动的起点，以该点为坐标原点O建立坐标系，故D错误。
故选B。
[2] 根据竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动规律可得，解得时间间隔
[3]根据上述分析可知，平抛运动的初速度
小球运动到B点时的竖直分速度
则小球运动到B点时的速度
（3）[1][2]图中超过半格的小格数是42。油酸膜的面积
1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积
油酸分子的直径是
12．北方地区冬季温度较低，小明想为自家蔬菜大棚设计一个低温报警装置，该报警装置可用于观测棚内温度（0~15℃），同时当温度低于10℃时装置会自动报警。所用温度传感器的电阻随温度的变化规律如图（a）所示，实验电路如图（b）所示。实验室提供的器材有：
A.直流电源（电动势为8V，内阻不计）；
B.电压表（量程为6V，内阻非常大）；
C.温度传感器；
D.电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
E.定值电阻R（阻值为10Ω）；
F.单刀双掷开关一个，导线若干；
G.报警器（电阻非常大）。
（1）请根据图（b）所示的电路图，在图（c）中完成实物连线。
（2）按下列步骤进行调试：
①电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向　 　（填“a”或“b”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为温度　 　℃；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断　 　（填“变大”或“变小”），按照图（a）中数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“温度”；
③将开关向另一端闭合，温度计即可正常使用。
（3）电压表示数降低到　 　V，报警器报警。
（4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，温度的测量结果　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）b；5；变大
（3）3.2
（4）偏小
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答】（1）实物连接如下图所示：
(2) ①实验采用替代法，先将电阻箱调为，开关向端闭合；由图 (a)，对应温度。
②减小电阻箱阻值，电路总电阻减小，电流增大，定值电阻分压增大，电压表示数变大。
故答案为：；5；变大。
(3) 报警温度，读图得，
故答案为：
(4) 电源电动势略微变小，同一实际温度下，电路电流偏小，电压表示数偏小；会把该电压刻度对应到更低温度，测量结果偏小。
故答案：偏小。
【分析】(1) 本题考查实物电路连接，按照原理图，单刀双掷开关分别切换温度传感器与电阻箱，电压表测定值电阻两端电压。
(2) 本题考查替代法校准，电阻箱模拟温度传感器电阻，电阻减小，回路电流变大，定值电阻分压变大。
(3) 本题考查串联分压，读取报警温度对应的传感器电阻，代入分压公式计算报警电压。
(4) 本题考查系统误差，电源电动势降低，相同温度电压读数偏低，对应刻度温度偏小。
（1）实物连接如图所示
（2）[1]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，结合电路，开关应向b端闭合；
[2]由图（a）可知，时，温度为；
[3]逐步减小电阻箱的阻值，定值电阻上的分压变大，电压表的示数不断变大。
（3）当温度低于10℃时装置会自动报警，由图（a）可知，时，
此时电压表示数为
代入数据得
（4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故温度的测量结果将偏小。
13．有一火灾报警装置，其原理如图1所示，当活塞触及卡柱时，触发报警，致使闪烁灯闪烁、警报器鸣笛。导热性能良好的容器安装在天花板上，卡柱到容器上端距离为L。横截面积为、质量为的活塞（厚度不计）密封一定质量的理想气体，活塞能沿容器无摩擦滑动。未发生火灾时，环境温度为，活塞与卡柱的距离为；发生火灾时，容器内温度缓慢上升到，从至过程中容器中气体内能增加了9.6J。已知，，，，，，。
（1）求未发生火灾时容器内的压强；
（2）在图2中画出从至过程中容器内气体的图像；
（3）求从至过程中，气体吸收的热量。
【答案】（1）未发生火灾时，对活塞有
解得
（2）活塞刚到达卡柱时的温度为，对等压变化有，，
解得
之后气体做等容变化，可得容器内气体的图像如图所示
（3）气体仅在等压膨胀阶段做功，有
从至过程中容器中气体内能增加了9.6J，代入热力学第一定律
可得气体吸收的热量为
【知识点】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；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算；热力学图像类问题
【解析】【分析】本题考查理想气体的状态变化与热力学第一定律的结合，涉及等压变化、等容变化与气体做功计算。
（1）未发生火灾时活塞静止，对活塞进行受力分析，由平衡条件求解容器内气体的压强；
（2）温度升高过程，活塞先向上做等压膨胀，直到活塞接触卡柱；之后体积不变，气体做等容升压；先计算活塞到达卡柱时的临界温度，再分两段画出V-T图像，第一段为倾斜上升的等压线，第二段为竖直线；
（3）气体仅在等压膨胀阶段对外做功，由计算外界对气体做的功，再结合热力学第一定律，代入内能增量求解气体吸收的热量。
（1）未发生火灾时，对活塞有
解得
（2）活塞刚到达卡柱时的温度为，对等压变化有，，
解得
之后气体做等容变化，可得容器内气体的图像如图所示
（3）气体仅在等压膨胀阶段做功，有
从至过程中容器中气体内能增加了9.6J，代入热力学第一定律
可得气体吸收的热量为
14．如图所示，一足够长的长方体被正方形分成上下两个长方体空间Ⅰ和空间Ⅱ，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中。整个长方体空间存在沿z轴负方向的匀强电场（图中未画出），另外空间Ⅱ内同时还存在沿z轴正方向的匀强磁场（图中未画出），一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从边的中点P以初速度平行于y轴正方向射入长方体区域，粒子恰好经过正方形的中心点Q，且粒子在空间Ⅱ内运动的过程中，恰好未从长方体侧面飞出长方体区域，不计粒子重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小
（2）粒子经过Q点时的速度
（3）匀强磁场的磁感应强度大小
【答案】（1）解：带正电粒子在空间Ⅰ中类平抛运动，运动轨迹如图
则，
由牛顿第二定律
联立可得，匀强电场的电场强度大小为
（2）解：在空间Ⅰ中，根据类平抛运动规律可得
故
设Q点与y轴正方向夹角θ，则
（3）解：粒子进入空间Ⅱ中速度为
将速度v分解为y轴速度，和z轴速度，由于z轴速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力；在平面内的y轴方向有洛伦兹力提供向心力
由几何关系可知
可得匀强磁场的磁感应强度大小为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 空间 Ⅰ 只有电场，粒子做类平抛，y 方向匀速、z 方向匀加速，结合牛顿第二定律求解电场强度；
(2) 分别求出两个正交方向分速度，矢量合成得到 Q 点合速度；
(3) 速度分解，平行磁场方向速度不受洛伦兹力，垂直磁场分量做匀速圆周运动；根据 “恰好不从侧面飞出” 得到轨道半径几何条件，由洛伦兹向心力公式求磁感应强度。
（1）带正电粒子在空间Ⅰ中类平抛运动，运动轨迹如图
则，
由牛顿第二定律
联立可得，匀强电场的电场强度大小为
（2）在空间Ⅰ中，根据类平抛运动规律可得
故
设Q点与y轴正方向夹角θ，则
（3）粒子进入空间Ⅱ中速度为
将速度v分解为y轴速度，和z轴速度，由于z轴速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力；在平面内的y轴方向有洛伦兹力提供向心力
由几何关系可知
可得匀强磁场的磁感应强度大小为
15．如图甲，在绝缘水平地面上有一带正电的小物块A和不带电的匀质绝缘薄板B，B右端与一水平轻弹簧栓接，弹簧右端固定，空间存在水平向右的匀强电场。开始时弹簧处于原长，B静止且右端位于点，点左侧地面粗糙、右侧地面光滑。已知电场强度大小为，A的质量为2kg、电荷量为，B的质量为6kg、长度为，A、B与点左侧地面间的动摩擦因数均为0.5，弹簧劲度系数为。初始时A与B左端的距离为20m。将A由静止释放，A与B发生弹性碰撞后立即撤去电场，碰撞时间可忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，A可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度大小，求：
（1）A、B碰撞前瞬间A的速度大小；
（2）A、B碰后0.2s时A与B左端的距离；
（3）从碰后B刚好完全进入光滑地面区域开始计时，B运动的图像如图乙所示，图线在、时刻的斜率均为零，求从到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：A与B左端的距离为，设A、B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理
解得
（2）解：设碰撞后 A 的速度为 ，B 的速度为 A、B 发生弹性碰撞，
根据动量守恒
机械能守恒
解得(向左)，（向右）
以A为研究对象，根据牛顿第二定律
0.2s 内A 向左的位移
解得（向左）
薄板B的长度，当B向右的位移为时，根据牛顿第二定律
解得，B向右为匀变速运动
0.2s 内B 的位移
解得（向右）
A、B 左端距离
（3）解：时刻，B向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设B进入光滑区长度为
由受力平衡可得
解得
时刻，B开始向右运动，加速度为零，合力为零，B板全在粗糙区内，设B板右端距离O点距离为
由受力平衡可得
解得
设时刻B板右端距离O点距离为，从碰撞结束到的过程中，应用动能定理
解得
从 到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量
解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】(1) 电场力与摩擦力做功，动能定理求碰撞前 A 的速度；
(2) 弹性碰撞用动量守恒、机械能守恒得到碰后速度；分别对 A、B 受力分析，求加速度，计算 0.2s 内各自位移，两者位移相加得到间距；
(3) v t图像斜率为加速度，斜率为零代表合力为零，列平衡方程；结合动能定理确定位置，分段计算不同粗糙接触面积下摩擦产生的热量。
（1）A与B左端的距离为，设A、B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理
解得
（2）设碰撞后 A 的速度为 ，B 的速度为 A、B 发生弹性碰撞，
根据动量守恒
机械能守恒
解得(向左)，（向右）
以A为研究对象，根据牛顿第二定律
0.2s 内A 向左的位移
解得（向左）
薄板B的长度，当B向右的位移为时，根据牛顿第二定律
解得，B向右为匀变速运动
0.2s 内B 的位移
解得（向右）
A、B 左端距离
（3）时刻，B向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设B进入光滑区长度为
由受力平衡可得
解得
时刻，B开始向右运动，加速度为零，合力为零，B板全在粗糙区内，设B板右端距离O点距离为
由受力平衡可得
解得
设时刻B板右端距离O点距离为，从碰撞结束到的过程中，应用动能定理
解得
从 到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量
解得
1 / 1广东广州市执信中学2025-2026学年高三下学期5月综合训练（一）物理试卷
1．下列关于四幅图片所示的现象或解释，说法正确的是（　　）
A．图甲：反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核裂变成原子核和，原子核和的比结合能都大于重核的比结合能
B．图乙：为单色平行光线通过狭缝得到的干涉图样
C．图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．图丁：中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体的最终温度小于
2．汽车无线充电技术的研究进入快速发展期。其工作原理如图1，通过铺设在地面的充电垫（内含充电线圈）将电能传送至汽车底部的感应线圈，其简化电路如图2所示，利用充电线圈产生的磁场传递能量，进而给车载锂电池充电，充电效率约为85%。已知充电垫与220V的家庭电路相连，锂电池的充电电压为352V，下列说法正确的是（　　）
A．充电线圈中电流产生的磁场均匀变化
B．充电线圈与感应线圈上通过的电流频率不同
C．充电线圈匝数与感应线圈匝数之比为
D．充电线圈匝数越少，感应线圈上感应电压越高
3．如图，用同一束单色光、在同一条件下先后照射阴极材料为钠和钾的两个光电管，均能发生光电效应。已知钠的逸出功大于钾的逸出功，下列说法正确的是（　　）
A．钠和钾的截止频率相同
B．单色光的频率可能小于钾的截止频率
C．两次实验中光电子的初动能可能相同
D．两次实验中光电子的最大初动能一定相同
4．如图一束单色光从一等边三棱镜AB边上的D点垂直射入三棱镜，已知，三棱镜对该单色光的折射率，则该束光经过三棱镜后　　
A．一定从BC边射出 B．可能从BC边射出
C．一定从AC边射出 D．不可能从AC边射出
5．2026年3月，我国”蓝焱”220吨级液氧甲烷发动机完成长程试车，将助力载人登月等任务。假设搭载”蓝焱”发动机的火箭将一艘飞船先送入圆轨道Ⅰ运行，飞船经多次变轨进入地月转移轨道，如图所示。已知a是圆轨道Ⅰ上的点，b是椭圆轨道Ⅱ上的远地点，c是转移轨道上的点，且a、b两点到地球球心的距离分别为R和3R。忽略飞行过程中飞船质量的变化，则飞船（　　）
A．从轨道Ⅱ进入转移轨道需向前喷出燃气
B．在c点的机械能大于在b点的机械能
C．经过a、b两点的速度之比为
D．在轨道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比为
6．磁轴键盘的按键装有磁铁与霍尔元件，通过检测磁场变化来感知按压，这种设计具有响应快、寿命长等优点。按键结构简化示意图如图，永磁铁（N极在下）固定在按键上，下方霍尔元件（载流子为自由电子）长、宽、高分别为l、b、h，元件中通有由前向后的恒定电流I。按键下压到某一位置时，下列说法正确的是（　　）
A．沿电流方向霍尔元件左表面比右表面电势高
B．仅增大电流I，霍尔电压增大
C．仅增大宽度b，霍尔电压增大
D．仅增大长度l，霍尔电压增大
7．翠鸟是我国南方常见的小鸟，擅长捕食小鱼。如图甲，t=0时刻，一只质量为m的翠鸟从静止开始竖直俯冲，入水后沿直线减速，t=t2时刻下潜到最低点，恰好捕到小鱼，此过程，翠鸟的v-t 图像如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略，则下列说法正确的是（　　）
A．0~t2时间内，翠鸟的平均速度大小等于
B．翠鸟入水后，水对其作用力逐渐增大
C．0~t1与t1~t2时间内，翠鸟的加速度方向相同
D．0~t2时间内，水对翠鸟作用力的冲量大小等于mgt2
8．如图所示，质量为m的小球用不可伸长的轻质细绳悬挂，使小球在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为，绳长为L，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受重力和拉力的合力充当向心力
B．小球的周期为
C．若仅增大小球质量，则夹角减小
D．若仅增大小球角速度，则夹角增大
9．如图，天平的右臂下面挂一个N匝矩形线圈，底边bc长为L。线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面。当线圈中通有大小为，方向如图所示的电流时，在天平两边加上质量分别为，的砝码，天平平衡；当电流反向且大小变为时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。若重力加速度为g，则（　　）
A．磁感应强度方向垂直纸面向里 B．磁感应强度方向垂直纸面向外
C．磁感应强度大小为 D．磁感应强度大小为
10．两个质量相等的相同刚性球M、N，放在同一光滑水平桌面上，球以的水平速度撞向静止的球，M、N间的弹力变化简化为如图所示，碰撞过程中没有机械能损失。则（　　）
A．时刻，球的速度大小为
B．时刻，球的速度大小为
C．碰撞过程，球对球做的功为
D．碰撞过程，球对球的冲量大小为
11．请完成下列实验操作和计算。
（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用游标卡尺测量小球的直径，示数如图所示，读数为　 　cm。
（2）某同学利用如图甲所示实验装置进行“探究平抛运动的特点”实验。
①下列实验操作准确且必须的有　 　
A.斜槽必须是光滑的，且小球从同一位置释放
B.斜槽的末端必须水平
C.挡板高度必须等间距变化
D.建立坐标系时，以斜槽末端端口为坐标原点
②该同学在某次实验中，忘记记录平抛运动的起始点，小球做平抛运动的轨迹如图乙中虚线所示，A、B、C为运动轨迹上的3个点迹。图中水平方向与竖直方向每小格的边长均为L，重力加速度为g，则小球由B运动到C的时间为　 　，小球运动到B点时的速度大小为　 　。（均用题目所给物理量字母表示）
（3）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸0.1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是　 　cm2（计算结果保留2位有效数字）。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是　 　cm。（计算结果保留3位有效数字）
12．北方地区冬季温度较低，小明想为自家蔬菜大棚设计一个低温报警装置，该报警装置可用于观测棚内温度（0~15℃），同时当温度低于10℃时装置会自动报警。所用温度传感器的电阻随温度的变化规律如图（a）所示，实验电路如图（b）所示。实验室提供的器材有：
A.直流电源（电动势为8V，内阻不计）；
B.电压表（量程为6V，内阻非常大）；
C.温度传感器；
D.电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
E.定值电阻R（阻值为10Ω）；
F.单刀双掷开关一个，导线若干；
G.报警器（电阻非常大）。
（1）请根据图（b）所示的电路图，在图（c）中完成实物连线。
（2）按下列步骤进行调试：
①电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向　 　（填“a”或“b”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为温度　 　℃；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断　 　（填“变大”或“变小”），按照图（a）中数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“温度”；
③将开关向另一端闭合，温度计即可正常使用。
（3）电压表示数降低到　 　V，报警器报警。
（4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，温度的测量结果　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
13．有一火灾报警装置，其原理如图1所示，当活塞触及卡柱时，触发报警，致使闪烁灯闪烁、警报器鸣笛。导热性能良好的容器安装在天花板上，卡柱到容器上端距离为L。横截面积为、质量为的活塞（厚度不计）密封一定质量的理想气体，活塞能沿容器无摩擦滑动。未发生火灾时，环境温度为，活塞与卡柱的距离为；发生火灾时，容器内温度缓慢上升到，从至过程中容器中气体内能增加了9.6J。已知，，，，，，。
（1）求未发生火灾时容器内的压强；
（2）在图2中画出从至过程中容器内气体的图像；
（3）求从至过程中，气体吸收的热量。
14．如图所示，一足够长的长方体被正方形分成上下两个长方体空间Ⅰ和空间Ⅱ，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中。整个长方体空间存在沿z轴负方向的匀强电场（图中未画出），另外空间Ⅱ内同时还存在沿z轴正方向的匀强磁场（图中未画出），一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从边的中点P以初速度平行于y轴正方向射入长方体区域，粒子恰好经过正方形的中心点Q，且粒子在空间Ⅱ内运动的过程中，恰好未从长方体侧面飞出长方体区域，不计粒子重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小
（2）粒子经过Q点时的速度
（3）匀强磁场的磁感应强度大小
15．如图甲，在绝缘水平地面上有一带正电的小物块A和不带电的匀质绝缘薄板B，B右端与一水平轻弹簧栓接，弹簧右端固定，空间存在水平向右的匀强电场。开始时弹簧处于原长，B静止且右端位于点，点左侧地面粗糙、右侧地面光滑。已知电场强度大小为，A的质量为2kg、电荷量为，B的质量为6kg、长度为，A、B与点左侧地面间的动摩擦因数均为0.5，弹簧劲度系数为。初始时A与B左端的距离为20m。将A由静止释放，A与B发生弹性碰撞后立即撤去电场，碰撞时间可忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，A可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度大小，求：
（1）A、B碰撞前瞬间A的速度大小；
（2）A、B碰后0.2s时A与B左端的距离；
（3）从碰后B刚好完全进入光滑地面区域开始计时，B运动的图像如图乙所示，图线在、时刻的斜率均为零，求从到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的衍射；热力学第一定律及其应用；α粒子的散射；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．图甲中，重核裂变成原子核和，核子的平均质量变小，可知裂变过程释放能量，原子核和更稳定，可知重核的比结合能小于原子核和的比结合能，故A正确；
B．图乙中，左侧只有一条缝，在光屏上得到中间的条纹最亮最宽、两侧条纹逐渐变暗变窄的图样，即单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样，故B错误；
C．图丙为卢瑟福粒子散射实验，根据实验结果卢瑟福提出了原子的核式结构，故C错误；
D．图丁，中间有隔板的绝热容器，现抽掉隔板，气体向真空的膨胀不对外做功，故根据热力学第一定律，又，故气体的内能保持不变，温度不变，最终温度等于，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核物理、光学、原子物理和热力学的基本现象，核心是结合图像理解各实验或现象的原理与结论。
2．【答案】D
【知识点】变压器原理；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．充电线圈中通有交流电，电流产生的磁场是周期性变化的，而非均匀变化，故A错误；
B．充电线圈与感应线圈上通过的电流频率相同，故B错误；
C．若为理想变压器，则，由于实际传递过程存在能量损失，实际匝数比小于，故C错误；
D．根据变压器电压与匝数关系可知，充电线圈匝数越少，感应线圈上感应电压越高，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查无线充电的工作原理（互感现象），核心是利用变压器的电压与匝数关系、频率特性及实际能量损失来分析各选项。
3．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A、截止频率公式，钠的逸出功更大，所以钠的截止频率大于钾的截止频率，故 A 错误；
B、两个光电管都发生光电效应，入射光频率必须大于两种金属的截止频率，故 B 错误；
C、光电子初动能取值范围是，二者最大初动能不同，但个别光电子的初动能有可能相等，故 C 正确；
D、根据光电效应方程，入射光频率相同，逸出功不同，光电子最大初动能一定不同，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A 考查截止频率与逸出功的关系，逸出功越大，截止频率越高；
B 考查光电效应发生条件，入射光频率大于金属截止频率；
C、D 考查光电效应方程，区分光电子最大初动能和光电子实际初动能，初动能是一个区间。
4．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】设三棱镜的临界角为C，由，得：，光线射出BC边上时入射角为，大于临界角C，则光线在BC边上发生全反射，不能从BC边射出，根据反射定律和几何知识可知，光线射到AC边上时入射角为，则光线将AC边垂直射出，故ABD错误，C正确．
故答案为：C
【分析】考查全反射临界角计算，全反射发生条件：光由光密介质射向光疏介质，入射角大于临界角；结合三棱镜几何关系判断光路走向。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．从轨道 Ⅱ 进入转移轨道，飞船要做离心运动，需向后喷气加速，向前喷气会减速，故A错误；
B．飞船在b点从椭圆轨道Ⅱ进入转移轨道，需要点火加速，机械能增加；从b到c只有引力做功，机械能守恒，因此c点机械能大于b点机械能，故B正确；
C．如果为轨道Ⅱ的近地点，为远地点，根据开普勒第二定律有，解得，而实际上a是圆轨道Ⅰ上的点，进入轨道Ⅱ，需要在近地点加速，所以，故C错误；
D．轨道Ⅰ半径为，轨道Ⅱ半长轴为，根据开普勒第三定律有，解得，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：判断变轨时喷气方向，离心运动需加速；
B：分析 b 点变轨到转移轨道的点火加速，判断机械能变化；
C：区分圆轨道与椭圆轨道，不可直接用开普勒第二定律；
D：应用开普勒第三定律，计算两轨道周期之比。
6．【答案】B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、根据左手定则，载流子为自由电子，电子向霍尔元件左表面聚集，左表面带负电，因此左表面电势比右表面低，故 A 错误；
B、电子受力平衡时有，电流微观表达式，联立可得霍尔电压，仅增大电流I，霍尔电压增大，故 B 正确；
C、由可知，霍尔电压与宽度b无关，仅增大宽度b，霍尔电压不变，故 C 错误；
D、由可知，霍尔电压与长度l无关，仅增大长度l，霍尔电压不变，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查左手定则在霍尔元件中的应用，判断载流子偏转方向，比较元件两侧电势高低；
B、考查霍尔电压推导，根据电场力与洛伦兹力平衡、电流微观表达式，分析电流对霍尔电压的影响；
C、考查霍尔电压公式，明确霍尔电压与元件宽度没有关系；
D、考查霍尔电压公式，明确霍尔电压与元件长度没有关系。
7．【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿定律与图象；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A. 内翠鸟做自由落体运动，末速度，该段平均速度为。内翠鸟做加速度减小的减速运动，其图像面积小于匀减速直线运动的面积，即位移小于匀减速的位移，因此全程平均速度小于，A错误。
B. 内图像斜率逐渐减小，说明加速度逐渐减小；由牛顿第二定律，可得水的作用力，加速度减小则水的作用力逐渐减小，B错误。
C. 内翠鸟向下加速，加速度竖直向下；内翠鸟向下减速，加速度竖直向上，两段加速度方向相反，C错误。
D. 全程初末速度均为0，由动量定理，合冲量为0，即水的冲量与重力冲量大小相等，因此水的冲量大小，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查图像的物理意义与动量定理的应用，涉及牛顿第二定律、平均速度的判断。利用图像的斜率表示加速度、面积表示位移的特点，分析入水前后的运动性质与加速度变化；结合牛顿第二定律判断水的作用力变化，再通过动量定理分析全程的冲量关系，需注意变加速运动的平均速度不能直接套用匀变速的平均速度公式。
8．【答案】A,B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A、小球做水平面内的匀速圆周运动，重力和绳子拉力的合力提供向心力，故 A 正确；
B、由受力关系可得，整理得到周期，故 B 正确；
C、由，化简得，夹角和小球质量无关，增大质量，夹角不变，故 C 错误；
D、由，角速度增大，减小，夹角增大，故 D 正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、考查圆锥摆向心力来源，匀速圆周运动向心力由合外力提供；
B、考查圆锥摆周期推导，利用向心力公式结合几何关系求出周期表达式；
C、考查圆锥摆角度影响因素，明确摆角与小球质量无关；
D、考查角速度对摆角的影响，根据推导公式分析角速度增大时夹角的变化。
9．【答案】B,C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A、B，电流反向后，右侧需要增加砝码天平才重新平衡，说明线圈受到安培力竖直向上，由左手定则可得，磁场方向垂直纸面向外，故 A 错误，B 正确；
C、D，设线圈质量为，电流反向前，天平平衡：；
电流反向后，电流大小变为2I，天平平衡：；
两式联立解得，故 C 正确，D 错误；
故答案为：BC。
【分析】A、B，考查左手定则，根据天平砝码变化判断安培力方向，进一步判断磁场方向；
C、D，考查安培力与天平平衡，列出两次平衡的受力方程，联立求解磁感应强度大小。
10．【答案】B,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．由图可知时刻，两球之间的弹力最大，因此两球的形变量最大，此时两球共速，根据动量守恒可知，此时N球的速度大小为，故A错误；
B．时刻，两球之间的弹力为零，则两球分离，由于两球质量相等，根据动量守恒可知，分离时两球交换速度，则球的速度大小为，故B正确；
CD．由于图像中，图线与坐标轴围成的面积表示冲量的大小，则碰撞过程中球对球的冲量大小为，设球的质量为，由动量定理可得，联立解得，对N球，根据动能定理可得，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B，考查左手定则，根据天平砝码变化判断安培力方向，进一步判断磁场方向；
C、D，考查安培力与天平平衡，列出两次平衡的受力方程，联立求解磁感应强度大小。
11．【答案】（1）1.450
（2）B；；
（3）42（40-45均可）；1.19×10-8（1.11×10-8~1.25×10-8均可）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用油膜法估测油酸分子的大小；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1) 20 分度游标卡尺，主尺读数，游标读数，总读数。
故答案为：；
(2) ①斜槽不必光滑，只需同一位置释放；斜槽末端必须水平；挡板不需要等间距；坐标原点应为小球球心位置，故B正确。
故答案为：；
②竖直方向，位移差为L，，得；
水平分速度；B 点竖直速度；
合速度。
故答案为：；；
(3) 数方格，油膜面积（40 45 均可）；
一滴溶液纯油酸体积；
分子直径。
故答案为：42（40~45 均可）；（均可）；
【分析】(1) 本题考查 20 分度游标卡尺读数，主尺加上游标读数，注意单位换算。
(2) 本题考查探究平抛运动实验操作与计算；实验操作要保证初速度水平；竖直方向匀变速用求时间，再分别求水平、竖直分速度，合成 B 点合速度。
(3) 本题考查油膜法估测分子大小，数格子求油膜面积，算出一滴溶液中纯油酸体积，由估算分子直径。
（1）游标卡尺的读数为
（2）[1]A．只要保证每次释放小球的初位置相同，使小球每次到达斜槽末端的速度相同即可，斜槽是否光滑不影响小球做平抛运动，故A错误；
B．斜槽末端调成水平，保证小球做平抛运动的初速度水平，故B正确；
C．挡板高度不需要等间距变化，故C错误；
D．以小球在斜槽末端时，球心对应白纸上的位置作为做平抛运动的起点，以该点为坐标原点O建立坐标系，故D错误。
故选B。
[2] 根据竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动规律可得，解得时间间隔
[3]根据上述分析可知，平抛运动的初速度
小球运动到B点时的竖直分速度
则小球运动到B点时的速度
（3）[1][2]图中超过半格的小格数是42。油酸膜的面积
1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积
油酸分子的直径是
12．【答案】（1）
（2）b；5；变大
（3）3.2
（4）偏小
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答】（1）实物连接如下图所示：
(2) ①实验采用替代法，先将电阻箱调为，开关向端闭合；由图 (a)，对应温度。
②减小电阻箱阻值，电路总电阻减小，电流增大，定值电阻分压增大，电压表示数变大。
故答案为：；5；变大。
(3) 报警温度，读图得，
故答案为：
(4) 电源电动势略微变小，同一实际温度下，电路电流偏小，电压表示数偏小；会把该电压刻度对应到更低温度，测量结果偏小。
故答案：偏小。
【分析】(1) 本题考查实物电路连接，按照原理图，单刀双掷开关分别切换温度传感器与电阻箱，电压表测定值电阻两端电压。
(2) 本题考查替代法校准，电阻箱模拟温度传感器电阻，电阻减小，回路电流变大，定值电阻分压变大。
(3) 本题考查串联分压，读取报警温度对应的传感器电阻，代入分压公式计算报警电压。
(4) 本题考查系统误差，电源电动势降低，相同温度电压读数偏低，对应刻度温度偏小。
（1）实物连接如图所示
（2）[1]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，结合电路，开关应向b端闭合；
[2]由图（a）可知，时，温度为；
[3]逐步减小电阻箱的阻值，定值电阻上的分压变大，电压表的示数不断变大。
（3）当温度低于10℃时装置会自动报警，由图（a）可知，时，
此时电压表示数为
代入数据得
（4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故温度的测量结果将偏小。
13．【答案】（1）未发生火灾时，对活塞有
解得
（2）活塞刚到达卡柱时的温度为，对等压变化有，，
解得
之后气体做等容变化，可得容器内气体的图像如图所示
（3）气体仅在等压膨胀阶段做功，有
从至过程中容器中气体内能增加了9.6J，代入热力学第一定律
可得气体吸收的热量为
【知识点】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；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算；热力学图像类问题
【解析】【分析】本题考查理想气体的状态变化与热力学第一定律的结合，涉及等压变化、等容变化与气体做功计算。
（1）未发生火灾时活塞静止，对活塞进行受力分析，由平衡条件求解容器内气体的压强；
（2）温度升高过程，活塞先向上做等压膨胀，直到活塞接触卡柱；之后体积不变，气体做等容升压；先计算活塞到达卡柱时的临界温度，再分两段画出V-T图像，第一段为倾斜上升的等压线，第二段为竖直线；
（3）气体仅在等压膨胀阶段对外做功，由计算外界对气体做的功，再结合热力学第一定律，代入内能增量求解气体吸收的热量。
（1）未发生火灾时，对活塞有
解得
（2）活塞刚到达卡柱时的温度为，对等压变化有，，
解得
之后气体做等容变化，可得容器内气体的图像如图所示
（3）气体仅在等压膨胀阶段做功，有
从至过程中容器中气体内能增加了9.6J，代入热力学第一定律
可得气体吸收的热量为
14．【答案】（1）解：带正电粒子在空间Ⅰ中类平抛运动，运动轨迹如图
则，
由牛顿第二定律
联立可得，匀强电场的电场强度大小为
（2）解：在空间Ⅰ中，根据类平抛运动规律可得
故
设Q点与y轴正方向夹角θ，则
（3）解：粒子进入空间Ⅱ中速度为
将速度v分解为y轴速度，和z轴速度，由于z轴速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力；在平面内的y轴方向有洛伦兹力提供向心力
由几何关系可知
可得匀强磁场的磁感应强度大小为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 空间 Ⅰ 只有电场，粒子做类平抛，y 方向匀速、z 方向匀加速，结合牛顿第二定律求解电场强度；
(2) 分别求出两个正交方向分速度，矢量合成得到 Q 点合速度；
(3) 速度分解，平行磁场方向速度不受洛伦兹力，垂直磁场分量做匀速圆周运动；根据 “恰好不从侧面飞出” 得到轨道半径几何条件，由洛伦兹向心力公式求磁感应强度。
（1）带正电粒子在空间Ⅰ中类平抛运动，运动轨迹如图
则，
由牛顿第二定律
联立可得，匀强电场的电场强度大小为
（2）在空间Ⅰ中，根据类平抛运动规律可得
故
设Q点与y轴正方向夹角θ，则
（3）粒子进入空间Ⅱ中速度为
将速度v分解为y轴速度，和z轴速度，由于z轴速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力；在平面内的y轴方向有洛伦兹力提供向心力
由几何关系可知
可得匀强磁场的磁感应强度大小为
15．【答案】（1）解：A与B左端的距离为，设A、B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理
解得
（2）解：设碰撞后 A 的速度为 ，B 的速度为 A、B 发生弹性碰撞，
根据动量守恒
机械能守恒
解得(向左)，（向右）
以A为研究对象，根据牛顿第二定律
0.2s 内A 向左的位移
解得（向左）
薄板B的长度，当B向右的位移为时，根据牛顿第二定律
解得，B向右为匀变速运动
0.2s 内B 的位移
解得（向右）
A、B 左端距离
（3）解：时刻，B向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设B进入光滑区长度为
由受力平衡可得
解得
时刻，B开始向右运动，加速度为零，合力为零，B板全在粗糙区内，设B板右端距离O点距离为
由受力平衡可得
解得
设时刻B板右端距离O点距离为，从碰撞结束到的过程中，应用动能定理
解得
从 到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量
解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】(1) 电场力与摩擦力做功，动能定理求碰撞前 A 的速度；
(2) 弹性碰撞用动量守恒、机械能守恒得到碰后速度；分别对 A、B 受力分析，求加速度，计算 0.2s 内各自位移，两者位移相加得到间距；
(3) v t图像斜率为加速度，斜率为零代表合力为零，列平衡方程；结合动能定理确定位置，分段计算不同粗糙接触面积下摩擦产生的热量。
（1）A与B左端的距离为，设A、B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理
解得
（2）设碰撞后 A 的速度为 ，B 的速度为 A、B 发生弹性碰撞，
根据动量守恒
机械能守恒
解得(向左)，（向右）
以A为研究对象，根据牛顿第二定律
0.2s 内A 向左的位移
解得（向左）
薄板B的长度，当B向右的位移为时，根据牛顿第二定律
解得，B向右为匀变速运动
0.2s 内B 的位移
解得（向右）
A、B 左端距离
（3）时刻，B向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设B进入光滑区长度为
由受力平衡可得
解得
时刻，B开始向右运动，加速度为零，合力为零，B板全在粗糙区内，设B板右端距离O点距离为
由受力平衡可得
解得
设时刻B板右端距离O点距离为，从碰撞结束到的过程中，应用动能定理
解得
从 到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量
解得
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