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2026届广东深圳市福田区西浦教育集团外国语高级中学高三上学期第四次模拟考试物理试卷
1．2025年6月，我国秦山核电基地宣布医用同位素镥-177正式供应市场，标志着该领域的重大突破。镥-177衰变方程为，已知的半衰期为6.7天，单个、、粒子X的质量分别为，真空中光速为c，则下列说法正确的是（　　）
A．强相互作用是引起该衰变的原因
B．粒子X具有较强的电离本领
C．单个原子核衰变释放的能量为
D．1g的经过20.1天后剩余0.25g未衰变
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】解：根据核反应的电荷数、质量数守恒，可判断粒子 X 电荷数为 - 1、质量数为 0，即 X 为电子，该衰变为 β 衰变。
A. β 衰变的本质是原子核内中子转化为质子并释放电子，由弱相互作用引发，与强相互作用无关，A 错误。
B. 粒子 X 为 β 粒子（电子），其电离本领弱于 α 粒子，不属于电离本领较强的射线，B 错误。
C. 衰变过程存在质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，单个原子核衰变释放的能量等于质量亏损乘以光速平方，即，C 正确。
D. 20.1 天对应的半衰期个数为，剩余未衰变质量为，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查原子核的 β 衰变规律、半衰期计算、质能方程及三种射线的电离特性。首先依据核反应守恒定律判定衰变类型与粒子 X 的种类，结合四种基本相互作用的对应衰变类型判断 A 选项；根据 β 射线的电离能力特点判断 B 选项；利用质量亏损与质能方程的对应关系推导衰变释放的能量，对应 C 选项；通过半衰期的指数衰变公式计算剩余质量，验证 D 选项的正误。
2．如图（a）所示为单缝衍射示意图，如图（b）所示为甲、乙两束单色光分别通过同一装置形成的单缝衍射图样。下列说法正确的是（　　）
A．在同种均匀介质中，乙光的波长较长
B．在同种均匀介质中，甲光的传播速度较小
C．用同一装置做双缝干涉实验时，在同一光屏上乙光的亮条纹总数更多
D．当两束单色光从某种介质以相同入射角射向空气时，有可能乙光不发生全反射而甲光发生全反射
【答案】C
【知识点】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】解：单缝衍射图样中，中央亮纹宽度与光的波长正相关，波长越长，中央亮纹越宽、条纹间距越大。由图可知甲光中央亮纹更宽，因此甲光波长更长、频率更低。
A. 甲光的中央亮纹宽度更大，说明甲光的波长更长，乙光波长更短，A 错误。
B. 甲光频率更低，在同种介质中对应的折射率更小，根据，折射率越小则光在介质中的传播速度越大，因此甲光传播速度更大，B 错误。
C. 根据双缝干涉条纹间距公式，乙光波长更短，干涉条纹间距更小，在相同宽度的光屏上可容纳的亮条纹总数更多，C 正确。
D. 根据全反射临界角公式，甲光折射率小，临界角更大，更难发生全反射；乙光折射率大，临界角更小，更易发生全反射。因此相同入射角下，若发生全反射应是乙光先发生，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查单缝衍射的规律、光的折射率与波长频率的关系、双缝干涉条纹间距及全反射临界角。首先通过单缝衍射中央亮纹宽度对比两束光的波长大小，结合光的频率、折射率与波长的关联，推导介质中传播速度的大小关系；再利用双缝干涉条纹间距公式分析光屏上条纹总数的多少；最后通过全反射临界角公式判断两束光发生全反射的难易程度。
3．如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、βm，则（　　）
A．水星的公转周期比金星的大
B．水星的公转向心加速度比金星的大
C．水星与金星的公转轨道半径之比为
D．水星与金星的公转线速度之比为
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解：当夹角达到最大值时，行星与地球的连线恰好与行星公转轨道相切，由几何关系可得行星公转半径与地球公转半径的比值为夹角的正弦值。
设地球公转半径为，水星公转半径，金星公转半径，因此。
A. 根据万有引力提供向心力，推导得公转周期，轨道半径越小周期越小，因此水星公转周期比金星小，A 错误。
B. 由向心加速度公式，轨道半径越小向心加速度越大，水星轨道半径更小，因此向心加速度更大，B 正确。
C. 由上述几何关系，，C 错误。
D. 由线速度公式，可得，D 错误。
故答案为：B
【分析】本题考查万有引力定律在行星公转中的应用，涉及圆周运动的周期、向心加速度、线速度与轨道半径的关系，以及几何极值的分析。首先通过 “连线与轨道相切时夹角最大” 的几何结论，推导水星、金星的公转轨道半径与地球轨道半径的关系，比较两者轨道半径大小；再结合万有引力提供向心力的各个推论公式，分别判断周期、向心加速度、线速度的比例关系，逐一验证选项。
4．某科技公司研发的新型家用光伏储能系统中，太阳能电池板输出的正弦式交变电流经转换器处理后，其电流随时间变化的图像如图所示。下列关于该交变电流“四值”的说法正确的是（　　）
A．该交变电流的瞬时值表达式为
B．该交变电流的有效值为
C．该交变电流在时间内的平均值为0
D．若将一个阻值为的定值电阻接入该电路，电阻在1分钟内产生的热量为
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由图像可知，交变电流的峰值，周期，因此角频率。
A. 正弦式交变电流瞬时值表达式为，代入峰值与角频率得，A 错误。
B. 正弦式交变电流有效值与峰值的关系为，代入得，B 错误。
C. 交变电流的平均值对应时间段内的净电荷量与时间的比值。在区间内，正负半周的电荷量大小相等、方向相反，净电荷量为 0，因此电流平均值为 0，C 正确。
D. 焦耳热需用有效值计算，，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查正弦式交变电流的瞬时值、有效值、平均值及焦耳热的计算，考查交变电流 “四值” 的辨析与应用。首先从图像提取峰值与周期，推导角频率，写出瞬时值表达式以判断 A 选项；利用峰值与有效值的关系计算有效值，验证 B 选项；结合电流平均值的物理意义（净电荷量与时间的比值），分析对称时间段内的平均值大小，对应 C 选项；最后通过焦耳定律，用有效值计算电阻发热，判断 D 选项。
5．如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b．当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是（　　）
A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】对小球进行受力分析，小球受重力、a 点支持力、b 点支持力，支持力均垂直于对应接触面。
当小车做匀速直线运动时，小球受力平衡，合力为零。此时斜面的支持力为零，仅水平面 a 点提供支持力平衡重力，因此 b 点不一定有支持力。
当小车向左做匀加速直线运动且加速度足够大时，小球的合力可由重力与斜面 b 点的支持力共同提供，此时水平面 a 点的支持力可以为零，因此 a 点也不一定有支持力。
综上，a、b 两点的支持力均不一定存在。
故答案为：D
【分析】本题考查牛顿运动定律的连接体受力分析，考查弹力有无的判断与临界状态分析。首先明确两个接触面的弹力方向，分别讨论小车匀速运动、向左加速运动两种典型运动状态：匀速状态下受力平衡，可推导出 b 点弹力为零；加速度足够大的向左匀加速状态下，可推导出 a 点弹力为零。由此得出两点支持力均不一定存在的结论。
6．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（　　）
A．在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D．在t=0.6s时，弹簧振子有最小的位移
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A. 时，振子位移为正向最大值，由可知，加速度为负向最大，A错误。
B. 与两个时刻，振子位移相同，处于同一位置，速度大小相等，但时速度沿正方向，时速度沿负方向，速度方向相反，B错误。
C. 从到，振子位移逐渐增大，回复力增大，加速度增大，同时速度逐渐减小，因此振子做加速度增大的减速运动，C正确。
D. 时，振子位移为负向最大值，位移大小最大，D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查简谐运动的振动图像分析，涉及位移、速度、加速度的变化规律。结合简谐运动回复力与加速度的正比反向关系，根据图像判断不同时刻的位移大小与方向，进而推导加速度的特点；同时根据位移变化趋势判断速度的变化，以及同一位置处速度的方向差异。
7．如图甲所示，固定的光滑平行导轨（电阻不计）与水平面的夹角为，导轨足够长且间距L=0.5m，底端接有阻值为R=4Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨斜向上的匀强磁场中，一质量m=1kg、电阻r=1Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始运动，导轨足够长，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示。已知g取10m/s2，则（　　）
A．v=5m/s时拉力大小为7N
B．v=5m/s时拉力的功率为140W
C．匀强磁场的磁感应强度的大小为2T
D．当导体棒的加速度a=8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2N
【答案】C
【知识点】功率及其计算；导体切割磁感线时的感应电动势；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】由图乙可知，拉力 F 与速度倒数成正比，即拉力的功率为定值，导体棒做恒定功率运动。当导体棒速度最大时，加速度为零，受力平衡，此时拉力最小。由图得最大速度，对应最小拉力。
AB. 拉力功率恒定，。当时，，拉力功率仍为 70W，A、B 均错误。
C. 速度最大时导体棒受力平衡，沿导轨方向有，安培力
代入数据：，因此
代入安培力公式：，解得，C 正确。
D. 当加速度时，由牛顿第二定律，其中，，代入得，整理得，解得对应速度后可得安培力，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查电磁感应中的导体棒动力学问题，涉及恒定功率运动、安培力计算、牛顿第二定律与受力平衡。首先由 F-1/v 图像的线性关系，推导出拉力功率恒定的结论，结合最大速度对应的平衡状态，计算拉力的功率与最小拉力；再利用平衡条件求出最大速度时的安培力，进而推导磁感应强度大小；最后结合牛顿第二定律，代入功率与安培力的速度表达式，求解对应加速度下的安培力，验证选项正误。
8．如图所示，山脚的水平地面上有一块静止长木板。石块从山坡滑下，以速度v1滑上长木板做无滚动滑动，并且最终未滑出长木板。已知长木板与石块、长木板与地面间的最大静摩擦力大小均等于滑动摩擦力的大小。下面给出了石块在长木板上滑行图像，其中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】设石块与长木板间动摩擦因数为，长木板与地面间动摩擦因数为，石块质量为 m，长木板质量为 M。
石块滑上木板后，石块受向左的滑动摩擦力，始终做匀减速直线运动，加速度大小。
A. 石块与木板间存在滑动摩擦力，石块合力不为零，不可能做匀速直线运动，A 错误。
BC. 当时，长木板在石块的摩擦力作用下向右做匀加速直线运动；当两者共速后，一起做匀减速直线运动，整体加速度。v-t 图像中斜率绝对值表示加速度大小，因此第一段石块减速的斜率绝对值更大，第二段共同减速的斜率绝对值更小，B 正确，C 错误。
D. 当时，地面对长木板的最大静摩擦力大于石块对木板的摩擦力，长木板保持静止，石块在木板上一直做匀减速直线运动直至停下，D 正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查板块模型的动力学分析与 v-t 图像识别，涉及滑动摩擦力、静摩擦力的判断与加速度计算。首先明确石块的受力与加速度特点，再分两种情况讨论长木板的运动状态：当石块对木板的摩擦力大于地面最大静摩擦力时，木板加速、石块减速，共速后一起减速，且两段加速度大小不同；当石块对木板的摩擦力小于等于地面最大静摩擦力时，木板静止、石块单独匀减速。结合 v-t 图像斜率的物理意义，逐一判断图像合理性。
9．列车进站时可借助电磁阻尼辅助刹车，其简化结构如下图所示：站台旁轨道上足够长的区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，在车身下方固定一与车身等大的矩形单匝线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力来辅助列车刹车。列车进站时，线框ab边恰好进入磁场时列车的速度为，当线框cd边进入磁场并运动一段时间后，列车停止。已知列车的质量为m，车身长为s，线框ab边的长度为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。则列车（　　）
A．刹车进站时加速度大小
B．从进站到停下来所用时间
C．从进站到停下来的过程中，减少的动能大于线框产生的热量
D．完全在磁场中运动时，线框中感应电流为零，ab间电势差也为零
【答案】A,B,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. ab 边刚进入磁场时，感应电动势，感应电流，安培力大小。安培力与阻力 f 均为阻力，由牛顿第二定律得加速度
，A 正确。
B. 对全程应用动量定理，取初速度方向为正方向：
仅线框进入磁场的位移 s 过程存在安培力，完全进入后磁通量不变，安培力为零。其中代入整理得，B 正确。
C. 根据能量守恒，列车减少的动能一部分转化为线框的焦耳热，另一部分用于克服铁轨、空气阻力做功，因此动能减少量大于线框产生的热量，C 正确。
D. 线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，感应电流为零；但 ab 边切割磁感线会产生动生电动势，因此 ab 间存在电势差，D 错误。
故答案为：ABC
【分析】本题考查电磁阻尼中的动力学、动量定理与能量守恒，涉及动生电动势、安培力、感应电流的判断。首先由法拉第电磁感应定律与安培力公式计算刚进入磁场时的安培力，结合牛顿第二定律推导加速度，对应 A 选项；再利用动量定理处理变加速过程，通过安培力的冲量与位移的关联求解总时间，对应 B 选项；从能量守恒角度分析动能减少量的两个去向，判断 C 选项；最后根据磁通量是否变化判断感应电流，结合动生电动势分析导体两端电势差，验证 D 选项。
10．如图所示，质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（　　）
A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态
B．当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小球的总动量之和为
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为
D．甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为
【答案】B,C
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】水平面光滑，系统总动量守恒；碰撞均为弹性碰撞，机械能也守恒。
第一步：甲与乙发生弹性碰撞，设碰后甲速度为，乙速度为。
由动量守恒：，由机械能守恒：
联立解得：，
第二步：乙与丙发生弹性碰撞，设碰后乙速度为，丙速度为。
由动量守恒：，由机械能守恒：
联立解得：，
A. 碰撞全部结束后，乙的速度为，并非静止，A 错误。
B. 三个小球组成的系统合外力为零，总动量守恒，碰撞结束后的总动量等于初始总动量，B 正确。
C. 对乙应用动能定理，丙对乙做的功等于乙的动能变化：
，C 正确。
D. 对甲应用动量定理，乙对甲的冲量等于甲的动量变化：
，冲量大小为，D 错误。
故答案为：BC
【分析】本题考查多物体弹性碰撞的动量守恒与能量守恒，涉及动能定理与动量定理的应用。首先将碰撞过程拆分为甲乙碰撞、乙丙碰撞两个阶段，分别利用动量守恒与机械能守恒联立求解各球碰后速度；再基于系统合外力为零的条件，判断总动量的守恒性；通过动能定理计算丙对乙的做功大小，通过动量定理计算乙对甲的冲量大小，逐一验证选项。
11．某物理兴趣小组在用如图甲所示的双缝干涉实验装置测定光的波长实验中，通过目镜成功观察到光屏上的干涉条纹。
（1）某同学在实验过程中通过有关操作使干涉条纹由图乙变为图丙，他的操作是以下的哪项（　　）
A．换用长度更长的遮光筒 B．增大单缝到双缝的距离
C．换用间距更小的双缝 D．红色滤光片换成紫色滤光片
（2）在用游标卡尺测定某干涉条纹位置时，得到卡尺上的示数如图所示，则该干涉条纹位置是　 　cm。
（3）在测定某单色光波长的实验中，测得光源到单缝间距为L1，单缝到双缝间距为L2，双缝到光屏间距为L3，单缝宽为d1，双缝间距为d2，测得连续五条亮纹位置，其中第一条纹位置为x1，第五条纹位置为x5（x5>x1），则该单色光的波长为λ=　 　。
（4）某实验小组研究自由落体运动规律。该小组同学释放重物时实验器材接线和操作如下图所示，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（5）实验中获得的纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50Hz，每相邻两点之间还有四个点未画出。根据纸带数据，计算出当地的重力加速度大小g=　 　m/s2（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）D
（2）1.725
（3）
（4）B
（5）9.9
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；自由落体运动；用打点计时器测速度
【解析】【解答】解：(1) 干涉条纹由图乙变为图丙，条纹数量增多，说明条纹间距减小。根据双缝干涉条纹间距公式：换用更长遮光筒，L 增大，条纹间距增大，A 错误；
单缝到双缝的距离不影响条纹间距，B 错误；
换用间距更小的双缝，d 减小，条纹间距增大，C 错误；
红光换紫光，波长减小，条纹间距减小，D 正确。
(2) 游标卡尺为主尺读数加游标尺读数。主尺读数为 17mm，游标尺为 20 分度，精度 0.05mm，第 5 条刻度线对齐，游标尺读数为。
总读数为。
(3) 连续五条亮纹间有 4 个条纹间距，因此相邻亮纹间距。
由条纹间距公式，联立得。
(4) 研究自由落体运动时，打点计时器需使用交流电源；释放前应让重物靠近打点计时器，纸带保持竖直，以减小阻力影响，故 B 正确。
(5) 打点频率 50Hz，打点周期 0.02s，每相邻两点间有 4 个点未画出，因此计数点时间间隔。
由逐差法，，代入数据计算得。
【分析】本题综合考查双缝干涉测光的波长实验与自由落体运动实验，涉及条纹间距规律、游标卡尺读数、数据处理与实验操作规范。
（1）考查双缝干涉条纹间距公式的应用，根据条纹间距变小的现象，逐一分析各操作对间距的影响，筛选出正确操作；
（2）考查 20 分度游标卡尺的读数方法，按主尺读数加游标尺读数的规则计算，注意单位换算；
（3）考查双缝干涉波长的推导，先由五条亮纹的位置差计算相邻条纹间距，再结合条纹间距公式反推波长表达式；
（4）考查自由落体实验的操作规范，从电源类型、纸带放置与重物位置两个维度判断操作正误；
（5）考查逐差法计算加速度，先确定计数点的时间间隔，再利用逐差公式代入纸带数据求解重力加速度。
（1）AB．干涉条纹由图乙变为图丙，观察到的条纹增加，即条纹间距减小，根据可知，换用长度更长的遮光筒和增大单缝到双缝的距离，条纹间距不变，故AB错误；
C．换用间距更小的双缝，即d减小，则条纹间距增大，故C错误；
D．红色滤光片换成紫色滤光片，即波长λ变小，则条纹间距减小，故D正确。
故选D。
（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以该干涉条纹位置是
（3）根据条纹间距可得
所以
（4）研究自由落体运动规律时，实验中打点计时器应使用交流电源，且应提着纸带上端让重物靠近打点计时器，使纸带保持竖直，减小重物下落过程中阻力的影响。
故选B。
（5）由于打点计时器的工作频率为50Hz，则打点计时器打点周期为0.02s，每相邻两点之间还有四个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得
12．硅整流二极管具有反向耐高压、工作温度范围广、单向导电性突出的特点。一实验小组用伏安法测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，实验中使用的器材有
A.直流电源（电动势3V，内阻不计）
B.滑动变阻器（0~20Ω）
C.数字电压表（量程为0~2V，内阻为3.24MΩ）
D.数字电流表（量程为0~2mA，内阻为100Ω；量程为0~50mA，内阻为4Ω）
E.待测二极管D，开关S，导线若干。
（1）在图（a）中按实验需要完成电路图连线　 　，图中电源　 　（选填“M”或“N”）端为正极。
（2）闭合开关S，调节滑动变阻器，记录多组电压表示数U和电流表示数I。当电压表示数超过0.600V时，应将电流表量程由0~2mA切换至0~50mA。该小组测得一系列数据，当U=0.650V时，I=3.55mA，此时二极管两端的实际电压UD=　 　V（结果保留三位有效数字）。
（3）研究表明，在正向导通状态下，二极管的电阻值随温度升高而减小。实验中，由于电流热效应，导致测量得到的伏安曲线与理论曲线存在差异。图（b）中作出了这两条曲线，其中　 　（选填“甲”或“乙”）为测量得到的曲线。
（4）通过实验，得到30℃时，二极管正向导通情况下，流过二极管的电流数值的自然对数ln（I/mA）与二极管两端电压的数值UD/V的关系图线如图（c）所示，则电流I（mA）的数值与电压UD（V）的数值关系式为I=　 　。
【答案】（1）；M
（2）0.636
（3）甲
（4）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1) 测绘正向伏安特性曲线需电压从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法；电流表内阻已知，采用电流表内接法以修正电压。
二极管正向导通时电流从左端流入，因此电源M端为正极。
故答案为：分压式内接电路图；M
(2) 电流表量程为0~50mA，内阻，电流表分压。
二极管实际电压
故答案为：0.636
(3) 电流热效应使二极管温度升高，电阻减小，相同电压下电流比理论值更大，因此甲曲线为测量曲线。
故答案为：甲
(4) 设，代入图中两点坐标：，。
解得，，因此，整理得
故答案为：
【分析】本题考查测绘二极管正向伏安特性曲线的实验，涉及电路设计、误差分析与图像数据处理。
（1）根据电压从零开始调节的要求选择分压式接法，结合电流表内阻已知的条件选择内接法；根据二极管单向导电性确定电源正极端；
（2）利用串联电路电压规律，减去电流表的分压得到二极管的实际电压；
（3）结合温度升高电阻减小的特点，分析相同电压下电流的偏差，判断测量曲线；
（4）利用线性函数关系拟合图线，代入两点坐标求解斜率与截距，再整理得到电流与电压的关系式。
（1）[1]题目中需要测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，故电流、电压需要从零开始测量，滑动变阻器接入电路中的方式应选择分压式，电流表内阻已知，电流表应该选择内接法，故电路图为
[2]题目中需要测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，电流应该从二极管左端流入二极管，故M端应为电源正极。
（2）当U=0.650V时，I=3.55mA，此时二极管两端的实际电压
（3）因为在正向导通状态下，二极管的电阻值随温度升高而减小，实验中，由于电流热效应，二极管阻值比理论值小，导致测量得到的电流比理论的电流大，故甲为测量得到的曲线。
（4）根据图（c），设图线关系式为
由图像可得，
解得，
故图线关系式为则
13．吃爆米花是童年的美好回忆，爆米花机主体为一个金属罐体。在室温为27℃、标准大气压为的干燥环境下打开阀门向罐内放入干燥的谷物后，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，当压强达到时即可打开阀门，因为压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。
（1）求打开阀门前瞬间罐内气体的热力学温度；
（2）打开阀门后，罐内气体迅速膨胀，谷物大部分喷出后立即关闭阀门，此时罐内气体的热力学温度变为，求冷却到室温后罐内气体的压强及罐内剩余气体的质量与打开阀门前罐内气体的质量的比值。（可认为罐内剩余爆米花的体积与开始时谷物的体积相同）
【答案】（1）根据查理定律，有
其中，
解得。
（2）设冷却到室温后罐内气体的压强为，根据查理定律有
解得
根据，剩余气体与加热前气体体积相等、温度相同，则剩余气体的质量与加热前气体的质量的比值等于压强之比，即。
【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
【解析】【分析】本题考查理想气体状态方程的应用，涉及等容变化与变质量问题的处理。
（1）关闭阀门后罐内气体体积不变，做等容变化，已知初态的压强和温度、末态的压强，根据查理定律计算打开阀门前的热力学温度；
（2）关闭阀门后罐内剩余气体体积不变，先根据查理定律计算冷却到室温后的压强；利用理想气体状态方程，将剩余气体与初始气体在同温同体积下比较，质量之比等于压强之比，从而得到质量比值。
（1）根据查理定律，有
其中，
解得。
（2）设冷却到室温后罐内气体的压强为，根据查理定律有
解得
根据，剩余气体与加热前气体体积相等、温度相同，则剩余气体的质量与加热前气体的质量的比值等于压强之比，即。
14．如图所示，质量为1kg的物块A和质量为的物块B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上。弹簧与两物块未粘连。解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下开始运动。A分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道，在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；B分离后向右运动，滑上速度的足够长的传送带，传送带与平台等高，B与传送带间的动摩擦因数，分离后AB不相碰，取。
（1）求A与B分离后瞬间，A的速度大小；
（2）求A与B分离后瞬间，B的速度大小；
（3）弹簧锁定时的弹性势能；
（4）求B在传送带上滑动过程中产生的内能Q。
【答案】（1）物块A在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；由牛顿第二定律得
解得
由动能定理
A与B分离后瞬间，A的速度大小
（2）A与B分离后瞬间，由动量守恒可得
A与B分离后瞬间，B的速度大小
（3）解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得
（4）B在传送带上先做匀减速运动，后做匀速直线运动，由牛顿第二定律可得
解得加速度为
B在传送带做减速运动的时间为
B减速运动的位移为
在此时间内传送带的位移为
物块B相对传送带滑行的距离为
B在传送带上滑动过程中产生的内能
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】本题综合考查圆周运动向心力、动量守恒、能量守恒与传送带摩擦生热问题，涉及多过程的动力学与能量分析。
（1）先对 A 在半圆轨道最高点进行受力分析，由重力与轨道压力的合力提供向心力，列式求出最高点的速度；再对 A 从分离后到最高点的过程应用动能定理，结合重力做功与动能变化的关系，反推分离瞬间 A 的速度；
（2）弹簧弹开 A、B 的过程中，系统合外力为零，动量守恒，结合 A 的速度与两物体质量，由动量守恒定律求解 B 的分离速度；
（3）解除锁定的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为 A、B 的动能，由能量守恒定律，将两物体的动能相加即可得到弹性势能；
（4）先分析 B 在传送带上的运动：B 初速度大于传送带速度，受向左的滑动摩擦力做匀减速运动，由牛顿第二定律求出加速度，再计算减速到与传送带共速的时间；分别求出该过程中 B 的位移与传送带的位移，得到相对位移，结合滑动摩擦力与相对位移的乘积计算摩擦产生的内能。
15．如图所示，在平面直角坐标系的第三象限内有电场强度大小为E沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（大小未知），磁场边界圆刚好与两个坐标轴相切，与x轴的切点为M点，第一象限内夹角为的虚线ON与x轴间有垂直纸面向外的强磁场（大小未知）．一个带正电的粒子在电场中坐标为的P点由静止释放，粒子经电场加速后，从圆形磁场边界上的Q点沿x轴正方向射入磁场，经圆形磁场偏转后刚好从M点射入上方磁场，粒子刚好不从ON边界射出磁场，已知带正电粒子的比荷为k（带电体的电荷量和质量的比值），不计粒子的重力，求：
（1）带正电粒子从Q点射入圆形磁场时的速度大小；
（2）磁感应强度的大小与磁感应强度的大小；
（3）带正电的粒子从P点出发到第二次经过x轴所用的时间。
【答案】解：（1）设粒子从Q点进磁场时的速度大小v，根据动能定理有
解得
（2）最后粒子刚好末从虚线ON射出磁场而从x轴上的S点射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
由于将平分，根据三角形全等可知，，即粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有
解得
设粒子从点进入上方磁场时速度与轴负方向的夹角为，由几何关系得
解得
由于粒子刚好不能从ON边界射出，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场做圆周运动的半径为
根据牛顿第二定律有
解得
（3）其中粒子在电场中运动的时间为
解得
在匀强磁场中，运动时间为
粒子从点进磁场到从S点射出磁场所用的时间
在第四象限匀速运动的时间
带正电的粒子从P点出发到第二次经过x轴所用的时间为

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，涉及电场加速、磁场偏转与几何关系分析。
（1）粒子在电场中由静止加速，电场力做功，根据动能定理结合粒子的比荷，计算粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子在圆形磁场中做圆周运动，结合磁场边界的几何特点与入射、出射位置，推导圆周运动的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求出；粒子进入上方磁场后刚好不从边界射出，说明轨迹与ON相切，由几何关系得到该区域的轨道半径，同理求出；
（3）分别计算粒子在电场中的加速时间、两个磁场中的偏转时间、以及磁场外的匀速运动时间，各段时间相加得到总时间，偏转时间需结合圆心角与周期公式计算。
1 / 12026届广东深圳市福田区西浦教育集团外国语高级中学高三上学期第四次模拟考试物理试卷
1．2025年6月，我国秦山核电基地宣布医用同位素镥-177正式供应市场，标志着该领域的重大突破。镥-177衰变方程为，已知的半衰期为6.7天，单个、、粒子X的质量分别为，真空中光速为c，则下列说法正确的是（　　）
A．强相互作用是引起该衰变的原因
B．粒子X具有较强的电离本领
C．单个原子核衰变释放的能量为
D．1g的经过20.1天后剩余0.25g未衰变
2．如图（a）所示为单缝衍射示意图，如图（b）所示为甲、乙两束单色光分别通过同一装置形成的单缝衍射图样。下列说法正确的是（　　）
A．在同种均匀介质中，乙光的波长较长
B．在同种均匀介质中，甲光的传播速度较小
C．用同一装置做双缝干涉实验时，在同一光屏上乙光的亮条纹总数更多
D．当两束单色光从某种介质以相同入射角射向空气时，有可能乙光不发生全反射而甲光发生全反射
3．如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、βm，则（　　）
A．水星的公转周期比金星的大
B．水星的公转向心加速度比金星的大
C．水星与金星的公转轨道半径之比为
D．水星与金星的公转线速度之比为
4．某科技公司研发的新型家用光伏储能系统中，太阳能电池板输出的正弦式交变电流经转换器处理后，其电流随时间变化的图像如图所示。下列关于该交变电流“四值”的说法正确的是（　　）
A．该交变电流的瞬时值表达式为
B．该交变电流的有效值为
C．该交变电流在时间内的平均值为0
D．若将一个阻值为的定值电阻接入该电路，电阻在1分钟内产生的热量为
5．如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b．当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是（　　）
A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
6．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（　　）
A．在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D．在t=0.6s时，弹簧振子有最小的位移
7．如图甲所示，固定的光滑平行导轨（电阻不计）与水平面的夹角为，导轨足够长且间距L=0.5m，底端接有阻值为R=4Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨斜向上的匀强磁场中，一质量m=1kg、电阻r=1Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始运动，导轨足够长，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示。已知g取10m/s2，则（　　）
A．v=5m/s时拉力大小为7N
B．v=5m/s时拉力的功率为140W
C．匀强磁场的磁感应强度的大小为2T
D．当导体棒的加速度a=8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2N
8．如图所示，山脚的水平地面上有一块静止长木板。石块从山坡滑下，以速度v1滑上长木板做无滚动滑动，并且最终未滑出长木板。已知长木板与石块、长木板与地面间的最大静摩擦力大小均等于滑动摩擦力的大小。下面给出了石块在长木板上滑行图像，其中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．列车进站时可借助电磁阻尼辅助刹车，其简化结构如下图所示：站台旁轨道上足够长的区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，在车身下方固定一与车身等大的矩形单匝线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力来辅助列车刹车。列车进站时，线框ab边恰好进入磁场时列车的速度为，当线框cd边进入磁场并运动一段时间后，列车停止。已知列车的质量为m，车身长为s，线框ab边的长度为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。则列车（　　）
A．刹车进站时加速度大小
B．从进站到停下来所用时间
C．从进站到停下来的过程中，减少的动能大于线框产生的热量
D．完全在磁场中运动时，线框中感应电流为零，ab间电势差也为零
10．如图所示，质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（　　）
A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态
B．当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小球的总动量之和为
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为
D．甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为
11．某物理兴趣小组在用如图甲所示的双缝干涉实验装置测定光的波长实验中，通过目镜成功观察到光屏上的干涉条纹。
（1）某同学在实验过程中通过有关操作使干涉条纹由图乙变为图丙，他的操作是以下的哪项（　　）
A．换用长度更长的遮光筒 B．增大单缝到双缝的距离
C．换用间距更小的双缝 D．红色滤光片换成紫色滤光片
（2）在用游标卡尺测定某干涉条纹位置时，得到卡尺上的示数如图所示，则该干涉条纹位置是　 　cm。
（3）在测定某单色光波长的实验中，测得光源到单缝间距为L1，单缝到双缝间距为L2，双缝到光屏间距为L3，单缝宽为d1，双缝间距为d2，测得连续五条亮纹位置，其中第一条纹位置为x1，第五条纹位置为x5（x5>x1），则该单色光的波长为λ=　 　。
（4）某实验小组研究自由落体运动规律。该小组同学释放重物时实验器材接线和操作如下图所示，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（5）实验中获得的纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50Hz，每相邻两点之间还有四个点未画出。根据纸带数据，计算出当地的重力加速度大小g=　 　m/s2（结果保留2位有效数字）。
12．硅整流二极管具有反向耐高压、工作温度范围广、单向导电性突出的特点。一实验小组用伏安法测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，实验中使用的器材有
A.直流电源（电动势3V，内阻不计）
B.滑动变阻器（0~20Ω）
C.数字电压表（量程为0~2V，内阻为3.24MΩ）
D.数字电流表（量程为0~2mA，内阻为100Ω；量程为0~50mA，内阻为4Ω）
E.待测二极管D，开关S，导线若干。
（1）在图（a）中按实验需要完成电路图连线　 　，图中电源　 　（选填“M”或“N”）端为正极。
（2）闭合开关S，调节滑动变阻器，记录多组电压表示数U和电流表示数I。当电压表示数超过0.600V时，应将电流表量程由0~2mA切换至0~50mA。该小组测得一系列数据，当U=0.650V时，I=3.55mA，此时二极管两端的实际电压UD=　 　V（结果保留三位有效数字）。
（3）研究表明，在正向导通状态下，二极管的电阻值随温度升高而减小。实验中，由于电流热效应，导致测量得到的伏安曲线与理论曲线存在差异。图（b）中作出了这两条曲线，其中　 　（选填“甲”或“乙”）为测量得到的曲线。
（4）通过实验，得到30℃时，二极管正向导通情况下，流过二极管的电流数值的自然对数ln（I/mA）与二极管两端电压的数值UD/V的关系图线如图（c）所示，则电流I（mA）的数值与电压UD（V）的数值关系式为I=　 　。
13．吃爆米花是童年的美好回忆，爆米花机主体为一个金属罐体。在室温为27℃、标准大气压为的干燥环境下打开阀门向罐内放入干燥的谷物后，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，当压强达到时即可打开阀门，因为压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。
（1）求打开阀门前瞬间罐内气体的热力学温度；
（2）打开阀门后，罐内气体迅速膨胀，谷物大部分喷出后立即关闭阀门，此时罐内气体的热力学温度变为，求冷却到室温后罐内气体的压强及罐内剩余气体的质量与打开阀门前罐内气体的质量的比值。（可认为罐内剩余爆米花的体积与开始时谷物的体积相同）
14．如图所示，质量为1kg的物块A和质量为的物块B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上。弹簧与两物块未粘连。解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下开始运动。A分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道，在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；B分离后向右运动，滑上速度的足够长的传送带，传送带与平台等高，B与传送带间的动摩擦因数，分离后AB不相碰，取。
（1）求A与B分离后瞬间，A的速度大小；
（2）求A与B分离后瞬间，B的速度大小；
（3）弹簧锁定时的弹性势能；
（4）求B在传送带上滑动过程中产生的内能Q。
15．如图所示，在平面直角坐标系的第三象限内有电场强度大小为E沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（大小未知），磁场边界圆刚好与两个坐标轴相切，与x轴的切点为M点，第一象限内夹角为的虚线ON与x轴间有垂直纸面向外的强磁场（大小未知）．一个带正电的粒子在电场中坐标为的P点由静止释放，粒子经电场加速后，从圆形磁场边界上的Q点沿x轴正方向射入磁场，经圆形磁场偏转后刚好从M点射入上方磁场，粒子刚好不从ON边界射出磁场，已知带正电粒子的比荷为k（带电体的电荷量和质量的比值），不计粒子的重力，求：
（1）带正电粒子从Q点射入圆形磁场时的速度大小；
（2）磁感应强度的大小与磁感应强度的大小；
（3）带正电的粒子从P点出发到第二次经过x轴所用的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】解：根据核反应的电荷数、质量数守恒，可判断粒子 X 电荷数为 - 1、质量数为 0，即 X 为电子，该衰变为 β 衰变。
A. β 衰变的本质是原子核内中子转化为质子并释放电子，由弱相互作用引发，与强相互作用无关，A 错误。
B. 粒子 X 为 β 粒子（电子），其电离本领弱于 α 粒子，不属于电离本领较强的射线，B 错误。
C. 衰变过程存在质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，单个原子核衰变释放的能量等于质量亏损乘以光速平方，即，C 正确。
D. 20.1 天对应的半衰期个数为，剩余未衰变质量为，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查原子核的 β 衰变规律、半衰期计算、质能方程及三种射线的电离特性。首先依据核反应守恒定律判定衰变类型与粒子 X 的种类，结合四种基本相互作用的对应衰变类型判断 A 选项；根据 β 射线的电离能力特点判断 B 选项；利用质量亏损与质能方程的对应关系推导衰变释放的能量，对应 C 选项；通过半衰期的指数衰变公式计算剩余质量，验证 D 选项的正误。
2．【答案】C
【知识点】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】解：单缝衍射图样中，中央亮纹宽度与光的波长正相关，波长越长，中央亮纹越宽、条纹间距越大。由图可知甲光中央亮纹更宽，因此甲光波长更长、频率更低。
A. 甲光的中央亮纹宽度更大，说明甲光的波长更长，乙光波长更短，A 错误。
B. 甲光频率更低，在同种介质中对应的折射率更小，根据，折射率越小则光在介质中的传播速度越大，因此甲光传播速度更大，B 错误。
C. 根据双缝干涉条纹间距公式，乙光波长更短，干涉条纹间距更小，在相同宽度的光屏上可容纳的亮条纹总数更多，C 正确。
D. 根据全反射临界角公式，甲光折射率小，临界角更大，更难发生全反射；乙光折射率大，临界角更小，更易发生全反射。因此相同入射角下，若发生全反射应是乙光先发生，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查单缝衍射的规律、光的折射率与波长频率的关系、双缝干涉条纹间距及全反射临界角。首先通过单缝衍射中央亮纹宽度对比两束光的波长大小，结合光的频率、折射率与波长的关联，推导介质中传播速度的大小关系；再利用双缝干涉条纹间距公式分析光屏上条纹总数的多少；最后通过全反射临界角公式判断两束光发生全反射的难易程度。
3．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解：当夹角达到最大值时，行星与地球的连线恰好与行星公转轨道相切，由几何关系可得行星公转半径与地球公转半径的比值为夹角的正弦值。
设地球公转半径为，水星公转半径，金星公转半径，因此。
A. 根据万有引力提供向心力，推导得公转周期，轨道半径越小周期越小，因此水星公转周期比金星小，A 错误。
B. 由向心加速度公式，轨道半径越小向心加速度越大，水星轨道半径更小，因此向心加速度更大，B 正确。
C. 由上述几何关系，，C 错误。
D. 由线速度公式，可得，D 错误。
故答案为：B
【分析】本题考查万有引力定律在行星公转中的应用，涉及圆周运动的周期、向心加速度、线速度与轨道半径的关系，以及几何极值的分析。首先通过 “连线与轨道相切时夹角最大” 的几何结论，推导水星、金星的公转轨道半径与地球轨道半径的关系，比较两者轨道半径大小；再结合万有引力提供向心力的各个推论公式，分别判断周期、向心加速度、线速度的比例关系，逐一验证选项。
4．【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由图像可知，交变电流的峰值，周期，因此角频率。
A. 正弦式交变电流瞬时值表达式为，代入峰值与角频率得，A 错误。
B. 正弦式交变电流有效值与峰值的关系为，代入得，B 错误。
C. 交变电流的平均值对应时间段内的净电荷量与时间的比值。在区间内，正负半周的电荷量大小相等、方向相反，净电荷量为 0，因此电流平均值为 0，C 正确。
D. 焦耳热需用有效值计算，，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查正弦式交变电流的瞬时值、有效值、平均值及焦耳热的计算，考查交变电流 “四值” 的辨析与应用。首先从图像提取峰值与周期，推导角频率，写出瞬时值表达式以判断 A 选项；利用峰值与有效值的关系计算有效值，验证 B 选项；结合电流平均值的物理意义（净电荷量与时间的比值），分析对称时间段内的平均值大小，对应 C 选项；最后通过焦耳定律，用有效值计算电阻发热，判断 D 选项。
5．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】对小球进行受力分析，小球受重力、a 点支持力、b 点支持力，支持力均垂直于对应接触面。
当小车做匀速直线运动时，小球受力平衡，合力为零。此时斜面的支持力为零，仅水平面 a 点提供支持力平衡重力，因此 b 点不一定有支持力。
当小车向左做匀加速直线运动且加速度足够大时，小球的合力可由重力与斜面 b 点的支持力共同提供，此时水平面 a 点的支持力可以为零，因此 a 点也不一定有支持力。
综上，a、b 两点的支持力均不一定存在。
故答案为：D
【分析】本题考查牛顿运动定律的连接体受力分析，考查弹力有无的判断与临界状态分析。首先明确两个接触面的弹力方向，分别讨论小车匀速运动、向左加速运动两种典型运动状态：匀速状态下受力平衡，可推导出 b 点弹力为零；加速度足够大的向左匀加速状态下，可推导出 a 点弹力为零。由此得出两点支持力均不一定存在的结论。
6．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A. 时，振子位移为正向最大值，由可知，加速度为负向最大，A错误。
B. 与两个时刻，振子位移相同，处于同一位置，速度大小相等，但时速度沿正方向，时速度沿负方向，速度方向相反，B错误。
C. 从到，振子位移逐渐增大，回复力增大，加速度增大，同时速度逐渐减小，因此振子做加速度增大的减速运动，C正确。
D. 时，振子位移为负向最大值，位移大小最大，D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查简谐运动的振动图像分析，涉及位移、速度、加速度的变化规律。结合简谐运动回复力与加速度的正比反向关系，根据图像判断不同时刻的位移大小与方向，进而推导加速度的特点；同时根据位移变化趋势判断速度的变化，以及同一位置处速度的方向差异。
7．【答案】C
【知识点】功率及其计算；导体切割磁感线时的感应电动势；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】由图乙可知，拉力 F 与速度倒数成正比，即拉力的功率为定值，导体棒做恒定功率运动。当导体棒速度最大时，加速度为零，受力平衡，此时拉力最小。由图得最大速度，对应最小拉力。
AB. 拉力功率恒定，。当时，，拉力功率仍为 70W，A、B 均错误。
C. 速度最大时导体棒受力平衡，沿导轨方向有，安培力
代入数据：，因此
代入安培力公式：，解得，C 正确。
D. 当加速度时，由牛顿第二定律，其中，，代入得，整理得，解得对应速度后可得安培力，D 错误。
故答案为：C
【分析】本题考查电磁感应中的导体棒动力学问题，涉及恒定功率运动、安培力计算、牛顿第二定律与受力平衡。首先由 F-1/v 图像的线性关系，推导出拉力功率恒定的结论，结合最大速度对应的平衡状态，计算拉力的功率与最小拉力；再利用平衡条件求出最大速度时的安培力，进而推导磁感应强度大小；最后结合牛顿第二定律，代入功率与安培力的速度表达式，求解对应加速度下的安培力，验证选项正误。
8．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】设石块与长木板间动摩擦因数为，长木板与地面间动摩擦因数为，石块质量为 m，长木板质量为 M。
石块滑上木板后，石块受向左的滑动摩擦力，始终做匀减速直线运动，加速度大小。
A. 石块与木板间存在滑动摩擦力，石块合力不为零，不可能做匀速直线运动，A 错误。
BC. 当时，长木板在石块的摩擦力作用下向右做匀加速直线运动；当两者共速后，一起做匀减速直线运动，整体加速度。v-t 图像中斜率绝对值表示加速度大小，因此第一段石块减速的斜率绝对值更大，第二段共同减速的斜率绝对值更小，B 正确，C 错误。
D. 当时，地面对长木板的最大静摩擦力大于石块对木板的摩擦力，长木板保持静止，石块在木板上一直做匀减速直线运动直至停下，D 正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查板块模型的动力学分析与 v-t 图像识别，涉及滑动摩擦力、静摩擦力的判断与加速度计算。首先明确石块的受力与加速度特点，再分两种情况讨论长木板的运动状态：当石块对木板的摩擦力大于地面最大静摩擦力时，木板加速、石块减速，共速后一起减速，且两段加速度大小不同；当石块对木板的摩擦力小于等于地面最大静摩擦力时，木板静止、石块单独匀减速。结合 v-t 图像斜率的物理意义，逐一判断图像合理性。
9．【答案】A,B,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. ab 边刚进入磁场时，感应电动势，感应电流，安培力大小。安培力与阻力 f 均为阻力，由牛顿第二定律得加速度
，A 正确。
B. 对全程应用动量定理，取初速度方向为正方向：
仅线框进入磁场的位移 s 过程存在安培力，完全进入后磁通量不变，安培力为零。其中代入整理得，B 正确。
C. 根据能量守恒，列车减少的动能一部分转化为线框的焦耳热，另一部分用于克服铁轨、空气阻力做功，因此动能减少量大于线框产生的热量，C 正确。
D. 线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，感应电流为零；但 ab 边切割磁感线会产生动生电动势，因此 ab 间存在电势差，D 错误。
故答案为：ABC
【分析】本题考查电磁阻尼中的动力学、动量定理与能量守恒，涉及动生电动势、安培力、感应电流的判断。首先由法拉第电磁感应定律与安培力公式计算刚进入磁场时的安培力，结合牛顿第二定律推导加速度，对应 A 选项；再利用动量定理处理变加速过程，通过安培力的冲量与位移的关联求解总时间，对应 B 选项；从能量守恒角度分析动能减少量的两个去向，判断 C 选项；最后根据磁通量是否变化判断感应电流，结合动生电动势分析导体两端电势差，验证 D 选项。
10．【答案】B,C
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】水平面光滑，系统总动量守恒；碰撞均为弹性碰撞，机械能也守恒。
第一步：甲与乙发生弹性碰撞，设碰后甲速度为，乙速度为。
由动量守恒：，由机械能守恒：
联立解得：，
第二步：乙与丙发生弹性碰撞，设碰后乙速度为，丙速度为。
由动量守恒：，由机械能守恒：
联立解得：，
A. 碰撞全部结束后，乙的速度为，并非静止，A 错误。
B. 三个小球组成的系统合外力为零，总动量守恒，碰撞结束后的总动量等于初始总动量，B 正确。
C. 对乙应用动能定理，丙对乙做的功等于乙的动能变化：
，C 正确。
D. 对甲应用动量定理，乙对甲的冲量等于甲的动量变化：
，冲量大小为，D 错误。
故答案为：BC
【分析】本题考查多物体弹性碰撞的动量守恒与能量守恒，涉及动能定理与动量定理的应用。首先将碰撞过程拆分为甲乙碰撞、乙丙碰撞两个阶段，分别利用动量守恒与机械能守恒联立求解各球碰后速度；再基于系统合外力为零的条件，判断总动量的守恒性；通过动能定理计算丙对乙的做功大小，通过动量定理计算乙对甲的冲量大小，逐一验证选项。
11．【答案】（1）D
（2）1.725
（3）
（4）B
（5）9.9
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；自由落体运动；用打点计时器测速度
【解析】【解答】解：(1) 干涉条纹由图乙变为图丙，条纹数量增多，说明条纹间距减小。根据双缝干涉条纹间距公式：换用更长遮光筒，L 增大，条纹间距增大，A 错误；
单缝到双缝的距离不影响条纹间距，B 错误；
换用间距更小的双缝，d 减小，条纹间距增大，C 错误；
红光换紫光，波长减小，条纹间距减小，D 正确。
(2) 游标卡尺为主尺读数加游标尺读数。主尺读数为 17mm，游标尺为 20 分度，精度 0.05mm，第 5 条刻度线对齐，游标尺读数为。
总读数为。
(3) 连续五条亮纹间有 4 个条纹间距，因此相邻亮纹间距。
由条纹间距公式，联立得。
(4) 研究自由落体运动时，打点计时器需使用交流电源；释放前应让重物靠近打点计时器，纸带保持竖直，以减小阻力影响，故 B 正确。
(5) 打点频率 50Hz，打点周期 0.02s，每相邻两点间有 4 个点未画出，因此计数点时间间隔。
由逐差法，，代入数据计算得。
【分析】本题综合考查双缝干涉测光的波长实验与自由落体运动实验，涉及条纹间距规律、游标卡尺读数、数据处理与实验操作规范。
（1）考查双缝干涉条纹间距公式的应用，根据条纹间距变小的现象，逐一分析各操作对间距的影响，筛选出正确操作；
（2）考查 20 分度游标卡尺的读数方法，按主尺读数加游标尺读数的规则计算，注意单位换算；
（3）考查双缝干涉波长的推导，先由五条亮纹的位置差计算相邻条纹间距，再结合条纹间距公式反推波长表达式；
（4）考查自由落体实验的操作规范，从电源类型、纸带放置与重物位置两个维度判断操作正误；
（5）考查逐差法计算加速度，先确定计数点的时间间隔，再利用逐差公式代入纸带数据求解重力加速度。
（1）AB．干涉条纹由图乙变为图丙，观察到的条纹增加，即条纹间距减小，根据可知，换用长度更长的遮光筒和增大单缝到双缝的距离，条纹间距不变，故AB错误；
C．换用间距更小的双缝，即d减小，则条纹间距增大，故C错误；
D．红色滤光片换成紫色滤光片，即波长λ变小，则条纹间距减小，故D正确。
故选D。
（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以该干涉条纹位置是
（3）根据条纹间距可得
所以
（4）研究自由落体运动规律时，实验中打点计时器应使用交流电源，且应提着纸带上端让重物靠近打点计时器，使纸带保持竖直，减小重物下落过程中阻力的影响。
故选B。
（5）由于打点计时器的工作频率为50Hz，则打点计时器打点周期为0.02s，每相邻两点之间还有四个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得
12．【答案】（1）；M
（2）0.636
（3）甲
（4）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1) 测绘正向伏安特性曲线需电压从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法；电流表内阻已知，采用电流表内接法以修正电压。
二极管正向导通时电流从左端流入，因此电源M端为正极。
故答案为：分压式内接电路图；M
(2) 电流表量程为0~50mA，内阻，电流表分压。
二极管实际电压
故答案为：0.636
(3) 电流热效应使二极管温度升高，电阻减小，相同电压下电流比理论值更大，因此甲曲线为测量曲线。
故答案为：甲
(4) 设，代入图中两点坐标：，。
解得，，因此，整理得
故答案为：
【分析】本题考查测绘二极管正向伏安特性曲线的实验，涉及电路设计、误差分析与图像数据处理。
（1）根据电压从零开始调节的要求选择分压式接法，结合电流表内阻已知的条件选择内接法；根据二极管单向导电性确定电源正极端；
（2）利用串联电路电压规律，减去电流表的分压得到二极管的实际电压；
（3）结合温度升高电阻减小的特点，分析相同电压下电流的偏差，判断测量曲线；
（4）利用线性函数关系拟合图线，代入两点坐标求解斜率与截距，再整理得到电流与电压的关系式。
（1）[1]题目中需要测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，故电流、电压需要从零开始测量，滑动变阻器接入电路中的方式应选择分压式，电流表内阻已知，电流表应该选择内接法，故电路图为
[2]题目中需要测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，电流应该从二极管左端流入二极管，故M端应为电源正极。
（2）当U=0.650V时，I=3.55mA，此时二极管两端的实际电压
（3）因为在正向导通状态下，二极管的电阻值随温度升高而减小，实验中，由于电流热效应，二极管阻值比理论值小，导致测量得到的电流比理论的电流大，故甲为测量得到的曲线。
（4）根据图（c），设图线关系式为
由图像可得，
解得，
故图线关系式为则
13．【答案】（1）根据查理定律，有
其中，
解得。
（2）设冷却到室温后罐内气体的压强为，根据查理定律有
解得
根据，剩余气体与加热前气体体积相等、温度相同，则剩余气体的质量与加热前气体的质量的比值等于压强之比，即。
【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
【解析】【分析】本题考查理想气体状态方程的应用，涉及等容变化与变质量问题的处理。
（1）关闭阀门后罐内气体体积不变，做等容变化，已知初态的压强和温度、末态的压强，根据查理定律计算打开阀门前的热力学温度；
（2）关闭阀门后罐内剩余气体体积不变，先根据查理定律计算冷却到室温后的压强；利用理想气体状态方程，将剩余气体与初始气体在同温同体积下比较，质量之比等于压强之比，从而得到质量比值。
（1）根据查理定律，有
其中，
解得。
（2）设冷却到室温后罐内气体的压强为，根据查理定律有
解得
根据，剩余气体与加热前气体体积相等、温度相同，则剩余气体的质量与加热前气体的质量的比值等于压强之比，即。
14．【答案】（1）物块A在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；由牛顿第二定律得
解得
由动能定理
A与B分离后瞬间，A的速度大小
（2）A与B分离后瞬间，由动量守恒可得
A与B分离后瞬间，B的速度大小
（3）解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得
（4）B在传送带上先做匀减速运动，后做匀速直线运动，由牛顿第二定律可得
解得加速度为
B在传送带做减速运动的时间为
B减速运动的位移为
在此时间内传送带的位移为
物块B相对传送带滑行的距离为
B在传送带上滑动过程中产生的内能
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】本题综合考查圆周运动向心力、动量守恒、能量守恒与传送带摩擦生热问题，涉及多过程的动力学与能量分析。
（1）先对 A 在半圆轨道最高点进行受力分析，由重力与轨道压力的合力提供向心力，列式求出最高点的速度；再对 A 从分离后到最高点的过程应用动能定理，结合重力做功与动能变化的关系，反推分离瞬间 A 的速度；
（2）弹簧弹开 A、B 的过程中，系统合外力为零，动量守恒，结合 A 的速度与两物体质量，由动量守恒定律求解 B 的分离速度；
（3）解除锁定的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为 A、B 的动能，由能量守恒定律，将两物体的动能相加即可得到弹性势能；
（4）先分析 B 在传送带上的运动：B 初速度大于传送带速度，受向左的滑动摩擦力做匀减速运动，由牛顿第二定律求出加速度，再计算减速到与传送带共速的时间；分别求出该过程中 B 的位移与传送带的位移，得到相对位移，结合滑动摩擦力与相对位移的乘积计算摩擦产生的内能。
15．【答案】解：（1）设粒子从Q点进磁场时的速度大小v，根据动能定理有
解得
（2）最后粒子刚好末从虚线ON射出磁场而从x轴上的S点射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
由于将平分，根据三角形全等可知，，即粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有
解得
设粒子从点进入上方磁场时速度与轴负方向的夹角为，由几何关系得
解得
由于粒子刚好不能从ON边界射出，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场做圆周运动的半径为
根据牛顿第二定律有
解得
（3）其中粒子在电场中运动的时间为
解得
在匀强磁场中，运动时间为
粒子从点进磁场到从S点射出磁场所用的时间
在第四象限匀速运动的时间
带正电的粒子从P点出发到第二次经过x轴所用的时间为

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，涉及电场加速、磁场偏转与几何关系分析。
（1）粒子在电场中由静止加速，电场力做功，根据动能定理结合粒子的比荷，计算粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子在圆形磁场中做圆周运动，结合磁场边界的几何特点与入射、出射位置，推导圆周运动的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求出；粒子进入上方磁场后刚好不从边界射出，说明轨迹与ON相切，由几何关系得到该区域的轨道半径，同理求出；
（3）分别计算粒子在电场中的加速时间、两个磁场中的偏转时间、以及磁场外的匀速运动时间，各段时间相加得到总时间，偏转时间需结合圆心角与周期公式计算。
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