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广东广州市育才中学2025-2026学年高三上学期1月阶段测物理试卷
1．下列四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（　　）
A．由甲图可知，所有分子的运动速率随着温度的升高而增大
B．乙图为布朗运动实验，图中显示的是液体分子无规则运动轨迹
C．丙图煮茶，水沸腾过程中，水变成水蒸气，体积增加，分子势能变小
D．丁图中航天员王亚平在空间站做的“液桥”实验中，两块液桥板之间形成一段液体，两液桥板脱手后最终合在一起，这是水的表面张力在起作用
2．如图，利用液导激光技术加工器件时，激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流，甲的折射率比乙的大，则（　　）
A．激光在甲中的频率大 B．激光在乙中的频率大
C．用甲时全反射临界角大 D．用乙时全反射临界角大
3．地壳深处的岩层活动产生强烈震动而引发地震。地震波的纵波传播速度较快，约为6km/s；横波传播速度较慢。2022年3月26日在青海某无人区发生6.0级地震，震源深度12km。地震测试仪显示横波比纵波晚1s到达地面，横波的传播速度是（　　）
A．5km/s B．4km/s C．3km/s D．2km/s
4．如图所示为卫星远离地球的过程，卫星在椭圆轨道I上运行到远地点变轨，进入圆形轨道II，在圆形轨道II上运行到点时再次加速变轨，从而最终摆脱地球束缚。对于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道I上由点运行到点的过程，机械能守恒
B．卫星在点通过向前喷气减速实现由轨道I进入轨道II
C．卫星沿轨道I运行的周期大于沿轨道II运行的周期
D．卫星沿轨道I运行时，在点的加速度小于在点的加速度
5．某兴趣小组设计了如图所示的发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域圆心角α均为，磁场均沿半径方向，矩形线圈abcd以一定的角速度绕中心轴逆时针匀速转动，bc和ad边同时进入磁场，且所经过处的磁感应强度大小相等，从bc边进入上方磁场时开始计时，电流从c→b为正方向，则下列图像正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
6．无线充电技术已经广泛应用于日常生活中，如图所示是某款5G手机无线充电器的充电原理示意图，设受电线圈的匝数为n，线圈的横截面积为S，若在时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由增加到。则在充电的这段时间内（　　）
A．若送电线圈中接入正弦交变电流，受电线圈可以得到恒定电流
B．受电线圈中感应电流的方向由d到c点
C．受电线圈产生的平均感应电动势大小为
D．若想增大c、d之间的电势差，可以只增大送电线圈中的电流的变化率
7．如图，光滑的水平面上静止一块足够长的长木板P，一滑块Q（视为质点）从左端以初速度向右滑上长木板P，此后关于长木板P和滑块Q的运动图像，若PQ间动摩擦因数恒定，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长6m，宽1m，发射的炮弹质量为50g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20A，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上
B．炮弹的加速度大小为
C．若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度也变为原来的两倍
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
9．如图，在空间直角坐标系Oxyz中有到原点O的距离均相等的a、b、c、d四个点，a、b在x轴上，c在y轴上，d在z轴上。在a、b两点各放置一个带电量为的点电荷。将一个带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点，下列说法正确的是（　　）
A．c点和d点的电势相等
B．c点和d点的电场强度相同
C．试探电荷的电势能始终不变
D．试探电荷的电势能先增大后减小
10．图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图（b）所示工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为，与地面的夹角为，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为的谷粒的说法正确的是（　　）
A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒的作用力方向竖直向上
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒做的功为
C．谷粒离开传送带后（落地前）的机械能先增大后减小
D．在传送带上运动时，谷粒克服重力做功为
11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分相关内容，请完成以下填空。
（1）在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图甲所示。用光具座固定激光笔和刻有双缝的黑色纸板，双缝间的宽度d=0.2mm。激光经过双缝后投射到光屏中的条纹如图乙所示，由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x=　 　mm。通过激光测距仪测量出双缝到投影屏间的距离L=2.0m，可求得该激光的波长λ=　 　m。
（2）在“用单摆测重力加速度的大小”的实验中，测量小球的直径，某次读数为10.10mm，则所选用的测量仪器与下图中___________（选填“A”、“B”或“C”）一致。
A．
B．
C．
（3）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：
①选取原、副线圈匝数分别为800和400，但是可拆变压器的“横梁”铁芯没装上；当原线圈接入12V的交流电时，副线圈输出电压U可能满足　 　；
A.0V②为了减小能量传递过程中的损失，变压器的铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为“横梁”的铁芯硅钢片应按照下列哪种方法设计　 　。
A．B．
C．D．
12．某同学用如图甲所示的装置验证动能定理，用天平测出滑块（含遮光条）的质量M，钩码的质量m（m略小于M），当地重力加速度为g
（1）用游标卡尺测量遮光条宽度如图乙所示，其宽度　 　mm。
（2）实验前需调节气垫导轨螺钉使之水平，下列做法正确的是__________
A．用刻度尺测量气垫导轨两端距桌面的高度，调节气垫导轨螺钉，使两高度相等
B．接通气泵，待气流稳定后调节气垫导轨螺钉，使滑块能在短时间内保持静止
C．接通气泵，挂上钩码，将滑块从气垫导轨上同一位置由静止释放，测出遮光条两次通过光电门的遮光时间、，调节气垫导轨螺钉，使
（3）将滑块移到气垫导轨的右端，在绳上挂上钩码，用手　 　（选填“托住钩码”或“挡住滑块”），测出遮光条中心到光电门中心的距离x；
（4）将滑块由静止释放，记录遮光条通过光电门时的遮光时间t，则滑块（含遮光条）增加的动能为　 　（用字母表示）；
（5）实验中多次改变滑块释放的位置，测得多组x和t的数据，作出的图像为一条倾斜直线；小明同学对滑块应用动能定理得，又，联立解得，所以小明认为图线斜率k的理论值为。你是否同意他的观点？请简要说明理由。　 　
13．某实验中心要测量一个不能碰水且不规则物体的体积，现运用热学知识设计如图所示的装置来进行测量，该装置由深度为H，横截面积为S的圆柱体导热汽缸和厚度不计且密封完好的圆形活塞构成。实验时，先将不规则物体放入汽缸内部，再将活塞由汽缸顶部静止释放，最终可以静止在距离汽缸底部为h的位置。设环境温度保持不变，大气压强为，活塞的质量为m，重力加速度为g，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：
（1） 不规则物体的体积V；
（2） 汽缸内气体向外界释放的热量Q。
14．某同学设计了一款玩具小车，车静止在光滑水平面上，车厢顶端是一段水平轨道，车前端是半径为的四分之一圆弧轨道，圆弧轨道最高点处切线水平，间隙忽略不计，车的质量为长为，将质量为的小滑块（视为质点）从水平轨道点以一定的初速度向右滑去，滑块刚好能通过狭缝进入车厢内，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为。
（1）若车锁定，滑块从点抛出（不经过圆弧轨道）恰好能到达点，求滑块在点的初速度大小；
（2）若车不锁定，滑块以大小为的初速度从点滑出后，沿水平、圆弧轨道滑到点时竖直方向分速度大小为，求滑块经过圆弧轨道因摩擦产生的热量.
15．如图所示，一有界匀强磁场垂直于xOy平面向里，其边界是以坐标原点O为圆心、半径为R的圆．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从磁场边界与x轴交点P处以初速度大小v0、沿x轴正方向射入磁场，恰能从M点离开磁场．不计粒子的重力．
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）若带电粒子从P点以速度大小v0射入磁场，改变初速度的方向，粒子恰能经过原点O，求粒子在磁场中运动的时间t及离开磁场时速度的方向；
（3）在匀强磁场外侧加一有界均匀辐向电场，如图所示，与O点相等距离处的电场强度大小相等，方向指向原点O．带电粒子从P点沿x轴正方向射入磁场，改变初速度的大小，粒子恰能不离开电场外边界且能回到P点，求粒子初速度大小v以及电场两边界间的电势差U．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】布朗运动；分子势能；温度和温标；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A. 温度升高时，分子的平均速率增大，速率大的分子占比升高，但并非所有分子的运动速率都增大，存在部分分子速率减小的情况，A错误。
B. 布朗运动是悬浮固体颗粒的无规则运动，图中是颗粒在不同时刻的位置连线，既不是颗粒的实际运动轨迹，也不是液体分子的运动轨迹，B错误。
C. 水沸腾过程中温度不变，分子动能不变，水汽化时体积增大，分子间距离变大，分子力做负功，分子势能增大，C错误。
D. 液体表面张力会使液体表面具有收缩的趋势，两液桥板间的液体在表面张力作用下相互靠拢，最终合在一起，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查分子动理论、布朗运动、物态变化中的内能与液体表面张力的热学综合辨析，考查对基础概念的理解与辨析。分子速率分布遵循统计规律，温度升高是分子平均动能增大，不代表每个分子速率都增大；布朗运动反映液体分子的无规则运动，但观测到的是固体颗粒的位置，并非分子轨迹；水沸腾时温度不变，分子动能不变，体积膨胀过程中分子势能增大；液体表面张力来源于分子间引力，会使液体表面有收缩趋势。
2．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A. 光的频率由光源本身决定，与传播介质无关，激光在甲液体中传播时频率不变，A错误。
B. 同理，激光在乙液体中的频率与在甲中相同，不会随介质改变，B错误。
C. 根据全反射临界角公式，临界角与折射率成反比，甲的折射率更大，因此用甲时全反射临界角更小，C错误。
D. 乙的折射率更小，代入临界角公式可知，用乙时全反射临界角更大，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查光的全反射规律与光在介质中的传播特性，涉及光的频率的决定因素和全反射临界角公式。光的频率由光源决定，在不同介质中传播时频率始终保持不变；全反射的临界角满足，介质折射率越大，发生全反射的临界角越小，结合甲乙两种液体的折射率大小关系，即可判断临界角的相对大小。
3．【答案】B
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据路程、速度与时间的关系，横向传播时间减去纵向传播时间等于时间差，列出关系式：
，代入题干已知条件进行计算，解得横波传播速度 ，故 B 正确，其余选项错误。
故答案为：B。
【分析】考查速度公式在地震波中的应用。利用分别写出两种波的传播时间，结合时间差建立方程求解横波速度。
4．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A. 卫星在轨道I上运行时，只受地球的万有引力作用，只有万有引力做功，动能与重力势能相互转化，机械能总量保持不变，A正确。
B. 从椭圆轨道I变轨到更高的圆形轨道II，卫星需要做离心运动，应在P点向后喷气加速，向前喷气会减速，无法进入高轨道，B错误。
C. 根据开普勒第三定律，轨道I的半长轴小于轨道II的轨道半径，因此卫星沿轨道I运行的周期更小，C错误。
D. 根据万有引力提供加速度，加速度与卫星到地心距离的平方成反比，o点距离地心更近，因此o点的加速度大于P点的加速度，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查天体运动中的轨道变轨、机械能守恒与开普勒定律的应用，涉及万有引力定律的推论。卫星在单一轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒；
变轨到更高轨道需要加速做离心运动，向运动的反方向喷气；
根据开普勒第三定律，轨道的半长轴越大，运行周期越长；
卫星的加速度由万有引力决定，距离地心越近，加速度越大。
5．【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】设线圈边长、，线圈转动角速度为，以bc边切入上方磁场的时刻作为计时起点，规定电流为正方向。线圈的边切割磁感线产生感应电动势：
回路感应电流大小：。结合右手定则判断，此阶段电流方向为，对应负向，持续时间；线圈继续转动，边不再切割磁感线，回路无感应电流；再转过，bc边切入下方磁场，感应电流大小依旧为，电流方向变为，对应正向，持续时间同样为；之后再转动，回路再次没有感应电流，电流变化规律和 A 图像匹配，故 A 正确；
故答案为：A。
【分析】考查交变电流、导体棒转动切割磁感线。先由转动切割电动势公式算出感应电动势，求出恒定的电流大小；再按照线圈转动的不同区间，分段判断是否切割磁感线、电流方向与持续时长；区分有电流区间和零电流区间，对照电流随时间变化图像进行筛选判断。
6．【答案】D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A. 若送电线圈通入正弦交变电流，穿过受电线圈的磁通量按正弦规律变化，根据法拉第电磁感应定律，受电线圈产生的感应电动势随时间变化，感应电流也为交变电流，并非恒定电流，A错误。
B. 穿过受电线圈的磁场向上且磁感应强度增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，受电线圈中感应电流方向从c到d，B错误。
C. 根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势，其中磁通量变化量，时间，因此，选项遗漏了线圈匝数，C错误。
D. 增大送电线圈中电流的变化率，会使穿过受电线圈的磁通量变化率增大，根据法拉第电磁感应定律，受电线圈产生的感应电动势增大，即c、d间的电势差增大，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，结合无线充电场景考查互感现象的规律。正弦交变电流产生的磁场随时间正弦变化，感应出的电动势也为交变值；
楞次定律遵循"增反减同"的规律，可用于判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断电流方向；
法拉第电磁感应定律中感应电动势与线圈匝数、磁通量变化率均成正比，磁通量变化率由原线圈电流的变化率决定。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】 AB、地面光滑，滑块 Q 滑上木板 P 后，木板 P 在滑动摩擦力作用下向右匀加速，滑块 Q 受向左的滑动摩擦力向右匀减速，该选项描述错误，故 AB 错误；
CD、两个物体受到的滑动摩擦力大小恒定，合力不变，加速度保持不变，都做匀变速直线运动，故 C 正确；D错误。
故答案为：C。
【分析】 AB、考查板块模型受力与运动分析。地面光滑，摩擦力是两者之间的内力，木板会在摩擦力带动下向右加速。
CD、考查匀变速直线运动判定。合力恒定则加速度恒定，加速度不变的直线运动就是匀变速直线运动。
8．【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题主要考查了安培力的计算，根据左手定则推出磁场的方向，结合运动学公式和牛顿第二定律完成分析即可。A．根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．根据
解得
若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度变为原来倍，故C错误；
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率
代入数据，解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则判断出磁场的方向，根据牛顿第二定律计算出炮弹加速度的大小，根据运动学公式以及功率公式分析。
9．【答案】A,D
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】 A、a、b 两处为等量同种正点电荷，c、d 两点到原点距离相等，到 a、b 两个点电荷的距离也分别相等，由电势叠加原理可知 c、d 两点电势相等，故 A 正确；
B、电场强度是矢量，c、d 两点场强大小相等，但场强的空间方向不一样，两点电场强度不相同，故 B 错误；
C、正试探电荷从 c 沿直线移动到 d，路径上各点到两个 + Q 电荷的距离先变小再变大，电势先升高后降低，正电荷电势能先增大后减小，并不是始终不变，故 C 错误；
D、移动过程电势先升高后降低，正试探电荷电势能随电势同步变化，电势能先增大后减小，故 D 正确；
故答案为：AD。
【分析】 A、考查电势的叠加与对称性。利用几何关系判断 c、d 到两个场源电荷的距离，结合标量叠加判断电势高低。
B、考查电场强度矢量性。场强包含大小和方向，依靠空间对称分析两处场强的方向差异。
C、考查电势能的变化判断。沿运动路径分析电势的变化趋势，对照正电荷电势能与电势的关系判断。
D、考查电场力做功与电势能变化。电势先升后降，正电荷电势能同步先增后减。
10．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；
BD．谷粒的末速度为，对谷粒根据动能定理
可得其他谷粒对谷粒做的功为，故B正确，D错误；
C．谷粒P离开传送带后（落地前），只有重力做功，机械能保持不变，故C错误。
故选AB。
【分析】麦粒P在匀速运动过程中，根据受力平衡分析其他谷粒对谷粒P的作用力；在传送带上运动时，对麦粒P由功能关系可求出其他麦粒对麦粒P做的功；麦粒P在抛出后过程中机械能守恒；区分动能增量和重力做功，二者大小没有之间联系。
11．【答案】（1）65.0；
（2）B
（3）A；D
【知识点】变压器原理；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x=65.0mm，根据条纹间距公式
代入数据解得λ=m
故答案为：65.0；；
（2）读数为10.10mm，可知游标卡尺应选择20分度的，螺旋测微器读数时应估读到千分位。
故答案为：B。
（3）①根据理想变压器规律有，解得V，由于实验中有损耗，则0V② 为了减小涡流引起的热损，同时又为了防止磁漏，变压器的铁芯采用硅钢片叠加而成。作为横挡的铁芯的硅钢片应该与下面的硅钢片平行。
故答案为：A；D。
【分析】（1）先读出 A、B 两条亮纹之间的距离，算出相邻亮纹的条纹间距，再代入双缝干涉的条纹间距公式，变形计算得到入射光的波长。
（2）对比给出的读数 10.10mm 对应的精度，判断该读数符合 20 分度游标卡尺的读数特点，同时明确螺旋测微器读数时需要估读到毫米的千分位，选出正确选项。
（3）①根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比的规律算出副线圈理论电压，考虑到实际变压器存在漏磁、铜损等能量损耗，判断副线圈实际电压小于理论值，选出对应选项；
②结合涡流的产生原理，为降低涡流带来的发热损耗，分析铁芯硅钢片的铺设方向，确定横挡铁芯硅钢片应和下层硅钢片平行，选出正确选项。
（1）[1] 由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x=65.0mm
[2]根据条纹间距公式
代入数据解得λ=m
（2）读数为10.10mm，可知游标卡尺应选择20分度的，螺旋测微器读数时应估读到千分位。
故选B。
（3）①[1]根据理想变压器规律有
解得V
由于实验中有损耗，则0V故选A。
②[2] 为了减小涡流引起的热损，同时又为了防止磁漏，变压器的铁芯采用硅钢片叠加而成。作为横挡的铁芯的硅钢片应该与下面的硅钢片平行。
故选D。
12．【答案】（1）5.45
（2）B
（3）挡住滑块
（4）
（5）不同意，因为m略小于M，绳中张力不等于mg
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）由于游标尺是20分度，其精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读法，可知遮光条的宽度
故答案为：5.45；
（2）A．用刻度尺测量气垫导轨两端距桌面的高度，调节气垫导轨螺钉，即使两高度相等，也无法保证整个导轨处于水平状态，A错误；
B．接通气泵，待气流稳定后调节气垫导轨螺钉，使滑块能在短时间内保持静止，说明滑块所受合外力为零，可以认为气垫导轨处于水平，B正确；
C．通气泵，挂上钩码，将滑块从气垫导轨上同一位置由静止释放，测出遮光条两次通过光电门的遮光时间、，调节气垫导轨螺钉，使，这种方法是在有外力作用下进行调节，不能判定导轨自身是否水平，C错误。
故答案为：B。
（3）用手挡住滑块既可使滑块处于稳定状态，又便于后续实验操作；
故答案为：挡住滑块；
（4）由题可知，滑块通过光电门的速度，故滑块的动能增加了
故答案为：；
（5）对钩码，由牛顿第二定律得，对滑块，由牛顿第二定律得
联立解得，对滑块应用动能定理，解得
故答案为：不同意，因为m略小于M，绳中张力不等于mg；
【分析】（1）依据 20 分度游标卡尺精度 0.05mm，按主尺读数加游标尺对齐格数读数的规则算出遮光条宽度。
（2）逐一分析三种气垫导轨调平方案，根据合外力是否为零判断导轨水平的正确操作。
（3）从实验操作的稳定性角度，说明用手挡住滑块的作用。
（4）利用遮光条通过光电门的平均速度近似瞬时速度，代入动能公式得到滑块动能增加量。
（5）先对钩码、滑块列牛顿第二定律方程求出绳子拉力，再对滑块用动能定理推导出 k 的表达式。
（1）由于游标尺是20分度，其精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读法，可知遮光条的宽度
（2）A．用刻度尺测量气垫导轨两端距桌面的高度，调节气垫导轨螺钉，即使两高度相等，也无法保证整个导轨处于水平状态，A错误；
B．接通气泵，待气流稳定后调节气垫导轨螺钉，使滑块能在短时间内保持静止，说明滑块所受合外力为零，可以认为气垫导轨处于水平，B正确；
C．通气泵，挂上钩码，将滑块从气垫导轨上同一位置由静止释放，测出遮光条两次通过光电门的遮光时间、，调节气垫导轨螺钉，使，这种方法是在有外力作用下进行调节，不能判定导轨自身是否水平，C错误。
故选B。
（3）用手挡住滑块既可使滑块处于稳定状态，又便于后续实验操作；
（4）由题可知，滑块通过光电门的速度
故滑块的动能增加了
（5）对钩码，由牛顿第二定律得
对滑块，由牛顿第二定律得
联立解得
对滑块应用动能定理
解得
13．【答案】（1）根据平衡条件可知，当活塞最终静止时，汽缸内气体的压强设为p。当放入待测物体，对缸内气体根据玻意耳定律有
①
又②
联立①②解得
（2）测量物体体积的过程中，外界对气体做功为
③
根据热力学第一定律④
气体经历等温变化，内能不变⑤
联立③④⑤解得
汽缸内气体向外界释放的热量为
（1）；（2）
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）本小问考查等温过程的玻意耳定律与受力平衡的综合应用，利用气体实验定律测量不规则物体的体积。首先对静止后的活塞受力分析，结合共点力平衡条件求出末态封闭气体的压强；汽缸内的封闭气体温度不变，遵循玻意耳定律，初态气体压强为大气压，体积为汽缸总容积与物体体积的差值，末态气体体积为对应高度的汽缸容积与物体体积的差值，将平衡条件与玻意耳定律联立，即可推导求解不规则物体的体积。
（2）本小问考查热力学第一定律的应用，结合等温过程的内能特点分析吸放热情况。气体发生等温变化，分子平均动能不变，理想气体内能只与温度有关，因此内能变化量为零；先计算活塞下降过程中外界对气体做的功，再根据热力学第一定律，代入内能变化量为零，求出气体吸收的热量，负号表示气体对外放出热量，进而得到气体向外界释放的热量大小。
14．【答案】（1）设滑块初速度大小为，到点时速度大小为，滑块从到，根据动能定理有
从到做平抛运动有，
解得
（2）设滑块到点时与车水平速度为，水平方向动量守恒有
解得
滑块从到，根据能量守恒有
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小车锁定，滑块B点平抛恰好落到D点，竖直方向下落高度R，水平位移R，先求B点速度；再对AB段用动能定理求A点初速度；
（2）水平面光滑，系统水平方向动量守恒；由能量守恒，初动能减去AB摩擦力生热、重力势能增量、末态总动能等于圆弧上摩擦产生的热量。
（1）设滑块初速度大小为，到点时速度大小为，滑块从到，根据动能定理有
从到做平抛运动有，
解得
（2）设滑块到点时与车水平速度为，水平方向动量守恒有
解得
滑块从到，根据能量守恒有
解得
15．【答案】（1）根据几何关系，粒子圆周运动得半径，由向心力公式有，解得
（2）如图所示
过带电粒子运动轨迹上得弦PO做垂直平分线叫磁场边界O1点，因粒子做圆周运动得半径与磁场边界半径相等，所以为等边三角形，O1为圆心位置，粒子圆周运动得周期，图中，则有，解得，根据几何关系可知，粒子离开磁场时速度沿y轴正方向
（3）设粒子刚进入磁场做圆周运动得圆心O1和原点O得连线与x轴夹角为，运动半径为r1，如图
则有，由向心力公式有，粒子从P点射入磁场，恰能回到P点，则根据几何关系有：，解得其中 ；根据能量守恒有，解得
【知识点】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）本小问考查带电粒子在圆形有界磁场中的圆周运动，结合几何关系求解磁感应强度。粒子沿x轴正方向入射，根据轨迹的几何关系可确定粒子做圆周运动的轨道半径与磁场边界半径相等；洛伦兹力提供向心力，结合向心力公式即可求解磁感应强度的大小。
（2）本小问考查带电粒子在磁场中运动的轨迹分析与周期计算。粒子经过原点O时，轨迹对应的弦长为磁场半径，结合轨道半径与磁场半径相等的几何关系，可确定轨迹对应的圆心角；根据粒子的速度和轨道半径求出运动周期，再结合圆心角与周期的关系即可求解运动时间；根据轨迹的几何对称性，可确定粒子离开磁场时的速度方向。
（3）本小问考查带电粒子在磁场与电场组合场中的运动，结合几何约束与能量守恒求解物理量。粒子在磁场中做圆周运动，在辐向电场中做变速运动，要使粒子能回到P点，需满足轨迹的几何周期性，即粒子多次进出磁场后回到出发点，由此推导轨道半径与磁场半径的几何关系，结合洛伦兹力提供向心力求初速度；粒子在电场中运动时，电场力做功，根据动能定理，电场力做功等于动能变化，结合初末速度关系即可求解电场两边界间的电势差。
1 / 1广东广州市育才中学2025-2026学年高三上学期1月阶段测物理试卷
1．下列四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（　　）
A．由甲图可知，所有分子的运动速率随着温度的升高而增大
B．乙图为布朗运动实验，图中显示的是液体分子无规则运动轨迹
C．丙图煮茶，水沸腾过程中，水变成水蒸气，体积增加，分子势能变小
D．丁图中航天员王亚平在空间站做的“液桥”实验中，两块液桥板之间形成一段液体，两液桥板脱手后最终合在一起，这是水的表面张力在起作用
【答案】D
【知识点】布朗运动；分子势能；温度和温标；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A. 温度升高时，分子的平均速率增大，速率大的分子占比升高，但并非所有分子的运动速率都增大，存在部分分子速率减小的情况，A错误。
B. 布朗运动是悬浮固体颗粒的无规则运动，图中是颗粒在不同时刻的位置连线，既不是颗粒的实际运动轨迹，也不是液体分子的运动轨迹，B错误。
C. 水沸腾过程中温度不变，分子动能不变，水汽化时体积增大，分子间距离变大，分子力做负功，分子势能增大，C错误。
D. 液体表面张力会使液体表面具有收缩的趋势，两液桥板间的液体在表面张力作用下相互靠拢，最终合在一起，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查分子动理论、布朗运动、物态变化中的内能与液体表面张力的热学综合辨析，考查对基础概念的理解与辨析。分子速率分布遵循统计规律，温度升高是分子平均动能增大，不代表每个分子速率都增大；布朗运动反映液体分子的无规则运动，但观测到的是固体颗粒的位置，并非分子轨迹；水沸腾时温度不变，分子动能不变，体积膨胀过程中分子势能增大；液体表面张力来源于分子间引力，会使液体表面有收缩趋势。
2．如图，利用液导激光技术加工器件时，激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流，甲的折射率比乙的大，则（　　）
A．激光在甲中的频率大 B．激光在乙中的频率大
C．用甲时全反射临界角大 D．用乙时全反射临界角大
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A. 光的频率由光源本身决定，与传播介质无关，激光在甲液体中传播时频率不变，A错误。
B. 同理，激光在乙液体中的频率与在甲中相同，不会随介质改变，B错误。
C. 根据全反射临界角公式，临界角与折射率成反比，甲的折射率更大，因此用甲时全反射临界角更小，C错误。
D. 乙的折射率更小，代入临界角公式可知，用乙时全反射临界角更大，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查光的全反射规律与光在介质中的传播特性，涉及光的频率的决定因素和全反射临界角公式。光的频率由光源决定，在不同介质中传播时频率始终保持不变；全反射的临界角满足，介质折射率越大，发生全反射的临界角越小，结合甲乙两种液体的折射率大小关系，即可判断临界角的相对大小。
3．地壳深处的岩层活动产生强烈震动而引发地震。地震波的纵波传播速度较快，约为6km/s；横波传播速度较慢。2022年3月26日在青海某无人区发生6.0级地震，震源深度12km。地震测试仪显示横波比纵波晚1s到达地面，横波的传播速度是（　　）
A．5km/s B．4km/s C．3km/s D．2km/s
【答案】B
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据路程、速度与时间的关系，横向传播时间减去纵向传播时间等于时间差，列出关系式：
，代入题干已知条件进行计算，解得横波传播速度 ，故 B 正确，其余选项错误。
故答案为：B。
【分析】考查速度公式在地震波中的应用。利用分别写出两种波的传播时间，结合时间差建立方程求解横波速度。
4．如图所示为卫星远离地球的过程，卫星在椭圆轨道I上运行到远地点变轨，进入圆形轨道II，在圆形轨道II上运行到点时再次加速变轨，从而最终摆脱地球束缚。对于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道I上由点运行到点的过程，机械能守恒
B．卫星在点通过向前喷气减速实现由轨道I进入轨道II
C．卫星沿轨道I运行的周期大于沿轨道II运行的周期
D．卫星沿轨道I运行时，在点的加速度小于在点的加速度
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A. 卫星在轨道I上运行时，只受地球的万有引力作用，只有万有引力做功，动能与重力势能相互转化，机械能总量保持不变，A正确。
B. 从椭圆轨道I变轨到更高的圆形轨道II，卫星需要做离心运动，应在P点向后喷气加速，向前喷气会减速，无法进入高轨道，B错误。
C. 根据开普勒第三定律，轨道I的半长轴小于轨道II的轨道半径，因此卫星沿轨道I运行的周期更小，C错误。
D. 根据万有引力提供加速度，加速度与卫星到地心距离的平方成反比，o点距离地心更近，因此o点的加速度大于P点的加速度，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查天体运动中的轨道变轨、机械能守恒与开普勒定律的应用，涉及万有引力定律的推论。卫星在单一轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒；
变轨到更高轨道需要加速做离心运动，向运动的反方向喷气；
根据开普勒第三定律，轨道的半长轴越大，运行周期越长；
卫星的加速度由万有引力决定，距离地心越近，加速度越大。
5．某兴趣小组设计了如图所示的发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域圆心角α均为，磁场均沿半径方向，矩形线圈abcd以一定的角速度绕中心轴逆时针匀速转动，bc和ad边同时进入磁场，且所经过处的磁感应强度大小相等，从bc边进入上方磁场时开始计时，电流从c→b为正方向，则下列图像正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】设线圈边长、，线圈转动角速度为，以bc边切入上方磁场的时刻作为计时起点，规定电流为正方向。线圈的边切割磁感线产生感应电动势：
回路感应电流大小：。结合右手定则判断，此阶段电流方向为，对应负向，持续时间；线圈继续转动，边不再切割磁感线，回路无感应电流；再转过，bc边切入下方磁场，感应电流大小依旧为，电流方向变为，对应正向，持续时间同样为；之后再转动，回路再次没有感应电流，电流变化规律和 A 图像匹配，故 A 正确；
故答案为：A。
【分析】考查交变电流、导体棒转动切割磁感线。先由转动切割电动势公式算出感应电动势，求出恒定的电流大小；再按照线圈转动的不同区间，分段判断是否切割磁感线、电流方向与持续时长；区分有电流区间和零电流区间，对照电流随时间变化图像进行筛选判断。
6．无线充电技术已经广泛应用于日常生活中，如图所示是某款5G手机无线充电器的充电原理示意图，设受电线圈的匝数为n，线圈的横截面积为S，若在时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由增加到。则在充电的这段时间内（　　）
A．若送电线圈中接入正弦交变电流，受电线圈可以得到恒定电流
B．受电线圈中感应电流的方向由d到c点
C．受电线圈产生的平均感应电动势大小为
D．若想增大c、d之间的电势差，可以只增大送电线圈中的电流的变化率
【答案】D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A. 若送电线圈通入正弦交变电流，穿过受电线圈的磁通量按正弦规律变化，根据法拉第电磁感应定律，受电线圈产生的感应电动势随时间变化，感应电流也为交变电流，并非恒定电流，A错误。
B. 穿过受电线圈的磁场向上且磁感应强度增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，受电线圈中感应电流方向从c到d，B错误。
C. 根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势，其中磁通量变化量，时间，因此，选项遗漏了线圈匝数，C错误。
D. 增大送电线圈中电流的变化率，会使穿过受电线圈的磁通量变化率增大，根据法拉第电磁感应定律，受电线圈产生的感应电动势增大，即c、d间的电势差增大，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，结合无线充电场景考查互感现象的规律。正弦交变电流产生的磁场随时间正弦变化，感应出的电动势也为交变值；
楞次定律遵循"增反减同"的规律，可用于判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断电流方向；
法拉第电磁感应定律中感应电动势与线圈匝数、磁通量变化率均成正比，磁通量变化率由原线圈电流的变化率决定。
7．如图，光滑的水平面上静止一块足够长的长木板P，一滑块Q（视为质点）从左端以初速度向右滑上长木板P，此后关于长木板P和滑块Q的运动图像，若PQ间动摩擦因数恒定，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】 AB、地面光滑，滑块 Q 滑上木板 P 后，木板 P 在滑动摩擦力作用下向右匀加速，滑块 Q 受向左的滑动摩擦力向右匀减速，该选项描述错误，故 AB 错误；
CD、两个物体受到的滑动摩擦力大小恒定，合力不变，加速度保持不变，都做匀变速直线运动，故 C 正确；D错误。
故答案为：C。
【分析】 AB、考查板块模型受力与运动分析。地面光滑，摩擦力是两者之间的内力，木板会在摩擦力带动下向右加速。
CD、考查匀变速直线运动判定。合力恒定则加速度恒定，加速度不变的直线运动就是匀变速直线运动。
8．电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长6m，宽1m，发射的炮弹质量为50g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20A，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上
B．炮弹的加速度大小为
C．若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度也变为原来的两倍
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题主要考查了安培力的计算，根据左手定则推出磁场的方向，结合运动学公式和牛顿第二定律完成分析即可。A．根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．根据
解得
若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度变为原来倍，故C错误；
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率
代入数据，解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则判断出磁场的方向，根据牛顿第二定律计算出炮弹加速度的大小，根据运动学公式以及功率公式分析。
9．如图，在空间直角坐标系Oxyz中有到原点O的距离均相等的a、b、c、d四个点，a、b在x轴上，c在y轴上，d在z轴上。在a、b两点各放置一个带电量为的点电荷。将一个带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点，下列说法正确的是（　　）
A．c点和d点的电势相等
B．c点和d点的电场强度相同
C．试探电荷的电势能始终不变
D．试探电荷的电势能先增大后减小
【答案】A,D
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】 A、a、b 两处为等量同种正点电荷，c、d 两点到原点距离相等，到 a、b 两个点电荷的距离也分别相等，由电势叠加原理可知 c、d 两点电势相等，故 A 正确；
B、电场强度是矢量，c、d 两点场强大小相等，但场强的空间方向不一样，两点电场强度不相同，故 B 错误；
C、正试探电荷从 c 沿直线移动到 d，路径上各点到两个 + Q 电荷的距离先变小再变大，电势先升高后降低，正电荷电势能先增大后减小，并不是始终不变，故 C 错误；
D、移动过程电势先升高后降低，正试探电荷电势能随电势同步变化，电势能先增大后减小，故 D 正确；
故答案为：AD。
【分析】 A、考查电势的叠加与对称性。利用几何关系判断 c、d 到两个场源电荷的距离，结合标量叠加判断电势高低。
B、考查电场强度矢量性。场强包含大小和方向，依靠空间对称分析两处场强的方向差异。
C、考查电势能的变化判断。沿运动路径分析电势的变化趋势，对照正电荷电势能与电势的关系判断。
D、考查电场力做功与电势能变化。电势先升后降，正电荷电势能同步先增后减。
10．图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图（b）所示工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为，与地面的夹角为，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为的谷粒的说法正确的是（　　）
A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒的作用力方向竖直向上
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒做的功为
C．谷粒离开传送带后（落地前）的机械能先增大后减小
D．在传送带上运动时，谷粒克服重力做功为
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；
BD．谷粒的末速度为，对谷粒根据动能定理
可得其他谷粒对谷粒做的功为，故B正确，D错误；
C．谷粒P离开传送带后（落地前），只有重力做功，机械能保持不变，故C错误。
故选AB。
【分析】麦粒P在匀速运动过程中，根据受力平衡分析其他谷粒对谷粒P的作用力；在传送带上运动时，对麦粒P由功能关系可求出其他麦粒对麦粒P做的功；麦粒P在抛出后过程中机械能守恒；区分动能增量和重力做功，二者大小没有之间联系。
11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分相关内容，请完成以下填空。
（1）在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图甲所示。用光具座固定激光笔和刻有双缝的黑色纸板，双缝间的宽度d=0.2mm。激光经过双缝后投射到光屏中的条纹如图乙所示，由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x=　 　mm。通过激光测距仪测量出双缝到投影屏间的距离L=2.0m，可求得该激光的波长λ=　 　m。
（2）在“用单摆测重力加速度的大小”的实验中，测量小球的直径，某次读数为10.10mm，则所选用的测量仪器与下图中___________（选填“A”、“B”或“C”）一致。
A．
B．
C．
（3）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：
①选取原、副线圈匝数分别为800和400，但是可拆变压器的“横梁”铁芯没装上；当原线圈接入12V的交流电时，副线圈输出电压U可能满足　 　；
A.0V②为了减小能量传递过程中的损失，变压器的铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为“横梁”的铁芯硅钢片应按照下列哪种方法设计　 　。
A．B．
C．D．
【答案】（1）65.0；
（2）B
（3）A；D
【知识点】变压器原理；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x=65.0mm，根据条纹间距公式
代入数据解得λ=m
故答案为：65.0；；
（2）读数为10.10mm，可知游标卡尺应选择20分度的，螺旋测微器读数时应估读到千分位。
故答案为：B。
（3）①根据理想变压器规律有，解得V，由于实验中有损耗，则0V② 为了减小涡流引起的热损，同时又为了防止磁漏，变压器的铁芯采用硅钢片叠加而成。作为横挡的铁芯的硅钢片应该与下面的硅钢片平行。
故答案为：A；D。
【分析】（1）先读出 A、B 两条亮纹之间的距离，算出相邻亮纹的条纹间距，再代入双缝干涉的条纹间距公式，变形计算得到入射光的波长。
（2）对比给出的读数 10.10mm 对应的精度，判断该读数符合 20 分度游标卡尺的读数特点，同时明确螺旋测微器读数时需要估读到毫米的千分位，选出正确选项。
（3）①根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比的规律算出副线圈理论电压，考虑到实际变压器存在漏磁、铜损等能量损耗，判断副线圈实际电压小于理论值，选出对应选项；
②结合涡流的产生原理，为降低涡流带来的发热损耗，分析铁芯硅钢片的铺设方向，确定横挡铁芯硅钢片应和下层硅钢片平行，选出正确选项。
（1）[1] 由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x=65.0mm
[2]根据条纹间距公式
代入数据解得λ=m
（2）读数为10.10mm，可知游标卡尺应选择20分度的，螺旋测微器读数时应估读到千分位。
故选B。
（3）①[1]根据理想变压器规律有
解得V
由于实验中有损耗，则0V故选A。
②[2] 为了减小涡流引起的热损，同时又为了防止磁漏，变压器的铁芯采用硅钢片叠加而成。作为横挡的铁芯的硅钢片应该与下面的硅钢片平行。
故选D。
12．某同学用如图甲所示的装置验证动能定理，用天平测出滑块（含遮光条）的质量M，钩码的质量m（m略小于M），当地重力加速度为g
（1）用游标卡尺测量遮光条宽度如图乙所示，其宽度　 　mm。
（2）实验前需调节气垫导轨螺钉使之水平，下列做法正确的是__________
A．用刻度尺测量气垫导轨两端距桌面的高度，调节气垫导轨螺钉，使两高度相等
B．接通气泵，待气流稳定后调节气垫导轨螺钉，使滑块能在短时间内保持静止
C．接通气泵，挂上钩码，将滑块从气垫导轨上同一位置由静止释放，测出遮光条两次通过光电门的遮光时间、，调节气垫导轨螺钉，使
（3）将滑块移到气垫导轨的右端，在绳上挂上钩码，用手　 　（选填“托住钩码”或“挡住滑块”），测出遮光条中心到光电门中心的距离x；
（4）将滑块由静止释放，记录遮光条通过光电门时的遮光时间t，则滑块（含遮光条）增加的动能为　 　（用字母表示）；
（5）实验中多次改变滑块释放的位置，测得多组x和t的数据，作出的图像为一条倾斜直线；小明同学对滑块应用动能定理得，又，联立解得，所以小明认为图线斜率k的理论值为。你是否同意他的观点？请简要说明理由。　 　
【答案】（1）5.45
（2）B
（3）挡住滑块
（4）
（5）不同意，因为m略小于M，绳中张力不等于mg
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）由于游标尺是20分度，其精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读法，可知遮光条的宽度
故答案为：5.45；
（2）A．用刻度尺测量气垫导轨两端距桌面的高度，调节气垫导轨螺钉，即使两高度相等，也无法保证整个导轨处于水平状态，A错误；
B．接通气泵，待气流稳定后调节气垫导轨螺钉，使滑块能在短时间内保持静止，说明滑块所受合外力为零，可以认为气垫导轨处于水平，B正确；
C．通气泵，挂上钩码，将滑块从气垫导轨上同一位置由静止释放，测出遮光条两次通过光电门的遮光时间、，调节气垫导轨螺钉，使，这种方法是在有外力作用下进行调节，不能判定导轨自身是否水平，C错误。
故答案为：B。
（3）用手挡住滑块既可使滑块处于稳定状态，又便于后续实验操作；
故答案为：挡住滑块；
（4）由题可知，滑块通过光电门的速度，故滑块的动能增加了
故答案为：；
（5）对钩码，由牛顿第二定律得，对滑块，由牛顿第二定律得
联立解得，对滑块应用动能定理，解得
故答案为：不同意，因为m略小于M，绳中张力不等于mg；
【分析】（1）依据 20 分度游标卡尺精度 0.05mm，按主尺读数加游标尺对齐格数读数的规则算出遮光条宽度。
（2）逐一分析三种气垫导轨调平方案，根据合外力是否为零判断导轨水平的正确操作。
（3）从实验操作的稳定性角度，说明用手挡住滑块的作用。
（4）利用遮光条通过光电门的平均速度近似瞬时速度，代入动能公式得到滑块动能增加量。
（5）先对钩码、滑块列牛顿第二定律方程求出绳子拉力，再对滑块用动能定理推导出 k 的表达式。
（1）由于游标尺是20分度，其精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读法，可知遮光条的宽度
（2）A．用刻度尺测量气垫导轨两端距桌面的高度，调节气垫导轨螺钉，即使两高度相等，也无法保证整个导轨处于水平状态，A错误；
B．接通气泵，待气流稳定后调节气垫导轨螺钉，使滑块能在短时间内保持静止，说明滑块所受合外力为零，可以认为气垫导轨处于水平，B正确；
C．通气泵，挂上钩码，将滑块从气垫导轨上同一位置由静止释放，测出遮光条两次通过光电门的遮光时间、，调节气垫导轨螺钉，使，这种方法是在有外力作用下进行调节，不能判定导轨自身是否水平，C错误。
故选B。
（3）用手挡住滑块既可使滑块处于稳定状态，又便于后续实验操作；
（4）由题可知，滑块通过光电门的速度
故滑块的动能增加了
（5）对钩码，由牛顿第二定律得
对滑块，由牛顿第二定律得
联立解得
对滑块应用动能定理
解得
13．某实验中心要测量一个不能碰水且不规则物体的体积，现运用热学知识设计如图所示的装置来进行测量，该装置由深度为H，横截面积为S的圆柱体导热汽缸和厚度不计且密封完好的圆形活塞构成。实验时，先将不规则物体放入汽缸内部，再将活塞由汽缸顶部静止释放，最终可以静止在距离汽缸底部为h的位置。设环境温度保持不变，大气压强为，活塞的质量为m，重力加速度为g，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：
（1） 不规则物体的体积V；
（2） 汽缸内气体向外界释放的热量Q。
【答案】（1）根据平衡条件可知，当活塞最终静止时，汽缸内气体的压强设为p。当放入待测物体，对缸内气体根据玻意耳定律有
①
又②
联立①②解得
（2）测量物体体积的过程中，外界对气体做功为
③
根据热力学第一定律④
气体经历等温变化，内能不变⑤
联立③④⑤解得
汽缸内气体向外界释放的热量为
（1）；（2）
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）本小问考查等温过程的玻意耳定律与受力平衡的综合应用，利用气体实验定律测量不规则物体的体积。首先对静止后的活塞受力分析，结合共点力平衡条件求出末态封闭气体的压强；汽缸内的封闭气体温度不变，遵循玻意耳定律，初态气体压强为大气压，体积为汽缸总容积与物体体积的差值，末态气体体积为对应高度的汽缸容积与物体体积的差值，将平衡条件与玻意耳定律联立，即可推导求解不规则物体的体积。
（2）本小问考查热力学第一定律的应用，结合等温过程的内能特点分析吸放热情况。气体发生等温变化，分子平均动能不变，理想气体内能只与温度有关，因此内能变化量为零；先计算活塞下降过程中外界对气体做的功，再根据热力学第一定律，代入内能变化量为零，求出气体吸收的热量，负号表示气体对外放出热量，进而得到气体向外界释放的热量大小。
14．某同学设计了一款玩具小车，车静止在光滑水平面上，车厢顶端是一段水平轨道，车前端是半径为的四分之一圆弧轨道，圆弧轨道最高点处切线水平，间隙忽略不计，车的质量为长为，将质量为的小滑块（视为质点）从水平轨道点以一定的初速度向右滑去，滑块刚好能通过狭缝进入车厢内，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为。
（1）若车锁定，滑块从点抛出（不经过圆弧轨道）恰好能到达点，求滑块在点的初速度大小；
（2）若车不锁定，滑块以大小为的初速度从点滑出后，沿水平、圆弧轨道滑到点时竖直方向分速度大小为，求滑块经过圆弧轨道因摩擦产生的热量.
【答案】（1）设滑块初速度大小为，到点时速度大小为，滑块从到，根据动能定理有
从到做平抛运动有，
解得
（2）设滑块到点时与车水平速度为，水平方向动量守恒有
解得
滑块从到，根据能量守恒有
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小车锁定，滑块B点平抛恰好落到D点，竖直方向下落高度R，水平位移R，先求B点速度；再对AB段用动能定理求A点初速度；
（2）水平面光滑，系统水平方向动量守恒；由能量守恒，初动能减去AB摩擦力生热、重力势能增量、末态总动能等于圆弧上摩擦产生的热量。
（1）设滑块初速度大小为，到点时速度大小为，滑块从到，根据动能定理有
从到做平抛运动有，
解得
（2）设滑块到点时与车水平速度为，水平方向动量守恒有
解得
滑块从到，根据能量守恒有
解得
15．如图所示，一有界匀强磁场垂直于xOy平面向里，其边界是以坐标原点O为圆心、半径为R的圆．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从磁场边界与x轴交点P处以初速度大小v0、沿x轴正方向射入磁场，恰能从M点离开磁场．不计粒子的重力．
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）若带电粒子从P点以速度大小v0射入磁场，改变初速度的方向，粒子恰能经过原点O，求粒子在磁场中运动的时间t及离开磁场时速度的方向；
（3）在匀强磁场外侧加一有界均匀辐向电场，如图所示，与O点相等距离处的电场强度大小相等，方向指向原点O．带电粒子从P点沿x轴正方向射入磁场，改变初速度的大小，粒子恰能不离开电场外边界且能回到P点，求粒子初速度大小v以及电场两边界间的电势差U．
【答案】（1）根据几何关系，粒子圆周运动得半径，由向心力公式有，解得
（2）如图所示
过带电粒子运动轨迹上得弦PO做垂直平分线叫磁场边界O1点，因粒子做圆周运动得半径与磁场边界半径相等，所以为等边三角形，O1为圆心位置，粒子圆周运动得周期，图中，则有，解得，根据几何关系可知，粒子离开磁场时速度沿y轴正方向
（3）设粒子刚进入磁场做圆周运动得圆心O1和原点O得连线与x轴夹角为，运动半径为r1，如图
则有，由向心力公式有，粒子从P点射入磁场，恰能回到P点，则根据几何关系有：，解得其中 ；根据能量守恒有，解得
【知识点】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）本小问考查带电粒子在圆形有界磁场中的圆周运动，结合几何关系求解磁感应强度。粒子沿x轴正方向入射，根据轨迹的几何关系可确定粒子做圆周运动的轨道半径与磁场边界半径相等；洛伦兹力提供向心力，结合向心力公式即可求解磁感应强度的大小。
（2）本小问考查带电粒子在磁场中运动的轨迹分析与周期计算。粒子经过原点O时，轨迹对应的弦长为磁场半径，结合轨道半径与磁场半径相等的几何关系，可确定轨迹对应的圆心角；根据粒子的速度和轨道半径求出运动周期，再结合圆心角与周期的关系即可求解运动时间；根据轨迹的几何对称性，可确定粒子离开磁场时的速度方向。
（3）本小问考查带电粒子在磁场与电场组合场中的运动，结合几何约束与能量守恒求解物理量。粒子在磁场中做圆周运动，在辐向电场中做变速运动，要使粒子能回到P点，需满足轨迹的几何周期性，即粒子多次进出磁场后回到出发点，由此推导轨道半径与磁场半径的几何关系，结合洛伦兹力提供向心力求初速度；粒子在电场中运动时，电场力做功，根据动能定理，电场力做功等于动能变化，结合初末速度关系即可求解电场两边界间的电势差。
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