福建福州格致中学2025-2026学年第二学期高三物理学科4月适应性练习

2025-2026学年福州格致中学高三年级4月份月考 物理试题 （完卷时间75分钟：满分100分) 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.铀(U)静止时衰变为弱4Th和a粒子，并放出能量为E,的y光子。己知铀U、弱4Th和a粒子的质 量分别记为m1、m2和m3,衰变放出光子的动量可忽略且该过程释放的核能除去y光子的能量E,外全部转化 为系4Th和α粒子的动能。静止的铀(8U)在匀强磁场中衰变产生的34Th和a粒子两者速度方向均与磁 场垂直，做匀速圆周运动，则下列说法正确的是() A.系4Th和α粒子在磁场中匀速圆周运动轨迹为内切圆 B.骆4Th的比结合能大于经8U的比结合能 C.1000个铀核(8U)经过2个半衰期衰变了250个 D.骆4Th与a粒子的动能之和为Ek=[(m1-m2-m3)c2+E] 【答案】B 【解析】解：A衰变产生的骆4Th和粒子都带正电，衰变过程动量守恒，可知二者速度方向相反，在磁场 中匀速圆周运动轨迹为外切圆，故A错误： B比结合能越大，原子核越稳定，由于衰变时放出核能，比结合能增大，所以系4Th的比结合能大于8U 的比结合能，故B正确： C半衰期是大量原子核衰变的统计规律，少数不适用，故C错误： D.由能量守恒可知E=Ek十Ey 结合质能方程E=(m1-m2-mg)c2 可知Ek=[(m1-m2-m3)c2-E],故D错误。 故选：B。 衰变过程动量守恒，根据速度方向判断轨迹：比结合能越大，原子核越稳定；半衰期是大量原子核衰变的 统计规律：结合质能方程和能量守恒定律分析。 解答本题的关键要知道衰变过程遵循动量守恒定律和能量守恒定律，知道比结合能越大，原子核越稳定。 2.急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空 气阻力不能忽略，下列说法正确的是() 助跑 起跳 腾空落地 第1页，共17页 A.助跑是为了增大运动员自身的惯性 B.蹬地起跳时，运动员处于超重状态 C.从腾空到落地，运动员所受重力的冲量为0 D.从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量大于其动能的减少量 【答案】B 【解析】解：A质量是惯性大小的唯一量度，质量不变，惯性大小不变，助跑是为了增大运动员的速度，故 A错误； B加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态，在蹬地起跳时，向上加速运动，加速度向上，运动员处 于超重状态，故B正确： C恒力的冲量I=Ft,重力始终不变，从腾空到落地，时间不为零，所以重力的冲量不为零，故C错误： D.根据机械能守恒定律可知，从起跳到最高点的过程中，只有重力做功，机械能不变，运动员重力势能的 增加量等于动能的减小量，故D错误： 故选：B。 质量是惯性大小的唯一量度；加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态：冲量！=F:根据机械能守 恒可判定，运动员重力势能的变化量与动能变化量的关系。 本题主要考查了惯性，超失重以及机械能守恒定律等知识点，解题关键是掌握质量是惯性大小的唯一量度： 加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态。 3.近日，中国宣布拟在700~800km高度的晨昏轨道建设由多颗卫星组成的大型数据中心系统，以纾解地 面数据中心耗电、散热等难题。已知晨昏轨道是一种特殊的太阳同步轨道，轨道面与地球晨昏线（黑夜与 白昼的分界线)始终近似重合。下列说法正确的是( 晨昏线 晨昏轨道 地球自转 太阳光 北极 A.晨昏轨道卫星不可能在更低的高度运行 B.晨昏轨道卫星的发射速度大于7.9km/s C.该数据中心系统绕地球运行的周期约为1h D.以太阳为参考系，晨昏轨道卫星的轨道面是静止的 【答案】B 第2页，共17页 4.回旋加速器以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为，两侧为相同匀强磁 场，方向垂直纸面向里。一质量电荷量+q的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动， 再进入电场做匀加速运动，后第二次进入磁场中运动粒子在电场和磁场中不断交替运动，已知粒子第二 次在磁场中运动半径是第一次的2倍，第三次是第一次的3倍以此类推，则() A.虚线之间的电场强度大小恒定 B.粒子第一次经过电场时电场力做功等于mv2 C.粒子第二次经过磁场时洛伦兹力做功等于三mv D.假设粒子穿过电场时，此过程电场可视为匀强电场，则第6次经 过电场的时间为3可 、2d 【答案】D 【解析】解：A、根据题意可知，粒子第n次进入电场时速度为vn,穿出电场时速度为vn+1,由题意知vn=nv1 vn+1=(n+1)v1 由动能定理得gB,d=mvt1一m哈 解得En= (2n+1)mv吃 2gd 故A错误： B、根据题意可知，设粒子第n次进入磁场时的半径为R,速度为v,n,根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第 二定律得qnB=mR 解得vn=gR。 m 因为R2=2R1 故v2=2v1 对粒子第一次在电场中运动的过程，由动能定理得W1=m吃-m好 解得W1=是m子，故B错误： C、根据题意可知，洛伦兹力的方向始终指向圆心，与粒子速度垂直，故洛伦兹力不做功，故C错误： D、 根据题意可知， 设粒子第n次在电场中运动的加速度为an,由牛顿第二定律得qEn=man 由运动学公式得vn+1-vn=antn 2d 解得tm=(2m+1)v1 当n=6时6=品故D正确。 第3页，共17页 故选：D。 通过分析粒子每次经过电场时的电场强度是否变化，判断电场是否恒定： 利用动能定理计算粒子第一次经过电场时电场力做的功： 依据洛伦兹力做功的特点判断： 先推导粒子第n次经过电场所用时间的表达式，再代入n=6计算。 本题核心是利用洛伦兹力的向心力作用（推导速度与半径的关系）、动能定理（计算电场力做功与电场强度）、 洛伦兹力做功特点（始终为零）及匀变速直线运动规律（推导电场中运动时间）。解题关键在于明确粒子每次进 入/离开电场时的速度关系，通过归纳法得到通用表达式。 二、双项选题：本大题共4小题，共24分。 5.关于下列四幅图的说法正确的是() 00 E↑ 复色光 氘色光 甲 丙 A.图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B摆的振动周期最大 B.图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率v的关系图像。若用频率分别为0.6v和 0.8o的两种单色光同时照射该金属，能使该金属发生光电效应 C.图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中α光束在水珠中传播的速度一定大于b光束在水珠中传 播的速度 D.图丁所示为双缝干涉示意图，挡板到屏的间距越大，相邻亮条纹间距越大 【答案】CD 【解析】略 6.如图所示，交流发电机通过电阻不计的导线为右侧的电路供电，电压表和电流表均为理想交流电表，变 压器为理想变压器，b是原线圈的中心抽头，副线圈两端接有滑动变阻器R和小灯泡L,电阻不计的金属线圈 ABCD在磁场中匀速转动。下列说法正确的是() A 第4页，共17页 A.当单刀双掷开关由a拨向b而其他条件不变时，稳定后电压表的示数增大 B.当滑动变阻器的滑动触头向下滑动而其他条件不变时，电流表的示数增大 C.当滑动变阻器的滑动触头向上滑动而其他条件不变时，小灯泡变暗 D.当线圈ABCD的转速增加一倍而其他条件不变时，电压表和电流表的示数均增加一倍 【答案】AD 【解析】A.当单刀双掷开关由α拨向b而其他条件不变时，变压器原线圈的匝数减小，根据 U1_n1 U2n2 可知，次级电压变大，则稳定后电压表的示数增大，选项A正确： B当滑动变阻器的滑动触头向下滑动而其他条件不变时，次级电阻变大，则次级电流减小，则初级电流减小， 即电流表的示数减小，选项B错误： C.当滑动变阻器的滑动触头向上滑动而其他条件不变时，次级电阻减小，而次级电压不变，则次级电流变 大，即小灯泡变亮，选项C错误； D.当线圈ABCD的转速增加一倍而其他条件不变时，根据 Em=NBωS 可知感应电动势的最大值增加一倍，有效值增加一倍，则次级电压有效值增加一倍，电压表示数增加一倍， 次级电流增加一倍，则初级电流增加一倍，即电流表的示数增加一倍，选项D正确。 故选AD。 7.空间存在水平向右的匀强电场，粗糙水平地面上，一个质量为m带正电的物块以一定的初速度向右运动， 物块的动能和电势能如图的两条图线，则() E 3，图线 2E E →% 图线Ⅱ 0 7nnn77770707770 x。 A.图线I是Ek一x变化曲线，图线I是E,一x变化曲线 B.0~xo过程物块的动能Ek与电势能E,之和保持不变 C.电场力是阻力的3倍 D.由图线可求得动摩擦因数μ=mg0 Eo 【答案】AD 第5页，共17页 【解析】解：A物块运动过程中，电场力做正功，物块的电势能减小，则图线Ⅱ是E,一x变化曲线，图线I 是Ek一x变化曲线，故A正确： B.由于物块要克服滑动摩擦力做功，所以0~xo过程物块的动能Ek与电势能E,之和减小，故B错误： C.根据E,-x图像的斜率绝对值等于电场力大小，可得电场力大小为：F=@ 根据：-图像的斜率等于合外力大小，可得合力大小为：P合=32= 由F合=F-f,可得阻力大小为：f=O 可得：F=2f,即电场力是阻力的2倍，故C错误； D,物块所受阻力为滑动摩擦力，由C选项的解答可得：f==umg xo 解得动摩擦因数为：μ=0，故D正确。 mgxo 故选：AD。 根据电场力做功与电势能变化的关系分析A选项；运动过程中物块要克服滑动摩擦力做功，根据功能关系分 析B选项；根据E,一x图像的斜率绝对值等于电场力大小与Ek一x图像的斜率绝对值等于合外力大小分析C 选项；根据滑动摩擦力的计算公式解答D选项。 本题考查了带电体在电场中运动的功能问题，掌握能量守恒、转化与功的关系。 8.如图所示，固定光滑绝缘直杆上套有一个质量为m,带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根 轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀 强电场。已知直杆与水平面的夹角为9，两弹簧的劲度系数均为3m血，小球在距B点的P点处于静止状 L 态，Q点距A点L,重力加速度为g。下列选项正确的是() A.匀强电场的电场强度大小为ngin的 5g B.若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点，则初速度Vo= 12gLsin0 25 第6页，共17页 C.若小球从Q点由静止下滑，动能最大为2 mglsin 25 D.若小球从Q点由静止下滑，则小球在Q点的加速度大小为号gsm0 【答案】CD 【解析】【分析】 本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚受力情况和运动情况，能够根据动能定理、牛顿 第二定律等进行解答。 对小球由共点力平衡求解劲度系数：小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据动能定理求解初 速度大小；小球从Q点由静止下滑时，运动到P时动能最大，根据动能定理求解最大动能；根据牛顿第二定 律求解小球在Q点的加速度大小。 【解答】 4小球受两根弹簧的弹力大小为：F=2k4x=2×3弧s×号6m2吧，对小球由共点力平衡可知：(0mg+ L 5 Bo)sin0=R,解得：E=器故A错误： B、根据对称性可知，小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据几何关系可得PQ间距x=2L一2× L-号弘，根据动能定理可得：-(Omg+Bg)xsin0=0-m6,解得：o=、 24gLsin0 25 故B错误； C、小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡力作用，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动 能定理可得：(mg+Eq)xsin0=Ek-0,解得：Ek=12m9n0,故C正确： 25 D、由对称性可知当小球位于Q点时，上端弹簧被压缩L,下端弹簧被拉伸L,对小球根据牛顿第二定律可 得：7 ngsinc0+2×L×3mg+贸qsim9=ma,解得a=号gsin0,故D正确。 L 三、填空题：本大题共3小题，共9分。 9.(3分)如图甲所示p-V图像，一定质量理想气体经过两次等温变化、两次等容变化由状态A→B→C→ D→A完成一个循环，这样的过程叫斯特林循环。A→B的过程中，单位体积中的气体分子数目（选填 “增大”“减小””或“不变”)，状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙所示，则状 态D对应的是（选填“①”或“②”）。 第7页，共17页 各速率区间的分子数 占总分子数的百分比 甲 乙 分子的速率 如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4和20J,在B→C和C→D的过程中，气 体吸收的热量分别为20J和12引。求完成一次循环外界对气体所做的功_一。 【答案】增大 ② -8/ 【解析】解：由图可知，A→B的过程中气体的体积减小，所以单位体积中的气体分子数目增大。 根据理想气体的状态方程兴=C可知，气体的温度越高，压强与体积的乘积V值越大，所以由图可知TD>T4: 气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度升高时，最大速率向速度较大的方向移动，故T1<T2, 所以状态D对应的是②。 在气体完成一次循环后的内能与开始时是相等的，所以内能不变，即△U=0。 由题意可知，A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4和20J,在B→C和C→D的过程中气体吸 收的热量分别为20/和12，则吸收的热量Q=Q4B+QBc+QcD+QDA=(-4+20+12-20)/=8) 由热力学第一定律得：△U=Q+W 解得：W=-8 即气体完成一次循环外界对气体所做的功是一8。 故答案为：增大，②，-8。 A→B的过程中，气体体积减小，分析单位体积中的气体分子数目的变化。温度是分子热运动平均动能的标 志，气体分子热运动的统计规律：中间多，两头少，温度升高，分子的平均动能增大。根据热力学第一定 律有4U=W+Q求解完成一次循环外界对气体所做的功。 本题是图像问题，解题的关键从图像判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定 律进行分析判断即可解决。 10(3分).如图所示，L是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中A和B是二个完全相同的灯泡。 当开关S闭合一段时间，电路稳定时，A灯 (填“亮”或“不亮”)，当开关S断开瞬间，α点电势比 第8页，共17页 b点电势（填“高”或“低”）。 b A S 【答案】不亮：低。 【解析】【分析】 依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源，再根据电路规律分析α、b 两点的电势高低。 本题要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源。 【解答】 依题意知，当开关S闭合一段时间，电路稳定时，由于A灯与自感线圈并联，自感线圈直流电阻为零，A灯将 被线圈短路，则A灯将不亮；当开关S断开瞬间，自感线圈产生自感电动势，将对A灯进行短暂供电，电流方 向从b到a,所以a点电势比b点电势低。 故答案为：不亮；低。 11.(3分)霍尔元件作为核心传感器件，极大地推动了打印、扫描、复印设备的智能化进程，使其功能丰 富，操作便捷，成为现代办公不可或缺的工具。如图所示是长为α、宽为b、厚度为d的金属材质霍尔元件， 电阻率为P,其单位体积内的自由电子数为n,电子电量大小为，磁场方向垂直霍尔元件工作面向上，磁感 应强度大小为B,当通以图示方向、大小为的电流时，前后两表面间将出现电压，该电压称为霍尔电压。 则原件前表面电势比后表面电势（选填“A高”“B.低”），仅考虑霍尔元件的电阻，开关S闭合后，开 关所在回路的电流大小为一。 B 上表面 前表面 【答案】A 第9页，共17页 IBa pneb 【解析】解：由左手定则知，电子向后表面偏转，则前表面的电势比后表面的高，故A正确，B错误， 故选：A。 稳定后，电子受力平衡得F器=eB=e号 得U=Bbv,结合电流的微观表达式I=neSv=nevdb 闭合开关，电压为霍尔电压U,电阻R=p品 则电流为IBa pneb 故答案为：高，Ba pneb 用左手定则判断电子在磁场中的偏转方向，确定前后表面的电势高低：再结合电阻定律求出霍尔元件的电 阻，最后用欧姆定律计算回路电流。 本题综合考查霍尔效应原理与电阻定律的应用，需注意电子的负电性对受力方向的影响，以及电阻公式中 横截面积的正确选取，易因左手定则应用不当或电阻公式推导错误导致失分。 四、实验题：本大题共2小题，共12分。 12.(5分)某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾 斜程度，使小车能在木板上做匀速直线运动。长木板的顶端安装着位移传感器，可以测量小车A到传感器的 距离x。 ◆x/cm 136 橡皮泥 传感器 60 小不项 0 3 t/s 甲 乙 丙 (1)现将小车A紧靠传感器，并给小车A一个初速度，传感器记录了x随时间t变化的图像如图乙所示，此时应 将小木块水平向 (选填“左”或“右”)稍微移动一下。 (2)调整好长木板后，让小车A以某一速度运动，与静止在长木板上的小车B(后端粘有橡皮泥)相碰并粘在一 第10页，共17页 起，导出传感器记录的数据，绘制x随时间t变化的图像如图丙所示。 (3)己知小车A的质量为0.4g,小车B(连同橡皮泥)的质量为0.2kg,由此可知碰前两小车的总动量是 一一_kg·m·s1,碰后两小车的总动量是一kg·m·s1。(计算结果均保留两位有效数字)。若在误 差允许的范围内，两小车碰撞前后总动量相等，则碰撞前后动量守恒。 【答案】左0.240.23 【解析】解：(1)由乙图可知，给小车A一个初速度后小车A做减速运动，所以，应将小木块水平向左稍微移 动一下，以使小车A在斜面上能做匀速运动。 (②)由丙图可求得碰前和碰后小车A的速度分别为 =4x1_60×10-2 v1二△t1 1 -m/s=0.6m/s _4x2_(136-60)×10-2 v2=△t2 m/S=0.38m/s 3-1 所以，碰前和碰后两小车的总动量分别为 p1=m4v1=0.4×0.6kg·m/s=0.24kg·m/s p2=(m4+mg)v2=(0.4+0.2)×0.38kg·m/s≈0.23kg·m/s 故答案为：(1)左；(2)0.24；0.23 (1)根据平衡摩擦力的操作分析解答： (2)根据平均速度公式结合动量公式分析求解。 本题考查了打点计时器和动量守恒实验答相关知识，理解不同状态下纸带上打点的不同是解决此类问题的 关键。 13.(7分)小军同学学习了多用电表的原理后，自己设计了一个简易的可以用来测量电流和电阻的多用电 表，并标定了刻度，其电路图如图。将欧姆表中央刻度值设计为“15”，通过调整S1、S2的开闭状态，可 以形成“×1”、“×10”、“×100”三个挡位。所用的器材有： 电源E(电动势E=15V,内阻可忽略) 电流表A(量程IA=10mA,内阻R4=9002) 电阻箱Ro(0~9999.92) 定值电阻R1=1002,R2阻值未知 开关两个S1、S2,表笔两个a、b 导线若干。 第11页，共17页 R S R S, 回答下列问题： (1)按照多用电表的使用规则，表笔a应为 (填“红”或“黑”)表笔。 (2)表笔b与接线柱“”（填“1”或“2”）连接时，多用电表为测电流的挡位。 (3)测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，电流表的量程被扩大至 mA。 (④当使用欧姆表的“10”挡时，发现指针偏转幅度较大，此时应该换成“一”（填“×1”或“100”） 档。调整S1、S2的状态换成相应挡位后，应重新进行欧姆调零，调零后电阻箱的阻值为2。 【答案】红；1；100；×1,6.0 【解析】解：(1)按照多用电表的使用规则，表笔α与内部电源的负极连接，可知应为红表笔。 (2)表笔b与接线柱1连接时，多用电表为测电流的挡位。 (3)测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，则14R4=(I-IA)R1 解得I=100mA 即电流表的量程被扩大至100mA。 (④)当使用欧姆表的“×10”挡时，发现指针偏转幅度较大，说明倍率挡选择过高，此时应该换成“×1” 挡。 当S1闭合时，根据闭合电路欧姆定律可得中值电阻 E15 Rp1=7-00=150n 因中值刻度为15，可知为“×10”挡；则当S2闭合时为“×1”挡，此时中值电阻，即欧姆表内阻 R中2=R内=152 根据闭合电路欣妈定神可刻比时电流表盛程为'=号。是4=14 则电流表内阻R42=484=10x9002=92 1000 可知整S1、S2的状态换成相应挡位后，调零后电阻箱的阻值为152-92=6.02。 故答案为：(1)红；(2)1；3)100；(4)×1,6.0。 (1)根据多用电表的内部结构判断： 第12页，共17页 (2)根据测量电流不含电源判断； (3)根据并联电路的特点计算： (④根据欧姆表的特点判断；根据欧姆表的原理和串并联电路的特点计算。 本题关键掌握多用电表的内部结构和串并联电路的特点。 五、计算题：本大题共3小题，共30分。 14.(10分)如图，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC,其半径R=0.1m,轨道在C处与水平地面 相切。在水平地面的D处有一质量为m=0.05kg的物块（可看作质点），给它一个水平向左的初速度v0=4m/s, 物块经轨道CBA后从A点飞出，最后又直接落到D点，已知CD的距离为x=0.6m,重力加速度g取10m/s2。 求： (1)物块运动到A处时，物块对轨道的作用力大小： (2)物块与地面的动摩擦因数。 B D 【答案】物块运动到A处时，物块对轨道的作用力大小为4W物块鱼地面的动摩擦因数为0.25 【解析】解：(1)设物块经A处时的速度为vA,由A到D经历的时间为t,对此过程，有2R=gt2,x=pAt, 在A处，有F+mg=m三，由牛顿第三定律，有F'=F,联立解得F’=4W: R (②)对物块由D到A的过程，有-mgx-mg·2R=m听-m听，由以上各式并代入数据得μ=0.25。 答：(1①)物块运动到A处时，物块对轨道的作用力大小为4W; (2)物块鱼地面的动摩擦因数为0.25。 (1)物块从A到D的过程，为平抛运动，根据水平、竖直方向的分运动特点，可得到物块在A的速度大小；对 物块在A受力分析，可得到轨道对物块的作用力大小；由相互作用力特点，可得到物块在A时，对轨道的作 用力大小： (2)物块从D到A的过程，应用动能定理，结合物块从D出发时的速度、到A的速度，即可得到物块与地面的 动摩擦因数。 本题考查曲线运动的分析，物块从A到D的运动过程，注意分运动具有等时性和独立性。 第13页，共17页 15.(13分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L=0.1m,导轨平面与水平面的夹 角为0=30°，导轨上端连接一定值电阻R=0.32,导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向 上的匀强磁场B中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的 质量为m=0.8kg,电阻为r=0.12。现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，滑行一段距离后速度达到最大值 vm=10m/s,此过程中金属棒克服安培力做功W克安=16。（重力加速度g取10m/s),求： M p. (1匀强磁场的磁感应强度B的大小： (2)金属棒从静止释放到达到最大速度的过程所需要的时间： (3)若将金属棒速度达到最大值vm=10m/s的时刻记作t=0,从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使 金属棒中不产生感应电流，请写出磁感应强度B,与时间的关系式。 【答案】（①）当金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，受力分析如下图所示： N BIL B ←10 mg 由平衡条件得：mgsin0=BIL 根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律得： 1之 E BLVm R+rR+r 联立解得：B=4T (2)金属棒从静止释放到达到最大速度的过程，根据动能定理得： 1 mgxsin6-W克安=2mv%-0 解得：x=14m 第14页，共17页 以沿斜面向下为正方向，根据动量定理得： mgsint0·t-BLIt=mwm-0 其中：1t=品=器-器 联立解得：t=3.4s (3)金属棒中不产生感应电流时不受安培力，做匀加速运动，设金属棒的加速度大小为，根据牛顿第二定 律得 mgsin6=ma,解得：a=gsin0 回路中磁通量不变，t=0时，磁感应强度为B0=4T,则有： 1 Bolx B:L(x+vmt+at2) 112 联立解得：B,= 502+206+2x(T) 答：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小为4T: (2)金属棒从静止释放到达到最大速度的过程所需要的时间t为3.4s: 112 (3)磁感应强度B,与时间t的关系式为B,= 5t2+20t+28 T)。 【解析】（①）当金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，根据由平衡条件，以及根据法拉第电磁感 应定律与闭合电路欧姆定律解答： (②)金属棒从静止释放到达到最大速度的过程，根据动能定理求得下滑的距离，根据动量定理求解此过程所 需要的时间； (③)金属棒中不产生感应电流时不受安培力，做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度大小，根据回路 中磁通量不变求解磁感应强度B,与时间t的关系式。 本题为电磁感应现象与力学的综合问题，掌握应用动量定理处理此类问题的方法。 16.(16分)如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为m4=2kg、mg=1kg的两小物块A、B,用细线 连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未拴接），弹簧的弹性势能为Ep=0.75J。轴间距为L1= 4.5m的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以v=4m/s的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置 一个顿角为0=30©的足够长的图定斜面，小物块C静置于距斜面项端L2=m处。现将A、B间的细线烧断， B与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞地由斜面顶端滑入斜 面，一段时间后B与C发生碰撞。t=0时B、C恰完成第一次碰撞，t=2.4s时刚要发生第二次碰撞，在0~2.4s 内B运动的)-t图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不 计空气阻力，B与传送带间的动摩擦因数μ1=0.3，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度g=10m/s2, 第15页，共17页 求： ◆v/(ms-) A B 4… 0.82.4t/s 甲 乙 (1①)B刚滑上传送带时的速度大小Vg: (2)C的质量mc以及C与斜面间的动摩擦因数μ2： (3)C沿斜面下滑的最大距离xm。 【答案】B刚滑上传送带时的速度大小1m/s: C的质量7kg,C与斜面间的动摩擦因数， C沿斜面下滑的最大距离号m 【解析】(1)取向右为正方向，对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得mgvB-m4V4=0①， 1 1 Bp=2mav听+2ms哈@ 由①②得v=1m/s (2)若B在传送带上一直加速，由山mgg=mga1 得a1=3m/s2 由v2-v哈=2as 得s=2.5m<L1 不合题意，故B在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动 B在斜面项端有，=回 由v-t图像可知B每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为 a2=7.5m/s2,a3=2.5m/s2 B在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有v1-v哈=2aL2④ 由③@式得vB1=8m/s 取向右为正方向，对B、C第一次碰撞过程有mgvg1=mgVB1′+mcvc⑤ 1 1 1 乞哈i=2mw'a+2mc哈回 由⑤⑥得vc1=2m/s,mc=7kg 第16页，共17页 由v-t图像得x1=2.4m,x2=3.2m 若C在经x2-x1过程后速度恰减为0，则由"t'=x2一x 2 得t′=0.8s<2.4s 故B与C再次碰撞时C早已停止运动 B与C第-次碰后对C有0-v吃1=2(-ac)(x2-x1)⑦，u2mc9cos6-mcgsin6=mcac⑧ 则由⑦8得，=受 (3)设B第n次与C碰前的速度为gm,由⑤6相同的规律可知碰后8、C的速度大小分别为"gn'="gm,”ca 子n⑨ 第n次碰后B上升过程有v'm=2a2x.⑩ C减速过程有v2.=2 acxcn(① B与C第(n+1)次碰撞前的速度应满足vm+D=2ag(化n+xcm)@ 由⑨一@式得+)="m vin 由⑨1)式可知第n次碰撞后C的位移为xa=3ac 第(n+1)次碰撞后C的位移为xcm+D)=4×32mc 又第一次碰后C的位移为xc1=0.8m 则每次碰后C的位移为xon=0m0=1,23） C沿斜面下滑的最大距离为xm=x1十x2十名3+…- 0.8×[1-四_=16， 1- 15m 答：(1)B刚滑上传送带时的速度大小1m/s: (②)C的质量7kg,C与斜面间的动摩擦因数 2 (③)c沿斜面下滑的最大距离芒m。 (①)利用弹簧弹性势能转化为B的动能，通过能量守恒求解B刚滑上传送带时的速度。 (②)分析B在传送带上的运动过程，结合v一t图像确定运动阶段，再根据B在斜面上的运动（匀加速下滑、与C 弹性碰撞、反弹上滑)及碰撞规律，结合牛顿第二定律求解C的质量和动摩擦因数。 (3)分析B与C多次碰撞后速度的变化，确定C下滑的最大距离。 根据弹簧弹性势能、传送带运动、斜面碰撞与运动等知识点，需灵活运用能量守恒、动量守恒、牛顿第二 定律及运动学公式，结合v一t图像分析运动阶段是解题关键。 第17页，共17页福州格致中学2025-2026学年第二学期高三 物理学科4月适应性练习 完卷时间：75min满分：100分 命题：林枝饮 审题：颜有虹 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.铀(8U)静止时衰变为骆4Th和a粒子，并放出能量为Ev的y光子。己知铀8U、系4Th和a粒子 的质量分别记为m1、m2和m3,衰变放出光子的动量可忽略且该过程释放的核能除去y光子的能量 E,外全部转化为弱4Th和α粒子的动能。静止的铀(8U)在匀强磁场中衰变产生的弱4Th和a粒子两 者速度方向均与磁场垂直，做匀速圆周运动，则下列说法正确的是() A.弱4Th和a粒子在磁场中匀速圆周运动轨迹为内切圆 B.器4Th的比结合能大于8U的比结合能 C.1000个铀核(8U)经过2个半衰期衰变了250个 D.34Th与a粒子的动能之和为Ek=[m1-m2-m3)c2+E] 2.急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作 组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是() A.助跑是为了增大运动员自身的惯性 B.蹬地起跳时，运动员处于超重状态 助跑 起跳 腾空 落地 C.从腾空到落地，运动员所受重力的冲量为0 D.从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量大于其动能的减少量 3.近日，中国宣布拟在700~800km高度的晨昏轨道建设由多颗卫星组成的大型数据中心系统， 以纾解地面数据中心耗电、散热等难题。已知晨昏轨道是一种特殊的太阳同步轨道，轨道面与地 球晨昏线（黑夜与白昼的分界线）始终近似重合。下列说法正确的是( ) A.晨昏轨道卫星不可能在更低的高度运行 晨昏线0晨昏轨道 地球自转 B.晨昏轨道卫星的发射速度大于7.9km/s 太阳光 C.该数据中心系统绕地球运行的周期约为1h D.以太阳为参考系，晨昏轨道卫星的轨道面是静止的 4.回旋加速器以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d,两侧为 相同匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量电荷量+q的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁 第1页，共8页 场做匀速圆周运动，再进入电场做匀加速运动，后第二次进入磁场中运动…粒子在电场和磁场 中不断交替运动，已知粒子第二次在磁场中运动半径是第一次的2倍，第三次是第一次的3倍…。 以此类推，则() A.虚线之间的电场强度大小恒定 B.粒子第一次经过电场时电场力做功等于mv2 C.粒子第二次经过磁场时洛伦兹力做功等于三w D.假设粒子穿过电场时，此过程电场可视为匀强电场，则第6次经过电场的时间为， 13v1 二、双项选题：本大题共4小题，共24分。 5.关于下列四幅图的说法正确的是() E 复色光 21 R A 水球 色光 BO 6 挡板 甲 Z 丙 A.图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B摆的振动周期最大 B.图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率v的关系图像。若用频率分别 为0.6vo和0.8vo的两种单色光同时照射该金属，能使该金属发生光电效应 C.图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中α光束在水珠中传播的速度一定大于b光束在 水珠中传播的速度 D.图丁所示为双缝干涉示意图，挡板到屏的间距越大，相邻亮条纹间距越大 6.如图所示，交流发电机通过电阻不计的导线为右侧的电路供电，电压表和电流表均为理想交流 电表，变压器为理想变压器，b是原线圈的中心抽头，副线圈两端接有滑动变阻器R和小灯泡L, 电阻不计的金属线圈ABCD在磁场中匀速转动。下列说法正确的是() 9 A.当单刀双掷开关由a拨向b而其他条件不变时，稳定后电压表的示数增大 B.当滑动变阻器的滑动触头向下滑动而其他条件不变时，电流表的示数增大 第2页，共8页 C.当滑动变阻器的滑动触头向上滑动而其他条件不变时，小灯泡变暗 D.当线圈ABCD的转速增加一倍而其他条件不变时，电压表和电流表的示数均增加一倍 7.空间存在水平向右的匀强电场，粗糙水平地面上，一个质量为带正电的物块以一定的初速度 向右运动，物块的动能和电势能如图的两条图线，则() A.图线I是Ek一x变化曲线，图线I是E。-x变化曲线 E 图线 B.0~xo过程物块的动能Ek与电势能E,之和保持不变 2E C.电场力是阻力的3倍 o图线n ininnn D.由图线可求得动摩擦因数μ=E0 mgxo 8.如图所示，固定光滑绝缘直杆上套有一个质量为m,带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻 弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间 存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为8，两弹簧的劲度系数均为3 ngsin9, L 小球在距B点L的P点处于静止状态，Q点距A点L,重力加速度为g。下列选项正确的是() A.匀强电场的电场强度大小为ngsin 5a B.若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点，则初速度vo= 12gLsin0 25 C.若小球从Q点由静止下滑，动能最大为2 mglsin 25 D.若小球从Q,点由静止下滑，则小球在Q点的加速度大小为号gsn6 三、填空题：本大题共3小题，共9分。 各速率区间的分子数 9.(3分)如图甲所示p一V图像，一定质量理 占总分子数的百分比 想气体经过两次等温变化、两次等容变化由状 ② 态AB→C→D→A完成一个循环，这样的过 分子的速率 程叫斯特林循环。A→B的过程中，单位体积中 的气体分子数目 (选填“增大”“减小””或“不变”)，状态A和状态D的气体分子热 运动速率的统计分布图像如图乙所示，则状态D对应的是 (选填“①”或“②”)。如 第3页，共8页 图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4和20J,在B→C和C→D的过 程中，气体吸收的热量分别为20J和12！。求完成一次循环外界对气体所做的功 10.(3分)如图所示，L是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零， 电路中A和B是二个完全相同的灯泡。当开关S闭合一段时间，电路稳 定时，A灯 (填“亮”或“不亮”)，当开关S断开瞬间，α点 电势比b点电势 (填“高”或“低”)。 11.(3分)霍尔元件作为核心传感器件，极大地推动了 B 打印、扫描、复印设备的智能化进程，使其功能丰富， 上表面 操作便捷，成为现代办公不可或缺的工具。如图所示是 前表面 长为a、宽为b、厚度为d的金属材质霍尔元件，电阻率 为p,其单位体积内的自由电子数为n,电子电量大小为 ,磁场方向垂直霍尔元件工作面向上，磁感应强度大小为B,当通以图示方向、大小为的电流 时，前后两表面间将出现电压，该电压称为霍尔电压。则原件前表面电势比后表面电 势 (选填“A高”“B低”)，仅考虑霍尔元件的电阻，开关S闭合后，开关所在回路的 电流大小为 四、实验题：本大题共2小题，共12分。 12.(5分)某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小木块，可以微调 木板的倾斜程度，使小车能在木板上做匀速直线运动。长木板的顶端安装着位移传感器，可以测 量小车A到传感器的距离x。 z/cm 136 橡皮泥 传感器 60 B。 o4o 小不项 3 t/s 甲 丙 (1)现将小车A紧靠传感器，并给小车A一个初速度，传感器记录了x随时间变化的图像如图乙所 示，此时应将小木块水平向 (选填“左”或“右”)稍微移动一下。 (2)调整好长木板后，让小车A以某一速度运动，与静止在长木板上的小车B(后端粘有橡皮泥)相 第4页，共8页 碰并粘在一起，导出传感器记录的数据，绘制x随时间变化的图像如图丙所示。 (3)己知小车A的质量为0.4g,小车B(连同橡皮泥)的质量为0.2kg,由此可知碰前两小车的总动 量是 kg·m·s1,碰后两小车的总动量是_kg·m·s1。(计算结果均保留两位有效 数字)。若在误差允许的范围内，两小车碰撞前后总动量相等，则碰撞前后动量守恒。 13.(7分)小军同学学习了多用电表的原理后，自己设计了一个简易的可以用来测量电流和电阻 的多用电表，并标定了刻度，其电路图如图。将欧姆表中央刻度值设计为“15”，通过调整S1 S2的开闭状态，可以形成“×1”、“×10”、“×100”三个挡位。所用的器材有： 电源E(电动势E=15V,内阻可忽略) A 电流表A(量程IA=10mA,内阻R4=9002) 电阻箱Ro(0~9999.92) R 定值电阻R1=1002,R2阻值未知 开关两个S1、S2,表笔两个a、b,导线若干。 回答下列问题： (1)按照多用电表的使用规则，表笔α应为（填“红”或“黑”）表笔。 (2)表笔b与接线柱“一一”（填“1”或“2”）连接时，多用电表为测电流的挡位。 (3)测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，电流表的量程被扩大至 mA。 (4④当使用欧姆表的“10”挡时，发现指针偏转幅度较大，此时应该换成“_”（填“×1” 或“100”)档。调整S1、S2的状态换成相应挡位后，应重新进行欧姆调零，调零后电阻箱的阻值 为2。 五、计算题：本大题共3小题，共39分。 14.(10分)如图，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC,其半径R=0.1m,轨道在C处与 水平地面相切。在水平地面的D处有一质量为m=0.05kg的物块（可看作质点），给它一个水平向 左的初速度vo=4m/s,物块经轨道CBA后从A点飞出，最后又直接落到D点，已知CD的距离为x= 0.6m,重力加速度g取10m/s2。求： (1)物块运动到A处时，物块对轨道的作用力大小； (2)物块与地面的动摩擦因数。 第5页，共8页 15.(13分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L=0.1m,导轨平面与 水平面的夹角为0=30°，导轨上端连接一定值电阻R=0.32,导轨的电阻不计，整个装置处于方 向垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导 轨保持良好的接触，金属棒的质量为m=0.8kg,电阻为r=0.12。现将金属棒从紧靠NQ处由静 止释放，滑行一段距离后速度达到最大值vm=10m/s,此过程中金属棒克服安培力做功W克安= 16J。(重力加速度g取10m/s2),求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小： (2)金属棒从静止释放到达到最大速度的过程所需要的时间t: (3)若将金属棒速度达到最大值v,m=10m/s的时刻记作t=0,从此时刻起，让磁感应强度逐渐减 小，可使金属棒中不产生感应电流，请写出磁感应强度B,与时间的关系式。 R 第6页，共8页 16.(16分)如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为m4=2kg、mg=1kg的两小物块A、 B,用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未拴接），弹簧的弹性势能为Ep= 0.75。轴间距为L1=4.5m的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以v=4m/s的速度顺 时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为6=30°的足够长的固定斜面，小物块C静置于距斜面 顶端L2=器m处。现将A、B间的细线烧断，B与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后， 从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞地由斜面顶端滑入斜面，一段时间后B与C发生碰撞。t=0 时B、C恰完成第一次碰撞，t=2.4s时刚要发生第二次碰撞，在0~2.4s内B运动的v一t图像如 图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力， B与传送带间的动摩擦因数41=0.3，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度g=10m/s2,求： (1)B刚滑上传送带时的速度大小VB: (2)C的质量mc以及C与斜面间的动摩擦因数u2: (3)C沿斜面下滑的最大距离xm。 ◆v/(ms-) 合 B 4… 0 0.82.4/s 甲 第7页，共8页 草稿纸 第8页，共8页