江西景德镇市乐平中学等校2025-2026学年度下学期高三物理阶段性作业

**基本信息** 三模综合检测卷，以真实情境融合物理观念与科学思维，梯度设计适配高考冲刺需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|约40分|力学（曲线运动）、电磁学（电磁感应）|实验题结合传感器技术考查科学探究，计算题以航天器变轨情境融合运动与能量观念，体现科学推理与模型建构|

2025~2026学年度下学期高三物理阶段性作业 命题人：黄雪英周小华 时间：75分钟满分：100分 一、选择题：（本小题共10个选择题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只 有一项符合题目要求，每小题4分；第&10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对 得6分选对但不全得3分，有选错的得0分) 1、2026年，中国“嫦娥七号”探测器将对月球南极进行详细勘察，其搭载的微型探测机器人拟采用钚238 放射性同位素热电机（核电池）供电。怀238(Pu)衰变时放出a粒子，衰变方程为Pu一X+e。已 知怀238的半衰期约为88年。下列说法正确的是（)” A.该衰变属于衰变 B.衰变后生成的原子核X的质量数为234，核电荷数为92 C.月球表面的低温环境会使钚238的半衰期变长 D.100个怀238原子核经过176年后剩余25个未衰变 2、目前主流的手机光学指纹识别技术，是利用微小的“屏下透镜”阵列将光线聚焦到手指表面，再通过复 杂的折射与全反射原理，将指纹的脊和谷信息转化为光信号，最终由传感器接收并形成干涉图像来解锁手 机。简化模型如图所示，一束单色光以一定角度从屏幕玻璃（折射率为1）射向空气间隙（折射率为2）， 再进入手指皮肤（折射率近似为3的介质）。则下列说法正确的是( 斯纹雾益 驶答道 器1 入 皮族陆 至反射 A.光从屏幕玻璃射向空气间隙时，可能发生全反射，从而区分指纹脊、谷部 B.光从空气间隙进入手指皮肤时，波长保持不变 C。由于干涉现象，指纹脊部（接触屏幕）与谷部（未接触屏幕）反射回来的光强度相同 D.屏幕玻璃的折射率1必须小于空气的折射率2，光线才能发生折射进入空气 3、2026年中国探月工程四期实施地月转移轨道探测任务，一枚探月探测器先在近地停泊轨道1上绕地球 运行，经点火后进入地月转移椭圆轨道2，再经制动进入环月圆形轨道3绕月球运行，轨道示意图如图所 示(g>g,R>R),忽略其他天体影响，下列说法正确的是（) 第1页，共40 近地停泊轨道1 。近月点 近地出发点 近月圆形轨道3 地月转移轨道2 A.探测器从轨道1变轨到轨道2，需要在轨道相切处点火减速 B.探测器在轨道2上运动时，从近地端向近月端运动，速度逐渐增大 C.探测器在轨道1上的运行速度大于在轨道3上的运行速度 D.探测器在轨道2上经过近地端的加速度小于在轨道1上经过同一点的加速度 4、在智能物流园区的磁悬浮运输系统中，轨道上设有两个相邻的特殊磁场区域用于货物识别与定位， 原理简化如图，在光滑水平面上建立x轴，在x轴上存在两个相邻的磁场区域： 在(0s<L)区域内存在磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里匀强磁场： 在(LS21)区域内存在磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B随x线 性变化，即满足B,=B+k(-L)(心0为常数，之L)；一个边长为L、质量为m、 电阻为R的正方形金属线框abcd,以初速度v从x=0处开始向右匀速直线运 0 动，线框的心边始终与x轴垂直，且线框平面始终与磁场方向垂直。忽略线 框的自感效应。在穿过磁场的过程中，以初始位置为起点，规定逆时针方向时的电流和电动势方向为 正，则以下关于线框中的感应电流i、bc杆的电势差Ub、ab杆的电势差Uao、线框中感应电动势e的 四个图像描述正确的是( 奉i/V/R 2 5、江西某科技馆的力学互动展区”，有一款名为“弹性轨迹探秘”的科普装置如图所示，一根粗糙的直 杆AB的A端被固定在地面上，AB杆与水平面的夹角为53°，且轻绳和AB杆在同一竖直面。弹性轻绳 端固定于A点，另一端跨过固定在Q处(4点正上方)的光滑定滑轮与套在杆上质量为1kg的滑块 P拴接，弹性轻绳原长等于AQ间距离，PQ间距离为1.6m且垂直于AB,滑块P和直杆间的摩擦因数 μ-0,2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量△x满足关系式F=kx， 共4页 其中k=10Nm,重力加速度g取10ms,sin53°=08.cos530=0.6,下列说法正确的是（) A,滑块P下滑的过程中摩擦力在减小 B.下滑过程中AB杆对滑块P的压力先增大后减小 C.P刚释放时加速度为6ms2 D.物块释放后加速度一直减小 6、在某校园科技节的趣味实验中，同学们设计了一个“空气阻力对抛体运动影响”的探究项目。实验员将 一个质量为m的小球，从操场的水平地面上以某一初速度竖直向上抛出。己知小球在运动过程中所受空 气阻力大小与其运动速率成正比(=)，通过高速摄影和数据采集系统，记录了小球的运动速率随时间 的变化规律。当小球落回地面时，测得其速率为%行。，且落地前小球刚好做匀速直线运动。已知重力加速度 1 为g,则小球在整个运动过程中() A.最大加速度为2g B.小球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量 C.从抛出到返回到地面所用的时间为。 1 3g D.小球上升的最大高度为H=b,二2 3g 7、在未来的“太空电梯”电磁缓冲与能量回收系统中，工程师设计了一套电磁感应装置，部分电路原理如 图所示，足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，间距为L,电阻不计。两根质量均为m、阻值均为R 的金属棒b、cd垂直导轨静止放置且与导轨接触良好，导轨间存在垂直导轨平面向上磁感应强度为B的 匀强磁场。导轨左端接有一个电容为C的电容器（初始不带电）。现给b棒一个水平向右的初速度”使 b棒向右运动，最终两棒运动达到稳定且没有发生碰撞。则下列说法正确的是( A.金属棒ab和cd产生的焦耳热一样多 B.两捧运动稳定后，山棒的速度是号 C。从开始到系统稳定的过程中，通过b棒的电荷量为。m D.电容器最终带电量为_CBLm。 BL BLC+mBI 2m+B12C 第2页，共4写 8、某科研团队为研究鸟类翅膀拍打时产生的声波特性，利用高精度传感器记录了一只蜂鸟在悬停采蜜 时翅膀振动的位移-时间图像（如图所示），己知声波在空气中的传播速度为340/s,蜂鸟翅膀振动 可视为简谐振动，且振动方向与声波传播方向垂直，下列说法正确的是() A.蜂鸟翅膀振动的频率为0.125Hz, 如m B.若蜂鸟一侧位置存在另一只蜂鸟以相同频率、反相位拍打翅膀， 0 Ums 在两蜂鸟连线的中垂线上会出现稳定的干涉加强现象 1支吉方 八7 C.当该波遇到宽度为2.6m的障碍物时，衍射现象明显。 D.若蜂鸟加速拍打翅膀使振动周期减半，则该波波长变为1.36m,波速不变 9、如图所示，某微型智能电网实验装置中，理想变压器原、副线圈匝数之比为n:n2=3:1。原线圈接 入电压为一220V2sin(100)V的交流电源。副线圈连接负载电路，其中定值电阻R,和R2的阻值均 为110Q。滑动变阻器R的最大阻值为1102，电流表和电压表均为理想电表。该系统配备了一个智能 监测模块，用于实时监测副线圈回路的电压与电流变化。在一次例行检测中，工程师发现当滑动变阻 器的滑片P从最上端向下滑动时，系统报警提示“负载异常”。为了排查故障，工程师模拟以下两 种极端工况进行数据分析： 工况一（正常调节）：滑片P从最上端滑动到最下端。 工况二（模拟故障）：假设电阻R2突然发生短路，此时滑片P仍在最下端。 请根据上述情境，判断下列说法中正确的是( (A) A.在工况一（滑片下滑）过程中，原线圈输入电流的有效值减小，电源输出功率变小。 B.在工况一（滑片下滑）过程中，电压表与电流表示数变化量的绝对值之比AV ,保特不变其值为1220。 C.在工况二(R短路且滑片在最下端)时，副线圈回路的总功率是工况一中滑片在最上端时总功率的36倍。 D.在工况一情况下，当滑片滑到最下端时，电压表的示数为66V 10、在一个微流控芯片中，研究人员利用电场来控制纳米粒子的运动和组装。该装置简化为如图所示， 水平放置的平行金属板P?充电后与电路断开后，使得板间存在竖直向下的匀强电场（不考虑边界效 应)，板间距离为d(未知)，板长为3L。=0时，从上板左边缘以初速度2y。水平向右射入一质量为m 4页 电荷量为 2 (q>0) 的粒子 a， ，同时在两板右侧距离 $$P \frac { 3 } { 2 }$$ $$\frac { 3 L } { 2 }$$ 以初速度v水平向左射入一质量为m电荷 $$v _ { 0 }$$ m 量为- 的粒子 b， ，两粒子在空中碰撞后立即结合成一个新的粒子 (碰撞时间极短)。粒子S最后落在距 Q 板右端 $$\frac { L } { 2 }$$ Q 板上。不计粒子的重力，碰撤过程电荷量保持不变。则( A.两粒子因碰撞损失的机械能为 $$4 . 5 m v _ { 0 } ^ { 2 }$$ a B.金属板间的电场强度大小为 $$\frac { 2 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { q L }$$ tb C.PQ 两板间的电势差为 为 $$\frac { 7 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { 4 q }$$ Q D.若要让 粒子离开电容器，则 Q 板至少要下移2L 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11、(6分)江西某中学物理兴趣小组采用了一种“定滑轮+角度盘”的创新装置来探究力的合成规律装 置如图所示：一竖直木板上中央固定一个量角器形状的角度盘，圆心为 O 点。在 O 处的结点连接三根细线 一根竖直向下悬挂已知质量为 0.5kg 的重物 Q， ，另外两根细线分别跨过木板左上角和右上角的光滑定滑轮， 下端挂着弹簧测力计，左侧细线与竖直方向夹角为B，右侧细线与竖直方向夹角为0，，直接从角度盘上读 出 $$\theta _ { 1 }$$ $$_ { 1 } = 3 7 ^ { \circ } 、 \theta _ { 2 } = 5 3 ^ { \circ }$$ 现用 $$F _ { 1 }$$ 和F同时分别拉左右两边的弹簧测力计使结点静止在 O 点，并读出左右两边 的弹簧测力计读数分别为 3.00N 和 4.00N。 02050 010 6=3 $$= 3 7 ^ { \circ } 7$$ $$\theta _ { 2 } = 5 3 ^ { \circ }$$ F=3.00N -4.00N (1)根据实验数据，发现两个拉力在水平方向的合力分量为零，则现在只需要通过计算竖直方向的合力分 量来验证平行四边形定则。现在计算两个拉力在竖直方向的分力的合力 Fy= N (结果保留两 第3页，共4页 位小数，已知sin37°-0.6，cos37°=0.8) (2)本实验中，用定滑轮悬挂弹簧测力计来拉细线，相比于传统的直接用手拉动弹簧测力计，这种改 进方法最主要的物理优势是」 A。可以减小橡皮条的形变误差 B.能保证两分力严格垂直 C.便于确定力的方向且使读数更稳定 D.能够增大拉力的大小 (3)实验中计算出的合力分量F与实际重力G存在偏差，请结合实验装置，分析可能产生误差的 个具体原因 (非操作失误，侧重器材或环 境因素) 12、(9分)某科技公司研发新型“智能温控合金”，用于制作高精度温度传感器。某合金在0℃~100℃ 内电阻随温度线性变化，该合金在0~100℃内电阻值R与摄氏温度1的关系为R=R(1+B1)，其中 R为该合金在O℃时的阻值，B为温度系数（为正值）。现有一个该合金做成的电阻R,某工程师设 计图甲所示电路以测量该电阻R和该合金的电阻的R和B值。可提供的实验器材有： A.干电池（电动势约为1.5V,内阻不计） B.定值电阻R(阻值为1kQ) C.定值电阻R(约900n) D.滑动变阻器RP,(阻值范围0~60n) E.滑动变阻器RP2(阻值范围0~5kn) F.电流计G(量程0~200A,内阻约300n) G.待测电阻R的阻值约为600n H.电阻箱R(最大阻值为9999.9n) L.摄氏温度计 J沸水和冷水各一杯 K.开关1个及导线若干 请回答下列问题： (1)滑动变阻器应选用 共4页 (选填“R!”或“R”),闭合开关S前，滑动变阻器的滑 片移到（选填“a”或“b”)端。 (2)闭合开关S,将滑动变阻器调到合适的阻值，调节电阻箱使电流计G读数为0，读出电阻箱的阻 值为R=540.0n:断开开关S,把电路中的R2和电阻箱互换位置，再闭合开关S,调节电阻箱使电流计G 读数又为0，读出电阻箱的阻值为R与50,0n,则电阻R:的阻值为n. (3)现利用上述电路测量该合金的电阻R和B值的步骤如下： ①断开开关S,将电阻R置于沸水中： ②闭合开关1，调节电阻箱的阻值，使电流计G读数为0，记下此时电阻箱的阻值R和水的温度： ③多次将冷水倒入热水中，重复步骤②，可获得电阻箱的阻值R和温度：的多组数据。 (4)以电阻箱的阻值R为纵轴，温度1为横轴，作出的图像如图乙所示，则该合金电阻在0℃时的阻值 ,温度系数为 ℃1。（结果用e、人h表示） R/2 © h 6 R 乙ec 13、(9分)海洋科考队研发了一款轻小型深海探测器，其核心部件是一个容积为。的密封玻璃舱。 为了测试其在不同深度的性能，科研人员在舱内预先注入体积的海水，随后拧紧船盖并将其沉入深 海。当探测器到达目标海域后，科研人员通过遥控装置倒转探测器并打开舱盖，待舱内气体与海水达 到稳定状态后，通过传感器测得舱内封闭气体的体积为么，已知海面大气压强为乃，海水密度为，气体 可视为理想气体，且玻璃舶导热性能良好能确保舱内气体温度始终与周围海水温度一致。求： (1)若探测器所在海域的水温降低，舱内气体是吸热还是放热？请结合热力学第一定律说明理由。 (2)若海面环境温度为1。，探测器所在位置的海水温度为T,求此时探测器所处的水深h。 第4须，共 14、12分)我国在一次太空站物资转运模拟实验中，科研团队搭建了一套物资对接装置，原理简化 如图所示，在太空舱底板上放有一圆弧形对接槽（对接槽的上下表面均光滑），其圆心角为53°，半 径R=1.2m,质量M仁3冰g,在距对接槽底端水平间距x-0.56m处，有与太空舱底板等高的传送带，长为 L=3m,以恒定速度1.0ms逆时针转动（模拟物资转运速度），让一实验物块质量m=1g,从对接槽 顶端由静止释放（舱内通过离心力模拟，等效重力加速度为g10ms),物块与舱底板、传送带间的 “等效动摩擦因数”-0.2（因太空微重力，摩擦力由电磁吸附等效）。(sin53°=0.8，cos53°=-0.6)求： (1)物块滑到对接槽底端时，对接槽位移的大小。 (2)物块刚滑上传送带时的速度大小。 53 (3)物块在传送带上运动的过程中，摩擦产生的热量。 M 15、(18分)在某深空探测任务的地面模拟实验中，科研团队搭建了一个模拟引力场与电磁复合环境 的实验装置：部分装置简化如图所示，半径为R的半圆形内壁光滑的玻璃管固定在竖直平面内（等效 重方加速度g=10S),其右端是坐标原点，在玻璃管内的最低点放置一质量为m的不带电小球0。 第二、三象限存在水平向右的匀强电场，电场强度E=4加g,第一象限存在竖直向上的匀强电场和垂 3a 直纸面向外的非匀强磁场，电场强度=163，磁感强度B=k为常量)。现一质量为m、电荷 9g 量为9的带正电小球b从第二象限中离x轴的距离为R的某一位置P点以一定初速度沿x方向抛出， 经过一段时间后b球恰好能无碰撞地从玻璃管的左端A进入玻璃管。己知玻璃管的内径略大于：、b小 球的直径，且两小球运动过程中可看成质点。(sin53°-0.8，cos53°=0.6) (1)求b球到达A点的速度大小及P点离y轴的距离x: (2)小球b在玻璃管最低点与。小球发生碰撞后黏在一起，电 量不变。求碰后b整体在玻璃管中运动的最大速率； (3)求碰后ab整体从原点进入第一象限运动到第一次返回x轴 时的轨迹与x轴所围成的面积了。（答案均可用根式表示） 共4页2025~2026学年度下学期高三物理阶段性作业 参考答案 1.B A.B衰变的本质是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，放出的是电子；而题目中钚-238衰变 时放出的是a粒子，这种放出a粒子的衰变属于a衰变，不是B衰变。故A错误。 B.根据核反应中的质量数守恒和电荷数守恒：质量数守恒，反应前钚238的质量数是238，反应后a粒子 的质量数是4，设子核X的质量数为A,则238=A+4,解得A=234。电荷数守恒：反应前钚238的电荷数 （质子数)是94，反应后粒子的电荷数是2，设子核X的电荷数为Z,则94=Z+2,解得Z=92。故B正 确。 C.半衰期是由原子核内部自身的因素决定的，与原子所处的物理状态（如温度、压强）和化学状态（如单 质、化合物)无关。月球表面的低温环境不会影响钚238的半衰期，故C选错误。 D.半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对于少量的原子核（如100个），不能用半衰期的规律来确定 剩余的原子核数量，因为衰变是随机的，不能用统计规律来描述少量原子核的衰变情况。故D错误。 2.A A.光从光密介质（屏幕玻璃较大）射向光疏介质（空气间隙2较小）时，当入射角大于临界角，会发生 全反射。指纹脊部接触屏幕，破坏了全反射条件，光线进入手指：谷部存在空气隙，满足全反射条件，光 线被反射回传感器。利用这一原理可区分脊谷，故A正确。 B.光从一种介质进入另一种介质，频率f不变（固有属性），但波速v改变，根据=f,波长必然改变 故B错误。 C.干涉现象会导致某些区域光强加强，某些区域减弱。脊部和谷部的光程差不同，反射光的干涉结果（加 强或减弱)也不同，从而形成明暗对比的图像，故C错误。 D.光要从玻璃进入空气，只要入射角合适，就可发生折射进入空气，故D错误。 3.C A,从低圆轨道1变轨到椭圆转移轨道2，需要做离心运动，因此必须在切点点火加速，增大速度后万有引 力不足以提供向心力，从而进入椭圆轨道。故A错误 B.根据开普勒第二定律（行星与中心天体连线在相等时间内扫过的面积相等），探测器在椭圆轨道2上从 近地端（近心点）向近月端（远心点）运动时，与地球的距离逐渐增大，速度逐渐减小。 答案第1页， C.由万有引力提供向心力：mg=mR 今v=Ng欧 轨道1绕地球运动，轨道3绕月球运动，且均为近天体轨道(r近似与中心天体半径相等)，因此1>3故 C正确； GM D.加速度由万有引力决定：a= 4.B A.设6c边的位置坐标为，当c边在0≤x<L时，感应电流i一员=，方向为逆时针（恒定 正值)，当c边在(L≤x<2）时，1-装-2巡必，方向为顺时针（为负值，故A销误。 R B.设bc边的位置坐标为xc,当bc边在0≤x<L时，感应电动势E=BLv(正方向)，当bc边在(L≤ x<2L)时，E=BLv+BxLv=2BL+kLv(xbc-L)（负方向)，当bCc边运动到2L≤x≤3L时， E=BxLv-BLV+kLv(xc-2L)(正方向)，故B正确。 C.设bc边的位置坐标为x,当bc边在0≤x<L时，J=-3BZv,当bc边L≤x<2L内时， 4 。=号r+s-w,当c边运动到2L≤x≤3L时=-e2v+a2 D.设bc边的位置坐标为z当bc边在0≤x<L时，Ub=-BZY,当c边L≤x<2L内时， 4 w-2n+红6s-小.当6c边运动到2L≤x≤3L时a=9弘-26w-2a,放D错误。 4 4 4 5.C h A、B.由对滑块受力分析如图所示 根据胡克定律可得弹性绳弹力为P=kP巴 cosθ 垂直杆方向有Fcos0=gcos53°+FN 联立解得FN=10N mg 可知滑块与杆之间的弹力保持不变，滑动摩擦力大小不变，故A、B错误。 539 C.平行杆方向有mngsin53°-f-Fsim0=ma 又因为F=kAx,f=,且刚释放时=0 代入可得=6ms2,故C正确 共5页 D.因沿杆方向有mgsin53°-f-Fsim8=ma 所以，物块向下滑的过程中，F和的值都在增大，故加速度α是先减小后反向增大。 故D错误。 6.D A.设小球初速度为o,落地速度为1。落地前小球已经做匀速运动，则有f=k1=g 又有，v0=3y1, 小球刚抛出时速度最大，合力最大，则加速度最大，由牛顿第二定律得ko+g=a 解得最大加速度为a=4g,故A错误： B、C.阻力冲量大小为I=kt=kh,因上升和下落过程位移大小相等，故上升和下落两阶段阻力的冲量 大小相等，全过程分析，阻力的冲量为0，只有重力的冲量，取竖直向下为正方向，根据动量定理得 mgt mv-m(-vo) t=4故B,C错误； 3g D.上升过程根据动量定理mg,+1j=m,-t=H,k=3mg 可得H="oo-) ,故D正确。 3g 7.D A.稳定前b棒的电流等于cd棒的电流和电容器的充电电流之和，而电阻相等，所以ab棒产生的热量更 多，故A错误 B、C、D根据已知条件和电容器特点及电磁感应现象的知识对题目分析可知，b棒与cd运动达到稳定时， 两棒速度相等，假设为ⅴ 根据动量定理 对b棒，-∑BzM=m-m0 对cd棒，∑BZAt=mv 化简得BLqab=mvg-w,BLAed=mw 电容器带电量qc=BLvC qe=qb-qcd解得v=- 2v0 mivo 2DC+2m BL BLC+2mBL 答案第2页 BLCmv,,故B、C错误，D正确。 B2LC+2m 8.CD A.由图甲得周期=-8ms=0.008s,频率1/T=125Hz;故A错误。 B.两蜂鸟频率相同、相位差恒定（反相位），由干涉知识知当两波源振动步调相反（相位差为π），波 程差为应半波长的偶数倍时，振动减弱。在中垂线上，到两波源的距离差△x=O,对应半波长的偶数倍， 则该处为振动减弱点)，故中垂线上为振动减弱区，故B错误。 C.这列波波长λ=2.72m,障碍物缝隙宽度d-2.6m,当障碍物或缝隙宽度d与入相差不多或比波长小时 波发生明显衍射，故C正确。 D.周期减半则频率加倍为250Hz,波速由介质（空气）决定不变，故=V/f=340/250=1.36m,故D 正确。 9.BD(除下面方法外，也可用等效电源法或等效电阻法) A.设交流电源的有效值为U,恒定不变，对副线圈电路，由闭合电路欧姆定律有工R, U, 对原线圈电路，由闭合电路欧姆定律有巧=U- -有U=3U 由 乃U2 由兰-有1，= 21 解得1= U ,电阻R3减小，1增大，由P=U,知电源的输出功率增大，A错误： R1+9(R2+R3) B.依题意可知△U=△U,△M=△M2,根据前面分析知U=-R,U1=3U2,I=3I1 解程u:和吉R 故-A3=)R,A 得40 22Q,故B正确， C.工况-（最上端）：R总1=R2+Rmax=110+110=2202。 又根据，，，--行风得北时功率，=2194W R2+R3 3 工况二(R,短路，滑片在最下端)：此时R3被短路（滑片在最下端且R,短路，相当于副线圈直接短路 共5页 负载，但因为有R2短路，实际上是R3被短路，电流只走导线)。此时副线圈负载电阻为0（理想短路），功 率理论上无穷大，故C错。 D.当滑片滑到最下端时，副线圈电路总电阻为R2=1102,根据前面分析知I2=3L1,U1=3U2,且有U3=IR2, R2=R,U1=U-4,U=220V 解得U,=J=6,故D正确。 10 10.AC A.b两粒子发生碰撞时速度大小分别为1，？，根据类平抛规律和A项计算可得y=22v,,=√2v, 且与水平方向成450，且方向相反，碰撞动量守恒，设n方向为正方向，m-m,=2m,v=V20,与 水T方向废8向右下方。碰拉过置损失机板花=6u+,-四 △E=4.5v,故A正确： B.a、b两粒子从开始进入电场到发生碰撞：、b两粒子水平方向都做匀速直线运动，有3L=(2v+v0)t1 竖直方向做匀加速直线运动，4、b两粒子的加速度大小分别为a1,2 E×2q=ma1 E×q=a2 1 2 解得5=三，8=，故B错误： vo qL 1 C.两粒子在空中碰撞时y1=二at=L,两粒子在空中碰撞后立即结合成一个新的粒子S,加速度为a3, y2=vsin45°t2 1t，t o4-5 22m vcos450 d=1+=车，p0=趾代入数据得Up0-7i故C正确： 7L 4g D.电容器充电后与电路断开，电容器带电量不变，只改变板间距离，板间电场强度不变。所以碰撞位置 不变，即y1不变，粒子S加速度不变，碰后到离开电场所需时间3竖直方向做匀加速直线运动， ,1Eq2 y3=vsin45t3+-× 22m vc0s45° 下移A=为-2，解得Ad=马 4 故D错误。 11.(1)5.00N (2)C (3)见解析 答案第3页， 解析：(1)计算竖直方向分力： F的竖直分量：Fy=F1×cos37°=4.0×0.8=3.20N Fz的竖直分量：F2y=F2×cos53°=3.0×sin37°=3.0×0.6=1.80N（注：c0s53=sin37°) 竖直方向合力分量：Fy=Fy+Fy=3.20+1.80=5.00N 水平方向分力应相互抵消(4.0×0.6=3.0×0.8)，故合力为5.00N。 (2)C 解析：定滑轮可以改变力的方向，使得弹簧测力计可以竖直悬挂，这样不仅读数时视线可以平视刻度 盘（读数更稳定），而且细线的方向严格沿着滑轮切线方向，方向确定更准确。选项A与橡皮条无关； 选项B错误，分力不一定垂直：选项D错误，拉力大小由重物决定。故选C。 (3)开放答案示例 ①滑轮摩擦：尽管是光滑滑轮，但实际滑轮轴处仍存在微小摩擦，导致弹簧测力计的拉力未能完全 传递到结点O,使得测量值与理论值存在偏差。 ②细线质量或弹性：实验中使用的细线并非绝对轻质且无弹性，细线自身的重量和微小的伸长会影 响拉力的大小和方向，从而引入系统误差。 ③角度盘刻度误差：量角器本身的刻度可能存在制造误差，或者安装时未严格对准竖直方向，导致 角度读数存在系统偏差。 ④ 空气阻力：尽管很小，但在精密测量中，结点0和重物Q受到的空气阻力也会对竖直方向的受力 平衡产生微小影响。 12. (1)R2(2分)，a(1分)： (2)600或600.0(2分)： w)R-9f2分.B-h 10 -(2分) fe 【解答】解：(1)当电流计G的电流为零时，并联部分的电阻R并 由电路并联可知， 11 +1 ,当R就是为零时，算得R#=5760, R并R1+RxR2+R 所以由限流法可知，滑动变阻器应选用RP2。 为了保护电流计G不被损坏，开关S1闭合前，应将滑动变阻器的滑片向下移动到α端。 (2)闭合S1后电流计G读数为0，则电阻Rx中的电流与R1的电流相等，R中的电流与R3中的电流 相等，R1与R2两端的电压相等，待测电阻Rx与R两端的电压相等： 把电路中的R2和电阻箱R互换位置，再闭合开关S1调节电阻箱的阻值，电流计G读数为0，则此时 R1与R两端的电压相等，待测电阻R与R两端的电压相等。可得R,=B,R,=及，代入数据可 R 共5页 得R2=9002,Rx=6002 (4)将电阻R置于沸水中；R电阻随温度变化的阻值为R,同理可得：R= RLR R 由图乙得：R=h-工t+f 代入后可得：R-10-+1 9e 9 又根据该合金电阻随温度变化的特点：Rt=Ro(1+t) 解得：=9,0= 故答案为：(1)RP2(2分)，a(1分)：(2)600(2分)： ④)gf2分.B-是2分) fe 13.(1):(3分)解释内能减少得1分，海水对气体做正功得1分，气体放热得1分 (2)(6分)求此时探测器所处的水：h=3T-2m 2Topg 解：(1)(3分)由于玻璃舱导热性能良好，当水温降低时，气体温度降低。对于理想气体，因此气体的内 能减少（△K0)(1分）。 舱内气体压强P等于海面大气压强P与该深度海水产生的压强Pgh之和。当水温降低时，根据理想气 体状态方程兴=C(C为常数)，在压强卫不变的情况下，温度T降低，体积V减小。海水对气体做正功 (W>0)。(1分) 由根据热力学第一定律4U=Q+W,己知△U<0,W>0,因此Q=4U-W<0,即气体海水放热。 因此舱内气体放热(1分) (2)探测器所处的水深h,初始状态（海面）：气体体积V1=V。-空=北. 4 ① 压强p1=p0,温度T1=T0。 末状态（水下）：气体体积V2= 2 压强p2=p0+pgh....② 温度T2=T。 由于舱内气体为理想气体且质量不变，根据理想气体状态方程业=2 T1 T2 .③ o Po. 4 (po+ph). 代入已知条件： 2 T T 解得h=PB7-2) ④ 2Topg 答案：(1)：(3分)解释内能减少得1分，海水对气体做正功得1分， 答案第4页， 气体放热得1分 (2)(6分)求此时探测器所处的水：=P3T-2 2Topg ①、②两式每式1分，③、④每式2分 14.(1)0.24m (2)2.0m/s (3)0.5J 【解析】 (1)物块和圆弧槽水平方向动量守恒M=%2① 两边同时乘时间可得化=X2②. 且x,+x2=Rsin53° ③ 解得X=0.241,X3=0.721.④ (2)物块和圆弧槽水平方向动量守恒%一w2=0.⑤ 物块滑倒槽低端时，物块和槽的速度都是水平方向 物块和圆弧槽系统机械能守恒g(R-Rcos53”)=】M+m 1 2 ⑥ 解得u,=2Sm/s,2-6sn 5m/s 根据动能定理-g(x+x)= 21 解得物块刚滑上传送带时的速度=2m/S⑧ (3)物块在传送带上先向左做匀减速运动，加速度的大小α 根据牛顿第二定律得：mlg=1C,得a=2m/s2 V0-y3=-2ax3 瓷⑨ 解得x3=0.75m,小于皮带3m长，故后来和传送带共速后匀速前进。 物体向左运动到和传送带共速的时(=一品 此过程传送带的位移X4=V1⑩ 传送带与物块的相对位移△x=X3一X4① 物块在传送带上运动过程中，摩擦产生的热量Q=g△x=0.5J...② (备注：以上方程每个1分，相应步骤酌情给分，总分12分) 共5页 15.(1)%=2g,=28(2)2=6e (3)S=4V103gRm 3 8 9gk 【解答】解：(1)由题意知，小球从P到A,水平方向速度减到0： x=2R-1.92 2 m ① 竖直方向： 28t2=R② 1 解得 v4=gt=V√2gR .③ 2R .④ 3 (2)b球运动到玻璃管的最低点时速度为1，根据动能定理有 qR+mgRm1 2 2mm,-2 wA⑤ b球与α球碰撞，根据动量守恒定律有 7m mv=m+ 9 Y2⑥ 解得12= 315gR P 碰后b整体在玻璃管中的运动过程中，所受电场力与重力的合力F方向与水平方向成θ 71、 ⑦ (m+ 98 tan0=- gE 解得an0 F方向与水平方向的夹角为53°斜向右下方 根据分析可知，碰后b整体在玻璃管中运动到速度与F垂直处的Q点时速度最大，最大设为Q, 从ba球碰撞后到Q点，根据动能定理有 二（m+7meR0-sim53)+E19Rcos53°=)(0m+。0-20 .⑧ 9 9 9 解得ve=167gR 8 .⑨ (3)b整体运动到O点时的速度为v,从碰后到O点，根据动能定理有 16mgR+BgR=x16mv2-×16vg⑩ 9 2929 碰后b球整体在第一象限运动时 E9= 16g 9 故b球整体的合力为洛伦兹力，对b球整体在第一象限运动受力分析结合动力学和洛伦兹力的 特点可知，碰后b球整体进入第一象限后第一次运动至x轴最远位置和从x轴最远位置第一次回到运 动x轴处的轨迹是对称的。则b球整体运动到最高点又回到x轴时的速度为是-v,即大小为v,方向 向下 竖直方向由动量定理，取向上为正方向 -gBy,△t=-16m,-16m 1V 9 .③ 9 其中B=y 由等式左边微元累积 -∑g1Mr41+q的2y3r45,+g的3A++g响，ym,）=-16mw_16m 99 ④ -(qkS:+qkS2+qkS3+...+qkS,)=-32m 9 .⑤ 而S1+S2+S3+…+Sn=S ⑥ 解得S= 4103gRm 9gk ⑦ 其中除⑦式2分外，其他每式1分，总分18分 答案第5页，共5页