2026届高考物理一轮复习：高三下学期每日限时训练汇编

1.如图所示，一盏重为G的艺术灯用细绳悬挂，左右两侧细绳与水平方向夹角分别为45° 和60°，细绳拉力分别为F和F。A和B是左侧细绳两端点，C和D分别是天花板和灯上的 点，CD与AB平行，则() A C F B45 D 609 A.F大于F B.E和F都小于G C.用细绳连接C和B后撤去AB绳，可使灯位置不变 D.用细绳连接C和D后撤去AB绳，可使灯位置不变 试卷第1页，共3页 2.如图所示，绕过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着小球A、B,同时轻绳C也连接着两个 小球，用水平拉力作用在B球上，两球静止时，所有轻绳均伸直，©段轻绳竖直，b段轻绳 与竖直方向夹角为37。已知A球的质量为m,cos37°=0.8，sin37°=0.6，则B球的质量 为() LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL 379 b B A 4 A. B.3 D. 试卷第1页，共3页 3.(多选)如图甲所示，一根长为L且不可伸长的轻绳，通过打结的方式在其结点O处悬挂 一重物，绳两端分别与固定安装在竖直杆上的力传感器M、N连接，两杆的间距为D,M的 位置高于N,M与结点O间的绳长为x。改变结点O的位置，测量并描绘出两个力传感器测 得的轻绳拉力F的大小随x变化的图线如图乙中I、Ⅱ所示，曲线I、Ⅱ的交点坐标为(a, b),下列说法正确的是() D 个F M b 7n7n777777777777 a 图甲 图乙 A.结点O的轨迹是一段抛物线 B.结点O的轨迹在一个椭圆上 C.重物的重力大小为P-D D.重物的重力大小为泊VP-D D 试卷第1页，共3页 L.【答案】B 【详解】AB.对艺术灯受力分析，如图所示 F F2 D 609 G 将E、F和G三力平移后，构成矢量三角形，如图 F 30° 45 G 根据矢量三角形可知F<F,<G,故A错误，B正确； CD. 用细绳连接C和B后撤去AB绳或用细绳连接C和D后撤去AB绳，如图所示 O B F, 60° 若艺术灯位置保持不变，则三力不能交汇一点，即无法保持平衡，故CD错误。 故选B。 试卷第1页，共3页 2.【答案】A 【详解】由于段轻绳竖直，A球静止，因此C段轻绳拉力为零，则b段轻绳拉力大小等于 mg,对B,根据平衡条件有mBg=mgcos.37 4 解得m。=亏m 故选A。 试卷第1页，共3页 3.【答案】BC 【详解】AB.结点O到两个固定点M、N之间的距离之和永远不变，等于绳长L,而椭圆 的定义为平面内动点到两个定点的距离之和为常数，因此结点O的轨迹在一个椭圆上，故 A错误，B正确； CD.两条曲线的交点坐标为(a,b),代表此时两段轻绳的拉力大小相同，均为b,结合两 杆间距D和绳长L的几何关系，可得绳子与竖直方向的夹角的余弦值为c0s日=P-D 对结点进行受力分析，竖直方向上两段拉力的合力与重物的重力等大反向，满足关系 G=2bcos0 即G=泸P-D,故C正确，D错误。 故选BC。 试卷第1页，共3页 1．如图所示，足够大的空间内存在方向与水平方向的夹角的匀强电场，长的绝缘轻绳一端系于水平天花板上的点，另一端系有质量，电荷量的小球（视为点电荷）。当轻绳与竖直方向的夹角也为时，小球恰能处于静止状态。现将小球拉至点右侧与点等高位置（轻绳刚好拉直）由静止释放，小球运动到轻绳上拉力最大时，轻绳恰好断裂（不影响小球瞬时速度），最终小球落在水平地面上。已知点到水平地面的高度，取重力加速度大小，，。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)轻绳断裂前瞬间轻绳上的弹力大小； (3)小球落到水平地面上的位置到点的水平距离。 2．如图，空间中存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为。电场中有一竖直放置的劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，两端连接两个绝缘小球A、B，其中A带正电，电荷量为q，质量为2m，B不带电，质量为m。现将A、B同时由静止释放，释放时弹簧处于原长，A、B运动过程中弹簧始终不超过弹性限度。已知弹簧弹性势能与形变量x的关系为，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： (1)B的速度最大时弹簧的伸长量。 (2)A的最大速度。 (3)静电力对系统做功的最大值。 3．如图所示，倾角为的斜面AB与半径为的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，圆弧轨道末端点处的切线水平。整个空间存在平行斜面的匀强电场，带正电的小滑块从点静止释放，以加速度大小沿斜面向上匀加速运动。已知斜面的AB长度为，小滑块与斜面间的动摩擦因数为，小滑块质量为，电荷量。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，忽略空气阻力，求： (1)小滑块第一次经过点时的速度大小和电场强度大小； (2)小滑块对圆弧轨道点的压力大小（结果可以保留根号）； (3)经过足够长时间，小滑块在斜面上运动的路程。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）当小球处于静止状态时，对小球受力分析有 解得 （2）将小球受到的电场力与重力的合力视为等效重力，该等效重力大小 方向与竖直方向的夹角为，从小球被释放运动至轻绳与竖直方向的夹角为时，轻绳上的拉力最大，则有 对轻绳断裂前瞬间的小球，受力分析有 解得 （3）轻绳断裂后瞬间，小球在竖直方向上的分速度大小 小球在竖直方向上的加速度大小 从轻绳断裂至小球落到水平地面上有 解得 小球在水平方向上的分速度大小 小球在水平方向上的加速度大小 小球落到水平地面上的位置到点的水平距离 解得 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）B速度最大时合力为0，对B分析可知 解得 （2）系统合力 根据动量守恒定律有 两边同乘t有 则 B速度最大时A速度亦达最大，且满足，根据能量守恒定律有 匀速时A速度最大，根据能量守恒有 解得 （3）静电力做功 当弹簧伸长量最大时两球速度均为零，静电力做功达到最大，由能量守恒定律得 解得最大伸长量 则静电力做功最大值 3．(1)10m/s；2×103N/C (2) (3)15m 【详解】（1）小滑块沿AB做匀加速直线运动，则有 带入数据解得vB=10m/s 小滑块在斜面AB上运动时对小滑块受力分析，则有 带入数据解得E=2×103N/C （2）在圆弧上运动从B点到C点由动能定理可知 解得 在C点对小滑块受力分析可知，由牛顿第二定律可得 解得FN= 由牛顿第三定律可知对轨道的压力为 （3）由（2）可知重力与电场力的合力水平向左，经过C点后小滑块向右匀减速运动再次原速度大小返回C点，经过圆弧和斜面轨道，由于摩擦阻力作用滑块将无法到达A点。经过长时间后，小滑块恰好不进入斜面轨道，即在B点速度为0，从释放到B点，由动能定理可知 解得总路程s=15m 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·陕西西安·模拟预测）我国探月工程使用钚238（）同位素热源配合温差发电组件为探测器供电，主要利用其发生衰变释放的热来发电，发电组件热端为放射性同位素衰变热源，冷端为月球月夜低温环境，发电组件内的电子在温差驱动下由热端向冷端定向移动形成电流，则（　　） A．一个核内有144个中子 B．该衰变的核反应方程为 C．的半衰期会受到温差的影响 D．工作时发电组件内的电流方向由热端到冷端 2．（2026·四川成都·模拟预测）2023年1月，在临淄赵家徐姚遗址中，发现了火塘三处、动物骨骼等，这是人类用火管理景观的最早的、直接的考古证据。通过对遗址中的红烧土进行碳14年代测定，发现其年份为距今1.1万至1.5万年。已知的半衰期为5730年，它很容易发生衰变，变成一个新核。下列说法正确的是（    ） A．骨骼中以碳酸钙形式存在的的半衰期比单质的半衰期更长 B．发生衰变，其衰变方程为： C．衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子 D．经过11460年后，红烧土中剩余的为原来的一半 3．（2026·宁夏石嘴山·二模）1976年在阿连德陨石中发现的铝-26是天体物理研究中最为重要的放射性核素之一，现已知银河系中存在大量铝-26，发生衰变时会释放出能量，其衰变方程为。已知的质量为，的质量为，X的质量为，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　） A．为衰变方程 B．在低温环境中，铝-26的半衰期会缩短 C．若铝-26与其他元素形成化合物，该化合物仍具有放射性 D．1个核在发生上述衰变过程中释放的能量为 4．（2026·陕西西安·模拟预测）基于下列四幅图的叙述正确的是（　　） A．甲图为黑体辐射的实验规律，由图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向频率较低的方向移动 B．乙图为不同频率的光照射同种金属材料，光电效应实验光电流与电压的关系，a光的频率大于b光的频率 C．丙图为氡原子核衰变规律，每经过3.8天，每个氡原子核的质量变为原来的一半 D．丁图是不同原子核比结合能按照实际测量结果画的图线，裂变成A、B原子核，A、B原子核的核子平均质量小于的核子平均质量，这些新核变稳定 5．（2026·江西九江·二模）当太阳内部氦资源消耗殆尽时，将出现“氦闪”现象，同时释放巨大的核能，科幻片《流浪地球2》就是描述此情景的。“氦闪”现象的本质是氦核聚变，其核反应方程为。已知一个氦核的质量为，一个X核的质量为，一个质子的质量为，一个中子的质量为，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程中的X是氮核 B．X核的结合能为 C．核的比结合能小于X核的比结合能 D．该聚变反应释放的核能为 6．（2026·山东青岛·一模）山东海阳核电站是中国大型商用核电站，反应堆中所用到的铀-235是一种放射性同位素，反应堆中核反应的方程为，下列说法正确的是（　　） A．该核反应方程中X为中子 B．该核反应为核聚变反应 C．该核反应过程中没有质量亏损 D．经过一个半衰期，10个放射性铀-235原子核一定剩下5个 7．（2026·河北保定·一模）宇宙射线进入地球大气层时会产生大量的中子，中子撞击大气中的会引发核反应产生，而具有放射性，可自发衰变为。下列说法正确的是（　　） A．中子撞击的核反应为裂变反应 B．发生的是衰变 C．不同时间段产生的的半衰期不同 D．衰变产物除了之外，另一粒子来源于碳原子的核外电子 8．（2026·山西·一模）我国“墨子号”量子通信卫星通过发射单光子脉冲研究量子密钥分发，其发射的激光频率为，波长为，功率为P，普朗克常量为h，真空中的光速为c。则（　　） A．该激光光子的能量为 B．该激光光子的动量为 C．卫星单位时间内发射的光子数为 D．增加激光的强度，单光子的能量随之增大 9．（2026·福建福州·二模）福清核电站5号机组是全球首个采用我国自主三代核电技术“华龙一号”的机组。核电站的能量来源于原子核的裂变，其中一个典型的核反应方程为，则X为（　　） A． B． C． D． 10．（2026·北京海淀·一模）钴60（）的衰变实验可以证实宇称不守恒的论断。钴60的衰变方程为，其中X表示的是（    ） A． B． C． D． 11．（2026·河南南阳·二模）嬗变技术是一种将长半衰期核废料转变为短半衰期物质或非放射性物质的技术。利用快中子轰击钚-239核废料的其中一个核反应方程为钚-239的半衰期为2.41万年。下列说法正确的是（　　） A．X为质子 B．反应物总质量等于生成物总质量 C．1g钚-239经过一个半衰期还剩下0.5g钚-239 D．利用化学方法可以改变钚-239的半衰期 12．（2026·江苏宿迁·三模）2025年7月，我国科研人员在原子核的奇特衰变研究领域取得新进展，首次在实验上观测到新核素的自发衰变，衰变的核心方程为：。下列说法正确的是（    ） A．衰变方程中的X是 B．增大压强可以加速的衰变 C．的比结合能大于的比结合能 D．与的质量差等于衰变的质量亏损 13．（2026·吉林·模拟预测）2025年，中国科学院近代物理研究所利用兰州重离子加速器装置进行人工核反应实验，合成新核镤（），其核反应方程为：。下列说法正确的是（　　） A．   B．   C．   D．   14．（2026·新疆喀什·二模）下列说法正确的是（　　） A．卢瑟福通过粒子散射实验，发现了质子 B．一个处于能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射3种不同频率的光子 C．康普顿效应说明光具有波动性 D．铀235裂变产生的中子能使核裂变反应连续进行，其反应称为链式反应，其反应方程为 15．（2026·江苏·模拟预测）一个静止的电子，在经过电压U加速后，其德布罗意波长为λ。若要让另一同样的静止电子的德布罗意波长为，则加速电压值为（    ） A． B． C．3U D．9U 16．（多选）（2026·贵州贵阳·模拟预测）下列核反应方程中，X1，X2，X3，X4代表α粒子的有（　　） A．H＋H→n＋X1 B．H＋H→n＋X2 C．＋n→＋Kr＋3X3 D．n＋Li→H＋X4 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A 【详解】A．原子核内中子数等于质量数减去质子数，的质量数为238，质子数为94，因此中子数为，故A正确； B．题干明确该反应为衰变，衰变会放出粒子（），反应后质量数减少4、电荷数减少2，选项中的方程为衰变的核反应方程，不符合衰变规律，故B错误； C．半衰期是放射性原子核的固有属性，仅由原子核内部结构决定，与温差等外界环境条件无关，故C错误； D．电流方向规定为正电荷定向移动的方向，与负电荷（电子）定向移动方向相反，已知电子由热端向冷端移动，因此电流方向为冷端到热端，故D错误。 故选A。 2．C 【详解】A．放射线元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界存在的物理和化学状态无关，所以骨骼中以碳酸钙形式存在的的半衰期和单质的半衰相同，故A错误； B．发生衰变，释放的是负电子，故题中衰变方程错误，故B错误； C．衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子，故C正确； D．经过11460年即两个半衰期，所以红烧土中剩余的为原来的四分之一，故D错误； 故选C。 3．C 【详解】A．根据题意，由质量数守恒和电荷数守恒可知，是正电子，则不是衰变方程，故A错误； B．半衰期由原子核内部因素决定，与环境温度无关，在低温环境中，铝-26的半衰期不变，故B错误； C．放射性元素的放射性与核外电子无关，则铝-26与其他元素形成化合物，该化合物仍具有放射性，故C正确； D．根据题意，由公式可得，1个核在发生上述衰变过程中释放的能量为 故D错误。 故选C。 4．D 【详解】A．由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短、频率较高的方向移动，故A错误； B．由乙图可知，a光的遏止电压低于b光的遏止电压，由于遏止电压满足 所以a光光子的频率小于b光光子的频率，故B错误； C．丙图是原子核衰变规律，半衰期是大量原子核的统计规律，对单个原子核不适用。不能说“每个氡原子核的质量变为原来的一半”，故C错误； D．丁图是原子核比结合能图，比结合能越大，原子核越稳定。裂变成A、B原子核时，比结合能增大，核子平均质量减小（因为有质量亏损），所以新核更稳定，故D正确。 故选D。 5．C 【详解】根据核反应电荷数守恒、质量数守恒 故X是碳核，故A错误； B．原子核的结合能是将其拆为自由核子所需的能量，X核有6个质子、6个中子，结合能为，而是该核反应释放的核能，不是X的结合能，故B错误； C．核聚变反应释放能量，说明生成物X核比反应物核更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此核的比结合能小于X核的比结合能，故C正确； D．该反应质量亏损，根据质能方程，释放的核能为，故D错误。 故选C。 6．A 【详解】A．根据质量数守恒，有 解得 ，电荷数守恒，有 解得，故X为中子，故A正确； B．该反应为铀-235吸收中子后分裂为钡和氪等中等质量核，属于核裂变反应，而非轻核结合的核聚变反应，故B错误； C．核裂变释放大量能量，根据爱因斯坦质能方程，能量释放对应质量亏损，故C错误； D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核无法确定衰变后剩余确切个数，只能描述概率行为，故D错误。 故选A。 7．B 【详解】A．裂变反应指重核分裂为几个中等质量原子核的反应，中子撞击生成属于人工核转变，不属于裂变，故A错误； B．衰变生成的过程中，质量数不变，电荷数增加1，放出的是电子，符合β衰变的反应规律，故B正确； C．半衰期是放射性元素原子核的固有属性，由原子核内部结构决定，与产生时间无关，不同时间段产生的半衰期完全相同，故C错误； D．β衰变放出的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，并非来自碳原子的核外电子，故D错误。 故选B。 8．C 【详解】A．光子能量公式为，结合光速关系也可推导为，而非，故A错误； B．光子动量满足德布罗意关系，而非，故B错误； C．功率是单位时间发射的总能量，单个光子能量为，因此单位时间发射的光子数，故C正确； D．单光子能量仅由激光频率决定，即，激光强度是单位时间发射总光子数的体现，与单个光子能量无关，故D错误。 故选C。 9．A 【详解】根据电荷数守恒，设X的电荷数为Z，故 解得 根据质量数守恒，设X的质量数为A，故 解得 故为，与A选项符合。 故选A。 10．A 【详解】核反应方程遵循电荷数守恒、质量数守恒规律，设粒子X的质量数为、电荷数为，因此 ，解得 根据 ，解得 故选A。 11．C 【详解】A．核反应满足电荷数守恒、质量数守恒可知，X的电荷数为0，质量数为 则X是中子，不是质子，故A错误； B．该核反应释放能量，根据质能方程可知反应存在质量亏损，反应物总质量大于生成物总质量，故B错误； C．半衰期是放射性元素半数原子核发生衰变的时间，因此1g钚-239经过一个半衰期，剩余未衰变的钚-239质量为0.5g，故C正确； D．半衰期由原子核内部结构决定，与外界物理、化学条件无关，化学方法无法改变其半衰期，故D错误。 故选C。 12．A 【详解】A．根据题中衰变方程，由质量数守恒、电荷数守恒可知，X的质量数、电荷数分别为、 可知X为质子，故A正确； B．原子核衰变速率由半衰期决定，不受外部压强影响，故B错误； C．衰变产物更加稳定，故比的比结合能较小，故C错误； D．衰变的质量亏损是反应前原子核总质量与反应后所有粒子总质量的差值，即，故D错误。 故选 A。 13．A 【详解】核反应过程遵循质量数守恒和电荷数守恒，反应前总质量数为 由质量数守恒得 ，解得 反应前总电荷数为 ，由电荷数守恒得 故选A。 14．B 【详解】A．卢瑟福通过α粒子散射实验发现了原子核式结构模型，而质子是通过α粒子轰击氮核实验发现的，故A错误； B．一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射种不同频率的光子，故B正确； C．康普顿效应中光子与电子碰撞后波长变长，需用光子动量解释，说明光具有粒子性，而非波动性，故C错误； D．铀235裂变需吸收一个中子才能触发链式反应，可知原方程左侧缺少中子，正确的方程为，故D错误。 故选B。 15．C 【详解】电子在加速电场中，由动能定理得 解得动量 ，结合德布罗意波长公式 ，联立得 可知德布罗意波长与加速电压的平方根成反比，即 将已知条件， ，解得 故选C。 16．BD 【详解】α粒子为氦原子核，根据核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒可知，X1为，X2为，X3为中子，X4为。 故选BD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·广东湛江·二模）如图，太空舱的体积为V1=21m3，气闸舱的体积为V2=7m3.初始时两个舱门均紧闭，气闸舱内空气压强为p2=0.2×105Pa。宇航员从太空舱出舱，首先要经过气闸舱.先打开门A，空气从太空舱流向气闸舱稳定后压强为p=0.8×105Pa；然后闭合门A，对气闸舱进行抽气，当气闸舱内气体压强为p3=0.6×105Pa时不再抽气.整个过程中太空舱和气闸舱温度相同且均保持不变，所有气体均视为理想气体，宇航员的体积忽略不计，求： (1)门A打开前，太空舱内气体的压强p1； (2)门A闭合后，从气闸舱抽出的气体质量占气闸舱气体总质量的比例k。 2．（2026·山东青岛·一模）世界上最早发明瓷器的国家是中国。现代瓷器通常在气窑内烧制，如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为，温度为室温17℃，为避免窑内气压过高，窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到时，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体压强维持不变，窑内气体温度逐渐升高，最后的烧制温度恒定为1317℃。求： (1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度； (2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。 3．（2026·江西·二模）某款温度报警器的结构简图如图所示。竖直放置的导热汽缸顶端有一气孔和大气相通且内表面安装了一个报警器（大小不计），底端左侧装有充气阀门。某次测试时关闭充气阀门，汽缸下部分通过轻质活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，当测试环境的热力学温度时，活塞与汽缸底端的距离，当测试环境的热力学温度缓慢升到时，活塞刚好触及报警器，触发报警。不计活塞和汽缸间的摩擦，测试环境气压始终不变。 (1)求汽缸顶端到底端的距离； (2)通过充气阀门向汽缸下部分充入同种气体，使得触发报警的热力学温度变为，求充入气体质量与汽缸下部分原有气体质量的比值。 4．（2026·河南信阳·一模）在河南省科技运动会上，一兴趣小组参加了水火箭比高项目的制作与发射比赛。发射装置简化为如图所示的模型，体积为V=2.5L的充气瓶（箭体）内装有高度10cm，体积V1=0.5L的水柱和压强为1个标准大气压p0=1×105Pa的空气。打气筒气室体积为V0=400mL，现用打气筒通过单向气阀向箭体内充气，每一次充入压强一个大气压、体积为V0的气体。当水火箭内部气压达到3个标准大气压时，压缩空气可将活塞顶出，箭体发射。水的密度ρ=1.0×103kg/m3，充气过程气体温度不变，瓶和水的体积变化不计。求： (1)要使水火箭发射出去，需要打气多少次； (2)已知打气筒手柄和活塞质量不计、活塞和气缸之间的摩擦力不计、打气筒与瓶塞连接管的体积不计、打气筒活塞横截面积S=4×10-4m2，至少需要用多大的力才能完成第8次打气。（取g=10m/s2） 5．（2026·内蒙古赤峰·一模）2026年1月19日，神舟二十号飞船从中国空间站带回了一套“战功赫赫”的“飞天战袍”一一退役的舱外航天服。为检验此航天服的“气密性”，给真空状态的航天服充入体积为、压强为的氧气，使航天服内部压强，然后把航天服放入检测室，将检测室抽成真空密封。经过10小时通过压强传感器测出检测室内的压强。已知航天服的容积，检测室放入航天服后检测室剩余空腔的体积，整个过程温度不变。求： (1)给真空状态的航天服充入氧气的体积； (2)经10小时后，航天服内气体的压强； (3)经10小时后，若漏出气体的质量小于原有质量的1%，航天服的“气密性”合格，通过计算判断该航天服“气密性”是否合格。 6．（2026·广东茂名·模拟预测）某平板型空气集热器的结构简图如图所示，矩形容器的侧面和底面涂有保温材料，顶部为透明盖板，容器内封闭了一定量的空气（视为理想气体）。初始时，气体的压强为，温度为，经过一段时间的太阳光照射后，容器内空气的温度上升到，求： (1)温度上升到时，容器内空气的压强； (2)保持容器内空气的温度不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回，则容器内剩余气体的质量与原来空气总质量的比值。 7．（2026·湖北襄阳·一模）车载气垫床体积小、重量轻、便于携带。现有一气垫床，充气前内部气体的压强等于大气压强，体积为，使用充气筒给气垫床充气，使其内气体体积增加到，压强增加到，此充气过程中环境的热力学温度为并保持不变，气垫床导热性能良好，气垫床内气体可视为理想气体。 (1)若充气过程中，该充气筒每次从大气中吸取压强为的气体体积是恒定的。已知需打气220次才能使气垫床达到目标状态（内部体积9V，压强求该充气筒每次吸取气体的体积； (2)若夜间环境的热力学温度降为，充好气后的气垫床体积减小到，求此时气垫床内气体的压强。（答案用分数表示） 8．（2026·江苏徐州·模拟预测）我国考古发现的“长信宫灯”示意图如图所示，灯罩内灯芯点燃后产生的烟气沿着右臂管道进入灯体内，经灯体底部的水盘过滤烟尘，清洁空气。假设灯罩内气体的体积为，灯芯点燃前气体的密度为，温度为，气体的压强保持不变。 (1)求灯芯点燃前，灯罩内气体的质量； (2)灯芯点燃后，灯罩内气体温度为，求灯罩内气体的质量。 9．（2026·山东德州·一模）单向阀门可控制气体进行单向流动，广泛应用于各种充气、抽气设备中。如图所示，A、B、C三个导热良好的汽缸通过单向阀门a和单向阀门b连接，A和C的体积均不变，活塞可在足够高的B内无摩擦地上下移动，对阀门a或阀门b，只有其左侧气体压强大于右侧气体压强时才能打开使两侧气体连通；当左侧气体压强等于或小于右侧气体压强时处于关闭状态。开始时A、B、C三个汽缸内气体的压强大小相等、体积均为、热力学温度均为，若周围环境温度升高至后又降低为（此时气体没有液化）。已知活塞横截面积为S，不计连结相邻汽缸的细管和阀门内气体的体积。求： (1)周围环境温度升高至时活塞距B底面的高度； (2)周围环境温度又降低为时活塞距B底面的高度。 10．（2026·云南·三模）轮胎作为一种精心设计的工业产品，其核心目的就是让车辆安全、高效、舒适地行驶。如图所示为容积的某型号汽车轮胎，初始时胎内一定质量的理想气体压强温度。由于暖流骤临，胎内气体温度升至。设轮胎容积不变，且未漏气。求升温后： (1)胎内气体的压强； (2)为了安全考虑，对轮胎进行缓慢放气（温度保持不变），让胎内气体压强恢复到，则放出气体与胎内原有气体的质量之比。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2) 【详解】（1）整个过程温度不变，将太空舱和气闸舱的气体看作整体，根据玻意耳定律 代入已知条件，、、 得 ，解得 （2）门A闭合后，气闸舱内原有气体压强为、体积为，温度不变。对抽气过程，设原有气体在压强下的总体积为，由玻意耳定律 理想气体同温下，质量比等于体积比，抽出气体的体积为，因此 代入 ，化简得 2．(1)307℃ (2) 【详解】（1）以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变，则有 初态：， ，末态：， 由查理定律可得 ，代入数据解得 ，即℃ （2）开始排气后，气窑内气体压强维持不变，则有 设排出压强的气体体积为，排出气体质量为，由盖－吕萨克定律可得 得 由于气体的密度不变，则有 代入数据解得 3．(1) (2) 【详解】（1）设活塞的横截面积为，测试环境的热力学温度缓慢升高至过程中，气体发生等压变化，满足 ，解得。 （2）对充气完成后的气体，测试环境的热力学温度缓慢升高至过程中，气体发生等压变化，有 因此，充入气体的质量与汽缸下部分原有气体质量的比值 联立解得 4．(1)10 (2)64.4N 【详解】（1）要使水火箭发射出去，设需要打气筒打气n次， 由题意可知，当水火箭发射瞬间，其内部气压为 根据玻意耳定律，有 解得 （2） 第8次打气后，箭体内气体压强为p8，根据玻意耳定律， 有 解得 对活塞受力分析可得 解得 5．(1) (2) (3)合格，计算见解析 【详解】（1）已知氧气的压强，航天服内部压强，航天服的容积，充气过程温度不变，对充入的氧气由玻意耳定律，得 解得 （2）已知检测室内的压强，检测室剩余空腔的体积，漏气后，气体分为航天服内、检测室内两部分，总气体温度不变，由玻意耳定律，得 解得 （3）同温下，理想气体的质量比等于物质的量比，结合理想气体状态方程 得漏出气体占比 解得 因此该航天服气密性合格。 6．(1) (2) 【详解】（1）容器体积不变，气体发生等容变化，由查理定律 代入 ，， 得 （2）温度保持 不变，气体发生等温变化。设原来气体总质量为，剩余气体质量为 ，由理想气体状态方程 对于等温等容过程，压强与质量成正比，即 代入 ， 得 7．(1) (2) 【详解】（1）白天充好气的床垫内气体压强为，温度为，体积为，设要充好气垫床，充气筒需要打220次气，每次充入床垫的气体体积为对充好气后床垫内所有气体有 解得 故每次充入床垫的气体体积为 （2）对床垫内气体有 故夜间床垫内气体的压强 8．(1) (2) 【详解】（1）灯芯点燃前，灯罩内气体的质量为 （2）灯芯点燃后，灯罩内气体做等压变化，满足 灯罩内气体的质量 联立解得 9．(1) (2) 【详解】（1）周围环境温度由升高至的过程，阀门打开，关闭，对、两汽缸中的气体，由等压变化得， 解得温度升高至时活塞距底面的高度 （2）温度由降为的过程阀门一直关闭，在温度由降为的过程阀门关闭，由降为的过程阀门打开，对、两汽缸中的气体， 解得活塞距底面的高度 10．(1)2.625×105Pa (2)或1：21 【详解】（1）由分析可知，该过程做等容变化，由查理定律得 解得 （2）设需要放出气体的体积为，对轮胎进行缓慢放气过程做等温变化，由玻意耳定律得 解得 又 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $1.如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO'、B0'、CO,其下端都固定于容 器底部O点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度B0'>A0'>C0',若三个滑块同 时从A、B、C处开始由静止下滑（忽略阻力），则() B O A.A处滑块最先到达O点 B.B处滑块最先到达O点 C.C处滑块最先到达O点 D.三个滑块同时到达O点 试卷第1页，共3页 2.如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动 时间分别为、，、专、t4,己知竖直固定的圆环的半径为，O为圆心，固定在水平面上 的斜面水平底端的长度为√3，重力加速度为g,下列说法正确的是() 309 30° 2 60° 60 3r A.41>2;53>t4 B.4=t2;53=t4 C.4<2;t3<t4 D.t=t243<t4 试卷第1页，共3页 3.如图所示，在竖直面内有一圆环，0D为水平线。圆周上有三根互成30°的光滑杆OA、 OB、0OC,每根杆上各套着一个小球，将这些小球从三根杆的顶端分别下滑至O点，所用 的时间分别为tg、tc,则其关系为() B A 30° 30° 30° ○ D A.t=18=tc B.t<ta<tc C.ta>ta>tc D.无法确定 试卷第1页，共3页 1.D 【详解】令半球形容器的半径为R,滑板的倾角为日，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律 有mgsin0=ma 根据位移公式有2Rsin0=。gsin0t2 解得t=2, 今 可知时间t与滑板的倾角Θ和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O点。 故选D。 答案第1页，共2页 2.B 【详解】由几何关系可求1轨道长x,=2rcos30°=√5r 根据牛顿第二定律可得加速度大小为a,=gsi加90°-30)=5 &8 根据位移时间关系可得=24 联立解得t= 2x=2、 r 同理可求得在轨道2上时间2=4； 由几何关系可求得轨道3长x,= V3r =2V3r sin30° 根据牛顿第二定律可得加速度大小为a,=gsn(90°-30）- 28 1 根据位移一时间关系可得一25 联立解得= 2x=22 a g 同理可求得在轨道4上时间=t4。 故ACD均错，B正确。 故选B。 答案第1页，共2页 3.B 【详解】审题可知0点并不是圆的最低点，无法直接使用“等时圆”模型，但可间接使用，以 O点为最低点，取合适的竖直半径OA作等时圆，使B点落在圆周上，圆周交OC与C点， 如图所示 A B 30° C 30° 30° D 由等时圆结论可知to4=tos=toc 由图可知t4<tof,te>toc 故t4<tg<tc 故选B。 答案第1页，共2页 1．（多选）（2026·河南许昌·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平面上有一分界线MN，MN的右侧存在范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，矩形线框abcd由粗细均匀的导线围成，开始时线框位于虚线MN的左侧，且cd 边与虚线MN平行，线框的短边与长边的边长分别为 ab=L、bc=2L，线框的质量为m、电阻为R。现给线框一水平向右的初速度，线框刚好完全进入磁场。下列说法正确的是（　　） A．线框进入磁场的过程，线框中的感应电流方向为adcba B．cd边刚越过MN瞬间，cd间的电压为 C．整个过程穿过线框某一横截面的电荷量为 D．线框刚好有一半进入磁场时，线框的加速度大小为 2．（多选）（2026·河北·二模）如图所示，水平面内存在竖直向上、宽度为L的匀强磁场区域。时，边长为L的正方形导体框abcd的ab边恰好与磁场左边界重合，此后沿水平面向右做匀加速直线运动进入磁场，直至cd边离开磁场右边界。导体框运动方向始终与磁场边界垂直，则在导体框完全穿越磁场区域的过程中（　　） A．导体框中始终有顺时针方向的感应电流 B．导体框中产生的感应电动势随时间均匀增大 C．导体框所受的安培力随时间均匀增大 D．导体框的发热功率随时间均匀增大 3．（多选）（2026·宁夏银川·二模）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 4．（多选）（2026·安徽·模拟预测）如图所示，acefdb是质量为的“日”字形金属线框，aefb是边长为的正方形，cd为正方形的中线，ab、cd、ef三边的电阻均为R，ae、bf边的电阻不计，水平虚线MN与PQ间有沿水平方向且垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B；MN与PQ间的距离为，将金属线框由静止释放，线框运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，当cd边刚要进磁场时，线框的加速度为0，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．当cd边刚要进磁场时，线框的速度大小为 B．从释放到cd边刚要进磁场，通过ef边的电荷量为 C．从释放到cd边刚要进磁场，线框运动的时间为 D．从cd边刚要进磁场到ef边出磁场的过程中，ef边产生的焦耳热为 5．（2026·重庆沙坪坝·二模）如图所示，竖直面内正方形线框质量为m，边长为，边电阻为，其余各边电阻均为R，线框由静止释放，一段时间后进入方向垂直于纸面的磁场区域，I、Ⅱ区域磁感应强度大小均为B，磁场宽度。当线框边刚到达N边界时，线框开始做匀速直线运动，已知重力加速度为g。则下列说法正确的是（    ） A．线框完全进入I磁场区域时 B．线框经过N边界时电流沿顺时针方向 C．线框经过N边界时 D．导线框从进入到离开I、Ⅱ磁场区域通过某截面的净电荷量为 6．（多选）（2026·安徽·三模）如图所示（俯视图），光滑绝缘的水平桌面上有一边长、质量、电阻的金属线框，右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，磁场边界平行于边。线框以的速度向右运动，进入磁场过程中受到外力的作用做匀减速直线运动，完全进入磁场时刚好停下。在线框进入磁场的过程中，下列说法正确的是（　　） A． 线框中的感应电流沿逆时针方向 B． 感应电流随时间均匀减小 C． 力始终向左 D． 流过线框某截面的电荷量为1 C 7．（2026·陕西商洛·模拟预测）如图所示，有一个质量为m、边长为L的粗细均匀的单匝正六边形闭合金属框，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的水平匀强磁场上方，磁场的上边界a水平，框的水平底边到磁场的上边界a的高度为h。将框由静止释放，当框一半面积进入磁场时，加速度恰好为零，框平面始终保持在竖直平面内且未发生转动，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求： (1)判断框进入磁场过程中的感应电流方向； (2)框一半面积进入磁场时，导线框的速度大小； (3)框从静止下落到一半面积进入磁场的过程中，框中产生的热量。 8．（2026·广东佛山·二模）如图所示，表面光滑且绝缘的矩形斜面ACDE与水平面夹角，斜面上有宽为L的矩形匀强磁场区域abcd，其下边界ab与AC平行，磁场方向垂直斜面向上。两个相同的正方形线圈甲和乙在斜面上并排放置，线圈的下边均与cd平行，甲的下边与cd相距为L。线圈的边长为L、质量为m、电阻为R。现同时无初速释放甲、乙线圈，已知甲的下边进入磁场时，甲恰好做匀速直线运动；当甲的上边进入磁场时，乙恰好追上甲并与甲发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后甲的上边通过磁场的时间为，重力加速度为g。求： (1)磁场的磁感应强度B的大小，以及乙释放时其下边与cd间的距离； (2)碰撞后瞬间甲的加速度大小； (3)甲和乙通过磁场区域全过程产生的焦耳热之比。 9．（2026·青海西宁·一模）如图所示，间距m的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输出顺时针电流A的恒流源。空间分布两个宽度分别为m和m，间距m的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，两磁场磁感应强度小，方向均相同。质量kg、电阻为的导体棒静止于区域Ⅰ左边界，质量kg、边长为、电阻Ω的正方形单匝线框的右边紧靠区域Ⅱ左边界；一竖直固定挡板与区域Ⅱ的右边界距离为。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动，离开区域Ⅰ时速度m/s。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求： (1)求磁感应强度B； (2)线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q； (3)线框与导体棒碰撞的次数n以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间。 参考答案： 1．BD 【详解】A．线框进入磁场的过程，线框的cd边做切割磁感线运动,由右手定则可知，线框中的感应电流方向为abcda，故A错误； B．cd边刚越过MN的瞬间，cd边切割磁感线，cd边产生的感应电动势为E=BLv cd间的电压为路端电压,由题可知，cd边的电阻为 外电路的总电阻为 则cd间的电压为，故B正确； C．整个过程,由法拉第电磁感应定律可得 由闭合电路的欧姆定律可得 又因为， 整理可得，故C错误； D．线框进入磁场的过程取极短的时间,由动量定理可得 两边求和可得 整理可得 同理,线框刚好有一半进入磁场时,由动量定理得 又因为 解得 回路的感应电动势为 感应电流 线框所受的安培力为 结合牛顿第二定律得 联立解得线框的加速度大小为，故D正确。 故选BD。 2．BC 【详解】A．根据右手定则可知，进入磁场过程，导体框中感应电流为顺时针方向，出磁场过程，导体框中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误； B．设t=0时刻导体框初速度为，根据 可知在导体框完全穿越磁场区域的过程中，感应电动势随时间均匀增大，故B正确； C．根据 可知导体框所受的安培力随时间均匀增大，故C正确； D．导体框的发热功率 可知P与t并不是线性关系，即导体框的发热功率随时间不是均匀增大，故D错误。 故选BC。 3．ABC 【详解】A．ab边刚进入磁场时，感应电动势 ， 感应电流 ab边受到的安培力大小： 安培力与恒力均为阻力，根据牛顿第二定律： 故A正确； B．对全程用动量定理，初速度方向为正方向，初动量，末动量为0： 只有线框进入磁场（总位移）的过程存在安培力，完全进入后安培力为0，因此： ， 代入整理得： 与选项表达式一致，且题目明确列车在进入磁场后才停下，推导成立，故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，转化为其他形式的能，因此： 即减少的动能一定大于线框产生的热量，故C正确； D．线框完全在磁场中运动时，穿过线框的磁通量不变，因此感应电流为零；但边切割磁感线，会产生动生电动势， 因此间存在电势差，故D错误。 故选ABC。 4．BC 【详解】A．当cd边刚要进磁场时，设线框的速度为，则有安培力等于重力，即 其中 解得，故A错误； B．设从静止释放到cd边刚要进磁场，通过ef边的电量为，干路电流为，则，故B正确； C．设从静止释放到cd边刚要进磁场，线框运动的时间为，根据动量定理有 解得，故C正确； D．从cd边刚要进磁场到ef边出磁场的过程中，线框一直做匀速运动，则ef边产生的焦耳热，故D错误。 故选BC。 5．C 【详解】A．线框完全进入I磁场区域时，由于线框具有一定的速度，边切割磁感线会产生电动势，所以，故A错误； B．线框经过N边界时，穿过线框的总磁通量向里逐渐增加，根据楞次定律，感应电流的磁场向外，由右手螺旋定则可知感应电流为逆时针方向，故B错误； C．当线框边刚到达N边界时，线框开始做匀速直线运动，设此时线框的速度为，则回路的总电动势为， 感应电流为， 根据平衡条件可得 联立解得， 将边看成电源，则有，故C正确。 D．由 线框从进入到离开I、Ⅱ磁场区域，初态磁通量为0，末态磁通量也为0，总磁通量变化为0，则通过某截面的净电荷量为0，故D错误。 故选C。 6．BD 【详解】A．边刚进入磁场时，根据右手定则可知，线框中的感应电流沿顺时针方向，故A错误； B．线框进入磁场过程中做匀减速直线运动，加速度大小为 线框进入磁场过程中，速度大小为(单位为m/s) 感应电流大小为(单位为A)，故感应电流随时间均匀减小，故B正确； C．线框进入磁场过程中，根据运动学公式有 解得，线框进入磁场全过程的时间 根据牛顿第二定律有， 整理得(单位为N) 在到的过程中，力的方向向右； 在到的过程中，力的方向向左；故C错误； D．线框进入磁场的全过程中，根据法拉第电磁感应定律有 流过线框某截面的电荷量为， 联立解得，故D正确。 故选BD。 7．(1)沿顺时针方向 (2) (3) 【详解】（1）框进入磁场过程中，磁通量向外增大，根据楞次定律可知，产生的感应电流沿顺时针方向 （2）导线框一半面积进入磁场时，产生的电动势为 电路中的电流为， 安培力为， 受力平衡 解得 （3）根据动能定理 克服安培力做功全部转化为热量 解得 8．(1)， (2) (3) 【详解】（1）甲的下边进入磁场时，甲恰好做匀速直线运动，则 其中， 解得， 甲的上边进入磁场时的时间 乙线圈下滑的加速度为 则 （2）乙线圈下边与甲相碰之前的速度 因两线圈质量相同，则发生弹性碰撞时，根据动量守恒和能量关系， 可得， 则碰后甲的加速度， 解得，方向沿斜面向上； （3）乙线圈进入磁场时的速度，可知乙线圈匀速进入磁场，然后匀速出离磁场，则产生的热量 甲线圈进入磁场时产生的热量 出离磁场时由动量定理（沿斜面向下为正） 其中，， 解得 此过程线圈甲产生的焦耳热 可得甲和乙通过磁场区域全过程产生的焦耳热之比 9．(1)，方向竖直向下 (2)J (3)碰7次，s 【详解】（1）导体棒受到向右的安培力，其大小为 对导体棒第一次离开区域Ⅰ的过程，由动能定理得 解得，磁感应强度T， 方向竖直向下。 （2）棒与线框发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间两者速度分别为，，以向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得， 解得，m/s（质量相等，速度交换） 第一次撞后，线框以m/s速度进入磁场Ⅱ，棒处于静止状态，设线框右边从磁场Ⅱ左边界运动到右边界的过程时间为，末速度为，由法拉第电磁感应定律得 又， 以向右为正方向，对线框由动量定理得， 解得m/s 同理可得，线框左边从磁场Ⅱ左边界运动到右边界时线框速度为m/s 可知每次线框穿过磁场Ⅱ的速度，速度大小均减少0.2m/s，线框以m/s与挡板弹性碰撞后，以原速率再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小为m/s，线框以速度与棒第二次相碰，由能量守恒可得， 解得J （3）线框与导体棒第二次碰后，两者交换速度，棒以m/s速度向左运动，线框静止，棒进入磁场Ⅰ，所受安培力与原来等大反向，棒做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得，解得m/s2 棒在磁场I中的最大位移，解得mm 棒在磁场Ⅰ中减速到速度为零，然后以加速度a反向加速，以m/s的速度离开磁场Ⅰ，与线框碰撞且速度交换后，线框通过磁场Ⅱ速度大小减小0.2m/s，与挡板弹性碰撞后，以原速率再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小再减小0.2m/s后，以m/s的速度大小与棒再相碰。经过如此反复，可知两者每两次碰撞都对应速度大小减小0.4m/s，由 可知棒与线框总的碰撞次数为次 棒第1次从磁场Ⅰ左边界匀加速运动到右边界时为ss 棒与线框碰后从右向左进入磁场Ⅰ的速度均比前一次减小0.4m/s，棒在磁场I中匀减速直线运动和反向匀加速直线运动对称，可得，第2次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为ss 同理可得，第4、6次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为ss，ss 导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间 解得s 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·宁夏·一模）某物理兴趣小组在实验室发现了一架带有数字计时器的落体实验仪，如图甲所示。他们阅读说明书后，准备采取以下步骤测量当地的重力加速度。 步骤一：在实验室选取一个小钢球，利用螺旋测微器测出其直径d； 步骤二：只保留落体实验仪上的两个光电门A、B，如图乙所示，并利用标尺读出A、B间的距离h； 步骤三：断开电磁铁控制开关，小钢球自由下落，数字计时器记录了钢球经过光电门A、B的挡光时间分别为tA、tB； 步骤四：保持钢球释放的位置及光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复上述步骤二、三，测出多组h、tA数值； 步骤五：分析处理数据。 (1)如图丙所示，小钢球直径d=______mm。 (2)小组同学利用计算机做出了如图丁所示图像，其斜率的绝对值为k，则重力加速度g=______。（用题中字母表示） (3)该小组同学查阅资料后，发现他们的测量值总是小于当地的重力加速度，则造成这种情况的原因可能是________（写出一条即可） 2．（2026·贵州·模拟预测）某兴趣小组利用电子秤、手机软件和一个糖果盒子，在电梯的水平地板上验证牛顿第二定律。电梯静止时，电子秤显示的糖果盒子质量为m，手机软件显示的加速度为当地的重力加速度g，如图（a）所示。电梯运行时，电子秤示数为，手机软件示数为，某时刻示数如图（b）所示。基于电子秤的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅰ）或（Ⅱ），其中是糖果盒子受到的支持力。 基于手机软件的示数，糖果盒子受到的合力为：（Ⅲ）或（Ⅳ） 其中是糖果盒子的加速度。 完成下列填空： （1）电梯静止时，电子秤与手机软件数据显示如图（a）所示，则该糖果盒子的质量________kg（保留两位有效数字），当地的重力加速度。 （2）当电梯运行时，通过数据采集并计算得到合力F随时间t变化的图像，如图（c）所示，其中，用“●”标记的图线是根据公式（Ⅱ）处理电子秤示数得到的，用“▲”标记的图线是根据公式（Ⅳ）处理手机软件示数得到的。 ①由图（b）电子秤示数可知，此时糖果盒子处于________（填“超重”或“失重”）状态。 ②图（c）“▲”标记的图线中A点的纵坐标值是0.77N，由（1）中读出的质量得到对应手机软件示数为________。（保留四位有效数字） （3）通过分析图（c）可知，由电子秤示数算出的合力F与手机软件示数算出的合力ma变化趋势一致。若忽略时间延迟带来的影响，即可验证牛顿第二定律。 3．（2026·陕西西安·模拟预测）某学习小组用气垫导轨做验证动量守恒定律实验，但只有一个光电门，他们想到如下方法：用轻质细线一端拴一个小球，另一端固定在铁架台上，小球静止时在气垫导轨正上方与滑块在同一水平线上。用频闪照相可以确定出悬线的最大偏角，控制滑块初速度使小球与滑块相碰后，小球只在悬点下方的空间运动。实验装置如图甲所示（部分），实验步骤如下（重力加速度为）： （1）用天平测出滑块（含挡光片）的质量和小球的质量；用游标卡尺测出挡光片的宽度如图乙所示，则挡光片的宽度___________cm； （2）调节气垫导轨水平，安装好装置，用刻度尺测出悬点到球心的距离为； （3）启动气垫导轨，给滑块一向右的瞬时冲量，使滑块向右运动通过计时器，测出挡光时间；滑块与小球发生碰撞后反弹，再次通过计时器，测出挡光时间。为了达到此效果，应有___________（填“大于”、“小于”或“等于”）； （4）分析频闪照片测出悬线偏离竖直方向的最大偏角。实验需要验证的表达式为（用上述符号表示）___________。 4．（2026·安徽池州·二模）为了研究碰撞时的规律，我们设计了如下实验： 在竖直平面内固定一斜槽，斜槽末端水平，末端端点为，在的右边竖直平面内建立一直角坐标系，坐标原点在的正下方距为，轴水平向右，在第一象限内有一个界面是抛物线的挡板，界面方程是如图所示： (1)将小球从斜面某位置由静止释放，小球从点水平抛出，落在挡板上的点坐标是。小球从点抛出的速度______（取，结果保留2位有效数字）。 (2)将小球从斜面某位置由静止释放，小球在挡板上落点纵坐标为；将同样大小的小球放在斜槽末端，小球仍从原来位置由静止释放，小球与碰撞后在挡板上的落点纵坐标分别为、。已知小球和质量分别为、且，若小球和碰撞瞬间前后动量守恒，则下列关系式正确的一项是 A． B． C． (3)将另一同样大小小球放在斜槽末端且，小球从第一问中同样位置由静止释放，若小球、发生完全弹性碰撞，则小球在挡板上落点的纵坐标是______（取，结果用分数表示）。 5．（2026·重庆南川·模拟预测）某实验小组用自己改进的装置完成“用单摆测量重力加速度”实验，把一个较重的匀质磁性小球，用两根长度均为L的轻绳悬挂在一根水平绝缘杆上摆动，如图甲所示。 (1)关于本实验及操作，下列说法正确的有______（单选，填序号） A．两轻绳可用轻质橡皮筋代替 B．为了方便固定绳子，可以将绳子的A、B端缠绕在水平绝缘杆上 C．让小球在垂直于的平面内做小角度的摆动 D．为了方便测量周期，可以将小球拉离竖直方向较大的角度后由静止释放 (2)用20分度的游标卡尺测量小球的直径d如图乙所示，则小球直径d=_____cm； (3)实验时磁性小球的N极在小球的正下方，他们将智能手机放置在小球摆动最低点的正下方，打开手机磁力传感器，采集到磁感应强度B及随时间t变化的图像如图丙所示，则单摆的周期T=_____s（结果保留2位有效数字）； (4)实验中，测得所用轻绳的长度为L，悬点的间距为x，则当地的重力加速度可表示为g=_____。（用L、x、d、T表示）。 6．（2026·江苏南京·二模）某同学利用手机“声音图像”软件测量物块与长木板间的动摩擦因数。实验装置如图所示，长木板固定在水平桌面上，物块置于长木板上且两端分别通过跨过定滑轮的细线与小球A、B相连，实验前分别测量出小球A、B底部到地面的高度。打开手机软件，烧断一侧细绳，记录下小球与地面两次碰撞声的时间图像（两小球落地后均不反弹）。 （1）由图可知，实验时应烧断物块___________（选填“左侧”或“右侧”）的细绳。 （2）烧断细线前，用分度值为的刻度尺测量，刻度尺的0刻度线与地面齐平，小球A的位置如图所示，则___________cm。 （3）若某次实验中通过运算得出A下落时间为，由图可知，物块加速运动的时间为___________s；若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间，测量结果会___________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”） （4）仅改变小球B实验前离地高度，测量不同高度下物块加速运动时间t，作出图像如图所示，由图像可求得斜率为k，若小球B的质量为m，物块质量为M，重力加速度为g，则物块与木板间的动摩擦因数___________。（用字母k、m、M、g表示） 7．（2026·甘肃陇南·二模）为测量小物块m与半径为R的水平圆形转台之间的最大静摩擦因数（最大静摩擦因数：两个接触的物体之间，即将发生相对滑动时，最大静摩擦力与正压力的比值），某小组设计了图甲的实验装置，并进行如下操作： ①测得遮光片宽为d，d远小于转台半径R； ②调节光电门的位置，让电动机带动转台绕轴转动，使遮光片扫过光电门的激光束； ③将小物块m放在水平转台上，测量小物块中心到的距离为l，转台从静止开始逐渐加速转动，遮光片每次经过光电门后提高转速（加速时间忽略不计），当小物块m恰好相对转台滑动时，记录光电门显示的时间t； ④多次改变小物块到的距离，同时记录小物块恰好滑动时光电门显示的时间。 (1)用螺旋测微器测量遮光片d的宽度如图乙所示，则_______； (2)根据实验测得的数据绘制出图像如图丙所示，若l为纵坐标，则横坐标为_______（填“t”或“”）； (3)图丙图像斜率为k，当地重力加速度为g，则_______（用k、d、R、g表示）； (4)写出一条造成误差的原因_______。 8．（2026·宁夏·一模）小明同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律，其操作步骤如下： ①在铁架台的点固定一个力传感器，将一根细线一端与力传感器相连，另一端系住一个钢球； ②将小球保持静止时球心的位置记为点，测得力传感器的最下端到点的距离为，力传感器的示数为； ③将钢球向右拉至不同高度由静止释放（绳子一直保持紧绷状态）； ④记录释放点钢球球心与点的高度差以及小球在运动过程中力传感器示数随时间变化的规律； ⑤计算并比较钢球在释放点和点之间的重力势能减少量与动能增加量，验证机械能是否守恒。 某次实验中，小球在运动过程中传感器示数随时间变化的规律如图2所示，图中点为图像最高点，点对应的力传感器示数为，求： (1)本次实验中小球经过点时对应图2中的______（选填“a”、“b”、“c”、“d”、“e”）点； (2)本次实验中，小球经过点时的动能为______（用字母、、表示）； (3)改变，记录小球每次经过点时力传感器的示数，则图像应为______； A． B． C． D． (4)某次实验结果略大于，则可能的原因为______（多选）； A．计算时所用重力加速度的值比当地的值略小一些 B．存在空气阻力 C．小球释放时有初速度 D．误将绳长当作圆周运动的半径 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)14.800 (2) (3)空气阻力的影响 【详解】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以 （2）从光电门A到光电门B，根据速度位移关系可得，， 整理可得 ，根据题意可得 ，所以 （3）实验过程中，小球下落过程受到空气阻力的影响，使得测量值总是小于真实值。 2． 0.77 超重 10.72 【详解】[1]图（a）中，电子秤显示的糖果盒子的质量 [2]图（b）电子秤示数为，大于，即视重大于实重，则此时糖果盒子处于超重状态。 [3]“▲”标记的图线中 其中，， ，解得 3． 0.755 小于 【详解】（1）挡光片的宽度 （3）根据题意可知，滑块碰后反弹，所以 （4）滑块碰前速度 ，碰后速度 悬线偏离竖直方向的最大偏角，碰后小球 解得 根据动量守恒 整理得 4．(1) (2)B (3) 【详解】（1）根据挡板界面方程可知，小球平抛的水平位移 小球在竖直方向做自由落体运动，满足 可知小球从点抛出的速度 （2）平抛运动中，小球竖直下落的高度 小球在竖直方向做自由落体运动，平抛的运动时间 小球的水平位移 ，则小球飞出轨道时的初速度 结合题意可知，小球的初速度 与小球碰撞后，小球从轨道末端飞出的速度 小球从轨道末端飞出的速度 根据动量守恒定律 ，代入解得 故选B。 （3）若小球、发生完全弹性碰撞，由动量守恒可知 碰撞前后动能总和不变 联立解得 由第（2）小问分析知小球平抛的初速度满足 解得 5．(1)C (2)2.200 (3)2.0 (4) 【详解】（1）AB．单摆的摆长不能改变，两轻绳不能用轻质橡皮筋代替，绳子的A、B端需固定，不能缠绕在水平绝缘杆上，故AB错误； C．单摆在摆角小于5°的情况下的振动是 简谐运动，小球应在竖直平面内做小角度摆动，故C正确； D．为了方便测量周期，应在小球经过最低点时计时，故D错误； 故选C。 （2）游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为 （3）一个周期内摆球两次经过最低点，小球经过最低点时磁感应强度最大，根据图丙所示可知，单摆的周期为 （4）根据几何关系可知摆长为 根据单摆周期公式 ，解得 6． 左侧 77.8/77.9/78.0/78.1/78.2 0.90 偏大 【详解】（1）[1]应烧断左侧细线，使B球拉动物块在桌面做匀加速直线运动。 （2）[2]测量时间是通过小球落地计算，故应测量小球底端距离，则刻度尺读数为78.0cm（77.8cm~78.2cm都算对）。 （3）[3]由图可知，AB两球落地时间差为0.50s，A球下落速度快，时间短，则B球下落时间为0.90s。 [4]若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间，测量时间为AB落地时间差和B落地后声音传过来时间之和，故测量结果偏大。 （4）[5]物块和小球B一起做匀加速直线运动，则 受力分析得 ，联立解得 故 7．(1)2.150/2.149/2.151 (2) (3) (4)遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确 【详解】（1）由图乙可知，遮光片的宽度 （2）由题知，遮光片通过光电门时的速度为 又遮光片与小物块同轴转动，具有相同的角速度，则有 解得小物块的速度为 小物块恰好滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，则有 联立解得 可知要绘制出如图丙所示的图像，l为纵坐标，则横坐标为 （3）根据 可知图像的斜率为 解得 （4）遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确 8．(1)c (2) (3)D (4)BD 【详解】（1）当小球运动到最低点时速度会达到最大，对最低点进行受力分析可知 所以在最低点时拉力达到最大值，所以本次实验中小球经过点时对应图2中的； （2）当小球在最低点保持静止时 小球运动到最低点时速度会达到最大，对最低点进行受力分析可知 即 动能 联立得 （3）小球在最低点合力提供向心力 由动能定理可得 联立得 故选D。 （4）A．在计算重力势能减少量 时，如果使用了比实际值偏小的 ​ 进行计算，即略小于，故A错误； B．若钢球下落过程中存在空气阻力，则有重力势能减少量大于动能增加量，即略大于，故B正确； C．如果小球释放时有初速度，但是初速度按照0来计算，则略小于，故C错误； D．误将绳长当作圆周运动的半径则 中的偏小，则速度也会偏小，所以会导致偏小，即大于，故D正确。 故选BD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·河北石家庄·二模）如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道组成，左侧为半径的光滑圆弧轨道，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角a，下端点与粗糙水平轨道相切，为倾角的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为的小滑块P（视为质点）从空中的A点以的初速度水平向左抛出，经过后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知，滑块与轨道、间的动摩擦因数为，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，。求： （1）连线与水平方向的夹角的大小； （2）小滑块P到达与O点等高的点时对轨道的压力； （3）弹簧的弹性势能的最大值； （4）试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。 2．（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，固定在竖直面上的两个光滑半圆形轨道I、II和长为，动摩擦因数为的水平粗糙地面相连。两个半圆形轨道的半径分别为、，轨道最高点的切线恰好水平。轨道I左侧有一个弹性水平发射装置，质量为的小球被弹出后恰好过点（即不发生脱轨）。点右侧紧挨着两辆相互紧靠（但不粘连）、质量均为的摆渡车、，摆渡车长均为，与小球之间的动摩擦因数均为，与地面的摩擦可忽略，小球可视为质点，取10m/s2，求： (1)小球刚到达轨道I的顶端，即将进入轨道II时，轨道I对小球的压力大小； (2)弹射过程中发射装置对小球做的功； (3)求摆渡车的最终速度大小及小球在摆渡车、上滑行时产生的总热量。 3．（2026·青海西宁·二模）如图所示，长度的水平传送带以速度顺时针匀速运动。传送带的左侧有一高的固定斜面，斜面顶端距传送带左端的水平距离，斜面底端与水平面平滑连接。传送带的右侧水平面光滑且足够长，质量的滑块B静止于传送带右侧水平面上，滑块B的左面为光滑弧形轨道，轨道的最低点与水平面相切。质量的小物块A（可视为质点）从斜面顶端无初速下滑，在水平面上运动一小段距离后滑上传送带。斜面、传送带及传送带左侧水平面与小物块的动摩擦因数均为。小物块A离开传送带又冲上滑块B，没有从滑块B的弧形轨道上端滑出。重力加速度取。求： (1)A刚进入传送带时的速度大小； (2)A冲上B前在传送带上运动的时间； (3)最终A与B的速度大小。 4．（2022·全国乙卷·高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求 （1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数。 5．（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，物块A、B、C的质量分别为2m、2m、m,并均可视为质点，三个物块用轻绳通过轻质滑轮连接，在外力作用下现处于静止状态，此时物块A置于地面，物块B与C、C到地面的距离均是L,现将三个物块由静止释放．若C与地面、B与C相碰后速度立即减为零，A距离滑轮足够远且不计一切阻力，重力加速度为g.求： (1)刚释放时A的加速度大小及轻绳对A的拉力大小； (2)物块A由最初位置上升的最大高度； (3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰，则A的质量应满足的条件. 6．（2026·河北衡水·二模）如图所示，弹簧左端系于A点，右端与质量为m的小球接触但不连接。现用外力推动小球将弹簧压缩至P点保持静止，此时弹性势能为Ep= Kmg（K为一已知常量），P、B之间的距离为2.5K。小球与水平轨道的动摩擦因数为µ = 0.1。DEF是固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端D点的切线水平，圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为127°。静止释放小球，小球进入圆弧轨道后恰好能沿着轨道DEF运动，一段时间后从轨道下端F处脱离，已知重力加速度为g，求： （1）小球运动到B点的速度大小； （2）轨道DEF的半径R； （3）在F点下方整个空间有水平向左、大小为F0= 0.75mg的恒定风力，求小球从F点运动到O点正下方时的动能。 7．（2026·江苏镇江·二模）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为，B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求： (1)初始时，弹簧形变量的大小； (2)A沿斜面下滑的最大速度； (3)A沿斜面下滑至位移最大时，C对挡板的压力大小。 8．（2026·甘肃陇南·三模）如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为m，A、B质量均为kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度。求： （1）物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小； （2）由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小； （3）画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像； （4）从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。 9．（2026·天津武清·二模）如图所示，半径R＝0.9m（不计内外径之差）的光滑圆形管道固定在竖直平面内，管道中有大小可忽略的小球A、B。A球从圆心等高处以的初速度沿管道向下运动，与静止在轨道最低点的B球发生弹性正碰，碰后B球恰好能到达管道最高点，且B球一旦到达最高点立即被锁定。已知A球的质量，重力加速度g取。求： (1)与B球碰前瞬间，A球对管道的压力大小； (2)B球的质量； (3)假设两球碰撞的时间为0.01s，则碰撞过程中B球对A球的平均作用力为多大？ 10．（2026·甘肃兰州·二模）一小孩在水泥管内踢球的视频在网上备受关注，足球被踢出后，在水泥管里绕一圈多离开管道正好落进背包里。我们就这个问题建立以下运动模型（如图乙），小球从管道最低点出发，踢出后获得水平初速度，已知水泥管半径为R，球运动过程中不计一切阻力，求： (1)小球在最低点获得的初速度满足什么条件，才能不脱离水泥管道运动？ (2)若小球在离开管道后落到出发点，初速度应为多大？ 11．（2026·山东枣庄·二模）如图，质量的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量的小物块静止在木板左端，一颗质量为的子弹以的初速度瞬间射入小物块并留在小物块中，随后小物块带着子弹相对木板向右滑动，两者共速时木板恰好与弹簧接触。已知木板足够长，小物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，取重力加速度。 (1)求子弹刚射入小物块并留在小物块中的瞬间，小物块的速度大小v和木板刚接触弹簧时的速度大小； (2)求子弹射入小物块的过程中系统产生的热量与小物块带着子弹在木板上相对滑动至刚木板接触弹簧的过程中系统产生的热量的比值； (3)求木板与弹簧接触以后，小物块与木板即将相对滑动时弹簧弹力的大小F。已知弹簧的弹性势能与形变量的关系为，木板从与小物块即将发生相对滑动至向右减速为0所用的时间为，求此过程中弹簧对木板的冲量大小I。 12．（2026·吉林通化·二模）用夯锤打桩钉的示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦轮匀速转动、将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的作用下最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。两摩擦轮角速度均为，半径均为，对夯锤的正压力均为，轮对锤摩擦力与正压力的比值为，夯锤的质量，桩钉从图示位置下移过程中阻力与关系：（单位为，单位为），整个过程夯锤对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度，求： (1)夯锤上升速度为零时与桩钉顶端的距离； (2)夯锤上升过程中，摩擦轮与夯锤因摩擦产生的热量； (3)夯锤打击桩钉一次，桩钉能下移的最大距离。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．（1） ；（2） ，方向向左；（3） ；（4）能， 【详解】（1）滑块恰好从B点进入轨道有平抛运动可知 解得 （2）由由动能定理可知 解得 经过点时受轨道的支持力大小，有 解得 由牛顿第三定律可得滑块在点时对轨道的压力大小，方向向左     （3）设从B到F有 代入数据可解得 （4）设滑块返回时能上升的高度为h， 运动到B点：， 解得 有牛顿第三定律可知对B点的压力为 2．(1) (2) (3)， 【详解】（1）小球在P点时，受力分析，由牛顿第二定律有 即将进入轨道II时，由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知轨道I对小球的压力大小为 （2）根据能量守恒定律，从小球被弹射到达轨道顶端的过程中有 代入数据解得弹射过程中发射装置对小球做的功为 （3）小球从P点到F点过程中由动能定理有 解得 小球在A上滑行时，推动A、B一起运动，设小球到达A末端时A、B的速度为，由动量守恒和能量守恒，有， 解得， 此后小球在B上滑行时，推动B继续加速，设小球与B共速时的速度为，小球与B的相对位移为，由动量守恒和能量守恒，有， 解得， 小球在摆渡车上滑行时产生的热量为 解得 3．(1) (2)1.1s (3)A的速度，B的速度 【详解】（1）设斜面底边长为，斜面底端到传送带左端距离为，斜面倾角为，小物块A从斜面顶点滑到传送带左端，摩擦力做功大小为 由动能定理有 代入数据解得 （2）A刚滑上传送带，因，A加速到与传送带共速，根据牛顿第二定律有 解得 时间为 A运动的位移为 因，随后A在传送带匀速运动，有 故A冲上B前在传送带上运动时间为 （3）A没有从上端滑出B，最后从B的左端与B分离，整个过程有水平方向动量守恒 系统机械能守恒 代入数据解得：， 这说明B向右匀速运动，A反向运动，随后又进入传送带，在传送带上先向左匀减速 运动位移 又向右做匀加速，因运动对称，A滑出传送带的速度 物块A追上B，与B再次发生相互作用，最后仍从左端与B分离。 由水平方向动量守恒 A、B系统机械能守恒 联立以上两式并代入数据解得：， A、B均向右运动，且，所以A不可能再次与B相遇。最终小物块A的速度大小为，滑块B的速度大小为。 4．（1）； （2）； （3） 【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律， 根据能量守恒定律 联立解得， （2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律 可知同一时刻 则同一时刻、的瞬时速度分别为， 根据位移等速度在时间上的累积可得， 又， 解得 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中， A、B动量守恒，有 对方程两边同时乘以时间，有 0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 将代入可得 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 （3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得 方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程， 根据动能定理可得 下滑过程，根据动能定理可得， 联立解得 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度， ， 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得 ， 联立可解得 5．(1) ， (2) (3). 【详解】解：(1)刚释放时A、B、C的加速度大小为a，绳子对A拉力大小为F 由受力分析可知对于A有 ， 对于BC整体有 解得 ， (2)C下落L后落地，由可知此时的速度 ，由 得 则物块由最初位置上升的最大高度 (3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地，则A的质量需满足 同时使得B与C不相碰，即C落地后B减速下降到地面时速度为0，从释放到C落地的过程中运用系统机械能守恒定律 ，解得    从C落地到B减速到地面速度为0的过程中运用系统机械能守恒定律 解得 即A的质量满足系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰 6．（1）； （2）； （3）Ek = 5.65mgK 【详解】（1）根据功能关系 解得 （2）在B点由牛顿第二定律 解得 （3） 在F点及其下方，小球受水平向左的风力F0 = 0.75mg和竖直向下的重力mg，由角度关系可知，小球所受合力方向沿着小球速度方向，即沿F点切线方向。从D点到O点正下方 由动能定理可得 解得Ek = 5.65mgK 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为， 由B沿斜面方向受力平衡可得 ，解得 （2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为 此时对B沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有 联立解得 因为，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒得 联立解得 （3）根据简谐运动知识可以判定A、B两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为 当小球A运动到最低点时，则B向上运动的最大距离为 此时弹簧的伸长量为 此时对C做受力分析由平衡方程有 联立解得 由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小为 8．（1）0，6m/s；（2）12m/s，6m/s；（3）见解析图；（4）（n=2，3，4……） 【详解】（1）B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理 解得v0=6m/sB与A碰撞过程， 由动量守恒和能量关系， 解得v1=0， v2=6m/s （2）第一次碰后A向右以速度v2=6m/s做匀速运动，B做初速度为0，加速度为 的匀加速运动，则第二次碰撞时 解得t=s，此时B的速度为v3=12m/s， 同样根据由动量守恒和能量关系 ， 解得AB的速度为v4=12m/s， v5=6m/s （3）同理第3次碰撞时，解得t′=s，此时B的速度为18m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间 画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像； （4）由以上分析可知，从第1次碰后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8m，由v-t图像可知，B从开始运动到第1次碰撞B运动的距离为2m；从第1次到第2次碰撞B运动的距离为8m；从第2次到第3次碰撞B运动的距离为8m+8m=16m；从第3次到第4次碰撞B运动的距离为16m+8m=24m；根据数学知识可知从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离 （n=2，3，4……） 9．(1)100N (2)2kg (3)1200N 【详解】（1）A球从初始位置到最低点过程中，由动能定理可得 在最低点，由牛顿第二定律可得， 解得 由牛顿第三定律可知，A球对管道压力大小 （2）在最低点A球与B球发生弹性正碰有， 碰后B球恰好能达到管道最高点，则 代入数据，联立解得 （3）A、B两球碰撞，对B球由动量定理， 解得 由牛顿第三定律可知，碰撞过程中B对A的平均作用力为 10．(1) 或 (2) 【详解】（1 ）若小球获得速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得，解得 若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点， 由牛顿第二定律可得 由动能定理可得， 解得 因此当小球速度满足或时，不脱离水泥管道。 （2 ）如图所示假设小球在B点位置脱离轨道，在B点 从B点小球经过时间t落到出发点A，则有 从A到B，由机械能守恒得 解得 11．(1)10m/s， (2) (3)10N， 【详解】（1）子弹打入木块，对子弹和木块组成系统，动量守恒，则有 解得 子弹打入木块共速后至木板刚接触弹簧，对子弹、木块和木板组成系统， 动量守恒，则有 解得 （2）设子弹射入小物块的过程中系统产生的热量，则有 解得 设小物块带着子弹在木板上相对滑动至刚木板接触弹簧的过程中系统产生的热量， 则有 解得 故两过程的热量的比值为 （4） 木块对木板刚要相对滑动时，对子弹和木块整体， （5） 根据牛顿第二定律有 解得 对子弹、木块和木板整体，根据牛顿第二定律有 解得 对弹簧，根据胡克定律有 解得 对系统，根据能量守恒有 解得 对木板，根据动量定理有 解得 12．(1) (2) (3) 【详解】（1）设夯锤向上加速度大小为，经时间与边缘速度相等，由牛顿第二定律 解得 轮子边缘的线速度大小，又 由加速度阶段上升高度 减速上升高度 由 解得 （2）夯锤加速阶段，轮边缘运动路程 故摩擦生热 解得 （3）夯锤击打桩钉前动能 桩钉进入过程中平均作用力 由能量守恒 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 某实验小组用如图甲所示的装置测量重力加速度g。细线上端固定在铁架台上的O点，下端悬挂一小球（不可视为质点），在铁架台的O点正下方固定了一个光电门。小球静止时，光电门发出的激光刚好射到小球的中心。首先测得O点到小球间悬线的长度为L和小球的直径为d，再将小球拉到不同位置由静止释放，测得不同释放点细线与竖直方向夹角和光电门记录的对应遮光时间t。（不计一切阻力） （1）小球通过光电门时的速度为 （用测得的物理量符号表示）； （2）“图像思想”是处理物理实验数据常用的思想方法之一，它在处理物理实验数据中具有独特的作用。将测得的实验数据转化为以为纵坐标，为横坐标的图像，如图乙所示，已知图像斜率的绝对值为k，则图像的纵截距为 ，重力加速度为 （用已知量和测得的物理量符号表示）； 【解析】（1）小球通过光电门时的速度为 （2） 这个实验是利用图像法处理数据的，题目中给出的图像是我们没有学过的图像，此时不要慌，利用我们之前分享的“三步拆解法”去分析： 第一步：锁定实验原理，写出核心公式 小球下降的高度 由于不计一切阻力，所以小球的机械能守恒，满足 第二步：对核心公式进行数学变形，匹配陌生图像的横纵坐标 代入数据解得 第三步：拆解图像意义（斜率、截距、面积），对应公式求解未知量 结合函数，图像的纵截距a=1 图像的斜率 解得重力加速度 希望通过这道题，同学能够熟练掌握图像法处理数据的窍门，以后再遇到这种题的时候，能够顺利解决，获得满分。 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·广东茂名·模拟预测）基于“压阻效应”，即电阻值随压力变化的现象，某实验小组对一款压敏电阻的特性展开了探究，并将其应用于一款自动分拣装置中，重力加速度大小取，请回答下列问题。 (1)探究压敏电阻的特性： 实验器材：压敏电阻（无压力时，阻值为）、滑动变阻器（最大阻值为）、滑动变阻器（最大阻值为）、灵敏电流计（量程0~300μA，内阻约）、电压表（量程，内阻约）、电源（电动势，内阻不计）、开关、导线若干。 ①图甲为实验小组设计的电路图，已知压敏电阻在以内压力下，其阻值在几千欧到十几千欧之间，为了操作简便，滑动变阻器应选用______（选填“”或“”）； ②闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于______（选填“”或“”）端，闭合开关，调节滑动变阻器，测出在不同压力下压敏电阻的阻值，作特性曲线如图乙所示。 由图像可知，随着压力的增大，阻值______（选填“增大”或“减小”），且灵敏度（随的变化率）______（选填“升高”或“下降”）。 (2)自动分拣装置设计： ①图丙为实验小组设计的自动分拣装置图，其中为滑动变阻器，电源电动势为（内阻不计），托盘（含支撑杆）重力不计，分拣标准质量为。物块运输到托盘上后，大于或小于的物块将沿不同通道运输，当控制电路（电阻无穷大）两端电压小于时，水平，物块进入水平通道，当控制电路两端电压大于或等于时，端下移，物块进入通道； ②根据以上原理可知，接入电路的阻值为____（结果保留位有效数字），质量为的物块经该装置后将进入通道____（选填“”或“”）。 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）某学习小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下： 电池（电动势为3V，内阻不计）； 待测电容器（额定电压为5V，电容值未知）； 微安表（量程为200μA，内阻未知）； 滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）； 电阻箱、、、（最大阻值均为9999.9Ω）； 定值电阻（阻值为5.0kΩ）； 单刀单掷开关、，单刀双掷开关； 导线若干。 （1）学习小组先测量微安表内阻，按图甲连接电路。 （2）为保护微安表，实验开始前先断开开关、，滑动变阻器R的滑片应置于最_____________（填“左”或“右”）端。 （3）将电阻箱、、的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。闭合开关保持、阻值不变，反复调节，使开关闭合前后微安表的示数不变。记录此时的示数为1500.0Ω，则微安表的内阻为_____________Ω。 （4）按照图乙所示连接电路，将电阻箱阻值调至750.0Ω，开关掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图丙所示的图像。图丙每个最小方格面积所对应的电荷量为_____________C。某同学数得曲线下包含150个这样的小方格，则电容器的电容为_____________F。 3．（2026·河北·一模）某实验小组的同学借助多用电表完成了一系列实验。 (1)测量干电池的电动势。将多用电表的选择开关拨到直流电压“2.5V”挡，然后将表笔连接干电池的两端，指针位置如图甲中a所示，则干电池的电动势E=___________V。 (2)测量干电池的短路电流。将多用电表的选择开关拨到电流“100mA”挡，红表笔接电池正极，用黑表笔对电池负极进行试触，发现指针偏转角度过大，应将选择开关拨到电流___________（选填“10mA”或“1A”）挡进行测量，指针位置如图甲中b所示，则干电池的短路电流I=___________A。 (3)测量量程3Ⅴ的电压表的内阻。将多用电表的选择开关拨到欧姆“×100”挡，测量时指针位置如图甲中c所示，则电压表的内阻R=___________Ω。 (4)该小组的同学了解完欧姆表内部构造后，设计了图乙所示的实验电路。接入待测电阻前，调节滑动变阻器滑片，直到电压表（量程3.0V）满偏，然后将待测电阻接入图乙中的虚线框，记录此时电压表的示数，为2.5V，若电压表内阻为3kΩ，电源电动势为6V，则待测电阻的阻值为___________Ω。 4．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）某项目式学习小组设计并制作了一种利用电压表示数反映物体加速度的测量装置，其原理图如图甲所示。质量为1kg的滑块2可在内部底面光滑的水平框架1中水平移动，滑块两侧用劲度系数均为的相同轻质弹簧拉着，滑块静止时，两弹簧均处于原长状态。为粗细均匀的金属丝，3是固定在滑块2中心的轻质光滑金属滑片（宽度不计）。所用到的器材还有：电源（电动势与内阻未知），理想电压表V（量程0~3V），电阻箱R（），毫米刻度尺，螺旋测微器，开关，导线等。操作步骤如下： (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d，用毫米刻度尺测量金属丝两端A、B间的长度L，测量结果如图乙所示，则________mm，________cm； (2)闭合开关S和，多次改变电阻箱的阻值R，记录对应的电压表示数，绘制关系图像，图像为一条斜率为k、纵截距为b的倾斜直线，则电源电动势为________，内阻为________（用b、k表示）； (3)通过步骤（2），测得电源电动势为3.0V，内阻为。闭合开关S，断开开关，使滑片位于金属丝中点，调整电阻箱R的阻值，使电压表示数恰为1.5V。将滑片从金属丝的A端向B端滑动，记录滑片到A端的距离x，以及对应的电压表示数U，得到如图丙所示的图像。由图像可知金属丝的阻值为________，结合步骤（1）、（2）中的测结果，测得该金属丝的电阻率为________（结果保留两位有效数字）； (4)将此测量装置水平固定在待测物体上，闭合开关S，断开开关，当物体水平向右运动时，电压表示数如图丁所示，则物体的加速度方向________（选填“向左”或“向右”），加速度的大小为________。 5．（2026·山东东营·一模）某学习小组想利用霍尔元件（载流子为电子）和灵敏电流计改装一个磁感应强度测量计。实验电路如图所示，匀强磁场垂直于元件的前后工作面，工作电源通过左右侧面为霍尔元件提供电流，记录不同磁感应强度对应的灵敏电流计示数。灵敏电流计（0-1mA，内阻），已知电流从左侧流入灵敏电流计时，指针向左偏转。 (1)霍尔元件单位体积中自由电子的个数为，电子电荷量为，元件三个棱长分别为、、（如图所示），电流表示数为，当磁感应强度为时，灵敏电流计（内阻）示数，不计霍尔元件电阻，则与的关系式为________（结果用题中字母表示） (2)按图示操作时，灵敏电流计指针向_______偏转（填“左”或“右”） (3)磁感应强度测量计灵敏度可用表示，实验中要使灵敏度增大，可将滑动变阻器R的触头P向_______滑动（填“左”或“右”） (4)若将磁感应强度计的量程扩为原来的10倍，可在灵敏电流计上_______联（填“串”或“并”）一个R=_______的电阻。 6．（2026·云南昆明·二模）实验小组要测量一玩具小车中电动机线圈的电阻Rx，设计了如下方案： (1)用多用电表欧姆挡粗测Rx：选择“×1”倍率，欧姆调零后进行测量，指针的位置如图甲所示（测量时电动机不转动），则Rx = __________Ω。（结果保留3位有效数字） (2)为提高测量精度，实验小组选用以下器材测量电动机线圈的电阻Rx。 A．电流表A1（量程0.6A，内阻约5Ω） B．电流表A2（量程50mA，内阻约10Ω） C．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω） D．定值电阻R0 = 40Ω E．电源（电动势为4.5V，内阻约1Ω） F．开关、导线若干 实验小组选用多用电表的“直流电压2.5V”挡进行测量，测量发现电动机开始转动的最小电压为0.6V。据此设计如图乙所示的电路图，测量过程中电动机不转动。 ①实验中应选择的电流表是________。（填器材前面的字母代号） ②按照图乙所示的实验电路图，用笔画线代替导线将图丙中的电路补充完整_______。 ③图丁是实验小组利用所测数据描绘出的图像，可得电动机线圈的电阻Rx = ________Ω（计算结果保留3位有效数字）。 ④实验小组选择多用电表的“直流电压5.0V”挡进行测量，当读数为3.60V时，电动机已经转动，电流表刚好满偏，此时电动机工作的机械效率η = ________（计算结果保留3位有效数字）。 7．（2026·湖南衡阳·模拟预测）惠斯通电桥是一种精密的电阻测量电路，其实验电路图如图1所示，电桥电路由四个电阻、、、、一个直流电源和一个高灵敏度电流表G组成。 （1）若灵敏电流表G的示数为零，则四个电阻、、、满足关系式______。 （2）某同学根据惠斯通电桥电路，对电路进行修改，其实验电路图如图2所示。其中为待测电阻，为分度值为的电阻箱，AB为一段粗细均匀的电阻丝。 （3）实验过程中该同学调节滑片P的位置并调节电阻箱阻值，使得灵敏电流表G的示数为零，记录下此时滑片P距离电阻丝端的距离以及电阻箱的阻值。 （4）重复上述过程，并作的图像如图3所示， 已知在图像中，截距为、斜率为，则电阻丝AB的长度为______，待测电阻的阻值为______。（均用、表示） （5）为了进一步精确测量待测电阻的阻值，该同学交换了图2中待测电阻和电阻箱的位置重新实验，并根据实验数据在图像中得到一条如图4所示的直线，其截距为，斜率为，则待测电阻的阻值可以用和表示为______。 8．（2026·陕西榆林·二模）某小区安装了智能座椅如图甲所示，该款座椅能通过太阳能电池板将太阳能转化成电能，给市民手机补电带来了便利。在无光照时该太阳能电池可视为一个电阻。 (1)某同学先将该太阳能电池用不透光的黑色器件盒封好，然后用多用电表粗测其电阻。先选用多用电表欧姆挡“×10”挡位，欧姆调零后进行测量，其指针偏转如图乙中的所示，接下来应换用______（选填“×1”或“×100”）挡位重新进行欧姆调零后测量，指针偏转如图乙中的所示，可以粗略得出此时太阳能电池的阻值为______。 (2)另一同学用如图丙所示的电路测量某光电池有光照时的电动势和内阻，假设相同光照强度下该光电池的电动势不变。实验器材规格如下： 电流表（量程为、内阻）; 电流表（内阻忽略不计）； 电阻箱（最大阻值）； 滑动变阻器； 定值电阻。 a．该同学把电流表和电阻箱串联改装成量程为的电压表，则电阻箱应调至阻值______。 b．该同学用一强度稳定的光照射该电池，闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，读出电流表和电流表的示数分别为，得到曲线如图丁所示，用和表示电源的电动势和内阻，则与的关系式为______。（用、、、、表示） c．图丁中图像在为直线，在为曲线，当时，随着减小，电池的内阻______（选填“增大”“减小”或“不变”）。由图丁中的图线可计算出电源的电动势为______（保留三位有效数字）。 9．（2026·河北承德·一模）太阳能电池是一类能直接将太阳光能转化为电能的光电半导体器件，也常被称作光伏电池。当它受到达到一定强度的光线照射时，能瞬间产生电压；若外接闭合回路，便会形成电流。这一过程在物理学中被称为太阳能光伏效应。某研究小组取了一片光伏电池板来探究其发电性能，设计了如图乙的实验电路。主要实验步骤如下： a.按电路图乙连接好实验器材； b.用光照强度为E0的光照射该电池，闭合开关S，多次调节滑动变阻器滑片P，读出多组电压表、电流表的示数； c.根据读出的电压表、电流表示数描绘出该电池的U-I图像。 (1)由图乙知，为了防止烧坏电源，实验开始前滑动变阻器滑片P应放在________（选填“a”或“b”）端； (2)如图丙所示，曲线①与曲线②中，一条为依据实测电压、电流数据绘制的电池特性曲线，另一条为该电池出厂时的精确工作曲线，则根据实验数据绘制的曲线为________（选填“①”或“②”），与出厂精确工作曲线的误差来源于________； (3)在光照强度为E0的情况下，通过图丙可得该电池电动势的真实值________V，将该电池与2000Ω的定值电阻连接，此时该电池内阻的真实值________Ω。（结果保留到小数点后一位） 10．（2026·宁夏银川·一模）学完传感器知识后，同学们设计了一款电阻应变式拉力传感器，其结构如图甲所示，内部电路如图乙所示。图甲中弹性体的一端固定，另一端安装测力钩，在它的上下表面共粘贴4个应变片、、、，未受拉力时应变片阻值均为200。当测力钩受到向上拉力时，上表面的、阻值减小，下表面的、阻值增大，且每个应变片阻值变化量均满足，其中。 同学们先将一个满偏电流，内阻为的微安表改装成量程为0~3V的电压表，然后接入图乙所示的测量电路，测力过程中通过改装后的电压表示数来反映拉力大小，电路中电源电动势，内阻不计。 (1)将微安表改装成电压表，需要________（选填“串联”或“并联”）一个阻值为_______的电阻。 (2)当测力钩不受拉力时，图乙中______。 (3)某次实验中，微安表的读数如图丙所示，则______V，通过推理可知该次实验测力钩受到的拉力______N（不考虑电压表的分流影响）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) a 减小 下降 (2) 1.5 2 【详解】（1）[1]图甲中滑动变阻器的连接方式为分压式，为了操作简便，滑动变阻器应选用阻值较小的，即选； [2]为了保护负载，闭合开关前，应使两端的电压为零，故应将滑动变阻器的滑片置于a端； [3][4]由图乙可知，随着压力F的增大，阻值减小，随着F的增大，图像越来越平缓，说明随F的变化率减小，即灵敏度下降。 （2）[1]由题意知，托盘上物块的质量为时，控制电路两端的电压为，则两端的电压为2V，此时 结合图乙可知，此时，与串联，电阻之比等于电压之比，即 则 [2]因，则，，此时两端的电压小于2V，控制电路两端的电压大于1V，则质量为的物块经该装置后将进入通道2。 2．左 1500.0 【详解】（2）[1]由题图可知，滑动变阻器为分压式接入电路，为了保护电路在实验开始前，其滑片应该置于左端。 （3）[2]由实验电路图可知，该测量方法属于电桥法测量电阻，由于开关闭合前后，微安表示数不变，所以有 ，解得 （4）[3]图中最小放个面积所对应的电荷量为 [4]由题意可知，充电后电容器的电压与电源电动势相同，即3V，由于一个小格代表的电荷量为，图像共150个小格，所以通过微安表的电荷量为 由题意可知，流过的电流是微安表的3倍，则根据电容的定义式可知电容器的电容为 3．(1) (2) 1A 0.70 (3)2600 (4)7500 【详解】（1）选用直流电压挡时，分度值为，指在位置时，多用电表示数为。 （2）[1]选择电流挡，指针偏转角度较大，应该换用量程较大的挡位，所以应将选择开关拨到电流挡进行测量； [2]此时分度值为，指在位置时，多用电表示数为。 （3）由欧姆表读数规则可知，电压表的内阻 （4）设电压表示数为时，滑动变阻器与电源内阻的总阻值为，结合串联分压原理，有，接入待测电阻后，有，解得。 4．(1) 0.300/0.299/0.301 50.00/49.99/50.01 (2) (3) 8.0 (4) 向左 25 【详解】（1）[1]螺旋测微器，固定刻度读数，可动刻度读数，故 [2]毫米刻度尺，A在刻度，B在处，故 （2）[1]闭合、时，被短路，电压表测电阻箱电压，由闭合电路欧姆定律 整理得 ，对比图像，斜率 ，纵截距 ，解得。 [2] （3）[1]闭合断开，串联入电路，电流恒定，电压表测R和到滑片段的电压，电路满足 ，总电压，。由图，时，； 时；且中点时，解得， [2]由电阻定律， ，代入，， 得 （4）[1]物体向右运动时，电压表示数 说明滑片向右（B端）偏移，滑块相对于框架右移，说明合力向左，因此加速度方向向左。 [2]由关系： 静止时对应，偏离中点位移 ，滑块合力 代入，，，，得 5．(1) (2)左 (3)左 (4) 串 2700 【详解】（1）霍尔效应平衡时，电子洛伦兹力与电场力平衡：工作电流 ，得电子定向移动速率 ，代入平衡式得霍尔电压，不计霍尔元件电阻，，整理得 （2）工作电流向右，电子运动方向向左，根据左手定则（电子带负电），电子向霍尔元件下表面偏转，下表面带负电，上表面带正电，因此电流从灵敏电流计左侧流入，题目说明电流左入指针左偏，故填。 （3）由，得灵敏度 ​​ 要增大灵敏度，需增大工作电流，需减小滑动变阻器接入电阻，因此触头向滑动。 （4）[1]要将量程扩大为原来的10倍，需要给灵敏电流计串联分压电阻： [2]原量程对应的霍尔电压。 量程扩大 10 倍后，最大霍尔电压，此时灵敏电流计仍满偏（），设需串联分压电阻为R， ，解得 6．(1)19.0 (2) B 连接实物图，见解析 20.0 37.5% 【详解】（1）由图甲可知Rx = 19.0×1Ω = 19.0Ω （2）[1]流过电流表的最大电流为 再考虑到电流表还有内阻，所以电流表选择量程50mA误差最小，故选B。 [2]根据电路图连接实物图，如图所示 [3]如图丁中的U—I图像，可得 所以电动机线圈的电阻Rx = 20.0Ω [4]由于选择多用电表的“直流电压5.0V”挡进行测量，当读数为3.60V时，电动机已经转动，电流表刚好满偏I = 50mA，结合电路图可知电动机两端的电压为 电动机的输入功率为 ，电动机内阻的热功率为 电动机工作的机械效率 7． 【详解】[1]在惠斯通电桥电路中，若灵敏电流表电流为零，则四个电阻满足的关系。 [2][3]根据电路图2可知 ，经过变换可得 因此， ，由此可知， [4]根据电路图2可知交换和后有 变换后有 ，因此， ，解得 8． (1) 1000 (2) 950.0 增大 2.84/2.82/2.83/2.85/2.86/2.87/2.88 【详解】（1）[1]用多用电表欧姆挡“×10”挡位测电阻，指针偏转如图乙中的所示，切换挡位后，指针偏转如图乙中的所示，相对于读数变小，则挡位变大，故切换为“×100”挡位。 [2]测量电阻时读最上面一行的刻度线，读数为10，被测电阻的测量值为 （2）[1]电流表和电阻箱串联改装成量程为的电压表，当改装后的电压表满偏时，电流表满偏，此时流过电流表和电阻箱的电流 ，电流表和电阻箱两端的电压 根据欧姆定律得 ，解得 [2]根据闭合回路欧姆定律有 变形得 [3]根据与的关系式可得，图像斜率大小为 当时，随着减小，图像斜率变大，可得电池的内阻增大。 [4]图像在为直线，斜率为 代入 ，可得 图像在为直线，截距为 代入 ，解得 9．(1)b (2) ① 电流表分压 (3) 26.0 888.9 【详解】（1）实验开始前，需让滑动变阻器接入电路的阻值最大，使初始电流最小，保护电源。由图乙可知，滑片P在b端时，滑动变阻器接入电阻最大，因此滑片应放在b端。 （2）本电路中，电流表串联在干路，内阻会分压，电压表只测量了滑动变阻器两端的电压，因此测得的路端电压小于真实路端电压；相同电流下，测量得到的U更小，因此实验绘制曲线为下方的①，误差来源于电流表的分压。 （3）[1]电源电动势的真实值等于开路电压（时的电压），由真实曲线②可知，时， [2]当外接定值电阻时，满足 若单位为，则（单位），作该电阻的线与曲线②相交，可得工作点约为， 由闭合电路欧姆定律得 10．(1) 串联 99900 (2)0 (3) 1.5 15 【详解】（1）[1][2]将一个满偏电流，内阻为的微安表改装成量程为0~3V的电压表，需串联一个定值电阻，其阻值 （2）未受拉力时应变片阻值均为200，根据电桥法原理可知，此时。 （3）[1][2]由图丙可知，此时微安表示数为，则电压表示数 设此时R1和R2分别为200-∆R，则R3和R4分别为200+∆R，由电路可知 设此时 其中 解得∆R=75Ω 则根据可得受到的力的大小为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．查理定律指出，一定质量的某种气体在体积一定时，气体的压强与温度之间有线性关系，如图所示。则一定质量的某种气体从状态A到状态B，下列说法正确的是（　　） A．气体向外界放出热量 B．气体分子的平均动能不变 C．外界对气体做功 D．单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 2．一定质量的理想气体由状态a变化到状态b，该过程中气体压强p随摄氏温度t变化的关系图像如图所示，图像中a、b连线的延长线刚好过坐标原点，则该过程中（　　） A．气体的体积变大 B．气体的分子数密度变小 C．气体分子的平均动能一定变大 D．气体一定从外界吸收热量 3．（多选）如图所示，一定质量的理想气体，经历a→b→c→a的循环过程，其中a→b是等容过程，b→c是等温过程，c→a是等压过程。下列有关气体的描述正确的是（　　） A．a、b、c三个状态中，在a状态气体分子平均动能最小 B．气体从状态a到状态b的过程中，气体温度升高，吸收热量，内能增加 C．气体从状态b到状态c的过程中，气体体积增大，吸收热量，内能增加 D．气体从状态c到状态a的过程中，容器内气体分子的数密度增大，容器内壁单位面积上受到的压力增大 4．一定质量的理想气体的图像如图所示，A点坐标为，B点坐标为，C点坐标为，气体在A状态时的热力学温度，求： (1)气体在C状态时的热力学温度； (2)气体从A状态到C状态对外做的功W。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．D 【详解】AC．题图为p-t图像转化p-T图像，则可知为一条过坐标原点的直线，该气体做等容变化，外界对气体不做功，温度升高，内能增加，必定从外界吸收热量，AC错误； B．随着压强增大，气体的温度也增大，分子平均动能增大，B错误； D．由于气体体积不变，分子数密度不变，但分子平均速率增加，所以单位时间碰撞到单位面积上的分子数增多，D正确； 故选D。 2．C 【详解】A．由题意可知气体压强p随热力学温度T变化的关系图像大致如图所示： 根据理想气体状态方程得结合ab两点与原点连线的斜率，可知气体的体积减小，故A错误； B．体积减小，单位体积内的分子数变多，分子数密度变大，故B错误； C．气体温度升高，分子的平均动能变大，故C正确； D．气体温度升高，内能变大，气体体积减小，外界对气体做功，无法判定气体是吸热还是放热，故D错误。 故选C。 3．AB 【详解】A．等温过程，即 是等压过程，气体的体积减小，可知气体的温度降低，即 则有 故在a状态，气体平均动能最小，故A正确； B．是等容过程，故 压强增大，气体温度升高，则 根据 所以 吸收热量，内能增加，故B正确； C．等温过程，则 气体体积增大，故 根据 故 气体体积增大，放出热量，内能不变，故C错误； D．为等压过程，压强不变，由于体积减小，容器内气体分子的数密度增大，容器内壁单位面积上受到的压力不变，故D错误。 故选AB。 4．(1) (2) 【详解】（1）气体从A状态到C状态，根据理想气体状态方程，有 解得 （2）题中图线与V轴围成的面积即气体对外做的功，有 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·安徽·模拟预测）如图，质量为的带电小球，只在重力作用下由静止从空间的点自由下落，经时间到达正下方的点时，突然加上一个大小未知的竖直向上的匀强电场，在电场力和重力作用下，又经带电小球恰好又通过点。重力加速度为，在此运动过程中（　　） A．小球电场力的冲量大小为 B．小球返回到点的速度大小为 C．小球的机械能增加了 D．小球在点的电势能大于它在点的电势能 2．（2026·河南焦作·二模）如图甲所示，绝缘水平面与竖直面内光滑绝缘圆弧轨道相切于P点。M为圆弧轨道最高点，且空间存在竖直向上的匀强电场。在水平地面上并排放置、B两个物块，两物块质量均为1kg，A与地面间动摩擦因数，B与地面间无摩擦。A不带电，B带正电，且静电力与B的重力大小相等。两物块在水平外力F作用下向右运动，F随位移x的变化图像如图乙所示，两物块可看成质点，初始时水平地面上A、B与P点间的距离等于4m，重力加速度。则（　　） A．时，A与B间弹力为1N B．B运动到P点的速度为4m/s C．B在圆弧轨道运动时，对轨道的压力与半径成反比 D．只有当时，B才能到达M点 3．（2026·河南信阳·二模）水平光滑的绝缘木板上O点的正上方固定一正点电荷，其电荷量为Q，a、b、c为木板上以O为圆心的三个等间距同心圆。现将一带正电的小球P从木板上O点附近静止释放，小球依次经过a、b、c位置，其电势能分别为E1、E2、E3，加速度分别为a1、a2、a3，忽略P对电场的影响，下列说法中正确的是（　　） A．a、b、c三处的电势大小φa＞φb＞φc B．ab间的电势差与bc间的电势差大小Uab＞Ubc C．P在a、b、c位置处的电势能大小E1＜E2＜E3 D．P在a、b、c位置处的加速度大小a1＞a2＞a3 4．（2026·江西南昌·模拟预测）如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的O点、P点分别固定两个不等量异种点电荷和，沿方向建立一维坐标系，O为原点。电荷、在x轴正半轴产生的电场强度E随位置坐标x的变化如图乙所示，规定沿x轴正方向的电场为正，取无穷远处电势为零。将一带正电的试探电荷从A点由静止释放，水平方向仅受静电力作用。下列说法正确的是（　　） A．为正电荷，为负电荷，且 B．M点的电势为零 C．运动过程中，试探电荷在N点时速度最大 D．试探电荷将做往复运动 5．（2026·河南南阳·模拟预测）某一沿x轴方向的静电场，其电势φ在x轴上的分布情况如图所示，B、C是x轴上的两点。一负电荷仅在电场力的作用下从B点运动到C点，该负电荷在（　　） A．O点的速度最小 B．B点受到的电场力小于在C点受到的电场力 C．B点时的电势能小于在C点时的电势能 D．B点时的动能小于在C点时的动能 6．（2026·重庆永川·二模）如图所示，在坐标为（l,0）和（0,l）的两点放置电荷量分别为+q、—q的等量异种点电荷，P点坐标为（l,l），M点坐标为（2l,0）。则（    ） A．M、P两点的电势差等于M、O两点的电势差 B．质子沿直线从O到P运动，电势能减小 C．要使P点电场强度为零，可在O点放入电荷量为－2q的点电荷 D．要使P点电场强度为零，可在M点放入电荷量为－2q的点电荷 7．（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，电荷量相同的两个正点电荷分别固定在A、B两点，O为A、B连线的中点，P为A、B连线的中垂线上的点，其中PA、PB、AB的长度均为L。一电子由P点以大小为v的速度垂直于纸面向外射出，电子恰好绕O点做匀速圆周运动。已知静电力常量为k，电子的比荷为。则两点电荷的电荷量均为（　　） A． B． C． D． 8．（2026·安徽·模拟预测）如图，距离为的、两点连线水平，是的竖直中垂线，带电量为的正点电荷固定在点，另一点电荷固定在点，质量为的带电小球恰好静止在上的点，与间的夹角为30°，重力加速度大小为，静电力常量为，则（　　） A．固定在点的电荷带电量为 B．固定在点的电荷可能带负电 C．带电小球的带电量为 D．将带电小球沿向上移动一段距离后释放小球可能静止 9．（2026·安徽·模拟预测）静电现象普遍出现于平时的生活之中，人类通过静电现象开始了对电的深入研究。熔喷布是口罩的中间过滤层，它经过了静电驻极技术处理，即通过高压放电，使电荷附着在熔喷无纺布上，使它能吸附一些颗粒较小的污染物，甚至病毒这种纳米级的物质也可进行吸附或阻隔。驻极处理装置中针状电极与平板电极间的电场如图所示，下列说法正确的是（ ） A．a点处的电场强度小于b点处的电场强度 B．带负电荷的尘埃在a点处的电势能小于b点处的电势能 C．a点处一带电尘埃仅在电场力的作用下由静止开始运动，被熔喷布吸附，尘埃携带的是正电荷 D．质量为m的带电尘埃在电场力的作用下由静止开始运动，被熔喷布吸附，电势能变化量为E，不计其所受重力，则它运动到熔喷布时的速度大小为 10．（2026·北京·二模）真空中有两个点电荷，电荷量均为-q（q>0），固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x≪r），已知静电力常量为k，则下列说法不正确的是（　　） A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为 C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动 11．（2026·湖南岳阳·模拟预测）如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电，油滴的大小、质量各不相同。油滴进入电场时的初速度、油滴间的相互作用及空气对油滴的浮力忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．悬浮的油滴所带的电荷量一定相等 B．若某油滴向下加速运动，则重力和静电力的合力做负功 C．若某油滴向下加速运动，仅增加平行金属板间距离，可使该油滴处于平衡状态 D．若某油滴悬浮不动，断开电源与平行金属板的连接，仅减小平行金属板间距离则该油滴仍不动 12．（多选）（2026·四川广元·三模）某静电场方向平行于轴，其电势随的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为、带电荷量为的粒子（不计重力），以初速度从点进入电场，沿轴正方向运动。下列叙述正确的是（　　） A．粒子从向右运动到运动的过程中做匀减速运动 B．从O运动到的过程中，电势能先增大后减小 C．若，则粒子运动到处时速度最大，其大小为 D．若，粒子运动到时速度大小为 13．（多选）（2026·天津·二模）如图所示，两段半径均为R的圆形玻璃管道AO、OB拼接在一起并固定于竖直面内，管道内壁光滑，M、N为两段管道的中点，两管道在O点相切，以O为原点沿水平方向建立x轴，x轴与AOB连线相垂直，等量正、负点电荷分别固定在x轴上，处。一带正电小球从A点沿管道自由下落，运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A． B．M、N两点电场强度大小相等，方向相反 C．AOB连线上O点的电场强度最大 D．小球在O点、B点速度之比为 14．（多选）（2026·天津河西·二模）如图所示，某静电分析器的两电极之间存在指向圆心O的辐向电场。三个带电粒子有相同的动能从A点垂直端面射入，仅在静电力作用下，甲粒子从B射出，乙粒子做圆周运动从C射出，丙粒子从D射出。已知甲、乙、丙的电荷量大小分别为、、，，。下列说法正确的是（     ） A．甲、乙、丙粒子均带正电 B． C．乙粒子经过的位置电场强度大小均为 D．甲粒子动能变化的绝对值大于丙粒子动能变化的绝对值 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A 【详解】A．由题意可知，小球从N点向下匀减速至速度减为0，后反向匀加速通过M点，所以电场力方向竖直向上。以竖直向下为正，由运动学公式可得，， 解得加速度的大小，所以电场力 则电场力的冲量大小，故A正确； B．返回到M点的速度大小为，故B错误； C．小球从M再回到M点，重力势能不变，机械能增加量为，故C错误； D．因为从N点到M点，电场力对小球做正功，电势能减小，故小球在M点的电势能小于它在N点的电势能，故D错误。 故选A。 2．C 【详解】A．由图可得，可知时，水平外力，对、B整体，由牛顿第二定律得，解得 对B，有，即A与B间弹力为零，故A错误； B．由A选项可知位移时，B的加速度为零，二者已分离，对整体由动能定理得 其中，解得 分离后B做匀速直线运动，到达P点速度的大小，故B错误； C．B在圆弧轨道运动时，B的静电力与B的重力大小相等，竖直方向合力为零，B做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得轨道对B的弹力 由牛顿第三定律知B对轨道的压力大小 可知对轨道的压力与半径成反比，故C正确； D．B在轨道内运动时等效重力为零，只要B有初速度就能通过最高M点，与半径无关，故D错误。 故选C。 3．A 【详解】AC．由图可知，a、b、c三处到Q的距离依次增大，所以a、b、c三处的电势大小φa＞φb＞φc 再根据可知P在a、b、c位置处的电势能大小E3＜E2＜E1 故A正确，C错误； BD．易知P在O处所受电场力的水平分力为零，在距离O无穷远处所受电场力的水平分力也为零，所以从O到无穷远处，P所受电场力的水平分力先增大后减小，根据题给条件条件无法比较P在a、b、c位置所受电场力的水平分力大小，进而无法比较三点处加速度的大小，也无法比较P从a到b和从b到c的过程静电力做功的大小，进而也无法比较ab间的电势差与bc间的电势差大小，故BD错误。 故选A。 4．D 【详解】A．由图乙可知，靠近点电场强度为正，所以为正电荷，为负电荷，由于较远处电场强度为负，所以有，故A错误； B．由图乙可知，从点到无穷远处电场强度为负，即从无穷远处正电荷向点运动，电场力做正功，所以点电势不为零，故B错误； C．试探电荷从点向点运动过程中，在段受到的电场力方向不变，一直做加速运动，所以试探电荷在点速度最大，故C错误； D．试探电荷通过点后，电场力做负功直到速度为0，然后试探电荷反向加速，直到经过点后再次减速，直到运动到点速度为0，再重复之前的运动，即试探电荷做往复运动，故D正确。 故选D。 5．C 【详解】A．从B到O，电势升高，负电荷电势能减小，电场力做正功，动能增加；从O到C，电势降低，负电荷电势能增加，电场力做负功，动能减小，则O点的速度最大，选项A错误； B．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知B点的场强大于C点场强，则电荷在B点受到的电场力大于在C点受到的电场力，选项B错误； CD．因B点电势高于C点，则负电荷在B点时的电势能小于在C点时的电势能，因电荷的电势能与动能之和守恒，可知B点时的动能大于在C点时的动能，选项C正确，D错误。 故选C。 6．A 【详解】A．直线OP为等量异种点电荷电场中的等势线，O、P两点的电势相等，，A正确； B．O和P在同一等势面上，沿等势面移动电荷，电势能不变，B错误； CD．等量异种点电荷在P点的合电场强度方向由M指向P，大小为，要使P点电场强度为零，可在M点放入负电荷Q，根据点电荷场强公式 又，解得，CD错误。 故选A。 7．D 【详解】分析几何关系：已知，为中点，因此 为直角三角形，可得圆周运动半径（即长度）： 计算P点合场强：设每个点电荷电荷量为，单个点电荷在点产生的场强大小为： 两个场强方向分别沿、，水平分量抵消，竖直分量叠加，两场强夹角为，合场强沿背离向上，大小为： 结合向心力公式求解：电子带负电，所受电场力指向，提供匀速圆周运动的向心力。 电子比荷，向心力公式为： 代入和得 整理得： 故选D。 8．D 【详解】AB．小球静止，处于平衡状态，重力竖直向下，因此两个点电荷对小球的库仑力合力必须竖直向上。由对称性可知，固定在点的电荷与固定在点的电荷 同性质，点的电荷一定带正电，设固定在、点的电荷对小球的静电力分别为和，小球静止，水平方向受力平衡有，可得 又因为，由库仑定律，可得，AB错误； C．由几何关系有 与夹角为，可得 小球静止，竖直方向受力平衡，两个库仑力的竖直分量之和等于重力，即 可得 代入库仑定律有 解得，C错误； D．设MN上某点距O点高度为，该点处库仑力的合力为 对函数分析单调性，求导可知，在时递增，时递减，即先增后减，存在最大值。因此方程有两个解， 一个是原平衡位置，另一个解在原c点上方存在另一个平衡位置，因此将小球向上移动到该位置释放，小球可以静止，D正确。 故选D。 9．D 【详解】A．针尖附近电场线密集，a点电场强度大于b点，故A错误； B．负电荷在a点电势能大小取决于电势高低，a点电势大小大于b点处，故B错误； C．尘埃从a点向熔喷布运动，熔喷布带正电，故尘埃携带的是负电荷，故C错误； D．由动能定理 解得，故D正确。 故选D。 10．A 【详解】AB．如图所示 设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强的方向与竖直方向的夹角为θ（0＜θ≤），由点电荷的场强公式可知，P1处的点电荷在A处产生的电场强度大小 根据对称性及场强的叠加原理可知，A点的合场强大小为E=2E1cosθ 可得 由数学导数知识可知，当时，E有最大值，且最大值为 此时A、O之间的距离为 故A错误，B正确； C．在M点放入一电子，从静止释放，电子将受向上的电场力从而向上运动，由于r＞h，则电子向上运动的过程中所在位置的电场强度一直变小，所受的电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确； D．以O点为坐标原点，以沿P1P2连线向右为正方向建立x轴，当电子在坐标x'处时，电子受到的电场力为 当x'≪r时，有 F与x'的方向相反，大小成正比，又O、N之间的距离x≪r，所以在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动，O点为平衡位置，所受电场力充当回复力，故D正确。 此题选择不正确的，故选A。 11．D 【详解】A．油滴进入电场后受重力与电场力的作用，若油滴悬浮不动，说明重力与电场力平衡，即 则 由于油滴的质量各不相同，则油滴所带的电荷量也不同，故A错误； B．若某油滴向下加速运动，根据动能定理可知，重力与静电力的合力做正功，故B错误； C．若某油滴向下加速运动，说明重力大于电场力。当增加平行金属板间的距离时，根据可知，由于不变，故两金属板间的电场强度将减小，则电场力也会减小，所以不可能使该油滴处于平衡状态，故C错误； D．若油滴悬浮不动，说明重力与电场力平衡。当断开电源与平行金属板的连接时，金属板所带的电量将保持不变，若仅减小平行金属板间的距离，由于 所以两金属板间的电场强度不变，因此该油滴仍悬浮不动，故D正确。 故选D。 12．BC 【详解】A．图像的斜率表示电场强度，由图像可知从到电场强度逐渐减小，电势升高，电场线由高电势点指向低电势点，可知场强方向沿轴负方向，粒子带正电，粒子所受的电场力方向沿轴负方向，当粒子以初速度从点进入电场，沿轴正方向运动，则粒子做加速度减小的减速运动，故A错误； B．由图可知从0到电势先升高后降低，根据电势能公式 可知正粒子的电势能先增大后减小，故B正确； C． 根据上述，粒子从O运动到的过程中的电势能先增大后减小，则动能先减小后增大，可知若初速度，当粒子运动到处时电势能最小，则此时动能最大，速度最大， 根据动能定理有，解得 故C正确； D． 根据上述，从O向运动的过程中，粒子沿轴正方向做减速运动，若减速到零， 由动能定理有，解得 表明粒子运动到位置之前速度就减为0，故D错误。 故选BC。 13．CD 【详解】A．由题意可知中垂线上所有点电势为0，即 、两点关于原点中心对称。 点电势为，点电势为 由中心对称关系，，得，又 因此，，即，故A错误； B．在等量异种电荷的电场中，关于原点对称的两点，电场强度大小相等、方向相同。因为、两点关于原点对称，所以、两点的电场强度大小和方向都相同，故B错误； C．在两等量异种电荷连线的中垂线上，中点处的电场线最密，电场强度最大。向两侧延伸场强逐渐减小。故点电场强度最大，故C正确； D．小球从运动到的过程中，由于、、均在等势面上，电场力不做功，只有重力做功。从到根据动能定理可得，解得 从到根据动能定理有，解得 所以，故D正确。 故选CD。 14．AD 【详解】ABC．三个带电粒子都做近似圆周运动,所受电场力(向心力)与场强方向相同，故三个粒子都带正电，因，故易知乙粒子做匀速圆周运动从C射出，根据牛顿第二定律 乙粒子经过的位置电场强度大小均为 甲粒子做向心运动 丙粒子离心运动 则，故BC错误， A正确； D．因为BC间平均场强比CD平均场强大，又，故 则 故甲粒子动能的增加量大于丙粒子动能的变化量的绝对值，故D正确。 故选AD。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·湖南怀化·三模）某同学要把电压表改装成可直接测量压力的仪表，设计的电路如图（a）所示．实验器材如下：待改装电压表（量程0 ~ 3 V，可视为理想电压表），定值电阻，压敏电阻，电源（4 V，内阻不计），开关S，导线．选用的压敏电阻阻值随压力F变化的规律如图（b）． （1）实验中随着压力F的增大，电压表的示数__________．（填“变大”“不变”或“变小”） （2）为使改装后仪表的量程为0 ~ 160 N，且压力160 N对应电压表3V刻度，则定值电阻阻值__________，压力0 N对应电压表__________V刻度． （3）他发现这样改装后的仪表压力刻度分布不均匀，想进一步把（2）中的压力刻度改成均匀分布，应选用另一压敏电阻，其阻值与压力F变化关系式为__________． 2．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）某研究小组利用压敏电阻，改装一个简易的测力计。实验室提供如下器材： A．电阻箱（阻值范围） B．压敏电阻，其电阻与所受压力的关系如题图甲所示 C．电池（电动势，内阻不计） D．电压表（量程，内阻很大） E．开关、导线若干 利用所提供器材，研究小组设计了如图乙所示电路。 (1)图乙中，一定的情况下，所受压力越大，电压表的示数_____（选填“越大”或“越小”）； (2)闭合开关，在不施加压力的情况下，调节时，电压表恰好满偏。则不施加压力时，该压敏电阻的阻值_______； (3)保持不变，若把电压表表盘标度为压力，则电压表指针如题图丙所示时，应标度_____（保留两位有效数字）； (4)若考虑电压表的内阻，该测力计的测量值_____（选填“大于”、“小于”、“等于”）真实值。 3．（2026·河南郑州·模拟预测）半导体陶瓷湿敏元件可用来测量环境的相对湿度。某实验小组研究半导体陶瓷湿敏元件的电阻（）与相对湿度（）的关系。可选用的器材有：半导体陶瓷湿敏元件，湿度可控容器，电流表（量程，内阻），电流表（量程，内阻不计），电阻箱（阻值范围），定值电阻（阻值），电源（电动势约，内阻不计），开关，导线若干等。 (1)因实验需要，实验小组先将电流表和电阻箱串联改装成量程为9V的电压表。电阻箱阻值应取______。 (2)完成改装后，设计的测量电路如图1所示。将湿敏元件置于湿度可控的容器中，改变容器内的相对湿度，分别记录对应湿度下电压表的电压和电流表的示数，求出湿敏元件的阻值，如下表所示。 相对湿度（%） 30 40 50 60 70 电压（V） 6.86 7.21 7.52 7.81 8.08 电流（mA） 54.24 51.95 49.84 47.90 46.11 湿敏元件电阻（） 126.5 138.8 150.9 163.0 175.2 根据表中数据，在图2中的坐标纸上补全未画出的数据点，并绘出关系图线______。由图2可知，直线斜率为______（结果保留3位有效数字）。斜率越大，说明湿敏元件的灵敏度越______（填“高”或“低”）。 (3)某次测量时，电压表的电压为7.05V，电流表的示数为53.00mA，则相对湿度为______（结果保留2位有效数字）。 4．（2026·河北保定·一模）某实验小组在普通实验室内利用如图甲所示的电路研究光敏电阻的特性，电路中定值电阻 在M、N间接有电压传感器，闭合开关，用一定强度的光照射光敏电阻Rₓ，调节电阻箱R₃的阻值使电压传感器的示数为0，记录光照强度和电阻箱的阻值。多次改变入射光的强度，重复上述操作，通过记录的多组实验数据，描绘了光敏电阻的阻值随入射光强度的变化规律，如图乙所示。    (1)如图丙所示，甲同学用多用电表“×1k”的倍率测量了某状态下光敏电阻的阻值，则该状态下的阻值为___________Ω。 (2)某次实验时，电阻箱R₃的阻值如图丁所示，则此时入射光的光照强度为___________lx。 (3)乙同学通过分析光敏电阻的特性后，参照图乙数据，设计了如图戊所示的光控电路报警器，电路中电源的电压为E=3V，内阻可忽略不计，当电流表的示数大于等于1mA时报警器开始报警，则理论上报警器开始报警时，光敏电阻的阻值为___________Ω，入射光的强度为___________lx；为满足在上述光照条件下，电流表示数大于1.2mA时报警，应___________（选填“增大”或“减小”）定值电阻的阻值。 5.（2026·山东东营·二模）体重秤的核心部件力传感器的简要原理如图乙所示，金属板的上下两侧各贴有电阻应变片R1，R2；金属板左端固定，在金属板右端施加向下的力时，金属板向下弯曲，使两电阻应变片被拉伸或压缩形变，电阻发生改变。已知电阻应变片的阻值变化量与金属板受力F的关系均为，其中λ为常量。某体重秤电路如图丙所示，电源电动势为E，内阻不计；R1、R2在金属板不受力时阻值均为R，R3为定值电阻，R4为滑动变阻器；电压传感器内阻很大。回答下列问题： （1）当金属板右端受到向下的力时，R1的阻值_____，R1+R2的阻值_____；（均选填“增大”“减小”或“不变”） （2）当金属板受力为零时，闭合开关，将滑动变阻器R4的滑片滑到适当位置，使电压传感器的示数为零； （3）当金属板右端受到向下的力时，电压传感器的示数Uab_____0；（选填“>”“<”或“=”） （4）将质量为m的物体放在体重秤上，电压传感器示数U与质量m间的关系为_____（用E、R、g、λ表示）； （5）体重秤使用一段时间后，电源的内阻增大，以致不可忽略，则体重秤的测量结果将_____（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 6．（2026·广东汕头·二模）为助力“百千万工程”，某科创小组为蔬菜大棚设计自动控温装置，要求大棚温度低于15 ℃时加热系统自动启动，小组进行如下探究： (1)实验室有PTC和NTC两种热敏电阻，PTC阻值随温度升高而增大，NTC阻值随温度升高而减小。他们用多用电表欧姆挡并选择“×1 K”倍率测量电阻，某次指针位置如图1中a所示，将倍率换成______（选填“×100”或“×10 K”）重新调零后进行测量，指针位置如图中b所示，则阻值为______Ω。 (2)他们查找到一种控温装置的原理如图2所示，已知继电器线圈电流I≥2 mA时衔铁被吸合，加热器所在电路断路，加热结束。结合控温要求，Rt应选用______型热敏电阻（选填“PTC”或“NTC”）。若电源E1＝10 V，电源内阻和继电器电阻忽略不计，要使得温度低于15 ℃时（此时热敏电阻阻值为3.2 kΩ），加热系统立即启动，应将可变电阻R调为______Ω；若要提高加热系统的启动温度，可采取的措施是______。 7．（2026·河北沧州·一模）汽车自动雨刷系统中的雨量感应模块是其核心部件。某物理兴趣小组欲探究一个用于雨量感应的光敏电阻的特性，并设计一个简单的雨量控制模拟电路。 (1)探究光敏电阻的阻值特性 准备实验器材：待测光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），直流电源（），电压表（量程0～5V，内阻约3kΩ），电流表（量程0～3mA，内阻约10Ω），滑动变阻器（最大阻值20Ω），开关，导线若干，用于模拟雨滴的遮光物。 ①小组同学先用多用电表的电阻挡粗略测量光线较弱时光敏电阻的阻值，将选择开关指在电阻挡“×100”倍率，进行正确操作后示数如图甲所示，其读数为_____Ω。 ②为了更精确地测量不同光照强度下光敏电阻的阻值，小组同学设计电路并连接实验器材进行实验。请根据题中所给器材和测量需要，设计合理测量电路，用笔画线代替导线，在图乙中将实物图补充完整_____。 ③小组同学用遮光物模拟雨滴，不同程度地遮挡光敏电阻，以模拟不同雨量。测得无遮挡、轻度遮挡、重度遮挡（模拟小雨、中雨、大雨）三种情况下的图线分别为图丙中的、、，则对应大雨情况的图线是_____（填“”“”或“”）。 (2)设计自动雨刷启动电路 根据以上实验结果，小组同学想利用该光敏电阻设计一个模拟“自动雨刷”的控制电路。其原理是当雨量增大时，控制开关输入电压降低，且在达到中雨级别之前的适当值时，使控制开关输入的电压低于阈值（触发开关工作电压值）2.5V，触发雨刷电机启动。供电电路采用的器材为光敏电阻，定值电阻，，电源电动势，内阻不计。下列选项中可以实现上述控制功能的电路图为_____。 A． B． C． D． 8．（2026·吉林·模拟预测）热敏电阻常被用作温度传感器的主要部件，某同学想利用热敏电阻设计一个温控电路。首先，将热敏电阻放入温控室中，利用如图甲所示的测量电路探究热敏电阻阻值随环境温度变化的关系（热敏电阻的电流热效应可忽略不计）。 (1)实验时，记录不同温度下电压表和电流表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。由于电表内阻引起的系统误差，会导致热敏电阻的测量值________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。 (2)实验中得到的该热敏电阻阻值随温度t变化的曲线如图乙所示。将热敏电阻从温控室取出置于室温下，稳定后，测得热敏电阻的阻值为。根据图乙，可推测室温为________℃（结果保留2位有效数字）。 (3)该同学利用上述热敏电阻，设计了如图丙所示的温控电路。其中学生电源输出电压恒为，可变电阻R的调节范围为0~10kΩ。当控制开关两端电压低于1.2V时，可自动开启加热系统。若要将室内温度控制在20~28℃范围内，可变电阻R的阻值应为________，且控制开关的关闭电压应设定为超过________V时，自动关闭加热系统。（结果均保留2位有效数字） (4)由于测量热敏电阻时存在系统误差，导致实际温度的控制范围产生的偏差为________。 A．最低温度低于20℃，最高温度高于28℃。 B．最低温度低于20℃，最高温度低于28℃。 C．最低温度高于20℃，最高温度低于28℃。 D．最低温度高于20℃，最高温度高于28℃。 9．（2026·广东江门·二模）某实验小组想要利用压敏电阻制作压力计，设计了如图甲所示的电路。恒流电源输出的电流恒为50mA，理想电压表的量程可切换为0～3V或0～15V。压敏电阻的阻值随压力变化的图像如图乙所示。 (1)某次实验时电压表接入电路的量程为0～3V，闭合开关后，在压敏电阻上放置某物块后电压表的示数如图丙所示，则电压表的示数为________V，此时压敏电阻受到的压力大小为________N； (2)为扩大测量范围，该小组决定选用电压表的0～15V量程。将电压表的表盘修改为压力计表盘，压力计的0刻度线应标在此时电压表的_______V处，压力测量范围为0～______N，改装后的表盘刻度是_________（填“均匀”或“不均匀”）变化的。 10．（2026·安徽马鞍山·二模）某同学从网上购买了某种型号的发光二极管，说明书显示其正向电压在之间时，可以发光，对应功率约为。为进一步研究二极管的特性，该同学用以下器材来绘制二极管正向导通时，电压从0开始变化的伏安特性曲线。 A．量程为的电流表，内阻约为 B．量程为的电流表，内阻约为 C．量程为的电压表，内阻约为 D．最大阻值为的滑动变阻器 E．最大阻值为的滑动变阻器 F．定值电阻， G．电源电动势为3.0V，内阻不计 H．开关和导线若干 （1）从以上器材中选择合适的器材组成电路，其中电流表应选择________，滑动变阻器应选择________（填器材前的字母序号）。 （2）下列四幅图中，最合理的实验电路是________。 A．    B．C．    D． （3）通过正确地操作，绘制出了如图甲所示的伏安特性曲线。 （4）若将二极管接入如图乙的电路，为使二极管在给定电压范围内发光，电路中的定值电阻应选择____（选填“”或“”），此时二极管的功率是____W（结果保留两位有效数字）。 11．（2026·广东中山·三模）图1为等臂电流天平实物图，图2为其结构简图。兴趣小组现要测定电流天平螺线管在通某恒定电流时内部产生磁场的磁感应强度大小（通电螺线管在其内部产生的磁场可视作水平方向的匀强磁场）。实验前将电流天平的U形导线（如图3）放入未通电的螺线管中，调节平衡螺母使U形导线处于水平状态。实验时将U形导线与螺线管线路分别接通直流电，设流经螺线管的电流为I1、流经U形导线的电流为I2，然后在U形导线框的左端挂上钩码，保持I1大小不变，调节I2的大小使线框平衡，如图2所示。图3中U形导线的长与宽分别为La与Lb。 (1)电路安装 实验电路如图4，其中只有滑动变阻器还未完全连接好，要求电流表的读数能从零开始变化，请将其连接好________； (2)实验测量与数据处理 ①电流天平通电流I1和I2后，关于电流天平平衡的原因，下列说法中正确的是( ) A．钩码的重力与La段导线所受到的安培力大小相等 B．钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力大小相等 C．La段导线与Lb段导线所受到的安培力大小相等 D．La段导线与Lb段导线所受到的安培力方向相反 ②实验时，若保持螺线管中的电流，逐次增加钩码个数N（每个钩码质量相同），并重新调整U形导线的电流I2，使电流天平恢复平衡。记录下每次实验时N、I2如下表： N/个 1 2 3 4 5 I2/A 0.50 1.00 1.40 2.10 2.50 根据实验数据，做出“N−I2”图像，如图5所示，图线的斜率数值k=________。（结果保留2位有效数字） ③某次测量I2的电表示数如图6所示，示数为________A。 (3)通电螺旋管内部磁感应强度的计算 若一个钩码的质量为m，重力加速度为g，本次实验中测得该通电螺线管内部磁场的磁感应强度大小B=________（用含k、m、g、La、Lb字母的表达式表示）。 12．（2026·广东揭阳·二模）某工厂的苹果自动分拣装置如甲图所示，该装置能按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。图中R1为半导体薄膜压力传感器，轻质托盘置于R1上，苹果经过托盘时对R1产生压力，R1的阻值随压力F变化图像如图乙所示。初始状态衔铁水平，当电阻箱R2两端电压U2≥3V时，控制电路使电磁铁吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态。已知电源电动势E＝9V，内阻r＝1.0Ω，重力加速度g取10m/s2。 (1)当质量较大的苹果通过托盘时，对应的压力传感器R1的阻值______（填“较大”或“较小”） (2)如图乙，现以0.3kg为标准质量将苹果分拣开，此时R1的阻值为______Ω；根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小苹果将通过______（填“上通道”或“下通道”）；为使该装置达到分拣标准，电阻箱R2的阻值应调为______Ω（结果保留一位小数） (3)若电源长时间未使用，内阻增大但电动势不变，则分拣标准质量将会______（填“变大”、“变小”或“不变”）。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1． 变大； ； ； ; 【详解】（1）[1]根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数 由图（b）可知，压力越大越小，U越大，故电压表的示数变大； （2） [2][3]由图（b）可知，当时，，此时电压表的示数， 由 得 由图（b）可知，当时，，此时电压表的示数为 可见压力0N对应电压表1.5V刻度； （3）[4]若选用图（b）的压敏电阻，则与压力F的关系式为 代入 可得U 与F的关系式为 这样改装后的仪表压力刻度分布是不均匀的．为了使压力刻度分布均匀，应另选用压敏电阻，且仍要满足量程为，N标在1.5V刻度，标在3V刻度．由于电压表的电压刻度是均匀分布的，所以电压和压力一定要满足线性关系，设 由时，，时，可得， 又 解得. 2．(1)越小 (2)50.0 (3)22/23/24 (4)大于 【详解】（1）由图甲可知，压力越大，电阻越小，根据乙电路图，与串联，由串联电路的分压特点可知，电阻越小，电压表示数越小； （2）由串联分压特点，解得 （3）电压表读数为，由串联分压特点可知其阻值为，由图甲可知，对应力为23N（22、23、24均可） （4）刻度时所用电阻为电压表与压敏电阻的总阻值，其值小于压敏电阻的阻值，由图甲可知，力的测量值大于其真实值。 3．(1)2850.0 (2) 见解析 1.22（1.18~1.26均正确） 高 (3)34/35/36 【详解】（1）把电流表A1改装为量程9V的电压表，根据串联分压原理有 解得 （2）[1]根据表格数据，缺少RH=50%、R=150.9Ω的数据点，补充后连接为直线，如图： [2]斜率（1.18~1.26均正确） [3]斜率越大，说明相对湿度改变量相同时，湿敏电阻的变化量越大，因此灵敏度越高。 （3）由电路可知，湿敏元件两端电压等于电压表读数U，通过湿敏元件的电流等于电流表A2读数I，因此湿敏电阻，代入R−RH关系图线有，解得 即相对湿度约为35%（34%∼36%均正确）。 4．(1)7000 (2)0.5 (3) 2000 0.6 减小 【详解】（1）甲同学用多用电表“×1k”的倍率测量了某状态下光敏电阻的阻值，则该状态下的阻值为 （2）电阻箱的阻值如图丁所示，为 由电桥法可知，此时则此时的阻值也为，所以入射光的光照强度为0.5lx。 （3）[1]当电流表的示数大于等于1mA时报警器开始报警，则理论上报警器开始报警时，电路中总电阻为，定值电阻，可知光敏电阻的阻值为。 [2]由图可得入射光的强度为0.6lx。 [3]根据可知为满足在上述光照条件下，电流变大，总电阻变小，定值电阻应减小。 5． 增大 不变 > 偏小 【解析】【小题1】（1）[1][2]金属板右端受向下的力向下弯曲时，上侧的被拉伸，应变片阻值增大；下侧的被压缩，应变片阻值减小，电阻大小随F的变化关系均为 因此，故总阻值不变。 （3）[3]当金属板受力为零时，闭合开关，将滑动变阻器的滑片滑到适当位置，使电压传感器的示数为零，可知a、b两点电势相等；当金属板右端受到向下的力时，的电阻变大，的电阻变小，故两端电压增大，a点电势升高，电压传感器的示数 （4）[4]受力为零时，电压传感器示数为零，此时 设电源负极为电势零点，受力后，则， 放上质量为的物体时， 所以 （5）[5]使用一段时间后，电源的内阻增大，导致电流变小，两端电势差相比电源没有内阻时减小，减小，电压传感器示数偏小，则体重秤的测量结果偏小。 6．(1) “×100” //2000 (2) NTC /1800 将可变电阻R的阻值调大（还可以说电动势，电动势降低） 【详解】（1）[1]选择“×1 K”倍率进行测量时，发现指针偏转角度太大（指针靠近欧姆零刻度），说明示数太小；由于电阻的测量值=指针示数×倍率，要使欧姆表指针示数变大，应该减小欧姆表的倍率，需换成“×100”倍率挡； [2]换倍率后指针指在，因此阻值为 （2）[1]根据要求，温度低于时加热启动，即温度低时电流，衔铁不吸合，加热器通路。温度升高后电流，衔铁吸合，加热器断开。 NTC热敏电阻阻值随温度升高而减小，随温度降低而增大：低温时NTC阻值大，总电阻大，电流小，满足加热启动条件；高温时NTC阻值小，总电阻小，电流达到阈值断开加热，符合要求，因此选NTC； [2]临界条件为时，由欧姆定律总电阻 已知，因此 [3]提高启动温度，即临界温度升高，更高温度下NTC的阻值更小，临界条件仍满足 （阈值不变），因此需要增大可变电阻的阻值（减小电源电动势也可，核心逻辑正确即可）。 7．(1) 1800 电路图见解析 (2)C 【详解】（1）[1]多用电表电阻挡读数为指针示数×倍率，因此读数为 [2]滑动变阻器最大阻值仅20Ω，远小于光敏电阻，限流法无法明显改变电压电流，因此采用分压式接法； 光敏电阻为大电阻，满足，因此电流表采用内接法，连线如图： [3]大雨对应重度遮挡，光照最弱，光敏电阻阻值最大，由，相同电压下电流最小，因此对应图线斜率最小的。 （2）AB．控制开关并联在两端，电压，增大时增大，不符合“雨量增大电压降低”的要求，故AB错误； C．由题意雨量增大→遮挡增多→增大，要求增大时控制开关输入电压降低，且中雨之前电压就低于2.5V触发启动。由三种情况下的图线可求得小雨时，同理中雨时，大雨时。 控制开关并联在两端，电压，增大时减小，符合变化规律。令代入得触发对应的（中雨阻值），说明中雨之前就触发，故C正确； D．控制开关并联在两端，令得触发对应，超过中雨才触发，故D错误。 故选C。 8．(1)大于 (2)16 (3) 2.0 1.5 (4)B 【详解】（1）测量电路采用电流表内接法，由于电流表的分压导致电压表测量值比热敏电阻两端实际电压较大，最终导致电阻测量值偏大。 （2）由图像可得，当时，对应温度为16℃。 （3）按照温控范围要求，当温度低于20℃时，需要加热，此时。当控制开关两端电压为1.2V时，分压达到1.8V，串联电路电阻的电压与阻值成正比，所以 当温度超过28℃时，即，需要断开开关停止加热，此时控制开关两端电压为 （4）由于电流表内接法导致热敏电阻测量值偏大，真实值图像应为图中虚线所示。控制开关电压为时，，此时实际温度低于20℃。控制开关电压为时，，此时实际温度低于28℃。所以实际温度控制范围为：最低温度低于20℃，最高温度低于28℃。故选B。 9．(1) 1.70 16 (2) 均匀 【详解】（1）[1]电压表接入电路的量程为0～3V，最小分度为，电压表的示数为1.70V [2]此时压敏电阻阻值为，结合题图乙有 代入可知此时压敏电阻受到的压力大小 （2）[1][2]压敏电阻上的压力为0时压敏电阻的阻值 因此压力计的0刻度线应标在电压表的 由于选择的电压表量程为0～15V，因此 可得 代入可得 [3]结合前面的分析可知，电压表示数与压敏电阻的阻值成正比，而压敏电阻的阻值与作用在压敏电阻上的压力是线性关系，因此改装后的表盘刻度是均匀变化的。 10． A D D R1 0.086 (0.082~0.093均可） 【详解】[1]由题可知 故量程为的电流表，故选A； [2]因二极管电压从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用，故选D。 [3]根据题意可知二极管电阻大致为 根据，故采用内接法，故D符合题意。故选D。 [4] 其正向电压在之间时，可以发光，根据欧姆定律可知 选取时可以使二极管正常发光； [5]由图甲可知 此时二极管的功率是 11．(1)见解析 (2) B 2.0 1.60 (3) 【详解】（1）要求电流表读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示 （2）[1]螺线管内部磁场沿轴线水平，U形导线中La段电流与磁场平行，所受安培力为零；Lb段电流与磁场垂直，受到竖直方向的安培力，平衡时钩码总重力与Lb段安培力大小相等。 故选B。 [2]由N−I2图像可得，斜率数值 [3]电流表量程为0∼3A，分度值为0.1A，由图可知指针读数为1.60A。 （3）钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力平衡时，满足，整理得 因此N−I2图线斜率，解得 12．(1)较小 (2) 20.0 上通道 10.5 (3)变大 【详解】（1）苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，对应的R1的阻值较小。 （2）[1]当苹果质量为0.3kg时，此时R1受到的压力为 由图乙可知此时R1的阻值为； [2]根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小苹果，对R1的压力较小，对应的R1的阻值较大，R2两端电压较小，电磁铁没有吸动衔铁，则小苹果将通过上通道； [3]为使该装置达到分拣标准，根据比例可得 其中，，，，解得电阻箱R2的阻值应调为 （3）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据 由于内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时对应的R1的阻值变小，需要的压力变大，即分拣标准质量将会变大。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．甲、乙两球质量分别为、，从同一地点（足够高）处同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小仅与球的速率成正比，与球的质量无关，即（为正的常量）两球的图像如图所示。落地前，经时间甲、乙两球的速度都已分别达到各自的稳定值、。则下列判断正确的是（　　） A．释放瞬间甲球加速度较大 B． C．甲球质量大于乙球 D．时间内两球下落的高度相等 2．急动度是描述加速度变化快慢的物理量，定义式“”。为评估某品牌新能源汽车起步时的平稳性，工程师测得“”图像如图所示。已知，，下列关于汽车在启动阶段“0∼4s”内的说法正确的是（　　） A．当时，汽车的速度达到最大值 B．当时，汽车的加速度达到最大值 C．当时，汽车开始反向运动 D．当2∼4s内，汽车做匀减速直线运动 3．在一次无人机飞行表演中，初始时刻两无人机从空中同一地点以相同的初速度由西向东水平飞行。无人机甲安装有加速度传感器，无人机乙安装有速度传感器，选取向东为正方向，两无人机各自传感器读数与时间的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．3~9s内，甲向东飞行，乙向西飞行 B．3~9s内，甲的加速度与乙的加速度相同 C．9s末甲乙相距45m D．0~9s内甲的平均速度为0 4．（多选）在光滑水平面内有一直角坐标系xOy，在t=0时刻，质量为m=2kg的物块从直角坐标系的坐标原点O以一初速度沿y轴正方向开始运动，同时受一沿+x方向的恒力F作用，其沿x方向的位移x与x方向的速度的平方关系如图甲所示，沿y方向的位移y随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是 A．物块做匀变速曲线运动 B．物块受到的恒力F=1N C．t=4s时物块位移s=10m，方向与x轴正向成37° D．t=4s时物块的速度为=5.5m/s，方向与x轴正向成37° 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．C 【详解】A．释放瞬间，因此空气阻力，两球均只受重力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间两球的加速度均为重力加速度，故A错误； B．由图可知两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时 则 ，即，故B错误； C．因 ，由题图可得，所以甲球质量大于乙球，故C正确； D．图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，时间内两球下落的高度不相等，故D错误。故选C。 2．B 【详解】B．由题意作出图，知时，加速度最大，且最大加速度为，B正确；ACD．0~4s，加速度始终大于0，汽车一直加速，时，汽车的速度达到最大值，运动方向未发生改变，ACD错误。 故选B。 3．C 【详解】A．由图像可知，在内乙向东做减速运动，其速度方向向东，故A错误； B．在内，甲的加速度大小；乙的加速度大小： 可知两无人机加速度大小相等，方向相反，故B错误； C．在图像中画出甲的图线，如图所示 根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知在前内 ， 即时两飞机间距离为 内两飞机的位移相等，则9s末甲乙相距45m，故C正确； D．由图可知内甲机一直向东飞行，其位移必不为零，平均速度必不为零，故D错误。 故选C。 4．AC 【详解】A．分析物体在x方向上的运动情况，根据速度-位移关系可知，，x-vx2图象的斜率表示加速度二倍的倒数，a=1m/s2，位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，y方向上做匀速直线运动，则物体做匀变速曲线运动，故A正确； B．根据牛顿第二定律可知，F=ma=2N，故B错误； C．t=4s时，x方向上的位移x=at2=8m ， y方向上的位移y=6m， 根据运动的合成与分解可知，物块的位 方向与x轴的夹角θ满足 ，可得 ，故C正确； D．物体做类平抛运动，t=4s时，速度与x轴的夹角φ满足tanφ=2tanθ，即φ≠37°，故D错误。 故选AC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·江西·模拟预测）如图所示，两根光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，导轨左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B，方向竖直向下。两磁场区域沿导轨方向的长度均为d，质量均为m的金属棒ab和ef垂直导轨放置，接入电路中的电阻分别为R和2R，金属棒ef置于磁场Ⅱ的右边界处（边界处存在磁场）。现将金属棒ab从弯曲导轨上高度为h1处由静止释放，使其沿导轨运动。金属棒ab在离开磁场Ⅰ前已经做匀速运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（    ） A．金属棒ab刚进入磁场Ⅰ时，金属棒ef中的电流方向为f→e B．金属棒ab刚进入磁场Ⅰ瞬间，金属棒ef的加速度大小 C．金属棒ab在磁场Ⅰ内运动的过程中，金属棒ef产生的焦耳热 D．若金属棒ab以速度v′进入磁场Ⅰ，经过时间t0从磁场Ⅰ穿出，则在这段时间内通过金属棒ef横截面的电荷量 2．（2026·山东日照·二模）如图所示，间距为L的足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平固定，左侧接有电容为C的电容器。垂直导轨静止放置的导体棒甲、乙，质量分别为m和2m，电阻均为R，长度均为L。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现使导体棒甲以v0大小的初速度水平向右运动，运动过程中两棒不发生碰撞。导体棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计，下列说法正确的是（    ） A．初始时，通过导体棒甲和导体棒乙的电流大小相等 B．系统达到稳定状态前，当电容器两端电压为U时，通过导体棒乙的电流为 C．系统达到稳定状态后，两导体棒的速度为 D．初始时，两导体棒间的距离至少为 3．（2026·四川广元·三模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（　　） A．弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 4．（2026·安徽·模拟预测）如图，在光滑绝缘水平面上有一同种金属材料制成的单匝矩形线圈，在水平外力作用下运动，第一次以大小为的速度向右垂直于磁场边界匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次同样方式进入，速度大小为。则在线圈进入匀强磁场的过程中，下列说法正确的是（　　） A．第二次进入与第一次进入时外力之比为 B．第二次进入与第一次进入时外力做功功率之比为 C．第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为 D．第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为 5．（2026·河北沧州·三模）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路：质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能与形变量x的关系为；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中（   ） A．金属棒所受安培力冲量大小为 B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 C．每个定值电阻产生的热量为 D．金属棒的平均输出功率为 6．（多选）（2026·河北保定·二模）如图甲所示，两根相距的平行长直光滑金属导轨水平放置，左端接电容为的电容器，一质量为、接入电路电阻为的金属棒垂直放置在导轨上。匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，时间内金属棒卡住不动，时刻释放金属棒。图中标注的物理量均为已知量，除金属导体棒外其他电阻忽略不计．下列说法正确的是（    ） A．释放金属棒后，金属棒向左运动 B．电容器极板上所带最大电荷量为 C．金属棒运动的最大加速度大小为 D．导体棒最终的速度为 7．（多选）（2026·河北邯郸·模拟预测）如图甲所示，水平虚线的上方存在一个垂直纸面向里的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。现有匝数为、质量为且质地均匀的矩形线圈，边长为，边长为，线圈中的导线满足长度为的导线的电阻为。线圈边与重合，线圈平面与磁场垂直。在时段内，线框固定；时刻解除锁定，再经过时间线圈穿出磁场。不考虑线圈的自感和一切阻力的影响，且离地面足够高，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．时段内通过线圈的电荷量为 B．时刻，边所受安培力大小为 C．时段，线圈可能做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度后做匀速运动 D．线圈穿出磁场时的速度大小 8．（多选）（2026·陕西商洛·二模）如图所示，MN、PQ为两根足够长的光滑、平行金属导轨，它们之间的距离为L，导轨平面与水平面之间的夹角，N、Q间接有阻值为R的定值电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直MNQP平面向上，长度略大于L、质量为m的金属棒cd垂直放置于导轨上，其接入电路的电阻为。现将cd从导轨上的某一位置由静止释放，经过时间t0达到最大速度。整个过程金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，导轨电阻不计。金属棒由静止释放至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．经过R的电流方向由N到Q B．金属棒cd的速率随时间线性增大 C．金属棒下滑的距离为 D．R上产生的热量为 9．（多选）（2026·河北沧州·三模）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，固定放置1、2、3、4四根平行光滑的导轨，1、2的间距以及3、4的间距均为d，在1、2的右侧接上阻值为R的定值电阻，在3、4的左侧接上电动势为E、内阻不计的电源。3、4处在磁感应强度为方向竖直向下的匀强磁场中，1、2之间的圆形虚线边界正好与1、2相切，虚线边界内的匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小随时间变化的关系式为（k为已知的常数），让质量为m的导体棒垂直1、2放置，在虚线边界外左侧且与1、2左边缘相距为d的位置让导体棒获得一个水平向左的初速度，经过一段时间导体棒离开1、2，然后滑上3、4做减速运动直到做匀速运动，导体棒在导轨上滑行时始终与导轨接触良好且接入电路的有效阻值也为R，导线、导轨的电阻均忽略不计，下列说法正确的是（    ） A．导体棒在1、2上滑行的过程中的电流为 B．导体棒在1、2上滑行的过程中R上产生的焦耳热为 C．导体棒在1、2上滑行的过程中，流过导体棒某一横截面的电荷量为 D．导体棒在3、4上滑行的过程中，流过导体棒某一横截面的电荷量为 10．（多选）（2026·辽宁丹东·一模）如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨和，导轨间距为，电阻不计，虚线左侧磁场竖直向下、右侧磁场竖直向上，磁感应强度大小均为。导轨上放有质量均为、电阻均为的金属棒、（在虚线左侧，在虚线右侧，且、到虚线的距离相等）。开始时静止，获得向右的初速度，通过虚线前已经以速度匀速运动，整个过程中、未发生碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。则下列说法中正确的是（　　） A．金属棒刚开始运动时，金属棒的加速度大小为 B．金属棒从开始运动到匀速运动的过程中，通过金属棒的电荷量为 C．金属棒从开始运动到匀速运动的过程中，整个回路产生的热量为 D．最终金属棒、的速度均为 11．（多选）（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示,在光滑绝缘的水平面上存在一系列宽度均为的相同的匀强磁场, 相邻两磁场的间距为 。一个匝数 、边长为的正方形金属线框以初速度垂直于第一个磁场的左边界进入磁场，线框恰能穿过完整的磁场的个数 。则（　　） A．线框从第一个磁场穿出后的速度为 B．线框在第2和第3磁场中匀速运动所经历的时间之比为 45:46 C．线框通过第2和第3个磁场产生的焦耳热之比为47:45 D．若金属材料、截面和线框边长不变，匝数增加为100 ， 仍以原来速度进入磁场，则只能穿过1个完整磁场 12．（多选）（2026·重庆永川·二模）如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左右两侧导轨间距分别为d、2d，并处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。半圆弧形导体棒ab、cd恰好分别与两侧导轨相切，材料相同，电阻率为p，横截面积均为S。初始时两棒静止，两棒中点连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两导体棒在所处磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。导体棒始终与导轨相切，且接触良好。导轨足够长且电阻不计，则（    ） A．弹簧伸长过程中回路中产生逆时针方向的电流 B．整个运动过程中，ab和cd棒产生的热量之比为2∶1 C．整个运动过程中，通过ab的电荷量为 D．ab速率为v时，cd所受安培力大小为 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【详解】A．根据右手定则可知，金属棒刚进入磁场Ⅰ时，中的电流方向为，选项A错误； B．金属棒在弯曲光滑导轨上运动的过程中，机械能守恒，设其刚进入磁场Ⅰ时的速度为，闭合回路产生的感应电动势为，感应电流为，由机械能守恒定律可得，解得 感应电动势，由闭合电路欧姆定律可得，联立解得 金属棒所受安培力，解得，选项B正确； C．由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向左，金属棒ef所受安培力水平向左，则金属棒ab在磁场Ⅰ中做减速运动，产生的感应电动势逐渐减小，金属棒ef在磁场Ⅱ中做加速运动，产生的感应电动势逐渐增加，当两棒产生的感应电动势相等时，回路中感应电流为零，此后金属棒ab、ef都做匀速运动，设金属棒ab、ef最终的速度大小分别为、，整个过程中安培力对金属棒ab、ef的冲量大小分别为、，由 解得 设水平向右为正方向，对金属棒ab，由动量定理有 对金属棒ef，由动量定理有 由于在金属棒ab、ef运动过程中，流过两金属棒的电流始终相等，所处磁场的磁感应强度大小也相等，因此两金属棒受到的安培力大小相等，则两金属棒受到的冲量的大小 联立可得 金属棒ab在磁场Ⅰ中运动的过程中，回路中产生的焦耳热 故金属棒ef产生的焦耳热，选项C错误； D．由以上分析可知，当金属棒ab进入磁场Ⅰ后，金属棒ef开始向左运动，两棒在运动过程中受到的安培力大小时刻相等，则每个时刻两金属棒的加速度大小均相等，所以两金属棒在时间内速度的变化量大小相等，作出两金属棒的图像如图所示，根据图像与横轴围成的面积表示位移可知，在时间内，两金属棒运动的距离之和为，金属棒ab的位移大小为，则金属棒ef运动的位移大小 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得，通过金属棒ef横截面的电荷量 而， 整个回路的磁通量变化量 联立解得，选项D错误。 2．C 【详解】A．初始时，电容器两极板不带电，导体棒甲切割磁感线产生感应电动势，感应电动势为电容器充电同时与导体棒乙构成回路，所以流过导体棒甲的电流等于为电容器充电的电流与流过导体棒乙的电流之和，所以初始时两棒电流大小并不相等，故A 错误。 B．设导体棒甲的速度为，导体棒乙的速度为，则相应时刻电容器两端电压等于导体棒甲、乙的感应电动势之和，即 电路中的总电阻为 根据欧姆定律,电路中的电流为 即通过导体棒乙的电流为，故B错误。 C．当系统达到稳定状态后，两棒速度相同，设共同速度为。对导体棒甲、乙组成的系统使用动量定理有 由于， 所以有 解得，故C正确。 D．设两棒初始间距的最小值为，它应等于运动过程中甲相对乙靠近的总位移，由两支路电流关系 所以 设整个过程中通过甲、乙两棒的总电量分别为 ，则 又有， 所以 故 代入 解得，故D错误。 故选C。 3．C 【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，故A错误； B．任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQBI·2d 方向向左，MN所受安培力FMN＝2B I·d 方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，根据动量守恒定律2mvmv′， 解得v′2v 此时回路中的感应电流 故MN所受安培力大小为FMN2BId＝ 故B错误； C．根据动量守恒定律2mvmv′ 知整个运动过程中，任意时刻MN与PQ的速率都有v′2v 故MN与PQ的速率之比始终为2∶1，时间相同，故路程比等于速率比， 故MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确； D．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，时间相同，由动量守恒可得mx12mx2， x1x2L 可得最终MN向左移动x1PQ，向右移动x2 则整个运动过程中，通过MN的电荷量为 故D错误。 故选C。 4．D 【详解】A．由，，可得匀速进入磁场时外力 则第二次进入与第一次进入时外力之比为，故A错误； B．外力做功功率 则第二次进入与第一次进入时外力做功功率之比为，故B错误； C．热量 则第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为，故C错误； D．电荷量 则第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为，故D正确。 故选D。 5．D 【详解】A．根据 而,，解得，选项A错误； B．该过程中由动量定理 解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为，选项B错误； C．由能量关系可知回路产生的总热量 每个定值电阻产生的热量为，选项C错误； D．金属棒的平均输出功率，选项D正确。 故选D。 6．BC 【详解】A．释放金属棒之前，电路中磁感应强度增大，根据法拉第电磁感应定律有 根据楞次定律，回路中有逆时针方向的感应电流，故电容器上极板带正电。 释放金属棒后，电容器放电，金属棒受到向右的安培力作用，故金属棒向右运动，故A错误； B．释放金属棒后，电容器放电，电容器所带电量逐渐减小，故释放金属棒瞬间，电容器所带电量最大，电容器极板上所带电荷量的最大值为，故B正确； C．释放金属棒后，电容器放电，电容器所带电量逐渐减小，金属棒中电流逐渐减小，故释放金属棒瞬间，金属棒的加速度最大，根据， 联立解得，金属棒运动的最大加速度大小为，故C正确； D．电容器放电，两极板间电压减小，金属棒向右加速运动，导体棒由于切割磁感线而产生的感应电动势逐渐增大，当时，回路中无电流，金属棒最终匀速运动。 设稳定后电容器带电量为，金属棒匀速运动的速度为，故， 金属棒向右加速运动，根据动量定理有 联立解得，导体棒最终的速度为，故D错误。 故选BC。 7．ACD 【详解】A．时段内，线圈中产生感生电动势 电流 电阻 电量 联立可得电量，故A正确； B．当时，安培力 此时，所以边所受安培力大小为，故B错误； C．时刻后，线圈受重力作用向下加速运动，边切割磁感线，产生感应电动势 感应电流 受到安培力为 根据牛顿第二定律 可知，做加速度减小的加速运动，但由于没有具体数据，所以直到线圈完全出磁场，不能判断是否达到匀速运动，故C正确； D．线圈在内由动量定理 重力的冲量为 安培力的冲量为 电荷量为 磁通量的变化量为 电阻为 联立可得线圈穿出磁场时的速度大小为，故D正确。 故选ACD。 8．AC 【详解】A．由右手定则，可知金属棒中电流由d到c，则经过R的电流由N到Q，故A正确； B．金属棒下滑过程中，还要受到安培力，安培力随速度增大而增大，则金属棒cd做加速度逐渐减小的变加速直线运动，速率随时间不是线性增大，故B错误； C．感应电流，则安培力，且 下滑速度最大时，金属棒受力平衡，有，得 由动量定理，有，且下滑的距离 联立解得，故C正确； D．由功能关系，有 R上产生的热量为 联立解得，故D错误。 故选AC。 9．BD 【详解】A．右侧闭合回路产生的感应电动势为 导体棒在1、2上滑行的过程中的电流为，A错误； B．导体棒在1、2上滑行的时间为， R上产生的焦耳热为，B正确； C．导体棒在1、2上滑行的过程中，流过导体棒某一横截面的电荷量为，C错误； D． 导体棒在3、4上滑行的过程中，当导体棒切割磁场产生的电动势等于电源电动势时，导体棒匀速运动， 即 根据动量定理，又 得导体棒在3、4上滑行的过程中，流过导体棒某一横截面的电荷量为，D正确。 故选BD。 10．AD 【详解】A．金属棒刚开始运动时，产生的感应电动势为 电路中电流为 对金属棒，根据牛顿第二定律有 解得，故A正确； B．对a根据动量定理有 根据电流的定义式有 解得，故B错误； C．a匀速时，电流为零，故，由能量守恒，回路热量，故C错误； D．a通过虚线后，进入右侧磁场，a的感应电动势方向反转，总感应电动势 两棒的安培力均向左，阻碍运动，只要速度不为零，就有安培力做负功，动能持续转化为焦耳热，最终两棒速度都减为0，故D正确。 故选AD。 11．AC 【详解】A．设线框的总质量为，线框进第一个磁场过程，规定向右为正方向，根据动量定理有 又 同理，线框出第一个磁场过程，根据动量定理有 又，联立解得 可知线框每次进磁场和出磁场过程，线框的速度变化量相同，即速度减少量相同。因线框每经过一个磁场，在进入磁场和离开磁场时都要减速一次，所以线框经过一个磁场时要减速2次，由题意可知线框恰能穿过完整的磁场的个数N=25，故线框减速50次，则有，解得 故线框从第一个磁场穿出已减速两次，线框从第一个磁场穿出后的速度为，故A正确； B．结合A项分析可知，线框完全进入第2磁场时线框已减速3次，故线框在磁场2中匀速运动的速度 同理，线框完全进入第3磁场时线框已减速5次，故线框在磁场3中匀速运动的速度 故线框在第2和第3磁场中匀速运动所经历的时间之比为，故B错误； C．线框刚开始进入第2磁场时，线框已在第1磁场减速2次，故线框刚开始进入第2磁场的速度为 线框完全离开第2磁场时线框已减速4次，则线框完全离开第2磁场的速度 同理，线框完全离开第3磁场时线框已减速6次，则线框完全离开第3磁场的速度 线框通过第2磁场产生热量为 线框通过第3磁场产生热量为 故，故C正确； D．若金属材料、截面和线框边长不变，设穿过完整的磁场的个数为N，全过程，根据动量定理有，又 联立解得 又，，其中为电阻率，为密度 代入上式，可得 可知N与n无关，即线框仍能通过25个完整的磁场，故D错误。 故选AC。 12．AC 【详解】A．弹簧伸长过程中，左移、右移，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A正确； D．棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，处于磁场中，电阻 棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，则 处于磁场中，电阻 和受到的安培力大小分别为， 两力大小相等、方向相反，对和组成的系统，合外力为0，系统动量守恒，有 代入，得 总感应电动势 总电阻 电流 的安培力，故D错误； B．根据结合D选项分析可知整个运动过程中，ab和cd棒产生的热量之比为，故B错误； C．任意时刻回路中的电流为 在极短的时间内，有 对等式两边求和，可得 由， 代入得，故C正确。 故选AC。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·北京·一模）如图所示，一定质量的理想气体从状态a沿图示路径变化到状态b，此过程中（    ） A．气体的体积减小 B．气体的内能减小 C．气体从外界吸热 D．气体对外界做功 2．（2026·山东聊城·二模）2025年中国农业科学院团队研究发现，当两个农药分子在溶液中靠近时，两分子间作用力F和分子势能随分子间距离r的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．当时，农药分子间作用力表现为斥力 B．当时，农药分子间作用力为零，分子势能最大 C．当，在农药分子相互远离过程中，分子间作用力一直减小 D．当，在农药分子相互靠近过程中，分子势能一直增大 3．（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）乌鲁木齐市4月昼夜温差较大。清晨环境温度为7℃，王老师用活塞将一定质量的空气（可视为理想气体）封闭在水平固定的导热汽缸内，汽缸内气柱长度为；下午环境温度升高至21℃，王老师测得汽缸内气柱长度为，并将活塞固定；傍晚环境温度下降至14℃，汽缸内空气压强变为。已知外界大气压强始终为，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，下列关系式正确的是（　　） A．    B．    C．    D．    4．（2026·广东汕头·二模）我国研发的弹性陶瓷纳米纤维气凝胶是一种耐高温的隔热材料，其内部存在大量孔隙，能显著降低热量传递。下列说法正确的是（　　） A．气凝胶具有弹性，是因为分子间只存在引力 B．温度越高，气凝胶内空气分子的平均动能越大 C．用高温喷枪直喷时，气凝胶分子的布朗运动变剧烈 D．气凝胶能耐高温，说明温度升高时，气凝胶分子热运动反而减弱 5．（2026·重庆沙坪坝·二模）易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中的冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩（无破损），不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体（视为理想气体）（　　） A．分子热运动的平均动能增加 B．内能不变 C．压强减小 D．对外界做正功 6．（2026·新疆省直辖县级单位·模拟预测）理论和实验分析表明，物质内分子热运动的平均动能与绝对温度之间满足的关系是，其中为玻尔兹曼常量，与物质的分子结构有关，比如，常温下的理想气体中，单原子分子气体，双原子分子气体，常温下的固体（晶体），等等。则下列说法中正确的是（　　） A．温度升高时，物体内所有的分子热运动动能都增加 B．常温下，温度相同且可视为理想气体的氦气、氖气的分子热运动平均动能相同 C．常温下，温度相同且可视为理想气体的氧气、臭氧的分子热运动平均动能相同 D．常温下，温度变化相同时，物质的量相同、可视为理想气体的氢气、氧气的内能变化量不相同 7．（2026·陕西西安·三模）一定质量的理想气体经历a→b→c→d→a四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，b、c、d三个状态的体积关系为，下列说法正确的是（　　） A．从a到b，气体的体积不变 B．从b到c，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数增加 C．c、d两状态的体积之比为2:3 D．从b到c的过程气体从外界吸收的热量大于从c到d的过程气体从外界吸收的热量 8．（2026·重庆九龙坡·二模）在研究热机效率与微观机制时， 科学家常借助理想气体模型分析热力学过程。如图为一定质量的理想气体经历 循环过程中气体压强 p 与热力学温度 T 的关系图像。已知 AB、BC 分别与横轴和纵轴平行，CA 延长线过坐标原点。下列说法正确的是（　　） A． 过程，气体的体积将增大 B． 过程，单位时间撞击器壁单位面积的分子数增多 C． 过程，每个气体分子的动能均保持不变 D． 过程，气体放出的热量小于气体内能的减少量 9．（2026·江苏宿迁·二模）如图所示，一定质量的理想气体经历阿特金森循环abcdea，全过程可视为由两个绝热过程ab、cd，两个等容过程bc、de和一个等压过程ea组成。下列说法正确的是（　　） A．在a→b的过程中，气体分子的平均动能变小 B．在b→c的过程中，单位时间内撞击单位面积容器壁的分子数不变 C．在c→d的过程中，气体的内能在增加 D．在一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量 10．（2026·云南曲靖·模拟预测）如图所示为“探究一定质量气体等温变化的规律”的实验装置。下列关于该实验与“用油膜法估测油酸分子大小”实验的操作、原理与误差分析，说法正确的是（　　） A．探究气体等温变化实验中，快速推拉柱塞可缩短实验时长，且不会破坏气体的等温条件 B．油膜法实验中，将油酸分子视为紧密排列的立方体模型，运用了等效替代的思想方法 C．探究气体等温变化时用手握住注射器，与油膜法中久置油酸酒精溶液，都会使测量结果偏大 D．探究气体等温变化需保证装置气密性良好，油膜法需待油膜充分展开稳定后描轮廓，均为减小实验误差 11．（2026·河南南阳·二模）如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于大气压强、体积为的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出的临界值，当时，在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，按压前桶中气体压强为。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。已知水的密度为，重力加速度为g。该临界值等于（　　） A． B． C． D． 12．（2026·安徽淮南·二模）有一种新型酒瓶开启器。其使用方法是手握开瓶器，将气针插入软木塞，通过气针对酒瓶进行打气，随着瓶内气体压强不断增大，软木塞将会被顶起。其原理简化如图，圆柱形容器横截面积为S，软木塞质量为m，软木塞与瓶子间的最大静摩擦力大小为软木塞重力的15倍，不考虑开瓶器和气针对软木塞的作用力。打气前，圆柱形瓶内气体压强为，气体体积为，打气时气针每次将压强为，体积为的空气打入瓶内。已知当地大气压强为，重力加速度为g。假设打气过程温度不变，不考虑瓶子容积的变化，下列说法正确的是（　　） A．要维持气体温度不变，打气过程气体需要从周围环境吸收热量 B．在软木塞被顶起前，每打气一次，软木塞受到的静摩擦力一定增大一次 C．软木塞被顶起时，瓶内气体压强为 D．至少要打气次才能使软木塞被顶起 13．（2026·山东潍坊·二模）古代发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内封闭气体，艾绒即可点燃。点燃之前的压缩过程中，筒内封闭气体（　　） A．对外界做正功，内能增加 B．对外界做负功，内能减少 C．分子密集程度增大，分子平均动能增大 D．每个分子的运动速率均增大，无规则热运动变剧烈 14．（多选）（2026·天津和平·二模）一定质量的理想气体用轻活塞封闭在气缸内，将气缸以不同方式放置。甲图，用轻质细线系在活塞的正中央将整个装置悬挂在天花板上；乙图，让气缸开口向下，用竖直杆与活塞相连固定在地面上；丙图，气缸开口向右放置在水平地面上；丁图，气缸开口向上放在水平地面上，一重物放在活塞上。气缸内壁光滑，各状态下活塞和气缸都处于静止状态，外界温度不变，下列说法正确的是（　　） A．甲图气体压强可能与丙图相等 B．乙图气体压强可能与丁图相等 C．若气缸和活塞导热良好，甲图变为丙图外界对气体做功 D．若气缸和活塞绝热，甲图变为丙图气体温度可能不变 15．（2026·陕西铜川·三模）某实验小组设计一个测定水深的深度计。如图所示，导热性能良好的圆柱形气缸I、II内径分别为r和2r，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为，最初气缸Ⅰ内通过A封有压强为的气体，气缸II内通过B封有压强为3的气体，一根很细的管子连通两气缸，开始时A、B均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知相当于10m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体。下列说法正确的是（　　） A．当活塞A向右移动时，水的深度h=10m B．当活塞A向右移动时，水的深度h=20m C．此深度计能测的最大深度h=22.5m D．若要测量的最大水深h=40m，当不改变最初气缸Ⅰ内通过A封闭的气体的压强，则最初气缸II内通过B封闭的气体的压强应改为4.75 16．（2026·广东江门·二模）向袋装薯片包装袋内充入氮气，既抑制微生物繁殖与氧化反应，又能缓冲运输途中的冲击。袋装薯片中的密封氮气（视为理想气体）从状态a开始经a→b→c→a这一循环回到原状态，该过程中氮气的图像如图所示。已知ab反向延长线过O点，bc平行于p轴，ca平行于V轴，氮气在状态a、b的压强分别为、，氮气在状态a的体积为。对于袋内氮气，下列说法正确的有（　　） A．a→b过程中氮气分子的平均动能保持不变 B．b→c过程中氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量 C．c→a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加 D．完成a→b→c→a过程，氮气从外界吸收热量 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】A．由理想气体状态方程可得，气体从状态a沿图示路径变化到状态b气体的压强与温度成正比，体积不变。故A错误； BCD．由于气体的温度升高，所以气体的内能增大，由热力学第一定律 因为气体体积不变，即气体对外界做功为0，所以气体一定从外界吸热。故C正确，BD错误。 故选C。 2．D 【详解】图，横向的虚线上方表示分子间作用力为斥力，下方表示分子间作用力为引力。图，横向的虚线上方表示分子势能为正值，下方表示分子势能为负值。 A．当农药分子间距离时，分子间作用力表现为引力，所以当农药分子间距离时，分子间作用力表现为引力，故A错误； B．当农药分子间距离时，分子间作用力为零，分子势能最小，故B错误； C．当时，分子间作用力表现为引力，且随增大引力先增大后减小，直至趋近于零，故C错误； D．当时，分子间的作用力表现为斥力，且随减小斥力做负功，分子势能增大，故D正确。 故选D。 3．A 【详解】设活塞横截面为S,由等压变化有， 解得 由等容变化，解得 故选A。 4．B 【详解】A．分子间同时存在引力和斥力，气凝胶的弹性是分子间引力和斥力共同作用的结果，并非只存在引力，A错误； B．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，因此气凝胶内空气分子的平均动能随温度升高而增大，B正确； C．布朗运动是悬浮在流体中的固体小颗粒的无规则运动，不是分子自身的运动，气凝胶分子的无规则运动属于热运动，不属于布朗运动，C错误； D．温度越高分子热运动越剧烈，气凝胶耐高温是其材料结构热稳定性好，并非分子热运动随温度升高而减弱，D错误。 故选B。 5．A 【详解】AB．根据热力学第一定律，代入得 理想气体内能仅由温度决定，因此气体温度升高；分子热运动平均动能仅与温度有关，因此平均动能增加，气体内能增大，故A正确，B错误； C．根据理想气体状态方程（常数），气体体积减小、温度升高，因此压强增大，故C错误； D．气体体积减小，是外界对气体做功，气体对外界做负功，故D错误。 故选A。 6．B 【详解】A．温度升高时，分子平均动能增大，单个分子热运动具有随机性，并非所有的分子热运动动能都增加，A错误； B．氦气、氖气的分子都是单原子分子，中i均取作3，可知温度相同时，两者分子平均动能相同，正确； C．而氧气分子为双原子分子、臭氧分子为三原子分子，中的取值不同，故温度相同时，两者分子平均动能不相同，C错误； D．氢气分子、氧气分子都是双原子分子，中均取作5，温度变化相同时，分子平均动能变化相同，又由于两者物质的量相同，也就是分子数相同，且是理想气体不计分子间相互作用势能，所以内能变化量相同，D错误。 故选B。 7．D 【详解】A．根据，得 可知图像的斜率与气体体积有关，从a到b，图线的斜率增大，则气体的体积减小。故A错误； B．从b到c，压强不变，温度升高，则体积变大，单位体积内分子数减少，则单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少。故B错误； C．d到a等容过程有，c到d等温过程有 联立解得 故C错误； D．由，联立解得 bcd过程的图如下 由图可知，b到c和c到d的体积差相等。由于图线与横坐标围成的面积表示气体对外界做的功，显然 b到c，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律得 c到d，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律得 联立可得，故D正确。 故选D。 8．A 【详解】A．根据理想气体状态方程，有 过程，温度升高，压强不变，气体的体积将增大，故A正确； B．过程，温度升高，分子的平均动能增大，压强不变，气体的体积将增大，分子数密度减小，单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，故B错误； C． 过程，温度不变，分子的平均动能不变，并不是每个气体分子的动能均保持不变，故C错误； D．根据理想气体状态方程，有 变形可得，可知 过程体积不变，气体做功为0，即W=0 温度降低，气体的内能减少,即 根据热力学第一定律，有 可知，即气体放出的热量等于气体内能的减少量，故D错误。 故选A。 9．D 【详解】A．在a→b的绝热过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，外界对其做的功等于增加的内能，气体温度升高，气体分子的平均动能变大，故A错误； B．在b→c过程中，体积不变，压强增大，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，单位时间内撞击汽缸壁的分子数增多，故B错误； C．在c→d为绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，故C错误； D．在一次循环过程中，根据p-V图像可知，气体对外做功（cd图线下方面积）大于外界对气体做功（ab图线下方面积），气体的内能不变，根据热力学第一定律，气体吸收的热量一定大于放出的热量，故D正确。 故选D。 10．D 【详解】A．气体等温变化实验中，快速推拉柱塞，气体体积变化过快，气体与外界热交换不充分，会导致气体温度发生变化，从而破坏气体的等温条件，故A错误； B．油膜法实验中，将油酸分子视为紧密排列的球形模型（单分子油膜厚度即为分子直径），运用了理想模型的思想方法，而非等效替代法，故B错误； C．探究气体等温变化时用手握住注射器，气体温度升高，根据 可知乘积变大；油膜法中久置油酸酒精溶液，酒精挥发导致溶液浓度变大，滴入水中的纯油酸体积实际值偏大，形成的油膜面积偏大，而计算时仍按原浓度计算纯油酸体积（偏小），根据 可知测量结果偏小，故C错误； D．探究气体等温变化需保证装置气密性良好，以防止气体质量变化影响实验结果；油膜法需待油膜充分展开稳定后描轮廓，以准确测量油膜面积，两者均为减小实验误差，故D正确。 故选D。 11．B 【详解】根据题意，设往桶内压入压强为、体积为的空气后，桶内气体压强增大到，根据玻意耳定律有 泵水器恰能出水满足 联立解得 故选B。 12．D 【详解】A．打气过程中，外界对瓶内气体做功，；气体温度不变，理想气体内能不变，。根据热力学第一定律 得 即气体向外界放热，而非吸热，故A错误； B．对软木塞受力分析，初始瓶内压强等于大气压，向下总力为，大于向上的气体压力，此时静摩擦力向上，大小 每打气一次增大，静摩擦力减小，直到后，静摩擦力转为向下，增大时才开始增大，故B错误； C．最大静摩擦力 软木塞被顶起时受力平衡，向下的力为大气压压力、软木塞重力、最大静摩擦力，向上为瓶内气体压力，即，解得，故C错误； D．打气过程温度不变，由玻意耳定律，设至少打气次，总气体初态满足 代入，约去化简得，解得，故D正确。 故选D。 13．C 【详解】点燃之前的压缩过程中，筒内封闭气体体积减小，分子密集程度增加，外界对气体做功，气体对外界做负功，气体温度升高，内能增加；因温度是气体分子平均动能的标志，可知分子平均动能变大，无规则热运动变剧烈，但并非每个分子的运动速率均增大。 故选C。 14．BC 【详解】A．设活塞质量为m、缸体质量为M，活塞面积为S，大气压为，对图甲活塞，根据平衡条件有 解得 图丙气体压强为 可知二者压强不等，故A错误； B．对图乙，对缸体，根据平衡条件有 解得 对图丁，对活塞和重物，根据平衡条件有 解得 由于不知道M、m具体关系，因此乙图气体压强可能与丁图相等，故B正确； C．若气缸和活塞导热良好，甲图变为丙图，气体压强大，气体体积减小，外界对气体做功，故C正确； D．若气缸和活塞绝热（Q=0），甲图变为丙图，外界对气体做功（W>0），根据 可知，即气体内能增加，温度增大，故D错误。 故选BC。 15．ACD 【详解】AB．当活塞A向右移动时，假设活塞B不动，对汽缸I中的气体，根据玻意耳定律有 解得 可知假设成立，则水产生的压强为 由于相当于10m高的水产生的压强，可知水的深度为10m，故A正确，B错误； C．根据图示分析可知，当活塞A恰好到达汽缸I区右侧，但与右侧没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B左右两侧的气体压强相等，对活塞B左侧气体有 对活塞B右侧气体有 解得， 则水产生的压强为 由于相当于10m高的水产生的压强，可知此深度计能测的最大深度为，故C正确； D．若要测量的最大水深h=40m，该深度对应压强为，此时活塞A恰好到达汽缸I区右侧，气体压强为 对深度计左侧气体有 对深度计右侧气体有 解得，故D正确。 故选ACD。 16．BCD 【详解】A．题图可知状态b的压强与体积的乘积大于状态a的压强与体积的乘积，根据可知，状态b的温度大于状态a的温度，因此a→b过程中氮气分子的平均动能增大，故A错误； B．b→c过程中，压强减小、氮气体积不变（W=0），根据查理定律可知，该过程气体温度降低，气体内能减小（），根据 可知b→c过程中氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量，故B正确； C．c→a过程中，气体压强不变、体积减小，根据盖-吕萨克定律可知，该过程温度降低，分子平均动能减小，因此c→a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加，故C正确； D．题图可知a→b过程气体对外做功（因为气体体积增大）且设为，b→c过程气体不做功（因为气体体积不变），c→a过程外界对气体做功（因为气体体积减小）且设为，由于图面积表示功，由图可知，即整个过程气体对外做的功大于外界对气体做的功，即总功 又因为整个过程内能变化量为0，根据热力学第一定律可知，故完成a→b→c→a过程，氮气从外界吸收热量，故D正确。 故选BCD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·山东聊城·二模）如图所示，通过光学仪器可以测量金属的热膨胀系数，将待测圆柱形金属样品置于水平的实验平台上，样品的上底面水平放置一平整的玻璃板A，将另一平整的薄玻璃板固定于样品正上方，且与水平方向呈一非常小的夹角。用平行单色光沿竖直方向照射薄玻璃板B上，在薄玻璃板B上出现了水平方向的明暗相间的条纹。下列的说法正确的是（　　） A．产生明暗相间的条纹的原因是光的折射现象 B．条纹出现在玻璃板B的上表面 C．温度略微升高，条纹将向左侧移动 D．介质对单色光的折射率越大，单色光产生的条纹间距约小 2．（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）用波长为630nm的红色激光垂直照射竖直单缝，在单缝后方2.1m的竖直光屏上出现了如图所示的图样。若在单缝正后方0.1m处，平行于单缝加入一间距为0.2mm的竖直双缝，则光屏上呈现的图样（阴影为暗纹）及暗纹中心间的距离表示正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2026·安徽阜阳·模拟预测）用如图所示的装置观察光的干涉和偏振现象。狭缝关于轴对称，光屏垂直于轴放置。将偏振片垂直于轴置于双缝左侧，单色平行光沿轴方向入射，在屏上观察到干涉条纹，再将偏振片置于双缝右侧，透振方向平行。保持不动，将绕轴转动的过程中，关于光屏上的干涉条纹，下列说法正确的是（    ） A． 条纹间距不变，亮度减小 B． 条纹间距增大，亮度不变 C． 条纹间距减小，亮度减小 D． 条纹间距不变，亮度增大 4．（2026·重庆沙坪坝·二模）彩虹是因阳光照射到空中的小水滴，发生折射、色散及反射形成的。如图所示，一细束太阳光从P点射入球形水滴后，经一次反射，形成M、N两条出射光线。则下列说法正确的是（　　） A．从P点射入时M光的折射角比N光的大 B．M光光子的动量比N光光子的动量小 C．M光在小水滴中的传播速度比N光大 D．用同一装置做双缝干涉实验，M光相邻干涉亮条纹间距比N光的小 5．（2026·江西·模拟预测）如图所示，厚度均匀的玻璃砖下表面为镀银反射面，一束复色光从上表面点射入，经过玻璃砖折射和反射面反射后分成两束光分别从上表面的点射出，则下列说法正确的是（    ） A．玻璃砖对光的折射率小于光 B．光在玻璃砖中传播速度大于光 C．从点射出的两束光可能不平行 D．光在玻璃砖中从到和的传播时间可能相等 6．（2026·河南南阳·模拟预测）为测定一截面为半圆形的玻璃砖的折射率，学习小组进行了如图所示的实验：将玻璃砖的点与光屏紧贴，使直径与垂直。让一束激光从左侧平行于玻璃砖的截面射向圆心，在光屏上的、两点分别观察到两个光斑，测得和的距离分别为、。已知光在真空中的传播速度为。下列说法正确的是（　　） A．图中为折射光线，为反射光线 B．实验中不断增大入射角，能观察到全反射现象 C．该玻璃砖折射率 D．光在该玻璃砖中的传播速度 7．（2026·新疆省直辖县级单位·模拟预测）如图，在水池底中部放一线状光源，光源平行于水面，则水面观察到的发光区域形状为（    ） A. B． C． D． 8．（2026·重庆九龙坡·二模）抬头显示器 （HUD） 广泛应用于军用战斗机，其核心成像部件之一是透明树脂屏。某同学采用图甲所示 “插针法” 测量该树脂屏的折射率： 先在纸上固定树脂屏并画出其长方形边界面，插大头针确定入射光线，再通过插确定出射光线；测得多组入射角与折射角 ，作出图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．该透明树脂的折射率约为0.67 B．光在空气中传播速度是该树脂屏中的1.5倍 C．插大头针时只需挡住即可 D．若在插大头针时不小心把树脂屏平行移到虚线位置，测得的折射率偏大 9．（2026·安徽阜阳·模拟预测）如图所示，实线为宽度为、长度足够大的长方体玻璃砖块的横截面图，其折射率为，玻璃砖右侧有一足够大的光屏。一束光线垂直左侧面从点射入砖块后从右侧面射出，在光屏上出现一亮点；现保持入射光线不变，将砖块绕点顺时针转过（图中虚线位置），光屏上亮点位置变为，，则、两点在屏上的距离为（　　） A． B． C． D． 10．（2026·河南信阳·模拟预测）如图所示，手机防窥屏的原理可以解释为“超微细百叶窗技术”，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对每一个像素单元的可视角度的控制（可视角度即某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后，最大折射角的二倍）。发光像素单元紧贴手机屏幕，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。若屏障的高度为，相邻屏障的间隙为，透明介质折射率为，则防窥屏的可视角度为（　　） A． B． C． D． 11．（2026·辽宁鞍山·模拟预测）如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则（　　） A．玻璃砖的折射率为1.5 B．之间的距离为 C．光在玻璃砖内的传播速度为 D．光从玻璃到空气的临界角为30° 12．（2026·河北邢台·二模）某物理实验室用掠入射法测定液体折射率，原理简图如图所示，折射率为的玻璃介质ABC的AB边上方有某种折射率待测的液体，设该液体的折射率为n，现通过液体中的光源向界面上O点处发射一条光线，光线近似平行于AB，该光线经过两次折射后从玻璃介质的AC边射入空气。光线在AB面的折射角为θ，从AC面射出时折射角为φ。已知光在折射率分别为n1和n2的两种介质分界面发生折射时满足，空气折射率视为1，∠A=90°。则（　　） A． B． C． D． 13．（2026·江苏宿迁·二模）将一根粗细均匀的直棒竖直插入装有水的圆柱形玻璃杯中，从水平方向观察，下列四幅图中符合实际的是（　　） A．   B．   C．   D．   14．（2026·云南曲靖·模拟预测）用“插针法”测平行玻璃砖折射率时，光路与操作如图所示。下列说法正确的是（　　） A．增大入射角i，光线在bb′面的入射角会增大，可能发生全反射 B．选取的大头针P1、P2间距过小，会导致确定入射光线的误差增大 C．误将bb′画在cc′位置（cc′∥bb′），测得的折射率与真实值相比偏大 D．玻璃砖沿界面平行方向平移，最终测得的折射率与真实值相比偏小 15．（多选）（2026·广东汕头·二模）如图所示，将一个空玻璃试管放在盛满水的透明水槽中，从水槽外侧可以观察到试管浸入水中的玻璃侧壁更亮一些。已知水的折射率约为1.33，玻璃的折射率约为1.5。下列说法正确的是（　　） A．光从水射向试管玻璃壁，折射光线往法线方向偏折 B．侧壁更亮一些是因为光从水射向玻璃侧壁时发生全反射 C．光从水射向试管玻璃壁再射入试管内的空气，频率始终不变 D．光从水射向试管玻璃壁再射入试管内的空气，传播速度始终不变 16．（2026·河北沧州·一模）如图所示为一个透明材质半圆柱体的横截面，为直径，一束由、两种单色光组成的复色光由真空从所在平面上的点射入半圆柱体后分成、两种单色光，光射至圆心正下方的点、光射至点，不考虑光在半圆柱体中的反射，下列说法正确的是（　　） A．、两种单色光在半圆柱体中的波长 B．、两种单色光在半圆柱体中的传播时间 C．、两种单色光在半圆柱体中的传播时间 D．、两种单色光在、点均不会发生全反射 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【详解】AB．出现明暗相间的条纹，是因为光在玻璃板B的下表面发射的光以及经过B透射后再经过玻璃板A的上表面反射到B的下表面的两列相干光的干涉导致的，故AB错误； C．若第级条纹所对应的路程差为，空气膜的厚度为，当温度略微升高时A板向上移动，条纹向右侧移动，C错误； D．如图所示 根据几何关系，条纹间距、波长以及两玻璃板夹角的关系为 介质对光的折射率越大，单色光的频率越大，则波长越短，条纹间距越小，D正确。 故选D。 2．C 【详解】加入双缝后会出现干涉条纹，特点是明暗条纹等间距，相邻暗纹（相邻亮纹）的间距处处相等。 且相邻亮条纹间距为 故选C。 3．A 【详解】根据干涉条纹间距公式可知当P2旋转时，，，均不变，故条纹间距不变；随着P2的旋转，透过P2的光强在减小，干涉条纹的亮度在减小。 故选A。 4．D 【详解】A．由图可知，从P点射入时M光的偏折程度较大，可知M光的折射角比N光的小，A错误； B．从P点射入时，因M光的折射角比N光的小，故M光的折射率大于N光，可知M光的频率大于N光，由，知M光的波长小于N光，由，知M光光子的动量比N光光子的动量大，B错误； C．根据，知M光在小水滴中的传播速度比N光小，C错误； D．用同一装置做双缝干涉实验，根据，因M光波长较短，则M光相邻干涉亮条纹间距比N光的小，D正确。 故选D。 5．D 【详解】A． 作出光路图如上，相同入射角，a光的折射角更小，所以玻璃砖对光的折射率大于光b，故A错误； B．由，，所以a光在玻璃砖中传播速度小于光，故B错误； C．由光路的可逆性和反射定律，入射光和出射光的入射角和折射角都相等，因此从点射出的两束光一定平行，故C错误； D．设玻璃砖厚度为，光在空气中的入射角为，玻璃中的折射角为，由图可知光在玻璃中传播的总路程 传播时间，代入得 由三角函数性质，当时，，此时，因此传播时间可能相等，故D正确。 故选D。 6．D 【详解】A．图中为反射光线，为折射光线，故A错误； B．光从空气（光疏介质）斜射入玻璃砖（光密介质）时，不会发生全反射现象；即使光线经玻璃砖圆心从玻璃射向空气，满足了介质条件，但由于入射光线沿半径方向，与入射点的法线重合，因此同样无法观察到全反射现象，故B错误； C．由几何关系，入射角，折射角，半圆形玻璃砖的折射率，故C错误； D．光在玻璃砖中的传播速度，故D正确。 故选D。 7．B 【详解】取线状光源左右两侧上一点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形。设此圆的半径为R，点光源发出的光恰好发生全反射的光路图如图1所示。设全反射的临界角为，根据几何关系可得 线状光源发出的光在水面上有光射出的水面形状如图2所示。 故选B。 8．B 【详解】A．该透明树脂的折射率约为，A错误； B．根据可知，光在空气中传播速度是该树脂屏中的1.5倍，B正确； C．插大头针时，需挡住以及的像，C错误； D．若在插大头针时不小心把树脂屏平行移到虚线位置，则入射角和折射角都不变（如右图所示），则测得的折射率不变，D错误。 故选B。 9．C 【详解】玻璃砖未转动时，光线垂直入射，沿直线传播，亮点在原入射水平轴线上。 玻璃砖绕顺时针转后，入射角，根据折射定律 代入、， 得 平行玻璃砖出射光线与入射光线平行，因此出射光线仍为水平方向，、的间距等于光线的侧移量， 平行玻璃砖侧移量为 利用三角恒等展开 即、间距为 故选C。 10．B 【详解】由题意可知，发光像素单元位于相邻两屏障的正中间，相邻屏障间隙为，则像素单元到两侧屏障的水平距离均为，屏障高度为。当光线恰好经过屏障顶端射出时，入射角最大，折射角最大，根据几何关系，最大入射角满足，可知，根据 可得折射角为，可视角度即某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后，最大折射角的二倍，可得可视角度 故选B。 11．C 【详解】AB．作出两种情况下的光路图，如图所示 设，在A处发生全反射故有 由于出射光平行可知，在B处射出，故 由于， 联立可得，，故AB错误； C．由， 可得，故C正确； D．由于，所以临界角不为30°，故D错误。 故选C。 12．D 【详解】AB． 已知入射光线平行于AB，AB的法线垂直于AB，因此入射角为，而折射角为，根据折射定律， 可得， 整理得，AB错误； CD． 已知，AB的法线竖直、AC的法线水平，两条法线垂直，设玻璃内光线在AC面的入射角为，由几何关系得， 因此 再对AC面的折射应用折射定律有，解得，C错误，D正确。 故选D。 13．A 【详解】右图为直棒竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图   A处为直棒，ABP表示由直棒反射穿过玻璃杯壁B射向观察者P处的一条光线。ON为过B点沿半径方向的直线，即在B处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在B处由水中射入空气中，图中的角i和角分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，应有＞i 所以观察者在P处看到的直棒A的像A′的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢一些，据此可知。以直棒竖直插入玻璃杯中时，其侧视图应该是图中的A或C图才与实际情况相符。同时，玻璃杯此时相当于一个凸透镜，对直棒起到了放大的作用，因此，观察到的直棒比实际粗些，故选A。 14．B 【详解】A．光线在面的入射角等于在面的折射角 。根据折射定律 有， 因为， 所以（为临界角），即 光线在面的入射角总是小于或等于临界角，不可能发生全反射，故A错误； B．插针法是通过两枚大头针确定一条直线。若、间距过小，由于大头针的粗细及视觉误差，确定入射光线方向时的角度误差会增大（为间距），导致实验误差增大，故B正确； C．实验所得的折射光线为2，而实际的折射光线为1，如图所示 即测得的折射率偏小，故C错误； D．玻璃砖沿界面平行方向平移（无论是左右平移还是上下平移），只要玻璃砖厚度不变，入射角不变，则折射角不变，出射光线相对于入射光线的侧移量不变。由于入射光线由确定不变，故出射光线的位置也不变。作图时使用的界面位置固定，因此测得的入射角和折射角均不变，折射率测量值不变，故D错误。 故选B。 15．AC 【详解】A．光从水（光疏介质）射向玻璃（光密介质），根据折射规律，折射光线会向法线方向偏折，故A正确； B．全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质，而水是光疏介质、玻璃是光密介质，光从水射向玻璃不会发生全反射。实际是光从玻璃射向试管内的空气时发生全反射，才让侧壁更亮，故B错误； C．光的频率由光源决定，在不同介质中传播时频率不变，故C正确； D．由可知，光在不同介质中的传播速度不同，故D错误。 故选AC。 16．AD 【详解】A．由题图可看出，单色光在半圆柱体中的折射角较大，根据折射定律可知，单色光的折射率较小，其波长较长，故A正确； BC．设、两种单色光在半圆柱体中的折射角分别为、，复色光在真空中的入射角为，根据折射定律有， 解得， 、两种单色光在半圆柱体中的传播距离分别为， 、两种单色光在半圆柱体中的传播时间分别为，，故，B错误，C错误； D．由题图可看出，光由真空射入半圆柱体时的折射角，根据折射定律有， 解得，、两种单色光的临界角 由题图可看出，、两种单色光由半圆柱体射入真空时的入射角 联立解得，，故、两种单色光在、点均不会发生全反射，D正确。 故选AD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．2025年6月26日，中国科学院主导的国际合作空间科学卫星“天关”成功捕捉到编号为EP240414a的一个转瞬即逝的宇宙X射线信号。X射线是原子核外电子跃迁产生的，下列说法正确的是（　　） A．核反应是α衰变 B．γ射线和X射线都是电磁波，但它们的产生机理不同 C．β射线是高速电子流，其穿透能力比α射线弱 D．在云室中，能清晰看到α、β、γ射线的径迹 2．2025年11月1日，我国第四代先进裂变核能系统——钍基熔盐实验堆，首次实现钍铀核燃料转换。该反应堆中利用钍-铀循环产能，将转变为，再次发生裂变，产生大量能量，裂变的方程为。已知的结合能为，的结合能为，的结合能为，的裂变反应释放的能量为，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 3．下列说法正确的是（　　） A．处于基态的氢原子既可吸收特定频率的光子，也可发射特定频率的光子 B．核反应中，与的质量之和等于与的质量之和 C．核电站发电的核反应方程可能为 D．升高温度可使放射性元素的半衰期缩短 4．“烛龙一号”是我国首款自主研制的核电池，它以超长寿命、极端环境适应性和高安全性引发全球关注．已知该核电池内的核反应方程是，的半衰期是5730年．下列说法正确的是（　　） A．比更稳定 B．该反应是衰变 C．环境温度升高时，半衰期小于5730年 D．经过11460年后还剩下未衰变 5．将原子核加速后轰击原子核，合成了超重元素，并同时释放出某种粒子，其方程为，则（　　） A．X为氕核 B．X为中子 C．原子核内有107个中子 D．原子核比比结合能大 6．氘核是结构最简单的复合原子核，其光致解离反应是研究核力与宇宙早期核合成的重要过程。氘核吸收高能光子发生光致解离反应方程为：，则未知粒子是（　　） A．电子 B．中子 C．质子 D．氦核 7．植物光合作用主要吸收红光和蓝紫光。研究表明，叶绿素a分子吸收光子后，电子从基态跃迁到某一激发态，该激发态比基态高1.88eV或2.88eV，此后电子通过一系列跃迁（包括辐射和非辐射过程）释放能量，最终回到基态。类比氢原子的能级模型，则（　　） A．电子回到基态，可能辐射出多种波长的光 B．电子回到基态，释放的总能量一定大于吸收的光子能量 C．从基态吸收红光或蓝紫光后，电子跃迁到激发态的同一能级 D．从基态吸收红光或蓝紫光后，电子的动能和电势能都必然增加 8．新一代人造太阳“中国环流三号”首次达到离子温度1.17亿度、电子温度1.6亿度。环流三号的目标反应是氘-氚聚变，其反应方程为：，下列说法正确的是（　　） A．反应产物中的X为质子 B．反应产物中的X为电子 C．温度足够高，可使氘和氚的间距达到m以内，从而发生聚变 D．温度足够高，可使氘和氚的间距达到m以内，从而发生聚变 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．B 【详解】A．α衰变是重核自发释放（α粒子）的核衰变过程，该反应是轻核聚变反应，不属于α衰变，故A错误； B．γ射线和X射线都属于电磁波，γ射线由原子核内部能级跃迁产生，X射线由原子核外内层电子跃迁产生，二者产生机理不同，故B正确； C．β射线是高速电子流，穿透能力远强于α射线，故C错误； D．γ射线电离能力极弱，在云室中几乎无法使气体电离，因此看不到γ射线的径迹，故D错误。 故选B。 2．D 【详解】重核裂变释放能量，反应后生成的新原子核的总结合能大于反应前原子核的总结合能，释放的能量等于反应后生成的新原子核的总结合能与反应前原子核的总结合能之差。自由中子没有结合能，反应前总结合能仅为的结合能；反应后总结合能为和的结合能之和（中子仍为自由核子，结合能为0）。裂变释放的能量等于反应后总结合能减去反应前总结合能，即 故选D。 3．C 【详解】A．基态是氢原子的最低能量状态，只能吸收特定频率的光子跃迁到高能级，不存在更低能级可供跃迁释放光子，因此不能发射特定频率的光子，故A错误； B．核反应伴随能量变化，根据爱因斯坦质能方程，反应存在质量亏损，因此反应物总质量与生成物总质量不相等，故B错误； C．核电站利用重核裂变发电，该方程满足电荷数守恒和质量数守恒，是典型的铀核裂变反应，符合核电站的核反应原理，故C正确； D．放射性元素的半衰期由原子核自身内部结构决定，与温度、压强等外界条件无关，升高温度不会改变半衰期，故D错误。 故选C。 4．D 【详解】A．是生成物，更稳定，故A错误； B．根据核反应质量数、电荷数守恒，可得X的质量数为，电荷数为，即X为电子，该反应是β衰变，故B错误； C．半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等环境条件无关，温度升高时半衰期仍为5730年，故C错误； D．11460年为2个半衰期，剩余未衰变的质量，故D正确。 故选D。 5．B 【详解】AB．设X的质量数为，电荷数为，根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可得， 解得， 可知X为中子（），故A错误，B正确； C．原子核内有中子数为，故C错误； D．比结合能越大，原子核越稳定；超重元素的原子核不稳定，其比结合能小于原子核的比结合能，故D错误。 故选B。 6．C 【详解】设的质量数和电荷数分别为和，根据核反应方程中质量数和电荷数守恒可知， 解得，，可知为质子。 故选C。 7．A 【详解】A．电子吸收光子后可跃迁到2.88eV的高能级，跃迁回基态时既可以直接回基态，也可以先跃迁到1.88eV的低激发态再回基态，可辐射出多种能量（即多种波长）的光子，故A正确； B．根据能量守恒，电子回到基态释放的总能量等于吸收的光子能量，部分能量可通过非辐射过程（如产热）释放，总能量不可能大于吸收的光子能量，故B错误； C．红光频率低于蓝紫光，由光子能量公式可知，红光光子能量小于蓝紫光，因此红光对应跃迁到1.88eV能级，蓝紫光对应跃迁到2.88eV能级，并非同一能级，故C错误； D．类比氢原子能级模型，电子处于越高能级，轨道半径越大，由库仑力提供向心力，推导得动能，r越大动能越小；电子远离原子核过程电场力做负功，电势能增加，因此跃迁后动能减小，并非动能和电势能都增加，故D错误。 故选A。 8．D 【详解】AB．根据核反应电荷数守恒、质量数守恒，X的电荷数为，质量数为，可知X为中子，不是质子，故AB错误； CD．核力是短程力，作用范围仅为量级，是原子半径尺度，此时原子核间库仑斥力远大于核力，无法发生聚变，故C错误，D正确。 故选D。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（多选）如图所示，足够长的倾斜传送带以速率v0顺时针匀速转动，一物块从传送带顶端以初速度v1沿传送带向下滑动，v1>v0，物块与传送带间动摩擦因数大于传送带倾角的正切值，物块速度为零的位置为重力势能零点，取沿传送带向下为正方向，物块运动的速度、加速度与时间关系图像，动能、机械能与位移关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，足够长水平传送带顺时针转动，一长为的箱子A的前端放置一物块B，A和B的质量均为，将A轻放到传送带上，A和B的初速度均为零。已知A与传送带间的动摩擦因数为，B和A间的动摩擦因数为，重力加速度g取，B可看成质点，A的速度始终小于传送带的速度。 (1)求初始时A和B的加速度大小； (2)若已知B和A第一次碰撞后瞬间B的速度大小为2.5m/s，求碰撞过程损失的机械能和碰后A、B第一次共速时B到A右侧的距离。 3．如图所示，足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有6个相同的小滑块，质量均为m，从左向右依次编号为1、2、…、6，木板的质量为2m。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为，初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给滑块1一个水平向右的初速度，之后依次与后方的滑块相碰且均粘在一起，滑块间的每次碰撞时间极短。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)求滑块1与滑块2碰撞后瞬间，滑块2的速度大小； (2)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的大小。 4．如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞，碰后小球被移走。A沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，已知小球质量0.05kg，A的质量0.1kg，B的质量0.3kg，A与B的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.225，绳子长度为，取重力加速度。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求： (1)小球与A碰撞后A的速度大小； (2)B光滑部分的长度d； (3)运动过程中平板B与地面因摩擦产生的热量。 5．如图所示，以、为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于点。离滑板右端处有一竖直固定的挡板P，一物块从点由静止开始沿轨道滑下，经点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量，滑板质量，圆弧轨道半径，物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。 (1)求物块滑到点时对圆弧轨道的压力大小； (2)求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度大小； (3)求滑板长度的最小值。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．BD 【详解】AB．由于物块与传送带间动摩擦因数大于传送带倾角的正切值，即 所以 所以刚放上传送带时，加速度沿传送带向上，大小为 物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，加速度不变，由于v1>v0，则物块反向与传送带达到共速后，一起做匀速直线运动，加速度为零，故A错误，B正确； C．由于Ek-x图线的斜率表示合力，由以上分析可知，物块先向下做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，加速度先不变，后变为零，即物块的动能先减小后增大，再不变，图线的斜率先不变，后为零，故C错误； D．由于E-x图线的斜率表示摩擦力，由以上分析可知，摩擦力先为滑动摩擦力，大小方向均不变，与传送带共速后摩擦力突变为静摩擦力，即图线的斜率先不变，共速后变小，但保持恒定，故D正确。 故选BD。 2．(1)， (2) 【详解】（1）A和B刚放到传送带上时对B有 对A有 解得， （2）设B经过时间第一次滑到A的左端，对B有， 对A有， 整体有 A和B发生碰撞有， 解得， 由上述分析可知，第一次碰撞之后B物体的速度大于A物体的速度。所以碰撞之后，B物体将做匀减速直线运动，A物体做匀加速直线运动。对物体A有 对物体B有 设经过时间两者共速，对物体A有， 对物体B有， 第一次碰后到共速两物体的位移差为 此时B到A的右侧的距离为 解得 3．(1) (2) 【详解】（1）设滑块1碰撞前瞬间速度为，碰撞后瞬间速度为，由动能定理得 ，由动量守恒得 解得： （2）若第n个滑块开始滑动时，木板与地面间恰好达到最大静摩擦力 ，解得 则前4个滑块与滑块5碰后，木板开始运动，前5个滑块恰好追上滑块6并不碰撞，假设滑块6与木板相对静止。对木板，根据牛顿第二定律得 ，假设成立。 前5个滑块加速度 设前4个滑块与滑块5碰后瞬间的速度为，恰好追上滑块6时的速度为 ，又因为 ，解得： 滑块2开始滑动时，由 得 同理可知滑块3，滑块4，滑块5开始滑动时 ， 联立解得 4．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球与A碰前速度为，碰后小球速度为，小物块A的速度为 小球下摆过程中机械能守恒 小球与小物块A碰撞过程中动量守恒 碰撞过程中机械能守恒 ，解得 （2）小物块从O′ 点向右滑到B的右端（光滑段长度 d），再与B发生弹性碰撞，设碰撞后速度分别为 ，碰撞过程中动量守恒 机械能守恒 ，解得 设A与B碰后再次回到O′点时，做匀速运动的时间为，做减速运动的时间为 在时间内，B做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律 在时间内，分别对A、B应用牛顿第二定律， 在这段时间内，A运动的位移与B运动的位移大小之和等于d，则 而A在这段时间内运动的总位移也等于d，则 解得，， （3）在时刻，B的速度 B的位移 ，设B减速到0的时间 B在A停止之前已停止运动，且由于A对B的最大静摩擦力 故当B停止运动后，不会再向左运动 则在时刻之后，B运动的位移 平板B与地面因摩擦产生的热量 解得 5．(1)30N (2)4m/s (3) 【详解】（1）物块从到的过程中，根据机械能守恒 在点时，根据牛顿第二定律 解得， 由牛顿第三定律 （2）假设滑板与P碰前，物块与滑板达到共同速度，物块与滑板组成的系统动量守恒 设此过程滑板运动的位移为，对滑板由动能定理得 联立解得 则假设不成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间未达到共速，设碰前瞬间滑板速度为，由动能定理有 ，动量守恒定律 解得， （3）碰撞后速度反向，因为，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，动量守恒 ，解得 方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左 根据动量守恒有 解得 分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动，整个过程根据能量守恒 解得滑板长度的最小值为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图所示，间距为L的两平行光滑的足够长金属导轨固定在绝缘水平面上，两长度为L、质量为m、阻值为R 的金属棒垂直导轨放置，匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小为 B。初始时B棒固定，A棒静止，用一水平向右的恒力作用在A棒上，A的瞬时加速度大小为a，恒力持续作用一段时间后，A棒做匀速直线运动，然后在B棒上施加一同样的恒力，释放B棒。导轨电阻不计，下列说法正确的是（　　） A．释放B 棒瞬间，A棒的速度大小为 B．释放B 棒瞬间，加速度大小也为a C．A、B两棒最终运动时速度差恒定且不为零 D．A、B两棒最终运动时加速度均恒定且大小相等 2．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨的右端接有阻值为R的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置c处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为va、vb，a、b间的距离等于b、c间的距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（　　）。 A．金属棒运动到a处时的加速度大小为 B．金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由N指向Q C．金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量不相等 D．金属棒在a处的速度是其在b处速度v的2倍 3．福建舰是我国第一艘使用电磁弹射技术的航空母舰。弹射结束时，弹射装置上的动子滑块通过电磁制动技术实现迅速、平稳、安全地停止。其简化模型如图所示，水平面上两平行光滑金属导轨间距为L，导轨间接有阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量为m、接入电路电阻为r的金属棒置于导轨上，现使金属棒获得大小为v0、方向水平向右的初速度，运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。下列说法正确的是（　　） A．金属棒做匀减速直线运动 B．通过定值电阻的感应电流方向由b到a C．金属棒运动的整个过程中，通过定值电阻的电荷量为 D．金属棒运动的最大距离为 4．如图所示，电源电动势为，内阻为，电容器的电容为，是旋钮开关，可以分别接通12、13、23，MN、PQ是两根位于同一水平面的平行光滑导轨，导轨间距为，导轨电阻可以忽略不计，导轨处在垂直导轨向下的匀强磁场中，磁感应强度为，、两根导体棒，质量分别为、（）、电阻均为，开始时、导体棒均静止。现将开关旋至接通12，求： (1)当开关接通12的瞬间，求流经棒的电流，以及棒的加速度； (2)从开关接通12到、棒一起匀速运动的过程中，电源的电功； (3)若将开关接通13，当电容器的电压稳定后，再将开关接通23，求、棒的最大速度？ 5．如图所示，固定于水平面内电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度v0、2v0（方向相同），两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中，回答下列问题： (1)求初始时刻回路中的感应电动势和感应电流的大小； (2)求两棒最终达到的稳定速度大小；若某一时刻ab的速度为，求此时cd的速度； (3)求从开始到两棒达到稳定速度的过程中，ab杆产生的焦耳热；并求此过程中两棒之间距离的变化量。 6．如图所示，间距L=0.2m的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间存在方向垂直平面的磁场，取垂直平面向下为磁场正方向，磁感应强度随x坐标的变化关系为B=5x（T）。导轨右端通过导线连接开关S和智能电源，智能电源内阻不计，可实时改变输出电压，保证回路中电流I=2A，方向如图所示。质量m=0.16kg、电阻R=0.5Ω的金属棒ab垂直导轨放置于x=0.6m处。闭合开关S，棒ab从静止开始运动。已知棒ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力及摩擦阻力，简谐运动的周期，m为振子的质量，k为回复力系数，π取3）。 (1)求开关S闭合瞬间，棒ab的加速度大小； (2)棒ab第一次运动到x=0.2m的过程，求安培力对棒ab做的功和棒运动到x=0.2m处时智能电源提供的电压； (3)求棒ab从x=0.3m直接运动到处的过程中智能电源对外做的功。 7．如图所示，光滑金属导轨和在同一水平面内固定，在右端点用绝缘材料连接，在左端通过单刀双掷开关S与智能电源或定值电阻连接，导轨PQ段与P1Q1段间距为，相互平行，为等腰三角形，。导轨所在平面内有间距为且均与导轨PQ垂直的虚线；两条虚线与导轨围成的矩形和内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度；虚线左侧和右侧的平行导轨均足够长，且表面覆盖了光滑绝缘涂层。甲、乙都是直导体棒，甲静止在虚线处，乙静止在虚线右侧附近，开关断开。开始时，开关先接1，由于智能电源的作用，甲中的电流始终为，当甲滑过时开关S立即换接2，甲与乙发生弹性碰撞。导体棒甲的质量为，乙的质量为甲的倍，甲接入电路的阻值和定值电阻的阻值均为，其余电阻不计；甲、乙都始终与导轨接触良好。。 (1)求甲与乙发生弹性碰撞前的速度大小； (2)若在乙到达前，甲向左反弹已经滑过虚线，求大小的范围； (3)在满足（2）中k大小范围的条件下，乙是否能够向右滑过O点？写出判断过程。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【详解】A．A棒释放瞬间，则有 A棒匀速运动时，则有 ，解得，故A错误。 B．释放B棒时，B棒受到的安培力大小为 对B棒有 ，解得，故B错误。 CD．释放B棒后，B棒向右加速运动，两棒都产生电动势，很短时间内电路中电流为 释放B棒瞬间，A棒加速度为零，B棒加速度为，B棒速度增加使速度差减小，则减小，对A棒有 ，A棒的加速度从零增加，对B棒有 B棒的加速度从逐渐减小，在A、B棒加速度相等前，B棒的加速度大于A棒的加速度，B棒速度的增加量大于A棒的速度增加量，两者的速度差减小，电流减小，安培力减小，直到两者的速度差为零，电流为零，安培力为零，两者的加速度都为，故C错误.D正确。 故选D。 2．D 【详解】A．金属棒运动到a处时，感应电动势 安培力 ，加速度大小为，A错误； B．根据右手定则，金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由Q指向N，B错误； C．根据 因a、b间的距离等于b、c间的距离，可知金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量相等，C错误。 D．从a到b由动量定理 从b到c由动量定理 ，可得 即金属棒在a处的速度是其在b处速度v的2倍，D正确。 故选D。 3．C 【详解】B．当金属棒向右运动时，切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向（俯视），则通过定值电阻的感应电流方向由a到b，故B错误； A．金属棒所受安培力大小为 电流大小为 根据牛顿第二定律可得 根据左手定则可知，安培力方向向左，与速度方向相反，则金属棒速度减小，加速度减小，加速度逐渐减小，故A错误； C．对金属棒，应用动量定理得， 所以通过电阻的电荷量为，故C正确； D．由于， 联立解得，故D错误。 故选C。 4．(1)，（方向水平向右） (2) (3)，方向水平向右 【详解】（1）由电路分析知，刚接通瞬间流经棒和棒的电流相等，由 化简得 ，对棒分析可得 则有 ，由左手定则可知方向向右。 （2）根据分析可知，当接通之后棒和棒会受到安培力，但，所以初始棒加速度小于棒加速度，两棒会有速度差，从而会导致两棒电流不等，又进而影响速度差，但最终棒和棒能一起以速度匀速运动。由此可得 对棒由动量定理可得 ，求和可得 同理对棒由动量定理可得 ，又流过电源的总电荷量 则电源的总功 代入可得 （3）根据分析可知，当接通之后棒和棒会受到安培力，但，所以初始棒加速度小于棒加速度，两棒会有速度差，从而会导致两棒电流不等，又进而影响速度差，同时电容电压在变小，当导体棒产生的电动势与电容电压相等，棒和棒会一起以速度匀速运动。则有当导体棒产生的电动势与电容电压相等时，有 对棒由动量定理可知 ，求和可得 同理对棒由动量定理可得 电容器放出的电荷量 联立解得 ，方向向右（两棒同向运动）。 5．(1)， (2)， (3)， 【详解】（1）初始时刻回路中的感应电动势为 初始时刻回路中的感应电流为 （2）两棒在运动过程中，两棒整体不受外力作用，运动过程中动量守恒，根据动量守恒定律有 解得 若某时刻的速度为，根据动量守恒定律有 解得 （3）从开始到两棒达到稳定速度的过程中，设杆产生的焦耳热为，则杆产生的焦耳热也为，整个回路产生的焦耳热等于两杆动能的减少量，则有 由（2）知 解得杆产生的焦耳热 设、间距增加为。对棒，取向右为正方向，由动量定理得 又 联立解得 6．(1) (2)， (3) 【详解】（1）初始时，棒ab所在处的磁感应强度大小为 对棒ab由牛顿第二定律有 ，解得 （2）依题意可知安培力大小，则棒ab从第一次到的过程中有，其中，， 由知在此过程中安培力对棒ab做功 解得 设棒ab运动至时的速度大小为，由动能定理有 解得 由闭合电路欧姆定律有 ，解得 （3）依题意，金属棒ab运动过程中在水平方向所受合力大小等于安培力大小，以轴为位移的初位置，以向右为正，有，可知棒做简谐运动，回复力系数，则棒ab做简谐运动的周期 则棒从开始振动的方程为 故棒ab从运动到所用时间，从运动到处的时间为，从处向左运动到处的时间为 由知此过程中棒ab产生的焦耳热为 由动能定理知此过程中棒ab动能变化量等于安培力做的功，为，其中，， 综上可得智能电源对外做的功为 解得 7．(1) (2) (3)能够，判断过程见解析 【详解】（1）由题可知导体棒甲做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有 解得 设甲与乙发生弹性碰撞前的速度为， 由运动学公式有 ，解得 （2）以向右为正方向，甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 联立可得， 甲碰撞后向左滑动，则有 ，可得 碰撞后甲向左穿过磁场，假设甲可以滑过虚线，设到达虚线时速度为，由动量定理有 ，解得 为满足题意，应向左，即 ，解得 （3）乙在右侧磁场中运动时，甲已经到达虚线左侧，由于虚线左侧和右侧的平行导轨均足够长，且表面覆盖了光滑绝缘涂层，所以此时将乙作电源，回路中仅有乙和定值电阻，有 ，根据动量定理，在极短时间内，有 令 ，则对全过程有 其中 ，解得 若乙能够向右滑过O点，应有 ，解得 显然（2）中k大小范围是上述结果的子集，即在满足（2）中k大小范围的条件下，乙能够向右滑过O点。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·陕西西安·二模）如图甲所示，水滴滴在平静的水面上，会形成水波向四周传播（可视为简谐波）。可利用两个能够等间隔滴水的装置、来研究波的叠加现象，图乙所示为以、为波源的两水波在某时刻叠加的简化示意图，已知、的振幅均为A，该时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。则下列说法正确的是（　　） A．a处质点做简谐运动，振幅为0 B．b处质点此刻的位移大小为2A C．若想观察到稳定的干涉现象，可将滴水间隔调小 D．只要将的滴水间隔调至和的相等，c处质点就做振幅为2A的简谐运动 2．（2026·重庆沙坪坝·二模）一列简谐波沿x轴传播，某时刻其波形如图甲所示，平衡位置为的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（    ） A．该列简谐波沿x轴正方向传播 B．无法确定该简谐波的波长 C．该质点的振动周期为 D．从该时刻起内质点经过的路程为 3．（2026·辽宁·一模）现代大型无人机编队表演中，数百甚至上千架无人机通过接收地面控制站发出的无线电指令实现同步飞行。在某次大型庆典活动中，技术人员采用数百架无人机编队表演模拟水波纹扩散的壮观效果。通过精确控制无人机模拟水面上质点的振动，形成以点为波源向外传播的圆形波。以某一方向建立轴，该传播方向上有a、b两架水平方向相距3m的无人机，如图甲所示。从计时开始a、b两无人机的振动图像分别如图乙、丙所示。则下列说法正确的是（　　） A．无人机a的振动方程为 B．该波的波长可能为4m C．该波的波速大小可能为 D．0.85s末A质点的振动速度大于B质点的振动速度 4．（2026·江苏徐州·二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知该波波长为，振幅为A，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是（　　） A．该时刻速度沿y轴负方向 B．该时刻加速度沿y轴正方向 C．此后周期内通过的路程为2A D．此后周期内沿x轴正方向迁移为 5．（2026·陕西西安·模拟预测）如图所示，在某种均匀弹性介质中的x轴上坐标分别为和的Q、P两点有两波源，时两波源同时开始沿y轴方向振动，产生的两列简谐横波沿x轴相向传播，时的波形如图所示。质点M的平衡位置坐标为，下列说法正确的是（　　） A．P点发出的乙波波速较大 B．两列波不会产生稳定的干涉现象 C．M点为振动减弱点，振幅为 D．0~10s内质点M通过的路程为 6．（2026·宁夏石嘴山·二模）如图所示，图甲为一列简谐波在时的波形图，M、N为简谐波上的两个质点，图乙为质点M的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．波沿x轴负方向传播 B．质点M的平衡位置坐标 C．时，质点N的振动方向沿y轴正方向 D．质点N在任意内的路程最小为 7．（2026·河北保定·一模）一列机械波在介质中传播，如图所示，图甲为该波在时刻的波动图像，图乙为质点A的振动图像，根据图像信息判断，下列说法正确的是（　　） A．该机械波向右传播 B．该机械波传播的波速为2.4m/s C．质点A的振动方程为 D．再经过，质点B第一次回到平衡位置 8．（2026·山西·一模）坐标原点的波源在时发出一列简谐波，沿x轴正向传播。在时，该列波的最前端刚好到达B点，此时AB段的波形如图所示，则（　　） A．波速为0.5m/s B．波长为1.5m C．时，波源由平衡位置向y轴正方向运动 D．时，C处质点位于波峰 9．（多选）（2026·山西太原·一模）如图所示，一列简谐横波在足够长的均匀长直介质中沿轴正方向传播。时，处的质点由静止开始向下运动；时，点位于的波谷位置，处的质点第一次到达的波峰位置。下列说法正确的是（　　） A．波源的起振方向沿轴正方向 B．波的传播速度可能为 C．时，处质点速度的大小一定为 D．时，处质点加速度的大小可能为 10．（多选）（2026·西藏拉萨·二模）某弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力随时间变化的图像为正弦曲线，如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．在内，弹簧振子的加速度增大 B．在时和时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反 C．在时，弹簧振子所受回复力的功率为0 D．在内，时弹簧振子所受回复力的功率最大 11．（多选）（2026·山东青岛·一模）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播。实线为时刻的波形图，虚线为时刻的波形图，且该波形自之后首次出现，下列说法正确的是（    ） A．时，处的质点沿y轴负方向振动 B．时，处的质点沿y轴正方向振动 C．0～14.5s内，处的质点的路程为85.5cm D．0～14.5s内，处的质点的路程为87cm 12．（2026·江苏徐州·二模）如图所示，均匀介质中两相干波源、沿x轴固定放置，时刻两波源同时由平衡位置向y轴负方向起振，振动频率均为，形成的两列波波长均为，振幅均为，两列波沿x轴相向传播，不考虑波的反射与能量损耗。 (1)写出波源的振动方程； (2)求、之间距离最近的振动加强点的横坐标。 13．（2026·陕西西安·模拟预测）一列沿轴传播的简谐横波在时的波形图如图1所示，图2为轴上点的振动图像，图1中质点的位移为。求： (1)从时刻开始到质点第一次到达波谷的时间； (2)质点在时间内通过的路程。 14．（2026·贵州贵阳·模拟预测）均匀介质中质点P、Q的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速，波长大于，振幅为，且传播时无衰减。时刻P、Q偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反，运动方向相同，此后经两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反。已知在时刻（），质点P位于波峰。求： （1）该列波的波长； （2）时刻质点Q偏离平衡位置的位移大小。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【详解】A．由题图可知，a处的质点此时刻处于两列波的波峰与波谷相遇的点，由波的叠加知识可知，此时刻a处速度为零。在同一介质中，不同的机械波的波速相等，根据 由图知波源的波长小，所以波源的频率较大，即两列波的频率不同，两列波无法发生稳定的干涉现象，所以a处的质点并不是一直处于静止状态，即a处质点的振幅不为零，故A项错误； B．由题图可知，b处的质点此时刻处于两列波的波谷与波谷相遇的点，由波的叠加知识可知，此时刻该处质点的位移大小为2A，故B项正确； C．在同一介质中，不同的机械波的波速相等，根据 由图知波源的波长小，所以波源的频率较大，为观察到稳定的干涉图样，可将途中的频率调小，即将滴水间隔调大，故C项错误； D．将两装置的滴水间隔调至相等，此时两列波的频率相同，会产生稳定的干涉现象，但是c出的质点其不一定处于振动加强点，即c处的质点不一定做振幅为2A的简谐运动，故D项错误。 故选B。 2．D 【详解】A．由图乙可知，时刻，处质点位移为，随后位移增大，说明质点沿轴正方向振动。根据波动的“上下坡法”可判断该波沿轴负方向传播，故A错误； B．由图甲可得，解得，故B错误； C．由图乙可得， 解得，故C错误； D．，内运动路程为， 之后内运动路程为 则运动总路程为，故D正确。 故选D。 3．C 【详解】A．无人机a的振动方程为，A错误； B．由题意可知（n=0、1、2、3…..），可得，则该波的波长不可能为4m，B错误； C．该波的波速大小为（n=0、1、2、3…..），当n=1时，C正确； D．0.85s末，因B质点距离平衡位置比A质点更近，可知B质点的振动速度大于A质点的振动速度，D错误。 故选C。 4．C 【详解】A．因为该波沿x轴正方向传播，则根据同侧法可知，质点P在该时刻的速度方向沿y轴正方向，故A错误； B．做简谐运动的物体，所受恢复力始终指向平衡位置，因此可知该时刻质点P加速度沿y轴负方向，故B错误； C．做简谐振动的物体，当振幅为A时，在一个周期内通过的路程为 则在半个周期内通过的路程为 故C正确； D．做简谐振动的质点只会在平衡位置上下振动，不会随波迁移，故D错误。 故选C。 5．D 【详解】A．波速由介质决定，故两列波的波速相等，故A错误； B．由波形图知两列波的波长均为，又 故两波源的频率相同，相位差恒定，是相干波，故两列波相遇会产生稳定的干涉现象，故B错误； C．两波源的振动步调相反，又波程差 故M点为振动加强点，振幅为，故C错误； D．由题意知，P波源产生的波先经传至M点，而Q波源产生的波传至 M点需要时间为 在时间内，P波源产生的波引起M点通过的路程为 在最后，两列波叠加共同引起M点通过的路程为 故0~10s内质点M通过的路程共为，故D正确。 故选D。 6．D 【详解】A．由乙图可知时，质点M向轴负方向振动，根据“上坡下，下坡上”可得质点M此时处在上坡，则波沿x轴正方向传播，故A错误； B．由乙图可知质点M的振动方程为，则时，，由甲图可知波动方程为，代入解得，故B错误； C．从该时刻计时，质点N的振动方程为，质点N振动到最大位移处的位移，需要的时间为，而从到的时间间隔为，则质点继续从最高点向y轴负方向振动。所以时，还未振动到最低点，故质点N的振动方向沿y轴负方向，故C错误； D．当运动速率越小时，在内路程才会越小，质点在最大位移位置附近速率较小，则前从平衡位置向最大位移方向运动到最大位移处，后从最大位移处向平衡位置运动，路程会最小为，故D正确 。 故选D。 7．C 【详解】A．由图乙可知时刻质点A沿轴负方向运动，根据同侧法可知该机械波向左传播，故A错误； B．根据图甲可知该机械波的波长为， 根据图乙可知该机械波的周期为 该机械波传播的波速为，故B错误； C．根据题图可知该机械波的振幅为 设质点A的振动方程为 时刻， 联立可得质点A的振动方程为，故C正确； D．根据图甲可知，t=0时刻质点B位移，代入 可知质点B平衡位置的坐标为 质点B第一次回到平衡位置所需的时间， 可得，故D错误。 故选C。 8．A 【详解】A．波速为,故A正确； B．由波形图得， 则，故B错误； C．在时，该列波的最前端刚好到达B点，B质点的起振方向是沿y轴负方向，故时，波源起振方向是沿y轴负方向，故C错误； D．波传播的周期为 从时开始计时，波先经传至C点开始沿y轴负方向振动 C处质点再经，刚好第三次至波谷，故D错误。 故选A。 9．BD 【详解】A．t=0时质点P开始向下运动，所有质点起振方向与波源一致，因此波源起振方向沿y轴负方向，故A错误； B．t=0时质点P开始向下运动，时，质点P在波谷，因此（） 间距，波从传到的时间 向下起振，第一次到达波峰需要，总时间满足 综合可得， 当时，，故B正确； C．波传到的时间， 时该质点振动时间 质点振动半个周期的整数倍后，质点一定在平衡位置处，速度最大，大小不为零，故C错误； D． 时，处质点振动时间 振动方程， ， 加速度大小 当时，，，， 因此，满足条件，故D正确。 故选BD。 10．AC 【详解】A．在内，回复力逐渐增大，弹簧振子在远离平衡位置，因此加速度增大，A正确； B．在从到的时间内，弹簧振子从平衡位置的一侧运动至平衡位置的另一侧对称的位置，故这两个时刻，弹簧振子速度大小相等，方向相同，B错误； C．时，回复力为零，回复力的功率为0，C正确； D．时弹簧振子所受回复力最大，但弹簧振子速度为零，因此功率为零，D错误。 故选AC。 11．AC 【详解】AB．由图可得波长为，实线为时刻的波形图，虚线为时刻的波形图，可得 可得波速为，根据可得周期为 由图可得时，处的质点位移为正，沿y轴正方向振动，经过半个周期即时，质点的位移为负且沿y轴负方向振动，故A正确，B错误； CD．时处的质点的位移为零，0～14.5s内该质点振动了，可得质点振动的路程为，故C正确，D错误。 故选AC。 12．(1) (2)2m 【详解】（1）由题意，角速度，振幅为，时刻两波源同时由平衡位置向y轴负方向起振，的振动方程为 （2）设向x轴正方向传播的波传播的距离为，向x轴负方向传播的波传播的距离为，两波源同时开始由平衡位置向y轴负方向振动，则 （k=1，2，3…）此时为振动加强点，即波源间振动加强点位于2m、6m、10m，即振动加强点的横坐标为2m、6m、10m，可知距离最近的振动加强点的横坐标为2m。 13．(1)0.35s (2) 【详解】（1）由图1可知，两点平衡位置处的距离为，则 解得 由图2知，周期 则波速 机械波向右传播，波谷第一次传到点，传播的距离 质点第一次到达波谷需要的时间 （2）由 可知0.25s时质点刚好回到平衡位置，质点在时间内通过的路程 14．（1）48cm；（2）1cm 【详解】（1）由时刻P、Q偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反，运动方向相同，此后经两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反，可知 又 故波长为 （2）由于 故Q的振动状态滞后于P的相位 已知在时刻，质点P位于波峰 故Q点位移t1时刻质点Q偏高平衡位置的位移大小为1cm 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．某欧姆表的内部示意图如图甲所示，该表有“”“”两个挡位。已知电源电动势，表头允许通过的电流最大值Ig=100μA，内阻。现用该表测量一个阻值约为的定值电阻。 (1)图甲a为______（选填“红”或“黑”）表笔，要测量，选择开关c应与______（选填“d”或“e”）相连，然后进行欧姆调零。测量时指针位置如图乙所示，欧姆表读数为______。 (2)若c与e相连，图乙中欧姆表盘的中间示数为“15”，则图甲中______。 (3)如图所示，实验中有一个黑箱子，黑箱子内可能含有定值电阻、二极管、电容器、电池。黑箱子的四个测量端口分别为A、B、C、D，某兴趣小组探究黑箱子的内部电路结构。 ①用多用电表的______（选填“欧姆挡”“直流电压挡”或“电流挡”）测量所有接线柱组合均无电压显示，表明黑箱子内无电池。 ②改用多用电表的欧姆挡分别测量各个端口组合，得到测量数据如下表所示： 测量端口 红表笔接左 黑表笔接左 左 右 A B ∞ A C A D ∞ ∞ B C ∞ B D ∞ ∞ C D ∞ ∞ 根据实验推断黑箱子中的电路有可能是______。（填选项标号） 2．某同学想将一个满偏电流为的表头G进行改装。 (1)已知表头G的内阻为，将其改装成量程的电压表，需要给表头G________（填“串”或“并”）联一个阻值为________的定值电阻。 (2)将改装表与标准电压表直接并联后进行校准，用笔画线代替导线将下图所示的校准电路补充完整_______。若校准过程中发现改装表的示数总是大于标准表的示数，出现该状况的原因可能是改装电表时，使用的定值电阻的真实值________（填“大于”或“小于”）（1）中的计算值。 3．某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。 (1)该同学首先利用多用电表欧姆“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值，示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值为__________Ω。 (2)该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻kΩ，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最__________（选填“左”或“右”）端；在某次测量中，若毫安表的示数为2.25mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为__________kΩ。经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度的变化关系图像如图丙所示。      (3)该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势E＝6.0V，定值电阻R＝1.8kΩ，长为l＝50cm的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知通过报警器的电流I≥2.4mA时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液内热敏电阻的温度为30°，油液外热敏电阻的温度为70°，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为__________cm。 4．多用电表欧姆挡可以测量电阻，检查电路故障，该挡位是在电流表的基础上改装而成的。 (1)测量电阻时，选择的挡位，欧姆调零后将待测电阻接红黑表笔之间指针位置如图所示，则待测电阻的阻值为_______。 (2)某同学按如图所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发现A、B两灯泡都不亮，断开开关S后，该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障，检查结果如下表所示。由此判断电路故障的可能原因是_______（选填选项前的字母）。 检测点 检测点 欧姆表示数 无穷 无穷 A．滑动变阻器断路 B．A灯断路 C．B灯断路 (3)多用电表欧姆挡是在电流表的基础上改装而成的，其简化电路如图1所示，电源的电动势，内阻为，电流表的电阻为，可调电阻为，电流表满偏电流。电流表的表盘刻度如图2所示，表盘正中央处对应的阻值应为_________Ω。若多用电表内部电池的电动势减小了，但仍可进行欧姆调零，电阻的测量值“偏大”“偏小”还是“不变”？并说明原因：__________。 5．某实验小组测量一均匀新材料制成电阻的阻值． (1)用多用电表粗测电阻，小组同学分别用“”和“”挡正确操作后测其电阻，指针位置如图（a）中的“位置1”和“位置2”所示，则应读取______（填“位置1”或“位置2”）指针所指数据，电阻的阻值为______． (2)为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测电阻外，实验室还备有的实验器材如下： A．两节新的干电池 B．电压表（量程，内阻约为） C．电压表（量程，内阻约为） D．电流表A（量程，内阻为） E．电阻箱（，额定电流） F．滑动变阻器（，额定电流） G．滑动变阻器（，额定电流） H．开关和若干导线 电压表应选______；滑动变阻器应选______．（均用器材前的字母序号表示） (3)为方便测量和计算，该小组将电阻箱调至后接入电路，请根据所选器材帮助该小组将电路图补全画到图（b）虚线框内． (4)某次测量时电压表示数为，电流表示数为，结合题干中数据可求得该电阻的阻值为______（结果保留2位有效数字）． 6．要测量一个毫安表（量程为，内阻约）及一个电压表（量程为，内阻约）的内阻，某同学设计了如图甲所示的电路，为定值电阻，为滑动变阻器，电源电动势为。实验室提供的定值电阻有：、。 (1)定值电阻应选用___________（填“”或“”）； (2)将开关合向，将图甲中滑动变阻器滑片移到___________（填“左”或“右”）端，闭合开关，多次调节滑动变阻器，记录每次调节后电压表和毫安表的示数、，某次毫安表的指针所指位置如图乙所示，则毫安表测得的电流___________；作图像，得到图像的斜率为，则毫安表的内阻___________（定值电阻的阻值用表示）； (3)将开关合向，重复实验，根据测得的数据仍作图像，得到图像的斜率为，则求得电压表的内阻___________（定值电阻的阻值用表示）。 7．利用如图甲所示的电路探究电流表的不同接法对电阻测量误差大小的影响，实验器材如下： 电压表V（测量范围0~3V，内阻约为）； 电流表A（测量范围0~0.6A，内阻约为）； 电阻箱（）； 滑动变阻器（最大阻值，额定电流2A）； 学生电源（输出电压3V） 开关S，单刀双掷开关K，导线若干 (1)请用连线代替导线把图乙所示的电路连接补充完整______； (2)按照甲图正确连接电路后，将滑动变阻器的滑片调到______（填“左”或“右”）端，闭合开关S，将单刀双掷开关K与、中的某一端相连接，将电阻箱的阻值调为，改变滑动变阻器的触片位置，测得多组、值，拟合出图像，如图丙中的直线①（直线方程如图）；保持单刀双掷开关K的连接不变，再将电阻箱的阻值调为，改变滑动变阻器的触片位置，测得多组、值，拟合出图像，如图丙中的直线②（直线方程如图）；根据图丙中的信息，判断此实验过程中单刀双掷开关K与______（选填“”或“”）端相连； (3)已知测量电阻的相对误差 ①保持单刀双掷开关K与端相连接，电阻箱的阻值调整为，测出对应的、值，并计算出所测电阻箱电阻的相对误差，改变电阻箱的阻值，重复以上测量，并描绘出图像。下列的关系图像可能正确的是______： A．B．C．D． ②实验中将电阻箱的阻值调为，当单刀双掷开关K分别与、连接时，两种情况下所测电阻的相对误差相等，则电流表内阻、电压表内阻和之间的关系为______（用、表示）。 8．测定一个待测电阻的阻值（阻值约为），实验室提供如下器材： 电池组E（电动势，内阻不计） 电流表（量程，内阻约为） 电流表（量程，内阻为） 滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A） 电阻箱（阻值范围，额定电流1A） 电键S、导线若干 要求实验中尽可能精确地测量的阻值，请回答下面问题： (1)为测量待测电阻两端的电压，可将电流表________（填写器材代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表， (2)在方框中画出测量阻值的电路图，并在图中标明器材代号。 (3)调节滑动变阻器，两表的示数如图所示，可读出电流表的示数是________mA，电流表的示数是________，可得到待测电阻的精确值是________（该结果保留三位有效数字）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) 黑 d 320 (2)40 (3)直流电压挡 BD 【详解】（1）[1]a表笔与电源正极相连，根据“红进黑出”规律可知，a表笔为黑表笔； [2]由图甲可知c接d时干路电流的最大值大于c接e时干路电流的最大值，由于欧姆表的内阻 可知，c接d时为“”挡位，c接e时为“”挡位，由于定值电阻的阻值约为，结合图乙可知应选用“”挡位，故c应该接d。 [3]根据欧姆表的读数规律，图乙中的读数为 （2）若c与e相连，结合上述可知，欧姆表的内阻为 干路中流过的电流最大值 可知，表头量程扩大为10倍，则有 解得 （3）①[1]要判断黑箱子内有无电池，用多用电表直流电压挡测量所有接线柱组合，无电压显示则无电池，因为电池提供直流电压。 ②[2]利用欧姆挡连接A、B接线柱时，电阻为与∞，表明A、B接线柱之间有二极管和电阻，利用欧姆挡连接A、C接线柱时，电阻始终为，表明A、C接线柱之间只有电阻，利用欧姆挡连接B、D接线柱时，电阻始终为∞，表明B、D接线柱之间可能有电容器，也可能没有元件，可知，第二个选项与第三个选项中的电路满足要求。 故选BD。 2．(1) 串 2975 (2) 实物图连接见解析 小于 【详解】（1）[1][2]将内阻为的表头G改装成量程的电压表，需要给表头G串联一个电阻，阻值为。 （2）[1][2]校准电表，需要将改装表和标准表并联，滑动变阻器应采用分压式接法，电路如图所示。 改装表的示数总是大于标准表的示数，说明流过改装表支路的电流偏大，有可能是改装电表时使用的定值电阻的真实值小于（1）中的计算值。 3．(1) (2) 左 3.0/3 (3)10 【详解】（1）[1]由多用电表欧姆表的读数规则可知，此时热敏电阻的阻值为 （2）[2][3]滑动变阻器采用分压式接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端，由于和并联，故有 ，代入数据解得 （3）[4]设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为 同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为 其中，由闭合电路欧姆定律有 其中、、 ， 代入解得 4．(1)190 (2)B (3) 300 见解析 【详解】（1）欧姆挡倍率为 ，则待测电阻阻值 （2）A．若滑动变阻器断路，则检测 两点间电阻应为无穷大，故 A 错误。 B．若A灯断路，则检测 两点间电阻为滑动变阻器阻值，检测 两点和a，d两点间电阻因 A 灯断路而为无穷大，故 B 正确。 C．若 B 灯断路，则检测 两点间电阻应为有限值，故 C 错误。 故选 B。 （3）[1]欧姆表进行欧姆调零时，外电路电阻为零，电流满偏，有，其中 为欧姆表总内阻。代入数据得 当指针指在表盘正中央时，电流为 ，根据闭合电路欧姆定律 解得 [2]若电池电动势减小为，仍进行欧姆调零，则新的内阻，减小，测量电阻 时，实际电流 变小，则测量值偏大。 5．(1)位置1 (2) B F (3)电路图见解析 (4) 93 【详解】（1）[1][2]欧姆表指针指在表盘中间部分读数较为准确，故选择“位置1”进行读数，可读出电阻为。 （2）[1][2]由题意可知，电源是两节干电池，电动势约为，因此用量程为的电压表，故电压表应选B；待测电阻为，为了便于调节，应选用的滑动变阻器，故滑动变阻器应选F。 （3）电流表内阻已知，故采用内接，由于所给的电流表量程较大，需要将电阻箱并联在待测电阻上来增大通过电流表的电流，电路图如图所示。 （4）待测电阻和电阻箱并联，根据欧姆定律可知，联立解得。 6．(1) (2) 左 (3) 【详解】（1）因电压表量程为，毫安表量程为，若选用的定值电阻为，则当电压表满偏时，毫安表的示数约为 若选用的定值电阻为，则当电压表满偏时，毫安表的示数约为 为保证电路中各器件安全，使毫安表及电压表均不超量程，应选用定值电阻。 （2）[1]闭合开关前，滑动变阻器接入阻值需调至最大以保护电路，由图甲可知，滑片应移到最左端。 [2]由图乙可知，毫安表的最小刻度为，故毫安表测得的电流 [3]根据欧姆定律可知 解得 结合图像的斜率为，可知 （3）根据欧姆定律可知 解得 结合图像的斜率为，可知 7．(1)电路连接见解析 (2) 左 (3) D 【详解】（1）[1]电路连接如图所示 （2）[2]为了保护电路，使电压表两端的电压从零开始调节，应将滑动变阻器的滑片调到左端； [3]图丙中的图线斜率为电阻的测量值，两次测量值都小于真实值，故可知其选用的是外接法，所以此实验过程中单刀双掷开关与a端相连。 （3）[4]保持单刀双掷开关K与a端相连接，此时为外接法，电阻箱的阻值调整为，则 可知逐渐增大时，从零逐渐增大，增加的幅度逐渐变小，最后趋近于。 故选D。 [5]实验中将电阻箱的阻值调为时发现，当单刀双掷开关K分别与a连接时，测量值为 当单刀双掷开关K分别与b连接时，测量值为 两种情况下所测电阻的相对误差相等，则 化简得 8．(1) 9000 (2) (3) 8.0 150 191 【详解】（1）[1][2]因电池组的电动势为，故待测电阻两端所加电压的最大值不超过，此时测量电路的电流约为 因此，电流表用于测量电流，为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表，需要调整电阻箱阻值为 （2）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为，电流表内阻约为，电压表内阻已知，为 为实现精确测量，电流表应采用外接法，电路图如图所示 （3）[1]由图可知，电流表的最小刻度为，故电流表示数为； [2]由图可知，电流表的最小刻度为，故电流表示数为； [3]由上述分析可知待测电阻两端电压 由欧姆定律可知待测电阻的阻值 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·山东德州·模拟预测）如图所示，电荷量为的均匀带电圆盘B固定在竖直面内，为过圆盘中心的中轴线，、到点的距离均为。绝缘细线一端固定在点，另一端连接电荷量为、质量为的金属小球，小球恰好在点保持静止，细线与水平面的夹角为，已知静电力常量为，重力加速度为，金属小球可视为点电荷，则点的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·河北廊坊·一模）如图所示，实线为静电透镜中的电场线，一带电粒子仅在静电力的作用下由a向c运动，运动轨迹如虚线所示，a、b、c是轨迹上的三点。由a到c过程中，一直变小的是该粒子的（　　） A．加速度 B．速度 C．所在位置的电势 D．电势能 3．（2026·江西·二模）两个带电小球放置在足够宽广的真空环境中，带正电、带负电，且，两电荷附近的电场分布如图所示。若从足够远处观察这两个电荷，可以把两电荷视作一个点，则在足够远处观察到的电场分布正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图所示，两个等量异种点电荷间隔一定距离分别固定在M、N点，O是两者连线的中点，A，B是等势面上的两点，，C、D是等势面上的两点，，各点都在同一平面内，取无穷远处电势为零，则（　　） A．A点处和B点处的电场强度大小相等，方向不同 B．A处和D处的电场强度大小相等，方向相同 C．B处和C处的电势相等 D．O点的电势为正值 5．（2026·四川南充·二模）光滑绝缘水平面上有关于点对称的、两点，以点为坐标原点、沿建立轴，、两点间沿轴的电势变化如图所示，左侧图像为曲线，右侧图像为倾斜线段，现将一质量为的带电小球从点由静止释放后沿轴运动，忽略带电小球的电场，已知小球到达点时的速度为。下列说法正确的是（　　） A．小球带正电 B．小球所带电荷量的绝对值为 C．小球在段运动的加速度逐渐变小 D．小球在段的运动时间小于在段的运动时间 6．（多选）（2026·河北邢台·一模）如图所示，A、B、C、D是边长为L的立方体上的四个顶点，分别固定电荷量为、、、的点电荷，G、H分别为立方体两条侧棱的中点。下列说法正确的是（    ） A．G、H两点的电势相等 B．G、H两点的电场强度相同 C．电子沿连线由G运动到H的过程中，电势能先增大后减小 D．电子沿连线由G运动到H的过程中，电势能先减小后增大 7．（多选）（2026·山东青岛·模拟预测）如图所示，电荷量为Q的均匀带正电圆环半径为R，M、N为圆环中轴线上邻近圆心O的两点，MO的距离为a，NO的距离为，已知。中轴线上OM间任意点的电场强度大小为，其中k为静电力常量，x为该点到O点的距离。将不计重力的电子从M点由静止释放，规定圆心O处电势为零，下列说法正确的是（　　） A．电子从M点到O点的运动为匀加速直线运动 B．N点的电势为M点电势的 C．电子从M点运动到N点的时间为从N点运动到O点时间的2倍 D．仅将带电圆环的半径变为4R，电子运动到O点速率将变为原来的 8．（多选）（2026·辽宁·一模）沿绝缘光滑水平桌面建立x轴，空间存在与x轴平行的匀强电场，取x轴正方向为电场的正方向，在内，电场强度E随位置坐标x变化关系图像如图所示。将质量为、电荷量为的带正电小球从x轴上的处由静止释放，则下列说法正确的是（　　） A．小球释放瞬间，加速度大小为 B．小球会在到之间做往复运动 C．在x轴上与两处的电势相等 D．小球运动到时的动能为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【详解】根据平衡条件可知，小球受到的电场力为 则均匀带电圆盘B在小球静止处的电场强度大小为 结合对称性及电场叠加可知点的电场强度为圆盘和金属小球产生电场矢量和，大小为 故选D。 2．D 【详解】A．电场线的疏密表示场强大小，从a到c，电场线先变密后变疏，因此场强E先增大后减小，由可知，加速度先增大后减小，不是一直变小，故A错误； BCD．曲线运动中，合力（静电力）指向轨迹凹侧，可知静电力方向沿电场线向右，与电场方向相反，粒子带负电，沿着电场线方向电势降低，可知电势一直升高，根据可知，电势能逐渐变小，则动能增大，速度增大，故D正确，BC错误； 故选D。 3．A 【详解】由题意可知，在足够远处的电场相当于将两电荷合在一起时形成的电场，由于带正电、带负电，且，即相当于的正点电荷产生的电场。 故选A。 4．B 【详解】A．根据等量异种电荷电场线分布规律可知，A点处和B点处的电场强度不同，故A错误； B．根据数学关系易知AD关于O点对称，根据等量异种电荷电场线分布规律，可知A处和D处的电场强度大小相等，方向相同，故B正确； C．电场线方向从M指向N，随电场线方向电势降低，可知B处和C处的电势不相等，故C错误； D．等量异种电荷的中垂线是等势面，且电势为0（取无穷远处为零电势），O点在中垂线上，故O点电势为0，故D错误。 故选B。 5．D 【详解】A．由题图可知，电势在O点最高，A、B两点电势最低。小球从A点由静止释放后向O点运动，说明小球所受的电场力方向由A指向O。由于电场强度方向与电势降低的方向一致，即从O指向A，故小球受力的方向与电场强度的方向相反，因此小球带负电。故A错误； B．A、O两点间的电势差为 设小球所带电荷量的绝对值为，由于小球带负电，则从A到O过程，对小球列动能定理方程有，解得，故B错误； C．图像的斜率表示电场强度。由题图可知，OB段图像为倾斜直线，其斜率恒定，说明OB段的电场强度E恒定，根据牛顿第二定律有 解得小球在段的加速度为 由于OB段的电场强度E恒定，所以小球在段的加速度也恒定，故C错误； D．由上面分析可知，由于AO段曲线斜率的绝对值逐渐减小，所以AO段的电场强度逐渐减小，则小球从A到O做加速度减小的加速运动，所以小球在段的平均速度大于；由于OB段电场强度恒定，小球做匀减速运动，所以小球在段的平均速度等于。由于AO段与OB段的位移大小相等，则根据可知，因为AO段平均速度更大，所以运动时间更短，即小球在段的运动时间小于在段的运动时间，故D正确。 故选D。 6．AD 【详解】A．电势是标量，距离点电荷相同距离的地方，电势相等，根据对称性，G、H到四个点电荷的距离一样，因此G、H两点的电势相等，故A正确； B．电场强度是矢量，A、C是一对等量同种电荷，B、D是另外一对等量同种电荷，A、C在G点的合场强垂直于AD指向外侧，B、D在G点的合场强垂直于AD指向里侧，由于A、C两点的电荷量比B、D两点大，因此G点的合场强垂直于AD指向外侧，同理，A、C在H点的合场强垂直于AD指向外侧，B、D在H点的合场强垂直于AD指向里侧，由于A、C两点的电荷量比B、D两点大，因此H点的合场强垂直于AD指向外侧，但G点的外侧和H点的外侧相反，因此两者的电场强度不同，故B错误； CD．根据对称性，以及A、C两点电荷量比B、D两点大，因此GH连线处的电势都大于零，且由于GH中点离四个点电荷距离最近，因此电势最大，电子带负电，在该处电势能最小，因此电子沿连线由G运动到H的过程中，电势能先减小后增大，故D正确。 故选AD。 7．BCD 【详解】A．根据可知，电子从M点到O点的运动过程中所受电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，电子的运动不是匀加速直线运动，选项A错误； B．因 即电场力与x成线性关系，则电子e从M点（或N点）到O点电场力做功 而 因 可知 即N点的电势为M点电势的，选项B正确； C．根据 可知，电子从M点到O点运动时的运动为简谐振动，因MN=NO，则由数学知识可知，电子从M点运动到N点的时间为从N点运动到O点时间的2倍，选项C正确。 D．从M到O点由动能定理 仅将带电圆环的半径变为4R，电子运动到O点速率将变为原来的，选项D正确。 故选BCD。 8．AD 【详解】A．由图像可知，处的电场强度为 所以小球在该位置的加速度大小为，故A正确； B．在内电场始终沿x轴正方向，故小球由静止释放后，会沿x轴正方向运动，故B错误； C．从到处，电场方向始终沿x轴正方向，电势降低，故C错误； D．从到，由动能定理有 解得，故D正确。 故选AD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·广东江门·二模）如图所示，将带正电的小球甲、乙（均视为点电荷）从水平地面上方相同高度处同时由静止释放。已知小球甲的电荷量和质量均大于小球乙的，不计空气阻力，则两小球从释放到落地的过程中，下列物理量中，小球甲一定大于小球乙的是（　　） A． 水平位移 B． 水平方向加速度 C． 库仑力做的功 D． 同一时刻重力的瞬时功率 2．（2026·河南三门峡·二模）真空中有电荷量为和的两个点电荷，分别固定在x轴上和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势随x变化的图像正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·辽宁鞍山·模拟预测）磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为的轻质弹簧。细胞膜上的离子泵可以输运阴阳离子，使其均匀地分布在分子层上，其结构示意如图所示。已知无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，静电力常量为k，介质的相对介电常数为，细胞膜的面积。当内外两膜层分别带有电荷量Q和-Q时，关于两分子膜层之间距离的变化情况，下列说法正确的是（　　） A．分子层间的距离增加了 B．分子层间的距离减小了 C．分子层间的距离增加了 D．分子层间的距离减小了 4．（2026·云南曲靖·模拟预测）竖直平面内固定有两个电荷量均为的点电荷，两点电荷相距0.6m，O为两点电荷水平连线的中点。一电荷量为的带电小球自点开始向下运动，初动能大小为，其动能与位移的关系如图乙中曲线I所示，处为曲线的最低点，此时动能大小为。直线II为计算机拟合的曲线I的一条渐近线，其斜率大小为。已知小球可视为质点，运动过程中电荷量保持不变，空气阻力不计，重力加速度，静电力常量，则（　　） A．小球的质量为 B．小球的电荷量为 C．下落到的过程中，小球的加速度先减小后增加 D．下落到的过程中，小球的电势能增加了约 5．（2026·云南玉溪·模拟预测）空间中存在一匀强电场，电场方向未知。如图所示，一质量为的带电小球在点的初速度大小为，方向水平向左，小球经过下方点时速度的大小仍为，且方向与水平方向夹角，指向右下方。两点在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为。则（    ） A．若电场力水平向右，电场力最小 B．间电势差 C．小球速度竖直向下时，速度的大小为 D．若电场力的大小为，则电场力与竖直方向的夹角为，指向右上方 6．（2026·河南南阳·二模）喷墨打印机的原理如图所示，墨盒喷出的墨汁液滴经过带电室时带上电荷，带电液滴经过偏转电场后打到纸上，显示出字体，且字体大小与打在纸上的偏转位移成正比。已知偏转板长为，两板间的距离为，电压为。若液滴质量为，电荷量大小为，以初速度平行两板间从正中央进入电场，忽略空气阻力和重力作用，下列说法正确的是（    ） A．液滴经过偏转电场的过程中，电势能增大 B．液滴离开偏转电场时的动能大小为 C．液滴经过偏转电场的过程中，电场力的冲量大小为 D．仅将两极板间的电压调节为，则纸上的字体缩小 7．（2026·安徽淮南·二模）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，如图所示为该透镜工作原理示意图。虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，实线为一电子仅在电场力作用下通过该区域的部分运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点。下列说法正确的是（　　） A．P点的电场强度比Q点的电场强度小 B．P点的电势低于Q点的电势 C．电子在P点的动能大于在Q点的动能 D．电子从P运动到Q的过程中，电势能先增大后减小 8．（2026·安徽合肥·模拟预测）在地图中，通常用等高线来表示地势的高低，在物理学中通常采用等势线来表示电势的高低，若将图中等高线改为等势线，所标数字为电势，则（      ） A．图中、两点的电场强度大小相等 B．将质子由点移动到点，电场力对质子做负功 C．电子在点处的电势能大于在点处的电势能 D．若重新标定零势能面，则、两点间的电势差将改变 9．（2026·河南南阳·模拟预测）在x轴上关于坐标O点对称的位置上有两个等量的正点电荷，其在x-z平面上形成的电势分布沿x轴的剖面图如图所示，取无穷远处电势能为零，则下列说法正确的是（　　） A．同一电荷在x轴上与O点电势能相等的点还有两个 B．坐标O点处的电势和场强均不零 C．把某正电荷从0点沿x轴正方向移动至无穷远的过程中电场力均先做负功再做正功 D．负电荷在O点的电势能为正 10．（2026·山东潍坊·二模）如图所示，一半径为R的橡胶圆环，固定在绝缘支架上，圆环上均匀分布着同种电荷。现从圆环上截去长为s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心处产生的场强大小为E，再从圆环上截去长为2s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心产生的场强大小为，不考虑因截取导致的电荷分布变化，则（　　） A．的最大值小于3E B．的最大值等于3E C．的最小值等于E D．的最小值大于E 11．（2026·山东济宁·二模）如图所示，A、B是等量正点电荷，点为AB连线的中点，点位于AB连线的中垂线上，AB间的距离为，间的距离为，此时点的电场强度大小为；若仅将点电荷换成等量的负点电荷，点的电场强度大小变为。为使小于，和的大小应满足的关系为（　　） A． B． C． D． 12．（2026·安徽马鞍山·二模）如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为Q的正点电荷固定在A点。将电荷量也为Q的负点电荷，从无穷远处（电势为0）移到B点，此过程中电场力做功为W。下列说法正确的是（    ） A．负点电荷移入之前，B点的电势为 B．负点电荷移入之后，C点场强增强 C．负点电荷移入之后，C点电势升高 D．将负点电荷从B点沿直线BC移至C点，电场力先做正功再做负功 13．（2026·安徽淮北·二模）如图所示，绝缘斜面体放置在水平地面上，空间中存在竖直向下的匀强电场，一带正电的滑块沿斜面匀速下滑，在滑块下滑过程中，斜面体始终保持静止。则（　　） A．地面对斜面体施加水平向右的摩擦力 B．地面对斜面体施加水平向左的摩擦力 C．撤去电场，滑块仍然沿斜面匀速下滑 D．撤去电场，滑块将沿斜面匀加速下滑 14．（多选）（2026·河北邢台·二模）如图所示，空间存在平行xOy平面的匀强电场。带正电粒子质量为m、电荷量为q，经过O点时速度大小为v0，方向沿y轴正方向，经过P点时速度沿x轴正方向。P点坐标为（2d，d），不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子从O到P的运动时间为 B．粒子在P点的速度大小为2v0 C．电场强度大小为 D．粒子从O到P的最小速度为 15．（多选）（2026·吉林白山·模拟预测）如图所示，半径为R=0.8m的圆上有M、N、P三点，其中MN为直径，P点为半圆MN上靠近M点的三等分点。空间中存在与圆面平行的匀强电场。带电荷量为q=+0.02C的试探电荷从M点移动到P点的过程克服电场力做的功为2J，该试探电荷从M移动到N的过程电场力做的功为-8J。规定N点电势为0。下列说法正确的是（    ） A．P点电势为300V B．试探电荷在O点的电势能为-4J C．匀强电场的方向为从M指向N D．匀强电场的电场强度大小为250N/C 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【详解】A．水平方向由动量守恒可得，因，故，故A错误； B．甲、乙间库仑力是相互作用力，大小相等。由牛顿第二定律，水平加速度， 因，故，故B错误； C． 库仑力做功，大小相等，因为，则，故C错误； D． 重力瞬时功率 同一时刻相同，因，故，故D正确。 故选 D。 2．D 【详解】根据点电荷周围的电势公式，设处 (>0)的电势为0，得 解得， 故可知当时，；当时，。 故选D。 3．B 【详解】内外两膜层分别带有电荷量Q和-Q时，两膜层之间电场力为引力，在该引力作用下，分子层之间的距离减小，令距离减小量为，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为的轻质弹簧，由于无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，细胞膜的面积，则膜层周围的电场也可近似看为匀强电场，令电场强度为E，可知单独一个极板产生的场强为，则有 根据电容的表达式有， 根据电场强度与电势差的关系有 结合上述解得， 即分子层间的距离减小了。 故选B。 4．B 【详解】ACD．由动能定理知，图像的斜率为合外力，由图知0.4m内，图像的斜率先减小后增大再减小，即小球所受的合外力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知，此过程小球的加速度先减小后增加再减小；当时，小球所受的电场力趋近于0，则图像的渐近线的斜率为重力，即N 解得小球的质量 0～0.4m内，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量 故ACD错误； B．小球在x=0.4m处所受合外力为0，此时 其中，解得电荷量C， 故B正确。 故选B。 5．D 【详解】A．小球经过AB两点时速度大小相等，有对称性可知在AB两点时速度方向与AB连线的夹角大小相等，设为α，由几何关系可知α=60°，小球所受的合力方向沿AB的垂直平分线方向斜向下，方向与水平线夹角为30°，由平行四边形定则可知，若场强方向沿BA向上时电场力最小，场强最小，选项A错误； B．从A到B根据动能定理，可知， 选项B错误； C．小球速度竖直向下时，此时速度方向与AB夹角为30°，小球沿AB方向的速度为 不变，则小球速度竖直向下时速度的大小为，选项C错误； D．由图可知，若电场力的大小为，合力大小也为mg，此时电场力与竖直方向的夹角为，指向右上方，选项D正确。 故选D。 6．D 【详解】A．液滴经过偏转电场的过程中，电场力做正功，则电势能减小，A错误； B．根据动能定理，液滴离开偏转电场时的动能大小为，B错误； C．液滴经过偏转电场的过程中，电场力的冲量大小为，C错误； D．根据离开偏转电场时的偏转距离为，则仅将两极板间的电压调节为，则偏转距离y减小，则纸上的字体缩小，D正确。 故选D。 7．C 【详解】A．等势线越密，电场强度越大。由图可知，点处的等势线比点处的等势线密集，所以点的电场强度比点的大，故A错误； B．电子做曲线运动，所受电场力指向轨迹的凹侧，且电场力方向与等势线垂直。由图可知，电子在点受到的电场力方向大致向左。因为电子带负电，受力方向与电场强度方向相反，所以电场强度方向大致向右。沿电场线方向电势降低，所以点的电势高于点的电势，故B错误； C．电子从运动到的过程中，电场力方向大致向左，位移方向大致向右，电场力做负功。根据动能定理，动能减小，所以电子在点的动能大于在点的动能，故C正确； D．电子从运动到的过程中，电场力做负功，电势能增大，故D错误。 故选C。 8．B 【详解】A．等差等势面越密，电场强度越大，可知图中、两点的电势相等，但是场强不相等，故A错误； B．将质子由点移动到点，电势升高，根据可知质子电势能变大，根据可知电场力对质子做负功，故B正确； C．点电势高于点电势，根据可知电子在点处的电势能小于在点处的电势能，故C错误； D．若重新标定零势能面，则、两点间的电势差不变，会改变电势的值，但是电势差与零势能面的选取无关，故D错误。 故选B。 9．A 【详解】A．从下图中可以看出，在x轴上与O点电势相等的点有两个，所以同一电荷在x轴上还有两处电势能与O点相等，故A正确； B．电势是标量，两个正电荷周围的电势叠加后不为零，但等量同种电荷在O处的场强因矢量叠加抵消为零，故B错误； C．把某正电荷从0点沿x轴正方向移动至无穷远的过程中，根据可知正电荷的电势能经历先升高再降低，再升高，再降低的过程，故电场力先做负功、再做正功、再做负功、再做正功，故C错误。 D．从图中可以看出，O点电势为负，根据可知负电荷在点的O点的电势能为负，故D错误。 故选A。 10．A 【详解】因截取一段圆弧后，剩余的部分在圆心处产生的场强与截取的部分在圆心处产生的场强等大反向，截去长为s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心处产生的场强大小为E1=E；再截取2s后剩余部分在圆环中心产生的场强大小E2应小于2E大于等于E（当三段等分圆周时）；而应该是E1和E2两部分场强的矢量和，由于两场强不能共线，则最大值小于3E，最小值为零。 故选A。 11．B 【详解】设电荷量的大小为Q，，当两电荷为等量正电荷时，M点的电场强度大小为 其中，当两电荷电性一正一负时，M点的电场强度大小为 其中，当时，有， 所以 故选B。 12．D 【详解】A．负点电荷，从无穷远处移到B点，电场力做功为 其中负点电荷电荷量 代入解得，A错误； B．设等边三角形边长为，移入负电荷前，点的正点电荷在点产生的场强大小 移入负电荷后，点的负点电荷在点产生的场强大小 两个场强夹角为，根据矢量合成得 故合场强大小和原来场强大小相等，场强没有增强，B错误； C．电势是标量，移入负电荷前，由点的正点电荷在点产生的电势为正值，移入负电荷后，点的负点电荷在点产生的电势为负值，总电势为正电势加负电势，比原来降低，C错误； D．点的正点电荷，边上中点位置离最近，因此点产生的电势沿方向先升高、后降低，且点和点电势相等。 根据电势能 可知移动负点电荷，电势能先减小、后增大，因此电场力先做正功再做负功，D正确。 故选D。 13．C 【详解】AB．对滑块与斜面体整体受力分析，整体受竖直向下的重力，竖直向下的电场力和竖直向上的地面的支持力，斜面体与地面间没有摩擦力，故AB错误； CD．设斜面体倾角为θ，滑块沿斜面匀速下滑时，有，， 联立可得 撤去电场，滑块受重力，支持力和摩擦力，由于 则滑块仍然沿斜面匀速下滑，故C正确，D错误。 故选C。 14．BD 【详解】A．粒子从O到P，沿轴方向有 解得粒子从O到P的运动时间为，故A错误； B．设粒子在P点的速度大小为，粒子从O到P，沿轴方向有 解得，故B正确； C．沿轴方向有，解得沿轴正方向分场强为 沿轴方向有，解得沿轴负方向分场强为 则电场强度大小为，故C错误； D．如图所示 将带电粒子的运动分解为沿电场力方向和垂直电场力方向，当沿电场力方向的分速度减为0时，带电粒子的速度最小；由图可得，则粒子从O到P的最小速度为，故D正确。 故选BD。 15．BD 【详解】A．由电势差公式可知， 解得，，故A错误； B．匀强电场中，中点O的电势满足 试探电荷在O点的电势能为，故B正确； CD．如图所示，Q点为MN的四等分点，则 可见PQ连线为等势线，根据几何关系可知，则MN为电场线，电场方向向左，根据电势差与电场强度关系有，故C错误，D正确； 故选BD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·河北邢台·一模）某公司按照市政要求设计防浸水型灯具，为夜晚的喷泉灯光秀做准备。为保证效果和夜间照明需求，该公司先将一点光源放置在水下不同深度，发现光源的深度与水面有光射出区域的半径相等。给该光源安装一个灯罩，由透明半球壳CED和不透明圆柱壳ABDC组成，内部充满透明介质，其纵截面如图所示，AC=AO=R，光源位于圆柱壳底面圆心O点，灯在水下时光刚好都从半球体表面射出。不考虑光的反射，光在真空中传播速度为c，忽略灯罩的厚度，求： (1)水对该光源发射的光的折射率； (2)光在透明介质中的最长传播时间。 2．（2026·江西·二模）当一束光的反射光与折射光垂直时，对应的入射角称为布儒斯特角。布儒斯特角通过控制光的偏振态，在需要高精度偏振控制或低反射干扰的场景中发挥关键作用。如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度L=3cm，若某波长为λ的单色光从上表面射入，入射角i=60°，反射光与折射光刚好垂直。已知普朗克常量为h，光在真空中的传播速度为c，求： (1)该单色光的能量子ε的值（用λ、h、c表示）； (2)该玻璃砖的折射率n； (3)从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离d。 3．（2026·河南濮阳·一模）某公园的圆桶形景观水池的半径为，在池底的中心有一个点光源，点亮后刚好能将整个水面照亮，已知水对光的折射率为，求： (1)池中水的深度； (2)将点光源移到池底的边缘时，水面照亮区域的面积。 4．（2026·河南·模拟预测）半径为的某种圆形透明介质截去一小部分，是截面，是其对称轴，与的交点到圆心的距离为，一束光线以平行的方向从点射入介质，折射光线刚好射到点，点到的距离为。 (1)求介质对光的折射率； (2)试判断光照射到点时会不会发生全反射。 5．（2026·山东泰安·模拟预测）如图所示，某透明棱镜横截面为直角三角形ABC，其中，，AB边长为2L，O点为AB边的中点，一束平行光线从OB区域以与AB边成夹角入射，已知从O点入射的光线恰好射到AC边上的D点，D点距A点的距离为L，不考虑反射光线，光在真空中的传播速度为c。求： (1)透明棱镜对该光的折射率； (2)折射光线在棱镜中传播的最长时间。 6．（2026·山东德州·模拟预测）如图所示为半径均为的两块完全相同的半圆形玻璃砖、，两平行界面之间的距离为，两圆心左右错开一定距离。一束单色光沿玻璃砖的半径方向射入，在点的入射角为，射出玻璃砖后恰能从玻璃砖的圆心点射入。已知玻璃砖的折射率为，光在真空中的传播速度为，求 (1)该单色光从开始射入玻璃砖A到从玻璃砖B射出所经历的时间； (2)将单色光在点的入射角减小为，只将两玻璃砖平行界面之间的距离调整为，该单色光从点出射后，仍然能从玻璃砖的圆心点入射，求的大小。 7．（2026·山东青岛·模拟预测）2021年12月9日，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶兆富在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课。王亚平在水膜里注水，得到了一个晶莹剔透的水球，接着又在水球中央注入一个气池，形成了两个同心的球。如图所示AB是通过球心O的一条直线，有一束宽为8R的单色光沿着水球的水平轴纹射向水球左侧表面，光的中轴线与AB重合，内球面半径为3R，外球面半径为5R，边界光线经折射后恰好与内表面相切，已知sin37°=0.6，求： （1）单色光在水中的折射率n； （2）有多宽范围内的光线不能进入水球中的气泡。 8．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图甲所示，某市在大运河拐弯公园的人工湖底某位置水平安装了一半径为R的平面圆形灯，恰如水底的一轮明月。已知水底“明月”发出的橙色光在湖面上形成一个半径为d的橙色圆，如图乙所示。水对橙色光的折射率为，光在真空中的传播速度为c。求： (1)水底“明月”的深度h； (2)该灯发出的光从发出到射出水面的最长时间t。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2) 【详解】（1）由于光源的深度与水面有光射出区域的半径相等，由几何关系可知光在水面发生全反射的临界角为 ，根据全反射临界角与折射率的关系 解得水对该光源发出的光的折射率为 （2）设透明介质对该光源发出的光的折射率为n1，由题意可知，光源发出的光线在D点恰发生全反射，设光线在该点的入射角为θ，则由几何关系可知 由全反射规律知 ，解得 光在透明介质中的最长传播路径为 ，传播速度 最长传播时间为 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据光子能量公式 解得该单色光的能量子为 （2）由题意知反射光与折射光垂直，根据几何关系可知入射角 与折射角 之和为 ，即 ，已知 ，则折射角 ，根据折射定律 代入数据得 （3）光线穿过平行玻璃砖发生侧移，设玻璃砖厚度为 ，折射角为 ，入射角为 。光在玻璃砖内的路径长度 侧移距离 为入射光线延长线与出射光线间的垂直距离，由几何关系可得 代入 ，，，得 3．(1) (2) 【详解】（1）点光源刚好能将整个水面照亮，说明点光源发出的光线刚好在水池的边缘处发生全反射，作出光路图，如图所示： 设临界角为，则有 又由几何关系有 联立解得池中水的深度为 （2）将点光源移到池底的边缘时，在水面照亮的区域为两个半径为的半圆的叠加区域，其俯视图如图所示： 由几何关系可知，叠加区域的扇形对应的圆心角为，所以水面照亮的区域面积为 4．(1) (2)会 【详解】（1）作出光路图如图所示 到对称轴的距离为，（半径），因此法线与入射光线的夹角，即入射角， 在中，，，，由正弦定理得 结合余弦定理，解得，代入得 根据折射定律 解得 （2）临界角 点的入射角是折射光线与的法线（）的夹角，由正弦定理得 计算得 因为，即，则恰好会发生全反射。 5．(1) (2) 【详解】（1）已知，，，因此为等边三角形，得 入射光线与夹角，因此入射角 折射光线与法线的夹角 光路图如图所示 由折射定律 代入得 （2）棱镜的临界角满足 而折射光线在面的入射角为， 即入射角小于临界角，不会发生全反射，光线会从面射出。平行入射光经平面折射后仍平行，所有折射光线方向都与平行。由几何关系得：折射光线从点入射时，在棱镜内传播的路程最长，最长路程 光在棱镜中的传播速度 传播时间 代入得 6．(1) (2) 【详解】（1）设单色光从射出时折射角为，由折射定律有 可得 由数学知识得 结合 联立得 （2）将单色光在点的入射角减小为时，设入射角与折射角分别为、，由折射定律有 解得 由数学关系联立上式可得 7．（1）； （2） 【详解】（1）由题知，上边界光线进入水球后的光路如图 设入射角为i，折射角为r，由图中几何关系可知 ， 单色光在水中的折射率为 （2）当光线由水进入中间的空气达到全反射的临界角时，再往上射入的光线就要发生全反射，不能进入气泡中，恰好在气泡位置发生全反射的光路如图 设发生全反射时的入射角为，折射角为，则 在气泡位置恰好发生全反射时，有 由几何关系知 可解得 故不能进入水球中的气泡的光线宽度为 8．(1) (2) 【详解】（1）圆形灯边缘的橙色光在水面恰好发生全反射，则有 则 根据几何关系有 解得 （2）圆形灯边缘发出的橙色光从发出到射出水面的最长距离为s，根据几何关系有 橙色光在水中的传播速度 则橙色光从发出到射出水面的最长时间 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图所示，水平面内相距为d的两光滑平行金属轨道在M、N处有一个小断口，小断口填充了绝缘材料。MN左侧两轨道之间有一电容为C、电压为U的带电电容器和定值电阻R，MN右侧两轨道之间有一自感系数为L的电感线圈，磁感应强度为B的匀强磁场与轨道平面垂直。质量为m的金属棒垂直放在MN左侧导轨上，某时刻闭合开关，随着电容器放电，金属棒开始加速，越过MN后最远能够到达PQ位置。已知金属棒运动过程中经过MN位置时速度已达最大值，金属棒从MN到PQ所用时间为，线圈的自感电动势为，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，除定值电阻R外所有电阻均不计，不考虑电磁辐射造成的能量损失。求： (1)金属棒最大加速度和最大速度的大小； (2)金属棒从MN运动到PQ过程中，所受安培力大小与离MN距离x的关系； (3)金属棒从MN第一次运动到MN与PQ的中间位置的时间（结果用表示）以及MN与PQ之间的距离。 2．如图所示，两根不计电阻的光滑倾斜平行导轨与水平面的夹角，底端及顶端分别接有和的电阻。在两根导轨所在的平面内建立xOy坐标系。在x轴方向0到6m范围内满足方程的曲线与x轴所围空间区域内存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。金属棒PQ的质量为，电阻，在平行于x轴正方向的外力F作用下以的速度沿斜面向上匀速运动。已知：，，。求： (1)当金属棒PQ通过位置时的感应电动势大小； (2)外力F的最大值； (3)金属棒PQ通过磁场的过程中外力F所做的功。 1．(1)， (2) (3)， 【详解】（1）开关接通瞬间，安培力最大，因而加速度最大 根据牛顿第二定律，其中 ，解得 设金属棒达到稳定状态时的最大速度为 此时电容器带电量为，其中 电容器初始电量，则电容器电量减小量为 设在时间内金属棒的速度变化为 以向右为正方向，根据动量定理 解得 （2）设在某时刻金属棒的速度为，在时间内 可得 线圈初始电流为0，根据微元求和可得，其中为金属棒与的距离 金属棒所受安培力表达式为 （3）安培力，设，且与方向相反，满足，所以金属棒做简谐运动 因为从到的时间为，则简谐运动周期 设金属棒从运动到与中间位置的时间为 由简谐运动知识，得 ，解得 由到，利用平均力做功以及动能定理 解得 2．(1)5V (2)2.6N (3)9.6J 【详解】（1）由曲线方程可知，在处 则金属棒在处的有效长度为 金属棒做切割磁感线运动，产生感应电动势为，此时最大，则 （2）由，， 联立解得 由上式可知，当取最大值时，为最大值，此时外力最大，根据曲线方程可知，在处取最大值 和并联，满足关系式 解得 则总电阻 由力的平衡可知 解得 （3）金属棒通过正弦曲线与x轴所围空间区域磁场，其中电流的有效值为 通过磁场的时间 焦耳热 安培力做功 对金属棒通过磁场的过程中用动能定理有 解得 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图甲所示，某款条形码扫描探头上装有发光二极管和光电管，工作原理如图乙。打开扫描探头，发光二极管发出红光。将探头对准条形码移动，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转换成了脉冲电信号，则（　　） A．若仅将发光二极管换为蓝光，将不能发生光电效应 B．若仅将扫描探头的发光强度增大，光电子的最大初动能不变 C．扫描探头在条形码上移动的速度不能太快，否则光电管来不及发生光电效应 D．若将发光二极管发出的光的频率减小，只要照射时间够长，也一定能正常识别条形码 2．2025年3月，我国新一代人造太阳“中国环流三号”实现了原子核温度1.17亿度、电子温度1.6亿度的“双亿度”突破，是中国科研人员在核聚变研发核心装备领域实现的重大突破。下列核反应方程属于核聚变反应的是（　　） A． B． C． D． 3．下列说法正确的是（　　） A．图甲中，钠原子跃迁时辐射的光的波长中的光子波长最长 B．图乙中，射线③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子 C．图丙中，光电效应中电流表与电压表示数图像，Q的波长大于R的波长 D．图丁中，a、b两种金属的遏止电压Uc随入射光的频率v的关系图像，金属a的截止频率大 1.【详解】A．蓝光的频率高于红光。若红光能使光电管发生光电效应，频率更高的蓝光也一定能。因此换为蓝光仍能发生光电效应，A错误； B．根据爱因斯坦光电效应方程​，光电子的最大初动能仅与入射光的频率有关，与光强无关。增大发光强度，最大初动能不变，B正确； C．光电效应的发生是瞬时的，与扫描探头移动速度无关，C错误； D．若入射光频率减小到低于光电管的极限频率，无论照射时间多长，都不会发生光电效应，不能正常识别条形码，D错误。 故选B。 2.【详解】A．该反应为 ，是铍核与氦核（α粒子）反应生成碳核和中子，属于人工核转变或α粒子轰击反应，并非轻核聚变（因铍核质量数较大），故A错误。 B．该反应为 ，是氮核与氦核反应生成氧核和质子，属于人工核转变反应，反应物氮核质量数较大，不符合轻核聚变特征，故B错误。 C．核聚变是指两个轻原子核结合成一个较重的原子核的过程，典型特征是反应物为轻核（如氢、氦同位素），生成物为较重的核。 该反应为 ，是氘核（）与氚核（）结合生成氦核和中子，属于典型的轻核聚变反应（如太阳或氢弹中的反应），故C正确。 D．该反应为 ，是铀核吸收中子后分裂成锶核和氙核，并释放多个中子，属于重核裂变反应，故D错误。 故选C。 3.【详解】A．图甲中，钠原子跃迁时辐射的光的波长中的光子对应的能级差最大，则波长最短，A错误； B．图乙中，射线③的穿透力最强，电离作用最弱，属于原子核内释放的γ光子，B正确； C．图丙中，光电效应中电流表与电压表示数图像，Q的截止电压大于R，根据，可知Q的波长小于R的波长，C错误； D．图丁中， a、b两种金属的遏止电压Uc随入射光的频率v的关系图像，根据，金属a的截止频率小，D错误。 故选B。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·吉林·模拟预测）光照强度对植物的生长具有显著影响。无论是光照过强还是过弱，都不利于植物的正常生长。根据家中某植物的光照需求，某同学设计了一套光控电路，实时显示光照强度（通过改装的电流表显示）。 该光控电路的组成如图（a）所示，可以选用的器材有： 电源E1（电动势1.5V，内阻不计） 电源E2（电动势5V，内阻不计） 电流表A（量程0~20A，内阻约500Ω） 定值电阻R（70kΩ） 光敏电阻RG 电阻箱R0 开关（单刀单掷开关和单刀双掷开关各一个）和导线若干 (1)测量不同光照条件下光敏电阻的阻值 该同学在网上查阅植物对光照强度的适应范围，利用实验室提供的照明系统，测量不同光照条件下光敏电阻的阻值。首先闭合开关S1，将开关S2拨至1，分别调整不同的光照强度，在调整“适中”环境的最小光照值时，电流表示数如图（b）所示I=______A，随后将开关S2拨至“2”，调节电阻箱R0至100kΩ时，电流表的示数仍为I，则表格中空白处的电阻为R=___________kΩ。采用相同的方法，测得不同光照条件下光敏电阻的阻值及相应的电流值（部分数据未给出），如下表所示。根据表格所提供的数据及所提供的器材可知，实验中选用电源是___________（填写对应的器材符号）。 光照强度 暗 偏暗 适中 偏亮 亮 R0/kΩ ~ ~ 50~___________ 10~50 <10 (2)改装电流表。 ①保持开关S2拨向2，调节电阻箱的阻值为50kΩ，记录电流表的示数I0；再调节电阻箱的阻值为R，记录电流表的示数I，在该区间标上“适中”。 ②同样调整电阻箱的阻值，分别标上“暗、偏暗、偏亮和亮”区间，“偏亮”应标在“适中”___________（填“左侧”或“右侧”）。 ③最后，将开关拨向1，该电流表改装完毕。 (3)请仿照示例，根据计算结果，在图（b）电流表上标出“适中”对应的大致范围。 2．（2026·江西宜春·一模）据公安部交通管理局发布的统计数据，2024年共查处酒驾违法行为192.8万起，醉驾违法犯罪39.3万起。酒驾肇事占交通事故死亡总数的，是威胁道路交通安全的主要隐患之一、某实验小组利用酒精气体传感器和一些实验器材设计了一款酒精测试仪，其原理图如图乙所示。 (1)由于该小组只有量程为100mA、内阻为的表头，为了把该表头改装成量程为2V的电压表，应将电阻箱的阻值调为___________。 (2)该小组使用的电源电动势，内阻，酒精气体传感器的阻值随酒精气体浓度变化的关系曲线如图甲所示，若同学们想将酒精气体浓度为零的位置标注在电压表上2V处（表盘已改装完毕），则应将电阻箱的阻值调为___________。 (3)已知酒精气体浓度在之间属于饮酒驾驶；酒精气体浓度达到或超过属于醉酒驾驶。在正确完成步骤（2）、开关闭合的情况下，若电压表的示数为1.6V（表盘已改装完毕），则该驾驶员属于___________（填“正常”“饮酒”或“醉酒”）驾驶。 (4)该仪器使用较长时间后，电源内阻增大，电源电动势变小，若不做任何调整直接测量，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 3．（2026·江苏常州·二模）某兴趣小组欲利用加速度传感器测定一个电源的内阻，设计了如图甲所示的测量电路。质量为的加速度传感器穿过光滑的水平横杆，劲度系数为的轻弹簧一端固定，另一端连接传感器。电源电动势为，内阻未知，滑动变阻器的总阻值为，有效长度为。主要实验步骤如下： ①按图甲连接电路，系统静止时滑动触头位于滑动变阻器的正中间，闭合开关，此时电流表指针如图乙所示； ②使系统以某一恒定加速度水平运动，利用加速度传感器测出此时的加速度（以向右为正方向），记录电流表示数； ③重复步骤②，改变系统加速度，得到多组、的测量数据； ④断开开关，整理器材。 回答下列问题： (1)步骤①中电流表示数为__________； (2)若系统从静止开始向右加速，则电流表示数将__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）； (3)当加速度传感器示数为（）时，弹簧的形变量为，则滑动变阻器接入电路的有效阻值为__________（用、、表示）； (4)利用图像来处理获得的多组实验数据，若以为纵轴，以为横轴，通过描点可以做出如图丙所示的线性关系图像，图像纵截距为。根据题目中所给的字母，可得该电源的内阻为__________（用、、、、表示）； (5)若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果__________（选填“有”或“无”）影响，并说明理由：_________________________________________________。 4．（2026·福建泉州·二模）某实验小组自制了一台氧气流量计，其结构如图甲所示，氧气从进气口进入腔体冲击应变片，应变片发生形变，阻值随之变化。应变片接在图乙所示的电路中，其中电源电动势，定值电阻，，应变片的阻值随氧气流量变化的关系如图丙所示。闭合开关S，当流量变化时，、两点间的电压会随之改变。在、间接入电压传感器，利用电压传感器的示数可算出流量。电源内阻不计，电压传感器的内阻可视为无穷大。 (1)按照图乙，将图丁中的实物连线补充完整____。 (2)当氧气流量时，________mV。 (3)当氧气流量时，、两点的电势关系为________（填“”“＜”或“”）。 (4)当电压传感器的示数为4mV时，氧气流量________。 (5)当环境温度升高时，应变片阻值增大，该变化会导致氧气流量的测量值________（填“偏大”或“偏小”）。为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是________（写出一种方法）。 5．（2026·四川宜宾·一模）某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。 (1)该同学首先利用多用电表电阻“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值________。 (2)该同学为了进一步探究此热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最________（选填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表的示数为2.5mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为________（结果保留两位有效数字）。 (3)经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越________（选填“大”或“小”）。 (4)该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势，定值电阻，长度的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为________cm（结果保留一位有效数字）。 6．（2025·江西·高考真题）热敏电阻的阻值随温度的变化而改变，通过建立温度与热敏电阻两端电压的关系，可制作一简易的温度传感器，进而实现温度测量。如图（a）所示，为热敏电阻，为匹配电阻，电源电动势为E（内阻不计），数字电压表（内阻视为无穷大）用于测量热敏电阻两端的电压。 （1）由图（a）可得的表达式为_____。 （2）已知某热敏电阻从升温到时，其阻值从单调减小到。为了合理配置的阻值，用电阻箱代替该热敏电阻进行实验。经数据处理得到不同值对应的关系图线，如图（b）所示，分析可知应选图线_____对应的作为匹配电阻，可使在更宽范围内对变化的响应更灵敏。 （3）选定匹配电阻后，按图（a）连接电路，改变热敏电阻的温度T，测量其两端的电压，并尝试用二次多项式进行数据拟合，得到温度与的关系。 （4）用已标定的温度传感器进行实验，记录数据，如下表所示，其中T为测量温度，为标准温度，。表中绝对误差最大和最小的测量温度值T分别为_____和_____。除涉及元器件的精度和稳定性之外，分析该温度传感器测量误差的主要来源：_____。 7．（2026·河北保定·一模）一物理兴趣小组对某型号机器人使用的压力传感器展开研究。利用如图甲所示的实物电路（导线未连接完全）测量不同压力下的电阻，电路中各元器件的规格如下：待测压力传感器（阻值范围：）；电源（电动势3V，内阻不计）；电流表A（量程，内阻约）；电压表V（量程3V，内阻约）；滑动变阻器R（阻值范围）。 (1)请根据实验需要用笔画线把实物电路图补充完整。 (2)将压力传感器水平放置，在上面放置不同的砝码，测得不同压力下压力传感器的阻值，将砝码重力记为F，描绘出图线如图乙所示。若将图线的斜率定义为压敏电阻的灵敏度，斜率绝对值越大，灵敏度越高。由此可知在压力小于1.5N的区间内，该型号压力传感器的灵敏度较________（填“高”或“低”）。 (3)将实验中压力传感器接入如图丙所示的电路中，已知，，电源内阻和电流表内阻均忽略不计。再把此传感器安装在机器人的一个机械手指上，要求五个手指竖直抓起重力为1.5N的圆柱体不滑落（假设五个手指对圆柱体施加的压力大小相等），如图丁所示。已知手指与圆柱体的最大静摩擦力等于压力的0.3倍。则电流表的示数至少为________（结果保留3位有效数字）。 8．（2026·浙江绍兴·二模）研究小组自制电子秤。器材有：直流电源（铭牌上标注6.0V，内阻可忽略）；电压表（量程选用，内阻很大）；粗细均匀同种材料制成的电阻丝（总长，总阻值）；电阻箱；轻质弹簧（劲度系数）；托盘（质量）；开关，导线若干。图1所示为电子秤的原理图（电压表连接情况未画出），操作步骤如下： 步骤①：托盘中未放物体，导体杆右端位于 电阻丝的上端处，闭合开关，电压表示数刚好为零。 步骤②：托盘中缓慢加入细砂，托盘静止后，导体杆右端位于电阻丝的下端处（弹簧始终处于弹性限度内）。调节电阻箱，使电压表示数为步骤③：保持不变，移去细砂，放上待测物体，记录电压表示数，换算成物体质量。 (1)电压表应连接在图1中哪两点间？_________ A．与 B．与 C．与 (2)某次测量时，电压表指针如图2所示，电压________V，被测物体质量_______（结果保留3位有效数字）； (3)为使测得的物体质量范围变大，可改进的方法有_________； A．换用更长的电阻丝 B．换用电动势更大的电源 C．换用量程更大的电压表 D．换用弹簧劲度系数更大的弹簧 (4)若电源的实际电动势小于，研究小组仍按上述步骤①~③正确操作。理论上，物体质量的测量结果_________真实值（选填“小于”、“等于”或“大于”）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1． (1) 12.5 100 E1 (2)右侧 (3) 【详解】（1）[1]根据图（b）可知，电流表分度值为0.5μA，读数为； [2] 两次电流表示数相同，其他电路不变，因此光敏电阻阻值等于电阻箱阻值，故； [3]电流表量程为20μA，当RG​<10kΩ时，总电阻R总=RG+R+RA≈80.5kΩ 此时 解得 因此选择电动势1.5V的。 （2）光敏电阻特性：光照越强，阻值越小。偏亮比适中光照更强，因此RG更小，总电阻更小，电路电流更大；电流表电流越大，指针越偏右，因此“偏亮”应标在“适中”的右侧。 （3）适中光照的RG范围为50kΩ∼100kΩ，由 计算得RG=50kΩ时，I≈12.4μA RG=100kΩ时，I≈8.8μA 因此“适中”对应电流表大约8.8μA∼12.4μA的区间，在刻度上10μA刻度的左右两侧，从8.8μA附近到12.4μA附近标出区间即可，如图 2．(1) (2) (3)饮酒 (4)偏大 【详解】（1）根据 可得，故需再串联一个的电阻。 （2）若，则和也分2V 即 又由甲可知，酒精浓度0时电阻为，有 则 （3）若，则有 即 则可推出传感器电阻约为，属于饮酒驾驶。 （4）考虑电压表分同样电压情况下应更大，即传感器电阻应更大，对应图甲可知酒精浓度偏小，测量偏大。 3．(1)0.26 (2)变小 (3) (4) (5) 有 电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大。 【详解】（1）图乙电流表选择的量程为，分度值为0.02A，因此电流表的示数为。 （2）若系统从静止开始向右加速，则加速度传感器应受到向右的合力，故弹簧会被压缩，所以滑动变阻器的滑动触头会向左移动，因此滑动变阻器接入电路的电阻会变大，根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为 所以随着外电阻的增大，电路中的电流会变小。 （3）滑动变阻器的总阻值为，有效长度为，当加速度（向右加速）时，弹簧被压缩，则滑动触头向左移动，此时接入电路的有效长度为 由于滑动变阻器的阻值与长度成正比可得，所以此时接入电路的有效阻值为 （4）当加速度传感器示数为（）时，弹簧的压缩量为，则对加速度传感器列牛顿第二定律方程有 解得 根据闭合电路欧姆定律有 整理变形得 所以图像与纵轴的截距为 解得该电源的内阻为 （5）[1][2] 当考虑电流表的内阻时，闭合电路欧姆定律的表达式会变为 在推导的线性关系时，电流表的内阻会和电源的内阻r合并为一个等效内阻 因此计算出的“电源内阻”实际上是，和真实的电源内阻r不一致。所以若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果会有影响，电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大。 4．(1)见解析 (2)0 (3) (4) (5) 偏大 适当增大的阻值 【详解】（1） （2）时，由丙图知,又 则上下两支路根据串联电路的分压原理，则有 则 （3）当氧气流量时，由丙图知增大 则分到的电压减小，减小，而不变，故 （4）取电源负极为零电势点， 对下面支路由欧姆定律 又 联立解得 由图丙得氧气流量 （5）[1]当环境温度升高时，应变片阻值增大,由图丙会导致氧气流量的测量值偏大 [2]为减小因温度升高带来的误差，可采用的方法是适当增大的阻值 5．(1)1.9 (2) 左 5.0 (3)大 (4)5 【详解】（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为 （2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。 [2]并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值 （3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。 （4）电路报警时，总电阻， 由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为h，热敏电阻的总阻值 解得 6． 乙 38.0 70.2 匹配电阻的阻值不太合适或选用二次多项式进行数据拟合不够精确 【详解】（1）[1]由闭合电路的欧姆定律可得电路中电流 可得 （2）[2]由图（b）可知，图线乙在相同的变化区间，变化范围更大，即图线乙对应的作为匹配电阻，可使在更宽范围内对变化的响应更灵敏。 （4）[3][4]结合表格数据分析，可知测量的绝对误差最大和最小对应的测量温度分别为和。 [5]误差的主要来源除去涉及元器件的精度和稳定性之外，可能是匹配电阻的阻值不太合适或选用二次多项式进行数据拟合不够精确。 7.【答案】(1) (2)高 (3)150 【详解】（1）由于压力传感器的电阻与电压表内阻接近，远大于电流表的电阻，所以选择电流表内接法，滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，为了更方便的调解电压，滑动变阻器采用分压式连接，如图所示 （2）根据图乙所示的压力曲线可知，在压力小于1.5N的区间内，图线的斜率的绝对值较大，该型号压力传感器的灵敏度较高。 （3）对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律有 解得最小压力 结合图乙所示的压力曲线可知对应的电阻 则检测电流表的示数至少为 8.【答案】(1)A (2) 1.40/1.39/1.41 1.87/1.85#1.88 (3)AD (4)等于 【详解】（1）电路中整体与串联，总电流恒定，托盘中未放物体时，在端，要求电压表示数为零，说明电压表测量与之间的电压，故电压表应连接在图1中与两点之间。 故选A。 （2）[1]电压表量程为，分度值为，故指针读数为 [2]放待测物体，额外压缩量满足 电压 可得与成正比，设加入细砂质量为，导体杆右端位于电阻丝的下端时有， 则 所以 代入数据可得 （3）最大可测质量满足，要增大测量范围，可以换用更长的电阻丝或换用劲度系数更大的弹簧，电动势和电压表量程不改变，AD正确，BC错误； 故选AD。 （4）电源电动势偏小，操作时仍会在步骤②调节，使在处时电压表示数为，校准后与的比例关系不变，因此测量结果等于真实值。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·宁夏石嘴山·二模）如图所示，宽度为d的平行光滑金属导轨（足够长）固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为的定值电阻，不计导轨电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一根长为d，电阻不计的导体棒放在导轨上，且与导轨保持良好接触。现用一垂直于导体棒的水平恒力使导体棒由静止开始运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好，经过足够长的时间后，运动稳定，此时恒力的功率为，则水平恒力的大小为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·河南南阳·二模）如图甲所示，两条相距为的足够长光滑平行金属导轨固定在水平面内，导轨左端与一阻值为的电阻相连，整个装置处于磁感应强度大小为、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场中。质量为、长度为的导体棒静置在导轨上，以此位置为坐标原点，沿导轨向右为正方向建立轴。某时刻给导体棒瞬时冲量使其获得向右的初速度，同时对导体棒施加与导轨平行的水平方向的力，使导体棒向右做减速运动直至停止，导体棒速度随位移变化的图像如图乙所示。不计导体棒及金属导轨的电阻，下列说法正确的是（　　） A．导体棒做匀减速直线运动 B．在位置导体棒所受的安培力大小为，方向水平向右 C．这一过程中电阻放出的热量为 D．水平力对导体棒做功为 3．（2026·江西九江·二模）如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在C、D处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，E、D相距也为L。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放后一根棒时，前一根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好且始终垂直。则（　　） A．第3根棒刚到达磁场正中间时的速度大小为 B．第3根棒刚到达磁场正中间时的加速度大小为 C．第3根棒刚到达磁场正中间时，第1根棒的热功率为 D．从开始到第3根棒刚到达磁场正中间的过程中，回路产生的焦耳热为 4．（多选）（2026·宁夏石嘴山·二模）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，下端接入定值电阻，上端接入可变电阻（调节范围为），导轨间距为，两导轨及其所构成的平面与水平面的夹角为，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为，再将质量为的金属棒垂直导轨放置，金属棒接入导轨之间的电阻为，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终没有滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度大小为，将金属棒由静止释放后，经过足够长时间，金属棒的运动达到稳定状态，下列说法正确的是（　　） A．金属棒达到稳定状态时的电流为 B．金属棒减小的重力势能大于电路中产生的电能 C．改变可变电阻阻值，可变电阻的最大电功率 D．改变可变电阻阻值，可变电阻的最大电功率 5．（多选）（2026·福建福州·二模）某兴趣小组模拟电动汽车再生制动能量回收系统，设计了如图所示电路。平行且间距为的足够长光滑金属导轨固定在水平面，金属杆垂直静置在导轨上，整个装置处于磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨通过单刀双掷开关分别与电源、电容器连接，电源的电动势为、内阻为，电容器的电容为、初始电荷量为零。先将开关拨到1，杆从静止开始加速运动，达到最大速度后再将开关拨到2，杆给电容器充电，实现动能回收。杆的质量为、接入电路的电阻为，不计导轨电阻，下列说法正确的是（　　） A．开关拨到1瞬间，杆的加速度大小为 B．开关拨到1后，杆能达到的最大速度为 C．开关拨到2后，杆做减速运动直到速度为零 D．电容器的电容越大，则最终储存的电荷量越多 6．（多选）（2026·河南南阳·二模）两足够长且间距为的平行金属导轨与水平面夹角为，导轨上端与一阻值为的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，下方存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一质量为的金属杆垂直导轨放置在处，现将金属杆由静止释放，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值也为，且与粗糙导轨间的动摩擦因数，，，导轨电阻不计，金属杆与导轨接触良好，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．金属杆通过区域所用的时间为 B．在整个过程中，定值电阻产生的热量为 C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．金属杆经过区域，金属杆所受安培力随位移线性变化 7．（多选）（2026·吉林·模拟预测）如图所示，间距为d的足够长平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接有自感系数为L的电感线圈，导轨处于垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一根质量为m的导体棒从导轨上某处紧贴导轨由静止释放，金属棒运动过程始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度为g，不考虑电磁辐射，不计一切电阻。在金属棒运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在导轨上做变加速运动，直至匀速下滑 B．导体棒在导轨上做往复运动 C．导体棒的最大动能为 D．导体棒中最大电流为 8．（2026·四川成都·模拟预测）如图，足够长水平U形光滑导体框架，宽度L=1m，电阻不计，左端连接电阻R=0.9Ω；体杆ab质量m=0.2kg，阻值r=0.1Ω，匀强磁场的磁感应强度B=1T，方向垂直框架向上，现用恒力F=2N由静止拉动ab杆。 （1）当ab的速度达到时，ab杆哪端电势高？并求此时ab杆两端的电压； （2）当ab的速度达到时，求ab杆此时的加速度大小； （3）求ab杆所能达到的最大速度是多少？速度最大时，电阻R消耗的电功率为多少？ 9．（2026·北京海淀·一模）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接阻值为R的定值电阻。一长为L、电阻为r的导体棒放置在导轨上，与导轨接触良好。导体棒在外力作用下沿导轨以速度v向右做匀速运动。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦，导体棒运动过程中始终与两导轨保持垂直。 (1)求电路中产生的感应电流I。 (2)求导体棒两端的电压U。 (3)已知导体棒内定向运动的电子数为N。设导体棒所受安培力为，导体棒内定向运动的电子所受洛伦兹力的矢量和为，分析比较与的大小关系。 10．（2026·新疆喀什·二模）如图所示，MN、PQ为两条水平放置的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的MPGH区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场区域的长度为d。导轨的右端接有一阻值为R的定值电阻，左端与一弯曲的光滑导轨平滑连接。将一阻值为R、质量为m、长度为L的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与导轨垂直且接触良好，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属导轨的电阻不计。求： (1)电路中的最大电流 (2)整个过程通过定值电阻的电荷量q。 (3)整个过程定值电阻产生的焦耳热Q。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】MN运动稳定时，根据平衡条件有 根据闭合电路的欧姆定律可知 稳定时恒力的功率为，则有 解得 故选C。 2．C 【详解】A．由速度—位移图像可知，导体棒运动过程中加速度是变化的，故A错误； B．时，导体棒产生的电动势为 电流为 ，安培力为 联立解得 ，方向水平向左，故B错误； C．安培力做负功把其他形式的能转化为电能，被电阻消耗放热，由可知，，可作出和位移的关系图像，如图所示 图像围成的面积等于克服安培力做功，所以 故C正确； D．根据动能定理得 ，解得 故D错误。 故选C。 3．C 【详解】A．第3根棒刚进入磁场有 ，解得 设第3根棒刚到达磁场正中间时的速度大小为，此时回路中第1根棒与第2根棒并联再与第3根棒串联，故回路中总电阻为 ，棒产生的感应电动势为 电流为 ，受到的安培力为 将第3个棒在磁场中的运动过程分成若干个过程，设每个过程时间为，则刚进入瞬间 设为这段运动的平均速度，设第3根棒最开始一段运动结束后的速度为，对最开始一段运动过程进行分析，则由动量定理可知 ，整理得 则第3根棒最开始进入磁场到棒刚到达磁场正中间整个运动过程中，整理后有 解得，故A不符合题意； B．由牛顿第二定律得，第3根棒刚到达磁场正中间时有 解得，故B不符合题意； C．第3根棒刚到达磁场正中间时，流过第1根棒的电流为 则第3根棒刚到达磁场正中间时，第1根棒的热功率为,故C符合题意； D．第1根棒和第2棒已经离开磁场做匀速运动，设第1根棒和第2棒离开磁场做匀速运动的速度分别为和，则， 又有，第3根棒刚到达磁场正中间时的速度 根据能量守恒，回路中产生的焦耳热等于总的重力势能的减少量减去总动能的增加量，即从开始到第3根棒刚到达磁场正中间的过程中，回路产生的焦耳热为 若则回路产生的焦耳热为 但是本题中，故从开始到第3根棒刚到达磁场正中间的过程中，回路产生的焦耳热不等于，故D不符合题意。 故选C。 4．ABC 【详解】A．金属棒最终做匀速直线运动，加速度为0，有 则电流，故A正确； B．从开始运动到稳定状态，金属棒减小的重力势能转化为金属棒的动能和电路中产生的电能，故B正确； CD．设当金属棒做匀速直线运动时，棒中的电流为，根据并联电路关系知 则有可变电阻的功率为 可知当时，可变电阻有最大功率，即，故C正确，D错误。 故选ABC。 5．BD 【详解】A．开关拨到1瞬间，杆中的电流 对杆进行分析，根据牛顿第二定律有 ，解得，故A错误； B．开关拨到1后，杆开始做加速运动，杆相当于一个电源，回路总电动势减小，回路电流减小，杆所受安培力减小，杆开始做加速度减小的减速运动，当加速度减为0时，即杆的电动势与电源电动势相等时，杆速度达到最大值，杆开始做匀速直线运动，则有 ，解得，故B正确； C．开关拨到2后，电容器开始充电，回路中有充电电流，电容器相当于一个电源，电容器充电过程，极板所带电荷量增大，电容器极板间电压增大，回路总的电动势减小，充电电流减小，杆所受安培力减小，杆开始做加速度减小的减速运动，当加速度减为0时，即杆的电动势与电容器极板电压相等时，杆开始做匀速直线运动，故C错误； D．开关拨到2后，令电容器极板间电压为U，结合上述有 ，根据电容定义式有 对杆进行分析，根据动量定理有 ，其中 解得 可知，电容器的电容越大，则最终储存的电荷量越多，故D正确。 故选BD。 6．ABD 【详解】A．设金属杆经过的速度为，由动量定理可知金属杆通过区域所用的时间满足 金属杆在区域内的运动由动量定理可知 代入 联立解得，故A正确； B．全程运动根据能量守恒可知 代入 解得 定值电阻产生的热量，故B正确； C．由上述分析可知金属杆通过、区域，所受安培力的冲量分别为，，故C错误； D．在区域，设金属棒下滑距离为时，速度减小为，由动量定理可知 将代入，变形可知 而金属杆所受安培力 解得 可知安培力与位移为线性关系，故D正确。 故选ABD。 7．BD 【详解】AB．由于电路中只有电感且无电阻，导体棒切割磁感线的电动势等于自感线圈的自感电动势，即 对等式两边同时乘并求和，得，可得 解得 对导体棒由牛顿第二定律，重力向下、安培力向上，得 将代入，得 F与相对平衡位置的位移成正比、方向相反，说明导体棒做简谐运动，因此在导轨上做往复运动，而非匀速下滑，故A错误，B正确； C．当时，导体棒处在平衡位置，则有 解得 导体棒做简谐运动的周期为 其中，解得 则圆频率 简谐运动的最大速度出现在平衡位置，最大速度 其中振幅 代入得 最大动能，故C错误； D．由可知，取最大值时最大，最大值为 代入得最大电流，故D正确。 故选BD。 8．（1）b端电势高，；（2）；（3）， 【详解】（1）当ab的速度达到时，ab杆向右运动切割磁感线，根据右手定则可知，b端电势高；此时ab杆产生的电动势为 回路感应电流为 此时ab杆两端的电压为 （2）当ab的速度达到时，此时ab杆受到的安培力大小为 根据牛顿第二定律可得 解得ab杆此时的加速度大小为 （3）当ab杆做匀速直线运动时，ab杆速度达到最大，则有 ，， 联立解得ab杆的最大速度为 此时电流为 电阻消耗的电功率为 9．(1) (2) (3)，理由见解析 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律 得 （2）根据欧姆定律U＝IR 得 （3）设电子的电荷量为e，导体棒内定向运动的电子随导体棒运动的速度为v，沿导体棒定向运动的速度为u，如图为一个电子的运动分析 则 由和 得 每一个自由电子受到的洛伦兹力为 导体棒内定向运动的电子所受洛伦兹力的矢量和为 因为 所以 10．(1) (2) (3) 【详解】（1）导体棒刚进入磁场时的速度v最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒定律有 最大的电动势为 则最大的电流为 解得 （2）流过定值电阻的电荷量 由法拉第电磁感应定律得, 联立解得 （3）由能量守恒定律可知，整个电路中产生的焦耳热 由于导体棒的电阻也为R，则定值电阻产生的焦耳热 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为＋q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为L，bc和ac的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（　　） A．粒子的入射速度为 B．粒子的入射速度为 C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为 D．从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为 2．（多选）如图所示，半径为的圆形区域Ⅰ内有方向垂直平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，圆形外区域Ⅱ有方向垂直平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。一质量为、电荷量为的带正电的粒子以速度v0由A点（0，R）沿轴负方向射入磁场区域Ⅰ，第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为M（R，0），速度方向沿轴正方向。不计粒子的重力，则（　　） A．粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的轨迹圆的半径为 B．粒子第二次进入区域Ⅰ的位置坐标为（，） C．粒子第二次运动到x轴上时的速度方向沿x轴正方向 D．粒子从A点运动到第一次回到A点的时间为 3．（多选）在高能粒子研究中，常用环形磁场来约束带电粒子的运动范围，简化后模型如图所示。内、外同心圆半径分别为R、的环形区域内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。到圆心的距离为（）的P点有一粒子源，可沿纸面向各个方向发射速率不同、比荷均为的带负电粒子，忽略粒子重力、粒子间的相互作用及磁场边界效应，取，。则（　　） A．时，不能离开磁场外圆边界的粒子的最大速度为 B．时，不能离开磁场外圆边界的粒子每次经过磁场时间最长为 C．时，速度为的粒子全部都能从磁场外圆边界飞出 D．时，不能离开磁场外圆边界的粒子的最大速度为 1.【答案】A 【详解】AB．粒子进入磁场向上做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 因bc边只有一半区域有粒子射出，在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示 由几何关系可得 则粒子的入射速度，故A正确，B错误； C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为，故C错误； D．与bc边相切恰从bc边射出粒子的对应的圆心角最大为 从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为，故D错误。 故选A。 2.【答案】BC 【详解】A．粒子在区域Ⅰ内，根据洛伦兹力提供向心力有 根据几何关系有，则 则粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的轨迹圆的半径，A错误； B．粒子运动轨迹如图所示，粒子从点第二次进入区域Ⅰ，根据几何关系可知，则点坐标为，B正确； C．粒子每经历一个循环，速度方向偏转，粒子第二次运动到轴上时的速度方向沿轴正方向，C正确； D．从点运动到第一次回到点经历三个半循环 在区域Ⅰ内运动了个周期，， 在区域Ⅱ内运动了个周期， 则，D错误。 故选BC。 3.【答案】ABD 【详解】A．带负电的粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 解得 时，粒子从圆心发射，不能离开磁场外圆边界的粒子的速度达到最大时，粒子运动轨迹与外圆相切，作出轨迹如图所示 设此时粒子圆周运动的半径为，根据几何关系有 解得 代入半径公式有，故A正确； B．时，粒子从圆心发射，作出运动轨迹如图所示 则有 粒子在磁场中运动时间 半径越大，越大，粒子在磁场中运动时间越长，结合上述可知，最大半径为 解得 则时，不能离开磁场外圆边界的粒子每次经过磁场时间最长为，故B正确； C．当速度为时，粒子在磁场中圆周运动的轨道半径 时，粒子源位于内圆边界上，当速度方向沿OP进入磁场时，结合前两个选项的分析，此时粒子轨迹恰好与外圆边界内切，粒子没有从磁场外圆边界飞出，即时，速度为的粒子不一定都能从磁场外圆边界飞出，故C错误； D．时，粒子源位于内圆半径的中点位置，粒子从P点向各方向射出，当粒子的运动轨迹与外圆相切时，可画出如下图像 根据正弦定理，有 已知 联立可得 根据余弦定理，有 可解得 当时，半径 此时可解得，故D正确。 故选ABD。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·黑龙江吉林·二模）我国发射的“天问二号”探测器首次实现从小行星2016HO3采样返回地球。该小行星绕太阳运行的轨道半长轴大于地球公转轨道半径，两轨道其中一个交点为P。若将小行星看作质量分布均匀的球体，半径为R，密度与地球相同。已知探测器在地球表面附近做匀速圆周运动的周期为，地球半径为，引力常量为G。下列说法正确的是（    ） A．小行星绕太阳运行周期小于地球公转周期 B．小行星经过P处时的加速度大于地球经过P处时的加速度 C．小行星质量为 D．探测器质量为 2．（2026·四川凉山·二模）2025年8月，我国“揽月”月面着陆器圆满完成地外天体着陆起飞综合验证试验。若月球质量是地球质量的，结合任务特点及物理规律，下列说法正确的是（　　） A．“揽月”着陆器在月球表面上所受引力的大小大于其环月圆周运动所需向心力的大小 B．若“揽月”着陆器在环月圆轨道上运行，所受月球引力与飞船对其作用力两者合力为零 C．长征十号火箭将“揽月”着陆器从地表送入地月转移轨道，着陆器机械能守恒 D．“揽月”号分别在近月圆周轨道和近地圆周轨道运行的向心加速度之比为 3．（2026·宁夏·一模）北京时间2026年3月16日，神舟二十一号乘组航天员张陆、武飞、张洪章密切协同，经过7小时出舱活动，圆满完成既定任务。已知空间站绕行地球一圈的时间大约为90分钟。以下说法正确的是（　　） A．航天员相对空间站静止时，所受合外力为零 B．航天员在出舱活动期间至少能看到4次日出 C．空间站的运行速度小于地球同步卫星的运行速度 D．空间站的运行周期大于地球的自转周期 4．（2026·贵州·模拟预测）如图，一质量为m的飞行器，绕质量为M的行星做半径为R的匀速圆周运动，速率为；接到指令后，飞行器在点A的速度大小减为，方向不变，随后进入一个与行星中心最近距离为的椭圆轨道。飞行器沿椭圆轨道运动时，取无限远处为势能零点，在行星引力场中引力势能为，机械能为，其中G为万有引力常量，r为飞行器到行星中心的距离，a为椭圆轨道半长轴。除在A点变轨瞬间，飞行器仅受万有引力，则与的比值为（　　） A． B． C． D． 5．（2026·陕西西安·模拟预测）我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站。如图所示，关闭发动机的航天飞机仅在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B处与空间站对接。已知空间站C绕月轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，月球的半径为R，忽略月球自转。下列说法不正确的是（　　） A．月球的平均密度为 B．月球表面的重力加速度为 C．要使对接成功，飞机在接近B点时必须减速 D．对接前航天飞机的加速度大于空间站的加速度 6．（2026·安徽池州·二模）2025年10月31日，我国神舟二十一号载人飞船发射成功，并首次采用约3.5小时的快速交会对接模式，与在轨运行的中国空间站对接。虚线Ⅰ为“神舟”二十一号飞船对接前的轨道，实线Ⅱ为空间站运行的圆轨道，两者对接于A处，则（　　） A．飞船在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能 B．飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于空间站沿轨道Ⅱ运行的周期 C．飞船沿轨道Ⅰ运行至A处的加速度小于沿轨道Ⅱ运行至A处的加速度 D．对接后两者在轨道Ⅱ运行的速度大于对接前空间站在轨道Ⅱ运行的速度 7．（2026·江苏·二模）如图所示，哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为，线速度大小为；在远日点与太阳中心的距离为，线速度大小为。则（　　） A． B． C． D． 8．（多选）（2026·云南昭通·二模）如图所示，圆轨道1上运行有两颗地球卫星甲、乙，卫星甲在P点加速从圆轨道1变轨到椭圆轨道2，然后在M点加速进入圆轨道4；卫星乙在P点加速从圆轨道1变轨到椭圆轨道3。O为地球中心，轨道1、2、3相切于P点，轨道4与轨道2相切于M点，N为椭圆轨道3距地球最远点，OM大于。下列判断正确的是（　　） A．卫星甲在P点向前喷气从圆轨道1变轨到椭圆轨道2 B．卫星甲在轨道1、2上经过P点的加速度和卫星乙在轨道1、3上经过P点的加速度相同 C．卫星甲在轨道2上经过P点的速度小于在轨道4上做圆周运动的速度 D．卫星甲在轨道4运行的周期大于卫星乙在轨道3运行的周期 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】A．由于该小行星绕太阳运行的轨道半长轴大于地球公转轨道半径，根据开普勒第三定律可知，小行星绕太阳运行周期大于地球公转周期，故A错误； B．根据牛顿第二定律有 解得 因小行星经过同一地点时到太阳的距离相等，故小行星经过P处时的加速度等于地球经过P处时的加速度，故B错误； D．已知探测器在地球表面附近做匀速圆周运动的周期为，地球半径为，则有 解得地球的质量为 而探测器的质量被约去，不能求出来，故D错误； C．地球的密度为 又小行星看作质量分布均匀的球体，半径为R，密度与地球相同，故小行星质量为，故C正确。 故选C。 2．A 【详解】A．着陆器在月球表面受到的引力为 环月圆周运动的轨道半径（若则着陆器脱离表面，不属于在月球表面的状态） 环月时万有引力提供向心力，即 因，故 故A正确； B．环月圆轨道为匀速圆周运动，合力需要提供指向圆心的向心力，合力不为零，故B错误； C．火箭将着陆器送入地月转移轨道的过程中，火箭推力对着陆器做正功，着陆器机械能持续增加，不满足机械能守恒条件，故C错误； D．近地轨道向心加速度 近月轨道向心加速度 仅已知 但月球半径不等于地球半径，因此 故D错误。 故选A。 3．B 【详解】A．航天员相对空间站静止时，二者一起绕地球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，不为零（处于完全失重状态，而非不受力）。A错误； B．已知空间站绕地球一圈的时间约为90分钟（1.5小时），出舱活动时长为7小时。绕圈次数：圈 因此航天员至少能看到4次日出（每绕地球一圈会看到一次日出）。B正确； C．根据万有引力提供向心力的公式，可得线速度 轨道半径越小，线速度越大。空间站轨道高度约400km，远低于地球同步卫星（约36000km），因此空间站运行速度大于同步卫星。C错误； D．地球自转周期为24小时，空间站运行周期约90分钟（1.5小时），空间站周期远小于地球自转周期。D错误。 故选B。 4．C 【详解】飞行器在圆轨道上运动时，根据万有引力提供向心力有 解得 飞行器在椭圆轨道上经过点A时有 解得 则 故选C。 5．D 【详解】A．设空间站质量为m，在圆轨道上，由，得，月球的平均密度为，选项A正确； B．月球表面物体重力等于月球对物体的引力，则有，可得，选项B正确； C．欲对接成功，需要飞机在接近B点时减速，否则飞机将做椭圆运动，选项C正确； D．对接前航天飞机距离月球的距离大于空间站的距离，故航天飞机的加速度小于空间站的加速度，选项D错误。 本题选择错误的，故选D。 6．A 【详解】A．飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在A处点火加速，所以飞船在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故A正确； B．由于轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律可知，飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于空间站沿轨道Ⅱ运行的周期，故B错误； C．由牛顿第二定律可得 可得 可知飞船沿轨道Ⅰ运行至A处的加速度等于沿轨道Ⅱ运行至A处的加速度，故C错误； D．由万有引力提供向心力可得 解得 可知对接后两者在轨道Ⅱ运行的速度等于对接前空间站在轨道Ⅱ运行的速度，故D错误。 故选A。 7．C 【详解】在近日点和远日点附近取极短时间，根据开普勒第二定律有 整理得 故选C。 8．BD 【详解】A．卫星甲在点向后喷气加速从圆轨道1变轨到椭圆轨道2，故A错误； B．根据 可得 可知卫星甲在轨道1、2上经过点的加速度和卫星乙在轨道1、3上经过点的加速度相同，故B正确； C．根据 可得 可知卫星甲在轨道1上的线速度大于在轨道4上的线速度，而卫星甲从轨道1到轨道2要在点加速，可知卫星甲在轨道2上经过点的速度大于在轨道4上做圆周运动的速度，故C错误； D．根据开普勒第三定律可知，因，即轨道4的轨道半径大于轨道3的半长轴，可知卫星甲在轨道4运行的周期大于卫星乙在轨道3运行的周期，故D正确。 故选BD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·江苏南京·一模）据报道，我国可控核聚变技术已达世界领先水平，其技术难点是利用电场和磁场来控制带电粒子的高速运动。如图甲、乙所示，在空间直角坐标系中，存在竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场和周期性变化的匀强电场，电场变化周期，电场强度大小和方向可调。一个质量为、带电量为的小球，从原点沿轴正方向以速度射出，已知重力加速度为。 (1)若在内小球做匀速圆周运动，求电场强度的大小和方向； (2)若电场强度，方向沿轴正方向，请在图丙中定性画出内小球运动轨迹，在平面内的投影，并求出该过程中小球离平面的最大距离； (3)若电场强度，方向沿轴正方向，求时刻粒子的位置坐标。 2．（2026·云南·三模）如图所示，Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁场的磁感应强度为，两极板间距离为d；点O是速度选择器左侧极板的下端点，直线OP与速度选择器的两极板垂直。现有一质量为m、电荷量为q的正粒子，从S点由静止加速后进入速度选择器做直线运动，从N点垂直OP离开。已知SN为速度选择器的中线，不计粒子重力。 (1)求粒子进入速度选择器时的速度大小； (2)求速度选择器两极板间的电压； (3)已知接收屏OQ与OP的夹角为，之间的平面区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，该粒子刚好能到达屏OQ上，求该磁场的磁感应强度大小。 3．（2026·辽宁·一模）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场，第三、四象限内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴负方向、电场强度大小为的匀强电场（未画出）。时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点沿x轴正方向以速度发射出，经过电场偏转后由N点进入第一象限，不计粒子重力。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度应满足的条件； (3)若第一象限和第四象限匀强磁场的磁感应强度大小之比为，粒子在第一象限运动的半径为，则该粒子运动过程中距y轴的最大距离和速度最小的时刻。 4．（2026·河北衡水·模拟预测）如图所示，在xOy平面内，有一宽度为b的粒子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v0的正粒子，在粒子源的右侧，有一个半径为R的圆形匀强磁场，匀强磁场的方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小为B1＝B，粒子源最低点与磁场圆心O1等高，其中正对圆形磁场圆心O1射入磁场的粒子经磁场偏转后恰沿y轴的负方向从O点射出。x轴下方有一与其平行的直线区域AC，AC与x轴相距为d，x轴与直线AC间区域分布有平行于y轴负方向的匀强电场，电场强度大小，已知，不计粒子的重力，忽略粒子间相互作用和各场的边缘效应。求： (1)粒子的比荷； (2)粒子流从O点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围； (3)粒子离开匀强电场时速度的大小以及与AC夹角的最小值β的余弦值。 5．（2026·甘肃陇南·二模）某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为。水平放置的目标靶长为，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为、竖直距离为。从电子枪逸出的电子（质量为、电荷量为，初速度可以忽略）经匀强电场加速时间后，以速度沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为），恰好击中M点，求： （1）匀强电场场强的大小； （2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间； （3）为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)，方向竖直向上 (2)过程轨迹图，见解析， (3) 【详解】（1）由匀速圆周运动知：电场力和重力平衡 解得：，方向竖直向上。 （2）由平抛运动知：竖直方向：自由落体，且其运动不影响水平面内的运动。水平面内：0~0.5T内，二力平衡 ，x正方向匀速运动 0.5T~1T内，圆周运动 ，半径为 ，由几何关系 过程轨迹如图 （3）粒子的运动轨迹如图所示 竖直方向：自由落体 水平面内：①0~0.5T内，摆线运动，匀速圆周， ，匀速直线 ②0.5T~1T内，静止不动 ③1T~1.5T内，摆线运动，同①过程与①对称。①~③过程中，， ④1.5T~2T内，匀速圆周运动， 因此：t=2T时刻粒子的位置坐标为 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）在加速电场中，由 得 （2）在速度选择器中，由 得 （3）已知接收屏OQ与OP之间的平面区域内磁场方向垂直纸面向里，则该粒子向右偏转。由于该粒子刚好能到达屏OQ上，则该粒子到达OQ边界时速度方向与OQ平行。由几何关系得 由 解得 故该磁场磁感应强度 3．(1) (2) (3)；（n=0，1，2，…） 【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿电场方向，有 垂直电场方向，有 ，解得 由牛顿第二定律，其中加速度为 ，联立解得 （2）粒子从点进入磁场后，经磁场偏转后进入轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与轴相切，设粒子在轴上方磁场中运动的半径为，粒子进入磁场时速度与轴正方向的夹角为，则粒子进入第一象限时的速度大小 ，解得 进入第一象限时的速度方向满足 ，解得 粒子与轴相切时，有 此时对应磁感应强度的最大值为，则 ，联立解得 若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度 （3）设第一、四象限匀强磁场的磁感应强度大小分别为、，则 根据几何关系可知，粒子在第一象限的运动轨迹为半圆，设粒子从上到下穿越轴时速度与轴成角，根据几何关系可知 根据配速法，将粒子竖直方向的速度分解为向下的，向上的，则有， ，解得，则 粒子水平方向的速度大小为 粒子一边以速度向下做匀速直线运动，一边以速度做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 ，解得 由几何关系可知粒子离轴的最大距离 粒子在第一象限的磁场中运动的时间 粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的周期 粒子经过圆周最右端位置时，速度最小，速度最小时有（n=0，1，2，…） 4．(1) (2) (3)2v0 ， 【详解】（1）粒子运动轨迹如图甲所示 由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 由牛顿第二定律可得 ，所以粒子的比荷 （2）由几何知识知图甲中四边形PO1OO2为菱形，粒子运动的半径为R，则    所以 则粒子流从O点射出时与y轴负方向的夹角满足 （3）由动能定理得 ，解得 粒子的运动轨迹如图乙所示 粒子进入匀强电场后，沿x轴方向做匀速直线运动，则有 离开电场时与AC的最小偏角的余弦值为 即 5．（1）；（2）垂直纸面向里，；（3） 【详解】（1）电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得 解得 （2）由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得 ，周期为 ，联立可得 设与竖直方向夹角为，则有 ，可得 由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则电子在磁场中运动时间为 （3）①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为 设匀强磁场区域半径，由几何关系得 ②当电子击中N点时，设与竖直方向夹角为，则有 可得 由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为， 则偏转半径为 ，则有 粒子穿过匀强电场后的速度，由动能定理得 设极板间距离为，则有 联立解得 则匀强电场场强的范围为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $1.将一物体以某一初速度沿与水平方向成37°角从A点斜向上抛出，经过B点时速度与水 平方向的夹角为53°。己知A、B之间的水平距离为L,忽略空气阻力的影响，重力加速度 为g,sin53°=0.8，则下列说法正确的是() A37° A.从A点抛出时的速度大小为VB 3 B.从A到B过程中速度的最小值为号3Bg B53° C.从A到B的时间为3区 3V g D.4、B之间的高度差为乙L 12 试卷第1页，共3页 2.图示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点 ，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在山 点恰好过球网最高点P,同时落到A点：第二次在N点将同一乒乓球水平击出，轨迹同样 恰好过球网最高点P,同时落到D点。乒乓球可看作质点，不计空气阻力作用，则两次击球 位置到桌面的高度hM:hw为() -N 9 A. B.3 16 c号 D. 试卷第1页，共3页 3.(多选)如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始 条件下平抛运动的理论轨迹，分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的 质量为m,水平初速度为y。,初始时小球离地面高度为，已知小球落地时速度大小为v, 方向与水平面成角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k, 重力加速度为g。下列说法正确的是() ●之% A.小球落地时重力的功率为mgy h B.小球下落的时间为msin0+仙 mg C.小球下落过程中水平位移大小为m%+vCos) k D.小球下落过程中空气阻力做的功为m-)-mgh 试卷第1页，共3页 L.【答案】B 【详解】AC.设初速度为y,则水平方向的速度为v=vcos37°=0.8v 竖直方向的速度为y,=vsin37°=0.6v 由于水平方向速度不变，所以末状态下的竖直方向的速度=v,an53=0.8v416 315 取竖直向下为正方向，所以A到B的时间为1=-（一V_5y g 3g 水平方向上有L=v1 联立解得v=Bg,t=53L ,t= 2 6Vg 故AC错误； B,速度最小值是最高点的速度，此时竖直方向速度为零，即最小速度 n=y=0.8v=0.8·Y)=2BL,故B正确， D.取竖直向下为正方向，从4到B过程有h=-Vw+28默 联立解得h= L,故D错误· 24 故选B。 试卷第1页，共3页 2.【答案】C 【详解】设CP高为H,M点距离台面的高度为hv,N点距离台面的高度为hw,取M关于 CP的对称点Q,由几何关系可知，Q的高度与M的高度相等，且Q点位于D点上方，如 图所示 P 3 3 由于AD=BE=54B,结合题意可得DC=CE B，可知e=5p4 10 乒乓球从P运动到A做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此10一 3 9 根据平抛运动规律有y=28，可知025 9H p=25 即P到Q的整直运动的距离为P到4的名，所以有H产=员 H25 解得hw 16H 25 根据题意，对第二次平抛运动的水平位移c-D 乒乓球从N运动到D做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此1c=0 同理可得，H、1 -=4 b=12 得hw二H，代入数据解得，2 故选C。 试卷第1页，共3页 3.【答案】BD 【详解】A.小球落地时重力的功率P=mgy,=mgvsin6,故A错误； B.在竖直方向，根据动量定理，有mgt-ky,t=mv, 其中y,1=h 解得1=mvsn9+, 故B正确； mg C.在水平方向，根据动量定理，有-kv,1=mv,-mv。 其中v,t=x,y=vcos0 解得x=m。~vcos8) ,故C错误； k D.根据动能定理，有meh+形a-m(-) 1 解得=2m-w)-mgh 故选BD。 试卷第1页，共3页 1．（2026·重庆沙坪坝·二模）2025年11月1日，神舟二十一号航天员乘组进驻中国空间站，与神舟二十号乘组完成在轨轮换。神舟二十号航天员乘组乘坐神舟二十一号飞船于11月14日成功返回。载人飞船发射返回过程中，返回器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道运行，返回器用“打水漂”的方式再入大气层，最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如图。已知主舱室维持在半径为r的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球半径为R、引力常量为G，则下列说法正确的是（　　） A．神舟二十一号飞船的发射速度小于第一宇宙速度 B．由题给条件可求出地球的第一宇宙速度为 C．由题给条件可求出地球的平均密度为 D．返回器加速下落过程中，机械能一定守恒 2．（2026·河北沧州·一模）中国行星探测工程是我国开展深空探测的综合性工程，若我国发射的行星探测器降落在行星X表面后开展探测活动，发现同一物体在行星X表面赤道处的重力是两极处的96%，物体在行星X赤道表面处随行星自转时的线速度为。若行星X为质量分布均匀的球体，则它的第一宇宙速度大小为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·新疆省直辖县级单位·模拟预测）北京时间2025年9月9日10时00分，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将遥感四十五号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。该卫星主要用于科学试验、国土资源普查、农产品估产和防灾减灾等领域。若遥感四十五号卫星沿椭圆轨道绕地球运动，周期为。如图所示，椭圆轨道的近地点离地球表面的距离为，远地点离地球表面的距离为，地球可视为半径为的均匀球体，万有引力常量为。下列说法正确的是（　　） A．卫星的发射速度大于第二宇宙速度 B．地球的平均密度可表示为 C．卫星在近地点和远地点的速率之比为 D．卫星在近地点和远地点的加速度之比为 4．（2026·陕西西安·三模）如图所示为神舟十三号载人飞船，与空间站交会对接前的变轨示意图。下列说法正确的是（　　） A．神舟十三号沿着轨道Ⅰ运动，环绕速度大于第一宇宙速度 B．空间站内乒乓球下沉，浮力消失，是失重状态的体现，同时能用弹簧测力计测量出重力大小 C．飞船在轨道Ⅱ运行时，经过M、N两点时，N点的机械能最大 D．神舟十三号在M点从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ，发动机需朝运动反方向点火；与空间站交会对接前需减速，发动机需朝运动方向点火 5．（2026·陕西铜川·三模）“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图甲是人造地球卫星A的运行圆轨道及某时刻星下点M的示意图。图乙为某段时间内卫星A绕地球做匀速圆周运动的星下点轨迹的经、纬度平面图，已知：卫星A绕行方向与地球自转方向相同，且轨道低于地球静止同步轨道卫星B（图中未画出）的轨道，卫星B的轨道半径为r。下列对卫星A的运动情况说法正确的是（　　） A． 运行周期为16h B． 轨道半径为 C． 运行速度大于7.9km/s D． 轨道平面与北纬60°平面重合 6．（2026·安徽阜阳·模拟预测）如图所示，某火星探测器从地球发射后，经过地火转移轨道1从点进入停泊轨道2，运行一段时间后再从点进入近火轨道3。已知停泊轨道2的远火点到火星中心的距离约为近火点到火星中心距离的倍，下列说法正确的是（　　） A．地球发射火星探测器的速度至少为才能进入地火转移轨道 B．探测器在停泊轨道运行时，、两点的速度大小关系约为 C．火星探测器从停泊轨道2进入近火轨道3时必须加速 D．火星探测器在停泊轨道2的周期小于在近火轨道3的周期 7．（2026·河南信阳·模拟预测）在双星系统的运动平面内，以两天体连线为底作等边三角形，第三个顶点称为“特洛伊点”，在该点处，小物体在两个大物体的万有引力作用下做圆周运动，相对于两大物体保持静止。已知一双星系统距其它天体较远，两星质量均为，相距为，有一颗探测器位于“特洛伊点”上，三者在万有引力作用下保持相对静止，探测器质量远小于双星质量，万有引力常量为，则探测器的速度为（　　） A． B． C． D． 8．（2026·吉林·模拟预测）宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于四星系统，下列说法错误的是（　　） A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B．四颗星的轨道半径均为 C．四颗星表面的重力加速度均为G D．四颗星的周期均为 9．（2026·江苏宿迁·二模）图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1∶4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（　　） A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9 km/s B．某时刻有一个部件从航天器上分离，航天器的周期不变 C．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍 D．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，再过3h两卫星连线再次过地心 10．（2026·安徽合肥·模拟预测）拉格朗日点指在两个大天体引力作用下，能使航天器稳定的点，由法国数学家拉格朗日1772年推导证明其存在，每个两天体系统存在5个拉格朗日点。如图所示，拉格朗日点上的航天器在两天体引力的共同作用下可以绕“地月双星系统”的圆心做周期相同的圆周运动，从而使地、月、航天器三者在太空的相对位置保持不变。其中、、位于两天体连线上，地心、月心、（）构成的三角形为等边三角形，地球质量为月球质量的81倍，地月间距为，地球、月球、航天器均可视为质点，不考虑航天器及其他星体对双星系统的影响，关于地月系统的拉格朗日点，下列说法正确的是（     ） A．处于点的航天器的加速度大于处在点航天器的加速度 B．处于点的航天器，其线速度小于月球做圆周运动的线速度 C．处于点的航天器，做圆周运动的圆心恰好处在地心 D．处于拉格朗日点上的航天器做圆周运动的周期为 11．（2026·山东潍坊·二模）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行周期为，P为近日点，Q为远日点，M、N为短轴的两个端点；地球绕太阳沿圆轨道运动，轨道半径为r，公转周期为。已知海王星在近日点与太阳中心的距离为，线速度大小为；在远日点与太阳中心的距离为，线速度大小为。下列说法正确的是（　　） A． B． C．海王星沿轨道顺时针从P到M所用的时间为 D．海王星沿轨道顺时针从M到N，万有引力对它先做正功后做负功 12．（2026·陕西咸阳·三模）有一空间探测器对一球状行星进行探测，发现该行星上无生命存在，在其表面上，却覆盖着一层厚厚的冻结的二氧化碳（干冰）。有人建议利用化学方法把二氧化碳分解为碳和氧气而在行星上面产生大气，由于行星对大气的引力作用，行星的表面就存在一定的大气压强。如果一秒钟可分解得到质量为的氧气，要使行星表面附近得到的压强至少为，那么请你估算一下，至少需要多长的时间（单位为秒）才能完成，已知行星表面的温度较低，在此情况下，二氧化碳的蒸发可不计，探测器靠近行星表面运行的周期为，行星的半径为，大气层的厚度与行星的半径相比很小。下列估算表达式正确的是（　　） A． B． C． D． 13．（2026·北京通州·一模）太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。下列说法正确的是（　　） A．空间站变轨前、后在点的加速度相同 B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 C．空间站变轨后在点的速度比变轨前的小 D．空间站变轨后在近地点的速度比变轨前的小 14．（多选）（2026·重庆九龙坡·二模）科学家设想未来通过 “地心隧道” 来探测地核资源。如图所示，质量为m的探测器从地球表面A点由静止释放，仅在万有引力作用下在地球的两点往返运动为直径）。地球视为质量分布均匀半径为的球体，地心在点，为的中点。已知均匀球壳对内部物体的引力为零，地表重力加速度为，不考虑地球自转，下列说法正确的是（　　） A．探测器在A点时加速度的大小为0 B．探测器在P点时加速度大小为 C．探测器在P点速度的大小为 D．探测器在O点速度的大小为 15．（多选）（2026·安徽马鞍山·二模）2025年6月20日我国成功发射中星9C卫星，该星投入使用后，我国在轨广电专用传输和直播卫星全面实现国产化，9C卫星绕地球做椭圆运动，其轨道的半长轴为a。已知近地卫星做匀速圆周运动的速度大小为v，地球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（    ） A．9C卫星的机械能小于近地卫星的机械能 B．9C卫星的发射速度大于近地卫星的发射速度 C．地球的质量 D．9C卫星的周期 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【详解】A．第一宇宙速度为最小的发射速度，则神舟二十一号飞船的发射速度大于第一宇宙速度，A错误； B．由题给条件，则对主舱室 对绕地球表面运动的卫星 可求出地球的第一宇宙速度为，B正确； C．由题给条件可求出地球的平均密度为，C错误； D．返回器加速下落过程中，要克服阻力做功，则机械能一定减小，D错误。 故选B。 2．B 【详解】设行星X质量为、半径为，物体质量为。物体在行星两极时，万有引力全部等于重力 物体在赤道处时，万有引力一部分提供自转向心力，剩余为重力，由题意 因此 化简得 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，表面重力提供向心力 解得 故选B。 3．D 【详解】A．卫星绕地球做椭圆轨道运动，未脱离地球引力范围，其发射速度应大于第一宇宙速度且小于第二宇宙速度，故A错误； B．根据题意，近地点离地心距离，远地点离地心距离 椭圆轨道半长轴 对于半径等于半长轴的圆轨道，根据开普勒第三定律可知，周期也为T，则 解得地球质量，地球体积 代入数据解得，地球平均密度，故B错误； C．根据开普勒第二定律，卫星在近地点和远地点的速率与距离成反比，即 则，故C错误； D．根据牛顿第二定律和万有引力定律，解得加速度 则卫星在近地点和远地点的加速度之比为，故D正确。 故选D。 4．D 【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是绕地球做圆周运动的最大环绕速度。根据万有引力提供向心力，有， 得 轨道Ⅰ的轨道半径大于地球半径，因此环绕速度小于第一宇宙速度，故A错误； B．空间站内所有物体都处于完全失重状态，重力全部用来提供向心力；浮力本质是重力产生的液体压力差，因此浮力消失，乒乓球下沉。完全失重状态下，物体对弹簧测力计不会产生拉力，无法用弹簧测力计测量重力大小，故B错误； C．飞船在轨道Ⅱ运行时，只有地球引力做功，机械能守恒，因此M、N两点机械能大小相等，故C错误； D．从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半长轴更大，飞船需要做离心运动，因此要在M点加速。发动机朝运动反方向（向后）点火喷气，获得向前的推力实现加速；若飞船在空间站后方的同一圆轨道上，由于轨道角速度相同，无法直接追上空间站。此时需减速，发动机朝运动方向点火喷气，产生向后的阻力，进入更低轨道，在低轨道角速度更大，利用更大的角速度追上空间站，再加速回到原轨道完成对接，故D正确。 故选D。 5．B 【详解】A．由图可知，地球自转一圈，卫星转动3圈，则卫星运行周期为8h，故A错误； B．根据开普勒第三定律， 解得，故B正确； C．7.9km/s是地球卫星的最大环绕速度，卫星A的运行速度不可能大于7.9km/s，故C错误； D．星下点在南北纬之间运动，说明轨道平面与北纬60°平面不重合，故D错误。 故选B。 6．B 【详解】A．地球发射火星探测器，需要脱离地球引力的束缚，但未脱离太阳引力的束缚，所以发射速度应大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故A错误； B．探测器在停泊轨道2运行时，根据开普勒第二定律 有，已知，解得，故B正确； C．探测器从停泊轨道2进入近火轨道3，是在点做近心运动，需要减速，使万有引力大于所需的向心力，故C错误； D．根据开普勒第三定律，停泊轨道2的半长轴，近火轨道3的半径，因为，所以，则探测器在停泊轨道2的周期大于在近火轨道3的周期，故D错误。 故选B。 7．C 【详解】在双星系统中，两星质量均为，相距，质心位于连线中点。探测器位于特洛伊点（等边三角形的第三个顶点），到两星的距离均为，到质心的距离为 探测器与双星系统同步运动，角速度相同。万有引力提供向心力，则有 解得 探测器的速度 故选C。 8．B 【详解】A．根据对称性可知四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，如图所示 故A正确； B．由图可知轨道半径，故B错误； C．在星体表面，根据万有引力等于重力，可得 得四颗星表面的重力加速度均为，故C正确； D．由万有引力提供向心力可知 解得四颗星的周期均为，故D正确。 本题选说法错误的，故选B。 9．B 【详解】A．7.9 km/s是第一宇宙速度，从地面发射卫星的速度不小于第一宇宙速度，卫星绕地球做圆周运动的速度不大于第一宇宙速度，故A错误； B．部件从航天器上分离，航天器的轨道半径不变，由开普勒第三定律可知航天器的周期不变，故B正确； C．万有引力提供向心力，有，得加速度 因两者的轨道半径之比为，所以加速度比为，故C错误； D．根据开普勒第三定律，由题意，，解得 在题图中状态之后，当“轨道康复者”转过的弧度与地球同步卫星转过的弧度差为时，两卫星连线再次过地心。经3h，地球同步卫星转过的弧度为 “轨道康复者”转过的弧度为 弧度差为 因此再过3h两卫星连线不会过地心，故D错误。 故选B。 10．D 【详解】AB．拉格朗日点上的航天器在两天体引力的共同作用下可以绕“地月双星系统”的圆心做周期相同的圆周运动，则有 根据可知，处于点的航天器的加速度小于处在点航天器的加速度； 根据可知，处于点的航天器，其线速度大于月球做圆周运动的线速度，故AB错误； C．处于点的航天器，受到地球的万有引力，方向指向地心，以及月球的万有引力，两个力的合力不指向地心。航天器做匀速圆周运动，合力充当向心力，指向圆心，所以圆心不处在地心，故C错误； D．对于地月双星系统得， 解得，，代入，解得，故D正确。 故选D。 11．A 【详解】A．对海王星绕太阳运动时，根据开普勒第二定律可知 可得，A正确； B．对地球和海王星，根据开普勒第三定律可知，B错误； C．根据开普勒第二定律可知，海王星沿轨道顺时针运动时，距离太阳越近则速率越大，可知从P到M所用的时间小于，C错误； D．海王星沿轨道顺时针从M到N，万有引力对它先做负功后做正功，D错误。 故选A。 12．B 【详解】可近似认为大气压是由大气重力产生的，设大气的质量为，则有 设探测器的质量为m1，行星质量为M，在行星表面，万有引力定律等于重力，则有 解得 探测器围绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有 联立解得 由题知，1秒钟可得到m的氧气，故分解出的氧气所需的时间为 故选B。 13．A 【详解】A．空间站变轨前、后在点受到的万有引力相同，根据牛顿第二定律，由于点位置不变，所以加速度相同，故A正确； B．根据开普勒第三定律，变轨后半长轴变大，则运动周期变大，故B错误； C．空间站在点原速度沿切线方向，喷气获得径向速度，合速度，显然，故C错误； D．空间站变轨后在近地点的速度比近地圆轨道的速度大，因为从近地圆轨道进入变轨后轨道需要离心加速运动，而根据 可知 近地圆轨道的速度大于变轨前圆轨道的速度，所以空间站变轨后在近地点的速度比变轨前的大，故D错误。 故选A。 14．CD 【详解】A．点在地球表面，探测器受到的万有引力等于重力，即，所以加速度，不是0，故A错误。 B．设地球的密度为，质量均匀球壳对其内部物体引力为零，探测器在距离地心处，只受到来自以地心为球心、半径为、质量为的球体的万有引力，可得 可知地心内的探测器受力与探测器相对于地心的距离成正比，在地球表面探测器受到的万有引力 探测器在点受到的万有引力大小为，代入数据解得，故B错误； C． 从到，根据机械能守恒定律有， 结合B选项，解得，故C正确； D．从到，根据机械能守恒定律有，解得，故D正确。 故选CD。 15．BD 【详解】A．由于9C卫星的质量与近地卫星的质量大小关系未知，故无法比较9C卫星与近地卫星的机械能大小，故A错误； B．对于近地卫星，其轨道半径可视为地球半径，根据万有引力提供向心力有 解得 即近地卫星做匀速圆周运动的速度为第一宇宙速度，是最小的发射速度；9C卫星绕地球做椭圆运动，其发射速度大于第一宇宙速度，因此9C卫星的发射速度大于近地卫星的发射速度，故B正确； C．根据万有引力提供向心力有，可知地球的质量 因近地卫星的轨道半径与9C卫星轨道的半长轴不同，故地球的质量，故C错误； D．近地卫星做圆周运动的周期 根据开普勒第三定律可知，解得，故D正确。 故选BD 。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·北京·一模）如图所示， 一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A 和B，B 球的质量是 A球的3倍。用手托住B 球，使轻绳拉紧，A 球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，重力加速度为g。 由静止释放B 球，到B 球落地前的过程中，下列说法 正确的是（　　） A．A 球的加速度大小为2g B．拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量 C．重力对 B 球做的功等于B 球动能的增加量 D．B球机械能的减少量大于A球机械能的增加量 2．（2026·天津和平·二模）下图为弹簧秤的简化图：竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与质量为的托盘栓接，静止时弹簧秤示数为零。质量也为的面团从托盘正上方某处由静止释放，与托盘发生碰撞后立即与托盘粘在一起运动。已知碰撞时间极短，运动过程中忽略空气阻力影响，且弹簧始终处于弹性限度内、弹簧秤始终未离开接触面。从面团开始释放到与托盘一起运动到最低点的过程中，下列说法正确的有（　　） A．面团和托盘粘在一起后向下一直做减速运动 B．面团和托盘运动到最低点时托盘与面团间的弹力为0 C．弹簧的最大弹性势能等于面团和托盘减小的重力势能 D．和托盘一起下降过程，面团的机械能一直在减小 3．（2026·山东聊城·二模）如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，两光滑斜面倾角分别为30°和60°，左侧斜面底端固定一挡板，物块a紧挨挡板放置，斜面顶端固定一光滑定滑轮，轻绳一端连接物块a，另一端跨过定滑轮与劲度系数为k的轻质弹簧上端连接，弹簧的下端连接物块b。初始状态用手托住物块b（处于P处），使两物块a、b均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，轻绳和弹簧都与斜面平行。现释放物块b，物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块a恰好没有离开挡板。已知物块b的质量为m，物块b从P运动到Q用时为，从Q返回P用时为，弹簧的弹性势能表达式（x为弹簧形变量），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A． B．物块a的质量为 C．弹簧的最大弹性势能为 D．物块b的最大动能为 4．（2026·安徽阜阳·模拟预测）两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·河南信阳·模拟预测）我国风洞技术世界领先，如图所示，在风洞模拟实验的光滑斜面上，上端接一弹簧。一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑。从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，由于风力作用，物块和弹簧组成的系统机械能（　　） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 6．（2026·吉林·模拟预测）如图所示，将质量为的重物悬挂在足够长轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为的小圆环，圆环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆间的距离为。现将圆环从图中所示的处由静止释放，此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为，整个过程中重物都只在竖直方向运动且未与定滑轮相碰。忽略定滑轮的质量和大小，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为 B．圆环刚释放时，重物的加速度大小为 C．圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一直减小 D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大小为 7．（多选）（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）某同学将在水平地面上的足球以与地面成30°的初速度斜向上踢出。以地面为重力势能的零势能面，不考虑空气阻力。则足球在空中运动的过程中，同一时刻足球重力势能和动能的比值可能为（　　） A． B． C． D．1 8．（多选）（2026·重庆沙坪坝·二模）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量为m的小滑块A相连接，在A的右边靠着另一质量为3m的滑块B，A与B不粘连。已知A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。现将A、B一起由原长O处向左压缩弹簧，当压缩量时将滑块A、B由静止释放，则在A、B以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块A、B将在O点左侧分离 B．滑块 B向右运动的最大位移为 C．滑块A的路程小于滑块B的路程 D．A、B最终相距 9．（多选）（2026·江西·模拟预测）如图所示，光滑的固定斜面倾角。左侧放置一个木板，其上表面与斜面底端平滑相连，若干个相同的小滑块紧挨着放在斜面上，小滑块总长度为，最下端的小滑块刚好与斜面底端对齐，由静止释放所有小滑块，然后滑上木板，当木板刚滑动时，将斜面上的小滑块取走，最终冲上木板的滑块均未从木板左端滑出。已知木板的质量，滑块总质量为，滑块与木板之间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，木板与地面之间的最大静摩擦力是滑动摩擦力的1.5倍。重力加速度取，则下列说法正确的是（    ） A．木板刚滑动时滑块的速度大小为 B．滑块与木板共速后之间的摩擦力为10 N C．木板至少长0.75 m D．滑块与木板之间摩擦产生的热量为13.2 J 10．（多选）（2026·河南南阳·模拟预测）如图甲所示，光滑水平面上有大小相同的小球A和B靠在一起，小球A与轻绳组成单摆，小球B与轻弹簧组成的弹簧振子，刚开始小球A和B均处于静止状态。现将小球A向左拉开一个较小角度（小于5°）并时由静止释放，经最低点时与小球B发生碰撞，碰撞时间可忽略不计，此后小球B运动的图像如图乙所示。以最低点为零势能面，小球A与B第一次碰撞后A球速度恰好为零，已知小球B的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的有（　　） A．弹簧振子的周期等于 B．单摆的摆长等于 C．A球释放的高度为 D．A球运动的最大速率为 11．（多选）（2026·河南南阳·模拟预测）如图甲所示，倾角的光滑斜劈固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与斜劈顶部相连，另一端与可视为质点的小球B相连，静止时小球B与斜面底端相距2l。现将与小球B完全相同的小球A从斜劈底部以一定的初速度沿弹簧轴线方向滑上斜劈，两球发生碰撞且碰撞时间极短，碰后粘连在一起共同运动2l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，沿斜面向上为正方向建立x轴，碰后A、B整体的重力势能随x变化的图像如图乙中所示，弹簧的弹性势能随x变化的图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（   ） A．小球A的质量为 B．弹簧的劲度系数为k C．碰撞后两小球的速度为 D．小球A在斜劈底部的初速度为 12．（多选）（2026·新疆省直辖县级单位·模拟预测）如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接，并一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动（初速度视为0），使小球A沿环顺时针滑下，当杆与大圆环相切时小球A的速度为（g为重力加速度）。不计一切摩擦，A、B均可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B．当杆与大圆环相切时B的速度为 C．小球A从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中滑块B的重力势能减小 D．小球A从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中弹簧的弹性势能增加了 13．（多选）（2026·重庆九龙坡·二模）如图是一款游戏装置的简化图，半径为 的四分之三光滑圆管轨道竖直固定。一挑战者在管口 A 点正上方 高处，静止释放一质量为 的小球，小球落入管中运动一段时间后从 点飞出，且恰好落回 A 点，游戏挑战成功。小球直径略小于管径，管径远小于 R ，不计空气阻力， g 为重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．小球通过 E 点时的速度大小为 B．小球下落时距 A 点的高度 h为 C．小球通过 E 点时圆管对小球的作用力竖直向下 D．小球通过 B、E 两点与圆管作用力大小的差为 14．（多选）（2026·山东潍坊·二模）如图所示，可绕O点自由转动的轻杆左端固定一小球c，通过细线将小球拉起使轻杆水平，用跨过定滑轮P的轻绳连接物体b与小球c，物体a、b通过一竖直轻弹簧相连。开始时，系统处于静止状态，轻绳恰好伸直但无张力。已知a、b的质量均为m，c的质量为M，轻杆长度为L，O、P间的距离为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力及一切摩擦。某时刻剪断c上方的细线，当c运动到O点正下方时，a恰好离开地面。则（　　） A．轻弹簧的劲度系数为 B．当c下落高度为时，b和c的速度大小相等 C．c运动到O点正下方时的速度大小为 D．c运动到O点正下方时的速度大小为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【详解】A．设A球质量m，则B球质量3m，绳子张力大小T， 根据牛顿第二定律， 解得 故A错误； B．拉力对A球做正功，拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量，故B正确； C．根据动能定理，重力与绳子拉力的合力对 B 球做的功等于B 球动能的增加量，故C错误； D．对A、B整体，整体只有重力做功，机械能守恒，则B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D错误。 故选B。 2．D 【详解】A．面团和托盘粘在一起的整体的重力为2mg，碰撞后瞬间弹簧的弹力大小为mg，则碰撞后瞬间面团和托盘粘的合力向下，向下做加速运动，当整体的总重力小于弹簧的弹力时，合力向上，做减速运动，即面团和托盘粘在一起后向下先加速运动后做减速运动，故A错误； B．面团和托盘粘在一起后向下先加速运动后做减速运动，面团和托盘运动到最低点时托盘与面团间的弹力大于，故B错误； C．面团与托盘发生碰撞后立即与托盘粘在一起运动，面团与托盘发生完全非弹性碰撞，面团与托盘有机械能损失，所以从面团开始释放到与托盘一起运动到最低点的过程中，弹簧的弹性势能小于面团和托盘减小的重力势能，故C错误； D．和托盘一起下降过程，面团一直受到托盘的向上的作用力，机械能一直在减小，故D正确。 故选D。 3．C 【详解】A．由题意可知，物块b在P、Q之间做简谐运动，则物块b从P运动到Q的用时等于从Q返回P的用时，即，A错误； B．物块b在P点时，根据牛顿第二定律，有 根据简谐运动的对称性，物块b在点的加速度也为，在Q点，根据牛顿第二定律 有，已知为轻绳和轻弹簧，则有 物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块a恰好没有离开挡板，对物块a，根据平衡条件 有 解得，B错误； C．设P、Q间的距离为x，据前面分析有 得，则弹簧的最大弹性势能，C正确； D．当物块b的加速度为零时，动能最大，设此时物块b与P的距离为，有 对物块b和弹簧，根据机械能守恒定律有 解得，D错误。 故选C 。 4．D 【详解】由题意可知两节动车分别有， 当将它们编组后有 联立可得 故选D。 5．A 【详解】一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑，从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，可知风力对物块始终做正功，根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的其他力做的功等于系统机械能的变化量，可知物块和弹簧组成的系统机械能一直增大。 故选A。 6．A 【详解】AB．设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为，重物加速度为，圆环加速度为，由牛顿第二定律，则有 根据运动的分解可知，联立解得，故A正确，B错误； C．圆环下落到最低点的过程中，拉力先向下，后向上，则拉力先做正功，后做负功，圆环的机械能先增加后减小，故C错误； D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，速度竖直向下，根据运动的分解可知，重物的速度为0，系统根据机械能守恒定律有，解得，故D错误。 故选A。 7．AB 【详解】设足球的初速度为，将初速度沿水平和竖直方向分解，则水平分速度 竖直分速度 不考虑空气阻力，足球运动过程中机械能守恒，以地面为零势能面，总机械能等于抛出点的初动能，即 运动过程中任意时刻满足 开始抛出点的重力势能为0最小，此时足球重力势能和动能的比值最小为0，足球到达最高点时，竖直分速度为0，动能最小，重力势能最大，此时重力势能与动能的比值达到最大值 对应重力势能，故最大比值 因此，运动过程中重力势能与动能的比值范围为 故选AB。 8．BD 【详解】A．当A、B之间的弹力为零时，是A、B之间分离的临界条件，对A、B整体有 对B有，解得 即A、B在弹簧原长处发生分离，即滑块A、B在O点处发生分离，故A错误； B．从释放到AB运动到O点（分离位置），由动能定理 代入，计算得 这是分离时AB的总动能，所以分离速度满足 分离后B仅受摩擦力，继续向右滑行s后速度为0，对B用动能定理 解得 所以B从释放点开始的总位移为，故B正确； CD．由之前的分析可知，AB分离时，A的速度为，分离后，A继续向右运动，直到速度减为0。设它向右运动的最大距离为 。对A从O点到最右端的过程应用动能定理 其中 是克服弹簧弹力做的功，等于弹簧弹性势能的增加量 ，有 解得 当A运动到最右端时，速度为0，弹簧伸长量为 此时，弹簧对A的拉力 ，A受到的最大静摩擦力 因为 所以滑块A会被弹簧拉回，向左运动。A向左运动，回到O点时，弹簧恢复原长。假设它是刚好到达O点。从最右端到O点，对A应用动能定理，解得 假设成立，所以A最终静止在O点，则A从释放到最终静止，其运动的路程为 滑块A的路程和滑块B的路程相等，且滑块A停在O位置，滑块B停在O点右侧距离O为处，所以AB之间最终相距，m故C错误，D正确。 故选 BD。 9．AD 【详解】A．设木板上滑块的质量为，当木板刚要滑动时，则有 解得，由于滑块质量分布均，匀这部分长 则滑块重力所做的功，摩擦力所做的功 根据动能定理可得，联立解得，故A正确； B．由题可知，共速后整体的加速度 则滑块和木板之间的摩擦力为，故B错误； C．当木板开始运动后，滑块的加速度 木板的加速度为 共速时则有，联立解得， 滑块相对于木板的位移 木板的长度至少为，故C错误； D．滑块与木板因摩擦产生的热量，故D正确。 故选AD。 10．BCD 【详解】A．小球B获得向右速度，向右减速到零，又反回初始位置，弹簧振子运动半个周期，即弹簧振子的周期为，故A错误； B．根据周期公式，解得摆长，故B正确； CD．由题知，小球A与小球B发生碰撞后，小球B的速度为v0，小球A静止，则A、B两球的质量相等，速度交换，且该碰撞为弹性碰撞，即小球A在与小球B碰撞前的速度为 设小球的质量为，根据机械能守恒有，解得 因为在最低点速度最大，故小球A的最大速度为v0，故CD正确。 故选BCD。 11．BD 【详解】A．设两小球质量均为，碰后两小球重力势能随x变化图像斜率绝对值为 解得，A错误； B．由图乙可知，小球B静止时弹簧的伸长量为l，设弹簧的劲度系数为，应有 可得，B正确； C．对两小球从碰后到速度减为0，由能量守恒可得 由图像可知，， 解得 又因为， 联立可得，C错误； D．碰撞过程动量守恒，有 解得碰前速度 对小球A从最低点到碰前，由能量守恒可得 即 解得，D正确。 故选BD。 12．BD 【详解】A．小球A、滑块B和轻弹簧组成的系统在下滑过程中机械能守恒，小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A错误； B．当轻杆与大圆环相切时，设此时轻杆与竖直方向的夹角为，将B的速度沿轻杆和垂直轻杆方向分解，根据沿杆方向速度大小处处相等，则有 根据几何关系有 联立解得，故B正确； C．开始时滑块B距离圆环最高点的距离为 小球A从圆环最高点到达与大圆环相切时，滑块B距离圆环最高点的距离为 滑块B下降的距离为 可得滑块B重力势能减小量为，故C错误； D．A到达杆与大圆环相切的过程中，由能量守恒可得弹簧的弹性势能增加量为 根据几何关系可得整个过程A重力势能的减小量为 其中，解得 联立解得，故D正确。 故选BD。 13．BD 【详解】A．小球从E点到A点做平抛运动，水平方向有 竖直方向有 解得 故A错误； B．从释放小球开始到小球到达E点为止，小球机械能守恒 解得 故B正确； C．小球速度小于，所以小球对管内壁有压力，圆管对小球的弹力竖直向上，故C错误； D．设小球在B点处速度为，由机械能守恒定律得 根据牛顿第二定律得 解得 小球位于E点时，管壁对小球支持力为，根据牛顿第二定律得 解得 故小球通过B、E两点时对圆管的作用力大小之差为，故D正确。 故选BD。 14．BC 【详解】A．开始时弹簧压缩量 当c运动到O点正下方时，a恰好离开地面，则此时弹簧伸长量 可知b上升，由几何关系Pc间细绳长度，则 则，，A错误； B．当b、c速度相等时，Oc与细绳方向垂直，则c下落的高度 而（θ为Oc与水平方向的夹角），解得，B正确； CD．c运动到O点正下方时，设细绳与水平方向夹角为，此时c的速度为v，则b的速度为，由几何关系 此时弹簧的弹性势能不变，则由能量关系 解得c的速度大小为，C正确，D错误。 故选BC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图所示，一位同学用容积2.0L的可乐瓶制作“水导弹”。可乐瓶及瓶身装饰物总质量。可乐瓶固定在架子上，与水平地面夹角成，瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒进行打气，每次打入0.4L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时，活塞脱落，水高速喷出，可乐瓶射出。已知水的密度，忽略空气阻力、可乐瓶体积变化和瓶内外空气温度变化，忽略发射前瓶身离地高度，重力加速度取。求： (1)要使可乐瓶底部的活塞脱落至少打气多少次； (2)若活塞脱落后，水以全部喷出，可乐瓶的水平射程是多少。（忽略空气喷射的影响） 今天的练习为 2 道气体计算题： 第 1 道是打气问题，综合了动量守恒定律与斜抛运动知识； 第 2 道是玻璃管封闭气体与活塞封闭气体相结合的问题。 两道题目综合性较强，有助于提升同学们综合应用物理知识解决问题的能力。 2．如图，某刚性绝热轻杆将绝热U形管固定在某高度，左管与大气相通，右管用轻活塞封闭一定质量的气体，活塞通过刚性轻杆与轻活塞相连，固定在地面上的导热气缸内中装有气体。已知活塞平衡时，左右两管的水银高度差为，气柱长为，活塞到缸底距离为，环境大气压，温度为，活塞可在气缸内无摩擦的移动且不漏气。活塞的面积分别为。求： (1)活塞平衡时，缸内气体的压强为多少？ (2)对气缸进行加热，U形管内水银柱相平时，气缸中气体温度为多少摄氏度？ 1.【答案】(1)15 (2)40m 【详解】（1）由题意知，可乐瓶的容积，瓶中水的体积，设需要打气次，每次打入的体积为 据玻意耳定律 解得 （2）瓶内水的质量 水喷出过程中，水与瓶系统动量守恒 解得 瓶做斜抛运动， 设瓶上升到最高点所用时间为，根据速度时间关系 可乐瓶水平方向匀速直线运动 解得 2.【答案】(1) (2) 【详解】（1）对气体有 对活塞整体受力分析有： 解得： （2）当左右两侧水银柱相平时有： 对气体有状态参量如下：，，， 由理想气体状态方程可知： 解得 由几何关系： 解得活塞上升的距离为 对活塞整体受力分析 解得 对气体由状态参量如下：，，，， 由理想气体状态方程得： 得 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.关于下列四幅课本上的插图的说法正确的是（　　） A．图甲是速度选择器示意图，由图可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是 B．图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极 C．图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大 D．图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U 2.（多选）电磁流量计的管道内没有任何阻碍流体流动的结构，所以常用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量。它的优点是测量范围宽、反应快、易与其他自动控制装置配套。如图，在非磁性材料制成圆管中，导电液体以相同的流速流过磁场区域时，管的直径为d，磁感应强度为B，若管中液体的流量为Q，下列说法正确的是（　　） A．M点的电势高于N点的电势 B．M点的电势低于N点的电势 C．NM两点间的电势差为 D．NM两点间的电势差为 3.如图为微量振荡天平测量大气颗粒物质量的原理简图。气流穿过滤膜后，颗粒物附着在滤膜上增加锥形振荡管的质量，从而改变其固有频率。起振器从低到高改变振动频率，记录霍尔元件a、b端输出的电信号，从而推测出滤膜上颗粒物质量。某金属材料制成的霍尔元件宽度为d，下列说法正确的是（　　） A．若起振器振动频率改变，锥形振荡管的振动频率不变 B．霍尔元件上表面的电势高于下表面的电势 C．锥形振荡管左右振动时，霍尔元件的a、b端输出交流信号 D．霍尔元件的宽度d减小，霍尔电压的最大值增大 参考答案 1.【答案】C 【详解】A．图甲是速度选择器示意图，根据 解得 可知，速度选择器无法判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，故A错误； B．图乙是磁流体发电机结构示意图，由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，故A板是发电机的负极，B板是发电机的正极，故B错误； C．图丙是质谱仪结构示意图，带电粒子经质谱仪的加速电场后，有 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有 联立可得 可知，r越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大，故C正确； D．图丁是回旋加速器示意图，根据 可得最大动能 可知，最大动能与加速电压U无关，故D错误。 故选C。 2.【答案】BC 【详解】AB．根据左手定则可知，正电粒子到达下极板，则M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确； CD．导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有 解得 其中流速为，， 代入解得，故C正确，D错误； 故选BC。 3.【答案】D 【详解】A．锥形振荡管的振动频率等于起振器振动频率，所以起振器振动频率改变，锥形振荡管的振动频率也改变，故A错误； B．金属导体中移动的是自由电子，移动的方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电子受向上的洛伦兹力，上表面的电势低于下表面的电势，故B错误； C．锥形振荡管左右振动时，霍尔元件所处区域的磁场方向大致还是原来方向，霍尔元件的a、b端输出的电流方向不会改变，则会输出直流信号，故C错误； D．设电源电动势为E，霍尔元件长度为l，高度为h，则其电阻 电流微观表达式为 又 得 根据平衡条件有 可得霍尔电压的最大值 当d减小时，增大，故D正确。 故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．下列说法正确的是（　　） A．图甲中，钠原子跃迁时辐射的光的波长中的光子波长最长 B．图乙中，射线③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子 C．图丙中，光电效应中电流表与电压表示数图像，Q的波长大于R的波长 D．图丁中，a、b两种金属的遏止电压Uc随入射光的频率v的关系图像，金属a的截止频率大 2．2026年2月实验室合成超重核Rf。其核反应方程式为：。则X为（　　） A．质子 B．中子 C．电子 D．正电子 3．数码相机中的光电效应元件，是相机中负责接收光线并将其转化为电信号，进而生成数字图像的重要部件。某光电效应元件感光光子是能量为E0的绿光，逸出的光电子的最大初动能为Ek，若此光电效应元件感光光子改用能量为E1的紫光，则逸出的光电子的最大初动能为（   ） A．Ek+E0-E1 B．Ek+E1-E0 C．E0+E1-Ek D．Ek-E1-E0 4．2025年3月，国内首款碳-14核电池原型机“烛龙一号”研制成功，衰变方程为，由于碳-14半衰期为5730年，该电池具有超长的使用寿命，下列说法正确的是（　　） A．X为中子 B．X由的核外电子转化而来 C．若将该电池用到登月车上，月球上极低的温度会缩短碳-14的半衰期 D．若核电池中的碳-14含量变为原来的就不能正常供电，则该电池的使用寿命为22920年 5．经过6次α衰变和4次β衰变后变成一种稳定的元素，下列说法正确的是（　　） A．这种元素的质子数为74 B．这种元素的质量数为204 C．这种元素的结合能大于 D．这种元素的比结合能大于 6．硼中子俘获疗法（BNCT）是近年来发展迅速的癌症治疗技术之一。治疗时，先给患者注射含硼（）的特种药物，药物富集在肿瘤部位后用热中子束照射，中子（）与发生核反应产生未知粒子X以及高杀伤力的α粒子（），并释放核能，精准杀伤肿瘤细胞。粒子X的中子数为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 7．2025年我国科研团队通过碎裂反应首次合成铝同位素，并观测到基态三质子衰变。铝基态三质子衰变核反应方程为，则__________；已知的半衰期为，质量为的经过时，还剩__________。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．B 【详解】A．图甲中，钠原子跃迁时辐射的光的波长中的光子对应的能级差最大，则波长最短，A错误； B．图乙中，射线③的穿透力最强，电离作用最弱，属于原子核内释放的γ光子，B正确； C．图丙中，光电效应中电流表与电压表示数图像，Q的截止电压大于R，根据，可知Q的波长小于R的波长，C错误； D．图丁中， a、b两种金属的遏止电压Uc随入射光的频率v的关系图像，根据，金属a的截止频率小，D错误。 故选B。 2．B 【详解】设X的电荷数为n，质量数为m，根据核反应的质量数和电荷数守恒有， 解得， 所以X为中子，故选B。 3．B 【详解】根据光电效应方程，光电子的最大初动能 对于绿光则有 对于紫光则有 联立解得 故选B。 4．D 【详解】A．根据质量数和核电荷数守恒可知，X为电子（），故A错误； B．β衰变中电子由核内中子衰变产生，并非来自核外电子，故B错误； C．半衰期是放射性核素固有属性，不受温度等外界因素影响，故C错误； D．碳-14含量变为原来的，即 故 即经历4个半衰期，则使用寿命，故D正确。 故选D。 5．D 【详解】AB．根据反应过程满足电荷数和质量数守恒可知，这种元素的质子数为 这种元素的质量数为，故AB错误； C．原子核的核子数越多，对应的结合能越大，由于这种元素的核子数小于的核子数，所以这种元素的结合能小于，故C错误； D．衰变生成的是更稳定的元素，比结合能越大原子核越稳定，所以这种元素的比结合能大于，故D正确。 故选D。 6．B 【详解】核反应过程满足电荷数守恒和质量数守恒，设粒子X的质量数为、电荷数为，核反应方程式为 根据电荷数守恒有，解得，即X的质子数为3； 根据质量数守恒有，解得，即X的质量数为7； 因此X的中子数为。 故选B。 7． 17 （或0.125） 【详解】[1]核反应遵循质量数守恒，反应前总质量数为20，3个质子的总质量数为，因此有 ，解得，电荷数验证，符合守恒规律。 [2]已知半衰期，经过时间，可得经过的半衰期个数。根据半衰期剩余质量公式，代入得。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·山东潍坊·二模）某实验小组利用如图甲所示的实验电路测量某电源的电动势和内阻，所用两电源分别为、，其内阻分别为、，其中一块电源为待测电源，另一块为辅助电源。 该小组的主要实验步骤如下： ①按图甲连接好实验电路，将两滑动变阻器、的滑片滑到合适位置，闭合开关、，调节、，使灵敏电流计G的示数为零，读出此时电流表和电压表的示数和； ②改变、的阻值，仍使灵敏电流计的示数为零，读出电流表和电压表的示数和； ③重复②中的操作，得到多组I和U，根据所得数据作出图像如图乙所示。 由以上信息可知： (1)待测电源是________（选填“”或“”）； (2)由图乙可知，待测电源的电动势为________V，内阻为________（结果均保留2位小数）； (3)在操作步骤①的过程中，若调节后发现灵敏电流计G中有自a流向b的电流，为使灵敏电流计G的示数再次为零，则应缓慢________（选填“向左”或“向右”）调节滑动变阻器的滑片。 2．（2026·河北沧州·二模）某同学为了测量电源的电动势和内阻，考虑到电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差，于是设计了下面的电路进行测量。 实验室提供的器材有： 待测电源E； 滑动变阻器； 电压表； 电流表； 灵敏电流计G，开关S。 主要实验步骤如下： （1）按照图示电路图连接好实物图，闭合开关S，通过调节滑动变阻器，可使灵敏电流计示数为0，记录此时电压表的示数，电流表的示数。此时流过电源的电流______（填“>”、“<”、“=”），电源的路端电压______（填“>”、“<”、“=”）； （2）再次调节滑动变阻器，使得灵敏电流计示数仍为0，记录此时电压表的示数，电流表的示数； （3）通过两次测量，就可以计算电源电动势和内阻。通过以上数据，计算得到电源的电动势______。内阻______； （4）实验过程中，电流表和电压表的内阻对电源电动势与内阻的测量无影响，不会产生系统误差； （5）在实验过程中若将电源（连同开关S）与灵敏电流计位置互换，______（填“是”或者“否”）仍能准确测量出电源电动势和内阻。 3．（2026·湖南长沙·一模）某学习小组要测一电池组的电动势和内阻，先用图甲电路测量一个量程为，内阻约为的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为10V，有两个电阻箱可选，，；之后再用图乙电路测量电池组的电动势和内阻（电动势约为，内阻约为），定值电阻。 (1)某次测微安表内阻的实验中，先将S2断开，闭合S1，调节滑片P和电阻箱，使微安表满偏；然后保持滑片P和不变，闭合S2，调节电阻箱，使微安表半偏，读出此时的读数；则微安表内阻测量值等于的读数。该实验中应选___________（填“”或“”），微安表内阻的测量值___________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 (2)微安表内阻测量值，把该微安表改装成量程为的电压表，需要___________（填“串联”或“并联”）电阻箱；并调节其阻值___________。 (3)学习小组测一电池组的电动势和内阻实验时，根据采集到的微安表的读数I和电阻箱的读数R，作出的图像如图丙，已知图线的斜率为，纵截距为，若学习小组测得电源中的电流远大于微安表中的电流，则所测得电池组的电动势___________，内阻___________。（均用字母，，，，表示） 4．（2026·天津滨海新区·二模）某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E和内阻r及电阻的阻值。实验器材有：待测电源，待测电阻，电压表V（量程0~3V，内阻很大可视为理想表），电阻箱R（0~99.99Ω），单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。 (1)先测电阻的阻值。请将该同学的操作补充完整： A．闭合，将切换到a，调节电阻箱，读出其示数和对应的电压表示数； B．保持电阻箱示数不变，_____________，读出电压表的示数； C． 电阻的表达式为=__________。 (2)该同学已经测得电阻，继续测电源电动势E和内阻r，其做法是：闭合，将切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E=__________V，内阻r=________Ω。（结果保留两位有效数字） 5．（2026·江苏徐州·二模）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图1（a）所示的实验电路，所用器材包括：电压表（量程0--3V，内阻很大）、电流表（量程0--0.6A）、电阻箱（阻值0--999.9Ω）、干电池、开关、导线若干；同时配备多用电表、热敏电阻等辅助器材。 (1)实验前，小组同学用多用电表粗测干电池的电动势，下列操作步骤正确的是（　　） A．测量前将红黑表笔短接，进行机械调零 B．红表笔接干电池正极、黑表笔接负极，测量电动势 C．需将干电池从电路中取出，避免损坏多用电表 D．测量完成后，将选择开关拨至欧姆挡位置，拔出表笔 (2)将多用电表选择开关调至直流电压______（选填“0--3V”或“0--15V”）量程，按正确操作测量。 (3)根据图1（a）的电路图，完成图1（b）中实物图的连线。______ (4)按图1（a）电路进行实验：调节电阻箱到最大阻值后闭合开关，多次改变电阻箱的阻值R，记录对应的电流表示数I和电压表示数U，并作出U-I图像如图2所示。根据图像可得，干电池的电动势______V（保留3位有效数字），内阻______Ω（保留2位有效数字） (5)小组进一步利用实验数据作出图像如图3所示。结合（3）中求得的电动势E和内阻r，利用该图像的纵轴截距可求出电流表的内阻______Ω（保留2位有效数字）；同时分析可知，由于电压表内阻不是无穷大，本实验中干电池内阻的测量值______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 (6)有同学提出新的实验方案：将图1（a）中的电阻箱替换为图2中的热敏电阻，通过改变温度控制的阻值（与温度t的关系如右图所示），重复上述实验步骤来测量干电池的电动势和内阻。请评价该方案是否可行，并说明理由；若方案可行，分析实验中需要注意的问题；若不可行，说明具体原因。______ 6．（2026·安徽池州·二模）某实验小组在测一电源电动势和内电阻实验时情形如下： A．直流电源一个（电动势E约为几伏，内阻约为几欧） B．电阻箱两个（最大阻值均为999.9欧） C．电流表（量程0.6A，内阻约为十几欧） D．电流表（量程0.6A，内阻不计） E.小灯泡两只（额定电压均为3V，额定电流均为0.5A） F.定值电阻 G.开关导线若干 (1)小组同学设计了甲所示的电路，开始将调到较大，闭合，断开，同时调节。当电流表的读数为0.32A时，电流表读数如图乙所示，则电流表的读数为______A。此时的阻值为20.0Ω则电流表的内阻为______Ω。 (2)同时闭合保持=30.0Ω不变，调节得到电流表的示数与的关系如图丙，由丙图可知该电源电动势E与内电阻r分别为______V，______Ω（结果均保留两位有效数字）。 (3)将这个电源、定值电阻和两个相同小灯泡组成电路如图丁，小灯泡的伏安特性曲线如图戊，每个小灯泡的实际功率是______W（结果保留三位有效数字）。 7．（2026·辽宁沈阳·三模）利用图1中的电路可以用两种方法测量待测电源的电动势和内阻。电路图中上半部分电源是待测电源，下半部分电源是学生电源。已知保护电阻的阻值为R1，电流表A1阻值为RA1，电流表A2阻值为RA2。 (1)方法一：连接好电路，闭合S1，断开S2，把电阻箱调到合适阻值R3后不变，然后改变滑动变阻器滑片位置，得到多组A1、A2的数据I1、I2，计算出a、b间电压U1=____________（选用I1、I2、RA2、R3表示），该同学将I1作为流过电源的电流，作出U1与I1的图像，如图2中实线1。实验测得电动势比真实值____________ （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）； (2)方法二：连接好电路，闭合S1，闭合S2，反复调节电阻箱的阻值R3和滑动变阻器滑片位置，使A2示数为零，记录下此时R3阻值和A1、A3读数I1、I3。改变R3，重复上述操作，得到多组数据。计算出a、b间电压U2=____________ （选用I1、I3、RA2、RA3、R3表示），作出U2与I1的图像，应该如图2中虚线____________ （选填“2”、“3”、“4”）所示。 (3)若根据方法二测得图线斜率的绝对值为k，则待测电源内阻可以表示为r=____________（选用k、RA1、R1表示） 8．（2026·云南曲靖·模拟预测）手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池。某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为3V。 A．量程是0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表； B．量程是3V，内阻是6kΩ的电压表； C．量程是15V，内阻是30kΩ的电压表； D．阻值为0~1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器； E．阻值为0~10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器； F．定值电阻4Ω，额定功率4W； G．电键S一个，导线若干。 (1)为了减小实验误差，电压表应选择_____（填器材代号），电路图中的导线应连接到_____（填“①”或“②”），改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择_____（填器材代号）； (2)用(1)问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U-I图线如图2中（a）所示，由图线（a）可得改蓄电池的电动势_____V，内电阻_____Ω；（结果保留两位有效数字） (3)硅光电池是一种新型太阳能电场，具有低碳环保的优点，如图3所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U-I图象。当它们组成闭合电路时，硅光电池的电动势为_____V，内电阻为_____Ω。（结果保留两位有效数字） 9．（2026·江苏宿迁·三模）某兴趣小组欲利用加速度传感器测定一个电源的内阻，设计了如图甲所示的测量电路。质量为的加速度传感器穿过光滑的水平横杆，劲度系数为的轻弹簧一端固定，另一端连接传感器。电源电动势为，内阻未知，滑动变阻器的总阻值为，有效长度为。主要实验步骤如下： ①按图甲连接电路，系统静止时滑动触头位于滑动变阻器的正中间，闭合开关，此时电流表指针如图乙所示； ②使系统以某一恒定加速度水平运动，利用加速度传感器测出此时的加速度（以向右为正方向），记录电流表示数； ③重复步骤②，改变系统加速度，得到多组、的测量数据； ④断开开关，整理器材。 回答下列问题： (1)步骤①中电流表示数为__________； (2)若系统从静止开始向右加速，则电流表示数将__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）； (3)当加速度传感器示数为（）时，弹簧的形变量为，则滑动变阻器接入电路的有效阻值为__________（用、、表示）； (4)利用图像来处理获得的多组实验数据，若以为纵轴，以为横轴，通过描点可以做出如图丙所示的线性关系图像，图像纵截距为。根据题目中所给的字母，可得该电源的内阻为__________（用、、、、表示）； (5)若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果__________（选填“有”或“无”）影响，并说明理由：_________________________________________________。 10．（2026·广东深圳·二模）光伏电池是将太阳光能直接转换为电能的半导体器件。学习小组选取某型号光伏电池板，对其电动势与内阻的特性展开探究，设计了如图甲所示的实验电路。实验室提供了如下实验器材： A．待测光伏电池板（电动势标识为） B．电流表A（量程，内阻约） C．电压表V（量程，内阻约） D．滑动变阻器（最大阻值） E．电阻箱（最大阻值） F．电压传感器、电流传感器及相关设备 G．开关、，导线若干 白天环境下，主要实验步骤如下： （1）按照图甲所示电路，用笔画线代替导线将图乙中的器材连接完整。________ （2）在实验室内将光伏电池板放在盒中，连接好电路，闭合，断开，改变盒盖高度，测量得到下表数据； 组别 1 2 3 4 5 6 7 8 h/cm 0 5 10 15 20 25 30 U/V 0 2.5 6.3 8.6 10.2 11.8 12.8 当盒盖高度时，电压表指针如图丙所示，读数为________V。由上表可知，随着光强（盒盖高度）的增加，光伏电池电动势________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）将盒盖完全打开，闭合、，无论如何调节滑动变阻器，发现电压表和电流表示数几乎为零。 （4）将图甲中的电流表换成电流传感器、电压表换成电压传感器（传感器均视为理想电表），用电阻箱替换滑动变阻器，连接电路。 闭合、，保持光照强度不变，改变电阻箱的阻值，测得光伏电池板两端电压随电流变化关系如图丁所示，其中为某一工作点，虚线是过点的切线，此状态下电池内阻大小为________（选用、、、、表示）。 试卷第1页，共3页 1 学科网（北京）股份有限公司 11．（2026·河南开封·模拟预测）某同学受“半偏法测电表内阻”的启发，创新性的设计了如图（a）所示的电路图，用来测量未知电阻的阻值，R为电阻箱，实验操作如下： （1）测的阻值。 ①先闭合开关，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为4.0Ω时，电流表示数为； ②接着闭合开关，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为5.0Ω时，电流表示数仍为； ③电阻的测量值为_________Ω，若考虑电流表内阻的影响，则此测量值_________真实值（选填“大于”，“小于”，“等于”）。 （2）另一同学发现该电路还可以测量电源电动势E和内阻r，电流表内阻为5.0Ω。实验操作如下： ①闭合开关，断开开关，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A的示数I。为了直观地得到I与R的关系，该同学以R为纵轴，则横轴x为_________（选填“I”或“”） ②根据图（b）可求得电源的电动势E=_________V，r=_________Ω。（计算结果均保留二位有效数字） 试卷第1页，共3页 9 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2) (3)向左 【详解】（1）当灵敏电流计 G 示数为零时，电路处于补偿平衡状态，电路、两点电势相等，该支路无电流流过；此时电压表测量的电压等于电源的路端电压，电流表的示数等于流过电源的电流，因此根据闭合电路的欧姆定律可知电源的电动势满足 故待测电源是。 （2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律 结合图乙整理得 可知图像与纵轴的截距等于电源的电动势，即 图像的斜率等于电源的内阻，即 （3）若调节后发现灵敏电流计G中有自a流向b的电流，说明a点电势过高，即的分压过小，的阻值过小，因此需向左调节滑片，增大的接入电阻。 2． = = 是 【详解】（1）[1][2]通过控制灵敏电流计示数为0，干路电流为 路端电压为 （3）[1][2]两次测量有， 联立即可解得， （5）电源和灵敏电流计位置互换，两侧回路仍构成电桥电路，不影响测量结果。 3．(1) R2 小于 (2) 串联 37974 (3) 【详解】（1）[1]根据半偏法的测量原理可知，与电表内阻阻值相当，当闭合S2之后，与滑动变阻器并联的支路的电流应基本不变，则较大，故应选。 [2]闭合S2后，与的并联阻值小于的阻值，则流过的电流大于原来的电流，则流过的电流大于，的电阻小于，实验中用的阻值来当作微安表内阻，故的测量值小于真实值。 （2）[1][2]微安表内阻测量值 把该微安表改装成量程为4V的电压表，需要串联电阻箱R2，根据电表改装原理可知。 （3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有 变形可得 结合图丙有， 解得 ， 4．(1) 将切换到b (2) 【详解】（1）[1][2]因电压表V内阻很大可视为理想表，保持电阻箱示数不变，将切换到b时，电路中的电流保持不变，由欧姆定律可知， 联立解得 （2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表的示数满足 对比图乙化简得 结合图像，截距，斜率 解得电源电动势，内阻 5．(1)B (2)0--3V (3)见解析 (4) 1.58 0.63（0.58--0.63均可） (5) 2.5（2.4--2.6均可） 偏小 (6)方案可行，理由见解析 【详解】（1）A．机械调零不需要红黑表笔短接。红黑表笔短接是欧姆调零的操作，机械调零是在不通电的情况下调节表盘螺丝使指针指在零刻度线，故A错误； B．多用电表的电压挡测量时，电流需从红表笔流入、黑表笔流出，所以红表笔应接电源正极，黑表笔接负极，故B正确； C．测量电源电动势时，不须将干电池从电路中取出，故C错误； D．测量完成后，应将选择开关拨至OFF挡或交流电压最高挡，而不是欧姆挡，欧姆挡内部接有电源，长期存放可能损坏电表，故D错误。 故选B。 （2）干电池的电动势约，可知多用电表选择开关调至直流电压。 （3）实物图的连线如图所示 （4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有 可得 可知U-I图像的纵截距为，可知电动势为，斜率绝对值为电源内阻，可知内阻 （5）[1] 根据闭合电路欧姆定律有 可得 可得图像的纵截距为 可得电流表的内阻 [2]根据闭合电路欧姆定律有 可得，可得U-I图像的斜率为 可知干电池内阻的测量值偏小。 （6）热敏电阻的阻值可通过改变温度调节，从而改变外电路总电阻，获得多组路端电压U和电流I的数据，利用U-I图像可求得干电池的电动势和内阻，实验原理与原实验一致。 6．(1) 0.56 15 (2) 6.0 2.0 (3)1.06 【详解】（1）[1][2]由图乙可知，电流表 量程为 0.6A，分度值为 0.02A，故读数为 0.56A。闭合 、断开时，与并联后与串联，测干路电流。流过的电流 根据并联电路电压相等，有 解得 （2）[1][2]同时闭合时，被短路，电路为电源、、与 并联部分串联。并联电阻 干路电流 与 示数I的关系为 根据闭合电路欧姆定律 整理得 由图丙可知，图线斜率 纵轴截距 解得， （3）由内嵌公式图可知 。图丁电路中，两灯泡并联后与 、电源串联。设灯泡两端电压为U，流过每个灯泡的电流为，则干路电流为。根据闭合电路欧姆定律有 整理得 在图戊中作出该直线 当时，。故每个小灯泡的实际功率 7．(1) 偏小 (2) 4 (3) 【详解】（1）[1] [2]方法一中，A2与可以看成一个电压表，将待测电源与看成一个等效电源；即电流表相对等效电源采用外接法，则a、b间电压等于所测等效电源路端电压，为 将作为流过电源的电流，根据闭合电路欧姆定律可得 可知图2中实线1的纵轴截距等于电动势测量值； 实际上由于电流表A2分流，流过电源的电流为，根据闭合电路欧姆定律可得 可知当为0时，电动势真实值大于图2中实线1的纵轴截距；故实验测得电动势比真实值偏小。 （2）[1][2]方法二中，当A2示数为零时，表示其上下电势相等，则此时两端的电压即为上部分等效电源的路端电压，则a、b间电压为 由于A2示数为零，则流过上部分电源的电流为，消除了A2分流带来的系统误差，故方法二测得的电动势和内阻都等于真实值，作出U2与I1的图像，应该如图2中虚线4所示。 （3）若根据方法二测得图线斜率的绝对值为k，根据闭合电路欧姆定律可得 可知图线斜率的绝对值为 解得 8． B ① E 3.2 1.3 3.0 5.0 【详解】(1)[1][2][3]蓄电池的电动势约为3V，为了减小实验误差，电压表应选择B。蓄电池内阻较小，为了避免电流表分压带来较大的误差所以采用电流表的内接法，即选择①。改变滑动变阻器阻值时，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择E。 (2)[4][5]由闭合电路欧姆定律可得， 化简可得 与图2所示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是3.2，则电源电动势 电源内阻 (3)[6][7]由闭合电路欧姆定律可得，化简可得 当时 由a与纵轴的交点读出电源的电动势为 根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为 电流为 则硅光电池的内阻为 9．(1)0.26 (2)变小 (3) (4) (5) 有 电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大。 【详解】（1）图乙电流表选择的量程为，分度值为0.02A，因此电流表的示数为。 （2）若系统从静止开始向右加速，则加速度传感器应受到向右的合力，故弹簧会被压缩，所以滑动变阻器的滑动触头会向左移动，因此滑动变阻器接入电路的电阻会变大，根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为 所以随着外电阻的增大，电路中的电流会变小。 （3）滑动变阻器的总阻值为，有效长度为，当加速度（向右加速）时，弹簧被压缩，则滑动触头向左移动，此时接入电路的有效长度为 由于滑动变阻器的阻值与长度成正比可得，所以此时接入电路的有效阻值为 （4）当加速度传感器示数为（）时，弹簧的压缩量为，则对加速度传感器列牛顿第二定律方程有 解得 根据闭合电路欧姆定律有 整理变形得 所以图像与纵轴的截距为 解得该电源的内阻为 （5）[1][2] 当考虑电流表的内阻时，闭合电路欧姆定律的表达式会变为 在推导的线性关系时，电流表的内阻会和电源的内阻r合并为一个等效内阻 因此计算出的“电源内阻”实际上是，和真实的电源内阻r不一致。所以若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果会有影响，电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大。 10． 11.0/10.9/11.1 增大 【详解】[1]按照图甲所示电路，将图乙中器材连接完整，如图所示 [2]电压表量程为，分度值为，则读数为。 [3]断开时电路开路，电压表读数近似等于光伏电池的电动势，由表格数据可知，随着光强（盒盖高度）的增加，光伏电池电动势增大。 [4]根据闭合电路的欧姆定律，可得 可知图线的纵轴截距等于电动势，可得 对于非线性电源，在工作点，有， 代入，得， 解得 11. 20 等于 2.0 1.0 【详解】（1）[1][2]闭合开关，调节电阻箱，电流不变，说明总电阻不变， 则， 得， 电流表串联在干路，内阻对结果没有影响，则测量值等于真实值。 （2）①[3]根据闭合电路欧姆定律，得，故横轴为。 ②[4][5]由图可知， 得 答案第1页，共2页 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．由于地月系统的潮汐相互作用，地球的自转周期逐渐增大，地球形成之初，一天的时间短于现在。若记现在一天的时间为，地球形成之初一天的时间为，地球半径为，质量始终保持不变，可认为地球始终为球形。地球现在的赤道重力加速度大小与形成之初的赤道重力加速度大小之差为（　　） A． B． C． D． 2．分别在星球A和星球B表面进行单摆实验，得到单摆周期的平方与摆长之间的关系图像如图所示。已知星球A和星球B质量相等，且均可视为质量均匀分布的球体，忽略星球A和星球B的自转。关于星球A和星球B的半径R、密度，下列比例关系正确的是（   ） A．RA：RB=4：1 B．RA：RB=1：2 C．A：B=1：8 D．A：B=1：4 3．如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道逆时针运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球半径。卫星从A运动至B的过程中，不计空气阻力，关于该卫星下列说法正确的是（　　） A．加速度逐渐增大 B．速度始终小于第一宇宙速度 C．受到地球的万有引力做负功 D．机械能逐渐减小 4．一国际研究团队在近地小行星“贝努”的返回样本中，发现了盐、氨、糖、富氮/氧有机物以及超新星尘埃痕迹。如图所示，“贝努”小行星近日点到太阳中心距离为0.9AU，远日点到太阳中心距离为1.36AU，地球公转圆轨道半径为1AU，火星公转圆轨道半径为1.5AU。下列说法正确的是（　　） A．小行星的公转周期约为1.5年 B．小行星在远日点的速度大于地球的公转速度 C．小行星在远日点的加速度与火星加速度大小之比约为2：1 D．在远日点沿小行星运动方向撞击小行星，可能避免其撞击地球 5．2025年11月3日11时47分，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将遥感四十六号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星在近地圆轨道Ⅰ（轨道半径约等于地球半径）上的点变轨后经过椭圆轨道Ⅱ上的点运行至远地点，和过程卫星与地心的连线扫过的面积相等，如图所示。已知，卫星从经历的时间为，引力常量为，地球可近似看成球体，则地球的平均密度为（   ） A． B． C． D． 6．我国目前总共发射了800多颗地球人造卫星，这些卫星中的一颗卫星甲的轨道为椭圆，另一颗卫星乙为近地卫星（轨道半径近似为地球半径）．如图所示，两轨道相切于点且在同一平面内，已知地球的半径为，甲的远地点到地球表面的距离为，地球表面的重力加速度为，不考虑地球自转，下列说法正确的是（　　） A．卫星甲在两点的线速度大小之比为 B．卫星甲在点的加速度大小为 C．卫星甲在点的线速度小于 D．卫星甲、乙的周期之比为 7．闪电轨道是周期为12小时的地球卫星大椭圆轨道，该轨道近地点离地面400公里，远地点离地面4000公里，和赤道平面的夹角为63.4°，可实现高纬度地区长时间通信覆盖。下列关于此轨道卫星的说法正确的是（　　） A．轨道的半长轴与地球同步卫星轨道半径相等 B．离地心越远，卫星的机械能越大 C．该轨道卫星在北半球上空运行时间大于6小时 D．该轨道卫星在近地点的加速度是远地点加速度的倍 8．我国天问二号探测器计划于今年7月抵达小行星2016HO3。在飞行过程中，天问二号首先要脱离地球引力，进入与小行星相同的绕日轨道。此时，天问二号和小行星都可以看作是在太阳引力作用下，绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．天问二号的线速度大小与小行星的相同 B．天问二号的发射速度必须大于 C．天问二号受到的万有引力与小行星相同 D．天问二号只要点火加速，就能追上小行星 9．（多选）观测密近双星时发现了一种双星轨道变化的新模式：密近双星的运动周期会突变，有可能是两子星间的物质相互交流造成，即小质量子星的物质被吸引而转移至大质量子星上（不考虑质量的损失）。若双星的运动周期增大，则（　　） A．两子星的间距增大 B．两子星间的万有引力增大 C．小质量子星的轨道半径增大 D．大质量子星的运动角速度增大 10．（多选）中国在深空探测领域的技术已进入世界先进行列。如图所示，探测器在靠近某行星的过程中，先后在环绕行星的圆形轨道Ⅲ、椭圆轨道Ⅱ和圆形轨道Ⅰ上运行。已知轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于、两点，轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为和，探测器在轨道Ⅰ上运行的周期为，则探测器（　　） A．在轨道Ⅱ上从点运行到点历时 B．在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的线速度大小之比为 C．在轨道Ⅲ上运行时的机械能大于其在轨道Ⅰ上运行时的机械能 D．在轨道Ⅱ上经过点时的加速度大于其在轨道Ⅰ上经过点时的加速度 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．D 【详解】根据 且根据向心力方程 赤道重力加速度由地球引力加速度和自转产生的向心加速度共同决定，表达式为 由于地球质量和半径不变，引力加速度恒定。因此，赤道重力加速度的变化仅源于向心加速度的变化。现在与形成之初的赤道重力加速度之差为 故选D。 2．C 【详解】由单摆周期公式 ，变形得 T2-L图像斜率 易得gA：gB=1：4 AB．星球A和星球B质量相等，由 ，得GM=gR2 则有，故AB错误； CD．由密度公式 有，故C正确，D错误。 故选C。 3．C 【详解】A．卫星从A运动至B的过程中，距离地心越来越远，由可知加速度逐渐减小，A错误； B．人造卫星在A点的发射速度大于第一宇宙速度，由A向B运动过程中速度大小逐渐减小，故其速度不是始终小于第一宇宙速度，B错误； C．卫星从A运动至B的过程中，距离地心越来越远，万有引力与速度夹角是钝角，故受到地球的万有引力做负功，C正确； D．人造卫星运动过程中只有引力做功，机械能守恒，D错误。 故选C。 4．D 【详解】A．根据开普勒第三定律 解得小行星的公转周期约为T=1.2年，A错误； B．若在小行星的远日点做圆，则根据，整理得 小行星在该圆轨道上的速度小于地球的公转速度，而小行星从该圆轨道到远日点要减速，可知小行星在远日点的速度小于地球的公转速度，B错误； C．根据，小行星在远日点的加速度与火星加速度大小之比约为，C错误； D．在远日点沿小行星运动方向撞击小行星，小行星将做离心运动，远离地球轨道，可能避免其撞击地球，D正确。 故选D。 5．C 【详解】设地球半径为，卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行的周期为，在近地圆轨道Ⅰ上，有 卫星从经历的时间为，和过程卫星与地心的连线扫过的面积相等，根据开普勒第二定律可得卫星从经历的时间为，则卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期 ，根据开普勒第三定律，有 地球的平均密度 ，解得 故选C。 6．B 【详解】A．根据开普勒第二定律 近地点和远地点的速率之比，A错误； B．在地表有 ，在点有，联立解得，B正确； C．卫星乙 ，可得 卫星乙在点加速才能到达甲的椭圆轨道，则卫星甲在点速率大于，C错误； D．由开普勒第三定律 ，解得，D错误。 故选B。 7．C 【详解】A．该卫星与同步卫星周期不同，根据可知，轨道的半长轴与地球同步卫星轨道半径不同。故A错误； B．远离地心过程，只有引力做功，卫星的机械能守恒不变。故B错误； C．根据开普勒第二定律，卫星在相等时间内扫过的面积相等。则卫星在近地点附近速度大，在远地点附近速度小。轨道大部分处于北半球上空，同时速度较小，根据可知，卫星在北半球上空运行的时间大于总周期的一半，即大于6小时。故C正确； D．由万有引力提供向心力 ，解得 该轨道卫星在近地点的半径是远地点加速度的倍，则该轨道卫星在近地点的加速度是远地点加速度的100倍。故D错误。 故选C。 8．A 【详解】A．天问二号和小行星均在太阳引力作用下绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据 解得 因天问二号和小行星轨道半径相同，所以天问二号的线速度大小与小行星的相同，故A正确； B．是第三宇宙速度，即脱离太阳系的最小发射速度，天问二号仅需脱离地球引力，其发射速度大于第二宇宙速度即可，无需达到，故B错误； C．万有引力公式为 两者的轨道半径相同，但质量不同，故万有引力大小不同，且方向也不同，故C错误； D．点火加速会使天问二号做离心运动，轨道半径变大，无法追上同一轨道的小行星，所以需先通过减速，做近心运动，然后再加速，离心变轨才能追上，故D错误。 故选A。 9．AC 【详解】设小质量子星质量为，大质量子星质量为，两星总质量（无质量损失，恒定），两星间距为，轨道半径分别为、，周期为，角速度为。 双星系统角速度相同，万有引力提供向心力，， 联立推导得核心公式：周期公式： 轨道半径关系：、 A. 由 恒定，增大时必有增大，故A正确； B. 两星间万有引力 恒定，减小、增大时，的乘积减小（两数和固定，差值越大乘积越小），同时增大，因此减小，故B错误； C. 小质量子星轨道半径 恒定，增大、增大，因此增大，故C正确； D. 角速度，增大则减小，故D错误。 故选AC。 10．BC 【详解】A．椭圆轨道Ⅱ的半长轴为 由开普勒第三定律可知，探测器在轨道Ⅱ上运行的周期满足 可知 探测器在轨道Ⅱ上从点运行到点历时，故A错误； B．根据万有引力定律可知，探测器在轨道Ⅰ上运行的线速度大小满足 探测器在轨道Ⅲ上运行的线速度大小满足 两式联立可知，故B正确； C．探测器从轨道Ⅲ到轨道Ⅱ，需要在B点减速，动能减小，机械能减小；探测器在轨道Ⅱ上运行过程中机械能守恒；探测器从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ，需要在A点减速，动能减小，机械能减小，所以探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能大于其在轨道Ⅰ上运行时的机械能，故C正确； D．根据牛顿第二定律可知探测器在点时的加速度满足 因此轨道Ⅱ上经过点时的加速度等于其在轨道Ⅰ上经过点时的加速度，故D错误。 故选BC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．用同种材料制成两个大小相同的正方形导线框甲和乙，甲框所用导线的横截面积为30mm2，乙框所用导线的横截面积为20mm2。如图所示，水平边界MN以下存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两框在MN上方同一高度处自由下落，不计空气阻力。甲、乙导线框通过边界MN的过程中产生的热量之比为（　　） A．1:1 B．3:2 C．2:3 D．4:9 2．（多选）如图，倾角的光滑斜面上，水平界线PQ以下存在垂直斜面向下的磁场且区域足够宽，PQ位置，磁感应强度B随沿斜面向下位移x（以m为单位）的分布规律为。一个边长的（小于PQ长度），质量，电阻的正方形金属框从上方某位置静止释放，进入磁场的过程中由于受到平行斜面方向的力F作用金属框保持恒定电流，且金属框在运动过程中下边始终与PQ平行，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．力F沿斜面向下 B．金属框进入磁场的过程中产生的电热为24J C．金属框进入磁场的过程中平行斜面方向的力F做功28.75J D．若金属框刚完全进入磁场后立即撤去力F，金属框将开始做匀加速直线运动 3．（多选）大安和小庆在学习交流电的产生原理之后，认为按以下思路也能产生正弦式交流电，并供电路工作。如图所示，间距为d的足够长光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，电阻为的直金属棒MN垂直放在导轨上，与导轨接触良好，定值电阻、、，其余部分电阻均不计。两平行导轨间存在竖直方向的磁场，磁场的右边界与金属棒的距离为L，磁场的磁感应强度随时间按规律变化，规定竖直向上为磁场正方向；金属棒在平行于导轨的外力F作用下在磁场中始终保持静止，规定水平向右为F的正方向；规定沿金属棒自N到M方向为电流正方向。则下列说法正确的是（　　） A．金属棒中电流的瞬时值为 B．导体棒所受外力为 C．时刻，棒两端MN间的电势差为 D．消耗的电功率大小为 4．（多选）如图所示，在电阻为零的和两根导体棒间，焊接11根相同的电阻值均为的金属棒（相互间绝缘并等间距排列），形成一金属框，置于光滑绝缘水平桌面上。开始时，边平行于磁感应强度为的匀强磁场（方向竖直向下）边界，且位于左侧，随后框体在水平拉力（垂直）的作用下以恒定的速率沿垂直边界的方向运动，框边长为，长为。则在框体经过磁场边界的过程中，下列说法正确的是（    ） A．点的电势小于点的电势 B．边上的电流最大值为 C．第2根棒刚出来到第3根棒刚要出来的过程中，通过边的电荷量为 D．仅3根或7根棒在磁场外运动时对应的拉力分别为、，则 5．（多选）如图所示，倾角为、间距为的光滑导轨的上端连接一自感系数为的线圈，空间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，现将一根质量为的导体棒从导轨上某处由静止释放，由于电路中的总电阻极小，此后导体棒在导轨上做简谐运动，导体棒的最大速度与周期和振幅的关系为，重力加速度大小为，下列说法正确的是（    ） A． 导体棒简谐运动的振幅为 B． 导体棒的最大速度为 C． 回路中的最大电流为 D． 导体棒简谐运动的周期为 6．（多选）如图所示，间距为d的足够长平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接有自感系数为L的电感线圈，导轨处于垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一根质量为m的导体棒从导轨上某处紧贴导轨由静止释放，金属棒运动过程始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度为g，不考虑电磁辐射，不计一切电阻。在金属棒运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在导轨上做变加速运动，直至匀速下滑 B．导体棒在导轨上做往复运动 C．导体棒的最大动能为 D．导体棒中最大电流为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．B 【详解】设正方形导线框的边长为，导线横截面积为，电阻率为，密度为。线框自由下落高度进入磁场，进入时的速度 甲、乙两框进入磁场时的初速度相同。线框的电阻 质量 线框进入磁场过程中，根据牛顿第二定律有： 安培力 联立推导得 由此可见，加速度与导线的横截面积无关。由于甲、乙两框的初速度相同，且运动过程中加速度随速度的变化规律相同，因此两框通过边界的运动情况完全相同，即在任意位置的速度相同。令线框通过边界后的速度为，由能量守恒，线框通过边界过程产生的热量为 因此 故选B。 2．AC 【详解】A．由于电流恒为2A，线框进入磁场的过程中 可得 当线框刚进入磁场时，，可得；当线框将要全部进入磁场时，，可得 由于可知线框进入磁场的过程中做加速运动。线框刚进入磁场时，安培力大小 金属框的重力沿斜面向下的分力为 由于线框沿斜面向下做加速运动，此时F的方向沿斜面向下，A正确； B．线框进入磁场的过程中，根据 代入数据整理得 ，经过时间，则有 由于代入可得 ，因此可知 整理可得从刚进磁场到恰好将完全进入磁场的过程中所用时间 因此回路产生的焦耳热，B错误； C．根据能量守恒 代入数据整理得，C正确； D．完全进入磁场后撤去力F，线圈前后两条边所处磁场的磁感应强度差值 假设做匀加速运动，回路产生的感应电动势 回路电流 线圈所受安培力 ，整理得 由于安培力随时间变化，因此不可能做匀加速运动，D错误。 故选AC。 3．AD 【详解】A．根据题意，由法拉第电磁感应定律有 电路中 ，由欧姆定律得，故A正确； B．对棒受力分析，由平衡条件有，故B错误； C．根据感应电动势瞬时值表达式可得，时刻，感应电动势为 则，故C错误； D．电流的有效值 ，则消耗的功率，故D正确。 故选AD。 4．BD 【详解】A．由右手定则，磁场向下运动向右，切割棒上端（bc侧）电势高于下端（ad侧），，A错误； B．cd是最右棒，设磁场外的金属棒数目为k，cd的电流，随增大，cd电流逐渐减小 当刚出磁场时，cd电流有最大值，B正确； C．第2根刚出到第3根刚出，，相邻棒间距，时间，总电流 ab是磁场内的一根棒，流过ab的电流 电荷量，C错误； D．由平衡关系可知，拉力F等于磁场中金属棒所受的安培力的总和 即拉力，当（3根在磁场外），；当（7根在磁场外），，，D正确。 故选 BD。 5．BC 【详解】导体棒运动时，感应电动势 自感电动势 电路总电阻极小，故 即 积分得，即（以平衡位置为原点，位移为）。 导体棒受力： 代入，平衡位置处，得 即平衡位置位移 以平衡位置为新原点，位移为，则，代入得： 即简谐运动回复力 角频率 A．导体棒从静止释放，初始位置为最大位移处，振幅，A错误。 B．简谐运动最大速度 代入、 得，B正确。 C．根据前面分析，可知最大电流 代入，得，C正确。 D．简谐运动周期，D错误。 故选BC。 6．BD 【详解】AB．由于电路中只有电感且无电阻，导体棒切割磁感线的电动势等于自感线圈的自感电动势，即 对等式两边同时乘并求和，得，可得 解得 对导体棒由牛顿第二定律，重力向下、安培力向上，得 将代入，得 F与相对平衡位置的位移成正比、方向相反，说明导体棒做简谐运动，因此在导轨上做往复运动，而非匀速下滑，故A错误，B正确； C．当时，导体棒处在平衡位置，则有 解得 导体棒做简谐运动的周期为 其中，解得 则圆频率 简谐运动的最大速度出现在平衡位置，最大速度 其中振幅 代入得 最大动能，故C错误； D．由可知，取最大值时最大，最大值为 代入得最大电流，故D正确。 故选BD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·湖南·三模）如图所示，一根下端封闭、上端开口的均匀玻璃管竖直放置，管内有长度为的水银柱，将一段空气柱（视为理想气体）封闭在管内，静止时空气柱的长度为，已知外界大气压强恒定为。现让玻璃管以大小为的加速度竖直向上做匀加速直线运动，运动过程中管内空气的温度保持不变，取重力加速度。求： (1)玻璃管加速运动时，管内封闭空气的压强为多少？ (2)玻璃管加速运动时与竖直静止时相比较，管内封闭空气柱的长度减少了多少？ 2．（2026·新疆·三模）高度为L的直立气缸有两个通气阀门，气缸四壁轻薄且视为刚性，如图甲所示，底部与活塞之间用轻质弹簧连接，活塞静止时恰好位于气缸正中间（见图甲），活塞与气缸之间密闭性良好且无摩擦。已知弹簧原长为L，弹簧体积不计。关闭通气阀门后，将气缸缓慢逆时针放倒，活塞再次静止时，与气缸左壁的距离为，如图乙所示。已知气缸内的温度保持不变，大气压强为，活塞面积为S，活塞厚度不计，重力加速度为g。 (1)求图乙中左、右侧气体的压强之比； (2)求活塞的质量； (3)若从图甲到图乙，左侧气体对活塞做功为，那么左侧气体吸热（或放热）是多少？ 3．（2026·浙江嘉兴·二模）如图甲所示，上方开口的圆筒气缸竖直放置，气缸导热性能良好，底部有一凸出物。缸内用质量、面积的活塞封闭了一定质量理想气体。缸内壁离缸底56cm处固定一卡口。初始时活塞位于卡口处，活塞到缸底距离h随气体温度T的变化关系如图乙所示。状态A时，卡口对活塞的支持力为40N；状态B时，卡口对活塞恰好无作用力。从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了。已知大气压，不计卡口体积，活塞与缸壁无摩擦，求： (1) 状态B的温度；(2)凸出物的体积；(3)整个过程中气体吸收的热量Q。 4．（2026·安徽淮北·模拟预测）如图所示，一根一端封闭粗细均匀细玻璃管AB开口向上竖直放置，管内用高h=15cm的水银柱封闭了一段长L=31cm的空气柱。已知外界大气压强为p0=75cmHg，封闭气体的温度为T1=310K，g取10m/s2，则： （1）若玻璃管AB长度为L0=50cm，现对封闭气体缓慢加热，则温度升高到多少时，水银刚好不溢出？ （2）若玻璃管AB足够长，缓慢转动玻璃管至管口向下后竖直固定，同时使封闭气体的温度缓慢降到T3=280K，求此时试管内空气柱的长度L3。 5．（2026·河北保定·一模）如图所示，开口朝上的玻璃管竖直放置，总长为l=75.0cm，截面积为S=10.0cm2，玻璃管内用水银和轻薄绝热活塞封闭一定质量的理想气体，气柱长度与水银柱长度均为h=25.0cm，已知大气压强为p0=75cmHg=1×105Pa，气体初始温度T0=400K。 (1)继续缓慢加热封闭气体，水银缓慢溢出，求剩余水银柱长度x和气体温度T的关系式； (2)与管中相同的1mol理想气体温度升高1K内能增加量，其中R为普适气体常量，R=8.31J·mol-1·K-1，R与气体体积V、温度T和压强p的关系为，n为气体的物质的量。若从水银开始溢出到水银恰完全溢出玻璃管时，气体对外做的功为30J，求水银溢出过程封闭气体吸收的热量为多少焦耳（结果保留整数）。 6．（2024·安徽·高考真题）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积，从北京出发时，该轮胎气体的温度，压强。哈尔滨的环境温度，大气压强取。求： （1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 （2）充进该轮胎的空气体积。 7．（2026·山东泰安·模拟预测）如图甲所示，有一开口向下，高度为、底面积为的绝热气缸固定在水平面上，气缸内部有加热装置，在缸口处有固定卡环，绝热活塞与气缸内壁之间无摩擦力。将一定质量的理想气体封闭在活塞上方，开始时封闭气体的温度为，压强为，活塞正好位于气缸的中间位置。现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的由的状态变化过程，图中标出的量为已知量。已知外界大气压强为，重力加速度为，活塞的厚度不计，求： (1)活塞的质量以及活塞刚运动到卡环时缸内气体的温度； (2)若已知气体的内能为（为已知常量），求过程中缸内气体吸收的热量。 8．（2026·山东德州·模拟预测）如图所示，绝热圆筒气缸底部朝上、开口朝下放置在水平地面上，用绝热的薄活塞封闭了一定质量的理想气体，气缸内底部有可控加热装置（体积不计），活塞下面的气缸内固定有带压力传感器的环状挡板，不计活塞与气缸壁的摩擦。已知活塞的质量为，重力加速度，气缸的底面积，气缸底部到环状挡板位置的高度为，大气压强，初始时刻气缸内热力学温度，活塞到气缸底部的距离。现通过加热装置使缸内气体均匀升温，升温速率为。求 (1)初始时刻气缸内气体的压强； (2)从初始时刻到压力传感器开始有示数时的过程中，缸内气体对外做功的量值； (3)从压力传感器开始有示数时开始计时，写出传感器示数（即活塞与传感器相互作用的合力）与时间之间的关系式。 9．（2026·江西·一模）绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能，如图甲所示。已知活塞横截面积，其质量，大气压强，重力加速度，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求： （1）封闭气体最后的体积V； （2）封闭气体吸收的热量Q。 10．（2026·山东青岛·模拟预测）青藏高原上海拔4000m时，大气压强为。某游客在此出现了高原反应，随即取出一种便携式加压舱使用。如图所示，该加压舱主要由舱体、气源箱组成。已知加压舱刚取出时是折叠状态，只打开进气口，气源箱将周围环境中体积为15m3的大气输入到舱体中，稳定后，舱内空气新鲜，且气压不变，温度维持在27°C，病人在舱内的高压环境中吸氧。充气后的加压舱舱体可视为长2.1m、底面积1m2的圆柱体，舱内外气体均可视为理想气体，舱外环境温度保持3°C不变。 （1） 求稳定后舱内气体的压强； （2） 该游客在舱内治疗一段时间后情况好转，他改设、27°C的新模式，加压舱会自动充气、放气，当将周围环境中1m3的气体充入加压舱后达到了新模式，求这个过程中放出气体质量与进入气体质量之比。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2) 【详解】（1）设玻璃管加速运动时管内封闭空气的压强为，玻璃管横截面积为 则或 解得 （2）玻璃管竖直静止时，对水银柱受力分析，由平衡条件得封闭空气柱的压强 或或 ，解得 由于管内空气温度保持不变，由玻意耳定律得或 ，解得 空气柱的长度减小量，解得 2．(1)2:1 (2) (3) 【详解】（1）关闭通气阀门后，从图甲到图乙，图乙中左、右侧气体均做等温变化，由玻意耳定律得， 解得， ，压强之比 （2） 在图甲中，活塞在气缸正中间且受力平衡，设弹簧的劲度系数为k， 由胡克定律得 ， 活塞受力平衡，有 在图乙中，活塞受力平衡，有 ，代入化简得 解得 （3）从图甲到图乙，左侧气体做等温变化，内能不变，体积收缩，活塞对左侧气体做功，由热力学第一定律得 ，其中， 可得 ，故左侧气体向外界放热。 3．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据平衡条件有， 可得， 状态到状态发生等容变化，有 可得状态B的温度 （2）状态到状态发生等压变化，有 可得凸出物的体积 （3）状态A到状态B，有；状态到状态，外界对气体做功 从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了，根据热力学第一定律有 ，可得整个过程中气体吸收的热量 4．（1）350K；（2）42cm 【详解】（1）若对封闭气体缓慢加热，直到水银刚好不溢出，封闭气体发生等压变化，设玻璃管的横截面积为S，初态，有， 末态，有 根据盖吕萨克定律有 解得 （2）初始时刻，气体的压强为 玻璃管倒过来后的压强为 由理想气体状态方程得 解得 5．(1)（0≤x≤25cm） (2)51J 【详解】（1）设初始时气体压强为p1，则 继续缓慢加热封闭气体，当水银溢出时，有 根据理想气体状态方程可得 联立解得（0≤x≤25cm） （2）水银将要溢出时，x=25cm，则 水银全部溢出时，x=0，则 封闭气体的物质的量为 则气体内能的增加量为 该过程中，气体对外做功为 根据热力学第一定律，可知该过程吸收的热量为 6．（1）；（2） 【详解】（1）由查理定律可得 其中，， 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为 （2）由玻意耳定律 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为 7．(1)    (2) 【详解】（1）初始状态时气体压强，体积，温度，对活塞受力分析有，外界大气压力向上，内部气体压力向下，活塞重力向下。由平衡条件，得 ，解得 从是等压过程，体积从变为。根据盖•吕萨克定律有 代入数据解得。 （2）是等压过程，气体等压膨胀，对外做功 ，内能变化 根据热力学第一定律，有 是等容变化，气体体积不变，对外做功 由查理定律有 ，解得 内能变化 ，根据热力学第一定律 过程中缸内气体吸收的热量。 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）对活塞由平衡条件 ，解得 （2）从初始时刻到压力传感器开始有示数时的过程，在等压变化过程 （3）由等压变化 ，解得 传感器有示数后是等容变化， ，整理可得 9．（1）；（2） 【详解】（1）以气体为研究对象，根据盖—吕萨克定律，有 解得封闭气体最后的体积为 （2）由气体的内能与热力学温度成正比 ，解得 活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化， 以活塞为研究对象有 解得 外界对气体做功 由热力学第一定律 得气体变化过程吸收的热量为 10．（1）；（2）10 【详解】（1）将体积为V0=15m3 、压强、温度T0=270K的大气注入舱体， 舱内气体温度T1=300K ，体积 根据理想气体状态方程 解得舱内气压 （2） 舱内温度T1=300K不变，新气压 充入气体体积、压强、温度T0=270K 根据理想气体状态方程有 ，解得 排出舱体的气体体积 根据理想气体状态方程有 ，解得 放出气体质量与进入气体质量之比等于体积之比 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．某实验小组用电桥法测量热敏电阻RT在不同温度时的阻值，设计电路如图甲所示，其中R0是阻值为45Ω的定值电阻；S是用同一材料制成且粗细均匀的半圆形电阻丝，其半径为L，圆心为O；ON是一可绕O点自由转动的金属滑杆（电阻不计）；电源的电动势为E=3V，内阻不计，滑杆N端与S接触良好。 (1)实验室提供了以下电表可供选择： A．电流表A1（内阻约为0.2Ω，量程为3A） B．电流表A2（内阻约为1.0Ω，量程为0.6A） C．灵敏电流表G（内阻约为120Ω，量程为0.1mA） 图中的电表应选择___________（填选项前面的符号“A”“B”或“C”）。 (2)在测量之前滑动变阻器滑片P应置于___________端（填“a”或“b”）。闭合开关S1，将滑动变阻器调到合适位置后，再反复调节滑杆角度位置，使闭合开关时“○”中电表的示数为___________，则电桥达成平衡，测得此时滑杆角度为θ（单位为弧度），则RT的阻值为___________（用R0、θ和π表示）。 (3)通过在不同温度下测量该热敏电阻的阻值，得到热敏电阻随温度变化的图像如图乙所示，可知该热敏电阻随温度的变化是___________（填“线性”或“非线性”）的；在某一环境温度下用该实验装置测出电桥平衡时滑杆角度θ=60°，则此时环境温度为___________℃（结果取整数）。 2．某实验小组计划将量程为、内阻的毫安表改装成简易欧姆表并测量电阻的阻值。实验室提供以下器材： （1）毫安表（参数如上） （2）定值电阻若干 （3）滑动变阻器（最大阻值） （4）电源（标称电动势1.5V，内阻未知） （5）待测电阻 （6）红表笔、黑表笔、导线若干 实验步骤如下： （1）按图1所示的电路连接实验器材，其中A表笔应接表笔______（填“红”或“黑”），定值电阻应选______（填“”“”或“”）。 （2）将两表笔短接，调节滑动变阻器，使毫安表指针指向______（填“0mA”“0.5mA”或“1mA”）处。 （3）将待测电阻接入两表笔之间，毫安表指针如图2所示，则待测电阻的测量值______。 （4）经检查，该实验小组发现所用电源的电动势小于1.5V，则该电阻的测量值______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 （5）更换电动势为1.5V的标准电源后，在毫安表表盘上标出对应的电阻数值，使此欧姆表的倍率为“”。 （6）按图3所示的电路改装欧姆表，可以将欧姆表的倍率变为“”，则图中阻值为______。 3．在“测量干电池的电动势和内阻”实验中，按照图甲所示的电路，改变滑动变阻器的阻值，可测出多组电压U和电流I，通过数据处理，即可得电池的电动势E和内阻r。实验室提供了电流表、电压表、滑动变阻器、两节不同的干电池等器材。完成下列填空： (1)两节干电池的电动势均约为1.5V，内阻分别约为0.5Ω和1.0Ω，在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻约为_______Ω的干电池； (2)连接好电路，在开关S闭合之前，应使滑动变阻器的滑片置于最_______（填“左”或“右”）端。改变滑动变阻器的阻值，可测量出多组数据； (3)根据数据作图像，若原点坐标为（0，0），发现测量数据集中在图像很小的一个区域，如图乙所示，这样不利于减小误差。为了得到更加精确的测量结果，调整坐标轴，使_______（填“横轴”或“纵轴”）的起点坐标不从0开始，根据实验数据选择合适的起点坐标，重新作图即可得出电动势和内阻的测量值； (4)不考虑偶然误差，该实验的电动势测量值_______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值，内阻测量值_______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 4．某同学用图甲所示电路进行太阳能电池模拟供电实验。其中元件D是伏安特性曲线如乙图的纯电阻，恒流源E工作时可提供沿箭头方向的恒定电流，R是电阻箱。E提供的电流中部分向右流过元件D，其余流过电阻箱R。虚线框中的组合可以模拟光照恒定情况下太阳能电池的供电特性。 (1)由图乙可知，元件D的电阻随两端电压的增加而变________（填“大”或“小”）。 (2)当流过元件D的电流为10mA时，电阻箱R两端的电压为________V（保留一位小数），电阻箱接入电路的阻值为________（保留整数）。 (3)增大电阻箱接入电路的阻值，流过元件D的电流将变________（填“大”或“小”）。 (4)如丙图，设置电阻箱接入电路的电阻为180，并在电阻箱两端并联一个和元件D完全一样的，元件，用来模拟太阳能电池给非线性纯电阻供电，此时电阻箱R和元件消耗的总功率为________mW（保留整数）。 5．将两个锌、铜等金属电极插入任何一个水果中就可以做成一个水果电池，但日常生活中我们很少用“水果电池”，这是为什么呢？某学习小组的同学准备就此问题进行探究。该学习小组想尽可能准确测量出“苹果电池”的电动势和内阻，他们进入实验室，发现有以下器材： A．一个“苹果电池” B．电流表A1（量程为0~0.6A，内阻为1Ω） C．电流表A2（量程为0~200μA，内阻为900Ω） D．电流表A3（量程为0~300μA，内阻约为1000Ω） E.滑动变阻器R1（最大阻值约2kΩ） F.定值电阻R0（阻值为100Ω） G.电阻箱R（0~9999Ω） H.导线和开关。 (1)经分析，实验电路中最大电流约1~2mA，则需选择电流表___________（选填“A1”、“A2”或“A3”）并用定值电阻R0对其量程进行扩充，扩充后的量程为___________。 (2)在方框中画出设计的电路图___________； (3)用（2）中实验电路测得的几组电流表的读数I、电阻箱的读数R，作出图线如图所示，根据图线求得：E=___________V，r=___________Ω（结果保留2位有效数字）。 6．某同学想通过测绘小灯泡的电流—电压（）图像来研究其电阻随电压的变化，同时用两个小灯泡和电流表测量某一电源的电动势和内阻。所用器材如下： 两只待测小灯泡和，额定电压均为2.5V，电阻约5Ω、电阻约10Ω； 电压表V量程0~3V，内阻为3kΩ； 电流表A量程0~0.6A，内阻为0.5Ω； 滑动变阻器，干电池两节，待测电源，开关和导线若干。 (1)该同学先测绘的图像，要求待测小灯泡两端电压从零开始变化，请将虚线框中的实验电路图补充完整； (2)该同学通过实验做出小灯泡，的图像分别如图甲中①、②所示，则小灯泡正常工作时的电阻为______Ω（结果保留三位有效数字）； (3)将小灯泡、，待测电源、电流表按图乙所示的电路连接。分别将开关K掷于a、b两端，测量得到通过小灯泡的电流值为0.28A，的电流表示数如图丙所示，读数为______A； (4)待测电源的电动势为______V，内阻为______Ω。（结果保留三位有效数字） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)C (2) b 零 (3) 非线性 40 【详解】（1）电桥接近平衡时，桥中电流很小，量程大的电流表几乎不偏转测不出来，灵敏电流表可以测出。 故选C。 （2）[1][2][3]为保护电路，滑片P应放在b端。“○”中电表的示数为0时电桥达到平衡。设圆环电阻单位长度电阻为r，由电桥平衡公式可知 可得 （3）[1][2]图可知，该热敏电阻是非线性电阻。由（2）中的结果，当θ=60°时，RT=2R0=90Ω 由图可知，室内温度为40℃。 2． 红 1mA 2250 大于 120 【详解】（1）[1] [2] 由图1知，欧姆表内部电流方向为顺时针方向，电流从B表笔流出，从A表笔流入，故A为红表笔。欧姆表中值电阻为 又，滑动变阻器的最大阻值为，故定值电阻应选即选。 （2）[3] 电阻调零时，两表笔短接，指针指向欧姆零刻度处，即电流表的满偏电流处，故为1mA。 （3）[4] 由图2可得，电路中的电流为， （4）[5] 假设，则 故，可得：测量值大于真实值。 （6） [6] 原欧姆表的中值电阻为，倍率为“”，欧姆表中央刻度为“15”，要将欧姆表的倍率改为“”，中值电阻为，改装后电流表的满偏电流为10mA，并联电阻阻值为：。 3．(1)1 (2)左 (3)纵轴 (4) 小于 小于 【详解】（1）为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻较大的约1Ω的干电池。 （2）连接好电路，在开关S闭合之前，应使滑动变阻器置于电阻最大的位移，即滑片置于最左端。 （3）为了得到更加精确的测量结果，调整坐标轴，使纵轴的起点坐标不从0开始，根据实验数据选择合适的起点坐标，重新作图即可得出电动势和内阻的测量值。 （4）[1][2]由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏小，则电动势的测量值偏小，而短路电流是准确的，所以内阻的测量值偏小。 4．(1)小 (2) 4.2 210 (3)大 (4)90 【详解】（1）根据，可知图像的斜率表示电阻的倒数，由图乙可知电压增加，斜率变大，电阻变小。 （2）[1][2]当D中电流为10mA时，由图乙知其两端电压为4.2V，电阻箱两端电压也为4.2V，流过电阻箱的电流为20mA，阻值为 （3）若D元件电流变小，则电阻箱电流变大，电压变小，与电阻箱阻值变大矛盾，故D元件电流变大。 （4）D和D1的电压相同，均设为U，它们的电流也相同，均设为I，于是电阻箱R的电压和电流分别为U和，于是有 整理为 在图乙中作出如图所示 图像与D元件伏安特性曲线的交点即为D和D1的工作状态。可得此时流过D和D1的电流均为5mA，两端电压均为3.6V。所以流过R的电流为20mA，R和D1的总电流为25mA，则消耗的总功率为 5．(1) A2 2mA (2) (3) 0.90~1.0 3.6×102~3.8×102 【详解】（1）[1]最大电流为，量程过大误差大；改装电流表需要知道表头内阻，因此选内阻已知的。 [2]改装时（满偏，）与并联，满偏总电流 因此扩充后量程为。 （2）改装后的电流表直接与电阻箱，电源构成闭合回路即可完成实验的测量，电路图见答案。 （3）[1][2]设读数为，总电流 根据闭合电路欧姆定律得 其中 整理得 ，图线的斜率 由图得，因此 纵轴截距 代入得 （结果保留两位有效数字，，均合理） 6．(1) (2)10.4 (3)0.20 (4) 2.72/2.73/2.74/2.75/2.76/2.77/2.78 5.72/5.73/5.74/5.75/5.76/5.77/5.78 【详解】（1）要求待测小灯泡两端电压从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，实验电路图如图所示 （2）由图甲可知，小灯泡正常工作时的电流为0.24A，由欧姆定律可得 （3）的电流表示数如图丙所示，该电流表的最小分度为0.02A，需要读到本位，其读数为0.20A。 （4）[1][2]由图甲可知，通过小灯泡的电流值为I1=0.28A时，其两端电压为U1=1.0V，的电流表示数为I2=0.20A，此时其两端电压为U2=1.5V，由闭合电路欧姆定律可得， 联立，解得， 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．含理想变压器的电路如图所示，原线圈a、b两端与有效值为的正弦交流电源相连；副线圈接有滑动变阻器R和额定电压为12V、额定功率为6W的灯泡L；当时，L恰好正常工作。已知电路中电压表、电流表均为理想电表，L电阻恒定。下列说法正确的是（　　） A．原、副线圈匝数比为 B．灯泡正常发光时，原线圈的输入功率为3W C．将滑动变阻器的滑片向下移动，则电压表示数减小 D．将滑动变阻器的滑片向下移动，电流表示数不变 2．如图为某小型水电站电能输送线路示意图，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈电阻为r，产生感应电动势有效值为E。升压变压器原副线圈匝数比为a，降压变压器原副线圈匝数比为b，两变压器间输电线总电阻为，用户端总电阻为。电流表为理想电表，变压器为理想变压器，下列说法正确的是（　　） A．电流表的示数 B．升压变压器原线圈两端的电压 C．电阻、消耗的功率之比为 D．若用户端负载增加，电流表示数变小 3．（多选）如图所示是远距离输电线路图，升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，电压分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，电压分别为、，两变压器均视为理想变压器，输电线总电阻为R。假设发电厂输出电压不变，则下列说法正确的是（　　） A．若输送功率保持不变，升压变压器副线圈的匝数增大时，输电线上损失的功率减小，用户获得的电压不变 B．若，用户获得的电压小于发电厂的输出电压 C．用户使用的用电器数量增多时，发电厂的输出功率增大，用户获得的电压减小 D．用户使用的用电器数量增多时，可以增大以保证用户得到的电压不变 4．如图所示，理想变压器原线圈输入电压，副线圈电路中为定值电阻，是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用和表示；和是理想交流电流表，示数分别用和表示。下列说法正确的是（　　） A．和表示电流的有效值 B．和表示电压的最大值 C．滑片P向下滑动过程中，不变、变大 D．滑片P向下滑动过程中，变小、变小 5．将一个电热器（认为阻值不变）接到电压为的正弦交流电源上，电热器在时间内产生的热量为。若将该电热器接到某理想变压器的副线圈上，变压器的原线圈接同一电源，该电热器在时间内产生的热量为，则下列说法正确的是（　　） A．变压器副线圈两端的电压为 B．变压器副线圈两端的电压为 C．变压器原、副线圈的匝数之比为 D．变压器原、副线圈的匝数之比为 6．某学习小组为研究某小区接入新能源光伏电能后，面临的功率波动影响问题，模拟电能输送的示意图如图所示，、间接入正弦交流稳压电源，是输电线的等效电阻，、间接带滑动片的变阻器。为维持、间电压在合理的范围内，可适当移动原线圈上滑动片。下列说法正确的是（   ） A．若不动，向上移动，通过的电流增大 B．若不动，向上移动，通过的电流减小 C．当向上移动时，为保证、间的电压不变，需要向上移动 D．当向上移动时，为保证、间的电压不变，需要向下移动 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．A 【详解】A．灯泡正常工作时，其额定电流 滑动变阻器，其两端电压 副线圈电压，即电压表读数 原线圈电压，根据理想变压器电压比，故A正确。 B．副线圈总功率 理想变压器输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率，故B错误。 C．滑片向下移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈总电阻减小。原线圈电压不变，匝数比不变，根据，副线圈电压不变，故C错误。 D．副线圈总电阻减小，总电流增大，根据电流比，原线圈电流增大，故D错误。 故选A。 2．B 【详解】A．降压变压器等效电阻为 ，升压变压器等效电阻为 电流表的示数 ，故A错误； B．升压变压器原线圈两端的电压 故B正确； C．根据，所以电阻、消耗的功率之比为 故C错误； D．若用户端负载增加，用户端总电阻为减小，电流表示数变大，故D错误。 故选B。 3．BC 【详解】A．升压变压器原线圈电流为 根据变压器原理 可知若输送功率保持不变，升压变压器副线圈的匝数增大时，输电线上的电流减小，根据 可知输电线上损失的功率减小，降压变压器原线圈电压为 可知降压变压器原线圈电压增大，根据变压器原理 可知用户获得的电压增大，故A错误； B．输电线R上有损耗的电压，故 根据变压器原理， 若，用户获得的电压小于发电厂的输出电压，故B正确； C．用户使用的用电器数量增多时，发电厂的输出功率增大，升压变压器原线圈电流增大，根据变压器原理可知，输电线上的电流增大，输电线上损失的电压增大，降压变压器原线圈电压减小，根据变压比可知，用户获得的电压减小，故C正确； D．根据变压器原理 用户使用的用电器数量增多时，降压变压器原线圈电压减小，可以减小以保证用户得到的电压不变，故D错误。 故选BC。 4．AC 【详解】AB．和表示电流的有效值，和表示电压的有效值，故A正确，B错误； CD．根据变压器电压比等于匝数比可得 由于原线圈输入电压不变，匝数比不变，则副线圈输出电压不变；滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路阻值变小，则副线圈总电阻变小，根据欧姆定律可知，副线圈电流变大，根据 可知原线圈电流变大，故C正确，D错误。 故选AC。 5．BC 【详解】AB．设电热器电阻为，原电源电压有效值 电热器为纯电阻，直接接电源时，产生的热量为 接变压器副线圈时，设副线圈电压有效值为​，产生的热量 联立两式得 解得，故A错误，B正确； CD．理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，即​， 故C正确，D错误。 故选BC。 6．BD 【分析】先明确变量变化：滑动片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大；滑动片向上移动，原线圈接入匝数减小，向下移动则增大。 【详解】AB．若不动，原副线圈匝数比不变，向上移动，增大，将变压器和副载等效为一个电阻，等效电阻为：，等效电阻增大，电源电压不变，因此原线圈总电流（即通过的电流）减小。 故A错误，B正确； CD．向上移动，增大，若不变，总电流减小，输电线的电压降减小，因此原线圈两端电压增大，由变压比可知，间电压会增大。 要维持不变，需要增大原线圈匝数（增大可以抵消增大带来的升高），因此需要向下移动。 故C错误，D正确。 故选BD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·浙江杭州·二模）用图甲装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验，下列说法正确的有______。 A．测量单色光波长时，滤光片应安装在单缝和双缝之间 B．用手拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰 C．旋转测量头可使图乙中分划板中心刻线与干涉条纹平行 D．换用间距更小的双缝可增加从目镜中观测到的条纹个数 2．（2026·浙江温州·二模）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件从左到右依次为光源、M、N、P、Q、遮光筒、毛玻璃、目镜，如图1所示。 (1)为保证实验效果，M、N、P、Q四个光学元件依次为__________； A．滤光片、透镜、单缝、双缝 B．透镜、滤光片、单缝、双缝 C．滤光片、透镜、双缝、单缝 D．透镜、单缝、滤光片、双缝 (2)转动手轮时，观察到初、末两个视场，符合实际的是图2中的__________（填“甲”或“乙”）； (3)分划板中心刻线与第1条亮纹中心对齐，记下读数；转动手轮，分划板中心刻线与第7条亮纹中心对齐，记下读数。已知图1中的、，双缝间距为d，则波长__________。 3．（2026·四川宜宾·一模）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示。 (1)下列措施能够提高实验准确度的是________； A．和之间的距离适当减小 B．、连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当减小 C．选用宽度较大的玻璃砖 D．用入射界面与出射界面平行的玻璃砖 (2)该同学在插针时不小心插得偏右了一点，则折射率的测量值________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）； (3)另一同学操作正确，根据实验记录在白纸上画出光线的径迹，过入射光线上A点作法线的平行线交折射光线的反向延长线于B点，再过B点作法线的垂线，垂足为C点，如图乙所示，其中，则玻璃的折射率________。 4．（2026·北京东城·一模）在做测定玻璃折射率的实验中，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插上两枚大头针和，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使的像被的像挡住。接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针，使挡住的像，挡住和的像，在纸上标出大头针位置和三棱镜轮廓，如图所示。 (1)为了测出玻璃的折射率，请在图中画出相应的光路图，并标出需要测量的物理量。 (2)折射率的表达式为_________。 5．（2026·浙江宁波·二模）”用双缝干涉测量光的波长”的实验装置如图1所示， (1)将各元件按图1方式安装在光具座上，图中________（选填“A”、“B”或“C”）位置是安装双缝的位置； (2)某次实验分别采用双缝间距和的双缝获得绿光干涉条纹如图2所示，其中对应的是图________（选填”A”或”B”）。 6．（2026·浙江嘉兴·二模）某同学利用双缝干涉实验测量某单色光波长，实验装置如图所示。 (1)对于光具座上的光学元件，下列说法正确的是___________。 A．①是凹透镜，③的作用是产生线光源 B．更换②后目镜中观察到的各条纹位置不变 C．可通过左右调节⑤，使得干涉条纹更加清晰明亮 D．将小灯泡换成激光光源，移除①、②、③后仍可观察到干涉条纹 (2)图中双缝干涉现象出现的区域是___________（选填“区域Ⅰ”、“区域Ⅱ”或“区域Ⅰ和区域Ⅱ”）。 7．（2026·河北保定·一模）图甲为研究光的干涉现象的实验装置。已知双缝间的距离为d，双缝到光电传感器的距离为L。某次实验时用绿色激光照射，得到图乙所示的光照强度分布图，光照强度峰值处为各亮条纹中心。请回答下列问题： (1)若双缝竖直，则光屏上出现的是一系列___________（填“水平”或“竖直”）的明暗相间的条纹。 (2)只增加激光器的发射功率，光照强度分布图发生的变化是（　　） A．光照强度的峰值变大 B．相邻光照强度峰值处水平间距变小 (3)可算出该激光的波长为λ=___________。（用d、a、L表示） (4)若改用功率相同红色激光照射，光电传感器上条纹间距___________（选填“变大”“不变”或“变小”）。 8．（2026·四川成都·二模）某实验小组用激光笔测量平行玻璃砖的折射率。步骤如下：光屏与玻璃砖平行放置，记录屏MN和玻璃砖abcd的位置；用激光笔以一定角度照射玻璃砖，记录入射点和屏上光点的位置；移走玻璃砖，记录屏上光点的位置；做相应辅助线，其中，，、、Q在一条直线上；用刻度尺测得：，，，。 (1)根据所测数据计算玻璃砖的折射率______；玻璃砖的厚度______cm。 (2)若换用频率更大的激光进行实验，其他条件保持不变，观察到与的间距______（选填“变大”或“变小”）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．BC 【详解】A．滤光片应安装在凸透镜和单缝之间，故A错误； B．左右拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰，故B正确； C．转动测量头可使条纹与分划板竖直刻线平行，故C正确； D．若想增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹间距将减小，根据相邻亮条纹间的距离为 可知，使用间距更小的双缝，会使条纹间距变大，观测的条纹个数减小，故D错误。 故选BC。 2．(1)B (2)乙 (3) 【详解】（1）在"用双缝干涉测量光的波长"实验中，为了得到相干单色光源，光具座从左到右的光学元件顺序为，光源→透镜（会聚光线，提高入射光亮度）→滤光片（获得单色光）→单缝（获得线光源）→双缝（获得相干光源）→遮光筒→毛玻璃→目镜，因此M、N、P、Q依次为透镜、滤光片、单缝、双缝，故选B。 （2）实验中测量亮纹位置时，要求分划板的中心刻线对齐亮纹的中心，甲图中分划板刻线位于亮纹外侧，未对齐亮纹中心；乙图中分划板中心刻线分别对齐第1条、第7条亮纹的中心，符合操作要求，因此填乙。 （3）已知第1条亮纹读数为，第7条亮纹读数为，相邻亮纹的间距为 双缝干涉公式为 其中双缝到毛玻璃（屏）的距离，为双缝间距，整理得波长 3．(1)C (2)偏大 (3)1.5 【详解】（1）A．为减小作图误差，和之间的距离应适当增大，故A错误； B．、连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当增大，折射现象更明显，误差较小，故B错误； C．光在宽度较大的玻璃砖中的传播路程较长，入射点与出射点之间的距离较大，角度测量越准确，误差越小，故C正确； D．玻璃砖无需平行，故D错误。 故选C。 （2）针插得偏右一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点左移，从而导致折射角的测量值偏小，根据可知折射率的测量值偏大。 （3）由几何知识得， 则玻璃的折射率 4．(1) (2) 【详解】（1）大头针、的连线表示入射光线，、的连线表示出射光线，分别作出入射光线和出射光线，连接入射点和出射点，画出玻璃砖内部光路，如图所示 用量角器量出入射角和折射角。 （2）根据折射定律可知折射率的表达式为 5．(1)C (2)B 【详解】（1）双缝干涉实验的元件安装顺序为：光源、滤光片（A）、单缝（B）、双缝（C）、遮光筒、毛玻璃屏。因此，图中C位置是安装双缝的位置 （2）根据可知，d越小条纹间距越稀疏，由图2可知图B的条纹间距更稀疏且，因此对应的是B。 6．(1)CD (2)区域Ⅱ 【详解】（1）A．① 是凸透镜（不是凹透镜），作用是将灯泡发出的发散光变成平行光（或汇聚后形成线光源），③ 是单缝，作用是产生线光源，A错误； B．②是滤光片，更换后入射光的波长改变，干涉条纹间距改变，条纹位置改变，B错误； C．拨杆⑤的作用是调节单缝（③）的方向，使单缝与双缝平行。当单缝与双缝不平行时，干涉条纹会模糊、亮度低；调节至平行后，干涉条纹会更加清晰明亮，C 正确； D．激光相干性、平行度好，换成激光光源后，不需要滤光片、单缝这些元件，直接照射双缝就可以观察到干涉条纹，D正确。 故选CD。 （2）双缝位于遮光筒的区域Ⅰ右端，光从左向右传播，只有经过双缝后，才会分成两束相干光，在双缝右侧的区域Ⅱ发生叠加干涉，因此干涉现象出现在区域Ⅱ。 7．(1)竖直 (2)A (3) (4)变大 【详解】（1）若双缝竖直，则光屏上出现的是一系列竖直的明暗相间的条纹。 （2）根据条纹间距公式可知，增加激光器的发射功率，条纹间距不变，相邻光照强度峰值处水平间距不变，但光照强度的峰值变大。 故选A。 （3）由图可得 所以 （4）由于红光波长更长，根据条纹间距公式可知，若改用功率相同红色激光照射，光电传感器上条纹间距变大。 8．(1) 4.8 (2)变大 【详解】（1）[1]根据折射定律有 [2]根据几何关系有 解得 （2）入射光线和出射光线平行，频率增加，折射率增大，光线偏折更明显，可知变大。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（多选）如图所示，间距为l的平行金属导轨右侧弯曲部分为半径为l的光滑圆弧导轨，左侧为长度为l的水平导轨，圆弧导轨和水平导轨在c、d点相切，水平导轨的左端a、b连接阻值为R的定值电阻，水平导轨所在区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，e、f两点（图中未画出）分别为bc和ad的中点，将质量为m的导体棒从右侧圆弧导轨的最高点由静止释放，导体棒恰好能够运动至水平导轨左边缘ab位置。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，导体棒接入回路的电阻为2R，导体棒与水平导轨之间的动摩擦因数为，金属导轨电阻不计，导体棒在导轨上运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好。下列说法正确的是（　　） A．整个运动过程，通过定值电阻的电荷量为 B．导体棒在水平导轨上运动的时间为 C．整个运动过程，导体棒产生的焦耳热为 D．导体棒经过ef时的速度小于 2．如图所示，半径为L的金属圆环内部等分为两部分，两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动。圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连，D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里。t=0时刻导体棒从如图所示位置开始运动，同时在D形盒内中心附近的A点，由静止释放一个质量为m，电荷量为－q（q>0）的带电粒子，粒子每次通过狭缝都能得到加速，最后恰好从D形盒边缘出口射出。不计粒子重力及所有电阻，忽略粒子在狭缝中运动的时间，导体棒始终以最小角速度ω（未知）转动，求： （1）ω的大小； （2）粒子在狭缝中加速的次数； （3）考虑实际情况，粒子在狭缝中运动的时间不能忽略，求狭缝宽度d的取值范围。 3．如图所示，两根足够长、间距的光滑平行金属导轨倾斜固定，倾角，空间存在磁感应强度大小、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将两根金属棒、放置在导轨上，并将用绝缘轻绳绕过光滑定滑轮和物块连接，滑轮左侧轻绳与导轨平行，右侧轻绳竖直。已知、棒的长度均为，电阻均为，、的质量分别为、，物块的质量为，重力加速度取，距离地面足够高，、棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。 (1)若固定导体棒，由静止释放，当的速度为时，求轻绳的拉力为多大； (2)若同时由静止释放和，求和最终的速度分别为多大； (3)在（2）问的基础上，求从释放两棒开始到棒位移为的过程，通过棒的电量为多大。 4．如图所示，倾角为θ=53°的倾斜导轨与足够长的水平导轨用绝缘体（长度不计）平滑衔接。两导轨的宽度均为L=1m，倾斜导轨顶端接有一不带电的电容器，电容，倾斜导轨处有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。水平导轨处的磁场竖直向上，磁感应强度大小以随x均匀增大，其中未知，，x为到衔接点的距离。水平导轨上静置一导体棒b，b左侧垂直连接一个长度为的绝缘轻杆，轻杆左端有一小块橡皮泥（质量不计），橡皮泥与水平导轨左端对齐。倾斜导轨上距离衔接点处由静止释放一个导体棒a，a运动到水平导轨处与轻杆碰撞并粘在一起向右运动，碰撞时间极短。已知两导体棒的质量均为，导轨及a棒的电阻不计，b棒接入电路的电阻为，导体棒a与倾斜导轨间的动摩擦因数，a、b棒在水平导轨上运动时各自受到的阻力大小均与速度成正比（不包括安培力及轻杆弹力），即，其中。两棒与导轨始终垂直且接触良好，，重力加速度g取，求： (1)导体棒a下滑过程的加速度大小及滑到底端时的速度大小； (2)导体棒a、b碰撞结束瞬间导体棒a的加速度大小； (3)停止运动后导体棒b到衔接点的距离（结果可用分数表示）。 5．如图所示，电阻不计的平行金属导轨由水平和倾斜两部分平滑连接而成，导轨间距，水平部分光滑，接有一阻值的电阻；倾斜部分粗糙，倾角。完全相同的两根细导体杆和分别垂直于导轨轻放在图中两处，恰好能保持静止，相对于水平导轨高。以所在位置为界的斜上方存在垂直倾斜导轨面的匀强磁场。给一个平行导轨向右的瞬时冲量，滑上倾斜轨道与发生瞬时碰撞并粘为一体，此时立即对施加平行于导轨向上的推力（N）（为相应时刻的速度）。若两杆与导轨始终接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每根杆长、质量、电阻，重力加速度取，则： (1)要使导体杆与发生碰撞，求瞬时冲量应满足的条件； (2)要使两杆碰撞后两端的电压随时间均匀增大，求的取值与的取值范围； (3)令，，当时，求两杆碰撞后产生的焦耳热随杆位移大小的变化关系。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．BC 【详解】A．通过导体棒的电荷量，故A错误； B．从圆弧轨道上端到下端过程，动能定理 在水平轨道上动量定理 由上可知，导体棒在水平导轨上运动的时间为，故B正确； C．根据能量守恒，产生的总热量为 导体棒和电阻串联，整个运动过程，导体棒产生的焦耳热为，故C正确； D．假设没有磁场，动能定理 可知，因为有安培力做负功，实际速度要小于 因为动摩擦因数，所以中间位置速度最小值小于，故D错误。 故选BC。 2．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据洛伦兹力充当向心力,有 得 ，又 故棒的角速度最小值为 （2）根据洛伦兹力充当向心力 可得粒子离开加速器的速度为 由法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线的电动势为 根据动能定理 得加速的次数为 （3）带电粒子在电场中的加速度为 粒子在电场中做匀加速直线运动，满足 为保证粒子一直加速，应满足 且，解得 3．(1) (2)， (3) 【详解】（1）固定导体棒，当的速度为时，导体棒产生的感应电动势 回路的感应电流 导体棒受到的安培力为 设轻绳的拉力为，根据牛顿第二定律可知，金属棒的加速度满足 物块的加速度满足 两式联立解得， （2）设和最终的速度分别为和，由楞次定律可知回路产生的感应电流沿顺时针方向，根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，设任意时刻导体棒受到的安培力为，则导体棒的加速度满足 解得 对导体棒和物块整体分析，加速度满足 解得 ，可知任意时刻 因此最终和匀速运动时， 此时回路的感应电动势 此时安培力的大小为 由受力平衡可知此时 联立解得， （3）因任意时刻 可知当棒位移为时，棒的位移为，通过棒的电量满足 4．(1)1m/s2，2m/s (2)11.25m/s2 (3) 【详解】（1）导体棒a与电容器连接，有，， 则 由牛顿第二定律可得 联立解得 由运动学公式可得 解得 （2）两棒相碰，由动量守恒得 导体棒a的感应电动势为 导体棒b的感应电动势为， 所以电流为 两棒整体所受安培力大小为 根据牛顿第二定律可得 解得 （3）由（2）知两棒受到的安培力大小为 由动量定理可得， 解得 所以导体棒b停下的位置到衔接点的距离 5．(1)（或） (2)2， (3) 【详解】（1）恰好能处于静止状态，沿轨道方向受力平衡 对施加瞬时冲量后，由动量定理，有 沿倾斜轨道上滑到位置的过程，由动能定理有 代入数据解得 （2）碰撞后两杆整体切割磁感线，产生感应电动势 回路总电阻 ，两杆整体受到的安培力 对两杆整体由牛顿第二定律有 结合，代入数据整理得两杆整体的加速度 要使碰撞后两端的电压随时间均匀增大，则感应电动势随时间均匀增大，根据 可知，两杆整体沿导轨做匀加速直线运动，即且保持不变，由上式可得， ，即、应满足， （3）对施加瞬时冲量后，由动量定理有 沿倾斜轨道上滑到位置的过程，由动能定理有， 和碰撞瞬间动量守恒 ，解得 当，时，，分析知碰撞后两杆整体的合力为安培力，碰撞后两杆整体运动过程中，由动量定理得 ，运动位移 根据能量守恒，得 根据焦耳定律，产生的焦耳热 当时，由以上各式代入数据整理得： 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·河北衡水·二模）如图甲所示，、两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，的质量为。时刻，使获得水平向右、大小为的初速度，、运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法不正确的是（　　） A．的质量为 B．时刻，、间的距离最大 C．时间内，所受冲量的大小为 D．图乙中阴影部分的面积为 2．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图所示，质量分别为m、2m的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳、固定，处于静止状态，水平，与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则（　　） A．的拉力大小为2mg B．剪断瞬间，小球乙的加速度为g C．剪断瞬间，小球甲的加速度为3g D．同时剪断和的瞬间，小球甲和乙的加速度都为g 3．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，A、B之间的动摩擦因数为µ，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物体A的回复力是由弹簧的弹力提供 B．滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供 C．A、B间无相对滑动的最大振幅为 D．物体A的回复力跟位移大小之比为 4．（2026·黑龙江大庆·模拟预测）质量为的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为，如图所示，一质量为物块从钢板正上方距离为的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势能面的弹性势能表达式为，弹簧振子做简谐运动的周期，（为弹簧形变量，为振子的质量，为弹簧劲度系数），钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是 B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅 C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 D．运动过程中弹簧的最大弹性势能 5．（多选）（2026·福建福州·模拟预测）如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧连接，静置在光滑的水平地面上，物块B与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，时解除锁定。规定向右为正方向，物块A在一段时间内运动的图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，则（　　） A．时间内，竖直墙对物块B的冲量大小为0 B．时刻物块A、B的动能之比为 C．时间内，弹簧弹性势能的最大值为 D．时间内，物块A运动的位移为 6．（多选）（2026·山东青岛·模拟预测）如图所示，倾角为的固定斜面体顶端固定一光滑定滑轮，质量为的物块A与物块（质量未知）通过轻绳连接后跨过定滑轮，轻绳与斜面体平行，物块A放在斜面体上的a点，物块A刚好不下滑。已知ab段粗糙，b点下侧光滑，轻弹簧固定在斜面体的底端，原长时上端位于b点，某时刻剪断轻绳，物块A运动到b点的速度大小为，最终物块A把轻弹簧压缩到最低点c，随后物块A能沿斜面上滑到最高点点（d未画出），物块A在c点的加速度大小为，，弹性势能表达式为，为形变量，轻弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为，。下列说法正确的是（　　） A． 物块A与ab段的动摩擦因数为 B． 轻弹簧的劲度系数为 C． 物块A下滑的最大速度为 D． 物块B的质量为 7．（多选）（2026·甘肃陇南·三模）如图所示，质量为m的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，振动到最高点时弹簧恰好为原长，已知轻质弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。下列判断正确的是（　　） A．弹簧振子的振幅为 B．弹簧振子在最低点时受到的弹力大小为2mg C．弹簧的最大弹性势能为 D．弹簧振子的最大动能为 8．（多选）（2026·云南玉溪·二模）如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开挡板时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，。则关于从物块M开始运动到物块N刚要离开挡板的过程，下列说法中正确的是（　　） A．滑块M的位移为 B．滑块N刚要离开挡板的瞬间，滑块M的加速度大小为 C．重力对滑块M做的功为 D．滑块M获得瞬时冲量的大小为 9．（多选）（2026·甘肃陇南·三模）如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为θ，斜面上质量为m物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。现将A沿斜面向上推动至弹簧压缩量为处的C点无初速度释放，B为C关于O的对称点。关于物体A后续的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．物体A做简谐运动，振幅为 B．物体A在B点时，系统的弹性势能最大 C．物体A速度的最大值为 D．物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在B点时最小 10．（多选）（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，一轻质弹簧竖直放置在水平地面上，其下端固定，上端拴接一个质量为、厚度可忽略不计的薄板。薄板静止时，弹簧的压缩量为，现有一个质量为的物块从距薄板正上方某高度处自由下落，与薄板碰撞后立即粘连在一起，碰撞时间极短。之后，物块与薄板一起在竖直方向上运动，在这个过程中，弹簧的最大形变量为，从刚粘连到第一次运动到最高点用时为，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（本题可能用到弹性势能公式，为弹簧劲度系数，为弹簧形变量）（　　） A．物块与薄板粘在一起之后在竖直方向上做简谐运动 B．物块与薄板在最低点加速度大小大于重力加速度 C．物块与薄板运动的周期为 D．物块从距离薄板处自由下落 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【详解】A．设a的质量为，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得，故A正确； B．根据图乙可知，时刻之前a的速度大于b的速度，时刻a的速度等于b的速度，则时刻弹簧被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在时刻a的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此时刻a、b间的距离最大，故B错误； C．时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得，故C正确； D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量，根据能量守恒定律可得 解得，即图乙中阴影部分的面积为，故D正确。 此题选择不正确选项，故选B。 2．C 【详解】A．对甲、乙整体受力分析可知，的拉力大小为，故A错误； B．剪断瞬间，弹簧的形变恢复需要时间，故弹簧的弹力不发生突变，小球乙的加速度为零，故B错误； C．剪断瞬间，轻绳的力可以发生突变，由运动状态考虑，小球甲的加速度应竖直向下，故轻绳的力突变为0，则小球甲受重力和弹簧向下的拉力作用，由牛顿第二定律 解得，故C正确； D．同时剪断和的瞬间，弹簧的力不发生突变，小球乙的加速度为0，故D错误。 故选C。 3．D 【详解】A．物体A做简谐运动时，回复力是由滑块B对物体A的静摩擦力提供的，故A错误； B．滑块B做简谐运动的回复力是由弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供的，故B错误； C．当A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，其振幅最大，以AB整体，有 对物体A，有，联立解得，故C错误； D．物体A与滑块B（整体看成一个振子）的回复力满足 对物体A，有，则回复力大小跟位移大小之比为，故D正确。 故选D。 4．C 【详解】A．对物块，根据动能定理有， 解得 设表示质量为2m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取方向为正，则，解得， 故A错误； B．碰后根据能量守恒 根据平衡条件可得，解得 当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置，解得 所以振幅为 故B错误； C．碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为，则， 解得 继续运动到最低点所经历的时间，则 所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 故C正确； D．当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大 故D错误。 故选C。 5．BD 【详解】A．以物块A与物块B整体作为研究对象，时刻物块A的速度达到最大，可知此时弹簧处于原长状态，物块B即将离开墙面，此时的瞬时速度为0，故系统的动量为 由动量定理可知竖直墙对物块B的冲量大小满足，故A错误； B．时刻，物块B即将离开墙面，之后的运行过程，系统合外力为0，故系统动量守恒，由图乙可知时刻物块A的速度为 由于此时图像的斜率为0，由牛顿第二定律可知，物块A的合外力为0，即弹簧处于原长状态，设物块B的质量为，时刻物块B的瞬时速度为，根据动量守恒有 考虑时刻和时刻，弹簧弹性势能均为0，系统动能相等，即 两式联立，解得， 则时刻物块A、B的动能之比满足，故B正确； C．时间内，当弹簧被拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，设为，由动量守恒定律可知 解得 此时弹簧弹性势能最大，满足，故C错误； D．设物块A、B在任意时刻的速度大小分别为、，由系统动量守恒可知 等式两边对时间微元求和并化简得 即 由于时间内，弹簧由原长再到原长，物块A、B的相对位置不变，可知 两式联立解得，故D正确。 故选BD。 6．AD 【详解】AD．物块A在ab段做匀加速直线运动，根据，代入数据解得： 在ab段运动时，根据牛顿第二定律有，代入数据解得： 剪断轻绳前，物块A处于静止状态且刚好不下滑，说明此时静摩擦力达到最大且沿斜面向上，由平衡条件得，其中，代入数据解得：，故AD正确； B．物块A压缩弹簧至最低点c时速度为零，根据牛顿第二定律 解得弹簧弹力 物块从b到c过程机械能守恒，由，可知 解得形变量，则劲度系数，故B错误； C．物块A下滑至合力为零时速度达到最大值，此时，解得 从b到平衡位置过程机械能守恒，由 代入数据解得，故C错误。 故选AD。 7．BC 【详解】A．平衡位置满足，弹簧伸长量为 由于最高位置恰好为弹簧原长，所以弹簧振子的振幅为，故A错误； B．由于振幅为，最高点到最低点的高度差为 最低点弹簧弹力为，故B正确； C．最高点弹簧为原长，所以弹性势能为0，根据机械能守恒，最高点和最低点，动能均为0，重力势能全部转化为弹性势能，为，故C正确； D．平衡位置时，动能最大。从最高点到平衡位置，重力势能减少 减少的重力势能转化为动能和弹性势能，所以最大动能小于，故D错误。 故选BC。 8．BD 【详解】A．滑块M、N置于斜面上处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有 物块N刚要离开挡板时，弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律有 滑块M的位移为， 解得，故A错误； B． 滑块N刚要离开挡板的瞬间，对滑块M进行分析， 根据牛顿第二定律有，解得，故B正确； C． 重力对滑块M做的功为， 解得，故C错误； D． 结合上述可知，滑块M向上运动过程中，弹簧初始时刻的压缩量大小等于末时刻的拉伸量， 即弹簧始末状态的弹性势能相等，对M进行分析有 滑块M获得瞬时冲量的大小， 解得，故D正确。 故选BD。 9．BC 【详解】A．物体A在O点平衡位置，有，解得 弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为 即振幅为；故A错误； B．物体A在B点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B正确； C．物体A在O点的速度最大，C点与O点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有O点运动到C点，由动能定理得，解得 故C正确； D．由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。根据机械能守恒定律，动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；系统在C点和B点动能为零，势能最大；系统在O点动能最大，势能最小，故D错误。 故选BC。 10．ACD 【详解】A．物块和薄板受力平衡时，根据平衡条件，可得 以平衡位置为坐标原点，向下为正方向建立坐标系，设物块与薄板在平衡位置下方处， 此时弹簧的弹力，物块和薄板受到的合力 所以物块和薄板粘在一起之后在竖直方向上做简谐运动，选项A正确； B．由题干分析可知，最低点的弹簧形变量为，设最低点加速度为对物块和薄板受力可知，由牛顿第二定律可知 又对初始时薄板静止时受力平衡关系可知，得加速度 所以物块与薄板在最低点加速度大小小于重力加速度，选项B错误； C．由以上分析可知，物块与薄板做简谐运动的振幅 所以物块和薄板得最高点的弹簧的形变量 设简谐运动的周期为,则由分析可知从刚粘连向下运动到平衡位置所用时间为，从平衡位置到最低点再到最高点的时间为,即，得周期 选项C正确； D．设物块距薄板的高度为，下落过程，由机械能守恒定律 物块与薄板碰撞，由动量守恒定律 对物块和薄板，从刚开始粘连到最低点的过程中，由简谐运动机械能守恒定律 联立得 选项D正确。 故选 ACD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图所示，A、C两球的质量均为4m，B球的质量为M，A、B两球分别用长为l的轻杆通过轻质铰链与C球连接，A、B两球静止于光滑水平地面上，两杆竖直并拢。受到微小扰动后，A、B两球分别向左右两边运动，两杆始终保持在同一竖直面内，三小球可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度为g，求； (1)若，C球落地时的速度大小； (2)若，C球落地过程中水平位移的大小； (3)若，C球机械能最小时距离地面的高度。 2．如图所示，固定在竖直平面内的半径的四分之一光滑圆弧轨道的圆心为O点，圆弧轨道的最低点与静置在光滑水平面上的木板A的上表面平滑连接，木板A的质量，在木板A右侧一定距离处有个质量均为的小球向右沿直线紧挨着排列，小球的直径与木板的厚度相同，质量的小滑块B（可视为质点）从圆弧轨道上与O点等高处由静止释放，经过圆弧轨道的最低点滑上木板A，当滑块B与木板A恰好相对静止时木板A与小球发生第一次碰撞。已知木板A足够长，整个过程中滑块B始终未脱离木板A，木板A每次与小球碰撞前A、B均已相对静止，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间均忽略不计，重力加速度。求： (1)滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小； (2)滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能； (3)1号小球最终的速度为多大 3．如图所示，一光滑横杆被左右支架水平固定，质量分别为2m、m的两个柱状工件A、B通过中心轴的孔穿在横杆上，工件B的右侧存在一足够长的风洞，B恰好静止在风洞左端。某时刻A受到水平向右的冲量而获得初速度，之后A与B发生弹性碰撞。当A、B进入风洞时，分别会受到沿轴向左恒定的风力作用，风力的大小与其受力面积成正比（比例系数相同）。A、B在风洞中的受力面积比值为k（，比值可调节），B的受力面积保持不变且在风洞中受到的风力恒为，长度L和重力加速度g为已知量。求： (1)A、B进入风洞后加速度大小、； (2)若，当A速度减为零时，求A、B之间的距离； (3)若，A、B第二次碰撞的点与风洞左端的距离d。 4．如图，在倾角足够长的固定斜面上，A紧靠与斜面垂直的挡板，一劲度系数为的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，B、C恰好静止。现给C施加一沿斜面向下、大小为的恒力，使B、C一起沿斜面向下运动，当速度为零时，立即撤去恒力，之后B、C沿斜面向上运动。已知B、C的质量均为，A的质量为，A、B、C与斜面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量） (1)求动摩擦因数； (2)求B、C沿斜面向下移动的最大距离和B、C分离时B的动能； (3)若，撤去恒力后，物块B在点第一次速度减为零，之后物块C最终停止于点，求两点间距离两点均未画出）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）C球落地时，A、B速度为零，系统机械能守恒有 解得 （2）C球落地过程中，系统水平方向动量守恒，则有 因，，，B、C的位移满足 A、C的位移满足 ，解得 （3）设两杆与水平面夹角为时，C球机械能最小，此时A、B动能最大，三小球的速度及其分速度如图所示 水平方向动量守恒有 又 ，解得， 沿杆方向根据运动速度的关联规律有 联立解得 据机械能守恒定律有 解得 令，对其求导得 当该导数等于0时，解得，此时取最大值，A、B的动能最大，C的机械能最小，此时C的高度为 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块B滑到圆弧轨道最低点的过程，根据动能定理有 滑块B通过圆弧轨道最低点时，根据牛顿第二定律有 联立解得， （2）滑块B与木板A接触后，二者发生相对运动，最终达到共同速度，根据动量守恒定律有 ，解得 在这一过程中，系统机械能损失转化为内能，则产生的内能为 （3）木板A与小球1发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒。木板A与小球1第一次碰撞前的速度为 ，小球1的速度为 第一次碰撞后木板A的速度为，小球1的速度为，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得， 即木板A与小球1碰撞后，木板A的速度大小变为原来的一半，方向相反，小球1的速度变为木板A原速度的一半。木板A与小球1发生碰撞后，经过一段时间再次与滑块B共速，同理根据动量守恒可得 解得第二次共速的速度为 即每次木板A与滑块B重新共速后，速度变为滑块B速度的一半。小球之间质量相等，且发生的都是弹性碰撞，它们之间发生速度交换，即直到木板A最后一次与小球1发生碰撞前瞬间，小球1的速度都为零。综上所述，可知， 依此类推，可得1号小球最终的速度为 3．(1)， (2) (3)，，， 【详解】（1）由牛顿第二定律，有， 解得， （2）设A、B碰后速度分别为、，由， 解得、 当时，，A经时间速度减为零，此时 A向右位移 B向右位移 所以 （3）A回到左端的时间 B回到左端的时间 当时，A、B恰好在左端相遇，此时， 时，A、B在风洞外发生第二次碰撞，B到左端时，A离开左端做匀速运动，此时A与左端的距离 设B到左端还需要时间，追上A，有 解得时 4．(1) (2)， (3) 【详解】（1）开始时弹簧处于原长，B、C恰好静止，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）从开始到B、C斜面向下移动到最大距离的过程中，对B、C，有 解得 B、C分离时，对C有 对B、C有 解得，即弹簧恢复原长时，B、C分离。从初始到B、C分离，对B、C，有 解得 （3）从弹簧处于原长时至刚要离开挡板的过程中，以为研究对象，设其移动距离为，此时的动能为，则有 当刚要离开挡板时，有 由第（2）问知 将代入，联立得 说明此时速度恰好为0，即第一次速度减为零的点。 以为研究对象，有 所以 间的距离 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为。要使电流表的示数变为，下列操作正确的是（　　） A．电阻箱R的阻值调为 B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的 C．输入端电压调为 D．输入端电压调为 2．某同学设计的发电装置如图所示，已知永磁铁的往复运动在螺线管中产生正弦式交流电，周期为，电压有效值恒为，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接电阻箱和理想交流电流表，原、副线圈匝数比为，下列说法正确的是（    ） A．螺线管两端交流电压的瞬时值表达式为 B．副线圈两端电压最大值为 C．增大电阻箱接入电路的电阻，电流表的示数减小 D．增大电阻箱接入电路的电阻，变压器的输入功率不变 3．如图所示，为理想变压器示意图，左侧线圈与光滑导轨相连，导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有一金属棒PQ，在外力作用下可沿水平方向做各种运动，右侧线圈与定值电阻相连。下列关于导体棒PQ运动与右侧电阻上的电流情况，正确的是（    ） A．导体棒向右匀速运动时，上有电流 B．导体棒向右匀加速运动时，上电流增大 C．导体棒向右做加速度减小的加速运动时，上电流增大 D．导体棒来回做简谐运动时，上电流为正弦交流电 4．东营向海借浪发电，发展绿色新能源。如图甲为浮桶式波浪发电灯塔，桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于均匀辐射磁场中，浮桶随波浪上下运动的v-t图像如图乙。匝数N=200的线圈所在处辐射状磁场的磁感应强度B=0.2T，线圈直径，电阻。理想变压器原副线圈匝数比k=2。下列说法正确的是（　　） A．t=0.1s线圈速度最大，电流表示数最大 B．滑片P向下滑动时，电流表示数变小 C．当R=0.25Ω时，浮筒输出的电功率最大 D．穿过线圈的磁通量变化率最大值为 5．如图所示为某小型交流发电机的示意图，两磁极间存在水平方向的匀强磁场，线框绕垂直于磁场的水平轴匀速转动，产生的感应电动势与时间之间的关系式为。小灯泡的电阻为，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　） A．线框的转速为 B．通过小灯泡电流的有效值为 C．线框处于图示位置时，感应电动势为零 D．线框转动过程中，穿过线框磁通量的最大值为 6．理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有如图所示电路，照明灯泡规格为“55V，55W”，排气扇电机线圈的电阻为1Ω。当用电器均正常工作时，电流表的示数为3A，电流表、电压表视为理想电表，则（　　） A．原、副线圈的匝数比为4：1 B．该交流电的频率为100Hz C．电压表的示数为 D．排气扇电机的输出功率为110W 7．某理想变压器如图甲，原、副线圈匝数比4:1，输入电压随时间的变化图像如图乙，的阻值为的2倍，则（　　） A．交流电的周期为 B．电压表示数为 C．副线圈干路电流为电流的2倍 D．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为 8．（多选）如图所示，一个面积为S的“”形单匝金属框绕转轴以角速度匀速转动，转轴两侧存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场，定值阻值，R为可变电阻，自耦变压器为理想变压器，原副线圈匝数分别为和，电流表为理想电表，金属框和导线电阻不计，从图示位置开始计时。则下列说法正确的是（　　） A．时刻，通过的电流为0，电流表示数为0 B．保持R不变，顺时针转动滑片P，电流表示数变小 C．若保持滑片P位置不变，增大R，变压器输入电压减小 D．保持滑片P位置不变，调节R的大小，当时，R的功率最大 9．（多选）风力发电机的输出电压随时间的变化关系图像为正弦曲线，如图甲所示，该发电机的最大输出电流为，它与变压器之间导线的总电阻。图乙所示为远距离输电的电路，当理想变压器的输入功率为时，经变压器后电压升至100kV，通过总电阻的输电线输送到变电站。下列说法正确的是（　　） A．发电机输出的交流电的频率为100Hz B．发电机实际输出的电流为 C．该变压器原、副线圈匝数之比为1∶40 D．输电线上消耗的功率为40kW 10．（多选）如图所示，竖直放置的单匝矩形线圈abcd，处于方向水平向左，磁感应强度为的匀强磁场中，线圈以角速度绕竖直固定轴逆时针（俯视）匀速转动，通过电刷与外电阻连接。已知线圈的电阻为，，时刻，线圈平面与磁感线平行，下列说法正确的是（    ） A．时刻，线圈的磁通量变化率为零 B．时刻，流过ad边的电流方向为 C．线圈产生的电动势的最大值为 D．电阻两端的电压为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【详解】A．输入电压峰值为，则输入电压有效值为，滑动触头在正中间，根据变压比可知，输出电压，若将电阻箱阻值调为18欧姆，则电流为1A，故A错误； B．若将副线圈匝数调为总匝数的，根据变压比可知，输出电压，则副线圈电流变为，故B正确； C．输入端电压调为时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为，故C错误； D．将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为，输出电压，副线圈电流变为，故D错误。 故选B。 2．C 【详解】A．根据，电压峰值，则螺线管两端交流电压的瞬时值表达式为，故A错误； B．由，则副线圈两端电压有效值，故B错误； C．副线圈两端电压不变，电阻增大，电流减小，故C正确； D．由，可知当电阻箱接入电路的电阻增大时，功率减小，因为是理想变压器，输入功率等于变压器的输出功率，即变压器的输入功率减小，故D错误。 故选C。 3．D 【详解】感应电动势 A．导体棒向右匀速运动，感应电动势不变，理想变压器原线圈回路产生恒定的电流，由楞次定律知，理想变压器副线圈回路不产生感应电流，上无电流，故A错误； B．导体棒向右匀加速运动，感应电动势均匀增大，理想变压器原线圈回路电流均匀增大，穿过闭合铁芯的磁通量均匀增大，副线圈产生稳定的感应电动势，副线圈回路产生稳定的感应电流，上电流不变，故B错误； C．导体棒向右做加速度减小的加速运动，感应电动势增大，但增大的速度减小，理想变压器原线圈回路电流增大，但增大的速度减小，穿过闭合铁芯的磁通量增大，但增大的速度减小，所以副线圈产生的感应电动势减小，副线圈回路产生的感应电流减小，上电流减小，故C错误； D．导体棒来回做简谐运动，根据右手定则可得，理想变压器原线圈回路电流为正弦交流电，则副线圈产生的感应电流为正弦交流电，上电流为正弦交流电，故D正确。 故选D。 4．C 【详解】A．t=0.1s时速度最大，感应电动势瞬时值最大，但电流表测量的是有效值，与瞬时值无关，示数恒定，故A错误； B．理想变压器副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，由于原线圈电压和匝数比固定，故不变，滑片P向下滑动，负载电阻R减小，则副线圈电流增大，根据可知也增大，故B错误； C．将原线圈等效为电阻，则有 ，因为 ，联立解得 故当时，浮桶输出的电功率最大，可知此时，故C正确； D．线圈产生的电动势最大值为 因为 ， 联立解得磁通量变化率最大值为，故D错误。 故选C。 5．B 【详解】A．由感应电动势表达式 可得角速度 ，根据 ，可得转速 ，A错误； B．由感应电动势表达式 ，可得感应电动势最大值 故感应电动势有效值 ，交流电周期 一个周期内，仅半个周期有电流，根据有效值的定义有 解得，B正确； C．图示位置线框平面与磁场平行，磁通量为零，是与中性面垂直的平面，感应电动势最大，C错误； D． 单匝线框感应电动势最大值满足 可得磁通量最大值，D错误。 故选B 。 6．A 【详解】C．照明灯泡规格为“55V，55W”，电压表接在照明灯两端，可得电压表示数为55V，故C错误； A．根据 ，可得初级电压有效值为 次级电压等于电压表两端电压，即 原、副线圈的匝数比，故A正确； B．根据 可得该交流电的频率为，故B错误； D．电流表的示数为，通过照明灯的电流为 照明灯与排气扇并联，得通过排气扇的电流为 排气扇的输入功率 ，排气扇的损耗功率 排气扇的输出功率，故D错误。 故选A。 7．B 【详解】A．根据图乙可知，交流电的周期，故A错误； B．输入电压的有效值 根据电压与匝数的关系有 ，解得 即电压表示数为，故B正确； C．电阻、并联，的阻值为的2倍，根据欧姆定律可知，通过的电流为通过的电流的2倍，则副线圈干路电流为电流的3倍，故C错误； D．理想变压器不消耗功率，可知，原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为，故D错误。 故选B。 8．BD 【详解】A．从图示位置开始计时， 时刻，金属框位于中性面，瞬时电动势为0，电路中瞬时电流为0，电表读数为有效值不为0，故A错误； B．顺时针转动滑片P，副线圈匝数减小，变压器和电阻箱变为等效电阻 变大，根据闭合电路欧姆定律 可知电流表示数变小，故B正确； C．滑片不动，增大R，电流I减小，由 可知，变大，故C错误； D．将看成电源内阻，当外电阻等于内阻时，即 解得 ，电源输出功率最大，故D正确。 故选BD。 9．BD 【详解】A．由图甲可知，发电机的输出的交流电的周期为 所以，频率为，故A错误； B．由图可知，发电机的输出的交流电的电压的有效值为 设发电机实际输出的电流为，变压器的输入电压为，则， 解得，故B正确； C．变压器的输出电流为 则该变压器原、副线圈匝数之比为，故C错误； D．输电线上R消耗的功率为，故D正确。 故选BD。 10．BC 【详解】A．时刻，线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，A错误； B．根据右手定则，时刻，流过ad边的电流方向为，B正确； C．线圈产生的电动势的最大值为，C正确； D．电阻两端的电压为，D错误。 故选BC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·陕西西安·模拟预测）如图所示为一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数之比为，其中定值电阻，a、b之间接输出电压有效值恒定的正弦交变电源。当电阻箱接入电路的阻值为时，其消耗的电功率为。若将电阻箱接入电路的阻值调节到，则其消耗的电功率为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·河南许昌·模拟预测）如图所示的交变电路中，变压器为理想变压器，三个完全相同的灯泡额定电压均为10V，额定功率均为10W。P、Q间接交流电源，交变电流的周期为T=0.02s，且t=0时刻交流电源电压的瞬时值为正的最大值，三个灯泡均正常发光，忽略灯泡电阻的变化。则下列说法正确的是（　　） A．变压器原、副线圈的匝数比为1:2 B．流过灯泡L2的电流的频率为25Hz C．交流电源电压的瞬时值表达式为 D．若断开灯泡L3，灯泡L2仍能正常发光 3．（2026·青海西宁·一模）某住宅小区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈电阻不计，它可绕轴OO′在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动．降压变压器副线圈上的滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线电阻．下列判断正确的是（　　） A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最大 B．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动 C．若滑动触头P向下滑动，流过R0的电流将减小 D．若发电机线圈的转速减为原来的，用户获得的功率也将减为原来的 4．（2026·北京房山·一模）如图所示，理想变压器原线圈接在电压的交流电源上，副线圈与定值电阻R、滑动变阻器相连，交流电压表和交流电流表为理想电表。下列说法正确的是（　　） A．交变电流的频率为100Hz B．变阻器的滑片向a端滑动，变压器的输入功率减小 C．变阻器的滑片向a端滑动，电压表的示数减小 D．变阻器的滑片向b端滑动，电流表的示数减小 5．（2026·河北沧州·二模）图甲为小型发电机与理想变压器变压输电过程的示意图，图乙为该发电机产生的电动势随时间的变化规律。理想变压器的匝数比，电阻阻值未知，电阻，灯泡的额定电压为10V，额定功率为5W。不计发电机线圈内阻及交流电表的内阻。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（　　） A．时，通过发电机线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大 B．电流表A的示数为 C．电阻 D．发电机的输出功率为 6．（2026·宁夏银川·二模）如图所示，理想变压器原线圈匝数为，两个副线圈匝数分别为、，。原线圈回路接有正弦交流电和定值电阻、。副线圈回路中接有可变电阻，副线圈回路中接有一只阻值不变的灯泡。初始时滑片P位于中间，下列说法正确的是（　　） A．若P向上滑动，灯泡将变暗 B．若P向上滑动，电阻消耗的功率将减小 C．当时，理想变压器的输入功率为100W D．当时，消耗的电功率最大，且 7．（2025·广东·高考真题）如图所示。某光伏电站输出功率、电压的交流电，经理想变压器升压至后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为。下列说法正确的是（    ） A．变压器原、副线圈匝数比为 B．输电线上由R造成的电压损失为 C．变压器原线圈中的电流为 D．变压器原、副线圈中电流的频率不同 8．（2026·福建福州·三模）如图为某发电机的原理图，abcd为金属线框，固连于线框的E、F为一对相互绝缘的半圆形铜环，A、B为固定电刷。线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，从图示位置开始计时，电阻R两端的电势差u随时间t变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 9．（2026·陕西西安·模拟预测）如图所示的变压器为理想变压器，两电表为理想交流电表，定值电阻的阻值为，电阻箱的调节范围为0~99.9Ω。现在ab间接入的交流电，当电阻箱的阻值为时，两电表的示数分别为16V和0.25A。下列说法正确的是（　　） A．流过电流表的电流每秒改变方向50次 B．变压器原、副线圈的匝数比为 C． D．当电阻箱的阻值为时，电源消耗的总功率为12W 10．（多选）（2026·青海西宁·一模）如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（　　） A．此交流电的频率为50Hz B．此交流电动势的有效值为40V C．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大 D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时产生的电动势最大 11．（多选）（2026·陕西·模拟预测）如图所示，边长为L、电阻为R、匝数为N的正方形线框，绕OO′轴以角速度ω匀速转动，OO′为中轴线，其右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场，线框通过电刷与阻值为3R的定值电阻和可变变压器相连，副线圈接有阻值为R的定值电阻，原线圈和副线圈初始接入电路的匝数之比为3：1，副线圈的总匝数与原线圈的匝数相等。下列说法正确的是（　　） A．线框从图示转过60°时，电动势的瞬时值为 B．交流电压表的示数为 C．滑动触头P向上移动时，电源的输出功率逐渐变大后变小 D．若原、副线圈的匝数之比调节为2:1时，变压器的输入功率最大 12．（多选）（2026·四川广安·二模）在图（a）所示的交流电路中，电源电压随时间变化如图（b）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为，定值电阻，当接入电路的阻值为时，电流表示数为，电流表、电压表均为理想电表，则（　　） A． 通过定值电阻的交流电频率为 B． 电压表的示数为 C． 变压器的输入功率为 D． 调节滑动变阻器，变压器的最大输出功率为 13．（多选）（2026·广西南宁·二模）图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将干电池提供的直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数比为，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。下列说法正确的是（　　） A．当时，电压表示数为0 B．一个周期内原线圈中电流方向改变2次 C．当开关闭合后，电压表示数为时，可以点燃气体 D．当开关闭合后，电压表示数为时，不可以点燃气体 14．（多选）（2026·辽宁·一模）如图所示，宽度为0.4m的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B = 1T，匝数为n = 100。边长为L = 0.4m的正方形线圈，在外力作用下以磁场中心线为中心左右做简谐振动，从图示位置开始计时，简谐运动速度随时间变化的规律为v = 2cos5πt（m/s），线圈两端通过电刷和导轨相连并与理想变压器输入线圈相连，副线圈接有电阻为20Ω的纯电阻用电器，变压器原、副线圈匝数比为1∶2，不计线圈及导轨电阻，下列说法正确的是（   ） A．交流电频率为5Hz B．电压表示数为 C．电流表示数为 D．外力任意1s做的功为160J 15．（2026·江苏宿迁·模拟预测）在磁感应强度的匀强磁场中有一矩形线圈，相关数据如下：匝数N=10匝，面积，电阻。线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，通过电刷与一理想变压器原线圈相接，变压器原、副线圈匝数比为。副线圈两端的交流电压表读数为36V、接入电灯电阻。求：(1)矩形线圈转动产生的电流有效值；(2)矩形线圈匀速转动的角速度。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A 【详解】副线圈等效电阻为，设a、b间正弦交变电压的有效值为U，当电阻箱时，副线圈等效电阻为，其消耗的电功率 当电阻箱接入电路的阻值调节到时，副线圈等效电阻为，其消耗的电功率，故A正确。 故选A。 2．C 【详解】A．由题意可知，三个灯泡的额定电流均为 由于三个灯泡均能正常发光，则原线圈的电流I1=I=1A 副线圈的电流为I2=2I=2A， 由变压器的工作原理得，故A错误； B．交流电源的频率为 由于变压器不能改变交流电的频率，因此流过灯泡的电流的频率为50Hz，故B错误； C．由题意可知，变压器副线圈的输出电压为 根据理想变压器原理， 解得U1=20V 灯泡L1两端的电压也为10V，则交流电源的电压为U=30V 交流电源电压的最大值为， 交流电源的圆频率为 又t=0时刻交流电源电压的瞬时值为正的最大值，则交流电源的瞬时值表达式为，故C正确； D．若断开灯泡L3，负载电阻的阻值变大，流过原线圈的电流减小，则流过灯泡L1的电流减小，灯泡L1两端的电压减小，变压器原线圈的输入电压增大，副线圈的输出电压增大，灯泡L2将烧毁，故D错误。 故选C。 3．B 【详解】A、若发电机线圈某时刻处于图示位置，此时线圈的磁通量为最大，但是穿过线圈磁通量的变化率最小为零，感应电动势为零，变压器原线圈的电流瞬时值最小为零，故A错误． B、当用户数目增多时，用电量增加，导线上的电压损失变大，用户得到的电压减小，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动，增大副线圈匝数，提高输出电压，故B正确． C、若滑动触头P向下滑动，副线圈的输出电压增大，但流过R0的电流是由用户和R0共同决定的，在用户不变的情况下，流过R0的电流将增大，故C错误． D、若线圈从中性面开始计时，发电机产生感应电动势的表达式为e=NBS，=2n，若发电机线圈的转速减为原来的，感应电动势的最大值Em=NBS将减为原来的，变压器原线圈两端的电压将减为原来的，副线圈的输出电压U也将减为原来的，而用户获得的功率P用=IU-I2R0，P用是由变压器的输出功率和输电线损耗的功率共同决定的，故D错误． 故选B 4．B 【详解】A．该交流电的频率为，故A错误； C．变阻器的滑片向a端滑动，其接入电路的阻值变大，可知副线圈回路中电流I2减小，即电流表的示数减小，则定值电阻两端电压减小，所以变阻器两端电压增大，即电压表的示数变大，故C错误； B．根据可知，I2减小，U2不变，则变压器的输入功率减小，故B正确； D．变阻器的滑片向b端滑动，其接入电路的阻值变小，副线圈回路中电流变大，即电流表的示数变大，故D错误。 故选B。 5．C 【详解】A．由乙图可知，时，感应电动势为0，磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，故A错误； BC．原线圈回路满足 原副线圈满足， 其中，， 联立解得E=22V，，，， 故错误，正确； D．发电机的输出功率为， 故D错误。 故选C。 6．D 【详解】AB．将理想变压器及两副线圈回路视为等效电阻，由， 有， 令， 作出等效电路图如图所示 P上滑，变大、变大，根据串反并同，灯泡将变亮，消耗的功率将增大，故AB错误； C．将交流电源、、作等效电源1处理，则， 时，， 则， 输入功率为，故C错误； D．将等效电源1、作等效电源2处理，则有， 时，，消耗的电功率最大，，故D正确。 故选D 。 7．B 【详解】A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得 A错误； B．原副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流 输电线上由R造成的电压损失为 B正确； C．变压器原线圈中的电流为 C错误； D．变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D错误。 故选B。 8．B 【详解】线圈开始转动的位置是与中性面垂直的平面，则时刻电动势有最大值，且线圈在磁场中转动时产生的正弦交流电，由于的作用使得产生的电流始终是正弦式交流电的上半部分，故B正确，ACD错误。 故选B。 9．B 【详解】A．ab间接入的交流电，根据 可得频率 可得流过电流表的电流每秒改变方向100次，故A错误； B．根据电压关系，其中满足， 可得 满足，电流关系， 联立可得 可得变压器原、副线圈的匝数比为，故B正确； C．根据， 可知，故C错误； D．当电阻箱的阻值为时，根据 可得原线圈电流为， 电源消耗的总功率为，故D错误。 故选B。 10．AD 【详解】A．此交流电的频率为，故A正确； B．此交流电动势的有效值为，故B错误； C．当线圈平面转到图示位置时处于中性面，磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故C错误； D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，故D正确。 故选AD。 11．BD 【详解】A．从图示计时，电动势的瞬时值表达式为 线框从图示转过60°时，电动势的瞬时值为，故A错误； B．电动势的最大值为 有效值为 副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为 电压表的示数为，故B正确； C．当滑动触头向上滑动时，变压器原、副线圈的匝数比减小，则副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻变小，则在原线圈电路中的外电阻一直减小，但一直大于线圈的电阻，当外电阻大于电源内阻时，外电阻越大，电源的输出功率越小，外电阻越小，电源的输出功率越大，所以滑动触头P向上移动时，电源的输出功率逐渐变大，故C错误； D．若原、副线圈的匝数之比调节为2:1时，副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻为 把定值电阻3R看作电源内阻的一部分，当外电阻和内电阻相等时，电源的输出功率最大，所以当副线圈电路中的等效电阻和电源内阻相等时，变压器的输入功率最大，即变压器的输出功率最大，故D正确。 故选BD。 12．AC 【详解】A．由图(b)得，交流电周期 频率 理想变压器不改变交流电频率，因此通过的频率也为，故A正确； BC．电源电压峰值为，因此总电压有效值。 已知时，的电流，副线圈两端电压 副线圈中与并联，因此的电流 副线圈总电流 根据理想变压器电流比 得原线圈电流； 根据电压比 得原线圈电压 原边中与原线圈串联，因此的电压（电压表示数） 理想变压器输入功率等于输出功率， 故B错误、C正确； D．由上述计算得 将副线圈负载等效，等效电阻 输出功率即为等效电阻的功率，当时，输出功率最大，最大输出功率，故D错误。 故选AC。 13．BC 【详解】A．交流电压表测量的是交流电的有效值，有效值不随瞬时值变化，始终不为零，因此时电压表示数不为0，故A错误； B．正弦交流电一个周期内，电流方向会改变2次，故B正确； CD．已知原线圈电压有效值 根据理想变压器电压比 可得副线圈电压有效值 副线圈电压的最大值 满足“瞬时值大于6000V引发电火花点燃气体”的条件，因此可以点燃气体，故C正确，D错误。 故选BC。 14．AC 【详解】A．线圈始终只有一个边切割磁感线，线圈做简谐运动，故出现切割磁感线的边不同的情况，线圈中线和磁场中线重叠时，电流方向会突变为反方向，假设线圈最初向右运动，线圈中电流顺时针为正方向，则线圈中电流随时间的变化图像如图所示 产生的交流电频率为线圈简谐运动频率的2倍，故，故A正确； B．线圈产生的感应电动势的峰值为 变压器输入电压的有效值等于电动势的有效值 根据变压器原理有 解得，电压表的示数等于变压器的输出电压，故B错误； C．电流表的示数，故C正确； D．交流电的周期 因1s等于交流电周期的整数倍，外力在任意1s内做的功等于用电器在任意1s内产生的焦耳热，即，故D错误。 故选AC。 15．(1) (2) 【详解】（1）因为电压表读数为36V，电灯电阻为，所以电灯的电流为 设原线圈的电流为I1，有   解得   由题意可知矩形线圈转动产生的电流有效值为2A。 （2）设原线圈的电压为U1，则有 解得 根据闭合电路欧姆定律得其电动势为 所以矩形线圈产生的电动势的有效值为20V；线圈产生的电动势最大值为 又因为   解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $1.如图所示，某卫星变轨时，先从圆形轨道I上的P点变轨到椭圆轨道Ⅱ再从椭圆上的远 地点Q变轨到圆轨道Ⅲ。己知轨道I的半径为r,轨道Ⅲ的半径为2，地球半径为R,地球 极点处的重力加速度为8。若以无穷远处为零势能点，卫星的引力势能E,=-GM，卫星 在半长轴为a的椭圆轨道上运行时机械能E=-GMm,其中G为引力常量，r为物体到地球 2a 中心的距离，M为地球的质量。下列说法中正确的是() 地球) A.卫星从P到Q的最短时间为 π2(+5月 8R2 B.卫星在轨道Ⅱ上经过P点时，速度大小为 25gR2 V(r+2) C.卫星在轨道上经过0点时，速度大小为行+ 25gR2 D.在轨道Ⅱ和Ⅲ上，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积之比为， 试卷第1页，共3页 参考答案 1.B 【分析】本题是一道典型的卫星变轨问题，需综合运用万有引力定律、开普勒定律和机械能 守恒定律进行分析。 【详解】A.卫星从P到Q的最短时间是在椭圆轨道Ⅱ上运行半个周期的时间，椭圆的半长 轴a=1+5 2 根据开普勒第三定律，绕同一天体有 a'GM 下=4π Mm 再由地球极点处的重力等于万有引力，可知G mg 因此椭圆轨道Ⅱ的周期T= π2(+5 2gR2 卫星从P到Q的最短时间t= T π2(5+52)） 2 8gR2 故A错误； B.卫星在椭圆轨道上的机械能为卫星的引力势能与动能之和，椭圆轨道上卫星的机械能为 E=_GMm=_GMm 2a 1+32 P点处，卫星动能为E,卫星的引力势能E,=-GMm 由机械能守恒E=E。+Ek GMm 1 则有 GMm 5+ 化简得vp= 25gR2 Vr(5+2】 故B正确； GMm C.与B选项同理，Q点处卫星的引力势能E,。= 代入机械能守恒方程解得'。= 2rgR2 V5(5+2) 故C错误； D.由开普勒第二定律，同一轨道上，单位时间内卫星扫过的面积相等，不同轨道上需进行 计算比较。 答案第1页，共2页 椭圆轨道上的面积速度S1=2,=2。V25+5 1 55,GM 轨道上的速度%= GM ,GM 面积速度Sm=24=V4 2 则 2 V+ 故D错误。 故选B。 答案第1页，共2页1.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为k,原线圈串联一个定值电阻R,接在正 弦式交流电源上，电源内阻忽略不计。副线圈回路中接有定值电阻R2与滑动变阻器R3,电 流表、电压表均为理想电表。滑动变阻器滑片自上而下滑动时，下列说法正确的是() R V R A.若电压表V与电流表A示数分别为U和1，则号-R+R B.若电压表V与电流表A示数变化量分别为AU和A,则AC =kR C.电源的输出功率先减小后增大 D.副线圈的输出功率先减小后增大 试卷第1页，共3页 2.如图所示的电路图中，小型发电机线圈的电阻为r,线圈在磁场中匀速转动产生正弦交 流电，电动势的最大值为￡，副线圈端串联有电流表和滑动变阻器，电流表为理想交流电表， 其余电阻均不计。调节滑动变阻器的阻值，当滑动变阻器接入电路的阻值为4时，滑动变 阻器消耗的功率最大，此时电流表的示数为() A A. E B.V2E D.E 8r 8r c 试卷第1页，共3页 3.(多选)如图所示，远距离输电过程中，发电机输出电压250V、功率100kW的交流电， 通过升压变压器升压后输送向远方，输电线的总电阻为10？。并在用户端用降压变压器把电 压降为220V,输电线上损失的功率为4kW,则下列说法正确的是() 升压变压器 降压变压器 250V 220V 100kW R A.输电线上通过的电流为20A B.升压变压器匝数比为1：20 C.降压变压器匝数比为260：11 D.用户端的总电流为400A 试卷第1页，共3页 1.【答案】C 【详解】A,若原线圈电流为，设副线烟电流为，根据子一行- 山=材由欧姆定律可知风+R，可PKR+R,改A错 B.设正弦式交流电源电压的有效值为U。,当电压表的示数变化量为△U时，原线圈两 端电压的变化量△U,=kAU，定值电阻R两端电压变化量的绝对值△UR,=AU 可 AUAU-R,故B错误。 △Ik△Ik C.副线圈电路中总电阻为R。=R2+R 滑动变阻器R的上段、下段并联，将滑动变阻器乃的滑片从上端滑至下端的过程中，有 R上×R下 R3= R3上+R下 由数学知识可得R电阻先增大后减小，所以副线圈总电阻先增大后减小。根据电压关系 及，其中满足心-心，-风，满足=1，根那气受- U2 nz 联立可得U=R+U,=R+41,R=R+1R=R+kR n. n, 故可将变压器副线圈后的电阻等效为R等=k2R。 根据P= UR ,可知电源的输出功率先减小后增大，故C正确； R+Rg D.根据U=IR,+k2R。，副线圈的输出功率为P'=IR=k2IR 2 Uo U kU2 其中1 R造= R+k2R总 ，整理得P= R+K2R点 R2 +kR8+2k2R R卷 理想变压器副线圈的输出功率与副线圈电路的总电阻有关，因无法确定R和R总的大小关系， 所以理想变压器副线圈的输出功率的变化情况不确定，故D错误。 试卷第1页，共3页 2.【答案】B 【详解】发电机产生的正弦交流电电动势最大值为E,则其电动势的有效值为E'=√2E 2 变压器和滑动变阻器接入副线圈回路中的电阻组成的等效电阻R' 4 当等效电阻等于发电机线圈的电阻？时，滑动变阻器消耗的功率最大，即等效电阻'=， 联立解得=」 h22 根据闭合电路欧姆定律，原线圈电流为1=E=E=2E r+R'r+r 4r 根据理想变压器的电流关系，副线圈电流为1，=1= √2E n 8r 此时电流表的示数为V2E】 故选B。 试卷第1页，共3页 3.【答案】AB 【详解】A.输电线损失功率△P=I,2R=4kW→I2=20A,故A正确； B.升压变压器输入功率R=U,H→1=400A,故升压变压器原副线圈匝数比2=上= m3120’ 故B正确； CD.用户端获得功率B=R-△P=96kW,故由B=U,4→1，=480A A,降压变压器原副 11 线圈匝数比=-240 n,,=11，故CD错误。 故选AB。 试卷第1页，共3页 1．（2026·天津河东·二模）对下列四幅图所涉及的光学现象及相应的描述正确的是（　　） A．图甲中五颜六色的彩虹是光发生衍射的结果 B．图乙中医用内窥镜利用了光的全反射现象 C．图丙中用偏振眼镜观看立体电影。说明光是一种纵波 D．图丁中肥皂泡在阳光照射下呈现彩色的条纹是由于光的折射 2．（2026·广东惠州·一模）以下为高中物理选择性必修3教材中的四幅插图，下列说法正确的是（    ） A．图（a）中分子间距离由变到的过程中分子力做正功 B．图（b）中大量小球落入狭槽时，其整体分布遵从一定的统计规律 C．图（c）中微粒越大，单位时间受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显 D．图（d）为用针刺破棉线圈里的薄膜后发生的现象，说明液体表面有扩张趋势 3．（2026·河北沧州·二模）如图所示为课本中关于近代物理的四幅插图，下列说法正确的是（　　） A．图（甲）为研究阴极射线的实验装置，实验确定了阴极射线是电磁波 B．图（乙）为研究光电效应的实验装置，测量遏止电压时电键S应扳向“2” C．图（丙）是黑体辐射的实验规律图，普朗克在研究黑体辐射时提出了能量子概念 D．图（丁）为康普顿效应的示意图，光子与静止的电子碰撞后波长可能变小 4．（2026·广东揭阳·二模）对下列图片的描述正确的是（　　） A．图（a）证实电子具有波动性 B．图（b）中射线3的电离本领最弱 C．图（c）中为了减缓核反应速度，需将镉棒抽出一些 D．图（d）中的β射线穿透能力比γ射线强 5．（2026·河北衡水·二模）关于下列经典实验，说法正确的是（　　） A．甲图中使用的金箔可用铝箔替代 B．乙图中光谱上可见光区有4条特征谱线 C．丙图中折线就是悬浮微粒的运动轨迹 D．丁图中发生光电效应时电流表示数不可能为零 6．（2026·江苏镇江·二模）以下哪一项实验研究结果或科学事实，揭示了电子是构成各种物质的共有成分（　　） A．汤姆孙对阴极射线进行的研究 B．卢瑟福对粒子散射实验的研究 C．爱因斯坦对光电效应的研究 D．玻尔对氢原子谱线系的研究 7．（2026·河南南阳·模拟预测）“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。关于物理课本中四幅插图，以下说法中正确的是（　　） A．甲图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了理想模型法 B．乙图中，在观察桌面的形变时，运用了微元法 C．丙图中，研究力的合成和分解时，运用了放大法 D．丁图中，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，运用了极限思想 8．（2026·辽宁营口·二模）下列关于甲、乙、丙、丁四幅图中物理现象的描述，正确的是（　　） A．图甲中，水中的气泡看上去特别明亮是因为光的折射 B．图乙中，增加少许单缝的宽度，则屏上的中央亮条纹变窄 C．图丙中，用3D眼镜看3D电影感受到的立体影像，是由光的干涉现象形成的 D．图丁中，在检验工件平整度的操作中，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处 9．（2026·河北衡水·模拟预测）物理学的发展历史和其中蕴含的丰富物理思想或方法是人类智慧的巨大财富，下列关于四幅图所涉及的知识叙述正确的是（　　） A．甲图，牛顿发现了万有引力定律并通过引力扭秤实验测出了万有引力常量 B．乙图，伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 C．丙图，在理论上探究曲线运动的速度方向时，运用了“控制变量”的方法 D．丁图，第谷通过大量天文观测数据总结了行星运行的规律 10．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）下列说法正确的是（　　） A．图甲中，钠原子跃迁时辐射的光的波长中的光子波长最长 B．图乙中，射线③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子 C．图丙中，光电效应中电流表与电压表示数图像，Q的波长大于R的波长 D．图丁中，a、b两种金属的遏止电压Uc随入射光的频率v的关系图像，金属a的截止频率大 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【详解】A．图甲中五颜六色的彩虹是光的色散（主要是光的折射）现象，故A错误； B．医用内窥镜利用的是光的全反射原理，故B正确； C．图丙中用偏振眼镜观看立体电影，利用了光的偏振原理，说明光是一种横波，故C错误； D．阳光下彩色的肥皂泡是光的干涉现象，肥皂泡的前后表面反射光发生干涉形成彩色条纹，故D错误。 故选B。 2．B 【详解】A．图（a）中分子间距离由变到的过程中，因分子力表现为引力，则分子力做负功，A错误； B．图（b）中大量小球落入狭槽时，其整体分布遵从一定的统计规律，B正确； C．图（c）中微粒越大，单位时间受到液体分子撞击次数越多，微粒越趋于平衡状态，则布朗运动越不明显，C错误； D．图（d）为用针刺破棉线圈里的薄膜后发生的现象，说明液体表面有收缩的趋势，D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．图中为研究阴极射线的实验装置，实验确定了阴极射线是带负电的粒子流，而不是电磁波，故A错误； B．遏止电压是光电流为零时加在光电管两端的最小电压，是反向电压，故开关S应扳向“1”，故B错误； C．图中是黑体辐射的实验规律图，普朗克在研究黑体辐射时提出了能量子概念，故C正确； D．图中为康普顿效应的示意图，光子与静止的电子碰撞后，动量减小、波长变大，故D错误。 故选C。 4．A 【详解】A．图（a）中的电子束通过铝箔时的衍射图样证实电子具有波动性，故A正确； B．图（b）中根据左手定则可知射线2为射线，电离本领最弱，故B错误； C．图（c）中用石墨或重水使中子减速，为了减缓核反应速度，需将镉棒插入一些，吸收更多的中子减缓核反应速度，故C错误； D．β射线能穿透塑料板却难以穿透钢板，射线可穿透钢板，故图（d）中的β射线穿透能力比射线弱，故D错误。 故选A。 5．B 【详解】A．α粒子散射实验选用金箔，是因为金的原子序数大，对α粒子的散射效果更明显，且金箔可加工得极薄，铝箔无法达到相同实验效果，不能替代金箔，A错误； B．氢原子光谱的巴耳末线系位于可见光区，一共存在4条特征谱线，B正确； C．丙图的折线是每隔一段时间记录悬浮微粒位置后连接得到的，不是悬浮微粒的实际运动轨迹，两个记录点之间微粒的运动也是无规则的，C错误； D．丁图中光电管加的是反向电压，当反向电压大小等于遏止电压时，光电流为零，因此电流表示数可以为零，D错误。 故选B。 6．A 【详解】A．汤姆孙对阴极射线的研究中，发现用不同材料做阴极，都能得到带负电的电子，由此证明了电子是构成各种物质的共有成分，A正确； B．卢瑟福粒子散射实验的结论是提出了原子的核式结构模型，不符合题意，B错误； C．爱因斯坦研究光电效应，提出光子说解释了光电效应规律，揭示了光的粒子性，不符合题意，C错误； D．玻尔对氢原子谱线的研究，提出了玻尔原子能级模型，解释了氢原子光谱的规律，不符合题意，D错误； 故选A。 7．D 【详解】A．甲图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了微元法，故A错误； B．乙图中，在观察桌面的形变时，运用了放大法，故B错误； C．丙图中，研究力的合成和分解时，运用了等效法，故C错误； D．丁图中，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，运用了极限思想，故D正确。 故选D。 8．B 【详解】A．水中的气泡特别明亮是因为光在气泡表面发生全反射，而非折射，故A错误； B．单缝衍射中，单缝宽度与中央亮条纹的宽度成反比，增加少许单缝宽度，中央亮条纹变窄，故B正确； C．3D眼镜利用光的偏振现象（左、右眼接收不同偏振方向的光）形成立体影像，故C错误； D．薄膜干涉中，同一条亮纹（或暗纹）对应的空气膜厚度相同，P处条纹向左侧弯曲，说明P处空气膜厚度与右侧相同，故P为凹处，Q处条纹向右侧弯曲，说明Q处空气膜厚度与左侧相同，故Q为凸处，故D错误。 故选B。 9．B 【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，但万有引力常量是由卡文迪什通过引力扭秤实验测出的，故A错误； B．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故B正确； C．在轨迹曲线上的某一点A附近另取一点B，构成一段位移，当点B不断逼近点A，位移无限趋近于零时，该位移方向为点A处的切线方向，即速度方向。在理论上，这种分析运用了“极限”思想，故C错误； D．是开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运行的规律，并非第谷，故D错误。 故选B。 10．B 【详解】A．图甲中，钠原子跃迁时辐射的光的波长中的光子对应的能级差最大，则波长最短，A错误； B．图乙中，射线③的穿透力最强，电离作用最弱，属于原子核内释放的γ光子，B正确； C．图丙中，光电效应中电流表与电压表示数图像，Q的截止电压大于R，根据，可知Q的波长小于R的波长，C错误； D．图丁中， a、b两种金属的遏止电压Uc随入射光的频率v的关系图像，根据，金属a的截止频率小，D错误。 故选B。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图所示，在平面直角坐标系的第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在方向垂直纸面、磁感应强度大小分别为、、、的匀强磁场。一半径为、电阻为、圆心角为60°的单匝扇形闭合线圈在纸面内绕点逆时针匀速转动，转速为。则线圈转动一周的过程中产生的焦耳热为（　　） A． B． C． D． 2．某兴趣小组设计了如图（a）所示的电磁阻拦系统。当模型飞机着陆时，关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住水平面内平行导轨上的金属棒ab，飞机与金属棒ab在匀强磁场中共同滑行3m后停下。已知ab被钩住后瞬间与飞机的共同速度为3m/s，导轨间距为1m，定值电阻R=1Ω，ab接入电路的电阻r=2Ω，不计导轨电阻。除电磁阻力外，忽略其他阻力。以ab初始位置为起点，ab两端电压U与其位移s的关系如图（b）所示，则（　　） A．b端的电势高于a端的电势 B．ab被钩住后瞬间产生的电动势为1V C．通过电阻R的总电量为3C D．ab、阻拦索与飞机的总质量约为0.33kg 3．（多选）在光滑的水平桌面上，存在宽度为0.6m的匀强磁场区域，磁感应强度，方向竖直向上，有一质量为0.1kg的“日”字形线框，以的初速度垂直于磁场边界滑入磁场，其俯视图如图所示。当线框速度减为零时被锁定，此后磁感应强度均匀减为0。已知线框AD、BC、EF边的电阻均为2Ω，其余电阻不计，。则（　　） A．线框刚滑入磁场时受到的安培力为2.5N B．全过程中线框产生的总焦耳热大于1.25J C．线框BC边刚滑出磁场时的速度为4m/s D．当BC边滑出磁场后，通过BC边电荷量为0.2C 4．（多选）如图，采用电磁刹车技术的列车质量为m，其下方固定有边长为L、匝数为N、总电阻为R的正方形闭合线框abcd。垂直于钢轨间隔分布的匀强磁场，磁感应强度为B，每个磁场区域的宽度及相邻两磁场区域的间距均为L。当ab边以初速度v0进入磁场区域时，列车开始刹车，经31L停下。已知钢轨宽度为D，刹车过程，列车所受钢轨及空气阻力的合力恒为f，则（　　） A．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流沿adcba方向 B．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流大小为 C．列车从开始刹车到停止，线框产生的焦耳热为 D．列车从开始刹车到停止，所经历的时间为 5．（多选）如图所示，水平光滑绝缘桌面上存在宽度均为、大小均为B的有界匀强磁场，Ⅰ区域的磁感应强度方向垂直纸面向外，Ⅱ区域的磁感应强度方向垂直纸面向里。一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框以初速度水平向右运动，当金属框的cd边刚好进入Ⅱ区域磁场时，线框的速度刚好为零。则（　　） A．线框ab边进入Ⅰ磁场时，ab两端的电压为 B．线框ab边在Ⅱ区域磁场运动的过程中感应电流方向沿 C．线框进入Ⅰ区域磁场的时间小于在Ⅱ区域磁场运动的时间 D．金属线框的最大加速度为 6．（多选）如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为，矩形区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度均为，高和间距均为d。质量为的水平金属杆由距区域Ⅰ上边界处由静止释放，进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为。则金属杆（　　） A．刚进入区域Ⅰ时加速度方向可能竖直向下 B．穿过区域Ⅰ的时间大于穿过两磁场区域之间的时间 C．穿过两磁场区域产生的总热量为 D．穿过区域Ⅱ的时间为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．B 【详解】扇形线圈绕点逆时针匀速转动，产生交变电流，由扇形半径切割磁感线电动势 线圈在从第一象限进入第二象限时有感应电流，总电动势为 产生的焦耳热为 其中 所以有 同理可得从第二象限进入第三象限时有感应电流 从第三象限进入第四象限时有感应电流 从第四象限进入第一象限时有感应电流 故线圈转动一周的过程中产生的焦耳热为。 故选B。 2．D 【详解】A．根据右手定则，可知导体棒产生感应电流方向为到，导体棒视为电源，电源内部的电流是由负极流向正极，故a端的电势高于b端的电势，故A错误； B．由图（b）可知，当ab被钩住后瞬间，ab两端电压，因导体棒与电阻形成了一个闭合电路，故此电压为路端电压，则此瞬间产生的感应电动势为，故B错误； C．由B项分析，可知ab被钩住后瞬间产生的感应电动势为，根据法拉第电磁感应定律有 ，解得 根据，，， ，联立解得 由图（b）可知当时，说明此时导体棒刚好停止运动，速度为零，代入数据解得，故C错误； D．根据动能定理有 ，又 联立可得 由图（b）可得 代入数据解得，故D正确。 故选D。 3．BD 【详解】A．线框刚滑入磁场时，边切割磁感线，相当于电源；边和边并联，则产生的电动势为 ，电路中的总电阻为 通过边的电流为 线框刚滑入磁场时受到的安培力为，故A错误； B．根据能量守恒，线框运动过程中产生的焦耳热为 线框锁定后，磁感应强度均匀减为0的过程产生的焦耳热大于零，所以全过程中线框产生的总焦耳热大于1.25J，故B正确； C．线框BC边在磁场中运动过程中，根据动量定理 其中 ，解得，故C错误； D．当BC边滑出磁场后，边切割磁感线，相当于电源，则电路中的总电阻为 设边出磁场时线框的速度大小为，根据动量定理 其中，解得 此过程通过BC边电荷量为 边出磁场后，边切割磁感线，相当于电源，则电路中的总电阻为 根据动量定理 ，其中 ，解得 此过程通过BC边电荷量为 线框静止后，通过BC边电荷量为 所以，当BC边滑出磁场后，通过BC边电荷量为，故D正确。 故选BD。 4．ACD 【详解】A．根据右手定则可知，当ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流沿adcba方向，故A正确； B．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流大小为，故B错误； C．列车从开始刹车到停止，根据能量守恒定律可得 所以线框产生的焦耳热为，故C正确； D．设线框完全进入左侧第一个磁场时速度为v1，根据动量定理可得， 所以 同理，线框离开磁场的过程，有 依此类推，当列车经31L停下，有 所以列车从开始刹车到停止，所经历的时间为 故D正确。 故选ACD。 5．BCD 【详解】A．线框ab边进入Ⅰ磁场时，感应电动势 ab边两端的电压，故A错误； B．线框ab边在Ⅱ磁场区域运动的过程中，根据右手定则可知，感应电流的方向为adcba，故B正确； C．线框ab边在Ⅰ磁场中运动的平均速度大于在Ⅱ磁场中运动的平均速度，由 可知，线框进入Ⅰ区域磁场的时间小于在Ⅱ区域磁场运动的时间，故C正确； D．线框刚进入Ⅰ磁场区域时 设线框ab边进入Ⅱ磁场的速率为v，由动量定理，线框ab边在Ⅰ磁场的过程中，有 其中 线框ab边在Ⅱ磁场的过程中 其中 解得 线框刚进入磁场Ⅱ时 安培力 由牛顿第二定律得 线框的最大加速度为，故D正确。 故选BCD。 6．BD 【详解】A．由进入磁场I和II时的速度相等，两磁场间有一段加速过程，则刚进入磁场I时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误； B．根据牛顿第二定律，进入磁场I的过程有 可知，减速过程的加速度减小，则穿过磁场I和在两磁场之间的运动图像如图 两个过程位移相等，则图像面积相等，可以看出前一段的时间大于后一段的时间，故B正确； C．由于进入磁场I和II时的速度相等，根据动能定理 又 则穿过磁场I的过程产生的热量为 故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C错误； D．金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为2d，做自由落体运动，故进入磁场时的速度为 又进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等，在两区域间做加速度为g的匀加速直线运动，设出磁场时的速度为，则穿过两磁场区域时 解得 根据题意知两磁场中运动时间相等，设为，根据动量定理 又 联立解得穿过区域Ⅱ的时间为 故D正确。 故选BD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．某同学在学校实验室用如图甲所示装置验证牛顿第二定律，小车后面固定一条纸带，纸带穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测量小车受到拉力的大小。已知电火花打点计时器工作频率为50 Hz。 (1)下列说法正确的是________（选填字母标号） A．本实验需要平衡摩擦力 B．调整长木板上定滑轮的高度使细线与长木板平行 C．本实验中，小车与钩码的加速度大小相等 D．实验条件必须满足钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量 (2)实验中得到的部分纸带及测量情况如图乙所示，每两个点之间还有四个点未画出，根据图乙的纸带可求出小车的加速度________（结果保留三位有效数字）； (3)改变钩码的质量，多次实验，记录力传感器的示数F，并计算出对应小车的加速度，在坐标系中作出________（选填“a-F”或“”）图像，若在误差允许的范围内，图像为过原点的倾斜直线，则牛顿第二定律得到验证。 (4)最早出现的验证牛顿第二定律的设备是“阿特伍德机”，某同学改造后的装置如图丙所示。质量均为M的重物A、B通过细绳连接，挂在滑轮上，将质量为m的物块C套挂在A的上方，三个物体从图示位置由静止释放。A、C一起下降到挡板D处时，C被挡板挡住，A、B继续运动。已知重力加速度为g。为验证牛顿第二定律，该同学借助刻度尺和秒表进行了测量，请写出需要测量的有关物体运动的物理量________，并推导测量与M、m、g之间应满足的关系式________。 2．某物理兴趣小组想利用气垫导轨验证物块和弹簧组成的系统机械能守恒。如图所示，气垫导轨调至水平，力传感器固定在导轨的左支架上，将轻质弹簧一端连接到力传感器上，弹簧自由伸长至点。给装有宽度为的遮光条的滑块一定的初速度，使之从导轨右端向左滑动，记录滑块经过光电门时的挡光时间以及滑块压缩弹簧至最短时力传感器的示数，并多次进行上述操作。已知弹簧的劲度系数为，弹簧弹性势能的表达式为（为弹簧的形变量），滑块的质量为。 (1)滑块经过光电门时的动能为________，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为________。（用题中所给字母表示） (2)根据实验数据，作出________（选填“”、“”或“”）图像，使之成为一条直线，图像的斜率为________（用题中所给字母表示），则可验证系统机械能守恒。 3．在验证机械能守恒定律的实验中，某同学采用如图装置，绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物A和B，在B下面再挂钩码C。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。 (1)如图所示，在重物A下方固定打点计时器，用纸带连接A，测量A的运动情况，下列操作过程正确的是（　　） A．安装打点计时器时工作面要竖直放置，同时让两限位孔的中心在同一竖直线上 B．接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器 C．应选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带 (2)某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图所示，A、B、C为三个相邻计时点，则打下B点时重锤的速度________m/s；（结果保留三位有效数字） (3)如果本实验室电源频率大于50Hz，则瞬时速度的测量值________（选填“偏大”或“偏小”）； (4)已知重物A和B的质量均为M，钩码C的质量为m，某次实验中从纸带上测量重物A由静止上升高度为h时对应计时点的速度为v，取重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是________； (5)为了测定当地的重力加速度，改变钩码C的质量m，测得多组m和对应的加速度a，作出图像如图所示，图线与纵轴截距为b，则当地的重力加速度为________。 4．在物理学科文化节上，小明同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒并测量当地的重力加速度。查到了弹簧弹性势能的表达式为（k为劲度系数，x为弹簧的形变量），具体实验操作如下： a.将弹簧的一端固定于地面，另一端A系上轻质细绳，细绳绕过定滑轮，拴接带有遮光条的物块B，测得物块B和遮光条的总质量为m，遮光条的宽度为d； b.遮光条正下方安装可移动的光电门； c.调节物块B的位置，使细绳恰好处于伸直状态，此时A、B在同一水平线上； d.静止释放物块B，记录遮光条通过光电门的时间t以及释放物块B时遮光条到光电门的距离h（d<h）； e.改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从同一位置静止释放，记录多组h和对应的时间t，作出图像，若在误差允许的范围内，图像为直线，即可验证轻弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。 请回答下列问题： (1)物块B经过光电门时的速度大小为________； (2)小明作出的图像如图2所示，已知图像的纵截距为b，斜率的绝对值为则弹簧的劲度系数为________，当地的重力加速度为________； (3)小明反复调节光电门的位置，发现释放物块B时，若遮光条到光电门的距离分别为和h2，则遮光条通过光电门的时间相等，根据机械能守恒定律可得，________。 5．某同学用双线摆测当地的重力加速度，装置如图所示．用长为L的不可伸长的细线穿过球上过球心的V型小孔，细线两端固定在水平杆上的A、B两点．球的直径远小于细线长． (1)使小球在垂直于的竖直平面内做小幅度摆动，小球经过最低点时开始计时并记为1，第n次经过最低点时停止计时，总时长为t，则该双线摆的周期________； (2)改变细线的长度，细线的两端分别固定在A、B两点不变，多次重复实验，记录每次细线的长L及相应的周期T，若A、B间距离为d，则等效摆长为________，为了能直观地看出物理量之间的关系，根据测得的多组L、T，应作出________图像； A．    B．    C．    D． (3)若作出的图像为直线且斜率为k，则可求得当地的重力加速度________． 6．手机软件Phyphox利用了智能手机内置的各种传感器（如加速度计、陀螺仪、磁力计、气压计等）来测量多种物理量。某学习小组设计如图装置测量小车和智能手机的总质量。把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂质量为m的钩码，用手机测出小车运动的加速度a；改变钩码的质量m，进行多次测量：做出a与m（g-a）的图像，已知图像中直线的截距为b，斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)以下说法正确的是 ； A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 B．细线的拉力不等于钩码的重力 C．不悬挂钩码时，应使小车和智能手机匀速沿木板下滑 D．钩码的质量不需要远小于智能手机和小车的总质量 (2)由图像可得，小车和手机的总质量为___________； (3)利用手机测出木板倾角为θ，则小车和智能手机沿木板运动过程中，木板与小车间的动摩擦因数大小为_________。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)AB (2)0.820 (3)a-F (4)用刻度尺测出加速下落的高度h，用秒表测出相应的时间t 【详解】（1）A．拉力传感器的示数代表小车受到拉力，即为小车受到的合外力，因此需要平衡摩擦力，A正确； B．调整长木板上定滑轮的高度使细线与长木板平行，这样才能保证小车受到的拉力恒定，B正确； C．小车的加速度为钩码加速度的2倍，C错误； D．细线上的拉力大小由拉力传感器测出，不需要钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量，D错误。 故选AB。 （2）由题意可知，相邻计数点之间的时间间隔为 由逐差法可得加速度的大小为。 （3）对小车，根据牛顿第二定律有，变形得，所以在坐标系中作出a-F图像，若在误差允许的范围内，图像为过原点的倾斜直线，则牛顿第二定律得到验证。 （4）三个物体从题图丙所示位置由静止释放，在A、C一起下降到挡板D处的过程中，A、B、C三个物体做加速度大小相同的匀加速直线运动。由牛顿第二定律有： 对B： 对A、C： 联立解得： 为测量A、C下落的加速度，则需测量A、C加速下落的高度h以及相应的时间t，根据运动学公式有： 联立可得：。 2．(1) (2) 【详解】（1）[1][2]滑块经过光电门时的速度 根据动能的表达式可得 根据弹性势能的表达式有 结合胡克定律 解得。 （2）[1][2]若系统机械能守恒，则满足 即 整理得 应作图像，图像的斜率为。 3．(1)AB (2)1.05 (3)偏小 (4) (5) 【详解】（1）A．安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，故A正确； B．为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器，故B正确； C．本实验研究对象不是做自由落体运动，无需选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带，故C错误。 故选AB。 （2）交流电源频率50Hz，打点周期，B点速度 （3） 电源频率大于50Hz，实际打点周期，计算时仍用，由可知，分母偏大，因此速度测量值偏小。 （4）A上升势能增加，B下降势能减少，C下降势能减少，总势能减少量为；系统总动能增加量为 由机械能守恒，势能减少量等于动能增加量，得 （5） 对系统由牛顿第二定律 整理得 图像的纵截距 因此 4．(1) (2) (3) 【详解】（1） 遮光条通过光电门的时间为，遮光条的宽度为d，小物块经过光电门时的速度大小为 （2）[1][2]小物块下降距离为，小物块和弹簧整体的机械能守恒 又知 联立解得 已知图像的斜率的绝对值为，纵截距为b，故， 解得， （3） 小物块下降，小物块和弹簧整体的机械能守恒 小物块下降，小物块和弹簧整体的机械能守恒 联立解得 所以 5．(1) (2) D (3) 【详解】（1）根据题意有 ，解得 （2）[1]根据几何关系，可得等效摆长 [2]根据 ，解得 可见，和是线性关系，因此为了能直观地看出物理量之间关系，根据测得的多组L、T数据，应作出的图像。 故选D。 （3）若图像的斜率为k，则有 ，解得 6．(1)BD (2) (3) 【详解】（1）AC．设小车和手机的质量为M，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统，由牛顿第二定律则有 解得 可得a与m为一次函数，若平衡了摩擦力则有 a与m为正比例函数，故AC错误； B．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故B正确。 D．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量远小于智能手机和小车的质量，故D正确。故选BD。 （2）根据上述分析可知，图像的斜率 ，解得 （3）根据上述分析可知，纵截距的物理意义为 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·吉林·模拟预测）一定质量的理想气体由状态经状态变为状态，其过程如图中直线段所示。已知气体在三个状态的内能分别为、、，则（　　） A． B． C． D． 2．（2026·河南南阳·模拟预测）在研究热机效率与微观机制时， 科学家常借助理想气体模型分析热力学过程。如图为一定质量的理想气体经历 循环过程中气体压强 p 与热力学温度 T 的关系图像。已知 AB、BC 分别与横轴和纵轴平行，CA 延长线过坐标原点。下列说法正确的是（　　） A． 过程，气体的体积将增大 B． 过程，单位时间撞击器壁单位面积的分子数增多 C． 过程，每个气体分子的动能均保持不变 D． 过程，气体放出的热量小于气体内能的减少量 3．（2026·陕西商洛·二模）如图所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态．AB的反向延长线过O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行，则下列说法正确的是（    ） A．过程，气体放出热量 B．过程，气体压强增大 C．过程，气体压强增大且增大的原因是气体分子数密度增大 D．整个过程，气体对外做的功小于外界对气体做的功 4．（2026·河南南阳·模拟预测）一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，从状态A到状态B过程中气体体积不变，从状态B到状态C过程中气体压强不变。对该理想气体所经历过程的描述正确的是（    ） A．从状态A到状态B的过程，气体温度升高 B．从状态B到状态C的过程，分子平均动能减少 C．从状态C到状态A的过程，外界对气体做正功 D．从状态A经历状态再次回到状态A时，外界对气体做总功为零 5．（2026·天津·二模）一定质量的理想气体从状态a开始，经过一个循环a→b→c→a，最后回到初始状态a，其图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．a→b过程，气体分子热运动的平均动能一直减小 B．b→c过程，气体温度不变 C．c→a过程，气体温度降低，并且向外界放出热量 D．在一个循环a→b→c→a过程中，气体吸收的热量等于放出的热量 6．（2026·天津河西·二模）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（　　） A．a→b过程，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少 B．a→b过程，气体对外做功等于从外界吸收的热量 C．b→c过程，气体分子的平均动能增大 D．c→a过程，气体对外做功，内能不变 7．（2026·河北承德·模拟预测）现代喷气式飞机的燃气轮机工作循环简化如下：1→2过程空气被绝热压缩，2→3过程燃料燃烧气体等压膨胀，3→4过程高温气体绝热膨胀推动叶轮转动，4→1过程废气等压压缩至初始状态。若气体始终可看作理想气体，下列说法正确的是（　　） A．1→2过程中，气体温度升高 B．2→3过程中，气体对外做负功 C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体吸收热量 8．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示为某密闭容器中一定质量的理想气体完成的循环过程，其压强随体积的倒数的变化情况。下列说法正确的是（　　） A．A到B过程，气体温度升高 B．B到C过程，气体对外放出热量 C．C到D过程，外界对气体做正功 D．D到A过程，气体内能减少 9．（2026·河南·模拟预测）如图所示是一定质量的理想气体缓慢的由状态A经过状态B变为状态C再到状态D的图像。已知气体在状态A时的压强是。则对应的气体的变化图像正确的是（　　） A． B． C． D． 10．（多选）（2026·吉林·模拟预测）一定质量的理想气体经历了A→B→C→D变化过程，其p-T图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A． A→B过程中，气体对外做功 B． B→C过程中，气体对外做功 C． B→C过程中，气体释放热量 D． C→A过程中，气体释放热量 11．（多选）（2026·河南南阳·模拟预测）一定质量的理想气体，从状态A经B、C状态后，又回到初始状态A，对应的p-V图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．状态A到状态B，气体分子的平均动能增大 B．状态B和状态C的热力学温度之比为2∶1 C．状态C到状态A，气体对外界做功为2p0V0 D．整个循环过程中，气体吸收的热量为p0V0 12．（多选）（2026·辽宁抚顺·二模）某容器内一定量理想气体的状态变化A→B→C→A过程的p-V图像如图所示，下列说法正确的是（    ） A．由状态A到状态B的过程中，气体吸收热量，内能增大 B．由状态B到状态C的过程中，气体吸收热量，内能不变 C．由状态C到状态A的过程中，气体做等温变化 D．气体处于状态A时与处于状态C时相比，气体分子间的平均距离较小，分子平均动能较小 13．（多选）（2026·贵州·模拟预测）一定质量的理想气体经历了的循环过程后回到状态A，其图像如图所示。完成一次循环，下列说法正确的是（　　） A．温度不变，内能不变 B．气体对外做正功，内能减小 C．外界对气体做正功，气体放热 D．气体对外做正功，气体吸热 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A 【详解】对a状态、b状态、c状态，由理想气体状态方程有 整理可得 一定质量的理想气体内能只和温度有关，温度越高内能越大，因此。 故选A。 2．A 【详解】A．根据理想气体状态方程，有 过程，温度升高，压强不变，气体的体积将增大，故A正确； B．过程，温度升高，分子的平均动能增大，压强不变，气体的体积将增大，分子数密度减小，单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，故B错误； C． 过程，温度不变，分子的平均动能不变，并不是每个气体分子的动能均保持不变，故C错误； D．根据理想气体状态方程，有 变形可得，可知 过程体积不变，气体做功为0，即W=0 温度降低，气体的内能减少,即 根据热力学第一定律，有 可知，即气体放出的热量等于气体内能的减少量，故D错误。 故选A。 3．C 【详解】A．过程，为等压膨胀过程，温度升高，气体内能增加，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故A错误； B．过程为等容过程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体压强减小，故B错误； C．过程，等温压缩，气体体积减小，压强增大，由于分子平均动能不变，因此压强增大的原因是气体分子数密度增大，故C正确； D．整个过程中，只有过程气体对外做功和过程外界对气体做功，这两个过程的体积变化相同，但过程为等压过程且压强大于过程的最大压强，故气体对外做的功大于外界对气体做的功，故D错误。 故选C。 4．C 【详解】A．由图可知，从状态A到状态B的过程中，气体的体积不变，为等容变化，根据查理定律 可知，从状态A到状态B的过程中，压强减小，温度降低，故A错误； B．由图可知，从状态B到状态C的过程中，气体的压强不变，为等压变化，根据盖-吕萨克定律 可知，从状态B到状态C的过程中，气体的体积增大，温度升高，分子的平均动能增大，故B错误； C．由图可知，从状态C到状态A的过程中，气体的体积减小，处于压缩过程，外界对气体做功，故C正确； D．图像中，图像与坐标轴围成的面积为变化过程所做的功，由于整个过程图像的面积不为零，因此外界对气体所做的总功不为零，故D错误。 故选C。 5．C 【详解】A．a→b过程，压强增大，体积增大，由 温度升高，气体分子热运动的平均动能一直增大，故A错误； B．b状态压强与体积的乘积与c状态压强与体积的乘积不相等 故b→c过程，气体不是等温变化，故B错误； C．c→a过程是等压压缩气体，外界对气体做正功（），由 气体体积减小，温度降低，内能减小，即 由热力学第一定律有，故，气体向外界放出热量，故C正确； D．在一个循环a→b→c→a过程中，气体对外界做的功（）为a→b→c→a对应图形的面积， 由热力学第一定律有 气体放出的热量小于吸收的热量，故D错误。 故选C。 6．A 【详解】A．a→b过程是等压过程，气体压强p不变，体积V增大，则单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故A正确； B．a→b过程，体积V增大，气体对外做功，即 根据盖吕萨克定律可知，气体温度T升高，则气体内能增大，即 根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，故B错误； C．b→c过程是绝热过程，即，由于体积V增大，气体对外做功，即 根据热力学第一定律可得 即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故C错误； D．c→a过程是等温过程，温度T不变，则气体内能不变，体积V减小，则外界对气体做功，故D错误。 故选A。 7．A 【详解】A．1→2过程中，空气被绝热压缩，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，则气体温度升高，故A正确； B．2→3过程中，气体体积增大，气体对外做正功，故B错误； C．3→4过程中，气体绝热膨胀，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，故C错误； D．4→1过程中，气体等压压缩，根据可知，气体温度降低，气体内能减小；由于外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故D错误。 故选A。 8．D 【详解】A．根据理想气体状态方程，可得 A到B过程的图线为过原点的一条倾斜直线，所以A到B过程，气体温度不变，故A错误； B．B到C过程，不变，即气体的体积不变，外界对气体做功 由图可知，B到C过程气体的压强增大，根据 可知，气体的温度升高，即气体的内能增大，即 根据热力学第一定律，可知，即气体从外界吸收热量，故B错误； C．C到D过程，气体的体积增大，气体对外界做功，故C错误； D．D到A过程，不变，即气体的体积不变，根据 可知，气体温度降低，即气体内能减小，故D正确。 故选D。 9．C 【详解】从题图可以看出，A与连线的延长线经过原点，根据理想气体状态方程可知， 从A到是等压变化，即有，根据盖—吕萨克定律有，解得 从到是等容变化，根据查理定律有，解得 从到是等温变化，根据波意尔定律有，解得 结合上述，只有第三个图像满足要求。 故选C。 10．BD 【详解】A．在p-T图像中，过原点的倾斜直线表示等容变化，A→B过程是等容变化，气体体积不变，可知气体不对外做功，外界也不对气体做功，A错误； B．B→C过程中，温度不变，压强减小，由可知体积增大，气体对外做功，B正确； C．B→C过程温度不变，内能不变；气体对外做功，根据热力学第一定律，气体吸收热量，C错误； D．C→A过程中，压强不变，温度降低，由可知体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减少， 根据热力学第一定律，气体释放热量， D正确。 故选BD。 11．AD 【详解】A．由题图可知，状态A到状态B，p与V乘积变大，由理想气体状态方程 可知气体温度升高，气体分子的平均动能增大，故A正确； B．对于状态B和状态C，由理想气体状态方程可得 可得状态B和状态C的热力学温度之比为，故B错误； C．图像与横轴围成的面积表示做功大小，状态C到状态A，外界对气体做功 故C错误； D．整个循环过程中，外界对气体做功为 整个循环过程中，气体内能变化量为0，由热力学第一定律有 联立可得， 故整个循环过程中，气体吸收的热量为，故D正确。 故选AD。 12．AD 【详解】A．由状态A到状态B的过程中，气体体积增大，则气体对外做功，由 可知的乘积变大，气体温度升高，所以气体吸收热量，内能增大，选项A正确； B．由状态B到状态C的过程中，气体做等容变化，压强变大，所以气体温度升高，气体吸收热量，内能增大，选项B错误； C．由状态C到状态A的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，且的乘积变小，气体温度降低，选项C错误； D．气体处于状态A时与处于状态C时相比，气体体积较小，分子平均距离较小，气体温度较低，分子平均动能较小，选项D正确。 故选AD。 13．AD 【详解】A．完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，所以气体的内能不变，故A正确； BCD．图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从的过程气体的体积增大是气体对外界做功的过程，从的过程气体的体积减小，是外界对气体做功的过程，且从的过程图像与坐标轴所围的面积小于从的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律，可知因则，所以气体从外界吸收热量，故BC错误，D正确。 故选AD。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．某电场的电势随位置的变化关系如图所示，点为坐标原点，、、、为轴上的四个点。一带正电粒子从点由静止释放，在电场力作用下沿轴运动，不计重力，则粒子（　　） A． 在点与点所受电场力相同 B． 在点的电势能大于点的电势能 C． 将在之间做周期性运动 D． 将沿轴负方向运动，可以到达点 2．如图所示，在正方体上顶点、、、D’处分别放置了点电荷，电荷量分别为、、、。点和点分别为上表面和下表面的中心，关于这些点电荷形成的电场，下列判断正确的是（　　） A．点和点的电场强度大小 B．点和点的电场强度大小 C．点和点的电势 D．电子自点运动到点，电势能减小 3．(多选)如图（a）所示，真空中的阴极K可连续不断地释放电子（电子初速度忽略不计），电子经加速电压加速后从小孔射出，沿水平正对的平行金属板A、B中轴线射入两极板之间的偏转电场，两极板之间的电场强度随时间的变化关系如图（b）所示，所有电子在两金属板A、B之间的偏转电场中运动的时间均为，在金属板A、B右侧有一竖直固定足够大的荧光屏，荧光屏到金属板A、B右端的距离为。已知电子的质量为，电荷量为，金属板A、B的长度均为，且所有的电子都能打在荧光屏上，不计电子重力及电子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．加速电压 B．金属板A、B之间的距离最小为 C．打在荧光屏上的电子动能大小为 D．荧光屏上有电子击中的区域长度为 4．(多选)如图所示，一带电粒子q以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，粒子只受静电力，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60°角。下列说法中正确的是（　　） A．点电荷Q带正电 B．粒子q在a点的静电力小于在b点的静电力 C．粒子q在a点的电势能大于在b点的电势能 D．a点的电势低于b点电势 1．C 【详解】A．图像斜率表示电场强度，由图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据可知在b点与c点所受电场力方向相反，故A错误； B．由图可知，、两点电势相等，根据可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故B错误； CD．根据沿着电场线方向电势降低可知在点电场方向为轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，粒子仅受电场力做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能等于a点的动能均为0，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达点，故C正确，D错误。 故选C。 2．C 【详解】AC．和处点电荷在和点的电场强度大小关系是， 竖直向下，电势关系，点、D’处点电荷在和点的电场强度关系是， 方向均水平、电势关系，故，，故A错误，C正确； BD．和处点电荷在和点的电场强度大小关系是、方向相反， 电势关系，点、处点电荷在和点的电场强度大小关系是、电势关系；与成钝角，与成锐角，根据电场强度矢量合成，得，电势求和知，电子自点运动到点，电场力做正功，电势能增大，故BD错误。 故选C。 3．AC 【详解】A．电子经过金属板A、B之间的偏转电场用时为，故电子水平方向的速度大小为 在加速电场中加速有 联立解得，A正确； B．在时刻进入偏转电场的电子偏移量最大，最大为 所以两金属板之间的最小距离为，B错误； C．电子在金属板之间飞行的时间均为，所以电子离开偏转电场时竖直方向的速度大小均相同，为 所以打在荧光屏上的电子动能均为，C正确； D．由于电子离开偏转电场时竖直方向的速度均相同，所以电子离开偏转电场后速度方向均平行，在时刻进入偏转电场的电子，离开偏转电场时的偏移量为 与时刻进入偏转电场的电子偏移量方向相反，故荧光屏上有电子击中的区域长度为，D错误。 故选AC。 4．BC 【详解】A．由图可知，点电荷Q产生的电场中，和指向点电荷，故点电荷Q带负电，故A错误； B．由图中可知，a点到点电荷的距离大于b点到点电荷的距离，根据库仑定律 可知粒子q在a点的静电力小于在b点的静电力，故B正确； CD．根据上述分析可知，a点到点电荷的距离大于b点到点电荷的距离，沿着电场线方向电势降低，根据负点电荷周围等势面的分布情况，可知a点的电势高于b点电势，结合粒子轨迹的弯曲方向，可知粒子与点电荷的电性相反，因此粒子带正电，电势能的定义式 可知粒子q在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确，D错误。 故选BC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．某小组利用图甲所示的装置完成实验：探究加速度与力、质量的关系。 (1)关于本实验的操作，下列说法正确的一项是___________。 A．实验时打点计时器应接220V的交流电源 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．实验时应调节连接小车的细绳与长木板平行 D．小车质量应远大于沙桶的质量 (2)某次实验时得到的纸带如图乙所示，已知相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为，则小车的加速度大小___________；若本次实验时力传感器的示数为，重力加速度取，则沙桶的总质量___________（结果均保留2位有效数字）。 (3)另一小组由于操作不慎，导致力传感器损坏，于是该小组转换思路重新进行实验。平衡小车摩擦后，保持小车质量不变，以沙桶与沙总重力的2倍为小车的合外力，通过改变沙桶中沙的质量，得到了图丙中的曲线图像，一位同学利用最初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示，作一条与纵轴平行的虚线，与这两条图线及横轴的交点分别为、、，若此虚线对应的小车质量为，沙桶与沙的总质量为，则___________（用、表示）。 2．某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下： （1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间____________（填“相等”或“不相等”）时，可认为气垫导轨水平； （2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；用游标卡尺测量固定在滑块上端的遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度d=______mm； （3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； （4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12； （5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示） （6）该同学又用该装置来验证砝码和砝码盘以及滑块所组成的系统机械能守恒。实验中，接通气源，滑块由静止释放后，除了要测量（2）~（4）中的物理量外，还需要测量AB的距离L 。在实验误差允许范围内，m1和m2满足的表达式________（用上述测量的物理量符号及重力加速度g表示）成立，则系统机械能守恒。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1)C (2) (3) 【详解】（1）A．电磁打点计时器工作电压在的交流电压，故A错误； B．实验时应先接通电源后释放小车，故B错误； C．实验时应调节连接小车的细绳与长木板平行，能保证小车受到拉力为恒力，故C正确； D．本题有力传感器测拉力，不需要小车质量远大于沙桶的质量，故D错误。 故选C。 （2）[1]电源的频率为，相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻两计数点间时间间隔为 根据逐差法可得小车的加速度大小为 [2]对沙桶受力分析，受竖直向下的重力和竖直向上细绳的拉力，因为沙桶运动的位移是小车位移的两倍，所以沙桶的加速度为，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有 解得 （3）对小车和沙桶进行分析，近似认为沙桶与沙总重力的2倍为小车的合外力，根据牛顿第二定律有 解得 小车质量不变，逐渐增加沙桶中沙的质量，对沙桶受力分析有 对小车，根据牛顿第二定律有 联立解得 所以 2． 相等 4.45/4.50 m1gt12 【详解】（1）[1]当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，则滑块经过两个光电门的速度相等，即滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平。 （2）[2]固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为，所以遮光片的宽度为 （5）[3]拉力冲量的大小为 [4]滑块动量改变量的大小为 （6）[5]系统机械能守恒，则砝码和砝码盘减少的重力势能与系统增加的动能相等，即 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·北京昌平·二模）如图所示，A、B两小球（可视为质点）从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。不计空气阻力。若两个小球抛出位置不变而抛出速度大小均变为原来的2倍，则相遇时间为（　　） A． t B． C． D． 2．（2026·云南保山·模拟预测）如图所示为半圆形轨道，半径为、为圆心、为圆弧最高点、为圆弧上的一点，连线与竖直方向的夹角为。小球从地面上的点斜向上抛出，到达点时速度与垂直，且小球对轨道的压力为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球一定会停在点 B．小球一定会从点沿圆轨道开始运动 C．小球可能会从点斜向上抛出后，落到点 D．小球一定会从点斜向上抛出后，落到与点关于对称的点 3．（2026·四川成都·三模）正四面体的棱长为，其底面处于水平地面上，为中点，从顶点A沿不同方向水平抛出相同质量的小球，不计空气阻力。对于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．落在点的小球比落在点的小球的运动时间长 B．落在棱上的小球末速度方向都相同 C．落在、、三点的小球抛出时的初速度相同 D．落在点的小球与落在点的小球抛出时初速度大小之比为4∶1 4．（2026·河南南阳·模拟预测）一同学在操场练习定点投篮，他将篮球以的速度以一定投射角从离地高度处投出，篮球从篮筐上方斜向下直接经过篮筐的中心点无碰撞进入篮筐。篮球从投出到进入篮筐的过程中，上升时间与下降时间之比为，篮筐距离地面的高度为。重力加速度，忽略空气阻力，则（　　） A．篮球从投出到进入篮筐的时间为 B．篮球最高点速度大小为 C．篮球抛出点到篮筐中心的水平距离 D．投射角的正切值 5．（2026·四川内江·二模）机器人表演扭秧歌时，将左、右手中的手绢同时抛出互换，如图（b）所示。两手绢在空中的运动轨迹分别为轨迹和轨迹，若忽略空气阻力，则（　　） A．沿轨迹运动的手绢加速度更大 B．沿轨迹运动的手绢在空中运动时间更长 C．沿轨迹运动的手绢到最高点时速度更大 D．沿轨迹运动的手绢到最高点时速度更大 6．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，某次篮球训练中，一名球员先后在A、B位置从同一高度投篮，两次篮球均准确落入同一篮筐（落入篮筐时的位置视为相同）。已知A位置距篮筐较远，两次投篮过程中篮球距水平地面的最大高度相等，忽略空气阻力。则两次投篮相比较（　　） A．落入篮筐前，从A位置抛出的篮球在空中运动的时间较长 B．篮球从A位置抛出时的速度较大 C．篮球在最高点的速度大小相等 D．篮球落入篮筐时速度大小相等 7．（2026·江西南昌·二模）在2025年南昌国际体育科技展上，江西本土企业展示了一款AI辅助投篮训练系统。该系统通过高速摄像机捕捉篮球运动轨迹，并利用算法实时分析投篮参数。某同学在使用该系统进行训练时，篮球出手时的初速度为，方向与水平方向的夹角为60°。经时间，篮球空心入筐，系统检测到篮球的出手点到篮筐的距离为。不考虑空气阻力。该AI系统计算出篮球入筐时的速度与出手初速度的夹角为（　　） A．75° B．90° C．105° D．120° 8．（2026·云南保山·模拟预测）如图甲，某景观喷泉正以喷头为中心，在同一竖直面内向各个方向以相同大小的初速度将水喷出，落到水平湖面上，空气阻力忽略不计。以喷头为坐标原点O，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系，如图乙所示。已知图乙中实曲线为部分水流的轨迹，虚曲线为水流的包络线（与所有水流的轨迹均相切的曲线），虚曲线的方程为。取重力加速度，则（　　） A．水喷出时速度大小为 B．水喷出后在空中飞行的最长时间为 C．水流飞行的最大水平位移为 D．水平位移最大的水流在空中的时间为 9．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，将小球从空中P点斜向右上抛出，初速度大小为，方向与水平方向的夹角为，小球在运动过程中受到水平向左的恒定风力F作用，下列说法正确的是（　　） A． 仅增大，球在空中运动时间变长 B． 仅增大，球在空中运动时间不变 C． 仅增大，球在空中速度变化量变小 D． 仅增大F，球在空中速度的变化率不变 10．（2026·广东深圳·三模）如图是一张机器人在罚球线上进行投篮时的频闪照片，照片记录了篮球在空中飞行并斜向下穿过篮筐中心的过程。已知篮球的质量为，抛出点离篮筐中心的水平距离为，竖直距离为，篮球穿过篮筐中心时，速度方向与水平面的夹角为，重力加速度大小取，不计空气阻力。该过程中，下列说法正确的是（　　） A．篮球抛出时，初速度的水平分速度大小为 B．篮球抛出时，重力的瞬时功率为 C．篮球在空中运动时间为 D．篮球抛出时初速度与水平面夹角的正切值为 11．（多选）（2026·河南信阳·二模）如图所示，甲、乙两小球同时从点以相同大小的初速度射出，速度方向与水平方向的夹角均为，经过一段时间，甲运动到点（速度正好水平向右），乙运动到点，且、两点的高度差为，已知乙的质量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A． 甲、乙的初速度大小为 B． 点不在点的正下方 C． 甲在点的速度为 D． 乙在点重力的瞬时功率为 12．（多选）（2026·新疆·三模）在水平地面上方的某位置，以相同的速率沿各个方向抛出小球，不计空气阻力。这些小球在抛出至落地的过程中（　　） A．竖直向上抛出的小球运动时间最长 B．斜上抛比斜下抛的小球落地时的速度大 C．若落在同一点，则抛出时的速度方向一定相同 D．水平抛出的小球落地时速度方向与地面的夹角最小 13．（多选）（2026·湖北黄冈·模拟预测）如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，现将质量相同的小球、分别从斜面上的、两点抛出，球的初速度水平向左、大小为，球的初速度与水平方向成角斜向左上方、大小为。球落在斜面上的点，球落在地面上的点，上述过程，两球在空中运动的时间均为，与之间的水平距离和与之间的水平距离相等。已知两球均可视为质点，忽略空气阻力，，，取。下列说法正确的是（　　） A． B．两球分别到达、两点前瞬间，速度方向相同 C．抛出后时间内，两球动量变化量相同 D．抛出后时间内，两球重力平均功率相等 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】由于两小球从相同高度同时抛出，竖直方向运动规律完全一致（初速度为0、加速度为），任意时刻两球的竖直下落高度相同，因此相遇条件仅由水平方向的相对运动决定。 设两球初始水平间距为，第一次抛出的初速度分别为、，水平方向相对速度大小为，第一次相遇时间为，则水平方向满足： 当两球抛出速度均变为原来的2倍时，新的初速度为、，水平相对速度变为 设新的相遇时间为，则： 联立两式解得： 故选C。 2．C 【详解】A．根据机械能守恒，小球从C点到A点过程中需要克服重力做功，可能小球的动能不足以使小球到达A点，A错误； B．小球在点的速度方向与轨道切线方向一致，小球可能做斜抛运动，不一定会从点沿圆轨道开始运动，B错误； CD．小球做斜抛运动，其水平射程由初速度和抛射角决定，小球可能落在A点或者其他位置，不一定落到与点关于对称的点，C正确，D错误。 故选C。 3．B 【详解】A．由题知、点等高，根据平抛运动规律，在竖直方向做自由落体运动，则有 可得 可知两小球运动的时间相同，故A错误； B．落在棱上的小球，根据几何关系，可知位移与水平方向夹角相同，根据速度夹角与位移夹角的关系，可知其速度与水平夹角也相同，故B正确； C．由题可知，三点抛出时小球的初速度方向不同，故C错误； D．落在、两点的小球运动时间相同，由题可知，水平位移之比为2∶1，根据 可知它们的初速度之比为2∶1，故D错误。 故选B。 4．C 【详解】A．设篮球投出到进筐过程中，上升时间为，下降时间为，由题意可得 其中，解得， 则篮球投出到进筐过程总时间故A错误； BD．抛出瞬间篮球速度的水平分量为 篮球速度的竖直分量为 解得，，， 篮球在水平方向做匀速运动，因此篮球最高点速度大小为，故BD错误； C．篮球抛出点到篮筐中心的水平距离满足，故C正确。 故选C。 5．D 【详解】A．手绢沿轨迹和运动的加速度相等均为重力加速度，故A错误； B．手绢在空中为斜上抛运动，手绢从手中到最高点（逆向思维）与最高点到手中为对称的平抛运动，设手绢在空中运动时间为，由可知，沿轨迹运动的手绢更大，所以其在空中运动时间更长，故B错误； CD．设手绢在空中运动时间为，由 由图可知相同，沿轨迹运动的手绢在空中运动时间更短，所以沿轨迹运动的手绢到最高点时的速度更大，故C错误，D正确。 故选D。 6．B 【详解】A．由题意可知，从两个位置抛球后，篮球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同，上升的时间相同，两次运动到最高点后篮球下落的高度相同，所以下落的时间相同，即从两个位置抛的球在空中运动的时间相等，故A错误； BC．由图可知位置A处到篮筐的水平距离大，则水平分速度大，篮球在最高点的速度也大，根据速度的合成可知抛出时的速度也较大，故B正确，C错误； D．由上分析可知从位置A抛出时的速度大，重力做功相同，根据动能定理可知从位置A抛出的篮球落入篮筐时速度大，故D错误。 故选B。 7．B 【详解】篮球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，水平分速度 水平位移，由题意知出手点到篮筐的距离 根据几何关系，竖直位移 竖直方向做匀变速直线运动，平均速度 又，其中初速度竖直分量 解得末速度竖直分量 末速度与水平方向夹角正切为，所以 所以篮球入筐时的速度与出手初速度的夹角为90°。 故选B。 8．D 【详解】A．由题可知，当时，则有 结合竖直上抛运动规律，联立解得，A错误； B．根据，可知最高点对应得时间最长，故有 根据抛体运动得对称性可得，水喷出后在空中飞行的最长时间为，B错误； C．当时，可得水平位移最大为，解得，C错误； D．设水流抛出时，速度方向于水平方向的夹角为，根据运动的分解可得水平位移 竖直方向上则有，根据运动得对称性可得，联立可得 由数学知识可知，时，即水平位移最大， 故水平位移最大的水流在空中的时间为，D正确。 故选D。 9．A 【详解】A．小球在竖直方向做上抛运动，竖直方向的加速度为重力加速度；仅增大，竖直向上的初始分速度变大，根据运动学公式可知，球在空中运动的时间变长，故A正确； BC．仅增大，竖直向上的初始分速度变大，根据运动学公式可知，球在空中运动的时间变长；由于小球受到的重力和风力均为恒力，所以小球所受合力恒定不变，加速度恒定不变，根据可知，球在空中速度变化量变大，故BC错误； D．仅增大F，小球受到的重力和风力的合力变大，球在空中运动的合加速度变大，则球在空中速度的变化率变大，故D错误。 故选A。 10．B 【详解】AC．设篮球抛出时，竖直方向分速度为，水平方向的分速度为，进入篮筐时竖直方向分速度大小为，根据题意有，水平方向 取竖直向上为正方向，竖直方向， 联立解得，，，故AC错误； B．篮球抛出时，重力的瞬时功率为，故B正确； D．篮球抛出时初速度与水平面夹角的正切值为，故D错误。 故选B。 11．AD 【详解】A．把甲、乙的初速度分别沿着水平方向和竖直方向正交分解，则有， 甲在点的速度水平向右，由逆向思维可得甲从点到点做平抛运动，则甲上升的高度为 由斜抛运动规律可得乙下降的高度为，再结合 综合解得，，，A项正确； B．两种抛体运动在水平方向的分速度相等，水平方向的分运动均为匀速直线运动，运动时间相等，则水平分位移相等，则点在点的正下方，B项错误； C．甲在点的速度为，C项错误； D．乙在C点沿竖直方向的分速度为 则乙在点重力的瞬时功率为，D项正确。 故选AD。 12．AD 【详解】A．将抛体运动分解为竖直方向的匀变速直线运动和水平方向的匀速直线运动，设向上为正方向，抛出点高度为，竖直方向位移为，满足位移公式 当竖直向上抛出时竖直分初速度为最大值 解得运动时间最长，故A正确； B．小球运动过程只有重力做功，机械能守恒，初速率和下落高度均相同，因此落地时速度大小相等，故B错误； C．落在同一点即水平位移相同，水平位移满足 不同抛射角可对应不同的运动时间，使得相等，因此抛出时速度方向不一定相同，故C错误； D．设落地时速度方向与地面夹角为，则 水平抛出时水平分速度为最大值 落地时竖直分速度的大小为最小值 因此最小，落地速度与地面的夹角最小，故D正确。 故选AD。 13．AC 【详解】A．两球在水平方向均做匀速直线运动，由题意可知两球在空中运动的时间相等，通过的水平位移相等，可知两球的水平分速度相等，则有 可得，故A正确； B．球到达点前瞬间竖直分速度为 球到达点前瞬间竖直分速度为 可知两球分别到达、两点前瞬间竖直分速度大小不相等，而水平分速度相等，所以合速度方向不相同，故B错误； C．抛出后时间内，根据动量定理可得 由于两球的质量相等，在空中运动的时间相等，所以两球动量变化量相同，故C正确； D．抛出后时间内，竖直方向球做自由落体运动，球先竖直上抛再下落，所以两球下落的高度不同，根据 可知两球重力平均功率不相等，故D错误。 故选AC。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律。水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，一上端装有长方形遮光片的滑块总质量为，滑块的左端连接着平行于导轨的细绳，细绳另一端跨过定滑轮和矿泉水瓶连接。导轨下端固定一光电门，光电门与计时器（图中未画出）连接，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间，光电门的中心位于导轨上的点。开始时，在矿泉水瓶里加入适量的水，调整导轨的倾角，使滑块恰好在导轨上静止，此时遮光片的中心位于导轨上的点，该同学利用刻度尺测出、两点间的距离为，测得矿泉水瓶和里面水的总质量为，遮光片的宽度为，忽略滑块和导轨间的摩擦，重力加速度为。 (1)矿泉水瓶倒掉一部分水后，测得矿泉水瓶和里面水的总质量为0.5m，滑块由静止开始下滑，读出遮光片经过光电门时的挡光时间为，则滑块从到的过程中，系统的重力势能的减小量为______（用题目中所给的字母表示）；此实验需要验证的表达式正确的是______。 A、        B、 C、        D、 (2)根据实验的原理，该同学保持滑轮高度和光电门位置不变，用细绳跨过定滑轮将滑块和矿泉水瓶连接，不断改变导轨倾角和矿泉水瓶中水的质量，从而保证滑块每一次都恰好静止在导轨上，剪断细绳后滑块仍然从处释放，测出每次矿泉水瓶和瓶中水的总质量以及对应挡光时间，作出关系图像，如图2所示，则图像的斜率______。 2．2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下： （i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。 （ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。 （iii）该同学选取部分实验数据，画出了—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2 （iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。 回答以下问题： （1）当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为___________m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为___________m/s2。（结果均保留2位有效数字） （2）根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为___________ m/s2。（结果保留2位有效数字，sin37°= 0.60，cos37°=0.80） 3．某同学用如图甲所示装置测量小车沿斜面做匀变速直线运动速度随时间变化规律， 实验步骤如下:将位移传感器固定在长板底端， 让小车从长板的P位置由静止开始下滑， 通过计算机可得到小车与位移传感器距离随时间变化的图像图乙中曲线②所示。 (1)若只增大长板倾斜角度，则小车与位移传感器距离随时间变化的图像可能是图乙中的_____（选填“①”或“③”）； (2)由图乙中②的、数据可知，小车运动0.9s至1.7s内的位移大小为_____m，运动1.3s时的速度大小为_____ 。（均保留两位有效数字） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1) B (2) 【详解】（1）滑块恰好在斜面静止，设斜面倾角为，则 倒掉0.5m水后，从A到B过程，整体重力势能减少量为 整体动能增加量为 所以机械能守恒表达式为，故选B。 （2）剪断绳子，机械能守恒表达式为 化简得 所以斜率 2． 0.32/0.33 3.1 9.4 【详解】（1）[1][2]根据可得 则由图像可知 则 v0=0.33m/s （2）[3]由牛顿第二定律可知 即 当θ=53°时a=5.6m/s2，即 当θ=37°时a=3.1m/s2，即 联立解得 g=9.4m/s2 3．(1)① (2) 0.26 0.33 【详解】（1）小车沿斜面由静止开始下滑，做初速度为零的匀加速直线运动，则小车与位移传感器距离为 其中是起点到传感器的距离，若只增大长板倾斜角度，则加速度增大，在相同时间内，小车下滑的位移更大，即下降的更快，图像更陡峭，即变为曲线①； （2）[1]从图乙中读取时， 时， 由于是到传感器的距离，小车向下运动，位移大小等于距离的减少量，有 [2]小车沿斜面向下做匀加速直线运动，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而1.3s为0.9s至1.7s的中间时刻，则有 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．在光滑水平地面上，如图所示，有一个质量为M、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，将质量为m的小物块从图示位置静止释放，经过t时间，物块到达圆弧槽底部。重力加速度为g。关于此过程说法正确的是（　　） A．圆弧槽、物块组成的系统机械能守恒且动量守恒 B．圆弧槽对地面的压力始终小于 C．圆弧槽对物块的支持力做负功 D．该过程圆弧槽的位移为 2．（多选）如图所示，物块A、B用轻弹簧连接并放置于足够长水平传送带上，传送带以恒定速率顺时针转动。时，A的速度大小为，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长。时，A第一次与传送带共速。已知A、B可视为质点，质量均为，与传送带的动摩擦因数均为；与传送带相对滑动时留下划痕未重合，重力加速度大小取，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．过程，A、B的位移相等 B．在时，A、B的速度相同 C．过程，A与B在传送带上留下的划痕长度相同 D．过程，在传送带上留下的划痕长度大于 3．某仓库货物的运转如图所示，一倾角为的固定斜面底端与一传送带的左端在点平滑连接，传送带的右端与半径的四分之一圆弧光滑小车在点平滑连接，斜面和小车均不影响传送带的转动，质量为的工件从斜面的顶端由静止释放，经过点后，滑上沿顺时针方向以的速度匀速转动的传送带，工件运动到点后滑上高质量为的小车。已知工件与斜面之间的动摩擦因数，斜面的长度为，工件与传送带之间及地面间的动摩擦因数分别为和，传送带的水平长度为，工件经过点和点时，忽略其能量的损耗，工件可看成质点，小车与地面之间摩擦力不计，重力加速度，，，求： (1)工件到达点时的速度大小。 (2)工件与传送带之间因摩擦产生的热量。 (3)若工件上升到最高点时，圆弧轨道突然被锁定，工件落地后不再弹起，可认为工件与地面间的弹力远大于工件重力，工件与地面作用时间极短，则工件落地后前进的距离是多少？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】A．圆弧槽、物块组成的系统水平方向上的动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误； B ．物块竖直方向的分速度先增大后减小，物块在竖直方向的加速度先向下后向上，物块先失重后超重，则圆弧槽对地面的压力先小于，后大于，故B错误； C．物块下滑的同时，圆弧槽向左运动，圆弧槽对物块的支持力与物块位移的夹角为钝角，支持力做负功，故C正确； D．系统水平方向动量守恒，则有 经过时间t可得 ，又 联立解得圆弧槽的位移为，故D错误。 故选C。 2．BCD 【详解】B．初始时A受向左的摩擦力以及向左的弹力而向右减速，B受向右的摩擦力和向右的弹力而向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有 解得B的速度，即在时，A、B的速度相同，故B正确； A．过程，A向右减速，B向右加速，最后共速，则在这段时间内A的位移大于B的位移，故A错误； CD．过程，传送带的位移 因A的加速度，因弹力逐渐增加，则A做加速度增加的减速运动，则过程的位移 则在传送带上留下的划痕长度大于； B的加速度，可知在任意时刻AB的加速度总是相等的，即B做加速度增加的加速运动，AB的v-t图像对称，则AB相对传送带的位移大小相等，即划痕相等，CD正确。故选BCD。 3．(1)2m/s (2)10J (3)2.42m 【详解】（1）工件从斜面的顶端由静止释放到点过程，根据动能定理可得 ，解得 （2）由于，可知工件滑上传送带后做加速运动，加速度大小为 设工件在传送带上一直做加速运动，根据运动学公式可得 解得工件到达端的速度为 ，假设成立。 工件从端到端所用时间为 工件与传送带发生的相对位移大小为 工件与传送带之间因摩擦产生的热量为 （3）设工件滑上小车后，不能向上滑离小车，工件在小车上能上升的最大高度为，根据系统水平方向动量守恒可得 ，解得 根据系统机械能守恒可得 ，解得 由于所以工件能向上滑离小车上升到最高点时，已经脱离圆弧轨道，轨道突然被锁定，工件做平抛运动，直至落地，有 解得 工件落地时竖直方向的速度为 竖直方向根据动量定理得 水平方向根据动量定理得 ，解得 工件落地后继续向前滑动，由 ，解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·河北沧州·一模）实验小组使用多用电表进行了如图所示的四次测量，实验时操作均正确且符合规范的实验要求，下列说法正确的是（　　） A．图甲中多用电表在测量除多用电表以外回路中其他电阻阻值之和 B．图乙中多用电表在测量小灯泡电阻 C．图丙中多用电表在测量通过小灯泡的电流 D．图丁中多用电表在测量二极管的正向电阻 2．（2026·陕西汉中·模拟预测）某实验小组进行练习使用多用电表和电表改装实验。 (1)图甲为多用电表的表盘，“15”在表盘的正中间位置，现用此多用电表的欧姆挡测量电阻的阻值，当选择开关置于欧姆表“”挡的位置时，发现指针偏转角度太大，请选择以下必需的步骤，并按正确的操作顺序逐一写出步骤的序号：__________。 A、将红表笔和黑表笔短接 B、把选择开关旋转到“”挡的位置 C、把选择开关旋转到“”挡的位置 D、调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 (2)在完成（1）实验后，多用电表指针指在如图甲所示的位置，则的读数__________。 (3)已知电源的电动势，请计算（2）问中流过多用电表的电流__________（结果保留两位有效数字）。 (4)现有量程为、内阻的电流表，将此表改装成简易多用电表，其内部结构如图乙所示，要求有两个电流挡，量程分别为和；若选量程为，则应接图乙所示电路中__________挡（“1”或“2”），若选量程为，则定值电阻__________（结果保留两位有效数字）。 3．（2026·河南信阳·二模）某同学学习完“练习使用多用电表”后，想用一电流表G设计一个三挡位的欧姆表。 (1)首先使用如图甲所示的标准多用电表测量电流表G的内阻（约100Ω），请从下列选项中选出合理的步骤，并按_________的顺序进行操作，再进行读数。 A．将K旋转到“×100”的位置 B．将K旋转到“×10”的位置 C．将K旋转到“×1”的位置 D．转动部件S，使指针对准电流的“0”刻度 E．转动部件T，使指针对准电阻的“0”刻度 F．红黑表笔短接，转动部件T，使指针对准电阻的“0”刻线 G．红黑表笔短接，转动部件T，使指针对准电阻的“∞刻线” H．将红表笔与电流表的正接线柱连接，黑表笔与另一接线柱连接 I．将红表笔与电流表的负接线柱连接，黑表笔与另一接线柱连接 (2)测量电流表G的内阻后，设计出电路图如图乙所示，R为调零电阻，R1、R2、R3为定值电阻。 ①当欧姆表的挡位为“×100”时，单刀三掷开关应与______（选填“1”“2”或“3”）接通。 ②将挡位由“×10”换到“×100”，进行欧姆调零时，应将调零电阻R的滑片向____（选填“上”或“下”）移动。 ③选用“×100”挡测量阻值为5kΩ的定值电阻，电流表的指针偏转到满偏刻度的，再测量某定值电阻Rx时，电流表的指针偏转到满偏刻度的，则Rx=_______kΩ。 ④在电流表的刻线上标注欧姆刻度，一段时间后电源电动势由1.5V降为1.45V，按正确操作测量某电阻时，读数为240Ω，则该电阻的真实值为______Ω。 4．（2026·宁夏银川·三模）某兴趣小组自制了一个四挡位（“”“”“”和“”）的欧姆表。 (1)小聪同学欲测量100Ω左右的电阻，需将选择开关调至________挡位，________调零后，进行测量，如图甲所示，则电阻阻值为________Ω； (2)该小组讨论后，设计的欧姆表内部结构如图乙所示，已知电源为一节干电池（，r=1Ω），其b端应为电源的________；（选填“正极”或“负极”） (3)已知电流计的量程为60μA，内阻Rg=1000Ω，经计算可求出4个定值电阻的阻值之和R总，则R总=________Ω。 5．（2026·天津和平·二模）研究小组同学利用多用电表测量金属丝的阻值。 (1)先用欧姆表粗测其阻值。两位同学分别选用多用电表“”和“”挡，将两个表笔短接，进行欧姆调零，然后将表笔分别接在电阻的两端，多用电表指针如图1中的虚线及实线所示，则电阻的阻值为________。 (2)之后同学们设计了如图2所示电路利用多用电表再次开展测量，学生电源使用直流输出挡，所用多用电表的挡位设置如图3，则电路中的表应选用________量程，表应选用________量程。 (3)正确选择了挡位和量程后，电路中电表和电表的指针偏转如图4和图5所示，由此可计算得到电阻的阻值为________（结果保留3位有效数字）。 6．（2026·山东聊城·二模）如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题。 (1)该多用电表的直流电流挡、直流电压挡和欧姆挡各有两个量程。当选择开关S旋到_______位置时，电表可测量直流电流，且量程较大。 (2)该多用电表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，正确使用欧姆挡测量某一个电阻时，测得的电阻值相比真实值____________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 (3)某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下： A．干电池（电动势E为9.0V，内阻r不计）； B．电流计G（量程600μA，内阻90Ω）； C．可变电阻器R； D．定值电阻； E.导线若干，红、黑表笔各一只 ①若在图乙中，保持断开，表盘上300μA刻度线对应的电阻刻度值是____________Ω； ②若在图乙中，闭合，这相当于欧姆表换挡，则换挡前、后倍率之比为____________。 7．（2026·重庆沙坪坝·二模）习友路某学校举行物理实验设计大赛，主题是设计双挡位欧姆表（“×1”挡和“×10”挡），并要求用统一的表盘，如图甲所示。已知中间刻度为15，当选择“×1”挡时，欧姆表的内阻为15Ω；当选择“×10”挡时，欧姆表的内阻为150Ω。下面是两个小组设计的方案： 方案一：电路图如图乙所示 毫安表G1，量程100mA，内阻为10Ω； 电源E1，电动势为1.5V，内阻约1Ω； 电源E2，电动势为15V，内阻约1Ω； (1)滑动变阻器有两种规格“0~20Ω”和“0~200Ω”，则图中R1选择________（选填“0~20Ω”或“0~200Ω”；图中R2选择另一个滑动变阻器。 (2)当单刀双掷开关接2时，欧姆表的挡位为________挡（选填“×1”或“×10”）。 (3)AB两个表笔，其中为红表笔的是________（选填“A”或“B”）。 方案二：电路图如图丙所示 毫安表G2，量程100mA，内阻为90Ω；     电源E3，电动势为15V，内阻约1Ω； 滑动变阻器R3的规格为“0~200Ω”；     电阻箱R4的规格为“0~999.9Ω” (4)连接电阻箱的开关断开时，欧姆表的挡位为________挡（选填“×1”或“×10”）。开关合上后，欧姆表为另一个挡位，此时应调节电阻箱的阻值为________Ω（结果保留一位小数）。 8．（2026·安徽阜阳·模拟预测）某同学练习使用多用电表，多用电表的表盘如图1所示。 (1)使用多用电表前，观察指针是否对齐左端“0”刻度线。若未对齐，则应调节___________（填“机械调零”或“欧姆调零”）旋钮。 (2)将选择开关旋至欧姆挡“”倍率，红、黑表笔分别与某一电阻的两端相接，若指针指在图1中的虚线位置，则选择开关应旋至________（填“”或“”）倍率，然后欧姆调零，再测量，指针指在图1中的实线位置，则________。 (3)图2所示虚线框内为多用电表欧姆挡内部部分结构示意图，和为定值电阻，滑动变阻器为调零电阻，单刀双掷开关接不同位置可以在“×1”倍率和“×10”倍率间切换。当开关K接“1”时对应的是___________（填“”或“”）倍率。 (4)若图2中电源电动势，表头满偏电流，内阻，欧姆表的中值刻度是15.0，则___________（结果保留2位有效数字）。 9．（25-26高三下·江西抚州·月考）某实验兴趣小组准备利用表头Gx设计一个多挡位欧姆表，但不知道该表头的电阻。为了精确地测量表头的电阻，该小组首先采用了“电桥法”测量Gx的阻值。电路如图甲所示，由控制电路和测量电路两部分组成。实验用到的器材如下： A．待测表头Gx：量程0~1mA，内阻约为200Ω B．灵敏电流计G C．定值电阻R0=330Ω D．粗细均匀的电阻丝AB总长为L=80.00cm E.滑动变阻器RA（最大阻值为20Ω） F.滑动变阻器RB（最大阻值为2000Ω） G.线夹、电源、开关以及导线若干 (1)电源电动势3V，实验过程中为了便于调节，滑动变阻器应选用_____（填写器材前对应的字母）。 (2)在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片P1置于a端，然后移动滑动变阻器的滑片使待测表头的示数适当后再不移动滑片。不断调节线夹P2所夹的位置，直到电流表G示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x=30cm，则测得=_______Ω。 (3)如图乙所示，将上述表头Gx改为含有“”，“”“”三个挡位的欧姆表，已知电源电动势E=1.5V，内阻可忽略不计。R1<R2，且接线柱3未接任何电阻，R0为调节范围足够大的滑动变阻器。则当开关S接到接线柱2时，选择的倍率是______挡（填“”，“”“”），电阻R2的阻值为_______Ω。此后，短接a、b两表笔欧姆调零，R0应调至R0=____Ω（结果保留三位有效数字）。 10．（2026·陕西西安·二模）某实验小组使用某个多用电表测量电学中的物理量，并探究欧姆表的原理。 (1)某次测量时，多用电表表盘指针指在如图甲所示的位置，下列说法错误的是（　　） A．若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，应该更换“×10”倍率，欧姆调零后再次进行测量 B．多用电表的欧姆挡是靠内部电源提供电流的，若选用“×10”倍率测量电阻，则欧姆表内阻约为20Ω C．测直流电流时，应让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路的负极 D．测二极管正向电阻时，应让红表笔接二极管的负极，黑表笔接二极管的正极 (2)该小组进一步探究欧姆表的原理，设计了如图乙所示的电路，通过调节开关S，可使欧姆表具有“×1”和“×10”的两种倍率，可用器材如下： A．干电池（电动势E=1.5V，内阻不计）； B．电流表G（满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=90Ω）； C．定值电阻R0（阻值为5.0Ω）； D．滑动变阻器R1（最大阻值为150Ω）； E．定值电阻R2（阻值为1.0Ω）、R3未知； F．开关一个红、黑表笔各一支，导线若干。 虚线框内是双量程电流表，已知当S接a时，对应电流表量程是0~0.1A； ①定值电阻R3=__________Ω； ②当开关S拨向__________（填“a”或“b”）时，欧姆表的倍率是“×10”，欧姆调零后，欧姆表内阻为__________Ω。 ③使用一段时间后电池老化，电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω，但仍可调零，正确操作后，测量另一个定值电阻，欧姆表读数为150Ω，则这个电阻的阻值应为__________Ω。 (3)实验小组又用该多用电表的欧姆挡探测黑箱内的元件，黑箱有A、B、C三个接线柱，箱内有一只定值电阻和一个二极管，每两个接线柱之间最多连接一个元件。为了探明盒内元件的连接方式，把红、黑表笔分别与接线柱A、B、C连接，测量结果如下表所示： 红表笔 A B A C B C 黑表笔 B A C A C B 阻值（Ω） 2100 120 2000 20 100 100 请在右上图中画出“黑盒子”内的电路结构图，并在图中标明定值电阻的阻值； 11．（2026·甘肃兰州·二模）某实验小组设计了一个“×1”和“×10”倍率的双挡位欧姆表，内部结构如图所示。其中，G为表头，S为单刀双掷开关，R为调零电阻，、为定值电阻，表头G的满偏电流为，内阻为，电源电动势，内阻为r。组装过程中，先将表头G改装为10mA和100mA两个不同量程的电流表并重新标度；再将改装后的电流表与电源、调零电阻等串联改装为欧姆表，并将表盘上的电流刻度再次标度为电阻刻度。改装后的欧姆表，每次换挡都要进行欧姆调零（将两表笔短接，调节调零电阻，使表盘指针满偏）。请回答下列问题： (1)改装后，欧姆表的两只表笔中，________（选填“a”或“b”）表笔是红表笔； (2)将表头改装为10mA量程电流表时，单刀双掷开关S应与触点________（选填“1”或“2”）接通； (3)改装后，用欧姆表“×1”倍率挡测电阻时，其内阻为________。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【详解】A．图甲中开关闭合，电路中有电源，多用电表不能置于欧姆挡测量电阻，否则会烧坏电表，且此时多用电表串联在电路中测电流，故A错误； B．图乙中开关闭合，电路中有电源，测量电阻时必须将待测电阻与电源断开，故B错误； C．图丙中开关断开，电路中没有电流，多用电表无法测量通过小灯泡的电流，故C错误； D．多用电表内部电源正极接黑表笔，负极接红表笔，电流从黑表笔流出，图丁中黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，二极管正向导通，测量的是正向电阻，故D正确。 故选D。 2．(1)CAD (2)170 (3)4.7 (4) 1 5.3 【详解】（1）指针偏转角度太大，说明待测电阻小，故向将把选择开关旋转到“”挡的位置（C），在将红表笔和黑表笔短接（A）进行欧姆调零（D），故顺序是CAD。 （2）根据图甲可知 （3）结合第（2）问可知多用电表内阻为 由闭合电路欧姆定律可知 （4）[1]1挡改装电流表量程 2挡改装电流表量程 可知 故若选量程为，则应接图乙所示电路中1挡； [2]2挡改装电流表量程 解得 3．(1)DBFI (2) 1 上 10 232 【详解】（1）多用电表测电流表内阻的操作步骤： 1．机械调零：先将选择开关置于“OFF”或交流电压最高档，转动部件S，使指针对准电流的“0”刻度（步骤D）。 2．选择倍率：电流表内阻约100Ω，应选择“×10”倍率（步骤B），使指针指在表盘中央附近。 3．欧姆调零：红黑表笔短接，转动部件T，使指针对准电阻的“0”刻线（步骤F）。 4．测量连接：多用电表内部电源负极接红表笔，正极接黑表笔。为使电流表正向偏转，应将红表笔与电流表的负接线柱连接，黑表笔与另一接线柱连接（步骤I）。 故顺序为DBFI。 （2）[1]欧姆表的倍率越大，内部总电阻越大。在图乙中，开关与“1”接通时，电路的总电阻最大，对应“×100”挡位。 [2]挡位由“×10”换到“×100”时，内部总电阻增大。为使短接时满偏，调零电阻的阻值需增大，因此滑片应向上移动。 [3]根据欧姆表原理，当选用“×100”挡时，内阻为。则满偏电流 测量阻值为5kΩ的定值电阻，电流表的指针偏转到满偏刻度的，则有 解得 再测量某定值电阻Rx时，电流表的指针偏转到满偏刻度的，则有 联立可得 [4]电动势变为1.45V时，欧姆表内阻 原来1.5V时的内阻 则测量时的真实电流和表盘上的对应电流的数值相同，则有 联立解得 4．(1) 欧姆 110 (2)负极 (3)1500 【详解】（1）[1][2][3]欧姆表读数指针需指到表盘中央附近，故需选择“”挡位，欧姆调零后，再进行测量，读数为 （2）表笔的连接为“红进黑出”，故端应为电源的负极。 （3）开关接4时对应最大倍率，该欧姆表表盘中值刻度为15，因此欧姆表总内阻（中值电阻） 满偏总电流 表头满偏电流，因此分流支路（四个定值电阻总电阻）的电流 根据并联电路电压相等 代入数据得 5．(1)190 (2) 2.5V 10mA (3)191 【详解】（1）由图1可知，选用多用电表“”挡时多用电表指针对应图中的虚线，则指针偏转较小，说明挡位选小了，故应选用多用电表“”挡，即多用电表指针对应图中的实线，可得 （2）[1]由图3可知，M表并联在两端，故M表测电压，学生电源输出为 2V，所以M表应选用直流电压2.5V量程； [2]由图3可知，N表与串联，故N表测电流，结合电源电压和电路电阻，电流较小，应选用直流电流10mA量程。 （3）直流电压的量程为2.5V，由图4可知，电表的读数为 直流电流的量程为10mA，由图5可知，电表N的读数为 根据欧姆定律，可得 6．(1)1 (2)偏大 (3) 【详解】（1）当S旋到位置1时，与表头G并联的电阻较小，此时电流表量程较大。 （2）当电池电动势变小、内阻变大时，由于虚线框内的满偏电流不变，所以重新进行欧姆调零后，由公式可知欧姆表内阻变小，待测电阻的测量值是通过虚线框内的电流示数体现出来的，由可知，当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，测得的电阻值将偏大。 （3）[1]欧姆表内阻 又有，解得刻度线对应的电阻刻度值。 [2]电流计内阻为，给电流计并联的电阻，则电流计满偏时两端的电压为 此时经过滑动变阻器的电流为 因电流表量程扩大10倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，欧姆表换挡前、后倍率之比等于。 7．(1)0~20Ω (2)×10 (3)B (4) ×10 10.0 【详解】（1）第一种方案电路图如图乙所示 当两表笔短接进行欧姆调零时，电表的电流为满偏电流 “×1”挡时， 接1时为“×1”挡。调零后，滑动变阻器的，滑动变阻器可以选择0~20Ω。 （2）“×10”挡时，，接2时为“×10”挡。 调零后，滑动变阻器的，滑动变阻器可以选择0~200Ω。 （3）电流从红表笔（+极）流入电表，B为红表笔。 （4）[1] [2] 第二种方案电路图如图丙所示 连接R4的开关断开时，两表笔短接进行欧姆调零时，电表的电流为满偏电流，求得内阻为，开关断开时为“×10”挡。连接R4的开关闭合时为另一挡位“×1”挡，欧姆表的内阻为15Ω。 ，要将G2表改装量程为1A的电流表，，电阻箱的阻值为10.0Ω。 8．(1)机械调零 (2) 1300 (3) (4)9.0 【详解】（1）使用多用电表前，若指针未对齐左端“0”刻度线，则需进行机械调零。 （2）[1]多用电表欧姆挡选择倍率时，应使指针尽量指向表盘中间三分之一区域（中值电阻附近）。指针的偏角小，说明待测电阻的阻值较大，应换更高倍率，即“”倍率； [2]待测电阻为 （3）表头的满偏电流一定，通过并联电阻可以增大电流表的最大电流即量程，因开关K接“1”时并联电阻为，开关接“2”时仅并联，则开关接2时分流较多，量程较大，即 根据欧姆表调零的原理有 因电动势和一定，则改装后的电流表量程越小，欧姆表的倍率越大，则开关K接“1”时量程小，倍率较大为倍率挡； （4）开关K接“2”时为倍率挡，有 即量程为，可得 开关K接“1”时为倍率挡，有 即量程为，可得 联立各式可得，，则有， 9．(1)E (2)198 (3) 22 130 【详解】（1）实验过程中为了便于调节，滑动变阻器应选用阻值较小的E即可。 （2）根据电桥平衡原理，当电流表G示数为零时满足，解得=198Ω （3）[1]不同倍率的欧姆表是通过在表头上并联一个电阻实现的，并联的电阻越小，分流越大，因为中值电阻（Ic为电路的最大电流）越小，倍率越小。又R1<R2，所以接1时的倍率为“×1”，接2时的倍率为“”，接3时无分流，则倍率最大为“×100”。 [2]当开关S接到接线柱2时，倍率为“”，电路的最大电流为接3时10倍，设接3时的电流为干路中最大电流为I，设接2时的电流为干路中最大电流为10I，则有 解得 [3]短接a、b两表笔欧姆调零，R0应调至 10．(1)B (2) 9 b 150 140 (3)见解析 【详解】（1）A．图中多用电表指针偏转较大，说明待测电阻较小，若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，应该更换“×10”倍率，欧姆调零后再次进行测量，故A正确； B．多用电表作欧姆表使用时，是靠内部电源提供电流，中值刻度对应的电阻等于这个倍率下欧姆表的内阻，若选用的是“×10”的倍率测电阻，则欧姆表内阻约为，故B错误； C．测直流电流时，应该让电流从红表笔流进，从黑表笔流出，以保证表盘指针能够正偏，故必须让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路负极，故C正确。 D．测二极管正向电阻时，多用电表内部电源与黑表笔相连，为保证电流从红表笔流进，从黑表笔流出，应让红表笔接二极管的负极，黑表笔接二极管的正极，故D正确。 本题选错误的，故选B。 （2）[1]当S接a时，对应电流表量程是0~0.1A，则有 其中，解得 [2][3]当S接a时，对应电流表量程是0~0.1A，则欧姆表内阻为 当S接b时，对应电流表量程为，则欧姆表内阻为 故当开关S拨向b时，欧姆表的倍率是“×10”，欧姆调零后，欧姆表内阻为。 [4]电动势下降到1.4V，调零后，则欧姆表内阻为 欧姆表读数为150Ω，对应的电流为，解得 （3）BC、CB间测量阻值不变，说明定值电阻在BC间，且阻值为100Ω，AB、AC阻值最大对应二极管反向电压，且AB大于AC，说明AB测的是二极管反向电阻和定值电阻总电阻，内部结构如下 11．(1)a (2)2 (3)15 【详解】（1）红表笔接表内电源负极，因此a表笔是红表笔。 （2）将单刀双掷开关S置于2时，串联，再与G表头串联，下面分流电阻最大（即），故分流较小，则改装表量程较小，所以将开关S置于“2”挡时，量程为10mA； （3）将单刀双掷开关S置于1时，改装表量程较大(即为100mA)，对应欧姆表内阻较小的状态，对应是小倍率，故欧姆表倍率为“×1”，因此欧姆表内阻为 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图所示，导线框由水平直导线和曲线导线组合而成，总电阻。线框在外力作用下水平向右以的速度匀速运动，时进入右边的匀强磁场，磁感应强度，方向垂直于线框所在平面向下。下列说法正确的是（    ） A．线框进入磁场过程中，感应电流为顺时针方向 B．线框中产生的感应电动势最大值为0.2V C．时，线框中的瞬时电流为0.3A D．线框进入磁场过程中产生的焦耳热 2．（多选）如图所示，一边长为的正方形线圈置于光滑绝缘水平面上，线圈右侧存在竖直方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两磁场的宽度均为，磁感应强度大小均为，方向如图所示。线圈的边与磁场边界平行。现给线圈一水平向右的初速度，当线圈全部进入磁场Ⅱ时速度刚好为零，下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，线圈做的是加速度逐渐减小的减速运动 B．线圈的边运动到Ⅰ、Ⅱ磁场交界处时的速度大小为 C．线圈的边在磁场Ⅰ、Ⅱ运动的过程中线圈产生的焦耳热之比为 D．若线圈的初速度增大为，则线圈的边刚好运动到磁场Ⅱ右边界时的速度大小为 3．（多选）如图所示，竖直平面内有一边长为L的正方形金属线框abcd，下方存在宽度也为L的匀强磁场区域，线框从距磁场上边界高度为h处由静止释放。线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。规定逆时针方向为感应电流的正方向，线框中感应电流随时间变化的关系可能正确的是（    ） A． B． C． D． 1.【答案】D 【详解】A．根据楞次定律的“增反减同”得线框进入磁场过程中，感应电流为逆时针方向，故A错误； B．当切割长度为时，线框中产生的感应电动势最大值为，故B错误； C．时，，，即导线框恰好完全进入磁场，线框中的瞬时电流为零，故C错误； D．因，又切割长度按正弦规律变化，故产生正弦式交流电，其电动势的有效值为 线框进入磁场过程中产生的焦耳热，故D正确。 故选D。 2.【答案】BCD 【详解】A．线圈进入磁场I时，满足 其中，，得 线圈在磁场I与II中运动时，满足 其中，，得 故当线圈由I进入II时，加速度突然变大，A错误； B．设线圈cd边刚要进入磁场II时的速度为，线圈的cd边在磁场I运动的过程，由动量定理得 线圈的cd边在磁场II运动的过程，有 联立解得，B正确； C．cd边在磁场I运动的过程中线圈产生的热量为 cd边在磁场II运动的过程中线圈产生的热量为 可得，故C正确； D．由上述分析可知 线圈的ab边刚好运动到磁场II右边界时，对全程运用动量定理得，解得，故D正确。 故选BCD。 3.【答案】ABC 【详解】A．根据楞次定律的“增反减同”可得线框进入磁场过程，感应电流是逆时针方向为正，线框离开磁场过程，感应电流是顺时针方向为负，进入前有 ab边切割磁感线产生的感应电动势为 设线框的总电阻为R，由闭合电路的欧姆定律有感应电流为 线框通过磁场过程中，由楞次定律的“来拒去留”得ab边受到向上的安培力，大小为 若（线框质量为m）时，线框减速进入，其加速度大小为 速度减小，则加速度减小，先做加速度减小的减速下降，当时，匀速进入，完全进入后又匀速离开，由感应电流为，感应电流先减小后恒定，且先为正后为负，故A正确； B．若（线框质量为m）时，线框匀速进入，匀速离开，由感应电流为，感应电流大小恒定，且先为正后为负，故B正确； CD．若（线框质量为m）时，线框加速进入，其加速度大小为 速度增大，则加速度减小，先做加速度减小的加速下降，当时，匀速进入，完全进入后又匀速离开 ，由感应电流为，感应电流先增大后恒定，且先为正后为负，故C正确，D错误。 故选ABC。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·河北衡水·模拟预测）如图为交流发电机的示意图，内阻为10Ω的线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的对称轴匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为，理想变压器原、副线圈的匝数比为，副线圈接有一个电阻箱R。电表均为理想电表，不计其它电阻，下列说法正确的是（　　） A．电压表的示数为20V B．电压表的示数为2V C．当电阻箱电阻为0.4Ω时，电阻箱功率最大 D．此交流电每秒钟电流方向改变50次 2．（2026·安徽·模拟预测）如图甲所示，矩形线框切割磁感线产生正弦式交流电，其电动势e随时间t变化的图像如图乙所示，线框的匝数，电阻，将其接在理想变压器的原线圈上。副线圈接“10 V，40 W”的灯泡L时则能正常发光，不计灯泡电阻的变化，示意图如图丙所示。则以下描述正确的是 A．线框转动的角速度为π rad/s B．矩形线框转动时最大磁通量为 C．原、副线圈上的电流之比或 D．若将灯泡换成“10 V，60 W”的灯泡，灯泡仍然正常发光 3．（2026·贵州·模拟预测）在下图所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为，、均为定值电阻，为滑动变阻器，，各电表均为理想电表。已知电阻中电流i随时间t变化的关系式为，下列说法正确的是（　　） A．电流表的示数为 B．该交流电电流方向每秒改变50次 C．只向上移动滑片P，电流表的示数将变小 D．只向下移动滑片P，电压表的示数将变大 4．（2026·天津河西·二模）兴趣小组利用热敏电阻设计了如图所示的温控报警装置。图中理想变压器的原、副线圈的匝数比为10:1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，报警器连入电路中的部分可看作定值电阻R1，其两端电压增大到某一值时触发报警，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈接入电压，当电流表示数为0.1A时，下列说法正确的是（　　） A．变压器的输出功率为220W B．电压表的示数为31.1V C．若热敏电阻的温度升高，则电压表的示数变小 D．若要调低预设的报警温度，可减小滑动变阻器R0的阻值 5．（2026·北京海淀·一模）如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈的匝数比为4∶1。下列说法正确的是（　　） A．副线圈电压的最大值为55V B．原线圈的输入功率为880W C．通过电阻R的交变电流的频率为100Hz D．穿过原、副线圈的磁通量之比为1∶1 6．（2026·河北承德·模拟预测）如图为远距离交流输电的简化电路图，变压器、均为理想变压器，R为输电线的等效电阻，发电厂输出的电压恒定。当用户增加时，用户得到的功率与发电厂输送的功率之比将（　　） A．先增大后减小 B．先减小后增大 C．增大 D．减小 7．（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，理想变压器原线圈匝数为，两个副线圈匝数分别为、，。原线圈回路接有正弦交流电和定值电阻、。副线圈回路中接有可变电阻，副线圈回路中接有一只阻值不变的灯泡。初始时滑片P位于中间，下列说法正确的是（　　） A．若P向上滑动，灯泡将变暗 B．若P向上滑动，电阻消耗的功率将减小 C．当时，理想变压器的输入功率为100W D．当时，消耗的电功率最大，且 8．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲所示，光伏发电站为某景区的电动汽车充电站输电。图乙为其输电示意图，其中升压变压器的输入电压保持不变，输电线上的电阻不可忽略，变压器均视为理想变压器，不同充电桩间是并联关系，则当同时进行充电的汽车数量增加时，下列说法正确的是（　　） A．每个充电桩的电压不变 B．每个充电桩消耗的功率变大 C．升压变压器的输出功率变大 D．上消耗的功率不变 9．（2026·湖南怀化·三模）如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为的正弦交流电源上，两副线圈匝数分别为、，通过理想二极管（具有单向导电性）、单刀双掷开关与一只“36 V，18 W”的灯泡相连（灯泡电阻不变），当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是（　　） A．原线圈的匝数为978 B．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为 C．当开关接2时，原线圈的输入功率约为 D．当开关接2时，原线圈的输入功率约为 10．（2026·河南开封·模拟预测）随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为，降压变压器原、副线圈的匝数比为，发电机的输出电压恒为，降压变压器副线圈电压随时间变化的规律如图乙所示，两变压器均为理想变压器，两变压器之间输电线路的总电阻为，下列说法正确的是（　　） A．输电线路消耗的电功率为 B．发电机的输出功率为 C．用户消耗的电功率为 D．输电效率约为96% 11．（多选）（2026·天津·二模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，电阻，滑动变阻器的最大值为2R，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则（　　） A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为110 V B．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表的示数变大，电流表的示数变小 C．当单刀双掷开关由a扳向b时，变压器输出交流电的频率将变成原来的二分之一 D．单刀双掷开关与b连接，当滑动变阻器触头P在正中间时，消耗的功率最大 12．（多选）（2026·河南南阳·模拟预测）如图为远距离输电线路示意图，由发电机、理想升压变压器、理想降压变压器、用户等组成。发电机矩形线框的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r（很小），在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动。升压变压器原、副线圈的匝数比为k1，降压变压器原、副线圈的匝数比为k2。已知升压变压器和降压变压器之间的输电线总电阻为R1，用户总电阻为R2，电流表为理想电表，初始时开关S闭合。下列说法正确的是（    ） A．电流表的示数 B．电阻R1、R2消耗的功率之比为 C．电阻R1、R2消耗的功率之比为 D．若用户数量增加，则升压变压器的输入功率一定减小 13．（多选）（2026·河南·模拟预测）如图为远距离输电系统的简化情景图，已知发电厂输出的交流电压为，理想升压变压器副线圈的端电压为，降压变压器原线圈的端电压为，高压输电线的阻值为r，理想降压变压器原、副线圈的匝数之比为。假设用户（负载）是纯电阻，且阻值为R，下列说法正确的是（　　） A．高压输电线的输送电压为 B．高压输电线的输送电流为 C．输电效率为 D．若r增大，R减小，、、n不变，则高压输电线的电流一定减小 14．（2026·重庆永川·模拟预测）如图甲为我国海上风力发电简化工作原理模型图，风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动输出如图乙所示的交流电，并通过两理想变压器和远距离输电给用户供电，电压表为理想电表。下列说法正确的是（　　） A．用电高峰期相当于滑片向下移动，则电压表的示数变大 B．t=0.015s时穿过线圈的磁通量为零 C．将输电电压提高到原来的10倍，输电线路上损失的功率变为原来的 D．若风速增大时，转速增加，输电线上损失的功率增大 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】A．若线圈没有电阻，则电压表的示数为 本题中线圈有电阻，故电压表示数小于，A错误； B．由，可得 若线圈没内阻，则，代入上式可得 因本题线圈有内阻，故电压表的示数小于V，B错误； C． 设发电机产生的交流电动势有效值为E，原线圈的电流为，副线圈电流为，电阻箱在原线圈电路中的等效电阻为，则有， 又因为， 故等效电阻 由闭合电路欧姆定律， 故电源的输出功率为 故当时电阻箱消耗的功率最大，即 解得 故C正确； D．由题意可知，故交流电的频率为 因为交流电电流一个周期变两次，故此交流电每秒钟电流方向改变100次，D错误。 故选C。 2．C 【详解】A．由图乙可知，交流电的周期为 则线框转动的角速度为，故A错误； B．矩形线框转动时的最大磁通量为，故B错误； C．由题意可知，副线圈的电流 设原副线圈的匝数比为k，根据理想变压器原理可知，原线圈的电压 由图甲可知 代入数据解得或 则原、副线圈上的电流之比或，故C正确； D．若将灯泡换成“10 V，60 W”的灯泡，灯泡电阻 由于灯的额定电压不变，灯的功率增大，副线圈中的电阻减小，副线圈的电流增大，根据理想变压器原理可知，原线圈的电流增大，结合闭合电路的欧姆定律可知，原线圈两端的电压 因此原线圈两端的电压减小，由于原/副线圈的匝数不变，因此副线圈两端的电压减小，灯泡两端的电压达不到额定电压，因此“10 V，60 W”的灯泡不能正常发光，故D错误。 故选C。 3．D 【详解】A．由于电流表测的是有效值，则电流表的读数，故A错误； B．由通过电阻中电流i的表达式可知，交流电的周期为，则该交流电电流方向每秒改变100次，故B错误； C．由等效电阻法可知，当只向上移动滑片P，变大，等效电阻变大，原线圈分得的电压变大，副线圈的电压也就跟着变大，则电流表的示数将变大，故C错误； D．同理可得，当只向下移动滑片P，变小，等效电阻变小，原线圈分得的电压变小，电压表的示数就变大，故D正确。 故选D。 4．D 【详解】A．变压器的输出功率为，故A错误； B．电压表的示数为，故B错误； C．由于原线圈两端电压不变，则副线圈两端电压不变，所以若热敏电阻的温度升高，则电压表的示数不变，故C错误； D．若要调低预设的报警温度，由图乙知，热敏电阻变大，因R1为定值电阻，所以可减小滑动变阻器R0的阻值，故D正确。 故选D。 5．D 【详解】A．原线圈接在的交流电源上，可知原线圈电压的最大值为，根据可知副线圈电压的最大值为，故A错误； B．原线圈电压的有效值为，根据可知副线圈电压的有效值为，可知副线圈电流为 可知副线圈功率为 可知原线圈的输入功率为55W，故B错误； C．由表达式，可知频率为 原副线圈的交流电的频率相同，则通过电阻R的交变电流的频率为50Hz，故C错误； D．理想变压器无漏磁，共用一个铁芯，可知穿过原、副线圈的磁通量之比为1∶1，故D正确。 故选D。 6．D 【详解】发电厂输出的电压恒定，故变压器的原线圈和副线圈输电电压、恒定，当用户增加时，输电功率增大，输电线的电流增大， 输电线等效电阻R的分压变多，故用户得到的功率与发电厂输送的功率之比 可知用户得到的功率与发电厂输送的功率之比变小，故D选项符合题意。 故选D。 7．D 【详解】AB．将理想变压器及两副线圈回路视为等效电阻，由， 有 令， 作出等效电路图如图所示 P上滑，变大、变大，根据串反并同，灯泡将变亮，消耗的功率将增大，故AB错误； C．将交流电源、、作等效电源1处理，则， 时，， 则 输入功率为，故C错误； D．将等效电源1、作等效电源2处理，则有， 时，，消耗的电功率最大，，故D正确。 故选D 。 8．C 【详解】A．升压变压器输入电压不变，匝数比不变，由 可知升压变压器输出电压保持不变，当同时充电的汽车数量增加时，用户端并联负载增多，降压变压器总等效电阻减小，根据 可知输电线上的电流增大，输电线电压损失 增大则增大，降压变压器输入电压 可知减小，由降压变压器电压比，可得减小，A错误； B．每个充电桩两端电压减小，由，可知，每个充电桩消耗的功率变小，B错误； C．升压变压器输出功率，不变，增大，因此输出功率变大，C正确； D．输电线消耗的功率，增大，因此增大，D错误。 故选C。 9．D 【详解】A．当开关接1时，灯泡与副线圈相连且正常发光，则副线圈两端电压。根据变压器变压比 由题可知，，代入数据解得匝，故A错误； B．当开关接2时，副线圈与串联，总电压 由，得 所以。由于二极管具有单向导电性，灯泡两端电压有效值满足 解得，故B错误； CD．灯泡电阻 当开关接2时，灯泡消耗的实际功率 理想变压器输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率约为，故C错误，D正确。 故选D。 10．D 【详解】A．由题意可知， 由变压器电压与匝数成正比可知， 故输电线上损失的电压为 输电电流为 输电线路消耗的电功率为，A错误； B．发电机的输出功率为，B错误； C．用户消耗的电功率为，C错误； D．输电效率为，D正确。 故选D。 11．BD 【详解】A．原线圈输入电压有效值 匝数比，理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，因此副线圈电压 但原线圈回路中串联了电阻，会分压，导致原线圈两端电压小于220V，因此副线圈电压小于110V，电压表示数小于110V。A错误。 B．开关与a连接时，滑片P向上移动，滑动变阻器接入电阻变大，副线圈电流减小，电流表示数变小。 原线圈电流，也减小，分压减小，原线圈两端电压增大，因此副线圈电压增大，电压表示数变大。B正确。 C．变压器不改变交流电的频率，仅改变电压和电流，因此输出交流电频率不变。C错误。 D．开关与b连接时，原线圈匝数变为，匝数比变为 等效到原线圈侧，副线圈电阻对应的等效电阻为 原线圈回路总电压为220V，等效电路为220V电源串联和，当时，消耗功率最大（负载电阻等于电源内阻），此时，而滑动变阻器最大值为2R，因此滑片在正中间时，功率最大。D正确。 故选BD。 12．AC 【详解】A．从图示位置开始，矩形线框产生正弦式交流电 其有效值为 由等效电阻可知，升压变压器的等效电阻为 所以电流表的示数为 故A正确； BC．电阻R1、R2消耗的功率之比 故B错误，C正确； D．若用户数量增加，输出功率变大，则输入功率也变大，故D错误。 故选AC。 13．BC 【详解】A．高压输电线的输送电压指的是高压输电线的前端电压，即升压变压器副线圈的端电压，故A错误； B．降压变压器原线圈的端电压为，则高压输电线上损失的电压为 由欧姆定律可得高压输电线的输送电流为 故B正确； C．设降压变压器副线圈的端电压为，由欧姆定律可得用户的电流为 对降压变压器，由理想变压器的原理可得， 结合 综合可得 由能量守恒定律可得输电效率为 故C正确； D．由，可得当r增大，R减小，、、n不变时，高压输电线的电流I不一定减小，故D错误； 故选BC。 14．BD 【详解】A．用电高峰期用户增加，并联总电阻减小，相当于滑片向下移动，升压变压器两端电压不变，降压变压器副线圈电流变大，则原线圈电流也增大，输电导线电阻两端电压增大，降压变压器原线圈两端电压减小，即电压表示数减小，故A错误； B．时，电压，为最大值，所以线圈平面与磁感线平行，穿过线框的磁通量为0，故B正确； C．将输电电压提高到原来的10倍，根据，可知输电线路上的电流变为原来的，根据输电线路上损失的功率，可知输电线路上损失的功率变为原来的，故C错误； D．若风速增大，则风轮带动线圈转动更快，发电机转速增大，感应电动势增大，输出电压增大。在变压器变比不变、用户负载不变的情况下，输电线中的电流增大。由于线路损耗功率为，所以输电线上的损失功率增大，故D正确。 故选BD。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（多选）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为的粒子，以不同速率沿着两板中轴线方向进入板间后，速率为的甲粒子恰好做匀速直线运动；初始速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在和之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看做圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 B．两板间电场强度的大小为 C．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为 D．乙粒子偏离中轴线的最远距离为 2．（多选）xOy空间存在一范围足够大的匀强磁场和匀强电场。磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小为B；电场方向为y轴正向，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴正向发射，其运动轨迹如图所示。不计粒子重力，则（　　） A．粒子向y轴正向上运动的过程中电势能逐渐减小 B．运动过程中粒子的最大速度为 C．运动过程中粒子的最小速度为 D．粒子能到达的最低点距x轴距离为 3．如图所示，在直角坐标系中，的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E（未知）；的区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知）。一质量为m、电荷量为（）的粒子，从点以初速度沿x轴正方向射入电场，恰好经过坐标原点O，经磁场偏转后再次进入电场，恰能通过P点。不计粒子重力。 (1)求匀强电场的电场强度大小E； (2)求匀强磁场的磁感应强度大小B及粒子在磁场中运动的时间； (3)若粒子经过O点时，在的区域再加一个方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为的区域内电场强度的2倍，求粒子在的区域运动过程中距x轴最远的距离。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．BC 【详解】A．速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故A错误； B．速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有 可得两板间电场强度的大小为E=vB，故B正确； C．由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处时粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大且为，则有 联立解得，故C正确； D．由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有 联立解得，故D错误。 故选BC。 2．AB 【详解】A．正电荷向y轴正向上运动，沿电场方向运动，电场力做正功，电势能减小，故A正确； BCD．将分解为，如图所示 且使满足，可得 即引起的洛伦兹力与粒子所受电场力平衡，则粒子的运动可以分解为：由引起的沿x轴正方向的匀速直线运动，由引起的在xOy平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 ，因为 ，联立解得 粒子能到达的最低点距x轴距离 解得 粒子实际的运动就是这两个分运动的合运动，当两个分运动的速度均沿x轴正方向时，粒子的合速度最大，即 当两个分运动的速度反向时，粒子的合速度最小，即，故B正确，CD错误。 故选AB。 3．(1) (2)， (3) 【详解】（1）粒子从P点到O点做类平抛运动，设运动时间为t，水平方向有 竖直方向有， ，联立解得 （2）粒子从P点到O点速度的偏转角为，则 ，解得， 因粒子垂直射入直线边界的匀强磁场出射时速度方向与入射时速度方向与磁场边界的夹角相等，故粒子在y轴右侧做圆周的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 出磁场点Q与O点距离为 粒子从Q点与O点做类斜下抛运动，水平方向以速度做匀速直线运动 竖直向下以的初速度，以（1）中的加速度做匀加速直线运动 水平方向有 ，竖直方向有 ，联立解得 粒子在磁场中运动的时间 ， ，解得 （3）因 ，将分解为， 为使电场力与洛伦兹力平衡，需沿 x 轴正方向，且大小满足 ，解得 由三角形定则得方向指向左下方与的方向垂直，且 粒子以的速率做匀速圆周运动的半径 则由几何关系得圆心初始坐标 故距x轴最远的距离为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．磁悬浮列车是一种现代轨道交通工具，如图为磁悬浮列车利用电磁阻尼减速进站的简化图。两条平行光滑绝缘导轨水平放置，间距为，导轨间有若干垂直于轨道平面、方向交替分布的匀强磁场，磁感应强度均为，每个磁场宽度均为，忽略磁场边缘效应。质量为、边长为的正方形金属框以初速度沿导轨进入匀强磁场，在磁场中通过的位移后速度减为零。已知金属框的电阻为，则的大小为（    ） A． B． C． D． 2．如图所示，两足够长平行导轨倾斜固定在水平面上，倾角为，两导轨之间的距离为，导轨顶端用导线连接一阻值为的定值电阻。长为、质量为、阻值为的导体棒ab垂直导轨放置，水平虚线MN下侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。现将导体棒ab从虚线上侧处静止释放，导体棒ab越过虚线MN后经的时间刚好匀速。已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数，重力加速度g取，，忽略导轨和导线的电阻。则（　　） A．导体棒ab在磁场中做匀加速直线运动 B．导体棒ab在磁场内的运动过程中，减少的机械能等于回路中产生的焦耳热 C．导体棒ab从越过虚线MN到刚好匀速的过程中位移为14.25m D．导体棒ab从越过虚线MN到刚好匀速的过程中定值电阻R上产生的焦耳热为 3．如图所示，绝缘水平面上固定“>”形的光滑金属导轨MPN，O为MN中点，MP与NP的长度均为，MN间的距离为。空间存在竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。粗细均匀的金属棒从MN处以的初速度沿OP方向运动。在P点有一装置，当金属棒运动到P点时，能给其沿PO方向、大小为的瞬时冲量。已知金属棒的质量，单位长度电阻，金属导轨电阻不计，整个运动过程中，金属棒和导轨接触良好且始终和OP垂直。 (1)若金属棒在水平外力作用下以速度从O点匀速运动到P点，求此过程回路中电流的大小及产生的焦耳热； (2)若不对金属棒施加水平外力，金属棒停止运动时，求P点到金属棒的距离。 4．如图所示，足够长的斜面倾角，虚线MN是其面内的一条水平线，MN下方区域内的匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度大小为，单匝正方形导体框abcd恰能静止在斜面上，ab边与MN的距离为。对导体框施加沿斜面向上的恒定拉力，使其由静止开始运动，ab边越过MN时导体框受力平衡，cd边离开磁场时撤去拉力。已知导体框的质量为、边长为、电阻为R，ab边始终与MN平行，重力加速度为。 (1)求导体框与斜面间的动摩擦因数以及ab边越过MN时速度大小； (2)若在MN上方的斜面上安装一水平弹性直挡板（未画出），挡板跟斜面垂直且与MN的距离为，导体框与挡板碰撞前后的速度大小不变，方向反向。导体框能再次到达磁场区域，但未能全部进入磁场，求应满足的条件。 5．如图所示，光滑绝缘水平面上有一质量为的足够长金属导轨abcd。一电阻不计、质量为的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间的动摩擦因数为，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为，开始时PQ左侧导轨的总电阻为，右侧导轨单位长度的电阻为。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为。在时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始向左做匀加速直线运动，加速度大小为，重力加速度g取。 (1)求回路中感应电动势及感应电流随时间t变化的表达式； (2)经过多长时间拉力F达到最大值？拉力的最大值为多少？ (3)某一过程中回路产生的焦耳热为，导轨克服摩擦力做功为，求导轨动能的增加量。 6．如图所示，间距、倾角的平行且足够长的光滑金属导轨，顶端连接一电源，电动势（内阻可忽略），阻值的定值电阻接在两导轨间，导轨电阻不计，两导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场。开关闭合，质量，阻值，长度也为的金属杆垂直导轨放置时恰能静止；开关断开，金属杆开始运动，在达到稳定状态过程中通过的总电荷量（金属杆运动过程中始终与导轨接触良好）。重力加速度，，。求： (1)磁感应强度的大小； (2)从断开开关至金属杆达到稳定状态过程中， ①所用时间； ②回路中产生的热量。 7．如图所示，电阻不计的光滑导轨固定在绝缘的水平面内，以为坐标原点建立直角坐标系与关于轴对称。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为。一质量为、单位长度电阻恒为的足够长均匀金属杆初始位置与轴重合，现对金属杆施加一沿轴正方向的变力，使从静止开始以恒定加速度运动。已知运动过程中始终与轴平行且和导轨接触良好，的发热功率与其运动到轴上位置的关系为是大于零的常数。求： (1)电路中电流强度与位置的关系式； (2)导轨形状的解析式； (3)ef从运动至过程中，变力做功。 8．如图所示，两根平行间距为L的金属导轨固定于水平面上，导轨电阻不计。一根质量为m、电阻为R的金属棒垂直放于导轨上，导轨与金属棒间的动摩擦因数为。导轨左端连有阻值也为R的电阻，在电阻两端接有电压传感器并与监视器相连。空间中存在多段竖直向下的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，每段磁场区域的宽度均为2d，相邻两段磁场区域的间距为d，金属棒初始位置与第1段磁场左边界的距离为，金属棒与导轨接触良好。 (1)金属棒在外力作用下穿过各段磁场，已知进入某磁场的速度大小为v，若使金属棒匀速通过该磁场，求：在该磁场中运动过程需对金属棒施加水平向右拉力的大小。 (2)现对金属棒施加一个水平向右的恒定拉力（g为重力加速度），使金属棒从初始位置由静止开始运动，若已知金属棒刚穿过第1段磁场区域的速度为进入第1段磁场区域速度的，求穿过第1段磁场过程中回路产生的焦耳热Q及通过金属棒横截面的电荷量q； (3)金属棒在持续作用下穿过各段磁场。运动一段时间后，从监视器可发现，电压呈稳定的周期性变化（即棒在通过每段磁场区域和无磁场区域的过程中，速度的变化规律完全相同），求：此周期性变化的电压的有效值。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】线圈走过第一个L时速度减为v1，则由动量定理 其中 即 线圈走过第二个L时速度减为v2，由动量定理 其中 即 线圈走过第三个L时速度减为0，同理可知 联立可得 故选C。 2．C 【详解】A．导体棒进入磁场后，导体棒的速度逐渐增大，产生的感应电动势逐渐增大，回路电流逐渐增大，导体棒受到的安培力逐渐增大，导体棒受到的合力逐渐减小，导体棒的加速度逐渐减小，所以导体棒ab在磁场中先做加速度逐渐减小的加速运动，当导体棒的加速度为0时，导体棒的速度达到最大，故A错误； B．根据能量守恒可知，导体棒ab在磁场内的运动过程中，减少的机械能等于回路中产生的焦耳热和因摩擦产生的内能之和，故B错误； CD．导体棒ab从释放到刚运动到虚线MN处的过程，由动能定理得 解得 设导体棒ab的最大速度为，导体棒上的感应电动势为 导体棒上的感应电流为 导体棒ab所受的安培力大小为 导体棒速度最大时，由力的平衡条件得 联立解得 导体棒ab从进入磁场到速度最大的过程中，设导体棒ab的位移为x，由动量定理得 其中 ，联立解得 该过程由动能定理得 解得 由功能关系可知整个电路上产生的焦耳热为 该过程定值电阻上产生的焦耳热为，故C正确，D错误。 故选C。 3．(1)10A，15J (2) 【详解】（1）金属棒从O点匀速运动到P点过程中，设某时刻金属棒的有效切割长度为，则切割产生的电动势为 此时，回路中的电阻为 由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流大小为 解得 设某时刻金属棒与O点的距离为，MP与OP之间的夹角为。由几何关系可得， 金属棒受到的安培力大小为 金属棒受到的安培力随位移线性变化，则金属棒克服安培力做功为 由功能关系可知回路中产生的焦耳热为 （2）设金属棒到达点时的速度为，金属棒从点运动到点的过程，规定向右为正方向，取极短时间，对金属棒由动量定理得， 可得 设金属棒在点获得冲量后瞬间的速度为，对金属棒由动量定理得 可得 当金属棒停止运动时，设点到金属棒的距离为。金属棒从点向左运动到停下的过程，由动量定理得， 解得 4．(1)， (2) 【详解】（1）单匝正方形导体框abcd恰能静止在斜面上，则有 解得 导体框ab边越过MN之前，根据动能定理有 ab边越过MN时导体框受力平衡，则有 感应电动势 ，感应电流 ，解得 （2）假设导体框cd边再次向下进入磁场速度为时，导体框恰好全部进入磁场，该过程重力沿斜面的分力与滑动摩擦力大小相等，方向相反，根据动量定理有 感应电流的平均值 ，该过程的位移 ，解得 导体框出磁场向上运动过程做匀速直线运动，速度为，导体框越过磁场后向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 当导体框以上述加速度减速到0过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 解得 导体框与挡板碰撞后开始向下做匀速直线运动，由于要求导体框与挡板碰撞后导体框能再次到达磁场区域，但未能全部进入磁场，则导体框与挡板碰撞时的速度满足 可知，导体框与挡板碰撞前，导体框应处于向上做匀减速直线运动阶段，令导体框向上运动，速度由减速至的位移为，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 解得 则应满足 解得 5．(1)， (2)， (3) 【详解】（1）bc切割产生的电动势E，则 其中 解得 根据欧姆定律可得 代入数据，解得 （2）导轨受到安培力 PQ受到的摩擦力 由牛顿第二定律得 代入数据，可得 由数学知识可得，当时，F最大，即时，F最大值，为 （3）设该过程导轨移动距离为s，根据动能定理 克服摩擦力做功为 回路产生的焦耳热 解得， 6．(1)2T (2)1s，4J 【详解】（1）开关闭合后金属杆静止，沿导轨方向受力平衡，安培力与重力分力平衡，即 由于定值电阻并联在导轨顶端，电源内阻不计，金属杆两端电压等于电源电动势，因此通过金属杆的电流 代入平衡式得 代入数据得 （2）①稳定时金属杆匀速，受力平衡：感应电流的安培力等于重力分力，感应电动势 感应电流 因此平衡式 解得稳定速度 对金属杆沿导轨方向应用动量定理，安培力冲量 因此 代入数据 解得 ②由电荷量公式 解得下滑位移 由能量守恒，重力势能的减少量等于动能增加量与回路热量之和 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）金属杆运动到处的速度满足 该瞬间电动势为 金属杆接入电路的电阻为 电路中电流强度为 解得 （2）金属杆发热功率 而且 可得 将代入可得 （3）位置处，由牛顿第二定律 安培力的功率等于焦耳热功率，即 因此 整理得 拉力与位置之间是线性关系，则拉力的功可以表示为 解得 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）进入磁场后，对金属棒有 其中， 解得 （2）金属棒进入第一段磁场之前，根据动能定理有 金属棒穿过第一段磁场的过程，根据动能定理有 可得 又，， 解得 （3）在一个电压周期内，由能量守恒有 由动量定理有 又 根据焦耳定律有 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（多选）（2026·河北沧州·二模）在如图所示的长方体空间中，存在沿轴正方向的匀强电场和匀强磁场，，。某时刻一带正电的粒子以速度大小，方向平行于平面且与轴正方向的夹角，从左边界区域中心射入，该粒子比荷为，不计粒子重力，，。则下列说法正确的是（　　） A．粒子在该区域运动过程中，加速度大小不变 B．若磁感应强度，则粒子会从面射出 C．若磁感应强度，则粒子会从面射出 D．若磁感应强度，则粒子可能从面射出 2．（2026·广东揭阳·二模）如图所示，在竖直面MGAF右侧足够大的空间内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，在竖直面MGAF左侧有线状粒子源，粒子源与MF棱平行且与MPQF共面。带电粒子无初速度逸出，经垂直于MF棱的水平匀强电场加速后，以一定的水平速度从MS段（S为MF的中点）进入正方体区域内，从M点射入的粒子恰好从R点射出。已知正方体的棱长为L，磁感应强度大小为B，带电粒子的质量为m、电荷量为+q，粒子重力和粒子间的相互作用忽略不计。 (1)求该粒子入射速度的大小v0； (2)若撤去磁场，其他条件不变，施加垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小，从S点射入的粒子，从PQ边上的某点射出，求该点距Q点的距离Δy； (3)以G为坐标原点建立空间直角坐标系，，，分别为x，y，z轴的正方向，若该正方体区域内同时存在原匀强磁场B和（2）中匀强电场E，其他条件不变，请通过计算写出从S点射入的粒子离开该正方体区域时的坐标和速度的大小v'． 3．（2026·广西·模拟预测）电子束晶圆检测系统利用电子束轰击芯片的特定区域，生成图像，将图像与数据库对比，可以识别缺陷。如图所示为该检测系统的原理简化图，圆形晶圆位于平面上，其圆心在轴上，平面ADFC平行于xoz平面。电子枪连续发出初速度不计的电子，经的电压加速后，从MN的中点平行于轴进入边长为的正方形磁偏转区OPMN，该区域存在沿轴负方向的匀强磁场，然后从点进入长方体控制区，控制区的长度，控制区同时存在沿轴负方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度，电场强度。电子的比荷取，不计电子重力。求： (1)电子在点的速度大小； (2)磁偏转区的磁感应强度； (3)电子打在晶圆上的位置坐标。 4．（25-26高三下·河北衡水·期中）如图1所示，立方体，棱的长度为，棱、均足够长，棱上的O点距的距离为，以O点为坐标原点，建立图示的空间坐标系，y、z两坐标轴分别与和平行。现在平面的左侧区域加上沿y轴负向的匀强电场E（图中未画出），一不计重力、比荷为k的带正电粒子，在平面内从点沿与夹角的方向，以大小为的速度射入电场，粒子经过y轴时，速度恰沿x轴正方向，取，，求： (1)匀强电场的电场强度E的大小。 (2)若在粒子经过y轴时，立即在平面的右侧区域加上沿y轴负向的另一匀强电场和与y轴平行的磁场，电场场强大小，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示（图中，取y轴正向为磁场正方向），粒子最后恰从点射出立方体区域，求的长度。 5．（2026·河南濮阳·一模）如图所示的坐标系中，在、区域有沿轴负方向的匀强电场，在、区域有沿轴正方向的匀强磁场Ⅰ，在区域有沿轴负方向的匀强磁场Ⅱ。在平面内沿与轴正向成角从点向第一象限内射出质量为、电荷量为、速率为的带正电的粒子，粒子从轴上坐标为的点进入磁场Ⅰ，经磁场Ⅰ偏转后，以与轴正向成角进入磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中的轨迹刚好与平面相切，不计粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场Ⅰ的磁感应强度大小； (3)试确定粒子在磁场Ⅱ中运动过程中，轨迹与平面相切的切点坐标。 6．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，在三维坐标系Oxyz中，的空间内充满匀强电场，场强方向沿y轴正向；的空间内充满沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一带电粒子在P点，其坐标为，以速度沿x轴正向射出，一段时间后粒子恰好通过坐标原点O进入磁场区域，设粒子的质量为m、电荷量为，不计粒子重力，忽略场的边缘效应。求： (1)匀强电场电场强度E的大小； (2)粒子经过坐标原点为计时起点，粒子在磁场中运动的过程中离x轴的最远距离H及到达最远点的时间t。 7．（2026·云南昆明·一模）如图所示，在三维坐标系中存在一长方体，平面左侧存在沿轴负方向、磁感应强度大小为（未知）的匀强磁场，右侧存在沿方向、磁感应强度大小为（未知）的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度从点沿平面进入磁场，经点垂直平面进入右侧磁场，此时撤去平面左侧的磁场，换上电场强度为（未知）的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在棱上。已知、，，粒子的电量为，质量为（重力不计）。求： (1)磁感应强度的大小； (2)粒子经过平面的坐标； (3)电场强度的大小。 8．（25-26高三上·河北保定·期末）如图所示，在xoy坐标系的坐标原点O放置粒子源，可以在y轴右侧xoy平面180°范围内发射比荷为k、速率为v0的带正电粒子。在0≤x≤l区域内施加沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小，在l≤x≤4l区域内施加沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小，在x=4l的位置，垂直x轴放置一足够大的粒子收集板，垂足为Q。忽略粒子的重力以及粒子间相互作用力。 (1)求粒子到达收集板MN的最短时间； (2)求粒子到达直线x=l时速度与该直线的最小夹角； (3)设z轴垂直xoy平面向里，求第（2）问中粒子到达收集板MN上时的位置坐标。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．AC 【详解】A．粒子在该区域受到向右电场力F=Eq 将v0分解为竖直向上v0z和水平向右v0y，则有 由左手定则知F洛=Bqv0z，方向向里，在xoz平面做匀速圆周运动，由于F洛不做功。v0z不变，故F洛大小不变。而电场力是恒力， y方向虽加速，但不影响洛伦兹力。所以合力 大小不变，则加速度大小不变，故A正确； BC．若磁感应强度，根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 AA1B1B的侧视图如图 可得 由图可知当时，圆周运动顶点刚好在ADD1A1面上。水平向右做匀加速运动、故刚能从DCC1D1面上射出。根据可知B越大，r越小，故时，则粒子会从DCC1D1面射出，故C正确，B错误； D．若时，根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 则圆心在A1D1C1B1面上，则粒子从ADD1A1面射出，故D错误。 故选AC。 2．(1) (2) (3), 【详解】（1）从点射入的粒子恰好从点射出的轨迹为圆周，设运动半径为，则 解得 （2）粒子在该区域内电场中做类平抛运动，将运动分解为垂直于方向的匀速直线运动和平行于方向的匀加速直线运动，可得 垂直于方向 平行于方向 解得 （3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，可将其运动分解为沿方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于平面的线速度为，半径为的匀速圆周运动。 分运动为匀速圆周运动的周期 假设粒子可完成个圆周运动，则 粒子在方向的位移为 解得 假设成立，且该粒子在边射出，射出坐标为 离开该区域时沿方向的速度为 解得 3．(1) (2) (3) 【详解】（1）电子加速过程由动能定理 解得 （2）磁场沿-x方向，电子速度沿y方向，电子在做匀速圆周运动。设圆周半径为R，如图 根据几何关系有 解得 根据洛伦兹力提供向心力有 解得 （3）设O点的速度与y轴夹角为，则有 将速度分解为沿y轴方向和-z轴方向，则有， 控制区中，y方向：电场沿y负方向，电子做匀加速直线运动，加速度 根据位移—时间关系有 解得 垂直y方向（x-z平面）：磁场沿y方向，电子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 则周期 则电子转过的角度为，则电子打在晶圆上的位置坐标为 4．(1) (2) 【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，方向有 方向有 牛顿第二定律可知 联立解得 （2）带电粒子在平面左侧电场中运动，方向位移，即粒子进入右侧区域的初始位置为； 带电粒子在平面右侧电场中运动，方向有， 代入数据解得在平面右侧运动时间 带电粒子在平面右侧磁场中运动周期 由题中所给交变磁场可知，带电粒子经历半个周期旋转（俯视图中，前顺时针旋转，后逆时针旋转），故的长度为旋转直径； 根据带电粒子在磁场中运动可知， 解得，则的长度为 5．(1) (2) (3) 【详解】（1）设匀强电场的电场强度大小为，粒子在电场中运动时间为，根据题意， 根据牛顿第二定律有 解得。 （2）根据题意可知，粒子进磁场I时的速度方向与出磁场I时的速度方向刚好相反，因此粒子在磁场I中运动的轨迹是半圆，设粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，则入射点与出射点间的距离为。根据几何关系有 解得 根据对称性可知，粒子进磁场I时的速度大小为，根据牛顿第二定律 解得。 （3）粒子进磁场Ⅱ时速度大小仍为，方向与轴正方向成角，则粒子进磁场Ⅱ的入射点到点的距离为 根据题意，粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹与平面切点的坐标，粒子在磁场Ⅱ中沿轴负方向做匀速直线运动，运动的速度大小 在垂直磁场Ⅱ的平面内做匀速圆周运动，根据题意，做匀速圆周运动的速度大小 做圆周运动的半径 因此切点坐标， 即切点坐标为。 6．(1) (2)， （n=0、1、2、3） 【详解】（1）粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，x轴正方向有 y轴正向有， ， 由以上公式解得 （2）粒子运动到坐标原点时有 ， 粒子在磁场中沿x轴正方向做匀速直线运动，yoz平面内做匀速圆周运动，所以有 粒子在磁场中运动过程中离x轴最远点的距离， 所以 粒子在磁场中运动的周期， 运动时间   n=0、1、2、3…… 所以   n=0、1、2、3…… 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在平面左侧磁场中做圆周运动，由几何关系得 解得 由洛伦兹力提供向心力可得， 解得 （2）在右侧磁场中由洛伦兹力提供向心力得 ，解得 则有， 即坐标为 （3）粒子在电场中做类平抛运动，轴方向上 轴方向上 解得 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从点沿方向射出时，经电场加速后进入磁场，达到收集板用时最短。 设粒子在电场中的加速度为a，则有 设在电场中加速时间为，有， 可解得，或（舍去） 设进入磁场时速度为，则 粒子在磁场中运动时的速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，会做匀速直线运动直到Q点，运动的时间为，则， 所以粒子达到收集板的最短运动时间 （2）粒子从点射出后，沿方向匀加速直线运动，沿方向匀速直线运动，设达到直线时与该直线的夹角为，则 在静电场中可列出动能定理，有， 可解得 可知当最大时，会最小，此时的也是最小的，所以初速度沿轴射出时的角度会最小，此时有 ， 所以最小角度为， 此时 （3）带电粒子进入磁场中后，沿+x方向以做匀速运动、在yoz平面内以速度做匀速圆周运动（如图所示），运动轨迹为螺旋线。在yoz平面内，圆周运动半径为R，周期为T 此时，且，可解得， 设粒子从P到Q用时为t，则， 解得 到达收集板MN时的情况如图 此时y轴的坐标 z轴的坐标 所以，打在收集板MN时的坐标为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·甘肃兰州·二模）某学习小组设计了如图所示的装置。质量为的平板车静止在光滑水平面上，其右端与一根固定在墙上、劲度系数为的轻弹簧接触，左端放有一个质量也为m的小物块A，物块与平板车之间的动摩擦因数为。平板车上方固定有一根足够长的光滑水平细杆，杆上套有一个质量为的滑块Q，质量为的物块P通过长的轻绳与滑块Q相连。现将物块P拉起至轻绳水平伸直状态后，由静止释放，物块P运动至最低点时恰好与物块A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后物块A获得瞬时速度。已知所有物块均可视为质点，空气阻力不计，弹簧振子简谐运动的周期T与振子质量m、劲度系数k的关系为，重力加速度g取，求： (1)运动到最低点时物块P的速度大小； (2)与物块P碰撞后，物块A的速度大小； (3)平板车从开始运动到第一次速度减为零的过程中，物块A与平板车摩擦产生的热量（结果保留一位小数）。 2．（2026·四川宜宾·一模）如图所示，有一右侧带挡板的长木板静止在光滑水平地面上，可视为质点的物块A、B中间夹有微量炸药静置在木板上，物块B离挡板的距离。炸药具有的化学能，引爆炸药将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和爆炸时间均不计，两物块均未从木板上滑下。已知两物块质量均为，长木板的质量，物块A与长木板间的动摩擦因数，物块B与长木板间无摩擦，重力加速度，求： (1)爆炸后瞬间，物块A的速度大小； (2)物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间、碰后木板的速度大小。 3．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，在竖直平面内一长为l（l未知）的不可伸长的轻绳一端系于O点，另一端系一质量m=0.1kg小物块P，初始时把P拉到图示位置，轻绳恰好伸直且与水平方向夹角为30°。长L=4.25m的水平传送带AB以v传=6m/s的速度顺时针转动，传送带右侧平滑连接足够长的光滑水平面，水平面上依次放置3个质量均为M=0.3kg的小物块，小物块1紧靠传送带右端B点，物块间距均为d=0.8m。现静止释放P，P到达最低点时轻绳断裂，之后P无碰撞地滑上传送带，到达传送带右端时以vB=8m/s的速度与物块1发生碰撞。已知物块与传送带间的动摩擦因数µ=0.2，不计空气阻力，所有物块均可看成质点，物块之间的碰撞均为弹性碰撞，求： (1)物块P第一次从A滑到B的过程中， ①P滑上传送带的初速度vA的大小； ②P与传送带间由于摩擦而产生的热量Q； (2)轻绳断裂前瞬间的拉力大小FT； (3)从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间t。 4．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 5．（2026·浙江杭州·二模）某游戏装置的竖直截面如图所示，由倾斜直轨道、圆弧轨道和置于光滑水平地面上的滑板组成。直轨道与半径为、圆心角为的圆弧轨道平滑连接，圆轨道末端点与滑板上表面水平相切，滑板右端套筒内安装有一原长等于的轻弹簧，处有传感器可记录弹簧弹力的最大值。现将一滑块在点由静止释放，若传感器示数不为零且滑块不会从滑板左侧滑出，则判定游戏成功。已知长，，，段长度，段与滑块间的动摩擦因数，其余接触面均光滑，弹簧劲度系数，露在套筒外的长度，滑块质量，滑板（含弹簧、套筒、传感器）总质量。弹簧弹性势能（为形变量），，。 (1)求滑块在段的运动时间； (2)求滑块运动到圆弧轨道点受到的支持力大小； (3)求弹簧的最大压缩量； (4)若滑块与套筒左端的碰撞为完全非弹性碰撞（不粘连），滑块质量在一定范围内可调，求游戏成功时的取值范围。 6．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤去），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中v10和v20是碰前两物体的速度，v1和v2是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量均为m，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)碰撞后物块Q的速度大小； (2)物块P最大速度的大小； (3)小球与物块Q碰撞后，物块Q最小速度的大小。 7．（2026·山东·模拟预测）如图所示，半径为R的圆槽P和物块Q静止在光滑水平地面上，圆槽P的最低点与地面相切，物块Q的左端连接一轻弹簧。质量为m的小球从P的正上方高为R的位置由静止释放后，恰好沿切线进入圆弧轨道。已知P、Q的质量均为3m，重力加速度大小为g，忽略空气阻力和一切摩擦。求 (1)小球第一次离开圆槽P时的速度大小； (2)小球第一次与弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能； (3)小球再次回到圆槽P的过程中上升的最大高度。 8．（2026·广西桂林·一模）如图所示，快递公司分拣邮件使用倾角的传送带，将每个质量的邮件从地面运送到高的出发平台。传送带以的速度顺时针匀速转动。已知各邮件与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，。求： (1)邮件刚轻放上传送带时的加速度大小； (2)机械手每隔就将一个邮件轻放到传送带底端，传送带上最多同时输送的邮件数量； (3)在机械手放置第一个邮件开始计时的1分钟内，电动机因运送邮件需多做的功。 9．（2026·江苏常州·二模）如图甲所示，质量为2m的A环套在光滑足够长的水平杆上，通过长为L的轻绳与质量为m的球B相连，球B与光滑地面间恰好无作用力，与球B体积相同、质量为 的球C以速度 向左运动，球C 和球 B发生弹性碰撞后，B球从O点开始运动，轨迹（部分）如图乙所示，O、M、N为轨迹最低点，P、Q为轨迹最高点，球B从O 运动到 P 的时间 重力加速度大小为g，求： (1)球B、C碰后瞬间球B速度的大小； (2)球B运动到 M 点时绳子拉力大小 F； (3)O、P两点间的水平距离。 10．（2026·辽宁鞍山·二模）如图，ABCDE为一固定轨道，其中AB为倾角、长的直轨道，BC、DE为半径的相同的圆弧形轨道，、分别为两圆弧的圆心，CD为离地面高度的水平直轨道，各轨道间平滑连接，直轨道AB粗糙，其余轨道均光滑。质量为的小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数。取，，重力加速度，将小滑块从A点由静止释放，忽略空气阻力和小滑块的大小，求： (1)小滑块在直轨道AB上运动的时间； (2)小滑块到达C点前瞬间对轨道的压力大小； (3)小滑块落到地面前瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值（结果保留根号）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块P摆下过程中，滑块Q向左滑动，P、Q组成系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，有， 联立得 （2）物块P与物块A发生弹性正碰，P、A组成系统动量守恒、机械能守恒，有：， 联立得，碰后物块A的速度为 （3）物块A在平板车上滑行时，对平板车有向右的摩擦力，使平板车向右运动压缩弹簧，当弹簧弹力等于摩擦力时，平板车受力平衡，记此点为O。由受力分析可知，平板车向右运动时，以O点为平衡位置做简谐运动。设O点处，弹簧的形变量为，根据受力平衡有 解得 由对称性可知，弹簧压缩到最短时，平板车的位移为 弹簧压缩到最短时，平板车恰好完成简谐运动半个周期的运动，根据简谐运动的周期公式可知，平板车运动时间为 物块A在这段时间内减速为0，故滑行的位移为 系统内，克服摩擦力做功产生的热量为 联立得摩擦产生的热量 2．(1)3m/s (2)； 【详解】（1）对A、B组成的系统，动量守恒 由能量关系可得 解得 （2）爆炸后，物块A向左匀减速，物块B匀速，长木板向左匀加速；设A与木板共速后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正方向；A、长木板动量守恒 对A受力分析根据牛顿第二定律 匀变速运动中速度时间关系 可得， 物块B的位移 长木板位移 ，假设成立 A和木板共速后以匀速运动， 爆炸后瞬间到B第一次与挡板相碰所经历的时间 第一次B与木板发生弹性碰撞，以右为正向 根据动量守恒 机械能守恒 解得 3．(1)①9m/s；②0.25J (2)3.5N (3)7.4s 【详解】（1）①由于物块P运动到B点时速度大于传送带速度可知，物块从A运动到B一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得， ，解得 ②物块P做匀减速运动的时间为 物块P相对于传送带运动的位移大小为 所以 （2）物块P运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得 物块P由初始位置开始先做自由落体运动，运动到绳与竖直方向的夹角为60°时，轻绳再次拉直，此过程物块P的位移为l，根据自由落体运动规律，有 之后物块P开始做圆周运动，直到运动到最低点，根据机械能守恒定律可得 联立解得 （3）设物块P与物块1第一次碰撞后的速度大小为v1，物块1的速度为u1，根据动量守恒定律可得， ，联立解得， 物块P与物块1碰撞后，反向做匀减速直线运动，速度减为零时的位移为 故物块P不会从传送带A端滑落，则速度减为零后开始向右做匀加速直线运动，由于 说明物块P返回到B端时速度大小仍为v1，而物块1向右做匀速直线运动和物块2发生弹性碰撞，则， ，解得， 由此可知，二者碰撞后速度交换，即物块1停在物块2原位置，所以物块P第一次与物块1碰后到第二次与物块1碰撞所经历的时间 设物块P与物块1第二次碰撞后的速度大小为v2，物块1的速度为u′2，根据动量守恒定律可得， ，联立解得， 即物块P第二次与物块1碰后以2m/s的速度反弹后至第三次与物块1碰撞所经历的时间为 之后二者将不再碰撞，所以从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间为 4．(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为 加速到共速时用时间 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知， 联立解得 （另一组，因不合实际舍掉） 对滑块在最高点时由牛顿第二定律 解得F=3N 5．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 根据位移公式有 解得 （2）过程，根据动能定理有 解得 滑块在点，根据牛顿第二定律有 解得 （3）弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有 解得 设弹簧最大压缩量为，由功能关系有 解得 （4）此时仍然有 若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足 解得 若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能小于，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于，滑块一定不会从板左侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即有， 解得 综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围 6．(1)3m/s (2)2m/s (3)0 【详解】（1）小球从释放到与物块Q碰撞前，根据动能定理有 对小球和物块Q构成的系统进行分析，根据动量守恒有 根据题意有 ，解得v2=3m/s （2）从物块Q与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块P的速度最大，在此过程中物块Q与物块P及弹簧构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒有 解得 ，即物块P的最大速度为2m/s。 （3）由（2）解得 可知，当弹簧恢复原长时，物块Q的运动方向发生变化，说明从物块Q刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块Q的速度将减为零，所以物块Q的最小速度为0 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球第一次离开圆槽时速度为，圆槽的速度为，从小球开始下落到第一次离开圆槽，由动量守恒和能量守恒有， ，解得 （2）小球第一次与弹簧相互作用，弹簧的最大弹性势能时小球和物块Q共速，设共速的速度为，从开始压缩弹簧到弹性势能最大， ，解得 （3）设小球与Q分离后，小球的速度为，Q的速度为；小球再次回到圆槽P上升最大高度时，小球与圆槽共速，速度为，上升的最大高度为h，从压缩弹簧到与Q分离，由动量守恒和能量守恒有， 从与Q分离到回到圆槽P上升的最大高度时，由动量守恒和能量守恒有， ，解得 8．(1) (2)2个 (3) 【详解】（1）邮件刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有 ，解得 （2）根据几何关系，可得传送带总长 对一个邮件分析，设达到共速所用时间为，有 ，解得 ，邮件的对地位移为 邮件与传送带共速后邮件相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为，有 可得 ，隔放一个，则传送带上最多输送2个邮件。 （3）电动机多输出的能量转化为邮件的重力势能、动能和摩擦产生热量，有 解得 1分钟内8个邮件完成全程，多输出的能量 第9个邮件加速运动，有 解得 ，可得 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）球B、C发生弹性碰撞瞬间，根据动量守恒和机械能守恒有， 联立解得 （2）球B由O点运动到 M 点的过程，球B和环A相当于发生了一次弹性碰撞，设球B运动到M点时球B和球A的速度大小分别为和，根据动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， 此时对球B根据牛顿第二定律有 ，解得 （3）球B和环A第一次共速时，球B上升的高度最大，根据动量守恒和机械能守恒有， 根据水平方向动量守恒，球B和环A相互作用的任意时刻都满足 两边分别对时间求和得 ，其中 ，联立解得 10．(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律有 解得 小滑块从A到B过程作匀加速直线运动，由 可得小滑块在斜面上运动时间 （2）小滑块到达B点速度 解得 小滑块从B到C过程中，由动能定理有 解得 小滑块在C点，由牛顿第二定律可得 根据牛顿第三定律，小滑块到达C点前瞬间对轨道的压力大小 （3）小滑块从C点匀速直线到达D点时速度 根据可知小滑块在D点沿轨道运动的临界速度大小为，因为，可知小滑块在D点脱离轨道作平抛运动。 小滑块落地时竖直速度大小为，由， 可得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（多选）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自点沿曲线运动，到达点时速度为零，点是运动的最低点，阻力不计，下列说法中正确的是（　　） A．液滴可能带负电 B．液滴在点时动能最大 C．液滴从运动到的过程中机械能守恒 D．液滴将不可能由点返回到点 2．（多选）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（ ） A．小球的加速度先减小后增大 B．下滑加速度最大时速度 C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 D．小球最终速度 3．（多选）如图，一根固定的足够长的绝缘细杆竖直放置。质量为、电荷量为的带电小球套在细杆上，已知小球与杆间的动摩擦因数为。小球始终处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。小球以初速度从点沿细杆向上运动至最高点后又下降回到点，回到点前已经开始做匀速运动，已知重力加速度为，则对小球上升到最高点又回到点的过程，下列说法正确的是（　　） A．小球克服摩擦力所做的功为 B．小球所受洛伦兹力的冲量等于零 C．小球运动的总时间为 D．小球上升的运动时间等于小球下降的运动时间 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．BD 【详解】A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下；然后粒子向右偏转，说明开始时洛伦兹力向右，根据左手定则可知，液滴带正电，故A错误； B．从A到C的过程中，重力和电场力均做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理知液滴在C点时的动能最大，故B正确； C．液滴从A运动到C的过程中，除重力做功外，还有电场力做功，所以液滴的机械能不守恒，故C错误； D．液滴到达B处后，向右重复类似于的运动，不能再由点返回点，故D正确。 故选BD。 2．BCD 【分析】对小球进行受力分析，再根据洛伦兹力的变化，分析各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态． 【详解】小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为；开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛伦兹力，则杆对小球的支持力将减小，摩擦力减小，合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零．此后小球继续加速度，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，随着速度增大，洛伦兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小．当加速度减小为零，即a=0时，速度达到最大，则有 mg=μ（qvmB-qE），最大速度即稳定时的速度为 ，故A错误，D正确．当洛伦兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g达最大；此时qvB=qE，所以：v=E/ B，故B正确；由此分析知，小球的最大加速度出现在洛伦兹力等于电场力的状态，且最大加速度为g．下滑加速度为最大加速度一半有两种情况：一种情况：在洛伦兹力小于电场力时，另一种在洛伦兹力大于电场力时．在洛伦兹力小于电场力时，有，解得，；在洛伦兹力大于电场力时，有 ，解得，．故C正确．故选BCD． 3．BC 【详解】A．因为小球下降回到点前已经开始做匀速运动，所以有 求得回到点时的速度大小为 根据动能定理可得 解得，故A错误； B．洛伦兹力 上升过程中，根据左手定则可知方向向左，洛伦兹力的冲量为 下降过程中，洛伦兹力冲量大小为 根据左手定则可知方向向右，所以全过程中小球受洛伦兹力的冲量等于零，故B正确； C．同理分析摩擦力的冲量大小也为零， 根据动量定理得 解得，故C正确； D．小球上升的加速度大小 下降的加速度大小 因为，所以小球上升的运动时间小于小球下降的运动时间，故D错误。 故选BC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．（2026·河南·模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立坐标系，空间中存在竖直向上的匀强电场，轴上方存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，轴下方存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。现将质量为、电荷量为的绝缘小球从轴点以方向与轴正方向成角、大小为的速度射出，小球第一次到达轴时经过点，速度方向与轴正方向成角，大小也为。已知点纵坐标为，重力加速度为，取，，。求： (1)电场强度的大小及磁感应强度的大小； (2)当小球第（，取整数）次到达轴时，与坐标原点的距离及运动的时间； (3)若小球第一次到达轴时，撤除匀强电场，小球在第二次到达轴的运动过程中的最大速度。 2．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，xOy平面内，第一象限充满垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限充满垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相同，x轴下方充满匀强电场（方向与y轴正方向的夹角为37°），在x轴上某点固定一粒子收集器（图中未画出）。从y轴上坐标为的M点发射比荷均为的带正电粒子。粒子A速度大小为，方向沿x轴正方向，第1次经过x轴时速度方向与电场方向相反，到达y轴时速度恰好减为0，第3次到达x轴时被收集器收集；粒子B速度大小为，方向斜向上与x轴负方向成37°角。忽略粒子间相互作用和粒子重力，不考虑边界效应，取。 (1)求磁感应强度大小及收集器的位置； (2)求粒子A从发射到被收集的时间； (3)若粒子B第一次经过x轴时，第二象限的磁场方向变为垂直纸面向外（大小不变），调节电场强度大小，使粒子B到达收集器，求调节后可能的电场强度大小。 3．（2026·重庆沙坪坝·三模）某半导体离子掺杂装置的粒子筛选系统，其结构俯视图可简化为如题图所示。Ⅰ区为加速区，平行金属板C、D间距为，C、D中心有两小孔，分别为S、O，板间有匀强电场；Ⅱ区为偏转磁场区，宽度为（未知），方向垂直纸面向外；Ⅲ区为筛选磁场区，宽度为，方向垂直纸面向里，边缘有拦截挡板，Ⅱ、Ⅲ区域磁感应强度大小均为。一带正电的粒子质量为，电量为，由Ⅰ区域中的S点静止释放，加速后依次进入Ⅱ、Ⅲ区，恰好不与Ⅲ区挡板碰撞，并能从O点沿直线返回S。不计粒子重力，求： (1)Ⅱ区的磁场宽度； (2)Ⅰ区电场强度大小； (3)粒子在Ⅱ、Ⅲ两区磁场中运动的总路程。 4．（2026·山东济南·二模）如图所示，在O-xyz三维坐标系中，y>0空间一侧有沿y轴负方向的匀强电场，y<0空间一侧有沿y轴负方向的匀强磁场。一带正电粒子以速度v0从x轴上的A点（-d，0，0）处在xOy平面内沿与x轴正方向成角射入电场中，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子恰好经过O点，磁感应强度大小为，粒子的重力忽略不计，求： （1）匀强电场的电场强度E； （2）粒子射入电场开始计时，第n次经过y轴时在y轴上的位置坐标。 5．（2026·江苏·二模）如图所示，一有界匀强磁场垂直于纸面向里，其边界是以为圆心、半径为的圆，直径，四分之一圆弧处有吸收装置。在匀强磁场外侧有环形有界均匀辐向电场，电场方向指向点，环形边界间的电压为（可调）。处不断有带电粒子飘入电场，粒子的初速度几乎为零，经电场加速后从点沿方向进入磁场，当时粒子经磁场偏转后直接运动到点，最终到达区域均被吸收。已知带电粒子的质量为、电荷量为，粒子在电场中运动时间极短，不计粒子的重力及粒子间相互作用。 (1)求粒子从点进入磁场时的速度大小； (2)求磁感应强度大小； (3)当电压从连续增加到过程中（时间足够长），粒子仍从处飘入电场，求磁场边界有粒子穿越部分的弧长。 6．（2026·广东阳江·二模）利用电、磁场来控制和改变带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，水平线AB与竖直线CD交于O点，将空间分成四个区域。在竖直线CD的左边存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在竖直线CD的右边存在沿水平向左的匀强电场。某时刻一个带正电粒子从水平线AB上的a点以初速度v0水平向左射出，带电粒子第一次到达竖直线CD上时，速度方向与竖直向上方向成角，之后带电粒子在电场中运动，并垂直通过水平线AB上的b点。已知O、a两点之间的距离为L，带电粒子所受重力忽略不计。（计算结果可带根号）求： (1)带电粒子的电荷量和质量的比值； (2)竖直线CD的右边匀强电场的电场强度大小； (3)带电粒子从a点出发到第一次回到a点的时间。 7．（2026·山西运城·模拟预测）如图所示，直角坐标系的第二象限内有沿轴负方向的匀强电场。一质量为、电荷量为的带正电粒子，从点以速度水平向右射出，经电场偏转后从点进入第四象限，不计粒子重力，求： (1)电场强度的大小； (2)带电粒子从点进入第四象限的速度大小和方向； (3)在第一、三、四象限的某个矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，粒子在该磁场中偏转后能垂直轴指向点再次进入第二象限，求该矩形磁场区域的最小面积和对应的磁感应强度大小。 8．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，在光滑绝缘的水平面xOy区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；区域内存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子1从点S以一定速度释放，沿直线从坐标原点O进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为3m的中性粒子2发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子2.不计碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的附加效应以及重力。 (1)求电场强度的大小E，以及粒子1到达O点时的速度大小； (2)求两粒子碰撞后瞬间的速度大小、，并说明碰撞后两粒子的带电属性； (3)若两粒子碰撞后立即撤去电场，求两粒子在磁场中运动的轨道半径、，以及从碰撞到两粒子再次相遇的时间间隔； 9．（2026·广东·模拟预测）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入简化工作原理的示意图，一个粒子源于处不断释放质量为，带电量为的离子，其初速度视为零，经电压为的加速电场加速后，沿图中半径为的圆弧形虚线通过圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀径向分布的电场）后，从点沿直径方向进入半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。经磁场偏转，离子最后垂直打在平行放置且与等高的硅片上，硅片到的距离为，不计离子重力。求： (1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小； (2)静电分析器通道内虚线处电场强度的大小； (3)磁感应强度大小； (4)若匀强磁场的磁感应强度大小可以调节，要让从点沿直线方向进入圆形匀强磁场区域的离子全部打在硅片上，求磁感应强度大小的取值范围。 10．（2026·山东·模拟预测）如图所示，在空间直角坐标系中，无限大平面MNPQ（与y轴垂直且交于C点）左侧区域Ⅰ存在沿x轴正方向的匀强磁场，，右侧区域Ⅱ存在沿z轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；现从坐标为的A点沿yOz平面发射一质量为m，电荷量为的粒子，粒子的初速度大小为、方向与y轴负方向的夹角为60°，经一段时间后粒子恰好垂直于平面MNPQ进入区域Ⅱ，不计粒子的重力，求： (1)磁感应强度B的大小； (2)粒子从A点出发至第2次到达平面MNPQ的时间； (3)若在区域Ⅱ加一电场强度为E、方向沿z轴负方向的匀强电场，求粒子从A点出发后第n次经过平面MNPQ时的速度大小。 11．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，xOy平面内，第一、二象限内充满垂直xOy平面向里的相同匀强磁场，第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内的匀强电场与第三象限内的匀强电场等大反向，两电场范围均足够大。两个质量均为m、带异种电荷且电荷量大小均为q的粒子，同时从y轴正半轴上A点以大小均为v0的速度射出，其中带正电的粒子射入第二象限，带负电的粒子射入第一象限，速度方向与y轴正方向的夹角均为30°。当这两个粒子第一次穿过x轴时，速度方向与x轴的夹角均为60°，之后它们在y轴负半轴上C点第一次相遇，且相遇时的速度方向与y轴负方向的夹角均为60°。已知A点到坐标原点O的距离为d，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用和碰撞对粒子运动的影响。 (1)求这两个粒子从A点射出到第一次相遇所经过的时间。 (2)求磁场的磁感应强度大小B与电场强度大小E的比值。 (3)若撤去带负电粒子，让带正电粒子依旧以原来的速度从A点射出，并在它到达C点瞬间，保持整个空间磁场不变，第四象限的电场强度大小不变、方向反向。 ①分析判断该粒子通过C点后，能否再次穿过y轴。 ②求该粒子第2026次穿过x轴时到坐标原点的距离。 12．（2026·湖南·二模）如图所示，平面第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为，第三象限存在沿轴正方向的匀强电场。点位于轴上，与原点的距离为，点位于轴上，与原点的距离为。时刻一电荷量为、质量为的带正电粒子从点以某一初速度沿轴负方向射入电场，离开电场时速度被偏转角，经磁场偏转后又垂直于轴进入第一象限。不计粒子重力。 (1)求粒子从点射入电场时的初速度大小； (2)求粒子到达离轴最远处的时刻； (3)若第四象限匀强磁场的磁感应强度大于，要使粒子能够到达点，求第四象限磁感应强度的大小。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)， (2)， (3) 【详解】（1）小球从点运动到点，由动能定理得 解得 则小球做匀速圆周运动，设半径为，由几何关系可知 解得 根据洛伦兹力提供向心力，有，解得 （2）小球做匀速圆周运动，第一次到达轴时经过点，由几何关系可知 解得 小球从第一次到达轴到第二次到达轴，沿轴正方向移动距离 解得 小球第次到达轴时，与坐标原点的距离 小球做圆周运动的周期，解得 小球从射出到第一次到达轴的时间，解得 小球从第1次到达轴到第2次到达轴的时间，解得 小球第次到达轴运动的时间 （3）如图所示，把小球的速度分解为、，根据竖直方向受力平衡有 解得 则由速度矢量图得 小球的运动可分解为以沿轴正方向做匀速直线运动和以做沿逆时针方向的匀速圆周运动 当两个分运动速度方向相同时，有最大速度，则 解得 2．(1)， (2) (3)见解析 【详解】（1）对粒子A，由几何关系有，解得 由，解得 收集装置到O点距离为 （2） 粒子A在电场中减速的距离由几何关系得 在电场中的运动时间 磁场中圆周运动周期，磁场中对应的圆心角为 磁场中运动时间， 总时间 （3）粒子B经半个圆周进入电场，进电场位置到坐标原点距离 设从第一次进电场开始，过电场n次，磁场k次到收集器。 磁场中：设某次进入磁场时速度为v，与x轴夹角为，由得 沿x轴前进的距离为 粒子每次经过x轴时y方向速度大小不变，即 解得 电场中： x方向： y方向： 解得 （i）若粒子从电场中到达收集器，，则 ①当时，   ②当时，   ③当时， （ii）若粒子从磁场中到达收集器，，则 ④当时， ⑤当时， 3．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在Ⅲ区磁场中恰好不与挡板碰撞，且能沿直线返回点，说明粒子在Ⅲ区的轨迹圆心角为。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有 解得 所以Ⅱ区的磁场宽度。 （2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，由（1）可知 粒子在Ⅰ区由电场加速，由动能定理可得，联立解得。 （3）粒子在Ⅲ区磁场运动转过的圆心角为，所以粒子在Ⅲ区磁场运动的弧长为 粒子在Ⅱ区磁场运动转过的圆心角为，所以粒子在Ⅱ区磁场运动的弧长为 所以粒子在Ⅱ、Ⅲ区磁场运动的总路程为。 4．（1）；（2）（0，，0） 【详解】（1）粒子在电场中做类斜抛运动，则有 沿电场方向有 由牛顿第二定律，联立解得 （3） 粒子进入磁场后，在垂直轴的平面做匀速圆周运动，在轴上沿轴负方向做匀速直线运动， 则有 由 粒子在磁场中第n次距y轴最远时，粒子沿y轴负方向移动的距离 联立解得 第n次经过y轴时在y轴上的位置坐标为（0，，0）。 5．(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理可得    ，解得 （2）电压时，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由下图可得     由洛伦兹力提供向心力可得     解得     （3）电压时，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由动能定理可得 由洛伦兹力提供向心力可得 解得     设磁场中运动半径在和间的粒子第一次穿越边界区域的弧长为，则     如下图，由几何关系可得     同理，粒子第一次返回磁场后，第二次穿越磁场边界区域的弧长为，则， 粒子第二次返回磁场后，第三次穿越磁场边界区域的弧长为，则， 粒子穿越磁场边界的弧长 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意，作出正电荷的部分运动轨迹如图所示 设正电荷在磁场中运动的轨道半径为r，由图可得 解得 正电荷在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 解得正电荷的比荷为 （2）设正电荷第一次经过y轴的位置到O点的距离为，到达b点时的速度大小为，结合类平抛运动规律，有 设正电荷进入电场后经过时间t运动到b点，则有 由几何知识结合类平抛运动可得 解得 又 正电荷从第一次经过y轴到运动至b点的过程中，根据动能定理有 联立解得 （3）正电荷在磁场中的运动的周期为 由几何关系可知，正电荷第一次在磁场中运动的时间为 正电荷在电场中运动的时间为 正电荷第二次在磁场中的运动轨迹与第一次在磁场中运动的轨迹对称，则正电荷第二次在磁场中的运动时间为 所以正电荷从点出发到第一次回到点的时间为 7．(1) (2)速度大小为，方向为与x轴正方向成角斜向右下 (3)最小面积为，磁场大小为 【详解】（1）粒子在第二象限做类平抛运动。水平方向（x方向）匀速运动 得运动时间 竖直方向（y方向）匀加速运动，加速度 将和代入竖直方向公式，化简得 （2）粒子到达O点时，竖直分速度 合速度大小 设速度与x轴正方向的夹角为，向下为正，解得 即速度方向为与x轴正方向成角斜向右下。 （3）粒子进入磁场后做逆时针匀速圆周运动（正电荷，磁场向里），洛伦兹力提供向心力 即 根据题意，粒子偏转后出磁场速度水平向左，匀速运动后指向P点（P纵坐标为），因此出磁场后速度沿向左，可得圆周运动出射点纵坐标为。结合几何关系（O点速度方向为向下，出射速度向左，圆心坐标为，出射点坐标为），得，即​ 将、代入得，解得 求最小矩形面积。由几何关系，矩形长为，宽为 因此面积为 将​代入得 8．(1)， (2)，，粒子均带负电 (3)，， 【详解】（1）粒子1从到做匀速圆周运动，轨道半径，洛伦兹力提供向心力 解得粒子1到达点的速度 粒子1从S点到点做直线运动，可知 解得电场强度 （2）两粒子发生完全弹性碰撞，系统动量守恒 系统机械能守恒 联立解得碰撞后瞬间速度大小为， 其中粒子1速度反向，带电属性：粒子1的一半负电荷转移给中性粒子2，因此两粒子均带负电，电荷量均为 （3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 得轨道半径公式 代入粒子1的质量、速度和电荷量，得轨道半径 代入粒子2的质量、速度和电荷量，得轨道半径 粒子做匀速圆周运动的周期公式 分别计算两粒子的周期， 两粒子再次相遇时，转过的圈数均为整数，取两周期的最小公倍数，得相遇时间间隔 9．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）离子通过加速电场 离子在静电分析器中做匀速圆周运动，可得离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小 （2）离子经过静电分析器，电场力提供向心力 可得 （3）离子最后垂直打在平行放置且与等高的硅片上，轨迹如图所示 由几何知识可知 根据洛伦兹力提供向心力有 其中 代入解得 （4）要让离子全部打在硅片上，其临界状态的轨迹如图所示 离子恰好打到硅片的最低点，根据几何关系有 离子恰好打到硅片的最高点，根据几何关系有 根据 可得 10．(1) (2) (3)见解析图1 【详解】（1）由题意可知， 粒子的轨迹如图1所示， 由，可得： （2）粒子以水平速度进入区域Ⅱ，粒子从A点出发至第2次到达平面MNPQ的轨迹如图2所示，在区域Ⅰ中，轨迹的圆心角为120°，对应的时间为： 在区域中，轨迹为半圆，对应的时间为：图2 ，得 故： （4） 粒子第一次以水平速度进入在区域Ⅱ后，在平行于xoy平面的平面内做匀速圆周运动，在电场力作用下，沿z轴方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时间为，粒子第1次经过平面MNPQ时的速度为，第2次经过平面MNPQ时获得了沿z轴负方向的速度， 由牛顿第二定律：， 在区域Ⅰ以速度做匀速圆周运动，轨迹如图3所示 显然，第3次经过平面MNPQ时沿z轴负方向的速度 再在区域Ⅱ中，在平行于xoy平面的平面内做匀速圆周运动，运动时间仍为 在电场力作用下，沿轴方向做加速度为a的匀加速直线运动图3 第4次经过平面MMPQ时，沿z轴负方向的速度 第5次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 第6次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 粒子的速度为： 依次类推可知：①当n为偶数时 粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 解得： ②当n为奇数时 粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 粒子的速度为： 11．(1) (2) (3)①不能；② 【详解】（1）粒子运行轨迹如图 由分析知，这两个粒子在磁场和电场中的运动轨迹关于y轴对称设两粒子在磁场中运动的半径为R，则，解得 第一次经过x轴时，在磁场中运动的时间 进入电场后，两粒子在沿x轴方向做匀速直线运动。 第一次在C点相遇时 因此从A点到C点共历时 （2）由洛伦兹力提供向心力，有，解得 第一次进入电场时，到达C点时 沿y轴方向做匀减速直线运动，有，联立解得，因此 （3）①撤去负粒子后，正粒子仍先从A点运动到C点。第1次穿过x轴时，横坐标 到达C点后，电场方向反向，加速度，方向竖直向上。 第2次穿过x轴时，沿y轴方向有 沿x轴方向有，解得 由动能定理知，此时该粒子的速度仍为，方向与x轴正方向夹60°角，该粒子再次进入磁场后，仍做半径为d的匀速圆周运动。由 可知，该粒子经过C点后不能再次穿过y轴。 ②该粒子的部分运动轨迹如图所示 结合图像可知，该粒子第3次穿过x轴时 随后粒子再次进入电场，由运动规律和分析可得，第4次穿过x轴时 第5次穿过x轴时 以此类推....该粒子第2n次穿过x轴时（其中n=1，2，3，…） 因此该粒子第2026次穿过x轴时到坐标原点的距离 12．(1) (2) (3)或 【详解】（1）作出粒子的运动轨迹如图1所示： 粒子在电场中做类平抛运动，有竖直位移         水平位移           根据已知条件       解得水平位移 根据几何关系           解得圆周运动的轨道半径 又           解得 初速度       （2）由几何知识知，粒子进入第四象限的轨迹刚好和轴相切，且在轴下方到轴的最远距离和在轴上方到轴的最远距离相等； 在电场中运动的时间       第一次离轴最远时在磁场中运动的时间       联立得       以后每过时间再次离轴最远，则离轴最远的时刻为       （3）粒子的运动轨迹如图2所示： 设第四象限磁感应强度为原来的倍，即 根据公式 粒子在第四象限运动半径       若粒子从轴上方到达点，有       解得           式中只能取1，故 若粒子从轴下方到达点，有       解得           式中也只能取1，故 所以或 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．一列简谐横波沿x轴正方向传播。时的波形如图所示，平衡位置在处的质点M在时位移第一次为5cm，下列说法正确的是（　　） A． 简谐横波的周期为24s B． 波速大小为2.5m/s C． 时，M点沿y轴负方向运动 D． 时，M点运动到处 2．如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是（　　） A．弹簧上形成的波是横波 B．推、拉弹簧的周期越小，波长越长 C．标记物振动的速度就是机械波传播的速度 D．标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量 3．图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q为该波上平衡位置相距d=1.05m的两个质点（λ<d<2λ），此时质点P位于平衡位置，质点Q位于波峰（未画出），且质点P比质点Q先振动。图丙为图乙中P点的振动图像。袖子足够长，则下列说法正确的是（　　） A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的传播速度为0.75m/s C．经1.2s质点P运动的路程为1.2cm D．质点Q的振动方程为y=0.2sinm 4．如图为某质点做简谐振动的图像，下列说法正确的是（　　） A．该振动形成的波一定为横波 B．质点在t＝0.25 s时加速度的大小与t＝1 s时加速度的大小之比为1∶ C．若图像表示一弹簧振子的受迫振动，则其固有周期一定为2 s D．若该振动形成波速为v＝2 m/s的横波，则平衡位置相距10 m的两质点振动步调相同 5．一弹性绳沿x轴放置，位于坐标原点的质点O从t=0时刻开始振动，产生一列沿x轴正、负方向传播的简谐横波，t=0.6s时x正半轴上形成的波形如图所示。M为平衡位置位于x1=-5m处的质点，N为平衡位置位于x2=10m处的质点。则下列说法正确的是（　　） A．质点M的起振方向沿y轴负方向 B．x=0处的质点的振动方程是（cm） C．t=0.6s时刻质点M正位于波谷 D．0~2.0s时间内质点N通过的路程为200cm 6．（多选）某简谐横波中平衡位置相距3.5m的A、B两质点的振动图像分别如图甲、乙所示。若该波周期T=0.5s，A质点比B质点先振动，下列说法正确的是（　　） A．波长可能为1m B．波长可能为2m C．波速可能为4m/s D．波速可能为8m/s 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．A 【详解】AC．波沿x轴正方向传播，根据图像可知此时质点M正处于平衡位置向上振动，可写出M点的振动方程为 代入数据时 解得，故A正确，C错误； B．根据图像可知波长为 所以波速，故B错误； D．波上的质点只在其平衡位置附近振动，不会沿着波的传播方向移动，故D错误。 故选A。 2．D 【详解】A．弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵波，故A错误； B．同一介质中，波的传播速度相同，则波的传播速度不变，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小，由公式可知，波长越短，故B错误； C．标记物振动的速度反应的是标志物在平衡位置附近往复运动的快慢，机械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不是同一个速度，故C错误； D．标记物由静止开始振动，说明它获得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物，则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量，故D正确。 故选D。 3．B 【详解】A．图丙为图乙中P点的振动图像，t=0时刻，质点P经平衡位置向上振动，根据“上下坡法”可知该波沿x轴正方向传播，故A错误； B．P、Q为该波上平衡位置相距d=1.05m的两个质点，质点Q位于波峰，且（λ<d<2λ），可知 可知波长为，由图可得周期，根据可得该波的传播速度为0.75m/s，故B正确； C．由图可知振幅为，可知经1.2s即点P运动的路程为，故C错误； D．t=0时刻质点Q位于波峰，角速度，可得质点Q的振动方程为m，故D错误。 故选B。 4．B 【详解】A．不论是横波还是纵波，质点的振动图像都是正余弦形式，故A错误； B．质点在t＝0.25 s时，根据三角函数知识可知，其位移为x＝2×m＝m 质点在t＝1 s时，其位移为＝－2 m，又根据F＝kx可得，其回复力之比为1∶ 其加速度为a＝，所以加速度之比为1∶，故B正确； C．弹簧振子做受迫振动，其周期等于驱动力的周期，不一定等于固有周期，故C错误； D．根据v＝可知，λ＝vT＝2×2 m＝4 m 所以平衡位置相距10 m的两质点相距2.5个波长，所以两质点振动步调相反，故D错误。 故选B。 5．D 【详解】A．由图可知，t=0.6s时位于x=6m处的质点开始沿y轴正向振动，可知质点M的起振方向沿y轴正方向，A错误； B．波速 周期 x=0处的质点的振动方程是，B错误； C．由对称性可知，t=0.6s时刻质点M正位于波峰，C错误； D．波传到N点的时间为，则0~2.0s时间内质点N振动1s=2.5T，则通过的路程为2.5×4A=200cm，D正确。 故选D。 6．BC 【详解】AB．因为A质点比B质点先振动，由题图可知，t=0时刻质点A 位于平衡位置且正在向y轴正方向振动，质点B位于正向最大位移处，则有 解得 ···） 当n=1时，λ=2m，n无论取任何整数，波长都不可能为1m，故A错误，B正确； CD．波速为 解得 当n=1时，v=4m/s，n无论取任何整数，波速都不可能为8m/s，故C正确，D错误。 故选BC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中A、B图线（时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　） A．时刻，弹簧形变量为0 B．时刻，弹簧形变量为 C．从开始到时刻，拉力F逐渐增大 D．从开始到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少 2．如图所示为某新能源汽车在某次测试行驶时的加速度和车速的倒数的关系图像。若车的质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为，根据以上条件结合图像，下列说法正确的是（　　） A．无法求出汽车做匀加速运动的时间 B．无法求出汽车所受阻力大小 C．可以求出汽车的额定功率 D．无法求出汽车的加速度为时的速度大小 3．（多选）如图甲所示，木板A静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块B，时对A施加一水平向右的恒定拉力F，时撤去F，B与A共速时，B恰好在A最左端。A和B在0~3s内的v-t图像如图乙所示。已知B的质量，A与地面间动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，从开始到A、B均停止运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A与B间动摩擦因数为0.1 B．A的长度为5m C．拉力F对A做的功为108J D．B对地的位移为9m 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．D 【详解】AB．图像的斜率表示加速度，所以由题图可知，时刻物块A的加速度为0，则对物块A进行受力分析可知，此时物块A受力平衡，则有 解得此时弹簧的形变量为，故AB错误； C．时刻以后，A、B两物块分离，之后物块B只受重力、支持力、拉力三个力的作用，则对物块B列牛顿第二定律方程有 由于物块B的加速度恒定，所以时刻以后拉力F不再变化，故C错误； D．开始A、B两物块静止时，根据平衡关系有 解得此时弹簧的形变量（压缩量）为 时刻A、B两物块分离，此时对物块A列牛顿第二定律方程有 解得 所以此时弹簧的形变量（压缩量）为 由于，解得 从开始到时刻，弹簧的形变量减小，则由胡克定律可知，弹簧的弹力随形变量的减小而均匀减小，所以从开始到时刻，弹簧弹力的平均值为 从开始到时刻，对A、B两物块整体列牛顿第二定律方程有 解得 所以力随弹簧形变量的减小而均匀增大。开始时有 时刻有 所以从开始到时刻，拉力F的平均值为 即从开始到时刻，拉力F的平均值比弹簧弹力的平均值小，所以拉力F做的功比弹簧弹力做的功少，故D正确。 故选D。 2．C 【详解】A．由题图可知，汽车做匀加速直线运动的加速度大小为，末速度大小，则汽车做匀加速运动的时间为，故A错误； BC．设汽车所受阻力大小为，额定功率为，当汽车速度达到最大时，有 汽车做匀加速直线运动过程，由牛顿第二定律可得 又 联立解得，，故B错误，C正确； D．当汽车的加速度为时，由牛顿第二定律可得 解得牵引力大小为 此时汽车的速度大小为，故D错误。 故选C。 3．ACD 【详解】A．根据图乙中内物块B的运动图像可知加速度为 对B受力分析，有 所以A与B之间的动摩擦因数为0.1，故A正确； B．图乙中A与B两个物体的运动图像之间围成的面积等于A的板长 根据图像可计算出， 所以板长，故B错误； C．设A的质量为M，根据2~3s内A的运动可知加速度大小为 此时有 ，可求得 在0~2s内A的加速度大小为 此时对A分析，有 ，所以拉力 在0~2s内A运动的位移为 所以拉力做的功是，故C正确； D．由于，所以AB共速后不能一起减速，A的减速运动加速度更大，所以对B分析，有 3s后B运动的位移大小为 所以B对地的总位移为9m，故D正确。 故选ACD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．如图甲，足够长的木板放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块放在的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球相连，滑轮右侧轻绳水平。图示空间分布有垂直纸面向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，此时、、均静止。时撤去电场，与的相对速度随时间的变化关系如图乙所示，时电场恢复，此时的速度大小恰为的2倍。已知、、的质量分别为、、，的带电量恒为，、之间的动摩擦因数为，磁感应强度大小为，重力加速度大小为。忽略电场变化对磁场的影响。求： (1)电场强度的大小； (2)最大时的速度大小； (3)内、间因摩擦产生的热量，以及之后时的速度大小。 2．如图所示，平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，为圆心，半径为，磁场边界与两坐标轴相切；区域内交替分布宽度均为的匀强电场和匀强磁场，其边界均与轴平行，匀强电场的电场强度大小为，方向沿轴负方向，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里。一质量为、电量为的带电粒子，从圆形边界上的点以初速度射入磁场，与轴平行，与夹角。粒子射出圆形磁场瞬间，在区域内加上沿轴正向的匀强电场（图中未画出）。已知圆形磁场的磁感应强度大小为，区域内匀强电场的电场强度大小为，不计粒子重力。 (1)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径； (2)求粒子离开圆形磁场区域后，到达轴的速度大小； (3)求粒子穿出区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值； (4)若粒子到达区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿轴正向，求此时速度大小。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1) (2) (3)， 【详解】（1）在电场中处于平衡状态，有 解得 （2）最大时，、与加速度大小相等，设为，设、间轻绳拉力大小为，与间摩擦力大小为，有 对有 对有 对有 联立解得 （3）设时、的速度分别为、，对、、系统有 若内任意时刻、的速度为，内的位移分别为，对由动量定理有 对上式累积求和可得 内对、、系统，由能量守恒定律有 且 联立可得 时电场恢复，受电场力大小为，可知此后、与的动量大小之和不变，故 ，可得 2．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）粒子在第二象限圆形磁场中，有 其中 ，解得 （2）如图所示 由几何关系得粒子射出圆形磁场时距离轴 粒子从射出圆形磁场到轴，由动能定理得 解得 （3）粒子在区域第一个电场中加速，由动能定理得 粒子在区域第一个磁场中，有 如图所示： 由几何关系得 粒子在区域经历两个电场加速，有， 解得 （4）设粒子在第个磁场下边界的速度为，粒子在区域整个向下运动过程中，由动能定理得 ，水平方向由动量定理得 ，其中 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $1.为测定一截面为半圆形的玻璃砖的折射率，学习小组进行了如图所示的实验：将玻璃 砖的A点与光屏MN紧贴，使直径AB与MN垂直。让一束激光从左侧平行于玻璃砖的截面 射向圆心O,在光屏MN上的C、D两点分别观察到两个光斑，测得OC和OD的距离分别 为、。己知光在真空中的传播速度为°。下列说法正确的是() C A D M -N 激光笔 A.图中OC为折射光线，OD为反射光线 B.实验中不断增大入射角，能观察到全反射现象 L n= C.该玻璃砖折射率L2 D.光在该玻璃砖中的传播速度，L2 2.在同一均匀介质中，位于x=-6m和x=12m处的两个波源M和N均沿y轴方向做简谐 运动，形成横波a和b,t=0时的波形图如图所示，此时波a和b分别传播到x=-2m和 x=8m处。t=5s时波a、b恰好相遇，则下列说法正确的是() ◆y/cm 6 0川 2468101 N.x/m 6 A.波a、b在相遇区域不会发生稳定的干涉现象 B.t=0时，质点P沿y轴负方向运动 C.x=1m处的质点的振幅为l0cm D.x=3m处的质点为振动减弱点 1.【答案】D 【详解】A.图中OC为反射光线，OD为折射光线，故A错误； B.光从空气（光疏介质）斜射入玻璃砖（光密介质）时，不会发生全反射现象；即使光 线OD经玻璃砖圆心从玻璃射向空气，满足了介质条件，但由于入射光线沿半径方向，与 入射点的法线重合，因此同样无法观察到全反射现象，故B错误： C.由几何关系，入射角i=∠OCA,折射角r=∠ODA,半圆形玻璃砖的折射率 n=sini sinr L,故C错误； cL V=一= D.光在玻璃砖中的传播速度nL2,故D正确。 故选D。 2.【答案】D 【详解】A.两列波的波速相等、波长相等，根据V=可知，频率也相等，满足发生 干涉所需的条件，故A错误； B.横波α沿x轴正方向传播，根据波的传播方向和质点振动方向的关系可知，质点P沿 y轴正方向运动，故B错误； C.两波源的起振方向相反，即两波源的振动反相，x=1m处的质点到两波源的距离之 差为4m=2 所以该点为振动减弱点，振幅等于两列波的振幅之差，即2Cm,故C错误： D.x=3m处的质点到两波源的距离之差为0，所以该点为振动减弱点，故D正确。 故选D。 1．（2026·甘肃陇南·三模）如图，在真空中建立直角坐标系xOy，第一、二象限区域存在方向沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。在第三、四象限存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带负电的粒子从y轴上y=3L的P点以某一速度沿x轴正方向射出，经x轴上的Q（图中未标出）点进入磁场，经过Q点时速度方向与x轴正方向的夹角为θ=60°，经过磁场偏转后恰好能回到P点。已知该点电荷质量为m，电荷量为q，不计重力。求 (1)Q点到原点O的距离。 (2)磁场的磁感应强度大小。 (3)粒子从P点出发经过多长时间又运动到P点。 2．（2026·天津武清·二模）某粒子分析器的工作原理如图所示，粒子源产生质量为m、电荷量为q，初速度为零的正粒子（不计重力），经加速器加速后以速度v0进入速度选择器，并沿直线通过速度选择器后垂直于MN从MN的中点进入磁分析器，然后从出口端PQ（含P、Q两点）间的某点飞出进入足够大的匀强电场偏转区，最终打在与PQ距离为2L的xOy平面上。已知磁分析器的截面是内外半径分别为L和3L的四分之一圆环，其圆心为O′，内部分布有垂直纸面向里的匀强磁场；PQ的中点K与O点的连线垂直于xOy平面；速度选择器中的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，速度选择器和偏转系统中的电场强度大小相同，方向分别为水平向右和垂直纸面向外。求： (1)速度选择器中的电场强度E的大小； (2)要保证粒子能顺利通过磁分析器，磁感应强度B的取值范围； (3)当磁分析器中的磁感应强度大小B=B0时，粒子落在xOy平面上时距O点的距离。 3．（2026·河北衡水·二模）某工业级电子束调制系统由电子加速腔、平行板电偏转模块和磁偏转腔依次衔接组成，某原理可简化为如图甲所示装置。加速电场的电压，大量电子由静止开始经加速腔加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间射入电偏转模块；电偏转模块的两块水平平行金属板间距为，其正对区域的长度满足：无电场作用时，电子水平穿过极板的时间为。当极板间加载如图乙所示的周期性脉冲电压（振幅恒为，周期为）时，所有电子均能从极板间射出，随后进入磁偏转腔中水平宽度一定，竖直宽度足够大，方向垂直纸面向里，磁感应强度为的匀强磁场区域，最终全部垂直撞击在竖直安装的荧光接收屏上。已知电子的质量为，电子电荷量大小为，电子所受重力可忽略不计。 (1)求平行板电偏转模块中偏转电场的极板长度； (2)电子在刚穿出两极板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？ (3)若将偏转磁场的磁感应强度变为（），但磁场宽度不变。为使电子仍能垂直打在竖直放置的荧光屏上，将荧光屏向右移动一段距离，在匀强磁场右边界与荧光屏之间加一段竖直向上的匀强电场进行“速度偏折矫正”。已知电子在该矫正电场中运动的时间为，求该矫正电场的电场强度的大小。 4．（2026·甘肃兰州·二模）如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。时刻，质量为m、电荷量为的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。 (1)区域Ⅰ内电场强度大小和方向； (2)区域Ⅱ内磁感应强度大小和方向。 5．（2026·江苏镇江·二模）如图所示，在平面中，虚线与x轴夹角为，其左侧存在与平面平行但大小方向均未知的匀强电场，右侧存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m，带电量为的粒子自点以速度沿y轴负方向进入磁场，一段时间后从点经过虚线，再过后从点经过x轴，不计粒子重力及空气阻力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)粒子在磁场中从P运动到Q所用时间； (3)匀强电场的电场强度大小和方向。 6．（2026·宁夏银川·一模）如图所示，匀强电场的场强，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于纸面向里。一个质量的带正电小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速度地下滑，当它滑行到N点时离开墙壁做曲线运动，当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成角，求： (1)A沿墙壁下滑时克服摩擦力做的功； (2)A所带的电荷量以及运动到P点时的速度大小。 7．（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系中，第一象限存在沿轴负方向的匀强电场；电场强度大小为，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质子从坐标原点以某一速度飞入电场，先后经过点进入磁场。点坐标为点坐标为。已知质子质量为，带电荷量为，不计重力。 (1)求质子在点的速度大小及该速度与轴正方向的夹角； (2)若质子第一次进入磁场后，到达轴时速度方向恰好垂直轴，求质子在电场和磁场中运动的总时间； (3)若质子某次出磁场后能经过点（2d，0.5d），求磁感应强度的最小值。 8．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示平面直角坐标系xOy位于竖直平面内，在坐标系的整个空间存在竖直向上的匀强电场，在区域（0≤x≤L）还存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。在x轴上方有一光滑弧形轨道PQ，PQ两点间竖直高度差为。弧形轨道PQ末端水平，端口为Q（3L，）。某时刻一质量为m，带电荷量为+q的小球b从y轴上的M点进入区域I，其速度方向沿x轴正方向，小球b在I区内做匀速圆周运动。b进入磁场的同时，另一个质量也为m，带电荷量为﹣q的小球a从P点由静止释放。两小球刚好在x=2L上的N点（没具体画出）反向等速率相碰。重力加速度为g。求： (1)电场强度E； (2)区域匀强磁场的磁感应强度B； (3)小球a在圆弧轨道PQ上的运动时间t。 9．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图所示，竖直理想虚线边界ab、cd、ef将ab右侧空间依次分成区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域Ⅰ中有方向竖直向下、场强大小为（大小未知）的匀强电场，区域Ⅱ中有一半径为r的圆形区域，O为圆心，圆周与边界cd、ef分别相切于M、N点，在下半圆周安装有绝缘弹性挡板，圆形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为（大小未知）的匀强磁场，在竖直平面内现有一质量为m、电荷量为的带电粒子从边界ab上的P点，以与ab成30°角斜向上的初速度射入区域Ⅰ，此后垂直边界cd从M点射入圆形区域磁场，与下半圆周的挡板发生2次弹性碰撞后从N点垂直边界ef进入区域Ⅲ。区域Ⅲ中充满正交的匀强电场和磁场，其中磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里，电场强度大小为、方向水平向右。不计粒子重力，已知边界ab与cd间距离为L。求： (1)电场强度的大小；(2)粒子在区域Ⅱ中运动的时间； (3)粒子从Ⅲ中再次返回到边界ef过程中的最大速度以及返回边界ef时的位置与N点间的距离。 10．（2026·海南·二模）如图所示，直角坐标系的第二、三、四象限内均存在沿轴负方向的相同匀强电场，第四象限内还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。第一象限内存在垂直纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小沿轴方向满足（、均为已知量）。比荷为的带正电粒子（不计重力）从坐标为的点以沿轴正方向、大小为的初速度开始运动，粒子恰好从坐标原点射入第四象限。粒子第一次在第四象限内运动至最低点时的速度大小为。求： (1)匀强电场的电场强度大小；(2)第四象限内磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹到轴的最远距离及该轨迹与轴所围的面积。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2) (3)（k=1，2，3，4...） 【详解】（1）粒子初速度v0，在电场中运动时间t1后进入磁场，进入磁场时沿y轴方向速度大小为vy，则有 粒子在电场中做类平抛运动，则有，， 联立解得 （2）粒子在电场中运动时加速度为a，，， 解得 进入磁场时速度大小为v，根据运动的合成与分解可得 ，解得 在磁场中做圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 粒子恰好能回到P点则有， 解得 联立即得 （3）粒子在第一象限中运动时间t1，x方向做匀速直线运动故，轨迹如图 则 其中， 粒子在磁场中运动周期为T，则有 几何关系可知粒子在磁场中扫过的圆心角为240°，在磁场中运动时间t2，则粒子在磁场中运动时间为 故（k=1，2，3，4...） 2．(1) (2) (3)L 【详解】（1）粒子通过速度选择器时，洛伦兹力和电场力平衡，则有 解得 （2）当粒子从P点飞出时，设粒子在磁分析器中的运动半径为，根据几何关系则有 根据牛顿第二定律则有，解得 当粒子从Q点飞出时，设粒子在磁分析器中的运动半径为，根据几何关系则有 结合牛顿第二定律可得 解得 磁感应强度B的取值范围是 （3）当时，根据牛顿第二定律可得 解得 所以，粒子从K点垂直PQ射入电场偏转区，则在电场中运动的时间为 粒子在电场力的作用下沿x方向的分运动为匀加速直线运动，则 结合 解得x=L 即粒子落在xOy平面上时距O点的距离为。 3．(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理，得，又因为，解得 （2）解法一：据分析可得：电子在，，……时刻进入电场时，有最大侧向位移，前时间受电场力匀加速，匀加速侧向位移 后时间不受电场力做匀速运动，匀速运动侧向位移， 即 电子在，，……时刻进入电场时，有最小侧向位移，仅在最后时间受电场力匀加速运动， 即 解法二：据分析可得，电子在，，……时刻进入电场时，有最小侧向位移，电子在，，……时刻进入电场时，有最大侧向位移 如图所示 据类平抛运动规律：速度反向延长线交于方向位移的中点，据相似三角形相似比可得 （3）电子进入磁偏转腔后，洛伦兹力提供向心力或 电子在磁场中偏转的圆心角满足， ，即 得，， 当磁感应强度变为时， 即半径变大， ，又， 所以 4．(1)，沿y轴正方向； (2)，垂直纸面向外 【详解】（1）粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据曲线轨迹可知正粒子受到的电场力竖直向上，电场方向沿y轴正方向，设粒子初速度为 竖直方向有 水平方向有 由牛顿第二定律有 联立解得 （2） 粒子在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径 粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度 联立解得 根据洛伦兹力提供向心力有 解得 根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向外 5．(1) (2) (3)，方向与虚线垂直向右下方 【详解】（1）如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得 根据，解得 （2）粒子做圆周运动周期为T，粒子圆周运动转过的圆心角为 解得 （3）由圆周运动规律，自Q点进入电场时速度沿x轴负方向。粒子在匀强电场中做匀变速运动，假设粒子在方向上加速度分别为，方向如图所示。 由匀变速运动规律： 解得 故合加速度，方向与垂直。 由牛顿第二定律有 故匀强电场场强大小 方向与虚线垂直向右下方。 6．(1) (2)， 【详解】（1）在小物块下滑的过程中，电场力水平向左，由左手定则知洛伦兹力水平向右。离开墙壁时，小物块受墙壁的弹力为0，电场力与洛伦兹力平衡，即 解得 运动过程中，电场力、洛伦兹力、弹力均不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得 即 （2）小物块离开点做曲线运动到达点时，小物块处于平衡状态，受力分析如图所示。 由几何关系知，洛伦兹力斜向右上，与水平方向成，正交分解后水平方向的平衡方程为 竖直方向的平衡方程为 解得， 7．(1)， (2) (3) 【详解】（1）质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从O到Q点经过的时间为， 由牛顿第二定律有 y方向做匀变速运动，O到P的时间为，根据位移时间关系，可得 x方向做匀速运动，O到Q过程中，， 解得 y方向，由速度时间关系， 可得， 质子在O点的速度 （2）根据运动的对称性可知，质子第一次到达Q点时速度大小为，方向与x轴正方向夹角为 质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，如图所示由几何关系有 质子在磁场中做匀速圆周运动的周期 质子在磁场中运动的时间 质子在电场和磁场中运动的总时间 （3）设质子第2次经过x轴的位置到O的距离为，如图所示 由几何关系有 质子某次出磁场后能经过点，需满足 可得 因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足，所以 则，可得，即或 根据洛伦兹力提供向心力，可得 当越大时，B越小，即时磁感应强度有最小值，则 8．(1)； (2)； (3) 【详解】(1)有小球b在I区做匀速圆周运动，可知qE=mg，解得 （2） 设a小球到Q处的水平速度为v1，从Q到N的时间为t1，则a小球从P到Q， 由动能定理得 解得a小球从Q到N，做类平抛运动，加速度为a， 在x方向， 在y方向 到达N时y方向的分速度为 a小球到N时的速度的大小为 速度与水平方向夹角为， 则 由于a，b两小球刚好在x=2L上的N点（没具体画出）反向等速率相碰，则b在离开磁场A位置时速度也为v，且方向与x轴成45°，如图所示 由几何关系得b在磁场中的轨迹半径 根据， 解得 （3） b在磁场中运动的时间为，出磁场到与a相碰撞的时间为， 有 ， 由于ab运动时间相同，所以小球a在圆弧轨道PQ上的运动时间 解得 9．(1) (2) (3)， 【详解】（1）粒子在水平方向有， 竖直方向有，， 联立解得 （2）由题意可知，粒子在圆形区域中的运动情况如图所示 由此可知，设粒子做圆周运动的半径为R，则 在Ⅱ区域路程 时间 （3）粒子从N点进入区域Ⅲ，所受电场力大小为 利用配速法，令， 解得 即可将粒子的运动分解为竖直向上的速度大小为的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动（初速度方向斜向右下方45°），则此过程中速度最大时，有 则再次回到边界经历的时间为， 圆周运动分运动的半径为 此位置到N点的距离为 10．(1) (2) (3)， 【详解】（1）粒子从点运动至坐标原点，做类平抛运动，平行于轴方向上有 平行于轴方向上有， 其中，解得 （2）解法一：粒子经过坐标原点时的速度大小 设粒子第一次在第四象限内运动至最低点时到轴的距离为，有 平行于轴方向上有，解得 解法二：粒子经过坐标原点时平行于轴方向的分速度大小 将粒子经过坐标原点时的速度分解为沿轴正方向、大小为的分速度，满足 另一分速度大小 粒子在第四象限内的运动可视为沿轴方向、速度为的匀速直线运动和速率为的匀速圆周运动的合运动，粒子运动至最低点时的速度大小，解得， （3）设粒子经过坐标原点时速度方向与轴正方向的夹角为，则有 粒子第二次经过轴时速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小为，方向沿轴正方向，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动至离轴最远时，平行于轴方向的分速度大小变为0，平行于轴方向的分速度大小变为，平行于轴方向上有 其中 利用如右图所示的图像可知 解得 平行于轴方向上有 其中 其中为对应轨迹与轴所围的面积，利用对称性可知，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹与轴所围的面积， 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $