2026届河南濮阳市油田第一中学高三二模物理试卷

**基本信息** 2026年濮阳油田一中高考物理二模卷以科技前沿（钍基熔盐堆、北斗升级）和真实情境（复合场运动、双棒电磁感应）为载体，通过分层设问考查物理观念与科学思维，适配高考二模诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|核反应、卫星运动、电场性质|第1题以钍基熔盐堆为情境，考查核反应守恒与半衰期，体现科技前沿| |多选题|3/18|机械波、变压器动态分析|第9题结合发电机与变压器，通过滑片移动考查电路动态变化，突出科学推理| |实验题|2/16|电源电动势测量、动量定理验证|第12题用气垫导轨验证动量定理，要求分析遮光片宽度与误差控制，注重科学探究| |计算题|3/38|光的折射、双棒电磁感应、复合场运动|第15题三维空间复合场运动，分解为匀加速与匀速圆周运动，综合考查模型建构与科学论证|

2026年河南省濮阳市油田第一中学高考物理二模试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.我国自主研制的第四代核能系统——钍基熔盐实验堆位于甘肃武威，已建成并首次实现堆内钍铀核燃料转换。该反应堆中涉及的核反应过程如下：钍核俘获粒子X后生成，不稳定，经n次衰变生成易裂变的。下列说法正确的是(    ) A. 粒子X为中子 B. n的值为3 C. 将升温加压，其半衰期会变短 D. 比多3个中子 2.如图所示，小球a、b分别与两个相同的轻质弹簧A、B和轻绳相连接并处于静止状态，已知球a的质量为m，球b的质量为2m，轻质弹簧A与竖直方向的夹角为，则(    ) A. 小球a受到三个力的作用 B. 轻绳所受到的拉力大小是 C. 弹簧A、B的伸长量之比为4：1 D. 将轻绳剪断的瞬间小球b应处于失重状态 3.2026年3月，我国宣布对50颗在轨北斗卫星实施全球首次大规模在轨优化升级。升级后，北斗系统将实现从“米级”向“亚米级”的跨越。北斗系统是由24颗中圆地球轨道卫星轨道高度约、3颗倾斜地球同步圆轨道卫星和3颗地球静止轨道卫星轨道高度约组成。下列说法正确的是(    ) A. MEO卫星的运行速度小于GEO卫星运行速度 B. GEO卫星和IGSO卫星的机械能一定相等 C. 若某颗IGSO卫星某时刻经过濮阳正上方，则每天同一时刻都会经过濮阳正上方 D. IGSO卫星运行的线速度大于 4.如图，三对等量异号点电荷、分别固定于正六边形的六个顶点上，M、N是该正六边形的一条对角线与其内切圆上的两个交点，O为内切圆的圆心，P为内切圆与其中一条边的切点，则下列说法正确的是(    ) A. M、N两点的电场强度大小相等，方向相反 B. O点的电势等于P点的电势 C. 将电子从P点移动到O点，电场力做正功 D. 将电子从M点沿内切圆移动到N点的过程中，电场力先做正功，后做负功，电场力做的总功为零 5.如图所示，一定质量的理想气体经历的循环过程，其中过程为等温过程，下列说法正确的是(    ) A. 整个循环过程中，气体在状态a时的内能最大 B. 过程，气体各速率区间分子数占总分子数的百分比都增加 C. 过程，气体分子的平均动能不变，气体对外界放出热量 D. 在的全过程循环中，气体需对外界放出热量 6.如图所示，竖直放置的一光滑大圆环，半径为R，圆心为O。一根轻绳一端固定在大圆环的最高点，另一端连接质量为m的小圆环，小圆环套在大圆环上。系统静止时细绳与竖直方向的夹角为。现使大圆环绕过圆心O的竖直轴以角速度匀速转动，重力加速度为g。在角速度从0逐渐增大，但小圆环未沿大圆环滑动的过程中，下列说法正确的是(    ) A. 时绳上拉力大小为mg B. 角速度增大到时，大圆环对小圆环的弹力为零 C. 角速度增大到时，细绳对小圆环的拉力为零 D. 细绳对小圆环的拉力比大圆环对小圆环的弹力先达到零 7.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的圆形边界匀强磁场中，磁场半径为R。A、B两个带正电的粒子以相同的动能，沿平行于直径ab的方向射入磁场，射入点与ab的距离为，已知A、B两粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角分别为和，且：：2，不计粒子的重力，下列说法正确的是(    ) A. A、B两粒子速率之比：：2 B. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比：：2 C. A、B两个粒子质量之比：：2 D. A、B两个粒子磁场中运动时间之比：：1 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.一列简谐横波在时刻的波形图如图1所示，P、Q是介质中的两个质点。图2是质点P的振动图像。质点Q的平衡位置坐标为6m，则下列说法正确的是(    ) A. 这列波的波速为 B. 这列波沿x轴正方向传播 C. 时质点Q处于处并沿y轴正方向运动 D. 质点P的平衡位置坐标为1m 9.一小型交流发电机通过理想变压器向用户供电，其原理如图所示。理想变压器原、副线圈匝数分别为和，电阻不能忽略的金属线圈在匀强磁场中以角速度绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，电压表V、电流表、电流表和电流表均为理想交流电表，导线电阻忽略不计。下列说法正确的是(    ) A. 若保持其他条件不变，仅将线圈角速度变为2倍，则电流表的示数变为原来的倍 B. 若保持其他条件不变，仅将滑片P向上滑动，电压表V的示数变大 C. 若保持其他条件不变，仅将滑片P向下滑动，则电压表V的示数变化量与电流表的示数变化量的比值不变 D. 若保持其他条件不变，仅将滑片P向下滑动，电流表的示数变小 10.如图甲所示，竖直墙壁右侧有一足够长的光滑水平面，水平面上有A、B两物块和一轻质弹簧，弹簧左侧与A接触未连接，右侧与B拴接在一起，A、B两物块的质量分别为M和m，最初系统处于静止状态。时刻给A物块一水平向右大小为的初速度去压缩弹簧。设从时刻到最终A与弹簧分离的过程中任意时刻物块A、B的速度分别为、，二者运动过程中的关系如图乙中图线、所示。设弹簧始终在弹性限度内，且整个过程物块A、物块B和弹簧组成的系统无机械能损失，下列说法正确的是(    ) A. 图线和斜率不同 B. M：：5 C. 物块A最终速度为 D. 图线过程和图线过程物块B动量增量之比为3：1 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.某物理兴趣小组对两节电池并联后等效电源的电动势和内阻进行研究如下：将一节电池A和另一节电池B并联后，接入如图甲所示的测量电路，将虚线框内部看成一个等效的电源，移动滑动变阻器，测得若干组数据后在图乙中描点。 图甲中的电流表和电压表均为非理想电表，下列说法正确的是        。 A.这使得图乙中的U没有测准，U偏大 B.这使得图乙中的U没有测准，U偏小 C.这使得图乙中的I没有测准，I偏大 D.这使得图乙中的I没有测准，I偏小 根据表中数据在图乙中作出等效电源的图像，从而得到等效电源的电动势为        V，内阻为        。均保留三位有效数字 12.某同学利用如图甲所示装置验证动量定理，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、天平、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，调节滑轮高度，使细绳保持与导轨平面平行。令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从气垫导轨的右端开始运动，与计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处光电门时的遮光时间、及遮光片从A到B所用时间。用天平测出砝码盘和砝码的总质量为、滑块含遮光片的质量为，已知重力加速度为g。 用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则        cm； 实验时已经科学补偿阻力，在遮光片随滑块从A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的拉力，则拉力冲量的大小        ，滑块动量变化量的大小        均用题中给定的字母表示； 为尽量减小实验误差，本实验要求砝码盘和砝码的总质量        选填“远大于”、“远小于”或“等于”滑块含遮光片的质量。 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，接通气源后，将滑块由静止释放，他还测出了AB的距离L。在实验误差允许范围内，和满足的表达式        用上述测量的物理量符号表示成立，则系统机械能守恒。 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.如图所示，一足够高的长方体玻璃砖abcd和光屏P均竖直放置在水平地面上。用激光笔从ad侧面O点以入射角照射，激光射到屏上A点。移走玻璃砖，激光射到屏上B点图上未标出A、，A、B两点之间距离为L。已知玻璃砖折射率，光在真空中的传播速度为c，不考虑光的反射。求： 玻璃砖的厚度d等于多少？ 试证明激光分别到达A、B两点所需时间相等。 14.如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中。质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，两导体棒的间距为，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路。时刻给导体棒PQ一个水平向右的恒力F，经过一段时间电路恰好达到一个稳定状态，不考虑导轨的电阻。求： 电路达到稳定状态时，回路中的电流I； 时刻，两导体棒的间距x。 15.在某空间建立如图所示三维直角坐标系，z轴竖直向上，空间中存在匀强电场和匀强磁场，匀强磁场沿y轴正方向，磁感应强度大小为B。一质量为m、带电荷量为的小球可视为质点从坐标原点O以初速度沿x轴负方向射入该空间，已知重力加速度为g。 若匀强电场和匀强磁场相互垂直，使小球恰好能做匀速直线运动，求电场强度的大小和方向； 若保持磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为，方向未知，使得小球在沿着y轴负方向做匀加速直线运动的同时在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动，并在第一个圆周内经过P点图中未画出，求的大小和方向； 若将第问中的匀强电场调整为竖直向上，电场强度大小不变，求小球运动过程中距离x轴的最大距离。 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：根据质量数和电荷数守恒，有，X的质量数为1，电荷数为0，则X为中子，故A正确； B.同理，，可得，故B错误； C.放射性元素的半衰期由原子核自身的因素决定，将升温加压，其半衰期不变，故C错误； D.的中子数为141，的中子数为142，则的中子数比的中子数少1个，故D错误。 故选：A。 根据质量数和电荷数守恒列式求解；根据半衰期的决定因素分析解答；根据核子数的计算方法计算解答。 考查核反应方程的书写规则和半衰期等问题，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于较低难度考题。 2.【答案】B  【解析】解：A、根据题意，对小球a受力分析可知，受重力、弹簧A的拉力、弹簧B的拉力和绳子的拉力，4个力的作用，故A错误； B、根据题意，对小球b受力分析，由平衡条件可得，弹簧B的弹力为，对小球a、b整体受力分析，设弹簧A的弹力为，绳子的拉力为F，根据平衡条件有，，解得，，由胡克定律可知，弹簧A、B的伸长量之比等于弹力之比为3：1，故B正确，C错误； D、将轻绳剪断的瞬间，小球b的受力情况不变，仍处于静止状态，故D错误。 故选：B。 对整体和隔离体进行受力分析，利用平衡条件求出各弹簧弹力和绳子拉力。再结合胡克定律判断伸长量之比，分析剪断瞬间加速度情况。 解决此类问题需注意弹簧弹力不能突变，绳子拉力可以突变，在瞬间变化时要考虑弹力是否改变。同时受力分析要准确，区分不同物体的受力情况。 3.【答案】C  【解析】解：由题意知，GEO卫星、IGSO卫星轨道半径相同且大于MEO卫星的轨道半径。根据，得，则MEO卫星的运行速度大于GEO卫星运行速度，故A错误； B.GEO卫星、IGSO卫星的运行速度大小相等，但机械能与卫星的质量有关，则它们的机械能不一定相等，故B错误； C.若某颗IGSO卫星某时刻经过濮阳正上方，因为该卫星的公转周期与地球自转周期相同，可知每天同一时刻都会经过濮阳正上方，故C正确； D.根据第一宇宙速度知识，IGSO卫星运行的线速度小于，故D错误。 故选：C。 根据万有引力提供向心力导出线速度表达式进行判断；根据机械能与卫星的质量有关进行分析解答；根据同步卫星的公转周期也地球自转周期相等进行判断；根据第一宇宙速度的知识分析解答。 考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解万有引力定律和宇宙速度的知识，属于较低难度考题。 4.【答案】B  【解析】解：根据点电荷产生场强矢量合成可知，M、N两点电场强度大小相等，方向相同，故A错误； 根据对称性可知OP连线为等势线。因此移动电荷不做功，故B正确，C错误； D.将电子从M点沿内切圆移动到N点的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，由于N点电势高于M点电势，所以电场力做的总功不为零，故D错误。 故选：B。 利用正六边形电荷分布的对称性，分析各点场强、电势分布，结合电场力做功与电势差的关系判断选项。 本题考查静电场的对称性分析，需结合场强叠加、电势与电场力做功的规律判断，是典型的对称性应用类静电场问题。 5.【答案】D  【解析】解：A、由题图可知，气体从状态a到状态b发生等容变化，由查理定律可知，由于压强增大，则温度升高，则有：，理想气体的内能只有温度有关，所以整个循环过程中，气体在状态a时的内能不是最大，故A错误； B、由题图可知过程，气体发生等容变化，压强增大，由查理定律可知温度升高，则气体内能增加，高速率区间分子数占总分子数的百分比增加，低速率区间分子数占总分子数的百分比减少，故B错误； C、由题图可知过程为等温变化过程，所以气体分子的平均动能不变，内能不变，气体体积增大，气体对外界做正功，外界对气体做负功，，根据热力学第一定律可得：，解得：，所以气体从外界吸收热量，故C错误； D、在的循环过程内能变化量为：，根据图像与横轴围成的面积大小可知，过程气体对外界做的功小于过程外界对气体做的功的大小，所以整个过程中，外界对气体做功，则，由热力学第一定律可得：，解得：，可知在的全过程循环中，气体需对外界放出热量，故D正确。 故选：D。 由查理定律判断状态a时气体的温度是否是最高，从而判断内能是否最大；由查理定律结合气体分子的速率与温度的关系即可判断；由热力学第一定律判断即可；由图像与横轴围成的面积表示外界对气体所做的功判断做功过程中做功的关系，然后由热力学第一定律判断即可。 本题是对气体实验定律及热力学第一定律和图像的考查，解题的关键是要正确分析气体发生的状态变化，知道图像与坐标轴围成的面积表示外界对气体所做的功，在利用热力学第一定律解题时注意各物理量正负符号的物理意义。 6.【答案】C  【解析】解：设大圆环半径为R，小圆环所在位置为P。由于，为等腰三角形，已知细绳与竖直方向夹角为，则，圆心角。 由此可知小圆环与中心O的连线与竖直向下方向的夹角为，小圆环随大圆环转动做圆周运动的轨道半径。 对小圆环进行受力分析，设细绳对小圆环的拉力大小为T，大圆环对小圆环的弹力大小为规定沿大圆环半径向外为正方向。 小圆环在竖直方向受力平衡，在水平方向靠合力提供向心力。根据牛顿第二定律，竖直方向有，水平方向有。由竖直方向方程可得，将其代入水平方向方程得，化简解得，进而代回可得。 A、当时，代入拉力表达式得，故A错误； B、当角速度增大到时，代入弹力表达式得，故B错误； C、当角速度增大到时，代入拉力表达式得，即，细绳对小圆环的拉力恰好为零，故C正确； D、由拉力和弹力的表达式可知，当时；当时，解得。 由于，所以大圆环对小圆环的弹力比细绳的拉力先达到零，故D错误。 故选：C。 题目描述小圆环套在光滑大圆环上，通过轻绳连接至大圆环最高点，系统随大圆环绕竖直轴匀速转动。需分析在角速度从零增大的过程中，绳的拉力与大圆环弹力的变化情况。解题关键在于明确小圆环的受力与运动关系：小圆环随大圆环做圆周运动，其轨道半径由几何关系确定；对其进行受力分析，包括重力、绳的拉力及大圆环的弹力，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力。通过建立竖直与水平方向的平衡方程，可推导出拉力与弹力随角速度变化的表达式，进而判断各选项所述特定角速度下力的大小及两力为零的先后顺序。 本题综合考查圆周运动、受力分析、力的合成与分解以及牛顿第二定律的应用，涉及多个知识点的融合与灵活运用。题目中小圆环的几何位置关系需要准确分析，才能正确确定其圆周运动的轨道半径和受力方向，这对学生的空间想象与几何建模能力提出了较高要求。通过列写竖直方向平衡方程与水平方向向心力方程，并解出拉力和弹力随角速度变化的表达式，进而判断各选项，计算量适中但过程需严谨。本题的亮点在于通过动态变化过程考查学生对临界条件的分析能力，尤其是两种作用力在不同角速度下达到零的先后顺序，体现了对物理过程深入理解的要求。 7.【答案】D  【解析】解：两个粒子的运动轨迹如图所示： 由题意可知，，由几何关系可知，，洛伦兹力提供向心力，轨迹半径，且动能相等，代入数据可得：：1，：：1，：：1， 圆周运动周期，A粒子运动时间，，代入数据可得：：1，故ABC错误，D正确。 故选：D。 根据偏转角画出运动轨迹，根据几何关系分析轨迹半径，洛伦兹力提供向心力，分析各选项比值。 考查了带电粒子在原边界磁场中运动的分析方法，关键是画出运动轨迹并分析几何关系。 8.【答案】CD  【解析】解：A、这列波的波长为，周期为，根据波速计算公式可得波速为：，故A错误； B、根据图乙可知时刻P向上振动，根据同侧法可知这列波沿x轴负方向传播，故B错误； C、根据同侧法可知时Q点向下振动，则Q点的振动方程为： 时，质点Q处于y轴下方正向上振动，位移为：，故C正确； D、P的位移为，根据波动方程可得：，解得质点P的平衡位置坐标为：，故D正确。 故选：CD。 根据波速计算公式结合图像可得波速；根据同侧法可知这列波的传播方向；写出Q点的振动方程进行解答；时P的位移为，根据波动方程进行解答。 本题主要是考查了波的图像和振动图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波长与波速、周期之间的关系。 9.【答案】BC  【解析】解：设发电机产生交流电的电动势有效值为E，线圈内阻为r，根据闭合电路欧姆定律和理想变压器规律，原线圈两端电压，原、副线圈电压与电流关系满足、。 A、若保持其他条件不变，仅将线圈角速度变为2倍，根据电动势有效值公式可知，电动势有效值E变为原来的2倍，由于电路结构和总等效电阻不变，根据欧姆定律可知，原线圈电流即电流表的示数变为原来的2倍，故A错误； BD、若保持其他条件不变，仅改变滑片P的位置进行动态分析。将滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，副线圈回路总电阻增大，副线圈总电流减小，导致原线圈电流减小，根据发电机回路公式可知原线圈两端电压增大，则副线圈两端电压即电压表V的示数变大；反之，将滑片P向下滑动时，阻值减小，副线圈总电流即电流表的示数增大，同理可知电压表V的示数减小，此时定值电阻两端分得的电压增大，导致并联部分电路两端的电压减小，通过定值电阻的电流减小，根据干路电流等于各支路电流之和可知，通过的电流必定增大，即电流表的示数变大，故B正确，D错误； C、联立上述公式解得副线圈电压，由数学关系可知，电压表V的示数变化量与电流表的示数变化量的比值大小，该比值由发电机线圈内阻和变压器匝数比共同决定，保持不变，故C正确。 故选：BC。 发电机线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交流电，其电动势有效值与角速度成正比，通过理想变压器与副线圈电路连接，副线圈电路包含滑动变阻器与定值电阻的混联结构，电压表测量副线圈输出电压有效值，各电流表分别测量原线圈电流、副线圈总电流及滑动变阻器支路电流。明确各选项涉及的核心关联：角速度变化直接影响发电机电动势，进而改变整个电路电流与电压；滑片移动改变副线圈总电阻，影响副线圈电流与电压，并通过变压器耦合改变原线圈电流与电压，同时需注意副线圈电路中并联支路电流的分配关系。分析过程中需重点关注理想变压器的电压、电流与匝数关系，以及发电机回路中电动势、内阻与原线圈电压的闭合电路关系，并利用动态电路分析方法判断各电表示数变化及其变化量比值是否恒定。 本题综合考查了交流发电机、理想变压器与动态电路分析，涉及电动势有效值计算、变压器电压电流关系以及闭合电路欧姆定律的应用，属于电磁学部分的综合性题目。题目计算量适中，但要求学生具备清晰的物理图景和较强的逻辑推理能力，能够将发电机、变压器、滑动变阻器等多个元件整合进统一的分析框架。其亮点在于选项C，通过推导副线圈电压与电流的关系式，巧妙考查了学生对等效内阻概念的理解，以及动态变化中比值恒定的判断，这需要学生从基本规律出发进行数学推导，而非简单依赖定性分析。本题能有效锻炼学生的建模分析能力和公式灵活应用能力。 10.【答案】BD  【解析】解：规定水平向右为正方向。在物块A与弹簧相互作用的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒。 设任一时刻系统总动量为p，根据动量守恒定律有，变形可得，该式表明与成线性关系，且图线、的斜率均为。 AB、对于图线所对应的过程，初态时，末态时。 由图线的坐标点可求其斜率，则有，解得M：：5，因质量比不变，故图线与的斜率相同，故A错误，B正确； CD、图线过程中物块B的动量增量。物块A与弹簧分离后向左运动与竖直墙壁发生弹性碰撞，原速率反弹，此时图线横坐标由跃变为并进入图线过程。 图线过程的初始速度，，设分离时最终速度分别为和，根据动量守恒定律有，整个过程系统无机械能损失，根据机械能守恒定律有，联立并代入质量关系解得物块A的最终速度，物块B的最终速度。 在此过程中物块B的动量增量。由此可得动量增量之比，故C错误，D正确。 故选：BD。 题目描述物块A、B与弹簧组成的系统在光滑水平面运动，A获得初速度后压缩弹簧，两者速度随时间变化关系由图像给出。系统动量守恒且机械能守恒，分析需明确任意时刻两物块速度满足线性关系，斜率由质量比决定。结合图像过程初末速度数据可求质量比，并判断两图线斜率是否相同；后续A与墙弹性碰撞后进入过程，利用动量守恒与机械能守恒可求最终分离速度，并计算B在两个过程中的动量增量之比。 本题综合考查动量守恒定律与机械能守恒定律在弹簧连接体模型中的深入应用，并巧妙结合速度-时间图像进行定量分析。题目计算量适中，但思维层次较高，重点考查学生从图像中提取关键信息、建立物理量间函数关系以及分阶段处理复杂过程的能力。通过分析与的线性关系，揭示了两图线斜率相同的本质，并利用图像坐标点求解质量比，体现了数形结合的思想。随后对碰撞反弹后的二次相互作用过程进行动量与能量守恒的联立求解，进一步检验了学生对多过程问题的建模与计算能力。选项D关于动量增量的比较，则深化了对过程物理量变化的理解。 11.【答案】D   【解析】解：图甲中的电流表和电压表均为非理想电表，电压表测量的是路端电压，图乙中的U测量准确，实验误差来源于电压表分流，电流表的读数小于干路电流，使得图乙中的I没有测准，I偏小，故ABC错误，D正确。 故选：D。 根据描点法，作图时舍弃个别相差较远的点，作出图像如图所示： 根据闭合电路欧姆定律 图像斜率的绝对值 因此等效电源的内阻为 当时，路端电压 电动势。 故答案为：；；。 根据实验原理，结合实验电路分析作答； 根据描点法作图，根据闭合电路欧姆定律求解函数，结合图像斜率求解内阻；根据图像的纵截距，结合闭合电路欧姆定律求解作答。 本题主要考查了测量普通电源的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路欧姆定律的运用；注意：图像的横坐标的起点不为零，因此纵截距不表示电动势，仅表示路端电压。 12.【答案】 远小于   【解析】解：图中游标卡尺的最小分度值为，则遮光片的宽度。 在遮光片随滑块从A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的拉力，则拉力冲量的大小 滑块经过光电门A的速度为，经过光电门B的速度为 根据动量定理可知滑块动量变化量的大小。 根据牛顿第二定律有，对滑块有，联立可得，为使滑块受到的拉力近似等于砝码盘和砝码的总重力，砝码盘和砝码的总质量远小于滑块含遮光片的质量。 从A到B的过程中，若系统机械能守恒，则有，整理得。 故答案为：；，；远小于；。 先确定游标卡尺的最小分度值再读数； 根据平均速度和动量表达式计算； 根据牛顿第二定律推导拉力表达式判断； 根据机械能守恒定律推导。 本题考查验证动量定理和机械能守恒实验，关键掌握实验原理和数据处理方法。 13.【答案】玻璃砖的厚度d等于  激光从C传到B与从D传到A的路程相等，速度相同，所用时间相等；移走玻璃砖时，激光从O传到C的时间为 在玻璃砖中，激光从O传到D的时间为 则 综上可得，激光分别到达A、B两点所需时间相等  【解析】解：根据题意画出光路图如图所示： 激光在O点折射时，根据折射定律得 解得： 光线经矩形玻璃砖折射后与原光路平行，可知ABCD为平行四边形，，为等腰三角形，由几何关系可知 则 激光从C传到B与从D传到A的路程相等，速度相同，所用时间相等。 移走玻璃砖时，激光从O传到C的时间为 在玻璃砖中，激光从O传到D的时间为 则 综上可得，激光分别到达A、B两点所需时间相等。 答：玻璃砖的厚度d等于。 激光从C传到B与从D传到A的路程相等，速度相同，所用时间相等。 移走玻璃砖时，激光从O传到C的时间为 在玻璃砖中，激光从O传到D的时间为 则 综上可得，激光分别到达A、B两点所需时间相等。 画出光路图，根据折射定律求出折射角，结合几何知识求解玻璃砖的厚度d。 根据求出激光在玻璃砖中传播速度，由几何关系求出光程，通过列式比较时间关系。 本题考查光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，以及光程，然后根据光的折射定律和光速公式解答。 14.【答案】电路达到稳定状态时，回路中的电流大小为  时刻，两导体棒的间距为  【解析】解：规定水平向右为正方向。 电路达到稳定状态时，导体棒MN和PQ以相同的加速度做匀加速直线运动，设此时加速度为a，回路中的稳定电流为I。 对导体棒MN和PQ组成的系统，根据牛顿第二定律有； 对导体棒MN进行受力分析，其在水平方向仅受向右的安培力，根据牛顿第二定律有，联立解得回路中的电流。 设时刻导体棒MN和PQ的速度分别为和。 由闭合电路欧姆定律可知，此时回路中的电流，代入中的结论解得两棒的速度差。 在0到时间内，回路磁通量的变化量，通过导体棒横截面的电荷量。 对导体棒MN，根据动量定理有，可得； 对导体棒MN和PQ组成的系统，根据动量定理有。 将代入系统动量定理表达式中，可得，进一步代入和q的表达式得，解得时刻两导体棒的间距。 答：电路达到稳定状态时，回路中的电流大小为。 时刻，两导体棒的间距为。 电路稳定时两棒加速度相同，对整体应用牛顿第二定律，已知恒力F与总质量2m关联加速度；对左侧棒单独分析，其仅受安培力作用，该力提供其加速度，结合整体加速度可建立安培力表达式，进而由安培力公式得到回路电流。 时刻回路电流由两棒相对速度决定，结合第一问电流结果可求出速度差；从初始到过程中，通过回路的电荷量与磁通量变化相关，而磁通量变化取决于两棒间距变化；对左侧棒应用动量定理，安培力冲量等于其动量变化，可将电荷量与其速度关联；对两棒整体应用动量定理，恒力冲量等于总动量变化，结合已得的速度差与左侧棒速度，即可解出间距变化量。 本题综合考查电磁感应与动力学、能量、动量等核心知识的深度结合，属于难度较高的综合应用题。题目涉及双棒在恒力作用下的变加速运动过程，最终达到稳定状态，需要学生深刻理解“稳定状态”的物理内涵——两棒加速度相等、速度差恒定。解题过程不仅要求学生熟练运用牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律等基本规律，更关键的是要灵活运用动量定理和电荷量公式来处理非匀变速过程，这有效锻炼了学生构建物理模型、分析复杂过程以及综合运用多种解题方法的能力。第二问的求解巧妙地将速度、电荷量与位移通过动量定理联系起来，计算量较大且逻辑链条长，对学生的数学运算和逻辑推理能力提出了较高要求。 15.【答案】若匀强电场和匀强磁场相互垂直，使小球恰好能做匀速直线运动，电场强度的大小为，方向竖直向上  若保持磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为，方向未知，使得小球在沿着y轴负方向做匀加速直线运动的同时在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动，并在第一个圆周内经过P点图中未画出，的大小，与y轴负方向成角斜向上  若将第问中的匀强电场调整为竖直向上，电场强度大小不变，小球运动过程中距离x轴的最大距离为  【解析】解：小球在重力、洛伦兹力和电场力作用下处于平衡状态，由于根据左手定则可知洛伦兹力的方向竖直向下，所以小球受到的电场力应竖直向上，且满足 解得电场强度的大小为 由于小球带正电，其受力方向与电场强度方向相同，所以电场强度的方向为竖直向上。 小球在平行于xOz平面内做匀速圆周运动，说明电场力沿z轴方向的分力与重力平衡，则有 解得 由洛伦兹力提供向心力有 解得小球在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动的半径为 由 解得小球在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动的周期为 由P点坐标，可知，小球从坐标原点O运动到P点的时间为 小球沿y轴负方向做匀加速直线运动，设其加速度为a，则有 根据匀变速直线运动的位移公式有 联立解得 则 方向平行于yOz平面，与y轴负方向的夹角的正切值为 即的方向平行于yOz平面与y轴负方向成角斜向上。 因为，所以 且方向竖直向下；又因为 且方向竖直向上，所以可以把小球的运动分解成两个分运动：一个是以速度沿x轴负方向做匀速直线运动；一个是以速度在xOz平面内做匀速圆周运动，其中 则由洛伦兹力提供向心力有 解得小球做圆周运动的半径为 所以小球运动过程中距离x轴的最大距离为。 答：若匀强电场和匀强磁场相互垂直，使小球恰好能做匀速直线运动，电场强度的大小为，方向竖直向上； 若保持磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为，方向未知，使得小球在沿着y轴负方向做匀加速直线运动的同时在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动，并在第一个圆周内经过P点图中未画出，的大小，与y轴负方向成角斜向上； 若将第问中的匀强电场调整为竖直向上，电场强度大小不变，小球运动过程中距离x轴的最大距离为。 利用匀速直线运动的受力平衡条件，确定电场力的方向和大小； 将复杂运动分解为匀加速直线运动和匀速圆周运动，结合几何关系和运动时间求电场方向与大小； 改变电场方向后，将速度分解为匀速直线和圆周运动的速度分量，进而求距离x轴的最大距离。 本题综合考查复合场中的受力分析、运动分解思想，特别是将螺旋运动分解为匀速直线和匀速圆周运动，注意三维空间中速度、力的方向判断，利用左手定则确定洛伦兹力方向，结合几何关系和运动学公式列方程求解。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $