2026届广东东莞市第十三高级中学高三下学期考前学情自测物理试题

**基本信息** 高三物理三模试卷立足高考评价体系，以磁悬浮、莫泽灯等真实情境为载体，融合物理观念与科学思维，强化关键能力与核心素养考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/46分|热学（理想气体状态变化）、原子物理（衰变、射线）、力学（运动学图像、圆周运动）、电磁学（电场叠加、电磁感应）|上海磁悬浮题考查圆周运动与向心力，体现科技应用；莫泽灯题结合光的折射，强化模型建构| |非选择题|5题/54分|实验（动量守恒验证、热敏电阻测量）、计算（气体定律、运动学综合、电磁场粒子运动）|第15题电磁场综合题融合电场加速与磁场偏转，考查科学推理；应急车道问题联系实际，体现社会责任|

2025-2026学年第二学期高三年级总复习质量调查（三）物理试题 分值：100分 时间：75分钟 注意事项 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题，本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。图像如图所示。则（　　） A．过程气体从外界吸热 B．过程比过程气体对外界所做的功多 C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小 D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少 2．下列关于原子和原子核的说法正确的是（     ） A．放射性元素在提高温度时衰变将变快 B．射线的组成与氦原子核相同，射线是电子流 C．热核反应发生后，需要外界不断给它提供能量才能使反应继续下去 D．氢原子从低能级跃迁到高能级时，将放出光子，且电子的动能变小 3．A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移-时间图象如图所示，其中甲是顶点过原点的抛物线的一部分，乙是过点(0,3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3,9)的P点，则下列说法正确的是（　　） A．质点A做初速度为零、加速度为3 m/s2的匀加速直线运动 B．质点B以4 m/s的速度做匀速直线运动 C．在前3 s内，质点A比B向前多前进了9 m D．在3 s前某时刻质点A、B速度相等 4．上海磁悬浮线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量50kg的乘客坐在以360km/h不变速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法不正确的是（　　） A．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适 B．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度 C．乘客受到来自车厢的力大小约为539N D．乘客受到来自车厢的力大小约为200N 5．如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器组成闭合电路。两个方向均垂直纸面向里的匀强磁场以平行磁场方向且过bc轴的平而为分界线，其中bc左边磁场的磁感应强度大小为，bc右边磁场的磁感应强度大小为，且比大，线圈在这两个磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，线圈的面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法不正确的是（　　） A．线圈从垂直于磁场方向开始运动，在一个周期内，小灯泡的电流经历了先增大后减小，再增大最后减小四个阶段 B．当将滑片P向上移动时，小灯泡的亮度将变亮 C．该变压器输入电压的有效值为 D．将小灯泡换成发光二极管，若线圈从图示位置开始运动时二极管发光，则当线圈转一周将要回到初始位置时二极管不发光 6．如图所示，有两对等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，a、b、c、d为正方形四个边的中点，o为正方形的中心，下列说法中正确的是 A．o点电场强度为零 B．a、c两个点的电场强度大小相等方向相反 C．将一带正电的试探电荷从b点沿直线移动到d点，电场力做功为零 D．将一带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷具有的电势能增大 7．如图所示，质量分别为3M、2M、M的A、B、C三个可视为质点的小球通过两根长度均为l的轻杆和轻质光滑铰链连接，初始时整个装置通过外力作用静止于竖直平面内，且两杆呈竖直状态。A、C位于光滑水平地面上，某时刻撤去外力，系统在重力作用下开始运动，直至B球落地。设某时刻两杆之间的夹角为，重力加速度为，则（　　） A．C球经历先加速后减速的过程 B．落地前的瞬间B球的速度大小为 C．落地前的瞬间C球相对地面的水平位移大小为 D．当等于时，A、C两球的速度大小之比为 8．“莫泽灯”不用电就能将屋内照亮，堪称零成本！“莫泽灯”的制作方法是在透明塑料瓶中装满水并加入少量漂白剂，然后将瓶子固定在屋顶的孔洞中，屋外的光线通过多次折射，可实现屋内照明。其原理简化图如图甲所示，一束单色光以入射角从竖直瓶壁上的点射入瓶内，以折射角进入瓶内液体中，直射到点，点距点所在水平面高度为，俯视图如图乙所示。已知瓶身直径为，光在真空中的传播速度为，忽略瓶壁厚度，下列说法正确的是（　　） A．液体的折射率为 B．光从瓶中点射入屋内的折射角大于 C．光在瓶内传播的时间为 D．若增大入射角，光在瓶内可能会发生全反射 9．如图所示，有一水平椭圆轨道，M、N为该椭圆轨道的两个焦点，虚线AB、CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，且AM=MO=OC=2cm，则下列说法正确的是（　　） A．若将+Q的点电荷放置在O点，则A、B两处电势、场强均相同 B．若将+Q、-Q等量异种电荷分别放置在M、N点，则带负电的试探电荷在O处的电势能小于B处的电势能 C．若从C处静止释放的电子仅在电场力作用下能在CD上做往复运动，则放置在M、N的点电荷电量越大，电子往复运动的周期越大 D．若有一平行于轨道平面的匀强电场且A、B、C三点的电势分别为10V、2V、8V，则匀强电场场强大小为 10．如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，恰能与甲板保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．小物块受的摩擦力大于 B．小物块受的支持力大于 C．航母的航速为 D．航母的航速为 二、非选择题：本大题共5小题，共54分。 11．某实验小组学习动量守恒定律和单摆的相关知识后，设计了如下实验，装置如图。弹性小球的质量为、直径为，摆线长为，小物块的质量为，与水平桌面间的动摩擦因数为，小球静止在竖直摆线下刚好与小物块相接触，重力加速度大小为。 (1)将小球拉开使摆线与竖直方向成角，由静止释放，则经过时间________后，、相碰，碰前瞬间摆线的拉力大小为________； (2)、相碰后，若小球反弹的最大偏角为，小物块向右滑动的距离为，则、碰撞过程动量守恒的验证式为________。 12．已知一热敏电阻当温度从升至时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用如图甲所示的测量电路探究热敏电阻阻值随温度变化的具体关系。 (1)实验时，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值，则热敏电阻的计算值______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值； (2)若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为4.5V和1.5mA，则此时热敏电阻的阻值为______k（保留2位有效数字）。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。 (3)在温度为左右的环境中工作的自动恒温箱简图如图丙所示，箱内电阻，，，为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图像与图乙相同。当a、b端电压时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在______（保留2位有效数字） 13．一定质量的理想气体经历如图所示的AB、BC、CA三个变化过程，若B→C过程中气体做功数值约是C→A过程中气体做功数值的1.6倍，气体在状态B时压强为4.5×105Pa，求： (i)气体在状态A和C的压强。 (ii)整个过程中气体与外界交换的热量。 14．高速公路应急车道是为工程抢险、医疗救护等应急车辆设置的专用通道，是一条“生命通道”。而随意占用应急车道的违法行为随处可见，由此酿成了许多严重的后果。节日期间，某高速公路拥堵，一救护车执行急救任务，沿应急车道行驶，从A处以72 km/h的初速度匀加速行驶10 s达到速度108 km/h，之后以此速度匀速行驶了50 s，因前方有车辆违规侵占应急车道，救护车被迫刹车，匀减速运动6 s后停在B处。经交警疏通引导，救护车在等待5 min后重新启动，匀加速至108 km/h 的速度后匀速行驶25 s到达C处。设A、C 之间路面平直，救护车从B处重新启动的加速度与从A处加速的加速度相同。 (1)求救护车从A处至B处的行驶距离； (2)如果应急车道畅通，求救护车在A、C之间行驶（最高行驶速度108 km/h）可比上述过程缩短的时间。 15．如图所示，xOy坐标平面的第Ⅰ象限内存在平行于x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从匀强电场中的A点由静止开始释放，从y轴上的C点射入匀强磁场时粒子的速度大小为v，从x轴上的D点射出匀强磁场时粒子的速度方向与x轴负方向的夹角。已知A点到C点、C点到原点O的距离均为L，不计粒子受到的重力。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)匀强磁场的磁感应强度大小B； (3)粒子从A点运动 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D D B C ACD AB BD AD 1．B 【详解】A．过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小，该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误； B．由微元法可得图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，过程比过程气体对外界所做的功多，B正确； C．过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误； D．过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误。 故选B。 2．B 【详解】A．放射性元素的衰变快慢由原子核内部结构决定，与外界温度等环境条件无关，提高温度不会改变衰变速度，故A错误； B．射线是高速氦核流，组成与氦原子核完全相同；射线是原子核内中子衰变为质子时释放的电子形成的电子流，故B正确； C．热核反应（核聚变）发生后会释放大量核能，依靠自身释放的能量即可维持反应持续进行，不需要外界持续供能，故C错误； D．根据库仑力提供向心力，推导得电子动能，增大则动能变小 氢原子从低能级跃迁到高能级时，需要吸收光子，不是放出光子，故D错误。 故选B。 3．D 【详解】A．质点A的运动方程为，则初速度为零，加速度，A错误； B．乙直线的斜率表示速度，质点B做匀速直线运动，质点B的速度为 B错误； C．在前3 s内，质点B的位移为6 m，质点A的位移为9 m，质点A比B向前多前进了3 m，C错误； D．t=1 s时刻，质点A的速度为 质点B以v=2 m/s的速度做匀速直线运动，D正确。 故选D。 4．D 【详解】A．根据 在速度一定的情况下，转弯半径越大，需要的向心加速度越小，乘客在转弯时感觉越平稳、舒适，A正确； B．为了使列车行驶安全，在转弯时一般内轨比外轨低，让支持力的水平分力提供列车做圆周运动的向心力，转弯半径越大，需要的向心力越小，列车的倾斜程度越小，B正确； CD．根据 代入数据可得，转弯时的向心力大约为200N，而车箱给人的合力 C正确，D错误。 故不正确的应选D。 5．B 【详解】A．当线圈与磁场方向平行时产生的电动势最大，所以线圈从垂直于磁场方向开始运动，在一个周期内，线圈绕bc轴转动时，小灯泡的电流先增大再减小，电流反向后先增大再减小，总共经历四个阶段，故A正确，不符合题意； B．当滑片P向上移动时，原线圈匝数增大，根据变压器原理，输出电压减小，小灯泡会变暗，故B错误，符合题意； C．线圈在左侧磁场中产生电动势的有效值 线圈在右侧磁场中产生电动势的有效值 设电动势的有效值为E，根据有效值定义 则有 故C正确，不符合题意； D．若将小灯泡变成发光二极管，因为其单向导电的特点，所以若线圈从初始位置刚运动时发光，则转动一周后快到初始位置时，电流方向相反，二极管不会发光，故D正确，不符合题意。 故选B。 6．C 【详解】A. 两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的合场强也水平向右，所以O点电场强度不等于零，方向水平向右．故A不符合题意； B. 设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右．则A点的电场强度方向水平向右．对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A、C两个点的电场强度方向相同．故B不符合题意； C. 在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是一条等势线．在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是也一条等势线，所以B、D两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故C符合题意； D. 根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D不符合题意． 7．ACD 【详解】A．系统水平方向动量守恒，则静止释放和B球刚要与地面接触的瞬间，C球水平方向速度均为0，所以C球经历了先加速后减速的过程，故A正确； B．由分析可知，在B球落地瞬间，A、C两球的速度为0。B球下落的高度为，根据系统机械能守恒有 解得落地前的瞬间B球的速度大小为，故B错误； C．设从静止释放直至B球落地，A、B、C三个小球的对地位移分别为、、，由水平方向动量守恒有 A、B、C三个小球的对地位移满足， 联立解得 即C向右移动的位移大小为，故C正确； D．当等于时，设B相对于A的速度为，B与C球在沿BC杆方向的分速度相同，即 又因为水平方向动量守恒，则有 联立解得，故D正确。 故选ACD。 8．AB 【详解】A．液体的折射率，故A正确； B．根据光路可逆，光在瓶中A点射入屋内的折射角为，从光密介质到光疏介质，折射角大于入射角，故B正确； C．由，， 可得，故C错误； D．根据光路可逆，光能射入瓶内则一定能射出瓶外，不可能发生全反射现象，故D错误。 故选AB。 9．BD 【详解】A、点电荷处于O点，则A、B两处电势相等，而A、B两点的电场强度大小相同，方向不同；故A错误. B、将+Q、-Q等量异种电荷分别放置在M、N点，根据等量异种电荷中垂线电势为零，可知，O处的电势高于B处，依据EP=qφ，则有负电荷在O处的电势能小于B处的电势能，故B正确. C、若从C处静止释放的电子仅在电场力作用下能在CD上做往复运动，则放置在M、N的点电荷电量越大，依据库仑定律，可知，电子受到的电场力越大，则产生合力也越大，那么电子往复运动的周期越小；故C错误. D、由一平行于轨道平面的匀强电场，且A、B、C三点的电势分别为10V、2V、8V，M点的电势为8V，因此直线MC是等势面，AM=MO=OC=2cm，根据几何关系，，根据U=Ed，则匀强电场场强为；故D正确. 故选BD. 【点睛】考查点电荷的电场线的分布，等量异种电荷的等势面的分布，掌握库仑定律的内容，理解由电势确定电场线，注意求电势能时，关注电荷的电性，同时注意U=Ed，式中d是等势面的间距. 10．AD 【详解】AB．根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分析法如图所示 水平方向 竖直方向 联立解得 故A正确，B错误； CD．当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，小物块放在甲板上恰能与甲板保持相对静止，满足 结合 联立解得 故C错误，D正确。 故选AD。 11．(1) (2) 【详解】（1）[1]由于，小球的运动可以近似为单摆的简谐运动，其周期为 碰撞前运动个周期，因此经过后相碰； [2]由动能定理得 圆周运动,拉力 联立解得， （2）[3]碰撞后 解得小球反弹的速度 小球B的速度满足 解得 若动量守恒，满足 联合二倍角公式推导得到 12．(1)小于 (2)3.0 (3)28 【详解】（1）实验采用电流表外接法，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据欧姆定律可知，测得热敏电阻值比真实值小。 （2）由欧姆定律可知热敏电阻的阻值 （3）设电路路端电压为U，当时，则有 代入数据解得 由图乙可知，当时 13．（i）；（ii）吸收热量；180J 【详解】(i)由图可知，气体从状态A到状态B为等容变化过程，由查理定律有，解得 由图可知，气体从状态B到状态C为等温变化过程，由玻意耳定律有，解得 (ii)由状态B经状态C回到状态A，设外界对气体做的总功为W，从状态C到状态A，为等压变化，外界对气体做功为 B→C过程中气体做功的大小约是C→A过程中气体做功的大小的1.6倍，则B→C过程中外界对气体做功为 从状态A到状态B，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功为 整个过程中气体内能增加量为△U=0，设气体从外界吸收的热量为Q，由热力学第一定律△U=Q+W，解得 Q=180J 即气体从外界吸收的热量是180J。 14．（1）1 840 m；（2）318s 【详解】(1)救护车从A点运动至B点的过程中，设初速度为v0，做匀加速直线运动的加速度为a，时间为t1，行驶距离为s1；接着做匀速直线运动所用的时间为t2，行驶距离为s2，速度为v；然后做匀减速直线运动所用的时间为t3，行驶距离为s3；A、B间的距离为s.则 a＝ s1＝v0t1＋at12 s2＝vt2 s3＝vt3 s＝s1＋s2＋s3 联立以上各式并代入数据得 s＝1 840 m (2)设救护车在B处停车等待时间为t′；重新启动匀加速至速度为v所用时间为t4，行驶距离为s4；如果应急车道畅通，救护车将不在B处停车等候，走完s3和s4对应路段所用时间为t，在A、C之间行驶的时间比题干所述过程中所用的时间缩短Δt.则 s4＝ t4＝ s3＋s4＝vt Δt＝t3＋t′＋t4－t 代入数据得 Δt＝318 s. 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在电场中做匀加速运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 根据运动规律有 解得 （2）设粒子做匀速圆周运动的半径为，根据几何关系有 根据牛顿第二定律有 解得 （3）设粒子从A点运动到点所用的时间为，从点运动到点所用的时间为，根据运动规律有 粒子从点运动到点通过的弧长 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A B C C D BC BC BD 1.答案：A 解析：以竖直向上为正方向，设小球做竖直上抛运动的初速度为，月球表面的重力加速度大小为，根据，可得，故小球的速度v与上升的高度h的关系图像是一条开口向左的抛物线，A正确，B、C、D错误。 2.答案：D 解析： 选项 分析 正误 A 由于α粒子（）带电，质量又比较大，与物质中的微粒作用时会损失能量，穿透能力较弱，γ射线的穿透能力强 × B 264年为3个半衰期，已衰变的比例为 × C 比结合能越大，原子核越稳定，由于衰变生成，说明更稳定，因此的比结合能比小 × D 根据质能方程可知一个核衰变释放的能量为 √ 3.答案：A 解析： 4.答案：B 解析：飞船从A到C的时间为0.5T，从A到B的平均速度大于从B到C的平均速度，故从B到C的时间大于0.25T，A错误。若，则椭圆轨道的半长轴为4R，由开普勒第三定律可得，得，B正确。飞船从C到D做向心运动，引力做正功，速度增大，则飞船在C点的速度小于在D点的速度，C错误。A点到月球的距离小于D点到月球的距离，由可得，飞船在A点的加速度大于在D点的加速度，D错误。 5.答案：C 解析：由能级图可知，核外电子从4d能级跃迁到4s能级时释放出光子的能量大于从5s能级跃迁到4s能级时释放出光子的能量。由知，a光的波长小于b光的波长，由相邻条纹中心间距公式可知，用同一双缝干涉装置实验时，a光产生的干涉条纹相邻条纹中心间距较小，又相邻干涉条纹中心间距相同，C正确。 6.答案：C 解析：据图析题 根据理想变压器的变压规律有，可得升压变压器输出电压有效值，又正弦式交流电的最大值为有效值的倍，则A错误。根据题意可知输电线上损失的电压为，则输电线上的电流为，B错误。输电线上损失的功率为，C正确。根据能量守恒定律可知，，可得，D错误。 7.答案：D 解析：对滑块A和重物B，速度关系如图1所示，有，若A做匀速运动，θ逐渐减小，逐渐增大，则B的速度逐渐增大，做加速运动，A错误；若B做匀速运动，θ逐渐减小，逐渐增大，则A的速度逐渐减小，做减速运动，B错误；对处于平衡状态的重物B有，对滑块A受力分析如图2所示，由于滑块A从图示位置开始缓慢向右移动至过程中，，可知，则在竖直方向上有，在水平方向有，联立解得，设，，解得，则可求得，滑块A从初始位置开始缓慢向右移动过程中，θ从90°开始减小至30°，可知F逐渐增大，当时拉力F有最大值，C错误，D正确。 8.答案：BC 解析：由图乙可知时刻处质点向上振动，结合图甲可知波沿x轴正方向传播。由图可知，波长，周期，振幅，可得质点A的振动方程为，时，，结合波的传播方向可得，时，，A错误。结合图甲可知，内处质点从处沿y轴正方向运动到处，路程为，B正确。质点A第一次到达平衡位置处所用时间为，处质点第一次到达平衡位置处所用时间为，C正确。接收装置朝着波源运动，根据多普勒效应可知，接收到波的频率增大，则周期减小，小于4 s，D错误。 9.答案：BC 解析：当时，点电荷b位于y轴正半轴上，由图乙可知此时O点的场强，则点电荷a一定位于y轴负半轴上，A错误；因时坐标原点O的场强，故有，因，故，B正确；由矢量叠加原理可知，当时，点电荷在O点产生的场强方向均沿y轴正方向，故此时O点场强最大，C正确；电势为标量，在点电荷b沿虚线圆逆时针转动一周过程中，O点电势不变，D错误。 10.答案：BD 解析：根据图乙可知电容器充电，两端电压随时间均匀变化，结合可知，电容器电荷量随时间均匀变化，即充电电流恒定，有，可得，根据图乙可得，导体棒在区域Ⅰ中做匀变速直线运动，时恰出区域Ⅰ，有，解得，又导体棒水平方向仅受安培力，有，解得，A错误。导体棒出磁场瞬间的速度大小为，导体棒与线框的质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知两物体碰撞后交换速度，即棒静止，线框以的速度向右运动，线框进入区域Ⅱ过程，根据动量定理有，又，联立解得，线框进入磁场和出磁场过程的磁通量变化量相等，则动量变化量相等，即速度变化量相等，结合以上分析可知线框第1次出磁场瞬间的速度大小为，B正确。线框与挡板碰撞后被反弹，再次进入磁场，完全进入磁场后瞬间的速度大小为（可知线框不能再次出磁场与导体棒发生碰撞），设线框之后向左运动的距离为x，则有，根据动量定理有，解得，最终棒到线框的距离为，C错误，D正确。 11.答案：①1 ②16.2 ③；0.0061 解析：①由题可知，圆盘转动周期，； ②游标卡尺读数为； ③小圆柱体所需向心力表达式为，代入数据得。 12.答案：（1）左；2.5；；偏大 （2） 解析：（1）实验开始时，为了电路安全，滑动变阻器滑动头应移到最左端； 根据两次读数结果，由欧姆定律，有：，可得，解得由电阻决定式有，代入计算得电阻率； 若电流表阻值不可忽略，由欧姆定律，有，可得，则，即电流表内阻不能忽略时，的测量值偏大。 （2）由闭合回路欧姆定律，有，整理可得，可得斜率，计算得。 13.答案：（1） （2） 解析：（1）对汽缸受力分析，初始时受重力、外界大气向下的压力、封闭气体向上的压力，由力的平衡条件有，又，解得 封闭气体的体积为 加热后，汽缸口刚好上升到活塞处时，由汽缸由力的平衡条件得 解得 封闭气体的体积为 由理想气体状态方程有 解得。 （2）在第（1）问的条件下，当温度再升高25 ℃时，封闭气体的温度为 该过程中封闭气体做等容变化，设此时封闭气体的压强为，由查理定律得 解得 对汽缸由力的平衡条件有 解得。 14.答案：（1） （2） 解析：（1）在偏转电场中，电子做类平抛运动，有 根据牛顿第二定律有 代入数据联立解得沿电场方向的侧移量。 （2）设 电子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为α，如图所示，出电场时，有，解得 所以出电场时的速度为 根据几何关系可知，在磁场中电子做圆周运动的半径为 由洛伦兹力提供向心力，有，解得 电子在磁场中的运动时间 由于电子能返回a点，所以电子返回极板间时 由题图乙可知，所用时间 解得 15.答案：（1）1.3 s （2） （3）1.4 m 解析：（1）对小物块，由牛顿第二定律得 设小物块先加速到与传送带相等的速度所用时间为，可得， 匀加速位移大小为 故小物块之后做匀速运动，时间为，可得 可得小物块从释放到运动到C端所用的时间为 （2）①若小物块与小球发生弹性碰撞，系统没有机械能损失，小物块与小球质量相等，所以根据动量守恒定律和能量守恒定律，小物块与小球速度交换，设小球能上升的最大高度为h，则有 解得， 因为，细线会发生弯曲，所以不可能是弹性碰撞。 ②若小物块与小球碰撞后，小球恰好到达与圆心O等高的位置，由机械能守恒定律 得， 以向右为正方向，由动量守恒定律得 系统损失的机械能为 联立解得 ③若小物块与小球发生完全非弹性碰撞，有，解得， 系统损失的机械能为 解得，所以系统损失的机械能范围为 （3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示，滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得，， 由于，由（1）可知，， 所以加速度a的方向不变，小物块两个方向的加速度分量不变，由此可知，相对地面，小物块在v方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，假设小物块从BD边离开传送带，设小物块从BD边射出运动时间为，由匀减速运动可知 可得或者（舍去） 此时沿AC方向的位移大小为 假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离D点。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $