2026届湖南岳阳市第一中学高三下学期5月模拟物理试卷

**基本信息** 结合“人造太阳”核聚变、四足机器人、电磁阻拦系统等科技前沿情境，聚焦物理观念与科学思维，通过基础巩固与综合应用梯度设计，适配高考模拟预测需求。 **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、传感器原理、平抛运动|第1题以“人造太阳”考查比结合能，体现科技情境与物理观念| |多选题|3/15|光的折射、电磁感应、电磁综合|第9题结合福建舰电磁阻拦系统，考查电磁感应与力学综合，凸显科学思维| |实验题|2/16|机械能守恒、电阻率测量|第12题通过多用电表与电路设计，考查科学探究能力| |计算题|3/41|万有引力、动量能量、电磁场运动|第15题综合电磁场考查带电粒子运动，体现复杂问题的模型建构与科学推理|

2026年湖南省岳阳第一中学高考物理模拟试卷（5月份） 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.2026年1月2日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队宣布，我国重大科学工程有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置实验证实托卡马克密度自由区的存在。“人造太阳”主要是将氢的同位素氘或氚的核聚变反应释放的能量用来发电，有一种核反应的方程为。已知氘核的质量为，比结合能为E，中子的质量为，反应中释放的核能为，光速为c，下列说法正确的是(    ) A. 该反应属于原子核的人工转变 B. X的比结合能为 C. X的质量为 D. 反应产物X为 2.如图所示为4种传感器，图1是“液位监测仪”，用来监测不导电液体液面高度的变化；图2是某电子秤的电路图；图3是霍尔元件的示意图；图4是安装在汽车上的电容式加速度传感器。它们的基本工作原理是把非电学量转换为电学量，从而方便进行测量、传输和控制。下列说法正确的是(    ) A. 由图1可知，当电容增大时，可知液面高度上升了 B. 由图2可知，称重物时，在重物作用下滑片P下移，电路中电流增大，所以电路中电流I与重物的重力G成正比 C. 由图3可知，若磁场沿x轴正方向，自由移动的电荷是电子，则为负值 D. 由图4可知，汽车突然向右加速时，电路中有逆时针的放电电流 3.如图所示，两把手枪在同一位置先后沿水平方向射出一颗子弹两子弹质量不同，打在远处的同一个靶上。A为甲枪子弹留下的弹孔，B为乙枪子弹留下的弹孔，不计空气阻力。下列判断正确的是(    ) A. 两颗子弹在空中运动时动量变化率相等 B. 甲枪射出的子弹初速度较大 C. 两颗子弹从射出至打到靶上的时间一样长 D. 两颗子弹均在空中做变加速曲线运动 4.如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙的质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中(    ) A. 地面对木箱的支持力逐渐减小 B. 乙运动的加速度大小为 C. 甲受到绳子的拉力大小为 D. 木箱对地面的摩擦力方向水平向右 5.如图所示，两端开口的气缸竖直固定，A、B是两个活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为，，它们之间用一根细杆连接，静止时气缸中气体温度，气缸两部分气柱长度均为L，大气压强始终不变，缸内气体为理想气体。现缓慢降低气体温度，活塞A缓慢向下移动，此时气体温度为(    ) A. 300K B. 400K C. 500K D. 550K 6.2026年是农历丙午马年，科技感与新春年味交织。国产顶级四足机器人厂商宇树发布了新款As2型机器人，其优异的地面适应性能惊艳市场。假设某款搭载了7轴机械臂的As2机器人可简化为质点，其质量为18kg，在时刻从静止开始沿平直路面匀加速启动，在时刻达到额定功率，之后以额定功率继续运动，在时刻达到极限速度，随后以该速度匀速运动。机器人在运动过程中受到的空气及地面阻力为其重力的倍，重力加速度g取。下列说法正确的是(    ) A. 机器人匀加速阶段的加速度大小为 B. 机器人的速度为时，电机输出的功率为90W C. 机器人的速度为时，机器人加速度大小约为 D. 机器人从静止开始至达到最大速度的过程中，机器人运动的路程约为 7.如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，两物体质量均为m。现对A施加一水平向左、大小为2mg的恒定拉力，A、B由静止开始一起运动，运动过程中B始终受到一个竖直向上的拉力，其大小与B的速度大小成正比为已知常量，经过时间t物体A、B恰好发生相对滑动。已知A、B间的动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，重力加速度为g。下列说法正确的是(    ) A. 物体A、B恰好发生相对滑动时的速度大小为 B. 物体A、B恰好发生相对滑动时B的加速度大小为 C. 从静止到恰好发生相对滑动过程B的位移大小为 D. 从静止到恰好发生相对滑动过程B的位移大小为 二、多选题：本大题共3小题，共15分。 8.如图所示，一半径为R的半圆形玻璃砖平放在水平面上，O为横截面的圆心，AB面涂有反光材料，BC为一个与玻璃砖相切于B点的屏。一束极细的单色光以平行于BC的方向照射到玻璃砖上的D点，经AB面一次反射后从E点射出。图中OD与AB的夹角，。已知光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是(    ) A. 玻璃砖对该单色光的折射率为 B. 光线在玻璃砖内传播的时间为 C. 光线射到屏上的光斑到B点的距离为 D. 若去掉AB面的反光材料也不会有光线从AB面射出 9.福建舰采用了世界最先进的电磁阻拦系统，满足了多种舰载机的降落需求。如图所示，该系统结构两侧对称，阻拦索通过定滑轮和可动滑轮后缠绕在锥形卷扬筒上。卷扬筒可带动矩形线圈在辐射状磁场中绕中心轴同步旋转，使ab、cd边垂直切割磁感线，可动滑轮使阻拦索始终垂直于筒的转轴方向收放，不打滑。每组线圈的长为30r、宽为L、匝数为n，独立构成闭合回路，闭合回路的总电阻为R，ab、cd边所在处磁感应强度大小为B。当阻拦索在卷扬筒半径10r处时，阻拦索收放速度为v，则此时(    ) A. 线圈ab边切割磁感线的速度大小为 B. 每组线圈产生的电动势为6nBLv C. 每组线圈中的电流为 D. 线圈ab边所受的总安培力大小为 10.在如图所示的装置中，两根平行且足够长的金属导轨相距，导轨及导轨平面跟水平面均成角，两导轨的P、Q处各用一小段绝缘材料连接长度忽略不计，P、Q的连线垂直于两导轨，PQ以下的两导轨是光滑的，PQ以上的两导轨是粗糙的。两导轨的上端串接一个的电阻，下端串接一个的电容器，在导轨之间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量的金属棒水平置于导轨上，用绝缘轻质细绳通过光滑轻质定滑轮与一质量的物体相连。金属棒的初始位置到PQ的距离为，金属棒与两导轨粗糙部分间的动摩擦因数为，金属棒由静止释放开始运动，上升过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好。金属棒及导轨的电阻均不计，PQ上方导轨足够长，，，重力加速度g取，下列说法正确的是(    ) A. 金属棒运动到PQ前做加速度减小的加速运动 B. 金属棒运动到PQ位置时的速度大小为 C. 金属棒运动到最高位置时到PQ的距离为2m D. 在金属棒的整个运动过程中电容器储存的电能为 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.用如图1所示的实验装置探究、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。 打出的第一条纸带上的点迹是短划线，可能由于        。 A.振针位置过高 B.振针位置过低 C.学生电源电压过高 D.学生电源电压过低 如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未画出，所用电源的频率为50Hz，计数点间的距离图中已标出。已知，，当地的重力加速度g取，则：结果均保留3位有效数字 ①在纸带上打下计数点5时的速度        。 ②在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量        J，系统重力势能的减少量        J。所以在实验误差允许的范围内，可认为系统机械能守恒。 12.为测量某一玩具的电动机中线圈导线的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下： 用螺旋测微器测得与线圈导线同种规格的导线的直径d如图1所示，则        mm。 用多用电表测量电动机中导线圈的电阻：选择“”倍率欧姆挡，并按正确步骤操作后，指针的位置如图2所示此过程电动机不转动，则        。 为了提高精度，他使用多用电表及以下器材精确测量线圈的电阻： 电流表内阻约； 电流表内阻约； 滑动变阻器； 滑动变阻器； 定值电阻； 电源内阻约及开关、导线若干。 ①实验小组采用了如图3所示的电路图，应选择的电流表是        ，滑动变阻器是        。均填写器材的符号 ②按照实验要求，多用电表已选择“直流电压”挡作为电压表使用，请依据图3将图4所示实物图用笔画线代替导线补充完整。 ③实验过程中将电动机卡住不转动，图5是该实验小组用测得的数据描绘出的图像，根据图像可测得导线圈电阻为        保留3位有效数字，再根据电阻率的求解公式可测得电阻率。 四、计算题：本大题共3小题，共41分。 13.假设某人将地球沿直径打穿形成一条通道，然后在地球表面向通道内静止释放一个质量为m的石块，不考虑石块与通道壁之间的碰撞和摩擦，不计空气阻力。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，球壳对内部物体不产生引力，地球可视为均匀球体，忽略地球的自转。 求石块到地球中心距离为x时，受到地球的引力大小； 已知做简谐运动物体的周期为，其中m为物体质量，k为回复力系数，求该石块的运动周期； 如图所示，通道中有A、B两点，A点距地球球心，B点距地球球心，求石块从A运动到B的最短时间。 14.如图所示，A、B两块木板靠在一起并固定在水平面上，A、B的质量均为未知，B木板长度是A木板长度的3倍。将一个可视为质点、质量的小滑块C以的速度冲上A木板的左端，之后恰好不冲出B木板，小滑块C与A、B木板间的动摩擦因数均为，重力加速度g取。求： 板的长度L； 若解除A、B板的固定，且水平面是光滑的，要使小滑块C能冲上B木板，M应满足什么条件； 若中，，小滑块C相对A、B木板运动的全过程中产生的热量。 15.如图所示，在一直角坐标系的区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小，在的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。在点处有一个粒子源，向第一象限内各方向发射电量大小、质量、速度的带负电粒子，不计粒子重力和空气阻力。 求带电粒子在电场中的加速度大小； 若带电粒子射入电场时速度沿x轴正方向，求带电粒子第一次经过x轴的位置到O点的距离； 求带电粒子首次进入磁场时沿x方向的最大位移，以及该条件下在电场的运动时间和末速度； 若带电粒子射入电场时速度沿x轴正方向，设带电粒子第一次经过x轴的位置为C，从此时开始计时，求带电粒子再次到达C点所需要的时间。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：根据电荷数守恒，左侧总电荷数为，右侧中子电荷数为0，则X的电荷数为2；根据质量数守恒，左侧总质量数为，右侧中子质量数为1，则X的质量数为，则X为，故D错误。 A.该反应是轻核氘核结合成质量较大的核氦并释放能量的过程，属于核聚变反应，而非人工转变，故A错误。 B.反应前，两个氘核的总结合能为每个氘核有2个核子，比结合能为。反应后有3个核子，设其比结合能为，则总结合能为，释放的核能等于反应后总结合能与反应前总结合能之差，即，解得，故B正确。 C.计算X的质量根据质能方程，质量亏损左侧总质量为，右侧总质量为，联立得，故C错误。 故选：B。 D.根据质量数和电荷数守恒列式求解；根据轻核聚变的知识分析解答；根据比结合能与结合能的知识列式求解；根据爱因斯坦的质能方程列式解答。 考查核反应方程的书写规则和比结合能的知识，质能方程的应用，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于中等难度考题。 2.【答案】A  【解析】解：A、根据平行板电容器的电容表达式，电介质的平均介电常数不变，两极板间的距离d不变，C增大，浸入液体的电极面积S增大，说明液面高度上升了，故A正确； B、在图2中，电路中电流，称重物时，在重物重力作用下使滑片P下移，减小，则电路中电流增大，因减小量与重物的重量G成正比，可知电流与重物的重量G不是成正比的关系，故B错误； C、在图3中，由左手定则，电子所受洛伦兹力向下，则N面带负电，M面带正电，则为正值，故C错误； D、图4中，汽车突然向右加速时，质量块因惯性向左运动，带动电介质向左移动，插入极板间的电介质增多。根据，增大，电容C增大。由于电容器始终接电源，电压U不变，电荷量增大，电容器充电，电流方向为顺时针电源正极流出，流向电容器上极板，而非逆时针放电电流，故D错误。 故选：A。 A、结合电容决定式，分析液面高度变化对电容器极板间等效介电常数和正对面积的影响，判断电容变化与液面高度的对应关系； B、分析重物作用下滑片移动对电路总电阻的影响，再根据闭合电路欧姆定律，判断电流与重物重力是否成正比； C、根据霍尔效应，结合电流方向、磁场方向和载流子电子的运动方向，用左手定则判断电子偏转方向，进而分析两侧电势高低； D、分析汽车加速时质量块的运动对极板间电介质的影响，再根据电容决定式和电容器电荷量变化，判断充放电状态与电流方向。 这道题以四种常见传感器为载体，综合考查了电容决定式、闭合电路欧姆定律、霍尔效应和电容器充放电等核心知识点，将非电学量到电学量的转换作为主线，能有效检验学生对物理原理在实际应用中的理解与辨析能力，是一道情境丰富、覆盖多个考点的概念辨析题。 3.【答案】B  【解析】解：AD、子弹在空中做匀变速曲线运动，因子弹的质量不相等，即不相等，故AD错误； BC、由于甲下降高度小，时间短，又因水平位移相等，所以甲的初速度大，故B正确，C错误。 故选：B。 利用平抛运动竖直位移公式判断运动时长与水平初速度，借助动量定理分析动量变化率，结合加速度恒定的特点判断运动性质，逐一甄别选项。 本题依托射击打靶的平抛实景，融合平抛运动、动量定理、匀变速曲线运动多个基础知识点，综合检验曲线运动与动量相关概念的辨析能力。 4.【答案】C  【解析】解：A、设甲、乙的质量为m，木箱的质量为M，甲、乙的加速度的大小为a，对甲、乙和木箱组成的整体，在竖直方向，由牛顿第二定律可得：，解得：，由于a的大小不变，则地面对木箱的支持力保持不变，故A错误； B、对甲、乙组成的整体，由牛顿第二定律可得：，解得乙运动的加速度大小为：，故B错误； C、设绳子的拉力的大小为T，对甲，由牛顿第二定律可得：，解得：，故C正确； D、对甲、乙和木箱组成的整体，设木箱受到地面的摩擦力为f，在水平方向，由牛顿第二定律可得，解得：，方向水平向右，由牛顿第三定律可知，木箱对地面的摩擦力方向水平向左，故D错误。 故选：C。 对甲、乙分别进行受力分析，结合牛顿第二定律建立方程求解加速度与绳子拉力，再分析木箱的受力情况，以此判断各选项的正误。 本题以滑轮连接的物块与木箱为情境，融合牛顿第二定律与静力学平衡分析，考查学生对连接体问题的受力建模与综合运算能力，难度适中且能检验基础物理规律的应用水平。 5.【答案】C  【解析】解：活塞A缓慢下移过程中，气体压强不变，活塞A缓慢向下移动，用一根细杆连接，故活塞B缓慢向下移动 则根据盖-吕萨克定律，有 代入数据解得 故ABD错误，C正确。 故选：C。 先确定为等压变化，再根据活塞位移，计算气体初末状态的体积；最后利用盖-吕萨克定律，代入初末状态的体积和初始温度，求解末态温度。 这道题以双活塞气缸为载体，考查了理想气体的等压变化规律，既需要通过整体受力分析判断压强不变，又要结合活塞位移计算气体体积变化，能有效检验学生对受力平衡与盖-吕萨克定律的综合应用能力，是一道典型的热学计算题。 6.【答案】C  【解析】解：A、机器人达到极限速度时，牵引力与阻力大小相等，即有，机器人的额定功率为 匀加速阶段，根据牛顿第二定律得 在时刻达到额定功率，有 且有 解得匀加速阶段的加速度大小为，匀加速运动的末速度为，匀加速阶段的牵引力为，故A错误； B、机器人的速度为时处于匀加速阶段，电机输出的功率为，故B错误； C、机器人的速度为时，机器人加速度大小为，解得，故C正确； D、匀加速运动通过的路程为。设机器人从时刻开始至达到最大速度的过程中，机器人运动的路程为，根据动能定理得： 机器人从静止开始至达到最大速度的过程中，机器人运动的路程为 解得，故D错误。 故选：C。 机器人达到极限速度时，牵引力与阻力大小相等，由功率公式求出额定功率。在时刻达到额定功率，由功率公式列式。对于匀加速阶段，根据牛顿第二定律以及速度-时间公式列式，联立求出匀加速阶段的加速度大小以及匀加速运动的最大速度；机器人的速度为时，分析机器人的功率是否达到额定功率，再确定电机输出的功率；机器人的速度为时，根据功率公式和牛顿第二定律求机器人加速度大小；根据运动学公式求出匀加速运动的路程。根据动能定理求机器人从静止开始至达到最大速度的过程中运动的路程。 本题是机车启动问题，要明确机器人的运动过程，把握速度最大的条件以及匀加速运动结束的条件，根据牛顿第二定律、功率公式和动能定理相结合解答。 7.【答案】D  【解析】解：AB、对A、B组成的整体进行分析，系统在竖直方向受力平衡，地面对A的支持力，即，整体受到的滑动摩擦力，即； 根据牛顿第二定律有，即，化简得。 对物体B进行隔离分析，在竖直方向有A对B的支持力，物体B随A一起向左加速，其向左的加速度由A对B的静摩擦力提供，故，即； 当A、B恰好发生相对滑动时，A对B的静摩擦力达到最大静摩擦力，即，即，联立解得，解得此时的速度大小，代入加速度表达式解得此时B的加速度大小，故AB错误； CD、从静止到恰好发生相对滑动的过程中，运用微元法，在极短时间内根据动量定理有，即，因微小位移，则有，对整个过程累加求和得，即，将代入，解得位移大小，故C错误，D正确。 故选：D。 分析物体A和B从静止开始一起运动到恰好发生相对滑动的过程，整体受到水平向左的恒定拉力和与速度成正比的竖直向上拉力，导致地面对系统的支持力与摩擦力随速度变化。利用整体法分析系统加速度与速度的关系，再隔离物体B，当A对B的静摩擦力达到最大静摩擦力时恰好发生相对滑动，联立两方程可求得临界速度与加速度。对于位移，由于加速度和速度变化关系复杂，需通过动量定理的微元形式建立力、时间与速度变化的关系，并结合位移与速度的关联进行积分或累加，从而得到位移表达式。 本题综合考查牛顿运动定律、受力分析、动量定理与微元法的综合应用，涉及多个物体间的相互作用以及变力作用下的动力学问题。题目计算量较大，难度中等偏上，对学生的逻辑推理与建模分析能力要求较高。通过整体法与隔离法的灵活运用，考查学生对系统受力与个体受力的准确处理能力，同时借助变力与速度的关系，将运动过程与受力动态变化紧密结合，体现了物理过程分析的深度。在相对滑动临界条件分析中，需准确把握静摩擦力达到最大值这一关键点，并利用微元法结合动量定理求解位移，突出考查学生运用数学工具处理变加速问题的能力。 8.【答案】AC  【解析】解：A、光路图如图所示： 由几何关系可知，，由折射定律可知，故A正确； B、由几何关系可知光在玻璃砖中的传播距离，传播速度，传播时间，代入数据可得，故B错误； C、由几何关系可知，代入数据可得，故C正确； D、由全反射临界角与折射率关系可知，由几何关系可知光在P点的入射角为，则去掉AB面的反光材料光会从AB面射出，故D错误。 故选：AC。 A、画出光路图，根据几何关系分析入射角和折射角，根据折射定律分析； B、根据几何关系分析传播距离，根据折射定律分析传播速度，再分析传播时间； C、根据几何关系分析； D、根据全反射临界角和折射率关系分析临界角，根据几何关系分析光在AB面的入射角，进行比较。 考查了光的反射现象的分析方法，画出光路图并分析几何关系是解题关键。 9.【答案】AD  【解析】解：A、设线圈ab边切割磁感线的速度大小为。在卷扬筒作用下线圈角速度和卷扬筒相同，则有，解得，故A正确； B、因线圈的ab、cd边都切割磁感线，故每组线圈中产生的总的电动势为，故B错误； C、由闭合电路的欧姆定律可得，每组线圈中的电流为，故C错误； D、线圈ab边所受的安培力大小为，故D正确。 故选：AD。 在卷扬筒作用下线圈角速度和卷扬筒相同，由公式求线圈ab边切割磁感线的速度大小，结合切割磁感线边数、匝数计算电动势，再求电流大小和线圈ab边所受的总安培力大小。 以福建舰电磁阻拦系统为情境，融合滑轮传动、电磁感应与安培力知识，考查知识迁移与综合应用能力，关键要注意求电动势和安培力时，线圈的匝数不能遗漏。 10.【答案】BC  【解析】解：A、金属棒在到达PQ位置之前，其下端连接有电容器，随着速度增大，电容器持续充电，回路中的充电电流为。对金属棒与重物组成的整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得。联立以上两式可知，金属棒的加速度a保持不变，因此做匀加速直线运动，故A错误。 B、根据匀变速直线运动的规律有。联立方程可解得金属棒运动至PQ位置时的速度大小为，故B正确。 C、金属棒越过PQ后，下端电容器断开连接，进入粗糙导轨区域并与上方电阻R构成回路，此时金属棒所受滑动摩擦力为。对整体沿导轨方向进行受力分析，非电磁力合力为。此阶段整体仅在安培力作用下做减速运动，根据动量定理，取微元并累加可得，即。联立解得金属棒向上运动的距离，故C正确。 D、在金属棒运动至PQ的过程中，切割磁感线产生的感应电动势，由于金属棒及导轨电阻均不计，电容器两端的极板电压。根据电容器储能公式，可知电容器储存的电能随速度增大而增加。仅在到达PQ位置的瞬间，速度达到最大值，此时电容器储存的电能达到最大值。但并非在整个运动过程中始终储存的电能，故D错误。 故选：BC。 金属棒在到达PQ位置前，下端连接电容器形成充电回路，金属棒受重力、支持力、安培力及细绳拉力作用，与重物整体沿导轨方向受力分析，安培力与充电电流相关而电流与加速度成正比，代入牛顿第二定律可判断加速度恒定，因此金属棒做匀加速直线运动而非加速度减小的加速运动。金属棒从静止开始做匀加速直线运动，已知初始位置到PQ的距离、导轨倾角及整体质量，根据匀变速直线运动规律，由加速度与位移关系可直接求出运动至PQ位置时的速度大小。金属棒越过PQ后进入粗糙导轨区域，电容器断开而电阻接入回路，金属棒受滑动摩擦力、重力分力、安培力及细绳拉力，整体沿导轨方向非电磁力合力为零，仅安培力做负功使整体减速，利用动量定理结合微元累积，将速度变化与位移关联，可求得金属棒从PQ位置向上运动至最高点的距离。在金属棒到达PQ位置前电容器持续充电，其两端电压随速度增大而增加，储存电能逐渐增大，仅在运动至PQ瞬间电压达到最大值，对应电能可由此时速度计算，但整个运动过程中电容器储存电能并非始终保持该值。 本题是一道综合性较强的电磁感应与动力学结合的多选题，涉及电容器充电、含容电路、动量定理应用等多个核心知识点。题目通过设置两个不同运动阶段，考查学生对复杂物理过程的分析与建模能力。在金属棒到达PQ位置前的第一阶段，电路包含电容器，学生需正确推导出充电电流与加速度的关系，并分析出金属棒做匀加速直线运动，这一过程对学生的逻辑推理和公式应用能力要求较高。第二阶段金属棒进入粗糙导轨区域，电路变为纯电阻回路，学生需准确识别出整体所受非电磁力合力为零，进而运用动量定理的微元累加形式求解位移，这充分锻炼了学生利用能量与动量观点处理变力问题的能力。本题计算量适中，但思维链条较长，需要清晰划分物理过程并灵活选择解题工具。易错点在于对电容器储能变化过程的理解，需注意最大储能仅出现在金属棒运动至PQ位置的瞬间。 11.【答案】B   【解析】解：、振针位置过低，振针的运动幅度太小，会导致纸带上的点迹为短划线，故A错误，B正确； CD、电源电压的高低不影响打点的形状，电压过高或过低不会使点迹成为短划线，故CD错误。 故选：B。 ①每相邻两计数点间还有4个点未画出，所用电源的频率为50Hz，相邻计数点间的时间间隔 在纸带上打下计数点5时的速度 ②在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量 系统重力势能的减少量  故答案为：；①；②；。 根据实验现象分析答题。 ①根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度。 ②根据动能与重力势能的计算公式求解。 立即实验原理，分析清楚运动过程，应用匀变速直线运动的推论与动能和重力势能的计算公式即可解题；计算时注意单位换算与有效数字的保留。 12.【答案】 24   【解析】解：根据螺旋测微器读数规则，可知。 用多用电表测量电动机中导线圈的电阻为。 ①通过电流表的最大电流为，故应选择的电流表为；滑动变阻器采用了分压式，为了方便调节，滑动变阻器应选择总阻值较小的。 ②根据电路图连接实物图如下 ③根据欧姆定律有，结合图像斜率有，解得。 故答案为：；；①，；② ③。 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和； 欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率； ①估算通过电流表的最大电流选择电流表，根据方便调节选择滑动变阻器； ②根据电路图连接实物图； ③根据欧姆定律结合图斜率计算。 本题考查测电动机线圈电阻率实验，关键掌握实验原理和利用图像处理数据的方法，螺旋测微器和欧姆表的读数方法。 13.【答案】石块到地球中心距离为x时，受到地球的引力大小为  该石块的运动周期为  石块从A运动到B的最短时间为  【解析】解：根据：，，可得： 则以x为半径的球体的质量为： 由据题意可得石块受到地球的引力大小为： 忽略地球的自转，则有： 联立解得： 由的解答可知，回复力系数为： 该石块做简谐运动的周期为： 由据题意可知，该石块做简谐运动的振幅。A点距地球球心，B点距地球球心。 可得A点对应的相位为：，B点对应的相位为： 从A到B的最短时间为： 答：石块到地球中心距离为x时，受到地球的引力大小为； 该石块的运动周期为； 石块从A运动到B的最短时间为。 确定以x为半径的球体的质量，根据题意与万有引力定律，结合黄金代换式，求得石块受到地球的引力大小； 由的解答得到回复力系数，求出该石块做简谐运动的周期； 由据题意确定该石块做简谐运动的振幅，分别得到A、B两点距地球球心的距离与振幅的关系，确定这两点对应的相位，结合运动周期求解从A到B的最短时间。 本题考查了简谐运动与万有引力定律的应用，掌握简谐运动的表达式，以及参数的确定方法，掌握万有引力定律的表达式，以及黄金代换式。 14.【答案】A板的长度为  M应满足的条件为M大于  全过程中产生的热量为  【解析】解：、B固定时，小滑块C恰好停在B的右端，根据动能定理有：，代入数据解得：。 解除固定后，C在A上滑动时，C的加速度大小为，A、B整体的加速度大小为。 设C与A、B达到共速所需时间为，由运动学规律有。 要使小滑块C能冲上B木板，此时C相对A的位移需大于A板长度，即。 联立代入数据解得M需满足的条件为：。 当时，因，滑块C会滑上B木板。 设C刚滑上B木板瞬间，A、B的速度为，C的速度为，以向右为正方向， 由动量守恒和能量守恒定律有：，。 此后A与B分离，A以做匀速运动，C在B上滑动直至达到共同速度， 对B、C系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有：。 全过程产生的总热量即系统损失的机械能为：。 联立以上方程组并代入数据解得：。 答：板的长度为。 应满足的条件为M大于。 全过程中产生的热量为。 分析小滑块在固定A、B木板上的运动过程。小滑块从A板左端以初速度开始做匀减速直线运动，经过A板全长L和B板全长3L后速度减为零。此过程仅受滑动摩擦力作用，利用动能定理建立初动能与克服摩擦力做功的等量关系，即可求解L。 分析解除固定后，小滑块在A板上的运动过程。小滑块在A板上做匀减速运动，A、B整体在滑块摩擦力作用下做匀加速运动。需分析两者达到共速时的相对位移，该位移需大于A板长度L是小滑块能冲上B板的临界条件。通过运动学规律联立共速时间与相对位移关系，可推导出质量M需满足的不等式。 当M取具体值时，需分两个阶段分析全过程。第一阶段为滑块在A板上滑行至共速，利用动量守恒与能量守恒或功能关系求解滑块滑上B板瞬间A、B与C各自的速度。第二阶段为滑块在B板上滑行至共速，对B、C系统应用动量守恒。全过程产生的热量等于系统初始机械能与最终机械能之差，通过分阶段计算或整体能量守恒均可求解。 本题综合考查了牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律以及能量守恒定律，涉及多个物理过程的分析与计算。第一问通过动能定理直接求解，计算量较小，主要考查学生对基本规律的应用能力。第二问和第三问则难度显著提升，需要学生清晰分析滑块在A、B木板上的运动过程和相互作用，特别是多物体、多阶段运动中的动力学与能量转化问题。本题能有效锻炼学生的物理建模能力、逻辑推理能力和综合运算能力，其中对滑块能否冲上B板的临界条件分析以及多个守恒定律的联立应用是解题的关键与难点。 15.【答案】带电粒子在电场中的加速度大小为  若带电粒子射入电场时速度沿x轴正方向，带电粒子第一次经过x轴的位置到O点的距离为  带电粒子首次进入磁场时沿x方向的最大位移为，该条件下在电场的运动时间为，末速度为，方向与x轴正方向夹角为，斜向右下  若带电粒子射入电场时速度沿x轴正方向，设带电粒子第一次经过x轴的位置为C，从此时开始计时，带电粒子再次到达C点所需要的时间为  【解析】解：在电场中， 故加速度： 带电粒子做类平抛运动， 解得 可将粒子的类斜抛运动分解为沿方向的匀速直线运动与沿y轴负方向的匀加速直线运动，如图1所示 设粒子运动到x轴时水平位移为x，有 化简得 该方程一定有解，则判别式 即，可求得 即沿x方向的最大位移为，此时 射入粒子的时候粒子速度方向与x轴正方向之间夹角设为，， 则速度：。 设粒子第一次从C点经过x轴，速度v与x轴夹角为 有，，， 在磁场中，， 由图示几何关系可知在磁场中沿x轴负方向的位移为 故带电粒子能经过坐标原点，且经过时与x轴正方向夹角为 在电场中有，，，， 可知在磁场中运动3次，电场中运动2次刚好经过C点在磁场中粒子运动时间为，， 答：带电粒子在电场中的加速度大小为； 若带电粒子射入电场时速度沿x轴正方向，带电粒子第一次经过x轴的位置到O点的距离为。 带电粒子首次进入磁场时沿x方向的最大位移为，该条件下在电场的运动时间为，末速度为，方向与x轴正方向夹角为，斜向右下； 若带电粒子射入电场时速度沿x轴正方向，设带电粒子第一次经过x轴的位置为C，从此时开始计时，带电粒子再次到达C点所需要的时间为。 根据电场中，电场力提供加速度分析求解； 根据带电粒子做类平抛运动，结合水平和竖直方向分析求解； 根据将粒子的类斜抛运动分解为沿方向的匀速直线运动与沿y轴负方向的匀加速直线运动，结合运动学公式分析求解； 根据几何关系，结合粒子在电场中和磁场中的运动分析求解。 本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，理解洛伦兹力和其他力的关系是解决此类问题的关键。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $