2026届河北省秦皇岛市昌黎第一中学高考物理二模试卷

**基本信息** 2026年河北昌黎一中高考物理二模卷，含单选（8题34分）、多选（2题12分）、实验题（2题20分）、计算题（3题34分），以核反应、力学平衡、电磁学等为核心，融合太空电梯、摆餐盘等真实情境，突出物理观念与科学思维考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/34|核反应（第1题）、力学平衡（第2题）、平抛运动（第3题）|结合服务员摆餐盘情境，考查圆周运动临界条件，体现科学推理| |多选题|2/12|机械波干涉（第9题）、电磁感应（第10题）|两列波相向传播分析，强化模型建构与科学论证| |实验题|2/20|动量守恒（第11题）、恒定电流（第12题）|光电门测速度探究碰撞不变量，注重科学探究能力| |计算题|3/34|气体定律（第13题）、电磁场粒子运动（第14题）、动量能量综合（第15题）|太空电梯模型结合万有引力，考查能量观念与复杂问题解决|

2026年河北省秦皇岛市昌黎第一中学高考物理二模试卷 一、单选题:本大题共8小题,共34分。 1.某次实验中,科研人员使用高能氘核轰击氚核,发生核反应生成氮核并释放出一个粒子X,同时放出能量Q,其核反应方程为:。下列说法正确的是( ) A. 粒子X为质子 B. 该反应是衰变 C. 氘核和氚核的总结合能小于氦核与粒子X的总结合能 D. 若释放的能量全部转化为两粒子的总动能,则反应后生成物的总动能等于Q 2.图甲为石林景观,可简化为如图乙所示的模型,所受重力大小为G的石块B被A、C两石块夹住,B左侧面竖直,右侧面的倾角为。若不计摩擦,则C对B的支持力大小为( ) A. 2G B. C. G D. 3.三百六十行,行行出状元。最近一段服务员快速摆餐盘的视频火遍全网,服务员把盘子均匀放到餐桌中间的转盘边缘上后,增大转盘转动角速度,餐盘从转盘边缘飞出,落在餐桌上立即停下。已知餐盘和转盘间的动摩擦因数为,餐盘到转盘中心的距离为r,忽略餐盘的大小,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,转盘到桌面的高度为h,重力加速度为g,下列说法正确的是( ) A. 餐盘质量越大从转盘边缘飞出时速度越小 B. 餐盘落到餐桌上前瞬间的速度大小为 C. 转盘加速转动过程中,餐盘受到的摩擦力始终指向转盘中心 D. 落到餐桌上的餐盘到转盘中心的水平距离为 4.利用如图所示的实验装置可以测定液体的折射率。该装置是由两块平板玻璃组成的劈形装置,其中倾角很小,其间形成空气薄膜空气可视为真空,光速为,光从平板玻璃上方垂直入射后,从上往下看可得到干涉条纹,测得相邻条纹间距为,若在两块平板玻璃之间充满透明液体,然后用同种单色光垂直照射玻璃板,测得相邻条纹间距为。则光在该液体中的折射率为( ) A. B. C. D. 5.太空电梯的科幻设想是用石墨烯制作超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与同步空间站,利用超级缆绳承载太空电梯从地球基地向空间站运送物资如图所示。已知地球半径为R,地球自转周期为T,地球北极表面重力加速度大小为g,万有引力常量为G。已知太空电梯停在距地面3R的站点,下列说法正确的是( ) A. 太空电梯绕地球做匀速圆周运动的线速度大于同步空间站的线速度 B. 太空电梯绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大于同步空间站的向心加速度 C. 质量为m的货物对太空电梯的压力大小为 D. 地球的平均密度为 6.如图所示,一竖直放置的半径的固定光滑圆环上穿有一个质量的小环,小环通过一根原长也为R、劲度系数的轻质弹簧与圆环的最高点A相连,弹簧弹性势能为形变量,取重力加速度大小,小环从与A点相距为R的B点由静止开始下滑,之后的运动过程中小环获得的最大动能为( ) A. B. C. D. 7.一简易发电机与理想变压器原线圈相接的简化图如图所示,发电机转子为电阻、面积、匝的矩形导线框,导线框在磁感应强度的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,角速度。理想变压器原、副线圈的匝数比::2,定值电阻,R是滑动变阻器阻值的变化范围为,电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是( ) A. 减小发电机转速,电压表的示数不变 B. 时,理想变压器的输出功率最大 C. 理想变压器的最大输出功率 D. 理想变压器的输出功率最大时,电流表的示数为10A 8.如图所示,在立方体的顶点和C处分别固定有等量异种的点电荷,一根无限长的光滑水平绝缘细杆与AB边重合。一带负电的小环套在细杆上,从A点开始向右运动,其经过A、B两点的动能分别为和。则( ) A. 小环在A、B两点受到的电场力相同 B. 小环经过A、B两点时的加速度相同 C. D. 小环一定能沿杆向右运动到无穷远处 二、多选题:本大题共2小题,共12分。 9.如图所示,在同种均匀介质中,x轴上O、P两处分别有两个波源和,它们在时刻同时开始沿y方向做简谐振动,形成的两列简谐横波沿x轴相向传播,时刻O、P连线中点N处质点开始振动。已知O、P间距为8m,的振动方程为,的振动方程为。下列说法正确的是( ) A. 两列波的传播速度 B. N处质点起振方向沿y负方向 C. N处质点振动的振幅为15cm D. O、N两处中点M处质点为振动减弱点 10.如图所示,水平地面固定有倾角光滑绝缘斜面,其上有两个相距3d宽度都为d的匀强磁场区域 、 ,磁感应强度方向垂直斜面向上,大小相等,虚线为磁场边界,均与斜面底边平行,一质量为m、电阻为R、边长为d的正方形金属线框置于区域 上方d处由静止释放,线框底边与磁场边界平行,线框进入区域 做匀速直线运动,线框上边离开区域 时的速度等于线框下边进入区域 时的速度,下滑过程中线框形状不变,重力加速度为g,下列说法正确的是( ) A. 磁感应强度的大小为 B. 线框下边刚进入区域 的加速度大小为 C. 线框从进入区域 到离开区域 产生的焦耳热为 D. 线框从进入区域 到离开区域 的时间为 三、实验题:本大题共2小题,共20分。 11.如图甲所示,某小组用气垫导轨和光电门等装置来“探究碰撞中的不变量”。实验中用到两个相同的光电门1和2及两滑块A和B,两滑块上分别固定有宽度相同的长方形遮光条。部分实验操作如下: 用天平测出两滑块包括遮光条的质量分别为、。 用游标卡尺测量遮光条的宽度d,结果如图乙所示,则 cm。 打开气泵,待气流稳定后,调节气垫导轨水平。 将滑块B静止放置在两光电门之间,滑块A放置在光电门1左侧,给滑块A一个合适的初速度,使其向右第一次通过光电门1,两滑块碰撞后,滑块A被弹回第二次通过光电门1,滑块B向右通过光电门2。光电门1先后记录的遮光时间为,,光电门2记录的遮光时间为。计算得两滑块碰撞前,滑块A通过光电门1时的动量大小为 ,碰撞后两滑块的动量之和的大小为 。结果均保留两位有效数字 分析实验数据发现两滑块碰后的动量比碰前的动量略大。若上述的差别是由单一因素引起,该因素可能是 填正确答案标号。 A.气垫导轨对滑块有阻力 B.气垫导轨不水平,左低右高 C.气垫导轨不水平,左高右低 12.某新型智能恒流源输出电流大小恒定与定值电阻并联后作为一个整体可看作一个实际电源,某实验小组找来了一块电流表内阻未知且很小、电阻箱R、导线若干,并连接如图1所示电路图,测量恒流源的输出电流和并联电阻。调节电阻箱R的阻值,测得电流表多组I值。 为了保证电流表的安全,闭合开关前应将电阻箱R的阻值调到 选填“最大”或“最小”。 该实验小组通过改变电阻箱的阻值R,同时记录电流表A的示数为I,得到多组数据,并采用图像法处理数据,为使图像为一条直线如图,应描绘的是 图像。 A. B. C. D. 根据测量数据和图2所示的图像,不考虑电流表内阻,则 , 。用a,b,c表示 若实验中电流表实际内阻不可忽略,且未采取消除误差的措施,则测量值比真实值 ,测量值比真实值 。两空均选填“偏大”“偏小”或“不变” 四、计算题:本大题共3小题,共34分。 13.如图1空气波压力治疗仪由带气泵的储气罐和相同的气囊组成,简化模型如图2。气泵能使储气罐储存高压气体,储气罐与每个气囊通过细管道连接,气囊进气口有独立进气电磁阀门,当气囊内的压强传感器测量的气压达到预设值,进气阀门将自动关闭,充气时,非工作气囊的进气阀门始终处于关闭状态,以实现多种治疗模式。已知进气阀门开启前,储气罐内高压气体的压强为900mmHg,气囊内充气前无气体,气囊内气压预设值可调范围,气压达到预设值时单个气囊的体积为,温度变化和细管的体积忽略不计。 若选用单气囊模式进行精细治疗,预设值调到90mmHg,求充满气囊的过程中,从储气罐中进入气囊的高压气体的体积 若储气罐内压强达900mmHg后停止加压,要使得两个气囊都能同时在预设值范围内可调,则储气罐容积至少多大? 14.如图所示,在xOy直角坐标系第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为未知。第一象限内分界线OP与x轴夹角为,OP以上的区域 中存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为未知,OP以下的区域 中存在大小为未知、方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小也为未知。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点以初速度沿y轴正向进入第二象限,由点进入第一象限,后经Q点垂直穿过分界线OP进入区域 中,不计空气阻力、粒子重力及电磁场的边界效应。求: 第二象限内电场强度E的大小; 区域 中磁场的磁感应强度B的大小; 粒子在区域 中运动时,粒子从Q点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小。 15.如图所示,装置的左侧是固定在水平面上有半径为2R的四分之一圆弧的光滑曲面体,装置的右侧是没有固定放在光滑水平面上有半径为R的四分之一圆弧的光滑曲面体,其质量为3m,现将质量为m的滑块从A点由静止释放,经过一段时间后滑块冲上右侧光滑曲面体,重力加速度为g,滑块可视为质点 滑块从右侧的曲面体的顶端滑离后还能上升多高? 滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时,光滑曲面体的速度多大? 若滑块从右侧的曲面体的底端滑至顶端的时间为,滑块从右侧的曲面体的顶端滑至底端的时间为,滑块从右侧的曲面体的底端开始到再次回到底端的过程中曲面体向右运动的距离为多大? 答案和解析 1.【答案】C 【解析】解:核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒,故粒子X的质量数为,粒子X的电荷数为,故粒子X为中子,故A错误; B.衰变的反应方程在等号左侧应只有一个反应物,核反应方程不满足衰变的特点,故B错误; C.核反应方程释放能量,故反应物的总结合能小于生成物的总结合能,即氘核和氚核的总结合能小于氦核与粒子X的总结合能,故C正确。 D.科研人员使用高能氘核轰击氚核,反应物的氘核和氚核具有一定的动能,若释放的能量全部转化为两粒子的总动能,由能量守恒可知,反应后生成物的总动能大于Q,故D错误。 故选:C。 核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒和能量守恒;衰变的反应方程在等号左侧应只有一个反应物;核反应方程释放能量,故反应物的总结合能小于生成物的总结合能。 根据释放核能和结合能的变化进行分析判断;衰变的特点判断。 2.【答案】A 【解析】解:如图所示,B受到重力G、A对B水平向右的支持力、C对B垂直B右侧面的支持力,根据物体的平衡条件可得,故A正确,BCD错误。 故选:A。 对B进行受力分析,结合三角函数求解C对B的支持力。 本题考查物体的平衡条件,目的是考查学生的理解能力。 3.【答案】B 【解析】解:A、餐盘从转盘边缘飞出时,由最大静摩擦力提供向心力,满足,解得:,与质量无关,故A错误; C、餐盘随转盘加速转动过程中,速度增大,合外力不指向圆心,故C错误; B、餐盘飞出后做平抛运动,有,,,餐盘落到餐桌上的速度为,解得:,故B正确; D、落到餐桌上的餐盘到转盘中心的水平距离为,解得:,故D错误。 故选:B。 餐盘从转盘边缘飞出的临界条件是最大静摩擦力提供向心力,此时速度与质量无关。餐盘飞出后做平抛运动,落地速度由水平初速度和竖直分速度合成,水平距离需考虑平抛位移与初始半径的几何关系。转盘加速过程中,餐盘受摩擦力既有切向分量也有法向分量,并非始终指向中心。 本题综合考查圆周运动、平抛运动和能量守恒等力学核心知识点,是一道难度中等偏上的典型力学综合题。题目通过生活情境巧妙地将多个物理概念串联起来,重点考查学生对向心力来源、临界条件分析以及平抛运动规律的理解与应用能力。计算量适中但需要较强的逻辑推导能力,特别是对餐盘飞出的临界条件的推导是解题关键。选项B的求解过程综合运用了圆周运动的临界速度公式和平抛运动的动能定理,体现了物理问题中多过程分析的典型思路。题目设置具有区分度,能有效检验学生对力学知识的整合能力,尤其需要学生注意选项D中水平距离的合成计算容易遗漏平抛水平位移项。 4.【答案】C 【解析】解:根据薄膜干涉原理,干涉条纹平行等宽,当光垂直射向玻璃板时,得到干涉条纹,相邻两条纹对应劈尖厚度差 由于很小,根据几何关系有 则 所以 又 同种单色光频率相同,则 根据折射率与波速的关系可得,光在该液体中的折射率为 故ABD错误,C正确。 故选:C。 根据薄膜干涉的原理是:上、下表面存在光程差,两个表面反射的光发生了干涉,如果光程差是半波长的奇数倍,则该处出现暗条纹;如果光程差是半波长的偶数倍,则该处出现亮条纹,结合几何关系和折射率公式进行解答。 解决本题的关键掌握薄膜干涉的原理,知道当光程差即薄膜厚度的2倍等于半波长的偶数倍,出现明条纹,当光程差等于半波长的奇数倍,出现暗条纹。 5.【答案】C 【解析】解:AB、根据电梯与地球同步转动,可知电梯与同步卫星的角速度相同,结合圆周运动特点,可得到二者的线速度满足:,加速度满足:, 由图可知轨道半径满足:,即电梯运动过程中的线速度和加速度大小都比卫星小,故AB错误; D、根据北极表面的重力加速度,可得:,解得地球的质量为:,结合球体体积公式:,可得到地球的平均密度为:,解得:,故D错误; C、根据货物圆周运动的角速度、轨道半径,可得到其需要的向心力为:, 对货物受力分析,可得:,即其受到的支持力大小为:,结合相互作用力特点,可得到货物对电梯的压力大小与支持力等大,故C正确。 故选:C。 根据电梯与地球同步转动,可知电梯与同步卫星的角速度关系,结合圆周运动特点,可比较电梯与卫星的线速度、加速度相对大小;根据北极表面的重力加速度,可得到地球的质量,结合球体体积公式,可得到地球的平均密度;根据货物圆周运动的角速度、轨道半径,可得到其需要的向心力,对货物受力分析,可得到其受到的支持力大小,结合相互作用力特点,可得到货物对电梯的压力大小。 本题考查人造卫星的受力分析,注意电梯里的货物不止受到万有引力,其周期被迫与地球同步。 6.【答案】A 【解析】解:以圆心O为重力势能零点。根据几何关系,小环在B点时与最高点A的连线AB为弦,已知,则为等边三角形,此时小环相对于A点的转角。 根据机械能守恒定律,系统总机械能表达式为。 代入初始条件及,解得系统总机械能,计算得:。 令,则有,代入能量守恒方程整理,得到动能表达式。 当时,解得,此时动能取得最大值。 代入数据计算最大动能。故A正确,BCD错误。 故选:A。 题目中小环在竖直光滑圆环上运动,涉及弹簧弹力、重力与动能变化,分析时需明确小环从B点静止释放后,其动能、重力势能与弹簧弹性势能总和守恒。关键在于确定小环运动至不同位置时弹簧形变量与重力势能变化的关系,通过能量守恒建立动能关于位置变量的表达式,进而利用数学方法求该表达式的最大值。整个思路需把握能量转化过程中各物理量间的相互制约,最终找出动能最大的状态对应条件。 本题是一道融合了力学、能量守恒与弹簧弹性势能的综合题,对学生的建模分析能力和数学处理能力提出了较高要求。题目通过小环在竖直光滑圆环上的运动,考查了重力势能、弹性势能与动能之间的相互转化,并涉及几何关系的运用。解题关键在于正确建立以圆心为参考点的机械能守恒方程,并将弹性势能表达为角度变量的函数。最大动能的求解进一步转化为对二次函数最值问题的分析,计算量适中但思维链条完整,能有效锻炼学生综合运用物理规律与数学工具解决复杂问题的能力。 7.【答案】B 【解析】解:发电机线圈转动产生的感应电动势最大值,代入数据解得:;感应电动势的有效值,解得:。理想变压器的输出功率即为副线圈负载消耗的电功率,将副线圈负载等效到原线圈,等效电阻。 A、发电机角速度减小时,感应电动势有效值E减小,根据变压器原理可知副线圈输出电压减小,电压表V的示数变小,故A错误; BC、由闭合电路欧姆定律可知,变压器原线圈输入功率即输出功率,根据数学知识可知,当等效电阻与电源内阻匹配即时,P有最大值。代入,解得此时滑动变阻器阻值,最大输出功率,解得:,故B正确,C错误; D、当输出功率最大时,原线圈电流,解得:。根据理想变压器电流与匝数成反比,解得副线圈电流,即电流表的示数为5A,故D错误。 故选:B。 明确发电机产生电动势的有效值与角速度成正比,电压表测量副线圈电压,其示数受原线圈输入电压影响。原线圈回路可等效为电源内阻与变压器等效负载串联,变压器输出功率最大值出现在等效负载电阻等于发电机线圈内阻时,此时原线圈电流可直接由电动势与总电阻关系求得,再结合变流比可确定副线圈电流即电流表示数。 本题综合考查交流发电机、理想变压器与电路动态分析的知识。题目计算量适中,涉及感应电动势有效值计算、变压器等效电阻方法以及最大功率传输条件的灵活应用。重点考查学生将发电机视为内阻确定的交流电源,并将副线圈负载等效至原线圈进行整体电路分析的建模能力。解答本题需清晰理解原线圈输入功率最大化的条件为等效负载电阻等于发电机内阻,并准确运用变压器电压、电流与匝数的比例关系。题目通过设置多选项判断,有效检验学生对交流电路与变压器综合问题的推理与计算能力。 8.【答案】B 【解析】解:如图所示 结合矢量合成定则,、的合力方向与、的合力方向不同,故A错误; B.由上述分析,小环在A点时的合外力为 加速度为 方向沿BA方向,小环在B点时的合外力 加速度为,方向沿BA方向,由库仑定律可知,两点的加速度相同,故B正确; C.从A到B, 故,故C错误; D.不确定小环运动至电势最低点时动能是否减为零,无法确定小环能否沿杆运动到无穷远处,故D错误。 故选:B。 利用立方体顶点电荷的对称性,分析A、B两点的场强与电场力,结合电势电势能变化规律和电场力沿杆的分量方向,逐一验证各选项的正确性。 本题以等量异种点电荷电场为载体,考查场强、电势能与运动分析,侧重空间想象能力和物理规律的综合应用。 9.【答案】AC 【解析】解:A、同种均匀介质中两列波的波速相同,时刻O、P连线的中点N处质点开始振动,已知O、P间距为8m,可得,解得:,故A正确; B、的振动方程为,的振动方程为,可知两列波的起振方向均沿y轴正方向,故B错误; C、N处质点到两波源的波程差为零,属于振动加强点,N处质点振动的振幅为,解得:,故C正确; D、波的传播周期为,解得:,波长,解得:,O、N两处的中点M处质点到两波源的波程差为,解得:,属于振动加强点,故D错误。 故选:AC。 本题对应两列相干简谐横波在同种均匀介质中相向传播发生干涉的物理过程,已知两波源间距、振动方程、中点处质点的起振时刻,先结合波传播的距离与时间关联推导波速,再通过振动方程确定两波源的起振方向、振动周期,计算得到波长,最后根据各考察点到两波源的波程差,结合干涉加强与减弱的判定条件分析对应质点的振动属性。 本题考查机械波传播规律、波的干涉核心知识点,涉及波速计算、起振方向判断、振动加强与减弱条件辨析、振动方程信息提取等基础考点,整体计算量小,属于中等偏下难度的多选题。侧重考查学生对波的叠加规律的理解,以及通过已知条件分析波程差、判断振动叠加效果的逻辑推理能力,适配机械波模块的基础巩固练习。 10.【答案】BD 【解析】解:A、线框从释放到线框下边进入区域 过程中,由动能定理得,解得线框进入区域 时速度大小 线框下边进入区域 后切割磁感线,产生的感应电动势为 感应电流大小为 此时线框受到的安培力大小为 线框进入区域 时做匀速直线运动,由沿斜面方向受力平衡可得 解得,故A错误; B、线框上边缘离开区域 到线框下边缘进入区域 的过程中,由动能定理得 解得线框下边刚进入区域 的速度大小为 线框下边进入区域 后切割磁感线,产生的感应电动势 感应电流 此时线框受到的安培力 联立可得 根据牛顿第二定律可得,线框下边刚进入区域 的加速度大小为,故B正确; C、线框从进入区域 到离开区域 ,由能量守恒得,解得,故C错误; D、设线框离开区域 时的速度为v,安培力大小 取沿斜面向下为正方向,由动量定理得 通过微元法,将运动过程划分为很多个微小段,每一段近似做匀速直线运动,求得位移再加起来,可得整个过程 联立得 代入B值可得 解得,故D正确。 故选:BD。 线框进入区域 做匀速直线运动,受力平衡。先由动能定理求出线框进入区域 时速度大小,根据感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式结合平衡条件求磁感应强度的大小;线框上边缘离开区域 到线框下边缘进入区域 的过程中,由动能定理求出线框下边刚进入区域 的速度大小,再由电磁感应规律和牛顿第二定律求其加速度大小;根据能量守恒求线框从进入区域 到离开区域 产生的焦耳热;利用动量定理求线框从进入区域 到离开区域 的时间。 本题考查了电磁感应相关知识,理解线框在不同位置时产生的感应电动势和电流,熟练掌握安培力的计算方式,合理利用动量与能量是解决此类问题的关键。 11.【答案】 C 【解析】分度游标卡尺的精确度为,遮光条的宽度 根据使用光电门测量速度的原理,碰撞前A的速度大小为 碰撞后A的速度大小 B的速度大小分别为 取水平向右为正方向,A第一次通过光电门时的动量为 碰撞后两滑块的动量之和的大小为 碰撞后的总动量比碰撞前的动量大,应该是系统受到外力的冲量不为零,且跟系统原来动量的方向相同,可能是气垫导轨不水平,左高右低,故AB错误,C正确。 故选C。 故答案为:;;;。 分度游标卡尺的精确度为,根据游标卡尺读数规则读数; 根据使用光电门测量速度的原理,分别求解A、B碰撞前后的速度;根据动量的定义分别求解碰撞前后系统的动量; 根据碰撞前后动量大小关系,结合实验装置分析作答。 本题主要考查了验证动量守恒定律的实验,要明确实验原理,掌握根据光电门求解瞬时速度的方法,理解动量定义式的运用,注意动量正方向的规定。 12.【答案】最大 D 偏小 偏大 【解析】解:要使电流表不烧坏,最初通过电流表的电流应最小,故电阻箱R的阻值应调到最大。 由图1所示电路图得 ,解得 , 故选:D。 由于直线纵截距为a,斜率为 则,,解得, 若考虑电流表内阻带来的系统误差,则,解得,的测量值大于真实值,的测量值小于真实值。 故答案为:最大;;,;偏小,偏大。 根据为了保证电流表的安全,闭合开关前应将电阻箱R的阻值调到最大,此时通过电流表电流较小确定; 根据并联电路的特点确定; 根据第二问中的解析式及数形结合确定; 根据并联电路的特点及数形结合确定。 本实验考查并联电路的特点,数形结合,为了保证电流表的安全,闭合开关前应将电阻箱R的阻值调到最大。 13.【答案】【小题1】设从储气罐中进入气囊的高压气体的体积为,令,,, 气体从储气罐进入气囊中,做等温变化,由玻意耳定律可知,代入数据可得 【小题2】刚好满足气囊内气压为时,储气罐容积最小,气体做等温变化,由玻意耳定律可知,代入数据可得。 答: 【解析】解:设从储气罐中进入气囊的高压气体的体积为,令,,, 气体从储气罐进入气囊中,做等温变化,由玻意耳定律可知,代入数据可得; 刚好满足气囊内气压为时,储气罐容积最小,气体做等温变化,由玻意耳定律可知,代入数据可得。 答:若选用单气囊模式进行精细治疗,预设值调到90mmHg,充满气囊的过程中,从储气罐中进入气囊的高压气体的体积为; 若储气罐内压强达900mmHg后停止加压,要使得两个气囊都能同时在预设值范围内可调,则储气罐容积至少为2L。 气体从储气罐进入气囊中,做等温变化,根据玻意耳定律分析; 储气罐容积最小时要能满足两个气囊内压强达到最大值,根据玻意耳定律分析。 考查了理想气体的等温变化过程,解题关键是分析研究对象的初末状态。 14.【答案】第二象限内电场强度E的大小为 区域 中磁场的磁感应强度B的大小为 粒子在区域 中运动时,粒子从Q点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小为 【解析】解:粒子从M点到N点过程做类平抛运动,沿y方向有 沿x方向有, 联立解得 如图 粒子经过N点时沿电场方向的分速度 粒子经过N点的速度大小 速度与x轴正向的夹角满足 可得 由几何关系可知 由洛伦兹力提供向心力得 解得 取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡,则有 解得 粒子以速度水平向右做匀速直线运动,粒子做圆周运动的分速度为 解得 由 解得 粒子从Q点第一次运动到最低点的时间 由 解得 答:第二象限内电场强度E的大小为; 区域 中磁场的磁感应强度B的大小为; 粒子在区域 中运动时,粒子从Q点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小为。 根据类平抛运动的规律求第二象限内电场强度E的大小; 画出粒子的运动轨迹,由几何关系和洛伦兹力提供向心力求区域 中磁场的磁感应强度B的大小; 根据配速法和洛伦兹力提供向心力求出粒子做圆周运动的半径,结合运动学公式求粒子在区域 中运动时,粒子从Q点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小。 本题是在电场和磁场中带电粒子运动问题,典型的磁场中匀速圆周运动,电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功,电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。 15.【答案】【小题1】滑块从左侧光滑曲面体上滑下,设滑块运动到B点的速度大小为,根据机械能守恒定律有 解得 滑块在右侧的曲面体上运动过程中,系统水平方向动量守恒,滑块滑至右侧的曲面体的顶端时滑块与右侧的曲面体水平方向共速,设共同速度大小为,以向右为正方向,则有 解得 设滑块滑至右侧的曲面体的顶端时的竖直速度为,根据机械能守恒定律有 解得 滑块从右侧的曲面体的顶端滑离后做斜抛运动,在竖直方向有 【小题2】设滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的水平速度大小为,曲面体的速度大小为,滑块在右侧的曲面体上运动,系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,则有 设滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的竖直速度大小为,根据机械能守恒定律有 滑块相对右侧的曲面体做圆周运动,则有 联立得, 解得另一解不符合题意,舍去 【小题3】滑块从右侧的曲面体的底端滑至顶端过程中,以向右为正方向,水平方向有 对时间的积累有 又 解得 滑块离开曲面体顶端做斜抛运动再回到右侧的曲面体的顶端过程中,右侧的曲面体的位移为 滑块从右侧的曲面体的顶端滑至底端过程,以向右为正方向,有 对时间的积累有 又 解得 滑块从右侧的曲面体的底端再回到底端的过程中曲面体向右运动的距离 答: 【解析】解:滑块从左侧光滑曲面体上滑下,设滑块运动到B点的速度大小为,根据机械能守恒定律有 解得 滑块在右侧的曲面体上运动过程中,系统水平方向动量守恒,滑块滑至右侧的曲面体的顶端时滑块与右侧的曲面体水平方向共速,设共同速度大小为,以向右为正方向,则有 解得 设滑块滑至右侧的曲面体的顶端时的竖直速度为,根据机械能守恒定律有 解得 滑块从右侧的曲面体的顶端滑离后做斜抛运动,在竖直方向有 设滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的水平速度大小为,曲面体的速度大小为,滑块在右侧的曲面体上运动,系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,则有 设滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的竖直速度大小为,根据机械能守恒定律有 滑块相对右侧的曲面体做圆周运动,则有 联立得, 解得另一解不符合题意,舍去 滑块从右侧的曲面体的底端滑至顶端过程中,以向右为正方向,水平方向有 对时间的积累有 又 解得 滑块离开曲面体顶端做斜抛运动再回到右侧的曲面体的顶端过程中,右侧的曲面体的位移为 滑块从右侧的曲面体的顶端滑至底端过程,以向右为正方向,有 对时间的积累有 又 解得 滑块从右侧的曲面体的底端再回到底端的过程中曲面体向右运动的距离 答:滑块从右侧的曲面体的顶端滑离后还能上升; 滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时,光滑曲面体的速度; 若滑块从右侧的曲面体的底端滑至顶端的时间为,滑块从右侧的曲面体的顶端滑至底端的时间为,滑块从右侧的曲面体的底端开始到再次回到底端的过程中曲面体向右运动的距离为。 根据机械能守恒定律求出滑块运动到B点的速度大小, 根据动量守恒和机械能守恒求出滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的竖直速度大小,结合速度的关系求出光滑曲面体的速度; 根据动量守恒和长度关系求出滑块从右侧的曲面体的底端开始到再次回到底端的过程中曲面体向右运动的距离。 本题是一道综合性极强的力学题,涵盖动量守恒、机械能守恒、相对运动等多个核心物理规律,并巧妙地将多个物理过程相互关联,对学生的建模分析能力和逻辑推理能力提出了很高要求。计算过程复杂,综合考查学生对物理过程的整体把握与公式的灵活应用能力。整道题目逻辑链条长,各问环环相扣,计算量适中但思维要求高,是一道能够有效区分学生综合素养的优质题。 第1页,共1页 学科网(北京)股份有限公司 $