2026年四川省普通高中学业水平物理预测试卷（选择性）

这是一份2026年四川省普通高中学业水平物理预测试卷（选择性），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量既是矢量，且其单位又是国际单位制中的基本单位的是( )
A. 电流(A)B. 力(N)C. 动量(kg⋅m/s)D. 位移(m)
2.近日，位于甘肃武威的钍基熔盐实验堆首次实现钍铀核燃料转换，成为目前国际上唯一运行并实现钍燃料入堆的熔盐堆。反应堆中，钍232( 90232Tℎ)吸收中子后生成钍233( 90233Tℎ)，核反应方程①为 90232Tℎ+ 01n→ 90233Tℎ；钍233( 90233Tℎ)再发生2次衰变生成铀233(92233U)，核反应方程②为 90233Tℎ→ 92233U+2−10e。下列说法正确的是( )
A. 方程①是聚变反应B. 方程②中发生了2次α衰变
C. 方程②产生的电子是来自原子核外的电子D. 钍233的比结合能小于铀233的比结合能
3.某同学从离地面高10m处，以10m/s的速度竖直向上抛出一小球。以抛出时刻为计时起点，某物理量随时间变化的规律如图所示。取竖直向上为正方向，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，关于该物理量与时间的图像，下列说法正确的是( )
A. 可能是x−t图像B. 可能是v−t图像C. 可能是a−t图像D. 可能是xt−t图像
4.神舟二十二号飞船于2025年11月25日成功发射，这是我国首次应急发射任务。之后飞船与空间站天和核心舱前向端口完成自主快速交会对接。已知空间站绕地球做匀速圆周运动，在t时间内通过的弧长为L，与地心的连线扫过的面积为S，则空间站运动的( )
A. 轨道半径为SLB. 周期为2πtSL2
C. 角速度为L2tSD. 向心加速度大小为L32t2S
5.如图所示，一根劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在倾角为θ的光滑斜面的底部，上端连接一木板B，木块A叠放在木板B的上面，初始时，木块A和木板B压缩弹簧静止在斜面上。现用外力再让木板B缓慢压缩弹簧一小段距离d，然后撤去外力，木块A和木板B开始运动。已知木块A、木板B的质量分别为m、M，木块A和木板B始终相对静止，木板B从开始运动到第一次到达最高点的时间为t，忽略空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )
A. 木块A所受的摩擦力大小一直等于mgsinθ
B. 木块A在斜面上做简谐运动的周期为t
C. 木板B开始运动时，木块A对木板B的摩擦力的方向沿斜面向上
D. 木板B运动到最高点时，木板B的加速度大小为kdm+M
6.如图所示，真空中的四个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在水平面内的正方形的四个顶点A、B、C、D上，正方形的边长为L，O为正方形的中心，M、N分别是AB、CD的中点，P点在O点的正上方 22L处。若在P点无初速度释放一个质量为m的均匀带电小球，小球恰好能悬浮静止。已知静电力常量为k，重力加速度为g，规定无限远处电势为0，则下列说法正确的是( )
A. M、N两点的电场强度相同B. M点的电势高于N点的电势
C. 小球所带的电荷量为 2mgL24kQD. P点的电场强度大小为4kQL2
7.如图所示，水平面内固定的两平行光滑导轨间距为0.5m，右端连接有理想变压器，变压器原、副线圈的匝数比为1：5。副线圈上串联一阻值为10Ω的定值电阻R和两个并联的理想发光二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)。导轨置于匀强磁场中，边界MN垂直于导轨，MN左侧磁场方向竖直向下，右侧磁场方向竖直向上，磁感应强度的大小均为2T。一根电阻不计的导体棒ab垂直于导轨放置，ab在外力作用下以MN为平衡位置在磁场区域内做简谐运动，其速度与时间的关系为r=2 2cs20πt(m/s)。导轨足够长且电阻不计，ab与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是( )
A. 两个二极管都持续发光
B. ab中交变电流的周期为0.1s
C. 0.2s时间内，电阻R产生的热量为2J
D. 0～0.025s时间内，通过电阻R的电荷量为0.025C
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.用如图甲所示的实验装置测定形状不规则小物件的体积，将小物件置于注射器内，插入活塞，在慢推活塞的过程中，由注射器的刻度读出体积V，由压强传感器测出气体的压强p，描绘出V−1p图线，如图乙所示，室温保持不变，注射器导热性能和气密性均良好，下列说法正确的是( )
A. 慢推活塞，注射器内的气体内能增大
B. 慢推活塞，注射器内的气体向外放热
C. 若室温升高，则V−1p图线的斜率将变小
D. 若塑料管的容积不可忽略，则小物件的实际体积大于b
9.如图所示，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行碰撞实验授课时，用100g的小球以一定的速度与静止的大球发生弹性正碰，由于实验舱处于完全失重状态，两球悬浮于空中且两球球心在一条直线上。碰后大球的位移大小为1格时，小球的位移大小为2格。忽略实验舱内空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
A. 大球的质量为300g
B. 大球的质量为500g
C. 若两球以相同的速率发生弹性正碰，则碰后大球的速率为0
D. 若两球以相同的速率发生弹性正碰，则碰后大球的速率为初速率的13
10.如图所示，MN和PQ是固定在水平面内的两根光滑平行金属导轨，间距为d，导轨足够长且电阻忽略不计。导轨间有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m、长度为d、电阻为R的金属杆ab静止放置在导轨左端，导轨右端接有一阻值也为R的定值电阻。从t=0时刻起，对金属杆施加一方向水平向右、功率恒为P0的牵引力。经t0时间后金属杆以速度vm(未知)做匀速运动。已知金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，不计空气阻力，则金属杆在导轨上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 金属杆a端的电势高于b端的电势
B. 金属杆匀速运动时的速度vm=2P0RB2d2
C. 当金属杆的速度达到vm2时，其加速度大小为3Bd2m P02R
D. 从t=0时刻起，在t0时间内定值电阻上产生的焦耳热为12P0t0−mP0R2B2d2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学为测量滑块与斜面之间的动摩擦因数，设计了如图甲所示的实验装置。长直木板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上，形成一倾角为30°的斜面。在木板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d；
②用米尺测量出A、B两点之间的距离x；
③将滑块从A点由静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t；
④改变B点的位置，重复步骤②③。
(1)测量d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则滑块的挡光长度d= mm；滑块经过B点时的瞬时速度大小v= (用测量的物理量表示)。
(2)利用实验中得到的数据作出v2−x图像，如图丙所示。由此可知滑块的加速度大小a= m/s2(保留三位有效数字)。
(3)已知重力加速度大小g=9.80m/s2，不计空气阻力，则滑块与斜面之间的动摩擦因数μ= (保留两位有效数字)。
12.某同学用伏安法测量一电阻Rx的阻值。实验室提供的器材有：直流电源(电动势E=3.0V，内阻不计)、电流表(量程为0～10mA，内阻RA未知)、电压表(量程为0～3V，内阻未知)、滑动变阻器R(0～20Ω)、开关S和导线若干。
实验步骤如下：
(1)如图所示，连接电路，闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片置于最左端。
(2)闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至合适位置，然后将连接电压表的触头P分别触碰电流表的左、右两端，发现电压表的示数变化明显，电流表的示数变化不明显，则此时应选用电流表______(选填“内”或“外”)接法。
(3)若采用(2)中所选的接法完成实验，测得电压表的示数U=2.80V，电流表的示数I=2.90mA。则待测电阻Rx的测量值R测=______Ω(保留整数)，该测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(4)若改用内阻RA=100Ω的电流表以及内阻RV足够大的电压表，采用(2)中未选用的接法，测得电压表的示数U′=2.75V，电流表的示数I′=2.45mA，则待测电阻Rx的准确值为______Ω(保留整数)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，一个圆柱形玻璃砖的横截面是半径为R的14圆，O为圆心，OA、OB为半径。一束平行光线在其主截面内沿水平方向射向OA，与OA的夹角为45°。已知玻璃砖对该单色光的折射率n= 2。
(1)求光线进入玻璃砖后的折射角。
(2)若射向OB的光线均被吸收，求在圆弧AB上有光线射出的部分的弧长。
14.一游戏装置的竖直截面如图所示，长度L=1.5m的细线上方固定在O点，下方连接一个质量m=0.1kg的小球，开始时，小球静止且与水平地面没有接触，小球右边紧挨着一个质量也为m的小滑块(不挤压、不粘黏，静置于A点)，水平粗糙直轨道AB、光滑螺旋圆轨道BCDEB、光滑水平直轨道BF、倾角θ=30°的光滑倾斜轨道FG平滑连接，其中直轨道AB的长度x=0.5m，小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，圆轨道与水平地面的切点为B，圆轨道的半径R=0.2m，倾斜轨道的G点固定了一个劲度系数k=30N/m、长度为0.2m的轻质弹簧，弹簧的下端位于倾斜轨道上的P点，FP的长度xFP=0.6m，现将细线拉离竖直方向的夹角为α，小球由静止释放后在最低点与小滑块发生弹性碰撞。已知小球和小滑块均可视为质点，整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹性势能表达式为EP=12kx2(x为弹簧的形变量)，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。
(1)若α=37°，求小球与小滑块碰撞前瞬间小球对细线的拉力大小F。
(2)若碰撞后小滑块恰好能沿着圆轨道内侧做完整的圆周运动，求夹角α的大小。
(3)在(2)问的情形下，求弹簧的最大压缩量Δx以及小滑块最终在直轨道AB上停下的位置到A点的距离d。
15.“质子疗法”是一种将较高能量的质子经电场、磁场定向轰击肿瘤，杀死恶性细胞的治疗方法。如图所示，在xOy坐标平面的第二象限内有一半径为r的圆形区域Ⅰ，设置有垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆形边界与x轴负半轴相切于P点。P点设置有质子源(图中未画出)，向第二象限平面内各个方向持续发射速度大小相等、质量为m、电荷量为q的质子流。质子经区域Ⅰ的磁场偏转后均能沿x轴正方向离开，然后射入区域Ⅱ，该区域以抛物线y=kx2(k值未知)为边界，其间设置有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。质子经匀强电场偏转后均能从坐标原点O进入第四象限的区域Ⅲ，该区域也设置有垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。除场区外其他区域均为真空，不考虑场区边界效应，不考虑质子之间的相互作用及质子的重力，圆形边界与抛物线边界不相交。
(1)求质子源发射出的质子的速度大小。
(2)求区域Ⅱ的抛物线边界方程中的k。
(3)证明质子经区域Ⅲ的磁场偏转后均能打到位于y轴负半轴上的同一点Q，并写出Q点的坐标。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.电流(A)虽有大小和方向，但运算不遵循平行四边形定则，属于标量，是国际单位制中的基本单位，不满足“矢量”条件，故A错误；
B.力(N)是矢量，但其单位由基本单位推导而来，属于导出单位，不满足“单位为国际单位制基本单位”条件，故B错误；
C.动量(kg⋅m/s)是矢量，但其单位由基本单位组合推导而来，属于导出单位，不满足“单位为国际单位制基本单位”条件，故C错误；
D.位移(m)是矢量，且其单位为国际单位制规定的基本单位，同时满足题目中的两个条件，故D正确。
故选：D。
先判断各物理量是否为矢量，再判断其单位是否为国际单位制的基本单位，筛选同时满足两个条件的选项。
本题考查矢量与标量的区分、国际单位制基本单位与导出单位的识别，解题关键是同时把握“物理量为矢量”和“单位为基本单位”两个条件，侧重对基础物理概念的辨析，能帮助巩固物理量属性与单位制的核心知识点。
2.【答案】D
【解析】解：A.方程①是钍232吸收中子生成钍233的核反应，属于中子俘获反应，而聚变反应是轻核结合成质量较大的核，故A错误；
B.方程②中放出的是电子，属于β衰变，每次β衰变电荷数增加1，两次β衰变电荷数从90变为92，与方程一致，而α衰变会放出α粒子，电荷数减少2，故B错误；
C.方程②为β衰变，衰变过程中原子核内的中子转化为质子时放出电子，该电子来自原子核内，并非原子核外的电子，故C错误；
D.钍233衰变成铀233的过程中释放能量，说明铀233更稳定，比结合能更大，因此钍233的比结合能小于铀233的比结合能，故D正确。
故选：D。
结合核反应类型、衰变种类、β衰变电子来源及比结合能变化规律，逐一分析各选项描述是否正确。
本题以钍基熔盐实验堆为情境，考查核反应相关基础知识点，涵盖反应类型、衰变及比结合能，能有效检验对原子核物理概念的辨析能力。
3.【答案】B
【解析】解：A.竖直上抛运动的位移公式为x=v0t−12gt2，其中v0=10m/s,g=10m/s2位移x与时间t为二次函数关系，对应图像为抛物线，与题目中的直线不符，故A错误；
B.竖直上抛运动的速度公式为v=v0−gt
代入数据得v=10−10t，这是一次函数关系，t=0时v=10m/s，t=1s时v=0，故B正确；
C.竖直上抛运动中，不计空气阻力，加速度恒为重力加速度，取竖直向上为正方向时a=−g=−10m/s2，加速度不随时间变化，a−t图像应为平行于时间轴的直线，故C错误；
D.由位移公式x=v0t−12gt2
化简得xt=v0−12gt=10−5t，这是一次函数关系，斜率为−5，而题目中直线的斜率为−10，且t=1s时xt=5m/s≠0，故D错误。
故选：B。
根据竖直上抛运动的位移、速度、加速度公式，推导各物理量与时间的函数关系，与题目中的一次函数图像对比，判断可能的图像类型。
本题以竖直上抛运动为情境，考查匀变速直线运动的图像分析，通过推导不同物理量的函数形式，检验对运动学公式的理解与应用能力。
4.【答案】D
【解析】解：A、空间站绕地球做匀速圆周运动，在t时间内通过的弧长为L，与地心的连线扫过的面积为S，则有：S=12LR，解得：R=2SL，故A错误；
C、设空间站运动的线速度为v，则有：L=vt，由匀速圆周运动的规律可得：v=ωR，联立解得：ω=vR=Lt2SL=L22tS，故C错误；
B、空间站运动的周期为：T=2πRv=2πRLt=2π×2SLLt=4πStL2，故B错误；
D、空间站围绕地球做匀速圆周运动的向心加速度为：a=ω2R=(L22tS)2×2SL=L32t2S，故D正确。
故选：D。
由匀速圆周运动规律列式即可解答。
本题是对匀速圆周运动规律的考查，解题的关键是要根据题意由S=12LR求出轨道半径，由圆周运动规律即可解答。
5.【答案】D
【解析】解：A.以木块A和木板B整体为研究对象，系统受弹力和沿斜面方向的重力分力作用，合外力大小与位移成正比，故A、B一起做简谐运动，加速度a随位移变化。以沿斜面向上为正方向，对木块A受力分析，由牛顿第二定律得f−mgsinθ=mα由于加速度a一直变化，故木块A所受的摩擦力f大小不断变化，故A错误；
B.木板B从开始运动(最低点)到第一次到达最高点，经历了半个周期，即t=T2木块A和木板B始终相对静止，故木块A在斜面上做简谐运动的周期为T=2t，故B错误；
C.木板B开始运动时，系统处于最低点，回复力沿斜面向上，整体加速度沿斜面向上，对木块A有f−mgsinθ=ma>0故木板B对木块A的摩擦力的方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可知，木块A对木板B的摩擦力的方向沿斜面向下，故C错误；
D.初始静止时，系统处于平衡位置，弹簧压缩量x0满足kx0=(m+M)gsinθ再压缩d后撤去外力，此时为简谐运动的最低点，系统偏离平衡位置的位移大小为d；根据简谐运动的对称性，到达最高点时系统偏离平衡位置的位移大小也为d，回复力方向沿斜面向下，大小为F=kd对整体由牛顿第二定律得F=kd=(m+M)amax解得加速度大小amax=kdm+M，故D正确。
故选：D。
对整体和木块A分别受力分析，结合简谐运动的对称性、周期规律与牛顿第二定律，逐一分析各选项中摩擦力大小与方向、周期、加速度的相关表述。
本题易错点在于混淆静摩擦力与重力分力的关系、误用简谐运动的对称性判断加速度与摩擦力方向，或错误理解周期与运动时间的对应关系。
6.【答案】C
【解析】解：A、点电荷在M、N两点的电场强度如图所示：
由矢量合成法则可知M、N两点的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；
B、电势是标量，遵循代数运算法则，由对称性可知M、N两点的电势相等，故B错误；
CD、D点的点电荷在P点的电场强度如图所示：
由几何关系可知OD=PO，θ=45°，PD=L，则D点的点电荷在P点的电场强度ED=kQL2，P点的电场强度EP=4EDcsθ，代入数据可得EP=2 2kQL2，
对小球，由平衡条件可知qEP=mg，代入数据可得q= 2mgL24kQ，故C正确，D错误。
故选：C。
A、电场强度是矢量，根据矢量叠加原理分析；
B、电势是标量，根据代数运算法则分析；
CD、根据几何关系分析P与点电荷的距离，分析单个点电荷的电场强度，再进行矢量叠加，分析P点电场强度，对小球受力分析，根据平衡条件分析电荷量。
考查了点电荷的电场强度和电势的叠加计算，电场强度是矢量，遵循矢量叠加原理，电势是标量，遵循代数运算法则，熟练掌握常用的表达式。
7.【答案】C
【解析】解：A、副线圈中产生的是交变电流，由于两个二极管反向并联，在交流电的正、负半周内两二极管交替导通，因此两个二极管是交替发光而不是都持续发光，故A错误。
B、导体棒做简谐运动的机械周期Tm=2πω=0.1s。位移x=vmωsin(ωt)，由于MN两侧磁场方向相反，当导体棒越过平衡位置MN时，速度方向未变但磁场方向反转，导致产生的感应电动势方向改变，因此ab中交变电流的周期为简谐运动周期的一半，即Te=0.05s，故B错误。
C、导体棒产生的感应电动势最大值为Em=BLvm=2 2V，其有效值为U1=Em 2=2V。根据理想变压器的电压比关系U1U2=n1n2，可得副线圈电压有效值U2=n2n1U1=10V。由于二极管为理想元件且交替导通，副线圈回路始终处于通路状态，电流持续无损耗地流过电阻R，在t=0.2s时间内电阻R产生的热量为Q=U22Rt=2J，故C正确。
D、0～0.025s时间内，刚好是机械运动的四分之一周期，导体棒从平衡位置运动到最大位移处，位移差Δx=vmω= 210πm。由法拉第电磁感应定律可知，副线圈的平均电动势E−2=n2n1E−1=n2n1BLΔxΔt，通过电阻R的电荷量q=I−Δt=E−2RΔt=n2BLΔxn1R，解得q= 220πC，故D错误。
故选：C。
题目中导体棒以简谐运动规律切割磁感线，产生正弦式交变电动势，其速度表达式已给出，可明确最大速度与角频率。由于MN两侧磁场方向相反，导体棒经过平衡位置时磁场方向改变，导致感应电动势方向改变周期为简谐运动周期的一半，由此可判断电流周期。变压器原副线圈匝数比已知，副线圈连接理想二极管与电阻，二极管交替导通使电阻上电流为半波整流波形，需根据有效值计算热量。通过电阻的电荷量需利用平均感应电动势与平均电流关系，结合导体棒位移变化求解。
本题综合考查电磁感应、交变电流、理想变压器及简谐运动等多个核心知识点，计算量适中但物理过程分析较为复杂，对学生的建模能力和逻辑推理能力要求较高。题目通过导体棒在方向交替的磁场中做简谐运动这一精巧设计，将切割磁感线产生的交变电动势、变压器电压变换以及二极管单向导电特性有机融合，重点检验学生对交变电流有效值、平均值及电荷量求解方法的掌握程度。其中，导体棒越过平衡位置时磁场方向反转导致感应电动势方向改变，是理解电流周期减半的关键，也是本题的思维难点。电阻R上热量的计算需综合运用Em=BLvm、有效值转换、变压器变比及二极管整流效应，全面考查了公式的灵活应用与综合分析能力。
8.【答案】BD
【解析】解：A、注射器导热良好、室温保持不变，因此封闭气体做等温变化，理想气体内能仅与温度有关，温度不变则气体内能不变，故A错误；
B、慢推活塞时，外界对气体做功(W>0)，而气体内能不变(ΔU=0)，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，得Q=−W0)，则总封闭气体体积为(V−V0)+ΔV，等温过程满足p(V−V0+ΔV)=nRT，整理得V=nRT⋅1p+V0−ΔV，图线纵截距为b=V0−ΔV，因此V0=b+ΔV>b，即小物件实际体积大于b，故D正确。
故选：BD。
AB、慢推活塞时，气体温度不变，内能不变；活塞对气体做功，根据热力学第一定律，气体需要向外放热；
C、根据玻意耳定律，V与1p的关系为一次函数，斜率与温度成正比；室温升高时，斜率会变大；
D、考虑塑料管的容积后，重新分析气体体积与注射器读数的关系，判断当1p趋近于0时，图线截距b与小物件实际体积的大小关系。
这道题以测定不规则物体体积的实验为载体，结合玻意耳定律与热力学第一定律，既考查了等温过程的内能变化、吸放热判断，又通过V−1p图像的截距与斜率分析，检验了学生对实验误差和图像物理意义的理解，情境新颖、考点综合，能有效区分学生对气体实验定律的应用能力，是一道兼具基础性与探究性的热学实验题。
9.【答案】BD
【解析】解：根据题意和图示，设小球的初速度为v1，碰撞时间极短，碰后小球和大球在相同时间t内的位移大小分别为2x0和x0，由图可知碰后两球反向运动。
规定小球初速度方向为正方向，则碰后小球速度v1′=−2x0t，大球速度v2′=x0t，即v1′=−2v2′。
AB、设小球和大球的质量分别为m1和m2，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒。以运动方向为正方向，根据动量守恒定律有m1v1=m1v1′+m2v2′，根据机械能守恒定律有12m1v12=12m1v1′2+12m2v2′2，联立解得v1′=m1−m2m1+m2v1和v2′=2m1m1+m2v1。将v1′=−2v2′代入，解得m2=5m1，已知小球质量m1=100g，解得大球质量m2=500g，故A错误，B正确；
CD、若两球以相同的速率v0发生弹性正碰，规定小球初速度方向为正方向，则碰前小球速度为v0，大球速度为−v0。设碰后小球和大球的速度分别为v1″和v2″，根据动量守恒定律有m1v0−m2v0=m1v1″+m2v2″，根据机械能守恒定律有12m1v02+12m2v02=12m1v1″2+12m2v2″2，将m2=5m1代入上述两式，联立解得大球碰后速度v2″=−13v0，即碰后大球的速率为初速率的13，故C错误，D正确。
故选：BD。
题目描述小球与大球在完全失重环境下发生弹性正碰，已知碰后两球位移大小关系，需通过弹性碰撞规律分析质量关系及特定初速度条件下的碰后速度。分析过程需明确碰撞前后动量守恒与机械能守恒，利用碰后位移与时间关系得出速度关系，进而推导大球质量。对于相同速率相向碰撞的情况，需设定正方向并代入质量关系，通过守恒定律求解碰后大球速度。
本题以航天员太空授课中的弹性碰撞实验为背景，巧妙地将经典力学中的一维弹性碰撞模型置于完全失重的真实情境中，有效考查学生对动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用能力。题目通过图示位移关系间接给出碰撞后的速度比，要求学生能够将位移信息转化为速度关系，并熟练运用弹性碰撞的结论公式进行推导计算，计算量适中但逻辑链条清晰。本题不仅检验了学生对基本物理规律的掌握，也锻炼了其从实际情境中抽象出物理模型并进行定量分析的能力，是一道情境新颖、难度中等偏上的好题。
10.【答案】CD
【解析】解：A、依据右手定则，金属杆ab向右运动切割磁感线时，产生的感应电流方向为从a到b。金属杆可视为电源，在电源内部电流由负极流向正极，因此b端电势高于a端，故A错误；
B、当金属杆以最大速度vm匀速运动时，牵引力与安培力大小相等、方向相反，根据功率关系F=P0vm，安培力FA=BId，回路感应电流I=Bdvm2R，由F=FA，解得：vm= 2P0RB2d2，故B错误；
C、当金属杆速度达到vm2时，牵引力F′=P0vm2=2P0vm，此时安培力FA′=B2d2vm22R，计算得FA′=P02vm，根据牛顿第二定律F′−FA′=ma，解得：a=3P02mvm。
将最大速度vm= 2P0RB2d2代入，解得：a=3Bd2m P02R，故C正确；
D、从t=0时刻起至t0时间内，依据能量守恒定律P0t0=12mvm2+Q，代入vm，解得回路总热量Q=P0t0−mP0RB2d2。金属杆与定值电阻阻值均为R，串联电路中两者热量相等，故定值电阻上产生的焦耳热QR=12Q，计算得QR=12P0t0−mP0R2B2d2，故D正确。
故选：CD。
分析金属杆在恒功率牵引下的电磁感应过程，金属杆切割磁感线产生感应电动势，形成感应电流并受到安培力作用，最终安培力与牵引力平衡时达到匀速运动状态。判断电势高低需明确电源内部电流流向，匀速时牵引力功率等于安培力功率，由此关联最大速度；分析任意速度下的加速度需同时考虑瞬时牵引力与安培力之差，运用牛顿第二定律；计算焦耳热则需依据能量守恒，总功转化为动能与回路总热量，再按电阻比例分配。
本题是一道综合性较强的电磁感应动力学问题，涉及恒定功率启动、电路分析、能量转化等多个核心知识点。题目计算量适中但思维层次较高，要求学生熟练掌握电磁感应中的力电综合分析方法，特别是对功率恒定条件下速度、加速度、安培力等物理量动态变化的理解。本题重点考查学生运用牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及能量守恒定律解决实际问题的能力，并需要细致进行电势判断与热量分配计算。其中C选项的求解过程体现了对瞬时状态受力与运动关系的深入分析，而D选项则检验了学生对能量分配关系的把握，整体上能有效锻炼学生的建模与推理能力。
11.【答案】34.95
dt
2.14
0.33

【解析】解：(1)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，则滑块的挡光长度d=34mm+19×0.05mm=34.95mm；
滑块经过B点时的瞬时速度大小v=dt；
(2)根据运动学公式v2=v02+2ax
v2−x图像的斜率k=2a=5.6−2.61.3−0.6m/s2≈4.286m/s2
滑块的加速度大小a=12k=12×4.286m/s2≈2.14m/s2
(3)根据牛顿第二定律mgsin30°−μmgcs30°=ma
代入数据解得滑块与斜面之间的动摩擦因数μ≈0.33。
故答案为：(1)34.95；dt；(2)2.14；(3)0.33。
(1)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺读数规则读数；根据极短时间内的平均速度求解瞬时速度；
(2)根据运动学公式求解v2−x函数，结合图像斜率的含义求解作答；
(3)根据牛顿第二定律求解作答。
本题主要考查了探究影响滑动摩擦力的因素的实验，要明确实验原理，掌握游标卡尺读数规则，掌握运动学公式和牛顿第二定律的运用。
12.【答案】外； 966，小于； 1022
【解析】(2)闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至合适位置，然后将连接电压表的触头P分别触碰电流表的左、右两端，发现电压表的示数变化明显，电流表的示数变化不明显，说明电压表的分流作用不明显、电流表的分压作用很明显，则此时应选用电流表外接法。
(3)根据欧姆定律可知待测电阻Rx的测量值R测=UI=×10−3Ω≈966Ω
由于电压表有分流作用，电流测量值偏大，根据欧姆定律可知该测量值小于真实值。
(4)由题意可知采用电流表内接法测量，电压表的内阻足够大，通过电流表的电流等于通过电阻的电流，根据欧姆定律有Rx=U′I′−RA=×10−3Ω−100Ω≈1022Ω
故答案为：(2)外；(3)966，小于；(4)1022。
(2)根据电压表分流作用和电流表的分压作用分析判断；
(3)根据欧姆定律计算和判断；
(4)根据欧姆定律计算。
本题考查伏安法测电阻实验，关键掌握实验原理、误差分析和数据处理。
13.【答案】光线进入玻璃砖后的折射角为30° 圆弧AB上有光线射出部分的弧长为π12R
【解析】解：(1)由题意，光线射向OA面时，入射角i=45°，根据折射定律n=sinisinr，代入数据解得：r=30°。
(2)光线进入玻璃砖后，所有折射光线均平行，且与OA面的夹角为90°−r=60°。
设某条光线进入OA面的位置到O点的距离为x，该光线射向圆弧AB上的点为Y，在三角形OXY中(X为入射点)，由正弦定理得Rsin60∘=xsini2，其中i2为光线在圆弧面的入射角，解得：sini2=xsin60°R。
设全反射临界角为C，根据sinC=1n，解得：C=45°。
当光线恰好射向B点时，对应圆心角为90°，由三角形内角和定理得此时入射角i2=180°−60°−90°=30°，由于i2