2026届广西壮族自治区南宁市“贵百河”联盟高三上学期8月摸底模拟预测物理试题

第 1页（共 5页） 2026届“贵百河—南宁二中、武鸣高中”8月高三摸底考试 物理 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D B C B D BC AD ACD 1.A 【详解】A.丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应，故 A正确； B.美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根油滴实验测得元电荷的数值，故 B错误； C.惯性定律即牛顿第一定律，该定律无法通过实验直接验证，伽利略通过理想斜面实验间接验证了惯性定律， 故 C错误； D.根据速度定义式 ΔΔ xv t  ，当Δt足够小时， x t   就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，对瞬时速度的定义应用了 极限的思想方法，故 D错误。 2.D 【详解】A.当入射光的频率大于金属的极限频率时，该金属才能够产生光电效应，否则光照射的时间再长，光 子频率不够，依然不能发生光电效应，故 A错误； B.根据光电效应方程eUc= 1 2 mvm2 =ℎv−W逸出功可知，光电子的最大初动能只与入射光的频率和金属的逸出功有关， 故 B错误； C.对于给定的金属，其逸出功的大小为定值，与入射光的频率无关，故 C错误； D.根据光电效应方程可知，同一光电管，入射光的波长越长，频率越小，对应的遏止电压 Uc越小，D正确。 3.D 【详解】A.由交流电 u=220 2sin100πt(V)，可知ω＝100πrad/s， 则频率 f= ω 2π = 100π 2π Hz=50Hz，交流电每个周期电流方向改变两次，所以发射线圈中的电流每秒钟方向变化 100次， 故 A错误； B.由于工作状态下存在漏磁，故接收线圈与发射线圈的功率不相等，发射线圈与接收线圈中电流之比 I1：I2≠n2： n1＝1：44，故 B错误； C.发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，故发射线圈与接收线圈中交变电流的周期之比为 1：1，故 C错误； D.由交流电 u=220 2sin100πt(V)，可知发射线圈的最大值为 220 2V， 则发射线圈的电压的有效值 U1＝220V，发射线圈的电压U1=n1 ΔΦ Δt ， 穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的 60%，则有U2=n2 ΔΦ×60% Δt ， 则 U2 U1 = n2×60% n1 = 1×60% 44 ，解得 U2＝3V，故 D正确。 4.B 【详解】作出光路图如图 A.由几何关系可得 3sin 2 Hi R   ，解得 60i  ，故 A错误； B.由图可知 2i r ，则 30r  ，介质球的折射率为 sin 3 sin in r   ，故 B正确； C.改变入射点，光线在介质球内传播的光路不一定关于直径DB对称，则出射光线不一定平行入射光线，故C错 误； D.增大单色光的频率，根据几何知识可知光线射出介质时的入射角 i r  ，一定小于全反射临界角，所以光线一 定可以从介质球射出，故 D错误。 第 2页（共 5页） 5.C 【详解】A.由于 S1＝S2，根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳中心连线在相等时间内扫过的面积相等， 所以彗星从 a运行到 b的时间等于从 c运行到 d的时间，故 A错误； B.根据万有引力提供行星运动的向心力，则有 GMm r2 = mv 2 r ,解得 v= GM r 由于彗星在近日点沿圆形轨道运动的半径小于地球的公转半径，故彗星在近日点圆形轨道的线速度大于地球公转 的运行速度，彗星在近日点沿椭圆轨道运行速度大于沿圆形轨道的线速度（卫星变轨），故彗星在近日点的速度 大于地球的运行速度，故 B错误； C.在相等的时间Δt 内，根据开普勒第二定律可知，彗星在近日点和远日点与太阳连线扫过的面积相等，即有 1 2 v近r近Δt= 1 2 v远r远Δt，彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的 0.6倍，即： r 近≈0.6R，r 远≈53.2R，解得 v 近≈88.7v 远，故 C正确； D.彗星和地球在 P点受到的万有引力相等，轨道半径相等，但彗星沿椭圆轨道运行时，具有切向加速度，因此 彗星和地球在 P点的向心加速度大小不相等，故 D错误。 6.B 【详解】A.由图可知，超声波波长为 1cm，而声波的传播速度为 340m/s，所以超声波信号频率为： f= v λ = 340 1×10−2 Hz=34000Hz，故 A错误； B.波源 P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点。 点（﹣1.25cm，0）与两波源的波程差：Δs＝|[2﹣（﹣1.25）]﹣[﹣1.25﹣（﹣2.5）]|＝2cm，即 2 个波长，则 该点为减弱点，小水珠能悬浮在该点附近，故 B正确； C.小水珠悬浮时，受到的声波压力与重力平衡，所以声波压力不为零，且竖直向上，故 C错误； D.介质中的各质点在平衡位置附近振动，而不会随波迁移，故 D错误。 7.D 【详解】A.A、B等量正电荷在 AO间产生的电场方向沿 AO指向 O， EF在 AO间的电场方向也是指向 O，合电 场方向从 A指向 O，沿电场线电势降低，由 kQ r   可知，四个点电荷在 O点电势之和为 0，所以 AO连线上各点 电势均为正， BO间同理。故 A错误； B.根据电场强度的合成，知 O点电场强度为 0，从 C到 D电场力先减小再增大，故带电小球在通道内先做加速 度减小的加速运动到 O点，后再做加速度增大的减速运动到对称的 D点，故 B错误； C.根据 B项分析画出带电小球由 C点运动到 D点的 v t 图，如下知这个过程中的平均速度大于 m 2 v ，根据运动 学规律知，带电小球由 C点运动到 D点的时间： m m 2 2 R Rt v v   ，故 C错误； D.C点的电势为 8 4 523 3 55 2 2 2 Q Q Q Qk k k kR RR R             ，O点电势为 0，根据 B项分析知过 O点时小球的加速度为零，速度 最大，根据功能关系 km pΔ ( 0)E E q     ，解得带电小球的最大动能为 km 40 12 5 15 QqE k R   故 D正确。 8.BC 【详解】AB.运动员受力如图：根据合力提供向心力可得Mg tanθ =Mv 2 R 第 3页（共 5页） 可知运动员转弯时速度的大小为 v= gR tanθ ，故 A错误，B正确； C.根据 v= gR tanθ ，可知若运动员转弯速度变大则需要减小蹬冰角，故 C正确； D.运动员做匀速圆周运动，他所受合外力大小保持不变，但是方向不断变化，故 D错误。 9.AD 【详解】A.根据二力平衡可知，平衡力作用在同一直线上，表演者受到钢丝的作用力方向与人（包括杆）的重 心在同一条直线上，故 A正确； B.人对钢丝的压力与钢丝对人的支持力作用在不同物体，满足相互作用力特点，是一对相互作用力，故 B错误； C.在走钢丝的过程中，表演者往往手拿一根长杆，主要是调节他自身重心的位置，以便时时保持平衡，当他的 重心移动到适当的位置，就可以避免其倾倒，故 C错误。 D.仍在该楼之间，更换一根更长的钢丝表演，同一演员经过钢丝中点时，钢丝绳与水平方向的夹角θ增大，根据 受力平衡可得 2Tsinθ＝mg，可知钢丝绳上的张力会减小，故 D正确； 10.ACD 【详解】A. 0t  时，线圈中的感应电流为 0 00 2 2BLv B r vEI RR v r R B R        ， 故 A正确； B. 0t  时，线圈所受安培力大小为 2 2 2 0 02 42Bv r B r vF IBL B r R R       ，故 B错误； C.平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡， 则有 k x mg  ， 在 1t 时刻形变量为 1x A x  ，弹性势能为   2 p1 1 1 Δ 2 E k A x  ；同理，在 2t 时刻 2x A x  ，弹性势能为  2p2 2 1 Δ 2 E k A x  ；无论在在 1t 时刻，还是在在 2t 时刻，物体达到最大位移处，速度为 0，动能为 0，根据能量 守恒可得 p1 1 p2 2E mgA E mgA Q    解得 2 2 1 2 1 1 2 2 Q kA kA  ，故 C正确； D.在 1 2t t 时间内，由动量定理可得 A G 0I I I  弹 ，其中  G 2 1I mg t t  ， A 2 ΔI BIL t BL q rB q      ，  1 22ΔΦΔ rB A Aq R R     解得弹簧弹力冲量大小为     2 2 2 1 2 2 1 4 r B A A I mg t t R     弹 ，故 D正确。 二、非选择题 11.（每空各 2分）（1）3.0 （2）BD （3） 匀减速 100kd 【详解】（1）纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，可知 15 0.1sT f    根据逐差法 2x aT  ，求得加速度为    1 2 3 4 2 2 3.0m/s4 x x x x a T      （2）根据牛顿第二定律有 sin cosmg mg ma    解得 sin cos a g g     可知需测量木板抬起的倾角和当地重力加速度。故选 BD。 （3）纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由 2Δ 'x aT 可得纸带长度差相等，变化规律恰好与匀变速直线运动一样，可看出速度均匀减小，该物体做匀减速直线运动， 第 4页（共 5页） 由Δ 'x kd ，联立可得 2 100 kda kd T   12.(1) D（1分） (2) 2R （1分） (3)（2分） (4) 96（2分） (5)不正确，若考虑电表的内阻，有 A dR R S   ，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表 内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。（2分） 【详解】（1）由题图可知，其指针偏转角度过小，说明所选挡偏低，应该选择更高挡来重新进行计算，但是每 次换完挡后需要重新进行欧姆调零，之后再进行测量。故选 D。 （2）“该实验需要尽可能多的测量数据，所以控制电路应该选择分压式电路。因为R1允许通过的最大电流只有 0.1A，将它直接接到 12V电源两端，通过的电流远大于 0.1A，所以滑动变阻器应该选择R2” （3）为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，而根据图乙可粗略估计该待测 电阻的阻值约为 50000Ω，根据 A VxR R R 所以应该选择电流表内接法，因此其实物图如上图所示。 （4）根据电阻定律有 R d S   ，结合题图的图像斜率有 4 2 4.8 10 50 10 m k S        由题意可知 2 3 210cm 10 mS   ，解得 96Ω m   （5）若考虑电表的内阻，有 A dR R S   ，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无 关，因此计算结果与真实值相比会不变。 13．（1）对气缸内气体，等温过程，根据玻意耳定律：P1∙2lS=P2∙lS………………………………（2分） 对活塞，不放物体时： mg+P0S=P1S…………………（1分） 放重物后： (m+M)g+P0S=P2S………………（1分） 解得： 0p SM m g   …………………（1分） （2）温度降低过程，等压变化，外界对气体做功：W=P1(2l-l)S……………………………（1分） 由热力学第一定律： ∆U=W+(−Q)………………………………（2分） 解得： 0Δ mgU p lS Q S        ……………………（1分） 14．（1）运动员离开地面做竖直上抛运动，由机械能守恒定律：mgH= 1 2 mv2 ………………（2分） （上式用运动学公式，可等价给分） 解得： 2v gH ………………（1分） （2）从 m1下压距离 h位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束，这个过程表示人的“站起”过程。设弹簧长 度锁定前瞬间，m1速度为v1，弹簧长度锁定后瞬间 m1与 m2整体离地，速度为 2v gH ，由弹簧长度锁定过程 系统动量守恒： m1v1=(m1+m2)v……………………………………………（2分） 解得 v1= m1+m2 m1 2gH……………………………………………（1分） 则至少需要做功 W=m1gh+ 1 2 m1v12 ……………………………………………（2分） 解得 W=m1gh+ (m1+m2)2 m1 gH……………………………………………（2分） （3）把手臂和躯体看作两个部分，向前摆臂会使得起跳瞬间手臂部分的速度比身体的速度大，根据系统的动量 第 5页（共 5页） 守恒，起跳后身体速度还会增大，从而提高成绩。（2分） 15.(1) 小球在第二象限做匀速直线运动，由平衡条件有 1E q mg ①………………………（2分） 可得电场强度 1E 的大小 1 0.2N/CE  ②………………………………（1分） (2) 从 P到 D，由动能定理有： (qE2-μmg)L−mg∙2R= 1 2 mvD2 - 1 2 mv02③…………（3分） ③式可写成：从 P到 A，由动能定理有： (qE2-μmg)L= 1 2 mvA2 - 1 2 mv02 ………………（2分） （或：qE2-μmg=ma，vA2 -v02=2aL，等价给分) 从 A到 D，由动能定理有： −mg∙2R= 1 2 mvD2 - 1 2 mvA2………………（1分） 可得小球在 D的速度 30m / sDv  ④（1分）……………（1分） 小球从 D点水平抛出后，竖直方向做自由落体运动： 2R= 1 2 gt2 ⑤………………………（2分） 水平方向做匀减速直线运动： x=vDt- 1 2 qE2 m t2 ⑥…………………（2分） 可得落点距 A的距离 2 6 3mx   ⑦………………（1分） (3) 如图所示： 在圆形磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有： 2 0 0 mvqv B r  ⑧………………………（2分） 可得磁场中运动的半径 1mr  若小球从 G点进入磁场，从 H点射出磁场，其弦长GH为最小磁场圆的直径，由几何知识有其圆心角 120  ， 磁场圆的最小半径： 0 sin 2 r r  ⑨………………………（1分） 最小面积： 2 2min 0 3 2.36m 4 S r   ⑩………………………（1分） 可得： Smin= 3 4 π≈2.36m2（可保留 ）⑪…………………（1分） 《2026届“贵百河一南宁二中、武鸣高中”8月高三摸底考试 VV 物理 (考试时间：75分钟满分：100分) 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，错 选、多选我未选均不得分：第810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.在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学 研究方法和物理学史的叙述中正确的是() A.丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应 B.美国科学家密立根命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值 C.惯性定律即牛顿第一定律，伽利略通过实验直接验证了惯性定律 D.根据速度定义式怎，当山足够小时，：就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，对瞬时速度 的定义应用了理想化模型的方法 2.光电鼠标是一种常见的计算机输入设备，其原理利用了光电效应。在鼠标表面安装一个光电传感 器，当光电传感器接收到光线，就会产生电信号，从而控制计算机的操作。关于光电效应，下列 说法正确的是() A.只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应 B.入射光的强度越大，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大 C.对于给定的金屈，入射光的频率越大，逸出功越大 D.同一光电管，入射光的波长越长，对应的遏止电压越小 3.无线充电是一种基于变压器原理的充电方式。如图发射线圈连接u=220√2sin100(V)的交流电 发射线圈与接收线圈匝数之比为44：1，若工作状态下，接收线圈内的磁通量约为发射线圈的60 不计其它损耗，下列说法正确的是( 交流电 直流电 接收线圈G 整流 电路 电池 发射线圈 交流电 A.发射线圈中的电流每秒钟方向变化50次 B.发射线圈与接收线圈中电流之比为1：44 C.发射线圈与接收线圈中交变电流的周期之比为1：44 D.接收线圈的输出电压有效值约为3V 高三物理第1页共6页 式 4.高速公路路标表面有一均匀透明介质球组成的“反光膜”，能把车灯射出的光逆向返回，使得夜 晚路标在灯光的照射下特别亮。如图所示，介质球的半径为R,某单色光平行于直径DB从空气 射入介质球，在球内经一次反射后，再次折射问空气时，出射光线恰好与入射光线平行，己知该 单色光的入射点A到直径DB的距离为一R。下列说法正确的是( )介质球 2 路标 求，错 A.该单色光从空气射入介质球时，射入角为3 的得6 B.介质球对单色光的折射常为3 C.若仅改变该单色光的入射点，则出射光线一定与入射光线平行 勿理学 D.仅增大该单色光的频率，可能没有光线射出介质球 5.哈雷彗星每隔约76.1年就会回归一次，上一次回归是1986年，根据测算，哈雷彗星将于2061 年7月过近日点（即离太阳最近的点）。地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，两轨迹相 交于P、Q两点。彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S 和S,且S=S2。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，在远日点与 太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的53.2倍，则下列说法正确的是（ 时速度 哈雷彗星 Q地球 电传感 太阳时 下列 Q A.彗星从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间 B.彗星在近日点的速度小于地球的运行速度 C.彗星在近日点的速度约为其在远日点速度的88.7倍 D.彗星和地球在P点的向心加速度大小相等 6.如图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号， 发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去。两列超声波信号叠加后，会出现振幅 几乎为零的点（称为“节点”），在节点两侧声波压力的作用下，小水珠能在节点处附近保持悬浮 %, 状态，该情境可等效简化为图乙所示情形。图乙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源， 该时刻P、Q波源产生的波形恰好分别传到了点M(-1.5cm,0)和点N(0.5cm,0),已知声 波传播的速度为340m/s,则下列说法正确的是(') ◆Wcm 甲 A.该超声波的频率为3400Hz B.两列波充分叠加后，小水珠能悬浮在点(-1.25cm,0)附近 C.小水珠悬浮时，受到的声波压力为零 D.经过1=1x10s,点M沿x轴正方向移动3.4cm 高三物理第2页共6页 7.如图所示，在半径为R的水平圆周上固定有A、B、E、F四个点电荷，A、B带电量为+卫，E、 F带电量为-Q,EF连线过圆心O且与AB垂直，AB间有一穿过O的光滑真空细通道，带电量 为+g的绝缘小球从C点由静止释放，通过通道最远到达O点另一侧的D点，其中C点到O点 的距离为。已知带电荷量为Q的点电荷在空间某点的电势口=号(k为静电力常量，为该点 到点电荷的距离)，下列说法正确的是( A.以无穷远为零势点，AB连线上各点电势可能为正，也可能为负 B.带电小球在通道内先做匀加速运动后做匀减速运动 C若带电小球的最大速度为，则小球由C点运动到D点的时间等于2 D.带电小球的最大动能为40-125奥 R 8.若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入 冰内从而使冰刀受与冰面夹角为0（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R,重力加 速度为g。以下说法正确的是( A.运动员转弯时速度的大小为√gR1am0 冰刀 冰面 B.运动员转弯时速度的大小为，照 渔冰角 正莎角牙体倾斜角 C,若运动员转弯速度变大则需要减小蹬冰角 D.运动员做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变 9.“走钢丝”的技艺在我国有着悠久的历史，图示为杂技演员手握长杆正在两幢高楼之间表演“高 空走钢丝”。当他缓慢经过钢丝的中点时，钢丝与水平方向的夹角为10°。下列说法正确的是 甲 乙 A.表演者受到钢丝的作用力方向与人（包括杆）的重心在同一条直线上 B.人对钢丝的压力与钢丝对人的支持力是一对平衡力 C.表演者手拿长杆会使整体重心升高，从而更容易保持平衡 D.仍在该楼之间，更换一根更长的钢丝表演，同一演员经过钢丝中点时，钢丝绳上的张力会减 小 10.如图甲所示，某仪器平台悬挂在轻质弹簧的下端O,弹簧上端固定悬挂在0点。为保持平台的 稳定，需要在下方安装减振装置。减振装置由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的一个线圈和固 定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在 处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向 的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图乙所示。已知1=0时速度为，方向向下，4、时 高三物理第3页共6页 刻的振幅分别为4,4。平台和线圈的总质量为m,弹簧的劲度系数为k,线圈半径为r、电阻 为R。已知，当弹簧形变量为Ax时，其弹性势能为A2。不计空气阻力，g=10ms2,则下列 说法正确的是() A.1=0时，线圈中的感应电流为2，严 锡向毯场 B.1=0时，线圈所受安培力大小为2B 找 R C在4~时间内，线圈产生的焦耳热为献-树 D.在44时间内，弹簧弹力冲量大小为g化-)-红B4- R 二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题8分，第12题8分，第13题9分，第14题 12分，第15题17分。其中第13~15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演 算步骤，只有最后答案而无演算过程的不得分：有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单 位。 11.(8分)某同学利用如图甲所示的装置测量木块的加速度。首先将木板倾斜固定在水平面上， 木板抬起一定的角度，打点计时器固定在木板底端，将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打 点计时器。接通电源，给木块一沿木板向上的初速度，在木块运动到最高处前打出的纸带如图 乙，测得相邻两计数点之间的距离分别为，=14.51cm、x3=11.50cm、x=8.51cm、x=5.59cm, 己知纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器使用交流电的频率为∫=50z。 y/cm 木执 打点计时器 纸带 777727n7n7777777777n77 甲 乙 x/cm 丙 (1)通过数据可得木块的加速度大小a= ms2（保留两位有效数字) (2)若该同学想继续测量木块与木板间动摩擦因数，则仍需测量下列哪些物理量 A.木块的质量m B.木板抬起的倾角0 C木块上升的高度h D.当地重力加速度g (3)该同学按课本“练习与应用”中提到的方法，将图乙中的4段纸带剪开贴到坐标纸上，如 图丙，发现这些纸带的左上顶点在一条倾斜直线上，说明此物体做 (选填“匀速”、 “匀减速”、“匀加速”直线运动。若图丙中直线斜率为k(其中：=是，k无单位，纸 带宽为d,则用该方法得到的加速度a=。(用k、d表示) 高三物理第4页共6页 12.(8分)工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，两片 14.(12 金屈放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，而中间的液体即电阻的有效部分。小明想测 后离 量某导电溶液的电阻率，在一透明塑料长方体容器内部左右两侧正对插入与容器等宽、与导电 溶液等高的电极，两电极的正对面积为S一10cm2,电极电阻不计。实验提供的器材如下： 电压表（量程15V,内阳约为30kQ): 母 电流表（量程300μA,内阻约为502）： 滑动变阻器R(102,0.1A): (1) 0 滑动变阻器R,(202,1A): (2) 甲 丙 电池组（电动势E=12V,内阻r=62):单刀单掷开关一个：导线若干。 (1)小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆×100挡后测量结果如图乙所示，为了使读数更 精确些，接下来要进行的步骤是 A.换为×10挡，先机械调零再测量 B.换为×k挡，先机械调零再测量 (3) C.换为×10挡，先欧姆调零再测量 D.换为×k挡，先欧姆调零再测量 (2)实验中，滑动变阻器应选择 (选填“R”或“R”)。 (3)为了准确测量溶液电阻阻值，需测量多组电压表、电流表数据，请用笔画线代替导线，将 15.(17 图丙的实物电路补充完整。 ↑R/(x10n) 电场 (4)实验时，仅改变两电极间距d,测得多组U、1数据，计 =4n 算出对应的电阻R,描绘出如图丁所示的R-d图线，根 于A 据图线可得该导电溶液的电阻率P= 2m。(计 点Q 算结果保留整数) 第二 (5)有同学认为，小明在实验中未考虑电表内阻的影响，用 B-0. 图像法计算的电阻率P必然有偏差。请判断该观点是否正 01020304050dicm 一象F 确，简要说明理由 重力 13.(9分)如图是某超重报警装置示意图，它由导热性能良好的密闭气缸、固定有平台的活塞、 (1) 报警电路组成，当活塞下移两触点接触时，电路发出超重报警。已知活塞与平台的总质量为m, (2) 活塞横截面积为S,弹簧长为1，大气压为Po。平台不放物体，在环境温度为T时，活塞距气 (3) 缸底高为2弘。设重力加速度为g,不考虑活塞与气缸间摩擦，忽略上触点与活塞之间的距离， 气缸内气体视为理想气体。 (1)轻放重物，活塞缓慢下移，求刚好触发超重预警时 平台 所放重物的质量M。 活塞 (2)不放重物，若外界温度缓慢降低，从图示位置到刚 触发超重预警过程，气体向外界放出热量Q。求气 触点 体内能的变化△U。 2 报警灯 高三物理第5页共6页 14.(12分)如图1所示，同学们在体育课上做“腾跳起”动作，离开地面的瞬间，全身绷紧，之 后离开地面的最大高度为H。设重力加速度为g,不计空气阻力。 图3 (1)求运动员离开地面瞬间的速度。 (2)地面是不会对人做功的，那么人是如何获得机械能的呢？为了解释这个问题，小亮同学构 建了如下模型：如图2所示，将人的上半身和下半身分别看作质量为m和m的物块，上、 下半身间的作用力看成物块间竖直轻弹簧的弹力。将m,从平衡位置向下压距离h,表示 人“蹲下”；然后松手，m1向上运动，表示人“站起”：当m回到平衡位置时，突然将弹 簧的长度锁定（此时弹簧可以看成一个轻杆），m,被带离地面，表示人“跳起”。试结合 这一模型，计算运动员在“站起”过程中至少要做多少功。 (3)如图3所示的是立定跳远动作分解图，有一个动作要领是起跳过程中要大幅度摆臂，且离 开地面前瞬间手臂向前甩。将人的手臂和其他部位看成两个部分，试从物理的角度解释起 跳时摆臂的原因。 15.(17分)如图所示，在竖直平面内存在直角坐标系xOy,第二象限有沿y轴正方向的匀强电场， 电场强度为E1,第一象限有水平向右的匀强电场，电场强度为E2=0.15NC。在第一象限内， =4m处有水平绝缘平台PA,右端与半径为R=2m的光滑绝缘竖直半圆弧轨道平滑连接，相切 于A点，D为其最高点。质量为m=2×10kg、带正电g0.1C的可视为质点的小球从x轴上某 点Q以与x轴负半轴成60°、大小w=10ms的速度射入第二象限，恰好做匀速直线运动。现在 第二象限内小球运动的某段路径上加上垂直于纸面向外的圆形边界的匀强磁场，磁感应强度 BO.2T,小球经过磁场区域后恰好水平向右运动，垂直于y轴从点P(0,4m)无碰撞进入第 一象限并沿平台PA方向运动，已知小球与平台的动摩擦因数-0.5，平台PA的长度L=2m, 重力加速度g=10m/s2,sin37-0.6,cos37°-0.8，不计空气阻力，结果可用根号表示。求： (1)电场强度E的大小： (2)小球第一次从D点落到平台PA上的位置与A点的距离： (3)所加圆形磁场区域的最小面积。 41m E E 60 高三物理第6页共6页