2026届贵州省贵阳市第一中学高三上学期模拟预测物理试题（一）

2026届贵阳市第一中学高三模拟检测物理试卷（一） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场号/座位号填写在答题卡上，如有条形码，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．高空跳伞是一项勇敢者的运动。在某次训练中，一跳伞运动员在时刻离开悬停在空中的直升机自由下落；时刻打开降落伞，此时运动员的速度大小为；时刻后速度几乎不变，大小近似为，直到落地。将跳伞运动员在空中的运动简化为只沿竖直方向的运动，图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．时间内，跳伞运动员的速度和加速度均增大 B．时间内，跳伞运动员的速度和加速度均减小 C．时间内，跳伞运动员所受阻力不断增大 D．时间内，跳伞运动员的平均速度大小为 2．“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的（　　） A．轨道半径之比为 B．周期之比为 C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为 3．老花镜可以看做厚度很薄的透镜，其前后表面可以看做半径分别为和的球面（），过两球面球心的连线称为主光轴，与主光轴距离为（）靠近光轴的光线为近轴光线。一束平行近轴光线通过透镜后与主光轴的交点到透镜（厚度不计）的距离称为焦距。则该老花镜（透镜）的焦距为（已知透镜折射率为n，当很小时，有，）（　　） A． B． C． D． 4．某款可调节角度的磁吸式车载手机支架简化图如图所示，手机放在支架上被磁力吸住后，调节支架使手机与竖直方向成一定角度，开始时手机处于竖直状态。已知手机受到的磁力垂直于手机屏幕、大小恒定，且手机和支架始终不发生相对滑动。下列说法正确的是（　　） A．若汽车静止，手机只受到重力、磁力和摩擦力 B．若汽车加速行驶，手机和吸盘之间的弹力变小 C．若汽车匀速行驶，将手机和支架吸盘如简化图箭头方向顺时针缓慢旋转一小角度，手机受到的合力增大 D．若汽车匀速行驶，将手机和支架吸盘如简化图箭头方向顺时针缓慢旋转一小角度，手机和吸盘之间的弹力变大 5． 如图甲所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒，图乙为其截面图。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。当6条输电导线中通垂直纸面向外，大小相等的电流，a、b导线之间的安培力大小为F，此时（　　） A．O点的磁感应强度最大 B．f导线所受安培力方向沿Of水平向左 C．b、e导线之间的安培力大小为2F D．a导线所受安培力大小为2.5F 6．如图甲所示，质量为的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数。某时刻对物块施加水平向右的拉力F，F随时间变化的规律如图乙所示，g取。以下说法正确的是（　　） A．2s时拉力F的瞬时功率为40W B．0∼5s合力做功的平均功率为7.225W C．0∼5s物块的动量变化量为 D．0∼2s物块运动的位移为4m 7．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，、是电场线上的两点，下列说法正确的是（　　） A．两点电荷的电性相同 B．两点电荷所带的电荷量相等 C．点的电场强度比点的电场强度大 D．点的电场强度比点的电场强度小 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．图甲所示实验装置中阴极K由金属M制成，由此装置测出金属M的遏止电压与入射光的频率关系如图乙所示。已知普朗克常量。下列说法正确的是（　　） A．测量遏止电压时应将图甲中滑片P向a端移动 B．乙图中直线的斜率为普朗克常量h C．由图乙可知金属M的逸出功约为4.27eV D．图乙中A点对应的入射光光子动量大小数量级为 9． 如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体A，A和B通过细绳绕过定滑轮连接，已知A的质量为，B的质量为，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦，开始时A位于O点，系统处于静止状态。A在P点时弹簧处于原长，现将A物体由P点静止释放，A物体不会和定滑轮相碰，当B向下运动到最低点时绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为，则下列说法正确的是（　　） A．绳子能承受的最大拉力小于 B．弹簧的最大弹性势能是 C．绳断后A物体回到位置O点时与P点时的速度大小之比为 D．从绳断后A物体第一次由位置O回到位置P时所用的时间为 10．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为，宽为，的区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．边长为、质量为m、电阻为R的正方形线框置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框边刚离开磁场区域时的速率恰为．若线框或边受到安培力，则其安培力大于．．线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数，边始终平行于，重力加速度为g．下列选项正确的是（　　） A．线框速率的最小值为 B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为 C．线框穿过磁场区域的时间为 D．边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11．小义同学用光电计时器研究自由落体运动，实验装置如图甲所示。步骤如下： ①测量小钢球的直径D； ②让电磁铁吸附小钢球； ③安装光电门并调节光电门的位置，使小钢球下落通过光电门时，光电门的激光束可以正对小球的球心； ④用刻度尺测量小钢球球心到光电门的高度h； ⑤断开电磁铁开关，让小钢球由静止释放，记录小钢球通过光电门所用的时间t； ⑥竖直移动光电门的位置，重复步骤④和⑤，记录多组关于h、t的数据。 （1）根据实验步骤可知，小钢球通过光电门时的速度为　 　（用题中所给的字母表示）； （2）老师指导小义以h为纵坐标、t n（n=±1，±2）为横坐标在坐标纸上描点作图，图像如图乙所示。为了获得线性的拟合图线，从而更好地观察规律，n应该取　 　（填“-1”、“+1”、“-2”或“+2”），得到的图像最合理的是　 　（填“a”、 “b”或“c”）； （3）根据上述最合理的图像计算出图线的斜率k，由可知重力加速度的表达式为g=　 　（用题中所给的字母表示）； （4）小义发现，实验测量出来的重力加速度与本地重力加速度的实际值不符合。经过检查发现，其原因是步骤③光电门的位置没有调节好，导致小钢球通过光电门时，球心略微偏离光电门的激光束。则测量的重力加速的值比实际值　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 12．某实验小组根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。选用的器材有： 热敏电阻； 电流表G（内阻为，满偏电流为）； 定值电阻R（阻值为）； 电阻箱（阻值）； 电源E（电动势恒定，内阻不计）； 单刀双掷开关、单刀单掷开关；导线若干。 请完成下列步骤： （1）该小组设计了如图（a）所示的电路图。根据图（a），在答题卡上完成图（b）中的实物图连线。 （2）开关开，将电阻箱的阻值调到　 　（填“最大”或“最小”）。开关接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为时，电流表示数为。再将改接2，电流表示数为，断开。得到此时热敏电阻的阻值为　 　Ω。 （3）该热敏电阻阻值随温度t变化的曲线如图（c）所示，结合（2）中的结果得到温度控制室内此时的温度约为　 　℃。（结果取整数） （4）开关接1，闭合，调节电阻箱，使电流表示数为。再将改接2，如果电流表示数为，则此时热敏电阻　 　（用k表示），根据图（c）即可得到此时温度控制室内的温度。 13． 如图甲所示，一个质量不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形导热气缸内，气体温度为，气柱的高度为，在气缸内壁有固定的小卡环，卡环到气缸底的高度差为。现在活塞上方缓慢堆放细沙，直至气柱长度减为时停止堆放细沙，如图乙所示。之后对气体缓慢降温，温度降低到，此时活塞已经与卡环接触，降温过程气体放出热量为。已知大气压强为，全过程气体未液化。气缸的横截面积为。求： （1）堆放细沙的质量； （2）温度降为时气体的压强； （3）降温过程气体内能的变化量。 14． 比较是一种重要的学习方法，通过比较可以加深对知识的理解。电场和磁场有相似的地方，也有很多的不同。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） （1）电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，磁场的基本性质是对放入其中的磁体、通电导线和运动电荷有力的作用。请写出电场强度和磁感应强度的定义式。 （2）电荷在电场和磁场中受力的特点不同，导致电荷运动性质不同。如图所示，M、N是一对平行金属板，板长为L，板间距离为d。一带电粒子从M、N左侧中央以平行于极板的速度射入。若仅在M、N板加恒定电压，则粒子恰好从M板右侧边沿以速率射出，其运动时间为；若仅在M、N板间加垂直纸面的匀强磁场，则粒子恰好从N板右侧边沿以速率射出，其运动时间为。不计粒子受到的重力。 ①可知_？，？。（选填“大于”“小于”或“等于”） ②若M、N板间同时存在上述电场和磁场，请通过计算说明该带电粒子能否在M、N板间做匀速直线运动。 15． 如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正上方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。 （1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值； （2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小； （3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。 答案解析部分 1．【答案】B 【解析】【解答】A．由于图线的斜率表示加速度的大小，结合图像可知时间内，速度均匀增大，加速度不变，A错误； B．时间内，图线的斜率逐渐减小，加速度逐渐减小，结合图像可知，物体的速度逐渐减小，B正确； C．时间内，运动员减速运动，对运动员受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 由于加速度逐渐减小，故阻力逐渐减小，C错误； D．根据图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移的大小，如图所示 由于时间内，图线与坐标轴围成的面积小于图中梯形的面积（红线部分），根据 可知时间内的平均速度大小小于 D错误。 故答案为：B。 【分析】本题考查v-t 图像的物理意义与牛顿第二定律结合，核心思路是通过图像斜率判断加速度变化，通过面积判断位移与平均速度，再结合受力分析推导阻力变化。 2．【答案】D 【解析】【解答】A．根据题意结合几何知识可知地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为 可得 故A错误； BCD．根据万有引力提供向心力有 解得 ，， 故可得周期之比为 ； 线速度大小之比为 ； 向心加速度大小之比为 故BC错误，D正确。 故选D。 【分析】本题主要考查万有引力定律的应用，根据万有引力提供向心力结合数学知识解答。 由数学知识求得地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比，万有引力提供向心力，根据求解周期、 线速度大小 、 向心加速度大小之比。 3．【答案】D 【解析】【解答】因，厚度又可不计，对近轴光线，可将r1视为无限大，即左边近似为平面 根据几何关系有 、 可知 解得 故答案为：D。 【分析】1. 模型简化：利用 条件，将左侧大球面简化为“平面”，减少变量，聚焦右侧球面（r2 ）的折射作用。 2. 小角度近似：因 ，入射角、折射角均很小，用 （弧度制 ）简化三角关系，把几何问题转化为线性关系。 3. 折射定律与几何结合：先由折射定律 关联入射角 和折射角 ，再用几何关系（偏折角 ）推导焦距. 4．【答案】B 【解析】【解答】A．有摩擦力必有弹力，故手机除了受到重力、磁力和摩擦力，还受到弹力作用，故A错误； B．若汽车加速行驶，根据牛顿第二定律，此时，即手机和吸盘之间的弹力变小，故B正确； C．若汽车匀速行驶，将手机和支架吸盘如简化图箭头方向顺时针缓慢旋转一小角度，手机受到的合力始终为零，保持不变，故C错误； D．设手机屏幕与竖直方向的夹角为θ，若汽车匀速行驶，手机处于平衡状态，平行于屏幕方向根据平衡条件有，因为和不变，将手机和支架吸盘如简化图箭头方向顺时针缓慢旋转一小角度，则增大，增大，所以减小，故D错误。 故选B。 【分析】1、手机吸附在支架上，主要受以下力：重力 mg：竖直向下；磁力 ​：垂直于手机屏幕，大小恒定，方向可能是向里（吸引）或向外（推离），需根据题目图示判断（解析中设为向外推）；弹力 N：垂直于接触面（支架接触面）；静摩擦力f：平行于接触面，保证手机与支架无相对滑动 2、汽车可能有三种运动状态：静止或匀速直线运动 ⇒ 合力为零；加速行驶 ⇒ 合力提供加速度；缓慢旋转手机 ⇒ 每一时刻仍可视为平衡（准静态） 3、易错点1：学生容易忘记弹力，误以为有磁力就不需要弹力。但静摩擦力必须由接触面产生，而接触面要产生摩擦力必须先有弹力。实际手机静止时，至少受四个力：重力、磁力、弹力、摩擦力。 4、易错点2：方向判断错误：加速度方向与手机倾角方向关系不明确时，可能会写错符号（如写成 导致 N 增大）。忽略加速度的垂直分量：误以为弹力只与重力和磁力有关，与加速度无关。 5．【答案】D 【解析】【解答】A.由题意，并结合安培定则可知，a与d、b与e、c与f在O点的磁场大小相等，方向相反，故O点的磁感应强度为零，A不符合题意； B.根据安培定则和磁场叠加原理可知，其他5根输电线在f处产生的磁场方向垂直fc向下，根据左手定则，导线所受安培力方向沿Of指向O，即水平向右，B不符合题意； C.因为通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，所以b在a处产生的磁场是在f处产生磁场的两倍，由安培力公式F=BIL可知，a、b导线之间的安培力大小为F，则b、e间的安培力大小为，C不符合题意； D.b、对a的安培力为F，c、e对a的安培力为F，d对a的安培力为， 则a导线所受安培力为2.5F，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】根据题意分析各电流在O点产生的磁场大小，由安培定则判断各电流在O点产生的磁场方向，得出合磁场；根据安培定则和左手定则，判断f导线的受力方向；根据安培力公式F=BIL分析b、e之间安培力的大小；同上述分析得出其他导线对a导线的安培力，结合矢量合成的特点得出a导线受到的合力。 6．【答案】B 【解析】【解答】解：A. 0~2s 内，拉力 F 随时间线性变化，其冲量 可通过平均力与时间的乘积计算，即 。 根据动量定理 ，其中合冲量 ，代入数据得 ，解得 。 2s 时拉力 F 的瞬时功率 ，故 A 错误； B. 0~5s 内，拉力 F 的冲量分为两部分：0~2s 内的冲量 ，2~5s 内拉力从 5N 线性减小到 2N，冲量 ，总冲量 。 根据动量定理 ，代入数据得 ，解得 。 根据动能定理，合外力做功 。 0~5s 合外力做功的平均功率 ，故 B 正确； C. 0~5s 物块的动量变化量 ，故 C 错误； D. 若 0~2s 内物块做匀加速直线运动，其位移 。但实际中，0~2s 内拉力 F 逐渐增大，根据牛顿第二定律 ，加速度 随 F 增大而增大，物块做加速度逐渐增大的加速运动，其位移大于匀加速直线运动的位移，因此 0~2s 物块运动的位移不等于 4m，故 D 错误。 故答案为：B 【分析】本题考查动量定理、动能定理、瞬时功率与平均功率的计算，以及变加速运动的位移分析。首先分析 A 选项，0~2s 内拉力为变力，通过平均力法计算其冲量，再结合动量定理（合冲量等于动量变化）求出 2s 时的速度，进而由 计算瞬时功率；B 选项同理，计算 0~5s 内拉力的总冲量，利用动量定理求出 5s 时的速度，再由动能定理求出合外力做功，根据平均功率的定义 计算平均功率；C 选项直接由动量变化量的定义 求解；D 选项分析 0~2s 内物块的运动性质（加速度增大的加速运动），对比匀加速运动的位移，判断实际位移与 4m 的关系。 7．【答案】C 【解析】【解答】AB、由电场线分布可知，两点电荷为异种电荷，即电性相反，因两边电场线不对称分布，可知两点电荷所带的电荷量不相等，故AB错误； CD、因A点电场线较B点密集，可知A点的电场强度比B点的电场强度大，故C正确，D错误。 故答案为：C。 【分析】电场线由正电荷出发，指向负电荷。等量电荷形成的电场线相互对称，电场线越密集，电场强度越大。 8．【答案】A,D 【解析】【解答】A．测量遏止电压时，应接反向电压，则应将图甲中滑片P向a端移动，故A正确； B．根据光电效应方程和动能定理可得 ， 联立可得 可知乙图中直线的斜率为，故B错误； C．根据题意可知，当时，可得金属M的逸出功为 故C错误； D．图乙中A点对应的入射光光子动量大小为 故D正确。 故选AD。 【分析】A、遏止电压测光电子初动能大小，光电子克服电场力做功，应为反向电压； B、根据光电效应方程和动能定理联立求解表达式，可知图像斜率物理意义； C、根据光电效应方程求解逸出功； D、根据图乙数据由求解。 9．【答案】A,B,C 【解析】【解答】A、将A、B作为整体，A在P点时弹簧处于原长，根据牛顿第二定律，有 根据对称性，B到达最低点的加速度与初始位置大小相等，因此 解得绳子能承受的最大拉力 故A正确； B、A处于O位置时，根据平衡条件 物体B下降到最低位置时，根据对称性，弹簧伸长量为2x1，因此最大弹性势能 故B正确； C、绳断后A物体回到位置O时，根据机械能守恒 可得A的速度 绳断后A物体回到位置P时，根据机械能守恒 可得A的速度 绳断后A物体回到位置O点时与P点时的速度大小之比为 故C正确； D、绳段后，平衡位置为P点，从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间 故D错误。 故答案为：ABC。 【分析】绳子断裂前AB及弹簧构成的系统做简谐运动，绳子断裂后，A和弹簧构成的系统做简谐运动，运动过程系统的机械能守恒。确定断裂前后物体做简谐运动的平衡位置及最大振幅的位置。注意平衡位置及振幅最大处系统的受力及速度特点，再根据简谐运动规律及机械能守恒定律进行解答。 10．【答案】A,D 【解析】【解答】A．在ef边进入磁场而gh边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力BIL和沿传送带平面向下的重力分力mgsinθ。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为μmgcosθ，而μ＝tanθ，故μmgcosθ＝mgsinθ 已知线框受到的安培力BLI＞2mgsinθ 即BIL＞mgsinθ+μmgcosθ 因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，线框做减速运动。 在gh边进入磁场到ef边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当gh边刚进入磁场时，线框有最小速度vmin，设线框加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma ef边离开磁场时速度恰好为v0，根据速度—位移公式，则有 联立解得线框速率的最小值为，故A正确； B．在ef边进入磁场到gh边进入磁场的过程中，由动能定理有 则该过程产生的焦耳热Q＝﹣W安＝2mgdsinθ 在ef边离开磁场到gh边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为Q，故线框穿过磁场区域产生的焦耳热为4mgdsinθ，故B错误； C．设边进入磁场到边进入磁场的时间为，根据闭合电路欧姆定律得 根据动量定理有 设边进入磁场到边离开磁场的时间为，有 因为边离开磁场到边离开磁场所用时间也为，所以线框穿过磁场区域的总时间 联立解得，故C错误； D．边从进入到离开磁场区域的时间 该段时间内传送带移动的距离，故D正确。 故答案为：AD。 【分析】根据安培力和滑动摩擦力的关系，结合线框在沿传送带平面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动，在gh边进入磁场到ef边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动，综合动能定理以及闭合电路欧姆定律、动量定理分析求解。 11．【答案】（1） （2）；b （3） （4）偏大 【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可以得出小钢球通过光电门时的速度为 （2）根据速度位移公式可得 整理可得 根据表达式可知n应该取；由于h与t-2成正比，所以得到的图像最合理的是b。 （3）根据下落高度和时间的关系可以得出： 可得图像斜率为： 解得重力加速度为 （4）小钢球通过光电门时，球心略微偏离光电门的激光束，则实际挡光宽度小于小球的直径；即有 根据重力加速度的表达式有 由于测量时使用的直径偏大可知测量的重力加速的值比实际值偏大。 【分析】（1）利用平均速度公式可以求出钢球经过光电门速度的大小； （2）利用速度位移公式可以求出下落高度和时间的关系，进而选择对应的图线； （3）利用位移公式结合图像斜率可以求出重力加速度的大小； （4）由于测量时所用小球直径比较大会导致测量的重力加速度偏大。 （1）小钢球通过光电门时的速度为 （2）[1][2]根据运动学公式可得 整理可得 可知n应该取；得到的图像最合理的是b。 （3）根据上述最合理的图像计算出图线的斜率k，由 可得 解得重力加速度为 （4）小钢球通过光电门时，球心略微偏离光电门的激光束，则实际挡光宽度小于小球的直径；即有 根据 可知测量的重力加速的值比实际值偏大。 12．【答案】（1） （2）最大； （3）9 （4） 【解析】【解答】根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律测量温度， 理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提与关键，根据题意应用闭合电路的欧姆定律即可解题。 （1）由图（a）所示的电路图，图（b）中的实物图连线如图所示。 （2）由图（a）可知，电阻箱起到保护电路的作用，因此开关闭合前，将电阻箱的阻值调到最大。 开关接1时，由欧姆定律可得 接2时，则有 联立解得 （3）由图（c）可知，时，对应的温度约为9℃。 （4）开关接1，闭合，调节电阻箱，使电流表示数为。由并联电路的分流作用，结合 ，可得干路电流为，则有并联部分的电阻 由欧姆定律可得 结合 解得 接2时，电流表示数为，同理可得干路电流可为，由欧姆定律可得 结合 其中 解得 ​​​​​​​【分析】（1）根据原理图连接实物图； （2）闭合开关前，必须保证回流电流最小，为了保护电流表，再根据电路特点调节电阻阻值；根据串并联知识计算热敏电阻RT的阻值； （3）由图（c）得到温度控制室内此时的温度； （4）根据串并联知识计算热敏电阻RT的阻值。 （1）由图（a）所示的电路图，图（b）中的实物图连线如图所示。 （2）[1]由图（a）可知，电阻箱起到保护电路的作用，因此开关闭合前，将电阻箱的阻值调到最大。 [2]开关接1时，由欧姆定律可得 接2时，则有 联立解得 （3）由图（c）可知，时，对应的温度约为9℃。 （4）开关接1，闭合，调节电阻箱，使电流表示数为。由并联电路的分流作用，结合 ，可得干路电流为，则有并联部分的电阻 由欧姆定律可得 结合 解得 接2时，电流表示数为，同理可得干路电流可为，由欧姆定律可得 结合 其中 解得 13．【答案】（1）解：乙状态的平衡方程 从甲状态到乙状态经历等温过程 得 （2）解：从甲状态到末状态，由理想气体状态方程得 得 （3）解：从乙状态到刚接触卡环，经历等压过程，外界对气体做功 即整个放热过程外界对气体做功，由热力学第一定律 得 【解析】【分析】（1）根据平衡条件确定堆放细沙前后密封气体的压强及气体体积，再根据玻意耳定律进行解答； （2）根据题意确定180K时密封气体的体积，再对气体从甲状态到温度为180K两个状态运用理想气体状态方程进行解答； （3） 从乙状态到刚接触卡环，气体发生等压变化。确定此过程气体体积变化情况，再根据功的定义确定外界对气体做功情况，再根据热力学第一定律结合题意进行解答。 14．【答案】（1）解：电场强度和磁感应强度的定义式分别为 （2）解：①一带电粒子从M、N左侧中央以平行于极板的速度射入。若仅在M、N板加恒定电压，运动时间为 且因为电场力做正功 仅在M、N板间加垂直纸面的匀强磁场，则粒子恰好从N板右侧边沿以速率射出，因为洛伦兹力不做功，所以 水平方向 因为 所以 ②在电场中 整理得 在磁场中，根据几何关系 解得 洛伦兹力 因为 所以电场力大于受到的洛伦兹力，则无法平衡，无法匀速直线运动。 【解析】【分析】（1）缓冲槽刚落地并停止运动时，模型相对缓冲槽的速度最大，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律求出最大感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求出最大电流，由右手定则判断出感应电流方向；（2）当主体减速下落的加速度大小为时，由牛顿第二定律求出此时线圈中的感应电流大小，再由电热功率的公式求出线圈中的发热功率；（3）由动能定理分析缓冲槽停止后主体下落距离为h时，主体速度减为的过程，得出该过程中克服安培力做的功，再根据功能关系，求出该过程中线圈中产生的热量。 15．【答案】（1）解：碰后B能在竖直平面内以M点为圆心做圆周运动，运动半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v1， 能经过圆周运动最高点，设到达最高点速度大小为v2，则此时在最高点完全有质量提供向心力，则由牛顿第二定律可得 则B从最低点到最高点的过程，由动能定理可得 联立解得 （2）解：A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v3，碰后A的速度大小为v4。碰后B的速度大小为v5，则根据动量守恒定律及能量守恒定律有 碰后A减速到0，则A碰后到P点过程，根据动能定理有 碰后B在竖直面圆周运动旋转2圈 ，达到M点正下方时离地面距离为4a，此时速度大小为v6，则B从碰后到该处的过程，由功能关系得 细绳子断开后B随后做平抛运动，则有 联立解得 （3）解：设MN间距离为L，B转n圈后绳断开时，B到达M正下方速度大小为v，此时绳缩短2nL，绳断开瞬间，若B以M点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得 （n = 1，2，3，…） 若B以N点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得 （n = 1，2，3，…） 从碰后到B转n圈后到达M正下方的过程，对B由动能定理得 （n = 1，2，3，…） 联立解得 （n = 1，2，3，…） 可得 （n = 1，2，3，…） 绳断后，B以速度v做平抛运动，根据平抛运动规律有 （n = 1，2，3，…） 可得 （n = 1，2，3，…） 由于 （n = 1，2，3，…） 则由数学知识可知，当时，s最小，为 当n=1时，s最大，此时 s最大值为 【解析】【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二定律确定在最到点B的动能，再根据B从最低点到最高点的过程，利用动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值； （2）碰后A做匀减速直线运动，运用动能定理确定碰后A的速度，A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞前后AB的速度关系。B碰后做两周圆周运动，根据几何关系确定绳子断裂时B与地面的高度及高度变化量，再根据能量守恒定律确定B开始做圆周运动至绳子断裂时B的初末速度关系，绳子断裂后B做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答； （3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。 第 1 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $