2026年云南昆明市第三中学高考物理适应性试卷（二）

**基本信息** 以滑草、摩天轮等真实情境和电磁场运动等综合问题为载体，考查物理观念与科学思维，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|光电效应、圆周运动、功能关系|结合光电管图像、摩天轮运动，考查科学推理| |多选题|3/18|机械波、电磁感应|通过波形图、线框转动，体现模型建构| |实验题|2/16|加速度探究、表头内阻测量|涉及纸带分析、半偏法，培养科学探究能力| |计算题|3/38|气体定律、平抛与动量、电磁场运动|以“打水漂”“U形管”为情境，综合能量与动量，凸显问题层次性|

2026年云南省昆明市第三中学高考物理适应性试卷（二） 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.如图所示为同一光电管中研究a、b、c三条光束的光电效应时得到的光电流与电压之间的关系图，下列说法正确的是(    ) A. a光光子的能量比b光大 B. a光的光强比c光大 C. a光产生光电子的最大初动能比c光大 D. b光的波长比c光长 2.如图所示是云上草原的无动力滑草项目实景图。整个滑道分为倾斜和水平两部分，游客参与项目时，需要整个人坐进塑料盆中，双手握紧盆的边缘，运动过程中与盆相对静止。工作人员每次都是让坐稳在盆中的游客从静止开始滑下不同滑道上的游客均从同一高度处滑下，滑道顶端准备了很多新旧不一的塑料盆，最终游客停在水平滑道上。下列说法正确的是(    ) A. 同一游客在不同滑道上体验项目，整个过程中重力对其做功的功率一定相同 B. 不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同 C. 不同滑道上的游客停下的位置不同只是因为游客的体重不同造成的 D. 在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内能 3.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点。则此时甲与乙(    ) A. 速度相同 B. 加速度相同 C. 所受合外力大小相等 D. “摩天轮”对他们作用力大小相等 4.某静电场在x轴正半轴上的电势随x变化的关系如图所示，Ex为电场强度在x轴上的分量则(    ) A. 在、两处，与方向相同 B. 在、两处，与大小相等 C. 若把带正电的粒子从处移到处，电场力先做正功再做负功 D. 同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于在处的电势能 5.下列说法正确的是(    ) A. 图甲是一束单色光进入平行玻璃砖，随入射角的增大，将在面发生全反射 B. 图乙光导纤维利用光的全反射现象传递信息时外套的折射率比内芯的大 C. 图丙检验工件平整度的操作中，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处 D. 图丁中，当M固定不动，将N从图示位置开始顺时针绕水平轴在竖直面内缓慢转动的过程中，光屏P上的光亮度逐渐减小 6.如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于P点，AB是椭圆轨道Ⅰ的短轴。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。则(    ) A. 飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点 B. 飞行器沿轨道Ⅰ上从A点经P点运行至B点的时间为 C. 飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为 D. 时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积相等 7.如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的小球以速度与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，。m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失。设任意时刻两球速度分别为v和V，令，，，其中r为定值，该函数的图像如图2所示，图像中的点表示两个小球组成的系统可能的状态，A、B、C为系统连续经历的三个状态。根据以上信息，下列说法正确的是(    ) A. 从状态A到状态B过程系统动量不守恒 B. 从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞 C. 直线AB的斜率 D. 图像中圆的半径 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为。下列说法正确的是(    ) A. 从图示时刻开始，质点b比质点a先回到平衡位置 B. 从图示时刻开始，经时间处质点通过的路程为 C. 若该波波源从处沿x轴正方向运动，则在处接收到的波的频率将小于50Hz D. 若该波传播过程中遇到宽约为3m的障碍物，则能发生明显的衍射现象 9.如图所示，长、宽分别为、，电阻为r的单匝矩形金属线框置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B，电路中接入定值电阻R。线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动。则下列说法正确的是(    ) A. 在图示位置通过线框的磁通量最大，线框中产生的感应电动势最大 B. 匀速转动中经过图示位置线框中的电流方向会发生改变 C. 线框中产生的感应电流有效值为 D. 线框匀速转动后，从图所示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量为 10.如图所示，竖直固定一半径为l的金属圆环，一粗细均匀、长为2l、电阻为4R的金属棒沿着圆环直径固定在金属圆环上。金属圆环绕中心轴以角速度逆时针匀速转动，圆环内存在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场。与圆环边缘和转轴接触良好的电刷分别与间距l，水平放置的足够长的光滑平行金属轨道相接，金属轨道处在竖直向下、大小为B的匀强磁场中。现垂直水平金属轨道放置一粗细均匀、质量为m、电阻为R，长度为l的金属棒ab，金属棒ab与轨道接触良好。时刻，闭合开关K后金属棒由静止开始运动且运动过程中始终与轨道垂直，在时刻速度达到最大。除已给电阻外其它电阻不计，则时间内下列说法正确的是(    ) A. 金属棒ab运动的最大速度大小为 B. 时间内通过金属棒的电荷量为 C. 时间内金属棒ab中产生的焦耳热为 D. 时间内金属棒ab运动的位移大小为 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.图1是“探究加速度与力、质量的关系”实验中的甲、乙两种方案，两方案中滑轮与细线间摩擦力以及它们的质量均不计。 下列说法正确的是        多选。 A.打点计时器是一种测量点迹距离的仪器 B.两种方案均需要平衡摩擦阻力 C.两种方案均需要让牵引小车的细线跟长木板保持平行 D.两种方案均需满足槽码质量远小于小车总质量 图2是实验中打下的一条纸带，在其上取连续的A、B、C、D、E五个计数点相邻两计数点间均有4个点，已知交流电的频率为50Hz。计数点C对应的读数为        cm；小车的加速度大小为        保留两位有效数字。 12.用如图所示的电路测量一个量程为，内阻约为的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12V，有两个电阻箱可选，，。 应选______，应选______； 根据电路图，请把实物连线补充完整； 下列操作顺序合理排列是______； ①将变阻器滑动头P移至最左端，将调至最大值； ②闭合开关，调节，使微安表半偏，并读出阻值； ③断开，闭合，调节滑动头P至某位置再调节使表头满偏； ④断开、，拆除导线，整理好器材； 如图丙是调节后面板，则待测表头的内阻为______，该测量值______填“大于”、“小于”、“等于”真实值。 某次半偏法测量表头内阻的实验中，断开，电表满偏时读出值，在滑动头P不变，闭合后调节电阻箱，使电表半偏时读出，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为______用、表示。 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.如图所示，在竖直平面内放置粗细均匀的U形玻璃管内装有水银，左侧管口封闭。左侧管内封闭一定质量的理想气体A，气体A的长度，右侧管内一轻质活塞封闭一定质量的理想气体B，气体B的长度，两侧管内水银液面的高度差。现对轻质活塞施加竖直向下的力F，使活塞缓慢下降直至两侧管内水银液面相平。已知大气压强，玻璃管导热性能良好，环境温度不变，不计活塞与玻璃管的摩擦，活塞不漏气。求： 施加力F前，气体A的压强； 施加力F后，活塞下降的距离。 14.“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中、而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度处，将一质量的小石片以初速度水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为，接触水面后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的。取重力加速度，不计空气阻力。求： 小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离； 第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。 15.如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内存在竖直向下的匀强电场；水平直线边界ab上方、圆形电场以外的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。M为圆与ab边界的切点，P为圆的最高点，Q、N为圆上与圆心O等高的两点。从M点右侧某区域垂直于ab发射不同速率的离子，所有离子均可沿水平方向射入电场区域，离子的比荷为k，不计离子重力及离子间的相互作用力，求： 离子的电性； 若从N点射入电场的离子恰好可从P点射出电场，则匀强电场的电场强度E的大小为多少； 若将水平直线QON上方的磁场方向变为垂直纸面向里，并调整QON上方磁场磁感应强度的大小，同时调整电场强度的大小，使得从距M点右侧处发射的离子可依次经过Q点与N点，则离子在ab上方区域运动的总时间t为多少。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：根据光电效应方程和动能定理可得， 可得 由图，b光的遏止电压最大，a、c两光的遏止电压相等，则b光光子的能量最大，a、c两光光子的能量相等，a光产生光电子的最大初动能与c光产生光电子的最大初动能相等，故AC错误； B.由题图可知a光对应的饱和电流大于c光对应的饱和电流，且a、c两光光子的能量相等，则a光的光强比c光大，故B正确； D.由于b光光子的能量大于c光光子的能量，则b光的频率大于c光的频率，b光的波长比c光的波长短，故D错误。 故选：B。 从题图乙可知，a、c光的遏止电压相等，则a、c光的频率相等，b光的遏止电压大，则b光的频率高；a光的饱和光电流大，则含有的光子数目多；根据光电效应方程分析产生光电子的最大初动能。 此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解答本题的关键是掌握遏止电压、截止频率，以及理解光电效应方程。 2.【答案】B  【解析】解：A、同一游客从不同滑道上的同一高度处滑下，根据可知重力对同一游客做的功相等，但塑料盆的新旧程度不同，与底部的动摩擦因数可能不同，下滑的时间可能不同，整个过程中重力对其做功的功率不一定相同，故A错误； B、不同的游客乘坐的塑料盆与底部的动摩擦因数可能不同，在同一滑道上停下的位置可能不同，故B正确； C、若不计空气阻力，设游客的质量为m，塑料盆与轨道间的动摩擦因数为，轨道的倾角为，从出发点到静止位置的水平距离为x，根据功能关系可得： 解得：， 所以不同滑道上的游客停下的位置不同主要是因为塑料盆与底部的动摩擦因数不同造成的，故C错误； D、在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内能与克服空气阻力产生的内能，故D错误。 故选：B。 塑料盆的新旧程度不同，与底部的动摩擦因数可能不同，下滑的时间可能不同，根据重力功率的计算公式分析重力做功功率；根据功能关系分析不同滑道上的游客停下的位置不同主要原因，以及在整个滑草的过程中能量的转化情况。 本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力做功功率的计算方法，分析求出重力势能与其它能量的转化情况。 3.【答案】C  【解析】解：在匀速圆周运动中，速度是矢量，包含大小和方向两个要素。甲同学位于摩天轮最高点，乙同学位于最低点，两人的线速度大小相等，但方向相反，即速度不相同，故A错误。 B.匀速圆周运动的向心加速度大小为，其方向始终指向圆心。甲的加速度方向竖直向下，乙的加速度方向竖直向上，二者加速度大小相等、方向相反，因此加速度矢量不相同，故B错误。 C.匀速圆周运动的合外力，由于甲、乙两位同学质量m相等，线速度v大小相等，轨道半径r也相等，所以他们所受合外力的大小必然相等，故C正确。 D.同学位于摩天轮最高点，根据重力mg与摩天轮的作用力的合力提供向心力，有，可得；乙同学位于最低点，根据摩天轮的作用力与重力mg的合力提供向心力，有，可得。对比可知，即摩天轮对他们的作用力大小不相等，故D错误。 故选：C。 分析最高点和最低点同学的线速度矢量，指出二者方向相反、速度不同；对比向心加速度，二者方向相反、矢量不相同；根据合外力公式，由质量、线速度、轨道半径相等推导出合外力大小必然相等；通过对最高点和最低点的受力分析，得出摩天轮对同学的作用力大小不相等。 本题考查匀速圆周运动的矢量性与受力分析，核心涵盖线速度、向心加速度的矢量特点，匀速圆周运动合外力的计算，以及最高点和最低点的受力分析与作用力大小比较，检验对匀速圆周运动基本概念和受力规律的理解与应用能力。 4.【答案】A  【解析】解：在图像中，图线的斜率表示电场强度，由题图知，和处的斜率都是负值，说明电场强度方向相同，故A正确； B.处的斜率的绝对值大于处的斜率的绝对值，说明处的电场强度大小大于处的电场强度大小，故B错误； C.从处到处，电势逐渐降低，则移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误； D.根据可知，正电荷在R处具有的电势能为零，在处的电势小于零，所以正电荷在此处具有的电势能小于零，电势为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R处具有的电势能大于在处的电势能，故D错误。 故选：A。 沿电场线电势逐渐降低，分析电场方向；图像斜率大小为电场场强，从而比较电场强度大小；正电粒子电势低，电势能低；电场力做正功，电势能减小；正电荷，电势高的位置电势能高。 本题是一道电场基本性质考查的综合题，考查学生对电场线性质、图像、电势能和电势关系、电势能和电场力做功关系的掌握，难度不高，但需要多熟记。 5.【答案】D  【解析】解：单色光进入平行玻璃砖时，在出射面的入射角等于入射面的折射角，该角始终小于临界角，不会发生全反射，故A错误； B.光导纤维利用全反射传递信息，要求内芯折射率大于外套折射率，故外套折射率比内芯小，故B错误； C.劈尖干涉是等厚干涉，同一级条纹对应相同的空气膜厚度。条纹向棱边空气膜薄的一侧弯曲，说明弯曲处空气膜厚度与条纹平直处相等，即P处工件凹陷；条纹向远离棱边方向弯曲，说明Q处工件凸起，故C错误； D.偏振片M固定，N从与M偏振方向平行的位置转动，透射光强随夹角增大而减小，光屏亮度逐渐减小，故D正确。 故选：D。 结合平行玻璃砖折射、光导纤维全反射、薄膜干涉检验平整度、偏振片消光原理，对各选项逐一分析判断。 本题通过教材典型光学装置图，综合考查光的折射、全反射、薄膜干涉与偏振现象，能有效检验学生对光学基础原理的理解与应用能力，难度适中。 6.【答案】C  【解析】解：A、飞行器在两条轨道上运行时，当处于轨道Ⅰ的近地点位置时，其与地球的距离最小，根据万有引力定律，此时飞行器受到的万有引力最大。由图乙可知，飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点，故A错误； B、结合前述分析，根据图乙，飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点，在时刻经过轨道Ⅰ的P点。因此，飞行器沿轨道Ⅰ从近地点经A点运行至P点所经历的时间为，故B错误； C、根据图乙，在轨道Ⅰ的近地点与远地点分别有和。在轨道Ⅱ的远地点有。根据开普勒第三定律可得，解得，故C正确； D、在至时间内，飞行器先是在轨道Ⅱ上运行，随后转移到轨道Ⅰ上运行。开普勒第二定律适用于同一轨道，因此在这段时间内，飞行器与地球的连线在任意相等时间内扫过的面积并不一定相等，故D错误。 7.【答案】C  【解析】解：质量为m的小球以速度与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得，，可得，，可知碰撞后小球m的速度反向；由图2可知，状态A时小球M的速度为0，状态B时小球m的速度方向与状态A时的速度方向相反，则从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒，故A错误； B.由图2可知，从状态B到状态C，小球m的速度等大反向，所以从状态B到状态C过程是小球m与墙壁发生弹性碰撞，故B错误； C.从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线AB的斜率为，故C正确； D.令，，，则有，可得，由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得，联立可得，故D错误。 故选：C。 碰撞过程必定动量守恒，从状态B到状态C，小球m的速度等大反向，根据数学上求斜率以及求圆半径的方法求解。 本题展现的物理过程十分简单，难点是理解题中给出的那个圆的方程，对数学能力要求程度高。 8.【答案】BD  【解析】解：A、根据同侧原理法知，题图所示时刻两质点均向y轴负方向振动，故质点a比质点b先回到平衡位置，故A错误； B、由图可知，波长，则周期，则经过，则质点的路程为2A，即为，故B正确； C、频率为，波源从处沿x轴正方向运动，在靠近接收者，由多普勒效应，可知在处接收到的波的频率将大于50Hz，故C错误； D、波发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸接近或小于波长，根据题意可知，障碍物的尺寸小于波的波长，所以波能发生明显的衍射现象，故D正确。 故选：BD。 根据同侧原理法分析解答；根据路程和振幅的关系列式解答；根据多普勒效应进行分析解答；根据明显衍射现象的条件分析解答。 考查波发生明显衍射现象的条件和多普勒效应等知识，知道各种波动现象，记住各种现象的特征，属于中等难度考题。 9.【答案】BC  【解析】解：矩形金属线框的长为，宽为，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕竖直中心轴匀速转动，磁场方向水平向右，此时线框平面与磁场方向平行。 A、在图示位置，线框平面与磁场方向垂直，穿过线框的磁通量为最大，此时线框产生的感应电动势为0，故A错误； B、线框在匀速转动过程中，感应电流方向在经过中性面即线框平面与磁场方向垂直的位置时发生改变，图示位置为中性面，因此感应电流方向会在此处改变，故B正确； C、线框产生的感应电动势最大值为，根据闭合电路欧姆定律，感应电流的最大值为，由于产生的是正弦式交变电流，其有效值为，故C正确； D、根据电荷量计算公式，从图示位置磁通量转过后，线框平面再次与磁场平行，磁通量，但磁通量的方向与开始时相反，所以该过程的磁通量变化量，因此通过电阻R的电荷量为，故D错误。 故选：BC。 线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生正弦式交变电流。需明确图示位置线框平面与磁场垂直；电流方向在穿过中性面线框平面与磁场垂直时改变。感应电动势最大值由切割磁感线的有效长度和角速度决定，结合闭合电路欧姆定律可得最大电流，其有效值为最大值除以根号二。计算通过电阻的电荷量需用磁通量变化量与总电阻的比值。 本题以单匝矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动为情境，考查交变电流的产生、瞬时值与最大值、有效值、磁通量变化以及电荷量计算等多个核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，重点考查学生对交流发电机原理的深刻理解，以及在不同位置对磁通量、感应电动势瞬时状态的判断能力。选项C和D的辨析尤其能锻炼学生对公式适用条件的掌握，即电荷量仅取决于磁通量的净变化，而非初末状态的绝对值，这是本题的关键思维深化点。 10.【答案】AC  【解析】解：A、金属棒随圆环转动，切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得。金属棒的两半部分构成并联关系，其等效内阻为。当金属棒ab所受合力为零，即受力平衡时，其速度达到最大值，满足关系，由此解得最大速度，故A正确。 B、对金属棒ab应用动量定理，有，即，代入已知量可解得通过棒ab的电荷量，故B错误。 C、依据能量守恒定律，整个系统产生的总焦耳热为，计算得。考虑到ab棒电阻与其等效内阻相等，故金属棒ab中产生的焦耳热，解得，故C正确。 D、根据闭合电路欧姆定律计算电荷量，有，代入表达式可解得金属棒的位移，该值并非恒定，故D错误。 故选：AC。 金属圆环转动时其直径上的金属棒切割水平向右的匀强磁场，产生感应电动势，该电动势作为电源驱动平行轨道上的金属棒ab运动。分析ab棒的运动过程，其速度最大时感应电动势与电源电动势相等，由此可建立速度与角速度的关系。通过电荷量时需结合动量定理，将安培力的冲量与ab棒的动量变化联系起来。对于焦耳热需从能量角度分析，电源输出的电能一部分转化为ab棒的动能，另一部分转化为整个电路的总焦耳热，再根据电阻比例分配。位移的求解需通过电荷量与位移的关系式推导，注意电荷量表达式中的平均电流与位移相关。 本题是一道综合性较强的电磁学与力学结合题，涉及电磁感应、电路分析、动量定理与能量守恒等多个核心知识点。题目通过旋转圆环与平行导轨的复合模型，考查学生对动态过程中感应电动势、安培力、电荷量及焦耳热等物理量的综合分析与计算能力。其计算量较大，难度中等偏上，需要学生具备清晰的物理图景构建能力和严谨的逻辑推理能力。本题的亮点在于巧妙设计了内外两个磁场与两个运动金属棒的耦合，并需准确识别等效电源的内阻结构，进而分析金属棒ab的变加速运动过程直至达到稳定态。其中，最大速度的求解、电荷量与焦耳热的计算均需基于对物理过程的深刻理解，并灵活运用动量定理与能量守恒定律。选项D的位移表达式具有时间依赖性，这要求学生能洞察到电荷量公式中位移与时间的关联，从而判断其非恒定值。 11.【答案】BC   【解析】解：打点计时器是一种计时仪器，故A错误； B.两种方案都要使小车受到的合力等于细线的拉力，均需要平衡摩擦阻力，故B正确； C.两种方案均需要保持细线拉力不变，需要让牵引小车的细线跟长木板保持平行，故C正确； D.乙方案细线拉力由传感器测得，故甲方案需满足槽码质量远小于小车总质量，乙方案不需要，故D错误。 故选：BC。 刻度尺的最小分度值为，计数点C对应的读数为。 相邻计数点间的时间间隔为 根据逐差法可得小车的加速度为 故答案为：；，。 根据打点计时器的作用判断；根据使小车受到的合力等于细线的拉力判断；根据保持细线拉力不变判断；根据乙方案细线拉力由传感器测得判断； 先确定刻度尺的最小分度值再读数；根据逐差法计算小车的加速度。 本题关键掌握探究小车速度随时间变化规律的实验原理、利用匀变速直线运动规律计算小车加速度的方法。 12.【答案】   ①③②④  小于   【解析】解：微安表的内阻约为，应选； 闭合开关，为了保证通过电阻的电流不变，电阻应选总电阻很大的； 根据电路图连接的实验电路如图所示： 为了保证电路安全，实验时首先将变阻器滑动头P移至最左端，将调至最大值；其次断开，闭合，调节滑动头P至某位置再调节使表头满偏；然后闭合开关，调节，使微安表半偏，并读出阻值；最后断开、，拆除导线，整理好器材； 因此正确顺序为①③②④； 电阻箱的接入电阻 根据半偏法测电阻的原理，电流表内阻的测量值 闭合开关后，电流表与电阻箱的并联电阻变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，通过电阻箱的电流变大，根据并联电路特点和欧姆定律 该测量值小于真实值。 根据欧姆定律和串联、并联电路的特点 解得。 故答案为：；； ； ①③②④； ；小于； 。 根据实验原理，结合半偏法分析作答； 根据电路图完成实验电路的连接； 根据实验的正确操作步骤分析作答； 根据电阻箱读数规则读数，根据半偏法测电阻的原理求解作答；根据并联电路特点和欧姆定律分析作答； 根据欧姆定律和串联、并联电路的特点求解作答。 本题最主要考查了测定电压表或电流表的内阻的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作，掌握欧姆定律、串联和并联电路特点的运用。 13.【答案】施加力F前，气体A的压强为80cmHg；   施加力F后，活塞下降的距离为  【解析】对轻活塞受力分析可知，施加F前，气体B的压强 根据两侧管内水银液面的高低可知， 解得： 当水银液面相平时，左侧管内液面升高，右侧管内液面降低 此时气体A的长度 对气体A，根据玻意耳定律，有 解得： 两侧水银液面相平，有： 对气体B，根据玻意耳定律，有 解得： 故活塞下降的距离为： 解得： 答：施加力F前，气体A的压强为80cmHg； 施加力F后，活塞下降的距离为。 对轻活塞受力分析，结合两侧管内水银液面的高低分析求解； 根据玻意耳定律，结合两侧水银液面相平分析求解。 本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。 14.【答案】开始小石片做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，设第一次刚刚接触水面的速度为，有，则 第一次刚接触水面弹起时竖直方向的速度 小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为，规定初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律得，，则 设接触水面后弹起的水平速度为，根据运动学公式有 设第1次离开水面后到再次碰到水面前在空中运动时间为， 在空中运动的水平距离； 设水面对小石片竖直方向的作用力为F，设竖直向上为正方向，根据动量定理得 解得 第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。 答：小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离为6m； 第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小为2N。  【解析】先根据高度求解小石片第一次刚接触水面的竖直速度，根据题意可知弹起时竖直方向的速度，也可以根据动力学求解和水面接触后的水平速度，进而可求第1次离开水面后到再次碰到水面前在空中运动时间，以及在空中运动的水平距离； 根据动量定理求解水面对小石片竖直方向的作用力，再与水平阻力合成，进而求解出第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。 本题小石块的运动分解成水平运动和竖直运动解题思路才清晰，未接触水面运动过程在竖直方向是自由落体运动或者竖直上抛运动，水平方向是匀速直线运动，接触水面时水平方向是匀减速直线运动，竖直方向可以看成先减速再反向的加速运动。 15.【答案】离子带负电  若从N点射入电场的离子恰好可从P点射出电场，则匀强电场的电场强度E的大小为  离子在ab上方区域运动的总时间t为  【解析】解：根据题意可知，从M点右侧某区域垂直于ab发射不同速率的离子，所有离子均可沿水平方向射入电场区域，结合左手定则可以判断出离子带负电。 离子从ab边界进入磁场到N点做匀速圆周运动，如图 根据几何条件，离子在磁场中的轨迹半径为，则 根据洛伦兹力提供向心力 离子从N点到P点做类平抛运动 水平方向、 竖直方向 解得 离子从距M点处射入磁场，做匀速圆周运动，半径为，如图 解得 离子做匀速圆周运动周期为，运动时间为 根据洛伦兹力提供向心力 解得 即 离子从C点进入电场到Q点做类平抛运动，运动时间为，OC与OM的夹角，则 从Q点离开电场的速度大小为，方向与OQ夹角为 解得， 离子从Q点离开电场进入QON直线上方磁场做匀速圆周运动，运动半径为，周期为，运动时间为，根据几何条件 即 离子从N点返回电场到D点做类斜抛运动，运动时间为，从D点垂直电场离开，据运动的对称性 离子第二次离开电场，从D点到ab边界做匀速圆周运动，用时，据运动的对称性 即 答：离子带负电； 若从N点射入电场的离子恰好可从P点射出电场，则匀强电场的电场强度E的大小为； 离子在ab上方区域运动的总时间t为。 左手定则判断离子的电性； 画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和类平抛运动的规律求匀强电场的电场强度E的大小； 画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出离子做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力和类平抛运动的规律以及对称性求出离子在ab上方区域运动的总时间t。 本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子的运动过程是解题的前提；根据题意作出粒子运动轨迹，确定轨迹半径，牛顿第二定律即可解题。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $