精品解析：湖南衡阳市第八中学2026-2027学年高三上学期开学物理试题

衡阳市八中2026年高三年级入学检测 物 理 试 题 满分100分，考试时间75分钟 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. 根据实验结果绘出的四种温度下黑体的辐射强度与波长的关系如图所示。下列分析正确的是（ ） A. 随着温度的升高，只有波长为2 μm的辐射强度增大 B. 随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 C. 德国物理学家维恩利用经典热力学和电磁学得到了与全部实验结果相符合的维恩公式 D. 英国物理学家瑞利利用经典热力学和电磁学得到了与全部实验结果相符合的瑞利公式 2. 斯特林循环是由英国工程师罗伯特・斯特林提出的一种闭式热力学理想循环，它由两个等温过程和两个等容过程组成。如图所示是一种热机的斯特林循环，和均为等温过程，和均为等容过程。一定质量的理想气体经完成一个循环过程，下列说法正确的是（ ） A. 温度 B. 的过程中，每个气体分子的速率均增大，所以气体分子撞击汽缸的力增大 C. 的过程中外界对气体做了功，同时放出了热量 D. 气体经完成一个斯特林循环，因气体又回到了原状态，所以在一个循环过程中气体吸收和放出的热量相等 3. 如图所示，图线、分别是做直线运动的质点A、B的位移-时间图像，其中为开口向下抛物线的一部分，P为图像上一点。为过P点的切线，与x轴交于x=6m的Q点。下列说法正确的是（ ） A. 时，质点A的速率为2m/s B. 质点A的初速度大小为6m/s C. 质点A的加速度大小为 D. 时A、B两质点相遇 4. 如图所示，一质量为的光滑小球静止在挡板与斜面之间，斜面的倾角为，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A. 挡板对小球的弹力大小为 B. 小球对斜面的压力大小为 C. 若将挡板绕转轴顺时针缓慢旋转至水平，则小球对斜面的压力将逐渐减小 D. 若将挡板绕转轴顺时针缓慢旋转至水平，则小球对挡板的压力将逐渐减小 5. 2025年9月7日晚，天空上演壮丽月全食。此时太阳、地球、月球连成一线，地球居中遮挡阳光。已知地球绕太阳，月球绕地球均为逆时针运动。地球绕太阳运动的周期为，轨道半径为，月球绕地球运动的周期为，轨道半径为。忽略太阳与月球之间的引力，某一时刻三者位置关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A. B. 太阳与地球质量之比为 C. 太阳与地球密度之比为 D. 太阳、地球、月球由图示位置到再次出现月全食所需时间为 6. 如图所示为一理想自耦变压器，原线圈接电压为U的正弦式交流电，滑片P1与线圈接触且置于线圈的正中间，滑片P2置于滑动变阻器R的正中间，定值电阻的阻值为R0，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（　　） A. 仅把P1向上移动少许，电流表的示数不变 B. 仅把P2向上移动少许，R0的功率减小 C. 把P1、P2均向上移动少许，电流表示数可能不变 D. 把P1向下移动少许，P2向上移动少许，电源的输出功率可能不变 7. 如图，某匀强电场平行于正六边形所在平面（图中未画出），、、、点的电势分别为8V、6V、2V、0V。现有一电荷量大小为的带电粒子（不计重力）从点以初动能12eV沿方向射入电场，恰好经过的中点。下列说法正确的是（　　） A. 该粒子一定带正电 B. 电场方向从点指向点 C. 该粒子达到点时的动能为20eV D. 该粒子达到点时的电势能为8eV 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. 手持绳上的A点从时刻开始上下做简谐运动，振幅为5cm，时刻绳上的B点开始振动，A点回到平衡位置，绳上形成的波形如图所示，已知质点A、B的间距为6m，波速大小为10m/s，规定向上为质点位移的正方向，下列说法正确的是（　　） A. 质点B起振方向沿绳向右 B. 质点A的振动方程为 C. 手持A点加快振动频率，波传播速度会变大 D. 内质点B通过的路程为70cm 9. 如图，倾角的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框ab边到达虚线PQ处时，线框速度刚好与传送带共速。已知两虚线间距离为d，且，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平行，下列说法正确的是（ ） A. 当线框ab边越过虚线MN后，线框做匀减速运动 B. 当线框cd边越过虚线MN时，线框的速度必为 C. 线框由开始进入磁场到开始离开磁场经历的时间为 D. 线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为 10. 如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车（含圆管）的质量为，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小球滑离小车时，小车速度向右 B. 小球滑离小车时的速度大小为v C. 圆管中轴线距离车身的最大高度为 D. 从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0 三、非选择题（本题共5小题，共57分） 11. 某同学用如图a所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块与竖直转轴间的距离可调。 （1）若某次实验中测得挡光条的挡光时间为，则电动机的角速度为_______。 （2）若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间。画出图像，如图b所示。实验中，测得图线的斜率为，则滑块的质量为_______。 （3）若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以_______(填“r”“”或“”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为，则图线的斜率应为_______。 12. 在练习使用多用电表时： （1）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是（ ） A．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 C．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开 D．欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变 （2）用多用电表的欧姆挡探测二极管的极性，当黑表笔接端，红表笔接端时，指针向右偏转角较大；然后黑、红表笔反接时，指针偏转角较小，说明______（填“”或“”）端是二极管正极。 （3）某同学想通过多用电表A中的欧姆挡，直接去测量相同规格的多用电表B中量程为2.5V的电压挡的内阻，如图甲连线，选择倍率为×1k欧姆挡，测量前应对多用电表A进行______，按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从A表读出B表内阻约为______，从B表读出电压约为______V。计算出多用电表A的电源电动势约为______V（已知表盘正中电阻刻度值为15，计算结果保留两位有效数字）。 13. 如图所示，一个截面是夹角为扇形的透明圆柱体，放置在水平桌面上。现有一束光平行于桌面从的中点射到圆柱体表面上，折射进入后恰好从中点处垂直于截面射出；若将这束光平行于桌面从中点处射到圆柱体表面上，则折射后从截面的点射出，测得距圆心的距离为。求： （1）透明圆柱体的折射率； （2）光束从到经历的时间。 14. 如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子沿y轴正方向以速度从O点射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30°。粒子的重力不计，试求： （1）圆形匀强磁场区域的最小面积； （2）粒子在磁场中运动的时间； （3）b到O的距离。 15. 如图所示，一半径为的细圆管道竖直放置，底端分别与两侧水平直轨道相切。左侧轨道的左端固定一水平放置的轻质弹簧，右侧轨道的右端处固定一挡板。将质量为3 m的小球A压紧弹簧后由静止释放，小球A脱离弹簧后与静置于左侧轨道的质量为的小球B发生弹性正碰，碰撞后小球A被立刻取走，小球B第一次运动到圆管道的最低点时对管道的压力大小为；小球B经过圆管道后和右侧水平轨道处的挡板碰撞，反弹后第二次经过圆管道最高点时，所受的弹力恰好为零。已知右侧水平轨道段粗糙，长度为，其余管道及轨道部分均光滑，小球可视为质点，小球B每次与挡板碰撞前、后的动能之比为，已知重力加速度。求： （1）小球B第一次被A碰撞后的速度大小和释放小球A瞬间弹簧的弹性势能； （2）小球B与右侧段水平轨道间的动摩擦因数； （3）小球B最终停下的位置与挡板间的距离。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳市八中2026年高三年级入学检测 物 理 试 题 满分100分，考试时间75分钟 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. 根据实验结果绘出的四种温度下黑体的辐射强度与波长的关系如图所示。下列分析正确的是（ ） A. 随着温度的升高，只有波长为2 μm的辐射强度增大 B. 随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 C. 德国物理学家维恩利用经典热力学和电磁学得到了与全部实验结果相符合的维恩公式 D. 英国物理学家瑞利利用经典热力学和电磁学得到了与全部实验结果相符合的瑞利公式 【答案】B 【解析】 【详解】A．随着温度的升高，所有波长的辐射强度都增大，A错误； B．由图可知，随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，B正确； CD．德国物理学家维恩利用经典热力学和电磁学得到了短波区与实验结果相符合的维恩公式，英国物理学家瑞利利用经典热力学和电磁学得到了长波区与实验结果相符合的瑞利公式，CD错误。 故选B。 2. 斯特林循环是由英国工程师罗伯特・斯特林提出的一种闭式热力学理想循环，它由两个等温过程和两个等容过程组成。如图所示是一种热机的斯特林循环，和均为等温过程，和均为等容过程。一定质量的理想气体经完成一个循环过程，下列说法正确的是（ ） A. 温度 B. 的过程中，每个气体分子的速率均增大，所以气体分子撞击汽缸的力增大 C. 的过程中外界对气体做了功，同时放出了热量 D. 气体经完成一个斯特林循环，因气体又回到了原状态，所以在一个循环过程中气体吸收和放出的热量相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．为等容过程，根据可知压强变大，温度升高，可知，故A错误； B．的过程中，压强变大，温度升高，平均速率增大，但不是每个气体分子的速率均增大，单个分子的速率不断变化，撞击汽缸的力不断变化，故B错误； C．的过程中体积变小，可知外界对气体做功，但是温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可得，放出了热量，故C正确； D．和均为等容过程，气体不对外做功。气体经完成一个斯特林循环，因气体又回到了原状态，内能变化为零。根据图像的面积表示功，可知气体对外做功的值大于外界对气体做功的值，所以在一个循环过程中气体表现为对外做功，可知气体吸收和放出的热量不相等，表现为吸热，故D错误。 故选C。 3. 如图所示，图线、分别是做直线运动的质点A、B的位移-时间图像，其中为开口向下抛物线的一部分，P为图像上一点。为过P点的切线，与x轴交于x=6m的Q点。下列说法正确的是（ ） A. 时，质点A的速率为2m/s B. 质点A的初速度大小为6m/s C. 质点A的加速度大小为 D. 时A、B两质点相遇 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图像的切线斜率表示速度，可知时，质点A的速率为，故A错误； BC. 为开口向下抛物线的一部分，可知质点A沿正向做匀减速直线运动，设质点A的加速度大小为a 根据逆向思维可得， 解得，，故B错误，C正确； D．由图像可知，质点B沿负向做匀速直线运动，其速度大小为 设经过时间t，A、B两质点相遇，则有 解得，故D错误。 故选C。 4. 如图所示，一质量为的光滑小球静止在挡板与斜面之间，斜面的倾角为，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A. 挡板对小球的弹力大小为 B. 小球对斜面的压力大小为 C. 若将挡板绕转轴顺时针缓慢旋转至水平，则小球对斜面的压力将逐渐减小 D. 若将挡板绕转轴顺时针缓慢旋转至水平，则小球对挡板的压力将逐渐减小 【答案】C 【解析】 【详解】AB．对小球进行受力分析，小球受到重力G、挡板A的弹力F1和斜面B的弹力F2，三力平衡，由平衡条件 根据牛顿第三定律小球对斜面的压力大小为，故AB错误； CD．若将挡板绕转轴顺时针缓慢旋转至水平，对小球受力如图，也顺时针缓慢旋转至水平，大小先减小后增大，则可知小球对挡板的压力先减小后增大，小球对斜面的压力将逐渐减小，故C正确，D错误。 故选C。 5. 2025年9月7日晚，天空上演壮丽月全食。此时太阳、地球、月球连成一线，地球居中遮挡阳光。已知地球绕太阳，月球绕地球均为逆时针运动。地球绕太阳运动的周期为，轨道半径为，月球绕地球运动的周期为，轨道半径为。忽略太阳与月球之间的引力，某一时刻三者位置关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A. B. 太阳与地球质量之比为 C. 太阳与地球密度之比为 D. 太阳、地球、月球由图示位置到再次出现月全食所需时间为 【答案】D 【解析】 【详解】AB．设太阳质量，地球质量，月球质量，地球绕太阳 月球绕地球 联立得太阳与地球质量之比为，，故AB错误； C．由于不知道太阳与地球的球体半径，故无法求出太阳与地球密度之比，故C错误； D．太阳、地球、月球由图示位置到再次出现月全食，月球多转半圈，有 解得再次出现月全食所需时间为，故D正确。 故选D。 6. 如图所示为一理想自耦变压器，原线圈接电压为U的正弦式交流电，滑片P1与线圈接触且置于线圈的正中间，滑片P2置于滑动变阻器R的正中间，定值电阻的阻值为R0，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（　　） A. 仅把P1向上移动少许，电流表的示数不变 B. 仅把P2向上移动少许，R0的功率减小 C. 把P1、P2均向上移动少许，电流表示数可能不变 D. 把P1向下移动少许，P2向上移动少许，电源的输出功率可能不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．仅把P1向上移动少许，副线圈的匝数增大，根据理想变压器原理，副线圈两端电压变大，即电压表示数变大，则I2变大，根据可知，I1变大，则电流表示数变大，故A错误； B．仅把P2向上移动少许，副线圈两端电压不变，R接入电路的阻值变小，则流过副线圈的电流变大，R0的功率变大，故B错误； C．把P1、P2均向上移动少许，副线圈的电压增大，R接入电路的阻值减小，电流增大，则电流表示数变大，故C错误； D．把P1向下移动少许，把P2向上移动少许，副线圈的电压减小，负载的电阻减小，负载的功率可能不变，电源的输出功率可能不变，电流表示数可能不变，故D正确。 故选D。 7. 如图，某匀强电场平行于正六边形所在平面（图中未画出），、、、点的电势分别为8V、6V、2V、0V。现有一电荷量大小为的带电粒子（不计重力）从点以初动能12eV沿方向射入电场，恰好经过的中点。下列说法正确的是（　　） A. 该粒子一定带正电 B. 电场方向从点指向点 C. 该粒子达到点时的动能为20eV D. 该粒子达到点时的电势能为8eV 【答案】B 【解析】 【详解】B．作出AD的四等分点H、I、J，如图所示 由于匀强电场中平行等间距的两条线段之间的电势差相等，则有 其中，，， 解得，， 可知，BH为一条等势线，根据几何关系可知，AD垂直于BH，由于电场线垂直于等势线，且由高电势点指向低电势点，可知，电场方向从点指向点，故B正确； A．结合上述可知，电场方向从点指向点，由于粒子从点以一定速度沿方向射入电场，恰好经过的中点，表明粒子所受电场力方向与电场方向相反，可知，粒子一定带负电，故A错误； C．根据几何关系可知，GI垂直于AD，则GI为一条等势线，可知 根据动能定理有 其中， 解得，故C错误； D．该粒子达到点时的电势能 结合上述解得，故D错误。 故选B。 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. 手持绳上的A点从时刻开始上下做简谐运动，振幅为5cm，时刻绳上的B点开始振动，A点回到平衡位置，绳上形成的波形如图所示，已知质点A、B的间距为6m，波速大小为10m/s，规定向上为质点位移的正方向，下列说法正确的是（　　） A. 质点B起振方向沿绳向右 B. 质点A的振动方程为 C. 手持A点加快振动频率，波传播速度会变大 D. 内质点B通过的路程为70cm 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由波形图及波传播方向可知质起振方向沿垂直绳向下运动，故A错误； B．由波形图可知 波长 波速，解得周期 波源起振方向与相同，即向下、振动位移为负值，由振动方程代入可得质的振动方程为，故B正确； C．波传播速度由介质决定，波源加快振动频率，但波传播速度不变，故C错误； D．波传到点，则 内质振动时间 质通过的路程，故D正确。 故选BD。 9. 如图，倾角的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框ab边到达虚线PQ处时，线框速度刚好与传送带共速。已知两虚线间距离为d，且，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平行，下列说法正确的是（ ） A. 当线框ab边越过虚线MN后，线框做匀减速运动 B. 当线框cd边越过虚线MN时，线框的速度必为 C. 线框由开始进入磁场到开始离开磁场经历的时间为 D. 线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．当线框ab边越过虚线MN后，边切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律可知边受到沿斜面向下的安培力，由题意可知 线框做减速运动，随着速度减小，感应电动势减小，则，所受安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，当 又 联立可得 线框做匀速运动时，线框可能完全进入磁场，也可能还没有完全进入磁场，故AB错误； D．设传送带速度为，线框完全进入磁场时的速度为，从线框完全进入磁场到线框ab边到达虚线PQ过程中，根据动能定理 从线框ab边越过虚线MN进入磁场到线框完全进入磁场过程中，根据动能定理 联立解得 又 线框出磁场和进入磁场的过程中产生的焦耳热相等，则线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为 故D正确； C．对线框由开始进入磁场到开始离开磁场的过程由动量定理 又 可得 联立解得 故C正确。 故选CD。 10. 如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车（含圆管）的质量为，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小球滑离小车时，小车速度向右 B. 小球滑离小车时的速度大小为v C. 圆管中轴线距离车身的最大高度为 D. 从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0 【答案】BC 【解析】 【详解】A B．小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒可得， 由机械能守恒可得 解得 或（因不符合实际情况，舍去） 小球滑离小车时，小车速度0。A错误；小球滑离小车时的速度大小为v，B正确； C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，故由动量守恒定律 解得 由机械能守恒定律，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量 所以，车上管道中心线最高点的竖直高度 C正确； D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，总冲量不为0。D错误。 故选BC。 三、非选择题（本题共5小题，共57分） 11. 某同学用如图a所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块与竖直转轴间的距离可调。 （1）若某次实验中测得挡光条的挡光时间为，则电动机的角速度为_______。 （2）若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间。画出图像，如图b所示。实验中，测得图线的斜率为，则滑块的质量为_______。 （3）若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以_______(填“r”“”或“”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为，则图线的斜率应为_______。 【答案】 ①. ②. ③. r ④. 【解析】 【详解】（1）［1］由 可得 （2）［2］由题意可得 故 因此滑块的质量 （3）［3］由 可知，当m、一定时，，所以以r为横轴； ［4］画图象，则图线的斜率为 12. 在练习使用多用电表时： （1）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是（ ） A．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 C．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开 D．欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变 （2）用多用电表的欧姆挡探测二极管的极性，当黑表笔接端，红表笔接端时，指针向右偏转角较大；然后黑、红表笔反接时，指针偏转角较小，说明______（填“”或“”）端是二极管正极。 （3）某同学想通过多用电表A中的欧姆挡，直接去测量相同规格的多用电表B中量程为2.5V的电压挡的内阻，如图甲连线，选择倍率为×1k欧姆挡，测量前应对多用电表A进行______，按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从A表读出B表内阻约为______，从B表读出电压约为______V。计算出多用电表A的电源电动势约为______V（已知表盘正中电阻刻度值为15，计算结果保留两位有效数字）。 【答案】 ①. AC##CA ②. ③. 欧姆调零 ④. 13 ⑤. 1.32 ⑥. 2.8##2.9 【解析】 【详解】（1）[1]A．由于欧姆表是由直流电流表改装成的，所以要求电流应从“+”插孔进，从“-”插孔出，否则指针将反向偏转，因此如果红黑表笔分别插在负、正插孔时不会影响测量结果，A正确； B．若双手捏住两表笔金属杆，由于人是导体，会使测量结果偏小，故B错误； C．为防止有电源时烧坏表头或其它电阻影响待测电阻，测量时应将该电阻与外电路断开，C正确； D．根据闭合电路欧姆定律，调零时应有 所以若电池电动势变小内阻变大，调零时应有 比较可知，两次的中值电阻阻值不同，即测量结果会发生变化，D错误。 故选AC。 （2）[2]用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针向右偏转角较大，说明电阻很小，由于黑表笔内部接电源的正极，说明所加的是正向电压，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明加了反向电压，故a端是二极管的正极。 （3）[3][4][5]测量前应对多用电表A进行欧姆调零，按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从A表读出B表内阻约为 读取第二行的刻度，由于多用电表B中量程为2.5V的电压，则从B表读出电压约为 [6]由于表盘正中电阻刻度值为15，则当选用×1k欧姆挡时欧姆表的内阻是，根据欧姆定律可知，电源电动势 13. 如图所示，一个截面是夹角为扇形的透明圆柱体，放置在水平桌面上。现有一束光平行于桌面从的中点射到圆柱体表面上，折射进入后恰好从中点处垂直于截面射出；若将这束光平行于桌面从中点处射到圆柱体表面上，则折射后从截面的点射出，测得距圆心的距离为。求： （1）透明圆柱体的折射率； （2）光束从到经历的时间。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 如图所示，由几何关系得 又 则透明圆柱体的折射率 【小问2详解】 如图所示，由几何关系得 又 得 因为所以 可得 光在圆柱体内传播的速度 则光束在圆柱体内从C到D经历的时间 14. 如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子沿y轴正方向以速度从O点射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30°。粒子的重力不计，试求： （1）圆形匀强磁场区域的最小面积； （2）粒子在磁场中运动的时间； （3）b到O的距离。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）作出轨迹如图所示 带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力 由分析可知带电粒子从O处进入磁场，转过120°后离开磁场，再做匀速直线运动从b点射出，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为 要使圆形磁场区域面积最小，其半径刚好为l的一半，即有 则圆形匀强磁场区域的最小面积 解得 （2）粒子在磁场中运动的周期 则粒子在磁场中运动的时间 （3）根据几何关系可知 15. 如图所示，一半径为的细圆管道竖直放置，底端分别与两侧水平直轨道相切。左侧轨道的左端固定一水平放置的轻质弹簧，右侧轨道的右端处固定一挡板。将质量为3 m的小球A压紧弹簧后由静止释放，小球A脱离弹簧后与静置于左侧轨道的质量为的小球B发生弹性正碰，碰撞后小球A被立刻取走，小球B第一次运动到圆管道的最低点时对管道的压力大小为；小球B经过圆管道后和右侧水平轨道处的挡板碰撞，反弹后第二次经过圆管道最高点时，所受的弹力恰好为零。已知右侧水平轨道段粗糙，长度为，其余管道及轨道部分均光滑，小球可视为质点，小球B每次与挡板碰撞前、后的动能之比为，已知重力加速度。求： （1）小球B第一次被A碰撞后的速度大小和释放小球A瞬间弹簧的弹性势能； （2）小球B与右侧段水平轨道间的动摩擦因数； （3）小球B最终停下的位置与挡板间的距离。 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 小球第一次到达圆管道最低点时，由牛顿第二定律有 解得，设小球与小球碰撞前的速度为，碰撞后小球的速度为。由动量守恒定律有 弹性碰撞中系统动能守恒，有 联立解得 小球脱离弹簧前，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，故 【小问2详解】 小球第一次通过圆管道到达点时的动能为 设动摩擦因数为。小球从点运动到点并与挡板碰撞后返回点时，动能为 小球第二次经过圆管道最高点时弹力为零，设此时速度为，则 解得 从点到圆管道最高点的过程中机械能守恒，因此 代入得 解得 【小问3详解】 小球第二次通过圆管道最高点后从左侧离开圆管道，在左侧弹簧处无损反弹，随后再次通过圆管道到达点，动能仍为 小球再次通过粗糙段到达点并发生第二次碰撞前，动能为 第二次与挡板碰撞后的动能为 反弹后小球在粗糙段上减速至停止，由动能定理有 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $