2026届浙江省七彩阳光高三上学期一模物理试题（含答案）

第第页2026届浙江省七彩阳光高三上学期一模物理试题一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．单位“MeV”对应的物理量是（）A．能量 B．电势 C．电压 D．电荷量2．如图所示，在全球首个人形机器人半程马拉松比赛中，机器人“天工”跑完全程21.0975公里。期间三次更换电池，最终夺冠成绩是2小时40分42秒，相当于人类中游水平业余跑者的能力。则（）A．平均速度大小约为8km/hB．研究“天工”跑步姿势时，可以把它看成质点C．相对于身后同速陪跑的工程师，“天工”是静止的D．在两次更换电池时间内，“天工”做匀速直线运动3．如图所示，重力为G的石头卡在绝壁间，悬空于峡湾千米之上。设两侧绝壁光滑且均为平面，左侧平面竖直，右侧平面与竖直方向夹角为θ，左右两侧绝壁对石头的作用力大小分别为F1和FA．F2=GsinθC．人站上石头，F1不变 D．人站上石头，F4．我国自主研发的“玲龙一号”，是全球首个陆上商用模块化小堆，这表明我国的核电技术已处于世界先进水平。其中的一种核反应方程式甲为92235U+01A．x=2，Y粒子是−1B．甲为聚变反应，乙为核衰变反应C．56144BaD．乙中56144Ba5．如图所示，i−t图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像，在t=0时刻，回路中电容器的M板带正电。在某段时间里，回路的磁场能在减小，而M板带负电，则这段时间对应图像中的（）A．Oa段 B．ab段 C．bc段 D．cd段6．高铁运行中供给动力车厢线路的结构原理如图所示。通过牵引变电所的理想变压器把电压U1降到U2，动力车厢内的理想变压器再将U3降到U4后，为动力系统提供电能。两个理想变压器两端的匝数、电压和电流如图所示，输电线路电阻的阻值为r，则（）A．IB．UC．r=D．输入动力系统的功率为U7．如图所示，地球静止轨道卫星甲和沿椭圆轨道运行的卫星乙在同一平面上绕地球转动。甲的圆轨道直径与乙的椭圆轨道长轴相等。A、B分别是椭圆的近地点和远地点，P点为两轨道的交点。则（）A．当乙从A点第一次运动到B点，甲刚好转动一周B．某一时刻甲、乙的速度大小相同C．甲、乙在P点时加速度大小不同D．甲的机械能一定比乙的机械能大8．水平面有一边长为L的等边三角形ABC，N、P、M分别为各边的中点，O点为中心。如图所示，在顶点A、B、C分别固定电荷量为+q、−q、+q（q>0）的点电荷，已知静电力常量为k。则（）A．顶点A、B、C中，B点电势最高B．中点N、P、M中，M点电势最高C．P点电场强度大小为4D．N、P、M和O四点中，O点电场强度最大，大小为6k9．如图所示，一同学从同一位置斜向上抛出篮球，篮球沿轨迹1、2运动时，均垂直撞击竖直墙面。不计空气阻力，则（）A．两次抛出时的速度方向与水平面间的夹角可能相同B．两次抛出时的速度大小可能相同C．撞墙前瞬间，轨迹1篮球的速度比在轨迹2上大D．撞墙前瞬间，轨迹1篮球的机械能比在轨迹2上大10．反射式光纤位移传感器通过检测反射光信号的强度变化来测量物体位移，精度可达纳米级甚至更小。如图所示为一实验小组设计的双光纤结构的原理图。发射光纤和接收光纤均为直径为d的竖直圆柱状玻璃丝，下端面均与被测物体表面平行，两光纤的距离D=2d。激光在光纤内发生全反射，从光纤下端面射出时与竖直方向夹角为α，出射光线经被测物体反射后，射向接收光纤。当被测物体上下发生微小位移时，接收到的激光强度将发生变化，从而测量位移x。若光纤的折射率为n，不考虑光线在被测物体表面的多次反射，出射光线的能量均匀分布，被测物体不吸收光的能量。则（）A．α的最大值arcsinB．若被测物体与光纤下端面间距为x0，激光可以从各个角度入射，则出射光线能照到被测物体的区域面积为nC．若α为最大值，当接收到光强度为出射光强度的一半时，被测物体与光纤下端面间距5dD．若α为最大值，从刚接收到反射光至接收到的反射光最强过程中，被测物体的位移为d二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11．如图为氢原子在可见光区的4条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ分别对应氢原子从表1光的颜色红橙黄光子能量（eV）1.78~1.991.99~2.072.07~2.15光的颜色绿蓝紫光子能量（eV）2.15~2.532.53~2.782.78~3.11表2金属钨钙钠钾铷W04.543.202.292.252.13A．一群处于n=6能级的氢原子只能辐射出3种颜色的可见光光子B．照射同一单缝衍射装置，Hβ的中央明条纹比HC．无论光的强度多大，用红光照射表中的金属，都不能发生光电效应D．照射同一金属板发生光电效应逸出光电子的动能，Hδ比H12．如图所示，两波源S1和S2分别位于x=−6m与x=12m处，以A．t=0时，两波源的振动方向垂直纸面向里B．t=1.25s时，两列波同时到达x=0C．振动较长时间后，在−6mD．0~3s内，x=6m13．如图1所示，两根光滑长直导轨AM和AN在A点连接，处于磁感应强度为B的匀强磁场中。一根长直金属杆垂直AM放置，开始时与A点相距L，杆与A点之间的导轨上连接一阻值为R的电阻。t=0时刻，在水平外力作用下，杆沿平行AM方向以初速度v0水平向右运动，位移为L时到达PQ，杆速度倒数1A．前一半时间内的平均感应电动势比后一半时间内的平均感应电动势小B．位移L2时，速度大小为C．运动到PQ过程中，通过电阻的电量为3BD．运动到PQ过程中，电阻上产生的热量为3三、非选择题（本题共5小题，共58分）14．如图1为“验证机械能守恒定律”实验装置。（1）下列说法正确的是______（多选）A．选用点迹清晰的纸带B．打点计时器直接使用220V交流电源C．打点计时器平面须处于竖直方向，且两个限位孔在同一竖直线上D．选取起始点作为第一个计数点，可用公式vn（2）如图2，O、A、B、C、D、E、F是7个连续的打点，电源频率为50Hz。则打下O点时，重物的速度（选填“为零”或“不为零”）；打下E点时重物速度为m/s（保留2位有效数字）。（3）当地重力加速度g=9.8m/s2，由纸带数据分析重物重力势能的减少量ΔEp（选填“大于”、“小于”或“等于”）15．光敏电阻在光照下的阻值范围通常在几千欧到几十千欧之间。为了测量其阻值，实验室提供如下器材A.光敏电阻RB.干电池C.电压表V（0-3V，内阻RVD.滑动变阻器RE.电阻箱R2（0~99999.9F.单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S（1）在图1电路中，①先调节R1的滑片P至滑动变阻器的②闭合S1，调节滑片P至合适的位置不动，再将S2先后打到“1”、“2”，调节R2，使两次电压表示数相等，则RG=（选填“1（2）在图2电路中，①要使ab两端电压在实验过程中基本不变，R1的阻值②闭合S1，调节R1的滑片P至合适的位置不动，测量时S2先后打到“1”、“2”，电压表的示数分别为U1、U2，则RG=（用U（3）在合理操作的情况下，图2电路测得的RG（选填“大于”、“等于”或“小于”）图1电路测得的R16．如图所示，某探究小组设计了一测量大气压的实验装置。容器A上端连有一直管，直管上的阀门K控制气体进出，A的右端与内部气体体积不能忽略的玻璃弯管相连。弯管的下端连接容器B，与容器B下端相连的玻璃直管底部由橡皮管相连，其中右边直管C上端开口，且可以上下移动。测量开始时，打开K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置1，关闭K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置2，此时两管水银面的高度差h1=19cm；随后打开K，放入体积为V0的物体，缓慢调节C使左侧水银面到达位置1，关闭K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置2，此时两管水银面的高度差h2=20cm（1）放入物体关闭阀门K，左侧水银面从位置1到位置2过程中，外界对气体做功28J，求气体放出的热量Q；（2）求大气压强P0（3）物体仍置于容器A内，若使该容器内气体的温度缓慢升高，通过缓慢竖直调节C，使左侧水银面仍处于位置2，求温度升高到37℃时，在原先基础上，C管需要调节的高度Δh17．如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为O1的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为O2的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。O1O2连线水平，O1D和FGO2竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为m=0.03kg，M=0.01kg，MN长S=4.5（1）若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力FN（2）要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小vD（3）要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能EP18．相距为l的平行导轨PQ、MN处于水平面上，磁感应强度大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两导轨通过单刀双掷开关K连接有电源和电容器。如图所示，一质量为m的导体棒垂直导轨静止放置，已知电容器的电容为C=mB2（1）K掷向1，求导体棒的最大加速度am（2）K掷向1，求导体棒的最大速度vm（3）K掷向1，当导体棒刚达到稳定速度时，求回路中产生的焦耳热Q；（4）若导体棒有一向右的初速度v0，当K掷向2的同时，导体棒受到平行导轨向左的恒力F，求导体棒向右运动的最大位移x19．为探究带电粒子对探测板的作用力，探究小组设计的一实验装置如图所示，粒子源S、加速器出口、速度选择器中线CD、x轴位于同一水平线上。坐标系的第Ⅰ象限全部和第Ⅳ象限部分区域内存在有界磁场，边界OM满足y=−3x。探测板PQ与x轴平行，P点在y轴上，位置可调，PQ长度为l。粒子源S正对加速器出口，单位时间释放N0个粒子，粒子初速度大小连续分布在0和3v0之间，经加速后从C点射入速度选择器，从D点射出后均从O点沿x轴正方向射入磁场，在磁场中偏转后射出边界OM，打到探测板PQ上的粒子均匀分布在探测板上并被探测板吸收。其中，初速度为0的粒子恰好沿中线CD射出速度选择器。已知粒子的质量为m，电荷量为−q（q>0），加速电压为U=mv0（1）求速度选择器电场强度的大小E；（2）求速度选择器间的极板长度L的可能值；（3）调节探测板位置，稳定后，求粒子对探测板的平均作用力竖直分量的最大值Fm及对应的探测板位置y轴坐标。（该问结果用字母N0、q、B2和l表示）

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根据W=Uq可得单位“MeV”对应的物理量是功或者能量，故A正确，BCD错误。

故答案为：A。

【分析】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。2．【答案】C【解析】【解答】A．全程21.0975公里是路程，故平均速率大小约为8km/h，不是平均速度等于8km/h，故A错误；B．研究“天工”跑步姿势时，物体的大小和形状不能忽略，故不能看成质点，故B错误；C．机器人相对于身后同速陪跑的工程师位置没有变化，“天工”是静止的，故C正确；D．在两次更换电池时间内，“天工”的速度会改变，不会做匀速直线运动，故D错误。故选C。

【分析】平均速率等于路程除以时间，平均速度等于位移除以时间，选择不同的参考系，同一物体的运动情况往往不同，与参考系之间位置关系发生改变，则物体是运动的。3．【答案】A【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。A．根据F1、FF2B．F2为直角三角形斜边，F1一定小于CD．人站上石头，θ不变，F1和F故选A。

【分析】以石头为研究对象进行受力分析，根据平衡条件进行分析。4．【答案】D【解析】【解答】A．方程式甲中，根据质量数和电荷数守恒，可计算出x=3；钡144衰变为镧144和Y粒子，电荷数变化56→57，说明Y为β粒子，即−10B．甲是铀核裂变，乙是β衰变，故B错误；C．比结合能越大越稳定，裂变产物（如Ba、Kr）的比结合能高于铀235，因裂变释放能量后产物更稳定，故C错误；D．衰变过程中系统动量守恒，56144Ba故选D。

【分析】根据质量数和电荷数守恒、重核裂变以及比结合能、动量守恒定律进行分析解答。5．【答案】B【解析】【解答】回路的磁场能在减小，说明电路中的电流正在减小，是给电容器充电过程，而M板带负电，所以对应的时间段应该是ab段，故B正确，ACD错误。

故答案为：B。【分析】根据回路磁场能减小分析电容器的充电放电情况，根据M板带电情况分析对应的时间段。6．【答案】A【解析】【解答】掌握变压器的变压比和变流比是解题的基础，知道变电所的输出电压和动力系统的输入电压之间的关系是解题的关键。A．根据变压器电流与匝数关系有I4=又因为I整理得I4B．根据变压器电压与匝数关系有U4=又因为U联立解得U4C．输电线路电阻的阻值为r=UD．根据能量守恒，可知输入动力系统的功率为U1故选A。

【分析】根据变流比计算；根据变压比计算变电所的输出电压，然后根据电路中电压的特点计算动力车厢内变压器的输入电压，然后根据变压比计算；输电线路不是纯电阻电路，不能根据欧姆定律计算输电线的电阻；根据P=UI计算。7．【答案】B【解析】【解答】A．甲的圆轨道直径与乙的椭圆轨道长轴相等，则甲的圆轨道半径与乙的椭圆轨道半长轴相等，根据开普勒第三定律a可得两卫星运动周期相同，当乙从A点第一次运动到B点，只过了半个周期，甲没有转动一周，故A错误；B．根据GMmr2卫星甲的速度大于以B点到地球球心为半径的圆轨道的运行速度，结合变轨原理可知卫星甲的速度大于卫星乙在B点速度。根据变轨原理可知卫星乙在A点速度大于卫星甲的速度，即甲的速度比乙在A点速度小，比乙在B点速度大，某一时刻速度大小将相等，故B正确；C．根据万有引力定律结合牛顿第二定律G可得G即同一位置时，甲、乙加速度大小相同，故C错误；D．机械能大小与卫星质量有关，甲、乙质量未知，机械能大小无法比较，故D错误。故选B。

【分析】根据开普勒第三定律、万有引力提供向心力和卫星变轨以及牛顿第二定律、机械能的知识进行分析解答。8．【答案】B【解析】【解答】本题考查电场以及电势的叠加，结合点电荷产生的电场强度公式，根据平行四边形定则可进行场强的合成，电势叠加直接代数相加即可。A．电场线由正电荷指向负电荷，沿着电场线电势降低，由对称性可知φAB．对称性可知φ沿着电场线电势降低，可知φ综合可得φNC．根据E=BC对P点的叠加合场强大小为E1A对P点的场强大小E2故P点电场强度大小为EPD．由场强叠加可知O点电场强度大小为E由场强叠加可知M点电场强度大小为E对称性可知N点场强与P点场强等大，即E可知O点电场强度不是最大的，故D错误。故选B。

【分析】电场线由正电荷指向负电荷，沿着电场线电势降低，结合对称性分析电势高低；电场强度为矢量，根据点电荷场强计算公式以及矢量合成法则求解场强大小。9．【答案】B【解析】【解答】本题考查斜抛运动的知识。斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。A．设抛出时的速度方向与水平面夹角α，水平方向有x=竖直速度为v可得tan可得轨迹1夹角较大，故A错误；B．抛出时的速度大小v=当x=2h时，v即在h取不同值时，v可能相同，故B正确；C．根据h=可得轨迹1篮球运动时间长，水平距离相同，故轨迹1篮球撞墙前瞬间速度小，故C错误；D．因为不计空气阻力，篮球的机械能守恒，以抛出点为零势能面，机械能E=12mv2故选B。

【分析】篮球垂直撞击竖直墙面，说明在撞击瞬间篮球在水平方向的速度不变，竖直方向的速度为0。10．【答案】D【解析】【解答】本题考查了光的全反射现象、临界角公式的应用，以及几何关系与光的传播规律的综合分析。核心是将全反射规律与几何建模结合，解决光纤应用场最中的光学问题。A．在A点的入射角β越小，反射角β越小，在B点的入射角i越大，α越大。当β小于全反射临界角C时，在A点不能发生全反射，射出光纤端面的光的强度急剧减小，达不到设计要求，所以β不能小于临界角C。当β=C时，在A点恰好发生全反射，光线在B点射出时强度最大，α最大。在A点根据全反射公式sin在B点根据折射定律n=根据直角三角形C+i=90°解得sin解得αmB．出射光线照到被测物体的区域是个圆，α越大，圆的半径Δr越大，当α角最大时，圆的半径Δr最大。因为sinαm圆的最大半径为Δr=圆的最大面积为SmC．当x=5d4反射光线最远照射到接收光纤下端面的圆心处被测物体上圆的半径为r=x当x=5dD．接收光纤刚接收到反射光时，接收光纤的端面到被测物体之间的距离x1为2解得x接收光纤接收到反射光最强时，接收光纤的端面到被测物体之间的距离x2为2解得x被测物体的位移为Δx=故选D。

【分析】利用全反射临界角公式分析光线传播的临界条件，结合几何关系推导入射角度、被测物体间距与位移的数学关系。11．【答案】A,C【解析】【解答】A．一群处于n=6能级的氢原子第一次跃迁可能跃迁到n=1、2、3、4、5能级，则一群处于n=6能级的氢原子向低能级跃迁能辐射出4种可见光光子，

其中E62=E6-E2=-0.38eV+3.4eV=3.02eV；E52=E5-E2=-0.54eV+3.4eV=2.86eV；

E42=E4-E2=-0.85eV+3.4eV=2.55eV；E32=E3-E2=-1.51eV+3.4eV=1.89eV；对比表1可知，只有红、蓝、紫三种颜色的可见光，故A正确；B．由题意，根据E=hcλ，可知Hβ比Hδ的波长大，则C．由图可知红色光的能量值在1.78eV～1.99eV，小于表2中各金属的逸出功，则无论光的强度多大，用红光照射表中的金属，都不能发生光电效应，故C正确；D．根据爱因斯坦光电效应方程hν=可知，照射同一金属板发生光电效应逸出光电子的最大初动能，Hδ比Hα的大，但光电子的动能却处于某一范围内，所以照射同一金属板发生光电效应逸出光电子的动能，Hδ故选AC。

【分析】根据玻尔理论分析；根据能级差分析光子的能量，然后比较频率的大小，进而比较波长的大小和衍射条纹的情况；根据发生光电效应的条件分析；根据光电效应规律分析。12．【答案】A,D【解析】【解答】本题考查了机械波的叠加相关知识，理解不同质点不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．起振方向垂直纸面向外，经过半个周期波源处的振动方向向里，故A正确；B．由图可知λ14解得λ1=4m频率为1Hz，则周期为T=1根据v=解得v1=4t=0时，波源S1和S2最远点分别在x=−4m根据t=Δx可知经1s后，两列波同时到达x=0处，故B错误；C．根据波的平移及叠加特点可知，减弱点分别在−5m、−3m、D．x=6m处为振动减弱点，根据右侧波传到6m处，用时0.25s根据t可知左侧波经1.75s后也传到6m处，此后质点不再振动。则0~3s内，质点振动1.5s，路程为s=6A=30cm，故D正确。故选AD。

【分析】根据时间与周期的关系判断质点的振动状态以及质点的振动路程；相位差等于π的奇数倍则为振动减弱，波速等于波长除以周期。13．【答案】C,D【解析】【解答】A．杆速度倒数1v与位移x间的关系如图2所示，由图像可知图线方程故v=所以E=BvL+xB．由v=v0LL+x可知，当C．根据欧姆定律可得电流I=为一定值，根据速度等于位移除以时间可得速度倒数1v与位移x所围面积为时间t，故可得运动到PQ所用时间t=3L2D．运动到PQ过程中，根据焦耳定律可得电阻上产生的热量为Q=I故选CD。

【分析】通过速度倒数与位移的关系图像分析，利用图像方程推导速度与位移的关系，进而确定感应电动势恒定。通过恒定电流计算电量时需结合图像面积求时间，热量则由焦耳定律得出。14．【答案】（1）A；C（2）不为零；1.4（3）小于；小于【解析】【解答】本题考查了验证机械能守恒定律的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。

（1）A.处理实验数据时，要选用点迹清晰的纸带，故A正确；

B本实验采用的是电磁打点计时器，打点计时器电压为约8V交流电源，故B错误；

C.为了减小纸带与打点计时器之间的摩擦阻力，打点计时器平面须处于竖直方向，且两个限位孔在同一竖直线上，故C正确；D．选取起始点作为第一个计数点，根据0+知可用公式vn故选AC。（2）假设打下O点时，重物的速度为零，电源频率为50Hz，则OA间距大致应为h=而由图2可读出OA间的距离为0.80cm，显然可知打下O点时，重物的速度不为零；打下E点时重物速度为v（3）利用纸带提供数据，可求得v可得重物在AE段动能改变量Δ重力势能改变量Δ由纸带数据分析可知重物重力势能的减少量ΔEp小于如果是由于电源频率造成上述情况，电源的实际频率小于50Hz，根据T=1f可知实际打点周期应大于0.02s，则由速度计算公式可知计算得到速度大于实际的打点速度，从而导致重力势能的改变量小于求得动能的改变量。

【分析】（1）根据实验原理、正确操作，打点计时器的工作电压分析作答；从减小阻力的角度分析作答；根据运动学公式求解作答；

（2）根据自由落体运动公式分析作答；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解作答；（1）A．为了减小实验误差，应选用点迹清晰的纸带，故A正确；B．图中电磁打点计时器使用的是4~6V的低压交流电源，故B错误；C．为了尽可能减小重物和纸带受到阻力的作用，保证它们竖直自由下落，打点计时器平面须处于竖直方向，且两个限位孔在同一竖直线上，故C正确；D．选取起始点作为第一个计数点，根据0+知可用公式vn故选AC。（2）[1]假设打下O点时，重物的速度为零，电源频率为50Hz，则OA间距大致应为h=而由图2可读出OA间的距离为0.80cm，显然可知打下O点时，重物的速度不为零；[2]打下E点时重物速度为v（3）[1]利用纸带提供数据，可求得v可得重物在AE段动能改变量Δ重力势能改变量Δ由纸带数据分析可知重物重力势能的减少量ΔEp小于[2]如果是由于电源频率造成上述情况，电源的实际频率小于50Hz，根据T=115．【答案】（1）最左端；R（2）适当小些；U（3）大于【解析】【解答】本题考查了光敏电阻阻值测量的问题，要求学生掌握实验原理，分清电路的连接方式，用对应的串并联电路的规律求解。

（1）①为了保护电路，滑片P调至滑动变阻器的最左端。

②闭合S1调节滑片P至合适的位置不动，再将S2先后打到“1”、“2”，调节R2使两次电压表示数相等，可知RG在电路中的作用和R2是等效的，故RG=R2（2）滑动变阻器的电阻和光敏电阻相比要小很多，这样开关S2打到“1”和“2”时，滑动变阻器左侧并联部分和光敏电阻、电阻箱构成的整体电阻基本不变，ab两端电压基本不变，故R1解得R（3）开关S2打到“1”时，电压表和光敏电阻并联再与电阻箱串联，打到“2”时，光敏电阻与电阻箱串联再与电压表并联，故电路中电阻变小，故ab两端电压比打到“1”时小，有解得R故图2电路测得的RG偏大，图1电路测得的RG等于真实值，故图2电路测得的RG大于图1电路测得的RG

【分析】（1）①根据保护电路的原则求判断划片的位置；

②根据两次电压表示数相等分析判断RG在电路中的等效电阻；

（2）①根据滑动变阻器的电阻和光敏电阻的大小关系结合电压的关系判断R1的阻值；

②根据电压的关系求RG；

（3）根据电路串并联电阻的规律分析图2电路测得的R（1）[1]为了保护电路，实验开始时应该让滑动变阻器右侧串联部分电阻尽可能大，故滑片P调至滑动变阻器的最左端。[2]闭合S1，调节滑片P至合适的位置不动，再将S2先后打到“1”、“2”，调节R2，使两次电压表示数相等，可知RG（2）[1]滑动变阻器的电阻和光敏电阻相比要小很多，这样开关S2打到“1”和“2”时，滑动变阻器左侧并联部分和光敏电阻、电阻箱构成的整体电阻基本不变，ab两端电压基本不变，故R[2]由题意，ab两端电压在实验过程中基本不变，有U解得R（3）开关S2打到“1”时，电压表和光敏电阻并联再与电阻箱串联，打到“2”时，光敏电阻与电阻箱串联再与电压表并联，故电路中电阻变小，故ab两端电压比打到“1”时小，有解得R故图2电路测得的RG偏大，图1电路测得的RG等于真实值，故图2电路测得的R16．【答案】（1）由热力学第一定律可得Δ解得放出的热量Q=28（2）设容器与玻璃弯管的体积为VA，未放入物体，发生等温变化，由玻意耳定律可得放入物体，发生等温变化，由玻意耳定律可得p联立解得p（3）整个过程为等容变化，由查理定律可得p解得h上移的高度Δ【解析】【分析】（1）根据热力学第一定律ΔU=Q+W计算气体放出的热量。

（2）根据玻意耳定律p1V1=p2V2，结合液体压强公式p=p0+ρgh进行计算。

（3）整个过程为等容变化，根据查理定律通过压强变化计算液面高度差变化。（1）由热力学第一定律可得Δ解得放出的热量Q=28（2）设容器与玻璃弯管的体积为VA，未放入物体，发生等温变化，由玻意耳定律可得放入物体，发生等温变化，由玻意耳定律可得p联立解得p（3）整个过程为等容变化，由查理定律可得p解得h上移的高度Δ17．【答案】（1）恰好过F点，此时只要重力提供向心力，则有mg=m从D到F点，由动能定理可得1解得v结合牛顿第二定律F联立解得F（2）①滑板一直在加速μ解得v根据牛顿第二定律则有μ解得滑板的加速度a则滑板此阶段加速的时间t=1此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得−结合动量定理则有μ解得vD1②滑块恰好能滑上GH，由上述结论可知v故7（3）①在vDmax=4解得l恰好能过最高点时，则有1解得l滑块静止的区域距G点的距离0.14②当vDmax=4m/s时，对应恰好能过最高点时，vDmin=7m/s对应vA解得l=0滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有vAmin综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能EP范围【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律和动能定理求出D点的速度，结合圆周运动表达式求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力FN；

（2）根据牛顿第二定律、动能定理和动量定理求出滑块到达D点时的速度大小vD的范围；

（3）根据能量守恒求出滑块静止的区域距G点的距离，由功能关系和运动学公式求相应的弹簧弹性势能Ep范围。（1）恰好过F点，此时只要重力提供向心力，则有mg=m从D到F点，由动能定理可得1解得v结合牛顿第二定律F联立解得F（2）①滑板一直在加速μ解得v根据牛顿第二定律则有μ解得滑板的加速度a则滑板此阶段加速的时间t=1此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得−结合动量定理则有μ解得vD1②滑块恰好能滑上GH，由上述结论可知v故7（3）①在vDmax=4解得l恰好能过最高点时，则有1解得l滑块静止的区域距G点的距离0.14②当vDmax=4m/s时，对应恰好能过最高点时，vDmin=7m/s对应vA解得l=0滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有vAmin综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能EP范围18．【答案】（1）导体棒开始运动时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得F结合欧姆定律可得I=联立解得a（2）稳定后回路中的电流为零，导体棒速度稳定时达到最大值，则有E=Bl解得v（3）导体棒达到稳定速度过程中，根据动量定理可得∑q=可得∑解得q=根据能量守恒可得Q=qE−解得Q=（4）经判断，开始时电容器两端的初始电压与导体棒动生电动势相等，以向左为正，对导体棒F−Bil=ma其中i=联立解得a=导体棒以v0为初速，加速度a做匀减速运动，最大位移时速度为零。则有x【解析】【分析】（1）开关K掷向1时，导体棒在磁场中受安