2026年高考物理二轮信息必刷卷02（山东专用）（解析版）

2026年高考二轮信息必刷卷02（山东专用）

物理

考情速递

高考·新考法：第4题通过双缝干涉实验中玻璃片引入的光程差问题，要求学生结合折射率与光传播时

间的本质关联，脱离公式套用，体现对物理概念深层逻辑的理解。

多维设问：第13题利用摆球运动的拉力传感器数据，结合振动图像与机械能守恒，设置“图像斜率与

重力加速度关系”的开放型问题，需自主构建实验误差分析模型。

高考·新情境：

航天科技：第1题以“羲和号”太阳探测卫星为背景，结合氢原子能级跃迁考查光子能量计算，体现科

技前沿与基础物理的结合。

运动场景：第3题以“滚滚乐”游戏为模型，通过匀减速直线运动的多段位移分析，考查逆向思维在运

动学中的应用。

天体物理：第5题以外太空小行星轨道干预为情境，结合开普勒定律与动量守恒，分析椭圆轨道的速度

变化规律。

工业设计：第10题基于新情境和点电荷电势公式的信息，考查电场强度和有关电场中的动力学问题。

电磁应用：第11题以电磁减速器为背景，通过线圈切割磁场产生的安培力分析，考查动态过程中的动

量定理应用。

热学实验：第16题围绕“琉璃不对儿”玩具的气体状态变化，结合查理定律与理想气体状态方程，设

计温度变化对气体质量和压强的影响分析。

命题·大预测：强化核心素养：注重基础概念的本质理解和基本物理规律的应用。

情境化训练：多接触科技热点（电磁弹射和减速、光纤传感）和生产生活体育背景题，提升信息提取与

建模能力。

动态过程分析：对功能关系、动量守恒、带电粒子在电磁场中运动和电磁感应综合问题进行拆解训练，

掌握微元法与守恒思想。

实验探究能力：总结教材实验，掌握实验的基本原理，拓展变式实验的训练，培养开放性设计思维。

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1．我国太阳探测科学技术试验卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα和Hγ

分别为氢原子由n3和n5能级向n2能级跃迁产生的谱线，如图所示，用Hγ对应的光照射某种金属表

面，恰好能使该金属发生光电效应。下列说法正确的是（）

A．Hα对应的光子能量为1.89eV

B．用Hα对应的光照射该金属表面也能发生光电效应

C．若照射光的频率大于Hγ对应的光的频率，则该金属的逸出功增大

D．若照射光的频率大于Hγ对应的光的频率，则逸出的光电子的最大初动能不变

【答案】A

【详解】A．根据能级跃迁公式，对α谱线，Hα对应的光子能量为EαE3E21.51eV3.40eV1.89eV，

故A正确。

B．根据能级跃迁公式，对γ谱线，Hγ对应的光子能量为EγE5E20.54eV3.40eV2.86eV

根据Ehν可知Hα的频率小于Hγ的频率，Hγ照射某金属时恰好发生光电效应，则Hα照射该金属时不能发

生光电效应，故B错误。

CD．根据光电效应方程EkmhW0hh0

可知，若照射光的频率大于Hγ对应的光的频率，则光电子的最大初动能增大，逸出功的大小与入射光频率

无关，由金属本身决定，故CD错误。

故选A。

2．公园里常能见到“乌龟叠罗汉”的有趣景象。如图所示，三只乌龟A、B、C静止叠在水平地面上，此时

吹来一阵水平向左的风，作用在乌龟壳的侧壁上（可视作竖直平面），三只乌龟在风力作用下依然保持静止，

则下列说法正确的是（）

A．风力越大，B所受的合力越大B．B受到其他龟的力方向竖直向上

C．风力越大，A所受其他龟的力越大D．如果风力从0开始逐渐增大，A受到的摩擦力逐渐减小

【答案】C

【详解】A．三只乌龟在风力作用下依然保持静止，处于平衡状态。根据平衡条件，物体所受的合力为零。

因此，无论风力多大，只要乌龟B保持静止，它所受的合力就始终为零，故A错误；

B．对乌龟B进行受力分析，B受到自身重力、风力、乌龟A对它的作用力以及乌龟C对它的作用力。根

据平衡条件，B受到的所有力的合力为零，其他龟的力需要平衡B的重力和风力的合力。由于重力竖直向

下，风力水平向左，它们的合力方向指向左下方，因此其他龟的力方向必然指向右上方，而不是竖直向上，

故B错误；

C．对乌龟A进行受力分析。A受到自身重力、风力以及其他龟的力。A处于平衡状态，所以其他龟的力与

A受到自身重力、风力的合力等大反向。当风力增大时，A受到自身重力、风力的合力大小会增大，所以A

所受其他龟的力增大，故C正确；

D．对乌龟A进行受力分析，风、重力沿着龟背方向的分力与静摩擦力平衡，当风力从0开始逐渐增大时，

A受到的摩擦力先向上减小再反向增大，故D错误。

故选C。

3．如图甲所示是一种名为“滚滚乐”的游戏，其过程可简化为如图乙所示的物理模型：某同学从水平地面上

的O点以一定的初速度推出滚瓶，假设滚瓶（视为质点）从O点出发后一直做匀减速直线运动，途经A、B、

C、D四个点，最终刚好停在E点。已知A到E相邻两点之间的距离均为0.3m，滚瓶从D点运动到E点所

用时间为0.6s。关于滚瓶的运动，下列说法正确的是（）

A．A到C和C到E所用时间相等

B．加速度大小为0.6m/s2

C．经过C点时的速度大小为2m/s

D．C到D所用时间为1.8s

【答案】C

【详解】A．A到E相邻两点之间的距离相等，滚瓶做匀减速直线运动，速度越来越小，在AC段和CE段

运动过程中位移相等，则时间不相等，故A错误；

B．运用逆向思维分析，滚瓶从E点开始做初速度为零的匀加速直线运动，运动到D的过程中，设加速度大

1

小为a，根据xat2

2

5

代入数据可得am/s2，故B错误；

3

2

C．滚瓶从E点匀加速到C点，由速度位移公式得vC2axEC

解得vC2m/s，故C正确；

1

D．滚瓶从E点匀加速到C点，有xat2

EC2EC

32

可得tECs

5

321

可得到所用时间为32，故错误。

CD0.6ssD

55

故选C。

4．双缝干涉实验装置的截面图如图所示，线光源S到双缝S1、S2的距离相等，O点为S1，S2连线中垂线与

光屏的交点，光源S发出波长为的红色激光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接

传播到O点，玻璃片厚度为4，玻璃对该波长的光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的

反射。以下判断正确的是（）

6

A．由S1到O点与由S到O点，光传播的时间差Δt

2c

B．O点出现亮条纹

C．若换成波长更短的绿光，O点一定为亮条纹

D．若光屏向左移动少许，则光屏上条纹间距变大

【答案】B

c2

【详解】AB．玻璃对该波长的光的折射率为1.5，则光在该玻璃中的传播速度为vc

n3

设光由S1到O点的时间为t1，由S2到O点的时间为t2，由题意可知S1到O点的距离等于S2到O点的距离，

4L4L

将其设为L，则有t，t

1vc2c

光传播的时间差为tt1t2

2

代入可得t

c

光程差为xct2

两列光在O点得到加强，出现亮条纹，故A错误，B正确；

C．换用绿光后x'22'

'

其中2不一定为整数，所以O点不一定为亮条纹，故C错误；

'

L

D．根据双缝干涉条纹间距公式x

d

光屏向左移动则L变小，光屏上条纹间距变小，故D错误。

故选B。

5．外太空小行星若有撞击地球风险，人类将主动干预，使得小行星偏离原有的轨道。如图所示，假设某颗

小行星绕太阳做圆周运动，轨道半径为r，运动方向如箭头所示。探测器在P处以较大速度撞击小行星并结

合为一体。小行星的轨道变为图中虚线椭圆轨道，远日点仍为P，近日点为Q，Q到太阳的距离为r1。下列

说法正确的是（）

A．撞击后小行星绕太阳运行的周期可能不变

B．撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前的速度大

22

C．撞击后小行星最大速度与最小速度之比为r:r1

D．探测器可能从后面追上小行星并撞击

【答案】B

【详解】A．由于撞击后轨道的半长轴小于撞击前轨道半径，根据开普勒第三定律可知，撞击后小行星绕太

阳运行的周期变小，故A错误；

vQrr

C．撞击后在近日点Q的速度最大，在远日点P的速度最小，根据开普勒第二定律可得P，故C

vPrQr1

错误；

D．探测器和小行星撞击后，小行星速度变小，轨迹才会变为图中虚线，设探测器质量为m1，速度为v0，

小行星质量为m2，速度为v，撞击后探测器和小行星整体速度变为vʹ，探测器若从后面追上小行星撞击，

有v0v

根据动量守恒定律有m1v0m2v(m1m2)v

mvmv

可得v102v

m1m2

不符合实际，故D错误；

12Mm212Mm2

B．小行星从远日点运动到近日点过程，根据机械能守恒定律可得m2v远Gm2v近G，

2r远2r近

vr

远近

v近r远

2GMr远

解得v近

r近(r远r近)

撞击后与撞击前相比，r远不变，r近变小，则v近增大，即撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前的速度大，

故B正确。

故选B。

6．简单易做的斯特林热机是科普界的网红，它是伦敦的一位牧师于1816年发明的。它的原理称作斯特林

循环，由一定质量的理想气体经过两次等温变化和两次等容变化组成，其p-V图像如图所示。在斯特林循

环过程中，下列说法正确的是（）

A．A→B过程中，气体对外做功

B．B→C过程中，气体从外界吸收热量

C．A→B过程和C→D过程，气体做功的绝对值相等

D．D→A过程中，气体分子的平均动能减小

【答案】A

【详解】A．因从A到B过程中，气体体积V增大，气体对外做功，故A正确；

B．因为从B到C过程气体体积V不变，p减小、T减小，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出

热量，故B错误；

C．因为WFxpSxpV，即做功等于p-V图与V轴所围成的区域的面积，故二者做功不相等，

故C错误；

D．从D到A的过程气体体积V不变，压强p增大，温度T增大，内能增大，则分子平均动能增大，故D

错误。

故选A。

7．如图甲所示为某缓冲装置模型，劲度系数为k（足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内

移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以

某一速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，此过程其速度v随时间t变化的v-t图像如图乙所示。已知在

0~t1时间内，图线为曲线，在t1~t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（）

2Ff

A．在0~t1时间内，小车运动的位移为

k

2

2Ff

B．在t1时刻，小车速度v1=2v

0mk

2Ffl

C．在t1时刻，小车速度v1=

m

D．在0~t2时间内，系统摩擦产生热量大于Ffl

【答案】C

F

【详解】A．小车把弹簧压缩到弹簧和轻杆整体所受弹力等于摩擦力时，即x＝f

k

Ff

小车、弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，所以在0~t1时间内，小车运动的位移为，故A错误；

k

Ff1212

B．t1时刻弹簧弹力等于Ff，在0~t1时间内，对小车由动能定理得xmvmv

22120

F2

解得vv2f，故B错误；

10km

C．t1时刻后，小车、弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，直至速度为零，运动的位移为l，根据动能定

1

理得Fl＝0－mv2

f21

2Fl

解得v＝f，故C正确；

1m

＝

D．在0~t2时间内，轻杆摩擦产生热量QFfx相对

＝

其中相对位移为l，所以系统内摩擦产生热量为QFfl，故D错误。

故选C。

8．如图所示为一小型发电机与理想变压器组成的电路，发电机线圈匀速转动过程中，从图示位置开始，线

2

圈中磁通量随时间变化的规律为103sin100πtWb，已知发电机线圈共有100匝，发电机线圈电阻

和输电线电阻均不计，理想变压器原线圈与定值电阻R08串联，副线圈接有定值电阻R10.5和滑动变

阻器R（阻值范围为010），理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n22:1。电压表V和电流表A均为理

想电表，调节滑动变阻器R的滑片，电压表V和电流表A示数变化量的绝对值为U和I。下列说法正确

的是（）

A．滑动变阻器R的滑片向上滑动，电压表和电流表的示数均变大

U

B．8

I

C．当滑动变阻器R接入电路的阻值为2.5时，电流表A的示数为1A

D．当滑动变阻器R接入电路的阻值为3.5时，变压器的输出功率最大

【答案】C

【详解】A．根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为E(t)N102cos(100t)(V)

t

所以发电机产生的电压有效值为U010V设变压器的原线圈的电压为U1，流过的电流为I1，变压器的副线

圈电压为U（即电压表示数），电流为I（电流表示数）根据欧姆定律，有U0I1R0U1当滑动变阻器滑片

上滑时，接入电路的阻值减小，使得总电路消耗的功率增大，所以I1会增大，U1会减小，根据变压器原理，

UI

有12所以电压表示数会减小，电流表示数会增大，故A错误；

UI1

I

B．代入公式后，有UR2U

020

UR

所以02，故B错误；

I4

II

C．设变阻器接入电路的电阻为R，有公式UR2UR2I(RR)

020201

当R2.5时，I1A，故C正确。

II

D．根据公式UR2UR2I(RR)

020201

代入数据后有10I52R

21000.5R

变压器的输出功率为PI0.5R2

52R

根据数学关系，当R1.5，功率最大，故D错误。故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．在x=0.6m处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在x0.6m处的波源Q产生一列沿x轴

正方向传播的简谐横波。t0时刻两波源开始振动，t0.3s时两列简谐波同时传到O点，波形图分别如图

中实线和虚线所示，则正确的是（）

A．两列波的波速大小均为2m/s

B．再经过0.1s，平衡位置在x0.2m处的质点位移为0.1m

C．两列波叠加稳定后，在0x0.6m间共有2个振动加强点

D．平衡位置在x0.2m处的质点，在前0.5s内运动的路程为50cm

【答案】AD

x0.6

【详解】A．两列波在0.3s内传播的距离为0.6m，则波速vm/s2m/s，故A正确；

t0.3

33

B．由图0.3s内传播，则0.3sT

44

解得T0.4s

再经过0.1s两列波相向传播了xvt20.1m=0.2m

左侧波-0.4m的振动形式传到-0.2m处，右侧波0m的振动形式传播到-0.2m处，叠加后-0.2m处的位移为0，

故B错误；

C．两列波相位相同，振动步调一致，故中点x0m处是振动加强点，在两列波的连线上相邻加强点间的距

离为x0.4m

2

则两列波叠加稳定后，x0.4m、x0m、x0.4m是振动加强点，在0x0.6m间共有3个振动加强点，

故C错误；

D．左侧波传到x0.2m处需要时间为0.4s，右侧波传到x0.2m处需要时间为0.2s，故在00.2s内x0.2m

处的质点振动路程为0；0.2s0.4s内右侧波使质点振动半个周期后回到平衡位置向上振动，振动路程为

s2A2220cm40cm

则x0.2m处的质点到左右两波源的路程差为x0.8m0.4m0.4m

2

是半个波长的奇数倍，是振动减弱点，叠加后的振幅为AA1A210cm

则0.4s0.5s内两列波叠加后振动路程为10cm，则前0.5s内运动的总路程为s=0+40cm+10cm=50cm

故D正确。

故选AD。

10．如图，在充满某稀薄气体的容器内，某同学在金属针尖和屏幕之间施加恒定高压U，使针尖表面附近

气体电离为一价离子，这些离子在电场加速下轰击屏幕，接触屏幕的离子会直接被屏幕吸收。若该针尖顶

kq

部可视为半径为r的半球，球心到屏幕表面中心的垂直距离为LLr，已知点电荷的电势，大地

r

为零电势。则以下说法正确的是（）

A．离子离开针尖表面后作变加速运动

B．针尖表面附近电场强度与r成反比

I

C．若微安表示数为I，则单位时间电离的离子数量为（e为电子的电荷量）

e

aL

D．若针尖表面间距为a的两个离子，撞击到屏幕上的间距为

r

【答案】AB

【详解】A．金属针尖和屏幕之间电场相当于点电荷与金属板间的电场，不是匀强电场，离子离开针尖表面

后作变加速运动，故A正确；

B．由于球心到屏幕表面中心的垂直距离为Lr，可认为金属针尖附近的电场相当于带电导体球周围的电

kQ

场，利用点电荷周围的电场强度E

r2

kQ

而由于针尖处的电势为U，根据点电荷的电势可知U

r

U

联立可得E，故B正确；

r

I

C．电离后的正离子在电场中加速，但不一定打到极板上，因此单位时间电离的离子数量应大于，故C错

e

误；

D．如果电场线为直线，粒子加速度沿着直线运动，两个粒子达到屏幕上的距离为x0，利用相似三角形可知

ar

x0L

而电场线垂直于金属板，如图所示

由于惯性，粒子在电场中并不沿电场线运动，而是偏离电场线，并且距离中心线越远，偏离角度越大，因

aL

此撞击到屏幕上的间距至少为，故D错误。

r

故选AB。

11．电磁减速器是利用电磁感应原理制作的一种新型智能化列车减速系统。该减速器由绝缘滑动杆及固定

在杆上的多个相互紧靠、绝缘的相同单匝矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m0.5kg，每个矩形线圈

abcd电阻值R0.1，ab边长L120cm，bc边长L210cm，该减速器在光滑水平面上以初速度v02m/s

向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B1.0T。整个过程不考虑线圈之间的

相互影响，下列说法正确的是（）

A．减速器刚进入磁场时，线圈abcd中的电流方向为adcba

B．减速器刚进入磁场时，线圈abcd所受到的安培力F0.8N

C．线圈1进入磁场过程所产生的焦耳热等于线圈2进入磁场过程所产生的焦耳热

D．要使列车速度减为零，该减速器上至少有25个线圈

【答案】ABD

【详解】A．减速器刚进入磁场时，磁通量为垂直纸面向里且不断增加，根据楞次定律，可知线圈abcd中

的电流方向为adcba，故A正确；

BLvB2L2v

B．减速器刚进入磁场时，线圈abcd所受到的安培力满足FBILB10L100.8N，故B正确；

1R1R

B2L2v

．线圈进入磁场过程，由动量定理可知1

C1FtBIL1ttmv

R

代入数据得v0.08m/s

故线圈1进入磁场过程速度由v02m/s减为v11.92m/s，线圈2进入磁场过程速度由v11.92m/s减为

v21.84m/s；由能量守恒，线圈产生的焦耳热等于线圈动能的减少量，两过程中线圈动能的减少量不同，

故C错误；

D．由以上分析可知，每个线圈进入磁场的过程中，均会让减速器的速度减少v0.08m/s，列车初速度

v02m/s，可知要使列车速度减为零，该减速器上至少有25个线圈，故D正确。

故选ABD。

12．羽毛球是学生们课间最为喜爱的一项娱乐减压活动，如图所示是羽毛球在空中飞行的轨迹图。羽毛球

被打出后的速度v0与水平方向的夹角为α，到达地面时速度与水平方向的夹角为β。B是羽毛球飞行过程中

的最高点，A到B的时间为t1，B到C的时间为t2，不计空气阻力，羽毛球可以看成质点，则下列说法正确

的是（）

A．α=β

B．t1<t2

vcos

C．羽毛球飞到C点时的速率v0

cos

D．当α=45°时x有最大值

【答案】BC

vy

【详解】A．速度与水平夹角正切tan，C点竖直方向速度大于A，水平速度不变，则tan大，即，

v0

故A错误；

B．羽毛球从最高点开始做平抛运动，具有水平方向的速度和竖直向下的加速度，由运动的可逆性，可得羽

12

毛球从B点到A点和从B点到C点都是平抛运动，由hgt可知tt，故B正确；

212

vcos

C．羽毛球飞行过程中，水平方向做匀速直线运动，由vcosvcos得v0，故C正确；

0cos

D．根据以上分析可知，羽毛球的水平射程为xv0cost1t2水平射程与竖直高度有关，并非只与角度有

关，故D错误。故选BC。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13．（6分）如图甲，将一个特殊的量角器竖直固定在支架上，量角器的零刻线与竖直杆对齐，圆心固定一

个拉力传感器，并与电脑相连接（图中未画出），将不可伸长的细线一端固定在拉力传感器上，悬点刚好与

量角器的圆心重合，另一端与小钢球相连，就构成了可测拉力的摆。龙龙同学想利用此装置验证机械能守

恒定律，实验步骤如下。

（1）实验前用螺旋测微器测量小钢球的直径D，结果如图乙所示，则D=mm；还测量了小钢球

的质量m和小钢球自然悬垂时的悬线长L。

（2）让小钢球以较小的角度在竖直面内摆动，从计算机中得到拉力随时间的变化，图像如图丙所示，则当

地的重力加速度大小为（用L、D、T表示）。

（3）将小钢球向左拉到某一高度，悬线伸直并与量角器平面平行，记录悬线处量角器的示数。

（4）由静止释放小钢球，小钢球摆动过程中传感器的最大示数为F。

（5）多次改变悬线与竖直方向的初始夹角，得到多组及其对应的传感器最大示数F，做Fcos图像，

若小钢球下摆过程中机械能守恒，则图线为一条倾斜直线，且斜率k（用m、L、D、F、T表示）。

2(2LD)m2(2LD)

【答案】6.970/6.971/6.972/6.973gk

2T2T2

【详解】（1）螺旋测微器读数6.547.00.01mm6.970mm

D

（）由图丙知单摆的周期为，代入单摆的周期公式L

22T2T22

g

2(2LD)

可得g

2T2

D12

（5）对摆球从某一高度摆到最低点有mgL(1cos)mv0

22

v2

Fmgm

又最低点D

L

2

解得F3mg2mgcos

m2(2LD)

综合可得图像斜率k2mg

T2

14．（8分）某小组用实验测量一个标注“3.8V100mA”的电动车车灯的电阻。实验室内备有下列器材：

A．电源电动势E4.5V，内阻不计

B．电流表A1（量程0~500μA，内阻为200）

C．电流表A2（量程0~100mA，内阻约为2.0）

D．电阻箱R1(0~9999)

E.滑动变阻器R2(0~20)

F.滑动变阻器R3(0~5k)

J.开关、导线若干

(1)将电流表A1改装成量程为0~4.0V的电压表，需要（填“串联”或“并联”）阻值为电阻。

(2)为使测量数据范围更大，滑动变阻器应选（填写仪器前代号）。

(3)设计如图甲所示测量电路，将如图乙所示的实物图连线成测量电路。

(4)在选择仪器和连接电路准确后，闭合开关S，移动滑动变阻器得到多组电流表示数，作出I1I2图像如图

丙所示，车灯电阻R（保留三位有效数字）；其测量值（填“大于”“等于”或“小于”）真实

值。

【答案】(1)串联7800

(2)E

(3)见解析

(4)38.3等于

【详解】（1）[1]将电流表改装成电压表，需要串联电阻；

[2]根据欧姆定律可得UIg(RgR)

代入数据，解得R7800Ω

（2）为使测量数据范围更大，滑动变阻器应采用分压式连接，所以滑动变阻器最大阻值要小，方便调节。

故选E。

（3）根据电路图连接实物图，如图所示

（4）[1]改装后电压表的内阻为RVRRg8000Ω

电压表的示数为UI1RV

根据并联电路电压相等，可得UI1RV(I2I1)Rx

Rx

整理可得I1I2

RVRx

R400106

x

所以，在I1I2图线中，斜率为k3

RVRx8410

解得Rx38.3Ω

[2]由于测量得到的车灯两端电压和通过车灯的电流均为真实值，所以测得车灯电阻等于真实值。

15．（8分）某科研团队正在研发一种基于圆柱形光纤的高精度激光传感器。如图所示，该传感器核心部件

为一横截面半径为R的玻璃半圆柱体（O为圆心），用于引导和聚焦激光束。一束激光从空气射向玻璃半圆

柱体，其左侧入射点P处的光线垂直于直径AB方向。光线在玻璃内经AB面一次反射后，从半圆柱体的最

高点M射出，出射方向与AB成30角，且与PM共线。已知激光在真空中的速度为c，不考虑AB面的透

射光线。求：

(1)该玻璃半圆柱体对激光的折射率n；

(2)激光从P点射入到从M点射出，在玻璃半圆柱体中运动的时间t。

【答案】(1)n3

3R

(2)t

c

【详解】（1）作出激光在半圆柱体中的光路图如图所示

设从M点射出时的入射角为i、折射角为r，根据光路图，出射方向与AB成30角，且与PM共线，可知

rPMO903060

PM1

连接OP可得OPM为正三角形，则有PMR，所以cosOMP

MM2

可知△PMM为直角三角形，根据几何关系可得i30

sinr

根据折射定律有n解得n3

sini

c

（2）激光在玻璃半圆柱体中的传播速度v

n

激光在玻璃半圆柱体中运动的距离sPQQMPM

根据几何关系有PM2Rcosi3R

s3R

激光在玻璃半圆柱体中运动的时间t解得t

vc

16．（8分）琉璃不对儿是以玻璃为原料吹制的传统发声玩具，形似苹果状烧瓶，底部薄脆，吹吸时可发出“卟

-噔”声，如图所示。已知某琉璃不对儿正常情况下的容积为V0300mL，外界空气的温度为27C，压强为

533

p0110Pa，密度为1.1210g/cm。回答下列问题：

(1)制作完成时，该琉璃不对儿内部气体的温度为（627C，求冷却到室温过程中，琉璃不对儿吸入气体的

质量。

(2)冷却后堵住开口，缓慢加热，琉璃不对儿的底部向外胀起，容积最大增量为V5mL，能承受的最大压

强差为p1103Pa，求内部气体的最大温度。

【答案】(1)0.224g

(2)308.05K

【详解】（1）室温时，琉璃不对儿内部气体的质量为m1V0

VV

内部气体等压膨胀到温度为627℃的过程，有01

T0T1

V0

则制作完成时琉璃不对内部气体的质量为m2m1

V1

琉璃不对儿吸入气体的质量为mm1m20.224g

pVpV

（2）当容积最大、内部气体压强最大时，内部气体温度达到最大，由理想气体状态方程有0012

T0Tmax

其中V2V1V，p1p0p

联立可得Tmax308.05K

17．（14分）如图所示，半径为R2m的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，与光滑平台在最低点相切，P

点是圆弧轨道的最高点。静置在平台上的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将它们连接在一起，其

间夹着一根被压缩的、长度较短的轻质弹簧（两端未与A、B拴接）。木板C、D静置在平台右侧粗糙的水

平面上，上表面与平台平齐，竖直弹性挡板固定在木板D右侧足够远处。已知物块A的质量为m01kg，

物块B的质量为m2kg，木板C、D的质量均为M1kg，C的长度为L3.2m。物块B与木板C、D上

表面的动摩擦因数均为10.25，木板C下表面与水平面间的动摩擦因数为20.2，木板D下表面光滑。

现将物块A、B之间的细绳剪断，物块A脱离弹簧后向左滑入半圆形光滑轨道并恰好能通过最高点P。假

设A到达P点后立即把A取走，木板D足够长且与弹性挡板碰撞后以原速率反弹。最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)轻质弹簧释放的弹性势能；

(2)物块B滑离长木板C时的速度大小；

(3)木板D第一次与弹性挡板碰撞之后运动的总路程。

【答案】(1)75J

(2)3m/s

(3)0.9m

v2

【详解】（1）物体A恰好通过最高点P，根据牛顿第二定律有mgmP

00R

11

物体A上滑至最高点过程有mv2mg2Rmv2

20A020P

解得vA10m/s

对物体A与B构成的系统，根据动量守恒定律有m0vAmvB0

解得vB5m/s

11

轻质弹簧释放的弹性势能Emv2mv2

p20A2B

解得Ep75J

（2）物块B在长木板C上运动时，物块B对长木板C的摩擦力为f11mg5N

长木板C受到水平面的最大静摩擦力为f22Mmg6N

由于f1f2，所以物块B在长木板C上运动时，长木板C、D静止不动，物块B在长木板C上运动时，对

物块B进行分析，根据牛顿第二定律有1mgmaB

2

解得aB2.5m/s

22

令物块B滑离长木板C时的速度为vB1，则有vB1vB2aBL

解得vB13m/s

（3）物块B滑离长木板C后，对物块B与长木板D组成的系统，根据动量守恒定律有mvB1Mmv1

解得v12m/s

1

长木板D与弹性挡板第一次碰撞后以原速率反弹至速度减为0过程，根据动能定理有mgx0Mv2

1D121

2

解得xm

D15

长木板D与弹性挡板第一次碰撞后至物块B与长木板D达到共速过程，根据动量守恒定律有

mv1Mv1Mmv2

1

解得vv

231

1

长木板D与弹性挡板第二次碰撞后以原速率反弹，根据动能定理有mgx0Mv2

1D222

12

解得xm

D295

22n1n1

同理有1，121，12

v3v1xD3m…vnv1xDnm

395395

21

即长木板D与弹性挡板碰撞后向左运动的位移是以xm为首项，以q为公比的等比数列，所以长

D159

木板D第一次与弹性挡板碰撞后运动的总路程为

23n1

11112xD1

sD2xD1xD2xD3xDn2xD11

99991q

解得sD0.9m

18．（16分）现代科技常利用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示的空间直角坐标系Oxyz（z轴

未画出，正方向垂直于xOy平面向外）中，在x轴上的P点(2L,0,0)有一粒子源，可以沿x轴正方向发射

3L

质量均为m、电荷量均为q(q0)、速度大小均为v的带电粒子。在y的空间内存在如图乙所示的交

02

L3L

变电场，电场强度大小E0未知，方向平行于y轴，0~时间内沿y轴正方向；在y的空间内存在如

v02

2mv3L

图丙所示的交变磁场，磁感应强度大小为0，方向沿z轴负方向；在y，x0的空间内存在磁

qL2

2mv3L

感应强度大小也为0、方向沿y轴负方向的匀强磁场；在y，x0的空间内存在电场强度大小

qL2

3L3L

也为E0、方向沿x轴正方向的匀强电场。M点0,,0和N点0,,0为y轴和分界线的交点。已知

22

t0时刻射出的粒子恰好通过M点。不计粒子重力和粒子间的相互作用以及电、磁场的边界效应。求：

(1)电场强度大小E0；

6L

(2)t0时刻射出的粒子在0~时间内离x轴的最大距离；

v0

2L

(3)t时刻射出的粒子第n(n1,2,3,)次到达yOz平面时的坐标。

v0

2

mv05L12

【