2026届广东省江门市高三年级下册高考适应性测试（二模）物理试题（含解析）

2026届广东江门市高三下学期高考适应性测试（二模）物理试题

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有

一项符合题目要求。

1.原子钟依赖于原子中电子的能级跃迁，通过特定频率的微波或激光使电子跃迁到更高的能级。氢

原子的能级图如图所示，大量处于n=2能级的氢原子吸收了大量能量为2.55eV的光子，氢原子辐射

出光的频率最多有（）

nE/W

□O----------------------------------0

3据

3-----------------------------------1.51

2-----------------------------------3.40

1------------------------------------13.60

A.3种B.4种C.5种D.6种

2.卫星A利卫星B均绕地球做匀速网周运动，卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径。下列说法

正确的是（）

A.相同时间内，卫星A与地球中心连线扫过的面积等于卫星B与地球中心连线扫过的面积

B.卫星A的向心加速度小于卫星B的向心加速度

C.卫星A的机械能一定小于卫星B的机械能

D.卫星A的周期小于卫星B的周期

3.2025年8月，世界人形机器人运动会在北京举办。在百米机器人“飞人大战''中，机器人站在同一

起跑线上，发令枪响（记为0时刻）后，A、B两机器人沿直线运动，它们的速度v随时间t变化的

图像如图所示，下列说法正确的是（）

A.两机器人同时出发

B.0〜2s内，A机器人的加速度大小为2TH/SZ

C.t=5s时，B机器人刚好追上A机器人

D.2s〜5s内，两机器人之间的距离一直在减小

4.如图所示，将带正电的小球甲、乙（均视为点电荷）从水平地面上方相同高度处同时由静止释放。

已知小球甲的电荷量和质量均大于小球乙的，不计空气阻力，则两小球从释放到落地的过程中，下列

物理量中，小球甲一定大于小球乙的是（）

甲乙

©©

A.水平位移B.水平方向加速度

C.库仑力做的功D.同一时刻重力的瞬时功率

5.2026年2月11日，梦舟载人飞船系统完成国内首次最大动压逃逸飞行试验.已知动压p的单位为

kg-mT，s-20用p表示空气密度，v表示飞船相对空气的速度，s表示飞船的横截面积，Ek表示飞船

相对于空气运动时的动能，下到关于p的关系式可能正确的是（）

A.p=^pv2B.p=psC.p=3D.p=psv2

6.如图所示，理想变压器原线圈经阻值丁=2。的定值电阻与交流电源相连，交流电源的电压为40V,

7.如图所示，在光滑定滑轮正下方某处固定一带电小球A,用一根绝缘轻质细绳绕过定滑轮，将带

电小球B和不带电物块连接在一起，将物块放在倾角为30。、以恒定速率顺时针转动的传送带上，传

送带上方的细绳与传送带表面平行。初始时，小球B和物块均静止，物块的质量是小球B质量的|,

定滑轮的最高点为C点，AB_LBC且有NACB=60。，定滑轮的大小可以忽略。某时刻小球B缓慢漏

电，下列说法正确的是（）

A.物块与传送带间的动摩擦因数为空

B.在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，细绳的拉力逐渐变小

C.在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，两小球之间的库仑力逐渐变小

D.在小球B缓慢运动至定滑轮的正卜.方前，物块可能沿传送带向下运动

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

8.简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴负方向、x轴正方向相向传播，t=0时刻的波形图如图所示,

实线波形为横波a的波形，波源位于P点，虚线波形为横波b的波形，波源位于Q点。已知横波a

的周期为0.4s,下列说法正确的有（）

y/cm

A.横波a的传播速度为2m/s

B.横波b的传播速度为1m/s

C.0时刻平衡位置在x=0.2m处的质点的加速度沿y轴正方向

D.坐标原点处质点的振幅为0

9.向袋装薯片包装袋内充入氮气，既抑制微生物繁殖与氧化反应，又能缓冲运输途中的冲击。袋装

薯片中的密封氮气（视为理想气体）从状态a开始经a-b-CTa这一循环回到原状态，该过程中氮气

的P-，图像如图所示。已知ab反向延长线过O点，be平行于p轴，ca平行于V轴，氮气在状态a、

b的压强分别为pi、2pi，氮气在状态a的体积为力。对于袋内氮气，下列说法正确的有（）

OV,V

A.a-b过程中氮气分子的平均动能保持不变

B.b-c过程中氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量

C.c-a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加

D.完成a-b-c-a过程，氮气从外界吸收热量

10.完全相同的平行板电容器1、2、3按如图所示的位置放置。开有小孔的负极板固定在等边三角形

PQM的三条边上，三个小孔恰好在三条边的中点，三角形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大

小为B的匀强磁场。。时刻比荷为k的带正电粒子从PQ边上小孔处垂直于PQ边射入三带形内，依

次穿过各个小孔后能回到初始位置。已知三角形的边长为L,电容器的两极板均连接在恒压电源两端

且板间距离均为d,不计粒子的重力。下列说法正确的有（）

P

QM

2

A.粒子在磁场中运动的速度大小为

B.电容器两板之间的电压至少为粤工

O

C.粒子每次在电容器内运动的时间可能大于盖

D.仅移动正极板来改变电容器的板间距离，粒子仍能回到出发位置

三、非选择题：本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。

11.某学习小组使用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。用不可伸长的细线悬挂一个质量为

m的小球，将光电门置于小球平衡位置，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。将小球拉

离平衡位置并记录小球与平衡位置的高度差h,然后由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记录

小球经过光电门的挡光时间I。改变h,测量多组数据。已知重力加速度大小为g,忽略阻力。

23(cm)

IllIlIHllIllIllllIllllIlll

05101520

乙

（1）用20分度的游标卡尺测小球的直径d,如图乙所示，则小球的直径为mm；

（2）在小球从释放到经过光电门的过程中，小球的动能增加量为o多次正确实验测出多

组数据后，绘制出力-4图像，如图丙中实线所示，若该图线的斜率为,即可证明小球在运

动过程中机械能守恒。（均用题目给定的物理量符号表示）

（3）由于操作错误，某同学每次测量h时测量值都比真实值小Ah,Ah恒定，则他绘制出的九-a

图像可能为图丙中的虚线（填或"c”）-

12.某实验小组想要利用压敏电阻制作压力计，设计了如图甲所示的电路。恒流电源输出的电流恒为

50mA,理想电压表的量程可切唤为。〜3V或0〜15V。压敏电阻的阻值上随压力”变化的图像如图乙

所示。

甲乙丙

（1）某次实验时电压表接入电路的量程为0〜3V,闭合开关后，在压敏电阻上放置某物块后电压

表的示数如图丙所示，则电压表的示数为V,此时压敏电阻受到的压力大小为N；

（2）为扩大测量范围，该小组决定选用电压表的0〜15V量程。将电压表的表盘修改为压力计表

盘，压力计的0刻度线应标在此时电压表的V处，压力测量范围为0〜N,改装

后的表盘刻度是（填“均匀”或“不均匀”）变化的。

13.由某均匀透明介质制成的光学组件，其横截面由直角梯形ABCD和半圆组成，如图所示，CD为

半圆的直径，（CD_LBC,CD1AD,E、F分别为AD、AB边上的点。一束单色光平行于AB边从E

点射入光学组件，经一次折射后经过F点。已知半圆的半径为R,BC=AE=EF=用，匕BAD=8=

30°,光在真空中传播的速率为c。求：

（1）光学组件对该单色光的折射率n；

（2）该束单色光从E点到第一次射出光学组件的时间t。

14.如图所示，半径R=0.45m的光滑半圆轨道AB竖直固定放置，与水平光滑平台在B点平滑连接。

质量m=0.18kg的玩具小车（无动力）以某一水平初速度向右运动，与静止于平台上、质量M=0.54kg

的物块发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小车经过轨道最高点A时对轨道的压力大小F=lN,物块

从平台飞出后落在水平地面上，落点到平台右侧的水平距离x=2m,平台到水平地面的高度h=0.8m。

小车、物块均视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力。求：

（1）碰撞后瞬间物块的速度大小v；

（2）小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小队；

（3）小车与物块碰撞过程中损失的机械能AEo

15.间距为L的足够长平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，导轨左、右两端各连接一个阻值为R的定

值电阻，有部分导轨处在垂直于导轨平面向上的有界匀强磁场中，磁感应强度大小为B,磁场的边界

线M、N与导轨垂直，M、N间的距离大于L,俯视图如图所示，质量均为m、长度均为L的金属棒

a、b垂直导轨放置，用长为L的绝缘轻杆连接，构成工字形框架。现给工字形框架一水平向右、大小

为火的初速度，工字形框架刚好能完全穿过磁场。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金

属棒a、b接入电路的电阻均为R,不计导轨的电阻。求：

MN

b

1.L

1.....1

I1T

(1)金属棒b刚进入磁场的瞬间，金属棒b两端的电压U：

(2)工字形框架出磁场的过程中，金属棒b中产生的焦耳热Q；

(3)磁场边界M、N间的距离的

答案解析部分

1.【答案】D

大量处于n=2能级的氢原子吸收了大量能量为2.55eV的光子后，电子从低能级向高能级跃迁，跃迁

后电子所处能级的能量为E=%+2.55eV=-3.40eV+2.55eV=-0.85eV=C4

即电子跃迁到〃=4能级，当电字从ri=4能级向低能级跃迁时会辐射光子，根据排列组合可以得出

辐射出光的频率最多有鬣=6种。

故选D。

利用电子吸收光子的能量可以判别电子跃迁到能级n=4,当大量电子从n=4向低能级跃迁时，利用排

列组合可以求出辐射光子的种数,

2.【答案】B

A.开普勒第二定律仅适用于同一环绕天体，根据面积公式可知不同环绕天体单位时间上扫过的面积

为S=JrvJt=4。户戊，根据万有引力提供向心力可得G鬻=Wr,所以角速度的大小为3=悟

联立，可得面积S与“成正比，卫星A轨道半径更大，相同时间扫过的面积更大，故A错误：

B.地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得G等=ma,解得向心加速度。=器

轨道半径越大向心加速度越小，卫星A轨道半径大于B,因此A的向心加速度小于B,故B正确；

C.已知卫星的速度和轨道半径，由于不知道两个卫星的质曷关系，不能比较动能和重力势能的大小，

所以两个卫星的机械能大小没法判断，故c错误；

D.地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有G鬻二加普「，解得周期丁=捏霁

轨道半径越大周期越大，卫星A轨道半径更大，因此A的周期大于B,故D错误。

故选B。

利用引力提供向心力可以比较加速度和周期的大小；由于卫星质量大小未知所以无法比较机械能的大

小；利用引力提供向心力可以求出角速度的表达式，结合面积公式可以比较卫星在相同时间内扫过的

面积大小。

3.【答案】C

A.根据速度时间图像的初始坐标可知A机器人在t=0时开始运动，而B机器人在t=2s开始运动，

故A错误；

B.在速度时间中，图像斜率代表加速度的大小，。〜2s内，A机器人的加速度大小为以=%=舞m/

s2=lm/s2,故B错误；

C.在速度时间图像中，根据区线与坐标轴所围面积表示位移可知，£=5s时，根据图像面积可知A

机器人的位移大小为/=*x2x2m+2x(5-2)m=8m,根据图像面积可知B机器人的位移大小

为坳=x4x(4-2)m+4x(5—4)m=8m=犯，即t=5s时,B机器人刚好追上A机器人，故C

正确；

D.根据图像坐标可知B机器人在2s刚开始运动时的速度小于A机器人的速度，A在B前方，两机

器人之间的距离在增大；3s后B的速度大于A的速度，两机器人之间的距离在减小。所以2s〜5s内，

两机器人之间的距离先增大后减小，故D错误。

故选C。

利用初始坐标可以得出两个机器人开始运动的时刻；利用图像斜率可以求出加速度的大小；利用图像

面积可以求出位移的大小进而判别相遇的时刻；利用速度的比较可以判别两个机器人之间距离的大小

变化。

4.【答案】D

A.由于两个小球在水平方向不受外力的作用，根据水平方向的动量守恒可得犯严甲=机乙无乙，因

m尹＞也乙,故x甲＜x乙,故A错误；

B.甲、乙间库仑力是相互作用力，大小F相等。在水平方向上两个小球都只受到库仑力的作用，根据

pP

牛顿第二定律可得水平加速度。甲=否，"乙=近，因加甲,小乙，故。甲VQ乙，故B错误；

C.由于甲在水平方向运动的位移大于乙小球运动的位移，根据库仑力做功皿=/",由于F大小相

等且工甲〈工乙，则库仑力做功的大小关系为：“甲〈皿乙，故C错误；

D.重力瞬时功率尸=mg•丹根据竖直方向的位移公式h=4£2可知运动的时间相等，同一时刻叫=

g£相同，因加用＞加乙，故P/＞P/,故D正确。

故选Do

利用水平方向的动量守恒定律可以比较水平方向运动的位移大小；利用库仑力属于相互作用力大小相

等，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用水平方向的位移结合库仑力的大小可以比较库仑

力做功的大小；利用竖直方向的位移公式可以比较竖直方向分速度的大小，结合重力的大小可以比较

重力瞬时功率的大小。

5.【答案】A

A.根据p的单位为的/源，v的单位为m/s可知如2的单位为翳。□々『二女8力一%士与动压单

位相同，则表达式有可能正确，故A正确；

B.根据p的单位为幻//，s的单位为i*ps的单位为黑针=kg•mT,与动压单位不同，则表达

式一定错误，故B错误；

2

C.根据p的单位为的/租3,V的单位为m/s,m的单位为kg可知”=加!的单位为她氏）=m5-s-2,

PP才

与动压单位不同，则表达式一定错误，故C错误；

D.根据p的单位为kg/m3,v的单位为m/s,s的单位为m?可知psB的单位为=kg•

m-s-2,与动压单位不同，则表达式一定错误，故D错误；

故选Ao

根据密度、速度、质量、面积的单位可以导出各个表达式时应的单位，结合动压p的单位可以判别表

达式是否正确。

6.【答案】B

设原线圈中的电流为L，副线圈中的电流为，2,原线圈两端电压为%，副线圈两端电压为出

根据理想变压器电流与匝数成反比可知：2=察=,即/2=!八。

副线圈两端电压由欧姆定律可得：U2=l2R=lix

根据理想变压器电压与匝数成正比可知：患=£=/输入电压等于%=扣2=勿1。

对原线圈回路，根据闭合电路的欧姆定律可知（电源电压等于在电阻r上的电压与原线圈电压之和）:

U=l1r+Ui代入数据得：40V=，1X2C+书；解得原线圈电流：h=104

根据电流的关系可知副线圈电流：/2=/A=2.54

根据电功率的表达式可知副线圈的输出功率：P==(2.5月*32IV=6.25x32〃=200IV

故选Bo

利用匝数之比可以求出输入电流和输出电流的关系之比；再利用匝数之比可以求出输入电压和输出电

压的大小关系，结合欧姆定律可以求出原线圈输入电流的大小，结合匝数之比可以求出输出电流，再

利用电功率的表达式可以求出输出功率的大小。

九【答案】C

A.设小球B质量为m,则物块质量M=轴，定滑轮到固定小球A的竖直距离4c=H,BC=LAB=ro

对B受力分析，重力mg、拉力T、库仑斥力F构成的力三角形与几何△相似，根据矢量三角形定

则有彳=£=等,可得7=呼/=曙，初始时，根据几何关系有：！=8。="360。=*得7=

等，对物块受力分析，拉力7沿传送带向上，物块受到的滑动摩擦力和重力的分力沿着斜面向下；

根据平衡方程有：7=Mgsin300+〃Mgcos300,代入数据得〃=今，故A错误；

BCD.在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，BC长度I不变，根据拉力的表达式可知7=曙，则

拉力T不变，物块保持静止；由于间距r逐渐减小，根据表达式可知尸=等，r减小则库仑力F

逐渐变小，故C正确，BD错误。

故选C。

利用小球B的平衡方程结合矢量三角形可以求出绳子拉力的大小，结合物块的平衡方程可以求出动摩

擦因数的大小；在小球B缓慢运动至定滑轮的正下方前，利用平衡方程可以判别拉力及库仑力的大小

变化。

8.【答案】A,C

A.已知a波、b波波长均为0.8m,横波a的周期为0.4s,根据波长和周期的大小可以得出波速u=r=

器m/s=2m/s,故A正确；

B.波速由介质决定，两列波在同一介质中，波速相同，因此a波、b波速度相同，所以b波的波速

为2m/s,故B错误；

C.两列波在x=0.2处叠加后，由于横波a的位移大小大于横波b的位移大小，旦两者方向反向，根

据位移的叠加可知合位移不为零且合位移沿y轴负方向，而加速度由合位移决定且与位移方向相反，

即合加速度向上，即沿y轴正方向，故C正确；

D.因为两波波长相同、波速相同，根据波长和波速的比值可知两波周期相同、根据周期和频率长反

比所以两波的频率相同，满足十涉条件；对a波，由于沿着x轴的负方向传播，根据同侧法可知％二-

04m处的质点起振方向沿y轴正方向，可知P处波源起振方向沿y轴正方向；对b波，由于沿着x

轴的正方向传播，根据同侧法可知％=0.4m处的质点起振方向沿y轴正方向，根据叠加可知可知Q处

波源起振方向沿y轴正方向，故两波源振动步调相同，又因为两波源到坐标原点O的距离波程差为0,

满足振动加强的条件：As=nA(n=0,1,2,3…)

因此坐标原点O处的质点为振动加强点，根据位移的叠加可知O点的振幅为两波振幅之却，即振幅

A=20cm+10cm=30cm,故D错误。

故诜ACo

利用波长和周期可以求出a波的波速大小；山于两波在同一介质所以波速相等；利用波的位移叠加可

以判别质点的位移方向，利用位移的方向可以判别加速度的方向；利用0点处两波发生干涉，利用振

动步调相同结合波长差的大小可以判别两波在O点处为振动加强，利用两波的振幅卷加可以求出O

点处振幅的大小。

9.【答案】B,C,D

A.根据理想气体的状态方程pV=CT可知压强与体积乘积大小代表温度的大小，题图可知状态b的

压强与体积的乘积大于状态a的压强与体积的乘积，所以状态b的温度大于状态a的温度，由于温度

决定分子平均动能的大小，因此a—b过程中氮气分子的平均动能增大，故A错误；

B.b-c过程中，压强减小，氮气体积不变，由于体积不变所以外界对气体做功等于。则W=0,根据

查理定律可知，该过程气体温度降低，温度决定气体内能的变化，所以气体内能减小（AUV0）,根

据AU=Q+W=Q〈0,所以气体放出热量，根据W=0可知b—c过程中氮气对外界放出的热量等于

氮气内能的减少量，故B正确：

C.c-a过程中，气体压强不变、体积减小，根据pl/=CT可知，该过程温度降低，分子平均动能减

小，因此c-a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加，故C正确；

D.因为a-b过程气体体积增大可知气体对外做功，且设气体对外做功为勿1，b-c过程因为气体体

积不变所以气体不做功，c-a过程由于气体体积减小所以外界对气体做功且设外界对气体做功为叩2,

由于p-V图面积表示功，根据图像面积的大小可知可知”1＞卬2,即整个过程气体对外做的功大于

外界对气体做的功，即总功“总=一"1+卬2＜°

又因为整个过程温度不变所以内能变化量为0,根据热力学第一定律可知Q总＞0,故完成a-bTC-a

过程，氮气从外界吸收热量，故D正确。

故选BCDo

利用压强和体积的乘积可以判别气体温度的变化，利用温度的变化可以判别气体平均动能的变化；利

用气体体积不变可以判别外界对气体做功等于0,结合热力学第一定律可知氮气对外界放出的热量等

于氮气内能的减少量；利用理想气体的状态方程结合压强不变和体积减小可以判别温度降低，由于分

于平均动能减小，但压强不变所以c-a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加；

利用图像面积可以判别整个过程气体对外界做功的大小，结合热力学第一定律可以判别气体吸收热量。

10.【答案】B,D

A.带正电粒子从PQ边上小孔处垂直于PQ边射入三角形内，依次穿过各个小孔后能回到初始位置。

画出粒子运动的轨迹如图所示

几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径r=根据牛顿第二定律可知=m

因为崇=匕联立解得!；=竽，故A错误；

B.粒子在电容器中减速运动过程，由于电场力对粒子做负功，根据动能定理有

联立解得UN纥的，可知电容器两板之间的电压至少为纥乃，故B正确;

OO

C.根据速度公式可知粒子每次在电容器内减速运动的时间t=I

根据牛顿第二定律可知粒子在电容器中运动的加速度为"沪华

联立解得£＜盖，可知粒子每次在电容器内运动的时间％K2£=盖

可知粒子每次在电容器内运动的时间不可能大于晟，故C错误：

D.题意可知电容器的两极板均连接在恒压电源两端，仅移动正极板来改变电容器的板间距离，极板

间电压不变，根据W=qU可知电场力做功不变，则粒子在磁场中运动的速率不变，因此粒子仍能回到

出发位置，故D正确。

故选BDo

画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出粒子的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度

的大小；利用电场力做功可以求出板间电压的大小；利用板间的速度公式结合牛顿第二定律可以求出

粒子运动的时间；当仅移动正极板来改变电容器的板间距离，极板间电压不变，根据W=qU可知电场

力做功不变，则粒子在磁场中运动的速率不变，因此粒子仍能回到出发位置。

11.【答案】(1)7.50

/、、md2d2

⑵中；为

(3)c

(1)已知20分度的游标卡尺的精度为0.05mm,根据游标卡尺上下结构可知小球的直径为7mm+

0.05x10mm=7.50mm

(2)根据平均速度公式可得小球从释放到经过光电门时的速度为“=g

根据动能的表达式可得小球的动能增加量为A%.=和丁=和停，=袈

由于小球下落过程重力势能的减少量等于动能的增量，根据机械能守恒有mgh==笫

可得”=备，八一或图像的斜率为弓，若斜率k=弓，可证明小球在运动过程中机械能守恒。

(3)每次测量h时测量值都比真实值小A/i,根据机械能守恒定律有+Ah)=/运

d2

可得九=-△/I,根据表达式可知斜率不变，纵截距为负值，可知可能为图丙中的虚线C

2gt2

(1)利川游标卡尺的结构可以得出小球的直径;

(2)利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出小球动能的增量；利

用机械能守恒定律可以得出图像斜率的大小；

(3)每次测量h时测量值都比真实值小励，根据机械能守恒定律可知图像斜率保持不变，但截距为

负值。

(1)20分度的游标卡尺的精度为0.05mm,可得小球的直径为7mm+0.05x10mm=7.50mm

(2)[1]小球从释放到经过光电门时的速度为u

可得小球的动能增加曷为=|mv2=加停j=券

L2J根据机械能守恒有mg/i=imv2=贷券

J乙L

可得公泰

h图像的斜率为弓，若斜率k=弓，可证明小球在运动过程中机械能守恒。

(3)每次测量h时测量值都比真实值小A/i,有mg(h+Ah)=骁

</2

可得九二而正一△八

可知斜率不变，纵截距为负值，可知可能为图丙中的虚线C

12.【答案】(1)1.70；16

(2)1.50：1080：均匀

(1)电压表接入电路的量程为0〜3V,最小分度为0.1V,根据图中指针所在的位置可知电压表的示

数为1.70V

根据欧姆定律可知此时压敏电阻阻值为外=爆C=34Q

U・UD

结合题图乙可以电阻和压力的大小关系式为RF=(30+0.25尸)。

代入可攵口此时压敏电阻受到的压力大小%=16.0/V

(2)压敏电阻上的压力为0时压敏电阻的阻值=30c

根据欧姆定律可知压力计的0刻度线应标在电压表的U=I0RQ=1.501/

由于选择的电压表量程为0〜15V,根据欧姆定律可知Umax=A)Rmax=15V

可得压敏电阻的最大阻值为：Rmax=300C

代入RF=(30+0.25F)。可得Fmax=1080/V,所以压力测量范围为0-1080N；

根据欧姆定律U=1°R可知，电压表示数与压敏电阻的阻值成正比，根据关系式上=(30+0.25尸)。可

知压敏电阻的阻值与作用在压敏电阻上的压力是线性关系，因此改装后的表盘刻度是均匀变化的。

(1)利用电压表的刻度可以得出电压的大小，结合欧姆定律可以求出压敏电阻的阻值，结合压力和

电阻的关系可以求出压力的大小；

(2)已知压力为0时电阻的大小，结合欧姆定律可以求出电压的大小；利用电压表的最大值结合欧

姆定律可以求出电阻的最大值，结合压力和压敏电阻的关系可以求出压力的最大值：由于电压表示数

与压敏电阻的阻值成正比，而压敏电阻的阻值与作用在压敏电阻上的压力是线性关系，因此改装后的

表盘刻度是均匀变化的。

(1)[1]电压表接入电路的量程为0〜3V,最小分度为0.1V,电压表的示数为1.70V

[2]此时压敏电阻阻值为即=爆。=34。

结合题图乙有昨=(30+0.25F)n

代人可知此时压敏电阻受到的压力大小%=16.0N

(2)压敏电阻上的压力为0时压敏电阻的阻值Ro=30(1

因此压力计的0刻度线应标在电压表的U=/0/?0=1.501/

由于选择的电压表量程为0〜15V,因此Umax=/oRmax=15K

可得Rmax=300。

代人可得尸max=1080/V

⑶结合前面的分析可知，电压表示数与压敏电阻的阻值成正比，而压敏电阻的阻值与作用在压敏电阻

上的压力是线性关系，因此改装后的表盘刻度是均匀变化的。

13.【答案】(1)如图所示，过E点做PE己知N840=30°,AE=EF,则乙4/E=6=30°,

根据数学知识有41PE=乙PFE+乙FEP,AAPE=60°

得折射角r=Z.FEP=30°

依题意，AE平行于48,则入射第i=90°-8=60°

解得光学组件对该单色光的折射率几=1^=V3

（2）根据前面证明可知，sinC=1=g，该束单色光从E点折射后到达F点，在F点的入射角为60°,

n3

sin60°>sinC,故该单色光在F点发生全反射，可知折射角为60°,故折射光线与8C平行，到达半圆面

的M点，过F点做FK_L4D,^FK=EFcosr=^R

得HO=FK-R=3R,根据几何知识

得HM=苧R，^HMO=30°<C,故单色光从M点射出光学组件

过B点做BN工FH,则BN=2R-FK二R

得FN=^=与R，由几=据

tan。2v

解得该束单色光从E点到第一次射出光学组件的时间亡=EF+FN+BC+HM=9R

（1）画出光折射的路径，利用几何关系可以求出入射角和折射角的大小，结合折射定律可以求出折

射率的大小；

（2）已知折射率的大小，利用折射率可以判别光在F点发生全反射，利用几何关系可以求出光传播

的路程，结合光传播的速度可以求出传播的时间。

（1）如图所示，过E点做PE14F,已知乙/MD=0=30°,AE=EF,则乙4/E=0=30\根据数学

知识有ZJIPE=Z.PFE+乙FEP,Z.APE=60°

得折射角r=乙FEP=30°

依题意，4E平行于则入射角i=90°—8=60°

⑵根据前面证明可知，smc=h字该束单色光从E点折射后到达F点，在F点的入射角为6。。,

sin60°>sinC,故该单色光在F点发生全反射，可知折射角为60°,故折射光线与8C平行，到达半圆面

2

的仞点，过“点做^\FK=EFcosr=^R

得HO=FK-R另R,根据几何知识

得HM=*R，^HMO=30°<C,故单色光从M点射出光学组件

乙

过B点做8N1FH,则8N=2R-FK=^R

乙

得FN=甥=与R，由九=推

解得该束单色光从E点到第一次射出光学组件的时间£=EF+FN+BC+HM=里

vc

14.【答案】(1)碰后M做平抛运动，根据平抛运动规律有力=4炉2,x=vt

代入题中数据，解得i；=5m/s

2

(2)碰后小车回到A点时有mg+尸=m第

代入题中数据，解得刈=y/7m/s

碰后对小车，根据机械能守恒有,巾喙=\rav\+mgx2R

联立解得u车=5m/s

小车经过轨道上的B点、有尸_ma_加嚓

F支持力mg_mR

解得/支持力=1"N

根据牛顿第三定律可知，小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小母=尸支持力=1L8N。

(3)设碰前小车速度为攻)，规定向右正方向，根据动量守恒有=-mo乍+Mi;

联立解得%=10m/s

则小车与物块碰撞过程中损失的机械能AE=+|MV2)

联立解得AE=0

可知该碰撞为弹性碰撞。

(1)碰后M做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出物块的速度大小；

(2)碰后小车问到A点时，利用牛顿第二定律可以求出小车在A点速度的大小，结合机械能守恒定

律可以求出碰后小车的速度，垢合牛顿第二定律可以小车经过B点时对轨道的压力大小；

(3)已知小车与物块碰撞，利用动量守恒定律可以求出碰前小车的速度大小，结合能量守恒定律可

以求出碰撞过程损失的机械能大小。

(1)碰后M做平抛运动，根据平抛运动规律有九=//2,尤="

代入题中数据，解得〃=5m/s

(2)碰后小车回到A点时有mg+F=m去

代入题中数据，解得力=>l7mjs

碰后对小车，根据机械能守恒有喙=+mgx2R

联立解得u车=5m/s

小车经过轨道上的B点有p-ma-rr^