广东省广州市六校联考2025-2026学年高三上学期期中调研考试物理试卷（含答案）

第第页广东省广州市六校联考2025-2026学年高三上学期期中调研考试物理试卷一、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．下列属于国际单位制基本单位符号的是（）A．K B．Wb C．Ω D．N2．2024年9月30日，宁波市鄞州大道快速路二期工程高架通车，打通了机场路高架至东部新城快速路“最后三公里”，本次通车的二期工程全长3.2公里，设计时速80kmA．“3.2公里”指位移的大小B．根据导航信息，可以计算出每个推荐方案的平均速度C．高架未彻底打通前，这3.2公里路需要通过地面辅路多走几个红绿灯，全程因为位移增大使平均速度变小D．研究哪个出行方案时间短速度大，可将车看作质点3．投掷飞镖是一种常见的娱乐活动。如图所示，圆形靶盘竖直放置，其中心为O点。在P点正对靶盘将飞镖以一定速度水平投出，经0.2s击中O点正下方的A点。已知P、O两点等高且相距2m，则（）A．飞镖水平投出的速度为0.1m/s B．O点和A点间距为0.2mC．投出速度足够大就可击中O点 D．投出速度越小则飞行时间越短4．如图是浙江乌镇非物质文化遗产——高杆船技表演时的情景，表演者缓慢爬上固定在船上的竹竿，做二郎翘腿、举头望月、倒挂金钩等动作，下列说法正确的是（）A．弹力对表演者做正功B．弹力对表演者做负功C．表演者机械能始终保持不变D．表演者缓慢向上爬到竿与水面平行过程中所受摩擦力减小5．如图，用水平向右的力F将质量为m的物块A压在粗糙倾斜的墙上，墙壁与水平面的夹角为θ，物块与墙壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列相关分析正确的是（）A．无论什么情况，物块都不可能静止B．物块有可能只受三个力的作用而处于静止状态C．物块若处于静止状态则一定受四个力的作用D．恒力F作用于物块时，物块不可能做匀加速直线运动6．如图所示，足够长的粗糙绝缘直杆竖直放置于等量异种电荷的中垂面，直杆上有A、B、O三点，其中O为A、B中点，也是两个电荷连线的中点。现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点以初速度v0向B点运动，滑到BA．从B返回至A时，小球速度向下，速度大小等于vB．A运动至B的过程中，小球的电势能先增大后减小C．A运动至B的过程中，小球的加速度先增大后减小D．A运动至B的过程中，BO段和OA段杆对小球的冲量相等7．如图所示，质量m=1kg的匀质导体棒PQ用两根长都为0.1m的平行轻质细线悬挂在OO'点，始终通以由P到Q的恒定电流，细线与竖直方向的夹角为θ=30°，磁场方向与绝缘细线平行且向上，棒PQ静止于匀强磁场中。现将磁场顺时针缓慢转动一定角度β（从P往A．β可能为90°B．导体棒所受安培力可能为4C．细绳拉力大小和tanβD．若突然撤去磁场，棒将做简谐运动，周期为0.28．发射一枚卫星时，先将其发射至近地圆形轨道Ⅰ，在近地点A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，经过远地点B时，再次实施变轨进入圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，其半径是轨道Ⅰ半径的5倍。下列说法正确的是（）A．卫星在椭圆轨道Ⅱ经过B点的加速度小于轨道Ⅲ上经过B点的加速度B．卫星在椭圆形轨道Ⅱ上从A点运动到B点的过程中机械能不变C．卫星从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要在B点向前喷气D．卫星在轨道Ⅱ运动周期是轨道Ⅰ的3倍9．如图是汞原子的能级图，汞原子从n=3能级跃迁到n=1能级时产生a光。真空中一对半径均为0.5d的圆形金属板P、Q圆心正对平行放置，两板距离为d，Q板中心镀有一层半径为0.25d的圆形钙金属薄膜，钙的逸出功W0=3.20eV。Q板受到aA．逸出的光电子动能为7.7B．当电压调整到UPQC．当UPQD．若用汞原子从n=4能级跃迁到n=1能级的光照射Q板，且光强同a光，则电流表示数变大10．如图所示，正三角形ABC为玻璃薄板，以正三角形ABC的几何中心O点为圆心挖出一圆孔（可视为真空），现将一点光源放置在O点处，只考虑光源在薄板平面内发光，该光源向各方向均匀发光且发射波长为λ0=500nm的蓝光，CH为AB边的中垂线。已知光在真空中的传播速度为c，蓝光在正三角形ABCA．蓝光在玻璃薄板中传播时的频率cB．正三角形ABC玻璃薄板对蓝光的折射率为0.5C．能直接从AB边射出光子的长度为AB边长度的一半D．有一半光子能直接从正三角ABC玻璃板中射出二、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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）11．一台额定功率为55W的家用小型电动机，额定电压是220V，线圈的内阻是A．通过线圈的电流为110A B．线圈发热的功率为C．电动机输出功率为23W D．10min12．下列说法正确的是（）A．卢瑟福的α粒子散射实验证实了原子核具有复杂结构B．电阻应变片的电阻值随其机械形变的变化而变化C．当观察者与波源一起运动时，接收到波的频率一直增大D．热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的表现13．如图所示，频率相同的简谐波源S1、S2位于同一平面内，对称分布在介质Ⅰ和Ⅱ的分界面两侧，与分界面距离都为4m,t=0时刻两波源同时垂直平面开始振动。两波源连线上一点M，与S1、S2距离差为2m,O点是S1A．S1、SB．形成稳定干涉图样后，O点是振动加强点C．介质Ⅱ中两列波的波长为2D．两列波振幅分别是3cm和三、实验题（本题共2小题，共14分）14．探究物体加速度与其质量关系的实验装置如图1所示。水平轨道上安装两个光电门（与计时系统连接），小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。（1）调节轨道右端滑轮高度，使细线。（2）由于用光电计时装置替代了打点计时，（选填“需要”或“不需要”）适当垫高左侧轨道平衡阻力。（3）选用50分度的游标卡尺测量遮光片的宽度，如图2所示，则宽度d=mm。为测出小车运动的加速度，还需要测量的物理量是（多选）A.小车静止时遮光片右侧边沿离光电门Ⅰ的距离B.钩码和小车的质量C.小车通过两光电门所用的时间D.遮光片分别通过两光电门的遮光时间（4）保持钩码质量不变，测出小车上加不同砝码时小车的加速度a，以小车加砝码总质量M倒数为横坐标，加速度a为纵坐标，作出a−1M图像如图3所示，其中正确的实验图像是（5）为减小实验误差，在选取小车总质量M与钩码质量m时，正确的是_____A．M大些，m小些 B．M和m相当 C．M小些，m大些15．用伏安法测电阻有电流表内接或外接两种电路，现通过单刀双掷开关S可方便实现电路的选择。（1）图1为部分连线图，S接a为电流表外接，接c为电流表内接。为完成实验连线，接线端1应接（选填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”），接线端2应接（选填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）。（2）电流表内阻约为RA，电压表内阻约为RV，针对待测电阻Rx，如果Rx≫RA，则开关S接（选填“a”或“c”）；如果RxR（3）正确连线后，如果采用单次测量，甲、乙和丙三位同学调节滑片P，分别使电表指针指示如图2所示，则最合理的是。（4）待测电阻的阻值约50Ω，电流表外接时，流过电流表的电流大于流过待测电阻的电流，使测量结果偏小。为减小这种误差，现手头有三个标准电阻，其阻值分别5.00Ω、50.00Ω和100.00Ω，则选择阻值为16．如图所示，某实验小组为测量一个烧瓶的容积，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段液柱封闭气体，大气压强为p0，玻璃管内部横截面积为S，内部封闭气柱的长度为l，温度为T0，用手捂住烧瓶，会观察到液柱缓慢外移，当内部温度变为T1（1）容器内空气分子的数密度（填“变大”、“变小”或“不变”），容器内空气分子的平均动能（填“变大”、“变小”或“不变”）；（2）烧瓶的容积；（3）若过程中气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化量。17．如图所示，质量M=1kg的木板静止在长度足够的光滑水平桌面上，一质量m=1kg的小物块从低于水平桌面h处的O点向上斜抛，到达最高点时恰好切入木板上表面的左端。建立以抛出点为坐标原点的xOy坐标，且以原点O为重力势能的零势能点，小物块的机械能随（1）抛体运动的初速度v0和平台离抛出点高度h（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ；（3）木板长度的最小值L。18．如图所示，竖直平面内有间距为l的平行金属导轨M和N，其下端通过开关S1连接电阻R，通过单刀双键开关S2，掷1将电容C与匝数为N的线圈连接，掷2与导轨M连接。在导轨M、N间（虚线框内）存在方向垂直导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、长为l的导体棒ab通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧竖直悬挂，当开关S1和S2断开时，ab恰好位于导轨间磁场上边界处而处于水平静止状态；线圈截面积为S，处于随时间变化、方向垂直线圈平面的匀强磁场B1中。已知k=4N/m，m=1kg，l=1m，B=2T，R=1.0Ω，C=0.25F（1）S2掷1，求电容器最终所带的电荷量q（2）S1断开，S2掷2，电容器瞬间把存储的电荷量放完，求棒竖直向上运动的最大距离h，并判断磁场（3）ab棒在进磁场B前接通S1，S2掷2不变，ab在磁场内运动至距磁场上边界0.07m19．在如图所示的xOy平面x轴的上方存在方向垂直平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方正离子源飘出（初速度为零）电荷量为q、质量不同的离子束，经加速电压为U0的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴进入磁场区域，最后打到x轴上。在x轴上x=a和x=1.5a区间放置一探测板。不计离子重力和离子间相互作用（已知（1）求探测到离子质量的范围；（2）保持电压U0不变，通过数次调节磁感应强度的大小，可使落在x轴上位于区间1.5a−9a的离子也能打在探测板上，求调节的最少次数n（3）保持磁感应强度不变，通过数次调节加速电压U0的大小，可使落在x轴上位于区间1.5a~9a的离子也能打在探测板上，求调节的最少次数n

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】国际单位制的基本单位包括米(m)、千克(kg)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)、摩尔(mol)、坎德拉(cd)。A.开尔文（K）是热力学温度的基本单位符号，属于国际单位制基本单位。B.韦伯（Wb）是磁通量的导出单位，由基本单位推导得出，不属于基本单位。C.欧姆（Ω）是电阻的导出单位，不属于基本单位。D.牛顿（N）是力的导出单位，不属于基本单位。故答案为：A【分析】本题考查国际单位制中基本单位与导出单位的区分。国际单位制规定了7个基本物理量及对应的基本单位，其余物理量的单位均由基本单位组合推导而成，称为导出单位。逐一判断各选项对应的单位类别：开尔文对应热力学温度，是7个基本单位之一；韦伯、欧姆、牛顿分别对应磁通量、电阻、力，均为导出单位。2．【答案】D【解析】【解答】A."3.2公里"是高架道路的路径长度，对应路程，并非位移大小，A错误。B.平均速度等于位移与时间的比值，导航仅提供路程和时间信息，无法确定位移大小，因此不能计算平均速度，B错误。C.起点和终点不变时，全程位移不变；地面辅路红绿灯多，行驶时间更长，由平均速度定义可知，平均速度因时间变长而变小，C错误。D.研究不同出行方案的耗时与速度快慢时，汽车的大小和形状对研究结果无影响，可将汽车视为质点，D正确。故答案为：D【分析】本题考查运动学基础概念，涉及位移与路程、平均速度、质点模型等知识点。位移是从初位置到末位置的有向线段，路程是运动轨迹的长度；平均速度依赖位移与时间的比值；质点是理想化模型，当物体的尺度对研究问题的影响可忽略时可视为质点。结合各选项的物理情景，逐一辨析概念的适用场景即可判断正误。3．【答案】B【解析】【解答】飞镖做平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。水平方向：x=v0t，代入x=2m竖直方向：下落高度h=12gA.由计算可知水平初速度为10m/s，并非0.1m/s，A错误。B.o、A间距等于竖直下落高度，计算得0.2m，B正确。C.平抛运动竖直方向始终受重力，必然有竖直方向的下落位移，无论初速度多大，都无法击中与抛出点等高的o点，C错误。D.水平位移固定时，由可知，投出速度越小，飞行时间越长，D错误。故答案为：B【分析】本题考查平抛运动的规律，将平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动是解题的核心。水平方向位移与初速度、运动时间满足匀速直线运动公式，竖直方向下落高度满足自由落体位移公式。结合几何关系分析各选项：初速度可由水平位移和时间求出；两点间距对应竖直下落高度；重力的存在决定了平抛运动必然有竖直下落，无法击中等高目标；运动时间由水平位移和初速度共同决定。4．【答案】D【解析】【解答】A、B.竹竿对表演者的弹力方向垂直于竹竿表面，表演者沿竹竿方向运动，弹力与位移方向始终垂直，因此弹力不做功，A、B均错误。C.表演者缓慢向上攀爬，动能可视为不变，高度升高导致重力势能增加，机械能等于动能与重力势能之和，因此机械能增大，C错误。D.表演者缓慢攀爬时处于平衡状态，将重力沿竹竿和垂直竹竿方向分解，设竹竿切线与水平方向夹角为，沿竿方向静摩擦力。从竿下部向上攀爬时，逐渐减小，随之减小，因此静摩擦力减小，D正确。故答案为：D【分析】本题考查功的判断、机械能变化以及静摩擦力的动态分析，涉及受力平衡和力的分解知识点。判断力是否做功的关键是力与位移方向是否垂直；机械能变化取决于除重力外其他力的做功情况；静摩擦力的大小可通过平衡条件，结合重力的分力进行分析，随着攀爬位置升高，竹竿倾角变化，摩擦力也相应改变。5．【答案】C【解析】【解答】对物块进行受力分析，物块受重力mg、水平推力F、墙面的支持力N，以及沿墙面的摩擦力f。

将力沿墙面和垂直墙面方向分解，垂直墙面方向合力为零，支持力由F和重力的分力共同决定；沿墙面方向，重力的分力与F的分力的合力若不为零，则需要摩擦力平衡。A.当沿墙面方向各力的合力为零时，物块可以保持静止，A错误。B、C.物块静止时，沿墙面方向重力分力与F的分力无法自行平衡，必然存在静摩擦力，因此物块一定受重力、推力F、支持力、静摩擦力共4个力，B错误，C正确。D.恒力F作用时，若沿斜面向下的合力恒定，物块可沿墙面做匀加速直线运动，D错误。故答案为：C【分析】本题考查斜面上物体的受力分析与平衡条件，涉及力的正交分解和静摩擦力的判断。将所有外力分解到沿墙面和垂直墙面两个方向，垂直墙面方向合力为零，支持力由外力分量决定；沿墙面方向，重力与推力的分力无法抵消，必须有静摩擦力参与才能平衡，因此静止时一定受四个力。当合力不为零且恒定时，物块可做匀加速运动。6．【答案】C【解析】【解答】等量异种电荷的中垂线为等势线，线上各点电势相等，电场方向垂直于中垂线指向负电荷一侧，从A到o电场强度逐渐增大，o点场强最大，从o到B电场强度逐渐减小。A.小球沿杆运动时，电场力不做功，摩擦力始终做负功，机械能持续损耗。从B返回A时，重力做正功，但摩擦力仍做负功，到达A点的速度小于v0B.等量异种电荷中垂线上电势处处相等，小球电势能Ep=qφ，电势C.小球受重力、电场力、杆的弹力和摩擦力。电场力F电=qE，方向水平，杆的弹力与电场力大小相等，即N=qE，摩擦力f=μN=μqE。取向下为正方向，由牛顿第二定律f+mg=ma，得D.由对称性，AO段和OB段对称位置的弹力、摩擦力大小相等，但小球从A到B速度逐渐减小，AO段的平均速度大于OB段，因此AO段运动时间更短。冲量是力对时间的积累，杆的作用力在AO段的冲量小于OB段，D错误。故答案为：C【分析】本题结合等量异种电荷的电场分布，考查受力分析、电势能、加速度和冲量的综合判断。首先明确等量异种电荷中垂线的电场特点：是等势线，场强从中点向两侧逐渐减小。小球在竖直杆上运动时，电场力水平，与杆的弹力平衡，摩擦力由弹力决定。结合牛顿第二定律分析加速度变化，根据电场力做功判断电势能变化，根据运动时间分析冲量大小。7．【答案】C【解析】【解答】导体棒受重力mg、细线拉力T、安培力F三个力作用而平衡，安培力始终与磁场方向垂直。A.若β=90B.初始状态安培力水平，大小为F=mgtan⁡θ=1×10×tanC.磁场顺时针转过β角时，安培力也顺时针转过β角，安培力与水平方向夹角为θ−β。水平方向平衡：Tsin⁡θ=F联立解得T=mg(cos⁡θ+sin⁡θtanD.单摆做简谐运动的条件是摆角很小（一般小于5°），本题中初始摆角为30°，撤去磁场后摆角较大，不能近似为简谐运动，D错误。故答案为：C【分析】本题考查安培力作用下的动态平衡问题，涉及左手定则、力的正交分解和简谐运动条件。导体棒在重力、拉力、安培力三力作用下平衡，磁场转动时安培力方向同步转动，通过正交分解列平衡方程，可推导出拉力与角度的函数关系。同时需注意简谐运动的小角度近似条件，大角度摆动不属于简谐运动。8．【答案】B【解析】【解答】A.卫星的加速度由万有引力提供，由GMmr2B.卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行时，只有地球引力做功，引力势能与动能相互转化，机械能保持不变，B正确。C.从椭圆轨道Ⅱ进入圆轨道Ⅲ，需要在B点加速做离心运动，因此要向后喷气获得向前的推力，C错误。D.轨道Ⅰ半径为r1，轨道Ⅲ半径为5r1，椭圆轨道Ⅱ的半长轴a2=故答案为：B【分析】本题考查卫星变轨问题，涉及万有引力定律、机械能守恒和开普勒第三定律。卫星的加速度由万有引力决定，同一位置加速度相同；椭圆轨道上只有引力做功，机械能守恒；变轨时加速则向后喷气，减速则向前喷气；开普勒第三定律适用于绕同一中心天体运动的天体，半长轴的三次方与周期的二次方成正比。9．【答案】C【解析】【解答】汞原子能级：E1=−10.4eV，EA.a光的光子能量E=E3−B.电流表示数为零时，对应反向遏止电压Uc，满足eUc=EC.电流达到饱和时，所有逸出的光电子都能到达P板。考虑临界情况：从钙膜边缘逸出、初速度平行于极板的光电子，其初速度v0满足12mv02=EkmD.从n=4跃迁到n=1的光子能量更大，光强相同意味着单位时间单位面积的光能量相同，因此单位时间内照射的光子数减少。光电流与单位时间逸出的光电子数成正比，因此电流表示数变小，D错误。故答案为：C【分析】本题结合能级跃迁与光电效应，考查光电效应方程、遏止电压、饱和电流等知识点。首先通过能级差计算光子能量，再由光电效应方程得到光电子最大初动能；遏止电压对应最大初动能的光电子恰好无法到达阳极；饱和电流需要考虑斜射的光电子，通过类平抛运动分析临界电压；光强不变时，光子能量越高，光子数越少，光电流越小。10．【答案】D【解析】【解答】A.光的频率由光源决定，在传播过程中频率不变。真空中频率f=cλ0B.玻璃中光速v=λ1fC.全反射临界角C满足sin⁡C=1n=12，得D.正三角形每条边对应的可出射圆心角为60°，三条边总计180°，即总角度的一半，因此有一半光子能直接从玻璃板射出，D正确。故答案为：D【分析】本题考查光的折射与全反射，涉及折射率、临界角和几何光学分析。光的频率在不同介质中保持不变，折射率等于真空中波长与介质中波长的比值；根据全反射临界角公式可求出临界角，结合正三角形的几何特征，分析每条边的出射范围，最终统计出射光子的比例。11．【答案】B,D【解析】【解答】电动机正常工作时为非纯电阻电路，电功率P=UI，热功率P热A.额定电流I=PB.线圈发热功率P热C.输出功率P出D.10min消耗的电能W=Pt=55×10×60=33000J故答案为：BD【分析】本题考查非纯电阻电路的功率与能量计算，涉及电动机的工作原理。电动机正常工作时，总功率由电压和电流的乘积计算，线圈发热功率由焦耳定律计算，输出的机械功率为总功率减去热功率；消耗的电能可由总功率乘以时间直接计算。需注意非纯电阻电路中欧姆定律不适用，不能直接用电压除以电阻求电流。12．【答案】B,D【解析】【解答】解：A.卢瑟福的α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，天然放射现象才证实了原子核具有复杂结构，A错误。B.电阻应变片的工作原理是金属的电阻应变效应，其电阻值会随机械形变的大小发生相应变化，B正确。C.多普勒效应中，观察者与波源相互靠近时接收频率变大，相互远离时接收频率变小。二者一起运动时，若距离不变则频率不变，并非一直增大，C错误。D.热力学第一定律表述为物体内能的增量等于外界吸收的热量与外界对物体做功的总和，本质是能量守恒定律在热现象中的具体体现，D正确。故答案为：BD【分析】本题考查原子物理、传感器、多普勒效应和热力学第一定律的基础概念辨析。α粒子散射实验确立了原子的核式结构，原子核的复杂结构由天然放射现象揭示；电阻应变片利用形变改变电阻的特性；多普勒效应的频率变化取决于波源与观察者的相对运动方向；热力学第一定律是能量守恒在热学领域的具体形式。13．【答案】A,C【解析】【解答】A.M点是振动减弱点，说明两列波在M点叠加时相位相反。S2到M的距离比S1远2m，S2B.O点是两波源中点，两列波到O点的路程相等，但在不同介质中传播速度不同，传播时间不同，存在相位差。由M点是减弱点可推知，O点为振动减弱点，B错误。C.S1在介质Ⅰ中传播到O点的时间t=44=1s。相同时间内SD.前2s只有S1的波影响M点，振幅为3cm；两波叠加后减弱，振幅为1cm，即|A1故答案为：AC【分析】本题考查波的干涉与波传播规律，涉及波速、波长、周期的关系和振动叠加原理。两列频率相同的波相遇时，路程差和相位差共同决定振动加强或减弱；波在不同介质中传播时频率不变，波速和波长发生变化；振动减弱点的振幅为两列波振幅之差，结合振动图像可分析波的传播时间和速度。14．【答案】（1）与轨道平行（2）需要（3）11.14；CD（4）Ⅰ（5）A【解析】【解答】(1)调节滑轮高度的目的是使细线与轨道平行，保证小车所受拉力方向与运动方向一致。(2)平衡摩擦力的目的是让细线拉力成为小车的合外力，与计时方式无关，因此仍需要垫高轨道平衡阻力。(3)50分度游标卡尺的精度为0.02mm。主尺读数为11mm，游标尺第7条刻度线与主尺对齐，游标尺读数为7×0.02=0.14mm，总宽度d=11+0.14=11.14小车经过光电门的瞬时速度可由v=dΔt(4)设钩码质量为m，由整体法得mg=(M+m)a，整理得a=mgM+m=(5)实验中近似认为细线拉力等于钩码重力，实际拉力T=MM+m⋅mg【分析】本题考查探究加速度与质量关系的实验，涉及装置调节、操作原理、仪器读数、数据处理和误差分析知识点。（1）调节滑轮高度使细线与轨道平行，可保证拉力方向与小车运动方向一致，避免拉力分力改变合外力大小。（2）平衡摩擦力是为了抵消轨道阻力，使细线拉力等于小车合外力，该操作与计时工具的种类无关，无论使用打点计时器还是光电门都需要进行。（3）50分度游标卡尺读数为主尺读数加游标尺对齐刻度乘以精度；利用光电门测速度的原理是用平均速度近似瞬时速度，结合运动学公式，已知两个速度和运动时间即可求解加速度。（4）根据牛顿第二定律推导加速度与质量倒数的函数关系，由于钩码质量的影响，图像并非直线，而是斜率逐渐减小的曲线，据此判断正确的图像。（5）实验中用钩码重力代替小车拉力存在系统误差，当小车总质量远大于钩码质量时，拉力与钩码重力的差值很小，可有效减小误差。（1）应调节滑轮高度使细线与轨道平行，确保拉力方向与轨道平行，与小车运动方向一致。（2）无论使用打点计时器还是光电门，实验前都需要平衡摩擦力使细线拉力为小车所受合外力。（3）[1]由图可以读出主尺读数为11mm，50分度游标尺第7条刻度线和主尺对齐，所以遮光片宽度为d=(11+0.02×7)[2]小车通过光电门的速度可以通过v=dΔt算得，因此需要测量遮光片分别通过两光电门的遮光时间；假设通过两光电门的速度分别为v1、v2故选CD。（4）设钩码的质量为m，小车和砝码的总质量为M，由整体法分析运动有mg=(m+M)a则a=可知当1M增大时，a−（5）实验中以钩码重力mg近似代替细线拉力和小车受到的合力，系统误差来自钩码重力和实际拉力的差异，而小车受到的合力F=T=Ma=M当M较大m较小的时候，小车受到的合力才能近似等于钩码重力mg，减小误差，因此选A。15．【答案】（1）d；b（2）c；c（3）乙（4）5.00Ω【解析】【解答】(1)滑动变阻器采用分压式接法，接线端1应接d，使滑动变阻器分压输出端与电路相连；接线端2应接b，实现开关对电流表内外接的切换。(2)当Rx不等式RxRA(3)电表指针偏转角度超过量程的2/3时，读数相对误差较小。乙图指针偏转约2/3量程，误差最小，最合理。(4)电流表外接的误差来源于电压表的分流作用，给待测电阻并联一个小阻值的标准电阻，可进一步减小电压表的分流占比，减小误差。因此选择1Ω的标准电阻，与待测电阻并联。【分析】本题考查伏安法测电阻的实验，涉及电路连线、接法选择、电表读数误差和误差修正知识点。（1）滑动变阻器分压式接法需要将电源、滑动变阻器下接线柱连成回路，上接线柱输出分压；单刀双掷开关用于切换电流表的内外接，对应接线柱需匹配电路结构。（2）大电阻适合内接法，此时电流表分压误差小；小电阻适合外接法，此时电压表分流误差小。通过比较待测电阻与电表内阻的关系，可判断最优接法。（3）电表指针偏转过小，相对误差大；偏转过大易超量程。通常指针在量程的1/3到2/3以上区间读数误差较小。（4）电流表外接法的误差来自电压表分流，给待测电阻并联一个更小的电阻，可使电压表的分流占比降低，从而减小测量误差。（1）[1][2]由实物图连接情况可知滑动变阻器采用分压式，接线端1应接d，接线端2应接b；（2）[1]如果Rx≫R[2]如果R即R待测电阻属于大电阻，则开关S接c；（3）电表指针偏转超过量程的23（4）[1][2]电流表外接，实验误差由电压表的分流作用造成，为了减小电压表分流，应选用小电阻与待测电阻并联，进一步减小电压表的分流作用，故选5.00Ω16．【答案】（1）变小；变大（2）lS(2T（3）Q−p【解析】【解答】（1）容器内空气的体积变大，所以容器内空气分子的数密度变小；由于容器内空气的温度升高，所以容器内空气分子的平均动能变大。（2）设烧瓶的容积为V0，容器内气体发生等压变化，则有lS+V（3）若过程中气体吸收的热量为Q，根据热力学第一定律可得Δ其中W=−p0【分析】本题考查气体实验定律与热力学第一定律的综合应用，涉及分子动理论、盖-吕萨克定律和热力学第一定律知识点。（1）分子数密度等于分子总数与体积的比值，封闭气体分子总数不变，体积膨胀后数密度变小；温度是分子平均动能的宏观标志，气体温度升高，分子平均动能随之变大。（2）封闭气体做等压变化，满足盖-吕萨克定律。设烧瓶容积为V0，初态总体积为V0+lS，温度为T0；末态总体积为V0（3）气体等压膨胀过程中，对外界做功，功的大小等于大气压强乘以体积变化量，即W=−p0Sl（1）[1][2]容器内空气的体积变大，所以容器内空气分子的数密度变小；由于容器内空气的温度升高，所以容器内空气分子的平均动能变大。（2）设烧瓶的容积为V0，容器内气体发生等压变化，则有解得V（3）若过程中气体吸收的热量为Q，根据热力学第一定律可得Δ其中W=−解得气体内能的变化量为Δ17．【答案】（1）小物块在斜上抛运动中机械能守恒E=解得v对斜上抛运动，水平方向x=0.4竖直方向h=12根据运动的合成v联立解得t=0.2s，vx（2）小物块滑上木板初速度v小物块和木板组成的系统由动量守恒有m故v=1小物块从滑上木板到二者速度相等过程其机械能变化量Δ由功能关系知：图2中小物块在木板上表面滑行时Δ其中小物块在木板上做匀减速直线运动的位移为x解得μ=（3）对木板F解得a对木板2故其位移为x木板长度的最小值L=【解析】【分析】本题考查斜抛运动、动量守恒与能量守恒的综合应用，涉及机械能守恒、运动的合成与分解、动量守恒定律和功能关系知识点。（1）斜抛运动过程中只有重力做功，机械能守恒。初始位置的机械能等于初动能，结合图像中初始机械能数值可求出初速度。斜抛运动可分解为水平匀速直线运动和竖直上抛运动，到达最高点时竖直速度为零，结合水平位移和机械能的变化，联立运动学公式可求解高度h。（2）小物块滑上木板后，水平面光滑，物块与木板组成的系统动量守恒，二者最终共速。由动量守恒定律求出共同速度，再结合能量守恒，摩擦力做功等于系统动能的减少量；同时由机械能图像可知物块在木板上滑行的位移，结合摩擦力做功的公式即可求解动摩擦因数。（3）木板长度的最小值对应物块与木板共速时，物块相对木板滑动的距离。分别求出物块和木板的对地位移，二者的差值即为木板的最小长度，也可直接通过相对位移与摩擦力做功的关系求解。（1）小物块在斜上抛运动中机械能守恒E=解得v对斜上抛运动，水平方向x=0.4竖直方向h=12根据运动的合成v联立解得t=0.2s，vx（2）小物块滑上木板初速度v小物块和木板组成的系统由动量守恒有m故v=1小物块从滑上木板到二者速度相等过程其机械能变化量Δ由功能关系知：图2中小物块在木板上表面滑行时Δ其中小物块在木板上做匀减速直线运动的位移为x解得μ=（3）对木板F解得a对木板2故其位移为x木板长度的最小值L=18．【答案】（1）当S2掷1时，电容器与线圈连接。线圈中的磁感应强度B线圈匝数N=100，截面积S=0.02m2电容器充电至电压E，则带电量q=CU代入数据得q=0.25（2）当开关S1断开、S2掷向2时，电容器瞬间通过导体棒放电。设放电时间为Δt，根据动量定理（忽略重力和弹力影响）∑FAΔt=mv0即∑(Bil)Δt=Bl∑(iΔt)=Blq=mv0

解得导体棒获得的初速度v0=Blqm=2×1×0.251m/s=0.5m/s

导体棒在重力和弹簧弹力作用下向上运动。设平衡位置时弹簧伸长量为x0，由平衡条件得kx0＝mg

解得x0（3）导体棒上升0.25m后速度减为零，随后做自由落体运动（简谐运动的一部分），回到平衡位置（磁场上边界）时速度大小仍为v0＝0.5m/s，方向竖直向下。导体棒进入磁场后，电阻R与电容器C并联。设竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律mg−k(x0+x)−FAFA为总安培力F整理运动方程得-kx-对该式在时间上积分，求弹力和重力的合力冲量I＝∫﹣kxdtI-代入数据x＝0.07m，v0＝0.5m/s，等效质量m+CB2l2＝1kg+0.25×4×1kg＝2kgI-I﹣0.28＝﹣1.0解得I＝﹣0.72N·s即此过程中弹力和重力合力的冲量大小为﹣0.72N·s，方向竖直向上。【解析】【分析】本题考查电磁感应与力学的综合应用，涉及法拉第电磁感应定律、电容器、动量定理、机械能守恒和安培力冲量知识点。（1）S2掷1时，线圈因变化的磁场产生感应电动势，电容器充电至电压等于感应电动势。根据法拉第电磁感应定律求出线圈的感应电动势，再由电容器电荷量公式q=CU（2）电容器放电时，导体棒受到安培力的冲量获得初速度，由动量定理可求出导体棒的初速度。导体棒向上运动过程中，重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，结合平衡位置的弹力与重力关系，化简机械能守恒方程可求解上升的最大高度。根据楞次定律判断电容器极板的带电性质，结合左手定则和安培力向上的条件，可判断磁场B的方向。（3）导体棒进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，同时受到安培力作用。对导体棒的运动方程进行时间积分，结合动量定理，将安培力的冲量转化为与位移、速度相