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2026年广东省湛江市一模物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．现在多数智能手机都配备了“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音频信号相减来降低背景噪音，如图甲所示。通过这种技术，在嘈杂的环境中，通话质量也有极高的保证。图乙是原理简化图，图丙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，两列波振幅相同，则（　　）
A．降噪过程应用的是声波的干涉原理，Q点处的质点振动加强
B．Q点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为零
C．P点处的质点经过一个周期随波迁移的距离为一个波长
D．理想状态下降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小不相等
2．如图甲所示为一智能机械臂用两个机械手指捏着鸡蛋的照片，展示机械手臂的精确抓握能力。如图乙，若两手指受力、，方向与竖直方向夹角均为，且，鸡蛋重力为G，下列说法正确的是（　　）
A．手指受到鸡蛋的压力，是因为鸡蛋发生了弹性形变
B．匀加速提起鸡蛋过程中，手指对鸡蛋的压力大于鸡蛋对手指的弹力
C．若手指捏着鸡蛋竖直向上匀速移动，则
D．若手指捏着鸡蛋竖直向上匀加速移动，则
3．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波段光谱扫描成像。和分别为氢原子由和能级向能级跃迁产生的谱线，如图所示，用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．对应的光子能量为1.89 eV
B．用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对应的光的频率，则逸出的光电子的最大初动能不变
4．电磁俘能器由动磁铁、定磁铁和若干固定线圈组成，简化图如图所示。当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与线圈发生相对运动，线圈中会产生感应电流。若动磁铁产生的磁场垂直于纸面向外，下列说法正确的是（　　）
A．电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应
B．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针
C．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为顺时针
D．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为逆时针
5．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴 沿逆时针方向匀速转动，内阻不计的矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．t=0.005s时，穿过线圈的磁通量变化最快
B．矩形线圈经过图甲所示位置时，线圈中的电流方向为
C．其他条件不变，R阻值增大时，电流表示数减小
D．其他条件不变，滑片P向上移动时，电压表示数变小
6．2025年10月26日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将高分十四号02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如图所示为其发射过程的模拟图。卫星先进入圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，再经椭圆轨道Ⅱ，最终进入圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动，轨道Ⅱ分别与轨道Ⅰ、轨道Ⅲ相切于P、Q两点。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程中，地球对卫星的引力做正功
B．地球的密度为
C．在轨道Ⅱ上经过Q点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过Q点的加速度
D．卫星在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅲ上的运行周期
7．一种弹跳杆的结构如图甲所示。小朋友双手握住横杆开始弹跳，经历从地面上升、离地后下落、与地面作用再弹起等往复运动，如图乙所示。以小朋友静止站在弹跳杆脚踏板上时重心的位置O为坐标原点，在竖直方向建立表示小朋友重心位置的坐标轴，如图丙所示。假设小朋友在运动过程中始终保持站立姿态，不计空气阻力及弹跳杆重力，重力加速度大小为g。在某次小朋友从最高点下落至重心到达最低点的过程中，下列各选项中可能正确反映小朋友运动速度v随时间t的变化关系，或加速度a（取竖直向下为正方向）随相对O点的位移x变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，健身球是一种内部充满气体的健身辅助器材，已知球内的气体可视为理想气体，当人体压向健身球时球内气体体积缓慢变小。则人体压向健身球的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．球内气体单位时间对球的撞击次数增多
B．球内气体压强不变
C．球内每个气体分子的动能都不变
D．球内气体对外放热
9．如图甲所示，“反向蹦极”区别于传统蹦极，让人们在欢笑与惊叹中体验到了别样的刺激。情境简化图如图乙所示，弹性轻绳的上端固定在点，下端固定在人的身上，多名工作人员将人竖直下拉并与固定在地面上的力传感器相连，人静止时传感器示数为1200N。打开扣环，人从点像火箭一样被“竖直向上发射”，经速度最大的位置上升到最高点。已知，人（含装备）总质量（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．打开扣环瞬间，人的加速度大小为
B．的距离与的距离相等
C．人从点到点的过程中重力的冲量大小等于弹性绳弹力的冲量大小
D．人从点到点的过程中一直处于超重状态
10．如图所示，空间有一棱长为的正方体，点固定电荷量为（）的点电荷，点固定电荷量为的点电荷，、分别为上、下两个面的中心点，已知静电力常量为，则（　　）
A．点与点的电场强度相同
B．点与点的电势差等于点与点的电势差
C．点的电场强度大小为
D．将带负电的试探电荷由点沿直线移动到点，其电势能先增大，后减小
三、非选择题：共54分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．利用智能手机自带的各种传感器可以完成很多物理实验。某同学利用“探究平抛运动规律”的实验装置，结合手机的传感器功能测定当地的重力加速度，如图甲所示。实验步骤如下。
（1）实验前用50分度游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径　 　。
（2）实验装置中固定轨道的末端水平，在轨道末端正上方安装一光电门，将小球从轨道的某高度处由静止释放，通过光电门后抛出，测得小球通过光电门的平均时间为2.10ms，由此可知小球通过光电门的速度大小　 　。（计算结果保留三位有效数字）
（3）小球通过光电门运动一段时间后，打到竖直记录屏上，记下落点位置。然后通过手机传感器的测距功能，测量并记录小球做平抛运动的水平距离和竖直下落的距离，多次改变屏与抛出点的水平距离，小球每次都从轨道的同一高度处由静止释放，重复上述实验，记录多组、数据，在给定的坐标纸上作出的图像如图丙所示。根据上述图像求得当地的重力加速度大小　 　。（计算结果保留三位有效数字）
（4）若实验中记录值时漏掉了小球的半径，是否对重力加速度大小的测量结果产生影响？若不产生影响，请简要说明判断依据；若产生影响，将导致重力加速度大小的测量结果偏大还是偏小？
12．（1）我国某电动汽车公司发布了刀片电池，该电池采用磷酸铁锂技术，通过结构创新，显著提高了体积利用率和续航里程。某研究小组利用所学知识设计电路，测量其中一个电池片的电动势E和内阻r。小组成员首先使用多用电表的5V直流电压挡粗测该电池片的电动势，读数如图甲所示，测得的电动势读数为　 　 V；测量时，多用电表的红表笔应与电池片的　 　 （选填“正”或“负”）极相连。随后，小组成员利用以下器材进行精确测量
A. 电源，内阻不计
B. 电压表、（均可视为理想电表）
C. 定值电阻（阻值为），定值电阻（阻值为），定值电阻（阻值为）
D. 电流表（量程3 mA，内阻未知）
E. 电压表（量程3 V，内阻很大）
F. 电阻箱（阻值）
G. 滑动变阻器（阻值范围，额定电流1 A）
H. 开关和导线若干
根据提供的器材，小组设计了如图乙所示的实验电路图。由于电流表的内阻未知，无法直接测量电池片的电动势和内阻，因此他们进一步设计了如图丙所示的电路，先测量电流表的内阻，再测量电池片的电动势和内阻。
（2）该小组连接好电路后，首先对电流表的内阻进行测量，请完善测量步骤。
①把S拨到1位置，记录电压表的示数。
②把S拨到2位置，调节电阻箱阻值，使电压表的示数与电压表的示数相同，记录此时电阻箱的阻值，则电流表的内阻　 　。
③断开S，整理好器材。
（3）该小组测得电流表的内阻之后，利用图乙实验电路测得了多组实验数据，并将电流表的读数作为横坐标，电压表的读数作为纵坐标，选取合适的标度，绘制了如图丁所示的图线。则该小组同学测得这个电池片的电动势　 　 V，内阻　 　。（计算结果均保留三位有效数字）
13．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的玻璃半圆柱体（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，其左侧入射点处的光线垂直于直径方向。光线在玻璃内经面一次反射后，从半圆柱体的最高点射出，出射方向与成角，且与共线。已知激光在真空中的速度为，不考虑面的透射光线。求：
（1）该玻璃半圆柱体对激光的折射率；
（2）激光从点射入到从点射出，在玻璃半圆柱体中运动的时间。
14．某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影响）：光滑水平轨道、半径为的竖直光滑半圆轨道、半径为 的竖直光滑半圆轨道、长度的水平直轨道、长度 且以恒定速率 顺时针转动的水平传送带，以及足够长的光滑水平轨道。其中，点为半圆轨道 的最高点。在光滑水平轨道 上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量的小滑块（可视为质点）接触但不连接。弹簧初始时在 点处于压缩锁定状态，弹性势能。解除锁定后，小滑块被弹出，恰好能通过点，之后依次滑经轨道和传送带，最终冲上静置于轨道 上表面光滑的四分之一圆弧形物块，其质量，半径。已知滑块与轨道 及传送带 之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，空气阻力不计。
（1）求半圆轨道 的轨道半径；
（2）求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量；
（3）判断小滑块从点滑上圆弧形物块后是否能从点冲出圆弧轨道。
15．如图所示为某研究小组设计的“圆盘电动机”装置。半径为3L的导体圆环竖直放置，处于水平且垂直于圆环平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为。圆环通过三根阻值均为3R的辐条与转轴固定连接。圆环左侧装有一个半径为L的圆盘，可随转轴同步转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端悬挂铝块，系统运行足够长时间后铝块仍未落地。除铝块外，其他物体质量均忽略不计，且不考虑一切摩擦阻力，重力加速度为g。圆环右侧与阻值为R的电阻构成闭合回路。电阻R两端通过导线连接平行金属板a、b。在b板右侧依次分布有两个匀强磁场区域，C、D为磁场边界，与a、b板平行，区域Ⅰ的宽度为L，区域Ⅱ的宽度足够大，两区域磁感应强度大小均为B，方向如图所示。当圆盘匀速转动时，一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从a板中央由静止释放，经b板小孔垂直进入区域Ⅰ的磁场中，运动一段时间后又恰能回到a板出发点。粒子重力忽略不计。
（1）求粒子在磁场中运动的总时间t和粒子在磁场中的速度v的大小；
（2）求匀强磁场的方向及铝块的质量；
（3）若改变区域Ⅰ、Ⅱ中的匀强磁场大小为，使粒子可从距b板小孔为2L的点穿过C边界离开磁场，求此时匀强磁场的大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．降噪应用声波干涉原理，但 Q 点是两列波的振动减弱点（位移始终为 0），并非加强，故A错误；
B．Q 点质点始终静止，一个周期内振动路程为0，故B正确；
C．质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，故C错误；
D．两列声波在同一介质中传播，传播速度大小相等，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这是声波干涉降噪的应用，利用两列振幅相同、频率相同、相位相反的声波干涉，使振动减弱以消除噪音。
2．【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．弹力是施力物体发生弹性形变产生的。手指受到鸡蛋的压力，施力物体是鸡蛋，因此是鸡蛋发生了弹性形变，故A正确；
B．手指对鸡蛋的压力与鸡蛋对手指的弹力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，与运动状态无关，故B错误；
C．若手指捏着鸡蛋竖直向上匀速移动，根据平衡条件，手指对鸡蛋的合力为
解得，故C错误；
D．若手指捏着鸡蛋竖直向上匀加速运动，由牛顿第二定律有
可知，故D错误。
故答案为：A。
【分析】从弹力的产生、牛顿第三定律和受力平衡三个角度逐一分析选项。
3．【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．根据能级跃迁公式，，故A正确；
B．根据能级跃迁公式，，恰好发生光电效应，说明逸出功W=2.86eV，的频率小于的频率，不能发生光电效应，故B错误；
C．金属的逸出功由金属本身性质决定，与入射光频率无关，故C错误；
D．根据光电效应方程
可知，若照射光的频率大于对应的光的频率，则光电子的最大初动能增大，故D错误；
故答案为：A。
【分析】 先根据氢原子能级跃迁公式计算 H 和 H 对应的光子能量，再结合光电效应方程分析金属逸出功、光电效应发生条件及光电子最大初动能的变化规律。
4．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A．工作原理是电磁感应（磁生电），不是电流的磁效应，故A错误；
BCD．动磁铁顺时针旋转，磁场垂直纸面向外：
线圈 1：磁通量向外增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场向里，电流方向为逆时针。
线圈 2：磁通量向外减少，感应电流产生的磁场向外，电流方向为顺时针。故 B 正确，CD 错误；
故答案为：B。
【分析】先明确电磁俘能器的工作原理为电磁感应，再根据楞次定律分析线圈 1、2 中磁通量的变化，进而判断感应电流的方向。
5．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知周期 T=0.02 s，t=0.005 s 时电流为 0， 感应电动势为零， 根据法拉第电磁感应定律，此时穿过线圈的磁通量变化率为零，并非变化最快，A错误；
B．图甲位置是线圈垂直中性面，用右手定则判断，电流方向应为，B错误；
C．交流发电机的内阻不计，所以变压器的输入电压不变，根据
可知副线圈两端的电压不变，电阻两端的电压不变，当R阻值增大时，根据
可知流过电阻的电流减小，即副线圈中的电流变小，根据
可知原线圈中的电流减小，即电流表的示数减小，C正确；
D．电压表测原线圈电压，由发电机决定，滑片 P 移动不改变原线圈电压，故电压表示数不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】先结合交变电流的图像和产生规律分析磁通量变化与电流方向，再运用理想变压器的电压、电流关系和欧姆定律判断电表读数的变化。
6．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星在轨道 Ⅱ 上从 P 点到 Q 点，是远离地球的过程，地球对卫星的引力与速度方向夹角大于 90°，引力做负功，A错误；
B．在地球表面，由，可得地球的密度，故B错误；
C．加速度由万有引力决定：，同一位置 Q 点，r 相同，故轨道 Ⅱ 和 Ⅲ 上 Q 点的加速度相等，C错误；
D． 根据开普勒第三定律可知，轨道 Ⅱ 的半长轴 a2 小于轨道 Ⅲ 的半径 r3 ，因此 T2 故答案为：D。
【分析】先分析卫星在轨道 Ⅱ 上的引力做功与加速度，再利用地表重力等于万有引力计算地球密度，最后结合开普勒第三定律比较不同轨道的周期。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】小朋友从最高点下落至最低点的过程可分为三个阶段：
空中下落阶段：未接触弹簧，只受重力，加速度为 g（向下为正），做匀加速直线运动，速度随时间线性增大。
弹簧压缩但弹力小于重力阶段：接触弹簧后，弹力随形变量增大而增大，合力向下且逐渐减小，加速度向下且逐渐减小，做加速度减小的加速运动，速度继续增大，直到弹力等于重力时速度达到最大。
弹力大于重力阶段：合力向上且逐渐增大，加速度向上（为负）且逐渐增大，做加速度增大的减速运动，直到速度减为 0（到达最低点）。
AB．速度先匀加速增大，再加速度减小的加速，最后加速度增大的减速，v-t 图像斜率（加速度）先不变，再减小到 0，再反向增大，故曲线先陡，再变缓，再反向变陡，AB错误；
CD．以小朋友和弹跳杆为整体，在整体未落地之前，只受重力作用，加速度为重力加速度；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，根据简谐运动特点，可得回复力
根据牛顿第二定律有
可得
可知a与x成线性关系，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】先将小朋友从最高点到最低点的运动分为三个阶段：空中自由下落、弹簧弹力小于重力、弹力大于重力，分析各阶段的速度与加速度变化；再结合 v-t 图像斜率（加速度）和 a-x 图像的线性关系，判断正确选项。
8．【答案】A,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由玻意耳定律 pV=C，体积 V 减小则压强 p 增大，分子数密度增大，单位时间撞击球壁的次数增多，故A正确，B错误；
C． 温度不变，分子平均动能不变，但单个分子动能是随机的，并非都不变 ，故C错误；
D．由于球内气体温度不变，气体的内能不变，即；气体的体积减小，故外界对气体做功，即；根据热力学第一定律，可得，所以球内气体对外放热，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】先运用动能定理分析滑块从 a 到 b、b 到 d 过程中合外力做功与动能变化的关系，得到速度变化规律；再结合受力情况判断滑块的运动状态，同时比较动能与势能的大小，最后分析重力功率的变化规律。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．打开扣环瞬间，弹性绳的弹力和重力的合力为
由牛顿第二定律可知，解得，故A正确；
B．ab 段是弹性绳作用的加速阶段，bc 段是只受重力的减速阶段，两者运动规律不同，距离不相等，故B错误；
C．从 a 到 c，初末动量均为 0，由动量定理I弹-I重=0，即弹性绳弹力的冲量大小等于重力的冲量大小，故C正确；
D．从 a 到 b，加速度向上，处于超重状态；从 b 到 c，加速度向下（重力加速度），处于失重状态，故D错误；
故选AC。
【分析】 先利用平衡条件求出弹性绳的弹力，再用牛顿第二定律计算扣环瞬间的加速度；接着结合动量定理分析冲量关系，最后根据运动阶段判断超重失重状态。
10．【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．A 点与 C 点的电场强度大小相等、方向不同（关于 DB 对称），故A错误；
B．点与点的电势差为，点与点的电势差，由对称性知，，，则，故B正确；
C．点的电荷在点的电场强度为，点的电荷在点的电场强度为，所以点的场强大小为，故C正确；
D．从 A 到 O'，电势先升高后降低，带负电的试探电荷电势能Ep =qφ（q<0），故电势能先减小后增大，D错误；
故答案为：BC。
【分析】先分析等量异种点电荷的电场对称性，再用点电荷场强公式计算 A 点场强，结合电势差的对称性和电场力做功判断电势能变化。
11．【答案】（1）4.20
（2）2.00
（3）9.60（9.45~9.75）
（4）解：不影响。由图像中斜率
解得，可知漏掉小球的半径不影响重力加速度的测量。
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）由游标卡尺读数规则可知，读数为
故答案为： 4.20 ；
（2）小球通过光电门的速度
故答案为： 2.00 ；
（3）根据平抛运动的规律有，
可得与的关系为
结合图像可得
解得
故答案为： 9.60（9.45~9.75） ；
【分析】(1)先读游标卡尺主尺刻度，再读游标尺对齐刻度，两者相加得到小球直径。
(2)先由小球直径和通过光电门的时间，利用 计算初速度。
(3)先由平抛运动规律推导出 的线性关系，再由图像斜率结合初速度，求解重力加速度 。
(4)先分析 图像的斜率表达式，再判断漏掉小球半径是否影响斜率，进而判断对 测量结果的影响。
（1）由游标卡尺读数规则可知，读数为
（2）小球通过光电门的速度
（3）根据平抛运动的规律有，
可得与的关系为
结合图像可得
解得
（4）不影响。由图像中斜率
解得
可知漏掉小球的半径不影响重力加速度的测量。
12．【答案】（1）2.90；正
（2）199
（3）3.00；2.00
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）直流电压5.0 V挡，又由于此时电压挡的分度值为0.1 V，所以读数为2.90 V；
由于多用电表的电流从红表笔进入后从黑表笔出来，所以测量时多用电表的红表笔应该与电池的正极相连。
故答案为： 2.90 ； 正 ；
（2）把S拨到1位置时，根据闭合电路欧姆定律有
把S拨到2位置时，有
解得
故答案为： 199 ；
（3）设电流表的读数为I，电压表读数为U，则电路中的总电流为，根据闭合电路的欧姆定律有
可知图像的纵截距表示电源电动势，则有
可知的图像的斜率为
解得
故答案为： 3.00 ； 2.00 ；
【分析】(1)先按多用电表 5V 直流电压挡的分度值读数，得到电动势；再根据多用电表电流流向，确定红表笔接电池正极。
(2)先分别列出开关在 1、2 位置时的闭合电路欧姆定律方程，再联立求解电流表内阻。
(3)先推导 U I 线性关系，由图像纵截距得电动势，由斜率结合总电流倍数关系求解内阻。
（1）[1]直流电压5.0 V挡，又由于此时电压挡的分度值为0.1 V，所以读数为2.90 V；
[2]由于多用电表的电流从红表笔进入后从黑表笔出来，所以测量时多用电表的红表笔应该与电池的正极相连。
（2）把S拨到1位置时，根据闭合电路欧姆定律有
把S拨到2位置时，有
解得
（3）[1][2]设电流表的读数为I，电压表读数为U，则电路中的总电流为，根据闭合电路的欧姆定律有
可知图像的纵截距表示电源电动势，则有
可知的图像的斜率为
解得
13．【答案】（1）解：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、折射角为，根据光路图，出射方向与AB成角，且与PM共线，可知
连接OP可得为正三角形，则有，所以
可知为直角三角形，根据几何关系可得
根据折射定律有
解得
（2）解：激光在玻璃半圆柱体中的传播速度
激光在玻璃半圆柱体中运动的距离
根据几何关系有
激光在玻璃半圆柱体中运动的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1)先由几何关系确定M点出射时的入射角 和折射角 ，再根据折射定律 求解折射率。
(2) 先由求出光在玻璃中的传播速度，再由几何关系求出光在玻璃中传播的总路程 ，最后由 计算运动时间 。
（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、折射角为，根据光路图，出射方向与AB成角，且与PM共线，可知
连接OP可得为正三角形，则有，所以
可知为直角三角形，根据几何关系可得
根据折射定律有
解得
（2）激光在玻璃半圆柱体中的传播速度
激光在玻璃半圆柱体中运动的距离
根据几何关系有
激光在玻璃半圆柱体中运动的时间
解得
14．【答案】（1）解：小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C点，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）解：对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有
解得
由于，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动量定理有
根据动能定理有
解得，
所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度
小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小
所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量
解得
（3）解：假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得
故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)先由“恰好通过C点”得出重力提供向心力，列牛顿第二定律方程；再结合弹簧弹性势能全部转化为C点的重力势能和动能，列能量守恒方程，联立求解轨道半径 。
(2)先由能量守恒求出滑块到达G点的速度；再分析滑块在传送带上的匀减速运动，判断能否与传送带共速，算出滑块和传送带的相对位移；最后由 计算摩擦生热。
(3)先假设滑块不能冲出圆弧，由水平方向动量守恒和系统能量守恒求出上升高度 ；再将 与圆弧半径 比较，判断能否从J点冲出。
（1）小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C点，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有
解得
由于，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动量定理有
根据动能定理有
解得，
所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度
小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小
所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量
解得
（3）假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得
故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。
15．【答案】（1）解：粒子在Ⅰ、Ⅱ区域内做圆周运动，半径均为r，由题意知粒子运动轨迹如图甲
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期均为T，则有
粒子在磁场中运动的总时间
联立解得
（2）解：由粒子在电场中加速可知a板带负电，由右手定则可知匀强磁场的方向水平向右
设圆盘稳定时辐条转动的角速度为，则三根辐条产生的等效电动势
由并联可知电源等效电阻
此时对于铝块，速度
此时铝块的重力做功功率等于电路的电功率
稳定时平行金属板、两端的电压
粒子在电场中运动时，根据动能定理有
解得
（3）解：粒子进入磁场从C边界射出的运动轨迹有两种
①如果粒子从小孔下面离开磁场，运动轨迹与D相切，如图乙所示
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
②如果粒子从小孔上面离开磁场，如图丙所示
根据几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)先由粒子运动轨迹的几何关系求出圆周运动半径，再由洛伦兹力提供向心力求得速度 ；然后根据粒子在磁场中运动的圆心角，结合周期公式计算总时间 。
(2)先由粒子在电场中的加速过程，结合动能定理得到板间电压与速度的关系；再由右手定则判断磁场 方向，根据辐条转动的感应电动势、电路功率与铝块重力功率平衡的关系，联立求解铝块质量
(3)先分析粒子从C边界射出的两种轨迹（从小孔下方、上方离开），分别由几何关系求出对应的圆周运动半径；再由洛伦兹力提供向心力，联立求解两种情况下的磁场 。
（1）粒子在Ⅰ、Ⅱ区域内做圆周运动，半径均为r，由题意知粒子运动轨迹如图甲
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期均为T，则有
粒子在磁场中运动的总时间
联立解得
（2）由粒子在电场中加速可知a板带负电，由右手定则可知匀强磁场的方向水平向右
设圆盘稳定时辐条转动的角速度为，则三根辐条产生的等效电动势
由并联可知电源等效电阻
此时对于铝块，速度
此时铝块的重力做功功率等于电路的电功率
稳定时平行金属板、两端的电压
粒子在电场中运动时，根据动能定理有
解得
（3）粒子进入磁场从C边界射出的运动轨迹有两种
①如果粒子从小孔下面离开磁场，运动轨迹与D相切，如图乙所示
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
②如果粒子从小孔上面离开磁场，如图丙所示
根据几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
1 / 12026年广东省湛江市一模物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．现在多数智能手机都配备了“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音频信号相减来降低背景噪音，如图甲所示。通过这种技术，在嘈杂的环境中，通话质量也有极高的保证。图乙是原理简化图，图丙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，两列波振幅相同，则（　　）
A．降噪过程应用的是声波的干涉原理，Q点处的质点振动加强
B．Q点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为零
C．P点处的质点经过一个周期随波迁移的距离为一个波长
D．理想状态下降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小不相等
【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．降噪应用声波干涉原理，但 Q 点是两列波的振动减弱点（位移始终为 0），并非加强，故A错误；
B．Q 点质点始终静止，一个周期内振动路程为0，故B正确；
C．质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，故C错误；
D．两列声波在同一介质中传播，传播速度大小相等，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这是声波干涉降噪的应用，利用两列振幅相同、频率相同、相位相反的声波干涉，使振动减弱以消除噪音。
2．如图甲所示为一智能机械臂用两个机械手指捏着鸡蛋的照片，展示机械手臂的精确抓握能力。如图乙，若两手指受力、，方向与竖直方向夹角均为，且，鸡蛋重力为G，下列说法正确的是（　　）
A．手指受到鸡蛋的压力，是因为鸡蛋发生了弹性形变
B．匀加速提起鸡蛋过程中，手指对鸡蛋的压力大于鸡蛋对手指的弹力
C．若手指捏着鸡蛋竖直向上匀速移动，则
D．若手指捏着鸡蛋竖直向上匀加速移动，则
【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．弹力是施力物体发生弹性形变产生的。手指受到鸡蛋的压力，施力物体是鸡蛋，因此是鸡蛋发生了弹性形变，故A正确；
B．手指对鸡蛋的压力与鸡蛋对手指的弹力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，与运动状态无关，故B错误；
C．若手指捏着鸡蛋竖直向上匀速移动，根据平衡条件，手指对鸡蛋的合力为
解得，故C错误；
D．若手指捏着鸡蛋竖直向上匀加速运动，由牛顿第二定律有
可知，故D错误。
故答案为：A。
【分析】从弹力的产生、牛顿第三定律和受力平衡三个角度逐一分析选项。
3．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波段光谱扫描成像。和分别为氢原子由和能级向能级跃迁产生的谱线，如图所示，用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．对应的光子能量为1.89 eV
B．用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
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．根据能级跃迁公式，，故A正确；
B．根据能级跃迁公式，，恰好发生光电效应，说明逸出功W=2.86eV，的频率小于的频率，不能发生光电效应，故B错误；
C．金属的逸出功由金属本身性质决定，与入射光频率无关，故C错误；
D．根据光电效应方程
可知，若照射光的频率大于对应的光的频率，则光电子的最大初动能增大，故D错误；
故答案为：A。
【分析】 先根据氢原子能级跃迁公式计算 H 和 H 对应的光子能量，再结合光电效应方程分析金属逸出功、光电效应发生条件及光电子最大初动能的变化规律。
4．电磁俘能器由动磁铁、定磁铁和若干固定线圈组成，简化图如图所示。当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与线圈发生相对运动，线圈中会产生感应电流。若动磁铁产生的磁场垂直于纸面向外，下列说法正确的是（　　）
A．电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应
B．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针
C．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为顺时针
D．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为逆时针
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A．工作原理是电磁感应（磁生电），不是电流的磁效应，故A错误；
BCD．动磁铁顺时针旋转，磁场垂直纸面向外：
线圈 1：磁通量向外增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场向里，电流方向为逆时针。
线圈 2：磁通量向外减少，感应电流产生的磁场向外，电流方向为顺时针。故 B 正确，CD 错误；
故答案为：B。
【分析】先明确电磁俘能器的工作原理为电磁感应，再根据楞次定律分析线圈 1、2 中磁通量的变化，进而判断感应电流的方向。
5．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴 沿逆时针方向匀速转动，内阻不计的矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．t=0.005s时，穿过线圈的磁通量变化最快
B．矩形线圈经过图甲所示位置时，线圈中的电流方向为
C．其他条件不变，R阻值增大时，电流表示数减小
D．其他条件不变，滑片P向上移动时，电压表示数变小
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知周期 T=0.02 s，t=0.005 s 时电流为 0， 感应电动势为零， 根据法拉第电磁感应定律，此时穿过线圈的磁通量变化率为零，并非变化最快，A错误；
B．图甲位置是线圈垂直中性面，用右手定则判断，电流方向应为，B错误；
C．交流发电机的内阻不计，所以变压器的输入电压不变，根据
可知副线圈两端的电压不变，电阻两端的电压不变，当R阻值增大时，根据
可知流过电阻的电流减小，即副线圈中的电流变小，根据
可知原线圈中的电流减小，即电流表的示数减小，C正确；
D．电压表测原线圈电压，由发电机决定，滑片 P 移动不改变原线圈电压，故电压表示数不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】先结合交变电流的图像和产生规律分析磁通量变化与电流方向，再运用理想变压器的电压、电流关系和欧姆定律判断电表读数的变化。
6．2025年10月26日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将高分十四号02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如图所示为其发射过程的模拟图。卫星先进入圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，再经椭圆轨道Ⅱ，最终进入圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动，轨道Ⅱ分别与轨道Ⅰ、轨道Ⅲ相切于P、Q两点。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程中，地球对卫星的引力做正功
B．地球的密度为
C．在轨道Ⅱ上经过Q点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过Q点的加速度
D．卫星在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅲ上的运行周期
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星在轨道 Ⅱ 上从 P 点到 Q 点，是远离地球的过程，地球对卫星的引力与速度方向夹角大于 90°，引力做负功，A错误；
B．在地球表面，由，可得地球的密度，故B错误；
C．加速度由万有引力决定：，同一位置 Q 点，r 相同，故轨道 Ⅱ 和 Ⅲ 上 Q 点的加速度相等，C错误；
D． 根据开普勒第三定律可知，轨道 Ⅱ 的半长轴 a2 小于轨道 Ⅲ 的半径 r3 ，因此 T2 故答案为：D。
【分析】先分析卫星在轨道 Ⅱ 上的引力做功与加速度，再利用地表重力等于万有引力计算地球密度，最后结合开普勒第三定律比较不同轨道的周期。
7．一种弹跳杆的结构如图甲所示。小朋友双手握住横杆开始弹跳，经历从地面上升、离地后下落、与地面作用再弹起等往复运动，如图乙所示。以小朋友静止站在弹跳杆脚踏板上时重心的位置O为坐标原点，在竖直方向建立表示小朋友重心位置的坐标轴，如图丙所示。假设小朋友在运动过程中始终保持站立姿态，不计空气阻力及弹跳杆重力，重力加速度大小为g。在某次小朋友从最高点下落至重心到达最低点的过程中，下列各选项中可能正确反映小朋友运动速度v随时间t的变化关系，或加速度a（取竖直向下为正方向）随相对O点的位移x变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】小朋友从最高点下落至最低点的过程可分为三个阶段：
空中下落阶段：未接触弹簧，只受重力，加速度为 g（向下为正），做匀加速直线运动，速度随时间线性增大。
弹簧压缩但弹力小于重力阶段：接触弹簧后，弹力随形变量增大而增大，合力向下且逐渐减小，加速度向下且逐渐减小，做加速度减小的加速运动，速度继续增大，直到弹力等于重力时速度达到最大。
弹力大于重力阶段：合力向上且逐渐增大，加速度向上（为负）且逐渐增大，做加速度增大的减速运动，直到速度减为 0（到达最低点）。
AB．速度先匀加速增大，再加速度减小的加速，最后加速度增大的减速，v-t 图像斜率（加速度）先不变，再减小到 0，再反向增大，故曲线先陡，再变缓，再反向变陡，AB错误；
CD．以小朋友和弹跳杆为整体，在整体未落地之前，只受重力作用，加速度为重力加速度；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，根据简谐运动特点，可得回复力
根据牛顿第二定律有
可得
可知a与x成线性关系，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】先将小朋友从最高点到最低点的运动分为三个阶段：空中自由下落、弹簧弹力小于重力、弹力大于重力，分析各阶段的速度与加速度变化；再结合 v-t 图像斜率（加速度）和 a-x 图像的线性关系，判断正确选项。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，健身球是一种内部充满气体的健身辅助器材，已知球内的气体可视为理想气体，当人体压向健身球时球内气体体积缓慢变小。则人体压向健身球的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．球内气体单位时间对球的撞击次数增多
B．球内气体压强不变
C．球内每个气体分子的动能都不变
D．球内气体对外放热
【答案】A,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由玻意耳定律 pV=C，体积 V 减小则压强 p 增大，分子数密度增大，单位时间撞击球壁的次数增多，故A正确，B错误；
C． 温度不变，分子平均动能不变，但单个分子动能是随机的，并非都不变 ，故C错误；
D．由于球内气体温度不变，气体的内能不变，即；气体的体积减小，故外界对气体做功，即；根据热力学第一定律，可得，所以球内气体对外放热，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】先运用动能定理分析滑块从 a 到 b、b 到 d 过程中合外力做功与动能变化的关系，得到速度变化规律；再结合受力情况判断滑块的运动状态，同时比较动能与势能的大小，最后分析重力功率的变化规律。
9．如图甲所示，“反向蹦极”区别于传统蹦极，让人们在欢笑与惊叹中体验到了别样的刺激。情境简化图如图乙所示，弹性轻绳的上端固定在点，下端固定在人的身上，多名工作人员将人竖直下拉并与固定在地面上的力传感器相连，人静止时传感器示数为1200N。打开扣环，人从点像火箭一样被“竖直向上发射”，经速度最大的位置上升到最高点。已知，人（含装备）总质量（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．打开扣环瞬间，人的加速度大小为
B．的距离与的距离相等
C．人从点到点的过程中重力的冲量大小等于弹性绳弹力的冲量大小
D．人从点到点的过程中一直处于超重状态
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．打开扣环瞬间，弹性绳的弹力和重力的合力为
由牛顿第二定律可知，解得，故A正确；
B．ab 段是弹性绳作用的加速阶段，bc 段是只受重力的减速阶段，两者运动规律不同，距离不相等，故B错误；
C．从 a 到 c，初末动量均为 0，由动量定理I弹-I重=0，即弹性绳弹力的冲量大小等于重力的冲量大小，故C正确；
D．从 a 到 b，加速度向上，处于超重状态；从 b 到 c，加速度向下（重力加速度），处于失重状态，故D错误；
故选AC。
【分析】 先利用平衡条件求出弹性绳的弹力，再用牛顿第二定律计算扣环瞬间的加速度；接着结合动量定理分析冲量关系，最后根据运动阶段判断超重失重状态。
10．如图所示，空间有一棱长为的正方体，点固定电荷量为（）的点电荷，点固定电荷量为的点电荷，、分别为上、下两个面的中心点，已知静电力常量为，则（　　）
A．点与点的电场强度相同
B．点与点的电势差等于点与点的电势差
C．点的电场强度大小为
D．将带负电的试探电荷由点沿直线移动到点，其电势能先增大，后减小
【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．A 点与 C 点的电场强度大小相等、方向不同（关于 DB 对称），故A错误；
B．点与点的电势差为，点与点的电势差，由对称性知，，，则，故B正确；
C．点的电荷在点的电场强度为，点的电荷在点的电场强度为，所以点的场强大小为，故C正确；
D．从 A 到 O'，电势先升高后降低，带负电的试探电荷电势能Ep =qφ（q<0），故电势能先减小后增大，D错误；
故答案为：BC。
【分析】先分析等量异种点电荷的电场对称性，再用点电荷场强公式计算 A 点场强，结合电势差的对称性和电场力做功判断电势能变化。
三、非选择题：共54分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．利用智能手机自带的各种传感器可以完成很多物理实验。某同学利用“探究平抛运动规律”的实验装置，结合手机的传感器功能测定当地的重力加速度，如图甲所示。实验步骤如下。
（1）实验前用50分度游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径　 　。
（2）实验装置中固定轨道的末端水平，在轨道末端正上方安装一光电门，将小球从轨道的某高度处由静止释放，通过光电门后抛出，测得小球通过光电门的平均时间为2.10ms，由此可知小球通过光电门的速度大小　 　。（计算结果保留三位有效数字）
（3）小球通过光电门运动一段时间后，打到竖直记录屏上，记下落点位置。然后通过手机传感器的测距功能，测量并记录小球做平抛运动的水平距离和竖直下落的距离，多次改变屏与抛出点的水平距离，小球每次都从轨道的同一高度处由静止释放，重复上述实验，记录多组、数据，在给定的坐标纸上作出的图像如图丙所示。根据上述图像求得当地的重力加速度大小　 　。（计算结果保留三位有效数字）
（4）若实验中记录值时漏掉了小球的半径，是否对重力加速度大小的测量结果产生影响？若不产生影响，请简要说明判断依据；若产生影响，将导致重力加速度大小的测量结果偏大还是偏小？
【答案】（1）4.20
（2）2.00
（3）9.60（9.45~9.75）
（4）解：不影响。由图像中斜率
解得，可知漏掉小球的半径不影响重力加速度的测量。
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）由游标卡尺读数规则可知，读数为
故答案为： 4.20 ；
（2）小球通过光电门的速度
故答案为： 2.00 ；
（3）根据平抛运动的规律有，
可得与的关系为
结合图像可得
解得
故答案为： 9.60（9.45~9.75） ；
【分析】(1)先读游标卡尺主尺刻度，再读游标尺对齐刻度，两者相加得到小球直径。
(2)先由小球直径和通过光电门的时间，利用 计算初速度。
(3)先由平抛运动规律推导出 的线性关系，再由图像斜率结合初速度，求解重力加速度 。
(4)先分析 图像的斜率表达式，再判断漏掉小球半径是否影响斜率，进而判断对 测量结果的影响。
（1）由游标卡尺读数规则可知，读数为
（2）小球通过光电门的速度
（3）根据平抛运动的规律有，
可得与的关系为
结合图像可得
解得
（4）不影响。由图像中斜率
解得
可知漏掉小球的半径不影响重力加速度的测量。
12．（1）我国某电动汽车公司发布了刀片电池，该电池采用磷酸铁锂技术，通过结构创新，显著提高了体积利用率和续航里程。某研究小组利用所学知识设计电路，测量其中一个电池片的电动势E和内阻r。小组成员首先使用多用电表的5V直流电压挡粗测该电池片的电动势，读数如图甲所示，测得的电动势读数为　 　 V；测量时，多用电表的红表笔应与电池片的　 　 （选填“正”或“负”）极相连。随后，小组成员利用以下器材进行精确测量
A. 电源，内阻不计
B. 电压表、（均可视为理想电表）
C. 定值电阻（阻值为），定值电阻（阻值为），定值电阻（阻值为）
D. 电流表（量程3 mA，内阻未知）
E. 电压表（量程3 V，内阻很大）
F. 电阻箱（阻值）
G. 滑动变阻器（阻值范围，额定电流1 A）
H. 开关和导线若干
根据提供的器材，小组设计了如图乙所示的实验电路图。由于电流表的内阻未知，无法直接测量电池片的电动势和内阻，因此他们进一步设计了如图丙所示的电路，先测量电流表的内阻，再测量电池片的电动势和内阻。
（2）该小组连接好电路后，首先对电流表的内阻进行测量，请完善测量步骤。
①把S拨到1位置，记录电压表的示数。
②把S拨到2位置，调节电阻箱阻值，使电压表的示数与电压表的示数相同，记录此时电阻箱的阻值，则电流表的内阻　 　。
③断开S，整理好器材。
（3）该小组测得电流表的内阻之后，利用图乙实验电路测得了多组实验数据，并将电流表的读数作为横坐标，电压表的读数作为纵坐标，选取合适的标度，绘制了如图丁所示的图线。则该小组同学测得这个电池片的电动势　 　 V，内阻　 　。（计算结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）2.90；正
（2）199
（3）3.00；2.00
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）直流电压5.0 V挡，又由于此时电压挡的分度值为0.1 V，所以读数为2.90 V；
由于多用电表的电流从红表笔进入后从黑表笔出来，所以测量时多用电表的红表笔应该与电池的正极相连。
故答案为： 2.90 ； 正 ；
（2）把S拨到1位置时，根据闭合电路欧姆定律有
把S拨到2位置时，有
解得
故答案为： 199 ；
（3）设电流表的读数为I，电压表读数为U，则电路中的总电流为，根据闭合电路的欧姆定律有
可知图像的纵截距表示电源电动势，则有
可知的图像的斜率为
解得
故答案为： 3.00 ； 2.00 ；
【分析】(1)先按多用电表 5V 直流电压挡的分度值读数，得到电动势；再根据多用电表电流流向，确定红表笔接电池正极。
(2)先分别列出开关在 1、2 位置时的闭合电路欧姆定律方程，再联立求解电流表内阻。
(3)先推导 U I 线性关系，由图像纵截距得电动势，由斜率结合总电流倍数关系求解内阻。
（1）[1]直流电压5.0 V挡，又由于此时电压挡的分度值为0.1 V，所以读数为2.90 V；
[2]由于多用电表的电流从红表笔进入后从黑表笔出来，所以测量时多用电表的红表笔应该与电池的正极相连。
（2）把S拨到1位置时，根据闭合电路欧姆定律有
把S拨到2位置时，有
解得
（3）[1][2]设电流表的读数为I，电压表读数为U，则电路中的总电流为，根据闭合电路的欧姆定律有
可知图像的纵截距表示电源电动势，则有
可知的图像的斜率为
解得
13．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的玻璃半圆柱体（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，其左侧入射点处的光线垂直于直径方向。光线在玻璃内经面一次反射后，从半圆柱体的最高点射出，出射方向与成角，且与共线。已知激光在真空中的速度为，不考虑面的透射光线。求：
（1）该玻璃半圆柱体对激光的折射率；
（2）激光从点射入到从点射出，在玻璃半圆柱体中运动的时间。
【答案】（1）解：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、折射角为，根据光路图，出射方向与AB成角，且与PM共线，可知
连接OP可得为正三角形，则有，所以
可知为直角三角形，根据几何关系可得
根据折射定律有
解得
（2）解：激光在玻璃半圆柱体中的传播速度
激光在玻璃半圆柱体中运动的距离
根据几何关系有
激光在玻璃半圆柱体中运动的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1)先由几何关系确定M点出射时的入射角 和折射角 ，再根据折射定律 求解折射率。
(2) 先由求出光在玻璃中的传播速度，再由几何关系求出光在玻璃中传播的总路程 ，最后由 计算运动时间 。
（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、折射角为，根据光路图，出射方向与AB成角，且与PM共线，可知
连接OP可得为正三角形，则有，所以
可知为直角三角形，根据几何关系可得
根据折射定律有
解得
（2）激光在玻璃半圆柱体中的传播速度
激光在玻璃半圆柱体中运动的距离
根据几何关系有
激光在玻璃半圆柱体中运动的时间
解得
14．某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影响）：光滑水平轨道、半径为的竖直光滑半圆轨道、半径为 的竖直光滑半圆轨道、长度的水平直轨道、长度 且以恒定速率 顺时针转动的水平传送带，以及足够长的光滑水平轨道。其中，点为半圆轨道 的最高点。在光滑水平轨道 上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量的小滑块（可视为质点）接触但不连接。弹簧初始时在 点处于压缩锁定状态，弹性势能。解除锁定后，小滑块被弹出，恰好能通过点，之后依次滑经轨道和传送带，最终冲上静置于轨道 上表面光滑的四分之一圆弧形物块，其质量，半径。已知滑块与轨道 及传送带 之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，空气阻力不计。
（1）求半圆轨道 的轨道半径；
（2）求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量；
（3）判断小滑块从点滑上圆弧形物块后是否能从点冲出圆弧轨道。
【答案】（1）解：小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C点，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）解：对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有
解得
由于，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动量定理有
根据动能定理有
解得，
所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度
小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小
所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量
解得
（3）解：假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得
故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)先由“恰好通过C点”得出重力提供向心力，列牛顿第二定律方程；再结合弹簧弹性势能全部转化为C点的重力势能和动能，列能量守恒方程，联立求解轨道半径 。
(2)先由能量守恒求出滑块到达G点的速度；再分析滑块在传送带上的匀减速运动，判断能否与传送带共速，算出滑块和传送带的相对位移；最后由 计算摩擦生热。
(3)先假设滑块不能冲出圆弧，由水平方向动量守恒和系统能量守恒求出上升高度 ；再将 与圆弧半径 比较，判断能否从J点冲出。
（1）小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C点，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有
解得
由于，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动量定理有
根据动能定理有
解得，
所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度
小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小
所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量
解得
（3）假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得
故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。
15．如图所示为某研究小组设计的“圆盘电动机”装置。半径为3L的导体圆环竖直放置，处于水平且垂直于圆环平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为。圆环通过三根阻值均为3R的辐条与转轴固定连接。圆环左侧装有一个半径为L的圆盘，可随转轴同步转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端悬挂铝块，系统运行足够长时间后铝块仍未落地。除铝块外，其他物体质量均忽略不计，且不考虑一切摩擦阻力，重力加速度为g。圆环右侧与阻值为R的电阻构成闭合回路。电阻R两端通过导线连接平行金属板a、b。在b板右侧依次分布有两个匀强磁场区域，C、D为磁场边界，与a、b板平行，区域Ⅰ的宽度为L，区域Ⅱ的宽度足够大，两区域磁感应强度大小均为B，方向如图所示。当圆盘匀速转动时，一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从a板中央由静止释放，经b板小孔垂直进入区域Ⅰ的磁场中，运动一段时间后又恰能回到a板出发点。粒子重力忽略不计。
（1）求粒子在磁场中运动的总时间t和粒子在磁场中的速度v的大小；
（2）求匀强磁场的方向及铝块的质量；
（3）若改变区域Ⅰ、Ⅱ中的匀强磁场大小为，使粒子可从距b板小孔为2L的点穿过C边界离开磁场，求此时匀强磁场的大小。
【答案】（1）解：粒子在Ⅰ、Ⅱ区域内做圆周运动，半径均为r，由题意知粒子运动轨迹如图甲
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期均为T，则有
粒子在磁场中运动的总时间
联立解得
（2）解：由粒子在电场中加速可知a板带负电，由右手定则可知匀强磁场的方向水平向右
设圆盘稳定时辐条转动的角速度为，则三根辐条产生的等效电动势
由并联可知电源等效电阻
此时对于铝块，速度
此时铝块的重力做功功率等于电路的电功率
稳定时平行金属板、两端的电压
粒子在电场中运动时，根据动能定理有
解得
（3）解：粒子进入磁场从C边界射出的运动轨迹有两种
①如果粒子从小孔下面离开磁场，运动轨迹与D相切，如图乙所示
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
②如果粒子从小孔上面离开磁场，如图丙所示
根据几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)先由粒子运动轨迹的几何关系求出圆周运动半径，再由洛伦兹力提供向心力求得速度 ；然后根据粒子在磁场中运动的圆心角，结合周期公式计算总时间 。
(2)先由粒子在电场中的加速过程，结合动能定理得到板间电压与速度的关系；再由右手定则判断磁场 方向，根据辐条转动的感应电动势、电路功率与铝块重力功率平衡的关系，联立求解铝块质量
(3)先分析粒子从C边界射出的两种轨迹（从小孔下方、上方离开），分别由几何关系求出对应的圆周运动半径；再由洛伦兹力提供向心力，联立求解两种情况下的磁场 。
（1）粒子在Ⅰ、Ⅱ区域内做圆周运动，半径均为r，由题意知粒子运动轨迹如图甲
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期均为T，则有
粒子在磁场中运动的总时间
联立解得
（2）由粒子在电场中加速可知a板带负电，由右手定则可知匀强磁场的方向水平向右
设圆盘稳定时辐条转动的角速度为，则三根辐条产生的等效电动势
由并联可知电源等效电阻
此时对于铝块，速度
此时铝块的重力做功功率等于电路的电功率
稳定时平行金属板、两端的电压
粒子在电场中运动时，根据动能定理有
解得
（3）粒子进入磁场从C边界射出的运动轨迹有两种
①如果粒子从小孔下面离开磁场，运动轨迹与D相切，如图乙所示
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
②如果粒子从小孔上面离开磁场，如图丙所示
根据几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
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