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2026届湖南岳阳市高三教学质量监测（一模）物理试卷
1．物理学的发展与完善离不开科学家的探索，也伴随着重要研究思想与方法的确立。下列对相关物理学史或物理思想方法的描述正确的是（　　）
A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
B．麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场
C．牛顿通过“月地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是不同性质的力
D．点电荷是一种理想模型，当带电体的形状、大小及电荷分布状况对所研究问题影响不可忽略时，可以将带电体视为点电荷
2．如图所示，在同一竖直平面内，两套自动投放装置分别安装在不同高度的固定平台上。装置①与装置②分别以大小相等、方向相反的水平初速度释放两个小型探测器，释放后探测器只受重力作用，且两探测器恰好在同一时刻落到地面，它们运动轨迹的交汇点为A点。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．两探测器一定在A点相遇
B．两探测器一定是在同一时刻被释放的
C．装置①与装置②释放的探测器水平方向的位移大小相等
D．两物体运动过程中，速度变化率大小始终相等，方向竖直向下
3．一只双层圆形晾衣篮（结构如图），篮口平面的圆心为O点。晾衣篮可视为质量均匀分布，半径R=0.40m的刚性圆环。四根轻绳下端系于圆环上四等分点A、B、C、D，上端汇到P点，再由挂钩悬挂。调节四根轻绳的长度，使P点始终在圆心O点正上方，且保持篮口水平。篮与衣物总质量m=12kg，取重力加速度g=10m/s2。每根绳允许的最大拉力为50N，为保证四根绳都不断裂，P点到O点的竖直距离至少应为（　　）
A．0.30m B．0.25m C．0.20m D．0.15m
4．如图所示，在某种介质水平面上有S1、S2、Q、O四个点，S1和S2之间的距离为8m，O点为S1和S2连线的中点，点Q到S1的距离为6m，到S2的距离为10m，两波源分别置于S1和S2，t=0时刻同时从平衡位置开始沿竖直方向振动，振动方程均为，波速为2m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波的波长为2m
B．O点振动加强，Q点振动减弱
C．在t=6.5s时，点Q的位移大小为4cm
D．在0~4s的时间内，点O通过的路程为8cm
5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，接入u=220sin100t（V）的理想交流电源，定值电阻R1和R2的阻值均为55Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为55Ω，电流表、电压表均为理想电表。当滑动变阻器R3的滑片P从最上端滑动到最下端的过程中，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别用和表示，下列判断正确的是（　　）
A．滑片在向下滑动过程中，电源的输出功率变小
B．滑片在向下滑动过程中，电流表的示数变小
C．当滑片滑到最下端时，电压表的示数为44V
D．电表示数变化量的绝对值之比等于13.75Ω
6．如图所示，某智能物流系统的倾斜传送带AB与水平面夹角为a=37°，传送带以v=6m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。现将一个质量 m=200kg的打包货箱（可视为质点）无初速地置于底端A处。为了提高运输效率，系统对货箱施加一个沿传送带向上的恒定辅助拉力F=1600N。已知货箱与传送带的动摩擦因数 =0.125，取重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。当货箱运行至顶端B时，速度大小恰好为 10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8。关于该过程，下列判断正确的是（　　）
A．货箱从底端A运行至顶端B耗时 5s
B．传送带AB段长度LAB=36m
C．由于货箱与传送带相对滑动产生的热量为2800J
D．货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为14m
7．如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m=0.4kg，带电量为q=+0.5C的小球（可视为质点），小球在半径R=2m的竖直光滑圆轨道上，从与圆心等高的点A以初速度v0沿轨道切线向下运动，恰好能做完整的圆周运动。角度为小球从A点起沿运动方向转过的圆心角，C点为轨道最低点，已知带电体在运动过程中电势能Ep随角度的变化图像如图乙所示，电势能的最大值Ep0=6J，取重力加速度 g=10m/s2。下列判断正确的是（　　）
A．电场强度大小为6N/C，方向水平向右
B．小球在从A点运动到C点的过程中机械能先增大后减小
C．小球在运动过程中速度的最大值为10m/s
D．小球在运动过程中对轨道压力的最大值为30N
8．我国“朱雀”行星探测计划对类地行星X进行详细探测，探测器将先进入行星X的同步轨道（轨道周期与行星自转周期相同），轨道高度为h。随后经过多次变轨，最终进入贴近行星表面的圆形轨道运动。已知行星自转周期为T0，贴近表面轨道周期为T，引力常量为G，忽略大气阻力及探测器质量变化。根据上述信息，下列判断正确的是（　　）
A．T小于T0
B．行星X的半径R与同步轨道高度h满足关系式
C．行星X的质量可表示为，其中R为行星X半径
D．探测器在行星X同步轨道上的加速度大于在贴近表面轨道上的加速度
9．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球之间用轻绳AB、BQ和轻弹簧PA连接并保持静止，其中轻绳AB保持水平，轻弹簧PA与竖直方向夹角为37°，轻绳BQ与竖直方向夹角为53°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．剪断轻绳BQ的瞬间，小球m1的加速度为
D．剪断轻绳BQ的瞬间，小球m2的加速度为
10．如图所示，两根足够长的导轨由上下两段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N两点等高，间距，连接处平滑。导轨面与水平面夹角，导轨两端分别连接一个的电容器和一个阻值，的电阻，整个装置处于的垂直斜面向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为、，棒ab电阻忽略不计，棒cd电阻，给cd施加一沿导轨平面向上的恒力，使cd由静止开始运动，同时ab从距离MN为处由静止开始释放，两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，相遇前瞬间棒cd速度为，此时撤去作用力 F，取重力加速度。则从棒ab静止释放开始（　　）
A．棒ab静止释放到与棒cd相遇运动的时间为
B．棒cd沿导轨向上运动的距离为
C．棒cd沿导轨向上运动过程中产生的焦耳热为
D．两棒碰后，棒cd速度大小为
11．甲同学用单摆测定重力加速度的装置如图所示，O为固定悬点，摆球用细线悬挂，在摆球与O点之间串联力传感器，记录细线对摆球的拉力F。将摆球从最高点（与竖直方向夹角）由静止释放，摆球在同一竖直面内往返运动。数据采集得到图像如图所示。
（1）由图乙可知，单摆的振动周期T=　 　s。
（2）若已知摆长L和周期T，则当地重力加速度的表达式g=　 　（用L、T表示）。
（3）乙同学发现他们组的摆球在水平面内做圆周运动，如图丙所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍然用单摆运动公式求出重力加速度，则由此测得的重力加速度值与真实值相比将　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．某同学利用实验室的实验器材制成了简易的欧姆表，该简易欧姆表有×10、×1两个倍率，如图所示，已知电流计（内阻Rg=60Ω，量程为Ig=1mA）、滑动变阻器R（最大阻值为1500Ω）、电阻箱（0~499.9Ω）、干电池（E=1.2V，r=0.8Ω）。
（1）电路中M应为　 　（填“红”或“黑”）表笔；断开开关S时，应为　 　（填“×10”或“×1”）倍率。
（2）断开开关S，调节滑动变阻器R使电流计满偏，则滑动变阻器接入电路的电阻值为　 　Ω，当电流表的指针偏转角度为满偏的时，此时所对应的电阻阻值应为　 　Ω。
（3）这位同学发现，表内电池的电动势已经下降，但仍然可以调零。实际测量时，实际阻值为240Ω的标准电阻的测量值为300Ω，分析可知表内电池的电动势等于　 　V。
13．某同学利用几何光学原理制作了一种简易液体折射率测量仪，一正方体容器，边长为d=10cm，紧贴容器底边内侧贴有等间距刻度尺，最左端刻度为0刻度，向右刻度增大。空容器时，从A点恰好能看到底部刻度尺的0刻度点B，向容器中加入透明液体，每次都加到同一高度，使液面稳定在离底部h=8cm处，仍沿AB方向观察，恰好能看到底部刻度尺的C点，读出其刻度读数为x=4cm，空气的折射率取1.0，光在空气中的传播速度取3×108m/s，求：
（1）C点刻度处对应的液体折射率n（已知）；
（2）光在该液体中的传播速度v。
14．有一粒子源位于边长为2L的正方体空间内的几何中心O，能够向水平各个方向发射速度大小均为。质量为m，电荷量为+q的相同带电粒子，忽略粒子重力及粒子间相互作用。求：
（1）若只加竖直向下的匀强电场，为使垂直于平面ABCD射出的粒子能打在F点，求所加电场的场强E的大小；
（2）若只加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，粒子运动到正方体侧面的最短时间t；
（3）当所加竖直向下的匀强电场时，再在竖直方向加一竖直向下的匀强磁场，使所有粒子都能汇聚于正方体底面的中心O1，求所加磁场的磁感应强度B2。
15．一质量M=1kg的绝缘长木板放在倾角的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻将一质量m=2kg的带正电小物块置于木板上距离木板左端l=37m的位置，并使其获得沿木板向上的初速度v0=6m/s，如图所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，场强大小E0=4×103N/C，小物块的带电量q=3×10-3C，当木板第一次与弹性挡板相碰时，撤去电场。木板与物块间的动摩擦因数=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，不考虑因电场变化产生的磁场，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）t=0 时刻，小物块和木板的加速度的大小；
（2）木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史；伽利略理想斜面实验；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．伽利略的理想斜面实验推翻了亚里士多德 “力是维持物体运动的原因” 这一错误观点，通过实验推理得出：物体不受外力时，将保持匀速直线运动状态，明确了力是改变运动状态的原因，故A错误；
B．麦克斯韦建立了经典电磁场理论，核心结论为：变化的磁场能够在周围空间激发电场，变化的电场也能够激发磁场，二者相互激发形成电磁波 ，故B正确；
C．牛顿的 “月地检验” 通过定量计算，证明了月球绕地球做圆周运动的向心力，与地面上物体所受的重力本质相同，都遵循万有引力定律，验证了万有引力的普适性，故C错误；
D．点电荷是为了简化电磁问题构建的理想化物理模型，只有当带电体的尺寸、形状、电荷分布对研究的电场问题影响可忽略时，才能将其抽象为点电荷，并非只要体积小就可视为点电荷 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】逐一对应各选项涉及的物理学史实与核心概念，辨析伽利略理想斜面实验的结论、麦克斯韦电磁场理论的内容、牛顿 “月地检验” 的意义、点电荷模型的适用条件。
2．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A、两探测器的运动轨迹虽交汇于A点，但二者运动时间不同，经过A点的时刻不一致，并非在A点相遇，A错误；
B、两探测器同时落地，但平抛运动的下落时间由高度决定，二者释放高度不同，因此下落时间不同，对应的释放时刻也不相同，B错误；
C、平抛运动水平方向为匀速直线运动，水平位移。虽然两探测器初速度大小相等，但下落时间不同，因此水平位移大小不相等，C错误；
D、两探测器做平抛运动时，均只受重力作用，加速度均为重力加速度，而加速度是速度的变化率，因此二者运动过程中速度的变化率相同，D正确；
故答案为：D。
【分析】相遇的条件是同一时刻到达同一位置，而非轨迹交汇；平抛运动下落时间由高度决定，落地时间相同则释放时间不同；水平位移由初速度和运动时间共同决定；加速度是速度的变化率，平抛运动加速度恒为。
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设P点到O点的竖直高度为，每根绳与竖直方向的夹角为。对P点进行受力分析，由共点力平衡条件，竖直方向合力为零，可得：
结合几何关系，绳的水平投影长度等于圆盘半径，因此有：
由平衡方程可知，当绳的拉力达到最大值时，取最小值，对应取最小值。代入数据解得，进而求得最小竖直高度。
故答案为：A。
【分析】以P点为研究对象，利用共点力平衡条件建立拉力与绳角的关系；结合几何关系关联绳角与竖直高度；根据拉力的最大值，推导竖直高度的最小值。
4．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．根据振动方程 ，可得角频率 。由周期公式 计算得周期 。若波速 ，由波长公式 解得 ，故A错误；
B．O点到两波源的路程差为0，满足振动加强条件；Q点到两波源的路程差为 ，恰好等于一个波长 ，同样满足振动加强条件，因此B错误；
C．波从 传到Q点需 ，从 传到Q点需 。在 时， 的波已在Q点振动 ， 的波已在Q点振动 。两列波在Q点引起的振动相位相同，发生叠加，合振幅为 ，合振动方程为 。代入 得位移 ，其大小为 ，故C正确；
D．波传到O点所需时间为 ，在 内，O点实际振动时间为 ，恰好为一个周期。质点在一个周期内的路程为 ，即 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】熟练掌握振动方程与波速、波长、周期的换算关系；明确振动加强点的判定条件（路程差为波长的整数倍）；计算特定时刻两列波在某点的振动相位及叠加效果；结合波的传播时间计算质点振动路程，逐一判断。
5．【答案】D
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．设交流电源有效值为（恒定不变），对副线圈电路由闭合电路欧姆定律得；对原线圈电路有。结合变压器变压比、变流比，联立解得。当减小时，增大，由可知电源输出功率增大，故A不符合题意；
B．由上述分析，减小使原线圈电流增大，根据变流比，副线圈电流同步增大，因此电流表示数变大，故B不符合题意；
C．滑片滑到最下端时，副线圈总电阻，结合、、、、、，联立解得，故C不符合题意；
D．由题意、，结合、、，推导得，因此，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】以变压器变压比、变流比为核心，结合闭合电路欧姆定律，分别分析原、副线圈的电压、电流关系；针对变化的动态过程，推导电流、功率的变化规律；代入临界条件计算副线圈电压；通过电压、电流变化量的关系，推导的表达式。
6．【答案】C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．对货箱分两阶段受力分析：第一阶段货箱速度小于传送带，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得，代入数据得，加速到与传送带共速的时间，位移；共速后货箱速度大于传送带，摩擦力沿斜面向下，由得，加速到的时间，总时间，故A不符合题意；
B．传送带长度为两阶段货箱位移之和，即，故B不符合题意；
C．摩擦力大小；第一阶段货箱相对传送带的位移，第二阶段相对位移，总相对路程，产生的热量，故C符合题意；
D．摩擦痕迹长度不等于总相对路程，需考虑两阶段相对位移的覆盖关系，实际痕迹长度为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】分阶段分析货箱受力与运动状态，明确摩擦力方向随相对运动的变化；结合牛顿第二定律计算各阶段加速度、时间与位移；通过相对路程计算摩擦生热，区分相对路程与痕迹长度的物理意义。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电势能-角度图像可知，θ=0°的A点电势能最大，为。结合电势能公式，联立解得电场强度大小，且电场方向水平向左，故A不符合题意；
B．从A到C的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先减小后增大；机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，即电场力做功，因此机械能先减小后增大，故B不符合题意；
C．将重力与电场力的合力视为等效重力，计算得等效重力，方向与竖直方向成37°斜向左下方，等效重力加速度。小球恰能完成完整圆周运动时，等效最高点的最小速度满足，解得；最大速度出现在等效最低点，由动能定理，代入数据得，故C不符合题意；
D．在等效最低点，轨道对小球的支持力最大。由牛顿第二定律，代入数据解得，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用电势能公式结合图像求解电场强度与方向；明确电场力做功与电势能、机械能变化的关系；引入等效重力场法，将复合场中的圆周运动转化为等效重力场下的圆周运动，分析等效最高点的临界速度、等效最低点的最大速度与支持力。
8．【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律，卫星轨道半径越大，运行周期越长。同步卫星轨道半径大于行星近地轨道半径，因此同步轨道周期大于近地轨道周期，即，故A符合题意；
B．由开普勒第三定律，整理可得，与选项表述不符，故B不符合题意；
C．对同步轨道卫星，万有引力提供向心力，由，解得行星质量，故C符合题意；
D．探测器的向心加速度由决定，轨道半径越大，加速度越小。同步轨道半径大于近地轨道半径，因此同步轨道的加速度小于近地轨道的加速度，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】以开普勒第三定律为核心，分析不同轨道半径与周期的对应关系；利用万有引力提供向心力的规律，推导行星质量的表达式；结合向心加速度与轨道半径的反比关系，对比不同轨道的加速度大小。
9．【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对两小球分别做受力分析，设弹簧PA弹力为、绳AB张力为、绳BQ张力为。对，水平方向，竖直方向；对，水平方向，竖直方向。联立得，即，故A不符合题意；B符合题意；
CD．剪断绳BQ瞬间，弹簧弹力不变，绳AB张力突变。对，竖直方向，故竖直加速度，水平方向；对，竖直方向仅受重力，，水平方向。因绳不可伸长，两球水平加速度相等，联立解得，故加速度大小为、方向水平向左；加速度为水平分量与竖直分量的合加速度，大小不为，故C符合题意；D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】先对平衡状态下的两球分别做正交分解受力分析，联立方程求解质量比；再分析剪断绳后的瞬时状态，利用弹簧弹力不突变、绳张力突变、两球水平加速度相等的条件，联立求解两球的加速度。
10．【答案】A,B
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由电容器电荷量公式 及感应电动势 ，得回路电荷量变化 。对金属棒 ，由牛顿第二定律 ，其中电流 ，联立得 。代入数据解得 ，运动至 时速度为0，故A符合题意；
B．对 棒上滑过程应用动量定理 ，其中平均电流 ，总电阻 。联立解得 ，故B符合题意；
C．碰前瞬间 速度为 ，由功能关系 解得总焦耳热 。 棒产生的焦耳热 ，故C不符合题意；
D．两棒发生弹性碰撞，取沿斜面向上为正方向，碰前 、。由动量守恒 与能量守恒 ，联立解得碰后 速度 ，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】利用电磁感应与牛顿第二定律结合，推导 棒的匀加速运动规律；借助动量定理结合电磁感应电荷量公式，求解 棒上滑位移；通过功能关系计算总焦耳热并分配；利用弹性碰撞的动量守恒与能量守恒，推导碰撞后的速度。
11．【答案】（1）1.6
（2）
（3）偏大
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由图乙图像可知，相邻两个拉力峰值之间的时间间隔为
即摆球连续两次经过最低点的时间间隔为
所以单摆的振动周期为
故答案为：1.6；
（2）由单摆的周期公式
可得当地重力加速度的表达式为
故答案为：；
（3）若摆球在同一水平面内做圆锥摆运动，其周期公式为
其中为细线与竖直方向的夹角，由于
所以对同一摆长L有圆锥摆的周期小于单摆的周期T。若仍然用单摆运动公式求出重力加速度，由于实际周期测量值偏小，将导致测得的重力加速度值与真实值相比偏大。
故答案为：偏大；
【分析】(1)从F-t图像中提取摆球连续两次经过最低点的时间间隔Δt，根据单摆运动规律，摆球每经过一次最低点对应半个周期，因此单摆的完整周期T等于2倍的Δt，从而计算出周期。
(2)直接应用单摆的周期公式 ，对公式进行变形，将重力加速度g作为未知量，用摆长L和周期T表示，推导出 的计算式。
(3)先写出圆锥摆的周期公式 ，对比单摆周期公式，分析得出圆锥摆周期T'小于同摆长单摆的周期T；再结合重力加速度计算式 ，分析周期测量值偏小对计算结果的影响，得出重力加速度测量值偏大的结论。
（1）由图乙图像可知，相邻两个拉力峰值之间的时间间隔为
即摆球连续两次经过最低点的时间间隔为
所以单摆的振动周期为
（2）由单摆的周期公式
可得当地重力加速度的表达式为
（3）若摆球在同一水平面内做圆锥摆运动，其周期公式为
其中为细线与竖直方向的夹角，由于
所以对同一摆长L有圆锥摆的周期小于单摆的周期T。若仍然用单摆运动公式求出重力加速度，由于实际周期测量值偏小，将导致测得的重力加速度值与真实值相比偏大。
12．【答案】（1）黑；×10
（2）1139.2；400
（3）0.96
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）在欧姆表内部，电流从内置电源的正极流出，经过黑表笔、外部待测电阻、红表笔流回电源负极，因此与内部电源正极相连的M表笔为黑表笔；
S断开时，干路的最大电流变小，根据，满偏电流越小，欧姆表内阻越大，对应较高的倍率。断开开关S时，应为 “×10”倍率。
故答案为：黑；×10；
（2）根据闭合电路欧姆定律
可得R=1139.2Ω
当电流表指针偏转为满偏的时，设所测电阻为Rx，有
代入数据解得
故答案为：1139.2；400；
（3）当电池电动势下降为后，仍可调零，欧姆表的内阻满足
测量一个实际电阻值为R真=240Ω的电阻时，指针指向的刻度值为R测=300Ω，对于同一个指针位置（即相同的电流I），在电动势为E和时，分别满足化简后得到比例关系
可得=0.96V
故答案为：0.96；
【分析】(1)根据欧姆表内部电流流向（电源正极→黑表笔→待测电阻→红表笔→电源负极），判断与电源正极相连的表笔为黑表笔；由满偏电流公式 ，分析开关断开时满偏电流减小、内阻增大，对应更高倍率。
(2)用闭合电路欧姆定律 ，代入数据求解串联电阻；指针偏转为满偏时，再次用闭合电路欧姆定律，代入数据求解待测电阻。
(3)电池电动势下降后调零，由 明确内阻随电动势同步变化；同一指针位置（电流相同），列两种电动势下的电流方程，结合调零条件化简，代入数据求解。
（1）[1]在欧姆表内部，电流从内置电源的正极流出，经过黑表笔、外部待测电阻、红表笔流回电源负极，因此与内部电源正极相连的M表笔为黑表笔；
[2]S断开时，干路的最大电流变小，根据，满偏电流越小，欧姆表内阻越大，对应较高的倍率。断开开关S时，应为 “×10”倍率。
（2）根据闭合电路欧姆定律
可得R=1139.2Ω
当电流表指针偏转为满偏的时，设所测电阻为Rx，有
代入数据解得
（3）当电池电动势下降为后，仍可调零，欧姆表的内阻满足
测量一个实际电阻值为R真=240Ω的电阻时，指针指向的刻度值为R测=300Ω，对于同一个指针位置（即相同的电流I），在电动势为E和时，分别满足化简后得到比例关系
可得=0.96V
13．【答案】（1）1.58
（2）
【知识点】光的折射及折射定律
14．【答案】（1）粒子水平方向匀速直线运动
竖直向下做匀加速直线运动，其中
解得：
（2）粒子在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得，周期
粒子从O点运动到侧面的最短时间，对应圆周运动中从O点到侧面垂足P的最短弦长，由几何关系可知，弦长OP=L，圆心角
最短时间。
（3）同时加上电场和磁场，粒子运动可以分解为竖直向下的匀加速直线运动，水平方向的匀速圆周运动。
水平方向洛伦兹力提供向心力
周期
竖直向下匀加速运动，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动 ，竖直方向匀加速直线运动 ；由牛顿第二定律 ，联立两方向运动方程，消去时间和加速度，求解电场强度。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由 得轨道半径 ；结合几何关系确定从O到侧面的最短弦长及对应圆心角，利用 计算最短时间，其中周期 。
(3)粒子同时受电场和磁场作用，运动分解为竖直向下的匀加速直线运动和水平方向的匀速圆周运动；水平方向洛伦兹力提供向心力，列方程求半径和周期；竖直方向位移 ，结合运动时间 （），联立求解磁感应强度。
（1）粒子水平方向匀速直线运动
竖直向下做匀加速直线运动，其中
解得：
（2）粒子在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得，周期
粒子从O点运动到侧面的最短时间，对应圆周运动中从O点到侧面垂足P的最短弦长，由几何关系可知，弦长OP=L，圆心角
最短时间。
（3）同时加上电场和磁场，粒子运动可以分解为竖直向下的匀加速直线运动，水平方向的匀速圆周运动。
水平方向洛伦兹力提供向心力
周期
竖直向下匀加速运动，
联立解得
15．【答案】（1）解：对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，故小物块的加速度大小为，方向沿斜面向下
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，方向沿斜面向上
（2）解：物块先向上做匀减速直线运动，木板先向上做匀加速直线运动，令历时t1达到相等速度，则有
解得，
此过程，物块位移
木板位移
之后两者保持相对静止先一起向上做匀减速直线运动，速度减至零后又向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
运动至木板第一次与挡板碰撞过程有
解得t2=4.5s
此时木板速度为
木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小
（3）解：木板第一次与挡板碰撞，此时物块距下端的距离
之后，对物块
解得
对木板
解得
之后物块向下一直做匀加速直线运动，木板先向上匀减直线运动后向下匀加速直线运动，加速度不变，根据对称性每次与挡板碰撞前瞬间速度大小均为7m/s
设物块在木板上滑行，每经过△t木板和挡板碰撞一次，则有
第一次碰后，物块相对木板下移d1=7m+1m=8m
第二次碰后，物块相对木板下移d2=7m+3m=10m
第三次碰后，物块相对木板下移d3=7m+5m=12m
第4次碰撞前的瞬间物块与挡板的距离为△d，则有
因此小物块与挡板碰撞次数为4次
得，（舍去）
滑出瞬间小物块与挡板间的距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1)分别对物块和木板进行受力分析，沿斜面方向列牛顿第二定律方程，求解两者各自的加速度大小与方向。
(2)先分析物块匀减速、木板匀加速的过程，利用共速条件求时间和共速，并计算该阶段两者的位移；共速后两者整体向上匀减速，列整体牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式求出从共速到木板第一次碰挡板的时间，进而求得碰前瞬间木板的速度。
(3)木板第一次碰挡板后，分别对物块、木板列牛顿第二定律求对应加速度、；再利用运动对称性确定木板每次碰挡板的时间间隔，计算每次碰后物块相对木板的下移距离；接着累加相对位移，判断物块与挡板的碰撞次数；最后结合运动学公式，联立位移、速度关系，求解物块滑出瞬间与挡板间的距离。
（1）对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，故小物块的加速度大小为，方向沿斜面向下
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，方向沿斜面向上
（2）物块先向上做匀减速直线运动，木板先向上做匀加速直线运动，令历时t1达到相等速度，则有
解得，
此过程，物块位移
木板位移
之后两者保持相对静止先一起向上做匀减速直线运动，速度减至零后又向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
运动至木板第一次与挡板碰撞过程有
解得t2=4.5s
此时木板速度为
木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小
（3）木板第一次与挡板碰撞，此时物块距下端的距离
之后，对物块
解得
对木板
解得
之后物块向下一直做匀加速直线运动，木板先向上匀减直线运动后向下匀加速直线运动，加速度不变，根据对称性每次与挡板碰撞前瞬间速度大小均为7m/s
设物块在木板上滑行，每经过△t木板和挡板碰撞一次，则有
第一次碰后，物块相对木板下移d1=7m+1m=8m
第二次碰后，物块相对木板下移d2=7m+3m=10m
第三次碰后，物块相对木板下移d3=7m+5m=12m
第4次碰撞前的瞬间物块与挡板的距离为△d，则有
因此小物块与挡板碰撞次数为4次
得，（舍去）
滑出瞬间小物块与挡板间的距离
1 / 12026届湖南岳阳市高三教学质量监测（一模）物理试卷
1．物理学的发展与完善离不开科学家的探索，也伴随着重要研究思想与方法的确立。下列对相关物理学史或物理思想方法的描述正确的是（　　）
A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
B．麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场
C．牛顿通过“月地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是不同性质的力
D．点电荷是一种理想模型，当带电体的形状、大小及电荷分布状况对所研究问题影响不可忽略时，可以将带电体视为点电荷
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史；伽利略理想斜面实验；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．伽利略的理想斜面实验推翻了亚里士多德 “力是维持物体运动的原因” 这一错误观点，通过实验推理得出：物体不受外力时，将保持匀速直线运动状态，明确了力是改变运动状态的原因，故A错误；
B．麦克斯韦建立了经典电磁场理论，核心结论为：变化的磁场能够在周围空间激发电场，变化的电场也能够激发磁场，二者相互激发形成电磁波 ，故B正确；
C．牛顿的 “月地检验” 通过定量计算，证明了月球绕地球做圆周运动的向心力，与地面上物体所受的重力本质相同，都遵循万有引力定律，验证了万有引力的普适性，故C错误；
D．点电荷是为了简化电磁问题构建的理想化物理模型，只有当带电体的尺寸、形状、电荷分布对研究的电场问题影响可忽略时，才能将其抽象为点电荷，并非只要体积小就可视为点电荷 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】逐一对应各选项涉及的物理学史实与核心概念，辨析伽利略理想斜面实验的结论、麦克斯韦电磁场理论的内容、牛顿 “月地检验” 的意义、点电荷模型的适用条件。
2．如图所示，在同一竖直平面内，两套自动投放装置分别安装在不同高度的固定平台上。装置①与装置②分别以大小相等、方向相反的水平初速度释放两个小型探测器，释放后探测器只受重力作用，且两探测器恰好在同一时刻落到地面，它们运动轨迹的交汇点为A点。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．两探测器一定在A点相遇
B．两探测器一定是在同一时刻被释放的
C．装置①与装置②释放的探测器水平方向的位移大小相等
D．两物体运动过程中，速度变化率大小始终相等，方向竖直向下
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A、两探测器的运动轨迹虽交汇于A点，但二者运动时间不同，经过A点的时刻不一致，并非在A点相遇，A错误；
B、两探测器同时落地，但平抛运动的下落时间由高度决定，二者释放高度不同，因此下落时间不同，对应的释放时刻也不相同，B错误；
C、平抛运动水平方向为匀速直线运动，水平位移。虽然两探测器初速度大小相等，但下落时间不同，因此水平位移大小不相等，C错误；
D、两探测器做平抛运动时，均只受重力作用，加速度均为重力加速度，而加速度是速度的变化率，因此二者运动过程中速度的变化率相同，D正确；
故答案为：D。
【分析】相遇的条件是同一时刻到达同一位置，而非轨迹交汇；平抛运动下落时间由高度决定，落地时间相同则释放时间不同；水平位移由初速度和运动时间共同决定；加速度是速度的变化率，平抛运动加速度恒为。
3．一只双层圆形晾衣篮（结构如图），篮口平面的圆心为O点。晾衣篮可视为质量均匀分布，半径R=0.40m的刚性圆环。四根轻绳下端系于圆环上四等分点A、B、C、D，上端汇到P点，再由挂钩悬挂。调节四根轻绳的长度，使P点始终在圆心O点正上方，且保持篮口水平。篮与衣物总质量m=12kg，取重力加速度g=10m/s2。每根绳允许的最大拉力为50N，为保证四根绳都不断裂，P点到O点的竖直距离至少应为（　　）
A．0.30m B．0.25m C．0.20m D．0.15m
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设P点到O点的竖直高度为，每根绳与竖直方向的夹角为。对P点进行受力分析，由共点力平衡条件，竖直方向合力为零，可得：
结合几何关系，绳的水平投影长度等于圆盘半径，因此有：
由平衡方程可知，当绳的拉力达到最大值时，取最小值，对应取最小值。代入数据解得，进而求得最小竖直高度。
故答案为：A。
【分析】以P点为研究对象，利用共点力平衡条件建立拉力与绳角的关系；结合几何关系关联绳角与竖直高度；根据拉力的最大值，推导竖直高度的最小值。
4．如图所示，在某种介质水平面上有S1、S2、Q、O四个点，S1和S2之间的距离为8m，O点为S1和S2连线的中点，点Q到S1的距离为6m，到S2的距离为10m，两波源分别置于S1和S2，t=0时刻同时从平衡位置开始沿竖直方向振动，振动方程均为，波速为2m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波的波长为2m
B．O点振动加强，Q点振动减弱
C．在t=6.5s时，点Q的位移大小为4cm
D．在0~4s的时间内，点O通过的路程为8cm
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．根据振动方程 ，可得角频率 。由周期公式 计算得周期 。若波速 ，由波长公式 解得 ，故A错误；
B．O点到两波源的路程差为0，满足振动加强条件；Q点到两波源的路程差为 ，恰好等于一个波长 ，同样满足振动加强条件，因此B错误；
C．波从 传到Q点需 ，从 传到Q点需 。在 时， 的波已在Q点振动 ， 的波已在Q点振动 。两列波在Q点引起的振动相位相同，发生叠加，合振幅为 ，合振动方程为 。代入 得位移 ，其大小为 ，故C正确；
D．波传到O点所需时间为 ，在 内，O点实际振动时间为 ，恰好为一个周期。质点在一个周期内的路程为 ，即 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】熟练掌握振动方程与波速、波长、周期的换算关系；明确振动加强点的判定条件（路程差为波长的整数倍）；计算特定时刻两列波在某点的振动相位及叠加效果；结合波的传播时间计算质点振动路程，逐一判断。
5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，接入u=220sin100t（V）的理想交流电源，定值电阻R1和R2的阻值均为55Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为55Ω，电流表、电压表均为理想电表。当滑动变阻器R3的滑片P从最上端滑动到最下端的过程中，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别用和表示，下列判断正确的是（　　）
A．滑片在向下滑动过程中，电源的输出功率变小
B．滑片在向下滑动过程中，电流表的示数变小
C．当滑片滑到最下端时，电压表的示数为44V
D．电表示数变化量的绝对值之比等于13.75Ω
【答案】D
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．设交流电源有效值为（恒定不变），对副线圈电路由闭合电路欧姆定律得；对原线圈电路有。结合变压器变压比、变流比，联立解得。当减小时，增大，由可知电源输出功率增大，故A不符合题意；
B．由上述分析，减小使原线圈电流增大，根据变流比，副线圈电流同步增大，因此电流表示数变大，故B不符合题意；
C．滑片滑到最下端时，副线圈总电阻，结合、、、、、，联立解得，故C不符合题意；
D．由题意、，结合、、，推导得，因此，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】以变压器变压比、变流比为核心，结合闭合电路欧姆定律，分别分析原、副线圈的电压、电流关系；针对变化的动态过程，推导电流、功率的变化规律；代入临界条件计算副线圈电压；通过电压、电流变化量的关系，推导的表达式。
6．如图所示，某智能物流系统的倾斜传送带AB与水平面夹角为a=37°，传送带以v=6m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。现将一个质量 m=200kg的打包货箱（可视为质点）无初速地置于底端A处。为了提高运输效率，系统对货箱施加一个沿传送带向上的恒定辅助拉力F=1600N。已知货箱与传送带的动摩擦因数 =0.125，取重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。当货箱运行至顶端B时，速度大小恰好为 10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8。关于该过程，下列判断正确的是（　　）
A．货箱从底端A运行至顶端B耗时 5s
B．传送带AB段长度LAB=36m
C．由于货箱与传送带相对滑动产生的热量为2800J
D．货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为14m
【答案】C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．对货箱分两阶段受力分析：第一阶段货箱速度小于传送带，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得，代入数据得，加速到与传送带共速的时间，位移；共速后货箱速度大于传送带，摩擦力沿斜面向下，由得，加速到的时间，总时间，故A不符合题意；
B．传送带长度为两阶段货箱位移之和，即，故B不符合题意；
C．摩擦力大小；第一阶段货箱相对传送带的位移，第二阶段相对位移，总相对路程，产生的热量，故C符合题意；
D．摩擦痕迹长度不等于总相对路程，需考虑两阶段相对位移的覆盖关系，实际痕迹长度为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】分阶段分析货箱受力与运动状态，明确摩擦力方向随相对运动的变化；结合牛顿第二定律计算各阶段加速度、时间与位移；通过相对路程计算摩擦生热，区分相对路程与痕迹长度的物理意义。
7．如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m=0.4kg，带电量为q=+0.5C的小球（可视为质点），小球在半径R=2m的竖直光滑圆轨道上，从与圆心等高的点A以初速度v0沿轨道切线向下运动，恰好能做完整的圆周运动。角度为小球从A点起沿运动方向转过的圆心角，C点为轨道最低点，已知带电体在运动过程中电势能Ep随角度的变化图像如图乙所示，电势能的最大值Ep0=6J，取重力加速度 g=10m/s2。下列判断正确的是（　　）
A．电场强度大小为6N/C，方向水平向右
B．小球在从A点运动到C点的过程中机械能先增大后减小
C．小球在运动过程中速度的最大值为10m/s
D．小球在运动过程中对轨道压力的最大值为30N
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电势能-角度图像可知，θ=0°的A点电势能最大，为。结合电势能公式，联立解得电场强度大小，且电场方向水平向左，故A不符合题意；
B．从A到C的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先减小后增大；机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，即电场力做功，因此机械能先减小后增大，故B不符合题意；
C．将重力与电场力的合力视为等效重力，计算得等效重力，方向与竖直方向成37°斜向左下方，等效重力加速度。小球恰能完成完整圆周运动时，等效最高点的最小速度满足，解得；最大速度出现在等效最低点，由动能定理，代入数据得，故C不符合题意；
D．在等效最低点，轨道对小球的支持力最大。由牛顿第二定律，代入数据解得，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用电势能公式结合图像求解电场强度与方向；明确电场力做功与电势能、机械能变化的关系；引入等效重力场法，将复合场中的圆周运动转化为等效重力场下的圆周运动，分析等效最高点的临界速度、等效最低点的最大速度与支持力。
8．我国“朱雀”行星探测计划对类地行星X进行详细探测，探测器将先进入行星X的同步轨道（轨道周期与行星自转周期相同），轨道高度为h。随后经过多次变轨，最终进入贴近行星表面的圆形轨道运动。已知行星自转周期为T0，贴近表面轨道周期为T，引力常量为G，忽略大气阻力及探测器质量变化。根据上述信息，下列判断正确的是（　　）
A．T小于T0
B．行星X的半径R与同步轨道高度h满足关系式
C．行星X的质量可表示为，其中R为行星X半径
D．探测器在行星X同步轨道上的加速度大于在贴近表面轨道上的加速度
【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律，卫星轨道半径越大，运行周期越长。同步卫星轨道半径大于行星近地轨道半径，因此同步轨道周期大于近地轨道周期，即，故A符合题意；
B．由开普勒第三定律，整理可得，与选项表述不符，故B不符合题意；
C．对同步轨道卫星，万有引力提供向心力，由，解得行星质量，故C符合题意；
D．探测器的向心加速度由决定，轨道半径越大，加速度越小。同步轨道半径大于近地轨道半径，因此同步轨道的加速度小于近地轨道的加速度，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】以开普勒第三定律为核心，分析不同轨道半径与周期的对应关系；利用万有引力提供向心力的规律，推导行星质量的表达式；结合向心加速度与轨道半径的反比关系，对比不同轨道的加速度大小。
9．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球之间用轻绳AB、BQ和轻弹簧PA连接并保持静止，其中轻绳AB保持水平，轻弹簧PA与竖直方向夹角为37°，轻绳BQ与竖直方向夹角为53°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．剪断轻绳BQ的瞬间，小球m1的加速度为
D．剪断轻绳BQ的瞬间，小球m2的加速度为
【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对两小球分别做受力分析，设弹簧PA弹力为、绳AB张力为、绳BQ张力为。对，水平方向，竖直方向；对，水平方向，竖直方向。联立得，即，故A不符合题意；B符合题意；
CD．剪断绳BQ瞬间，弹簧弹力不变，绳AB张力突变。对，竖直方向，故竖直加速度，水平方向；对，竖直方向仅受重力，，水平方向。因绳不可伸长，两球水平加速度相等，联立解得，故加速度大小为、方向水平向左；加速度为水平分量与竖直分量的合加速度，大小不为，故C符合题意；D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】先对平衡状态下的两球分别做正交分解受力分析，联立方程求解质量比；再分析剪断绳后的瞬时状态，利用弹簧弹力不突变、绳张力突变、两球水平加速度相等的条件，联立求解两球的加速度。
10．如图所示，两根足够长的导轨由上下两段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N两点等高，间距，连接处平滑。导轨面与水平面夹角，导轨两端分别连接一个的电容器和一个阻值，的电阻，整个装置处于的垂直斜面向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为、，棒ab电阻忽略不计，棒cd电阻，给cd施加一沿导轨平面向上的恒力，使cd由静止开始运动，同时ab从距离MN为处由静止开始释放，两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，相遇前瞬间棒cd速度为，此时撤去作用力 F，取重力加速度。则从棒ab静止释放开始（　　）
A．棒ab静止释放到与棒cd相遇运动的时间为
B．棒cd沿导轨向上运动的距离为
C．棒cd沿导轨向上运动过程中产生的焦耳热为
D．两棒碰后，棒cd速度大小为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由电容器电荷量公式 及感应电动势 ，得回路电荷量变化 。对金属棒 ，由牛顿第二定律 ，其中电流 ，联立得 。代入数据解得 ，运动至 时速度为0，故A符合题意；
B．对 棒上滑过程应用动量定理 ，其中平均电流 ，总电阻 。联立解得 ，故B符合题意；
C．碰前瞬间 速度为 ，由功能关系 解得总焦耳热 。 棒产生的焦耳热 ，故C不符合题意；
D．两棒发生弹性碰撞，取沿斜面向上为正方向，碰前 、。由动量守恒 与能量守恒 ，联立解得碰后 速度 ，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】利用电磁感应与牛顿第二定律结合，推导 棒的匀加速运动规律；借助动量定理结合电磁感应电荷量公式，求解 棒上滑位移；通过功能关系计算总焦耳热并分配；利用弹性碰撞的动量守恒与能量守恒，推导碰撞后的速度。
11．甲同学用单摆测定重力加速度的装置如图所示，O为固定悬点，摆球用细线悬挂，在摆球与O点之间串联力传感器，记录细线对摆球的拉力F。将摆球从最高点（与竖直方向夹角）由静止释放，摆球在同一竖直面内往返运动。数据采集得到图像如图所示。
（1）由图乙可知，单摆的振动周期T=　 　s。
（2）若已知摆长L和周期T，则当地重力加速度的表达式g=　 　（用L、T表示）。
（3）乙同学发现他们组的摆球在水平面内做圆周运动，如图丙所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍然用单摆运动公式求出重力加速度，则由此测得的重力加速度值与真实值相比将　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）1.6
（2）
（3）偏大
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由图乙图像可知，相邻两个拉力峰值之间的时间间隔为
即摆球连续两次经过最低点的时间间隔为
所以单摆的振动周期为
故答案为：1.6；
（2）由单摆的周期公式
可得当地重力加速度的表达式为
故答案为：；
（3）若摆球在同一水平面内做圆锥摆运动，其周期公式为
其中为细线与竖直方向的夹角，由于
所以对同一摆长L有圆锥摆的周期小于单摆的周期T。若仍然用单摆运动公式求出重力加速度，由于实际周期测量值偏小，将导致测得的重力加速度值与真实值相比偏大。
故答案为：偏大；
【分析】(1)从F-t图像中提取摆球连续两次经过最低点的时间间隔Δt，根据单摆运动规律，摆球每经过一次最低点对应半个周期，因此单摆的完整周期T等于2倍的Δt，从而计算出周期。
(2)直接应用单摆的周期公式 ，对公式进行变形，将重力加速度g作为未知量，用摆长L和周期T表示，推导出 的计算式。
(3)先写出圆锥摆的周期公式 ，对比单摆周期公式，分析得出圆锥摆周期T'小于同摆长单摆的周期T；再结合重力加速度计算式 ，分析周期测量值偏小对计算结果的影响，得出重力加速度测量值偏大的结论。
（1）由图乙图像可知，相邻两个拉力峰值之间的时间间隔为
即摆球连续两次经过最低点的时间间隔为
所以单摆的振动周期为
（2）由单摆的周期公式
可得当地重力加速度的表达式为
（3）若摆球在同一水平面内做圆锥摆运动，其周期公式为
其中为细线与竖直方向的夹角，由于
所以对同一摆长L有圆锥摆的周期小于单摆的周期T。若仍然用单摆运动公式求出重力加速度，由于实际周期测量值偏小，将导致测得的重力加速度值与真实值相比偏大。
12．某同学利用实验室的实验器材制成了简易的欧姆表，该简易欧姆表有×10、×1两个倍率，如图所示，已知电流计（内阻Rg=60Ω，量程为Ig=1mA）、滑动变阻器R（最大阻值为1500Ω）、电阻箱（0~499.9Ω）、干电池（E=1.2V，r=0.8Ω）。
（1）电路中M应为　 　（填“红”或“黑”）表笔；断开开关S时，应为　 　（填“×10”或“×1”）倍率。
（2）断开开关S，调节滑动变阻器R使电流计满偏，则滑动变阻器接入电路的电阻值为　 　Ω，当电流表的指针偏转角度为满偏的时，此时所对应的电阻阻值应为　 　Ω。
（3）这位同学发现，表内电池的电动势已经下降，但仍然可以调零。实际测量时，实际阻值为240Ω的标准电阻的测量值为300Ω，分析可知表内电池的电动势等于　 　V。
【答案】（1）黑；×10
（2）1139.2；400
（3）0.96
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）在欧姆表内部，电流从内置电源的正极流出，经过黑表笔、外部待测电阻、红表笔流回电源负极，因此与内部电源正极相连的M表笔为黑表笔；
S断开时，干路的最大电流变小，根据，满偏电流越小，欧姆表内阻越大，对应较高的倍率。断开开关S时，应为 “×10”倍率。
故答案为：黑；×10；
（2）根据闭合电路欧姆定律
可得R=1139.2Ω
当电流表指针偏转为满偏的时，设所测电阻为Rx，有
代入数据解得
故答案为：1139.2；400；
（3）当电池电动势下降为后，仍可调零，欧姆表的内阻满足
测量一个实际电阻值为R真=240Ω的电阻时，指针指向的刻度值为R测=300Ω，对于同一个指针位置（即相同的电流I），在电动势为E和时，分别满足化简后得到比例关系
可得=0.96V
故答案为：0.96；
【分析】(1)根据欧姆表内部电流流向（电源正极→黑表笔→待测电阻→红表笔→电源负极），判断与电源正极相连的表笔为黑表笔；由满偏电流公式 ，分析开关断开时满偏电流减小、内阻增大，对应更高倍率。
(2)用闭合电路欧姆定律 ，代入数据求解串联电阻；指针偏转为满偏时，再次用闭合电路欧姆定律，代入数据求解待测电阻。
(3)电池电动势下降后调零，由 明确内阻随电动势同步变化；同一指针位置（电流相同），列两种电动势下的电流方程，结合调零条件化简，代入数据求解。
（1）[1]在欧姆表内部，电流从内置电源的正极流出，经过黑表笔、外部待测电阻、红表笔流回电源负极，因此与内部电源正极相连的M表笔为黑表笔；
[2]S断开时，干路的最大电流变小，根据，满偏电流越小，欧姆表内阻越大，对应较高的倍率。断开开关S时，应为 “×10”倍率。
（2）根据闭合电路欧姆定律
可得R=1139.2Ω
当电流表指针偏转为满偏的时，设所测电阻为Rx，有
代入数据解得
（3）当电池电动势下降为后，仍可调零，欧姆表的内阻满足
测量一个实际电阻值为R真=240Ω的电阻时，指针指向的刻度值为R测=300Ω，对于同一个指针位置（即相同的电流I），在电动势为E和时，分别满足化简后得到比例关系
可得=0.96V
13．某同学利用几何光学原理制作了一种简易液体折射率测量仪，一正方体容器，边长为d=10cm，紧贴容器底边内侧贴有等间距刻度尺，最左端刻度为0刻度，向右刻度增大。空容器时，从A点恰好能看到底部刻度尺的0刻度点B，向容器中加入透明液体，每次都加到同一高度，使液面稳定在离底部h=8cm处，仍沿AB方向观察，恰好能看到底部刻度尺的C点，读出其刻度读数为x=4cm，空气的折射率取1.0，光在空气中的传播速度取3×108m/s，求：
（1）C点刻度处对应的液体折射率n（已知）；
（2）光在该液体中的传播速度v。
【答案】（1）1.58
（2）
【知识点】光的折射及折射定律
14．有一粒子源位于边长为2L的正方体空间内的几何中心O，能够向水平各个方向发射速度大小均为。质量为m，电荷量为+q的相同带电粒子，忽略粒子重力及粒子间相互作用。求：
（1）若只加竖直向下的匀强电场，为使垂直于平面ABCD射出的粒子能打在F点，求所加电场的场强E的大小；
（2）若只加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，粒子运动到正方体侧面的最短时间t；
（3）当所加竖直向下的匀强电场时，再在竖直方向加一竖直向下的匀强磁场，使所有粒子都能汇聚于正方体底面的中心O1，求所加磁场的磁感应强度B2。
【答案】（1）粒子水平方向匀速直线运动
竖直向下做匀加速直线运动，其中
解得：
（2）粒子在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得，周期
粒子从O点运动到侧面的最短时间，对应圆周运动中从O点到侧面垂足P的最短弦长，由几何关系可知，弦长OP=L，圆心角
最短时间。
（3）同时加上电场和磁场，粒子运动可以分解为竖直向下的匀加速直线运动，水平方向的匀速圆周运动。
水平方向洛伦兹力提供向心力
周期
竖直向下匀加速运动，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动 ，竖直方向匀加速直线运动 ；由牛顿第二定律 ，联立两方向运动方程，消去时间和加速度，求解电场强度。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由 得轨道半径 ；结合几何关系确定从O到侧面的最短弦长及对应圆心角，利用 计算最短时间，其中周期 。
(3)粒子同时受电场和磁场作用，运动分解为竖直向下的匀加速直线运动和水平方向的匀速圆周运动；水平方向洛伦兹力提供向心力，列方程求半径和周期；竖直方向位移 ，结合运动时间 （），联立求解磁感应强度。
（1）粒子水平方向匀速直线运动
竖直向下做匀加速直线运动，其中
解得：
（2）粒子在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得，周期
粒子从O点运动到侧面的最短时间，对应圆周运动中从O点到侧面垂足P的最短弦长，由几何关系可知，弦长OP=L，圆心角
最短时间。
（3）同时加上电场和磁场，粒子运动可以分解为竖直向下的匀加速直线运动，水平方向的匀速圆周运动。
水平方向洛伦兹力提供向心力
周期
竖直向下匀加速运动，
联立解得
15．一质量M=1kg的绝缘长木板放在倾角的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻将一质量m=2kg的带正电小物块置于木板上距离木板左端l=37m的位置，并使其获得沿木板向上的初速度v0=6m/s，如图所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，场强大小E0=4×103N/C，小物块的带电量q=3×10-3C，当木板第一次与弹性挡板相碰时，撤去电场。木板与物块间的动摩擦因数=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，不考虑因电场变化产生的磁场，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）t=0 时刻，小物块和木板的加速度的大小；
（2）木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。
【答案】（1）解：对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，故小物块的加速度大小为，方向沿斜面向下
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，方向沿斜面向上
（2）解：物块先向上做匀减速直线运动，木板先向上做匀加速直线运动，令历时t1达到相等速度，则有
解得，
此过程，物块位移
木板位移
之后两者保持相对静止先一起向上做匀减速直线运动，速度减至零后又向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
运动至木板第一次与挡板碰撞过程有
解得t2=4.5s
此时木板速度为
木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小
（3）解：木板第一次与挡板碰撞，此时物块距下端的距离
之后，对物块
解得
对木板
解得
之后物块向下一直做匀加速直线运动，木板先向上匀减直线运动后向下匀加速直线运动，加速度不变，根据对称性每次与挡板碰撞前瞬间速度大小均为7m/s
设物块在木板上滑行，每经过△t木板和挡板碰撞一次，则有
第一次碰后，物块相对木板下移d1=7m+1m=8m
第二次碰后，物块相对木板下移d2=7m+3m=10m
第三次碰后，物块相对木板下移d3=7m+5m=12m
第4次碰撞前的瞬间物块与挡板的距离为△d，则有
因此小物块与挡板碰撞次数为4次
得，（舍去）
滑出瞬间小物块与挡板间的距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1)分别对物块和木板进行受力分析，沿斜面方向列牛顿第二定律方程，求解两者各自的加速度大小与方向。
(2)先分析物块匀减速、木板匀加速的过程，利用共速条件求时间和共速，并计算该阶段两者的位移；共速后两者整体向上匀减速，列整体牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式求出从共速到木板第一次碰挡板的时间，进而求得碰前瞬间木板的速度。
(3)木板第一次碰挡板后，分别对物块、木板列牛顿第二定律求对应加速度、；再利用运动对称性确定木板每次碰挡板的时间间隔，计算每次碰后物块相对木板的下移距离；接着累加相对位移，判断物块与挡板的碰撞次数；最后结合运动学公式，联立位移、速度关系，求解物块滑出瞬间与挡板间的距离。
（1）对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，故小物块的加速度大小为，方向沿斜面向下
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，方向沿斜面向上
（2）物块先向上做匀减速直线运动，木板先向上做匀加速直线运动，令历时t1达到相等速度，则有
解得，
此过程，物块位移
木板位移
之后两者保持相对静止先一起向上做匀减速直线运动，速度减至零后又向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
运动至木板第一次与挡板碰撞过程有
解得t2=4.5s
此时木板速度为
木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小
（3）木板第一次与挡板碰撞，此时物块距下端的距离
之后，对物块
解得
对木板
解得
之后物块向下一直做匀加速直线运动，木板先向上匀减直线运动后向下匀加速直线运动，加速度不变，根据对称性每次与挡板碰撞前瞬间速度大小均为7m/s
设物块在木板上滑行，每经过△t木板和挡板碰撞一次，则有
第一次碰后，物块相对木板下移d1=7m+1m=8m
第二次碰后，物块相对木板下移d2=7m+3m=10m
第三次碰后，物块相对木板下移d3=7m+5m=12m
第4次碰撞前的瞬间物块与挡板的距离为△d，则有
因此小物块与挡板碰撞次数为4次
得，（舍去）
滑出瞬间小物块与挡板间的距离
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