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河北省邢台市五校联考2026年高三二模物理试题
1．氢原子能级图如图所示，大量处于同一能级的氢原子向低能级跃迁时，共释放出3种频率的光。用3种光分别照射光电管的阴极K，有两种光能使阴极发生光电效应，则阴极金属的逸出功可能为（　　）
A．1.5eV B．5.5eV C．10.4eV D．11.5eV
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】大量处于同一能级的氢原子向低能级跃迁时，共释放出3种频率的光，说明是从能级向低能级跃迁，根据能级跃迁公式，而发生光电效应的条件，向跃迁时能级差最小，即辐射的光子（频率）能量最小，用其照射光电管的阴极K不能产生光电效应，，同时满足
故答案为：B。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光电效应条件，跃迁放出3种频率的光，说明氢原子从能级跃迁；光电效应条件为光子能量大于逸出功，结合能级差求解逸出功范围。
2．某人在利用健身弹性绳健身时，弹性绳的形状从边长45cm的正方形变成长60cm、宽45cm的长方形，如图所示，人的手、脚分别在四个顶点处，左手所受弹性绳的作用力由变为。不考虑摩擦，弹性绳的弹力与伸长量成正比，则该弹性绳的比例系数为（　　）
A． B．50 N/m C． D．100 N/m
【答案】B
【知识点】胡克定律；力的合成；共点力的平衡
【解析】【解答】根据力的合成，左手所受合力为，，因此得
设原长为，根据胡克定律可得，边长分别为和时，根据力的合成N ，可得，根据胡克定律可得，联立解得
故答案为：B。
【分析】本题考查胡克定律与力的合成，左手受到两段弹性绳垂直拉力，合力为两段弹力的矢量和，再结合胡克定律联立求解劲度系数。
3．2026年1月15日，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭成功将阿尔及利亚遥感三号卫星A星（简称A星）发射升空。该卫星在轨运行的近地点高度为489km，远地点高度为627km，轨道倾角约为97°。我国空间站在离地约400km的圆轨道运行。下列说法正确的是（　　）
A．A星的运行周期小于空间站的运行周期
B．在远地点处，A星的速度小于空间站的速度
C．A星在近地点与远地点速度大小之比为209∶163
D．地心不在A星的轨道所在平面内
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由开普勒第三定律，A星椭圆轨道半长轴，空间站圆轨道半径，A星半长轴更大，故运行周期更大，A错误；
B．由可知，轨道半径越大，圆轨道线速度越小；A星远地点高度大于空间站轨道高度，同高度圆轨道速度小于空间站速度，且A星在远地点做近心运动，实际速度小于该高度圆轨道速度，因此A星远地点速度小于空间站速度，B正确；
C．根据开普勒第二定律，可得，C错误；
D．由开普勒第一定律，地心位于卫星椭圆轨道的一个焦点上，一定在轨道平面内，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：开普勒第三定律，半长轴越大周期越长；
B：结合圆轨道速度公式与近心运动特点分析；
C：开普勒第二定律，速度与到地心距离成反比；
D：卫星椭圆轨道焦点为地心，地心在轨道平面内。
4．某物理实验室用掠入射法测定液体折射率，原理简图如图所示，折射率为的玻璃介质ABC的AB边上方有某种折射率待测的液体，设该液体的折射率为n，现通过液体中的光源向界面上O点处发射一条光线，光线近似平行于AB，该光线经过两次折射后从玻璃介质的AC边射入空气。光线在AB面的折射角为θ，从AC面射出时折射角为φ。已知光在折射率分别为n1和n2的两种介质分界面发生折射时满足，空气折射率视为1，∠A=90°。则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．已知入射光线近似平行于AB界面，AB面的法线与AB相互垂直，因此光线在液体射向玻璃时的入射角为，折射角为，结合题给折射规律，可得，整理得到，A、B错误；
CD．由可知，AB面的法线竖直、AC面的法线水平，两条法线互相垂直，设光线在玻璃介质内射向AC面的入射角为，根据几何角度关系可得，因此；
对AC面应用折射定律，有，代入，解得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】AB：利用光从液体射入玻璃的折射规律，结合入射光线平行界面得出入射角，推导液体折射率表达式；
CD：根据几何关系确定玻璃内光线在AC面的入射角，再结合AC面的折射定律推导角度与折射率的关系式。
5．如图所示，x轴上有两列正弦波的一个完整波形分别沿x轴正、负方向传播，波长均为λ=4m，波速均为v=1m/s，振幅均为A=10cm。t=0时刻波形如图所示。则x=6m处的质点P的振动图像符合实际的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】由题意可知，可看成是两波源位移和处的两列机械波，质点P到两波源的距离差为，所以质点P不属于振动加强或减弱点，即质点P的最大位移，沿x轴正方向传播的波传播到质点P所需的时间为
沿x轴负方向传播的波传播到质点P所需的时间为
所以质点P在1s时仅在沿x轴正方向传播的波的作用下开始沿轴负方向振动，振幅为10cm；2s时沿x轴负方向传播的波也传播到质点P，又因为机械波的周期为
此时质点P在振动到；3s时沿x轴正方向传播的波使质点P振动，位移为
沿x轴负方向传播的波使质点P振动，位移为
所以，此时质点P的位移为
故答案为：A。
【分析】本题考查波的传播与叠加，先求周期，再分析两列波传到质点P的时间，结合振动叠加规律判断振动图像。
6．如图所示，半圆形凹槽半径为R，圆心为O，MN为水平直径。A点与O等高，B点在O点正下方，P点位于槽面上，P到O的水平距离为。现从A、B点分别以水平速度vA、vB抛出小球，恰好都垂直槽面击中P点，所用时间分别为tA、tB。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．A、B、P三点不共线
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AC．由于两小球均垂直凹槽曲面击中P点，因此小球速度的反向延长线都会经过水平位移的中点，也就是圆心O点。结合几何关系，可得，解得。
根据平抛运动规律，对A球：，；
对B球：，。联立两式可解得，，故A错误，C正确；
B．由题意可知，，因此，故B错误；
D．根据平抛运动的相关推论，两小球的速度偏转角完全一致，即速度方向与水平方向的夹角相等，由此可得位移与水平方向的夹角也相等，因此A、B、P三点处在同一直线上，故D错误。
故答案为：C。
【分析】AC：利用垂直击中曲面的条件确定速度反向延长线过圆心，结合几何角度关系与平抛运动位移公式，求解运动时间与初速度的比值；
B：通过竖直方向下落高度的差值得到OB长度，进而计算OA与OB的比值；
D：依据平抛运动速度偏转角与位移偏转角的关系，判断三点是否共线。
7．如图所示，一倾角为θ的足够长绝缘粗糙斜面，水平虚线FF'下方有宽度均为2d、磁场方向垂直斜面且交替变化的10个相邻匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B。一长为2d、宽度为d的匀质矩形线框刚进入磁场区域1时的速度为v0，并恰好能完全穿出磁场区域，已知线框质量为m，与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，重力加速度为g，运动过程中线框长边始终与磁场边界平行。下列说法正确的是（　　）
A．线框的总电阻为
B．线框进入磁场区域2瞬间的速度大小为
C．线框在磁场区域8、9内匀速运动的时间之比为5∶9
D．线框穿过磁场区域5、6过程产生的焦耳热之比为11∶9
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由题知，可推得，即重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力相互平衡，线框运动时仅受安培力作用，根据电磁感应规律，感应电荷量；
线框进入第1个磁场区域和离开第10个磁场区域时，磁通量变化量，对应电荷量
线框在相邻磁场区域间切换时，磁通量变化量，对应电荷量。
对全程应用动量定理：，联立解得，故A错误；
B．线框进入磁场区域2瞬间的速度，等于线框离开磁场区域1时的速度。对该过程应用动量定理：，代入数据解得，故B错误；
C．由上述推导可得，线框进入第1个磁场、离开第10个磁场时，速度减小量；在其余磁场区域切换时，速度减小量，可求得线框在磁场8、9区域内的匀速速度分别为、，两区域内匀速位移均为，由得时间之比，故C正确；
D．线框穿过磁场过程中，焦耳热等于动能的减少量。可求得穿过第5个磁场前速度，穿出后速度；穿过第6个磁场前速度，穿出后速度。
由能量守恒，解得，故D错误。
故答案为：。
【分析】A：先判断受力平衡，确定仅安培力做功，结合感应电荷量公式与全程动量定理求解线框总电阻；
B：对第1个磁场区域过程应用动量定理，求解进入第2个磁场的初速度；
C：分析速度变化规律，得到匀速运动速度，结合位移求解时间之比；
D：利用能量守恒，通过动能变化求解焦耳热之比。
8．在磁感应强度为B的匀强磁场中有一矩形线圈（电阻不计），正在绕垂直于磁场的转动轴以转速n匀速转动，产生的正弦交流电的表达式 （V），将此线圈作为电源连接在如图所示的电路中，图中三只完全相同的灯泡都能发光，与这三只灯泡串联的分别是电阻R、电感线圈L、电容器C。现将匀强磁场的磁感应强度大小减为 ，且把转速改为2n，则（　　）
A．D1变暗 B．D2变暗
C．D3变暗 D．R中电流每秒改变200次方向
【答案】B,D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】正弦交变电流的电动势峰值满足，线圈转动的角频率
调整后磁感应强度，线圈转速，因此调整后的电动势峰值，可得出电源电动势的有效值保持不变；
原交变电流角频率，调整后角频率
新的交变电流频率
A．定值电阻对交变电流的阻碍作用不受频率影响，该支路两端电压恒定、通过的电流不变，因此灯泡亮度保持不变，A错误；
B．电感线圈的感抗，交变电流频率升高，感抗随之增大，该支路的电流减小，因此灯泡变暗，B正确；
C．电容器的容抗，交变电流频率升高，容抗随之减小，该支路的电流增大，因此灯泡变亮，C错误；
D．交变电流每经过一个周期，电流方向发生2次改变，当前频率，对应每秒100个周期，故电流方向每秒改变次，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：电阻的阻值与交变电流频率无关，支路电流不变；
B：频率升高，电感感抗增大，支路电流减小；
C：频率升高，电容容抗减小，支路电流增大；
D：根据交变电流的频率，判断电流方向的改变次数。
9．如图所示，竖直弹簧振子P质量为m，振幅为A，周期为T。质量也为m的木块Q放在水平台面上，和台面一起在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动，轨道半径为A，周期为T。t=0时振子P与木块Q同时到达最高点，且二者最高点在同一高度。台面一直保持水平且木块与台面间无相对滑动。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．在任一时刻，振子P与木块Q始终处于同一高度
B．振子P运动到最低点时的加速度可能大于g
C．时，振子P的动能是木块Q的
D．某一时刻木块Q受到的摩擦力大小与振子P的速率成正比
【答案】A,D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．振子P的平衡位置满足，选取竖直向上为正方向，设振子P相对平衡位置向上的位移为，则振子P受到的回复力为，整理可得，由此可知振子P做简谐运动，设振子P的振动表达式为
时刻，，代入解得振动方程为
木块Q做顺时针匀速圆周运动，时刻，木块Q相对圆心向上的位移为
对比可知，任意时刻振子P与木块Q的竖直高度始终相同，故A正确；
B．木块Q与台面无相对滑动，做匀速圆周运动，在最高点时，Q的合力
结合牛顿第二定律，可得，两物体竖直方向运动规律完全一致，因此振子P在最高点的加速度不大于，根据简谐运动的对称性，振子P在最低点的加速度同样不大于，故B错误；
C．振子P的速度，当时，振子P的速度为
振子P的动能，当时，木块Q的速度为
木块Q的动能，因此，振子P的动能是木块Q的，故C错误；
D．木块Q做顺时针匀速圆周运动，其合力大小，时刻木块Q转过的圆心角
此时木块Q受到的静摩擦力
又振子P的速率，联立可得，即木块Q受到的摩擦力大小与振子P的速率成正比，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】
A：推导简谐运动与圆周运动的竖直位移表达式，判断高度关系；
B：由圆周运动最高点加速度范围，结合简谐运动对称性分析最低点加速度；
C：分别求出两物体速度，计算动能比值；
D：推导摩擦力与振子速率的表达式，判断二者比例关系。
10．如图所示，空间存在平行xOy平面的匀强电场。带正电粒子质量为m、电荷量为q，经过O点时速度大小为v0，方向沿y轴正方向，经过P点时速度沿x轴正方向。P点坐标为（2d，d），不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子从O到P的运动时间为 B．粒子在P点的速度大小为2v0
C．电场强度大小为 D．粒子从O到P的最小速度为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子由O点运动至P点过程中，沿y轴方向做匀变速直线运动，位移满足，整理求解可得粒子从O到P的运动时间为，A错误；
B．设粒子到达P点时的速度大小为，粒子沿x轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，位移满足，代入运动时间解得，B正确；
C．沿x轴方向，由速度公式，可解出x轴正方向的电场分场强
沿y轴方向，末速度为0，满足，可解出y轴负方向的电场分场强
则合电场强度大小为，C错误；
D．将粒子的运动分解为沿合电场方向与垂直合电场方向，当沿电场方向的分速度减小为0时，粒子的合速度最小；
由几何关系可得，由此可求出粒子从O到P过程中的最小速度为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：利用y方向匀变速直线运动平均速度公式求解运动时间；
B：利用x方向匀加速直线运动平均速度公式求解P点速度；
C：分别求出x、y方向分场强，再矢量合成求解合场强；
D：将运动正交分解，结合三角函数求解粒子的最小速度。
11．学习小组利用图1所示的电路测电源电动势和内阻。在电路中接一阻值为2.00Ω的保护电阻R0，改变滑动变阻器阻值，记录多组电流表读数I、电压表读数U。已经在图2的坐标纸上描点。
请完成下列问题：
（1）请用笔画线代替导线把图3的实物图连接完整。
（2）在图2坐标纸上作出U与I关系图线。
（3）利用图线，测得电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果均保留2位小数）
（4）　 　（选填“电流表”或“电压表”）的内阻对测量结果有影响，会导致电动势测量值　 　真实值，内阻测量值　 　真实值（后两空均选填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】（1）
（2）
（3）1.44；0.48
（4）电压表；小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图如图
（2）作出的U-I图像如图
（3）根据闭合电路欧姆定律有
根据图像斜率与截距可知，。解得
故答案为：1.44；0.48
（4）伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
故答案为：电压表；小于；小于
【分析】(1) 按照限流接法、电压表并联、电流表串联的规则连接实物；
(2) 用直线拟合数据点，绘制 U I 图像；
(3) 利用 U I 图像截距求电动势，斜率求总内阻，再减去保护电阻得到电源内阻；
(4) 分析电压表分流带来的系统误差，判断电动势、内阻测量值与真实值的大小关系。
（1）根据电路图连接实物图如图
（2）作出的U-I图像如图
（3）根据闭合电路欧姆定律有
根据图像斜率与截距可知，
解得
（4）[1][2] [3]伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
12．某同学遇到一个还未安装的超大排水管，他想通过实验间接测量管道的内径。实验器材有：铁架台、细线、摆球、秒表、米尺等。
（1）先在实验室测量当地的重力加速度g。
①如图1所示，将细线的一端连接摆球，另一端固定在铁架台上O点，然后将摆球拉离平衡位置，释放摆球，让单摆开始摆动。下列做法有助于减小实验误差的有　 　。（多选）
A.摆球选择半径较小、密度较大的
B.使摆角大一些，方便观察
C.让摆球尽量在同一竖直面内摆动
D.在摆球摆至最高点时开始计时
②选取摆线长度为时，测得摆球摆动30个完整周期的时间t，计算出单摆周期T。改变摆线长度重复实验，记录相关数据，在坐标纸上作出的图线为一条直线，如图2所示。设直线斜率为k，则重力加速度可表示为g=　 　（用k表示）。
③由图2求得当地的重力加速度大小为　 　m/s2（π2取9.86，结果保留3位有效数字）。
④本实验没有测量摆球直径，对测量结果　 　（选填“有”或“无”）影响。
（2）再测量排水管道的内径。排水管道水平放置，截面为圆形，内壁较光滑。先让小钢球停在管底，标记管底位置。再让小钢球从一个较小高度释放，开始滚动，钢球通过管底时开始计时，记录滚动10个完整周期的时间为30.0s，可算出管道内径（直径）为D=　 　m（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）AC；4π2k；9.66；无
（2）4.4
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A．摆球选半径小、密度大的，可减小空气阻力的影响，A正确；
B．单摆测重力加速度的实验中，单摆只有摆角小于5°时才近似做简谐运动，摆角过大会偏离简谐运动，增大误差，B错误；
C．摆球需在同一竖直面内摆动，若变成圆锥摆会导致周期测量错误，C正确；
D．应在摆球经过最低点（速度最大，位置易判断）时计时，最高点速度小，计时误差大，D错误，故AC正确
设小球半径为，根据单摆周期公式，整理得
因此图线的斜率，可得；由图2计算斜率，代入得；重力加速度只由图线的斜率决定，摆球半径只影响图线截距，不影响斜率，因此不测量摆球直径对结果无影响。
故答案为：AC；4π2k；9.66；无
（2）小钢球在管道内做小角度摆动，等效为单摆，设管道内径为D，忽略钢球半径，等效摆长为，由题意得摆动周期 ，代入单摆周期公式
整理得，解得
故答案为：4.4
【分析】(1) ① 单摆实验减小误差：摆球选小而密、摆角小于5°、在同一竖直面摆动、最低点计时；
② 由单摆周期公式变形得 ， 图像斜率 ，推出 ；
③ 由图像求斜率，代入计算重力加速度；
④ 摆球半径只影响截距，不影响斜率，故对无影响；
(2) 小钢球在管道内摆动等效为单摆，等效摆长为管道半径，由周期公式求解内径。
（1）[1]A．摆球选半径小、密度大的，可减小空气阻力的影响，A正确；
B．单摆测重力加速度的实验中，单摆只有摆角小于5°时才近似做简谐运动，摆角过大会偏离简谐运动，增大误差，B错误；
C．摆球需在同一竖直面内摆动，若变成圆锥摆会导致周期测量错误，C正确；
D．应在摆球经过最低点（速度最大，位置易判断）时计时，最高点速度小，计时误差大，D错误。
故选AC。
[2]设小球半径为，根据单摆周期公式
整理得
因此图线的斜率
可得
[3]由图2计算斜率
代入得
[4]重力加速度只由图线的斜率决定，摆球半径只影响图线截距，不影响斜率，因此不测量摆球直径对结果无影响。
（2）[5]小钢球在管道内做小角度摆动，等效为单摆，设管道内径为D，忽略钢球半径，等效摆长为
由题意得摆动周期
代入单摆周期公式
整理得
解得
13．如图所示，开口向上的汽缸放置在水平地面上，缸内装有一定质量的水，在水中悬浮一开口向下的圆柱形玻璃管，水在玻璃管内封闭一定质量的理想气体，玻璃管的底端与水面齐平。已知玻璃管的质量m=100g、横截面积，重力加速度取，水的密度，大气压强，汽缸横截面积足够大，玻璃管厚度可忽略，T=t+273K。
（1）求玻璃管内气体的压强和体积。
（2）初始时环境温度为27℃，通过缓慢升高环境温度使玻璃管底端高出水面5cm，求最终环境的温度。
【答案】（1）解：对玻璃管底面进行受力分析，有
解得
对玻璃管内的水面，有
解得
则玻璃管内气体的体积
（2）解：缓慢升高环境温度的过程中，玻璃管内气体发生等压变化，结合（1）中分析可知，玻璃管内外水面高度差不变，玻璃管向上移动。最终玻璃管内气柱长度为0.55m，初状态，体积为
末状态，体积为
由盖-吕萨克定律有
可得，即环境温度为
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体热现象的微观意义
【解析】【分析】(1) 对玻璃管受力平衡，求出封闭气体压强；再由液体压强公式求出管内外液面高度差，进而得到气体体积；
(2) 升温过程玻璃管漂浮状态不变，封闭气体等压变化，用盖 吕萨克定律求解末态温度。
（1）对玻璃管底面进行受力分析，有
解得
对玻璃管内的水面，有
解得
则玻璃管内气体的体积
（2）缓慢升高环境温度的过程中，玻璃管内气体发生等压变化，结合（1）中分析可知，玻璃管内外水面高度差不变，玻璃管向上移动。最终玻璃管内气柱长度为0.55m，初状态，体积为
末状态，体积为
由盖-吕萨克定律有
可得，即环境温度为
14．如图所示，在xOy坐标系第二象限有一半径为R的圆形区域，圆心为C。圆形区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，圆形边界分别与x、y轴相切，切点分别为M、N。在第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴上放有粒子接收屏。带电粒子从M点以速度沿与MC夹角的方向垂直射入磁场，粒子离开磁场后从y轴上的P点垂直y轴进入电场，最后到达接收屏的Q点（P、Q点图中没有画出），Q到O的距离为。不计粒子所受重力。
（1）求P到O的距离y；
（2）求电场强度E和磁感应强度B的比值；
（3）若在第一象限还有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B'，粒子进入第一象限后垂直击中接收屏，求。
【答案】（1）解：由左手定则可知粒子带正电，在磁场中做圆周运动，轨迹如图1所示
粒子离开磁场的位置为A，轨迹圆心为D，由对称性可知A、M关于C、D连线对称
由于粒子离开磁场时速度方向垂直y轴，可知AD平行CM，可知四边形MCAD 为菱形。
粒子圆周运动轨迹半径
P点到O点的距离
（2）解：设粒子质量为m、电荷量为q，在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力
可得
设粒子在电场中运动时间为方向粒子做匀速直线运动
设y方向加速度大小为，根据牛顿第二定律
y方向做匀加速直线运动
可得
电场强度E和磁感应强度 B的比值
（3）解：粒子在第一象限的轨迹如图2所示，设某时刻速度为，方向与x正方向夹角为，经过极短时间，速度变化
x 方向，根据动量定理
对从P到x轴过程求和，可得
可得
即
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在第二象限磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨迹半径，结合几何关系求P到O的距离；
(2) 磁场中由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度，第一象限电场中做类平抛运动，由运动学规律求电场强度，进而求比值；
(3) 第一象限同时存在电场、磁场，利用微元法+动量定理处理x方向速度变化，联立求解磁感应强度之比。
（1）由左手定则可知粒子带正电，在磁场中做圆周运动，轨迹如图1所示
粒子离开磁场的位置为A，轨迹圆心为D，由对称性可知A、M关于C、D连线对称
由于粒子离开磁场时速度方向垂直y轴，可知AD平行CM，可知四边形MCAD 为菱形。
粒子圆周运动轨迹半径
P 点到O点的距离
（2）设粒子质量为m、电荷量为q，在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力
可得
设粒子在电场中运动时间为方向粒子做匀速直线运动
设y方向加速度大小为，根据牛顿第二定律
y方向做匀加速直线运动
可得
电场强度E和磁感应强度 B的比值
（3）粒子在第一象限的轨迹如图2所示，设某时刻速度为，方向与x正方向夹角为，经过极短时间，速度变化
x 方向，根据动量定理
对从P到x轴过程求和，可得
可得
即
15．如图1所示，AB为倾角θ=37°的倾斜传送带，处于静止状态。BC段水平，CD段竖直，DE段为水平且光滑的长直轨道。质量为m=1kg、可视为质点的滑块停放在传送带的底端A处。DE段停有四分之一圆弧槽，圆弧槽半径R=0.6m，槽底部与轨道相切。t=0时，传送带开始运动，速度随时间变化的v-t图如图2所示。滑块从传送带上端B处飞出时的速度为v=5m/s，恰好从D处水平飞上轨道DE，冲上圆弧槽后，恰能到达圆弧槽顶端与圆心等高处再从圆弧槽滑下。已知传送带与滑块间的动摩擦因数，圆弧槽各个面均光滑，sin37°=0.6，重力加速度取。
（1）求传送带的长度L应满足的条件；
（2）求滑块在传送带上运动时产生的摩擦热Q；
（3）若滑块与圆弧槽的作用时间为t=0.51s，求此过程圆弧槽的位移大小。
【答案】（1）解：滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得
代入数据解得
滑块加速到所需时间
此过程滑块的位移
由图2可知，传送带在时速度达到并保持匀速。滑块在时速度达到，与传送带共速。由于，滑块之后可随传送带匀速运动。已知滑块从B处飞出速度为，说明滑块在传送带上至少加速到了，故传送带长度应满足
（2）解：滑块在传送带上运动分为两个阶段产生相对滑动。第一阶段，传送带加速度，位移
滑块位移
相对位移
第二阶段，传送带匀速，位移
滑块继续加速，位移
相对位移
滑动摩擦力
总摩擦热
（3）解：滑块从B点飞出后做斜抛运动，恰好从D处水平飞上轨道DE，说明D点为斜抛运动最高点，水平速度
滑块冲上圆弧槽恰能到达与圆心等高处，设圆弧槽质量为，到达最高点时共速为。由水平动量守恒
能量守恒
代入数据解得，
滑块从滑上槽到滑下离开，水平方向系统不受外力，动量守恒。滑块相对槽的水平位移为0。由人船模型
且
解得圆弧槽位移
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；人船模型
【解析】【分析】(1) 先由牛顿第二定律求滑块在传送带上的加速度，对比传送带加速规律，确定滑块加速到共速的位移，从而得到传送带最小长度；
(2) 分0~3s、3~5s两段计算滑块与传送带的相对位移，结合滑动摩擦力求摩擦热；
(3) 先由斜抛运动得D点速度，用水平动量守恒+能量守恒求圆弧槽质量，再利用人船模型求圆弧槽位移。
（1）滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得
代入数据解得
滑块加速到所需时间
此过程滑块的位移
由图2可知，传送带在时速度达到并保持匀速。滑块在时速度达到，与传送带共速。由于，滑块之后可随传送带匀速运动。已知滑块从B处飞出速度为，说明滑块在传送带上至少加速到了，故传送带长度应满足
（2）滑块在传送带上运动分为两个阶段产生相对滑动。第一阶段，传送带加速度，位移
滑块位移
相对位移
第二阶段，传送带匀速，位移
滑块继续加速，位移
相对位移
滑动摩擦力
总摩擦热
（3）滑块从B点飞出后做斜抛运动，恰好从D处水平飞上轨道DE，说明D点为斜抛运动最高点，水平速度
滑块冲上圆弧槽恰能到达与圆心等高处，设圆弧槽质量为，到达最高点时共速为。由水平动量守恒
能量守恒
代入数据解得，
滑块从滑上槽到滑下离开，水平方向系统不受外力，动量守恒。滑块相对槽的水平位移为0。由人船模型
且
解得圆弧槽位移
1 / 1河北省邢台市五校联考2026年高三二模物理试题
1．氢原子能级图如图所示，大量处于同一能级的氢原子向低能级跃迁时，共释放出3种频率的光。用3种光分别照射光电管的阴极K，有两种光能使阴极发生光电效应，则阴极金属的逸出功可能为（　　）
A．1.5eV B．5.5eV C．10.4eV D．11.5eV
2．某人在利用健身弹性绳健身时，弹性绳的形状从边长45cm的正方形变成长60cm、宽45cm的长方形，如图所示，人的手、脚分别在四个顶点处，左手所受弹性绳的作用力由变为。不考虑摩擦，弹性绳的弹力与伸长量成正比，则该弹性绳的比例系数为（　　）
A． B．50 N/m C． D．100 N/m
3．2026年1月15日，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭成功将阿尔及利亚遥感三号卫星A星（简称A星）发射升空。该卫星在轨运行的近地点高度为489km，远地点高度为627km，轨道倾角约为97°。我国空间站在离地约400km的圆轨道运行。下列说法正确的是（　　）
A．A星的运行周期小于空间站的运行周期
B．在远地点处，A星的速度小于空间站的速度
C．A星在近地点与远地点速度大小之比为209∶163
D．地心不在A星的轨道所在平面内
4．某物理实验室用掠入射法测定液体折射率，原理简图如图所示，折射率为的玻璃介质ABC的AB边上方有某种折射率待测的液体，设该液体的折射率为n，现通过液体中的光源向界面上O点处发射一条光线，光线近似平行于AB，该光线经过两次折射后从玻璃介质的AC边射入空气。光线在AB面的折射角为θ，从AC面射出时折射角为φ。已知光在折射率分别为n1和n2的两种介质分界面发生折射时满足，空气折射率视为1，∠A=90°。则（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，x轴上有两列正弦波的一个完整波形分别沿x轴正、负方向传播，波长均为λ=4m，波速均为v=1m/s，振幅均为A=10cm。t=0时刻波形如图所示。则x=6m处的质点P的振动图像符合实际的是（　　）
A．
B．
C．
D．
6．如图所示，半圆形凹槽半径为R，圆心为O，MN为水平直径。A点与O等高，B点在O点正下方，P点位于槽面上，P到O的水平距离为。现从A、B点分别以水平速度vA、vB抛出小球，恰好都垂直槽面击中P点，所用时间分别为tA、tB。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．A、B、P三点不共线
7．如图所示，一倾角为θ的足够长绝缘粗糙斜面，水平虚线FF'下方有宽度均为2d、磁场方向垂直斜面且交替变化的10个相邻匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B。一长为2d、宽度为d的匀质矩形线框刚进入磁场区域1时的速度为v0，并恰好能完全穿出磁场区域，已知线框质量为m，与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，重力加速度为g，运动过程中线框长边始终与磁场边界平行。下列说法正确的是（　　）
A．线框的总电阻为
B．线框进入磁场区域2瞬间的速度大小为
C．线框在磁场区域8、9内匀速运动的时间之比为5∶9
D．线框穿过磁场区域5、6过程产生的焦耳热之比为11∶9
8．在磁感应强度为B的匀强磁场中有一矩形线圈（电阻不计），正在绕垂直于磁场的转动轴以转速n匀速转动，产生的正弦交流电的表达式 （V），将此线圈作为电源连接在如图所示的电路中，图中三只完全相同的灯泡都能发光，与这三只灯泡串联的分别是电阻R、电感线圈L、电容器C。现将匀强磁场的磁感应强度大小减为 ，且把转速改为2n，则（　　）
A．D1变暗 B．D2变暗
C．D3变暗 D．R中电流每秒改变200次方向
9．如图所示，竖直弹簧振子P质量为m，振幅为A，周期为T。质量也为m的木块Q放在水平台面上，和台面一起在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动，轨道半径为A，周期为T。t=0时振子P与木块Q同时到达最高点，且二者最高点在同一高度。台面一直保持水平且木块与台面间无相对滑动。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．在任一时刻，振子P与木块Q始终处于同一高度
B．振子P运动到最低点时的加速度可能大于g
C．时，振子P的动能是木块Q的
D．某一时刻木块Q受到的摩擦力大小与振子P的速率成正比
10．如图所示，空间存在平行xOy平面的匀强电场。带正电粒子质量为m、电荷量为q，经过O点时速度大小为v0，方向沿y轴正方向，经过P点时速度沿x轴正方向。P点坐标为（2d，d），不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子从O到P的运动时间为 B．粒子在P点的速度大小为2v0
C．电场强度大小为 D．粒子从O到P的最小速度为
11．学习小组利用图1所示的电路测电源电动势和内阻。在电路中接一阻值为2.00Ω的保护电阻R0，改变滑动变阻器阻值，记录多组电流表读数I、电压表读数U。已经在图2的坐标纸上描点。
请完成下列问题：
（1）请用笔画线代替导线把图3的实物图连接完整。
（2）在图2坐标纸上作出U与I关系图线。
（3）利用图线，测得电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果均保留2位小数）
（4）　 　（选填“电流表”或“电压表”）的内阻对测量结果有影响，会导致电动势测量值　 　真实值，内阻测量值　 　真实值（后两空均选填“大于”“小于”或“等于”）。
12．某同学遇到一个还未安装的超大排水管，他想通过实验间接测量管道的内径。实验器材有：铁架台、细线、摆球、秒表、米尺等。
（1）先在实验室测量当地的重力加速度g。
①如图1所示，将细线的一端连接摆球，另一端固定在铁架台上O点，然后将摆球拉离平衡位置，释放摆球，让单摆开始摆动。下列做法有助于减小实验误差的有　 　。（多选）
A.摆球选择半径较小、密度较大的
B.使摆角大一些，方便观察
C.让摆球尽量在同一竖直面内摆动
D.在摆球摆至最高点时开始计时
②选取摆线长度为时，测得摆球摆动30个完整周期的时间t，计算出单摆周期T。改变摆线长度重复实验，记录相关数据，在坐标纸上作出的图线为一条直线，如图2所示。设直线斜率为k，则重力加速度可表示为g=　 　（用k表示）。
③由图2求得当地的重力加速度大小为　 　m/s2（π2取9.86，结果保留3位有效数字）。
④本实验没有测量摆球直径，对测量结果　 　（选填“有”或“无”）影响。
（2）再测量排水管道的内径。排水管道水平放置，截面为圆形，内壁较光滑。先让小钢球停在管底，标记管底位置。再让小钢球从一个较小高度释放，开始滚动，钢球通过管底时开始计时，记录滚动10个完整周期的时间为30.0s，可算出管道内径（直径）为D=　 　m（结果保留2位有效数字）。
13．如图所示，开口向上的汽缸放置在水平地面上，缸内装有一定质量的水，在水中悬浮一开口向下的圆柱形玻璃管，水在玻璃管内封闭一定质量的理想气体，玻璃管的底端与水面齐平。已知玻璃管的质量m=100g、横截面积，重力加速度取，水的密度，大气压强，汽缸横截面积足够大，玻璃管厚度可忽略，T=t+273K。
（1）求玻璃管内气体的压强和体积。
（2）初始时环境温度为27℃，通过缓慢升高环境温度使玻璃管底端高出水面5cm，求最终环境的温度。
14．如图所示，在xOy坐标系第二象限有一半径为R的圆形区域，圆心为C。圆形区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，圆形边界分别与x、y轴相切，切点分别为M、N。在第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴上放有粒子接收屏。带电粒子从M点以速度沿与MC夹角的方向垂直射入磁场，粒子离开磁场后从y轴上的P点垂直y轴进入电场，最后到达接收屏的Q点（P、Q点图中没有画出），Q到O的距离为。不计粒子所受重力。
（1）求P到O的距离y；
（2）求电场强度E和磁感应强度B的比值；
（3）若在第一象限还有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B'，粒子进入第一象限后垂直击中接收屏，求。
15．如图1所示，AB为倾角θ=37°的倾斜传送带，处于静止状态。BC段水平，CD段竖直，DE段为水平且光滑的长直轨道。质量为m=1kg、可视为质点的滑块停放在传送带的底端A处。DE段停有四分之一圆弧槽，圆弧槽半径R=0.6m，槽底部与轨道相切。t=0时，传送带开始运动，速度随时间变化的v-t图如图2所示。滑块从传送带上端B处飞出时的速度为v=5m/s，恰好从D处水平飞上轨道DE，冲上圆弧槽后，恰能到达圆弧槽顶端与圆心等高处再从圆弧槽滑下。已知传送带与滑块间的动摩擦因数，圆弧槽各个面均光滑，sin37°=0.6，重力加速度取。
（1）求传送带的长度L应满足的条件；
（2）求滑块在传送带上运动时产生的摩擦热Q；
（3）若滑块与圆弧槽的作用时间为t=0.51s，求此过程圆弧槽的位移大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】大量处于同一能级的氢原子向低能级跃迁时，共释放出3种频率的光，说明是从能级向低能级跃迁，根据能级跃迁公式，而发生光电效应的条件，向跃迁时能级差最小，即辐射的光子（频率）能量最小，用其照射光电管的阴极K不能产生光电效应，，同时满足
故答案为：B。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光电效应条件，跃迁放出3种频率的光，说明氢原子从能级跃迁；光电效应条件为光子能量大于逸出功，结合能级差求解逸出功范围。
2．【答案】B
【知识点】胡克定律；力的合成；共点力的平衡
【解析】【解答】根据力的合成，左手所受合力为，，因此得
设原长为，根据胡克定律可得，边长分别为和时，根据力的合成N ，可得，根据胡克定律可得，联立解得
故答案为：B。
【分析】本题考查胡克定律与力的合成，左手受到两段弹性绳垂直拉力，合力为两段弹力的矢量和，再结合胡克定律联立求解劲度系数。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由开普勒第三定律，A星椭圆轨道半长轴，空间站圆轨道半径，A星半长轴更大，故运行周期更大，A错误；
B．由可知，轨道半径越大，圆轨道线速度越小；A星远地点高度大于空间站轨道高度，同高度圆轨道速度小于空间站速度，且A星在远地点做近心运动，实际速度小于该高度圆轨道速度，因此A星远地点速度小于空间站速度，B正确；
C．根据开普勒第二定律，可得，C错误；
D．由开普勒第一定律，地心位于卫星椭圆轨道的一个焦点上，一定在轨道平面内，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：开普勒第三定律，半长轴越大周期越长；
B：结合圆轨道速度公式与近心运动特点分析；
C：开普勒第二定律，速度与到地心距离成反比；
D：卫星椭圆轨道焦点为地心，地心在轨道平面内。
4．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．已知入射光线近似平行于AB界面，AB面的法线与AB相互垂直，因此光线在液体射向玻璃时的入射角为，折射角为，结合题给折射规律，可得，整理得到，A、B错误；
CD．由可知，AB面的法线竖直、AC面的法线水平，两条法线互相垂直，设光线在玻璃介质内射向AC面的入射角为，根据几何角度关系可得，因此；
对AC面应用折射定律，有，代入，解得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】AB：利用光从液体射入玻璃的折射规律，结合入射光线平行界面得出入射角，推导液体折射率表达式；
CD：根据几何关系确定玻璃内光线在AC面的入射角，再结合AC面的折射定律推导角度与折射率的关系式。
5．【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】由题意可知，可看成是两波源位移和处的两列机械波，质点P到两波源的距离差为，所以质点P不属于振动加强或减弱点，即质点P的最大位移，沿x轴正方向传播的波传播到质点P所需的时间为
沿x轴负方向传播的波传播到质点P所需的时间为
所以质点P在1s时仅在沿x轴正方向传播的波的作用下开始沿轴负方向振动，振幅为10cm；2s时沿x轴负方向传播的波也传播到质点P，又因为机械波的周期为
此时质点P在振动到；3s时沿x轴正方向传播的波使质点P振动，位移为
沿x轴负方向传播的波使质点P振动，位移为
所以，此时质点P的位移为
故答案为：A。
【分析】本题考查波的传播与叠加，先求周期，再分析两列波传到质点P的时间，结合振动叠加规律判断振动图像。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AC．由于两小球均垂直凹槽曲面击中P点，因此小球速度的反向延长线都会经过水平位移的中点，也就是圆心O点。结合几何关系，可得，解得。
根据平抛运动规律，对A球：，；
对B球：，。联立两式可解得，，故A错误，C正确；
B．由题意可知，，因此，故B错误；
D．根据平抛运动的相关推论，两小球的速度偏转角完全一致，即速度方向与水平方向的夹角相等，由此可得位移与水平方向的夹角也相等，因此A、B、P三点处在同一直线上，故D错误。
故答案为：C。
【分析】AC：利用垂直击中曲面的条件确定速度反向延长线过圆心，结合几何角度关系与平抛运动位移公式，求解运动时间与初速度的比值；
B：通过竖直方向下落高度的差值得到OB长度，进而计算OA与OB的比值；
D：依据平抛运动速度偏转角与位移偏转角的关系，判断三点是否共线。
7．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由题知，可推得，即重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力相互平衡，线框运动时仅受安培力作用，根据电磁感应规律，感应电荷量；
线框进入第1个磁场区域和离开第10个磁场区域时，磁通量变化量，对应电荷量
线框在相邻磁场区域间切换时，磁通量变化量，对应电荷量。
对全程应用动量定理：，联立解得，故A错误；
B．线框进入磁场区域2瞬间的速度，等于线框离开磁场区域1时的速度。对该过程应用动量定理：，代入数据解得，故B错误；
C．由上述推导可得，线框进入第1个磁场、离开第10个磁场时，速度减小量；在其余磁场区域切换时，速度减小量，可求得线框在磁场8、9区域内的匀速速度分别为、，两区域内匀速位移均为，由得时间之比，故C正确；
D．线框穿过磁场过程中，焦耳热等于动能的减少量。可求得穿过第5个磁场前速度，穿出后速度；穿过第6个磁场前速度，穿出后速度。
由能量守恒，解得，故D错误。
故答案为：。
【分析】A：先判断受力平衡，确定仅安培力做功，结合感应电荷量公式与全程动量定理求解线框总电阻；
B：对第1个磁场区域过程应用动量定理，求解进入第2个磁场的初速度；
C：分析速度变化规律，得到匀速运动速度，结合位移求解时间之比；
D：利用能量守恒，通过动能变化求解焦耳热之比。
8．【答案】B,D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】正弦交变电流的电动势峰值满足，线圈转动的角频率
调整后磁感应强度，线圈转速，因此调整后的电动势峰值，可得出电源电动势的有效值保持不变；
原交变电流角频率，调整后角频率
新的交变电流频率
A．定值电阻对交变电流的阻碍作用不受频率影响，该支路两端电压恒定、通过的电流不变，因此灯泡亮度保持不变，A错误；
B．电感线圈的感抗，交变电流频率升高，感抗随之增大，该支路的电流减小，因此灯泡变暗，B正确；
C．电容器的容抗，交变电流频率升高，容抗随之减小，该支路的电流增大，因此灯泡变亮，C错误；
D．交变电流每经过一个周期，电流方向发生2次改变，当前频率，对应每秒100个周期，故电流方向每秒改变次，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：电阻的阻值与交变电流频率无关，支路电流不变；
B：频率升高，电感感抗增大，支路电流减小；
C：频率升高，电容容抗减小，支路电流增大；
D：根据交变电流的频率，判断电流方向的改变次数。
9．【答案】A,D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．振子P的平衡位置满足，选取竖直向上为正方向，设振子P相对平衡位置向上的位移为，则振子P受到的回复力为，整理可得，由此可知振子P做简谐运动，设振子P的振动表达式为
时刻，，代入解得振动方程为
木块Q做顺时针匀速圆周运动，时刻，木块Q相对圆心向上的位移为
对比可知，任意时刻振子P与木块Q的竖直高度始终相同，故A正确；
B．木块Q与台面无相对滑动，做匀速圆周运动，在最高点时，Q的合力
结合牛顿第二定律，可得，两物体竖直方向运动规律完全一致，因此振子P在最高点的加速度不大于，根据简谐运动的对称性，振子P在最低点的加速度同样不大于，故B错误；
C．振子P的速度，当时，振子P的速度为
振子P的动能，当时，木块Q的速度为
木块Q的动能，因此，振子P的动能是木块Q的，故C错误；
D．木块Q做顺时针匀速圆周运动，其合力大小，时刻木块Q转过的圆心角
此时木块Q受到的静摩擦力
又振子P的速率，联立可得，即木块Q受到的摩擦力大小与振子P的速率成正比，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】
A：推导简谐运动与圆周运动的竖直位移表达式，判断高度关系；
B：由圆周运动最高点加速度范围，结合简谐运动对称性分析最低点加速度；
C：分别求出两物体速度，计算动能比值；
D：推导摩擦力与振子速率的表达式，判断二者比例关系。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子由O点运动至P点过程中，沿y轴方向做匀变速直线运动，位移满足，整理求解可得粒子从O到P的运动时间为，A错误；
B．设粒子到达P点时的速度大小为，粒子沿x轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，位移满足，代入运动时间解得，B正确；
C．沿x轴方向，由速度公式，可解出x轴正方向的电场分场强
沿y轴方向，末速度为0，满足，可解出y轴负方向的电场分场强
则合电场强度大小为，C错误；
D．将粒子的运动分解为沿合电场方向与垂直合电场方向，当沿电场方向的分速度减小为0时，粒子的合速度最小；
由几何关系可得，由此可求出粒子从O到P过程中的最小速度为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：利用y方向匀变速直线运动平均速度公式求解运动时间；
B：利用x方向匀加速直线运动平均速度公式求解P点速度；
C：分别求出x、y方向分场强，再矢量合成求解合场强；
D：将运动正交分解，结合三角函数求解粒子的最小速度。
11．【答案】（1）
（2）
（3）1.44；0.48
（4）电压表；小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图如图
（2）作出的U-I图像如图
（3）根据闭合电路欧姆定律有
根据图像斜率与截距可知，。解得
故答案为：1.44；0.48
（4）伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
故答案为：电压表；小于；小于
【分析】(1) 按照限流接法、电压表并联、电流表串联的规则连接实物；
(2) 用直线拟合数据点，绘制 U I 图像；
(3) 利用 U I 图像截距求电动势，斜率求总内阻，再减去保护电阻得到电源内阻；
(4) 分析电压表分流带来的系统误差，判断电动势、内阻测量值与真实值的大小关系。
（1）根据电路图连接实物图如图
（2）作出的U-I图像如图
（3）根据闭合电路欧姆定律有
根据图像斜率与截距可知，
解得
（4）[1][2] [3]伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
12．【答案】（1）AC；4π2k；9.66；无
（2）4.4
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A．摆球选半径小、密度大的，可减小空气阻力的影响，A正确；
B．单摆测重力加速度的实验中，单摆只有摆角小于5°时才近似做简谐运动，摆角过大会偏离简谐运动，增大误差，B错误；
C．摆球需在同一竖直面内摆动，若变成圆锥摆会导致周期测量错误，C正确；
D．应在摆球经过最低点（速度最大，位置易判断）时计时，最高点速度小，计时误差大，D错误，故AC正确
设小球半径为，根据单摆周期公式，整理得
因此图线的斜率，可得；由图2计算斜率，代入得；重力加速度只由图线的斜率决定，摆球半径只影响图线截距，不影响斜率，因此不测量摆球直径对结果无影响。
故答案为：AC；4π2k；9.66；无
（2）小钢球在管道内做小角度摆动，等效为单摆，设管道内径为D，忽略钢球半径，等效摆长为，由题意得摆动周期 ，代入单摆周期公式
整理得，解得
故答案为：4.4
【分析】(1) ① 单摆实验减小误差：摆球选小而密、摆角小于5°、在同一竖直面摆动、最低点计时；
② 由单摆周期公式变形得 ， 图像斜率 ，推出 ；
③ 由图像求斜率，代入计算重力加速度；
④ 摆球半径只影响截距，不影响斜率，故对无影响；
(2) 小钢球在管道内摆动等效为单摆，等效摆长为管道半径，由周期公式求解内径。
（1）[1]A．摆球选半径小、密度大的，可减小空气阻力的影响，A正确；
B．单摆测重力加速度的实验中，单摆只有摆角小于5°时才近似做简谐运动，摆角过大会偏离简谐运动，增大误差，B错误；
C．摆球需在同一竖直面内摆动，若变成圆锥摆会导致周期测量错误，C正确；
D．应在摆球经过最低点（速度最大，位置易判断）时计时，最高点速度小，计时误差大，D错误。
故选AC。
[2]设小球半径为，根据单摆周期公式
整理得
因此图线的斜率
可得
[3]由图2计算斜率
代入得
[4]重力加速度只由图线的斜率决定，摆球半径只影响图线截距，不影响斜率，因此不测量摆球直径对结果无影响。
（2）[5]小钢球在管道内做小角度摆动，等效为单摆，设管道内径为D，忽略钢球半径，等效摆长为
由题意得摆动周期
代入单摆周期公式
整理得
解得
13．【答案】（1）解：对玻璃管底面进行受力分析，有
解得
对玻璃管内的水面，有
解得
则玻璃管内气体的体积
（2）解：缓慢升高环境温度的过程中，玻璃管内气体发生等压变化，结合（1）中分析可知，玻璃管内外水面高度差不变，玻璃管向上移动。最终玻璃管内气柱长度为0.55m，初状态，体积为
末状态，体积为
由盖-吕萨克定律有
可得，即环境温度为
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体热现象的微观意义
【解析】【分析】(1) 对玻璃管受力平衡，求出封闭气体压强；再由液体压强公式求出管内外液面高度差，进而得到气体体积；
(2) 升温过程玻璃管漂浮状态不变，封闭气体等压变化，用盖 吕萨克定律求解末态温度。
（1）对玻璃管底面进行受力分析，有
解得
对玻璃管内的水面，有
解得
则玻璃管内气体的体积
（2）缓慢升高环境温度的过程中，玻璃管内气体发生等压变化，结合（1）中分析可知，玻璃管内外水面高度差不变，玻璃管向上移动。最终玻璃管内气柱长度为0.55m，初状态，体积为
末状态，体积为
由盖-吕萨克定律有
可得，即环境温度为
14．【答案】（1）解：由左手定则可知粒子带正电，在磁场中做圆周运动，轨迹如图1所示
粒子离开磁场的位置为A，轨迹圆心为D，由对称性可知A、M关于C、D连线对称
由于粒子离开磁场时速度方向垂直y轴，可知AD平行CM，可知四边形MCAD 为菱形。
粒子圆周运动轨迹半径
P点到O点的距离
（2）解：设粒子质量为m、电荷量为q，在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力
可得
设粒子在电场中运动时间为方向粒子做匀速直线运动
设y方向加速度大小为，根据牛顿第二定律
y方向做匀加速直线运动
可得
电场强度E和磁感应强度 B的比值
（3）解：粒子在第一象限的轨迹如图2所示，设某时刻速度为，方向与x正方向夹角为，经过极短时间，速度变化
x 方向，根据动量定理
对从P到x轴过程求和，可得
可得
即
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在第二象限磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨迹半径，结合几何关系求P到O的距离；
(2) 磁场中由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度，第一象限电场中做类平抛运动，由运动学规律求电场强度，进而求比值；
(3) 第一象限同时存在电场、磁场，利用微元法+动量定理处理x方向速度变化，联立求解磁感应强度之比。
（1）由左手定则可知粒子带正电，在磁场中做圆周运动，轨迹如图1所示
粒子离开磁场的位置为A，轨迹圆心为D，由对称性可知A、M关于C、D连线对称
由于粒子离开磁场时速度方向垂直y轴，可知AD平行CM，可知四边形MCAD 为菱形。
粒子圆周运动轨迹半径
P 点到O点的距离
（2）设粒子质量为m、电荷量为q，在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力
可得
设粒子在电场中运动时间为方向粒子做匀速直线运动
设y方向加速度大小为，根据牛顿第二定律
y方向做匀加速直线运动
可得
电场强度E和磁感应强度 B的比值
（3）粒子在第一象限的轨迹如图2所示，设某时刻速度为，方向与x正方向夹角为，经过极短时间，速度变化
x 方向，根据动量定理
对从P到x轴过程求和，可得
可得
即
15．【答案】（1）解：滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得
代入数据解得
滑块加速到所需时间
此过程滑块的位移
由图2可知，传送带在时速度达到并保持匀速。滑块在时速度达到，与传送带共速。由于，滑块之后可随传送带匀速运动。已知滑块从B处飞出速度为，说明滑块在传送带上至少加速到了，故传送带长度应满足
（2）解：滑块在传送带上运动分为两个阶段产生相对滑动。第一阶段，传送带加速度，位移
滑块位移
相对位移
第二阶段，传送带匀速，位移
滑块继续加速，位移
相对位移
滑动摩擦力
总摩擦热
（3）解：滑块从B点飞出后做斜抛运动，恰好从D处水平飞上轨道DE，说明D点为斜抛运动最高点，水平速度
滑块冲上圆弧槽恰能到达与圆心等高处，设圆弧槽质量为，到达最高点时共速为。由水平动量守恒
能量守恒
代入数据解得，
滑块从滑上槽到滑下离开，水平方向系统不受外力，动量守恒。滑块相对槽的水平位移为0。由人船模型
且
解得圆弧槽位移
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；人船模型
【解析】【分析】(1) 先由牛顿第二定律求滑块在传送带上的加速度，对比传送带加速规律，确定滑块加速到共速的位移，从而得到传送带最小长度；
(2) 分0~3s、3~5s两段计算滑块与传送带的相对位移，结合滑动摩擦力求摩擦热；
(3) 先由斜抛运动得D点速度，用水平动量守恒+能量守恒求圆弧槽质量，再利用人船模型求圆弧槽位移。
（1）滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得
代入数据解得
滑块加速到所需时间
此过程滑块的位移
由图2可知，传送带在时速度达到并保持匀速。滑块在时速度达到，与传送带共速。由于，滑块之后可随传送带匀速运动。已知滑块从B处飞出速度为，说明滑块在传送带上至少加速到了，故传送带长度应满足
（2）滑块在传送带上运动分为两个阶段产生相对滑动。第一阶段，传送带加速度，位移
滑块位移
相对位移
第二阶段，传送带匀速，位移
滑块继续加速，位移
相对位移
滑动摩擦力
总摩擦热
（3）滑块从B点飞出后做斜抛运动，恰好从D处水平飞上轨道DE，说明D点为斜抛运动最高点，水平速度
滑块冲上圆弧槽恰能到达与圆心等高处，设圆弧槽质量为，到达最高点时共速为。由水平动量守恒
能量守恒
代入数据解得，
滑块从滑上槽到滑下离开，水平方向系统不受外力，动量守恒。滑块相对槽的水平位移为0。由人船模型
且
解得圆弧槽位移
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