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2026届河北沧州市黄骅中学高三一模物理试题
1．某物理兴趣小组用特斯拉计研究直线电流周围的磁场分布特点，如图甲所示，OP 与导线垂直。在电流不变的情况下，他们测量了直线OP上各点的磁感应强度和到直线电流的距离r，得到了图乙所示图像，然后在距离r不变的情况下，改变直线电流中的电流强度，测量了Q 点的磁感应强度和对应的电流强度I，得到了图丙所示图像。该小组在上述研究中采用的科学方法为（　　）
A．控制变量法 B．理想模型法 C．等效替代法 D．比值定义法
2．如图，一个原子核X经图中所示的一系列、衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出粒子的总个数为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．14
3．如图所示，导热性能良好的玻璃管开口向上放置，用一段水银柱封闭一部分气体（可视为理想气体），现在向玻璃管内缓慢加入一部分水银，使水银柱的长度变大。此过程中外界大气压和温度均保持不变。下列说法中正确的是（　　）
A．封闭气体体积减小，外界对气体做功，所以气体的内能增大
B．水银柱的长度增大，封闭气体的压强减小
C．封闭气体单位时间与玻璃管单位面积的撞击次数增多
D．封闭气体分子与玻璃管单次碰撞的平均撞击力变小
4．带电量为+Q（Q>0）均匀带电圆盘B固定在竖直面内，一质量为m、带电量为+q（q>0）的带电小球C用绝缘细线连接，细线的另一端固定在A点，小球C刚好静止在带电圆盘的轴线上，且到带电圆盘圆心O的距离为d。已知小球静止处与O点之间的电势差为U，细线与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，静电力常量为k。剪断细线的瞬间，小球C的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
5．某同学练习飞行无人机，无人机由静止开始向下运动，速度v与下降高度h之间的关系如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．无人机处于超重状态 B．无人机做匀变速直线运动
C．无人机的加速度在减小 D．无人机的机械能先减小后增大
6．一小型交流发电机、理想交流电流表、变压器和灯泡连成如图所示的电路，从图示位置开始计时。已知穿过线圈的最大磁通量为 线圈的匝数为20，线圈转动的周期为0.02s，灯泡上标有“36 V、54 W”字样且正常发光（除灯泡外不计其余电阻）。下列说法正确的是（　　）
A．当t=0.01s时，发电机线圈产生的电动势为0
B．发电机线圈产生电动势的有效值为25.5 V
C．变压器原、副线圈的匝数之比为1：2
D．电流表的示数约为4.2 A
7．如图所示，质量 长L=0.5m的木板A放在水平平台上，质量的物块B（可视为质点）放在木板A的左端，物块B和质量为mC的物块C通过绕过光滑定滑轮的轻绳连接，物块 B和滑轮之间的轻绳水平。已知物块B和木板A之间的动摩擦因数 木板A 和平台之间的动摩擦因数 g取设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B与滑轮间的距离足够大，物块C与地面间的距离足够大，由静止释放物块C。下列说法中正确的是（　　）
A．若mC=0.木板A和物块B一起向右运动
B．木板A 的加速度可能为
C．若mC=0.物块C的加速度大小为
D．若mC=0.物块B离开木板A 的过程中系统损失的机械能为3.25 J
8．中国科学家发现了距离地球约为2760光年、代号为TMTSJ0526的双星系统，该系统由一颗质量约为0.7Ms（Ms为太阳质量）的碳氧白矮星与质量约为0.3Ms的热亚矮星两颗星体组成。它们的轨道平面几乎与地球的观测平面重合，用望远镜在地球附近观测，发现双星系统的亮度周期性地变暗和变亮，已知两个天体周期性地互相遮挡造成观测的双星系统亮度变化周期是该系统匀速圆周运动周期的一半。某次观测记录该双星系统的亮度随时间t的变化情况如图所示，图中“星等”表示亮度，实线为实验数据经最佳拟合得到的正弦式曲线，虚线所对时刻是曲线上“星等”最小的时刻。已知太阳质量约为 引力常量 下列说法正确的是（　　）
A．两颗星体在运动过程中受到太阳引力的影响
B．碳氧白矮星和热亚矮星转动的线速度大小之比约为3：7
C．该双星系统的运转周期约为1200 s
D．两星体之间的距离约为
9．游乐园某游戏装置简化图如下，用一根长为L的细线把质量为m的小球P悬挂在倾角为斜面上的O点，小球静止在最低点，质量为0.5m的子弹以某初速度沿水平方向打入小球并留在其中，小球恰能在斜面上做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A．整个过程中系统的机械能不守恒
B．小球做圆周运动过程中的最小速度为
C．子弹打入小球前后细线拉力大小的变化量为4mg
D．子弹的初速度大小为
10．在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，间距为L的光滑平行金属导轨水平放置，左侧接电容大小为C的电容器和开关S，长为L的金属棒与导轨垂直并静止在导轨上，俯视图如图所示。闭合开关S，金属棒在水平外力 F作用下向右运动，若水平外力 且始终作用在金属棒上，金属棒最终的速度为v0。若当金属棒的速度为0.4v0时，断开开关S，同时调整水平外力F，使金属棒做匀速直线运动。在运动过程中，金属棒始终与导轨接触良好并保持垂直，除金属棒的电阻外，其余电阻忽略不计。下列说法中正确的是（　　）
A．金属棒的电阻为
B．断开开关前瞬间，外力功率为金属棒消耗电功率的2倍
C．断开开关后，电容器a极板带正电
D．从断开开关到外力功率为金属棒消耗电功率的2倍的过程中电容器存储的电场能为
11．（1）某同学利用手机内的磁传感器做“用单摆测量重力加速度”的实验。部分操作如下：如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小球（下方固定小磁铁），做成一个单摆。为减小实验误差，小球应该选择　 　（填“塑料球”、“空心铜球”或“实心铁球”）。打开手机的磁传感器软件，并将手机置于悬点正下方，使小球在竖直平面内做小角度摆动。某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图乙所示（t=0时磁感应强度最大），则单摆的振动周期T=　 　s（结果保留两位有效数字，忽略手机与小磁铁之间的相互作用力）；
（2）某无人机兴趣小组在进行飞行训练。无人机做水平方向的匀加速直线运动，它离水平地面的高度h=5m，无人机在t=0、t=2s、t=4s时由静止（相对无人机）释放A、B、C三个小球，三个小球落地点之间的距离分别为AB=6m、BC=10m，无人机的加速度大小为　 　无人机释放小球B 时的速度为　 　m/s。（不计空气阻力，且小球落地后不反弹，g取
12．某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图甲所示， 为电阻箱， 为半导体薄膜压力传感器，C、D间连接电压传感器（内阻无穷大）。
（1）先用欧姆表挡“×10”倍率粗测 的阻值，发现示数偏转角度　 　（填“太大”或“太小”），换用“×100”倍率后重新测量，测量前　 　（填“必须”或“不必”）重新进行欧姆调零，正确操作后进行测量，指针如图乙所示，则 电阻的测量值为　 　Ω；
（2）适当调节 ，使电压传感器示数为零，此时的阻值为　 　（用表示）；
（3）已知压力传感器的电阻随着压力的增大而减小，则加载砝码后，ab两点间的电势差　 　0（填“>”或“<”），依次将0.5g的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器所受压力大小等于砝码重力大小），读出电压传感器示数U，描点，绘制U-m关系如图丙所示；
（4）完成前面三步实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用。在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，电压传感器最大示数为100mV，该压力传感器可以测量的最大压力为　 　N。（g取 结果保留三位有效数字）
13．截面为半圆形的透明体水平放置，半径R=3cm，圆心为O，直径上有一点A， 圆弧最低点为B，如图所示。用某激光笔发出的红光照射A点，当激光与直径的夹角为时，经透明体折射后激光恰好从B点射出。已知激光笔的功率为5mW，产生650 nm的红光，光在真空中的传播速度 普朗克常量 求：
（1）激光在透明体内的折射率；
（2）该激光笔1min内发射的光子个数（保留一位有效数字）。
14．空间有一边长为L的立方体 ，O为 的中点，以O为原点建立空间坐标系O-xyz，AB、AD和分别平行x轴、y轴和z轴。在立方体内存在沿x轴负方向、磁感应强度大小为 （未知）的匀强磁场，在x<0区域存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为+q（q>0）的粒子从M点（图中未画出）以沿x轴正方向的初速度射出，M点的坐标为粒子刚好从O点进入匀强磁场区域。已知不计粒子重力和空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度的大小；
（2）若该粒子刚好经过CD直线，求磁感应强度大小
（3）若将磁场的磁感应强度大小调整为 同时将一足够大的荧光屏垂直x轴放置，屏中心O'到O点的距离为2L。求粒子打在荧光屏上的位置的坐标。
15．如图所示，质量为m的滑块A穿在足够长的光滑水平杆上，质量为2m的小球B通过长为L的轻绳悬挂于滑块A上的O点，轻绳水平伸直，质量为m的“一”型平板C静置在水平地面上，平板C的左端刚好在小球B的下方L处。将滑块A锁定，小球B由静止释放，小球B运动过程中没有与平板C发生相互作用。已知平板C与地面之间的动摩擦因数 小球B可视为质点，重力加速度为g。
（1）求小球 B运动到最低点时对轻绳的拉力；
（2）求此过程中小球B重力功率最大值和此时轻绳与竖直方向夹角的正切值；
（3）解除对滑块A的锁定，小球B仍由初始位置由静止释放，小球B在最低点时刚好与静止在平板C上质量为m的滑块D发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，碰撞前滑块 D与平板右侧的距离为 此后滑块D与平板C右端碰撞，碰撞时间极短碰后粘在一起。滑块 D与平板C之间的动摩擦因数 求平板C发生的位移。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁感应强度；控制变量法；比值定义法
【解析】【解答】A：先控制电流不变，研究磁感应强度与距离的关系；再控制距离不变，研究磁感应强度与电流的关系，这是控制变量法，故正确；
B：理想模型法（如质点、光线）在本实验中未使用，故错误；
C：等效替代法（如合力替代分力）在本实验中未使用，故错误；
D：比值定义法（如速度、密度）在本实验中未使用，故错误；
故答案选 A。
【分析】A：控制变量法——研究多个因素之间的关系时，每次只改变一个因素，控制其他因素不变。
B：理想模型法——忽略次要因素，突出主要因素，建立理想化模型。
C：等效替代法——用一个效果相同的量替代原来的量。
D：比值定义法——用两个物理量的比值定义新物理量，与定义的物理量本身无关。
2．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据衰变规律：α衰变使核子数减少4，质子数减少2；β衰变使核子数不变，质子数增加1。从图中X到Y，，由电荷数与质量数守恒有，，则α衰变次数为=6，质子数减少12，再通过β衰变调整质子数。因此放射出α粒子的总个数为6，故A正确。
故答案选 A。
【分析】1，.α衰变和β衰变的规律——α衰变：质量数减4，电荷数减2；β衰变：质量数不变，电荷数加1。
2.根据图像中X和Y的坐标差值计算衰变次数。
3．【答案】C
【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】A：气体体积减小，外界对气体做功，但温度不变，理想气体内能不变，故错误；
B：水银柱长度增大，封闭气体 压强 增大，故错误；
C：温度不变，分子平均动能不变，每次撞击的平均力不变；压强增大说明单位时间单位面积撞击次数增多，故正确；
D：温度不变，分子平均撞击力不变，故错误；
故答案选 C。
【分析】A：理想气体内能只与温度有关，温度不变则内能不变。
B：封闭气体压强等于大气压加上水银柱产生的压强，水银柱变长则压强增大。
C：气体压强由单位时间单位面积的撞击次数和每次撞击的平均力决定。温度不变时，每次撞击的平均力不变，压强增大则撞击次数增多。
D：温度不变，分子平均动能不变，因此分子与器壁的平均撞击力不变。
4．【答案】B
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．由对称性可知带电圆盘给带电小球的静电力方向沿圆盘的轴线向右，对带电小球受力分析如图所示
由共点力平衡结合几何关系可知，剪断细线的瞬间，小球C的位置不变，所以小球受到的静电力不变，此时小球C受到重力和静电力，合力与未剪断前细线的张力等大反向，由牛顿第二定律可知小球的加速度满足，解得，故A错误，B正确；
C．从受力分析可知，结合牛顿第二定律有，但由于在计算圆盘对带电小球的库仑力作用时，不能将圆盘当作点电荷模型，将圆盘的带电等效到总电量集中到圆心，故
因此小球的加速度，故C错误；
D．从受力分析可知，结合牛顿第二定律有，但小球静止处与O点之间的电场不是匀强电场，故小球静止处的电场强度，故，因此小球的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】A：平衡时小球受重力、电场力、拉力，三力合力为零；剪断后拉力和除，合力为重力和电场力的矢量和，等于原来拉力的反方向，大小不为零。
B：由平衡条件，得，剪断后加速度。
C：均匀带电圆盘在轴线上产生的电场不是点电荷电场，不能用库仑定律直接计算。
D：电势差U与电场强度E的关系为，不是简单乘积，且E在轴线上变化，故
5．【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于无人机向下运动，且速度随下降高度而增加，所以无人机的加速度向下，即无人机处于失重状态，故A错误；
BC．由于无人机的速度与下降的高度成正比，所以下降相同高度，速度的增加量相同，又因为下降高度越大，物体的速度越大，所以下降相同高度所用的时间越小，由可知无人机的加速度随着下降高度的增加而增大，故BC错误；
D．由图可知，对无人机从h处下降（为无限小量）的过程分析，无人机的初速度
末速度，由动能定理有，整理有
当时，除重力以外的其他力向上，做负功，无人机的机械能减小，当时，除重力以外的其他力向下，做正功，无人机的机械能增大，所以无人机的机械能先减小后增大，故D正确。
故选D。
【分析】A：超重与失重：加速度向上为超重，向下为失重。
B：匀变速直线运动：速度随时间均匀变化，v-h图线不是直线则加速度变化。
C：v-h图像中，斜率，若斜率减小，则加速度减小。
D：机械能变化：除重力外其他力做功，阻力做负功，机械能减少。
6．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．从图示位置开始计时，当时线圈转过半周，此时线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，此时线圈产生的电动势最大，故A错误；
B．由题意可知线圈产生的电动势的最大值
所以电动势的有效值为18V，故B错误；
C．由变压器的电压规律，故C正确；
D．发电机线圈中的电流，故D错误。
故选C。
【分析】A：交流发电机电动势瞬时值，当线圈平面与磁场方向垂直（中性面）时，磁通量最大，电动势为0；题中“图示位置”若为中性面，则t=0.01s可能对应半个周期，电动势为0。
B：电动势有效值，需知道匝数、角速度等。
C：变压器匝数比由电压比决定，需知灯泡额定电压。
D：电流表示数为有效值，由变压器输出功率和输入电压决定。
7．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．物块B和木板A之间的最大静摩擦力，木板A和平台之间的最大静摩擦力，所以当绳子拉力时，整体静止不动，故A错误；
B.ABC一起运动，当AB即将发生相对运动时，对整体分析有，对木板A分析有，解得，所以木板A的加速度不能超过，故B错误；
C．当时，ABC一起加速运动，所以当时，三个物体一起加速，整体分析有，解得，故C错误；
D．当时，AB发生相对运动，对BC整体分析有，
解得，此时木板A的加速度，物块B从木板A上离开有
解得，此过程中物块B和木板A之间摩擦生热，木板A与平台之间摩擦生热，所以此过程中系统损失的机械能，故D正确。
故选D。
【分析】A：通过计算临界质量判断相对静止条件。
B：根据受力分析，A的最大加速度由滑动摩擦力决定。
C：代入整体法计算加速度。
D：摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移和绝对位移。
8．【答案】B,C
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】A．由于双星系统距离太阳系非常遥远，所以它们不受太阳引力的影响，故A错误；
C．由图可知双星系统亮度变化的周期为600s，结合题意可知双星绕转的周期为1200s，故C正确；
BD．碳氧白矮星的质量约为，热亚矮星的质量约为。设两星之间的距离为L，圆周运动的半径分别为，周期为T。万有引力提供向心力，，解得，
由可知，碳氧白矮星和热亚矮星转动的线速度大小之比为，故B正确，D错误。
故选BC。
【分析】A：双星系统自身引力提供向心力，与外界天体无关。
B：双星运动规律：角速度相同，向心力相等，得，即，轨道半径与质量成反比，线速度与半径成正比，故线速度与质量成反比。
C：亮度变化周期由互相遮挡引起，每经过半个周期发生一次最暗现象，故亮度变化周期为运动周期的一半。
D：根据万有引力提供向心力，结合周期公式可求两星距离，注意单位换算。
9．【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．子弹打入小球的过程是完全非弹性碰撞，此过程系统的机械能不守恒，此后小球和子弹整体做圆周运动过程中机械能守恒，所以整个过程中系统的机械能不守恒，故A正确；
B．小球在斜面上恰能做完整的圆周运动，当小球通过最高点时速度最小，此时对小球和子弹整体受力分析并结合牛顿第二定律有，解得，故B错误；
C．子弹打入小球之前，对小球受力分析有，解得， 对小球从最低点到最高点的过程分析由动能定理有，解得，当小球经过最低点时，对小球和子弹整体受力分析并结合牛顿第二定律有，解得，子弹打入前后细线拉力的变化量，故C正确；
D．子弹打入小球过程中动量守恒，有，解得，故D错误。
故选AC。
【分析】A：系统机械能是否守恒取决于是否有非保守力做功或非弹性碰撞。
B：在斜面上做圆周运动，等效重力加速度为，最高点临界速度 。
C：通过最低点向心力公式和机械能守恒计算拉力。
D：由动量守恒及圆周运动最高点速度反推子弹初速度。
10．【答案】A,C,D
【知识点】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．设金属棒的电阻为R，由题意可知水平恒力始终作用在金属棒上，当金属棒最终的速度为时，金属棒受力平衡，，联立解得，故A正确；
B．断开开关瞬间，外力的功率，金属棒消耗的电功率，联立解得，故B错误；
C．断开开关后，电容器充电，由楞次定律可知电流方向为逆时针方向，所以a极板带正电，故C正确；
D．断开开关瞬间，电容器两板间的电压为，电容器储存的能量为0。
设外力做功的功率为，金属棒消耗功率为，当时回路的电流为I，外力做功的功率，金属棒消耗的电功率
联立解得，根据闭合电路欧姆定律有，所以，电容器两板之间的电压，电容器极板的电荷量为，由能量转化与守恒可知，从断开开关到的过程中，电容器存储的电场能，故D正确。
故选ACD。
【分析】A：需通过运动过程分析，利用动量定理和能量守恒推导。
B：利用法拉第电磁感应定律和功率关系。
C：根据右手定则判断电流方向，确定极板电性。
D：计算电容器电场能的变化，需结合能量守恒。
11．【答案】（1）实心铁球；1.4
（2）1；3
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小空气阻力的影响同时为了方便固定小磁铁，小球应该选择实心铁球，由图乙可知磁感应强度完成14个周期性变化的时间为9.7s，即，由小球振动分析可知，在小球一个振动周期内，磁感应强度完成两个周期性变化，所以，解得；
答案第一空：实心铁球；第二空：1.4；
（2）由题意可知无人机释放小球的时间间隔相等，且，设无人机的加速度为a，释放小球A时的位置为坐标原点，此时无人机的速度为，小球在空中运动的时间为，有
小球A落地位置的坐标，释放小球B时无人机的速度
小球B落地位置的坐标，释放小球C时无人机的速度
小球C落地位置的坐标，由题意有
解得
答案第一空：1；第二空：3；
【分析】（1）单摆周期测量：小磁铁经过最低点时手机检测到磁感应强度最大，相邻两次最大值的时间间隔为半个周期；实心铁球密度大，空气阻力影响小。
（2）平抛运动与匀加速直线运动结合：小球落地时间由高度决定，落地点水平坐标由释放时无人机的位置和速度共同决定，利用匀变速运动位移公式列方程求解。
（1）[1][2]为了减小空气阻力的影响同时为了方便固定小磁铁，小球应该选择实心铁球，由图乙可知磁感应强度完成14个周期性变化的时间为9.7s，即，由小球振动分析可知，在小球一个振动周期内，磁感应强度完成两个周期性变化，所以，解得；
（2）[1][2]由题意可知无人机释放小球的时间间隔相等，且，设无人机的加速度为a，释放小球A时的位置为坐标原点，此时无人机的速度为，小球在空中运动的时间为，有
小球A落地位置的坐标
释放小球B时无人机的速度
小球B落地位置的坐标
释放小球C时无人机的速度
小球C落地位置的坐标
由题意有
解得
12．【答案】（1）太小；必须；1000
（2）
（3）<
（4）
【知识点】实验基础知识与实验误差；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；常见传感器的工作原理及应用；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）将欧姆表挡从“”倍率调整为“”倍率表明原来的倍率有些偏小，所以指针偏角太小，更换倍率后，在测量前必须要重新进行欧姆调零，由图乙可知阻值的测量值为；
（2）当电压传感器示数为零时，表明ab两点电势相等，有
解得；
（3）选B点为零电势，由前面分析可知
所以加载砝码后a点的电势变小，而b点的电势不变，所以；
（4）由图丙可知当电压传感器达到时，所放物体的质量为2.20g，此时受到的压力最大，为。
【分析】（1）使用欧姆表之前需要进行调零，否则会导致测出来的读数有所偏差；
（2）电桥平衡条件：相对桥臂电阻乘积相等，即R1R3= R2Rf；
（3）压力增大导致Rf减小，电桥失去平衡，根据电路连接判断电势差方向，通常设计为Uab> 0；
（4）根据图像读取线性关系，计算最大压力，注意单位换算（g→kg）和重力加速度取值。
（1）[1][2][3]将欧姆表挡从“”倍率调整为“”倍率表明原来的倍率有些偏小，所以指针偏角太小，更换倍率后，在测量前必须要重新进行欧姆调零，由图乙可知阻值的测量值为；
（2）当电压传感器示数为零时，表明ab两点电势相等，有
解得；
（3）选B点为零电势，由前面分析可知
所以加载砝码后a点的电势变小，而b点的电势不变，所以；
（4）由图丙可知当电压传感器达到时，所放物体的质量为2.20g，此时受到的压力最大，为。
13．【答案】（1）解：激光在A点折射的光路图如图所示
由几何关系可知，
由折射定律有
（2）解：该红光的光子能量
激光笔1min内释放出来的能量
解得该激光笔1min内发射的光子个数

【知识点】光的折射及折射定律；光子及其动量；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【分析】(1) 几何光学：利用折射定律，结合几何关系（直角三角形、余角关系）求折射率。关键点：正确找出入射角和折射角，利用光路图中的角度关系。
(2) 光子能量：E=hν=，激光功率表示单位时间能量，光子数等于总能量除以每个光子能量。
（1）激光在A点折射的光路图如图所示
由几何关系可知，
由折射定律有
（2）该红光的光子能量
激光笔1min内释放出来的能量
解得该激光笔1min内发射的光子个数
14．【答案】（1）解：由题意可知粒子在匀强电场中做类平抛运动，x方向有
y方向有
解得

（2）解：粒子经过O点时沿y轴方向的速度
粒子在磁场中在平面内做圆周运动，有
粒子运动轨迹在平面内的投影如图所示
由几何关系可知粒子的轨迹半径
解得

（3）解：粒子在磁场中做圆周运动有
解得
粒子做圆周运动的周期
同时沿x轴做匀速直线运动，所以
所以粒子垂直z轴沿方向离开磁场区域，经过
后落到荧光屏上，粒子运动轨迹在平面内的投影如图所示
所以粒子落到荧光屏上位置的z坐标
y坐标
所以该位置的坐标为

【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
【解析】【分析】（1）类平抛运动：x方向匀速，y方向匀加速，利用位移公式求电场强度。
（2）磁场中螺旋运动：分解速度，垂直于磁场的分量做圆周运动，利用几何关系（粒子经过CD直线）求半径，进而得磁感应强度。关键是根据立方体顶点坐标确定CD直线的位置（实际为C1D1）。
（3）改变磁场后，计算角速度和运动时间，判断转过角度为整数倍周期，粒子回到轴线，故打在屏中心。
（1）由题意可知粒子在匀强电场中做类平抛运动，x方向有
y方向有
解得
（2）粒子经过O点时沿y轴方向的速度
粒子在磁场中在平面内做圆周运动，有
粒子运动轨迹在平面内的投影如图所示
由几何关系可知粒子的轨迹半径
解得
（3）粒子在磁场中做圆周运动有
解得
粒子做圆周运动的周期
同时沿x轴做匀速直线运动，所以
所以粒子垂直z轴沿方向离开磁场区域，经过
后落到荧光屏上，粒子运动轨迹在平面内的投影如图所示
所以粒子落到荧光屏上位置的z坐标
y坐标
所以该位置的坐标为
15．【答案】（1）解：对小球B向下运动过程分析，由动能定理有
在最低点对小球B受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力大小为6mg，方向竖直向下
（2）解：当小球运动到轻绳与竖直方向夹角为时，小球B的速度为v
由动能定理有
此时重力做功的功率
由数学知识可知
当，即时
重力的功率最大，此时

（3）解：除滑块A的锁定后，小球B运动到最低点的过程中，对滑块A和小球B为系统分析由水平方向动量守恒有
由能量守恒有
解得
小球B与滑块D碰撞过程，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对滑块D受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
对平板C受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
滑块D在平板C上滑行时间t与平板右端相碰
由运动关系有
解得
此时滑块D的速度
平板C的速度
过程中平板C发生的位移
对滑块D与平板C右端碰撞过程分析，由动量守恒有
碰撞后整体向右滑行过程由动能定理有
解得
所以此过程中平板C发生的位移

【知识点】功能关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）机械能守恒与圆周运动向心力公式。
（2）功率的极值问题，通过数学求导或三角变换得到最大值时的角度。
（3）涉及多物体多过程：系统动量守恒、弹性碰撞、相对运动、牛顿第二定律、动量守恒（完全非弹性碰撞）、匀变速运动。需要仔细分析每个阶段的运动情况，并正确建立方程。
（1）对小球B向下运动过程分析，由动能定理有
在最低点对小球B受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力大小为6mg，方向竖直向下
（2）当小球运动到轻绳与竖直方向夹角为时，小球B的速度为v
由动能定理有
此时重力做功的功率
由数学知识可知
当，即时
重力的功率最大，此时
（3）解除滑块A的锁定后，小球B运动到最低点的过程中，对滑块A和小球B为系统分析由水平方向动量守恒有
由能量守恒有
解得
小球B与滑块D碰撞过程，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对滑块D受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
对平板C受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
滑块D在平板C上滑行时间t与平板右端相碰
由运动关系有
解得
此时滑块D的速度
平板C的速度
过程中平板C发生的位移
对滑块D与平板C右端碰撞过程分析，由动量守恒有
碰撞后整体向右滑行过程由动能定理有
解得
所以此过程中平板C发生的位移
1 / 12026届河北沧州市黄骅中学高三一模物理试题
1．某物理兴趣小组用特斯拉计研究直线电流周围的磁场分布特点，如图甲所示，OP 与导线垂直。在电流不变的情况下，他们测量了直线OP上各点的磁感应强度和到直线电流的距离r，得到了图乙所示图像，然后在距离r不变的情况下，改变直线电流中的电流强度，测量了Q 点的磁感应强度和对应的电流强度I，得到了图丙所示图像。该小组在上述研究中采用的科学方法为（　　）
A．控制变量法 B．理想模型法 C．等效替代法 D．比值定义法
【答案】A
【知识点】磁感应强度；控制变量法；比值定义法
【解析】【解答】A：先控制电流不变，研究磁感应强度与距离的关系；再控制距离不变，研究磁感应强度与电流的关系，这是控制变量法，故正确；
B：理想模型法（如质点、光线）在本实验中未使用，故错误；
C：等效替代法（如合力替代分力）在本实验中未使用，故错误；
D：比值定义法（如速度、密度）在本实验中未使用，故错误；
故答案选 A。
【分析】A：控制变量法——研究多个因素之间的关系时，每次只改变一个因素，控制其他因素不变。
B：理想模型法——忽略次要因素，突出主要因素，建立理想化模型。
C：等效替代法——用一个效果相同的量替代原来的量。
D：比值定义法——用两个物理量的比值定义新物理量，与定义的物理量本身无关。
2．如图，一个原子核X经图中所示的一系列、衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出粒子的总个数为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．14
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据衰变规律：α衰变使核子数减少4，质子数减少2；β衰变使核子数不变，质子数增加1。从图中X到Y，，由电荷数与质量数守恒有，，则α衰变次数为=6，质子数减少12，再通过β衰变调整质子数。因此放射出α粒子的总个数为6，故A正确。
故答案选 A。
【分析】1，.α衰变和β衰变的规律——α衰变：质量数减4，电荷数减2；β衰变：质量数不变，电荷数加1。
2.根据图像中X和Y的坐标差值计算衰变次数。
3．如图所示，导热性能良好的玻璃管开口向上放置，用一段水银柱封闭一部分气体（可视为理想气体），现在向玻璃管内缓慢加入一部分水银，使水银柱的长度变大。此过程中外界大气压和温度均保持不变。下列说法中正确的是（　　）
A．封闭气体体积减小，外界对气体做功，所以气体的内能增大
B．水银柱的长度增大，封闭气体的压强减小
C．封闭气体单位时间与玻璃管单位面积的撞击次数增多
D．封闭气体分子与玻璃管单次碰撞的平均撞击力变小
【答案】C
【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】A：气体体积减小，外界对气体做功，但温度不变，理想气体内能不变，故错误；
B：水银柱长度增大，封闭气体 压强 增大，故错误；
C：温度不变，分子平均动能不变，每次撞击的平均力不变；压强增大说明单位时间单位面积撞击次数增多，故正确；
D：温度不变，分子平均撞击力不变，故错误；
故答案选 C。
【分析】A：理想气体内能只与温度有关，温度不变则内能不变。
B：封闭气体压强等于大气压加上水银柱产生的压强，水银柱变长则压强增大。
C：气体压强由单位时间单位面积的撞击次数和每次撞击的平均力决定。温度不变时，每次撞击的平均力不变，压强增大则撞击次数增多。
D：温度不变，分子平均动能不变，因此分子与器壁的平均撞击力不变。
4．带电量为+Q（Q>0）均匀带电圆盘B固定在竖直面内，一质量为m、带电量为+q（q>0）的带电小球C用绝缘细线连接，细线的另一端固定在A点，小球C刚好静止在带电圆盘的轴线上，且到带电圆盘圆心O的距离为d。已知小球静止处与O点之间的电势差为U，细线与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，静电力常量为k。剪断细线的瞬间，小球C的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．由对称性可知带电圆盘给带电小球的静电力方向沿圆盘的轴线向右，对带电小球受力分析如图所示
由共点力平衡结合几何关系可知，剪断细线的瞬间，小球C的位置不变，所以小球受到的静电力不变，此时小球C受到重力和静电力，合力与未剪断前细线的张力等大反向，由牛顿第二定律可知小球的加速度满足，解得，故A错误，B正确；
C．从受力分析可知，结合牛顿第二定律有，但由于在计算圆盘对带电小球的库仑力作用时，不能将圆盘当作点电荷模型，将圆盘的带电等效到总电量集中到圆心，故
因此小球的加速度，故C错误；
D．从受力分析可知，结合牛顿第二定律有，但小球静止处与O点之间的电场不是匀强电场，故小球静止处的电场强度，故，因此小球的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】A：平衡时小球受重力、电场力、拉力，三力合力为零；剪断后拉力和除，合力为重力和电场力的矢量和，等于原来拉力的反方向，大小不为零。
B：由平衡条件，得，剪断后加速度。
C：均匀带电圆盘在轴线上产生的电场不是点电荷电场，不能用库仑定律直接计算。
D：电势差U与电场强度E的关系为，不是简单乘积，且E在轴线上变化，故
5．某同学练习飞行无人机，无人机由静止开始向下运动，速度v与下降高度h之间的关系如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．无人机处于超重状态 B．无人机做匀变速直线运动
C．无人机的加速度在减小 D．无人机的机械能先减小后增大
【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于无人机向下运动，且速度随下降高度而增加，所以无人机的加速度向下，即无人机处于失重状态，故A错误；
BC．由于无人机的速度与下降的高度成正比，所以下降相同高度，速度的增加量相同，又因为下降高度越大，物体的速度越大，所以下降相同高度所用的时间越小，由可知无人机的加速度随着下降高度的增加而增大，故BC错误；
D．由图可知，对无人机从h处下降（为无限小量）的过程分析，无人机的初速度
末速度，由动能定理有，整理有
当时，除重力以外的其他力向上，做负功，无人机的机械能减小，当时，除重力以外的其他力向下，做正功，无人机的机械能增大，所以无人机的机械能先减小后增大，故D正确。
故选D。
【分析】A：超重与失重：加速度向上为超重，向下为失重。
B：匀变速直线运动：速度随时间均匀变化，v-h图线不是直线则加速度变化。
C：v-h图像中，斜率，若斜率减小，则加速度减小。
D：机械能变化：除重力外其他力做功，阻力做负功，机械能减少。
6．一小型交流发电机、理想交流电流表、变压器和灯泡连成如图所示的电路，从图示位置开始计时。已知穿过线圈的最大磁通量为 线圈的匝数为20，线圈转动的周期为0.02s，灯泡上标有“36 V、54 W”字样且正常发光（除灯泡外不计其余电阻）。下列说法正确的是（　　）
A．当t=0.01s时，发电机线圈产生的电动势为0
B．发电机线圈产生电动势的有效值为25.5 V
C．变压器原、副线圈的匝数之比为1：2
D．电流表的示数约为4.2 A
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．从图示位置开始计时，当时线圈转过半周，此时线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，此时线圈产生的电动势最大，故A错误；
B．由题意可知线圈产生的电动势的最大值
所以电动势的有效值为18V，故B错误；
C．由变压器的电压规律，故C正确；
D．发电机线圈中的电流，故D错误。
故选C。
【分析】A：交流发电机电动势瞬时值，当线圈平面与磁场方向垂直（中性面）时，磁通量最大，电动势为0；题中“图示位置”若为中性面，则t=0.01s可能对应半个周期，电动势为0。
B：电动势有效值，需知道匝数、角速度等。
C：变压器匝数比由电压比决定，需知灯泡额定电压。
D：电流表示数为有效值，由变压器输出功率和输入电压决定。
7．如图所示，质量 长L=0.5m的木板A放在水平平台上，质量的物块B（可视为质点）放在木板A的左端，物块B和质量为mC的物块C通过绕过光滑定滑轮的轻绳连接，物块 B和滑轮之间的轻绳水平。已知物块B和木板A之间的动摩擦因数 木板A 和平台之间的动摩擦因数 g取设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B与滑轮间的距离足够大，物块C与地面间的距离足够大，由静止释放物块C。下列说法中正确的是（　　）
A．若mC=0.木板A和物块B一起向右运动
B．木板A 的加速度可能为
C．若mC=0.物块C的加速度大小为
D．若mC=0.物块B离开木板A 的过程中系统损失的机械能为3.25 J
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．物块B和木板A之间的最大静摩擦力，木板A和平台之间的最大静摩擦力，所以当绳子拉力时，整体静止不动，故A错误；
B.ABC一起运动，当AB即将发生相对运动时，对整体分析有，对木板A分析有，解得，所以木板A的加速度不能超过，故B错误；
C．当时，ABC一起加速运动，所以当时，三个物体一起加速，整体分析有，解得，故C错误；
D．当时，AB发生相对运动，对BC整体分析有，
解得，此时木板A的加速度，物块B从木板A上离开有
解得，此过程中物块B和木板A之间摩擦生热，木板A与平台之间摩擦生热，所以此过程中系统损失的机械能，故D正确。
故选D。
【分析】A：通过计算临界质量判断相对静止条件。
B：根据受力分析，A的最大加速度由滑动摩擦力决定。
C：代入整体法计算加速度。
D：摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移和绝对位移。
8．中国科学家发现了距离地球约为2760光年、代号为TMTSJ0526的双星系统，该系统由一颗质量约为0.7Ms（Ms为太阳质量）的碳氧白矮星与质量约为0.3Ms的热亚矮星两颗星体组成。它们的轨道平面几乎与地球的观测平面重合，用望远镜在地球附近观测，发现双星系统的亮度周期性地变暗和变亮，已知两个天体周期性地互相遮挡造成观测的双星系统亮度变化周期是该系统匀速圆周运动周期的一半。某次观测记录该双星系统的亮度随时间t的变化情况如图所示，图中“星等”表示亮度，实线为实验数据经最佳拟合得到的正弦式曲线，虚线所对时刻是曲线上“星等”最小的时刻。已知太阳质量约为 引力常量 下列说法正确的是（　　）
A．两颗星体在运动过程中受到太阳引力的影响
B．碳氧白矮星和热亚矮星转动的线速度大小之比约为3：7
C．该双星系统的运转周期约为1200 s
D．两星体之间的距离约为
【答案】B,C
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】A．由于双星系统距离太阳系非常遥远，所以它们不受太阳引力的影响，故A错误；
C．由图可知双星系统亮度变化的周期为600s，结合题意可知双星绕转的周期为1200s，故C正确；
BD．碳氧白矮星的质量约为，热亚矮星的质量约为。设两星之间的距离为L，圆周运动的半径分别为，周期为T。万有引力提供向心力，，解得，
由可知，碳氧白矮星和热亚矮星转动的线速度大小之比为，故B正确，D错误。
故选BC。
【分析】A：双星系统自身引力提供向心力，与外界天体无关。
B：双星运动规律：角速度相同，向心力相等，得，即，轨道半径与质量成反比，线速度与半径成正比，故线速度与质量成反比。
C：亮度变化周期由互相遮挡引起，每经过半个周期发生一次最暗现象，故亮度变化周期为运动周期的一半。
D：根据万有引力提供向心力，结合周期公式可求两星距离，注意单位换算。
9．游乐园某游戏装置简化图如下，用一根长为L的细线把质量为m的小球P悬挂在倾角为斜面上的O点，小球静止在最低点，质量为0.5m的子弹以某初速度沿水平方向打入小球并留在其中，小球恰能在斜面上做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A．整个过程中系统的机械能不守恒
B．小球做圆周运动过程中的最小速度为
C．子弹打入小球前后细线拉力大小的变化量为4mg
D．子弹的初速度大小为
【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．子弹打入小球的过程是完全非弹性碰撞，此过程系统的机械能不守恒，此后小球和子弹整体做圆周运动过程中机械能守恒，所以整个过程中系统的机械能不守恒，故A正确；
B．小球在斜面上恰能做完整的圆周运动，当小球通过最高点时速度最小，此时对小球和子弹整体受力分析并结合牛顿第二定律有，解得，故B错误；
C．子弹打入小球之前，对小球受力分析有，解得， 对小球从最低点到最高点的过程分析由动能定理有，解得，当小球经过最低点时，对小球和子弹整体受力分析并结合牛顿第二定律有，解得，子弹打入前后细线拉力的变化量，故C正确；
D．子弹打入小球过程中动量守恒，有，解得，故D错误。
故选AC。
【分析】A：系统机械能是否守恒取决于是否有非保守力做功或非弹性碰撞。
B：在斜面上做圆周运动，等效重力加速度为，最高点临界速度 。
C：通过最低点向心力公式和机械能守恒计算拉力。
D：由动量守恒及圆周运动最高点速度反推子弹初速度。
10．在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，间距为L的光滑平行金属导轨水平放置，左侧接电容大小为C的电容器和开关S，长为L的金属棒与导轨垂直并静止在导轨上，俯视图如图所示。闭合开关S，金属棒在水平外力 F作用下向右运动，若水平外力 且始终作用在金属棒上，金属棒最终的速度为v0。若当金属棒的速度为0.4v0时，断开开关S，同时调整水平外力F，使金属棒做匀速直线运动。在运动过程中，金属棒始终与导轨接触良好并保持垂直，除金属棒的电阻外，其余电阻忽略不计。下列说法中正确的是（　　）
A．金属棒的电阻为
B．断开开关前瞬间，外力功率为金属棒消耗电功率的2倍
C．断开开关后，电容器a极板带正电
D．从断开开关到外力功率为金属棒消耗电功率的2倍的过程中电容器存储的电场能为
【答案】A,C,D
【知识点】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．设金属棒的电阻为R，由题意可知水平恒力始终作用在金属棒上，当金属棒最终的速度为时，金属棒受力平衡，，联立解得，故A正确；
B．断开开关瞬间，外力的功率，金属棒消耗的电功率，联立解得，故B错误；
C．断开开关后，电容器充电，由楞次定律可知电流方向为逆时针方向，所以a极板带正电，故C正确；
D．断开开关瞬间，电容器两板间的电压为，电容器储存的能量为0。
设外力做功的功率为，金属棒消耗功率为，当时回路的电流为I，外力做功的功率，金属棒消耗的电功率
联立解得，根据闭合电路欧姆定律有，所以，电容器两板之间的电压，电容器极板的电荷量为，由能量转化与守恒可知，从断开开关到的过程中，电容器存储的电场能，故D正确。
故选ACD。
【分析】A：需通过运动过程分析，利用动量定理和能量守恒推导。
B：利用法拉第电磁感应定律和功率关系。
C：根据右手定则判断电流方向，确定极板电性。
D：计算电容器电场能的变化，需结合能量守恒。
11．（1）某同学利用手机内的磁传感器做“用单摆测量重力加速度”的实验。部分操作如下：如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小球（下方固定小磁铁），做成一个单摆。为减小实验误差，小球应该选择　 　（填“塑料球”、“空心铜球”或“实心铁球”）。打开手机的磁传感器软件，并将手机置于悬点正下方，使小球在竖直平面内做小角度摆动。某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图乙所示（t=0时磁感应强度最大），则单摆的振动周期T=　 　s（结果保留两位有效数字，忽略手机与小磁铁之间的相互作用力）；
（2）某无人机兴趣小组在进行飞行训练。无人机做水平方向的匀加速直线运动，它离水平地面的高度h=5m，无人机在t=0、t=2s、t=4s时由静止（相对无人机）释放A、B、C三个小球，三个小球落地点之间的距离分别为AB=6m、BC=10m，无人机的加速度大小为　 　无人机释放小球B 时的速度为　 　m/s。（不计空气阻力，且小球落地后不反弹，g取
【答案】（1）实心铁球；1.4
（2）1；3
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小空气阻力的影响同时为了方便固定小磁铁，小球应该选择实心铁球，由图乙可知磁感应强度完成14个周期性变化的时间为9.7s，即，由小球振动分析可知，在小球一个振动周期内，磁感应强度完成两个周期性变化，所以，解得；
答案第一空：实心铁球；第二空：1.4；
（2）由题意可知无人机释放小球的时间间隔相等，且，设无人机的加速度为a，释放小球A时的位置为坐标原点，此时无人机的速度为，小球在空中运动的时间为，有
小球A落地位置的坐标，释放小球B时无人机的速度
小球B落地位置的坐标，释放小球C时无人机的速度
小球C落地位置的坐标，由题意有
解得
答案第一空：1；第二空：3；
【分析】（1）单摆周期测量：小磁铁经过最低点时手机检测到磁感应强度最大，相邻两次最大值的时间间隔为半个周期；实心铁球密度大，空气阻力影响小。
（2）平抛运动与匀加速直线运动结合：小球落地时间由高度决定，落地点水平坐标由释放时无人机的位置和速度共同决定，利用匀变速运动位移公式列方程求解。
（1）[1][2]为了减小空气阻力的影响同时为了方便固定小磁铁，小球应该选择实心铁球，由图乙可知磁感应强度完成14个周期性变化的时间为9.7s，即，由小球振动分析可知，在小球一个振动周期内，磁感应强度完成两个周期性变化，所以，解得；
（2）[1][2]由题意可知无人机释放小球的时间间隔相等，且，设无人机的加速度为a，释放小球A时的位置为坐标原点，此时无人机的速度为，小球在空中运动的时间为，有
小球A落地位置的坐标
释放小球B时无人机的速度
小球B落地位置的坐标
释放小球C时无人机的速度
小球C落地位置的坐标
由题意有
解得
12．某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图甲所示， 为电阻箱， 为半导体薄膜压力传感器，C、D间连接电压传感器（内阻无穷大）。
（1）先用欧姆表挡“×10”倍率粗测 的阻值，发现示数偏转角度　 　（填“太大”或“太小”），换用“×100”倍率后重新测量，测量前　 　（填“必须”或“不必”）重新进行欧姆调零，正确操作后进行测量，指针如图乙所示，则 电阻的测量值为　 　Ω；
（2）适当调节 ，使电压传感器示数为零，此时的阻值为　 　（用表示）；
（3）已知压力传感器的电阻随着压力的增大而减小，则加载砝码后，ab两点间的电势差　 　0（填“>”或“<”），依次将0.5g的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器所受压力大小等于砝码重力大小），读出电压传感器示数U，描点，绘制U-m关系如图丙所示；
（4）完成前面三步实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用。在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，电压传感器最大示数为100mV，该压力传感器可以测量的最大压力为　 　N。（g取 结果保留三位有效数字）
【答案】（1）太小；必须；1000
（2）
（3）<
（4）
【知识点】实验基础知识与实验误差；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；常见传感器的工作原理及应用；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）将欧姆表挡从“”倍率调整为“”倍率表明原来的倍率有些偏小，所以指针偏角太小，更换倍率后，在测量前必须要重新进行欧姆调零，由图乙可知阻值的测量值为；
（2）当电压传感器示数为零时，表明ab两点电势相等，有
解得；
（3）选B点为零电势，由前面分析可知
所以加载砝码后a点的电势变小，而b点的电势不变，所以；
（4）由图丙可知当电压传感器达到时，所放物体的质量为2.20g，此时受到的压力最大，为。
【分析】（1）使用欧姆表之前需要进行调零，否则会导致测出来的读数有所偏差；
（2）电桥平衡条件：相对桥臂电阻乘积相等，即R1R3= R2Rf；
（3）压力增大导致Rf减小，电桥失去平衡，根据电路连接判断电势差方向，通常设计为Uab> 0；
（4）根据图像读取线性关系，计算最大压力，注意单位换算（g→kg）和重力加速度取值。
（1）[1][2][3]将欧姆表挡从“”倍率调整为“”倍率表明原来的倍率有些偏小，所以指针偏角太小，更换倍率后，在测量前必须要重新进行欧姆调零，由图乙可知阻值的测量值为；
（2）当电压传感器示数为零时，表明ab两点电势相等，有
解得；
（3）选B点为零电势，由前面分析可知
所以加载砝码后a点的电势变小，而b点的电势不变，所以；
（4）由图丙可知当电压传感器达到时，所放物体的质量为2.20g，此时受到的压力最大，为。
13．截面为半圆形的透明体水平放置，半径R=3cm，圆心为O，直径上有一点A， 圆弧最低点为B，如图所示。用某激光笔发出的红光照射A点，当激光与直径的夹角为时，经透明体折射后激光恰好从B点射出。已知激光笔的功率为5mW，产生650 nm的红光，光在真空中的传播速度 普朗克常量 求：
（1）激光在透明体内的折射率；
（2）该激光笔1min内发射的光子个数（保留一位有效数字）。
【答案】（1）解：激光在A点折射的光路图如图所示
由几何关系可知，
由折射定律有
（2）解：该红光的光子能量
激光笔1min内释放出来的能量
解得该激光笔1min内发射的光子个数

【知识点】光的折射及折射定律；光子及其动量；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【分析】(1) 几何光学：利用折射定律，结合几何关系（直角三角形、余角关系）求折射率。关键点：正确找出入射角和折射角，利用光路图中的角度关系。
(2) 光子能量：E=hν=，激光功率表示单位时间能量，光子数等于总能量除以每个光子能量。
（1）激光在A点折射的光路图如图所示
由几何关系可知，
由折射定律有
（2）该红光的光子能量
激光笔1min内释放出来的能量
解得该激光笔1min内发射的光子个数
14．空间有一边长为L的立方体 ，O为 的中点，以O为原点建立空间坐标系O-xyz，AB、AD和分别平行x轴、y轴和z轴。在立方体内存在沿x轴负方向、磁感应强度大小为 （未知）的匀强磁场，在x<0区域存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为+q（q>0）的粒子从M点（图中未画出）以沿x轴正方向的初速度射出，M点的坐标为粒子刚好从O点进入匀强磁场区域。已知不计粒子重力和空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度的大小；
（2）若该粒子刚好经过CD直线，求磁感应强度大小
（3）若将磁场的磁感应强度大小调整为 同时将一足够大的荧光屏垂直x轴放置，屏中心O'到O点的距离为2L。求粒子打在荧光屏上的位置的坐标。
【答案】（1）解：由题意可知粒子在匀强电场中做类平抛运动，x方向有
y方向有
解得

（2）解：粒子经过O点时沿y轴方向的速度
粒子在磁场中在平面内做圆周运动，有
粒子运动轨迹在平面内的投影如图所示
由几何关系可知粒子的轨迹半径
解得

（3）解：粒子在磁场中做圆周运动有
解得
粒子做圆周运动的周期
同时沿x轴做匀速直线运动，所以
所以粒子垂直z轴沿方向离开磁场区域，经过
后落到荧光屏上，粒子运动轨迹在平面内的投影如图所示
所以粒子落到荧光屏上位置的z坐标
y坐标
所以该位置的坐标为

【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
【解析】【分析】（1）类平抛运动：x方向匀速，y方向匀加速，利用位移公式求电场强度。
（2）磁场中螺旋运动：分解速度，垂直于磁场的分量做圆周运动，利用几何关系（粒子经过CD直线）求半径，进而得磁感应强度。关键是根据立方体顶点坐标确定CD直线的位置（实际为C1D1）。
（3）改变磁场后，计算角速度和运动时间，判断转过角度为整数倍周期，粒子回到轴线，故打在屏中心。
（1）由题意可知粒子在匀强电场中做类平抛运动，x方向有
y方向有
解得
（2）粒子经过O点时沿y轴方向的速度
粒子在磁场中在平面内做圆周运动，有
粒子运动轨迹在平面内的投影如图所示
由几何关系可知粒子的轨迹半径
解得
（3）粒子在磁场中做圆周运动有
解得
粒子做圆周运动的周期
同时沿x轴做匀速直线运动，所以
所以粒子垂直z轴沿方向离开磁场区域，经过
后落到荧光屏上，粒子运动轨迹在平面内的投影如图所示
所以粒子落到荧光屏上位置的z坐标
y坐标
所以该位置的坐标为
15．如图所示，质量为m的滑块A穿在足够长的光滑水平杆上，质量为2m的小球B通过长为L的轻绳悬挂于滑块A上的O点，轻绳水平伸直，质量为m的“一”型平板C静置在水平地面上，平板C的左端刚好在小球B的下方L处。将滑块A锁定，小球B由静止释放，小球B运动过程中没有与平板C发生相互作用。已知平板C与地面之间的动摩擦因数 小球B可视为质点，重力加速度为g。
（1）求小球 B运动到最低点时对轻绳的拉力；
（2）求此过程中小球B重力功率最大值和此时轻绳与竖直方向夹角的正切值；
（3）解除对滑块A的锁定，小球B仍由初始位置由静止释放，小球B在最低点时刚好与静止在平板C上质量为m的滑块D发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，碰撞前滑块 D与平板右侧的距离为 此后滑块D与平板C右端碰撞，碰撞时间极短碰后粘在一起。滑块 D与平板C之间的动摩擦因数 求平板C发生的位移。
【答案】（1）解：对小球B向下运动过程分析，由动能定理有
在最低点对小球B受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力大小为6mg，方向竖直向下
（2）解：当小球运动到轻绳与竖直方向夹角为时，小球B的速度为v
由动能定理有
此时重力做功的功率
由数学知识可知
当，即时
重力的功率最大，此时

（3）解：除滑块A的锁定后，小球B运动到最低点的过程中，对滑块A和小球B为系统分析由水平方向动量守恒有
由能量守恒有
解得
小球B与滑块D碰撞过程，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对滑块D受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
对平板C受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
滑块D在平板C上滑行时间t与平板右端相碰
由运动关系有
解得
此时滑块D的速度
平板C的速度
过程中平板C发生的位移
对滑块D与平板C右端碰撞过程分析，由动量守恒有
碰撞后整体向右滑行过程由动能定理有
解得
所以此过程中平板C发生的位移

【知识点】功能关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）机械能守恒与圆周运动向心力公式。
（2）功率的极值问题，通过数学求导或三角变换得到最大值时的角度。
（3）涉及多物体多过程：系统动量守恒、弹性碰撞、相对运动、牛顿第二定律、动量守恒（完全非弹性碰撞）、匀变速运动。需要仔细分析每个阶段的运动情况，并正确建立方程。
（1）对小球B向下运动过程分析，由动能定理有
在最低点对小球B受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力大小为6mg，方向竖直向下
（2）当小球运动到轻绳与竖直方向夹角为时，小球B的速度为v
由动能定理有
此时重力做功的功率
由数学知识可知
当，即时
重力的功率最大，此时
（3）解除滑块A的锁定后，小球B运动到最低点的过程中，对滑块A和小球B为系统分析由水平方向动量守恒有
由能量守恒有
解得
小球B与滑块D碰撞过程，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对滑块D受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
对平板C受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
滑块D在平板C上滑行时间t与平板右端相碰
由运动关系有
解得
此时滑块D的速度
平板C的速度
过程中平板C发生的位移
对滑块D与平板C右端碰撞过程分析，由动量守恒有
碰撞后整体向右滑行过程由动能定理有
解得
所以此过程中平板C发生的位移
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