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2026年江西省上饶市高考物理二模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.亚洲杯比赛中，某次足球在重力和空气阻力作用下的运动轨迹如图所示，质量为的足球从水平地面上位置被踢出后落在位置，在空中达到最高点离水平地面的高度为。则足球( )
A. 从到机械能减少 B. 从到动能减少
C. 从到机械能增加 D. 从到动能增加
2.汽车智能驾驶测评时，甲、乙两车用智能驾驶沿同一水平地面做直线运动，其运动的位置时间关系图像如图所示，甲的图像为抛物线，乙的图像为直线。则( )
A. 时刻甲的速度大于乙的速度
B. 时刻甲的速度等于乙的速度
C. 时间内甲的平均速度小于乙的平均速度
D. 时间内甲的平均速率大于乙的平均速率
3.年国家计划新增万个高速超充充电桩，图为超充充电桩的简化电路。已知充电桩的电压，充电功率为，变压器视为理想变压器，变压器原、副线圈的匝数比为：：。则原线圈电流的有效值为( )
A. B. C. D.
4.用如图甲所示装置进行“单摆测定重力加速度”的实验，获得传感器读取的力与时间关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 单摆的周期为 B. 摆球尽量选择体积小、密度大的
C. 摆线要选择粗些的、伸缩性大些的 D. 为使单摆周期大一些，应使摆角尽量大
5.罗氏线圈又叫微分电流互感器，结构如图所示，由绕制在环形非铁磁材料上的等距线圈“绕组”和从线圈末端引回起点的“回线”组成。当通电导体垂直环形平面穿过环形中心时，通过采集两端输出的电信号来测量导体内的电流，下列说法正确的是( )
A. 由图可知待测电流产生的磁场的方向为沿环形材料逆时针方向
B. 待测电流变化越快，则输出端的电压越大
C. 待测电流越大，则输出端的电压越大
D. 待测电流不为零，则输出端的电压不为零
6.我国日地第五拉格朗日点太阳探测工程“羲和二号”项目已启动。该卫星搭载的太阳望远镜可用于探测各种波长的氢原子谱线，已知可见光的光子能量在到之间，紫外线光子统称紫外光能量在至之间，根据如图所示的氢原子能级图，可知( )
A. 处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外光并发生电离
B. 从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光子频率低
C. 大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，能辐射种不同频率的紫外光
D. 大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，能辐射种不同频率的可见光
7.带电量为的粒子在库仑力作用下绕着带电量为的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点上，椭圆焦距为，半长轴为，、分别为椭圆长轴和短轴的端点。已知与源电荷相距的点的电势为，带电粒子运动过程动能与电势能之和守恒，带电粒子速度的平方与其到源电荷距离的倒数关系如图所示。则该带电粒子( )
A. 从到的运动过程中，电场力对其做功
B. 从到的运动过程中，电场力对其做功
C. 在椭圆轨道运动时动能与电势能之和为
D. 在椭圆轨道运动时动能与电势能之和为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱在外力作用下沿粗糙水平地面以做匀加速直线运动，木箱上的物块甲通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与物块乙相连，甲、乙与木箱始终保持相对静止。甲物块质量为、乙物块质量为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度，则( )
A. 甲对木箱的摩擦力方向水平向左 B. 木箱对地面的摩擦力方向水平向左
C. 物块甲与木箱间动摩擦因数至少为 D. 物块甲与木箱间动摩擦因数至少为
9.“嫦娥七号”探测器计划于年月发射，开启人类对月球南极区域勘查任务。“嫦娥七号”探测器被月球捕获进入月球轨道的部分过程如图所示，探测器在椭圆轨道运行经过点时变轨进入椭圆轨道，在轨道上经过点时再次变轨进入圆轨道忽略变轨时质量变化。三个轨道相切于点，点是轨道上离月球最远的点选项中速度、机械能以及引力势能中出现的、、分别对应轨道、、上的物理量。则探测器( )
A. 在轨道上、点的速度大小关系：
B. 在轨道上点的速度与在轨道上点的速度大小关系：
C. 在三个轨道上机械能大小关系：
D. 在三个轨道上点的引力势能大小关系：
10.福建舰航母利用电磁技术使电磁弹射系统瞬间“刹停”。模拟过程如图所示，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为，右端连接阻值为的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。某装置从左侧沿导轨水平向右发射第根导体棒，导体棒以初速度进入磁场，速度减为零时被锁定；从原位置再发射第根相同的导体棒，导体棒仍以初速度进入磁场，速度减为零时被锁定，以此类推，直到发射第根相同的导体棒进入磁场。已知每根导体棒的质量为，电阻为，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好发射前导体棒与导轨不接触，导体棒始终垂直导轨，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。下列说法正确的是( )
A. 当导体棒进入磁场切割磁感线时，洛伦兹力对导体棒中的自由电荷做正功
B. 第根导体棒刚进入磁场时导轨右端定值电阻上两端的电压为
C. 从第根导体棒进入磁场到第根导体棒速度减为零的过程中，导轨右端定值电阻上通过的总电荷量为
D. 从第根导体棒进入磁场到第根导体棒速度减为零的过程中，导轨右端定值电阻上产生的总热量为
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.在做“用油膜法估测分直径的大小”的实验中：
配制好一定浓度的油酸酒精溶液后，有关后续的实验过程如图，请选择另外两个必要的实验操作，并将它们按操作先后顺序排列：、、 、 、；
关于本实验下列说法正确的是 多选；
A.撒爽身粉有助于油酸均匀散开形成油膜
B.油膜稳定后油酸分子与酒精分子相互交错紧密排布
C.油酸分子简化为球形处理，油膜稳定后油酸分子紧密排布
D.油酸分子中的羧基和烃基对水的亲和力不同，使油酸在水面上形成单分子油膜
已知油酸酒精溶液的浓度为，一滴溶液的体积为，一滴溶液在水面上形成油膜稳定后，在带有坐标方格的玻璃板上描出油膜的轮廓如图，正方形坐标方格的边长为，由图可知油膜占有的方格个数为 取整数，油酸分子直径表达式为 用、、、表示。
12.某兴趣小组在练习使用多用电表的实验过程中，讲行了以下实验。
某同学先是设计了一个只有一种倍率挡位的欧姆表，内部电路为图，已知电源电动势、内阻，灵敏电流计满偏电流，内阻，表盘如图，欧姆表表盘中值刻度为“”。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后欧姆表的内阻为 ，将定值电阻接入红、黑表笔间，发现指针的偏转角度如图所示。
该同学重新改装了该欧姆表的内部结构，制作了一个有三种倍率挡位“”、“”、“”的欧姆表，如图，重新测量定值电阻的阻值，需要调到更合适的倍率挡位，应将开关与 选填“”、“”或“”接通。
欧姆表的电源电动势原为，使用较长时间后，电动势降为，用此欧姆表欧姆调零后测得某电阻的阻值为，则该电阻的真实值为 。
该同学继续选择用欧姆挡，并将两表笔直接接到原本不带电的电容器两极，则观察到表盘指针的偏转情况是 。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.冰雪节的冰灯设计比赛，某同学设计了一个由半径为的半球体冰块与放置于灯罩内的半径为的圆柱体冰块组成的冰灯，过球心的纵截面如图所示，能发出单色光的点光源位于圆柱体内轴线上的点，与半球球心相距，射向半球体的光线恰好全部能从半球体的表面射出，不考虑光在冰块内的反射。已知光在真空中的传播速度为，求：
冰块对该单色光的折射率；
从半球表面射出的光在冰灯内最长传播时间和最短传播时间的差值。
14.芯片制造工艺中，某电磁场离子注入控制方案如图所示，在竖直平面内半径为的半圆形区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，垂直于的粒子接收板长为。半圆形区域右侧的足够大的区域同时存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小也为的匀强磁场和水平向右电场强度的匀强电场，位于圆弧中点的粒子源向平行纸面的各个方向均匀发射速率为的同种带电粒子。已知粒子质量为，电量为，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用力。求：
从粒子源发出的粒子射到点所需要的时间；
若粒子源发射的粒子总数为，则经半圆形磁场直接被接收板吸收的粒子有多少个；
经过点射入叠加场的粒子，速度第一次变成竖直方向时，粒子到的水平距离。
15.某次货物装载的碰撞模拟实验如图所示，光滑水平地面上固定一圆弧斜槽，斜槽由半径为的四分之一光滑圆弧和长度为的粗糙水平面组成，斜槽左侧紧挨着一辆小车，小车质量为，其右端和斜槽末端平滑对接但不粘连，小车左侧足够远处有固定于地面的平台。平台与车的上表面等高，劲度系数的轻质弹簧左端固定在平台上，右端连接一个轻质粘性板下端光滑，弹簧开始处于压缩状态，压缩量，由轻绳栓接固定。现将一质量为物块可视为质点从斜槽顶端点由静止释放，物块经过点后滑上小车，小车与平合的碰撞时间极短，每次碰撞后小车被反弹，速度大小减为碰撞前的一半，整个过程中物块始终未滑离小车。已知物块与段的动摩擦因数，物块与小车上表面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求：
物块运动到点时的速度大小；
小车与平台第次碰撞前瞬间，物块与小车右端的距离；
当物块和小车均停下时，物块恰在小车最左端。此时将小车锁住不动，同时剪断轻绳，物块被粘性板粘住，经阻尼振动后最终再次停下。弹簧始终处于弹性限度内，求物块阻尼振动的路程以及本次模拟实验全程物块与小车之间产生的摩擦热。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：从到的过程中，空气阻力始终对足球做负功，根据机械能变化与非重力做功的关系，机械能随空气阻力做功而减少，故A正确；
B.从到的过程中，重力做功为，同时空气阻力也做负功，合外力做功等于动能变化，因此动能减少量大于，故B错误；
C.从到的过程中，空气阻力仍对足球做负功，机械能持续减少，故C错误；
D.从到的过程中，重力做功为，但空气阻力做负功，合外力做功等于动能变化，因此动能增加量小于，故D错误。
故选：。
分析空气阻力始终做负功导致机械能一直减少，再结合重力和阻力的合功判断动能变化，逐一分析选项。
本题以足球运动为背景，考查空气阻力下抛体运动的机械能与动能变化规律，核心是阻力做功对机械能的持续影响，能有效检验功能关系的理解。
2.【答案】
【解析】解：、在位移时间关系图像中，图线某点切线的斜率表示速度，由图可知时刻，甲的速度小于乙的速度，故A错误；
B、在位移时间关系图像中，图线某点切线的斜率表示速度，由图可知时刻，甲的速度大于乙的速度，故B错误；
C、由图可知时间内，甲的位移大于乙的位移，由知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；
D、由图可知时间内甲做往复运动路程的大小为，乙做单向直线运动，路程大小为，由知，甲的平均速率大于乙的平均速率，故D正确。
故选：。
在位移时间关系图像中，图线某点切线的斜率表示速度；平均速度由分析。
本题考查了位移时间图像，解题关键是在位移时间关系图像中，图线某点切线的斜率表示速度。
3.【答案】
【解析】解：充电桩输入电压的有效值为，变压器的输入电压为，变压器的输入功率等于输出功率，即，所以原线圈电流的有效值为，故C正确，ABD错误。
故选：。
先计算输出电压的有效值，然后根据变压比计算输入电压，最后根据计算即可。
掌握变压器的变压比，知道变压器的输入功率等于输出功率是解题的基础。
4.【答案】
【解析】解：单摆的摆球位于最高点，力传感器的示数最小，连续两次力传感器的示数最小所用的时间为半个周期，则
因此单摆的周期为，故A错误；
B.为了减小空气阻力的影响，摆球尽量选择体积小、密度大的钢球，故B正确；
C.为了减小摆线质量的影响，保证摆长不变，摆线要选择伸缩性小的细线，故C错误；
D.为了保证单摆做减小运动，单摆的摆角不大于，故D错误。
故选：。
单摆的摆球位于最高点，力传感器的示数最小，根据单摆周期的含义，结合图乙求解作答；根据单摆模型的要求分析作答。
本题主要考查了用单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理，理解单摆周期的含义。
5.【答案】
【解析】解：根据安培定则，可知图中待测电流产生的磁场的方向为沿环形材料顺时针方向，故A错误；
根据法拉第电磁感应定律可知端的电势差与电流的变化率有关，与待测电流自身的大小无关，故B正确，C错误；
D.待测电流如果是恒定电流，则穿过线圈的磁通量不变，则输出端的电压为，故D错误。
故选：。
根据安培定则进行分析解答；根据法拉第电磁感应定律和电动势的决定因素进行分析解答；根据恒定电流的磁场不变进行分析解答。
考查安培定则和法拉第电磁感应定律的应用，相关内容比较抽象，学生理解不够，易出错，属于较低难度考题。
6.【答案】
【解析】解：、氢原子从的能级向跃迁时电离吸收光子能量为，所以处于能级的氢原子吸收大于频率的紫外光才能发生电离，故A错误；
B、氢原子从的能级向的能级跃迁时辐射光子能量为
氢原子从的能级向的能级跃迁时辐射光子能量为
可知从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光子频率大，故B错误；
C、大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，能辐射种不同频率的光子，分别是，和，可知能辐射种不同频率的紫外光，故C正确；
D、大量的能级的氢原子向低能态跃迁时最多可辐射种不同频率的光子，其中辐射光子能量为，辐射光子能量为，其它种辐射产生光子的能量都不在可见光范围内，即产生两种不同频率的可见光，故D错误
故选：。
根据电离的条件判断；能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，结合辐射的光子能量与可见光的光子能量比较进行分析。
关键点：掌握能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足的条件。
7.【答案】
【解析】解：带电粒子在库仑力作用下绕源电荷做椭圆运动，其动能与电势能之和守恒。已知距离源电荷为处的电势为，则粒子的电势能为。由此可得粒子的总能量为，变形得。
、由与的关系图像可知，当时，，代入关系式可得，解得在椭圆轨道运动时动能与电势能之和为，故C错误，D正确；
、由图可知，点为椭圆轨道的近地点，到源电荷的距离为；点为短轴的端点，根据椭圆的几何性质，点到左焦点的距离为。
根据电场力做功与电势能变化的关系，从到的运动过程中，电场力对其做的功为，故A错误，B错误。
故选：。
题目中粒子在库仑力作用下绕源电荷作椭圆运动，总能量守恒。已知图像描述了速度平方与距离倒数的线性关系，该关系源自总能量表达式的变形。利用图像中速度为零对应的距离倒数，可确定总能量表达式中的常数项，从而得到总能量与椭圆半长轴的关系。结合椭圆几何中近地点与短轴端点到焦点的距离，通过电势能差可计算电场力做功，但需注意电势能表达式的符号与距离的对应关系。
本题综合考查库仑力作用下的椭圆轨道运动，涉及电势能、能量守恒以及椭圆几何性质等多个核心知识点。题目将物理规律与几何关系紧密结合，对学生的建模分析能力和公式灵活应用能力提出了较高要求。通过分析与的线性关系图像，求解总能量是解题的关键，需要准确理解图像截距的物理意义。同时，利用椭圆中焦点与长轴、短轴端点的距离关系计算电场力做功，进一步检验了学生数理结合的综合素养。本题计算量适中，但思维链条完整，能有效锻炼学生的逻辑推理与信息整合能力。
8.【答案】
【解析】解：由图可知，物块乙相对木箱向右偏转，由惯性原理可得系统加速度方向水平向左，由于系统做匀加速直线运动，因此木箱运动方向与加速度方向一致，均为水平向左。
A、对物块乙进行分析，依据牛顿第二定律可得绳子拉力，解得：；对于物块甲，其加速度方向水平向左，在水平方向上受到向右的绳子拉力以及木箱施加的静摩擦力，根据牛顿第二定律有，解得：，方向水平向左，根据牛顿第三定律，甲对木箱的摩擦力方向为水平向右，故A错误；
B、木箱相对于地面水平向左运动，因此地面对木箱的滑动摩擦力方向水平向右，依据牛顿第三定律，木箱对地面的摩擦力方向为水平向左，故B正确；
、要使甲与木箱保持相对静止状态，木箱对甲的静摩擦力必须不大于其最大静摩擦力，即，代入已知数据，解得：，这意味着物块甲与木箱之间的动摩擦因数至少为，故C错误，D正确。
故选：。
先明确题目涉及的运动过程：木箱以恒定加速度向左加速，甲、乙两物块通过轻绳连接且与木箱相对静止，需分析三者间的相互作用。核心在于判断加速度方向与各物体受力关系，利用牛顿第二定律分析水平与竖直方向的力，确定绳子拉力与静摩擦力大小，进而由最大静摩擦力条件得到动摩擦因数的最小值。整个分析需注意惯性原理判断加速度方向，并依据相对运动趋势判断摩擦力方向。
本题综合考查了牛顿运动定律在连接体模型中的灵活应用，涉及受力分析、加速度合成、静摩擦力与滑动摩擦力的临界条件等核心知识点。题目计算量适中，但需要学生具备清晰的物理图景构建能力，能够准确分析甲、乙两物块在非惯性系或惯性系中的受力与运动关系。解题关键在于通过乙的状态判断系统加速度方向，并正确运用牛顿第二定律分别对甲、乙进行水平与竖直方向的力与加速度分解，进而求解绳中张力与甲所受静摩擦力。本题对学生的逻辑推理能力和综合建模能力提出了较高要求，易错点在于对甲所受静摩擦力方向的判断以及动摩擦因数临界条件的准确建立。通过解答，学生能够深化对连接体问题中内力与外力关系的理解，并掌握处理涉及静摩擦力临界问题的一般方法。
9.【答案】
【解析】解：根据开普勒第二定律，可知在轨道上、点的速度大小关系：，故A正确；
探测器在轨道上经过点需要减速做近心运动才能到轨道，可知在轨道上点的速度与在轨道上点的速度大小关系：，故B错误；
发射卫星时，轨道半径或者半长轴越大，火箭做功越多，卫星的机械能越大，可知在三个轨道上机械能大小关系：，故C正确；
同一卫星在同一点相对月球表面高度不变，可知在三个轨道上点的引力势能大小关系：，故D错误。
故选：。
根据开普勒第二定律分析解答；根据卫星变轨时的速度变化知识分析解答；根据发射卫星的机械能与火箭做功的情况分析解答；根据引力势能的决定因素进行分析解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和变轨原理，属于中等难度考题。
10.【答案】
【解析】解：、因洛伦兹力方向始终与电荷的运动方向垂直，所以洛伦兹力对导体棒中的自由电荷不做功，故A错误；
B、第根导体棒刚进入磁场时，导体棒产生的感应电动势为，则电阻上两端的电压为，故B正确；
C、对于任意一根导体棒在磁场中的运动过程，取向右为正方向，由动量定理得：，此过程中通过该导体棒的电荷量为，故从第根导体棒进入磁场到第根导体棒速度减为零的过程中，导轨右端定值电阻上通过的总电荷量为，故C错误；
D、根据能量守恒，每根导体棒从进入磁场到速度减为零的过程中，系统产生的热量相同，均为，第根导体棒进入磁场的过程，因电阻与导体棒串联，两者电阻相等，则电阻上产生的热量为；第根导体棒进入磁场的过程，第根导体棒与电阻并联阻值为，电阻上产生的热量为，，依此类推，第根导体棒进入磁场的过程，电阻上产生的热量为，故从第根导体棒进入磁场到第根导体棒速度减为零的过程中，导轨右端定值电阻上产生的总热量为，故D正确。
故选：。
洛伦兹力对电荷不做功；第根导体棒刚进入磁场时，根据求出导体棒产生的感应电动势，再根据串联电路电压分配规律求导轨右端定值电阻上两端的电压；从第根导体棒进入磁场到第根导体棒速度减为零的过程中，定值电阻上通过的总电荷量应为各棒单独运动过程中上电荷量之和，根据动量定理以及电荷量分配关系求解导轨右端定值电阻上通过的总电荷量；每根导体棒进入磁场后回路产生的总热量相同，根据电路连接情况结合焦耳定律求解每根棒进入过程中上产生的热，再根据数学知识求解上产生的总热量。
解答本题时，要明确要搞清的连接情况，确定电荷量和热量分配关系，利用动量定理求电荷量，利用能量守恒求热量。
11.【答案】

【解析】解：配制好一定浓度的油酸酒精溶液后，测一滴溶液的体积，再浅盘中倒入水，撒上爽身粉，将一滴溶液滴入，最后计算油膜面积，故按操作先后顺序排列为：。
撒爽身粉有助于油酸均匀散开形成单分子油膜，故A正确；
B.油膜稳定后酒精分子溶于水，油酸分子紧密排布，故B错误；
C.油酸分子简化为球形处理，油膜稳定后油酸分子紧密排布，故C正确；
D.油酸分子中的羧基和烃基对水的亲和力不同，使油酸在水面上形成单分子油膜，故D正确。
故选：。
由图可知油膜占有的方格个数为个。则油膜的面积为，一滴溶液中含纯油酸的体积为
则油酸分子直径为。
故答案为：；；，。
根据实验原理分析判断；
根据形成单分子层油膜和油酸分子简化为球形处理判断；
根据油膜轮廓包含的小方格数计算油膜面积，根据浓度计算每滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积，根据体积公式计算油酸分子的直径。
本题考查“用油膜法估测油酸分子直径”实验，关键掌握实验原理、利用体积公式计算油酸分子直径的方法、注意油膜面积和每滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积的计算方法。
12.【答案】
“”
先向右发生较大角度的偏转，然后逐渐回到左边的“”刻度线

【解析】解：根据闭合电路欧姆定律，欧姆表的内阻
根据闭合电路欧姆定律可知，电流表的电流越小，欧姆表的内阻越大；三种倍率挡位“”、“”、“”分别对应于开关接、、；
图中欧姆表的内阻为，表盘中央刻度为“”，因此此时对应的倍率为“”，图中欧姆表指针对应示数小，说明对应的倍率大，为了减小误差，应该选择“”挡位，因此开关与“”接通；
表盘中央刻度为“”，测量阻值为的某电阻，选择的倍率为“”挡，此时欧姆表的内阻
电流表的量程扩大为原理的倍，即
电动势下降后欧姆表的内阻
根据闭合电路欧姆定律
代入数据解得
该同学继续选择用欧姆挡，并将两表笔直接接到原本不带电的电容器两极，欧姆表的内部电源先给电容器充电，电路中有充电电流通过，可观察到欧姆表的指针向右发生较大角度的偏转，电容器充电结束，电路中无充电电流，则可以观察到欧姆表指针逐渐回到左边的“”刻度线，因此整个过程观察到表盘指针的偏转情况是先向右发生较大角度的偏转，然后逐渐回到左边的“”刻度线。
故答案为：；“”；；先向右发生较大角度的偏转，然后逐渐回到左边的“”刻度线。
根据闭合电路欧姆定律求解作答；
电流表的电流越小，欧姆表的内阻越大；三种倍率挡位“”、“”、“”分别对应于开关的接法；根据表盘中央刻度，结合待测电阻值，确定欧姆挡选择的倍率，然后作答；
根据闭合电路欧姆定律求解作答；
根据电容器充电特点分析作答。
本题主要考查了练习使用多用电表的实验，要明确实验原理，掌握多用表的内部结构，掌握欧姆定律、闭合电路欧姆定律的运用。
13.【答案】冰块对该单色光的折射率为 从半球表面射出的光在冰灯内最长传播时间和最短传播时间的差值为
【解析】解：由点光源发出的光线在冰块内部射向半球体表面，考虑某条光线射到半球面上点。
由于，三角形为等腰三角形，故光线在半球面的入射角等于。
当光线射向半球面边缘时，，此时入射角达到最大值。
由于射向半球体的光线恰好全部能从表面射出，说明最大入射角对应全反射的临界角，即。
根据全反射公式，解得冰块对该单色光的折射率。
光在冰块中的传播速度为，解得。
由几何关系可知，从点射向半球面上各点的光线中，最长路径为沿轴线方向射向半球底部，此时路程，对应的最长传播时间，解得；
最短路径为射向半球面边缘，此时路程，对应的最短传播时间，解得。
最长传播时间和最短传播时间的差值为，解得时间差为。
答：冰块对该单色光的折射率为。
从半球表面射出的光在冰灯内最长传播时间和最短传播时间的差值为。
分析半球面上发生全反射的临界条件，当光线射向半球面边缘时入射角最大，此时光线恰好发生全反射，入射角等于临界角。根据几何关系确定最大入射角的数值，利用全反射条件中折射率与临界角的关系推导折射率。
确定光在冰块中传播速度与折射率的关系。分析从点光源到半球面上各点的几何路径，通过几何关系找到最长路径和最短路径，分别对应传播时间的最大值与最小值。计算两条路径的长度差，结合传播速度得到时间差值。
本题综合考查几何光学中的全反射与光程计算，难度中等偏上。题目巧妙地将半球与圆柱组合为实际模型，要求学生准确分析光线在半球面上的入射条件。求解折射率的关键在于识别临界状态，即当光线射向半球边缘时，等腰三角形的几何关系与全反射临界角公式结合，从而得出。第二问则进一步考查光在介质中传播时间的极值问题，需要学生通过几何分析确定最长与最短光程，并利用计算时间差。本题计算量适中，但要求学生具备清晰的几何构图能力和对全反射临界条件的深刻理解，能有效锻炼学生的建模分析能力与公式应用能力。
14.【答案】从粒子源发出的粒子射到点所需要的时间为 若粒子源发射的粒子总数为，则经半圆形磁场直接被接收板吸收的粒子有个 经过点射入叠加场的粒子，速度第一次变成竖直方向时，粒子到的水平距离为
【解析】解：根据牛顿第二定律
解得
粒子圆周运动的周期
射到点的粒子，轨迹圆弧所对应的圆心角
则需要的时间；
由几何关系可知，被吸收的粒子，速度均垂直。恰好打到点和点的粒子，对应出发点的速度夹角为，则，则
则被接收板吸收的粒子有
竖直方向动量定理有
即
由动能定理
得。
答：从粒子源发出的粒子射到点所需要的时间为；
若粒子源发射的粒子总数为，则经半圆形磁场直接被接收板吸收的粒子有个；
经过点射入叠加场的粒子，速度第一次变成竖直方向时，粒子到的水平距离为。
根据合外力提供向心力，结合周期与时间的关系分析求解；
根据被吸收的粒子，速度均垂直，结合圆心角分析求解；
根据动量定理，对竖直方向上的运动分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，理解洛伦兹力和向心力的关系是解决此类问题的关键。
15.【答案】物块运动到点时的速度大小为 小车与平台第次碰撞前瞬间，物块与小车右端的距离为 物块阻尼振动的路程为，本次模拟实验全程物块与小车之间产生的摩擦热为
【解析】解：物块从斜槽顶端点由静止释放并滑至最低点的过程中，依据动能定理可得，代入已知数据，解得物块运动至点时的速度大小为。
物块滑上小车后，因其速度大于小车速度，物块相对小车向左滑动，受到向右的滑动摩擦力，小车则受到向左的滑动摩擦力。
根据牛顿第二定律，物块的加速度大小为，解得，小车的加速度大小为，解得。
经过时间，解得，两者达到第一次共同速度，解得，方向向左。
在此阶段内，物块的位移由，解得，小车的位移由，解得。
物块相对小车向左滑动的距离为，解得。
随后小车与平台发生第一次弹性碰撞，碰后小车以的速度反弹向右运动，物块速度瞬间仍为向左。
此后物块继续向左减速，小车向右减速，两者再次达到共同速度所需的时间为，解得，此时第二次共同速度为，解得，方向向左。
在此阶段内，小车的位移由，解得，表明当两者再次共速时，小车恰好回到平台处，即此瞬间也是小车与平台第二次碰撞前的瞬间。
此阶段内物块的位移由，解得。
故此时物块相对小车继续向左滑行了，解得。
综上所述，小车与平台第二次碰撞前瞬间，物块与小车右端的总距离为，解得。
由上述物理过程的分析可知，小车此后每次与平台碰撞并达到共速时，均会恰好停在平台处，且每次达到的共同速度和相对滑行位移均按此比例缩减，直至完全静止。
整个往复运动阶段中物块相对小车滑行的总距离由等比数列求和公式可得，解得。
由于最终停下时物块恰好位于小车最左端，此即小车上表面的总长度。
此阶段内物块与小车之间因相对滑动产生的摩擦热为，解得。
小车锁住后，剪断轻绳，物块在水平方向上受到弹簧弹力和固定小车给它的滑动摩擦力作用做阻尼振动，解得。
根据能量守恒定律，系统最初具有的弹性势能最终全部转化为克服摩擦力所做的功，即，代入数据解得物块阻尼振动的总路程为。
此阻尼振动过程中物块与小车之间产生的摩擦热为，解得。
整个模拟实验全程物块与小车之间产生的总摩擦热为，解得。
答：物块运动到点时的速度大小为。
小车与平台第次碰撞前瞬间，物块与小车右端的距离为。
物块阻尼振动的路程为，本次模拟实验全程物块与小车之间产生的摩擦热为。
物块从到经历圆弧光滑段和水平粗糙段，需明确其机械能变化与摩擦力做功的关系。已知圆弧半径和水平段长度，物块重力势能转化为动能和克服摩擦力做功，利用动能定理建立重力势能减少量、摩擦力做功与点动能的关系，从而求解点速度。
物块滑上小车后，两者因相对滑动产生摩擦力，需分析物块与小车各自的加速度和运动过程。从第一次共速到小车与平台第一次碰撞，再反弹至第二次碰撞前，需分段计算物块和小车的位移，确定两者相对滑动的累积距离。关键点在于碰撞后小车速度减半，物块速度不变，随后两者再次相对运动至第二次碰撞前瞬间，通过运动学关系求出该时刻物块相对于小车右端的位置。
物块阻尼振动的路程需考虑弹簧初始压缩量和物块所受滑动摩擦力。振动过程中弹簧弹性势能最终全部通过克服摩擦力做功耗散，由此建立弹性势能与摩擦路程的关系。全程摩擦热包含两部分：物块与小车相对滑动阶段因摩擦产生的热量，以及阻尼振动阶段物块与小车表面摩擦产生的热量，分别通过相对滑动总距离和阻尼振动路程结合摩擦力大小计算。
本题综合考查力学与能量两大核心板块，涉及动能定理、牛顿运动定律、动量与能量守恒、简谐振动及阻尼振动等多个知识点。题目通过设置复杂的多过程运动情境，有效检验了学生的模型构建与过程分析能力。计算量较大，难度中等偏上，需要学生严谨梳理各阶段的运动学关系与能量转化细节。第一问为基础应用，第二、三问则需深入分析多次碰撞与相对滑动过程，并巧妙运用等比数列求和方法处理往复运动中的位移累积，对学生的逻辑推理与数学处理能力提出了较高要求。最后将振动过程中的能量耗散与摩擦生热相结合，体现了能量观念的综合性应用。
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