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2026年四川省成都市麓山国际高考物理二模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列关于原子和原子核的说法正确的是( )
A. 放射性元素在提高温度时衰变将变快
B. 射线的组成与氦原子核相同，射线是电子流
C. 热核反应发生后，需要外界不断给它提供能量才能使反应继续下去
D. 氢原子从低能级跃迁到高能级时，将放出光子，且电子的动能变小
2.如图所示，左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。两相同物块、用轻绳连接，放在光滑水平面上，在水平恒力作用下，一起以加速度做匀加速直线运动，此时轻绳的弹力为。、依次由光滑水平面运动到粗糙水平面上，系统稳定后两物块以加速度加速运动，轻绳的弹力变为，则( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.如图，空间存在边长为的正四面体，为水平底面中心，、、三点各固定一个电荷量为的点电荷，在外力作用下将电荷量为的探测电荷沿连线从点缓慢移至点。已知静电力常量为，下列说法正确的是( )
A. 探测电荷在点时，受到的库仑力竖直向下
B. 探测电荷在处的电势能大于在处的电势能
C. 从点向点移动过程中，外力的大小保持不变
D. 若将点的替换为，探测电荷在点受到的库仑力为
4.年月“浙”在浙江全省火爆开打。如图所示，运动员在不同位置以相同速率斜向上抛出质量为的篮球，均空心落入篮筐。已知甲、乙两球出手高度相同，忽略空气阻力，则篮球从抛出到入框的过程中说法正确的是( )
A. 两球入框时的速度相同
B. 甲球在空中运动的时间一定大于乙球
C. 若两球同时抛出，两球有可能同时到达点
D. 若两球同时抛出，同一时刻两球对应的机械能始终相等
5.一含有理想变压器的电路如图所示，图中、是阻值分别为和的定值电阻，是最大阻值为的滑动变阻器，滑片处于电阻正中间。、间接正弦交流发电机，其输出电压表达式为。变压器原、副线圈匝数比为：。下列说法正确的是( )
A. 将滑片下移，发电机的输出功率增大
B. 将滑片下移，滑动变阻器的功率减小
C. 滑动变阻器的最大功率为
D. 若将发电机转速减半，则发电机的最大输出功率为
6.如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于点，是椭圆轨道Ⅰ的短轴。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。则( )
A. 飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点
B. 飞行器沿轨道Ⅰ上从点经点运行至点的时间为
C. 飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为
D. 时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积相等
7.如图所示，一个劲度系数为的轻弹簧下端连接在倾角为的固定光滑斜面底端，弹簧上连接物体，物体通过平行于斜面的轻绳绕过定滑轮与套在光滑固定竖直杆上的小圆环相连，竖直杆上的点与滑轮等高，点与小滑轮间的距离为。一开始通过外力使小圆环静止在点，、间距离为，此时轻绳的拉力大小为。现撤去外力的同时将小圆环由静止释放，弹簧始终在弹性限度内。已知物体的质量为，小圆环的质量为，重力加速度大小取，，。小圆环从点上升至点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能变小
B. 小圆环上升至点时的速度大小为
C. 细线拉力对做的功为
D. 物体的机械能减少了
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图甲，景区湖面有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于点，水波在水平面内传播不考虑能量损失，波面呈现为圆形。时刻，部分波面的分布情况如图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。处质点的振动图像如图丙所示，轴正方向表示竖直向上。则( )
A. 水波的波速为
B. 时，处质点处在波峰位置
C. 该水波传播过程中遇到一直径为的安全警示桩，能发生明显的衍射现象
D. 某人驾驶摩托艇向蹦床快速驶来，他感觉该水波的频率比摩托艇启动前降低了
9.如图所示，一定质量的理想气体经完成循环过程，、与纵轴平行，与横轴平行，其中过程为等温过程。关于该循环过程，下列说法正确的是( )
A. 过程中，气体内能减少
B. 过程中，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少
C. 状态、的体积和压强满足
D. 过程中，气体从外界吸收热量
10.如图所示，圆心为点、半径为的圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，长度为，极板间距为的平行板电容器左侧边界与圆形区域相切，、是其极板的右端点，圆上点有一粒子源沿纸面各个方向均匀地向磁场内发射质量均为、带电荷量均为、速率均为的粒子。在处有一与极板垂直的荧光屏，粒子打在荧光屏上会发光并被吸收。已知如图所示从粒子源射出的初速度与夹角为的粒子在磁场中的偏转角为，且该粒子恰好通过点，其中。在荧光屏上以点在极板的延长线上为原点，向下为正方向建立坐标轴轴，不计重力及粒子间的相互影响，则( )
A. 圆形区域内磁场的磁感应强度
B. 荧光屏上发光区域的坐标范围为
C. 如图初速度与夹角为的粒子从点射出至打在荧光屏上的运动时间为
D. 打到荧光屏上的粒子数占粒子源向磁场内发射的粒子总数的
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在利用单摆测量重力加速度时，某学习小组为了解环境对测量结果带来的影响，设计了如下实验，实验装置如图甲所示。
物理量的测量：
测摆长：用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为从悬点到摆球的最上端，再用螺旋测微器测得摆球的直径为。由图乙可知，摆球的直径 ；
测周期：让摆球带上正电并处于匀强磁场中，拉开一个小角度后静止释放。摆球摆动到最低点开始计时且记数为，到第次经过最低点所用的时间为，则周期 。
已知：磁感应强度为，磁场方向平行水平桌面，且与摆球摆动平面垂直不计空气阻力，带电摆球电荷量为，摆球到达最低点时的速度为，则相邻两次经过最低点时，摆绳的拉力差大小 。
若该小组其他操作都正确，并由此计算当地的重力加速度， 用物理量、、表示。
12.硅基负极锂电池是以硅基材料如硅氧或硅碳复合材料作为负极的锂离子电池，旨在突破传统石墨负极的能量密度瓶颈。某硅基负极电池内阻较小，电动势约为，实验小组为了准确测量某硅基电池的电动势和内阻，设计了如下实验。其中定值电阻。
按图甲接好电路进行实验，记下电阻箱和电压表对应的一系列读数、，获取了多组数据，作出图像如图乙所示，不考虑电压表的分流作用，则可得该电池组的电动势 ；内阻 。结果均保留两位有效数字
该实验小组还设计了如图丙所示的电路，其中为工作电源，为限流电阻，为粗细均匀同种材料的电阻丝，为滑动触头，为灵敏电流计，为它的保护电阻，为阻值已知的工作电阻。为了测量电源的内阻，现做如下操作：
先闭合，断开，调节滑动触头的位置，当其位于位置时，灵敏电流计示数为零；
再闭合，调节滑动触头的位置，当其位于位置时，灵敏电流计示数再次为零，此时两端电压 ；用、、表示
测量出两次电阻丝和的长度分别为和。则电源内阻 。用、、表示
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.如图是半径为的半圆形玻璃砖的横截面，为半圆圆心，、为直径上的点，距圆心点的距离为，距圆心点的距离为。一束极细单色光从点垂直边由真空中射入玻璃砖，恰好在圆柱面上发生全反射。已知光在真空中传播的速度为，，。
求玻璃砖对该单色光的折射率；
当单色光从点垂直边射入玻璃砖时，求光在玻璃砖中传播的时间。
14.如图所示，在水平面上，劲度系数为的轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为的物块，最初物块静止在弹簧原长位置。一质量为的物块以的初速度从左向右运动，在水平面上滑行后与物块发生弹性碰撞，碰撞时间极短。物块、与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能与形变量之间的关系为，求：
碰后瞬间物块的速度大小；
碰后物块向右运动的最大距离；
从碰后物块第一次向左运动算起，物块最终停止运动前经过平衡位置加速度为多少次。
15.如图所示，一倾角为的光滑绝缘斜面和光滑绝缘水平面平滑连接，在斜面上存在三个宽度均为的区域，区域边界均平行于斜面底边，区域Ⅰ、Ⅲ有垂直于斜面向下的匀强磁场，区域Ⅱ有垂直于斜面向上的匀强磁场，三个区域的磁感应强度大小均为。水平面上在虚线连线平行于且间距大于右侧存在不随时间变化的磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小与到的距离之间满足。一个边长也为、质量、电阻的单匝正方形金属线框，某时刻从斜面上某一位置处由静止释放。线框的边刚要离开区域Ⅲ下边界时，线框加速度恰好为，速度大小为。当线框边刚到时，速度大小为，从此时起立刻对线框施加水平向右的作用力，保证线框做匀速直线运动。已知在运动过程中线框边始终平行于斜面底边，重力加速度取。
求速度的大小。
如果以线框边刚到边界时作为时刻，分析水平外力随时间变化的规律。
求线框从静止释放到边离开区域Ⅲ，所需要的时间。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：放射性元素的半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等条件无关，提高温度不会改变衰变快慢，故A错误；
B.射线的本质是高速氦原子核流，其组成与氦原子核相同；射线是原子核内中子衰变时释放出的高速电子流，故B正确；
C.热核反应核聚变发生后，反应自身释放的巨大能量足以维持反应继续进行，无需外界持续提供能量，故C错误；
D.氢原子从低能级跃迁到高能级时，需要吸收光子，而非放出光子，故D错误。
故选：。
结合半衰期、三种射线本质、热核反应特点及氢原子能级跃迁规律，逐一分析选项对错。
本题考查原子物理的基础概念，知识点覆盖面广，可有效检验对相关基础规律的理解与辨析能力。
2.【答案】
【解析】解：设物块的质量为，当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为，以两物块为整体，根据牛顿第二定律有，解得加速度，以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律有，联立得绳子的拉力，当水平地面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律有，解得加速度，以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律有，联立得绳子的拉力，则有，，故A正确，BCD错误；
故选：。
对于两种情况分别采用整体法求加速度，再隔离法求绳子张力。比较加速度大小时看合外力变化，张力比较时注意每个物体所受摩擦力的情况。
解决连接体问题常用整体法求加速度，隔离法求内力。注意摩擦力出现时要考虑每个物体是否受摩擦，这里两个都进入粗糙面后，每个都有摩擦，计算时要准确。
3.【答案】
【解析】解：、设底面的外接圆半径为，则正三角形边长为时，
又因为是正四面体，所以在点，三个对探测电荷的作用力大小相等。由对称性可知，水平方向的分力相互抵消，合力一定沿方向，由于三个固定电荷都带正电，探测电荷也带正电，因此作用力都是斥力，合力方向应沿向上，即远离底面方向，而不是竖直向下，故A错误；
B、点的电势为
点的电势为，显然由于探测电荷带正电，电势能
所以即探测电荷在处的电势能小于在处的电势能，故B错误；
C、设探测电荷在上某点，且该点到底面中心的距离为，则它到、、的距离都为
每个点电荷对探测电荷的库仑力沿连线方向，其沿方向的分力为
故三个点电荷的合力大小为
显然这个力随变化，不是常量。由于探测电荷是缓慢移动的，外力大小始终与库仑力大小相等，所以外力大小也不会保持不变，故C错误；
D、若将点的替换为，则在点，点的对探测电荷的作用力大小为，方向沿点的对探测电荷的作用力大小也为，方向沿点的对探测电荷的作用力大小同样为，方向沿；
设，，为从指向三个顶点的矢量，则正三角形中心满足，所以、两个电荷在点产生的合力大小为方向沿。再与点的负电荷产生的力叠加，可得总库仑力大小为，故D正确。
故选：。
利用对称性分析点库仑力方向，结合线上电势变化判断电势能，根据库仑力变化分析外力，再计算电荷替换后点的库仑力。
本题以正四面体为载体，考查电场叠加、库仑力合成、电势与电势能及受力分析，能有效检验学生对电场对称性与叠加原理的综合应用能力。
4.【答案】
【解析】解：、忽略空气阻力，两球做斜抛运动，初始速率相同，则初动能相同，初始高度相同，则初始位置两球的机械能相同，到达篮筐时重力势能相同，根据机械能守恒定律可知，两球入框时的动能相同，但由于速度是矢量，甲、乙两球抛射角不同，则入框时速度方向不同，所以两球入框时的速度不同，故A错误；
B、斜抛运动中运动时间由竖直分运动决定，最大高度越高，运动时间越长，所以乙的运动时间更长，故B错误；
C、乙球能够到达的最大高度有比甲球大，则乙竖直方向的分初速度更大，若两球同时抛出，则乙先到达点，故C错误；
D、两球抛出时机械能相同，在运动过程中，忽略空气阻力，两球的机械能均守恒，所以同一时刻两球对应的机械能始终相等，故D正确。
故选：。
根据机械能守恒定律分析两球入框时的速度大小关系，结合速度方向关系，分析两球入框时的速度是否相同；斜抛运动中运动时间由竖直分运动决定，根据最大高度关系分析运动时间关系；若两球同时抛出，分析乙竖直方向的分初速度关系，进而判断运动时间关系；根据机械能守恒定律分析同一时刻两球对应的机械能关系。
本题是斜抛运动，要掌握其处理方法：运动的分解法，同时，要明确忽略空气阻力时，抛体的机械能是守恒的。
5.【答案】
【解析】解：、滑片下移，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则在原线圈电路中的等效电阻变大，根据可知，发电机的输出功率减小，故A错误；
、发电机输出电压的有效值。定值电阻在原线圈电路中的等效电阻为，滑片处于电阻正中间时变阻器在原线圈电路中的等效电阻为，把和看成一个整体，当和相等时，变阻器消耗的功率最大。滑片下移，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，滑动变阻器在原线圈电路中的等效电阻最大值为，所以滑片下移过程中滑动变阻器的功率增大，当滑片滑到最下端时，滑动变阻器消耗的功率最大，为，代入数据解得，故B错误，C正确；
D、根据可知，若将发电机转速减半，则发电机的输出电压最大值减半，其有效值也减半，即，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，发电机的输出功率最大，则发电机的最大输出功率为，代入数据解得，故D错误。
故选：。
根据分析；分别计算出副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻，把和看成一个整体，当和相等时变阻器消耗的功率最大，二者差别越小，变阻器消耗的功率越大，然后根据功率公式计算即可；发电机转速减半后，发电机的输出电压也减半，当电路中的总电阻最小时，发电机的输出功率最大。
能够计算出定值电阻和变阻器在原线圈电路中的等效电阻，知道当的等效电阻与和的等效电阻差别最小时，变阻器消耗的功率最大。当变阻器接入电路中的电阻为零时，发电机的输出功率最大等是解题的关键。
6.【答案】
【解析】解：、飞行器在两条轨道上运行时，当处于轨道Ⅰ的近地点位置时，其与地球的距离最小，根据万有引力定律，此时飞行器受到的万有引力最大。由图乙可知，飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点，故A错误；
B、结合前述分析，根据图乙，飞行器在时刻经过轨道Ⅰ的近地点，在时刻经过轨道Ⅰ的点。因此，飞行器沿轨道Ⅰ从近地点经点运行至点所经历的时间为，故B错误；
C、根据图乙，在轨道Ⅰ的近地点与远地点分别有和。在轨道Ⅱ的远地点有。根据开普勒第三定律可得，解得，故C正确；
D、在至时间内，飞行器先是在轨道Ⅱ上运行，随后转移到轨道Ⅰ上运行。开普勒第二定律适用于同一轨道，因此在这段时间内，飞行器与地球的连线在任意相等时间内扫过的面积并不一定相等，故D错误。
7.【答案】
【解析】解：、已知弹簧劲度系数，初始时轻绳拉力，物体质量。
设初始弹簧伸长量为，对由平衡条件得，解得。
由几何关系得。
上升至点时下降距离，即。
此时弹簧压缩量，解得。
物块从到过程中弹簧弹性势能先减后增，故A错误；
B、到达点时沿绳方向分速为，则此时速度亦为。对、及弹簧系统，从到由能量守恒得，
解得，故B错误；
C、对由动能定理得，
解得细线拉力做功，故C正确；
D、物体机械能减少量，解得，故D错误。
故选：。
题目描述了一个由弹簧、物体和圆环组成的系统，涉及弹簧形变、能量转化和运动过程分析。已知初始时弹簧伸长、轻绳拉力大小，以及几何关系确定物体的下降距离。关键要分析从到上升过程中弹簧弹性势能的变化趋势，并利用能量守恒或动能定理计算的速度、拉力做功及的机械能变化。需要结合初始平衡条件求弹簧形变量，通过几何关系得到的位移，再根据系统能量关系判断各选项。
本题是一道综合性较强的力学能量问题，融合了共点力平衡、运动关联、系统机械能守恒及动能定理等多个核心知识点。题目通过连接体模型巧妙地将弹簧、斜面与竖直杆结合，考查学生对复杂系统进行受力分析与运动过程分解的能力。计算量适中但需细心处理几何关系与状态变化，尤其需要准确判断到达点时的速度为零这一关键点，并在此基础上正确应用能量守恒或功能关系。本题对学生的物理建模能力、逻辑推理能力以及综合运用力学规律解决实际问题的能力提出了较高要求，是一道颇具思维深度的好题。
8.【答案】
【解析】解：、由图可知，，则水波的波速为
代入数据可得，故A错误；
B、时刻，位于波谷，时刻到时刻，经过时间
时，处质点处在波峰位置，故B正确；
C、由于
该水波传播过程中遇到一直径为的安全警示桩，能发生明显的衍射现象，故C正确；
D、结合多普勒效应，当摩托艇向蹦床靠近时，接收到的水波频率会变高，故D错误。
故选：。
先由振动图像得出周期，再结合波面分布求出波长与波速，接着分析质点振动状态、衍射条件和多普勒效应，逐一判断选项。
本题以水上蹦床水波为情境，综合考查波的传播、振动、衍射及多普勒效应，知识点覆盖面广，可有效检验对波动知识的综合应用能力。
9.【答案】
【解析】解：、由图像可知，在过程中，气体压强保持不变，体积逐渐增大，依据盖吕萨克定律可知，气体温度升高，其内能增加，故A错误；
B、由图像可知，在过程中，气体体积保持不变，压强逐渐减小，因此单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少，故B正确；
D、由题意知，过程为等温过程，气体内能不变，即。气体体积减小，外界对气体做功，即。根据热力学第一定律，解得，表明气体放出热量，故D错误。
C、由题意知，过程为等温过程，依据玻意耳定律可得。由图可知为等容过程，且，，因此有，进而可得，故C正确；
故选：。
先明确气体经历的循环过程，分析各阶段气体状态参量的变化规律。过程压强不变体积增大，根据盖吕萨克定律可知温度升高，内能增加。过程体积不变压强减小，说明温度降低，分子平均动能减小，单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数减少。为等温过程，体积减小压强增大，外界对气体做功，结合热力学第一定律可知气体放出热量。状态与的关系需借助等容过程及等温过程，通过比较压强与体积乘积进行分析。
本题以理想气体的图像为载体，综合考查了气体实验定律、热力学第一定律以及气体分子动理论的相关知识。题目通过一个包含等温、等容、等压过程的循环，要求学生能够准确识别图像信息，并灵活运用盖吕萨克定律、玻意耳定律和查理定律进行推理判断。计算量不大，但对学生的图像分析能力、逻辑推理能力和公式的迁移应用能力要求较高。解答时需要特别注意区分各过程的特征，并熟练地将热力学第一定律与气体状态变化相结合，其中判断做功和热传递的方向是常见易错点。
10.【答案】
【解析】解：根据题意可以画出初速度与夹角为的粒子的运动轨迹，如下图所示
设轨迹圆的圆心为，从磁场区域出射的出射点为点，半径为；由题意可知，根据几何关系可得
且在圆形磁场区域的边界上，粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得，故A正确；
B.根据上图的几何关系可知，点的坐标为
设经过点时沿电场方向的速度为，则有
由于，则
解得
则点坐标为
根据题意可得，所有粒子离开磁场区域时速度方向都平行于金属板，在金属板间运动的时间相等，从右侧离开时，沿电场方向侧移量、速度均相等，故从金属板右侧离开的粒子分别在的区域内，关于点对称，所以荧光屏上发光区域的坐标范围为
则荧光屏上发光区域的坐标范围为，故B错误；
C.初速度与夹角为的粒子以与金属板平行的速度方向从点离开磁场，匀速经过后，从点进入偏转电场，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上的点，根据选项的分析可知，粒子在磁场中的运动时间为
根据几何关系可知粒子离开点后到打到荧光屏上过程中发生的水平位移为
发生这段位移所用的时间为
则该初速度与夹角为的粒子从点射出至打在荧光屏上的运动时间为，故C错误；
D.由上述分析可知，粒子在磁场中竖直向上发射的粒子刚好从下极板射出电场，粒子源沿纸面各个方向向磁场内发射，总发射角度范围为。其中仅速度方向偏左的范围的粒子能射出磁场右边界进入电容器，最终打到荧光屏，因此占总粒子数的，故D正确。
故选：。
A.画出粒子的运动轨迹，由几何关系和洛伦兹力提供向心力求出圆形区域内磁场的磁感应强度；
B.根据几何关系和运动学公式求出经过点时沿电场方向的速度，进而求出点坐标，结合对称性求出荧光屏上发光区域的坐标范围；
C.先根据周期与时间的关系求粒子在磁场中的运动时间，结合几何关系求出粒子离开点后到打到荧光屏上过程中发生的水平位移，进而求出发生这段位移所用的时间，最后求出粒子从点射出至打在荧光屏上的运动时间；
D.根据以上的分析判断出总发射角度范围以及能够打到荧光屏上的粒子范围，以此求打到荧光屏上的粒子数占粒子源向磁场内发射的粒子总数的百分比。
本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，在匀强电场中加速与偏转属于常见问题，处理粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动，前提能正确利用几何关系作出粒子轨迹。
11.【答案】

【解析】由图乙可知，摆球的直径；
根据题意可知，周期为；
设小球带正电，沿磁场方向看，第一次在最低点向右运动，受到的洛伦兹力方向向上，根据牛顿第二定律有
第二次在最低点向左运动，受到的洛伦兹力方向向下，根据牛顿第二定律有
联立可得
根据单摆周期公式有，结合周期表达式可得
故答案为：；；；。
螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
根据题意和周期概念计算；
根据牛顿第二定律列方程组计算；
根据单摆周期公式计算。
本题考查利用单摆测定重力加速度的实验，关键掌握实验原理和数据处理方法、注意周期的计算方法。
12.【答案】

【解析】解：不考虑电压表的分流作用，根据闭合电路欧姆定律
变形得
图像的纵截距
解得电动势
图像的斜率
解得内阻
再闭合，调节滑动触头的位置，当其位于位置时，灵敏电流计示数为零，根据串联电路电压分配与电阻的关系
此时两端电压
设的总长度为，两端电压为；
闭合，断开，调节滑动触头的位置，当其位于位置时，灵敏电流计示数为零，则待测电源的电动势；
闭合，调节滑动触头的位置，当其位于位置时，灵敏电流计示数为零，则两点间电压为
联立解得
根据实验原理
结合上述可知
解得内阻。
故答案为：；；；。
根据闭合电路欧姆定律求解函数，结合图像纵截距和斜率求解作答；
根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解作答；
根据闭合电路欧姆定律、串联电路电压的分配与电阻的关系求解作答。
本题主要考查了测量普通电源的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路欧姆定律、串联电路电压分配与电阻的关系的运用；理解灵敏电流计示数为零的含义是解题的关键。
13.【答案】求玻璃砖对该单色光的折射率为 当单色光从点垂直边射入玻璃砖时，光在玻璃中的光路图如下图所示：
光在玻璃砖中传播的时间为
【解析】解：恰好在圆柱面上发生全反射，根据临界角公式
解得折射率为
根据几何关系可得点处入射的光在球面的入射角满足
在点发生全反射，光路图如图所示
同理可得出在、两点也会发生全反射，在介质中传播的距离
光在介质中传播的速度
光在介质中传播的时间为
答：求玻璃砖对该单色光的折射率为；
当单色光从点垂直边射入玻璃砖时，光在玻璃中的光路图如下图所示：
光在玻璃砖中传播的时间为。
根据恰好在圆柱面上发生全反射，结合临界角公式分析求解；
根据几何关系，结合介质中的速度与折射率的关系分析求解。
本题考查了光的折射和全反射相关知识，理解全反射的临界条件，熟练掌握折射定律和不同情况下的光路图是解决此类问题的关键。
14.【答案】碰后瞬间物块的速度大小为 碰后物块向右运动的最大距离为 物块最终停止运动前经过平衡位置次
【解析】解：设与物块碰前瞬间物块的速度为，碰前物块的加速度，计算得，根据运动公式，解得：。
A、发生弹性碰撞，以运动方向为正方向，设碰后瞬间获得的速度为，动量守恒，机械能守恒，解得：。
碰后物块向右运动的最大距离为，根据能量守恒，解得：。
物块从最右端开始向左运动，第次经过平衡位置后再运动至弹簧形变量为时速度为零，根据能量守恒有，变形为，化简后。
类似地，，，，。
将上述所有方程相加，。
当物块停止时，弹力不大于最大静摩擦力，得到，解得：。
答：碰后瞬间物块的速度大小为。
碰后物块向右运动的最大距离为。
物块最终停止运动前经过平衡位置次。
物块滑行过程受摩擦力做匀减速运动，通过已知初速度、位移和动摩擦因数可求得与物块碰撞前的速度；碰撞为弹性碰撞且时间极短，对物块和物块系统应用动量守恒和机械能守恒，结合已知质量关系可求得碰后物块的速度。
碰后物块在弹簧弹力和滑动摩擦力作用下向右运动，其动能转化为弹簧弹性势能并克服摩擦力做功；当物块速度减为零时达到最右端，根据能量守恒定律，初始动能等于弹簧最大弹性势能与摩擦力做功之和，由此可解出最大距离。
物块从最右端向左运动，在弹簧弹力和摩擦力作用下做阻尼振动，每次经过平衡位置时加速度为零；通过分析相邻两次速度为零时弹簧形变量的减少量恒定，建立形变量减少量与摩擦力的关系，结合停止时弹力不大于最大静摩擦力的条件，可推算出经过平衡位置的次数。
本题综合考查力学中的匀变速直线运动、弹性碰撞、含弹簧和摩擦力的变加速运动以及能量守恒定律的应用，计算量较大且思维层次丰富，属于中等偏上的综合题。第一问通过匀减速运动与弹性碰撞的结合，考查学生对基本运动学公式和碰撞规律的理解与应用能力。第二问将动能转化为弹性势能和摩擦生热的过程，需要学生准确运用能量守恒并建立二次方程求解最大压缩量。第三问是本题的难点与亮点，通过分析弹簧振子在摩擦力作用下的准简谐运动，考查学生对能量守恒的递推应用与数学归纳能力，要求学生深刻理解每次经过平衡位置时动能与弹性势能的转化关系，并能通过不等式确定最终停止位置，对学生的物理建模和逻辑推理能力提出了较高要求。
15.【答案】速度的大小为 当时，外力；当时，外力 所需时间为
【解析】解：线框边刚要离开区域Ⅲ时，边已离开磁场区域，仅边切割磁感线。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，由闭合电路欧姆定律得感应电流，此时边受到的安培力大小。
由于线框加速度恰好为，根据平衡条件有，联立解得，代入数据解得。
线框在水平面上做匀速直线运动，外力与安培力等大反向。
当时，线框进入磁场的位移，仅边在磁场中切割磁感线。
边所在处磁感应强度，产生的感应电动势，感应电流，安培力。
由，代入数据解得；
当时，线框全部进入磁场，边与边均切割磁感线。
此时，。
回路总电动势，解得：，感应电流。
线框受到的总安培力，解得：，由，代入数据解得。
线框从静止释放到边离开区域Ⅲ的过程中，穿过磁场区域分为四个阶段。
根据电磁感应定律与欧姆定律，通过线框截面的电荷量，安培力的冲量。
第一阶段仅边进区域Ⅰ：；
第二阶段边在区域Ⅱ，边在区域Ⅰ：总电动势为两边之和，；
第三阶段边在区域Ⅲ，边在区域Ⅱ：总电动势为两边之和，；
第四阶段仅边在区域Ⅲ：；
全过程安培力的总冲量大小，解得：，代入数据得。
对全过程根据动量定理有，代入数据解得所需时间。
答：速度的大小为。
当时，外力；当时，外力。
所需时间为。
线框在斜面磁场区域运动时，边离开区域Ⅲ瞬间加速度为零，表明此时重力沿斜面向下的分力与安培力平衡。需确定此时线框的切割边和感应电流方向，通过安培力表达式与重力分量相等建立方程，从而求解。关键在于分析该时刻线框哪条边在磁场中切割磁感线以及产生的安培力方向。
线框在水平面匀速运动，外力需平衡变化的安培力。安培力取决于线框进入水平面非均匀磁场的程度。需分阶段分析：当线框部分进入时，仅边切割，其所在位置的磁感应强度随进入距离线性增加；当线框完全进入后，边和边均切割，但所处位置磁感应强度不同，需计算回路总电动势和总安培力。外力随时间变化规律即等于对应时刻的安培力大小。
求线框从释放到边离开区域Ⅲ的总时间，涉及斜面上的多阶段变速运动。由于斜面光滑且磁场区域分段，线框运动过程中安培力是变力。可考虑对全过程应用动量定理，重力沿斜面的冲量减去安培力的总冲量等于线框动量的变化。安培力的总冲量可通过分析各阶段穿过线框磁通量的变化量，结合通过线框截面的电荷量与安培力冲量的关系来整体求解。
本题综合考查电磁感应与力学、能量、动量定理的综合应用，涉及多阶段、多情境的复杂过程分析，计算量较大，难度较高。题目巧妙地将线框在斜面和水平面上的运动与变化的磁场相结合，全面检验学生对法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件、动量定理等核心知识的掌握深度。学生需具备出色的物理建模能力，能够将连续运动过程分解为多个清晰的物理阶段，并准确分析各阶段线框的受力、运动状态及能量转化。本题尤其锻炼学生的逻辑推理能力和对复杂公式的灵活应用能力，其中利用安培力冲量结合动量定理求解时间的方法，体现了对物理思想方法的高层次考查。
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