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2026届广东省部分学校高三上学期10月联考模拟预测物理试题
1．3D电影《阿凡达2：水之道》上映后持续热播引起热议。如图所示为3D电影的原理图，下列对3D电影的原理说法正确的是（　　）
A．该原理与光纤的原理相同
B．该原理利用了光的偏振
C．该原理与照相机镜头上的增透膜原理相同
D．观看时闭上一只眼睛也能看到明显的3D效果
2．端午节期间，全国多地都举行赛龙舟比赛，吸引游客前来观看，其中叠滘的龙舟漂移技术让大家为之惊叹。如图所示，甲、乙两龙舟正并排以恒定的速率过同一圆形弯道，已知甲、乙两龙舟的质量关系为，下列说法正确的是（　　）
A．水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直，指向圆形弯道的圆心
B．若甲、乙转弯时速率相同，则甲所需的向心力更大
C．当转弯时的速度增大时，舵手身体向内侧倾斜的程度应增大
D．若甲、乙以相同的角速度转弯时，甲更容易发生漂移
3．在核医学中，因铜—64独特的“诊疗一体化”特性而备受青睐，分别适用于PET成像与治疗，其衰变方程有和，其中铜—64的半衰期均为12.7小时。下列说法正确的是（　　）
A．X是中子
B．Y是质子
C．大量的铜—64原子核，经过12.7小时，会有一半发生衰变
D．20个铜—64原子核，经过12.7小时，一定有10个铜—64原子核发生衰变
4．在学校大扫除中，某同学用如图所示拖把拖地，他站在原地不动，然后用手向前推动拖把，拖杆给拖把头的力F一直沿拖杆向下，拖杆与竖直方向的夹角θ逐渐变大，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．与拖把头相关的作用力共有3对
B．地面对拖把头的作用力始终沿拖杆向上
C．若F的大小恒定，则F做功的瞬时功率也恒定
D．若F的大小恒定，则离人站的位置越远的地面与拖把头间的摩擦力越小，地面越难拖干净
5．2025年7月30日15时49分，我国利用运载火箭长征八号成功发射互联网低轨06组卫星，卫星发射成功后关闭动力系统，由于空气阻力的影响，导致卫星轨道逐渐变化，下列说法正确的是（　　）
A．卫星的轨道高度逐渐变大 B．卫星的周期逐渐增大
C．卫星的机械能逐渐减小 D．卫星的动量逐渐减小
6．某课外小组利用生活中的常见物品进行电学小实验，如图所示，同学把锡纸片剪成圆形放入杯底并用螺丝钉固定（螺丝钉与锡纸接触良好），将杯子倒扣在桌面上，用锡纸制作多个质量较小的球状纸团放入杯中。用毛巾摩擦PVC材质塑料管后将塑料管靠近螺丝钉，发现杯中的小锡纸团在杯中上下跳跃。下列说法正确的是（　　）
A．圆形锡纸片所带电荷的电性与塑料管相反
B．杯中产生的电场为匀强电场
C．小锡纸团从桌面向上运动的过程中需克服电场力做功
D．小锡纸团撞击到锡纸片后向下运动的过程中电势能逐渐减小
7．图甲是风力发电原理示意图，当风轮机的叶片转动时，叶片的转轴连接一个升速齿轮箱，齿轮箱中连接叶片的齿轮与连接发电机的转子的转轴相互啮合，如图乙所示。当风轮机的叶片转动时，发电机就可以进行发电了。某物理学习小组按照以上原理制作了一个小型发电机模型，已知叶片的转速为n，传动齿轮升速比（输入与输出转速比）达到，与升速齿轮箱相连的发电原理图如图丙所示，线圈匝数为N，面积为S，内部匀强磁场的磁感应强度大小为B，在一段时间内叶片稳定转动，忽略其他因素的影响，线圈电阻不计，则下列说法错误的是（　　）
A．线圈的转速为20n
B．线圈电动势的峰值为40πnNBS
C．负载的电阻为R时，发电机的输出功率与成正比
D．发电机输出的交流电的频率为40n
8．如图所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为C，电容器的A板接地，A板中间有一小孔S，B板不带电。被加热的灯丝K不断地释放电子（初速度可忽略不计），电子经过电压为U0的电场加速后通过小孔S，电子到达B板后被吸收，稳定后电容器所带电荷量为Q。设电子的电荷量大小为e，不计电子重力以及电子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．最终B板的电势低于灯丝K的电势
B．B板最多吸收个电子
C．电子从灯丝K运动到B板的过程中，电势能一直减小
D．若增大A、B板间的距离，则稳定后电容器所带电荷量小于Q
9．图甲是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.6s，回桨用时0.4s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．在0~0.6s内，桨对水的力大于水对桨的力
B．在0~1s内，龙舟前进了0.48m
C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为
D．在此次练习的过程中，经过5次划桨后，龙舟的速度不低于3m/s
10．电磁泵具有密封性好，无直接接触，体积小等优点。如图所示为电磁泵模型，泵体的长、宽、高分别为a、b、c。将泵体的上下表面接在电压为U的电源上，电源内阻不计，泵体处在垂直于前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导电液体的电阻率为ρ。下列说法正确的是（　　）
A．电磁泵工作时，导电液体一定带正电
B．电磁泵工作时，泵体的上表面应接电源的负极
C．导电液体受到的安培力
D．适当地减小液体的电阻率，可以获得更大的抽液高度
11．请完成下列实验操作和计算。
（1）在“练习使用游标卡尺和螺旋测微器的实验中”，用游标卡尺测量小球的直径，示数如图甲所示，读数为　 　cm。
（2）某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：
a．按图乙所示固定力传感器；
b．取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端固定在力传感器上；
c．让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力读数为F0；
d．让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图丙所示，其中F2是拉力的最大值，F1是拉力的最小值。
①小铁球的重力为　 　（用题中所给字母表示）。
②为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证F0=　 　是否成立即可（用F1、F2表示）。
③该同学想在此基础上继续测定当地的重力加速度，首先根据图丙可知单摆的周期为T=　 　；然后用游标卡尺测出小铁球的直径D，还测得该单摆的摆线长为L，则重力加速度的表达式为g=　 　（用物理量t0、L、D表示）。
12．某兴趣小组想探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。
（1）该兴趣小组先用多用电表探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。实验时，将热敏电阻置于温控室，多用电表选择合适挡位并进行欧姆调零后完成测量，测量过程中发现温控室温度升高时，多用电表的指针偏转角度变大，说明随着温度升高，热敏电阻的阻值　 　（填“增大”或“减小”）。
（2）该兴趣小组欲利用以下器材继续探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。
A、电压表（量程为6 V，内阻约为10 kΩ）
B、电压表（量程为15 V，内阻约为15 kΩ）
C、滑动变阻器（阻值范围为0~10 Ω）
D、滑动变阻器（阻值范围为0~1000 Ω）
E、定值电阻
F、热敏电阻
G、电源E（电动势为12 V，内阻r约为0.2 Ω）
H、开关若干，导线若干
I、温控室
①若要求实验过程中使两电压表的电压调节范围尽可能大，滑动变阻器应选择　 　（填写仪器前的字母标号），并在图甲中将电路图补充完整。　 　
②该兴趣小组测量热敏电阻的阻值步骤如下：
步骤1。闭合开关S前，将温控室的温度设置为T，滑动变阻器的滑片滑到合适位置。
步骤2。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表指针指在合适位置，记录此时电压表的示数为，电压表的示数为，改变滑动变阻器滑片的位置，测量并记录多组实验数据，并作出图乙所示的图像，根据图像求得热敏电阻的阻值　 　（用a，b和定值电阻表示）。
步骤3。改变温控室内的温度，重复步骤2，得到不同温度下热敏电阻的阻值。
③若考虑电压表内阻的影响，热敏电阻的测量值　 　（填“偏大”“偏小”或“准确”）。
13．某实验小组模拟马德堡半球实验，如图甲所示，小组把两个相同半径的半球合在一起构成一个球形，用抽气泵抽出半球内90%质量的气体，抽气过程气体温度保持不变，半球两旁各有一组数量相同的同学用力向外拉半球。已知半球的半径r=20cm，大气压强p0=1.0×105Pa，每位同学平均能产生F0=500N的拉力，请问总共至少需要多少位同学才能将两个半球拉开？（不考虑半球的重力和半球之间的摩擦力）
14．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在光滑斜面的底部，另一端连接质量为m的木块处于静止状态，质量为3 m的小孩从距离木块L处由静止开始沿斜面下滑，随后与木块碰撞后抱着木块一起压缩弹簧，碰撞时间忽略不计，碰后一起下滑的最大距离为，弹簧始终处于弹性限度内，且人的运动方向始终与弹簧的轴线在同一直线上，人和木块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧的弹性势能，其中k为劲度系数，x为形变量，求：
（1）人与木块碰撞过程系统损失的机械能；
（2）人与木块碰后一起下滑到最低点的过程中，人对木块做的功W；
（3）弹簧的劲度系数k。
15．如图所示的空间坐标系中，在处有一平行yOz平面的边长为L的正方形收集板abcd，其中心O'在x轴上，在O处有一粒子发射源，可在yOz平面向各个方向发射速率均为的电子。空间存在着沿x轴负方向的匀强电场，可使所有电子打在收集板上。已知电子的比荷为k，不计电子重力及电子之间的相互作用力。
（1）求该电场电场强度的最小值E；
（2）求电子到达收集板的最小速率v；
（3）在满足（1）的条件下，若增加一沿x轴负方向的匀强磁场，使得所有电子都汇聚在O'，求磁感应强度B。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A：光纤的原理是光的全反射，与3D电影的原理不同，故A错误；
B：3D电影利用了光的偏振技术，两个放映机发出的光偏振方向相互垂直，观众佩戴的偏振眼镜可以让左右眼分别接收不同的画面，故B正确；
C：照相机镜头上的增透膜原理是光的干涉，与3D电影的偏振原理不同，故C错误；
D：3D电影是通过左右眼看到不同画面产生的视差来形成立体效果的，若闭上一只眼睛，就无法形成这种视差，看不到明显的3D效果，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查光纤通信的物理原理，光纤通信依靠光的全反射来传输信号；
B：考查 3D 电影的工作原理，其核心是利用光的偏振特性，通过偏振眼镜让双眼接收不同的画面；
C：考查增透膜的光学原理，增透膜通过薄膜干涉来减少反射光，增加透射光；
D：考查立体视觉的形成条件，立体效果依赖于双眼视差，单眼无法形成明显的立体感。
2．【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A、水对龙舟的作用力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力，故水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直但不指向圆形弯道的圆心，故A错误；
B、根据向心力公式 ，转弯速率一样时，甲的质量小、半径也小，无法直接比较甲、乙的向心力大小，故B错误；
C、由 可知，R一定时，v越大，所需向心力越大，舵手身体向内侧倾斜程度越大，可以额外提供一部分向心力，故C正确；
D、由 可知，转弯角速度相同时，乙的质量大、半径大，所需向心力更大，更容易发生漂移，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查向心力的来源，水对龙舟的作用力是支持力和阻力的合力，并非单纯指向圆心；
B、考查向心力公式的应用，分析速率相同时质量和半径对向心力的影响；
C、考查向心力与速度的关系，速度增大时，所需向心力增大，需要舵手调整姿势提供额外向心力；
D、考查角速度相同时向心力的比较，结合质量和半径判断哪个龙舟更容易漂移。
3．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A：衰变方程 ，根据质量数和核电荷数守恒，X的质量数为0，核电荷数为1，因此X为正电子，不是中子，故A错误；
B：衰变方程 ，根据质量数和核电荷数守恒，Y的质量数为0，核电荷数为-1，因此Y为负电子，不是质子，故B错误；
C：半衰期的定义是大量原子核衰变一半所需的时间，铜—64的半衰期为12.7小时，因此大量的铜—64原子核经过12.7小时，会有一半发生衰变，故C正确；
D：半衰期是统计规律，适用于大量原子核，对少量原子核（如20个）不适用，因此经过12.7小时，不一定有10个铜—64原子核发生衰变，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查核反应方程的守恒规律，根据质量数和核电荷数守恒判断衰变产物；
B：考查β衰变的特点，铜—64衰变为锌—64时放出负电子，属于β-衰变；
C：考查半衰期的定义，半衰期是大量原子核衰变的统计规律；
D：考查半衰期的适用条件，半衰期仅对大量原子核适用，对少量原子核不具有确定性。
4．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；功率及其计算
【解析】【解答】A、拖把头受到重力、地面对其的支持力、拖杆给拖把头的力F、地面对其的摩擦力，故与拖把头相关的作用力有4对，A错误；
B、若拖把头匀速运动，则地面对拖把头的作用力与F和拖把头重力的合力等大反向，现在拖把头的运动状态不确定，故地面对拖把头的作用力不一定沿拖杆向上，B错误；
C、F做功的瞬时功率，夹角变大，变大，拖把头与地面间的弹力变小，则拖把头受到的摩擦力变小，拖把头做加速运动，v变大，故F做功的瞬时功率变大，C错误；
D、地面对拖把头的支持力为，拖把头离人站的位置越远，越大，支持力越小，滑动摩擦力越小，地面越难拖干净，D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查受力分析，拖把头受重力、支持力、杆的作用力、摩擦力，共4个力，对应4对相互作用力；
B、考查地面对拖把头作用力的合成，地面对拖把头的作用力是支持力与摩擦力的合力，只有匀速运动时才与重力和F的合力等大反向；
C、考查瞬时功率的计算与动态分析，结合摩擦力变化判断加速度，进而分析速度与功率的变化；
D、考查支持力与摩擦力的动态分析，结合的变化分析支持力与摩擦力的大小，进而判断拖地效果。
5．【答案】C
【知识点】卫星问题；动量
【解析】【解答】A、由于空气阻力做负功，导致同一轨道时卫星的速度减小，万有引力大于所需的向心力，卫星做近心运动，轨道高度变小，故A错误；
B、根据，轨道半径变小，则卫星的周期逐渐减小，故B错误；
C、由于空气阻力做负功，卫星的机械能逐渐减小，故C正确；
D、轨道半径变小，由可知卫星的速度逐渐增大，根据可知，卫星的动量逐渐增大，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查卫星受空气阻力后的轨道变化，阻力使卫星减速，万有引力大于向心力，轨道高度降低；
B、考查开普勒第三定律的应用，轨道半径减小，周期随之减小；
C、考查机械能的变化，空气阻力做负功，卫星机械能不断损失；
D、考查线速度与动量的变化，轨道降低时卫星线速度增大，动量随之增大。
6．【答案】D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A：塑料管靠近螺丝钉，根据感应起电的原理，螺丝钉上端所带电荷的电性与塑料管相反，锡纸片所带电荷的电性与塑料管相同，故 A 错误；
B：锡纸片带电后产生的电场可看成多个点电荷聚集后形成的电场，并不是匀强电场，故 B 错误；
C：小锡纸团从桌面向上运动的过程中所受电场力向上，对锡纸团做正功，故 C 错误；
D：小锡纸团撞击到锡纸片后与锡纸片带同种电荷，受到向下的电场力作用，在其向下运动的过程中电场力对其做正功，电势能逐渐减小，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查感应起电中导体电荷分布规律，近端感应异种电荷，远端感应同种电荷；
B：考查点电荷电场与匀强电场的区别，多个点电荷形成的电场并非匀强电场；
C：考查电场力做功与电势能变化的关系，电场力方向与位移方向相同时做正功；
D：考查同种电荷间的电场力作用，电场力方向与位移方向一致时做正功，电势能减小。
7．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、因为升速比为1：20，传动齿轮转速为20n，线圈的转速与传动齿轮转速相同，所以为20n，故A正确；
B、由于，其中，所以，故B正确；
C、发电机的输出功率，其中，代入得，所以发电机的输出功率与成正比，故C正确；
D、发电机输出的交流电的频率为，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、考查齿轮传动的转速比，升速比为1：20，输出转速为输入转速的20倍；
B、考查交变电流峰值的计算，结合角速度和求解；
C、考查发电机输出功率的计算，输出功率与电动势有效值的平方成正比，进而与转速的平方成正比；
D、考查交变电流频率与转速的关系，频率等于线圈的转速，即。
8．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电势差
【解析】【解答】A：根据动能定理，电子加速过程满足 ，而 ，又A板接地（），灯丝K的电势与A板电势差为，最终B板的电势与灯丝K的电势相等，故A错误；
B：当A、B板间电压达到时，电子无法再到达B板，此时电容器电荷量 ，因此B板最多吸收的电子数 ，故B正确；
C：电子从灯丝K到A板过程中，电场力做正功，电势能减小；从A板到B板过程中，电场力做负功，电势能增大，因此电势能并非一直减小，故C错误；
D：若增大A、B板间的距离，由 可知电容减小；由于最大电压不变，根据 ，稳定后电容器所带电荷量会小于原来的，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：通过动能定理和电势差关系，分析B板与灯丝K的电势；
B：结合电容器的最大电压和电容，计算B板最多吸收的电子数；
C：分阶段分析电子运动过程中电场力做功与电势能的变化；
D：根据电容决定式和电荷量公式，分析增大板间距对电荷量的影响。
9．【答案】C,D
【知识点】牛顿第三定律；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：桨对水的力与水对桨的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，故A错误；
B：根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，0~1s内龙舟的位移为：，故B错误；
C：先由图像求加速度：划桨阶段（00.6s），回桨阶段（0.61.0s）。
对龙舟应用牛顿第二定律：，，解得。
冲量大小：，，代入比例得，故C正确；
D：设第次划桨后的速度为，每次划桨过程速度增加，
回桨过程速度减少，因此每次循环速度净增
初始速度为0，经过5次划桨后速度，
第5次回桨后速度为，故速度不低于3m/s，D正确；
故答案为：CD。
【分析】A：考查牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反；
B：考查v-t图像的位移计算，面积法是核心方法；
C：考查牛顿第二定律与冲量的结合，先通过加速度求力的比例，再计算冲量比；
D：考查多次运动的递推分析，通过每次循环的速度变化规律计算最终速度。
10．【答案】B,C,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A、电磁泵的工作原理是导电液体在磁场中受安培力作用而流动，导电液体中的电荷载体可以是自由电子（负电荷），也可以是正离子（正电荷），不一定带正电，故A错误；
B、由图可知，导电液体受向左的安培力，由左手定则可知电流方向由下到上，则电磁泵工作时泵体的上表面应接电源的负极，故B正确；
C、泵体内导电液体的电阻，电流，导电液体受到的安培力，故C正确；
D、抽液高度与安培力大小直接相关，由C项的推导可知，安培力，即与电阻率成反比，因此为了增大安培力应减小电阻率，适当减小液体的电阻率，可以获得更大的抽液高度，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】A、考查电磁泵的工作原理，电荷载体可以是正电荷也可以是负电荷；
B、考查左手定则的应用，通过安培力方向判断电流方向，进而确定电源正负极；
C、考查电阻定律、欧姆定律与安培力公式的综合应用，先求电阻、电流，再求安培力；
D、考查安培力与电阻率的关系，结合安培力公式分析抽液高度的影响因素。
11．【答案】（1）2.045
（2）F0；；4t0；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）小球的直径
故答案为：2.045
（2）①小铁球静止时，力传感器的示数为F0，即细线的拉力为F0，可知小铁球的重力为
②设小铁球在最低点的速度大小为v，由牛顿第二定律有
小铁球在最低点的动能为
从A点到最低点，小铁球的重力势能减少量等于重力做的功，即
另在A点对小铁球受力分析得
从A点到最低点的过程中，重力势能减少量等于动能的增加量，即
联立可得
③小铁球在经过最低点时细线的拉力最大，且一个周期内两次经过最低点，所以小铁球做单摆运动的周期
由单摆周期公式可知
解得
故答案为：①F0；②；③4t0；
【分析】(1) 本题考查 20 分度游标卡尺的读数方法，主尺读数加游标尺读数，注意单位换算；
(2) ① 利用静止时拉力等于重力直接求解；
② 通过最低点向心力公式和最高点受力分析，结合机械能守恒条件推导验证式；
③ 根据拉力变化周期确定单摆周期，结合单摆周期公式推导重力加速度表达式，注意摆长为摆线长加小球半径。
（1）小球的直径
（2）①[1]小铁球静止时，力传感器的示数为F0，即细线的拉力为F0，可知小铁球的重力为
②[2]设小铁球在最低点的速度大小为v，由牛顿第二定律有
小铁球在最低点的动能为
从A点到最低点，小铁球的重力势能减少量等于重力做的功，即
另在A点对小铁球受力分析得
从A点到最低点的过程中，重力势能减少量等于动能的增加量，即
联立可得
③[3]小铁球在经过最低点时细线的拉力最大，且一个周期内两次经过最低点，所以小铁球做单摆运动的周期
[4]由单摆周期公式可知
解得
12．【答案】（1）减小
（2）C；；；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）多用电表的指针偏转角度变大，说明所测阻值变小，即随着温度升高，热敏电阻的阻值减小。
故答案为：减小
（2） ① 实验中要求两电压表的电压调节范围尽可能大，因此滑动变阻器采用分压式接法，应选择阻值较小的滑动变阻器，C正确。
滑动变阻器采用分压式，故如图所示：
② 根据欧姆定律可得，整理可得，则图像的斜率，解得
③ 若考虑电压表内阻的影响，则通过热敏电阻的电流真实值大于测量值，故热敏电阻的测量值大于真实值。
故答案为：C；；；偏大
【分析】(1) 本题考查多用电表欧姆挡的读数特点，指针偏转角度与电阻阻值成反比；
(2) ① 分压式接法可使电压调节范围更大，因此选择小阻值滑动变阻器；
② 通过欧姆定律推导 U1与 U2的关系，结合图像斜率求解热敏电阻阻值；
③ 电压表内阻的分流作用会导致测量电流偏小，从而使测量的电阻值偏大。
（1）多用电表的指针偏转角度变大，说明所测阻值变小，即随着温度升高，热敏电阻的阻值减小。
（2）[1]实验中要求两电压表的电压调节范围尽可能大，因此滑动变阻器采用分压式接法，应选择阻值较小的滑动变阻器，故选C。
[2]滑动变阻器采用分压式，故如图所示
[3]根据欧姆定律可得
整理可得
则图像的斜率
解得
[4]若考虑电压表内阻的影响，则通过热敏电阻的电流真实值大于测量值，故热敏电阻的测量值大于真实值。
13．【答案】解：封闭气体在抽气泵作用下，有10%留在球内，有90%抽至球外，假设抽出球外气体的温度和压强与球内相同，则球外气体的体积是球内体积的9倍，设整个球体的体积为V0，抽气过程气体发生等温变化，则由玻意耳定律可得
代入数据解得
对其中一个半球受力分析，有
其中
可得
则总共至少需要46位同学才能将两个半球拉开。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】首先利用等温过程的玻意耳定律求出抽气后球内气体压强，关键是将抽出的气体等效为与球内气体同温同压的状态；
对半球进行受力分析，外界大气压、内部气体压力和同学拉力平衡，求出单侧所需人数；
因人数必须为整数，需向上取整后计算总人数。
14．【答案】（1）解：人由静止到与木块碰撞过程，由机械能守恒定律可得
解得
人与木块碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
人与木块碰撞过程系统损失的机械能
解得
（2）解：人与木块一同向下滑，设木块对人做的功为，对人由动能定理得
人对木块做的功
（3）解：木块静止时，有
人抱住木块后一起滑到最低点的过程，人、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，有
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查机械能守恒与动量守恒的结合，先通过机械能守恒求小孩碰撞前速度，再用动量守恒求共同速度，最后计算碰撞过程的机械能损失；
(2) 本题考查动能定理的应用，通过对小孩的受力分析，利用动能定理求出木块对人的功，再由牛顿第三定律得到人对木块的功；
(3) 本题考查系统机械能守恒与受力平衡的结合，先由木块静止时的平衡条件建立弹簧形变量与劲度系数的关系，再通过机械能守恒方程联立求解劲度系数。
（1）人由静止到与木块碰撞过程，由机械能守恒定律可得
解得
人与木块碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
人与木块碰撞过程系统损失的机械能
解得
（2）人与木块一同向下滑，设木块对人做的功为，对人由动能定理得
人对木块做的功
（3）木块静止时，有
人抱住木块后一起滑到最低点的过程，人、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，有
联立解得
15．【答案】（1）解：以从O点沿z轴正方向射出的电子为例，电子到达收集板bc边的中点时，对应电场强度为最小值，电子的加速度
由类平抛运动的规律得，
又有比荷
解得
（2）解：根据题意，由动能定理可得
解得
（3）解：增加一个沿x轴负方向的磁场后，仍以沿z轴正方向射入的电子为例，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
周期
从侧面abcd观察，当粒子经历整数个周期T时，重新回到x轴，则应满足
联立可得
【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；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）本题考查类平抛运动的临界问题，以沿边缘射出的电子为研究对象，通过运动学公式联立求解最小电场强度；
（2）本题考查动能定理在电场中的应用，电场力做功全部转化为电子动能的增量；
（3）本题考查带电粒子在正交电磁场中的运动，将运动分解为x方向的匀加速直线运动和y-z平面的匀速圆周运动，通过运动时间匹配关系求解磁感应强度。
（1）以从O点沿z轴正方向射出的电子为例，电子到达收集板bc边的中点时，对应电场强度为最小值，电子的加速度
由类平抛运动的规律得，
又有比荷
解得
（2）根据题意，由动能定理可得
解得
（3）增加一个沿x轴负方向的磁场后，仍以沿z轴正方向射入的电子为例，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
周期
从侧面abcd观察，当粒子经历整数个周期T时，重新回到x轴，则应满足
联立可得
1 / 12026届广东省部分学校高三上学期10月联考模拟预测物理试题
1．3D电影《阿凡达2：水之道》上映后持续热播引起热议。如图所示为3D电影的原理图，下列对3D电影的原理说法正确的是（　　）
A．该原理与光纤的原理相同
B．该原理利用了光的偏振
C．该原理与照相机镜头上的增透膜原理相同
D．观看时闭上一只眼睛也能看到明显的3D效果
【答案】B
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A：光纤的原理是光的全反射，与3D电影的原理不同，故A错误；
B：3D电影利用了光的偏振技术，两个放映机发出的光偏振方向相互垂直，观众佩戴的偏振眼镜可以让左右眼分别接收不同的画面，故B正确；
C：照相机镜头上的增透膜原理是光的干涉，与3D电影的偏振原理不同，故C错误；
D：3D电影是通过左右眼看到不同画面产生的视差来形成立体效果的，若闭上一只眼睛，就无法形成这种视差，看不到明显的3D效果，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查光纤通信的物理原理，光纤通信依靠光的全反射来传输信号；
B：考查 3D 电影的工作原理，其核心是利用光的偏振特性，通过偏振眼镜让双眼接收不同的画面；
C：考查增透膜的光学原理，增透膜通过薄膜干涉来减少反射光，增加透射光；
D：考查立体视觉的形成条件，立体效果依赖于双眼视差，单眼无法形成明显的立体感。
2．端午节期间，全国多地都举行赛龙舟比赛，吸引游客前来观看，其中叠滘的龙舟漂移技术让大家为之惊叹。如图所示，甲、乙两龙舟正并排以恒定的速率过同一圆形弯道，已知甲、乙两龙舟的质量关系为，下列说法正确的是（　　）
A．水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直，指向圆形弯道的圆心
B．若甲、乙转弯时速率相同，则甲所需的向心力更大
C．当转弯时的速度增大时，舵手身体向内侧倾斜的程度应增大
D．若甲、乙以相同的角速度转弯时，甲更容易发生漂移
【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A、水对龙舟的作用力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力，故水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直但不指向圆形弯道的圆心，故A错误；
B、根据向心力公式 ，转弯速率一样时，甲的质量小、半径也小，无法直接比较甲、乙的向心力大小，故B错误；
C、由 可知，R一定时，v越大，所需向心力越大，舵手身体向内侧倾斜程度越大，可以额外提供一部分向心力，故C正确；
D、由 可知，转弯角速度相同时，乙的质量大、半径大，所需向心力更大，更容易发生漂移，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查向心力的来源，水对龙舟的作用力是支持力和阻力的合力，并非单纯指向圆心；
B、考查向心力公式的应用，分析速率相同时质量和半径对向心力的影响；
C、考查向心力与速度的关系，速度增大时，所需向心力增大，需要舵手调整姿势提供额外向心力；
D、考查角速度相同时向心力的比较，结合质量和半径判断哪个龙舟更容易漂移。
3．在核医学中，因铜—64独特的“诊疗一体化”特性而备受青睐，分别适用于PET成像与治疗，其衰变方程有和，其中铜—64的半衰期均为12.7小时。下列说法正确的是（　　）
A．X是中子
B．Y是质子
C．大量的铜—64原子核，经过12.7小时，会有一半发生衰变
D．20个铜—64原子核，经过12.7小时，一定有10个铜—64原子核发生衰变
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A：衰变方程 ，根据质量数和核电荷数守恒，X的质量数为0，核电荷数为1，因此X为正电子，不是中子，故A错误；
B：衰变方程 ，根据质量数和核电荷数守恒，Y的质量数为0，核电荷数为-1，因此Y为负电子，不是质子，故B错误；
C：半衰期的定义是大量原子核衰变一半所需的时间，铜—64的半衰期为12.7小时，因此大量的铜—64原子核经过12.7小时，会有一半发生衰变，故C正确；
D：半衰期是统计规律，适用于大量原子核，对少量原子核（如20个）不适用，因此经过12.7小时，不一定有10个铜—64原子核发生衰变，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查核反应方程的守恒规律，根据质量数和核电荷数守恒判断衰变产物；
B：考查β衰变的特点，铜—64衰变为锌—64时放出负电子，属于β-衰变；
C：考查半衰期的定义，半衰期是大量原子核衰变的统计规律；
D：考查半衰期的适用条件，半衰期仅对大量原子核适用，对少量原子核不具有确定性。
4．在学校大扫除中，某同学用如图所示拖把拖地，他站在原地不动，然后用手向前推动拖把，拖杆给拖把头的力F一直沿拖杆向下，拖杆与竖直方向的夹角θ逐渐变大，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．与拖把头相关的作用力共有3对
B．地面对拖把头的作用力始终沿拖杆向上
C．若F的大小恒定，则F做功的瞬时功率也恒定
D．若F的大小恒定，则离人站的位置越远的地面与拖把头间的摩擦力越小，地面越难拖干净
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；功率及其计算
【解析】【解答】A、拖把头受到重力、地面对其的支持力、拖杆给拖把头的力F、地面对其的摩擦力，故与拖把头相关的作用力有4对，A错误；
B、若拖把头匀速运动，则地面对拖把头的作用力与F和拖把头重力的合力等大反向，现在拖把头的运动状态不确定，故地面对拖把头的作用力不一定沿拖杆向上，B错误；
C、F做功的瞬时功率，夹角变大，变大，拖把头与地面间的弹力变小，则拖把头受到的摩擦力变小，拖把头做加速运动，v变大，故F做功的瞬时功率变大，C错误；
D、地面对拖把头的支持力为，拖把头离人站的位置越远，越大，支持力越小，滑动摩擦力越小，地面越难拖干净，D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查受力分析，拖把头受重力、支持力、杆的作用力、摩擦力，共4个力，对应4对相互作用力；
B、考查地面对拖把头作用力的合成，地面对拖把头的作用力是支持力与摩擦力的合力，只有匀速运动时才与重力和F的合力等大反向；
C、考查瞬时功率的计算与动态分析，结合摩擦力变化判断加速度，进而分析速度与功率的变化；
D、考查支持力与摩擦力的动态分析，结合的变化分析支持力与摩擦力的大小，进而判断拖地效果。
5．2025年7月30日15时49分，我国利用运载火箭长征八号成功发射互联网低轨06组卫星，卫星发射成功后关闭动力系统，由于空气阻力的影响，导致卫星轨道逐渐变化，下列说法正确的是（　　）
A．卫星的轨道高度逐渐变大 B．卫星的周期逐渐增大
C．卫星的机械能逐渐减小 D．卫星的动量逐渐减小
【答案】C
【知识点】卫星问题；动量
【解析】【解答】A、由于空气阻力做负功，导致同一轨道时卫星的速度减小，万有引力大于所需的向心力，卫星做近心运动，轨道高度变小，故A错误；
B、根据，轨道半径变小，则卫星的周期逐渐减小，故B错误；
C、由于空气阻力做负功，卫星的机械能逐渐减小，故C正确；
D、轨道半径变小，由可知卫星的速度逐渐增大，根据可知，卫星的动量逐渐增大，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查卫星受空气阻力后的轨道变化，阻力使卫星减速，万有引力大于向心力，轨道高度降低；
B、考查开普勒第三定律的应用，轨道半径减小，周期随之减小；
C、考查机械能的变化，空气阻力做负功，卫星机械能不断损失；
D、考查线速度与动量的变化，轨道降低时卫星线速度增大，动量随之增大。
6．某课外小组利用生活中的常见物品进行电学小实验，如图所示，同学把锡纸片剪成圆形放入杯底并用螺丝钉固定（螺丝钉与锡纸接触良好），将杯子倒扣在桌面上，用锡纸制作多个质量较小的球状纸团放入杯中。用毛巾摩擦PVC材质塑料管后将塑料管靠近螺丝钉，发现杯中的小锡纸团在杯中上下跳跃。下列说法正确的是（　　）
A．圆形锡纸片所带电荷的电性与塑料管相反
B．杯中产生的电场为匀强电场
C．小锡纸团从桌面向上运动的过程中需克服电场力做功
D．小锡纸团撞击到锡纸片后向下运动的过程中电势能逐渐减小
【答案】D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A：塑料管靠近螺丝钉，根据感应起电的原理，螺丝钉上端所带电荷的电性与塑料管相反，锡纸片所带电荷的电性与塑料管相同，故 A 错误；
B：锡纸片带电后产生的电场可看成多个点电荷聚集后形成的电场，并不是匀强电场，故 B 错误；
C：小锡纸团从桌面向上运动的过程中所受电场力向上，对锡纸团做正功，故 C 错误；
D：小锡纸团撞击到锡纸片后与锡纸片带同种电荷，受到向下的电场力作用，在其向下运动的过程中电场力对其做正功，电势能逐渐减小，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查感应起电中导体电荷分布规律，近端感应异种电荷，远端感应同种电荷；
B：考查点电荷电场与匀强电场的区别，多个点电荷形成的电场并非匀强电场；
C：考查电场力做功与电势能变化的关系，电场力方向与位移方向相同时做正功；
D：考查同种电荷间的电场力作用，电场力方向与位移方向一致时做正功，电势能减小。
7．图甲是风力发电原理示意图，当风轮机的叶片转动时，叶片的转轴连接一个升速齿轮箱，齿轮箱中连接叶片的齿轮与连接发电机的转子的转轴相互啮合，如图乙所示。当风轮机的叶片转动时，发电机就可以进行发电了。某物理学习小组按照以上原理制作了一个小型发电机模型，已知叶片的转速为n，传动齿轮升速比（输入与输出转速比）达到，与升速齿轮箱相连的发电原理图如图丙所示，线圈匝数为N，面积为S，内部匀强磁场的磁感应强度大小为B，在一段时间内叶片稳定转动，忽略其他因素的影响，线圈电阻不计，则下列说法错误的是（　　）
A．线圈的转速为20n
B．线圈电动势的峰值为40πnNBS
C．负载的电阻为R时，发电机的输出功率与成正比
D．发电机输出的交流电的频率为40n
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、因为升速比为1：20，传动齿轮转速为20n，线圈的转速与传动齿轮转速相同，所以为20n，故A正确；
B、由于，其中，所以，故B正确；
C、发电机的输出功率，其中，代入得，所以发电机的输出功率与成正比，故C正确；
D、发电机输出的交流电的频率为，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、考查齿轮传动的转速比，升速比为1：20，输出转速为输入转速的20倍；
B、考查交变电流峰值的计算，结合角速度和求解；
C、考查发电机输出功率的计算，输出功率与电动势有效值的平方成正比，进而与转速的平方成正比；
D、考查交变电流频率与转速的关系，频率等于线圈的转速，即。
8．如图所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为C，电容器的A板接地，A板中间有一小孔S，B板不带电。被加热的灯丝K不断地释放电子（初速度可忽略不计），电子经过电压为U0的电场加速后通过小孔S，电子到达B板后被吸收，稳定后电容器所带电荷量为Q。设电子的电荷量大小为e，不计电子重力以及电子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．最终B板的电势低于灯丝K的电势
B．B板最多吸收个电子
C．电子从灯丝K运动到B板的过程中，电势能一直减小
D．若增大A、B板间的距离，则稳定后电容器所带电荷量小于Q
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电势差
【解析】【解答】A：根据动能定理，电子加速过程满足 ，而 ，又A板接地（），灯丝K的电势与A板电势差为，最终B板的电势与灯丝K的电势相等，故A错误；
B：当A、B板间电压达到时，电子无法再到达B板，此时电容器电荷量 ，因此B板最多吸收的电子数 ，故B正确；
C：电子从灯丝K到A板过程中，电场力做正功，电势能减小；从A板到B板过程中，电场力做负功，电势能增大，因此电势能并非一直减小，故C错误；
D：若增大A、B板间的距离，由 可知电容减小；由于最大电压不变，根据 ，稳定后电容器所带电荷量会小于原来的，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：通过动能定理和电势差关系，分析B板与灯丝K的电势；
B：结合电容器的最大电压和电容，计算B板最多吸收的电子数；
C：分阶段分析电子运动过程中电场力做功与电势能的变化；
D：根据电容决定式和电荷量公式，分析增大板间距对电荷量的影响。
9．图甲是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.6s，回桨用时0.4s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．在0~0.6s内，桨对水的力大于水对桨的力
B．在0~1s内，龙舟前进了0.48m
C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为
D．在此次练习的过程中，经过5次划桨后，龙舟的速度不低于3m/s
【答案】C,D
【知识点】牛顿第三定律；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：桨对水的力与水对桨的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，故A错误；
B：根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，0~1s内龙舟的位移为：，故B错误；
C：先由图像求加速度：划桨阶段（00.6s），回桨阶段（0.61.0s）。
对龙舟应用牛顿第二定律：，，解得。
冲量大小：，，代入比例得，故C正确；
D：设第次划桨后的速度为，每次划桨过程速度增加，
回桨过程速度减少，因此每次循环速度净增
初始速度为0，经过5次划桨后速度，
第5次回桨后速度为，故速度不低于3m/s，D正确；
故答案为：CD。
【分析】A：考查牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反；
B：考查v-t图像的位移计算，面积法是核心方法；
C：考查牛顿第二定律与冲量的结合，先通过加速度求力的比例，再计算冲量比；
D：考查多次运动的递推分析，通过每次循环的速度变化规律计算最终速度。
10．电磁泵具有密封性好，无直接接触，体积小等优点。如图所示为电磁泵模型，泵体的长、宽、高分别为a、b、c。将泵体的上下表面接在电压为U的电源上，电源内阻不计，泵体处在垂直于前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导电液体的电阻率为ρ。下列说法正确的是（　　）
A．电磁泵工作时，导电液体一定带正电
B．电磁泵工作时，泵体的上表面应接电源的负极
C．导电液体受到的安培力
D．适当地减小液体的电阻率，可以获得更大的抽液高度
【答案】B,C,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A、电磁泵的工作原理是导电液体在磁场中受安培力作用而流动，导电液体中的电荷载体可以是自由电子（负电荷），也可以是正离子（正电荷），不一定带正电，故A错误；
B、由图可知，导电液体受向左的安培力，由左手定则可知电流方向由下到上，则电磁泵工作时泵体的上表面应接电源的负极，故B正确；
C、泵体内导电液体的电阻，电流，导电液体受到的安培力，故C正确；
D、抽液高度与安培力大小直接相关，由C项的推导可知，安培力，即与电阻率成反比，因此为了增大安培力应减小电阻率，适当减小液体的电阻率，可以获得更大的抽液高度，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】A、考查电磁泵的工作原理，电荷载体可以是正电荷也可以是负电荷；
B、考查左手定则的应用，通过安培力方向判断电流方向，进而确定电源正负极；
C、考查电阻定律、欧姆定律与安培力公式的综合应用，先求电阻、电流，再求安培力；
D、考查安培力与电阻率的关系，结合安培力公式分析抽液高度的影响因素。
11．请完成下列实验操作和计算。
（1）在“练习使用游标卡尺和螺旋测微器的实验中”，用游标卡尺测量小球的直径，示数如图甲所示，读数为　 　cm。
（2）某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：
a．按图乙所示固定力传感器；
b．取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端固定在力传感器上；
c．让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力读数为F0；
d．让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图丙所示，其中F2是拉力的最大值，F1是拉力的最小值。
①小铁球的重力为　 　（用题中所给字母表示）。
②为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证F0=　 　是否成立即可（用F1、F2表示）。
③该同学想在此基础上继续测定当地的重力加速度，首先根据图丙可知单摆的周期为T=　 　；然后用游标卡尺测出小铁球的直径D，还测得该单摆的摆线长为L，则重力加速度的表达式为g=　 　（用物理量t0、L、D表示）。
【答案】（1）2.045
（2）F0；；4t0；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）小球的直径
故答案为：2.045
（2）①小铁球静止时，力传感器的示数为F0，即细线的拉力为F0，可知小铁球的重力为
②设小铁球在最低点的速度大小为v，由牛顿第二定律有
小铁球在最低点的动能为
从A点到最低点，小铁球的重力势能减少量等于重力做的功，即
另在A点对小铁球受力分析得
从A点到最低点的过程中，重力势能减少量等于动能的增加量，即
联立可得
③小铁球在经过最低点时细线的拉力最大，且一个周期内两次经过最低点，所以小铁球做单摆运动的周期
由单摆周期公式可知
解得
故答案为：①F0；②；③4t0；
【分析】(1) 本题考查 20 分度游标卡尺的读数方法，主尺读数加游标尺读数，注意单位换算；
(2) ① 利用静止时拉力等于重力直接求解；
② 通过最低点向心力公式和最高点受力分析，结合机械能守恒条件推导验证式；
③ 根据拉力变化周期确定单摆周期，结合单摆周期公式推导重力加速度表达式，注意摆长为摆线长加小球半径。
（1）小球的直径
（2）①[1]小铁球静止时，力传感器的示数为F0，即细线的拉力为F0，可知小铁球的重力为
②[2]设小铁球在最低点的速度大小为v，由牛顿第二定律有
小铁球在最低点的动能为
从A点到最低点，小铁球的重力势能减少量等于重力做的功，即
另在A点对小铁球受力分析得
从A点到最低点的过程中，重力势能减少量等于动能的增加量，即
联立可得
③[3]小铁球在经过最低点时细线的拉力最大，且一个周期内两次经过最低点，所以小铁球做单摆运动的周期
[4]由单摆周期公式可知
解得
12．某兴趣小组想探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。
（1）该兴趣小组先用多用电表探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。实验时，将热敏电阻置于温控室，多用电表选择合适挡位并进行欧姆调零后完成测量，测量过程中发现温控室温度升高时，多用电表的指针偏转角度变大，说明随着温度升高，热敏电阻的阻值　 　（填“增大”或“减小”）。
（2）该兴趣小组欲利用以下器材继续探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。
A、电压表（量程为6 V，内阻约为10 kΩ）
B、电压表（量程为15 V，内阻约为15 kΩ）
C、滑动变阻器（阻值范围为0~10 Ω）
D、滑动变阻器（阻值范围为0~1000 Ω）
E、定值电阻
F、热敏电阻
G、电源E（电动势为12 V，内阻r约为0.2 Ω）
H、开关若干，导线若干
I、温控室
①若要求实验过程中使两电压表的电压调节范围尽可能大，滑动变阻器应选择　 　（填写仪器前的字母标号），并在图甲中将电路图补充完整。　 　
②该兴趣小组测量热敏电阻的阻值步骤如下：
步骤1。闭合开关S前，将温控室的温度设置为T，滑动变阻器的滑片滑到合适位置。
步骤2。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表指针指在合适位置，记录此时电压表的示数为，电压表的示数为，改变滑动变阻器滑片的位置，测量并记录多组实验数据，并作出图乙所示的图像，根据图像求得热敏电阻的阻值　 　（用a，b和定值电阻表示）。
步骤3。改变温控室内的温度，重复步骤2，得到不同温度下热敏电阻的阻值。
③若考虑电压表内阻的影响，热敏电阻的测量值　 　（填“偏大”“偏小”或“准确”）。
【答案】（1）减小
（2）C；；；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）多用电表的指针偏转角度变大，说明所测阻值变小，即随着温度升高，热敏电阻的阻值减小。
故答案为：减小
（2） ① 实验中要求两电压表的电压调节范围尽可能大，因此滑动变阻器采用分压式接法，应选择阻值较小的滑动变阻器，C正确。
滑动变阻器采用分压式，故如图所示：
② 根据欧姆定律可得，整理可得，则图像的斜率，解得
③ 若考虑电压表内阻的影响，则通过热敏电阻的电流真实值大于测量值，故热敏电阻的测量值大于真实值。
故答案为：C；；；偏大
【分析】(1) 本题考查多用电表欧姆挡的读数特点，指针偏转角度与电阻阻值成反比；
(2) ① 分压式接法可使电压调节范围更大，因此选择小阻值滑动变阻器；
② 通过欧姆定律推导 U1与 U2的关系，结合图像斜率求解热敏电阻阻值；
③ 电压表内阻的分流作用会导致测量电流偏小，从而使测量的电阻值偏大。
（1）多用电表的指针偏转角度变大，说明所测阻值变小，即随着温度升高，热敏电阻的阻值减小。
（2）[1]实验中要求两电压表的电压调节范围尽可能大，因此滑动变阻器采用分压式接法，应选择阻值较小的滑动变阻器，故选C。
[2]滑动变阻器采用分压式，故如图所示
[3]根据欧姆定律可得
整理可得
则图像的斜率
解得
[4]若考虑电压表内阻的影响，则通过热敏电阻的电流真实值大于测量值，故热敏电阻的测量值大于真实值。
13．某实验小组模拟马德堡半球实验，如图甲所示，小组把两个相同半径的半球合在一起构成一个球形，用抽气泵抽出半球内90%质量的气体，抽气过程气体温度保持不变，半球两旁各有一组数量相同的同学用力向外拉半球。已知半球的半径r=20cm，大气压强p0=1.0×105Pa，每位同学平均能产生F0=500N的拉力，请问总共至少需要多少位同学才能将两个半球拉开？（不考虑半球的重力和半球之间的摩擦力）
【答案】解：封闭气体在抽气泵作用下，有10%留在球内，有90%抽至球外，假设抽出球外气体的温度和压强与球内相同，则球外气体的体积是球内体积的9倍，设整个球体的体积为V0，抽气过程气体发生等温变化，则由玻意耳定律可得
代入数据解得
对其中一个半球受力分析，有
其中
可得
则总共至少需要46位同学才能将两个半球拉开。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】首先利用等温过程的玻意耳定律求出抽气后球内气体压强，关键是将抽出的气体等效为与球内气体同温同压的状态；
对半球进行受力分析，外界大气压、内部气体压力和同学拉力平衡，求出单侧所需人数；
因人数必须为整数，需向上取整后计算总人数。
14．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在光滑斜面的底部，另一端连接质量为m的木块处于静止状态，质量为3 m的小孩从距离木块L处由静止开始沿斜面下滑，随后与木块碰撞后抱着木块一起压缩弹簧，碰撞时间忽略不计，碰后一起下滑的最大距离为，弹簧始终处于弹性限度内，且人的运动方向始终与弹簧的轴线在同一直线上，人和木块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧的弹性势能，其中k为劲度系数，x为形变量，求：
（1）人与木块碰撞过程系统损失的机械能；
（2）人与木块碰后一起下滑到最低点的过程中，人对木块做的功W；
（3）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1）解：人由静止到与木块碰撞过程，由机械能守恒定律可得
解得
人与木块碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
人与木块碰撞过程系统损失的机械能
解得
（2）解：人与木块一同向下滑，设木块对人做的功为，对人由动能定理得
人对木块做的功
（3）解：木块静止时，有
人抱住木块后一起滑到最低点的过程，人、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，有
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查机械能守恒与动量守恒的结合，先通过机械能守恒求小孩碰撞前速度，再用动量守恒求共同速度，最后计算碰撞过程的机械能损失；
(2) 本题考查动能定理的应用，通过对小孩的受力分析，利用动能定理求出木块对人的功，再由牛顿第三定律得到人对木块的功；
(3) 本题考查系统机械能守恒与受力平衡的结合，先由木块静止时的平衡条件建立弹簧形变量与劲度系数的关系，再通过机械能守恒方程联立求解劲度系数。
（1）人由静止到与木块碰撞过程，由机械能守恒定律可得
解得
人与木块碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
人与木块碰撞过程系统损失的机械能
解得
（2）人与木块一同向下滑，设木块对人做的功为，对人由动能定理得
人对木块做的功
（3）木块静止时，有
人抱住木块后一起滑到最低点的过程，人、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，有
联立解得
15．如图所示的空间坐标系中，在处有一平行yOz平面的边长为L的正方形收集板abcd，其中心O'在x轴上，在O处有一粒子发射源，可在yOz平面向各个方向发射速率均为的电子。空间存在着沿x轴负方向的匀强电场，可使所有电子打在收集板上。已知电子的比荷为k，不计电子重力及电子之间的相互作用力。
（1）求该电场电场强度的最小值E；
（2）求电子到达收集板的最小速率v；
（3）在满足（1）的条件下，若增加一沿x轴负方向的匀强磁场，使得所有电子都汇聚在O'，求磁感应强度B。
【答案】（1）解：以从O点沿z轴正方向射出的电子为例，电子到达收集板bc边的中点时，对应电场强度为最小值，电子的加速度
由类平抛运动的规律得，
又有比荷
解得
（2）解：根据题意，由动能定理可得
解得
（3）解：增加一个沿x轴负方向的磁场后，仍以沿z轴正方向射入的电子为例，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
周期
从侧面abcd观察，当粒子经历整数个周期T时，重新回到x轴，则应满足
联立可得
【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；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）本题考查类平抛运动的临界问题，以沿边缘射出的电子为研究对象，通过运动学公式联立求解最小电场强度；
（2）本题考查动能定理在电场中的应用，电场力做功全部转化为电子动能的增量；
（3）本题考查带电粒子在正交电磁场中的运动，将运动分解为x方向的匀加速直线运动和y-z平面的匀速圆周运动，通过运动时间匹配关系求解磁感应强度。
（1）以从O点沿z轴正方向射出的电子为例，电子到达收集板bc边的中点时，对应电场强度为最小值，电子的加速度
由类平抛运动的规律得，
又有比荷
解得
（2）根据题意，由动能定理可得
解得
（3）增加一个沿x轴负方向的磁场后，仍以沿z轴正方向射入的电子为例，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
周期
从侧面abcd观察，当粒子经历整数个周期T时，重新回到x轴，则应满足
联立可得
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