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2026届四川绵阳市三台中学高三三诊模拟考试物理试题（二）
1．如图所示是教材中的一些插图，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，在用图像计算做功时，变力所做功的大小近似等于所有小矩形面积之和，这里采用了控制变量法的思路
B．图乙中，在卡文迪什扭秤实验中采用了放大法的思路
C．图丙中，光滑斜面体对于用轻绳竖直悬挂的小球有垂直于斜面的弹力
D．图丁中，闭合线圈绕平行于磁感线的轴转动，线圈中会产生逆时针方向的感应电流
2．叉车在短距离运输作业中被大量使用。如图所示，一叉车运载着木箱沿倾角为的斜坡向上匀速行驶时，货叉的侧面和底面对木箱的弹力大小分别为和，货叉对木箱的作用力为F，木箱的重力为G。货叉的底面与斜坡平行，与货叉侧面垂直。不计木箱与货叉的摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若仅增大，则减小
D．无论怎样变化，F与G的大小始终相等
3．空间站为了避免太空垃圾撞击，采取了“主动规避+被动防护+源头控制”等多层避险方案。如图所示，太空垃圾碎片A、B均处于远地点，和空间站恰好三者共线，A、B椭圆轨道与空间站的圆形轨道相切于M点，下列说法正确的是（　　）
A．碎片A的机械能大于碎片B的机械能
B．碎片A从远地点向近地点运动的过程中，机械能减小
C．碎片A再经过半个周期后，一定与空间站在M点相遇
D．若碎片A在M点被收进空间站，则碎片A动能减小
4．光控继电器是一种利用光信号控制电路通断的半导体器件，其工作原理如图所示。它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当光照强度达到一定值时，形成的光电流被放大器放大后，电磁铁产生足够强的磁场吸引衔铁，从而达到控制电路通断的目的。已知“硬磁材料”一经磁化即能保持恒定磁性，而“软磁材料”则易于磁化，也易于退磁。对于这一控制电路，下列说法正确的是（　　）
A．放大器左边的电路电流方向沿顺时针
B．光控继电器的电磁铁的铁芯应采用“硬磁材料”
C．如果蓝光能使该继电器工作，那么黄光也一定能使其工作
D．用该光控继电器控制路灯工作时，白天电磁铁吸住衔铁接通电路
5．图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，弹簧弹力为0
B．时，手机位于平衡位置上方
C．从至，手机的动能增大
D．a随t变化的关系式为
6．竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从两带电平行金属板中的点竖直向上抛出，其运动轨迹如图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，不计空气阻力，则（　　）
A．小球从到的时间小于到的时间
B．小球从到的动量变化量等于到的动量变化量
C．小球从到的电势能变化量只有到的电势能变化量的一半
D．小球从到的过程中，经点时为速度最小值
7．如图所示，可视为质点的相同小球A、B分别用长为、的细绳悬挂在同一竖直线的两点，点为两悬挂点在地面的投影。现使A、B两球在离地高度均为的水平面内做圆周运动，其半径分别为。则（　　）
A．两球的周期相等
B．两根细绳的拉力大小相等
C．若同时剪断两根细绳，球先落地
D．若同时剪断两根细绳，两球的落地点到点的距离相等
8．如图为汽车空气悬挂系统的结构简化图，车身连接汽缸，活塞连着车轮，导热良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸通过阀门与气泵相连，此时阀门关闭，活塞正好处于汽缸正中间。汽缸密封良好且与活塞间无摩擦，活塞始终在汽缸内来回运动，不考虑轮胎的形变及环境温度的变化，下列说法正确的是（　　）
A．通过崎岖路面，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体压强减小
B．通过崎岖路面，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体放出热量
C．通过崎岖路面，汽缸相对活塞上升时，活塞对汽缸内气体做正功
D．通过水平路面时，若缓慢抬高车身，则需打开阀门，用气泵给汽缸充入一定量的空气
9．随着我国航母福建舰的服役，电磁弹射再次成为热门话题。图1所示为一款电磁弹射演示装置，电源电动势为，内阻为，水平光滑平行金属导轨间距为，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为的金属棒垂直导轨放置，电流传感器A及导轨的电阻可忽略。演示时先将开关K接1，待稳定后将开关K接2，金属棒随即被弹射出去，弹射过程电流传感器检测到的电流与时间的关系图线如图2所示，其中已知，阴影部分的面积为。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒接入电路的电阻为
B．金属棒接入电路的电阻为
C．金属棒脱离导轨时的速度大小为
D．金属棒脱离导轨时的速度大小为
10．如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为相距为的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．第一次碰后A的速度为
B．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为
C．一、二次碰撞间隔的时间大于二、三次碰撞间隔的时间
D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为
11．某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示。
（1）下列措施能够提高实验准确度的是　　　　　。
A．P3和P4之间的距离适当减小
B．P1、P2连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当增大
C．选用宽度较大的玻璃砖
D．平行移动玻璃砖在纸上的位置
（2）该同学在插P4针时不小心插得偏左了一点，则折射率的测量值　 　（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
（3）另一同学操作正确，根据实验记录在白纸上画出光线的径迹，过入射光线上A点作法线NN'的平行线交折射光线的反向延长线于B点，再过B点作法线NN'的垂线，垂足为C点，如图乙所示，其中OB∶OA∶BC=3∶2∶，则玻璃的折射率n=　 　。
12．某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
（1）该同学首先利用多用电表电阻“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值　 　。
（2）该同学为了进一步探究此热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最　 　（选填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表的示数为2.5mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为　 　（结果保留两位有效数字）。
（3）经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越　 　（选填“大”或“小”）。
（4）该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势，定值电阻，长度的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为　 　cm（结果保留一位有效数字）。
13．如图所示，足够长的平行金属直导轨间距，导轨平面与水平面夹角为，导轨处于竖直向下，磁感应强度的匀强磁场中，在导轨上端连接的定值电阻。将一质量，长度为的金属棒在导轨某处由静止释放，经过一段时间金属棒匀速下滑，金属棒与导轨之间不计摩擦。金属棒和导轨电阻也不计，重力加速度g取。求：
（1）刚释放时，金属棒的加速度大小；
（2）匀速下滑时金属棒的速度大小；
14．如图甲所示，半径为的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大小随距圆心的距离的变化如图乙所示，图中为已知量。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为，电荷量为的带电粒子，从圆心点由静止释放，粒子沿半径运动至虚线边界上的点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达点后沿进入电场的路径返回磁场，最后刚好沿方向回到点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间记为（未知）。已知磁场的磁感应强度，不计带电粒子的重力。求：
（1）带电粒子经过点时的速度大小；
（2）的大小；
15．如图甲，羽毛球位于球筒底部，为将羽毛球从筒中取出，小明握住球筒从高为的地方将羽毛球筒开口朝下竖直向下挥向地面，此过程中手对球筒作用力可视为恒力，方向竖直向下。球筒刚接触地面时，手立刻松开。已知羽毛球质量为，球筒质量为，球筒和羽毛球之间最大静摩擦力为5mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，球筒长度为，空气阻力忽略不计，重力加速度为，
（1）求球筒竖直向下运动过程中，羽毛球对球筒作用力的大小和方向；
（2）球筒与硬质地面撞击作用时间为，经测量非常小，且撞后球筒不反弹，求撞击过程中地面对球筒平均冲击力的大小，并判断此后羽毛球是否溜到球筒口；
（3）接（2）问，小明将球筒提到离地高度为处，如图乙所示，在极短时间内使球筒获得一水平向右速度，并从手中飞出，为使筒落地前球从筒口溜出，求：
①时，球筒从手中水平飞出速度的取值范围；
②时，球筒从手中水平飞出速度的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】形变与弹力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；微元法；放大法
【解析】【解答】A．图甲中，在用图像计算做功时，变力所做功的大小近似等于所有小矩形面积之和，这里采用了微元法，故A错误；
B．图乙中，在卡文迪什扭秤测量万有引力常量的实验中采用了放大法的思路，故B正确；
C．图丙中，小球竖直方向受到重力和轻绳的拉力，若光滑斜面体小球有弹力，小球合力不为零，不能静止，所以小球不受弹力作用，故C错误；
D．图丁中，闭合线圈绕平行于磁感线的轴转动时，磁场与线圈始终平行，穿过线圈的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故D错误。
故选B。
【分析】 对应四幅图的物理原理与实验方法，结合受力分析、电磁感应条件，逐项判断正误。
混淆微元法与控制变量法、误判斜面对小球的弹力、忽略感应电流的磁通量变化条件。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABD．货物沿斜坡向上匀速行驶，对货物分析可知，，
由于，可知，，F等于木箱的重力G，与无关，故AB错误，D正确；
C．由于，若仅增大，则也增大，故C错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查物体在斜面上的受力平衡问题，核心是对木箱进行受力分析，分解重力并结合平衡条件判断各力的关系。
3．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．机械能大小和物体质量有关，由于不清楚碎片A、B的质量关系，所以无法比较碎片A、B的机械能，故A错误；B．只有万有引力做功，碎片A从远地点向近地点运动的过程中，机械能守恒，故B错误；
C．碎片A的轨道半长轴大于空间站的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，碎片A的周期大于空间站的周期；已知太空垃圾碎片A、B均处于远地点，和空间站恰好三者共线，则碎片A再经过半个周期后，不一定与空间站在M点相遇，故C错误；
D．根据卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，卫星的动能减小；若碎片A在M点被收进空间站，碎片相当于做向心运动，则碎片A动能减小，故D正确。
故选：D。
【分析】根据机械能与物体质量有关进行分析解答；根据机械能守恒定律分析解答；根据开普勒第三定律结合几何关系进行分析解答；根据卫星变轨时速度和动能的变化情况进行分析解答。
4．【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；生活中常见的传感器；光电效应
【解析】【解答】A．当光电管工作时，光照射阴极打出的电子向阳极运动形成光电流，如图所示放大器左端电子移动方向为逆时针，由于电流方向与电子运动方向相反，所以放大器左边的电路电流方向沿顺时针，A正确。
B．电磁铁通过电流控制磁场变化，也就是利用电流的产生让材料进行磁化产生磁性，铁芯应采用“软磁材料”，B错误；
C．黄光频率比蓝光低，蓝光照射时，根据光电效应方程，由于蓝光具有的能量大于逸出功所以光电管阴极能发生光电效应，改用黄光照射时黄光的能量不一定大于逸出功所以就不一定能发生光电效应，C错误；
D．路灯白天断开，晚上工作时，由于白天光照会导致电路导通，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路，D错误。
故选A。
【分析】利用光电子的移动方向可以判别电路中电流的方向；利用电磁铁原理可以判别铁芯应该选择软磁材料；利用光电效应方程可以判别黄光能量低不一定能控制电路工作；路灯白天不需要工作，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路。
5．【答案】D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A、时，合力为零，，弹簧弹力不等于0，故A错误；
B、加速度为正（向上），由简谐运动规律，加速度与位移反向，位移向下，手机在平衡位置下方，故B错误；
C、加速度变大，远离平衡位置，速度减小，动能减小，故C错误；
D、周期，，为正弦图像，，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查简谐运动平衡位置特点：时弹力等于重力；
B、考查加速度与位移关系：与反向，向上则位移向下；
C、考查简谐运动能量变化：远离平衡位置速度减小、动能减小；
D、考查简谐运动振动表达式，由周期求角频率，结合振幅写出函数。
6．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；电场力做功；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB．小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点以后做自由落体运动，因为在同一水平线上，由可知小球上升和下降的过程用时相等，小球所受重力和电场力都为恒力，合力恒定，上升和下落时间相同，由I=Ft可知合外力冲量相等，根据动量定理I=可知动量变化量相等，故A错误，B正确；
C．小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，因为和的运动时间相等，根据初速度为0的匀加速直线运动推论可知，从到的水平位移与从到的水平位移之比为
则从到电场力做功与从到电场力做功之比为
由可知小球从到的电势能变化量与从到的电势能变化量之比为，故C错误；
D．如图所示：
由受力分析可知，开始时合力与初速度成钝角，速度减小，当二者垂直时，速度最小值，即轨迹切线与合力方向垂直时，该点在左侧，故D错误。
故选B。
【分析】本题考查带电小球在重力场和电场的复合场中的运动问题，将小球的运动按照竖直方向和水平方向进行分解，在求小球从到和到的动量变化量时要注意结合动量定理进行求解；通过电场力做功之比找出电势能变化量之比；合力与初速度成钝角，速度减小，合力与初速度成锐角，速度增加，当二者垂直时，取得速度有极值。
7．【答案】D
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．令悬挂A、B球的细绳与竖直方向的夹角分别为、，则有，解得，，解得；对A、B球，均受到重力与细绳的拉力，竖直方向合力为零，则有，，解得；由重力与拉力的合力提供向心力，则有，，解得，故AB错误；
C．两球离地高度为，同时剪断两根细绳，小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有，解得，故两球同时落地，故C错误；
D．对A、B球，由可得，
平抛运动过程水平方向，匀速运动，有，
落地点到O点的距离，，解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据小球的受力情况求出细绳的拉力；应用牛顿第二定律求出小球做圆周运动的周期；剪断细绳后小球做平抛运动，应用运动学公式求解。
本题是水平面内的圆周运动及平抛运动相结合的题目，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
8．【答案】B,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．汽缸导热良好，内部温度始终等于外界温度；汽缸相对活塞下降时，体积减小，由可知压强增大，活塞对汽缸内气体做正功，W>0，温度不变，，由可知汽缸内气体放出热量，故A错误，B正确；
C．通过崎岖路面，汽缸相对活塞上升时，汽缸内气体体积增大，汽缸内气体对活塞做正功，故C错误；
D．通过水平路面，若缓慢抬高车身，则气体压强不变，需打开阀门，用气泵给汽缸充入一定量的空气，气体体积增加，故D正确。
故选BD。
【分析】由理想气体状态方程判断温度、体积、压强变化；由热力学第一定律判断吸放热。
考查理想气体状态方程以及热力学第一定律的应用。
9．【答案】A,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．当开关接1时，电源给电容器充电，稳定时电容器两极板间电压等于电源电动势，即。当开关接2时，电容器通过金属棒放电则最大电流，可得金属棒接入电路的电阻为，故A正确，B错误；
CD．对金属棒，由动量定理可得，又有，其中为通过金属棒的电荷量，由图2可知，联立解得，故金属棒脱离导轨时的速度大小为，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】先利用开关接稳定时的闭合电路欧姆定律求金属棒电阻，再对弹射过程结合电流时间图像的面积(电荷量)与安培力冲量，通过动量定理求解金属棒脱离时的速度，进而判断各选项。
本题以电磁弹射装置为生活化情境，融合闭合电路欧姆定律、动量定理及电流图像的物理意义，考查电磁学与力学的综合应用，侧重对电荷量、冲量等物理量的转化分析能力。
10．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】B.因物体A光滑，沿斜面下滑时，受重力、支持力，根据牛顿第二定律可得
解得，对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为，根据可得，解得，故B正确；
A．第一次碰撞前，A的速度为，设第一碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒有，机械能守恒有
联立解得，，故A错误；
C．碰后B物体沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律可得
解得，两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经时间相碰，则有
解得，第二次碰撞前，A的速度为，
设第二碰后A的速度为，B的速度为，由于AB质量相等，由弹性碰撞知识可知交换速度，所以，，设第二次碰后到第三次碰所用时间为，则
解得，则一、二次碰撞间隔的时间等于二、三次碰撞间隔的时间，故C错误；
D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为，故D正确。
故选BD。
【分析】根据题意判断、的运动过程与运动性质，应用牛顿第二定律与运动学公式求出碰撞前的速度，两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度。分析第一次碰后两物体的运动情况，根据两滑块的运动过程应用运动学公式求出滑块的运动时间。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚滑块的运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
11．【答案】（1）B；C
（2）偏小
（3）1.5
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A．为减小误差，P3和P4之间的距离应适当增大，故A错误；
B．为了使折射现象更明显，误差较小，P1、P2连线与玻璃砖分界面法线的夹角应该适当增大，故B正确；
C．光在宽度较大的玻璃砖中的传播路程较长，入射点与出射点之间的距离较大，角度测量越准确，误差越小，故C正确；
D．平行移动玻璃砖，玻璃砖在纸上的位置会变化，会使测量出现误差，故D错误。
故选BC
（2）P4针插得偏左一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏大，根据n=可知，折射率的测量值偏小。
（3）由几何知识得，，则玻璃的折射率
【分析】 (1)根据减小作图误差判断；根据使折射现象更明显判断；根据减小角度测量误差判断；
(2)根据折射角测量值的变化情况，结合折射定律判断；
(3)根据折射定律和几何知识计算。
本题关键掌握利用“插针法”测定玻璃的折射率的实验原理和误差分析。
（1）A．为减小作图误差，P3和P4之间的距离应适当增大，A项错误；
B．P1、P2连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当增大，折射现象更明显，误差较小，B项正确；
C．光在宽度较大的玻璃砖中的传播路程较长，入射点与出射点之间的距离较大，角度测量越准确，误差越小，C项正确；
D．平行移动玻璃砖在纸上的位置，会使测量出现误差，D项错误。
故选BC
（2）P4针插得偏左一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏大，根据n=可知，折射率的测量值偏小。
（3）由几何知识得，
则玻璃的折射率
12．【答案】（1）1.9
（2）左；5.0
（3）大
（4）5
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为
故答案为：1.9
（2）为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。
并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
故答案为：左；5.0
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。
故答案为：大
（4）电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为h，热敏电阻的总阻值
解得
故答案为：5
【分析】(1) 多用电表电阻“×100”挡读数为指针示数乘以倍率；
(2) 滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前滑片应置于使被测部分电压为零的一端；并联电路中各支路电压相等，利用欧姆定律求热敏电阻阻值；
(3) 由图像可知，温度越低，热敏电阻的阻值越大；
(4) 根据报警电流求出总电阻，再结合不同温度下的热敏电阻阻值，通过加权平均计算液面高度。
（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为
（2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。
[2]并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。
（4）电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为h，热敏电阻的总阻值
解得
13．【答案】（1）解：开始释放时，初速度为0，由可知
由牛顿第二定律可得
解得；
（2）解：金属棒匀速下滑时，垂直磁场方向的速度为，产生的感应电动势
匀速运动时合力为零，可得
代入与
解得。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行解答；
(2)金属棒匀速运动时，合外力为零，根据平衡条件进行解答。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
（1）开始释放时，初速度为0，则
由牛顿第二定律
可得
（2）金属棒匀速下滑时，产生的感应电动势
匀速运动时
代入与
解得
14．【答案】（1）解：图像的面积表示电势差，根据乙图可得OP间电势差为，
由动能定理可得
解得；
（2）解：设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据题意作轨迹图如图，
洛伦兹力提供向心力
设，由几何关系可知
解得，所以
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为
粒子在磁场中运动总时间
粒子在磁场中运动周期为
解得。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；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】本题考查带电粒子在组合场中的运动。
(1)利用图像的面积计算电势差，再根据动能定理计算带电粒子经过点时的速度大小；
(2)根据洛仑兹力提供向心力，计算粒子在磁场中的半径，再利用几何关系计算圆心角，画出轨迹图，即可得出总时间与角度关系，进而计算的大小；
(3)根据题意画出可能的轨迹图，分析角度关系，结合数学知识分析可能的情况。
（1）根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差，则
由动能定理可得
解得
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据题意作轨迹图，由向心力公式得
设，由几何关系可知
解得，所以
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为
粒子在磁场中运动总时间
粒子在磁场中运动周期为
解得
15．【答案】（1）解：设球与球筒一起向下运动时，球受向下大小为的静摩擦力，加速度为，则对球筒，由牛顿第二定律可得
对羽毛球
联立解得，
假设成立，即羽毛球受到的摩擦力大小为，方向竖直向下，由牛顿第三定律可得羽毛球对球筒的摩擦力大小为，方向竖直向上；
（2）解：由（1）可知，球筒落地前，球与球筒一起以向下加速，
设落地瞬间羽毛球速度为，由可得
解得
设撞击过程中地面对球筒平均冲击力为，规定向上为正方向，由动量定理得，其中f=5mg，
解得
筒撞击地面后，羽毛球向下做匀减速运动，设加速度为，则有
代入得
设羽毛球下落的位移为，由速度与位移关系式知
代入得
故羽毛球不可以溜到球筒口。
（3）解：由（2）可得，小明将球筒提到离地高度为处，此时羽毛球处于球筒中间位置。
①由题知，时，以一定的速度水平抛出球筒，对球筒，竖直方向做自由落体运动，有
代入得
羽毛球水平方向向右做匀加速运动，设加速度为，则有
代入得
球筒向右做匀减速运动，加速度为
设抛出时筒的初速度为，则羽毛球满足以下条件：
筒落地前球从筒口溜出
代入得
同时，为保证落地之前能够溜出来，羽毛球和球筒应该发生相对运动，设共速时间为，速度为；由
求得
为使空中不共速，则
可求得
综合考虑：则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
②同理，当时，则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
代入得
设抛出时筒的初速度为，则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
代入得
同时，为保证落地之前能够溜出来，羽毛球和球筒应该发生相对运动，则
可求得
综合考虑：则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出

【知识点】动量定理；竖直上抛运动；牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】(1)对球筒和羽毛球分别列牛顿第二定律方程计算摩擦力；
(2)根据运动学规律、动量定理计算平均冲力，根据牛顿第二定律和运动学规律计算羽毛球的位移；
(3)球筒水平抛出，根据平抛运动规律和牛顿第二定律、运动学公式推导速度。
本题关键掌握牛顿第二定律和复杂直线运动的结合问题。
（1）设球与球筒相对静止，球受静摩擦力向下，为，加速度为，则对整体
对羽毛球
代入得
假设成立，即羽毛球受到的摩擦力大小为，方向竖直向下，由牛顿第三定律可得羽毛球对球筒的摩擦力大小为，方向竖直向上。
（2）由（1）可知，球筒落地前，球与球筒一起以
向下加速，设落地瞬间羽毛球速度为，则有
解得
设撞击过程中地面对球筒平均冲击力为，由动量定理知
代入得
筒撞击地面后，羽毛球向下做匀减速运动，设加速度为，则有
代入得
设羽毛球下落的位移为，由速度与位移关系式知
代入得
故羽毛球不可以溜到球筒口。
（3）由（2）可得，小明将球筒提到离地高度为处，此时羽毛球处于球筒中间位置。
①由题知，时，以一定的速度抛出球筒，对球筒，竖直方向有
代入得
羽毛球水平方向向右做匀加速运动，设加速度为，则有
代入得
球筒向右做匀减速运动，加速度为
设抛出时筒的初速度为，则羽毛球满足以下条件：
筒落地前球从筒口溜出
代入得
同时，为保证落地之前能够溜出来，羽毛球和球筒应该发生相对运动，设共速时间为，速度为；由
求得
为使空中不共速，则
可求得
综合考虑：则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
②同理，当时，则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
代入得
设抛出时筒的初速度为，则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
代入得
同时，为保证落地之前能够溜出来，羽毛球和球筒应该发生相对运动，则
可求得
综合考虑：则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
1 / 12026届四川绵阳市三台中学高三三诊模拟考试物理试题（二）
1．如图所示是教材中的一些插图，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，在用图像计算做功时，变力所做功的大小近似等于所有小矩形面积之和，这里采用了控制变量法的思路
B．图乙中，在卡文迪什扭秤实验中采用了放大法的思路
C．图丙中，光滑斜面体对于用轻绳竖直悬挂的小球有垂直于斜面的弹力
D．图丁中，闭合线圈绕平行于磁感线的轴转动，线圈中会产生逆时针方向的感应电流
【答案】B
【知识点】形变与弹力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；微元法；放大法
【解析】【解答】A．图甲中，在用图像计算做功时，变力所做功的大小近似等于所有小矩形面积之和，这里采用了微元法，故A错误；
B．图乙中，在卡文迪什扭秤测量万有引力常量的实验中采用了放大法的思路，故B正确；
C．图丙中，小球竖直方向受到重力和轻绳的拉力，若光滑斜面体小球有弹力，小球合力不为零，不能静止，所以小球不受弹力作用，故C错误；
D．图丁中，闭合线圈绕平行于磁感线的轴转动时，磁场与线圈始终平行，穿过线圈的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故D错误。
故选B。
【分析】 对应四幅图的物理原理与实验方法，结合受力分析、电磁感应条件，逐项判断正误。
混淆微元法与控制变量法、误判斜面对小球的弹力、忽略感应电流的磁通量变化条件。
2．叉车在短距离运输作业中被大量使用。如图所示，一叉车运载着木箱沿倾角为的斜坡向上匀速行驶时，货叉的侧面和底面对木箱的弹力大小分别为和，货叉对木箱的作用力为F，木箱的重力为G。货叉的底面与斜坡平行，与货叉侧面垂直。不计木箱与货叉的摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若仅增大，则减小
D．无论怎样变化，F与G的大小始终相等
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABD．货物沿斜坡向上匀速行驶，对货物分析可知，，
由于，可知，，F等于木箱的重力G，与无关，故AB错误，D正确；
C．由于，若仅增大，则也增大，故C错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查物体在斜面上的受力平衡问题，核心是对木箱进行受力分析，分解重力并结合平衡条件判断各力的关系。
3．空间站为了避免太空垃圾撞击，采取了“主动规避+被动防护+源头控制”等多层避险方案。如图所示，太空垃圾碎片A、B均处于远地点，和空间站恰好三者共线，A、B椭圆轨道与空间站的圆形轨道相切于M点，下列说法正确的是（　　）
A．碎片A的机械能大于碎片B的机械能
B．碎片A从远地点向近地点运动的过程中，机械能减小
C．碎片A再经过半个周期后，一定与空间站在M点相遇
D．若碎片A在M点被收进空间站，则碎片A动能减小
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．机械能大小和物体质量有关，由于不清楚碎片A、B的质量关系，所以无法比较碎片A、B的机械能，故A错误；B．只有万有引力做功，碎片A从远地点向近地点运动的过程中，机械能守恒，故B错误；
C．碎片A的轨道半长轴大于空间站的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，碎片A的周期大于空间站的周期；已知太空垃圾碎片A、B均处于远地点，和空间站恰好三者共线，则碎片A再经过半个周期后，不一定与空间站在M点相遇，故C错误；
D．根据卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，卫星的动能减小；若碎片A在M点被收进空间站，碎片相当于做向心运动，则碎片A动能减小，故D正确。
故选：D。
【分析】根据机械能与物体质量有关进行分析解答；根据机械能守恒定律分析解答；根据开普勒第三定律结合几何关系进行分析解答；根据卫星变轨时速度和动能的变化情况进行分析解答。
4．光控继电器是一种利用光信号控制电路通断的半导体器件，其工作原理如图所示。它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当光照强度达到一定值时，形成的光电流被放大器放大后，电磁铁产生足够强的磁场吸引衔铁，从而达到控制电路通断的目的。已知“硬磁材料”一经磁化即能保持恒定磁性，而“软磁材料”则易于磁化，也易于退磁。对于这一控制电路，下列说法正确的是（　　）
A．放大器左边的电路电流方向沿顺时针
B．光控继电器的电磁铁的铁芯应采用“硬磁材料”
C．如果蓝光能使该继电器工作，那么黄光也一定能使其工作
D．用该光控继电器控制路灯工作时，白天电磁铁吸住衔铁接通电路
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；生活中常见的传感器；光电效应
【解析】【解答】A．当光电管工作时，光照射阴极打出的电子向阳极运动形成光电流，如图所示放大器左端电子移动方向为逆时针，由于电流方向与电子运动方向相反，所以放大器左边的电路电流方向沿顺时针，A正确。
B．电磁铁通过电流控制磁场变化，也就是利用电流的产生让材料进行磁化产生磁性，铁芯应采用“软磁材料”，B错误；
C．黄光频率比蓝光低，蓝光照射时，根据光电效应方程，由于蓝光具有的能量大于逸出功所以光电管阴极能发生光电效应，改用黄光照射时黄光的能量不一定大于逸出功所以就不一定能发生光电效应，C错误；
D．路灯白天断开，晚上工作时，由于白天光照会导致电路导通，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路，D错误。
故选A。
【分析】利用光电子的移动方向可以判别电路中电流的方向；利用电磁铁原理可以判别铁芯应该选择软磁材料；利用光电效应方程可以判别黄光能量低不一定能控制电路工作；路灯白天不需要工作，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路。
5．图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，弹簧弹力为0
B．时，手机位于平衡位置上方
C．从至，手机的动能增大
D．a随t变化的关系式为
【答案】D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A、时，合力为零，，弹簧弹力不等于0，故A错误；
B、加速度为正（向上），由简谐运动规律，加速度与位移反向，位移向下，手机在平衡位置下方，故B错误；
C、加速度变大，远离平衡位置，速度减小，动能减小，故C错误；
D、周期，，为正弦图像，，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查简谐运动平衡位置特点：时弹力等于重力；
B、考查加速度与位移关系：与反向，向上则位移向下；
C、考查简谐运动能量变化：远离平衡位置速度减小、动能减小；
D、考查简谐运动振动表达式，由周期求角频率，结合振幅写出函数。
6．竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从两带电平行金属板中的点竖直向上抛出，其运动轨迹如图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，不计空气阻力，则（　　）
A．小球从到的时间小于到的时间
B．小球从到的动量变化量等于到的动量变化量
C．小球从到的电势能变化量只有到的电势能变化量的一半
D．小球从到的过程中，经点时为速度最小值
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；电场力做功；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB．小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点以后做自由落体运动，因为在同一水平线上，由可知小球上升和下降的过程用时相等，小球所受重力和电场力都为恒力，合力恒定，上升和下落时间相同，由I=Ft可知合外力冲量相等，根据动量定理I=可知动量变化量相等，故A错误，B正确；
C．小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，因为和的运动时间相等，根据初速度为0的匀加速直线运动推论可知，从到的水平位移与从到的水平位移之比为
则从到电场力做功与从到电场力做功之比为
由可知小球从到的电势能变化量与从到的电势能变化量之比为，故C错误；
D．如图所示：
由受力分析可知，开始时合力与初速度成钝角，速度减小，当二者垂直时，速度最小值，即轨迹切线与合力方向垂直时，该点在左侧，故D错误。
故选B。
【分析】本题考查带电小球在重力场和电场的复合场中的运动问题，将小球的运动按照竖直方向和水平方向进行分解，在求小球从到和到的动量变化量时要注意结合动量定理进行求解；通过电场力做功之比找出电势能变化量之比；合力与初速度成钝角，速度减小，合力与初速度成锐角，速度增加，当二者垂直时，取得速度有极值。
7．如图所示，可视为质点的相同小球A、B分别用长为、的细绳悬挂在同一竖直线的两点，点为两悬挂点在地面的投影。现使A、B两球在离地高度均为的水平面内做圆周运动，其半径分别为。则（　　）
A．两球的周期相等
B．两根细绳的拉力大小相等
C．若同时剪断两根细绳，球先落地
D．若同时剪断两根细绳，两球的落地点到点的距离相等
【答案】D
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．令悬挂A、B球的细绳与竖直方向的夹角分别为、，则有，解得，，解得；对A、B球，均受到重力与细绳的拉力，竖直方向合力为零，则有，，解得；由重力与拉力的合力提供向心力，则有，，解得，故AB错误；
C．两球离地高度为，同时剪断两根细绳，小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有，解得，故两球同时落地，故C错误；
D．对A、B球，由可得，
平抛运动过程水平方向，匀速运动，有，
落地点到O点的距离，，解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据小球的受力情况求出细绳的拉力；应用牛顿第二定律求出小球做圆周运动的周期；剪断细绳后小球做平抛运动，应用运动学公式求解。
本题是水平面内的圆周运动及平抛运动相结合的题目，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
8．如图为汽车空气悬挂系统的结构简化图，车身连接汽缸，活塞连着车轮，导热良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸通过阀门与气泵相连，此时阀门关闭，活塞正好处于汽缸正中间。汽缸密封良好且与活塞间无摩擦，活塞始终在汽缸内来回运动，不考虑轮胎的形变及环境温度的变化，下列说法正确的是（　　）
A．通过崎岖路面，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体压强减小
B．通过崎岖路面，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体放出热量
C．通过崎岖路面，汽缸相对活塞上升时，活塞对汽缸内气体做正功
D．通过水平路面时，若缓慢抬高车身，则需打开阀门，用气泵给汽缸充入一定量的空气
【答案】B,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．汽缸导热良好，内部温度始终等于外界温度；汽缸相对活塞下降时，体积减小，由可知压强增大，活塞对汽缸内气体做正功，W>0，温度不变，，由可知汽缸内气体放出热量，故A错误，B正确；
C．通过崎岖路面，汽缸相对活塞上升时，汽缸内气体体积增大，汽缸内气体对活塞做正功，故C错误；
D．通过水平路面，若缓慢抬高车身，则气体压强不变，需打开阀门，用气泵给汽缸充入一定量的空气，气体体积增加，故D正确。
故选BD。
【分析】由理想气体状态方程判断温度、体积、压强变化；由热力学第一定律判断吸放热。
考查理想气体状态方程以及热力学第一定律的应用。
9．随着我国航母福建舰的服役，电磁弹射再次成为热门话题。图1所示为一款电磁弹射演示装置，电源电动势为，内阻为，水平光滑平行金属导轨间距为，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为的金属棒垂直导轨放置，电流传感器A及导轨的电阻可忽略。演示时先将开关K接1，待稳定后将开关K接2，金属棒随即被弹射出去，弹射过程电流传感器检测到的电流与时间的关系图线如图2所示，其中已知，阴影部分的面积为。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒接入电路的电阻为
B．金属棒接入电路的电阻为
C．金属棒脱离导轨时的速度大小为
D．金属棒脱离导轨时的速度大小为
【答案】A,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．当开关接1时，电源给电容器充电，稳定时电容器两极板间电压等于电源电动势，即。当开关接2时，电容器通过金属棒放电则最大电流，可得金属棒接入电路的电阻为，故A正确，B错误；
CD．对金属棒，由动量定理可得，又有，其中为通过金属棒的电荷量，由图2可知，联立解得，故金属棒脱离导轨时的速度大小为，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】先利用开关接稳定时的闭合电路欧姆定律求金属棒电阻，再对弹射过程结合电流时间图像的面积(电荷量)与安培力冲量，通过动量定理求解金属棒脱离时的速度，进而判断各选项。
本题以电磁弹射装置为生活化情境，融合闭合电路欧姆定律、动量定理及电流图像的物理意义，考查电磁学与力学的综合应用，侧重对电荷量、冲量等物理量的转化分析能力。
10．如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为相距为的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．第一次碰后A的速度为
B．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为
C．一、二次碰撞间隔的时间大于二、三次碰撞间隔的时间
D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】B.因物体A光滑，沿斜面下滑时，受重力、支持力，根据牛顿第二定律可得
解得，对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为，根据可得，解得，故B正确；
A．第一次碰撞前，A的速度为，设第一碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒有，机械能守恒有
联立解得，，故A错误；
C．碰后B物体沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律可得
解得，两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经时间相碰，则有
解得，第二次碰撞前，A的速度为，
设第二碰后A的速度为，B的速度为，由于AB质量相等，由弹性碰撞知识可知交换速度，所以，，设第二次碰后到第三次碰所用时间为，则
解得，则一、二次碰撞间隔的时间等于二、三次碰撞间隔的时间，故C错误；
D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为，故D正确。
故选BD。
【分析】根据题意判断、的运动过程与运动性质，应用牛顿第二定律与运动学公式求出碰撞前的速度，两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度。分析第一次碰后两物体的运动情况，根据两滑块的运动过程应用运动学公式求出滑块的运动时间。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚滑块的运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
11．某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示。
（1）下列措施能够提高实验准确度的是　　　　　。
A．P3和P4之间的距离适当减小
B．P1、P2连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当增大
C．选用宽度较大的玻璃砖
D．平行移动玻璃砖在纸上的位置
（2）该同学在插P4针时不小心插得偏左了一点，则折射率的测量值　 　（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
（3）另一同学操作正确，根据实验记录在白纸上画出光线的径迹，过入射光线上A点作法线NN'的平行线交折射光线的反向延长线于B点，再过B点作法线NN'的垂线，垂足为C点，如图乙所示，其中OB∶OA∶BC=3∶2∶，则玻璃的折射率n=　 　。
【答案】（1）B；C
（2）偏小
（3）1.5
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A．为减小误差，P3和P4之间的距离应适当增大，故A错误；
B．为了使折射现象更明显，误差较小，P1、P2连线与玻璃砖分界面法线的夹角应该适当增大，故B正确；
C．光在宽度较大的玻璃砖中的传播路程较长，入射点与出射点之间的距离较大，角度测量越准确，误差越小，故C正确；
D．平行移动玻璃砖，玻璃砖在纸上的位置会变化，会使测量出现误差，故D错误。
故选BC
（2）P4针插得偏左一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏大，根据n=可知，折射率的测量值偏小。
（3）由几何知识得，，则玻璃的折射率
【分析】 (1)根据减小作图误差判断；根据使折射现象更明显判断；根据减小角度测量误差判断；
(2)根据折射角测量值的变化情况，结合折射定律判断；
(3)根据折射定律和几何知识计算。
本题关键掌握利用“插针法”测定玻璃的折射率的实验原理和误差分析。
（1）A．为减小作图误差，P3和P4之间的距离应适当增大，A项错误；
B．P1、P2连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当增大，折射现象更明显，误差较小，B项正确；
C．光在宽度较大的玻璃砖中的传播路程较长，入射点与出射点之间的距离较大，角度测量越准确，误差越小，C项正确；
D．平行移动玻璃砖在纸上的位置，会使测量出现误差，D项错误。
故选BC
（2）P4针插得偏左一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏大，根据n=可知，折射率的测量值偏小。
（3）由几何知识得，
则玻璃的折射率
12．某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
（1）该同学首先利用多用电表电阻“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值　 　。
（2）该同学为了进一步探究此热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最　 　（选填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表的示数为2.5mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为　 　（结果保留两位有效数字）。
（3）经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越　 　（选填“大”或“小”）。
（4）该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势，定值电阻，长度的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为　 　cm（结果保留一位有效数字）。
【答案】（1）1.9
（2）左；5.0
（3）大
（4）5
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为
故答案为：1.9
（2）为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。
并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
故答案为：左；5.0
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。
故答案为：大
（4）电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为h，热敏电阻的总阻值
解得
故答案为：5
【分析】(1) 多用电表电阻“×100”挡读数为指针示数乘以倍率；
(2) 滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前滑片应置于使被测部分电压为零的一端；并联电路中各支路电压相等，利用欧姆定律求热敏电阻阻值；
(3) 由图像可知，温度越低，热敏电阻的阻值越大；
(4) 根据报警电流求出总电阻，再结合不同温度下的热敏电阻阻值，通过加权平均计算液面高度。
（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为
（2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。
[2]并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。
（4）电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为h，热敏电阻的总阻值
解得
13．如图所示，足够长的平行金属直导轨间距，导轨平面与水平面夹角为，导轨处于竖直向下，磁感应强度的匀强磁场中，在导轨上端连接的定值电阻。将一质量，长度为的金属棒在导轨某处由静止释放，经过一段时间金属棒匀速下滑，金属棒与导轨之间不计摩擦。金属棒和导轨电阻也不计，重力加速度g取。求：
（1）刚释放时，金属棒的加速度大小；
（2）匀速下滑时金属棒的速度大小；
【答案】（1）解：开始释放时，初速度为0，由可知
由牛顿第二定律可得
解得；
（2）解：金属棒匀速下滑时，垂直磁场方向的速度为，产生的感应电动势
匀速运动时合力为零，可得
代入与
解得。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行解答；
(2)金属棒匀速运动时，合外力为零，根据平衡条件进行解答。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
（1）开始释放时，初速度为0，则
由牛顿第二定律
可得
（2）金属棒匀速下滑时，产生的感应电动势
匀速运动时
代入与
解得
14．如图甲所示，半径为的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大小随距圆心的距离的变化如图乙所示，图中为已知量。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为，电荷量为的带电粒子，从圆心点由静止释放，粒子沿半径运动至虚线边界上的点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达点后沿进入电场的路径返回磁场，最后刚好沿方向回到点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间记为（未知）。已知磁场的磁感应强度，不计带电粒子的重力。求：
（1）带电粒子经过点时的速度大小；
（2）的大小；
【答案】（1）解：图像的面积表示电势差，根据乙图可得OP间电势差为，
由动能定理可得
解得；
（2）解：设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据题意作轨迹图如图，
洛伦兹力提供向心力
设，由几何关系可知
解得，所以
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为
粒子在磁场中运动总时间
粒子在磁场中运动周期为
解得。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；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】本题考查带电粒子在组合场中的运动。
(1)利用图像的面积计算电势差，再根据动能定理计算带电粒子经过点时的速度大小；
(2)根据洛仑兹力提供向心力，计算粒子在磁场中的半径，再利用几何关系计算圆心角，画出轨迹图，即可得出总时间与角度关系，进而计算的大小；
(3)根据题意画出可能的轨迹图，分析角度关系，结合数学知识分析可能的情况。
（1）根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差，则
由动能定理可得
解得
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据题意作轨迹图，由向心力公式得
设，由几何关系可知
解得，所以
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为
粒子在磁场中运动总时间
粒子在磁场中运动周期为
解得
15．如图甲，羽毛球位于球筒底部，为将羽毛球从筒中取出，小明握住球筒从高为的地方将羽毛球筒开口朝下竖直向下挥向地面，此过程中手对球筒作用力可视为恒力，方向竖直向下。球筒刚接触地面时，手立刻松开。已知羽毛球质量为，球筒质量为，球筒和羽毛球之间最大静摩擦力为5mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，球筒长度为，空气阻力忽略不计，重力加速度为，
（1）求球筒竖直向下运动过程中，羽毛球对球筒作用力的大小和方向；
（2）球筒与硬质地面撞击作用时间为，经测量非常小，且撞后球筒不反弹，求撞击过程中地面对球筒平均冲击力的大小，并判断此后羽毛球是否溜到球筒口；
（3）接（2）问，小明将球筒提到离地高度为处，如图乙所示，在极短时间内使球筒获得一水平向右速度，并从手中飞出，为使筒落地前球从筒口溜出，求：
①时，球筒从手中水平飞出速度的取值范围；
②时，球筒从手中水平飞出速度的取值范围。
【答案】（1）解：设球与球筒一起向下运动时，球受向下大小为的静摩擦力，加速度为，则对球筒，由牛顿第二定律可得
对羽毛球
联立解得，
假设成立，即羽毛球受到的摩擦力大小为，方向竖直向下，由牛顿第三定律可得羽毛球对球筒的摩擦力大小为，方向竖直向上；
（2）解：由（1）可知，球筒落地前，球与球筒一起以向下加速，
设落地瞬间羽毛球速度为，由可得
解得
设撞击过程中地面对球筒平均冲击力为，规定向上为正方向，由动量定理得，其中f=5mg，
解得
筒撞击地面后，羽毛球向下做匀减速运动，设加速度为，则有
代入得
设羽毛球下落的位移为，由速度与位移关系式知
代入得
故羽毛球不可以溜到球筒口。
（3）解：由（2）可得，小明将球筒提到离地高度为处，此时羽毛球处于球筒中间位置。
①由题知，时，以一定的速度水平抛出球筒，对球筒，竖直方向做自由落体运动，有
代入得
羽毛球水平方向向右做匀加速运动，设加速度为，则有
代入得
球筒向右做匀减速运动，加速度为
设抛出时筒的初速度为，则羽毛球满足以下条件：
筒落地前球从筒口溜出
代入得
同时，为保证落地之前能够溜出来，羽毛球和球筒应该发生相对运动，设共速时间为，速度为；由
求得
为使空中不共速，则
可求得
综合考虑：则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
②同理，当时，则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
代入得
设抛出时筒的初速度为，则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
代入得
同时，为保证落地之前能够溜出来，羽毛球和球筒应该发生相对运动，则
可求得
综合考虑：则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出

【知识点】动量定理；竖直上抛运动；牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】(1)对球筒和羽毛球分别列牛顿第二定律方程计算摩擦力；
(2)根据运动学规律、动量定理计算平均冲力，根据牛顿第二定律和运动学规律计算羽毛球的位移；
(3)球筒水平抛出，根据平抛运动规律和牛顿第二定律、运动学公式推导速度。
本题关键掌握牛顿第二定律和复杂直线运动的结合问题。
（1）设球与球筒相对静止，球受静摩擦力向下，为，加速度为，则对整体
对羽毛球
代入得
假设成立，即羽毛球受到的摩擦力大小为，方向竖直向下，由牛顿第三定律可得羽毛球对球筒的摩擦力大小为，方向竖直向上。
（2）由（1）可知，球筒落地前，球与球筒一起以
向下加速，设落地瞬间羽毛球速度为，则有
解得
设撞击过程中地面对球筒平均冲击力为，由动量定理知
代入得
筒撞击地面后，羽毛球向下做匀减速运动，设加速度为，则有
代入得
设羽毛球下落的位移为，由速度与位移关系式知
代入得
故羽毛球不可以溜到球筒口。
（3）由（2）可得，小明将球筒提到离地高度为处，此时羽毛球处于球筒中间位置。
①由题知，时，以一定的速度抛出球筒，对球筒，竖直方向有
代入得
羽毛球水平方向向右做匀加速运动，设加速度为，则有
代入得
球筒向右做匀减速运动，加速度为
设抛出时筒的初速度为，则羽毛球满足以下条件：
筒落地前球从筒口溜出
代入得
同时，为保证落地之前能够溜出来，羽毛球和球筒应该发生相对运动，设共速时间为，速度为；由
求得
为使空中不共速，则
可求得
综合考虑：则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
②同理，当时，则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
代入得
设抛出时筒的初速度为，则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
代入得
同时，为保证落地之前能够溜出来，羽毛球和球筒应该发生相对运动，则
可求得
综合考虑：则羽毛球满足以下条件，筒落地前球从筒口溜出
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