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2026届广东省普通高等学校联合招收华侨港澳台高三下学期第三次模拟物理试题
1．如图甲所示，一儿童踩着滑板车由静止从一个斜坡的顶端滑下，而后进入水平路面，直至停止运动。他的部分运动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．运动过程中的最大加速度为
B．运动过程中的最大速度为
C．的时刻进入水平路面
D．在水平路面上的运动时间是斜坡上的2倍
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像斜率绝对值大小表示加速度大小，根据斜率的大小可知运动过程中的最大加速度出现在前2s内，根据斜率的大小可知加速度最大值为，故A错误；
B．图像坐标代表瞬时速度的大小，根据图像可知运动过程中的最大速度为4m/s，故B正确；
C．由于滑板车进入水平面开始做减速运动，图像可知t=2s时刻开始减速，可知t=2s时刻进入水平路面，故C错误；
D．图像可知儿童在斜面上运动时间为2s，根据图像斜率可知在水平路面运动时加速度大小为
根据速度公式可知儿童在水平路面运动时间为
可知水平路面上的运动时间是斜坡上的4倍，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像斜率可以求出加速度的最大值；利用图像坐标可以得出运动过程的最大速度；利用图像速度的减小可以判别滑板车进入水平路面的时刻；利用图像斜率可以求出减速的加速度，结合速度公式可以求出减速的时间。
2．如图所示，小明用拉力F拉粗糙水平地面上的箱子，F与水平方向的夹角为α，下列说法正确的是（　　）
A．若在拉力的作用下箱子没有移动，则随着F的增大，箱子受到的摩擦力变大
B．若在拉力的作用下箱子没有移动，则小明对箱子的拉力和箱子对小明的拉力是一对平衡力
C．若在拉力的作用下箱子加速前进，则小明对箱子的拉力大于箱子对小明的拉力
D．若仅增大α角，则小明对箱子拉力的水平分力变大
【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；静摩擦力；力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】A．箱子没有发生移动，摩擦力为静摩擦力，根据水平方向的平衡方程可知摩擦力的大小大小等于拉力F的水平分力，随着F的增大，F的水平分力变大，静摩擦力变大，故A正确；
BC．由于小明对箱子的拉力和箱子对小明的拉力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知两者的大小相等，故BC错误；
D．根据力的分解可知小明对箱子拉力的水平分力
若仅增大α角，则Fcosα减小，小明对箱子拉力的水平分力减小，故D错误。
故选A。
【分析】当箱子静止时，利用水平方向的拉力分力可以判别静摩擦力的大小变化；利用牛顿第三定律可知明对箱子的拉力和箱子对小明的拉力是作用力与反作用力，两力大小相等；利用力的分解可以判别拉力水平分力的大小。
3．如图所示，一同学将实心球向上斜抛出去，不计空气阻力，则小球在运动过程中（　　）
A．一直处于超重状态
B．一直处于失重状态
C．先处于超重状态，后处于失重状态
D．先处于失重状态，后处于超重状态
【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】实心球向上斜抛出去，不计空气阻力，由于小球只受到重力，根据牛顿第二定律可知小球在运动过程中加速度为重力加速度，方向竖直向下，一直处于失重状态，故选B。
【分析】由于小球只受到重力所以处于失重状态。
4．如图，圆盘在水平面以角速度匀速转动，质量m=0.1kg的小物块，在距圆盘中心r=0.1m的位置随圆盘一起做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．物块所受向心力大小为0.07N
B．物块所受静摩擦力方向指向圆心
C．物块所受静摩擦力与运动方向相反
D．物块所受静摩擦力方向与半径不在同一条直线上
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】物块做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律得
物块所受向心力大小为0.49N，物块所受静摩擦力方向指向圆心。
故选B。
【分析】物块做匀速圆周运动，利用向心力的表达式可以求出静摩擦力的大小，利用向心力的方向可以求出静摩擦力的方向。
5．假设火星和地球绕太阳均做匀速圆周运动，火星公转周期约为687天。则火星（　　）
A．轨道半径比地球的小 B．线速度比地球的大
C．加速度比地球的大 D．角速度比地球的小
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A． 假设火星和地球绕太阳均做匀速圆周运动， 根据开普勒第三定律，轨道半径的三次方与公转周期的平方成正比，即
火星的周期（687天）大于地球的周期（365天），故火星的轨道半径比地球大，A错误；
B．由于太阳对行星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
火星的轨道半径更大，因此线速度更小，B错误；
C．由于太阳对行星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
火星的轨道半径更大，加速度更小，C错误；
D．根据角速度和周期的关系式有，火星的周期更大，角速度更小，D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第三定律结合周期的大小可以比较轨道半径的大小，结合引力提供向心力可以比较线速度和加速度的大小，利用周期和角速度的关系可以比较角速度的大小。
6．如图所示，质量为的物体从一高度为，倾角为的光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，不计空气阻力，经过时间到达斜面底端。在此过程中（　　）
A．重力的冲量为
B．斜面弹力的冲量为零
C．若不改变斜面高度，仅将斜面倾角减小，则重力的冲量不变
D．若不改变斜面高度，仅将斜面倾角减小，合力的冲量大小不变
【答案】D
【知识点】冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的表达式知，经过时间重力的冲量为，A错误；
B．根据冲量的表达式知，斜面弹力的冲量为，B错误；
C．不改变斜面高度，仅将斜面倾角减小，根据牛顿第二定律可知物体下落的加速度为
根据位移公式可知物体下落的时间满足
可得
因此此时时间边长，重力的冲量变大，C错误；
D．合力的冲量为，不改变斜面高度，仅将斜面倾角减小，由于重力对物体做功，根据动能定理可得
则
速度大小不变，则合力的冲量大小保持不变，D正确。
故选D。
【分析】利用冲量的表达式可以求出重力的冲量及弹力冲量的大小；利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出运动时间的大小，结合重力可以判别重力冲量的大小；利用动能定理可以得出高度不变导弹斜面底端的速度大小不变，所以合力的冲量大小保持不变。
7．如图所示，在一条张紧的绳子上挂3个摆。当C摆振动时，通过张紧的绳子给A、B摆施加驱动力，使A、B摆也振动起来（A、B、C的摆球质量相等），以下说法正确的是（　　）
A．A摆的固有周期最大 B．A、B摆振动周期不同
C．A摆比B摆振幅大 D．B摆比A摆振幅大
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．根据单摆的周期公式，因C摆的摆长最长，C摆的固有周期最大，故A错误；
B．A、B摆都做受迫振动，周期都等于驱动力的周期，C摆的固有周期，所以A和B振动的周期和C的周期相等，故B错误；
CD．当驱动力的周期更接近固有周期时，振幅越大，由于因A摆和B摆摆长都比C摆的摆长短，且B摆摆长更接近C摆，根据周期公式B摆的固有周期更接近驱动力的周期（即C摆的固有周期），故B摆比A摆振幅大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用周期公式可以得出摆长越大固有周期越大，利用受迫振动的周期等于驱动力周期，所以三个小球周期相等，当驱动力的周期更接近固有周期时，振幅越大。
8．如图所示为一定质量理想气体状态变化时的图像，变化过程按箭头进行，根据图像可判断出气体的温度（　　）
A．先不变后升高 B．先不变后降低
C．先降低后不变 D．先升高后不变
【答案】D
【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；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】在第一阶段气体的体积不变，压强变大，属于为等容变化过程，根据理想气体状态方程可知，气体温度升高。根据表达式可知图像斜率为，所以斜率表示与温度有关的常数，在第二阶段过程中斜率不变，根据表达式说明此阶段为等温过程。即气体的温度先升高后不变。
故选D。
【分析】利用第一个过程体积不变，压强变大结合理想气体的状态方程可以判别气体的温度升高，利用第二个过程斜率的大小不变可以判别气体的温度保持不变。
9．位于广东省江门市的中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。已知光电倍增管阴极金属材料的逸出功为，普朗克常量为h。现用频率为的入射光能使该金属发生光电效应，下列说法正确的是（　　）
A．入射光的频率
B．入射光的频率
C．产生光电子的最大初动能
D．产生光电子的最大初动能
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】CD． 现用频率为的入射光能使该金属发生光电效应， 根据爱因斯坦光电效应方程可知产生光电子的最大初动能为，故C正确，D错误；
A．若入射光频率，则光子能量
根据爱因斯坦光电效应方程 可知无法使电子逸出金属，不能发生光电效应，故A错误；
B．若入射光频率，则光子能量
根据爱因斯坦光电效应方程 可知无法使电子逸出金属，不能发生光电效应，故B错误。
故选C。
【分析】利用光电效应方程可以得出产生的光电子的最大初动能大小；利用光电效应方程可以求出极限频率的大小。
10．氘核与氚核聚变反应方程。下列说法正确的是（　　）
A．X为质子 B．射线是电子流
C．氦核比结合能更小 D．可用于制造氢弹
【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．由于核反应过程遵循电荷数守恒、质量数守恒，反应前总质量数为，总电荷数为；反应后质量数为4、电荷数为2，根据质量数守恒可知X质量数为，根据电荷数守恒可知电荷数为，X是中子而非质子，故A错误。
B．根据射线的本质可知射线是高频光子流，电子流是射线，故B错误。
C．由于原子核的比结合能决定原子核的稳定性，该核聚变反应释放能量，生成的氦核更稳定；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，因此氦核的比结合能更大，故C错误。
D．氢弹的工作原理是利用氘核与氚核的聚变反应，所以该核反应可用于制造氢弹，故D正确。
故选D。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以得出X为中子；射线是高频光子流；该核聚变反应释放能量，生成的氦核更稳定；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，因此氦核的比结合能更大；氢弹的工作原理是利用氘核与氚核的聚变反应。
11．在图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电流表示数为I，电压表示数为U。现将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，则与P移动前相比（　　）
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】滑动变阻器的滑动触头P向a端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻大小在增大，根据等效电阻的表达式可以得出总电阻增大，结合欧姆定律可知回路的总电流减小，电流表示数减小；根据闭合电路欧姆定律有
由于内电压减小则会导致电压表的示数会增大。
故选C。
【分析】利用滑动变阻器阻值的变化可以判别回路电阻的变化，结合闭合电路的欧姆定律可以判别电压表和电流表的读数变化。
12．如图，一段半径为R的半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，粗铜线所在空间有一匀强磁场B，磁场方向竖直向下，当粗铜线通有顺时针方向电流I时，粗铜线所受安培力的方向及大小正确的是（　　）
A．向前， B．向前， C．向后， D．向后，
【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】已知磁感应强度的方向垂直于纸张向里，电流的方向向右，根据左手定则可知安培力的方向应该向前，已知导体在磁场中有效长度为2R，根据安培力的公式可知安培力的大小为
故选B。
【分析】利用左手定则可以得出安培力的方向，利用安培力的公式可以得出安培力的大小。
13．如图所示，单匝铜线制成的正方形线框边长为、电阻为，两端点用导线与阻值为的电阻构成回路。整个线框内有与线框平面垂直向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的的变化规律满足（）。下列说法中正确的是（　　）
A．流经电阻的电流方向由到
B．回路中的电流增大
C．电阻两端的电压为
D．时间内通过电阻的电荷量为
【答案】D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．由于线圈中的磁感应强度随时间均匀增大导致磁通量增大，由楞次定律可得，正方形线框中感应电流为逆时针方向，故通过中电流方向为，故A错误；
B．已知 磁感应强度随时间的的变化规律满足 ，由法拉第电磁感应定律可得，正方形线框中产生的感应电动势
根据欧姆定律可知回路中感应电流
可知电流大小不变，故B错误；
C．根据欧姆定律可知两端电压，故C错误；
D．根据电流的定义式可知时间内通过的电荷量，故D正确。
故选D。
【分析】利用楞次定律可以得出感应电流的方向；利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以得出电流保持不变；利用欧姆定律可以求出电阻两端电压的大小；利用电流的定义式可以求出电流的大小。
14．甲学习小组通过如图1装置完成“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）实验器材有：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和槽码、天平（附砝码），还需要的器材是　 　（选填“弹簧秤”“刻度尺”）；
（2）按照图1组装好器材，完成平衡阻力的操作有：
①垫高长木板②轻轻推动小车③启动打点计时器
④查看纸带上的点迹⑤取下系在小车上的槽码
其合理的顺序是　 　（选填“A”“B”或“C”）；
A.①②③④⑤ B.⑤①③②④ C.⑤①②③④
（3）如图2所示是实验中某次按规范操作打出纸带的一部分。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电上，每两个计数点之间还有四个点未画出，由该纸带可得
①AB两点间的时间间隔　 　s；
②小车在D点的速度为　 　m/s；
③小车运动的加速度为　 　（结果保留2位有效数字）。
（4）保持小车的质量不变，改变槽码的质量，重复实验，并记录数据，根据实验数据作出的关系图像。
（5）学习小组乙同样完成了该实验，乙小组与甲小组在同一坐标系中画出了关系图，如图3所示。根据图3你能得到的观点有　 　。
【答案】刻度尺；B；0.1；0.83；1.6；根据图像可看出，在实验误差允许的范围内，小车质量一定时，加速度与外力大小成正比；在实验误差允许范围内，图像的斜率与小车的质量有关。
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）实验中若槽码的质量远小于小车的质量，根据牛顿第二定律可知近似利用槽码的重力充当小车的外力，可以不需要弹簧秤，但是需要刻度尺来测量纸带上点迹之间的距离来计算速度或加速度，故选择刻度尺。
（2）在平衡摩擦力的过程中，为了小车受到的合力等于拉力，利用小车重力的分力平衡阻力，需要去掉槽码，垫高一侧的木板形成一定的角度，然后打开打点计时器的电源，推动小车，观察打出的纸带上的点，若点迹之间的距离是相同的，说明小车做匀速直线运动，则表示已平衡摩擦力。
故选B。
（3）已知打点频率为50Hz，所以打点计时器打出的2个点之间的时间间隔应为
由于AB之间有4个点未画出，所以AB两点间的时间间隔应为
（4）由于小车做匀变速直线运动，小车在某个过程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据平均速度公式可知
（5）小车做匀加速直线运动，根据位移差公式
可知加速度
（6）根据图像可看出，在实验误差允许的范围内，小车质量一定时，加速度与外力大小成正比；在实验误差允许范围内，图像的斜率与小车的质量有关。
【分析】（1）实验中若槽码的质量远小于小车的质量，根据牛顿第二定律可知近似利用槽码的重力充当小车的外力，可以不需要弹簧秤，但是需要刻度尺来测量纸带上点迹之间的距离；
（2）为了小车受到的合力等于拉力，利用小车重力的分力平衡阻力，需要去掉槽码，垫高一侧的木板形成一定的角度，然后打开打点计时器的电源，推动小车，观察打出的纸带上的点，若点迹之间的距离是相同的，说明小车做匀速直线运动；
（3）利用打点频率可以求出周期的大小，进而求出两个计数点之间的时间；
（4）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（5）利用逐差法可以求出小车加速度的大小；
（6）在实验误差允许的范围内，小车质量一定时，加速度与外力大小成正比；在实验误差允许范围内，图像的斜率与小车的质量有关。
15．辽宁某实验小组做“测量由一均匀新材料制成的圆柱体电阻率”的实验。
（1）如图甲所示，用游标卡尺测圆柱体的长度，测得L=　 　mm；如图乙所示，用螺旋测微器测圆柱体直径，测得D=　 　mm；如图丙所示，用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻，测得　 　Ω。
（2）若待测圆柱体电阻Rx较小，为使电阻的测量结果尽量准确，且圆柱体两端的电压调节范围尽可能大，以下实验电路符合要求的是______。
A． B．
C． D．
（3）实验小组调节滑动变阻器滑片的位置，读取多组电压、电流值，作出U-I图像，测得图线的斜率为k，则圆柱体电阻率的表达式为ρ=　 　（用相关物理量符号表示）。
（4）若考虑电表内阻引起的误差，则该实验中圆柱体的电阻的测量值将会　 　（填“不变”“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）49.20；4.700；5.0
（2）C
（3）
（4）偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；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）游标卡尺由主尺和游尺两部分组成，游标卡尺（20分度）主尺读数+游标尺读数=49.0mm+0.05×4mm=49.20mm
螺旋测微器由固定刻度和可动刻度两部分组成，螺旋测微器读数方法是固定刻度+可动刻度=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
电阻的大小由欧姆表的示数和挡位相乘，所以多用电表（×1Ω挡）指针示数为5Ω，故
（2）较小，为了减小电表的影响，电流表应用外接法（减小系统误差）；电压调节范围尽可能大，滑动变阻器应用分压式接法，选项C正确
（3）根据欧姆定律可知图线的斜率
横截面积
联立解得
（4）电流表外接法中，电压表测量值为真实电压，根据并联电路的规律可知电流表测量值为与电压表的总电流，根据欧姆定律可知，测量值偏小
【分析】（1）利用游标卡尺的主尺和游尺可以得出读数；利用螺旋测微器的固定刻度和可动刻度可以得出读数；利用欧姆表可以得出待测电阻的大小；
（2）利用待测电阻比较小，所以电流表使用外接法；
（3）利用欧姆定律结合电阻定律可以求出电阻率的表达式；
（4）由于电流表外接会导致测量的电流大于真实电流，根据欧姆定律可知电阻的测量值偏小。
（1）[1]游标卡尺（20分度）主尺读数+游标尺读数=49.0mm+0.05×4mm=49.20mm
[2]螺旋测微器读数方法是固定刻度+可动刻度=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
[3]多用电表（×1Ω挡）指针示数为5Ω，故
（2）较小，电流表应用外接法（减小系统误差）；电压调节范围尽可能大，滑动变阻器应用分压式接法，选项C正确
（3）图线的斜率
横截面积
联立解得
（4）电流表外接法中，电压表测量值为真实电压，电流表测量值为与电压表的总电流，故，测量值偏小
16．如图甲所示，导热性能良好的汽缸静置于水平面上，汽缸内用一质量为、横截面积为S、厚度不计的光滑活塞密封一部分理想气体，稳定时，活塞位于汽缸中央位置。已知重力加速度为，大气压强，环境温度恒定不变。
（1）稳定时，求汽缸中气体压强。
（2）若将汽缸开口沿斜面向下静置于斜面上，如图乙所示，稳定后，活塞恰好位于汽缸开口处，求斜面倾角的正弦值。
【答案】（1）对图甲中的活塞进行分析，根据平衡条件有
解得

（2）对图乙中的活塞进行分析，根据平衡条件有
设汽缸的长为，根据玻意耳定律有
联立解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由于活塞处于静止，利用活塞的平衡方程可以求出气体的压强大小；
（2）当活塞处于平衡，利用平衡方程可以求出气体的压强的表达式，结合等温变化的状态方程可以求出斜面倾角的大小。
（1）对图甲中的活塞进行分析，根据平衡条件有
解得
（2）对图乙中的活塞进行分析，根据平衡条件有
设汽缸的长为，根据玻意耳定律有
联立解得
17．如图所示，ABC为等腰直角三棱镜，直角边AB长为L，D为AB的中点，当入射光线平行于CB射向AC边的E点时，折射光线刚好射向D点，当入射光线垂直AC边射向E点时，刚好在AB边发生全反射，真空中的光速为c，求：
（1）三棱镜对此光的折射率；
（2）光从E点传播到D点所用的时间。
【答案】（1）根据题意，折射光在AB边发生全反射的临界角为
则三棱镜对光的折射率

（2）如图所示
当光平行于CB方向入射时，入射角，设折射角为，根据
可得
由几何关系可知
由正弦定理得
解得
根据
可得光在三棱镜中的传播速度
所以光从E点传播到D点所用的时间为

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）已知光发生全反射的临界角，利用全反射定律可以求出折射率的大小；
（2）画出光传播的路径，利用几何关系可以求出传播的路程，结合传播的速度可以求出传播的时间。
（1）根据题意，折射光在AB边发生全反射的临界角为
则三棱镜对光的折射率
（2）如图所示
当光平行于CB方向入射时，入射角，设折射角为，根据
可得
由几何关系可知
由正弦定理得
解得
根据
可得光在三棱镜中的传播速度
所以光从E点传播到D点所用的时间为
18．相对传统的护林员巡查，无人机巡查具有效率高、地形适应能力强等优势。如图，某次巡查中，质量为m的无人机从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，2t0时刻开始向上做匀减速直线运动，3t0时刻到达距离地面高h处，速度恰好为零。这一过程中无人机受到向上的升力大小可以通过程序控制，无人机受到的空气阻力与速率成正比，即f=kv，其中k为已知常数，已知重力加速度为g。
（1）求0~2t0时间内无人机的加速度大小及这段时间内升力的最大值Fm；
（2）若 时间内升力对无人机做的功为W，求这段时间内空气阻力对无人机做的功 Wf；
（3）求整个运动过程中升力的冲量大小I。
【答案】（1）设无人机运动的最大速度为vm，匀加速运动过程
vm=
全过程有
联立解得
匀加速过程由牛顿第二定律可得
当v=时，升力最大，可得
（2）由（1）可得
，
~时间内对无人机由动能定理可得
解得
（3）设全过程升力的冲量大小为，空气阻力冲量的大小为，由动量定理可得
解得
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）飞机做匀加速直线运动，利用速度公式结合位移公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出最大升力的大小；
（2）当合力对无人机做功等于无人机动能的变化，利用动能定理可以求出阻力做功的大小；
（3）当已知飞机速度的变化，利用动量定理可以求出升力冲量的大小。
19．利用电、磁场来控制和改变带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，水平线AB与竖直线CD交于O点，将空间分成四个区域。在竖直线CD的左边存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在竖直线CD的右边存在沿水平向左的匀强电场。某时刻一个带正电粒子从水平线AB上的a点以初速度v0水平向左射出，带电粒子第一次到达竖直线CD上时，速度方向与竖直向上方向成角，之后带电粒子在电场中运动，并垂直通过水平线AB上的b点。已知O、a两点之间的距离为L，带电粒子所受重力忽略不计。（计算结果可带根号）求：
（1）带电粒子的电荷量和质量的比值；
（2）竖直线CD的右边匀强电场的电场强度大小；
（3）带电粒子从a点出发到第一次回到a点的时间。
【答案】（1）根据题意，作出正电荷的部分运动轨迹如图所示
设正电荷在磁场中运动的轨道半径为r，由图可得
解得
正电荷在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得正电荷的比荷为

（2）设正电荷第一次经过y轴的位置到O点的距离为，到达b点时的速度大小为，结合类平抛运动规律，有
设正电荷进入电场后经过时间t运动到b点，则有
由几何知识结合类平抛运动可得
解得
又
正电荷从第一次经过y轴到运动至b点的过程中，根据动能定理有
联立解得

（3）正电荷在磁场中的运动的周期为
由几何关系可知，正电荷第一次在磁场中运动的时间为
正电荷在电场中运动的时间为
正电荷第二次在磁场中的运动轨迹与第一次在磁场中运动的轨迹对称，则正电荷第二次在磁场中的运动时间为
所以正电荷从点出发到第一次回到点的时间为

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出比荷的大小；
（2）粒子在电场中运动，利用类平抛运动的位移公式可以求出运动的诗句，结合动能定理可以求出电场强度的大小；
（3）粒子在磁场中运动，利用轨迹所对圆心角可以求出运动的诗句，利用在电场中运动利用对称性可以求出在电场中运动的时间。
（1）根据题意，作出正电荷的部分运动轨迹如图所示
设正电荷在磁场中运动的轨道半径为r，由图可得
解得
正电荷在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得正电荷的比荷为
（2）设正电荷第一次经过y轴的位置到O点的距离为，到达b点时的速度大小为，结合类平抛运动规律，有
设正电荷进入电场后经过时间t运动到b点，则有
由几何知识结合类平抛运动可得
解得
又
正电荷从第一次经过y轴到运动至b点的过程中，根据动能定理有
联立解得
（3）正电荷在磁场中的运动的周期为
由几何关系可知，正电荷第一次在磁场中运动的时间为
正电荷在电场中运动的时间为
正电荷第二次在磁场中的运动轨迹与第一次在磁场中运动的轨迹对称，则正电荷第二次在磁场中的运动时间为
所以正电荷从点出发到第一次回到点的时间为
1 / 12026届广东省普通高等学校联合招收华侨港澳台高三下学期第三次模拟物理试题
1．如图甲所示，一儿童踩着滑板车由静止从一个斜坡的顶端滑下，而后进入水平路面，直至停止运动。他的部分运动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．运动过程中的最大加速度为
B．运动过程中的最大速度为
C．的时刻进入水平路面
D．在水平路面上的运动时间是斜坡上的2倍
2．如图所示，小明用拉力F拉粗糙水平地面上的箱子，F与水平方向的夹角为α，下列说法正确的是（　　）
A．若在拉力的作用下箱子没有移动，则随着F的增大，箱子受到的摩擦力变大
B．若在拉力的作用下箱子没有移动，则小明对箱子的拉力和箱子对小明的拉力是一对平衡力
C．若在拉力的作用下箱子加速前进，则小明对箱子的拉力大于箱子对小明的拉力
D．若仅增大α角，则小明对箱子拉力的水平分力变大
3．如图所示，一同学将实心球向上斜抛出去，不计空气阻力，则小球在运动过程中（　　）
A．一直处于超重状态
B．一直处于失重状态
C．先处于超重状态，后处于失重状态
D．先处于失重状态，后处于超重状态
4．如图，圆盘在水平面以角速度匀速转动，质量m=0.1kg的小物块，在距圆盘中心r=0.1m的位置随圆盘一起做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．物块所受向心力大小为0.07N
B．物块所受静摩擦力方向指向圆心
C．物块所受静摩擦力与运动方向相反
D．物块所受静摩擦力方向与半径不在同一条直线上
5．假设火星和地球绕太阳均做匀速圆周运动，火星公转周期约为687天。则火星（　　）
A．轨道半径比地球的小 B．线速度比地球的大
C．加速度比地球的大 D．角速度比地球的小
6．如图所示，质量为的物体从一高度为，倾角为的光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，不计空气阻力，经过时间到达斜面底端。在此过程中（　　）
A．重力的冲量为
B．斜面弹力的冲量为零
C．若不改变斜面高度，仅将斜面倾角减小，则重力的冲量不变
D．若不改变斜面高度，仅将斜面倾角减小，合力的冲量大小不变
7．如图所示，在一条张紧的绳子上挂3个摆。当C摆振动时，通过张紧的绳子给A、B摆施加驱动力，使A、B摆也振动起来（A、B、C的摆球质量相等），以下说法正确的是（　　）
A．A摆的固有周期最大 B．A、B摆振动周期不同
C．A摆比B摆振幅大 D．B摆比A摆振幅大
8．如图所示为一定质量理想气体状态变化时的图像，变化过程按箭头进行，根据图像可判断出气体的温度（　　）
A．先不变后升高 B．先不变后降低
C．先降低后不变 D．先升高后不变
9．位于广东省江门市的中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。已知光电倍增管阴极金属材料的逸出功为，普朗克常量为h。现用频率为的入射光能使该金属发生光电效应，下列说法正确的是（　　）
A．入射光的频率
B．入射光的频率
C．产生光电子的最大初动能
D．产生光电子的最大初动能
10．氘核与氚核聚变反应方程。下列说法正确的是（　　）
A．X为质子 B．射线是电子流
C．氦核比结合能更小 D．可用于制造氢弹
11．在图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电流表示数为I，电压表示数为U。现将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，则与P移动前相比（　　）
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
12．如图，一段半径为R的半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，粗铜线所在空间有一匀强磁场B，磁场方向竖直向下，当粗铜线通有顺时针方向电流I时，粗铜线所受安培力的方向及大小正确的是（　　）
A．向前， B．向前， C．向后， D．向后，
13．如图所示，单匝铜线制成的正方形线框边长为、电阻为，两端点用导线与阻值为的电阻构成回路。整个线框内有与线框平面垂直向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的的变化规律满足（）。下列说法中正确的是（　　）
A．流经电阻的电流方向由到
B．回路中的电流增大
C．电阻两端的电压为
D．时间内通过电阻的电荷量为
14．甲学习小组通过如图1装置完成“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）实验器材有：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和槽码、天平（附砝码），还需要的器材是　 　（选填“弹簧秤”“刻度尺”）；
（2）按照图1组装好器材，完成平衡阻力的操作有：
①垫高长木板②轻轻推动小车③启动打点计时器
④查看纸带上的点迹⑤取下系在小车上的槽码
其合理的顺序是　 　（选填“A”“B”或“C”）；
A.①②③④⑤ B.⑤①③②④ C.⑤①②③④
（3）如图2所示是实验中某次按规范操作打出纸带的一部分。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电上，每两个计数点之间还有四个点未画出，由该纸带可得
①AB两点间的时间间隔　 　s；
②小车在D点的速度为　 　m/s；
③小车运动的加速度为　 　（结果保留2位有效数字）。
（4）保持小车的质量不变，改变槽码的质量，重复实验，并记录数据，根据实验数据作出的关系图像。
（5）学习小组乙同样完成了该实验，乙小组与甲小组在同一坐标系中画出了关系图，如图3所示。根据图3你能得到的观点有　 　。
15．辽宁某实验小组做“测量由一均匀新材料制成的圆柱体电阻率”的实验。
（1）如图甲所示，用游标卡尺测圆柱体的长度，测得L=　 　mm；如图乙所示，用螺旋测微器测圆柱体直径，测得D=　 　mm；如图丙所示，用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻，测得　 　Ω。
（2）若待测圆柱体电阻Rx较小，为使电阻的测量结果尽量准确，且圆柱体两端的电压调节范围尽可能大，以下实验电路符合要求的是______。
A． B．
C． D．
（3）实验小组调节滑动变阻器滑片的位置，读取多组电压、电流值，作出U-I图像，测得图线的斜率为k，则圆柱体电阻率的表达式为ρ=　 　（用相关物理量符号表示）。
（4）若考虑电表内阻引起的误差，则该实验中圆柱体的电阻的测量值将会　 　（填“不变”“偏大”或“偏小”）。
16．如图甲所示，导热性能良好的汽缸静置于水平面上，汽缸内用一质量为、横截面积为S、厚度不计的光滑活塞密封一部分理想气体，稳定时，活塞位于汽缸中央位置。已知重力加速度为，大气压强，环境温度恒定不变。
（1）稳定时，求汽缸中气体压强。
（2）若将汽缸开口沿斜面向下静置于斜面上，如图乙所示，稳定后，活塞恰好位于汽缸开口处，求斜面倾角的正弦值。
17．如图所示，ABC为等腰直角三棱镜，直角边AB长为L，D为AB的中点，当入射光线平行于CB射向AC边的E点时，折射光线刚好射向D点，当入射光线垂直AC边射向E点时，刚好在AB边发生全反射，真空中的光速为c，求：
（1）三棱镜对此光的折射率；
（2）光从E点传播到D点所用的时间。
18．相对传统的护林员巡查，无人机巡查具有效率高、地形适应能力强等优势。如图，某次巡查中，质量为m的无人机从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，2t0时刻开始向上做匀减速直线运动，3t0时刻到达距离地面高h处，速度恰好为零。这一过程中无人机受到向上的升力大小可以通过程序控制，无人机受到的空气阻力与速率成正比，即f=kv，其中k为已知常数，已知重力加速度为g。
（1）求0~2t0时间内无人机的加速度大小及这段时间内升力的最大值Fm；
（2）若 时间内升力对无人机做的功为W，求这段时间内空气阻力对无人机做的功 Wf；
（3）求整个运动过程中升力的冲量大小I。
19．利用电、磁场来控制和改变带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，水平线AB与竖直线CD交于O点，将空间分成四个区域。在竖直线CD的左边存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在竖直线CD的右边存在沿水平向左的匀强电场。某时刻一个带正电粒子从水平线AB上的a点以初速度v0水平向左射出，带电粒子第一次到达竖直线CD上时，速度方向与竖直向上方向成角，之后带电粒子在电场中运动，并垂直通过水平线AB上的b点。已知O、a两点之间的距离为L，带电粒子所受重力忽略不计。（计算结果可带根号）求：
（1）带电粒子的电荷量和质量的比值；
（2）竖直线CD的右边匀强电场的电场强度大小；
（3）带电粒子从a点出发到第一次回到a点的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像斜率绝对值大小表示加速度大小，根据斜率的大小可知运动过程中的最大加速度出现在前2s内，根据斜率的大小可知加速度最大值为，故A错误；
B．图像坐标代表瞬时速度的大小，根据图像可知运动过程中的最大速度为4m/s，故B正确；
C．由于滑板车进入水平面开始做减速运动，图像可知t=2s时刻开始减速，可知t=2s时刻进入水平路面，故C错误；
D．图像可知儿童在斜面上运动时间为2s，根据图像斜率可知在水平路面运动时加速度大小为
根据速度公式可知儿童在水平路面运动时间为
可知水平路面上的运动时间是斜坡上的4倍，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像斜率可以求出加速度的最大值；利用图像坐标可以得出运动过程的最大速度；利用图像速度的减小可以判别滑板车进入水平路面的时刻；利用图像斜率可以求出减速的加速度，结合速度公式可以求出减速的时间。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；静摩擦力；力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】A．箱子没有发生移动，摩擦力为静摩擦力，根据水平方向的平衡方程可知摩擦力的大小大小等于拉力F的水平分力，随着F的增大，F的水平分力变大，静摩擦力变大，故A正确；
BC．由于小明对箱子的拉力和箱子对小明的拉力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知两者的大小相等，故BC错误；
D．根据力的分解可知小明对箱子拉力的水平分力
若仅增大α角，则Fcosα减小，小明对箱子拉力的水平分力减小，故D错误。
故选A。
【分析】当箱子静止时，利用水平方向的拉力分力可以判别静摩擦力的大小变化；利用牛顿第三定律可知明对箱子的拉力和箱子对小明的拉力是作用力与反作用力，两力大小相等；利用力的分解可以判别拉力水平分力的大小。
3．【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】实心球向上斜抛出去，不计空气阻力，由于小球只受到重力，根据牛顿第二定律可知小球在运动过程中加速度为重力加速度，方向竖直向下，一直处于失重状态，故选B。
【分析】由于小球只受到重力所以处于失重状态。
4．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】物块做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律得
物块所受向心力大小为0.49N，物块所受静摩擦力方向指向圆心。
故选B。
【分析】物块做匀速圆周运动，利用向心力的表达式可以求出静摩擦力的大小，利用向心力的方向可以求出静摩擦力的方向。
5．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A． 假设火星和地球绕太阳均做匀速圆周运动， 根据开普勒第三定律，轨道半径的三次方与公转周期的平方成正比，即
火星的周期（687天）大于地球的周期（365天），故火星的轨道半径比地球大，A错误；
B．由于太阳对行星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
火星的轨道半径更大，因此线速度更小，B错误；
C．由于太阳对行星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
火星的轨道半径更大，加速度更小，C错误；
D．根据角速度和周期的关系式有，火星的周期更大，角速度更小，D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第三定律结合周期的大小可以比较轨道半径的大小，结合引力提供向心力可以比较线速度和加速度的大小，利用周期和角速度的关系可以比较角速度的大小。
6．【答案】D
【知识点】冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的表达式知，经过时间重力的冲量为，A错误；
B．根据冲量的表达式知，斜面弹力的冲量为，B错误；
C．不改变斜面高度，仅将斜面倾角减小，根据牛顿第二定律可知物体下落的加速度为
根据位移公式可知物体下落的时间满足
可得
因此此时时间边长，重力的冲量变大，C错误；
D．合力的冲量为，不改变斜面高度，仅将斜面倾角减小，由于重力对物体做功，根据动能定理可得
则
速度大小不变，则合力的冲量大小保持不变，D正确。
故选D。
【分析】利用冲量的表达式可以求出重力的冲量及弹力冲量的大小；利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出运动时间的大小，结合重力可以判别重力冲量的大小；利用动能定理可以得出高度不变导弹斜面底端的速度大小不变，所以合力的冲量大小保持不变。
7．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．根据单摆的周期公式，因C摆的摆长最长，C摆的固有周期最大，故A错误；
B．A、B摆都做受迫振动，周期都等于驱动力的周期，C摆的固有周期，所以A和B振动的周期和C的周期相等，故B错误；
CD．当驱动力的周期更接近固有周期时，振幅越大，由于因A摆和B摆摆长都比C摆的摆长短，且B摆摆长更接近C摆，根据周期公式B摆的固有周期更接近驱动力的周期（即C摆的固有周期），故B摆比A摆振幅大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用周期公式可以得出摆长越大固有周期越大，利用受迫振动的周期等于驱动力周期，所以三个小球周期相等，当驱动力的周期更接近固有周期时，振幅越大。
8．【答案】D
【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；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】在第一阶段气体的体积不变，压强变大，属于为等容变化过程，根据理想气体状态方程可知，气体温度升高。根据表达式可知图像斜率为，所以斜率表示与温度有关的常数，在第二阶段过程中斜率不变，根据表达式说明此阶段为等温过程。即气体的温度先升高后不变。
故选D。
【分析】利用第一个过程体积不变，压强变大结合理想气体的状态方程可以判别气体的温度升高，利用第二个过程斜率的大小不变可以判别气体的温度保持不变。
9．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】CD． 现用频率为的入射光能使该金属发生光电效应， 根据爱因斯坦光电效应方程可知产生光电子的最大初动能为，故C正确，D错误；
A．若入射光频率，则光子能量
根据爱因斯坦光电效应方程 可知无法使电子逸出金属，不能发生光电效应，故A错误；
B．若入射光频率，则光子能量
根据爱因斯坦光电效应方程 可知无法使电子逸出金属，不能发生光电效应，故B错误。
故选C。
【分析】利用光电效应方程可以得出产生的光电子的最大初动能大小；利用光电效应方程可以求出极限频率的大小。
10．【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．由于核反应过程遵循电荷数守恒、质量数守恒，反应前总质量数为，总电荷数为；反应后质量数为4、电荷数为2，根据质量数守恒可知X质量数为，根据电荷数守恒可知电荷数为，X是中子而非质子，故A错误。
B．根据射线的本质可知射线是高频光子流，电子流是射线，故B错误。
C．由于原子核的比结合能决定原子核的稳定性，该核聚变反应释放能量，生成的氦核更稳定；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，因此氦核的比结合能更大，故C错误。
D．氢弹的工作原理是利用氘核与氚核的聚变反应，所以该核反应可用于制造氢弹，故D正确。
故选D。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以得出X为中子；射线是高频光子流；该核聚变反应释放能量，生成的氦核更稳定；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，因此氦核的比结合能更大；氢弹的工作原理是利用氘核与氚核的聚变反应。
11．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】滑动变阻器的滑动触头P向a端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻大小在增大，根据等效电阻的表达式可以得出总电阻增大，结合欧姆定律可知回路的总电流减小，电流表示数减小；根据闭合电路欧姆定律有
由于内电压减小则会导致电压表的示数会增大。
故选C。
【分析】利用滑动变阻器阻值的变化可以判别回路电阻的变化，结合闭合电路的欧姆定律可以判别电压表和电流表的读数变化。
12．【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】已知磁感应强度的方向垂直于纸张向里，电流的方向向右，根据左手定则可知安培力的方向应该向前，已知导体在磁场中有效长度为2R，根据安培力的公式可知安培力的大小为
故选B。
【分析】利用左手定则可以得出安培力的方向，利用安培力的公式可以得出安培力的大小。
13．【答案】D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．由于线圈中的磁感应强度随时间均匀增大导致磁通量增大，由楞次定律可得，正方形线框中感应电流为逆时针方向，故通过中电流方向为，故A错误；
B．已知 磁感应强度随时间的的变化规律满足 ，由法拉第电磁感应定律可得，正方形线框中产生的感应电动势
根据欧姆定律可知回路中感应电流
可知电流大小不变，故B错误；
C．根据欧姆定律可知两端电压，故C错误；
D．根据电流的定义式可知时间内通过的电荷量，故D正确。
故选D。
【分析】利用楞次定律可以得出感应电流的方向；利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以得出电流保持不变；利用欧姆定律可以求出电阻两端电压的大小；利用电流的定义式可以求出电流的大小。
14．【答案】刻度尺；B；0.1；0.83；1.6；根据图像可看出，在实验误差允许的范围内，小车质量一定时，加速度与外力大小成正比；在实验误差允许范围内，图像的斜率与小车的质量有关。
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）实验中若槽码的质量远小于小车的质量，根据牛顿第二定律可知近似利用槽码的重力充当小车的外力，可以不需要弹簧秤，但是需要刻度尺来测量纸带上点迹之间的距离来计算速度或加速度，故选择刻度尺。
（2）在平衡摩擦力的过程中，为了小车受到的合力等于拉力，利用小车重力的分力平衡阻力，需要去掉槽码，垫高一侧的木板形成一定的角度，然后打开打点计时器的电源，推动小车，观察打出的纸带上的点，若点迹之间的距离是相同的，说明小车做匀速直线运动，则表示已平衡摩擦力。
故选B。
（3）已知打点频率为50Hz，所以打点计时器打出的2个点之间的时间间隔应为
由于AB之间有4个点未画出，所以AB两点间的时间间隔应为
（4）由于小车做匀变速直线运动，小车在某个过程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据平均速度公式可知
（5）小车做匀加速直线运动，根据位移差公式
可知加速度
（6）根据图像可看出，在实验误差允许的范围内，小车质量一定时，加速度与外力大小成正比；在实验误差允许范围内，图像的斜率与小车的质量有关。
【分析】（1）实验中若槽码的质量远小于小车的质量，根据牛顿第二定律可知近似利用槽码的重力充当小车的外力，可以不需要弹簧秤，但是需要刻度尺来测量纸带上点迹之间的距离；
（2）为了小车受到的合力等于拉力，利用小车重力的分力平衡阻力，需要去掉槽码，垫高一侧的木板形成一定的角度，然后打开打点计时器的电源，推动小车，观察打出的纸带上的点，若点迹之间的距离是相同的，说明小车做匀速直线运动；
（3）利用打点频率可以求出周期的大小，进而求出两个计数点之间的时间；
（4）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（5）利用逐差法可以求出小车加速度的大小；
（6）在实验误差允许的范围内，小车质量一定时，加速度与外力大小成正比；在实验误差允许范围内，图像的斜率与小车的质量有关。
15．【答案】（1）49.20；4.700；5.0
（2）C
（3）
（4）偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；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）游标卡尺由主尺和游尺两部分组成，游标卡尺（20分度）主尺读数+游标尺读数=49.0mm+0.05×4mm=49.20mm
螺旋测微器由固定刻度和可动刻度两部分组成，螺旋测微器读数方法是固定刻度+可动刻度=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
电阻的大小由欧姆表的示数和挡位相乘，所以多用电表（×1Ω挡）指针示数为5Ω，故
（2）较小，为了减小电表的影响，电流表应用外接法（减小系统误差）；电压调节范围尽可能大，滑动变阻器应用分压式接法，选项C正确
（3）根据欧姆定律可知图线的斜率
横截面积
联立解得
（4）电流表外接法中，电压表测量值为真实电压，根据并联电路的规律可知电流表测量值为与电压表的总电流，根据欧姆定律可知，测量值偏小
【分析】（1）利用游标卡尺的主尺和游尺可以得出读数；利用螺旋测微器的固定刻度和可动刻度可以得出读数；利用欧姆表可以得出待测电阻的大小；
（2）利用待测电阻比较小，所以电流表使用外接法；
（3）利用欧姆定律结合电阻定律可以求出电阻率的表达式；
（4）由于电流表外接会导致测量的电流大于真实电流，根据欧姆定律可知电阻的测量值偏小。
（1）[1]游标卡尺（20分度）主尺读数+游标尺读数=49.0mm+0.05×4mm=49.20mm
[2]螺旋测微器读数方法是固定刻度+可动刻度=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
[3]多用电表（×1Ω挡）指针示数为5Ω，故
（2）较小，电流表应用外接法（减小系统误差）；电压调节范围尽可能大，滑动变阻器应用分压式接法，选项C正确
（3）图线的斜率
横截面积
联立解得
（4）电流表外接法中，电压表测量值为真实电压，电流表测量值为与电压表的总电流，故，测量值偏小
16．【答案】（1）对图甲中的活塞进行分析，根据平衡条件有
解得

（2）对图乙中的活塞进行分析，根据平衡条件有
设汽缸的长为，根据玻意耳定律有
联立解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由于活塞处于静止，利用活塞的平衡方程可以求出气体的压强大小；
（2）当活塞处于平衡，利用平衡方程可以求出气体的压强的表达式，结合等温变化的状态方程可以求出斜面倾角的大小。
（1）对图甲中的活塞进行分析，根据平衡条件有
解得
（2）对图乙中的活塞进行分析，根据平衡条件有
设汽缸的长为，根据玻意耳定律有
联立解得
17．【答案】（1）根据题意，折射光在AB边发生全反射的临界角为
则三棱镜对光的折射率

（2）如图所示
当光平行于CB方向入射时，入射角，设折射角为，根据
可得
由几何关系可知
由正弦定理得
解得
根据
可得光在三棱镜中的传播速度
所以光从E点传播到D点所用的时间为

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）已知光发生全反射的临界角，利用全反射定律可以求出折射率的大小；
（2）画出光传播的路径，利用几何关系可以求出传播的路程，结合传播的速度可以求出传播的时间。
（1）根据题意，折射光在AB边发生全反射的临界角为
则三棱镜对光的折射率
（2）如图所示
当光平行于CB方向入射时，入射角，设折射角为，根据
可得
由几何关系可知
由正弦定理得
解得
根据
可得光在三棱镜中的传播速度
所以光从E点传播到D点所用的时间为
18．【答案】（1）设无人机运动的最大速度为vm，匀加速运动过程
vm=
全过程有
联立解得
匀加速过程由牛顿第二定律可得
当v=时，升力最大，可得
（2）由（1）可得
，
~时间内对无人机由动能定理可得
解得
（3）设全过程升力的冲量大小为，空气阻力冲量的大小为，由动量定理可得
解得
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）飞机做匀加速直线运动，利用速度公式结合位移公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出最大升力的大小；
（2）当合力对无人机做功等于无人机动能的变化，利用动能定理可以求出阻力做功的大小；
（3）当已知飞机速度的变化，利用动量定理可以求出升力冲量的大小。
19．【答案】（1）根据题意，作出正电荷的部分运动轨迹如图所示
设正电荷在磁场中运动的轨道半径为r，由图可得
解得
正电荷在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得正电荷的比荷为

（2）设正电荷第一次经过y轴的位置到O点的距离为，到达b点时的速度大小为，结合类平抛运动规律，有
设正电荷进入电场后经过时间t运动到b点，则有
由几何知识结合类平抛运动可得
解得
又
正电荷从第一次经过y轴到运动至b点的过程中，根据动能定理有
联立解得

（3）正电荷在磁场中的运动的周期为
由几何关系可知，正电荷第一次在磁场中运动的时间为
正电荷在电场中运动的时间为
正电荷第二次在磁场中的运动轨迹与第一次在磁场中运动的轨迹对称，则正电荷第二次在磁场中的运动时间为
所以正电荷从点出发到第一次回到点的时间为

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出比荷的大小；
（2）粒子在电场中运动，利用类平抛运动的位移公式可以求出运动的诗句，结合动能定理可以求出电场强度的大小；
（3）粒子在磁场中运动，利用轨迹所对圆心角可以求出运动的诗句，利用在电场中运动利用对称性可以求出在电场中运动的时间。
（1）根据题意，作出正电荷的部分运动轨迹如图所示
设正电荷在磁场中运动的轨道半径为r，由图可得
解得
正电荷在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得正电荷的比荷为
（2）设正电荷第一次经过y轴的位置到O点的距离为，到达b点时的速度大小为，结合类平抛运动规律，有
设正电荷进入电场后经过时间t运动到b点，则有
由几何知识结合类平抛运动可得
解得
又
正电荷从第一次经过y轴到运动至b点的过程中，根据动能定理有
联立解得
（3）正电荷在磁场中的运动的周期为
由几何关系可知，正电荷第一次在磁场中运动的时间为
正电荷在电场中运动的时间为
正电荷第二次在磁场中的运动轨迹与第一次在磁场中运动的轨迹对称，则正电荷第二次在磁场中的运动时间为
所以正电荷从点出发到第一次回到点的时间为
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