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2026届黑龙江省齐齐哈尔市高三下学期第一次模拟考试物理试卷
1．一列简谐横波沿x轴正方向传播。时的波形如图所示，平衡位置在处的质点M在时位移第一次为5cm，下列说法正确的是（　　）
A．简谐横波的周期为24s B．波速大小为2.5m/s
C．时，M点沿y轴负方向运动 D．时，M点运动到处
2．如图所示，置于真空中的玻璃砖截面为矩形ABCD，一束复色光从AD边上O点射入玻璃砖后分成两束单色光1、2，分别照射到BC边的a、b两点。下列说法正确的是（　　）
A．单色光1的波长大于单色光2的波长
B．玻璃砖对单色光1的折射率大于对单色光2的折射率
C．单色光1在玻璃砖中的传播速度大于单色光2在玻璃砖中的传播速度
D．增大入射角，单色光2最先在BC边发生全反射现象
3．如图所示，一定质量的理想气体经历状态变化，其中a状态的温度为，为等温过程。下列说法正确的是（　　）
A．c状态的温度为
B．d状态的压强为
C．的过程中，所有气体分子的运动速率都增加
D．的过程中，气体对外界做正功
4．如图所示，地球绕太阳做匀速圆周运动，轨道半径为，周期为T。X彗星绕太阳运动的轨道为椭圆，近日点P到太阳中心的距离为，远日点Q到太阳中心的距离为。已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．地球的质量为
B．X彗星的周期为
C．在近日点P，地球的向心加速度小于X彗星的向心加速度
D．在近日点P，地球的线速度小于X彗星的线速度
5．如图所示，竖直固定放置的光滑大圆环半径为R，最高点为P，最低点为Q，质量为m的小球套在圆环上。现将原长为R的轻弹簧一端拴接在P点，另一端拴接小球，静止时轻弹簧轴线方向与PQ连线的夹角为30°。则轻弹簧的劲度系数为（重力加速度为g）（　　）
A． B． C． D．
6．电荷量分别为、的两个点电荷，分别固定在和处，在它们形成的电场中，在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，处电势为零，处电势最大。根据提供的信息，下列判断正确的是（　　）
A．两个点电荷可能带同种电荷
B．电荷量一定满足关系式
C．一电子从处由静止释放，电势能一定先减小后增大
D．一电子从处由静止释放，一定在之间做往复运动
7．如图所示，倾角的传送带始终保持的速率顺时针运行。现将质量的物件（可视为质点）轻轻放在传送带底端a点，经过一段时间后通过传送带的顶端b点进入平台。已知，物件与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，。在物件从a运动到b的过程中（　　）
A．摩擦力对物件先做正功后不做功
B．传送带对物件做的功等于物件增加的动能
C．物件与传送带之间因摩擦产生的热量为
D．物件与传送带发生相对滑动的时间为
8．是碳的一种放射性同位素，其半衰期为5730年，衰变后产生新核。通过测量样本中剩余的含量推算其死亡年代。下列判断正确的是（　　）
A．的衰变过程中电荷数守恒，质量也守恒
B．衰变的核反应类型为衰变
C．100个原子核经过5730年，还剩下50个未发生衰变
D．高温高压的环境，不会影响的衰变速度
9．一小型交流发电机通过理想变压器向用户供电，其原理如图所示。理想变压器原、副线圈匝数比为。定值电阻、、、的阻值相同，发电机线圈电阻和导线电阻均不计。线圈转速为n且开关S断开时，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，下列判断正确的是（　　）
A．保持S断开，仅将线圈转速变为2n，电流表的示数变为
B．保持S断开，仅将线圈转速变为2n，电压表的读数变为2U
C．线圈转速不变，仅闭合S，电阻消耗的功率增大
D．线圈转速不变，仅闭合S，变压器的输出功率减小
10．如图所示，质量的足够长木板B静止在粗糙水平地面上，质量的小物块A静止在B的右端。已知B的下表面与地面之间的动摩擦因数，B的上表面与A之间的动摩擦因数，重力加速度为。现对B施加一水平向右的拉力，拉力F随时间t变化的规律为，下列判断正确的是（　　）
A．时，B的速度大小为
B．时，A受到的摩擦力大小为
C．时，B的速度大小为
D．的时间内，A的位移大小为7m
11．小明同学通过实验测量一未知电阻的阻值。
（1）实验前先用多用电表粗略测量该电阻的阻值。将多用电表的选择开关拨到“×10”倍率的电阻挡，进行欧姆调零，用两个表笔与电阻两端接触，若指针偏角太大，应重新将选择开关拨到　 　（填“×1”或“×100”）挡位，再次进行欧姆调零后进行测量，其读数如图甲所示，则该电阻的阻值约等于　 　Ω。
（2）为了精确测量该电阻值，除了电动势约为3V的电池组、开关S和若干导线外，实验室还备有以下器材：
A．电压表V（量程3V，内阻约为4kΩ）
B．微安表头G（量程100μA，内阻999Ω）
C．定值电阻
D．滑动变阻器R（0~5Ω）
①将微安表头G和定值电阻改装成一个量程较大的电流表，则改装后电流表的量程为　 　A。
②根据给出的器材，请在虚线框内设计画出实验电路图，要求没有系统误差　 　。
12．物理小组用图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用电子秤测出滑块（含遮光条）的质量为M，重物的质量为m。实验步骤如下。
（1）将光电门安装到气垫导轨一侧，在滑块上固定一遮光条，用50分度的游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图乙所示，则　 　mm。当遮光条通过光电门的遮光时间为时，认为滑块的瞬时速度为，原因是　 　。
（2）不挂重物时，给滑块一向左的初速度，若滑块通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，则为了使气垫导轨水平，应将气垫导轨的　 　（填“左”或“右”）地脚螺丝调高。
（3）气垫导轨调节水平后，挂上重物，使滑块与定滑轮之间的细线水平，从固定的刻度尺上读出两光电门之间的距离为s（初始时重物距地面的高度大于s）。释放重物，遮光条通过光电门1的遮光时间为，通过光电门2的遮光时间为。已知当地重力加速度为g，若系统机械能守恒，则应该满足的表达式为　 　（用题中给出的字母表示）。
13．父子两人在空旷的草地上投掷飞镖。第一次，父亲站在A点将飞镖甲以的初速度沿与水平方向成角的方向掷出，飞镖最终落在水平地面上的C点。第二次儿子站在B点将飞镖乙以某一初速度水平掷出，飞镖最终也落在C点。已知飞镖甲的投出点距地面高度，飞镖乙的投出点距地面高度，A、B两点间的距离，不计空气阻力，g取，。求：
（1）飞镖甲离地面的最大高度H和在空中飞行的时间t；
（2）飞镖乙抛出时的速度大小和落地时的速度大小v。
14．如图所示，在竖直面内建立xOy坐标系，y轴左侧存在沿x轴正方向的匀强电场，右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场。长为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端系着质量为m、电荷量为q的带正电小球。现将小球拉至处并给小球一沿x轴负方向的初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，当小球运动到P点时，细线上的拉力恰好为零；当小球运动到处时细线断裂，之后小球始终在第一象限内运动，某时刻小球恰好与y轴相切。已知OP与y轴正方向的夹角为，，重力加速度大小为g，小球可视为质点。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球在M、N两点时的速度、的大小；
（3）磁感应强度B的大小。
15．如图所示，间距的平行导轨、固定在水平面上，左侧连接一电容的电容器（耐压值足够大）。垂直于导轨的虚线与之间的导轨均为不导电的陶瓷材料（图中导轨上的虚线部分），其余导轨为金属材料。垂直于导轨的虚线左侧处于方向竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场中。质量、电阻不计的金属棒甲静止在左侧。金属棒乙和丙的质量均为、连入电路中的电阻均为，其中乙静止在与之间，丙静止在与之间。现给甲棒施加一与导轨平行、大小为6N的水平向右的恒力F，当其运动到时撤去F；之后甲与乙发生弹性碰撞，碰撞后瞬间乙棒的速度；当丙棒运动到时速度。不计一切摩擦及空气阻力，不计导轨电阻，金属棒始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，进入或离开陶瓷段导轨的瞬间不损失机械能，重力加速度。
（1）求电容器上的最大电荷量；
（2）求金属棒甲在恒力F的作用下向右运动的距离x；
（3）若乙、丙在与之间没有相碰，求初始时丙与的最小距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波形图中读出完整波长，波沿x轴正方向传播，用上下坡法判断时刻平衡位置的质点M处于上坡段，振动方向沿y轴正方向，因此M点振动方程写作。
将条件、代入方程：，化简得。
因是第一次到达位移5cm，取最小正相位，计算得到周期。
A、通过振动方程代入已知条件求解得周期，故A正确；
B、结合波长与周期计算波速，和选项2.5m/s不相等，故B错误；
C、波向右传播，M点处于上坡区域，时沿y轴正方向振动，并非y轴负方向，故C错误；
D、机械波传播时质点仅在自身平衡位置做上下简谐振动，不会随波发生水平位移，M点横坐标始终保持6m，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查简谐振动方程结合波动图像求周期；先根据波传播方向判断质点初振动方向，写出对应正弦振动表达式，将首次到达5cm位移的时刻代入，结合最小相位条件求解周期。
B、考查波长、周期、波速三者换算；从波形图读取波长数值，代入已算出的周期，利用计算波速，对比选项数值完成判断。
C、考查波动图像质点振动方向判定；使用上下坡法，沿波的传播方向区分上坡、下坡，上坡质点向上振动，下坡质点向下振动。
D、考查机械波传播基本性质；明确波传递振动形式与能量，质点无随波迁移的水平运动。
2．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】两束光入射AD面时入射角相同，光1折射光线偏折程度更大，折射角更小。
由折射定律，折射角越小，折射率越大，因此玻璃砖对光1折射率大于光2。
A、折射率越大对应光频率越高，真空波长越短，光1折射率更大，波长更短，故A错误；
B、光1折射角更小，代入折射定律可得玻璃砖对单色光1的折射率更大，故B正确；
C、介质中光速公式，折射率越大传播速度越小，光1折射率更大，在玻璃中速度更小，故C错误；
D、光线到达BC面时，几何关系可证明光线在BC面的入射角等于AD面的折射角，始终小于临界角，两束光都无法在BC边发生全反射，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查折射率、频率、真空波长的关联规律；依托折射光线偏折差异对比两种光的折射率，再结合光学色散规律，建立折射率与波长的对应关系完成推导。
B、考查折射定律的定性应用；保持入射角不变，通过折射角大小对比，结合折射公式直接推导介质对两种单色光的折射率大小关系。
C、考查介质中光速计算公式；利用光在介质中传播速度与折射率的反比关系式，结合已得出的折射率大小关系推导传播速度的大小关系。
D、考查全反射成立条件与矩形玻璃砖光路几何约束；根据矩形两组对边平行的几何特点，推导BC界面光线入射角的取值范围，结合全反射临界条件判断能否发生全反射。
3．【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】已知状态：；状态：；状态：；状态：，为等温过程，。
理想气体状态方程。
联立两状态直接计算：，代入，化简得到。
对等温变化，玻意耳定律，代入，解得。
A、计算得出状态温度等于，不等于，故A错误；
B、根据等温过程压强体积反比关系算出状态压强为，故B正确；
C、过程温度升高，气体分子平均速率增大，并非每一个分子运动速率都增大，部分分子速率会减小，故C错误；
D、气体体积减小，外界挤压气体，外界对气体做正功，气体不会对外界做功，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查理想气体状态方程跨状态求温度；直接取初态和代入通用状态方程，消去常量后求解态温度，对比选项给出的温度数值。
B、考查玻意耳定律等温变化定量计算；等温过程气体压强与体积乘积恒定，代入两点压强、体积已知量，变形求解点压强。
C、考查温度与分子速率统计分布规律；温度仅表征分子平均动能，升温只会提升平均速率，分子速率遵循正态分布，存在速率减小的分子。
D、考查气体体积变化对应的做功判断；气体体积收缩时外界对气体做功，体积膨胀时气体对外界做功。
4．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．设太阳的质量为M，地球的质量为m，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，可得太阳的质量，根据提供的信息无法求出地球的质量，故A错误；
B．由于彗星和地球都绕太阳运动，根据开普勒第三定律可得，可得彗星的周期，故B错误；
C．在近日点P，物体受引力的方向与速度方向垂直，由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，可得在近日点P，地球的向心加速度等于X彗星的向心加速度，故C错误；
D．在近日点P，X彗星做离心运动，根据引力小于向心力，可知彗星的速度比较大，所以地球的线速度小于X彗星的线速度，故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力可以求出太阳的质量不能求出地球的质量；利用开普勒第三定律可以求出彗星运动的周期；利用引力产生加速度可以比较加速度的大小；利用离心运动可以比较线速度的大小。
5．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】如图所示
圆环半径为，弹簧与竖直直径夹角，由等腰三角形几何关系得弹簧总长，弹簧原长，伸长量。
小球受重力、弹簧弹力、圆环支持力，受力矢量三角形和几何三角形相似，比例式，化简得到弹簧弹力。
代入胡克定律，分母有理化后算出。
A、B、D错误；C正确；
故答案为：C。
【分析】先借助圆环几何尺寸算出弹簧伸长量，利用相似三角形的边长比例关系求出弹簧弹力，再将弹力、伸长量代入胡克定律，对分式分母有理化得到劲度系数，最后和各选项代数式比对完成判断。
6．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A、是电势曲线峰值，此处电场强度等于0；原点附近电势趋向负无穷、无穷远电势趋近0，可判断两点电荷为异种电荷，故A错误；
B、在两点电荷场强等大反向，列出等式，化简得到，与选项给出的关系式不符，故B错误；
C、从向右至，电场沿x轴负方向，电子受力向右，电场力做正功，电势能减小；超过后电场沿x轴正方向，电子受力向左，电场力做负功，电势能增大，因此电子电势能一定先减小后增大，故C正确；
D、电势高于，电子运动到处仍具有向右的速度，会继续向x轴正方向运动，不会在区间往复，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查φ-x图像与电荷电性判断；利用电势极值点场强为零，结合原点、无穷远电势特征判断两点电荷为异种电荷。
B、考查点电荷场强叠加计算；场强零点处两场强大小相等，代入点电荷场强公式化简，得到电荷量比例并和选项对比。
C、考查电场力做功与电势能变化；由图像斜率分段判定电场方向，确定电子受力方向，根据做功正负分析电势能变化趋势。
D、考查带电粒子在电场中的运动范围；对比与电势高低，结合电子电势能、动能守恒，判断粒子经过时仍有向右速度。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、物件加速阶段受沿斜面向上的滑动摩擦力，匀速阶段受沿斜面向上的静摩擦力，全程摩擦力方向与物件运动方向一致，摩擦力始终做正功，故A错误；
B、传送带对物件的作用力只有摩擦力，摩擦力做功等于物件机械能总增加量，包含动能增量与重力势能增量，不只是动能增量，故B错误；
C、共速前对物件受力列牛顿第二定律，算出加速度；共速时间，物件加速位移；摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移，故C正确；
D、仅在0~5s物件与传送带存在速度差，发生相对滑动，相对滑动时长为5s，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查斜传送带摩擦力做功判断；分加速、匀速两段判断摩擦力方向，对比摩擦力与物件位移方向，确定做功正负。
B、考查功能关系；传送带仅摩擦力对物件做功，摩擦力做功全部转化为物件机械能，机械能包含动能、重力势能两部分。
C、考查牛顿第二定律、匀变速运动、摩擦生热综合计算；先受力求加速度，再计算共速时间、物件位移，求出传送带位移后得到相对位移，代入摩擦生热公式算出热量。
D、考查相对滑动时长判定；只有物件和传送带速度不相等时存在相对滑动，共速后无相对滑动，因此相对滑动时间等于加速到共速的时间。
8．【答案】B,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、原子核衰变时电荷数、质量数守恒，但反应存在质量亏损，亏损的质量转化为能量释放，总质量不守恒，故A错误；
B、写出衰变方程 ，反应释放电子，质量数不变、核电荷数加1，符合β衰变特征，故B正确；
C、半衰期是大量原子核衰变的统计规律，少量原子核衰变具有随机性，无法精准判定剩余原子核数量，故C错误；
D、半衰期由原子核自身内部结构决定，温度、压强等外界环境无法改变衰变快慢，高温高压不影响衰变速度，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查核反应守恒规律；区分质量数守恒与实际质量守恒，衰变存在质量亏损，总质量不守恒。
B、考查衰变类型判断；配平核反应方程式，根据生成物为电子判定该反应为β衰变。
C、考查半衰期适用条件；半衰期仅对大量原子核成立，少量原子核衰变无确定规律。
D、考查半衰期影响因素；衰变由原子核内部属性决定，外界温度、压强等条件不会改变半衰期。
9．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A、发电机线圈感应电动势最大值，转速加倍，电动势有效值加倍，将副线圈负载等效到原边后总电阻不变，原线圈电流变为，不是，故A错误；
B、转速加倍，发电机输出电压有效值加倍，理想变压器匝数比不变，副线圈各电阻分压同步加倍，电压表测两端电压，示数变为，故B正确；
C、闭合开关S，副线圈并联负载增多，副线圈总电阻减小，根据等效电阻公式，原边等效电阻减小，原线圈电流增大，由得消耗功率增大，故C正确；
D、理想变压器输入功率等于输出功率，闭合S后原线圈电流变大，输入功率增大，输出功率同步增大，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查交变电流发电机电动势、变压器等效动态电路；需结合电动势与转速正比关系，分析全电路等效电阻不变时电流的变化倍数。
B、考查理想变压器电压比规律；需利用原副线圈电压与匝数成正比，判断原线圈电压加倍后副线圈分压变化。
C、考查变压器负载等效变换、电阻功率计算；需借助副边电阻折算到原边公式，分析并联负载变化对原线圈电流、功率的影响。
D、考查理想变压器功率等量关系；需依据理想变压器无功率损耗，输入功率随原线圈电流增大而增大，输出功率同步变大。
10．【答案】B,D
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A、地面最大静摩擦力，拉力时两者开始运动。
滑块最大静摩擦力提供临界加速度：，整体临界拉力，联立得。1～5s拉力未超临界值，二者无相对滑动；拉力线性变化，冲量，对整体动量定理：，代入数据解得，故A错误；
B、，，两者共加速。整体：；
隔离滑块A，静摩擦力为合力：，两式联立消去，算出，故B正确；
C、先用动量定理求出共同速度；7～8s拉力大于临界拉力，板块相对滑动。
对木板B列动量定理：
代入数据解得，与选项结论不符，故C错误；
D、7～8s滑块A仅受滑动摩擦力，加速度恒定做匀加速，初速度，由位移公式：
，代入数据计算得，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查动量定理、板块临界滑动问题；先求启动时刻与临界拉力，分段用平均冲量、整体动量定理求解共速，对比数值判断正误。
B、考查整体法隔离法、牛顿第二定律；整体列式求共同加速度，隔离滑块，静摩擦力充当合力，联立计算静摩擦力大小。
C、考查板块相对滑动、分段动量定理；先求共速状态，相对滑动阶段单独对木板列动量定理，计算末速度对比选项。
D、考查匀变速直线运动位移公式、板块受力分析；滑块仅受恒定滑动摩擦力做匀加速，直接代入位移公式计算位移。
11．【答案】（1）×1；30
（2）0.1；
【知识点】表头的改装；伏安法测电阻
【解析】【解答】(1)欧姆表指针偏角过大，代表被测电阻阻值偏小，当前倍率偏大，需要更换更小倍率挡位，将选择开关调至“×1”挡，随后进行欧姆调零。
选用×1倍率，表盘读数30，被测电阻阻值。
故答案为：×1；30；
(2)①微安表头与分流电阻并联改装成大量程电流表，并联电路分流原理，总量程等于表头电流与分流支路电流之和，列式，代入参数计算得到改装后电流表量程。
②滑动变阻器阻值较小，限流接法电压调节范围不足，因此采用分压式供电；改装电流表内阻已知，可精确修正分压误差，选择电流表内接法测量待测电阻，实物电路原理图如图所示：。
故答案为：0.1；；
【分析】(1) 欧姆表指针偏角规律为阻值越小偏角越大，偏角过大需换更小倍率；最终阻值等于表盘读数乘以倍率，完成电阻计算。
(2) 核心为并联分流公式，利用并联电路电压相等推导改装电流表总量程；
分两步判断电路接法，滑动变阻器阻值小选用分压接法，电流表内阻已知消除内接系统误差，确定电流表内接法，画出完整测量电路。
（1）[1]多用电表的指针偏角太大，说明读数太小，应换小倍率，重新将选择开关拨到“×1”挡位；
[2]根据选择的倍率可知，多用电表测出的阻值为
（2）①[1]将微安表头G和并联改装成一个电流表，改装后电流表的量程
②[2]滑动变阻器的阻值变化范围较小，故用分压接法；改装后的电流表内阻已知，故用内接法。电路图如图所示
12．【答案】（1）5.26；滑块通过光电门的时间非常短，平均速度约等于瞬时速度
（2）左
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】(1) 该游标卡尺分度值0.02mm，主尺读数5mm，游标第13格与主尺刻度对齐；遮光条宽度 。
遮光条宽度很小，穿过光电门的时间极短，平均速度可近似等于遮光条中心位置的瞬时速度。
故答案为：5.26；滑块通过光电门的时间非常短，平均速度约等于瞬时速度；
(2) 遮光时间与瞬时速度成反比，滑块经过光电门1的遮光时间更长，对应速度更小，滑块向右加速下滑，导轨左侧偏低；调节地脚螺丝，抬高导轨左端即可调平倾斜导轨。
故答案为：左；
(3) 重物下落距离，系统重力势能减少量 ；
滑块与重物组成的系统总动能增量，用光电门瞬时速度计算：；
系统机械能守恒时，重力势能减少量等于总动能增加量，满足关系式：
故答案为：；
【分析】(1) 使用游标卡尺读数公式，主尺读数加对齐格数×分度值算出遮光条宽度。
依据微元近似思想，短时间内平均速度等效为瞬时速度，这是光电门测速的核心原理。
(2)由遮光时间长短判断滑块速度大小，速度持续增大说明导轨左低右高，通过调高左侧地脚螺丝校正导轨倾斜坡度。
(3)系统机械能守恒，重物减少的重力势能转化为滑块、重物整体增加的动能；核心测速公式，分别计算两处总动能再作差得到动能变化量，联立势能变化表达式得到机械能守恒验证方程。
13．【答案】（1）飞镖甲在竖直方向做竖直上抛运动，设上升的最大高度为，有
离地面的最大高度
解得
设飞镖甲上升的时间为，下降的时间为，有
飞镖甲在空中飞行的时间
（2）飞镖甲的水平分速度
设飞镖乙在空中运动的时间为，有
解得飞镖乙的初速度
飞镖乙落地时竖直分速度满足
解得
则落地时的速度

【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【分析】（1）飞镖甲做斜抛运动，利用竖直方向的速度位移公式可以求出距离地面的最大高度；利用竖直方向的位移公式及速度公式可以求出飞行的时间；
（2）飞镖甲做斜抛运动，利用水平方向的位移公式可以求出水平方向的距离，结合飞镖乙做平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小，结合速度位移公式可以求出落地竖直方向的分速度，结合速度的合成可以求出落地速度的大小。
（1）飞镖甲在竖直方向做竖直上抛运动，设上升的最大高度为，有
离地面的最大高度
解得
设飞镖甲上升的时间为，下降的时间为，有
飞镖甲在空中飞行的时间
（2）飞镖甲的水平分速度
设飞镖乙在空中运动的时间为，有
解得飞镖乙的初速度
飞镖乙落地时竖直分速度满足
解得
则落地时的速度
14．【答案】（1）小球运动至P点时，重力、电场力的合力沿PO方向，受力满足比例关系 ；
代入化简计算，得到电场强度 。
（2）将重力与电场力合成，合外力大小 ，该合力充当圆周运动向心力，设小球在P点速度为，则 。
小球从M运动到P，重力、电场力均做负功，由动能定理可得：
联立向心力公式与动能定理方程，求解得出M点初速度 。
小球从M运动到N过程只有重力做功，动能定理表达式 ，代入化简得 。
（3）小球进入第一象限的合速度满足 ；采用配速分解法，将小球实际运动拆分为沿x轴的匀速直线运动、速率的匀速圆周运动，如图所示：
洛伦兹力提供圆周运动向心力 ，推导得圆周运动半径 ；圆周运动周期 ，转过圆心角对应的运动时长 。
圆周分运动水平分速度 ，水平位移 ；匀速直线分运动沿x正方向，位移 。
小球轨迹刚好与y轴相切存在两个临界条件：水平合速度为0、总水平位移为0，即，；代入分运动式子得到方程组：
消去公共系数化简后得到 。
解得
根据，
解得
根据有
【知识点】生活中的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合；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) 借助P点合力沿PO方向的受力几何关系，建立电场力与重力的三角函数等式，通过代数变形直接解出电场强度E。
(2) 先合成重力与电场力得到等效向心力，结合圆周运动向心力公式写出P点速度方程；对M到P全过程列动能定理，两式联立求出M点初速度；单独分析M到N只有重力做功的过程，再次运用动能定理计算N点速度。
(3) 使用速度配速分解法，把复合场下的复杂运动拆分为匀速直线、匀速圆周两种基础分运动；利用洛伦兹圆周运动规律推导轨道半径、周期、分位移表达式；结合轨迹与y轴相切的临界约束，联立水平速度、水平位移两个等式，消去参量化简得到圆心角满足的关系式。
（1）根据题意可知，小球运动到P点时，重力和电场力的合力沿着PO方向
即
电场强度
（2）小球运动到P点时，重力和电场力的合力
合力提供向心力，设此时速度为v，则
小球从M点到P点，根据动能定理有
联立解得
小球从M点到N点，有
可得
（3）小球进入第一象限，设
根据配速法，小球的实际运动可以分解为两个分运动，一个分运动是小球以速率做匀速圆周运动，如图所示
设匀速圆周运动的半径为R，小球在时间内转过的圆心角为，则，
又知，，
联立解得，，
另一个分运动是小球以速度沿轴正方向做匀速直线运动，故
某时刻小球恰好与y轴相切，故应满足两个条件，
所以，
整理得
解得
根据，
解得
根据有
15．【答案】（1）设金属棒甲碰撞前速度为，碰后速度为，甲乙发生弹性碰撞，系统动量守恒：；
弹性碰撞无机械能损耗，动能守恒：；
联立两组方程计算得，。
甲切割磁感线速度最大时感应电动势峰值出现在虚线处，；
结合电容定义式，电容器最大带电量，代入数据求得。
（2）金属棒甲受恒定拉力由静止加速，瞬时状态牛顿第二定律：；
结合电流、电荷量、电动势的推导关系：；
将电流表达式代入动力学方程，化简求解加速度，加速度恒定说明甲做匀加速直线运动；
匀变速速度位移关系式，变形代入数值算出位移。
（3）丙速度时设乙速度为，乙、丙在磁场内运动，相互安培力为系统内力，合外力为零，动量守恒：，解得。
对丙全程应用动量定理：；
回路瞬时电流，代入得；
运动叠加关系，为两棒相对位移，代入化简，解得丙与边界初始最小间距。
【知识点】碰撞模型；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 采用联立方程格式，先并列书写动量守恒式、弹性碰撞动能守恒式，解出甲的速度；再分步代入动生电动势公式、电容定义推导式，逐层代值计算电容器最大电荷量。
(2) 采用分层推导格式，第一层列牛顿第二定律基础式，第二层逐段变形推导电容电流表达式，两式联立求出恒定加速度；再使用匀变速直线运动标准公式，单式变形求解金属棒滑行位移。
(3) 分两段列式计算，第一段单列系统动量守恒方程求解乙的瞬时速度；第二段采用积分求和格式，先写动量定理求和式，再代入回路电流替换，结合相对位移积分关系消去时间参量，整理一元方程求出初始最小距离。
（1）设金属棒甲与乙碰撞前甲的速度为，碰撞后甲的速度为，根据动量守恒定律有
发生弹性碰撞时机械能也守恒，所以有
解得，
在虚线处甲切割磁感线产生的感应电动势最大，即
根据电容器的定义式
电容器上的最大电荷量为
解得
（2）金属棒甲在拉力F作用下从静止开始做加速运动，设某一时刻的加速度为a，根据牛顿第二定律，有
其中
代入后可解得
即金属棒甲做匀加速运动，有
所以
（3）当丙的速度时，设乙的速度为，乙与丙在磁场中运动时切割磁感线产生感应电流，二者受到等大反向的安培力作用，所以乙与丙组成的系统动量是守恒的，有
可解得
对金属棒丙应用动量定理，有
即
根据运动学关系，有
即
解得初始时丙与的最小距离
1 / 12026届黑龙江省齐齐哈尔市高三下学期第一次模拟考试物理试卷
1．一列简谐横波沿x轴正方向传播。时的波形如图所示，平衡位置在处的质点M在时位移第一次为5cm，下列说法正确的是（　　）
A．简谐横波的周期为24s B．波速大小为2.5m/s
C．时，M点沿y轴负方向运动 D．时，M点运动到处
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波形图中读出完整波长，波沿x轴正方向传播，用上下坡法判断时刻平衡位置的质点M处于上坡段，振动方向沿y轴正方向，因此M点振动方程写作。
将条件、代入方程：，化简得。
因是第一次到达位移5cm，取最小正相位，计算得到周期。
A、通过振动方程代入已知条件求解得周期，故A正确；
B、结合波长与周期计算波速，和选项2.5m/s不相等，故B错误；
C、波向右传播，M点处于上坡区域，时沿y轴正方向振动，并非y轴负方向，故C错误；
D、机械波传播时质点仅在自身平衡位置做上下简谐振动，不会随波发生水平位移，M点横坐标始终保持6m，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查简谐振动方程结合波动图像求周期；先根据波传播方向判断质点初振动方向，写出对应正弦振动表达式，将首次到达5cm位移的时刻代入，结合最小相位条件求解周期。
B、考查波长、周期、波速三者换算；从波形图读取波长数值，代入已算出的周期，利用计算波速，对比选项数值完成判断。
C、考查波动图像质点振动方向判定；使用上下坡法，沿波的传播方向区分上坡、下坡，上坡质点向上振动，下坡质点向下振动。
D、考查机械波传播基本性质；明确波传递振动形式与能量，质点无随波迁移的水平运动。
2．如图所示，置于真空中的玻璃砖截面为矩形ABCD，一束复色光从AD边上O点射入玻璃砖后分成两束单色光1、2，分别照射到BC边的a、b两点。下列说法正确的是（　　）
A．单色光1的波长大于单色光2的波长
B．玻璃砖对单色光1的折射率大于对单色光2的折射率
C．单色光1在玻璃砖中的传播速度大于单色光2在玻璃砖中的传播速度
D．增大入射角，单色光2最先在BC边发生全反射现象
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】两束光入射AD面时入射角相同，光1折射光线偏折程度更大，折射角更小。
由折射定律，折射角越小，折射率越大，因此玻璃砖对光1折射率大于光2。
A、折射率越大对应光频率越高，真空波长越短，光1折射率更大，波长更短，故A错误；
B、光1折射角更小，代入折射定律可得玻璃砖对单色光1的折射率更大，故B正确；
C、介质中光速公式，折射率越大传播速度越小，光1折射率更大，在玻璃中速度更小，故C错误；
D、光线到达BC面时，几何关系可证明光线在BC面的入射角等于AD面的折射角，始终小于临界角，两束光都无法在BC边发生全反射，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查折射率、频率、真空波长的关联规律；依托折射光线偏折差异对比两种光的折射率，再结合光学色散规律，建立折射率与波长的对应关系完成推导。
B、考查折射定律的定性应用；保持入射角不变，通过折射角大小对比，结合折射公式直接推导介质对两种单色光的折射率大小关系。
C、考查介质中光速计算公式；利用光在介质中传播速度与折射率的反比关系式，结合已得出的折射率大小关系推导传播速度的大小关系。
D、考查全反射成立条件与矩形玻璃砖光路几何约束；根据矩形两组对边平行的几何特点，推导BC界面光线入射角的取值范围，结合全反射临界条件判断能否发生全反射。
3．如图所示，一定质量的理想气体经历状态变化，其中a状态的温度为，为等温过程。下列说法正确的是（　　）
A．c状态的温度为
B．d状态的压强为
C．的过程中，所有气体分子的运动速率都增加
D．的过程中，气体对外界做正功
【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】已知状态：；状态：；状态：；状态：，为等温过程，。
理想气体状态方程。
联立两状态直接计算：，代入，化简得到。
对等温变化，玻意耳定律，代入，解得。
A、计算得出状态温度等于，不等于，故A错误；
B、根据等温过程压强体积反比关系算出状态压强为，故B正确；
C、过程温度升高，气体分子平均速率增大，并非每一个分子运动速率都增大，部分分子速率会减小，故C错误；
D、气体体积减小，外界挤压气体，外界对气体做正功，气体不会对外界做功，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查理想气体状态方程跨状态求温度；直接取初态和代入通用状态方程，消去常量后求解态温度，对比选项给出的温度数值。
B、考查玻意耳定律等温变化定量计算；等温过程气体压强与体积乘积恒定，代入两点压强、体积已知量，变形求解点压强。
C、考查温度与分子速率统计分布规律；温度仅表征分子平均动能，升温只会提升平均速率，分子速率遵循正态分布，存在速率减小的分子。
D、考查气体体积变化对应的做功判断；气体体积收缩时外界对气体做功，体积膨胀时气体对外界做功。
4．如图所示，地球绕太阳做匀速圆周运动，轨道半径为，周期为T。X彗星绕太阳运动的轨道为椭圆，近日点P到太阳中心的距离为，远日点Q到太阳中心的距离为。已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．地球的质量为
B．X彗星的周期为
C．在近日点P，地球的向心加速度小于X彗星的向心加速度
D．在近日点P，地球的线速度小于X彗星的线速度
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．设太阳的质量为M，地球的质量为m，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，可得太阳的质量，根据提供的信息无法求出地球的质量，故A错误；
B．由于彗星和地球都绕太阳运动，根据开普勒第三定律可得，可得彗星的周期，故B错误；
C．在近日点P，物体受引力的方向与速度方向垂直，由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，可得在近日点P，地球的向心加速度等于X彗星的向心加速度，故C错误；
D．在近日点P，X彗星做离心运动，根据引力小于向心力，可知彗星的速度比较大，所以地球的线速度小于X彗星的线速度，故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力可以求出太阳的质量不能求出地球的质量；利用开普勒第三定律可以求出彗星运动的周期；利用引力产生加速度可以比较加速度的大小；利用离心运动可以比较线速度的大小。
5．如图所示，竖直固定放置的光滑大圆环半径为R，最高点为P，最低点为Q，质量为m的小球套在圆环上。现将原长为R的轻弹簧一端拴接在P点，另一端拴接小球，静止时轻弹簧轴线方向与PQ连线的夹角为30°。则轻弹簧的劲度系数为（重力加速度为g）（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】如图所示
圆环半径为，弹簧与竖直直径夹角，由等腰三角形几何关系得弹簧总长，弹簧原长，伸长量。
小球受重力、弹簧弹力、圆环支持力，受力矢量三角形和几何三角形相似，比例式，化简得到弹簧弹力。
代入胡克定律，分母有理化后算出。
A、B、D错误；C正确；
故答案为：C。
【分析】先借助圆环几何尺寸算出弹簧伸长量，利用相似三角形的边长比例关系求出弹簧弹力，再将弹力、伸长量代入胡克定律，对分式分母有理化得到劲度系数，最后和各选项代数式比对完成判断。
6．电荷量分别为、的两个点电荷，分别固定在和处，在它们形成的电场中，在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，处电势为零，处电势最大。根据提供的信息，下列判断正确的是（　　）
A．两个点电荷可能带同种电荷
B．电荷量一定满足关系式
C．一电子从处由静止释放，电势能一定先减小后增大
D．一电子从处由静止释放，一定在之间做往复运动
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A、是电势曲线峰值，此处电场强度等于0；原点附近电势趋向负无穷、无穷远电势趋近0，可判断两点电荷为异种电荷，故A错误；
B、在两点电荷场强等大反向，列出等式，化简得到，与选项给出的关系式不符，故B错误；
C、从向右至，电场沿x轴负方向，电子受力向右，电场力做正功，电势能减小；超过后电场沿x轴正方向，电子受力向左，电场力做负功，电势能增大，因此电子电势能一定先减小后增大，故C正确；
D、电势高于，电子运动到处仍具有向右的速度，会继续向x轴正方向运动，不会在区间往复，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查φ-x图像与电荷电性判断；利用电势极值点场强为零，结合原点、无穷远电势特征判断两点电荷为异种电荷。
B、考查点电荷场强叠加计算；场强零点处两场强大小相等，代入点电荷场强公式化简，得到电荷量比例并和选项对比。
C、考查电场力做功与电势能变化；由图像斜率分段判定电场方向，确定电子受力方向，根据做功正负分析电势能变化趋势。
D、考查带电粒子在电场中的运动范围；对比与电势高低，结合电子电势能、动能守恒，判断粒子经过时仍有向右速度。
7．如图所示，倾角的传送带始终保持的速率顺时针运行。现将质量的物件（可视为质点）轻轻放在传送带底端a点，经过一段时间后通过传送带的顶端b点进入平台。已知，物件与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，。在物件从a运动到b的过程中（　　）
A．摩擦力对物件先做正功后不做功
B．传送带对物件做的功等于物件增加的动能
C．物件与传送带之间因摩擦产生的热量为
D．物件与传送带发生相对滑动的时间为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、物件加速阶段受沿斜面向上的滑动摩擦力，匀速阶段受沿斜面向上的静摩擦力，全程摩擦力方向与物件运动方向一致，摩擦力始终做正功，故A错误；
B、传送带对物件的作用力只有摩擦力，摩擦力做功等于物件机械能总增加量，包含动能增量与重力势能增量，不只是动能增量，故B错误；
C、共速前对物件受力列牛顿第二定律，算出加速度；共速时间，物件加速位移；摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移，故C正确；
D、仅在0~5s物件与传送带存在速度差，发生相对滑动，相对滑动时长为5s，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查斜传送带摩擦力做功判断；分加速、匀速两段判断摩擦力方向，对比摩擦力与物件位移方向，确定做功正负。
B、考查功能关系；传送带仅摩擦力对物件做功，摩擦力做功全部转化为物件机械能，机械能包含动能、重力势能两部分。
C、考查牛顿第二定律、匀变速运动、摩擦生热综合计算；先受力求加速度，再计算共速时间、物件位移，求出传送带位移后得到相对位移，代入摩擦生热公式算出热量。
D、考查相对滑动时长判定；只有物件和传送带速度不相等时存在相对滑动，共速后无相对滑动，因此相对滑动时间等于加速到共速的时间。
8．是碳的一种放射性同位素，其半衰期为5730年，衰变后产生新核。通过测量样本中剩余的含量推算其死亡年代。下列判断正确的是（　　）
A．的衰变过程中电荷数守恒，质量也守恒
B．衰变的核反应类型为衰变
C．100个原子核经过5730年，还剩下50个未发生衰变
D．高温高压的环境，不会影响的衰变速度
【答案】B,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、原子核衰变时电荷数、质量数守恒，但反应存在质量亏损，亏损的质量转化为能量释放，总质量不守恒，故A错误；
B、写出衰变方程 ，反应释放电子，质量数不变、核电荷数加1，符合β衰变特征，故B正确；
C、半衰期是大量原子核衰变的统计规律，少量原子核衰变具有随机性，无法精准判定剩余原子核数量，故C错误；
D、半衰期由原子核自身内部结构决定，温度、压强等外界环境无法改变衰变快慢，高温高压不影响衰变速度，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查核反应守恒规律；区分质量数守恒与实际质量守恒，衰变存在质量亏损，总质量不守恒。
B、考查衰变类型判断；配平核反应方程式，根据生成物为电子判定该反应为β衰变。
C、考查半衰期适用条件；半衰期仅对大量原子核成立，少量原子核衰变无确定规律。
D、考查半衰期影响因素；衰变由原子核内部属性决定，外界温度、压强等条件不会改变半衰期。
9．一小型交流发电机通过理想变压器向用户供电，其原理如图所示。理想变压器原、副线圈匝数比为。定值电阻、、、的阻值相同，发电机线圈电阻和导线电阻均不计。线圈转速为n且开关S断开时，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，下列判断正确的是（　　）
A．保持S断开，仅将线圈转速变为2n，电流表的示数变为
B．保持S断开，仅将线圈转速变为2n，电压表的读数变为2U
C．线圈转速不变，仅闭合S，电阻消耗的功率增大
D．线圈转速不变，仅闭合S，变压器的输出功率减小
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A、发电机线圈感应电动势最大值，转速加倍，电动势有效值加倍，将副线圈负载等效到原边后总电阻不变，原线圈电流变为，不是，故A错误；
B、转速加倍，发电机输出电压有效值加倍，理想变压器匝数比不变，副线圈各电阻分压同步加倍，电压表测两端电压，示数变为，故B正确；
C、闭合开关S，副线圈并联负载增多，副线圈总电阻减小，根据等效电阻公式，原边等效电阻减小，原线圈电流增大，由得消耗功率增大，故C正确；
D、理想变压器输入功率等于输出功率，闭合S后原线圈电流变大，输入功率增大，输出功率同步增大，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查交变电流发电机电动势、变压器等效动态电路；需结合电动势与转速正比关系，分析全电路等效电阻不变时电流的变化倍数。
B、考查理想变压器电压比规律；需利用原副线圈电压与匝数成正比，判断原线圈电压加倍后副线圈分压变化。
C、考查变压器负载等效变换、电阻功率计算；需借助副边电阻折算到原边公式，分析并联负载变化对原线圈电流、功率的影响。
D、考查理想变压器功率等量关系；需依据理想变压器无功率损耗，输入功率随原线圈电流增大而增大，输出功率同步变大。
10．如图所示，质量的足够长木板B静止在粗糙水平地面上，质量的小物块A静止在B的右端。已知B的下表面与地面之间的动摩擦因数，B的上表面与A之间的动摩擦因数，重力加速度为。现对B施加一水平向右的拉力，拉力F随时间t变化的规律为，下列判断正确的是（　　）
A．时，B的速度大小为
B．时，A受到的摩擦力大小为
C．时，B的速度大小为
D．的时间内，A的位移大小为7m
【答案】B,D
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A、地面最大静摩擦力，拉力时两者开始运动。
滑块最大静摩擦力提供临界加速度：，整体临界拉力，联立得。1～5s拉力未超临界值，二者无相对滑动；拉力线性变化，冲量，对整体动量定理：，代入数据解得，故A错误；
B、，，两者共加速。整体：；
隔离滑块A，静摩擦力为合力：，两式联立消去，算出，故B正确；
C、先用动量定理求出共同速度；7～8s拉力大于临界拉力，板块相对滑动。
对木板B列动量定理：
代入数据解得，与选项结论不符，故C错误；
D、7～8s滑块A仅受滑动摩擦力，加速度恒定做匀加速，初速度，由位移公式：
，代入数据计算得，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查动量定理、板块临界滑动问题；先求启动时刻与临界拉力，分段用平均冲量、整体动量定理求解共速，对比数值判断正误。
B、考查整体法隔离法、牛顿第二定律；整体列式求共同加速度，隔离滑块，静摩擦力充当合力，联立计算静摩擦力大小。
C、考查板块相对滑动、分段动量定理；先求共速状态，相对滑动阶段单独对木板列动量定理，计算末速度对比选项。
D、考查匀变速直线运动位移公式、板块受力分析；滑块仅受恒定滑动摩擦力做匀加速，直接代入位移公式计算位移。
11．小明同学通过实验测量一未知电阻的阻值。
（1）实验前先用多用电表粗略测量该电阻的阻值。将多用电表的选择开关拨到“×10”倍率的电阻挡，进行欧姆调零，用两个表笔与电阻两端接触，若指针偏角太大，应重新将选择开关拨到　 　（填“×1”或“×100”）挡位，再次进行欧姆调零后进行测量，其读数如图甲所示，则该电阻的阻值约等于　 　Ω。
（2）为了精确测量该电阻值，除了电动势约为3V的电池组、开关S和若干导线外，实验室还备有以下器材：
A．电压表V（量程3V，内阻约为4kΩ）
B．微安表头G（量程100μA，内阻999Ω）
C．定值电阻
D．滑动变阻器R（0~5Ω）
①将微安表头G和定值电阻改装成一个量程较大的电流表，则改装后电流表的量程为　 　A。
②根据给出的器材，请在虚线框内设计画出实验电路图，要求没有系统误差　 　。
【答案】（1）×1；30
（2）0.1；
【知识点】表头的改装；伏安法测电阻
【解析】【解答】(1)欧姆表指针偏角过大，代表被测电阻阻值偏小，当前倍率偏大，需要更换更小倍率挡位，将选择开关调至“×1”挡，随后进行欧姆调零。
选用×1倍率，表盘读数30，被测电阻阻值。
故答案为：×1；30；
(2)①微安表头与分流电阻并联改装成大量程电流表，并联电路分流原理，总量程等于表头电流与分流支路电流之和，列式，代入参数计算得到改装后电流表量程。
②滑动变阻器阻值较小，限流接法电压调节范围不足，因此采用分压式供电；改装电流表内阻已知，可精确修正分压误差，选择电流表内接法测量待测电阻，实物电路原理图如图所示：。
故答案为：0.1；；
【分析】(1) 欧姆表指针偏角规律为阻值越小偏角越大，偏角过大需换更小倍率；最终阻值等于表盘读数乘以倍率，完成电阻计算。
(2) 核心为并联分流公式，利用并联电路电压相等推导改装电流表总量程；
分两步判断电路接法，滑动变阻器阻值小选用分压接法，电流表内阻已知消除内接系统误差，确定电流表内接法，画出完整测量电路。
（1）[1]多用电表的指针偏角太大，说明读数太小，应换小倍率，重新将选择开关拨到“×1”挡位；
[2]根据选择的倍率可知，多用电表测出的阻值为
（2）①[1]将微安表头G和并联改装成一个电流表，改装后电流表的量程
②[2]滑动变阻器的阻值变化范围较小，故用分压接法；改装后的电流表内阻已知，故用内接法。电路图如图所示
12．物理小组用图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用电子秤测出滑块（含遮光条）的质量为M，重物的质量为m。实验步骤如下。
（1）将光电门安装到气垫导轨一侧，在滑块上固定一遮光条，用50分度的游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图乙所示，则　 　mm。当遮光条通过光电门的遮光时间为时，认为滑块的瞬时速度为，原因是　 　。
（2）不挂重物时，给滑块一向左的初速度，若滑块通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，则为了使气垫导轨水平，应将气垫导轨的　 　（填“左”或“右”）地脚螺丝调高。
（3）气垫导轨调节水平后，挂上重物，使滑块与定滑轮之间的细线水平，从固定的刻度尺上读出两光电门之间的距离为s（初始时重物距地面的高度大于s）。释放重物，遮光条通过光电门1的遮光时间为，通过光电门2的遮光时间为。已知当地重力加速度为g，若系统机械能守恒，则应该满足的表达式为　 　（用题中给出的字母表示）。
【答案】（1）5.26；滑块通过光电门的时间非常短，平均速度约等于瞬时速度
（2）左
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】(1) 该游标卡尺分度值0.02mm，主尺读数5mm，游标第13格与主尺刻度对齐；遮光条宽度 。
遮光条宽度很小，穿过光电门的时间极短，平均速度可近似等于遮光条中心位置的瞬时速度。
故答案为：5.26；滑块通过光电门的时间非常短，平均速度约等于瞬时速度；
(2) 遮光时间与瞬时速度成反比，滑块经过光电门1的遮光时间更长，对应速度更小，滑块向右加速下滑，导轨左侧偏低；调节地脚螺丝，抬高导轨左端即可调平倾斜导轨。
故答案为：左；
(3) 重物下落距离，系统重力势能减少量 ；
滑块与重物组成的系统总动能增量，用光电门瞬时速度计算：；
系统机械能守恒时，重力势能减少量等于总动能增加量，满足关系式：
故答案为：；
【分析】(1) 使用游标卡尺读数公式，主尺读数加对齐格数×分度值算出遮光条宽度。
依据微元近似思想，短时间内平均速度等效为瞬时速度，这是光电门测速的核心原理。
(2)由遮光时间长短判断滑块速度大小，速度持续增大说明导轨左低右高，通过调高左侧地脚螺丝校正导轨倾斜坡度。
(3)系统机械能守恒，重物减少的重力势能转化为滑块、重物整体增加的动能；核心测速公式，分别计算两处总动能再作差得到动能变化量，联立势能变化表达式得到机械能守恒验证方程。
13．父子两人在空旷的草地上投掷飞镖。第一次，父亲站在A点将飞镖甲以的初速度沿与水平方向成角的方向掷出，飞镖最终落在水平地面上的C点。第二次儿子站在B点将飞镖乙以某一初速度水平掷出，飞镖最终也落在C点。已知飞镖甲的投出点距地面高度，飞镖乙的投出点距地面高度，A、B两点间的距离，不计空气阻力，g取，。求：
（1）飞镖甲离地面的最大高度H和在空中飞行的时间t；
（2）飞镖乙抛出时的速度大小和落地时的速度大小v。
【答案】（1）飞镖甲在竖直方向做竖直上抛运动，设上升的最大高度为，有
离地面的最大高度
解得
设飞镖甲上升的时间为，下降的时间为，有
飞镖甲在空中飞行的时间
（2）飞镖甲的水平分速度
设飞镖乙在空中运动的时间为，有
解得飞镖乙的初速度
飞镖乙落地时竖直分速度满足
解得
则落地时的速度

【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【分析】（1）飞镖甲做斜抛运动，利用竖直方向的速度位移公式可以求出距离地面的最大高度；利用竖直方向的位移公式及速度公式可以求出飞行的时间；
（2）飞镖甲做斜抛运动，利用水平方向的位移公式可以求出水平方向的距离，结合飞镖乙做平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小，结合速度位移公式可以求出落地竖直方向的分速度，结合速度的合成可以求出落地速度的大小。
（1）飞镖甲在竖直方向做竖直上抛运动，设上升的最大高度为，有
离地面的最大高度
解得
设飞镖甲上升的时间为，下降的时间为，有
飞镖甲在空中飞行的时间
（2）飞镖甲的水平分速度
设飞镖乙在空中运动的时间为，有
解得飞镖乙的初速度
飞镖乙落地时竖直分速度满足
解得
则落地时的速度
14．如图所示，在竖直面内建立xOy坐标系，y轴左侧存在沿x轴正方向的匀强电场，右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场。长为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端系着质量为m、电荷量为q的带正电小球。现将小球拉至处并给小球一沿x轴负方向的初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，当小球运动到P点时，细线上的拉力恰好为零；当小球运动到处时细线断裂，之后小球始终在第一象限内运动，某时刻小球恰好与y轴相切。已知OP与y轴正方向的夹角为，，重力加速度大小为g，小球可视为质点。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球在M、N两点时的速度、的大小；
（3）磁感应强度B的大小。
【答案】（1）小球运动至P点时，重力、电场力的合力沿PO方向，受力满足比例关系 ；
代入化简计算，得到电场强度 。
（2）将重力与电场力合成，合外力大小 ，该合力充当圆周运动向心力，设小球在P点速度为，则 。
小球从M运动到P，重力、电场力均做负功，由动能定理可得：
联立向心力公式与动能定理方程，求解得出M点初速度 。
小球从M运动到N过程只有重力做功，动能定理表达式 ，代入化简得 。
（3）小球进入第一象限的合速度满足 ；采用配速分解法，将小球实际运动拆分为沿x轴的匀速直线运动、速率的匀速圆周运动，如图所示：
洛伦兹力提供圆周运动向心力 ，推导得圆周运动半径 ；圆周运动周期 ，转过圆心角对应的运动时长 。
圆周分运动水平分速度 ，水平位移 ；匀速直线分运动沿x正方向，位移 。
小球轨迹刚好与y轴相切存在两个临界条件：水平合速度为0、总水平位移为0，即，；代入分运动式子得到方程组：
消去公共系数化简后得到 。
解得
根据，
解得
根据有
【知识点】生活中的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合；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) 借助P点合力沿PO方向的受力几何关系，建立电场力与重力的三角函数等式，通过代数变形直接解出电场强度E。
(2) 先合成重力与电场力得到等效向心力，结合圆周运动向心力公式写出P点速度方程；对M到P全过程列动能定理，两式联立求出M点初速度；单独分析M到N只有重力做功的过程，再次运用动能定理计算N点速度。
(3) 使用速度配速分解法，把复合场下的复杂运动拆分为匀速直线、匀速圆周两种基础分运动；利用洛伦兹圆周运动规律推导轨道半径、周期、分位移表达式；结合轨迹与y轴相切的临界约束，联立水平速度、水平位移两个等式，消去参量化简得到圆心角满足的关系式。
（1）根据题意可知，小球运动到P点时，重力和电场力的合力沿着PO方向
即
电场强度
（2）小球运动到P点时，重力和电场力的合力
合力提供向心力，设此时速度为v，则
小球从M点到P点，根据动能定理有
联立解得
小球从M点到N点，有
可得
（3）小球进入第一象限，设
根据配速法，小球的实际运动可以分解为两个分运动，一个分运动是小球以速率做匀速圆周运动，如图所示
设匀速圆周运动的半径为R，小球在时间内转过的圆心角为，则，
又知，，
联立解得，，
另一个分运动是小球以速度沿轴正方向做匀速直线运动，故
某时刻小球恰好与y轴相切，故应满足两个条件，
所以，
整理得
解得
根据，
解得
根据有
15．如图所示，间距的平行导轨、固定在水平面上，左侧连接一电容的电容器（耐压值足够大）。垂直于导轨的虚线与之间的导轨均为不导电的陶瓷材料（图中导轨上的虚线部分），其余导轨为金属材料。垂直于导轨的虚线左侧处于方向竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场中。质量、电阻不计的金属棒甲静止在左侧。金属棒乙和丙的质量均为、连入电路中的电阻均为，其中乙静止在与之间，丙静止在与之间。现给甲棒施加一与导轨平行、大小为6N的水平向右的恒力F，当其运动到时撤去F；之后甲与乙发生弹性碰撞，碰撞后瞬间乙棒的速度；当丙棒运动到时速度。不计一切摩擦及空气阻力，不计导轨电阻，金属棒始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，进入或离开陶瓷段导轨的瞬间不损失机械能，重力加速度。
（1）求电容器上的最大电荷量；
（2）求金属棒甲在恒力F的作用下向右运动的距离x；
（3）若乙、丙在与之间没有相碰，求初始时丙与的最小距离。
【答案】（1）设金属棒甲碰撞前速度为，碰后速度为，甲乙发生弹性碰撞，系统动量守恒：；
弹性碰撞无机械能损耗，动能守恒：；
联立两组方程计算得，。
甲切割磁感线速度最大时感应电动势峰值出现在虚线处，；
结合电容定义式，电容器最大带电量，代入数据求得。
（2）金属棒甲受恒定拉力由静止加速，瞬时状态牛顿第二定律：；
结合电流、电荷量、电动势的推导关系：；
将电流表达式代入动力学方程，化简求解加速度，加速度恒定说明甲做匀加速直线运动；
匀变速速度位移关系式，变形代入数值算出位移。
（3）丙速度时设乙速度为，乙、丙在磁场内运动，相互安培力为系统内力，合外力为零，动量守恒：，解得。
对丙全程应用动量定理：；
回路瞬时电流，代入得；
运动叠加关系，为两棒相对位移，代入化简，解得丙与边界初始最小间距。
【知识点】碰撞模型；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 采用联立方程格式，先并列书写动量守恒式、弹性碰撞动能守恒式，解出甲的速度；再分步代入动生电动势公式、电容定义推导式，逐层代值计算电容器最大电荷量。
(2) 采用分层推导格式，第一层列牛顿第二定律基础式，第二层逐段变形推导电容电流表达式，两式联立求出恒定加速度；再使用匀变速直线运动标准公式，单式变形求解金属棒滑行位移。
(3) 分两段列式计算，第一段单列系统动量守恒方程求解乙的瞬时速度；第二段采用积分求和格式，先写动量定理求和式，再代入回路电流替换，结合相对位移积分关系消去时间参量，整理一元方程求出初始最小距离。
（1）设金属棒甲与乙碰撞前甲的速度为，碰撞后甲的速度为，根据动量守恒定律有
发生弹性碰撞时机械能也守恒，所以有
解得，
在虚线处甲切割磁感线产生的感应电动势最大，即
根据电容器的定义式
电容器上的最大电荷量为
解得
（2）金属棒甲在拉力F作用下从静止开始做加速运动，设某一时刻的加速度为a，根据牛顿第二定律，有
其中
代入后可解得
即金属棒甲做匀加速运动，有
所以
（3）当丙的速度时，设乙的速度为，乙与丙在磁场中运动时切割磁感线产生感应电流，二者受到等大反向的安培力作用，所以乙与丙组成的系统动量是守恒的，有
可解得
对金属棒丙应用动量定理，有
即
根据运动学关系，有
即
解得初始时丙与的最小距离
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