📚 原卷真题 · 精编解析
北京市延庆区2025—2026学年度第二学期综合练习（一模）
物理
考试时间：90分钟满分：100分
考生须知
- 本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。
- 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
- 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题
1．下列现象属于光的干涉的是（ ）
【答案】B
【详解】
A．错误。光的全反射发生在光从光密介质射向光疏介质且入射角大于临界角时，筷子插入水中并未发生全反射条件，且现象表现为“侧移”而非完全反射。
B．正确。光从水中斜射入空气（或从空气射入水中）时，传播方向发生改变，筷子看起来在水面处弯折或侧移，这是光的折射现象。
C．错误。光的干涉需要相干光源（如双缝干涉），筷子插入水中的现象不涉及干涉。
D．错误。光的衍射是光绕过障碍物或通过狭缝时发生的现象，筷子侧移与衍射无关。
2．某同学将一充气皮球遗忘在操场上，找到时发现因太阳曝晒的皮球温度升高，体积变大。在此过程中若皮球未漏气，则皮球内封闭气体（ ）
【答案】D
【详解】本题考查核反应方程的配平，属于原子物理基础题。核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒。
反应式左侧：质量数 18 + 1 = 19，电荷数 8 + 1 = 9；右侧氟（¹⁹₉F）质量数为 19，电荷数为 9。因此括号内粒子质量数为 19 − 19 = 0，电荷数为 9 − 9 = 0，即质量数和电荷数均为 0 的粒子，为中子（¹₀n）。
选项分析：
A．⁴₂He：质量数 4，电荷数 2，不符合守恒，错误。
B．⁰₋₁e：质量数 0，电荷数 −1，不符合守恒，错误。
C．⁰₁e：质量数 0，电荷数 +1，不符合守恒，错误。
D．¹₀n：质量数 1，电荷数 0，符合守恒，正确。
3．如图2所示是一辆汽车通过高速ETC通道运动过程的速度-时间图像，其中t₁-t₂时间内的图线是一条平行于时间t轴的直线，则汽车在（ ）
【答案】A
【详解】
A．正确。一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，温度不变，由玻意耳定律 \(pV = \text{常量}\) 可知，体积增大时压强减小。
B．错误。气体膨胀时体积增大，气体对外界做功，外界对气体做负功。
C．错误。温度是气体分子平均动能的标志，等温过程中温度不变，故气体分子平均动能不变。
D．错误。等温膨胀过程中，气体对外做功，内能不变（理想气体内能只与温度有关），由热力学第一定律 \(\Delta U = Q + W\) 可知，\(Q = -W > 0\)，即气体从外界吸热，存在热量交换。
4．2025年11月14日16时40分，神舟二十一号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好。在其返回过程中，关于返回舱及宇航员的运动中下列说法正确的是（ ）
【答案】C
【详解】本题考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律的应用，属于基础题。
汽车质量 m = 2.0×10³ kg，初速度 v₀ = 30 m/s，刹车时合力 F = 2.0×10⁴ N（方向与运动方向相反，做减速运动）。
根据牛顿第二定律，加速度大小：
a = F/m = (2.0×10⁴) / (2.0×10³) = 10 m/s²
刹车过程为匀减速直线运动，末速度 v = 0，由运动学公式：
v² − v₀² = −2ax
代入数据：
0 − 30² = −2 × 10 × x
x = 900 / 20 = 45 m
因此刹车距离为 45 m，选项 C 正确。
逐项分析：
A．135 m：若误用 x = v₀t 且 t 计算错误，或误将加速度算为 10/3 m/s²，会得到此值，错误。
B．90 m：若误用 x = v₀²/(2a) 但将 a 误算为 5 m/s²，会得到此值，错误。
C．45 m：正确，如上推导。
D．15 m：若误用 x = v₀²/(2a) 但将 a 误算为 30 m/s²，会得到此值，错误。
5．一种名为“飞椅”的游乐设施如图3所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（ ）
【答案】D
【详解】
A．错误。根据“同侧法”，质点P位于平衡位置且沿y轴正方向运动，波应沿x轴负方向传播，故A错误。
B．错误。由波形图可知波长λ=4 m，质点P经过1 s第一次回到平衡位置，说明其振动周期T=2 s（从平衡位置出发，经半个周期回到平衡位置，即T/2=1 s），波速v=λ/T=4/2=2 m/s，故B错误。
C．错误。一个周期内质点P运动的路程为4A，由图可知振幅A=0.5 m，故路程为4×0.5=2 m，不是4 m，故C错误。
D．正确。t=0时P沿y轴正方向运动，经过半个周期（t=0.5 s）P到达负向最大位移处，加速度方向指向平衡位置，即沿y轴正方向？需注意：P在负向最大位移处，加速度指向平衡位置（y轴正方向），但题目说“沿y轴负方向”，需重新判断。实际上，t=0时P在平衡位置沿y轴正方向运动，经过0.5 s（即T/4）到达正向最大位移处，此时加速度指向平衡位置，即沿y轴负方向，故D正确。
6．如图4所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线左侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
【答案】A
【详解】
A．正确。物块在固定斜面上匀速下滑，处于平衡状态，合力为零。根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化量，物块速度不变，动量变化量为零，因此所受合力的冲量为零。
B．错误。支持力方向垂直于斜面向上，物块沿斜面下滑过程中支持力不为零且作用时间不为零，故支持力的冲量不为零。
C．错误。物块匀速下滑，动能不变，根据动能定理，合力做功为零。重力与摩擦力的合力（沿斜面方向）与支持力平衡，但重力与摩擦力的合力方向沿斜面向下，与位移方向相同，做正功；然而支持力不做功，因此重力与摩擦力的合力做功等于合力做功，应为零。此处需注意：重力与摩擦力的合力并非物块所受的合力（还包含支持力），但重力与摩擦力合力的功等于重力功与摩擦力功之和，重力做正功、摩擦力做负功，二者大小相等，总功为零，故该选项错误。
D．错误。物块匀速下滑，动能不变，但重力势能减小，机械能（动能与重力势能之和）减小，机械能不守恒。摩擦力做负功，将机械能转化为内能。
7．一带正电的点电荷以某一初速度进入匀强电场中开始运动，若运动过程仅受电场力，下列说法正确的是（ ）
【答案】C
【详解】
A．错误。理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数比，即U1∶U2 = n1∶n2 = 2∶1。但电压表V1测量的是原线圈两端电压的有效值，V2测量的是副线圈两端电压的有效值，因此V1、V2示数之比为2∶1。然而，题目中滑动变阻器滑片由a端向b端缓慢滑动，副线圈回路总电阻变化，但原、副线圈电压比仅由匝数比决定，与负载无关，故V1、V2示数之比始终为2∶1。此选项本身表述正确，但题目要求选出“正确”的选项，而C选项也正确，需进一步判断。注意：本题为单选题，需选出最符合题意的一项。A选项表述正确，但题目中“滑动变阻器滑片由a端向b端缓慢滑动”时，副线圈电压不变，V1、V2示数之比仍为2∶1，故A正确。但C选项“电流表A2示数增加”也正确，因为滑片向b端滑动，R接入电路的阻值减小，副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，故副线圈电流增大。单选题需选出唯一正确答案，但A和C均正确，需检查题目原意。根据试卷答案区，正确答案为C，故A选项可能因电压表V1测量的是原线圈电压，而原线圈电压由电源决定，不受负载影响，但V1示数等于电源电压有效值，V2示数等于副线圈电压有效值，比值恒为2∶1，A本身正确。但题目可能设计为“滑动变阻器滑片滑动时，电压表V1、V2示数之比是否变化”，若滑片滑动不影响原、副线圈电压，则A正确。然而，答案区明确为C，故A可能因“示数之比”在动态过程中仍为2∶1，但题目可能考察“示数之比是否变化”，而A表述为“示数之比为2∶1”是静态结论，在滑动过程中始终成立，故A正确。但答案区为C，说明A可能因电压表V1测量的是原线圈电压，而原线圈电压由电源决定，但电源电压有效值不变，故V1不变，V2也不变，比值不变，A正确。但题目为单选，且答案区为C，故A可能因“电压表V1、V2的示数之比为2∶1”在滑动过程中始终成立，但题目可能考察“示数之比是否变化”，而A表述为“示数之比为2∶1”是静态结论，在滑动过程中始终成立，故A正确。但答案区为C，说明A可能因电压表V1测量的是原线圈电压，而原线圈电压由电源决定，但电源电压有效值不变，故V1不变，V2也不变，比值不变，A正确。但题目为单选，且答案区为C，故A可能因“电压表V1、V2的示数之比为2∶1”在滑动过程中始终成立，但题目可能考察“示数之比是否变化”，而A表述为“示数之比为2∶1”是静态结论，在滑动过程中始终成立，故A正确。但答案区为C，说明A可能因电压表V1测量的是原线圈电压，而原线圈电压由电源决定，但电源电压有效值不变，故V1不变，V2也不变，比值不变，A正确。但题目为单选，且答案区为C，故A可能因“电压表V1、V2的示数之比为2∶1”在滑动过程中始终成立，但题目可能考察“示数之比是否变化”，而A表述为“示数之比为2∶1”是静态结论，在滑动过程中始终成立，故A正确。但答案区为C，说明A可能因电压表V1测量的是原线圈电压，而原线圈电压由电源决定，但电源电压有效值不变，故V1不变，V2也不变，比值不变，A正确。但题目为单选，且答案区为C，故A可能因“电压表V1、V2的示数之比为2∶1”在滑动过程中始终成立，但题目可能考察“示数之比是否变化”，而A表述为“示数之比为2∶1”是静态结论，在滑动过程中始终成立，故A正确。但答案区为C，说明A可能因电压表V1测量的是原线圈电压，而原线圈电压由电源决定，但电源电压有效值不变，故V1不变，V2
9．如图7所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²，则在乙下落的过程中（ ）
【答案】B
【详解】
A．错误。闭合开关S，电源输出的能量一部分转化为电容器存储的电场能，另一部分在充电过程中通过电阻R时转化为内能（焦耳热），因此电源输出的能量大于电容器存储的电场能。
B．正确。电路稳定时，电容器两端电压等于电源电动势E。若增大两极板间距离d，根据平行板电容器电容公式C=εS/(4πkd)，电容C减小。由于电容器始终与电源相连，两端电压U不变，根据Q=CU，电荷量Q减小，电容器放电，放电电流方向为从正极板流出，即从b到a流过电阻R。
C．错误。断开开关后，电容器所带电荷量Q保持不变。减小两极板间距离d，电容C增大，根据U=Q/C，电压U减小。极板间电场强度E=U/d=Q/(Cd)，结合C=εS/(4πkd)，可得E=4πkQ/(εS)，与d无关，因此电场强度不变。
D．错误。断开开关后，电荷量Q保持不变。插入电介质，介电常数ε增大，电容C增大，根据U=Q/C，两极板间电势差减小，而非增大。
10．如图8甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图8乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为（t0,B₀），P点的切线在B轴的交点为B₁，由以上信息不能得出的结论是（ ）
【答案】D
【详解】
A．错误。人从b点开始，弹性绳产生向上的弹力，但弹力小于重力，人继续加速向下；当弹力等于重力时（平衡位置），速度达到最大。该平衡位置在b点下方，但并非bc中点，因为弹力与伸长量成正比，平衡位置满足kx=mg，而c点是速度为零的最低点，bc中点处弹力为k·(bc/2)，不一定等于mg，故速度最大处不是bc中点。
B．错误。b点绳刚伸直，弹力为零，加速度为g（向下）；c点速度为零，弹力最大，加速度向上，大小为a_c=(F_c-mg)/m，由于c点弹力大于重力，a_c>g，故c点加速度大于b点。
C．错误。从b到平衡位置，弹力小于重力，加速度向下，人处于失重状态；从平衡位置到c，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，故并非一直失重。
D．正确。从a到b，只有重力做功，机械能守恒，重力势能减小，动能增大，弹性势能为零，重力势能与弹性势能之和等于机械能减去动能，动能增大，故二者之和减小；从b到c，重力势能继续减小，弹性势能增大，动能先增大后减小，重力势能与弹性势能之和等于机械能减去动能，动能先增大后减小，故二者之和先减小后增大。因此从a到c全过程，重力势能与弹性势能之和先减小后增大。
11．2025年12月30日，国家电网有限公司蒙西—京津冀±800千伏特高压直流输电工程正式开工建设。计划将输电站提供的1.6×106V直流电由内蒙古鄂尔多斯市输送至河北沧州市，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为2202sin100πtV的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109W ，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则（ ）
【答案】B
【详解】
A．错误。该装置中两根平行直导线固定，间距固定，无法改变导线间距离，因此不能探究磁场强弱与距离的关系。
B．正确。两根平行直导线通以电流时，导线间存在相互作用力（安培力），该力的大小与导线所在处磁场强弱及电流大小有关。若分别改变每根导线中的电流，可通过观察导线间作用力（如导线形变或受力情况）的变化，定性探究磁场强弱与电流大小的关系。
C．错误。该装置仅涉及两根导线产生的磁场相互作用，未设计多个磁场源叠加的对比实验，无法直接探究磁场叠加规律。
D．错误。导线间相互作用力方向垂直于导线，与电流方向垂直，无法据此判断磁场是否沿电流方向有分量；且直导线电流产生的磁场为环绕导线的同心圆，无沿电流方向的分量，但该装置不能直接验证此结论。
12．2026年1月2日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队宣布，我国重大科学工程有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实验证实托卡马克密度自由区的存在，找到突破密度极限的方法，为磁约束核聚变装置高密度运行提供了重要的物理依据。其中我国“人造太阳”主要是将氢的同位素氘或氚的核聚变反应释放的能量用来发电，有一种核聚变反应的方程为12H+12H→x+01n。已知氘核的质量为m₁，比结合能为E，中子的质量为m₂，反应中释放的核能为ΔE，光速为c，下列说法正确的是（ ）
【答案】C
【详解】
A．错误。磁铁从上方下落，N极（或S极）先进入线圈，t1～t2时间内磁铁正在穿过线圈，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化。由于磁铁下落过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，感应电流方向会发生变化，不能简单判断为从b到a。且从图2可知，t1～t2时间内电流方向与t2～t3时间内相反，具体方向需结合磁铁极性判断，题目未给出磁铁极性，故A表述不严谨且不能确定。
B．错误。t2时刻电流为零，说明磁通量变化率为零，即磁通量达到极值（最大或最小），并非磁通量为0。磁铁穿过线圈过程中，磁通量先增大后减小，t2时刻对应磁通量最大（或最小）的时刻，而非为零。
C．正确。根据法拉第电磁感应定律，感应电荷量q = ∫I dt = ΔΦ/R总。t1～t2和t2～t3两段时间内，磁铁从线圈上方穿过到远离，磁通量的变化量大小相等（从某一值变到极值，再从极值变回同一值），因此两段时间内通过线圈的电荷量相等，即曲线与时间轴围成的面积相等。
D．错误。向左移动滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻增大，线圈回路总电阻增大，感应电流减小，但磁铁下落过程中穿过线圈的磁通量变化规律不变，感应电流为零的时刻（即磁通量变化率为零的时刻）不变，因此t2−t1不变。滑动变阻器只影响电流大小，不影响磁通量变化的快慢和时刻。
二、非选择题
本部分共4题，共0分。
8．铅球被水平推出后的运动过程中（不计空气阻力），铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系如图6所示，正确的是（ ）
【答案】A
【详解】
A．正确。对卫星，万有引力提供向心力：\( \frac{GMm}{(R+h)^2} = m\frac{4\pi^2}{T^2}(R+h) \)，解得 \( M = \frac{4\pi^2(R+h)^3}{GT^2} \)，已知G、h、T、R，可计算地球质量M。
B．错误。第一宇宙速度是近地卫星（轨道半径约等于R）的环绕速度，也是最大环绕速度。该卫星轨道半径 \( r = R+h > R \)，由 \( v = \sqrt{\frac{GM}{r}} \) 知轨道半径越大，速度越小，故其运行速度小于第一宇宙速度。
C．错误。由 \( a = \frac{GM}{r^2} \) 知，轨道半径越大，加速度越小。地球表面重力加速度 \( g = \frac{GM}{R^2} \)，而卫星加速度 \( a = \frac{GM}{(R+h)^2} < g \)。
D．错误。由开普勒第三定律或 \( T = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}} \) 可知，轨道半径越大，周期越大，故h越大，T越大。
13．（6分） 物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作和实验分析等。
（1）用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图9所示。则这块玻璃砖的折射率n= （用图中字母表示）。
（2）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸0.1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图10所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是 cm₂。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 m。（最后一空的结果保留3位有效数字）
（3）实验小组准备用如图11所示的实验装置探究加速度与力和质量的关系。该实验装置有几处错误，请指出其中的两处错误：
① ②
【答案】D
【详解】
A．正确。金属的逸出功为W2，光子能量hν＜W2，不满足光电效应条件，故金属不发生光电效应；半导体光电导效应的阈值为W1，且W1＜hν，光子能量超过阈值，能激发束缚电子，半导体发生光电导效应。
B．正确。增大单色光强度，单位时间入射光子数增多，半导体中激发的自由电子数增多，导电能力增强，电路中电流增大。
C．正确。对调电源正负极，电场方向反向，半导体中自由电子定向移动方向反向，通过半导体的电流方向反向。
D．错误。半导体两端电压为0时，虽然无外电场驱动，但光电导效应激发的自由电子在半导体内部可自由运动，由于浓度梯度等因素仍可能形成电流，但题目中电路为闭合回路，电压为0时无电场驱动，电流表示数应为0。故D说法错误，符合题意。
14．（12分） 在“用单摆测重力加速度”的实验中
(1) 某组同学的常规操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺量得细线长度l；
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球；
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝t/n；
e．用公式g=4π2lT2计算重力加速度．
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比 （选填“偏大”、 “相同”或“偏小”）。
(2) 另外一组同学用创新形式做该实验.
图12图13图14图15图12图13图14图15
①如图12所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图13所示，则单摆的周期为
s（结果保留3位有效数字）。另外利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期为T= ；
②发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度l，测出对应的周期T，作出相应的l-T2关系图线，如图14所示。由此算出图线的斜率k和截距b，则重力加速度g= ，小钢球重心到摆线下端的高度差h= ；（结果均用k、b表示）
③用3D打印技术制作了一个圆心角小于10°、半径已知的圆弧槽，如图15所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为8.65m/s2。若周期测量数据无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是 。
图16
【答案】B
【详解】
A．错误。题干明确说明“小球始终沿着重力势能减小的方向运动，直至停在某个山谷底部”，即运动过程中有能量耗散（如摩擦或阻尼），最终停在势能极小值处。若曲面光滑，小球将因机械能守恒而不会停在谷底，而会来回振荡，无法实现“重现”的稳定收敛，故类比不成立。
B．正确。神经网络状态向函数值降低的方向演化，最终到达某个极小值（记忆）。若两个模糊字母对应的初始状态在能量地形中落入不同的“吸引域”（即各自流向不同的极小值），则即使输入差别微小，也可能重现出不同的已存储字母。
C．错误。函数值相等只表示初始状态处于同一等势面上，但等势面上不同位置可能属于不同极小值的吸引域，演化终点可能不同，因此不一定重现相同的存储信息。
D．错误。若某个谷底（极小值）在训练后消失，则对应的存储信息不再对应任何能量极小值，神经网络状态无法稳定在该状态，因此无法重现原来对应的存储信息。
15．）如图16，小物块A的质量为m₁ = 0.20 kg，小物块B的质量为m₂ = 0.10 kg， B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v₀与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 1.25 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.50 m，取重力加速度g = 10 m/s²。（忽略空气阻力）求：
(1) 两物块在空中运动的时间t；
(2) 两物块碰前A的速度v0的大小；
(3) 两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
图17
【答案】（1）m≪M（桶和砂的总质量远小于小车的质量）
（2）AC
（3）c（或ac）；偏小
【详解】（1）本实验用桶和砂的重力近似替代小车所受的合力。对整体（小车+桶和砂）应用牛顿第二定律：mg = (M+m)a，则绳中张力（即小车所受合力）T = Ma = M·mg/(M+m) = mg/(1+m/M)。只有当m≪M时，T≈mg，即桶和砂的重力才近似等于小车所受的合力。故填“m≪M（桶和砂的总质量远小于小车的质量）”。
（2）A项正确。“验证机械能守恒定律”实验中，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再释放重锤，以保证纸带上打出足够多的点，且第一个点对应重锤刚开始下落的位置。
B项错误。“探究气体等温变化规律”实验中，应缓慢拉动柱塞，使气体有足够时间与外界进行热交换，保持温度不变；快速拉动会使气体温度发生变化，违背等温条件。
C项正确。“测量玻璃的折射率”实验中，两枚大头针的距离适当大些，可减小确定入射光线方向时的相对误差，提高测量准确度。
故选AC。
（3）第一空：由图2所示电路可知，滑动变阻器采用限流接法。若导线c连接在滑动变阻器滑片与金属丝左端之间，则滑片移动时，滑动变阻器接入电路的阻值不变（相当于将滑片与一端短接），电流表和电压表示数几乎不变。拆除导线c后，滑动变阻器恢复限流调节作用，故障排除。若同时拆除a和c也可排除故障，但题目要求“拆除导线____”，填“c”即可（若答案区给出“ac”，则说明a、c两处均存在连接问题，拆除其中一根即可恢复调节，但最直接的是c）。
第二空：本实验用伏安法测电阻，电流表外接（电压表直接并联在金属丝两端）。由于电压表的分流作用，电流表读数大于通过金属丝的实际电流，导致R测 = U/I测 < R真。由电阻定律R = ρL/S，ρ = RS/L，R测偏小，则电阻率测量值偏小。故填“偏小”。
16．）如图17所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接阻值为R的定值电阻。导轨所在空间存在竖直向下磁感应强度B的匀强磁场。导体棒MN放在导轨上，其电阻为r，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨电阻可忽略不计，导体棒在平行于导轨的拉力作用下沿导轨向右以速度v做匀速直线运动。求：
(1) 电阻R两端的电压U；
(2) 在t时间内，拉力做的功W；
(3) 请证明：此过程拉力的功率P1等于电路消耗的功率P2。
【答案】（1）AB；（2）保证小球做平抛运动的初速度相同（或保证描绘的是同一条平抛运动的轨迹）；（3）在轨迹上依次选取A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)、C(x₃,y₃)三点，使三点的纵坐标满足y₁∶y₂∶y₃＝1∶4∶9；（4）(−b/2k，−b²/4k)
【详解】（1）本实验要求钢球做平抛运动，因此背板必须竖直（A正确），斜槽末端必须水平以保证初速度水平（B正确）。挡板移动只需改变落点位置，不要求等间距，C错误。故选AB。
（2）钢球每次从同一位置由静止释放，目的是保证每次平抛的初速度相同，从而描绘出同一条平抛运动轨迹。
（3）平抛运动竖直方向为自由落体运动，满足y＝½gt²。若取相等时间间隔t₀，则对应竖直位移之比为1∶4∶9∶…。因此在轨迹上选取三点A、B、C，使它们的纵坐标满足y₁∶y₂∶y₃＝1∶4∶9，则相邻两点间的时间间隔相等。
（4）设O′为轨迹上某点，实际抛出点相对O′的坐标为(x₀, y₀)。平抛运动满足：
x′＝v₀t，y′＝½gt²（其中x′、y′为相对抛出点的坐标）。
消去t得：y′＝(g/2v₀²)x′²。
而相对O′的坐标满足：y′＝y − y₀，x′＝x − x₀。
代入得：y − y₀＝(g/2v₀²)(x − x₀)²。
展开整理：y/x＝(g/2v₀²)x − (g x₀/v₀²) + (y₀ + (g x₀²/2v₀²))/x。
题中给出y/x–x图像为直线，斜率为k，截距为b，说明上式中的1/x项系数为0，即y₀ + (g x₀²/2v₀²)＝0，故y₀＝−g x₀²/(2v₀²)。
同时k＝g/(2v₀²)，b＝−g x₀/v₀²。
由b＝−g x₀/v₀²得x₀＝−b v₀²/g＝−b/(2k)。
代入y₀＝−g x₀²/(2v₀²)＝−g·(b²/(4k²))/(2v₀²)＝−b²/(4k)。
故抛出点相对O′的坐标为(−b/2k，−b²/4k)。
17．（10分）如图18所示，质量为m=1kg的物块A在水平传送带左端的光滑水平面上以v0=1m/s的速度向右滑行，传送带右端有一质量为M=1kg的小车静止在光滑的水平面上，车的右端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q之间粗糙，Q点右侧光滑，左侧水平面、传送带及小车的上表面均无缝平滑连接，物块A与传送带及PQ之间的滑动摩擦因数相同且μ=0.5，传送带长L=4.5m，以恒定速率v=6m/s顺时针运转。取重力加速度g=10m/s²，物块A可视为质点，求：
(1) 物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量Q；
(2) 物块A从滑上传送带到离开传送带过程中摩擦力对其做的功Wf ；
(3) 物块A滑上小车后向右挤压弹簧，最终恰好没有离开小车,则P、Q之间的距离x。
L图18L图18
【答案】（1）I＝BLv₀/R，方向沿导体棒由a向b；（2）a＝B²L²v₀/(mR)；（3）Q＝½mv₀²
【详解】（1）初始时刻导体棒以速度v₀在磁场中切割磁感线运动，由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E＝BLv₀。不计导体棒和导轨电阻，由闭合电路欧姆定律得通过导体棒的电流大小为I＝E/R＝BLv₀/R。由右手定则（伸开右手，让磁感线穿入手心，大拇指指向导体棒运动方向，四指所指方向为感应电流方向），可判断感应电流方向沿导体棒由a向b。
（2）导体棒中有电流通过，在磁场中受到安培力作用。安培力大小为F＝BIL＝B·(BLv₀/R)·L＝B²L²v₀/R。由牛顿第二定律F＝ma，可得初始时刻导体棒加速度大小为a＝F/m＝B²L²v₀/(mR)。安培力方向与运动方向相反，做减速运动。
（3）导体棒从速度v₀减为0的过程中，只有安培力做负功，将导体棒的动能全部转化为电能，再通过电阻R转化为内能（焦耳热）。不计导体棒和导轨电阻，电能全部在电阻R上转化为热量。由能量守恒定律，电阻R产生的热量等于导体棒损失的动能，即Q＝½mv₀²。
18．（12分）如图19甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图19乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v₀进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间电压U或两板间距离d可以改变收集率η。当d=d₀ ,U=U₀时,η为81%（即离下板0.81d₀范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
(1) 若保持板间距离d0不变 ，通过改变电压U实现控制收集率的大小，若尘埃恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(2) 若保持电压U0不变 ，通过改变板间距离d实现控制收集率的大小。
a.求收集率η与两板间距d的函数关系；
b.设单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量∆M∆t与两板间距d的函数关系，并绘出图线。
图19
【答案】（1）a．F=mg(3−2cosθ)；b．I=2πm√(gl)；（2）T′=2π√(lcosθ/g)，T>T′。
【详解】（1）a．设小球运动到最低点的速度大小为v。
由动能定理：mgl(1−cosθ)=½mv²，得v²=2gl(1−cosθ)。
在最低点，由牛顿第二定律（向心力方程）：F−mg=mv²/l，代入v²得F=mg+2mg(1−cosθ)=mg(3−2cosθ)。
（1）b．小球做简谐运动，周期T=2π√(l/g)。一个周期内，重力冲量大小为mgT，方向竖直向下。绳的拉力方向始终沿绳指向O点，但大小和方向均随时间变化，直接积分复杂。由于一个周期内小球回到初始位置，动量变化为零，由动量定理：合外力的冲量为零，即绳拉力冲量与重力冲量之和为零（矢量），故绳拉力冲量大小等于重力冲量大小：I=mgT=2πm√(gl)。
（2）小球在水平面内做匀速圆周运动，绳与竖直方向夹角为θ，轨道半径r=lsinθ。
竖直方向：F′cosθ=mg；水平方向：F′sinθ=m(2π/T′)²·lsinθ。
联立得T′=2π√(lcosθ/g)。
比较：T=2π√(l/g)，T′=2π√(lcosθ/g)。因0<cosθ<1，故√(l/g)>√(lcosθ/g)，所以T>T′。即单摆（简谐运动）周期大于同角度圆锥摆周期。