2025届云南省普通高中高三上学期9月学业水平选择性考试调研测试物理试题
1．（2024高三上·云南模拟）云南某地昼夜温差较大，若放置在室外的充气船内气体压强不变，夜间充气船内的气体与白天相比（ ）
A．内能更小 B．体积更大
C．分子的数密度更小 D．分子的平均速率更大
【答案】A
【知识点】物体的内能；温度和温标；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A．夜间充气船内的气体与白天相比温度较低，分子的平均动能更小，则内能更小，A正确；
B．充气船内气体压强不变，质量不变，夜间温度低，由盖 吕萨克定律可知，体积更小，B错误；
C．由于气体的质量不变，体积变小，则分子的数密度应更大，C错误；
D．夜间温度低，分子的平均动能更小，则分子的平均速率更小，D错误。
故选A。
【分析】理想气体的内能只取决于温度，温度越高，内能越大；根据充气船内气体压强不变，由由盖 吕萨克定律判断体积变化，从而分析分子数密度变化；温度为分子平均动能的标志，由此分析分子增均速率变化。
2．（2024高三上·云南模拟）如图甲所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比，当原线圈加上图乙所示的正弦交流电压后，副线圈中的电流有效值为10A。不计输电线的能量损耗，该变压器（ ）
A．可以对恒定电压变压 B．原线圈的输入功率为7.6kW
C．副线圈的电压峰值为 D．副线圈的电压有效值为190V
【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．变压器不可以对恒定电压变压，故A错误；
B．根据，可得原线圈的输入电流有效值为
由图乙知原线圈的输入电压有效值为
可得原线圈的输入功率为
故B正确；
CD．根据，可得副线圈的电压峰值为
副线圈电压的有效值为
故CD错误；
故选 B。
【分析】根据变压器的工作原理——互感可知，变压器不可以对恒定电压变压；由变压器匝数比求出副线圈的电压峰值和原线圈中的电流有效值从而求出原线圈的输入功率。
3．（2024高三上·云南模拟）工程建设中经常用到较大的水泥圆管，装卸工人为保证圆管从较高的车斗上卸下时不被损坏，在车斗边缘平行固定两根木棍，将圆管纵向架在两根木棍之间，让圆管沿木棍缓慢滑下，此过程可简化为如图所示的模型。在其他条件不变的情况下，可以进一步减缓圆管下滑的方法是（ ）
A．适当增大两根木棍的间距
B．适当增大木棍与水平面的夹角θ
C．换成两根表面更光滑的木棍
D．换成两根更短的木棍
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．由对称可知，两木棍给圆管的支持力相等，设为N，它们方向的夹角为。则
解得
适当增大两根木棍的间距，则增大，可知N增大。在下滑方向上，由牛顿第二定律得
N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，增大，N减小，则a增大，故A正确，B错误；
D．换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与水平面的夹角θ，由
得
不变，增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，故D错误；
C．换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力增大，即加速度增大不能减缓圆管下滑，故C错误。
故选A。
【分析】减缓圆管下滑实际就是减小其加速度，对圆管受力分析，将其受到棍的支持力分解到与棍平行和与棍垂直的两个方向，同时将重力也分解到这两个方向上，垂直棍方向合力为0，平行棍由牛顿第二定律列方程分析即可。
4．（2024高三上·云南模拟）下列过程与热现象无关的是（ ）
A．中医“拔火罐” B．酱油的色素分子扩散到鸡蛋内
C．水和酒精混合后的总体积变小 D．化合物中放射性元素的衰变
【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；天然放射现象
【解析】【解答】中医“拔火罐”、酱油的色素分子扩散到鸡蛋内以及水和酒精混合后的总体积变小，这些都和热现象有关，而化合物中放射性元素的衰变与热现象无关。
故选D。
【分析】热现象涉及分子动理论即物质是由大量分子组成的，分子在做永不停息的无规则运动，分子间有相互作用力。
5．（2024高三上·云南模拟）如图所示，将三个完全相同的小球a、b、c从同一高度以相同速率同时抛出。其中a球竖直上抛、b球竖直下抛、c球平抛，均落到同一水平地面上。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．三个小球刚要落地时，速度相同
B．三个小球刚要落地时，b球的动能最大
C．三个小球从抛出到落地过程中，重力做功相等
D．从抛出到b球落地的过程中，c球的动量变化量最大
【答案】C
【知识点】动量定理；功的计算；动能
【解析】【解答】本题综合考查动量定理及动能定理，分析清楚小球的运动过程，确定三个小球落地时速度及落地所用时间的关系是解题的关键。C．三个小球从抛出到落地过程中，从同一高度抛出后落到同一水平地面上，竖直高度相同，重力做功相等，故C正确；
AB．三个小球抛出时的速率相同，根据动能定理
知，三球落地时速度的大小相等，但落地时方向不同，故速度不同，但动能相等，故A错误，B错误；
D．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以小球a上抛，运动的时间最长，根据动量定理
知，a球的动量变化量最大，故D错误。
故选C。
【分析】应用动能定理求出小球落地时的动能关系，从而确定小球落地时的速度大小关系，进一步比较小球落地时重力做功大小的关系，根据动量定理分析动量变化量。
6．（2024高三上·云南模拟）如图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个条形磁体，静止时磁体下端与b点等高，磁体正下方水平放置一个固定的圆形铝环，圆心为O。将磁体托起到下端与a点等高处由静止释放，磁体第一次向下运动的过程中，下端恰好能到达O点。下列说法正确的是（ ）
A．磁体做简谐运动
B．铝环对磁体的作用力总是竖直向上
C．磁体下端运动到O点时，磁体受到的合外力为零
D．磁体向下运动的过程中，从上往下看铝环中感应电流的方向为逆时针
【答案】D
【知识点】简谐运动的回复力和能量；楞次定律
【解析】【解答】A．磁体在运动过程中，由于铝环的存在，会产生感应电流，这个感应电流会产生一个阻碍磁体运动的安培力，此力不满足与位移成正比且方向始终与位移方向相反的条件，所以磁体的运动不是简谐运动，故A错误；
B．根据楞次定律，铝环中的感应电流会产生一个阻碍磁体运动的安培力，这个安培力的方向与磁体的运动方向相反，并不是总是竖直向上，故B错误；
C．当磁体下端运动到O点后，磁体会继续向上运动，若磁体运动到O点时所受合外力为零，则应保持静止，与题描述不符，故C错误；
D．磁体向下运动的过程中，穿过线圈的磁场方向向下，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，线圈中的感应电流方向为逆时针（从上往下看），故D正确。
故选D。
【分析】磁体上下运动过程中在铝环中产生感应电流，由“楞次定律”判断磁体向下运动时铝环中的电流方向；再根据“楞次定律”—”来去拒留“可知，磁体会受到铝环的阻碍作用，此阻碍作用并不总是竖直向上的，且此阻碍作用并不满足简谐运动的条件；当磁体运动到O点时，磁体速度为0，若此时磁体合为0，则磁体静止。
7．（2024高三上·云南模拟）两列简谐横波在同一介质中相向传播，时刻的波形如图所示，两波源的平衡位置分别位于M、N两点处，O点为M、N连线的中点，两波源的振动方向平行。已知M、N两点的间距，振动频率均为，M处波源的振幅，N处波源的振幅。时刻O处的质点开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．两列波的波速大小均为
B．从到，O处质点运动的路程为0.5m
C．从到，O处质点的动能先增大后减小
D．经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有14个
【答案】B
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．两列简谐横波在同一介质中传播，波速相等，由于两列简谐横波振动频率相等，则两列波的波长相等，故
又
联立解得
，
故A错误；
B．两列简谐横波的周期为
两波源振动步调相反，O点为M、N连线的中点，可知O处质点为振动减弱点，时刻O处的质点开始振动，从到，O处质点振动了，即，故从到，O处质点运动的路程为
故B正确；
C．时刻O处的质点开始振动，从到，O处质点振动了，即，可知时刻O处的质点位于平衡位置，从到，O处质点振动了，即，可知时刻O处的质点位于平衡位置，故从到，O处质点的动能先减小后增大，故C错误；
D．振幅为15cm的点为振动加强点，设振动加强点与M点的距离为，两波源振动步调相反，则
（n＝0，1，2，3…）
解得
故经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有16个，故D错误。
故选B。
【分析】二者的波速相同，根据运动学公式求解两列波的波速大小和波长大小；O点为振动减弱点，求出从t=0到t=2.2s，O点振动的时间，由此得到O处质点运动的路程；1.2s时O点处质点开始振动，根据O点的振动情况确定其动能的变化情况；两列波的振动步调相反，在M、N间的点，波程差为半波长的奇数倍时为振动加强点，由此分析加强的的个数。
8．（2024高三上·云南模拟）如图所示，在铅制盒子中存放有放射性元素铀，射线只能从盒子上的小孔射出，形成细细的一束。在射线经过的区域施加垂直于纸面向外的匀强磁场，发现射线分裂成了1、2和3三束，则（ ）
A．射线1带负电
B．射线2为X射线，穿透能力最强
C．射线3的粒子与光照射金属时所逸出的带电粒子是同一种粒子
D．三束射线速度大小不同，穿透能力也不同
【答案】C,D
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．由左手定则可知1是α粒子，带正电，2是γ射线，不带电，3是β粒子，带负电，故A错误；
B．射线2是γ射线即光子，穿透本领最强，故B错误；
C．射线3是β粒子，本质是电子，与光照射金属时所逸出的带电粒子是同一种粒子，故C正确；
D．三种射线速度大小不同，其中α粒子速度最小，穿透能力最弱，电离本领最强，β粒子穿透能力和电离能力都较弱，γ射线速度最大，穿透本领最强，电离本领最弱，故D正确。
故选CD。
【分析】本题抓住α粒子、β粒子和γ射线即光子的电性和穿透能力、电离本领，结合左手定则进行分析即可。
9．（2024高三上·云南模拟）我国“嫦娥六号”探月器在月球背面采样圆满成功，这激发了同学们学习天文物理知识的兴趣。某同学提出如下设想，如图所示，若飞船经过P点时沿虚线大圆切线方向释放一颗科学探测卫星，大圆平面与月球的赤道面平行，圆心在月轴上的点，O为月心。则该卫星可能（ ）
A．绕点做匀速圆周运动 B．绕O点做匀速圆周运动
C．以O点为一个焦点做椭圆运动 D．绕月轴做不等距的螺线运动
【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】卫星在P点释放的速度方向垂直面，由图中几何关系可知，而卫星受到月球的引力方向指向月心O点，所以卫星在P点的速度方向与万有引力方向垂直，当万有引力刚好所需的向心力时，卫星绕O点做匀速圆周运动；当万有引力不等于所需的向心力时，卫星可能以O点为一个焦点做椭圆运动。
故选BC。
【分析】做匀速圆周运动，万有引力刚好提供向心力，万有引力不等于所需的向心力时，卫星可能以O点为一个焦点做椭圆运动。
10．（2024高三上·云南模拟）如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的导体棒垂直于导轨放置，以初速度沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。导体棒与导轨接触良好，不计金属导轨电阻，则（ ）
A．金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为
B．金属棒在磁场中运动的时间为
C．金属棒在磁场中运动的距离为
D．流过金属棒横截面的总电量为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为
通过金属棒的感应电流为
金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为
故A正确；
BCD．设金属棒在磁场中运动的距离为，由动量定理有（取向右为正方向）
其中
则有
解得金属棒在磁场中运动的距离为
流过金属棒横截面的总电量为
若金属棒做匀减速运动，则有
解得
由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于，故BD错误，C正确。
故选AC。
【分析】金属棒进入磁场时棒切割磁感线产生感应电流，同时棒受到安培力，由于棒受到的安培力随速度变化，即棒做加速度减小的减速运动，对棒应用动量定理求解距离和电量；用假设法即若棒做匀减速运动求解时间进行分析棒在磁场中运动的时间。
11．（2024高三上·云南模拟）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中，按照图甲所示的电路，改变滑动变阻器的阻值，可测出多组电压U和电流I，通过数据处理，即可得电池的电动势E和内阻r。实验室提供了电流表、电压表、滑动变阻器、两节不同的干电池等器材。完成下列填空：
（1）两节干电池的电动势均约为1.5V，内阻分别约为0.5Ω和1.0Ω，在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻约为 Ω的干电池；
（2）连接好电路，在开关S闭合之前，应使滑动变阻器的滑片置于最 （填“左”或“右”）端。改变滑动变阻器的阻值，可测量出多组数据；
（3）根据数据作图像，若原点坐标为（0，0），发现测量数据集中在图像很小的一个区域，如图乙所示，这样不利于减小误差。为了得到更加精确的测量结果，调整坐标轴，使 （填“横轴”或“纵轴”）的起点坐标不从0开始，根据实验数据选择合适的起点坐标，重新作图即可得出电动势和内阻的测量值；
（4）不考虑偶然误差，该实验的电动势测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值，内阻测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）1
（2）左
（3）纵轴
（4）小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】（1）为了让电压表示数变化更明显（即U-I）图线斜率的绝对值更大），应选择内阻较大的约1Ω的干电池。
（2）
连接好电路，为保护用电器，在开关S闭合之前，应使滑动变阻器置于电阻最大的位移，即滑片置于最左端。
（3）
为了得到更加精确的测量结果，调整坐标轴，使纵轴的起点坐标不从0开始，根据实验数据选择合适的起点坐标，重新作图即可得出电动势和内阻的测量值。
（4）
[1][2]由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏小，则电动势的测量值偏小，而短路电流是准确的，所以内阻的测量值偏小。
【分析】U-I图像斜率的绝对值表示内阻也可体现出电压表示数变化，U-I图像斜率越小作图误差越大，可以使用旧电池或纵坐标不从0开始变化增大斜率的绝对值；测量误差分析可通过U-I图像或“等效电源”方法分析。
（1）为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻较大的约1Ω的干电池。
（2）连接好电路，在开关S闭合之前，应使滑动变阻器置于电阻最大的位移，即滑片置于最左端。
（3）为了得到更加精确的测量结果，调整坐标轴，使纵轴的起点坐标不从0开始，根据实验数据选择合适的起点坐标，重新作图即可得出电动势和内阻的测量值。
（4）[1][2]由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏小，则电动势的测量值偏小，而短路电流是准确的，所以内阻的测量值偏小。
12．（2024高三上·云南模拟）某兴趣小组进行节能减排的社会实践活动时，偶然发现学校某处水管存在泄露现象，并及时报告老师。之后有同学提出利用所学知识进行模拟实验，实验仪器有：卷尺、50分度游标卡尺、注射器、内径均匀的金属喷管。实验原理如图甲所示，把喷管安装在注射器上，施加压力使水流以恒定速率水平射出，测量喷管离地高度H、水流喷射的水平距离L，用游标卡尺测量喷管的内径D（如图乙所示）。完成下列填空：
（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做 运动；
（2）图乙中游标卡尺读数为 mm；
（3）实验中下列操作正确的是_______；
A．使用游标卡尺测量喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，卡紧喷管进行读数
B．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数
C．游标卡尺使用完毕后，使游标尺与主尺保持2~3mm空隙，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子
（4）测得，（根据实验实际情况选取的有效数位），水流射出喷管时的流速 m/s、流量 m3/s（计算结果保留两位有效数字，重力加速度大小取，取）。实际管道泄漏与模拟情况近似，同学们估算出一周内将会浪费约25吨自来水；
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则计算出来的流量比喷管水平时 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）平抛
（2）3.60
（3）B
（4）4.0；4.1×10-5
（5）偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；平抛运动
【解析】（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做平抛运动；
（2）
游标卡尺读数为3mm+0.02mm×30=3.60mm
（3）
AB．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数，选项A错误，B正确；
C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子，选项C错误。
故选B。
（4）
[1]根据平抛运动的规律可知
解得
[2]流量
（5）
某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，则水流平抛运动的速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
【分析】水流不考虑空气阻力的影响下做平抛运动；根据平抛运动的规律求出其初速度再根据Q=Sv求解流量；掌握好游标卡尺的使用和读数，注意游标卡尺不用估读。
（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做平抛运动；
（2）游标卡尺读数为3mm+0.02mm×30=3.60mm
（3）AB．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数，选项A错误，B正确；
C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子，选项C错误。
故选B。
（4）[1]根据平抛运动的规律可知
解得
[2]流量
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，则水流平抛运动的速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
13．（2024高三上·云南模拟）图甲为某同学设计的测量透明液体折射率的装置图，正方体玻璃容器边长为20.00cm，薄刻度尺平行于BC边放置在容器内底部，零刻度与棱边上的O点重合，截面图如图乙所示。容器中不加液体时，从P点发出的激光恰好在O处形成光斑。保持入射角不变，向容器中注入10.00cm深的某种液体，激光在N点形成光斑，N点对应的刻度为5.00cm。真空中光速为，取，求：
（1）该液体的折射率和该液体中的光速（结果保留3位有效数字）；
（2）容器中注满该液体后（液面水平），光斑到O点的距离。
【答案】（1）设入射角为，折射角为，由几何关系得
，
折射率为
该液体中的光速
（2）容器中注满该液体后（液面水平），由几何关系得光斑到O点的距离
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）利用几何关系找出折射角和入射角的正弦值并求出折射率，再由求出光在液体中的速度；
（2）由几何关系求出光斑到O点的距离。
（1）设入射角为，折射角为，由几何关系得
，
折射率为
该液体中的光速
（2）容器中注满该液体后（液面水平），由几何关系得光斑到O点的距离
14．（2024高三上·云南模拟）真空环境中的离子推进器固定在水平测试底座上，其核心部分由离子源、水平放置的两平行极板和产生匀强磁场的装置构成，简化模型如图所示。两极板间电压恒为U，极板间有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。处于下极板左边缘的离子源发出质量为m、带电量为q的离子。某离子以速度v沿垂直于极板方向射入极板间，经过一段时间后，恰好从上极板右边缘的P点水平射出。不考虑离子重力和离子间的相互作用。
（1）判断离子所带电荷的正负；
（2）若两极板间的距离为d，求该离子刚进入电磁场瞬间受到的合外力大小；
（3）若该离子从进入电磁场到水平射出所用时间为t，求该离子经过P点时的速度大小及这段时间内对离子推进器的平均作用力大小。
【答案】（1）离子在电磁场中向右偏转，根据左手定则知，离子带正电。
（2）离子受到的电场力为
洛伦兹力大小为
电场力与洛伦兹力相互垂直，由勾股定理可知，离子刚进入电磁场瞬间受到的合外力大小为
（3）设离子经过P点时的速度大小为vP，离子从进入电磁场到水平射出过程中，只有电场力做功，由动能定理得
解得
离子从进入电磁场到水平射出过程中，设离子推进器对离子的平均作用力大小为，由动量定理得
由牛顿第三定律得，这段时间内对离子推进器的平均作用力大小为
解得
【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）由左手定则和离子偏转方向可知，离子带正电；
（2）离子刚入电磁场时受到电场力qE和洛伦兹力qvB，且电场力与洛伦兹力垂直，由平行四边形求合力；
（3）由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理求出离子经过P点时的速度；对离子在进入电磁场到水平射出过程中由动量定理求解平均作用力大小。
（1）离子在电磁场中向右偏转，根据左手定则知，离子带正电。
（2）离子受到的电场力为
洛伦兹力大小为
电场力与洛伦兹力相互垂直，由勾股定理可知，离子刚进入电磁场瞬间受到的合外力大小为
（3）设离子经过P点时的速度大小为vP，离子从进入电磁场到水平射出过程中，只有电场力做功，由动能定理得
解得
离子从进入电磁场到水平射出过程中，设离子推进器对离子的平均作用力大小为，由动量定理得
由牛顿第三定律得，这段时间内对离子推进器的平均作用力大小为
解得
15．（2024高三上·云南模拟）传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量。可视为质点的包裹从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量，包裹与传送带的动摩擦因数，包裹与滑板的动摩擦因数，滑板与台面的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取。
（1）当传送带以速度顺时针匀速运动时，求包裹与传送带因摩擦产生的热量及包裹相对于滑板滑动的距离；
（2）为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。
【答案】（1）（1）包裹在传送带上的加速度
设包裹与传送带经过时间共速，则有
解得
所以包裹的位移
传送带的位移
二者的相对位移
包裹与传送带因摩擦产生的热量
包裹在滑板上的加速度
滑块的加速度
设包裹与滑板经过时间共速，则有
解得
包裹与滑块的共同速度
包裹的位移
滑板的位移
故二者的相对位移
（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间
共同速度
包裹的位移
滑块的位移
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）分析包裹加速到与传送带共速过程中的位移，当此位移小于传送长度时，包裹先加速后匀速且匀速过程中包裹与传送带无相对运动即不产生热量，求出包裹与传送带的相对位移从而求解热量；
（2）包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，包裹与滑板共速时的相对位移等于滑板的长度。
（1）包裹在传送带上的加速度
设包裹与传送带经过时间共速，则有
解得
所以包裹的位移
传送带的位移
二者的相对位移
包裹与传送带因摩擦产生的热量
包裹在滑板上的加速度
滑块的加速度
设包裹与滑板经过时间共速，则有
解得
包裹与滑块的共同速度
包裹的位移
滑板的位移
故二者的相对位移
（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间
共同速度
包裹的位移
滑块的位移
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
1 / 12025届云南省普通高中高三上学期9月学业水平选择性考试调研测试物理试题
1．（2024高三上·云南模拟）云南某地昼夜温差较大，若放置在室外的充气船内气体压强不变，夜间充气船内的气体与白天相比（ ）
A．内能更小 B．体积更大
C．分子的数密度更小 D．分子的平均速率更大
2．（2024高三上·云南模拟）如图甲所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比，当原线圈加上图乙所示的正弦交流电压后，副线圈中的电流有效值为10A。不计输电线的能量损耗，该变压器（ ）
A．可以对恒定电压变压 B．原线圈的输入功率为7.6kW
C．副线圈的电压峰值为 D．副线圈的电压有效值为190V
3．（2024高三上·云南模拟）工程建设中经常用到较大的水泥圆管，装卸工人为保证圆管从较高的车斗上卸下时不被损坏，在车斗边缘平行固定两根木棍，将圆管纵向架在两根木棍之间，让圆管沿木棍缓慢滑下，此过程可简化为如图所示的模型。在其他条件不变的情况下，可以进一步减缓圆管下滑的方法是（ ）
A．适当增大两根木棍的间距
B．适当增大木棍与水平面的夹角θ
C．换成两根表面更光滑的木棍
D．换成两根更短的木棍
4．（2024高三上·云南模拟）下列过程与热现象无关的是（ ）
A．中医“拔火罐” B．酱油的色素分子扩散到鸡蛋内
C．水和酒精混合后的总体积变小 D．化合物中放射性元素的衰变
5．（2024高三上·云南模拟）如图所示，将三个完全相同的小球a、b、c从同一高度以相同速率同时抛出。其中a球竖直上抛、b球竖直下抛、c球平抛，均落到同一水平地面上。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．三个小球刚要落地时，速度相同
B．三个小球刚要落地时，b球的动能最大
C．三个小球从抛出到落地过程中，重力做功相等
D．从抛出到b球落地的过程中，c球的动量变化量最大
6．（2024高三上·云南模拟）如图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个条形磁体，静止时磁体下端与b点等高，磁体正下方水平放置一个固定的圆形铝环，圆心为O。将磁体托起到下端与a点等高处由静止释放，磁体第一次向下运动的过程中，下端恰好能到达O点。下列说法正确的是（ ）
A．磁体做简谐运动
B．铝环对磁体的作用力总是竖直向上
C．磁体下端运动到O点时，磁体受到的合外力为零
D．磁体向下运动的过程中，从上往下看铝环中感应电流的方向为逆时针
7．（2024高三上·云南模拟）两列简谐横波在同一介质中相向传播，时刻的波形如图所示，两波源的平衡位置分别位于M、N两点处，O点为M、N连线的中点，两波源的振动方向平行。已知M、N两点的间距，振动频率均为，M处波源的振幅，N处波源的振幅。时刻O处的质点开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．两列波的波速大小均为
B．从到，O处质点运动的路程为0.5m
C．从到，O处质点的动能先增大后减小
D．经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有14个
8．（2024高三上·云南模拟）如图所示，在铅制盒子中存放有放射性元素铀，射线只能从盒子上的小孔射出，形成细细的一束。在射线经过的区域施加垂直于纸面向外的匀强磁场，发现射线分裂成了1、2和3三束，则（ ）
A．射线1带负电
B．射线2为X射线，穿透能力最强
C．射线3的粒子与光照射金属时所逸出的带电粒子是同一种粒子
D．三束射线速度大小不同，穿透能力也不同
9．（2024高三上·云南模拟）我国“嫦娥六号”探月器在月球背面采样圆满成功，这激发了同学们学习天文物理知识的兴趣。某同学提出如下设想，如图所示，若飞船经过P点时沿虚线大圆切线方向释放一颗科学探测卫星，大圆平面与月球的赤道面平行，圆心在月轴上的点，O为月心。则该卫星可能（ ）
A．绕点做匀速圆周运动 B．绕O点做匀速圆周运动
C．以O点为一个焦点做椭圆运动 D．绕月轴做不等距的螺线运动
10．（2024高三上·云南模拟）如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的导体棒垂直于导轨放置，以初速度沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。导体棒与导轨接触良好，不计金属导轨电阻，则（ ）
A．金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为
B．金属棒在磁场中运动的时间为
C．金属棒在磁场中运动的距离为
D．流过金属棒横截面的总电量为
11．（2024高三上·云南模拟）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中，按照图甲所示的电路，改变滑动变阻器的阻值，可测出多组电压U和电流I，通过数据处理，即可得电池的电动势E和内阻r。实验室提供了电流表、电压表、滑动变阻器、两节不同的干电池等器材。完成下列填空：
（1）两节干电池的电动势均约为1.5V，内阻分别约为0.5Ω和1.0Ω，在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻约为 Ω的干电池；
（2）连接好电路，在开关S闭合之前，应使滑动变阻器的滑片置于最 （填“左”或“右”）端。改变滑动变阻器的阻值，可测量出多组数据；
（3）根据数据作图像，若原点坐标为（0，0），发现测量数据集中在图像很小的一个区域，如图乙所示，这样不利于减小误差。为了得到更加精确的测量结果，调整坐标轴，使 （填“横轴”或“纵轴”）的起点坐标不从0开始，根据实验数据选择合适的起点坐标，重新作图即可得出电动势和内阻的测量值；
（4）不考虑偶然误差，该实验的电动势测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值，内阻测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
12．（2024高三上·云南模拟）某兴趣小组进行节能减排的社会实践活动时，偶然发现学校某处水管存在泄露现象，并及时报告老师。之后有同学提出利用所学知识进行模拟实验，实验仪器有：卷尺、50分度游标卡尺、注射器、内径均匀的金属喷管。实验原理如图甲所示，把喷管安装在注射器上，施加压力使水流以恒定速率水平射出，测量喷管离地高度H、水流喷射的水平距离L，用游标卡尺测量喷管的内径D（如图乙所示）。完成下列填空：
（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做 运动；
（2）图乙中游标卡尺读数为 mm；
（3）实验中下列操作正确的是_______；
A．使用游标卡尺测量喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，卡紧喷管进行读数
B．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数
C．游标卡尺使用完毕后，使游标尺与主尺保持2~3mm空隙，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子
（4）测得，（根据实验实际情况选取的有效数位），水流射出喷管时的流速 m/s、流量 m3/s（计算结果保留两位有效数字，重力加速度大小取，取）。实际管道泄漏与模拟情况近似，同学们估算出一周内将会浪费约25吨自来水；
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则计算出来的流量比喷管水平时 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
13．（2024高三上·云南模拟）图甲为某同学设计的测量透明液体折射率的装置图，正方体玻璃容器边长为20.00cm，薄刻度尺平行于BC边放置在容器内底部，零刻度与棱边上的O点重合，截面图如图乙所示。容器中不加液体时，从P点发出的激光恰好在O处形成光斑。保持入射角不变，向容器中注入10.00cm深的某种液体，激光在N点形成光斑，N点对应的刻度为5.00cm。真空中光速为，取，求：
（1）该液体的折射率和该液体中的光速（结果保留3位有效数字）；
（2）容器中注满该液体后（液面水平），光斑到O点的距离。
14．（2024高三上·云南模拟）真空环境中的离子推进器固定在水平测试底座上，其核心部分由离子源、水平放置的两平行极板和产生匀强磁场的装置构成，简化模型如图所示。两极板间电压恒为U，极板间有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。处于下极板左边缘的离子源发出质量为m、带电量为q的离子。某离子以速度v沿垂直于极板方向射入极板间，经过一段时间后，恰好从上极板右边缘的P点水平射出。不考虑离子重力和离子间的相互作用。
（1）判断离子所带电荷的正负；
（2）若两极板间的距离为d，求该离子刚进入电磁场瞬间受到的合外力大小；
（3）若该离子从进入电磁场到水平射出所用时间为t，求该离子经过P点时的速度大小及这段时间内对离子推进器的平均作用力大小。
15．（2024高三上·云南模拟）传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量。可视为质点的包裹从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量，包裹与传送带的动摩擦因数，包裹与滑板的动摩擦因数，滑板与台面的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取。
（1）当传送带以速度顺时针匀速运动时，求包裹与传送带因摩擦产生的热量及包裹相对于滑板滑动的距离；
（2）为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物体的内能；温度和温标；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A．夜间充气船内的气体与白天相比温度较低，分子的平均动能更小，则内能更小，A正确；
B．充气船内气体压强不变，质量不变，夜间温度低，由盖 吕萨克定律可知，体积更小，B错误；
C．由于气体的质量不变，体积变小，则分子的数密度应更大，C错误；
D．夜间温度低，分子的平均动能更小，则分子的平均速率更小，D错误。
故选A。
【分析】理想气体的内能只取决于温度，温度越高，内能越大；根据充气船内气体压强不变，由由盖 吕萨克定律判断体积变化，从而分析分子数密度变化；温度为分子平均动能的标志，由此分析分子增均速率变化。
2．【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．变压器不可以对恒定电压变压，故A错误；
B．根据，可得原线圈的输入电流有效值为
由图乙知原线圈的输入电压有效值为
可得原线圈的输入功率为
故B正确；
CD．根据，可得副线圈的电压峰值为
副线圈电压的有效值为
故CD错误；
故选 B。
【分析】根据变压器的工作原理——互感可知，变压器不可以对恒定电压变压；由变压器匝数比求出副线圈的电压峰值和原线圈中的电流有效值从而求出原线圈的输入功率。
3．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．由对称可知，两木棍给圆管的支持力相等，设为N，它们方向的夹角为。则
解得
适当增大两根木棍的间距，则增大，可知N增大。在下滑方向上，由牛顿第二定律得
N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，增大，N减小，则a增大，故A正确，B错误；
D．换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与水平面的夹角θ，由
得
不变，增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，故D错误；
C．换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力增大，即加速度增大不能减缓圆管下滑，故C错误。
故选A。
【分析】减缓圆管下滑实际就是减小其加速度，对圆管受力分析，将其受到棍的支持力分解到与棍平行和与棍垂直的两个方向，同时将重力也分解到这两个方向上，垂直棍方向合力为0，平行棍由牛顿第二定律列方程分析即可。
4．【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；天然放射现象
【解析】【解答】中医“拔火罐”、酱油的色素分子扩散到鸡蛋内以及水和酒精混合后的总体积变小，这些都和热现象有关，而化合物中放射性元素的衰变与热现象无关。
故选D。
【分析】热现象涉及分子动理论即物质是由大量分子组成的，分子在做永不停息的无规则运动，分子间有相互作用力。
5．【答案】C
【知识点】动量定理；功的计算；动能
【解析】【解答】本题综合考查动量定理及动能定理，分析清楚小球的运动过程，确定三个小球落地时速度及落地所用时间的关系是解题的关键。C．三个小球从抛出到落地过程中，从同一高度抛出后落到同一水平地面上，竖直高度相同，重力做功相等，故C正确；
AB．三个小球抛出时的速率相同，根据动能定理
知，三球落地时速度的大小相等，但落地时方向不同，故速度不同，但动能相等，故A错误，B错误；
D．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以小球a上抛，运动的时间最长，根据动量定理
知，a球的动量变化量最大，故D错误。
故选C。
【分析】应用动能定理求出小球落地时的动能关系，从而确定小球落地时的速度大小关系，进一步比较小球落地时重力做功大小的关系，根据动量定理分析动量变化量。
6．【答案】D
【知识点】简谐运动的回复力和能量；楞次定律
【解析】【解答】A．磁体在运动过程中，由于铝环的存在，会产生感应电流，这个感应电流会产生一个阻碍磁体运动的安培力，此力不满足与位移成正比且方向始终与位移方向相反的条件，所以磁体的运动不是简谐运动，故A错误；
B．根据楞次定律，铝环中的感应电流会产生一个阻碍磁体运动的安培力，这个安培力的方向与磁体的运动方向相反，并不是总是竖直向上，故B错误；
C．当磁体下端运动到O点后，磁体会继续向上运动，若磁体运动到O点时所受合外力为零，则应保持静止，与题描述不符，故C错误；
D．磁体向下运动的过程中，穿过线圈的磁场方向向下，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，线圈中的感应电流方向为逆时针（从上往下看），故D正确。
故选D。
【分析】磁体上下运动过程中在铝环中产生感应电流，由“楞次定律”判断磁体向下运动时铝环中的电流方向；再根据“楞次定律”—”来去拒留“可知，磁体会受到铝环的阻碍作用，此阻碍作用并不总是竖直向上的，且此阻碍作用并不满足简谐运动的条件；当磁体运动到O点时，磁体速度为0，若此时磁体合为0，则磁体静止。
7．【答案】B
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．两列简谐横波在同一介质中传播，波速相等，由于两列简谐横波振动频率相等，则两列波的波长相等，故
又
联立解得
，
故A错误；
B．两列简谐横波的周期为
两波源振动步调相反，O点为M、N连线的中点，可知O处质点为振动减弱点，时刻O处的质点开始振动，从到，O处质点振动了，即，故从到，O处质点运动的路程为
故B正确；
C．时刻O处的质点开始振动，从到，O处质点振动了，即，可知时刻O处的质点位于平衡位置，从到，O处质点振动了，即，可知时刻O处的质点位于平衡位置，故从到，O处质点的动能先减小后增大，故C错误；
D．振幅为15cm的点为振动加强点，设振动加强点与M点的距离为，两波源振动步调相反，则
（n＝0，1，2，3…）
解得
故经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有16个，故D错误。
故选B。
【分析】二者的波速相同，根据运动学公式求解两列波的波速大小和波长大小；O点为振动减弱点，求出从t=0到t=2.2s，O点振动的时间，由此得到O处质点运动的路程；1.2s时O点处质点开始振动，根据O点的振动情况确定其动能的变化情况；两列波的振动步调相反，在M、N间的点，波程差为半波长的奇数倍时为振动加强点，由此分析加强的的个数。
8．【答案】C,D
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．由左手定则可知1是α粒子，带正电，2是γ射线，不带电，3是β粒子，带负电，故A错误；
B．射线2是γ射线即光子，穿透本领最强，故B错误；
C．射线3是β粒子，本质是电子，与光照射金属时所逸出的带电粒子是同一种粒子，故C正确；
D．三种射线速度大小不同，其中α粒子速度最小，穿透能力最弱，电离本领最强，β粒子穿透能力和电离能力都较弱，γ射线速度最大，穿透本领最强，电离本领最弱，故D正确。
故选CD。
【分析】本题抓住α粒子、β粒子和γ射线即光子的电性和穿透能力、电离本领，结合左手定则进行分析即可。
9．【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】卫星在P点释放的速度方向垂直面，由图中几何关系可知，而卫星受到月球的引力方向指向月心O点，所以卫星在P点的速度方向与万有引力方向垂直，当万有引力刚好所需的向心力时，卫星绕O点做匀速圆周运动；当万有引力不等于所需的向心力时，卫星可能以O点为一个焦点做椭圆运动。
故选BC。
【分析】做匀速圆周运动，万有引力刚好提供向心力，万有引力不等于所需的向心力时，卫星可能以O点为一个焦点做椭圆运动。
10．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为
通过金属棒的感应电流为
金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为
故A正确；
BCD．设金属棒在磁场中运动的距离为，由动量定理有（取向右为正方向）
其中
则有
解得金属棒在磁场中运动的距离为
流过金属棒横截面的总电量为
若金属棒做匀减速运动，则有
解得
由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于，故BD错误，C正确。
故选AC。
【分析】金属棒进入磁场时棒切割磁感线产生感应电流，同时棒受到安培力，由于棒受到的安培力随速度变化，即棒做加速度减小的减速运动，对棒应用动量定理求解距离和电量；用假设法即若棒做匀减速运动求解时间进行分析棒在磁场中运动的时间。
11．【答案】（1）1
（2）左
（3）纵轴
（4）小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】（1）为了让电压表示数变化更明显（即U-I）图线斜率的绝对值更大），应选择内阻较大的约1Ω的干电池。
（2）
连接好电路，为保护用电器，在开关S闭合之前，应使滑动变阻器置于电阻最大的位移，即滑片置于最左端。
（3）
为了得到更加精确的测量结果，调整坐标轴，使纵轴的起点坐标不从0开始，根据实验数据选择合适的起点坐标，重新作图即可得出电动势和内阻的测量值。
（4）
[1][2]由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏小，则电动势的测量值偏小，而短路电流是准确的，所以内阻的测量值偏小。
【分析】U-I图像斜率的绝对值表示内阻也可体现出电压表示数变化，U-I图像斜率越小作图误差越大，可以使用旧电池或纵坐标不从0开始变化增大斜率的绝对值；测量误差分析可通过U-I图像或“等效电源”方法分析。
（1）为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻较大的约1Ω的干电池。
（2）连接好电路，在开关S闭合之前，应使滑动变阻器置于电阻最大的位移，即滑片置于最左端。
（3）为了得到更加精确的测量结果，调整坐标轴，使纵轴的起点坐标不从0开始，根据实验数据选择合适的起点坐标，重新作图即可得出电动势和内阻的测量值。
（4）[1][2]由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏小，则电动势的测量值偏小，而短路电流是准确的，所以内阻的测量值偏小。
12．【答案】（1）平抛
（2）3.60
（3）B
（4）4.0；4.1×10-5
（5）偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；平抛运动
【解析】（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做平抛运动；
（2）
游标卡尺读数为3mm+0.02mm×30=3.60mm
（3）
AB．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数，选项A错误，B正确；
C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子，选项C错误。
故选B。
（4）
[1]根据平抛运动的规律可知
解得
[2]流量
（5）
某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，则水流平抛运动的速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
【分析】水流不考虑空气阻力的影响下做平抛运动；根据平抛运动的规律求出其初速度再根据Q=Sv求解流量；掌握好游标卡尺的使用和读数，注意游标卡尺不用估读。
（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做平抛运动；
（2）游标卡尺读数为3mm+0.02mm×30=3.60mm
（3）AB．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数，选项A错误，B正确；
C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子，选项C错误。
故选B。
（4）[1]根据平抛运动的规律可知
解得
[2]流量
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，则水流平抛运动的速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
13．【答案】（1）设入射角为，折射角为，由几何关系得
，
折射率为
该液体中的光速
（2）容器中注满该液体后（液面水平），由几何关系得光斑到O点的距离
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）利用几何关系找出折射角和入射角的正弦值并求出折射率，再由求出光在液体中的速度；
（2）由几何关系求出光斑到O点的距离。
（1）设入射角为，折射角为，由几何关系得
，
折射率为
该液体中的光速
（2）容器中注满该液体后（液面水平），由几何关系得光斑到O点的距离
14．【答案】（1）离子在电磁场中向右偏转，根据左手定则知，离子带正电。
（2）离子受到的电场力为
洛伦兹力大小为
电场力与洛伦兹力相互垂直，由勾股定理可知，离子刚进入电磁场瞬间受到的合外力大小为
（3）设离子经过P点时的速度大小为vP，离子从进入电磁场到水平射出过程中，只有电场力做功，由动能定理得
解得
离子从进入电磁场到水平射出过程中，设离子推进器对离子的平均作用力大小为，由动量定理得
由牛顿第三定律得，这段时间内对离子推进器的平均作用力大小为
解得
【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）由左手定则和离子偏转方向可知，离子带正电；
（2）离子刚入电磁场时受到电场力qE和洛伦兹力qvB，且电场力与洛伦兹力垂直，由平行四边形求合力；
（3）由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理求出离子经过P点时的速度；对离子在进入电磁场到水平射出过程中由动量定理求解平均作用力大小。
（1）离子在电磁场中向右偏转，根据左手定则知，离子带正电。
（2）离子受到的电场力为
洛伦兹力大小为
电场力与洛伦兹力相互垂直，由勾股定理可知，离子刚进入电磁场瞬间受到的合外力大小为
（3）设离子经过P点时的速度大小为vP，离子从进入电磁场到水平射出过程中，只有电场力做功，由动能定理得
解得
离子从进入电磁场到水平射出过程中，设离子推进器对离子的平均作用力大小为，由动量定理得
由牛顿第三定律得，这段时间内对离子推进器的平均作用力大小为
解得
15．【答案】（1）（1）包裹在传送带上的加速度
设包裹与传送带经过时间共速，则有
解得
所以包裹的位移
传送带的位移
二者的相对位移
包裹与传送带因摩擦产生的热量
包裹在滑板上的加速度
滑块的加速度
设包裹与滑板经过时间共速，则有
解得
包裹与滑块的共同速度
包裹的位移
滑板的位移
故二者的相对位移
（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间
共同速度
包裹的位移
滑块的位移
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）分析包裹加速到与传送带共速过程中的位移，当此位移小于传送长度时，包裹先加速后匀速且匀速过程中包裹与传送带无相对运动即不产生热量，求出包裹与传送带的相对位移从而求解热量；
（2）包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，包裹与滑板共速时的相对位移等于滑板的长度。
（1）包裹在传送带上的加速度
设包裹与传送带经过时间共速，则有
解得
所以包裹的位移
传送带的位移
二者的相对位移
包裹与传送带因摩擦产生的热量
包裹在滑板上的加速度
滑块的加速度
设包裹与滑板经过时间共速，则有
解得
包裹与滑块的共同速度
包裹的位移
滑板的位移
故二者的相对位移
（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间
共同速度
包裹的位移
滑块的位移
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
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