2025届江苏省部分学校高三上学期第三次联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025届高三年级第三次学情调研测试物理试题注意事项：1．本试卷共4页，满分为100分，考试时间75分钟。2．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。3．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡指定位置作答，在其他位置作答一律无效。4．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.关于电场力和电场强度，下列说法正确的是A.电场强度的方向总是跟电场力的方向一致B.电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比C.正电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致D.电荷在某点受到的电场力越大，该点的电场强度越大【答案】C【解析】AC.电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向，场强与负检验电荷的受力方向相反．故A错误，C正确．

B.电场强度大小与电场力的大小无关，是由电场本身性质决定．故B错误．D.电荷在某点受到的电场力越大，该点的电荷量越多，而此处电场强度是不变．故D错误．2.下列说法不正确的是（）A.图1为检验工件平整度的装置，利用了薄膜干涉的原理B.图2为光照射不透明小圆板得到的衍射图样C.图3沙漠蜃景是光的全反射现象，其产生的原因是由于沙漠上层空气的折射率比下层空气折射率大D.图4立体电影利用了光的衍射原理【答案】D【解析】A．图1为检验工件平整度的装置，利用了薄膜干涉的原理，故A正确；B．泊松亮斑是光线通过小圆板得到的光的衍射图样，故B正确；C．海市蜃楼和沙漠蜃景都是光的全反射现象，而沙漠蜃景产生的原因是由于沙漠上上层空气的折射率比下层空气折射率大，光发生全反射造成的，故C正确；D．立体电影是光的偏振，故D错误；

本题选择错误的，故选D。3.“人造太阳”实验中的可控热核反应的聚变方程为，反应原料氘（）富存于海水中，氚（）可以用中子轰击锂核（）得到，则关于中子轰击锂核（）产生一个氚核（）和一个新核，下列说法正确的是（）A.该核反应方程为B.核反应生成物中的α粒子具有很强的电离本领，但穿透能力较弱C.在中子轰击锂核（）的核反应生成物中有α粒子，故该核反应属于α衰变D.核聚变的条件是要达到高温高压的热核反应状态，故核聚变过程不能释放出核能【答案】B【解析】A．根据题意以及质量数守恒和电荷数守恒可得中子轰击锂核的人工转变方程为A错误；B．核反应生成物中的α粒子具有很强的电离本领，但穿透性较弱，B正确；C．中子轰击锂核发生的核反应是原子核的人工转变，C错误；D．核反应中释放的核能源于核反应过程中的质量亏损，与核反应的条件无关，D错误。故选B。4.如图所示，在某次排球比赛中，一运动员第一次将排球从A点水平击出，排球击中D点；第二次将该排球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，排球也击中D点，A、C两点高度相同。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.两个过程中，排球的飞行时间相等B.两次相比，第二个过程排球击中D点前瞬间速度较大C.两次击球，运动员对排球所做功可能相等D.两次相比，第二个过程排球击中D点前瞬间重力的瞬时功率较大【答案】C【解析】AB．由于从AB两点出发的球都能到达D点，B球从C到地面在竖直方向做自由落体运动，可得，由于水平方向位移相同，根据可知根据速度的合成可知，从A点抛出时的速度，A落到D时的速度为B落到D点的速度为所以在两个过程中，后一个过程排球击中D点时的速度较小，A、B错误；C．第一个过程中对排球做的功为第二个过程中对排球做的功为由于，可知W1可能等于W2，C正确；D．由于竖直方向做自由落体运动，下落的高度相同，据可知，落地时竖直方向的分速度相同，则重力的瞬时功率相同，D错误。故选C。5.1897年英国物理学家约瑟夫·约翰·汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子。下列有关电子的说法，正确的是（）A.根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，核外电子动能减小B.电子的发现说明原子核是有内部结构的C.光电效应中，逸出光电子的最大初动能与入射光频率成正比D.射线是原子核外电子电离形成的电子流【答案】A【解析】A．根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，电子的轨道半径增大，核外电子动能减小，故A正确；B．电子的发现说明原子是有内部结构的，故B错误；C．由光电效应方程可知逸出光电子的最大初动能与入射光频率成线性关系，并不成正比，故C错误；D．射线是原子核内中子转化为质子的过程中释放出来的，故D错误。故选A。6.用MN表示A、B两种介质的分界面，下图表示射向分界面的一束光线发生反射和折射时的光路图．则其中正确的判断是（）A.两介质相比，A是光疏介质，B是光密介质B.光由B进入A时有可能发生全反射C.光由A进入B时不可能发生全反射D.光在介质B中的传播速度大于在介质A中的传播速度【答案】D【解析】A．因为折射角大于入射角，A介质为光密介质，B为光疏介质，A错误；BC．只有光从光密介质进入光疏介质时才有可能发生全反射，因为A的折射率大于B的折射率，所以光从A进入B可能发生全反射，从B进入A不可能发生全反射，BC错误；D．因为B的折射率小，由可知，D正确。7.如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图。质点a在t=2s时第1次到达波谷，此时质点c恰好在平衡位置且向下运动，则下列说法正确的是（）A.这列波的波速为2m/s，频率为0.25HzB.这列波向左传播C.t=1.6s时b质点恰好回到平衡位置D.t=3s时质点d向上运动【答案】C【解析】通过图像读出波的波长，结合质点C的位置移动求解波速，进而求出波的周期，再结合选项逐一分析即可。B．当质点a第一次到达波谷时，质点c恰好在平衡位置在向下运动，根据“上下坡法”中的“上坡向下”，可得波是向右传播的，B错误；A．质点a在t=2s时第1次到达波谷，此时质点c恰好在平衡位置且向下运动，质点a经过会第一次到达波谷，故由A错误；C．根据波形匀速移动，故波形从O移动到b点，刚好b在平衡位置C正确；D．当时，c在波谷，e在平衡位置，d点正在平衡位置下方，根据“上下坡法”中的“上坡向下”可判断出质点d向下运动，D错误。故选C。8.在地面上放置着一个内壁光滑的碗，其内表面是半径为R的半球形，O为球心。在碗内有一个小物体正在水平面内做匀速圆周运动，M为圆心，距离为h。当小物体运动到M正右方P点时，从O点以某一初速度水平向右抛出一个小石子，不计空气阻力及小石子的反弹，则下列说法正确的是（）A.只要h合适，小石子一定能击中小物体B.只有当的值合适，小石子才能击中小物体C.只有当大小合适，小石子才能击中小物体D.不管h、R、大小如何，小石子都不能击中小物体【答案】D【解析】小物体在碗内做匀速圆周运动，由重力和弹力的合力提供向心力，连线与竖直方向的夹角设为，有，解得小石子做平抛运动，有解得根据等时性和周期性可知，小石子击中小物体，需要有显然不可能，所以小石子不可能击中小物体，ABC错误，D正确。故选D。9.如图所示，水平面上轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P点，已知物体的质量为m＝2.0kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200N/m。现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10cm，这时弹簧具有弹性势能Ep＝1.0J，物体处于静止状态。若取g＝10m/s2，则撤去外力F后（）A.物体向右滑动的距离可以达到12.5cmB.物体向右滑动的距离一定小于12.5cmC.物体回到O点时速度最大D.物体到达最右端时动能为零，系统机械能也为零【答案】B【解析】C．当物体向右运动至O点过程中，弹簧的弹力向右，设弹簧的伸长量为x。由牛顿第二定律可知kx－μmg＝ma当a＝0时，物体速度最大，此时kx＝μmg弹簧仍处于伸长状态，故C错误；AB．当物体至O点时，由可知，物体至O点的速度不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可得Ep＝μmgx′＋Ep′因Ep′＞0，所以x′＜12.5cm故A错误，B正确；D．物体到达最右端时，动能为零，但弹簧有弹性势能，故系统的机械能不为零，故D错误。故选B。10.如图所示，当条形磁铁N极移近螺线管时，关于螺线管中A点与B点电势关系，下列说法正确的是（）A.A点电势低于B点电势 B.A点电势等于B点电势C.A点电势高于B点电势 D.无法确定【答案】A【解析】当条形磁铁N极移近螺线管时原磁场方向水平向右，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向水平向左，根据楞次定律可知，线圈中的电流方向从A到B，线圈相当于电源，B为电源的正极，因此A点的电势低于B点的电势，故选A。11.如图所示，光滑杆偏离竖直方向的夹角为，杆以O点为支点绕竖直轴旋转，质量为m的小环套在杆上可自由滑动，当杆角速度为时，小环在A处的水平面旋转，当杆的角速度为时，小环在B处的水平旋转，设环在A、B处对杆的压力分别为和，则（）A B.C. D.【答案】B【解析】对小球受力分析，如图所示根据平行四边形定则知，可知支持力大小相等，则压力大小相等，A错误，B正确；根据向心力公式，即得由于，所以，CD错误。故选B。考点：向心力、牛顿第二定律。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.小明在做实验时，发现一个色环电阻的外漆脱落，如图1所示，于是用多用电表测量该电阻。（1）正确的操作顺序是___________。A．把选择开关旋转到交流电压最高挡B．调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点C．把红黑表笔分别接在两端，然后读数D．把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触E．把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0（2）小明正确操作后，多用电表的指针位置如图2所示，则___________Ω。（3）小林认为用多用电表测量电阻误差较大，采用伏安法测量。图3是部分连接好的实物电路图，请用电流表内接法完成接线并在图3中画出___________。（4）小林用电流表内接法和外接法分别测量了该色环电阻的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到图上，如图4所示。请你选择一组合理的数据点，求出该色环电阻的电阻为___________Ω（结果保留两位有效数字）。（5）因电表内阻影响，测量值___________（选填“偏大”或“偏小”），原因是___________。【答案】（1）EDBCA（2）3000（3）（4）或（5）偏大电流表分压【解析】（1）[1]用多用电表测量该电阻时，应先进行机械调零使指针指0，然后选择合适的档挡，将红、黑表笔短接进行欧姆调零，再进行测电阻读数，测量完毕后要把选择开关旋转到交流电压最高档，因此正确顺序为EDBCA。（2）[2]由图可知档挡选择“×100”，则Rx=30×100Ω=3000Ω（3）[3]电流表选用内接法，电压电流从零开始调节，滑动变阻器选用分压接法即可，电路连接如图：（4）[4]待测电阻阻值约为3000Ω，因此电流表选用内接法更合理（5）[5][6]因电表内阻影响，测量值偏大，原因是电流表内阻分压。13.如图，导热性能良好的U形容器，右管顶部封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1:2，容器内部封闭一部分水银。现测得右边部分的水银液面与容器顶端的高度差h=5cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H=15cm，设大气压p0=75cmHg，外界环境温度t=27℃。求：（1）向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度。（2）当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右边容器内被封闭的气体的长度为5cm时，此时温控室内的温度。【答案】（1）4cm；（2）390K【解析】（1）以右边玻璃管封闭气体为研究对象，封闭气体做等温变化，设当两管的水银液面相平时，右边被封闭的气体长度为h′。初、末状态的压强和体积分别为由玻意耳定律可得解得（2）空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降，则左管水银面会上升2cm，此时空气柱的压强末状态封闭气体长度再次为5cm，和最初始状态一样，符合等容变化规律，则解得14.利用物理模型对问题进行分析，是重要科学思维方法。（1）如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下，沿光滑水平面从A点加速运动至B点，A、B两点间的距离为l。重力加速度为g。在物体从A点运动到B点的过程中，速度由变化到，请根据牛顿运动定律和运动学公式，推导水平恒力F对物体做的功与物体动能变化的关系。（2）如图所示，一个圆盘在水平面内转动，盘面上距圆盘中心为r的位置有一个质量为m的小物体随圆盘一起做圆周运动（未发生相对滑动），小物体与圆盘间的动摩擦因数为（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力），重力加速度为g。a.圆盘的角速度多大时，小物体将开始滑动；b.若小物体随圆盘一起从静止开始做加速圆周运动（始终未发生相对滑动）。小物体随圆盘从静止开始加速到即将发生相对滑动的过程中，求摩擦力对小物体所做的功W。【答案】（1）见解析；（2）a.b.【解析】（1）在A到B的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得联立解得（2）a.物块做圆周运动的向心力由摩擦力提供，则当物块将要滑动时解得b.当物块相对圆盘将要滑动时，由动能定理15.如图是利用传送带装运煤块的示意图。倾角θ=30°，煤块与传送带间的动摩擦因数，传送带的主动轮和从动轮半径相等，轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m。现在传送带底端与车底等高处由静止释放一质量m=0.1kg的煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动。煤块在轮的最高点恰好水平抛出，并落在距抛出点水平距离x=1.2m的车底，取g=10m/s2，求：(1)主动轮和从动轮的半径R；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t；(3)煤块从开始运动到传送带最高点过程中电动机比空转时多消耗的电能∆E。【答案】(1)0.4m；(2)0.8s；(3)2.6J【解析】(1)由平抛运动的公式，得x=vt代入数据解得v=2m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得代入数据得R=0.4m(2)由牛顿第二定律F=ma得v=att=0.8s(3)静止开始加速至与传送带速度相同s=x传-x煤Q=fsEP=mgH代入数据得即煤块从开始到传送带最高点过程中电动机比空转时多消耗的电能。16.如图所示，xoy竖直平面坐标系中，x轴上方有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度大小为E。粒子源从O点向坐标平面内第一象限发射粒子，粒子的初速度方向与x轴正方向夹角范围是，初速度大小范围是。已知粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。（1）求沿y轴正方向射出的粒子到达x轴下方的最远距离d；（2）求粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域的面积S；（3）若粒子源只沿+y方向发射粒子，其它条件不变，发现x轴上从P点起左侧所有位置均有粒子通过，求粒子从O点运动到P点所需的最短时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）当粒子的速度大小为，且沿y轴正向射出时粒子到达x轴下方有最远距离d，根据动能定理得解得（2）设速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域如下图所示，为粒子不能到达的区域面积。解得解得则打到的区域面积为解得（3）根据题意，因为P点左侧所有位置都必须有粒子通过，所以P点的位置必须如下图所示图中小圆对应速度为，大圆对应速度为，所以P点的坐标为，粒子在磁场中运动最短的时间为粒子的速度为时，此时周期为粒子在电场中运动单程的时间为，则粒子在电场中运动的时间粒子从O点运动到P点的时间解得2025届高三年级第三次学情调研测试物理试题注意事项：1．本试卷共4页，满分为100分，考试时间75分钟。2．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。3．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡指定位置作答，在其他位置作答一律无效。4．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.关于电场力和电场强度，下列说法正确的是A.电场强度的方向总是跟电场力的方向一致B.电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比C.正电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致D.电荷在某点受到的电场力越大，该点的电场强度越大【答案】C【解析】AC.电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向，场强与负检验电荷的受力方向相反．故A错误，C正确．

B.电场强度大小与电场力的大小无关，是由电场本身性质决定．故B错误．D.电荷在某点受到的电场力越大，该点的电荷量越多，而此处电场强度是不变．故D错误．2.下列说法不正确的是（）A.图1为检验工件平整度的装置，利用了薄膜干涉的原理B.图2为光照射不透明小圆板得到的衍射图样C.图3沙漠蜃景是光的全反射现象，其产生的原因是由于沙漠上层空气的折射率比下层空气折射率大D.图4立体电影利用了光的衍射原理【答案】D【解析】A．图1为检验工件平整度的装置，利用了薄膜干涉的原理，故A正确；B．泊松亮斑是光线通过小圆板得到的光的衍射图样，故B正确；C．海市蜃楼和沙漠蜃景都是光的全反射现象，而沙漠蜃景产生的原因是由于沙漠上上层空气的折射率比下层空气折射率大，光发生全反射造成的，故C正确；D．立体电影是光的偏振，故D错误；

本题选择错误的，故选D。3.“人造太阳”实验中的可控热核反应的聚变方程为，反应原料氘（）富存于海水中，氚（）可以用中子轰击锂核（）得到，则关于中子轰击锂核（）产生一个氚核（）和一个新核，下列说法正确的是（）A.该核反应方程为B.核反应生成物中的α粒子具有很强的电离本领，但穿透能力较弱C.在中子轰击锂核（）的核反应生成物中有α粒子，故该核反应属于α衰变D.核聚变的条件是要达到高温高压的热核反应状态，故核聚变过程不能释放出核能【答案】B【解析】A．根据题意以及质量数守恒和电荷数守恒可得中子轰击锂核的人工转变方程为A错误；B．核反应生成物中的α粒子具有很强的电离本领，但穿透性较弱，B正确；C．中子轰击锂核发生的核反应是原子核的人工转变，C错误；D．核反应中释放的核能源于核反应过程中的质量亏损，与核反应的条件无关，D错误。故选B。4.如图所示，在某次排球比赛中，一运动员第一次将排球从A点水平击出，排球击中D点；第二次将该排球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，排球也击中D点，A、C两点高度相同。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.两个过程中，排球的飞行时间相等B.两次相比，第二个过程排球击中D点前瞬间速度较大C.两次击球，运动员对排球所做功可能相等D.两次相比，第二个过程排球击中D点前瞬间重力的瞬时功率较大【答案】C【解析】AB．由于从AB两点出发的球都能到达D点，B球从C到地面在竖直方向做自由落体运动，可得，由于水平方向位移相同，根据可知根据速度的合成可知，从A点抛出时的速度，A落到D时的速度为B落到D点的速度为所以在两个过程中，后一个过程排球击中D点时的速度较小，A、B错误；C．第一个过程中对排球做的功为第二个过程中对排球做的功为由于，可知W1可能等于W2，C正确；D．由于竖直方向做自由落体运动，下落的高度相同，据可知，落地时竖直方向的分速度相同，则重力的瞬时功率相同，D错误。故选C。5.1897年英国物理学家约瑟夫·约翰·汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子。下列有关电子的说法，正确的是（）A.根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，核外电子动能减小B.电子的发现说明原子核是有内部结构的C.光电效应中，逸出光电子的最大初动能与入射光频率成正比D.射线是原子核外电子电离形成的电子流【答案】A【解析】A．根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，电子的轨道半径增大，核外电子动能减小，故A正确；B．电子的发现说明原子是有内部结构的，故B错误；C．由光电效应方程可知逸出光电子的最大初动能与入射光频率成线性关系，并不成正比，故C错误；D．射线是原子核内中子转化为质子的过程中释放出来的，故D错误。故选A。6.用MN表示A、B两种介质的分界面，下图表示射向分界面的一束光线发生反射和折射时的光路图．则其中正确的判断是（）A.两介质相比，A是光疏介质，B是光密介质B.光由B进入A时有可能发生全反射C.光由A进入B时不可能发生全反射D.光在介质B中的传播速度大于在介质A中的传播速度【答案】D【解析】A．因为折射角大于入射角，A介质为光密介质，B为光疏介质，A错误；BC．只有光从光密介质进入光疏介质时才有可能发生全反射，因为A的折射率大于B的折射率，所以光从A进入B可能发生全反射，从B进入A不可能发生全反射，BC错误；D．因为B的折射率小，由可知，D正确。7.如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图。质点a在t=2s时第1次到达波谷，此时质点c恰好在平衡位置且向下运动，则下列说法正确的是（）A.这列波的波速为2m/s，频率为0.25HzB.这列波向左传播C.t=1.6s时b质点恰好回到平衡位置D.t=3s时质点d向上运动【答案】C【解析】通过图像读出波的波长，结合质点C的位置移动求解波速，进而求出波的周期，再结合选项逐一分析即可。B．当质点a第一次到达波谷时，质点c恰好在平衡位置在向下运动，根据“上下坡法”中的“上坡向下”，可得波是向右传播的，B错误；A．质点a在t=2s时第1次到达波谷，此时质点c恰好在平衡位置且向下运动，质点a经过会第一次到达波谷，故由A错误；C．根据波形匀速移动，故波形从O移动到b点，刚好b在平衡位置C正确；D．当时，c在波谷，e在平衡位置，d点正在平衡位置下方，根据“上下坡法”中的“上坡向下”可判断出质点d向下运动，D错误。故选C。8.在地面上放置着一个内壁光滑的碗，其内表面是半径为R的半球形，O为球心。在碗内有一个小物体正在水平面内做匀速圆周运动，M为圆心，距离为h。当小物体运动到M正右方P点时，从O点以某一初速度水平向右抛出一个小石子，不计空气阻力及小石子的反弹，则下列说法正确的是（）A.只要h合适，小石子一定能击中小物体B.只有当的值合适，小石子才能击中小物体C.只有当大小合适，小石子才能击中小物体D.不管h、R、大小如何，小石子都不能击中小物体【答案】D【解析】小物体在碗内做匀速圆周运动，由重力和弹力的合力提供向心力，连线与竖直方向的夹角设为，有，解得小石子做平抛运动，有解得根据等时性和周期性可知，小石子击中小物体，需要有显然不可能，所以小石子不可能击中小物体，ABC错误，D正确。故选D。9.如图所示，水平面上轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P点，已知物体的质量为m＝2.0kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200N/m。现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10cm，这时弹簧具有弹性势能Ep＝1.0J，物体处于静止状态。若取g＝10m/s2，则撤去外力F后（）A.物体向右滑动的距离可以达到12.5cmB.物体向右滑动的距离一定小于12.5cmC.物体回到O点时速度最大D.物体到达最右端时动能为零，系统机械能也为零【答案】B【解析】C．当物体向右运动至O点过程中，弹簧的弹力向右，设弹簧的伸长量为x。由牛顿第二定律可知kx－μmg＝ma当a＝0时，物体速度最大，此时kx＝μmg弹簧仍处于伸长状态，故C错误；AB．当物体至O点时，由可知，物体至O点的速度不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可得Ep＝μmgx′＋Ep′因Ep′＞0，所以x′＜12.5cm故A错误，B正确；D．物体到达最右端时，动能为零，但弹簧有弹性势能，故系统的机械能不为零，故D错误。故选B。10.如图所示，当条形磁铁N极移近螺线管时，关于螺线管中A点与B点电势关系，下列说法正确的是（）A.A点电势低于B点电势 B.A点电势等于B点电势C.A点电势高于B点电势 D.无法确定【答案】A【解析】当条形磁铁N极移近螺线管时原磁场方向水平向右，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向水平向左，根据楞次定律可知，线圈中的电流方向从A到B，线圈相当于电源，B为电源的正极，因此A点的电势低于B点的电势，故选A。11.如图所示，光滑杆偏离竖直方向的夹角为，杆以O点为支点绕竖直轴旋转，质量为m的小环套在杆上可自由滑动，当杆角速度为时，小环在A处的水平面旋转，当杆的角速度为时，小环在B处的水平旋转，设环在A、B处对杆的压力分别为和，则（）A B.C. D.【答案】B【解析】对小球受力分析，如图所示根据平行四边形定则知，可知支持力大小相等，则压力大小相等，A错误，B正确；根据向心力公式，即得由于，所以，CD错误。故选B。考点：向心力、牛顿第二定律。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.小明在做实验时，发现一个色环电阻的外漆脱落，如图1所示，于是用多用电表测量该电阻。（1）正确的操作顺序是___________。A．把选择开关旋转到交流电压最高挡B．调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点C．把红黑表笔分别接在两端，然后读数D．把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触E．把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0（2）小明正确操作后，多用电表的指针位置如图2所示，则___________Ω。（3）小林认为用多用电表测量电阻误差较大，采用伏安法测量。图3是部分连接好的实物电路图，请用电流表内接法完成接线并在图3中画出___________。（4）小林用电流表内接法和外接法分别测量了该色环电阻的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到图上，如图4所示。请你选择一组合理的数据点，求出该色环电阻的电阻为___________Ω（结果保留两位有效数字）。（5）因电表内阻影响，测量值___________（选填“偏大”或“偏小”），原因是___________。【答案】（1）EDBCA（2）3000（3）（4）或（5）偏大电流表分压【解析】（1）[1]用多用电表测量该电阻时，应先进行机械调零使指针指0，然后选择合适的档挡，将红、黑表笔短接进行欧姆调零，再进行测电阻读数，测量完毕后要把选择开关旋转到交流电压最高档，因此正确顺序为EDBCA。（2）[2]由图可知档挡选择“×100”，则Rx=30×100Ω=3000Ω（3）[3]电流表选用内接法，电压电流从零开始调节，滑动变阻器选用分压接法即可，电路连接如图：（4）[4]待测电阻阻值约为3000Ω，因此电流表选用内接法更合理（5）[5][6]因电表内阻影响，测量值偏大，原因是电流表内阻分压。13.如图，导热性能良好的U形容器，右管顶部封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1:2，容器内部封闭一部分水银。现测得右边部分的水银液面与容器顶端的高度差h=5cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H=15cm，设大气压p0=75cmHg，外界环境温度t=27℃。求：（1）向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度。（2）当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右边容器内被封闭的气体的长度为5cm时，此时温控室内的温度。【答案】（1）4cm；（2）390K【解析】（1）以右边玻璃管封闭气体为研究对象，封闭气体做等温变化，设当两管的水银液面相平时，右边被封闭的气体长度为h′。初、末状态的压强和体积分别为由玻意耳定律可得解得（2）空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降，则左管水银面会上升2cm，此时空气柱的压强末状态封闭气体长度再次为5cm，和最初始状态一样，符合等容变化规律，则解得14.利用物理模型对问题进行分析，是重要科学思维方法。（1）如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下，沿光滑水平面从A点加速运动至B点，A、B两点间的距离为l。重力加速度为g。在物体从A点运动到B点的过程中，速度由变化到，请根据牛顿运动定律和运动学公式，推导水平恒力F对物体做的功与物体动能变化的关系。（2）如图所示，一个圆盘在水平面内转动，盘面上距圆盘中心为r的位置有一个质量为m的小物体随圆盘