2025年山东高三一模高考物理模拟试卷（含答案详解）

2025年山东省实验中学高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共8小题，共24分。

1.如图所示，（a）为氢原子能级图，（b）为某放射性元素剩余质量机与原质量小。的比值随时间/变化的图

像，（c）为轧制钢板时动态监测钢板厚度的装置图，（d）为原子核的比结合能随质量数变化的图像。下列说

法正确的是（）

n

E/cV9

OT

508

4-0.54

-0.857

3

-1.516

5

2

-3.40

4

（b）某放射性元素衰变

3

轧混2

□放射源

11

-13.6

自探测器0

⑸氢原子能级图（C）动态监测钢板的厚度（d）比结合能随质量数变化图像

A.图（a）中，一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出3种不同频率的光

B.图（6）中，由放射性元素剩余质量加与原质量加。的比值随时间f的变化规律可知其半衰期为67.3d

C.图（c）中，探测器接收到的射线可能是a射线

D.图（d）中，比结合能越大，平均核子质量越大，原子核越稳定

2.央视“国家地理”频道播出的一档节目真实地呈现了四个水球可以挡住一o：

颗子弹的过程，其实验示意图如图所示。四个完全相同的装满水的薄皮气球

水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4号水球。球皮对子弹的阻

力忽略不计，子弹视为质点。下列说法正确的是（）

A.子弹经过每个水球的过程中速度变化量均相同

B.子弹穿出第2号水球时的速度等于穿过四个水球的平均速度

C.子弹穿过每个水球所用时间依次为t］、t2>t3>t4,则ti+t2+t3=Q

D.子弹穿过每个水球所用时间依次为t2、-3、口，则含七

3.如图，轻质细杆A3上穿有一个质量为加的小球C,将杆水平置于相互垂

直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成

30。角，则左侧斜面对杆A3支持力的大小为（）

1

ABV_3mga73mgDm9

232-

4.洛埃德（”〃oyd）在1834年提出了一种更简单的观察干涉现象的装置。如图所示，缝光源S与光屏平

行，从缝光源S发出的光，一部分入射到平面镜M后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光

束交叠区域里将出现干涉条纹，缝光源S通过平面镜成的像S'相当于另一缝光源。某次实验，S发出波长

为400”秋的单色光，虚线0。'上方的第3条亮条纹出现在N处。不考虑半波损失，下列说法正确的是（）

A.若撤去平面镜M,光屏上将不再出现明暗相间的条纹

B.若缝光源S发出波长为600”加的单色光，光屏上N处将出现第2条亮条纹

C.若将缝光源S下移少许，光屏上的条纹间距将变小

D.若将平面镜M右移少许，光屏上的条纹间距将变大

5.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，此时P点偏离平衡位置的位移大小是

振幅的二分之一。已知波速u=8zn/s,则此后尸点第三次达到平衡位置的时间是（）

.131111

A•五$DB•五sDn•记s

6.如图所示为双星模型的简化图，两天体尸、。绕其球心。1、。2连线上。

点做匀速圆周运动。已知。1。2=5，。1。一。。2=乙2>0，假设两星球的

半径远小于两星球球心之间的距离。则下列说法正确的是（）

A.P、。做匀速圆周运动的半径之比为学

B.P、。的线速度之和与线速度之差的比值为"

L2

C.P、。的质量之和与质量之差的比值为暑

L1

D.若P、。各有一颗公转周期为T的环绕卫星，则P的卫星公转半径更大

7.如图甲所示，半径R=0.4/n的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点8和圆心。的连线与水

平方向间的夹角8=30。，另一端点。与圆心。等高，点C为轨道的最低点。质量rn=1kg的物块（可视为

质点）从空中A点以速度北水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计

时，轨道受到的压力P随时间f的关系如图乙所示，重力加速度g取10zn/s2,不计空气阻力，则下列说法

正确的是（）

图甲

A.物块在D点的速率为8m/sB.Fo的大小为70N

C.%的大小为2zn/sD.物块在B点时对轨道的压力大小为30N

8.急动度J是汽车的加速度随时间的变化率,定义式为/=荒。一辆汽车沿平直公路以。=10M/S的速度做

匀速运动，。时刻开始加速，0〜12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车

质量zn=2x103kg,运动过程中所受阻力f=lx103yVo则下列说法正确的是（）

j/（ms｝）

4.0：8.01Z0~*"s

A.汽车在4.0〜80s内做加速度增大的加速运动

B.在8.0〜12Qs内，汽车牵引力小于所受阻力

C.6.0s时,汽车牵引力的功率为9.0x1。4勿

D.0~12.0s内，汽车牵引力的冲量大小为5.4x104N-s

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

9.一定质量理想气体的U-T图像如图所示，已知气体在状态A时的压强是

1.5X105Pa,在状态B时的内能是EB=30/,已知理想气体的内能大小与

热力学温度成正比。根据上述信息，下列说法正确的是（）

A.气体在状态A时的温度是200K

B.气体在状态B时的压强是2.25X105Pa

C.气体由状态A到状态B的过程中气体对外界做功是30J

D.气体由状态A到状态B的过程中从外界吸收热量301

10.如图所示，在三维坐标系。-xyz中，存在一匀强电场，已知该电场在孙z三今'方向

的分量大小均为E。，将一质量为加、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点。处无初速度

释放，粒子不计重力。关于带电粒子的运动和受力，下列说法正确的是（）

A.粒子在O点所受电场力的合力为零B.粒子将沿z轴方向做匀加速直线运动

粒子在。点的加速度大小为小迪

C.粒子的电势能逐渐减少D.

11.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为心导轨上垂直放置导体棒a

和b,质量均为加，电阻均为R,回路中其余部分的电阻不计。匀强磁场磁感应强度大小为B、方向竖直

向上。开始时，两棒均静止，间距为%0。£=0时刻导体棒。获得向右的初速度几，两导体棒的图像

=%-%）如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.0〜巧时间内，导体棒匕产生的焦耳热为/血诏

22

B.G时亥!J,棒a的加速度大小为啜菖

C.t2时刻，两棒之间的距离为嘤

BL

D.0〜t2时间内，通过。棒的电量为舞

12.如图所示，直立的劲度系数为上的轻质弹簧一端固定在水平地面，另一端与绝缘向

的木板。拴接。带电量为+q的物块尸放置在木板。上，处于静止状态。现在系统所JI

处空间施加一竖直向上的匀强电场，此后尸、。一起运动到最高点时恰好未分离。

7777777T777777777

已知尸的质量为2%,。的质量为他重力加速度为g,不计空气阻力，下列说法正

确的是（）

A.匀强电场的场强大小为强

<?

B.匀强电场刚施加的瞬间，P、。间弹力大小为1.6mg

C.物块P的速度最大时，P、。间弹力大小为0.8mg

D.施加电场后，弹簧、木板。和物块P组成的系统机械能的最大增量为笔步

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

13.某同学利用如图甲所示的一半径较大的固定光滑圆弧面测定当地重力加速度。该同学将小铁球从最低

点移开一小段距离由静止释放，则小铁球的运动可等效为单摆模型。

020406080100

图甲图乙图丙

具体步骤如下：

①用游标卡尺测量小球铁的直径d；

②用停表测量小铁球的运动周期T；

③更换不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制如图乙所示的X—g图像，横纵轴

截距分别为。、b。

（1）测量小铁球运动周期时，开始计时的位置为图甲中的；（选填"A"、"O”或“4”）

（2）由厂―?图像可得当地的重力加速度g=。（用字母兀、a、6表示）

（3）该同学查阅资料得知，单摆做简谐运动的周期7。是初始摆角很小时的近似值，实验过程中初始摆角对周

T

期T有一定的影响，城与初始摆角e的关系如图丙所示。若实验时该同学释放小铁球的位置离。点较远，

初始摆角接近20。，若只考虑初始摆角的影响，重力加速度的测量值会o（选填“偏大”、“偏小”

或“不变”）

14,电导率等于电阻率的倒数，是评估水的纯度和导电性的常用指标。某实验小组把晌突泉水注满如图甲

所示的粗细均匀的圆玻璃管中，测量其电导率。

（1）用游标卡尺测量玻璃管中水柱的直径，应使用如图乙所示游标卡尺的（选填"A”、“B”、

“C"或"D"）部件测量，测得示数如图丙所示，读数为cm；

（2）实验小组用伏安法测量玻璃管中水柱的电阻，因找不到合适量程的电流表，用多用电表的5mA挡（内阻

10。）作电流表使用，其他所用实验器材有：

电源（电动势为3V,内阻可忽略）；

电压表U（量程为3匕内阻约为3皿）；

滑动变阻器R最大阻值为500；导线若干等。

①该实验小组已完成的实验电路连线如图丁所示，请将连线补充完整；

J戊

②多次测量得到电压表读数与电流表读数之间存在的变化关系如图戊所示，已知玻璃管中水柱长度测量值

为31.40cm,则所测泉水的电导率约为（。•m）T（结果保留一位有效数字）。

四、计算题：本大题共4小题，共46分。

15.如图是横截面为）圆的柱状玻璃棱镜A08,现有一束单色光垂直于04面射入，从的中点C射出

时，恰好发生全反射。现将入射光线垂直于。4面从歹点入射，光线经过A3的三等分点在面折射

后与延长线相交于尸点，已知。4=R,光在真空中的传播速度为c,sinl50=写2,计算结果可带

根号。求：

（1）单色光在玻璃棱镜中的传播速度；

（2）光线从P点到尸点的传播时间。

OBP

16.第九届亚冬会于2025年2月7日至14日在哈尔滨举行，跳台滑雪传

是比赛项目之一，因其高风险性被称作“勇敢者的运动”，其场地简人\

化为如图所示。曲面AO为助滑道，雪坡OB段为倾角a=37。的足够

长斜面，某运动员从助滑道的最高点A由静止开始下滑，到达起跳点

。时借助设备和技巧，保持在O点的速度大小不变以与水平方向成。角

的方向起跳，最后落在雪坡上的B点，起跳点O与落点B之间的距离

OB为此项运动的成绩。已知A点与。点之间的高度差h=30m,该运动员可视为质点，不计一切阻力和

摩擦，不考虑运动员自身的能量输出，sin37。=0.6,cos37°=0.8,g^L10m/s2,求：

（1）该运动员在O点起跳时的速度大小；

（2）该运动员通过调整起跳角氏能够取得的最好成绩（即的最大值）为多少？

17.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，抛物线y=与＞轴之间有沿丁轴负方向的匀强电场，在

半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，圆与x轴相切于P点，在第

一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度也为B的匀强磁场，在第一象限内有一平行于x轴的无

限长荧光屏（图中未画出），在尸点沿与x轴负方向成60。角的方向射出质量为加、电荷量为q的带正电的粒

子，粒子在圆形磁场中偏转后沿x轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点射入第一、四象限内的

匀强磁场中，粒子经磁场偏转后恰好垂直打在荧光屏上。不计粒子的重力。

(1)求粒子从P点射出的初速度大小；

(2)求匀强电场的电场强度大小；

(3)求荧光屏与x轴的距离；

(4)若粒子在P点射入磁场的速度方向在与y轴正向夹角为30。的范围内任意可调，求荧光屏上能接收到粒

子的区域长度。

XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

XXXXX

XXXXX

18.如图所示，固定在水平面上的粗糙斜面倾角8=30。，长度为30"滑块8恰好静止在斜面上，离斜面

顶端的距离为L与斜面无摩擦的滑块A由斜面顶端无初速度释放。已知滑块间的碰撞为弹性碰撞且碰撞

时间忽略不计，滑块A的质量为相，滑块2的质量为3祖，重力加速度大小为g,两滑块均视为质点，不计

空气阻力。求：

(1)滑块A从释放到与滑块8第一次碰撞所经历的时间；

(2)第一次碰撞后瞬间滑块A和滑块8的速度大小；

(3)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，滑块A与滑块B间的最大距离；

(4)滑块A与滑块B在该斜面上碰撞的次数。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、图(a)中，一个氢原子从九=4的能级向基态跃迁时，可能是从九=4到几=3,从九=3到

n=2,从几=2到兀=1这样跃迁，此时最多可以放出3种不同频率的光，故A正确；

B、根据图像可知，放射性元素剩余质量机与原质量取)的比值从|变为?需要的时间即为该元素的半衰期，

半衰期为182.4d-67.3d=115.1d,故3错误；

C、a射线的穿透能力最弱，一张普通的白纸就可以挡住，所以探测器接收到的射线不可能是a射线，故C

错误；

D、图(d)中，比结合能越大，平均核子质量越小，原子核越稳定，故。错误。

故选：Ao

根据玻尔理论中的能级跃迁分析，注意是一个氢原子，不是一群；根据半衰期的定义分析；根据a射线的

穿透能力分析；比结合能越大，平均核子的质量越小。

本题考查了能级跃迁、半衰期、射线的基本特点和比结合能等基本知识，容易题。

2.【答案】C

【解析】解：4子弹经过每个水球的位移相同，但速度逐渐减小，故经过每个水球的时间增加，由/。=如

可知，子弹的速度变化量不同，故A错误；

员整个过程的逆过程可看作初速为零的匀加速运动，由初速度为零的匀加速运动的规律，反向穿过第4球

与后面的3个球的位移之比为1：3,可知子弹反向穿出第4号水球时，即正向穿过第3号水球时的速度等

于穿过四个水球的平均速度，故B错误；

C.由C的分析可知，穿过第3号水球是整个过程的中间时刻，记每个水球所用时间依次为t2,t3,t4,

则ti+。+J=。，故C正确；

。.对整个过程的逆过程，由初速度为零的匀加速运动相等位移的时间关系可知，第4号、第3号、第2

号、第1号水球的时间之比为1：“歹—1)：(/百-2)：(2-73),则子弹穿过1、2、3、4号水球所用

时间依次为小以、％、然，则?=寻4＞詈==匚，故。错误。

vD—VN9上

故选：Co

根据Zu=at分析子弹的速度变化量；根据初速度为零的匀加速运动的规律可知穿过第3号水球是整个过

程的中间时刻，由此分析时间关系；根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比进

行分析。

本题考查匀变速直线运动的基本规律，是中等题，注意分析逆过程。

3.【答案】B

【解析】解：对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，如图所示:

设左侧斜面对杆AB支持力的大小为治，由平衡条件有：NA=mgcos300

解得：NA=^.mg,故B正确、AC。错误。

故选：Bo

对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，由平衡条件列方程进行解答。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进

行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。

4.【答案】B

【解析】解：A、若撤去平面镜通过单缝光线会发生衍射，仍然可以观察到明暗相间的衍射条纹，故

A错误；

CD、将缝光源S和其通过平面镜成的像S'视为双缝，由双缝干涉相邻两条亮间距：Ax=^A,其中：L=

a

l,d=2h,可得：Ax=

2h

若将缝光源S下移少许，则八变小，可知光屏上的条纹间距将变大；若将平面镜M右移少许，则不影响光

源的像的位置，则光屏上的条纹间距不变，故CD错误；

B、由/久=看/l,可得：等=?=熬=|，即34%1=24%2，已知波长为400"/w时，第3条亮条纹与零级

2n"2石6003,“

亮条纹间距为34与，则波长为600/"〃?.时，在N处应出现第2条亮条纹，故8正确。

故选：Bo

若撤去平面镜M,通过单缝光线会发生衍射；根据双缝干涉的相邻亮条纹间距公式求解相邻两条亮条纹的

中心间距，以及相邻亮条纹间距的变化。

本题考查了干涉现象，应用等效的思维，将本题的干涉现象等效为双缝干涉现象。掌握双缝干涉的相邻亮

条纹间距公式。

5.【答案】A

【解析】解：由图可知，该波波长为：2=(4.5-2.5)x2m=4m,

由题知：v=8m/s,

且：A=vT,

解得：T=0.5s,

由图，根据“同侧法”可知，此时尸振动方向向下，

设质点尸的振动方程为:y=Xsin(y-t+cp),

由题知，t=0时，y=J，

J2

解得：y=4sin(4nt+汾，

由此可知，当y=0时，sin(47Tt+^)=0,

解得：t=^s,(n=1,2,3,……),

P点第三次达到平衡位置时n=3,

解得：%=奈，

故A正确，BCD错误;

故选：Ao

由题意先确定该波波长及此时尸的振动方向，再确定产的振动方程，结合题意，即可分析判断ABC。正

误。

本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振

动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波

源的起振方向相同。

6.【答案】B

【解析】解：A、设两星球的轨道半径分别为加、由题意可知加+①=rP-rQ=L2,解得：力=

结组、r=、丝，可得尸、。做匀速圆周运动的半径之比为：空=?牛，故A错误；

，“，TQLI12

B、星球P、。环绕连线上的点做匀速圆周运动，则星球P、。的角速度相等。尸、。的线速度分别为分=

a)rP、VQ=3TQO

P、Q的线速度之和为4%=vP+VQ=a)(rP+rQ)=

P、Q的线速度之差为/功=VP-VQ=O)(Tp-VQ)=a)L2

可得尸、。的线速度之和与线速度之差的比值为常|=篙，故B正确；

C、根据由万有引力提供向心力，对星体P有：G警=mprp32,解得：

mp7Q2rQ&)

同理对。有：G^=mQrQa),解得：mP=

■。

P、。质量之和为4根1=m+m=J?

PyQu

2r2r

P、。质量之差为47n2=THQ-/Hp=312

y(j

可得P、。的质量之和与质量之差的比值为舞=篙，故c错误；

D、设环绕中心天体公转周期为7的卫星的公转半径为厂，中心天体的质量为M,卫星的质量为例，由万

有引力提供向心力得：

G鬻=m第叼，解得：・第

由C选项的解答可知星球。的质量大于星球尸的质量，故。的卫星公转半径更大，故。错误。

故选：瓦

由题意根据几何关系可得到两星球的轨道半径，以及尸、。做匀速圆周运动的半径之比；星球P、。的角

速度相等，根据线速度与角速度的关系可得P、。的线速度，以及线速度之和与线速度之差的比值；根据

由万有引力提供向心力，求得尸、。的质量，以及P、。的质量之和与质量之差的比值；根据由万有引力

提供向心力求得环绕中心天体公转周期为7的卫星的公转半径的表达式，依据星球产、。的质量关系，判

断尸、。的卫星公转半径的大小关系。

本题考查了双星系统问题，考查了万有引力定律在天体运动中的应用。要知道双星系统中两天体以相同的

周期绕它们连线上的某点做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。

7.【答案】B

【解析】解：4由图像可知，物块从轨道。点飞出轨道到再次回到。点的时间为：

t=1.675s—0.875s=0.8s,

则物块从。点离开轨道时速度大小为：

t«八0.8,AI

vD=g-=10X—m/s=4m/s，

故A错误；

B.物块从C到O,由机械能守恒定律可得：

11

-mvc7=-mv^7+mgR,

在C点时，物块对轨道的压力最大，由图乙及牛顿第三定律可知，此时轨道对物块的支持力大小也为月，

则在C点，由牛顿第二定律可得：

P谣

Fo—mg=m常，

联立可得：

Fo=70N,

故8正确；

C.从B到D,由机械能守恒定律可得：

11

-mvQ7=-mvp7+mg•Rsin30°,

解得：

vB=2V_5m/s,

则由速度的关系可得：

v0=vssin30°=2A/-5X0.5m/s=V-5m/s,

故C错误；

D物块在B点时，受力情况如图所示：

则由牛顿第二定律可得：

mgsmd+F=

解得：

F=45N,

则由牛顿第三定律可知，物块在B点时对轨道的压力大小为45N,

故。错误；

故选：Bo

A由图像可知，物块从轨道。点飞出轨道到再次回到。点的时间，进而确定物块从。点离开轨道时速度大

小;

R物块从C到£>,由机械能守恒定律列式，在C点，由牛顿第二定律列式，结合题图及牛顿第三定律，即

可分析判断；

C.从B到。，由机械能守恒定律列式，再由速度的关系列式，即可分析判断；

D物块在3点时，则由牛顿第二定律列式，结合牛顿第三定律，即可分析判断。

本题主要考查机械能与曲线运动相结合的问题，解题时需注意动能与势能是如何变化的，也要了解不同曲

线运动的运动规律。

8.【答案】C

【解析】解：A、由题图可知，在4.0〜80s内，急动度为0,贝必a=0,则汽车做加速度不变的匀加速直

线运动，故A错误；

B、在8.0〜12.0s内/<0,大小不变，加速度均匀减小，汽车牵引力减小，仍然大于所受阻力，故5错

误；

由图可知加速度的变化图像，如图

a-t图像的面积表示速度的增加量/u=/x(8.0-4.0+12.0)x2.0m/s=16m/s

0〜12.Os内，对汽车由动量定理得/-ft=dp,又Zp=mdu

解得汽车牵引力的冲量大小为/=4.4X104/V-s,故。错误；

C、6.0s时，对汽车由牛顿第二定律得F—f=巾的

由a-t图可知的=2.0m/s2,解得牵引力大小为F=5x103N

0〜6.0s内汽车速度增大量为4%=1x(6.0-4.0+6.0)x2.0m/s=8.0m/s

6.0s时汽车的速度大小为%=v0+Av=18.0m/s

6.0s时，汽车牵引力的功率为A=F%=5xIO?*18.0〃=9.0x1。4卬，故c正确。

故选：Co

急动度随时间变化的图像，图线与坐标轴围成的面积表示加速度的变化，结合/a=4t解答即可。

本题主要考查急动度随时间变化的关系，理解图像的物理意义是解题关键。

9.【答案】AC

【解析】解：A、由题图可知，气体从4-B的过程，发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：》=察，

1A1B

解得：TA=TTT=x300K=200K,故A正确；

，BBU.o

5

B、由题图可知，气体从4-B的过程，发生等压变化，则有：pB=pA=1,5X10Pa,故B错误；

5

C、气体由状态A到状态8的过程中，外界对气体所做的功为：w=-pA（yB-VA）=-1.5x10x0.2x

10-37=-307,则气体由状态A到状态8的过程中气体对外界做功是30J,故C正确；

。、理想气体的内能大小与热力学温度成正比，则有：制=黑，解得：E=1E=lx30J=20],则气

Lp3UUA3B3

体由状态A到状态2的过程中，内能的增量为4U=EB—E4=30/—20/=10/,则有热力学第一定律可

得：AU=W+Q,解得：Q=4U-勿=10/-（-30/）=40/,故气体由状态A到状态8的过程中从外界

吸收热量40J,故。错误。

故选：ACo

由图像可知气体发生的是等压变化，由盖-吕萨克定律求出气体体积的变化；根据功的公式可求得求出气体

所做的功，最后由热力学第一定律求出气体内能的增量。

本题考查玻意耳定律、热力学第一定律列式求解的方法，要注意公式中的T为热力学温度，同时注意理想

气体不计分子势能，故其内能与热力学温度成正比。

10.【答案】CD

【解析】解：在三维坐标系。-xyz中，存在一匀强电场，设电场强度大小为E,

因为该电场在qz三个方向的分量大小均为品，则由矢量合成法则及数学知识可知：

E=J跌+尿+虏=，百&），方向沿空间对角线，

粒子在O点时，由牛顿第二定律可得：qE=ma,

解得：a=场生，方向沿空间对角线，

m

则粒子在电场力的作用下，沿空间对角线方向，做初速度为零的匀加速直线运动，电场力做正功，则粒子

的电势能逐渐减少，

故AB错误，CD正确；

故选：CD。

结合题意，由矢量合成法则及数学知识列式，确定电场强度；再由牛顿第二定律及功能关系，即可分析判

断ABCD正误。

本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电

势能增大。

11.【答案】BD

【解析】解：A、七时亥必u=0,说明两棒速度相等，设为也取向右为正方向，由动量守恒定律：mv0=

2mv

设0〜时间内回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Q=1x2mv2

联立解得：Q=7mvo

导体棒b产生的焦耳热为：Qb=|x|mvo=imvo，故A错误；

Z4o

B、片时亥！J,Av=va-vb=

回路中产生的总的感应电动势为：E=BLv-BLv=BLAv=^BLv

ab40

回路中感应电流大小为：/=磊=需

Z.KoK

此时棒a所受的安培力大小为：F=BIL

对6棒，由牛顿第二定律可得：a=-

m

联立解得：。=萼/，故B正确；

8mR

CD、Z：2时刻两棒速度相同，由A选项知：V=y

0-12时间内，取向右为正方向，对棒。，由动量定理，有：BILt2=mv-0

又：112=q

即：BqL=mv

联立得：q=器

Li

根据电荷量的计算公式可得：（7=7"异=,=嘉=半再

ZnZAZnZA

解得t2时刻，两棒之间的距离为：x=X0+嚼，故C错误、D正确。

BL

故选：BDo

t2时亥以17=0,两棒速度相等，根据两棒组成的系统动量守恒求出两棒的共同速度，再由能量守恒定律、

焦耳定律进行解答；

tl时刻，根据两棒的速度差，求出回路总的感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出棒。受

到的安培力，即可根据牛顿第二定律求出棒a的加速度；

根据动量定理求出通过导体横截面的电荷量，结合感应电荷量的公式即可求解两棒间的距离。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一

条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

12.【答案】BCD

【解析】解：AB,由于P、。一起运动到最高点时恰好未分离，则尸、。整体一起做简谐运动，在最高点

和最低点的加速度大小相等方向相反，设加速度大小为a

未加电场时系统静止所受合力为零，加电场后系统所受合力等于电场力，由牛顿第二定律得：

对尸、。整体：qE=3ma

对尸：qE—2mg+FPQ=2ma

在最高点，由于P、。恰好未分离，在最高点，P、。的加速度相等，两者间没有弹力，由牛顿第二定律

得：

对尸：2mg-qE=2ma

解得：E=a=0,4g,FPQ=1.6mg,故A错误，B正确；

C、物块P的速度最大时，尸、。整体处于简谐运动的平衡位置，此时加速度为零，对P：qE-2mg+

F=0,解得：F=0.8mg,故C正确；

D,在最低点，设弹簧的压缩量为%。，在平衡位置弹簧的压缩量为右,在没加电场时，系统静止，贝I：

3mg=kx,解得：x=

00K

在平衡位置，。的加速度为零，对QkX1-F-mg=0,解得：/=岑生

系统上升的最大高度h=2(x0-%i)=2(誓-岑")=然空

系统机械能的增加量等于电场力做的功，则系统机械能的最大增量4E=qEh,解得：笔/，故£)

25k

正确。

故选：BCD。

恰好分离时P、。间的弹力为零，加速度相等；根据物块的受力情况与运动过程应用牛顿第二定律分析求

解；电场力做功，系统机械能增加，系统机械能的增加量等于电场力做的功，应用功的计算公式求出系统

机械能增加量的最大值。

本题主要考查了关联体的受力分析问题，解题的关键点是选择合适的研究对象，熟悉受力分析，结合牛顿

第二定律即可完成解答。

13.【答案】。华偏小

b

【解析】解：(1)在平衡位置计时，误差较小，所以开始计时的位置为图甲中的。点;

n_d

(2)根据单摆周期公式可知T=2兀%2

变形可得72=加4

992

根据图像斜率可知㈣=-

9a

解得g=等

(3)由图可知随着。的增大，；的比值变大，结合重力加速度的表达式可知考虑初始摆角的影响，重力加速

10

度的测量值会偏小。

故答案为：(1)。；(2)—厂；(3)偏小

(1)根据减小实验误差的方法解答。

(2)根据单摆周期的计算公式解答。

(3)根据题意分析图像解答。

解决本题的关键掌握单摆的周期公式，会通过图像法求解重力加速度，本题第四问关键根据表达式分析出

图像的含义。

14.【答案】B10.0100.1

【解析】解：Q)测量爪A测量玻璃管的外径，测量爪2测量玻璃管的内径，即水柱的直径，C为深度尺，

用于测量槽的深度，。不用于测量，因此选填

20分度游标卡尺精度为0.05rmn,读数为d=100mm+2x0.05mm=100.10mm=10.010cm。

(2)①由图戊所示图像可知，待测泉水的电阻为R=藐*a=400。，则与=爵=7.5,£=察=

40,则微〉与，电流表应采用内接法，

水的电阻大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图

所示

②由图戊所示图像可知，待测泉水的电阻为R=77%。=400。

5.0x10

II79

由电阻定律得：R=Pg=P次,则电阻率0=姐=3.14X400X(0.1001。)7n=10。.二

)兀(2)P4L4x0.3140

11

则水的电导率6=W♦㈤T=0.1(/2-爪)-1。

故答案为：(1)B；10.010；(2)①实物电路图如图所示；②0.1。

(1)根据游标卡尺的正确操作分析作答；20分度游标卡尺精度为0.05nun,根据游标卡尺的读数规则读数；

(2)①根据U-/图像求解待测电阻值，光滑待测电阻值、电流表内阻和电压表内阻确定电流表的内外接

法；滑动变阻器采用分压式接法，据此完成实验电路的连接；

②根据欧姆定律、电阻定律和电导率的含义求解电导率。

要掌握常用器材的使用方法与读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是连接实物电路图的关

键；应用电阻定律即可解题。

15.【答案】解：(1)由题意可知，该单色光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角为：。=90。+2=

45°,

则有：sinC=

n

解得：n=V-2»

且：〃=

解得：U=苧C;

(2)因为光线经过的三等分点。，则：NFDB=NDOB=9(T+3=30。，可得下图:

由光的折射定律可得：n=岑=遍，

sin30

解得：sin0=苧，

则：8=45。,

在AODP中，由正弦定理得：sin300=sin（e-300）'

由几何关系可知：FD=Rcos30°,

光线从尸点到尸点的传播时间为：1=生+”，

VC

联立可得：1=9（溷+苧）；

答：（1）单色光在玻璃棱镜中的传播速度为苧C；

（2）光线从尸点到尸点的传播时间为:（76+^）o

【解析】（1）由题意可知，该单色光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角，由临界角与折射率、折射

率与光速的关系分别列式，即可分析求解；

（2）结合题意，由光的折射定律、正弦定理、几何关系、速度与时间的关系分别列式，即可分析求解。

本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，

入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中

时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。

16.【答案】解：（1）设该运动员在。点起跳时的速度大小为几,

该运动员从A到。过程，由动能定理可得：mgh=

解得：VQ=10y/~6m/s；

（2）设该运动员通过调整起跳角仇能够取得的最好成绩（即05的最大值）为Lmax，

令夕=a+仇将起跳时速度火和重力加速度g沿雪坡方向和垂直雪坡方向分解，

垂直斜面方向：%=q）sinS，

沿斜面方向：v2=v0cos^,

由牛顿第二定律可知，

垂直斜面方向：mgcos37°=mar,

沿斜面方向：7ngsin37°=ma2^

由运动学规律可知，

落回斜面时间为：”/

、--1

2

03距离为：L=v2t+-a2t,

VQSin(2/?—a)i^sina

联立可得:L=H------------2->

geos2agcos^a

由数学知识可知，当2/?-a=90。时，L最大,

解得：Lmax=150m；

答：（1）该运动员在。点起跳时的速度大小为10，后山/s；

（2）该运动员通过调整起跳角。，能够取得的最好成绩（即的最大值）为150机。

【解析】（1）该运动员从A到O过程，由动能定理列式，即可分析求解；

（2）结合题意，由运动学规律、牛顿第二定律分别列式，结合数学知识，即可分析求解。

本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列

式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。

17.【答案】解：（1）如图

由几何关系，粒子在圆形磁场中的运动半径

r=R

VQ

qv0B=m—

得

qBR

VQ=---m-----

（2）粒子在电场中做类平抛运动

3

y=R+Rsin30°=-^R

2

由抛物线方程得

x=yfSR

x=vot

12

y=2

qE=ma

解得

E_qRB?

m

(3)电场中，由动能定理

11

qEy=-^mv2

解得

2qBR

v--------

m

设粒子进入磁场时速度与y轴负方向的夹角为仇