第1頁（共1頁）2025年河北省高考名校名師聯考高考物理模擬試卷（二）一、單選題1．甲、乙兩車沿同一平直公路運動的x﹣t圖像如圖所示，圖中0～t1時間內的圖線互相平行，下列說法正確的是（）A．0～t1時間內乙車的位移較大 B．t1～t2時間內乙車的速度較大 C．0～t2時間內兩車的平均速度相同 D．t2～t3時間內兩車的位移相同2．把鍍過增透膜的玻璃作為墻面來代替有色玻璃，黃綠光能暢通無阻地進入室內，使得建筑物內的人可對外面景物一覽無余，而外面的人只能從藍紫色的反射光看到天光云影，對建筑物內部的情況卻難窺一斑。關于此現象，下列說法正確的是（）A．該現象與光的干涉有關 B．該現象與海市蜃樓的成因相同 C．該現象是由于藍紫色的光發生了全反射 D．該現象與泊松亮斑的成因相同3．光滑的墻壁上用鐵釘掛了一塊鐘表，正視圖如圖甲所示，從側面看發現鐘表與豎直墻面之間有一夾角α，側視圖如圖乙所示，鐘表的質量為m，重力加速度為g，F1、F2分別是鐵釘、墻面對鐘表的力，則F1、F2的大小分別為（）A．， B．， C．F1＝mgcosα，F2＝mgsinα D．F1＝mgtanα，4．如圖所示，以O點為原點在豎直面內建立平面直角坐標系，在第一象限中建立一個斜面。現將一小球從A點斜向上拋出，水平經過y軸上的B點（0，15m）后，垂直落在斜面上的D點（圖中未畫出），重力加速度大小取10m/s2，不計一切阻力。以下說法正確的是（）A．小球從A點拋出時的初速度大小為10m/s B．小球從A點拋出時的速度方向與水平方向的夾角為60° C．小球經過B點時的速度大小為 D．斜面上D點坐標為（5m，5m）6．中國的航天事業蓬勃發展，“東方紅一號”作為中國航天發展史上第一個里程碑，廣為人知。“東方紅一號”繞地球運動的軌道是一個橢圓，若“東方紅一號”的質量為m，地球的質量為M，“東方紅一號”在遠地點時到地心的距離為其在近地點時到地心的距離的k倍。引力常量為G，“東方紅一號”在近地點時到地心的距離為r1，設無窮遠處為勢能零點，引力勢能的表達式為，下列說法正確的是（）A．“東方紅一號”的機械能為 B．“東方紅一號”的機械能為 C．“東方紅一號”在近地點的速度與其在遠地點的速度之比為 D．“東方紅一號”在近地點的速度與其在遠地點的速度之比為7．如圖所示，在光滑的水平面上A、B兩點分別固定電荷量為+Q1、﹣Q2（Q1＞Q2）的異種電荷，O點為A、B連線中點。在同一水平面內有一粗糙絕緣的直桿位于A、B連線的中垂線上。現將一個電荷量為﹣q（q＞0）的小圓環穿在直桿上，由M點靜止釋放后，沿直桿向O點運動，到N點時速度減小為零。關于帶電圓環的運動，以下說法正確的是（）A．小圓環最終一定停在O點 B．從M點到N點的過程中，小圓環的加速度一定先增大后減小 C．從M點到N點的過程中，小圓環的電勢能一定先減小后增大 D．小圓環經過O點時的動能一定最大二、多選題（多選）8．氫原子的光譜如圖甲所示，光譜顯示氫原子只能發出一系列特定波長的光，巴耳末對當時已知的氫原子在可見光區的四條譜線Hα、Hβ、Hγ、Hδ分析發現，它們的波長λ滿足公式，其中Hα譜線的波長最長。圖乙為玻爾氫原子能級示意圖的一部分，一群處于n＝6能級的氫原子向低能級（n＝2）躍遷時能放出Hα、Hβ、Hγ、Hδ四條譜線。則下列說法正確的是（）A．譜線Hδ的光子能量為2.86eV B．譜線Hα和Hβ頻率之比為63：85 C．譜線Hγ的光在水中的傳播速度比譜線Hβ的光在水中的傳播速度小 D．若用譜線Hα的光照射某種金屬能夠發生光電效應，則其他三種譜線的光也一定能使該金屬發生光電效應物理（多選）9．真空區域有寬度為l、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界。質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶正電粒子（不計重力）沿著與MN夾角θ＝30°的方向以一定的速度v0（大小未知）射入磁場中，從PQ邊界射出磁場時與PQ的夾角為60°。則v0的大小可能為（）A． B． C． D．（多選）10．如圖所示，質量為m的木板B與直立輕彈簧的上端拴接，彈簧下端固定在地面上。平衡時彈簧的壓縮量為h，一質量為m的物塊A從木板B正上方距離為3h的高處自由落下，打在木板上與木板粘連在一起向下運動。從A、B碰撞到兩者到達最低點后又向上運動到最高點經歷的總時間為t，已知彈簧的彈性勢能，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。則在t時間內，下列說法正確的是（）A．彈簧的最大彈性勢能為8mgh B．A和B一起運動的最大加速度大小為 C．A和B一起運動的最大速度大小為 D．從A、B碰撞到兩者到達最低點經歷的時間為三、實驗題11．某實驗小組的同學按圖1的電路測定電池組的電動勢和內阻。圖2為某次實驗結果的U﹣I圖像。（1）圖2中的圖線的斜率大小為k，圖線的縱截距為b，則電源電動勢為，內阻為。（2）圖2中測量數據集中在U﹣I圖像的很小區域，實驗小組的同學覺得數據處理時應使圖像盡可能占滿整個坐標紙，這樣的圖像有利于減小誤差，一部分同學認為需要重新進行實驗，另一部分同學認為無需重新進行實驗，你覺得為了減小誤差（填“是”或“不”）一定要重新進行實驗。如果你覺得一定要重新進行實驗，請說出實驗出現這種情況的一種可能原因；如果你覺得不一定要重新進行實驗，請給出一種調整方案；。12．暑假期間，甲、乙兩個物理興趣小組的6名同學登上某山峰后，在帳篷內對山頂處的重力加速度進行測量。①甲組同學利用攜帶的實驗器材組裝單擺測量重力加速度，甲圖中所列器材和操作最合理的是。②甲組同學首先利用刻度尺測出單擺的擺長為L，然后將小球拉開一個小角度由靜止釋放，使小球在豎直平面內擺動。當小球擺到（填“最高”或“最低”）位置時開始計時，用秒表測量完成n次全振動所用的總時間為t，改變擺長再做幾次實驗，記下相應的L和t。則利用測量數據計算山頂處重力加速度的表達式g＝。③乙組同學們用細線拴好一塊不規則的小石塊做成一個簡易單擺測量山頂處的重力加速度，如圖乙所示，然后用隨身攜帶的鋼卷尺、電子手表進行了測量。同學們首先測出懸點O到石塊最上方結點A的距離為l，然后將石塊拉開一個小角度，由靜止釋放，使石塊在豎直平面內擺動，用電子手表測出單擺完成n次全振動所用的時間t，并計算出單擺周期T。改變細線長度，多次測量，繪制T2﹣l圖像如圖丙所示，若取π2＝9.87，由丙圖求出重力加速度g＝m/s2（結果保留三位有效數字）。忽略偶然誤差，乙組同學通過圖像求出的g值大小（選填“大于”、“小于”或“等于”）當地的真實值。四、解答題13．部分mRNA疫苗的存儲溫度為﹣80℃至﹣60℃，使用時需要先在常溫環境回溫后再注射。如圖所示，某導熱良好的封閉mRNA疫苗存儲箱處于溫度為﹣73℃的低溫柜內，存儲箱內的空氣壓強為0.8p0。某次使用時醫生首先將存儲箱取出置于溫度為27℃、大氣壓強為p0的環境中，當存儲箱內氣體的溫度上升至﹣3℃時將其打開。已知存儲箱的容積不變，T＝t+273K。求：（1）存儲箱即將被打開時其內部的壓強；（2）打開存儲箱后內外達到熱平衡時存儲箱內氣體占原存儲箱內氣體的百分比。（結果保留三位有效數字）14．如圖所示，斜面O點處固定有一輕質彈簧，彈簧處于原長時其末端在點M處，斜面OM段光滑，MN段粗糙且足夠長。兩個可視為質點、質量均為1kg的物塊A、B靜置于彈簧上。若將物塊B取走，物塊A運動的最大速度為0.6m/s。已知物塊與MN段之間的動摩擦因數，斜面傾角θ為37°，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。（1）求彈簧的勁度系數k；（2）若物塊B的質量為2kg，取走物塊B，求物塊A在離開彈簧時的速度；（3）在（2）的條件下，求物塊A在M點上方運動的總時間。15．如圖所示，質量M＝4kg的U形框EABF放置在光滑絕緣的水平地面上，已知AB段的長度為L＝2m，AE、BF的長度為4L，C、D、M、N分別是AE、BF、AC和BD的中點，AB段的電阻為R＝3Ω，其余部分電阻忽略不計。在CDFE區域存在豎直向下、磁感應強度大小可變的勻強磁場B，磁場位置不隨U形框移動。質量m＝4kg、電阻不計的導體棒放置在MN處，導體棒的長度比U形框的寬度L略長，若給導體棒水平向右的初速度，當其運動到磁場左邊界時，恰與U形框速度相同。已知導體棒與U形框之間的動摩擦因數為μ＝0.3，取重力加速度g＝10m/s2。（1）求導體棒初速度v0的大小；（2）若要使導體棒和U形框在磁場中運動時始終保持相對靜止，求磁感應強度的最大值Bm；（3）若將磁感應強度B的大小調整為第（2）問中Bm的，判斷導體棒最終是否靜止，若靜止，求導體棒最終離磁場左邊界的距離；若不能靜止，求導體棒的最終速度。

2025年河北省高考名校名師聯考高考物理模擬試卷（二）參考答案與試題解析一．選擇題（共6小題）題號123467答案DAABBC二．多選題（共3小題）題號8910答案BCDCDAD一、單選題1．甲、乙兩車沿同一平直公路運動的x﹣t圖像如圖所示，圖中0～t1時間內的圖線互相平行，下列說法正確的是（）A．0～t1時間內乙車的位移較大 B．t1～t2時間內乙車的速度較大 C．0～t2時間內兩車的平均速度相同 D．t2～t3時間內兩車的位移相同【分析】位移—時間圖像的斜率表示速度，根據縱坐標的變化量表示位移，平均速度等于位移與時間之比。【解答】解：A、根據x﹣t圖像的斜率表示速度，由于0～t1時間內的圖線互相平行，可知，0～t1時間內甲、乙的速度相等，根據位移、速度和時間的關系有，0～t1時間內甲、乙的位移相等，故A錯誤；B、根據x﹣t圖像的斜率表示速度，由圖可知，在時間t1～t2內，乙的圖像斜率為零，故乙的速度為零；甲的圖像斜率不為零，故甲的速度不為零，甲車的速度較大，故B錯誤；C、根據平均速度的概念，平均速度等于位移與發生這段位移所用時間的比值，0～t2時間內，甲車的位移大于乙車的位移，時間相同，故甲車的平均速度大于乙車的平均速度，故C錯誤；D、由圖可知，在t2～t3時間內，乙車始終處于靜止狀態，位移為零；甲車從x2處出發又回到x2處，故甲車的位移也為零，甲、乙兩車的位移相同，故D正確。故選：D。【點評】解決本題的關鍵知道位移—時間圖像的物理意義，知道圖線的斜率表示速度，能夠通過圖線得出物體的運動規律。2．把鍍過增透膜的玻璃作為墻面來代替有色玻璃，黃綠光能暢通無阻地進入室內，使得建筑物內的人可對外面景物一覽無余，而外面的人只能從藍紫色的反射光看到天光云影，對建筑物內部的情況卻難窺一斑。關于此現象，下列說法正確的是（）A．該現象與光的干涉有關 B．該現象與海市蜃樓的成因相同 C．該現象是由于藍紫色的光發生了全反射 D．該現象與泊松亮斑的成因相同【分析】增透膜的工作原理是光的干涉現象，海市蜃樓是光的折射和全反射，泊松亮斑是由于光的衍射而產生的，根據發生全反射的條件判斷是否發生了全反射。【解答】解：A．增透膜的工作原理是光的干涉現象。光具有波粒二象性，可以發生干涉，在鏡頭前面涂上一層增透膜，當光線照射到這層膜上時，如果膜的厚度等于入射光在增透膜中波長的四分之一，那么光線在膜的前后表面反射的光會發生干涉，從而相互抵消，減少反射光，故A正確；B．海市蜃樓是由于空氣不均勻，光在不均勻介質中不沿直線傳播，發生光的折射和全反射造成的，而增透膜的工作原理是光的干涉現象，故B錯誤；C．發生全反射的條件是光由光密介質進入光疏介質，所以由空氣（光疏介質）射入玻璃（光密介質）的藍、紫光無法發生全反射，故C錯誤；D．泊松亮斑是由于光的衍射而產生的一種光學現象，而增透膜的工作原理是光的干涉現象，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了光現象的相關知識點，要掌握光的干涉、衍射、反射和折射的原理，也要知道它們對應的生活中的現象。3．光滑的墻壁上用鐵釘掛了一塊鐘表，正視圖如圖甲所示，從側面看發現鐘表與豎直墻面之間有一夾角α，側視圖如圖乙所示，鐘表的質量為m，重力加速度為g，F1、F2分別是鐵釘、墻面對鐘表的力，則F1、F2的大小分別為（）A．， B．， C．F1＝mgcosα，F2＝mgsinα D．F1＝mgtanα，【分析】分析鐘表的受力情況，根據平衡條件求解F1、F2的大小。【解答】解：鐘表受到豎直向下的重力mg，垂直于墻面水平向左的彈力F2，垂直鐘面斜向右上方的鐵釘的作用力F1，受力分析如圖所示。由于鐘表處于靜止狀態，根據平衡條件有F1cosα＝F2，F1sinα＝mg解得，，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題是共點力平衡問題，分析受力，作出力圖是關鍵，運用合成法或正交分解法解答。4．如圖所示，以O點為原點在豎直面內建立平面直角坐標系，在第一象限中建立一個斜面。現將一小球從A點斜向上拋出，水平經過y軸上的B點（0，15m）后，垂直落在斜面上的D點（圖中未畫出），重力加速度大小取10m/s2，不計一切阻力。以下說法正確的是（）A．小球從A點拋出時的初速度大小為10m/s B．小球從A點拋出時的速度方向與水平方向的夾角為60° C．小球經過B點時的速度大小為 D．斜面上D點坐標為（5m，5m）【分析】小球從B到A做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，在水平方向勻速直線運動，結合運動的合成與分解計算拋出時的初速度大小、經過B點時的速度大小及從A點拋出時的速度方向與水平方向的夾角；在D點由速度的合成和分解可得小球從B點到D點的運動時間，由自由落體運動公式可求下落的高度，在水平方向勻速直線運動，可求水平位移，即可得斜面上D點坐標。【解答】解：AC、小球從B到A做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，有代入數據有解得小球從B到A的時間為在水平方向，有x＝v′Bt1代入數據有解得v′B＝10m/sA點處豎直方向的速度為A點的合速度大小（等于小球從A點拋出時的初速度大小）為故AC錯誤；B、令小球從A點拋出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則有解得θ＝60°故B正確；D、令小球從B點到D點的運動時間為t2，在D點由速度的合成和分解有解得t2＝1s下落的高度為則D點的縱坐標為yD＝15m﹣5m＝10m水平位移為x′＝v0t2＝10×1m＝10m則D點的橫坐標為10m，所以D點的坐標為（10m，10m），故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了斜拋運動，關鍵要明確斜拋運動的處理方法，結合相應的運動學公式即可解答，常規題型。6．中國的航天事業蓬勃發展，“東方紅一號”作為中國航天發展史上第一個里程碑，廣為人知。“東方紅一號”繞地球運動的軌道是一個橢圓，若“東方紅一號”的質量為m，地球的質量為M，“東方紅一號”在遠地點時到地心的距離為其在近地點時到地心的距離的k倍。引力常量為G，“東方紅一號”在近地點時到地心的距離為r1，設無窮遠處為勢能零點，引力勢能的表達式為，下列說法正確的是（）A．“東方紅一號”的機械能為 B．“東方紅一號”的機械能為 C．“東方紅一號”在近地點的速度與其在遠地點的速度之比為 D．“東方紅一號”在近地點的速度與其在遠地點的速度之比為【分析】根據開普勒第二定律，求解在近地點和遠地點的速度之比，機械能為動能與勢能之和，結合衛星在軌道上運動過程中滿足機械能守恒列方程求解。【解答】解：CD．設“東方紅一號”在近地點的速率為v1，在遠地點的速率為v2，在近地點、遠地點的極短時間內，根據開普勒第二定律，則有又因r2＝kr1聯立可得v1：v2＝r2：r1＝k：1CD錯誤；AB．機械能為動能與勢能之和，即E機＝Ek+Ep，所以在近地點的機械能為E近在遠地點的機械能為衛星在軌道上運動過程中滿足機械能守恒，則有E近＝E遠聯立解得則有故A錯誤，B正確。故選：B。【點評】物體在低軌的勢能小，動能大；在高軌的勢能大，動能小，只有引力做功時滿足機械能守恒。7．如圖所示，在光滑的水平面上A、B兩點分別固定電荷量為+Q1、﹣Q2（Q1＞Q2）的異種電荷，O點為A、B連線中點。在同一水平面內有一粗糙絕緣的直桿位于A、B連線的中垂線上。現將一個電荷量為﹣q（q＞0）的小圓環穿在直桿上，由M點靜止釋放后，沿直桿向O點運動，到N點時速度減小為零。關于帶電圓環的運動，以下說法正確的是（）A．小圓環最終一定停在O點 B．從M點到N點的過程中，小圓環的加速度一定先增大后減小 C．從M點到N點的過程中，小圓環的電勢能一定先減小后增大 D．小圓環經過O點時的動能一定最大【分析】先根據電場力做功情況判斷電勢能的大小；分別寫出在豎直方向的電場強度和水平方向的電場強度的表達式，根據小圓環的受力情況分析小圓環最終停止的位置，根據牛頓第二定律分析加速度變化，根據電場力做功情況分析動能的變化。【解答】解：C．直桿上O點上方的電場分布情況如題圖剖析所示，小圓環從M點到O點的過程中受力如圖1所示，同理，小圓環從O點到N點的過程中受力如圖2所示由此可知小圓環從M點到N點，豎直方向的電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，O點電勢能最小，電勢最高，故C正確。ABD．由以上分析可知，在豎直方向的電場強度為令y＝sin2θcosθcosθ＝x則有y＝（1﹣x2）x＝x﹣x3兩邊求導，則有y′＝1﹣3x2由數學知識可得y'＝1﹣3x2＝0解得即y有極大值，此時Ey也為極大值，同理y有極小值，此時Ey也為極小值，而在O點處Ey＝0。水平方向的電場強度為：因為在0～90°內sinθ為增函數，所以從M點到N點在x軸方向的合場強先增大后減小，根據平衡條件可得qEx＝FN摩擦力為f＝μFN＝μqEx也先增大后減小。小圓環自M點靜止釋放后向O點運動，說明小圓環在M點受到的電場力qEy大于絕緣的直桿對小圓環的摩擦力f，根據牛頓第二定律有qEy﹣f＝ma題目沒有給出動摩擦因數的具體數值加上兩個方向的場強不斷變化，所以無法確定小圓環從M點到N點的過程中合力變化情況，也就無法確定加速度變化情況，合外力變化情況不確定，合外力做功情況也就不能確定，所以不能確定小圓環停下的位置和動能最大的位置，故ABD錯誤。故選：C。【點評】能夠分別寫出水平方向和豎直方向電場強度的表達式是解題的關鍵。二、多選題（多選）8．氫原子的光譜如圖甲所示，光譜顯示氫原子只能發出一系列特定波長的光，巴耳末對當時已知的氫原子在可見光區的四條譜線Hα、Hβ、Hγ、Hδ分析發現，它們的波長λ滿足公式，其中Hα譜線的波長最長。圖乙為玻爾氫原子能級示意圖的一部分，一群處于n＝6能級的氫原子向低能級（n＝2）躍遷時能放出Hα、Hβ、Hγ、Hδ四條譜線。則下列說法正確的是（）A．譜線Hδ的光子能量為2.86eV B．譜線Hα和Hβ頻率之比為63：85 C．譜線Hγ的光在水中的傳播速度比譜線Hβ的光在水中的傳播速度小 D．若用譜線Hα的光照射某種金屬能夠發生光電效應，則其他三種譜線的光也一定能使該金屬發生光電效應物理【分析】Hα對應的譜線波長最長，頻率最小，對應的躍遷的能級差最小，躍遷時輻射光子能量最低；這四條譜線對應的光子能量最大的是從n＝6能級向n＝2能級躍遷所釋放的光子；Hδ為紫光，是電子從n＝6能級向n＝2能級躍遷所釋放光。根據玻爾理論求出其能量值；結合光的頻率與介質的折射率的關系，以及折射率與傳播速度的關系判斷；根據光電效應發生的條件判斷。【解答】解：A．巴耳末系的Hδ、Hγ、Hβ、Hα這四條譜線是氫原子分別從四個連續的高能級躍遷到n＝2能級產生的，根據圖甲可知，譜線Hδ的光子波長最短，根據可知，譜線Hδ的光子能量最大，所以譜線Hδ是氫原子從n＝6能級躍遷到n＝2能級發出的光子，光子能量為Eδ＝E6﹣E2＝﹣0.38eV﹣（﹣3.40eV）＝3.02eV故A錯誤；B．譜線Hα是氫原子從n＝3能級躍遷到n＝2能級發出的光子，的光子能量為Eα＝E3﹣E2＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40eV）＝1.89eV＝hνα譜線Hβ是氫原子從n＝4能級躍遷到n＝2能級發出的光子，光子能量為Eβ＝E4﹣E2＝﹣0.85eV﹣（﹣3.40eV）＝2.55eV＝hνβ聯立可得譜線Hα和Hβ頻率之比為να：νβ＝Eα：Eβ＝63：85故B正確；C．譜線Hγ是氫原子從n＝5能級躍遷到n＝2能級發出的光子，其頻率比譜線Hβ的光的頻率高，所以水對譜線Hγ的光折射率大，根據可知，譜線Hγ的光在水中傳播速度比譜線Hβ的光在水中傳播速度小，故C正確；D．根據圖甲可知，譜線Hα的光的波長最長，根據可知，對應的光子能量最小，所以用譜線Hα的光照射某種金屬能夠發生光電效應，則其他三種譜線的光也一定能使該金屬發生光電效應，故D正確。故選：BCD。【點評】本題考查了玻爾原子結構模型，掌握原子能級躍遷的條件以及發生光電效應的條件。（多選）9．真空區域有寬度為l、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界。質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶正電粒子（不計重力）沿著與MN夾角θ＝30°的方向以一定的速度v0（大小未知）射入磁場中，從PQ邊界射出磁場時與PQ的夾角為60°。則v0的大小可能為（）A． B． C． D．【分析】分兩種情況由題意畫出正、負粒子的運動軌跡，由幾何關系求出粒子的軌道半徑r，由洛倫茲力提供向心力求出速度的兩種可能值。【解答】解：粒子從F點射出時，軌跡圓心為O1，半徑為R1，如圖所示，根據幾何關系有：l＝AE﹣FG＝R1cos30°﹣R1cos60°整理變形解得：R1根據牛頓第二定律有：聯立代入解得：粒子從D點射出時，軌跡圓心為O2，半徑為R2，根據幾何關系有：l＝AB+CD＝R2cos30°+R2cos60°解得：根據牛頓第二定律有：聯立代入可得：，故AB錯誤，CD正確。故選：CD。【點評】帶電粒子與矩形邊成一定的角度射入磁場，本題考查的是當帶電粒子恰好與另一邊界相切時，先幾何關系求出半徑，再由洛倫茲力提供向心力求得粒子的速度。（多選）10．如圖所示，質量為m的木板B與直立輕彈簧的上端拴接，彈簧下端固定在地面上。平衡時彈簧的壓縮量為h，一質量為m的物塊A從木板B正上方距離為3h的高處自由落下，打在木板上與木板粘連在一起向下運動。從A、B碰撞到兩者到達最低點后又向上運動到最高點經歷的總時間為t，已知彈簧的彈性勢能，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。則在t時間內，下列說法正確的是（）A．彈簧的最大彈性勢能為8mgh B．A和B一起運動的最大加速度大小為 C．A和B一起運動的最大速度大小為 D．從A、B碰撞到兩者到達最低點經歷的時間為【分析】物塊A做自由落體運動，根據機械能守恒定律求出A與木板B碰撞前瞬間的速度大小。根據動量守恒定律求出碰撞后兩者的共同速度。從A、B碰撞到達最低點，根據系統機械能守恒求彈簧的最大彈性勢能；A、B一起運動到最低點時，加速度最大，由牛頓第二定律求最大加速度；當彈簧彈力與A、B的重力相等時，A和B一起運動的速度最大，由平衡條件求出此時彈簧的壓縮量，再由機械能守恒定律求最大速度；碰撞后A、B一起做簡諧運動，寫出振動方程，再求從A、B碰撞到兩者到達最低點經歷的時間。【解答】解：A、物塊A做自由落體運動，設其與木板B碰撞前瞬間的速度大小為v0，由機械能守恒定律可得mg?3h解得物塊A與木板B碰撞瞬間滿足動量守恒，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝2mv1解得v1從A、B碰撞到達最低點，設在最低點時彈簧壓縮量為x1，由A、B及彈簧組成的機械能守恒可得其中kh＝mg解得x1＝4h則彈簧的最大彈性勢能為，故A正確；B、A和B一起運動到最低點時，彈簧的形變量最大，彈簧對A、B整體的彈力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有kx1﹣2mg＝2mam解得A、B一起運動的最大加速度大小為am＝g，故B錯誤；C、當彈簧彈力與A、B的重力相等時，A和B一起運動的速度最大，設此時彈簧的壓縮量為x2，由平衡條件可得kx2＝2mg解得x2＝2h根據系統機械能守恒定律有解得，故C錯誤；D、碰撞后，A、B一起做簡諧運動，設振動方程為如圖所示。在C點A、B碰撞，從O→C有解得由題意知從C→O→B→O→A時間為t，則有T＝t可得簡諧運動的周期為Tt從A、B碰撞到兩者到達最低點，即從C→O→B的時間為，故D正確。故選：AD。【點評】根據題意分析清楚物體運動過程是解題的前提，寫出簡諧運動的方程，結合數學知識求出簡諧運動的周期，確定運動時間是關鍵。三、實驗題11．某實驗小組的同學按圖1的電路測定電池組的電動勢和內阻。圖2為某次實驗結果的U﹣I圖像。（1）圖2中的圖線的斜率大小為k，圖線的縱截距為b，則電源電動勢為b，內阻為k。（2）圖2中測量數據集中在U﹣I圖像的很小區域，實驗小組的同學覺得數據處理時應使圖像盡可能占滿整個坐標紙，這樣的圖像有利于減小誤差，一部分同學認為需要重新進行實驗，另一部分同學認為無需重新進行實驗，你覺得為了減小誤差不（填“是”或“不”）一定要重新進行實驗。如果你覺得一定要重新進行實驗，請說出實驗出現這種情況的一種可能原因；如果你覺得不一定要重新進行實驗，請給出一種調整方案；見解析。【分析】（1）根據閉合電路歐姆定律結合圖像計算；（2）根據減小誤差分析判斷。【解答】解：（1）根據閉合電路歐姆定律有U＝E﹣Ir結合U﹣I圖像有E＝b，r＝k（2）為了減小誤差不一定要重新進行實驗，實驗出現這種現象的原因是縱軸坐標每一格所表示的電壓過小，可以適當增大縱軸坐標每一格所表示的電壓，調整的方法可以令縱軸坐標原點的電壓從U＝1.2V左右開始，從而使圖像傾斜程度更大，圖像遍布整個坐標紙，讀數誤差減小。故答案為：（1）b，k；（2）不，見解析。【點評】本題關鍵掌握測定電池組的電動勢和內阻的實驗原理、利用圖像處理問題的方法。12．暑假期間，甲、乙兩個物理興趣小組的6名同學登上某山峰后，在帳篷內對山頂處的重力加速度進行測量。①甲組同學利用攜帶的實驗器材組裝單擺測量重力加速度，甲圖中所列器材和操作最合理的是D。②甲組同學首先利用刻度尺測出單擺的擺長為L，然后將小球拉開一個小角度由靜止釋放，使小球在豎直平面內擺動。當小球擺到最低（填“最高”或“最低”）位置時開始計時，用秒表測量完成n次全振動所用的總時間為t，改變擺長再做幾次實驗，記下相應的L和t。則利用測量數據計算山頂處重力加速度的表達式g＝。③乙組同學們用細線拴好一塊不規則的小石塊做成一個簡易單擺測量山頂處的重力加速度，如圖乙所示，然后用隨身攜帶的鋼卷尺、電子手表進行了測量。同學們首先測出懸點O到石塊最上方結點A的距離為l，然后將石塊拉開一個小角度，由靜止釋放，使石塊在豎直平面內擺動，用電子手表測出單擺完成n次全振動所用的時間t，并計算出單擺周期T。改變細線長度，多次測量，繪制T2﹣l圖像如圖丙所示，若取π2＝9.87，由丙圖求出重力加速度g＝9.77m/s2（結果保留三位有效數字）。忽略偶然誤差，乙組同學通過圖像求出的g值大小等于（選填“大于”、“小于”或“等于”）當地的真實值。【分析】①根據實驗原理及實驗正確操作解得；②由單擺周期公式可知T＝2，變形解得重力加速度的表達式；③根據圖像斜率解得。【解答】解：①根據單擺理想模型可知，為減小空氣阻力的影響，擺球應采用密度較大，體積較小的鐵球，為使單擺擺動時擺長不變，擺球應用不易變形的細絲線，懸點應用鐵夾來固定，故ABC錯誤，D正確。故選：D。②為減小誤差，當小球擺到最低位置時開始計時，周期T根據T＝2解得g③由單擺周期公式可知T＝2，變形解得T2d有圖像斜率可得ks2/m＝4.04s2/m解得：g＝9.77m/s2圖像的斜率不變，則g的測量值等于真實值。故答案為：①D；②最低，；③9.77，等于【點評】本題考查了應用單擺測重力加速度實驗，考查了實驗器材選擇、實驗步驟與實驗數據處理，知道實驗原理、實驗器材與實驗步驟、應用單擺周期公式即可解題。四、解答題13．部分mRNA疫苗的存儲溫度為﹣80℃至﹣60℃，使用時需要先在常溫環境回溫后再注射。如圖所示，某導熱良好的封閉mRNA疫苗存儲箱處于溫度為﹣73℃的低溫柜內，存儲箱內的空氣壓強為0.8p0。某次使用時醫生首先將存儲箱取出置于溫度為27℃、大氣壓強為p0的環境中，當存儲箱內氣體的溫度上升至﹣3℃時將其打開。已知存儲箱的容積不變，T＝t+273K。求：（1）存儲箱即將被打開時其內部的壓強；（2）打開存儲箱后內外達到熱平衡時存儲箱內氣體占原存儲箱內氣體的百分比。（結果保留三位有效數字）【分析】（1）求出氣體的熱力學溫度，氣體發生等容變化，根據查理定律列式求解；（2）求出最終的熱力學溫度，對整個過程，由理想氣體狀態方程列式求解。【解答】解：（1）存儲箱內的氣體開始時的熱力學溫度為T1＝t1+273K，解得T1＝200K即將被打開時的熱力學溫度為T2＝t2+273K，解得T2＝270K由查理定律有解得存儲箱即將被打開時其內部的壓強p＝1.08p0（2）最終的熱力學溫度為T3＝t3+273K，解得T3＝300K設存儲箱內氣體的體積為V0，對整個過程，由理想氣體狀態方程有內外達到熱平衡時箱內氣體占原存儲箱內氣體的百分比解得η≈83.3%答：（1）存儲箱即將被打開時其內部的壓強等于1.08p0；（2）存儲箱內氣體占原存儲箱內氣體的百分比等于83.3%【點評】運用氣體實驗定律和理想氣體狀態方程解題的一般步驟：（1）明確所研究的氣體狀態變化過程；（2）確定初、末狀態壓強p、體積V、溫度T；（3）根據題設條件選擇規律（實驗定律或狀態方程）列方程；（4）根據題意列輔助方程（如壓強大小的計算方程等）（5）聯立方程求解。14．如圖所示，斜面O點處固定有一輕質彈簧，彈簧處于原長時其末端在點M處，斜面OM段光滑，MN段粗糙且足夠長。兩個可視為質點、質量均為1kg的物塊A、B靜置于彈簧上。若將物塊B取走，物塊A運動的最大速度為0.6m/s。已知物塊與MN段之間的動摩擦因數，斜面傾角θ為37°，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。（1）求彈簧的勁度系數k；（2）若物塊B的質量為2kg，取走物塊B，求物塊A在離開彈簧時的速度；（3）在（2）的條件下，求物塊A在M點上方運動的總時間。【分析】（1）根據平衡條件和動能定理可求解。（2）根據平衡條件和動能定理可求解速度。（3）根據牛頓第二定律和勻變速直線運動的關系可求解。【解答】（1）初始時兩物塊靜止，設此時彈簧壓縮量為x0，對物塊A、B，由平衡條件得2mgsinθ＝kx0取走物塊B后，物塊A速度最大時所受合力為零，設此時彈簧壓縮量為x1，對A有mgsinθ＝kx1聯立解得x0＝2x1即物塊A有最大速度時沿斜面向上的位移為x1，對物塊A，由動能定理得m聯立解得x1＝0.06m，k＝100N/m（2）若物塊B的質量M＝2kg，靜止時，設此時彈簧壓縮量為x2，由平衡條件得（M+m）gsinθ＝kx2取走物塊B后，物塊A在彈簧原長處離開彈簧，此時彈簧彈力為0，對物塊A，由動能定理得聯立解得v1（3）物塊A在MN段運動時受摩擦力作用，設向上滑行和向下滑行的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得設物塊A向下滑行經過M點時的速度為v′1，由運動學公式得解得由（2）可知v1設物塊A每次經過M點的速度大小依次為v1、v′1、v2、v′2、v3、v′3、?，其中v1、v2、v3、?表示向上經過M點的速度大小，v′1、v′2、v′3、…表示向下經過M點的速度大小，由運動過程知，每次向上經過M點時的速度大小之比