2025年山東省實驗中學高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.如圖所示，（a）為氫原子能級圖，（b）為某放射性元素剩余質量機與原質量小。的比值隨時間/變化的圖

像，（c）為軋制鋼板時動態監測鋼板厚度的裝置圖，（d）為原子核的比結合能隨質量數變化的圖像。下列說

法正確的是（）

n

E/cV9

OT

508

4-0.54

-0.857

3

-1.516

5

2

-3.40

4

（b）某放射性元素衰變

3

軋混2

□放射源

11

-13.6

自探測器0

⑸氫原子能級圖（C）動態監測鋼板的厚度（d）比結合能隨質量數變化圖像

A.圖（a）中，一個氫原子從n=4的能級向基態躍遷時，最多可以放出3種不同頻率的光

B.圖（6）中，由放射性元素剩余質量加與原質量加。的比值隨時間f的變化規律可知其半衰期為67.3d

C.圖（c）中，探測器接收到的射線可能是a射線

D.圖（d）中，比結合能越大，平均核子質量越大，原子核越穩定

2.央視“國家地理”頻道播出的一檔節目真實地呈現了四個水球可以擋住一o：

顆子彈的過程，其實驗示意圖如圖所示。四個完全相同的裝滿水的薄皮氣球

水平固定排列，子彈射入水球中并沿水平線做勻變速直線運動，恰好能穿出第4號水球。球皮對子彈的阻

力忽略不計，子彈視為質點。下列說法正確的是（）

A.子彈經過每個水球的過程中速度變化量均相同

B.子彈穿出第2號水球時的速度等于穿過四個水球的平均速度

C.子彈穿過每個水球所用時間依次為t］、t2>t3>t4,則ti+t2+t3=Q

D.子彈穿過每個水球所用時間依次為t2、-3、口，則含七

3.如圖，輕質細桿A3上穿有一個質量為加的小球C,將桿水平置于相互垂

直的固定光滑斜面上，系統恰好處于平衡狀態。已知左側斜面與水平面成

30。角，則左側斜面對桿A3支持力的大小為（）

1

ABV_3mga73mgDm9

232-

4.洛埃德（”〃oyd）在1834年提出了一種更簡單的觀察干涉現象的裝置。如圖所示，縫光源S與光屏平

行，從縫光源S發出的光，一部分入射到平面鏡M后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上兩光

束交疊區域里將出現干涉條紋，縫光源S通過平面鏡成的像S'相當于另一縫光源。某次實驗，S發出波長

為400”秋的單色光，虛線0。'上方的第3條亮條紋出現在N處。不考慮半波損失，下列說法正確的是（）

A.若撤去平面鏡M,光屏上將不再出現明暗相間的條紋

B.若縫光源S發出波長為600”加的單色光，光屏上N處將出現第2條亮條紋

C.若將縫光源S下移少許，光屏上的條紋間距將變小

D.若將平面鏡M右移少許，光屏上的條紋間距將變大

5.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖如圖所示，此時P點偏離平衡位置的位移大小是

振幅的二分之一。已知波速u=8zn/s,則此后尸點第三次達到平衡位置的時間是（）

.131111

A?五$DB?五sDn?記s

6.如圖所示為雙星模型的簡化圖，兩天體尸、。繞其球心。1、。2連線上。

點做勻速圓周運動。已知。1。2=5，。1。一。。2=乙2>0，假設兩星球的

半徑遠小于兩星球球心之間的距離。則下列說法正確的是（）

A.P、。做勻速圓周運動的半徑之比為學

B.P、。的線速度之和與線速度之差的比值為"

L2

C.P、。的質量之和與質量之差的比值為暑

L1

D.若P、。各有一顆公轉周期為T的環繞衛星，則P的衛星公轉半徑更大

7.如圖甲所示，半徑R=0.4/n的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的一個端點8和圓心。的連線與水

平方向間的夾角8=30。，另一端點。與圓心。等高，點C為軌道的最低點。質量rn=1kg的物塊（可視為

質點）從空中A點以速度北水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道，物塊進入軌道后開始計

時，軌道受到的壓力P隨時間f的關系如圖乙所示，重力加速度g取10zn/s2,不計空氣阻力，則下列說法

正確的是（）

圖甲

A.物塊在D點的速率為8m/sB.Fo的大小為70N

C.%的大小為2zn/sD.物塊在B點時對軌道的壓力大小為30N

8.急動度J是汽車的加速度隨時間的變化率,定義式為/=荒。一輛汽車沿平直公路以。=10M/S的速度做

勻速運動，。時刻開始加速，0?12.0s內汽車運動過程的急動度隨時間變化的圖像如圖所示。已知該汽車

質量zn=2x103kg,運動過程中所受阻力f=lx103yVo則下列說法正確的是（）

j/（ms｝）

4.0：8.01Z0~*"s

A.汽車在4.0?80s內做加速度增大的加速運動

B.在8.0?12Qs內，汽車牽引力小于所受阻力

C.6.0s時,汽車牽引力的功率為9.0x1。4勿

D.0~12.0s內，汽車牽引力的沖量大小為5.4x104N-s

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

9.一定質量理想氣體的U-T圖像如圖所示，已知氣體在狀態A時的壓強是

1.5X105Pa,在狀態B時的內能是EB=30/,已知理想氣體的內能大小與

熱力學溫度成正比。根據上述信息，下列說法正確的是（）

A.氣體在狀態A時的溫度是200K

B.氣體在狀態B時的壓強是2.25X105Pa

C.氣體由狀態A到狀態B的過程中氣體對外界做功是30J

D.氣體由狀態A到狀態B的過程中從外界吸收熱量301

10.如圖所示，在三維坐標系。-xyz中，存在一勻強電場，已知該電場在孫z三今'方向

的分量大小均為E。，將一質量為加、電荷量為+q的帶電粒子從坐標原點。處無初速度

釋放，粒子不計重力。關于帶電粒子的運動和受力，下列說法正確的是（）

A.粒子在O點所受電場力的合力為零B.粒子將沿z軸方向做勻加速直線運動

粒子在。點的加速度大小為小迪

C.粒子的電勢能逐漸減少D.

11.如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，導軌間距為心導軌上垂直放置導體棒a

和b,質量均為加，電阻均為R,回路中其余部分的電阻不計。勻強磁場磁感應強度大小為B、方向豎直

向上。開始時，兩棒均靜止，間距為%0。￡=0時刻導體棒。獲得向右的初速度幾，兩導體棒的圖像

=%-%）如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.0?巧時間內，導體棒匕產生的焦耳熱為/血詔

22

B.G時亥!J,棒a的加速度大小為啜菖

C.t2時刻，兩棒之間的距離為嚶

BL

D.0?t2時間內，通過。棒的電量為舞

12.如圖所示，直立的勁度系數為上的輕質彈簧一端固定在水平地面，另一端與絕緣向

的木板。拴接。帶電量為+q的物塊尸放置在木板。上，處于靜止狀態。現在系統所JI

處空間施加一豎直向上的勻強電場，此后尸、。一起運動到最高點時恰好未分離。

7777777T777777777

已知尸的質量為2%,。的質量為他重力加速度為g,不計空氣阻力，下列說法正

確的是（）

A.勻強電場的場強大小為強

<?

B.勻強電場剛施加的瞬間，P、。間彈力大小為1.6mg

C.物塊P的速度最大時，P、。間彈力大小為0.8mg

D.施加電場后，彈簧、木板。和物塊P組成的系統機械能的最大增量為筆步

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

13.某同學利用如圖甲所示的一半徑較大的固定光滑圓弧面測定當地重力加速度。該同學將小鐵球從最低

點移開一小段距離由靜止釋放，則小鐵球的運動可等效為單擺模型。

020406080100

圖甲圖乙圖丙

具體步驟如下：

①用游標卡尺測量小球鐵的直徑d；

②用停表測量小鐵球的運動周期T；

③更換不同的小鐵球進行實驗，正確操作，根據實驗記錄的數據，繪制如圖乙所示的X—g圖像，橫縱軸

截距分別為。、b。

（1）測量小鐵球運動周期時，開始計時的位置為圖甲中的；（選填"A"、"O”或“4”）

（2）由廠―?圖像可得當地的重力加速度g=。（用字母兀、a、6表示）

（3）該同學查閱資料得知，單擺做簡諧運動的周期7。是初始擺角很小時的近似值，實驗過程中初始擺角對周

T

期T有一定的影響，城與初始擺角e的關系如圖丙所示。若實驗時該同學釋放小鐵球的位置離。點較遠，

初始擺角接近20。，若只考慮初始擺角的影響，重力加速度的測量值會o（選填“偏大”、“偏小”

或“不變”）

14,電導率等于電阻率的倒數，是評估水的純度和導電性的常用指標。某實驗小組把晌突泉水注滿如圖甲

所示的粗細均勻的圓玻璃管中，測量其電導率。

（1）用游標卡尺測量玻璃管中水柱的直徑，應使用如圖乙所示游標卡尺的（選填"A”、“B”、

“C"或"D"）部件測量，測得示數如圖丙所示，讀數為cm；

（2）實驗小組用伏安法測量玻璃管中水柱的電阻，因找不到合適量程的電流表，用多用電表的5mA擋（內阻

10。）作電流表使用，其他所用實驗器材有：

電源（電動勢為3V,內阻可忽略）；

電壓表U（量程為3匕內阻約為3皿）；

滑動變阻器R最大阻值為500；導線若干等。

①該實驗小組已完成的實驗電路連線如圖丁所示，請將連線補充完整；

J戊

②多次測量得到電壓表讀數與電流表讀數之間存在的變化關系如圖戊所示，已知玻璃管中水柱長度測量值

為31.40cm,則所測泉水的電導率約為（。?m）T（結果保留一位有效數字）。

四、計算題：本大題共4小題，共46分。

15.如圖是橫截面為）圓的柱狀玻璃棱鏡A08,現有一束單色光垂直于04面射入，從的中點C射出

時，恰好發生全反射。現將入射光線垂直于。4面從歹點入射，光線經過A3的三等分點在面折射

后與延長線相交于尸點，已知。4=R,光在真空中的傳播速度為c,sinl50=寫2,計算結果可帶

根號。求：

（1）單色光在玻璃棱鏡中的傳播速度；

（2）光線從P點到尸點的傳播時間。

OBP

16.第九屆亞冬會于2025年2月7日至14日在哈爾濱舉行，跳臺滑雪傳

是比賽項目之一，因其高風險性被稱作“勇敢者的運動”，其場地簡人\

化為如圖所示。曲面AO為助滑道，雪坡OB段為傾角a=37。的足夠

長斜面，某運動員從助滑道的最高點A由靜止開始下滑，到達起跳點

。時借助設備和技巧，保持在O點的速度大小不變以與水平方向成。角

的方向起跳，最后落在雪坡上的B點，起跳點O與落點B之間的距離

OB為此項運動的成績。已知A點與。點之間的高度差h=30m,該運動員可視為質點，不計一切阻力和

摩擦，不考慮運動員自身的能量輸出，sin37。=0.6,cos37°=0.8,g^L10m/s2,求：

（1）該運動員在O點起跳時的速度大小；

（2）該運動員通過調整起跳角氏能夠取得的最好成績（即的最大值）為多少？

17.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內，拋物線y=與＞軸之間有沿丁軸負方向的勻強電場，在

半徑為R的圓形區域內有垂直于坐標平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，圓與x軸相切于P點，在第

一、四象限內有垂直于坐標平面向里、磁感應強度也為B的勻強磁場，在第一象限內有一平行于x軸的無

限長熒光屏（圖中未畫出），在尸點沿與x軸負方向成60。角的方向射出質量為加、電荷量為q的帶正電的粒

子，粒子在圓形磁場中偏轉后沿x軸正方向進入電場，經電場偏轉剛好從坐標原點射入第一、四象限內的

勻強磁場中，粒子經磁場偏轉后恰好垂直打在熒光屏上。不計粒子的重力。

(1)求粒子從P點射出的初速度大小；

(2)求勻強電場的電場強度大小；

(3)求熒光屏與x軸的距離；

(4)若粒子在P點射入磁場的速度方向在與y軸正向夾角為30。的范圍內任意可調，求熒光屏上能接收到粒

子的區域長度。

XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

XXXXX

XXXXX

18.如圖所示，固定在水平面上的粗糙斜面傾角8=30。，長度為30"滑塊8恰好靜止在斜面上，離斜面

頂端的距離為L與斜面無摩擦的滑塊A由斜面頂端無初速度釋放。已知滑塊間的碰撞為彈性碰撞且碰撞

時間忽略不計，滑塊A的質量為相，滑塊2的質量為3祖，重力加速度大小為g,兩滑塊均視為質點，不計

空氣阻力。求：

(1)滑塊A從釋放到與滑塊8第一次碰撞所經歷的時間；

(2)第一次碰撞后瞬間滑塊A和滑塊8的速度大小；

(3)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，滑塊A與滑塊B間的最大距離；

(4)滑塊A與滑塊B在該斜面上碰撞的次數。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、圖(a)中，一個氫原子從九=4的能級向基態躍遷時，可能是從九=4到幾=3,從九=3到

n=2,從幾=2到兀=1這樣躍遷，此時最多可以放出3種不同頻率的光，故A正確；

B、根據圖像可知，放射性元素剩余質量機與原質量取)的比值從|變為?需要的時間即為該元素的半衰期，

半衰期為182.4d-67.3d=115.1d,故3錯誤；

C、a射線的穿透能力最弱，一張普通的白紙就可以擋住，所以探測器接收到的射線不可能是a射線，故C

錯誤；

D、圖(d)中，比結合能越大，平均核子質量越小，原子核越穩定，故。錯誤。

故選：Ao

根據玻爾理論中的能級躍遷分析，注意是一個氫原子，不是一群；根據半衰期的定義分析；根據a射線的

穿透能力分析；比結合能越大，平均核子的質量越小。

本題考查了能級躍遷、半衰期、射線的基本特點和比結合能等基本知識，容易題。

2.【答案】C

【解析】解：4子彈經過每個水球的位移相同，但速度逐漸減小，故經過每個水球的時間增加，由/。=如

可知，子彈的速度變化量不同，故A錯誤；

員整個過程的逆過程可看作初速為零的勻加速運動，由初速度為零的勻加速運動的規律，反向穿過第4球

與后面的3個球的位移之比為1：3,可知子彈反向穿出第4號水球時，即正向穿過第3號水球時的速度等

于穿過四個水球的平均速度，故B錯誤；

C.由C的分析可知，穿過第3號水球是整個過程的中間時刻，記每個水球所用時間依次為t2,t3,t4,

則ti+。+J=。，故C正確；

。.對整個過程的逆過程，由初速度為零的勻加速運動相等位移的時間關系可知，第4號、第3號、第2

號、第1號水球的時間之比為1：“歹—1)：(/百-2)：(2-73),則子彈穿過1、2、3、4號水球所用

時間依次為小以、％、然，則?=尋4＞詈==匚，故。錯誤。

vD—VN9上

故選：Co

根據Zu=at分析子彈的速度變化量；根據初速度為零的勻加速運動的規律可知穿過第3號水球是整個過

程的中間時刻，由此分析時間關系；根據初速度為零的勻加速直線運動中，連續相等的位移內時間之比進

行分析。

本題考查勻變速直線運動的基本規律，是中等題，注意分析逆過程。

3.【答案】B

【解析】解：對輕桿和小球組成的系統進行受力分析，如圖所示:

設左側斜面對桿AB支持力的大小為治，由平衡條件有：NA=mgcos300

解得：NA=^.mg,故B正確、AC。錯誤。

故選：Bo

對輕桿和小球組成的系統進行受力分析，由平衡條件列方程進行解答。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進

行力的合成，然后建立平衡方程進行解答。

4.【答案】B

【解析】解：A、若撤去平面鏡通過單縫光線會發生衍射，仍然可以觀察到明暗相間的衍射條紋，故

A錯誤；

CD、將縫光源S和其通過平面鏡成的像S'視為雙縫，由雙縫干涉相鄰兩條亮間距：Ax=^A,其中：L=

a

l,d=2h,可得：Ax=

2h

若將縫光源S下移少許，則八變小，可知光屏上的條紋間距將變大；若將平面鏡M右移少許，則不影響光

源的像的位置，則光屏上的條紋間距不變，故CD錯誤；

B、由/久=看/l,可得：等=?=熬=|，即34%1=24%2，已知波長為400"/w時，第3條亮條紋與零級

2n"2石6003,“

亮條紋間距為34與，則波長為600/"〃?.時，在N處應出現第2條亮條紋，故8正確。

故選：Bo

若撤去平面鏡M,通過單縫光線會發生衍射；根據雙縫干涉的相鄰亮條紋間距公式求解相鄰兩條亮條紋的

中心間距，以及相鄰亮條紋間距的變化。

本題考查了干涉現象，應用等效的思維，將本題的干涉現象等效為雙縫干涉現象。掌握雙縫干涉的相鄰亮

條紋間距公式。

5.【答案】A

【解析】解：由圖可知，該波波長為：2=(4.5-2.5)x2m=4m,

由題知：v=8m/s,

且：A=vT,

解得：T=0.5s,

由圖，根據“同側法”可知，此時尸振動方向向下，

設質點尸的振動方程為:y=Xsin(y-t+cp),

由題知，t=0時，y=J，

J2

解得：y=4sin(4nt+汾，

由此可知，當y=0時，sin(47Tt+^)=0,

解得：t=^s,(n=1,2,3,……),

P點第三次達到平衡位置時n=3,

解得：%=奈，

故A正確，BCD錯誤;

故選：Ao

由題意先確定該波波長及此時尸的振動方向，再確定產的振動方程，結合題意，即可分析判斷ABC。正

誤。

本題考查機械波的圖像問題，解題時需注意，結合波的傳播方向可確定各質點的振動方向或由各質點的振

動方向確定波的傳播方向，波源質點的起振方向決定了它后面的質點的起振方向，各質點的起振方向與波

源的起振方向相同。

6.【答案】B

【解析】解：A、設兩星球的軌道半徑分別為加、由題意可知加+①=rP-rQ=L2,解得：力=

結組、r=、絲，可得尸、。做勻速圓周運動的半徑之比為：空=?牛，故A錯誤；

，“，TQLI12

B、星球P、。環繞連線上的點做勻速圓周運動，則星球P、。的角速度相等。尸、。的線速度分別為分=

a)rP、VQ=3TQO

P、Q的線速度之和為4%=vP+VQ=a)(rP+rQ)=

P、Q的線速度之差為/功=VP-VQ=O)(Tp-VQ)=a)L2

可得尸、。的線速度之和與線速度之差的比值為常|=篙，故B正確；

C、根據由萬有引力提供向心力，對星體P有：G警=mprp32,解得：

mp7Q2rQ&)

同理對。有：G^=mQrQa),解得：mP=

■。

P、。質量之和為4根1=m+m=J?

PyQu

2r2r

P、。質量之差為47n2=THQ-/Hp=312

y(j

可得P、。的質量之和與質量之差的比值為舞=篙，故c錯誤；

D、設環繞中心天體公轉周期為7的衛星的公轉半徑為廠，中心天體的質量為M,衛星的質量為例，由萬

有引力提供向心力得：

G鬻=m第叼，解得：?第

由C選項的解答可知星球。的質量大于星球尸的質量，故。的衛星公轉半徑更大，故。錯誤。

故選：瓦

由題意根據幾何關系可得到兩星球的軌道半徑，以及尸、。做勻速圓周運動的半徑之比；星球P、。的角

速度相等，根據線速度與角速度的關系可得P、。的線速度，以及線速度之和與線速度之差的比值；根據

由萬有引力提供向心力，求得尸、。的質量，以及P、。的質量之和與質量之差的比值；根據由萬有引力

提供向心力求得環繞中心天體公轉周期為7的衛星的公轉半徑的表達式，依據星球產、。的質量關系，判

斷尸、。的衛星公轉半徑的大小關系。

本題考查了雙星系統問題，考查了萬有引力定律在天體運動中的應用。要知道雙星系統中兩天體以相同的

周期繞它們連線上的某點做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力。

7.【答案】B

【解析】解：4由圖像可知，物塊從軌道。點飛出軌道到再次回到。點的時間為：

t=1.675s—0.875s=0.8s,

則物塊從。點離開軌道時速度大小為：

t?八0.8,AI

vD=g-=10X—m/s=4m/s，

故A錯誤；

B.物塊從C到O,由機械能守恒定律可得：

11

-mvc7=-mv^7+mgR,

在C點時，物塊對軌道的壓力最大，由圖乙及牛頓第三定律可知，此時軌道對物塊的支持力大小也為月，

則在C點，由牛頓第二定律可得：

P謠

Fo—mg=m常，

聯立可得：

Fo=70N,

故8正確；

C.從B到D,由機械能守恒定律可得：

11

-mvQ7=-mvp7+mg?Rsin30°,

解得：

vB=2V_5m/s,

則由速度的關系可得：

v0=vssin30°=2A/-5X0.5m/s=V-5m/s,

故C錯誤；

D物塊在B點時，受力情況如圖所示：

則由牛頓第二定律可得：

mgsmd+F=

解得：

F=45N,

則由牛頓第三定律可知，物塊在B點時對軌道的壓力大小為45N,

故。錯誤；

故選：Bo

A由圖像可知，物塊從軌道。點飛出軌道到再次回到。點的時間，進而確定物塊從。點離開軌道時速度大

小;

R物塊從C到￡>,由機械能守恒定律列式，在C點，由牛頓第二定律列式，結合題圖及牛頓第三定律，即

可分析判斷；

C.從B到。，由機械能守恒定律列式，再由速度的關系列式，即可分析判斷；

D物塊在3點時，則由牛頓第二定律列式，結合牛頓第三定律，即可分析判斷。

本題主要考查機械能與曲線運動相結合的問題，解題時需注意動能與勢能是如何變化的，也要了解不同曲

線運動的運動規律。

8.【答案】C

【解析】解：A、由題圖可知，在4.0?80s內，急動度為0,貝必a=0,則汽車做加速度不變的勻加速直

線運動，故A錯誤；

B、在8.0?12.0s內/<0,大小不變，加速度均勻減小，汽車牽引力減小，仍然大于所受阻力，故5錯

誤；

由圖可知加速度的變化圖像，如圖

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

0?12.Os內，對汽車由動量定理得/-ft=dp,又Zp=mdu

解得汽車牽引力的沖量大小為/=4.4X104/V-s,故。錯誤；

C、6.0s時，對汽車由牛頓第二定律得F—f=巾的

由a-t圖可知的=2.0m/s2,解得牽引力大小為F=5x103N

0?6.0s內汽車速度增大量為4%=1x(6.0-4.0+6.0)x2.0m/s=8.0m/s

6.0s時汽車的速度大小為%=v0+Av=18.0m/s

6.0s時，汽車牽引力的功率為A=F%=5xIO?*18.0〃=9.0x1。4卬，故c正確。

故選：Co

急動度隨時間變化的圖像，圖線與坐標軸圍成的面積表示加速度的變化，結合/a=4t解答即可。

本題主要考查急動度隨時間變化的關系，理解圖像的物理意義是解題關鍵。

9.【答案】AC

【解析】解：A、由題圖可知，氣體從4-B的過程，發生等壓變化，根據蓋-呂薩克定律可得：》=察，

1A1B

解得：TA=TTT=x300K=200K,故A正確；

，BBU.o

5

B、由題圖可知，氣體從4-B的過程，發生等壓變化，則有：pB=pA=1,5X10Pa,故B錯誤；

5

C、氣體由狀態A到狀態8的過程中，外界對氣體所做的功為：w=-pA（yB-VA）=-1.5x10x0.2x

10-37=-307,則氣體由狀態A到狀態8的過程中氣體對外界做功是30J,故C正確；

。、理想氣體的內能大小與熱力學溫度成正比，則有：制=黑，解得：E=1E=lx30J=20],則氣

Lp3UUA3B3

體由狀態A到狀態2的過程中，內能的增量為4U=EB—E4=30/—20/=10/,則有熱力學第一定律可

得：AU=W+Q,解得：Q=4U-勿=10/-（-30/）=40/,故氣體由狀態A到狀態8的過程中從外界

吸收熱量40J,故。錯誤。

故選：ACo

由圖像可知氣體發生的是等壓變化，由蓋-呂薩克定律求出氣體體積的變化；根據功的公式可求得求出氣體

所做的功，最后由熱力學第一定律求出氣體內能的增量。

本題考查玻意耳定律、熱力學第一定律列式求解的方法，要注意公式中的T為熱力學溫度，同時注意理想

氣體不計分子勢能，故其內能與熱力學溫度成正比。

10.【答案】CD

【解析】解：在三維坐標系。-xyz中，存在一勻強電場，設電場強度大小為E,

因為該電場在qz三個方向的分量大小均為品，則由矢量合成法則及數學知識可知：

E=J跌+尿+虜=，百&），方向沿空間對角線，

粒子在O點時，由牛頓第二定律可得：qE=ma,

解得：a=場生，方向沿空間對角線，

m

則粒子在電場力的作用下，沿空間對角線方向，做初速度為零的勻加速直線運動，電場力做正功，則粒子

的電勢能逐漸減少，

故AB錯誤，CD正確；

故選：CD。

結合題意，由矢量合成法則及數學知識列式，確定電場強度；再由牛頓第二定律及功能關系，即可分析判

斷ABCD正誤。

本題主要考查對電場中功能關系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電

勢能增大。

11.【答案】BD

【解析】解：A、七時亥必u=0,說明兩棒速度相等，設為也取向右為正方向，由動量守恒定律：mv0=

2mv

設0?時間內回路產生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律得：Q=1x2mv2

聯立解得：Q=7mvo

導體棒b產生的焦耳熱為：Qb=|x|mvo=imvo，故A錯誤；

Z4o

B、片時亥！J,Av=va-vb=

回路中產生的總的感應電動勢為：E=BLv-BLv=BLAv=^BLv

ab40

回路中感應電流大小為：/=磊=需

Z.KoK

此時棒a所受的安培力大小為：F=BIL

對6棒，由牛頓第二定律可得：a=-

m

聯立解得：。=萼/，故B正確；

8mR

CD、Z：2時刻兩棒速度相同，由A選項知：V=y

0-12時間內，取向右為正方向，對棒。，由動量定理，有：BILt2=mv-0

又：112=q

即：BqL=mv

聯立得：q=器

Li

根據電荷量的計算公式可得：（7=7"異=,=嘉=半再

ZnZAZnZA

解得t2時刻，兩棒之間的距離為：x=X0+嚼，故C錯誤、D正確。

BL

故選：BDo

t2時亥以17=0,兩棒速度相等，根據兩棒組成的系統動量守恒求出兩棒的共同速度，再由能量守恒定律、

焦耳定律進行解答；

tl時刻，根據兩棒的速度差，求出回路總的感應電動勢，由歐姆定律求出電流，由安培力公式求出棒。受

到的安培力，即可根據牛頓第二定律求出棒a的加速度；

根據動量定理求出通過導體橫截面的電荷量，結合感應電荷量的公式即可求解兩棒間的距離。

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一

條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。

12.【答案】BCD

【解析】解：AB,由于P、。一起運動到最高點時恰好未分離，則尸、。整體一起做簡諧運動，在最高點

和最低點的加速度大小相等方向相反，設加速度大小為a

未加電場時系統靜止所受合力為零，加電場后系統所受合力等于電場力，由牛頓第二定律得：

對尸、。整體：qE=3ma

對尸：qE—2mg+FPQ=2ma

在最高點，由于P、。恰好未分離，在最高點，P、。的加速度相等，兩者間沒有彈力，由牛頓第二定律

得：

對尸：2mg-qE=2ma

解得：E=a=0,4g,FPQ=1.6mg,故A錯誤，B正確；

C、物塊P的速度最大時，尸、。整體處于簡諧運動的平衡位置，此時加速度為零，對P：qE-2mg+

F=0,解得：F=0.8mg,故C正確；

D,在最低點，設彈簧的壓縮量為%。，在平衡位置彈簧的壓縮量為右,在沒加電場時，系統靜止，貝I：

3mg=kx,解得：x=

00K

在平衡位置，。的加速度為零，對QkX1-F-mg=0,解得：/=岑生

系統上升的最大高度h=2(x0-%i)=2(誓-岑")=然空

系統機械能的增加量等于電場力做的功，則系統機械能的最大增量4E=qEh,解得：筆/，故￡)

25k

正確。

故選：BCD。

恰好分離時P、。間的彈力為零，加速度相等；根據物塊的受力情況與運動過程應用牛頓第二定律分析求

解；電場力做功，系統機械能增加，系統機械能的增加量等于電場力做的功，應用功的計算公式求出系統

機械能增加量的最大值。

本題主要考查了關聯體的受力分析問題，解題的關鍵點是選擇合適的研究對象，熟悉受力分析，結合牛頓

第二定律即可完成解答。

13.【答案】。華偏小

b

【解析】解：(1)在平衡位置計時，誤差較小，所以開始計時的位置為圖甲中的。點;

n_d

(2)根據單擺周期公式可知T=2兀%2

變形可得72=加4

992

根據圖像斜率可知㈣=-

9a

解得g=等

(3)由圖可知隨著。的增大，；的比值變大，結合重力加速度的表達式可知考慮初始擺角的影響，重力加速

10

度的測量值會偏小。

故答案為：(1)。；(2)—廠；(3)偏小

(1)根據減小實驗誤差的方法解答。

(2)根據單擺周期的計算公式解答。

(3)根據題意分析圖像解答。

解決本題的關鍵掌握單擺的周期公式，會通過圖像法求解重力加速度，本題第四問關鍵根據表達式分析出

圖像的含義。

14.【答案】B10.0100.1

【解析】解：Q)測量爪A測量玻璃管的外徑，測量爪2測量玻璃管的內徑，即水柱的直徑，C為深度尺，

用于測量槽的深度，。不用于測量，因此選填

20分度游標卡尺精度為0.05rmn,讀數為d=100mm+2x0.05mm=100.10mm=10.010cm。

(2)①由圖戊所示圖像可知，待測泉水的電阻為R=藐*a=400。，則與=爵=7.5,￡=察=

40,則微〉與，電流表應采用內接法，

水的電阻大于滑動變阻器的最大阻值，為測多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，實物電路圖如圖

所示

②由圖戊所示圖像可知，待測泉水的電阻為R=77%。=400。

5.0x10

II79

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

)兀(2)P4L4x0.3140

11

則水的電導率6=W?㈤T=0.1(/2-爪)-1。

故答案為：(1)B；10.010；(2)①實物電路圖如圖所示；②0.1。

(1)根據游標卡尺的正確操作分析作答；20分度游標卡尺精度為0.05nun,根據游標卡尺的讀數規則讀數；

(2)①根據U-/圖像求解待測電阻值，光滑待測電阻值、電流表內阻和電壓表內阻確定電流表的內外接

法；滑動變阻器采用分壓式接法，據此完成實驗電路的連接；

②根據歐姆定律、電阻定律和電導率的含義求解電導率。

要掌握常用器材的使用方法與讀數方法；根據題意確定滑動變阻器與電流表的接法是連接實物電路圖的關

鍵；應用電阻定律即可解題。

15.【答案】解：(1)由題意可知，該單色光由玻璃射向空氣時，發生全反射的臨界角為：。=90。+2=

45°,

則有：sinC=

n

解得：n=V-2?

且：〃=

解得：U=苧C;

(2)因為光線經過的三等分點。，則：NFDB=NDOB=9(T+3=30。，可得下圖:

由光的折射定律可得：n=岑=遍，

sin30

解得：sin0=苧，

則：8=45。,

在AODP中，由正弦定理得：sin300=sin（e-300）'

由幾何關系可知：FD=Rcos30°,

光線從尸點到尸點的傳播時間為：1=生+”，

VC

聯立可得：1=9（溷+苧）；

答：（1）單色光在玻璃棱鏡中的傳播速度為苧C；

（2）光線從尸點到尸點的傳播時間為:（76+^）o

【解析】（1）由題意可知，該單色光由玻璃射向空氣時，發生全反射的臨界角，由臨界角與折射率、折射

率與光速的關系分別列式，即可分析求解；

（2）結合題意，由光的折射定律、正弦定理、幾何關系、速度與時間的關系分別列式，即可分析求解。

本題考查光的折射與全反射的綜合問題，解題時需注意，光投射到兩種介質的界面上會發生反射和折射，

入射角和反射角、入射角和折射角的關系分別遵守反射定律和折射定律，當光從光密介質射向光疏介質中

時，若入射角等于或者大于臨界角會發生全反射現象。

16.【答案】解：（1）設該運動員在。點起跳時的速度大小為幾,

該運動員從A到。過程，由動能定理可得：mgh=

解得：VQ=10y/~6m/s；

（2）設該運動員通過調整起跳角仇能夠取得的最好成績（即05的最大值）為Lmax，

令夕=a+仇將起跳時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^,

由牛頓第二定律可知，

垂直斜面方向：mgcos37°=mar,

沿斜面方向：7ngsin37°=ma2^

由運動學規律可知，

落回斜面時間為：”/

、--1

2

03距離為：L=v2t+-a2t,

VQSin(2/?—a)i^sina

聯立可得:L=H------------2->

geos2agcos^a

由數學知識可知，當2/?-a=90。時，L最大,

解得：Lmax=150m；

答：（1）該運動員在。點起跳時的速度大小為10，后山/s；

（2）該運動員通過調整起跳角。，能夠取得的最好成績（即的最大值）為150機。

【解析】（1）該運動員從A到O過程，由動能定理列式，即可分析求解；

（2）結合題意，由運動學規律、牛頓第二定律分別列式，結合數學知識，即可分析求解。

本題主要考查對動能定理的掌握，解題的關鍵是，要先確定不同的力在哪個階段做功，再根據動能定理列

式，因為有些力在物體運動全過程中不是始終存在的。

17.【答案】解：（1）如圖

由幾何關系，粒子在圓形磁場中的運動半徑

r=R

VQ

qv0B=m—

得

qBR

VQ=---m-----

（2）粒子在電場中做類平拋運動

3

y=R+Rsin30°=-^R

2

由拋物線方程得

x=yfSR

x=vot

12

y=2

qE=ma

解得

E_qRB?

m

(3)電場中，由動能定理

11

qEy=-^mv2

解得

2qBR

v--------

m

設粒子進入磁場時速度與y軸負方向的夾角為仇