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2025届山东省淄博市高三下学期一模物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·淄博模拟）在沂源县扁扁洞古人类文化遗址中发现大量动物残骸。根据骸骨中的含量推断出了该动物死亡的时间，进而确定该遗址的年代。已知此骸骨中的含量为活着的动物中的的半衰期为5730年，则扁扁洞遗址距今约（　　）
A．1432.5年 B．2865年 C．5730年 D．11460年
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】此骸骨中的含量为活着的动物中的，说明正好经过两个半衰期时间，故该生物死亡时距今约2×5730年=11460年。
故答案为：D。
【分析】根据放射性衰变规律，利用剩余质量与初始质量的比值，确定经历的半衰期个数，再计算遗址距今的时间。
2．（2025·淄博模拟）抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图所示，根据激光束越过细丝后在光屏上产生的条纹变化判断细丝的粗细变化，下列说法正确的是（　　）
A．运用了光的衍射现象，屏上条纹变宽，说明细丝变细
B．运用了光的衍射现象，屏上条纹变宽，说明细丝变粗
C．运用了光的干涉现象，屏上条纹变宽，说明细丝变细
D．运用了光的干涉现象，屏上条纹变宽，说明细丝变粗
【答案】A
【知识点】光的衍射
【解析】【解答】当障碍物的尺寸与波的波长相当或小于波的波长，会发生明显的衍射现象，该装置的原理是光的衍射现象，如果屏上条纹变宽，则细丝变细，故BCD错误，A正确。
故答案为：A。
【分析】激光束越过细丝时，会绕过细丝边缘发生单缝衍射现象。衍射条纹的宽度与细丝（障碍物）的粗细有关，细丝越细，衍射现象越明显，条纹越宽。
3．（2025·淄博模拟）2024年9月11日，朱雀三号火箭可重复使用垂直起降回收试验圆满完成。试验中朱雀三号经历了“加速上升→关闭发动机无动力滑行→发动机空中二次起动→软着陆”的过程，其图像如图所示（取竖直向上为正方向），下列说法正确的是（　　）
A．时间内，朱雀三号加速上升且加速度逐渐增大
B．时间内，朱雀三号减速下降
C．时间内，朱雀三号减速下降且加速度逐渐减小
D．时间内，朱雀三号处于超重状态
【答案】D
【知识点】超重与失重；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．切线的斜率表示加速度，时间内，速度为正值且在增大，切线的斜率先增大后减小，朱雀三号加速上升且加速度先增大后减小，故A错误；
B．时间内，速度为正值且在减小，朱雀三号减速上升，故B错误；
C．时间内，速度为负值且绝对值在增大，切线的斜率在减小，朱雀三号加速下降且加速度逐渐减小，故C错误；
D．时间内，速度为负值且绝对值在减小，朱雀三号减速下降，加速度向上，朱雀三号处于超重状态，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据v-t图像的斜率判断加速度的大小和方向，结合速度的正负判断运动方向，再根据加速度方向判断超重 / 失重状态。
4．（2025·淄博模拟）天体的第二宇宙速度为第一宇宙速度的倍。已知火星与地球的质量比为、半径比为。地球的半径为R，地球表面的重力加速度为，忽略天体自转的影响，则火星的第二宇宙速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】地球的第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则有，解得
根据万有引力和重力的关系可得
则
已知火星与地球的质量比为k、半径比为n，则火星的第一宇宙速度为
火星的第二宇宙速度为
故答案为：C。
【分析】先由地球表面重力与万有引力相等，推导出地球第一宇宙速度的表达式；再结合质量比和半径比，求出火星的第一宇宙速度；最后根据第二宇宙速度与第一宇宙速度的倍数关系，得到火星的第二宇宙速度。
5．（2025·淄博模拟）如图所示，在离地面高h的O处固定一点光源，其正前方水平距离为处竖直放置一光屏。将一小球以大小为的初速度从O点水平向右抛出，在光屏上可以看到小球影子的运动，空气阻力不计，重力加速度为，则在小球运动过程中（　　）
A．影子做匀速直线运动，速度大小为
B．影子做匀速直线运动，速度大小为
C．影子做匀加速直线运动，加速度大小为
D．影子做匀加速直线运动，加速度大小为
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球做平抛运动，小球在光屏上的投影点如图所示
由几何知识得
其中
解得
则影子的位移与时间成正比，小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是匀速直线运动，速度大小
故答案为：A。
【分析】利用平抛运动的位移规律，结合几何相似三角形关系，推导出影子位置随时间的函数，再通过求导判断影子的运动性质和速度大小。
6．（2025·淄博模拟）如图，半径为的球冠形透明介质，中心厚度为，处于竖直平面内。一束单色激光自球冠右表面的处沿半径方向入射，通过透明介质后，光线与水平中心轴交于点，间的距离为，光在真空中传播的速度为，则（　　）
A．该光线从球冠左表面出射时的折射角为
B．该光线在透明介质中的折射率为1.5
C．该光线在透明介质中传播的时间为
D．若该光线从透明介质的左侧平面内任意一点水平向右入射，均可从右侧球面出射
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据题意，光路如图
几何关系可知，且
则
则，故该光线从球冠左表面出射时的折射角不是，故A错误；
B．折射率，联立解得，故B错误；
C．光在介质中传播速度，几何关系可知
光线在透明介质中传播的时间
联立以上，解得，故C正确；
D．若该光线从透明介质的左侧平面内任意一点水平向右入射，则入射角为，设折射角为，则有
联立解得
故在右侧球面的入射角大于临界角C，光在右侧球面会发生全反射，不能从右侧球面出射，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先根据几何关系确定光线在介质内的传播路径和角度，利用折射定律求出折射率；再计算光在介质中的传播速度和时间；最后分析全反射条件判断光线能否出射。
7．（2025·淄博模拟）如图所示，光滑水平面上放置质量均为的两块木板，其上分别有质量均为的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则轻绳对机器人的最大拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】设轻绳拉力最大值为F，对左边一组物体分析受力，由牛顿第二定律
绳子拉力最大时，右边一组m和2m之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人分析受力，由牛顿第二定律有
联立解得绳子拉力最大值
故答案为：B。
【分析】当轻绳拉力最大时，右边木板与机器人之间的摩擦力达到最大静摩擦力。先对整体和隔离体应用牛顿第二定律，求出最大加速度，再代入左边物体的受力方程，解得轻绳的最大拉力。
8．（2025·淄博模拟）如图所示，恒定电流流过边长为的水平放置的正方形导线，O点为正方形的中心，P点位于O点正上方且，每条导线在P点的磁感应强度大小均为，则P点的磁感应强度大小为（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据图中几何关系结合安培定则，可知两相互平行导线在P点产生的磁感应强度方向的夹角为，如图所示
则两相互平行导线在P点产生的合磁感应强度大小为
方向竖直向上；则正方形导线在P点的磁感应强度大小为
故答案为：D。
【分析】利用安培定则确定正方形四条边在 P 点产生的磁感应强度方向，将对边的磁场矢量两两合成，再计算总磁感应强度的大小。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2025·淄博模拟）图甲为一列简谐波在t=0.2s时的波形图，P、Q两个质点的平衡位置分别位于x=1m和x=3m处，图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度大小为15m/s
C．在t=0时，质点P的位移为
D．质点P从图甲所示位置再经的时间，将回到平衡位置
【答案】A,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙可知，t=0.2s时质点Q位于平衡位置向下振动，根据“上下坡”法可知，简谐波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．由图甲可知波长为12m，由图乙可知周期为0.4s，所以波速为，故B错误；
C．t=0.2s时质点的位移为所以，在t=0时，质点P的位移为，故C错误；
D．由于波速为30m/s，所以再经的时间，波沿x轴负方向传播的距离为
根据平移法可知，此时质点P处于平衡位置且向下振动，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】先根据质点 Q 的振动图像判断波的传播方向，再由波形图和振动图像得到波长和周期，计算波速；然后分析质点 P 的位移和运动时间。
10．（2025·淄博模拟）2025年2月8日，我国大科学装置——江门中微子实验开始液体闪烁体灌注。利用光电倍增管探测中微子被液体“俘获”时产生的闪烁光，并将光信号转换为电信号输出。如图为光电倍增管的原理图，在阴极、各倍增电极和阳极间加上电压，使阴极、各倍增电极到阳极的电势依次升高。当频率为的入射光照射到阴极上时，从上有光电子逸出，光电子的最大初速率为，阴极和第一倍增极间的加速电压为，电子加速后以较大的动能撞击到电极上，从上激发出更多电子，之后激发的电子数逐级倍增，最后阳极收集到数倍于阴极的电子数。已知电子电荷量为，质量为，普朗克常量为。下列说法正确的是（　　）
A．该光电倍增管适用于各种频率的光
B．仅增大该入射光光强不影响阳极单位时间内收集到的电子数
C．阴极材料的逸出功为
D．光电子到达第一倍增极的最大动能为
【答案】C,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．该光电倍增管仅适用于能够使阴极K发生光电效应的光，故A错误；
B．仅增大该入射光的强度，则从阴极K发射的光电子增多，所以最后从阳极A释放的电子数也会增多，故B错误；
C．根据爱因斯坦光电效应方程可得，解得阴极材料的逸出功为，故C正确；
D．光电子到达第一倍增极D1的过程，根据动能定理有，可得光电子到达第一倍增极D1的最大动能为，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据光电效应方程和动能定理，逐一分析光电倍增管的适用条件、光强影响、逸出功及光电子动能。
11．（2025·淄博模拟）图为通过远距离输电方式给新能源汽车充电桩供电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比分别为、，输电线总电阻为。在的原线圈两端接入一电压为的交流电。不考虑其它因素的影响，下列说法正确的是（　　）
A．充电桩上交流电的周期为0.01s
B．当充电桩使用个数增多时，的输出电压减小
C．当的输入功率为时，输电线上损失的电功率为
D．当的输入功率为时，的输出电压有效值为
【答案】B,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．由可知，则周期为s，故A错误
B．若充电桩消耗的功率增大，则电源输入总功率变大，因为总电压不变，由可知升压变压器原线圈电流变大，升压变压器副线圈电流变大，则输电线上的损耗电压变大，降压变压器原线圈电压变小，则的输出电压减小，故B正确。
C．的输入电压为V，的输入功率为时，则电流为A
根据，解得A，输电线上损失的电功率为，故C错误；
D．根据，解得V
输电线两端的电压为V
则V
根据，解得V，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】先由输入电压表达式得到周期和有效值，再结合变压器变压比、变流比，分析负载变化对输出电压的影响，并计算输电线上的功率损失和降压变压器输出电压。
12．（2025·淄博模拟）如图，直角梯形区域为的中点，直角三角形、平行四边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直与纸面的匀强磁场，一等腰直角三角形导线框与梯形在同一平面内，边长为且与共线，导线框以垂直于的恒定速度穿过磁场区域，从点进入磁场开始计时，末刚好到达点。规定逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左为导线受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流受到的安培力，二者与时间的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．设导线框速度为v，电阻为R，则内电流
可知均匀增大，该过程最大电流为，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向；
内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，此时两边产生的感应电动势相加 ，可得
可知电流从最大逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向为顺时针，为负方向；
2~3s内，导线框离开磁场，电流
可知电流逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。综合可知，内最大电流是 末电流的 2 倍，所以，故B正确。
CD．根据 内，AC在磁场外，安培力
内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，AC边安培力大小
可知该过程安培力从最大值逐渐减小到0，再反向增大最后减小到0，分析可知AC边安培力方向先向左后向右，即方向先正后负，且图像为开口向上的二次函数；
内，线框出磁场，AC边安培力大小
可知安培力从最大值逐渐减小，且图像为开口向上的二次函数，故C正确。
故答案为：BC。
【分析】将线框穿过磁场的过程分为三个阶段，根据楞次定律判断感应电流的方向和大小变化，再由安培力公式 F=BIL 分析 AC 边所受安培力的变化。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·淄博模拟）某同学利用传感器验证向心力与角速度间的关系。如图甲，电动机的竖直轴与水平放置的圆盘中心相连，将力传感器和光电门固定，圆盘边缘上固定一竖直的遮光片，将光滑小定滑轮固定在圆盘中心，用一根细绳跨过定滑轮连接小滑块和力传感器。实验时电动机带动水平圆盘匀速转动，滑块随圆盘一起转动，力传感器可以实时测量绳的拉力的大小。
（1）圆盘转动时，宽度为d的遮光片从光电门的狭缝中经过，测得遮光时间为，则遮光片的线速度大小为　 　，圆盘半径为R，可计算出滑块做圆周运动的角速度为　 　。（用所给物理量的符号表示）
（2）保持滑块质量和其做圆周运动的半径不变，改变滑块角速度，并记录数据，做出图线如图乙所示，从而验证与关系。该同学发现图乙中的图线不过坐标原点，且图线在横轴上的截距为，滑块做圆周运动的半径为，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块与圆盘间的动摩擦因数为　 　。（用所给物理量的符号表示）
【答案】（1）；
（2）
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可以得出遮光片的线速度大小为
已知线速度的大小，根据线速度与角速度公式可知
（2）根据图像可知时，，根据静摩擦力提供向心力有
解得
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出线速度的大小；利用线速度的大小可以求出角速度的大小；
（2）利用静摩擦力提供向心力可以求出动摩擦因数的大小。
（1）[1] 遮光片的线速度大小为
[2]根据线速度与角速度公式可知
（2）根据图像可知时，，此时有
解得
14．（2025·淄博模拟）磁阻效应是指某些材料的电阻值随外加磁场变化而变化的现象。如图甲为某磁敏电阻在室温下的电阻——磁感应强度特性曲线，其中、分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。为测量某磁场的磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值。实验器材如下：
A.磁敏电阻，无磁场时阻值
B.滑动变阻器，总电阻为
C.电流表A，量程3mA，内阻未知
D.电压表V，量程，内阻为
E.直流电源，电动势，内阻不计
F.定值电阻
G.开关，导线若干
（1）待测磁场磁感应强度大小约为，选择一个合理的定值电阻　 　（选填“”“”“”）；
（2）为使测量尽量精确，下列电路图符合实验要求的是___________；
A． B．
C． D．
（3）将该磁敏电阻置于待测匀强磁场中，不考虑磁场对电路其它部分的影响。某次闭合开关后，电压表的示数如图乙所示，此时电压表读数为　 　V；
（4）进行多次测量，得到电压表读数U和电流表读数，绘出图像如图丙所示，根据图像，进一步分析得到匀强磁场中磁敏电阻的阻值　 　，结合图甲可知待测磁场的磁感应强度　 　T。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）
（2）A
（3）1.30
（4）；1.2
【知识点】导体电阻率的测量；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）磁场磁感应强度大小约为，根据图像可知磁敏电阻，电压表与电源相比，需要扩量程，所以串联电阻
故答案为：
（2）采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，且电压表内阻已知，为了准确测量，选择电流表外接，滑动变阻器采用分压式接法。
故答案为：A。
（3）电压表最小分度值为0.1V，读数为1.30V。
故答案为：1.30
（4）根据欧姆定律
整理得
根据图像有
解得
结合图甲可知待测磁场的磁感应强度
故答案为：；1.2
【分析】(1) 结合待测磁场范围对应的磁敏电阻阻值和电压表量程，估算定值电阻的取值，使电路电流在电流表量程内；
(2) 根据电压表内阻已知的特点选择合适的电表接法，结合滑动变阻器阻值选择分压式接法；
(3) 依据电压表量程和分度值读取示数；
(4) 由 U-I 图像斜率求出串联总电阻，减去定值电阻得到磁敏电阻阻值，再结合 R-B 曲线确定磁感应强度。
（1）磁场磁感应强度大小约为，根据图像可知磁敏电阻，电压表与电源相比，需要扩量程，所以串联电阻
（2）采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，且电压表内阻已知，为了准确测量，选择电流表外接，滑动变阻器采用分压式接法。
故选A。
（3）电压表最小分度值为0.1V，读数为1.30V。
（4）[1][2]根据欧姆定律
整理得
根据图像有
解得
结合图甲可知待测磁场的磁感应强度
15．（2025·淄博模拟）如图所示，小齐同学借助安装在水平地面的篮球发球机练习原地竖直起跳接球。小齐站在水平地面上，伸直双臂举手时手掌距地面最大高度。发球机出球口距地面的高度为，篮球从出球口以与水平方向成的速度射向小齐。在篮球发出一段时间后，小齐起跳离地，跳至最高点伸直双臂恰能在头顶正上方接住到达最高点的篮球。篮球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取，，求：
（1）处于最高点的篮球距地面的高度H；
（2）从篮球发出到小齐起跳离地的时间。
【答案】（1）解：篮球射出时竖直方向的分速度为
篮球在竖直方向上有
篮球最高点距地面的高度为
解得
（2）解：小齐离开地面后竖直上抛过程中有
篮球在竖直方向上有
从篮球发出到小齐起跳离地的时间为
解得
【知识点】竖直上抛运动；平抛运动
【解析】【分析】(1) 分解篮球的初速度得到竖直分量，利用竖直上抛运动的速度 - 位移公式求出篮球上升的高度，结合出球口离地高度得到篮球最高点距地面的高度；
(2) 分别计算篮球到达最高点的时间和小齐起跳后到达最高点的时间，通过两者的时间差确定篮球发出到小齐起跳离地的时间。
（1）篮球射出时竖直方向的分速度为
篮球在竖直方向上有
篮球最高点距地面的高度为
解得
（2）小齐离开地面后竖直上抛过程中有
篮球在竖直方向上有
从篮球发出到小齐起跳离地的时间为
解得
16．（2025·淄博模拟）如图为某潜艇模型的截面示意图，容积为的贮气舱通过细管与储水舱连接，储水舱中有一厚度忽略不计的轻活塞，储水舱通过通海口与海水连通。某次下潜前，在海面上保持阀门关闭，贮气舱内有压强为、体积为的空气，现将与贮气舱内气体等温度的、压强为、体积为的空气缓慢充入贮气舱。当潜艇静止潜在某深度处时，活塞位于最右端，储水舱内充满水。现打开阀门向储水舱压入一定量的气体后，活塞左移，排出水的体积为，此时关闭阀门，贮气舱内剩余气体的压强变为，排水过程中气体温度不变，潜水艇深度不变。已知大气压强为，重力加速度为g，海水密度为，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。求：
（1）潜艇下潜前，充气完成后贮气舱内空气的压强p
（2）潜艇所在的深度。
【答案】（1）解：对贮气舱内原有气体和新压入的气体，由玻意耳定律得
解得
（2）解：潜水艇在深度处的压强为
对贮气舱内的气体，由玻意耳定律得
对排入储水舱内的气体，由玻意耳定律得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 充气过程为等温过程，可直接应用玻意耳定律，将充气前后的气体视为整体，通过初末状态的压强和体积关系求解充气后的压强。
(2) 排水过程中，贮气舱内气体等温膨胀，先由玻意耳定律求出膨胀后的体积，再结合活塞移动导致的体积变化，得到海水压强，最后利用液体压强公式求出潜艇深度。
（1）对贮气舱内原有气体和新压入的气体，由玻意耳定律得
解得
（2）潜水艇在深度处的压强为
对贮气舱内的气体，由玻意耳定律得
对排入储水舱内的气体，由玻意耳定律得
解得
17．（2025·淄博模拟）如图所示，线圈匝数为、面积为，其两端与平行板电容器两极板M、N连接，线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度大小随时间变化关系为是磁感应强度变化率，且未知）。宽度均为的、区域边界竖直，其中内匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为，II内有水平方向的匀强电场，III内匀强磁场方向垂直纸面向里。一电子从靠近电容器M板的P处由静止释放，经电场加速后平行于纸面射入I区，速度与水平方向夹角，电子从I区右边界射出时速度与水平方向夹角也为。已知电子的电荷量大小为，质量为，重力不计，不计线圈内变化磁场对电子运动的影响。
（1）求线圈内磁感应强度变化率；
（2）若区中电场强度为零，要使电子恰能返回II区，求III区中磁感应强度的大小；
（3）若保持（2）中不变，并在II区加上水平向右的匀强电场，电场强度的大小为，电子仍从处由静止释放，求电子在III区中的运动时间。
【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律可知：
且
电子在MN间被加速过程有：
电子在区域中偏转过程中，由几何关系得：
由向心力公式得：
联立得：
（2）解：若电子恰能回到II区则电子在III区中的运动轨迹应与III区的右边界相切，由几何关系得：
又
得
（3）解：电子进入II区后在竖直方向和水平方向速度的分量分别为：，
沿水平方向有：
得：
电子进入III区时合速度为：
由
得：
电子进入III区时合速度与水平方向的夹角应满足：
解得得：
即：
因故电子不会从III区右边界射出
由几何关系知电子在磁场III中转过的圆心角为：
又，
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】(1) 利用法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，该电动势等于电容器两极板间的电压，电子在电场中加速，由动能定理得到加速后的速度，再结合电子在I区磁场中的偏转几何关系，联立求解磁感应强度变化率。
(2) 当 II 区电场强度为零时，电子在I区做匀速圆周运动并以水平方向进入III区，根据电子恰能返回 III 区的几何条件，确定其在 III 区磁场中的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度。
(3) 在 II 区加入水平电场后，电子在II区做类平抛运动，先求出进入III区时的速度大小和方向，进入 III 区后，将速度分解为水平和竖直分量，分别分析其在磁场中的运动，最后合成得到总运动时间。
（1）由法拉第电磁感应定律可知：
且
电子在MN间被加速过程有：
电子在区域中偏转过程中，由几何关系得：
由向心力公式得：
联立得：
（2）若电子恰能回到II区则电子在III区中的运动轨迹应与III区的右边界相切，由几何关系得：
又
得
（3）电子进入II区后在竖直方向和水平方向速度的分量分别为：，
沿水平方向有：
得：
电子进入III区时合速度为：
由
得：
电子进入III区时合速度与水平方向的夹角应满足：
解得得：
即：
因故电子不会从III区右边界射出
由几何关系知电子在磁场III中转过的圆心角为：
又，
解得
18．（2025·淄博模拟）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为、的两小物块、，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未栓接），弹簧的弹性势能为。轴间距为的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为的足够长的固定斜面，小物块静置于距斜面顶端处。现将间的细线烧断，与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞的由斜面顶端滑入斜面，一段时间后与发生碰撞。时恰完成第一次碰撞，时刚要发生第二次碰撞，在内运动的图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度，求：
（1）B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）B与传送带间的动摩擦因数；
（3）C的质量以及与斜面间的动摩擦因数；
（4）C沿斜面下滑的最大距离。
【答案】（1）解：对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得：
①
由①②得：
（2）解：若B在传送带上一直加速，由
得：
则在传送带末端的速度为：不合题意。
故B在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，设加速用时为，匀速用时为，
则由
解得：
由
得：
（3）解：在斜面顶端有：③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为：
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有：
④
由③④式得：
对、第一次碰撞过程有：⑤，
由⑤⑥得：
由图像得：
若在经过程后速度恰减为0，则由：
得：
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有：
⑦
⑧
则由⑦⑧得：
（4）解：设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为：
⑨
第次碰后上升过程有：⑩
减速过程有：
与第次碰撞前的速度应满足：（11）
由⑨ 式得：
由⑨⑾式可知第次碰撞后的位移为：
第次碰撞后的位移为：
又第一次碰后的位移为：
则每次碰后的位移为：
沿斜面下滑的最大距离为：
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 弹簧弹开 A、B 的过程动量守恒、机械能守恒，利用这两个守恒定律联立求解 B 刚滑上传送带时的速度。
(2) 分析 B 在传送带上的运动，先判断其是否先加速到与传送带共速，再结合运动学公式和牛顿第二定律求解动摩擦因数。
(3) 利用 v-t 图像分析 B 在斜面上的运动，得到加速度，再结合弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律求解 C 的质量和动摩擦因数。
(4) 对 C 在斜面上的受力和运动进行分析，根据牛顿第二定律求出下滑加速度，再结合运动学公式求解最大下滑距离。
（1）对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得：
①
由①②得：
（2）若B在传送带上一直加速，由
得：
则在传送带末端的速度为：不合题意。
故B在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，设加速用时为，匀速用时为，
则由
解得：
由
得：
（3）在斜面顶端有：③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为：
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有：
④
由③④式得：
对、第一次碰撞过程有：⑤，
由⑤⑥得：
由图像得：
若在经过程后速度恰减为0，则由：
得：
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有：
⑦
⑧
则由⑦⑧得：
（4）设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为：
⑨
第次碰后上升过程有：⑩
减速过程有：
与第次碰撞前的速度应满足：（11）
由⑨ 式得：
由⑨⑾式可知第次碰撞后的位移为：
第次碰撞后的位移为：
又第一次碰后的位移为：
则每次碰后的位移为：
沿斜面下滑的最大距离为：
1 / 12025届山东省淄博市高三下学期一模物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·淄博模拟）在沂源县扁扁洞古人类文化遗址中发现大量动物残骸。根据骸骨中的含量推断出了该动物死亡的时间，进而确定该遗址的年代。已知此骸骨中的含量为活着的动物中的的半衰期为5730年，则扁扁洞遗址距今约（　　）
A．1432.5年 B．2865年 C．5730年 D．11460年
2．（2025·淄博模拟）抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图所示，根据激光束越过细丝后在光屏上产生的条纹变化判断细丝的粗细变化，下列说法正确的是（　　）
A．运用了光的衍射现象，屏上条纹变宽，说明细丝变细
B．运用了光的衍射现象，屏上条纹变宽，说明细丝变粗
C．运用了光的干涉现象，屏上条纹变宽，说明细丝变细
D．运用了光的干涉现象，屏上条纹变宽，说明细丝变粗
3．（2025·淄博模拟）2024年9月11日，朱雀三号火箭可重复使用垂直起降回收试验圆满完成。试验中朱雀三号经历了“加速上升→关闭发动机无动力滑行→发动机空中二次起动→软着陆”的过程，其图像如图所示（取竖直向上为正方向），下列说法正确的是（　　）
A．时间内，朱雀三号加速上升且加速度逐渐增大
B．时间内，朱雀三号减速下降
C．时间内，朱雀三号减速下降且加速度逐渐减小
D．时间内，朱雀三号处于超重状态
4．（2025·淄博模拟）天体的第二宇宙速度为第一宇宙速度的倍。已知火星与地球的质量比为、半径比为。地球的半径为R，地球表面的重力加速度为，忽略天体自转的影响，则火星的第二宇宙速度为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·淄博模拟）如图所示，在离地面高h的O处固定一点光源，其正前方水平距离为处竖直放置一光屏。将一小球以大小为的初速度从O点水平向右抛出，在光屏上可以看到小球影子的运动，空气阻力不计，重力加速度为，则在小球运动过程中（　　）
A．影子做匀速直线运动，速度大小为
B．影子做匀速直线运动，速度大小为
C．影子做匀加速直线运动，加速度大小为
D．影子做匀加速直线运动，加速度大小为
6．（2025·淄博模拟）如图，半径为的球冠形透明介质，中心厚度为，处于竖直平面内。一束单色激光自球冠右表面的处沿半径方向入射，通过透明介质后，光线与水平中心轴交于点，间的距离为，光在真空中传播的速度为，则（　　）
A．该光线从球冠左表面出射时的折射角为
B．该光线在透明介质中的折射率为1.5
C．该光线在透明介质中传播的时间为
D．若该光线从透明介质的左侧平面内任意一点水平向右入射，均可从右侧球面出射
7．（2025·淄博模拟）如图所示，光滑水平面上放置质量均为的两块木板，其上分别有质量均为的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则轻绳对机器人的最大拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·淄博模拟）如图所示，恒定电流流过边长为的水平放置的正方形导线，O点为正方形的中心，P点位于O点正上方且，每条导线在P点的磁感应强度大小均为，则P点的磁感应强度大小为（　　）
A．0 B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2025·淄博模拟）图甲为一列简谐波在t=0.2s时的波形图，P、Q两个质点的平衡位置分别位于x=1m和x=3m处，图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度大小为15m/s
C．在t=0时，质点P的位移为
D．质点P从图甲所示位置再经的时间，将回到平衡位置
10．（2025·淄博模拟）2025年2月8日，我国大科学装置——江门中微子实验开始液体闪烁体灌注。利用光电倍增管探测中微子被液体“俘获”时产生的闪烁光，并将光信号转换为电信号输出。如图为光电倍增管的原理图，在阴极、各倍增电极和阳极间加上电压，使阴极、各倍增电极到阳极的电势依次升高。当频率为的入射光照射到阴极上时，从上有光电子逸出，光电子的最大初速率为，阴极和第一倍增极间的加速电压为，电子加速后以较大的动能撞击到电极上，从上激发出更多电子，之后激发的电子数逐级倍增，最后阳极收集到数倍于阴极的电子数。已知电子电荷量为，质量为，普朗克常量为。下列说法正确的是（　　）
A．该光电倍增管适用于各种频率的光
B．仅增大该入射光光强不影响阳极单位时间内收集到的电子数
C．阴极材料的逸出功为
D．光电子到达第一倍增极的最大动能为
11．（2025·淄博模拟）图为通过远距离输电方式给新能源汽车充电桩供电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比分别为、，输电线总电阻为。在的原线圈两端接入一电压为的交流电。不考虑其它因素的影响，下列说法正确的是（　　）
A．充电桩上交流电的周期为0.01s
B．当充电桩使用个数增多时，的输出电压减小
C．当的输入功率为时，输电线上损失的电功率为
D．当的输入功率为时，的输出电压有效值为
12．（2025·淄博模拟）如图，直角梯形区域为的中点，直角三角形、平行四边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直与纸面的匀强磁场，一等腰直角三角形导线框与梯形在同一平面内，边长为且与共线，导线框以垂直于的恒定速度穿过磁场区域，从点进入磁场开始计时，末刚好到达点。规定逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左为导线受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流受到的安培力，二者与时间的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·淄博模拟）某同学利用传感器验证向心力与角速度间的关系。如图甲，电动机的竖直轴与水平放置的圆盘中心相连，将力传感器和光电门固定，圆盘边缘上固定一竖直的遮光片，将光滑小定滑轮固定在圆盘中心，用一根细绳跨过定滑轮连接小滑块和力传感器。实验时电动机带动水平圆盘匀速转动，滑块随圆盘一起转动，力传感器可以实时测量绳的拉力的大小。
（1）圆盘转动时，宽度为d的遮光片从光电门的狭缝中经过，测得遮光时间为，则遮光片的线速度大小为　 　，圆盘半径为R，可计算出滑块做圆周运动的角速度为　 　。（用所给物理量的符号表示）
（2）保持滑块质量和其做圆周运动的半径不变，改变滑块角速度，并记录数据，做出图线如图乙所示，从而验证与关系。该同学发现图乙中的图线不过坐标原点，且图线在横轴上的截距为，滑块做圆周运动的半径为，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块与圆盘间的动摩擦因数为　 　。（用所给物理量的符号表示）
14．（2025·淄博模拟）磁阻效应是指某些材料的电阻值随外加磁场变化而变化的现象。如图甲为某磁敏电阻在室温下的电阻——磁感应强度特性曲线，其中、分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。为测量某磁场的磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值。实验器材如下：
A.磁敏电阻，无磁场时阻值
B.滑动变阻器，总电阻为
C.电流表A，量程3mA，内阻未知
D.电压表V，量程，内阻为
E.直流电源，电动势，内阻不计
F.定值电阻
G.开关，导线若干
（1）待测磁场磁感应强度大小约为，选择一个合理的定值电阻　 　（选填“”“”“”）；
（2）为使测量尽量精确，下列电路图符合实验要求的是___________；
A． B．
C． D．
（3）将该磁敏电阻置于待测匀强磁场中，不考虑磁场对电路其它部分的影响。某次闭合开关后，电压表的示数如图乙所示，此时电压表读数为　 　V；
（4）进行多次测量，得到电压表读数U和电流表读数，绘出图像如图丙所示，根据图像，进一步分析得到匀强磁场中磁敏电阻的阻值　 　，结合图甲可知待测磁场的磁感应强度　 　T。（结果均保留两位有效数字）
15．（2025·淄博模拟）如图所示，小齐同学借助安装在水平地面的篮球发球机练习原地竖直起跳接球。小齐站在水平地面上，伸直双臂举手时手掌距地面最大高度。发球机出球口距地面的高度为，篮球从出球口以与水平方向成的速度射向小齐。在篮球发出一段时间后，小齐起跳离地，跳至最高点伸直双臂恰能在头顶正上方接住到达最高点的篮球。篮球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取，，求：
（1）处于最高点的篮球距地面的高度H；
（2）从篮球发出到小齐起跳离地的时间。
16．（2025·淄博模拟）如图为某潜艇模型的截面示意图，容积为的贮气舱通过细管与储水舱连接，储水舱中有一厚度忽略不计的轻活塞，储水舱通过通海口与海水连通。某次下潜前，在海面上保持阀门关闭，贮气舱内有压强为、体积为的空气，现将与贮气舱内气体等温度的、压强为、体积为的空气缓慢充入贮气舱。当潜艇静止潜在某深度处时，活塞位于最右端，储水舱内充满水。现打开阀门向储水舱压入一定量的气体后，活塞左移，排出水的体积为，此时关闭阀门，贮气舱内剩余气体的压强变为，排水过程中气体温度不变，潜水艇深度不变。已知大气压强为，重力加速度为g，海水密度为，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。求：
（1）潜艇下潜前，充气完成后贮气舱内空气的压强p
（2）潜艇所在的深度。
17．（2025·淄博模拟）如图所示，线圈匝数为、面积为，其两端与平行板电容器两极板M、N连接，线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度大小随时间变化关系为是磁感应强度变化率，且未知）。宽度均为的、区域边界竖直，其中内匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为，II内有水平方向的匀强电场，III内匀强磁场方向垂直纸面向里。一电子从靠近电容器M板的P处由静止释放，经电场加速后平行于纸面射入I区，速度与水平方向夹角，电子从I区右边界射出时速度与水平方向夹角也为。已知电子的电荷量大小为，质量为，重力不计，不计线圈内变化磁场对电子运动的影响。
（1）求线圈内磁感应强度变化率；
（2）若区中电场强度为零，要使电子恰能返回II区，求III区中磁感应强度的大小；
（3）若保持（2）中不变，并在II区加上水平向右的匀强电场，电场强度的大小为，电子仍从处由静止释放，求电子在III区中的运动时间。
18．（2025·淄博模拟）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为、的两小物块、，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未栓接），弹簧的弹性势能为。轴间距为的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为的足够长的固定斜面，小物块静置于距斜面顶端处。现将间的细线烧断，与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞的由斜面顶端滑入斜面，一段时间后与发生碰撞。时恰完成第一次碰撞，时刚要发生第二次碰撞，在内运动的图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度，求：
（1）B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）B与传送带间的动摩擦因数；
（3）C的质量以及与斜面间的动摩擦因数；
（4）C沿斜面下滑的最大距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】此骸骨中的含量为活着的动物中的，说明正好经过两个半衰期时间，故该生物死亡时距今约2×5730年=11460年。
故答案为：D。
【分析】根据放射性衰变规律，利用剩余质量与初始质量的比值，确定经历的半衰期个数，再计算遗址距今的时间。
2．【答案】A
【知识点】光的衍射
【解析】【解答】当障碍物的尺寸与波的波长相当或小于波的波长，会发生明显的衍射现象，该装置的原理是光的衍射现象，如果屏上条纹变宽，则细丝变细，故BCD错误，A正确。
故答案为：A。
【分析】激光束越过细丝时，会绕过细丝边缘发生单缝衍射现象。衍射条纹的宽度与细丝（障碍物）的粗细有关，细丝越细，衍射现象越明显，条纹越宽。
3．【答案】D
【知识点】超重与失重；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．切线的斜率表示加速度，时间内，速度为正值且在增大，切线的斜率先增大后减小，朱雀三号加速上升且加速度先增大后减小，故A错误；
B．时间内，速度为正值且在减小，朱雀三号减速上升，故B错误；
C．时间内，速度为负值且绝对值在增大，切线的斜率在减小，朱雀三号加速下降且加速度逐渐减小，故C错误；
D．时间内，速度为负值且绝对值在减小，朱雀三号减速下降，加速度向上，朱雀三号处于超重状态，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据v-t图像的斜率判断加速度的大小和方向，结合速度的正负判断运动方向，再根据加速度方向判断超重 / 失重状态。
4．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】地球的第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则有，解得
根据万有引力和重力的关系可得
则
已知火星与地球的质量比为k、半径比为n，则火星的第一宇宙速度为
火星的第二宇宙速度为
故答案为：C。
【分析】先由地球表面重力与万有引力相等，推导出地球第一宇宙速度的表达式；再结合质量比和半径比，求出火星的第一宇宙速度；最后根据第二宇宙速度与第一宇宙速度的倍数关系，得到火星的第二宇宙速度。
5．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球做平抛运动，小球在光屏上的投影点如图所示
由几何知识得
其中
解得
则影子的位移与时间成正比，小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是匀速直线运动，速度大小
故答案为：A。
【分析】利用平抛运动的位移规律，结合几何相似三角形关系，推导出影子位置随时间的函数，再通过求导判断影子的运动性质和速度大小。
6．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据题意，光路如图
几何关系可知，且
则
则，故该光线从球冠左表面出射时的折射角不是，故A错误；
B．折射率，联立解得，故B错误；
C．光在介质中传播速度，几何关系可知
光线在透明介质中传播的时间
联立以上，解得，故C正确；
D．若该光线从透明介质的左侧平面内任意一点水平向右入射，则入射角为，设折射角为，则有
联立解得
故在右侧球面的入射角大于临界角C，光在右侧球面会发生全反射，不能从右侧球面出射，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先根据几何关系确定光线在介质内的传播路径和角度，利用折射定律求出折射率；再计算光在介质中的传播速度和时间；最后分析全反射条件判断光线能否出射。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】设轻绳拉力最大值为F，对左边一组物体分析受力，由牛顿第二定律
绳子拉力最大时，右边一组m和2m之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人分析受力，由牛顿第二定律有
联立解得绳子拉力最大值
故答案为：B。
【分析】当轻绳拉力最大时，右边木板与机器人之间的摩擦力达到最大静摩擦力。先对整体和隔离体应用牛顿第二定律，求出最大加速度，再代入左边物体的受力方程，解得轻绳的最大拉力。
8．【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据图中几何关系结合安培定则，可知两相互平行导线在P点产生的磁感应强度方向的夹角为，如图所示
则两相互平行导线在P点产生的合磁感应强度大小为
方向竖直向上；则正方形导线在P点的磁感应强度大小为
故答案为：D。
【分析】利用安培定则确定正方形四条边在 P 点产生的磁感应强度方向，将对边的磁场矢量两两合成，再计算总磁感应强度的大小。
9．【答案】A,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙可知，t=0.2s时质点Q位于平衡位置向下振动，根据“上下坡”法可知，简谐波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．由图甲可知波长为12m，由图乙可知周期为0.4s，所以波速为，故B错误；
C．t=0.2s时质点的位移为所以，在t=0时，质点P的位移为，故C错误；
D．由于波速为30m/s，所以再经的时间，波沿x轴负方向传播的距离为
根据平移法可知，此时质点P处于平衡位置且向下振动，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】先根据质点 Q 的振动图像判断波的传播方向，再由波形图和振动图像得到波长和周期，计算波速；然后分析质点 P 的位移和运动时间。
10．【答案】C,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．该光电倍增管仅适用于能够使阴极K发生光电效应的光，故A错误；
B．仅增大该入射光的强度，则从阴极K发射的光电子增多，所以最后从阳极A释放的电子数也会增多，故B错误；
C．根据爱因斯坦光电效应方程可得，解得阴极材料的逸出功为，故C正确；
D．光电子到达第一倍增极D1的过程，根据动能定理有，可得光电子到达第一倍增极D1的最大动能为，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据光电效应方程和动能定理，逐一分析光电倍增管的适用条件、光强影响、逸出功及光电子动能。
11．【答案】B,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．由可知，则周期为s，故A错误
B．若充电桩消耗的功率增大，则电源输入总功率变大，因为总电压不变，由可知升压变压器原线圈电流变大，升压变压器副线圈电流变大，则输电线上的损耗电压变大，降压变压器原线圈电压变小，则的输出电压减小，故B正确。
C．的输入电压为V，的输入功率为时，则电流为A
根据，解得A，输电线上损失的电功率为，故C错误；
D．根据，解得V
输电线两端的电压为V
则V
根据，解得V，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】先由输入电压表达式得到周期和有效值，再结合变压器变压比、变流比，分析负载变化对输出电压的影响，并计算输电线上的功率损失和降压变压器输出电压。
12．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．设导线框速度为v，电阻为R，则内电流
可知均匀增大，该过程最大电流为，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向；
内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，此时两边产生的感应电动势相加 ，可得
可知电流从最大逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向为顺时针，为负方向；
2~3s内，导线框离开磁场，电流
可知电流逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。综合可知，内最大电流是 末电流的 2 倍，所以，故B正确。
CD．根据 内，AC在磁场外，安培力
内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，AC边安培力大小
可知该过程安培力从最大值逐渐减小到0，再反向增大最后减小到0，分析可知AC边安培力方向先向左后向右，即方向先正后负，且图像为开口向上的二次函数；
内，线框出磁场，AC边安培力大小
可知安培力从最大值逐渐减小，且图像为开口向上的二次函数，故C正确。
故答案为：BC。
【分析】将线框穿过磁场的过程分为三个阶段，根据楞次定律判断感应电流的方向和大小变化，再由安培力公式 F=BIL 分析 AC 边所受安培力的变化。
13．【答案】（1）；
（2）
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可以得出遮光片的线速度大小为
已知线速度的大小，根据线速度与角速度公式可知
（2）根据图像可知时，，根据静摩擦力提供向心力有
解得
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出线速度的大小；利用线速度的大小可以求出角速度的大小；
（2）利用静摩擦力提供向心力可以求出动摩擦因数的大小。
（1）[1] 遮光片的线速度大小为
[2]根据线速度与角速度公式可知
（2）根据图像可知时，，此时有
解得
14．【答案】（1）
（2）A
（3）1.30
（4）；1.2
【知识点】导体电阻率的测量；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）磁场磁感应强度大小约为，根据图像可知磁敏电阻，电压表与电源相比，需要扩量程，所以串联电阻
故答案为：
（2）采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，且电压表内阻已知，为了准确测量，选择电流表外接，滑动变阻器采用分压式接法。
故答案为：A。
（3）电压表最小分度值为0.1V，读数为1.30V。
故答案为：1.30
（4）根据欧姆定律
整理得
根据图像有
解得
结合图甲可知待测磁场的磁感应强度
故答案为：；1.2
【分析】(1) 结合待测磁场范围对应的磁敏电阻阻值和电压表量程，估算定值电阻的取值，使电路电流在电流表量程内；
(2) 根据电压表内阻已知的特点选择合适的电表接法，结合滑动变阻器阻值选择分压式接法；
(3) 依据电压表量程和分度值读取示数；
(4) 由 U-I 图像斜率求出串联总电阻，减去定值电阻得到磁敏电阻阻值，再结合 R-B 曲线确定磁感应强度。
（1）磁场磁感应强度大小约为，根据图像可知磁敏电阻，电压表与电源相比，需要扩量程，所以串联电阻
（2）采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，且电压表内阻已知，为了准确测量，选择电流表外接，滑动变阻器采用分压式接法。
故选A。
（3）电压表最小分度值为0.1V，读数为1.30V。
（4）[1][2]根据欧姆定律
整理得
根据图像有
解得
结合图甲可知待测磁场的磁感应强度
15．【答案】（1）解：篮球射出时竖直方向的分速度为
篮球在竖直方向上有
篮球最高点距地面的高度为
解得
（2）解：小齐离开地面后竖直上抛过程中有
篮球在竖直方向上有
从篮球发出到小齐起跳离地的时间为
解得
【知识点】竖直上抛运动；平抛运动
【解析】【分析】(1) 分解篮球的初速度得到竖直分量，利用竖直上抛运动的速度 - 位移公式求出篮球上升的高度，结合出球口离地高度得到篮球最高点距地面的高度；
(2) 分别计算篮球到达最高点的时间和小齐起跳后到达最高点的时间，通过两者的时间差确定篮球发出到小齐起跳离地的时间。
（1）篮球射出时竖直方向的分速度为
篮球在竖直方向上有
篮球最高点距地面的高度为
解得
（2）小齐离开地面后竖直上抛过程中有
篮球在竖直方向上有
从篮球发出到小齐起跳离地的时间为
解得
16．【答案】（1）解：对贮气舱内原有气体和新压入的气体，由玻意耳定律得
解得
（2）解：潜水艇在深度处的压强为
对贮气舱内的气体，由玻意耳定律得
对排入储水舱内的气体，由玻意耳定律得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 充气过程为等温过程，可直接应用玻意耳定律，将充气前后的气体视为整体，通过初末状态的压强和体积关系求解充气后的压强。
(2) 排水过程中，贮气舱内气体等温膨胀，先由玻意耳定律求出膨胀后的体积，再结合活塞移动导致的体积变化，得到海水压强，最后利用液体压强公式求出潜艇深度。
（1）对贮气舱内原有气体和新压入的气体，由玻意耳定律得
解得
（2）潜水艇在深度处的压强为
对贮气舱内的气体，由玻意耳定律得
对排入储水舱内的气体，由玻意耳定律得
解得
17．【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律可知：
且
电子在MN间被加速过程有：
电子在区域中偏转过程中，由几何关系得：
由向心力公式得：
联立得：
（2）解：若电子恰能回到II区则电子在III区中的运动轨迹应与III区的右边界相切，由几何关系得：
又
得
（3）解：电子进入II区后在竖直方向和水平方向速度的分量分别为：，
沿水平方向有：
得：
电子进入III区时合速度为：
由
得：
电子进入III区时合速度与水平方向的夹角应满足：
解得得：
即：
因故电子不会从III区右边界射出
由几何关系知电子在磁场III中转过的圆心角为：
又，
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】(1) 利用法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，该电动势等于电容器两极板间的电压，电子在电场中加速，由动能定理得到加速后的速度，再结合电子在I区磁场中的偏转几何关系，联立求解磁感应强度变化率。
(2) 当 II 区电场强度为零时，电子在I区做匀速圆周运动并以水平方向进入III区，根据电子恰能返回 III 区的几何条件，确定其在 III 区磁场中的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度。
(3) 在 II 区加入水平电场后，电子在II区做类平抛运动，先求出进入III区时的速度大小和方向，进入 III 区后，将速度分解为水平和竖直分量，分别分析其在磁场中的运动，最后合成得到总运动时间。
（1）由法拉第电磁感应定律可知：
且
电子在MN间被加速过程有：
电子在区域中偏转过程中，由几何关系得：
由向心力公式得：
联立得：
（2）若电子恰能回到II区则电子在III区中的运动轨迹应与III区的右边界相切，由几何关系得：
又
得
（3）电子进入II区后在竖直方向和水平方向速度的分量分别为：，
沿水平方向有：
得：
电子进入III区时合速度为：
由
得：
电子进入III区时合速度与水平方向的夹角应满足：
解得得：
即：
因故电子不会从III区右边界射出
由几何关系知电子在磁场III中转过的圆心角为：
又，
解得
18．【答案】（1）解：对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得：
①
由①②得：
（2）解：若B在传送带上一直加速，由
得：
则在传送带末端的速度为：不合题意。
故B在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，设加速用时为，匀速用时为，
则由
解得：
由
得：
（3）解：在斜面顶端有：③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为：
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有：
④
由③④式得：
对、第一次碰撞过程有：⑤，
由⑤⑥得：
由图像得：
若在经过程后速度恰减为0，则由：
得：
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有：
⑦
⑧
则由⑦⑧得：
（4）解：设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为：
⑨
第次碰后上升过程有：⑩
减速过程有：
与第次碰撞前的速度应满足：（11）
由⑨ 式得：
由⑨⑾式可知第次碰撞后的位移为：
第次碰撞后的位移为：
又第一次碰后的位移为：
则每次碰后的位移为：
沿斜面下滑的最大距离为：
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 弹簧弹开 A、B 的过程动量守恒、机械能守恒，利用这两个守恒定律联立求解 B 刚滑上传送带时的速度。
(2) 分析 B 在传送带上的运动，先判断其是否先加速到与传送带共速，再结合运动学公式和牛顿第二定律求解动摩擦因数。
(3) 利用 v-t 图像分析 B 在斜面上的运动，得到加速度，再结合弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律求解 C 的质量和动摩擦因数。
(4) 对 C 在斜面上的受力和运动进行分析，根据牛顿第二定律求出下滑加速度，再结合运动学公式求解最大下滑距离。
（1）对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得：
①
由①②得：
（2）若B在传送带上一直加速，由
得：
则在传送带末端的速度为：不合题意。
故B在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，设加速用时为，匀速用时为，
则由
解得：
由
得：
（3）在斜面顶端有：③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为：
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有：
④
由③④式得：
对、第一次碰撞过程有：⑤，
由⑤⑥得：
由图像得：
若在经过程后速度恰减为0，则由：
得：
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有：
⑦
⑧
则由⑦⑧得：
（4）设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为：
⑨
第次碰后上升过程有：⑩
减速过程有：
与第次碰撞前的速度应满足：（11）
由⑨ 式得：
由⑨⑾式可知第次碰撞后的位移为：
第次碰撞后的位移为：
又第一次碰后的位移为：
则每次碰后的位移为：
沿斜面下滑的最大距离为：
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