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2025届湖北省武汉市黄陂区第六中学高三下学期模拟考试物理试题
1．（2025·黄陂模拟）2025年1月20日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置在安徽合肥创造新世界纪录，首次完成1亿摄氏度1000秒“高质量燃烧”，标志着我国聚变能源研究实现从基础科学向工程实践的重大跨越，对人类加快实现聚变发电具有重要意义。核聚变的核反应方程为，则下列关于核聚变的说法正确的是（　　）
A．轻核聚变释放出能量，出现了质量亏损，所以轻核聚变过程质量数不守恒
B．轻核聚变时核的结合能大于核的结合能，但核的比结合能小于核的比结合能
C．轻核聚变过程中平均每个核子放出的能量为
D．轻核聚变时生成的核具有放射性
【答案】C
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．核反应都遵循质量数守恒和电荷数守恒，但核反应过程释放能量，则原子核的质量发生改变，所以质量亏损，选项A错误；
B．结合能等于比结合能乘以核子数，中等大小原子核比较稳定所以比结合能较大，轻核聚变是向中等大小核变化，所以核的比结合能增大，则核的比结合能大于核的比结合能，核的核子数大于核的核子数，核的结合能也大于核的结合能，选项B错误；
C．已知核反应过程释放的能量为17.6MeV，轻核聚变过程中参与核反应的核子数为5个，平均每个核子放出的能量为
选项C正确；
D．轻核聚变时生成的核的比结合能大，不会发生衰变反应，没有衰变的过程所以不会释放射线，选项D错误。
故选C。
【分析】核反应过程核子数量保持不变，但原子核的质量发生改变；利用比结合能的大小结合核子数可以比较结合能的大小；利用核反应释放的能量结合核子数可以求出每个核子释放的能量；氦核比结合能大稳定不会发生衰变反应。
2．（2025·黄陂模拟）如图，物块P位于纬度为的地球表面上，与地球保持相对静止，人造地球卫星Q、R均做匀速圆周运动，卫星R为地球静止卫星。若某时刻P、Q、R与地心O在同一平面内，其中O、P、Q在一条直线上，且，下列说法正确的是（　　）
A．Q、P的周期之比为
B．Q、R的线速度之比为
C．物块P的角速度大于卫星Q的角速度
D．物块P的向心加速度大于卫星Q的向心加速度
【答案】A
【知识点】向心加速度；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出周期为
则、的周期之比为
又因卫星为地球静止卫星，所以，则，A正确；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出线速度为，
则、的线速度之比为，B错误；
C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出角速度为
由，则，又，则，C错误；
D．由，，，故
由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出加速度为
由，有，故，D错误。
故选A。
【分析】利用引力提供向心力可以求出周期、线速度的比值，同时可以比较角速度和向心加速度的大小；利用同步卫星和地球上卫星的角速度相等，结合半径的大小可以比较向心加速度的大小。
3．（2025·黄陂模拟）如图所示，圆弧轨道AB固定在竖直平面内，轨道末端A切线水平。套在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由最低点A运动到最高点B。已知拉力F始终沿轨道的切线方向，轨道对小球的弹力大小为，轨道与小球间的动摩擦因数处处相同。在此过程中（　　）
A．F增大，增大 B．F减小，减小
C．F先增大后减小，减小 D．F先减小后增大，减小
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设小球的质量为，小球与圆心连线与竖直方向的夹角为，以小球为对象，由于小球受到重力，拉力，支持力和摩擦力的作用，根据切线方向的平衡方程有：
根据法线方向的平衡方程有：，
根据滑动摩擦力的表达式有
联立可得
其中
缓慢地由最低点A运动到最高点B，从0逐渐增大到，可知减小；当时，F有最大值，则F先增大后减小。
故选C。
【分析】小球缓慢运动时，利用小球的平衡方程可以求出支持力和拉力的表达式，利用表达式可以判别拉力和支持力的大小变化。
4．（2025·黄陂模拟）下列说法不正确的是（　　）
A．由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度高
B．由图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能一直增大
C．由图丙可知，当分子间的距离时，分子间的作用力先增大后减小
D．由图丁可知，在由变到的过程中分子力做正功
【答案】B
【知识点】分子间的作用力；分子势能；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．从各分子平均速率图可以看出状态①的平均速率比状态②大，温度决定平均动能及平均速率的大小，图甲中状态①的温度比状态②的温度高，故A正确；
B．一定质量的理想气体由状态A变化到B的过程中，由图乙可知，状态A与状态B的相等，根据理想气体的状态方程可以得出状态A与状态B的温度相同，根据PV的乘积可以得出气体由状态A到状态B温度先升高再降低到原来温度，所以气体分子平均动能先增大后减小，故B错误；
C．图丙为分子间作用力与距离的变化关系，当分子间的距离时，分子力表现为引力，根据图线显示可以得出分子间的作用力先增大后减小，故C正确；
D．图丁为分子势能图线，分子势能为标量，峰谷位置对应的分子势能最小，对应分子间的平衡距离，当分子间的距离时，分子力表现为斥力，分子间距离由变到的过程中，分子势能减小，根据功能关系可以得出分子力做正功，故D正确；
说法不正确的故选B。
【分析】利用分子平均速率的大小可以比较温度的高低；利用理想气体的状态方程结合PV的乘积可以比较温度的变化，进而判别平均动能的变化；利用分子力图线可以判别分子间作用力的大小变化；利用分子势能的变化可以判别分子力做功的情况。
5．（2025·黄陂模拟）如图所示，长为L的水平板AB的B端固定在竖直墙面上，板离水平地面高为2L，某人在离地面高为0.5L、离墙面的距离为1.5L的C点斜向上抛出一个小球（大小忽略不计），小球恰好经过板的边缘A落在板的B端，不计空气阻力，则小球在空中运动过程中的最高点离AB板的高度为（　　）
A． B． C． D．L
【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】小球运动到最高点时的速度最小，设小球运动到最高点时的速度大小为，最高点离板的高度为h，由于小球从开始到最高点的逆运动为平抛运动，当小球从A到最高点的过程中，根据位移公式有则，，当小球从开始到最高点的过程中，根据位移公式有，
联立解得
故选C。
【分析】将小球的斜抛运动逆运动看作平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出最高点离AB板的高度。
6．（2025·黄陂模拟）小车内一根不可伸长的轻绳固定于小车顶上的、两点，悬挂有物块的光滑轻滑轮跨在轻绳上。小车沿水平面运动时，物块相对小车静止，轻绳状态如图所示，段竖直，段与水平方向成角，已知物块质量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．小车一定做匀加速运动 B．小车可能向右减速
C．小车加速度大小为 D．轻绳拉力大小为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．由于物块受到拉力和重力的作用，根据力的合成可以得出物块受到的合力向有，则小车加速度水平向右，但未知小车的速度方向，所以小车可能向右匀加速，也可能向左匀减速，AB错误。
CD．由于物块做匀加速直线运动，可知竖直方向上根据平衡方程有
水平方向上，根据牛顿第二定律有
联立解得，
C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据物块合力方向可以判别小车的加速度方向；利用竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；利用水平方向的牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
7．（2025·黄陂模拟）如图1所示，真空中x轴原点O处固定一点电荷a，其电荷量Q未知，另一试探点电荷b，其电荷量为q，以初动能Ek0自x2位置沿x轴负方向直线运动，该过程粒子动能图像如图2所示。已知静电力常量为k。设无穷远处电势为0，距点电荷a距离r处的电势，粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是（　　）
A．x1、x2两处电场强度之比等于x1：x2
B．沿x轴正方向电势逐渐升高
C．电荷量
D．如仅将a的电荷量变为2Q，点电荷b速度减为0时的位置坐标是
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；电场强度；电势能
【解析】【解答】A．根据点电荷的场强公式可以得出x1、x2两处电场强度之比为
故A错误；
B．由图可知，点电荷b由x2运动到x1的过程中，动能减小，电势能增大，只能判别电场力方向向右，但由于电性未知，所以未知电场线方向，则不能确定电势的变化，故B错误；
C．根据能量守恒定律，由于试探电荷的电势能和动能相互转化，可得
所以
故C错误；
D．如仅将a的电荷量变为2Q，点电荷b速度减为0时，根据能量守恒定律有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】利用点电荷的场强公式可以求出电场强度的比值；利用试探电荷的动能变化只能判别电势能的变化，不能判别电势的变化；利用能量守恒定律可以求出电荷量及电荷b速度为0的位置。
8．（2025·黄陂模拟）如图甲所示的弹簧振子沿竖直方向做简谐运动，从某一时刻开始计时，规定竖直向上为正方向，得到弹簧对小球的弹力F与运动时间t的关系图像如图乙所示。若重力加速度大小为，图像的坐标值为已知量，则下列说法正确的是（　　）
A．时刻小球处于最高点
B．小球的质量为
C．弹簧振子振动的周期为
D．若弹簧振子的振幅为A，则从计时开始到时，小球通过的路程为15A
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A． 弹簧对小球的弹力F与运动时间t的关系图像如图乙所示，根据坐标可以得到时刻小球所受弹力最大，方向竖直向上，说明此时弹簧处于最大伸长量的位置所以小球处于最低点，A错误；
B．由于弹簧振子做简谐运动，根据对称性，小球在最高点和最低点时的加速度大小相等，方向相反
小球在最高点时，根据弹力和重力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有
小球在最低点时，根据弹力和重力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有有
解得
B正确；
C．根据图乙中振动时间和周期的关系可知
解得
C正确；
D．已知小球振动的时间，根据振动的时间可以得出小球运动的周期为：
已知弹簧振子的振幅为A，一个周期内运动的路程为4A，所以小球在时间内通过的路程
D正确。
故选BCD。
【分析】利用弹力的大小结合方向可以判别小球的位置；利用两个位置的牛顿第二定律可以求出小球的质量大小；利用振动时间和周期的关系可以求出周期的大小；利用振动的时间结合一个周期内的路程可以求出振子运动的总路程。
9．（2025·黄陂模拟）如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为L，，现垂直AB边射入一群质量均为、电荷量均为、速度大小相等的带负电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为，在磁场中运动时间最长的粒子运动的时间为，则下列判断正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为
D．粒子进入磁场时的速度大小为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据速度方向可以得出垂直AC边射出的粒子运动轨迹所对的圆心角为900，粒子在磁场中运动的时间是，已知运动的时间为0.5t，则有，则周期
选项错误；
B．粒子在磁场中运动时，根据周期公式有，又由于
得磁感应强度的大小为
选项正确；
C．设在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹所对应的圆心角为，根据运动的角度与时间的关系式有：
根据表达式可以得出可得圆心角的大小为
由于运动时间最长时轨迹与BC边相切，画出该粒子的运动轨迹，如图所示，设粒子在磁场中运动的轨迹半径为，由几何知识有
可得
选项C正确；
D．根据弧长公式可以得出
解得
选项D错误。
故选BC。
【分析】利用粒子运动时间与周期的关系可以求出周期的大小；利用周期公式可以求出磁感应强度的大小；利用几何关系结合圆心角的大小可以求出轨迹半径的大小；利用弧长公式可以求出粒子速度的大小。
10．（2025·黄陂模拟）如图甲所示，一质量为4kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数 =0.5，（取g=10m/s2），则
下列说法正确的是（　　）
A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
B．物体在运动中的加速度先变小后不变
C．物体运动的最大速度为8m/s
D．物体在水平地面上运动的最大位移是10m
【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．物体在水平方向受推力与摩擦力作用，当推力大于摩擦力时，根据牛顿第二定律得
加速度
由图乙所示图象可知，物体所受推力随位移的增加而减小，当物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力的减小，加速度减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；此时物体的速度达到最大值，当推力小于摩擦力时，根据牛顿第二定律有：，此时加速度为
当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度逐渐增大；撤去推力时物体所受合外力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：则物体加速度不变，做匀减速直线运动，直到速度为零，故由以上分析可知，物体的加速度向减小后增大再不变，物体当推力等于摩擦力后物体开始做减速运动，故AB错误；
C．由图乙所示图象可知，推力与位移的变化关系式为
物体受到的滑动摩擦力
当物体所受合力为零时，物体的速度最大，即时物体受到最大，根据平衡方程有：
解得
图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做功，设物体的最大速度为，根据图像面积可以得出物体速度最大时，推力对物体做功
从物体开始运动到速度最大过程，对物体，推力和摩擦力对物体做功，根据动能定理得
代入数据解得
故C正确；
D．物体整个运动过程，根据图像面积的大小可以得出推力对物体做功
设物体在水平面上的最大位移为，物体整个运动过程，由于摩擦力和推力对物体做功，根据动能定理得
代入数据解得
故D正确。
故选CD。
【分析】利用推力与摩擦力的大小比较可以判别加速度的大小及方向，当撤去推力时，物体只受到摩擦力，所以加速度保持不变，所以物体的加速度先减小，后增大，最后保持不变；利用动能定理结合图像面积及摩擦力做功可以求出物体的最大速度；利用动能定理结合推力做功可以求出物体运动的位移大小。
11．（2025·黄陂模拟）利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50 Hz，则小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（　　）
A．图线①的产生原因是小车的质量太大
B．图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C．图线③的产生原因是小车的质量太小
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50 Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m = 10 g。实验步骤如下：i．安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑：ii．保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；iii．逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；iv．以取下槽码的总个数n（1 ≤ n ≤ 5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。已知重力加速度大小g = 9.78 m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式　 　（m，g，M，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率为2.5 s2/m，则小车质量M =　 　kg（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）2.86
（2）B
（3）；0.19
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）已知小车做匀变速直线运动，根据逐差法可以得出小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，当砝码盘和砝码的总质量远远小于小车的质量时，图像斜率的倒数为小车的质量，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，图像斜率为砝码和小车的总质量，由于质量增大则导致斜率不断减小，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，说明小车在没有受到拉力时已经有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，说明小车的重力分力小于滑动摩擦力，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）由于小车和槽码做匀加速直线运动，对小车，根据牛顿第二定律有
对槽码，根据牛顿第二定律有
两式联立，求得
根据的关系式可知，关系图线的斜率
即
【分析】（1）利用逐差法可以求出小车加速度的大小；
（2）图线①的产生原因是砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，图像斜率为砝码和小车的总质量，由于质量增大则导致斜率不断减小，是由于小车质量太小造成的；图线②其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大；图线③其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出小车的质量大小。
（1）小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）[1]对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
两式联立，求得
[2]由的关系式可知，关系图线的斜率
即
12．（2025·黄陂模拟）多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图。
（1）通过一个单刀多掷开关S，接线柱B可以分别与触点1、2、3、4、5接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图中的E是电池，R3是电池内阻，R6是欧姆调零电阻，AB分别与黑、红表笔相接。R1、R2、R4、R5都是定值电阻，表头G的满偏电流为20 mA，内阻为Rg。已知R1+R2=4Rg，R4=360 Ω，R5=1600 Ω。 关于此多用电表，下列说法正确的是　 　；
A.图中B是红表笔
B.当S接触点1或2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1时的量程比接2时大
C.当S接触点3时，多用电表处于测量电阻的挡位，倍率越大，滑动变阻器接入阻值越大
D.当S接触点4、5时，多用电表处于测量电压的挡位，且接4比接5时量程大
（2）该学习小组将“B”端与“3”相接，将A、B表笔短接，调节R6.进行欧姆调零后测量未知电阻。得到通过表头G的电流与被测未知电阻的关系如图乙所示，由此可知多用电表中电池的电动势E=　 　V（计算结果保留三位有效数字）。通过分析可知该小组使用多用电表的　 　（填“×1”“×10”或“×1K”）倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。
（3）实验小组用多用电表测量电源的电动势和内阻。器材有：待测电源（电动势约为8V）， 定值电阻R0=8.0 Ω，多用表一只，电阻箱一只，连接实物如图丁所示，测得并记录多组数据后，得到对应的图，如图丙所示，则内阻r= 　 　Ω（结果保留三位有效数字）。
【答案】ABC；3.75V；；1.00
【知识点】练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）A.图中B接3接线柱时，由于B连接的是电源负极，根据表笔“红进黑出”的电流方向可以得出B为红表笔，故A正确；
B.当S接触点1或2时，且电路中没有电源，由于G表和电阻并联，并联后表头电阻小，经过表头的满偏电流变大，故改装成了电流表，分流越大则电流表量程越大，由于接1时左边的电阻为分流电阻，即一个电阻为分流电阻；接2时两个电阻串联后为分流电阻，所以S接1时分流电阻小，故接1时的量程更大，故B正确；
C.当S接点3时，电表内部有电源，只有欧姆表自带电源，倍率越大时，中值电阻越大，根据半偏法可以得出此时待测电阻等于电表的内阻，所以倍率越大，欧姆表的内阻越大，接入的滑动变阻器阻值越大，故C正确；
D.当开关S接4或5时，由于表头与电阻串联，所以为电压挡，串联的电阻越大则表头两端的满偏电压越大，由于接4时分压电阻为一个电阻，即左边的电阻；接5时两个电阻串联后的总电阻为分压电阻，所以接5时分压电阻的阻值要大，故接5时量程更大，故D错误。
故选ABC；
（2）由I-R图线知，当满偏时，根据欧姆定律和并联电流的规律有
，
当电阻为R1=150Ω时，电流值等于满偏电流的一半，此时根据欧姆定律有
两式子联立可以解得E=3.75V
通过分析可知欧姆表中值电阻为150Ω，利用中值电阻除以中间刻度15可以得出该小组使用多用电表的“×10”倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。
（3）由于电路电动势等于内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律可知
整理可得
结合图像的截距和斜率可知
解得
E=8.33V，r=1.00Ω
【分析】（1）根据表笔“红进黑出”的电流方向可以得出B为红表笔；由于G表和电阻并联，并联后表头电阻小，经过表头的满偏电流变大，故改装成了电流表，分流越大则电流表量程越大；当S接点3时，电表内部有电源，只有欧姆表自带电源，倍率越大时，中值电阻越大，根据半偏法可以得出此时待测电阻等于电表的内阻；当开关S接4或5时，由于表头与电阻串联，所以为电压挡，串联的电阻越大则表头两端的满偏电压越大；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合图像坐标可以求出电动势的大小；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
13．（2025·黄陂模拟）如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m．距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率为
（1）求桅杆到P点的水平距离；
（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．
【答案】（1）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有
由折射定律有：
设桅杆到P点的水平距离为
则
联立方程并代入数据得：
（2）设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为
由折射定律有：
设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，则：
联立方程并代入数据得：
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）当P点发出光束经过水面折射的过程中，利用几何关系可以求出水平距离与高度的关系，结合折射定理可以求出桅杆到P点的水平距离；
（2）当已知入射角的大小，结合折射定律及几何关系可以求出船行驶的距离。
14．（2025·黄陂模拟）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ=30°角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，已知L=1m，B=2T，m=0.4kg，R=2Ω，重力加速度为g=10m/s2。
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放棒b的瞬间它的加速度大小；
（3）仍保持棒b静止，将棒a由静止释放，若棒a经过t=1s后匀速运动，求
①棒a此过程中运动的距离x。
②棒a此过程中产生得热量Q。
【答案】（1）棒a匀速时，产生的感应电动势为
感应电流为
根据平衡条件，有
解得
（2）由楞次定律及左手定则可知，释放瞬间，b棒所受安培力方向沿导轨平面向下，由牛顿第二定律得
解得
（3）①对a棒，从开始运动到匀速的过程中，设沿斜面向下为正，由动量定理，有
又有，，
整理可得
代入数据解得
②由能量守恒定律有
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）棒做匀速直线运动，利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出安培力的表达式，再利用平衡方程可以求出速度的大小；
（2）当b棒释放瞬间，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）当a棒做匀速直线运动时，利用动量定理结合动生电动势及欧姆定律可以求出下滑的距离，利用能量守恒定律可以求出产生的热量。
（1）棒a匀速时，产生的感应电动势为
感应电流为
根据平衡条件，有
解得
（2）由楞次定律及左手定则可知，释放瞬间，b棒所受安培力方向沿导轨平面向下，由牛顿第二定律得
解得
（3）①对a棒，从开始运动到匀速的过程中，设沿斜面向下为正，由动量定理，有
又有，，
整理可得
代入数据解得
②由能量守恒定律有
解得
15．（2025·黄陂模拟）如图所示，内壁光滑的细圆管轨道固定在光滑水平地面上，由两部分组成，段为抛物线形状，且、竖直高度差相等，、两点处的切线水平，圆弧槽乙放在光滑水平地面上，可自由移动，其上表面是半径为的四分之一光滑圆弧，点的切线水平、点的切线竖直。现对点的小球甲（直径略小于圆管内径）轻微扰动，使其由静止开始沿着管壁下滑，然后甲从点滑上弧面，刚好能到达点，接着甲沿着弧面再次到达水平面时，甲、乙的速度等大，重力加速度为。
（1）求甲、乙的质量之比以及甲刚要从点滑上弧面时的速度大小；
（2）求、两点的高度差；
（3）若小球甲的质量为，在点给甲一个水平向右的初速度（大小未知），且甲在细圆管内部从运动到与内壁间恰好无作用力，已知过点的切线与水平方向的夹角为，求的大小和甲运动到点时速度大小以及此时重力的瞬时功率。
【答案】（1）甲从地面上升到E点再返回到水平地面，设此时甲的速度为，则乙的速度为v，甲刚要从D点滑上弧面时的速度为，甲、乙的质量分别为m、M，由动量守恒及机械能守恒可得，
综合可得
甲、乙的质量之比
甲刚好能到达E点，说明在E点甲、乙达共同速度，则有，
综合解得
（2）甲从A到C由机械能守恒定律可得
解得

（3）当在A点给甲一个水平向右的初速度，则甲从A到B与圆管内壁间无作用力，故做平抛运动
设轨道在B点的切线与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得
计算可得
甲从A点以水平向右的初速度做平抛运动到B点，由机械能守恒定律可得
解得
甲在B点重力的瞬时功率为
综合可得

【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）当甲滑上E点再返回到水平面的过程中，利用动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出甲、乙质量之比；
（2）当甲从A到C的过程中，利用机械能守恒定律可以求出AC之间的高度差；
（3）当在A点给甲一个初速度时，利用平抛运动的位移公式可以求出A点速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出经过B点速度的大小，结合重力的大小可以求出重力瞬时功率的大小。
（1）甲从地面上升到E点再返回到水平地面，设此时甲的速度为，则乙的速度为v，甲刚要从D点滑上弧面时的速度为，甲、乙的质量分别为m、M，由动量守恒及机械能守恒可得，
综合可得
甲、乙的质量之比
甲刚好能到达E点，说明在E点甲、乙达共同速度，则有，
综合解得
（2）甲从A到C由机械能守恒定律可得
解得
（3）当在A点给甲一个水平向右的初速度，则甲从A到B与圆管内壁间无作用力，故做平抛运动
设轨道在B点的切线与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得
计算可得
甲从A点以水平向右的初速度做平抛运动到B点，由机械能守恒定律可得
解得
甲在B点重力的瞬时功率为
综合可得
1 / 12025届湖北省武汉市黄陂区第六中学高三下学期模拟考试物理试题
1．（2025·黄陂模拟）2025年1月20日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置在安徽合肥创造新世界纪录，首次完成1亿摄氏度1000秒“高质量燃烧”，标志着我国聚变能源研究实现从基础科学向工程实践的重大跨越，对人类加快实现聚变发电具有重要意义。核聚变的核反应方程为，则下列关于核聚变的说法正确的是（　　）
A．轻核聚变释放出能量，出现了质量亏损，所以轻核聚变过程质量数不守恒
B．轻核聚变时核的结合能大于核的结合能，但核的比结合能小于核的比结合能
C．轻核聚变过程中平均每个核子放出的能量为
D．轻核聚变时生成的核具有放射性
2．（2025·黄陂模拟）如图，物块P位于纬度为的地球表面上，与地球保持相对静止，人造地球卫星Q、R均做匀速圆周运动，卫星R为地球静止卫星。若某时刻P、Q、R与地心O在同一平面内，其中O、P、Q在一条直线上，且，下列说法正确的是（　　）
A．Q、P的周期之比为
B．Q、R的线速度之比为
C．物块P的角速度大于卫星Q的角速度
D．物块P的向心加速度大于卫星Q的向心加速度
3．（2025·黄陂模拟）如图所示，圆弧轨道AB固定在竖直平面内，轨道末端A切线水平。套在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由最低点A运动到最高点B。已知拉力F始终沿轨道的切线方向，轨道对小球的弹力大小为，轨道与小球间的动摩擦因数处处相同。在此过程中（　　）
A．F增大，增大 B．F减小，减小
C．F先增大后减小，减小 D．F先减小后增大，减小
4．（2025·黄陂模拟）下列说法不正确的是（　　）
A．由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度高
B．由图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能一直增大
C．由图丙可知，当分子间的距离时，分子间的作用力先增大后减小
D．由图丁可知，在由变到的过程中分子力做正功
5．（2025·黄陂模拟）如图所示，长为L的水平板AB的B端固定在竖直墙面上，板离水平地面高为2L，某人在离地面高为0.5L、离墙面的距离为1.5L的C点斜向上抛出一个小球（大小忽略不计），小球恰好经过板的边缘A落在板的B端，不计空气阻力，则小球在空中运动过程中的最高点离AB板的高度为（　　）
A． B． C． D．L
6．（2025·黄陂模拟）小车内一根不可伸长的轻绳固定于小车顶上的、两点，悬挂有物块的光滑轻滑轮跨在轻绳上。小车沿水平面运动时，物块相对小车静止，轻绳状态如图所示，段竖直，段与水平方向成角，已知物块质量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．小车一定做匀加速运动 B．小车可能向右减速
C．小车加速度大小为 D．轻绳拉力大小为
7．（2025·黄陂模拟）如图1所示，真空中x轴原点O处固定一点电荷a，其电荷量Q未知，另一试探点电荷b，其电荷量为q，以初动能Ek0自x2位置沿x轴负方向直线运动，该过程粒子动能图像如图2所示。已知静电力常量为k。设无穷远处电势为0，距点电荷a距离r处的电势，粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是（　　）
A．x1、x2两处电场强度之比等于x1：x2
B．沿x轴正方向电势逐渐升高
C．电荷量
D．如仅将a的电荷量变为2Q，点电荷b速度减为0时的位置坐标是
8．（2025·黄陂模拟）如图甲所示的弹簧振子沿竖直方向做简谐运动，从某一时刻开始计时，规定竖直向上为正方向，得到弹簧对小球的弹力F与运动时间t的关系图像如图乙所示。若重力加速度大小为，图像的坐标值为已知量，则下列说法正确的是（　　）
A．时刻小球处于最高点
B．小球的质量为
C．弹簧振子振动的周期为
D．若弹簧振子的振幅为A，则从计时开始到时，小球通过的路程为15A
9．（2025·黄陂模拟）如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为L，，现垂直AB边射入一群质量均为、电荷量均为、速度大小相等的带负电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为，在磁场中运动时间最长的粒子运动的时间为，则下列判断正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为
D．粒子进入磁场时的速度大小为
10．（2025·黄陂模拟）如图甲所示，一质量为4kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数 =0.5，（取g=10m/s2），则
下列说法正确的是（　　）
A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
B．物体在运动中的加速度先变小后不变
C．物体运动的最大速度为8m/s
D．物体在水平地面上运动的最大位移是10m
11．（2025·黄陂模拟）利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50 Hz，则小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（　　）
A．图线①的产生原因是小车的质量太大
B．图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C．图线③的产生原因是小车的质量太小
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50 Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m = 10 g。实验步骤如下：i．安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑：ii．保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；iii．逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；iv．以取下槽码的总个数n（1 ≤ n ≤ 5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。已知重力加速度大小g = 9.78 m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式　 　（m，g，M，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率为2.5 s2/m，则小车质量M =　 　kg（计算结果保留两位有效数字）。
12．（2025·黄陂模拟）多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图。
（1）通过一个单刀多掷开关S，接线柱B可以分别与触点1、2、3、4、5接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图中的E是电池，R3是电池内阻，R6是欧姆调零电阻，AB分别与黑、红表笔相接。R1、R2、R4、R5都是定值电阻，表头G的满偏电流为20 mA，内阻为Rg。已知R1+R2=4Rg，R4=360 Ω，R5=1600 Ω。 关于此多用电表，下列说法正确的是　 　；
A.图中B是红表笔
B.当S接触点1或2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1时的量程比接2时大
C.当S接触点3时，多用电表处于测量电阻的挡位，倍率越大，滑动变阻器接入阻值越大
D.当S接触点4、5时，多用电表处于测量电压的挡位，且接4比接5时量程大
（2）该学习小组将“B”端与“3”相接，将A、B表笔短接，调节R6.进行欧姆调零后测量未知电阻。得到通过表头G的电流与被测未知电阻的关系如图乙所示，由此可知多用电表中电池的电动势E=　 　V（计算结果保留三位有效数字）。通过分析可知该小组使用多用电表的　 　（填“×1”“×10”或“×1K”）倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。
（3）实验小组用多用电表测量电源的电动势和内阻。器材有：待测电源（电动势约为8V）， 定值电阻R0=8.0 Ω，多用表一只，电阻箱一只，连接实物如图丁所示，测得并记录多组数据后，得到对应的图，如图丙所示，则内阻r= 　 　Ω（结果保留三位有效数字）。
13．（2025·黄陂模拟）如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m．距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率为
（1）求桅杆到P点的水平距离；
（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．
14．（2025·黄陂模拟）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ=30°角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，已知L=1m，B=2T，m=0.4kg，R=2Ω，重力加速度为g=10m/s2。
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放棒b的瞬间它的加速度大小；
（3）仍保持棒b静止，将棒a由静止释放，若棒a经过t=1s后匀速运动，求
①棒a此过程中运动的距离x。
②棒a此过程中产生得热量Q。
15．（2025·黄陂模拟）如图所示，内壁光滑的细圆管轨道固定在光滑水平地面上，由两部分组成，段为抛物线形状，且、竖直高度差相等，、两点处的切线水平，圆弧槽乙放在光滑水平地面上，可自由移动，其上表面是半径为的四分之一光滑圆弧，点的切线水平、点的切线竖直。现对点的小球甲（直径略小于圆管内径）轻微扰动，使其由静止开始沿着管壁下滑，然后甲从点滑上弧面，刚好能到达点，接着甲沿着弧面再次到达水平面时，甲、乙的速度等大，重力加速度为。
（1）求甲、乙的质量之比以及甲刚要从点滑上弧面时的速度大小；
（2）求、两点的高度差；
（3）若小球甲的质量为，在点给甲一个水平向右的初速度（大小未知），且甲在细圆管内部从运动到与内壁间恰好无作用力，已知过点的切线与水平方向的夹角为，求的大小和甲运动到点时速度大小以及此时重力的瞬时功率。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．核反应都遵循质量数守恒和电荷数守恒，但核反应过程释放能量，则原子核的质量发生改变，所以质量亏损，选项A错误；
B．结合能等于比结合能乘以核子数，中等大小原子核比较稳定所以比结合能较大，轻核聚变是向中等大小核变化，所以核的比结合能增大，则核的比结合能大于核的比结合能，核的核子数大于核的核子数，核的结合能也大于核的结合能，选项B错误；
C．已知核反应过程释放的能量为17.6MeV，轻核聚变过程中参与核反应的核子数为5个，平均每个核子放出的能量为
选项C正确；
D．轻核聚变时生成的核的比结合能大，不会发生衰变反应，没有衰变的过程所以不会释放射线，选项D错误。
故选C。
【分析】核反应过程核子数量保持不变，但原子核的质量发生改变；利用比结合能的大小结合核子数可以比较结合能的大小；利用核反应释放的能量结合核子数可以求出每个核子释放的能量；氦核比结合能大稳定不会发生衰变反应。
2．【答案】A
【知识点】向心加速度；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出周期为
则、的周期之比为
又因卫星为地球静止卫星，所以，则，A正确；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出线速度为，
则、的线速度之比为，B错误；
C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出角速度为
由，则，又，则，C错误；
D．由，，，故
由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出加速度为
由，有，故，D错误。
故选A。
【分析】利用引力提供向心力可以求出周期、线速度的比值，同时可以比较角速度和向心加速度的大小；利用同步卫星和地球上卫星的角速度相等，结合半径的大小可以比较向心加速度的大小。
3．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设小球的质量为，小球与圆心连线与竖直方向的夹角为，以小球为对象，由于小球受到重力，拉力，支持力和摩擦力的作用，根据切线方向的平衡方程有：
根据法线方向的平衡方程有：，
根据滑动摩擦力的表达式有
联立可得
其中
缓慢地由最低点A运动到最高点B，从0逐渐增大到，可知减小；当时，F有最大值，则F先增大后减小。
故选C。
【分析】小球缓慢运动时，利用小球的平衡方程可以求出支持力和拉力的表达式，利用表达式可以判别拉力和支持力的大小变化。
4．【答案】B
【知识点】分子间的作用力；分子势能；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．从各分子平均速率图可以看出状态①的平均速率比状态②大，温度决定平均动能及平均速率的大小，图甲中状态①的温度比状态②的温度高，故A正确；
B．一定质量的理想气体由状态A变化到B的过程中，由图乙可知，状态A与状态B的相等，根据理想气体的状态方程可以得出状态A与状态B的温度相同，根据PV的乘积可以得出气体由状态A到状态B温度先升高再降低到原来温度，所以气体分子平均动能先增大后减小，故B错误；
C．图丙为分子间作用力与距离的变化关系，当分子间的距离时，分子力表现为引力，根据图线显示可以得出分子间的作用力先增大后减小，故C正确；
D．图丁为分子势能图线，分子势能为标量，峰谷位置对应的分子势能最小，对应分子间的平衡距离，当分子间的距离时，分子力表现为斥力，分子间距离由变到的过程中，分子势能减小，根据功能关系可以得出分子力做正功，故D正确；
说法不正确的故选B。
【分析】利用分子平均速率的大小可以比较温度的高低；利用理想气体的状态方程结合PV的乘积可以比较温度的变化，进而判别平均动能的变化；利用分子力图线可以判别分子间作用力的大小变化；利用分子势能的变化可以判别分子力做功的情况。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】小球运动到最高点时的速度最小，设小球运动到最高点时的速度大小为，最高点离板的高度为h，由于小球从开始到最高点的逆运动为平抛运动，当小球从A到最高点的过程中，根据位移公式有则，，当小球从开始到最高点的过程中，根据位移公式有，
联立解得
故选C。
【分析】将小球的斜抛运动逆运动看作平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出最高点离AB板的高度。
6．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．由于物块受到拉力和重力的作用，根据力的合成可以得出物块受到的合力向有，则小车加速度水平向右，但未知小车的速度方向，所以小车可能向右匀加速，也可能向左匀减速，AB错误。
CD．由于物块做匀加速直线运动，可知竖直方向上根据平衡方程有
水平方向上，根据牛顿第二定律有
联立解得，
C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据物块合力方向可以判别小车的加速度方向；利用竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；利用水平方向的牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
7．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；电场强度；电势能
【解析】【解答】A．根据点电荷的场强公式可以得出x1、x2两处电场强度之比为
故A错误；
B．由图可知，点电荷b由x2运动到x1的过程中，动能减小，电势能增大，只能判别电场力方向向右，但由于电性未知，所以未知电场线方向，则不能确定电势的变化，故B错误；
C．根据能量守恒定律，由于试探电荷的电势能和动能相互转化，可得
所以
故C错误；
D．如仅将a的电荷量变为2Q，点电荷b速度减为0时，根据能量守恒定律有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】利用点电荷的场强公式可以求出电场强度的比值；利用试探电荷的动能变化只能判别电势能的变化，不能判别电势的变化；利用能量守恒定律可以求出电荷量及电荷b速度为0的位置。
8．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A． 弹簧对小球的弹力F与运动时间t的关系图像如图乙所示，根据坐标可以得到时刻小球所受弹力最大，方向竖直向上，说明此时弹簧处于最大伸长量的位置所以小球处于最低点，A错误；
B．由于弹簧振子做简谐运动，根据对称性，小球在最高点和最低点时的加速度大小相等，方向相反
小球在最高点时，根据弹力和重力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有
小球在最低点时，根据弹力和重力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有有
解得
B正确；
C．根据图乙中振动时间和周期的关系可知
解得
C正确；
D．已知小球振动的时间，根据振动的时间可以得出小球运动的周期为：
已知弹簧振子的振幅为A，一个周期内运动的路程为4A，所以小球在时间内通过的路程
D正确。
故选BCD。
【分析】利用弹力的大小结合方向可以判别小球的位置；利用两个位置的牛顿第二定律可以求出小球的质量大小；利用振动时间和周期的关系可以求出周期的大小；利用振动的时间结合一个周期内的路程可以求出振子运动的总路程。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据速度方向可以得出垂直AC边射出的粒子运动轨迹所对的圆心角为900，粒子在磁场中运动的时间是，已知运动的时间为0.5t，则有，则周期
选项错误；
B．粒子在磁场中运动时，根据周期公式有，又由于
得磁感应强度的大小为
选项正确；
C．设在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹所对应的圆心角为，根据运动的角度与时间的关系式有：
根据表达式可以得出可得圆心角的大小为
由于运动时间最长时轨迹与BC边相切，画出该粒子的运动轨迹，如图所示，设粒子在磁场中运动的轨迹半径为，由几何知识有
可得
选项C正确；
D．根据弧长公式可以得出
解得
选项D错误。
故选BC。
【分析】利用粒子运动时间与周期的关系可以求出周期的大小；利用周期公式可以求出磁感应强度的大小；利用几何关系结合圆心角的大小可以求出轨迹半径的大小；利用弧长公式可以求出粒子速度的大小。
10．【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．物体在水平方向受推力与摩擦力作用，当推力大于摩擦力时，根据牛顿第二定律得
加速度
由图乙所示图象可知，物体所受推力随位移的增加而减小，当物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力的减小，加速度减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；此时物体的速度达到最大值，当推力小于摩擦力时，根据牛顿第二定律有：，此时加速度为
当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度逐渐增大；撤去推力时物体所受合外力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：则物体加速度不变，做匀减速直线运动，直到速度为零，故由以上分析可知，物体的加速度向减小后增大再不变，物体当推力等于摩擦力后物体开始做减速运动，故AB错误；
C．由图乙所示图象可知，推力与位移的变化关系式为
物体受到的滑动摩擦力
当物体所受合力为零时，物体的速度最大，即时物体受到最大，根据平衡方程有：
解得
图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做功，设物体的最大速度为，根据图像面积可以得出物体速度最大时，推力对物体做功
从物体开始运动到速度最大过程，对物体，推力和摩擦力对物体做功，根据动能定理得
代入数据解得
故C正确；
D．物体整个运动过程，根据图像面积的大小可以得出推力对物体做功
设物体在水平面上的最大位移为，物体整个运动过程，由于摩擦力和推力对物体做功，根据动能定理得
代入数据解得
故D正确。
故选CD。
【分析】利用推力与摩擦力的大小比较可以判别加速度的大小及方向，当撤去推力时，物体只受到摩擦力，所以加速度保持不变，所以物体的加速度先减小，后增大，最后保持不变；利用动能定理结合图像面积及摩擦力做功可以求出物体的最大速度；利用动能定理结合推力做功可以求出物体运动的位移大小。
11．【答案】（1）2.86
（2）B
（3）；0.19
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）已知小车做匀变速直线运动，根据逐差法可以得出小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，当砝码盘和砝码的总质量远远小于小车的质量时，图像斜率的倒数为小车的质量，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，图像斜率为砝码和小车的总质量，由于质量增大则导致斜率不断减小，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，说明小车在没有受到拉力时已经有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，说明小车的重力分力小于滑动摩擦力，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）由于小车和槽码做匀加速直线运动，对小车，根据牛顿第二定律有
对槽码，根据牛顿第二定律有
两式联立，求得
根据的关系式可知，关系图线的斜率
即
【分析】（1）利用逐差法可以求出小车加速度的大小；
（2）图线①的产生原因是砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，图像斜率为砝码和小车的总质量，由于质量增大则导致斜率不断减小，是由于小车质量太小造成的；图线②其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大；图线③其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出小车的质量大小。
（1）小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）[1]对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
两式联立，求得
[2]由的关系式可知，关系图线的斜率
即
12．【答案】ABC；3.75V；；1.00
【知识点】练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）A.图中B接3接线柱时，由于B连接的是电源负极，根据表笔“红进黑出”的电流方向可以得出B为红表笔，故A正确；
B.当S接触点1或2时，且电路中没有电源，由于G表和电阻并联，并联后表头电阻小，经过表头的满偏电流变大，故改装成了电流表，分流越大则电流表量程越大，由于接1时左边的电阻为分流电阻，即一个电阻为分流电阻；接2时两个电阻串联后为分流电阻，所以S接1时分流电阻小，故接1时的量程更大，故B正确；
C.当S接点3时，电表内部有电源，只有欧姆表自带电源，倍率越大时，中值电阻越大，根据半偏法可以得出此时待测电阻等于电表的内阻，所以倍率越大，欧姆表的内阻越大，接入的滑动变阻器阻值越大，故C正确；
D.当开关S接4或5时，由于表头与电阻串联，所以为电压挡，串联的电阻越大则表头两端的满偏电压越大，由于接4时分压电阻为一个电阻，即左边的电阻；接5时两个电阻串联后的总电阻为分压电阻，所以接5时分压电阻的阻值要大，故接5时量程更大，故D错误。
故选ABC；
（2）由I-R图线知，当满偏时，根据欧姆定律和并联电流的规律有
，
当电阻为R1=150Ω时，电流值等于满偏电流的一半，此时根据欧姆定律有
两式子联立可以解得E=3.75V
通过分析可知欧姆表中值电阻为150Ω，利用中值电阻除以中间刻度15可以得出该小组使用多用电表的“×10”倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。
（3）由于电路电动势等于内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律可知
整理可得
结合图像的截距和斜率可知
解得
E=8.33V，r=1.00Ω
【分析】（1）根据表笔“红进黑出”的电流方向可以得出B为红表笔；由于G表和电阻并联，并联后表头电阻小，经过表头的满偏电流变大，故改装成了电流表，分流越大则电流表量程越大；当S接点3时，电表内部有电源，只有欧姆表自带电源，倍率越大时，中值电阻越大，根据半偏法可以得出此时待测电阻等于电表的内阻；当开关S接4或5时，由于表头与电阻串联，所以为电压挡，串联的电阻越大则表头两端的满偏电压越大；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合图像坐标可以求出电动势的大小；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
13．【答案】（1）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有
由折射定律有：
设桅杆到P点的水平距离为
则
联立方程并代入数据得：
（2）设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为
由折射定律有：
设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，则：
联立方程并代入数据得：
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）当P点发出光束经过水面折射的过程中，利用几何关系可以求出水平距离与高度的关系，结合折射定理可以求出桅杆到P点的水平距离；
（2）当已知入射角的大小，结合折射定律及几何关系可以求出船行驶的距离。
14．【答案】（1）棒a匀速时，产生的感应电动势为
感应电流为
根据平衡条件，有
解得
（2）由楞次定律及左手定则可知，释放瞬间，b棒所受安培力方向沿导轨平面向下，由牛顿第二定律得
解得
（3）①对a棒，从开始运动到匀速的过程中，设沿斜面向下为正，由动量定理，有
又有，，
整理可得
代入数据解得
②由能量守恒定律有
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）棒做匀速直线运动，利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出安培力的表达式，再利用平衡方程可以求出速度的大小；
（2）当b棒释放瞬间，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）当a棒做匀速直线运动时，利用动量定理结合动生电动势及欧姆定律可以求出下滑的距离，利用能量守恒定律可以求出产生的热量。
（1）棒a匀速时，产生的感应电动势为
感应电流为
根据平衡条件，有
解得
（2）由楞次定律及左手定则可知，释放瞬间，b棒所受安培力方向沿导轨平面向下，由牛顿第二定律得
解得
（3）①对a棒，从开始运动到匀速的过程中，设沿斜面向下为正，由动量定理，有
又有，，
整理可得
代入数据解得
②由能量守恒定律有
解得
15．【答案】（1）甲从地面上升到E点再返回到水平地面，设此时甲的速度为，则乙的速度为v，甲刚要从D点滑上弧面时的速度为，甲、乙的质量分别为m、M，由动量守恒及机械能守恒可得，
综合可得
甲、乙的质量之比
甲刚好能到达E点，说明在E点甲、乙达共同速度，则有，
综合解得
（2）甲从A到C由机械能守恒定律可得
解得

（3）当在A点给甲一个水平向右的初速度，则甲从A到B与圆管内壁间无作用力，故做平抛运动
设轨道在B点的切线与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得
计算可得
甲从A点以水平向右的初速度做平抛运动到B点，由机械能守恒定律可得
解得
甲在B点重力的瞬时功率为
综合可得

【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）当甲滑上E点再返回到水平面的过程中，利用动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出甲、乙质量之比；
（2）当甲从A到C的过程中，利用机械能守恒定律可以求出AC之间的高度差；
（3）当在A点给甲一个初速度时，利用平抛运动的位移公式可以求出A点速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出经过B点速度的大小，结合重力的大小可以求出重力瞬时功率的大小。
（1）甲从地面上升到E点再返回到水平地面，设此时甲的速度为，则乙的速度为v，甲刚要从D点滑上弧面时的速度为，甲、乙的质量分别为m、M，由动量守恒及机械能守恒可得，
综合可得
甲、乙的质量之比
甲刚好能到达E点，说明在E点甲、乙达共同速度，则有，
综合解得
（2）甲从A到C由机械能守恒定律可得
解得
（3）当在A点给甲一个水平向右的初速度，则甲从A到B与圆管内壁间无作用力，故做平抛运动
设轨道在B点的切线与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得
计算可得
甲从A点以水平向右的初速度做平抛运动到B点，由机械能守恒定律可得
解得
甲在B点重力的瞬时功率为
综合可得
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