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江苏省“决胜高考”2024-2025学年高三下学期2月联考物理试卷
1．（2025高三下·江苏期末）“舞龙贺新春”巡游活动中，“龙”左右摆动形成的波看作沿 x轴负方向传播的简谐波。某时刻的波形图如图所示，A、B、C、D为波形上的四点，则（　　）
A．此刻A、B舞动的方向相同 B．此刻B、D舞动的方向相同
C．A、C能同时回到平衡位置 D．B、C能同时回到平衡位置
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解：波沿x轴负方向传播，利用平移法判断质点振动方向，将波形沿x轴负方向微小平移，可得A点向上运动，B点向下运动，C点向下运动，D点向上运动。A. 由上述分析，A向上、B向下，二者舞动方向不同，故A错误；
B. 由上述分析，B向下、D向上，二者舞动方向不同，故B错误；
C. A点向上运动至最高点后返回平衡位置，C点向下运动直接回到平衡位置，二者运动的位移和速度变化规律决定了能同时回到平衡位置，故C正确；
D. B点向下运动的初始位置比C点更远离平衡位置，B比C先回到平衡位置，二者不能同时回到平衡位置，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查简谐波的传播规律及质点振动方向的判断，核心是利用平移法确定质点振动方向，并结合质点位置分析回到平衡位置的时间。先根据波的传播方向，用平移法确定各质点的振动方向，以此判断选项A、B的正误；再分析各质点的运动轨迹和初始位置，判断不同质点回到平衡位置的先后顺序，进而确定选项C、D的正误。
2．（2025高三下·江苏期末）大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。如图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大于，当大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（　　）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】解：大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，跃迁的组合有、、、、、，共6种，分别计算各跃迁辐射光子的能量：
；
；
；
；
；
。
已知紫外光光子能量大于3.11eV，对比可知、、跃迁辐射的光子能量满足条件，共3种。
故答案为：C
【分析】本题考查氢原子的能级跃迁规律，关键是明确能级跃迁时辐射光子的能量等于两能级的能量差，并结合紫外光的能量条件筛选符合要求的跃迁种类。先列出能级向低能级跃迁的所有可能组合，再计算每种跃迁辐射光子的能量，最后将计算结果与紫外光的光子能量阈值3.11eV比较，统计符合条件的跃迁种类数。
3．（2025高三下·江苏期末）光电效应在自动化控制领域有着广泛的应用。如图所示的光电控制报警电路中，某一频率的光束照射到光电管，光电管产生光电效应，与光电管连接的电路有电流，电磁铁产生磁场，会吸引报警电路中的开关断开，从而实现自动控制。则（　　）
A．任意频率的光照射到光电管上，只要光照时间足够长就能产生光电流
B．对于光电管来说，入射光波长必须大于某一极限值，才能产生光电效应
C．该频率的光照射光电管，光的强度越强，单位时间内逸出的电子数越少
D．当物体从光源和光电管间通过时，挡住光束，使报警电路中的开关闭合
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB、入射光的频率大于金属的截止频率或入射光的波长小于极限波长时才能发生光电效应，并不需要时间积累能量，故AB错误；C、光的强度越强，单位时间内的光子数越多，单位时间内逸出的电子数也越多，故C错误；
D、当物体从光源和光电管间通过时，挡住光束，光电效应现象消失，与光电管连接的电路没有电流，电磁铁不产生磁场，报警电路中的开关闭合，故D正确。
故选：D。
【分析】根据光电效应的条件分析；根据光的强度与光电流的关系分析；根据光电管与电路的连接方式分析。
4．（2025高三下·江苏期末）如图所示，2024珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行， a、b、c为飞行轨迹上的三点，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列说法中正确的是（　　）
A．各点的加速度方向竖直向下 B．在a点所受的合力比在c点小
C．a、c两点的重力功率相等 D．a、b、c三点的机械能相等
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】AB． 飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行，加速度方向也指向各自圆心，明显ac两点加速度方向不是竖直向下，a点对应的圆周半径更大，c点对应半径更小，根据向心力公式
合力提供向心力， 可知a点所受的合力小于c点，A错误，B正确；
C． a、c两点的速度大小相等，但速度方向不同，速度与重力夹角不同，根据
可知重力功率不相等，C错误；
D．a、b、c三点的动能相等，b与a、c的高度不一样，故机械能a、c两点相等，且与b点不相等，D错误。
故选B。
【分析】根据曲线运动和圆周运动关系，结合匀速率特点分析加速度方向，利用不同的轨道半径判断加速度大小；根据重力的瞬时功率的公式进行分析解答；根据机械能守恒的条件进行分析解答。
5．（2025高三下·江苏期末）一同学设计了一个稳压的电路如图所示，理想变压器的原线圈通过输电导线与电压为U0的正弦式交流电源相连，输电导线有一定阻值r，在副线圈上并联了用电器R0、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片。通过调节滑片P模拟电网负载变化，副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头Q调节，根据负载的变化调节Q改变副线圈接入电路的匝数，实现用电器的电压稳定，电源电压有效值不变。当只将负载滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（　　）
A．电压表V示数变大
B．输电线路输送的效率减小
C．变压器铁芯中磁通量变化的频率变大
D．为保证用电器R0两端电压不变，可以将副线圈上的触头Q下移
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：滑片P上移，负载电阻减小，副线圈电流增大。由理想变压器电流关系，原线圈电流增大。输电导线电阻上的电压降增大，原线圈两端电压减小，故电压表V示数变小，A错误；
B：输电效率有用总，因减小，效率减小，B正确；
C：变压器磁通量变化的频率等于电源频率，保持不变，C错误；
D：为保证电压不变，需增大副线圈匝数（使不变），故触头Q应上移，D错误。
故答案为：B。
【分析】分析负载变化对副线圈电流的影响，结合理想变压器的电流、电压关系，推导原线圈电流和电压的变化；通过输电效率公式判断效率变化，明确变压器频率的特性及匝数调节的逻辑。
6．（2025高三下·江苏期末）利用光的干涉可以检查工件表面的平整度，其装置如图甲所示，将一块标准平板玻璃放置在待检测平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两片玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹可能如图乙、丙所示。以下说法正确的是（　　）
A．图丙条纹弯曲处对应着待检测平板玻璃有凹陷
B．若要使干涉条纹变密，可以减少垫的纸张数量
C．若要使干涉条纹变密，可以使用波长更长的单色光
D．若要使干涉条纹变疏，可以向右移动纸片
【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．空气劈尖干涉是等厚干涉，即同一条纹对应的劈尖厚度相同，故该亮纹所对应的下方空气膜厚度不变，则图丙条纹弯曲处对应着待检测平板玻璃有凸起，故A错误；
B．经空气薄膜上下表面分别反射的两列光是相干光源，设此处的空气层厚度为d，其光程差
即光程差是空气层厚度的2倍，当光程差此处出现亮条纹，因此相邻亮条纹之间的空气层厚度差一定为，减小纸张数量后，空气层的倾角变小，则相邻亮纹或暗纹之间的间距变大，因此干涉条纹变疏，故B错误；
C．使用波长更长的单色光，相邻亮纹或暗纹之间的间距变大，因此干涉条纹变疏，故C错误；
D．向右移动纸片，空气层的倾角变小，则相邻亮纹或暗纹之间的间距变大，因此干涉条纹变疏，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 本题核心思路是利用劈尖干涉（等厚干涉）的原理：同一条干涉条纹对应相同的空气膜厚度，条纹间距与劈尖倾角、光波长有关，逐一分析各选项。
7．（2025高三下·江苏期末）如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2，等腰三角形的底角为α，根据牛顿第二定律得，
解得，
则知
而v-t图像的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率绝对值大于下滑段图线斜率的绝对值，上滑过程的位移大小等于下滑过程的位移大小，上滑的加速度较大，由知，上滑过程时间较短，因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于小物块运动过程中受到滑动摩擦力的作用，所以小物块到达C点的速度小于v0。
故答案为：C。
【分析】通过牛顿第二定律分别推导上滑、下滑的加速度，比较加速度大小；结合位移公式分析运动时间；根据摩擦力做功判断末速度大小，进而确定v-t图像的形状。
8．（2025高三下·江苏期末）如图所示，用细绳系一均匀的光滑球，细绳跨过定滑轮使球靠在柱体的斜面上。设柱体对球的弹力为，细绳对球的拉力为。现用水平力拉绳使球缓慢下移一小段距离，在此过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．逐渐减小 B．保持不变 C．逐渐增大 D．保持不变
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解：球缓慢下移，处于动态平衡状态，受重力、柱体的弹力（垂直斜面）、细绳的拉力（沿绳）三个力作用，将和沿水平、竖直方向分解，根据平衡条件列方程：
竖直方向：（为拉力与竖直方向的夹角）；
水平方向：。
球下移过程中，逐渐减小，重力不变，由竖直方向的方程得，随减小而增大，因此逐渐减小；
将代入水平方向方程，，随减小而减小，因此逐渐减小。
故答案为：A
【分析】本题考查共点力的动态平衡问题，核心是对小球进行受力分析，建立正交分解的平衡方程，结合角度变化分析力的大小变化。先确定小球的受力情况，因小球缓慢运动，始终处于平衡状态，对三个力进行正交分解；沿竖直和水平方向列出平衡方程，得到、与角度的关系式；分析小球下移过程中角度的变化趋势，结合三角函数的单调性，判断和的大小变化。
9．（2025高三下·江苏期末）如图所示，一段弯成四分之一圆弧形状的粗细均匀的透明体截面图，ME=MO，一细束蓝光由ME端面的中点A垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射。下列说法正确的是（　　）
A．透明体的折射率小于
B．发生全反射的临界角小于45°
C．若只将蓝光换成红光，在弧面EF上发生全反射
D．若只将入射光向E端平移，在弧面EF上不发生全反射
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】解：设，则A为中点，，圆弧半径为，由几何关系可得，蓝光在弧面上入射点的入射光线与法线的夹角的对边为，斜边为（几何推导得），
则，透明体的折射率，故A正确；
B. 由，可知临界角，故B错误；
C. 红光的折射率小于蓝光的折射率，由可知，红光的临界角大于蓝光的临界角，蓝光恰好发生全反射，说明蓝光的入射角等于其临界角，该入射角小于红光的临界角，因此红光在弧面上不会发生全反射，故C错误；
D. 入射光向E端平移，到达弧面时的入射角增大，大于蓝光的临界角，因此会发生全反射，故D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查光的全反射规律，包括临界角的计算、折射率与临界角的关系，以及不同色光的折射率差异，核心是结合几何关系求出入射角，再利用全反射公式分析。先根据光的垂直入射特点，确定光在透明体内的传播路径，结合几何关系求出蓝光在弧面上的入射角（恰好为临界角）；再利用全反射临界角公式计算折射率，判断A选项；通过比较临界角的正弦值与的大小，判断临界角与45°的关系，分析B选项；结合红光与蓝光的折射率差异，分析临界角的变化，判断入射角与红光临界角的关系，分析C选项；分析入射光平移后入射角的
10．（2025高三下·江苏期末）如图所示，在相同高度处甲同学以速度将篮球A斜向上抛出，乙同学以速度将篮球B竖直向上抛出，B到达最高点时恰被A水平击中。两球均可视为质点，不计空气阻力，则（　　）
A．两球抛出的初速度大小相等
B．A球比B球抛出时刻要早
C．A球速度变化率大于B球速度变化率
D．只增大甲、乙间距离，B仍可能被击中
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】解：篮球B竖直上抛，到达最高点时竖直方向速度为0，篮球A斜抛，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球在同一高度抛出，且B到最高点时被A击中，说明两球竖直方向的运动规律相同。
A. B的初速度为竖直方向速度，A的初速度是合速度，包含竖直方向分速度和水平方向分速度，由竖直方向运动相同得，因此，两球初速度大小不等，故A错误；
B. 两球竖直方向的初速度相等，上升到同一高度（最高点）的时间相等，因此两球抛出时刻相同，故B错误；
C. 速度变化率为加速度，两球均只受重力，加速度均为重力加速度，因此速度变化率相等，故C错误；
D. 两球竖直方向运动同步，相对静止，以B为参考系，A做水平方向的匀速直线运动，因此只增大甲、乙间的水平距离，只要A的水平分速度足够，B仍能被A击中，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查抛体运动的分解规律，将斜抛运动分解为水平匀速和竖直上抛运动，与竖直上抛运动的分运动对比分析，核心是抓住两球竖直方向运动的等时性和同步性。先将A球的斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，B球做竖直上抛运动，根据击中条件确定两球竖直方向运动的关系；结合分速度与合速度的关系分析两球初速度大小，判断A选项；根据竖直上抛的时间公式分析两球的抛出时刻，判断B选项；由速度变化率的定义（加速度），结合重力加速度的特点分析C选项；以B为参考系，分析A的相对运动，判断距离增大时的击中可能性，分析D选项。
11．（2025高三下·江苏期末）如图所示，正三角形的三个顶点固定三个等量电荷，其中B带正电，A、C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法中正确的是（　　）
A．电场强度
B．O、N两点电势
C．M、N两点电势
D．同一负电荷在P点电势能比在O点时要小
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，两等量异种电荷的等势面，关于两电荷连线的中垂面对称，也关于两电荷连线对称。A．点电荷AB是两个等量异种电荷，则由等量异种电荷电场分布可知，点电荷AB在M、N两点的电场大小相等，方向相同，由对称性可知，点电荷C在M、N两点的电场大小相等，方向不同，根据矢量运算法则可得M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；
BC．由等量异种电荷电势分布可知，点电荷A、B在M、O、N三点的电势关系为
由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，且无穷远处电势为零，则点电荷A、B在O点的电势为0，由对称性可知，负点电荷C在M、N两点的电势相等，且大于在O点的电势，综上所述可知
故B正确，C错误；
D．由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，负电荷沿着电场线方向电势降低，故
根据
可知，负电荷在P点的电势能比在O点大，故D错误。
故选B。
【分析】由等量异种电荷的电场分布、单个点电荷的电场分布，结合矢量运算法则，即可分析判断；
由等量异种电荷的电势分布，根据对称性及沿电场线方向，电势逐渐降低，即可分析判断；由等量异种电荷的电势分布、沿电场线方向，电势逐渐降低，结合电势与电势能的关系，即可分析判断。
12．（2025高三下·江苏期末）为了测量某电池的电动势和内电阻，实验室提供了下列器材：
A.待测电池
B.电流表G（量程50mA，内阻）
C.电阻箱R、（阻值均为）
D.定值电阻
E.开关S和导线若干
（1）为粗略测量电源的电动势，小明先用多用电表直流电压10V挡与电源直接相连，示数如图甲所示，则电动势的读数为　 　V
（2）将电阻箱与电流表G并联，如图乙所示，将电流表量程扩大为原来的10倍，应将电阻箱的阻值调为　 　正确调整的阻值后，将电流表G的表头重新标度为电流表A。
（3）小明利用扩大量程后的电流表A设计了实验，电路图如图丙所示，定值电阻在电路中的作用是　 　；正确进行实验操作，得到了多组电流表A的示数I和电阻箱的电阻R的数据，并绘制出如图丁所示的　 　选填“”、“”、“”或“”图像。
（4）若图丁中图像的斜率为k，纵截距为，根据图像得出电池的电动势　 　，内阻　 　结果用k、、、的形式表示
（5）若定值电阻的实际阻值略大于，考虑到此因素的影响，电动势E的测量值　 　选填“大于”、“小于”或“等于”真实值。
【答案】（1）8.0
（2）2.0
（3）限制电流，保护电路；
（4）k；
（5）等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：(1)多用电表直流电压10V挡的刻度盘，量程为10V时，分度值为0.2V，由图甲示数可知，读数为8.0V。
故答案为：8.0；
(2)电流表量程扩大为10倍，即总电流，并联电阻的电流；并联电路电压相等，，代入，得。
故答案为：2.0；
(3)定值电阻串联在电路中，可防止电路中电阻箱阻值为0时电流过大，作用为限制电流，保护电路；
扩大量程后电流表的内阻，根据闭合电路欧姆定律，整理得，可见与成线性关系，因此绘制的是图像。
故答案为：限制电流，保护电路；；
(4)由，结合一次函数，斜率，纵截距；
又，解得。
故答案为：；；
(5)由闭合电路欧姆定律的推导式可知，电动势由图像斜率决定，斜率与的阻值无关，因此实际阻值偏大时，电动势的测量值等于真实值。
故答案为：等于
【分析】本题考查电源的电动势和内阻的测量实验，涉及多用电表的读数、电流表的扩程、实验电路的分析、图像法处理数据及误差分析，是电学实验的综合考查。
(1)考查多用电表直流电压挡的读数方法，需明确量程对应的分度值，结合指针位置读取数值；
(2)考查电流表的并联扩程原理，利用并联电路的电流、电压规律，结合扩程倍数列方程求解并联电阻的阻值；
(3)考查定值电阻在电路中的保护作用，同时结合闭合电路欧姆定律推导物理量间的函数关系，根据线性关系确定绘制的图像类型；
(4)考查图像法处理实验数据，将闭合电路欧姆定律的公式整理为一次函数形式，结合一次函数的斜率和截距与电动势、内阻的关系求解；
(5)考查实验的误差分析，分析推导式中电动势的决定因素，判断定值电阻阻值偏差对电动势测量值的影响。
（1）根据图甲可知，电动势的读数为8.0V。
（2）电流表量程扩大为原来的10倍，则根据串并联电路关系有
其中，解得
（3）[1]定值电阻串联在电路中，则其作用为限制电流，保护电路；
[2]根据闭合电路欧姆定律有
整理得
所以图丁绘制的是图像。
（4）[1][2]根据
结合图丁可得，
其中，解得
（5）结合以上分析可知，定值电阻的阻值对电动势的测量没有影响，所以电动势的测量值等于真实值。
13．（2025高三下·江苏期末）某同学非常适合当一名宇航员，心中也一直憧憬着航天梦，设想着若干年后，登上另一星球，在该星球表面做单摆实验。已知该星球半径为R，单摆的摆长为 L，实验时用积累法测得单摆的周期为 T，不计阻力，引力常量为G，忽略该星球的自转。
（1）求该星球的质量
（2）在该星球表面发射卫星时，需要的最小发射速度
【答案】（1）单摆周期
忽略自转时，表面质量为的物体则有
联立解得
（2）卫星贴近星球表面做匀速圆周运动，则有
解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】本题考查单摆的周期公式与万有引力定律的综合应用，同时涉及第一宇宙速度的计算，核心是利用单摆周期公式求出星球表面的重力加速度，再结合万有引力的规律求解。
(1)首先根据单摆的周期公式，推导出星球表面的重力加速度的表达式；忽略星球自转时，星球表面的物体所受万有引力等于重力，即，将重力加速度代入该式，即可求解星球的质量。
(2)星球表面发射卫星的最小速度为第一宇宙速度，此时卫星贴近星球表面做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即；将(1)中求得的星球质量代入该式，结合单摆周期公式的推导结果，化简即可求出第一宇宙速度。
（1）单摆周期
忽略自转时，表面质量为的物体则有
联立解得
（2）卫星贴近星球表面做匀速圆周运动，则有
解得
14．（2025高三下·江苏期末）某汽车上装有胎压监测系统，车外温度为t1=27℃时，胎压监测系统在仪表盘上显示为240kPa，车辆使用两个多月后，发现仪表盘上显示为216kPa，此时，车外温度为t2=7℃，车胎内气体可看作理想气体，车胎内体积可视为不变。
（1）试分析车胎是否有漏气；
（2）若要使温度为t2时该车胎胎压恢复到240kPa，需要充入一定量的同种气体，充气过程中车胎内温度可视为不变，求充入气体质量和车胎内已有气体质量之比。
【答案】（1）假设不漏气，气体做等容变化，温度t2时压强为p2'，则有
代入数据解得
所以轮胎漏气；
（2）设充入的气体体积为 V，充气过程中车胎内温度不变，则
代入数据解得
所以充入气体质量和车胎内已有气体质量之比为1：9。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】本题考查理想气体的状态方程，包括等容变化和等温变化的应用，核心是利用查理定律判断漏气情况，利用玻意耳定律分析充气问题。
(1)首先假设车胎不漏气，车胎内气体做等容变化，根据查理定律，其中热力学温度，代入已知的温度和压强，计算出不漏气时温度为的理论压强；将理论压强与实际压强比较，若理论压强大于实际压强，则说明车胎漏气。
(2)充气过程为等温变化，根据玻意耳定律，设车胎的容积为，充入气体的体积为，则有；代入已知压强求解的比值，由于理想气体的质量与体积成正比（同温同压下），因此充入气体质量与已有气体质量之比等于。
（1）假设不漏气，气体做等容变化，温度t2时压强为p2'，则有
代入数据解得
所以轮胎漏气；
（2）设充入的气体体积为 V，充气过程中车胎内温度不变，则
代入数据解得
所以充入气体质量和车胎内已有气体质量之比为1：9。
15．（2025高三下·江苏期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M=4kg的木板，木板的左端放有一质量为m=2kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数μ=0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平初速度v0=3m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁不发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时间极短且均无机械能损失，取g=10m/s2，求：
（1）第一次碰撞墙壁后瞬间，小木块和木板的加速度；
（2）木板第一次与左侧墙碰撞前，木块相对木板滑动的距离L；
（3）木块与木板发生相对滑动过程的总时间t。
【答案】（1）木板的加速度大小
代入数据得
方向水平向右；
木块的加速度大小
方向水平向左；
（2）设木块、木板第一、二次达到的共同速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有，
代入数据解得，
由能量守恒定律有
代入数据解得
（3）木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有相对减速阶段连成一个完整的减速过程，其初速度为1m/s，末速度为零，则第一次共速前木板加速的时间
此后所有相对滑动时间
则木块与木板相对滑动的总时间
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】本题考查板块模型中的牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用，同时涉及碰撞的特点，核心是分析板块的受力和运动过程，分阶段应用物理规律。
(1)第一次碰撞墙壁后瞬间，木板和木块间的滑动摩擦力为相互作用力，大小；对木块和木板分别应用牛顿第二定律，木块受滑动摩擦力向左，加速度，木板受滑动摩擦力向右，加速度，代入数据即可求解二者的加速度大小和方向。
(2)木板靠左侧墙壁静止，木块向右滑动时带动木板向右运动，碰撞前二者共速，由动量守恒定律求解第一次共速的速度；木板与左侧墙壁碰撞无机械能损失，速度反向为，此后木板向左、木块向右运动，再次共速时由动量守恒定律求解第二次共速的速度；整个过程中滑动摩擦力做功，机械能转化为内能，由能量守恒定律，代入数据求解相对滑动的距离。
(3)木块与木板的相对滑动分为两个阶段，第一阶段是木板从静止到第一次共速的加速过程，由运动学公式求解该阶段时间；第二阶段是木板碰撞后到最终相对静止的减速过程，将木板的多次减速过程等效为一次从到0的匀减速过程，由求解该阶段时间；总相对滑动时间为，代入数据即可求解。
（1）木板的加速度大小
代入数据得
方向水平向右；
木块的加速度大小
方向水平向左；
（2）设木块、木板第一、二次达到的共同速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有，
代入数据解得，
由能量守恒定律有
代入数据解得
（3）木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有相对减速阶段连成一个完整的减速过程，其初速度为1m/s，末速度为零，则第一次共速前木板加速的时间
此后所有相对滑动时间
则木块与木板相对滑动的总时间
16．（2025高三下·江苏期末）如图所示的xOy平面内，在区域存在沿y轴正方向的匀强电场；在区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，在区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小均为B。质量为m，电荷量为的带电粒子，在时刻从坐标原点O以的初速度沿x轴负方向射入匀强磁场。并从点第一次飞出电场，不计粒子的重力，，，求带电粒子
（1）第一次进入磁场做圆周运动的半径和电场的电场强度大小
（2）第二次离开电场的时刻；
（3）从电场进入磁场时的位置坐标。
【答案】（1）解：洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律则有
解得
带电粒子第一次进入匀强电场做类平抛运动，运动加速度
沿x方向有
沿y方向有
联立解得
（2）解：粒子在电场中运动的时间
设粒子第一次进入电场中偏转的角度为，则有
解得
粒子在磁场中运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间
解得
（3）解：设带电粒子在磁场中做圆周运动半径为r、速度为v，则有
在磁场中沿y轴负方向偏转的距离
解得与角无关
带电粒子每次在电场中沿y轴负方向偏转的距离、、、
所以第n次回到磁场时沿y轴方向偏转的距离
其中，2，
故当n为偶数时，坐标为
当n为奇数时，坐标为
【知识点】电场强度；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
【解析】【分析】（1）结合洛伦兹力向心力公式与类平抛运动的分解，求解磁场半径与电场强度，体现磁场圆周运动与电场类平抛的综合分析。
（2）通过运动时间的分段计算（电场匀速、磁场圆周），结合周期与角度的关联，推导总时刻，体现多过程运动的时间累加。
（3）利用运动的周期性与几何关系，分奇偶次讨论进入磁场的位置，体现带电粒子在复合场中运动的周期性规律。
（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律则有
解得
带电粒子第一次进入匀强电场做类平抛运动，运动加速度
沿x方向有
沿y方向有
联立解得
（2）粒子在电场中运动的时间
设粒子第一次进入电场中偏转的角度为，则有
解得
粒子在磁场中运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间
解得
（3）设带电粒子在磁场中做圆周运动半径为r、速度为v，则有
在磁场中沿y轴负方向偏转的距离
解得与角无关
带电粒子每次在电场中沿y轴负方向偏转的距离、、、
所以第n次回到磁场时沿y轴方向偏转的距离
其中，2，
故当n为偶数时，坐标为
当n为奇数时，坐标为
1 / 1江苏省“决胜高考”2024-2025学年高三下学期2月联考物理试卷
1．（2025高三下·江苏期末）“舞龙贺新春”巡游活动中，“龙”左右摆动形成的波看作沿 x轴负方向传播的简谐波。某时刻的波形图如图所示，A、B、C、D为波形上的四点，则（　　）
A．此刻A、B舞动的方向相同 B．此刻B、D舞动的方向相同
C．A、C能同时回到平衡位置 D．B、C能同时回到平衡位置
2．（2025高三下·江苏期末）大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。如图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大于，当大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（　　）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
3．（2025高三下·江苏期末）光电效应在自动化控制领域有着广泛的应用。如图所示的光电控制报警电路中，某一频率的光束照射到光电管，光电管产生光电效应，与光电管连接的电路有电流，电磁铁产生磁场，会吸引报警电路中的开关断开，从而实现自动控制。则（　　）
A．任意频率的光照射到光电管上，只要光照时间足够长就能产生光电流
B．对于光电管来说，入射光波长必须大于某一极限值，才能产生光电效应
C．该频率的光照射光电管，光的强度越强，单位时间内逸出的电子数越少
D．当物体从光源和光电管间通过时，挡住光束，使报警电路中的开关闭合
4．（2025高三下·江苏期末）如图所示，2024珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行， a、b、c为飞行轨迹上的三点，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列说法中正确的是（　　）
A．各点的加速度方向竖直向下 B．在a点所受的合力比在c点小
C．a、c两点的重力功率相等 D．a、b、c三点的机械能相等
5．（2025高三下·江苏期末）一同学设计了一个稳压的电路如图所示，理想变压器的原线圈通过输电导线与电压为U0的正弦式交流电源相连，输电导线有一定阻值r，在副线圈上并联了用电器R0、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片。通过调节滑片P模拟电网负载变化，副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头Q调节，根据负载的变化调节Q改变副线圈接入电路的匝数，实现用电器的电压稳定，电源电压有效值不变。当只将负载滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（　　）
A．电压表V示数变大
B．输电线路输送的效率减小
C．变压器铁芯中磁通量变化的频率变大
D．为保证用电器R0两端电压不变，可以将副线圈上的触头Q下移
6．（2025高三下·江苏期末）利用光的干涉可以检查工件表面的平整度，其装置如图甲所示，将一块标准平板玻璃放置在待检测平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两片玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹可能如图乙、丙所示。以下说法正确的是（　　）
A．图丙条纹弯曲处对应着待检测平板玻璃有凹陷
B．若要使干涉条纹变密，可以减少垫的纸张数量
C．若要使干涉条纹变密，可以使用波长更长的单色光
D．若要使干涉条纹变疏，可以向右移动纸片
7．（2025高三下·江苏期末）如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高三下·江苏期末）如图所示，用细绳系一均匀的光滑球，细绳跨过定滑轮使球靠在柱体的斜面上。设柱体对球的弹力为，细绳对球的拉力为。现用水平力拉绳使球缓慢下移一小段距离，在此过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．逐渐减小 B．保持不变 C．逐渐增大 D．保持不变
9．（2025高三下·江苏期末）如图所示，一段弯成四分之一圆弧形状的粗细均匀的透明体截面图，ME=MO，一细束蓝光由ME端面的中点A垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射。下列说法正确的是（　　）
A．透明体的折射率小于
B．发生全反射的临界角小于45°
C．若只将蓝光换成红光，在弧面EF上发生全反射
D．若只将入射光向E端平移，在弧面EF上不发生全反射
10．（2025高三下·江苏期末）如图所示，在相同高度处甲同学以速度将篮球A斜向上抛出，乙同学以速度将篮球B竖直向上抛出，B到达最高点时恰被A水平击中。两球均可视为质点，不计空气阻力，则（　　）
A．两球抛出的初速度大小相等
B．A球比B球抛出时刻要早
C．A球速度变化率大于B球速度变化率
D．只增大甲、乙间距离，B仍可能被击中
11．（2025高三下·江苏期末）如图所示，正三角形的三个顶点固定三个等量电荷，其中B带正电，A、C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法中正确的是（　　）
A．电场强度
B．O、N两点电势
C．M、N两点电势
D．同一负电荷在P点电势能比在O点时要小
12．（2025高三下·江苏期末）为了测量某电池的电动势和内电阻，实验室提供了下列器材：
A.待测电池
B.电流表G（量程50mA，内阻）
C.电阻箱R、（阻值均为）
D.定值电阻
E.开关S和导线若干
（1）为粗略测量电源的电动势，小明先用多用电表直流电压10V挡与电源直接相连，示数如图甲所示，则电动势的读数为　 　V
（2）将电阻箱与电流表G并联，如图乙所示，将电流表量程扩大为原来的10倍，应将电阻箱的阻值调为　 　正确调整的阻值后，将电流表G的表头重新标度为电流表A。
（3）小明利用扩大量程后的电流表A设计了实验，电路图如图丙所示，定值电阻在电路中的作用是　 　；正确进行实验操作，得到了多组电流表A的示数I和电阻箱的电阻R的数据，并绘制出如图丁所示的　 　选填“”、“”、“”或“”图像。
（4）若图丁中图像的斜率为k，纵截距为，根据图像得出电池的电动势　 　，内阻　 　结果用k、、、的形式表示
（5）若定值电阻的实际阻值略大于，考虑到此因素的影响，电动势E的测量值　 　选填“大于”、“小于”或“等于”真实值。
13．（2025高三下·江苏期末）某同学非常适合当一名宇航员，心中也一直憧憬着航天梦，设想着若干年后，登上另一星球，在该星球表面做单摆实验。已知该星球半径为R，单摆的摆长为 L，实验时用积累法测得单摆的周期为 T，不计阻力，引力常量为G，忽略该星球的自转。
（1）求该星球的质量
（2）在该星球表面发射卫星时，需要的最小发射速度
14．（2025高三下·江苏期末）某汽车上装有胎压监测系统，车外温度为t1=27℃时，胎压监测系统在仪表盘上显示为240kPa，车辆使用两个多月后，发现仪表盘上显示为216kPa，此时，车外温度为t2=7℃，车胎内气体可看作理想气体，车胎内体积可视为不变。
（1）试分析车胎是否有漏气；
（2）若要使温度为t2时该车胎胎压恢复到240kPa，需要充入一定量的同种气体，充气过程中车胎内温度可视为不变，求充入气体质量和车胎内已有气体质量之比。
15．（2025高三下·江苏期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M=4kg的木板，木板的左端放有一质量为m=2kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数μ=0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平初速度v0=3m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁不发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时间极短且均无机械能损失，取g=10m/s2，求：
（1）第一次碰撞墙壁后瞬间，小木块和木板的加速度；
（2）木板第一次与左侧墙碰撞前，木块相对木板滑动的距离L；
（3）木块与木板发生相对滑动过程的总时间t。
16．（2025高三下·江苏期末）如图所示的xOy平面内，在区域存在沿y轴正方向的匀强电场；在区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，在区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小均为B。质量为m，电荷量为的带电粒子，在时刻从坐标原点O以的初速度沿x轴负方向射入匀强磁场。并从点第一次飞出电场，不计粒子的重力，，，求带电粒子
（1）第一次进入磁场做圆周运动的半径和电场的电场强度大小
（2）第二次离开电场的时刻；
（3）从电场进入磁场时的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解：波沿x轴负方向传播，利用平移法判断质点振动方向，将波形沿x轴负方向微小平移，可得A点向上运动，B点向下运动，C点向下运动，D点向上运动。A. 由上述分析，A向上、B向下，二者舞动方向不同，故A错误；
B. 由上述分析，B向下、D向上，二者舞动方向不同，故B错误；
C. A点向上运动至最高点后返回平衡位置，C点向下运动直接回到平衡位置，二者运动的位移和速度变化规律决定了能同时回到平衡位置，故C正确；
D. B点向下运动的初始位置比C点更远离平衡位置，B比C先回到平衡位置，二者不能同时回到平衡位置，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查简谐波的传播规律及质点振动方向的判断，核心是利用平移法确定质点振动方向，并结合质点位置分析回到平衡位置的时间。先根据波的传播方向，用平移法确定各质点的振动方向，以此判断选项A、B的正误；再分析各质点的运动轨迹和初始位置，判断不同质点回到平衡位置的先后顺序，进而确定选项C、D的正误。
2．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】解：大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，跃迁的组合有、、、、、，共6种，分别计算各跃迁辐射光子的能量：
；
；
；
；
；
。
已知紫外光光子能量大于3.11eV，对比可知、、跃迁辐射的光子能量满足条件，共3种。
故答案为：C
【分析】本题考查氢原子的能级跃迁规律，关键是明确能级跃迁时辐射光子的能量等于两能级的能量差，并结合紫外光的能量条件筛选符合要求的跃迁种类。先列出能级向低能级跃迁的所有可能组合，再计算每种跃迁辐射光子的能量，最后将计算结果与紫外光的光子能量阈值3.11eV比较，统计符合条件的跃迁种类数。
3．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB、入射光的频率大于金属的截止频率或入射光的波长小于极限波长时才能发生光电效应，并不需要时间积累能量，故AB错误；C、光的强度越强，单位时间内的光子数越多，单位时间内逸出的电子数也越多，故C错误；
D、当物体从光源和光电管间通过时，挡住光束，光电效应现象消失，与光电管连接的电路没有电流，电磁铁不产生磁场，报警电路中的开关闭合，故D正确。
故选：D。
【分析】根据光电效应的条件分析；根据光的强度与光电流的关系分析；根据光电管与电路的连接方式分析。
4．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】AB． 飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行，加速度方向也指向各自圆心，明显ac两点加速度方向不是竖直向下，a点对应的圆周半径更大，c点对应半径更小，根据向心力公式
合力提供向心力， 可知a点所受的合力小于c点，A错误，B正确；
C． a、c两点的速度大小相等，但速度方向不同，速度与重力夹角不同，根据
可知重力功率不相等，C错误；
D．a、b、c三点的动能相等，b与a、c的高度不一样，故机械能a、c两点相等，且与b点不相等，D错误。
故选B。
【分析】根据曲线运动和圆周运动关系，结合匀速率特点分析加速度方向，利用不同的轨道半径判断加速度大小；根据重力的瞬时功率的公式进行分析解答；根据机械能守恒的条件进行分析解答。
5．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：滑片P上移，负载电阻减小，副线圈电流增大。由理想变压器电流关系，原线圈电流增大。输电导线电阻上的电压降增大，原线圈两端电压减小，故电压表V示数变小，A错误；
B：输电效率有用总，因减小，效率减小，B正确；
C：变压器磁通量变化的频率等于电源频率，保持不变，C错误；
D：为保证电压不变，需增大副线圈匝数（使不变），故触头Q应上移，D错误。
故答案为：B。
【分析】分析负载变化对副线圈电流的影响，结合理想变压器的电流、电压关系，推导原线圈电流和电压的变化；通过输电效率公式判断效率变化，明确变压器频率的特性及匝数调节的逻辑。
6．【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．空气劈尖干涉是等厚干涉，即同一条纹对应的劈尖厚度相同，故该亮纹所对应的下方空气膜厚度不变，则图丙条纹弯曲处对应着待检测平板玻璃有凸起，故A错误；
B．经空气薄膜上下表面分别反射的两列光是相干光源，设此处的空气层厚度为d，其光程差
即光程差是空气层厚度的2倍，当光程差此处出现亮条纹，因此相邻亮条纹之间的空气层厚度差一定为，减小纸张数量后，空气层的倾角变小，则相邻亮纹或暗纹之间的间距变大，因此干涉条纹变疏，故B错误；
C．使用波长更长的单色光，相邻亮纹或暗纹之间的间距变大，因此干涉条纹变疏，故C错误；
D．向右移动纸片，空气层的倾角变小，则相邻亮纹或暗纹之间的间距变大，因此干涉条纹变疏，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 本题核心思路是利用劈尖干涉（等厚干涉）的原理：同一条干涉条纹对应相同的空气膜厚度，条纹间距与劈尖倾角、光波长有关，逐一分析各选项。
7．【答案】C
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2，等腰三角形的底角为α，根据牛顿第二定律得，
解得，
则知
而v-t图像的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率绝对值大于下滑段图线斜率的绝对值，上滑过程的位移大小等于下滑过程的位移大小，上滑的加速度较大，由知，上滑过程时间较短，因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于小物块运动过程中受到滑动摩擦力的作用，所以小物块到达C点的速度小于v0。
故答案为：C。
【分析】通过牛顿第二定律分别推导上滑、下滑的加速度，比较加速度大小；结合位移公式分析运动时间；根据摩擦力做功判断末速度大小，进而确定v-t图像的形状。
8．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解：球缓慢下移，处于动态平衡状态，受重力、柱体的弹力（垂直斜面）、细绳的拉力（沿绳）三个力作用，将和沿水平、竖直方向分解，根据平衡条件列方程：
竖直方向：（为拉力与竖直方向的夹角）；
水平方向：。
球下移过程中，逐渐减小，重力不变，由竖直方向的方程得，随减小而增大，因此逐渐减小；
将代入水平方向方程，，随减小而减小，因此逐渐减小。
故答案为：A
【分析】本题考查共点力的动态平衡问题，核心是对小球进行受力分析，建立正交分解的平衡方程，结合角度变化分析力的大小变化。先确定小球的受力情况，因小球缓慢运动，始终处于平衡状态，对三个力进行正交分解；沿竖直和水平方向列出平衡方程，得到、与角度的关系式；分析小球下移过程中角度的变化趋势，结合三角函数的单调性，判断和的大小变化。
9．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】解：设，则A为中点，，圆弧半径为，由几何关系可得，蓝光在弧面上入射点的入射光线与法线的夹角的对边为，斜边为（几何推导得），
则，透明体的折射率，故A正确；
B. 由，可知临界角，故B错误；
C. 红光的折射率小于蓝光的折射率，由可知，红光的临界角大于蓝光的临界角，蓝光恰好发生全反射，说明蓝光的入射角等于其临界角，该入射角小于红光的临界角，因此红光在弧面上不会发生全反射，故C错误；
D. 入射光向E端平移，到达弧面时的入射角增大，大于蓝光的临界角，因此会发生全反射，故D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查光的全反射规律，包括临界角的计算、折射率与临界角的关系，以及不同色光的折射率差异，核心是结合几何关系求出入射角，再利用全反射公式分析。先根据光的垂直入射特点，确定光在透明体内的传播路径，结合几何关系求出蓝光在弧面上的入射角（恰好为临界角）；再利用全反射临界角公式计算折射率，判断A选项；通过比较临界角的正弦值与的大小，判断临界角与45°的关系，分析B选项；结合红光与蓝光的折射率差异，分析临界角的变化，判断入射角与红光临界角的关系，分析C选项；分析入射光平移后入射角的
10．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】解：篮球B竖直上抛，到达最高点时竖直方向速度为0，篮球A斜抛，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球在同一高度抛出，且B到最高点时被A击中，说明两球竖直方向的运动规律相同。
A. B的初速度为竖直方向速度，A的初速度是合速度，包含竖直方向分速度和水平方向分速度，由竖直方向运动相同得，因此，两球初速度大小不等，故A错误；
B. 两球竖直方向的初速度相等，上升到同一高度（最高点）的时间相等，因此两球抛出时刻相同，故B错误；
C. 速度变化率为加速度，两球均只受重力，加速度均为重力加速度，因此速度变化率相等，故C错误；
D. 两球竖直方向运动同步，相对静止，以B为参考系，A做水平方向的匀速直线运动，因此只增大甲、乙间的水平距离，只要A的水平分速度足够，B仍能被A击中，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查抛体运动的分解规律，将斜抛运动分解为水平匀速和竖直上抛运动，与竖直上抛运动的分运动对比分析，核心是抓住两球竖直方向运动的等时性和同步性。先将A球的斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，B球做竖直上抛运动，根据击中条件确定两球竖直方向运动的关系；结合分速度与合速度的关系分析两球初速度大小，判断A选项；根据竖直上抛的时间公式分析两球的抛出时刻，判断B选项；由速度变化率的定义（加速度），结合重力加速度的特点分析C选项；以B为参考系，分析A的相对运动，判断距离增大时的击中可能性，分析D选项。
11．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，两等量异种电荷的等势面，关于两电荷连线的中垂面对称，也关于两电荷连线对称。A．点电荷AB是两个等量异种电荷，则由等量异种电荷电场分布可知，点电荷AB在M、N两点的电场大小相等，方向相同，由对称性可知，点电荷C在M、N两点的电场大小相等，方向不同，根据矢量运算法则可得M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；
BC．由等量异种电荷电势分布可知，点电荷A、B在M、O、N三点的电势关系为
由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，且无穷远处电势为零，则点电荷A、B在O点的电势为0，由对称性可知，负点电荷C在M、N两点的电势相等，且大于在O点的电势，综上所述可知
故B正确，C错误；
D．由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，负电荷沿着电场线方向电势降低，故
根据
可知，负电荷在P点的电势能比在O点大，故D错误。
故选B。
【分析】由等量异种电荷的电场分布、单个点电荷的电场分布，结合矢量运算法则，即可分析判断；
由等量异种电荷的电势分布，根据对称性及沿电场线方向，电势逐渐降低，即可分析判断；由等量异种电荷的电势分布、沿电场线方向，电势逐渐降低，结合电势与电势能的关系，即可分析判断。
12．【答案】（1）8.0
（2）2.0
（3）限制电流，保护电路；
（4）k；
（5）等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：(1)多用电表直流电压10V挡的刻度盘，量程为10V时，分度值为0.2V，由图甲示数可知，读数为8.0V。
故答案为：8.0；
(2)电流表量程扩大为10倍，即总电流，并联电阻的电流；并联电路电压相等，，代入，得。
故答案为：2.0；
(3)定值电阻串联在电路中，可防止电路中电阻箱阻值为0时电流过大，作用为限制电流，保护电路；
扩大量程后电流表的内阻，根据闭合电路欧姆定律，整理得，可见与成线性关系，因此绘制的是图像。
故答案为：限制电流，保护电路；；
(4)由，结合一次函数，斜率，纵截距；
又，解得。
故答案为：；；
(5)由闭合电路欧姆定律的推导式可知，电动势由图像斜率决定，斜率与的阻值无关，因此实际阻值偏大时，电动势的测量值等于真实值。
故答案为：等于
【分析】本题考查电源的电动势和内阻的测量实验，涉及多用电表的读数、电流表的扩程、实验电路的分析、图像法处理数据及误差分析，是电学实验的综合考查。
(1)考查多用电表直流电压挡的读数方法，需明确量程对应的分度值，结合指针位置读取数值；
(2)考查电流表的并联扩程原理，利用并联电路的电流、电压规律，结合扩程倍数列方程求解并联电阻的阻值；
(3)考查定值电阻在电路中的保护作用，同时结合闭合电路欧姆定律推导物理量间的函数关系，根据线性关系确定绘制的图像类型；
(4)考查图像法处理实验数据，将闭合电路欧姆定律的公式整理为一次函数形式，结合一次函数的斜率和截距与电动势、内阻的关系求解；
(5)考查实验的误差分析，分析推导式中电动势的决定因素，判断定值电阻阻值偏差对电动势测量值的影响。
（1）根据图甲可知，电动势的读数为8.0V。
（2）电流表量程扩大为原来的10倍，则根据串并联电路关系有
其中，解得
（3）[1]定值电阻串联在电路中，则其作用为限制电流，保护电路；
[2]根据闭合电路欧姆定律有
整理得
所以图丁绘制的是图像。
（4）[1][2]根据
结合图丁可得，
其中，解得
（5）结合以上分析可知，定值电阻的阻值对电动势的测量没有影响，所以电动势的测量值等于真实值。
13．【答案】（1）单摆周期
忽略自转时，表面质量为的物体则有
联立解得
（2）卫星贴近星球表面做匀速圆周运动，则有
解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】本题考查单摆的周期公式与万有引力定律的综合应用，同时涉及第一宇宙速度的计算，核心是利用单摆周期公式求出星球表面的重力加速度，再结合万有引力的规律求解。
(1)首先根据单摆的周期公式，推导出星球表面的重力加速度的表达式；忽略星球自转时，星球表面的物体所受万有引力等于重力，即，将重力加速度代入该式，即可求解星球的质量。
(2)星球表面发射卫星的最小速度为第一宇宙速度，此时卫星贴近星球表面做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即；将(1)中求得的星球质量代入该式，结合单摆周期公式的推导结果，化简即可求出第一宇宙速度。
（1）单摆周期
忽略自转时，表面质量为的物体则有
联立解得
（2）卫星贴近星球表面做匀速圆周运动，则有
解得
14．【答案】（1）假设不漏气，气体做等容变化，温度t2时压强为p2'，则有
代入数据解得
所以轮胎漏气；
（2）设充入的气体体积为 V，充气过程中车胎内温度不变，则
代入数据解得
所以充入气体质量和车胎内已有气体质量之比为1：9。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】本题考查理想气体的状态方程，包括等容变化和等温变化的应用，核心是利用查理定律判断漏气情况，利用玻意耳定律分析充气问题。
(1)首先假设车胎不漏气，车胎内气体做等容变化，根据查理定律，其中热力学温度，代入已知的温度和压强，计算出不漏气时温度为的理论压强；将理论压强与实际压强比较，若理论压强大于实际压强，则说明车胎漏气。
(2)充气过程为等温变化，根据玻意耳定律，设车胎的容积为，充入气体的体积为，则有；代入已知压强求解的比值，由于理想气体的质量与体积成正比（同温同压下），因此充入气体质量与已有气体质量之比等于。
（1）假设不漏气，气体做等容变化，温度t2时压强为p2'，则有
代入数据解得
所以轮胎漏气；
（2）设充入的气体体积为 V，充气过程中车胎内温度不变，则
代入数据解得
所以充入气体质量和车胎内已有气体质量之比为1：9。
15．【答案】（1）木板的加速度大小
代入数据得
方向水平向右；
木块的加速度大小
方向水平向左；
（2）设木块、木板第一、二次达到的共同速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有，
代入数据解得，
由能量守恒定律有
代入数据解得
（3）木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有相对减速阶段连成一个完整的减速过程，其初速度为1m/s，末速度为零，则第一次共速前木板加速的时间
此后所有相对滑动时间
则木块与木板相对滑动的总时间
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】本题考查板块模型中的牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用，同时涉及碰撞的特点，核心是分析板块的受力和运动过程，分阶段应用物理规律。
(1)第一次碰撞墙壁后瞬间，木板和木块间的滑动摩擦力为相互作用力，大小；对木块和木板分别应用牛顿第二定律，木块受滑动摩擦力向左，加速度，木板受滑动摩擦力向右，加速度，代入数据即可求解二者的加速度大小和方向。
(2)木板靠左侧墙壁静止，木块向右滑动时带动木板向右运动，碰撞前二者共速，由动量守恒定律求解第一次共速的速度；木板与左侧墙壁碰撞无机械能损失，速度反向为，此后木板向左、木块向右运动，再次共速时由动量守恒定律求解第二次共速的速度；整个过程中滑动摩擦力做功，机械能转化为内能，由能量守恒定律，代入数据求解相对滑动的距离。
(3)木块与木板的相对滑动分为两个阶段，第一阶段是木板从静止到第一次共速的加速过程，由运动学公式求解该阶段时间；第二阶段是木板碰撞后到最终相对静止的减速过程，将木板的多次减速过程等效为一次从到0的匀减速过程，由求解该阶段时间；总相对滑动时间为，代入数据即可求解。
（1）木板的加速度大小
代入数据得
方向水平向右；
木块的加速度大小
方向水平向左；
（2）设木块、木板第一、二次达到的共同速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有，
代入数据解得，
由能量守恒定律有
代入数据解得
（3）木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有相对减速阶段连成一个完整的减速过程，其初速度为1m/s，末速度为零，则第一次共速前木板加速的时间
此后所有相对滑动时间
则木块与木板相对滑动的总时间
16．【答案】（1）解：洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律则有
解得
带电粒子第一次进入匀强电场做类平抛运动，运动加速度
沿x方向有
沿y方向有
联立解得
（2）解：粒子在电场中运动的时间
设粒子第一次进入电场中偏转的角度为，则有
解得
粒子在磁场中运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间
解得
（3）解：设带电粒子在磁场中做圆周运动半径为r、速度为v，则有
在磁场中沿y轴负方向偏转的距离
解得与角无关
带电粒子每次在电场中沿y轴负方向偏转的距离、、、
所以第n次回到磁场时沿y轴方向偏转的距离
其中，2，
故当n为偶数时，坐标为
当n为奇数时，坐标为
【知识点】电场强度；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
【解析】【分析】（1）结合洛伦兹力向心力公式与类平抛运动的分解，求解磁场半径与电场强度，体现磁场圆周运动与电场类平抛的综合分析。
（2）通过运动时间的分段计算（电场匀速、磁场圆周），结合周期与角度的关联，推导总时刻，体现多过程运动的时间累加。
（3）利用运动的周期性与几何关系，分奇偶次讨论进入磁场的位置，体现带电粒子在复合场中运动的周期性规律。
（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律则有
解得
带电粒子第一次进入匀强电场做类平抛运动，运动加速度
沿x方向有
沿y方向有
联立解得
（2）粒子在电场中运动的时间
设粒子第一次进入电场中偏转的角度为，则有
解得
粒子在磁场中运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间
解得
（3）设带电粒子在磁场中做圆周运动半径为r、速度为v，则有
在磁场中沿y轴负方向偏转的距离
解得与角无关
带电粒子每次在电场中沿y轴负方向偏转的距离、、、
所以第n次回到磁场时沿y轴方向偏转的距离
其中，2，
故当n为偶数时，坐标为
当n为奇数时，坐标为
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