资源简介

2025届山东省实验中学高三下学期第四次诊断考试物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·山东模拟）玉兔二号月球车采用核电池来提供能量，其原理是将放射性同位素衰变时放出的核能转变为电能。玉兔二号月球车核电池的放射源是，其衰变方程为，的半衰期为88年。已知、α粒子、X的质量分别为、、，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．X的质子数为92
B．温度升高，的半衰期缩短
C．一个核衰变成X，释放的核能为
D．经过176年后，核电池内核的质量减少
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据核反应的电荷数守恒可知，X的质子数为94-2=92，A正确；
B．半衰期与外部因素无关，则温度升高，的半衰期不变，B错误；
C．一个核衰变成X，释放的核能为，C错误；
D．经过176年后即经过两个半衰期，核电池内核的质量还剩原来的，D错误。
故答案为：A。
【分析】根据核反应的电荷数守恒、质量数守恒、半衰期的物理意义、质能方程及衰变规律来分析判断。
2．（2025·山东模拟）如图所示为山边公路的横截面，实线EF表示倾角为的软层面，沿着这个层面可能产生滑动。质量为的石块与上面的岩石之间有一大裂缝（称为节理），仅靠与层面间的摩擦力使它不致滑落，石块与层面间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若有水渗入节理，会结冰膨胀，对石块施加一个平行于EF层面的作用力，使石块向下滑动（已知，，g取），下列说法正确的是（　　）
A．没有水渗入节理时，石块受到层面的作用力为0
B．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力减小
C．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力增大
D．当有水渗入节理结冰后，冰对石块的力增大到时石块开始滑动
【答案】C
【知识点】静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．没有水渗入节理时，由于石块静止，由平衡条件可知，石块受到层面的作用力与石块的重力等大反向，故A错误；
B．没有水渗入节理时，石块所受摩擦力大小和重力沿斜面向下的分力相等，当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力等于石块重力沿斜面向下的分力与由于有水渗入节理结冰膨胀对石块施加的一个平行于EF层面作用力的矢量和，则石块受到层面的摩擦力增大，故B错误；
C．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力大小等于石块重力与平行于EF层面作用力的矢量和，由于石块重力与平行于EF层面作用力的夹角为锐角，可知，石块重力与平行于EF层面作用力的矢量和大于石块重力，即石块受到层面的作用力增大，故C正确；
D．当有水渗入节理时，最大静摩擦力
石块开始滑动，冰对石块的力，故D错误。
故答案为：C。
【分析】对石块进行受力分析，重点关注层面的作用力（支持力与摩擦力的合力）的变化，结合平衡条件和摩擦力公式判断各选项的正误。
3．（2025·山东模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻、均为10Ω，电表均为理想电表。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是（　　）
A．当S与a连接后，理想电流表示数为1.1A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为22V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为100Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍
【答案】B
【知识点】变压器原理；串联电路和并联电路的特点及应用；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB．图乙可知原线圈有效电压
当S与a连接后
联立解得副线圈电压
即电压表示数为22V，则理想电流表示数为，故A错误，B正确；
C．变压器不改变交变电流的频率，由图乙可知原线圈交变电压的周期，则频率，故C错误；
D．当S由a拨到b后，副线圈电压，根据功率
可知S由a拨到b后，原线圈的输入功率之比为，即原线圈的输入功率变为原来的4倍，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先从交变电压图像算出原线圈输入电压有效值和频率，再根据理想变压器变压比，分别分析开关接 a 和接 b 时的副线圈电压、电流及功率变化，逐一验证选项。
4．（2025·山东模拟）空间存在一沿x轴方向的电场，一电荷量为+q的试探电荷只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其所受电场力随位置变化的图像如图所示，以x轴正方向为电场力的正方向，设无穷远处电势为零。以下说法正确的是（　　）
A．处电势最高
B．+q在处的速度大于在处的速度
C．+q在处电势能最大
D．+q在处电势能为零
【答案】C
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】ACD．由图可知，在范围内正电荷所受电场力合力为水平向左，电场力做负功，电势能增大；在范围内正电荷所受电场力合力为水平向右，电场力做正功，电势能减小，故在处电势能最大，根据，可知在处电势最高，故AD错误，C正确；
B．因在范围内正电荷所受电场力合力为水平向右，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故+q在处的速度小于在处的速度，故B错误。
故答案为：C。
【分析】根据电场力方向判断电场力做功情况，结合电场力做功与电势能变化的关系，分析试探电荷在不同位置的电势能、电势及速度大小，逐一验证选项。
5．（2025·山东模拟）如图所示，P是纬度为θ的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为地球赤道同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且∠OAB＝90°，下列说法正确的是（　　）
A．P点物体的向心加速度小于卫星A的向心加速度
B．卫星A、B与P点均绕地心做匀速圆周运动
C．卫星A、B的线速度之比为
D．卫星A、B的周期之比为
【答案】A
【知识点】匀速圆周运动；卫星问题
【解析】【解答】A．，所以OB大于OA，即卫星B做匀速圆周运动的半径大于卫星A做匀速圆周运动的半径，由万有引力提供向心力得
可得
可知，又，所以，由，
可得，故A正确；
B．卫星A、B绕地心做匀速圆周运动，P点运动的圆轨迹与地轴线垂直，圆心在图中O点正上方，故B错误；
C．由万有引力提供向心力得
可得
又
可得卫星A、B的线速度之比为，故C错误；
D．由万有引力提供向心力得
可得
可得卫星A、B的周期之比为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 先由几何关系确定卫星 A、B 的轨道半径之比，再结合万有引力提供向心力的公式，分别分析角速度、向心加速度、线速度及周期的关系，同时明确 P 点物体的运动特点，逐一验证选项。
6．（2025·山东模拟）如图所示，支架固定在底座上，它们的总质量为M。质量分别为2m和m的小球A、B（可视为质点）固定在一根长度为L的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上，O、A间的距离为，两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，运动过程中支架和底座一直保持静止。当转动到图示竖直位置时，小球A的速度为v，重力加速度为g。对于该位置，下列说法正确的是（　　）
A．小球A、B的向心加速度大小相等
B．小球A的向心力大于B球的向心力
C．若，则底座对水平地面的压力为Mg＋2mg
D．A、B两球恰好做匀速圆周运动
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据
可知，小球A、B的加速度之比为，故A错误；
B．根据
可知，A、B的向心力之比为，故B错误；
C．若，对A有
解得轻杆对A的支持力为
根据
可知
对B有
解得轻杆对B的拉力为
以支架、底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为N =Mg+3mg
根据牛顿第三定律可知，底座对水平地面的压力为N =Mg+3mg，故C错误；
D．根据重力做功特点可知，重力做功W=mgh
由题意可知，，，
则转动过程，两球重力对系统做功为零，转动过程合外力对系统做功为零，系统的动能不变，两球的线速度大小保持不变，则两球恰好做匀速圆周运动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据同轴转动确定两小球角速度相同，结合圆周运动公式分析向心加速度、向心力大小，再对小球 A 列竖直方向受力方程，结合支架受力情况分析底座对地面的压力，最后验证匀速圆周运动的条件。
7．（2025·山东模拟）如图所示，均匀透明材料制作成的半圆柱的截面为半圆形ABC，O为圆心，半径为R，AB为直径边界，ACB为半圆弧边界，该材料对绿光的折射率n＝2，有一点光源嵌于S点，点光源在纸面内向各个方向发射绿光。已知SO⊥AB，且。若不考虑光在材料内部的反射，则直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】根据
解得临界角为
恰好发生全反射的光路图如图所示
由几何关系可得，
则
弧长GCF为
则直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为
故答案为：A。
【分析】先由折射率求出全反射临界角，再结合点光源 S 的位置，分别找出在直径边界和圆弧边界上恰好发生全反射的临界光线，确定两类边界上有光射出的范围，最后计算两段长度之和。
8．（2025·山东模拟）某实验室内充满匀强磁场和匀强电场，磁场、电场与水平地面夹角均为45°且斜向右上，如图所示。房间内在离地面h处的位置有一个粒子发射源，源源不断地发射出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子在房间内以v做匀速直线运动。某次实验中，撤去磁场，电场不变，粒子发射后经过一段时间落到地面上（不计空气阻力），重力加速度为g，以下说法正确的（　　）
A．粒子带负电，磁感应强度为，电场强度为
B．电场力做功为
C．粒子运动过程中机械能增大
D．落地点到发射点的水平距离
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在匀强电场和磁场中做匀速直线运动，则粒子受到的合力为零；粒子受到的电场力与电场线平行，受到的洛伦兹力与磁场方向和电场方向都垂直，则粒子的受力如图所示：
若粒子带负电，则电场力、洛伦兹力和重力不可能平衡，因此粒子应带正电；
根据平衡条件mgcos45°=qE，mgsin45°=qvB
解得，，故A错误；
BC．由左手定则可知粒子的速度方向垂直纸面水平向外；撤去磁场后，重力与电场力的合力垂直于电场斜向下。则粒子运动轨迹在垂直于电场线的平面内，故电场力不做功。则粒子落地过程中，机械能守恒，故BC错误；
D．粒子的速度方向垂直纸面水平向外，粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据
根据
可得
水平向外做匀速直线运动，则
水平向右做匀加速运动
则水平向右的位移
落地点到发射点的水平距离，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先由粒子匀速直线运动的平衡条件，结合场的方向判断粒子电性并求出场强、磁感应强度；撤去磁场后，分析粒子在电场力、重力作用下的运动，分解为水平和竖直方向，计算电场力做功、机械能变化及落地点水平距离，逐一验证选项。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2025·山东模拟）关于下列物理情景图片，说法正确的是（　　）
A．图甲3D眼镜是利用光的全息照相原理
B．图乙用单色光检查工件表面的平整度是利用光的干涉原理
C．图丙救护车发出的声波产生多普勒效应，电磁波也会产生多普勒效应
D．图丁直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距计算光的波长，结果会偏大
【答案】B,C
【知识点】多普勒效应；干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．图甲3D眼镜是利用光的偏振原理，故A错误；
B．图乙用单色光检查工件表面的平整度是利用光的薄膜干涉原理，故B正确；
C．机械波与电磁波均能够发生多普勒效应，图丙救护车发出的声波产生多普勒效应，电磁波也会产生多普勒效应，故C正确；
D．根据，解得，其中的指相邻明条纹中心之间的间距，图丁直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距，该间距小于上述的，可知，若直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距计算光的波长，结果会偏小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 逐一分析四幅图对应的物理原理：先明确 3D 眼镜、工件平整度检查、多普勒效应、双缝干涉的核心物理机制，再结合公式判断选项正误。
10．（2025·山东模拟）如图所示，在x＝0.6m处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在x＝－0.6m处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝0时刻两波源开始振动，t＝0.5s时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波速大小均为2m/s
B．再经过0.1s，平衡位置在x＝－0.2m处的质点位移为－0.1m
C．平衡位置在x＝－0.4m处的质点为振动减弱点
D．平衡位置在x＝0.2m处的质点前0.5s内运动的路程为50cm
【答案】A,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．根据图像可知经过t＝0.5s时两列简谐波都传播了，故可知两列波的波速大小均为，故A正确；
B．由图可知，两列波均传播，则两列波的周期均为，再经过0.1s，两列波在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故B错误；
C．根据波形可知再经过，两列波在平衡位置在x＝－0.4m处出现波峰与波峰相遇，故该处为振动加强点，故C错误；
D．波源P产生的波传播到的时间为
波源Q产生的波传播到的时间为
则，平衡位置在处的质点运动的路程为
由于两列波的起振方向相同，两波源到的距离差
则此处为振动减弱点，内质点运动的路程为
则平衡位置在处的质点在前内运动的路程为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】先由波形图和传播时间求出波速、周期和波长，再分析各质点的振动叠加情况，分别验证波速、质点位移、振动加强 / 减弱点及质点运动路程。
11．（2025·山东模拟）如图甲所示，光滑水平面右端与半径为R的粗糙半圆弧轨道平滑连接，劲度系数为k的轻质弹簧左端与墙拴接，弹簧处于自然长度时其右端在B点左侧，底面装有力传感器的滑块在水平力作用下静止于图示位置，滑块与弹簧不拴接。现在撤去水平力，滑块在从A运动到D的过程中，传感器记录了滑块底面的弹力大小随时间变化关系，如图乙所示，、、均为已知量。弹性势能表达式为，重力加速度大小为g。下列表述正确的是（　　）
A．
B．释放滑块后，弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，弹簧弹力的功率为
C．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，圆轨道对滑块的冲量方向水平向左
D．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，机械能减少了
【答案】B,D
【知识点】动量定理；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由题图乙可知，时间内滑块底面的弹力大小不变，即滑块的重力大小为
滑块经过圆弧上的B点时，有
滑块经过圆弧上的D点时，有
滑块由B到D的过程中，由动能定理有
解得，A错误；
B．释放滑块时弹簧的弹性势能为
当弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，由能量守恒有，
弹簧弹力的瞬时功率为P＝kxv
解得，B正确；
C．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，由动量定理得
重力的冲量竖直向下，动量的变化量水平向左，根据矢量三角形易知圆轨道对滑块的作用力的冲量斜向左上方，
如图所示：
C错误；
D．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，机械能减少了，D正确。
故答案为：BD。
【分析】 先由弹力 - 时间图像得到滑块重力及 B、D 点的受力，结合圆周运动向心力公式、动能定理分析A；再通过弹性势能与动能相等的条件，推导弹簧弹力的功率验证B；接着根据动量变化分析圆轨道对滑块的冲量方向验证C；最后由机械能减少量等于克服摩擦力做功验证D。
12．（2025·山东模拟）如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、电阻均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，下列说法正确的是（　　）
A．稳定前b、c棒均做加速度增大的加速运动
B．稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1∶2
C．稳定时导体棒c的速度大小为
D．导体棒b中产生的焦耳热为
【答案】B,C,D
【知识点】能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．稳定前b、c棒均做加速运动，由，可知两棒产生的反电动势越来越大，则回路中的电动势越来越小，由闭合电路欧姆定律知回路中电流越来越小，由牛顿第二定律，则两棒的加速度越来越小，故稳定前b、c棒均做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．加速过程，b棒的加速度大小为
c棒的加速度大小为
故稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1∶2，故B正确；
C．两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系为
根据动量定理，对b棒有
对c棒有
解得，，故C正确；
D．由能量守恒定律得，电源提供的电能转化为两棒的动能和焦耳热，有，则
解得导体棒b中产生的焦耳热为，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】先分析两棒稳定前的受力与运动特征，明确电流变化导致加速度变化；再利用牛顿第二定律确定加速度比例关系；最后结合动量定理与反电动势平衡条件求解稳定速度及焦耳热，逐一验证选项。
三、实验题（把答案填在答题卡中的横线上，或者按题目要求作答。）
13．（2025·山东模拟）某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、光电门、轻质弹簧和滑块等器材设计了测量物体质量和验证动量守恒的实验，组装摆放好的装置如图甲所示。
主要步骤如下：
a.测得A、B滑块上固定的挡光片的宽度均为d，并根据挡光片调节光电门到合适的高度；
b.将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块A上；
c.接通气源，放上滑块，调节气垫导轨，使滑块能在导轨上保持静止状态；
d.弹簧处于原长时右端位于O点，将滑块A向左水平推动，使弹簧右端压至P点，稳定后由静止释放滑块A，并开始计时；
e.计算机采集获取数据，得到滑块A所受弹力大小F、加速度大小a随时间t变化的图像，如图乙所示；
f.滑块A与弹簧分开后，经过光电门1，记录遮光时间Δt，然后滑块A、B发生碰撞，碰撞时间极短，B、A分开后依次通过光电门2的时间分别为和；
回答以下问题：
（1）利用测量数据，验证动量守恒定律的表达式是　 　（用字母、、Δt、、表示）；
（2）图乙数据包含大量隐含信息，假设和图像与坐标轴围成的面积分别、，则滑块A与加速度传感器以及挡光片的总质量可表示为　 　；将弹簧右端压缩至P点时，弹簧具有的弹性势能可表示为　 　（结果均用，、表示）。
【答案】（1）
（2）；
【知识点】动量定理；验证动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由题意，利用测量数据，可得滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为
滑块A与滑块B碰撞后瞬间的速度大小分别为为，
验证动量守恒定律的表达式是
即
故答案为：
（2）根据，可知图像与坐标轴围成的面积表示物体受到的冲量，可得
根据，可知图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，可得
对A根据动量定律，可得
则
由题意得，根据功能关系，可得弹簧具有的弹性势能
故答案为：；
【分析】(1) 利用光电门测速度的原理，得到碰撞前后A、B的速度，再代入动量守恒定律表达式。
(2) 利用冲量的定义（F-t图像面积）和动量定理（a-t图像面积对应速度变化），联立求解滑块A的总质量；再由能量守恒，弹簧弹性势能等于A的最大动能，从而得到弹性势能的表达式。
（1）由题意，利用测量数据，可得滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为
滑块A与滑块B碰撞后瞬间的速度大小分别为为，
验证动量守恒定律的表达式是
即
（2）[1]根据，可知图像与坐标轴围成的面积表示物体受到的冲量，可得
根据，可知图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，可得
对A根据动量定律，可得
则
[2]由题意，根据功能关系，可得弹簧具有的弹性势能
14．（2025·山东模拟）图甲为简易多用电表电路原理图，已知电流表G满偏电流、内阻，该多用电表具有直流0~1mA量程电流表、直流0~10mA量程电流表、直流0~3V量程电压表及欧姆挡四种挡位。
（1）下列说法正确的是______。
A．测量时红表笔应接插孔A，黑表笔应接插孔B
B．用多用电表的欧姆挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则测量值偏小
C．测量某二极管的反向电阻时，应使接在插孔A的表笔接二极管的正极
D．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率更大的挡位进行测量
（2）由已知条件可以算出电阻，　 　Ω，　 　Ω。
（3）某同学欲测量多用电表欧姆挡内部总电阻r和电池的电动势E，设计如图乙所示的电路，将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔上，已知多用电表内部总电阻r远小于电压表V的内阻。通过改变电阻箱R的阻值多次测量，描点连线得到如图丙所示的图线。根据图线得到欧姆挡内部总电阻r＝　 　Ω。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）B；D
（2）10；2991
（3）23
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）A．插孔A接内部电源的正极，则测量时红表笔应接插孔B，黑表笔应接插孔A，选项A错误；
B．用多用电表的欧姆挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，相当人体与待测电阻并联，则测量值偏小，选项B正确；
C．测量某二极管的反向电阻时，因黑表笔接电源的正极接插孔A，应使接在插孔A的表笔接二极管的负极，选项C错误；
D．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，说明倍率档选择的过低，则应换倍率更大的挡位进行测量，选项D正确。
故答案为：BD。
（2）当选择开关接b时为直流0~1mA档，则
该档位电流表内阻
选择开关接d时为电压表3V量程，则
故答案为：10；2991
（3）由电路可知
即
由图像可知，
解得r=23Ω
故答案为：23
【分析】(1) 结合多用电表内部电路结构和使用规则，逐一分析选项：电流从红表笔流入、黑表笔流出；欧姆挡测量时人体并联会使测量值偏小；二极管反向电阻测量时黑表笔接负极；指针偏角小说明电阻大，应换大倍率挡位。
(2) 利用电流表扩程和电压表改装的原理，结合并联分流、串联分压的规律计算电阻。
(3) 根据闭合电路欧姆定律推导出的线性关系，由图像截距和斜率求解欧姆挡内部总电阻。
（1）A．插孔A接内部电源的正极，则测量时红表笔应接插孔B，黑表笔应接插孔A，选项A错误；
B．用多用电表的欧姆挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，相当人体与待测电阻并联，则测量值偏小，选项B正确；
C．测量某二极管的反向电阻时，因黑表笔接电源的正极接插孔A，应使接在插孔A的表笔接二极管的负极，选项C错误；
D．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，说明倍率档选择的过低，则应换倍率更大的挡位进行测量，选项D正确。
故选BD。
（2）[1][2]当选择开关接b时为直流0~1mA档，则
该档位电流表内阻
选择开关接d时为电压表3V量程，则
（3）由电路可知
即
由图像可知，
解得r=23Ω
四、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（2025·山东模拟）汽缸是在自动化设备中广泛应用的执行机构，如图所示，某汽缸主要部件由缸体、活塞B、活塞杆C、气阀组成。活塞、活塞杆与缸体的导热以及密封性能均良好，且活塞与活塞杆运动过程中与缸体的摩擦力可以忽略不计。活塞连同活塞杆的质量，汽缸缸内横截面积以及活塞横截面积均为，汽缸内部长为，忽略活塞厚度。某次测试时，竖直固定汽缸，打开气阀，将活塞杆提升至汽缸顶部，然后只关闭气阀，释放活塞和活塞杆，已知重力加速度取，标准大气压。
（1）求活塞静止时距汽缸底部的距离。
（2）保持气阀与大气连通，在原有气体不泄露的情况下打开气阀，使用增压气泵通过与连接的导管向汽缸的下部分充气，最终使活塞回到汽缸顶部，求增压气泵充入的空气在1个标准大气压下的体积。
【答案】（1）解：当活塞静止时，设下部分气柱长度为，如图所示，对活塞和活塞杆
进行受力分析可得
解得
对汽缸中下部分气体应用玻意耳定律可得
解得
（2）解：对下部分气体，根据玻意耳定律可得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 (1) 活塞静止时受力平衡，先由平衡条件求封闭气体压强，再用玻意耳定律（等温变化）求活塞到缸底的距离。
(2) 充气后活塞回到顶部，对原有气体和充入气体分别用玻意耳定律，联立求解充入气体在标准大气压下的体积。
（1）（1）当活塞静止时，设下部分气柱长度为，如图所示，对活塞和活塞杆
进行受力分析可得
解得
对汽缸中下部分气体应用玻意耳定律可得
解得
（2）（2）对下部分气体，根据玻意耳定律可得
解得
16．（2025·山东模拟）图示是一水上娱乐项目的简化模型，半径为R的光滑球固定在水中的平台上，O为球心，可视为质点的人静止在球的最高点，人、球心和固定点在同一竖直线上。某时刻人以微小（可忽略）的初速度开始下滑。已知水面到球心的距离为，重力加速度为g，人的质量为m，忽略空气阻力的影响。求：
（1）人与球分离时的速度大小v；
（2）人落水位置到球心的水平距离d。
【答案】（1）解：设人与球分离的位置与球心连线和竖直方向的夹角为θ，则人从最高点到分离点，根据机械能守恒有
在分离时，根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）解：人滑离球后做斜抛运动，水平分速度
竖直分速度
从人开始下滑到落到水面的过程，根据机械能守恒有
解得人落到水面时的速度为
落到水面时竖直方向的速度为
竖直分方向做匀加速直线运动，则有
解得
则人落水位置与球心的水平距离
联立解得
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】 (1) 人脱离球的临界条件为支持力为 0，重力径向分力提供向心力；从最高点到分离点用机械能守恒联立求解速度。
(2) 分离后做平抛运动，先由几何关系求落水点高度，再用平抛运动规律求水平位移，最后计算距球心的水平距离。
（1）设人与球分离的位置与球心连线和竖直方向的夹角为θ，则人从最高点到分离点，根据机械能守恒有
在分离时，根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）人滑离球后做斜抛运动，水平分速度
竖直分速度
从人开始下滑到落到水面的过程，根据机械能守恒有
解得人落到水面时的速度为
落到水面时竖直方向的速度为
竖直分方向做匀加速直线运动，则有
解得
则人落水位置与球心的水平距离
联立解得
17．（2025·山东模拟）利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图1所示，yOz平面左侧存在沿y轴负方向的匀强电场，右侧存在沿x轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从M（-2l，，0）点以初速度、沿着x轴正方向射入电场，恰好从O点进入磁场，再次从N（l，0，0）点通过x轴，不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E和匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）从O点进入磁场后运动时间为时，求粒子的位置坐标；
（3）如图2所示，若在yOz平面左侧再加垂直xOy平面向里的匀强磁场，将上述带正电粒子从点以初速度、沿着x轴正方向射入电磁场，运动轨迹恰好与x轴负半轴相切。求带电粒子在x轴负半轴运动过程中获得的最大速度。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，则有，
解得
粒子从O点进入磁场时水平方向的分速度为，竖直方向的分速度为
结合上述解得
粒子在进入右侧磁场后做螺旋运动，水平向右做速度为的匀速直线运动，在yOz平面内做速度为的匀速圆周运动，则有，，
解得，
（2）解：粒子在磁场中水平向右做速度为的匀速直线运动
由于
匀速圆周运动对应圆心角为120°，则有，
解得，
即粒子的位置坐标为。
（3）解：将速度分解为水平向右的和水平向左的，则有，
速度为的匀速圆周运动，则有
由于粒子轨迹恰好与x轴负半轴相切，则有
当粒子运动到最低点时速度最大，则有
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1） 粒子在电场中做类平抛运动，分解为x轴匀速直线运动和y轴匀加速直线运动，通过类平抛规律联立求解电场强度；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系确定圆周半径，再由洛伦兹力公式推导磁感应强度。
（2） 先由类平抛规律确定粒子在电场中运动的总时间，再计算指定时间内粒子在x、y轴的位移，结合坐标变换规则得到位置坐标。
（3） 粒子同时受电场力和洛伦兹力，运动为类平抛与圆周运动的合成，当粒子速度方向与x轴负半轴相切时，速度达到最大，通过力的平衡和运动合成规律求解最大速度。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有，
解得
粒子从O点进入磁场时水平方向的分速度为，竖直方向的分速度为
结合上述解得
粒子在进入右侧磁场后做螺旋运动，水平向右做速度为的匀速直线运动，在yOz平面内做速度为的匀速圆周运动，则有，，
解得，
（2）粒子在磁场中水平向右做速度为的匀速直线运动
由于
匀速圆周运动对应圆心角为120°，则有，
解得，
即粒子的位置坐标为。
（3）将速度分解为水平向右的和水平向左的，则有，
速度为的匀速圆周运动，则有
由于粒子轨迹恰好与x轴负半轴相切，则有
当粒子运动到最低点时速度最大，则有
18．（2025·山东模拟）如图所示，在足够长的光滑水平面上有两个小物块A、B和凹槽C。物块A的质量为m，物块B的质量为3m，凹槽C的质量为3m，A、B相距为l，凹槽C的左端与B相距为3l，凹槽左、右槽壁的距离为3l且槽壁的厚度忽略不计，凹槽C内放一质量为6m的小物块D。物块D与左边槽壁的距离为l，与凹槽之间的动摩擦因数μ＝0.01。开始时物块、凹槽均静止，现给物块A施加水平向右的恒力F，物块A向右做匀加速运动，一段时间后与B发生弹性碰撞。当A与B发生第二次弹性碰撞时立刻撤去恒力F。B与凹槽C碰撞立即粘在一起运动。已知m＝1kg，l＝1m，F＝8N，取重力加速度，物块A、B、D均可视为质点，物块D与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且所有碰撞时间均忽略不计。求：
（1）小物块A从开始运动到与小物块B发生第一次碰撞所用的时间；
（2）小物块A和B第二次碰撞后各自的速度大小；
（3）物块D与凹槽相对静止时，物块D距凹槽左壁的距离；
（4）从物块D开始运动到物块D与凹槽相对静止时，物块D运动的位移大小。
【答案】（1）解：物块A向右做匀加速运动：
由动量定理：
解得
（2）解：A与B发生第一次弹性碰撞，
解得
假设B还没运动到凹槽所在处，A追上B发生第二次弹性碰撞，对A，
对B：
得x＝2m<3l
假设成立，A与B发生第二次弹性碰撞前，A的速度
B的速度
A与B发生第二次弹性碰撞，
解得
（3）解：最终物块D与凸槽相对静止，一起匀速运动， ，，
解得s＝10m
物块D停在凹槽右壁处，距凹槽左壁的距离为3m。
（4）解：设凹槽与物块D每次碰前的速度分别为、，碰后的速度分别为、，，
解得
即每碰撞一次物块B和凹槽C整体与物块D发生一次速度交换，v－T图像如图所示，，
解得
由动量守恒定律：
可得两物体位移关系为：
又
解得
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】(1) 小物块 A 在恒力 F 作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求加速度，再结合位移公式计算第一次碰撞时间。(2) A、B 发生弹性碰撞，动量守恒与机械能守恒联立求第一次碰撞后速度；分析 A、B 运动过程，计算第二次碰撞前速度，再次用弹性碰撞规律求第二次碰撞后速度。
(3) B 与 C 粘在一起后，D 与槽间因摩擦力产生相对运动，由动量守恒求共速，再用能量守恒计算相对位移，最终得 D 距左壁的距离。
(4) 分段计算 D 在不同阶段的位移，累加得到总位移。
（1）物块A向右做匀加速运动：
由动量定理：
解得
（2）A与B发生第一次弹性碰撞，
解得
假设B还没运动到凹槽所在处，A追上B发生第二次弹性碰撞，对A，
对B：
得x＝2m<3l
假设成立，A与B发生第二次弹性碰撞前，A的速度
B的速度
A与B发生第二次弹性碰撞，
解得
（3）最终物块D与凸槽相对静止，一起匀速运动， ，，
解得s＝10m
物块D停在凹槽右壁处，距凹槽左壁的距离为3m。
（4）设凹槽与物块D每次碰前的速度分别为、，碰后的速度分别为、，，
解得
即每碰撞一次物块B和凹槽C整体与物块D发生一次速度交换，v－T图像如图所示，，
解得
由动量守恒定律：
可得两物体位移关系为：
又
解得
1 / 12025届山东省实验中学高三下学期第四次诊断考试物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·山东模拟）玉兔二号月球车采用核电池来提供能量，其原理是将放射性同位素衰变时放出的核能转变为电能。玉兔二号月球车核电池的放射源是，其衰变方程为，的半衰期为88年。已知、α粒子、X的质量分别为、、，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．X的质子数为92
B．温度升高，的半衰期缩短
C．一个核衰变成X，释放的核能为
D．经过176年后，核电池内核的质量减少
2．（2025·山东模拟）如图所示为山边公路的横截面，实线EF表示倾角为的软层面，沿着这个层面可能产生滑动。质量为的石块与上面的岩石之间有一大裂缝（称为节理），仅靠与层面间的摩擦力使它不致滑落，石块与层面间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若有水渗入节理，会结冰膨胀，对石块施加一个平行于EF层面的作用力，使石块向下滑动（已知，，g取），下列说法正确的是（　　）
A．没有水渗入节理时，石块受到层面的作用力为0
B．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力减小
C．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力增大
D．当有水渗入节理结冰后，冰对石块的力增大到时石块开始滑动
3．（2025·山东模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻、均为10Ω，电表均为理想电表。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是（　　）
A．当S与a连接后，理想电流表示数为1.1A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为22V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为100Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍
4．（2025·山东模拟）空间存在一沿x轴方向的电场，一电荷量为+q的试探电荷只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其所受电场力随位置变化的图像如图所示，以x轴正方向为电场力的正方向，设无穷远处电势为零。以下说法正确的是（　　）
A．处电势最高
B．+q在处的速度大于在处的速度
C．+q在处电势能最大
D．+q在处电势能为零
5．（2025·山东模拟）如图所示，P是纬度为θ的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为地球赤道同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且∠OAB＝90°，下列说法正确的是（　　）
A．P点物体的向心加速度小于卫星A的向心加速度
B．卫星A、B与P点均绕地心做匀速圆周运动
C．卫星A、B的线速度之比为
D．卫星A、B的周期之比为
6．（2025·山东模拟）如图所示，支架固定在底座上，它们的总质量为M。质量分别为2m和m的小球A、B（可视为质点）固定在一根长度为L的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上，O、A间的距离为，两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，运动过程中支架和底座一直保持静止。当转动到图示竖直位置时，小球A的速度为v，重力加速度为g。对于该位置，下列说法正确的是（　　）
A．小球A、B的向心加速度大小相等
B．小球A的向心力大于B球的向心力
C．若，则底座对水平地面的压力为Mg＋2mg
D．A、B两球恰好做匀速圆周运动
7．（2025·山东模拟）如图所示，均匀透明材料制作成的半圆柱的截面为半圆形ABC，O为圆心，半径为R，AB为直径边界，ACB为半圆弧边界，该材料对绿光的折射率n＝2，有一点光源嵌于S点，点光源在纸面内向各个方向发射绿光。已知SO⊥AB，且。若不考虑光在材料内部的反射，则直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·山东模拟）某实验室内充满匀强磁场和匀强电场，磁场、电场与水平地面夹角均为45°且斜向右上，如图所示。房间内在离地面h处的位置有一个粒子发射源，源源不断地发射出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子在房间内以v做匀速直线运动。某次实验中，撤去磁场，电场不变，粒子发射后经过一段时间落到地面上（不计空气阻力），重力加速度为g，以下说法正确的（　　）
A．粒子带负电，磁感应强度为，电场强度为
B．电场力做功为
C．粒子运动过程中机械能增大
D．落地点到发射点的水平距离
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2025·山东模拟）关于下列物理情景图片，说法正确的是（　　）
A．图甲3D眼镜是利用光的全息照相原理
B．图乙用单色光检查工件表面的平整度是利用光的干涉原理
C．图丙救护车发出的声波产生多普勒效应，电磁波也会产生多普勒效应
D．图丁直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距计算光的波长，结果会偏大
10．（2025·山东模拟）如图所示，在x＝0.6m处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在x＝－0.6m处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝0时刻两波源开始振动，t＝0.5s时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波速大小均为2m/s
B．再经过0.1s，平衡位置在x＝－0.2m处的质点位移为－0.1m
C．平衡位置在x＝－0.4m处的质点为振动减弱点
D．平衡位置在x＝0.2m处的质点前0.5s内运动的路程为50cm
11．（2025·山东模拟）如图甲所示，光滑水平面右端与半径为R的粗糙半圆弧轨道平滑连接，劲度系数为k的轻质弹簧左端与墙拴接，弹簧处于自然长度时其右端在B点左侧，底面装有力传感器的滑块在水平力作用下静止于图示位置，滑块与弹簧不拴接。现在撤去水平力，滑块在从A运动到D的过程中，传感器记录了滑块底面的弹力大小随时间变化关系，如图乙所示，、、均为已知量。弹性势能表达式为，重力加速度大小为g。下列表述正确的是（　　）
A．
B．释放滑块后，弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，弹簧弹力的功率为
C．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，圆轨道对滑块的冲量方向水平向左
D．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，机械能减少了
12．（2025·山东模拟）如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、电阻均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，下列说法正确的是（　　）
A．稳定前b、c棒均做加速度增大的加速运动
B．稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1∶2
C．稳定时导体棒c的速度大小为
D．导体棒b中产生的焦耳热为
三、实验题（把答案填在答题卡中的横线上，或者按题目要求作答。）
13．（2025·山东模拟）某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、光电门、轻质弹簧和滑块等器材设计了测量物体质量和验证动量守恒的实验，组装摆放好的装置如图甲所示。
主要步骤如下：
a.测得A、B滑块上固定的挡光片的宽度均为d，并根据挡光片调节光电门到合适的高度；
b.将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块A上；
c.接通气源，放上滑块，调节气垫导轨，使滑块能在导轨上保持静止状态；
d.弹簧处于原长时右端位于O点，将滑块A向左水平推动，使弹簧右端压至P点，稳定后由静止释放滑块A，并开始计时；
e.计算机采集获取数据，得到滑块A所受弹力大小F、加速度大小a随时间t变化的图像，如图乙所示；
f.滑块A与弹簧分开后，经过光电门1，记录遮光时间Δt，然后滑块A、B发生碰撞，碰撞时间极短，B、A分开后依次通过光电门2的时间分别为和；
回答以下问题：
（1）利用测量数据，验证动量守恒定律的表达式是　 　（用字母、、Δt、、表示）；
（2）图乙数据包含大量隐含信息，假设和图像与坐标轴围成的面积分别、，则滑块A与加速度传感器以及挡光片的总质量可表示为　 　；将弹簧右端压缩至P点时，弹簧具有的弹性势能可表示为　 　（结果均用，、表示）。
14．（2025·山东模拟）图甲为简易多用电表电路原理图，已知电流表G满偏电流、内阻，该多用电表具有直流0~1mA量程电流表、直流0~10mA量程电流表、直流0~3V量程电压表及欧姆挡四种挡位。
（1）下列说法正确的是______。
A．测量时红表笔应接插孔A，黑表笔应接插孔B
B．用多用电表的欧姆挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则测量值偏小
C．测量某二极管的反向电阻时，应使接在插孔A的表笔接二极管的正极
D．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率更大的挡位进行测量
（2）由已知条件可以算出电阻，　 　Ω，　 　Ω。
（3）某同学欲测量多用电表欧姆挡内部总电阻r和电池的电动势E，设计如图乙所示的电路，将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔上，已知多用电表内部总电阻r远小于电压表V的内阻。通过改变电阻箱R的阻值多次测量，描点连线得到如图丙所示的图线。根据图线得到欧姆挡内部总电阻r＝　 　Ω。（结果保留两位有效数字）
四、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（2025·山东模拟）汽缸是在自动化设备中广泛应用的执行机构，如图所示，某汽缸主要部件由缸体、活塞B、活塞杆C、气阀组成。活塞、活塞杆与缸体的导热以及密封性能均良好，且活塞与活塞杆运动过程中与缸体的摩擦力可以忽略不计。活塞连同活塞杆的质量，汽缸缸内横截面积以及活塞横截面积均为，汽缸内部长为，忽略活塞厚度。某次测试时，竖直固定汽缸，打开气阀，将活塞杆提升至汽缸顶部，然后只关闭气阀，释放活塞和活塞杆，已知重力加速度取，标准大气压。
（1）求活塞静止时距汽缸底部的距离。
（2）保持气阀与大气连通，在原有气体不泄露的情况下打开气阀，使用增压气泵通过与连接的导管向汽缸的下部分充气，最终使活塞回到汽缸顶部，求增压气泵充入的空气在1个标准大气压下的体积。
16．（2025·山东模拟）图示是一水上娱乐项目的简化模型，半径为R的光滑球固定在水中的平台上，O为球心，可视为质点的人静止在球的最高点，人、球心和固定点在同一竖直线上。某时刻人以微小（可忽略）的初速度开始下滑。已知水面到球心的距离为，重力加速度为g，人的质量为m，忽略空气阻力的影响。求：
（1）人与球分离时的速度大小v；
（2）人落水位置到球心的水平距离d。
17．（2025·山东模拟）利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图1所示，yOz平面左侧存在沿y轴负方向的匀强电场，右侧存在沿x轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从M（-2l，，0）点以初速度、沿着x轴正方向射入电场，恰好从O点进入磁场，再次从N（l，0，0）点通过x轴，不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E和匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）从O点进入磁场后运动时间为时，求粒子的位置坐标；
（3）如图2所示，若在yOz平面左侧再加垂直xOy平面向里的匀强磁场，将上述带正电粒子从点以初速度、沿着x轴正方向射入电磁场，运动轨迹恰好与x轴负半轴相切。求带电粒子在x轴负半轴运动过程中获得的最大速度。
18．（2025·山东模拟）如图所示，在足够长的光滑水平面上有两个小物块A、B和凹槽C。物块A的质量为m，物块B的质量为3m，凹槽C的质量为3m，A、B相距为l，凹槽C的左端与B相距为3l，凹槽左、右槽壁的距离为3l且槽壁的厚度忽略不计，凹槽C内放一质量为6m的小物块D。物块D与左边槽壁的距离为l，与凹槽之间的动摩擦因数μ＝0.01。开始时物块、凹槽均静止，现给物块A施加水平向右的恒力F，物块A向右做匀加速运动，一段时间后与B发生弹性碰撞。当A与B发生第二次弹性碰撞时立刻撤去恒力F。B与凹槽C碰撞立即粘在一起运动。已知m＝1kg，l＝1m，F＝8N，取重力加速度，物块A、B、D均可视为质点，物块D与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且所有碰撞时间均忽略不计。求：
（1）小物块A从开始运动到与小物块B发生第一次碰撞所用的时间；
（2）小物块A和B第二次碰撞后各自的速度大小；
（3）物块D与凹槽相对静止时，物块D距凹槽左壁的距离；
（4）从物块D开始运动到物块D与凹槽相对静止时，物块D运动的位移大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据核反应的电荷数守恒可知，X的质子数为94-2=92，A正确；
B．半衰期与外部因素无关，则温度升高，的半衰期不变，B错误；
C．一个核衰变成X，释放的核能为，C错误；
D．经过176年后即经过两个半衰期，核电池内核的质量还剩原来的，D错误。
故答案为：A。
【分析】根据核反应的电荷数守恒、质量数守恒、半衰期的物理意义、质能方程及衰变规律来分析判断。
2．【答案】C
【知识点】静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．没有水渗入节理时，由于石块静止，由平衡条件可知，石块受到层面的作用力与石块的重力等大反向，故A错误；
B．没有水渗入节理时，石块所受摩擦力大小和重力沿斜面向下的分力相等，当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力等于石块重力沿斜面向下的分力与由于有水渗入节理结冰膨胀对石块施加的一个平行于EF层面作用力的矢量和，则石块受到层面的摩擦力增大，故B错误；
C．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力大小等于石块重力与平行于EF层面作用力的矢量和，由于石块重力与平行于EF层面作用力的夹角为锐角，可知，石块重力与平行于EF层面作用力的矢量和大于石块重力，即石块受到层面的作用力增大，故C正确；
D．当有水渗入节理时，最大静摩擦力
石块开始滑动，冰对石块的力，故D错误。
故答案为：C。
【分析】对石块进行受力分析，重点关注层面的作用力（支持力与摩擦力的合力）的变化，结合平衡条件和摩擦力公式判断各选项的正误。
3．【答案】B
【知识点】变压器原理；串联电路和并联电路的特点及应用；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB．图乙可知原线圈有效电压
当S与a连接后
联立解得副线圈电压
即电压表示数为22V，则理想电流表示数为，故A错误，B正确；
C．变压器不改变交变电流的频率，由图乙可知原线圈交变电压的周期，则频率，故C错误；
D．当S由a拨到b后，副线圈电压，根据功率
可知S由a拨到b后，原线圈的输入功率之比为，即原线圈的输入功率变为原来的4倍，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先从交变电压图像算出原线圈输入电压有效值和频率，再根据理想变压器变压比，分别分析开关接 a 和接 b 时的副线圈电压、电流及功率变化，逐一验证选项。
4．【答案】C
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】ACD．由图可知，在范围内正电荷所受电场力合力为水平向左，电场力做负功，电势能增大；在范围内正电荷所受电场力合力为水平向右，电场力做正功，电势能减小，故在处电势能最大，根据，可知在处电势最高，故AD错误，C正确；
B．因在范围内正电荷所受电场力合力为水平向右，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故+q在处的速度小于在处的速度，故B错误。
故答案为：C。
【分析】根据电场力方向判断电场力做功情况，结合电场力做功与电势能变化的关系，分析试探电荷在不同位置的电势能、电势及速度大小，逐一验证选项。
5．【答案】A
【知识点】匀速圆周运动；卫星问题
【解析】【解答】A．，所以OB大于OA，即卫星B做匀速圆周运动的半径大于卫星A做匀速圆周运动的半径，由万有引力提供向心力得
可得
可知，又，所以，由，
可得，故A正确；
B．卫星A、B绕地心做匀速圆周运动，P点运动的圆轨迹与地轴线垂直，圆心在图中O点正上方，故B错误；
C．由万有引力提供向心力得
可得
又
可得卫星A、B的线速度之比为，故C错误；
D．由万有引力提供向心力得
可得
可得卫星A、B的周期之比为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 先由几何关系确定卫星 A、B 的轨道半径之比，再结合万有引力提供向心力的公式，分别分析角速度、向心加速度、线速度及周期的关系，同时明确 P 点物体的运动特点，逐一验证选项。
6．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据
可知，小球A、B的加速度之比为，故A错误；
B．根据
可知，A、B的向心力之比为，故B错误；
C．若，对A有
解得轻杆对A的支持力为
根据
可知
对B有
解得轻杆对B的拉力为
以支架、底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为N =Mg+3mg
根据牛顿第三定律可知，底座对水平地面的压力为N =Mg+3mg，故C错误；
D．根据重力做功特点可知，重力做功W=mgh
由题意可知，，，
则转动过程，两球重力对系统做功为零，转动过程合外力对系统做功为零，系统的动能不变，两球的线速度大小保持不变，则两球恰好做匀速圆周运动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据同轴转动确定两小球角速度相同，结合圆周运动公式分析向心加速度、向心力大小，再对小球 A 列竖直方向受力方程，结合支架受力情况分析底座对地面的压力，最后验证匀速圆周运动的条件。
7．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】根据
解得临界角为
恰好发生全反射的光路图如图所示
由几何关系可得，
则
弧长GCF为
则直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为
故答案为：A。
【分析】先由折射率求出全反射临界角，再结合点光源 S 的位置，分别找出在直径边界和圆弧边界上恰好发生全反射的临界光线，确定两类边界上有光射出的范围，最后计算两段长度之和。
8．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在匀强电场和磁场中做匀速直线运动，则粒子受到的合力为零；粒子受到的电场力与电场线平行，受到的洛伦兹力与磁场方向和电场方向都垂直，则粒子的受力如图所示：
若粒子带负电，则电场力、洛伦兹力和重力不可能平衡，因此粒子应带正电；
根据平衡条件mgcos45°=qE，mgsin45°=qvB
解得，，故A错误；
BC．由左手定则可知粒子的速度方向垂直纸面水平向外；撤去磁场后，重力与电场力的合力垂直于电场斜向下。则粒子运动轨迹在垂直于电场线的平面内，故电场力不做功。则粒子落地过程中，机械能守恒，故BC错误；
D．粒子的速度方向垂直纸面水平向外，粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据
根据
可得
水平向外做匀速直线运动，则
水平向右做匀加速运动
则水平向右的位移
落地点到发射点的水平距离，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先由粒子匀速直线运动的平衡条件，结合场的方向判断粒子电性并求出场强、磁感应强度；撤去磁场后，分析粒子在电场力、重力作用下的运动，分解为水平和竖直方向，计算电场力做功、机械能变化及落地点水平距离，逐一验证选项。
9．【答案】B,C
【知识点】多普勒效应；干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．图甲3D眼镜是利用光的偏振原理，故A错误；
B．图乙用单色光检查工件表面的平整度是利用光的薄膜干涉原理，故B正确；
C．机械波与电磁波均能够发生多普勒效应，图丙救护车发出的声波产生多普勒效应，电磁波也会产生多普勒效应，故C正确；
D．根据，解得，其中的指相邻明条纹中心之间的间距，图丁直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距，该间距小于上述的，可知，若直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距计算光的波长，结果会偏小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 逐一分析四幅图对应的物理原理：先明确 3D 眼镜、工件平整度检查、多普勒效应、双缝干涉的核心物理机制，再结合公式判断选项正误。
10．【答案】A,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．根据图像可知经过t＝0.5s时两列简谐波都传播了，故可知两列波的波速大小均为，故A正确；
B．由图可知，两列波均传播，则两列波的周期均为，再经过0.1s，两列波在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故B错误；
C．根据波形可知再经过，两列波在平衡位置在x＝－0.4m处出现波峰与波峰相遇，故该处为振动加强点，故C错误；
D．波源P产生的波传播到的时间为
波源Q产生的波传播到的时间为
则，平衡位置在处的质点运动的路程为
由于两列波的起振方向相同，两波源到的距离差
则此处为振动减弱点，内质点运动的路程为
则平衡位置在处的质点在前内运动的路程为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】先由波形图和传播时间求出波速、周期和波长，再分析各质点的振动叠加情况，分别验证波速、质点位移、振动加强 / 减弱点及质点运动路程。
11．【答案】B,D
【知识点】动量定理；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由题图乙可知，时间内滑块底面的弹力大小不变，即滑块的重力大小为
滑块经过圆弧上的B点时，有
滑块经过圆弧上的D点时，有
滑块由B到D的过程中，由动能定理有
解得，A错误；
B．释放滑块时弹簧的弹性势能为
当弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，由能量守恒有，
弹簧弹力的瞬时功率为P＝kxv
解得，B正确；
C．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，由动量定理得
重力的冲量竖直向下，动量的变化量水平向左，根据矢量三角形易知圆轨道对滑块的作用力的冲量斜向左上方，
如图所示：
C错误；
D．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，机械能减少了，D正确。
故答案为：BD。
【分析】 先由弹力 - 时间图像得到滑块重力及 B、D 点的受力，结合圆周运动向心力公式、动能定理分析A；再通过弹性势能与动能相等的条件，推导弹簧弹力的功率验证B；接着根据动量变化分析圆轨道对滑块的冲量方向验证C；最后由机械能减少量等于克服摩擦力做功验证D。
12．【答案】B,C,D
【知识点】能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．稳定前b、c棒均做加速运动，由，可知两棒产生的反电动势越来越大，则回路中的电动势越来越小，由闭合电路欧姆定律知回路中电流越来越小，由牛顿第二定律，则两棒的加速度越来越小，故稳定前b、c棒均做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．加速过程，b棒的加速度大小为
c棒的加速度大小为
故稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1∶2，故B正确；
C．两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系为
根据动量定理，对b棒有
对c棒有
解得，，故C正确；
D．由能量守恒定律得，电源提供的电能转化为两棒的动能和焦耳热，有，则
解得导体棒b中产生的焦耳热为，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】先分析两棒稳定前的受力与运动特征，明确电流变化导致加速度变化；再利用牛顿第二定律确定加速度比例关系；最后结合动量定理与反电动势平衡条件求解稳定速度及焦耳热，逐一验证选项。
13．【答案】（1）
（2）；
【知识点】动量定理；验证动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由题意，利用测量数据，可得滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为
滑块A与滑块B碰撞后瞬间的速度大小分别为为，
验证动量守恒定律的表达式是
即
故答案为：
（2）根据，可知图像与坐标轴围成的面积表示物体受到的冲量，可得
根据，可知图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，可得
对A根据动量定律，可得
则
由题意得，根据功能关系，可得弹簧具有的弹性势能
故答案为：；
【分析】(1) 利用光电门测速度的原理，得到碰撞前后A、B的速度，再代入动量守恒定律表达式。
(2) 利用冲量的定义（F-t图像面积）和动量定理（a-t图像面积对应速度变化），联立求解滑块A的总质量；再由能量守恒，弹簧弹性势能等于A的最大动能，从而得到弹性势能的表达式。
（1）由题意，利用测量数据，可得滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为
滑块A与滑块B碰撞后瞬间的速度大小分别为为，
验证动量守恒定律的表达式是
即
（2）[1]根据，可知图像与坐标轴围成的面积表示物体受到的冲量，可得
根据，可知图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，可得
对A根据动量定律，可得
则
[2]由题意，根据功能关系，可得弹簧具有的弹性势能
14．【答案】（1）B；D
（2）10；2991
（3）23
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）A．插孔A接内部电源的正极，则测量时红表笔应接插孔B，黑表笔应接插孔A，选项A错误；
B．用多用电表的欧姆挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，相当人体与待测电阻并联，则测量值偏小，选项B正确；
C．测量某二极管的反向电阻时，因黑表笔接电源的正极接插孔A，应使接在插孔A的表笔接二极管的负极，选项C错误；
D．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，说明倍率档选择的过低，则应换倍率更大的挡位进行测量，选项D正确。
故答案为：BD。
（2）当选择开关接b时为直流0~1mA档，则
该档位电流表内阻
选择开关接d时为电压表3V量程，则
故答案为：10；2991
（3）由电路可知
即
由图像可知，
解得r=23Ω
故答案为：23
【分析】(1) 结合多用电表内部电路结构和使用规则，逐一分析选项：电流从红表笔流入、黑表笔流出；欧姆挡测量时人体并联会使测量值偏小；二极管反向电阻测量时黑表笔接负极；指针偏角小说明电阻大，应换大倍率挡位。
(2) 利用电流表扩程和电压表改装的原理，结合并联分流、串联分压的规律计算电阻。
(3) 根据闭合电路欧姆定律推导出的线性关系，由图像截距和斜率求解欧姆挡内部总电阻。
（1）A．插孔A接内部电源的正极，则测量时红表笔应接插孔B，黑表笔应接插孔A，选项A错误；
B．用多用电表的欧姆挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，相当人体与待测电阻并联，则测量值偏小，选项B正确；
C．测量某二极管的反向电阻时，因黑表笔接电源的正极接插孔A，应使接在插孔A的表笔接二极管的负极，选项C错误；
D．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，说明倍率档选择的过低，则应换倍率更大的挡位进行测量，选项D正确。
故选BD。
（2）[1][2]当选择开关接b时为直流0~1mA档，则
该档位电流表内阻
选择开关接d时为电压表3V量程，则
（3）由电路可知
即
由图像可知，
解得r=23Ω
15．【答案】（1）解：当活塞静止时，设下部分气柱长度为，如图所示，对活塞和活塞杆
进行受力分析可得
解得
对汽缸中下部分气体应用玻意耳定律可得
解得
（2）解：对下部分气体，根据玻意耳定律可得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 (1) 活塞静止时受力平衡，先由平衡条件求封闭气体压强，再用玻意耳定律（等温变化）求活塞到缸底的距离。
(2) 充气后活塞回到顶部，对原有气体和充入气体分别用玻意耳定律，联立求解充入气体在标准大气压下的体积。
（1）（1）当活塞静止时，设下部分气柱长度为，如图所示，对活塞和活塞杆
进行受力分析可得
解得
对汽缸中下部分气体应用玻意耳定律可得
解得
（2）（2）对下部分气体，根据玻意耳定律可得
解得
16．【答案】（1）解：设人与球分离的位置与球心连线和竖直方向的夹角为θ，则人从最高点到分离点，根据机械能守恒有
在分离时，根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）解：人滑离球后做斜抛运动，水平分速度
竖直分速度
从人开始下滑到落到水面的过程，根据机械能守恒有
解得人落到水面时的速度为
落到水面时竖直方向的速度为
竖直分方向做匀加速直线运动，则有
解得
则人落水位置与球心的水平距离
联立解得
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】 (1) 人脱离球的临界条件为支持力为 0，重力径向分力提供向心力；从最高点到分离点用机械能守恒联立求解速度。
(2) 分离后做平抛运动，先由几何关系求落水点高度，再用平抛运动规律求水平位移，最后计算距球心的水平距离。
（1）设人与球分离的位置与球心连线和竖直方向的夹角为θ，则人从最高点到分离点，根据机械能守恒有
在分离时，根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）人滑离球后做斜抛运动，水平分速度
竖直分速度
从人开始下滑到落到水面的过程，根据机械能守恒有
解得人落到水面时的速度为
落到水面时竖直方向的速度为
竖直分方向做匀加速直线运动，则有
解得
则人落水位置与球心的水平距离
联立解得
17．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，则有，
解得
粒子从O点进入磁场时水平方向的分速度为，竖直方向的分速度为
结合上述解得
粒子在进入右侧磁场后做螺旋运动，水平向右做速度为的匀速直线运动，在yOz平面内做速度为的匀速圆周运动，则有，，
解得，
（2）解：粒子在磁场中水平向右做速度为的匀速直线运动
由于
匀速圆周运动对应圆心角为120°，则有，
解得，
即粒子的位置坐标为。
（3）解：将速度分解为水平向右的和水平向左的，则有，
速度为的匀速圆周运动，则有
由于粒子轨迹恰好与x轴负半轴相切，则有
当粒子运动到最低点时速度最大，则有
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1） 粒子在电场中做类平抛运动，分解为x轴匀速直线运动和y轴匀加速直线运动，通过类平抛规律联立求解电场强度；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系确定圆周半径，再由洛伦兹力公式推导磁感应强度。
（2） 先由类平抛规律确定粒子在电场中运动的总时间，再计算指定时间内粒子在x、y轴的位移，结合坐标变换规则得到位置坐标。
（3） 粒子同时受电场力和洛伦兹力，运动为类平抛与圆周运动的合成，当粒子速度方向与x轴负半轴相切时，速度达到最大，通过力的平衡和运动合成规律求解最大速度。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有，
解得
粒子从O点进入磁场时水平方向的分速度为，竖直方向的分速度为
结合上述解得
粒子在进入右侧磁场后做螺旋运动，水平向右做速度为的匀速直线运动，在yOz平面内做速度为的匀速圆周运动，则有，，
解得，
（2）粒子在磁场中水平向右做速度为的匀速直线运动
由于
匀速圆周运动对应圆心角为120°，则有，
解得，
即粒子的位置坐标为。
（3）将速度分解为水平向右的和水平向左的，则有，
速度为的匀速圆周运动，则有
由于粒子轨迹恰好与x轴负半轴相切，则有
当粒子运动到最低点时速度最大，则有
18．【答案】（1）解：物块A向右做匀加速运动：
由动量定理：
解得
（2）解：A与B发生第一次弹性碰撞，
解得
假设B还没运动到凹槽所在处，A追上B发生第二次弹性碰撞，对A，
对B：
得x＝2m<3l
假设成立，A与B发生第二次弹性碰撞前，A的速度
B的速度
A与B发生第二次弹性碰撞，
解得
（3）解：最终物块D与凸槽相对静止，一起匀速运动， ，，
解得s＝10m
物块D停在凹槽右壁处，距凹槽左壁的距离为3m。
（4）解：设凹槽与物块D每次碰前的速度分别为、，碰后的速度分别为、，，
解得
即每碰撞一次物块B和凹槽C整体与物块D发生一次速度交换，v－T图像如图所示，，
解得
由动量守恒定律：
可得两物体位移关系为：
又
解得
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】(1) 小物块 A 在恒力 F 作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求加速度，再结合位移公式计算第一次碰撞时间。(2) A、B 发生弹性碰撞，动量守恒与机械能守恒联立求第一次碰撞后速度；分析 A、B 运动过程，计算第二次碰撞前速度，再次用弹性碰撞规律求第二次碰撞后速度。
(3) B 与 C 粘在一起后，D 与槽间因摩擦力产生相对运动，由动量守恒求共速，再用能量守恒计算相对位移，最终得 D 距左壁的距离。
(4) 分段计算 D 在不同阶段的位移，累加得到总位移。
（1）物块A向右做匀加速运动：
由动量定理：
解得
（2）A与B发生第一次弹性碰撞，
解得
假设B还没运动到凹槽所在处，A追上B发生第二次弹性碰撞，对A，
对B：
得x＝2m<3l
假设成立，A与B发生第二次弹性碰撞前，A的速度
B的速度
A与B发生第二次弹性碰撞，
解得
（3）最终物块D与凸槽相对静止，一起匀速运动， ，，
解得s＝10m
物块D停在凹槽右壁处，距凹槽左壁的距离为3m。
（4）设凹槽与物块D每次碰前的速度分别为、，碰后的速度分别为、，，
解得
即每碰撞一次物块B和凹槽C整体与物块D发生一次速度交换，v－T图像如图所示，，
解得
由动量守恒定律：
可得两物体位移关系为：
又
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑