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2025届山东省威海市高三下学期5月模拟考试（三模）物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·威海模拟）我国自主设计的全超导托卡马克核聚变的反应方程为，下列说法正确的是（　　）
A．是质子
B．该反应满足质量守恒
C．该反应是原子弹的工作原理
D．的比结合能大于的比结合能
2．（2025·威海模拟）一列横波沿轴正方向传播，波源位于坐标原点。时刻波源开始振动，时，波刚好传播到处的点，波形图如图所示。处质点的振动图像为（　　）
A．
B．
C．
D．
3．（2025·威海模拟）如图所示，将一个玻璃圆台放置在一块平面玻璃上，圆台的纵截面为等腰梯形。让红光垂直圆台的上表面入射，从上向下观察，可以看到明暗相间的同心圆环状条纹。下列说法正确的是（　　）
A．环状条纹是圆台上表面和侧面的反射光叠加形成的
B．从圆心向外环状条纹越来越稀疏
C．改用紫光入射，条纹间距变小
D．用同一单色光入射，圆台侧面与玻璃平面的夹角越小，条纹间距越小
4．（2025·威海模拟）如图所示，质量分别为和的物体、用跨过定滑轮的轻绳连接，置于倾角为的光滑固定斜面上，穿在固定的竖直光滑杆上。轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端连接。初始时，控制使轻绳伸直且无拉力，轻绳的段与斜面平行，段与杆的夹角为。将由静止释放，在运动过程中经过点，与杆垂直，长为。、均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数，重力加速度为，，。经过点时的速率为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·威海模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，、两端接入一内阻不计的交流电源（如图乙所示）。已知电压表、电流表均为理想电表，当电阻箱的阻值调至时，电阻箱消耗的功率最大，最大功率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·威海模拟）如图所示，工人利用定滑轮通过绳索施加拉力，将一根均匀的钢梁拉起，定滑轮位于钢梁端的正上方，拉起的过程中钢梁绕端缓慢转动。拉力的大小（　　）
A．始终不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．先增大后减小
7．（2025·威海模拟）如图所示为跳台滑雪雪道示意图，段为助滑道和起跳区，段为倾角的着陆坡。运动员从助滑道开始下滑，到达起跳点时，借助设备和技巧，以与水平方向成的方向起跳，起跳时的速率为，轨迹如图所示，运动过程中距着陆坡面最远的点为。不计一切阻力，重力加速度，，。运动员从到的时间为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·威海模拟）如图所示，间距为的两足够长光滑平行金属导轨，与水平面的夹角为，两导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，导轨上端连接一电阻。一长为的导体棒垂直导轨由静止释放，经时间达到最大速度。已知棒的质量为、电阻为，与导轨接触良好，不计导轨电阻，重力加速度为。时间内棒下滑的距离为（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小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·威海模拟）一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化过程，p V图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．A→B气体内能逐渐减小
B．B→C气体分子的平均动能逐渐增大
C．A→C气体向外界放出的热量为6×105J
D．C状态单位时间气体分子对器壁单位面积碰撞次数比B状态的少
10．（2025·威海模拟）如图所示，正方形的三个顶点、、分别固定三个点电荷、、，若点合场强为0，则下列说法正确的是（　　）
A．三电荷的电性相同 B．与电性相同，与相反
C． D．
11．（2025·威海模拟）2025年“天问二号”探测器将踏上前往近地小行星2016HO3的征程。“天问二号”从地球发射后进入绕太阳运行的椭圆轨道，其近日点到太阳的距离为，远日点到太阳的距离为，太阳的质量为，引力常量为。关于“天问二号”，下列说法正确的是（　　）
A．在近日点的速度为
B．在椭圆轨道上运行的周期为
C．在近日点和远日点的速度之比为
D．在近日点和远日点的加速度之比为
12．（2025·威海模拟）如图甲所示，圆形金属框内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，长为L的导体棒ab绕固定于圆心的a端以角速度ω顺时针匀速转动；两竖直平行金属导轨MN、PQ间距为L，上端分别用导线与圆形金属框和a端相连，M、P间接有定值电阻R；长为L的导体棒cd与MN、PQ垂直且接触良好，cd始终处于垂直纸面向外的“”形磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。0时刻cd棒从磁场的上边界以的速度开始向下匀速运动，t0时刻锁定cd棒。已知Rab=Rcd=R，其它电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．0~t0通过MP的电流大小为
B．cd棒的质量为
C．t0~2t0通过MP间电阻的电量为
D．t0~2t0回路消耗的总功率为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·威海模拟）如图所示，某实验小组利用插针法测量一横截面为直角三角形的玻璃砖的折射率，部分实验步骤如下：
①将一张白纸平铺在桌面上，放好玻璃砖，并记录下两直角界面与。
②让光线从入射，入射点为，在入射光线上竖直插入两枚大头针、，然后在外侧透过玻璃砖观察、的像，插入大头针，使其挡住、的像，插入大头针，使其挡住、的像及。
③移去玻璃砖与大头针，连接、留下的针孔交于点，延长入射光线交于点。
请回答以下问题：
（1）玻璃砖的折射率可表示为（　　）
A． B． C． D．
（2）在实验过程中减小入射角，下列说法正确的是（　　）
A．出射光线与的夹角增大
B．出射光线与的夹角减小
C．在外侧一定能观察到、的像
D．在外侧可能观察不到、的像
（3）若插入前不小心将玻璃砖向右平移了少许，其余操作不变，则测量值　 　真实值。（选填“大于”、“等于”或“小于”）
14．（2025·威海模拟）磷酸铁锂电池具有较高的安全性，原材料价格较低，使用寿命长，广泛应用于我国的电动汽车。某实验小组利用下列部分器材测量磷酸铁锂电池的电动势和内阻。
A、磷酸铁锂电池（电动势约为，内阻为）
B、电压表（量程，内阻约为）
C、高精度数字电流表（量程足够大，内阻忽略不计）
D、定值电阻
E、定值电阻
F、滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）
G、开关、导线若干
请回答以下问题：
（1）定值电阻选用　 　；（选填“”或“”）
（2）在答题卡的方框中画出实验的原理图；
（3）根据实验中测得数据做出的图像如图所示，电源的电动势为　 　，内阻为　 　。（计算结果均保留3位有效数字）
15．（2025·威海模拟）如图所示，某段公路的坡度为，重的货车从坡底由静止匀加速启动，末的速度增为，此时的功率达到额定值，此后货车保持额定功率继续行驶。货车受到路面及空气的阻力恒为车重的0.1倍，当角较小时，。求货车的：
（1）额定功率；
（2）最大速度。
16．（2025·威海模拟）容积V=9L的密闭容器中装有一定质量的理想气体，开始时气体的压强p=5×104Pa，温度T1=300K。一段时间后，气体的温度升为T2=360K。为保证容器中气体的压强不超过p，需用抽气筒对容器抽气，每次可以抽取V1=1L的气体，抽气过程温度不变。求：
（1）温度刚升为T2时气体的压强；
（2）至少需要抽气的次数。
17．（2025·威海模拟）如图所示，长木板静止在水平地面上，其右端固定一弹性挡板。半圆形光滑管道竖直固定在长木板上方一定距离处，为圆心，半径。小物块紧挨点正下方管道出口，静止在上的点，的上表面点左侧部分粗糙，右侧部分光滑。小球以的速度水平射入管道上端口，与在管道出口处碰撞，、碰后粘在一起组成，此时撤掉管道，继续向右运动与挡板发生弹性碰撞，一段时间后，返回点正下方时的速度。已知，、的质量均为，及挡板的质量，与粗糙部分间的动摩擦因数，与地面间的动摩擦因数，所有碰撞时间及空气阻力忽略不计，长木板足够长，可视为质点，重力加速度。求：
（1）离开管道出口时对管道的压力大小；
（2）与挡板碰撞后的速度大小；
（3）整个过程对的摩擦力做的功；
（4）从开始运动到静止，、间产生的热量。
18．（2025·威海模拟）如图甲所示，三维空间中，的空间存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小为，（未知）处存在平行于的无限大界面；界面与间存在沿轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为；界面左侧空间存在周期性变化的磁场，变化规律如图乙所示，沿轴负方向为磁场的正方向，磁感应强度大小也为。质量为，电荷量为的带电粒子，从某位置沿轴负方向射入，经过点时的速度大小为，方向与轴负半轴的夹角为；当粒子到达界面时，速度方向平行于平面，该时刻为周期性变化磁场的计时起点；在（未知）时粒子的速度方向沿轴负方向，不计粒子重力。求：
（1）粒子在间运动的轨迹方程；
（2）的可能值；
（3）的值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．由质量数和电荷数守恒可知X的电荷数为1+1-2=0，质量数为2+3-4=1，所以X是中子，故A错误；
B．该反应有质量亏损，亏损质量以核能形式放出，故B错误；
C．该反应是轻核聚变，是氢弹的工作原理，故C错误；
D．发生核反应后，原子核变得稳定，则的比结合能比的比结合能大，故D正确。
故选D。
【分析】轻核聚变过程过程发生质量亏损，放出能量；根据核聚变过程质量数守恒，电荷数守恒求出X； 核反应生成物的比结合能大于反应物的比结合能。
本题考查核聚变，知道核聚变过程发生质量亏损，放出能量，知道核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒。
2．【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】当时间 时，波传播到位置 处的点。由于波在均匀介质中匀速传播，波速。
波传播到 处质点所需时间为。
波沿 轴正方向传播，根据“上下坡法”可判断点 起振时从平衡位置向上振动。因此， 处的质点在 4 s时开始从平衡位置向上振动，其振动图像对应选项A。故A正确，BCD错误。
故选 A。
【分析】本题考查了对波动图形的理解，能够结合波形，得到质点的运动情况。根据P的振动情况判断振动图像。
3．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．这些同心环纹本质上是圆台底面与下面平板玻璃之间所形成的空气薄膜形成的“薄膜干涉”现象，而非由上表面与侧面反射光的叠加所致，故A错误。
B．由于截面为等腰梯形，所以条纹间距从第二条起为等间距，而不是从圆心向外环状条纹越来越稀疏，故B错误。
C．由可知，干涉条纹的间距与光的波长成正比，红光波长比紫光长，改用紫光时条纹间距变小，故C正确。
D．在同一单色光下，若圆台与平面玻璃的夹角变小，则干涉空隙增厚得更缓慢，条纹在水平方向上反而拉得更开，间距增大，故D错误。
故选C。
【分析】发生干涉的条件是两列光的频率相同。“薄膜干涉”是光通过薄膜的两个表面反射后叠加形成干涉图样；由判断薄膜干涉图样条纹宽度变化。
本题主要考查光的干涉的应用，解决本题的关键知道光发生干涉的条件：两列光的频率必须相同。
4．【答案】A
【知识点】胡克定律；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【解答】未释放P前，对Q，由平衡条件可得，又
解得弹簧压缩量
当经过点时，由于与杆垂直，由运动的合成与分解可知，此时P的速度为0，
由几何关系可知
可知在M点时，弹簧拉伸量为L，弹性势能与开始时相同，弹簧弹力对Q做功为零，故对P、Q和弹簧构成的系统，由动能定理可得
解得，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查了动能定理、运动的合成与分解的应用。根据胡克定律和平衡知识求得弹簧弹性势能变化，判断弹簧对Q的做功情况．根据系统动能定理求出Q运动到M时的速度大小 。
5．【答案】C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由正余弦交变电流最大值与有效值关系。结合乙图可知电动势的有效值为
此变压器原线圈有负载，利用等效法，可得副线圈等效电阻为。根据题意当电阻箱的阻值调至时，电阻箱消耗的功率最大，可知等效电阻与原线圈上连接的电阻的阻值相同，=2，所以原线圈两端的电压为
根据原副线圈两端的电压之比等于原副线圈匝数比，可知
所以电阻箱消耗的最大功率，故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】 该题考查变压器相关知识。熟知变压器工作特点和规律是解决本题的关键。
原线圈有电阻，将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，根据理想变压器电阻等效法求得等效电阻表达式，结合闭合电路欧姆定律求解。
6．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对钢梁AB受力分析，受重力mg，细绳的拉力F以及地面对A点的作用力N（摩擦力和支持力的合力），三个力的合力交于一点，组成力的矢量三角形，则由相似三角形可知
则随着钢梁B点逐渐升高，则OC的减小，F减小。C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】先对钢梁进行受力分析，根据三力平衡特点画出矢量三角形，结合数学知识利用相似三角形判断拉力的大小大小变化 。
本题考查共点力平衡中的动态平衡问题，画出矢量三角形是解题关键。
7．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】运动员起跳后，做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，当速度方向与平行时，距离坡面最远，从到的时间为t，规定向下为正方向，则有
解得，故D正确，ABC错误；
故选D。
【分析】本题主要是考查了斜抛运动的规律，知道斜抛运动可以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。 运动员起跳后，做斜上抛运动，当速度方向坡面平行时，距离坡面最远，根据运动的合成与分解结合竖直上抛运动公式求解。
8．【答案】B
【知识点】动量定理；电流、电源的概念；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】当导体棒合力为零，即加速度减为0时，速度最大，以后导体棒将做匀速直线运动，
设最大速度为vm，由法拉第电磁感应定律可得，导体棒切割磁感线的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得，感应电流
根据右手定则可知流过导体棒电流方向垂直纸面向里，根据左手定则可知导体棒受安培力方向沿导轨向上，
由平衡条件可知
导体棒从导轨上静止释放后时间t内，流过回路的电荷量为
对导体棒，根据动量定理得
联立得，故B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】本题主要考查了电磁感应的相关应用，结合右手定则、左手定则判断出安培力的方向，再根据动量定理即可完成分析。 对导体棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、平衡条件、动量定理、电荷量与磁通量变化量的关系列式求解。
9．【答案】B,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．由理想气体状态方程变形可得，其中C为常数，
从图中分析，可知A→B过程pV的乘积先增大后减小，故温度先升高后降低，气体的平均动能先增大后减小，理想气体分子势能不计，故气体的内能先增大后减小，故A错误；
B．B→C过程，气体的体积不变，气体的压强增大，根据
可知气体的温度升高，而温度是分子平均动能的标志，所以温度升高，气体分子的平均动能逐渐增大，故B正确；
C．A→B过程体积减小，外界对气体做正功，根据p V图线与坐标轴围成的面积表示外界对气体做的功，则有
B→C气体的体积不变，外界对气体不做功，则有
则气体从A→C过程中外界对气体做的总功为
根据理想气体状态方程，从图中分析，可知
说明
所以气体从A→C过程中，内能不变，即
根据热力学第一定律有
解得
负号表示放热，即气体从A→C气体向外界放出的热量为6×105J
故C正确；
D．由图可知，气体在B、C状态时体积相同，则分子数密度相同，而B在状态的压强小于在C状态的压强，根据压强的微观解释，可知在B状态时单位时间气体分子对器壁单位面积碰撞次数比在C状态时的少，故D错误。
故选BC。
【分析】本题考查气体的状态方程中对应的图像，要抓住在图像中图线与坐标轴围成的面积表示外界对气体做的功， 还有要记住气体分子平均动能只由温度决定。
根据图像得到和p的变化，根据一定质量的理想气体的状态方程分析出温度的变化，分析分子平动能变化，放弃提内能变化；结合热力学第一定律分析 气体向外界放出的热量 ；结合气体压强的围观解释即可完成分析。
10．【答案】B,C
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．电场是矢量，根据场强叠加原理可知，若三点电荷的电性相同，则d点的场强不可能为零，故A错误；
BCD．若与电性相同，与相反，则与在d点产生的合场强与在d点产生的场强等大反向，则此时d点的场强为零，此时与在d点产生的场强大小相等，相互垂直，则由场强叠加可知
可得
即
故BC正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则及几何关系，即可求解。
本题考查点电荷电场强度公式的应用，掌握矢量的合成法则，注意电场强度是矢量，其运算符合平行四边形定则。
11．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．若探测器在过近日点的圆轨道绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据
解得
由于探测器从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速，则“天问二号”在近日点的速度大于，故A错误；
B．椭圆轨道的半长轴为
假设一圆轨道半径等于椭圆轨道的半长轴，即有
由可得，该圆轨道的周期为
根据开普勒第三定律可知，“天问二号”在椭圆轨道上运行的周期为，故B正确；
C．区一极短时间内，根据开普勒第二定律可得
可得“天问二号”在近日点和远日点的速度之比为
故C错误；
D．由可得
故“天问二号” 在近日点和远日点的加速度之比为
故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查了开普勒三大定律，万有引力的应用，要理解开普勒三大定律，万有引力定律，知道它们的适用条件。
由万有引力提供向心力可确定圆周运动的向心加速度、线速度，可确定其比值或比较大小关系；根据开普勒第三定律确定在椭圆轨道上运行的周期；根据开普勒第二定律结合数学知识确定在近日点和远日点的速度之比。
12．【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.0~t0时间内，ab棒匀速转动，产生的感应电动势为
cd棒匀速下滑，产生的感应电动势为，
ab棒和cd棒并联，再和MP串联，则电路中总电阻为
通过MP的电流大小为，故A正确；
B．对cd棒，匀速运动，安培力与重力等大反向，通过cd的电流大小为，
根据平衡条件可得
所以，故B错误；
C．t0时刻锁定cd棒，磁场均匀增大，产生的感应电动势为
由于两个电源并联，所以通过MP的电流大小为
所以t0~2t0通过MP间电阻的电量为，故C正确；
D．t0~2t0回路消耗的总功率为，故D错误。
故选AC。
【分析】由于在圆环内存在磁感应强度为的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为，cd棒匀速下滑，根据感应电动势的计算公式计算b棒匀速转动产生的感应电动势和cd产生的感应电动势；结合串并联知识求得通过MP的电流大小、通过cd棒的电流大小；根据平衡条件求解cd棒的质量；根据电量的定义式计算 通过MP间电阻的电量； 根据电功率的计算公式求解整个电路消耗的电功率。
本题主要是考查电磁感应现象与电路的结合，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。
13．【答案】（1）C
（2）B；D
（3）大于
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光在界面，设法线为，如图所示
则折射率为
其中，，
解得，故C正确，ABD错误；
故选C。
（2）AB．由可知，减小入射角，则折射角减小，由几何关系可知，在界面的入射角增大，折射角也增大，所以出射光线与的夹角减小，故A错误，B正确；
CD．因为减小入射角，出射光线与的夹角减小，当出射光线与的夹角减小到零时，光在界面发生全反射，则观察不到、的像，故C错误，D正确。
故选BD。
（3）将玻璃砖向右平移了少许，光路图如图所示，其中实线为测量时的光路；虚线为实际的光路
由图可知，入射角不变，测量的折射角偏小，根据折射定律定义式可知，测量值大于真实值。
故答案为：（1）C；（2）BD；（3）大于。
【分析】（1） 根据已知条件做出光路图，再根据入射角与折射角的概念标注入射角和折射角，依据光的折射定律写出折射率的计算式；
（2）由折射率和数学知识分析减小入射角，出射光线与的夹角变化和在外侧一定能否观察到、的像；
（3）画出玻璃砖向右平移了少许的光路图，分析误差。
本题属于光学中考查折射率的测量的实验问题，要会分析误差，主要看折射角的变化。解答本题的关键是能理解光的折射定律，根据折射定律，结合实验中需要注意的细节问题，分析各选项。
（1）光在界面，设法线为，如图所示
则折射率为
其中，，
解得
故选C。
（2）AB．减小入射角，则折射角减小，由几何关系可知，在界面的入射角增大，折射角也增大，所以出射光线与的夹角减小，故A错误，B正确；
CD．因为减小入射角，出射光线与的夹角减小，当出射光线与的夹角减小到零时，光在界面发生全反射，则观察不到、的像，故C错误，D正确。
故选BD。
（3）将玻璃砖向右平移了少许，光路图如图所示，其中实线为测量时的光路；虚线为实际的光路
由图可知，入射角不变，测量的折射角偏小，根据折射定律定义式可知，测量值大于真实值。
14．【答案】（1）
（2）
（3）3.20；25.6-43.5
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由题意可知电源电动势的内阻为，由可知，若选用差距过大的定值电阻会使得外电路电阻分压过大，内阻分压小，测量误差变大，所以应选用。
（2）由题意知电流表不分压，所以选择测量电源电动势及内阻的电流表的内接法，为了保护电路安全，滑动变阻器要采用限流式接法，故电路如图所示
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
公式变形得
根据图像可知，图像的纵坐标的截距
图像的斜率绝对值
所以
故答案为：（1）；（2）；（3）3.20；43.5。
【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律分析使用的定值电阻；
(2)根据实验原理和实验要求给出的原理图；
(3)由作出的图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率绝对值表示内阻，由图像求得电动势和内阻。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道如何根据图象分析实验数据是解决此类问题的基本方法．
（1）本实验是测量电源电动势和内阻，由材料可知电源电动势的内阻为，若选用差距过大的定值电阻会使得外电路电阻分压过大，内阻分压小，测量误差变大，所以应选用。
（2）因为电流表的内阻可以忽略不计，电流表不分压，所以选择测量电源电动势及内阻的电流表的内接法，为了保护电路安全，滑动变阻器要采用限流式接法，故电路如图所示
（3）[1][2]根据闭合回路欧姆定律
公式变形得
根据图像可知，图像的纵坐标的截距
图像的斜率
所以
15．【答案】（1）对匀加速阶段，设加速度为，匀加速的时间为，匀加速结束时速度为，
依题意有，
由解得
设货车的牵引力为
由牛顿第二定律有，解得F=16000N
根据功率计算式，解得；

（2）当加速度为零时，即货车合力为零时，达到最大速度，则有，解得
由功率计算式 ，解得

【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【分析】(1)根据求解加速度，根据牛顿第二定律求出牵引力，根据求出达到额定功率；
(2)当汽车达到最大速度时，汽车的合力为零，是由功率公式可求得汽车所能达到的最大速度；
本题主要考查机车启动问题，理解合力为零时达到最大速度是解题的关键。
（1）对匀加速阶段，设加速度为，匀加速的时间为，匀加速结束时速度为，有
依题意有，
解得
设货车的牵引力为
由牛顿第二定律有
功率计算式
解得
（2）当货车加速度为零时，达到最大速度，则有
功率计算式
解得
16．【答案】（1）根据气体做等容变化的规律，根据查理定律可得
解得；
（2）设第一次抽气后气体压强为p01，抽气过程温度不变，由可得
解得
设第二次抽气后气体压强为p02，则根据玻意耳定律
解得
所以至少需要抽气2次。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）气体做等容变化，根据查理定律列式求解温度刚升为T2时气体的压强；
（2）抽气过程温度不变，根据理想气体状态方程列式求解需重新抽气的次数。
本题考查抽气问题，要注意把变质量问题转换为定质量问题，根据理想气体状态方程求解即可。
（1）根据气体做等容变化的规律，根据查理定律有
解得
（2）设第一次抽气后气体压强为p01，抽气过程温度不变，根据玻意耳定律
解得
设第二次抽气后气体压强为p02，则根据玻意耳定律
解得
所以至少需要抽气2次。
17．【答案】（1）A下滑过程中只有重力做功，由动能定理可得，解得
A在出口由牛顿第二定律有，解得
由牛顿第三定律得；

（2）、碰撞过程中，根据动量守恒可得，解得
、碰撞过程中，根据动量守恒可得
解得，；
（3）设第一段减速运动的加速度大小为，第二段减速的加速度大小为，减速的加速度大小为，可得，解得
解得
解得
=10m
设第一段减速的时间为，位移为，第一段末速度为，第二段减速到0的时间为，经过的位移为。其中（由减速至的位移大小），如图所示
联立解得
解得。

（4）从开始运动到静止过程，由能量守恒
解得

【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题考查了圆周运动的应用、动量与能量的综合应用、动能定理的基本应用；解答本题的关键要理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。
（1）根据动能定理求得A球落到最低点的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求离开管道出口时对管道的压力大小；
（2）根据动量守恒定律和能量守恒分析求解；
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式结合相对位置关系求得D、C相对位移，在根据功的计算公式计算整个过程对的摩擦力做的功；
（4）由能量守恒列式求解从开始运动到静止、间产生的热量。
（1）A下滑由动能定理可得
A在出口由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律得
（2）、碰撞过程
、碰撞过程
解得（向右）
（3）设第一段减速运动的加速度大小为，第二段减速的加速度大小为，减速的加速度大小为，可得
设第一段减速的时间为，位移为，第一段末速度为，第二段减速到0的时间为，经过的位移为。其中（由减速至的位移大小），如图所示
解得
（4）从开始运动到静止过程，由能量守恒
解得
18．【答案】（1）粒子进入电场，水平方向做匀速运动，有，
竖直方向做初速度为零的匀加速运动，有，，
联立可得；
（2）粒子进入磁场，在yoz平面内左匀速圆周运动，沿x负方向做匀速运动，
洛伦兹力提供向心力，有，又
解得
粒子从O点运动到界面需要的时间为t，则
所以t可能为或
则或（n=0，1，2……）；
（3）当距离为d1时，如图甲所示
从界面运动到距z轴最远，粒子转过的圆心角为120°，则
所以
当距离为d2时，如图乙所示，从界面运动到距z轴最远，粒子转过的圆心角为60°，则
所以。

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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】本题考查带电粒子在电场和磁场组成的混合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律结合牛顿第二定律求解粒子在间运动的轨迹方程；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动知识和数学知识结合粒子运动的周期性，求出的可能值；
(3)画出粒子的运动轨迹，然后由数学知识求出的值。
本题考查带电粒子在电场中类平抛运动，在磁场中匀速圆周运动，关键在于找到粒子在磁场中运动的轨迹和边界条件，结合数学知识分析求解。本题对作图要求很高，过程复杂，计算量大。
（1）根据运动的分解可得，水平方向有，
竖直方向有，，
联立可得
（2）根据洛伦兹力提供向心力有，
所以
粒子从O点运动到界面需要的时间为t，则
所以t可能为或
则或（n=0，1，2……）
（3）当距离为d1时，如图甲所示
从界面运动到距z轴最远，粒子转过的圆心角为120°，则
所以
当距离为d2时，如图乙所示，从界面运动到距z轴最远，粒子转过的圆心角为60°，则
所以
1 / 12025届山东省威海市高三下学期5月模拟考试（三模）物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·威海模拟）我国自主设计的全超导托卡马克核聚变的反应方程为，下列说法正确的是（　　）
A．是质子
B．该反应满足质量守恒
C．该反应是原子弹的工作原理
D．的比结合能大于的比结合能
【答案】D
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．由质量数和电荷数守恒可知X的电荷数为1+1-2=0，质量数为2+3-4=1，所以X是中子，故A错误；
B．该反应有质量亏损，亏损质量以核能形式放出，故B错误；
C．该反应是轻核聚变，是氢弹的工作原理，故C错误；
D．发生核反应后，原子核变得稳定，则的比结合能比的比结合能大，故D正确。
故选D。
【分析】轻核聚变过程过程发生质量亏损，放出能量；根据核聚变过程质量数守恒，电荷数守恒求出X； 核反应生成物的比结合能大于反应物的比结合能。
本题考查核聚变，知道核聚变过程发生质量亏损，放出能量，知道核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒。
2．（2025·威海模拟）一列横波沿轴正方向传播，波源位于坐标原点。时刻波源开始振动，时，波刚好传播到处的点，波形图如图所示。处质点的振动图像为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】当时间 时，波传播到位置 处的点。由于波在均匀介质中匀速传播，波速。
波传播到 处质点所需时间为。
波沿 轴正方向传播，根据“上下坡法”可判断点 起振时从平衡位置向上振动。因此， 处的质点在 4 s时开始从平衡位置向上振动，其振动图像对应选项A。故A正确，BCD错误。
故选 A。
【分析】本题考查了对波动图形的理解，能够结合波形，得到质点的运动情况。根据P的振动情况判断振动图像。
3．（2025·威海模拟）如图所示，将一个玻璃圆台放置在一块平面玻璃上，圆台的纵截面为等腰梯形。让红光垂直圆台的上表面入射，从上向下观察，可以看到明暗相间的同心圆环状条纹。下列说法正确的是（　　）
A．环状条纹是圆台上表面和侧面的反射光叠加形成的
B．从圆心向外环状条纹越来越稀疏
C．改用紫光入射，条纹间距变小
D．用同一单色光入射，圆台侧面与玻璃平面的夹角越小，条纹间距越小
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．这些同心环纹本质上是圆台底面与下面平板玻璃之间所形成的空气薄膜形成的“薄膜干涉”现象，而非由上表面与侧面反射光的叠加所致，故A错误。
B．由于截面为等腰梯形，所以条纹间距从第二条起为等间距，而不是从圆心向外环状条纹越来越稀疏，故B错误。
C．由可知，干涉条纹的间距与光的波长成正比，红光波长比紫光长，改用紫光时条纹间距变小，故C正确。
D．在同一单色光下，若圆台与平面玻璃的夹角变小，则干涉空隙增厚得更缓慢，条纹在水平方向上反而拉得更开，间距增大，故D错误。
故选C。
【分析】发生干涉的条件是两列光的频率相同。“薄膜干涉”是光通过薄膜的两个表面反射后叠加形成干涉图样；由判断薄膜干涉图样条纹宽度变化。
本题主要考查光的干涉的应用，解决本题的关键知道光发生干涉的条件：两列光的频率必须相同。
4．（2025·威海模拟）如图所示，质量分别为和的物体、用跨过定滑轮的轻绳连接，置于倾角为的光滑固定斜面上，穿在固定的竖直光滑杆上。轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端连接。初始时，控制使轻绳伸直且无拉力，轻绳的段与斜面平行，段与杆的夹角为。将由静止释放，在运动过程中经过点，与杆垂直，长为。、均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数，重力加速度为，，。经过点时的速率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】胡克定律；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【解答】未释放P前，对Q，由平衡条件可得，又
解得弹簧压缩量
当经过点时，由于与杆垂直，由运动的合成与分解可知，此时P的速度为0，
由几何关系可知
可知在M点时，弹簧拉伸量为L，弹性势能与开始时相同，弹簧弹力对Q做功为零，故对P、Q和弹簧构成的系统，由动能定理可得
解得，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查了动能定理、运动的合成与分解的应用。根据胡克定律和平衡知识求得弹簧弹性势能变化，判断弹簧对Q的做功情况．根据系统动能定理求出Q运动到M时的速度大小 。
5．（2025·威海模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，、两端接入一内阻不计的交流电源（如图乙所示）。已知电压表、电流表均为理想电表，当电阻箱的阻值调至时，电阻箱消耗的功率最大，最大功率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由正余弦交变电流最大值与有效值关系。结合乙图可知电动势的有效值为
此变压器原线圈有负载，利用等效法，可得副线圈等效电阻为。根据题意当电阻箱的阻值调至时，电阻箱消耗的功率最大，可知等效电阻与原线圈上连接的电阻的阻值相同，=2，所以原线圈两端的电压为
根据原副线圈两端的电压之比等于原副线圈匝数比，可知
所以电阻箱消耗的最大功率，故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】 该题考查变压器相关知识。熟知变压器工作特点和规律是解决本题的关键。
原线圈有电阻，将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，根据理想变压器电阻等效法求得等效电阻表达式，结合闭合电路欧姆定律求解。
6．（2025·威海模拟）如图所示，工人利用定滑轮通过绳索施加拉力，将一根均匀的钢梁拉起，定滑轮位于钢梁端的正上方，拉起的过程中钢梁绕端缓慢转动。拉力的大小（　　）
A．始终不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．先增大后减小
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对钢梁AB受力分析，受重力mg，细绳的拉力F以及地面对A点的作用力N（摩擦力和支持力的合力），三个力的合力交于一点，组成力的矢量三角形，则由相似三角形可知
则随着钢梁B点逐渐升高，则OC的减小，F减小。C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】先对钢梁进行受力分析，根据三力平衡特点画出矢量三角形，结合数学知识利用相似三角形判断拉力的大小大小变化 。
本题考查共点力平衡中的动态平衡问题，画出矢量三角形是解题关键。
7．（2025·威海模拟）如图所示为跳台滑雪雪道示意图，段为助滑道和起跳区，段为倾角的着陆坡。运动员从助滑道开始下滑，到达起跳点时，借助设备和技巧，以与水平方向成的方向起跳，起跳时的速率为，轨迹如图所示，运动过程中距着陆坡面最远的点为。不计一切阻力，重力加速度，，。运动员从到的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】运动员起跳后，做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，当速度方向与平行时，距离坡面最远，从到的时间为t，规定向下为正方向，则有
解得，故D正确，ABC错误；
故选D。
【分析】本题主要是考查了斜抛运动的规律，知道斜抛运动可以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。 运动员起跳后，做斜上抛运动，当速度方向坡面平行时，距离坡面最远，根据运动的合成与分解结合竖直上抛运动公式求解。
8．（2025·威海模拟）如图所示，间距为的两足够长光滑平行金属导轨，与水平面的夹角为，两导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，导轨上端连接一电阻。一长为的导体棒垂直导轨由静止释放，经时间达到最大速度。已知棒的质量为、电阻为，与导轨接触良好，不计导轨电阻，重力加速度为。时间内棒下滑的距离为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动量定理；电流、电源的概念；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】当导体棒合力为零，即加速度减为0时，速度最大，以后导体棒将做匀速直线运动，
设最大速度为vm，由法拉第电磁感应定律可得，导体棒切割磁感线的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得，感应电流
根据右手定则可知流过导体棒电流方向垂直纸面向里，根据左手定则可知导体棒受安培力方向沿导轨向上，
由平衡条件可知
导体棒从导轨上静止释放后时间t内，流过回路的电荷量为
对导体棒，根据动量定理得
联立得，故B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】本题主要考查了电磁感应的相关应用，结合右手定则、左手定则判断出安培力的方向，再根据动量定理即可完成分析。 对导体棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、平衡条件、动量定理、电荷量与磁通量变化量的关系列式求解。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小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·威海模拟）一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化过程，p V图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．A→B气体内能逐渐减小
B．B→C气体分子的平均动能逐渐增大
C．A→C气体向外界放出的热量为6×105J
D．C状态单位时间气体分子对器壁单位面积碰撞次数比B状态的少
【答案】B,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．由理想气体状态方程变形可得，其中C为常数，
从图中分析，可知A→B过程pV的乘积先增大后减小，故温度先升高后降低，气体的平均动能先增大后减小，理想气体分子势能不计，故气体的内能先增大后减小，故A错误；
B．B→C过程，气体的体积不变，气体的压强增大，根据
可知气体的温度升高，而温度是分子平均动能的标志，所以温度升高，气体分子的平均动能逐渐增大，故B正确；
C．A→B过程体积减小，外界对气体做正功，根据p V图线与坐标轴围成的面积表示外界对气体做的功，则有
B→C气体的体积不变，外界对气体不做功，则有
则气体从A→C过程中外界对气体做的总功为
根据理想气体状态方程，从图中分析，可知
说明
所以气体从A→C过程中，内能不变，即
根据热力学第一定律有
解得
负号表示放热，即气体从A→C气体向外界放出的热量为6×105J
故C正确；
D．由图可知，气体在B、C状态时体积相同，则分子数密度相同，而B在状态的压强小于在C状态的压强，根据压强的微观解释，可知在B状态时单位时间气体分子对器壁单位面积碰撞次数比在C状态时的少，故D错误。
故选BC。
【分析】本题考查气体的状态方程中对应的图像，要抓住在图像中图线与坐标轴围成的面积表示外界对气体做的功， 还有要记住气体分子平均动能只由温度决定。
根据图像得到和p的变化，根据一定质量的理想气体的状态方程分析出温度的变化，分析分子平动能变化，放弃提内能变化；结合热力学第一定律分析 气体向外界放出的热量 ；结合气体压强的围观解释即可完成分析。
10．（2025·威海模拟）如图所示，正方形的三个顶点、、分别固定三个点电荷、、，若点合场强为0，则下列说法正确的是（　　）
A．三电荷的电性相同 B．与电性相同，与相反
C． D．
【答案】B,C
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．电场是矢量，根据场强叠加原理可知，若三点电荷的电性相同，则d点的场强不可能为零，故A错误；
BCD．若与电性相同，与相反，则与在d点产生的合场强与在d点产生的场强等大反向，则此时d点的场强为零，此时与在d点产生的场强大小相等，相互垂直，则由场强叠加可知
可得
即
故BC正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则及几何关系，即可求解。
本题考查点电荷电场强度公式的应用，掌握矢量的合成法则，注意电场强度是矢量，其运算符合平行四边形定则。
11．（2025·威海模拟）2025年“天问二号”探测器将踏上前往近地小行星2016HO3的征程。“天问二号”从地球发射后进入绕太阳运行的椭圆轨道，其近日点到太阳的距离为，远日点到太阳的距离为，太阳的质量为，引力常量为。关于“天问二号”，下列说法正确的是（　　）
A．在近日点的速度为
B．在椭圆轨道上运行的周期为
C．在近日点和远日点的速度之比为
D．在近日点和远日点的加速度之比为
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．若探测器在过近日点的圆轨道绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据
解得
由于探测器从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速，则“天问二号”在近日点的速度大于，故A错误；
B．椭圆轨道的半长轴为
假设一圆轨道半径等于椭圆轨道的半长轴，即有
由可得，该圆轨道的周期为
根据开普勒第三定律可知，“天问二号”在椭圆轨道上运行的周期为，故B正确；
C．区一极短时间内，根据开普勒第二定律可得
可得“天问二号”在近日点和远日点的速度之比为
故C错误；
D．由可得
故“天问二号” 在近日点和远日点的加速度之比为
故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查了开普勒三大定律，万有引力的应用，要理解开普勒三大定律，万有引力定律，知道它们的适用条件。
由万有引力提供向心力可确定圆周运动的向心加速度、线速度，可确定其比值或比较大小关系；根据开普勒第三定律确定在椭圆轨道上运行的周期；根据开普勒第二定律结合数学知识确定在近日点和远日点的速度之比。
12．（2025·威海模拟）如图甲所示，圆形金属框内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，长为L的导体棒ab绕固定于圆心的a端以角速度ω顺时针匀速转动；两竖直平行金属导轨MN、PQ间距为L，上端分别用导线与圆形金属框和a端相连，M、P间接有定值电阻R；长为L的导体棒cd与MN、PQ垂直且接触良好，cd始终处于垂直纸面向外的“”形磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。0时刻cd棒从磁场的上边界以的速度开始向下匀速运动，t0时刻锁定cd棒。已知Rab=Rcd=R，其它电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．0~t0通过MP的电流大小为
B．cd棒的质量为
C．t0~2t0通过MP间电阻的电量为
D．t0~2t0回路消耗的总功率为
【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.0~t0时间内，ab棒匀速转动，产生的感应电动势为
cd棒匀速下滑，产生的感应电动势为，
ab棒和cd棒并联，再和MP串联，则电路中总电阻为
通过MP的电流大小为，故A正确；
B．对cd棒，匀速运动，安培力与重力等大反向，通过cd的电流大小为，
根据平衡条件可得
所以，故B错误；
C．t0时刻锁定cd棒，磁场均匀增大，产生的感应电动势为
由于两个电源并联，所以通过MP的电流大小为
所以t0~2t0通过MP间电阻的电量为，故C正确；
D．t0~2t0回路消耗的总功率为，故D错误。
故选AC。
【分析】由于在圆环内存在磁感应强度为的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为，cd棒匀速下滑，根据感应电动势的计算公式计算b棒匀速转动产生的感应电动势和cd产生的感应电动势；结合串并联知识求得通过MP的电流大小、通过cd棒的电流大小；根据平衡条件求解cd棒的质量；根据电量的定义式计算 通过MP间电阻的电量； 根据电功率的计算公式求解整个电路消耗的电功率。
本题主要是考查电磁感应现象与电路的结合，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·威海模拟）如图所示，某实验小组利用插针法测量一横截面为直角三角形的玻璃砖的折射率，部分实验步骤如下：
①将一张白纸平铺在桌面上，放好玻璃砖，并记录下两直角界面与。
②让光线从入射，入射点为，在入射光线上竖直插入两枚大头针、，然后在外侧透过玻璃砖观察、的像，插入大头针，使其挡住、的像，插入大头针，使其挡住、的像及。
③移去玻璃砖与大头针，连接、留下的针孔交于点，延长入射光线交于点。
请回答以下问题：
（1）玻璃砖的折射率可表示为（　　）
A． B． C． D．
（2）在实验过程中减小入射角，下列说法正确的是（　　）
A．出射光线与的夹角增大
B．出射光线与的夹角减小
C．在外侧一定能观察到、的像
D．在外侧可能观察不到、的像
（3）若插入前不小心将玻璃砖向右平移了少许，其余操作不变，则测量值　 　真实值。（选填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】（1）C
（2）B；D
（3）大于
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光在界面，设法线为，如图所示
则折射率为
其中，，
解得，故C正确，ABD错误；
故选C。
（2）AB．由可知，减小入射角，则折射角减小，由几何关系可知，在界面的入射角增大，折射角也增大，所以出射光线与的夹角减小，故A错误，B正确；
CD．因为减小入射角，出射光线与的夹角减小，当出射光线与的夹角减小到零时，光在界面发生全反射，则观察不到、的像，故C错误，D正确。
故选BD。
（3）将玻璃砖向右平移了少许，光路图如图所示，其中实线为测量时的光路；虚线为实际的光路
由图可知，入射角不变，测量的折射角偏小，根据折射定律定义式可知，测量值大于真实值。
故答案为：（1）C；（2）BD；（3）大于。
【分析】（1） 根据已知条件做出光路图，再根据入射角与折射角的概念标注入射角和折射角，依据光的折射定律写出折射率的计算式；
（2）由折射率和数学知识分析减小入射角，出射光线与的夹角变化和在外侧一定能否观察到、的像；
（3）画出玻璃砖向右平移了少许的光路图，分析误差。
本题属于光学中考查折射率的测量的实验问题，要会分析误差，主要看折射角的变化。解答本题的关键是能理解光的折射定律，根据折射定律，结合实验中需要注意的细节问题，分析各选项。
（1）光在界面，设法线为，如图所示
则折射率为
其中，，
解得
故选C。
（2）AB．减小入射角，则折射角减小，由几何关系可知，在界面的入射角增大，折射角也增大，所以出射光线与的夹角减小，故A错误，B正确；
CD．因为减小入射角，出射光线与的夹角减小，当出射光线与的夹角减小到零时，光在界面发生全反射，则观察不到、的像，故C错误，D正确。
故选BD。
（3）将玻璃砖向右平移了少许，光路图如图所示，其中实线为测量时的光路；虚线为实际的光路
由图可知，入射角不变，测量的折射角偏小，根据折射定律定义式可知，测量值大于真实值。
14．（2025·威海模拟）磷酸铁锂电池具有较高的安全性，原材料价格较低，使用寿命长，广泛应用于我国的电动汽车。某实验小组利用下列部分器材测量磷酸铁锂电池的电动势和内阻。
A、磷酸铁锂电池（电动势约为，内阻为）
B、电压表（量程，内阻约为）
C、高精度数字电流表（量程足够大，内阻忽略不计）
D、定值电阻
E、定值电阻
F、滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）
G、开关、导线若干
请回答以下问题：
（1）定值电阻选用　 　；（选填“”或“”）
（2）在答题卡的方框中画出实验的原理图；
（3）根据实验中测得数据做出的图像如图所示，电源的电动势为　 　，内阻为　 　。（计算结果均保留3位有效数字）
【答案】（1）
（2）
（3）3.20；25.6-43.5
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由题意可知电源电动势的内阻为，由可知，若选用差距过大的定值电阻会使得外电路电阻分压过大，内阻分压小，测量误差变大，所以应选用。
（2）由题意知电流表不分压，所以选择测量电源电动势及内阻的电流表的内接法，为了保护电路安全，滑动变阻器要采用限流式接法，故电路如图所示
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
公式变形得
根据图像可知，图像的纵坐标的截距
图像的斜率绝对值
所以
故答案为：（1）；（2）；（3）3.20；43.5。
【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律分析使用的定值电阻；
(2)根据实验原理和实验要求给出的原理图；
(3)由作出的图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率绝对值表示内阻，由图像求得电动势和内阻。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道如何根据图象分析实验数据是解决此类问题的基本方法．
（1）本实验是测量电源电动势和内阻，由材料可知电源电动势的内阻为，若选用差距过大的定值电阻会使得外电路电阻分压过大，内阻分压小，测量误差变大，所以应选用。
（2）因为电流表的内阻可以忽略不计，电流表不分压，所以选择测量电源电动势及内阻的电流表的内接法，为了保护电路安全，滑动变阻器要采用限流式接法，故电路如图所示
（3）[1][2]根据闭合回路欧姆定律
公式变形得
根据图像可知，图像的纵坐标的截距
图像的斜率
所以
15．（2025·威海模拟）如图所示，某段公路的坡度为，重的货车从坡底由静止匀加速启动，末的速度增为，此时的功率达到额定值，此后货车保持额定功率继续行驶。货车受到路面及空气的阻力恒为车重的0.1倍，当角较小时，。求货车的：
（1）额定功率；
（2）最大速度。
【答案】（1）对匀加速阶段，设加速度为，匀加速的时间为，匀加速结束时速度为，
依题意有，
由解得
设货车的牵引力为
由牛顿第二定律有，解得F=16000N
根据功率计算式，解得；

（2）当加速度为零时，即货车合力为零时，达到最大速度，则有，解得
由功率计算式 ，解得

【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【分析】(1)根据求解加速度，根据牛顿第二定律求出牵引力，根据求出达到额定功率；
(2)当汽车达到最大速度时，汽车的合力为零，是由功率公式可求得汽车所能达到的最大速度；
本题主要考查机车启动问题，理解合力为零时达到最大速度是解题的关键。
（1）对匀加速阶段，设加速度为，匀加速的时间为，匀加速结束时速度为，有
依题意有，
解得
设货车的牵引力为
由牛顿第二定律有
功率计算式
解得
（2）当货车加速度为零时，达到最大速度，则有
功率计算式
解得
16．（2025·威海模拟）容积V=9L的密闭容器中装有一定质量的理想气体，开始时气体的压强p=5×104Pa，温度T1=300K。一段时间后，气体的温度升为T2=360K。为保证容器中气体的压强不超过p，需用抽气筒对容器抽气，每次可以抽取V1=1L的气体，抽气过程温度不变。求：
（1）温度刚升为T2时气体的压强；
（2）至少需要抽气的次数。
【答案】（1）根据气体做等容变化的规律，根据查理定律可得
解得；
（2）设第一次抽气后气体压强为p01，抽气过程温度不变，由可得
解得
设第二次抽气后气体压强为p02，则根据玻意耳定律
解得
所以至少需要抽气2次。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）气体做等容变化，根据查理定律列式求解温度刚升为T2时气体的压强；
（2）抽气过程温度不变，根据理想气体状态方程列式求解需重新抽气的次数。
本题考查抽气问题，要注意把变质量问题转换为定质量问题，根据理想气体状态方程求解即可。
（1）根据气体做等容变化的规律，根据查理定律有
解得
（2）设第一次抽气后气体压强为p01，抽气过程温度不变，根据玻意耳定律
解得
设第二次抽气后气体压强为p02，则根据玻意耳定律
解得
所以至少需要抽气2次。
17．（2025·威海模拟）如图所示，长木板静止在水平地面上，其右端固定一弹性挡板。半圆形光滑管道竖直固定在长木板上方一定距离处，为圆心，半径。小物块紧挨点正下方管道出口，静止在上的点，的上表面点左侧部分粗糙，右侧部分光滑。小球以的速度水平射入管道上端口，与在管道出口处碰撞，、碰后粘在一起组成，此时撤掉管道，继续向右运动与挡板发生弹性碰撞，一段时间后，返回点正下方时的速度。已知，、的质量均为，及挡板的质量，与粗糙部分间的动摩擦因数，与地面间的动摩擦因数，所有碰撞时间及空气阻力忽略不计，长木板足够长，可视为质点，重力加速度。求：
（1）离开管道出口时对管道的压力大小；
（2）与挡板碰撞后的速度大小；
（3）整个过程对的摩擦力做的功；
（4）从开始运动到静止，、间产生的热量。
【答案】（1）A下滑过程中只有重力做功，由动能定理可得，解得
A在出口由牛顿第二定律有，解得
由牛顿第三定律得；

（2）、碰撞过程中，根据动量守恒可得，解得
、碰撞过程中，根据动量守恒可得
解得，；
（3）设第一段减速运动的加速度大小为，第二段减速的加速度大小为，减速的加速度大小为，可得，解得
解得
解得
=10m
设第一段减速的时间为，位移为，第一段末速度为，第二段减速到0的时间为，经过的位移为。其中（由减速至的位移大小），如图所示
联立解得
解得。

（4）从开始运动到静止过程，由能量守恒
解得

【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题考查了圆周运动的应用、动量与能量的综合应用、动能定理的基本应用；解答本题的关键要理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。
（1）根据动能定理求得A球落到最低点的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求离开管道出口时对管道的压力大小；
（2）根据动量守恒定律和能量守恒分析求解；
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式结合相对位置关系求得D、C相对位移，在根据功的计算公式计算整个过程对的摩擦力做的功；
（4）由能量守恒列式求解从开始运动到静止、间产生的热量。
（1）A下滑由动能定理可得
A在出口由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律得
（2）、碰撞过程
、碰撞过程
解得（向右）
（3）设第一段减速运动的加速度大小为，第二段减速的加速度大小为，减速的加速度大小为，可得
设第一段减速的时间为，位移为，第一段末速度为，第二段减速到0的时间为，经过的位移为。其中（由减速至的位移大小），如图所示
解得
（4）从开始运动到静止过程，由能量守恒
解得
18．（2025·威海模拟）如图甲所示，三维空间中，的空间存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小为，（未知）处存在平行于的无限大界面；界面与间存在沿轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为；界面左侧空间存在周期性变化的磁场，变化规律如图乙所示，沿轴负方向为磁场的正方向，磁感应强度大小也为。质量为，电荷量为的带电粒子，从某位置沿轴负方向射入，经过点时的速度大小为，方向与轴负半轴的夹角为；当粒子到达界面时，速度方向平行于平面，该时刻为周期性变化磁场的计时起点；在（未知）时粒子的速度方向沿轴负方向，不计粒子重力。求：
（1）粒子在间运动的轨迹方程；
（2）的可能值；
（3）的值。
【答案】（1）粒子进入电场，水平方向做匀速运动，有，
竖直方向做初速度为零的匀加速运动，有，，
联立可得；
（2）粒子进入磁场，在yoz平面内左匀速圆周运动，沿x负方向做匀速运动，
洛伦兹力提供向心力，有，又
解得
粒子从O点运动到界面需要的时间为t，则
所以t可能为或
则或（n=0，1，2……）；
（3）当距离为d1时，如图甲所示
从界面运动到距z轴最远，粒子转过的圆心角为120°，则
所以
当距离为d2时，如图乙所示，从界面运动到距z轴最远，粒子转过的圆心角为60°，则
所以。

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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】本题考查带电粒子在电场和磁场组成的混合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律结合牛顿第二定律求解粒子在间运动的轨迹方程；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动知识和数学知识结合粒子运动的周期性，求出的可能值；
(3)画出粒子的运动轨迹，然后由数学知识求出的值。
本题考查带电粒子在电场中类平抛运动，在磁场中匀速圆周运动，关键在于找到粒子在磁场中运动的轨迹和边界条件，结合数学知识分析求解。本题对作图要求很高，过程复杂，计算量大。
（1）根据运动的分解可得，水平方向有，
竖直方向有，，
联立可得
（2）根据洛伦兹力提供向心力有，
所以
粒子从O点运动到界面需要的时间为t，则
所以t可能为或
则或（n=0，1，2……）
（3）当距离为d1时，如图甲所示
从界面运动到距z轴最远，粒子转过的圆心角为120°，则
所以
当距离为d2时，如图乙所示，从界面运动到距z轴最远，粒子转过的圆心角为60°，则
所以
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