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2025届山东省菏泽市高三下学期2月一模考试物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
1．一静止的铀核发生衰变，衰变方程为下列说法正确的是（　　）
A．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
B．铀核的半衰期等于其发生一次α衰变所经历的时间
C．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
D．衰变后钍核更稳定，平均结合能更大，故该反应吸收热量
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．静止的铀核在衰变过程中动量守恒，由于系统的总动量为零，因此衰变后产生的钍核和粒子的动量等大反向，A正确；
B．半衰期是有半数铀核衰变所用的时间，并等于铀核发生一次衰变所用的时间，B错误；
CD．衰变后钍核更稳定，平均结合能更大，但由于衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程有质量亏损，CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查α 衰变的动量守恒、半衰期、质量亏损与结合能规律，核心是结合动量守恒定律分析衰变后粒子的动量关系，明确半衰期的定义，以及衰变过程的质量亏损和能量释放特点。
2．生活中处处充满了物理知识。下列表述正确的是（　　）
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．只有液体浸润细管壁才会形成毛细现象
C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
D．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块没有确定的形状，因此蔗糖糖块是非晶体
【答案】C
【知识点】布朗运动；晶体和非晶体；浸润和不浸润；液晶
【解析】【解答】A．布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B．在玻璃试管中，不论液体是否浸润细管壁都能形成毛细现象，故B错误；
C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故C正确；
D．蔗糖是多晶体，没有固定的形状，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合布朗运动的本质、毛细现象的形成条件、液晶的光学特性和晶体与非晶体的判定依据，逐一分析各选项的物理概念正误。
3．如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知，mB=3kg。从t=0开始， 推力FA和拉力FB分别作用于A、B上， FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则（　　）
A．t=0.5s时， A、B间的弹力为2N B．t=1s时， A、B分离
C．分离时，它们的位移为4.5m D．A、B分离时的速度为4m/s
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．t=0.5s时，AB没有分离，看成一个整体，则有
解得
隔离A，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得，故A错误；
B．根据图像可得
在0-3s内
当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有
即
解得t=2s，故B错误；
CD．由上分析可知分离前的加速度为
分离时，它们的位移为
A、B分离时的速度为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查连接体的分离条件与牛顿运动定律应用，核心是通过分析 A、B 间弹力为零的分离条件，结合整体与隔离法求加速度、弹力，再用运动学公式计算位移和速度。
4．2025年1月21日1时12分，经过约8.5小时的出舱活动，神舟十九号乘组航天员蔡旭哲、宋令东、王浩泽密切协同，在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，完成了空间站空间碎片防护装置安装、舱外设备设施巡检等任务。神舟十九空间站运行轨道距地面高度约 400 千米。航天员进行舱外巡检任务时与空间站相对静止。已知地球半径 R=6400km，地球表面的重力加速度 ，下列说法正确的是（　　）
A．此时航天员不受重力作用
B．空间站运行速度约为7.8km/s
C．空间站绕地球运转的周期大于24h
D．与空间站同轨运行的卫星加速后会与空间站相撞
【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．一切物体都受到重力作用，所以航天员与空间站相对静止时仍受重力作用，故A错误；
B．在地球表面，有，距地面高度约 400 千米处，根据万有引力提供向心力
已知地球半径为6400km，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，解得，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力解得空间站的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，所以空间站绕地球运转的周期小于24h，故C错误；
D．空间站与同轨同向运行的卫星速度大小相等，所以空间站与空间站同轨同向运行的卫星不会与空间站相撞，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查万有引力定律的应用，核心是结合万有引力提供向心力的规律，分析航天员的受力、空间站的线速度与周期，以及卫星变轨后的运动情况。
5．某地人们在夜间燃放高空礼花来渲染节日气氛。高空礼花弹到达最高点时炸开，爆炸后大量小弹丸向各个方向射出。忽略空气阻力。对这些小弹丸在空中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．小弹丸在空中的位移均相同
B．小弹丸在空中的速度变化率均相同
C．小弹丸在空中的动量变化量均相同
D．小弹丸在空中的动能变化量均相同
【答案】B
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．礼花弹在最高点炸开，小弹丸在空中做平抛运动，竖直位移相同，水平位移不同，所以空中的位移不相同，故A错误；
B．小弹丸在空中运动，仅受重力，加速度恒定，所以速度变化率相同，故B正确；
C．小弹丸在空中相等时间内的动量变化量相同，不知道运动时间的关系，无法确定动量变化量关系，故C错误；
D．小弹丸在空中相等下落高度内的动能变化量相同，不知道下降高度的关系，无法确定动能变化量大小关系，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查抛体运动的规律与动量、动能变化分析，核心是结合小弹丸的受力特点（仅受重力），分析位移、速度变化率、动量变化量和动能变化量的规律。
6．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一电荷量为q的带正电小球。磁感应强度B随时间均匀增加，变化率为k。已知变化的磁场在细圆环处产生环形感生电场（稳定的感生电场可类比静电场）。若小球在环上运动一周，感生电场对小球的作用力做功的大小是（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律可知感生电场的电动势，小球在环上运动一周感生电场对小球的作用力所做功的大小是
故答案为：D。
【分析】本题考查感生电场的电动势计算与电场力做功规律，核心是通过法拉第电磁感应定律求感生电场的电动势，再结合电场力做功公式W=qE计算做功大小。
7．图甲是为了保护腰椎，搬起重物的正确姿势。搬起重物是身体肌肉、骨骼、关节等部位共同作用的过程，现将其简化为图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为FN，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力 F始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力 F1和F2大致相等。人缓慢搬起重物的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．FN逐渐变大
B．F1逐渐变大
C．F逐渐变小
D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为脚掌发生形变而产生的
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，A错误；
BC．设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则他们之间的夹角为，F即为他们合力，则有
脚掌所受地面竖直向上的弹力约为，联立可得
人缓慢搬起重物的过程中，膝盖弯曲的角度变大，、F逐渐变小，B错误，C正确；
D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为地面发生形变而产生的，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力的平衡与弹力的产生原因，核心是通过受力分析建立力的平衡方程，结合角度变化分析力的大小变化，同时明确弹力的施力物体与形变来源。
8．半径为R 的半圆形玻璃砖如图放置，AOB面水平，O为圆心。一束单色光与水平面成45°角照射到 AOB 面上的 P 点， 折射光线刚好通过 C点。保持入射方向不变，将入射点从 A 点缓慢移到B点，不考虑光的反射，圆弧面上透光区域的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由题意可知，设在P点入射角为，折射角为，则
其中，则
根据光的折射定律可知，该该单色光在半圆形玻璃砖中的折射率为
由光的折射定律，该光在玻璃砖中发生全反射的临界角满足，解得
则此时在玻璃砖中传播的光线若想从下方半圆弧面射出，其在圆弧面处的入射角必须小于等于45°，则由几何关系可知，在半径为R的圆弧所对应的圆心角为90°时，光线的入射角不超过临界角而得以射出，故圆弧面上透光区域的长度为
故答案为：A。
【分析】本题考查光的折射与全反射规律，核心是通过折射定律计算折射率和临界角，结合几何关系确定圆弧面上透光区域对应的圆心角，进而计算透光区域的长度。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，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．交流发电机产生的感应电动势如图所示，通过自耦变压器给一电阻R供电，不计发电机内阻。下列说法正确的是（　　）
A．通过电阻R的电流方向每秒钟改变10次
B．改变滑片P 的位置可以使电压表的示数为12V
C．t=0.05s时发电机线圈平面与磁场方向平行
D．自耦变压器滑片 P 向上滑动时，电阻 R 热功率增大
【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图可知，周期为0.2s，一个周期电流方向改变两次，则发电机线圈中电流方向每秒钟改变10次，故A正确；
B．电动势有效值为，则电压表的示数为，故B错误；
C．由图可知，时，电动势最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，则发电机线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D．自耦变压器滑片P向上滑动时，原线圈匝数增大，根据可知，电阻R两端电压减小，电阻 R 热功率减小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查交变电流的规律与自耦变压器的工作原理，核心是结合交变电流的周期分析电流方向变化次数，根据有效值计算电压，结合线圈位置判断磁通量变化，以及自耦变压器的变压规律分析功率变化。
10．两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波源分别位于和处，波速均为，振幅均为。如图为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的P、Q两质点开始振动。质点M的平衡位置在处。下列说法正确的是（　　）
A．时，M点的振动方向向下
B．内质点M运动的路程为
C．x轴上P、Q之间振动减弱点的个数为2个
D．右侧波引起Q点的振动方程为
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．根据题意，由图可知，左侧波波源的起振方向向下，右侧波波源的起振方向向上，两列波的波长均为，则两列波的周期均为
两列波相遇后可以发生稳定的干涉现象，右侧波传播到M点的时间为
左侧波传播到M点的时间为
则内，质点未振动，路程为0，内，只有右侧波在点引起振动，路程为
时，右侧波在点引起振动向下，恰好左侧波传播到M点，振动方向向下，则M点为振动加强点，时，M点的振动方向向上，内，质点的路程为
则内质点M运动的路程为，故A错误，B正确；
C．由于两个波源的振动方向始终相反，可知波程差为偶数倍时为振动减弱点，设减弱点的坐标为，则有
可得，当时，，时，，
则x轴上P、Q之间振动减弱点的个数为3个，故C错误；
D．结合上述分析可知，Q点的起振方向向上，又有，
则右侧波引起Q点的振动方程为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查波的干涉与振动规律，核心是结合波的传播速度、波长计算周期，分析波传到质点的时间，判断振动方向、路程，以及干涉减弱点的个数和振动方程。
11．现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内虚线上方存在竖直向下的匀强电场，下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。现有质量为m、电荷量为+q的带电粒子在O点由静止释放，从P 点进入磁场，恰好经过磁场中的Q点。OP 间的距离为d，Q点与 P 点的水平距离为 竖直距离为 若磁场所在区域也存在上述匀强电场，如图乙所示，重新让粒子从O点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N（图中未标出）。不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的场强大小为
B．粒子从O 点运动到Q 点的时间为
C．P、N两点的竖直距离为
D．粒子经过N点时速度大小为
【答案】A,D
【知识点】向心力；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．作出粒子进入磁场中偏转的运动轨迹，如图所示
设PQ与PM间的夹角为，由题可知
故有
粒子圆周运动的轨道半径为r，则有
解得
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
解得粒子进入磁场中的速度
在电场中，根据动能定理则有
联立解得，A正确；
B．粒子在电场中运动的时间，由几何知识可知，圆弧PQ对应的圆心角
解得，故粒子在磁场中从P到Q运动的时间
其中，故粒子从O 点运动到Q 点的时间为，B错误；
CD．将粒子从P到N的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为、，设粒子在最低点N的速度大小为，PN的竖直距离为y。以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得
由动能定理可得，解得，，C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查带电粒子在电场与磁场中的复合运动，核心是通过电场加速规律求场强，结合洛伦兹力提供向心力分析圆周运动，再利用动能定理和几何关系求解速度、位移与运动时间。
12．点电荷A、B固定在同一水平线上，电荷量均为+Q，两电荷间的距离为 2L。一电子从中垂线上的 P 点由静止释放。已知静电力常量为k。下列说法正确的是（　　）
A．从P到O，电势一直升高，电子的电势能也一直增大
B．P点的电场强度大小可能为
C．若PO L，电子的运动可视为简谐运动
D．若 在 P 点给电子垂直纸面向里、大小为 的速度，电子做匀速圆周运动
【答案】C,D
【知识点】电场线；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．在PO连线上，合场强方向竖直向上，电场力对电子一直做正功，根据功能关系可知电子的电势能一直在减小，故A错误；
B．设PA连线与竖直方向夹角为，若P点的电场强度大小可能为 ，根据场强叠加原理有
该方程无解，故P点的电场强度大小不可能为 ，故B错误；
C．设电子从距离O点为的P位置释放，取竖直向上为正方向，则电子受到的合电场力为
若PO L，即，整理可得
令，则电子受到的合电场力满足
显然电子从P点开始在电场力的作用下先向O点做加速运动，到达O点时，速度达最大，由于O点的场强为零，加速度为零；
由于O点下方的合场强竖直向下，电子受到的电场力竖直向上，接着在O点下方做减速运动，直到减速为零，
接着又向上运动到达P点，周而复始。结合电子受力特点，可知电子的运动可视为简谐运动，故C正确；
D．若 则在 P 点给电子垂直纸面向里、大小为 的速度，此时电子受到的合电场力大小满足。可知电子符合做匀速圆周运动的条件，电子将做匀速圆周运动。
故答案为：CD
【分析】本题考查等量正点电荷的电场特性与带电粒子的运动分析，核心是结合电场叠加原理分析场强、电势变化，判断电子的电势能、运动形式，以及匀速圆周运动的向心力条件。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．某同学快速测定玻璃砖的折射率。实验器材：直角三角形玻璃砖，细光束激光笔，泡沫板，牙签若干，刻度尺，量角器等。操作步骤如下：
a.用牙签将一张画有两条相互垂直直线的白纸固定在水平泡沫板上；
b.把玻璃砖平放在白纸上，使AC 边与白纸上的一条直线重合，记录A、B两顶点的位置；
c.打开激光笔，调整激光位置使光束沿白纸上的另一条直线射入玻璃砖；
d.在AB 外侧位置，将牙签贴近纸面缓慢移动直至激光照在牙签上，在该位置将牙签垂直插入泡沫板；再取一根牙签重复同样操作；
e.取下玻璃砖，整理实验器材。
请完成下面问题：
（1）画出完整的光路图。
（2）应该先插入牙签　 　（填“P1”或“P2”）。
（3）测出∠A=α，测得出射光线与AB边的夹角为θ（θ小于 该玻璃砖的折射率n=　 　。
【答案】（1）
（2）P2
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光路图如图所示
（2）插牙签时，是从入射光一侧观察玻璃砖，故将牙签贴近纸面缓慢移动直至激光照在牙签上，先插入牙签P2，再将牙签P1插入。
故答案为：P2
（3）根据几何关系可知，光束在AB边的入射角为，折射角为，根据光路的可逆性，由折射率的定义式可得
故答案为：
【分析】(1) 结合光的折射规律和实验中牙签标记的光线位置，绘制完整的光路图（包含入射光线、折射光线、出射光线）。
(2) 结合实验中观察激光的视角和牙签标记的先后顺序，判断先插入的牙签。
(3) 结合几何关系确定光的入射角和折射角，再由折射率的定义式推导玻璃砖的折射率表达式。
（1）光路图如图所示
（2）插牙签时，是从入射光一侧观察玻璃砖，故将牙签贴近纸面缓慢移动直至激光照在牙签上，先插入牙签P2，再将牙签P1插入。
（3）根据几何关系可知，光束在AB边的入射角为，折射角为，根据光路的可逆性，由折射率的定义式可得
14．物理兴趣小组设计的简易欧姆表电路如图所示，该欧姆表具有“×1Ω”和“×10Ω”两种倍率。器材如下：
A.干电池组（电动势，内阻不计）
B.电流计G（满偏电流 ，内阻
C.定值电阻（阻值未知）。
D.滑动变阻器R （最大阻值为200Ω）
E.开关S，红、黑表笔各一支，导线若干
（1）图中 A 为　 　（选填“红”或“黑”）表笔；选用“×1Ω”挡位时开关 S 应　 　（选填“闭合”或“断开”）。
（2）若欧姆表中间刻度为30Ω，则定值电阻 　 　
（3）将开关S闭合，红、黑表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流计达到满偏电流。在红、黑表笔间接入待测电阻，电流计指针指向 6mA 的位置，则待测电阻　 　Ω。
【答案】（1）红；闭合
（2）10Ω
（3）20
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，由图可知图中A表笔为红表笔；
设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为，欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小，由电路图可知，当开关S闭合时，电路电阻较小，路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×1”挡。
故答案为：红；闭合
（2）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为30Ω，可知开关S闭合时，欧姆表的倍率是“×1”挡，此时欧姆调零时，满偏电流为
又
解得
故答案为：10Ω
（3）当开关S闭合，电流计指针指向的位置，流经干路的电流为
由闭合回路欧姆定律得
解得
故答案为：20
【分析】(1) 结合欧姆表的表笔接线规则（红表笔接内部电源负极，黑表笔接正极）判断A的表笔颜色；结合欧姆表倍率与分流电阻的关系，分析“×1Ω”挡位时开关S的状态。
(2) 结合欧姆表中间刻度值等于内阻的规律，先求欧姆表内阻，再由并联电阻公式计算定值电阻。
(3) 结合闭合电路欧姆定律，先求欧姆表的总内阻，再根据电流表示数计算待测电阻。
（1）[1]欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，由图可知图中A表笔为红表笔。
[2] 设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小，由电路图可知，当开关S闭合时，电路电阻较小，路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×1”挡。
（2）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为30Ω，可知开关S闭合时，欧姆表的倍率是“×1”挡，此时欧姆调零时，满偏电流为
又
解得
（3）当开关S闭合，电流计指针指向的位置，流经干路的电流为
由闭合回路欧姆定律得
解得
15．某导热刚性容器容积为，开始时内部封闭气体的压强为。经过加热气体温度由 升至。
（1）求温度为时内部封闭气体的压强；
（2）保持 不变，缓慢抽出部分气体，使内部气体压强重新回到。求容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
【答案】（1）解：气体体积不变，由查理定律得
解得温度为时内部封闭气体的压强为
（2）解：抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体总体积为，由玻意耳定律得
解得
所以容器内剩余气体质量与原来总质量的比值为
【知识点】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】(1) 结合等容变化的查理定律，建立气体压强与温度的正比关系，求解温度为T1 时的气体压强。
(2) 结合等温变化的玻意耳定律，将抽气过程等效为气体的等温膨胀，通过体积变化推导剩余气体质量与原质量的比值。
（1）气体体积不变，由查理定律得
解得温度为时内部封闭气体的压强为
（2）抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体总体积为，由玻意耳定律得
解得
所以容器内剩余气体质量与原来总质量的比值为
16．如图，水平地面上有一截面为正方形的建筑物，边长为a。小明在地面上某一位置斜向上踢出一足球，足球能够越过该建筑物。忽略空气阻力。求足球被踢出时的最小速度大小和方向（用速度与水平方向夹角的正切值表示）。
【答案】解：设足球在建筑物左边顶端处速度v1与水平方向夹角为θ，从左边顶端到最高点时间为t1，水平方向
竖直方向
联立，解得
当θ=45°时，v1最小速度为
显然v1最小时，足球从地面上被踢出时的速度v2也最小，设v2min与水平方向的夹角为α，从地面到建筑物左边顶端，水平方向有v2mincosα=v1mincosθ
竖直方向有
解得，
【知识点】受力分析的应用；斜抛运动
【解析】【分析】(1) 结合斜抛运动的分解规律，将足球从建筑物左侧顶端到最高点的运动分解为水平和竖直方向，利用运动学公式推导顶端速度的最小值。
(2) 结合从地面到建筑物左侧顶端的斜抛运动规律，通过水平和竖直方向的运动学公式联立，求解足球被踢出时的最小速度大小和速度与水平方向夹角的正切值。
17．如图所示，两段足够长但不等宽的光滑平行金属导轨水平放置，b、g两点各有绝缘材料（长度忽略不计）平滑连接导轨，ac、fh段间距为l，de、jk段间距为2l。整个空间处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨af端接有电容的电容器（初始不带电），导体棒Ⅱ静止于de、jk段。导体棒I、Ⅱ的质量分别为m、2m，电阻分别为R、2R，长度分别为l、2l，导体棒I从靠近 af位置以初速度向右运动，到达bg左侧前已达到稳定速度（未知）。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，导轨电阻和空气阻力忽略不计。求：
（1）导体棒I到达bg时速度的大小；
（2）导体棒I在bc、gh段水平导轨上运动的过程中，导体棒I达到稳定时的速度 的大小；
（3）导体棒I在bc、gh段运动过程中，导体棒I上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：根据电容的定义式有
在bg左侧运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，切割磁感线的感应电动势
根据动量定理有
根据电流的定义式有
解得
（2）解：Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，根据动量定理有
对Ⅱ棒进行分析，根据动量定理有
Ⅰ、Ⅱ棒稳定时有
解得，
（3）解：Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，设Ⅰ棒产生的产生的焦耳热为Q1，Ⅱ棒产生的产生的焦耳热为Q2，由于回路电路相等，则有
根据能量守恒定律有
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) 结合导体棒Ⅰ在bg左侧运动时的电磁感应规律（感应电动势、电容充电），利用动量定理联立电容定义式，推导导体棒到达bg时的速度大小。
(2) 结合导体棒Ⅰ进入bc、gh段后与导体棒Ⅱ的电磁感应相互作用，利用动量守恒定律和电路的串并联规律，求解导体棒Ⅱ的稳定速度。
(3) 结合能量守恒定律，先求电路总焦耳热，再根据电阻的串并联关系，计算导体棒Ⅰ上产生的焦耳热。
（1）根据电容的定义式有
在bg左侧运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，切割磁感线的感应电动势
根据动量定理有
根据电流的定义式有
解得
（2）Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，根据动量定理有
对Ⅱ棒进行分析，根据动量定理有
Ⅰ、Ⅱ棒稳定时有
解得，
（3）Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，设Ⅰ棒产生的产生的焦耳热为Q1，Ⅱ棒产生的产生的焦耳热为Q2，由于回路电路相等，则有
根据能量守恒定律有
解得
18．如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面 OAB，在斜面右侧有 n个质量均为的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。
（1）求滑块到达斜面底端时的速度大小；
（2）若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
（3）水平面上靠近 B处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜面与水平面动摩擦因数 。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值。
【答案】（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v02、 v2，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理可求速度；
（2）①完全非弹性碰撞，碰撞之后二者速度相同，根据动量守恒定律和可求速度；
② 碰撞均为弹性碰撞， 碰撞过程没有能量损失。根据动量守恒和能量守恒可求速度；
（3）根据动量守恒和机械能守恒可求解滑到底端速度大小，根据人船模型求解各自位移大小，当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，结合运动学公式求解。
（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v02、 v2，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
1 / 12025届山东省菏泽市高三下学期2月一模考试物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
1．一静止的铀核发生衰变，衰变方程为下列说法正确的是（　　）
A．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
B．铀核的半衰期等于其发生一次α衰变所经历的时间
C．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
D．衰变后钍核更稳定，平均结合能更大，故该反应吸收热量
2．生活中处处充满了物理知识。下列表述正确的是（　　）
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．只有液体浸润细管壁才会形成毛细现象
C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
D．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块没有确定的形状，因此蔗糖糖块是非晶体
3．如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知，mB=3kg。从t=0开始， 推力FA和拉力FB分别作用于A、B上， FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则（　　）
A．t=0.5s时， A、B间的弹力为2N B．t=1s时， A、B分离
C．分离时，它们的位移为4.5m D．A、B分离时的速度为4m/s
4．2025年1月21日1时12分，经过约8.5小时的出舱活动，神舟十九号乘组航天员蔡旭哲、宋令东、王浩泽密切协同，在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，完成了空间站空间碎片防护装置安装、舱外设备设施巡检等任务。神舟十九空间站运行轨道距地面高度约 400 千米。航天员进行舱外巡检任务时与空间站相对静止。已知地球半径 R=6400km，地球表面的重力加速度 ，下列说法正确的是（　　）
A．此时航天员不受重力作用
B．空间站运行速度约为7.8km/s
C．空间站绕地球运转的周期大于24h
D．与空间站同轨运行的卫星加速后会与空间站相撞
5．某地人们在夜间燃放高空礼花来渲染节日气氛。高空礼花弹到达最高点时炸开，爆炸后大量小弹丸向各个方向射出。忽略空气阻力。对这些小弹丸在空中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．小弹丸在空中的位移均相同
B．小弹丸在空中的速度变化率均相同
C．小弹丸在空中的动量变化量均相同
D．小弹丸在空中的动能变化量均相同
6．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一电荷量为q的带正电小球。磁感应强度B随时间均匀增加，变化率为k。已知变化的磁场在细圆环处产生环形感生电场（稳定的感生电场可类比静电场）。若小球在环上运动一周，感生电场对小球的作用力做功的大小是（　　）
A．0 B． C． D．
7．图甲是为了保护腰椎，搬起重物的正确姿势。搬起重物是身体肌肉、骨骼、关节等部位共同作用的过程，现将其简化为图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为FN，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力 F始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力 F1和F2大致相等。人缓慢搬起重物的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．FN逐渐变大
B．F1逐渐变大
C．F逐渐变小
D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为脚掌发生形变而产生的
8．半径为R 的半圆形玻璃砖如图放置，AOB面水平，O为圆心。一束单色光与水平面成45°角照射到 AOB 面上的 P 点， 折射光线刚好通过 C点。保持入射方向不变，将入射点从 A 点缓慢移到B点，不考虑光的反射，圆弧面上透光区域的长度为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，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．交流发电机产生的感应电动势如图所示，通过自耦变压器给一电阻R供电，不计发电机内阻。下列说法正确的是（　　）
A．通过电阻R的电流方向每秒钟改变10次
B．改变滑片P 的位置可以使电压表的示数为12V
C．t=0.05s时发电机线圈平面与磁场方向平行
D．自耦变压器滑片 P 向上滑动时，电阻 R 热功率增大
10．两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波源分别位于和处，波速均为，振幅均为。如图为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的P、Q两质点开始振动。质点M的平衡位置在处。下列说法正确的是（　　）
A．时，M点的振动方向向下
B．内质点M运动的路程为
C．x轴上P、Q之间振动减弱点的个数为2个
D．右侧波引起Q点的振动方程为
11．现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内虚线上方存在竖直向下的匀强电场，下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。现有质量为m、电荷量为+q的带电粒子在O点由静止释放，从P 点进入磁场，恰好经过磁场中的Q点。OP 间的距离为d，Q点与 P 点的水平距离为 竖直距离为 若磁场所在区域也存在上述匀强电场，如图乙所示，重新让粒子从O点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N（图中未标出）。不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的场强大小为
B．粒子从O 点运动到Q 点的时间为
C．P、N两点的竖直距离为
D．粒子经过N点时速度大小为
12．点电荷A、B固定在同一水平线上，电荷量均为+Q，两电荷间的距离为 2L。一电子从中垂线上的 P 点由静止释放。已知静电力常量为k。下列说法正确的是（　　）
A．从P到O，电势一直升高，电子的电势能也一直增大
B．P点的电场强度大小可能为
C．若PO L，电子的运动可视为简谐运动
D．若 在 P 点给电子垂直纸面向里、大小为 的速度，电子做匀速圆周运动
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．某同学快速测定玻璃砖的折射率。实验器材：直角三角形玻璃砖，细光束激光笔，泡沫板，牙签若干，刻度尺，量角器等。操作步骤如下：
a.用牙签将一张画有两条相互垂直直线的白纸固定在水平泡沫板上；
b.把玻璃砖平放在白纸上，使AC 边与白纸上的一条直线重合，记录A、B两顶点的位置；
c.打开激光笔，调整激光位置使光束沿白纸上的另一条直线射入玻璃砖；
d.在AB 外侧位置，将牙签贴近纸面缓慢移动直至激光照在牙签上，在该位置将牙签垂直插入泡沫板；再取一根牙签重复同样操作；
e.取下玻璃砖，整理实验器材。
请完成下面问题：
（1）画出完整的光路图。
（2）应该先插入牙签　 　（填“P1”或“P2”）。
（3）测出∠A=α，测得出射光线与AB边的夹角为θ（θ小于 该玻璃砖的折射率n=　 　。
14．物理兴趣小组设计的简易欧姆表电路如图所示，该欧姆表具有“×1Ω”和“×10Ω”两种倍率。器材如下：
A.干电池组（电动势，内阻不计）
B.电流计G（满偏电流 ，内阻
C.定值电阻（阻值未知）。
D.滑动变阻器R （最大阻值为200Ω）
E.开关S，红、黑表笔各一支，导线若干
（1）图中 A 为　 　（选填“红”或“黑”）表笔；选用“×1Ω”挡位时开关 S 应　 　（选填“闭合”或“断开”）。
（2）若欧姆表中间刻度为30Ω，则定值电阻 　 　
（3）将开关S闭合，红、黑表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流计达到满偏电流。在红、黑表笔间接入待测电阻，电流计指针指向 6mA 的位置，则待测电阻　 　Ω。
15．某导热刚性容器容积为，开始时内部封闭气体的压强为。经过加热气体温度由 升至。
（1）求温度为时内部封闭气体的压强；
（2）保持 不变，缓慢抽出部分气体，使内部气体压强重新回到。求容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
16．如图，水平地面上有一截面为正方形的建筑物，边长为a。小明在地面上某一位置斜向上踢出一足球，足球能够越过该建筑物。忽略空气阻力。求足球被踢出时的最小速度大小和方向（用速度与水平方向夹角的正切值表示）。
17．如图所示，两段足够长但不等宽的光滑平行金属导轨水平放置，b、g两点各有绝缘材料（长度忽略不计）平滑连接导轨，ac、fh段间距为l，de、jk段间距为2l。整个空间处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨af端接有电容的电容器（初始不带电），导体棒Ⅱ静止于de、jk段。导体棒I、Ⅱ的质量分别为m、2m，电阻分别为R、2R，长度分别为l、2l，导体棒I从靠近 af位置以初速度向右运动，到达bg左侧前已达到稳定速度（未知）。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，导轨电阻和空气阻力忽略不计。求：
（1）导体棒I到达bg时速度的大小；
（2）导体棒I在bc、gh段水平导轨上运动的过程中，导体棒I达到稳定时的速度 的大小；
（3）导体棒I在bc、gh段运动过程中，导体棒I上产生的焦耳热。
18．如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面 OAB，在斜面右侧有 n个质量均为的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。
（1）求滑块到达斜面底端时的速度大小；
（2）若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
（3）水平面上靠近 B处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜面与水平面动摩擦因数 。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．静止的铀核在衰变过程中动量守恒，由于系统的总动量为零，因此衰变后产生的钍核和粒子的动量等大反向，A正确；
B．半衰期是有半数铀核衰变所用的时间，并等于铀核发生一次衰变所用的时间，B错误；
CD．衰变后钍核更稳定，平均结合能更大，但由于衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程有质量亏损，CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查α 衰变的动量守恒、半衰期、质量亏损与结合能规律，核心是结合动量守恒定律分析衰变后粒子的动量关系，明确半衰期的定义，以及衰变过程的质量亏损和能量释放特点。
2．【答案】C
【知识点】布朗运动；晶体和非晶体；浸润和不浸润；液晶
【解析】【解答】A．布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B．在玻璃试管中，不论液体是否浸润细管壁都能形成毛细现象，故B错误；
C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故C正确；
D．蔗糖是多晶体，没有固定的形状，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合布朗运动的本质、毛细现象的形成条件、液晶的光学特性和晶体与非晶体的判定依据，逐一分析各选项的物理概念正误。
3．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．t=0.5s时，AB没有分离，看成一个整体，则有
解得
隔离A，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得，故A错误；
B．根据图像可得
在0-3s内
当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有
即
解得t=2s，故B错误；
CD．由上分析可知分离前的加速度为
分离时，它们的位移为
A、B分离时的速度为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查连接体的分离条件与牛顿运动定律应用，核心是通过分析 A、B 间弹力为零的分离条件，结合整体与隔离法求加速度、弹力，再用运动学公式计算位移和速度。
4．【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．一切物体都受到重力作用，所以航天员与空间站相对静止时仍受重力作用，故A错误；
B．在地球表面，有，距地面高度约 400 千米处，根据万有引力提供向心力
已知地球半径为6400km，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，解得，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力解得空间站的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，所以空间站绕地球运转的周期小于24h，故C错误；
D．空间站与同轨同向运行的卫星速度大小相等，所以空间站与空间站同轨同向运行的卫星不会与空间站相撞，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查万有引力定律的应用，核心是结合万有引力提供向心力的规律，分析航天员的受力、空间站的线速度与周期，以及卫星变轨后的运动情况。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．礼花弹在最高点炸开，小弹丸在空中做平抛运动，竖直位移相同，水平位移不同，所以空中的位移不相同，故A错误；
B．小弹丸在空中运动，仅受重力，加速度恒定，所以速度变化率相同，故B正确；
C．小弹丸在空中相等时间内的动量变化量相同，不知道运动时间的关系，无法确定动量变化量关系，故C错误；
D．小弹丸在空中相等下落高度内的动能变化量相同，不知道下降高度的关系，无法确定动能变化量大小关系，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查抛体运动的规律与动量、动能变化分析，核心是结合小弹丸的受力特点（仅受重力），分析位移、速度变化率、动量变化量和动能变化量的规律。
6．【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律可知感生电场的电动势，小球在环上运动一周感生电场对小球的作用力所做功的大小是
故答案为：D。
【分析】本题考查感生电场的电动势计算与电场力做功规律，核心是通过法拉第电磁感应定律求感生电场的电动势，再结合电场力做功公式W=qE计算做功大小。
7．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，A错误；
BC．设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则他们之间的夹角为，F即为他们合力，则有
脚掌所受地面竖直向上的弹力约为，联立可得
人缓慢搬起重物的过程中，膝盖弯曲的角度变大，、F逐渐变小，B错误，C正确；
D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为地面发生形变而产生的，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力的平衡与弹力的产生原因，核心是通过受力分析建立力的平衡方程，结合角度变化分析力的大小变化，同时明确弹力的施力物体与形变来源。
8．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由题意可知，设在P点入射角为，折射角为，则
其中，则
根据光的折射定律可知，该该单色光在半圆形玻璃砖中的折射率为
由光的折射定律，该光在玻璃砖中发生全反射的临界角满足，解得
则此时在玻璃砖中传播的光线若想从下方半圆弧面射出，其在圆弧面处的入射角必须小于等于45°，则由几何关系可知，在半径为R的圆弧所对应的圆心角为90°时，光线的入射角不超过临界角而得以射出，故圆弧面上透光区域的长度为
故答案为：A。
【分析】本题考查光的折射与全反射规律，核心是通过折射定律计算折射率和临界角，结合几何关系确定圆弧面上透光区域对应的圆心角，进而计算透光区域的长度。
9．【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图可知，周期为0.2s，一个周期电流方向改变两次，则发电机线圈中电流方向每秒钟改变10次，故A正确；
B．电动势有效值为，则电压表的示数为，故B错误；
C．由图可知，时，电动势最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，则发电机线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D．自耦变压器滑片P向上滑动时，原线圈匝数增大，根据可知，电阻R两端电压减小，电阻 R 热功率减小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查交变电流的规律与自耦变压器的工作原理，核心是结合交变电流的周期分析电流方向变化次数，根据有效值计算电压，结合线圈位置判断磁通量变化，以及自耦变压器的变压规律分析功率变化。
10．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．根据题意，由图可知，左侧波波源的起振方向向下，右侧波波源的起振方向向上，两列波的波长均为，则两列波的周期均为
两列波相遇后可以发生稳定的干涉现象，右侧波传播到M点的时间为
左侧波传播到M点的时间为
则内，质点未振动，路程为0，内，只有右侧波在点引起振动，路程为
时，右侧波在点引起振动向下，恰好左侧波传播到M点，振动方向向下，则M点为振动加强点，时，M点的振动方向向上，内，质点的路程为
则内质点M运动的路程为，故A错误，B正确；
C．由于两个波源的振动方向始终相反，可知波程差为偶数倍时为振动减弱点，设减弱点的坐标为，则有
可得，当时，，时，，
则x轴上P、Q之间振动减弱点的个数为3个，故C错误；
D．结合上述分析可知，Q点的起振方向向上，又有，
则右侧波引起Q点的振动方程为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查波的干涉与振动规律，核心是结合波的传播速度、波长计算周期，分析波传到质点的时间，判断振动方向、路程，以及干涉减弱点的个数和振动方程。
11．【答案】A,D
【知识点】向心力；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．作出粒子进入磁场中偏转的运动轨迹，如图所示
设PQ与PM间的夹角为，由题可知
故有
粒子圆周运动的轨道半径为r，则有
解得
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
解得粒子进入磁场中的速度
在电场中，根据动能定理则有
联立解得，A正确；
B．粒子在电场中运动的时间，由几何知识可知，圆弧PQ对应的圆心角
解得，故粒子在磁场中从P到Q运动的时间
其中，故粒子从O 点运动到Q 点的时间为，B错误；
CD．将粒子从P到N的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为、，设粒子在最低点N的速度大小为，PN的竖直距离为y。以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得
由动能定理可得，解得，，C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查带电粒子在电场与磁场中的复合运动，核心是通过电场加速规律求场强，结合洛伦兹力提供向心力分析圆周运动，再利用动能定理和几何关系求解速度、位移与运动时间。
12．【答案】C,D
【知识点】电场线；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．在PO连线上，合场强方向竖直向上，电场力对电子一直做正功，根据功能关系可知电子的电势能一直在减小，故A错误；
B．设PA连线与竖直方向夹角为，若P点的电场强度大小可能为 ，根据场强叠加原理有
该方程无解，故P点的电场强度大小不可能为 ，故B错误；
C．设电子从距离O点为的P位置释放，取竖直向上为正方向，则电子受到的合电场力为
若PO L，即，整理可得
令，则电子受到的合电场力满足
显然电子从P点开始在电场力的作用下先向O点做加速运动，到达O点时，速度达最大，由于O点的场强为零，加速度为零；
由于O点下方的合场强竖直向下，电子受到的电场力竖直向上，接着在O点下方做减速运动，直到减速为零，
接着又向上运动到达P点，周而复始。结合电子受力特点，可知电子的运动可视为简谐运动，故C正确；
D．若 则在 P 点给电子垂直纸面向里、大小为 的速度，此时电子受到的合电场力大小满足。可知电子符合做匀速圆周运动的条件，电子将做匀速圆周运动。
故答案为：CD
【分析】本题考查等量正点电荷的电场特性与带电粒子的运动分析，核心是结合电场叠加原理分析场强、电势变化，判断电子的电势能、运动形式，以及匀速圆周运动的向心力条件。
13．【答案】（1）
（2）P2
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光路图如图所示
（2）插牙签时，是从入射光一侧观察玻璃砖，故将牙签贴近纸面缓慢移动直至激光照在牙签上，先插入牙签P2，再将牙签P1插入。
故答案为：P2
（3）根据几何关系可知，光束在AB边的入射角为，折射角为，根据光路的可逆性，由折射率的定义式可得
故答案为：
【分析】(1) 结合光的折射规律和实验中牙签标记的光线位置，绘制完整的光路图（包含入射光线、折射光线、出射光线）。
(2) 结合实验中观察激光的视角和牙签标记的先后顺序，判断先插入的牙签。
(3) 结合几何关系确定光的入射角和折射角，再由折射率的定义式推导玻璃砖的折射率表达式。
（1）光路图如图所示
（2）插牙签时，是从入射光一侧观察玻璃砖，故将牙签贴近纸面缓慢移动直至激光照在牙签上，先插入牙签P2，再将牙签P1插入。
（3）根据几何关系可知，光束在AB边的入射角为，折射角为，根据光路的可逆性，由折射率的定义式可得
14．【答案】（1）红；闭合
（2）10Ω
（3）20
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，由图可知图中A表笔为红表笔；
设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为，欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小，由电路图可知，当开关S闭合时，电路电阻较小，路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×1”挡。
故答案为：红；闭合
（2）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为30Ω，可知开关S闭合时，欧姆表的倍率是“×1”挡，此时欧姆调零时，满偏电流为
又
解得
故答案为：10Ω
（3）当开关S闭合，电流计指针指向的位置，流经干路的电流为
由闭合回路欧姆定律得
解得
故答案为：20
【分析】(1) 结合欧姆表的表笔接线规则（红表笔接内部电源负极，黑表笔接正极）判断A的表笔颜色；结合欧姆表倍率与分流电阻的关系，分析“×1Ω”挡位时开关S的状态。
(2) 结合欧姆表中间刻度值等于内阻的规律，先求欧姆表内阻，再由并联电阻公式计算定值电阻。
(3) 结合闭合电路欧姆定律，先求欧姆表的总内阻，再根据电流表示数计算待测电阻。
（1）[1]欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，由图可知图中A表笔为红表笔。
[2] 设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小，由电路图可知，当开关S闭合时，电路电阻较小，路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×1”挡。
（2）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为30Ω，可知开关S闭合时，欧姆表的倍率是“×1”挡，此时欧姆调零时，满偏电流为
又
解得
（3）当开关S闭合，电流计指针指向的位置，流经干路的电流为
由闭合回路欧姆定律得
解得
15．【答案】（1）解：气体体积不变，由查理定律得
解得温度为时内部封闭气体的压强为
（2）解：抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体总体积为，由玻意耳定律得
解得
所以容器内剩余气体质量与原来总质量的比值为
【知识点】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】(1) 结合等容变化的查理定律，建立气体压强与温度的正比关系，求解温度为T1 时的气体压强。
(2) 结合等温变化的玻意耳定律，将抽气过程等效为气体的等温膨胀，通过体积变化推导剩余气体质量与原质量的比值。
（1）气体体积不变，由查理定律得
解得温度为时内部封闭气体的压强为
（2）抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体总体积为，由玻意耳定律得
解得
所以容器内剩余气体质量与原来总质量的比值为
16．【答案】解：设足球在建筑物左边顶端处速度v1与水平方向夹角为θ，从左边顶端到最高点时间为t1，水平方向
竖直方向
联立，解得
当θ=45°时，v1最小速度为
显然v1最小时，足球从地面上被踢出时的速度v2也最小，设v2min与水平方向的夹角为α，从地面到建筑物左边顶端，水平方向有v2mincosα=v1mincosθ
竖直方向有
解得，
【知识点】受力分析的应用；斜抛运动
【解析】【分析】(1) 结合斜抛运动的分解规律，将足球从建筑物左侧顶端到最高点的运动分解为水平和竖直方向，利用运动学公式推导顶端速度的最小值。
(2) 结合从地面到建筑物左侧顶端的斜抛运动规律，通过水平和竖直方向的运动学公式联立，求解足球被踢出时的最小速度大小和速度与水平方向夹角的正切值。
17．【答案】（1）解：根据电容的定义式有
在bg左侧运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，切割磁感线的感应电动势
根据动量定理有
根据电流的定义式有
解得
（2）解：Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，根据动量定理有
对Ⅱ棒进行分析，根据动量定理有
Ⅰ、Ⅱ棒稳定时有
解得，
（3）解：Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，设Ⅰ棒产生的产生的焦耳热为Q1，Ⅱ棒产生的产生的焦耳热为Q2，由于回路电路相等，则有
根据能量守恒定律有
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) 结合导体棒Ⅰ在bg左侧运动时的电磁感应规律（感应电动势、电容充电），利用动量定理联立电容定义式，推导导体棒到达bg时的速度大小。
(2) 结合导体棒Ⅰ进入bc、gh段后与导体棒Ⅱ的电磁感应相互作用，利用动量守恒定律和电路的串并联规律，求解导体棒Ⅱ的稳定速度。
(3) 结合能量守恒定律，先求电路总焦耳热，再根据电阻的串并联关系，计算导体棒Ⅰ上产生的焦耳热。
（1）根据电容的定义式有
在bg左侧运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，切割磁感线的感应电动势
根据动量定理有
根据电流的定义式有
解得
（2）Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，根据动量定理有
对Ⅱ棒进行分析，根据动量定理有
Ⅰ、Ⅱ棒稳定时有
解得，
（3）Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，设Ⅰ棒产生的产生的焦耳热为Q1，Ⅱ棒产生的产生的焦耳热为Q2，由于回路电路相等，则有
根据能量守恒定律有
解得
18．【答案】（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v02、 v2，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理可求速度；
（2）①完全非弹性碰撞，碰撞之后二者速度相同，根据动量守恒定律和可求速度；
② 碰撞均为弹性碰撞， 碰撞过程没有能量损失。根据动量守恒和能量守恒可求速度；
（3）根据动量守恒和机械能守恒可求解滑到底端速度大小，根据人船模型求解各自位移大小，当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，结合运动学公式求解。
（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v01、v1，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v02、 v2，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s1，斜面体的水平位移大小为s2，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
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