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2025届山东省潍坊市高三下学期二模物理试题
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．下列四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（　　）
A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象
B．乙图中热针接触涂蜡固体后，蜡融化区域呈现圆形，说明该固体为非晶体
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子间存在引力
D．丁图中用手推动封闭注射器的活塞时阻力增大，原因是分子斥力增大
【答案】A
【知识点】分子间的作用力；晶体和非晶体；毛细现象
【解析】【解答】A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象，故A正确；
B．图乙说明固体在传导热量上具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明该固体可能是多晶体，也可能是非晶体，故B错误；
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子不停地做无规则的热运动，故C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中阻力增大，是气体压强逐渐变大的缘故，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 结合毛细现象、晶体与非晶体的各向同性、分子热运动、气体压强等基础热学概念，逐一分析四幅图对应的物理原理，判断选项正误。
2．在光电效应实验中，小明用甲、乙、丙三种光分别照射同一光电管，得到的光电流I与电压U的关系曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．甲光照射时光电子的最大初动能比丙光大
B．甲光的强度比丙光大
C．甲光的频率比乙光大
D．乙光的波长比丙光长
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】结合图像，由光电子最大初动能公式，可知甲与丙的最大初动能相同；遏止电压越大，光子频率越大，甲光和丙光的频率相同，但甲光的强度比丙光大；乙光的频率最大，波长最短。故ACD均错误，只有B正确。
故答案为：B。
【分析】根据光电效应方程 ，利用遏止电压 判断光电子最大初动能和光的频率，结合饱和光电流判断光的强度。
3．歼-20的光学着陆系统中用到了双缝干涉的知识。某物理兴趣小组用如图甲所示的装置做双缝干涉实验，通过目镜观察到屏上的条纹如图乙所示。只改变一个条件，使观察到的条纹如图丙所示，则改变的条件是（　　）
A．换用长度更长的遮光筒 B．增大单缝到双缝的距离
C．换用间距更小的双缝 D．红色滤光片换成紫色滤光片
【答案】D
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】根据相邻条纹间距公式
可知，若要减小条纹间距 x，则可以减小光屏到双缝的距离L，减小波长λ，增大双缝间距d，由于红光波长比紫光更长，所以可以将红色滤光片换成紫色滤光片，减小波长。
故答案为：D。
【分析】根据双缝干涉条纹间距公式 ，对比乙、丙图可知条纹间距变小，分析各选项对 的影响，找出能使条纹间距减小的操作。
4．如图所示，为绳左右两端的波源，P为绳子中点。振动了时间，发出一个独立的半波a；振动了时间，发出另一个独立的半波b。已知两波源均做简谐振动，且，要使两列波的波峰在P点相遇，两列波发出的时间差是（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】机械波的传播速度只与介质有关，所以两列半波的波峰从波源传播到点的时间相同，波源从平衡位置振动到最高点所用时间为，波源从平衡位置振动到最高点所用时间为，要使两列波的波峰在点相遇，两列波发出的时间差
故答案为：D。
【分析】 机械波在同一介质中传播速度相同，两列波的波峰从波源传到中点 P 的传播时间相等；要让波峰在 P 点相遇，需让两波源各自振动到波峰的时间差等于两波发出的时间差。
5．如图所示，子弹垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿过第12块木板后速度变为0．子弹视为质点，在各木板中运动的加速度都相同。从子弹射入开始，到分别接触第4、7、10块木板所用时间之比为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能
【解析】【解答】设子弹的质量为，子弹初速度为，因为子弹在木板中的加速度相同，木板的长度也相同，所以子弹在每个木板中损失的动能相同，所以
在接触第4块木板时
解得：
所以接触第4块木板所用时间
在接触第7块木板时
解得：
所以接触第7块木板所用时间
在接触第10块木板时
解得：
所以接触第10块木板所用时间
所以
故答案为：C。
【分析】将子弹的匀减速直线运动逆向视为初速度为 0 的匀加速直线运动，利用初速度为 0 的匀加速直线运动位移与时间的比例关系，计算通过连续相等位移的时间，再转化为正向运动的时间之比。
6．中国空间站绕地球运行方向如图所示，由于地球遮挡阳光，空间站内宇航员在一天内会经历多次日落日出。太阳光看作平行光，空间站经历一次日落到日出转过的圆心角为2θ，则空间站线速度大小与第一宇宙速度大小之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】根据题意可知，空间站的轨道半径为
根据万有引力提供向心力可得，
联立可得
故答案为：B。
【分析】先由几何关系求出空间站轨道半径与地球半径的关系，再利用万有引力提供向心力的公式，分别表示空间站线速度和第一宇宙速度，最后求两者比值。
7．如图所示，带电量分别为+4Q和-Q的两个点电荷固定在x轴上，其中正电荷的坐标x1=-d，负电荷的坐标x2=0。选无穷远处电势为零，将一电子从处由静止释放，此时其电势能为Ep1、加速度大小为a1；当电子运动到x4=d处时电势能为Ep2、加速度大小为a2，则下列判断正确的是（　　）
A．Ep1a2
C．Ep1>Ep2，a1>a2 D．Ep1>Ep2，a1【答案】C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】两点电荷在x3处产生的电场强度大小分别为，
所以x3处电场强度方向沿x轴负方向，电子受到沿x轴正方向的电场力，电子的加速度大小为
两点电荷在x4处产生的电场强度大小分别为，
所以x4处电场强度为零，电子所受电场力为零，加速度
由于电场力做正功，所以电势能减小，则
故答案为：C。
【分析】先通过点电荷场强公式计算指定位置的合场强，判断电场力和加速度大小；再根据电场力做功与电势能变化的关系，比较电势能大小。
8．如图为可调式理想变压器输电示意图。原线圈连接灯泡，副线圈匝数可通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端按照图示连接了定值电阻、灯泡、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。灯泡的阻值与定值电阻的阻值相同，不考虑灯泡的阻值变化，两灯泡始终发光且工作在额定电压以内。在原线圈上加一电压恒为U的正弦交流电，则（　　）
A．保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，先变暗后变亮，一直变亮
B．保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，先变暗后变亮，先变亮后变暗
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡一直变暗，一直变亮
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡一直变亮，先变暗后变亮
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．根据题意可知副线圈的总电阻为
化简得
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系，变压器与副线圈电阻可等效为电阻
则等效电阻先增大后减小，对原线圈电路由欧姆定律有
理想变压器电流关系
由上述分析可知先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据欧姆定律
变压器电压关系
由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过的电流为
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中增大；在副线圈的电压减小过程中，通过的电流为
逐渐增大，则越来越小，则根据电流关系
可知一直变亮，A正确，B错误；
CD．根据等效电阻关系，有
可知保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，增大，故等效电阻变小，根据欧姆定律
可知增大，故一直变亮；由等效电源法有
即当时，副线圈的电压最大，灯泡最亮，题中并没给出原副线圈匝数以及滑动变阻器的阻值，故无法判断的亮暗变化，C错误，D错误。
故答案为：A。
【分析】先分析副线圈电路的总电阻变化规律，结合理想变压器等效电阻与变压比的关系，推导原线圈侧等效电阻变化；再依据闭合电路欧姆定律分析原线圈电流及原线圈侧灯泡L1 的亮度变化；最后根据变压器电流关系确定副线圈电流，结合串并联电路规律分析L2 的亮度变化，同时对比 Q 滑动时副线圈匝数变化对电路的影响。
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．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，a为圆环上最高点，c为圆环上最低点，圆环上b、d两点与圆心等高。原长为2R的轻弹簧一端固定在d点，另一端与小球栓接，小球套在圆环上，从a点由静止释放，经b点下滑至c点，下列说法正确的是（　　）
A．由a到b过程，重力的瞬时功率一直变大
B．由a到b过程，弹簧弹力的瞬时功率一直变大
C．由a到c过程，重力的平均功率大于弹簧弹力的平均功率
D．由a到c过程，小球的机械能一直变大
【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．轻弹簧的原长为2R，可知小球运动到b点时弹簧处于原长，则由a到b过程，重力和弹簧弹力均对小球做正功，小球的动能增大，速度增大，且速度与竖直方向的夹角逐渐减小，所以竖直分速度增大，根据
可知重力的瞬时功率一直变大，故A正确；
B．小球运动到b点时，弹簧弹力为0，此时弹簧弹力的瞬时功率为0，所以由a到b过程，弹簧弹力的瞬时功率不是一直变大，故B错误；
C．根据对称性可知，小球处于a点和c点时，弹簧的形变量相等，则由a到c过程，弹力做功为0，弹簧弹力的平均功率为0；该过程重力做正功，重力的平均功率大于0，故C正确；
D．由a到c过程，弹簧弹力对小球先做正功，后做负功，小球的机械能先增大后减小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先分析弹簧形变量与弹力做功规律，结合功率定义判断重力、弹簧弹力的瞬时功率变化；再利用对称性分析 a 到 c 过程弹力总功，结合平均功率定义比较重力与弹力的平均功率；最后根据除重力外其他力做功与机械能变化的关系，判断小球机械能的变化趋势。
10．如图所示，小明用轻绳PQ拴住轻杆OQ的顶端，轻杆下端O用铰链固定在水平地面上某高度处，Q端下方悬挂重物，轻绳PQ长度为定值。PQ与水平方向夹角，OQ与水平方向夹角，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳PQ对Q端的拉力大于重物重力
B．轻杆OQ对Q端的支持力等于重物重力的倍
C．若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐增大
D．若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐减小
【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．设物体的重力为，轻杆的弹力为，轻绳的弹力为。选择点为研究对象，由于OQ为可旋转轻杆，则Q点所受杆的弹力方向沿杆指向Q，Q点所受轻绳的拉力沿绳指向P。Q点受力分析图如下
由几何关系可得，，为角平分线，则，A错误；
B．由A选项受力分析可知，，B正确；
CD．过O点向PQ做垂线交PQ于S，设O距离水平PQ面的高度为H，选择Q为研究对象，做矢量三角形如图所示
由几何关系可知，力的矢量三角形与几何三角形OQS相似，且满足，轻绳P端缓慢向右移动过程中，SO减小，SQ增大，则增大，C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 以 Q 点为研究对象，利用共点力平衡条件，结合几何角度关系建立力的平衡方程，求解初始状态下轻绳拉力与轻杆支持力的大小；再通过动态平衡分析，结合几何约束（PQ 长度不变、O 点位置固定），判断 P 右移时轻绳拉力的变化趋势。
11．如图所示，P、Q、M为同一竖直平面内三点，P、Q位于同一条竖直线上，Q、M位于水平地面上，且PQ=QM。某一时刻小球甲从P点水平抛出，同时小球乙从Q点与QM成θ角抛出，速度方向如图，两球在M点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．从抛出到相遇，乙速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为
D．仅改变乙抛出的θ角，则其落地时一定位于M点的左侧
【答案】B,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．速度变化量为，两球运动时间相等，所以从抛出到相遇，速度变化量大小相等，故A错误；
B．小球甲做平抛运动，则，
小球乙做斜上抛运动，则，
联立可得，，故B正确；
C．相遇前瞬间，甲的速度大小为
乙的速度大小为，所以，故C错误；
D．对乙球，有，，所以
由此可知，当时，乙球的水平位移最大，所以若改变乙抛出的θ角，其水平位移减小，即其落地时一定位于M点的左侧，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】 以相遇点为桥梁，结合平抛与斜抛运动的分运动规律，建立水平、竖直方向的位移与速度方程；联立求解抛射角与初速度比例，再通过运动学公式计算相遇瞬间的合速度，最后利用斜抛运动落地时间与水平位移的关系分析落点位置。
12．如图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾斜部分和水平部分组成，固定在水平地面上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接。倾斜轨道和的倾角，间接有电容的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；水平导轨右端串接一阻值为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的矩形磁场区域efgh，磁场宽度，磁感应强度也为B；质量为3m，边长均为L且开口向左的U形金属线框abcd静置在水平轨道上。现将一质量为m的导体棒P（电阻不计）由倾斜导轨上距水平面高处静止释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，沿水平导轨穿过磁场区域。已知U形线框bc边的阻值为R，其余部分电阻不计，重力加速度大小为g，电容器不会被击穿，则（　　）
A．导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运动，加速度大小为
B．ad边刚进入磁场边界eh时的速度为
C．整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为
D．整个线框穿出磁场后的速度为
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．对导体棒P在下滑过程中受力分析有，，，
联立解得，故A正确；
B．导体棒在倾斜导轨上做匀加速直线运动，则，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，则
碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，线框从bc边进入磁场边界eh到ad边刚进入磁场边界eh，根据动量定理可得，
联立可得，故B错误；
D．ad边刚进入磁场边界eh到整个线框穿出磁场的过程，根据动量定理可得，，联立可得，故D正确；
C．由于bc边切割磁感线时，电流不经过电阻R，当ad边切割磁感线时，电阻R与bc并联，所以整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为，故C错误。
故答案为：AD。
【分析】 先对导体棒 P 在倾斜导轨上的受力与运动进行分析，结合电容器充电规律推导其加速度；再利用动量守恒计算碰撞后线框的速度；接着通过电磁感应规律分析线框穿过磁场时的电荷量与动量变化，最终得到线框穿出磁场后的速度。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．某小组用三根规格相同的橡皮筋（遵循胡克定律）、细线、重物、刻度尺、三角板、白纸、图钉、木板等器材探究两个互成角度力的合成规律，实验操作如下：
①用细绳拴住橡皮筋两端，确保三根橡皮筋两结点间原长相同，用刻度尺量出橡皮筋的原长；
②木板竖直固定，用图钉将白纸固定在木板上；
③将一根橡皮筋上端的细绳固定在a点，下端细绳拴接甲乙重物，如图甲所示，待重物静止后记录接点位置，并标记为O，用刻度尺量出橡皮筋1两结点间的长度；
④将另外两根橡皮筋上端的细绳分别固定在b、c两点，下端的细绳拴接（接点为）并悬挂同一重物，如图乙所示，待重物静止后用刻度尺分别量出橡皮筋2和3两结点间的长度；
⑤用橡皮筋伸长量表示其受力的大小，作出橡皮筋1对O拉力的图示，橡皮筋2和3对拉力的图示和；
⑥以和为邻边作平行四边形，比较与平行四边形对角线的大小方向，寻找规律。
请回答下列问题：
（1）关于本实验下列说法正确的是______；
A．图乙中b、c两点可以不在同一高度处
B．图乙中橡皮筋2和3需调整至互相垂直
C．若橡皮筋规格不相同，对实验无影响
D．重物质量适量大些，可以减小实验误差
（2）步骤④中有遗漏，请补充：　 　；
（3）该实验中合力和两个分力可以等效替代，其作用效果是什么？　 　。
【答案】（1）A；D
（2）记录位置（或两根橡皮筋的方向）
（3）将重物提起且保持静止
【知识点】等效法；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．实验中，、两点的高度并不影响力的合成，只要保证结点在同一位置即可，A正确；
B．橡皮筋2和3不需要互相垂直，它们可以以任意角度互成角度，实验的目的是探究任意角度的力的合成规律，B错误；
C．橡皮筋规格不同会导致伸长量与力的关系不一致，影响实验结果，C错误；
D．重物质量较大时，橡皮筋的伸长量更明显，测量误差相对较小，D正确。
故答案为：AD。
（2）将两根橡皮筋分别固定在、两点，并悬挂同一重物，但未明确记录接点的位置。为了后续作图和分析，需要记录点的位置或者记录两橡皮筋的方向。
故答案为：记录位置（或两根橡皮筋的方向）
（3）合力和两个分力、的等效替代作用效果是提起重物并使物体保持静止，即达到力的平衡状态。
故答案为：将重物提起且保持静止
【分析】 (1) 逐一分析选项：A选项关注力的合成中固定点高度的影响，B选项考查实验对力夹角的要求，C选项分析橡皮筋规格对实验的影响，D选项判断重物质量对误差的作用。
(2) 步骤④需补充记录结点位置或力的方向，为后续作力的图示提供几何依据。
(3) 合力与分力等效替代的核心是作用效果相同，即让重物保持静止平衡。
（1）A．实验中，、两点的高度并不影响力的合成，只要保证结点在同一位置即可，A正确；
B．橡皮筋2和3不需要互相垂直，它们可以以任意角度互成角度，实验的目的是探究任意角度的力的合成规律，B错误；
C．橡皮筋规格不同会导致伸长量与力的关系不一致，影响实验结果，C错误；
D．重物质量较大时，橡皮筋的伸长量更明显，测量误差相对较小，D正确。
故选AD。
（2）将两根橡皮筋分别固定在、两点，并悬挂同一重物，但未明确记录接点的位置。为了后续作图和分析，需要记录点的位置或者记录两橡皮筋的方向。
（3）合力和两个分力、的等效替代作用效果是提起重物并使物体保持静止，即达到力的平衡状态。
14．热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。某学习小组利用热敏电阻，设计制作自动报警装置，方案如下：
（1）使用多用电表研究热敏电阻的阻值随温度变化的规律
①用多用电表测的阻值，选择开关应置于　 　。（填“A区”、“B区”、“C区”或“D区”）
②不同温度下选择合适的挡位，读出热敏电阻的阻值。某次读数时，发现多用电表的指针偏转角度较大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到　 　挡（填“更高”或“更低”）。
③描绘出热敏电阻的阻值随温度变化的规律如图乙所示。
（2）使用上述热敏电阻作为传感器制作的自动报警装置线路图如图所示
①为了降低装置的报警温度，应将滑动变阻器滑片P向　 　（选填“左”或“右”）移动；
②设定装置的报警温度为100℃，报警时流过热敏电阻的电流为10mA，已知直流电源电动势（内阻不计），忽略电磁铁线圈电阻，则滑动变阻器应接入电路的阻值为　 　Ω。
【答案】（1）B区；更低
（2）右；1350
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）①用多用电表测的阻值，选择开关应置于B区。
②多用电表的指针偏转角度较大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到更低挡。
故答案为：①B区；②更低
（2）①为了降低装置的报警温度，说明报警时热敏电阻的阻值比原来大，故为了使电流达到电磁继电器正常吸合时的电流，需要减小滑动变阻器，应将滑动变阻器滑片P向右移。
②如果设置报警温度为100℃，由图像可知该温度对应的热敏电阻阻值为
根据闭合电路欧姆定律可得
则滑动变阻器应接入电路的阻值为
故答案为：①右；②1350
【分析】 (1) ①多用电表测量电阻时，选择开关应置于欧姆挡区域；
②指针偏角大说明被测电阻小，需换用更低倍率的欧姆挡以提高测量精度。
(2) ①降低报警温度意味着热敏电阻阻值变大，为保持报警电流不变，需减小滑动变阻器阻值，故滑片向右移动；
②报警时热敏电阻阻值已知，结合闭合电路欧姆定律可计算滑动变阻器接入阻值。
（1）①[1]用多用电表测的阻值，选择开关应置于B区。
②[2]多用电表的指针偏转角度较大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到更低挡。
（2）①[1] 为了降低装置的报警温度，说明报警时热敏电阻的阻值比原来大，故为了使电流达到电磁继电器正常吸合时的电流，需要减小滑动变阻器，应将滑动变阻器滑片P向右移。
②[2] 如果设置报警温度为100℃，由图像可知该温度对应的热敏电阻阻值为
根据闭合电路欧姆定律可得
则滑动变阻器应接入电路的阻值为
15．图甲为市面上常见的气压式升降椅，它通过汽缸的上下运动支配座椅升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与座椅固定连接，横截面积的柱状支架与底座固定连接，可自由移动的汽缸与支架之间封闭一定质量的理想气体。质量的工作人员坐在座椅上（两脚悬空离地），稳定后封闭气体柱长度，已知汽缸与座椅的总质量，大气压强，室内温度。工作人员坐在座椅上打开空调，室内气温缓慢降至，汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦，g取。
（1）求降温过程座椅高度的变化量；
（2）若降温过程封闭气体内能变化了1.4J，求气体吸收或放出的热量。
【答案】（1）解：汽缸内气体压强一定，由盖—吕萨克定律得
即
解得
则
可得
降温过程座椅下降了0.4cm
（2）解：人坐在座椅上，由平衡条件得
气体温度下降，内能减小；外界对缸内气体所做的功
即
根据热力学第一定律
代入数据得
此过程气体放出热量为5J
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 封闭气体做等压变化，用盖 - 吕萨克定律建立初末状态体积与温度的关系，结合柱体体积公式求气柱长度变化，进而得到座椅高度变化量。
(2) 先计算外界对气体做的功，再结合热力学第一定律 ΔU=W+Q，求气体与外界的热交换量。
（1）汽缸内气体压强一定，由盖—吕萨克定律得
即
解得
则
可得
降温过程座椅下降了0.4cm
（2）人坐在座椅上，由平衡条件得
气体温度下降，内能减小；外界对缸内气体所做的功
即
根据热力学第一定律
代入数据得
此过程气体放出热量为5J
16．半圆柱体玻璃砖的横截面如图所示，O为圆心，半径OP长为R，一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AP方向从PO面射入玻璃砖，，a光恰好在玻璃砖曲面上发生全反射。已知玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）玻璃对a光的折射率；
（2）b光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所用的时间。
【答案】（1）解：a光在玻璃中传播路径如图所示
由题意可知
由折射定律
a光恰好在玻璃砖曲面上发生全反射，则
解得
（2）解：玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，则b光第一次到达曲面时不会发生全反射设b光的折射率为，则
光在玻璃砖中传播速度
光在玻璃砖中传播距离
光在玻璃中传播时间
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】 (1) 先由几何关系得到入射角，结合a光恰好全反射的临界角条件，利用折射定律和全反射公式联立求解玻璃对a光的折射率。
(2) 由a、b光折射率大小关系，判断b光不会全反射，再结合几何关系求出b光在玻璃中的传播路程，根据光速与折射率的关系求出传播速度，进而计算传播时间。
（1）a光在玻璃中传播路径如图所示
由题意可知
由折射定律
a光恰好在玻璃砖曲面上发生全反射，则
解得
（2）玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，则b光第一次到达曲面时不会发生全反射设b光的折射率为，则
光在玻璃砖中传播速度
光在玻璃砖中传播距离
光在玻璃中传播时间
联立解得
17．如图所示，正方体物块A放在离地高度的粗糙平台上，直径与A棱长相同的小球B静置在与A等高处，与平台右端距离，光滑固定斜面MN与水平方向夹角，N点与水平轨道NP平滑相连，PQ是半径的足够长光滑圆弧，P点是圆弧最低点，圆心未画出。现对A施加水平拉力，使A由静止开始向右运动，后撤去F，A继续滑行后从平台右端水平飞出，A飞离平台的同时B由静止释放，一段时间后A、B发生弹性对心碰撞，碰撞时间极短，分开后A落到地面上，B到达M处时速度恰好沿MN方向滑入斜面，从P点滑上圆弧轨道PQ，减速到0后返回P点。已知，，A与平台间动摩擦因数，g取，A和B的大小可忽略不计。
（1）求A离开平台时的速度；
（2）求碰撞过程中， A、B形变量最大时系统的弹性势能；
（3）求A与B到达地面的时间差；
（4）某同学认为可以利用单摆周期，计算小球B离开P点到返回P点所用时间。你认为是否合理？请通过计算分析说明。
【答案】（1）解：对A由牛顿第二定律有
撤去拉力后由牛顿第二定律有
由运动学知识有A离开平台时的速度
代入数值解之可得A离开平台时的速度
（2）解：A飞出后做平抛运动，A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，A、B形变量最大时A、B水平方向共速，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
（3）解：A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，分离时A、B各自水平速度分别为，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
B运动到M点前，A、B竖直方向的运动是相同的有
M点到平台的高度差h，由运动学知识有
A此后下落时间，由运动学知识有
B沿斜面下滑时间，由运动学知识有
A与B到达地面的时间差，有
代入数值解之可得
（4）解：小球滑到P点时速度，由能量守恒有
沿圆弧运动减速到零时高度为，由机械能守恒有
代入数值解之可得
通过几何关系可知小球B在最高点时与圆心连线和竖直方向的夹角为，结合单摆摆角应小于知，小球B的运动不符合单摆运动规律，这个同学的计算方式不合理。
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律；探究单摆的运动
【解析】【分析】 (1) 对物块A分两段受力分析：拉力作用阶段和撤去拉力后阶段，由牛顿第二定律求两段加速度，再结合运动学公式求A离开平台时的速度。(2) A做平抛运动、B做自由落体运动，先求碰撞前两者的速度；碰撞过程水平方向动量守恒，形变量最大时二者水平共速，由能量守恒求此时的弹性势能。
(3) 分别计算A平抛落地时间、B碰撞后运动到落地的总时间，二者差值即为时间差。
(4) 分析圆弧轨道上小球的运动是否满足单摆小角度近似条件，通过计算最大偏角判断能否用单摆周期公式计算时间。
（1）对A由牛顿第二定律有
撤去拉力后由牛顿第二定律有
由运动学知识有A离开平台时的速度
代入数值解之可得A离开平台时的速度
（2）A飞出后做平抛运动，A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，A、B形变量最大时A、B水平方向共速，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
（3）A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，分离时A、B各自水平速度分别为，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
B运动到M点前，A、B竖直方向的运动是相同的有
M点到平台的高度差h，由运动学知识有
A此后下落时间，由运动学知识有
B沿斜面下滑时间，由运动学知识有
A与B到达地面的时间差，有
代入数值解之可得
（4）小球滑到P点时速度，由能量守恒有
沿圆弧运动减速到零时高度为，由机械能守恒有
代入数值解之可得
通过几何关系可知小球B在最高点时与圆心连线和竖直方向的夹角为，结合单摆摆角应小于知，小球B的运动不符合单摆运动规律，这个同学的计算方式不合理。
18．如图所示，在真空建立坐标系O-xyz，z轴正方向垂直于纸面向外（未画出），xOy平面的第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着沿y轴负方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场；区域存在方向均沿着x轴正方向的匀强磁场和匀强电场（未画出），磁感应强度大小，电场强度大小，k为常数。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好从坐标原点O进入区域，过O点时速度大小为、方向与y轴负方向的夹角。不计粒子重力，求：
（1）在平面坐标系xOy的第二象限中电场强度大小；
（2）在区域内，粒子偏离xOy平面的最大距离；
（3）在区域内，粒子偏离xOy平面距离最大时的x坐标；
（4）在平面坐标系xOy的第二象限中磁感应强度大小。
【答案】（1）解：粒子从P到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得
解得
（2）解：将O点的速度分解，水平方向的速度为
竖直方向的速度为
根据洛伦兹力充当向心力，有
解得
偏离平面xOy的最大距离
（3）解：粒子运动周期为
可得
沿x轴正方向，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学规律，得
解得
（4）解：根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角
粒子在经过磁场时的水平方向上， 由牛顿第二定律，有
由动量定理，有
即
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 第二象限内粒子经历三段电场力做功、三段洛伦兹力不做功，由动能定理联立电场力做功与动能变化，求解。
(2) 区域粒子受沿x轴正方向的匀强电场，做类平抛运动（z方向匀加速、x方向匀加速、y方向匀速），利用匀变速位移公式求偏离xOy平面的最大距离。
(3) 结合z方向的周期性运动与x方向的匀加速运动，推导偏离最大时的x坐标。
(4) 第二象限内粒子在电场中加速、磁场中做匀速圆周运动，结合过O点的速度方向与动能定理，联立求解磁感应强度 。
（1）粒子从P到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得
解得
（2）将O点的速度分解，水平方向的速度为
竖直方向的速度为
根据洛伦兹力充当向心力，有
解得
偏离平面xOy的最大距离
（3）粒子运动周期为
可得
沿x轴正方向，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学规律，得
解得
（4）根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角
粒子在经过磁场时的水平方向上， 由牛顿第二定律，有
由动量定理，有
即
解得
1 / 12025届山东省潍坊市高三下学期二模物理试题
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．下列四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（　　）
A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象
B．乙图中热针接触涂蜡固体后，蜡融化区域呈现圆形，说明该固体为非晶体
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子间存在引力
D．丁图中用手推动封闭注射器的活塞时阻力增大，原因是分子斥力增大
2．在光电效应实验中，小明用甲、乙、丙三种光分别照射同一光电管，得到的光电流I与电压U的关系曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．甲光照射时光电子的最大初动能比丙光大
B．甲光的强度比丙光大
C．甲光的频率比乙光大
D．乙光的波长比丙光长
3．歼-20的光学着陆系统中用到了双缝干涉的知识。某物理兴趣小组用如图甲所示的装置做双缝干涉实验，通过目镜观察到屏上的条纹如图乙所示。只改变一个条件，使观察到的条纹如图丙所示，则改变的条件是（　　）
A．换用长度更长的遮光筒 B．增大单缝到双缝的距离
C．换用间距更小的双缝 D．红色滤光片换成紫色滤光片
4．如图所示，为绳左右两端的波源，P为绳子中点。振动了时间，发出一个独立的半波a；振动了时间，发出另一个独立的半波b。已知两波源均做简谐振动，且，要使两列波的波峰在P点相遇，两列波发出的时间差是（　　）
A．0 B． C． D．
5．如图所示，子弹垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿过第12块木板后速度变为0．子弹视为质点，在各木板中运动的加速度都相同。从子弹射入开始，到分别接触第4、7、10块木板所用时间之比为（　　）
A． B．
C． D．
6．中国空间站绕地球运行方向如图所示，由于地球遮挡阳光，空间站内宇航员在一天内会经历多次日落日出。太阳光看作平行光，空间站经历一次日落到日出转过的圆心角为2θ，则空间站线速度大小与第一宇宙速度大小之比为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，带电量分别为+4Q和-Q的两个点电荷固定在x轴上，其中正电荷的坐标x1=-d，负电荷的坐标x2=0。选无穷远处电势为零，将一电子从处由静止释放，此时其电势能为Ep1、加速度大小为a1；当电子运动到x4=d处时电势能为Ep2、加速度大小为a2，则下列判断正确的是（　　）
A．Ep1a2
C．Ep1>Ep2，a1>a2 D．Ep1>Ep2，a18．如图为可调式理想变压器输电示意图。原线圈连接灯泡，副线圈匝数可通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端按照图示连接了定值电阻、灯泡、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。灯泡的阻值与定值电阻的阻值相同，不考虑灯泡的阻值变化，两灯泡始终发光且工作在额定电压以内。在原线圈上加一电压恒为U的正弦交流电，则（　　）
A．保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，先变暗后变亮，一直变亮
B．保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，先变暗后变亮，先变亮后变暗
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡一直变暗，一直变亮
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡一直变亮，先变暗后变亮
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．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，a为圆环上最高点，c为圆环上最低点，圆环上b、d两点与圆心等高。原长为2R的轻弹簧一端固定在d点，另一端与小球栓接，小球套在圆环上，从a点由静止释放，经b点下滑至c点，下列说法正确的是（　　）
A．由a到b过程，重力的瞬时功率一直变大
B．由a到b过程，弹簧弹力的瞬时功率一直变大
C．由a到c过程，重力的平均功率大于弹簧弹力的平均功率
D．由a到c过程，小球的机械能一直变大
10．如图所示，小明用轻绳PQ拴住轻杆OQ的顶端，轻杆下端O用铰链固定在水平地面上某高度处，Q端下方悬挂重物，轻绳PQ长度为定值。PQ与水平方向夹角，OQ与水平方向夹角，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳PQ对Q端的拉力大于重物重力
B．轻杆OQ对Q端的支持力等于重物重力的倍
C．若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐增大
D．若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐减小
11．如图所示，P、Q、M为同一竖直平面内三点，P、Q位于同一条竖直线上，Q、M位于水平地面上，且PQ=QM。某一时刻小球甲从P点水平抛出，同时小球乙从Q点与QM成θ角抛出，速度方向如图，两球在M点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．从抛出到相遇，乙速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为
D．仅改变乙抛出的θ角，则其落地时一定位于M点的左侧
12．如图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾斜部分和水平部分组成，固定在水平地面上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接。倾斜轨道和的倾角，间接有电容的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；水平导轨右端串接一阻值为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的矩形磁场区域efgh，磁场宽度，磁感应强度也为B；质量为3m，边长均为L且开口向左的U形金属线框abcd静置在水平轨道上。现将一质量为m的导体棒P（电阻不计）由倾斜导轨上距水平面高处静止释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，沿水平导轨穿过磁场区域。已知U形线框bc边的阻值为R，其余部分电阻不计，重力加速度大小为g，电容器不会被击穿，则（　　）
A．导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运动，加速度大小为
B．ad边刚进入磁场边界eh时的速度为
C．整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为
D．整个线框穿出磁场后的速度为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．某小组用三根规格相同的橡皮筋（遵循胡克定律）、细线、重物、刻度尺、三角板、白纸、图钉、木板等器材探究两个互成角度力的合成规律，实验操作如下：
①用细绳拴住橡皮筋两端，确保三根橡皮筋两结点间原长相同，用刻度尺量出橡皮筋的原长；
②木板竖直固定，用图钉将白纸固定在木板上；
③将一根橡皮筋上端的细绳固定在a点，下端细绳拴接甲乙重物，如图甲所示，待重物静止后记录接点位置，并标记为O，用刻度尺量出橡皮筋1两结点间的长度；
④将另外两根橡皮筋上端的细绳分别固定在b、c两点，下端的细绳拴接（接点为）并悬挂同一重物，如图乙所示，待重物静止后用刻度尺分别量出橡皮筋2和3两结点间的长度；
⑤用橡皮筋伸长量表示其受力的大小，作出橡皮筋1对O拉力的图示，橡皮筋2和3对拉力的图示和；
⑥以和为邻边作平行四边形，比较与平行四边形对角线的大小方向，寻找规律。
请回答下列问题：
（1）关于本实验下列说法正确的是______；
A．图乙中b、c两点可以不在同一高度处
B．图乙中橡皮筋2和3需调整至互相垂直
C．若橡皮筋规格不相同，对实验无影响
D．重物质量适量大些，可以减小实验误差
（2）步骤④中有遗漏，请补充：　 　；
（3）该实验中合力和两个分力可以等效替代，其作用效果是什么？　 　。
14．热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。某学习小组利用热敏电阻，设计制作自动报警装置，方案如下：
（1）使用多用电表研究热敏电阻的阻值随温度变化的规律
①用多用电表测的阻值，选择开关应置于　 　。（填“A区”、“B区”、“C区”或“D区”）
②不同温度下选择合适的挡位，读出热敏电阻的阻值。某次读数时，发现多用电表的指针偏转角度较大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到　 　挡（填“更高”或“更低”）。
③描绘出热敏电阻的阻值随温度变化的规律如图乙所示。
（2）使用上述热敏电阻作为传感器制作的自动报警装置线路图如图所示
①为了降低装置的报警温度，应将滑动变阻器滑片P向　 　（选填“左”或“右”）移动；
②设定装置的报警温度为100℃，报警时流过热敏电阻的电流为10mA，已知直流电源电动势（内阻不计），忽略电磁铁线圈电阻，则滑动变阻器应接入电路的阻值为　 　Ω。
15．图甲为市面上常见的气压式升降椅，它通过汽缸的上下运动支配座椅升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与座椅固定连接，横截面积的柱状支架与底座固定连接，可自由移动的汽缸与支架之间封闭一定质量的理想气体。质量的工作人员坐在座椅上（两脚悬空离地），稳定后封闭气体柱长度，已知汽缸与座椅的总质量，大气压强，室内温度。工作人员坐在座椅上打开空调，室内气温缓慢降至，汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦，g取。
（1）求降温过程座椅高度的变化量；
（2）若降温过程封闭气体内能变化了1.4J，求气体吸收或放出的热量。
16．半圆柱体玻璃砖的横截面如图所示，O为圆心，半径OP长为R，一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AP方向从PO面射入玻璃砖，，a光恰好在玻璃砖曲面上发生全反射。已知玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）玻璃对a光的折射率；
（2）b光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所用的时间。
17．如图所示，正方体物块A放在离地高度的粗糙平台上，直径与A棱长相同的小球B静置在与A等高处，与平台右端距离，光滑固定斜面MN与水平方向夹角，N点与水平轨道NP平滑相连，PQ是半径的足够长光滑圆弧，P点是圆弧最低点，圆心未画出。现对A施加水平拉力，使A由静止开始向右运动，后撤去F，A继续滑行后从平台右端水平飞出，A飞离平台的同时B由静止释放，一段时间后A、B发生弹性对心碰撞，碰撞时间极短，分开后A落到地面上，B到达M处时速度恰好沿MN方向滑入斜面，从P点滑上圆弧轨道PQ，减速到0后返回P点。已知，，A与平台间动摩擦因数，g取，A和B的大小可忽略不计。
（1）求A离开平台时的速度；
（2）求碰撞过程中， A、B形变量最大时系统的弹性势能；
（3）求A与B到达地面的时间差；
（4）某同学认为可以利用单摆周期，计算小球B离开P点到返回P点所用时间。你认为是否合理？请通过计算分析说明。
18．如图所示，在真空建立坐标系O-xyz，z轴正方向垂直于纸面向外（未画出），xOy平面的第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着沿y轴负方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场；区域存在方向均沿着x轴正方向的匀强磁场和匀强电场（未画出），磁感应强度大小，电场强度大小，k为常数。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好从坐标原点O进入区域，过O点时速度大小为、方向与y轴负方向的夹角。不计粒子重力，求：
（1）在平面坐标系xOy的第二象限中电场强度大小；
（2）在区域内，粒子偏离xOy平面的最大距离；
（3）在区域内，粒子偏离xOy平面距离最大时的x坐标；
（4）在平面坐标系xOy的第二象限中磁感应强度大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】分子间的作用力；晶体和非晶体；毛细现象
【解析】【解答】A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象，故A正确；
B．图乙说明固体在传导热量上具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明该固体可能是多晶体，也可能是非晶体，故B错误；
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子不停地做无规则的热运动，故C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中阻力增大，是气体压强逐渐变大的缘故，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 结合毛细现象、晶体与非晶体的各向同性、分子热运动、气体压强等基础热学概念，逐一分析四幅图对应的物理原理，判断选项正误。
2．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】结合图像，由光电子最大初动能公式，可知甲与丙的最大初动能相同；遏止电压越大，光子频率越大，甲光和丙光的频率相同，但甲光的强度比丙光大；乙光的频率最大，波长最短。故ACD均错误，只有B正确。
故答案为：B。
【分析】根据光电效应方程 ，利用遏止电压 判断光电子最大初动能和光的频率，结合饱和光电流判断光的强度。
3．【答案】D
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】根据相邻条纹间距公式
可知，若要减小条纹间距 x，则可以减小光屏到双缝的距离L，减小波长λ，增大双缝间距d，由于红光波长比紫光更长，所以可以将红色滤光片换成紫色滤光片，减小波长。
故答案为：D。
【分析】根据双缝干涉条纹间距公式 ，对比乙、丙图可知条纹间距变小，分析各选项对 的影响，找出能使条纹间距减小的操作。
4．【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】机械波的传播速度只与介质有关，所以两列半波的波峰从波源传播到点的时间相同，波源从平衡位置振动到最高点所用时间为，波源从平衡位置振动到最高点所用时间为，要使两列波的波峰在点相遇，两列波发出的时间差
故答案为：D。
【分析】 机械波在同一介质中传播速度相同，两列波的波峰从波源传到中点 P 的传播时间相等；要让波峰在 P 点相遇，需让两波源各自振动到波峰的时间差等于两波发出的时间差。
5．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能
【解析】【解答】设子弹的质量为，子弹初速度为，因为子弹在木板中的加速度相同，木板的长度也相同，所以子弹在每个木板中损失的动能相同，所以
在接触第4块木板时
解得：
所以接触第4块木板所用时间
在接触第7块木板时
解得：
所以接触第7块木板所用时间
在接触第10块木板时
解得：
所以接触第10块木板所用时间
所以
故答案为：C。
【分析】将子弹的匀减速直线运动逆向视为初速度为 0 的匀加速直线运动，利用初速度为 0 的匀加速直线运动位移与时间的比例关系，计算通过连续相等位移的时间，再转化为正向运动的时间之比。
6．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】根据题意可知，空间站的轨道半径为
根据万有引力提供向心力可得，
联立可得
故答案为：B。
【分析】先由几何关系求出空间站轨道半径与地球半径的关系，再利用万有引力提供向心力的公式，分别表示空间站线速度和第一宇宙速度，最后求两者比值。
7．【答案】C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】两点电荷在x3处产生的电场强度大小分别为，
所以x3处电场强度方向沿x轴负方向，电子受到沿x轴正方向的电场力，电子的加速度大小为
两点电荷在x4处产生的电场强度大小分别为，
所以x4处电场强度为零，电子所受电场力为零，加速度
由于电场力做正功，所以电势能减小，则
故答案为：C。
【分析】先通过点电荷场强公式计算指定位置的合场强，判断电场力和加速度大小；再根据电场力做功与电势能变化的关系，比较电势能大小。
8．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．根据题意可知副线圈的总电阻为
化简得
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系，变压器与副线圈电阻可等效为电阻
则等效电阻先增大后减小，对原线圈电路由欧姆定律有
理想变压器电流关系
由上述分析可知先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据欧姆定律
变压器电压关系
由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过的电流为
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中增大；在副线圈的电压减小过程中，通过的电流为
逐渐增大，则越来越小，则根据电流关系
可知一直变亮，A正确，B错误；
CD．根据等效电阻关系，有
可知保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，增大，故等效电阻变小，根据欧姆定律
可知增大，故一直变亮；由等效电源法有
即当时，副线圈的电压最大，灯泡最亮，题中并没给出原副线圈匝数以及滑动变阻器的阻值，故无法判断的亮暗变化，C错误，D错误。
故答案为：A。
【分析】先分析副线圈电路的总电阻变化规律，结合理想变压器等效电阻与变压比的关系，推导原线圈侧等效电阻变化；再依据闭合电路欧姆定律分析原线圈电流及原线圈侧灯泡L1 的亮度变化；最后根据变压器电流关系确定副线圈电流，结合串并联电路规律分析L2 的亮度变化，同时对比 Q 滑动时副线圈匝数变化对电路的影响。
9．【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．轻弹簧的原长为2R，可知小球运动到b点时弹簧处于原长，则由a到b过程，重力和弹簧弹力均对小球做正功，小球的动能增大，速度增大，且速度与竖直方向的夹角逐渐减小，所以竖直分速度增大，根据
可知重力的瞬时功率一直变大，故A正确；
B．小球运动到b点时，弹簧弹力为0，此时弹簧弹力的瞬时功率为0，所以由a到b过程，弹簧弹力的瞬时功率不是一直变大，故B错误；
C．根据对称性可知，小球处于a点和c点时，弹簧的形变量相等，则由a到c过程，弹力做功为0，弹簧弹力的平均功率为0；该过程重力做正功，重力的平均功率大于0，故C正确；
D．由a到c过程，弹簧弹力对小球先做正功，后做负功，小球的机械能先增大后减小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先分析弹簧形变量与弹力做功规律，结合功率定义判断重力、弹簧弹力的瞬时功率变化；再利用对称性分析 a 到 c 过程弹力总功，结合平均功率定义比较重力与弹力的平均功率；最后根据除重力外其他力做功与机械能变化的关系，判断小球机械能的变化趋势。
10．【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．设物体的重力为，轻杆的弹力为，轻绳的弹力为。选择点为研究对象，由于OQ为可旋转轻杆，则Q点所受杆的弹力方向沿杆指向Q，Q点所受轻绳的拉力沿绳指向P。Q点受力分析图如下
由几何关系可得，，为角平分线，则，A错误；
B．由A选项受力分析可知，，B正确；
CD．过O点向PQ做垂线交PQ于S，设O距离水平PQ面的高度为H，选择Q为研究对象，做矢量三角形如图所示
由几何关系可知，力的矢量三角形与几何三角形OQS相似，且满足，轻绳P端缓慢向右移动过程中，SO减小，SQ增大，则增大，C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 以 Q 点为研究对象，利用共点力平衡条件，结合几何角度关系建立力的平衡方程，求解初始状态下轻绳拉力与轻杆支持力的大小；再通过动态平衡分析，结合几何约束（PQ 长度不变、O 点位置固定），判断 P 右移时轻绳拉力的变化趋势。
11．【答案】B,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．速度变化量为，两球运动时间相等，所以从抛出到相遇，速度变化量大小相等，故A错误；
B．小球甲做平抛运动，则，
小球乙做斜上抛运动，则，
联立可得，，故B正确；
C．相遇前瞬间，甲的速度大小为
乙的速度大小为，所以，故C错误；
D．对乙球，有，，所以
由此可知，当时，乙球的水平位移最大，所以若改变乙抛出的θ角，其水平位移减小，即其落地时一定位于M点的左侧，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】 以相遇点为桥梁，结合平抛与斜抛运动的分运动规律，建立水平、竖直方向的位移与速度方程；联立求解抛射角与初速度比例，再通过运动学公式计算相遇瞬间的合速度，最后利用斜抛运动落地时间与水平位移的关系分析落点位置。
12．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．对导体棒P在下滑过程中受力分析有，，，
联立解得，故A正确；
B．导体棒在倾斜导轨上做匀加速直线运动，则，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，则
碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，线框从bc边进入磁场边界eh到ad边刚进入磁场边界eh，根据动量定理可得，
联立可得，故B错误；
D．ad边刚进入磁场边界eh到整个线框穿出磁场的过程，根据动量定理可得，，联立可得，故D正确；
C．由于bc边切割磁感线时，电流不经过电阻R，当ad边切割磁感线时，电阻R与bc并联，所以整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为，故C错误。
故答案为：AD。
【分析】 先对导体棒 P 在倾斜导轨上的受力与运动进行分析，结合电容器充电规律推导其加速度；再利用动量守恒计算碰撞后线框的速度；接着通过电磁感应规律分析线框穿过磁场时的电荷量与动量变化，最终得到线框穿出磁场后的速度。
13．【答案】（1）A；D
（2）记录位置（或两根橡皮筋的方向）
（3）将重物提起且保持静止
【知识点】等效法；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．实验中，、两点的高度并不影响力的合成，只要保证结点在同一位置即可，A正确；
B．橡皮筋2和3不需要互相垂直，它们可以以任意角度互成角度，实验的目的是探究任意角度的力的合成规律，B错误；
C．橡皮筋规格不同会导致伸长量与力的关系不一致，影响实验结果，C错误；
D．重物质量较大时，橡皮筋的伸长量更明显，测量误差相对较小，D正确。
故答案为：AD。
（2）将两根橡皮筋分别固定在、两点，并悬挂同一重物，但未明确记录接点的位置。为了后续作图和分析，需要记录点的位置或者记录两橡皮筋的方向。
故答案为：记录位置（或两根橡皮筋的方向）
（3）合力和两个分力、的等效替代作用效果是提起重物并使物体保持静止，即达到力的平衡状态。
故答案为：将重物提起且保持静止
【分析】 (1) 逐一分析选项：A选项关注力的合成中固定点高度的影响，B选项考查实验对力夹角的要求，C选项分析橡皮筋规格对实验的影响，D选项判断重物质量对误差的作用。
(2) 步骤④需补充记录结点位置或力的方向，为后续作力的图示提供几何依据。
(3) 合力与分力等效替代的核心是作用效果相同，即让重物保持静止平衡。
（1）A．实验中，、两点的高度并不影响力的合成，只要保证结点在同一位置即可，A正确；
B．橡皮筋2和3不需要互相垂直，它们可以以任意角度互成角度，实验的目的是探究任意角度的力的合成规律，B错误；
C．橡皮筋规格不同会导致伸长量与力的关系不一致，影响实验结果，C错误；
D．重物质量较大时，橡皮筋的伸长量更明显，测量误差相对较小，D正确。
故选AD。
（2）将两根橡皮筋分别固定在、两点，并悬挂同一重物，但未明确记录接点的位置。为了后续作图和分析，需要记录点的位置或者记录两橡皮筋的方向。
（3）合力和两个分力、的等效替代作用效果是提起重物并使物体保持静止，即达到力的平衡状态。
14．【答案】（1）B区；更低
（2）右；1350
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）①用多用电表测的阻值，选择开关应置于B区。
②多用电表的指针偏转角度较大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到更低挡。
故答案为：①B区；②更低
（2）①为了降低装置的报警温度，说明报警时热敏电阻的阻值比原来大，故为了使电流达到电磁继电器正常吸合时的电流，需要减小滑动变阻器，应将滑动变阻器滑片P向右移。
②如果设置报警温度为100℃，由图像可知该温度对应的热敏电阻阻值为
根据闭合电路欧姆定律可得
则滑动变阻器应接入电路的阻值为
故答案为：①右；②1350
【分析】 (1) ①多用电表测量电阻时，选择开关应置于欧姆挡区域；
②指针偏角大说明被测电阻小，需换用更低倍率的欧姆挡以提高测量精度。
(2) ①降低报警温度意味着热敏电阻阻值变大，为保持报警电流不变，需减小滑动变阻器阻值，故滑片向右移动；
②报警时热敏电阻阻值已知，结合闭合电路欧姆定律可计算滑动变阻器接入阻值。
（1）①[1]用多用电表测的阻值，选择开关应置于B区。
②[2]多用电表的指针偏转角度较大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到更低挡。
（2）①[1] 为了降低装置的报警温度，说明报警时热敏电阻的阻值比原来大，故为了使电流达到电磁继电器正常吸合时的电流，需要减小滑动变阻器，应将滑动变阻器滑片P向右移。
②[2] 如果设置报警温度为100℃，由图像可知该温度对应的热敏电阻阻值为
根据闭合电路欧姆定律可得
则滑动变阻器应接入电路的阻值为
15．【答案】（1）解：汽缸内气体压强一定，由盖—吕萨克定律得
即
解得
则
可得
降温过程座椅下降了0.4cm
（2）解：人坐在座椅上，由平衡条件得
气体温度下降，内能减小；外界对缸内气体所做的功
即
根据热力学第一定律
代入数据得
此过程气体放出热量为5J
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 封闭气体做等压变化，用盖 - 吕萨克定律建立初末状态体积与温度的关系，结合柱体体积公式求气柱长度变化，进而得到座椅高度变化量。
(2) 先计算外界对气体做的功，再结合热力学第一定律 ΔU=W+Q，求气体与外界的热交换量。
（1）汽缸内气体压强一定，由盖—吕萨克定律得
即
解得
则
可得
降温过程座椅下降了0.4cm
（2）人坐在座椅上，由平衡条件得
气体温度下降，内能减小；外界对缸内气体所做的功
即
根据热力学第一定律
代入数据得
此过程气体放出热量为5J
16．【答案】（1）解：a光在玻璃中传播路径如图所示
由题意可知
由折射定律
a光恰好在玻璃砖曲面上发生全反射，则
解得
（2）解：玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，则b光第一次到达曲面时不会发生全反射设b光的折射率为，则
光在玻璃砖中传播速度
光在玻璃砖中传播距离
光在玻璃中传播时间
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】 (1) 先由几何关系得到入射角，结合a光恰好全反射的临界角条件，利用折射定律和全反射公式联立求解玻璃对a光的折射率。
(2) 由a、b光折射率大小关系，判断b光不会全反射，再结合几何关系求出b光在玻璃中的传播路程，根据光速与折射率的关系求出传播速度，进而计算传播时间。
（1）a光在玻璃中传播路径如图所示
由题意可知
由折射定律
a光恰好在玻璃砖曲面上发生全反射，则
解得
（2）玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，则b光第一次到达曲面时不会发生全反射设b光的折射率为，则
光在玻璃砖中传播速度
光在玻璃砖中传播距离
光在玻璃中传播时间
联立解得
17．【答案】（1）解：对A由牛顿第二定律有
撤去拉力后由牛顿第二定律有
由运动学知识有A离开平台时的速度
代入数值解之可得A离开平台时的速度
（2）解：A飞出后做平抛运动，A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，A、B形变量最大时A、B水平方向共速，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
（3）解：A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，分离时A、B各自水平速度分别为，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
B运动到M点前，A、B竖直方向的运动是相同的有
M点到平台的高度差h，由运动学知识有
A此后下落时间，由运动学知识有
B沿斜面下滑时间，由运动学知识有
A与B到达地面的时间差，有
代入数值解之可得
（4）解：小球滑到P点时速度，由能量守恒有
沿圆弧运动减速到零时高度为，由机械能守恒有
代入数值解之可得
通过几何关系可知小球B在最高点时与圆心连线和竖直方向的夹角为，结合单摆摆角应小于知，小球B的运动不符合单摆运动规律，这个同学的计算方式不合理。
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律；探究单摆的运动
【解析】【分析】 (1) 对物块A分两段受力分析：拉力作用阶段和撤去拉力后阶段，由牛顿第二定律求两段加速度，再结合运动学公式求A离开平台时的速度。(2) A做平抛运动、B做自由落体运动，先求碰撞前两者的速度；碰撞过程水平方向动量守恒，形变量最大时二者水平共速，由能量守恒求此时的弹性势能。
(3) 分别计算A平抛落地时间、B碰撞后运动到落地的总时间，二者差值即为时间差。
(4) 分析圆弧轨道上小球的运动是否满足单摆小角度近似条件，通过计算最大偏角判断能否用单摆周期公式计算时间。
（1）对A由牛顿第二定律有
撤去拉力后由牛顿第二定律有
由运动学知识有A离开平台时的速度
代入数值解之可得A离开平台时的速度
（2）A飞出后做平抛运动，A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，A、B形变量最大时A、B水平方向共速，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
（3）A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，分离时A、B各自水平速度分别为，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
B运动到M点前，A、B竖直方向的运动是相同的有
M点到平台的高度差h，由运动学知识有
A此后下落时间，由运动学知识有
B沿斜面下滑时间，由运动学知识有
A与B到达地面的时间差，有
代入数值解之可得
（4）小球滑到P点时速度，由能量守恒有
沿圆弧运动减速到零时高度为，由机械能守恒有
代入数值解之可得
通过几何关系可知小球B在最高点时与圆心连线和竖直方向的夹角为，结合单摆摆角应小于知，小球B的运动不符合单摆运动规律，这个同学的计算方式不合理。
18．【答案】（1）解：粒子从P到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得
解得
（2）解：将O点的速度分解，水平方向的速度为
竖直方向的速度为
根据洛伦兹力充当向心力，有
解得
偏离平面xOy的最大距离
（3）解：粒子运动周期为
可得
沿x轴正方向，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学规律，得
解得
（4）解：根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角
粒子在经过磁场时的水平方向上， 由牛顿第二定律，有
由动量定理，有
即
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 第二象限内粒子经历三段电场力做功、三段洛伦兹力不做功，由动能定理联立电场力做功与动能变化，求解。
(2) 区域粒子受沿x轴正方向的匀强电场，做类平抛运动（z方向匀加速、x方向匀加速、y方向匀速），利用匀变速位移公式求偏离xOy平面的最大距离。
(3) 结合z方向的周期性运动与x方向的匀加速运动，推导偏离最大时的x坐标。
(4) 第二象限内粒子在电场中加速、磁场中做匀速圆周运动，结合过O点的速度方向与动能定理，联立求解磁感应强度 。
（1）粒子从P到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得
解得
（2）将O点的速度分解，水平方向的速度为
竖直方向的速度为
根据洛伦兹力充当向心力，有
解得
偏离平面xOy的最大距离
（3）粒子运动周期为
可得
沿x轴正方向，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学规律，得
解得
（4）根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角
粒子在经过磁场时的水平方向上， 由牛顿第二定律，有
由动量定理，有
即
解得
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