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2025届山东省青岛市平度市高三下学期高考模拟检测（二）物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．图a为玻尔的氢原子能级图。氢原子光谱在可见光区域内的四条谱线Hα、Hβ、Hγ和，如图b所示，它们都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光。下列关于Hα、Hβ、Hγ和四条谱线的描述正确的是（ ）
A．Hα对应的前后能级之差最大
B．同一介质对Hβ的折射率最大
C．同一介质中Hγ的传播速度最大
D．用Hβ照射某一金属能发生光电效应，则用照射该金属时也一定能发生光电效应
2．汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车启动过程中的急动度k随时间t的变化的关系，已知t=0时刻汽车速度和加速度均为零。关于汽车在该过程中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．0~3s汽车做匀加速直线运动 B．3~6s汽车做匀速直线运动
C．6s末汽车的加速度大小为零 D．9s末汽车的速度大小为18m/s
3．如图所示，一质量为m的长方体物块静止在粗糙水平地面上，一重为G的光滑圆球放在光滑竖直的墙壁和长方体物块之间处于静止状态。现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下列判断正确的是（　　）
A．地面对长方体物块的支持力逐渐增大
B．球对墙壁的压力逐渐减小
C．水平拉力F逐渐减小
D．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
4．如图所示为某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系（图像），x轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下由静止开始沿x轴运动，在x轴上的a、b、c、d四点间隔相等，下列说法正确的是（　　）
A．点电荷由a运动到d的过程中加速度先减小后增大
B．点电荷从b运动到a电场力做的功小于从c运动到b电场力做的功
C．点电荷由a运动到d的过程中电势能先增大再减小
D．b和d两点处电势相等
5．中国计划于2025年5月发射“天问二号”火星探测器，其变轨过程如图所示，探测器在近日点M短暂加速后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道抵达远日点P，又在P点短暂加速进入火星轨道。已知引力常量为G，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R。若只考虑太阳对探测器的作用力。下列正确的是（　　）
A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中的速度越来越大
B．探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为
C．探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为
D．探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
6．水平面内有两个沿竖直方向振动的相干波源S1和S2（振动步调相同），发出的简谐横波在同一均匀介质中传播，其波源分别位于如图所示椭圆长轴端点位置，椭圆的半长轴为a=5m，半短轴为b=3m，如图所示建立xOy坐标系。已知波源频率f=2Hz，简谐波在介质中传播速度大小为8m/s，则下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波在介质中的波长是16m
B．在波源S1和S2的连线上（不包含S1、S2位置），振动加强的位置一共有3个
C．在椭圆上振动加强的位置一共有10个
D．位于y轴上的所有质点均是振动减弱点
7．根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（　　）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为2P
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为4P
8．如图所示，、两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，、球放在固定不动倾角为的光滑斜面上，通过劲度系数为的轻质弹簧相连，球靠在与斜面垂直的挡板上。现用手托住球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直。开始时整个系统处下静止状态，释放后，下落的速度最大时恰好对挡板无压力，已知、、三球的质量均为，重力加速度为，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中未落地，未与滑轮相撞，则（　　）
A．开始下落至最低点过程中、、三个小球所组成的系统机械能始终守恒
B．当球刚要离开挡板时球的速度为0
C．斜面的倾角约为
D．小球的最大速度为
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．如图所示给出了一定量的理想气体经过一系列变化过程A→B→C→D→A最终回到初始状态的p-V图像，其中A→B、C→D的变化过程为等温变化过程，B→C、D→A的变化过程为等容变化过程，下列说法正确的是（　　）
A．A→B的过程理想气体从外界吸收热量对外做功，且吸收的热量等于理想气体对外做的功
B．B→C的过程理想气体从外界吸收热量，理想气体的内能增大
C．C→D的过程外界对理想气体做功，理想气体向外界放热
D．D→A的过程理想气体从外界吸热，理想气体的内能增大
10．如图所示，将一可视作质点、质量为m的小球从倾角为的斜面底端斜抛，小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为h、斜面底边水平长度为L。重力加速度为g，不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为v0，小球初速度方向与水平方向的夹角为α，则下列说法正确的是（　　）
A．小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为
B．小球从抛出到通过斜面最高点所经历的时间为
C．小球的初速度大小为
D．整个运动过程重力的平均功率为
11．一传送带装置如图所示，水平部分长为，倾斜部分长为，倾角。和在点通过一极短的圆弧连接，传送带以的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.5。现将一质量的工件（可视为质点）无初速地放在A点，重力加速度，，，下列说法正确的是（　　）
A．工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为
B．工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为4m
C．工件第二次到达B点的速度大小为
D．工件自释放至第三次到达B点的时间为
12．如图，两固定的足够长平行光滑导轨，由水平段和弧形段在处相切构成，导轨的间距为，区域内存在方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场，间距也为。现将多根长度也为的相同导体棒，依次从弧形轨道上高为的处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为，电阻均为，重力加速度大小为，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（　　）
A．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为
B．第3根棒刚穿出磁场时的速度大小为
C．第根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为
D．从开始到第根棒刚穿出磁场过程中，回路产生的焦耳热小于
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．实验室有一块长方体透明介质，截面如图中ABCD所示。AB的长度为l1，AD的长度为l2，且AB和AD边透光，而BC和CD边不透光，且射到这两个边的光线均被全部吸收。现让一平行光束以入射角θ1射到AB面上，经折射后AD面上有光线射出，甲、乙两同学分别用不同方法测量该长方体介质的折射率。
（1）甲同学的做法是：保持射到AB面上光线的入射角不变，用遮光板由A点沿AB缓慢推进，遮光板前端推到P时，AD面上恰好无光线射出，测得AP的长度为l3，则长方体介质的折射率可表示为n＝　 　；
（2）乙同学的做法是：缓慢调节射到AB上光线的入射角，使AD面也恰好无光线射出，测得此时射到AB面上光线的入射角为θ2，则长方体介质的折射率可表示为n＝　 　；
（3）θ1和θ2的关系为：θ1　 　θ2（填“<”“>”或“＝”）。
14．为测定两节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A.待测的干电池，每节电池的电动势约为1.5V，内阻均小于0.1Ω
B.电流表A1，量程0~3mA，内阻Rg1=10Ω
C.电流表A2，量程0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω
D.滑动变阻器R1（0~20Ω，10A）
E.定值电阻R0=990Ω
F.开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中没有电压表，但给出了两个电流表，于是它设计了如图（a），（b）所示两个参考电路图，其中合理的是图　 　。
（2）该同学从图中选出合理的实验电路后进行实验，利用测出的数据绘制出I1-I2图线（I1为电流表A1的示数﹐I2为电流表A2的示数。在初步分析电路时，R0所在支路的电流可忽略），如图（c）所示，已知图像的斜率大小为k，纵截距为b，则一节干电池的电动势E=　 　，一节干电池的内阻r=　 　（用题中所给的各物理量符号表示）。
（3）若考虑R0所在支路的电流，则可利用I1-I2图像（c）中斜率大小k，纵截距b计算得到内阻的真实值r0以及电动势的真实值E0﹐相较第（2）小问中内阻的测量值r，　 　（用k，b表示）。
15．一列周期的简谐横波沿x轴正方向传播，在时刻的波形如图所示。此时这列波恰好传播到的质点P，求：
（1）该波的振幅与波速；
（2）经过多少时间，坐标为的质点Q开始振动；
（3）从时刻到Q点处于波峰时，质点P运动的路程s。
16．2024年10月25日第57届田径运动会正式开幕。小明所在班级使用了桶装纯净水进行供水，图甲为桶装纯净水使用压水器供水的示意图，图乙是简化的原理图。当手按下压水器时，压水器中的活塞打开，外界空气压入桶内，放手后，压水器活塞关闭，当压水器将水压到出水管管口时，水可以流出。压水器出水管上方有一个止水阀，按下止水阀，桶内空气可以与外界相通。已知桶底横截面积，容积V＝20L。现桶内有10L水，初始时出水管竖直部分内外液面相平，出水口与桶内水面的高度差h＝0.3m，压水器气囊的容积，空气可视为理想气体。已知出水管的体积与桶内水的体积相比可忽略不计，水的密度，外界大气压强恒为，重力加速度。求
（1）若桶内气体温度不变，刚好有水从出水管流出时桶内气体的压强；
（2）若每次将气囊完全压下，整个过程桶内温度不变，压气完成后打开出水管开关进行接水，已知小明的水杯容量为500mL，接满10杯水需要压的次数。
17．如图，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为。不计重力。
（1）求粒子进入磁场时的速度大小；
（2）若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子距a点的距离为，求磁场的磁感应强度大小的可能值；
（3）若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求粒子此时距a点的距离。
18．如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在点，半径，厚度相同、材质相同、质量均为的木板、静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘接，木板的右端固定有轻质挡板，圆弧轨道的末端与木板的上表面相切于木板的左端，滑块、分别放置在木板、的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为，滑块A的质量为，滑块B的质量为，滑块的质量为，滑块与木板间的动摩擦因数分别为和，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。
（1）求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
（2）求滑块A、B碰撞后瞬间滑块的加速度大小；
（3）求滑块A、B和木板组成的系统因摩擦而产生的热量；
（4）滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板D多远的地方？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】A．Hα波长最长，根据，频率最小，能量最小，Hα对应的前后能级之差最小，故A错误；
B．频率最大，则同一介质对的折射率最大，故B错误；
C．Hα波长最长，频率最小，折射率最小，根据，同一介质中的传播速度最大，故C错误；
D．频率大于Hβ频率，用Hβ照射某一金属能发生光电效应，则用照射该金属时也一定能发生光电效应，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光电效应的综合应用，核心是利用能级差与光子能量、频率、波长的关系，结合折射率、光电效应的条件分析谱线特性。
2．【答案】D
【知识点】加速度；图象法；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据题意有
内急动度恒定，表明汽车的加速度均匀增大，即0~3s汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；
B．结合上述有
可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，则末汽车的加速度大小为
即汽车的加速度保持不变，仍然为，则3~6s汽车做匀加速直线运动，故B错误；
C．结合上述可知6s末汽车的加速度大小为，故C错误；
D．结合上述可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，时间轴上侧面积表示加速度大小在增大，时间轴下侧面积表示加速度大小在减小，即汽车的加速度均匀减小直到末加速度变为零，由图像作出图像如图所示
根据
解得
图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于0时刻的速度为0，则该面积能够间接表示速度大小，则末汽车的速度大小
故D正确。
故选D。
【分析】1、 题目中已知加速度随时间的变化率称为急动度k ，即，结合图像分析各时间段汽车运动情况。
2、图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，结合图像可计算6s末汽车的加速度大小，3、由图像作出图像，最后根据计算9s末汽车的速度大小。
3．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】解题关键在于整体法和隔离法的运用，水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，物块和球保持受力平衡也是值得注意的。
AD．对球和长方体物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，竖直方向有
N＝mg＋G
则地面对整体的支持力不变，地面受到的摩擦力为滑动摩擦力，则有
f＝μN
故地面对长方体物块的摩擦力不变，A、D错误；
B．对球进行受力分析，如图甲所示，球受力平衡，则有
N1＝Gtanθ，N2＝
当用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，所以N1增大，cosθ减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故B错误；
C．对长方体物块受力分析，受到重力mg、地面的支持力N、拉力F、球对长方体物块的压力N2'以及滑动摩擦力f作用，如图乙所示，受力平衡，根据牛顿第三定律可知
N2'＝N2
则水平方向有
F＋N2'sinθ＝f
由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小，故C正确。
故选C。
【分析】对球和长方体物块整体进行受力分析，然后隔离长方体物块受力分析。水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，物块和球保持受力平衡，列式求解。
4．【答案】B
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由，可知、点间的电场强度先增大后减小，所以点电荷的加速度也先增大后减小，A错误；
B．电场强度随的变化关系图像与坐标轴所围成的面积与电荷量的乘积等于电场力做功，、两点间的面积小于、两点间的面积，所以点电荷从运动到电场力做的功小于从运动到电场力做的功，B正确；
C．、点间的电场强度方向为负方向，一个带正电的点电荷所受电场力的方向也为负方向，点电荷的位移方向为正方向，所以电场力做负功，电势能增大，C错误；
D．从到电场线沿负方向，沿电场线方向电势降低，所以点电势小于点，D错误。
故答案为：B。
【分析】 以E x图像的物理意义（面积表示电势差、电场强度大小决定加速度）为核心，结合正电荷受力与电场强度方向一致的规律，分析加速度、电场力做功、电势能及电势的变化。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小，速度越来越小，故A错误；
B．根据
可得
即探测器在地球轨道上的线速度为
同理，可得探测器在火星轨道上的线速度大小
则探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为，故B错误；
C．探测器运行中在霍曼转移轨道上过P点与在火星轨道上过P点时，根据
可得
则探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度相等，故C错误；
D．探测器在霍曼转移轨道上与在火星轨道上运行时，根据开普勒第三定律有
，
联立探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
故D正确。
故选D。
【分析】M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小；根据万有引力提供向心力以及开普勒第三定律分析。
6．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．简谐波的周期为
简谐波的波长
故A错误；
B．振动加强要求波程的差值为半波长的偶数倍，计算可知在连线上距离波源为、、、、位置的质点振动均加强，一共有5个位置，故B错误；
C．由于连线上一共有5个位置振动加强，因此椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强，故C正确；
D．位于轴上的所有质点到两波源的距离相等，波程差为0，因此均是振动加强的质点，故D错误。
故选C。
【分析】1、题目已知波源频率，简谐波在介质中传播速度，根据频率可计算周期，根据计算波长。
2、根据振动加强条件：波程的差值为半波长的偶数倍，可得出在波源S1和S2的连线上（不包含S1、S2位置），振动加强的位置一共有5个，椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强。
3、位于轴上的所有质点到两波源的距离相等，波程差为0，因此均是振动加强的质点。
7．【答案】A,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．等效电路图如图所示
设降压变压器的原副线圈匝数比为k：1，则输电线上的电流为
转子在磁场中转动时产生的电动势为
当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为
故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确；
C．升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故C正确；
B．若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流，R0消耗的功率，故B错误；
D．若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为，R0消耗的功率，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】 将用户端负载等效到输电线路侧，结合发电机电动势公式、变压器变压比规律，推导出输电线路电阻R0 上功率的表达式，再逐一分析各选项中物理量变化对功率的影响。
8．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A．开始下落至最低点过程中，、、三个小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，故、、三个小球所组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．下落的速度最大时恰好对挡板无压力，当轻质细线向上的拉力等于的重力时，球加速度为零，速度达到最大，此时通过细绳与球相连的球有相同的运动情况，加速度为零，速度达到最大，故B错误；
C．球速度达到最大时，以、球为整体，受力分析可得
绳子拉力为
可得斜面的倾角为，故C错误；
D．球未下落时，弹簧压缩量为
球速度达到最大时，弹簧伸长量为
可知
可知球下落至速度达到最大时，弹簧弹性势能不变，根据系统机械能守恒有
解得小球的最大速度为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查系统机械能守恒与简谐运动的综合应用，核心是分析弹簧弹力、重力分力的平衡条件确定临界状态，结合机械能守恒定律计算小球的最大速度。
9．【答案】A,C,D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．A→B的过程为等温膨胀过程，气体的内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，理想气体从外界吸收热量对外做功，且吸收的热量等于理想气体对外做的功，A正确；
B．B→C的过程气体体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放热，则理想气体向外界放出的热量等于理想气体的内能减小量，B错误；
C．C→D的过程气体等温压缩，内能不变，根据热力学第一定律可知，外界对理想气体做功，理想气体向外界放热，C正确；
D．D→A的过程气体等容升温，气体不对外做功，外界也不对气体做功，根据热力学第一定律可知，理想气体从外界吸热，理想气体的内能增大，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】利用p-V 图像的物理意义（面积表示功），结合理想气体状态方程判断温度变化，再依据热力学第一定律（ΔU=Q+W）分析各过程的吸放热、做功与内能变化。
10．【答案】B,C
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A.由题意可知小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端，那么小球通过斜面顶端时的速度方向是水平的，由此可以将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍，由此可
可得小球初速度方向与水平方向夹角的正切值也为
故A错误；
B.由逆向思维可知，小球竖直方向做自由落体，根据
可得运动时间为
故B正确；
C.小球斜抛水平方向的初速度为，也是小球通过斜面顶端的速度大小，根据动能定理
由此可得
故C正确；
D.整个运动过程中重力的平均功率为
故D错误。
故选BC。
【分析】1、将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍。
2、根据平抛运动的运动规律可知，小球竖直方向做自由落体，根据可得运动时间。
3、根据动能定理，可求解小球的初速度大小。
4、根据，可求解整个运动过程中重力的平均功率。
11．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由于，可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得，解得加速度大小为
故工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为1：1，故A错误；
B．工件无初速地放在A点，加速度大小为
设经过时间工件与传送带共速，则有
共速前工件通过的位移大小为
可知工件以速度从B点滑上传送带倾斜部分，则工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为，故B正确；
C．由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次到达B点的速度大小为，故C错误；
D．工件第一次在传送带水平部分运动加速运动时间为，匀速运动时间为
工件第一次经过B点到第二次到达B点所用时间为
工件第二次到达B点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，工件第二次经过B点到第三次到达B点所用时间为
则工件自释放至第三次到达B点的时间为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】 先分析工件在水平段AB的加速过程，再研究倾斜段BC的上滑与下滑规律，结合牛顿第二定律和运动学公式，分别计算各阶段的加速度、位移与时间，最后验证各选项的正确性。
12．【答案】B,C
【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】【解答】A．第3根棒刚进入磁场时速度为，由动能定理可知，可得
棒产生的感应电动势为
此时第1、2根棒并联，电阻为，第3根棒等效于电源，电路中总电阻为
联立解得电路中电流为
由牛顿第二定律，解得，故A错误；
B． 由A项分析可知，第三根棒穿过磁场时回路中的总电阻为
根据，，，可得
流过第三根棒的电量为
第三根杆穿过磁场的过程，由动量定理可得，
解得，故B正确；
C．第n根棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为
电路总电阻为，电路总电流
第一根棒中电流，解得，第1根棒的热功率为，故C正确；
D．根据前面分析知，，则第2根杆穿过磁场的过程，故通过导体棒的电量为
设第2根杆穿越磁场后获得的速度为v，对于第2根杆穿越磁场的过程应用动量定理
又因为，联立可得
若所有金属杆离开磁场时的速度都与第2根杆离开磁场时速度相同，则回路产生的焦耳热为
本题中各个金属杆离开磁场的速度不同，离开磁场的速度越来越小，故从释放第1根棒到第n根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热大于，因为
故回路产生的焦耳热大于 ，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 本题围绕电磁感应中的动力学与能量问题展开，结合动能定理、安培力公式、闭合电路欧姆定律及能量守恒定律，分析导体棒进入 / 穿出磁场的速度、加速度、热功率及焦耳热。
13．【答案】；；>
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】（1）设折射角为r1，如图所示
在中，由几何关系得
光在AB面上发生折射，由折射定律可得介质的折射率为
故答案为：
（2）射到AB面上的光线的入射角为θ2时，在AD面上发生全反射，说明在AD面上的入射角等于临界角，设在AB面上的折射角为r2，由折射定律得
临界角计算公式为
由几何关系可得，
联立以上各式可得
故答案为：
（3）设在AB面上的入射角为r，由几何关系可知在AD面上的入射角为
在AB面上的折射角越小（即在AB面上的入射角越小），在AD面上的入射角越大，越容易发生全反射，则有
故答案为：>
【分析】 (1) 甲同学的方法：保持入射角不变，遮光板推进至AD面恰好无光射出，说明光线在AD面发生全反射。结合几何关系找到临界角，再由折射定律和全反射条件联立求折射率。
(2) 乙同学的方法：调节入射角使AD面恰好无光射出，此时光线在AD面同样发生全反射，结合几何关系与折射定律求折射率。
(3) 对比两种方法下的入射角，结合光路可逆性和全反射条件判断大小关系。
14．【答案】（1）（b）
（2）；
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改量程的电压表，可知应将电流表与定值电阻串联，改装成的电压表量程为
因此实验电路图选择图（b）。
（2）根据实验电路图，在不考虑所在支路电流时，电路图方程为
由此可得
因此
可以解得
（3）若考虑所在支路的电流，电路图方程为
化简后可得
其中
由此可得
因此
【分析】考查测定两节干电池的电动势和内阻的实验。
（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改装成电压表。
（2）在不考虑所在支路电流时，根据实验电路图，推导出函数关系式，利用函数的斜率和纵截距得出电动势和电源内阻。
（3）若考虑所在支路的电流，根据实验电路图，推导出函数关系式，利用函数的斜率和纵截距得出电源内阻，然后求解两次内阻比值。
（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改量程的电压表，可知应将电流表与定值电阻串联，改装成的电压表量程为
因此实验电路图选择图（b）。
（2）[1][2]根据实验电路图，在不考虑所在支路电流时，电路图方程为
由此可得
因此
可以解得
（3）若考虑所在支路的电流，电路图方程为
化简后可得
其中
由此可得
因此
15．【答案】（1）解：从图中可读得质点的振幅A=3cm
由图可知波长λ=2m
波速、波长与周期之间的关系得①
解得v=5m/s
（2）波从P传到Q的距离为x=8m-2m=6m
又因为x=vt1②
解得t1=1.2s
（3）设从Q点开始振动到第一次到达波峰的时间为t2=T=0.3s③
设从t=0时刻到Q点第一次处于波峰的时间为t3=t1+t2=1.5s=T④
设从t=0时刻到Q点第一次处于波峰时，质点P运动的路程⑤
设从t=0时刻到Q点处于波峰时，质点P运动的路程s=15A+4NA=0.45+0.12n（m）其中：n=0，1，2，3⑥
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】(1) 从波形图直接读取振幅，结合周期和波长，用波速公式 计算波速。
(2) 计算波从P点传到Q点的距离，再由 求传播时间。
(3) 先求Q点开始振动到首次波峰的时间，结合P点的振动周期，计算P点总路程。
16．【答案】（1）解：设刚有水出时桶内气体压强为，则有
解得
（2）解：设10位同学用水总量为，则有
此时水面到管口的高度为
解得
设接水稳定后桶内压强为，则有
解得
对整个过程，根据玻意耳定律可得
联立可得次
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 (1) 刚好有水流出时，桶内气体压强需平衡外界大气压与出水口水柱的压强，直接由静力学平衡方程求解。
(2) 每次压入气囊空气，桶内气体做等温变化，结合玻意耳定律与接水总体积，联立求解需要按压的次数。
（1）设刚有水出时桶内气体压强为，则有
解得
（2）设10位同学用水总量为，则有
此时水面到管口的高度为
解得
设接水稳定后桶内压强为，则有
解得
对整个过程，根据玻意耳定律可得
联立可得次
17．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向
由牛顿第二定律
粒子进入磁场时的速度大小
解得
（2）解：粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与x轴正向仍成45°角，到达高h高度时水平位移仍为2h，由题意可知或
即或
根据洛伦兹力提供向心力
可得或
（3）解：若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间
可知粒子在磁场中运动的时间也为
粒子在磁场中做圆周运动，则，
则
由洛伦兹力提供向心力
解得
此时粒子距a点的距离
【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，竖直方向由动能定理求竖直分速度，结合速度方向为45°的几何关系，合成得到合速度大小。
(2) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据几何关系分析不同偏转次数下的圆周运动半径，再由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的可能值。
(3) 分别计算粒子在电场和磁场中的运动时间，根据时间相等的条件求出圆周运动半径，最后结合几何关系求粒子距a点的距离。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向
由牛顿第二定律
粒子进入磁场时的速度大小
解得
（2）粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与x轴正向仍成45°角，到达高h高度时水平位移仍为2h，由题意可知
或
即
或
根据洛伦兹力提供向心力
可得
或
（3）若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间
可知粒子在磁场中运动的时间也为
粒子在磁场中做圆周运动，则
，
则
由洛伦兹力提供向心力
解得
此时粒子距a点的距离
18．【答案】（1）解：设滑块A到达轨道底端时的速度大小为，滑块A、B碰撞后的速度大小分别为、，根据动能定理有
滑块相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
联立解得，
（2）解：滑块A冲上木板P后，假设滑块C与木板相对静止，对两块木板与滑块C，根据牛顿第二定律有
解得
滑块C的最大加速度为
假设成立，则滑块的加速度大小为
（3）解：滑块A、B相撞后，设加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有，
设滑块A与木板P达到共速的时间为，则
那么此刻滑块的速度大小
解得
滑块B的速度大小
解得
滑块A的位移大小
解得
滑块B的位移大小
解得
该段时间木板前进的距离为
可知
即滑块恰好到达木板的右端，那么滑块在木板上相对滑动时因摩擦而产生的热量为
（4）解：滑块B、C相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
解得，
设最终没有滑落，对滑块与木板，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
代入数据联立解得
显然滑块不会从木板上滑落，最终滑块相对静止时与挡板的距离为
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 结合滑块A沿圆弧下滑的机械能守恒定律求碰撞前速度，再利用弹性碰撞的动量守恒和动能守恒定律，联立求解A、B碰撞后的速度。
(2) 结合滑块C与木板间的摩擦力和牛顿第二定律，分析碰撞后瞬间滑块C的受力，求解其加速度大小。
(3) 结合滑块A与木板P的相对运动过程，利用能量守恒定律（摩擦力做功转化为内能），计算系统因摩擦产生的热量。
(4) 结合滑块C在木板Q上的受力和运动规律，分析其与木板Q的相对位移，判断是否滑落；若不滑落，再计算最终相对挡板D的距离。
（1）设滑块A到达轨道底端时的速度大小为，滑块A、B碰撞后的速度大小分别为、，根据动能定理有
滑块相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
联立解得，
（2）滑块A冲上木板P后，假设滑块C与木板相对静止，对两块木板与滑块C，根据牛顿第二定律有
解得
滑块C的最大加速度为
假设成立，则滑块的加速度大小为
（3）滑块A、B相撞后，设加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有，
设滑块A与木板P达到共速的时间为，则
那么此刻滑块的速度大小
解得
滑块B的速度大小
解得
滑块A的位移大小
解得
滑块B的位移大小
解得
该段时间木板前进的距离为
可知
即滑块恰好到达木板的右端，那么滑块在木板上相对滑动时因摩擦而产生的热量为
（4）滑块B、C相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
解得，
设最终没有滑落，对滑块与木板，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
代入数据联立解得
显然滑块不会从木板上滑落，最终滑块相对静止时与挡板的距离为
1 / 12025届山东省青岛市平度市高三下学期高考模拟检测（二）物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．图a为玻尔的氢原子能级图。氢原子光谱在可见光区域内的四条谱线Hα、Hβ、Hγ和，如图b所示，它们都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光。下列关于Hα、Hβ、Hγ和四条谱线的描述正确的是（ ）
A．Hα对应的前后能级之差最大
B．同一介质对Hβ的折射率最大
C．同一介质中Hγ的传播速度最大
D．用Hβ照射某一金属能发生光电效应，则用照射该金属时也一定能发生光电效应
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】A．Hα波长最长，根据，频率最小，能量最小，Hα对应的前后能级之差最小，故A错误；
B．频率最大，则同一介质对的折射率最大，故B错误；
C．Hα波长最长，频率最小，折射率最小，根据，同一介质中的传播速度最大，故C错误；
D．频率大于Hβ频率，用Hβ照射某一金属能发生光电效应，则用照射该金属时也一定能发生光电效应，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光电效应的综合应用，核心是利用能级差与光子能量、频率、波长的关系，结合折射率、光电效应的条件分析谱线特性。
2．汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车启动过程中的急动度k随时间t的变化的关系，已知t=0时刻汽车速度和加速度均为零。关于汽车在该过程中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．0~3s汽车做匀加速直线运动 B．3~6s汽车做匀速直线运动
C．6s末汽车的加速度大小为零 D．9s末汽车的速度大小为18m/s
【答案】D
【知识点】加速度；图象法；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据题意有
内急动度恒定，表明汽车的加速度均匀增大，即0~3s汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；
B．结合上述有
可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，则末汽车的加速度大小为
即汽车的加速度保持不变，仍然为，则3~6s汽车做匀加速直线运动，故B错误；
C．结合上述可知6s末汽车的加速度大小为，故C错误；
D．结合上述可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，时间轴上侧面积表示加速度大小在增大，时间轴下侧面积表示加速度大小在减小，即汽车的加速度均匀减小直到末加速度变为零，由图像作出图像如图所示
根据
解得
图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于0时刻的速度为0，则该面积能够间接表示速度大小，则末汽车的速度大小
故D正确。
故选D。
【分析】1、 题目中已知加速度随时间的变化率称为急动度k ，即，结合图像分析各时间段汽车运动情况。
2、图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，结合图像可计算6s末汽车的加速度大小，3、由图像作出图像，最后根据计算9s末汽车的速度大小。
3．如图所示，一质量为m的长方体物块静止在粗糙水平地面上，一重为G的光滑圆球放在光滑竖直的墙壁和长方体物块之间处于静止状态。现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下列判断正确的是（　　）
A．地面对长方体物块的支持力逐渐增大
B．球对墙壁的压力逐渐减小
C．水平拉力F逐渐减小
D．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】解题关键在于整体法和隔离法的运用，水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，物块和球保持受力平衡也是值得注意的。
AD．对球和长方体物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，竖直方向有
N＝mg＋G
则地面对整体的支持力不变，地面受到的摩擦力为滑动摩擦力，则有
f＝μN
故地面对长方体物块的摩擦力不变，A、D错误；
B．对球进行受力分析，如图甲所示，球受力平衡，则有
N1＝Gtanθ，N2＝
当用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，所以N1增大，cosθ减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故B错误；
C．对长方体物块受力分析，受到重力mg、地面的支持力N、拉力F、球对长方体物块的压力N2'以及滑动摩擦力f作用，如图乙所示，受力平衡，根据牛顿第三定律可知
N2'＝N2
则水平方向有
F＋N2'sinθ＝f
由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小，故C正确。
故选C。
【分析】对球和长方体物块整体进行受力分析，然后隔离长方体物块受力分析。水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，物块和球保持受力平衡，列式求解。
4．如图所示为某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系（图像），x轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下由静止开始沿x轴运动，在x轴上的a、b、c、d四点间隔相等，下列说法正确的是（　　）
A．点电荷由a运动到d的过程中加速度先减小后增大
B．点电荷从b运动到a电场力做的功小于从c运动到b电场力做的功
C．点电荷由a运动到d的过程中电势能先增大再减小
D．b和d两点处电势相等
【答案】B
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由，可知、点间的电场强度先增大后减小，所以点电荷的加速度也先增大后减小，A错误；
B．电场强度随的变化关系图像与坐标轴所围成的面积与电荷量的乘积等于电场力做功，、两点间的面积小于、两点间的面积，所以点电荷从运动到电场力做的功小于从运动到电场力做的功，B正确；
C．、点间的电场强度方向为负方向，一个带正电的点电荷所受电场力的方向也为负方向，点电荷的位移方向为正方向，所以电场力做负功，电势能增大，C错误；
D．从到电场线沿负方向，沿电场线方向电势降低，所以点电势小于点，D错误。
故答案为：B。
【分析】 以E x图像的物理意义（面积表示电势差、电场强度大小决定加速度）为核心，结合正电荷受力与电场强度方向一致的规律，分析加速度、电场力做功、电势能及电势的变化。
5．中国计划于2025年5月发射“天问二号”火星探测器，其变轨过程如图所示，探测器在近日点M短暂加速后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道抵达远日点P，又在P点短暂加速进入火星轨道。已知引力常量为G，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R。若只考虑太阳对探测器的作用力。下列正确的是（　　）
A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中的速度越来越大
B．探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为
C．探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为
D．探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小，速度越来越小，故A错误；
B．根据
可得
即探测器在地球轨道上的线速度为
同理，可得探测器在火星轨道上的线速度大小
则探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为，故B错误；
C．探测器运行中在霍曼转移轨道上过P点与在火星轨道上过P点时，根据
可得
则探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度相等，故C错误；
D．探测器在霍曼转移轨道上与在火星轨道上运行时，根据开普勒第三定律有
，
联立探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
故D正确。
故选D。
【分析】M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小；根据万有引力提供向心力以及开普勒第三定律分析。
6．水平面内有两个沿竖直方向振动的相干波源S1和S2（振动步调相同），发出的简谐横波在同一均匀介质中传播，其波源分别位于如图所示椭圆长轴端点位置，椭圆的半长轴为a=5m，半短轴为b=3m，如图所示建立xOy坐标系。已知波源频率f=2Hz，简谐波在介质中传播速度大小为8m/s，则下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波在介质中的波长是16m
B．在波源S1和S2的连线上（不包含S1、S2位置），振动加强的位置一共有3个
C．在椭圆上振动加强的位置一共有10个
D．位于y轴上的所有质点均是振动减弱点
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．简谐波的周期为
简谐波的波长
故A错误；
B．振动加强要求波程的差值为半波长的偶数倍，计算可知在连线上距离波源为、、、、位置的质点振动均加强，一共有5个位置，故B错误；
C．由于连线上一共有5个位置振动加强，因此椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强，故C正确；
D．位于轴上的所有质点到两波源的距离相等，波程差为0，因此均是振动加强的质点，故D错误。
故选C。
【分析】1、题目已知波源频率，简谐波在介质中传播速度，根据频率可计算周期，根据计算波长。
2、根据振动加强条件：波程的差值为半波长的偶数倍，可得出在波源S1和S2的连线上（不包含S1、S2位置），振动加强的位置一共有5个，椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强。
3、位于轴上的所有质点到两波源的距离相等，波程差为0，因此均是振动加强的质点。
7．根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（　　）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为2P
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为4P
【答案】A,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．等效电路图如图所示
设降压变压器的原副线圈匝数比为k：1，则输电线上的电流为
转子在磁场中转动时产生的电动势为
当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为
故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确；
C．升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故C正确；
B．若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流，R0消耗的功率，故B错误；
D．若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为，R0消耗的功率，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】 将用户端负载等效到输电线路侧，结合发电机电动势公式、变压器变压比规律，推导出输电线路电阻R0 上功率的表达式，再逐一分析各选项中物理量变化对功率的影响。
8．如图所示，、两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，、球放在固定不动倾角为的光滑斜面上，通过劲度系数为的轻质弹簧相连，球靠在与斜面垂直的挡板上。现用手托住球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直。开始时整个系统处下静止状态，释放后，下落的速度最大时恰好对挡板无压力，已知、、三球的质量均为，重力加速度为，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中未落地，未与滑轮相撞，则（　　）
A．开始下落至最低点过程中、、三个小球所组成的系统机械能始终守恒
B．当球刚要离开挡板时球的速度为0
C．斜面的倾角约为
D．小球的最大速度为
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A．开始下落至最低点过程中，、、三个小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，故、、三个小球所组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．下落的速度最大时恰好对挡板无压力，当轻质细线向上的拉力等于的重力时，球加速度为零，速度达到最大，此时通过细绳与球相连的球有相同的运动情况，加速度为零，速度达到最大，故B错误；
C．球速度达到最大时，以、球为整体，受力分析可得
绳子拉力为
可得斜面的倾角为，故C错误；
D．球未下落时，弹簧压缩量为
球速度达到最大时，弹簧伸长量为
可知
可知球下落至速度达到最大时，弹簧弹性势能不变，根据系统机械能守恒有
解得小球的最大速度为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查系统机械能守恒与简谐运动的综合应用，核心是分析弹簧弹力、重力分力的平衡条件确定临界状态，结合机械能守恒定律计算小球的最大速度。
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．如图所示给出了一定量的理想气体经过一系列变化过程A→B→C→D→A最终回到初始状态的p-V图像，其中A→B、C→D的变化过程为等温变化过程，B→C、D→A的变化过程为等容变化过程，下列说法正确的是（　　）
A．A→B的过程理想气体从外界吸收热量对外做功，且吸收的热量等于理想气体对外做的功
B．B→C的过程理想气体从外界吸收热量，理想气体的内能增大
C．C→D的过程外界对理想气体做功，理想气体向外界放热
D．D→A的过程理想气体从外界吸热，理想气体的内能增大
【答案】A,C,D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．A→B的过程为等温膨胀过程，气体的内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，理想气体从外界吸收热量对外做功，且吸收的热量等于理想气体对外做的功，A正确；
B．B→C的过程气体体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放热，则理想气体向外界放出的热量等于理想气体的内能减小量，B错误；
C．C→D的过程气体等温压缩，内能不变，根据热力学第一定律可知，外界对理想气体做功，理想气体向外界放热，C正确；
D．D→A的过程气体等容升温，气体不对外做功，外界也不对气体做功，根据热力学第一定律可知，理想气体从外界吸热，理想气体的内能增大，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】利用p-V 图像的物理意义（面积表示功），结合理想气体状态方程判断温度变化，再依据热力学第一定律（ΔU=Q+W）分析各过程的吸放热、做功与内能变化。
10．如图所示，将一可视作质点、质量为m的小球从倾角为的斜面底端斜抛，小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为h、斜面底边水平长度为L。重力加速度为g，不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为v0，小球初速度方向与水平方向的夹角为α，则下列说法正确的是（　　）
A．小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为
B．小球从抛出到通过斜面最高点所经历的时间为
C．小球的初速度大小为
D．整个运动过程重力的平均功率为
【答案】B,C
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A.由题意可知小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端，那么小球通过斜面顶端时的速度方向是水平的，由此可以将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍，由此可
可得小球初速度方向与水平方向夹角的正切值也为
故A错误；
B.由逆向思维可知，小球竖直方向做自由落体，根据
可得运动时间为
故B正确；
C.小球斜抛水平方向的初速度为，也是小球通过斜面顶端的速度大小，根据动能定理
由此可得
故C正确；
D.整个运动过程中重力的平均功率为
故D错误。
故选BC。
【分析】1、将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍。
2、根据平抛运动的运动规律可知，小球竖直方向做自由落体，根据可得运动时间。
3、根据动能定理，可求解小球的初速度大小。
4、根据，可求解整个运动过程中重力的平均功率。
11．一传送带装置如图所示，水平部分长为，倾斜部分长为，倾角。和在点通过一极短的圆弧连接，传送带以的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.5。现将一质量的工件（可视为质点）无初速地放在A点，重力加速度，，，下列说法正确的是（　　）
A．工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为
B．工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为4m
C．工件第二次到达B点的速度大小为
D．工件自释放至第三次到达B点的时间为
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由于，可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得，解得加速度大小为
故工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为1：1，故A错误；
B．工件无初速地放在A点，加速度大小为
设经过时间工件与传送带共速，则有
共速前工件通过的位移大小为
可知工件以速度从B点滑上传送带倾斜部分，则工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为，故B正确；
C．由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次到达B点的速度大小为，故C错误；
D．工件第一次在传送带水平部分运动加速运动时间为，匀速运动时间为
工件第一次经过B点到第二次到达B点所用时间为
工件第二次到达B点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，工件第二次经过B点到第三次到达B点所用时间为
则工件自释放至第三次到达B点的时间为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】 先分析工件在水平段AB的加速过程，再研究倾斜段BC的上滑与下滑规律，结合牛顿第二定律和运动学公式，分别计算各阶段的加速度、位移与时间，最后验证各选项的正确性。
12．如图，两固定的足够长平行光滑导轨，由水平段和弧形段在处相切构成，导轨的间距为，区域内存在方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场，间距也为。现将多根长度也为的相同导体棒，依次从弧形轨道上高为的处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为，电阻均为，重力加速度大小为，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（　　）
A．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为
B．第3根棒刚穿出磁场时的速度大小为
C．第根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为
D．从开始到第根棒刚穿出磁场过程中，回路产生的焦耳热小于
【答案】B,C
【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】【解答】A．第3根棒刚进入磁场时速度为，由动能定理可知，可得
棒产生的感应电动势为
此时第1、2根棒并联，电阻为，第3根棒等效于电源，电路中总电阻为
联立解得电路中电流为
由牛顿第二定律，解得，故A错误；
B． 由A项分析可知，第三根棒穿过磁场时回路中的总电阻为
根据，，，可得
流过第三根棒的电量为
第三根杆穿过磁场的过程，由动量定理可得，
解得，故B正确；
C．第n根棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为
电路总电阻为，电路总电流
第一根棒中电流，解得，第1根棒的热功率为，故C正确；
D．根据前面分析知，，则第2根杆穿过磁场的过程，故通过导体棒的电量为
设第2根杆穿越磁场后获得的速度为v，对于第2根杆穿越磁场的过程应用动量定理
又因为，联立可得
若所有金属杆离开磁场时的速度都与第2根杆离开磁场时速度相同，则回路产生的焦耳热为
本题中各个金属杆离开磁场的速度不同，离开磁场的速度越来越小，故从释放第1根棒到第n根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热大于，因为
故回路产生的焦耳热大于 ，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 本题围绕电磁感应中的动力学与能量问题展开，结合动能定理、安培力公式、闭合电路欧姆定律及能量守恒定律，分析导体棒进入 / 穿出磁场的速度、加速度、热功率及焦耳热。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．实验室有一块长方体透明介质，截面如图中ABCD所示。AB的长度为l1，AD的长度为l2，且AB和AD边透光，而BC和CD边不透光，且射到这两个边的光线均被全部吸收。现让一平行光束以入射角θ1射到AB面上，经折射后AD面上有光线射出，甲、乙两同学分别用不同方法测量该长方体介质的折射率。
（1）甲同学的做法是：保持射到AB面上光线的入射角不变，用遮光板由A点沿AB缓慢推进，遮光板前端推到P时，AD面上恰好无光线射出，测得AP的长度为l3，则长方体介质的折射率可表示为n＝　 　；
（2）乙同学的做法是：缓慢调节射到AB上光线的入射角，使AD面也恰好无光线射出，测得此时射到AB面上光线的入射角为θ2，则长方体介质的折射率可表示为n＝　 　；
（3）θ1和θ2的关系为：θ1　 　θ2（填“<”“>”或“＝”）。
【答案】；；>
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】（1）设折射角为r1，如图所示
在中，由几何关系得
光在AB面上发生折射，由折射定律可得介质的折射率为
故答案为：
（2）射到AB面上的光线的入射角为θ2时，在AD面上发生全反射，说明在AD面上的入射角等于临界角，设在AB面上的折射角为r2，由折射定律得
临界角计算公式为
由几何关系可得，
联立以上各式可得
故答案为：
（3）设在AB面上的入射角为r，由几何关系可知在AD面上的入射角为
在AB面上的折射角越小（即在AB面上的入射角越小），在AD面上的入射角越大，越容易发生全反射，则有
故答案为：>
【分析】 (1) 甲同学的方法：保持入射角不变，遮光板推进至AD面恰好无光射出，说明光线在AD面发生全反射。结合几何关系找到临界角，再由折射定律和全反射条件联立求折射率。
(2) 乙同学的方法：调节入射角使AD面恰好无光射出，此时光线在AD面同样发生全反射，结合几何关系与折射定律求折射率。
(3) 对比两种方法下的入射角，结合光路可逆性和全反射条件判断大小关系。
14．为测定两节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A.待测的干电池，每节电池的电动势约为1.5V，内阻均小于0.1Ω
B.电流表A1，量程0~3mA，内阻Rg1=10Ω
C.电流表A2，量程0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω
D.滑动变阻器R1（0~20Ω，10A）
E.定值电阻R0=990Ω
F.开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中没有电压表，但给出了两个电流表，于是它设计了如图（a），（b）所示两个参考电路图，其中合理的是图　 　。
（2）该同学从图中选出合理的实验电路后进行实验，利用测出的数据绘制出I1-I2图线（I1为电流表A1的示数﹐I2为电流表A2的示数。在初步分析电路时，R0所在支路的电流可忽略），如图（c）所示，已知图像的斜率大小为k，纵截距为b，则一节干电池的电动势E=　 　，一节干电池的内阻r=　 　（用题中所给的各物理量符号表示）。
（3）若考虑R0所在支路的电流，则可利用I1-I2图像（c）中斜率大小k，纵截距b计算得到内阻的真实值r0以及电动势的真实值E0﹐相较第（2）小问中内阻的测量值r，　 　（用k，b表示）。
【答案】（1）（b）
（2）；
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改量程的电压表，可知应将电流表与定值电阻串联，改装成的电压表量程为
因此实验电路图选择图（b）。
（2）根据实验电路图，在不考虑所在支路电流时，电路图方程为
由此可得
因此
可以解得
（3）若考虑所在支路的电流，电路图方程为
化简后可得
其中
由此可得
因此
【分析】考查测定两节干电池的电动势和内阻的实验。
（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改装成电压表。
（2）在不考虑所在支路电流时，根据实验电路图，推导出函数关系式，利用函数的斜率和纵截距得出电动势和电源内阻。
（3）若考虑所在支路的电流，根据实验电路图，推导出函数关系式，利用函数的斜率和纵截距得出电源内阻，然后求解两次内阻比值。
（1）实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改量程的电压表，可知应将电流表与定值电阻串联，改装成的电压表量程为
因此实验电路图选择图（b）。
（2）[1][2]根据实验电路图，在不考虑所在支路电流时，电路图方程为
由此可得
因此
可以解得
（3）若考虑所在支路的电流，电路图方程为
化简后可得
其中
由此可得
因此
15．一列周期的简谐横波沿x轴正方向传播，在时刻的波形如图所示。此时这列波恰好传播到的质点P，求：
（1）该波的振幅与波速；
（2）经过多少时间，坐标为的质点Q开始振动；
（3）从时刻到Q点处于波峰时，质点P运动的路程s。
【答案】（1）解：从图中可读得质点的振幅A=3cm
由图可知波长λ=2m
波速、波长与周期之间的关系得①
解得v=5m/s
（2）波从P传到Q的距离为x=8m-2m=6m
又因为x=vt1②
解得t1=1.2s
（3）设从Q点开始振动到第一次到达波峰的时间为t2=T=0.3s③
设从t=0时刻到Q点第一次处于波峰的时间为t3=t1+t2=1.5s=T④
设从t=0时刻到Q点第一次处于波峰时，质点P运动的路程⑤
设从t=0时刻到Q点处于波峰时，质点P运动的路程s=15A+4NA=0.45+0.12n（m）其中：n=0，1，2，3⑥
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】(1) 从波形图直接读取振幅，结合周期和波长，用波速公式 计算波速。
(2) 计算波从P点传到Q点的距离，再由 求传播时间。
(3) 先求Q点开始振动到首次波峰的时间，结合P点的振动周期，计算P点总路程。
16．2024年10月25日第57届田径运动会正式开幕。小明所在班级使用了桶装纯净水进行供水，图甲为桶装纯净水使用压水器供水的示意图，图乙是简化的原理图。当手按下压水器时，压水器中的活塞打开，外界空气压入桶内，放手后，压水器活塞关闭，当压水器将水压到出水管管口时，水可以流出。压水器出水管上方有一个止水阀，按下止水阀，桶内空气可以与外界相通。已知桶底横截面积，容积V＝20L。现桶内有10L水，初始时出水管竖直部分内外液面相平，出水口与桶内水面的高度差h＝0.3m，压水器气囊的容积，空气可视为理想气体。已知出水管的体积与桶内水的体积相比可忽略不计，水的密度，外界大气压强恒为，重力加速度。求
（1）若桶内气体温度不变，刚好有水从出水管流出时桶内气体的压强；
（2）若每次将气囊完全压下，整个过程桶内温度不变，压气完成后打开出水管开关进行接水，已知小明的水杯容量为500mL，接满10杯水需要压的次数。
【答案】（1）解：设刚有水出时桶内气体压强为，则有
解得
（2）解：设10位同学用水总量为，则有
此时水面到管口的高度为
解得
设接水稳定后桶内压强为，则有
解得
对整个过程，根据玻意耳定律可得
联立可得次
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 (1) 刚好有水流出时，桶内气体压强需平衡外界大气压与出水口水柱的压强，直接由静力学平衡方程求解。
(2) 每次压入气囊空气，桶内气体做等温变化，结合玻意耳定律与接水总体积，联立求解需要按压的次数。
（1）设刚有水出时桶内气体压强为，则有
解得
（2）设10位同学用水总量为，则有
此时水面到管口的高度为
解得
设接水稳定后桶内压强为，则有
解得
对整个过程，根据玻意耳定律可得
联立可得次
17．如图，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为。不计重力。
（1）求粒子进入磁场时的速度大小；
（2）若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子距a点的距离为，求磁场的磁感应强度大小的可能值；
（3）若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求粒子此时距a点的距离。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向
由牛顿第二定律
粒子进入磁场时的速度大小
解得
（2）解：粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与x轴正向仍成45°角，到达高h高度时水平位移仍为2h，由题意可知或
即或
根据洛伦兹力提供向心力
可得或
（3）解：若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间
可知粒子在磁场中运动的时间也为
粒子在磁场中做圆周运动，则，
则
由洛伦兹力提供向心力
解得
此时粒子距a点的距离
【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，竖直方向由动能定理求竖直分速度，结合速度方向为45°的几何关系，合成得到合速度大小。
(2) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据几何关系分析不同偏转次数下的圆周运动半径，再由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的可能值。
(3) 分别计算粒子在电场和磁场中的运动时间，根据时间相等的条件求出圆周运动半径，最后结合几何关系求粒子距a点的距离。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向
由牛顿第二定律
粒子进入磁场时的速度大小
解得
（2）粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与x轴正向仍成45°角，到达高h高度时水平位移仍为2h，由题意可知
或
即
或
根据洛伦兹力提供向心力
可得
或
（3）若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间
可知粒子在磁场中运动的时间也为
粒子在磁场中做圆周运动，则
，
则
由洛伦兹力提供向心力
解得
此时粒子距a点的距离
18．如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在点，半径，厚度相同、材质相同、质量均为的木板、静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘接，木板的右端固定有轻质挡板，圆弧轨道的末端与木板的上表面相切于木板的左端，滑块、分别放置在木板、的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为，滑块A的质量为，滑块B的质量为，滑块的质量为，滑块与木板间的动摩擦因数分别为和，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。
（1）求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
（2）求滑块A、B碰撞后瞬间滑块的加速度大小；
（3）求滑块A、B和木板组成的系统因摩擦而产生的热量；
（4）滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板D多远的地方？
【答案】（1）解：设滑块A到达轨道底端时的速度大小为，滑块A、B碰撞后的速度大小分别为、，根据动能定理有
滑块相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
联立解得，
（2）解：滑块A冲上木板P后，假设滑块C与木板相对静止，对两块木板与滑块C，根据牛顿第二定律有
解得
滑块C的最大加速度为
假设成立，则滑块的加速度大小为
（3）解：滑块A、B相撞后，设加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有，
设滑块A与木板P达到共速的时间为，则
那么此刻滑块的速度大小
解得
滑块B的速度大小
解得
滑块A的位移大小
解得
滑块B的位移大小
解得
该段时间木板前进的距离为
可知
即滑块恰好到达木板的右端，那么滑块在木板上相对滑动时因摩擦而产生的热量为
（4）解：滑块B、C相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
解得，
设最终没有滑落，对滑块与木板，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
代入数据联立解得
显然滑块不会从木板上滑落，最终滑块相对静止时与挡板的距离为
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 结合滑块A沿圆弧下滑的机械能守恒定律求碰撞前速度，再利用弹性碰撞的动量守恒和动能守恒定律，联立求解A、B碰撞后的速度。
(2) 结合滑块C与木板间的摩擦力和牛顿第二定律，分析碰撞后瞬间滑块C的受力，求解其加速度大小。
(3) 结合滑块A与木板P的相对运动过程，利用能量守恒定律（摩擦力做功转化为内能），计算系统因摩擦产生的热量。
(4) 结合滑块C在木板Q上的受力和运动规律，分析其与木板Q的相对位移，判断是否滑落；若不滑落，再计算最终相对挡板D的距离。
（1）设滑块A到达轨道底端时的速度大小为，滑块A、B碰撞后的速度大小分别为、，根据动能定理有
滑块相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
联立解得，
（2）滑块A冲上木板P后，假设滑块C与木板相对静止，对两块木板与滑块C，根据牛顿第二定律有
解得
滑块C的最大加速度为
假设成立，则滑块的加速度大小为
（3）滑块A、B相撞后，设加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有，
设滑块A与木板P达到共速的时间为，则
那么此刻滑块的速度大小
解得
滑块B的速度大小
解得
滑块A的位移大小
解得
滑块B的位移大小
解得
该段时间木板前进的距离为
可知
即滑块恰好到达木板的右端，那么滑块在木板上相对滑动时因摩擦而产生的热量为
（4）滑块B、C相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
解得，
设最终没有滑落，对滑块与木板，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
代入数据联立解得
显然滑块不会从木板上滑落，最终滑块相对静止时与挡板的距离为
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