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2025届山东省济南市高三下学期一模物理试题
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1．人工核反应合成的锎具有放射性，可衰变为锔，半衰期为2.6年。下列说法正确的是（　　）
A．升高温度，锎252半衰期会变短
B．锎252衰变为锔248的过程中产生β粒子
C．100个锎252经过5.2年后，还剩25个锎252没有发生衰变
D．锎252衰变为锔248的实质是两个中子和两个质子结合成一个氦核
2．如图所示，两块玻璃板左端搭在一起，右端夹住一金属小球，使两玻璃板间形成一楔形薄空气膜。小球直径会随着温度的升高而增大，玻璃板受温度的影响忽略不计。现用激光垂直照射玻璃板的上表面，会观察到明暗相间的干涉条纹。当温度逐渐升高时（　　）
A．干涉条纹的间距变小，条纹向左移动
B．干涉条纹的间距变小，条纹向右移动
C．干涉条纹的间距变大，条纹向左移动
D．干涉条纹的间距变大，条纹向右移动
3．如图所示，光滑定滑轮固定在天花板上，轻绳绕过定滑轮，一端竖直悬挂质量为2m的小球P，另一端连接质量为m的圆环Q，圆环Q套在粗糙水平杆上。一水平向左的力F作用在圆环上，使轻绳和杆之间夹角为30°，整个系统保持静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．杆对圆环Q摩擦力的方向一定向右
B．杆对圆环Q摩擦力的方向可能向左
C．定滑轮对轻绳作用力的方向竖直向上
D．定滑轮对轻绳作用力的大小为
4．如图所示，电路中四个灯泡完全相同，其中两个灯泡与理想变压器的原线圈串联接在交流电源上，另外两个灯泡并联接在副线圈的两端。若四个灯泡都正常发光，则交流电源的电压与副线圈两端的电压之比为（　　）
A．2：1 B．3：1 C．4：1 D．6：1
5．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为，时刻的波形图如图所示。平衡位置位于处的质点在时的位移和内的路程分别为（　　）
A．5cm，25cm B．，25cm C．5cm，35cm D．，35cm
6．如图所示，弹珠发射器（可视为质点）固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以速度v1水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射相对发射器速度大小为v2（v2>v1）的弹珠。弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为x，竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的垂直距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．x的最小值为 B．x的最小值为
C．y的最小值为 D．y的最小值为
7．如图所示为地球的赤道平面图，地球以图示的方向自西向东自转。设想在赤道上，质量为m的物体以相对于地面的速度v分别自西向东和自东向西高速运动时，两种情况下物体对水平地面压力大小之差的绝对值为。地球可视为质量均匀球体，则地球的自转周期为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，光滑绝缘水平面上方存在方向水平向左的匀强电场，场强大小为E，质量为m，带电量为的小球以初速度开始向右运动，运动过程中小球受空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向始终相反。已知开始运动时小球的加速度为a0（），小球运动到P点时速度恰好为零。在小球从开始运动到返回到出发点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到P点时加速度最大
B．小球的加速度从逐渐减小的过程中，小球的速度一直增大
C．当小球的加速度为时，小球的速度小于
D．当小球的速度为时，小球的加速度小于
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9．如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中有到原点O的距离均相等的a、b、c、d四个点，a、b在x轴上，c在y轴上，d在z轴上。在a、b两点各放置一个带电量为的点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．c点和d点的电场强度相同
B．c点和d点的电势相等
C．将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中，电势能始终不变
D．将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中，电势能先变大后变小
10．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等温过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→d过程是等温过程，d→a过程中气体与外界无热量交换。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程，气体吸收热量，内能不变
B．b→c过程，气体对外做功，温度不变
C．c→d→a过程，气体放出的热量小于外界对气体做的功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量小于c→d过程放出的热量
11．如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像（用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律）可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．如图所示，光滑平行金属导轨M1N1和M2N2固定在水平面内，导轨间某个区域存在竖直向下的匀强磁场，金属棒P和Q分别静置在磁场两侧的导轨上，金属棒P的质量为m。某时刻金属棒P以初速度水平向右运动，穿过磁场区域后与金属棒Q发生非弹性碰撞，金属棒P刚好再次穿出磁场区域，金属棒Q碰后的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒P两次穿过磁场区域的过程中，速度变化量的大小相等
B．金属棒Q的质量为5m
C．金属棒P碰撞前的速度大小为
D．整个过程中，金属棒P和Q产生的焦耳热为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13．碰撞恢复系数，其中和分别为碰撞前两物体的速度，和分别为碰撞后两物体的速度。某同学利用如图所示的实验装置测量半径相同的钢球A和玻璃球B的碰撞恢复系数。实验步骤如下：
①用电子天平测量出钢球A和玻璃球B的质量分别为m1、m2。
②调节斜槽末端水平并找到斜槽末端在白纸上的竖直投影点O。
③将钢球A从斜槽上某一位置S由静止释放，落到复写纸上并在白纸上留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹，找到平均落点P。
④将玻璃球B放在斜槽末端，再将钢球A从位置S由静止释放，两球碰撞后落到复写纸上并在白纸上留下痕迹：重复上述操作多次，分别找到A、B两球的平均落点M、N。
⑤用刻度尺测量出线段OP、OM和ON的长度分别记为、和。试分析下列问题。
（1）关于实验操作和过程，下列说法正确的是（　　）
A．实验时需测量小球开始释放时距离斜槽末端的高度h
B．实验装置中的铅垂线是用来判断斜槽末端是否水平的
C．实验时每次释放钢球A的位置必须相同，斜槽是否光滑对实验结果无影响
（2）两球的碰撞恢复系数　 　（用、、表示）；
（3）将玻璃球B换成大小相同的其它材质小球，测得其质量为。重复实验，发现落点N和P重合，则两球的碰撞恢复系数　 　（结果保留2位有效数字）。
14．二极管是由半导体材料制成的具有单向导电性的电子器件，符号如图甲所示。二极管有正、负两个电极，给二极管两极间加上正向电压（电流从正极流向负极）时，二极管电阻较小；加上反向电压时，二极管电阻很大。某实验小组想研究实验室里某型号二极管的导电性能。
（1）首先用多用电表的欧姆“×1”挡测试二极管的正负极，其结果如图乙所示，由图可知，该二极管的正极是　 　（选填“a”或“b”）端；
（2）为了描绘二极管加正向电压时的伏安特性曲线，实验小组选择如下器材进行实验：
滑动变阻器（最大阻值为5Ω）；
直流毫伏表（量程为500mV，内阻约为1kΩ）；
直流毫安表（量程为300mA，内阻约为1Ω）；
干电池（电动势为1.5V，内阻约为0.5Ω）；
开关和导线若干。
请根据实验目的和要求将实物图丙中的连线补充完整　 　。
（3）通过实验数据描点连线得到二极管加正向电压的伏安特性曲线如图丁所示，由此可知该二极管加正向电压时的电阻随电压U的变大而　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）将三个该型号的二极管接入如图戊所示电路中，已知电源电动势E=9.0V，内阻r=1.0Ω，电阻箱阻值R0=49.0Ω，此时每个二极管消耗功率P=　 　W（结果保留2位有效数字）。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15．如图所示，平行玻璃砖的厚度为d，某单色光第一次垂直于玻璃砖上表面从O点射入，从下表面的O'点射出。第二次以53°入射角从O点射入玻璃砖，从下表面的P点射出，测得。已知光在真空中的传播速度为c，sin53°=0.8。求
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）该单色光两次在玻璃砖内传播的时间差（不考虑反射光线）。
16．如图甲所示，潜水钟主要用于在水下长时间作业。如图乙所示，潜水钟可简化为底部开口、上部封闭的薄壁圆柱形容器，底面积，高度。将潜水钟开口向下，从水面上方缓慢吊放至水底的过程中不漏气，到达水底时钟内气体体积刚好为潜水钟容积的一半。已知水深，水的密度，大气压强，水面上方空气温度，重力加速度，潜水钟导热良好，钟内气体可视为理想气体。
（1）求潜水钟在水底时钟内气体的温度；
（2）将空气缓慢压入潜水钟内，使钟内的水全部排出，求压入钟内的空气在压强、温度的状态下的体积。
17．如图所示的空间直角坐标系Oxyz中（z轴正向垂直于纸面向外，未画出），x<0的区域内分布着沿y轴正向的匀强电场，（x0未知）的区域Ⅰ内分布着均沿x轴正向的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B1，电场与x<0区域内电场的电场强度大小相等。的区域Ⅱ内连续分布着宽度为L的无场区和宽度为的匀强磁场区，磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从坐标为（，0，0）的P点以方向与x轴正向夹角为、大小为v0的初速度发射，在xOy平面内运动一段时间后，恰好经过原点O进入区域Ⅰ，再经过坐标为（x0，0，0）的Q点进入区域Ⅱ。已知，，不计粒子的重力，忽略电磁场的边界效应。
（1）求电场强度的大小；
（2）若正粒子在区域Ⅰ内运动时间不超过，则：
①求x0的可能值；
②若x0为①中的最大值，求带电粒子离开y轴的最远距离。
18．如图所示，三个物块A、B、C的质量均为m=1kg，物块C放置在水平地面上，竖直放置的轻弹簧连接物块B和物块C，物块A放置在物块B上，整个装置保持静止。现对A施加竖直向下的恒定外力，将物块A、B压缩到最低点时立即撤去外力，物块A、B被竖直向上弹起。一段时间后A、B分离，当A向上运动到最高点时立即被取走，当B继续向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面。轻弹簧的劲度系数为k=100N/m，轻弹簧的弹性势能表达式为（k为轻弹簧的劲度系数，x为轻弹簧的形变量），弹簧振子做简谐运动的周期表达式为（k为轻弹簧的劲度系数，M为振子的质量），重力加速度g=10m/s2，所有过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，求：
（1）物块B向上运动到最高点时的加速度大小；
（2）物块A、B分离瞬间，物块B的速度大小：
（3）恒定外力的大小：
（4）从A、B分离到各自第一次运动到最高点的过程中，二者运动的时间差（结果用π表示）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．半衰期半衰期不受温度等物理性质和化学性质的影响，故A错误；
B．根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒可知，锎252衰变为锔248的过程中产生粒子，故B错误；
C．半衰期满足统计规律，少数锎252经过5.2年后，无法知道还剩多少未衰变，故C错误；
D．锎252比锔248多四个核子，是由于锎252衰变为锔248的实质是两个中子和两个质子结合成一个氦核，故D正确。
故答案为：D。
【分析】围绕放射性衰变的半衰期特性、核反应守恒规律和衰变本质，逐一分析选项，判断各说法的正确性。
2．【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】当温度逐渐升高，小球直径会随着温度的升高而增大，空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，所以相邻亮条纹间距应变小，条纹向左移动。
故答案为：A。
【分析】 温度升高使金属小球直径增大，楔形空气膜的劈角变大，结合劈尖干涉条纹间距公式分析条纹间距变化；再通过空气膜厚度变化判断条纹移动方向。
3．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】小球P静止，由平衡条件知，绳子拉力大小为，由于
则圆环Q不受杆的支持力作用，可见杆对圆环Q没有摩擦力，由力的合成知，轻绳对动滑轮的作用力大小
方向与竖直方向成30°角斜向左下方，由牛顿第三定律知，定滑轮对轻绳作用力的方向与竖直方向成30°角斜向右上方，大小为
故答案为：D。
【分析】 先对小球 P 受力分析得到绳子拉力，再对圆环 Q 受力分析判断摩擦力与支持力；最后对滑轮处两段绳子的拉力进行矢量合成，得到定滑轮对轻绳的作用力。
4．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】设灯泡正常发光的电压为UL，电流为IL，原线圈输入电压为U1，根据理想变压器原副线圈功率相等，可得
可得
则交流电源的电压为
交流电源的电压与灯泡的额定电压之比为
故答案为：C。
【分析】设灯泡额定电压为 UL 、额定电流为 IL ，利用理想变压器功率守恒和电流比规律，结合电路结构，分别求出原线圈电压和电源总电压，最后计算电源电压与副线圈电压的比值。
5．【答案】B
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】根据时刻的波形图可知，甲波和乙波的波长均为4m，由于波速均为，故两列波的周期，两列波的频率相同，两列波叠加时，可发生波的干涉。结合题意可知，前甲波和乙波均未传播到处，故时间内，处的质点路程为零；
时，乙波刚传播到处，时甲波刚传播到处，故时间内，处的质点运动的路程
4s后两列波在处叠加，由于两列波到达处的波程差
故处为振动减弱点，这段时间恰好等于四分之一个周期，故时，质点的位移
内，质点运动的路程
综上所述，平衡位置位于处的质点在时的位移和内的路程分别为，25cm，B正确
故答案为：B。
【分析】先由波形图和波速求出周期，再分段分析两列波传播到x=8m处的时间，结合干涉条件判断该点振动强弱，最后计算位移和总路程。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查对合运动与分运动的关联，清楚两者的关系。CD．弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当v2垂直竖直墙壁射出时，弹珠运动时间最短
y的最小值为
故C正确，D错误；
AB．由于
则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为
此时x的最小值为L，故AB错误。
故选C。
【分析】将弹珠的运动分解成水平、竖直两个方向的分运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
7．【答案】A
【知识点】向心力；万有引力定律
【解析】【解答】设地球自转角速度为，地球半径为R，地球对质量为m的物体的吸引力为，当物体以相对于地面的速度v分别自西向东转动时有
物体以相对于地面的速度v分别自东向西转动时有
由题意可知
整理可得
又
故地球自转周期。
故答案为：A。
【分析】以地球为参考系，结合万有引力定律和圆周运动向心力公式，分别分析物体自西向东、自东向西运动时的受力关系，通过压力差建立方程，最终推导出地球自转周期。
8．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球运动到P点时速度为0，此时空气阻力
小球只受电场力，加速度为
而开始运动时加速度
所以P点加速度不是最大的，故A错误；
B．当小球向右运动时，合外力向左，小球的加速度从逐渐减小的过程中速度减小，故B错误；
C．设加速度为时速度为，则
又因为
两式联立可得，
则
所以
所以
所以，故C正确；
D．当小球速度为时，若向右运动，有
因为
且，可得
所以当小球的速度为时，小球的加速度不一定小于，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 A：小球在P点速度为0，阻力，仅受电场力，加速度；初始加速度，故P点加速度并非最大。
B：小球向右运动时合力向左，加速度从减小的过程中，速度仍因合力与运动方向相反而减小，并非增大。
C：设加速度为时速度为，结合初始状态的牛顿第二定律表达式联立，推导得。
D：速度为时，阻力，结合初始条件，推导得此时加速度。
9．【答案】B,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据等量同种电荷电场线分布特点可知c、d两点电场强度大小相等，方向分别指向y轴和z轴正方向，故A错误；
B．c点和d点距离ab两点电荷距离相等，cd两点的电势相等，故B正确；
CD．将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中，先靠近后远离ab两点电荷，故电场力先做负功后做正功，所以将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中，电势能先变大后变小，故 C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】 利用等量同种电荷的电场对称性，分析 c、d 两点的场强与电势关系；结合试探电荷在 c→d 路径上的电势变化，判断电势能的变化规律。
10．【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．a→b过程，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，故吸收热量，故A正确；
B．b→c过程，气体对外做功，且，则内能减小，温度降低，故B错误；
C．c→d过程，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功等于气体放出的热量，d→a过程绝热，外界对气体做功，内能增大，故c→d→a过程，气体放出的热量小于外界对气体做的功，故C正确；
D．由前分析知，a→b过程，气体从外界吸收的热量等于该过程气体对外界做的功，c→d过程放出的热量等于该过程外界对气体做的功，由图像知，a→b过程气体对外界做的功大于c→d过程外界对气体做的功，则a→b过程，气体从外界吸收的热量大于c→d过程放出的热量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合理想气体内能只与温度有关的特点，利用热力学第一定律（ΔU=Q+W）和等温、绝热过程的性质，分段分析各过程的吸放热、做功与内能变化，再判断选项正误。
11．【答案】A,B,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，故A正确；
BC．若木板质量大于滑块，则
两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；
D．若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】 本题围绕木板与滑块的碰撞及相互作用展开，结合弹性碰撞规律和动量守恒、牛顿运动定律，分三种质量关系（木板与滑块质量相等、木板质量更大、木板质量更小）分析速度变化规律。
12．【答案】A,B
【知识点】动量定理；动量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．设金属导轨间距为L，磁场为B，磁场宽度为d，回路总电阻为，金属棒两次穿过磁场区域过程中，根据动量定理可得，
可得
由此可知，两次穿过磁场的速度变化量的大小相等，故A正确；
B．设第一次穿过磁场的速度为，由A可知第二次穿过磁场的速度
PQ发生碰撞，根据动量守恒定律可得
解得，即金属棒Q的质量为5m，故B正确；
CD．由于PQ发生非弹性碰撞，无法求解碰撞之后P的速度，无法求解金属棒P碰撞前的速度大小和整个过程中金属棒P和Q产生的焦耳热，故CD错误。
故答案为：AB。
【分析】利用动量定理分析金属棒 P 两次穿过磁场的速度变化，结合动量守恒定律处理 P 与 Q 的非弹性碰撞，逐一验证各选项的正确性。
13．【答案】（1）C
（2）
（3）0.33
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A．本实验需要测量碰撞恢复系数，由碰撞恢复系数可知，本实验实际是要测量小球的速度，由装置可以确定本实验采用平抛运动规律测量速度，考虑到所有小球平抛运动下落高度相同，运动时间相同，故只需要测量水平位即可用以代替平抛初速度，故不需要测量小球开始释放时距离斜槽末端的高度h，故A错误；
B．实验装置中的铅垂线是一方面是用来判断斜槽末端是否水平，另一方面也是用以确定初始位置，故B错误；
C．实验时每次释放钢球A的位置必须相同，只要释放位置相同斜槽是否光滑对小球到达斜槽末端时的速度无影响，对实验结果无影响，故C正确。
故答案为：C。
（2）设小球做平抛运动的时间为t，碰撞前，钢球A的速度
玻璃球B的速度为0，碰撞后，球A的速度
玻璃球B的速度为
故碰撞恢复系数
故答案为：
（3）将玻璃球B换成大小相同的，质量为的小球后，碰撞前后瞬间，钢球A与小球组的系统动量守恒有
由于落点N和P重合，故，故
故两球的碰撞恢复系数
故答案为：0.33
【分析】 (1) 本实验利用平抛运动测速度，只需保证每次释放 A 的位置相同，无需测释放高度；铅垂线用于确定投影点，斜槽是否光滑不影响碰撞前A的速度。
(2) 平抛运动时间相同，水平位移正比于速度，将速度代入恢复系数公式即可得到表达式。
(3) 落点N与P重合说明碰撞后B的速度等于碰撞前A的速度，结合动量守恒与恢复系数公式求解。
（1）A．本实验需要测量碰撞恢复系数，由碰撞恢复系数可知，本实验实际是要测量小球的速度，由装置可以确定本实验采用平抛运动规律测量速度，考虑到所有小球平抛运动下落高度相同，运动时间相同，故只需要测量水平位即可用以代替平抛初速度，故不需要测量小球开始释放时距离斜槽末端的高度h，故A错误；
B．实验装置中的铅垂线是一方面是用来判断斜槽末端是否水平，另一方面也是用以确定初始位置，故B错误；
C．实验时每次释放钢球A的位置必须相同，只要释放位置相同斜槽是否光滑对小球到达斜槽末端时的速度无影响，对实验结果无影响，故C正确。
故选C。
（2）设小球做平抛运动的时间为t，碰撞前，钢球A的速度
玻璃球B的速度为0，碰撞后，球A的速度
玻璃球B的速度为
故碰撞恢复系数
（3）将玻璃球B换成大小相同的，质量为的小球后，碰撞前后瞬间，钢球A与小球组的系统动量守恒有
由于落点N和P重合，故，故
故两球的碰撞恢复系数
14．【答案】（1）a
（2）
（3）变小
（4）0.059（0.057~0.061）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）由图乙可知，欧姆表电流从黑表笔流出，黑表笔接b时二极管电阻很大，接a时电阻较小，故a端是二极管正极；
故答案为：a
（2）绘制伏安特性曲线，滑动变阻器采用分压式接法，连接如图
（3）由图像知，该二极管加正向电压时的电阻随电压U的变大而变小；
故答案为：变小
（4）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
作出I-U图线，如图所示
由图可知，实际电压0.38V，实际电流约156mA，所以实际功率为
故答案为：0.059（0.057~0.061）
【分析】(1) 多用电表欧姆挡内部电源负极接红表笔，正极接黑表笔；二极管正向导通时电阻小，反向截止时电阻大，据此判断正负极。
(2) 描绘正向伏安特性曲线需电压从0开始调节，滑动变阻器用分压式接法；二极管正向电阻小，电流表采用外接法。
(3) 伏安特性曲线中，某点电阻，曲线斜率随电压增大而变大，故电阻随电压增大而变小。
(4) 三个二极管串联，结合闭合电路欧姆定律和二极管伏安特性曲线，找到工作点后计算功率。
（1）由图乙可知，欧姆表电流从黑表笔流出，黑表笔接b时二极管电阻很大，接a时电阻较小，故a端是二极管正极；
（2）绘制伏安特性曲线，滑动变阻器采用分压式接法，连接如图
（3）由图像知，该二极管加正向电压时的电阻随电压U的变大而变小；
（4）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
作出I-U图线，如图所示
由图可知，实际电压0.38V，实际电流约156mA，所以实际功率为
15．【答案】（1）解：光在O点入射角为53°，则
则折射率
（2）解：光在玻璃砖中传播速度为
第一次传播时间
第二次传播时间
时间差
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 (1) 先由几何关系求出折射角正切值，进而得到正弦值，再结合入射角，利用折射定律计算玻璃砖对该单色光的折射率。
(2) 先由折射率求出光在玻璃中的传播速度，再分别计算两次光在玻璃中的传播路程，结合速度公式得到传播时间，最后求时间差。
（1）光在O点入射角为53°，则
则折射率
（2）光在玻璃砖中传播速度为
第一次传播时间
第二次传播时间
时间差
16．【答案】（1）解：初始状态（水面上方）压强为
体积
温度
到达水底时，钟内气体体积
水底处气体压强，根据液体压强公式
h等效是水面到钟内气体液面的高度，因为钟内气体体积为原来一半，钟高为2m，水深为10m，所以
则
根据理想气体状态方程
代入数据解方程得
（2）解：当钟内水全部排出时，钟内气体压强
体积
温度
这些气体在、状态下体积为，由
变形可得
代入数据解得
原来钟内有气体体积
所以压入钟内的空气体积
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】(1) 确定气体在水面和水底的初末状态参量（压强、体积、温度），利用理想气体状态方程 求解水底时气体的温度。
(2) 先求出水全部排出时气体的状态参量，再结合理想气体状态方程，将该状态与压强 、温度 的状态联立，求解压入空气的体积。
（1）初始状态（水面上方）压强为
体积
温度
到达水底时，钟内气体体积
水底处气体压强，根据液体压强公式
h等效是水面到钟内气体液面的高度，因为钟内气体体积为原来一半，钟高为2m，水深为10m，所以
则
根据理想气体状态方程
代入数据解方程得
（2）当钟内水全部排出时，钟内气体压强
体积
温度
这些气体在、状态下体积为，由
变形可得
代入数据解得
原来钟内有气体体积
所以压入钟内的空气体积
17．【答案】（1）解：x轴方向的初速度
则
y轴方向的初速度
则
粒子从A到O的过程，有，，
解得
（2）解：①粒子在垂直xOy平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得，，
由于正粒子在区域I内运动的时间不超过，粒子可能的运动时间是T、2T，粒子在x方向做匀加速直线运动，有
当时，
当时，
②取的最大值，则，，，
当进入区域Ⅱ的粒子x轴方向上的速度为0时，与y轴的距离最远，由y轴方向动量定理可得
对时间求和可得
解得
则该粒子通过了4个无场区，则
则
【知识点】牛顿第二定律；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 x<0 区域做类平抛运动，分解初速度为x、y方向分量，结合水平位移和竖直方向匀变速运动规律，联立牛顿第二定律求解电场强度。
(2) ① 粒子在区域Ⅰ中受正交的电、磁场力，先求圆周运动周期，结合运动时间限制确定圆心角范围，再由几何关系推导x0 的取值范围；
② 当x0 取最大值时，分析粒子在区域Ⅱ的无场区与磁场区的运动轨迹，结合几何关系计算离开y轴的最远距离。
（1）x轴方向的初速度
则
y轴方向的初速度
则
粒子从A到O的过程，有，，
解得
（2）①粒子在垂直xOy平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得，，
由于正粒子在区域I内运动的时间不超过，粒子可能的运动时间是T、2T，粒子在x方向做匀加速直线运动，有
当时，
当时，
②取的最大值，则，，，
当进入区域Ⅱ的粒子x轴方向上的速度为0时，与y轴的距离最远，由y轴方向动量定理可得
对时间求和可得
解得
则该粒子通过了4个无场区，则
则
18．【答案】（1）解：当B继续向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面，此时弹簧的拉力
对物块B进行受力分析，根据牛顿第二定律
可得；
（2）解：A、B在弹簧恢复原长时分离，从此时到B运动到最高点的过程中，对B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒可得，
解得
（3）解：从A、B压缩到最低点到弹簧恢复原长，对A、B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒可得
解得
最初状态，对A、B整体受力分析可得
从最初状态到A、B压缩到最低点，对A、B、C及弹簧组成的系统，由功能关系可得
解得
（4）解：A、B分离后A竖直向上做匀减速直线运动，有
解得
B在竖直方向做简谐运动，其周期
平衡位置
振幅
B从恢复原长到第一次运动到最高点的路程为，则
从A、B分离到各自第一次运动到最高点的时间差有
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【分析】 (1) 先分析初始平衡和末态（B 到最高点、C 刚离地）的弹簧形变量，再对 B 受力分析，由牛顿第二定律求加速度。(2) A、B 分离时二者加速度相同、弹力为零，结合简谐运动对称性和机械能守恒求分离瞬间 B 的速度。
(3) 从压缩最低点到 A、B 分离，利用机械能守恒，结合最低点和分离点的能量关系，求解恒定外力的大小。
(4) 分别计算 A 做竖直上抛的运动时间和 B 做简谐运动到最高点的时间，二者差值即为时间差。
（1）当B继续向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面，此时弹簧的拉力
对物块B进行受力分析，根据牛顿第二定律
可得；
（2）A、B在弹簧恢复原长时分离，从此时到B运动到最高点的过程中，对B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒可得，
解得
（3）从A、B压缩到最低点到弹簧恢复原长，对A、B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒可得
解得
最初状态，对A、B整体受力分析可得
从最初状态到A、B压缩到最低点，对A、B、C及弹簧组成的系统，由功能关系可得
解得
（4）A、B分离后A竖直向上做匀减速直线运动，有
解得
B在竖直方向做简谐运动，其周期
平衡位置
振幅
B从恢复原长到第一次运动到最高点的路程为，则
从A、B分离到各自第一次运动到最高点的时间差有
1 / 12025届山东省济南市高三下学期一模物理试题
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1．人工核反应合成的锎具有放射性，可衰变为锔，半衰期为2.6年。下列说法正确的是（　　）
A．升高温度，锎252半衰期会变短
B．锎252衰变为锔248的过程中产生β粒子
C．100个锎252经过5.2年后，还剩25个锎252没有发生衰变
D．锎252衰变为锔248的实质是两个中子和两个质子结合成一个氦核
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．半衰期半衰期不受温度等物理性质和化学性质的影响，故A错误；
B．根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒可知，锎252衰变为锔248的过程中产生粒子，故B错误；
C．半衰期满足统计规律，少数锎252经过5.2年后，无法知道还剩多少未衰变，故C错误；
D．锎252比锔248多四个核子，是由于锎252衰变为锔248的实质是两个中子和两个质子结合成一个氦核，故D正确。
故答案为：D。
【分析】围绕放射性衰变的半衰期特性、核反应守恒规律和衰变本质，逐一分析选项，判断各说法的正确性。
2．如图所示，两块玻璃板左端搭在一起，右端夹住一金属小球，使两玻璃板间形成一楔形薄空气膜。小球直径会随着温度的升高而增大，玻璃板受温度的影响忽略不计。现用激光垂直照射玻璃板的上表面，会观察到明暗相间的干涉条纹。当温度逐渐升高时（　　）
A．干涉条纹的间距变小，条纹向左移动
B．干涉条纹的间距变小，条纹向右移动
C．干涉条纹的间距变大，条纹向左移动
D．干涉条纹的间距变大，条纹向右移动
【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】当温度逐渐升高，小球直径会随着温度的升高而增大，空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，所以相邻亮条纹间距应变小，条纹向左移动。
故答案为：A。
【分析】 温度升高使金属小球直径增大，楔形空气膜的劈角变大，结合劈尖干涉条纹间距公式分析条纹间距变化；再通过空气膜厚度变化判断条纹移动方向。
3．如图所示，光滑定滑轮固定在天花板上，轻绳绕过定滑轮，一端竖直悬挂质量为2m的小球P，另一端连接质量为m的圆环Q，圆环Q套在粗糙水平杆上。一水平向左的力F作用在圆环上，使轻绳和杆之间夹角为30°，整个系统保持静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．杆对圆环Q摩擦力的方向一定向右
B．杆对圆环Q摩擦力的方向可能向左
C．定滑轮对轻绳作用力的方向竖直向上
D．定滑轮对轻绳作用力的大小为
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】小球P静止，由平衡条件知，绳子拉力大小为，由于
则圆环Q不受杆的支持力作用，可见杆对圆环Q没有摩擦力，由力的合成知，轻绳对动滑轮的作用力大小
方向与竖直方向成30°角斜向左下方，由牛顿第三定律知，定滑轮对轻绳作用力的方向与竖直方向成30°角斜向右上方，大小为
故答案为：D。
【分析】 先对小球 P 受力分析得到绳子拉力，再对圆环 Q 受力分析判断摩擦力与支持力；最后对滑轮处两段绳子的拉力进行矢量合成，得到定滑轮对轻绳的作用力。
4．如图所示，电路中四个灯泡完全相同，其中两个灯泡与理想变压器的原线圈串联接在交流电源上，另外两个灯泡并联接在副线圈的两端。若四个灯泡都正常发光，则交流电源的电压与副线圈两端的电压之比为（　　）
A．2：1 B．3：1 C．4：1 D．6：1
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】设灯泡正常发光的电压为UL，电流为IL，原线圈输入电压为U1，根据理想变压器原副线圈功率相等，可得
可得
则交流电源的电压为
交流电源的电压与灯泡的额定电压之比为
故答案为：C。
【分析】设灯泡额定电压为 UL 、额定电流为 IL ，利用理想变压器功率守恒和电流比规律，结合电路结构，分别求出原线圈电压和电源总电压，最后计算电源电压与副线圈电压的比值。
5．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为，时刻的波形图如图所示。平衡位置位于处的质点在时的位移和内的路程分别为（　　）
A．5cm，25cm B．，25cm C．5cm，35cm D．，35cm
【答案】B
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】根据时刻的波形图可知，甲波和乙波的波长均为4m，由于波速均为，故两列波的周期，两列波的频率相同，两列波叠加时，可发生波的干涉。结合题意可知，前甲波和乙波均未传播到处，故时间内，处的质点路程为零；
时，乙波刚传播到处，时甲波刚传播到处，故时间内，处的质点运动的路程
4s后两列波在处叠加，由于两列波到达处的波程差
故处为振动减弱点，这段时间恰好等于四分之一个周期，故时，质点的位移
内，质点运动的路程
综上所述，平衡位置位于处的质点在时的位移和内的路程分别为，25cm，B正确
故答案为：B。
【分析】先由波形图和波速求出周期，再分段分析两列波传播到x=8m处的时间，结合干涉条件判断该点振动强弱，最后计算位移和总路程。
6．如图所示，弹珠发射器（可视为质点）固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以速度v1水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射相对发射器速度大小为v2（v2>v1）的弹珠。弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为x，竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的垂直距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．x的最小值为 B．x的最小值为
C．y的最小值为 D．y的最小值为
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查对合运动与分运动的关联，清楚两者的关系。CD．弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当v2垂直竖直墙壁射出时，弹珠运动时间最短
y的最小值为
故C正确，D错误；
AB．由于
则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为
此时x的最小值为L，故AB错误。
故选C。
【分析】将弹珠的运动分解成水平、竖直两个方向的分运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
7．如图所示为地球的赤道平面图，地球以图示的方向自西向东自转。设想在赤道上，质量为m的物体以相对于地面的速度v分别自西向东和自东向西高速运动时，两种情况下物体对水平地面压力大小之差的绝对值为。地球可视为质量均匀球体，则地球的自转周期为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】向心力；万有引力定律
【解析】【解答】设地球自转角速度为，地球半径为R，地球对质量为m的物体的吸引力为，当物体以相对于地面的速度v分别自西向东转动时有
物体以相对于地面的速度v分别自东向西转动时有
由题意可知
整理可得
又
故地球自转周期。
故答案为：A。
【分析】以地球为参考系，结合万有引力定律和圆周运动向心力公式，分别分析物体自西向东、自东向西运动时的受力关系，通过压力差建立方程，最终推导出地球自转周期。
8．如图所示，光滑绝缘水平面上方存在方向水平向左的匀强电场，场强大小为E，质量为m，带电量为的小球以初速度开始向右运动，运动过程中小球受空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向始终相反。已知开始运动时小球的加速度为a0（），小球运动到P点时速度恰好为零。在小球从开始运动到返回到出发点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到P点时加速度最大
B．小球的加速度从逐渐减小的过程中，小球的速度一直增大
C．当小球的加速度为时，小球的速度小于
D．当小球的速度为时，小球的加速度小于
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球运动到P点时速度为0，此时空气阻力
小球只受电场力，加速度为
而开始运动时加速度
所以P点加速度不是最大的，故A错误；
B．当小球向右运动时，合外力向左，小球的加速度从逐渐减小的过程中速度减小，故B错误；
C．设加速度为时速度为，则
又因为
两式联立可得，
则
所以
所以
所以，故C正确；
D．当小球速度为时，若向右运动，有
因为
且，可得
所以当小球的速度为时，小球的加速度不一定小于，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 A：小球在P点速度为0，阻力，仅受电场力，加速度；初始加速度，故P点加速度并非最大。
B：小球向右运动时合力向左，加速度从减小的过程中，速度仍因合力与运动方向相反而减小，并非增大。
C：设加速度为时速度为，结合初始状态的牛顿第二定律表达式联立，推导得。
D：速度为时，阻力，结合初始条件，推导得此时加速度。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9．如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中有到原点O的距离均相等的a、b、c、d四个点，a、b在x轴上，c在y轴上，d在z轴上。在a、b两点各放置一个带电量为的点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．c点和d点的电场强度相同
B．c点和d点的电势相等
C．将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中，电势能始终不变
D．将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中，电势能先变大后变小
【答案】B,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据等量同种电荷电场线分布特点可知c、d两点电场强度大小相等，方向分别指向y轴和z轴正方向，故A错误；
B．c点和d点距离ab两点电荷距离相等，cd两点的电势相等，故B正确；
CD．将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中，先靠近后远离ab两点电荷，故电场力先做负功后做正功，所以将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中，电势能先变大后变小，故 C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】 利用等量同种电荷的电场对称性，分析 c、d 两点的场强与电势关系；结合试探电荷在 c→d 路径上的电势变化，判断电势能的变化规律。
10．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等温过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→d过程是等温过程，d→a过程中气体与外界无热量交换。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程，气体吸收热量，内能不变
B．b→c过程，气体对外做功，温度不变
C．c→d→a过程，气体放出的热量小于外界对气体做的功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量小于c→d过程放出的热量
【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．a→b过程，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，故吸收热量，故A正确；
B．b→c过程，气体对外做功，且，则内能减小，温度降低，故B错误；
C．c→d过程，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功等于气体放出的热量，d→a过程绝热，外界对气体做功，内能增大，故c→d→a过程，气体放出的热量小于外界对气体做的功，故C正确；
D．由前分析知，a→b过程，气体从外界吸收的热量等于该过程气体对外界做的功，c→d过程放出的热量等于该过程外界对气体做的功，由图像知，a→b过程气体对外界做的功大于c→d过程外界对气体做的功，则a→b过程，气体从外界吸收的热量大于c→d过程放出的热量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合理想气体内能只与温度有关的特点，利用热力学第一定律（ΔU=Q+W）和等温、绝热过程的性质，分段分析各过程的吸放热、做功与内能变化，再判断选项正误。
11．如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像（用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律）可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，故A正确；
BC．若木板质量大于滑块，则
两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；
D．若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】 本题围绕木板与滑块的碰撞及相互作用展开，结合弹性碰撞规律和动量守恒、牛顿运动定律，分三种质量关系（木板与滑块质量相等、木板质量更大、木板质量更小）分析速度变化规律。
12．如图所示，光滑平行金属导轨M1N1和M2N2固定在水平面内，导轨间某个区域存在竖直向下的匀强磁场，金属棒P和Q分别静置在磁场两侧的导轨上，金属棒P的质量为m。某时刻金属棒P以初速度水平向右运动，穿过磁场区域后与金属棒Q发生非弹性碰撞，金属棒P刚好再次穿出磁场区域，金属棒Q碰后的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒P两次穿过磁场区域的过程中，速度变化量的大小相等
B．金属棒Q的质量为5m
C．金属棒P碰撞前的速度大小为
D．整个过程中，金属棒P和Q产生的焦耳热为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；动量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．设金属导轨间距为L，磁场为B，磁场宽度为d，回路总电阻为，金属棒两次穿过磁场区域过程中，根据动量定理可得，
可得
由此可知，两次穿过磁场的速度变化量的大小相等，故A正确；
B．设第一次穿过磁场的速度为，由A可知第二次穿过磁场的速度
PQ发生碰撞，根据动量守恒定律可得
解得，即金属棒Q的质量为5m，故B正确；
CD．由于PQ发生非弹性碰撞，无法求解碰撞之后P的速度，无法求解金属棒P碰撞前的速度大小和整个过程中金属棒P和Q产生的焦耳热，故CD错误。
故答案为：AB。
【分析】利用动量定理分析金属棒 P 两次穿过磁场的速度变化，结合动量守恒定律处理 P 与 Q 的非弹性碰撞，逐一验证各选项的正确性。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13．碰撞恢复系数，其中和分别为碰撞前两物体的速度，和分别为碰撞后两物体的速度。某同学利用如图所示的实验装置测量半径相同的钢球A和玻璃球B的碰撞恢复系数。实验步骤如下：
①用电子天平测量出钢球A和玻璃球B的质量分别为m1、m2。
②调节斜槽末端水平并找到斜槽末端在白纸上的竖直投影点O。
③将钢球A从斜槽上某一位置S由静止释放，落到复写纸上并在白纸上留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹，找到平均落点P。
④将玻璃球B放在斜槽末端，再将钢球A从位置S由静止释放，两球碰撞后落到复写纸上并在白纸上留下痕迹：重复上述操作多次，分别找到A、B两球的平均落点M、N。
⑤用刻度尺测量出线段OP、OM和ON的长度分别记为、和。试分析下列问题。
（1）关于实验操作和过程，下列说法正确的是（　　）
A．实验时需测量小球开始释放时距离斜槽末端的高度h
B．实验装置中的铅垂线是用来判断斜槽末端是否水平的
C．实验时每次释放钢球A的位置必须相同，斜槽是否光滑对实验结果无影响
（2）两球的碰撞恢复系数　 　（用、、表示）；
（3）将玻璃球B换成大小相同的其它材质小球，测得其质量为。重复实验，发现落点N和P重合，则两球的碰撞恢复系数　 　（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）C
（2）
（3）0.33
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A．本实验需要测量碰撞恢复系数，由碰撞恢复系数可知，本实验实际是要测量小球的速度，由装置可以确定本实验采用平抛运动规律测量速度，考虑到所有小球平抛运动下落高度相同，运动时间相同，故只需要测量水平位即可用以代替平抛初速度，故不需要测量小球开始释放时距离斜槽末端的高度h，故A错误；
B．实验装置中的铅垂线是一方面是用来判断斜槽末端是否水平，另一方面也是用以确定初始位置，故B错误；
C．实验时每次释放钢球A的位置必须相同，只要释放位置相同斜槽是否光滑对小球到达斜槽末端时的速度无影响，对实验结果无影响，故C正确。
故答案为：C。
（2）设小球做平抛运动的时间为t，碰撞前，钢球A的速度
玻璃球B的速度为0，碰撞后，球A的速度
玻璃球B的速度为
故碰撞恢复系数
故答案为：
（3）将玻璃球B换成大小相同的，质量为的小球后，碰撞前后瞬间，钢球A与小球组的系统动量守恒有
由于落点N和P重合，故，故
故两球的碰撞恢复系数
故答案为：0.33
【分析】 (1) 本实验利用平抛运动测速度，只需保证每次释放 A 的位置相同，无需测释放高度；铅垂线用于确定投影点，斜槽是否光滑不影响碰撞前A的速度。
(2) 平抛运动时间相同，水平位移正比于速度，将速度代入恢复系数公式即可得到表达式。
(3) 落点N与P重合说明碰撞后B的速度等于碰撞前A的速度，结合动量守恒与恢复系数公式求解。
（1）A．本实验需要测量碰撞恢复系数，由碰撞恢复系数可知，本实验实际是要测量小球的速度，由装置可以确定本实验采用平抛运动规律测量速度，考虑到所有小球平抛运动下落高度相同，运动时间相同，故只需要测量水平位即可用以代替平抛初速度，故不需要测量小球开始释放时距离斜槽末端的高度h，故A错误；
B．实验装置中的铅垂线是一方面是用来判断斜槽末端是否水平，另一方面也是用以确定初始位置，故B错误；
C．实验时每次释放钢球A的位置必须相同，只要释放位置相同斜槽是否光滑对小球到达斜槽末端时的速度无影响，对实验结果无影响，故C正确。
故选C。
（2）设小球做平抛运动的时间为t，碰撞前，钢球A的速度
玻璃球B的速度为0，碰撞后，球A的速度
玻璃球B的速度为
故碰撞恢复系数
（3）将玻璃球B换成大小相同的，质量为的小球后，碰撞前后瞬间，钢球A与小球组的系统动量守恒有
由于落点N和P重合，故，故
故两球的碰撞恢复系数
14．二极管是由半导体材料制成的具有单向导电性的电子器件，符号如图甲所示。二极管有正、负两个电极，给二极管两极间加上正向电压（电流从正极流向负极）时，二极管电阻较小；加上反向电压时，二极管电阻很大。某实验小组想研究实验室里某型号二极管的导电性能。
（1）首先用多用电表的欧姆“×1”挡测试二极管的正负极，其结果如图乙所示，由图可知，该二极管的正极是　 　（选填“a”或“b”）端；
（2）为了描绘二极管加正向电压时的伏安特性曲线，实验小组选择如下器材进行实验：
滑动变阻器（最大阻值为5Ω）；
直流毫伏表（量程为500mV，内阻约为1kΩ）；
直流毫安表（量程为300mA，内阻约为1Ω）；
干电池（电动势为1.5V，内阻约为0.5Ω）；
开关和导线若干。
请根据实验目的和要求将实物图丙中的连线补充完整　 　。
（3）通过实验数据描点连线得到二极管加正向电压的伏安特性曲线如图丁所示，由此可知该二极管加正向电压时的电阻随电压U的变大而　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）将三个该型号的二极管接入如图戊所示电路中，已知电源电动势E=9.0V，内阻r=1.0Ω，电阻箱阻值R0=49.0Ω，此时每个二极管消耗功率P=　 　W（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）a
（2）
（3）变小
（4）0.059（0.057~0.061）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）由图乙可知，欧姆表电流从黑表笔流出，黑表笔接b时二极管电阻很大，接a时电阻较小，故a端是二极管正极；
故答案为：a
（2）绘制伏安特性曲线，滑动变阻器采用分压式接法，连接如图
（3）由图像知，该二极管加正向电压时的电阻随电压U的变大而变小；
故答案为：变小
（4）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
作出I-U图线，如图所示
由图可知，实际电压0.38V，实际电流约156mA，所以实际功率为
故答案为：0.059（0.057~0.061）
【分析】(1) 多用电表欧姆挡内部电源负极接红表笔，正极接黑表笔；二极管正向导通时电阻小，反向截止时电阻大，据此判断正负极。
(2) 描绘正向伏安特性曲线需电压从0开始调节，滑动变阻器用分压式接法；二极管正向电阻小，电流表采用外接法。
(3) 伏安特性曲线中，某点电阻，曲线斜率随电压增大而变大，故电阻随电压增大而变小。
(4) 三个二极管串联，结合闭合电路欧姆定律和二极管伏安特性曲线，找到工作点后计算功率。
（1）由图乙可知，欧姆表电流从黑表笔流出，黑表笔接b时二极管电阻很大，接a时电阻较小，故a端是二极管正极；
（2）绘制伏安特性曲线，滑动变阻器采用分压式接法，连接如图
（3）由图像知，该二极管加正向电压时的电阻随电压U的变大而变小；
（4）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
作出I-U图线，如图所示
由图可知，实际电压0.38V，实际电流约156mA，所以实际功率为
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15．如图所示，平行玻璃砖的厚度为d，某单色光第一次垂直于玻璃砖上表面从O点射入，从下表面的O'点射出。第二次以53°入射角从O点射入玻璃砖，从下表面的P点射出，测得。已知光在真空中的传播速度为c，sin53°=0.8。求
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）该单色光两次在玻璃砖内传播的时间差（不考虑反射光线）。
【答案】（1）解：光在O点入射角为53°，则
则折射率
（2）解：光在玻璃砖中传播速度为
第一次传播时间
第二次传播时间
时间差
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 (1) 先由几何关系求出折射角正切值，进而得到正弦值，再结合入射角，利用折射定律计算玻璃砖对该单色光的折射率。
(2) 先由折射率求出光在玻璃中的传播速度，再分别计算两次光在玻璃中的传播路程，结合速度公式得到传播时间，最后求时间差。
（1）光在O点入射角为53°，则
则折射率
（2）光在玻璃砖中传播速度为
第一次传播时间
第二次传播时间
时间差
16．如图甲所示，潜水钟主要用于在水下长时间作业。如图乙所示，潜水钟可简化为底部开口、上部封闭的薄壁圆柱形容器，底面积，高度。将潜水钟开口向下，从水面上方缓慢吊放至水底的过程中不漏气，到达水底时钟内气体体积刚好为潜水钟容积的一半。已知水深，水的密度，大气压强，水面上方空气温度，重力加速度，潜水钟导热良好，钟内气体可视为理想气体。
（1）求潜水钟在水底时钟内气体的温度；
（2）将空气缓慢压入潜水钟内，使钟内的水全部排出，求压入钟内的空气在压强、温度的状态下的体积。
【答案】（1）解：初始状态（水面上方）压强为
体积
温度
到达水底时，钟内气体体积
水底处气体压强，根据液体压强公式
h等效是水面到钟内气体液面的高度，因为钟内气体体积为原来一半，钟高为2m，水深为10m，所以
则
根据理想气体状态方程
代入数据解方程得
（2）解：当钟内水全部排出时，钟内气体压强
体积
温度
这些气体在、状态下体积为，由
变形可得
代入数据解得
原来钟内有气体体积
所以压入钟内的空气体积
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】(1) 确定气体在水面和水底的初末状态参量（压强、体积、温度），利用理想气体状态方程 求解水底时气体的温度。
(2) 先求出水全部排出时气体的状态参量，再结合理想气体状态方程，将该状态与压强 、温度 的状态联立，求解压入空气的体积。
（1）初始状态（水面上方）压强为
体积
温度
到达水底时，钟内气体体积
水底处气体压强，根据液体压强公式
h等效是水面到钟内气体液面的高度，因为钟内气体体积为原来一半，钟高为2m，水深为10m，所以
则
根据理想气体状态方程
代入数据解方程得
（2）当钟内水全部排出时，钟内气体压强
体积
温度
这些气体在、状态下体积为，由
变形可得
代入数据解得
原来钟内有气体体积
所以压入钟内的空气体积
17．如图所示的空间直角坐标系Oxyz中（z轴正向垂直于纸面向外，未画出），x<0的区域内分布着沿y轴正向的匀强电场，（x0未知）的区域Ⅰ内分布着均沿x轴正向的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B1，电场与x<0区域内电场的电场强度大小相等。的区域Ⅱ内连续分布着宽度为L的无场区和宽度为的匀强磁场区，磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从坐标为（，0，0）的P点以方向与x轴正向夹角为、大小为v0的初速度发射，在xOy平面内运动一段时间后，恰好经过原点O进入区域Ⅰ，再经过坐标为（x0，0，0）的Q点进入区域Ⅱ。已知，，不计粒子的重力，忽略电磁场的边界效应。
（1）求电场强度的大小；
（2）若正粒子在区域Ⅰ内运动时间不超过，则：
①求x0的可能值；
②若x0为①中的最大值，求带电粒子离开y轴的最远距离。
【答案】（1）解：x轴方向的初速度
则
y轴方向的初速度
则
粒子从A到O的过程，有，，
解得
（2）解：①粒子在垂直xOy平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得，，
由于正粒子在区域I内运动的时间不超过，粒子可能的运动时间是T、2T，粒子在x方向做匀加速直线运动，有
当时，
当时，
②取的最大值，则，，，
当进入区域Ⅱ的粒子x轴方向上的速度为0时，与y轴的距离最远，由y轴方向动量定理可得
对时间求和可得
解得
则该粒子通过了4个无场区，则
则
【知识点】牛顿第二定律；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 x<0 区域做类平抛运动，分解初速度为x、y方向分量，结合水平位移和竖直方向匀变速运动规律，联立牛顿第二定律求解电场强度。
(2) ① 粒子在区域Ⅰ中受正交的电、磁场力，先求圆周运动周期，结合运动时间限制确定圆心角范围，再由几何关系推导x0 的取值范围；
② 当x0 取最大值时，分析粒子在区域Ⅱ的无场区与磁场区的运动轨迹，结合几何关系计算离开y轴的最远距离。
（1）x轴方向的初速度
则
y轴方向的初速度
则
粒子从A到O的过程，有，，
解得
（2）①粒子在垂直xOy平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得，，
由于正粒子在区域I内运动的时间不超过，粒子可能的运动时间是T、2T，粒子在x方向做匀加速直线运动，有
当时，
当时，
②取的最大值，则，，，
当进入区域Ⅱ的粒子x轴方向上的速度为0时，与y轴的距离最远，由y轴方向动量定理可得
对时间求和可得
解得
则该粒子通过了4个无场区，则
则
18．如图所示，三个物块A、B、C的质量均为m=1kg，物块C放置在水平地面上，竖直放置的轻弹簧连接物块B和物块C，物块A放置在物块B上，整个装置保持静止。现对A施加竖直向下的恒定外力，将物块A、B压缩到最低点时立即撤去外力，物块A、B被竖直向上弹起。一段时间后A、B分离，当A向上运动到最高点时立即被取走，当B继续向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面。轻弹簧的劲度系数为k=100N/m，轻弹簧的弹性势能表达式为（k为轻弹簧的劲度系数，x为轻弹簧的形变量），弹簧振子做简谐运动的周期表达式为（k为轻弹簧的劲度系数，M为振子的质量），重力加速度g=10m/s2，所有过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，求：
（1）物块B向上运动到最高点时的加速度大小；
（2）物块A、B分离瞬间，物块B的速度大小：
（3）恒定外力的大小：
（4）从A、B分离到各自第一次运动到最高点的过程中，二者运动的时间差（结果用π表示）。
【答案】（1）解：当B继续向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面，此时弹簧的拉力
对物块B进行受力分析，根据牛顿第二定律
可得；
（2）解：A、B在弹簧恢复原长时分离，从此时到B运动到最高点的过程中，对B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒可得，
解得
（3）解：从A、B压缩到最低点到弹簧恢复原长，对A、B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒可得
解得
最初状态，对A、B整体受力分析可得
从最初状态到A、B压缩到最低点，对A、B、C及弹簧组成的系统，由功能关系可得
解得
（4）解：A、B分离后A竖直向上做匀减速直线运动，有
解得
B在竖直方向做简谐运动，其周期
平衡位置
振幅
B从恢复原长到第一次运动到最高点的路程为，则
从A、B分离到各自第一次运动到最高点的时间差有
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【分析】 (1) 先分析初始平衡和末态（B 到最高点、C 刚离地）的弹簧形变量，再对 B 受力分析，由牛顿第二定律求加速度。(2) A、B 分离时二者加速度相同、弹力为零，结合简谐运动对称性和机械能守恒求分离瞬间 B 的速度。
(3) 从压缩最低点到 A、B 分离，利用机械能守恒，结合最低点和分离点的能量关系，求解恒定外力的大小。
(4) 分别计算 A 做竖直上抛的运动时间和 B 做简谐运动到最高点的时间，二者差值即为时间差。
（1）当B继续向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面，此时弹簧的拉力
对物块B进行受力分析，根据牛顿第二定律
可得；
（2）A、B在弹簧恢复原长时分离，从此时到B运动到最高点的过程中，对B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒可得，
解得
（3）从A、B压缩到最低点到弹簧恢复原长，对A、B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒可得
解得
最初状态，对A、B整体受力分析可得
从最初状态到A、B压缩到最低点，对A、B、C及弹簧组成的系统，由功能关系可得
解得
（4）A、B分离后A竖直向上做匀减速直线运动，有
解得
B在竖直方向做简谐运动，其周期
平衡位置
振幅
B从恢复原长到第一次运动到最高点的路程为，则
从A、B分离到各自第一次运动到最高点的时间差有
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