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2025届江苏省淮阴中学高三下学期二模物理试题
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．关于教材中几幅图片说法正确的是（　　）
A．图甲的扩散现象说明水分子和墨水分子相互吸引
B．图乙所描出的折线是固体小颗粒在水中运动的轨迹
C．图丙麦克斯韦速率分布规律图中，①对应的温度大于②对应的温度
D．图丁玻璃板紧贴水面，弹簧测力计将其拉离水面时，拉力一定等于玻璃板的重力
2．月球车上利用衰变提供能量，衰变方程为，同时产生大量γ射线，已知的比结合能为E1，的比结合能为E2，X的比结合能为E3，则（　　）
A．X是质子
B．该反应释放的能量为
C．月球上温度的变化会改变的衰变快慢
D．γ光子是原子核外电子由高能级向低能级跃迁时产生的
3．在LC振荡电路中，某时刻电路中的电流方向如图所示，且电流正在减小，则该时刻（　　）
A．电容器上极板带负电，下极板带正电
B．电容器两极板间电压正在减小
C．电场能正在向磁场能转化
D．电容器正在放电
4．某小组用图甲装置进行双缝干涉实验，调节完毕后，在屏上观察到如图乙所示的竖直条纹。下列说法正确的是（　　）
A．装置中的双缝沿水平方向放置
B．仅向右移动单缝，使之靠近双缝，干涉条纹间距将变大
C．仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变大
D．仅将红色滤光片换为绿色滤光片，干涉条纹间距将变大
5．如图所示，在离地面高处的A点以水平速度抛出一小球，恰好能够经过前方高h的障碍物，在A点正下方距地面高处的B点以速度同方向抛出同一小球也恰好能从障碍物上方经过，两次速度大小关系满足，忽略空气阻力，则，和h的大小关系（　　）
A． B． C． D．
6．我国的嫦娥四号实现了人类飞行器第一次在月球背面着陆，为此发射了提供通信中继服务的“鹊桥”卫星，并定点在如图所示的地月连线外侧的位置L处的拉格朗日点（拉格朗日点指在两个物体引力作用下，能使小物体稳定的点）。“鹊桥”卫星在地球和月球引力的共同作用下，与月球保持相对静止一起绕地球运动。“鹊桥”卫星和月球绕地球运动的加速度大小分别为a1、a2，线速度大小分别为v1、v2，周期分别为T1、T2，轨道半径分别为r1、r2，下列关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．一列简谐横波在介质中沿x轴传播，M、N是波上的两个质点，图甲是t=1.0s时该简谐横波的波形图，图乙是x=4m处质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该列简谐横波沿着x轴的正方向传播，波速为4m/s
B．当t=1.0s时，质点M沿y轴负方向振动
C．x=4m处质点经过2s沿波的传播方向运动了8m
D．当t=3.5s时，质点N在波谷，加速度最大
8．如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　）
A．b球的质量
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为
D．若，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
9．如图所示为一正四棱锥，底面四个顶点A、B、C、D上依次固定电荷量为、、、的点电荷，O点为底面中心，规定无穷远处电势为零，则（　　）
A．E点处电场强度为零，电势不为零
B．O点处电场强度方向由O指向B
C．将一电子从O点沿直线移动到CD边中点，其电势能逐渐减小
D．将一电子从O点沿直线移动到E点，其电势能不变
10．如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有阻值为R的电阻和理想二极管D。t=0时刻起阻值也为R的导体棒ab在外力作用下向右运动，其速度变化规律为v＝vmsint，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则金属棒两端电压Uab随时间t变化的关系图象可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．质量为m的物块与弹簧上端连接，弹簧的下端固定在档板上，O点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A点。斜面上另外有B、C、D三点，，其中BD段粗糙，其余部分光滑，物块与斜面BD段间的动摩擦因数为，重力加速度为g，物块静止在A点时弹簧的弹性势能为E，用外力将物块拉到D点由静止释放，第一次经过O点时的速度大小为v，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）
A．物块最终在A、B之间做简谐运动
B．物块在D点时的弹性势能为
C．物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为
D．物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为
二、实验题
12．在练习使用多用电表的实验中：
（1）一多用电表的电阻挡有四个倍率，分别是、、、，用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　 　挡。
（2）重新测量后，指针位于如图甲所示位置，被测电阻的测量值为　 　。（保留2位有效数字）
（3）如图乙所示为欧姆表某倍率的内部结构示意图，已知电流计的量程为，内阻为，定值电阻，电池电动势为，为调零电阻，则表盘上刻度线对应的电阻值是　 　。（保留2位有效数字）
（4）当图乙所示欧姆表的电池的电动势下降到、内阻增加了时仍可调零，调零后，调零电阻的阻值将变　 　（填“大”或“小”），若测得某电阻为，则这个电阻的真实值为　 　。
三、本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
13．如图，半圆形玻璃砖可绕过圆心的轴转动，圆心O与足够大光屏的距离d＝10cm，初始玻璃砖的直径与光屏平行，一束光对准圆心沿垂直光屏方向射向玻璃砖，在光屏上O1位置留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕O点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过30°角时，光屏上光点位置距离O1点为10cm。求
（1）玻璃砖的折射率n；
（2）当光屏上光点消失时，玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值。
14．某同学设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该跑步机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有量程为0~Um的电压表（内阻很大）和阻值为R的电阻，绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，每根金属条的电阻为r，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，求：
（1）此跑步机可测量的橡胶带运动速率的最大值vm；
（2）电压表的示数恒为时，一根金属条经过磁场区域克服安培力做的功W。
15．如图所示，长为L=5.0m的倾斜传送带以速度v=2.0m/s沿顺时针方向匀速转动，与水平方向间夹角θ=37°。质量mA=2.0kg的小物块A和质量mB=1.0kg的小物块B由跨过轻质定滑轮的轻绳连接，A与滑轮间的绳子和传送带平行。某时刻给A沿传送带向上的初速度，给B竖直向上的初速度，速度大小均为v0=4.0m/s，此时轻绳绷紧，在A、B获得初速度的同时，在A上施加方向沿传送带向上、大小恒定的拉力，使A沿传送带向上运动。已知A与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮摩擦，轻绳足够长且不可伸长，整个运动过程中B都没有上升到滑轮处，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，研究A沿传送带上升的过程，求：
（1）A、B始终匀速运动时拉力的大小F0；
（2）拉力F1=24N，A所受摩擦力的冲量大小I；
（3）拉力F2=12N，传送带对A所做的功W和A与传送带摩擦所产生的内能Q。
16．如图所示，在纸面内存在一垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，其半径为r1=1.0m。圆心O处有一粒子源，可以在平面内向各个方向发射速度为v0 =1.0×106m/s的α粒子（即氦核），其电量为q =+3.2×10-19C，质量取m =6.4×10-27kg。现以O点为原点，建立x坐标轴，其中沿与x轴成角发射的粒子A，恰好沿 x 轴正向射出圆形磁场区域。求：
（1）α粒子在圆形磁场区域内运动的轨迹半径R1及该磁场的磁感应强度大小B1；
（2）若在该圆形磁场区域外存在另一垂直纸面向外的匀强磁场（范围足够大），其磁感应强度大小B2 = 0.5B1，请确定粒子A从原点O 发射至返回原点O且速度方向与出发时方向相同所经历的时间t；
（3）在（2）中引入的匀强磁场B2，若有一个以 O 点为圆心的圆形外边界，为保证所有粒子源发射的α粒子均能回到O点，则磁场B2的外边界半径r2至少需多大。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分子动理论的基本内容；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．图甲的扩散现象是水分子与墨水分子无规则热运动的结果，并非分子间相互吸引，A错误；
B．图乙的折线是每隔固定时间记录的固体小颗粒位置连线，并非颗粒的实际运动轨迹（颗粒运动是无规则的，轨迹是连续曲线），B错误；
C．因为随着温度的升高，峰值向速率大的方向移动，所以两图线所对应的温度T1 > T2，C正确；
D．分子间距离大于平衡位置而小于10倍r时，分子间表现为引力玻璃板被拉起时，要受到水分子间的引力，所以拉力大于玻璃板的重力，与大气压无关，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合扩散现象、布朗运动、麦克斯韦速率分布、分子间作用力的知识，逐一判断选项。
2．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．根据质量数守恒，X质量数为238-234=4，根据电荷数守恒，X电荷数为94-92=2，则X为 粒子，A不符合题意；
B．该反应释放的能量为 ，B符合题意；
C．半衰期是放射性元素固有的属性，与温度无关，所以月球上温度的变化不会改变 的衰变快慢，C不符合题意；
D．γ光子是原子核受激发时产生的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别X为a粒子；利用比结合能的大小结合核子数可以求出结合能的大小，利用反应前后结合能的大小可以求出释放的能力；半衰期的大小与温度无关；光子是原子核核反应过程中释放能量所产生的。
3．【答案】A
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．电流方向如图（顺时针），且电流正在减小，说明电容器正在充电：正电荷流向电容器下极板，负电荷流向上极板，因此上极板带负电，下极板带正电，故A正确；
B．充电过程中，电容器电荷量 增大，由 可知，两极板间电压正在增大，故B错误；
C．充电时，磁场能（储存在电感 中）正在转化为电场能（储存在电容器 中），故C错误；
D．电流减小、电荷流向电容器极板，说明电容器正在充电，而非放电，故D错误；
故答案为：A。
【分析】在LC振荡电路中，电流减小说明电路处于充电阶段（电流方向为正电荷移动方向，充电时电流流向电容器正极板），结合电流方向判断极板带电性，再分析电压、能量转化的变化。
4．【答案】C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．根据图乙可知，装置中的双缝沿竖直方向放置，故A错误；
B．根据双缝干涉的条纹间距公式，仅向右移动单缝，条纹间距不变，故B错误；
C．仅更换双缝间距更小的双缝，d变小，干涉条纹间距将变大，故C正确；
D．仅将红色滤光片换为绿色滤光片，波长变小，干涉条纹间距将变小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合双缝干涉条纹间距公式，分析双缝方向、单缝位置、双缝间距、光的波长对条纹间距的影响。
5．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设障碍物到抛出点的水平距离为 ，忽略空气阻力，小球做平抛运动：
对A点抛出的小球，竖直方向：
水平方向：
联立消去 ：
对B点抛出的小球，竖直方向：
水平方向：
联立消去 ：
已知 ，即 ，将 (1) 与 (2) 相除：
展开整理：
故答案为：A。
【分析】对A、B两点抛出的小球分别列平抛运动方程，利用水平位移相同、速度比 的条件，联立推导 、 与 的关系。
6．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．“鹊桥”与月球相对静止，绕地球运动的周期相同，即 ，A错误；
B．由向心加速度公式 ，因 相同、，故 ，B错误；
C．由线速度公式 ，因 相同、，故 ，C正确；
D．开普勒第三定律 仅适用于中心天体相同的环绕系统，本题中“鹊桥”受地球和月球共同引力，不满足该定律，D错误；
故答案为：C。
【分析】先明确“鹊桥”卫星与月球保持相对静止，故周期相同；再结合圆周运动公式 、 分析加速度和线速度的关系。
7．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图甲：波长 ，由图乙：周期 ， 时 处质点在平衡位置且向上振动。
A．根据“上坡下、下坡上”法则， 处质点向上振动，说明波沿x轴负方向传播。
波速 ，故传播方向判断错误，A错误；
B．波沿x轴负方向传播，用“同侧法”判断： 时，质点M沿y轴正方向振动，故B错误；
C．简谐横波中，质点仅在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故C错误；
D． 时，质点N在平衡位置（），且波沿x轴负方向传播，故N点此时向下振动。
从 到 ，时间间隔 ：质点N从平衡位置向下振动，经 后到达波谷（位移最大），简谐运动中，加速度 ，位移最大时加速度最大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】结合波形图（图甲）与振动图像（图乙），先确定波的传播方向、周期与波长，再计算波速，分析各质点的振动方向、位移及加速度变化。
8．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】A．球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为，则有
解得
选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得
解得
同理可得b球离开弹簧后的速度大小为
取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
可得b球的质量为，故A错误；
B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系，由于两小球的质量不相等，可知两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误；
C．a球到达圆心等高处时，速度为，由动能定理可得
轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律可得
解得，由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为，故C错误；
D．若，取向左为正方向，由动量守恒定理得
则分离时两小球速度相等，若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为，则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合圆周运动临界条件（最高点重力提供向心力）、机械能守恒、动量守恒、弹性势能与动能的转化，逐一分析选项。
9．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】底面四个点电荷为 、、、，呈对称分布：
A与C： 与 对称；B与D： 与 对称。
A．E点在正四棱锥顶点，四个点电荷在E点的电场叠加后，电场强度不为零（有沿竖直向下的分量）；
电势是标量，A、B的正电荷与C、D的负电荷在E点的电势相互抵消，故E点电势为零，A错误；
B．O为底面中心，A、C电荷在O点的电场沿 A到C 方向，B、D电荷在O点的电场沿 B到D 方向，叠加后电场强度方向由O指向C（或沿 A到C 与 B到D 的合方向），并非由O指向B，故B错误；
C．将电子从O点移到CD边中点：O点电势为0，CD边中点靠近 ，电势为负（）。电子带负电，电势能 ，从 到 ， 增大，故C错误；
D．O点和E点都在四个点电荷的对称中垂面上，电势均为0（正负电荷的电势相互抵消）。
电子从O到E，电势差 ，电场力做功 ，故电势能不变，D正确；
故答案为：D
【分析】利用点电荷的电场叠加原理和对称性，分析各点的电场强度与电势，再结合电场力做功与电势能变化的关系解答。
10．【答案】A
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】导体棒速度 ，感应电动势 。 时，电流逆时针，二极管导通，电路总电阻 ，； 时，电流反向，二极管断路，无电流，，符合选项A的波形，
故答案为：A。
【分析】先由速度公式得到感应电动势，再结合二极管单向导电性，分导通、断路两个阶段分析金属棒两端电压的表达式与波形。
11．【答案】C
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．物块在 BD 段运动时克服摩擦力做功，机械能减少，最终在 A 点沿斜面向上l处（E 点）与 B 点间做简谐运动，并非 A、B 之间，A错误；
B．设物块在D点时的弹性势能为Ep， 从 D 到 O，由能量守恒可知：
根据在BD段动摩擦因数为，则
联立解得，故B错误；
C．最终物块在E、B之间做简谐运动，运用 全过程能量守恒得：
由于，故B 点与 A 点弹性势能均为E，联立解得，全过程中因摩擦产生的热量为，故C正确；
D．物块静止在A点时，由平衡条件有，物块从D点向下运动到A点的过程中，在BD段动摩擦因数为，则，即物块在BD段所受的合力等于弹簧的弹力，分析知物块在D点时的合力最大，加速度最大，设为，根据牛顿第二定律
联立解得，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 先利用平衡条件得到弹簧劲度系数，再结合牛顿第二定律分析加速度；再用能量守恒定律分别计算 D 点弹性势能和全过程摩擦生热；最后判断最终运动区间。
12．【答案】；；；小；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据题意可知，用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明待测电阻较大，为了较准确地进行测量，应换到挡。
故答案为：
（2）由图甲可知，被测电阻的测量值为
故答案为：
（3）根据题意可知，当电流计满偏时，流过电源的电流为，由闭合回路欧姆定律可得，欧姆表内阻为
则表盘上刻度线对应的电阻值是
故答案为：
（4）根据题意可知，电池的电动势下降到，则欧姆表内阻为
内阻增加了时仍可调零，则调零电阻的阻值将变小。
若测得某电阻为，电池电动势为，欧姆表内阻为，则电流计的电流为
电动势下降到，欧姆表内阻为，则这个电阻的真实值为
故答案为：小；
【分析】（1）欧姆挡选择：指针偏转小→电阻大→换大倍率；
（2）电阻测量：刻度×倍率得结果；
（3）刻度对应电阻：先求中值电阻，再用闭合电路欧姆定律求对应电阻；
（4）调零与真实值：电动势变化影响中值电阻，通过中值电阻比例换算真实值。
13．【答案】解：（1）璃砖转过角时，折射光路如图
由几何关系可知入射角
又
则
那么折射角
由折射定律可知
解得
（2）发生全反射时有
所以玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】(1)先由玻璃砖转过30°得到入射角 ，再由光点偏移距离算出折射角 ，最后代入折射定律 求解折射率 。
(2)先由全反射临界角公式 求出临界角 ，再分析光点消失时入射角等于临界角，得到转过角度 的正弦值 。
14．【答案】（1）解：橡胶带达到最大速度时匀速，切割磁感线产生的电动势为
由闭合电路的欧姆定律有
解得
（2）解：金属条所受的安培力为，
克服安培力做的功为
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属条切割磁感线产生动生电动势，结合闭合电路欧姆定律，由电压表最大示数推导最大速率；
（2）由安培力公式结合功的定义（力 × 位移），计算金属条克服安培力做的功。
15．【答案】（1）解：A、B始终匀速运动时，系统受力平衡，有
代入相关数据解得
（2）解：拉力F1=24N时，设物体运动的加速度大小为a1，绳中拉力为T1，取A研究，根据牛顿第二定律有
取B研究有
联立解得
设历时t1后和皮带共速，则
运动的距离为s1，则
之后摩擦力突变为静摩擦力，设为f，A、B一起向上匀速，则
解得，方向沿斜面向下；设匀速过程历时t2，则
可得上升的过程中A所受摩擦力的冲量大小为
解得
（3）解：拉力F2=12N时，设物体运动的加速度大小为a2，绳中拉力为T2，取A研究，根据牛顿第二定律有
取B研究有
解得
设历时t1'后和皮带共速，则
运动的距离为s1'，则
皮带运动的距离s皮1，则
之后继续向上减速，设加速度大小为a3，则
解得
设历时t2'后速度减为0，则
减速的距离为s2'，则
该过程皮带运动的距离s皮2，则
传送带对A所做的功
A与传送带摩擦所产生的内能
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）匀速运动时系统受力平衡，结合 A、B 的受力条件列方程；
（2）通过牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式求时间，再计算摩擦力的冲量；
（3）分析 A 的运动状态，结合功的定义和内能公式（相对位移 × 摩擦力）计算。
16．【答案】解：（1）如图所示，作速度的垂线，找到圆心 C，半径为 OC，画出轨迹圆 C，与磁场圆B1的边界相交于 F 点。
可得在磁场B1中的轨迹圆心角为120°，利用几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力，可得
联立解得
（2）因为B2 = 0.5B1，所以
找到圆心 D，半径为 FD，画出轨迹圆 D，与磁场圆B1的边界相交于 F、G 点，回到磁场B1，轨迹圆的圆心为 DG 的中点 E，画出轨迹圆 E，回到 O 点，OE 为轨迹半径，速度垂直于轨迹半径。因为
OC = CD = DE= OE
所以四边形 OCDE 为菱形，故
OE//CD
所以粒子A 第一次返回原点O时的速度方向沿 x 轴的正方向。设从 O 处出发第一次回到 O 点的时间为t0，由几何关系知
则粒子在磁场B1中运动时间为
粒子在磁场B2中运动时间为
从 O 处发射到第一次回到 O 点，速度方向刚好顺时针转过120°，所以从 O 处发射至返回原点 O 且速度方向与出发时方向相同所经历的时间为
考虑到运动的周期性，则所经历的时间为
（n 取正整数）
（3）如图所示，轨迹圆 D 上离 O 点最远的点是 H 点，它在磁场圆和轨迹圆连心线 OD 的延长线上，OCD 为正三角形，所以
OD = R1
故有
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子A沿与x轴成120°发射，最终沿x轴正向射出磁场，由几何关系确定轨迹圆心角为120°，结合磁场圆半径 求出轨迹半径 ；再由洛伦兹力提供向心力 求解磁感应强度 。
(2) 外磁场 ，故轨迹半径 。粒子A在磁场 、 中做周期性圆周运动，通过几何关系确定单次往返的轨迹圆心角，结合周期公式计算单次时间，再考虑周期性得到总时间 。
(3) 要保证所有粒子均能回到O点，需找到外磁场 中轨迹离O点最远的位置，由几何关系可知最远点距离为 ，即外边界最小半径 。
1 / 12025届江苏省淮阴中学高三下学期二模物理试题
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．关于教材中几幅图片说法正确的是（　　）
A．图甲的扩散现象说明水分子和墨水分子相互吸引
B．图乙所描出的折线是固体小颗粒在水中运动的轨迹
C．图丙麦克斯韦速率分布规律图中，①对应的温度大于②对应的温度
D．图丁玻璃板紧贴水面，弹簧测力计将其拉离水面时，拉力一定等于玻璃板的重力
【答案】C
【知识点】分子动理论的基本内容；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．图甲的扩散现象是水分子与墨水分子无规则热运动的结果，并非分子间相互吸引，A错误；
B．图乙的折线是每隔固定时间记录的固体小颗粒位置连线，并非颗粒的实际运动轨迹（颗粒运动是无规则的，轨迹是连续曲线），B错误；
C．因为随着温度的升高，峰值向速率大的方向移动，所以两图线所对应的温度T1 > T2，C正确；
D．分子间距离大于平衡位置而小于10倍r时，分子间表现为引力玻璃板被拉起时，要受到水分子间的引力，所以拉力大于玻璃板的重力，与大气压无关，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合扩散现象、布朗运动、麦克斯韦速率分布、分子间作用力的知识，逐一判断选项。
2．月球车上利用衰变提供能量，衰变方程为，同时产生大量γ射线，已知的比结合能为E1，的比结合能为E2，X的比结合能为E3，则（　　）
A．X是质子
B．该反应释放的能量为
C．月球上温度的变化会改变的衰变快慢
D．γ光子是原子核外电子由高能级向低能级跃迁时产生的
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．根据质量数守恒，X质量数为238-234=4，根据电荷数守恒，X电荷数为94-92=2，则X为 粒子，A不符合题意；
B．该反应释放的能量为 ，B符合题意；
C．半衰期是放射性元素固有的属性，与温度无关，所以月球上温度的变化不会改变 的衰变快慢，C不符合题意；
D．γ光子是原子核受激发时产生的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别X为a粒子；利用比结合能的大小结合核子数可以求出结合能的大小，利用反应前后结合能的大小可以求出释放的能力；半衰期的大小与温度无关；光子是原子核核反应过程中释放能量所产生的。
3．在LC振荡电路中，某时刻电路中的电流方向如图所示，且电流正在减小，则该时刻（　　）
A．电容器上极板带负电，下极板带正电
B．电容器两极板间电压正在减小
C．电场能正在向磁场能转化
D．电容器正在放电
【答案】A
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．电流方向如图（顺时针），且电流正在减小，说明电容器正在充电：正电荷流向电容器下极板，负电荷流向上极板，因此上极板带负电，下极板带正电，故A正确；
B．充电过程中，电容器电荷量 增大，由 可知，两极板间电压正在增大，故B错误；
C．充电时，磁场能（储存在电感 中）正在转化为电场能（储存在电容器 中），故C错误；
D．电流减小、电荷流向电容器极板，说明电容器正在充电，而非放电，故D错误；
故答案为：A。
【分析】在LC振荡电路中，电流减小说明电路处于充电阶段（电流方向为正电荷移动方向，充电时电流流向电容器正极板），结合电流方向判断极板带电性，再分析电压、能量转化的变化。
4．某小组用图甲装置进行双缝干涉实验，调节完毕后，在屏上观察到如图乙所示的竖直条纹。下列说法正确的是（　　）
A．装置中的双缝沿水平方向放置
B．仅向右移动单缝，使之靠近双缝，干涉条纹间距将变大
C．仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变大
D．仅将红色滤光片换为绿色滤光片，干涉条纹间距将变大
【答案】C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．根据图乙可知，装置中的双缝沿竖直方向放置，故A错误；
B．根据双缝干涉的条纹间距公式，仅向右移动单缝，条纹间距不变，故B错误；
C．仅更换双缝间距更小的双缝，d变小，干涉条纹间距将变大，故C正确；
D．仅将红色滤光片换为绿色滤光片，波长变小，干涉条纹间距将变小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合双缝干涉条纹间距公式，分析双缝方向、单缝位置、双缝间距、光的波长对条纹间距的影响。
5．如图所示，在离地面高处的A点以水平速度抛出一小球，恰好能够经过前方高h的障碍物，在A点正下方距地面高处的B点以速度同方向抛出同一小球也恰好能从障碍物上方经过，两次速度大小关系满足，忽略空气阻力，则，和h的大小关系（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设障碍物到抛出点的水平距离为 ，忽略空气阻力，小球做平抛运动：
对A点抛出的小球，竖直方向：
水平方向：
联立消去 ：
对B点抛出的小球，竖直方向：
水平方向：
联立消去 ：
已知 ，即 ，将 (1) 与 (2) 相除：
展开整理：
故答案为：A。
【分析】对A、B两点抛出的小球分别列平抛运动方程，利用水平位移相同、速度比 的条件，联立推导 、 与 的关系。
6．我国的嫦娥四号实现了人类飞行器第一次在月球背面着陆，为此发射了提供通信中继服务的“鹊桥”卫星，并定点在如图所示的地月连线外侧的位置L处的拉格朗日点（拉格朗日点指在两个物体引力作用下，能使小物体稳定的点）。“鹊桥”卫星在地球和月球引力的共同作用下，与月球保持相对静止一起绕地球运动。“鹊桥”卫星和月球绕地球运动的加速度大小分别为a1、a2，线速度大小分别为v1、v2，周期分别为T1、T2，轨道半径分别为r1、r2，下列关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．“鹊桥”与月球相对静止，绕地球运动的周期相同，即 ，A错误；
B．由向心加速度公式 ，因 相同、，故 ，B错误；
C．由线速度公式 ，因 相同、，故 ，C正确；
D．开普勒第三定律 仅适用于中心天体相同的环绕系统，本题中“鹊桥”受地球和月球共同引力，不满足该定律，D错误；
故答案为：C。
【分析】先明确“鹊桥”卫星与月球保持相对静止，故周期相同；再结合圆周运动公式 、 分析加速度和线速度的关系。
7．一列简谐横波在介质中沿x轴传播，M、N是波上的两个质点，图甲是t=1.0s时该简谐横波的波形图，图乙是x=4m处质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该列简谐横波沿着x轴的正方向传播，波速为4m/s
B．当t=1.0s时，质点M沿y轴负方向振动
C．x=4m处质点经过2s沿波的传播方向运动了8m
D．当t=3.5s时，质点N在波谷，加速度最大
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图甲：波长 ，由图乙：周期 ， 时 处质点在平衡位置且向上振动。
A．根据“上坡下、下坡上”法则， 处质点向上振动，说明波沿x轴负方向传播。
波速 ，故传播方向判断错误，A错误；
B．波沿x轴负方向传播，用“同侧法”判断： 时，质点M沿y轴正方向振动，故B错误；
C．简谐横波中，质点仅在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故C错误；
D． 时，质点N在平衡位置（），且波沿x轴负方向传播，故N点此时向下振动。
从 到 ，时间间隔 ：质点N从平衡位置向下振动，经 后到达波谷（位移最大），简谐运动中，加速度 ，位移最大时加速度最大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】结合波形图（图甲）与振动图像（图乙），先确定波的传播方向、周期与波长，再计算波速，分析各质点的振动方向、位移及加速度变化。
8．如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　）
A．b球的质量
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为
D．若，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】A．球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为，则有
解得
选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得
解得
同理可得b球离开弹簧后的速度大小为
取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
可得b球的质量为，故A错误；
B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系，由于两小球的质量不相等，可知两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误；
C．a球到达圆心等高处时，速度为，由动能定理可得
轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律可得
解得，由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为，故C错误；
D．若，取向左为正方向，由动量守恒定理得
则分离时两小球速度相等，若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为，则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合圆周运动临界条件（最高点重力提供向心力）、机械能守恒、动量守恒、弹性势能与动能的转化，逐一分析选项。
9．如图所示为一正四棱锥，底面四个顶点A、B、C、D上依次固定电荷量为、、、的点电荷，O点为底面中心，规定无穷远处电势为零，则（　　）
A．E点处电场强度为零，电势不为零
B．O点处电场强度方向由O指向B
C．将一电子从O点沿直线移动到CD边中点，其电势能逐渐减小
D．将一电子从O点沿直线移动到E点，其电势能不变
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】底面四个点电荷为 、、、，呈对称分布：
A与C： 与 对称；B与D： 与 对称。
A．E点在正四棱锥顶点，四个点电荷在E点的电场叠加后，电场强度不为零（有沿竖直向下的分量）；
电势是标量，A、B的正电荷与C、D的负电荷在E点的电势相互抵消，故E点电势为零，A错误；
B．O为底面中心，A、C电荷在O点的电场沿 A到C 方向，B、D电荷在O点的电场沿 B到D 方向，叠加后电场强度方向由O指向C（或沿 A到C 与 B到D 的合方向），并非由O指向B，故B错误；
C．将电子从O点移到CD边中点：O点电势为0，CD边中点靠近 ，电势为负（）。电子带负电，电势能 ，从 到 ， 增大，故C错误；
D．O点和E点都在四个点电荷的对称中垂面上，电势均为0（正负电荷的电势相互抵消）。
电子从O到E，电势差 ，电场力做功 ，故电势能不变，D正确；
故答案为：D
【分析】利用点电荷的电场叠加原理和对称性，分析各点的电场强度与电势，再结合电场力做功与电势能变化的关系解答。
10．如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有阻值为R的电阻和理想二极管D。t=0时刻起阻值也为R的导体棒ab在外力作用下向右运动，其速度变化规律为v＝vmsint，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则金属棒两端电压Uab随时间t变化的关系图象可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】导体棒速度 ，感应电动势 。 时，电流逆时针，二极管导通，电路总电阻 ，； 时，电流反向，二极管断路，无电流，，符合选项A的波形，
故答案为：A。
【分析】先由速度公式得到感应电动势，再结合二极管单向导电性，分导通、断路两个阶段分析金属棒两端电压的表达式与波形。
11．质量为m的物块与弹簧上端连接，弹簧的下端固定在档板上，O点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A点。斜面上另外有B、C、D三点，，其中BD段粗糙，其余部分光滑，物块与斜面BD段间的动摩擦因数为，重力加速度为g，物块静止在A点时弹簧的弹性势能为E，用外力将物块拉到D点由静止释放，第一次经过O点时的速度大小为v，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）
A．物块最终在A、B之间做简谐运动
B．物块在D点时的弹性势能为
C．物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为
D．物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为
【答案】C
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．物块在 BD 段运动时克服摩擦力做功，机械能减少，最终在 A 点沿斜面向上l处（E 点）与 B 点间做简谐运动，并非 A、B 之间，A错误；
B．设物块在D点时的弹性势能为Ep， 从 D 到 O，由能量守恒可知：
根据在BD段动摩擦因数为，则
联立解得，故B错误；
C．最终物块在E、B之间做简谐运动，运用 全过程能量守恒得：
由于，故B 点与 A 点弹性势能均为E，联立解得，全过程中因摩擦产生的热量为，故C正确；
D．物块静止在A点时，由平衡条件有，物块从D点向下运动到A点的过程中，在BD段动摩擦因数为，则，即物块在BD段所受的合力等于弹簧的弹力，分析知物块在D点时的合力最大，加速度最大，设为，根据牛顿第二定律
联立解得，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 先利用平衡条件得到弹簧劲度系数，再结合牛顿第二定律分析加速度；再用能量守恒定律分别计算 D 点弹性势能和全过程摩擦生热；最后判断最终运动区间。
二、实验题
12．在练习使用多用电表的实验中：
（1）一多用电表的电阻挡有四个倍率，分别是、、、，用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　 　挡。
（2）重新测量后，指针位于如图甲所示位置，被测电阻的测量值为　 　。（保留2位有效数字）
（3）如图乙所示为欧姆表某倍率的内部结构示意图，已知电流计的量程为，内阻为，定值电阻，电池电动势为，为调零电阻，则表盘上刻度线对应的电阻值是　 　。（保留2位有效数字）
（4）当图乙所示欧姆表的电池的电动势下降到、内阻增加了时仍可调零，调零后，调零电阻的阻值将变　 　（填“大”或“小”），若测得某电阻为，则这个电阻的真实值为　 　。
【答案】；；；小；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据题意可知，用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明待测电阻较大，为了较准确地进行测量，应换到挡。
故答案为：
（2）由图甲可知，被测电阻的测量值为
故答案为：
（3）根据题意可知，当电流计满偏时，流过电源的电流为，由闭合回路欧姆定律可得，欧姆表内阻为
则表盘上刻度线对应的电阻值是
故答案为：
（4）根据题意可知，电池的电动势下降到，则欧姆表内阻为
内阻增加了时仍可调零，则调零电阻的阻值将变小。
若测得某电阻为，电池电动势为，欧姆表内阻为，则电流计的电流为
电动势下降到，欧姆表内阻为，则这个电阻的真实值为
故答案为：小；
【分析】（1）欧姆挡选择：指针偏转小→电阻大→换大倍率；
（2）电阻测量：刻度×倍率得结果；
（3）刻度对应电阻：先求中值电阻，再用闭合电路欧姆定律求对应电阻；
（4）调零与真实值：电动势变化影响中值电阻，通过中值电阻比例换算真实值。
三、本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
13．如图，半圆形玻璃砖可绕过圆心的轴转动，圆心O与足够大光屏的距离d＝10cm，初始玻璃砖的直径与光屏平行，一束光对准圆心沿垂直光屏方向射向玻璃砖，在光屏上O1位置留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕O点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过30°角时，光屏上光点位置距离O1点为10cm。求
（1）玻璃砖的折射率n；
（2）当光屏上光点消失时，玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值。
【答案】解：（1）璃砖转过角时，折射光路如图
由几何关系可知入射角
又
则
那么折射角
由折射定律可知
解得
（2）发生全反射时有
所以玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】(1)先由玻璃砖转过30°得到入射角 ，再由光点偏移距离算出折射角 ，最后代入折射定律 求解折射率 。
(2)先由全反射临界角公式 求出临界角 ，再分析光点消失时入射角等于临界角，得到转过角度 的正弦值 。
14．某同学设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该跑步机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有量程为0~Um的电压表（内阻很大）和阻值为R的电阻，绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，每根金属条的电阻为r，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，求：
（1）此跑步机可测量的橡胶带运动速率的最大值vm；
（2）电压表的示数恒为时，一根金属条经过磁场区域克服安培力做的功W。
【答案】（1）解：橡胶带达到最大速度时匀速，切割磁感线产生的电动势为
由闭合电路的欧姆定律有
解得
（2）解：金属条所受的安培力为，
克服安培力做的功为
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属条切割磁感线产生动生电动势，结合闭合电路欧姆定律，由电压表最大示数推导最大速率；
（2）由安培力公式结合功的定义（力 × 位移），计算金属条克服安培力做的功。
15．如图所示，长为L=5.0m的倾斜传送带以速度v=2.0m/s沿顺时针方向匀速转动，与水平方向间夹角θ=37°。质量mA=2.0kg的小物块A和质量mB=1.0kg的小物块B由跨过轻质定滑轮的轻绳连接，A与滑轮间的绳子和传送带平行。某时刻给A沿传送带向上的初速度，给B竖直向上的初速度，速度大小均为v0=4.0m/s，此时轻绳绷紧，在A、B获得初速度的同时，在A上施加方向沿传送带向上、大小恒定的拉力，使A沿传送带向上运动。已知A与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮摩擦，轻绳足够长且不可伸长，整个运动过程中B都没有上升到滑轮处，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，研究A沿传送带上升的过程，求：
（1）A、B始终匀速运动时拉力的大小F0；
（2）拉力F1=24N，A所受摩擦力的冲量大小I；
（3）拉力F2=12N，传送带对A所做的功W和A与传送带摩擦所产生的内能Q。
【答案】（1）解：A、B始终匀速运动时，系统受力平衡，有
代入相关数据解得
（2）解：拉力F1=24N时，设物体运动的加速度大小为a1，绳中拉力为T1，取A研究，根据牛顿第二定律有
取B研究有
联立解得
设历时t1后和皮带共速，则
运动的距离为s1，则
之后摩擦力突变为静摩擦力，设为f，A、B一起向上匀速，则
解得，方向沿斜面向下；设匀速过程历时t2，则
可得上升的过程中A所受摩擦力的冲量大小为
解得
（3）解：拉力F2=12N时，设物体运动的加速度大小为a2，绳中拉力为T2，取A研究，根据牛顿第二定律有
取B研究有
解得
设历时t1'后和皮带共速，则
运动的距离为s1'，则
皮带运动的距离s皮1，则
之后继续向上减速，设加速度大小为a3，则
解得
设历时t2'后速度减为0，则
减速的距离为s2'，则
该过程皮带运动的距离s皮2，则
传送带对A所做的功
A与传送带摩擦所产生的内能
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）匀速运动时系统受力平衡，结合 A、B 的受力条件列方程；
（2）通过牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式求时间，再计算摩擦力的冲量；
（3）分析 A 的运动状态，结合功的定义和内能公式（相对位移 × 摩擦力）计算。
16．如图所示，在纸面内存在一垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，其半径为r1=1.0m。圆心O处有一粒子源，可以在平面内向各个方向发射速度为v0 =1.0×106m/s的α粒子（即氦核），其电量为q =+3.2×10-19C，质量取m =6.4×10-27kg。现以O点为原点，建立x坐标轴，其中沿与x轴成角发射的粒子A，恰好沿 x 轴正向射出圆形磁场区域。求：
（1）α粒子在圆形磁场区域内运动的轨迹半径R1及该磁场的磁感应强度大小B1；
（2）若在该圆形磁场区域外存在另一垂直纸面向外的匀强磁场（范围足够大），其磁感应强度大小B2 = 0.5B1，请确定粒子A从原点O 发射至返回原点O且速度方向与出发时方向相同所经历的时间t；
（3）在（2）中引入的匀强磁场B2，若有一个以 O 点为圆心的圆形外边界，为保证所有粒子源发射的α粒子均能回到O点，则磁场B2的外边界半径r2至少需多大。
【答案】解：（1）如图所示，作速度的垂线，找到圆心 C，半径为 OC，画出轨迹圆 C，与磁场圆B1的边界相交于 F 点。
可得在磁场B1中的轨迹圆心角为120°，利用几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力，可得
联立解得
（2）因为B2 = 0.5B1，所以
找到圆心 D，半径为 FD，画出轨迹圆 D，与磁场圆B1的边界相交于 F、G 点，回到磁场B1，轨迹圆的圆心为 DG 的中点 E，画出轨迹圆 E，回到 O 点，OE 为轨迹半径，速度垂直于轨迹半径。因为
OC = CD = DE= OE
所以四边形 OCDE 为菱形，故
OE//CD
所以粒子A 第一次返回原点O时的速度方向沿 x 轴的正方向。设从 O 处出发第一次回到 O 点的时间为t0，由几何关系知
则粒子在磁场B1中运动时间为
粒子在磁场B2中运动时间为
从 O 处发射到第一次回到 O 点，速度方向刚好顺时针转过120°，所以从 O 处发射至返回原点 O 且速度方向与出发时方向相同所经历的时间为
考虑到运动的周期性，则所经历的时间为
（n 取正整数）
（3）如图所示，轨迹圆 D 上离 O 点最远的点是 H 点，它在磁场圆和轨迹圆连心线 OD 的延长线上，OCD 为正三角形，所以
OD = R1
故有
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子A沿与x轴成120°发射，最终沿x轴正向射出磁场，由几何关系确定轨迹圆心角为120°，结合磁场圆半径 求出轨迹半径 ；再由洛伦兹力提供向心力 求解磁感应强度 。
(2) 外磁场 ，故轨迹半径 。粒子A在磁场 、 中做周期性圆周运动，通过几何关系确定单次往返的轨迹圆心角，结合周期公式计算单次时间，再考虑周期性得到总时间 。
(3) 要保证所有粒子均能回到O点，需找到外磁场 中轨迹离O点最远的位置，由几何关系可知最远点距离为 ，即外边界最小半径 。
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