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2025届山东省临沂市高三下学期学业水平等级模拟物理试卷
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。
1．2025年3月9日，我国首款基于碳化硅半导体材料的碳14核电池“烛龙一号”研制成功。碳14半衰期长达5730年，理论上使其能持续放电数千年；目前，搭载该电池的LED灯已持续工作近4个月，完成超35000次脉冲闪烁，并成功驱动蓝牙射频芯片发射信号，充分验证了其稳定性和可靠性。碳14核电池“烛龙一号”通过碳14的核衰变释放核能，进而转化为电能。下列说法正确的是（　　）
A．碳14的衰变产物为氧16
B．升高温度，可以减小碳14的半衰期
C．衰变的实质是核外电子跃迁
D．经17190年，核电池中碳14的个数变为原来的
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．碳14发生β衰变，衰变方程为 ，产物为氮14，并非氧16，故A错误；
B．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与温度、压强等外界条件无关，升高温度不会改变碳14的半衰期，故B错误；
C．β衰变的实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子被释放出来，并非核外电子跃迁，故C错误；
D．已知碳14的半衰期 年，经过时间 年，半衰期的次数 。
根据半衰期公式 ，代入 得 ，即剩余原子核数为原来的 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】通过分析碳 14 的 β 衰变方程、半衰期的影响因素及衰变规律，利用半衰期公式计算剩余原子核数量，逐一判断。
2．如图所示，在2025年春节文艺晚会的机器人表演中，机器人转动手帕使其在竖直面内做匀速圆周运动，机器人手帕的持续转速达到每分钟1200转，远超人类极限的每分钟800转。已知手帕边缘P点的转动半径为。则下列说法正确的是（　　）
A．手帕转动的角速度
B．手帕转动的角速度
C．P点转动的向心加速度
D．P点转动的向心加速度
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB．已知手帕转速 ，根据角速度与转速的关系 ，代入得：
，AB错误；
CD．已知P点转动半径 ，结合已求出的角速度 ，根据向心加速度公式 ，代入得：，C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合转速与角速度的关系公式 计算角速度，再利用向心加速度公式 求解P点的向心加速度。
3．2025年3月26日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将天链二号04星发射升空。该卫星由长征三号乙运载火箭发射后，首先进入地球同步转移轨道，该轨道为绕地球运动的椭圆轨道，如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为、，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB．若卫星在近地点（到地心距离为 ）做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得：
解得圆周运动速度 。
卫星实际在椭圆轨道上从近地点做离心运动，说明椭圆轨道近地点速度 大于同半径圆周运动速度，即 ，故A错误，B正确；
CD．卫星在椭圆轨道上从近地点向远地点运动时，万有引力与速度方向夹角大于90°，万有引力做负功，卫星动能减小，因此近地点速度 大于远地点速度 ，即 ，故CD错误；
故答案为：B。
【分析】 结合卫星椭圆轨道的能量变化规律，对比近地点与远地点的速度大小；再通过圆周运动向心力公式，分析椭圆轨道近地点速度与同半径圆周运动速度的关系。
4．图（a）为一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点；图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．在时，质点Q向y轴正方向运动
B．在时，质点P的加速度方向与y轴负方向相同
C．从到，该波沿x轴负方向传播了
D．从到，质点P通过的路程为
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．由图（b）可知， 时质点Q在平衡位置，且下一时刻位移为负，因此质点Q向轴负方向运动，故A错误；
B．根据质点Q的运动方向，结合图（a）可判断波沿轴负方向传播；由图（b）得周期。
从到，时间间隔。
时质点P在平衡位置上方、向上振动，经过后，质点P位于轴下方，加速度方向沿轴正方向（指向平衡位置），故B错误；
C．由图（a）得波长，波速。
在内，波沿轴负方向传播的距离，故C正确；
D．，但时质点P不在平衡位置、波峰或波谷，因此质点P通过的路程不等于，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 结合质点Q的振动图像判断波的传播方向，利用波形图获取波长、振动图像获取周期，再通过波速公式计算波速，最后分析质点P的振动状态与路程。
5．1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）。洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为一平面镜，S发出的光直接照在光屏上，同时S发出的光还通过平面镜反射到光屏上，最终在光屏上得到明暗相间的干涉条纹。设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为d和L，光的波长为，在光屏上形成干涉条纹。下列说法正确的是（　　）
A．相邻两条亮纹（或暗纹）间的距离
B．实验中，单色光的波长越短，干涉条纹越宽
C．若将平面镜M右移一小段距离，光屏上的条纹间距变大
D．若将平面镜M右移一小段距离，光屏上的条纹间距变小
【答案】A
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．洛埃镜实验可等效为双缝干涉，等效双缝间距，屏与双缝的距离为。
根据双缝干涉条纹间距公式：，故A正确；
B．由条纹间距公式可知，波长越短，条纹间距越小，干涉条纹越窄，故B错误；
CD．平面镜M右移时，等效双缝间距不变，屏与双缝的距离也不变，因此条纹间距不变，故C、D错误；
故答案为：A。
【分析】将洛埃镜实验等效为杨氏双缝干涉，光源S与其镜像构成“双缝”，等效双缝间距为，结合双缝干涉条纹间距公式解答。
6．如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B。然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较，下列说法正确的是（　　）
A．物块滑到底端的速度，前一过程较大
B．物块滑到底端的速度，后一过程较大
C．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
D．物块从顶端滑到底端的时间，后一过程较长
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．两过程中，物块下落的高度相同，因此重力做功相同；
动摩擦因数沿木板的分布对称，克服摩擦力做功也相同。
根据动能定理 ，可知两过程物块到达底端的速度大小相等，故AB错误；
CD．如图
（A到B）：动摩擦因数由A到B逐渐减小，合力 随位移增大而增大，即加速度逐渐增大，v-t图像斜率逐渐变大。
（B到A）：动摩擦因数由B到A逐渐减小，合力 随位移增大而减小，即加速度逐渐减小，v-t图像斜率逐渐变小。
两过程末速度大小相等、位移大小相等（v-t图像面积相等），结合v-t图像形状可知：加速度先小后大的（A到B）所用时间更长，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】 结合动能定理分析物块到达底端的速度，再通过加速度变化规律与v-t图像面积（位移）的关系，比较两次运动的时间长短。
7．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是（　　）
A．在图中时刻线圈平面平行于匀强磁场
B．线圈先后两次转速之比为
C．图线a在时，穿过线圈的磁通量最小
D．图线b的电压最大值为
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 时刻，图线a、b的感应电动势均为0，此时线圈处于中性面，线圈平面与磁场方向垂直，并非平行，故A错误；
B．由图像得：图线a的周期 ，图线b的周期 。
转速 与周期 成反比，即 ，因此两次转速之比：
即转速之比为 ，故B错误；
C．图线a的周期 ， 时为 ，此时感应电动势为0，线圈再次处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D．交变电流最大值 ，而 ，故 。
已知 ，则：
解得 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】结合交变电流图像读取周期、最大值，利用转速与周期的关系、最大值与角速度的关系，以及磁通量与感应电动势的关联。
8．从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2，轨迹如图所示，球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB，落在水平地面上的N点，球2刚好直接越过竖直挡板AB，也落在N点，球1与地面的碰后水平速度保持不变竖直速度反向，忽略空气阻力，则竖直挡板AB的高度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设M点到N点的水平距离为 ，球1的水平初速度为 ，球2的水平初速度为 ，下落高度 的时间为 。
球1的运动：与地面碰撞一次后落在N点，竖直方向运动等效为从高度 平抛，总时间为 ，则 。
球2的运动：直接落在N点，竖直方向下落高度 ，时间为 ，则 。
联立得 。
设挡板AB高度为 ，球1到达A点的时间为 ，球2到达A点的时间为 ：
球1在A点的竖直位移：
球2在A点的竖直位移：
又 ，代入解得：
故答案为：A。
【分析】将球1的运动等效为完整的平抛运动，结合两球水平位移与竖直方向的运动规律，联立求解挡板高度。
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。
9．一定量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环。从M到N、从P到Q是等温过程；从N到P、从Q到M是等容过程；其体积一温度图像（图）如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．从M到N是吸热过程 B．从N到P是吸热过程
C．从P到Q气体对外界做功 D．从Q到M是气体对外界做功
【答案】B,C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．从M到N是等温过程，温度不变，理想气体内能不变（）；体积减小，外界对气体做功（）。根据热力学第一定律 ，得 ，即气体放热，故A错误；
B．从N到P是等容过程，体积不变，气体对外界不做功（）；温度升高，内能增加（）。根据热力学第一定律 ，得 ，即气体吸热，故B正确；
C．从P到Q是等温过程，温度不变，内能不变（）；体积增大，气体对外界做功（），故C正确；
D．从Q到M是等容过程，体积不变，气体对外界不做功（），故D错误；
故答案为：BC。
【分析】结合理想气体状态方程和热力学第一定律，分析各过程的温度、体积变化，判断吸放热与做功情况。
10．如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为，方向与电场方向的夹角为；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为，不计粒子重力。有关粒子从A点运动至B点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的电势能先增加后减小
B．A、B两点间的电势差
C．A、B两点间的电势差
D．粒子在B点的动能是粒子在A点的动能的3倍
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子从A点运动至B点的过程中，电场力对粒子一直做正功，粒子的电势能一直减小，故A错误；
BC．将速度分解为电场方向（）和垂直电场方向（）：
A点：
B点：
由于垂直方向不受力，，即：
由动能定理：
代入 ：
，故B正确，C错误；
D．A点动能 ，B点动能 ，因此：
即B点动能是A点的3倍，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】将粒子速度分解为电场方向和垂直电场方向，利用垂直方向速度分量不变求出B点速度，再结合动能定理和电场力做功与电势能变化的关系判断。
11．如图所示，质量为M、倾角为的斜面体放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态，斜面光滑且足够长。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的最大伸长量为
B．弹簧的最大伸长量为
C．为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足
D．为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．物块从弹簧压缩量为 的位置由静止释放，到弹簧最大伸长量时速度为0，系统机械能守恒。
设最大伸长量为 ，则初态压缩量 ，末态伸长量 ，物块沿斜面位移为 。
由机械能守恒：
整理得：
因式分解并舍去负解，得 ，故弹簧最大伸长量为 ，A正确，B错误；
CD．斜面体受地面静摩擦力、弹簧弹力水平分力、物块压力水平分力。当弹簧伸长最大时，斜面体最易滑动：
弹簧弹力 ，方向沿斜面向上；
物块对斜面压力 ，水平分力 ；
地面支持力 。
临界状态下静摩擦力 ，水平方向平衡：
代入 和 并整理，得：，故C正确，D错误；
故答案为：AC。
【分析】结合机械能守恒定律求解弹簧最大伸长量，再对斜面体进行受力分析，找到最易滑动的临界状态，推导动摩擦因数的最小值。
12．如图所示间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，倾角为的导轨处于方向竖直向上的匀强磁场中，水平导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。长度均为l的金属杆、金属框分别垂直导轨放置于导轨的倾斜部分和水平部分，金属杆的质量为m，金属框的质量为，由静止释放金属杆后，金属杆和金属框开始运动，经足够长时间后，两者达到稳定运动状态。金属杆和金属框在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨足够长，不计摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度为g，忽略磁场边界效应。两者达到稳定运动状态后，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆中电流方向为
B．金属杆中电流大小为
C．金属杆中电流大小为
D．金属杆和金属框做加速度大小不同的匀加速直线运动
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属杆ab沿倾斜导轨向下运动，切割竖直向上的磁场，由右手定则可知，感应电流方向为 ，故A正确；
BC．设稳定运动时，金属杆ab的加速度为 ，金属框cdef的加速度为 ，回路电流为 。
对金属杆ab：沿斜面方向受力平衡
对金属框cdef：水平方向受力平衡
感应电动势关系：，对时间求导得 ，又 ，稳定运动时电流恒定，故 。
联立方程，代入 （，）：
解得 ，故B正确，C错误；
D．由上述计算可知，，，两者加速度大小不同，且加速度恒定，故两者做加速度大小不同的匀加速直线运动，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】结合楞次定律判断感应电流方向，对金属杆和金属框分别进行受力分析，利用牛顿第二定律推导稳定运动状态下的加速度与电流大小。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．用如图所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
（1）为补偿小车受到的阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸带进行检验，下图中能表明补偿阻力恰当的是__________。
A．
B．
C．
D．
（2）保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。通过分析纸带数据利用逐差法求出小车的加速度a，以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图所示。
由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成　 　（填“正比”或“反比”）；甲组所用的　 　（填“小车”、“砝码”或“槽码”）质量比乙组的更大。
【答案】（1）B
（2）反比；槽码
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）补偿小车受到的阻力时，若小车匀速运动，则表明补偿阻力合适，此时纸带点迹间距均匀，B符合题意。
故答案为：B；
（2）图像可知在所受外力一定的条件下，与M成正比，表面a与M成反比；由于设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律有
整理得
故图像斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的要大。
故答案为： 反比 ； 槽码 ；
【分析】(1) 补偿小车阻力的核心是让小车在不挂槽码时做匀速直线运动，此时纸带点迹应均匀分布，以此判断阻力补偿是否恰当。
(2) 探究外力一定时加速度与质量的关系，需结合牛顿第二定律推导 与总质量 的函数关系，通过图像斜率分析槽码质量的差异。
（1）补偿小车受到的阻力时，若小车匀速运动，则表明补偿阻力合适，此时纸带点迹间距均匀，B符合题意。
故选B。
（2）[1]图像可知在所受外力一定的条件下，与M成正比，表面a与M成反比；
[2]由于设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律有
整理得
故图像斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的要大。
14．小刘同学研究测量某热敏电阻（其室温下电阻约为）的阻值随温度变化关系，设计了如图1所示电路，所用器材有：电源E（，），定值电阻、，电阻箱，滑动变阻器，微安表（，内阻约），开关S，导线若干。
（1）按图1连接电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到　 　（选填“a”或“b”）端。
（2）实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，然后仔细调节、恰好使微安表的读数为0，计算出不同温度下相应的热敏电阻阻值。若某次测量中，则此时热敏电阻的阻值为　 　。
（3）实验中得到的该热敏电阻阻值随温度T变化的曲线如图2所示。图3为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为。当线圈中的电流大于或等于时，继电器的衔铁被吸合。图中为继电器线圈供电的电源电动势，内阻可以不计。应该把恒温箱内加热器接　 　端（选填“”或“”）。如果要使恒温箱内的温度保持60℃，滑动变阻器接入电路的电阻值为　 　。
【答案】（1）a
（2）1600
（3）；300
【知识点】闭合电路的欧姆定律；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端；
故答案为： a ；
（2）微安表的读数为0时，设支路电流分别为，则有
整理得
代入题中数据，解得
故答案为： 1600 ；
（3）随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端；
要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图2可知，60℃时热敏电阻的阻值为，由闭合电路欧姆定律
代入题中数据，解得；
故答案为： ； 300 ；
【分析】(1) 闭合开关前，滑动变阻器需接入最大阻值以保护电路，需判断滑片位置使接入电阻最大。
(2) 微安表读数为0时，电桥达到平衡，利用电桥平衡条件 计算热敏电阻阻值。
(3) 分析热敏电阻阻值随温度变化的规律，结合继电器工作特性判断加热器接线端；再根据闭合电路欧姆定律计算滑动变阻器接入阻值。
（1）为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端；
（2）微安表的读数为0时，设支路电流分别为，则有
整理得
代入题中数据，解得
（3）[1]随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端；
[2]要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图2可知，60℃时热敏电阻的阻值为，由闭合电路欧姆定律
代入题中数据，解得
15．如图所示，清澈的湖面下S处有一点光源，S到水面的距离，已知水的折射率，当很小时，求：
（1）点光源发出的光能直接射出水面的面积；
（2）在点光源正上方的水面上能看到点光源的视深。
【答案】（1）解：当从S发出的光在N点处发生全反射时，其光路如图所示。
有
故得
解得
点光源发出的光能直接射出水面的面积
（2）解：在点光源正上方向的水面上看到点光源时，其光路如图所示。
由折射定律知
由几何关系知，
联立代入数据解得能看到点光源的视深
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】(1) 点光源发出的光在水面发生全反射时，临界角决定了能射出水面的圆形区域半径，结合几何关系和全反射临界角公式计算面积。
(2) 视深问题利用折射定律，结合小角度近似（），将折射角与入射角的正弦关系转化为几何边长的比例关系求解。
（1）当从S发出的光在N点处发生全反射时，其光路如图所示。
有
故得
解得
点光源发出的光能直接射出水面的面积
（2）在点光源正上方向的水面上看到点光源时，其光路如图所示。
由折射定律知
由几何关系知，
联立代入数据解得能看到点光源的视深
16．篮球运动是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。某同学发现教室里一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为，已知篮球内部容积为，教室内温度为。现把篮球拿至室外篮球场后用简易打气筒给篮球打气28次，每次能将、的空气打入球内，篮球及篮球场空气温度均为，假设篮球的标准气压为。忽略打气和放气过程中篮球容积的变化。求：
（1）打气完成后篮球内部的气压p；
（2）若发现打气过多，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量与篮球内剩余空气质量m的比值。
【答案】（1）解：根据题可得
其中，，，，，
代入数据解得
（2）解：根据克拉珀龙方程可得，
两式比较可得
其中，根据
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】(1) 打气过程涉及多部分气体，需将原有气体和打入气体分别按理想气体状态方程处理，再合并到最终状态，求解打气后气压。
(2) 放气过程为等温变化，利用克拉珀龙方程，通过压强比得到质量比，进而计算放出气体与剩余气体的质量比值。
（1）根据题可得
其中，，，，，
代入数据解得
（2）根据克拉珀龙方程可得，
两式比较可得
其中，根据
联立解得
17．如图甲所示，两平行金属板A、B水平放置，两板间距为d，紧靠两板右端宽度为d的两虚线间为电磁场区域，紧靠B板右端有一长度为且与竖直方向的夹角为的倾斜挡板C，挡板C的中心有一小孔D，挡板C将电磁场区域分成上下两部分，分别为区域Ⅰ和区域Ⅱ。区域Ⅰ中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；区域Ⅱ中有垂直纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，磁感应强度大小为，电场强度为。A、B板之间的电压随时间周期性变化的规律如图乙所示。粒子源位于O点，可持续不断地沿板间中线以速度发射带负电粒子，粒子质量为m，带电量为q。已知时刻进入两板间的带电粒子在时刻刚好沿A板右边缘射出交变电场，打在挡板C上的粒子均被挡板吸收，只有穿过小孔D的粒子才能进入区域Ⅱ，不计粒子重力及粒子间的相互作用，计算结果只能选用m、q、d、T表示。求
（1）A、B板之间的电压；
（2）能够穿过小孔D的粒子进入两板间的时刻t；
（3）粒子在区域Ⅱ的出射点与小孔D的竖直距离y。
【答案】（1）解：由t=0时刻进入两板间的带电粒子在t=T时刻网好沿A板右边缘射出交变电场，竖直方向先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动，则
且
联立解得
（2）解：不同时刻进入两板间的粒子，在两板间电场力的冲量一定为零，故粒子一定以水 平向右离开交变电场，能通过小孔的粒子在区域I中，其轨迹圆心角设为，由几何关系得
且
联立解得
在0-T时段内进入交变电场能够通过小孔的粒子，其进入的时刻设为，竖直位移满足或
解得或
考虑到周期性
可得或
（3）解：粒子从小孔射出的速度方向与水平方向的夹角为，该速度沿水平和竖直方向 的分速度大小为
分析数据发现
则粒子从小孔射出后的运动可分解为沿竖直方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知
解得
粒子做匀速圆周运动，从小孔至出射转过的圆心角设为，由外何关系知
联立解得
从小孔至出射所用时间设为
做匀速圆周运动产生的竖直位移为
做匀速直线运动产生的竖直位移为
粒子在区域I的出射点与小孔D的竖直距离
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 利用t=0时刻进入的粒子在 t=T时沿 A 板边缘射出的条件，分析竖直方向先匀加速后匀减速的位移规律，结合牛顿第二定律和电场强度与电压的关系求解U0。
(2) 能穿过小孔 D 的粒子在区域 Ⅰ 中做匀速圆周运动，结合几何关系确定圆周运动半径和圆心角，再根据交变电场中竖直位移的对称性，求解粒子进入两板间的时刻。
(3) 粒子进入区域 Ⅱ 后，将运动分解为竖直方向匀速直线运动和水平方向匀速圆周运动，结合几何关系和运动学公式求解出射点与小孔 D 的竖直距离
（1）由t=0时刻进入两板间的带电粒子在t=T时刻网好沿A板右边缘射出交变电场，竖直方向先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动，则
且
联立解得
（2）不同时刻进入两板间的粒子，在两板间电场力的冲量一定为零，故粒子一定以水 平向右离开交变电场，能通过小孔的粒子在区域I中，其轨迹圆心角设为，由几何关系得
且
联立解得
在0-T时段内进入交变电场能够通过小孔的粒子，其进入的时刻设为，竖直位移满足或
解得或
考虑到周期性
可得或
（3）粒子从小孔射出的速度方向与水平方向的夹角为，该速度沿水平和竖直方向 的分速度大小为
分析数据发现
则粒子从小孔射出后的运动可分解为沿竖直方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知
解得
粒子做匀速圆周运动，从小孔至出射转过的圆心角设为，由外何关系知
联立解得
从小孔至出射所用时间设为
做匀速圆周运动产生的竖直位移为
做匀速直线运动产生的竖直位移为
粒子在区域I的出射点与小孔D的竖直距离
联立解得
18．如图所示，光滑水平面上有一质量为的木板，木板上表面段为圆心角的光滑圆弧，段为长的粗糙水平部分，厚度，两段平滑连接，A点离地高度为。一质量为的小球通过长为的细绳悬挂于O点，小球静止时刚好与地面接触，细绳左侧P点固定一个钉子，长为且与竖直方向夹角为。某时刻木板获得水平向右的初速度开始向右运动，一段时间后木板与静止的小球发生弹性碰撞，碰后小球绕O点做圆周运动，恰好能通过圆弧最高点，当细绳碰到钉子时小球将绕P点做圆周运动，小球运动到P点正下方时细绳突然断裂，小球继续运动并恰好无碰撞的从A点落入木板。为确保小球恰好从A点落入木板，碰后对木板施加一个水平方向的力F，直至小球落入木板时撤掉力F。已知小球与木板间粗糙部分的动摩擦因数为，取重力加速度，小球可视为质点。求：
（1）木板与小球碰后瞬间小球速度的大小；
（2）力F对木板的冲量大小I；
（3）判断小球能否滑离木板，若能滑离木板，求出小球滑离木板时的速度；若不能滑离木板，求出小球相对木板静止时的位置与木板右端的距离x。
【答案】（1）解：小球恰好过最高点，则
动能定理有
代入题中数据，解得
（2）解：设碰前碰后木板的速度分别为和，木板与小球相碰满足动量守恒和机械能守恒，有
解得
设绳断瞬间小球的速度分别为，小球从圆周最高点至绳断瞬间，由动能定理可得
解得
小球从绳断瞬间到平抛至A点，小球下落的高度设为，几何关系可知
解得
小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，则有
联立解得
小球恰好无碰撞的A点落入木板，设此时木板速度为，由几何关系可得
解得
对木板，由动量定理可得
联立解得，力F对木板的冲量大小
（3）解：假设小球未滑离木板，由水平方向动量守恒和系统能量守恒可得解得
假设成立，小球相对木板静止时的位置与木板右端的距离。
【知识点】动量守恒定律；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 小球与木板弹性碰撞后绕 O 点做圆周运动，恰好通过最高点时重力提供向心力，结合动能定理求解碰后小球速度。
(2) 先由动量守恒和机械能守恒求出碰后木板速度，再通过动能定理求出绳断时小球速度，结合平抛运动规律和几何关系求出小球落入 A 点时木板速度，最后由动量定理求力 F 的冲量。
(3) 假设小球未滑离木板，由水平方向动量守恒和系统能量守恒求出相对位移，判断是否滑离并计算静止位置与右端的距离。
（1）小球恰好过最高点，则
动能定理有
代入题中数据，解得
（2）设碰前碰后木板的速度分别为和，木板与小球相碰满足动量守恒和机械能守恒，有
解得
设绳断瞬间小球的速度分别为，小球从圆周最高点至绳断瞬间，由动能定理可得
解得
小球从绳断瞬间到平抛至A点，小球下落的高度设为，几何关系可知
解得
小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，则有
联立解得
小球恰好无碰撞的A点落入木板，设此时木板速度为，由几何关系可得
解得
对木板，由动量定理可得
联立解得，力F对木板的冲量大小
（3）假设小球未滑离木板，由水平方向动量守恒和系统能量守恒可得解得
假设成立，小球相对木板静止时的位置与木板右端的距离
1 / 12025届山东省临沂市高三下学期学业水平等级模拟物理试卷
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。
1．2025年3月9日，我国首款基于碳化硅半导体材料的碳14核电池“烛龙一号”研制成功。碳14半衰期长达5730年，理论上使其能持续放电数千年；目前，搭载该电池的LED灯已持续工作近4个月，完成超35000次脉冲闪烁，并成功驱动蓝牙射频芯片发射信号，充分验证了其稳定性和可靠性。碳14核电池“烛龙一号”通过碳14的核衰变释放核能，进而转化为电能。下列说法正确的是（　　）
A．碳14的衰变产物为氧16
B．升高温度，可以减小碳14的半衰期
C．衰变的实质是核外电子跃迁
D．经17190年，核电池中碳14的个数变为原来的
2．如图所示，在2025年春节文艺晚会的机器人表演中，机器人转动手帕使其在竖直面内做匀速圆周运动，机器人手帕的持续转速达到每分钟1200转，远超人类极限的每分钟800转。已知手帕边缘P点的转动半径为。则下列说法正确的是（　　）
A．手帕转动的角速度
B．手帕转动的角速度
C．P点转动的向心加速度
D．P点转动的向心加速度
3．2025年3月26日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将天链二号04星发射升空。该卫星由长征三号乙运载火箭发射后，首先进入地球同步转移轨道，该轨道为绕地球运动的椭圆轨道，如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为、，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
4．图（a）为一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点；图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．在时，质点Q向y轴正方向运动
B．在时，质点P的加速度方向与y轴负方向相同
C．从到，该波沿x轴负方向传播了
D．从到，质点P通过的路程为
5．1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）。洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为一平面镜，S发出的光直接照在光屏上，同时S发出的光还通过平面镜反射到光屏上，最终在光屏上得到明暗相间的干涉条纹。设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为d和L，光的波长为，在光屏上形成干涉条纹。下列说法正确的是（　　）
A．相邻两条亮纹（或暗纹）间的距离
B．实验中，单色光的波长越短，干涉条纹越宽
C．若将平面镜M右移一小段距离，光屏上的条纹间距变大
D．若将平面镜M右移一小段距离，光屏上的条纹间距变小
6．如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B。然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较，下列说法正确的是（　　）
A．物块滑到底端的速度，前一过程较大
B．物块滑到底端的速度，后一过程较大
C．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
D．物块从顶端滑到底端的时间，后一过程较长
7．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是（　　）
A．在图中时刻线圈平面平行于匀强磁场
B．线圈先后两次转速之比为
C．图线a在时，穿过线圈的磁通量最小
D．图线b的电压最大值为
8．从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2，轨迹如图所示，球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB，落在水平地面上的N点，球2刚好直接越过竖直挡板AB，也落在N点，球1与地面的碰后水平速度保持不变竖直速度反向，忽略空气阻力，则竖直挡板AB的高度为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。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。
9．一定量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环。从M到N、从P到Q是等温过程；从N到P、从Q到M是等容过程；其体积一温度图像（图）如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．从M到N是吸热过程 B．从N到P是吸热过程
C．从P到Q气体对外界做功 D．从Q到M是气体对外界做功
10．如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为，方向与电场方向的夹角为；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为，不计粒子重力。有关粒子从A点运动至B点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的电势能先增加后减小
B．A、B两点间的电势差
C．A、B两点间的电势差
D．粒子在B点的动能是粒子在A点的动能的3倍
11．如图所示，质量为M、倾角为的斜面体放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态，斜面光滑且足够长。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的最大伸长量为
B．弹簧的最大伸长量为
C．为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足
D．为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足
12．如图所示间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，倾角为的导轨处于方向竖直向上的匀强磁场中，水平导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。长度均为l的金属杆、金属框分别垂直导轨放置于导轨的倾斜部分和水平部分，金属杆的质量为m，金属框的质量为，由静止释放金属杆后，金属杆和金属框开始运动，经足够长时间后，两者达到稳定运动状态。金属杆和金属框在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨足够长，不计摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度为g，忽略磁场边界效应。两者达到稳定运动状态后，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆中电流方向为
B．金属杆中电流大小为
C．金属杆中电流大小为
D．金属杆和金属框做加速度大小不同的匀加速直线运动
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．用如图所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
（1）为补偿小车受到的阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸带进行检验，下图中能表明补偿阻力恰当的是__________。
A．
B．
C．
D．
（2）保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。通过分析纸带数据利用逐差法求出小车的加速度a，以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图所示。
由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成　 　（填“正比”或“反比”）；甲组所用的　 　（填“小车”、“砝码”或“槽码”）质量比乙组的更大。
14．小刘同学研究测量某热敏电阻（其室温下电阻约为）的阻值随温度变化关系，设计了如图1所示电路，所用器材有：电源E（，），定值电阻、，电阻箱，滑动变阻器，微安表（，内阻约），开关S，导线若干。
（1）按图1连接电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到　 　（选填“a”或“b”）端。
（2）实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，然后仔细调节、恰好使微安表的读数为0，计算出不同温度下相应的热敏电阻阻值。若某次测量中，则此时热敏电阻的阻值为　 　。
（3）实验中得到的该热敏电阻阻值随温度T变化的曲线如图2所示。图3为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为。当线圈中的电流大于或等于时，继电器的衔铁被吸合。图中为继电器线圈供电的电源电动势，内阻可以不计。应该把恒温箱内加热器接　 　端（选填“”或“”）。如果要使恒温箱内的温度保持60℃，滑动变阻器接入电路的电阻值为　 　。
15．如图所示，清澈的湖面下S处有一点光源，S到水面的距离，已知水的折射率，当很小时，求：
（1）点光源发出的光能直接射出水面的面积；
（2）在点光源正上方的水面上能看到点光源的视深。
16．篮球运动是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。某同学发现教室里一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为，已知篮球内部容积为，教室内温度为。现把篮球拿至室外篮球场后用简易打气筒给篮球打气28次，每次能将、的空气打入球内，篮球及篮球场空气温度均为，假设篮球的标准气压为。忽略打气和放气过程中篮球容积的变化。求：
（1）打气完成后篮球内部的气压p；
（2）若发现打气过多，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量与篮球内剩余空气质量m的比值。
17．如图甲所示，两平行金属板A、B水平放置，两板间距为d，紧靠两板右端宽度为d的两虚线间为电磁场区域，紧靠B板右端有一长度为且与竖直方向的夹角为的倾斜挡板C，挡板C的中心有一小孔D，挡板C将电磁场区域分成上下两部分，分别为区域Ⅰ和区域Ⅱ。区域Ⅰ中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；区域Ⅱ中有垂直纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，磁感应强度大小为，电场强度为。A、B板之间的电压随时间周期性变化的规律如图乙所示。粒子源位于O点，可持续不断地沿板间中线以速度发射带负电粒子，粒子质量为m，带电量为q。已知时刻进入两板间的带电粒子在时刻刚好沿A板右边缘射出交变电场，打在挡板C上的粒子均被挡板吸收，只有穿过小孔D的粒子才能进入区域Ⅱ，不计粒子重力及粒子间的相互作用，计算结果只能选用m、q、d、T表示。求
（1）A、B板之间的电压；
（2）能够穿过小孔D的粒子进入两板间的时刻t；
（3）粒子在区域Ⅱ的出射点与小孔D的竖直距离y。
18．如图所示，光滑水平面上有一质量为的木板，木板上表面段为圆心角的光滑圆弧，段为长的粗糙水平部分，厚度，两段平滑连接，A点离地高度为。一质量为的小球通过长为的细绳悬挂于O点，小球静止时刚好与地面接触，细绳左侧P点固定一个钉子，长为且与竖直方向夹角为。某时刻木板获得水平向右的初速度开始向右运动，一段时间后木板与静止的小球发生弹性碰撞，碰后小球绕O点做圆周运动，恰好能通过圆弧最高点，当细绳碰到钉子时小球将绕P点做圆周运动，小球运动到P点正下方时细绳突然断裂，小球继续运动并恰好无碰撞的从A点落入木板。为确保小球恰好从A点落入木板，碰后对木板施加一个水平方向的力F，直至小球落入木板时撤掉力F。已知小球与木板间粗糙部分的动摩擦因数为，取重力加速度，小球可视为质点。求：
（1）木板与小球碰后瞬间小球速度的大小；
（2）力F对木板的冲量大小I；
（3）判断小球能否滑离木板，若能滑离木板，求出小球滑离木板时的速度；若不能滑离木板，求出小球相对木板静止时的位置与木板右端的距离x。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．碳14发生β衰变，衰变方程为 ，产物为氮14，并非氧16，故A错误；
B．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与温度、压强等外界条件无关，升高温度不会改变碳14的半衰期，故B错误；
C．β衰变的实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子被释放出来，并非核外电子跃迁，故C错误；
D．已知碳14的半衰期 年，经过时间 年，半衰期的次数 。
根据半衰期公式 ，代入 得 ，即剩余原子核数为原来的 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】通过分析碳 14 的 β 衰变方程、半衰期的影响因素及衰变规律，利用半衰期公式计算剩余原子核数量，逐一判断。
2．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB．已知手帕转速 ，根据角速度与转速的关系 ，代入得：
，AB错误；
CD．已知P点转动半径 ，结合已求出的角速度 ，根据向心加速度公式 ，代入得：，C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合转速与角速度的关系公式 计算角速度，再利用向心加速度公式 求解P点的向心加速度。
3．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB．若卫星在近地点（到地心距离为 ）做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得：
解得圆周运动速度 。
卫星实际在椭圆轨道上从近地点做离心运动，说明椭圆轨道近地点速度 大于同半径圆周运动速度，即 ，故A错误，B正确；
CD．卫星在椭圆轨道上从近地点向远地点运动时，万有引力与速度方向夹角大于90°，万有引力做负功，卫星动能减小，因此近地点速度 大于远地点速度 ，即 ，故CD错误；
故答案为：B。
【分析】 结合卫星椭圆轨道的能量变化规律，对比近地点与远地点的速度大小；再通过圆周运动向心力公式，分析椭圆轨道近地点速度与同半径圆周运动速度的关系。
4．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．由图（b）可知， 时质点Q在平衡位置，且下一时刻位移为负，因此质点Q向轴负方向运动，故A错误；
B．根据质点Q的运动方向，结合图（a）可判断波沿轴负方向传播；由图（b）得周期。
从到，时间间隔。
时质点P在平衡位置上方、向上振动，经过后，质点P位于轴下方，加速度方向沿轴正方向（指向平衡位置），故B错误；
C．由图（a）得波长，波速。
在内，波沿轴负方向传播的距离，故C正确；
D．，但时质点P不在平衡位置、波峰或波谷，因此质点P通过的路程不等于，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 结合质点Q的振动图像判断波的传播方向，利用波形图获取波长、振动图像获取周期，再通过波速公式计算波速，最后分析质点P的振动状态与路程。
5．【答案】A
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．洛埃镜实验可等效为双缝干涉，等效双缝间距，屏与双缝的距离为。
根据双缝干涉条纹间距公式：，故A正确；
B．由条纹间距公式可知，波长越短，条纹间距越小，干涉条纹越窄，故B错误；
CD．平面镜M右移时，等效双缝间距不变，屏与双缝的距离也不变，因此条纹间距不变，故C、D错误；
故答案为：A。
【分析】将洛埃镜实验等效为杨氏双缝干涉，光源S与其镜像构成“双缝”，等效双缝间距为，结合双缝干涉条纹间距公式解答。
6．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．两过程中，物块下落的高度相同，因此重力做功相同；
动摩擦因数沿木板的分布对称，克服摩擦力做功也相同。
根据动能定理 ，可知两过程物块到达底端的速度大小相等，故AB错误；
CD．如图
（A到B）：动摩擦因数由A到B逐渐减小，合力 随位移增大而增大，即加速度逐渐增大，v-t图像斜率逐渐变大。
（B到A）：动摩擦因数由B到A逐渐减小，合力 随位移增大而减小，即加速度逐渐减小，v-t图像斜率逐渐变小。
两过程末速度大小相等、位移大小相等（v-t图像面积相等），结合v-t图像形状可知：加速度先小后大的（A到B）所用时间更长，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】 结合动能定理分析物块到达底端的速度，再通过加速度变化规律与v-t图像面积（位移）的关系，比较两次运动的时间长短。
7．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 时刻，图线a、b的感应电动势均为0，此时线圈处于中性面，线圈平面与磁场方向垂直，并非平行，故A错误；
B．由图像得：图线a的周期 ，图线b的周期 。
转速 与周期 成反比，即 ，因此两次转速之比：
即转速之比为 ，故B错误；
C．图线a的周期 ， 时为 ，此时感应电动势为0，线圈再次处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D．交变电流最大值 ，而 ，故 。
已知 ，则：
解得 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】结合交变电流图像读取周期、最大值，利用转速与周期的关系、最大值与角速度的关系，以及磁通量与感应电动势的关联。
8．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设M点到N点的水平距离为 ，球1的水平初速度为 ，球2的水平初速度为 ，下落高度 的时间为 。
球1的运动：与地面碰撞一次后落在N点，竖直方向运动等效为从高度 平抛，总时间为 ，则 。
球2的运动：直接落在N点，竖直方向下落高度 ，时间为 ，则 。
联立得 。
设挡板AB高度为 ，球1到达A点的时间为 ，球2到达A点的时间为 ：
球1在A点的竖直位移：
球2在A点的竖直位移：
又 ，代入解得：
故答案为：A。
【分析】将球1的运动等效为完整的平抛运动，结合两球水平位移与竖直方向的运动规律，联立求解挡板高度。
9．【答案】B,C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．从M到N是等温过程，温度不变，理想气体内能不变（）；体积减小，外界对气体做功（）。根据热力学第一定律 ，得 ，即气体放热，故A错误；
B．从N到P是等容过程，体积不变，气体对外界不做功（）；温度升高，内能增加（）。根据热力学第一定律 ，得 ，即气体吸热，故B正确；
C．从P到Q是等温过程，温度不变，内能不变（）；体积增大，气体对外界做功（），故C正确；
D．从Q到M是等容过程，体积不变，气体对外界不做功（），故D错误；
故答案为：BC。
【分析】结合理想气体状态方程和热力学第一定律，分析各过程的温度、体积变化，判断吸放热与做功情况。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子从A点运动至B点的过程中，电场力对粒子一直做正功，粒子的电势能一直减小，故A错误；
BC．将速度分解为电场方向（）和垂直电场方向（）：
A点：
B点：
由于垂直方向不受力，，即：
由动能定理：
代入 ：
，故B正确，C错误；
D．A点动能 ，B点动能 ，因此：
即B点动能是A点的3倍，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】将粒子速度分解为电场方向和垂直电场方向，利用垂直方向速度分量不变求出B点速度，再结合动能定理和电场力做功与电势能变化的关系判断。
11．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．物块从弹簧压缩量为 的位置由静止释放，到弹簧最大伸长量时速度为0，系统机械能守恒。
设最大伸长量为 ，则初态压缩量 ，末态伸长量 ，物块沿斜面位移为 。
由机械能守恒：
整理得：
因式分解并舍去负解，得 ，故弹簧最大伸长量为 ，A正确，B错误；
CD．斜面体受地面静摩擦力、弹簧弹力水平分力、物块压力水平分力。当弹簧伸长最大时，斜面体最易滑动：
弹簧弹力 ，方向沿斜面向上；
物块对斜面压力 ，水平分力 ；
地面支持力 。
临界状态下静摩擦力 ，水平方向平衡：
代入 和 并整理，得：，故C正确，D错误；
故答案为：AC。
【分析】结合机械能守恒定律求解弹簧最大伸长量，再对斜面体进行受力分析，找到最易滑动的临界状态，推导动摩擦因数的最小值。
12．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属杆ab沿倾斜导轨向下运动，切割竖直向上的磁场，由右手定则可知，感应电流方向为 ，故A正确；
BC．设稳定运动时，金属杆ab的加速度为 ，金属框cdef的加速度为 ，回路电流为 。
对金属杆ab：沿斜面方向受力平衡
对金属框cdef：水平方向受力平衡
感应电动势关系：，对时间求导得 ，又 ，稳定运动时电流恒定，故 。
联立方程，代入 （，）：
解得 ，故B正确，C错误；
D．由上述计算可知，，，两者加速度大小不同，且加速度恒定，故两者做加速度大小不同的匀加速直线运动，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】结合楞次定律判断感应电流方向，对金属杆和金属框分别进行受力分析，利用牛顿第二定律推导稳定运动状态下的加速度与电流大小。
13．【答案】（1）B
（2）反比；槽码
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）补偿小车受到的阻力时，若小车匀速运动，则表明补偿阻力合适，此时纸带点迹间距均匀，B符合题意。
故答案为：B；
（2）图像可知在所受外力一定的条件下，与M成正比，表面a与M成反比；由于设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律有
整理得
故图像斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的要大。
故答案为： 反比 ； 槽码 ；
【分析】(1) 补偿小车阻力的核心是让小车在不挂槽码时做匀速直线运动，此时纸带点迹应均匀分布，以此判断阻力补偿是否恰当。
(2) 探究外力一定时加速度与质量的关系，需结合牛顿第二定律推导 与总质量 的函数关系，通过图像斜率分析槽码质量的差异。
（1）补偿小车受到的阻力时，若小车匀速运动，则表明补偿阻力合适，此时纸带点迹间距均匀，B符合题意。
故选B。
（2）[1]图像可知在所受外力一定的条件下，与M成正比，表面a与M成反比；
[2]由于设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律有
整理得
故图像斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的要大。
14．【答案】（1）a
（2）1600
（3）；300
【知识点】闭合电路的欧姆定律；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端；
故答案为： a ；
（2）微安表的读数为0时，设支路电流分别为，则有
整理得
代入题中数据，解得
故答案为： 1600 ；
（3）随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端；
要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图2可知，60℃时热敏电阻的阻值为，由闭合电路欧姆定律
代入题中数据，解得；
故答案为： ； 300 ；
【分析】(1) 闭合开关前，滑动变阻器需接入最大阻值以保护电路，需判断滑片位置使接入电阻最大。
(2) 微安表读数为0时，电桥达到平衡，利用电桥平衡条件 计算热敏电阻阻值。
(3) 分析热敏电阻阻值随温度变化的规律，结合继电器工作特性判断加热器接线端；再根据闭合电路欧姆定律计算滑动变阻器接入阻值。
（1）为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端；
（2）微安表的读数为0时，设支路电流分别为，则有
整理得
代入题中数据，解得
（3）[1]随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端；
[2]要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图2可知，60℃时热敏电阻的阻值为，由闭合电路欧姆定律
代入题中数据，解得
15．【答案】（1）解：当从S发出的光在N点处发生全反射时，其光路如图所示。
有
故得
解得
点光源发出的光能直接射出水面的面积
（2）解：在点光源正上方向的水面上看到点光源时，其光路如图所示。
由折射定律知
由几何关系知，
联立代入数据解得能看到点光源的视深
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】(1) 点光源发出的光在水面发生全反射时，临界角决定了能射出水面的圆形区域半径，结合几何关系和全反射临界角公式计算面积。
(2) 视深问题利用折射定律，结合小角度近似（），将折射角与入射角的正弦关系转化为几何边长的比例关系求解。
（1）当从S发出的光在N点处发生全反射时，其光路如图所示。
有
故得
解得
点光源发出的光能直接射出水面的面积
（2）在点光源正上方向的水面上看到点光源时，其光路如图所示。
由折射定律知
由几何关系知，
联立代入数据解得能看到点光源的视深
16．【答案】（1）解：根据题可得
其中，，，，，
代入数据解得
（2）解：根据克拉珀龙方程可得，
两式比较可得
其中，根据
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】(1) 打气过程涉及多部分气体，需将原有气体和打入气体分别按理想气体状态方程处理，再合并到最终状态，求解打气后气压。
(2) 放气过程为等温变化，利用克拉珀龙方程，通过压强比得到质量比，进而计算放出气体与剩余气体的质量比值。
（1）根据题可得
其中，，，，，
代入数据解得
（2）根据克拉珀龙方程可得，
两式比较可得
其中，根据
联立解得
17．【答案】（1）解：由t=0时刻进入两板间的带电粒子在t=T时刻网好沿A板右边缘射出交变电场，竖直方向先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动，则
且
联立解得
（2）解：不同时刻进入两板间的粒子，在两板间电场力的冲量一定为零，故粒子一定以水 平向右离开交变电场，能通过小孔的粒子在区域I中，其轨迹圆心角设为，由几何关系得
且
联立解得
在0-T时段内进入交变电场能够通过小孔的粒子，其进入的时刻设为，竖直位移满足或
解得或
考虑到周期性
可得或
（3）解：粒子从小孔射出的速度方向与水平方向的夹角为，该速度沿水平和竖直方向 的分速度大小为
分析数据发现
则粒子从小孔射出后的运动可分解为沿竖直方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知
解得
粒子做匀速圆周运动，从小孔至出射转过的圆心角设为，由外何关系知
联立解得
从小孔至出射所用时间设为
做匀速圆周运动产生的竖直位移为
做匀速直线运动产生的竖直位移为
粒子在区域I的出射点与小孔D的竖直距离
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 利用t=0时刻进入的粒子在 t=T时沿 A 板边缘射出的条件，分析竖直方向先匀加速后匀减速的位移规律，结合牛顿第二定律和电场强度与电压的关系求解U0。
(2) 能穿过小孔 D 的粒子在区域 Ⅰ 中做匀速圆周运动，结合几何关系确定圆周运动半径和圆心角，再根据交变电场中竖直位移的对称性，求解粒子进入两板间的时刻。
(3) 粒子进入区域 Ⅱ 后，将运动分解为竖直方向匀速直线运动和水平方向匀速圆周运动，结合几何关系和运动学公式求解出射点与小孔 D 的竖直距离
（1）由t=0时刻进入两板间的带电粒子在t=T时刻网好沿A板右边缘射出交变电场，竖直方向先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动，则
且
联立解得
（2）不同时刻进入两板间的粒子，在两板间电场力的冲量一定为零，故粒子一定以水 平向右离开交变电场，能通过小孔的粒子在区域I中，其轨迹圆心角设为，由几何关系得
且
联立解得
在0-T时段内进入交变电场能够通过小孔的粒子，其进入的时刻设为，竖直位移满足或
解得或
考虑到周期性
可得或
（3）粒子从小孔射出的速度方向与水平方向的夹角为，该速度沿水平和竖直方向 的分速度大小为
分析数据发现
则粒子从小孔射出后的运动可分解为沿竖直方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知
解得
粒子做匀速圆周运动，从小孔至出射转过的圆心角设为，由外何关系知
联立解得
从小孔至出射所用时间设为
做匀速圆周运动产生的竖直位移为
做匀速直线运动产生的竖直位移为
粒子在区域I的出射点与小孔D的竖直距离
联立解得
18．【答案】（1）解：小球恰好过最高点，则
动能定理有
代入题中数据，解得
（2）解：设碰前碰后木板的速度分别为和，木板与小球相碰满足动量守恒和机械能守恒，有
解得
设绳断瞬间小球的速度分别为，小球从圆周最高点至绳断瞬间，由动能定理可得
解得
小球从绳断瞬间到平抛至A点，小球下落的高度设为，几何关系可知
解得
小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，则有
联立解得
小球恰好无碰撞的A点落入木板，设此时木板速度为，由几何关系可得
解得
对木板，由动量定理可得
联立解得，力F对木板的冲量大小
（3）解：假设小球未滑离木板，由水平方向动量守恒和系统能量守恒可得解得
假设成立，小球相对木板静止时的位置与木板右端的距离。
【知识点】动量守恒定律；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 小球与木板弹性碰撞后绕 O 点做圆周运动，恰好通过最高点时重力提供向心力，结合动能定理求解碰后小球速度。
(2) 先由动量守恒和机械能守恒求出碰后木板速度，再通过动能定理求出绳断时小球速度，结合平抛运动规律和几何关系求出小球落入 A 点时木板速度，最后由动量定理求力 F 的冲量。
(3) 假设小球未滑离木板，由水平方向动量守恒和系统能量守恒求出相对位移，判断是否滑离并计算静止位置与右端的距离。
（1）小球恰好过最高点，则
动能定理有
代入题中数据，解得
（2）设碰前碰后木板的速度分别为和，木板与小球相碰满足动量守恒和机械能守恒，有
解得
设绳断瞬间小球的速度分别为，小球从圆周最高点至绳断瞬间，由动能定理可得
解得
小球从绳断瞬间到平抛至A点，小球下落的高度设为，几何关系可知
解得
小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，则有
联立解得
小球恰好无碰撞的A点落入木板，设此时木板速度为，由几何关系可得
解得
对木板，由动量定理可得
联立解得，力F对木板的冲量大小
（3）假设小球未滑离木板，由水平方向动量守恒和系统能量守恒可得解得
假设成立，小球相对木板静止时的位置与木板右端的距离
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