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山东省单县第二中学2024-2025学年高三下学期模拟（二）物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．核污水中含有多种放射性成分，其中有一种难以被清除的同位素氚（），可能引起基因突变。其衰变方程为，的半衰期为12.5年，下列说法正确的是（　　）
A．原子核是
B．衰变的本质是由强相互作用引起的中子转变为质子并释放出电子
C．1mg的经25年的衰变后，还剩0.25mg
D．将核污水排入海洋后，氚因浓度降低使半衰期变长，放射性变弱
2．如图，隔板在绝热气缸中封闭一定质量理想气体，隔板和绝热活塞间是真空。迅速抽掉隔板后气体会扩散至整个气缸，待气体稳定后向左缓慢推动活塞至隔板原位置，整个系统密封性良好，下列说法正确的是（　　）
A．扩散过程中，气体对外界做功，温度降低
B．扩散过程中，气体分子的平均速率减小导致气体压强减小
C．推动活塞过程中，活塞对气体做功，气体温度升高
D．抽掉隔板前和活塞到达隔板原位置后，气体内能相等
3．某兴趣小组对劈尖干涉条纹进行研究时将两平板玻璃叠放，在右端夹入一薄片，如图所示。当波长为λ的可见光从玻璃板正上方入射后可观察到明暗相间的条纹，a、b两点均为暗条纹中心位置，a、b间共有n条亮纹，则a、b两处空气劈的厚度差为（　　）
A． B． C．nλ D．
4．2024年1月23日12时03分，在酒泉卫星发射中心用“力箭一号”遥三运载火箭将5颗“泰景”系列卫星成功送入太空。其中“泰景二号”02星运行在离地高度为530km的轨道上，绕地球做匀速圆周运动，该卫星主要任务是获取植被和大气遥感数据。关于“泰景二号”02星，下列说法正确的是（　　）
A．处于完全失重状态，不受重力作用
B．线速度大于地球第一宇宙速度
C．运行周期大于地球同步卫星的周期
D．向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
5．2024年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。图乙是某次彩排中质量为35kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间（F-t）图像，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．演员在a时刻速度为零，加速度为零
B．演员在b时刻速度最大
C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功为1120J
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为455N·s
6．青岛气象台2024年2月11日21时15分发布大雾黄色预警，交警提示雨雾天气开车出行注意保持安全车距。期间在滨海大道同一直线车道上，甲车和乙车正同向匀速行驶，甲车在前乙车在后，时，甲车发现前方有险情立即刹车，为避免两车相撞，2s后乙车也开始刹车，如图是两车位置随时间变化图像，图中曲线均为抛物线。已知甲车匀速行驶的速度为10m／s，司机反应时间不计，下列说法正确的是（　　）
A．甲车加速度大小为
B．当时，两车速度大小相等
C．若，两车恰好没有相撞
D．若没有相撞，两车相距最近时乙车的位移为48m
7．如图所示ab端接入电压恒定的正弦交流电，其中电表均为理想电表，变压器为理想变压器，导线电阻不计。将滑动变阻器滑片P向下滑动过程中（　　）
A．两端电压不变 B．电流表示数减小
C．电压表示数增大 D．消耗的电功率增大
8．如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是（　　）
A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动
B．通过导体棒MN的电量为
C．两导体棒的相对距离减小量为
D．导体棒MN产生的焦耳热为
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．要把湿手上的水甩掉，人通常的甩手动作如图所示，这幅图片是由每秒25帧的摄像机拍摄视频后制作的，它真实地记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息，图中A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，M、N分别是最后1帧照片中肘关节、腕关节的位置。指尖从A到B的运动过程，可以看作：指尖先以肘关节为圆心做圆周运动，再以腕关节为圆心做圆周运动。测得A、B之间的真实距离为32cm，AM的真实长度为40cm，CN的真实长度为16cm。重力加速度为g．结合以上信息，下列判断中正确的是（　　）
A．指尖在A、B之间运动的速度比在B、C之间的大
B．指尖在A、B之间运动的速度大小约为10m/s
C．指尖的最大向心加速度大小约为16g
D．若水滴未被甩出，则图中显示的甩手全过程中，水滴的机械能增加
10．在金属球壳的球心有一个负点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．K点的电场强度比L点的大
B．球壳内表面带负电，外表面带正电
C．试探电荷在M点的电势能比在N点的小
D．试探电荷沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功
11．如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为20cm，波速为5m/s，在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距2m（小于一个波长）。当质点a在波峰位置时，质点b在x轴上方与x轴相距10cm的位置且向上振动，则（　　）
A．此波的波长为12m
B．此波的周期为0.48s
C．从此时刻起经过0.2s，质点a与b的速度相同
D．从此时刻起经过1.6s，质点b处于波谷位置
12．光刻机是现代半导体工业的皇冠，其最核心的两大部件为光源与光学镜头。我国研制的某型号光刻机的光源辐射出某一频率的紫外光，光刻机光学镜头投影原理简化图如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，为玻璃砖的对称轴。间距为的a、b两束平行紫外光从棱镜左侧垂直AB边射入，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后会聚于硅片上表面的M点，M点位于的延长线上。半球形玻璃砖的折射率为，来自棱镜的反射光关于轴线对称，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．紫外光在棱镜中的传播速度大于在玻璃砖中的传播速度
B．要使射向玻璃砖的光线最强，三棱镜的折射率至少为
C．硅片上表面M点到球心O的距离为
D．紫外光从进入玻璃砖到传播到M点所用时间为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．某实验小组利用甲图所示的气垫导轨（包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计）探究冲量与动量变化量的关系。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
②在导轨上选择两个适当位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计及电脑，用以记录滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间、及滑块在两光电门之间的运动时间Δt；
③使气垫导轨倾斜，测量A点到导轨与水平桌面接触点O的距离L及A点距桌面高度h；
④将滑块从光电门Ⅰ左侧某处由静止释放，利用电脑记录、和△t；
⑤改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤③④，进行多次测量。
（1）图乙是用游标卡尺测量遮光条宽度d的图示，则d＝　 　mm；
（2）某次实验中，测得，则滑块通过光电门Ⅰ的速度为　 　（结果保留1位小数）；
（3）在误差允许范围内，若满足△t＝　 　（用上述实验步骤中直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g），则说明合外力冲量等于动量变化量。
14．同学们想利用实验室现有的实验器材，按照图中的实验电路测量一组镍氢纽扣电池的电动势E（约为3.6V）和内阻（小于2Ω）。已有的实验器材为：
A．待测镍氢纽扣电池
B．电压表V（量程为3V，内阻约为5kΩ）
C．毫安表A（量程为5mA，内阻为50Ω）
D．定值电阻，，，
E．电阻箱
F．滑动变阻器
G．开关及导线若干。
（1）为将毫安表A改装成一个量程合适的电压表，需要串联一分压电阻R。根据提供的实验器材，分压电阻R应选择　 　（选填“”、“”或“”）。
（2）校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些。因此，在对毫安表A的分压电阻进行校准时，电阻箱应__________。
A．与毫安表A的分压电阻R串联，阻值比R小得多
B．与毫安表A的分压电阻R串联，阻值比R大得多
C．与毫安表A的分压电阻R并联，阻值比R小得多
D．与毫安表A的分压电阻R并联，阻值比R大得多
（3）将电压表V和改装后的电压表示数分别记为和。调节滑动变阻器获得实验数据并进行描点连线绘制图像。已知该图像的斜率为k，纵截距为a。则电源的电动势E和内阻分别为　 　、　 　。（请用题中字母表示）
15．小方同学用一个容积为50L、压强为的氦气罐给完全相同的气球充气，若充气后气球内气体压强为，则恰好可充190个气球。可认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度相同，忽略充气过程的漏气和气球内原有气体。已知地面附近空气温度为27℃、压强为。已知气球上升时体积达到7.5L时就会爆裂，离地高度每升高10m，气球内气体压强减小100Pa，上升过程中大气温度不变。求：
（1）充气后每个气球的体积；
（2）当气球发生爆裂时，气球离地面的高度h。
16．如图，在竖直平面内，固定有一半径为R的光滑圆弧轨道，为圆弧轨道的水平直径，O为圆心，C为圆弧轨道的最高点。一质量为m的小球（可看成质点）从A点正上方H高处静止释放，小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度大小g，求：
（1）为使小球能在轨道上运动而不脱离轨道，H应该满足的条件；
（2）若，小球刚要脱离轨道时，小球距的高度h。
17．如图所示，A、B两平行板间存在相互垂直的电场和磁场，方向如图所示，电场强度和磁感应强度分别为和。在A、B板右边存在以和为边界，宽度为d，方向竖着向下，大小也为的匀强电场，电场右边空间存在无限大的匀强磁场，磁感应强度为，方向如图。现有两个不同的带电粒子a和b，其比荷分别为k和，先后从A、B板的左侧沿中线垂直电场方向射入，两粒子都沿A、B中线运动后进入偏转电场，最后从进入磁场。（不计粒子的重力）则：
（1）求粒子进入偏转电场的速度大小；
（2）a粒子从边界进出右边磁场两点间的距离为，粒子从边界进出右边磁场两点间的距离为，求与之比；
（3）若两粒子从边界上同一点射出磁场，求磁感应强度的大小。
18．如图，右侧带有挡板的平板小车静止在光滑水平面上，左端紧靠平台且与平台等高，小车的上表面分成两段，左段长，右段L'足够长，平台边缘正上方用长的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为的物块B，且，将A向左拉至轻绳水平由静止释放，A与B发生正碰，碰后A的速度为零。已知A与B碰撞过程中的恢复系数，该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、B互换角色，将B悬挂起来从水平位置由静止释放，与A发生正碰后A滑上小车，A滑上小车后，小车左端迅速弹出一个厚度不计的挡板，同时取走B。在小车上L段内A受一个来自右侧挡板水平向左的斥力，在L'范围内A受到一个来自右侧挡板水平向左的斥力。已知小车质量，物块A与小车上表面间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。
（1）求A刚滑上小车时的速度大小；
（2）求A与小车第一次达到共速时的速度大小及A到小车左端的距离；
（3）物块A与左侧挡板的碰撞为弹性碰撞，求物块A与左侧挡板碰撞次数及物块A最终相对小车静止时与左侧挡板间的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【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．根据质量数守恒：3=A+0，得 A=3；电荷数守恒：1=Z 1，得 Z=2，故原子核为，故A错误；
B． 的衰变是 β 衰变，本质是弱相互作用引起的中子转变为质子并释放电子，不是强相互作用，故B错误；
C．的半衰期为12.5年，1mg的经25年的衰变后，可知结果两个半衰期，还剩0.25mg，故C正确；
D．半衰期由原子核本身性质决定，与浓度、环境等无关，D错误；
故答案为：C。
【分析】 先根据质量数和电荷数守恒确定衰变产物，再分析 β 衰变的本质，接着用半衰期公式计算剩余质量，最后明确半衰期的物理意义。
2．【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB、迅速抽掉抽开隔板后，气体体积变大，但是右方是真空，气体不对外做功，又没有热传递，根据ΔU=Q+W可知，气体内能不变，温度不变，气体分子的平均速率不变，压强减小，故AB错误；
CD、推动活塞过程中，气体被压缩，外界对气体做功， 绝热气缸，Q=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体内能增大，气体分子的平均动能变大，温度升高，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】迅速抽掉隔板时，气体自发地扩散，不对外做功，又没有热传递，结合热力学第一定律即可分析气体内能变化，继而得知其平均动能和温度变化。
3．【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】薄膜干涉是由从空气膜上下表面反射的两列光形成干涉，所以两列波的光程差为Δx=2d（d为空气劈的厚度）
a、b两点均为暗条纹中心位置， 当时出现暗条纹，则此时
则
那么相邻的两条暗条纹满足
所以
所以厚度差为
由于a、b间共有n条亮纹，则a、b两处空气劈的厚度差为
故选A。
【分析】干涉条纹是由空气膜的下表面与上表面的反射光叠加产生的；形成同一暗条纹对应的光程差等于空气膜厚度2倍再加上半个波长（考虑半波损失），形成相邻两条暗条纹的光程差之差等于一个波长λ，由此分析。
4．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星处于完全失重状态，是因为重力全部提供向心力，并非不受重力作用，选项A错误；
B． 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大线速度，该卫星轨道半径大于地球半径，故线速度小于第一宇宙速度 ，选项B错误；
CD．根据
解得
卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，可知运行周期小于地球同步卫星的周期，向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，选项C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】先明确卫星完全失重的本质，再对比第一宇宙速度的含义，最后用万有引力公式推导周期与向心加速度的规律。
5．【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．a 时刻弹力最大，演员处于最低点，速度为零；但此时合力向上，加速度a不为零，故A错误；
B．b 时刻弹力为零，演员刚离开蹦床；速度最大的位置在弹力等于重力处（a、b 之间），故B错误；
C．演员在空中的时间为
运动员离开蹦床的速度大小为
设蹦床的最大压缩量为，从a时刻到b时刻，根据动能定理
可知从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于1120J，故C错误；
D．从a时刻到b时刻，根据动量定理
蹦床给演员的冲量大小为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 先根据图像确定演员空中运动的时间，利用对称性求出接触蹦床前后的速度；再分析 a、b 时刻的受力与运动状态，最后结合动能定理、动量定理计算功和冲量。
6．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；追及相遇问题
【解析】【解答】A．由甲图，根据位移时间关系公式
对于甲车
解得甲车加速度为
即甲车加速度大小为1m/s2，故A错误；
B．由乙图可知，0-2s乙车匀速运动，乙车的初速度为
乙车加速度为
即乙车加速度大小为2m/s2，两车速度相等时，有
解得
可知，当时，两车速度大小不相等，故B错误；
C．两车恰好没有相撞，则
故C正确；
D．若没有相撞，两车相距最近时乙车的位移为
故D错误。
故选C。
【分析】本题考查x t图像以及追及相遇问题。x t图像表示物体的位置随时间变化的规律，由图像能直接读出物体运动的位置和对应的时间．图像的切线斜率表示物体的速度；由纵坐标的差值可得出位移。
对于追及相遇问题，要仔细分析两者的运动过程，熟练掌握匀变速直线运动的基本公式，此类问题解题关键：①掌握好两个关系：时间关系和位移关系；②一个条件：两者速度相等，这往往是能否追上，或两者距离最大、最小的临界条件是分析问题的切入点。
7．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】负载变化分析：
R3滑片下移。 R3接入电阻减小。 右侧支路总电阻 减小。副线圈总负载电阻 减小。
A．原线圈输入电压 恒定，原线圈电流 随副线圈功率增大而增大，因此 上电压 增大，原线圈两端电压 减小。由理想变压器电压比 ，副线圈电压 减小，故R2两端电压（等于 ）减小，A错误；
B．副线圈总功率 ，因 减小、 减小，实际 增大（输入功率不变，输出功率等于输入功率），故副线圈总电流 增大，电流表示数增大，B错误；
C． 减小，R2电流 减小，而总电流 增大，因此通过R4的电流 增大。
R4两端电压 增大，而 ，故电压表示数 减小，C错误。
D．R4消耗的功率 ，因 增大，故 增大，D正确；
故答案为：D。
【分析】滑动变阻器R3滑片P向下滑动时，R3接入电路的电阻减小，导致副线圈负载总电阻变化；结合理想变压器电压、电流与功率的关系，分析各元件的电压、电流及功率变化。
8．【答案】C
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿第二定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A. 由动量守恒 ，得共速 ；PQ 受安培力 ，随速度差 减小，加速度减小，故做加速度减小的加速运动，A错误；
B. 对 MN 用动量定理 ，解得 ，B错误；
C. 由 ，代入 ，得 ，C正确；
D. 从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律： ，MN 产生的焦耳热 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】先由动量守恒得到共速速度，再用动量定理求通过导体棒的电量，结合法拉第电磁感应定律计算相对距离减小量，最后由能量守恒分析焦耳热分配。
9．【答案】A,C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】摄像机每秒25帧，故相邻两帧的时间间隔 。
A．A到B：位移 ，时间为2帧，即
B到C：位移 ，时间为1帧，即
由 可知，，故A正确；
B．指尖在A、B间的平均速度：，并非约10m/s，故B错误；
C．最大向心加速度出现在以腕关节为圆心的阶段（半径 ），速度约为 ，代入向心加速度公式：，故C正确；
D．若水滴未被甩出，在甩手过程中，手臂对水滴的作用力先做正功后做负功，机械能先增加后减少，并非全程增加，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】结合摄像机帧率（每秒25帧，即每帧时间间隔 ），分析指尖在不同阶段的位移、速度与向心加速度，再判断机械能变化。
10．【答案】C,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．电场线的疏密表示电场强度的大小，K点电场线比L点更密集，因此K点场强大于L点，故A正确；
B．球心有负点电荷，静电感应使金属球壳内表面带正电（吸引负电荷），外表面带负电，故B错误；
C．电场线方向由高电势指向低电势，沿电场线方向电势逐渐降低，因此 点电势 。
对正试探电荷 ，电势能 ，故 ，即 在M点电势能比N点小，故C正确；
D．试探电荷 沿电场线从M到N，电场力方向与位移方向相反（电场线指向球心， 受力方向与电场线方向相反），因此电场力做负功，电势能增加，故D正确；
故答案为：ACD。
【分析】结合电场线的疏密表示场强大小、静电感应的电荷分布规律，以及电势与电势能的关系、电场力做功与电势能变化的关系，逐一验证选项。
11．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】AB．根据题意，结合正弦波的特点，画出该时刻的波形，由ab间的平衡位置坐标和位移求出波长，再由
变形后求周期根据题意可知，该波沿x轴正方向传播且质点b在x轴上方，向上振动，则画出波形图如图
有波的方程为
由于2m（小于一个波长），则代入点（2m，10cm）解得
λ = 12cm
再根据
得
故A正确、B错误；
C．求出t=0.2s波传播的距离，确定是哪个质点的振动形式传播，从而确定ab两质点的速度大小关系。当处于平衡位置的点的振动形式传到ab的中点时，ab两个点的速度相等，因此在0.2s的时间内传播的距离为
由波形图可知该质点在a点左侧不在平衡位置，因此此时ab两点速度不相等，故C错误；
D．从此时刻起经过1.6s，波传播的距离为
波长是12m的波，a点到左侧的波谷是半个波长，b点到左侧的波谷的距离为
所以1.6s时，质点b处于波谷位置，故D正确。
故选AD。
【分析】通过ab两点的距离与波长的特殊关系求出波长的大小，这要求从两点的坐标及位移大小和速度方向，结合波形图来计算。
12．【答案】B,C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A．根据上述，为了使射向玻璃砖的光线最强，设备要求光在AC界面发生全反射，根据
，
可知，紫外光在棱镜中的传播速度可能大于、小于或等于在玻璃砖中的传播速度，故A错误；
B．为了使射向玻璃砖的光线最强，光在AC界面发生全反射，由于三棱镜的横截面为等腰直角三角形，则有
解得，即要使射向玻璃砖的光线最强，三棱镜的折射率至少为，故B正确；
C．根据对称性，作出a光线的光路如图所示
令第一次在D点折射的入射角为，折射角为，则有
根据几何关系有
解得
，
第二次折射发生在F点，根据几何关系可知，入射角
根据光路可逆原理可知，折射角
根据几何关系有
则有，故C正确；
D．紫外光从进入玻璃砖到传播到M点所用时间为
结合上述解得，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】 先分析光在棱镜和玻璃砖中的传播速度，再结合全反射条件求棱镜折射率最小值，最后通过几何关系与折射定律计算 M 点位置及传播时间。
13．【答案】（1）12.9
（2）0.4
（3）
【知识点】动量定理
【解析】【解答】根据游标卡尺得读数原理可知遮光条宽度为
故答案为：12.9；
（2）滑块通过光电门Ⅰ的速度为
故答案为：0.4；
（3）根据动量定理，重力分力得冲量等于物块的动量变化量，即
整理得
故答案为：；
【分析】(1)先读游标卡尺主尺刻度，再读游标尺对齐刻度，两者相加得到遮光条宽度。
(2)先由遮光条宽度和通过光电门的时间，利用 计算滑块通过光电门Ⅰ的速度。
(3)先对滑块应用动量定理，将重力分力的冲量与动量变化量相等，再整理得到 的表达式。
14．【答案】（1）
（2）D
（3）；
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）被测电源的电动势约为，改装电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，所以改装量程应在之间。当毫安表A满偏时，根据欧姆定律有
解得
即分压电阻应选择。
故答案为： ；
（2）校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些，说明流过毫安表的电流偏小，与毫安表串联的分压电阻偏大。因此，在对毫安表的分压电阻进行校准时，电阻箱应与分压电阻并联，使总电阻减小；根据电阻并联的特点可知，应使电阻箱的阻值比分压电阻大得多，才能使并联后总电阻比分压电阻稍小。
故答案为：D；
（3）根据闭合电路的欧姆定律可得
整理得
根据题意可得
解得
故答案为：； ；
【分析】(1) 要将毫安表改装成量程约 3V 的电压表，需根据欧姆定律计算串联分压电阻的阻值，再从给定定值电阻中选择匹配的规格。
(2) 改装电压表读数偏小，说明流过毫安表的电流偏小，串联分压电阻偏大，需通过并联电阻箱减小总电阻，同时选择合适的电阻箱阻值以微调。
(3) 根据闭合电路欧姆定律，建立 U1 U2 线性关系，结合图像斜率和截距求解电源电动势和内阻。
（1）被测电源的电动势约为，改装电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，所以改装量程应在之间。当毫安表A满偏时，根据欧姆定律有
解得
即分压电阻应选择。
（2）校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些，说明流过毫安表的电流偏小，与毫安表串联的分压电阻偏大。因此，在对毫安表的分压电阻进行校准时，电阻箱应与分压电阻并联，使总电阻减小；根据电阻并联的特点可知，应使电阻箱的阻值比分压电阻大得多，才能使并联后总电阻比分压电阻稍小。
故选D。
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
整理得
根据题意可得
解得
15．【答案】解：（1）由玻意耳定律可得
解得
（2）设气球离地面高度为h，则对气球内气体
可得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 充气过程温度不变，氦气罐和所有气球内气体的总物质的量不变，可用玻意耳定律（等温过程 ）建立方程，求解每个气球的体积。
(2) 气球上升过程温度不变，体积膨胀至 时爆裂，对气球内气体用玻意耳定律，结合压强随高度变化的规律，联立求解爆裂高度。
16．【答案】解：（1）在C点，对小球由牛顿第二定律可得
从释放小球到C的过程中，由动能定理得
联立解得
（2）设小球刚要脱离轨道时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，速度为v，
由几何关系可知
对小球由牛顿第二定律可得
由动能定理得
联立解得
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)先由小球在C点不脱离轨道的临界条件（重力提供向心力）列牛顿第二定律方程；再对从释放到C点的过程列动能定理，联立求解得到 。
(2)先设小球刚要脱离轨道时与圆心连线和竖直方向夹角为，由几何关系得；再由径向合力提供向心力求速度，结合动能定理联立方程，解得 。
17．【答案】解：（1）带电粒子在A、B板间能沿直线运动，则有
解得
（2）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射出电场时速度方向与水平方向的夹角为，则粒子进入磁场时的速度为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
粒子从边界进出右边磁场两点间的距离为
由于带电粒子a和b，其比荷分别为k和，所以有
（3）在电场中做类平抛运动，有
解得
所以带电粒子a和b在电场中的偏转距离分别为
两粒子能从边界上同一点射出磁场，根据几何关系可判断出两粒子带异种电荷，且
如图
解得：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】(1)先由粒子在复合场中直线运动，得出电场力与洛伦兹力平衡，列方程求解进入偏转电场的速度 v0 。
(2)先分析粒子在偏转电场中的类平抛运动，再结合磁场中圆周运动的几何关系，得到进出磁场两点间距离的表达式，最后代入比荷求比值。
(3)先由类平抛运动求出两粒子的偏转距离，再根据 “同一点射出” 的几何关系，得到距离与偏转距离的等式，联立求解磁感应强度 B1 。
18．【答案】解：（1）根据机械能守恒，小球摆到最低点时的速度为满足
解得
A碰B时，根据动量守恒
恢复系数为
解得
B碰A时根据动量守恒为
恢复系数
联立得
（2）设共速时速度为，共速的位置距离小车左端距离为x，根据动量守恒
解得
根据能量守恒可得
其中
可得
代入数据可得
（3）当m再次返回到小车左端的时候，具有的可损失动能为
得
将代换回得
其中
所以
因为每次从左侧挡板出发都会经过类似的过程，所以递推关系为
以下列举每次数量关系
时
时
时
……
时
结合数列求和得
由
整理得
可知当时
假设此后m相对小车向右运动过程中会停在小车上的L段，设停在位置处，根据功能关系
代入数据得
因为
所以假设正确，综上，m物块一共跟左侧挡板碰撞4次，最后停在距离左端的位置。
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)先由机械能守恒求出物块下摆速度，再利用两次碰撞的动量守恒和恢复系数公式，联立得到 A 刚滑上小车的速度。
(2)先由 A 与小车的动量守恒求出共速速度，再结合能量守恒（摩擦力、斥力做功），计算 A 到小车左端的距离。
(3)先推导每次碰撞后 A 的可损失动能递推关系，计算碰撞次数；再由功能关系求出最终静止时与左侧挡板的距离。
1 / 1山东省单县第二中学2024-2025学年高三下学期模拟（二）物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．核污水中含有多种放射性成分，其中有一种难以被清除的同位素氚（），可能引起基因突变。其衰变方程为，的半衰期为12.5年，下列说法正确的是（　　）
A．原子核是
B．衰变的本质是由强相互作用引起的中子转变为质子并释放出电子
C．1mg的经25年的衰变后，还剩0.25mg
D．将核污水排入海洋后，氚因浓度降低使半衰期变长，放射性变弱
【答案】C
【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．根据质量数守恒：3=A+0，得 A=3；电荷数守恒：1=Z 1，得 Z=2，故原子核为，故A错误；
B． 的衰变是 β 衰变，本质是弱相互作用引起的中子转变为质子并释放电子，不是强相互作用，故B错误；
C．的半衰期为12.5年，1mg的经25年的衰变后，可知结果两个半衰期，还剩0.25mg，故C正确；
D．半衰期由原子核本身性质决定，与浓度、环境等无关，D错误；
故答案为：C。
【分析】 先根据质量数和电荷数守恒确定衰变产物，再分析 β 衰变的本质，接着用半衰期公式计算剩余质量，最后明确半衰期的物理意义。
2．如图，隔板在绝热气缸中封闭一定质量理想气体，隔板和绝热活塞间是真空。迅速抽掉隔板后气体会扩散至整个气缸，待气体稳定后向左缓慢推动活塞至隔板原位置，整个系统密封性良好，下列说法正确的是（　　）
A．扩散过程中，气体对外界做功，温度降低
B．扩散过程中，气体分子的平均速率减小导致气体压强减小
C．推动活塞过程中，活塞对气体做功，气体温度升高
D．抽掉隔板前和活塞到达隔板原位置后，气体内能相等
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB、迅速抽掉抽开隔板后，气体体积变大，但是右方是真空，气体不对外做功，又没有热传递，根据ΔU=Q+W可知，气体内能不变，温度不变，气体分子的平均速率不变，压强减小，故AB错误；
CD、推动活塞过程中，气体被压缩，外界对气体做功， 绝热气缸，Q=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体内能增大，气体分子的平均动能变大，温度升高，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】迅速抽掉隔板时，气体自发地扩散，不对外做功，又没有热传递，结合热力学第一定律即可分析气体内能变化，继而得知其平均动能和温度变化。
3．某兴趣小组对劈尖干涉条纹进行研究时将两平板玻璃叠放，在右端夹入一薄片，如图所示。当波长为λ的可见光从玻璃板正上方入射后可观察到明暗相间的条纹，a、b两点均为暗条纹中心位置，a、b间共有n条亮纹，则a、b两处空气劈的厚度差为（　　）
A． B． C．nλ D．
【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】薄膜干涉是由从空气膜上下表面反射的两列光形成干涉，所以两列波的光程差为Δx=2d（d为空气劈的厚度）
a、b两点均为暗条纹中心位置， 当时出现暗条纹，则此时
则
那么相邻的两条暗条纹满足
所以
所以厚度差为
由于a、b间共有n条亮纹，则a、b两处空气劈的厚度差为
故选A。
【分析】干涉条纹是由空气膜的下表面与上表面的反射光叠加产生的；形成同一暗条纹对应的光程差等于空气膜厚度2倍再加上半个波长（考虑半波损失），形成相邻两条暗条纹的光程差之差等于一个波长λ，由此分析。
4．2024年1月23日12时03分，在酒泉卫星发射中心用“力箭一号”遥三运载火箭将5颗“泰景”系列卫星成功送入太空。其中“泰景二号”02星运行在离地高度为530km的轨道上，绕地球做匀速圆周运动，该卫星主要任务是获取植被和大气遥感数据。关于“泰景二号”02星，下列说法正确的是（　　）
A．处于完全失重状态，不受重力作用
B．线速度大于地球第一宇宙速度
C．运行周期大于地球同步卫星的周期
D．向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星处于完全失重状态，是因为重力全部提供向心力，并非不受重力作用，选项A错误；
B． 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大线速度，该卫星轨道半径大于地球半径，故线速度小于第一宇宙速度 ，选项B错误；
CD．根据
解得
卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，可知运行周期小于地球同步卫星的周期，向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，选项C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】先明确卫星完全失重的本质，再对比第一宇宙速度的含义，最后用万有引力公式推导周期与向心加速度的规律。
5．2024年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。图乙是某次彩排中质量为35kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间（F-t）图像，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．演员在a时刻速度为零，加速度为零
B．演员在b时刻速度最大
C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功为1120J
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为455N·s
【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．a 时刻弹力最大，演员处于最低点，速度为零；但此时合力向上，加速度a不为零，故A错误；
B．b 时刻弹力为零，演员刚离开蹦床；速度最大的位置在弹力等于重力处（a、b 之间），故B错误；
C．演员在空中的时间为
运动员离开蹦床的速度大小为
设蹦床的最大压缩量为，从a时刻到b时刻，根据动能定理
可知从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于1120J，故C错误；
D．从a时刻到b时刻，根据动量定理
蹦床给演员的冲量大小为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 先根据图像确定演员空中运动的时间，利用对称性求出接触蹦床前后的速度；再分析 a、b 时刻的受力与运动状态，最后结合动能定理、动量定理计算功和冲量。
6．青岛气象台2024年2月11日21时15分发布大雾黄色预警，交警提示雨雾天气开车出行注意保持安全车距。期间在滨海大道同一直线车道上，甲车和乙车正同向匀速行驶，甲车在前乙车在后，时，甲车发现前方有险情立即刹车，为避免两车相撞，2s后乙车也开始刹车，如图是两车位置随时间变化图像，图中曲线均为抛物线。已知甲车匀速行驶的速度为10m／s，司机反应时间不计，下列说法正确的是（　　）
A．甲车加速度大小为
B．当时，两车速度大小相等
C．若，两车恰好没有相撞
D．若没有相撞，两车相距最近时乙车的位移为48m
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；追及相遇问题
【解析】【解答】A．由甲图，根据位移时间关系公式
对于甲车
解得甲车加速度为
即甲车加速度大小为1m/s2，故A错误；
B．由乙图可知，0-2s乙车匀速运动，乙车的初速度为
乙车加速度为
即乙车加速度大小为2m/s2，两车速度相等时，有
解得
可知，当时，两车速度大小不相等，故B错误；
C．两车恰好没有相撞，则
故C正确；
D．若没有相撞，两车相距最近时乙车的位移为
故D错误。
故选C。
【分析】本题考查x t图像以及追及相遇问题。x t图像表示物体的位置随时间变化的规律，由图像能直接读出物体运动的位置和对应的时间．图像的切线斜率表示物体的速度；由纵坐标的差值可得出位移。
对于追及相遇问题，要仔细分析两者的运动过程，熟练掌握匀变速直线运动的基本公式，此类问题解题关键：①掌握好两个关系：时间关系和位移关系；②一个条件：两者速度相等，这往往是能否追上，或两者距离最大、最小的临界条件是分析问题的切入点。
7．如图所示ab端接入电压恒定的正弦交流电，其中电表均为理想电表，变压器为理想变压器，导线电阻不计。将滑动变阻器滑片P向下滑动过程中（　　）
A．两端电压不变 B．电流表示数减小
C．电压表示数增大 D．消耗的电功率增大
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】负载变化分析：
R3滑片下移。 R3接入电阻减小。 右侧支路总电阻 减小。副线圈总负载电阻 减小。
A．原线圈输入电压 恒定，原线圈电流 随副线圈功率增大而增大，因此 上电压 增大，原线圈两端电压 减小。由理想变压器电压比 ，副线圈电压 减小，故R2两端电压（等于 ）减小，A错误；
B．副线圈总功率 ，因 减小、 减小，实际 增大（输入功率不变，输出功率等于输入功率），故副线圈总电流 增大，电流表示数增大，B错误；
C． 减小，R2电流 减小，而总电流 增大，因此通过R4的电流 增大。
R4两端电压 增大，而 ，故电压表示数 减小，C错误。
D．R4消耗的功率 ，因 增大，故 增大，D正确；
故答案为：D。
【分析】滑动变阻器R3滑片P向下滑动时，R3接入电路的电阻减小，导致副线圈负载总电阻变化；结合理想变压器电压、电流与功率的关系，分析各元件的电压、电流及功率变化。
8．如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是（　　）
A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动
B．通过导体棒MN的电量为
C．两导体棒的相对距离减小量为
D．导体棒MN产生的焦耳热为
【答案】C
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿第二定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A. 由动量守恒 ，得共速 ；PQ 受安培力 ，随速度差 减小，加速度减小，故做加速度减小的加速运动，A错误；
B. 对 MN 用动量定理 ，解得 ，B错误；
C. 由 ，代入 ，得 ，C正确；
D. 从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律： ，MN 产生的焦耳热 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】先由动量守恒得到共速速度，再用动量定理求通过导体棒的电量，结合法拉第电磁感应定律计算相对距离减小量，最后由能量守恒分析焦耳热分配。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．要把湿手上的水甩掉，人通常的甩手动作如图所示，这幅图片是由每秒25帧的摄像机拍摄视频后制作的，它真实地记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息，图中A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，M、N分别是最后1帧照片中肘关节、腕关节的位置。指尖从A到B的运动过程，可以看作：指尖先以肘关节为圆心做圆周运动，再以腕关节为圆心做圆周运动。测得A、B之间的真实距离为32cm，AM的真实长度为40cm，CN的真实长度为16cm。重力加速度为g．结合以上信息，下列判断中正确的是（　　）
A．指尖在A、B之间运动的速度比在B、C之间的大
B．指尖在A、B之间运动的速度大小约为10m/s
C．指尖的最大向心加速度大小约为16g
D．若水滴未被甩出，则图中显示的甩手全过程中，水滴的机械能增加
【答案】A,C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】摄像机每秒25帧，故相邻两帧的时间间隔 。
A．A到B：位移 ，时间为2帧，即
B到C：位移 ，时间为1帧，即
由 可知，，故A正确；
B．指尖在A、B间的平均速度：，并非约10m/s，故B错误；
C．最大向心加速度出现在以腕关节为圆心的阶段（半径 ），速度约为 ，代入向心加速度公式：，故C正确；
D．若水滴未被甩出，在甩手过程中，手臂对水滴的作用力先做正功后做负功，机械能先增加后减少，并非全程增加，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】结合摄像机帧率（每秒25帧，即每帧时间间隔 ），分析指尖在不同阶段的位移、速度与向心加速度，再判断机械能变化。
10．在金属球壳的球心有一个负点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．K点的电场强度比L点的大
B．球壳内表面带负电，外表面带正电
C．试探电荷在M点的电势能比在N点的小
D．试探电荷沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功
【答案】C,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．电场线的疏密表示电场强度的大小，K点电场线比L点更密集，因此K点场强大于L点，故A正确；
B．球心有负点电荷，静电感应使金属球壳内表面带正电（吸引负电荷），外表面带负电，故B错误；
C．电场线方向由高电势指向低电势，沿电场线方向电势逐渐降低，因此 点电势 。
对正试探电荷 ，电势能 ，故 ，即 在M点电势能比N点小，故C正确；
D．试探电荷 沿电场线从M到N，电场力方向与位移方向相反（电场线指向球心， 受力方向与电场线方向相反），因此电场力做负功，电势能增加，故D正确；
故答案为：ACD。
【分析】结合电场线的疏密表示场强大小、静电感应的电荷分布规律，以及电势与电势能的关系、电场力做功与电势能变化的关系，逐一验证选项。
11．如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为20cm，波速为5m/s，在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距2m（小于一个波长）。当质点a在波峰位置时，质点b在x轴上方与x轴相距10cm的位置且向上振动，则（　　）
A．此波的波长为12m
B．此波的周期为0.48s
C．从此时刻起经过0.2s，质点a与b的速度相同
D．从此时刻起经过1.6s，质点b处于波谷位置
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】AB．根据题意，结合正弦波的特点，画出该时刻的波形，由ab间的平衡位置坐标和位移求出波长，再由
变形后求周期根据题意可知，该波沿x轴正方向传播且质点b在x轴上方，向上振动，则画出波形图如图
有波的方程为
由于2m（小于一个波长），则代入点（2m，10cm）解得
λ = 12cm
再根据
得
故A正确、B错误；
C．求出t=0.2s波传播的距离，确定是哪个质点的振动形式传播，从而确定ab两质点的速度大小关系。当处于平衡位置的点的振动形式传到ab的中点时，ab两个点的速度相等，因此在0.2s的时间内传播的距离为
由波形图可知该质点在a点左侧不在平衡位置，因此此时ab两点速度不相等，故C错误；
D．从此时刻起经过1.6s，波传播的距离为
波长是12m的波，a点到左侧的波谷是半个波长，b点到左侧的波谷的距离为
所以1.6s时，质点b处于波谷位置，故D正确。
故选AD。
【分析】通过ab两点的距离与波长的特殊关系求出波长的大小，这要求从两点的坐标及位移大小和速度方向，结合波形图来计算。
12．光刻机是现代半导体工业的皇冠，其最核心的两大部件为光源与光学镜头。我国研制的某型号光刻机的光源辐射出某一频率的紫外光，光刻机光学镜头投影原理简化图如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，为玻璃砖的对称轴。间距为的a、b两束平行紫外光从棱镜左侧垂直AB边射入，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后会聚于硅片上表面的M点，M点位于的延长线上。半球形玻璃砖的折射率为，来自棱镜的反射光关于轴线对称，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．紫外光在棱镜中的传播速度大于在玻璃砖中的传播速度
B．要使射向玻璃砖的光线最强，三棱镜的折射率至少为
C．硅片上表面M点到球心O的距离为
D．紫外光从进入玻璃砖到传播到M点所用时间为
【答案】B,C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A．根据上述，为了使射向玻璃砖的光线最强，设备要求光在AC界面发生全反射，根据
，
可知，紫外光在棱镜中的传播速度可能大于、小于或等于在玻璃砖中的传播速度，故A错误；
B．为了使射向玻璃砖的光线最强，光在AC界面发生全反射，由于三棱镜的横截面为等腰直角三角形，则有
解得，即要使射向玻璃砖的光线最强，三棱镜的折射率至少为，故B正确；
C．根据对称性，作出a光线的光路如图所示
令第一次在D点折射的入射角为，折射角为，则有
根据几何关系有
解得
，
第二次折射发生在F点，根据几何关系可知，入射角
根据光路可逆原理可知，折射角
根据几何关系有
则有，故C正确；
D．紫外光从进入玻璃砖到传播到M点所用时间为
结合上述解得，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】 先分析光在棱镜和玻璃砖中的传播速度，再结合全反射条件求棱镜折射率最小值，最后通过几何关系与折射定律计算 M 点位置及传播时间。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．某实验小组利用甲图所示的气垫导轨（包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计）探究冲量与动量变化量的关系。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
②在导轨上选择两个适当位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计及电脑，用以记录滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间、及滑块在两光电门之间的运动时间Δt；
③使气垫导轨倾斜，测量A点到导轨与水平桌面接触点O的距离L及A点距桌面高度h；
④将滑块从光电门Ⅰ左侧某处由静止释放，利用电脑记录、和△t；
⑤改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤③④，进行多次测量。
（1）图乙是用游标卡尺测量遮光条宽度d的图示，则d＝　 　mm；
（2）某次实验中，测得，则滑块通过光电门Ⅰ的速度为　 　（结果保留1位小数）；
（3）在误差允许范围内，若满足△t＝　 　（用上述实验步骤中直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g），则说明合外力冲量等于动量变化量。
【答案】（1）12.9
（2）0.4
（3）
【知识点】动量定理
【解析】【解答】根据游标卡尺得读数原理可知遮光条宽度为
故答案为：12.9；
（2）滑块通过光电门Ⅰ的速度为
故答案为：0.4；
（3）根据动量定理，重力分力得冲量等于物块的动量变化量，即
整理得
故答案为：；
【分析】(1)先读游标卡尺主尺刻度，再读游标尺对齐刻度，两者相加得到遮光条宽度。
(2)先由遮光条宽度和通过光电门的时间，利用 计算滑块通过光电门Ⅰ的速度。
(3)先对滑块应用动量定理，将重力分力的冲量与动量变化量相等，再整理得到 的表达式。
14．同学们想利用实验室现有的实验器材，按照图中的实验电路测量一组镍氢纽扣电池的电动势E（约为3.6V）和内阻（小于2Ω）。已有的实验器材为：
A．待测镍氢纽扣电池
B．电压表V（量程为3V，内阻约为5kΩ）
C．毫安表A（量程为5mA，内阻为50Ω）
D．定值电阻，，，
E．电阻箱
F．滑动变阻器
G．开关及导线若干。
（1）为将毫安表A改装成一个量程合适的电压表，需要串联一分压电阻R。根据提供的实验器材，分压电阻R应选择　 　（选填“”、“”或“”）。
（2）校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些。因此，在对毫安表A的分压电阻进行校准时，电阻箱应__________。
A．与毫安表A的分压电阻R串联，阻值比R小得多
B．与毫安表A的分压电阻R串联，阻值比R大得多
C．与毫安表A的分压电阻R并联，阻值比R小得多
D．与毫安表A的分压电阻R并联，阻值比R大得多
（3）将电压表V和改装后的电压表示数分别记为和。调节滑动变阻器获得实验数据并进行描点连线绘制图像。已知该图像的斜率为k，纵截距为a。则电源的电动势E和内阻分别为　 　、　 　。（请用题中字母表示）
【答案】（1）
（2）D
（3）；
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）被测电源的电动势约为，改装电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，所以改装量程应在之间。当毫安表A满偏时，根据欧姆定律有
解得
即分压电阻应选择。
故答案为： ；
（2）校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些，说明流过毫安表的电流偏小，与毫安表串联的分压电阻偏大。因此，在对毫安表的分压电阻进行校准时，电阻箱应与分压电阻并联，使总电阻减小；根据电阻并联的特点可知，应使电阻箱的阻值比分压电阻大得多，才能使并联后总电阻比分压电阻稍小。
故答案为：D；
（3）根据闭合电路的欧姆定律可得
整理得
根据题意可得
解得
故答案为：； ；
【分析】(1) 要将毫安表改装成量程约 3V 的电压表，需根据欧姆定律计算串联分压电阻的阻值，再从给定定值电阻中选择匹配的规格。
(2) 改装电压表读数偏小，说明流过毫安表的电流偏小，串联分压电阻偏大，需通过并联电阻箱减小总电阻，同时选择合适的电阻箱阻值以微调。
(3) 根据闭合电路欧姆定律，建立 U1 U2 线性关系，结合图像斜率和截距求解电源电动势和内阻。
（1）被测电源的电动势约为，改装电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，所以改装量程应在之间。当毫安表A满偏时，根据欧姆定律有
解得
即分压电阻应选择。
（2）校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些，说明流过毫安表的电流偏小，与毫安表串联的分压电阻偏大。因此，在对毫安表的分压电阻进行校准时，电阻箱应与分压电阻并联，使总电阻减小；根据电阻并联的特点可知，应使电阻箱的阻值比分压电阻大得多，才能使并联后总电阻比分压电阻稍小。
故选D。
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
整理得
根据题意可得
解得
15．小方同学用一个容积为50L、压强为的氦气罐给完全相同的气球充气，若充气后气球内气体压强为，则恰好可充190个气球。可认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度相同，忽略充气过程的漏气和气球内原有气体。已知地面附近空气温度为27℃、压强为。已知气球上升时体积达到7.5L时就会爆裂，离地高度每升高10m，气球内气体压强减小100Pa，上升过程中大气温度不变。求：
（1）充气后每个气球的体积；
（2）当气球发生爆裂时，气球离地面的高度h。
【答案】解：（1）由玻意耳定律可得
解得
（2）设气球离地面高度为h，则对气球内气体
可得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 充气过程温度不变，氦气罐和所有气球内气体的总物质的量不变，可用玻意耳定律（等温过程 ）建立方程，求解每个气球的体积。
(2) 气球上升过程温度不变，体积膨胀至 时爆裂，对气球内气体用玻意耳定律，结合压强随高度变化的规律，联立求解爆裂高度。
16．如图，在竖直平面内，固定有一半径为R的光滑圆弧轨道，为圆弧轨道的水平直径，O为圆心，C为圆弧轨道的最高点。一质量为m的小球（可看成质点）从A点正上方H高处静止释放，小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度大小g，求：
（1）为使小球能在轨道上运动而不脱离轨道，H应该满足的条件；
（2）若，小球刚要脱离轨道时，小球距的高度h。
【答案】解：（1）在C点，对小球由牛顿第二定律可得
从释放小球到C的过程中，由动能定理得
联立解得
（2）设小球刚要脱离轨道时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，速度为v，
由几何关系可知
对小球由牛顿第二定律可得
由动能定理得
联立解得
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)先由小球在C点不脱离轨道的临界条件（重力提供向心力）列牛顿第二定律方程；再对从释放到C点的过程列动能定理，联立求解得到 。
(2)先设小球刚要脱离轨道时与圆心连线和竖直方向夹角为，由几何关系得；再由径向合力提供向心力求速度，结合动能定理联立方程，解得 。
17．如图所示，A、B两平行板间存在相互垂直的电场和磁场，方向如图所示，电场强度和磁感应强度分别为和。在A、B板右边存在以和为边界，宽度为d，方向竖着向下，大小也为的匀强电场，电场右边空间存在无限大的匀强磁场，磁感应强度为，方向如图。现有两个不同的带电粒子a和b，其比荷分别为k和，先后从A、B板的左侧沿中线垂直电场方向射入，两粒子都沿A、B中线运动后进入偏转电场，最后从进入磁场。（不计粒子的重力）则：
（1）求粒子进入偏转电场的速度大小；
（2）a粒子从边界进出右边磁场两点间的距离为，粒子从边界进出右边磁场两点间的距离为，求与之比；
（3）若两粒子从边界上同一点射出磁场，求磁感应强度的大小。
【答案】解：（1）带电粒子在A、B板间能沿直线运动，则有
解得
（2）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射出电场时速度方向与水平方向的夹角为，则粒子进入磁场时的速度为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
粒子从边界进出右边磁场两点间的距离为
由于带电粒子a和b，其比荷分别为k和，所以有
（3）在电场中做类平抛运动，有
解得
所以带电粒子a和b在电场中的偏转距离分别为
两粒子能从边界上同一点射出磁场，根据几何关系可判断出两粒子带异种电荷，且
如图
解得：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】(1)先由粒子在复合场中直线运动，得出电场力与洛伦兹力平衡，列方程求解进入偏转电场的速度 v0 。
(2)先分析粒子在偏转电场中的类平抛运动，再结合磁场中圆周运动的几何关系，得到进出磁场两点间距离的表达式，最后代入比荷求比值。
(3)先由类平抛运动求出两粒子的偏转距离，再根据 “同一点射出” 的几何关系，得到距离与偏转距离的等式，联立求解磁感应强度 B1 。
18．如图，右侧带有挡板的平板小车静止在光滑水平面上，左端紧靠平台且与平台等高，小车的上表面分成两段，左段长，右段L'足够长，平台边缘正上方用长的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为的物块B，且，将A向左拉至轻绳水平由静止释放，A与B发生正碰，碰后A的速度为零。已知A与B碰撞过程中的恢复系数，该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、B互换角色，将B悬挂起来从水平位置由静止释放，与A发生正碰后A滑上小车，A滑上小车后，小车左端迅速弹出一个厚度不计的挡板，同时取走B。在小车上L段内A受一个来自右侧挡板水平向左的斥力，在L'范围内A受到一个来自右侧挡板水平向左的斥力。已知小车质量，物块A与小车上表面间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。
（1）求A刚滑上小车时的速度大小；
（2）求A与小车第一次达到共速时的速度大小及A到小车左端的距离；
（3）物块A与左侧挡板的碰撞为弹性碰撞，求物块A与左侧挡板碰撞次数及物块A最终相对小车静止时与左侧挡板间的距离。
【答案】解：（1）根据机械能守恒，小球摆到最低点时的速度为满足
解得
A碰B时，根据动量守恒
恢复系数为
解得
B碰A时根据动量守恒为
恢复系数
联立得
（2）设共速时速度为，共速的位置距离小车左端距离为x，根据动量守恒
解得
根据能量守恒可得
其中
可得
代入数据可得
（3）当m再次返回到小车左端的时候，具有的可损失动能为
得
将代换回得
其中
所以
因为每次从左侧挡板出发都会经过类似的过程，所以递推关系为
以下列举每次数量关系
时
时
时
……
时
结合数列求和得
由
整理得
可知当时
假设此后m相对小车向右运动过程中会停在小车上的L段，设停在位置处，根据功能关系
代入数据得
因为
所以假设正确，综上，m物块一共跟左侧挡板碰撞4次，最后停在距离左端的位置。
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)先由机械能守恒求出物块下摆速度，再利用两次碰撞的动量守恒和恢复系数公式，联立得到 A 刚滑上小车的速度。
(2)先由 A 与小车的动量守恒求出共速速度，再结合能量守恒（摩擦力、斥力做功），计算 A 到小车左端的距离。
(3)先推导每次碰撞后 A 的可损失动能递推关系，计算碰撞次数；再由功能关系求出最终静止时与左侧挡板的距离。
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