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2025届山东省德州市高三下学期三模物理试题
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．血氧仪是测量血氧饱和度和脉率的仪器，其工作原理基于还原血红蛋白和氧合血红蛋白在红光和近红光区域的吸收光谱特性。下列关于红光和近红光区域红外线的说法正确的是（　　）
A．红光比红外线更容易发生衍射现象
B．红光和红外线都是可见光
C．原子从高能级向低能级跃迁时，可能发射红光，也可能发射红外线
D．在同一介质中，红光和红外线的传播速度相同
2．目前机器人研究迅猛发展。在某次测试中，机器人A、B（均可视为质点）同时从原点沿相同方向做直线运动，它们的速度的平方（）随位移（）变化的图像如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．机器人A的加速度大小为4m/s2
B．相遇前机器人A、B最大距离为12m
C．经过，机器人A、B相遇
D．机器人A、B分别经过处的时间差是1s
3．如图甲所示，凸透镜放置在水平玻璃板上，波长为的单色光竖直向下照射，呈现出如图乙所示的亮暗相间的同心圆环，P处位于亮环上。下列说法正确的是（　　）
A．仅更换形状相同、折射率更大的凸透镜，P处仍位于亮环上
B．对凸透镜施加向下的压力，同一级亮环的半径将变小
C．仅将入射光的波长调整为，则P处位于暗环上
D．空气膜厚度为（k=1，2，3…）的位置均位于暗环上
4．《诗经·大东》中写道：“东有启明，西有长庚”，这里指的是“金星”在清晨出现时称为“启明”，在傍晚出现时称为“长庚”。已知地球绕太阳公转的周期为T，金星绕太阳公转的周期为0.6T，下列说法正确的是（　　）
A．地球与金星的动能之比为
B．地球与金星每隔1.5T会相距最近一次
C．地球与金星的公转轨道半径之比为
D．地球与金星表面的重力加速度大小之比为
5．波源O垂直于纸面做简谐运动，其在均匀介质中产生的横波在t=0.10s时的波形如图甲所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，波源O及质点P、质点Q的平衡位置在同一直线上。规定垂直纸面向外为正方向，图乙为该介质中某一质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为25cm/s
B．图乙可能为质点M的振动图像
C．t=0.20s时质点P的位置与t=0时质点Q的位置相同
D．t=0.10s时，质点M正垂直纸面向外运动
6．如图甲所示，电路M、N端输入电压不变的正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢向下滑动，记录交流电压表V的示数U与交流电流表A的示数I，并描绘U-I图像如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值减小为4R0时，变压器的输出功率最大。变压器视为理想变压器，电压表和电流表均视为理想电表，则下列说法正确的是（　　）
A．定值电阻的阻值为
B．变压器的最大输出功率为
C．滑动变阻器最大阻值为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
7．如图所示，在中学生篮球赛中，某同学某次投篮出手点距水平地面的高度，距竖直篮板的水平距离x0=3m；篮球出手后的初速度大小，方向斜向上与水平方向的夹角为篮球与篮板的摩擦不计，空气阻力不计；篮球自出手至落地仅与篮板发生了碰撞（碰撞时间极短），且碰撞时无机械能损失；篮球可视为质点，运动轨迹所在竖直面与篮板垂直，取。则篮球的落地点与出手点的水平距离为（　　）
A．3.6m B．4.8m C．6.6m D．7.8m
8．如图所示，某实验小组用轻质压缩弹簧代替推进剂，来研究火箭单级推进与多级推进。火箭的总质量为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，火箭始终在竖直方向上运动，不计空气阻力。
方案一：将两根相同的轻弹簧并排放置在火箭底部（不连接），模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行同样的压缩，释放后火箭在极短时间内获得速度（此过程忽略重力的影响），此后上升的最大高度为h。
方案二：将火箭分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别放置在两级火箭的底部（均不连接），将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度，以此模拟火箭的二级推进过程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，使两级火箭迅速获得一共同速度，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行二级推进，推进过程忽略重力影响。下列说法正确的是（　　）
A．两个方案中，火箭运动过程中机械能守恒
B．方案二中，一级推进完成瞬间，火箭速度的大小为
C．方案二中，二级火箭上升的最大高度为
D．方案一中，压缩的单根弹簧储存的弹性势能为
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。
9．一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A，该过程的图像如图所示，BC与横轴平行、AC与纵轴平行、AB的延长线经过坐标原点O。下列说法正确的是（　　）
A．在过程中，外界对气体做正功
B．在过程中，气体分子热运动的平均动能增大
C．在过程中，气体从外界吸收热量
D．在一个循环过程中，气体吸收的热量大于放出的热量
10．某静电场中x轴上各点电势随坐标x变化的关系如图所示，处电势最低，处电势为，处电势为。一质量为m、带电量绝对值为q的带电粒子仅在电场力作用下，从沿x轴正方向运动，运动至处时速度恰好减小为0。下列说法正确的是（　　）
A．粒子一定带正电
B．粒子在处的初速度大小为
C．粒子经过坐标原点时的动能为
D．自至粒子的电势能先增大后减小
11．如图甲所示，“天鲲号”不仅是我国疏浚装备制造技术的巅峰之作，更是综合国力提升的重要象征。不计空气阻力，“天鲲号”在吹沙填海工程中喷出泥沙的运动可视为斜上抛运动，以排泥管口为坐标原点，建立图乙所示坐标系。排泥管口的仰角为，距海面的高度h，泥沙喷出的初速度大小为，在排泥过程中“天鲲号”始终保持静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．喷出的泥沙相对于海平面的最大高度为
B．泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为
C．喷出的泥沙在空中运动的轨迹方程为
D．调整仰角，泥沙在海面落点坐标的最大值为
12．如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的图像如图乙所示，时间内导线框的速度大小为，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ
B．时间内，导线框的速度大小为
C．时间内，导线框a、c两点间的电势差为0
D．时间内，导线框的位移大小为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．为探究向心力大小与角速度大小、半径、质量的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置，将物块放置在光滑卡槽内，卡槽沿径向固定于平台，平台绕中心轴的转速可调节，平台匀速转动时，物块随之做匀速圆周运动。转速传感器测量平台转速，力传感器测量物块所受拉力大小。
（1）转速传感器的示数为时，物块转动的角速度为　 　。
（2）利用控制变量法，保证物块质量和转动半径不变，探究向心力大小与角速度的关系。该同学根据测算数据画出的图像如图乙所示，纵轴为力传感器读数，横轴为。图线不过坐标原点的原因是　 　，用刻度尺测得物块转动的半径为50cm，由图线可知物块的质量　 　kg（结果保留2位有效数字）。
14．某物理兴趣小组要测量一干电池的电动势和内阻，要求尽可能减小实验误差。实验室提供器材如下：
待测干电池
电流表A1：量程，内阻约为
电流表A2：量程，内阻为
滑动变阻器：阻值范围为
电阻箱：阻值范围为
开关S、导线若干
（1）该小组利用给定的器材设计了以下三种测量电路图，其中较为合理的电路图为图　 　（选填“甲”“乙”或“丙”）
（2）该小组根据选用第（1）问中较合理的电路图，并将电阻箱的阻值调为，进行正确的实验操作。电流表的示数用表示，电流表的示数用表示，作出图像如图丁所示，根据图像可知，该电源的电动势　 　V，内阻　 　。（结果均保留小数点后两位）
（3）若实验操作及数据处理均无误，则电源内阻的测量值　 　真实值。（填“大于”“小于”或“等于”）
15．如图所示，某高分子材料内镶嵌有单色线光源，材料的上表面水平且足够大；线光源与上表面平行，长度为，到上表面的距离为。已知该线光源发出的光到材料上表面的最短时间为，光在真空中的传播速度为。
（1）求线光源发出的光在材料中的折射率；
（2）求线光源发出的光在材料上表面的透光面积。
16．科学小实验“听话的小药瓶”，其原理如图所示，把高的玻璃容器竖直放置，装入一部分某种液体，将一质量的小药瓶倒放入液体中，瓶口有微小锯齿状（内外液体能良好流通），小药瓶底面积，高8cm，初始状态如图所示：小药瓶内液体高度，液体的密度，玻璃容器内液面高度，容器底面积。取，大气压强。不计小药瓶的体积。求：
（1）求初始状态下小药瓶内气体压强；
（2）现将玻璃容器上端封闭，并往外抽气，求小药瓶即将上浮时，玻璃容器剩余的气体和初始状态下玻璃容器内气体质量之比。（整个过程中温度恒定，小药瓶不倾倒，不漏气）
17．如图所示，竖直绝缘管固定在水平地面上的小车上，管内底部有一截面直径比管的内径略小、可视为质点的小圆柱体，小圆柱体质量，电荷量，绝缘管长为。在管口所在水平面的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度的匀强磁场，面上方存在着垂直纸面向外、磁感应强度的匀强磁场，上下的整个区域还存在着竖直向上、场强的匀强电场。现让小车始终保持的速度匀速向右运动，一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，然后沿与竖直方向夹角为37°的方向离开绝缘管。小圆柱体在绝缘管外受到的空气阻力大小与其速度大小关系为，已知小圆柱体第一次与第二次经过水平面的距离为。取，不计其它阻力。求：
（1）小圆柱体刚进入磁场时的加速度大小；
（2）小圆柱体的加速度为时的速度大小；
（3）小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量；
（4）小圆柱体第二次经过水平面时的速度大小。
18．如图甲所示，长木板C静止在光滑水平地面上，其右上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，小物体A和B之间夹有少量火药。某时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后A获得的速度大小为，若长木板C固定，A和B会同时停在C的最左端。已知小物体A的质量为2m，小物体B的质量为m，长木板C的质量为3m，A、C之间的动摩擦因数为，B、C之间的动摩擦因数为，重力加速度为，不计火药的质量和燃爆时间，不计B和挡板的碰撞时间，B和挡板碰撞时无机械能损失。
（1）若点燃火药释放的能量全部转化为A和B的机械能，求点燃火药释放的能量；
（2）求长木板C的长度；
（3）若长木板不固定，求整个过程A、C之间由于摩擦产生的内能和B、C之间由于摩擦产生的内能；
（4）若长木板不固定，将B碰撞挡板时作为t=0时刻，自该时刻开始A的位移大小用表示，B的位移大小用表示，C的位移大小用表示，设，在图乙中画出y随时间t变化的图像，并标明时的y值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；电磁波谱；光的衍射
【解析】【解答】A．红外线的波长比红光长，根据波长越长越容易发生衍射现象，故红外线比红光更容易发生衍射现象，故A错误；
B．红外线是不可见光，红光属于可见光，故B错误；
C．原子从高能级向低能级跃迁时，辐射出的光子能量等于两个能级的能量差，当能量差对应的光子频率在红光或红外线区域时，就可能发射红光或红外线，故C正确；
D．在同一介质中，不同频率的光传播速度不同，红光和红外线频率不同，所以传播速度不同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】从电磁波的波长、可见性、能级跃迁规律及介质中传播速度四个维度，逐一分析红光与红外线的特性，判断选项正误。
2．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；追及相遇问题
【解析】【解答】A．根据匀变速直线运动规律
整理可得
结合图像可知，机器人A的加速度为
解得
即机器人A的加速度大小为，A错误；
B．根据上述分析，同理可知A、B两机器人均做匀变速运动，对于机器人A，可得，
对于机器人B，可得，
设经过时间二者速度相等，此时相距最远，则有
代入数据解得
两机器人共同的速度为
机器人A的位移
机器人B的位移
二者之间的最大距离，B正确；
C．机器人A停止运动的时间
设经过时间两机器人相遇，则有
代入数据解得
可见两机器人相遇应在机器人A停止运动之后，此时机器人A的位移为
机器人B追上的时间，C错误；
D．由题可知，机器人A经过的时间为，机器人B经过的时间为
机器人A则有
整理可得
解得（另一解机器人A已停止运动，舍去）
机器人B则有
解得
机器人A、B分别经过处的时间差，D错误。
故答案为：B。
【分析】利用匀变速直线运动公式 结合图像求出两机器人的初速度与加速度，再通过速度相等时距离最大的规律计算最大距离，最后分析相遇时间和经过同一位置的时间差。
3．【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．P处位于亮环上，P处干涉加强，根据薄膜干涉原理有（m=1，2，3…）
仅更换形状相同、折射率更大的凸透镜，上述表达式仍然成立，只是整数m将增大，可知，P处仍然为干涉加强位置，即P处仍位于亮环上，故A正确；
B．对凸透镜施加向下的压力，凸透镜与水平玻璃板间的薄膜厚度减小，结合上述可知，同一厚度对应的亮条纹对应的位置将外移，可知，同一级亮环的半径将变大，故B错误；
C．根据薄膜干涉原理可知，仅将入射光的波长调整为，则P处位于亮环上，故C错误；
D．空气膜厚度为（k=1，2，3…），若该处为干涉减弱，根据薄膜干涉原理有（m=1，2，3…）
k为奇数时的位置均位于暗环上。k为偶数时的位置均位于亮环上，故D错误。
故答案为：A。
【分析】利用牛顿环的薄膜干涉原理，分析空气膜厚度、光程差与干涉条纹亮暗的关系，再结合透镜形状、压力、入射光波长的变化，判断 P 点条纹性质和环半径的变化。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题；动能
【解析】【解答】A．根据 ，地球与金星的质量之比未知，无法求出动能之比，A错误；
B．根据题意得 ，解得 ，地球与金星每隔1.5T会相距最近一次，B正确；
C．根据开普勒第三定律得，解得地球与金星的公转轨道半径之比为，C错误；
D．根据，地球与金星的质量比未知，半径比未知，无法求出表面的重力加速度大小之比，D错误。
故答案为：B。
【分析】利用开普勒第三定律分析轨道半径关系，通过追及相遇公式计算相距最近的时间，结合动能、表面重力加速度的决定因素判断选项正误。
5．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由甲图可知，该波的波长为
由乙图可知，该波的周期为
故该波的波速为，A错误；
BD．由甲图可，再经过波峰传到M点，故M点此时正垂直纸面向外振动，而图乙中，的质点沿负方向运动，即垂直纸面向里运动，则图乙不可能为质点M的振动图像，B错误，D正确；
C．时质点P由波峰（）位置刚好到达波谷的位置，结合甲图可知，时刻，质点Q也在波谷位置，两者具有相同的垂直于纸面的位移，但波只是振动形式的传播，质点并未随波逐流，两者不是同一个点，显然在纸面内的不同位置，显然C错误。
故答案为：D。
【分析】先从波形图和振动图像中提取波长、周期，计算波速；再分析各质点在t=0.10s时的振动方向，结合振动图像判断对应关系；最后比较不同时刻质点位置，验证选项。
6．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．设交变电源电压的有效值为，在原线圈回路中有
变形得
结合乙图可知，图像斜率的绝对值表示
将I=2A，U=24V，代入
解得，故A错误；
BD．将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，等效电阻
变压器的输出功率等于滑动变阻器消耗的功率，则有
当时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
此时滑动变阻器接入电路的阻值减小为4R0，则有
解得，故B正确，D错误；
C．当滑动变阻器的阻值调到最大时，则等效电阻也最大，可知原线圈的电流最小，由乙图可知最小电流为I=2A，对应的电压表示数为U=24V，则等效电阻
解得，故C错误。
故答案为：B。
【分析】先通过原线圈回路的电压电流关系结合 U-I 图像求出电源有效值和定值电阻R0 ，再利用等效电阻法和功率极值条件，结合滑动变阻器的临界阻值求出变压器匝数比，最后计算最大输出功率和滑动变阻器的最大阻值。
7．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】篮球到达篮板用的时间为
到达篮板时的竖直速度
击中点距离地面的高度为
再次落地时根据
解得
篮球与篮板碰撞后水平速度大小不变，方向相反，则落地时的水平位移
篮球的落地点与出手点的水平距离为
故答案为：B。
【分析】本题考查斜抛运动的分解与碰撞后的运动分析，核心是将篮球的运动分解为水平和竖直方向，先计算碰撞前的运动时间和竖直速度，再分析碰撞后竖直方向的匀变速运动，最终求出总水平位移。
8．【答案】C
【知识点】爆炸；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两个方案中，火箭运动过程中弹簧弹簧的弹性势能转化为火箭的动能，火箭机械能增加，故A错误；
BC．方案二中，一级推进完成瞬间，设火箭的速度大小为，根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒有
求得
设二级推进完成瞬间，一级火箭和二级火箭的速度分别为和，根据一级火箭、二级火箭以及两级火箭之间弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒分别有，
联立解得，
设二级火箭上升的最大高度为，则二级推进完成后，根据二级火箭机械能守恒有
解得，故B错误，C正确。
D．设压缩的单根弹簧储存的弹性势能为，方案一中，根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒有
得，故D错误；
故答案为：C。
【分析】先通过方案一的竖直上抛运动和能量守恒求出单根弹簧的弹性势能，再对方案二的一级推进（动量守恒 + 能量守恒）、二级推进（动量守恒 + 能量守恒）分步计算，最后验证各选项的速度、高度及机械能规律。
9．【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．在过程中，体积增大，气体对外界做功，即外界对气体做负功，故A错误；
B．在过程中，压强不变，体积减小，则温度降低，故气体分子热运动的平均动能减小，故B错误；
C．在过程中，体积不变，外界对气体不做功；压强增大，则温度升高，气体的内能增大，故气体从外界吸收能量，故C正确；
D．p-V图像中图线与坐标轴所围的面积表示外界对气体做的功，气体经全过程，内能不变，但由于全过程中气体体积增大过程（）气体对外界做功大于体积减小过程（）外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于放出的热量，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合理想气体状态方程 和热力学第一定律 ，分析 图像中各过程的体积、压强、温度变化，进而判断做功、内能变化及吸放热情况。
10．【答案】A,B
【知识点】动能定理的综合应用；电势能
【解析】【解答】A．沿电场线电势降低，沿x轴正向电势先降低后升高，则x轴负半轴电场线向右，x轴正半轴的电场线向左，离子在x正半轴做减速运动，则受电场力向左，则粒子一定带正电，A正确；
B．由能量关系，解得粒子在处的初速度大小为，B正确；
C．设粒子经过坐标原点时的动能为，根据能量守恒得
粒子在坐标原点的电势未知，故不能确定粒子在坐标原点的动能，C错误；
D．自至电场力先做正功后做负功，则粒子的电势能先减小后增大，D错误。
故答案为：AB。
【分析】结合φ x图像的斜率反映电场强度、电势高低与电场力做功的关系，利用动能定理分析粒子的电性、速度及电势能变化，通过能量守恒验证各过程的能量转化。
11．【答案】A,C
【知识点】竖直上抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．喷出的泥沙做斜抛运动，抛出时在竖直方向的分速度为
竖直方向做竖直上抛，由运动学知识可知喷出的泥沙相对于海平面的最大高度为，A正确；
B．泥沙上升过程由运动学知识有
下落过程在竖直方向做自由落体运动，由运动学知识有
则泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为
联立解得泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为，B错误；
C．喷出的泥沙在水平方向做匀速直线运动，由运动学公式有
竖直方向做竖直上抛运动，由运动学知识有
联立解得喷出的泥沙在空中运动的轨迹方程为，C正确；
D．泥沙在水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
其中
联立解得落在海面上时的水平位移为
可知当时水平位移有最大值，最大位移为，D错误。
故答案为：AC。
【分析】将泥沙的斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向竖直上抛运动，分别用运动学公式分析最大高度、运动时间、轨迹方程和水平射程，逐一验证选项。
12．【答案】C,D
【知识点】安培力；电磁感应中的磁变类问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．导线框在下滑过程中，若导线框的边长大于MN和PQ之间的磁场宽度，导线框的ab边可以经过虚线PQ，故A错误；
B．时间内，设导线框的总电阻为R，根据平衡条件可得
其中
时间内，根据平衡条件可得
其中
则时间内，导线框的速度大小为，故B错误；
C．时间内，a、b两点间的电势差为
c、b两点间的电势差为，所以a、c两点间的电势差为0，故C正确；
D．时间内，根据动量定理
其中
解得导线框的位移大小为，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合 v-t 图像分析导线框在不同阶段的受力平衡与电磁感应规律，利用安培力公式、平衡条件和运动学公式逐一验证选项。
13．【答案】（1）
（2）物块与平台之间存在摩擦力；
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】（1）当转速传感器的示数为时，物块转动的角速度为
故答案为：
（2）对物块受力分析，可知沿半径方向，物块除受轻绳拉力外，还受摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
变形得
可知图线不过坐标原点的原因是物块与平台之间存在摩擦力。
根据
可知图像的斜率为
由乙图可得图像的斜率
解得
故答案为：物块与平台之间存在摩擦力；
【分析】(1) 角速度与转速的核心关系是转速的单位转换，转速n表示每秒转动的圈数，结合圆周运动的周期与角速度的定义直接推导。(2) 图像不过原点的原因从受力分析入手，向心力的实际合力需克服摩擦力后由拉力提供。结合牛顿第二定律推导F ω2的函数关系，利用图像的截距和斜率，联立求解物块质量。
（1）当转速传感器的示数为时，物块转动的角速度为
（2）[1]对物块受力分析，可知沿半径方向，物块除受轻绳拉力外，还受摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
变形得
可知图线不过坐标原点的原因是物块与平台之间存在摩擦力。
[2] 根据
可知图像的斜率为
由乙图可得图像的斜率
解得
14．【答案】（1）丙
（2）1.44；0.70
（3）等于
【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）电流表A1测电路中的电流，电流表A2与电阻箱串联，改装成电压表；考虑到A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图丙电路。
故答案为：丙
（2）由图丙电路，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
由图丁可知，
解得，
故答案为：1.44；0.70
（3）由图丙所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，电流测量值等于真实值，由于电流表A2内阻已知，该实验电路不存在系统误差，电源电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值。
故答案为：等于
【分析】(1) 分析器材特性：电流表A2内阻已知，可与电阻箱串联改装为电压表；电流表A1测干路电流。为减小A1内阻对测量的影响，应将A2与电阻箱的支路并联在电源两端，故选择丙电路。
(2) 由闭合电路欧姆定律推导出的线性函数，利用图像截距和斜率计算电动势与内阻。
(3) 该电路设计已将A1内阻纳入电源内阻测量，故测量值与真实值相等。
（1） 电流表A1测电路中的电流，电流表A2与电阻箱串联，改装成电压表；考虑到A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图丙电路。
（2）[1][2]由图丙电路，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
由图丁可知，
解得，
（3）由图丙所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，电流测量值等于真实值，由于电流表A2内阻已知，该实验电路不存在系统误差，电源电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值。
15．【答案】（1）解：线光源发出的光到上表面的最短传播距离为h，则
又
联立解得折射率
（2）解：由全反射临界角公式有
可知
单个点光源在材料上表面透光圆的半径
线光源发出的光在材料上表面的透光面积
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 光在材料中传播的最短距离为光源到上表面的垂直距离，结合最短传播时间求出光在材料中的速度，再由折射率公式求解折射率。
(2) 先由全反射临界角公式求出临界角，得到单个点光源的透光圆半径，再结合线光源的长度，将透光面积拆分为半圆与矩形部分求和。
（1）线光源发出的光到上表面的最短传播距离为h，则
又
联立解得折射率
（2）由全反射临界角公式有
可知
单个点光源在材料上表面透光圆的半径
线光源发出的光在材料上表面的透光面积
联立解得
16．【答案】（1）解：对小瓶受力分析，根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）解：小药瓶上浮的临界
即
其中
根据玻意耳定律可得
解得
此时小药瓶液面下降，玻璃容器内液面上升
则玻璃容器气体压强
解得
同理则有
解得
故剩余气体与原气体质量之比
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 对小药瓶进行受力平衡分析，内部气体压力等于外界大气压、液体压力与小药瓶重力产生的压强之和，从而求出初始状态下瓶内气体压强。
(2) 小药瓶即将上浮时浮力等于重力，先求出临界状态下瓶内气体体积，再结合玻意耳定律求出容器内气体的压强变化，最后利用等温过程中气体质量与压强、体积的关系，计算质量之比。
（1）对小瓶受力分析，根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）小药瓶上浮的临界
即
其中
根据玻意耳定律可得
解得
此时小药瓶液面下降，玻璃容器内液面上升
则玻璃容器气体压强
解得
同理则有
解得
故剩余气体与原气体质量之比
17．【答案】（1）解：小圆柱体刚进入磁场B1时，受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，其中重力和电场力二力平衡
所以洛伦兹力就是小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，则有
其中
解得
竖直方向的洛伦兹力和摩擦力的合力等于小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
将代入得
此时小圆柱体的速度大小为
（3）解：由题意知，小圆柱体离开绝缘管时的速度为
小圆柱体在绝缘管内运动的过程中，根据动能定理有
解得小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量
（4）解：设某时刻速度为，方向与竖直方向夹角为，竖直方向根据动量定理有
即
解得
水平方向根据动量定理有
即
解得
所以小圆柱体第二次经过水平面ab时的速度大小为
【知识点】动量定理；能量守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小圆柱体刚进入磁场时，水平速度与小车相同，洛伦兹力竖直向上，结合重力、电场力，由牛顿第二定律求加速度。
(2) 加速度为时，将速度分解为水平和竖直分量，利用洛伦兹力、电场力、重力的合力关系列方程求解。
(3) 小圆柱体在绝缘管内匀速运动时，合力为零，先求匀速速度，再由能量守恒（重力势能+电势能变化+动能变化=热量）求解。
(4) 离开绝缘管后，在复合场中受空气阻力，利用动量定理和功能关系，结合两次经过面的位移，求第二次经过时的速度。
（1）小圆柱体刚进入磁场B1时，受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，其中重力和电场力二力平衡
所以洛伦兹力就是小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，则有
其中
解得
竖直方向的洛伦兹力和摩擦力的合力等于小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
将代入得
此时小圆柱体的速度大小为
（3）由题意知，小圆柱体离开绝缘管时的速度为
小圆柱体在绝缘管内运动的过程中，根据动能定理有
解得小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量
（4）设某时刻速度为，方向与竖直方向夹角为，竖直方向根据动量定理有
即
解得
水平方向根据动量定理有
即
解得
所以小圆柱体第二次经过水平面ab时的速度大小为
18．【答案】（1）解：火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，则
解得
则火药爆炸释放的能量
联立可得
（2）解：若长木板固定，A和B的速度同时减小到0，对二者获得速度到速度减为0的过程中，对于物体A有
解得
由运动学公式有
解得
A和B的路程差
长木板的长度
（3）解：由第二问可知，A和B的初始位置距挡板的距离为
B与挡板碰撞前C静止，对B自开始运动到与挡板碰撞的过程中，有
解得
设物体B与挡板碰前瞬间的速度，则
解得
设该过程的时间间隔为，则
解得
B与挡板碰撞时A的速度大小
以水平向左的方向为正方向，B与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为，则有
解得
对C由牛顿第二定律有
解得
计算可知，B撞击挡板后A先与C共速，A与C共速后不再有相对运动，然后B再与A、C共速，自B撞击挡板至A、C共速，有
解得，
自B开始运动至A、C共速之间的相对路程
A、C之间由于摩擦产生的热量
B、C间由于摩擦产生的热量
（4）解：以水平向左为正方向，对A、B、C组成的系统自B与挡板碰撞以后的任意时刻，由动量守恒定律得
其中，
且将该过程得时间分为、、无穷段，则
以上各式相加，又
即有
故
其图像如图所示，当，
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 火药爆炸过程A、B系统动量守恒，结合机械能公式求释放的能量；
(2) 长木板固定时，A、B分别在木板上做匀减速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求木板长度；
(3) 长木板不固定时，分析A、B、C的受力与运动状态，结合动量守恒和能量守恒求摩擦产生的内能；
(4) 确定B碰撞挡板后A、B、C的加速度，推导的表达式，结合运动学规律绘制图像并求指定时刻的值。
1 / 12025届山东省德州市高三下学期三模物理试题
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．血氧仪是测量血氧饱和度和脉率的仪器，其工作原理基于还原血红蛋白和氧合血红蛋白在红光和近红光区域的吸收光谱特性。下列关于红光和近红光区域红外线的说法正确的是（　　）
A．红光比红外线更容易发生衍射现象
B．红光和红外线都是可见光
C．原子从高能级向低能级跃迁时，可能发射红光，也可能发射红外线
D．在同一介质中，红光和红外线的传播速度相同
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；电磁波谱；光的衍射
【解析】【解答】A．红外线的波长比红光长，根据波长越长越容易发生衍射现象，故红外线比红光更容易发生衍射现象，故A错误；
B．红外线是不可见光，红光属于可见光，故B错误；
C．原子从高能级向低能级跃迁时，辐射出的光子能量等于两个能级的能量差，当能量差对应的光子频率在红光或红外线区域时，就可能发射红光或红外线，故C正确；
D．在同一介质中，不同频率的光传播速度不同，红光和红外线频率不同，所以传播速度不同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】从电磁波的波长、可见性、能级跃迁规律及介质中传播速度四个维度，逐一分析红光与红外线的特性，判断选项正误。
2．目前机器人研究迅猛发展。在某次测试中，机器人A、B（均可视为质点）同时从原点沿相同方向做直线运动，它们的速度的平方（）随位移（）变化的图像如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．机器人A的加速度大小为4m/s2
B．相遇前机器人A、B最大距离为12m
C．经过，机器人A、B相遇
D．机器人A、B分别经过处的时间差是1s
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；追及相遇问题
【解析】【解答】A．根据匀变速直线运动规律
整理可得
结合图像可知，机器人A的加速度为
解得
即机器人A的加速度大小为，A错误；
B．根据上述分析，同理可知A、B两机器人均做匀变速运动，对于机器人A，可得，
对于机器人B，可得，
设经过时间二者速度相等，此时相距最远，则有
代入数据解得
两机器人共同的速度为
机器人A的位移
机器人B的位移
二者之间的最大距离，B正确；
C．机器人A停止运动的时间
设经过时间两机器人相遇，则有
代入数据解得
可见两机器人相遇应在机器人A停止运动之后，此时机器人A的位移为
机器人B追上的时间，C错误；
D．由题可知，机器人A经过的时间为，机器人B经过的时间为
机器人A则有
整理可得
解得（另一解机器人A已停止运动，舍去）
机器人B则有
解得
机器人A、B分别经过处的时间差，D错误。
故答案为：B。
【分析】利用匀变速直线运动公式 结合图像求出两机器人的初速度与加速度，再通过速度相等时距离最大的规律计算最大距离，最后分析相遇时间和经过同一位置的时间差。
3．如图甲所示，凸透镜放置在水平玻璃板上，波长为的单色光竖直向下照射，呈现出如图乙所示的亮暗相间的同心圆环，P处位于亮环上。下列说法正确的是（　　）
A．仅更换形状相同、折射率更大的凸透镜，P处仍位于亮环上
B．对凸透镜施加向下的压力，同一级亮环的半径将变小
C．仅将入射光的波长调整为，则P处位于暗环上
D．空气膜厚度为（k=1，2，3…）的位置均位于暗环上
【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．P处位于亮环上，P处干涉加强，根据薄膜干涉原理有（m=1，2，3…）
仅更换形状相同、折射率更大的凸透镜，上述表达式仍然成立，只是整数m将增大，可知，P处仍然为干涉加强位置，即P处仍位于亮环上，故A正确；
B．对凸透镜施加向下的压力，凸透镜与水平玻璃板间的薄膜厚度减小，结合上述可知，同一厚度对应的亮条纹对应的位置将外移，可知，同一级亮环的半径将变大，故B错误；
C．根据薄膜干涉原理可知，仅将入射光的波长调整为，则P处位于亮环上，故C错误；
D．空气膜厚度为（k=1，2，3…），若该处为干涉减弱，根据薄膜干涉原理有（m=1，2，3…）
k为奇数时的位置均位于暗环上。k为偶数时的位置均位于亮环上，故D错误。
故答案为：A。
【分析】利用牛顿环的薄膜干涉原理，分析空气膜厚度、光程差与干涉条纹亮暗的关系，再结合透镜形状、压力、入射光波长的变化，判断 P 点条纹性质和环半径的变化。
4．《诗经·大东》中写道：“东有启明，西有长庚”，这里指的是“金星”在清晨出现时称为“启明”，在傍晚出现时称为“长庚”。已知地球绕太阳公转的周期为T，金星绕太阳公转的周期为0.6T，下列说法正确的是（　　）
A．地球与金星的动能之比为
B．地球与金星每隔1.5T会相距最近一次
C．地球与金星的公转轨道半径之比为
D．地球与金星表面的重力加速度大小之比为
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题；动能
【解析】【解答】A．根据 ，地球与金星的质量之比未知，无法求出动能之比，A错误；
B．根据题意得 ，解得 ，地球与金星每隔1.5T会相距最近一次，B正确；
C．根据开普勒第三定律得，解得地球与金星的公转轨道半径之比为，C错误；
D．根据，地球与金星的质量比未知，半径比未知，无法求出表面的重力加速度大小之比，D错误。
故答案为：B。
【分析】利用开普勒第三定律分析轨道半径关系，通过追及相遇公式计算相距最近的时间，结合动能、表面重力加速度的决定因素判断选项正误。
5．波源O垂直于纸面做简谐运动，其在均匀介质中产生的横波在t=0.10s时的波形如图甲所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，波源O及质点P、质点Q的平衡位置在同一直线上。规定垂直纸面向外为正方向，图乙为该介质中某一质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为25cm/s
B．图乙可能为质点M的振动图像
C．t=0.20s时质点P的位置与t=0时质点Q的位置相同
D．t=0.10s时，质点M正垂直纸面向外运动
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由甲图可知，该波的波长为
由乙图可知，该波的周期为
故该波的波速为，A错误；
BD．由甲图可，再经过波峰传到M点，故M点此时正垂直纸面向外振动，而图乙中，的质点沿负方向运动，即垂直纸面向里运动，则图乙不可能为质点M的振动图像，B错误，D正确；
C．时质点P由波峰（）位置刚好到达波谷的位置，结合甲图可知，时刻，质点Q也在波谷位置，两者具有相同的垂直于纸面的位移，但波只是振动形式的传播，质点并未随波逐流，两者不是同一个点，显然在纸面内的不同位置，显然C错误。
故答案为：D。
【分析】先从波形图和振动图像中提取波长、周期，计算波速；再分析各质点在t=0.10s时的振动方向，结合振动图像判断对应关系；最后比较不同时刻质点位置，验证选项。
6．如图甲所示，电路M、N端输入电压不变的正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢向下滑动，记录交流电压表V的示数U与交流电流表A的示数I，并描绘U-I图像如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值减小为4R0时，变压器的输出功率最大。变压器视为理想变压器，电压表和电流表均视为理想电表，则下列说法正确的是（　　）
A．定值电阻的阻值为
B．变压器的最大输出功率为
C．滑动变阻器最大阻值为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．设交变电源电压的有效值为，在原线圈回路中有
变形得
结合乙图可知，图像斜率的绝对值表示
将I=2A，U=24V，代入
解得，故A错误；
BD．将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，等效电阻
变压器的输出功率等于滑动变阻器消耗的功率，则有
当时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
此时滑动变阻器接入电路的阻值减小为4R0，则有
解得，故B正确，D错误；
C．当滑动变阻器的阻值调到最大时，则等效电阻也最大，可知原线圈的电流最小，由乙图可知最小电流为I=2A，对应的电压表示数为U=24V，则等效电阻
解得，故C错误。
故答案为：B。
【分析】先通过原线圈回路的电压电流关系结合 U-I 图像求出电源有效值和定值电阻R0 ，再利用等效电阻法和功率极值条件，结合滑动变阻器的临界阻值求出变压器匝数比，最后计算最大输出功率和滑动变阻器的最大阻值。
7．如图所示，在中学生篮球赛中，某同学某次投篮出手点距水平地面的高度，距竖直篮板的水平距离x0=3m；篮球出手后的初速度大小，方向斜向上与水平方向的夹角为篮球与篮板的摩擦不计，空气阻力不计；篮球自出手至落地仅与篮板发生了碰撞（碰撞时间极短），且碰撞时无机械能损失；篮球可视为质点，运动轨迹所在竖直面与篮板垂直，取。则篮球的落地点与出手点的水平距离为（　　）
A．3.6m B．4.8m C．6.6m D．7.8m
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】篮球到达篮板用的时间为
到达篮板时的竖直速度
击中点距离地面的高度为
再次落地时根据
解得
篮球与篮板碰撞后水平速度大小不变，方向相反，则落地时的水平位移
篮球的落地点与出手点的水平距离为
故答案为：B。
【分析】本题考查斜抛运动的分解与碰撞后的运动分析，核心是将篮球的运动分解为水平和竖直方向，先计算碰撞前的运动时间和竖直速度，再分析碰撞后竖直方向的匀变速运动，最终求出总水平位移。
8．如图所示，某实验小组用轻质压缩弹簧代替推进剂，来研究火箭单级推进与多级推进。火箭的总质量为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，火箭始终在竖直方向上运动，不计空气阻力。
方案一：将两根相同的轻弹簧并排放置在火箭底部（不连接），模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行同样的压缩，释放后火箭在极短时间内获得速度（此过程忽略重力的影响），此后上升的最大高度为h。
方案二：将火箭分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别放置在两级火箭的底部（均不连接），将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度，以此模拟火箭的二级推进过程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，使两级火箭迅速获得一共同速度，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行二级推进，推进过程忽略重力影响。下列说法正确的是（　　）
A．两个方案中，火箭运动过程中机械能守恒
B．方案二中，一级推进完成瞬间，火箭速度的大小为
C．方案二中，二级火箭上升的最大高度为
D．方案一中，压缩的单根弹簧储存的弹性势能为
【答案】C
【知识点】爆炸；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两个方案中，火箭运动过程中弹簧弹簧的弹性势能转化为火箭的动能，火箭机械能增加，故A错误；
BC．方案二中，一级推进完成瞬间，设火箭的速度大小为，根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒有
求得
设二级推进完成瞬间，一级火箭和二级火箭的速度分别为和，根据一级火箭、二级火箭以及两级火箭之间弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒分别有，
联立解得，
设二级火箭上升的最大高度为，则二级推进完成后，根据二级火箭机械能守恒有
解得，故B错误，C正确。
D．设压缩的单根弹簧储存的弹性势能为，方案一中，根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒有
得，故D错误；
故答案为：C。
【分析】先通过方案一的竖直上抛运动和能量守恒求出单根弹簧的弹性势能，再对方案二的一级推进（动量守恒 + 能量守恒）、二级推进（动量守恒 + 能量守恒）分步计算，最后验证各选项的速度、高度及机械能规律。
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。
9．一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A，该过程的图像如图所示，BC与横轴平行、AC与纵轴平行、AB的延长线经过坐标原点O。下列说法正确的是（　　）
A．在过程中，外界对气体做正功
B．在过程中，气体分子热运动的平均动能增大
C．在过程中，气体从外界吸收热量
D．在一个循环过程中，气体吸收的热量大于放出的热量
【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．在过程中，体积增大，气体对外界做功，即外界对气体做负功，故A错误；
B．在过程中，压强不变，体积减小，则温度降低，故气体分子热运动的平均动能减小，故B错误；
C．在过程中，体积不变，外界对气体不做功；压强增大，则温度升高，气体的内能增大，故气体从外界吸收能量，故C正确；
D．p-V图像中图线与坐标轴所围的面积表示外界对气体做的功，气体经全过程，内能不变，但由于全过程中气体体积增大过程（）气体对外界做功大于体积减小过程（）外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于放出的热量，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合理想气体状态方程 和热力学第一定律 ，分析 图像中各过程的体积、压强、温度变化，进而判断做功、内能变化及吸放热情况。
10．某静电场中x轴上各点电势随坐标x变化的关系如图所示，处电势最低，处电势为，处电势为。一质量为m、带电量绝对值为q的带电粒子仅在电场力作用下，从沿x轴正方向运动，运动至处时速度恰好减小为0。下列说法正确的是（　　）
A．粒子一定带正电
B．粒子在处的初速度大小为
C．粒子经过坐标原点时的动能为
D．自至粒子的电势能先增大后减小
【答案】A,B
【知识点】动能定理的综合应用；电势能
【解析】【解答】A．沿电场线电势降低，沿x轴正向电势先降低后升高，则x轴负半轴电场线向右，x轴正半轴的电场线向左，离子在x正半轴做减速运动，则受电场力向左，则粒子一定带正电，A正确；
B．由能量关系，解得粒子在处的初速度大小为，B正确；
C．设粒子经过坐标原点时的动能为，根据能量守恒得
粒子在坐标原点的电势未知，故不能确定粒子在坐标原点的动能，C错误；
D．自至电场力先做正功后做负功，则粒子的电势能先减小后增大，D错误。
故答案为：AB。
【分析】结合φ x图像的斜率反映电场强度、电势高低与电场力做功的关系，利用动能定理分析粒子的电性、速度及电势能变化，通过能量守恒验证各过程的能量转化。
11．如图甲所示，“天鲲号”不仅是我国疏浚装备制造技术的巅峰之作，更是综合国力提升的重要象征。不计空气阻力，“天鲲号”在吹沙填海工程中喷出泥沙的运动可视为斜上抛运动，以排泥管口为坐标原点，建立图乙所示坐标系。排泥管口的仰角为，距海面的高度h，泥沙喷出的初速度大小为，在排泥过程中“天鲲号”始终保持静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．喷出的泥沙相对于海平面的最大高度为
B．泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为
C．喷出的泥沙在空中运动的轨迹方程为
D．调整仰角，泥沙在海面落点坐标的最大值为
【答案】A,C
【知识点】竖直上抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．喷出的泥沙做斜抛运动，抛出时在竖直方向的分速度为
竖直方向做竖直上抛，由运动学知识可知喷出的泥沙相对于海平面的最大高度为，A正确；
B．泥沙上升过程由运动学知识有
下落过程在竖直方向做自由落体运动，由运动学知识有
则泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为
联立解得泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为，B错误；
C．喷出的泥沙在水平方向做匀速直线运动，由运动学公式有
竖直方向做竖直上抛运动，由运动学知识有
联立解得喷出的泥沙在空中运动的轨迹方程为，C正确；
D．泥沙在水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
其中
联立解得落在海面上时的水平位移为
可知当时水平位移有最大值，最大位移为，D错误。
故答案为：AC。
【分析】将泥沙的斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向竖直上抛运动，分别用运动学公式分析最大高度、运动时间、轨迹方程和水平射程，逐一验证选项。
12．如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的图像如图乙所示，时间内导线框的速度大小为，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ
B．时间内，导线框的速度大小为
C．时间内，导线框a、c两点间的电势差为0
D．时间内，导线框的位移大小为
【答案】C,D
【知识点】安培力；电磁感应中的磁变类问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．导线框在下滑过程中，若导线框的边长大于MN和PQ之间的磁场宽度，导线框的ab边可以经过虚线PQ，故A错误；
B．时间内，设导线框的总电阻为R，根据平衡条件可得
其中
时间内，根据平衡条件可得
其中
则时间内，导线框的速度大小为，故B错误；
C．时间内，a、b两点间的电势差为
c、b两点间的电势差为，所以a、c两点间的电势差为0，故C正确；
D．时间内，根据动量定理
其中
解得导线框的位移大小为，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合 v-t 图像分析导线框在不同阶段的受力平衡与电磁感应规律，利用安培力公式、平衡条件和运动学公式逐一验证选项。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．为探究向心力大小与角速度大小、半径、质量的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置，将物块放置在光滑卡槽内，卡槽沿径向固定于平台，平台绕中心轴的转速可调节，平台匀速转动时，物块随之做匀速圆周运动。转速传感器测量平台转速，力传感器测量物块所受拉力大小。
（1）转速传感器的示数为时，物块转动的角速度为　 　。
（2）利用控制变量法，保证物块质量和转动半径不变，探究向心力大小与角速度的关系。该同学根据测算数据画出的图像如图乙所示，纵轴为力传感器读数，横轴为。图线不过坐标原点的原因是　 　，用刻度尺测得物块转动的半径为50cm，由图线可知物块的质量　 　kg（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）
（2）物块与平台之间存在摩擦力；
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】（1）当转速传感器的示数为时，物块转动的角速度为
故答案为：
（2）对物块受力分析，可知沿半径方向，物块除受轻绳拉力外，还受摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
变形得
可知图线不过坐标原点的原因是物块与平台之间存在摩擦力。
根据
可知图像的斜率为
由乙图可得图像的斜率
解得
故答案为：物块与平台之间存在摩擦力；
【分析】(1) 角速度与转速的核心关系是转速的单位转换，转速n表示每秒转动的圈数，结合圆周运动的周期与角速度的定义直接推导。(2) 图像不过原点的原因从受力分析入手，向心力的实际合力需克服摩擦力后由拉力提供。结合牛顿第二定律推导F ω2的函数关系，利用图像的截距和斜率，联立求解物块质量。
（1）当转速传感器的示数为时，物块转动的角速度为
（2）[1]对物块受力分析，可知沿半径方向，物块除受轻绳拉力外，还受摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
变形得
可知图线不过坐标原点的原因是物块与平台之间存在摩擦力。
[2] 根据
可知图像的斜率为
由乙图可得图像的斜率
解得
14．某物理兴趣小组要测量一干电池的电动势和内阻，要求尽可能减小实验误差。实验室提供器材如下：
待测干电池
电流表A1：量程，内阻约为
电流表A2：量程，内阻为
滑动变阻器：阻值范围为
电阻箱：阻值范围为
开关S、导线若干
（1）该小组利用给定的器材设计了以下三种测量电路图，其中较为合理的电路图为图　 　（选填“甲”“乙”或“丙”）
（2）该小组根据选用第（1）问中较合理的电路图，并将电阻箱的阻值调为，进行正确的实验操作。电流表的示数用表示，电流表的示数用表示，作出图像如图丁所示，根据图像可知，该电源的电动势　 　V，内阻　 　。（结果均保留小数点后两位）
（3）若实验操作及数据处理均无误，则电源内阻的测量值　 　真实值。（填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】（1）丙
（2）1.44；0.70
（3）等于
【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）电流表A1测电路中的电流，电流表A2与电阻箱串联，改装成电压表；考虑到A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图丙电路。
故答案为：丙
（2）由图丙电路，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
由图丁可知，
解得，
故答案为：1.44；0.70
（3）由图丙所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，电流测量值等于真实值，由于电流表A2内阻已知，该实验电路不存在系统误差，电源电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值。
故答案为：等于
【分析】(1) 分析器材特性：电流表A2内阻已知，可与电阻箱串联改装为电压表；电流表A1测干路电流。为减小A1内阻对测量的影响，应将A2与电阻箱的支路并联在电源两端，故选择丙电路。
(2) 由闭合电路欧姆定律推导出的线性函数，利用图像截距和斜率计算电动势与内阻。
(3) 该电路设计已将A1内阻纳入电源内阻测量，故测量值与真实值相等。
（1） 电流表A1测电路中的电流，电流表A2与电阻箱串联，改装成电压表；考虑到A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图丙电路。
（2）[1][2]由图丙电路，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
由图丁可知，
解得，
（3）由图丙所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，电流测量值等于真实值，由于电流表A2内阻已知，该实验电路不存在系统误差，电源电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值。
15．如图所示，某高分子材料内镶嵌有单色线光源，材料的上表面水平且足够大；线光源与上表面平行，长度为，到上表面的距离为。已知该线光源发出的光到材料上表面的最短时间为，光在真空中的传播速度为。
（1）求线光源发出的光在材料中的折射率；
（2）求线光源发出的光在材料上表面的透光面积。
【答案】（1）解：线光源发出的光到上表面的最短传播距离为h，则
又
联立解得折射率
（2）解：由全反射临界角公式有
可知
单个点光源在材料上表面透光圆的半径
线光源发出的光在材料上表面的透光面积
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 光在材料中传播的最短距离为光源到上表面的垂直距离，结合最短传播时间求出光在材料中的速度，再由折射率公式求解折射率。
(2) 先由全反射临界角公式求出临界角，得到单个点光源的透光圆半径，再结合线光源的长度，将透光面积拆分为半圆与矩形部分求和。
（1）线光源发出的光到上表面的最短传播距离为h，则
又
联立解得折射率
（2）由全反射临界角公式有
可知
单个点光源在材料上表面透光圆的半径
线光源发出的光在材料上表面的透光面积
联立解得
16．科学小实验“听话的小药瓶”，其原理如图所示，把高的玻璃容器竖直放置，装入一部分某种液体，将一质量的小药瓶倒放入液体中，瓶口有微小锯齿状（内外液体能良好流通），小药瓶底面积，高8cm，初始状态如图所示：小药瓶内液体高度，液体的密度，玻璃容器内液面高度，容器底面积。取，大气压强。不计小药瓶的体积。求：
（1）求初始状态下小药瓶内气体压强；
（2）现将玻璃容器上端封闭，并往外抽气，求小药瓶即将上浮时，玻璃容器剩余的气体和初始状态下玻璃容器内气体质量之比。（整个过程中温度恒定，小药瓶不倾倒，不漏气）
【答案】（1）解：对小瓶受力分析，根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）解：小药瓶上浮的临界
即
其中
根据玻意耳定律可得
解得
此时小药瓶液面下降，玻璃容器内液面上升
则玻璃容器气体压强
解得
同理则有
解得
故剩余气体与原气体质量之比
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 对小药瓶进行受力平衡分析，内部气体压力等于外界大气压、液体压力与小药瓶重力产生的压强之和，从而求出初始状态下瓶内气体压强。
(2) 小药瓶即将上浮时浮力等于重力，先求出临界状态下瓶内气体体积，再结合玻意耳定律求出容器内气体的压强变化，最后利用等温过程中气体质量与压强、体积的关系，计算质量之比。
（1）对小瓶受力分析，根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）小药瓶上浮的临界
即
其中
根据玻意耳定律可得
解得
此时小药瓶液面下降，玻璃容器内液面上升
则玻璃容器气体压强
解得
同理则有
解得
故剩余气体与原气体质量之比
17．如图所示，竖直绝缘管固定在水平地面上的小车上，管内底部有一截面直径比管的内径略小、可视为质点的小圆柱体，小圆柱体质量，电荷量，绝缘管长为。在管口所在水平面的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度的匀强磁场，面上方存在着垂直纸面向外、磁感应强度的匀强磁场，上下的整个区域还存在着竖直向上、场强的匀强电场。现让小车始终保持的速度匀速向右运动，一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，然后沿与竖直方向夹角为37°的方向离开绝缘管。小圆柱体在绝缘管外受到的空气阻力大小与其速度大小关系为，已知小圆柱体第一次与第二次经过水平面的距离为。取，不计其它阻力。求：
（1）小圆柱体刚进入磁场时的加速度大小；
（2）小圆柱体的加速度为时的速度大小；
（3）小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量；
（4）小圆柱体第二次经过水平面时的速度大小。
【答案】（1）解：小圆柱体刚进入磁场B1时，受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，其中重力和电场力二力平衡
所以洛伦兹力就是小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，则有
其中
解得
竖直方向的洛伦兹力和摩擦力的合力等于小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
将代入得
此时小圆柱体的速度大小为
（3）解：由题意知，小圆柱体离开绝缘管时的速度为
小圆柱体在绝缘管内运动的过程中，根据动能定理有
解得小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量
（4）解：设某时刻速度为，方向与竖直方向夹角为，竖直方向根据动量定理有
即
解得
水平方向根据动量定理有
即
解得
所以小圆柱体第二次经过水平面ab时的速度大小为
【知识点】动量定理；能量守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小圆柱体刚进入磁场时，水平速度与小车相同，洛伦兹力竖直向上，结合重力、电场力，由牛顿第二定律求加速度。
(2) 加速度为时，将速度分解为水平和竖直分量，利用洛伦兹力、电场力、重力的合力关系列方程求解。
(3) 小圆柱体在绝缘管内匀速运动时，合力为零，先求匀速速度，再由能量守恒（重力势能+电势能变化+动能变化=热量）求解。
(4) 离开绝缘管后，在复合场中受空气阻力，利用动量定理和功能关系，结合两次经过面的位移，求第二次经过时的速度。
（1）小圆柱体刚进入磁场B1时，受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，其中重力和电场力二力平衡
所以洛伦兹力就是小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，则有
其中
解得
竖直方向的洛伦兹力和摩擦力的合力等于小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
将代入得
此时小圆柱体的速度大小为
（3）由题意知，小圆柱体离开绝缘管时的速度为
小圆柱体在绝缘管内运动的过程中，根据动能定理有
解得小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量
（4）设某时刻速度为，方向与竖直方向夹角为，竖直方向根据动量定理有
即
解得
水平方向根据动量定理有
即
解得
所以小圆柱体第二次经过水平面ab时的速度大小为
18．如图甲所示，长木板C静止在光滑水平地面上，其右上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，小物体A和B之间夹有少量火药。某时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后A获得的速度大小为，若长木板C固定，A和B会同时停在C的最左端。已知小物体A的质量为2m，小物体B的质量为m，长木板C的质量为3m，A、C之间的动摩擦因数为，B、C之间的动摩擦因数为，重力加速度为，不计火药的质量和燃爆时间，不计B和挡板的碰撞时间，B和挡板碰撞时无机械能损失。
（1）若点燃火药释放的能量全部转化为A和B的机械能，求点燃火药释放的能量；
（2）求长木板C的长度；
（3）若长木板不固定，求整个过程A、C之间由于摩擦产生的内能和B、C之间由于摩擦产生的内能；
（4）若长木板不固定，将B碰撞挡板时作为t=0时刻，自该时刻开始A的位移大小用表示，B的位移大小用表示，C的位移大小用表示，设，在图乙中画出y随时间t变化的图像，并标明时的y值。
【答案】（1）解：火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，则
解得
则火药爆炸释放的能量
联立可得
（2）解：若长木板固定，A和B的速度同时减小到0，对二者获得速度到速度减为0的过程中，对于物体A有
解得
由运动学公式有
解得
A和B的路程差
长木板的长度
（3）解：由第二问可知，A和B的初始位置距挡板的距离为
B与挡板碰撞前C静止，对B自开始运动到与挡板碰撞的过程中，有
解得
设物体B与挡板碰前瞬间的速度，则
解得
设该过程的时间间隔为，则
解得
B与挡板碰撞时A的速度大小
以水平向左的方向为正方向，B与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为，则有
解得
对C由牛顿第二定律有
解得
计算可知，B撞击挡板后A先与C共速，A与C共速后不再有相对运动，然后B再与A、C共速，自B撞击挡板至A、C共速，有
解得，
自B开始运动至A、C共速之间的相对路程
A、C之间由于摩擦产生的热量
B、C间由于摩擦产生的热量
（4）解：以水平向左为正方向，对A、B、C组成的系统自B与挡板碰撞以后的任意时刻，由动量守恒定律得
其中，
且将该过程得时间分为、、无穷段，则
以上各式相加，又
即有
故
其图像如图所示，当，
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 火药爆炸过程A、B系统动量守恒，结合机械能公式求释放的能量；
(2) 长木板固定时，A、B分别在木板上做匀减速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求木板长度；
(3) 长木板不固定时，分析A、B、C的受力与运动状态，结合动量守恒和能量守恒求摩擦产生的内能；
(4) 确定B碰撞挡板后A、B、C的加速度，推导的表达式，结合运动学规律绘制图像并求指定时刻的值。
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