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2025届山东省枣庄市高三下学期三模联考物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．如图所示，玻璃杯经高温消毒后盖上杯盖，且密封良好，此时杯内气体压强等于外界大气压强。若杯内气体视为理想气体，在气体温度降低过程中，下列说法正确的是（　　）
A．外界对杯内气体做功
B．杯内气体从外界吸收热量
C．杯内气体所有分子的运动速率均减小
D．杯内气体分子单位时间内碰撞单位面积器壁的次数减少
2．条码技术出现于20世纪40年代，现已成为获取物品信息的重要途径。某款条形码扫描探头工作原理图如图所示，打开扫描探头，发光二极管发出红光，将探头对准条形码，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转换成了脉冲电信号。下列说法正确的是（　　）
A．扫描探头的工作原理说明光具有波动性
B．仅将发光二极管换为发蓝光，一定能发生光电效应
C．若发光强度降低，则光电子的最大初动能减小
D．若扫描探头在条形码上快速移动，可能来不及发生光电效应
3．我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（　　）
A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
4．某光学组件的剖面如图所示，反光的滑块右侧为圆锥面，圆锥面与右侧玻璃片之间形成很薄的间隙，现用红色平行光自右向左垂直照射玻璃片。从右向左观察玻璃片时，下列说法正确的是（　　）
A．会观察到环形衍射条纹
B．越接近玻璃片中心，相邻两条纹间的距离越小
C．滑块稍向左移的过程中，观察到的环形条纹会向内收缩
D．若改用紫光照射，条纹会变得更加稀疏
5．2024年珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿如图所示轨迹在竖直面内匀速率飞行，依次经过a、b、c三点，b为轨迹上的最高点，a、c两点距地面高度相同。下列说法正确的是（　　）
A．飞机经过b点时的加速度为零
B．飞机在a点所受合力小于在c点所受合力
C．飞机经过a、c两点时重力的瞬时功率相等
D．飞机从a点运动到c点的过程中机械能守恒
6．地球和月球间的距离为L，以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。仅考虑地球和月球对探测器的引力作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示，已知在x=d处探测器的引力势能最大，则地球与月球的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
7．预计2025年底，济宁光伏装机总量可达700万千瓦左右，光伏电站的核心部件由半导体材料制成。一半导体材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示，取O点的电势为零，则该电场中N点到P点的电势随位置x变化的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
8．我国特高压输电技术全球领先，如图甲所示为特高压输电线路，其中每组输电线都由6根相互平行的水平长直导线组成，使用六分裂间隔棒固定，使每组导线的横截面呈正六边形，中心为O，截面图如图乙所示。每根导线通有大小相等、方向相同的电流，已知单独一根通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是（　　）
A．穿过截面abcdef的磁通量不为零
B．导线b受到的安培力方向竖直向下
C．a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度大小为2B
D．a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度方向竖直向下
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．如图所示，在O点放置一正点电荷，a、b两点位于以O点为圆心的同一圆周上，O、b、c三点位于同一直线上。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度相同
B．b点的电势低于c点的电势
C．一负点电荷从b点沿直线向O点运动过程中电势能逐渐减小
D．一负点电荷仅在电场力作用下从b点向O点运动过程中加速度逐渐减小
10．某探空气球充气前球内无气体，现用充气泵在地面处为其充入某种惰性气体（可视为理想气体），每秒可将温度为300K、体积为10L、压强为的惰性气体充入气球，充气完成后球内气体压强为、体积为，忽略充气过程中气体温度的变化。气球释放后，最终到达某高度处时气球内气体温度变为240K（气球上升过程中体积不变）。下列说法正确的是（　　）
A．气球在地面充气所用时间为300s
B．气球在地面充气所用时间为3000s
C．气球到达最终高度处时气球内气体的压强为
D．气球到达最终高度处时气球内气体的压强为
11．某实验小组研究互感现象的装置如图甲所示，M为送电线圈，接正弦式交变电流，N为匝数的受电线圈，其磁通量随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈N的最大磁通量为0.002Wb
B．线圈N产生的感应电动势的最大值为4V
C．在时，线圈N中交变电流的方向不发生变化
D．线圈N产生的感应电动势的瞬时值表达式为
12．汽车减震器可以有效抑制车辆振动，某电磁阻尼减震器的简化原理图如图所示。匀强磁场的宽度L0=1m，磁感应强度大小B=1T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，水平且垂直于磁场边界放置在光滑水平面上，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。一宽度L=0.2m，足够长的单匝矩形硬质金属线框abcd水平固定在一塑料小车上（图中小车未画出），线框右端与小车右端平齐，二者的总质量m=0.5kg，线框电阻R=0.08Ω，使小车带着线框以v0=5m/s的速度沿光滑水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场右边界后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为5m/s2
B．ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，通过线框某一横截面的电荷量为25C
C．ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，线框产生的焦耳热为2.25J
D．小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为2J
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．有一透明球形摆件如图甲所示，为了弄清该球形摆件的材质，某学习小组设计了一个实验来测定其折射率。
步骤如下：
①用游标卡尺测出该球形摆件的直径如图乙所示；
②用激光笔射出沿水平方向的激光束M照在球体上，调整入射位置，直到光束进出球体不发生偏折；
③用另一同种激光笔射出沿水平方向的激光束N照在球体上，调整入射位置，让该光束经球体上Q点折射进入球体，并恰好能与激光束M都从球面上同一点P射出；
④利用投影法测出入射点Q和出射点P之间的距离L，光路图如图丙所示。
请回答以下问题：
（1）由图乙可知，该球形摆件的直径　 　cm；
（2）球形摆件对该激光的折射率　 　（用D和L表示）；
（3）继续调整激光束N的入射位置，　 　（填“能”或“不能”）看到激光在球体内发生全反射。
14．某一电池的电动势E约为3V，内阻r未知，允许通过的最大电流为50mA。为测定该电池的电动势和内阻，某同学设计了如图甲所示的电路。图中R为电阻箱，定值电阻R0=40Ω，电压表量程为0~3V，可视为理想电表。
（1）闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到　 　（选填“最大”或“零”）；
（2）电阻箱某次示数如图乙所示，其阻值为　 　Ω；
（3）为了减小偶然误差，多次调整电阻箱的阻值R，读出对应的电压表的示数U，通过描点作图得到如图丙所示的图像，通过图像可得电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω；（结果均保留三位有效数字）
（4）若考虑电压表内阻对电路的影响，电池电动势的测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
15．某科考队在水面上O点安装了一振动装置，可产生水波（可视为简谐横波）并在xOy平面内由O点向外传播。如图甲所示，t=0时刻，相邻的波峰和波谷恰好分别传到实线圆和虚线圆处，且实线圆处第一次出现波峰。已知质点M的坐标为（0cm，0.25cm），质点N的坐标为（1.0cm，cm）。如图乙所示为图甲中质点M的振动图像，z轴垂直于xOy平面，竖直向上为正方向。求∶
（1）质点M的振动方程；
（2）波在水中的传播速度大小；
（3）质点N第10次到达波峰的时刻。
16．如图所示，一儿童在房间内向地面上的O点投掷弹力球（可视为质点），弹力球从O点反弹到右侧竖直墙壁上的M点后，又直接反弹到左侧竖直墙壁上的N点。已知两竖直墙壁间的距离L=6m，O点距右侧墙壁d=1.8m，M点与N点等高，弹力球在空中离水平地面的最大高度H=3.2m。弹力球与墙壁碰撞前后瞬间沿墙壁的速度不变，垂直于墙壁的速度大小不变，方向相反。不计空气阻力，忽略弹力球与墙壁的碰撞时间，取g=10m/s2。求：
（1）弹力球在O点弹起时的速度大小v0；
（2）弹力球与M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值。
17．如图甲所示，在xOy平面内，虚线与x轴垂直并相交于P（ L，0）点，在虚线左侧有一加速电场，电压为U0。一质量为m，带电量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场（忽略初速度），当粒子运动到P点时，在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场（T未知），y轴正方向为电场的正方向，粒子经时间T从y轴上的Q点（0，L）进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场，磁场变化周期为T0，垂直xOy平面向里为磁场的正方向，粒子恰好不会回到第二象限。已知，不计粒子重力，忽略电场、磁场突变的影响。求：
（1）带电粒子经过P点时速度的大小v0；
（2）交变电场的电场强度大小E0；
（3）加上磁场后，粒子在时刻所处的位置坐标。
18．如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN为长度的粗糙水平轨道，NP为半径的光滑四分之一圆弧轨道，其圆心为O，PQ为足够长的光滑竖直轨道。竖直线右侧有方向水平向左的匀强电场，电场强度。在正方形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场。轨道MN最左端M点处静置一质量为、电荷量为的带负电的物块A。一质量为的物块C，从左侧的光滑水平轨道上以速度撞向物块A，A、C发生弹性碰撞，且A、C恰好不发生第二次碰撞。已知A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，物块A所带电荷量始终保持不变，取，，。求：
（1）在M点碰撞后瞬间A、C的速度大小、；
（2）A、C与轨道MN之间的动摩擦因数；
（3）A运动过程中对轨道NP的最大压力F的大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】解：玻璃杯密封良好，杯内气体的体积保持不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，即，故A错误。
理想气体的内能仅由温度决定，温度降低，气体内能减小，，根据热力学第一定律，代入可得，说明气体向外界放出热量，故B错误。
温度是分子平均动能的标志，温度降低，气体分子的平均动能减小，平均速率减小，但分子的运动速率具有随机性，并非所有分子的速率都减小，故C错误。
气体做等容变化，根据查理定律，温度降低时，气体压强减小；从微观角度分析，分子平均速率减小，且分子数密度不变，因此气体分子单位时间内碰撞单位面积器壁的次数减少，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查理想气体的等容变化、热力学第一定律以及气体压强的微观解释。先根据玻璃杯的密封条件判断气体体积不变，确定做功情况为；再结合理想气体内能与温度的关系，明确温度降低内能减小，通过热力学第一定律分析吸放热情况；接着从分子运动的随机性角度，区分分子平均速率和单个分子速率的不同；最后利用查理定律得出压强变化，再从微观层面分析压强减小的原因，判断分子碰撞器壁的次数变化。
2．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：光电效应现象体现的是光的粒子性，扫描探头利用光电效应工作，说明光具有粒子性，故A错误。
蓝光的频率高于红光，红光照射能使光电管发生光电效应，说明红光频率大于光电管的极限频率，蓝光频率更大，因此换为蓝光一定能发生光电效应，故B正确。
根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能仅与入射光的频率和金属的逸出功有关，与发光强度无关，发光强度降低时，单位时间内入射的光子数减少，光电流减小，最大初动能不变，故C错误。
光电效应的发生是瞬时的，光照到光电管的瞬间就能产生光电子，与扫描探头的移动速度无关，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查光电效应的原理、光的本性以及光电效应方程的应用。先根据光电效应的本质判断光的属性，明确光电效应体现粒子性而非波动性；再结合光电效应的发生条件，即入射光频率大于金属极限频率，分析蓝光替换红光后的情况；接着利用光电效应方程，判断光电子最大初动能的影响因素，区分频率和光强的不同作用；最后根据光电效应的瞬时性特点，分析扫描探头移动速度对光电效应的影响。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；动量；冲量
【解析】【解答】解：飞行器受重力和燃气的作用力，要实现水平加速，合力需沿水平方向，因此燃气的作用力需斜向下，即飞行器需向斜向下喷射燃气，而非水平向后，故A错误。
冲量的计算公式为，飞行器悬停时，重力不为零，作用时间也不为零，因此重力的冲量不为零，故B正确。
动量的表达式为，飞行器下降过程中，若做减速运动，速度减小，质量不变，则动量减小，并非一定增大，故C错误。
燃气对飞行器的冲量和飞行器对燃气的冲量是一对相互作用力的冲量，大小相等，但方向相反，冲量是矢量，因此二者不相同，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查受力分析、冲量的计算、动量的影响因素以及牛顿第三定律的应用。先对飞行器进行受力分析，结合合力与运动的关系，判断水平加速时的喷气方向；再根据冲量的定义式，分析悬停时重力冲量的大小；接着利用动量的表达式，结合下降过程中速度的变化可能性，判断动量的变化情况；最后根据牛顿第三定律分析相互作用力的冲量，明确冲量的矢量性对冲量是否相同的影响。
4．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】解：滑块右侧圆锥面与玻璃片间的空气薄膜形成同心圆状的等厚线，红色平行光垂直入射时，发生的是薄膜干涉现象，形成的是环形干涉条纹（牛顿环），并非衍射条纹，故A错误。
该空气薄膜的等厚线为同心圆，且薄膜倾角保持不变，相邻条纹对应的厚度差恒定，因此越接近玻璃片中心，相邻两条纹间的距离保持不变，故B错误。
薄膜干涉中，同一条纹对应相同的间隙厚度，滑块向左移动时，某一确定厚度的间隙位置会向玻璃片内侧移动，对应的干涉条纹位置也向内移，因此环形条纹整体向内收缩，故C正确。
干涉条纹的间距与入射光的波长成正比，紫光的波长比红光短，改用紫光照射时，条纹间距减小，条纹会变得更加密集，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查薄膜干涉的原理、牛顿环的特点以及干涉条纹间距的影响因素。先根据空气薄膜的结构特点，判断光的现象为薄膜干涉而非衍射，明确条纹类型；再结合薄膜等厚线的分布和倾角特点，分析条纹间距的变化规律；接着根据薄膜干涉中条纹与厚度的对应关系，分析滑块移动时条纹的移动方向；最后利用干涉条纹间距与波长的关系，结合红、紫光的波长差异，判断条纹疏密的变化。
5．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；向心力；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：飞机做曲线运动，曲线运动的速度方向时刻变化，存在向心加速度，因此飞机经过b点时加速度不为零，故A错误。
飞机匀速率飞行，其轨迹的每一小段可视为圆周运动的一部分，合力提供向心力，根据向心力公式，速度大小不变，a点对应的圆周运动半径大于c点，因此a点的合力小于c点的合力，故B正确。
重力的瞬时功率公式为，为速度方向与重力方向的夹角，a、c两点速度大小相等，但速度方向不同，不同，因此重力的瞬时功率不相等，故C错误。
机械能包括动能和重力势能，飞机匀速率飞行则动能不变，a、c两点高度相同但运动过程中高度有变化，重力势能先增后减，因此运动过程中机械能不守恒，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查曲线运动的加速度、向心力公式、重力瞬时功率的计算以及机械能守恒的条件。先根据曲线运动的速度特点，判断加速度是否为零；再将飞机的曲线运动分解为小段圆周运动，结合向心力公式，通过半径大小比较合力大小；接着利用重力瞬时功率的计算公式，分析速度方向对功率的影响；最后根据机械能的组成，结合动能和重力势能的变化情况，判断机械能是否守恒。
6．【答案】A
【知识点】功能关系；万有引力定律
【解析】【解答】解：引力势能与引力的关系为，因此图像的切线斜率绝对值表示引力的大小，斜率为0时，探测器受到的地球和月球的引力合力为零。
在处，图像斜率为0，设地球质量为，月球质量为，探测器质量为，则地球对探测器的引力等于月球对探测器的引力，即：
约去公共项后整理得：
故答案为：A
【分析】本题考查引力势能与引力的关系、万有引力定律的应用。先根据引力势能和引力的定量关系，明确图像斜率为0的物理意义是探测器所受引力合力为零；再在处，利用万有引力定律分别写出地球和月球对探测器的引力表达式，结合合力为零的条件列等式，最后整理等式求出地球与月球的质量之比。
7．【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】解：电场强度与电势差的关系为，因此电势随位置变化的图像（图像）的切线斜率表示电场强度的大小。
由图像可知，从N点到P点，电场强度先增大后减小，且O点的电场强度最大，因此图像的斜率应从N到P先变大后变小，且在O点斜率最大，符合该规律的只有C选项。
故答案为：C
【分析】本题考查电场强度与电势的关系，即电势差与电场强度的微分关系。先明确图像的切线斜率与电场强度的对应关系，斜率大小表示电场强度大小；再根据题目给出的图像，分析从N到P电场强度的变化规律，进而推出图像斜率的变化规律，结合O点电场强度最大的特点，判断符合规律的图像。
8．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则
【解析】【解答】解：根据右手螺旋定则，通电长直导线产生的磁场是以导线为圆心的同心圆，磁场方向与截面abcdef平行，穿过平面的磁通量为零，故A错误。
对导线b进行磁场叠加分析，其余五根导线在b点产生的合磁场方向竖直向下，根据左手定则，电流方向与磁场垂直，导线b受到的安培力方向水平向右，故B错误。
a、b、c三根导线在o点产生的磁感应强度大小均为B，b导线在o点的磁场方向竖直向上，a、c导线在o点的磁场方向与竖直方向成60°角，根据矢量叠加，a、c的合磁感应强度为，与b的磁感应强度叠加后，总大小为，故C正确。
由C的分析可知，a、b、c三根导线在o点的合磁感应强度方向竖直向上，并非竖直向下，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查右手螺旋定则、磁通量的判断、左手定则以及磁感应强度的矢量叠加。先根据右手螺旋定则判断磁场的分布，结合磁场与截面的位置关系判断磁通量；再通过磁场叠加确定导线b处的合磁场方向，利用左手定则判断安培力方向；最后分别确定a、b、c三根导线在o点的磁感应强度方向和大小，结合矢量叠加的方法计算合磁感应强度的大小和方向。
9．【答案】B,C
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】解：点电荷的电场强度公式为，a、b两点到o点的距离相等，因此电场强度大小相等，但电场强度是矢量，a、b两点的电场强度方向不同，故A错误。
正点电荷的电场中，电场线从正电荷出发向外辐射，沿着电场线方向电势逐渐降低，c点离o点更远，因此b点电势低于c点电势，故B正确。
负点电荷在电场中，电势越高的位置电势能越小，从b点向o点运动时，电势逐渐升高，因此负点电荷的电势能逐渐减小，故C正确。
根据库仑定律，负点电荷从b向o运动时，距离r减小，库仑力增大，由牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故D错误。
故答案为：BC
【分析】本题考查点电荷的电场强度、电势分布、电势能变化以及库仑定律的应用。先根据点电荷电场强度公式分析大小，结合矢量性判断电场强度是否相同；再根据正点电荷的电场线分布，结合沿电场线电势降低的规律，比较b、c两点的电势；接着根据负点电荷电势能与电势的关系，分析电势变化时电势能的变化；最后利用库仑定律判断库仑力的变化，结合牛顿第二定律分析加速度的变化。
10．【答案】B,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】解：充气过程中气体做等温变化，设充气次数为，根据玻意耳定律，其中，，，，代入得：
解得，每秒充1次，因此充气时间，故A错误，B正确。
气球上升过程中体积不变，做等容变化，根据查理定律，其中，，，代入得：
故C错误，D正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查理想气体的等温变化（玻意耳定律）和等容变化（查理定律）的应用。先确定充气过程为等温变化，将每次充入的气体视为整体，利用玻意耳定律列等式，求出充气次数，再结合每秒充气次数计算充气时间；再判断气球上升过程为等容变化，利用查理定律结合已知的温度和压强，计算高度处的气体压强。
11．【答案】B,C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由图乙可知，穿过线圈N的最大磁通量，故A错误。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的最大值，由图乙得磁通量变化的周期，角速度，代入、，
得，故B正确。
0时刻穿过线圈N的磁通量为0，感应电动势最大，因此感应电动势的瞬时值表达式为。
当时，，此时感应电动势为-4V，处于余弦曲线的波谷，电流大小变化但方向不发生改变，故C正确，D错误。
故答案为：BC
【分析】本题考查互感现象、法拉第电磁感应定律以及交变电流的瞬时值表达式。先从磁通量随时间变化的图像中读取最大磁通量；再结合法拉第电磁感应定律，利用周期计算角速度，进而求解感应电动势的最大值；接着根据0时刻磁通量和感应电动势的特点，确定感应电动势的瞬时值表达式类型；最后代入时间值，分析感应电动势的变化，判断电流方向是否改变。
12．【答案】A,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框刚进入磁场左边界时，根据牛顿第二定律有
又，
由法拉第电磁感应定律可得
联立解得
故A正确；
B．根据，，，，可得
故B错误；
C．设ab边刚到右边界时速度为，根据动量定理有
又
联立可得
解得
根据能量守恒可得ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，线框产生的焦耳热为
故C正确；
D．ab边从磁场右边界出来后压缩弹簧，通过线圈框的磁通量不变，故线圈中不产生感应电流，根据能量守恒定律，可知线框的动能全部转化为弹簧的弹性势能，则弹簧获得的最大弹性势能
故D错误。
故选AC。
【分析】 线框刚进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势，进而产生感应电流，安培力阻碍线框运动，根据牛顿第二定律可求出加速度。由，，计算通过线框某一横截面的电荷量；线框在磁场中运动时，动能减少转化为焦耳热，根据能量守恒可求出热量；线框离开磁场后压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由由能量守恒计算最大弹性势能。
本题综合考查电磁感应与力学、能量转换的结合，计算量适中但涉及多个物理过程的分析。题目通过线框在磁场中的运动，考查了法拉第电磁感应定律、动量定理、能量守恒等核心知识点，尤其注重对电磁阻尼现象的理解。解题时需要明确线框进入磁场后速度变化对感应电流的影响，以及后续能量转化过程。其中通过动量定理求解速度变化和能量转化是本题亮点，体现了电磁感应中非恒定过程的动态分析能力。
13．【答案】（1）5.20
（2）
（3）不能
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解：(1) 游标卡尺为10分度，精度为0.1mm，主尺读数为52mm，游标尺第0格与主尺对齐，游标尺读数为0×0.1mm=0mm，因此直径。
(2) 设光束在Q点的入射角为，折射角为，
由几何关系可得，（为几何关系中对应线段长度）。根据光的折射定律，代入化简得。
(3) 激光在球体内传播时，射出球体时的入射角等于射入球体时的折射角，而射入时的入射角小于90°，折射角也小于临界角，因此射出时的入射角一定小于临界角，不能发生全反射。
故答案为：(1)5.20；(2)；(3)不能
【分析】本题考查游标卡尺的读数、光的折射定律的应用以及全反射的发生条件。
(1)先明确10分度游标卡尺的精度，分别读取主尺和游标尺的读数，再将单位换算为厘米；
(2)先根据几何关系确定入射角和折射角的正弦值，再结合光的折射定律，代入正弦值化简求解折射率；
(3)根据光路的对称性，分析激光射出球体时的入射角与临界角的关系，判断能否发生全反射。
（1）由图乙可知，该球形摆件的直径
（2）设入射角为，折射角为，如图所示
则有，
根据光的折射规律可得
（3）调整入射光束的入射位置，光线射出球体时的入射角始终等于射入球体时的折射角，而光线射入球体时的入射角小于，所以光线射出球体时的折射角必然小于，所以不能发生全反射。
14．【答案】（1）最大
（2）71.4
（3）2.86；2.90
（4）小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实验时，为了保证整个电路的安全；应先将电阻箱的电阻调到最大值；
故答案为：最大
（2）由图示电阻箱阻值可知其示数为
故答案为：71.4
（3）由闭合电路欧姆定律可得
变形得
由数学知识可知，图象中的斜率
截距
结合图象可知
故
斜率
解得
故答案为：2.86；2.90；
（4）由于电压表内阻不能忽略，则在实验中相当于电压表内阻并联到电源两端后再由电压表两端输出路端电压，因此所测量的电动势小于真实值。
故答案为：小于
【分析】本题考查测定电源电动势和内阻的实验，包括实验操作、电阻箱读数、图像法处理数据以及实验误差分析，分四小问分析：
(1) 考查实验操作的安全原则，闭合开关前将电阻箱调至最大，可使电路中总电阻最大，电流最小，保护电源和电路元件。
(2) 考查电阻箱的读数方法，电阻箱的读数为各档位示数乘以对应倍率后相加，依次读取百位、十位、个位、十分位的数值并计算总和。
(3) 考查闭合电路欧姆定律的应用和图像法处理数据，先根据闭合电路欧姆定律写出与的表达式，再变形为与的线性关系，根据线性图像的截距和斜率的物理意义，分别求出电动势和内阻，截距，斜率，代入图像数据计算即可。
(4) 考查实验的系统误差分析，考虑电压表内阻时，电压表与电阻箱并联，电路的实际总电阻发生变化，实验中把电压表的示数当作路端电压，把电阻箱的电流当作总电流，导致电动势的测量值小于真实值。
（1）实验时，为了保证整个电路的安全；应先将电阻箱的电阻调到最大值；
（2）由图示电阻箱阻值可知其示数为
（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
变形得
由数学知识可知，图象中的斜率
截距
结合图象可知
故
斜率
解得
（4）由于电压表内阻不能忽略，则在实验中相当于电压表内阻并联到电源两端后再由电压表两端输出路端电压，因此所测量的电动势小于真实值。
15．【答案】（1）由图乙可知：，
质点M的振动方程
（2）由图甲可知，由图乙可知
波在水中的传播速度大小
（3）波峰第一次传播到点的距离
传播时间
质点N第10次到达波峰的时刻
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】本题考查简谐横波的振动方程、波速的计算以及波的传播规律。
(1) 考查简谐运动的振动方程的书写，从振动图像中读取振幅和周期，计算角速度，再根据时刻质点M的位移确定初相位，进而写出振动方程。
(2) 考查波速的计算公式，从波的传播图像中确定波长，从振动图像中得到周期，代入公式计算波速。
(3) 考查波的传播时间计算，先根据几何关系计算波峰第一次传播到N点的距离，利用求出第一次到达的时间，再结合简谐横波的周期性，第10次到达波峰的时间为第一次到达时间加上9个周期，进而求出总时刻。
（1）由图乙可知：，
质点M的振动方程
（2）由图甲可知，由图乙可知
波在水中的传播速度大小
（3）波峰第一次传播到点的距离
传播时间
质点N第10次到达波峰的时刻
16．【答案】（1）在竖直方向
竖直方向的速度为
水平方向做匀速直线运动，有.
联立解得弹力球在O点弹起时的速度大小
（2）从O点到M点的过程中，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向的速度为
在M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值
解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】本题考查抛体运动的分解与规律应用，将弹力球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体/竖直上抛运动。
(1) 考查抛体运动的分解，竖直方向上，弹力球上升到最大高度的过程做竖直上抛运动，由求出上升时间，再由求出竖直初速度；水平方向做匀速直线运动，结合最大高度处的水平位移和上升时间，求出水平速度，最后由速度的合成求出弹起时的合速度。
(2) 考查抛体运动的分速度计算，从O点到M点，水平方向由求出运动时间，竖直方向由求出碰撞前瞬间的竖直分速度，碰撞后水平分速度大小不变、方向相反，竖直分速度不变，再根据几何关系，求出碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值。
（1）在竖直方向
竖直方向的速度为
水平方向做匀速直线运动，有.
联立解得弹力球在O点弹起时的速度大小
（2）从O点到M点的过程中，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向的速度为
在M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值
解得
17．【答案】（1）根据题意，由动能定理有
解得
（2）在偏转电场中，x方向有
y方向有，
解得
（3）粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动的周期为
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r，则
解得
经分析可知，粒子恰好运动至如图所示的M点位置，，
解得，
即粒子所处的位置坐标为（，）。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转、在磁场中的圆周运动。
(1) 考查带电粒子在匀强电场中的加速，利用动能定理，电场力做功等于粒子动能的增加量，即，整理后直接求出粒子经过P点的速度。
(2) 考查带电粒子在交变电场中的类平抛运动，粒子在x方向做匀速直线运动，由求出运动时间T；y方向在交变电场作用下做匀加速直线运动，位移，其中加速度，联立以上公式，代入的表达式，整理求出电场强度。
(3) 考查带电粒子在周期性磁场中的圆周运动，先根据洛伦兹力提供向心力，结合已知求出圆周运动的半径和周期，分析磁场的变化规律和粒子的运动轨迹，确定时间内粒子的运动阶段（匀速圆周运动的不同圆弧段），再结合几何关系计算粒子的x、y坐标，得到位置坐标。
（1）根据题意，由动能定理有
解得
（2）在偏转电场中，x方向有
y方向有，
解得
（3）粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动的周期为
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r，则
解得
经分析可知，粒子恰好运动至如图所示的M点位置，，
解得，
即粒子所处的位置坐标为（，）。
18．【答案】（1）A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律，
解得，
（2）A、C恰好不发生第二次碰撞，设C运动的位移为，对C由能量守恒定律得
对A由能量守恒定律得
解得
（3）重力和电场力的合力大小为
如图所示
设A在轨道运动过程中等效最低点与点的连线与OP夹角为，则
可得
当A经点返回点的过程中到达点过程中，由动能定理可得
返回K点时
由上可得
由牛顿第三定律知，A对轨道NP的最大压力为
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查弹性碰撞、动能定理、牛顿第二定律以及复合场中的圆周运动，是力学和电场、磁场的综合问题。
(1)A、C发生弹性碰撞，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，列出两个守恒的公式，联立求解碰撞后瞬间二者的速度；
(2)A、C恰好不发生第二次碰撞，说明二者最终速度相同且为0，对C和A分别应用动能定理，结合二者的运动位移关系，联立求解动摩擦因数；
(3)先将物块A的重力和电场力合成，确定等效重力的大小和方向，找到圆弧轨道的等效最低点；再对物块A从碰撞后到等效最低点的过程应用动能定理，求出在等效最低点的速度；最后在等效最低点，结合牛顿第二定律，考虑洛伦兹力的影响，求解轨道的支持力，再由牛顿第三定律得到物块对轨道的最大压力。
（1）A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律，
解得，
（2））A、C恰好不发生第二次碰撞，设C运动的位移为，对C由能量守恒定律得
对A由能量守恒定律得
解得
（3）重力和电场力的合力大小为
如图所示
设A在轨道运动过程中等效最低点与点的连线与OP夹角为，则
可得
当A经点返回点的过程中到达点过程中，由动能定理可得
返回K点时
由上可得
由牛顿第三定律知，A对轨道NP的最大压力为
1 / 12025届山东省枣庄市高三下学期三模联考物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．如图所示，玻璃杯经高温消毒后盖上杯盖，且密封良好，此时杯内气体压强等于外界大气压强。若杯内气体视为理想气体，在气体温度降低过程中，下列说法正确的是（　　）
A．外界对杯内气体做功
B．杯内气体从外界吸收热量
C．杯内气体所有分子的运动速率均减小
D．杯内气体分子单位时间内碰撞单位面积器壁的次数减少
【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】解：玻璃杯密封良好，杯内气体的体积保持不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，即，故A错误。
理想气体的内能仅由温度决定，温度降低，气体内能减小，，根据热力学第一定律，代入可得，说明气体向外界放出热量，故B错误。
温度是分子平均动能的标志，温度降低，气体分子的平均动能减小，平均速率减小，但分子的运动速率具有随机性，并非所有分子的速率都减小，故C错误。
气体做等容变化，根据查理定律，温度降低时，气体压强减小；从微观角度分析，分子平均速率减小，且分子数密度不变，因此气体分子单位时间内碰撞单位面积器壁的次数减少，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查理想气体的等容变化、热力学第一定律以及气体压强的微观解释。先根据玻璃杯的密封条件判断气体体积不变，确定做功情况为；再结合理想气体内能与温度的关系，明确温度降低内能减小，通过热力学第一定律分析吸放热情况；接着从分子运动的随机性角度，区分分子平均速率和单个分子速率的不同；最后利用查理定律得出压强变化，再从微观层面分析压强减小的原因，判断分子碰撞器壁的次数变化。
2．条码技术出现于20世纪40年代，现已成为获取物品信息的重要途径。某款条形码扫描探头工作原理图如图所示，打开扫描探头，发光二极管发出红光，将探头对准条形码，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转换成了脉冲电信号。下列说法正确的是（　　）
A．扫描探头的工作原理说明光具有波动性
B．仅将发光二极管换为发蓝光，一定能发生光电效应
C．若发光强度降低，则光电子的最大初动能减小
D．若扫描探头在条形码上快速移动，可能来不及发生光电效应
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：光电效应现象体现的是光的粒子性，扫描探头利用光电效应工作，说明光具有粒子性，故A错误。
蓝光的频率高于红光，红光照射能使光电管发生光电效应，说明红光频率大于光电管的极限频率，蓝光频率更大，因此换为蓝光一定能发生光电效应，故B正确。
根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能仅与入射光的频率和金属的逸出功有关，与发光强度无关，发光强度降低时，单位时间内入射的光子数减少，光电流减小，最大初动能不变，故C错误。
光电效应的发生是瞬时的，光照到光电管的瞬间就能产生光电子，与扫描探头的移动速度无关，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查光电效应的原理、光的本性以及光电效应方程的应用。先根据光电效应的本质判断光的属性，明确光电效应体现粒子性而非波动性；再结合光电效应的发生条件，即入射光频率大于金属极限频率，分析蓝光替换红光后的情况；接着利用光电效应方程，判断光电子最大初动能的影响因素，区分频率和光强的不同作用；最后根据光电效应的瞬时性特点，分析扫描探头移动速度对光电效应的影响。
3．我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（　　）
A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；动量；冲量
【解析】【解答】解：飞行器受重力和燃气的作用力，要实现水平加速，合力需沿水平方向，因此燃气的作用力需斜向下，即飞行器需向斜向下喷射燃气，而非水平向后，故A错误。
冲量的计算公式为，飞行器悬停时，重力不为零，作用时间也不为零，因此重力的冲量不为零，故B正确。
动量的表达式为，飞行器下降过程中，若做减速运动，速度减小，质量不变，则动量减小，并非一定增大，故C错误。
燃气对飞行器的冲量和飞行器对燃气的冲量是一对相互作用力的冲量，大小相等，但方向相反，冲量是矢量，因此二者不相同，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查受力分析、冲量的计算、动量的影响因素以及牛顿第三定律的应用。先对飞行器进行受力分析，结合合力与运动的关系，判断水平加速时的喷气方向；再根据冲量的定义式，分析悬停时重力冲量的大小；接着利用动量的表达式，结合下降过程中速度的变化可能性，判断动量的变化情况；最后根据牛顿第三定律分析相互作用力的冲量，明确冲量的矢量性对冲量是否相同的影响。
4．某光学组件的剖面如图所示，反光的滑块右侧为圆锥面，圆锥面与右侧玻璃片之间形成很薄的间隙，现用红色平行光自右向左垂直照射玻璃片。从右向左观察玻璃片时，下列说法正确的是（　　）
A．会观察到环形衍射条纹
B．越接近玻璃片中心，相邻两条纹间的距离越小
C．滑块稍向左移的过程中，观察到的环形条纹会向内收缩
D．若改用紫光照射，条纹会变得更加稀疏
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】解：滑块右侧圆锥面与玻璃片间的空气薄膜形成同心圆状的等厚线，红色平行光垂直入射时，发生的是薄膜干涉现象，形成的是环形干涉条纹（牛顿环），并非衍射条纹，故A错误。
该空气薄膜的等厚线为同心圆，且薄膜倾角保持不变，相邻条纹对应的厚度差恒定，因此越接近玻璃片中心，相邻两条纹间的距离保持不变，故B错误。
薄膜干涉中，同一条纹对应相同的间隙厚度，滑块向左移动时，某一确定厚度的间隙位置会向玻璃片内侧移动，对应的干涉条纹位置也向内移，因此环形条纹整体向内收缩，故C正确。
干涉条纹的间距与入射光的波长成正比，紫光的波长比红光短，改用紫光照射时，条纹间距减小，条纹会变得更加密集，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查薄膜干涉的原理、牛顿环的特点以及干涉条纹间距的影响因素。先根据空气薄膜的结构特点，判断光的现象为薄膜干涉而非衍射，明确条纹类型；再结合薄膜等厚线的分布和倾角特点，分析条纹间距的变化规律；接着根据薄膜干涉中条纹与厚度的对应关系，分析滑块移动时条纹的移动方向；最后利用干涉条纹间距与波长的关系，结合红、紫光的波长差异，判断条纹疏密的变化。
5．2024年珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿如图所示轨迹在竖直面内匀速率飞行，依次经过a、b、c三点，b为轨迹上的最高点，a、c两点距地面高度相同。下列说法正确的是（　　）
A．飞机经过b点时的加速度为零
B．飞机在a点所受合力小于在c点所受合力
C．飞机经过a、c两点时重力的瞬时功率相等
D．飞机从a点运动到c点的过程中机械能守恒
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；向心力；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：飞机做曲线运动，曲线运动的速度方向时刻变化，存在向心加速度，因此飞机经过b点时加速度不为零，故A错误。
飞机匀速率飞行，其轨迹的每一小段可视为圆周运动的一部分，合力提供向心力，根据向心力公式，速度大小不变，a点对应的圆周运动半径大于c点，因此a点的合力小于c点的合力，故B正确。
重力的瞬时功率公式为，为速度方向与重力方向的夹角，a、c两点速度大小相等，但速度方向不同，不同，因此重力的瞬时功率不相等，故C错误。
机械能包括动能和重力势能，飞机匀速率飞行则动能不变，a、c两点高度相同但运动过程中高度有变化，重力势能先增后减，因此运动过程中机械能不守恒，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题考查曲线运动的加速度、向心力公式、重力瞬时功率的计算以及机械能守恒的条件。先根据曲线运动的速度特点，判断加速度是否为零；再将飞机的曲线运动分解为小段圆周运动，结合向心力公式，通过半径大小比较合力大小；接着利用重力瞬时功率的计算公式，分析速度方向对功率的影响；最后根据机械能的组成，结合动能和重力势能的变化情况，判断机械能是否守恒。
6．地球和月球间的距离为L，以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。仅考虑地球和月球对探测器的引力作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示，已知在x=d处探测器的引力势能最大，则地球与月球的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】功能关系；万有引力定律
【解析】【解答】解：引力势能与引力的关系为，因此图像的切线斜率绝对值表示引力的大小，斜率为0时，探测器受到的地球和月球的引力合力为零。
在处，图像斜率为0，设地球质量为，月球质量为，探测器质量为，则地球对探测器的引力等于月球对探测器的引力，即：
约去公共项后整理得：
故答案为：A
【分析】本题考查引力势能与引力的关系、万有引力定律的应用。先根据引力势能和引力的定量关系，明确图像斜率为0的物理意义是探测器所受引力合力为零；再在处，利用万有引力定律分别写出地球和月球对探测器的引力表达式，结合合力为零的条件列等式，最后整理等式求出地球与月球的质量之比。
7．预计2025年底，济宁光伏装机总量可达700万千瓦左右，光伏电站的核心部件由半导体材料制成。一半导体材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示，取O点的电势为零，则该电场中N点到P点的电势随位置x变化的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】解：电场强度与电势差的关系为，因此电势随位置变化的图像（图像）的切线斜率表示电场强度的大小。
由图像可知，从N点到P点，电场强度先增大后减小，且O点的电场强度最大，因此图像的斜率应从N到P先变大后变小，且在O点斜率最大，符合该规律的只有C选项。
故答案为：C
【分析】本题考查电场强度与电势的关系，即电势差与电场强度的微分关系。先明确图像的切线斜率与电场强度的对应关系，斜率大小表示电场强度大小；再根据题目给出的图像，分析从N到P电场强度的变化规律，进而推出图像斜率的变化规律，结合O点电场强度最大的特点，判断符合规律的图像。
8．我国特高压输电技术全球领先，如图甲所示为特高压输电线路，其中每组输电线都由6根相互平行的水平长直导线组成，使用六分裂间隔棒固定，使每组导线的横截面呈正六边形，中心为O，截面图如图乙所示。每根导线通有大小相等、方向相同的电流，已知单独一根通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是（　　）
A．穿过截面abcdef的磁通量不为零
B．导线b受到的安培力方向竖直向下
C．a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度大小为2B
D．a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度方向竖直向下
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则
【解析】【解答】解：根据右手螺旋定则，通电长直导线产生的磁场是以导线为圆心的同心圆，磁场方向与截面abcdef平行，穿过平面的磁通量为零，故A错误。
对导线b进行磁场叠加分析，其余五根导线在b点产生的合磁场方向竖直向下，根据左手定则，电流方向与磁场垂直，导线b受到的安培力方向水平向右，故B错误。
a、b、c三根导线在o点产生的磁感应强度大小均为B，b导线在o点的磁场方向竖直向上，a、c导线在o点的磁场方向与竖直方向成60°角，根据矢量叠加，a、c的合磁感应强度为，与b的磁感应强度叠加后，总大小为，故C正确。
由C的分析可知，a、b、c三根导线在o点的合磁感应强度方向竖直向上，并非竖直向下，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查右手螺旋定则、磁通量的判断、左手定则以及磁感应强度的矢量叠加。先根据右手螺旋定则判断磁场的分布，结合磁场与截面的位置关系判断磁通量；再通过磁场叠加确定导线b处的合磁场方向，利用左手定则判断安培力方向；最后分别确定a、b、c三根导线在o点的磁感应强度方向和大小，结合矢量叠加的方法计算合磁感应强度的大小和方向。
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．如图所示，在O点放置一正点电荷，a、b两点位于以O点为圆心的同一圆周上，O、b、c三点位于同一直线上。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度相同
B．b点的电势低于c点的电势
C．一负点电荷从b点沿直线向O点运动过程中电势能逐渐减小
D．一负点电荷仅在电场力作用下从b点向O点运动过程中加速度逐渐减小
【答案】B,C
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】解：点电荷的电场强度公式为，a、b两点到o点的距离相等，因此电场强度大小相等，但电场强度是矢量，a、b两点的电场强度方向不同，故A错误。
正点电荷的电场中，电场线从正电荷出发向外辐射，沿着电场线方向电势逐渐降低，c点离o点更远，因此b点电势低于c点电势，故B正确。
负点电荷在电场中，电势越高的位置电势能越小，从b点向o点运动时，电势逐渐升高，因此负点电荷的电势能逐渐减小，故C正确。
根据库仑定律，负点电荷从b向o运动时，距离r减小，库仑力增大，由牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故D错误。
故答案为：BC
【分析】本题考查点电荷的电场强度、电势分布、电势能变化以及库仑定律的应用。先根据点电荷电场强度公式分析大小，结合矢量性判断电场强度是否相同；再根据正点电荷的电场线分布，结合沿电场线电势降低的规律，比较b、c两点的电势；接着根据负点电荷电势能与电势的关系，分析电势变化时电势能的变化；最后利用库仑定律判断库仑力的变化，结合牛顿第二定律分析加速度的变化。
10．某探空气球充气前球内无气体，现用充气泵在地面处为其充入某种惰性气体（可视为理想气体），每秒可将温度为300K、体积为10L、压强为的惰性气体充入气球，充气完成后球内气体压强为、体积为，忽略充气过程中气体温度的变化。气球释放后，最终到达某高度处时气球内气体温度变为240K（气球上升过程中体积不变）。下列说法正确的是（　　）
A．气球在地面充气所用时间为300s
B．气球在地面充气所用时间为3000s
C．气球到达最终高度处时气球内气体的压强为
D．气球到达最终高度处时气球内气体的压强为
【答案】B,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】解：充气过程中气体做等温变化，设充气次数为，根据玻意耳定律，其中，，，，代入得：
解得，每秒充1次，因此充气时间，故A错误，B正确。
气球上升过程中体积不变，做等容变化，根据查理定律，其中，，，代入得：
故C错误，D正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查理想气体的等温变化（玻意耳定律）和等容变化（查理定律）的应用。先确定充气过程为等温变化，将每次充入的气体视为整体，利用玻意耳定律列等式，求出充气次数，再结合每秒充气次数计算充气时间；再判断气球上升过程为等容变化，利用查理定律结合已知的温度和压强，计算高度处的气体压强。
11．某实验小组研究互感现象的装置如图甲所示，M为送电线圈，接正弦式交变电流，N为匝数的受电线圈，其磁通量随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈N的最大磁通量为0.002Wb
B．线圈N产生的感应电动势的最大值为4V
C．在时，线圈N中交变电流的方向不发生变化
D．线圈N产生的感应电动势的瞬时值表达式为
【答案】B,C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由图乙可知，穿过线圈N的最大磁通量，故A错误。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的最大值，由图乙得磁通量变化的周期，角速度，代入、，
得，故B正确。
0时刻穿过线圈N的磁通量为0，感应电动势最大，因此感应电动势的瞬时值表达式为。
当时，，此时感应电动势为-4V，处于余弦曲线的波谷，电流大小变化但方向不发生改变，故C正确，D错误。
故答案为：BC
【分析】本题考查互感现象、法拉第电磁感应定律以及交变电流的瞬时值表达式。先从磁通量随时间变化的图像中读取最大磁通量；再结合法拉第电磁感应定律，利用周期计算角速度，进而求解感应电动势的最大值；接着根据0时刻磁通量和感应电动势的特点，确定感应电动势的瞬时值表达式类型；最后代入时间值，分析感应电动势的变化，判断电流方向是否改变。
12．汽车减震器可以有效抑制车辆振动，某电磁阻尼减震器的简化原理图如图所示。匀强磁场的宽度L0=1m，磁感应强度大小B=1T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，水平且垂直于磁场边界放置在光滑水平面上，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。一宽度L=0.2m，足够长的单匝矩形硬质金属线框abcd水平固定在一塑料小车上（图中小车未画出），线框右端与小车右端平齐，二者的总质量m=0.5kg，线框电阻R=0.08Ω，使小车带着线框以v0=5m/s的速度沿光滑水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场右边界后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为5m/s2
B．ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，通过线框某一横截面的电荷量为25C
C．ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，线框产生的焦耳热为2.25J
D．小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为2J
【答案】A,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框刚进入磁场左边界时，根据牛顿第二定律有
又，
由法拉第电磁感应定律可得
联立解得
故A正确；
B．根据，，，，可得
故B错误；
C．设ab边刚到右边界时速度为，根据动量定理有
又
联立可得
解得
根据能量守恒可得ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，线框产生的焦耳热为
故C正确；
D．ab边从磁场右边界出来后压缩弹簧，通过线圈框的磁通量不变，故线圈中不产生感应电流，根据能量守恒定律，可知线框的动能全部转化为弹簧的弹性势能，则弹簧获得的最大弹性势能
故D错误。
故选AC。
【分析】 线框刚进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势，进而产生感应电流，安培力阻碍线框运动，根据牛顿第二定律可求出加速度。由，，计算通过线框某一横截面的电荷量；线框在磁场中运动时，动能减少转化为焦耳热，根据能量守恒可求出热量；线框离开磁场后压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由由能量守恒计算最大弹性势能。
本题综合考查电磁感应与力学、能量转换的结合，计算量适中但涉及多个物理过程的分析。题目通过线框在磁场中的运动，考查了法拉第电磁感应定律、动量定理、能量守恒等核心知识点，尤其注重对电磁阻尼现象的理解。解题时需要明确线框进入磁场后速度变化对感应电流的影响，以及后续能量转化过程。其中通过动量定理求解速度变化和能量转化是本题亮点，体现了电磁感应中非恒定过程的动态分析能力。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．有一透明球形摆件如图甲所示，为了弄清该球形摆件的材质，某学习小组设计了一个实验来测定其折射率。
步骤如下：
①用游标卡尺测出该球形摆件的直径如图乙所示；
②用激光笔射出沿水平方向的激光束M照在球体上，调整入射位置，直到光束进出球体不发生偏折；
③用另一同种激光笔射出沿水平方向的激光束N照在球体上，调整入射位置，让该光束经球体上Q点折射进入球体，并恰好能与激光束M都从球面上同一点P射出；
④利用投影法测出入射点Q和出射点P之间的距离L，光路图如图丙所示。
请回答以下问题：
（1）由图乙可知，该球形摆件的直径　 　cm；
（2）球形摆件对该激光的折射率　 　（用D和L表示）；
（3）继续调整激光束N的入射位置，　 　（填“能”或“不能”）看到激光在球体内发生全反射。
【答案】（1）5.20
（2）
（3）不能
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解：(1) 游标卡尺为10分度，精度为0.1mm，主尺读数为52mm，游标尺第0格与主尺对齐，游标尺读数为0×0.1mm=0mm，因此直径。
(2) 设光束在Q点的入射角为，折射角为，
由几何关系可得，（为几何关系中对应线段长度）。根据光的折射定律，代入化简得。
(3) 激光在球体内传播时，射出球体时的入射角等于射入球体时的折射角，而射入时的入射角小于90°，折射角也小于临界角，因此射出时的入射角一定小于临界角，不能发生全反射。
故答案为：(1)5.20；(2)；(3)不能
【分析】本题考查游标卡尺的读数、光的折射定律的应用以及全反射的发生条件。
(1)先明确10分度游标卡尺的精度，分别读取主尺和游标尺的读数，再将单位换算为厘米；
(2)先根据几何关系确定入射角和折射角的正弦值，再结合光的折射定律，代入正弦值化简求解折射率；
(3)根据光路的对称性，分析激光射出球体时的入射角与临界角的关系，判断能否发生全反射。
（1）由图乙可知，该球形摆件的直径
（2）设入射角为，折射角为，如图所示
则有，
根据光的折射规律可得
（3）调整入射光束的入射位置，光线射出球体时的入射角始终等于射入球体时的折射角，而光线射入球体时的入射角小于，所以光线射出球体时的折射角必然小于，所以不能发生全反射。
14．某一电池的电动势E约为3V，内阻r未知，允许通过的最大电流为50mA。为测定该电池的电动势和内阻，某同学设计了如图甲所示的电路。图中R为电阻箱，定值电阻R0=40Ω，电压表量程为0~3V，可视为理想电表。
（1）闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到　 　（选填“最大”或“零”）；
（2）电阻箱某次示数如图乙所示，其阻值为　 　Ω；
（3）为了减小偶然误差，多次调整电阻箱的阻值R，读出对应的电压表的示数U，通过描点作图得到如图丙所示的图像，通过图像可得电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω；（结果均保留三位有效数字）
（4）若考虑电压表内阻对电路的影响，电池电动势的测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【答案】（1）最大
（2）71.4
（3）2.86；2.90
（4）小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实验时，为了保证整个电路的安全；应先将电阻箱的电阻调到最大值；
故答案为：最大
（2）由图示电阻箱阻值可知其示数为
故答案为：71.4
（3）由闭合电路欧姆定律可得
变形得
由数学知识可知，图象中的斜率
截距
结合图象可知
故
斜率
解得
故答案为：2.86；2.90；
（4）由于电压表内阻不能忽略，则在实验中相当于电压表内阻并联到电源两端后再由电压表两端输出路端电压，因此所测量的电动势小于真实值。
故答案为：小于
【分析】本题考查测定电源电动势和内阻的实验，包括实验操作、电阻箱读数、图像法处理数据以及实验误差分析，分四小问分析：
(1) 考查实验操作的安全原则，闭合开关前将电阻箱调至最大，可使电路中总电阻最大，电流最小，保护电源和电路元件。
(2) 考查电阻箱的读数方法，电阻箱的读数为各档位示数乘以对应倍率后相加，依次读取百位、十位、个位、十分位的数值并计算总和。
(3) 考查闭合电路欧姆定律的应用和图像法处理数据，先根据闭合电路欧姆定律写出与的表达式，再变形为与的线性关系，根据线性图像的截距和斜率的物理意义，分别求出电动势和内阻，截距，斜率，代入图像数据计算即可。
(4) 考查实验的系统误差分析，考虑电压表内阻时，电压表与电阻箱并联，电路的实际总电阻发生变化，实验中把电压表的示数当作路端电压，把电阻箱的电流当作总电流，导致电动势的测量值小于真实值。
（1）实验时，为了保证整个电路的安全；应先将电阻箱的电阻调到最大值；
（2）由图示电阻箱阻值可知其示数为
（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
变形得
由数学知识可知，图象中的斜率
截距
结合图象可知
故
斜率
解得
（4）由于电压表内阻不能忽略，则在实验中相当于电压表内阻并联到电源两端后再由电压表两端输出路端电压，因此所测量的电动势小于真实值。
15．某科考队在水面上O点安装了一振动装置，可产生水波（可视为简谐横波）并在xOy平面内由O点向外传播。如图甲所示，t=0时刻，相邻的波峰和波谷恰好分别传到实线圆和虚线圆处，且实线圆处第一次出现波峰。已知质点M的坐标为（0cm，0.25cm），质点N的坐标为（1.0cm，cm）。如图乙所示为图甲中质点M的振动图像，z轴垂直于xOy平面，竖直向上为正方向。求∶
（1）质点M的振动方程；
（2）波在水中的传播速度大小；
（3）质点N第10次到达波峰的时刻。
【答案】（1）由图乙可知：，
质点M的振动方程
（2）由图甲可知，由图乙可知
波在水中的传播速度大小
（3）波峰第一次传播到点的距离
传播时间
质点N第10次到达波峰的时刻
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】本题考查简谐横波的振动方程、波速的计算以及波的传播规律。
(1) 考查简谐运动的振动方程的书写，从振动图像中读取振幅和周期，计算角速度，再根据时刻质点M的位移确定初相位，进而写出振动方程。
(2) 考查波速的计算公式，从波的传播图像中确定波长，从振动图像中得到周期，代入公式计算波速。
(3) 考查波的传播时间计算，先根据几何关系计算波峰第一次传播到N点的距离，利用求出第一次到达的时间，再结合简谐横波的周期性，第10次到达波峰的时间为第一次到达时间加上9个周期，进而求出总时刻。
（1）由图乙可知：，
质点M的振动方程
（2）由图甲可知，由图乙可知
波在水中的传播速度大小
（3）波峰第一次传播到点的距离
传播时间
质点N第10次到达波峰的时刻
16．如图所示，一儿童在房间内向地面上的O点投掷弹力球（可视为质点），弹力球从O点反弹到右侧竖直墙壁上的M点后，又直接反弹到左侧竖直墙壁上的N点。已知两竖直墙壁间的距离L=6m，O点距右侧墙壁d=1.8m，M点与N点等高，弹力球在空中离水平地面的最大高度H=3.2m。弹力球与墙壁碰撞前后瞬间沿墙壁的速度不变，垂直于墙壁的速度大小不变，方向相反。不计空气阻力，忽略弹力球与墙壁的碰撞时间，取g=10m/s2。求：
（1）弹力球在O点弹起时的速度大小v0；
（2）弹力球与M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值。
【答案】（1）在竖直方向
竖直方向的速度为
水平方向做匀速直线运动，有.
联立解得弹力球在O点弹起时的速度大小
（2）从O点到M点的过程中，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向的速度为
在M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值
解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】本题考查抛体运动的分解与规律应用，将弹力球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体/竖直上抛运动。
(1) 考查抛体运动的分解，竖直方向上，弹力球上升到最大高度的过程做竖直上抛运动，由求出上升时间，再由求出竖直初速度；水平方向做匀速直线运动，结合最大高度处的水平位移和上升时间，求出水平速度，最后由速度的合成求出弹起时的合速度。
(2) 考查抛体运动的分速度计算，从O点到M点，水平方向由求出运动时间，竖直方向由求出碰撞前瞬间的竖直分速度，碰撞后水平分速度大小不变、方向相反，竖直分速度不变，再根据几何关系，求出碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值。
（1）在竖直方向
竖直方向的速度为
水平方向做匀速直线运动，有.
联立解得弹力球在O点弹起时的速度大小
（2）从O点到M点的过程中，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向的速度为
在M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值
解得
17．如图甲所示，在xOy平面内，虚线与x轴垂直并相交于P（ L，0）点，在虚线左侧有一加速电场，电压为U0。一质量为m，带电量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场（忽略初速度），当粒子运动到P点时，在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场（T未知），y轴正方向为电场的正方向，粒子经时间T从y轴上的Q点（0，L）进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场，磁场变化周期为T0，垂直xOy平面向里为磁场的正方向，粒子恰好不会回到第二象限。已知，不计粒子重力，忽略电场、磁场突变的影响。求：
（1）带电粒子经过P点时速度的大小v0；
（2）交变电场的电场强度大小E0；
（3）加上磁场后，粒子在时刻所处的位置坐标。
【答案】（1）根据题意，由动能定理有
解得
（2）在偏转电场中，x方向有
y方向有，
解得
（3）粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动的周期为
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r，则
解得
经分析可知，粒子恰好运动至如图所示的M点位置，，
解得，
即粒子所处的位置坐标为（，）。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转、在磁场中的圆周运动。
(1) 考查带电粒子在匀强电场中的加速，利用动能定理，电场力做功等于粒子动能的增加量，即，整理后直接求出粒子经过P点的速度。
(2) 考查带电粒子在交变电场中的类平抛运动，粒子在x方向做匀速直线运动，由求出运动时间T；y方向在交变电场作用下做匀加速直线运动，位移，其中加速度，联立以上公式，代入的表达式，整理求出电场强度。
(3) 考查带电粒子在周期性磁场中的圆周运动，先根据洛伦兹力提供向心力，结合已知求出圆周运动的半径和周期，分析磁场的变化规律和粒子的运动轨迹，确定时间内粒子的运动阶段（匀速圆周运动的不同圆弧段），再结合几何关系计算粒子的x、y坐标，得到位置坐标。
（1）根据题意，由动能定理有
解得
（2）在偏转电场中，x方向有
y方向有，
解得
（3）粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动的周期为
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r，则
解得
经分析可知，粒子恰好运动至如图所示的M点位置，，
解得，
即粒子所处的位置坐标为（，）。
18．如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN为长度的粗糙水平轨道，NP为半径的光滑四分之一圆弧轨道，其圆心为O，PQ为足够长的光滑竖直轨道。竖直线右侧有方向水平向左的匀强电场，电场强度。在正方形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场。轨道MN最左端M点处静置一质量为、电荷量为的带负电的物块A。一质量为的物块C，从左侧的光滑水平轨道上以速度撞向物块A，A、C发生弹性碰撞，且A、C恰好不发生第二次碰撞。已知A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，物块A所带电荷量始终保持不变，取，，。求：
（1）在M点碰撞后瞬间A、C的速度大小、；
（2）A、C与轨道MN之间的动摩擦因数；
（3）A运动过程中对轨道NP的最大压力F的大小。
【答案】（1）A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律，
解得，
（2）A、C恰好不发生第二次碰撞，设C运动的位移为，对C由能量守恒定律得
对A由能量守恒定律得
解得
（3）重力和电场力的合力大小为
如图所示
设A在轨道运动过程中等效最低点与点的连线与OP夹角为，则
可得
当A经点返回点的过程中到达点过程中，由动能定理可得
返回K点时
由上可得
由牛顿第三定律知，A对轨道NP的最大压力为
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查弹性碰撞、动能定理、牛顿第二定律以及复合场中的圆周运动，是力学和电场、磁场的综合问题。
(1)A、C发生弹性碰撞，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，列出两个守恒的公式，联立求解碰撞后瞬间二者的速度；
(2)A、C恰好不发生第二次碰撞，说明二者最终速度相同且为0，对C和A分别应用动能定理，结合二者的运动位移关系，联立求解动摩擦因数；
(3)先将物块A的重力和电场力合成，确定等效重力的大小和方向，找到圆弧轨道的等效最低点；再对物块A从碰撞后到等效最低点的过程应用动能定理，求出在等效最低点的速度；最后在等效最低点，结合牛顿第二定律，考虑洛伦兹力的影响，求解轨道的支持力，再由牛顿第三定律得到物块对轨道的最大压力。
（1）A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律，
解得，
（2））A、C恰好不发生第二次碰撞，设C运动的位移为，对C由能量守恒定律得
对A由能量守恒定律得
解得
（3）重力和电场力的合力大小为
如图所示
设A在轨道运动过程中等效最低点与点的连线与OP夹角为，则
可得
当A经点返回点的过程中到达点过程中，由动能定理可得
返回K点时
由上可得
由牛顿第三定律知，A对轨道NP的最大压力为
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