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2025届江苏省苏锡常镇高三下学期二模物理试卷
1．某物体沿直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示，其中表示物体加速的时间段是（　　）
A．0~t1 B．t1~t2 C．t2~t3 D．t3~t4
2．如图所示为电子穿过金属箔片后形成的图样，此现象说明电子具有（　　）
A．能量 B．动量 C．波动性 D．粒子性
3．我国太阳探测卫星“羲和号”在离地球表面高度517km的圆轨道上运行，则该卫星与地球同步卫星相比，具有相同的（　　）
A．发射速度 B．向心加速度 C．周期 D．轨道圆心
4．某放射性元素衰变放出三种射线的穿透能力如图所示，射线2是（　　）
A．高速中子流 B．高速电子流
C．高速氦核粒子流 D．波长极短的电磁波
5．如图所示为一定质量理想气体经历的循环，该循环由两个等温过程、一个等压过程和一个等容过程组成。则下列说法正确的是（　　）
A．在过程中，气体分子的数密度变小
B．在过程中，气体吸收热量
C．在过程中，气体分子的平均速率增大
D．在过程中，气体的内能增加
6．如图所示为干涉型消声器的结构图，声波达到管道A点时，分成两列声波，分别沿半圆管道和直管道传播，在点相遇，因干涉而相消。声波的波长为，则两点距离可能为（　　）
A． B． C． D．
7．三根相同长度的绝缘均匀带电棒组成等边三角形，带电量分别为-Q、+Q和，其中一根带电量为+Q的带电棒在三角形中心O点产生的场强为E，则O点的合场强为（　　）
A． B．E C． D．
8．半径为的圆环进入磁感应强度为的匀强磁场，当其圆心经过磁场边界时，速度与边界成角，圆环中感应电流为，此时圆环所受安培力的大小和方向是（　　）
A．，方向与速度方向相反 B．，方向垂直向下
C．，方向垂直向下 D．，方向与速度方向相反
9．已知玻璃管插入水中后，管中水升高的高度与管的直径成反比。将两块压紧的玻璃板，右侧稍稍分开一些插入水中，稳定后在玻璃板正前方可以观察到板间液面的形状是（　　）
A． B．
C． D．
10．竖直平面内有一L型光滑细杆，杆上套有相同的小球A、B。现让杆绕过底部O点所在的竖直轴匀速转动，两小球A、B在杆上稳定时，其相对位置关系可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　）
A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A点
C．滑块最终停留在B点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
12．小明将电源、电阻箱、电容器、电流表、数字电压表以及开关组装成图1所示的电路进行实验，观察电容器充电过程。实验仪器如下：电源（电压为4.5V，内阻不计）；电容器（额定电压为16V）；电流表（量程为0~500μA，内阻500Ω）；数字电压表（量程为0~10V）；电阻箱（阻值0~9999Ω）。
（1）电路连接完毕后如图2所示，为保证电表使用安全，在开关闭合前必须要完成的实验步骤是　 　。
（2）将开关S闭合，观察到某时刻电流表示数如图3所示，其读数为　 　μA。
（3）记录开关闭合后电流随时间变化的图线如图4所示，小明数出曲线下围成的格子数有225格，则电容C大小为　 　μF。
（4）由于数字式电压表内阻并不是无穷大，考虑到此因素的影响，（3）问中电容的测量结果与真实值相比是　 　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”），请简要说明理由。
（5）开关闭合过程中，分别记录电流表和数字电压表的读数I和U，利用数据绘制I-U关系如图5所示，由图像可得出电阻箱接入电路的阻值为　 　Ω。
13．冬奥会跳台滑雪比赛中，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台a点水平飞出，在空中飞行一段距离后在斜坡b处着陆，如图所示。测得运动员在ab间飞行时间为2s，斜坡与水平方向的夹角为30°，运动员质量为50kg，不计空气阻力，g=10m/s2。求运动员
（1）在飞行过程中所受重力的冲量I的大小；
（2）在a处的速度v的大小。
14．如图所示，阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，ABCO构成边长为R的正方形，AC为圆心在O点的圆弧。一光线从O点射出沿OE方向射入元件，光线恰好不能从AB面射出，∠AOE=30°，真空中光速为c。求：
（1）该材料的折射率n；
（2）光线从O点射出到第一次射至AB面的时间t。
15．如图所示，一质量为的物块穿在光滑水平杆上，一长度为的轻杆，一端固定着质量为的小球，另一端连接着固定在物块上的铰链。忽略铰链转动的摩擦，重力加速度为。
（1）将固定，对小球施加一水平向左的外力使杆与竖直方向的夹角为保持静止，求外力的大小；
（2）若物块在水平外力作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为，求外力的大小；
（3）若开始时，小球位于铰链的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始转动，已知，，求从初始位置转到如图位置过程中，杆对小球所做的功。
16．如图所示，平面的一、四象限内分别存在匀强磁场1和2，磁场方向垂直纸面向外，磁场1的磁感应强度大小为。坐标轴上、两点坐标分别为、。位于处的离子源可以发射质量为、电荷量为、速度方向与轴夹角为的不同速度的正离子。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）当时，发射的离子恰好可以垂直穿过轴，求离子的速度；
（2）当时，发射的离子第一次经过轴时经过点且恰好不离开磁场区域，求磁场2的磁感应强度B2大小；
（3）在（2）情况中仅改变磁场2的强弱，可使发射的离子两次经过点，求离子前后两次经过点的时间间隔。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.在速度时间图像中，图像斜率代表加速度的符号和大小，0~t1时间内根据图像斜率为0可知物体向正方向做匀速运动，A不符合题意；
B．t1~t2时间内根据图像斜率不变，符号为负号，与速度方向相反可知物体向正方向做匀减速运动，B不符合题意；
C．t2~t3时间内根据图像斜率不变，符号为负号，与速度方向相同，所以物体向负方向做匀加速运动，C符合题意；
D．t3~t4时间内根据图像斜率不变，符号为正号，与速度方向相反，物体向负方向做匀减速运动，D不符合题意。
故选C。
【分析】利用图像斜率的大小及符号结合速度的方向可以判别物体速度的变化。
2．【答案】C
【知识点】粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】电子束经过金属箔片后，在光屏上出现了衍射图样，电子的衍射图样说明电子具有波动性。
故选C。
【分析】电子的衍射图样说明电子具有波动性。
3．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．轨道半径越大，发射速度越大，“羲和号”轨道半径小于同步卫星，发射速度更小，A错误；
B．由，两卫星轨道半径不同，向心加速度不同，B错误；
C．由，轨道半径不同，周期不同，C错误；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，轨道圆心均为地球球心，轨道圆心相同，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：发射速度随轨道高度升高而增大；
B：轨道半径越大，向心加速度越小；
C：轨道半径越大，运行周期越大；
D：地球卫星的轨道圆心均为地心。
4．【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】a射线为a粒子穿透性最弱，β射线为高速电子流，穿透性居中，射线为电磁波，穿透性最强，射线2能穿透铝板但是不能穿透铅板，穿透能力介于1、3之间，可知该射线为β射线，为高速电子流。
故选B。
【分析】射线2能穿透铝板但是不能穿透铅板，穿透能力介于1、3之间，可知该射线为β射线，为高速电子流。
5．【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．在过程中，根据图像可知气体的体积减小，由于气体分子数不变所以气体分子的数密度大，故A错误；
B．在过程中，气体压强不变体积变大则气体等压膨胀，根据等压变化的状态方程可知，气体温度升高，气体内能增大；由于气体体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确；
C．由于温度决定气体分子平均动能的大小，在过程中，由于气体温度不变，气体分子的平均速率不变，故C错误；
D．在过程中，气体体积不变，压强减小，根据等容变化的状态方程可知，气体温度降低，气体内能减小，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像可知气体体积的变化，结合分子数不变可以判别气体分子的密度变化；利用气体的压强不变，结合状态方程可以判别气体的温度不变，利用温度可以判别内能的变化，利用体积变化可以判别外界对气体做功，结合热力学第一定理可以判别气体热传递情况；利用气体的温度可以判别分子平均速率的变化。
6．【答案】D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】两列波要在B点出现干涉抵消，则两列波在传播过程中运动的距离差要满足等于半波长的奇数倍，根据分析可知这两列声波由A点传播到B点的路程差满足（其中n=0，1，2，……）
根据表达式可知（其中n=0，1，2，……）
当时，
故选D。
【分析】利用干涉抵消的波程差大小结合几何关系可以求出AB两点的距离大小。
7．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】已知一根带电量为+Q的带电棒在三角形中心O点产生的场强为E，根据场强的叠加可知+Q和-Q在O点的合场强为
由于+Q和-Q在O点的合场强方向与 在O点产生的场强方向垂直，根据场强的叠加可知三个棒在O点的合场强为
故选A。
【分析】利用平行四边形定则先对其中两个带电棒的场强进行叠加，再次利用平行四边形定则对三个带电棒的场强进行叠加。
8．【答案】B
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律
【解析】【解答】圆环中的电流为，根据圆环与磁场的边界可以得出圆环在磁场部分的等效长度等于圆环的直径，由于安培力的大小为，根据安培力的公式可得此时圆环所受安培力的大小
当圆环向上运动时，由于圆环中磁通量不断增大，由楞次定律和右手螺旋定则可判定，感应电流的方向是顺时针方向，已知电流的方向，结合磁场的方向和左手定则可判定圆环所受的安培力的方向垂直MN向下。
故选B。
【分析】利用有效长度结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用楞次定律结合磁通量的变化可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别安培力的方向。
9．【答案】A
【知识点】浸润和不浸润
【解析】【解答】A、根据毛细管上升规律，液面高度与两板间距成反比，左侧间距小、液面高，右侧间距大、液面低，且液面形状为曲线，故 A 正确；
B、液面高度随间距变化并非线性关系，故 B 错误；
C、液面左侧高、右侧低，与该选项的形状不符，故 C 错误；
D、液面高度不可能保持水平，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查毛细管上升现象，核心规律是液面上升高度与管（板）间距成反比；两块玻璃板右侧分开，间距从左到右逐渐增大，因此液面高度从左到右逐渐降低，且变化呈非线性曲线。
10．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．设杆与竖直方向夹角为，由，得，左侧更小，更大，两球高度不同，A错误；
B．由，两球高度不同，B错误；
C．由，得，左侧更小，更大，A转动半径应大于B，C错误；
D．由，A的转动半径大于B，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：两球角速度相同，倾角不同，稳定高度不同；
B：倾角越小，小球稳定高度越大，两球不在同一水平高度；
C：倾角越小，圆周运动半径越大，A半径应大于B；
D：左侧杆倾角小，小球做圆周运动半径更大，符合规律。
11．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．当滑块向下滑动时，由于传送带运动方向与滑块运动方向相反，所以滑动摩擦力沿着斜面向上，因，可得
所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，滑块经过B点后在水平传送带上运动，当滑块经过B点的速度等于传送带的速度大小时再次返回到B点时速度等于v，当滑块经过B点的速度小于传送带的速度时则再次返回B点的速度小于v，然后沿倾斜传送带向上运动时，由于滑块速度小于传送带速度，且重力的分力大于滑动摩擦力，所以滑块做匀减速运动，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均为向下的重力的分力及向上的滑动摩擦力，由于合力相同所以加速度也相同，故A正确；
BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，根据运动的对称性可以得出滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，根据位移公式可知滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，滑块第二次在水平传送带加速的速度不会超过传送带的速度，所以到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故BD错误；
C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。
故选A。
【分析】利用滑块相对传送带的速度可以判别滑动摩擦力的方向，利用重力的分力及滑动摩擦力的方向可以求出加速度的大小；当滑块经过B点时，利用运动的对称性可以判别滑块返回B点的速度大小，进而判别滑块再次上升过程中受到的滑动摩擦力方向，进而判别加速度相同；由于未知滑块返回B点的速度大小所以不能判别滑块能否返回A点；根据运动的分析可以得出滑块做往返运动，最高点只能到达A点。
12．【答案】（1）将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）
（2）175
（3）2500
（4）偏大，由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果偏大。
（5）9645（9200~9800均可）
【知识点】观察电容器的充、放电现象；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）电路连接好后，在开关闭合前，为保护电路，应将将电阻箱阻值调至较大值（或最大值），确保电路中的电流最小；
（2）已知电流表的分度值为10μA，根据图示刻度可知电流表指针指在170μA到180μA之间，故电流表读数为175μA。
（3）根据可知I-t图像的物理意义可以知道图像的面积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电荷量
故当充满电后电容器的电荷量为
已知电压为4.5V，根据电容的定义式可得电容器的电容为
（4）由于电压表的分流，根据并联电路的电流关系可知实际充电电流小于电流表上记录的数值，由于电流的测量值偏大会导致电量计算偏大，电容测量结果偏大；
（5）由于电动势等于内外电压之和，当考虑电流表内阻时，根据闭合回路的欧姆定律可以得出
可得
根据表达式可知图像斜率
根据斜率的大小可以解得
【分析】（1）在开关闭合前，为保护电路，应将将电阻箱阻值调至较大值（或最大值），确保电路中的电流最小；
（2）根据电流表的分度值可以得出电流的大小；
（3）利用图像面积可以求出电荷量的大小，结合电容的定义式可以求出电容的大小；
（4）利用电压表的分流可知电流的测量值偏大，会导致电量计算偏大，电容测量结果偏大；
（5）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率可以求出电阻的大小。
（1）电路连接好后，为保护电路，在开关闭合前，应将将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）；
（2）根据量程及刻度，可以读出电流表的分度值为10μA，根据估读原则，电流需估读到个位，电流表指针指在170μA到180μA之间，故电流表读数为175μA。
（3）根据I-t图像的物理意义可以知道图像的面积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电荷量
故当充满电后电容器的电荷量为
故电容器的电容为
（4）由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果偏大
（5）根据闭合回路的欧姆定律可以得出
可得
故图像斜率
解得
13．【答案】（1）运动员重力的冲量为
（2）由平抛运动规律，竖直方向的位移为
水平方向的位移为
由几何关系可得
解得

【知识点】平抛运动；冲量
【解析】【分析】（1）已知飞行员运动的时间，结合重力的大小可以求出重力冲量的大小；
（2）已知飞行员做平抛运动，利用位移公式结合位移的方向可以求出初速度的大小。
（1）运动员重力的冲量为
（2）由平抛运动规律，竖直方向的位移为
水平方向的位移为
由几何关系可得
解得
14．【答案】（1）设该光学元件全反射临界角为，从点光源沿方向射入元件的光线恰好不能从面射出，则可知
根据
可得：

（2）点光源发出的光沿方向射入元件的光线到达AB面如图所示
光从射到时间
光在介质中的光速为
光从射至边的F点时间为
点光源发出的光射至边的时间

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）当光发生全反射时，利用临界角的大小可以求出折射率的大小；
（2）当画出光传播的路径，利用折射率可以求出光在介质中的速度，利用光传播的路程和速度可以求出传播的时间。
（1）设该光学元件全反射临界角为，从点光源沿方向射入元件的光线恰好不能从面射出，则可知
根据
可得：
（2）点光源发出的光沿方向射入元件的光线到达AB面如图所示
光从射到时间
光在介质中的光速为
光从射至边的F点时间为
点光源发出的光射至边的时间
15．【答案】（1）对受力分析，由平衡条件得：
（2）设水平向右的加速度大小为
对受力分析，由牛顿第二定律：
对P、Q系统，由牛顿第二定律：
解得：

（3）设Q转到角时，Q的水平速度和竖直速度大小分别为vx和vy，P的水平速度为vM
由系统水平方向动量守恒得
由系统机械能守恒可得
Q相对O在做圆周运动，Q相对O的速度垂直于杆，可得
对Q由动能定理可得
可得

【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）当小球Q处于静止，利用平衡方程可以求出外力的大小；
（2）当物块在外力下加速，利用牛顿第二定律可以求出外力的大小；
（3）当Q从初始位置转到如图位置过程中，利用水平方向的动量守恒定律结合机械能守恒定律可以求出Q的速度，结合动能定理可以求出杆对小球做功的大小。
（1）对受力分析，由平衡条件得：
（2）设水平向右的加速度大小为
对受力分析，由牛顿第二定律：
对P、Q系统，由牛顿第二定律：
解得：
（3）设Q转到角时，Q的水平速度和竖直速度大小分别为vx和vy，P的水平速度为vM
由系统水平方向动量守恒得
由系统机械能守恒可得
Q相对O在做圆周运动，Q相对O的速度垂直于杆，可得
对Q由动能定理可得
可得
16．【答案】（1）当时，离子a恰做圆周运动的半径
由
得

（2）当时，离子b再次回到磁场1中时，运动轨迹正好与y轴相切，如图所示，离子在磁场1中圆的运动半径为
另由几何关系知：OA=r1（1-cos45°），AQ=L-OA
离子在磁场2中运动半径为
两次运动满足，
得

（3）解法1：离子b两次经过Q点，情形有如下三种：
①，两次经过Q点运动总弧长，
②，两次经过Q点运动总弧长，
③，两次经过Q点运动总弧长，
解法2：设离子b在磁场2中的半径为，由几何关系可知，离子经过Q点后，再穿过k次磁场1后，可再次经过Q点，必须满足
为保证不出磁场必须满足
可得，，所以k的取值为1、2、3
离子的运动时间为（k=1、2、3）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当已知离子的速度方向，利用几何关系可以求出轨道半径，结合牛顿第二定律可以求出离子的速度；
（2）当已知离子速度的方向，利用几何关系可以求出离子轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）当改变磁场的强弱，利用离子运动的轨迹弧长结合离子的速度大小可以求出运动的时间。
（1）当时，离子a恰做圆周运动的半径
由
得
（2）当时，离子b再次回到磁场1中时，运动轨迹正好与y轴相切，如图所示，离子在磁场1中圆的运动半径为
另由几何关系知：OA=r1（1-cos45°），AQ=L-OA
离子在磁场2中运动半径为
两次运动满足，
得
（3）解法1：离子b两次经过Q点，情形有如下三种：
①，两次经过Q点运动总弧长，
②，两次经过Q点运动总弧长，
③，两次经过Q点运动总弧长，
解法2：设离子b在磁场2中的半径为，由几何关系可知，离子经过Q点后，再穿过k次磁场1后，可再次经过Q点，必须满足
为保证不出磁场必须满足
可得，，所以k的取值为1、2、3
离子的运动时间为（k=1、2、3）
1 / 12025届江苏省苏锡常镇高三下学期二模物理试卷
1．某物体沿直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示，其中表示物体加速的时间段是（　　）
A．0~t1 B．t1~t2 C．t2~t3 D．t3~t4
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.在速度时间图像中，图像斜率代表加速度的符号和大小，0~t1时间内根据图像斜率为0可知物体向正方向做匀速运动，A不符合题意；
B．t1~t2时间内根据图像斜率不变，符号为负号，与速度方向相反可知物体向正方向做匀减速运动，B不符合题意；
C．t2~t3时间内根据图像斜率不变，符号为负号，与速度方向相同，所以物体向负方向做匀加速运动，C符合题意；
D．t3~t4时间内根据图像斜率不变，符号为正号，与速度方向相反，物体向负方向做匀减速运动，D不符合题意。
故选C。
【分析】利用图像斜率的大小及符号结合速度的方向可以判别物体速度的变化。
2．如图所示为电子穿过金属箔片后形成的图样，此现象说明电子具有（　　）
A．能量 B．动量 C．波动性 D．粒子性
【答案】C
【知识点】粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】电子束经过金属箔片后，在光屏上出现了衍射图样，电子的衍射图样说明电子具有波动性。
故选C。
【分析】电子的衍射图样说明电子具有波动性。
3．我国太阳探测卫星“羲和号”在离地球表面高度517km的圆轨道上运行，则该卫星与地球同步卫星相比，具有相同的（　　）
A．发射速度 B．向心加速度 C．周期 D．轨道圆心
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．轨道半径越大，发射速度越大，“羲和号”轨道半径小于同步卫星，发射速度更小，A错误；
B．由，两卫星轨道半径不同，向心加速度不同，B错误；
C．由，轨道半径不同，周期不同，C错误；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，轨道圆心均为地球球心，轨道圆心相同，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：发射速度随轨道高度升高而增大；
B：轨道半径越大，向心加速度越小；
C：轨道半径越大，运行周期越大；
D：地球卫星的轨道圆心均为地心。
4．某放射性元素衰变放出三种射线的穿透能力如图所示，射线2是（　　）
A．高速中子流 B．高速电子流
C．高速氦核粒子流 D．波长极短的电磁波
【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】a射线为a粒子穿透性最弱，β射线为高速电子流，穿透性居中，射线为电磁波，穿透性最强，射线2能穿透铝板但是不能穿透铅板，穿透能力介于1、3之间，可知该射线为β射线，为高速电子流。
故选B。
【分析】射线2能穿透铝板但是不能穿透铅板，穿透能力介于1、3之间，可知该射线为β射线，为高速电子流。
5．如图所示为一定质量理想气体经历的循环，该循环由两个等温过程、一个等压过程和一个等容过程组成。则下列说法正确的是（　　）
A．在过程中，气体分子的数密度变小
B．在过程中，气体吸收热量
C．在过程中，气体分子的平均速率增大
D．在过程中，气体的内能增加
【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．在过程中，根据图像可知气体的体积减小，由于气体分子数不变所以气体分子的数密度大，故A错误；
B．在过程中，气体压强不变体积变大则气体等压膨胀，根据等压变化的状态方程可知，气体温度升高，气体内能增大；由于气体体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确；
C．由于温度决定气体分子平均动能的大小，在过程中，由于气体温度不变，气体分子的平均速率不变，故C错误；
D．在过程中，气体体积不变，压强减小，根据等容变化的状态方程可知，气体温度降低，气体内能减小，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像可知气体体积的变化，结合分子数不变可以判别气体分子的密度变化；利用气体的压强不变，结合状态方程可以判别气体的温度不变，利用温度可以判别内能的变化，利用体积变化可以判别外界对气体做功，结合热力学第一定理可以判别气体热传递情况；利用气体的温度可以判别分子平均速率的变化。
6．如图所示为干涉型消声器的结构图，声波达到管道A点时，分成两列声波，分别沿半圆管道和直管道传播，在点相遇，因干涉而相消。声波的波长为，则两点距离可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】两列波要在B点出现干涉抵消，则两列波在传播过程中运动的距离差要满足等于半波长的奇数倍，根据分析可知这两列声波由A点传播到B点的路程差满足（其中n=0，1，2，……）
根据表达式可知（其中n=0，1，2，……）
当时，
故选D。
【分析】利用干涉抵消的波程差大小结合几何关系可以求出AB两点的距离大小。
7．三根相同长度的绝缘均匀带电棒组成等边三角形，带电量分别为-Q、+Q和，其中一根带电量为+Q的带电棒在三角形中心O点产生的场强为E，则O点的合场强为（　　）
A． B．E C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】已知一根带电量为+Q的带电棒在三角形中心O点产生的场强为E，根据场强的叠加可知+Q和-Q在O点的合场强为
由于+Q和-Q在O点的合场强方向与 在O点产生的场强方向垂直，根据场强的叠加可知三个棒在O点的合场强为
故选A。
【分析】利用平行四边形定则先对其中两个带电棒的场强进行叠加，再次利用平行四边形定则对三个带电棒的场强进行叠加。
8．半径为的圆环进入磁感应强度为的匀强磁场，当其圆心经过磁场边界时，速度与边界成角，圆环中感应电流为，此时圆环所受安培力的大小和方向是（　　）
A．，方向与速度方向相反 B．，方向垂直向下
C．，方向垂直向下 D．，方向与速度方向相反
【答案】B
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律
【解析】【解答】圆环中的电流为，根据圆环与磁场的边界可以得出圆环在磁场部分的等效长度等于圆环的直径，由于安培力的大小为，根据安培力的公式可得此时圆环所受安培力的大小
当圆环向上运动时，由于圆环中磁通量不断增大，由楞次定律和右手螺旋定则可判定，感应电流的方向是顺时针方向，已知电流的方向，结合磁场的方向和左手定则可判定圆环所受的安培力的方向垂直MN向下。
故选B。
【分析】利用有效长度结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用楞次定律结合磁通量的变化可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别安培力的方向。
9．已知玻璃管插入水中后，管中水升高的高度与管的直径成反比。将两块压紧的玻璃板，右侧稍稍分开一些插入水中，稳定后在玻璃板正前方可以观察到板间液面的形状是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】浸润和不浸润
【解析】【解答】A、根据毛细管上升规律，液面高度与两板间距成反比，左侧间距小、液面高，右侧间距大、液面低，且液面形状为曲线，故 A 正确；
B、液面高度随间距变化并非线性关系，故 B 错误；
C、液面左侧高、右侧低，与该选项的形状不符，故 C 错误；
D、液面高度不可能保持水平，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查毛细管上升现象，核心规律是液面上升高度与管（板）间距成反比；两块玻璃板右侧分开，间距从左到右逐渐增大，因此液面高度从左到右逐渐降低，且变化呈非线性曲线。
10．竖直平面内有一L型光滑细杆，杆上套有相同的小球A、B。现让杆绕过底部O点所在的竖直轴匀速转动，两小球A、B在杆上稳定时，其相对位置关系可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．设杆与竖直方向夹角为，由，得，左侧更小，更大，两球高度不同，A错误；
B．由，两球高度不同，B错误；
C．由，得，左侧更小，更大，A转动半径应大于B，C错误；
D．由，A的转动半径大于B，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：两球角速度相同，倾角不同，稳定高度不同；
B：倾角越小，小球稳定高度越大，两球不在同一水平高度；
C：倾角越小，圆周运动半径越大，A半径应大于B；
D：左侧杆倾角小，小球做圆周运动半径更大，符合规律。
11．如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　）
A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A点
C．滑块最终停留在B点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．当滑块向下滑动时，由于传送带运动方向与滑块运动方向相反，所以滑动摩擦力沿着斜面向上，因，可得
所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，滑块经过B点后在水平传送带上运动，当滑块经过B点的速度等于传送带的速度大小时再次返回到B点时速度等于v，当滑块经过B点的速度小于传送带的速度时则再次返回B点的速度小于v，然后沿倾斜传送带向上运动时，由于滑块速度小于传送带速度，且重力的分力大于滑动摩擦力，所以滑块做匀减速运动，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均为向下的重力的分力及向上的滑动摩擦力，由于合力相同所以加速度也相同，故A正确；
BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，根据运动的对称性可以得出滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，根据位移公式可知滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，滑块第二次在水平传送带加速的速度不会超过传送带的速度，所以到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故BD错误；
C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。
故选A。
【分析】利用滑块相对传送带的速度可以判别滑动摩擦力的方向，利用重力的分力及滑动摩擦力的方向可以求出加速度的大小；当滑块经过B点时，利用运动的对称性可以判别滑块返回B点的速度大小，进而判别滑块再次上升过程中受到的滑动摩擦力方向，进而判别加速度相同；由于未知滑块返回B点的速度大小所以不能判别滑块能否返回A点；根据运动的分析可以得出滑块做往返运动，最高点只能到达A点。
12．小明将电源、电阻箱、电容器、电流表、数字电压表以及开关组装成图1所示的电路进行实验，观察电容器充电过程。实验仪器如下：电源（电压为4.5V，内阻不计）；电容器（额定电压为16V）；电流表（量程为0~500μA，内阻500Ω）；数字电压表（量程为0~10V）；电阻箱（阻值0~9999Ω）。
（1）电路连接完毕后如图2所示，为保证电表使用安全，在开关闭合前必须要完成的实验步骤是　 　。
（2）将开关S闭合，观察到某时刻电流表示数如图3所示，其读数为　 　μA。
（3）记录开关闭合后电流随时间变化的图线如图4所示，小明数出曲线下围成的格子数有225格，则电容C大小为　 　μF。
（4）由于数字式电压表内阻并不是无穷大，考虑到此因素的影响，（3）问中电容的测量结果与真实值相比是　 　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”），请简要说明理由。
（5）开关闭合过程中，分别记录电流表和数字电压表的读数I和U，利用数据绘制I-U关系如图5所示，由图像可得出电阻箱接入电路的阻值为　 　Ω。
【答案】（1）将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）
（2）175
（3）2500
（4）偏大，由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果偏大。
（5）9645（9200~9800均可）
【知识点】观察电容器的充、放电现象；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）电路连接好后，在开关闭合前，为保护电路，应将将电阻箱阻值调至较大值（或最大值），确保电路中的电流最小；
（2）已知电流表的分度值为10μA，根据图示刻度可知电流表指针指在170μA到180μA之间，故电流表读数为175μA。
（3）根据可知I-t图像的物理意义可以知道图像的面积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电荷量
故当充满电后电容器的电荷量为
已知电压为4.5V，根据电容的定义式可得电容器的电容为
（4）由于电压表的分流，根据并联电路的电流关系可知实际充电电流小于电流表上记录的数值，由于电流的测量值偏大会导致电量计算偏大，电容测量结果偏大；
（5）由于电动势等于内外电压之和，当考虑电流表内阻时，根据闭合回路的欧姆定律可以得出
可得
根据表达式可知图像斜率
根据斜率的大小可以解得
【分析】（1）在开关闭合前，为保护电路，应将将电阻箱阻值调至较大值（或最大值），确保电路中的电流最小；
（2）根据电流表的分度值可以得出电流的大小；
（3）利用图像面积可以求出电荷量的大小，结合电容的定义式可以求出电容的大小；
（4）利用电压表的分流可知电流的测量值偏大，会导致电量计算偏大，电容测量结果偏大；
（5）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率可以求出电阻的大小。
（1）电路连接好后，为保护电路，在开关闭合前，应将将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）；
（2）根据量程及刻度，可以读出电流表的分度值为10μA，根据估读原则，电流需估读到个位，电流表指针指在170μA到180μA之间，故电流表读数为175μA。
（3）根据I-t图像的物理意义可以知道图像的面积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电荷量
故当充满电后电容器的电荷量为
故电容器的电容为
（4）由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果偏大
（5）根据闭合回路的欧姆定律可以得出
可得
故图像斜率
解得
13．冬奥会跳台滑雪比赛中，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台a点水平飞出，在空中飞行一段距离后在斜坡b处着陆，如图所示。测得运动员在ab间飞行时间为2s，斜坡与水平方向的夹角为30°，运动员质量为50kg，不计空气阻力，g=10m/s2。求运动员
（1）在飞行过程中所受重力的冲量I的大小；
（2）在a处的速度v的大小。
【答案】（1）运动员重力的冲量为
（2）由平抛运动规律，竖直方向的位移为
水平方向的位移为
由几何关系可得
解得

【知识点】平抛运动；冲量
【解析】【分析】（1）已知飞行员运动的时间，结合重力的大小可以求出重力冲量的大小；
（2）已知飞行员做平抛运动，利用位移公式结合位移的方向可以求出初速度的大小。
（1）运动员重力的冲量为
（2）由平抛运动规律，竖直方向的位移为
水平方向的位移为
由几何关系可得
解得
14．如图所示，阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，ABCO构成边长为R的正方形，AC为圆心在O点的圆弧。一光线从O点射出沿OE方向射入元件，光线恰好不能从AB面射出，∠AOE=30°，真空中光速为c。求：
（1）该材料的折射率n；
（2）光线从O点射出到第一次射至AB面的时间t。
【答案】（1）设该光学元件全反射临界角为，从点光源沿方向射入元件的光线恰好不能从面射出，则可知
根据
可得：

（2）点光源发出的光沿方向射入元件的光线到达AB面如图所示
光从射到时间
光在介质中的光速为
光从射至边的F点时间为
点光源发出的光射至边的时间

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）当光发生全反射时，利用临界角的大小可以求出折射率的大小；
（2）当画出光传播的路径，利用折射率可以求出光在介质中的速度，利用光传播的路程和速度可以求出传播的时间。
（1）设该光学元件全反射临界角为，从点光源沿方向射入元件的光线恰好不能从面射出，则可知
根据
可得：
（2）点光源发出的光沿方向射入元件的光线到达AB面如图所示
光从射到时间
光在介质中的光速为
光从射至边的F点时间为
点光源发出的光射至边的时间
15．如图所示，一质量为的物块穿在光滑水平杆上，一长度为的轻杆，一端固定着质量为的小球，另一端连接着固定在物块上的铰链。忽略铰链转动的摩擦，重力加速度为。
（1）将固定，对小球施加一水平向左的外力使杆与竖直方向的夹角为保持静止，求外力的大小；
（2）若物块在水平外力作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为，求外力的大小；
（3）若开始时，小球位于铰链的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始转动，已知，，求从初始位置转到如图位置过程中，杆对小球所做的功。
【答案】（1）对受力分析，由平衡条件得：
（2）设水平向右的加速度大小为
对受力分析，由牛顿第二定律：
对P、Q系统，由牛顿第二定律：
解得：

（3）设Q转到角时，Q的水平速度和竖直速度大小分别为vx和vy，P的水平速度为vM
由系统水平方向动量守恒得
由系统机械能守恒可得
Q相对O在做圆周运动，Q相对O的速度垂直于杆，可得
对Q由动能定理可得
可得

【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）当小球Q处于静止，利用平衡方程可以求出外力的大小；
（2）当物块在外力下加速，利用牛顿第二定律可以求出外力的大小；
（3）当Q从初始位置转到如图位置过程中，利用水平方向的动量守恒定律结合机械能守恒定律可以求出Q的速度，结合动能定理可以求出杆对小球做功的大小。
（1）对受力分析，由平衡条件得：
（2）设水平向右的加速度大小为
对受力分析，由牛顿第二定律：
对P、Q系统，由牛顿第二定律：
解得：
（3）设Q转到角时，Q的水平速度和竖直速度大小分别为vx和vy，P的水平速度为vM
由系统水平方向动量守恒得
由系统机械能守恒可得
Q相对O在做圆周运动，Q相对O的速度垂直于杆，可得
对Q由动能定理可得
可得
16．如图所示，平面的一、四象限内分别存在匀强磁场1和2，磁场方向垂直纸面向外，磁场1的磁感应强度大小为。坐标轴上、两点坐标分别为、。位于处的离子源可以发射质量为、电荷量为、速度方向与轴夹角为的不同速度的正离子。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）当时，发射的离子恰好可以垂直穿过轴，求离子的速度；
（2）当时，发射的离子第一次经过轴时经过点且恰好不离开磁场区域，求磁场2的磁感应强度B2大小；
（3）在（2）情况中仅改变磁场2的强弱，可使发射的离子两次经过点，求离子前后两次经过点的时间间隔。
【答案】（1）当时，离子a恰做圆周运动的半径
由
得

（2）当时，离子b再次回到磁场1中时，运动轨迹正好与y轴相切，如图所示，离子在磁场1中圆的运动半径为
另由几何关系知：OA=r1（1-cos45°），AQ=L-OA
离子在磁场2中运动半径为
两次运动满足，
得

（3）解法1：离子b两次经过Q点，情形有如下三种：
①，两次经过Q点运动总弧长，
②，两次经过Q点运动总弧长，
③，两次经过Q点运动总弧长，
解法2：设离子b在磁场2中的半径为，由几何关系可知，离子经过Q点后，再穿过k次磁场1后，可再次经过Q点，必须满足
为保证不出磁场必须满足
可得，，所以k的取值为1、2、3
离子的运动时间为（k=1、2、3）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当已知离子的速度方向，利用几何关系可以求出轨道半径，结合牛顿第二定律可以求出离子的速度；
（2）当已知离子速度的方向，利用几何关系可以求出离子轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）当改变磁场的强弱，利用离子运动的轨迹弧长结合离子的速度大小可以求出运动的时间。
（1）当时，离子a恰做圆周运动的半径
由
得
（2）当时，离子b再次回到磁场1中时，运动轨迹正好与y轴相切，如图所示，离子在磁场1中圆的运动半径为
另由几何关系知：OA=r1（1-cos45°），AQ=L-OA
离子在磁场2中运动半径为
两次运动满足，
得
（3）解法1：离子b两次经过Q点，情形有如下三种：
①，两次经过Q点运动总弧长，
②，两次经过Q点运动总弧长，
③，两次经过Q点运动总弧长，
解法2：设离子b在磁场2中的半径为，由几何关系可知，离子经过Q点后，再穿过k次磁场1后，可再次经过Q点，必须满足
为保证不出磁场必须满足
可得，，所以k的取值为1、2、3
离子的运动时间为（k=1、2、3）
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