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2025届广东省揭阳市惠来县第一中学高三下学期三模物理试题
一、单选题。本题共7小题，每小题4分，共28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．我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。如图所示，Hα和Hβ分别为氢原子由和能级向能级跃迁产生的谱线，下列说法正确的是（　　）
A．Hα的频率比Hβ的大
B．Hα在真空中的传播速度比Hβ的小
C．分别用Hα和Hβ照射同一个双缝干涉实验装置时，Hβ对应的相邻条纹间距更小
D．若Hβ照射某金属时发生光电效应，则Hα照射该金属时一定发生光电效应
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】本题考查了能级跃迁公式的应用，发生光电效应的条件，以及干涉条纹间距公式，基础题。A．根据玻尔跃迁理论可知，氢原子由至的能级差小于由至的能级差，故Hα的频率比Hβ的小，故A错误；
B． Hα在真空中的传播速度与Hβ在真空中的传播速度相同，都为光速c，故B错误；
C．因 Hα的频率比Hβ的小，根据
可知Hα的波长比Hβ的大，根据
可知分别用Hα和Hβ照射同一个双缝干涉实验装置时，Hβ对应的相邻条纹间距更小，故C正确；
D．若Hβ照射某金属时发生光电效应，说明Hβ的频率大于该金属的极限频率，由于 Hα的频率比Hβ的小，故Hα的频率与该金属极限频率的大小关系无法确定，所以 Hα照射该金属时不一定能发生光电效应，故D错误。
故选C。
【分析】根据能级差公式分别计算这两种光的能量，进而比较频率的大小；所有的光在真空中速度相同；根据干涉条纹间距公式分析；根据发生光电效应的条件分析。
2．如图所示，设桥体中三块相同的钢箱梁1、2、3受到钢索a、b、c拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向，下列说法正确的是（　　）
A．钢箱梁1对2的作用力大于钢箱梁2对1的作用力
B．钢箱梁3所受合力最大
C．钢箱梁2、3间作用力大于钢箱梁1、2间作用力
D．钢索c上的拉力大于钢索b上的拉力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了牛顿第三定律、平衡条件的应用，注意选择研究对象根据平衡条件可比较作用力的大小。A．根据作用力和反作用力的特点可知钢箱梁1对2的作用力与钢箱梁2对1的作用力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；
B．每个钢箱梁都处于平衡状态，合力均为零，故B错误；
C．对钢箱梁2受力分析，设钢索的拉力与水平方向的夹角为，如图所示
由平衡条件得
所以钢箱梁1、2间作用力小于钢箱梁2、3间作用力，故C正确；
D．由竖直方向受力平衡得
可得
钢索拉力的方向相同，所以三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等，故D错误。
故选C。
【分析】由牛顿第三定律可比较钢箱梁1对2的作用力与钢箱梁2对1的作用力的大小；对钢箱梁2受力分析，根据平衡条件可比较钢箱梁1、2间作用力与钢箱梁2、3间作用力的大小；钢箱梁都处于平衡状态，合力均为零；由竖直方向受力平衡可求得钢索拉力并比较即可。
3．如图所示，篮球从同一高度先后抛出后均直接落入篮筐，运动轨迹如图所示，则篮球先后两次（　　）
A．入篮前运动的时间相同 B．入篮前时的速度相同
C．入篮前运动的速度变化率相同 D．入篮前时重力做功的功率相同
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】该题考查了抛体运动的规律，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定。A．根据平抛运动规律可知，竖直方向，从抛出到最高点，根据逆向思维，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据
可得
可知第一次抛出入篮前运动的时间较大，故A错误；
D．竖直方向，根据
可知入篮时第一次抛出的篮球在竖直方向的速度较大，根据
可知第一次抛出的篮球入篮前时重力做功的功率较大，故D错误；
B．根据题意无法判断入篮时篮球的速度大小，但方向肯定不同，故B错误；
C．速度变化率即为加速度，因为两次球都只受重力，加速度相同，所以入篮前运动的速度变化率相同，故C正确。
故选C。
【分析】从最高点左右分析，则小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，根据下落的高度比较运动的时间和竖直方向速度。两次球的水平位移相等，第一次球在空中运动的时间大于第二次球在空中运动的时间，根据匀速直线运动规律分析水平速度。入篮前时重力做功的功率PG=mgvy。
4．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动可以产生交变电流，其电动势e随时间变化的图像如图乙所示，线圈电阻，电阻。则（　　）
A．时，线圈与中性面垂直
B．线圈转动一周，电流的方向改变一次
C．电阻R两端电压为10V
D．电阻R在10s内产生的热量为90J
【答案】D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．时，电动势为零，此时线圈速度与磁场方向平行，所以线圈与磁场方向垂直，线圈平面处于中性面处，故A错误；
B．线圈转动一周的时间为一个周期，根据线速度的速度变化可知一个周期内电流的方向改变两次，故B错误；
C．根据电动势峰值和有效值的关系可知交流电电动势的有效值
根据串联电路分压原理可知电阻R两端电压，故C错误；
D．根据焦耳定律可知电阻R在10s内产生的热量，故D正确。
故选D。
【分析】利用电动势的大小可以判别线圈的位置；利用一个周期内线圈的速度方向变化可以判别电流的方向改变次数；利用电动势的峰值可以求出有效值，结合分压关系可以求出电阻两端的电压；利用焦耳定律可以求出电阻产生的热量。
5．2020年9月4日，我国在酒泉卫星发射中心利用长征二号F运载火箭成功发射一型可重复使用的试验航天器，右图为此发射过程的简化示意图。航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P点、Q点。下列说法正确的是（　　）
A．航天器在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期
B．航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，速度越来越大
C．航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，地球的万有引力对其做负功
D．航天器在轨道1上运行的加速度小于其在轨道3上运行的加速度
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由开普勒第三定律可知，轨道半径越大，公转周期越大，由于航天器在轨道1的运行半径小于其在轨道3的运行半径所以航天器在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故A错误；
BC．根据开普勒第二定律可知，由于近地点的速度大于远地点的速度，所以航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，速度越来越小，根据动能定理可知，地球的万有引力对其做负功，故B错误，C正确；
D．根据引力提供向心力有，由于航天器在轨道1的运行半径小于其在轨道3的运行半径所以航天器在轨道1上运行的加速度大于其在轨道3上运行的加速度，故D错误。
故选C。
【分析】利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用引力提供向心力可以比较加速度的大小；利用开普勒第二定律可以比较速度的大小，利用速度的变化可以判别引力做功。
6．如图所示为儿童玩具弹簧木马，某同学坐上弹簧木马后，由同伴配合启动，若只进行上下运动，忽略能量损失，可木马和该同学组成的整体的运动看做简谐运动，此时做简谐运动的振动图像如图，下列判断正确的是（　　）
A．t＝0.4s时，该整体做简谐运动的位移最大，且处于超重状态
B．t＝0.4s到t＝1.2s的时间内，该整体的速度先变小后变大
C．t＝0.2s和t＝1.4s时，该整体的加速度相同
D．该整体做简谐运动的表达式为
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解图像的物理意义，结合简谐运动中运动物理量之间的关系即可完成分析。A． 木马和该同学组成的整体的运动看做简谐运动， t＝0.4s时，该整体做简谐运动的位移最大，此时加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B．t＝0.4s到t＝1.2s的时间内，该整体由最高点到平衡位置，再到最低点，则整体的速度先变大后变小，故B错误；
C．t＝0.2s和t＝1.4s时，该整体的加速度大小相同，但是方向相反，故C错误；
D．因
该整体做简谐运动的表达式为
故D正确。
故选D。
【分析】根据图像得出整体的位移，由此得出加速度方向和物体的超失重状态；根据整体位移的变化关系得出速度的变化趋势；根据位移的关系得出整体的加速度关系；根据圆频率的计算公式，结合数学知识得出简谐运动的表达式。
7．如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是（　　）
A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等
B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长
C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π
D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在磁场中的偏转要注意两点：一是圆心的确定，二是半径的求出，必要时先画出可能的图形再进行分析计算。ABC． 一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场，电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图，由周期公式
可知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，根据
可得电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等且运动时间最长，AC正确，B错误；
D．从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式
可得轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度，D正确。
本题选错误的，故选B。
【分析】电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，根据半径和周期公式分析速率越大，轨迹半径和周期如何变化；在有界磁场中转动的时间越长，则粒子转过的圆心角越大，运动时间越长。
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。）
8．为除去陶瓷工业所用粘土中的氧化铁，把粘土和水一起搅拌成悬浮液，将涂有绝缘层的金属圆盘吸附在盆底，金属棒插入悬浮液中，接入电源，形成如图所示电场，其中虚线为等势面。某粒子仅在电场力的作用下从点到点的轨迹如图所示，已知粘土粒子带负电荷，氧化铁粒子带正电荷，下列说法正确的是（　　）
A．端为电源正极
B．该粒子可能为粘土粒子
C．该粒子在点受到的电场力大于在点受到的电场力
D．该粒子在点的动能小于在点的动能
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键是对电场线特点的理解，及电荷性质与电势能的关系，属于基础知识。A．金属棒插入悬浮液中，形成如图所示电场，由沿电场线的方向电势越来越低，可判断金属棒接电源的负极，故端为电源负极，A错误；
B．根据曲线运动的特点，粒子所受合力指向轨迹凹的一侧；则由轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的反方向，故粒子带负电，即该粒子为粘土粒子，B正确；
C．由电场线的疏密表示电场的强弱，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，C错误；
D．由图中的等势面可得
则
所以该粒子从P运动到Q的过程中电场力做的功
即电场力做正功，粒子动能增加，故P点动能小于Q点动能，D正确。
故选BD。
【分析】沿电场线的方向电势越来越低，可判断金属棒接电源的负极，粒子所受合力指向轨迹凹的一侧，粒子带负电，电场线的疏密表示电场的强弱，电场力做正功，粒子动能增加。
9．华裔科学家高馄被誉为“光纤之父”，他获得2009年诺贝尔物理学奖。光纤通信中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如图所示，其纤芯和包层材料不同，光在纤芯中传播。下列关于光导纤维的说法正确的是（　　）
A．纤芯的折射率比外套的大，光传播时在纤芯与包层的界面上发生全反射
B．纤芯的折射率比外套的小，光传播时在纤芯与包层的界面上发生全反射
C．波长越短的光在光纤中传播的速度越大
D．频率越低的光在光纤中传播的速度越大
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用
【解析】【解答】本题考查光导纤维及其应用，需要知道光发生全反射的充分必要条件和光在传播过程中速度受那些因素影响。AB．光发生全反射的必要条件是光必须从光密介质（折射率较大的介质）射向光疏介质（折射率较小的介质），所以纤芯的折射率比外套的大，光传播时在纤芯与包层的界面上发生全反射，故A正确，B错误；
CD．光频率越低（即波长越长），介质对其的折射率n越小；光频率越高（即波长越短），介质对其的折射率n越大。根据可知波长越短的光在光纤中传播的速度越小，频率越低的光在光纤中传播的速度越大，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】光导纤维传播光学信息发生全反射，没有能量损失，产生全反射的必要条件是光必须从光密介质射向光疏介质；利用波长或频率与折射率的关系分析。
10．图甲为测量储液罐中不导电液体高度的装置，将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器置于储液罐中，电容器可通过开关与理想电感线圈（电阻不计）或电源相连。时把开关从拨到，由理想电感线圈与电容器构成的回路中产生的振荡电流如图乙所示。在平行板电容器极板正对面积一定、两极板间距离一定、忽略回路电磁辐射的条件下，下列说法正确的是（　　）
A．当储液罐内的液面高度升高时，回路中振荡电流的频率将降低
B．时刻电容器所带电荷量最多
C．时间段内回路中磁场能逐渐转化为电场能
D．该振荡电流为正弦式交变电流，其有效值为
【答案】A,C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁振荡
【解析】【解答】A．当储液罐内的液面高度升高时，电容器两板间充入的电介质增多，由可知电容变大，根据电路电流振荡周期可知，回路的振荡周期变长，故振荡频率降低，A正确；
B．时刻电路中放电电流最大，对应电容器放电完毕，此时电容器所带电荷量为零，故B错误；
C．时间段内回路中电容器正在充电，磁场能逐渐转化为电场能，C正确；
D．该振荡电流的有效值为，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：液面高度变化→电容变化→LC振荡周期、频率变化；
B：由LC振荡电流图像，判断电荷量最大的时刻；
C：根据电流变化，判断充电/放电，确定磁场能与电场能转化；
D：由正弦式交变电流有效值公式，计算电流有效值。
三、非选择题；共54分。考生根据要求作答。
11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的必做实验的部分内容，请完成下列填空：
（1）在“探究平抛运动的特点”实验中：
①用图1装置进行探究，下列说法正确的是　 　
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
②用图2装置进行实验，下列说法正确的是　 　
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
（2）某实验小组在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量小球的直径，某次读数为10.10mm，则所选用的测量仪器与图1中　 　（选填“A”、“B”或“C”）一致。
【答案】（1）B；C
（2）B
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析 。
（1）①利用图1装置将做平抛运动的小球与做自由落体运动的小球作对比，该实验只能说明平抛运动的竖直方向的运动情况，不能反映平抛运动的水平方向运动情况。实验时，需要改变小锤的击打力度，多次重复实验。
故选B。
②AC．用图2装置进行实验，为了保证从斜槽末端水平飞出的速度大小相等，小钢球必须从同一位置静止滚下，斜槽不必要光滑，但末端必须水平，故A错误，C正确；
B．挡板的作用是为了方便确定小球的运动未知，没有必要每次等间距移动，故B错误。
故选C。
（2）A．由图可知，A为10分度的游标卡尺，分度值为，且不需要估读，则不可能读出10.10mm，故A错误；
B．由图可知，B为20分度的游标卡尺，分度值为，且不需要估读，则可能读出10.10mm，故B正确；
C．由图可知，C为螺旋测微器，分度值为，需要估读到分度值的下一位，则不可能读出10.10mm，故C错误。
故选B。
【分析】 （1） ① 探究竖直方向上平抛运动的特点，实验时，需要改变小锤的击打力度，多次重复实验； ② 探究平抛运动水平方向上特点，保证小球在斜槽末端飞出的速度大小相等，挡板的作用是为了方便确定小球的运动位置；
（2） 根据游标卡尺、螺旋测微器的精确度结合小球直径的测量分析作答。
（1）①[1]利用图1装置将做平抛运动的小球与做自由落体运动的小球作对比，该实验只能说明平抛运动的竖直方向的运动情况，不能反映平抛运动的水平方向运动情况。实验时，需要改变小锤的击打力度，多次重复实验。
故选B。
②[2]AC．用图2装置进行实验，为了保证从斜槽末端水平飞出的速度大小相等，小钢球必须从同一位置静止滚下，斜槽不必要光滑，但末端必须水平，故A错误，C正确；
B．挡板的作用是为了方便确定小球的运动未知，没有必要每次等间距移动，故B错误。
故选C。
（2）A．由图可知，A为10分度的游标卡尺，分度值为，且不需要估读，则不可能读出10.10mm，故A错误；
B．由图可知，B为20分度的游标卡尺，分度值为，且不需要估读，则可能读出10.10mm，故B正确；
C．由图可知，C为螺旋测微器，分度值为，需要估读到分度值的下一位，则不可能读出10.10mm，故C错误。
故选B。
12．某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）。实验室备有如下器材：
A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）
B．电流表A1（量程100mA，电阻约为5Ω）
C．电流表A2（量程2mA，电阻约为5Ω）
D．滑动变阻器R1（，额定电流1A）
E．电阻箱
F．开关S一只、导线若干
（1）研究小组用伏安法测定电阻的阻值，为了测量更准确，图中的电流表A应选　 　（选填“A1”或“A2”）。
（2）答题卡中测量R0阻值的电路实物示意图的连线不完整，请补充完整　 　。
（3）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图甲所示的电路图。根据测量数据作出图象，如图乙所示，若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势内阻r=　 　。（用k、b表示）
【答案】A2；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。
（1）在安全范围内，选择电流表量程越小，测量结果越精确。电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流为
因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；
（2）变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，故滑动变阻器应采用分压接法
故电流表应该采用内接法，补充的实物电路图如图所示
（3）由图乙所示电路可知
则有
因此图象的纵轴截距
电动势
图象的斜率
则电源内阻
【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；
（2）根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图；
（3）由闭合电路的欧姆定律求出 的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小。
13．某种喷雾器贮液简的总容积为6L，若装入5L的药液后将加水口密封盖盖好，如图所示。拉压一次与贮液筒相连的活塞式打气筒，可以把0.2L压强为1atm的空气打进贮液筒。设打气过程气体温度不变，求：
（1）关闭阀门，用打气筒向贮液筒内再打气两次，当液面上方气体温度与外界温度相等时，气体压强为多大？
（2）要使贮液筒中液面上方的空气压强达到4atm，打气筒要拉压多少次？在贮气筒内气体压强达4atm时停止打气，打开喷雾阀门使其喷雾，直至内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？
（3）为了保证打气后，即使打开喷雾阀门不再打气也能把药液喷光，那么至少要拉压多少次打气筒？
【答案】（1）解：把打气后药液面上方的气体作为研究对象，则V1=1.4L，p1=latm，V2=1L，由玻意耳定律得
解得
（2）解：设打了n次，则，，，，由玻意耳定律得
解得
n=15次
则
得贮气筒内还剩
V5=6L-4L=2L
（3）解：设打了k次，则
解得
k=25次
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1）在温度不变的情况下，进入打气筒内的所有气体发生了等温变化根据玻意耳定律求解；
（2）根据玻意耳定律求解末状态气体的体积，初末状态体积之差即为筒内还剩药液的体积；
（3）为了保证打气后，即使打开喷嘴开关不再打气也能把药喷光，则内侧气体膨胀到6L后气压刚好为1atm，据此分析即可。
（1）把打气后药液面上方的气体作为研究对象，则V1=1.4L，p1=latm，V2=1L，由玻意耳定律得
解得
（2）设打了n次，则，，，
由玻意耳定律得
解得n=15次
则
得贮气筒内还剩V5=6L-4L=2L
（3）设打了k次，则
解得k=25次
14．如图甲所示，用表面绝缘的金属丝绕成的正方形闭合线框abcd放置于粗糙的水平桌面上，线框边长、匝数匝、质量、电阻，虚线MN是线框中线，MN左侧空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示。已知线框与桌面之间的动摩擦因数。设线框与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。求：
（1）时刻这50匝线框中产生的感应电动势以及所受安培力的大小和方向；
（2）何时这50匝线框开始滑动？并求这50匝线框在滑动前所产生的焦耳热。
【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得
再由欧姆定律可得
由图乙可得：此时
1.2s时线框ad边所受安培力大小为
方向由左手定则可得向右。
（2）线框与桌面之间的最大静摩擦力
所以开始滑动时有
解得
则线框在滑动前所产生的焦耳热为
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断出感应电流方向；
（2）应用安培力公式求出安培力的表达式，再求出线框受到的最大静摩擦力的大小，当两者相等时，线框开始滑动，得到此时的磁感应强度的大小。再根据焦耳定律求出热量。
15．如图所示，一半径为R=3m的圆弧轨道固定在水平面上，且与水平面相切于圆弧最低点B，圆弧对应的圆心角θ=53°，C点处固定另一半径为r的竖直圆轨道且与水平面相切；距C点足够远的D点放有一质量为M=3kg物块，D点右侧水平面粗糙且与物块间的动摩擦因数为μ=0.1。一个质量为m=1kg的光滑小球从圆弧轨道的上端点A由静止释放，之后恰好能通过竖直圆轨道并与物块发生碰撞，忽略小球与物块的大小，且除了物块与D点右侧地面之间存在摩擦外，其余摩擦均不计，小球与物块的碰撞没有机械能损失，重力加速度g=10m/s2。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。试求：
（1）小球刚滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）竖直圆轨道的半径及小球与物块第1次碰撞后物块速度大小；
（3）判断小球能否与物块发生第2次碰撞。若不能，请通过计算说明理由；若能，求出小球与物块发生2次碰撞后物块滑行的总位移。
【答案】（1）解：小球释放后由动能定理可得
解得
在B点有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为18N。
（2）解：有
，
且
解得
小球离开圆轨道后与物块相碰时，由动量守恒及机械能守恒可知
，
解得
，
（3）解：小球反弹后能到达圆环轨道高度为h'，则
解得
故小球不能过固定圆轨道圆心等高点，以原来速度大小返回后与物块发生第2次碰撞，有
，
解得
，
故物块停下时有
解得
物块第二次碰后到第三次碰前有
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解速度大小，根据牛顿运动定律求解压力大小；
（2）小球恰好过圆轨道最高点，最高点重力提供向心力，结合动量守恒及机械能守恒求解；
（3）根据动能定理求解高度，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，结合动能定理求解、
（1）小球释放后由动能定理可得
解得
在B点有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为18N；
（2）小球恰好过圆轨道最高点，有，
且
解得
小球离开圆轨道后与物块相碰时，由动量守恒及机械能守恒可知，
解得，
（3）小球反弹后能到达圆环轨道高度为h'，则
解得
故小球不能过固定圆轨道圆心等高点，以原来速度大小返回后与物块发生第2次碰撞，有，
解得，
故物块停下时有
解得
物块第二次碰后到第三次碰前有
解得
1 / 12025届广东省揭阳市惠来县第一中学高三下学期三模物理试题
一、单选题。本题共7小题，每小题4分，共28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．我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。如图所示，Hα和Hβ分别为氢原子由和能级向能级跃迁产生的谱线，下列说法正确的是（　　）
A．Hα的频率比Hβ的大
B．Hα在真空中的传播速度比Hβ的小
C．分别用Hα和Hβ照射同一个双缝干涉实验装置时，Hβ对应的相邻条纹间距更小
D．若Hβ照射某金属时发生光电效应，则Hα照射该金属时一定发生光电效应
2．如图所示，设桥体中三块相同的钢箱梁1、2、3受到钢索a、b、c拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向，下列说法正确的是（　　）
A．钢箱梁1对2的作用力大于钢箱梁2对1的作用力
B．钢箱梁3所受合力最大
C．钢箱梁2、3间作用力大于钢箱梁1、2间作用力
D．钢索c上的拉力大于钢索b上的拉力
3．如图所示，篮球从同一高度先后抛出后均直接落入篮筐，运动轨迹如图所示，则篮球先后两次（　　）
A．入篮前运动的时间相同 B．入篮前时的速度相同
C．入篮前运动的速度变化率相同 D．入篮前时重力做功的功率相同
4．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动可以产生交变电流，其电动势e随时间变化的图像如图乙所示，线圈电阻，电阻。则（　　）
A．时，线圈与中性面垂直
B．线圈转动一周，电流的方向改变一次
C．电阻R两端电压为10V
D．电阻R在10s内产生的热量为90J
5．2020年9月4日，我国在酒泉卫星发射中心利用长征二号F运载火箭成功发射一型可重复使用的试验航天器，右图为此发射过程的简化示意图。航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P点、Q点。下列说法正确的是（　　）
A．航天器在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期
B．航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，速度越来越大
C．航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，地球的万有引力对其做负功
D．航天器在轨道1上运行的加速度小于其在轨道3上运行的加速度
6．如图所示为儿童玩具弹簧木马，某同学坐上弹簧木马后，由同伴配合启动，若只进行上下运动，忽略能量损失，可木马和该同学组成的整体的运动看做简谐运动，此时做简谐运动的振动图像如图，下列判断正确的是（　　）
A．t＝0.4s时，该整体做简谐运动的位移最大，且处于超重状态
B．t＝0.4s到t＝1.2s的时间内，该整体的速度先变小后变大
C．t＝0.2s和t＝1.4s时，该整体的加速度相同
D．该整体做简谐运动的表达式为
7．如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是（　　）
A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等
B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长
C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π
D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。）
8．为除去陶瓷工业所用粘土中的氧化铁，把粘土和水一起搅拌成悬浮液，将涂有绝缘层的金属圆盘吸附在盆底，金属棒插入悬浮液中，接入电源，形成如图所示电场，其中虚线为等势面。某粒子仅在电场力的作用下从点到点的轨迹如图所示，已知粘土粒子带负电荷，氧化铁粒子带正电荷，下列说法正确的是（　　）
A．端为电源正极
B．该粒子可能为粘土粒子
C．该粒子在点受到的电场力大于在点受到的电场力
D．该粒子在点的动能小于在点的动能
9．华裔科学家高馄被誉为“光纤之父”，他获得2009年诺贝尔物理学奖。光纤通信中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如图所示，其纤芯和包层材料不同，光在纤芯中传播。下列关于光导纤维的说法正确的是（　　）
A．纤芯的折射率比外套的大，光传播时在纤芯与包层的界面上发生全反射
B．纤芯的折射率比外套的小，光传播时在纤芯与包层的界面上发生全反射
C．波长越短的光在光纤中传播的速度越大
D．频率越低的光在光纤中传播的速度越大
10．图甲为测量储液罐中不导电液体高度的装置，将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器置于储液罐中，电容器可通过开关与理想电感线圈（电阻不计）或电源相连。时把开关从拨到，由理想电感线圈与电容器构成的回路中产生的振荡电流如图乙所示。在平行板电容器极板正对面积一定、两极板间距离一定、忽略回路电磁辐射的条件下，下列说法正确的是（　　）
A．当储液罐内的液面高度升高时，回路中振荡电流的频率将降低
B．时刻电容器所带电荷量最多
C．时间段内回路中磁场能逐渐转化为电场能
D．该振荡电流为正弦式交变电流，其有效值为
三、非选择题；共54分。考生根据要求作答。
11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的必做实验的部分内容，请完成下列填空：
（1）在“探究平抛运动的特点”实验中：
①用图1装置进行探究，下列说法正确的是　 　
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
②用图2装置进行实验，下列说法正确的是　 　
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
（2）某实验小组在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量小球的直径，某次读数为10.10mm，则所选用的测量仪器与图1中　 　（选填“A”、“B”或“C”）一致。
12．某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）。实验室备有如下器材：
A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）
B．电流表A1（量程100mA，电阻约为5Ω）
C．电流表A2（量程2mA，电阻约为5Ω）
D．滑动变阻器R1（，额定电流1A）
E．电阻箱
F．开关S一只、导线若干
（1）研究小组用伏安法测定电阻的阻值，为了测量更准确，图中的电流表A应选　 　（选填“A1”或“A2”）。
（2）答题卡中测量R0阻值的电路实物示意图的连线不完整，请补充完整　 　。
（3）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图甲所示的电路图。根据测量数据作出图象，如图乙所示，若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势内阻r=　 　。（用k、b表示）
13．某种喷雾器贮液简的总容积为6L，若装入5L的药液后将加水口密封盖盖好，如图所示。拉压一次与贮液筒相连的活塞式打气筒，可以把0.2L压强为1atm的空气打进贮液筒。设打气过程气体温度不变，求：
（1）关闭阀门，用打气筒向贮液筒内再打气两次，当液面上方气体温度与外界温度相等时，气体压强为多大？
（2）要使贮液筒中液面上方的空气压强达到4atm，打气筒要拉压多少次？在贮气筒内气体压强达4atm时停止打气，打开喷雾阀门使其喷雾，直至内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？
（3）为了保证打气后，即使打开喷雾阀门不再打气也能把药液喷光，那么至少要拉压多少次打气筒？
14．如图甲所示，用表面绝缘的金属丝绕成的正方形闭合线框abcd放置于粗糙的水平桌面上，线框边长、匝数匝、质量、电阻，虚线MN是线框中线，MN左侧空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示。已知线框与桌面之间的动摩擦因数。设线框与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。求：
（1）时刻这50匝线框中产生的感应电动势以及所受安培力的大小和方向；
（2）何时这50匝线框开始滑动？并求这50匝线框在滑动前所产生的焦耳热。
15．如图所示，一半径为R=3m的圆弧轨道固定在水平面上，且与水平面相切于圆弧最低点B，圆弧对应的圆心角θ=53°，C点处固定另一半径为r的竖直圆轨道且与水平面相切；距C点足够远的D点放有一质量为M=3kg物块，D点右侧水平面粗糙且与物块间的动摩擦因数为μ=0.1。一个质量为m=1kg的光滑小球从圆弧轨道的上端点A由静止释放，之后恰好能通过竖直圆轨道并与物块发生碰撞，忽略小球与物块的大小，且除了物块与D点右侧地面之间存在摩擦外，其余摩擦均不计，小球与物块的碰撞没有机械能损失，重力加速度g=10m/s2。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。试求：
（1）小球刚滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）竖直圆轨道的半径及小球与物块第1次碰撞后物块速度大小；
（3）判断小球能否与物块发生第2次碰撞。若不能，请通过计算说明理由；若能，求出小球与物块发生2次碰撞后物块滑行的总位移。
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；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】本题考查了能级跃迁公式的应用，发生光电效应的条件，以及干涉条纹间距公式，基础题。A．根据玻尔跃迁理论可知，氢原子由至的能级差小于由至的能级差，故Hα的频率比Hβ的小，故A错误；
B． Hα在真空中的传播速度与Hβ在真空中的传播速度相同，都为光速c，故B错误；
C．因 Hα的频率比Hβ的小，根据
可知Hα的波长比Hβ的大，根据
可知分别用Hα和Hβ照射同一个双缝干涉实验装置时，Hβ对应的相邻条纹间距更小，故C正确；
D．若Hβ照射某金属时发生光电效应，说明Hβ的频率大于该金属的极限频率，由于 Hα的频率比Hβ的小，故Hα的频率与该金属极限频率的大小关系无法确定，所以 Hα照射该金属时不一定能发生光电效应，故D错误。
故选C。
【分析】根据能级差公式分别计算这两种光的能量，进而比较频率的大小；所有的光在真空中速度相同；根据干涉条纹间距公式分析；根据发生光电效应的条件分析。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了牛顿第三定律、平衡条件的应用，注意选择研究对象根据平衡条件可比较作用力的大小。A．根据作用力和反作用力的特点可知钢箱梁1对2的作用力与钢箱梁2对1的作用力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；
B．每个钢箱梁都处于平衡状态，合力均为零，故B错误；
C．对钢箱梁2受力分析，设钢索的拉力与水平方向的夹角为，如图所示
由平衡条件得
所以钢箱梁1、2间作用力小于钢箱梁2、3间作用力，故C正确；
D．由竖直方向受力平衡得
可得
钢索拉力的方向相同，所以三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等，故D错误。
故选C。
【分析】由牛顿第三定律可比较钢箱梁1对2的作用力与钢箱梁2对1的作用力的大小；对钢箱梁2受力分析，根据平衡条件可比较钢箱梁1、2间作用力与钢箱梁2、3间作用力的大小；钢箱梁都处于平衡状态，合力均为零；由竖直方向受力平衡可求得钢索拉力并比较即可。
3．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】该题考查了抛体运动的规律，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定。A．根据平抛运动规律可知，竖直方向，从抛出到最高点，根据逆向思维，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据
可得
可知第一次抛出入篮前运动的时间较大，故A错误；
D．竖直方向，根据
可知入篮时第一次抛出的篮球在竖直方向的速度较大，根据
可知第一次抛出的篮球入篮前时重力做功的功率较大，故D错误；
B．根据题意无法判断入篮时篮球的速度大小，但方向肯定不同，故B错误；
C．速度变化率即为加速度，因为两次球都只受重力，加速度相同，所以入篮前运动的速度变化率相同，故C正确。
故选C。
【分析】从最高点左右分析，则小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，根据下落的高度比较运动的时间和竖直方向速度。两次球的水平位移相等，第一次球在空中运动的时间大于第二次球在空中运动的时间，根据匀速直线运动规律分析水平速度。入篮前时重力做功的功率PG=mgvy。
4．【答案】D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．时，电动势为零，此时线圈速度与磁场方向平行，所以线圈与磁场方向垂直，线圈平面处于中性面处，故A错误；
B．线圈转动一周的时间为一个周期，根据线速度的速度变化可知一个周期内电流的方向改变两次，故B错误；
C．根据电动势峰值和有效值的关系可知交流电电动势的有效值
根据串联电路分压原理可知电阻R两端电压，故C错误；
D．根据焦耳定律可知电阻R在10s内产生的热量，故D正确。
故选D。
【分析】利用电动势的大小可以判别线圈的位置；利用一个周期内线圈的速度方向变化可以判别电流的方向改变次数；利用电动势的峰值可以求出有效值，结合分压关系可以求出电阻两端的电压；利用焦耳定律可以求出电阻产生的热量。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由开普勒第三定律可知，轨道半径越大，公转周期越大，由于航天器在轨道1的运行半径小于其在轨道3的运行半径所以航天器在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故A错误；
BC．根据开普勒第二定律可知，由于近地点的速度大于远地点的速度，所以航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，速度越来越小，根据动能定理可知，地球的万有引力对其做负功，故B错误，C正确；
D．根据引力提供向心力有，由于航天器在轨道1的运行半径小于其在轨道3的运行半径所以航天器在轨道1上运行的加速度大于其在轨道3上运行的加速度，故D错误。
故选C。
【分析】利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用引力提供向心力可以比较加速度的大小；利用开普勒第二定律可以比较速度的大小，利用速度的变化可以判别引力做功。
6．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解图像的物理意义，结合简谐运动中运动物理量之间的关系即可完成分析。A． 木马和该同学组成的整体的运动看做简谐运动， t＝0.4s时，该整体做简谐运动的位移最大，此时加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B．t＝0.4s到t＝1.2s的时间内，该整体由最高点到平衡位置，再到最低点，则整体的速度先变大后变小，故B错误；
C．t＝0.2s和t＝1.4s时，该整体的加速度大小相同，但是方向相反，故C错误；
D．因
该整体做简谐运动的表达式为
故D正确。
故选D。
【分析】根据图像得出整体的位移，由此得出加速度方向和物体的超失重状态；根据整体位移的变化关系得出速度的变化趋势；根据位移的关系得出整体的加速度关系；根据圆频率的计算公式，结合数学知识得出简谐运动的表达式。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在磁场中的偏转要注意两点：一是圆心的确定，二是半径的求出，必要时先画出可能的图形再进行分析计算。ABC． 一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场，电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图，由周期公式
可知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，根据
可得电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等且运动时间最长，AC正确，B错误；
D．从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式
可得轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度，D正确。
本题选错误的，故选B。
【分析】电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，根据半径和周期公式分析速率越大，轨迹半径和周期如何变化；在有界磁场中转动的时间越长，则粒子转过的圆心角越大，运动时间越长。
8．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键是对电场线特点的理解，及电荷性质与电势能的关系，属于基础知识。A．金属棒插入悬浮液中，形成如图所示电场，由沿电场线的方向电势越来越低，可判断金属棒接电源的负极，故端为电源负极，A错误；
B．根据曲线运动的特点，粒子所受合力指向轨迹凹的一侧；则由轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的反方向，故粒子带负电，即该粒子为粘土粒子，B正确；
C．由电场线的疏密表示电场的强弱，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，C错误；
D．由图中的等势面可得
则
所以该粒子从P运动到Q的过程中电场力做的功
即电场力做正功，粒子动能增加，故P点动能小于Q点动能，D正确。
故选BD。
【分析】沿电场线的方向电势越来越低，可判断金属棒接电源的负极，粒子所受合力指向轨迹凹的一侧，粒子带负电，电场线的疏密表示电场的强弱，电场力做正功，粒子动能增加。
9．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用
【解析】【解答】本题考查光导纤维及其应用，需要知道光发生全反射的充分必要条件和光在传播过程中速度受那些因素影响。AB．光发生全反射的必要条件是光必须从光密介质（折射率较大的介质）射向光疏介质（折射率较小的介质），所以纤芯的折射率比外套的大，光传播时在纤芯与包层的界面上发生全反射，故A正确，B错误；
CD．光频率越低（即波长越长），介质对其的折射率n越小；光频率越高（即波长越短），介质对其的折射率n越大。根据可知波长越短的光在光纤中传播的速度越小，频率越低的光在光纤中传播的速度越大，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】光导纤维传播光学信息发生全反射，没有能量损失，产生全反射的必要条件是光必须从光密介质射向光疏介质；利用波长或频率与折射率的关系分析。
10．【答案】A,C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁振荡
【解析】【解答】A．当储液罐内的液面高度升高时，电容器两板间充入的电介质增多，由可知电容变大，根据电路电流振荡周期可知，回路的振荡周期变长，故振荡频率降低，A正确；
B．时刻电路中放电电流最大，对应电容器放电完毕，此时电容器所带电荷量为零，故B错误；
C．时间段内回路中电容器正在充电，磁场能逐渐转化为电场能，C正确；
D．该振荡电流的有效值为，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：液面高度变化→电容变化→LC振荡周期、频率变化；
B：由LC振荡电流图像，判断电荷量最大的时刻；
C：根据电流变化，判断充电/放电，确定磁场能与电场能转化；
D：由正弦式交变电流有效值公式，计算电流有效值。
11．【答案】（1）B；C
（2）B
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析 。
（1）①利用图1装置将做平抛运动的小球与做自由落体运动的小球作对比，该实验只能说明平抛运动的竖直方向的运动情况，不能反映平抛运动的水平方向运动情况。实验时，需要改变小锤的击打力度，多次重复实验。
故选B。
②AC．用图2装置进行实验，为了保证从斜槽末端水平飞出的速度大小相等，小钢球必须从同一位置静止滚下，斜槽不必要光滑，但末端必须水平，故A错误，C正确；
B．挡板的作用是为了方便确定小球的运动未知，没有必要每次等间距移动，故B错误。
故选C。
（2）A．由图可知，A为10分度的游标卡尺，分度值为，且不需要估读，则不可能读出10.10mm，故A错误；
B．由图可知，B为20分度的游标卡尺，分度值为，且不需要估读，则可能读出10.10mm，故B正确；
C．由图可知，C为螺旋测微器，分度值为，需要估读到分度值的下一位，则不可能读出10.10mm，故C错误。
故选B。
【分析】 （1） ① 探究竖直方向上平抛运动的特点，实验时，需要改变小锤的击打力度，多次重复实验； ② 探究平抛运动水平方向上特点，保证小球在斜槽末端飞出的速度大小相等，挡板的作用是为了方便确定小球的运动位置；
（2） 根据游标卡尺、螺旋测微器的精确度结合小球直径的测量分析作答。
（1）①[1]利用图1装置将做平抛运动的小球与做自由落体运动的小球作对比，该实验只能说明平抛运动的竖直方向的运动情况，不能反映平抛运动的水平方向运动情况。实验时，需要改变小锤的击打力度，多次重复实验。
故选B。
②[2]AC．用图2装置进行实验，为了保证从斜槽末端水平飞出的速度大小相等，小钢球必须从同一位置静止滚下，斜槽不必要光滑，但末端必须水平，故A错误，C正确；
B．挡板的作用是为了方便确定小球的运动未知，没有必要每次等间距移动，故B错误。
故选C。
（2）A．由图可知，A为10分度的游标卡尺，分度值为，且不需要估读，则不可能读出10.10mm，故A错误；
B．由图可知，B为20分度的游标卡尺，分度值为，且不需要估读，则可能读出10.10mm，故B正确；
C．由图可知，C为螺旋测微器，分度值为，需要估读到分度值的下一位，则不可能读出10.10mm，故C错误。
故选B。
12．【答案】A2；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。
（1）在安全范围内，选择电流表量程越小，测量结果越精确。电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流为
因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；
（2）变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，故滑动变阻器应采用分压接法
故电流表应该采用内接法，补充的实物电路图如图所示
（3）由图乙所示电路可知
则有
因此图象的纵轴截距
电动势
图象的斜率
则电源内阻
【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；
（2）根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图；
（3）由闭合电路的欧姆定律求出 的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小。
13．【答案】（1）解：把打气后药液面上方的气体作为研究对象，则V1=1.4L，p1=latm，V2=1L，由玻意耳定律得
解得
（2）解：设打了n次，则，，，，由玻意耳定律得
解得
n=15次
则
得贮气筒内还剩
V5=6L-4L=2L
（3）解：设打了k次，则
解得
k=25次
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1）在温度不变的情况下，进入打气筒内的所有气体发生了等温变化根据玻意耳定律求解；
（2）根据玻意耳定律求解末状态气体的体积，初末状态体积之差即为筒内还剩药液的体积；
（3）为了保证打气后，即使打开喷嘴开关不再打气也能把药喷光，则内侧气体膨胀到6L后气压刚好为1atm，据此分析即可。
（1）把打气后药液面上方的气体作为研究对象，则V1=1.4L，p1=latm，V2=1L，由玻意耳定律得
解得
（2）设打了n次，则，，，
由玻意耳定律得
解得n=15次
则
得贮气筒内还剩V5=6L-4L=2L
（3）设打了k次，则
解得k=25次
14．【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得
再由欧姆定律可得
由图乙可得：此时
1.2s时线框ad边所受安培力大小为
方向由左手定则可得向右。
（2）线框与桌面之间的最大静摩擦力
所以开始滑动时有
解得
则线框在滑动前所产生的焦耳热为
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断出感应电流方向；
（2）应用安培力公式求出安培力的表达式，再求出线框受到的最大静摩擦力的大小，当两者相等时，线框开始滑动，得到此时的磁感应强度的大小。再根据焦耳定律求出热量。
15．【答案】（1）解：小球释放后由动能定理可得
解得
在B点有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为18N。
（2）解：有
，
且
解得
小球离开圆轨道后与物块相碰时，由动量守恒及机械能守恒可知
，
解得
，
（3）解：小球反弹后能到达圆环轨道高度为h'，则
解得
故小球不能过固定圆轨道圆心等高点，以原来速度大小返回后与物块发生第2次碰撞，有
，
解得
，
故物块停下时有
解得
物块第二次碰后到第三次碰前有
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解速度大小，根据牛顿运动定律求解压力大小；
（2）小球恰好过圆轨道最高点，最高点重力提供向心力，结合动量守恒及机械能守恒求解；
（3）根据动能定理求解高度，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，结合动能定理求解、
（1）小球释放后由动能定理可得
解得
在B点有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为18N；
（2）小球恰好过圆轨道最高点，有，
且
解得
小球离开圆轨道后与物块相碰时，由动量守恒及机械能守恒可知，
解得，
（3）小球反弹后能到达圆环轨道高度为h'，则
解得
故小球不能过固定圆轨道圆心等高点，以原来速度大小返回后与物块发生第2次碰撞，有，
解得，
故物块停下时有
解得
物块第二次碰后到第三次碰前有
解得
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