资源简介

2025届广东省惠州市高三下学期模拟考试物理试题
1．钙基电池是未来电池技术的重要发展方向，如图（a）是某研究团队研究金属钙光电效应的电路图，已知金属钙的逸出功为2.87eV。图（b）是氢原子能级图，若用大量氢原子从能级向低能级跃迁辐射出的光照射阴极K，则下列说法中正确的是（　　）
A．可以辐射出4种不同频率的光
B．光电子的最大初动能为9.88eV
C．只有1种光能使钙发生光电效应
D．滑片P向右移动，电流表示数一定不变
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A、向低能级跃迁，光子种类种，并非4种，故A错误；
B、光子能量，由光电效应方程，故B正确；
C、跃迁光子能量：、、三种光子能量大于，能发生光电效应，不是1种，故C错误；
D、滑片P右移，反向遏止电压减小，若未达到饱和光电流，光电流变大，示数改变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查氢原子跃迁光子种类计算，组合公式；
B、考查光电效应最大初动能公式，；
C、对比各跃迁光子能量与金属逸出功，大于逸出功才可触发光电效应；
D、考查反向遏止电压对光电流的影响，电压变化可改变电流大小。
2．如图所示为机械手用两根“手指”抓取篮球的简化示意图。抓取点对称分布在球心上方的同一水平面内，篮球的重力大小为，两根“手指”对篮球的合力为，每根“手指”对篮球的摩擦力为，则在向上加速提起篮球的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．
B．篮球处于失重状态
C．每根“手指”对篮球的摩擦力
D．每根“手指”对篮球的摩擦力做负功
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；功的概念
【解析】【解答】A、篮球向上加速上升，由牛顿第二定律，可得，因此，故A正确；
B、物体加速向上运动，加速度竖直向上，处于超重状态，并非失重，故B错误；
C．对球受力分析如图，因，即
可得
C错误。
D、摩擦力沿球面斜向上，与篮球向上位移夹角为锐角，摩擦力对篮球做正功，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查牛顿第二定律整体受力分析，合力向上则机械手总拉力大于重力；
B、考查超重失重判定，加速度向上为超重，加速度向下为失重；
C、考查正交分解受力计算，结合弹力的竖直分力，摩擦力竖直分力大于；
D、考查功的判断，力与位移夹角小于90°做正功。
3．在惠州市科技馆有一台脚踩式发电机，当骑上去用力踩动踏板，能点亮和发电机相连的白炽灯泡，踩得越快灯泡越亮。其简化电路原理图如图所示，当线框绕转轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　）
A．线框每转一圈电流方向改变一次
B．线框到达如图位置时回路电流为零
C．线框处于如图位置时磁通量变化最快
D．转速提高到两倍，则回路电流有效值变为原来的倍
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、线圈每经过一次中性面电流换向，转动一圈两次经过中性面，电流方向改变两次，故A错误；
B、图示位置线圈平面平行磁感线，磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势、回路电流最大，故B错误；
C、图示位置磁通量为零，磁通量变化最快，故C正确；
D、，转速加倍加倍，加倍，有效值也变为原来2倍，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查交变电流换向规律，一圈两次过中性面、两次变向；
B、考查交变电流瞬时值，平行磁场时电动势最大、电流最大；
C、磁通量为零时磁通量变化率最大；
D、有效值随峰值同步正比于角速度变化。
4．“天关”卫星专注于高能天体物理和时域天文观测，绕地球做匀速圆周运动时离地面高度约为600km，如图为“天关”卫星与某高轨卫星的位置关系，下列说法正确的是（　　）
A．“天关”绕地运行的线速度小于地球第一宇宙速度
B．“天关”绕地运行的角速度小于地球自转的角速度
C．“天关”绕地运行的线速度小于高轨卫星的线速度
D．“天关”的机械能一定小于高轨卫星的机械能
【答案】A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A、第一宇宙速度是近地卫星最大环绕速度，“天关”轨道高于地面，轨道半径大于地球半径，由可知线速度小于第一宇宙速度，故A正确；
B、同步卫星轨道约36000km，“天关”轨道600km小于同步卫星轨道，轨道越小角速度越大，因此它的角速度大于地球自转角速度，故B错误；
C、由，轨道半径越小线速度越大，“天关”轨道更低，线速度大于高轨卫星，故C错误；
D、机械能与卫星自身质量、轨道高度都有关，题目未知两颗卫星质量，无法比较机械能大小，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查第一宇宙速度物理意义，近地圆轨道的最大环绕速率；
B、考查万有引力圆周运动角速度规律，对比同步卫星轨道判断角速度和地球自转角速度关系；
C、考查线速度与轨道半径关系式；
D、考查卫星机械能影响因素，由质量和轨道共同决定。
5．如图所示，一块镶嵌在展示柜里装饰用的长方体玻璃砖，其ABCD面露于柜外，玻璃砖厚度，左下侧棱上安装一条双色细灯带，能发出a、b两种颜色的光，在ABCD面上能观察到a、b复色光区域和b单色光区域，复色光区域沿着AD方向宽度为6cm，设真空中光速为c。则下列说法正确的是（　　）
A．a光的折射率为
B．a光在此玻璃中传播速度为
C．b光折射率小于a光折射率
D．a、b光折射率差值越大，单色光区域宽度越窄
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、a光发生全反射临界角满足，得，，故A错误；
B、根据折射率与光速的关系可知，a光在此玻璃中传播速度为，故B错误；
C、只有a光发生全反射、b光能折射出界面，说明a光临界角更小、折射率更大，，故C正确；
D、折射率差值越大，两光临界角相差越大，单色光区域宽度越宽，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查全反射临界角与折射率关系，结合几何边长计算临界角；
B、考查介质光速公式；
C、考查折射率与临界角规律：折射率越大临界角越小，越容易全反射；
D、考查折射率差值对单色区宽度的影响，折射率差变大，单色区变宽。
6．某实验小组将固定在铁架台上的竖直放置的细管（下端封闭，上端开口）置于电梯内做实验。管内用高度为、密度为的液体密封了一段长度为的空气（可视为理想气体），如图所示。当电梯加速过程中，温度保持不变，空气柱的长度变为。已知大气压强为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．若，则电梯一定向下运动
B．若，则外界对管内气体做负功
C．若，则管内气体向外释放热量
D．加速过程中，管内气体的压强变为
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A、，气体体积减小，由玻意耳定律知气体压强变大，液柱超重、加速度向上，电梯可向上加速或向下减速，不一定向下运动，故A错误；
B、气体体积被压缩，外界对气体做正功，故B错误；
C、气体膨胀、气体对外做功，温度不变内能不变，由热力学第一定律，气体需要从外界吸热，故C错误；
D、等温变化，初态、；末态、，由玻意耳定律，解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查超重与运动关系，加速度向上对应向上加速、向下减速两种运动；
B、考查气体做功：体积减小→外界对气体做正功；
C、考查热力学第一定律，等温，气体对外做功则必吸热；
D、考查玻意耳定律（等温理想气体）的列式计算。
7．如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力随位移变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度，，。下列说法正确的是（　　）
A．此过程小物块所受重力的冲量为0
B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C．小物块刚接触弹簧时位移大小
D．根据题目所给信息可以计算出弹簧的最大压缩量
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A、重力冲量，下滑时间不为零，重力冲量不可能为0，故A错误；
B、未接触弹簧，合力，代入、，，解得，故B错误；
C、处合力开始减小，说明此处刚接触弹簧，故C错误；
D、由图像可求弹簧劲度系数，结合动能定理，全过程合功为0，能够列式算出弹簧最大压缩量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查冲量定义，重力始终作用、冲量一定不为零；
B、考查斜面受力，无弹簧时合力由重力分力与摩擦力构成，求解动摩擦因数；
C、开始减小的位置为刚接触弹簧位置，对应；
D、结合图像求，利用动能定理可求解弹簧最大压缩量。
8．可拉伸电容器在智能穿戴等柔性电子产品中应用广泛，其核心结构由可变形电极和离子凝胶电介质组成，如图所示。当电容器拉伸时，极板面积和电介质的厚度均发生变化。其体积保持不变。充电后与电源断开的电容器。在缓慢左右绝缘拉伸过程中，下列判断正确的是（　　）
A．电容器的电荷量不变 B．电容器两电极间电压不变
C．电容器的电容与成正比 D．电容器中的电场强度与成正比
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 A．电容器充电后与电源断开，电容器的电荷量不变，故A正确；
B．当电容器拉伸时其体积保持不变，极板面积增加，电介质的厚度减小，
由可知电容器电容增大且电容器的电荷量不变，则电容器两电极间电压减小，故B错误；
C．由且，可得与成反比，故C错误；
D．电容器中的电场强度，电容器中的电场强度与成正比，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查断开电源后电容器电荷量守恒的特点；
B、考查电容决定式与结合分析电压变化；
C、结合化简电容公式，判断和的函数关系；
D、推导匀强电场场强表达式，分析是否随极板厚度变化。
9．古代抛石机原理简化如图所示，轻杆AB可绕转轴O在竖直面内转动，两臂长度分别为、。A处固定质量为24kg的重物，B处放一质量为1kg的石块。将轻杆拉到水平并从静止释放，当轻杆运动到竖直位置时石块脱离轻杆。重物与石块均可看成质点，不计空气阻力和摩擦力，取，下列说法正确的是（　　）
A．从释放到抛出前，石块机械能守恒
B．从释放到抛出前，轻杆对重物做负功
C．石块脱离瞬间的速度大小为
D．石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0
【答案】B,C,D
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、转动过程中轻杆对石块做功，石块机械能不守恒，故A错误；
B、系统机械能守恒，重物下落重力势能减少量小于石块重力势能增加量与石块动能之和，重物机械能减小，因此轻杆对重物做负功，故B正确；
C、同轴转动角速度相同，，，得；由系统机械能守恒：
，代入数据解得，故C正确；
D、石块脱离瞬间速度沿水平方向，重力竖直向下，速度与重力夹角，由，重力瞬时功率为0，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】A、考查机械能守恒条件，除重力外杆的弹力做功，石块机械能不守恒；
B、考查系统机械能守恒与单个物体机械能变化关系，重物机械能减小则杆对重物做负功；
C、考查同轴转动线速度关系+系统机械能守恒列式求解石块速度；
D、考查瞬时功率公式，速度水平、重力竖直，夹角功率为零。
10．福建舰舰载机着陆原理简化如图所示，水平平行金属轨道MN、PQ间接有阻值为R的电阻，其间存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。长为L、质量为m、阻值为r的金属棒ab垂直置于轨道上，质量为M的舰载机钩住与金属棒ab连接的绝缘阻拦索（不计质量）后迅速达到共同速度v0，关闭动力滑行一段距离后停下，系统所受阻力与其速度成正比，即（为定值），下列说法中正确的是（　　）
A．共速时金属棒中的电流方向由b到a
B．系统的动能全部转化为棒上所产生的焦耳热
C．舰载机滑行的距离为
D．刚共速时舰载机的加速度为
【答案】A,C
【知识点】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、由右手定则，导体向右切割竖直向下磁场，感应电流，故A正确；
B、系统动能转化为总焦耳热与克服阻力产生的内能，并非全部变成棒的焦耳热，故B错误；
C、对全过程动量定理：，、，代入，整理，故C正确；
D、刚共速时，安培力、阻力，，，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查右手定则判断感应电流方向；
B、考查能量转化，动能变成电路焦耳热+摩擦内能；
C、考查微元法+动量定理、电荷量公式求位移；
D、考查牛顿第二定律，系统合力为安培力与阻力之和，总质量。
11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验，请按要求完成相关实验内容。
（1）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，某同学的实验操作如下；
①取体积的纯油酸配制出体积的油酸酒精溶液，滴入滴溶液到量筒，测出其体积为；
②在浅盘中装入少量水，并在水面上均匀地轻轻撒上少量痱子粉；
③用滴管将1滴油酸酒精溶液轻轻滴入水面中央，散开后可以看到油酸膜的轮廓，测得油酸膜面积。
在实验中，撒上少量痱子粉的作用是　 　。实验得到油酸膜的；轮廓如图（a）所示，已知每个小格的面积为，则　 　，写出油酸分子直径的表达式　 　。（用、、、、S表示）
（2）某同学利用传感器验证向心力与角速度的关系。如图（b）所示，将力传感器和光电门固定，圆盘边缘上固定一竖直的遮光片，将光滑小定滑轮固定在圆盘中心正上方，用一根细绳跨过定滑轮连接小滑块和力传感器。实验时电动机带动水平圆盘匀速转动，滑块随圆盘一起转动，力传感器可以实时测量绳的拉力的大小。某次实验操作如下：
①测得遮光片的宽度如图（c）所示，　 　mm。
②测得圆盘半径为，滑块的转动半径为。
③测得遮光片经过光电门的遮光时间为，则滑块做圆周运动的角速度　 　。（用所给物理量的符号表示）
④作出图像如图（d）所示，图线不经过原点，是因为滑块受到圆盘施加的沿圆盘半径　 　（选填“向里”或“向外”）的摩擦力，且最大静摩擦力　 　N。
【答案】（1）方便显示出油酸膜的轮廓（清晰边界）；112；
（2）3.960；；向里；0.2
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；向心力
【解析】【解答】（1）在实验中，撒上少量痱子粉的作用是方便显示出油酸膜的轮廓（清晰边界）
根据图中油膜所形成的面积，不足半格的舍去，超过半格的记为一格，估算得到油膜的面积有112格，而由于每一格的边长为1cm，则油酸薄膜的面积为112cm2；1滴酒精油酸溶液中油酸的体积为直径为
故答案为：方便显示出油酸膜的轮廓（清晰边界）；112；
（2）①螺旋测微器精确度为0.01mm，读数为3.5mm+46.0×0.01mm=3.960mm
③遮光条通过光电门的瞬时速度的大小，滑块不滑动时，滑块与圆盘的角速度相同，根据线速度与角速度的关系，滑块做圆周运动的角速度为
④滑块受摩擦力提供向心力，则摩擦力沿圆盘半径向里；根据向心力公式
变形得，由图可知得到最大静摩擦力N
故答案为：3.960；；向里；0.2
【分析】(1) 本小问考查油膜法测分子直径实验：痱子粉用来界定油膜边界；方格法估算油膜面积；先求单滴溶液内纯油酸体积，把油酸分子看成单分子层排布，厚度等于分子直径。
(2) 本小问考查向心力探究实验：螺旋测微器读数规则；线速度、角速度关系式；由向心力表达式结合图像截距求解最大静摩擦力，摩擦力提供部分向心力故沿半径向里。
（1）[1] 在实验中，撒上少量痱子粉的作用是方便显示出油酸膜的轮廓（清晰边界）
[2] 根据图中油膜所形成的面积，不足半格的舍去，超过半格的记为一格，估算得到油膜的面积有112格，而由于每一格的边长为1cm，则油酸薄膜的面积为112cm2；
[3] 1滴酒精油酸溶液中油酸的体积为
直径为
（2）①[1]螺旋测微器精确度为0.01mm，读数为3.5mm+46.0×0.01mm=3.960mm
③[2]遮光条通过光电门的瞬时速度的大小
滑块不滑动时，滑块与圆盘的角速度相同，根据线速度与角速度的关系，滑块做圆周运动的角速度为
④[3][4]滑块受摩擦力提供向心力，则摩擦力沿圆盘半径向里；
根据向心力公式
变形得
由图可知得到最大静摩擦力N
12．新能源汽车控制温度时经常要用到热敏电阻。实验室里有PTC和NTC两个热敏电阻，PTC电阻值随温度的升高而增大，NTC电阻值随温度的升高而减小。某实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻的特性。
A.电源（电动势12V，内阻可忽略）
B.电流表（满偏电流10mA，内阻）
C.电流表（量程，内阻约）
D.滑动变阻器（最大阻值为）
E.滑动变阻器（最大阻值为）
F.定值电阻
G.单刀单掷、双掷开关各一个、导线若干
（1）按图（a）所示连接电路，若要求方便调节热敏电阻两端的电压，则选择的滑动变阻器为　 　（填器材前的字母）
（2）在图（a）所示电路中，将选择开关与PTC热敏电阻连接，此时电路中电流表示数为5mA，电流表示数为0.34A，则此时PTC热敏电阻阻值约为　 　（结果保留2位有效数字）。
（3）利用热敏电阻制作超温报警装置如图（b）所示。当控制器两端电压大于某临界电压时，控制器驱动报警器发出警报，则图中热敏电阻应选择　 　（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻，请简述选择此类热敏电阻的原因：　 　。若要降低报警临界温度，可以将滑动变阻器滑片　 　（选填“向上”或“向下”）滑动。
【答案】（1）D
（2）15
（3）NTC；随着温度升高，NTC热敏电阻的电阻减小，根据串联分压原理可知，控制器两端电压增大；向下
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D；
故答案为：D
（2）PTC热敏电阻阻值约为
故答案为：15
（3）当控制器两端电压大于某临界电压时，控制器驱动报警器发出警报，则图中热敏电阻应选择NTC热敏电阻；因为随着温度升高，NTC热敏电阻的电阻减小，根据串联分压原理可知，控制器两端电压增大，从而能实现报警。
若要降低报警临界温度，即当温度较低时实现报警，则此时NTC热敏电阻的电阻较大，分压较大，则要想使得滑动变阻器两端的电压到达报警电压，则需增加滑动变阻器的电阻，即可以将滑动变阻器滑片向下滑动。
故答案为：NTC；随着温度升高，NTC热敏电阻的电阻减小，根据串联分压原理可知，控制器两端电压增大；向下
【分析】(1) 考查分压式滑动变阻器选型规律：分压接法选小阻值变阻器，便于电压平滑调节；
(2) 考查电流表改装电压表、并联电路分流规律，利用并联支路电压相等计算热敏电阻阻值；
(3) 串联分压原理应用：NTC负温度系数特性适配超温报警；调低临界报警温度，低温下偏大，需调大变阻器接入电阻。
（1）滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D；
（2）PTC热敏电阻阻值约为
（3）[1][2]当控制器两端电压大于某临界电压时，控制器驱动报警器发出警报，则图中热敏电阻应选择NTC热敏电阻；因为随着温度升高，NTC热敏电阻的电阻减小，根据串联分压原理可知，控制器两端电压增大，从而能实现报警。
[3]若要降低报警临界温度，即当温度较低时实现报警，则此时NTC热敏电阻的电阻较大，分压较大，则要想使得滑动变阻器两端的电压到达报警电压，则需增加滑动变阻器的电阻，即可以将滑动变阻器滑片向下滑动。
13．渔船常用回声探测器发射的超声波探测水下鱼群与障碍物。某探测器发出的超声波的频率为，时刻该超声波的波形图如图所示，此时原点处质点速度方向沿轴正方向。求：
（1）该超声波在水中的角频率，并写出平衡位置在原点的质点的振动方程，即关系式（计算结果可以用表示）；
（2）超声波发出之后，经过后探测器就收到鱼群反射的回声，则鱼群到渔船的距离（忽略鱼群和船的运动）。
【答案】（1）解：质点振动的角频率
解得
平衡位置在原点的质点的振动方程
又
可得
（2）解：根据图像信息可知，超声波的波长为
超声波在水中的速度
鱼群到渔船的距离
代入数据得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）本题考查简谐运动的角频率与振动方程，核心是利用 求角频率，再结合振幅和初相位写出振动方程。
（2）本题考查超声波的传播与回声测距，关键是先通过波长和频率求出波速，再利用回声时间计算单程距离。
（1）质点振动的角频率
解得
平衡位置在原点的质点的振动方程
又
可得
（2）根据图像信息可知，超声波的波长为
超声波在水中的速度
鱼群到渔船的距离
代入数据得
14．如图（a）所示，时刻，质量的货物从传送带底端A静止释放，时刻从顶端B抛出去，最终落在与B点等高的平台上，在传送带上运动的v-t图像如图（b）所示。已知传送带与水平面夹角，皮带轮大小及空气阻力可忽略不计，货物可视为质点，重力加速度，，。求：
（1）货物与传送带之间的动摩擦因数μ；
（2）货物落点与B点的水平距离x；
（3）该装置传送货物相对空载至少需额外消耗的能量E。
【答案】（1）解：由v-t图像可知，货物先匀加速再匀速，由牛顿第二定律得
根据图像得
解得
（2）解：由图像可知货物斜抛的初速度
解得
（3）解：相较空载，装置额外消耗的能量E等于传送带运送货物过程中，克服摩擦力所做的功，分两部分来计算。
滑块相对传送带滑动过程中，即前内，传送带运动的距离
克服摩擦力所做的功
滑块相对传送带静止运动过程中，5-6s内，即内传送带运动的距离
克服摩擦力所做的功
多消耗的能量
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】(1) 依托v-t图像求加速度，结合斜面牛顿第二定律求解动摩擦因数；
(2) 斜抛运动拆分竖直上抛、水平匀速，竖直方向求总飞行时间，再算水平射程；
(3) 传送带额外耗能为电机克服摩擦力做功，分加速（滑动摩擦）、匀速（静摩擦）两段分别计算传送带路程与对应功，求和得到总耗能。
（1）由v-t图像可知，货物先匀加速再匀速，由牛顿第二定律得
根据图像得
解得
（2）由图像可知货物斜抛的初速度
解得
（3）相较空载，装置额外消耗的能量E等于传送带运送货物过程中，克服摩擦力所做的功，分两部分来计算。
滑块相对传送带滑动过程中，即前内，传送带运动的距离
克服摩擦力所做的功
滑块相对传送带静止运动过程中，5-6s内，即内传送带运动的距离
克服摩擦力所做的功
多消耗的能量
解得
15．如图（a）所示，空间存在竖直向上的匀强电场，大小相等的两金属小球A和B位于同一水平高度处，其中A球带电量为，质量为，B球不带电，质量为3m。现给A球竖直向下的初速度，给B球水平指向A的初速度。经过一段时间后A的速度减小为零，B正好与A发生弹性正碰，碰撞后两者电量平分。碰撞结束后瞬间（此时），空间再施加图（b）所示的垂直纸面磁场（向外为正方向），其中L为已知量，。不考虑碰撞后B对A的运动带来的影响，不计空气阻力，重力加速度为。求：
（1）电场强度的大小；
（2）碰撞结束后，小球A的速度大小；
（3）在时间内，小球A在竖直方向上的位移大小。
【答案】（1）解：B在竖直方向上做自由落体运动：
A在竖直方向上匀减速到零：
则
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：A在竖直方向上匀减速到零：
B在竖直方向上做自由落体运动：
碰撞前B的速度v的大小、与水平方向夹角θ满足
则有
两个小球发生弹性碰撞，根据动量守恒及能量守恒有、
联立方程解得
（3）解：碰撞结束后，A的电荷量变为，此后电场力与重力平衡，A在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动、
代入数据可得，
由此可知碰撞后A的运动轨迹如下图所示
其中最后内做匀速直线运动，方向竖直向下
在时间内，小球A在竖直方向上的位移
解得：
【知识点】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】(1) 由AB竖直位移相等得到A的加速度，结合牛顿第二定律求场强；
(2) 先求碰前B的合速度，水平弹性碰撞用动量守恒、动能守恒求解A碰后速度；
(3) 碰后电场抵消重力，洛伦兹力提供圆周向心力，结合分段磁场变化分析圆周+匀速直线运动，分段累加竖直位移。
（1）B在竖直方向上做自由落体运动：
A在竖直方向上匀减速到零：
则
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）A在竖直方向上匀减速到零：
B在竖直方向上做自由落体运动：
碰撞前B的速度v的大小、与水平方向夹角θ满足
则有
两个小球发生弹性碰撞，根据动量守恒及能量守恒有、
联立方程解得
（3）碰撞结束后，A的电荷量变为，此后电场力与重力平衡，A在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动、
代入数据可得，
由此可知碰撞后A的运动轨迹如下图所示
其中最后内做匀速直线运动，方向竖直向下
在时间内，小球A在竖直方向上的位移
解得：
1 / 12025届广东省惠州市高三下学期模拟考试物理试题
1．钙基电池是未来电池技术的重要发展方向，如图（a）是某研究团队研究金属钙光电效应的电路图，已知金属钙的逸出功为2.87eV。图（b）是氢原子能级图，若用大量氢原子从能级向低能级跃迁辐射出的光照射阴极K，则下列说法中正确的是（　　）
A．可以辐射出4种不同频率的光
B．光电子的最大初动能为9.88eV
C．只有1种光能使钙发生光电效应
D．滑片P向右移动，电流表示数一定不变
2．如图所示为机械手用两根“手指”抓取篮球的简化示意图。抓取点对称分布在球心上方的同一水平面内，篮球的重力大小为，两根“手指”对篮球的合力为，每根“手指”对篮球的摩擦力为，则在向上加速提起篮球的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．
B．篮球处于失重状态
C．每根“手指”对篮球的摩擦力
D．每根“手指”对篮球的摩擦力做负功
3．在惠州市科技馆有一台脚踩式发电机，当骑上去用力踩动踏板，能点亮和发电机相连的白炽灯泡，踩得越快灯泡越亮。其简化电路原理图如图所示，当线框绕转轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　）
A．线框每转一圈电流方向改变一次
B．线框到达如图位置时回路电流为零
C．线框处于如图位置时磁通量变化最快
D．转速提高到两倍，则回路电流有效值变为原来的倍
4．“天关”卫星专注于高能天体物理和时域天文观测，绕地球做匀速圆周运动时离地面高度约为600km，如图为“天关”卫星与某高轨卫星的位置关系，下列说法正确的是（　　）
A．“天关”绕地运行的线速度小于地球第一宇宙速度
B．“天关”绕地运行的角速度小于地球自转的角速度
C．“天关”绕地运行的线速度小于高轨卫星的线速度
D．“天关”的机械能一定小于高轨卫星的机械能
5．如图所示，一块镶嵌在展示柜里装饰用的长方体玻璃砖，其ABCD面露于柜外，玻璃砖厚度，左下侧棱上安装一条双色细灯带，能发出a、b两种颜色的光，在ABCD面上能观察到a、b复色光区域和b单色光区域，复色光区域沿着AD方向宽度为6cm，设真空中光速为c。则下列说法正确的是（　　）
A．a光的折射率为
B．a光在此玻璃中传播速度为
C．b光折射率小于a光折射率
D．a、b光折射率差值越大，单色光区域宽度越窄
6．某实验小组将固定在铁架台上的竖直放置的细管（下端封闭，上端开口）置于电梯内做实验。管内用高度为、密度为的液体密封了一段长度为的空气（可视为理想气体），如图所示。当电梯加速过程中，温度保持不变，空气柱的长度变为。已知大气压强为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．若，则电梯一定向下运动
B．若，则外界对管内气体做负功
C．若，则管内气体向外释放热量
D．加速过程中，管内气体的压强变为
7．如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力随位移变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度，，。下列说法正确的是（　　）
A．此过程小物块所受重力的冲量为0
B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C．小物块刚接触弹簧时位移大小
D．根据题目所给信息可以计算出弹簧的最大压缩量
8．可拉伸电容器在智能穿戴等柔性电子产品中应用广泛，其核心结构由可变形电极和离子凝胶电介质组成，如图所示。当电容器拉伸时，极板面积和电介质的厚度均发生变化。其体积保持不变。充电后与电源断开的电容器。在缓慢左右绝缘拉伸过程中，下列判断正确的是（　　）
A．电容器的电荷量不变 B．电容器两电极间电压不变
C．电容器的电容与成正比 D．电容器中的电场强度与成正比
9．古代抛石机原理简化如图所示，轻杆AB可绕转轴O在竖直面内转动，两臂长度分别为、。A处固定质量为24kg的重物，B处放一质量为1kg的石块。将轻杆拉到水平并从静止释放，当轻杆运动到竖直位置时石块脱离轻杆。重物与石块均可看成质点，不计空气阻力和摩擦力，取，下列说法正确的是（　　）
A．从释放到抛出前，石块机械能守恒
B．从释放到抛出前，轻杆对重物做负功
C．石块脱离瞬间的速度大小为
D．石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0
10．福建舰舰载机着陆原理简化如图所示，水平平行金属轨道MN、PQ间接有阻值为R的电阻，其间存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。长为L、质量为m、阻值为r的金属棒ab垂直置于轨道上，质量为M的舰载机钩住与金属棒ab连接的绝缘阻拦索（不计质量）后迅速达到共同速度v0，关闭动力滑行一段距离后停下，系统所受阻力与其速度成正比，即（为定值），下列说法中正确的是（　　）
A．共速时金属棒中的电流方向由b到a
B．系统的动能全部转化为棒上所产生的焦耳热
C．舰载机滑行的距离为
D．刚共速时舰载机的加速度为
11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验，请按要求完成相关实验内容。
（1）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，某同学的实验操作如下；
①取体积的纯油酸配制出体积的油酸酒精溶液，滴入滴溶液到量筒，测出其体积为；
②在浅盘中装入少量水，并在水面上均匀地轻轻撒上少量痱子粉；
③用滴管将1滴油酸酒精溶液轻轻滴入水面中央，散开后可以看到油酸膜的轮廓，测得油酸膜面积。
在实验中，撒上少量痱子粉的作用是　 　。实验得到油酸膜的；轮廓如图（a）所示，已知每个小格的面积为，则　 　，写出油酸分子直径的表达式　 　。（用、、、、S表示）
（2）某同学利用传感器验证向心力与角速度的关系。如图（b）所示，将力传感器和光电门固定，圆盘边缘上固定一竖直的遮光片，将光滑小定滑轮固定在圆盘中心正上方，用一根细绳跨过定滑轮连接小滑块和力传感器。实验时电动机带动水平圆盘匀速转动，滑块随圆盘一起转动，力传感器可以实时测量绳的拉力的大小。某次实验操作如下：
①测得遮光片的宽度如图（c）所示，　 　mm。
②测得圆盘半径为，滑块的转动半径为。
③测得遮光片经过光电门的遮光时间为，则滑块做圆周运动的角速度　 　。（用所给物理量的符号表示）
④作出图像如图（d）所示，图线不经过原点，是因为滑块受到圆盘施加的沿圆盘半径　 　（选填“向里”或“向外”）的摩擦力，且最大静摩擦力　 　N。
12．新能源汽车控制温度时经常要用到热敏电阻。实验室里有PTC和NTC两个热敏电阻，PTC电阻值随温度的升高而增大，NTC电阻值随温度的升高而减小。某实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻的特性。
A.电源（电动势12V，内阻可忽略）
B.电流表（满偏电流10mA，内阻）
C.电流表（量程，内阻约）
D.滑动变阻器（最大阻值为）
E.滑动变阻器（最大阻值为）
F.定值电阻
G.单刀单掷、双掷开关各一个、导线若干
（1）按图（a）所示连接电路，若要求方便调节热敏电阻两端的电压，则选择的滑动变阻器为　 　（填器材前的字母）
（2）在图（a）所示电路中，将选择开关与PTC热敏电阻连接，此时电路中电流表示数为5mA，电流表示数为0.34A，则此时PTC热敏电阻阻值约为　 　（结果保留2位有效数字）。
（3）利用热敏电阻制作超温报警装置如图（b）所示。当控制器两端电压大于某临界电压时，控制器驱动报警器发出警报，则图中热敏电阻应选择　 　（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻，请简述选择此类热敏电阻的原因：　 　。若要降低报警临界温度，可以将滑动变阻器滑片　 　（选填“向上”或“向下”）滑动。
13．渔船常用回声探测器发射的超声波探测水下鱼群与障碍物。某探测器发出的超声波的频率为，时刻该超声波的波形图如图所示，此时原点处质点速度方向沿轴正方向。求：
（1）该超声波在水中的角频率，并写出平衡位置在原点的质点的振动方程，即关系式（计算结果可以用表示）；
（2）超声波发出之后，经过后探测器就收到鱼群反射的回声，则鱼群到渔船的距离（忽略鱼群和船的运动）。
14．如图（a）所示，时刻，质量的货物从传送带底端A静止释放，时刻从顶端B抛出去，最终落在与B点等高的平台上，在传送带上运动的v-t图像如图（b）所示。已知传送带与水平面夹角，皮带轮大小及空气阻力可忽略不计，货物可视为质点，重力加速度，，。求：
（1）货物与传送带之间的动摩擦因数μ；
（2）货物落点与B点的水平距离x；
（3）该装置传送货物相对空载至少需额外消耗的能量E。
15．如图（a）所示，空间存在竖直向上的匀强电场，大小相等的两金属小球A和B位于同一水平高度处，其中A球带电量为，质量为，B球不带电，质量为3m。现给A球竖直向下的初速度，给B球水平指向A的初速度。经过一段时间后A的速度减小为零，B正好与A发生弹性正碰，碰撞后两者电量平分。碰撞结束后瞬间（此时），空间再施加图（b）所示的垂直纸面磁场（向外为正方向），其中L为已知量，。不考虑碰撞后B对A的运动带来的影响，不计空气阻力，重力加速度为。求：
（1）电场强度的大小；
（2）碰撞结束后，小球A的速度大小；
（3）在时间内，小球A在竖直方向上的位移大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A、向低能级跃迁，光子种类种，并非4种，故A错误；
B、光子能量，由光电效应方程，故B正确；
C、跃迁光子能量：、、三种光子能量大于，能发生光电效应，不是1种，故C错误；
D、滑片P右移，反向遏止电压减小，若未达到饱和光电流，光电流变大，示数改变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查氢原子跃迁光子种类计算，组合公式；
B、考查光电效应最大初动能公式，；
C、对比各跃迁光子能量与金属逸出功，大于逸出功才可触发光电效应；
D、考查反向遏止电压对光电流的影响，电压变化可改变电流大小。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；功的概念
【解析】【解答】A、篮球向上加速上升，由牛顿第二定律，可得，因此，故A正确；
B、物体加速向上运动，加速度竖直向上，处于超重状态，并非失重，故B错误；
C．对球受力分析如图，因，即
可得
C错误。
D、摩擦力沿球面斜向上，与篮球向上位移夹角为锐角，摩擦力对篮球做正功，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查牛顿第二定律整体受力分析，合力向上则机械手总拉力大于重力；
B、考查超重失重判定，加速度向上为超重，加速度向下为失重；
C、考查正交分解受力计算，结合弹力的竖直分力，摩擦力竖直分力大于；
D、考查功的判断，力与位移夹角小于90°做正功。
3．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、线圈每经过一次中性面电流换向，转动一圈两次经过中性面，电流方向改变两次，故A错误；
B、图示位置线圈平面平行磁感线，磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势、回路电流最大，故B错误；
C、图示位置磁通量为零，磁通量变化最快，故C正确；
D、，转速加倍加倍，加倍，有效值也变为原来2倍，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查交变电流换向规律，一圈两次过中性面、两次变向；
B、考查交变电流瞬时值，平行磁场时电动势最大、电流最大；
C、磁通量为零时磁通量变化率最大；
D、有效值随峰值同步正比于角速度变化。
4．【答案】A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A、第一宇宙速度是近地卫星最大环绕速度，“天关”轨道高于地面，轨道半径大于地球半径，由可知线速度小于第一宇宙速度，故A正确；
B、同步卫星轨道约36000km，“天关”轨道600km小于同步卫星轨道，轨道越小角速度越大，因此它的角速度大于地球自转角速度，故B错误；
C、由，轨道半径越小线速度越大，“天关”轨道更低，线速度大于高轨卫星，故C错误；
D、机械能与卫星自身质量、轨道高度都有关，题目未知两颗卫星质量，无法比较机械能大小，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查第一宇宙速度物理意义，近地圆轨道的最大环绕速率；
B、考查万有引力圆周运动角速度规律，对比同步卫星轨道判断角速度和地球自转角速度关系；
C、考查线速度与轨道半径关系式；
D、考查卫星机械能影响因素，由质量和轨道共同决定。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、a光发生全反射临界角满足，得，，故A错误；
B、根据折射率与光速的关系可知，a光在此玻璃中传播速度为，故B错误；
C、只有a光发生全反射、b光能折射出界面，说明a光临界角更小、折射率更大，，故C正确；
D、折射率差值越大，两光临界角相差越大，单色光区域宽度越宽，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查全反射临界角与折射率关系，结合几何边长计算临界角；
B、考查介质光速公式；
C、考查折射率与临界角规律：折射率越大临界角越小，越容易全反射；
D、考查折射率差值对单色区宽度的影响，折射率差变大，单色区变宽。
6．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A、，气体体积减小，由玻意耳定律知气体压强变大，液柱超重、加速度向上，电梯可向上加速或向下减速，不一定向下运动，故A错误；
B、气体体积被压缩，外界对气体做正功，故B错误；
C、气体膨胀、气体对外做功，温度不变内能不变，由热力学第一定律，气体需要从外界吸热，故C错误；
D、等温变化，初态、；末态、，由玻意耳定律，解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查超重与运动关系，加速度向上对应向上加速、向下减速两种运动；
B、考查气体做功：体积减小→外界对气体做正功；
C、考查热力学第一定律，等温，气体对外做功则必吸热；
D、考查玻意耳定律（等温理想气体）的列式计算。
7．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A、重力冲量，下滑时间不为零，重力冲量不可能为0，故A错误；
B、未接触弹簧，合力，代入、，，解得，故B错误；
C、处合力开始减小，说明此处刚接触弹簧，故C错误；
D、由图像可求弹簧劲度系数，结合动能定理，全过程合功为0，能够列式算出弹簧最大压缩量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查冲量定义，重力始终作用、冲量一定不为零；
B、考查斜面受力，无弹簧时合力由重力分力与摩擦力构成，求解动摩擦因数；
C、开始减小的位置为刚接触弹簧位置，对应；
D、结合图像求，利用动能定理可求解弹簧最大压缩量。
8．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 A．电容器充电后与电源断开，电容器的电荷量不变，故A正确；
B．当电容器拉伸时其体积保持不变，极板面积增加，电介质的厚度减小，
由可知电容器电容增大且电容器的电荷量不变，则电容器两电极间电压减小，故B错误；
C．由且，可得与成反比，故C错误；
D．电容器中的电场强度，电容器中的电场强度与成正比，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查断开电源后电容器电荷量守恒的特点；
B、考查电容决定式与结合分析电压变化；
C、结合化简电容公式，判断和的函数关系；
D、推导匀强电场场强表达式，分析是否随极板厚度变化。
9．【答案】B,C,D
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、转动过程中轻杆对石块做功，石块机械能不守恒，故A错误；
B、系统机械能守恒，重物下落重力势能减少量小于石块重力势能增加量与石块动能之和，重物机械能减小，因此轻杆对重物做负功，故B正确；
C、同轴转动角速度相同，，，得；由系统机械能守恒：
，代入数据解得，故C正确；
D、石块脱离瞬间速度沿水平方向，重力竖直向下，速度与重力夹角，由，重力瞬时功率为0，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】A、考查机械能守恒条件，除重力外杆的弹力做功，石块机械能不守恒；
B、考查系统机械能守恒与单个物体机械能变化关系，重物机械能减小则杆对重物做负功；
C、考查同轴转动线速度关系+系统机械能守恒列式求解石块速度；
D、考查瞬时功率公式，速度水平、重力竖直，夹角功率为零。
10．【答案】A,C
【知识点】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、由右手定则，导体向右切割竖直向下磁场，感应电流，故A正确；
B、系统动能转化为总焦耳热与克服阻力产生的内能，并非全部变成棒的焦耳热，故B错误；
C、对全过程动量定理：，、，代入，整理，故C正确；
D、刚共速时，安培力、阻力，，，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查右手定则判断感应电流方向；
B、考查能量转化，动能变成电路焦耳热+摩擦内能；
C、考查微元法+动量定理、电荷量公式求位移；
D、考查牛顿第二定律，系统合力为安培力与阻力之和，总质量。
11．【答案】（1）方便显示出油酸膜的轮廓（清晰边界）；112；
（2）3.960；；向里；0.2
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；向心力
【解析】【解答】（1）在实验中，撒上少量痱子粉的作用是方便显示出油酸膜的轮廓（清晰边界）
根据图中油膜所形成的面积，不足半格的舍去，超过半格的记为一格，估算得到油膜的面积有112格，而由于每一格的边长为1cm，则油酸薄膜的面积为112cm2；1滴酒精油酸溶液中油酸的体积为直径为
故答案为：方便显示出油酸膜的轮廓（清晰边界）；112；
（2）①螺旋测微器精确度为0.01mm，读数为3.5mm+46.0×0.01mm=3.960mm
③遮光条通过光电门的瞬时速度的大小，滑块不滑动时，滑块与圆盘的角速度相同，根据线速度与角速度的关系，滑块做圆周运动的角速度为
④滑块受摩擦力提供向心力，则摩擦力沿圆盘半径向里；根据向心力公式
变形得，由图可知得到最大静摩擦力N
故答案为：3.960；；向里；0.2
【分析】(1) 本小问考查油膜法测分子直径实验：痱子粉用来界定油膜边界；方格法估算油膜面积；先求单滴溶液内纯油酸体积，把油酸分子看成单分子层排布，厚度等于分子直径。
(2) 本小问考查向心力探究实验：螺旋测微器读数规则；线速度、角速度关系式；由向心力表达式结合图像截距求解最大静摩擦力，摩擦力提供部分向心力故沿半径向里。
（1）[1] 在实验中，撒上少量痱子粉的作用是方便显示出油酸膜的轮廓（清晰边界）
[2] 根据图中油膜所形成的面积，不足半格的舍去，超过半格的记为一格，估算得到油膜的面积有112格，而由于每一格的边长为1cm，则油酸薄膜的面积为112cm2；
[3] 1滴酒精油酸溶液中油酸的体积为
直径为
（2）①[1]螺旋测微器精确度为0.01mm，读数为3.5mm+46.0×0.01mm=3.960mm
③[2]遮光条通过光电门的瞬时速度的大小
滑块不滑动时，滑块与圆盘的角速度相同，根据线速度与角速度的关系，滑块做圆周运动的角速度为
④[3][4]滑块受摩擦力提供向心力，则摩擦力沿圆盘半径向里；
根据向心力公式
变形得
由图可知得到最大静摩擦力N
12．【答案】（1）D
（2）15
（3）NTC；随着温度升高，NTC热敏电阻的电阻减小，根据串联分压原理可知，控制器两端电压增大；向下
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D；
故答案为：D
（2）PTC热敏电阻阻值约为
故答案为：15
（3）当控制器两端电压大于某临界电压时，控制器驱动报警器发出警报，则图中热敏电阻应选择NTC热敏电阻；因为随着温度升高，NTC热敏电阻的电阻减小，根据串联分压原理可知，控制器两端电压增大，从而能实现报警。
若要降低报警临界温度，即当温度较低时实现报警，则此时NTC热敏电阻的电阻较大，分压较大，则要想使得滑动变阻器两端的电压到达报警电压，则需增加滑动变阻器的电阻，即可以将滑动变阻器滑片向下滑动。
故答案为：NTC；随着温度升高，NTC热敏电阻的电阻减小，根据串联分压原理可知，控制器两端电压增大；向下
【分析】(1) 考查分压式滑动变阻器选型规律：分压接法选小阻值变阻器，便于电压平滑调节；
(2) 考查电流表改装电压表、并联电路分流规律，利用并联支路电压相等计算热敏电阻阻值；
(3) 串联分压原理应用：NTC负温度系数特性适配超温报警；调低临界报警温度，低温下偏大，需调大变阻器接入电阻。
（1）滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D；
（2）PTC热敏电阻阻值约为
（3）[1][2]当控制器两端电压大于某临界电压时，控制器驱动报警器发出警报，则图中热敏电阻应选择NTC热敏电阻；因为随着温度升高，NTC热敏电阻的电阻减小，根据串联分压原理可知，控制器两端电压增大，从而能实现报警。
[3]若要降低报警临界温度，即当温度较低时实现报警，则此时NTC热敏电阻的电阻较大，分压较大，则要想使得滑动变阻器两端的电压到达报警电压，则需增加滑动变阻器的电阻，即可以将滑动变阻器滑片向下滑动。
13．【答案】（1）解：质点振动的角频率
解得
平衡位置在原点的质点的振动方程
又
可得
（2）解：根据图像信息可知，超声波的波长为
超声波在水中的速度
鱼群到渔船的距离
代入数据得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）本题考查简谐运动的角频率与振动方程，核心是利用 求角频率，再结合振幅和初相位写出振动方程。
（2）本题考查超声波的传播与回声测距，关键是先通过波长和频率求出波速，再利用回声时间计算单程距离。
（1）质点振动的角频率
解得
平衡位置在原点的质点的振动方程
又
可得
（2）根据图像信息可知，超声波的波长为
超声波在水中的速度
鱼群到渔船的距离
代入数据得
14．【答案】（1）解：由v-t图像可知，货物先匀加速再匀速，由牛顿第二定律得
根据图像得
解得
（2）解：由图像可知货物斜抛的初速度
解得
（3）解：相较空载，装置额外消耗的能量E等于传送带运送货物过程中，克服摩擦力所做的功，分两部分来计算。
滑块相对传送带滑动过程中，即前内，传送带运动的距离
克服摩擦力所做的功
滑块相对传送带静止运动过程中，5-6s内，即内传送带运动的距离
克服摩擦力所做的功
多消耗的能量
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】(1) 依托v-t图像求加速度，结合斜面牛顿第二定律求解动摩擦因数；
(2) 斜抛运动拆分竖直上抛、水平匀速，竖直方向求总飞行时间，再算水平射程；
(3) 传送带额外耗能为电机克服摩擦力做功，分加速（滑动摩擦）、匀速（静摩擦）两段分别计算传送带路程与对应功，求和得到总耗能。
（1）由v-t图像可知，货物先匀加速再匀速，由牛顿第二定律得
根据图像得
解得
（2）由图像可知货物斜抛的初速度
解得
（3）相较空载，装置额外消耗的能量E等于传送带运送货物过程中，克服摩擦力所做的功，分两部分来计算。
滑块相对传送带滑动过程中，即前内，传送带运动的距离
克服摩擦力所做的功
滑块相对传送带静止运动过程中，5-6s内，即内传送带运动的距离
克服摩擦力所做的功
多消耗的能量
解得
15．【答案】（1）解：B在竖直方向上做自由落体运动：
A在竖直方向上匀减速到零：
则
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：A在竖直方向上匀减速到零：
B在竖直方向上做自由落体运动：
碰撞前B的速度v的大小、与水平方向夹角θ满足
则有
两个小球发生弹性碰撞，根据动量守恒及能量守恒有、
联立方程解得
（3）解：碰撞结束后，A的电荷量变为，此后电场力与重力平衡，A在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动、
代入数据可得，
由此可知碰撞后A的运动轨迹如下图所示
其中最后内做匀速直线运动，方向竖直向下
在时间内，小球A在竖直方向上的位移
解得：
【知识点】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】(1) 由AB竖直位移相等得到A的加速度，结合牛顿第二定律求场强；
(2) 先求碰前B的合速度，水平弹性碰撞用动量守恒、动能守恒求解A碰后速度；
(3) 碰后电场抵消重力，洛伦兹力提供圆周向心力，结合分段磁场变化分析圆周+匀速直线运动，分段累加竖直位移。
（1）B在竖直方向上做自由落体运动：
A在竖直方向上匀减速到零：
则
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）A在竖直方向上匀减速到零：
B在竖直方向上做自由落体运动：
碰撞前B的速度v的大小、与水平方向夹角θ满足
则有
两个小球发生弹性碰撞，根据动量守恒及能量守恒有、
联立方程解得
（3）碰撞结束后，A的电荷量变为，此后电场力与重力平衡，A在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动、
代入数据可得，
由此可知碰撞后A的运动轨迹如下图所示
其中最后内做匀速直线运动，方向竖直向下
在时间内，小球A在竖直方向上的位移
解得：
1 / 1

展开更多......

收起↑