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2025届广东省广州市普通高中高三下学期最后冲刺题(三)物理试题
1．太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，其中一种核反应方程为He＋X→Be＋γ，方程中X表示某种粒子，Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，则下列说法正确的是（　　）
A．此核反应是裂变反应
B．若使Be的温度降低，其半衰期会减小
C．经过2T，一定质量的Be占开始时的
D．X粒子是He
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；核聚变
【解析】【解答】A：该核反应是轻核聚变成较重核的过程，属于聚变反应，而非裂变反应，故A错误；
B：放射性元素的半衰期由原子核内部结构决定，与温度等外界条件无关，故B错误；
C：经过2个半衰期（2T），剩余的质量占开始时的，并非，故C错误；
D：根据质量数守恒：，电荷数守恒：，解得、，因此X粒子为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查核反应类型的判断，区分聚变与裂变反应的定义；
B：考查半衰期的影响因素，明确半衰期仅由原子核本身决定；
C：考查半衰期的计算，利用公式计算剩余质量比例；
D：考查核反应方程的守恒规律，利用质量数和电荷数守恒求解未知粒子。
2．下列有关电磁学的物理学史中，错误的是（　　）
A．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
B．法国物理学家库仑通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量
C．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应
D．荷兰物理学家洛伦兹提出了磁场对运动电荷有作用力（即洛伦兹力）的观点
【答案】B
【知识点】物理学史；安培定则；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A：英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，A 正确；
B：元电荷e的电荷量是由美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定的，并非库仑，故 B 错误；
C：丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应，C 正确；
D：荷兰物理学家洛伦兹提出了磁场对运动电荷有作用力（即洛伦兹力）的观点，D 正确；
故答案为：B。
【分析】A：考查法拉第在电磁学中的贡献，明确其引入电场概念和电场线的事实；
B：考查元电荷的测定者，区分库仑与密立根的实验及贡献；
C：考查奥斯特电流磁效应的发现，明确电流的磁效应现象；
D：考查洛伦兹力的提出者，明确洛伦兹的相关贡献。
3．为探究变压器的两个线圈的电压关系，小明绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上，如图所示，线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，线圈b接小灯泡，线圈电阻忽略不计。当闭合电源开关时，他发现电源过载（电流过大，超过学生电源允许的最大值）。为解决电源过载问题，下列措施中可行的是（　　）
A．增大电源电压 B．适当增加原线圈a的匝数
C．适当增加副线圈b的匝数 D．换一个电阻更小的灯泡
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】原线圈电压为、匝数为，副线圈电压为、匝数为，副线圈负载电阻为。根据变压器规律：，副线圈电流，原线圈电流。电源过载说明过大，需减小，
A：增大电源电压，会使增大，加剧过载，故A错误；
B：增加原线圈匝数，由可知，增大时减小，可解决过载问题，故B正确；
C：增加副线圈匝数，会使增大，加剧过载，故C错误；
D：换用电阻更小的灯泡（减小），会使增大，加剧过载，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查电源电压对原线圈电流的影响，电压升高会使原线圈电流增大；
B：考查原线圈匝数对原线圈电流的影响，匝数增加可降低原线圈电流；
C：考查副线圈匝数对原线圈电流的影响，匝数增加会使原线圈电流增大；
D：考查负载电阻对原线圈电流的影响，电阻减小会使原线圈电流增大。
4．图(a)所示，是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射而形成的日晕现象，多出现于春夏时节；当一束太阳光射到六角形冰晶上时，可出现如图（b）所示的光路图，若a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（　　）
A．用同一装置做单缝衍射实验，b光中央亮条纹更宽
B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较小
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．在冰晶中，b光的传播速度较小
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】A．由图乙可知，a光折射率小，频率小，波长较大，a光比b光的衍射现象更明显，同一装置做单缝衍射实验，a光中央亮条纹更宽，故A错误；
B．a光频率小，波长大，通过同一装置发生双缝干涉时，根据公式，可知a光的条纹宽度比b光的条纹宽，故B错误；
C．因为a光折射率小，由临界角公式可知a光的临界角比b光的大，故C错误；
D．a光折射率小，根据可知，在冰晶中，b光的传播速度较小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据光路图判断 a、b 光的折射率大小，再结合折射率与波长、频率的关系，分析单缝衍射和双缝干涉的条纹特点，接着利用临界角公式比较全反射临界角，最后根据光在介质中的传播速度公式判断传播速度大小。
5．某兴趣小组模拟避雷针周围电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间的电势差相等。A、B、C、D、E为空间电场中的五个点，其中C、D两点位置关于避雷针对称，一电子（量为m）从A点静止释放，仅在电场力作用下运动到C点时速度为v，下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势小于D点的电势
B．若电子能运动到B点，则到B点时的速度为
C．电场中C、D两点的电场强度相同
D．若电子从A点运动到E点，其电势能增大
【答案】A
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A：电子从A点静止释放，运动到C点时速度增加，动能增大，电势能减小。由于电子带负电，电势能 ，电势能减小意味着电势升高，因此C点电势高于A点；又C、D在同一等势面上，故D点电势高于A点，A正确；
B：设相邻等势面间的电势差为，由动能定理：：；：，解得，并非，B错误；
C：C、D两点关于避雷针对称，电场强度大小相等，但方向不同，因此电场强度矢量不相同，C错误；
D：E点与D点在同一等势面，电势高于A点，电子从A运动到E，电势升高，电势能减小，D错误；
故答案为：A。
【分析】A：考查电势高低的判断，结合电子的运动和电势能变化，利用负电荷电势能与电势的关系分析；
B：考查动能定理在电场中的应用，结合等势面间的电势差，计算电子在不同位置的速度；
C：考查电场强度的矢量性，结合对称性分析C、D两点电场强度的大小与方向；
D：考查电势能的变化，根据电势高低与电子电势能的关系，判断电子运动过程中电势能的变化。
6．用质量为m的小铁锤以速度向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为
B．在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt
C．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
D．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；冲量
【解析】【解答】设向下为正方向：A：击打过程中，对铁锤由动量定理：，合外力冲量大小为，A错误；
B：题目中未给出击打过程的作用时间，无法计算铁锤重力的冲量，B错误；
C、D：击打过程中，铁锤与砖块动量守恒：，解得。
缓冲过程中，对砖块由动量定理：，解得手对砖块的支持力。由牛顿第三定律，砖块对手的压力大小为，故C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查动量定理的应用，明确冲量与动量变化的关系，计算铁锤所受合外力的冲量；
B：考查冲量的定义，冲量等于力与作用时间的乘积，缺少击打时间无法计算重力冲量；
C、D：考查动量守恒定律与动量定理的综合应用，先通过动量守恒求出砖块的初速度，再结合动量定理计算手的支持力，最后由牛顿第三定律得到砖块对手的压力。
7．图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为（　　）
A．1：1 B．2：1 C．5：2 D．5：4
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设一个篮子的质量为，连接下篮的绳子的拉力为，对下篮，根据平衡条件得
解得，设连接上篮的绳子的拉力为，绳子与竖直方向夹角为，对两个篮整体由平衡条件得，根据几何关系得，联立解得，则，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的整体法与隔离法，核心思路：先用隔离法单独分析下篮，求出连接上下篮细绳的拉力；再用整体法对两个篮子整体受力，结合几何三角函数求出上方悬挂细绳的拉力；最后作比得到两根细绳张力之比，关键是将斜向拉力分解为竖直、水平分量，竖直分力平衡重力。
8．如图甲所示是一列沿x轴方向传播的简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，S是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点。图乙为介质中质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．波源起振方向为y轴负方向
C．S与Q一定总是同时回到平衡位置
D．波源起振后5s，处的质点第一次到达波峰
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图乙可知，质点P的振动周期 ，起振方向沿y轴正方向；由图甲可知波长 ，波速 。
A： 时，质点P振动方向向上，结合“上坡下、下坡上”的波传播规律，可判断该波沿x轴正方向传播，A正确；
B：质点的起振方向与波源起振方向相同，由图乙可知质点P起振方向沿y轴正方向，故波源起振方向为y轴正方向，B错误；
C：S与Q平衡位置间距为 ，属于相差半个波长的质点，振动总是相反，因此一定同时回到平衡位置，C正确；
D：波源起振后，x=5m处的质点第一次到达波峰时，波峰需从x=0处传播到x=6m处，传播距离为6m，所用时间 ，并非5s，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A：考查波的传播方向与质点振动方向的关系，结合质点振动图像判断质点振动方向，再确定波的传播方向；
B：考查波源起振方向的判断，明确所有质点的起振方向均与波源起振方向相同；
C：考查相差半个波长的质点的振动规律，明确这类质点振动总是相反，会同时回到平衡位置；
D：考查波的传播速度与时间的计算，根据波速、波长求出波速，再计算波峰传播到目标位置的时间。
9．如图甲所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可看作质点）从弹簧上端h处（h不为0）由静止释放，小球落到弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h和x0为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）
A．该星球的第一宇宙速度
B．该弹簧劲度系数k的大小
C．小球在最低点处加速度大于
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；第一、第二与第三宇宙速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：当弹簧压缩量时，小球只受重力，加速度。根据星球表面重力等于万有引力：，解得第一宇宙速度，故A正确；
B：当时，加速度，受力平衡：，解得弹簧劲度系数，并非，故B错误；
C：若小球从弹簧原长静止释放，由简谐运动对称性可知，最低点加速度为。现小球从高处释放，到达最低点时弹簧压缩量更大，弹力更大，合力更大，加速度大于，故C正确；
D：系统机械能守恒，弹簧最大弹性势能等于小球减少的重力势能。因，故弹性势能大于，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A：考查星球第一宇宙速度的计算，结合重力加速度与万有引力的关系求解；
B：考查弹簧劲度系数的求解，利用平衡条件结合加速度与压缩量的关系计算；
C：考查简谐运动的对称性与非对称释放的加速度变化，分析小球释放高度对最低点加速度的影响；
D：考查系统机械能守恒的应用，分析弹簧最大压缩量与弹性势能的关系。
10．将一足够长光滑平行金属导轨固定于水平面内（如图），已知左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为，导轨足够长且电阻可忽略不计.左侧导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，右侧导轨间存在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场.在时刻，长为L、电阻为r、质量为m的匀质金属棒静止在左侧导轨右端，长为、质量为的匀质金属棒从右侧导轨左端以大小为的初速度水平向右运动。一段时间后，流经棒的电流为0，此时。已知金属棒由相同材料制成，在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流的磁效应，则（　　）
A．时刻流经棒的电流为
B．时刻棒的速度大小为
C．时间内，回路磁通量的变化率逐渐增大
D．时间内，棒产生的焦耳热为
【答案】A,B,D
【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：设EF电阻为，由材料相同可得GH的电阻。时刻，GH产生的感应电动势，回路电流，A正确；
B：时刻回路电流为0，故，即。对EF：；对GH：。联立解得，，B正确；
C：时间内，感应电动势，由增大、减小可知逐渐减小，故回路磁通量的变化率逐渐减小，C错误；
D：系统动能减少量为。EF与GH的焦耳热之比为，故，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A：考查电阻计算与闭合电路欧姆定律，结合材料性质求出两棒的电阻关系，再计算初始感应电流；
B：考查动量定理与电流为零的条件，利用电流为零时的电动势关系和动量定理联立求解两棒速度；
C：考查感应电动势与磁通量变化率的关系，结合两棒的速度变化分析感应电动势的变化趋势；
D：考查能量守恒与焦耳热分配，利用系统动能减少量计算总焦耳热，再根据电阻比分配得到EF的焦耳热。
11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分内容，请完成下列填空：
（1）在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度约为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL。用注射器测得1 mL上述溶液为75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形方格的边长为1 cm。按以上实验数据估测出油酸分子的直径约为　 　m（保留两位有效数字）。
（2）某同学做“研究平抛运动的特点”实验。用图甲所示装置研究平抛运动竖直分运动的特点。A、B为两个完全相同的小球，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落。两球在空中运动的过程中，下列说法正确的是________。
A．A球的运动时间比较长
B．两球的运动时间一样长
C．只改变小锤的击打力度，不会影响两球的运动时间
D．只改变两小球开始运动时距地面的高度，不会影响两球的运动时间
（3）在“用单摆测量重力加速度”的实验中。某同学先用米尺测得摆线长为97.43 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图乙所示，则单摆的摆长为　 　cm；
【答案】（1）
（2）B；C
（3）98.4925
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）1滴溶液中含纯油酸的体积为
油膜的轮廓中大约有107个小方格，则油膜面积为
则油酸分子的直径为
故答案为：
（2）A、B为两个完全相同的小球，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落，两球在竖直方向均做自由落体运动，根据，可知两球的运动时间一样长；只改变小锤的击打力度，下落高度不变，不会影响两球的运动时间；只改变两小球开始运动时距地面的高度，会影响两球的运动时间。
故答案为：BC。
（3）20分度游标卡尺的精确值为，又图乙可知摆球直径为
则单摆的摆长为
故答案为：98.4925
【分析】(1) 本题考查用油膜法估测分子大小的实验，需先计算1滴溶液中纯油酸的体积，再根据油膜轮廓数方格计算面积，最后由 估算分子直径。
(2) 本题考查研究平抛运动竖直分运动的实验，需根据自由落体运动规律分析两球的运动时间与初速度、高度的关系。
(3) 本题考查用单摆测量重力加速度实验中摆长的计算，需先通过游标卡尺读数得到摆球直径，再结合摆线长计算摆长。
（1）1滴溶液中含纯油酸的体积为
油膜的轮廓中大约有107个小方格，则油膜面积为
则油酸分子的直径为
（2）A、B为两个完全相同的小球，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落，两球在竖直方向均做自由落体运动，根据，可知两球的运动时间一样长；只改变小锤的击打力度，下落高度不变，不会影响两球的运动时间；只改变两小球开始运动时距地面的高度，会影响两球的运动时间。
故选BC。
（3）20分度游标卡尺的精确值为，又图乙可知摆球直径为
则单摆的摆长为
12．半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。某实验小组想测量某一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值RN，其阻值约几十千欧，现有以下器材；
压力传感器；
电源：电动势6V，内阻不计；
电流表A，量程250μA，内阻约为；
电压表V：量程3V，内阻约为；
滑动变阻器：阻值范围；
滑动变阻器，阻值范围；
开关S；
导线若干
（1）为了提高测量的准确性，应该选以下　 　电路图进行测量，其中，滑动变阻器应选　 　（填元器件符号），使用该电路得到的测量值　 　（选填“大于”“小于”或者“等于”）真实值；
A. B. C. D.
（2）通过多次实验测得其阻值随压力F变化的关系图像如图甲所示，该学习小组利用该压力传感器设计了如图乙所示的自动分拣装置，可以将质量大于0.5kg的物体和小于0.5kg的物体进行分拣，图中为压力传感器，R'为滑动变阻器，电源电动势为6V（内阻不计）。分拣时质量不同的物体通过传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端电压2V时，杠杆OB水平，物体水平进入通道1；当控制电路两端电压<2V时，控制电路控制杠杆的B端下移，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。根据以上原理可知，R'接入电路的阻值为　 　（重力加速度大小取10m/s2，结果保留2位有效数字），质量为0.4kg的物体将进入　 　（选填“通道1”或“通道2”）。
【答案】（1）C；；大于
（2）9.0；通道2
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）滑动变阻器便于调节，故选择，题中待测电阻是大电阻，且其电阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故电路应为分压，内接，故C正确；由欧姆定律可知，电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于两端电压，故测量值大于真实值。
故答案为：C；；大于
（2）质量为0.5kg的物体对的压力为，由图甲可知，此时，由闭合电路欧姆定律，且，联立解得
由图甲可知，压力变小，阻值变大，故电路中电流变小，两端电压变小，小于2V，故物体进入通道2。
故答案为：9.0；通道2
【分析】(1) 本题考查伏安法测电阻的电路选择，需结合待测电阻为大电阻的特点，分析电流表内接 / 外接法的误差来源，以及滑动变阻器分压 / 限流接法的适用条件，进而选择合适的电路和器材，并分析测量值与真实值的关系。
(2) 本题考查闭合电路欧姆定律的应用，需先根据物体质量计算压力，再结合图像得出对应压力下的传感器阻值，利用串联电路电压分配规律求解滑动变阻器阻值；同时根据压力与传感器阻值的变化关系，判断不同质量物体对应的控制电路电压，从而确定物体进入的通道。
（1）[1][2]滑动变阻器便于调节，故选择，题中待测电阻是大电阻，且其电阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故电路应为分压，内接。
故选C。
[3]由欧姆定律可知
电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于两端电压，故测量值大于真实值。
（2）[1] 质量为0.5kg的物体对的压力为
由图甲可知，此时，由闭合电路欧姆定律
且
联立解得
[2]由图甲可知，压力变小，阻值变大，故电路中电流变小，两端电压变小，小于2V，故物体进入通道2。
13．某玩具公司正在设计一款气动软蛋枪，其原理如图所示，活塞横截面积，气枪上膛时，活塞向右运动，压缩弹簧至指定位置后，被锁紧装置锁住（末画出），然后质量的软胶子弹被推入横截面积的枪管中，此时子弹末端距离汽缸底部，汽缸内的气体压强和大气压相同。枪管水平，击发释放活塞，活塞在弹簧的推动下向左运动压缩气体，在极短的时间运动至汽缸底部，此过程子弹可视为静止，然后子弹在高压气体的推动下射出枪管，枪管总长，子弹在枪管中运动时受到的子弹和枪管内部的摩擦平均阻力为。活塞和汽缸之间及软胶子弹和枪管之间无漏气，忽略汽缸与活塞之间的摩擦力和整个过程中气体的温度变化，已知大气压强。
（1）求击发装置击发后，活塞运动至汽缸底部的瞬间，被压缩在枪管内的气体压强。
（2）枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以枪口的横截面积。公安机关规定，当所发射弹丸的枪口比动能大于等于1.8焦耳/平方厘米时，一律认定为枪支，求证此公司设计的这款玩具气枪是否会被公安机关认定为枪支？
【答案】解：（1）封闭气体发生等温变化，初态
末态
由波意尔定律
解得
（2）当子弹运动至枪口，枪杆内密封的气体体积变为
由玻意尔定律可知
解得
子弹最初受到的气体推力为
当子弹运动至枪口，受到的气体推力为
整个过程气体平均推力为
由动能定理可得，子弹在枪口的动能为
枪口比动能为
此公司设计的这款玩具气枪会被公安机关认定为枪支。
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 等温变化玻意耳定律，区分压缩前后气体总体积；
(2) 分两段等温过程，利用压强差求气体推力平均值，结合动能定理求子弹出膛动能，再根据定义计算比动能，和法定阈值对比完成判定。
14．如图所示，空间存在两同心圆形边界，半径分别为、，中间圆形区域内分布着垂直于纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，环形区域内分布着方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为的匀强磁场。一不计重力、比荷、带正电的粒子从P点以某一初速度沿径向射入匀强磁场。
（1）若入射粒子恰好不能进入中间的圆形区域，求粒子入射的速度大小和粒子在外面环形区域运动的时间t；
（2）若入射粒子能进入中间的圆形区域，且进入中间的圆形区域后竖直向下通过圆心O，求粒子入射速度的大小。
【答案】解：（1）解：粒恰好不进入中间圆形磁场区域，粒子在B2磁场中匀速圆周运动的轨道半径为
由几何关系有
可得
对该粒子
可得
设该粒子在磁场B2中匀速圆周运动周期为T
由几何关系可知
可得，
联立求得
（2）解：设粒子在B1磁场中运动的轨道半径为，在B2磁场中运动的轨道半径为，
则由几何关系有
在B2磁场中，对粒子
在B1磁场中，对粒子
可得，
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查带电粒子在环形磁场中的圆周运动，需结合几何关系确定轨道半径，再利用洛伦兹力公式求解入射速度，并根据圆心角与周期的关系计算运动时间。
(2) 本题考查带电粒子在不同磁场区域的圆周运动，需结合粒子进入中间区域后竖直向下通过圆心的几何条件，联立不同磁场中的轨道半径公式，求解入射速度。
15．窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小。
【答案】解：（1）解：设1号环的初速度为，则由动能定理可得
解得
（2）解：设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为，则窗帘绷紧前后动量守恒，
有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）解：设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查动能定理的应用，需根据“2号滑环刚好能动”的临界条件，分析1号滑环的滑行过程，利用动能定理求解最小初速度。
(2) 本题考查动量守恒与动能变化的分析，需结合动量守恒定律分析窗帘绷紧前后的速度关系，进而求解总动能与损失的动能。
(3) 本题考查多过程的递推分析，需依次分析每次窗帘绷紧前后的动能变化，结合动能定理与动量守恒递推，最终根据 9 号滑环的滑行过程求解初速度。
1 / 12025届广东省广州市普通高中高三下学期最后冲刺题(三)物理试题
1．太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，其中一种核反应方程为He＋X→Be＋γ，方程中X表示某种粒子，Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，则下列说法正确的是（　　）
A．此核反应是裂变反应
B．若使Be的温度降低，其半衰期会减小
C．经过2T，一定质量的Be占开始时的
D．X粒子是He
2．下列有关电磁学的物理学史中，错误的是（　　）
A．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
B．法国物理学家库仑通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量
C．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应
D．荷兰物理学家洛伦兹提出了磁场对运动电荷有作用力（即洛伦兹力）的观点
3．为探究变压器的两个线圈的电压关系，小明绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上，如图所示，线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，线圈b接小灯泡，线圈电阻忽略不计。当闭合电源开关时，他发现电源过载（电流过大，超过学生电源允许的最大值）。为解决电源过载问题，下列措施中可行的是（　　）
A．增大电源电压 B．适当增加原线圈a的匝数
C．适当增加副线圈b的匝数 D．换一个电阻更小的灯泡
4．图(a)所示，是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射而形成的日晕现象，多出现于春夏时节；当一束太阳光射到六角形冰晶上时，可出现如图（b）所示的光路图，若a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（　　）
A．用同一装置做单缝衍射实验，b光中央亮条纹更宽
B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较小
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．在冰晶中，b光的传播速度较小
5．某兴趣小组模拟避雷针周围电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间的电势差相等。A、B、C、D、E为空间电场中的五个点，其中C、D两点位置关于避雷针对称，一电子（量为m）从A点静止释放，仅在电场力作用下运动到C点时速度为v，下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势小于D点的电势
B．若电子能运动到B点，则到B点时的速度为
C．电场中C、D两点的电场强度相同
D．若电子从A点运动到E点，其电势能增大
6．用质量为m的小铁锤以速度向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为
B．在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt
C．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
D．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为
7．图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为（　　）
A．1：1 B．2：1 C．5：2 D．5：4
8．如图甲所示是一列沿x轴方向传播的简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，S是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点。图乙为介质中质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．波源起振方向为y轴负方向
C．S与Q一定总是同时回到平衡位置
D．波源起振后5s，处的质点第一次到达波峰
9．如图甲所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可看作质点）从弹簧上端h处（h不为0）由静止释放，小球落到弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h和x0为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）
A．该星球的第一宇宙速度
B．该弹簧劲度系数k的大小
C．小球在最低点处加速度大于
D．弹簧的最大弹性势能为
10．将一足够长光滑平行金属导轨固定于水平面内（如图），已知左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为，导轨足够长且电阻可忽略不计.左侧导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，右侧导轨间存在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场.在时刻，长为L、电阻为r、质量为m的匀质金属棒静止在左侧导轨右端，长为、质量为的匀质金属棒从右侧导轨左端以大小为的初速度水平向右运动。一段时间后，流经棒的电流为0，此时。已知金属棒由相同材料制成，在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流的磁效应，则（　　）
A．时刻流经棒的电流为
B．时刻棒的速度大小为
C．时间内，回路磁通量的变化率逐渐增大
D．时间内，棒产生的焦耳热为
11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分内容，请完成下列填空：
（1）在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度约为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL。用注射器测得1 mL上述溶液为75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形方格的边长为1 cm。按以上实验数据估测出油酸分子的直径约为　 　m（保留两位有效数字）。
（2）某同学做“研究平抛运动的特点”实验。用图甲所示装置研究平抛运动竖直分运动的特点。A、B为两个完全相同的小球，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落。两球在空中运动的过程中，下列说法正确的是________。
A．A球的运动时间比较长
B．两球的运动时间一样长
C．只改变小锤的击打力度，不会影响两球的运动时间
D．只改变两小球开始运动时距地面的高度，不会影响两球的运动时间
（3）在“用单摆测量重力加速度”的实验中。某同学先用米尺测得摆线长为97.43 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图乙所示，则单摆的摆长为　 　cm；
12．半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。某实验小组想测量某一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值RN，其阻值约几十千欧，现有以下器材；
压力传感器；
电源：电动势6V，内阻不计；
电流表A，量程250μA，内阻约为；
电压表V：量程3V，内阻约为；
滑动变阻器：阻值范围；
滑动变阻器，阻值范围；
开关S；
导线若干
（1）为了提高测量的准确性，应该选以下　 　电路图进行测量，其中，滑动变阻器应选　 　（填元器件符号），使用该电路得到的测量值　 　（选填“大于”“小于”或者“等于”）真实值；
A. B. C. D.
（2）通过多次实验测得其阻值随压力F变化的关系图像如图甲所示，该学习小组利用该压力传感器设计了如图乙所示的自动分拣装置，可以将质量大于0.5kg的物体和小于0.5kg的物体进行分拣，图中为压力传感器，R'为滑动变阻器，电源电动势为6V（内阻不计）。分拣时质量不同的物体通过传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端电压2V时，杠杆OB水平，物体水平进入通道1；当控制电路两端电压<2V时，控制电路控制杠杆的B端下移，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。根据以上原理可知，R'接入电路的阻值为　 　（重力加速度大小取10m/s2，结果保留2位有效数字），质量为0.4kg的物体将进入　 　（选填“通道1”或“通道2”）。
13．某玩具公司正在设计一款气动软蛋枪，其原理如图所示，活塞横截面积，气枪上膛时，活塞向右运动，压缩弹簧至指定位置后，被锁紧装置锁住（末画出），然后质量的软胶子弹被推入横截面积的枪管中，此时子弹末端距离汽缸底部，汽缸内的气体压强和大气压相同。枪管水平，击发释放活塞，活塞在弹簧的推动下向左运动压缩气体，在极短的时间运动至汽缸底部，此过程子弹可视为静止，然后子弹在高压气体的推动下射出枪管，枪管总长，子弹在枪管中运动时受到的子弹和枪管内部的摩擦平均阻力为。活塞和汽缸之间及软胶子弹和枪管之间无漏气，忽略汽缸与活塞之间的摩擦力和整个过程中气体的温度变化，已知大气压强。
（1）求击发装置击发后，活塞运动至汽缸底部的瞬间，被压缩在枪管内的气体压强。
（2）枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以枪口的横截面积。公安机关规定，当所发射弹丸的枪口比动能大于等于1.8焦耳/平方厘米时，一律认定为枪支，求证此公司设计的这款玩具气枪是否会被公安机关认定为枪支？
14．如图所示，空间存在两同心圆形边界，半径分别为、，中间圆形区域内分布着垂直于纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，环形区域内分布着方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为的匀强磁场。一不计重力、比荷、带正电的粒子从P点以某一初速度沿径向射入匀强磁场。
（1）若入射粒子恰好不能进入中间的圆形区域，求粒子入射的速度大小和粒子在外面环形区域运动的时间t；
（2）若入射粒子能进入中间的圆形区域，且进入中间的圆形区域后竖直向下通过圆心O，求粒子入射速度的大小。
15．窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；核聚变
【解析】【解答】A：该核反应是轻核聚变成较重核的过程，属于聚变反应，而非裂变反应，故A错误；
B：放射性元素的半衰期由原子核内部结构决定，与温度等外界条件无关，故B错误；
C：经过2个半衰期（2T），剩余的质量占开始时的，并非，故C错误；
D：根据质量数守恒：，电荷数守恒：，解得、，因此X粒子为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查核反应类型的判断，区分聚变与裂变反应的定义；
B：考查半衰期的影响因素，明确半衰期仅由原子核本身决定；
C：考查半衰期的计算，利用公式计算剩余质量比例；
D：考查核反应方程的守恒规律，利用质量数和电荷数守恒求解未知粒子。
2．【答案】B
【知识点】物理学史；安培定则；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A：英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，A 正确；
B：元电荷e的电荷量是由美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定的，并非库仑，故 B 错误；
C：丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应，C 正确；
D：荷兰物理学家洛伦兹提出了磁场对运动电荷有作用力（即洛伦兹力）的观点，D 正确；
故答案为：B。
【分析】A：考查法拉第在电磁学中的贡献，明确其引入电场概念和电场线的事实；
B：考查元电荷的测定者，区分库仑与密立根的实验及贡献；
C：考查奥斯特电流磁效应的发现，明确电流的磁效应现象；
D：考查洛伦兹力的提出者，明确洛伦兹的相关贡献。
3．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】原线圈电压为、匝数为，副线圈电压为、匝数为，副线圈负载电阻为。根据变压器规律：，副线圈电流，原线圈电流。电源过载说明过大，需减小，
A：增大电源电压，会使增大，加剧过载，故A错误；
B：增加原线圈匝数，由可知，增大时减小，可解决过载问题，故B正确；
C：增加副线圈匝数，会使增大，加剧过载，故C错误；
D：换用电阻更小的灯泡（减小），会使增大，加剧过载，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查电源电压对原线圈电流的影响，电压升高会使原线圈电流增大；
B：考查原线圈匝数对原线圈电流的影响，匝数增加可降低原线圈电流；
C：考查副线圈匝数对原线圈电流的影响，匝数增加会使原线圈电流增大；
D：考查负载电阻对原线圈电流的影响，电阻减小会使原线圈电流增大。
4．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】A．由图乙可知，a光折射率小，频率小，波长较大，a光比b光的衍射现象更明显，同一装置做单缝衍射实验，a光中央亮条纹更宽，故A错误；
B．a光频率小，波长大，通过同一装置发生双缝干涉时，根据公式，可知a光的条纹宽度比b光的条纹宽，故B错误；
C．因为a光折射率小，由临界角公式可知a光的临界角比b光的大，故C错误；
D．a光折射率小，根据可知，在冰晶中，b光的传播速度较小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据光路图判断 a、b 光的折射率大小，再结合折射率与波长、频率的关系，分析单缝衍射和双缝干涉的条纹特点，接着利用临界角公式比较全反射临界角，最后根据光在介质中的传播速度公式判断传播速度大小。
5．【答案】A
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A：电子从A点静止释放，运动到C点时速度增加，动能增大，电势能减小。由于电子带负电，电势能 ，电势能减小意味着电势升高，因此C点电势高于A点；又C、D在同一等势面上，故D点电势高于A点，A正确；
B：设相邻等势面间的电势差为，由动能定理：：；：，解得，并非，B错误；
C：C、D两点关于避雷针对称，电场强度大小相等，但方向不同，因此电场强度矢量不相同，C错误；
D：E点与D点在同一等势面，电势高于A点，电子从A运动到E，电势升高，电势能减小，D错误；
故答案为：A。
【分析】A：考查电势高低的判断，结合电子的运动和电势能变化，利用负电荷电势能与电势的关系分析；
B：考查动能定理在电场中的应用，结合等势面间的电势差，计算电子在不同位置的速度；
C：考查电场强度的矢量性，结合对称性分析C、D两点电场强度的大小与方向；
D：考查电势能的变化，根据电势高低与电子电势能的关系，判断电子运动过程中电势能的变化。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；冲量
【解析】【解答】设向下为正方向：A：击打过程中，对铁锤由动量定理：，合外力冲量大小为，A错误；
B：题目中未给出击打过程的作用时间，无法计算铁锤重力的冲量，B错误；
C、D：击打过程中，铁锤与砖块动量守恒：，解得。
缓冲过程中，对砖块由动量定理：，解得手对砖块的支持力。由牛顿第三定律，砖块对手的压力大小为，故C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查动量定理的应用，明确冲量与动量变化的关系，计算铁锤所受合外力的冲量；
B：考查冲量的定义，冲量等于力与作用时间的乘积，缺少击打时间无法计算重力冲量；
C、D：考查动量守恒定律与动量定理的综合应用，先通过动量守恒求出砖块的初速度，再结合动量定理计算手的支持力，最后由牛顿第三定律得到砖块对手的压力。
7．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设一个篮子的质量为，连接下篮的绳子的拉力为，对下篮，根据平衡条件得
解得，设连接上篮的绳子的拉力为，绳子与竖直方向夹角为，对两个篮整体由平衡条件得，根据几何关系得，联立解得，则，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的整体法与隔离法，核心思路：先用隔离法单独分析下篮，求出连接上下篮细绳的拉力；再用整体法对两个篮子整体受力，结合几何三角函数求出上方悬挂细绳的拉力；最后作比得到两根细绳张力之比，关键是将斜向拉力分解为竖直、水平分量，竖直分力平衡重力。
8．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图乙可知，质点P的振动周期 ，起振方向沿y轴正方向；由图甲可知波长 ，波速 。
A： 时，质点P振动方向向上，结合“上坡下、下坡上”的波传播规律，可判断该波沿x轴正方向传播，A正确；
B：质点的起振方向与波源起振方向相同，由图乙可知质点P起振方向沿y轴正方向，故波源起振方向为y轴正方向，B错误；
C：S与Q平衡位置间距为 ，属于相差半个波长的质点，振动总是相反，因此一定同时回到平衡位置，C正确；
D：波源起振后，x=5m处的质点第一次到达波峰时，波峰需从x=0处传播到x=6m处，传播距离为6m，所用时间 ，并非5s，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A：考查波的传播方向与质点振动方向的关系，结合质点振动图像判断质点振动方向，再确定波的传播方向；
B：考查波源起振方向的判断，明确所有质点的起振方向均与波源起振方向相同；
C：考查相差半个波长的质点的振动规律，明确这类质点振动总是相反，会同时回到平衡位置；
D：考查波的传播速度与时间的计算，根据波速、波长求出波速，再计算波峰传播到目标位置的时间。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；第一、第二与第三宇宙速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：当弹簧压缩量时，小球只受重力，加速度。根据星球表面重力等于万有引力：，解得第一宇宙速度，故A正确；
B：当时，加速度，受力平衡：，解得弹簧劲度系数，并非，故B错误；
C：若小球从弹簧原长静止释放，由简谐运动对称性可知，最低点加速度为。现小球从高处释放，到达最低点时弹簧压缩量更大，弹力更大，合力更大，加速度大于，故C正确；
D：系统机械能守恒，弹簧最大弹性势能等于小球减少的重力势能。因，故弹性势能大于，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A：考查星球第一宇宙速度的计算，结合重力加速度与万有引力的关系求解；
B：考查弹簧劲度系数的求解，利用平衡条件结合加速度与压缩量的关系计算；
C：考查简谐运动的对称性与非对称释放的加速度变化，分析小球释放高度对最低点加速度的影响；
D：考查系统机械能守恒的应用，分析弹簧最大压缩量与弹性势能的关系。
10．【答案】A,B,D
【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：设EF电阻为，由材料相同可得GH的电阻。时刻，GH产生的感应电动势，回路电流，A正确；
B：时刻回路电流为0，故，即。对EF：；对GH：。联立解得，，B正确；
C：时间内，感应电动势，由增大、减小可知逐渐减小，故回路磁通量的变化率逐渐减小，C错误；
D：系统动能减少量为。EF与GH的焦耳热之比为，故，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A：考查电阻计算与闭合电路欧姆定律，结合材料性质求出两棒的电阻关系，再计算初始感应电流；
B：考查动量定理与电流为零的条件，利用电流为零时的电动势关系和动量定理联立求解两棒速度；
C：考查感应电动势与磁通量变化率的关系，结合两棒的速度变化分析感应电动势的变化趋势；
D：考查能量守恒与焦耳热分配，利用系统动能减少量计算总焦耳热，再根据电阻比分配得到EF的焦耳热。
11．【答案】（1）
（2）B；C
（3）98.4925
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）1滴溶液中含纯油酸的体积为
油膜的轮廓中大约有107个小方格，则油膜面积为
则油酸分子的直径为
故答案为：
（2）A、B为两个完全相同的小球，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落，两球在竖直方向均做自由落体运动，根据，可知两球的运动时间一样长；只改变小锤的击打力度，下落高度不变，不会影响两球的运动时间；只改变两小球开始运动时距地面的高度，会影响两球的运动时间。
故答案为：BC。
（3）20分度游标卡尺的精确值为，又图乙可知摆球直径为
则单摆的摆长为
故答案为：98.4925
【分析】(1) 本题考查用油膜法估测分子大小的实验，需先计算1滴溶液中纯油酸的体积，再根据油膜轮廓数方格计算面积，最后由 估算分子直径。
(2) 本题考查研究平抛运动竖直分运动的实验，需根据自由落体运动规律分析两球的运动时间与初速度、高度的关系。
(3) 本题考查用单摆测量重力加速度实验中摆长的计算，需先通过游标卡尺读数得到摆球直径，再结合摆线长计算摆长。
（1）1滴溶液中含纯油酸的体积为
油膜的轮廓中大约有107个小方格，则油膜面积为
则油酸分子的直径为
（2）A、B为两个完全相同的小球，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落，两球在竖直方向均做自由落体运动，根据，可知两球的运动时间一样长；只改变小锤的击打力度，下落高度不变，不会影响两球的运动时间；只改变两小球开始运动时距地面的高度，会影响两球的运动时间。
故选BC。
（3）20分度游标卡尺的精确值为，又图乙可知摆球直径为
则单摆的摆长为
12．【答案】（1）C；；大于
（2）9.0；通道2
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）滑动变阻器便于调节，故选择，题中待测电阻是大电阻，且其电阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故电路应为分压，内接，故C正确；由欧姆定律可知，电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于两端电压，故测量值大于真实值。
故答案为：C；；大于
（2）质量为0.5kg的物体对的压力为，由图甲可知，此时，由闭合电路欧姆定律，且，联立解得
由图甲可知，压力变小，阻值变大，故电路中电流变小，两端电压变小，小于2V，故物体进入通道2。
故答案为：9.0；通道2
【分析】(1) 本题考查伏安法测电阻的电路选择，需结合待测电阻为大电阻的特点，分析电流表内接 / 外接法的误差来源，以及滑动变阻器分压 / 限流接法的适用条件，进而选择合适的电路和器材，并分析测量值与真实值的关系。
(2) 本题考查闭合电路欧姆定律的应用，需先根据物体质量计算压力，再结合图像得出对应压力下的传感器阻值，利用串联电路电压分配规律求解滑动变阻器阻值；同时根据压力与传感器阻值的变化关系，判断不同质量物体对应的控制电路电压，从而确定物体进入的通道。
（1）[1][2]滑动变阻器便于调节，故选择，题中待测电阻是大电阻，且其电阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故电路应为分压，内接。
故选C。
[3]由欧姆定律可知
电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于两端电压，故测量值大于真实值。
（2）[1] 质量为0.5kg的物体对的压力为
由图甲可知，此时，由闭合电路欧姆定律
且
联立解得
[2]由图甲可知，压力变小，阻值变大，故电路中电流变小，两端电压变小，小于2V，故物体进入通道2。
13．【答案】解：（1）封闭气体发生等温变化，初态
末态
由波意尔定律
解得
（2）当子弹运动至枪口，枪杆内密封的气体体积变为
由玻意尔定律可知
解得
子弹最初受到的气体推力为
当子弹运动至枪口，受到的气体推力为
整个过程气体平均推力为
由动能定理可得，子弹在枪口的动能为
枪口比动能为
此公司设计的这款玩具气枪会被公安机关认定为枪支。
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 等温变化玻意耳定律，区分压缩前后气体总体积；
(2) 分两段等温过程，利用压强差求气体推力平均值，结合动能定理求子弹出膛动能，再根据定义计算比动能，和法定阈值对比完成判定。
14．【答案】解：（1）解：粒恰好不进入中间圆形磁场区域，粒子在B2磁场中匀速圆周运动的轨道半径为
由几何关系有
可得
对该粒子
可得
设该粒子在磁场B2中匀速圆周运动周期为T
由几何关系可知
可得，
联立求得
（2）解：设粒子在B1磁场中运动的轨道半径为，在B2磁场中运动的轨道半径为，
则由几何关系有
在B2磁场中，对粒子
在B1磁场中，对粒子
可得，
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查带电粒子在环形磁场中的圆周运动，需结合几何关系确定轨道半径，再利用洛伦兹力公式求解入射速度，并根据圆心角与周期的关系计算运动时间。
(2) 本题考查带电粒子在不同磁场区域的圆周运动，需结合粒子进入中间区域后竖直向下通过圆心的几何条件，联立不同磁场中的轨道半径公式，求解入射速度。
15．【答案】解：（1）解：设1号环的初速度为，则由动能定理可得
解得
（2）解：设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为，则窗帘绷紧前后动量守恒，
有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）解：设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查动能定理的应用，需根据“2号滑环刚好能动”的临界条件，分析1号滑环的滑行过程，利用动能定理求解最小初速度。
(2) 本题考查动量守恒与动能变化的分析，需结合动量守恒定律分析窗帘绷紧前后的速度关系，进而求解总动能与损失的动能。
(3) 本题考查多过程的递推分析，需依次分析每次窗帘绷紧前后的动能变化，结合动能定理与动量守恒递推，最终根据 9 号滑环的滑行过程求解初速度。
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