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2025届广东省高三下学期高考考前适应性测试物理试题
1．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大盘处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.55eV，可见光光子能量范围是1.62eV～3.11eV，下列说法正确的是（　　）
A．光线发射器中发出的光有两种为可见光
B．题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为9.54eV
C．题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光
D．若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小
【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．光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：E1=-1.51eV-（-13.6）eV=12.09eV
E2=-3.40eV-（-13.6）eV=10.2eV， E3=-1.51eV-（-3.40）eV=1.89eV
可知光线发射器中发出的光只有一种为可见光，故A错误；
B．根据光电效应方程可知E1=W0+Ekm，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为Ekm =12.09eV-2.55eV=9.54eV，故B正确；
C．a光遏止电压小于b光遏止电压，由E=W0+Ekm，，得a光子能量小于b光子能量，则题述a光子能量等于E2，为氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光，故C错误；
D．部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查氢原子能级跃迁光子能量计算，结合可见光能量范围判断可见光种类；
B、考查光电效应方程，用最高能量光子计算光电子最大初动能；
C、考查遏止电压与光子能量的关系，根据遏止电压大小对应能级跃迁；
D、考查光电效应规律，最大初动能与光照强度无关，只由光子频率决定。
2．如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动过程中，缸内气体（　　）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】初始时汽缸开口向上，设 汽缸 中气体压强为p1，外界大气压为p0，根据平衡条件有， 内壁光滑，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压，明显相对开始气压减小。
AB．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，这样才能导致气体压强减小，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选：C。
【分析】气缸与活塞均绝热，故不与外界进行热量交换，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，当Q=0时，ΔU=W，通过分析气体的体积变化就能判断外界对气体的做功情况，从而得到内能的变化情况；根据理想气体内能与温度的关系判断温度的变化情况，再根据温度与理想气体的分子平均动能的关系判断气体分子的速率分布情况。
3．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行时，因受气体阻力的影响，轨道高度会逐渐降低，空间站可通过发动机对轨道进行修正。如图所示为某空间站在某年2月初到8月初期间离地高度随时间变化的曲线。下列说法正确的是（　　）
A．空间站绕地球运行速度约为
B．2月份空间站的动能减小，机械能减小
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，向运动方向喷气
D．3月份发动机对轨道进行过修正
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星圆周运动绕地球最大速度为第一宇宙速度7.9km/s，因此不可能是10km/s，故A错误；B．根据题中图像，2月份到3月份，半径变小，引力做正功，根据动能定理，动能增大，因为有阻力做负功，根据功能关系，机械能减小，故B错误；
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，使其加速做离心运动，向运动反方向喷气，故C错误；
D．根据空间站离地高度随时间变化的曲线可知，3月份到4月份轨道变高过，所以3月份发动机对轨道进行过修正，故D正确。
故选：D。
【分析】卫星圆周运动绕地球最大速度为7.9km/s；根据动能定理，判断动能变化，根据功能关系，判断机械能变化；加速时需要向运动反方向喷气；根据图像，判断轨道变化。
4．我国是全球唯一掌握超特高压直流输电技术的国家。下图是特高压直流输电系统的模拟图（只显示变压与传输部分），则以下说法正确的是（　　）
A．题中描述的“特高压直流输电”，说明变压器可以直接对直流电进行变压作用
B．变压器在升压过程中频率随着电压的增大而升高
C．在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一
D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过的电流越大，由匝数比等于电流的反比可知，流过电阻的电流变小
【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A、变压器工作依靠互感现象，恒定直流电产生的磁通量不变，无法实现变压，超特高压直流输电是先将交流电升压、整流为直流输送，末端再逆变为交流降压，变压器不能直接对直流变压，故A错误；
B、变压器仅改变电压、电流大小，不会改变交流电的频率，升压过程频率保持不变，故B错误；
C、输电功率，线路损耗功率，输送功率、输电线电阻不变时，输电电压提升10倍，损耗功率变为原来，故C正确；
D、用户用电器越多，副线圈电流越大，根据，降压变压器原线圈电流同步变大，即流过电阻的电流变大，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查变压器工作原理，明确变压器只能对交变电流变压，直流不能直接变压；
B、考查变压器对交流电各物理量的影响，频率由发电机决定，变压器不改变频率；
C、考查远距离输电功率损耗推导，结合输送功率、输电电压分析线路热损耗变化；
D、考查变压器电流匝数比关系，用户负载增多时各级线圈电流同步增大。
5．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．阴影部分的面积和肯定不相等
B．阻值大于
C．计算机测得，则该电容器的电容约为0.15F
D．图像阴影为图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量
【答案】C
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】AD．i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，S1表示电容器充电后所带电荷量，所以S1=S2，故AD错误；
B．电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，根据欧姆定律则有
可得，故B错误；
C．计算机测得，则该电容器的电容为，故C正确。
故选C。
【分析】根据电流定义式推导分析判断；根据i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义判断；根据电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流计算判断；根据电容定义式计算。
6．如图所示，一倾角为的斜面体放置在水平地面上，其上表面光滑、下表面粗糙。用一轻绳跨过定滑轮拉动一质量为的小球（保持水平），在与小球相连的细绳变为竖直方向过程中，可使小球沿斜面向上做一段匀速运动。斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球做匀速运动过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．外力一直变小
B．小球受到时的支持力一直变小
C．斜面体受到地面的支持力先增大后减小
D．此过程中斜面体受到地面的摩擦力方向水平向右且变大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设细绳与斜面夹角为，小球匀速受力平衡：沿斜面：
垂直斜面：，小球上滑过程逐渐变大，减小、增大
A、由，增大变小，变大，故A错误；
B、把代入支持力公式得，增大变大，持续变小，故B正确；
C、对斜面受力分析，小球对斜面压力不断减小，地面支持力，随减小而持续变小，不存在先增后减，故C错误；
D、地面摩擦力，减小则摩擦力变小；小球对斜面压力垂直斜面向下，斜面有右滑趋势，地面摩擦力水平向左，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查沿斜面平衡方程，分析夹角变化对拉力的影响；
B、考查垂直斜面受力平衡，联立方程推导支持力随夹角的变化规律；
C、考查斜面整体竖直方向受力，小球压力减小使地面支持力持续减小；
D、考查斜面水平静摩擦力方向与大小变化，压力减小摩擦力减小，摩擦力方向水平向左。
7．工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由图可知电场线指向圆心A，越靠近A电场线越密集，电场强度越大；电子带负电，受力方向与电场线方向相反，从H向A（圆心）做加速直线运动。
A、电子加速度，向圆心运动时不断增大，加速度持续变大，图像斜率应逐渐增大、向上弯曲；题图A曲线斜率逐渐减小，故A错误；
B、电场力，向圆心运动变大，应随时间增大，图像应上升；题图B曲线随时间下降，故B错误；
C、电场力做正功，电势能随位移增大而减小；图像斜率绝对值等于电场力大小，越靠近圆心越大，曲线向下弯曲程度应越来越大（斜率绝对值变大）；题图C曲线弯曲趋势不符，故C错误；
D、沿电场线电势降低，电子向圆心运动（逆电场线），电势随位移增大而升高；图像斜率等于电场强度，越靠近圆心越大，图像斜率逐渐增大、向上弯曲，与题图D一致，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查图像与变加速运动，斜率代表加速度，电场变强加速度持续增大；
B、考查电场力公式，电场线越密场强越大，电场力随运动不断增大；
C、考查电势能变化与图像斜率，电场力做正功电势能减小，图像斜率绝对值等于电场力；
D、考查电势分布规律，逆电场线电势升高，图像斜率为场强，场强变大曲线向上弯曲。
8．如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（　　）
A．0时刻弹簧弹力大小为
B．弹簧劲度系数为
C．时间段，回复力冲量为0
D．时间段，小球动能与重力势能之和不变
【答案】A,C
【知识点】动量定理；简谐运动
【解析】【解答】A、时刻位移，弹簧弹力为0，说明该位置弹簧原长；平衡位置处，；时刻，弹簧伸长量，弹力，故A正确；
B、由平衡条件，得劲度系数，不是，故B错误；
C、时刻速度为0，时刻速度也为0；根据动量定理，合外力（回复力）的冲量等于动量变化，初末动量均为0，因此回复力总冲量为0，故C正确；
D、过程小球向下运动，弹簧伸长量持续增大，弹性势能不断增加；系统机械能守恒，弹性势能、重力势能、动能总和不变，因此动能与重力势能之和不断减小，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、结合时刻弹簧原长的条件，对比平衡位置与最大位移处弹簧形变量，计算弹力大小；
B、利用平衡位置受力平衡推导弹簧劲度系数；
C、考查动量定理，回复力为合外力，初末速度均为零时总冲量为零；
D、考查弹簧振子系统能量守恒，弹性势能增大则小球机械能（动能+重力势能）减小。
9．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗过程中，来自质子源的质子（初速度为零）先被电场加速到具有较高的能量，然后被磁场引向轰击肿瘤，杀死其中恶性细胞，如图所示．若加速电场可看成单个匀强电场，质子的加速长度为L，加速的末速度为v，质子质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是（　　）
A．质子在加速过程中电场力对其做正功，电势能减少
B．该加速电场的电场强度大小为
C．若要提高质子飞出时的动能，可在其他条件不变的情况下提高加速电压
D．质子击中肿瘤时的速度大于质子进入磁场时的速度
【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．质子在加速过程中做加速运动，电场力对其做正功，质子的电势能减少，故A正确；
B．质子的加速长度为L，加速的末速度为v，质子质量为m，电荷量为e，根据动能定理有
，解得，故B正确；
C．粒子加速过程根据动能定理可知，则若要提高质子飞出时的动能，可在其他条件不变的情况下提高加速电压，故C正确；
D．洛伦兹力不做功，在磁场中质子的速度大小不变，所以质子击中肿瘤时的速度等于质子进入磁场时的速度，故D错误。
故选ABC。
【分析】质子做加速运动，电场力对其做正功，质子的电势能减少；根据动能定理求解电场强度大小；根据动能定理分析只提高加速电压U，质子飞出时的动能如何变化；质子进入磁场后，受到的洛伦兹力不做功，质子的速率不变。
10．图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图（b）所示工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为，与地面的夹角为，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为的谷粒的说法正确的是（　　）
A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒的作用力方向竖直向上
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒做的功为
C．谷粒离开传送带后（落地前）的机械能先增大后减小
D．在传送带上运动时，谷粒克服重力做功为
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；
BD．谷粒的末速度为，对谷粒根据动能定理
可得其他谷粒对谷粒做的功为，故B正确，D错误；
C．谷粒P离开传送带后（落地前），只有重力做功，机械能保持不变，故C错误。
故选AB。
【分析】麦粒P在匀速运动过程中，根据受力平衡分析其他谷粒对谷粒P的作用力；在传送带上运动时，对麦粒P由功能关系可求出其他麦粒对麦粒P做的功；麦粒P在抛出后过程中机械能守恒；区分动能增量和重力做功，二者大小没有之间联系。
11．某学习小组利用如图（a）所示的实验装置测量圆形橡皮筋的弹性模量，在弹性限度内，橡皮筋像弹簧一样，弹力大小F与伸长量x成正比，即，k值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关，理论与实践都表明，其中Y在材料力学上称之为弹性模量。
（1）在国际单位制中，弹性模量Y的单位应该是　 　。
A．N　　B．m　　C．N/m　　D．
（2）先利用刻度尺测量圆形橡皮筋的原长L=20.00cm，再利用螺旋测微器测量橡皮筋处于原长时的直径D，如图（b）所示，则　 　mm。
（3）作出橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的图像，如图（c）所示，则该橡皮筋的k值为　 　N/m，由通过计算得出该橡皮筋的弹性模量　 　（保留两位有效数字）。
【答案】D；2.150；312.5；
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）根据表达式，k的单位是N/m，L的单位m，S的单位是，所以Y的单位是。故选D。
（2）螺旋测微器等于固定刻度读数加可动刻度读数，结果要估读到千分之一毫米。由图（b）可知，螺旋测微器的读数为，则橡皮筋处于原长时的直径为2.150mm。
（3） 根据胡克定律F=kx，图像的斜率大小等于劲度系数大小，劲度系数
，根据，可得
【分析】（1）根据表达式，按国际单位制，计算Y的单位；
（2）螺旋测微器的读数D=2mm+15.0×0.01mm；
（3）根据胡克定律F=kx，图像的斜率大小等于劲度系数大小，计算劲度系数；由，代入数据，求Y。
12．图（a）是测量电源电动势E和内阻r的原理图。为定值保护电阻，电流表内阻不计，长度为60cm的电阻丝ab上标有长度刻度。
（1）在电阻丝接入电路前，使用多电表测量它的电阻，选择倍率“”测量时指针偏角过大，则应选择欧姆挡　 　倍率（选填“×1”或“×100”）重新进行测量。正确操作后，多用表的示数如图（b）所示，结果为　 　，电阻丝单位长度电阻　 　Ω/m；
（2）请根据电路图图（a）把实验图（c）电路连接完整；　 　
（3）闭合开关S，记录ac的长度L和电流表A的示数I。多次滑动c点改变ac的长度，测得多组L和I的值，并计算出对应的值，则　 　；（用E、r、、L和表示）
（4）图（d）是根据多组实验数据得到的图像，由图像得电动势　 　V，内阻　 　Ω。（计算结果保留到小数点后两位）
【答案】×1；6（或6.0）；10；；；2.08；1.67
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）选择倍率“”测量时指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，应选择欧姆挡倍率重新进行测量，而且换挡后还要进行欧姆调零；
正确操作后，多用表的示数如图（b）所示，结果等于指针示数乘以挡位，为；
长度为60cm的电阻丝ab上标有长度刻度
（2） 根据电路图图连接实物图如图所示
（3）因为是串联电路，电流处处相等，根据闭合回路欧姆定律可得
即
（4）由图可知， ，解得，
【分析】（1）根据欧姆表的特点判断；欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；根据电阻与长度的关系计算；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）因为是串联电路，电流处处相等，根据闭合电路欧姆定律推导；
（4）根据（3）中的函数关系结合图像计算。
13．2021年12月9日，航天员王亚平在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课，她在水膜里注水，得到了一个晶莹剔透的水球，如图所示，MN是通过该水球球心O的一条直线，与球右表面交于C点，一束单色光AB平行于MN从B点射入球体时，光线从C点射出，已知水球半径为R，光线AB距MN的距离为，光在真空中的速度为c。求：
（1）水对此单色光的折射率；
（2）此单色光在水球内传播所用的时间。
【答案】（1）依题意，可画出光线在水球内的折射光线如图所示
根据几何知识可得
根据折射定律，可得水对此单色光的折射率为
（2）光在该水球中的传播速度为
由几何知识可得，光在水球中传播的距离为
则此单色光在水球内传播所用的时间
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1） 用光的全反射条件来判断在某界面是否发生全反射；用折射定律找入射角和折射角的关系；
（2）依题意作出有气泡和无气泡时光路图，根据折射定律求水对光的折射率，根据几何关系求气泡半径。
14．如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为L的平行光滑金属轨道上导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻，重力加速度为g。
（1）调节，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；
（2）金属杆ab达到最大速率以后，电阻器每秒内产生的电热；
（3）改变，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的。
【答案】解：（1）对ab匀速下滑时Mgsinθ=BIL
解得通过棒的电流为
由
联立解得
（2）由电热公式可得，金属杆ab达到最大速率以后，电阻器每秒内产生的电热
（3）对板间粒子有
根据欧姆定律得
联立解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）棒匀速运动时，受力平衡．由电磁感应定律求电动势E=BLv、闭合电路欧姆定律求电流，由导体棒受力平衡求通过棒的电流I及棒的速率v；
（2）根据焦耳定律求电阻器RX每秒内产生的电热；
（3）带电粒子匀速通过电容器，受力平衡，由平衡条件可得到板间求电压，结合闭合电路欧姆定律求解。
15．如图所示，半径R=1.25m的光滑竖直四分之一圆轨道OAB与光滑水平轨道BC相切于B点，水平轨道BC右端与一长L=0.5m的水平传送带CD相连，传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，两滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。小滑块1从四分之一圆轨道的A点由静止释放，滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2发生弹性正碰，两滑块经过传送带后从传送带末端D点水平抛出，落在水平地面上。已知两滑块质量分别为和，忽略传送带转轮半径，D点距水平地面的高度h=0.45m，g取。求：
（1）小滑块1首次经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）两滑块碰后滑块2的速度大小；
（3）滑块2平抛的水平位移。
【答案】解：（1）滑块1由A到B的过程，根据
解得
在圆轨道最低点B，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可得滑块1经过圆轨道最低点B时对轨道的压力
（2）滑块1和滑块2发生弹性正碰，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则有
解得
（3）滑块在传送带上的加速度大小为
滑块2以4m/s速度滑上传送带，如果滑块2在传送带上一直做匀减速直线运动，则有
解得
由于
所以滑块2在传送带上一直减速运动，以为初速度从D平抛飞出，滑块从传送带末端D飞出后做平抛运动，则有，
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律，求解B点速度，根据牛顿运动定律求解压力；
（2）滑块1和滑块2发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒定律求解碰后速度；
（3）根据牛顿第二定律求解滑块在传送带上的加速度大小，水平方向运动根据运动学规律确定平抛初速度，由平抛竖直方向分量确定运动时间，并求解水平位移。
1 / 12025届广东省高三下学期高考考前适应性测试物理试题
1．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大盘处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.55eV，可见光光子能量范围是1.62eV～3.11eV，下列说法正确的是（　　）
A．光线发射器中发出的光有两种为可见光
B．题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为9.54eV
C．题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光
D．若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小
2．如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动过程中，缸内气体（　　）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
3．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行时，因受气体阻力的影响，轨道高度会逐渐降低，空间站可通过发动机对轨道进行修正。如图所示为某空间站在某年2月初到8月初期间离地高度随时间变化的曲线。下列说法正确的是（　　）
A．空间站绕地球运行速度约为
B．2月份空间站的动能减小，机械能减小
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，向运动方向喷气
D．3月份发动机对轨道进行过修正
4．我国是全球唯一掌握超特高压直流输电技术的国家。下图是特高压直流输电系统的模拟图（只显示变压与传输部分），则以下说法正确的是（　　）
A．题中描述的“特高压直流输电”，说明变压器可以直接对直流电进行变压作用
B．变压器在升压过程中频率随着电压的增大而升高
C．在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一
D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过的电流越大，由匝数比等于电流的反比可知，流过电阻的电流变小
5．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．阴影部分的面积和肯定不相等
B．阻值大于
C．计算机测得，则该电容器的电容约为0.15F
D．图像阴影为图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量
6．如图所示，一倾角为的斜面体放置在水平地面上，其上表面光滑、下表面粗糙。用一轻绳跨过定滑轮拉动一质量为的小球（保持水平），在与小球相连的细绳变为竖直方向过程中，可使小球沿斜面向上做一段匀速运动。斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球做匀速运动过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．外力一直变小
B．小球受到时的支持力一直变小
C．斜面体受到地面的支持力先增大后减小
D．此过程中斜面体受到地面的摩擦力方向水平向右且变大
7．工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（　　）
A．0时刻弹簧弹力大小为
B．弹簧劲度系数为
C．时间段，回复力冲量为0
D．时间段，小球动能与重力势能之和不变
9．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗过程中，来自质子源的质子（初速度为零）先被电场加速到具有较高的能量，然后被磁场引向轰击肿瘤，杀死其中恶性细胞，如图所示．若加速电场可看成单个匀强电场，质子的加速长度为L，加速的末速度为v，质子质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是（　　）
A．质子在加速过程中电场力对其做正功，电势能减少
B．该加速电场的电场强度大小为
C．若要提高质子飞出时的动能，可在其他条件不变的情况下提高加速电压
D．质子击中肿瘤时的速度大于质子进入磁场时的速度
10．图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图（b）所示工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为，与地面的夹角为，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为的谷粒的说法正确的是（　　）
A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒的作用力方向竖直向上
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒做的功为
C．谷粒离开传送带后（落地前）的机械能先增大后减小
D．在传送带上运动时，谷粒克服重力做功为
11．某学习小组利用如图（a）所示的实验装置测量圆形橡皮筋的弹性模量，在弹性限度内，橡皮筋像弹簧一样，弹力大小F与伸长量x成正比，即，k值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关，理论与实践都表明，其中Y在材料力学上称之为弹性模量。
（1）在国际单位制中，弹性模量Y的单位应该是　 　。
A．N　　B．m　　C．N/m　　D．
（2）先利用刻度尺测量圆形橡皮筋的原长L=20.00cm，再利用螺旋测微器测量橡皮筋处于原长时的直径D，如图（b）所示，则　 　mm。
（3）作出橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的图像，如图（c）所示，则该橡皮筋的k值为　 　N/m，由通过计算得出该橡皮筋的弹性模量　 　（保留两位有效数字）。
12．图（a）是测量电源电动势E和内阻r的原理图。为定值保护电阻，电流表内阻不计，长度为60cm的电阻丝ab上标有长度刻度。
（1）在电阻丝接入电路前，使用多电表测量它的电阻，选择倍率“”测量时指针偏角过大，则应选择欧姆挡　 　倍率（选填“×1”或“×100”）重新进行测量。正确操作后，多用表的示数如图（b）所示，结果为　 　，电阻丝单位长度电阻　 　Ω/m；
（2）请根据电路图图（a）把实验图（c）电路连接完整；　 　
（3）闭合开关S，记录ac的长度L和电流表A的示数I。多次滑动c点改变ac的长度，测得多组L和I的值，并计算出对应的值，则　 　；（用E、r、、L和表示）
（4）图（d）是根据多组实验数据得到的图像，由图像得电动势　 　V，内阻　 　Ω。（计算结果保留到小数点后两位）
13．2021年12月9日，航天员王亚平在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课，她在水膜里注水，得到了一个晶莹剔透的水球，如图所示，MN是通过该水球球心O的一条直线，与球右表面交于C点，一束单色光AB平行于MN从B点射入球体时，光线从C点射出，已知水球半径为R，光线AB距MN的距离为，光在真空中的速度为c。求：
（1）水对此单色光的折射率；
（2）此单色光在水球内传播所用的时间。
14．如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为L的平行光滑金属轨道上导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻，重力加速度为g。
（1）调节，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；
（2）金属杆ab达到最大速率以后，电阻器每秒内产生的电热；
（3）改变，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的。
15．如图所示，半径R=1.25m的光滑竖直四分之一圆轨道OAB与光滑水平轨道BC相切于B点，水平轨道BC右端与一长L=0.5m的水平传送带CD相连，传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，两滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。小滑块1从四分之一圆轨道的A点由静止释放，滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2发生弹性正碰，两滑块经过传送带后从传送带末端D点水平抛出，落在水平地面上。已知两滑块质量分别为和，忽略传送带转轮半径，D点距水平地面的高度h=0.45m，g取。求：
（1）小滑块1首次经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）两滑块碰后滑块2的速度大小；
（3）滑块2平抛的水平位移。
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．光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：E1=-1.51eV-（-13.6）eV=12.09eV
E2=-3.40eV-（-13.6）eV=10.2eV， E3=-1.51eV-（-3.40）eV=1.89eV
可知光线发射器中发出的光只有一种为可见光，故A错误；
B．根据光电效应方程可知E1=W0+Ekm，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为Ekm =12.09eV-2.55eV=9.54eV，故B正确；
C．a光遏止电压小于b光遏止电压，由E=W0+Ekm，，得a光子能量小于b光子能量，则题述a光子能量等于E2，为氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光，故C错误；
D．部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查氢原子能级跃迁光子能量计算，结合可见光能量范围判断可见光种类；
B、考查光电效应方程，用最高能量光子计算光电子最大初动能；
C、考查遏止电压与光子能量的关系，根据遏止电压大小对应能级跃迁；
D、考查光电效应规律，最大初动能与光照强度无关，只由光子频率决定。
2．【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】初始时汽缸开口向上，设 汽缸 中气体压强为p1，外界大气压为p0，根据平衡条件有， 内壁光滑，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压，明显相对开始气压减小。
AB．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，这样才能导致气体压强减小，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选：C。
【分析】气缸与活塞均绝热，故不与外界进行热量交换，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，当Q=0时，ΔU=W，通过分析气体的体积变化就能判断外界对气体的做功情况，从而得到内能的变化情况；根据理想气体内能与温度的关系判断温度的变化情况，再根据温度与理想气体的分子平均动能的关系判断气体分子的速率分布情况。
3．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星圆周运动绕地球最大速度为第一宇宙速度7.9km/s，因此不可能是10km/s，故A错误；B．根据题中图像，2月份到3月份，半径变小，引力做正功，根据动能定理，动能增大，因为有阻力做负功，根据功能关系，机械能减小，故B错误；
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，使其加速做离心运动，向运动反方向喷气，故C错误；
D．根据空间站离地高度随时间变化的曲线可知，3月份到4月份轨道变高过，所以3月份发动机对轨道进行过修正，故D正确。
故选：D。
【分析】卫星圆周运动绕地球最大速度为7.9km/s；根据动能定理，判断动能变化，根据功能关系，判断机械能变化；加速时需要向运动反方向喷气；根据图像，判断轨道变化。
4．【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A、变压器工作依靠互感现象，恒定直流电产生的磁通量不变，无法实现变压，超特高压直流输电是先将交流电升压、整流为直流输送，末端再逆变为交流降压，变压器不能直接对直流变压，故A错误；
B、变压器仅改变电压、电流大小，不会改变交流电的频率，升压过程频率保持不变，故B错误；
C、输电功率，线路损耗功率，输送功率、输电线电阻不变时，输电电压提升10倍，损耗功率变为原来，故C正确；
D、用户用电器越多，副线圈电流越大，根据，降压变压器原线圈电流同步变大，即流过电阻的电流变大，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查变压器工作原理，明确变压器只能对交变电流变压，直流不能直接变压；
B、考查变压器对交流电各物理量的影响，频率由发电机决定，变压器不改变频率；
C、考查远距离输电功率损耗推导，结合输送功率、输电电压分析线路热损耗变化；
D、考查变压器电流匝数比关系，用户负载增多时各级线圈电流同步增大。
5．【答案】C
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】AD．i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，S1表示电容器充电后所带电荷量，所以S1=S2，故AD错误；
B．电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，根据欧姆定律则有
可得，故B错误；
C．计算机测得，则该电容器的电容为，故C正确。
故选C。
【分析】根据电流定义式推导分析判断；根据i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义判断；根据电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流计算判断；根据电容定义式计算。
6．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设细绳与斜面夹角为，小球匀速受力平衡：沿斜面：
垂直斜面：，小球上滑过程逐渐变大，减小、增大
A、由，增大变小，变大，故A错误；
B、把代入支持力公式得，增大变大，持续变小，故B正确；
C、对斜面受力分析，小球对斜面压力不断减小，地面支持力，随减小而持续变小，不存在先增后减，故C错误；
D、地面摩擦力，减小则摩擦力变小；小球对斜面压力垂直斜面向下，斜面有右滑趋势，地面摩擦力水平向左，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查沿斜面平衡方程，分析夹角变化对拉力的影响；
B、考查垂直斜面受力平衡，联立方程推导支持力随夹角的变化规律；
C、考查斜面整体竖直方向受力，小球压力减小使地面支持力持续减小；
D、考查斜面水平静摩擦力方向与大小变化，压力减小摩擦力减小，摩擦力方向水平向左。
7．【答案】D
【知识点】电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由图可知电场线指向圆心A，越靠近A电场线越密集，电场强度越大；电子带负电，受力方向与电场线方向相反，从H向A（圆心）做加速直线运动。
A、电子加速度，向圆心运动时不断增大，加速度持续变大，图像斜率应逐渐增大、向上弯曲；题图A曲线斜率逐渐减小，故A错误；
B、电场力，向圆心运动变大，应随时间增大，图像应上升；题图B曲线随时间下降，故B错误；
C、电场力做正功，电势能随位移增大而减小；图像斜率绝对值等于电场力大小，越靠近圆心越大，曲线向下弯曲程度应越来越大（斜率绝对值变大）；题图C曲线弯曲趋势不符，故C错误；
D、沿电场线电势降低，电子向圆心运动（逆电场线），电势随位移增大而升高；图像斜率等于电场强度，越靠近圆心越大，图像斜率逐渐增大、向上弯曲，与题图D一致，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查图像与变加速运动，斜率代表加速度，电场变强加速度持续增大；
B、考查电场力公式，电场线越密场强越大，电场力随运动不断增大；
C、考查电势能变化与图像斜率，电场力做正功电势能减小，图像斜率绝对值等于电场力；
D、考查电势分布规律，逆电场线电势升高，图像斜率为场强，场强变大曲线向上弯曲。
8．【答案】A,C
【知识点】动量定理；简谐运动
【解析】【解答】A、时刻位移，弹簧弹力为0，说明该位置弹簧原长；平衡位置处，；时刻，弹簧伸长量，弹力，故A正确；
B、由平衡条件，得劲度系数，不是，故B错误；
C、时刻速度为0，时刻速度也为0；根据动量定理，合外力（回复力）的冲量等于动量变化，初末动量均为0，因此回复力总冲量为0，故C正确；
D、过程小球向下运动，弹簧伸长量持续增大，弹性势能不断增加；系统机械能守恒，弹性势能、重力势能、动能总和不变，因此动能与重力势能之和不断减小，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、结合时刻弹簧原长的条件，对比平衡位置与最大位移处弹簧形变量，计算弹力大小；
B、利用平衡位置受力平衡推导弹簧劲度系数；
C、考查动量定理，回复力为合外力，初末速度均为零时总冲量为零；
D、考查弹簧振子系统能量守恒，弹性势能增大则小球机械能（动能+重力势能）减小。
9．【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．质子在加速过程中做加速运动，电场力对其做正功，质子的电势能减少，故A正确；
B．质子的加速长度为L，加速的末速度为v，质子质量为m，电荷量为e，根据动能定理有
，解得，故B正确；
C．粒子加速过程根据动能定理可知，则若要提高质子飞出时的动能，可在其他条件不变的情况下提高加速电压，故C正确；
D．洛伦兹力不做功，在磁场中质子的速度大小不变，所以质子击中肿瘤时的速度等于质子进入磁场时的速度，故D错误。
故选ABC。
【分析】质子做加速运动，电场力对其做正功，质子的电势能减少；根据动能定理求解电场强度大小；根据动能定理分析只提高加速电压U，质子飞出时的动能如何变化；质子进入磁场后，受到的洛伦兹力不做功，质子的速率不变。
10．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；
BD．谷粒的末速度为，对谷粒根据动能定理
可得其他谷粒对谷粒做的功为，故B正确，D错误；
C．谷粒P离开传送带后（落地前），只有重力做功，机械能保持不变，故C错误。
故选AB。
【分析】麦粒P在匀速运动过程中，根据受力平衡分析其他谷粒对谷粒P的作用力；在传送带上运动时，对麦粒P由功能关系可求出其他麦粒对麦粒P做的功；麦粒P在抛出后过程中机械能守恒；区分动能增量和重力做功，二者大小没有之间联系。
11．【答案】D；2.150；312.5；
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）根据表达式，k的单位是N/m，L的单位m，S的单位是，所以Y的单位是。故选D。
（2）螺旋测微器等于固定刻度读数加可动刻度读数，结果要估读到千分之一毫米。由图（b）可知，螺旋测微器的读数为，则橡皮筋处于原长时的直径为2.150mm。
（3） 根据胡克定律F=kx，图像的斜率大小等于劲度系数大小，劲度系数
，根据，可得
【分析】（1）根据表达式，按国际单位制，计算Y的单位；
（2）螺旋测微器的读数D=2mm+15.0×0.01mm；
（3）根据胡克定律F=kx，图像的斜率大小等于劲度系数大小，计算劲度系数；由，代入数据，求Y。
12．【答案】×1；6（或6.0）；10；；；2.08；1.67
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）选择倍率“”测量时指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，应选择欧姆挡倍率重新进行测量，而且换挡后还要进行欧姆调零；
正确操作后，多用表的示数如图（b）所示，结果等于指针示数乘以挡位，为；
长度为60cm的电阻丝ab上标有长度刻度
（2） 根据电路图图连接实物图如图所示
（3）因为是串联电路，电流处处相等，根据闭合回路欧姆定律可得
即
（4）由图可知， ，解得，
【分析】（1）根据欧姆表的特点判断；欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；根据电阻与长度的关系计算；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）因为是串联电路，电流处处相等，根据闭合电路欧姆定律推导；
（4）根据（3）中的函数关系结合图像计算。
13．【答案】（1）依题意，可画出光线在水球内的折射光线如图所示
根据几何知识可得
根据折射定律，可得水对此单色光的折射率为
（2）光在该水球中的传播速度为
由几何知识可得，光在水球中传播的距离为
则此单色光在水球内传播所用的时间
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1） 用光的全反射条件来判断在某界面是否发生全反射；用折射定律找入射角和折射角的关系；
（2）依题意作出有气泡和无气泡时光路图，根据折射定律求水对光的折射率，根据几何关系求气泡半径。
14．【答案】解：（1）对ab匀速下滑时Mgsinθ=BIL
解得通过棒的电流为
由
联立解得
（2）由电热公式可得，金属杆ab达到最大速率以后，电阻器每秒内产生的电热
（3）对板间粒子有
根据欧姆定律得
联立解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）棒匀速运动时，受力平衡．由电磁感应定律求电动势E=BLv、闭合电路欧姆定律求电流，由导体棒受力平衡求通过棒的电流I及棒的速率v；
（2）根据焦耳定律求电阻器RX每秒内产生的电热；
（3）带电粒子匀速通过电容器，受力平衡，由平衡条件可得到板间求电压，结合闭合电路欧姆定律求解。
15．【答案】解：（1）滑块1由A到B的过程，根据
解得
在圆轨道最低点B，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可得滑块1经过圆轨道最低点B时对轨道的压力
（2）滑块1和滑块2发生弹性正碰，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则有
解得
（3）滑块在传送带上的加速度大小为
滑块2以4m/s速度滑上传送带，如果滑块2在传送带上一直做匀减速直线运动，则有
解得
由于
所以滑块2在传送带上一直减速运动，以为初速度从D平抛飞出，滑块从传送带末端D飞出后做平抛运动，则有，
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律，求解B点速度，根据牛顿运动定律求解压力；
（2）滑块1和滑块2发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒定律求解碰后速度；
（3）根据牛顿第二定律求解滑块在传送带上的加速度大小，水平方向运动根据运动学规律确定平抛初速度，由平抛竖直方向分量确定运动时间，并求解水平位移。
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