福建省福州市第三中學(xué)2025年高考物理模擬試卷

一、選擇題：第1-4題每題4分，第5-8題每題6分，共40分。

1.在光滑水平面上，一個(gè)小物塊在水平恒力作用下做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，0?3時(shí)間內(nèi)小物塊的u-t圖象如圖所示。

則在0-3時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）v|

A.小物塊一直做減速運(yùn)動(dòng)卜、、

B.小物塊的加速度與速度一直反向\勺.

c.小物塊的平均速度大小為竽-卜卜------'

D.小物塊的加速度大小為愛(ài)

2.在如圖所示的電路中，品為定值電阻，R為光敏電阻（光照減弱時(shí)阻值增大），C為電容器，現(xiàn)減弱對(duì)光敏

電阻R光照的強(qiáng)度，下列說(shuō)法正確的是（）胃

A.電流表的示數(shù)增大京

B.電容器C的電荷量增大

C.電源輸出功率增大c

D.電源內(nèi)部消耗的功率變大ErS

3.某星系中有一顆質(zhì)量分布均勻的行星，其半徑為R,將一質(zhì)量為小的物塊懸掛在彈簧測(cè)力計(jì)上，在該行

星極地表面靜止時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為尸；在赤道表面靜止時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為%1。已知引力常量

為G。下列說(shuō)法正確的是（）

A.該行星的自轉(zhuǎn)周期為巧獎(jiǎng)B.該行星的質(zhì)量為翳

C.該行星赤道處的重力加速度為今D.該行星的密度為需

4.如圖，虛線(xiàn)a、b、c、d、e為某有界勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域的五個(gè)等勢(shì)面，各等勢(shì)面間的距離相等。質(zhì)子4“）、a

粒子G"e）以相同的初動(dòng)能，沿c射入該電場(chǎng)區(qū)域，其中一束粒子從d離開(kāi)電場(chǎng)，另一束粒子從下邊界e離開(kāi)

電場(chǎng)。則質(zhì)子和a粒子從進(jìn)入到離開(kāi)電場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.從e等勢(shì)面離開(kāi)電場(chǎng)的是a粒子

B.質(zhì)子與a粒子的動(dòng)能增量之比為△石筒：△=1：2

C.質(zhì)子與a粒子的動(dòng)量改變量之比為△PH：=2

D.質(zhì)子與a粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為5：。=1：2

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5.如圖甲所示，在平靜的水面上，有長(zhǎng)方形的4BCD區(qū)域，其中4B=1.6m,AD=1.2m?在4、B處安裝

兩個(gè)完全相同的振動(dòng)器，t=0時(shí)，同時(shí)打開(kāi)開(kāi)關(guān)，振源的振動(dòng)圖像如圖乙所示，形成的水波以0.8M/S的

速

度傳播。下列說(shuō)法正確的是（）

A.t=2.5s時(shí)，。點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)

B,水波波長(zhǎng)為0.4根

C.C點(diǎn)是振動(dòng)減弱點(diǎn)

D.CD線(xiàn)段上（包括C、。兩點(diǎn)）振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)有5個(gè)

6.如圖所示，口、氏c為三根與紙面垂直的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，其截面位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，be連線(xiàn)

沿水平方向，導(dǎo)線(xiàn)中通有恒定電流，且/a=〃=2/c，電流方向如圖中所示。。點(diǎn)為三角形的中心（0點(diǎn)到三

個(gè)頂點(diǎn)的距離相等），其中通電導(dǎo)線(xiàn)C在。點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為無(wú)。已知長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在周?chē)?/p>

間某點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=以，其中/為通電導(dǎo)線(xiàn)的電流強(qiáng)度，r為該點(diǎn)到通電導(dǎo)線(xiàn)的垂直距

r

離，k為常數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（）⑥。

/：\

A.。點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為38°/：\

/\

B.。點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為5%/..J'、，.、'

c.質(zhì)子垂直紙面向里通過(guò)。點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力的方向由c點(diǎn)指向。牛.........9

D.因?yàn)?>/「a、c兩導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，所以a、c兩導(dǎo)線(xiàn)之間安培力大小不等

7.如圖所示，質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質(zhì)量為小的木塊.已知小與M之間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為4，m、M與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為24,現(xiàn)對(duì)M施一水平恒力尸，將M從小下方拉出，而小恰

好沒(méi)滑出桌面，則在上述過(guò)程中（）

A.水平恒力F一定大于"____I>

B.ni在M上滑動(dòng)的時(shí)間和在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間相等|F

C.M對(duì)爪的沖量大小與桌面對(duì)根的沖量大小相等

D.若增大水平恒力F,木塊有可能滑出桌面

8.如圖所示，水平線(xiàn)PQ上方某區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。。點(diǎn)在邊界

上且存在粒子源，可發(fā)出方向垂直P(pán)Q向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值為，粒子從。點(diǎn)發(fā)

出即進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)。最終所有粒子均從。點(diǎn)左側(cè)與水平成30。斜向左下方穿過(guò)水平線(xiàn)PQ,所有粒子質(zhì)量均為

m,帶電量絕對(duì)值為q,不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）

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A.粒子初速度越大，從。點(diǎn)到達(dá)水平線(xiàn)PQ的時(shí)間越長(zhǎng)

B.初速度最大的粒子從0點(diǎn)出發(fā)到穿過(guò)PQ的過(guò)程中動(dòng)量變化為避nw

C.速度最大的粒子從水平線(xiàn)PQ離開(kāi)的位置距0點(diǎn)的距離為逑募”「y

22*

D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為杳一字）標(biāo)

二、填空題：本大題共3小題，共12分。

9.如圖所示，總面積為2s的線(xiàn)圈abed垂直放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)X><XX

中，線(xiàn)圈一半在磁場(chǎng)外。若線(xiàn)圈以ab邊為軸轉(zhuǎn)過(guò)30。，則此時(shí)穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通乂B

量為;在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程線(xiàn)圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生（選填“有”或

“無(wú)”）。

10.如圖所示是醫(yī)用回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)。形金屬盒，

兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源相連。現(xiàn)分別加速笊核（^/）

高頻電豫.

和氫核（物e）。笊核（包）和氯核（匆e）的最大動(dòng)能之比為,加速笊核

?”）和氫核（?”e）時(shí)所加高頻電源的頻率之比為o

11.如圖所示，豎直平面MNRS的右側(cè)存在豎直向上的足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從平面

MNRS上的。點(diǎn)處以初速度%=lOrn/s垂直MNRS面向右拋出一帶電量為q質(zhì)量為小小

球。若磁感應(yīng)強(qiáng)度B=~>g取10m/s2。則小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為

m/s；小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為m。

三、綜合題：本大題共5小題，共48分。

12.某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)利用圖甲所示的裝置完成“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓4球從斜槽上某

一固定位置由靜止釋放，P點(diǎn)為4球落點(diǎn)的平均位置；再將半徑相同的B球放在水平軌道的末端，將月球仍

從原位置由靜止釋放，M、N分別為48兩球碰撞后落點(diǎn)的平均位置。。點(diǎn)是水平軌道末端在記錄紙上的

豎直投影，0、M、P、N位于同一水平直線(xiàn)上。

OMPN

（1）若小球4的質(zhì)量為爪1，小球B的質(zhì)量為爪2，為保證兩球碰撞后沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則要求爪1m2（

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填“＞，，，，=”或“＜，，）;

（2）小球釋放后落在復(fù)寫(xiě)紙上會(huì)在白紙上留下印跡。多次實(shí)驗(yàn)，白紙上留下多個(gè)印跡，如果用畫(huà)圓法確定

小球的落點(diǎn)，圖乙中畫(huà)的三個(gè)圓最合理的是圓______（填“a”“b”或"c”）；

（3）本實(shí)驗(yàn)中（填“必須”或“沒(méi)必要”）測(cè)量小球做平拋運(yùn)動(dòng)的高度；

（4）若測(cè)得OP=si，0M=s2,ON=S3，在誤差允許的范圍內(nèi)，滿(mǎn)足關(guān)系式成立，則驗(yàn)證了動(dòng)量

守恒定律；若滿(mǎn)足關(guān)系式成立，則說(shuō)明碰撞為彈性碰撞。（均選用租1、m2、Si、S2、S3表示）

13.實(shí)驗(yàn)室有一電流表上，只有量程一條刻度線(xiàn)，但數(shù)據(jù)未知（0.64左右）。某同學(xué)用如圖甲所示的電路測(cè)量

電流表4的量程和內(nèi)阻，可供使用的器材如下：

C.標(biāo)準(zhǔn)電流表：量程為34內(nèi)阻未知；左［_1_）右

R

D電阻箱Ro：阻值范圍為0~999.90;__耳|八/I

￡.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為20。）；

F.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為2k。）；

G.電源E：電動(dòng)勢(shì)約為4V,內(nèi)阻不計(jì)；

開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)線(xiàn)若干。

（1）標(biāo)準(zhǔn)電流表力o應(yīng)選用（填“B”或"C”），滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選用（填“E”或“尸’）。

（2）請(qǐng)?jiān)谌鐖D乙所示的實(shí)物圖中，用筆畫(huà)線(xiàn)將電路連接完整；按照電路圖，閉合開(kāi)關(guān)S前應(yīng)將滑動(dòng)變阻器R

的滑片移至_____（填“左”或“右”）端。

P―右

（3）閉合開(kāi)關(guān)S,將滑動(dòng)變阻器的滑片P移至某一位置，接著調(diào)節(jié)品,直至電流表人滿(mǎn)偏，記錄此時(shí)標(biāo)準(zhǔn)電

流表力o的示數(shù)/和電阻箱的阻值凡）。重復(fù)實(shí)驗(yàn)，得到多組數(shù)據(jù)，通過(guò)作圖處理數(shù)據(jù)，一般需要作出直線(xiàn)，

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若縱坐標(biāo)為/,則橫坐標(biāo)應(yīng)為;選擇合適的橫坐標(biāo)后正確作出如圖丙所示的圖像，如果圖像的橫截距

為一a、縱截距為6,則電流表4的量程為、內(nèi)阻為0

丙

14.如圖為一電流表的原理示意圖，質(zhì)量為小的均勻細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過(guò)一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的

彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k,在矩形區(qū)域abed內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向

外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù)，的長(zhǎng)度大于b、當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)

且處于平衡狀態(tài)時(shí)，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合；當(dāng)MN中有電流通過(guò)時(shí)，指針示數(shù)可表示電流大小，求：

(1)若要電流表正常工作，MN的N端應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相接？

(2)當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量；

(3)若k=200N/m,ab=20cm,cb=0.05cm,B=0.27,電表的量程是多少？

15.如圖，在真空室內(nèi)的P點(diǎn)，能沿紙面向各個(gè)方向不斷發(fā)射電荷量為+q,質(zhì)量為根的粒子(不計(jì)重力)，粒

子的速率都相同。昉為P點(diǎn)附近的一條水平直線(xiàn)，P到直線(xiàn)ab的距離PC=3Q為直線(xiàn)ab上一點(diǎn)，它與P點(diǎn)

相距PQ=Ao當(dāng)直線(xiàn)仍以上區(qū)域只存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，水平向左射出的

粒子可到達(dá)Q點(diǎn)；當(dāng)M以上區(qū)域只存在平行該平面，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，水平向左射出的粒子也

可到達(dá)Q點(diǎn)。(已知s譏37。=0.6,cos37°=0.8)求:

(1)粒子的發(fā)射速率；

(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。?/p>

(3)僅有磁場(chǎng)時(shí)，能到達(dá)直線(xiàn)ab的粒子所用最短時(shí)間。

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16.如閣所示，O'PQ是關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的四分之一圓，在PQMN區(qū)域有均勻輻向電場(chǎng)，PQ與MN間的電壓為

U.PQ上均勻分布帶正電的粒子，可均勻持續(xù)地以初速度為零發(fā)射出來(lái)，任一位置上的粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后都

會(huì)從。'進(jìn)入半徑為R、中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)。的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xoy平面向外，大小為B,

其中沿+y軸方向射入的粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰能沿+x軸方向射出.在磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)有一對(duì)平行于x軸且到x

軸距離都為R的金屬平行板4和K,金屬板長(zhǎng)均為4R,其中K板接地，力與K兩板間加有電壓UAK＞。，忽略

極板電場(chǎng)的邊緣效應(yīng).已知金屬平行板左端連線(xiàn)與磁場(chǎng)圓相切，。'在y軸(0,-R)上.(不考慮粒子之間的相

互作用力)

(1)求帶電粒子的比荷

(2)求帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)范圍；

(3)若電壓U4K=)，求到達(dá)K板的粒子數(shù)與進(jìn)入平行板總粒子數(shù)的比值.

4

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答案解析

1.D

【解析】解：人由圖象可知，小物塊先沿正方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，后沿負(fù)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，故/錯(cuò)誤；

5、小物塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，則加速度先與速度反向，后與速度同向，故2錯(cuò)誤；

C、小物塊的加速度不變，做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，平均速度的大小為京=生/=三也=事故C錯(cuò)誤；

D、質(zhì)點(diǎn)的加速度大小a=|—2t叫=送,故。正確。

故選：Do

根據(jù)圖象能直接分析出小物塊的運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情況分析加速度方向與速度方向的關(guān)系。質(zhì)點(diǎn)

做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平均速度公式京=曳/求平均速度。根據(jù)圖象的斜率求加速度。

本題是速度-時(shí)間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義，知道圖象的斜率表示加速度，物體做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

時(shí)，加速度與速度同向，物體做減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度與速度反向。

2.B

【解析】解：4減弱對(duì)光敏電阻R光照的強(qiáng)度，其阻值增大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，電路中的電

流將減小，電流表的示數(shù)減小。故/錯(cuò)誤；

2.電路中的電流減小，則內(nèi)電壓變小，所以電路的路端電壓增大，所以電壓表的示數(shù)增大，電容器兩端的

電壓增大，根據(jù)Q=CU可知，電容器C的電荷量增大。故8正確；

C本題中電源內(nèi)阻與外阻阻值之間的大小關(guān)系未知，故無(wú)法判斷電源輸出功率增大還是減小，故C錯(cuò)誤；

D電路中的電流減小，電源內(nèi)部消耗的功率P=/r,所以將隨電流的減小而減小。故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

分析電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)光敏電阻的阻值變化分析電路中總電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可分析電路中

電流及電壓的變化；由電容的定義式、=CU分析電容器所帶電荷量的變化。再由功率公式可分析功率變

化。

本題考查閉合電路歐姆定律的動(dòng)態(tài)分析，要注意正確分析電路，再根據(jù)程序法按“局部-整體-局部”的

思路進(jìn)行分析解答，注意在直流電路中電容器視為斷路。

3.0

【解析】解：物塊在該行星極地表面靜止時(shí)，萬(wàn)有引力等于重力

Mm

G=7ng極=?

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在赤道表面靜止時(shí)，萬(wàn)有引力和重力的合力提供向心力

GMm27r,

—^一=mg赤+mR(—y

其中

3

爪9赤=4尸

聯(lián)立解得

2n291

Fn=mR(—)=-F

4根據(jù)向心力公式F=m饕R可得,該行星的自轉(zhuǎn)周期為

n14

T=0聲，故/錯(cuò)誤；

3物塊在該行星極地表面靜止時(shí)，萬(wàn)有引力等于重力

Mm

G*=mg^=F

解得

M磊,故3錯(cuò)誤；

C.在赤道表面靜止時(shí)，根據(jù)平衡條件，重力等于彈簧測(cè)力計(jì)的拉力，即

3

mg赤=4F

解得

9赤=而，故C錯(cuò)誤；

。根據(jù)P=?可知，該行星的密度為

MM3F.

P=萬(wàn)=聲=克=石麗？故。正確。

故選：D。

先分別寫(xiě)出物塊在極地和赤道上所受萬(wàn)有引力與重力的關(guān)系，然后根據(jù)向心力公式%=根誓R可計(jì)算行星

的自轉(zhuǎn)周期；根據(jù)在行星極地表面靜止時(shí)，萬(wàn)有引力等于重力，計(jì)算行星質(zhì)量；根據(jù)在赤道表面靜止時(shí)，

根據(jù)平衡條件計(jì)算赤道處的重力加速度；根據(jù)密度公式計(jì)算。

知道在赤道處有誓=mg赤+mR(竿)2關(guān)系，在兩極有G^=ag極=憶掌握這兩個(gè)位置的萬(wàn)有引力和

重力的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。

4.AD

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【解析】解：4根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直，結(jié)合兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，知電場(chǎng)線(xiàn)豎直向下。質(zhì)子和a粒子

進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)于任一粒子，設(shè)其質(zhì)量為小，電荷量為q,水平位移為x時(shí)豎直位移為y,初

動(dòng)能為耳0.由牛頓第二定律得：a=誓，則丫=、產(chǎn)=劣噂言=器"

771乙L.TH.1/Q一乙上。

可知，無(wú)相等時(shí)，yocq,所以從e等勢(shì)面離開(kāi)電場(chǎng)的是a粒子，故4正確；

B、根據(jù)動(dòng)能定理得：AEk°=qEyzqy,離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，質(zhì)子與a粒子的豎直位移之比y”：ya=1：2,電

荷量之比q”：Qa=l：2,則質(zhì)子與a粒子的動(dòng)能增量之比為△￡%“：^Eka=l：4,故3錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)丫=如2=2.生2,得力=質(zhì)子與a粒子的比荷之比懸：詈=2：1,結(jié)合y”：y=1：

L,4TilAl1/C,,Lna

2,可得，質(zhì)子與a粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為5：0=1：2。

根據(jù)動(dòng)量定理得：&P=qEt,則得質(zhì)子與a粒子的動(dòng)量改變量之比為△PH：APa=l：4,故C錯(cuò)誤，D

正確。

故選：ADO

質(zhì)子和a粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和分位移公式分析通過(guò)相等的水平位移時(shí)豎直

位移的關(guān)系，從而確定從e等勢(shì)面離開(kāi)電場(chǎng)的粒子。根據(jù)動(dòng)能定理求動(dòng)能增量之比，根據(jù)動(dòng)量定理求動(dòng)量

改變量之比。根據(jù)豎直分位移公式求質(zhì)子與a粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比。

本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，掌握處理類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的方法：運(yùn)動(dòng)的分解法，結(jié)合牛頓第二

定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理、動(dòng)量定理列式分析。

5.BD

【解析】解：人打開(kāi)振動(dòng)器開(kāi)關(guān)后，。點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)需經(jīng)歷的時(shí)間為

t=半，代入數(shù)據(jù)解得，t=1.5s,

故/錯(cuò)誤。

B、由

A=vT

代入數(shù)據(jù)，解得

A=0.4m

故2正確。

C、由幾何關(guān)系可知，C距4B兩波源的波程差

Ax=0.8m=24

所以C點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤。

D、CD線(xiàn)段上共有Ac=-23一九0、4、24,5個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故。正確。

第9頁(yè)，共19頁(yè)

故選：BD。

根據(jù)波的傳播速度、波長(zhǎng)與周期的關(guān)系，以及波的干涉原理，即振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)的形成條件判斷各選

項(xiàng)。

本題的關(guān)鍵在于理解波的傳播特性，包括波速、波長(zhǎng)與周期的關(guān)系，以及波的干涉原理。通過(guò)計(jì)算波程

差，可以判斷振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)的位置，進(jìn)而確定振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的分布。在解題過(guò)程中，注意單位的轉(zhuǎn)換

和計(jì)算的準(zhǔn)確性，以及對(duì)波的干涉原理的正確應(yīng)用。

6.AC

【解析】解：力5根據(jù)右手螺旋定則結(jié)合公式B=肛,電流c在。產(chǎn)生的磁場(chǎng)平行ab指向左下方，大小為

r

Bo；由于/a=〃=2/c，則電流a在。產(chǎn)生的磁場(chǎng)平行于be向左，大小為2B()；同理：b電流在。產(chǎn)生的磁場(chǎng)

平行ac指向右下方，大小為2%，根據(jù)安培定則，它們的方向如圖所示

根據(jù)平行四邊形定則，則。點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直0c指向左向下，大小為B=B0+2x2B0cos60°=3

BQ,故4正確，B錯(cuò)誤;

C根據(jù)左手定則，質(zhì)子垂直紙面向里通過(guò)。點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力的方向由c點(diǎn)指向0,故C正確；

Da、c導(dǎo)線(xiàn)之間的安培力是相互作用力，大小相等，方向相反，故。錯(cuò)誤。

故選：ACo

根據(jù)右手螺旋定則判斷出直導(dǎo)線(xiàn)在。點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，根據(jù)平行四邊形定則，對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度進(jìn)行合成，得出。

點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；再依據(jù)左手定則，從而確定帶電粒子受到的洛倫茲力方向。

解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周?chē)拇艌?chǎng)方向，以及知道磁感應(yīng)強(qiáng)度的合成遵循平行四邊形

定則，注意掌握左手定則的應(yīng)用。

7.AC

【解析】解:由題意可知，M和6一定會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，并且ni相對(duì)M向后運(yùn)動(dòng)，故a的加速度一定小于M

的加速度；對(duì)小分析可知，血水平方向受摩擦力作用，由牛頓第二定律有：fimg=malt解得：=fig；

再對(duì)“分析可知，M受地面以及根的摩擦力，由牛頓第二定律可得：F-2〃(M+卬ng=Ma?；因a?

>ar,因此，F(xiàn)一定大于3〃(ni+M)g,故/正確；

B、小滑到桌面上后，加速度變?yōu)?〃g,因小先加速度再減速，并且最大速度相同，所以在桌面上滑動(dòng)的時(shí)

第10頁(yè)，共19頁(yè)

間一定小于在M上滑動(dòng)的時(shí)間，故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)動(dòng)量定理可知，機(jī)的動(dòng)量變化量為零，故說(shuō)明總沖量為零，因小只受到M的向右的沖量和桌面向左

的沖量，故二者一定大小相等，方向相反，故C正確；

D、增大恒力尸后，山在M上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，而根受到的摩擦力不變，故M對(duì)加的沖量減小，離開(kāi)桌面時(shí)

的速度和位移均減?。灰虼嗽谧烂嫔匣械木嚯x更短，不會(huì)離開(kāi)桌面，故。錯(cuò)誤.

故選：AC.

分析M和ni的受力情況，由牛頓第二定律明確各自的加速度大小關(guān)系，再結(jié)合題中條件進(jìn)行分析，從而明

確拉力的大小以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系；

根據(jù)動(dòng)量定理進(jìn)行分析，明確摩擦力沖量的大小關(guān)系；

最后分析增大拉力后兩物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，從而分析木塊機(jī)能否再滑出桌面.

本題考查動(dòng)量定理以及動(dòng)力學(xué)規(guī)律的應(yīng)用，要注意明確兩物體間的受力關(guān)系和牛頓第二定律的應(yīng)用，同時(shí)

注意動(dòng)量定理的應(yīng)用，明確動(dòng)量定理應(yīng)用時(shí)的方向性是解題的關(guān)鍵.

S.BD

【解析】解：4、粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，出磁場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，速度

最大的粒子從C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，達(dá)到PQ的位置為4點(diǎn)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑最大為「他，弦CO與PQ的夾角為

0,e=30%其它粒子都在4。之間穿過(guò)PQ,設(shè)在4。之間任意一點(diǎn)N穿過(guò)PQ的粒子由M點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，因

MN//AC,COJ/MO2,可得AOCOiSA0M02，則M點(diǎn)必在弦CO上，可知所有粒子從磁場(chǎng)射出的位置均

在CO上，所有粒子在磁場(chǎng)在運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角均等于NCOi

0=120°?

設(shè)經(jīng)過(guò)N點(diǎn)的粒子速度為巧，在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)半徑為r,周期為

由洛倫茲力提供向心力得：q%B=

V

解得：%=誓

2nr_2nm

Vi-qB

r

MN=-------

tan30°

粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：於=黑丁=9=瑞

粒子在磁場(chǎng)外由M到N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：均=等=晅=邛

Vi也qB

粒子從。點(diǎn)到達(dá)水平線(xiàn)PQ的時(shí)間：t=ti+t2=察+印

oqDCJD

第11頁(yè)，共19頁(yè)

可見(jiàn)所有粒子從0點(diǎn)到達(dá)水平線(xiàn)PQ的時(shí)間與初速度大小無(wú)關(guān)，時(shí)間均相等，故/錯(cuò)誤；

C、對(duì)于速度最大的粒子，同理得：qvB=

解得：心=器

由幾何關(guān)系可得：/101=2rm

從水平線(xiàn)PQ離開(kāi)的位置距。點(diǎn)的距離為：710^A01+rm^2rm+rm^^,故C錯(cuò)誤；

。、由上述分析可知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為圖中紅色線(xiàn)條圍成的面積，則有：

Smin=翳嗚*'rm-3譏60。=6-*）竽捻，故。正確；

B、初速度最大的粒子從。點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)量與到達(dá)PQ時(shí)的動(dòng)量大小相等均為機(jī)"，兩動(dòng)量方向的夾角為

120°,由平行四邊形定則可得，兩動(dòng)量的變化量的大小為避nw,故8正確。

故選：BD。

粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，出磁場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，由幾何關(guān)系判斷所有粒子

從磁場(chǎng)射出的位置，確定磁場(chǎng)的最小區(qū)域；由洛倫茲力提供向心力求得粒子運(yùn)動(dòng)半徑與速度關(guān)系；由運(yùn)動(dòng)

周期結(jié)合圓心角求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間；根據(jù)平行四邊形定則求解初末動(dòng)量的變化量的大小。

本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，對(duì)于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)只受了洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依

據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑和軌跡圓心角是解題關(guān)鍵。

9.BS無(wú)

【解析】解：當(dāng)長(zhǎng)方形線(xiàn)圈abed有一半處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中時(shí)，以M邊為軸轉(zhuǎn)過(guò)30。，此時(shí)線(xiàn)

圈的有效面積為S,故磁通量。=BS

以ab邊為軸轉(zhuǎn)過(guò)30。的過(guò)程中，線(xiàn)圈的有效面積始終為S,穿過(guò)線(xiàn)圈中的磁通量并未發(fā)生改變，線(xiàn)圈中沒(méi)有

產(chǎn)生感應(yīng)電流。

故答案為：BS；無(wú)。

在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)線(xiàn)圈與磁場(chǎng)垂直時(shí)，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為。=BS,圖中S有磁感線(xiàn)穿過(guò)線(xiàn)圈的面積，即

為有效面積，當(dāng)線(xiàn)圈以M為軸從圖中位置轉(zhuǎn)過(guò)30。的過(guò)程中，線(xiàn)圈在垂直于磁場(chǎng)方向投影的面積不變，始

終為S；穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，回路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生。

本題考查磁通量和產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，知道公式。=BScosa中Scosa為線(xiàn)圈在在垂直于磁場(chǎng)方向投影的

面積。

10,1：2；1：1

第12頁(yè)，共19頁(yè)

【解析】解：根據(jù)quB=m9,得u=簪。

2

最大動(dòng)能EK=1mv=，2；2R2,

22m

則笊核（出）和氫核（*e）的最大動(dòng)能之比為9=1：2；

Z4

帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=需，

因兩粒子的比荷2相等，所以加速笊核（當(dāng)陽(yáng)和氫核（夕He）時(shí)所加高頻電源的頻率之比1：1，

故答案為：1：2,1：1?

帶電粒子最后從回旋加速器中出來(lái)時(shí)的速度最大，根據(jù)"B=/，比較粒子的速度；再根據(jù)EK=》W

比較最大動(dòng)能。

在回旋加速器中的周期T=鬻，根據(jù)周期的公式判斷兩粒子的周期，進(jìn)而判定頻率的之比。

解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器是利用電場(chǎng)加速，磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)來(lái)加速粒子。以及知道粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周

期和交流電的周期相同。

11.10用曲2+16

【解析】解：小球在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，

水平方向小球恰好轉(zhuǎn)半個(gè)周期離開(kāi)磁場(chǎng)，故離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為t+證=ls

則離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的豎直方向的速度%=gt=10xlm/s=10m/s

小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為u=JVQ+Vy=,102+1026/S=Wyl^m/s

22

小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)在豎直方向的距離為y=15t=|xl0xlm=5m

小球在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B=噂

K

解得：R=翳

水平方向位移為直徑，即x=2R=需

代入數(shù)據(jù)解得：x=—m

71

則小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為s=X

'久2+y2=；竺y曲2+16nl

故答案為：10爐；22+%

第13頁(yè)，共19頁(yè)

小球在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)水平方向?yàn)橐粋€(gè)半圓、根據(jù)

運(yùn)動(dòng)情況結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行解答。

對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供

向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間。

12.>c沒(méi)必要m/i=瓶雙+m2s3s1+s2=S3

【解析】解：(1)為了防止入射小球發(fā)生反彈，入射小球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰小球的質(zhì)量，即爪1>62

(2)如果采用畫(huà)圓法確定小球的平均落點(diǎn)位置，應(yīng)該讓所畫(huà)的圓盡可能地把大多數(shù)落點(diǎn)包進(jìn)去，且圓的半

徑最小，這樣所畫(huà)圓的圓心即為小球落點(diǎn)的平均位置，故圓C畫(huà)的最合理。

(3)平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)h=3gt2

小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=隹

79

由于小球碰撞前后做自由落體運(yùn)動(dòng)的高度都相同，因此小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同；

需要驗(yàn)證的表達(dá)式為恤半=miy+m2^

等式兩邊的時(shí)間消去，所以沒(méi)必要測(cè)量小球做平拋運(yùn)動(dòng)的高度。

(4)設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則碰前2球的速度%=半

碰后的速度為%=年

被碰小球的速度為"2=微

取水平向右為正方向，若碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則滿(mǎn)足爪1"0=爪1%+爪2V2

即驗(yàn)證小述1=mis?+m2s3成立；

若碰撞為彈性碰撞，滿(mǎn)足機(jī)械能守恒定律，需要驗(yàn)證品1詔=/岳+加2詔

聯(lián)立niiSi=m1s2+m2s3,

化簡(jiǎn)可得Si+s2ns3。

故答案為：(1)>；(2)c；(3)沒(méi)必要；(4)爪1S1=小1$2+爪2s3；S1+s2=s30

(1)從防止入射小球發(fā)生反彈的角度分析作答；

(2)根據(jù)確定小球的平均落點(diǎn)位置的正確方法分析作答；

(3)小球離開(kāi)斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)需要驗(yàn)證的動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式分析作答；

(4)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解入射小球和被碰小球碰撞前后的瞬時(shí)速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解需要滿(mǎn)足

的表達(dá)式；根據(jù)能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)求解需要滿(mǎn)足的表達(dá)式，然后作答。

第14頁(yè)，共19頁(yè)

本題考查了成“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)，要明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的運(yùn)

用。

11

13CE右需

【解析】解：(1)標(biāo)準(zhǔn)電流表的電流需大于4的電流，即標(biāo)準(zhǔn)電流表的電流大于0.64因此標(biāo)準(zhǔn)電流表4。

應(yīng)選用C；滑動(dòng)變阻器R接成分壓電路，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器E。

(2)根據(jù)圖甲所示實(shí)驗(yàn)電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所示：

滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，為保護(hù)電路，閉合開(kāi)關(guān)前，滑片應(yīng)移至右端。

(3)設(shè)電流表4量程為加，內(nèi)阻為r,由并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律得：Imr=整理得：/=特+

1m

若縱坐標(biāo)為1,為使圖像是一條直線(xiàn)，則橫坐標(biāo)應(yīng)為專(zhuān),由圖丙所示圖像可知：Im=b,1mT

解得：r=工

a

故答案為：(1)C；E；(2)實(shí)物電路圖如圖所示；右；(3島；b；5。

(1)根據(jù)電路結(jié)構(gòu)選擇電流表；為方便實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器。

(2)根據(jù)電路圖連接實(shí)物電路圖；滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，閉合開(kāi)關(guān)前滑片應(yīng)置于分壓電路分壓為零的

位置。

(3)應(yīng)用歐姆定律求出圖像的函數(shù)解析式，然后根據(jù)圖示圖像分析答題。

要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則；理解實(shí)驗(yàn)原理、分析清楚實(shí)驗(yàn)電路結(jié)構(gòu)是解題的前提，應(yīng)用歐姆定律即可解

題。

第15頁(yè)，共19頁(yè)

14.解(1)為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，由左手定則可知金屬棒

中電流從M端流向N端，因此M端應(yīng)接正極。

(2)電流為零時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為4%,則有

得=等

故當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為詈。

(3)設(shè)滿(mǎn)量程時(shí)通過(guò)MN的電流為/機(jī)，則有引力/附+機(jī)。=k(〃c+4久)

解得〃=2.5A

故該電流表的量程是2.54。

答：(1)M端應(yīng)接正極；

(2)當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為等；

⑶量程是2.54。

【解析】(1)分解安培力方向，根據(jù)左手定則判斷電流方向，從而確定M端連接的電極；

(2)根據(jù)無(wú)電流時(shí)兩力平衡條件即可解出正確結(jié)果；

(3)當(dāng)金屬棒處于斷線(xiàn)上時(shí)，電流表示數(shù)最大，根據(jù)平衡條件以及彈簧的伸長(zhǎng)量可求得此時(shí)是最大電流。

本題題意新穎，考查點(diǎn)巧妙，借助生活中的實(shí)際器材考查了物體平衡問(wèn)題，正確進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)

平衡條件列方程是解題關(guān)鍵。

15.解(1)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,過(guò)。作PQ的垂線(xiàn)交PQ于4點(diǎn)，如圖1所示

代入數(shù)據(jù)可得粒子軌跡半徑：R=Q0

O

洛粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=小哈

K

解得粒子發(fā)射速度：17=汜

第16頁(yè)，共19頁(yè)

(2)水平向左射出的粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系可知：CQ=^PQ2-PC2=^

與ab平方向：CQ=，="

與ab垂直方向：區(qū)=「/2,由牛頓第二定律得：a*

解得：E=25”

8m

(3)圓弧。2經(jīng)C點(diǎn)，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的