第第頁廣東省深圳市寶安區(qū)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期末考試物理試卷一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．如圖甲為某實(shí)驗(yàn)小組自制的手搖發(fā)電機(jī)。以一定的頻率搖動(dòng)手柄時(shí)，可使與其串聯(lián)的燈泡恰好正常發(fā)光。已知燈泡上標(biāo)有“9?VA．通過燈泡的電壓的峰值為9B．該交變電流每秒電流方向改變5次C．一個(gè)周期內(nèi)通過燈泡的電流的平均值為0.5AD．通過該燈泡的電流表達(dá)式為i=22．通過對(duì)嫦娥五號(hào)月壤顆粒中的氦原子進(jìn)行探測(cè)研究，科學(xué)家們發(fā)現(xiàn)，有大量氦-3氣泡被捕獲并保存在月壤中鈦鐵礦顆粒表面的玻璃層。氦-3是優(yōu)良的核反應(yīng)原料，它與氘的核反應(yīng)方程為：12A．Y是中子B．該核反應(yīng)過程是核裂變過程C．該核反應(yīng)過程中核子的總質(zhì)量增加D．23He比3．一列簡諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，已知波速為2?m/s，t=0A．M B．N C．P D．Q4．旅客在網(wǎng)上購買高鐵票后，可使用二代身份證在自動(dòng)檢票閘機(jī)上刷證進(jìn)出站。當(dāng)身份證進(jìn)入刷卡器感應(yīng)范圍后，機(jī)器發(fā)出變化的磁場(chǎng)，身份證內(nèi)的銅線圈獲取能量，對(duì)自身短暫供電，將芯片中的信息發(fā)送出去，從而完成一次信息交換。若銅線圈匝數(shù)為N，面積為S，機(jī)器發(fā)出的磁場(chǎng)變化率為k=BA．若磁場(chǎng)逐漸增強(qiáng)，銅線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)B．若磁場(chǎng)逐漸增強(qiáng)、銅線圈的電動(dòng)勢(shì)逐漸增大C．銅線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為ED．只有當(dāng)身份證進(jìn)入或離開機(jī)器感應(yīng)范圍那一瞬間，銅線圈中才會(huì)有感應(yīng)電流5．2024年12月3日、我國航母福建艦完成第五次海試順利歸來。在本次海試過程中最引人關(guān)注的就是艦載機(jī)的成功著艦。艦載機(jī)在航母降落時(shí)，需要阻攔索使飛機(jī)快速停下來。此過程可以簡化為如圖所示的模型，艦載機(jī)從正中央鉤住阻攔索，實(shí)現(xiàn)減速。阻攔索一直處于繃緊狀態(tài)、艦載機(jī)勾住阻攔索后立即處于無動(dòng)力狀態(tài)、不計(jì)空氣阻力。則下列說法正確的是（）A．若阻攔索產(chǎn)生的張力為恒力，則飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．若阻攔索產(chǎn)生的張力為恒力，則阻攔索被拉伸得越長，對(duì)飛機(jī)的作用力就越小C．若阻攔索對(duì)飛機(jī)的作用力為恒力、則飛機(jī)剛勾住阻攔索的一瞬間阻攔索最容易斷D．若阻攔索對(duì)飛機(jī)的作用力為恒力，則阻攔索被拉伸得越長，阻攔索上的張力就越大6．我們通?？吹降拿烂畹牟屎缡羌t色在外，紫色在內(nèi)，這被稱為“虹”。圖甲為虹產(chǎn)生的示意圖。為進(jìn)一步了解其原理，將其簡化為如圖乙的示意圖。已知光線①、②中有一條是紅光，一條是紫光，且在水滴（可視為標(biāo)準(zhǔn)球體）中紅光的折射率小于紫光的折射率。下列說法正確的是（）A．圖乙中光線①、②分別為紅光、紫光B．圖乙中光線②在M界面比光線①更容易發(fā)生全反射現(xiàn)象C．光線①在水滴中的傳播速度大于光線②在水滴中的傳播速度D．用同一裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，光線②相鄰的亮條紋間距較大7．小明同學(xué)在學(xué)完牛頓第二定律后，為加深對(duì)定律的理解，在家里做了如圖所示的實(shí)驗(yàn)。將一輕質(zhì)彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端處于自由狀態(tài)時(shí)位于O點(diǎn)?，F(xiàn)用一滑塊m將彈簧的自由端壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)停下（B點(diǎn)未畫出），彈簧全程處于彈性限度內(nèi)，且自由端與滑塊不粘連，滑動(dòng)過程中阻力恒定。記OA長度為x0，以A點(diǎn)為x軸的原點(diǎn)，則滑塊自A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至BA． B．C． D．二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）8．為了研究靜電除塵器的原理，老師帶領(lǐng)同學(xué)們制作了一臺(tái)簡易靜電除塵裝置，如圖甲所示。在去掉底的空煨料瓶上固定著一塊圓弧形鋁片和一根銅絲，將它們分別與起電機(jī)的正、負(fù)極相連。在塑料瓶里底部放置點(diǎn)燃的蚊香，瓶內(nèi)產(chǎn)生煙塵，搖動(dòng)起電機(jī)后瓶內(nèi)變得消澈透明。圖乙為瓶內(nèi)俯視圖。PMN為某塵埃的運(yùn)動(dòng)軌跡，且OM>OP。下列說法正確的是（）A．塵埃帶正電B．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比M點(diǎn)大C．塵埃從M到N的過程中，電場(chǎng)力做正功D．塵埃在P點(diǎn)的電勢(shì)能小于在N點(diǎn)的電勢(shì)能9．中國計(jì)劃將于2030年前實(shí)現(xiàn)載人登月。登月分為發(fā)射階段、地月間轉(zhuǎn)移、月球環(huán)繞、著陸登月、月球表面活動(dòng)、返回器返回地球等過程。已知月球質(zhì)量是地球質(zhì)量的1p，月球半徑是地球半徑的1q，地球的第一宇宙速度為v，脫離速度為第一宇宙速度的A．飛船在月球表面減速著陸過程中屬于失重B．一位在地球表面上重為G的宇航員，在月球表面上重qC．返回器從月球返回地球時(shí)，返回器在月球表面的發(fā)射速度至少為2qD．載人返回器在變軌進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道時(shí)需要點(diǎn)火減速10．裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。將其進(jìn)行簡化研究，如圖a所示，一質(zhì)量為m的子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）以v0的速度垂直射向靜止在光滑水平桌面上質(zhì)量為2M的鋼板甲，剛好未能穿出鋼板?，F(xiàn)把鋼板甲分成兩塊完全相同的鋼板乙，并排放置但不粘連，如圖b所示。若子彈在鋼板中受到的恒定阻力為fA．鋼板甲的厚度為MmB．子彈在鋼板甲中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2MmC．圖a中子彈的末速度比圖b中子彈的末速度小D．圖b中第二塊鋼板乙的最終速度為m三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共16分。第11題8分，第12題8分）11．下列是《普通高中物理課程標(biāo)準(zhǔn)》中列出的三個(gè)必做實(shí)驗(yàn)的部分步驟，請(qǐng)完成實(shí)驗(yàn)操作和計(jì)算。（1）在“測(cè)量金屬絲電阻率”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)使用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲直徑，示數(shù)如圖甲所示，讀數(shù)為mm；（2）圖乙是“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。已知入射小球質(zhì)量為m1，被碰小球質(zhì)量為m2。記錄小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影點(diǎn)O，測(cè)出碰撞前后兩小球的平均落地點(diǎn)的位置M、P、N與O的距離分別為x1、x2、x3（3）在“測(cè)量玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)在紙上畫出的界面AB、CD與玻璃磚位置的關(guān)系如圖丁所示，其它操作均正確，且以AB、CD為界面畫光路圖，則該同學(xué)測(cè)得的折射率與真實(shí)值相比12．很多路燈可通過光控開關(guān)隨周圍環(huán)境的亮度改變進(jìn)行自動(dòng)控制，某實(shí)驗(yàn)小組利用實(shí)驗(yàn)室提供的器材對(duì)路燈的內(nèi)部電路設(shè)計(jì)進(jìn)行模擬探究。提供的器材有：電源、定值電阻R0（阻值未知）、小燈泡L、光敏電阻R1（光照強(qiáng)度增大時(shí)，阻值減?。?、開關(guān)（1）用多用表測(cè)量定值電阻R0，選用“×10”倍率的電阻擋測(cè)量，指針位置如圖1所示。為減少測(cè)量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)置于（選填“×1”“×10”或“×1k”）擋，并進(jìn)行，再次測(cè)量指針位置如圖2所示，R0的阻值為（2）采用如圖3中的實(shí)驗(yàn)器材測(cè)R0的阻值，部分實(shí)物連接已完成，要求閉合開關(guān)后電壓表和電流表的讀數(shù)從0開始。導(dǎo)線L1、L2和L3的另一端應(yīng)分別連接滑動(dòng)變阻器的、（3）完成該路燈的模擬設(shè)計(jì)電路圖的連線。四、解答題（本題共3小題，共38分。第13題10分，第14題12分，第15題16分）13．在學(xué)校的兒童節(jié)義賣活動(dòng)中，小華準(zhǔn)備了若干印刷著精致圖案的氣球作為售賣商品。當(dāng)天早晨，學(xué)校地表附近的氣溫為27°C，大氣壓強(qiáng)為p0（1）正午時(shí)地表附近大氣壓仍為p0，若地表附近的氣球體積增大了1（2）早晨有同學(xué)想要一個(gè)體積為1.5V0的氣球，于是小華便繼續(xù)給氣球打氣，已知打氣筒每次能往氣球打進(jìn)0.05V14．在2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)上，中國運(yùn)動(dòng)員勇奪網(wǎng)球女單冠軍，成為中國首位奧運(yùn)網(wǎng)球單打冠軍。如圖是網(wǎng)球比賽場(chǎng)地的俯視圖，若單打區(qū)域長l=24?m，寬d=8.2?m，發(fā)球線到網(wǎng)的距離x=6?m，網(wǎng)高H=1?m。在某次比賽中，運(yùn)動(dòng)員站在O點(diǎn)完成了難度極高的一次發(fā)球，若網(wǎng)球水平擊出，剛好過網(wǎng)擊中了R點(diǎn)（經(jīng)判罰屬于有效球）。網(wǎng)球的質(zhì)量是0.05（1）擊球的高度h是多少？（2）擊球的水平初速度v0（3）設(shè)球觸拍的時(shí)間t'15．在芯片制造過程中，離子注入是芯片制造重要的工序。圖a是我國自主研發(fā)的離子注入機(jī)，圖b是簡化的注入過程原理圖。靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，沿圖中半徑為R的圓弧虛線通過磁分析器，然后從M點(diǎn)垂直CD進(jìn)入矩形CDQS區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知磁分析器截面是四分之一圓環(huán)，內(nèi)部為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里；DQ=43d，MD=9d。整個(gè)裝置處于真空中，離子的質(zhì)量為m、電荷量為（1）離子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域M點(diǎn)時(shí)的速度大小v及磁分析器通道內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0（2）要求離子能最終打在QD上，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍；（3）若勻強(qiáng)磁場(chǎng)只分布在CNFS某一矩形區(qū)域內(nèi)，如圖c所示，且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=13d2Umq，其中DN=7.5d

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．燈泡上標(biāo)示的電壓9V為有效值，故A錯(cuò)誤；B．由圖像知其周期T=0.2?s，則1C．在一個(gè)周期內(nèi)穿過線圈的總磁通量的變化為零，所以由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，一個(gè)周期內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)為零，則平均電流也等于零，故C錯(cuò)誤；D．已知額定電壓為9?V、額定功率為4.5?W，燈泡恰好正常發(fā)光，則流過燈泡電流的有效值為I=PU=0.5?A，則流過燈泡的最大值為Im故選D。

【分析】1、交變電流的“四值”及其應(yīng)用瞬時(shí)值：對(duì)應(yīng)某一時(shí)刻的值，表達(dá)式為或。峰值（最大值）：瞬時(shí)值中的最大幅值?。有效值：根據(jù)電流的熱效應(yīng)定義，是交流電在電路中做功能力的等效直流值。對(duì)于正弦交流電，關(guān)系為：???？键c(diǎn)應(yīng)用：燈泡上標(biāo)示的“9V”是指其額定電壓的有效值。A選項(xiàng)考查此概念。平均值：一般由法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算，與一段時(shí)間內(nèi)的磁通量變化量直接相關(guān)?？键c(diǎn)應(yīng)用：C選項(xiàng)考查在一個(gè)完整周期內(nèi)磁通量變化量為零，因此平均電動(dòng)勢(shì)和平均電流為零。2、交流電的周期、頻率與方向變化周期（T）與頻率（f）：?，圖像可直接讀出周期。方向變化次數(shù)：在一個(gè)周期內(nèi)，正弦式交流電的電流方向會(huì)改變2次?？键c(diǎn)應(yīng)用：B選項(xiàng)考查此規(guī)律。先由圖像求周期，再計(jì)算1秒內(nèi)的周期數(shù)，最后乘以2得到方向改變次數(shù)。3、法拉第電磁感應(yīng)定律與磁通量變化定律：?，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與磁通量的變化率成正比。平均電動(dòng)勢(shì)：??？键c(diǎn)應(yīng)用：C選項(xiàng)考查對(duì)磁通量變化的宏觀理解。一個(gè)周期內(nèi)，初態(tài)和末態(tài)的磁通量相同（Φ初=Φ末4、交流電的瞬時(shí)表達(dá)式

三要素：峰值、角頻率ω、初相位?。角頻率計(jì)算：??？键c(diǎn)應(yīng)用：D選項(xiàng)是本題的綜合性考查。需要從額定參數(shù)求出電流有效值，再換算為峰值；從圖像讀出周期并計(jì)算角頻率；判斷初相位（圖像從零開始且向正方向增長，一般為正弦函數(shù)，初相為0）。最后正確寫出表達(dá)式。2．【答案】D【解析】【解答】A．由質(zhì)量數(shù)守恒（2+3=4+1）與電荷數(shù)守恒（1+1=2+0）可知，Y的質(zhì)量數(shù)為1、電荷數(shù)為1，因此Y是質(zhì)子（），故A錯(cuò)誤；

B．該反應(yīng)是輕核（氘和氚）聚合成較重核（氦）的過程，屬于核聚變反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．核聚變會(huì)釋放大量能量，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，反應(yīng)過程中存在質(zhì)量虧損，故C錯(cuò)誤；

D．由于反應(yīng)釋放能量，生成核（）的比結(jié)合能比反應(yīng)核（）更大，即比更穩(wěn)定，因此的比結(jié)合能小于，故D正確。

故選D。

【分析】1、核反應(yīng)需滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒；

2、輕核聚變釋放能量，伴隨質(zhì)量虧損；

3、比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，聚變后生成核的比結(jié)合能顯著提升。

4、易混淆點(diǎn)：質(zhì)量數(shù)守恒不等于質(zhì)量守恒（實(shí)際質(zhì)量減少，虧損部分轉(zhuǎn)化為能量）；比結(jié)合能是原子核穩(wěn)定性的指標(biāo)，而非結(jié)合能絕對(duì)值。3．【答案】B【解析】【解答】由波動(dòng)圖像可知，該簡諧波的波長為λ，因此周期為（其中為波速）。當(dāng)時(shí)間時(shí)，波傳播一個(gè)完整周期，此時(shí)處的質(zhì)點(diǎn)完成一次全振動(dòng)，并不會(huì)隨波沿x軸方向遷移。由圖可知簡諧波的波長為λ=4?m，所以周期為T=λv=4?2故選B。

【分析】1、波長λ與周期T的關(guān)系由波速v決定（）；2、經(jīng)過一個(gè)周期，波形恢復(fù)原狀，各質(zhì)點(diǎn)均回到自身初始振動(dòng)狀態(tài)；3、波的傳播是振動(dòng)狀態(tài)的傳遞，質(zhì)點(diǎn)本身并不沿波方向移動(dòng)。

4、常見誤解提醒：誤認(rèn)為質(zhì)點(diǎn)會(huì)隨波傳播方向移動(dòng)（實(shí)際質(zhì)點(diǎn)僅在其平衡位置附近振動(dòng)）；混淆波形移動(dòng)距離與質(zhì)點(diǎn)位移（波形移動(dòng)一個(gè)波長時(shí)，質(zhì)點(diǎn)完成一次全振動(dòng)）。4．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)楞次定律，當(dāng)磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，穿過銅線圈的磁通量增大，線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，其方向會(huì)阻礙磁通量的變化。由于銅線圈可自由形變，為抵抗磁通量增加，線圈面積有減小的趨勢(shì)（以減少磁通量），故A錯(cuò)誤；

BC．由法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)?。若B隨時(shí)間增加但變化率減小，則電動(dòng)勢(shì)大小逐漸減小，且方向由楞次定律決定（負(fù)號(hào)表示方向）。選項(xiàng)B未明確說明變化趨勢(shì)，而C正確指出了電動(dòng)勢(shì)減小的特性，故B錯(cuò)誤、C正確；

D．即使身份證靜止，只要磁場(chǎng)變化（如隨時(shí)間變化），穿過線圈的磁通量就會(huì)變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流（渦流），故D錯(cuò)誤。

故選C?！痉治觥亢诵囊c(diǎn)：1、楞次定律：感應(yīng)電流的效果總是阻礙磁通量的變化（形變趨勢(shì)或電流方向）；2、法拉第電磁感應(yīng)定律：電動(dòng)勢(shì)大小取決于磁通量變化率，與磁場(chǎng)是否均勻無關(guān)；3渦流效應(yīng)：變化磁場(chǎng)中導(dǎo)體內(nèi)部會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，無需導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)。

易錯(cuò)提示：1、誤認(rèn)為線圈需運(yùn)動(dòng)才能產(chǎn)生感應(yīng)電流（只要磁通量變化即可）；2、混淆磁場(chǎng)大小變化與變化率（電動(dòng)勢(shì)取決于變化率，而非磁場(chǎng)本身大?。?。5．【答案】C【解析】【解答】AB．若阻攔索施加的張力為恒力，則對(duì)飛機(jī)的作用力（即張力的合力）為（θ為阻攔索與飛機(jī)運(yùn)動(dòng)方向的夾角）。隨著飛機(jī)減速，阻攔索被拉伸，夾角θ逐漸減小，增大，因此合力增大，加速度增大。飛機(jī)做變加速減速運(yùn)動(dòng)，而非勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；

CD．若阻攔索對(duì)飛機(jī)的作用力（即合力）保持恒定，則根據(jù)，在剛勾住瞬間θ最大，最小，因此張力最大，阻攔索最容易斷裂。隨著θ減小，增大，張力逐漸減小，故C正確、D錯(cuò)誤。

故選C。

【分析】核心要點(diǎn)：1、恒張力下，合力隨夾角減小而增大（加速度變化）。

2、恒合力下，張力隨夾角減小而減?。▌偣醋r(shí)張力最大）。

3、阻攔索的斷裂風(fēng)險(xiǎn)取決于實(shí)際張力大小，而非合力。

易錯(cuò)提示：1、混淆“恒張力”與“恒合力”兩種假設(shè)情境。

2、誤認(rèn)為夾角減小時(shí)張力一定增大（取決于恒力條件）。6．【答案】D【解析】【解答】A．由圖乙可知，光線①的偏折程度明顯大于光線②，表明光線①的折射率更大。在可見光中，紫光折射率大于紅光，因此光線①為紫光，光線②為紅光，故A錯(cuò)誤；

B．全反射的發(fā)生需滿足兩個(gè)條件：光從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)，且入射角大于臨界角。圖中光線從棱鏡射向空氣（光密→光疏），但入射角未知。根據(jù)光路可逆性，若原入射光能進(jìn)入棱鏡，則出射光在界面處入射角通常小于臨界角（除非特殊設(shè)計(jì)），因此兩種光均不易發(fā)生全反射。選項(xiàng)B錯(cuò)誤在于武斷否定全反射可能性，實(shí)際上若調(diào)整角度仍可能發(fā)生，但在此情境下無依據(jù)表明誰更容易全反射。

C．由折射率可知，折射率越大，光在介質(zhì)中傳播速度越小。光線①（紫光）折射率更大，因此速度小于光線②（紅光），故C錯(cuò)誤；

D．紅光波長大于紫光波長（）。雙縫干涉條紋間距公式為?，波長越大條紋間距越寬。因此光線②（紅光）的條紋間距更大，故D正確。

故選D。

【分析】核心要點(diǎn)：1、偏折程度越大，折射率越大（紫光>紅光）。

2、全反射需具體分析入射角與臨界角關(guān)系（臨界角，折射率越大臨界角越?。?；

3、光在介質(zhì)中速度，折射率越大速度越??；

4、干涉條紋間距與波長成正比（紅光間距大）。

易錯(cuò)提示：誤認(rèn)為偏折大的光一定先發(fā)生全反射（實(shí)際取決于入射角與臨界角對(duì)比）；混淆折射率與速度/波長關(guān)系（折射率大，速度小，波長短）。7．【答案】A【解析】【解答】AB．由牛頓第二定律F合=ma，可知F合?x與a?x圖像應(yīng)相同，由A點(diǎn)靜止釋放時(shí)，滑塊受向右的彈力和向左的摩擦力，由牛頓第二定律可得kΔx?f=ma，當(dāng)滑塊由A點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，Δx在減小，則加速度a在減小，且與x成線性相關(guān)。當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)，加速度為0，此時(shí)有kΔx1=f顯然Δx1CD．滑塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速階段和減速階段加速度不對(duì)稱，時(shí)間不應(yīng)該相等，故CD錯(cuò)誤。故選A。

【分析】核心要點(diǎn)：1、彈簧彈力隨x線性變化，摩擦力恒定，合力分段線性；2、a-x圖像斜率由k/m決定，但存在突變點(diǎn)（a=0及O點(diǎn)）；3、運(yùn)動(dòng)時(shí)間不對(duì)稱（加速段與減速段加速度變化不同）。

易錯(cuò)提示：誤認(rèn)為a=0在O點(diǎn)（實(shí)際在x0≠O處）；誤將a-x對(duì)稱性等同于時(shí)間對(duì)稱（需積分速度判斷）8．【答案】B,C【解析】【解答】A．由塵埃運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向可知，塵埃所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反（電場(chǎng)線方向由正極指向負(fù)極），因此塵埃帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B．電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)大小，a點(diǎn)處電場(chǎng)線更密集，因此a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)，故B正確；

CD．從M到P再到N的過程中，電場(chǎng)力方向與速度方向夾角始終為銳角（軌跡切線方向），因此電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小。塵埃在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能（即越靠近正極電勢(shì)能越?。?，故C正確、D錯(cuò)誤。

故選BC。

【分析】核心要點(diǎn)：1、軌跡彎曲方向指向合力方向（此處為電場(chǎng)力），與場(chǎng)強(qiáng)反向則帶負(fù)電；

2、電場(chǎng)線疏密對(duì)應(yīng)場(chǎng)強(qiáng)大小。

3、電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減?。ㄘ?fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能?。?。

易錯(cuò)提示：誤根據(jù)彎曲方向直接判斷電性（需對(duì)比電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向）；混淆負(fù)電荷電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系（電勢(shì)越高，電勢(shì)能越?。?。9．【答案】B,C【解析】【解答】A．飛船在月球表面減速著陸時(shí)，加速度方向向上（與速度方向相反），宇航員處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤。BC．在地球表面物體受到萬有引力等于重力有：GM地mR地2=mg地

得g地=GM地R地2

同理可得月球表面的重力加速度為g月=GMD．從月球返回地球時(shí)，需從月球軌道加速進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道（克服月球引力），因此需要點(diǎn)火加速，故D錯(cuò)誤。故選BC。

【分析】核心要點(diǎn)：1、減速著陸加速度向上為超重；2、星球表面重力加速度與質(zhì)量成正比、與半徑平方成反比；3、第一宇宙速度，第二宇宙速度；4、返回地球需加速進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道。易錯(cuò)提示：誤認(rèn)為月球重力加速度為地球的1/6（需通過質(zhì)量半徑計(jì)算）；混淆第一宇宙速度與脫離速度（第二宇宙速度）。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．圖a子彈嵌入鋼板甲，由動(dòng)量守恒定律可得m解得v1=mv0解得d=Mmv0B．對(duì)鋼板甲由牛頓第二定律有f=2Ma

由運(yùn)動(dòng)學(xué)有v1=at

解得CD．作出子彈穿過鋼板甲和鋼板乙過程的v?t圖像如圖所示：易知圖a中子彈的末速度比圖b中子彈的末速度小，即v1故選ABC。

【分析】核心要點(diǎn)：1、完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最大；2、阻力做功等于動(dòng)能損失（嵌入過程）；3、圖像斜率表示加速度（阻力越大，減速越快）；4、穿出時(shí)末速度大于嵌入時(shí)共同速度。

易錯(cuò)提示：誤認(rèn)為穿出時(shí)子彈速度更?。▽?shí)際嵌入后損失更多動(dòng)能）；混淆阻力大小與作用時(shí)間（嵌入過程阻力更大、時(shí)間更短）。11．【答案】（1）0.399（0.397-0.400）（2）相等；m1x（3）偏大【解析】【解答】（1）螺旋測(cè)微器讀數(shù)=固定刻度+可動(dòng)刻度（需估讀）。

圖甲示數(shù)：固定刻度為0（可見刻度線），可動(dòng)刻度為39.9×0.01mm=0.399mm（39.0格，需估讀到0.9格），螺旋測(cè)微器的示數(shù)為d=0+39.9×0.01（2）為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相等；若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則有m1v0=m1v1+m若兩球的碰撞為彈性碰撞，根據(jù)機(jī)械能守恒有1又x2=v0t，x1=v聯(lián)立可得x（3）作出光路圖如圖所示由圖示光路圖可知，入射角α相同，以CD為邊界時(shí)有β測(cè)<β真，折射率n=sinαsinβ，因入射角2、讀數(shù)步驟：先讀固定刻度：看主尺上露出的刻度線，注意半毫米線已露出。再讀可動(dòng)刻度：看可動(dòng)刻度上與主尺基準(zhǔn)線對(duì)齊的格數(shù)。（2）驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒1、兩球半徑需相等：目的：確保發(fā)生正碰（對(duì)心碰撞），使碰撞前后物體的速度方向都在同一直線上。如果半徑不同，碰撞點(diǎn)可能不在球心連線上，會(huì)引入其他方向的動(dòng)量，無法用簡單的水平位移關(guān)系來驗(yàn)證2、守恒條件混淆：動(dòng)量守恒的前提是系統(tǒng)合外力為0，本實(shí)驗(yàn)中摩擦力等影響已忽略。機(jī)械能守恒的前提是碰撞為彈性碰撞（無動(dòng)能損失），這是一個(gè)更強(qiáng)的條件，并非所有碰撞都滿足。題目中明確要求“若為彈性碰撞”時(shí)才驗(yàn)證第三個(gè)表達(dá)式。

（3）折射率測(cè)量誤差分析光路原理：真實(shí)的折射發(fā)生在AB界面。光線從空氣（光疏介質(zhì)）射入玻璃（光密介質(zhì)），折射角r小于入射角i。折射率n=（1）由圖甲可知，螺旋測(cè)微器的示數(shù)為d=0+39.9×0.01（2）[1]為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相等；[2][3]若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則有m又x2=v0聯(lián)立可得m[3]若兩球的碰撞為彈性碰撞，根據(jù)機(jī)械能守恒有1又x2=v0聯(lián)立可得1又m聯(lián)立可得x（3）作出光路圖如圖所示由圖示光路圖可知，入射角α相同，以CD為邊界時(shí)有β折射率n=因入射角α相同，β測(cè)<即折射率的測(cè)量值大于真實(shí)值。12．【答案】（1）×1；歐姆調(diào)零；12（2）A；A；C（或D）（3）【解析】【解答】（1）用多用表測(cè)量定值電阻R0，選用“×10”倍率的電阻擋測(cè)量，指針偏角過大，說明倍率擋選擇過高。為減少測(cè)量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)置于“×1”擋，并進(jìn)行歐姆調(diào)零，再次測(cè)量指針位置如圖所示，R0的阻值為12（2）要求閉合開關(guān)后電壓表和電流表的讀數(shù)從0開始，則滑動(dòng)變阻器要接成分壓電路。導(dǎo)線L1、L2和（3）設(shè)計(jì)電路圖的連線

【分析】（1）歐姆表的使用歐姆表倍率選擇原則：指針應(yīng)指在中間刻度附近（即中值電阻附近）測(cè)量最精確。若指針偏角過大（示數(shù)太?。?，說明倍率太高，應(yīng)換更低倍率（如從×10換到×1）；若指針偏角過?。ㄊ緮?shù)太大），應(yīng)換更高倍率。每次換擋后必須重新進(jìn)行歐姆調(diào)零（短接兩表筆，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕使指針指0Ω）。讀數(shù)：示數(shù)×倍率（注意估讀）。圖中指針指在12，倍率為×1，故阻值為12Ω。易錯(cuò)點(diǎn)：換擋后忘記歐姆調(diào)零（導(dǎo)致測(cè)量值偏大）。讀數(shù)時(shí)忘記乘以倍率（如誤將12讀成12Ω，實(shí)際應(yīng)為12×1=12Ω）。測(cè)量過程中手接觸表筆金屬部分（導(dǎo)致人體電阻并聯(lián)，測(cè)量值偏小）。

（2）滑動(dòng)變阻器的分壓式接法分壓式接法要求：滑動(dòng)變阻器三個(gè)接線柱中，兩個(gè)固定端（A、B）接電源兩極，滑動(dòng)端（C或D）與一個(gè)固定端（通常接A）作為分壓輸出接負(fù)載（如圖中定值電阻R）。分壓接法特點(diǎn)：電壓調(diào)節(jié)范圍從0到電源電壓，可實(shí)現(xiàn)“從0開始”調(diào)節(jié)。連接方式：一種接法：電源正極接A，負(fù)極接B；負(fù)載一端接C（或D），另一端接A（即與電源正極共線）。另一種接法：電源正極接C（或D），負(fù)極接B；負(fù)載一端接A，另一端接B（即與電源負(fù)極共線）。題目中導(dǎo)線連接：通常將滑動(dòng)變阻器固定端（A、B）接電源，滑動(dòng)端（C或D）與一個(gè)固定端（如A）接負(fù)載。（1）[1][2][3]用多用表測(cè)量定值電阻R0，選用“×10”倍率的電阻擋測(cè)量，指針偏角過大，說明倍率擋選擇過高。為減少測(cè)量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)置于“×1”擋，并進(jìn)行歐姆調(diào)零，再次測(cè)量指針位置如圖所示，R0的阻值為12（2）[1][2][3]要求閉合開關(guān)后電壓表和電流表的讀數(shù)從0開始，則滑動(dòng)變阻器要接成分壓電路。導(dǎo)線L1、L2和（3）設(shè)計(jì)電路圖的連線13．【答案】（1）解：由題意可知此過程為等壓變化，由蓋-呂薩克定律得V且T0=300?K，聯(lián)立解得t=37°（2）解：由題意知V由理想氣體狀態(tài)方程有p解得n=10【解析】【分析】(1)正午時(shí)氣球體積增大，求氣溫

考點(diǎn)：蓋-呂薩克定律的應(yīng)用（等壓過程）：公式：，條件：壓強(qiáng)不變，氣體質(zhì)量不變。溫度單位轉(zhuǎn)換：攝氏溫度與開爾文溫度的轉(zhuǎn)換：，計(jì)算必須使用絕對(duì)溫度（開爾文），結(jié)果再轉(zhuǎn)換回?cái)z氏度。體積變化的理解：“體積增大了20%”指相對(duì)于初始體積的增加，即?。理想氣體狀態(tài)方程的前提：氣球?qū)崃己茫瑴囟染鶆?；氦氣為理想氣體；內(nèi)外氣壓差忽略（壓強(qiáng)始終等于大氣壓）。

易錯(cuò)點(diǎn)：直接使用攝氏溫度計(jì)算（未轉(zhuǎn)換為開爾文），導(dǎo)致錯(cuò)誤。錯(cuò)誤理解“體積增大20%”（誤以為，實(shí)際應(yīng)為0.8×1.2=0.96L。

計(jì)算過程中單位不一致（如體積單位未統(tǒng)一，但本題均為升，無問題）。(2)打氣使氣球體積達(dá)到1.2L，求打氣次數(shù)

考點(diǎn)：玻意耳定律的應(yīng)用（等溫過程）：公式：?，用于將打氣筒內(nèi)高壓氣體折算為常壓下的等效體積。打氣問題的模型：每次打氣注入的氣體在常壓下的等效體積：?，氣球初始體積（常壓）與需要增加的體積（常壓）直接相加。整數(shù)解的處理：打氣次數(shù)必須為整數(shù)，且需滿足需求（通常向上取整）。氣體狀態(tài)的變化：氣球內(nèi)外氣壓差忽略，因此充氣后氣球內(nèi)壓強(qiáng)始終為大氣壓（)。充氣過程是等溫的（題目未說明，但通常假設(shè)為室溫不變）。

仔細(xì)審題：注意條件（如“氣壓差忽略”、“導(dǎo)熱良好”等），這些是選擇物理定律的關(guān)鍵。單位統(tǒng)一：溫度用開爾文，體積單位一致（升），壓強(qiáng)單位一致（atm）。模型理解：第(1)問是等壓變化（體積隨溫度變化）。第(2)問是等溫打氣（高壓氣體釋放到常壓環(huán)境）。（1）由題意可知此過程為等壓變化，由蓋-呂薩克定律得V且T0=300?K，聯(lián)立解得t=（2）記V由理想氣體狀態(tài)方程有p解得n=1014．【答案】（1）解：設(shè)網(wǎng)球從擊出到R點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，網(wǎng)球從擊出到擦網(wǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有h=12在水平方向上有l(wèi)2+x解得h=1.8?m，（2）解：由第一問可知v0（3）解：設(shè)拍子對(duì)球的作用力為F，由動(dòng)量定理可得F解得F=375【解析】【分析】（1）求網(wǎng)球從擊出到點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間?和到擦網(wǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間?

平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：水平方向：勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移公式，豎直方向：自由落體運(yùn)動(dòng)，位移公式分運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性：水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)互不影響，時(shí)間相同。聯(lián)立方程求解：根據(jù)兩個(gè)點(diǎn)（點(diǎn)P和擦網(wǎng)點(diǎn)）的水平位移和豎直位移，建立方程組。

易錯(cuò)點(diǎn)：混淆水平位移和豎直位移，錯(cuò)誤代入公式（如將豎直位移代入水平公式）。未正確區(qū)分和對(duì)應(yīng)的位移（點(diǎn)P和擦網(wǎng)點(diǎn)坐標(biāo)不同）。計(jì)算錯(cuò)誤（如解二次方程出錯(cuò)，或代數(shù)變形錯(cuò)誤）。

（2）求初速度v0?和拋出點(diǎn)高度?h

利用（1）中間結(jié)果：直接使用?和?的表達(dá)式代入求解。平拋運(yùn)動(dòng)基本公式：（水平方向），（豎直方向，但注意拋出點(diǎn)高度可能不是下落高度，需根據(jù)坐標(biāo)確定）（3）求拍子對(duì)球的作用力F

動(dòng)量定理：公式：注意是矢量關(guān)系，需考慮方向。作用力與速度變化：網(wǎng)球被擊打前后速度方向改變（可能大小也變），需計(jì)算速度變化量。通常假設(shè)擊球時(shí)間極短（很?。?，重力可忽略，故合外力即為拍子作用力。矢量運(yùn)算：若速度方向不同，需用矢量減法（如平行四邊形法則或坐標(biāo)分解）。

平拋問題：始終抓住水平勻速、豎直自由落體，時(shí)間聯(lián)系兩個(gè)方向。

動(dòng)量定理：注