第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2025-2026學(xué)年山東省泰安二中高三（上）期末物理模擬試卷一、選擇題1.如圖所示，虛線是某靜電場(chǎng)的一簇標(biāo)有電勢(shì)值的等勢(shì)線，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下，恰能沿圖中的實(shí)線從A經(jīng)過(guò)B運(yùn)動(dòng)到C，則(

)A.粒子一定帶負(fù)電

B.粒子從A到C的過(guò)程，電場(chǎng)力做負(fù)功

C.粒子從A到B電場(chǎng)力所做的功等于從B到C電場(chǎng)力所做的功

D.粒子在A處電勢(shì)能大于在C處電勢(shì)能2.2025年9月7日晚，天空上演壯麗月全食。此時(shí)太陽(yáng)、地球、月球連成一線，地球居中遮擋陽(yáng)光。已知地球繞太陽(yáng)，月球繞地球均為逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)。地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期為T1，軌道半徑為r1，月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為T2，軌道半徑為r2。忽略太陽(yáng)與月球之間的引力，某一時(shí)刻三者位置關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A.T1T2=r13r23

3.如圖所示，一質(zhì)量為的小車靜止在光滑水平面上，車上固定一個(gè)豎直支架，輕繩一端固定在支架上，另一端固定一質(zhì)量為的小球，輕繩長(zhǎng)為l，將小球向右拉至輕繩水平后，從靜止釋放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度為g，則(

)A.任意時(shí)刻小球與小車的動(dòng)量等大反向 B.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gl

C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動(dòng)的最大距離為2ml4.如圖所示，江面上相距6L的P1P2和Q1Q2之間為管控區(qū)域，有一垂直于岸邊的激光束以恒定的速率v在P1P2和Q1Q2之間來(lái)回運(yùn)動(dòng)進(jìn)行檢測(cè)(不計(jì)激光束轉(zhuǎn)向的時(shí)間)。某時(shí)刻，當(dāng)激光束從A.快艇的加速度大小為v225L B.快艇的加速度大小為2v249L

C.快艇第二次被照射的位置與P1P25.如圖所示，豎直方向固定一個(gè)圓形軌道，其內(nèi)部恰好對(duì)稱放置5個(gè)完全相同、重力均為G的光滑勻質(zhì)小球，球1和球5的重心與軌道圓心O在同一高度，5個(gè)小球的重心和圓形軌道的圓心在同一豎直面內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是(

)A.軌道對(duì)球1、球5的作用力相同

B.球2和球4對(duì)球3作用力的合力方向豎直向下

C.球2對(duì)球1的作用力大小可能小于G

D.軌道對(duì)球3的作用力大小等于5G6.某快遞總站需要將物件由地下倉(cāng)庫(kù)靠傳送帶運(yùn)送到地面上進(jìn)行分類。如圖甲所示，傳送帶與水平面的夾角為θ=37°，運(yùn)送的物件以v0=9m/s的初速度從底部滑上傳送帶，同時(shí)傳動(dòng)帶以一定的加速度從靜止開(kāi)始勻加速啟動(dòng)，t0時(shí)間后保持勻速，已知物件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v?t圖像如圖乙所示，2t0時(shí)刻恰好離開(kāi)傳送帶，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，A.傳送帶的加速度大小為3m/s2 B.傳送帶勻加速的時(shí)間t0=1s

C.物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.57.如圖所示，將小球甲、乙先后水平拋出，小球甲、乙將會(huì)在空中的P點(diǎn)相遇，相遇時(shí)兩小球的速度方向相互垂直，已知小球甲的拋出點(diǎn)到水平地面的高度h1比小球乙的拋出點(diǎn)到水平地面的高度h2大，小球甲、乙的拋出點(diǎn)水平距離為L(zhǎng)=25m，小球甲、乙拋出時(shí)的速度大小均為v0=10m/s。取重力加速度大小A.小球甲、乙在相遇前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和為1.25s

B.小球甲、乙在相遇時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角相同

C.小球甲在相遇前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=0.5s

D.8.如圖所示，水平面上固定放置一半徑為R且表面光滑的半球體，一質(zhì)量為m的小球從半球體的最高點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，關(guān)于該過(guò)程下列說(shuō)法正確的是(

)A.小球?qū)⒀刂肭虮砻嫦禄降锥?/p>

B.小球脫離半球體時(shí)，小球與半球體球心連線和豎直方向間夾角為45°

C.小球脫離半球體時(shí)的速度大小為2gR3

D.9.圖(a)為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0.10s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置在x=1.0m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置在x=4.0m處的質(zhì)點(diǎn)；圖(b)為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象。下列說(shuō)法正確的是(

)

A.在

t=0.10

s

時(shí)，質(zhì)點(diǎn)

Q

向

y

軸正方向運(yùn)動(dòng)

B.從

t=0.10

s

到

t=0.25

s，該波沿

x

軸負(fù)方向傳播了6

m

C.從

t=0.10

s

到

t=0.25

s，質(zhì)點(diǎn)

P

通過(guò)的路程為

30

cm

D.質(zhì)點(diǎn)

Q

簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為

y=0.10sin10πt(國(guó)際單位)10.在如圖所示的電路中，三個(gè)定值電阻的阻值分別為R1=R2=6Ω，R3=12Ω，在a，b兩端輸入正弦式交變電流，電壓的表達(dá)式為u=222sin100πtV，已知理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為A.通過(guò)R3的電流為0.5A B.電阻R1、R2消耗的功率之比為9：16

C.電路消耗的總功率為22W D.流過(guò)電阻11.如圖甲所示，A、B是電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，有一電子僅在靜電力作用下以某一初速度從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，該過(guò)程中電勢(shì)φ隨位移x的變化圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是(

)A.可以判斷出電場(chǎng)線的方向是由A到B

B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小

C.該電子在A點(diǎn)的動(dòng)能小于在B點(diǎn)的動(dòng)能

D.該電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)的電勢(shì)能12.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，以某一初速度由A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其加速度大小為0.8g，物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)為B，B點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為h，則從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(

)A.物體的重力勢(shì)能增加了mgh B.物體動(dòng)能損失了0.8mgh

C.物體產(chǎn)生的熱為0.6mgh D.物體機(jī)械能損失了1.6mgh二、非選擇題13.某同學(xué)用如圖所示氣墊導(dǎo)軌和壓力傳感器驗(yàn)證動(dòng)量守恒實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①用托盤天平測(cè)出兩滑塊的質(zhì)量m1、m2(m2左側(cè)連接一輕彈簧)；

②將m2右移，壓縮右側(cè)彈簧至一定長(zhǎng)度，然后由靜止釋放m2，使得m2與m1碰撞后反彈；

③記錄下m2釋放時(shí)右側(cè)壓力傳感器初始讀數(shù)F0和m2與m1碰撞后左側(cè)壓力傳感器最大示數(shù)F1和右側(cè)壓力傳感器最大示數(shù)F2(確保m1和m2在與傳感器碰撞前僅發(fā)生一次碰撞)；

兩側(cè)彈簧的勁度系數(shù)都為k，彈簧彈性勢(shì)能的表達(dá)式為EP=12kx2，其中k、x分別為彈簧的勁度系數(shù)和形變量。

(1)在實(shí)驗(yàn)之前還需要進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作有______。

A.測(cè)量彈簧的原長(zhǎng)

B.在使用之前將壓力傳感器調(diào)零

C.測(cè)出初始時(shí)m1、m2到左右兩側(cè)壓力傳感器的距離

D.記錄下m1、m214.某興趣小組要測(cè)量一個(gè)未知電阻，Rx的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：

A.多用電表

B.恒壓電源(輸出電壓為3V)

C.電壓表(量程0～3V，內(nèi)阻約為1kΩ)

D.電流表(量程0～3mA，內(nèi)阻約為40Ω)

E.滑動(dòng)變阻器(最大阻值20Ω)

F.定值電阻R1.R2.電阻箱R.靈敏電流表G

G.開(kāi)關(guān)及導(dǎo)線若干

(1)該小組先用多用電表的電阻擋粗測(cè)Rx的阻值。選用“×10”擋試測(cè)時(shí)，指針如圖a所示，于是決定換用______(選填“×1”或“×100”)倍率。換用另一倍率后，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，方可再次進(jìn)行測(cè)量指針如圖b所示，測(cè)量值為_(kāi)_____Ω。

(2)接下來(lái)該小組采用伏安法繼續(xù)測(cè)量。

①為使電阻的測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確且在調(diào)節(jié)電路的過(guò)程中電壓表示數(shù)的變化范圍足夠大，應(yīng)選擇以下哪個(gè)電路進(jìn)行測(cè)量？______。

②下列關(guān)于伏安法測(cè)電阻實(shí)驗(yàn)誤差的說(shuō)法正確的是______。

A.由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差

B.若將電流表和電壓表的內(nèi)阻計(jì)算在內(nèi)，可以消除偶然誤差

C.用U?I圖像處理數(shù)據(jù)求電阻Rx可以減小偶然誤差

D.該小組選用合理電路進(jìn)行測(cè)量，Rx的測(cè)量值小于真實(shí)值

(3)該小組又采用了實(shí)驗(yàn)電路如圖c測(cè)量，連接好電路，先將滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)至最大，閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片位置，再調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，直到靈敏電流表G的示數(shù)為零，讀出此時(shí)電阻箱阻值R，R1和R2均為阻值已知的定值電阻，由以上數(shù)據(jù)可得R15.如圖所示，一束單色光從AB中點(diǎn)沿垂直于直角三棱鏡AB邊的方向射入棱鏡，在AC邊發(fā)生全反射后再?gòu)腂C邊射出棱鏡，出射光線恰好與AC平行，已知∠A=60°，AC=2L，光在真空中的速度為c。求：

(1)該棱鏡的折射率n；

(2)該單色光在棱鏡中傳播的時(shí)間t(不考慮光在BC邊上的反射)。16.如圖所示，xOy平面第一象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限內(nèi)存在垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；質(zhì)量為m、帶電量為?q的粒子以大小為v0的初速度從?x軸上的P1(?d,0)點(diǎn)射入磁場(chǎng)，初速度方向與x軸負(fù)方向的夾角為45°，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從y軸上的P2點(diǎn)垂直y軸射入電場(chǎng)，最后從x軸上的P3(2d,0)點(diǎn)射出電場(chǎng)。粒子重力不計(jì)，求：

(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；17.如圖甲為研究電磁感應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖，其中電流傳感器(電阻不計(jì))能將各時(shí)刻的電流數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)通過(guò)數(shù)據(jù)采集器傳輸給計(jì)算機(jī)，經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后在屏幕上同步顯示出I?t圖像。平行且足夠長(zhǎng)的光滑金屬軌道的電阻忽略不計(jì)，左側(cè)傾斜導(dǎo)軌平面與水平方向夾角θ=37°，與右側(cè)水平導(dǎo)軌平滑連接，軌道上端連接一阻值R=0.5Ω的定值電阻，金屬桿MN的電阻r=0.5Ω，質(zhì)量m=1kg，桿長(zhǎng)L=1m跨接在兩導(dǎo)軌上。左側(cè)傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；右側(cè)水平導(dǎo)軌區(qū)域也加一垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B=1.0T，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，其始終與軌道垂直且接觸良好，金屬棒經(jīng)過(guò)傾斜軌道與水平軌道連接處無(wú)能量損失，此后計(jì)算機(jī)屏幕上顯示出金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上滑行過(guò)程中的I?t圖像，如圖乙所示，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：

(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率；

(2)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行過(guò)程中克服安培力做的總功；

(3)根據(jù)計(jì)算機(jī)上顯示的I?t圖像可知，當(dāng)t=0.5s時(shí)I=2A，求0～0.5s內(nèi)在電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。

18.如圖所示，光滑水平軌道ABC上固定一半徑R=2.6m的光滑螺旋狀圓軌道，質(zhì)量m=1kg的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))靜止在A點(diǎn)，圓軌道與水平軌道緊密平滑連接于B點(diǎn)(圓軌道出口B′點(diǎn)可認(rèn)為與入口B點(diǎn)重合)，水平軌道C點(diǎn)右側(cè)與質(zhì)量M=2kg、靜止放置在水平面上的木板上表面平齊，木板右端豎直固定一豎直擋板(質(zhì)量、厚度均不計(jì))。物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.4，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2。現(xiàn)給物塊施加一大小F=6.5N、水平向右的推力，t=2s后撤去力F(物塊未到達(dá)B點(diǎn))，物塊滑上木板后能與擋板發(fā)生彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短，最終物塊停在木板上，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：

(1)物塊通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN；

(2)物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊與木板的速度大小之比k；

答案解析1.【答案】BC

【解析】解：A、根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，可知電場(chǎng)線方向大致向左，根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場(chǎng)力方向大致向左，則粒子一定帶正電，故A錯(cuò)誤；

BD、粒子所受的電場(chǎng)力方向大致向左，則從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力方向與速度方向的夾角為鈍角，根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系可知，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故B正確，D錯(cuò)誤；

C、由圖中數(shù)據(jù)可知UAB=UBC

根據(jù)電場(chǎng)力做功公式W=qU

可知粒子從A到B電場(chǎng)力所做的功等于從B到C電場(chǎng)力所做的功，故C正確。

故選：BC。2.【答案】D

【解析】解：C、由于不知道太陽(yáng)與地球的球體半徑，故無(wú)法求出太陽(yáng)與地球密度之比，故C錯(cuò)誤；

AB、設(shè)太陽(yáng)質(zhì)量M，地球質(zhì)量m，月球質(zhì)量m0，地球繞太陽(yáng)GMmr12=m(2πT1)2r1

月球繞地球Gmm0r22=m0(2πT2)2r2

聯(lián)立得太陽(yáng)與地球質(zhì)量之比為Mm=r13T23.【答案】D

【解析】解：A.系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，而系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

B.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)有向左的速度，小車速度向右，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得如果小球重力勢(shì)能全轉(zhuǎn)化為小球動(dòng)能，則mgl=12mv2,v=2gl，而實(shí)際由于小球重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)為為小車動(dòng)能，則小球的速度小于2gl，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒及系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球擺到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的速度為零，則小球仍能向左擺到原高度，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)題意可知，小球相對(duì)于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，小車最大距離和小球最大距離關(guān)系有xM+xm=2l

以小車速度為正方向，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒定律有MvM=mvm4.【答案】D

【解析】解：AB.激光束開(kāi)始從P1P2處向右運(yùn)動(dòng)時(shí)照射到快艇，快艇在距Q1Q2的L處第一次被激光束照射到，激光束與快艇運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同。則兩者運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t1=6L?Lv=5Lv

快艇從Q1Q2處由靜止開(kāi)始沿直線做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移時(shí)間公式可得

L=12at12

聯(lián)立解得

a=2v225L

故AB錯(cuò)誤；

CD.設(shè)快艇第二次被照射的位置與P1P2相距為x，時(shí)間為t5.【答案】B

【解析】解：A.由對(duì)稱性可知，軌道對(duì)球1、球5的作用力大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；

B.球2、球4對(duì)球3的作用力大小相等且關(guān)于豎直方向?qū)ΨQ，由平行四邊形法則可知，合力方向豎直向下，故B正確；

C.對(duì)球1受力分析，如圖所示：

將力平移構(gòu)建矢量三角形，可知F2一定大于G，故C錯(cuò)誤；

D.對(duì)5個(gè)球整體受力分析，如圖所示：

軌道對(duì)球2、球4的彈力合力向上，則軌道對(duì)球3的彈力一定小于5G，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

A.根據(jù)對(duì)稱性分析，力是矢量；

B.先分析受力，再根據(jù)平行四邊形法則分析；

C.對(duì)球1受力分析；

D.對(duì)5個(gè)球整體受力分析。

要熟練掌握力的兩種合成法則，并合理選擇研究對(duì)象。6.【答案】D

【解析】解：BC、根據(jù)圖像可知t0時(shí)間內(nèi)物體的加速度大小為：a1=Δv1t0=9?3t0=6t0

t0～2t0時(shí)間內(nèi)的加速度大小為：a2=Δv22t0?t0=3t0=2a1

t0時(shí)間內(nèi)，對(duì)物體根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

t0～2t0時(shí)間內(nèi)，對(duì)物體根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ?μmgcosθ=ma2

聯(lián)立解得：μ=0.25，7.【答案】D

【解析】解：A.設(shè)籃球甲、乙從拋出到相遇運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2兩球在P點(diǎn)相遇，則在水平方向上有L=v0t1+v0t2，代入數(shù)據(jù)解得t1+t2=2.5s，故A錯(cuò)誤；

BC.由題知，在相遇時(shí)兩小球的速度方向相互垂直，設(shè)籃球甲落在P點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角為θ，作出速度分析圖，如圖所示：

由圖可知，小球甲、乙在相遇時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角不相同，根據(jù)幾何關(guān)系可得tanθ=v0gt1=gt2v0，可得t1t2=1s，又8.【答案】C

【解析】解：ABC、當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至某一位置時(shí)，將脫離半球體表面，設(shè)此時(shí)小球與球心連線同豎直方向的夾角為θ，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv2=mgR(1?cosθ)，且此刻由法向動(dòng)力學(xué)方程得mgcosθ=mv2R，聯(lián)立兩式解得cosθ=23，進(jìn)而求得v=2gR3，故AB錯(cuò)誤，C正確；

D、脫離瞬間小球的豎直分速度為vsinθ，此后小球豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，滿足關(guān)系vy′2?v9.【答案】BD

【解析】【分析】

t=0.10s時(shí)Q點(diǎn)在平衡位置上，由乙圖知下一時(shí)刻向下振動(dòng)，從而確定了該波向左傳播。根據(jù)甲、乙兩圖可以讀出該波的波長(zhǎng)和周期，從而求出波速，由x=vt求出波傳播的距離。根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)P的位置和加速度，求出通過(guò)的路程。根據(jù)x=vt求解波傳播的距離。根據(jù)圖象讀出振幅A，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)寫(xiě)出Q點(diǎn)的振動(dòng)方程。

本題的關(guān)鍵是會(huì)根據(jù)振動(dòng)情況來(lái)判斷波的傳播方向，抓住振動(dòng)圖象和波動(dòng)圖象之間的內(nèi)在聯(lián)系。要知道質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有在平衡位置或波峰、波谷處的質(zhì)點(diǎn)，在34個(gè)周期內(nèi)振動(dòng)的路程才是3A。

【解答】

A、圖(b)為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象，在t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q正從平衡位置向波谷運(yùn)動(dòng)，所以t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、在t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)波形平移法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播。由圖a知波長(zhǎng)λ=8m，圖b知周期T=0.2s，則波速為：v=λT=80.2m/s=40m/s，從t=0.10s到=0.25s經(jīng)過(guò)的時(shí)間為△t=0.15s，該波沿x軸負(fù)方向傳播的距離為△x=v△t=40×0.15m=6m，故B正確；

C、t=0.10

s質(zhì)點(diǎn)P正向上運(yùn)動(dòng)。從t=0.10s到t=0.25s經(jīng)過(guò)的時(shí)間為△t=0.15s=34T，由于t=0.10s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P不在平衡位置或波峰、波谷處，所以質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程不是3A=30cm，故C錯(cuò)誤；

D、質(zhì)點(diǎn)10.【答案】BC

【解析】解：A、R2和R3并聯(lián)后的總阻值為R23=R2R3R2+R3=6×126+12Ω=4Ω

變壓器原、副線圈電流之比為I1I2=n2n1=12

則副線圈兩端電壓U2=I2R23

原線圈兩端電壓U1=2U2=2I2R23

電阻R1兩端的電壓為UR1=I1R1=I2R12

電源電壓有效值為U=Um2=2222V=22V

且U=UR1+U11.【答案】BC

【解析】解：A.沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，所以場(chǎng)強(qiáng)方向由B到A，故A錯(cuò)誤；

B.φ?x圖像斜率的大小表示的是場(chǎng)強(qiáng)的大小，A點(diǎn)的斜率大，故A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故B正確；

CD.電子帶負(fù)電，受到的電場(chǎng)力方向向右，故電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，所以該電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：BC。

由φ?x圖像的斜率判斷場(chǎng)強(qiáng)大小，結(jié)合電勢(shì)變化分析電子電勢(shì)能與動(dòng)能的變化，進(jìn)而判斷各選項(xiàng)。

本題依托φ?x圖像，考查場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系、電勢(shì)能與動(dòng)能的轉(zhuǎn)化，對(duì)圖像分析與電場(chǎng)能量變化的綜合應(yīng)用能力有較好檢驗(yàn)作用。12.【答案】AC

【解析】解：A、物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)，垂直高度上升h，克服重力做功mgh，重力勢(shì)能增加mgh，故A正確；

B、物體沿斜面位移s=hsin30°，解得：s=2h。根據(jù)牛頓第二定律，合外力F合=ma，解得：F合=0.8mg。由動(dòng)能定理，動(dòng)能損失量ΔEk=F合s，代入得：ΔEk=1.6mgh，故B錯(cuò)誤；

C、由牛頓第二定律得mgsin30°+f=ma，解得摩擦力f=0.3mg。熱量Q=fs，解得：Q=0.6mgh，故C正確；

D、機(jī)械能損失量ΔE機(jī)=Q，解得：ΔE機(jī)=0.6mgh13.【答案】B

F0k【解析】解：(1)A.不需要測(cè)量彈簧原長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；

B.在使用之前將壓力傳感器調(diào)零，為后續(xù)實(shí)驗(yàn)和測(cè)量工作打下基礎(chǔ)，故B正確；

C.m1、m2在氣墊導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動(dòng)，不需要測(cè)出初始時(shí)m1、m2到左右兩側(cè)壓力傳感器的距離，故C錯(cuò)誤；

D.壓縮彈簧所需時(shí)間對(duì)實(shí)驗(yàn)沒(méi)有影響，不需要測(cè)量，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

(2)釋放m2前，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=12kx2=12k(F0k)2=F022k

彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，即F022k=12m2v02

m2碰前初速度為v0=F0km2

14.【答案】“×100”，1000；

B，C；

R1【解析】(1)由圖可知，多用表的指針偏轉(zhuǎn)幅度過(guò)小，故應(yīng)更換大倍率的擋位，即更換為“×100”的倍率；

待測(cè)電阻的大小為Rx=10×100Ω=1000Ω

(2)①由于使用要求電壓表示數(shù)的變化范圍足夠大，因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法；待測(cè)電阻的阻值Rx=1000Ω>RARV=40×1000Ω=200Ω，故應(yīng)采用電流表的內(nèi)接法，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B。

②A.由于電流表和電壓表的內(nèi)阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，故A錯(cuò)誤；

B.若將電流表和電壓表的內(nèi)阻計(jì)算在內(nèi)，可以消除由測(cè)量?jī)x表引起的系統(tǒng)誤差，故B錯(cuò)誤；

C.用圖像處理數(shù)據(jù)能起到“平均”的作用，可以減小偶然誤差但不能消除偶然誤差，故C正確；

D.電流表內(nèi)接法測(cè)量的電阻為RA+Rx，大于真實(shí)值，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

(3)由于靈敏電流計(jì)的示數(shù)為零，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，則有Rx、R1兩端的電壓相等，設(shè)為U1，同理可知R、R2兩端的電壓也相等，設(shè)為U2，根據(jù)歐姆定律可得U1Rx=U2R，U1R15.【答案】解：(1)作出完整的光路如圖．

根據(jù)幾何關(guān)系可知，入射角θ=60°

做AC界面法線交于BC于D點(diǎn)，光線在AB界面交于O點(diǎn)，P點(diǎn)發(fā)生全反射，Q點(diǎn)發(fā)生折射，則

∠PDC=60°，∠DPQ=60°

可知△PDQ為等邊三角形，所以

α=30°

因?yàn)樽罱K出射光線與AC平行，所以

β=60°

由折射定律n=sinβsinα

可得n=3

(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知

s=OP+PQ=Lsin60°+L2cos30°

光在玻璃內(nèi)傳播速度為v=cn

傳播時(shí)間為t=sv

解得t=5L【解析】(1)根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系解得；

(2)可通過(guò)作圖求出路程，再結(jié)合光在三棱鏡中的傳播速度即可求出時(shí)間。

本題考查光的折射定律，要求學(xué)生作出光路圖結(jié)合圖像進(jìn)行分析，再列等式求解，考查學(xué)生分析綜合能力。16.【答案】勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為2mv0【解析】解：(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得qv0B=mv02r

根據(jù)直角三角形得cos45°=dr

解得B=2mv02qd

(2)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上(2+1)d=12at2

在水平方向上2d=v017.【答案】金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率6m/s；

金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行過(guò)程中克服安培力做的總功18J；