2025届山东省聊城市高三下学期学业水平等级考试模拟物理试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE12025年山东省聊城市高考物理模拟试卷（3月份）一、单选题：本大题共8小题，共24分。1.如图所示，在研究光电效应的实验中，用频率为的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，测得遏止电压为U。已知电子的电荷量为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（）A.测量遏止电压时，电源左端为负极，右端为正极B.光电子的最大初动能为eUC.滑片P向右滑动时，电流表的示数一定减小D.滑片P向右滑动时，电流表的示数一定增大【答案】B【解析】A．测量遏止电压时，要让电子在光电管中做减速运动，所以需要A极电势低于K极电势，即电源的左端为正极，右端为负极，故A错误；B．根据动能定理，可知光电子的最大初动能为eU，故B正确；CD．因为不知道电源的正负极，所以当滑片P向右滑动时，光电管两端的电压增大，如果加的是正向电压，电流表的示数有可能增大，如果原本达到了饱和电流，则电流表示数不变；如果加的是反向电压，则到达A极的电子可能减小，电流表示数减小，故CD错误。故选B。2.动车进站时可看做匀减速直线运动，列车停止时，各车厢的车门正好对着站台上对应车厢的候车点，忽略车厢之间的空隙，一乘客站在5号车厢候车点候车，则1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比最接近于（）A.： B.：1C.2： D.：1【答案】A【解析】根据可逆思想，将动车进站的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中相邻的相等的位移所用时间之比为……，可得1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比为。故选A。3.如图甲所示的牛顿环，由两块玻璃砖组成，并用三颗螺丝固定，玻璃砖的横截面如图乙所示。在单色光照射下，可看到如图丙所示的明暗相间的条纹。以下说法正确的是（）A.出现明暗相间的条纹是光的衍射现象B.拧紧三颗螺丝时，会发现条纹变密集C.拧紧三颗螺丝时，会发现条纹变稀疏D.如果条纹如图丁所示，可能是玻璃板B上表面对应位置有凸起【答案】C【解析】A．出现明暗相间的条纹是光的干涉现象，故A错误；BC．拧紧三颗螺丝时，两块玻璃砖间的空气膜厚度变薄，变化变慢，所以会发现条纹变稀疏，故B错误，C正确；D．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同。从弯曲的条纹可知，检右边处的空气膜厚度与前面的空气膜厚度相同，弯曲处是凹下去，故D错误。故选C。4.将轻质弹簧一端固定在地球某处的水平地面上，在某高度处由静止释放一个小球，小球落在竖直弹簧上，小球速度最大时弹簧的压缩量为。假设把该弹簧固定在火星某处的水平地面上，将同一小球由同一高度处释放，小球速度最大时弹簧压缩量为。已知火星质量约为地球质量的，直径约为地球直径的，不考虑星球自转带来的影响，则：约为（）A.2：5 B.1：1 C.5：4 D.5：2【答案】D【解析】设地球表面的重力加速度为g，火星表面的重力加速度为，在星球表面有解得小球速度最大时受力平衡，根据平衡条件有解得，故选D。5.如图所示，四个等量点电荷分别固定在菱形的四个顶点上，其中A、C处为正电荷，B、D处为负电荷。M、N、P、Q四点分别为四条边的中点，下列说法正确的是（）A.N、Q两点的电场强度相同B.M、N两点电势关系为C.试探电荷沿直线由N向Q移动过程中，电势能始终不变D.试探电荷沿直线由N向Q移动过程中，所受电场力先做正功再做负功【答案】D【解析】A．根据电场的矢量叠加可知，N、Q两点的电场强度方向不同，故A错误；B．根据称性可知，M、N两点电势关系为，故B错误；CD．靠近正电荷的点电势较高，所以试探电荷沿直线由N向Q移动过程中，电势能先减小后增大，所受电场力先做正功再做负功，故C错误，D正确。故选D。6.如图所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比，定值电阻和和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，正弦交流电源输出电压的有效值恒为U。当开关S断开时，电流表的示数为I。则当S闭合时，电流表的示数为（）A. B.2I C.4I D.5I【答案】B【解析】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电路变为简单的串联电路，如下图所示：根据：，，，可得：当S断开时，负载电阻可得：根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流为：当开关S闭合时，负载电阻可得：根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流为：可得原线圈的电流的关系为：因匝数比一定，故副线圈的电流的关系与原线圈的电流的关系相同，即当S闭合时，电流表的示数为2I。故选B。7.排污管道对于一个城市的正常运转是不可或缺的。管道中的污水通常含有大量的正负离子。如图所示，管道内径为d，污水流速大小为v，方向水平向右。现将方向与管道横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段管道，磁感应强度大小为B，M、N为管道上的两点，当污水的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（）A.M点电势低，N点电势高B.M、N间电势差与污水流速无关C.由于沉淀物导致管道内径变小时，污水流速变小D.由于沉淀物导致管道内径变小时，M、N间的电势差变大【答案】D【解析】A．根据左手定则可知，带正电的粒子所受洛伦兹力向上，则M点电势高，N点电势低，故A错误;B．温度后满足得，即M、N间电势差与污水流速有关，故B错误；C．由于污水流量一定，根据当沉淀物导致管道内径变小时，S变小，则污水流速变大，故C错误；D．由于沉淀物导致管道内径变小时，根据故M、N间的电势差U变大，故D正确。故选D。8.滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，展现快速的运动艺术。如图所示，一少年在一次训练中以速度从P点沿切线进入曲面轨道，从O点离开曲面轨道，离开O点时的速度与水平方向夹角为，再经过1s落在倾角为的斜面上Q点点未标出。已知重力加速度g取，P点到O点的竖直高度，少年和滑板可视为质点总质量，忽略空气阻力。少年在此运动过程中，下列说法错误的是（）A.从O点到Q点的距离为5mB.在曲面轨道上克服摩擦力做的功为30JC.少年落在Q点前瞬间重力的功率为3750WD.少年离斜面的最大距离为1m【答案】D【解析】A．少年由O到Q的过程做平抛运动，将此运动沿水平方向与竖直方向分解，如图1所示设O点的速度大小为v，其水平分速度大小为，竖直分速度大小为，从O到Q水平方向做匀速直线运动，可得竖直方向做竖直上抛运动，可得由几何关系得又已知联立解得，，由几何关系得O点到Q点的距离故A正确，不符合题意；B．设在曲面轨道上克服摩擦力做的功为W，对此过程，根据动能定理得解得故B正确，不符合题意；C．少年落在Q点前瞬间的竖直分速度大小为此时重力的功率为，故C正确，不符合题意；D．由O到Q的过程，少年在垂直于斜面的方向上速度减到零时，其离斜面的距离最远，将O到Q的运动沿垂直于斜面与平行于斜面分解，如图2所示O点的速度v和重力加速度g垂直于斜面的分量分别为、。设少年离斜面的最大距离为，在垂直于斜面的方向上，由运动学公式得解得故D错误，符合题意。本题选错误的，故选D。二、多选题：本大题共4小题，共16分。9.如图所示，质量分别为m、2m的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳、固定，处于静止状态，水平，与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g，。则（）A.的拉力大小为4mgB.的拉力大小为4mgC.剪断的瞬间，小球甲的加速度大小为D.剪断的瞬间，小球乙的加速度大小为g【答案】AC【解析】AB．对甲、乙整体受力分析可知，的拉力大小为的拉力大小为A正确、B错误；CD．若剪断，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析，由牛顿第二定律可知加速度为故C正确，D错误。故选：AC。10.一列波长为的简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，时刻的波形如图甲所示，P、点位置图甲中未标明是介质中的两个质点，P是平衡位置位于处的质点，质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.这列简谐横波在介质中的传播速度为B.在时，质点P的加速度方向沿y轴正方向C.质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为D.P、Q两质点的平衡位置最小间距为【答案】ACD【解析】A．根据图甲可得波的波长为，根据图乙可得周期为，则波速故A正确；B．波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，时刻P沿方向振动，则时，质点P位于平衡位置上方正在向下振动，所以P的加速度方向沿y轴负方向，故B错误；C．质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的一般表达式为当时，代入上式解得所以质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为故C正确；D．时，P的位置坐标为距离P点最近的Q点的平衡位置坐标为P点平衡位置位于所以P、Q两质点的平衡位置最小间距为故D正确。故选ACD。11.一定质量的理想气体从状态a开始，经历abcda过程回到原状态，其图像如图所示，其中ab、cd与T轴平行，ad、bc与p轴平行，bd的延长线过原点O。下列判断正确的是（）A.过程，气体温度升高，内能的增加量小于气体从外界吸收的热量B.过程，气体体积减小，内能的增加量等于外界对气体做的功C.过程，气体温度降低，气体向外界放出的热量等于内能的减少量D.气体从状态a开始，经历abcda回到原状态的过程中，吸收的热量大于放出的热量【答案】AD【解析】A．过程中，温度升高，则内能增大，因压强不变，则恒定，所以体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，内能的增加量小于气体从外界吸收的热量，故A正确；B．过程中温度不变，内能不变，恒定，压强减小，则气体体积增大，对外做功，故B错误；C．过程温度降低，则内能减小，又压强不变，则恒定，所以体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，内能的减少量小于气体所放出的热量，故C错误；D．气体从状态a开始，过程体积增大，过程体积减小，bd等容，过程气体对外界做功大于外界对气体做功，过程气体对外界做功大于过程外界对气体做功，经历abcda回到原状态的过程中，气体内能不变，气体对外界做功大于外界对气体做功，根据热力学第一定律，吸收的热量大于放出的热量，故D正确。故选AD12.如图所示，两个“U”型光滑导轨水平放置，处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨间所接电源电动势E大小未知，内阻为R。两根材料、粗细都相同的导体棒、，长度分别为d、2d，导体棒电阻为R、质量为m。导体棒始终与导轨垂直，两端与导轨接触良好，导轨足够长且不计电阻。闭合开关，两导体棒由静止开始运动，最终稳定时导体棒的速度大小为v。下列说法正确的是（）A.闭合开关后，导体棒可能做匀加速运动B.闭合开关后，加速过程中导体棒、的加速度大小相等C.电源电动势D.整个过程中，导体棒中产生的焦耳热为【答案】BD【解析】A．闭合开关后，两导体棒在安培力的作用下均开始加速运动，根据法拉第电磁感应定律，可知两者切割磁感线产生逐渐增大的感应电动势，而感应电动势与电源电动势相反，则回路的总电动势逐渐减小，回路中的电流，以及两导体棒受到的安培力均减小，根据牛顿第二定律，可知两导体棒均做加速度减小的加速运动，故A错误；B．由题意可知，导体棒电阻为R、质量为m；导体棒的质量为2m，电阻为2R。加速过程中当电流为I时，导体棒、受到的安培力大小分别为，根据牛顿第二定律有，解得，可知在加速过程中导体棒、的加速度大小相等，故B正确；C．由上述分析可知最终稳定时，两棒均以速度v做匀速直线运动，此时两棒的感应电动势之和等于电源电动势，即电源电动势为故C错误；D．设全程通过回路的电荷量为q，以导体棒为研究对象，以其运动方向为正方向，根据动量定理得其中整个过程电源输出的电能为联立解得由能量守恒定律可得回路产生的总焦耳热为根据焦耳定律可得导体棒中产生的焦耳热为故D正确。故选BD。三、实验题：本大题共2小题，共14分。13.某位同学用图甲所示的装置探究加速度与力的关系。将长木板放在水平桌面上，带定滑轮的一端伸出桌面。打点计时器固定在长木板的另一端，穿过限位孔的纸带与滑块相连，滑块上固定力传感器，传感器通过轻质细线绕过光滑定滑轮与沙桶相连，细线与木板平行。实验中接通打点计时器电源，释放滑块，记下滑块运动时力传感器的示数F，关闭电源，根据纸带求出滑块的加速度a，并将数据记录在表格中，改变沙桶中沙子质量，重复以上操作。实验次数12345请回答以下问题：（1）本实验中，______填“需要”或“不需要”满足沙桶和沙的质量远小于滑块和力传感器的质量；（2）图乙为第三次实验打出的纸带，已知打点计时器的电源频率为50Hz，相邻计数点间有四个点未画出，则此次实验时的加速度大小______结果保留3位有效数字；（3）以传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，在图丙的坐标纸上画出关系图像______，根据图像可知，滑块和力传感器的总质量______kg。【答案】（1）不需要（2）1.50（3）见详析0.40【解析】【小问1详析】因为实验器材中有拉力传感器，可以直接读出细线上的拉力大小，所以不需要满足沙桶和沙的质量远小于滑块和力传感器的质量；【小问2详析】两相邻计数点之间的时间间隔为，则加速度大小为【小问3详析】[1]做出的图像如图所示[2]设滑块和力传感器所受摩擦力大小为f，对滑块和力传感器根据牛顿第二定律有，则即图像的斜率为根据图像可得解得14.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验小组将待测电源E、电流表A量程，内阻、电阻箱R和开关用导线连成图甲所示的电路。（1）闭合开关S，记录电阻箱接入电路阻值R，电流表示数I，测得多组数据，作出图像如图乙所示，则待测电源的电动势E=______V，内阻______。结果保留两位有效数字（2）小明同学用该电源、某型号的热敏电阻和一定值电阻设计一个如图丙所示的自动控制电路。当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动加热系统，已知热敏电阻的阻值随温度的变化如图丁所示，不考虑控制开关对所设计电路的影响，提供的定值电阻有：，，限选其中之一，要求当环境温度降到时启动加热系统，定值电阻R应选______；不考虑测量的偶然误差，若选择，当加热系统启动时，环境温度______选填“高于”、“低于”或“等于”。【答案】（1）18（2）高于【解析】【小问1详析】[1][2]根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得整理得：由图乙所示图像可知，图像的斜率纵轴截距代入数据解得，电源电动势，内阻【小问2详析】[1][2]由图丁所示图像可知，时热敏电阻阻值由欧姆定律可知，热敏电阻两端电压代入数据解得则定值电阻R应选择；定值电阻若选择，热敏电阻两端电压代入数据解得由图丁所示图像可知，此时环境温度高于。四、计算题：本大题共4小题，共46分。15.家用储水式压力罐常被用于二次供水，其简要结构如图所示。压力罐的总容积为360L，初始时罐内无水，水龙头处于关闭状态，水管容积可忽略不计，罐内气体压强为。接通电源，第一次启动水泵给罐补水，当罐内压强增大到时水泵自动断开电源，停止补水。罐内气体可视为理想气体，压力罐密闭性、导热性能良好，环境温度不变，已知10m高水柱产生的压强为，水龙头到压力罐底的高度为，当水龙头不出水时，压力罐中剩余水深，再次启动水泵补水。求：（1）水泵第一次工作注入水的体积；（2）水泵工作一次可给用户输送水的体积。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】以罐内的气体为研究对象，在初始状态时，有，末状态时，有，气体的体积为，由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得解得则水泵第一次工作注入水的体积为【小问2详析】设水龙头不出水时，气体的压强为，体积为，而对气体，由玻意耳定律可得联立代入数据解得则水泵工作一次可给用户输送水的体积为16.我国在高能激光研究领域处于领先地位。如图所示为透明材料的横截面，为研究激光的性能，将一细激光束以的入射角射向透明材料的AC边，进入材料后激光束垂直于AB连线射向球面。透明材料的上半部是圆锥体，，下半部是半径为R的半球体，O为球心，半球体与水平面的接触点为Q。（1）求透明材料对该激光的折射率n；（2）保持入射角不变，激光束由A向C移动，经球面折射出的激光在水平面上留下烧灼的痕迹，求Q点左侧痕迹的长度不考虑材料内反射光的影响。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】设折射角为，由题意及几何关系，可得下图：由几何关系可知：由光的折射定律可知：，联立可得：【小问2详析】设在AC面上，由D点折射进入透明材料的光线，到达半球面上的E点时，入射角为临界角，折射光线为EF，由题意及几何关系，可得下图：由临界角与折射率的关系可得：由几何关系可得：，，由光的折射定律及数学知识可得：联立可得：即Q点左侧痕迹长度为；17.如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为，顺时针运行速度，下端与光滑水平轨道平滑连接。小物块P从传送带顶端由静止释放，当小物块运动至光滑水平轨道末端恰好与静置在长木板左端等高位置的物块Q发生弹性碰撞。长木板水平部分AB粗糙，右端为四分之一光滑圆弧轨道，半径。已知物块Q离开C点后能上升的最大高度，小物块P与传送带间的动摩擦因数，物块Q与木板上表面AB间动摩擦因数，物块P、Q的质量，长木板的质量，重力加速度，，，水平面MN光滑且足够长，忽略空气阻力。求：（1）物块P运动到传送带底端时的速度大小；（2）物块P与传送带间因摩擦产生的热量；（3）若物块Q能停在木板上，求Q最终停在木板上的位置；若不能，求Q离开木板时的速度大小。【答案】（1）（2）6J（3）【解析】【小问1详析】物块P释放后，设加速度为，经时间速度为，位移为，有得根据，得根据，得设物块P速度达到后，加速度为，再经时间到传送带末端，由得根据得由，得【小问2详析】物块P与传送带间的相对运动路程为，根据得设因摩擦产生热量为Q，则得【小问3详析】设P与Q发生弹性碰撞后，速度分别为，。以方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得得,设AB间长度为L，Q离开轨道到最高点时速度为v，以方向为正方向，由水平方向动量守恒得由能量守恒得得，若Q停在木板上距B端x处，有得，即物块Q停在木板上距B点处。18.坐标系中，在的空间存在沿z轴负方向的匀强电场，在的空间存在方向沿y轴正方向的匀强磁场，如图甲所示。一比荷为带正电的粒子以初速度自点沿y轴正方向运动，一段时间后恰由坐标原点O进入匀强磁场的空间，粒子重力忽略不计。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子能够返回匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小的取值范围；（3）如图乙所示，若将匀强磁场变为方向平行xOy平面、与y轴夹角，磁感应强度大小，同时在的空间加上匀强电场，方向沿z轴正方向。求粒子经过O点进入的空间后，第10次通过xOy平面的位置坐标。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】带电粒子在电场做类平抛运动，由题意得，，联立解得【小问2详析】粒子自O点进入磁场空间后，速度分解如图a所示粒子沿y轴方向分运动为匀速直线运动，沿方向分运动为匀速圆周运动，如图b所示则有

，在沿x轴方向，由洛伦兹力提供向心力，则有要使粒子能够返回匀强电场，则联立解得【小问3详析】粒子自O点进入的空间后，速度分解如图a所示，再将v如图c分解又可知粒子沿、方向均为匀速直线运动，即粒子沿y轴方向分运动为匀速直线运动，对于沿z轴负方向，与磁场垂直，在的空间垂直于的平面内做匀速圆周运动，进入空间后，在电场力的作用下做匀变速直线运动，此后再次进入的空间，轨迹如图d则有解得由几何关系可知，粒子第10次经过xOy面时x坐标为在y轴方向上，粒子运动的时间又可得则有y坐标综上所述，第10次经过xOy平面的位置坐标2025年山东省聊城市高考物理模拟试卷（3月份）一、单选题：本大题共8小题，共24分。1.如图所示，在研究光电效应的实验中，用频率为的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，测得遏止电压为U。已知电子的电荷量为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（）A.测量遏止电压时，电源左端为负极，右端为正极B.光电子的最大初动能为eUC.滑片P向右滑动时，电流表的示数一定减小D.滑片P向右滑动时，电流表的示数一定增大【答案】B【解析】A．测量遏止电压时，要让电子在光电管中做减速运动，所以需要A极电势低于K极电势，即电源的左端为正极，右端为负极，故A错误；B．根据动能定理，可知光电子的最大初动能为eU，故B正确；CD．因为不知道电源的正负极，所以当滑片P向右滑动时，光电管两端的电压增大，如果加的是正向电压，电流表的示数有可能增大，如果原本达到了饱和电流，则电流表示数不变；如果加的是反向电压，则到达A极的电子可能减小，电流表示数减小，故CD错误。故选B。2.动车进站时可看做匀减速直线运动，列车停止时，各车厢的车门正好对着站台上对应车厢的候车点，忽略车厢之间的空隙，一乘客站在5号车厢候车点候车，则1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比最接近于（）A.： B.：1C.2： D.：1【答案】A【解析】根据可逆思想，将动车进站的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中相邻的相等的位移所用时间之比为……，可得1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比为。故选A。3.如图甲所示的牛顿环，由两块玻璃砖组成，并用三颗螺丝固定，玻璃砖的横截面如图乙所示。在单色光照射下，可看到如图丙所示的明暗相间的条纹。以下说法正确的是（）A.出现明暗相间的条纹是光的衍射现象B.拧紧三颗螺丝时，会发现条纹变密集C.拧紧三颗螺丝时，会发现条纹变稀疏D.如果条纹如图丁所示，可能是玻璃板B上表面对应位置有凸起【答案】C【解析】A．出现明暗相间的条纹是光的干涉现象，故A错误；BC．拧紧三颗螺丝时，两块玻璃砖间的空气膜厚度变薄，变化变慢，所以会发现条纹变稀疏，故B错误，C正确；D．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同。从弯曲的条纹可知，检右边处的空气膜厚度与前面的空气膜厚度相同，弯曲处是凹下去，故D错误。故选C。4.将轻质弹簧一端固定在地球某处的水平地面上，在某高度处由静止释放一个小球，小球落在竖直弹簧上，小球速度最大时弹簧的压缩量为。假设把该弹簧固定在火星某处的水平地面上，将同一小球由同一高度处释放，小球速度最大时弹簧压缩量为。已知火星质量约为地球质量的，直径约为地球直径的，不考虑星球自转带来的影响，则：约为（）A.2：5 B.1：1 C.5：4 D.5：2【答案】D【解析】设地球表面的重力加速度为g，火星表面的重力加速度为，在星球表面有解得小球速度最大时受力平衡，根据平衡条件有解得，故选D。5.如图所示，四个等量点电荷分别固定在菱形的四个顶点上，其中A、C处为正电荷，B、D处为负电荷。M、N、P、Q四点分别为四条边的中点，下列说法正确的是（）A.N、Q两点的电场强度相同B.M、N两点电势关系为C.试探电荷沿直线由N向Q移动过程中，电势能始终不变D.试探电荷沿直线由N向Q移动过程中，所受电场力先做正功再做负功【答案】D【解析】A．根据电场的矢量叠加可知，N、Q两点的电场强度方向不同，故A错误；B．根据称性可知，M、N两点电势关系为，故B错误；CD．靠近正电荷的点电势较高，所以试探电荷沿直线由N向Q移动过程中，电势能先减小后增大，所受电场力先做正功再做负功，故C错误，D正确。故选D。6.如图所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比，定值电阻和和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，正弦交流电源输出电压的有效值恒为U。当开关S断开时，电流表的示数为I。则当S闭合时，电流表的示数为（）A. B.2I C.4I D.5I【答案】B【解析】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电路变为简单的串联电路，如下图所示：根据：，，，可得：当S断开时，负载电阻可得：根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流为：当开关S闭合时，负载电阻可得：根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流为：可得原线圈的电流的关系为：因匝数比一定，故副线圈的电流的关系与原线圈的电流的关系相同，即当S闭合时，电流表的示数为2I。故选B。7.排污管道对于一个城市的正常运转是不可或缺的。管道中的污水通常含有大量的正负离子。如图所示，管道内径为d，污水流速大小为v，方向水平向右。现将方向与管道横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段管道，磁感应强度大小为B，M、N为管道上的两点，当污水的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（）A.M点电势低，N点电势高B.M、N间电势差与污水流速无关C.由于沉淀物导致管道内径变小时，污水流速变小D.由于沉淀物导致管道内径变小时，M、N间的电势差变大【答案】D【解析】A．根据左手定则可知，带正电的粒子所受洛伦兹力向上，则M点电势高，N点电势低，故A错误;B．温度后满足得，即M、N间电势差与污水流速有关，故B错误；C．由于污水流量一定，根据当沉淀物导致管道内径变小时，S变小，则污水流速变大，故C错误；D．由于沉淀物导致管道内径变小时，根据故M、N间的电势差U变大，故D正确。故选D。8.滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，展现快速的运动艺术。如图所示，一少年在一次训练中以速度从P点沿切线进入曲面轨道，从O点离开曲面轨道，离开O点时的速度与水平方向夹角为，再经过1s落在倾角为的斜面上Q点点未标出。已知重力加速度g取，P点到O点的竖直高度，少年和滑板可视为质点总质量，忽略空气阻力。少年在此运动过程中，下列说法错误的是（）A.从O点到Q点的距离为5mB.在曲面轨道上克服摩擦力做的功为30JC.少年落在Q点前瞬间重力的功率为3750WD.少年离斜面的最大距离为1m【答案】D【解析】A．少年由O到Q的过程做平抛运动，将此运动沿水平方向与竖直方向分解，如图1所示设O点的速度大小为v，其水平分速度大小为，竖直分速度大小为，从O到Q水平方向做匀速直线运动，可得竖直方向做竖直上抛运动，可得由几何关系得又已知联立解得，，由几何关系得O点到Q点的距离故A正确，不符合题意；B．设在曲面轨道上克服摩擦力做的功为W，对此过程，根据动能定理得解得故B正确，不符合题意；C．少年落在Q点前瞬间的竖直分速度大小为此时重力的功率为，故C正确，不符合题意；D．由O到Q的过程，少年在垂直于斜面的方向上速度减到零时，其离斜面的距离最远，将O到Q的运动沿垂直于斜面与平行于斜面分解，如图2所示O点的速度v和重力加速度g垂直于斜面的分量分别为、。设少年离斜面的最大距离为，在垂直于斜面的方向上，由运动学公式得解得故D错误，符合题意。本题选错误的，故选D。二、多选题：本大题共4小题，共16分。9.如图所示，质量分别为m、2m的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳、固定，处于静止状态，水平，与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g，。则（）A.的拉力大小为4mgB.的拉力大小为4mgC.剪断的瞬间，小球甲的加速度大小为D.剪断的瞬间，小球乙的加速度大小为g【答案】AC【解析】AB．对甲、乙整体受力分析可知，的拉力大小为的拉力大小为A正确、B错误；CD．若剪断，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析，由牛顿第二定律可知加速度为故C正确，D错误。故选：AC。10.一列波长为的简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，时刻的波形如图甲所示，P、点位置图甲中未标明是介质中的两个质点，P是平衡位置位于处的质点，质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.这列简谐横波在介质中的传播速度为B.在时，质点P的加速度方向沿y轴正方向C.质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为D.P、Q两质点的平衡位置最小间距为【答案】ACD【解析】A．根据图甲可得波的波长为，根据图乙可得周期为，则波速故A正确；B．波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，时刻P沿方向振动，则时，质点P位于平衡位置上方正在向下振动，所以P的加速度方向沿y轴负方向，故B错误；C．质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的一般表达式为当时，代入上式解得所以质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为故C正确；D．时，P的位置坐标为距离P点最近的Q点的平衡位置坐标为P点平衡位置位于所以P、Q两质点的平衡位置最小间距为故D正确。故选ACD。11.一定质量的理想气体从状态a开始，经历abcda过程回到原状态，其图像如图所示，其中ab、cd与T轴平行，ad、bc与p轴平行，bd的延长线过原点O。下列判断正确的是（）A.过程，气体温度升高，内能的增加量小于气体从外界吸收的热量B.过程，气体体积减小，内能的增加量等于外界对气体做的功C.过程，气体温度降低，气体向外界放出的热量等于内能的减少量D.气体从状态a开始，经历abcda回到原状态的过程中，吸收的热量大于放出的热量【答案】AD【解析】A．过程中，温度升高，则内能增大，因压强不变，则恒定，所以体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，内能的增加量小于气体从外界吸收的热量，故A正确；B．过程中温度不变，内能不变，恒定，压强减小，则气体体积增大，对外做功，故B错误；C．过程温度降低，则内能减小，又压强不变，则恒定，所以体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，内能的减少量小于气体所放出的热量，故C错误；D．气体从状态a开始，过程体积增大，过程体积减小，bd等容，过程气体对外界做功大于外界对气体做功，过程气体对外界做功大于过程外界对气体做功，经历abcda回到原状态的过程中，气体内能不变，气体对外界做功大于外界对气体做功，根据热力学第一定律，吸收的热量大于放出的热量，故D正确。故选AD12.如图所示，两个“U”型光滑导轨水平放置，处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨间所接电源电动势E大小未知，内阻为R。两根材料、粗细都相同的导体棒、，长度分别为d、2d，导体棒电阻为R、质量为m。导体棒始终与导轨垂直，两端与导轨接触良好，导轨足够长且不计电阻。闭合开关，两导体棒由静止开始运动，最终稳定时导体棒的速度大小为v。下列说法正确的是（）A.闭合开关后，导体棒可能做匀加速运动B.闭合开关后，加速过程中导体棒、的加速度大小相等C.电源电动势D.整个过程中，导体棒中产生的焦耳热为【答案】BD【解析】A．闭合开关后，两导体棒在安培力的作用下均开始加速运动，根据法拉第电磁感应定律，可知两者切割磁感线产生逐渐增大的感应电动势，而感应电动势与电源电动势相反，则回路的总电动势逐渐减小，回路中的电流，以及两导体棒受到的安培力均减小，根据牛顿第二定律，可知两导体棒均做加速度减小的加速运动，故A错误；B．由题意可知，导体棒电阻为R、质量为m；导体棒的质量为2m，电阻为2R。加速过程中当电流为I时，导体棒、受到的安培力大小分别为，根据牛顿第二定律有，解得，可知在加速过程中导体棒、的加速度大小相等，故B正确；C．由上述分析可知最终稳定时，两棒均以速度v做匀速直线运动，此时两棒的感应电动势之和等于电源电动势，即电源电动势为故C错误；D．设全程通过回路的电荷量为q，以导体棒为研究对象，以其运动方向为正方向，根据动量定理得其中整个过程电源输出的电能为联立解得由能量守恒定律可得回路产生的总焦耳热为根据焦耳定律可得导体棒中产生的焦耳热为故D正确。故选BD。三、实验题：本大题共2小题，共14分。13.某位同学用图甲所示的装置探究加速度与力的关系。将长木板放在水平桌面上，带定滑轮的一端伸出桌面。打点计时器固定在长木板的另一端，穿过限位孔的纸带与滑块相连，滑块上固定力传感器，传感器通过轻质细线绕过光滑定滑轮与沙桶相连，细线与木板平行。实验中接通打点计时器电源，释放滑块，记下滑块运动时力传感器的示数F，关闭电源，根据纸带求出滑块的加速度a，并将数据记录在表格中，改变沙桶中沙子质量，重复以上操作。实验次数12345请回答以下问题：（1）本实验中，______填“需要”或“不需要”满足沙桶和沙的质量远小于滑块和力传感器的质量；（2）图乙为第三次实验打出的纸带，已知打点计时器的电源频率为50Hz，相邻计数点间有四个点未画出，则此次实验时的加速度大小______结果保留3位有效数字；（3）以传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，在图丙的坐标纸上画出关系图像______，根据图像可知，滑块和力传感器的总质量______kg。【答案】（1）不需要（2）1.50（3）见详析0.40【解析】【小问1详析】因为实验器材中有拉力传感器，可以直接读出细线上的拉力大小，所以不需要满足沙桶和沙的质量远小于滑块和力传感器的质量；【小问2详析】两相邻计数点之间的时间间隔为，则加速度大小为【小问3详析】[1]做出的图像如图所示[2]设滑块和力传感器所受摩擦力大小为f，对滑块和力传感器根据牛顿第二定律有，则即图像的斜率为根据图像可得解得14.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验小组将待测电源E、电流表A量程，内阻、电阻箱R和开关用导线连成图甲所示的电路。（1）闭合开关S，记录电阻箱接入电路阻值R，电流表示数I，测得多组数据，作出图像如图乙所示，则待测电源的电动势E=______V，内阻______。结果保留两位有效数字（2）小明同学用该电源、某型号的热敏电阻和一定值电阻设计一个如图丙所示的自动控制电路。当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动加热系统，已知热敏电阻的阻值随温度的变化如图丁所示，不考虑控制开关对所设计电路的影响，提供的定值电阻有：，，限选其中之一，要求当环境温度降到时启动加热系统，定值电阻R应选______；不考虑测量的偶然误差，若选择，当加热系统启动时，环境温度______选填“高于”、“低于”或“等于”。【答案】（1）18（2）高于【解析】【小问1详析】[1][2]根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得整理得：由图乙所示图像可知，图像的斜率纵轴截距代入数据解得，电源电动势，内阻【小问2详析】[1][2]由图丁所示图像可知，时热敏电阻阻值由欧姆定律可知，热敏电阻两端电压代入数据解得则定值电阻R应选择；定值电阻若选择，热敏电阻两端电压代入数据解得由图丁所示图像可知，此时环境温度高于。四、计算题：本大题共4小题，共46分。15.家用储水式压力罐常被用于二次供水，其简要结构如图所示。压力罐的总容积为360L，初始时罐内无水，水龙头处于关闭状态，水管容积可忽略不计，罐内气体压强为。接通电源，第一次启动水泵给罐补水，当罐内压强增大到时水泵自动断开电源，停止补水。罐内气体可视为理想气体，压力罐密闭性、导热性能良好，环境温度不变，已知10m高水柱产生的压强为，水龙头到压力罐底的高度为，当水龙头不出水时，压力罐中剩余水深，再次启动水泵补水。求：（1）水泵第一次工作注入水的体积；（2）水泵工作一次可给用户输送水的体积。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】以罐内的气体为研究对象，在初始状态时，有，末状态时，有，气体的体积为，由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得解得则水泵第一次工作注入水的体积为【小问2详析】设水龙头不出水时，气体的压强为，体积为，而对气体，由玻意耳定律可得联立代入数据解得则水泵工作一次可给用户输送水的体积为