2025届浙江省金华市义乌市高三年级下册三模物理试题（含答案）

2025届浙江省金华市义乌市高三下学期三模物理试题

一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符

合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.下列物理量中是标量，且其单位用国际制基本单位表示正确的是（）

A.动量N-t

B.安培力kgm-s-2

C.重力势能kg-m2s2

D.电动势Vm

2.2025年4月25日0时分，载满小商品货柜的第2112列“义新欧”班列跨越13052公里抵达了西班牙的首

都马德里。关于这趟班列同学们的说法正确的是（）

A.13052公里是指列车完成的位移大小

B.运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法

C.当位非常小时，Q=替代表列车的瞬时加速度，这里运用了微元法

D.列车过弯道时超速将会加剧对弯道内轨的磨损

3.春风和煦，义乌市民广场上有许多人在放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中。乙图是甲图的情

境模型，OL代表风筝线，MN代表风筝截面，截面与水平面夹角。保持不变。假设风向水平，风速稳定，

保持筝线拉力大小保持不变，则下列同学的判断正确的是（）

乙

A.若持线人在地上向左移动些许，风筝将呈现失重状态

B.若持线人在地上向右移动些许，风筝高度将下降

C.图示情境下，风筝不可能静止在空中

D.图不情境下，风筝受到四个力的作用

4.下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻刀，当小锤完成

第1页

敲击后，下列对两小球的判断错误的是（)

A.从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同

B.从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同

C.两个钢球落地时的重力功率不相同

D.两个钢球落地时的动量不相同

5.甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、泊松亮斑、重核裂变的结构示意图，下列说

法中正确的是（）

A.图甲中增大交变电压场的电压可增大粒子的最大动能

B.图乙中磁流体发电机产生的电动势大小与等离子体的浓度无关

C.图丙中的泊松亮斑支持了光的波动说，它是菲涅尔通过实验观察到的

D.图丁所示的核反应属于重核裂变，钢141的平均核子质量、比结合能都比铀235的小

6.如图所示，有一面积为S,匝数为N,电阻为r的矩形线圈，绕。。'轴在水平方向的磁感应强度为B的匀

强磁场中以角速度⑴做匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理

想变压器原线圈，副线圈接有固定巨阻Ro和滑动变阻器R,所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是

A.金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是A-BTCTD

B.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSwsincot

C.将R的滑片向下滑动时，电流表A示数变大，电压表V的示数变大

D.将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大

7.下图的电路广泛的存在于收音机、电子琴等用电器中，如果我们在电路左侧的输入端输入正弦交流电,

第2页

在AB端和CD端分别用示波器监测电路的输出信号。下列同学对示波器监测到的信号判断正确的是

A.电路正常工作时，AB端监测到的信号图样如丁所示，CD端监测到的信号图样如甲所示

B.电路正常工作时，AB端监测到的信号图样如乙所示，CD端监测到的信号图样如丙所示

C.如果电路中的某个二极管虚焊断路，AB和CD端监测到的信号图样可能如乙和丙所示

D.改变电感的自感系数和电容器的电容都可以改变CD端输出信号的频率

8.在太阳光照射下，卫星太阳能板将光能转化为的电能为卫星设备提供能源。一颗绕地球做匀速圆周运动

的卫星与地心的距离为地球半径的倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合，卫星的运行周期为T。下

列判断正确的是（）

A.卫星的运行周期T约为近地卫星运行周期的2倍

B.卫星的运行速度约为第一宇宙速度的企倍

C.卫星运行轨道上各点的重力加速度为地球表面的挈倍

D.卫星运行一周，太阳能收集权转化电能的时间约为,7

9.一页与水平面MN成。角的平行红色光束射到半圆柱形玻璃砖的界面上，其横截面如图所示，经玻璃折

射后，有部分光能从AC弧线中射出，经测定MA、AC、CN三段弧线的长度比为5：6：1,下列说法正确

的是（）

第3页

A.红色光在这种玻璃中全反射的临界先是30。

B.红色光束与水平面MN成60。角

C.红色光在空气中的传播速度是这种玻璃中传播速度的四倍

D.若改成绿色光束入射，相同条件下与出射弧线对应的角AOC将增大

10.试探电荷q在点电荷Q的电场中所具有电势能可以用E「=与S来计算（式中k为静电力常量，r为试探

电荷与场源电荷间的距离）。真空中两个点电荷相距15cm固定在x轴的两个点上，取无限远处的电势为零,

x轴正方向上各点的电势随x的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）

B.两个点电荷的电量之比为2：1

C.x=5cm处电场强度等于零

D.两个点电荷之间电势为零的位置坐标为x=-3cm

二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符

合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得。分）

11.两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v=2.5m/s,在t=0时两列波的波峰正好在

B.x=（2.5±20k）m,k=0,1,2,3,……处波峰都重合

C.x轴上不存在波谷与波谷重合处

D.t=0时，b波弓I起x=-0.5m处质点的振动方程为y=5sinnt+TT）m

12.如图所示，一光电管的阴极用极限频率为6X1014HZ的某种金属制成。现用频率为1。15股的紫外线照射

阴极，当光电管阳极A和阴极K之间的电势差U=2.1V时，光电流达到饱和状态，此时电流表的示数为

0.56PAo已知普朗克常量6.63x10-34/7。下列同学的判断正确的是（）

第4页

A.阴极K金属的逸出功是2.652X10T9/

B.光电管每秒从K极逸出的光电子数为3.5x1012

C.光电子的最大初动能为3.978xICT】》

D.电子到达A极的最大动能是6.0x10-1〃

13.如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示磁的

磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带

也荷量为（q（q>0）的小球t=0时静止在管内的E点，2To时刻小球第二次经过F点目.不受细管侧壁的作用

力，角EOF为120。，小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是

A.2T。时亥叼、球过F点的速度大小为察

B.小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2:5

C.To时刻细玻璃管内的电场强度大小为

D.To时刻小球受细管侧壁的作用力等于零

三、非选择题（本题共5小题，共58分）

14.（1）某实验小组在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，从装置照片图1中，我们容易发现一些错

误，例如“没有补偿阻力''等，请你认真观察后再指出两处不妥之

图1

第5页

（2）正确安装装置后，接通220V,50Hz电源，释放小车进行实验，得到一条纸带如图2所示，A、B、

C、D、E、F、G为选出的计数点，相邻两个计数点之间均有4个计时点未画出，则小车的加速度大小为

m/s?（结果保留2位有效数字）。

单位:cm

（、A••B•CD一E•F•G•

h.6（/卜3.98：~~6.36~~?小11.18~~13.59*1

图2

15.一学生小组用图（a）装置做“测量重力加速度的大小”实验。

图⑶

（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，应选择图方式（填甲或乙），用游标

卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为

图甲图乙图丙

（2）实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为60.60s,则此单摆周期为一

s,多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长1对应的小钢球摆动周期T,并作出I"?图像，如图（b）

所示，根据图线斜率可计算重力加速度g=m/s2（保留3位有效数字，兀2取9.87）。

第6页

（3）若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5。的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐

运动。当地重力加速度为g,以释放时刻作为计时起点，则搜球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为

（仅用本小题中的字母或数据表示）。

16.某电学元件（最大电流不超过6mA,最大电压不超过7V）,某同学为了探究它的伏安特性，设计了如下

电路（电压表未画出），在实验室他找到了阻值为的定值电阻R用于限流；电动势E为12V内阻可不计

的电源；一只量程为10mA,内阻为5c的电流表；一只量程为2V,内阻为5AC的电压表；法个滑动变阻

器。

.待测兀件N\UMo

IOUMN

（1）若两个滑动变阻器参数如下：

a.阻值0至U200Q,额定电流0.3A

b.阻值。到20C,额定电流0.5A

实验中应选的滑动变阻器是（填“屋或“b”）。

（2）这位同学计划将量程为2V，内阻为5kQ的电压表改装成量程为10V的电压表，他需要完成的操作是

（填完整的改装措施）。

（3）正确接线后，测得数据如下表

12345678910

U

0.003.006.006.166.286.326.366.386.396.40

(V)

I

0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50

(mA)

根据以上数据，改装后的电压表应并联在M与之间（填或"P”）。

（4）解读表中的数据画出待测元件两端电压UM。随MN间电压UMN变化的示意图。

17.某一监测设备的简易结构如图所示，导热性能良好且顶部开孔与大气相通的气缸底部与一热源表面紧

贴，气缸顶部内上侧装有一个体积天小可以忽略的压力传感器，监测开始时，中部活塞与气缸底部距离为

h尸0.3m、与顶部的距离为h2=0.2m,横截面积为S=10—2巾2,活塞下方封闭温度为丁。=300K、压强为p0=

105PQ的空气，此时压力传感器的示数为0。已知外界空气压强为l（TPa,活塞质量及摩擦可不计，试解答下

列问题：

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77K

（1）当热源的的温度从300K缓慢升到「时，活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0。

①则该过程中封闭空气分子的平均动能（选填“变大”，“变小”，或"不变''），气体分子对容器壁

单位时间单位面积的撞击次数（选填“变大”，“变小”，或"不变”）；

②求出T产;

（2）热源温度从To=3OOK缓慢升到T2=550KO

①画出该过程压力传感器示数F与外壁温度T的关系图像；

②该过程气体吸收了Q=370J的热量，求该过程中气体内能的变化量。

18.如图所示，光滑倾斜轨道AB与长为力=1.5巾的水平轨道BC通过一段光滑圆弧平滑连接，圆弧的半径

为r=lm,BC右侧连接着长为L=3.0m的水平传送带CD,传送带始终以v=2m/s的速度顺时针方向匀速转

动，与右端D相距》2=1.0僧处固定有一块竖直挡板EF。现将质量mi=1的的滑块在AB某处静止释放，m.

和静止在C点上的质量瓶2=3的的滑块发生碰撞，已知mi、m2及皮带轮大小均可不计；mi、iw与BC和

CD间口勺动摩擦因数均为四=0.2,所有发生的碰撞都为弹性碰撞；求：

（1）若nu滑到D端速度恰好减为2m/s,则

①计算滑块m2在CD上的滑动时间；

②滑块mi从圆弧第一次滑过B点，碰撞后从水平轨道第二次到达B点，计算n两次过B点时对轨道的

压力差；

（2）调节滑块mi的释放高度h,使得m2、im能先后与EF相撞于同一点上，求：能满足m2、mi打在挡

板EF上同一位置的mi的最小释放高度；

（3）m2打在挡板EF上的最小动能。

第8页

19.通电长直导线周围某点的磁感应强度可以用8=来计算，其中I是电流的大小，r是点到导线的距

离,k为比例系数。如图所示，表层绝缘的长直导线水平固定在帧角0=30。的斜面上，导线中的恒定电流Io

方向自左向右，不计电阻的金属导轨AO和BO沿斜面固定放置，它们的长度均为堂L，与水平长直导线的

夹角为30。。长为L、质量为m、单位长度电阻为「。的导体棒MN,在外力作用下从0点由静止开始沿斜面

向下运动，运动过程中MN始终与长直导线平行，MN出现的电流大小始终为I,且下滑过程中除安培力

外，仅受到与安培力比值为。的综合阻力。取重力加速度为g,不考虑地磁场的影响，解答下列问题：

（1）判断运动过程（未脱离导轨）中导体MN棒中电流的方向；

（2）研究导体棒运动的距离为x（x＜（）.25L）的过程：

①求此时导体棒的速度v：

②求运动到x位置时候的加速度大小a；

（3）研究从开始运动到导体棒脱离导轨过程：

①求该过程中产生的焦耳热Q；

②求外力所做的功W。

20.光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其主要结构为多个相同且平行的倍增极。

为简单起见，现只研究其第1倍增极和第2倍增极，其结构如图所示。第I倍增极ABK度为a,第2倍增

极CD长度为四，两个倍增极平行且竖直放置，如图所示（图中长度数据已知，过第1倍增极B端做垂线与

第2倍增极的上端竖直延长线交于E）。当频率为！/的入射光照射到第1倍增极右表面时，从极板右表面上逸

出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子。若在全部区域加上垂直于纸面的匀强磁场可使从第1倍增极逸

出的部分光电子打到第2倍增极右表面，从而激发出更多的电子，实现信号放大。己知第1倍增极金属的逸

出功为W,元电荷为e,电子质量为m,普朗克常量为h,只考虑电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，

不计重力。

第9页

A*

1

-a

2>/2；

----a

3;

C

缶

D

（1）求从第1倍增极上逸出的光电子的最大动量大小；

（2）若以最大速率、方向垂直笫1倍增极逸出的光电子可以全部到达第2倍增极右表面，求磁感应强度

的大小范围；

（3）若保持（2）中的磁场的最大值不变，关闭光源后，发现仍有光电子持续击中第2倍增极，若第2倍

增极的上端C端长度改为可以调节，其C端与E点的距离x调节范围为：^a<x<?v2a,求关闭光源后

光电子持续击中第2倍增极的时间〔与x的关系。（角度可用反三角函数表示，提示：己知sin9=k,则

O=arcsink）

第10页

答案解析部分

1.【答案】C

【解析】【解答】本题结合物理量的国际单位制基本单位，考查考生的认识理解能力，需熟记各单位的符号和

定义。A.动量是矢量，动量用国际单位制单位用基本单位表示为3•m/s,故A错误；

B.安培力是矢量，安培力用国际单位制单位用基本单位表示为kg-ms2,故B错误；

C.重力势能是标量，重力势能用国际单位制单位用基本单位表示为kg-m2s2,故C正确；

D.电动势是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为句.4T.s-3,故D错误。

故选Co

【分析】国际单位制基本单位是：长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔

文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉）。

2.【答案】B

【解析】【解答】本题考查了质点、位移与路程、向心力等知识点的基本运用，知道平均速度和平均速率的区

别，以及知道列车拐弯向心力的来源，基础题。A.3052公里是指列车完成的路程，故A错误；

B.运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法，故B正确；

C.当At非常小时，Q=部代表列车的瞬时加速度，这里运用了极限法，故C错误；

D.列隼过弯道时超速，列车有离心运动趋势，将会加剧对弯道外轨的磨损，故D错误。

故选Bo

【分析】位移表示质点在空间的位置的变化，路程是质点在空间运动轨迹的长度；列车拐弯时，当重力和支

持力的合力恰好提供向心力，则对内外轨无压力，若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，会

对外轨有挤压。

3.【答案】A

【解析】【解答】解答本题时，关键要正确分析风筝的受力情况，判断合力的变化情况，确定风筝的状态变化

情况。A.对风筝受力分析，风筝受到竖直向下的重力G、风筝线的拉力T、风力F。若持线人在地上向左移

动些许，风筝线拉力大小保持不变，风筝线与竖直方向的夹角减小，拉力的竖直分量增大，合力有竖直向下

的分量，则风筝有竖直向下的分加速度，将呈现失重状态，故A正确；

B.若持线人在地上向右移动些许，风筝线与竖直方向的夹角增大，拉力的竖直向下的分量减小，风筝高度

将上升，故B错误；

C.图示情境下，当风筝受到的向下的重力G、风筝线的拉力T、垂直风筝面的斜向上的风力F三力平衡

时，风筝可以静止在空中，故C错误；

D.图示情境下，当风筝受到的重力G、风筝线的拉力T、风力F共三个力，故D错误。

故选Ao

【分析】若持线人在地上向左移动些许，分析风筝受力情况，判断合力竖直分量的变化，进而判断风筝能否

第11页

呈现失重状态；若持线人在地上向石移动些许，分析合力竖直分量的变化，再判断其高度变亿情况；分析风

筝的受力情况，根据合力能否为零，判断风筝能否静止在空中。

4.【答案】C

【解析］【解答】解答本题的关键要冲量的定义式、重力瞬时功率公式。要注意动量是矢量，只有大小和方向

都相同时，动量才相同。A.从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得

LEk=mgh

由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求：

B.从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有

12

h=29t

可知两个钢球下落时间相等，根据

1G=mgt

可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；

C.根据

PG=mgvy=mg-gt

可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；

D.由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两

个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。

故选Co

【分析】根据重力做功关系分析动能增量关系；根据I=mgt分析重力冲量关系；分析落地时竖直分速度关

系，判断落地时的重力功率关系；杈据落地时动量方向关系判断动量是否相同。

5.【答案】B

【解析】【解答】本题考查知识点范围较广，在平时要注意积累，做题时应注意全面把握。A.图甲中粒子达

到最大动能时

2

qvB=m^Ekm=^rnv

可知增大交变电压场的电压，粒子的最大动能不变，选项A错误；

B.图乙中磁流体发电机当稳定时满足

E=qvB

可得

E=Bdv

可知产生的电动势大小与等离子体的浓度无关，选项B正确；

C.图丙中的泊松亮斑支持了光的波动说，而菲涅尔通过实验观察到的是圆孔衍射得到的图样，选项C错

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误；

D.图丁所示的核反应属于重核裂变，该核反应的过程中释放大量的能量，存在质量亏损而质量数不变，生

成物的平均核子质量更小；因生成物更加稳定，比结合能更大，则钢141的平均核子质量比铀235小、比结

合能都比铀235的大，选项D错误.

故选B。

【分析】由粒子离开回旋加速器时，动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，分析电

势差对最大动能的影响；根据带电粒子受力平衡求出电动势；根据物理学史判断；根据平均核子质量、比结

合能的有关元素判断。

6.【答案】D

【解析】【解答】知道将R的滑片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的总电阻在原线圈电路

中的等效电阻也减小是解题的关键。A.根据右手定则可知金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向

是DTCTBTA

A错误；

B.矩形线圈产生的感应电动势最大值为

Em=NBSGJ

从图示位置(线圈平面与磁场平行)开始计时，此时通过线圈的磁通量为0,磁通量变化率最大，感应电动

势最大，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=7cos®t)=NBScos(a)t)

B错误；

C.将R的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路阻值变小，则副线圈电流乃增大，电流表A示数变大，定

值电阻Ro分担的电压增大，结合变压器的原理可知，原副线圈中的电流之比为

A=几2

,2九1

可知原副线圈匝数之比不变，故原线圈中的电流增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，原线圈所在电路内

电压增大，原线圈两端的电压力减小，又因为

U2~n2

可知原线圈两端电压减小，故副线圈两端的电压g减小，而定值电阻Ro分担的电压增大，故也压表的示数减

小，C错误；

D.根据上述分析，结合功率P热=♦＞可知，将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大，D正确。

故选Do

【分析】根据右手定则判断：根据是从线圈平面与磁场平行位置开始计时分析：根据等效电阻分析原线圈中

的电流变化，根据变流比分析电流表示数的变化；根据闭合电路的欧姆定律分析变压器的输入电压变化，进

第13页

而分析电压器的输出电压变化，结合串联电路电压的特点分析电压表示数变化，根据P热二R分析线圈热功率

的变化。

7.【答案】C

【解析】【解答】本题考查二极管的单向导电性和自感线圈、电容器在交流电路中的作用，会限据题意进行准

确分析解答。AB.电路正常工作时，当输入端上端电势高时，右上、左下两个二极管导通，电流由A流向

B；当输入端下端电势高时，右下、左上两个二极管导通，电流由A流向B；则AB端监测到的信号图样如

甲所示；因线圈“通直流、阻交流”，电容器“通交流、阻直流”，则CD端监测到的信号是直流成分，即图样

如丁所示，选项AB错误；

C.如果电路中的某个二极管虚焊断路，则只能有半个周期的电流通过，则AB和CD端监测到的信号图样

可能如乙和丙所示，选项C正确；

D.由以上分析可知，改变电感的巨感系数和电容器的电容不能改变CD端输出信号的频率，选项D错误。

故选Co

【分析】根据二极管的单向导电性和自感线圈、电容器在交流电路中的作用进行分析解答。

8.【答案】D

【解析】【解答】近地卫星最大的特点就是轨道半径可以近似等于地球半径，既可以应用普通卫星受到的万有

引力完全提供向心力的规律，也可以满足万有引力近似等于重力的黄金代换式，是联系“地''与"天”的桥梁。

ABC.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得

GMm47r2p2

ma

--------5—=m-m卞=

y/rpLf

可得

可知卫星的运行周期与近地卫星运行周期之比为

卫星运行轨道上各点的重力加速度与地球表面重力加速度之比为

n2《

9_=_^_=1

9。（应2

故ABC错误;

第14页

D.如图所示

RN/2

sin。=_=、一

42R2

可得

0=45°

可知星运行一周，太阳能收集板转化电能的时间约为

360°-203

t=-360-"a’

故D正确。

故选Do

【分析】根据万有引力提供向心力的关系，可以推导出周期T、速度v和加速度a的关系。卫星轨道平面与

赤道平面重合，因此需要考虑地球遮挡对太阳能板工作时间的影响。利用近地卫星的周期、第一宇宙速度、

地面重力加速度公式求解即可。

9.【答案】C

【解析】【解答】本题的关键要掌握光的折射及全反射定律，要注意发应全反射的边界光线的确定。光射到两

种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。

A.MA、AC、CN三段弧线的长度比为5：6：1,由数学知识可得

△M04=/x1800=75%

44。。=导180°=90。，

1

ANOC=^x180°=15。

半圆周上只有弧AC范围内光线从玻璃射出，弧MA和弧CN对应全反射。如图所示

第15页

设从MN上的E点和尸点入射的光线经折射射到4点和C点，从0点入射的光线射到。点，则有光线及4〃00〃FC

对于从玻璃向空气的临界角C,由几何关系可知，则圆弧AC对应的圆心角

2C=90°

解得

C=45°

故A错误；

C.由

1

sinC=n

得

n=—1—广=--1---=V2L

sinCsin45

故C正确；

B.由几何关系可知

WEA=180°-75°-45°=60°

由折射定律

_sin(90°—0)

n=sin(90°-60°)

解得

0=45°

即红色光束与水平面MN成45。角，故B错误；

D.同一种玻璃，绿光的折射率大于红光，则绿光的临界角小于红光，若改成绿色光束入射,，相同条件下与出

射弧线对应的角AOC等于两倍的临界角，故角AOC将减小，故D错误。

故选Co

【分析】根据全反射临界角公式和折射定律求红色光在这种玻璃中全反射的临界角；根据折射定律求红色光束

与水平面MN的夹角：根据折射率和速度的关系求红色光在空气中的传播速度与在这种玻璃中传播速度的关

系；根据绿色光的频率比红色光高，判断出玻璃对绿色光的折射率比红色光大，进而判断相同条件下与出射弧

第16页

线对应的角的变化。

10.【答案】D

【解析】【解答】知道(p-x图线的斜率表示场强是解题的基础，知道电势为零处电荷的电势能为零是解题的

关键。A.由图像可知，该区域电势有正有负，则两个点电荷不可能带同种电荷，选项A错误；

BC.由图像可知，原点位置放置一正电荷Qi,因W-x图像的斜率等于电场强度，在x轴正方向电场强度方

向先沿X轴正方向后沿X轴负方向，可知在X轴的负方向上放置电量为-Q2的负电荷，因x=5cm的位置图像

斜率不为零，则场强不为零；x=5cm处的电势为零，则

kqQ1=kqQ1

x~d+x

可得

<22_4

选项BC错误；

D.两个点电荷之间电势为零的位置距离原点为1,则由

kqQ1_kqQ2

解得

I=3cm

可知该点坐标为x=-3cm,选项D正确。

故选D。

【分析】根据电势随x的变化图线分析；根据图线上x=5cm处电势为零，结合电势能表达式计算；根据(p-x

图线的斜率表示场强分析；根据电势能表达式计算。

11.【答案】B,C

【解析】【解答】解题关键是知道发生干涉的条件，会根据数学关系分析波峰重合位置，判断波谷不会重合。

A.形成稳定干涉图象的条件是两列波的频率相等，由u=如图可知，a波的波长为2.5m,则频率为

1Hz,b波的波长为4m,则频率为故不能形成稳定干涉图象，A错误；

B.设从x=2.5m开始，再经过△%,两列波的波峰再次重合，则有

Ax=小心=(2・5九i)m,(九1=1,2,3.......),Ax=n2Ab=(4n2)m,(n2=1,2,3........)

可知当m=8和？i2=5时

Ax=20m

故当

X=(2.5±20/C)TH,k=0,l,2,3……处波峰都重合，B正确；

C.设从x=2.5m之后的Ax1处，有波谷与波谷重合，则有

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=(2wii+1)9'(m1=0,1,2,3...),=Qm2+1)-y»(m?=0,1,2,3....)

得

8

2m+1-

15

27n2+1

因为mi和巾2在整数范围内无解，故不存在波谷与波谷重合处，C正确;

D.设b波在x=-0.5m处质点的振动方程为

y=i4sin((ot+(p)

如图可知，4=5m由前面分析可知

57r

co=2nfb=-^-rad/s

经过上兀该质点运动到y=5m处，则0=0,则振动方•程为

57r

y=5sin(—z—t)m

D错误。

故选BCo

【分析】根据形成稳定干涉的条件判断；由图读出两列波的波长，根据波长的最小公倍数求波峰重合处；根

据数学关系分析是否存在波谷与波谷重合位置；根据波长和波速关系计算出b波的周期，进而计算出圆频

率，可写出振动方程。

12.【答案】B,D

【解析】【解答】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。

A.由题可知，金属的截止频率%=6X1014“Z,故金属的逸出切“0=九%=3.978X10-19/

A错误；

B.光电管每秒逸出的电荷量

q=It=5.6x10-7c

故每秒逸出的光子数

n=.=3.5x1012个

B正确：

341519

C.根据光电效应方程可知，光子的最大初动能以=hv-IVO=6.63x10~x10；-3.978x10-/=

2.652x10-19；

C错误；

D.根泥动能定理可得

eU=Ekmax一

代入数据解得电子到达A极的最大动能Ekmax=eU+以=1.60x10-19x2.1/+2.652xIO-19/=6.012x

第18页

10-19/«6.0xIO-19/

D正确。

故选BDo

【分析】由极限频率和逸出功的关系求出；根据饱和电流的大小，结合求出每秒内由K极发射的光电子数

目；根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，结合动能定理求出电子到达A极时的最大动能。

13.【答案】B,D

【解析】【解答】本题是有关感应加速器的问题，感生电场的电场力做正功，电场力是恒定大小的力，电荷速

率随着时间均匀增加，结合动能定理、动量定理、电势差与电场强度的关系公式、牛顿第一定律列式求解。

A.设2To时刻小球过F点的速度也，由此可知，此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律

可得

/2=B（）qu2=-y—

解得

v_%qr

V2~-nT

A错误；

BC.从开始到2To时刻小球第二次经过F点，设涡流产生的电场强度为E,由动量定理可得qE-2"=mu2

结合上述结论解得

27^

从开始运动到第二次经过卜点电场力所做的功HZ?=qE场顿W=qE场烦X（2口+舞X2a）=?学里

由动能定理可得

12

W2=^mv2

乙

2nrqE.^,

设从开始运动到第一次经过F点时的速度为也，电场力所做的功为“1，则有,工一场n强r，

1v场强13

W1=亍mvj

联立解得

根据牛顿第二定律可得

qE场强=ma

代入上述结论解得

第19页

故第•次经过F点所用时间

此时磁感应强度

-

2

=

15-

故第一次经过F点的洛伦兹力为

即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2：5,B正确，C错误;

D.结合上述分析可知To时刻小球速度

qBr=qB°r

=叫）o

2mT0°2m

若小球在To时刻不受细管的作用力，则有

2

1,mv,o

25OQVO=——

解得

v'oB°qr

2m

故To时刻小球受细管侧壁的作用力等于零，D正确。

故选BDo

【分析】由洛伦兹力提供向心力，杈据牛顿第二定律求2To时刻小球过F点的速度大小；由动量定理、电场

力做功、动能定理、牛顿第二定律求得小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比、To时刻细玻璃管内的电

场强度大小及小球受细管侧壁的作用力。

14•【答案】（1）电源错用直流电；小车未靠近打点计时器

（2）2.4

【解析】【解答】掌握基础知识，理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验情景，应用匀变速直线运动

的推论即可解题；解题时注意单位换算与有效数字的保留。

（1）打点计时器应使用交流电，而图示中的电源为直流电；释放小车时，应使小车靠近打点计时器，以便

打出更多的点迹，便于实验数据的分析，图示中小车未靠近打点计时器：

（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔

第20页

由于

Ax«2.36

根据匀变速直线运动规律

△x=aT2

解得

a«2Am/s2

【分析】（1）根据实验注意事项与实验器材分析图示情景答题。

（2）应用匀变速直线运动的推论求解。

（1）［1］打点计时器应使用交流电，而图示中的电源为直流电；

⑵释放小车时，应使小车靠近打点计时器，以便打出更多的点迹，便于实验数据的分析，图示中小车未靠近

打点计时器；

（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔T=5x春s=O.ls

由于«2.36

根据匀变速直线运动规律=aT2

解得ax2Am/s2

15.【答案】（1）甲；1.06

（2）2.02；9.87

2°

（3）x=COS（竿t）

【解析】【解答】本题主要考查了单摆做简谐运动时函数表达式的书写，考查单摆的周期公式求重力加速度，

要明确实验原理，能够正确进行实验误差的分析；书写单摆做简谐运动的函数表达式时的初相位；在计算摆

球的振幅时，里面用到了数学里面的近似运算。

（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单撰的悬挂方式中，应选择图甲方式，因乙方式中当单摆摆动时摆长

会发生变化；用游标卡尺测量摆球直径为lcm+0.1mmx6=1.06cm（,

（2）此单摆周期为

t60.60

7==fS=2.02S

~~T~

根据

解得

第21页

I/*

由图像可知

g_1.0-0.61

47r24.0—2.44

解得

g=9.87m/s2

（3）根据

T=2n

9

可得单摆摆长为

72

振幅

­=啰£雨

4TT2

摆球偏离平衡位置的位移X与时间I的关系为

70

a/sin527r

x—Acosa)t—------=---cos

4»T

【分析】（1）根据实验原理及游标卡尺精确度读数;

（2）根据单摆周期公式结合图像斜率解答;

（3）根据单摆周期公式得到摆线长，根据数学知识求单摆的振幅，然后根据简谐运动瞬时值的表达式写出

摆球的位移随时间的变化关系式。

（1）［1］制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，应选择图甲方式，因乙方式中当单摆摆动时摆

长会发生变化;

［2］用游标卡尺测量摆球直径为1cm+0.1mmx6=1.06cmo

=2.02s

（2）【1|⑵此单摆周期为T•JU

根据7=2*

解得好聋产

由图像可知4-=1°一°，6_1

出冏呼）加47r24.0-2.44

解得g=9.87m/s2

（3）根据T=27TJ］

第22页

可得单摆摆长为！=焉产

振幅A=，sin5°=雪sin50

4TTZ

2°

摆球偏