2025届山东省名校考试联盟高三下学期市级第二次模拟考试物理试题（含答案）

第第页2025届山东省名校考试联盟高三下学期市级第二次模拟考试物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．元素半衰期被广泛应用于考古测年代、药物代谢控制、核能利用及医学诊断治疗等领域。已知18F的半衰期为110min，68Ga的半衰期为68min，现将质量为m1的18F和质量为m2的68Ga投入研究，研究时长为3740min。设研究结束后18F的剩余质量为m1'，A．m1'mC．m1'm2．在智能物流系统中，智能配送车可在编程操作下自行完成物流货物装载工作，大大提高了工作效率。现有两辆智能配送车甲和乙沿同一直线轨道同时相向而行，甲车从静止出发以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，乙车以初速度8m/s刹车，加速度大小为1m/s2。已知智能配送车的最大速度为8m/s，两车初始相距100m。经过10s两车之间的距离为（）A．4m B．6m C．8m D．2m3．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质量为m的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg。对于该运动过程，下列说法正确的是（）A．力F做功大小为mgRB．力F做功大小为mgπRC．力F的功率先增大后减小D．克服重力做功的功率先增大后减小4．我国近地小行星防御系统通过“监测—评估—干预”三位一体架构，力图避免小行星影响地球，展现了从被动预警到主动防御的科技跨越。如图所示，近地圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ相切于b点，椭圆轨道Ⅱ和同步轨道Ⅲ相切于c点。现有防御卫星在轨道Ⅰ处做匀速圆周运动，经变轨后运行到同步轨道Ⅲ的a点拦截小行星进行干预，已知地球自转的角速度为ω，防御卫星在轨道Ⅰ和Ⅲ上运行的角速度为ω1和ω3，卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ和轨道Ⅱ上的b点、c点运行的线速度分别为v1、v3、A．ω=B．vC．卫星在轨道Ⅰ运行的周期约为24hD．卫星在轨道Ⅲ的机械能大于在轨道Ⅰ的机械能5．如图所示，匝数为100匝、面积为10cm2的交流发电机线圈在磁感应强度为10T的匀强磁场中匀速转动。线圈平面与磁场平行时开始计时，通过一理想自耦变压器对外供电，转动角速度为100rad/s，线圈内阻不计，电压表为理想电压表。则下列说法正确的是（）A．线圈产生的电动势的瞬时值表达式为e=100B．电压表V示数为100VC．当滑动变阻器滑片向上滑动时，流经灯泡的电流变大D．当自耦变压器滑片P向上滑动时，灯泡变暗6．某同学在做劈尖干涉实验时，先把3片薄木片夹入两玻璃板a、b右端，观察干涉条纹，再通过调整薄木片数量以及移动薄木片位置，使条纹间距变成原来的2倍。已知薄木片厚度相同，不发生形变，薄木片左端到劈尖的距离为l，则以下操作正确的是（）A．去掉两片薄木片，并向左移动lB．去掉两片薄木片，并向左移动2lC．去掉一片薄木片，并向左移动2lD．增加一片薄木片，并向左移动l7．三维坐标系yOz平面内有一圆心在坐标原点、半径为d的均匀带电细圆环，y轴上y=3d位置有一带电量为＋q的点电荷，x轴上的P点到圆心O的距离也为3A．带正电，电量为269qC．带正电，电量为24q 8．一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→d→a过程后回到初始状态a，其V－T图像如图所示。已知其中三个状态的坐标分别为a（T1，V0）、b（T1，2A．气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功B．在c→d过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量C．气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在c→d过程中向外界放出的热量D．气体在c→d→a过程中内能的减少量大于a→b→c过程中内能的增加量二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。9．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图甲所示，t=3s时刻的波形图如图乙所示，0~3s时间内，平衡位置位于x=1.0A．该简谐横波沿x轴负方向传播B．该简谐横波传播的速度大小为0.25m/sC．平衡位置位于x=1.0m处的质点0~3s内沿x轴负方向移动了D．平衡位置位于x=0.375m处的质点在0~3s内运动的路程等于10．如图，水平放置的导热汽缸被一可自由滑动的光滑绝热活塞分成A、B两部分。初始时，A、B的压强均为P0，体积比为2:3，环境温度为300K。现通过两种方式改变A、B两部分的体积，第一种方式是通过A汽缸中的加热丝对A中气体缓慢加热，B中气体保持温度不变；第二种方式是通过B汽缸壁的阀门把B中气体缓慢往外抽气；两种方式均使A、B的体积比变为A．两种方式末状态A中气体的压强相等B．第一种方式，末状态A中气体的温度为675C．第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为1D．第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为511．如图甲，某新能源工厂采用智能调速传送带运输原料，传送带水平放置且足够长，以4m/s顺时针转动。现将一质量为2kg的货物轻放在传送带左端，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.2。实时调节传送带速度，使其在货物运动过程中按图乙规律变化。重力加速度g取10m/s2。则货物在3s内的运动情况，下列说法正确的是（）A．传送带对货物做功为4JB．货物始终向右加速，3s末速度达到4m/sC．货物相对传送带的总位移为3.5mD．系统因摩擦产生的热量为14J12．某运动员在一次滑板训练中的运动简化如图所示。AO段为助滑道和起跳区，OB段为倾角为β=30°的着陆坡，BD为停止区。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑，到达起跳点O时，借助设备和技巧，以6m/s的速度起跳，方向与水平成α=30°，最后落在着陆坡面上的C点。已知运动员和滑板的总质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．运动员在空中运行的最小速度为3m/sB．运动员离开着陆坡面OB的最大距离为9C．运动员落在C点前瞬间重力的功率为5400WD．若起跳时速度大小不变，改变起跳方向，当α=15°时，运动员到达斜坡上的落点距离O点最远三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．为探究物体加速度a与外力F和质量m的关系，某研究小组在教材提供案例的基础上又设计了不同的方案，如图甲、乙、丙所示：甲方案中在小车前端固定了力传感器，并与细线相连；乙方案中拉动小车的细线通过滑轮与弹簧测力计相连；丙方案中用带有光电门的气垫导轨和滑块代替长木板和小车。（1）对于以上三种方案，下列说法正确的是________。A．三种方案实验前均需要平衡摩擦力B．乙、丙方案需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量C．甲、丙方案中的外力F均为槽码的重力D．乙方案中，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半（2）某次甲方案实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出）。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度a=m/s2。（结果保留三位有效数字）（3）某同学根据乙方案的实验数据做出了小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像如图所示，图像不过原点的原因可能是；若图中图线在纵轴上的截距为a0，直线斜率为k，则小车的质量m=。14．某电学实验小组的同学发现一个旧电池所标的电动势是6V，决定利用实验室所能提供的下列实验器材对其电动势和内电阻进行测量。A．电流表A（量程100mA，内阻为4Ω）B．电压表V（量程3.0V，内阻约为4kΩ）C．滑动变阻器R1（阻值范围0~50Ω，额定电流1.5A）D．电阻箱R2（阻值范围0~9999Ω）E．电阻箱R3（阻值范围0~99.99Ω）F．各类开关和导线若干小组成员设计了如图甲所示的实验电路图。（1）先将电流表与R3并联，改装成一个量程为500mA的电流表，电阻箱R3的阻值应调为（2）为满足测量要求，需要将电压表的量程扩大为6V，小组成员采用如下操作：按图连好实验器材，检查无误后，开关S3断开，开关S2接b，将R1的滑片滑至最左端，R2的阻值调为0，闭合开关S1，适当调节R1的滑片，使电压表的示数为3.0V；保持R（3）保持电阻箱R2的阻值不变，将开关S2接到a，闭合开关S3、S1，移动R1的滑片，记录几组电压表V和电流表A的读数U、I，并做出图像，如图乙所示。由图像可求得电池的电动势E=15．如图，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，间距L=0.5m，处在磁感应强度B=2T、竖直向上的匀强磁场中。质量m1=0.4kg、电阻r1=0.4Ω的导体棒a长度与导轨间距相等，垂直导轨放置。质量m2=0.6kg、电阻r2=0.6（1）从开始运动到两棒到达稳定状态，导体棒a上产生的焦耳热；（2）初始时刻a、b棒的最小距离。16．一玻璃柱的折射率n=1.5，其横截面为四分之一圆，圆的半径为R，如图所示。截面所在平面内，一束与AB边平行的光线从圆弧入射，入射角为60°，光线进入柱体后射到BC边。已知光在真空中的速度为c。（1）通过计算判断光线在BC边是否发生全反射；（2）求光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间。17．如图所示的平面直角坐标系，在y轴上0≤y≤d范围内有一线状粒子源，可向第一象限发射速度为v0、与x轴正方向成θ=45°角的质量为m，电量为q的带正电的粒子。在第一象限0≤x≤d的范围内，存在沿y轴负方向的匀强电场，粒子通过电场后，速度方向恰好沿着x轴正方向。以P2d，d点为圆心，半径为d的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B1=2（1）求第一象限匀强电场的场强E1（2）求粒子在圆形磁场中运动的最长时间；（3）求粒子穿过x轴以后，再次回到x轴上的坐标范围；（4）若其他条件不变，在x轴下方再叠加一沿着y轴负方向的电场E2=mv024qd18．如图，固定斜面倾角为θ，左端带有挡板的木板A质量为m1=0.6kg，木板与斜面间的动摩擦因数μ=3221，质量m2=0.2kg的小物块B与木板A之间光滑，小物块可视为质点。某时刻由静止释放木板，t0=1s后把小物块轻轻放到木板上距离挡板（1）放上小物块前、后木板A的加速度大小；（2）放上小物块至小物块与木板挡板发生第一次碰撞经历的时间t1（3）小物块与木板挡板第一次碰撞后的速度大小；（4）木板到达斜面底端前小物块与木板挡板的碰撞次数。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】对18F经过时长为3740min时m1'对68Ga经过时长为3740min时m2'=故选C。

【分析】1.半衰期的定义与剩余质量公式剩余质量：，其中T为半衰期，t为经过时间。

2.指数运算与半衰期次数的计算经过n个半衰期后，比较两个不同半衰期的核素经过相同时间后的剩余质量：

3.幂次大小的比较半衰期越短的核素，经过相同时间后经历半衰期次数越多，剩余质量占初始质量的比例越小（如果初始质量相等，则剩余质量小）。总结：半衰期公式的应用、不同半衰期元素剩余质量的比较（指数运算与幂的大小）。2．【答案】A【解析】【解答】乙车从刹车到停下所用时间为t0=v0a乙=81s=8s，该过程乙车通过的位移大小为x乙1=8+02×8再经历2s，乙车保持静止，甲车继续做匀速运动，通过的位移大小为故经过10s两车之间的距离为Δx故选A。

【分析】1.匀变速直线运动基本公式位移公式：速度公式：刹车停止时间

2.分段运动分析（因甲车有最大速度限制）甲车先匀加速至​，后匀速。须分别计算加速段时间和匀速段时间​。

3.两车相向而行位移叠加求距离两车初始相距，t时刻位置分别为、（从各自起点向对方计算位移）。此时相距：4.乙车停止后保持静止乙车刹车到停止时间位移x。时乙车静止。

总结：匀变速直线运动及匀速运动组合、相向运动位移叠加求间距、刹车到静止的处理、最大速度限制下的分段分析。3．【答案】B【解析】【解答】AB．因力F的方向始终与物体运动方向相同，故其做功等于F的大小乘以物体运动的路程，由A到B的过程，W=Fs=mg×故A错误，B正确；C．从A到B过程，F始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，根据瞬时功率公式P=Fv（F与v始终夹角为0°）可知F的功率一直在增大，故C错误；D．设重力方向与速度方向夹角θ，对于该运动过程，θ从90°增大到180°，则克服重力做功的功率P可知cosθ故选B。

【分析】力F对物块做的功等于F的大小乘以物体运动的路程，物体一直在做加速运动，根据功率公式分析F和重力功率。4．【答案】D【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律可得GMm可得ω=可知同步轨道的角速度ω3小于近地轨道的角速度ω1，而地球自转的角速度ω和同步轨道的角速度ω故A错误；B．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律可得GMm可得v=可知v1>v3；又由于卫星在c点加速后进入轨道Ⅲ，则有v3C．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，GMm可得T=可知卫星在轨道Ⅰ运行的周期小于同步轨道Ⅲ的运行周期，即卫星在轨道Ⅰ运行的周期小于24h，故C错误；D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在b点点火加速，使卫星做离心运动，卫星的机械能增加；卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在c点点火加速，使卫星做离心运动，卫星的机械能增加；所以卫星在轨道Ⅲ的机械能大于在轨道Ⅰ的机械能，故D正确。故选D。

【分析】根据万有引力提供向心力，卫星的变轨和机械能知识，开普勒行星运动规律进行分析解答。5．【答案】D【解析】【解答】AB．线圈产生的电动势最大值为Em=nBSω=100V，线圈与磁场平行时开始计时，故表达式为e=100C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，由于原线圈输入电压不变，变压器原、副线圈匝数均不变，则副线圈输出电压不变，即灯泡两端电压不变，根据欧姆定律可知，流经灯泡的电流不变，故C错误；D．当自耦变压器滑片P向上滑动时，原线圈匝数n1变大，根据U故选D。

【分析】1.交流发电机电动势的瞬时值表达式线圈从中性面计时：，从与磁场平行开始计时（即线圈平面与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大）：或，其中2.电压表示数（有效值）有效值

3.自耦变压器原理电压比等于匝数比：。当原线圈匝数​增加（P向上滑），副线圈电压​减小→灯泡变暗。

4.滑动变阻器对灯泡电流的影响滑动变阻器与灯泡并联（图中接法），当滑片向上滑动时，变阻器接入电阻变大，但灯泡两端电压（由副线圈电压决定）不变，因此通过灯泡的电流不变。

总结：交流发电机电动势的瞬时值表达式（初相位与计时时刻关系）、有效值与最大值换算、自耦变压器匝数比对输出电压的影响、并联电路中负载电压不变时通过定值电阻的电流不变。6．【答案】A【解析】【解答】设劈尖的倾角为θ，条纹间距为Δx，由于θ很小，则有tanθ≈设每片薄木片总厚底为d，则有tan为了使条纹间距变成原来的2倍，则tanθ变为原来的1A．去掉两片薄木片，并向左移动l3，则有tanB．去掉两片薄木片，并向左移动2l3，则有tanC．去掉一片薄木片，并向左移动2l3，则有tanD．增加一片薄木片，并向左移动l3，则有tan故选A。

【分析】1.劈尖干涉条纹间距公式劈尖干涉条纹间距：，其中θ为劈尖的倾角（很小），λ为光波波长（不变）。

2.倾角θ与薄木片厚度、位置的关系设薄木片总厚度为ℎ，薄木片到劈尖左端距离为L，则：条纹间距：

3.使条纹间距变为原来的2倍的条件原，要变为，需使变为原来的2倍。可能的操作：增加L（向右移木片）或减小ℎ（减少木片数），使得增大为原来的2倍。7．【答案】B【解析】【解答】+q在P点的场强为E1=kq(3故选B。

【分析】1.点电荷电场强度计算与分解点电荷场强公式：，由几何关系求及方向角，分解为、​。

2.均匀带电圆环在轴线上的电场公式轴线上任一点距圆心：，方向沿轴线，由的正负决定。

3.场强叠加原理P点总场强=点电荷的场强+圆环的场强。已知总场强沿y轴负向⇒圆环的场强必须抵消点电荷的x分量，且圆环本身在y方向无贡献。

4.由方向判断带电正负圆环在P点与点电荷的反向⇒圆环Q带电正负与点电荷相反（点电荷时，Q为负）。总结：点电荷场强的分解、圆环轴线场强公式、场强叠加及方向分析、利用合成场强方向推知电荷正负并求解电量大小。8．【答案】C【解析】【解答】A．a→b过程，气体的温度不变，体积变大，根据pVT=C可知，气体的压强减小；b→c过程，气体压强不变，这两个过程中气体体积的增大量相同，但a→b过程中的压强较大，故气体在a→b过程中对外界做的功大于在B．c→d过程，气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU=W+QC．从b→c过程有2V0T1=3V0T2可得根据p−V图像与横轴围成的面积表示做功大小，由图可知a→b过程中气体对外界做的功小于c→d过程中外界对气体做的功，由于这两个过程中内能均不变，根据热力学第一定律可知，气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在c→d过程中向外界放出的热量，故C正确；D．由能量守恒定律可知，气体在c→d→a过程中内能的减少量等于a→b→c过程中内能的增加量，故D错误。故选C。

【分析】1.图像识别与状态参量分析给出p−V图像，各点坐标已知，分析过程：

a→b：等温膨胀（乘积不变，即）；b→c：等压膨胀（不变）。

c→d：等温压缩（乘积不变）；d→a：等压压缩（不变）。

2.功的计算（图像法）p−V图中，过程曲线下面积表示气体对外做功（体积增加时）或外界对气体做功（体积减小时）。比较两过程做功大小，需比较平均压强×体积变化。

3.热力学第一定律，其中W为外界对气体做功（与p−V图面积反号时需注意符号约定），一般约定气体对外做功为正时公式写作：本题解析中W可能取不同正负约定，要仔细辨认。

4.等温过程内能不变a→b：等温⇒⇒（吸收的热量全部用于对外做功）。c→d：等温⇒⇒​（放出的热量等于外界对气体做的功）。

5.等压过程内能变化b→c：等压升温膨胀⇒，气体对外做功，同时吸热。d→a：等压降温压缩⇒，外界对气体做功，气体放热。

总结：p−V图像分析、等温过程与等压过程的Q、W、ΔU关系、热力学第一定律应用、过程曲线下面积表示做功、不同过程吸收与放出热量的比较。9．【答案】A,B【解析】【解答】AB．因0~3s时间内，平衡位置位于x=1.0m处的质点加速度方向改变1次，可知t=0时刻，该质点沿y轴正向运动，可知该简谐横波沿x轴负方向传播，且3T该简谐横波传播的速度大小为v=λC．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故C错误；D．平衡位置位于x=0.375m处的质点先沿y轴负向振动，在3s末回到原来的位置，0~3s内运动的路程等于x=2A+2A故选AB。

【分析】1.波形图与振动方向的关系（波的传播方向判断）根据“加速度方向改变”推断质点的运动状态。加速度方向改变一次⇒质点经过平衡位置一次（因为加速度与位移方向相反）。结合两时刻波形图，可判定波的传播方向（通常用“同侧法”或“上下坡法”）。2.周期与波速计算从两波形图读出波移动距离Δx（或时间差与周期的关系），求周期T。波速公式：3.质点的振动与波形平移的区别质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移。“移动了”指位置变化⇒错误说法（波传递的是振动形式，不是质点本身）。4.路程的计算质点在一个周期内路程为4A。某段时间内的路程需根据初位置、振动方向、周期推算。5.时间与周期的关系由0~3s内加速度方向改变次数→振动到平衡位置的次数→推算周期。总结：波形图分析传播方向、周期与波速计算、质点振动与波形平移的区别、加速度方向改变与经过平衡位置的关系、质点路程的计算方法。10．【答案】B,D【解析】【解答】B.第一种方式，设汽缸容积为5V，对B部分气体，由玻意耳定律可得P0·3V=P1·2V解得PCD.第二种方式，设汽缸容积为5V，缓慢抽气，导热汽缸，可视为两部分气体均作等温变化对A部分气体，由玻意耳定律可得P0·2V=P2·3V，解得P2=A.由以上两种方式所求的末状态压强可知，A错误；故选BD。

【分析】1.理想气体状态方程

用于处理质量不变的气体（如A部分在两种方式中均质量不变，B部分在第一种方式中质量不变）。2.玻意耳定律（等温过程），用于：第一种方式中的B部分（等温）。第二种方式中的A部分（等温）以及B部分中留在缸内的气体的等温分析。3.抽气问题中质量变化的处理把“留在B内的气体”作为研究对象，其初态压强、体积​，末态压强、体积，等温⇒​​，抽出气体比例4.活塞平衡条件活塞自由滑动⇒最终A、B两部分压强相等。这一条件在两种方式末态均成立，但压强数值不同（因过程不同）

总结：理想气体状态方程与玻意耳定律的综合应用，活塞平衡条件pA11．【答案】A,C,D【解析】【解答】ABC．货物刚放上传送带时的加速度大小为a=μmgm=2m/s2，在0~1s内，由图乙可知，传送带速度保持不变，在t1=1s时货物的速度为v1=at1=2解得Δt=0.5s，v共=3m/s，在货物与传送带共速后，与传送带保持相对静止；先随着传送带做匀减速运动，再匀速运动；由图乙可知t3=3s时，货物的速度为货物相对传送带的总位移为Δx=D．系统因摩擦产生的热量为Q=μmgΔ故选ACD。

【分析】1.传送带模型中的动力学分析货物刚放上传送带时，受滑动摩擦力加速：a=μg分阶段分析：传送带速度变化时，货物与传送带间的相对运动及共速判断。

2.变速传送带的处理传送带速度按图乙规律变化，需分段处理：0~2s：传送带匀速4m/s。2~3s：传送带匀减速到2m/s。

3.货物速度计算与共速条件第一阶段（0~2s）：货物匀加速到4m/s，然后与传送带保持相对静止。第二阶段（2~3s）：传送带匀减速，若货物与传送带间无相对滑动（已达共速），则货物也匀减速；若未共速，则受滑动摩擦力继续加速或减速，直到共速。

4.相对位移的计算每一阶段分别计算货物位移、传送带位移​，相对位移。

5.功的计算（动能定理）传送带对货物做的功=货物动能变化：，需明确3s末货物的速度。

6.摩擦生热计算系统因摩擦产生的热量：，其中，​为整个过程中货物与传送带间发生相对滑动的总路程（非位移，是各阶段相对位移之和）。

总结：传送带模型中的动力学分析、变速传送带分段处理、货物与传送带共速判断、相对位移与摩擦生热的计算、动能定理求传送带对货物做的功。12．【答案】B,C【解析】【解答】A．将运动员在空中做斜抛运动，在最高点时的竖直分速度为0，此时速度最小，则运动员在空中运行的最小速度为vminB．将运动员在空中的运动分解为沿斜坡OB和垂直斜坡OB两个分运动，当垂直斜坡OB分速度减为0时，运动员离开着陆坡面OB的距离最大，则有d故B正确；C．运动员从O点到C点所用时间为t=2v0sin(α+β)gcosβ=2×6×D．设θ=α+β，则垂直斜坡OB方向有t=2沿斜坡OB方向有x=整理可得x=令(可得tan2θ=−3，即2θ=120°，则α=θ−β=60°−30°=30°，可知若起跳时速度大小不变，改变起跳方向，当α=30°时，运动员到达斜坡上的落点距离故选BC。

【分析】1.斜抛运动的分解将斜抛运动分解为水平匀速与竖直上抛。最高点竖直分速度为零，速度最小为。2.斜坡坐标系下的运动分解沿斜坡方向（x'轴）和垂直斜坡方向（y'轴）分解初速度和重力加速度。垂直斜坡方向做类竖直上抛运动，当该方向速度为零时离斜面最远。3.重力的瞬时功率功率公式：其中是竖直方向分速度（落地点时的竖直速度）。4.斜坡上落点距离的最远条件将落地位置表达为初速度、起跳角度的函数，求极值。推导出当起跳方向与斜坡的夹角满足一定关系时（通常为或类），落点最远。总结：斜抛运动基本分析（最高点速度、竖直速度）、斜坡上运动的分解方法（沿坡和垂直坡）、重力瞬时功率计算、斜坡落点最远的起跳角度条件（函数极值）。13．【答案】（1）D（2）0.820（3）平衡摩擦力过度；1【解析】【解答】（1）A．由于丙装置用带有光电门的气垫导轨，则丙装置不需要平衡摩擦力，故A错误；B．甲装置中细线拉力可以通过力传感器得到，乙装置中细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以甲、乙方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；C．甲装置中的外力F为力传感器示数，不是槽码的重力；丙装置中，当满足槽码的质量远小于滑块的质量时，外力F可近似等于槽码的重力，故C错误；D．乙方案中，以槽码为对象，根据牛顿第二定律可得m'g−2F=故D正确。故选D。（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则相邻计数点的时间间隔为T=5×0.02根据逐差法可得小车的加速度为a=（3）由a−F图像可知，当F=0时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；设木板倾角为θ，以小车为对象，根据牛顿第二定律可得F+mg可得a=1mF+mgsinθ−fm，可知a−F图像的斜率为传统方案：用槽码重力mg近似替代小车所受的拉力F。代价：必须满足m槽码​≪m小车​，否则系统误差很大。改进方案（甲、乙）：引入力传感器或弹簧测力计。优势：直接测出绳子的拉力F。此时F是真实值，因此不需要满足​的条件。改进方案（丙）：引入气垫导轨。优势：用气垫几乎完全消除摩擦力。因此不需要进行“平衡摩擦力”这个操作。二：连接体的受力分析与动态计算

当系统处于加速状态时，绳子的拉力并不是静止时的张力。这需要你用隔离法和牛顿第二定律去精确计算。对于常规的“小车+槽码”模型，拉力。对于乙方案这种带有动滑轮的模型，需要重新分析加速度关系和力的关系。关键点1：加速度关系。槽码的位移是小车位移的2倍（动滑轮特点），因此a码关键点2：受力分析。对槽码和动滑轮整体分析，受到向下的重力mg，向上的两段绳子拉力三：数据处理与图像分析

这是实验题的“压轴”问法，用来考查你是否真的动手做过实验，或者是否理解实验中的偏差是如何产生的。1、纸带数据处理：基本功。牢记时间间隔（如题目中的“每相邻两个计数点间还有4个计时点”意味着），熟练运用逐差法来减小偶然误差。2、a−F图像分析：看截距：纵截距为正/横截距为负（即时，）：平衡摩擦力过度（木板倾角太大）。纵截距为负/横截距为正（即时，）：平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力。看斜率：根据牛顿第二定律​。；图像的斜率。因此，小车质量m=k1​​​​​​（1）A．由于丙装置用带有光电门的气垫导轨，则丙装置不需要平衡摩擦力，故A错误；B．甲装置中细线拉力可以通过力传感器得到，乙装置中细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以甲、乙方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；C．甲装置中的外力F为力传感器示数，不是槽码的重力；丙装置中，当满足槽码的质量远小于滑块的质量时，外力F可近似等于槽码的重力，故C错误；D．乙方案中，以槽码为对象，根据牛顿第二定律可得m可得F=故D正确。故选D。（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则相邻计数点的时间间隔为T=5×0.02根据逐差法可得小车的加速度为a=（3）[1]由a−F图像可知，当F=0时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；[2]设木板倾角为θ，以小车为对象，根据牛顿第二定律可得F+mg可得a=可知a−F图像的斜率为k=可得小车的质量为m=14．【答案】（1）1.00（2）1.5（3）5.80；2.20【解析】【解答】（1）先将电流表与R3并联，改装成一个量程为500mA的电流表，则有解得R（2）闭合开关S1，适当调节R1的滑片，使电压表的示数为3.0V；保持R1的滑片位置不变，可认为电压表和R2电压之和始终等于3.0V，则当电压表的示数为1.5V时，说明电阻R（3）改装后电压表量程扩大到2倍，故测得电压是原电压表的示数的2倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为5I，改装后电流表内阻为RA=R3RgR3解得电动势为E=5.80V，U−I图像的斜率绝对值为解得内阻为r=2.20Ω

【分析】一：电表的改装与校准

1、电流表改装（小量程→大量程）原理：并联一个小电阻（分流电阻）。逻辑：。即：表头满偏电压=分流电阻的电压。关键点：改装后电流表的内阻变为和的并联值。2、电压表改装与内阻测量原理：串联一个大电阻（分压电阻）。逻辑：。要扩大量程，必须先知道表头内阻。测内阻方法（半偏法）：当电阻箱与电压表串联，且调节电阻箱使电压表示数减半时，说明电阻箱分得另一半电压。此时，电阻箱的示数约等于电压表的内阻。扩程计算：知道了内阻，若要将量程扩大n倍（即新量程为​），需要串联的电阻。二：测电源电动势和内阻的原理

这是本题的最终目的。无论电路如何变化，最终都要回归到闭合电路欧姆定律。核心公式：图像法处理：如果纵轴是路端电压U，横轴是干路电流I。纵截距；斜率绝对值三：考虑电表内阻的误差分析与等效

这是本题最难也最精彩的地方。由于电表经过改装，它们不再是“理想”的，读数需要还原，且它们自身的电阻会影响电路。电压还原：如果电压表量程扩大为原来的2倍，那么真实路端电压（电压表示数）。电流还原：如果电流表量程扩大为原来的5倍，那么真实干路电流（电流表示数）。等效内阻的确定：这是最容易出错的地方。当电流表接在干路上时，它本身有内阻​。根据闭合电路欧姆定律：结论：电源的真实内阻和电流表的内阻是串联关系，它们共同构成了等效内阻。图像的斜率绝对值实际对应的是（1）先将电流表与R3并联，改装成一个量程为500mA的电流表，则有解得R（2）闭合开关S1，适当调节R1的滑片，使电压表的示数为3.0V；保持R1的滑片位置不变，可认为电压表和R2电压之和始终等于3.0V，则当电压表的示数为1.5V时，说明电阻R（3）[1][2]改装后电压表量程扩大到2倍，故测得电压是原电压表的示数的2倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为5I，改装后电流表内阻为R根据闭合电路欧姆定律可得E=2U+5I(可得U=可知U−I图像的纵轴截距为b=解得电动势为E=5.80U−I图像的斜率绝对值为k解得内阻为r=2.2015．【答案】（1）解：导体棒a与导体棒b组成的系统满足动量守恒，则有m解得v=4根据能量守恒可得Q解得Q则导体棒a上产生的焦耳热为Q解得Q（2）解：对导体棒b应用动量定理得B又q=联立解得x=2.4则初始时刻a、b棒的最小距离为2.4【解析】【分析】一：双杆系统的动量守恒条件

这是解决本题第一问的关键，也是最容易判断错的地方。核心逻辑：双杆系统动量守恒的条件是：系统所受合外力为零。在本模型中，两根棒都受安培力。对于两棒组成的系统，它们之间的安培力是内力。关键点：安培力对左边棒是阻力，对右边棒是动力。这两个力大小相等、方向相反，因此系统所受合外力为零。结论：系统动量守恒。二：电磁感应中的能量转化

能量守恒是解决电磁感应问题的万能钥匙。能量来源：动能的减少。能量去向：整个回路中产生的焦耳热。公式：。对应本题：系统损失的动能全部转化为回路中的总焦耳热。焦耳热的分配：总焦耳热按电阻比例分配在两个棒上。；三：动量定理在电磁感应中的运用

这是解决第二问的核心，也是这类题的难点。当需要求电荷量或位移时，动量定理是首选。关键点：，其中是两棒之间的相对位移。总结：这道题把三个最重要的物理原理串联了起来：动量守恒：求最终速度。能量守恒：求总焦耳热及分配。动量定理+电磁感应：求电荷量，进而求相对位移（1）导体棒a与导体棒b组成的系统满足动量守恒，则有m解得v=4根据能量守恒可得Q解得Q则导体棒a上产生的焦耳热为Q解得Q（2）对导体棒b应用动量定理得B又q=联立解得x=2.4则初始时刻a、b棒的最小距离为2.4m16．【答案】（1）解：画出光路图如图所示根据折射定律n=sinα设光线在BC界面的入射角为θ，根据α=β+θ可得sin解得sin故可知光线在BC边不发生全反射。（2）解：设光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的路程为x，则有x光在玻璃柱中传播速度为v=光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间为t=联立解得t=【解析】【分析】一：折射定律与光路作图

这是解决所有几何光学问题的第一步，也是最关键的一步。折射定律：。通常是从空气（）射入介质（n），公式简化为关键点：必须准确画出光路图。本题的光线从圆弧面入射，虽然界面是曲面，但在入射点处，我们可以做出该点的法线（即半径方向）。二：全反射条件的判断

这是本题第一问的核心，也是光学中极易出错的地方。发生全反射的条件：①光从光密介质射向光疏介质（即从玻璃射向空气）；②入射角≥临界角。临界角公式：。三：光在介质中的传播时间计算

这是第二问的考点，结合了光学和匀速直线运动。光在介质中的速度：，其中是真空中的光速。传播时间：​，其中s是光在介质中传播的实际路径长度。总结：这道光学题实际上串联了三个基础但重要的物理原理：折射定律：确定光进入介质后的传播方向。全反射条件：判断光能否在介质内部界面发生反射。光速公式：计算光在介质中传播的时间。

解题策略：遇到几何光学题，可以按以下三步走：作图：画出入射光线、法线、折射光线，标出所有已知角度。找角：利用几何关系（如三角形内角和、平行线性质、垂径定理等）找出待求的角度（如全反射判断中的入射角）。算距：利用三角函数和圆半径找出光在介质中传播的几何路径长度，最后代入时间公式。​​​​​​（1）画出光路图如图所示根据折射定律n=解得sin设光线在BC界面的入射角为θ，根据α=β+θ可得sin解得sin故可知光线在BC边不发生全反射。（2）设光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的路程为x，则有x光在玻璃柱中传播速度为v=光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间为t=联立解得t=17．【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得d=联立可得E（2）解：粒子竖直方向通过的距离设为y，则y=联立解得y=粒子以水平速度vx=解得r粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，分析可知从最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得t=解得t=（3）解：粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成60°到120°范围之内，可得qv联立解得r当速度与x轴正半轴成60°到120°范围时，粒子打到x轴的同一位置，距M点的最近距离为x当速度与x轴成90°进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远x故x的坐标范围为2（4）解：0点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为60°，将粒子速度v分解出一个沿着x轴正方向的速度vx，使得可得v则另一分速度与x轴负方向的夹角为60°，大小为v圆，可得以此速度做圆周运动的半径r离x轴的距离的表达式y=r【解析】【分析】一、电场中的类斜抛运动（运动的分解）

核心逻辑：粒子在匀强电场中受到恒定的电场力，产生竖直向下的加速度​。处理方法是运动的合成与分解：水平方向：匀速直线运动。竖直方向：匀变速直线运动（类似竖直上抛）二、圆形磁场中的“磁聚焦”特性

粒子在匀强磁场中的半径公式：磁聚焦的临界条件：如果粒子做圆周运动的半径r恰好等于圆形磁场的半径R，那么从圆周上某点以不同方向射入的平行粒子，将会汇聚到圆周上的另一点（反之，从一点向各个方向射出的粒子，离开磁场后会变为平行光）。最长运动时间：粒子在圆形磁场中运动的时间取决于它在磁场中转过的圆心角α，公式为由于所有粒子的轨道半径都等于圆形磁场半径，它们进出磁场的点决定了轨迹对应的圆心角。从最上端发出的粒子，其轨迹对应的圆心角最大（90∘三、粒子在磁场中的临界轨迹与边界范围

核心逻辑：粒子从圆形磁场出来，以确定的方向（水平）进入x轴下方的磁场。但题目中“从最上端发出的粒子”和“从某点发出的粒子”决定了它们进入下方磁场时的入射点位置和速度方向略有不同，从而轨迹不同。对应本题：确定速度范围：粒子从圆形磁场射出时，速度方向在某个角度范围内（与x轴夹角从某个最小值到某个最大值）。找最远与最近：最近点：当粒子速度与x轴夹角最小时，它打到x轴上的点离原点最近。最远点：当粒子速度与x轴夹角最大时，它打到x轴上的点离原点最远。利用几何关系（弦长公式、圆心角等）求出这两个临界点的坐标。四：复合场中的配速法（难度最高）

核心逻辑：当粒子同时受到垂直的速度方向的洛伦兹力和恒定的电场力时，常规的运动分解很难处理。此时用配速法（或称速度分解法）非常有效。方法：将粒子的初速度分解为两个分速度​，使得其中一个分速度对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡（即，且方向相反），这样粒子就以做匀速直线运动；另一个分速度则使粒子做匀速圆周运动。最终轨迹：这两种运动的合运动，轨迹为摆线。总结：这道题把高中物理最难的两个板块——临界磁场和配速法——完美地结合在了一起。

解题策略：电场中：分解速度，利用竖直速度减为零列式。圆形磁场中：牢记半径相等时是磁聚焦，最长轨迹对应最大圆心角。下方磁场中：找速度边界，画临界圆，找切点。复合场中：用配速法分解速度，找到圆周部分的最大距离。（1）带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得d=联立可得E（2）粒子竖直方向通过的距离设为y，则y=联