2025年山东省潍坊市高考物理二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年山东省潍坊市高考物理二模试卷（含详细答案解析），共30页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）如图四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（ ）
A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象
B．乙图中热针接触涂蜡固体后，蜡融化区域呈现圆形，说明该固体为非晶体
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子间存在引力
D．丁图中用手推动封闭注射器的活塞时阻力增大，原因是分子斥力增大
2．（3分）在光电效应实验中，小明用甲、乙、丙三种光分别照射同一光电管，得到的光电流I与电压U的关系曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲光照射时光电子的最大初动能比丙光大
B．甲光的强度比丙光大
C．甲光的频率比乙光大
D．乙光的波长比丙光长
3．（3分）歼﹣20的光学着陆系统中用到了双缝干涉的知识。某物理兴趣小组用如图甲所示的装置做双缝干涉实验，通过目镜观察到屏上的条纹如图乙所示。只改变一个条件，使观察到的条纹如图丙所示，则改变的条件是（ ）
A．换用长度更长的遮光筒
B．增大单缝到双缝的距离
C．换用间距更小的双缝
D．红色滤光片换成紫色滤光片
4．（3分）如图所示，S1、S2为绳左右两端的波源，P为绳子中点。S1振动了T1时间，发出一个独立的半波a；S2振动了T2时间，发出另一个独立的半波b。已知两波源均做简谐振动，且T1＞T2，要使两列波的波峰在P点相遇，两列波发出的时间差是（ ）
A．0B．C．D．
5．（3分）如图所示，子弹垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿过第12块木板后速度变为0。子弹视为质点，在各木板中运动的加速度都相同。从子弹射入开始，到分别接触第4、7、10块木板所用时间之比为（ ）
A．3：2：1B．：：1
C．（2）：（2）：1D．（）：（1）：
6．（3分）中国空间站绕地球运行方向如图所示，由于地球遮挡阳光，空间站内宇航员在一天内会经历多次日落日出。太阳光看作平行光，空间站经历一次日落到日出转过的圆心角为2θ，则空间站线速度大小与第一宇宙速度大小之比为（ ）
A．B．C．D．sinθ
7．（3分）如图所示，带电量分别为+4Q和﹣Q的两个点电荷固定在x轴上，其中正电荷的坐标x1＝﹣d，负电荷的坐标x1＝0。选无穷远处电势为零，将一电子从x3处由静止释放，此时其电势能为Ep1、加速度大小为a1；当电子运动到x4＝d处时电势能为Ep2、加速度大小为a2，则下列判断正确的是（ ）
A．Ep1＜Ep2、a1＜a2B．Ep1＜Ep2、a1＞a2
C．Ep1＞Ep2、a1＞a2D．Ep1＞Ep2、a1＜a2
8．（3分）如图为可调式理想变压器输电示意图。原线圈连接灯泡L1，副线圈匝数可通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端按照图示连接了定值电阻R0、灯泡L2、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。灯泡L1、L2的阻值与定值电阻R0的阻值相同，不考虑灯泡的阻值变化，两灯泡始终发光且工作在额定电压以内。在原线圈上加一电压恒为U的正弦交流电，则（ ）
A．保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡L1一直变暗，L2一直变亮
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡L1一直变亮，L2先变暗后变亮
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（4分）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，a为圆环上最高点，c为圆环上最低点，圆环上b、d两点与圆心等高。原长为2R的轻弹簧一端固定在d点，另一端与小球栓接，小球套在圆环上，从a点由静止释放，经b点下滑至c点，下列说法正确的是（ ）
A．由a到b过程，重力的瞬时功率一直变大
B．由a到b过程，弹簧弹力的瞬时功率一直变大
C．由a到c过程，重力的平均功率大于弹簧弹力的平均功率
D．由a到c过程，小球的机械能一直变大
（多选）10．（4分）如图所示，小明用轻绳PQ拴住轻杆OQ的顶端，轻杆下端O用铰链固定在水平地面上某高度处，Q端下方悬挂重物，轻绳PQ长度为定值。PQ与水平方向夹角α＝30°，OQ与水平方向夹角β＝60°，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳PQ对Q端的拉力大于重物重力
B．轻杆OQ对Q端的支持力等于重物重力的倍
C．若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐增大
D．若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐减小
（多选）11．（4分）如图所示，P、Q、M为同一竖直平面内三点，P、Q位于同一条竖直线上，Q、M位于水平地面上，且PQ＝QM。某一时刻小球甲从P点水平抛出，同时小球乙从Q点与QM成θ角抛出，速度方向如图，两球在M点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从抛出到相遇，乙速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为1：
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为2：
D．仅改变乙抛出的θ角，则其落地时一定位于M点的左侧
（多选）12．（4分）如图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾斜部分和水平部分组成，固定在水平地面上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接。倾斜轨道M1N1和M2N2的倾角θ＝60°，M1M2间接有电容C的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；水平导轨右端串接一阻值为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的矩形磁场区域efgh，磁场宽度|gh|，磁感应强度也为B；质量为3m，边长均为L且开口向左的U形金属线框abcd静置在水平轨道上。现将一质量为m的导体棒P（电阻不计）由倾斜导轨上距水平面高处静止释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，沿水平导轨穿过磁场区域。已知U形线框bc边的阻值为R，其余部分电阻不计，重力加速度大小为g，电容器不会被击穿，则（ ）
A．导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运动，加速度大小为g
B．ad边刚进入磁场边界eh时的速度为
C．整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为
D．整个线框穿出磁场后的速度为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）某小组用三根规格相同的橡皮筋（遵循胡克定律）、细线、重物、刻度尺、三角板、白纸、图钉、木板等器材探究两个互成角度力的合成规律，实验操作如下：
①用细绳拴住橡皮筋两端，确保三根橡皮筋两结点间原长相同，用刻度尺量出橡皮筋的原长；
②木板竖直固定，用图钉将白纸固定在木板上；
③将一根橡皮筋上端的细绳固定在a点，下端细绳拴接重物，如图甲所示，待重物静止后记录接点位置，并标记为O，用刻度尺量出橡皮筋1两结点间的长度；
④将另外两根橡皮筋上端的细绳分别固定在b、c两点，下端的细绳拴接（接点为O′）并悬挂同一重物，如图乙所示，待重物静止后用刻度尺分别量出橡皮筋2和3两结点间的长度；
⑤用橡皮筋伸长量表示其受力的大小，作出橡皮筋1对O拉力的图示F1，橡皮筋2和3对O′拉力的图示F2和F3；
⑥以F2和F3为邻边作平行四边形，比较F1与平行四边形对角线的大小方向，寻找规律。
请回答下列问题：
（1）关于本实验下列说法正确的是 ；
A.图乙中b、c两点可以不在同一高度处
B.图乙中橡皮筋2和3需调整至互相垂直
C.若橡皮筋规格不相同，对实验无影响
D.重物质量适量大些，可以减小实验误差
（2）步骤④中有遗漏，请补充： ；
（3）该实验中合力F1和两个分力F2、F3可以等效替代，其作用效果是什么？ 。
14．（8分）热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。某学习小组利用热敏电阻，设计制作自动报警装置，方案如下：
（1）使用多用电表研究热敏电阻Rt的阻值随温度变化的规律
①用多用电表测Rt的阻值，选择开关应置于 。（填“A区”、“B区”、“C区”或“D区”）
②不同温度下选择合适的挡位，读出热敏电阻Rt的阻值。某次读数时，发现多用电表的指针偏转角度较大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到 挡（填“更高”或“更低”）。
③描绘出热敏电阻Rt的阻值随温度变化的规律如图乙所示。
（2）使用上述热敏电阻Rt作为传感器制作的自动报警装置线路图如图丙所示。
①为了降低装置的报警温度，应将滑动变阻器滑片P向 （选填“左”或“右”）移动；
②设定装置的报警温度为100℃，报警时流过热敏电阻Rt的电流为10mA，已知直流电源电动势E＝15V（内阻不计），忽略电磁铁线圈电阻，则滑动变阻器应接入电路的阻值为 Ω。
15．（8分）图甲为市面上常见的气压式升降椅，它通过汽缸的上下运动支配座椅升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与座椅固定连接，横截面积S＝20cm2的柱状支架与底座固定连接，可自由移动的汽缸与支架之间封闭一定质量的理想气体。质量M＝60kg的工作人员坐在座椅上（两脚悬空离地），稳定后封闭气体柱长度L1＝10.4cm，已知汽缸与座椅的总质量m＝10kg，大气压强p0＝1.0×105Pa，室内温度T1＝312K。工作人员坐在座椅上打开空调，室内气温缓慢降至T2＝300K，汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦，g取10m/s2。
（1）求降温过程座椅高度的变化量；
（2）若降温过程封闭气体内能变化了1.4J，求气体吸收或放出的热量。
16．（8分）半圆柱体玻璃砖的横截面如图所示、O为圆心，半径OP长为R，一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AP方向从PO面射入玻璃砖，∠APO＝150°，a光恰好在玻璃砖曲面上发生全反射。已知玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）玻璃对a光的折射率；
（2）已知玻璃对b光的折射率为a光的，b光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所用的时间。
17．（14分）如图所示，正方体物块A放在离地高度H＝3.2m的粗糙平台上，直径与A棱长相同的小球B静置在与A等高处，与平台右端距离s＝0.8m，光滑固定斜面MN与水平方向夹角θ＝45°，N点与水平轨道NP平滑相连，PQ是半径R＝25m的足够长光滑圆弧，P点是圆弧最低点，圆心未画出。现对A施加水平拉力F＝12N，使A由静止开始向右运动。t1＝3s后撤去F，A继续滑行t2＝1s后从平台右端水平飞出，A飞离平台的同时B由静止释放，一段时间后A、B发生弹性对心碰撞，碰撞时间极短，分开后A落到地面上，B到达M处时速度恰好沿MN方向滑入斜面，从P点滑上圆弧轨道PQ，减速到O后返回P点。已知mA＝3kg，mB＝1kg，A与平台间动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，A和B的大小可忽略不计。
（1）求A离开平台时的速度vA；
（2）求碰撞过程中，A、B形变量最大时系统的弹性势能Ep；
（3）求A与B到达地面的时间差Δt；
（4）某同学认为可以利用单摆周期T＝2π，计算小球B离开P点到返回P点所用时间tπ。你认为是否合理？请通过计算分析说明。
18．（16分）如图所示，在真空建立坐标系O﹣xyz，z轴正方向垂直于纸面向外（未画出）。xOy平面的第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着沿y轴负方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场；x＞0区域存在方向均沿着x轴正方向的匀强磁场和匀强电场（未画出），磁感应强度大小B1，电场强度大小E1，k为常数。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好从坐标原点O进入x＞0区域，过O点时速度大小为v0、方向与y轴负方向的夹角θ＝45°。不计粒子重力，求：
（1）在平面坐标系xOy的第二象限中电场强度大小E0；
（2）在x＞0区域内，粒子偏离xOy平面的最大距离；
（3）在x＞0区域内，粒子偏离xOy平面距离最大时的x坐标；
（4）在平面坐标系xOy的第二象限中磁感应强度大小B0。
2025年山东省潍坊市高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共4小题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）如图四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（ ）
A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象
B．乙图中热针接触涂蜡固体后，蜡融化区域呈现圆形，说明该固体为非晶体
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子间存在引力
D．丁图中用手推动封闭注射器的活塞时阻力增大，原因是分子斥力增大
【分析】根据毛细现象的原理，具有各向同性的物质，扩散现象和气体压强影响因素逐一分析每个选项。
【解答】解：A.毛细现象指液体在细管中自发上升的现象，通常需借助细管或纤维结构实现，甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现，故A正确；
B.蜡融化呈圆形仅反映导热均匀性，无法直接证明固体是否为非晶体，多晶体也有各向同性的特点，故B错误；
C.抽去玻璃板后气体混合是扩散现象，由分子无规则运动导致，与分子间引力无关，故C错误；
D.推动封闭注射器活塞时阻力增大，主要源于气体压强随体积减小而增大，故D错误。
故选：A。
【点评】除了是否具有固定的熔点之外，各向异性和各向同性是区分晶体和非晶体的又一重要特征。但是要注意具有各向异性的一定是单晶体（除了液晶），具有各向同性的除了非晶体也可能是多晶体。
2．（3分）在光电效应实验中，小明用甲、乙、丙三种光分别照射同一光电管，得到的光电流I与电压U的关系曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲光照射时光电子的最大初动能比丙光大
B．甲光的强度比丙光大
C．甲光的频率比乙光大
D．乙光的波长比丙光长
【分析】由光电流和电压的关系图像可以读出光电流存在饱和电流值和遏止电压的大小关系，根据光电效应方程eUc＝Ekm＝hv﹣W0进行分析；饱和光电流受入射光的强度影响，对于一定频率的光，入射光越强，饱和光电流越大。
【解答】解：AB、根据光电效应方程Ek＝hv﹣W0，再根据动能定理﹣eUc＝0﹣Ekm，联立解得eUc＝Ekm＝hv﹣W0，由图可知，甲光、丙光的遏止电压相等，频率也相等，则甲光照射时光电子的最大初动能和丙光一样大，又由图可知甲光的光电流比丙光的大，所以甲光的光照强度比丙光大，故A错误，B正确；
C、由图可知乙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，根据上述所求关系式可知，乙光的频率大于甲光、丙光的频率，故C错误；
D、根据c＝λv，可知乙光的波长小于甲光、丙光的波长，故D错误；
故选：B。
【点评】该题考查光电效应的实验，解决本题的关键掌握遏止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eUc＝Ekm＝hv﹣W0。
3．（3分）歼﹣20的光学着陆系统中用到了双缝干涉的知识。某物理兴趣小组用如图甲所示的装置做双缝干涉实验，通过目镜观察到屏上的条纹如图乙所示。只改变一个条件，使观察到的条纹如图丙所示，则改变的条件是（ ）
A．换用长度更长的遮光筒
B．增大单缝到双缝的距离
C．换用间距更小的双缝
D．红色滤光片换成紫色滤光片
【分析】由双缝干涉的条纹间距表达式，即可分析双缝到屏的距离、双缝间距、波长对间距的影响。
【解答】解：B、双缝干涉的条纹间距表达式：，可知单缝到双缝的距离对间距无影响，故B错误；
ACD、由图可知，丙图的双缝间距更小，结合双缝间距表达式，可知减小双缝到屏的距离、波长，增大双缝间距，即可减小双缝间距，故AC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查双缝干涉实验的理解，关键是根据双缝间距的表达式，分析各物理量对间距的影响。
4．（3分）如图所示，S1、S2为绳左右两端的波源，P为绳子中点。S1振动了T1时间，发出一个独立的半波a；S2振动了T2时间，发出另一个独立的半波b。已知两波源均做简谐振动，且T1＞T2，要使两列波的波峰在P点相遇，两列波发出的时间差是（ ）
A．0B．C．D．
【分析】两列波在同一介质里传播，波速相等，设波速为v，根据波速公式求出两列波的波长，再求两列波发出的时间差。
【解答】解：设两列该波的波速为v。由题意可知，两列波的周期分别为2T1和T2，两列波的波长分别为2vT1和2vT2，波长相差的距离为（2vT1﹣2vT2）v（T1﹣T2），故两列波发出的时间差为Δt（T1﹣T2），故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键要知道在同一介质中传播的两列波波速是相等的，则波长与周期成正比。
5．（3分）如图所示，子弹垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿过第12块木板后速度变为0。子弹视为质点，在各木板中运动的加速度都相同。从子弹射入开始，到分别接触第4、7、10块木板所用时间之比为（ ）
A．3：2：1B．：：1
C．（2）：（2）：1D．（）：（1）：
【分析】子弹做初速度为零的匀加速直线运动；根据，求解子弹穿过第4、7、10块木板后位移，根据匀变速直线运动的规律求解子弹穿过第4、7、10块木板所用时间之比。
【解答】解：子弹穿过第12块木板后速度变为0，逆向看，子弹从静止开始做匀加速直线运动。将12块木板4等分，逆向看子弹经过后3块的时间为t1，经过后6块的时间为t2，经过后9块的时间为t3，经过12块的时间为t4。根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可得：
t1：t2：t3：t4＝1：：：2
接触第4、7、10块木板所用时间之比为：
（t4﹣t3）：（t4﹣t2）：（t4﹣t1）＝（2）：（2）：1
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查匀变速直线运动的规律，解答本题要掌握匀变速直线运动的基本规律和逆向思维处理问题的方法。
6．（3分）中国空间站绕地球运行方向如图所示，由于地球遮挡阳光，空间站内宇航员在一天内会经历多次日落日出。太阳光看作平行光，空间站经历一次日落到日出转过的圆心角为2θ，则空间站线速度大小与第一宇宙速度大小之比为（ ）
A．B．C．D．sinθ
【分析】根据万有引力提供向心力导出线速度表达式，结合相应的几何关系列式求解。
【解答】解：空间站绕地球做圆周运动时，由万有引力提供向心力，有，得v，其中r为轨道半径。第一宇宙速度v1对应地球表面附近的轨道速度，即，其中R为地球半径。因此，线速度与第一宇宙速度的比值为，根据题意当空间站进入地球阴影时，太阳光与轨道半径方向形成夹角θ，此时地球半径R与轨道半径r构成直角三角形关系，满足，得，代入比值公式得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
7．（3分）如图所示，带电量分别为+4Q和﹣Q的两个点电荷固定在x轴上，其中正电荷的坐标x1＝﹣d，负电荷的坐标x1＝0。选无穷远处电势为零，将一电子从x3处由静止释放，此时其电势能为Ep1、加速度大小为a1；当电子运动到x4＝d处时电势能为Ep2、加速度大小为a2，则下列判断正确的是（ ）
A．Ep1＜Ep2、a1＜a2B．Ep1＜Ep2、a1＞a2
C．Ep1＞Ep2、a1＞a2D．Ep1＞Ep2、a1＜a2
【分析】根据电场强度大小结合牛顿第二定律分析加速度，根据电势能与电势的关系分析电势能大小。
【解答】解：设电场强度为0的点与O相距x，则有
解得x＝d
结合牛顿第二定律可知a1＞a2
从x3到x4＝d的电场线向左，电势逐渐升高，根据Ep＝qφ可知Ep1＞Ep2
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，理解电势能的计算公式，结合场强叠加的特点即可完成解答。
8．（3分）如图为可调式理想变压器输电示意图。原线圈连接灯泡L1，副线圈匝数可通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端按照图示连接了定值电阻R0、灯泡L2、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。灯泡L1、L2的阻值与定值电阻R0的阻值相同，不考虑灯泡的阻值变化，两灯泡始终发光且工作在额定电压以内。在原线圈上加一电压恒为U的正弦交流电，则（ ）
A．保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡L1一直变暗，L2一直变亮
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡L1一直变亮，L2先变暗后变亮
【分析】保持Q的位置不动，即变压器的匝数比不变，将P从a端滑动到b端的过程中，副线圈电路中的总电阻先增大后减小，根据等效的观点分析原线圈电路中电流的变化，进而判断L1的亮度变化，结合变压器的输出电压和L2支路中电阻的变化，分析通过L2电流的变化；保持P的位置不动，即变压器副线圈电路中的总电阻R不变，将Q向上滑动的过程中，副线圈的匝数增大，据此分析原线圈中等效电阻的变化，可知原线圈电路中电流的变化，以及副线圈电路中电流的变化，从而分析灯泡的亮度变化。
【解答】解：AB、保持Q的位置不动，即变压器的匝数比不变，将P从a端滑动到b端的过程中，副线圈电路中的总电阻先增大后减小，则对应的在原线圈电路中的等效电阻也是先变大后变小，所以原线圈中的电流是先减小后变大，则L1先变暗后变亮，因为原线圈中的电流先变小后变大，则变压器的输入电压是先变大后变小，变压器的输出电压也是先变大后变小，在输出电压变大的过程中，灯泡L2和变阻器Pb部分串联，滑片P向右滑动，L2支路的电阻一直减小，而这部分电压变大，所以通过L2的电流变大，L2变亮。滑片滑过ab中点后，副线圈的输出电压开始减小，但是输出电流开始增大，而L2支路的电阻继续减小，所以该支路的电流继续增大，所以L2中的电流一直增大，L2一直变亮，故A正确，B错误；
CD、保持P的位置不动，即变压器副线圈电路中的总电阻R不变，将Q向上滑动的过程中，副线圈的匝数增大，原、副线圈的匝数比减小，副线圈的电阻在原线圈电路中的等效电阻变小，则原线圈电路中的电流一直增大，所以灯泡L1一直变亮，变压器的输出电流也是一直变大，所以L2一直变亮，故CD错误。
故选：A。
【点评】掌握副线圈电路中电阻在原线圈电路中的等效电阻的计算方法是解题的关键，掌握变压器的变压规律和变流规律是解题的基础。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（4分）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，a为圆环上最高点，c为圆环上最低点，圆环上b、d两点与圆心等高。原长为2R的轻弹簧一端固定在d点，另一端与小球栓接，小球套在圆环上，从a点由静止释放，经b点下滑至c点，下列说法正确的是（ ）
A．由a到b过程，重力的瞬时功率一直变大
B．由a到b过程，弹簧弹力的瞬时功率一直变大
C．由a到c过程，重力的平均功率大于弹簧弹力的平均功率
D．由a到c过程，小球的机械能一直变大
【分析】根据重力、弹簧弹力的瞬时功率表达式，判断瞬时功率的变化情况；根据平均功率表达式，判断平均功率的大小关系；小球的机械能包括重力势能和动能，弹簧的弹性势能会影响小球的机械能变化，分析机械能的变化。
【解答】解：A、重力的瞬时功率为P重＝mgvsinθ，其中θ是速度方向与水平方向的夹角。在a点，小球速度为0，重力瞬时功率为0。在b点，小球速度方向竖直，重力方向竖直，θ＝90°，sinθ＝1，重力瞬时功率为mgv。从a到b，小球速度逐渐增大，sinθ从0增加到1，因此重力瞬时功率一直变大，
故A正确；
B、在a点速度为0，弹力瞬时功率为0，在b点，弹簧处于原长，弹力瞬时功率为0。从a到b，弹簧弹力功率不会一直变大，故B错误；
C、重力做的总功为W重＝mg•R＝2mgR。
弹簧弹力做的总功为W弹，由于弹簧在a点和c点的弹性势能相等（弹簧长度均为，弹簧弹力做的总功为0。
重力的平均功率为
弹簧弹力的平均功率为0。
因此，重力的平均功率大于弹簧弹力的平均功率。
故C正确；
D、小球的机械能包括重力势能和动能，弹簧的弹性势能会影响小球的机械能变化。从a到c，小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，在a点和c点，弹簧的弹性势能相等，因此小球在a点和c点的机械能相等；从a到b，弹簧从压缩状态变为原长状态，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增大；从b到c，弹簧从原长状态恢复到压缩状态，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小。因此，小球的机械能先增大后减小，而不是一直变大，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要考查了功率的计算，关键要分清瞬时功率和平均功率不同的计算方法，难度一般。
（多选）10．（4分）如图所示，小明用轻绳PQ拴住轻杆OQ的顶端，轻杆下端O用铰链固定在水平地面上某高度处，Q端下方悬挂重物，轻绳PQ长度为定值。PQ与水平方向夹角α＝30°，OQ与水平方向夹角β＝60°，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳PQ对Q端的拉力大于重物重力
B．轻杆OQ对Q端的支持力等于重物重力的倍
C．若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐增大
D．若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐减小
【分析】根据平衡条件求解轻绳对O端的拉力和轻杆对O端的支持力；
根据三角形相似分析轻绳PQ对Q端的拉力变化情况。
【解答】解：AB、对节点Q受力分析，如图所示：
′
由几何知识得：绳子PQ与杆OQ的夹角以及重力与杆OQ的夹角均为α＝30°
根据平衡条件得：2mgcsα＝N，Tsinα＝mgsinα
联立解得：T＝mg，N，故A错误，B正确；
CD、从O点竖直向上作垂线，交绳与O′点，由重力mg、绳子拉力T和杆的支持力N组成的矢量三角形和三角形△PQO′相似可得：
由几何知识知：OO′变小，绳长lOO′变长，则绳子拉力T变大，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题的难点在于判断P端缓慢向右移动的情况下构造三角形相似分析绳子拉力的 变化。
（多选）11．（4分）如图所示，P、Q、M为同一竖直平面内三点，P、Q位于同一条竖直线上，Q、M位于水平地面上，且PQ＝QM。某一时刻小球甲从P点水平抛出，同时小球乙从Q点与QM成θ角抛出，速度方向如图，两球在M点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从抛出到相遇，乙速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为1：
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为2：
D．仅改变乙抛出的θ角，则其落地时一定位于M点的左侧
【分析】两球在空中运动时加速度都为重力加速度g，根据Δv＝gΔt，分析判断从抛出到相遇两者的速度变化量的关系；甲在空中做平抛运动，乙在空中做斜抛运动。将两者的运动均分解处理，由运动学公式，结合等时性求解甲、乙初速度大小之比，以及相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比；由运动学公式，求解出乙的水平位移最大时的抛出角度，根据θ角与此角度的大小关系，分析判断改变乙抛出的θ角，其落地时的位置是否一定位于M点的左侧。
【解答】解：A、两球在空中运动时都只受重力，加速度都为重力加速度g。根据Δv＝gΔt，两球在空中运动时间相同，故从抛出到相遇两者的速度变化量相同，故A错误；
B、设甲、乙的初速度大小分别为v1、v2，设PQ＝QM＝L。甲在空中做平抛运动，乙在空中做斜抛运动。
对甲的运动在水平方向上有：L＝v1t；在竖直方向上有：
对乙的运动在水平方向上有：L＝v2csθ•t；在竖直方向上有：
联立解得：；，θ＝45°
可得甲、乙初速度大小之比为：，故B正确；
C、设相遇前瞬间甲、乙速度大小分别为v1′、v2′，则有：

根据斜抛运动的对称性，可得：
可得相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为：，故C错误；
D、设乙抛出时速度方向与QM成α角，则乙在空中运动的时间为：
乙在空中做斜抛运动的水平位移的大小为：
可得当α＝45°时，x最大，因θ＝45°，故仅改变乙抛出的θ角，其落地时一定位于M点的左侧，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了平抛运动与斜抛运动的相关计算，处理抛体运动要将运动分解处理，根据分运动的等时性解答。
（多选）12．（4分）如图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾斜部分和水平部分组成，固定在水平地面上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接。倾斜轨道M1N1和M2N2的倾角θ＝60°，M1M2间接有电容C的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；水平导轨右端串接一阻值为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的矩形磁场区域efgh，磁场宽度|gh|，磁感应强度也为B；质量为3m，边长均为L且开口向左的U形金属线框abcd静置在水平轨道上。现将一质量为m的导体棒P（电阻不计）由倾斜导轨上距水平面高处静止释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，沿水平导轨穿过磁场区域。已知U形线框bc边的阻值为R，其余部分电阻不计，重力加速度大小为g，电容器不会被击穿，则（ ）
A．导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运动，加速度大小为g
B．ad边刚进入磁场边界eh时的速度为
C．整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为
D．整个线框穿出磁场后的速度为
【分析】由动量定理、加速度定义式求出导体棒P沿倾斜导轨下滑时加速度大小，再分析其运动情况；由运动学公式求出导体棒P到达EG边时的速度大小，根据动量守恒定律求出导体棒P与U形线框碰撞后的共同速度，分析线框的运动情况，确定ad边刚进入磁场边界eh时的速度；由动量定理以及电荷量与电流的关系求流过电阻R的电荷量；根据动量定理求整个线框穿出磁场后的速度。
【解答】解：A、设导体棒P在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间Δt内速度的变化量为Δv，电容器带电量的变化量为ΔQ，电容器两端电压变化量为ΔU。
由法拉第电磁感应定律有ΔU＝BLΔv
取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得
mgsinθ•Δt﹣BL•Δt＝mΔv
其中：Δt＝ΔQ＝CBLΔv
a棒的加速度大小为a
联立解得a
将C代入上式可得ag，可知导体棒P沿倾斜导轨运动时加速度保持不变，做匀加速直线运动，故A正确；
B、导体棒P到达EG边时速度大小为v0
设导体棒P与U形线框碰撞后的共同速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝（m+3m）v1
解得v1
线框bc边和ad边通过磁场时做减速运动，线框左右两边都在磁场外时，没有感应电流，线框不受安培力做匀速运动，所以ad边刚进入磁场边界eh时的速度小于，故B错误；
C、bc边通过磁场时，电阻R被短路。当ad边通过磁场时，通过ad边的电荷量为qΔt，流过电阻R的电荷量为q′，故C错误；
D、设bc边到达fg时的速度为v2，整个线框穿出磁场后的速度为v3。
bc边通过磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL•t1＝4mv2﹣4mv1
又q1•t1
联立可得v2
ad边通过磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL•t2＝4mv3﹣4mv2
又q2•t2
联立可得v3，即整个线框穿出磁场后的速度为，故D正确。
故选：AD。
【点评】解答本题时，要理清导体棒和线框的运动过程，熟练运用动量定理求导体棒在磁场中运动时通过导体棒的电荷量与导体棒的速度是关键。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）某小组用三根规格相同的橡皮筋（遵循胡克定律）、细线、重物、刻度尺、三角板、白纸、图钉、木板等器材探究两个互成角度力的合成规律，实验操作如下：
①用细绳拴住橡皮筋两端，确保三根橡皮筋两结点间原长相同，用刻度尺量出橡皮筋的原长；
②木板竖直固定，用图钉将白纸固定在木板上；
③将一根橡皮筋上端的细绳固定在a点，下端细绳拴接重物，如图甲所示，待重物静止后记录接点位置，并标记为O，用刻度尺量出橡皮筋1两结点间的长度；
④将另外两根橡皮筋上端的细绳分别固定在b、c两点，下端的细绳拴接（接点为O′）并悬挂同一重物，如图乙所示，待重物静止后用刻度尺分别量出橡皮筋2和3两结点间的长度；
⑤用橡皮筋伸长量表示其受力的大小，作出橡皮筋1对O拉力的图示F1，橡皮筋2和3对O′拉力的图示F2和F3；
⑥以F2和F3为邻边作平行四边形，比较F1与平行四边形对角线的大小方向，寻找规律。
请回答下列问题：
（1）关于本实验下列说法正确的是 AD ；
A.图乙中b、c两点可以不在同一高度处
B.图乙中橡皮筋2和3需调整至互相垂直
C.若橡皮筋规格不相同，对实验无影响
D.重物质量适量大些，可以减小实验误差
（2）步骤④中有遗漏，请补充： 使O'点与O点重合 ；
（3）该实验中合力F1和两个分力F2、F3可以等效替代，其作用效果是什么？ 两次将结点拉到同一位置 。
【分析】（1）根据实验原理与操作规范分析解答；
（2）（3）根据等效替代原理分析。
【解答】解：（1）AB、根据实验原理可知，图乙中b、c两点可以不在同一高度处，图乙中橡皮筋2和3无需垂直，故A正确，B错误；
C、实验用橡皮筋的伸长量代表弹力，若橡皮筋规格不相同，对实验有影响，故C错误；
D、重物质量适量大些，可以减小实验误差，故D正确；
故选：AD。
（2）根据等效替代原理，下端的细绳拴接（接点为O′）并悬挂同一重物，使O'点与O点重合；
（3）作用效果是两次将结点拉到同一位置。
故答案为：（1）AD；（2）使O'点与O点重合；（3）两次将结点拉到同一位置
【点评】本题主要考查了力的平行四边形定则的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合矢量合成的特点即可完成分析。
14．（8分）热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。某学习小组利用热敏电阻，设计制作自动报警装置，方案如下：
（1）使用多用电表研究热敏电阻Rt的阻值随温度变化的规律
①用多用电表测Rt的阻值，选择开关应置于 B区 。（填“A区”、“B区”、“C区”或“D区”）
②不同温度下选择合适的挡位，读出热敏电阻Rt的阻值。某次读数时，发现多用电表的指针偏转角度较大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到 更低 挡（填“更高”或“更低”）。
③描绘出热敏电阻Rt的阻值随温度变化的规律如图乙所示。
（2）使用上述热敏电阻Rt作为传感器制作的自动报警装置线路图如图丙所示。
①为了降低装置的报警温度，应将滑动变阻器滑片P向 右 （选填“左”或“右”）移动；
②设定装置的报警温度为100℃，报警时流过热敏电阻Rt的电流为10mA，已知直流电源电动势E＝15V（内阻不计），忽略电磁铁线圈电阻，则滑动变阻器应接入电路的阻值为 1350 Ω。
【分析】（1）①②根据欧姆表的特点判断区域以及挡位问题；
（2）①根据闭合电路欧姆定律判断滑动变阻器滑片移动的方向；
②根据闭合电路欧姆定律求滑动变阻器应接入电路的阻值。
【解答】解：（1）①用电表测电阻时，选择开关应置于欧姆挡，图中B区是欧姆挡，所以用多用电表测Rt的阻值，选择开关应置于B区。
②多用电表测电阻时，指针偏转角度较大，说明所选挡位太大，为了较准确地读出此温度下热敏电阻的阻值，需要将选择开关换到更低挡。因为挡位越低，欧姆表的中值电阻越小，测量小电阻时更准确。
（2）①由图乙可知，热敏电阻的阻值随温度升高而减小。要降低装置的报警温度，即要在热敏电阻阻值较大时报警。根据闭合电路欧姆定律

在E、I（报警电流）不变时，Rt较大，则R滑应较小，所以应将滑动变阻器滑片P向右移动，减小滑动变阻器接入电路的电阻。
②当报警温度为100℃时，由图乙可知此时热敏电阻Rt＝150Ω，报警时流过热敏电阻Rt的电流
I＝10mA＝0.01A
直流电源电动势
E＝15V（内阻不计）
根据闭合电路欧姆定律

可得

代入得：
R滑＝1350Ω
故答案为：（1）①B区；②更低；（2）①右；②1350。
【点评】本题考查了欧姆表和闭合电路的欧姆定律，要求学生熟练掌握欧姆表的特点，分析电路时注意闭合电路的欧姆定律的使用。
15．（8分）图甲为市面上常见的气压式升降椅，它通过汽缸的上下运动支配座椅升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与座椅固定连接，横截面积S＝20cm2的柱状支架与底座固定连接，可自由移动的汽缸与支架之间封闭一定质量的理想气体。质量M＝60kg的工作人员坐在座椅上（两脚悬空离地），稳定后封闭气体柱长度L1＝10.4cm，已知汽缸与座椅的总质量m＝10kg，大气压强p0＝1.0×105Pa，室内温度T1＝312K。工作人员坐在座椅上打开空调，室内气温缓慢降至T2＝300K，汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦，g取10m/s2。
（1）求降温过程座椅高度的变化量；
（2）若降温过程封闭气体内能变化了1.4J，求气体吸收或放出的热量。
【分析】（1）以座椅和工作人员整体为研究对象，根据受力平衡可得封闭气体压强，再由盖—吕萨克定律可求座椅高度的变化量；
（2）由热力学第一定律可求气体吸收或放出的热量。
【解答】解：（1）以座椅和工作人员整体为研究对象，根据受力平衡可得：pS＝p0S+（M+m）g，解得封闭气体压强为：
对气体，由盖—吕萨克定律可得：，其中：V1＝SL1，T1＝312K，V2＝SL2，T2＝300K，所以有：，代入数据解得：，则降温过程座椅高度的变化量为：Δh＝L1﹣L2＝10.4cm﹣10cm＝0.4cm；
（2）等压变化过程中，外界对气体做功为：W＝p•ΔV＝4.5×105×20×10﹣4×0.4×10﹣2J＝3.6J
由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，由于气体温度降低，气体的内能减小，则有：ΔU＝﹣1.4J，又，W＝3.6J，代入数据解得：Q＝ΔU﹣W＝﹣1.4J﹣3.6J＝﹣5.0J，负号表示气体放出热量，放出的热量为5.0J。
答：（1）降温过程座椅高度的变化量为0.4cm；
（2）气体放出的热量为5.0J。
【点评】本题分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件求出气体的压强，应用盖—吕萨克定律及热力学第一定律即可解题。
16．（8分）半圆柱体玻璃砖的横截面如图所示、O为圆心，半径OP长为R，一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AP方向从PO面射入玻璃砖，∠APO＝150°，a光恰好在玻璃砖曲面上发生全反射。已知玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）玻璃对a光的折射率；
（2）已知玻璃对b光的折射率为a光的，b光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所用的时间。
【分析】（1）根据折射定律结合全反射临界角公式解答；
（2）根据几何关系结合v及光程关系解答。
【解答】解：（1）a光恰好发生全反射，入射角等于临界角，设临界角为C，则sinC
根据几何关系有r+C＝90°，i＝60°
对a光，根据折射定律得na
联立解得a光对玻璃的折射率为na
（2）玻璃对b光的折射率为a光的，则nb
设b光的折射角为r'，根据折射定律有nb
解得sinr'
根据几何关系可知b光的光程为s＝2Rsinr'
b光在介质中的速度为v
传播时间为t
解得v
答：（1）玻璃对a光的折射率为；
（2）b光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所用的时间为。
【点评】解答本题时，要根据折射定律、光速公式、发生全反射的临界条件，并结合几何关系进行分析。
17．（14分）如图所示，正方体物块A放在离地高度H＝3.2m的粗糙平台上，直径与A棱长相同的小球B静置在与A等高处，与平台右端距离s＝0.8m，光滑固定斜面MN与水平方向夹角θ＝45°，N点与水平轨道NP平滑相连，PQ是半径R＝25m的足够长光滑圆弧，P点是圆弧最低点，圆心未画出。现对A施加水平拉力F＝12N，使A由静止开始向右运动。t1＝3s后撤去F，A继续滑行t2＝1s后从平台右端水平飞出，A飞离平台的同时B由静止释放，一段时间后A、B发生弹性对心碰撞，碰撞时间极短，分开后A落到地面上，B到达M处时速度恰好沿MN方向滑入斜面，从P点滑上圆弧轨道PQ，减速到O后返回P点。已知mA＝3kg，mB＝1kg，A与平台间动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，A和B的大小可忽略不计。
（1）求A离开平台时的速度vA；
（2）求碰撞过程中，A、B形变量最大时系统的弹性势能Ep；
（3）求A与B到达地面的时间差Δt；
（4）某同学认为可以利用单摆周期T＝2π，计算小球B离开P点到返回P点所用时间tπ。你认为是否合理？请通过计算分析说明。
【分析】（1）对A，根据牛顿第二定律和速度表达式求A离开平台时的速度vA；
（2）根据动量守恒和能量守恒求碰撞过程中，A、B形变量最大时系统的弹性势能Ep；
（3）根据动量守恒和机械能守恒求分离时B的水平速度，再根据运动学公式求A与B到达地面的时间差Δt；
（4）根据动能定理和角度关系判断是否合理。
【解答】解：（1）对A，根据牛顿第二定律
F﹣μmAg＝mAa1
﹣μmAg＝mAa2
由速度表达式
vA＝a1t1+a2t2
代入数值可得
vA＝4m/s
（2）A飞出后做平抛运动，A、B弹性正碰，机械能守恒，以水平向右的方向为正方向，水平方向动量守恒，A、B形变量最大时A、B水平方向共速v共，竖直方向速度均为vy1
mAvA＝（mA+mB）v共

代入数值可得
Ep＝6J
（3）A、B弹性正碰，机械能守恒，以水平向右的方向为正方向，水平方向动量守恒，分离时A、B各自水平速度分别为vA1、vm，竖直方向速度均为vy1
mAvA＝mAvA1+mBvm

代入数值可得
vm＝6m/s
B运动到M点前，A、B竖直方向的运动是相同的

M点到平台的高度差h

A此后下落时间tA

B沿斜面下滑时间tB

A与B到达地面的时间差Δt
Δt＝tA﹣tB
代入数值可得

（4）小球滑到P点时速度vP，如图

沿圆弧运动减速到零时高度为h0

代入数值可得
h0＝5m
通过几何关系可知小球B在最高点时与圆心连线和竖直方向的夹角为α＝37°，结合单摆摆角应小于5°知，小球B的运动不符合单摆运动规律，这个同学的计算方式不合理。
答：（1）A离开平台时的速度vA为4m/s；
（2）碰撞过程中，A、B形变量最大时系统的弹性势能Ep为6J；
（3）A与B到达地面的时间差Δt为；
（4）不合理。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
18．（16分）如图所示，在真空建立坐标系O﹣xyz，z轴正方向垂直于纸面向外（未画出）。xOy平面的第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着沿y轴负方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场；x＞0区域存在方向均沿着x轴正方向的匀强磁场和匀强电场（未画出），磁感应强度大小B1，电场强度大小E1，k为常数。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好从坐标原点O进入x＞0区域，过O点时速度大小为v0、方向与y轴负方向的夹角θ＝45°。不计粒子重力，求：
（1）在平面坐标系xOy的第二象限中电场强度大小E0；
（2）在x＞0区域内，粒子偏离xOy平面的最大距离；
（3）在x＞0区域内，粒子偏离xOy平面距离最大时的x坐标；
（4）在平面坐标系xOy的第二象限中磁感应强度大小B0。
【分析】（1）由动能定理求在平面坐标系xOy的第二象限中电场强度大小E0；
（2）将O点的速度分解，根据洛伦兹力充当向心力求在x＞0区域内，粒子偏离xOy平面的最大距离；
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求在x＞0区域内，粒子偏离xOy平面距离最大时的x坐标；
（4）由动量定理求在平面坐标系xOy的第二象限中磁感应强度大小B0。
【解答】解：（1）粒子从P到Q，电场力做正功，洛伦兹力不做功，由动能定理得

解得：

（2）将O点的速度分解


根据洛伦兹力充当向心力有

解得

偏离平面xOy的最大距离
dm＝2r
解得

（3）由

得：

沿x轴正方向，根据牛顿第二定律：
qE1＝ma
解得：
a＝kg
根据运动学规律，得

解得：

（4）根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角θ＝45°粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理
qvyB0＝max

即
B0q×3d＝mv0sin45°
解得：

答：（1）在平面坐标系xOy的第二象限中电场强度大小E0为；
（2）在x＞0区域内，粒子偏离xOy平面的最大距离为；
（3）在x＞0区域内，粒子偏离xOy平面距离最大时的x坐标为；
（4）在平面坐标系xOy的第二象限中磁感应强度大小B0为。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
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答案
A
B
D
D
C
B
C
A
题号
9
10
11
12
答案
AC
BC
BD
AD