2025年广东省珠海市高考物理二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年广东省珠海市高考物理二模试卷（含详细答案解析），共28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．（4分）如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的截面，其中∠A＝30°，一束单色光沿ABC平面自AC边上的P点射入棱镜，入射角为θ，恰好在AB边发生全反射且反射光线垂直于BC边，则sinθ为（ ）
A．B．C．D．
2．（4分）如图甲为氢原子光谱，图乙为氢原子部分能级图。图甲中的Hα、Hβ、Hγ、Hδ属于巴尔末系，都是氢原子从高能级向n＝2能级跃迁时产生的谱线。下列说法正确的是（ ）
A．Hβ对应的光子能量比Hγ的大
B．Hβ对应的光子动量比Hγ的大
C．Hδ是氢原子从n＝3向n＝2能级跃迁时产生的
D．氢原子从高能级向n＝1能级跃迁时产生的谱线均在Hδ的左侧
3．（4分）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c点的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
4．（4分）图甲为风力发电的简易模型，发电机与一理想变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数分别为10匝和1匝，某一风速时，变压器原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．副线圈交变电流的频率为5Hz
B．电压表V1的示数为
C．断开开关S，电压表V2的示数为0
D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
5．（4分）如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨与水平面成θ＝30°，导轨上放置两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd，导轨电阻不计，并处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。t＝0时刻，在ab棒上施加一沿导轨平面向上大小为mg的恒力，同时释放cd棒。下列图像中，a、v、x、Eab分别为ab棒的加速度、速度、位移和机械能，E为ab、cd棒组成系统的机械能，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（4分）如图所示质量为m的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1：2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．下层火药被引燃后爆竹获得的动量为
B．爆竹分裂后Q获得的速度大小为
C．P、Q着地前瞬间的速度大小之比2：1
D．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为
7．（4分）在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示，用起重机吊起正方形混凝土板ABCD，已知混凝土板边长为a，质量为m，且始终呈水平状态，四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，某次施工，起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升，其运动的v﹣t图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．36s末建筑材料离地面的距离为56m
B．10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为
C．0∼10s钢索的拉力小于30s∼36s钢索的拉力
D．若将4根钢索都替换成长度为，则10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（6分）位于坐标原点O的波源在t＝0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x＝1.25m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波峰位置，则下列说法中正确的是（ ）
A．波的传播速度是5m/s
B．t＝0.3s时，波源的加速度最大，速度最小
C．0～0.3s内，质点P通过的路程是1.2m
D．平衡位置在x＝1.5m处的质点Q开始振动时，波源处于平衡位置且向y轴负方向运动
（多选）9．（6分）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′的每条棱的中点处均放置一个点电荷。棱AA′中点处点电荷的电荷量为﹣q，其余位置处点电荷的电荷量均为2q，此时正方体中心O点处场强为E。下列说法正确的是（ ）
A．若将AA′中点处电荷拿走，O点处电场强度大小为E
B．若将BC中点处电荷拿走，O点处电场强度大小为E
C．若将CD中点处电荷所带电荷量变为q，则O点处电场强度大小为E
D．若将CC′中点处电荷所带电荷量变为q，则O点处电场强度为0
（多选）10．（6分）如图所示，甲卫星在圆轨道上运行，乙卫星在椭圆轨道上运行，两卫星轨道相交于P、Q两点，B、D分别是椭圆轨道的近地点和远地点，A、C为圆轨道上的两点，A、B、C、D和地心在同一直线上，AB＝CD，则下列说法正确的是（ ）
A．甲卫星运行的周期大于乙卫星运行的周期
B．甲卫星运行若干周后有可能与乙卫星在P点第一次相遇
C．甲卫星经过P点时的加速度与乙卫星经过P点时的加速度大小相等、方向相同
D．乙卫星在B点的速度一定大于甲卫星在A点的速度，乙卫星在D点的速度一定小于甲卫星在C点的速度
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（10分）某实验小组根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。选用的器材有：
热敏电阻RT；
电流表G（内阻Rg为240Ω，满偏电流为Ig）；
定值电阻R（阻值为48Ω）；
电阻箱R0（阻值0～999.9Ω）；
电源E（电动势恒定，内阻不计）；
单刀双掷开关S1、单刀单掷开关S2；导线若干。
请完成下列步骤：
（1）该小组设计了如图（a）所示的电路图。根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
（2）开关S1、S2断开，将电阻箱的阻值调到 （填“最大”或“最小”）。开关S1接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为60.0Ω时，电流表示数为Ig。再将S1改接2，电流表示数为，断开S1。得到此时热敏电阻RT的阻值为 Ω。
（3）该热敏电阻RT阻值随温度t变化的RT﹣t曲线如图（c）所示，结合（2）中的结果得到温度控制室内此时的温度约为 ℃。（结果取整数）
（4）开关S1接1，闭合S2，调节电阻箱，使电流表示数为Ig。再将S1改接2，如果电流表示数为（k＞1），则此时热敏电阻RT＝ Ω（用k表示），根据图（c）即可得到此时温度控制室内的温度。
12．（4分）某同学利用如图所示装置来研究弹簧弹力与形变的关系，设计的实验如下：A、B是质量均为m0的小物块，A、B间用轻弹簧相连，A的上面通过轻绳绕过两个定滑轮与一个轻质挂钩相连，挂钩上可以挂上不同质量的物体C，物块B下放置压力传感器。物体C右边有个竖直的直尺，可以测出挂钩下移的距离。整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度g取9.8m/s2。实验操作如下：
①不悬挂物体C，让系统保持静止，确定挂钩的位置O，并读出压力传感器的示数F0；
②每次挂上不同质量的物体C，用手托住，缓慢释放，测出系统稳定时挂钩相对O点下移的距离x1，并读出相应的压力传感器的示数F1；
③以压力传感器示数为纵轴，挂钩下移的距离为横轴，根据每次测量的数据，描点作出F﹣x图像如图所示。
由图像可知：
（1）在实验误差的范围内，可认为弹簧弹力与弹簧形变量成 （填“正比”、“反比”或“不确定关系”）。
（2）弹簧劲度系数k＝ N/m（结果保留三位有效数字）。
13．（10分）某校冬季篮球比赛在球馆内进行，篮球被带入球馆前，球内气体的温度t1＝﹣3℃，压强。被带入球馆后一段时间，球内气体温度t2＝7℃，球的体积保持不变。
（1）求温度为t2时球内气体压强p2；
（2）比赛要求篮球内气体压强p＝1.6×105Pa，则需充入一定质量的气体，设充气过程中球内气体温度保持t2不变，求充入球内气体的质量与原来球内气体质量的比值k。
14．（14分）如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0；
（2）若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度a＝0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN；
（3）在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。
15．（16分）如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内存在沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子从x轴负半轴上的M点沿与x轴正方向夹角为60°射入电场，粒子经电场偏转后以大小为v0的速度从点P（0，d）垂直y轴进入磁场，最后粒子从x轴正半轴上的N点沿与x轴正方向夹角为60°射出磁场，不计粒子重力。
（1）求粒子在M点的速度大小；
（2）磁场磁感应强度的大小；
（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力，阻力大小f＝kv（k为已知常量），粒子恰好从Q点（图中未标出）垂直x轴射出磁场，求Q点的坐标。
2025年广东省珠海市高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．（4分）如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的截面，其中∠A＝30°，一束单色光沿ABC平面自AC边上的P点射入棱镜，入射角为θ，恰好在AB边发生全反射且反射光线垂直于BC边，则sinθ为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据求出折射率，再根据折射率的公式求出sinθ。
【解答】解：由题知，光在AB边发生全反射的临界角为60°，由

可得折射率
n
光从AC入射的折射角为30°，则

故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题是折射定律、全反射的综合应用，求出临界角是解题的关键。
2．（4分）如图甲为氢原子光谱，图乙为氢原子部分能级图。图甲中的Hα、Hβ、Hγ、Hδ属于巴尔末系，都是氢原子从高能级向n＝2能级跃迁时产生的谱线。下列说法正确的是（ ）
A．Hβ对应的光子能量比Hγ的大
B．Hβ对应的光子动量比Hγ的大
C．Hδ是氢原子从n＝3向n＝2能级跃迁时产生的
D．氢原子从高能级向n＝1能级跃迁时产生的谱线均在Hδ的左侧
【分析】AB.根据图甲的波长关系判断频率大小，再结合动量公式、能量公式分析解答；
CD.根据波长和频率关系进行分析判断。
【解答】解：AB.根据图甲可知，Hβ对应的光子波长比Hγ的大，则频率低，由动量公式，能量E＝hν，可知Hβ动量小，能量小，故AB错误；
C.由图可知，四条谱线中Hδ谱线的波长最短，频率最大，而氢原子从高能级向n＝2能级跃迁产生的光子中，从n＝3能级向n＝2能级跃迁时产生的光子能量最小，其波长最长，频率最小，故C错误；
D.氢原子从高能级向n＝1能级跃迁时产生的光子能量均大于Hδ，则波长均小于Hδ，谱线均在Hδ的左侧，故D正确。
故选：D。
【点评】考查波长和频率关系，以及光子能量和动量的公式，结合跃迁的问题进行综合分析解答。
3．（4分）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c点的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【分析】小球由a到c的过程，由动能定理列式，结合题意，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：设小球运动到c点的速度大小为v，
小球由a到c的过程，由动能定理得：F•（2R+R）﹣mg•R0，
由题知：F＝mg，
联立可得：v，
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
4．（4分）图甲为风力发电的简易模型，发电机与一理想变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数分别为10匝和1匝，某一风速时，变压器原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．副线圈交变电流的频率为5Hz
B．电压表V1的示数为
C．断开开关S，电压表V2的示数为0
D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
【分析】副线圈交变电流的频率等于原线圈交变电流的频率；电压表V1测量变压器原线圈两端电压的有效值；电压表V2测量变压器副线圈两端的电压，与有无负载无关；根据图乙得到交流电的周期，进而得到角速度，根据电动势的最大值写出对应的瞬时值表达式。
【解答】解：A．由题图乙知交流电的周期T＝0.02s，副线圈交变电流的频率等于原线圈交变电流的频率，由此可知副线圈中交流电的频率
故A错误；
B．电压表V1测量变压器原线圈两端电压的有效值
故B错误；
C．电压表V2测量变压器副线圈两端的电压，与有无负载无关，
则电压表U2的示数U2＝3V
故C错误；
D．通过题图乙可知变压器原线圈两端电压的最大值，周期T＝0.02s，永磁体转动的角速度
则电压的瞬时值表达式为
故D正确。
故选：D。
【点评】熟练掌握电动势的瞬时值表达式解题的基础，能够根据变压器的匝数比得到电压的关系是解题的关键。
5．（4分）如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨与水平面成θ＝30°，导轨上放置两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd，导轨电阻不计，并处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。t＝0时刻，在ab棒上施加一沿导轨平面向上大小为mg的恒力，同时释放cd棒。下列图像中，a、v、x、Eab分别为ab棒的加速度、速度、位移和机械能，E为ab、cd棒组成系统的机械能，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据释放两棒后ab向上运动，cd向下运动，结合牛顿第二定律，综合ab棒的机械能变化量等于力F与F安做功的代数和，对两棒整体，机械能的变化量等于力F与两棒受的安培力做功的代数和分析求解。
【解答】解：AB．释放两棒后ab向上运动，cd向下运动，根据牛顿第二定律，对ab棒分析可知：加速度满足
其中安培力表达式满足：
随速度的增加，安培力变大，则加速度减小，当加速度减为零时，此时对ab棒分析满足：F安＝mgsin30°
此时对cd棒分析满足：F安＝mgsin30°
则cd也匀速运动，两棒的加速度减为零后均做匀速运动，故AB错误；
C．ab棒的机械能变化量等于力F与F安做功的代数和，开始时随安培力变大，则这两个力做功的代数和逐渐减小，最后匀速时两个力的合力为，则合力不变，随位移增加合力功逐渐增加，即Eab图像的斜率先减小后不变，故C正确；
D．对两棒整体分析，机械能的变化量等于力F与两棒受的安培力做功的代数和，因最终两棒均匀速运动，且由于系统沿斜面方向受合外力为零，系统沿斜面方向动量守恒，可知最终两棒做匀速运动，且两棒的速度相等，安培力均为，且对两棒均做负功，可知两个安培力和力F做功代数和为零，则系统的机械能不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解电磁感应中能量的变化，合理选取公式是解决此类问题的关键。
6．（4分）如图所示质量为m的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1：2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．下层火药被引燃后爆竹获得的动量为
B．爆竹分裂后Q获得的速度大小为
C．P、Q着地前瞬间的速度大小之比2：1
D．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为
【分析】根据爆竹上升到最大高度h处分析，引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，水平方向动量守恒，结合速度的合成求解。
【解答】解：A．设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v，则v2＝2gh
下层火药被引燃后爆竹获得的动量为p＝mv
解得
故A错误；
B．引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有
水平方向有L＝v1t+v2t
上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，取质量较小部分P获得的速度方向为正方向，则有

解得P、Q各自获得的速度大小分别为，
故B错误；
C．P、Q着地前瞬间竖直方向的速度大小均为
P、Q着地前瞬间的速度大小分别为，
因，所以v1'：v2'≠2：1
故C错误；
D．下层火药燃爆后爆竹获得的机械能为E2＝mgh
上层火药燃爆后爆竹获得的机械能为
解得
故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题时，首先要读懂题意，理清爆竹爆炸的过程，再把握各个过程的物理规律，要知道上层火药燃爆时，水平方向动量守恒。
7．（4分）在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示，用起重机吊起正方形混凝土板ABCD，已知混凝土板边长为a，质量为m，且始终呈水平状态，四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，某次施工，起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升，其运动的v﹣t图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．36s末建筑材料离地面的距离为56m
B．10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为
C．0∼10s钢索的拉力小于30s∼36s钢索的拉力
D．若将4根钢索都替换成长度为，则10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为
【分析】据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，来求解36s末建筑材料离地面的距离；10s∼30s混凝土板匀速上升，根据平衡条件以及几何关系求解10s∼30s每根钢索所受的拉力大小；根据牛顿第二定律分析0∼10s钢索的拉力与30s∼36s钢索的拉力大小关系；若将4根钢索都替换成长度为，结合前面分析，根据几何关系确定钢索与竖直方向的夹角，即可求解10s∼30s每根钢索所受的拉力大小。
【解答】解：A、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知36s末建筑材料离地面的距离为，故A错误；
B、由乙图可知，10s∼30s混凝土板匀速上升，处于平衡状态，设钢索与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得4Fcsθ＝mg
已知混凝土板边长及四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，由几何关系可知，每根钢索在土板上的投影均为
则
解得θ＝45°，，联立解得，故B错误；
C、由乙图可知，0∼10s内混凝土板匀加速上升，加速度向上，处于超重状态，根据牛顿第二定律得
4F1csθ﹣mg＝ma1
30s∼36s内混凝土板匀减速上升，加速度向下，处于失重状态，根据牛顿第二定律得
mg﹣4F2csθ＝ma2
可知F1＞F2，故C错误；
D、若将4根钢索都替换成长度为，由几何关系可得，解得θ′＝30°，，则10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（6分）位于坐标原点O的波源在t＝0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x＝1.25m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波峰位置，则下列说法中正确的是（ ）
A．波的传播速度是5m/s
B．t＝0.3s时，波源的加速度最大，速度最小
C．0～0.3s内，质点P通过的路程是1.2m
D．平衡位置在x＝1.5m处的质点Q开始振动时，波源处于平衡位置且向y轴负方向运动
【分析】根据P、Q的振动情况，结合振动图像，综合平衡位置处，加速度为零，速度最大分析求解。
【解答】解：A．P开始振动时，波源第2次到达波峰，故可知此时经过的时间为
根据波的传播特点，波速为：，故A正确；
B．t＝0.3s时，波源处于平衡位置，此时加速度为零，速度最大，故B错误；
C．t＝0.25s时质点P开始振动，故0～0.3s内，质点P通过的路程是s＝A＝0.2m，故C错误；
D．设平衡位置在x＝1.5m处的质点Q开始振动时时刻为t1，可知：，根据质点的振动特点，此时波源处于平衡位置且向y轴负方向运动，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了振动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
（多选）9．（6分）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′的每条棱的中点处均放置一个点电荷。棱AA′中点处点电荷的电荷量为﹣q，其余位置处点电荷的电荷量均为2q，此时正方体中心O点处场强为E。下列说法正确的是（ ）
A．若将AA′中点处电荷拿走，O点处电场强度大小为E
B．若将BC中点处电荷拿走，O点处电场强度大小为E
C．若将CD中点处电荷所带电荷量变为q，则O点处电场强度大小为E
D．若将CC′中点处电荷所带电荷量变为q，则O点处电场强度为0
【分析】根据点电荷的场强公式和矢量叠加的方法分不同的情况求O点处电场强度大小。
【解答】解：A.根据同种等量电荷的电场分布可知，棱AA'中点处点电荷和CC'中点处点电荷之外，其他电荷量为2q在O点的合电场强度为0，设棱AA'和CC'到O点距离均为L，则O点的合电场强度为

若将AA'中点处电荷拿走，O点处电场强度大小为

解得

故A正确；
B.若将BC中点处电荷拿走，则A'D'中点产生的电场强度为

解得

方向指向BC中点，若与E垂直，O点的电场强度大小为

解得

但实际与E的夹角为钝角，所以

故B错误；
C.若将CD中点处电荷所带电荷量变为q，则CD中点处电荷和A'B'中点处电荷产生的电场强度为

解得

方向指向CD中点，在水平方向的分电场为
E1x＝Esin45°
解得

在竖直方向的分电场为
E1y＝Ecs45°
解得

与水平方向的原电场E合成后的水平方向的电场强度为

解得

则此时合电场为

解得

故C正确；
D.若将CC'中点处电荷所带电荷量变为q，则O的电场强度为

解得

故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了静电场的知识，涉及矢量叠加的方法，考查学生的逻辑推理能力。
（多选）10．（6分）如图所示，甲卫星在圆轨道上运行，乙卫星在椭圆轨道上运行，两卫星轨道相交于P、Q两点，B、D分别是椭圆轨道的近地点和远地点，A、C为圆轨道上的两点，A、B、C、D和地心在同一直线上，AB＝CD，则下列说法正确的是（ ）
A．甲卫星运行的周期大于乙卫星运行的周期
B．甲卫星运行若干周后有可能与乙卫星在P点第一次相遇
C．甲卫星经过P点时的加速度与乙卫星经过P点时的加速度大小相等、方向相同
D．乙卫星在B点的速度一定大于甲卫星在A点的速度，乙卫星在D点的速度一定小于甲卫星在C点的速度
【分析】根据开普勒第三定律，万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律分析求解。
【解答】解：A．由于AB＝CD，根据开普勒第三定律可知，甲、乙两卫星运行的周期相等，故A错误；
B．由于甲、乙运行周期相同，因此如果第一周甲经过P点时不能与乙相遇，则此后永远不可能在P点相遇，故B错误；
C．由万有引力与牛顿第二定律有
解得
故甲卫星经过P点时的加速度与乙卫星经过P点时的加速度大小相等、方向相同，均指向地心，故C正确；
D．乙卫星在B点速度大于卫星在经过B点的圆轨道上速度，有
解得
卫星在经过B点的圆轨道上运行速度大于甲卫星运行的速度，则乙卫星在B点的速度一定大于甲卫星在A点的速度
同理可得，乙卫星在D点的速度一定小于甲卫星在C点的速度，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了万有引力相关知识，理解万有引力与向心力的关系，掌握不同轨道上卫星参数之间的关系是解决此类问题的关键。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（10分）某实验小组根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。选用的器材有：
热敏电阻RT；
电流表G（内阻Rg为240Ω，满偏电流为Ig）；
定值电阻R（阻值为48Ω）；
电阻箱R0（阻值0～999.9Ω）；
电源E（电动势恒定，内阻不计）；
单刀双掷开关S1、单刀单掷开关S2；导线若干。
请完成下列步骤：
（1）该小组设计了如图（a）所示的电路图。根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
（2）开关S1、S2断开，将电阻箱的阻值调到 最大 （填“最大”或“最小”）。开关S1接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为60.0Ω时，电流表示数为Ig。再将S1改接2，电流表示数为，断开S1。得到此时热敏电阻RT的阻值为 300 Ω。
（3）该热敏电阻RT阻值随温度t变化的RT﹣t曲线如图（c）所示，结合（2）中的结果得到温度控制室内此时的温度约为 9 ℃。（结果取整数）
（4）开关S1接1，闭合S2，调节电阻箱，使电流表示数为Ig。再将S1改接2，如果电流表示数为（k＞1），则此时热敏电阻RT＝ 50（k﹣1） Ω（用k表示），根据图（c）即可得到此时温度控制室内的温度。
【分析】（1）根据原理图连接实物图；
（2）闭合开关前，必须保证回流电流最小，为了保护电流表，再根据电路特点调节电阻阻值；根据串并联知识计算热敏电阻RT的阻值；
（3）由图（c）得到温度控制室内此时的温度；
（4）根据串并联知识计算热敏电阻RT的阻值。
【解答】解：（1）实物图如图所示，
（2）为防止电路中电流太大损坏电流表和电源，所以应该在闭合 S1 前将变阻箱调到最大值位置。
根据串并联知识可得：E
解得：E＝300Ig，RT＝Rg+R0＝240Ω+60.0Ω＝300Ω；
（3）由图（c）可知，当RT＝300Ω时，温度为9℃；
（4）根据串并联知识可得：
E
解得：RT＝50（k﹣1）
故答案为：（1）见解答；（2）最大；300；（3）9；（4）50（k﹣1）
【点评】本题主要考查“热敏电阻的阻值随温度变化”的实验，理解串并联知识是解题关键。
12．（4分）某同学利用如图所示装置来研究弹簧弹力与形变的关系，设计的实验如下：A、B是质量均为m0的小物块，A、B间用轻弹簧相连，A的上面通过轻绳绕过两个定滑轮与一个轻质挂钩相连，挂钩上可以挂上不同质量的物体C，物块B下放置压力传感器。物体C右边有个竖直的直尺，可以测出挂钩下移的距离。整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度g取9.8m/s2。实验操作如下：
①不悬挂物体C，让系统保持静止，确定挂钩的位置O，并读出压力传感器的示数F0；
②每次挂上不同质量的物体C，用手托住，缓慢释放，测出系统稳定时挂钩相对O点下移的距离x1，并读出相应的压力传感器的示数F1；
③以压力传感器示数为纵轴，挂钩下移的距离为横轴，根据每次测量的数据，描点作出F﹣x图像如图所示。
由图像可知：
（1）在实验误差的范围内，可认为弹簧弹力与弹簧形变量成 正比 （填“正比”、“反比”或“不确定关系”）。
（2）弹簧劲度系数k＝ 98.0 N/m（结果保留三位有效数字）。
【分析】（1）根据实验操作结合胡克定律与共点力平衡条件解答；
（2）根据图像斜率分析解答。
【解答】解：（1）由图像可知，F与x成线性关系，则F与x的函数式可写为
F＝﹣kx+b
k为常数，当不悬挂物体C，让系统保持静止时，F＝2m0g，此时x＝0，故b＝2m0g，则有
F＝2m0g﹣kx
设不悬挂物体C时，弹簧的压缩量为x0，当挂上物体C且系统稳定后，挂钩相对O点下移的距离x0时，弹簧处于原长，此时F＝m0g，则有
m0g＝2m0g﹣kx0
解得
kx0＝m0g
悬挂物体C后，弹簧从压缩了x0的状态伸长了x，则此时弹簧的形变量为x0﹣x，形变量x0﹣x为正值时，弹簧处于压缩状态，形变量x0﹣x为负值时，弹簧处于拉伸状态，将上述
F＝2m0g﹣kx，kx0＝m0g
两等式整理变形为
F﹣m0g＝k（x0﹣x）
对物块B而言，F﹣m0g等于B受到弹簧的弹力，x0﹣x为弹簧的形变量，且k为常数，所以可认为弹簧弹力与弹簧形变量成正比，其中k为弹簧的劲度系数。
（2）结合（1）小问和图像可知，图像斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数，则有
kN/m＝98.0N/m
故答案为：（1）正比；（2）98.0
【点评】本题间接地通过压力传感器与挂钩下移距离的关系得出弹簧弹力和弹簧形变量之间的关系，这是实验的一种创新。
13．（10分）某校冬季篮球比赛在球馆内进行，篮球被带入球馆前，球内气体的温度t1＝﹣3℃，压强。被带入球馆后一段时间，球内气体温度t2＝7℃，球的体积保持不变。
（1）求温度为t2时球内气体压强p2；
（2）比赛要求篮球内气体压强p＝1.6×105Pa，则需充入一定质量的气体，设充气过程中球内气体温度保持t2不变，求充入球内气体的质量与原来球内气体质量的比值k。
【分析】（1）根据查理定律列式求解压强；
（2）根据玻意耳定律列式解答。
【解答】解：（1）球从室外带入球馆，球内气体做等容变化，根据查理定律有，由T1＝t1+273K，T2＝t2+273K，解得Pa；
（2）设在球馆内将压强为p2、体积为Vx的气体充入体积为V0的篮球内，气体做等温变化，根据玻意耳定律有pV0＝p2（V0+Vx），则k，解得k。
答：（1）温度为t2时球内气体压强p2为1.4×105Pa；
（2）充入球内气体的质量与原来球内气体质量的比值k为。
【点评】考查气体的实验定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
14．（14分）如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0；
（2）若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度a＝0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN；
（3）在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。
【分析】（1）由平衡条件求最小推力的大小F0；
（2）由牛顿第二定律求斜面对球作用力的大小FN；
（3）由运动学公式和功能关系求该过程中推力做的功W。
【解答】解：（1）当推力最小时，小球刚好要离开地面，此时地面对小球的支持力为0，小球受力如图所示：
由平衡条件：
F1cs37°＝mg
斜面体受力如图所示：
由平衡条件：
F0＝F1sin37°
联立知最小推力的大小
F0＝0.75mg
（2）小球的加速度大小
a球＝atan37°
解得
a球＝0.6g
小球受力如图所示：
由牛顿第二定律：
FNcs37°﹣mg＝ma
解得斜面对小球作用力大小
FN＝2mg
（3）设斜面最高点与球接触时，斜面体的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，小球的位移大小为h，则
h＝3.2R﹣R（1﹣cs37°）
解得
h＝3R

又

对小球和斜面组成的系统，由功能关系：

联立知该过程中推力做的功
W＝8mgR。
答：（1）最小推力的大小F0为0.75mg；
（2）斜面对球作用力的大小FN为2mg；
（3）该过程中推力做的功W为8mgR。
【点评】本题考查了共点力平衡的问题，受力分析时需要明确受力物体，不能多力也不能少力，题目难度一般。
15．（16分）如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内存在沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子从x轴负半轴上的M点沿与x轴正方向夹角为60°射入电场，粒子经电场偏转后以大小为v0的速度从点P（0，d）垂直y轴进入磁场，最后粒子从x轴正半轴上的N点沿与x轴正方向夹角为60°射出磁场，不计粒子重力。
（1）求粒子在M点的速度大小；
（2）磁场磁感应强度的大小；
（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力，阻力大小f＝kv（k为已知常量），粒子恰好从Q点（图中未标出）垂直x轴射出磁场，求Q点的坐标。
【分析】（1）根据粒子射入电场后做类斜抛运动，在水平方向做匀速直线运动分析求解；
（2）根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解；
（3）根据粒子速度沿x轴方向的分量会产生沿x轴负方向的阻力与沿y轴负方向的洛伦兹力，粒子速度沿y轴方向的分量会产生沿y轴正方向的阻力与沿x轴负方向的洛伦兹力分析求解。
【解答】解：（1）粒子射入电场后做类斜抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有vMcs60°＝v0
解得vM＝2v0
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据几何关系有Rsin30°＝R﹣d
解得R＝2d
由牛顿第二定律有
解得
（3）对粒子受力分析可知，粒子速度沿x轴方向的分量会产生沿x轴负方向的阻力与沿y轴负方向的洛伦兹力；粒子速度沿y轴方向的分量会产生沿y轴正方向的阻力与沿x轴负方向的洛伦兹力，其受力分析如图所示
在x轴上，由动量定理有﹣（kvx+Bqvy）Δt＝mΔvx
由微元法累加后可得﹣kx﹣Bqd＝m（0﹣v0）
解得
则Q点的坐标为
答：（1）粒子在M点的速度大小为2v0；
（2）磁场磁感应强度的大小为；
（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力，阻力大小f＝kv，粒子恰好从Q点垂直x轴射出磁场，Q点的坐标为。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。
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答案
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题号
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答案
AD
AC
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