2025年河北省石家庄市普通高中高考物理质检试卷（三）（含详细答案解析）

这是一份2025年河北省石家庄市普通高中高考物理质检试卷（三）（含详细答案解析），共29页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）用如图所示的实验装置研究光电效应，滑动变阻器滑片P位于中间位置，当用某单色光照射金属阴极K时，观察到光电流。下列说法正确的是（ ）
A．增大入射光强度，光电子的最大初动能将增大
B．入射光频率越高，饱和光电流一定越大
C．将滑动变阻器滑片P滑至最左端时，没有光电流
D．施加反向电压时，遏止电压由入射光频率和阴极金属材料决定
2．（4分）回旋加速器利用高频交变电压使带电粒子在电场中不断加速。如图所示，回旋加速器两“D”型盒内存在垂直“D”型盒的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，所加速粒子的比荷为k，高频电源由LC振荡电路产生，LC振荡电路中电感线圈的自感系数为L。为使回旋加速器正常工作，LC振荡电路中的电容器的电容C为（ ）
A．B．C．D．k2B2L
3．（4分）“打弹珠”是一种常见的游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。某次游戏时的示意图如图甲所示，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝28cm，弹珠B与坑的间距x2＝9cm。现用手指将A以某一初速度弹出，在坐标纸中作出A、B运动的v﹣t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）、忽略弹珠A、B碰撞的时间，g取10m/s2。则下列说法中正确的是（ ）
A．碰撞后瞬间弹珠A的速度大小为0.8m/s
B．碰撞前弹珠A运动时间为0.4s
C．弹珠B会落入坑中
D．弹珠A会落入坑中
4．（4分）如图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种状态。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，电吹风的各项参数如表所示。下列说法正确的是（ ）
A．冷风时，电热丝与小风扇并联接入电路
B．冷风时，小风扇的机械效率约为66.7%
C．热风时，电路总电流约为3A
D．变压器原、副线圈的匝数比为11：3
5．（4分）一个柱状玻璃砖的横截面如图所示，它可视为由半径为R的扇形OPQ与直角三角形OPM组成，∠QOP＝90°，∠OPM＝90°，∠OMP＝45°。现有一束单色光从OQ边上的N点垂直边界OQ射入玻璃砖，在圆弧面PQ刚好发生全反射。已知光在真空中的速率为c，该单色光在玻璃砖中的折射率为，则单色光在玻璃砖中的传播时间为（ ）
A．B．C．D．
6．（4分）北斗三号卫星导航系统由多种轨道卫星组成，如图所示，A为地球静止同步轨道卫星，B为中圆地球轨道卫星，A、B两卫星均绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为R，A卫星的轨道半径为kR，运行周期为T，B卫星的周期为。下列说法正确的是（ ）
A．A卫星的线速度大小为
B．B卫星的向心加速度大小为
C．地球表面赤道处的重力加速度大小为
D．某时刻A、B两卫星相距最近，再经，两卫星间距离为
7．（4分）如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别为m、3m，杆与竖直方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度大小a（a＜g）运动，要求轻杆与厢壁始终相对静止。以竖直向上为正方向，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当和时，轻杆对小球A的作用力大小相等
B．当时，B球与底板间的摩擦力为零
C．为保证轻杆与厢壁始终相对静止，k的最小值为
D．若，升降机向上加速运动的最大加速度为
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，漏选3分，错选0分，共计18分）
（多选）8．（6分）如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为3.0×10﹣5m2，出水口中心到水池水面的竖直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．水离开出水口时的速度大小为0.5m/s
B．水离开出水口时的速度大小为1.0m/s
C．落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N
D．落水对水面竖直方向的冲击力大小为1.2N
（多选）9．（6分）如图所示，在倾角为θ的固定绝缘斜面上，质量分别为m1和m2的两个物块P和Q用与斜面平行的绝缘轻质弹簧相连接，弹簧劲度系数为k，带电物块P下表面光滑，不带电物块Q下表面粗糙。初始时物块P和Q静止在斜面上，物块Q恰好不下滑。现在该空间加上沿斜面向上的匀强电场，物块P开始沿斜面向上运动，运动到最高点A时，物块Q恰好不上滑。下列说法正确的是（ ）
A．物块P从开始到运动到A点，运动的位移大小为
B．物块P从开始到运动到A点，运动的位移大小为
C．物块P所受的电场力大小为2（m1+m2）gsinθ
D．若仅将电场强度变为原来的2倍，物块P运动到A点时的速度大小为
（多选）10．（6分）如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行金属导轨处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直于导轨放置一根质量为m、长度为l、电阻为R的金属棒PQ，金属棒与导轨始终接触良好。竖直平面内半径为l的金属圆环上固定OC、OD、OE、OF四根长均为l、阻值均为R且夹角互为90°的金属棒。以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直竖直面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆心O与环面分别通过电刷H、G与金属导轨左端相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动，金属棒PQ始终静止不动。下列说法正确的是（ ）
A．通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P
B．通过金属棒PQ的电流大小为
C．金属棒PQ所受到的摩擦力大小为
D．圆环转动一周的过程，外力做的功为
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11．利用如图甲装置做“探究气体等温变化的规律”实验。主要实验步骤如下：
①将压力表的指针校准到0Pa；
②在柱塞上均匀涂抹润滑油，然后将柱塞移至注射器适当刻度处；
③将橡胶套套在注射器下端的开口处，它和柱塞一起把一段空气柱封闭；
④缓慢推动柱塞，记录多组注射器内气体的体积V及相应的压力表示数p。
（1）请指出以上哪些步骤中存在不妥之处： （填写序号）；
（2）甲同学按正确步骤进行了实验，表为记录的部分实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，错误的是 （填对应的实验序号）；
（3）该同学重新按正确步骤进行实验，根据实验所采集数据绘制了图像，如图乙所示，出现这种情况的可能原因是 （写出一种原因即可）。
12．某同学自制了一个多用电表，电流表、电压表、欧姆表均为双量程，电表电路如图所示，M、N分别接表笔。所用器材如下：
A.电流表G（满偏电流Ig＝1mA，内阻Rg＝450Ω）；
B.定值电阻R1、R2、R3；
C.滑动变阻器R（最大阻值为120Ω）；
D.电源（电动势为1.5V，内阻不计）；
E.开关S1、S2；
F.表笔两只、导线若干。
（1）将S2接3，S1分别接1、2时为电流表，其量程分别为10mA和100mA，定值电阻R2的阻值为 Ω。
（2）现将S2接4，S1接2时，欧姆表的挡位为 （选填“×1”或“×10”）；欧姆调零后将待测电阻Rx接在M、N间，发现电流表指针偏转角很小，将挡位换成另一挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R的滑片应 （选填“向上”或“向下”）移动；欧姆调零后，电流表G示数为0.60mA，则待测电阻Rx＝ Ω。
（3）将S2接5、S1接1，若R3＝55Ω，则此时电压表量程为 V。
四、计算题（本题共3小题，38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．在海洋气象观测中，一列沿x轴传播的海浪（可视为简谐波）被监测站记录，t＝0时刻的波形图如图甲所示，浮标P和Q分别位于xP＝6m和xQ＝11m处。浮标P的振动图像如图乙所示。求：
（1）海浪沿x轴传播的速度大小；
（2）从t＝0开始，浮标Q到达波峰的时间。
14．有一种打积木的游戏，装置如图所示，质量均为0.05kg、宽度均为d＝10cm的三块完全相同积木B、C、D叠放在水平面上，积木夹在固定的两竖直光滑薄板间，质量为0.05kg的小球A（可视为质点）用长为L＝0.4m、且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，将球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ＝30°角的位置由静止释放，球A运动到最低点时与积木B发生弹性碰撞将积木B打出，积木B滑行一段距离后停下，之后重复前面操作将积木C打出后沿积木B的轨迹前进，与积木B发生碰撞并粘合在一起向前滑动。已知积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）球A运动到最低点与积木B碰撞前瞬间的速度大小；
（2）积木C离开右侧挡板后向前滑行的位移大小。
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，以O1（0，R）为圆心、半径为R的区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。第二象限有一平行于y轴、宽度为2R的线状电子源，电子源中心与O1等高。在x轴上放置一定长度的薄收集板，收集板左端置于原点O处。x轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。电子源沿x轴正方向均匀发射质量为m、电荷量为e、速度相同的电子，射入圆形磁场区域后经O点全部进入区域Ⅱ（收集板左端不会挡住经过O点的电子），只有一半数量的电子打到收集板上并被吸收。忽略电子重力和电子间相互作用。
（1）求电子源发射电子的初速度v的大小；
（2）求该收集板的长度；
（3）现撤去区域Ⅱ的磁场，然后在x≥0且y≤0区域加垂直纸面方向的磁场，磁感应强度B'随x轴坐标变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。电子源正对O1点以原初速度射向区域Ⅰ的电子运动轨迹经过点（R，﹣kR），其中k＞0且为已知量。求该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标。
2025年河北省石家庄市普通高中高考物理质检试卷（三）
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个小题，每题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）用如图所示的实验装置研究光电效应，滑动变阻器滑片P位于中间位置，当用某单色光照射金属阴极K时，观察到光电流。下列说法正确的是（ ）
A．增大入射光强度，光电子的最大初动能将增大
B．入射光频率越高，饱和光电流一定越大
C．将滑动变阻器滑片P滑至最左端时，没有光电流
D．施加反向电压时，遏止电压由入射光频率和阴极金属材料决定
【分析】光电子的最大初动能是由入射光的频率以及阴极金属材料的逸出功所决定的，和入射光的强度没有关系；
饱和光电流的大小主要取决于入射光的强度；
只要入射光的频率高于金属的极限频率，光电子就能够逸出并到达阳极，从而形成光电流；
止电压Uc是由入射光频率ν和阴极金属材料的逸出功W0共同决定的。
【解答】解：A、依据爱因斯坦光电效应方程 Ek＝hν﹣W0
可以知道光电子的最大初动能是由入射光的频率以及阴极金属材料的逸出功所决定的，和入射光的强度没有关系。所以，即便增大入射光强度，光电子的最大初动能也不会改变，故A错误；
B、饱和光电流的大小主要取决于入射光的强度。虽然入射光频率越高，单个光子的能量会越大，但是饱和光电流的大小是由单位时间内逸出的光电子数量决定的，而这又与入射光的强度相关。所以，入射光频率高并不意味着饱和光电流一定大，故B错误；
C、当滑动变阻器滑片P滑至最左端时，光电管两端的电压为零。不过，只要入射光的频率高于金属的极限频率，光电子就能够逸出并到达阳极，从而形成光电流。所以，此时是存在光电流的，故C错误；
D、根据遏止电压的公式
eUc＝Ek＝hν﹣W0
能够看出遏止电压Uc是由入射光频率ν和阴极金属材料的逸出功W0共同决定的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查爱因斯坦光电效应方程，解题时需注意，光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关。
2．（4分）回旋加速器利用高频交变电压使带电粒子在电场中不断加速。如图所示，回旋加速器两“D”型盒内存在垂直“D”型盒的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，所加速粒子的比荷为k，高频电源由LC振荡电路产生，LC振荡电路中电感线圈的自感系数为L。为使回旋加速器正常工作，LC振荡电路中的电容器的电容C为（ ）
A．B．C．D．k2B2L
【分析】根据洛伦兹力提供向心力结合圆周运动规律求解粒子在磁场中周期，结合LC振荡电路周期公式求解，
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力有，被加速粒子在磁场中的运动周期为，粒子在磁场中的运动周期等于LC振荡电路的周期，即，解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查回旋加速器和LC振荡电路，回旋加速器实质上是一个组合场问题，要知道在回旋加速器中电场是用于加速，而磁场是改变运动方向。
3．（4分）“打弹珠”是一种常见的游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。某次游戏时的示意图如图甲所示，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝28cm，弹珠B与坑的间距x2＝9cm。现用手指将A以某一初速度弹出，在坐标纸中作出A、B运动的v﹣t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）、忽略弹珠A、B碰撞的时间，g取10m/s2。则下列说法中正确的是（ ）
A．碰撞后瞬间弹珠A的速度大小为0.8m/s
B．碰撞前弹珠A运动时间为0.4s
C．弹珠B会落入坑中
D．弹珠A会落入坑中
【分析】通过速度—时间图像来确定弹珠A和B的初速度、加速度等参数，再根据这些参数以及给定的距离计算弹珠B能否进入小坑中，从而判断游戏是否胜出。
【解答】解：A、由图像可知，碰撞后瞬间弹珠A的速度大小为v1＝0.4m/s，故A错误；
B、碰撞前弹珠A的平均速度
根据速度、位移和时间的关系可知，运动时间为
故B错误；
CD、碰撞前后两球均做匀减速运动，根据加速度定义式有，加速度大小均为
弹珠B碰后运动的距离
可知弹珠B会落入坑中；A碰后运动的距离
可知弹珠A不会落入坑中。故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了运动学中的速度—时间图像的理解与应用，以及弹珠A、B碰撞后的运动情况分析。本题关键在于通过速度—时间图像来获取运动的初速度和加速度，进而利用这些参数通过运动学公式计算出弹珠B能够移动的距离，与它到达坑的距离进行比较，以此判断游戏是否胜出。
4．（4分）如图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种状态。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，电吹风的各项参数如表所示。下列说法正确的是（ ）
A．冷风时，电热丝与小风扇并联接入电路
B．冷风时，小风扇的机械效率约为66.7%
C．热风时，电路总电流约为3A
D．变压器原、副线圈的匝数比为11：3
【分析】由电路连接情况分析；由输入交流电的电压、小风扇的额定电压，即可得到原副线圈匝数比；由吹冷风时的小风扇输入输出功率，结合额输入功率，即可计算小风扇的机械效率，热风时输入功率除以电压可以得到总电流。
【解答】解：A.当触片P接b、c档时，仅接通了小风扇，而电热丝未被接通，故电吹风处于吹冷风状态，故A错误；
BCD.小风扇额定电压为60V，由变压器电压与匝数之比可得：n1：n2＝U1：U2＝220：60＝11：3，正，常工作时小风扇的额定功率为60W，输出功率为52W，机械效率η，根据P＝UI，可得热风时，电路总电流
故D正确，BC错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查了变压器的构造和原理，根据原副线圈两端的电压之比得出匝数之比，结合功率的计算公式完成计算即可。
5．（4分）一个柱状玻璃砖的横截面如图所示，它可视为由半径为R的扇形OPQ与直角三角形OPM组成，∠QOP＝90°，∠OPM＝90°，∠OMP＝45°。现有一束单色光从OQ边上的N点垂直边界OQ射入玻璃砖，在圆弧面PQ刚好发生全反射。已知光在真空中的速率为c，该单色光在玻璃砖中的折射率为，则单色光在玻璃砖中的传播时间为（ ）
A．B．C．D．
【分析】作出光路图，在圆弧面PQ刚好发生全反射，根据全反射临界角公式求解入射角，根据几何知识分析光在介质中的传播路程，再由s＝vt求解传播时间。
【解答】解：根据题意作图，如图
在圆弧面PQ刚好发生全反射，根据全反射临界角公式有
解得C＝45°
光在介质中的速度为
根据几何关系可知光程为
则单色光在玻璃砖中的传播时间为，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识分析求解光在介质中传播的路程以及相关的角度，熟记折射定律的表达式。
6．（4分）北斗三号卫星导航系统由多种轨道卫星组成，如图所示，A为地球静止同步轨道卫星，B为中圆地球轨道卫星，A、B两卫星均绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为R，A卫星的轨道半径为kR，运行周期为T，B卫星的周期为。下列说法正确的是（ ）
A．A卫星的线速度大小为
B．B卫星的向心加速度大小为
C．地球表面赤道处的重力加速度大小为
D．某时刻A、B两卫星相距最近，再经，两卫星间距离为
【分析】已知A卫星的轨道半径为kR，运行周期为T，根据圆周运动的规律求A卫星的线速度大小；根据开普勒第三定律求B卫星的运行周期，再求B卫星的向心加速度大小；对于A卫星，根据万有引力定律列方程。根据地球表面赤道处万有引力是重力与向心力的合力列方程，联立求出地球表面赤道处的重力加速度大小；根据两卫星的周期关系分析两卫星间距离大小。
【解答】解：A、已知A卫星的轨道半径为kR，运行周期为T，则A卫星的线速度大小为v，故A错误；
B、设B卫星的轨道半径为rB。根据开普勒第三定律有，B卫星的向心加速度为，联立解得，故B错误；
C、对于A卫星，根据万有引力提供向心力有
GmA（kR）
对地球表面赤道处的物体受力分析，有Gmg+mR
联立可得地球表面赤道处的重力加速度大小为，故C错误；
D、因为A、B两卫星的周期差为，所以从相距最近到经过时相距最远，则两卫星间距离为s，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，分析清楚卫星的运动过程，应用万有引力公式与牛顿第二定律、开普勒定律即可解题。
7．（4分）如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别为m、3m，杆与竖直方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度大小a（a＜g）运动，要求轻杆与厢壁始终相对静止。以竖直向上为正方向，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当和时，轻杆对小球A的作用力大小相等
B．当时，B球与底板间的摩擦力为零
C．为保证轻杆与厢壁始终相对静止，k的最小值为
D．若，升降机向上加速运动的最大加速度为
【分析】对A受力分析，根据牛顿第二定律分析；只有系统处于完全失重状态，B球与底板间才无压力，B球与底板间的摩擦力为零；根据整体法和隔离法结合牛顿第二定律分析。
【解答】解：A.根据牛顿第二定律FNA﹣mg＝ma，当和时，轻杆对小球A的作用力大小不相等，加速度越大，轻杆对小球A的作用力越大，故A错误；
B.只有当 a＝﹣g时，系统处于完全失重状态，B球与底板间才无压力，B球与底板间的摩擦力为零，其他情况摩擦力不为零，故B错误；
C.设杆的弹力为FN，升降机向上运动的加速度为a，升降机壁对A的弹力为FNA1，对A在竖直方向上FNcs30°﹣mg＝ma
对A在水平方向上FNsin30°＝FNA1
对系统水平方向FNAl＝k•（4mg+4ma）
解得，故C正确；
D.若，因为k（4mg+4ma）＞（mg+ma）tan30°，即升降机向上加速运动时，无论加速度取何值，B球受到的静摩擦力均大于壁对A球的弹力，所以，若，升降机向上加速运动的加速度可以取任意值，故D错误。
故选：C。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，漏选3分，错选0分，共计18分）
（多选）8．（6分）如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为3.0×10﹣5m2，出水口中心到水池水面的竖直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．水离开出水口时的速度大小为0.5m/s
B．水离开出水口时的速度大小为1.0m/s
C．落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N
D．落水对水面竖直方向的冲击力大小为1.2N
【分析】根据题目提供的水平距离与竖直高度，可以使用平抛运动的知识来求解水离开出水口时的速度。
利用求得的速度和出水口的横截面积计算出水流量，进而根据水流量和水的密度来计算落水对水面的冲击力。
【解答】解：AB、根据平抛运动的规律水平方向上做匀速直线运动有x＝v0t，
竖直方向上做自由落体运动有，
可得v0＝1.0m/s
故A错误，B正确；
CD、在Δt时间内流出水的质量Δm＝v0ΔtSρ
落地时的竖直速度vy，
代入数据解得vy＝4m/s
由动量定理﹣FΔt＝0﹣Δmvy
解得F＝0.12N
故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】此题的关键在于利用平抛运动的基本原理来求解水离开出水口时的速度，以及通过水的动量变化率来计算落水对水面的冲击力。
（多选）9．（6分）如图所示，在倾角为θ的固定绝缘斜面上，质量分别为m1和m2的两个物块P和Q用与斜面平行的绝缘轻质弹簧相连接，弹簧劲度系数为k，带电物块P下表面光滑，不带电物块Q下表面粗糙。初始时物块P和Q静止在斜面上，物块Q恰好不下滑。现在该空间加上沿斜面向上的匀强电场，物块P开始沿斜面向上运动，运动到最高点A时，物块Q恰好不上滑。下列说法正确的是（ ）
A．物块P从开始到运动到A点，运动的位移大小为
B．物块P从开始到运动到A点，运动的位移大小为
C．物块P所受的电场力大小为2（m1+m2）gsinθ
D．若仅将电场强度变为原来的2倍，物块P运动到A点时的速度大小为
【分析】ABC.初始时，对P分析，由平衡条件求出弹簧的压缩量，当P到最高点时，对Q分析，由平衡条件求出弹簧的拉长量，即可求出物块P从开始到运动到A点，运动的位移大小，再结合能量守恒定律求物块P所受的电场力大小；
D.由能量守恒定律求物块P运动到A点时的速度大小。
【解答】解：ABC、初始时，对P，由平衡条件知，弹簧的压缩量

对P、Q整体，由平衡条件：
μm2gcsθ＝m2gsinθ+kx1
P运动到最高点时，对Q，由平衡条件：
μm2gcsθ+m2gsinθ＝kx2
解得弹簧的拉长量

则P从开始运动到A点过程运动的位移大小

此过程，由能量守恒定律：

解得P所受的电场力大小
F＝（m1+m2）gsinθ
故B正确，AC错误；
D、仅将电场强度变为原来的2倍，P所受的电场力变为原来的2倍，P运动到A点过程，由能量守恒定律：

解得P在A点时的速度大小

故D正确。
故选：BD。
【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合平衡条件、胡克定律和能量守恒求解，难度中等。
（多选）10．（6分）如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行金属导轨处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直于导轨放置一根质量为m、长度为l、电阻为R的金属棒PQ，金属棒与导轨始终接触良好。竖直平面内半径为l的金属圆环上固定OC、OD、OE、OF四根长均为l、阻值均为R且夹角互为90°的金属棒。以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直竖直面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆心O与环面分别通过电刷H、G与金属导轨左端相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动，金属棒PQ始终静止不动。下列说法正确的是（ ）
A．通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P
B．通过金属棒PQ的电流大小为
C．金属棒PQ所受到的摩擦力大小为
D．圆环转动一周的过程，外力做的功为
【分析】当圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动时，由于圆环内部存在垂直于环面的磁场，圆环中的四根金属棒会在磁场中切割磁感线，产生感应电动势。
根据法拉第电磁感应定律，可以计算出每根金属棒切割磁感线产生的电动势，进而分析整个电路的电流分布和力的作用情况，以确定金属棒PQ是否能保持静止。
【解答】解：A、圆环以角速度ω绕0点沿顺时针方向匀速转动，根据右手定则，通过金属棒PQ的电流方向始终为O→P，故A正确；
B、感应电动势
总电阻：
总电流：
通过金属棒PQ的电流大小为：

故B正确；
C、金属棒PQ所受到的摩擦力大小为
故C错误；
D、圆环转动一周的过程，外力做的功为：

故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题主要考查了电磁感应与安培力的相关知识，涉及到电磁感应原理及转动体的电磁感应问题。
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11．利用如图甲装置做“探究气体等温变化的规律”实验。主要实验步骤如下：
①将压力表的指针校准到0Pa；
②在柱塞上均匀涂抹润滑油，然后将柱塞移至注射器适当刻度处；
③将橡胶套套在注射器下端的开口处，它和柱塞一起把一段空气柱封闭；
④缓慢推动柱塞，记录多组注射器内气体的体积V及相应的压力表示数p。
（1）请指出以上哪些步骤中存在不妥之处： ① （填写序号）；
（2）甲同学按正确步骤进行了实验，表为记录的部分实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，错误的是 4 （填对应的实验序号）；
（3）该同学重新按正确步骤进行实验，根据实验所采集数据绘制了图像，如图乙所示，出现这种情况的可能原因是 实验过程中有漏气现象或者环境温度降低 （写出一种原因即可）。
【分析】（1）第①步应将压力表的指针校准到与外界大气压相等；
（2）若实验数据无误，则每组数据的pL乘积应该近似相等，结合pL乘积分析；
（3）根据一定质量的理想气体状态方程进行分析。
【解答】解：（1）第①步应将压力表的指针校准到1.0×105Pa；
（2）若实验数据无误，则每组数据的pL乘积应该近似相等，由表中数据可知，前3组数据pL乘积约为3.5×105 cm Pa，但第4组数据4.3×105 cm Pa，可知第4组数据有误；
（3）根据（C与气体的质量有关）
可知因图像末端斜率减小，可知其原因可能是气体质量减小，由漏气现象，或者环境温度降低。
故答案为：（1）①；（2）4；（3）实验过程中有漏气现象或者环境温度降低
【点评】本题主要考查探究气体等温变化的规律，根据实验原理解答。
12．某同学自制了一个多用电表，电流表、电压表、欧姆表均为双量程，电表电路如图所示，M、N分别接表笔。所用器材如下：
A.电流表G（满偏电流Ig＝1mA，内阻Rg＝450Ω）；
B.定值电阻R1、R2、R3；
C.滑动变阻器R（最大阻值为120Ω）；
D.电源（电动势为1.5V，内阻不计）；
E.开关S1、S2；
F.表笔两只、导线若干。
（1）将S2接3，S1分别接1、2时为电流表，其量程分别为10mA和100mA，定值电阻R2的阻值为 45 Ω。
（2）现将S2接4，S1接2时，欧姆表的挡位为 ×1 （选填“×1”或“×10”）；欧姆调零后将待测电阻Rx接在M、N间，发现电流表指针偏转角很小，将挡位换成另一挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R的滑片应 向上 （选填“向上”或“向下”）移动；欧姆调零后，电流表G示数为0.60mA，则待测电阻Rx＝ 100 Ω。
（3）将S2接5、S1接1，若R3＝55Ω，则此时电压表量程为 1.0 V。
【分析】（1）根据图示电路图应用串并联电路特点与欧姆定律求解。
（2）根据图示电路图与欧姆表的工作原理，应用闭合电路的欧姆定律求解。
（3）根据图示电路图应用串联电路图特点与欧姆定律求出电压表量程。
【解答】解：（1）根据图示电路图，由欧姆定律得I1＝Ig，I2＝Ig，
代入数据解得R1＝5Ω，R2＝45Ω。
（2）现将S2接4，S1接2时，由图示电路图可知，此时电流表量程大，
由闭合电路的欧姆定律可知，改装后欧姆表的内阻小，欧姆表挡位小，
则欧姆表的挡位为×1；欧姆调零后将待测电阻Rx接在M、N间，
发现电流表指针偏转角很小，将挡位换成另一挡位，即换成×10挡，
再次欧姆调零时，欧姆表内阻变大，滑动变阻器R的滑片应向上移动；
欧姆调零后，欧姆表内阻R内Ω＝150Ω，
电流表G示数为0.60mA，流过电路的电流为0.60×10mA＝6mA＝6×10﹣3A，
由闭合电路的欧姆定律得I，
代入数据解得，待测电阻Rx＝100Ω。
（3）将S2接5、S1接1，若R3＝55Ω，此时电压表量程U＝IgRg+I1R＝0.001×450V+0.010×55V＝1.0V。
故答案为：（1）45；（2）×1；向上；100；（3）1.0。
【点评】知道多用电表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用串并联电路特点、欧姆定律与闭合电路的欧姆定律即可解题。
四、计算题（本题共3小题，38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．在海洋气象观测中，一列沿x轴传播的海浪（可视为简谐波）被监测站记录，t＝0时刻的波形图如图甲所示，浮标P和Q分别位于xP＝6m和xQ＝11m处。浮标P的振动图像如图乙所示。求：
（1）海浪沿x轴传播的速度大小；
（2）从t＝0开始，浮标Q到达波峰的时间。
【分析】（1）根据波长、波速和周期的关系分析求解；
（2）根据海浪沿x轴正向传播，结合传播距离和时间的关系分析求解。
【解答】解：（1）由图乙可知，浮标P的振动周期T＝1s
由图甲可知，波长λ＝12m
根据波速、波长、周期的关系
代入数据解得v＝12m/s
（2）由图甲、乙可判断海浪沿x轴正向传播，传播距离Δx＝（12n+2）m（n＝0，1，2…）
浮标Q到达波峰的时间
解得
答：（1）海浪沿x轴传播的速度大小为12m/s；
（2）从t＝0开始，浮标Q到达波峰的时间为。
【点评】本题考查了机械波相关知识，理解波长、波速和周期的关系是解决此类问题的关键。
14．有一种打积木的游戏，装置如图所示，质量均为0.05kg、宽度均为d＝10cm的三块完全相同积木B、C、D叠放在水平面上，积木夹在固定的两竖直光滑薄板间，质量为0.05kg的小球A（可视为质点）用长为L＝0.4m、且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，将球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ＝30°角的位置由静止释放，球A运动到最低点时与积木B发生弹性碰撞将积木B打出，积木B滑行一段距离后停下，之后重复前面操作将积木C打出后沿积木B的轨迹前进，与积木B发生碰撞并粘合在一起向前滑动。已知积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）球A运动到最低点与积木B碰撞前瞬间的速度大小；
（2）积木C离开右侧挡板后向前滑行的位移大小。
【分析】（1）由机械能守恒定律求出绳子绷紧前瞬间速度，绳子绷紧后瞬间到球A运动到最低点过程，由机械能守恒定律求球A运动到最低点与积木B碰撞前瞬间的速度大小；
（2）根据动量守恒和能量守恒定律求碰后球A的速度大小和积木B的速度大小，由动能定理求出积木C被打出后与B碰撞前的速度，再结合动量守恒定律好的动能定理求积木C离开右侧挡板后向前滑行的位移大小。
【解答】解：（1）球A自由下落到2Lsinθ，设绳子绷紧前瞬间速度为v，由机械能守恒定律得：

解得

此时，绳子绷紧，绳子绷紧瞬间球A沿绳方向的速度瞬间变为零。设球A垂直绳子方向速度大小为v0，由几何关系得：
v0＝vcsθ
解得

设球A运动到最低点时速度为v1，绳子绷紧后瞬间到球A运动到最低点过程，由机械能守恒定律得：

解得

（2）球A运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，满足动量守恒和机械能守恒。设碰后球A的速度大小为vA积木B的速度大小vB，以v1的方向为正方向，则
mv1＝mvA+mvB

联立解得：
vA＝0，vB＝v1
碰撞完，积木B向前做匀减速运动，由动能定理得：

解得：
s＝2m
球A与积木C碰撞后，设积木C的速度为vC，则
vC＝v1
设积木C被打出后与B碰撞前的速度为v'C，由动能定理得：
﹣（μg+μ2mg）
解得：

设积木C、B碰撞粘合后的速度为vBC，以v'C的方向为正方向，由动量守恒得：
mv'C＝2mvBC
解得：

设碰后积木C、B一起滑动的距离为x，由动能定理得：

解得：
x＝0.075m
积木C离开右侧挡板后向前滑行的位移为：
s′＝s﹣d+x
解得
s′＝1.975m
答：（1）球A运动到最低点与积木B碰撞前瞬间的速度大小为；
（2）积木C离开右侧挡板后向前滑行的位移大小为1.975m。
【点评】本题是一道力学综合题，本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动能定理即可解题。
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，以O1（0，R）为圆心、半径为R的区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。第二象限有一平行于y轴、宽度为2R的线状电子源，电子源中心与O1等高。在x轴上放置一定长度的薄收集板，收集板左端置于原点O处。x轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。电子源沿x轴正方向均匀发射质量为m、电荷量为e、速度相同的电子，射入圆形磁场区域后经O点全部进入区域Ⅱ（收集板左端不会挡住经过O点的电子），只有一半数量的电子打到收集板上并被吸收。忽略电子重力和电子间相互作用。
（1）求电子源发射电子的初速度v的大小；
（2）求该收集板的长度；
（3）现撤去区域Ⅱ的磁场，然后在x≥0且y≤0区域加垂直纸面方向的磁场，磁感应强度B'随x轴坐标变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。电子源正对O1点以原初速度射向区域Ⅰ的电子运动轨迹经过点（R，﹣kR），其中k＞0且为已知量。求该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标。
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求电子源发射电子的初速度v的大小；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求该收集板的长度；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据动量定理求出电子经过点（R，﹣kR） 时沿y轴负方向分速度，之后再分析粒子的运动情况求该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标。
【解答】解：（1）电子在区域I内做圆周运动，设轨道半径为R1，根据牛顿运动定律：

电子运动的轨道半径等于圆形磁场的半径：
R1＝R
解得：

（2）做出电子在磁场中运动的轨迹如图，距离电子源中心位置的粒子打在O点时，速度方向分布在y轴左右两侧，与y轴夹角均为30°。由题意可知，距离电子源中心位置大于的区域粒子直接打到收集板上，其它电子均不能打到收集板上。
做出速度方向与y轴左右两侧夹角均为30°角的电子在区域Ⅱ运动的轨迹，两电子在区域Ⅱ内运动的轨迹圆心角为120°和240°。设收集板的长度为l，根据几何关系得：
l＝2rcs30°
因为区域Ⅱ磁场磁感应强度也为B，故
r＝R
解得：

（3）正对O1点射向区域Ⅰ的电子在区域I内做圆周运动，运动的轨道半径等于圆形磁场的半径R，电子从O点沿y轴负方向射出，速度大小为v，运动轨迹如下图。设y轴正向为正，经时间Δt，由动量定理得：
evxB'Δt＝mΔvy
所以：

设题中乙图图像与x轴围成的面积为S，则：
eS＝mvy﹣（﹣mv）
在0﹣R间

解得电子经过点（R，﹣kR） 时沿y轴负方向分速度：
vy＝0
0～R全程洛伦兹力不做功，速率不变。可知电子经过点（R，﹣kR）时沿x方向分速度vx＝v
在 R～2R 间，电子沿y轴负方向分速度由0增大到v，沿x方向分速度由v减小到0，电子在轴负方向的位移与0～R间的相同，之后重复运动，故该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为﹣4kR。
答：（1）电子源发射电子的初速度v的大小为；
（2）该收集板的长度为；
（3）该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为y＝﹣4kR。
【点评】本题考查了电子在磁场中的运动，分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹、求出电子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的关键。
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460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W
实验序号
1
2
3
4
封闭空气柱长度L/cm
3.50
3.00
2.80
2.50
封闭空气柱压强p/（×105Pa）
1.01
1.17
1.26
1.70
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
D
A
C
D
C
D
C
题号
8
9
10
答案
BC
BD
ABD
热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W
实验序号
1
2
3
4
封闭空气柱长度L/cm
3.50
3.00
2.80
2.50
封闭空气柱压强p/（×105Pa）
1.01
1.17
1.26
1.70