2025年河南省高考物理考前冲刺试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年河南省高考物理考前冲刺试卷（含详细答案解析），共24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）汽车导航越来越成为我们出行旅游必不可少的设备，如图是某次导航时导航仪的界面图。则下列说法正确的是（ ）
A．研究汽车在导航图中的位置时，不可以把汽车看作质点
B．常规路线中的“55.4公里”是指位移大小
C．常规路线中显示的“1小时36分钟”是指时刻
D．汽车分别按照常规路线和方案二行驶，两次运动的位移相同，路程不同
2．（4分）放射性元素钋（）发生衰变时，会产生和一种未知粒子，并放出γ射线，其核反应方程为→γ，下列说法正确的是（ ）
A．γ射线带负电
B．y＝206
C．升高温度有利于衰变的发生
D．核的比结合能小于核的比结合能
3．（4分）如图所示，一束复色光从O点以入射角θ斜射入上、下表面平行的透明玻璃砖内，经折射后分成A、B两束光分别从下表面的a、b两点射出，关于A、B两束光，下列说法正确的是（ ）
A．从a、b两点射出后，两束光可能平行也可能不平行
B．A光的波长一定大于B光的波长
C．增大θ，B光有可能在玻璃砖下表面发生全反射
D．A光在玻璃砖中的传播时间可能等于B光在玻璃砖中的传播时间
4．（4分）如图为一定质量的某种理想气体状态变化的p﹣V图像，从图示A状态开始，先后经历了B、C状态，已知气体在A状态时的温度为300K，1atm＝1.0×105Pa。下列说法正确的是（ ）
A．A→B→C气体密度先增大再减小
B．A点的温度比C点的温度低
C．A→B→C气体的最高温度为450K
D．A→B气体吸收的热量为7500J
5．（4分）在如图所示的负点电荷产生的电场中，一检验电荷从A点分别移到B、C、D、E（在以O为圆心的圆周上），则下列情况正确的是（ ）
A．从A到B电场力做功最多
B．从A到E电场力做功最多
C．电场力做功一样多
D．A点比D点电势高
6．（4分）“双星系统”与“三星系统”都是宇宙中常见的天体系统。两种系统中，天体均可在万有引力的作用下绕共同的圆心做匀速圆周运动。如图分别为两种天体系统的示意图，图中五个球形天体的质量均为M，天体连心线的长度均为L，万有引力常量为G。“双星系统”与“三星系统”运动周期之比为（ ）
A．B．C．2：3D．3：2
7．（4分）在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，半径为r2（r2＜r1）的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。闭合开关S，至t＝0的计时时刻，电路中的电流已经稳定，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中产生的感应电动势大小为
B．t0时间内流过R1的电量为
C．电容器下极板带负电
D．稳定后电容器两端电压的大小为
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）如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（ ）
A．从图示时刻开始质点a的加速度将增大
B．从图示时刻开始，经过0.01s，质点a通过的路程为0.4m
C．若此波遇到另一列波能发生稳定的干涉现象，则另一列波频率为50Hz
D．若该波传播过程中遇到宽约4m的障碍物，不会发生明显的衍射现象
（多选）9．（6分）如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1kg的物块以v0＝6m/s的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（ ）
A．图乙中v2的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为10J
D．最终物块距木板左端的距离为3m
（多选）10．（6分）如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（9分）某实验小组利用铜片、锌片和苹果制作了一个水果电池，他们测量水果电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响，实验电路图如图甲所示。已知电流表的内阻Rg＝50Ω，量程为0～1mA，电阻箱R阻值的变化范围为0～9999Ω。
（1）连接电路后，开关闭合前电阻箱的阻值应调节到 （填“最大”“最小”或“任意”）值；
（2）调节电阻箱R，改变电路中的电流I，利用测量数据作出U﹣I图像，其中电压U为电阻箱两端电压；
（3）保持铜片和锌片插入苹果中的深度不变，依次增加铜片与锌片的间距，先后得到U﹣I图像如图乙中（a）、（b）、（c）、（d）所示；
（4）由图乙可知：在该实验中，随电极间距的增大，该水果电池的电动势 ，内阻 ；（均填“增大”“减小”或“不变”）
（5）曲线（c）对应的水果电池电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（均保留3位有效数字）
12．（6分）某同学利用图（a）所示的装置验证碰撞过程中的动量守恒定律。A、B两滑块均带有弹簧片和宽度相同的遮光片，测得滑块A、B（包含弹簧片和遮光片）的质量分别为m1和m2。将两滑块放在气垫导轨上，气垫导轨右侧两支点高度固定，左侧支点高度可调。
（1）实验前，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，结果如图（b）所示，则d＝ mm。
（2）该同学在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动。此时，应调节左支点使其高度 （填“升高”或“降低”）。
（3）将气垫导轨调节水平后，给滑块A一向右的初速度，使它与滑块B发生正碰。碰前滑块A通过光电门1的遮光时间为t0，A、B碰后分别通过光电门1和光电门2，遮光时间分别为t1和t2，则该同学所要验证的动量守恒定律的表达式为 （用m1、m2、t0、t1和t2表示）。
13．（10分）如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.9m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ＝37°。一质量为M＝0.9kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）物块到达C点时的速度大小vC；
（2）在A点受到的弹力大小FA；
（3）物体对C点的压力大小FC。
14．（13分）如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°，并以大小为v0＝2m/s的速度逆时针转动。物块A从传送带上端由静止释放，同时物块B以v＝4m/s的速度从传送带底部冲上传送带，当A与传送带刚好共速时，A、B相碰并粘在一起。已知两物块质量均为m＝1kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计物块大小，求：
（1）A、B相碰前瞬间，物块B的速度大小；
（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量；
（3）碰撞后，两物块在传送带上运动过程中，传送带对两物块的摩擦力的冲量大小（结果可保留根号）。
15．（16分）如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面间的夹角θ＝37°，其宽度L＝1m，导轨下端MP之间连接R1＝1.5Ω的电阻，上端NQ之间连接R2＝3Ω的电阻，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一根质量m＝1kg、电阻r＝1Ω、长度L＝1m的金属杆ab在导轨上由静止释放，下滑距离x＝20m前已达到稳定速度vm＝4m/s。已知金属杆运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）当金属杆的速度v1＝2m/s时，求金属杆的加速度大小；
（3）在金属杆从静止释放到下滑距离x＝20m的过程中，求电路产生的总焦耳热。
2025年河南省高考物理考前冲刺试卷
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）汽车导航越来越成为我们出行旅游必不可少的设备，如图是某次导航时导航仪的界面图。则下列说法正确的是（ ）
A．研究汽车在导航图中的位置时，不可以把汽车看作质点
B．常规路线中的“55.4公里”是指位移大小
C．常规路线中显示的“1小时36分钟”是指时刻
D．汽车分别按照常规路线和方案二行驶，两次运动的位移相同，路程不同
【分析】明确物体视为质点的条件，知道位移和路程的定义以及二者的区别和联系；明确时间和时刻的定义，会根据题意区分是时间间隔还是时刻。
【解答】解：A、在研究汽车在地图上的实时位置时，汽车大小可忽略，故汽车可视为质点，故A错误；
B、常规路线中的55.4公里表示运动轨迹的长度，是路程而非位移，故B错误；
C、常规路线中显示的“1小时36分钟”对应时间轴上的一段，所以是时间间隔，故C错误；
D、汽车分别按照方案一和方案二行驶，方案一和方案二的初始位置相同，方案一和方案二的末位置也相同，运动路径不同，故位移相同，路程不同，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查对运动学基本概念：质点、时间间隔与时刻、位移与路程的理解，需要注意位移表示初始位置到末位置的有向线段，注意基本概念的理解。
2．（4分）放射性元素钋（）发生衰变时，会产生和一种未知粒子，并放出γ射线，其核反应方程为→γ，下列说法正确的是（ ）
A．γ射线带负电
B．y＝206
C．升高温度有利于衰变的发生
D．核的比结合能小于核的比结合能
【分析】根据γ射线的本质和质量数守恒，半衰期和比结合能的知识进行分析解答。
【解答】解：A.γ射线是电磁波，不带电，故A错误；
B.由质量数守恒，y＝210﹣4＝206，故B正确；
C.半衰期与原子核物理化学环境无关，故C错误；
D.该反应放出能量，生成物的比结合能增大，故D错误。
故选：B。
【点评】考查γ射线的本质和质量数守恒，半衰期和比结合能的知识，会根据题意进行准确分析解答。
3．（4分）如图所示，一束复色光从O点以入射角θ斜射入上、下表面平行的透明玻璃砖内，经折射后分成A、B两束光分别从下表面的a、b两点射出，关于A、B两束光，下列说法正确的是（ ）
A．从a、b两点射出后，两束光可能平行也可能不平行
B．A光的波长一定大于B光的波长
C．增大θ，B光有可能在玻璃砖下表面发生全反射
D．A光在玻璃砖中的传播时间可能等于B光在玻璃砖中的传播时间
【分析】根据折射角的大小关系，由折射定律分析玻璃对两种色光折射率的大小，即可判断频率以及波长的大小，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光；光线从玻璃砖中射出时的入射角一定小于临界角，故两束光均不可能发生全反射；时间等于光程除以光速，结合折射定律分析。
【解答】解：A．由于两次折射的法线均平行，故A、B两束光在玻璃砖下表面的折射角相等，故两束光从下表面射出后一定平行，故A错误；
B．入射角相同，A光的折射角小于B光的折射角，根据折射定律可知，A光的折射率大于B光的折射率，A光的频率大于B光的频率，A光的波长一定小于B光的波长，故B错误；
C．由于光线从玻璃砖中射出时的入射角一定小于临界角，故两束光均不可能发生全反射，故C错误；
D．设光线在玻璃砖上表面的折射角为β，玻璃砖的厚度为d，则光线穿过玻璃砖的时间
又因为
代入可得
可知当A、B两束光在O点的折射角互余时t相等，故D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键要掌握折射定律，知道在介质中的速度与折射率的大小关系，以及知道光线经过平行玻璃砖，出射光线和入射光线平行。
4．（4分）如图为一定质量的某种理想气体状态变化的p﹣V图像，从图示A状态开始，先后经历了B、C状态，已知气体在A状态时的温度为300K，1atm＝1.0×105Pa。下列说法正确的是（ ）
A．A→B→C气体密度先增大再减小
B．A点的温度比C点的温度低
C．A→B→C气体的最高温度为450K
D．A→B气体吸收的热量为7500J
【分析】图像可知A→B→C过程中气体体积先增大再减小，根据密度表达式判断密度的变化；根据理想气体状态方程，判断A、B状态温度的高低，再由等压过程，判断B、C温度的高低；对于一定质量的气体，由理想气体状态方程可得压强与体积的乘积最大时对应温度最高，由A变到B的压强随体积变化的直线方程结合理想气体状态方程，求解气体的最高温度；由图像可得A→B过程气体对外做的功，结合热力学第一定律求解气体吸收的热量。
【解答】解：A、由图像可知A→B→C过程中气体体积先增大再减小，根据密度表达式，可得气体密度先减小再增大，故A错误；
B、由于气体A态和B态时气体压强与体积的乘积相等，根据理想气体状态方程，可知气体A态和B态时的温度相等，从B→C气体发生等压变化，体积减小，由（常数），可得温度降低，故A点的温度比C点的温度高，故B错误；
D、由图像可得A→B过程气体对外做的功为
由于气体A态和B态时温度相等，故内能相同，根据热力学第一定律W+Q＝ΔU可得，气体吸收的热量等于对外做的功，故A→B气体吸收的热量为7500J，故D正确；
C、对于一定质量的气体，由理想气体状态方程可得压强与体积的乘积最大时对应温度最高，设从A变到B的直线方程为p＝kV+b，将图像中的（10，4）和（40，1）代入方程，可得p＝﹣0.1V+5
则有pV＝﹣0.1V2+5V＝﹣0.1（V﹣25）2+62.5
当V＝25L时可得（pV）m＝62.5atm•L
根据理想气体状态方程有
解得Tm＝468.75K
故C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了热力学第一定律、理想气体状态方程等知识点，综合性较强，有一定的难度。
5．（4分）在如图所示的负点电荷产生的电场中，一检验电荷从A点分别移到B、C、D、E（在以O为圆心的圆周上），则下列情况正确的是（ ）
A．从A到B电场力做功最多
B．从A到E电场力做功最多
C．电场力做功一样多
D．A点比D点电势高
【分析】以点电荷Q为中心的球面上所有各点的场强的大小相等而方向不同；该球面是等势面．
【解答】解：ABC、该球面是等势面，各点的电势相等，所以：UAB＝UAC＝UAD＝UAE，将检验电荷从A点分别移到以点荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，根据电场力做功公式W＝qU，可知电场力做功一样多，故AB错误，C正确。
D、根据负电荷的电场线从无穷远处出发负电荷终止，顺着电场线电势降低，可知A点比D点电势低，故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查点电荷的电场的特点，掌握以点电荷Q为中心的球面上所有各点的电势相等是解题的关键．
6．（4分）“双星系统”与“三星系统”都是宇宙中常见的天体系统。两种系统中，天体均可在万有引力的作用下绕共同的圆心做匀速圆周运动。如图分别为两种天体系统的示意图，图中五个球形天体的质量均为M，天体连心线的长度均为L，万有引力常量为G。“双星系统”与“三星系统”运动周期之比为（ ）
A．B．C．2：3D．3：2
【分析】对“双星系统”，万有引力提供向心力，对于“三星系统”，任何一个天体运动的向心力是由其他天体的万有引力的合力提供的。
【解答】解：对“双星系统”有
对“三星系统”，任何一个天体运动的向心力是由其他天体的万有引力的合力提供的，有，2rcs30°＝L
联立可得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】（1）对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等。
（2）万有引力公式中L是两星球之间的距离，不是星球做圆周运动的轨道半径。
（3）对于多星问题（三星、四星），需要牢记任何一个天体运动的向心力是由其他天体的万有引力的合力提供的。
7．（4分）在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，半径为r2（r2＜r1）的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。闭合开关S，至t＝0的计时时刻，电路中的电流已经稳定，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中产生的感应电动势大小为
B．t0时间内流过R1的电量为
C．电容器下极板带负电
D．稳定后电容器两端电压的大小为
【分析】A.根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；
B.根据电荷量的公式代入数据求解；
C.根据楞次定律判断电流方向从而确定极板的电性；
D.根据电压公式求解。
【解答】解：A.根据法拉第电磁感应定律，感应电动势
E•π，故A错误；
B.t0时间内流过R1的电荷量Q1＝I1t0•t0t0，故B错误；
C.根据楞次定律，线圈中感应电流的方向是顺时针方向，故电容器充电时下极板为正，故C错误；
D.稳定后电容器两极板电压为UE，故D正确。
故选：D。
【点评】考查法拉第电磁感应定律和楞次定律，会根据公式求解电动势、电荷量和电压。
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）如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（ ）
A．从图示时刻开始质点a的加速度将增大
B．从图示时刻开始，经过0.01s，质点a通过的路程为0.4m
C．若此波遇到另一列波能发生稳定的干涉现象，则另一列波频率为50Hz
D．若该波传播过程中遇到宽约4m的障碍物，不会发生明显的衍射现象
【分析】A.质点的加速度与位移成正比，据此分析作答；
B.根据波长、波速和周期的关系求解振动周期，再根据“4A”性质求路程；
C.根据稳定干涉产生的条件分析作答；
D.根据产生明显衍射的条件分析作答。
【解答】解：A.质点的加速度与位移成正比，从图示时刻开始质点a的位移减小，加速度将减小，故A错误；
B.该波的振动周期
从图示时刻开始，经过，质点a通过的路程为s＝2A＝2×20cm＝40cm＝0.4m，故B正确；
C.该波的频率
根据稳定干涉产生的条件可知，若此波遇到另一列波能发生稳定的干涉现象，则另一列波频率为50Hz，故C正确；
D.该波的波长为λ＝4m，根据明显衍射产生的条件可知，若该波传播过程中遇到宽约4m的障碍物，会发生明显的衍射现象，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了波动规律、波的干涉和衍射现象，解决本题的关键掌握波动与振动的联系以及知道发生干涉和明显衍射的条件。
（多选）9．（6分）如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1kg的物块以v0＝6m/s的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（ ）
A．图乙中v2的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为10J
D．最终物块距木板左端的距离为3m
【分析】A.根据系统动量守恒求v2的数值；
B.根据系统动量守恒和动能公式分析判断；
C.根据能量守恒定律求摩擦产生的热量；
D.根据相对位移求最终物块距木板左端的距离。
【解答】解：A.根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1设此时木板速度大小为vA，则
vA＝1m/s
从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，以v0的方向为正方向，根据系统动量守恒有
mv0＝mv1+Mv
解得v1＝4m/s
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，以v0的方向为正方向，根据系统动量守恒有
mv0＝Mv2
解得v2＝3m/s
故A错误；
B.2s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，以v0的方向为正方向，根据系统动量守恒有
mv0＝（m+M）v3
解得v3＝2m/s
物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为
解得
Ek1＝9J
物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能
解得
Ek2＝9J
故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确；
C.物块滑上木板时系统的动能为
解得
Ek0＝18J
最终相对静止时系统的动能为
解得
Ek3＝6J
所以系统产生的热量为Q＝Ek0﹣Ek3
解得
Q＝12J
故C错误；
D.由题图乙得木板长为4.5m，碰撞后物块与木板相对位移为1.5m，故最终物块距木板左端的距离为3m，故正确。
故选：BD。
【点评】本题考查动量守恒的问题，利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题、常见力做功与相应的能量转化。
（多选）10．（6分）如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
【分析】由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0，若该带电粒子在磁场中经历的时间是，得到轨迹的圆心角，即可知速度的偏向角，可判断粒子在哪边射出磁场。用同样的方法判断其他情况。
【解答】解：由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。
A、若该带电粒子在磁场中经历的时间是，粒子轨迹的圆心角为θ，速度的偏向角也为，如下图所示
根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场。故A正确。
B、当带电粒子的轨迹与ad边相切时，速度的偏向角为60°，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为t，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场。故B错误。
C、若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，由于，则一定从bc边射出磁场。故C正确。
D、若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°＝150°π，故一定不从ab边射出磁场。故D错误。
故选：AC。
【点评】本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（9分）某实验小组利用铜片、锌片和苹果制作了一个水果电池，他们测量水果电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响，实验电路图如图甲所示。已知电流表的内阻Rg＝50Ω，量程为0～1mA，电阻箱R阻值的变化范围为0～9999Ω。
（1）连接电路后，开关闭合前电阻箱的阻值应调节到 最大 （填“最大”“最小”或“任意”）值；
（2）调节电阻箱R，改变电路中的电流I，利用测量数据作出U﹣I图像，其中电压U为电阻箱两端电压；
（3）保持铜片和锌片插入苹果中的深度不变，依次增加铜片与锌片的间距，先后得到U﹣I图像如图乙中（a）、（b）、（c）、（d）所示；
（4）由图乙可知：在该实验中，随电极间距的增大，该水果电池的电动势 不变 ，内阻 增大 ；（均填“增大”“减小”或“不变”）
（5）曲线（c）对应的水果电池电动势E＝ 0.980 V，内阻r＝ 425 Ω。（均保留3位有效数字）
【分析】（1）根据开关闭合前电阻箱接入电路的阻值要调至最大分析求解；
（4）根据闭合电路欧姆定律，结合U﹣I图像中的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源内阻和电流表内阻之和分析求解；
（5）根据图像的纵截距和斜率分析求解。
【解答】解：（1）为了电路安全，开关闭合前电阻箱接入电路的阻值要调至最大。
（4）电压U为电阻箱两端电压，根据闭合电路欧姆定律可得U＝E﹣I（Rg+r）
可知U﹣I图像中的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源内阻和电流表内阻之和，所以由图乙可知在该实验中，随电极间距的增大，电动势不变，内阻逐渐增大。
（5）由曲线（c）的纵截距可知电动势大小为E＝0.980V
曲线（c）的斜率绝对值为
可得
故答案为：（1）最大；（4）不变；增大；（5）0.980；425。
【点评】本题考查了测量水果电池的电动势E和内阻r的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
12．（6分）某同学利用图（a）所示的装置验证碰撞过程中的动量守恒定律。A、B两滑块均带有弹簧片和宽度相同的遮光片，测得滑块A、B（包含弹簧片和遮光片）的质量分别为m1和m2。将两滑块放在气垫导轨上，气垫导轨右侧两支点高度固定，左侧支点高度可调。
（1）实验前，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，结果如图（b）所示，则d＝ 2.25 mm。
（2）该同学在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动。此时，应调节左支点使其高度 降低 （填“升高”或“降低”）。
（3）将气垫导轨调节水平后，给滑块A一向右的初速度，使它与滑块B发生正碰。碰前滑块A通过光电门1的遮光时间为t0，A、B碰后分别通过光电门1和光电门2，遮光时间分别为t1和t2，则该同学所要验证的动量守恒定律的表达式为 （用m1、m2、t0、t1和t2表示）。
【分析】（1）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）滑块向右加速运动，说明气垫导轨左高右低，据此分析作答；
（3）根据极短时间内的平均速度求解滑块通过光电门的瞬时速度；根据动量守恒定律误解需要满足的关系式。
【解答】解：（1）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，遮光条的宽度为d＝2mm+5×0.05mm＝2.25mm
（2）开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动，说明左高右低，则应调节左支点使其高度降低。
（3）根据滑块经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度可得，滑块A碰前通过光电门1时的速度大小为
方向水平向右；
同理可得，滑块A碰后通过光电门1时的速度大小为，方向水平向左；
滑块B碰后通过光电门2时的速度大小为，方向水平向右；
若碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有m1v0＝﹣m1v1+m2v2
整理可得。
故答案为：（1）2.25；（2）降低；（3）。
【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道滑块在导轨上可以认为不受阻力，碰撞过程动量守恒，同时掌握根据光电门研究滑块运动性质的方法。
13．（10分）如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.9m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ＝37°。一质量为M＝0.9kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）物块到达C点时的速度大小vC；
（2）在A点受到的弹力大小FA；
（3）物体对C点的压力大小FC。
【分析】（1）物块离开A点后作平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动规律求得在C点竖直方向速度，再根据运动的合成与分解求解物块到达C点时的速度大小vC；
（2）根据运动的合成与分解求解物块到达A点时的速度大小，在A点指向圆心的合力提供向心力，列式求解在A点受到的弹力大小FA；
（3）在C点指向圆心的合力提供向心力，结合牛顿第三定律列式求解物体对C点的压力大小FC。
【解答】解：（1）经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，对于A到C的平抛运动过程，
，解得：
在C点，
解得：vC10m/s；
（2）根据

可得：vA8m/s
在A点

解得
；
（3）在C点

解得

根据牛顿第三定律可知
FC＝FC′＝107.2N。
答：（1）物块到达C点时的速度大小vC为10m/s；
（2）在A点受到的弹力大小FA为55N；
（3）物体对C点的压力大小FC为107.2N。
【点评】本题主要考查平抛运动和竖直平面内的圆周运动的综合应用，利用平抛运动规律和圆周运动特点解答。
14．（13分）如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°，并以大小为v0＝2m/s的速度逆时针转动。物块A从传送带上端由静止释放，同时物块B以v＝4m/s的速度从传送带底部冲上传送带，当A与传送带刚好共速时，A、B相碰并粘在一起。已知两物块质量均为m＝1kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计物块大小，求：
（1）A、B相碰前瞬间，物块B的速度大小；
（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量；
（3）碰撞后，两物块在传送带上运动过程中，传送带对两物块的摩擦力的冲量大小（结果可保留根号）。
【分析】（1根据牛顿第二定律解得加速度，根据速度—时间公式解答；
（2）根据运动学规律结合摩擦力做功解答；
（3）根据动量守恒定律结合动力学规律与冲量的公式解答。
【解答】解：（1）碰撞前，A向下做匀加速运动，加速度大小
a1＝gsinθ+μgcsθ
从开始运动到共速所用时间t1
物块B向上做减速运动过程的加速度大小a2＝gsinθ+μgcsθ
则碰撞前物块B的速度大小v1＝v﹣a2t1
解得v1＝2m/s
（2）在t1时间内，传送带运动的距离x0＝v0t1
物块A运动的距离x1v0t1
物块B运动的距离x2
则因摩擦产生的热量Q＝μmgcsθ（x0﹣x1+x0+x2）
解得Q＝4.8J
（3）设碰撞后一瞬间，A、B的共同速度为v2，规定沿传送带向下为正方向，根据动量守恒有mv0﹣mv1＝2mv2
解得v2＝0
碰撞后，A、B整体先从初速度为零以a1沿传送带向下加速到与传送带共速，所用时间t2
运动的位移x3
共速后再加速运动的加速度大小a3＝gsinθ﹣μgcsθ
运动的位移x4＝x2﹣x3
设运动的时间为t3，则x4＝v0t3
解得t3s
则摩擦力的冲量大小I＝2μmgcsθ（t2﹣t3）
解得IN•s
答：（1）A、B相碰前瞬间，物块B的速度大小为2m/s；
（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量为4.8J；
（3）碰撞后，两物块在传送带上运动过程中，传送带对两物块的摩擦力的冲量大小为N•s。
【点评】本题的关键分析清楚物体运动过程，知道物体的运动规律，分段应用动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式进行研究。
15．（16分）如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面间的夹角θ＝37°，其宽度L＝1m，导轨下端MP之间连接R1＝1.5Ω的电阻，上端NQ之间连接R2＝3Ω的电阻，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一根质量m＝1kg、电阻r＝1Ω、长度L＝1m的金属杆ab在导轨上由静止释放，下滑距离x＝20m前已达到稳定速度vm＝4m/s。已知金属杆运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）当金属杆的速度v1＝2m/s时，求金属杆的加速度大小；
（3）在金属杆从静止释放到下滑距离x＝20m的过程中，求电路产生的总焦耳热。
【分析】（1）由题意可知，金属杆下滑20m时以4m/s做匀速运动，根据平衡条件以及安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求磁感应强度B的大小；
（2）当金属棒的速度为v1＝2m/s时，先电磁学相关知识求出安培力大小，再由牛顿第二定律求加速度；
（3）根据能量守恒定律求电路中产生的热量。
【解答】解：（1）当金属杆ab达到稳定速度vm＝4m/s时，金属杆所受的重力沿斜面的分力、摩擦力和安培力达到平衡状态，设金属杆的速度为v时，有E＝BLv，，F安＝BIL
外电阻为：R外Ω＝1Ω
联立可得安培力大小为：
处于稳定状态时，根据平衡条件可得：
代入数据解得：B＝1T
（2）当金属杆的速度v1＝2m/s时，安培力大小为：
根据牛顿第二定律可得：
代入数据解得：a＝1m/s2
（3）在金属杆从静止释放到下滑距离x＝20m的过程中，根据能量守恒可得：
代入数据解得电路产生的总焦耳热为：Q总＝32J
答：（1）磁感应强度B的大小为1T；
（2）当金属杆的速度v1＝2m/s时，金属杆的加速度大小为1m/s2；
（3）在金属杆从静止释放到下滑距离x＝20m的过程中，电路产生的总焦耳热为32J。
【点评】解答本题时，关键要明确电路结构，以及能量转化情况，熟练运用牛顿第二定律和能量守恒定律求解相关物理量。
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