2025-2026学年山东省泰安二中高三（上）期末物理模拟试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年山东省泰安二中高三（上）期末物理模拟试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，虚线是某静电场的一簇标有电势值的等势线，一带电粒子仅在电场力作用下，恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，则( )
A. 粒子一定带负电
B. 粒子从A到C的过程，电场力做负功
C. 粒子从A到B电场力所做的功等于从B到C电场力所做的功
D. 粒子在A处电势能大于在C处电势能
2.2025年9月7日晚，天空上演壮丽月全食。此时太阳、地球、月球连成一线，地球居中遮挡阳光。已知地球绕太阳，月球绕地球均为逆时针运动。地球绕太阳运动的周期为T1，轨道半径为r1，月球绕地球运动的周期为T2，轨道半径为r2。忽略太阳与月球之间的引力，某一时刻三者位置关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. T1T2= r13r23
B. 太阳与地球质量之比为r23T12r13T22
C. 太阳与地球密度之比为T22T12
D. 太阳，地球，月球由图示位置到再次出现月全食所需时间为t=T1T22(T1−T2)
3.如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则( )
A. 任意时刻小球与小车的动量等大反向
B. 小球运动到最低点时的速度大小为 2gl
C. 小球不能向左摆到原高度
D. 小车向右移动的最大距离为2mlM+m
4.如图所示，江面上相距6L的P1P2和Q1Q2之间为管控区域，有一垂直于岸边的激光束以恒定的速率v在P1P2和Q1Q2之间来回运动进行检测(不计激光束转向的时间)。某时刻，当激光束从P1P2处向右运动的瞬间，一快艇从Q1Q2处由静止开始试图沿直线匀加速冲过此区域，快艇可视为质点，其速度始终平行于河岸。已知快艇在距Q1Q2的L处第一次被激光束照射到，则( )
A. 快艇的加速度大小为v225LB. 快艇的加速度大小为2v249L
C. 快艇第二次被照射的位置与P1P2相距3LD. 快艇第二次被照射的位置与P1P2相距2L
5.如图所示，竖直方向固定一个圆形轨道，其内部恰好对称放置5个完全相同、重力均为G的光滑匀质小球，球1和球5的重心与轨道圆心O在同一高度，5个小球的重心和圆形轨道的圆心在同一竖直面内，下列说法正确的是( )
A. 轨道对球1、球5的作用力相同
B. 球2和球4对球3作用力的合力方向竖直向下
C. 球2对球1的作用力大小可能小于G
D. 轨道对球3的作用力大小等于5G
6.某快递总站需要将物件由地下仓库靠传送带运送到地面上进行分类。如图甲所示，传送带与水平面的夹角为θ=37°，运送的物件以v0=9m/s的初速度从底部滑上传送带，同时传动带以一定的加速度从静止开始匀加速启动，t0时间后保持匀速，已知物件在传送带上运动的v−t图像如图乙所示，2t0时刻恰好离开传送带，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。则以下说法正确的是( )
A. 传送带的加速度大小为3m/s2B. 传送带匀加速的时间t0=1s
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5D. 传送带上留下的痕迹的长度为278m
7.如图所示，将小球甲、乙先后水平抛出，小球甲、乙将会在空中的P点相遇，相遇时两小球的速度方向相互垂直，已知小球甲的抛出点到水平地面的高度h1比小球乙的抛出点到水平地面的高度h2大，小球甲、乙的抛出点水平距离为L=25m，小球甲、乙抛出时的速度大小均为v0=10m/s。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，小球可看成质点，则下列说法正确的是( )
A. 小球甲、乙在相遇前运动的时间之和为1.25s
B. 小球甲、乙在相遇时速度偏转角相同
C. 小球甲在相遇前运动的时间为t1=0.5s
D. 小球甲、乙抛出点的高度差Δh=18.75m
8.如图所示，水平面上固定放置一半径为R且表面光滑的半球体，一质量为m的小球从半球体的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点，关于该过程下列说法正确的是( )
A. 小球将沿着半球表面下滑到底端
B. 小球脱离半球体时，小球与半球体球心连线和竖直方向间夹角为45°
C. 小球脱离半球体时的速度大小为 2gR3
D. 小球脱离半球体时的速度大小为 gR
9.图(a)为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象。下列说法正确的是( )
A. 在 t=0.10 s 时，质点 Q 向 y 轴正方向运动
B. 从 t=0.10 s 到 t=0.25 s，该波沿 x 轴负方向传播了6 m
C. 从 t=0.10 s 到 t=0.25 s，质点 P 通过的路程为 30 cm
D. 质点 Q 简谐运动的表达式为 y=0.10sin10πt(国际单位)
10.在如图所示的电路中，三个定值电阻的阻值分别为R1=R2=6Ω，R3=12Ω，在a，b两端输入正弦式交变电流，电压的表达式为u=22 2sin100πtV，已知理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，当开关S闭合后，下列说法正确的是( )
A. 通过R3的电流为0.5AB. 电阻R1、R2消耗的功率之比为9：16
C. 电路消耗的总功率为22WD. 流过电阻R2的电流的频率为100Hz
11.如图甲所示，A、B是电场中一条电场线上的两点，有一电子仅在静电力作用下以某一初速度从A点运动到B点，该过程中电势φ随位移x的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 可以判断出电场线的方向是由A到B
B. A点的电场强度大小大于B点的电场强度大小
C. 该电子在A点的动能小于在B点的动能
D. 该电子在A点的电势能小于在B点的电势能
12.如图所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，以某一初速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为0.8g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物体的重力势能增加了mghB. 物体动能损失了0.8mgh
C. 物体产生的热为0.6mghD. 物体机械能损失了1.6mgh
二、非选择题
13.某同学用如图所示气垫导轨和压力传感器验证动量守恒实验，实验步骤如下：
①用托盘天平测出两滑块的质量m1、m2(m2左侧连接一轻弹簧)；
②将m2右移，压缩右侧弹簧至一定长度，然后由静止释放m2，使得m2与m1碰撞后反弹；
③记录下m2释放时右侧压力传感器初始读数F0和m2与m1碰撞后左侧压力传感器最大示数F1和右侧压力传感器最大示数F2(确保m1和m2在与传感器碰撞前仅发生一次碰撞)；
两侧弹簧的劲度系数都为k，弹簧弹性势能的表达式为EP=12kx2，其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量。
(1)在实验之前还需要进行的实验操作有______。
A.测量弹簧的原长
B.在使用之前将压力传感器调零
C.测出初始时m1、m2到左右两侧压力传感器的距离
D.记录下m1、m2碰撞后到压缩左右两侧压力传感器到最大示数的时间
(2)m2碰前初速度为______(用题目所给字母表示)。
(3)实验要验证的动量守恒表达式为______。
A.F0 m2=F1 m1−F2 m2
B.F0m2=F1m1−F2m2
C.F0m2+F2m2=F1m1
D.F0 m2+F2 m2=F1 m1
14.某兴趣小组要测量一个未知电阻，Rx的阻值，实验室提供的器材如下：
A.多用电表
B.恒压电源(输出电压为3V)
C.电压表(量程0～3V，内阻约为1kΩ)
D.电流表(量程0～3mA，内阻约为40Ω)
E.滑动变阻器(最大阻值20Ω)
F.定值电阻R1.R2.电阻箱R.灵敏电流表G
G.开关及导线若干
(1)该小组先用多用电表的电阻挡粗测Rx的阻值。选用“×10”挡试测时，指针如图a所示，于是决定换用______(选填“×1”或“×100”)倍率。换用另一倍率后，重新进行欧姆调零，方可再次进行测量指针如图b所示，测量值为______Ω。
(2)接下来该小组采用伏安法继续测量。
①为使电阻的测量结果尽量准确且在调节电路的过程中电压表示数的变化范围足够大，应选择以下哪个电路进行测量？______。
②下列关于伏安法测电阻实验误差的说法正确的是______。
A.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
B.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除偶然误差
C.用U−I图像处理数据求电阻Rx可以减小偶然误差
D.该小组选用合理电路进行测量，Rx的测量值小于真实值
(3)该小组又采用了实验电路如图c测量，连接好电路，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，再调节电阻箱的阻值，直到灵敏电流表G的示数为零，读出此时电阻箱阻值R，R1和R2均为阻值已知的定值电阻，由以上数据可得Rx的阻值为______(用题中给的物理量的字母表示)。
15.如图所示，一束单色光从AB中点沿垂直于直角三棱镜AB边的方向射入棱镜，在AC边发生全反射后再从BC边射出棱镜，出射光线恰好与AC平行，已知∠A=60°，AC=2L，光在真空中的速度为c。求：
(1)该棱镜的折射率n；
(2)该单色光在棱镜中传播的时间t(不考虑光在BC边上的反射)。
16.如图所示，xOy平面第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第二象限内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场；质量为m、带电量为−q的粒子以大小为v0的初速度从−x轴上的P1(−d,0)点射入磁场，初速度方向与x轴负方向的夹角为45°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P2点垂直y轴射入电场，最后从x轴上的P3(2d,0)点射出电场。粒子重力不计，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；
(2)匀强电场电场强度的大小。
17.如图甲为研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器(电阻不计)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I−t图像。平行且足够长的光滑金属轨道的电阻忽略不计，左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角θ=37°，与右侧水平导轨平滑连接，轨道上端连接一阻值R=0.5Ω的定值电阻，金属杆MN的电阻r=0.5Ω，质量m=1kg，杆长L=1m跨接在两导轨上。左侧倾斜导轨区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场；右侧水平导轨区域也加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小都为B=1.0T，让金属杆MN从图示位置由静止释放，其始终与轨道垂直且接触良好，金属棒经过倾斜轨道与水平轨道连接处无能量损失，此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的I−t图像，如图乙所示，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：
(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率；
(2)金属杆MN在水平导轨上滑行过程中克服安培力做的总功；
(3)根据计算机上显示的I−t图像可知，当t=0.5s时I=2A，求0～0.5s内在电阻R上产生的焦耳热。
18.如图所示，光滑水平轨道ABC上固定一半径R=2.6m的光滑螺旋状圆轨道，质量m=1kg的物块(视为质点)静止在A点，圆轨道与水平轨道紧密平滑连接于B点(圆轨道出口B′点可认为与入口B点重合)，水平轨道C点右侧与质量M=2kg、静止放置在水平面上的木板上表面平齐，木板右端竖直固定一竖直挡板(质量、厚度均不计)。物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2。现给物块施加一大小F=6.5N、水平向右的推力，t=2s后撤去力F(物块未到达B点)，物块滑上木板后能与挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，最终物块停在木板上，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)物块通过圆轨道最高点D时对轨道的压力大小FN；
(2)物块与挡板碰撞后瞬间，物块与木板的速度大小之比k；
(3)木板的最小长度L。
答案解析
1.【答案】BC
【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则粒子一定带正电，故A错误；
BD、粒子所受的电场力方向大致向左，则从A点运动到C点，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，根据电场力做功与电势能的关系可知，电场力做负功，电势能增加，故B正确，D错误；
C、由图中数据可知UAB=UBC
根据电场力做功公式W=qU
可知粒子从A到B电场力所做的功等于从B到C电场力所做的功，故C正确。
故选：BC。
根据等势线与电场线的关系判断电场线方向，再结合粒子运动轨迹判断粒子受力方向，进而确定粒子电性；根据电场力做功公式判断电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系判断电势能变化。
本题关键在于根据等势线确定电场线方向，再结合粒子运动轨迹判断受力方向，利用相关公式判断电场力做功及电势能变化等情况。
2.【答案】D
【解析】解：C、由于不知道太阳与地球的球体半径，故无法求出太阳与地球密度之比，故C错误；
AB、设太阳质量M，地球质量m，月球质量m0，地球绕太阳GMmr12=m(2πT1)2r1
月球绕地球Gmm0r22=m0(2πT2)2r2
联立得太阳与地球质量之比为Mm=r13T22r23T12，T1T2= mM⋅r13r23，故AB错误；
D、太阳、地球、月球由图示位置到再次出现月全食，月球多转半圈，有tT2−tT1=12
解得再次出现月全食所需时间为t=T1T22(T1−T2)，故D正确。
故选：D。
A、开普勒第三定律适用于同一中心天体的天体运动，地球绕太阳、月球绕地球的中心天体不同，不能直接用开普勒第三定律推导周期与轨道半径的关系；
B、分别对地球绕太阳、月球绕地球的运动，由万有引力提供向心力列方程，消去引力常量后推导太阳与地球的质量比；
C、密度需结合质量与天体自身半径，题目未给出地球、太阳的自身半径，无法计算密度比；
D、下次月全食时，月球相对地球的转过角度比地球相对太阳的转过角度多2π(考虑运动方向)，结合角速度与周期的关系列方程求解时间。
这道题是天体运动的综合分析题，四个选项分别涉及开普勒定律的适用条件、质量比计算、密度比分析、多天体运动的追及时间，易错点集中在“开普勒定律的适用范围”“密度计算的条件缺失”，能检验对天体运动规律的严谨理解。
3.【答案】D
【解析】解：A.系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误；
B.小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，根据机械能守恒定律可得如果小球重力势能全转化为小球动能，则mgl=12mv2,v= 2gl，而实际由于小球重力势能一部分转为为小车动能，则小球的速度小于 2gl，故B错误；
C.根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误；
D.根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，小车最大距离和小球最大距离关系有xM+xm=2l
以小车速度为正方向，系统水平方向动量守恒定律有MvM=mvm
由于运动时间相同，则有MxM=mxm
小车向右移动的最大距离为xM=2mlM+m，故D正确。
故选：D。
由地面光滑可知，整体在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒；由水平方向的动量守恒，可判断小车和球的速度方向、在水平方向上二者的最大位移；由机械能守恒，可判断小球运动到最低点时的速度大小以及小球的最大高度。
本题考查连接体的单方向动量守恒问题，在计算小车移动的最大距离时，注意释放后到速度减为0，小车和球运动的时间恰好相等。
4.【答案】D
【解析】解：AB.激光束开始从P1P2处向右运动时照射到快艇，快艇在距Q1Q2的L处第一次被激光束照射到，激光束与快艇运动的时间相同。则两者运动的时间为
t1=6L−Lv=5Lv
快艇从Q1Q2处由静止开始沿直线做匀加速直线运动，由位移时间公式可得
L=12at12
联立解得
a=2v225L
故AB错误；
CD.设快艇第二次被照射的位置与P1P2相距为x，时间为t2，由运动学公式对激光束可得
vt2=6L+(6L−x)
对快艇可得
(6L−x)=12at22
解得
x=2L
故C错误，D正确。
故选：D。
第一次被激光束照射到，激光束与快艇运动的时间相同，结合位移—时间关系求解加速度大小；快艇第二次被照射，根据等时性结合位移关系求解与P1P2的距离。
本题是匀变速直线运动和匀速直线运动的结合问题，结合点就是利用时间相等。在这个相同时间内既要考虑运动规律的差别，还要学会分析它们的位移或者位置关系进行列式求解。
5.【答案】B
【解析】解：A.由对称性可知，轨道对球1、球5的作用力大小相等，方向相反，故A错误；
B.球2、球4对球3的作用力大小相等且关于竖直方向对称，由平行四边形法则可知，合力方向竖直向下，故B正确；
C.对球1受力分析，如图所示：
将力平移构建矢量三角形，可知F2一定大于G，故C错误；
D.对5个球整体受力分析，如图所示：
轨道对球2、球4的弹力合力向上，则轨道对球3的弹力一定小于5G，故D错误。
故选：B。
A.根据对称性分析，力是矢量；
B.先分析受力，再根据平行四边形法则分析；
C.对球1受力分析；
D.对5个球整体受力分析。
要熟练掌握力的两种合成法则，并合理选择研究对象。
6.【答案】D
【解析】解：BC、根据图像可知t0时间内物体的加速度大小为：a1=Δv1t0=9−3t0=6t0
t0～2t0时间内的加速度大小为：a2=Δv22t0−t0=3t0=2a1
t0时间内，对物体根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
t0～2t0时间内，对物体根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
联立解得：μ=0.25，t0=0.75s，故BC错误；
A、根据图像可知传送带匀加速末的速度为：v=3m/s，对传送带根据牛顿第二定律可得：a=vt0=30.75m/s2=4m/s2，故A错误；
D、0～t0时间内物体相对于传送带向上的位移为：x1=v0+v2t0−v2t0=v02t0=92×0.75m=278m
t0～2t0时间内物体相对于传送带向下的位移为：x2=vt0−v2t0=v2t0=32×0.75m=98m
考虑到痕迹的重叠，所以传送带上留下的痕迹的长度为278m，故D正确。
故选：D。
根据图像得到t0时间内、t0～2t0时间内的加速度大小，再对物体根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数和t0；对传送带根据牛顿第二定律求解加速度大小；分别根据运动学公式求解0～t0时间内物体相对于传送带向上的位移、t0～2t0时间内物体相对于传送带向下的位移，因此得到传送带上留下的痕迹的长度。
本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程和受力情况是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
7.【答案】D
【解析】解：A.设篮球甲、乙从抛出到相遇运动的时间分别为t1、t2两球在P点相遇，则在水平方向上有L=v0t1+v0t2，代入数据解得t1+t2=2.5s，故A错误；
BC.由题知，在相遇时两小球的速度方向相互垂直，设篮球甲落在P点时速度与竖直方向的夹角为θ，作出速度分析图，如图所示：
由图可知，小球甲、乙在相遇时速度偏转角不相同，根据几何关系可得tanθ=v0gt1=gt2v0，可得t1t2=1s，又t1+t2=2.5s，且甲球下落的高度更高，则有t1>t2，联立解得t1=2s，t2=0.5s，故BC错误；
D.根据题意，可得小球甲、乙抛出点的高度差Δh=12g(t12−t22)=12×10×(22×0.52)m=18.75m，故D正确。
故选：D。
通过分析两球(甲、乙)的平抛运动，利用水平方向的匀速直线运动、速度方向的几何关系以及竖直方向的自由落体运动规律，计算出两球运动时间、抛出点高度差等。
本题考查平抛运动的规律，涉及平抛运动在水平方向的匀速直线运动、竖直方向的自由落体运动，以及速度方向的几何关系分析，通过这些知识来求解两球运动时间、抛出点高度差等问题。
8.【答案】C
【解析】解：ABC、当小球运动至某一位置时，将脱离半球体表面，设此时小球与球心连线同竖直方向的夹角为θ，根据机械能守恒定律有12mv2=mgR(1−csθ)，且此刻由法向动力学方程得mgcsθ=mv2R，联立两式解得csθ=23，进而求得v= 2gR3，故AB错误，C正确；
D、脱离瞬间小球的竖直分速度为vsinθ，此后小球竖直方向做匀加速运动，满足关系vy′2−vy2=2gRcsθ，重力的瞬时功率表达式为P=mgv′y，联立计算可得P=mg3 46gR3，故D错误。
故选：C。
题目描述了小球从光滑半球体顶端由静止下滑的过程，核心是分析其沿圆弧运动直至脱离接触的临界条件。已知条件包括半球半径、小球质量和重力加速度，需判断脱离发生的位置与速度。解题需明确小球始终沿表面运动的前提是法向支持力大于零，当支持力减小至零时发生脱离，此时应结合机械能守恒与圆周运动法向动力学方程联立求解脱离点角度与速度大小，从而验证各选项表述的正确性。
本题主要考查质点在曲面上的运动与脱离条件，综合了机械能守恒定律、圆周运动的动力学分析以及临界状态判断。题目要求学生分析小球从光滑半球顶端下滑直至脱离的过程，计算脱离时刻的速度大小与位置，并判断脱离后的运动情况。解答关键在于识别脱离瞬间的法向动力学条件，即支持力减为零时满足mgcsθ=mv2R，再结合机械能守恒定律联立求解。本题计算量适中，难度中等偏上，能够有效锻炼学生建立物理模型、运用数学工具解决临界问题的能力，同时检验对曲线运动中受力与运动关系的理解深度。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播。根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，由x=vt求出波传播的距离。根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程。根据x=vt求解波传播的距离。根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程。
本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在34个周期内振动的路程才是3A。
【解答】
A、图(b)为质点Q的振动图象，在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，故A错误；
B、在t=0.10s时，质点Q沿x轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播。由图a知波长λ=8m，图b知周期T=0.2s，则波速为：v=λT=80.2m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为△x=v△t=40×0.15m=6m，故B正确；
C、t=0.10 s质点P正向上运动。从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为△t=0.15s=34T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故C错误；
D、质点Q简谐运动的表达式为y=Asin2πTt=0.1sin2π0.2t (m)=y=0.10sin10πt(m)，故D正确。
故选：BD。
10.【答案】BC
【解析】解：A、R2和R3并联后的总阻值为R23=R2R3R2+R3=6×126+12Ω=4Ω
变压器原、副线圈电流之比为I1I2=n2n1=12
则副线圈两端电压U2=I2R23
原线圈两端电压U1=2U2=2I2R23
电阻R1两端的电压为UR1=I1R1=I2R12
电源电压有效值为U=Um 2=22 2 2V=22V
且U=UR1+U1
代入数据解得I2=2A
流过R3的电流I3=R2R2+R3I2=66+12×2A=23A，故A错误；
B、根据变压器原、副线圈电流关系得原线圈电流：I1=12I2=12×2A=1A
电阻R1消耗的功率PR1=I12R1=12×6W=6W
电阻R2消耗的功率为PR2=(I2−I3)2R2=(2−12)2×6W=323W
电阻 R1、R2消耗的功率之比为PR1PR2=6323=916，故B正确；
C、电阻R3消耗的功率PR3=I32R3=(23)2×12W=163 W
电路消耗的总功率为P=UI1=22×1W=22W，故C正确；
D、根据u=22 2sin100πtV可知角速度为ω=100πrad/s，变压器不改变电源的频率，交流电源的频率为f=ω2π=100π2πHz=50Hz，流过电阻R2的电流的频率也为50Hz，故D错误．
故选：BC。
求出开关闭合后副线圈并联的总电阻的阻值，根据理想变压器原副线圈电流之比、电压之比与匝数之比，结合欧姆定律及功率的公式即可求解。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
11.【答案】BC
【解析】解：A.沿电场线方向电势逐渐降低，所以场强方向由B到A，故A错误；
B.φ−x图像斜率的大小表示的是场强的大小，A点的斜率大，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
CD.电子带负电，受到的电场力方向向右，故电子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，所以该电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故C正确，D错误。
故选：BC。
由φ−x图像的斜率判断场强大小，结合电势变化分析电子电势能与动能的变化，进而判断各选项。
本题依托φ−x图像，考查场强与电势的关系、电势能与动能的转化，对图像分析与电场能量变化的综合应用能力有较好检验作用。
12.【答案】AC
【解析】解：A、物体从A点到B点，垂直高度上升h，克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故A正确；
B、物体沿斜面位移s=hsin30∘，解得：s=2h。根据牛顿第二定律，合外力F合=ma，解得：F合=0.8mg。由动能定理，动能损失量ΔEk=F合s，代入得：ΔEk=1.6mgh，故B错误；
C、由牛顿第二定律得mgsin30°+f=ma，解得摩擦力f=0.3mg。热量Q=fs，解得：Q=0.6mgh，故C正确；
D、机械能损失量ΔE机=Q，解得：ΔE机=0.6mgh，故D错误。
故选：AC。
物体沿斜面向上运动，加速度为0.8g，需考虑重力分量和摩擦力共同作用。重力势能增加量由高度差h决定，动能损失由合外力做功计算，热量由摩擦力做功决定，机械能损失等于热量。选项A直接关联重力势能变化，选项B错误在于动能损失计算，选项C正确反映摩擦力做功转化为热量，选项D错误在于混淆机械能损失与热量关系。
本题综合考查力学中的能量转化与守恒问题，涉及重力势能、动能定理、摩擦力做功与机械能损失等多个核心知识点。题目通过斜面运动情景，将受力分析、运动学计算和能量转换有机结合，计算量适中但思维链条完整，属于中等难度题目。解题时需要准确理解加速度与合外力的关系，并灵活运用动能定理和功能关系。特别值得注意的是，机械能损失量等于摩擦力做功这一关键点容易被忽视，而题目通过选项设置巧妙检验了学生对能量转化本质的理解深度。该题能有效训练学生将动力学分析与能量观点相结合的解题能力，对培养物理思维的整体性有良好作用。
13.【答案】B F0 km2 D
【解析】解：(1)A.不需要测量弹簧原长，故A错误；
B.在使用之前将压力传感器调零，为后续实验和测量工作打下基础，故B正确；
C.m1、m2在气垫导轨上做匀速运动，不需要测出初始时m1、m2到左右两侧压力传感器的距离，故C错误；
D.压缩弹簧所需时间对实验没有影响，不需要测量，故D错误。
故选：B。
(2)释放m2前，弹簧的弹性势能为Ep=12kx2=12k(F0k)2=F022k
弹性势能转化为动能，即F022k=12m2v02
m2碰前初速度为v0=F0 km2
(3)同理可求出碰撞后，两滑块速度v1和v2。
根据动量守恒得m2v0=m1v1+m2v2
即m2F0 km2=m1F1 km1−m2F2 km2
需要验证的表达式为F0 m2+F2 m2=F1 m1，故D正确，ABC错误。
故选：D。
故答案为：(1)B；(2)F0 km2；(3)D
(1)根据实验注意事项与实验原理分析答题。
(2)根据胡克定律求出弹簧的形变量，根据弹性势能公式应用功能关系求出滑块的速度大小。
(3)求出碰撞后，两滑块速度v1和v2，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题。
知道实验注意事项、理解实验原理是解题的前提，根据滑块的运动过程，应用胡克定律、功能关系、动量守恒定律即可解题。
14.【答案】“×100”，1000； B，C； R1R2R
【解析】(1)由图可知，多用表的指针偏转幅度过小，故应更换大倍率的挡位，即更换为“×100”的倍率；
待测电阻的大小为Rx=10×100Ω=1000Ω
(2)①由于使用要求电压表示数的变化范围足够大，因此滑动变阻器应采用分压式接法；待测电阻的阻值Rx=1000Ω> RARV= 40×1000Ω=200Ω，故应采用电流表的内接法，故B正确，ACD错误。
故选：B。
②A.由于电流表和电压表的内阻引起的误差属于系统误差，故A错误；
B.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故B错误；
C.用图像处理数据能起到“平均”的作用，可以减小偶然误差但不能消除偶然误差，故C正确；
D.电流表内接法测量的电阻为RA+Rx，大于真实值，故D错误。
故选：C。
(3)由于灵敏电流计的示数为零，a、b两点的电势相等，则有Rx、R1两端的电压相等，设为U1，同理可知R、R2两端的电压也相等，设为U2，根据欧姆定律可得U1Rx=U2R，U1R1=U2R2
联立可得可得RxR=R1R2
即Rx=R1R2R
故答案为：(1)“×100”，1000；(2)B，C；(3)R1R2R。
(1)指针偏转幅度偏小换大倍数挡位，根据欧姆表的读数规则读数；
(2)根据变阻器与待测电阻的大小选择变阻器的接法，根据电压表、电流表和待测电阻的阻值关系选择电流表的接法；根据偶然误差和系统误差的概念即可求解；
(3)根据欧姆定律计算；
本题主要考查了欧姆表的读数方法，以及分压式电路与限流式电路的选择，内接法和外接法的选择，还考查了欧姆定律和电阻定律的应用，综合性比较强。
15.【答案】解：(1)作出完整的光路如图．

根据几何关系可知，入射角θ=60°
做AC界面法线交于BC于D点，光线在AB界面交于O点，P点发生全反射，Q点发生折射，则
∠PDC=60°，∠DPQ=60°
可知△PDQ为等边三角形，所以
α=30°
因为最终出射光线与AC平行，所以
β=60°
由折射定律n=sinβsinα
可得n= 3
(2)根据几何关系可知
s=OP+PQ=Lsin60°+L2cs30∘
光在玻璃内传播速度为v=cn
传播时间为t=sv
解得t=5L2c
答：(1)该棱镜的折射率为 3；
(2)该单色光在棱镜中传播的时间为5L2c。
【解析】(1)根据折射定律结合几何关系解得；
(2)可通过作图求出路程，再结合光在三棱镜中的传播速度即可求出时间。
本题考查光的折射定律，要求学生作出光路图结合图像进行分析，再列等式求解，考查学生分析综合能力。
16.【答案】匀强磁场的磁感应强度的大小为 2mv02qd 匀强电场电场强度的大小为( 2+1)mv022qd
【解析】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qv0B=mv02r
根据直角三角形得cs45°=dr
解得B= 2mv02qd
(2)粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上( 2+1)d=12at2
在水平方向上2d=v0t
由牛顿第二定律有qE=ma
联立求解得E=( 2+1)mv022qd
答：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小为 2mv02qd；
(2)匀强电场电场强度的大小为( 2+1)mv022qd。
(1)根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力分析求解；
(2)根据粒子在电场中做类平抛运动，结合竖直和水平方向上的运动分析求解。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
17.【答案】金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率6m/s；
金属杆MN在水平导轨上滑行过程中克服安培力做的总功18J；
根据计算机上显示的I−t图像可知，当t=0.5s时I=2A，0～0.5s内在电阻R上产生的焦耳热2J
【解析】(1)由I−t图像可知，当金属杆到达斜面低端时，已经达到最大速率匀速运动，由平衡条件得mgsinθ = BIL
感应电动势E = BLvm = I(R+r)
代入数据解得vm = 6m/s
(2)金属杆MN在水平导轨上滑行过程中，由动能定理可得
−W安 = 0−12mvm2
代入数据解得W安 = 18J
(3)由题t = 0.5s时I = 2A，依据闭合电路欧姆定律，有
I=ER+r=BLvR+r
代入数据解得v = 2m/s
在0～0.5s内，根据动量定理可得
mgsin37°⋅Δt−∑B2L2vR+r⋅Δt=mv
而
∑B2L2vR+r⋅Δt=B2L2R+r∑v⋅Δt=B2L2xR+r
联立整理得x = 1.0m
由功能关系可得
mgxsinθ=12mv2+Q
代入数据解得Q = 4J
则
QR=RR+rQ
代入数据解得QR= 2J
答：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率6m/s；
(2)金属杆MN在水平导轨上滑行过程中克服安培力做的总功18J；
(3)根据计算机上显示的I−t图像可知，当t=0.5s时I=2A，0～0.5s内在电阻R上产生的焦耳热2J。
(1)金属杆在倾斜导轨上滑行时，受重力沿斜面的分力和安培力作用，当两者平衡时达到最大速率。利用平衡条件结合电磁感应的电动势公式和欧姆定律求解。
(2)金属杆在水平导轨上滑行时，只有安培力做功，根据动能定理，克服安培力做的功等于初始动能的减少量。
(3)先由t = 0.5s时的电流求出此时金属杆的速度，再利用动量定理结合积分思想求出0～0.5s内的位移，最后通过功能关系求出总焦耳热，再按电阻比例分配得到电阻上的焦耳热。
本题围绕电磁感应与力学的综合应用展开，解题关键是把握电磁感应中电动势、电流与力学量(力、速度、位移)的联系，灵活运用平衡、动能定理、动量定理等规律。
18.【答案】解：(1)撤去推力后，根据动量定理，此时物块的动量为
mv=Ft
物块从B点到D点的过程中，由机械能守恒定律有
12mv2=12mvD2+mg×2R
对物块在D点受力分析有
F′+mg=mvD2R
由牛顿第三定律有
FN=F′
解得
FN=15N
(2)物块滑上木板后受到的滑动摩擦力大小
f1=μ1mg=4N
木板与水平面间的滑动(最大静)摩擦力
f2=μ2(m+M)g=6N>f1
由于f2>f1，木板相对水平面不滑动，物块滑到木板右端的过程中，由动能定理有
−μ1mgL=12mv02−12mv2
物块与挡板碰撞过程，由动量守恒定律有
mv0=mv1+Mv2
由弹性碰撞过程中机械能守恒有
12mv02=12mv12+12Mv22
解得碰撞后瞬间物块的速度
v1=−v03
负号表示方向水平向左。
碰撞后瞬间木板的速度
v2=2v03
则物块与木板的速度大小之比为
k=|v1|v2=12
(3)碰撞后物块的加速度大小
a1=μ1mgm
得
a1=4m/s2
碰撞后木板的加速度大小
a2=μ1mg+μ2(m+M)gM
得
a2=5m/s2
由于
v2a2>v1a1
可知物块速度减至0后会反向加速，设从碰撞后瞬间到物块和木板的速度恰好相等时的时间为t，该相同速度大小为v3，有
v3=v1+a1t=v2−a2t
可得
v3=v09，t=v0a1+a2=v09(s)
当物块和木板的速度相同后，整体的加速度大小
a3=μ2(m+M)gm+M=μ2g
由于
a3