2025屆河北省石家莊市某中學(xué)高三年級(jí)下冊(cè)二模物理試題（解析版）

2025屆高三年級(jí)下學(xué)期第二次模擬考試

物理

本試卷共8頁，滿分100分，考試用時(shí)75分鐘。

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如

需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，

寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有

一項(xiàng)符合題目要求）

I.鋼元素（Pm）是“萬能之土”稀土元素家族成員之一，被譽(yù)為人工“夜明珠”。銀（Pm）可以由

M+等Nd-手Pm+X得到，鋼.）元素不穩(wěn)定，可以發(fā)生如下反應(yīng)LWSm+Y,銀（Pm）

元素的半衰期為2.64年。下列說法中正確的是（）

A.X粒子為正電子

B.Y粒子為電子，是核外電子逃逸的結(jié)果

C.鈿（Pm）元素的半衰期不隨溫度變化而變化

D.i：；Sm核內(nèi)有62個(gè)質(zhì)子，147個(gè)中子

【答案】C

【解析】

【詳解】A.設(shè)X粒子質(zhì)量數(shù)為0,電荷數(shù)為6,根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒分別有

1+146=147+。,0+60=61+6

解得。=0,b=-\

X粒子為負(fù)電子，故A錯(cuò)誤；

B.同理，可知Y粒子質(zhì)量數(shù)為0,電荷數(shù)為-1,可知Y粒子為電子，它是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)產(chǎn)

生的，不是核外電子逃逸的結(jié)果，故B錯(cuò)誤；

C.半衰期是放射性元素的固有屬性，由原子核內(nèi)部自身的因素決定，與原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外部條件（如

溫度、壓強(qiáng)等）無關(guān)，所以銀元素的半衰期不隨溫度變化而變化，故c正確；

D.對(duì)于竄Sm核，可知質(zhì)子數(shù)為62,根據(jù)質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，可得中子數(shù)為147-62=85,故D錯(cuò)誤。

故選c。

2.如圖所示，一束由a、b兩種單色光組成的復(fù)色光照射到一截面為圓形的玻璃柱表面的/點(diǎn)，折射光線分

別為a、b,它們與直徑N3的夾角分別為30。和45。。下列說法中正確的是（）

A.玻璃柱對(duì)a光的折射率小于對(duì)b光的折射率

B.a光在玻璃柱中的傳播速度為b光在玻璃柱中傳播速度的"倍

2

C.a光在玻璃柱中的波長為6光在玻璃柱中的波長的也倍

2

D.a光在玻璃柱中的傳播時(shí)間小于b光在玻璃柱中的傳播時(shí)間（不考慮反射光線）

【答案】B

【解析】

【詳解】A.圖像可知a光偏折更大，故。光折射率比6折射率大，故A錯(cuò)誤；

B.圖像可知兩光的入射角相同設(shè)為6,則防光折射率分別〃a=鐘"，%=上些-

sin30°bsin45°

故叫"

〃b1

根據(jù)v=—

n

可知匕="=也

Vbna2

故B正確；

C.根據(jù)v=2介質(zhì)/

v

可得光在介質(zhì)中波長2介質(zhì)=-

可知。光在玻璃柱中的波長與b光在玻璃柱中的波長之比為&="改=也〃

4v"2工

由于力w力

,,4V2

故

42

故c錯(cuò)誤;

D.光線在玻璃柱中的傳播路程為s=2Rcosa

其中0為/點(diǎn)折射角，所以光線在玻璃柱中傳播的時(shí)間f=22Rcosasin027?sin8

vcsmactana

因?yàn)閠an%<tan%

所以％〉%

故D錯(cuò)誤。

故選B。

3.某無人機(jī)研制單位測(cè)試無人機(jī)的試飛狀態(tài)，他們測(cè)得無人機(jī)的加速度。與時(shí)間/的關(guān)系圖像如圖所示，豎

直向上為正方向。已知/=0時(shí)刻無人機(jī)從地面起飛，才3時(shí)刻無人機(jī)的速度為0?下列說法中正確的是（）

A.0~右時(shí)間內(nèi)，無人機(jī)先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)

B.0?％時(shí)間內(nèi)，。時(shí)刻無人機(jī)的動(dòng)能最大

C0?“時(shí)間內(nèi)，無人機(jī)始終向上運(yùn)動(dòng)

D.時(shí)刻無人機(jī)的升力一定是。時(shí)刻無人機(jī)升力的2倍

t4

【答案】C

【解析】

【詳解】A.圖像可知0?%時(shí)間內(nèi)加速度始終向上，故無人機(jī)一直處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤;

B.圖像可知0?/2時(shí)間內(nèi)無人機(jī)豎直向上做加速運(yùn)動(dòng)，右?J無人機(jī)豎直向上做減速運(yùn)動(dòng)直至?xí)r刻無人

機(jī)的速度為0,故才2時(shí)刻無人機(jī)速度最大，動(dòng)能最大，故B錯(cuò)誤;

C.由B選項(xiàng)可知0?與無人機(jī)一直向上運(yùn)動(dòng)，與?4時(shí)間內(nèi)，無人機(jī)從速度0開始向上加速運(yùn)動(dòng)，故0?4

時(shí)間內(nèi)，無人機(jī)始終向上運(yùn)動(dòng)，故C正確;

D.設(shè)無人機(jī)質(zhì)量為〃?，。時(shí)刻有片-7〃g=加%

解得無人機(jī)升力K=maA+mg

t4時(shí)刻有F2-mg=mx2%

解得無人機(jī)升力F2=2maA+mg

數(shù)學(xué)關(guān)系可知，t4時(shí)刻無人機(jī)的升力不一定是4時(shí)刻無人機(jī)升力的2倍，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.如圖所示，力R拉著質(zhì)量為加的物體沿傾角為30°的斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)。物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

A.若少水平向右，則尸=

B.若E沿斜面向上，則尸=G加g

C.E的最小值為害mg

D.力廠與斜面成30°角斜向上時(shí)，/最小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.若下水平向右，對(duì)物體，由平衡條件有功gsin30°+〃（加gcos30°+尸sin30°）=廠cos30°

代入題中數(shù)據(jù)，解得少=G/77g

故A錯(cuò)誤；

B.若/沿斜面向上，對(duì)物體，由平衡條件有R=/"gsin30°+〃w7gcos30°=/"g

故B錯(cuò)誤；

CD.力E與斜面成6角斜向上時(shí)，/有最小值，由平衡條件有

mgsin30°+//（mgcos300-Fsin=Fcos0

mgmg

F=mg

整理得cos0+fsin6(sin60°cos0+cos60°sin0)^-^-sin(600+6)

可知。=30°時(shí)，尸有最小值，且最小值耳面二—丁冽g

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

5.將電荷量大小為%、12q、12q的三個(gè)點(diǎn)電荷固定在x軸上的、=±10和X=0三個(gè)位置，x軸上各點(diǎn)的

電勢(shì)如圖所示。已知選無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，距離點(diǎn)電荷q為廠處的電勢(shì)9=數(shù)。下列說法中正確的是

A.x=—10處固定的是5q的正電荷

B.x=5處電勢(shì)為0

C.將一正試探電荷從x=5處由靜止釋放，該電荷在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)

D.將一正試探電荷從x=ll處沿?zé)o軸正方向移動(dòng)過程中，靜電力和電勢(shì)能均減小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.圖像可知*=±10處電勢(shì)無窮大，X=0處電勢(shì)無窮小，可知X=±10處均為電荷量大小為12q

的正電荷，X=0處為電荷量大小為5q的負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)電勢(shì)疊加原理可知，x=5處電勢(shì)為弘=色馬+"*2-“也=.〉0

故B錯(cuò)誤；

C.隨著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知x=5處的電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，故正試探電荷從x=5處由靜止釋放,

該電荷受到的靜電力方向沿X軸正方向，故該正電荷沿X軸正方向運(yùn)動(dòng)，過了x=10處電場(chǎng)線反向，電場(chǎng)強(qiáng)

度反向，電場(chǎng)力反向，電荷做減速運(yùn)動(dòng)直至速度均為0,之后反向沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，最終電荷在x軸上往

復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D.圖像可知x=n處右側(cè)電勢(shì)降低，可知其右側(cè)電場(chǎng)方向沿x軸正方向，該電荷受到的靜電力方向沿龍軸

正方向，故該正電荷沿X軸正方向運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力一直做正功，故電勢(shì)能一直減小，且。-X圖像斜率表示場(chǎng)

強(qiáng)大小，圖像可知x=U處右側(cè)圖像斜率絕對(duì)值一直減小，故電場(chǎng)力一直減小，因此靜電力和電勢(shì)能均減小,

故D正確。

故選D。

6.如圖甲所示，一質(zhì)量為〃?、橫截面積為S的絕熱活塞封閉著絕熱氣缸（內(nèi)有體積可忽略的加熱絲）內(nèi)的

一部分理想氣體，封閉氣體經(jīng)過一系列過程從狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)3到狀態(tài)C,氣體的體積「和溫度T的關(guān)系如

圖乙所示。已知外界大氣壓始終為夕°,重力加速度為g,不計(jì)摩擦。下列說法中正確的是（）

A.從A到C的過程中，單個(gè)氣體分子對(duì)氣缸壁的平均撞擊力先不變后增大

B.從A到。的過程中，氣體分子的數(shù)密度先減小后不變

C.從A到。的過程中，氣體從加熱絲吸收的熱量等于氣體內(nèi)能的增加量

D.在C狀態(tài)的壓強(qiáng)為2（00+螫）

S

【答案】B

【解析】

【詳解】A.溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，從/到。過程中，氣體溫度一直升高，分子平均動(dòng)能增大，所

以單個(gè)氣體分子對(duì)氣缸壁的平均撞擊力一直增大，并非先不變后增大，故A錯(cuò)誤；

B.從4到2,體積%增大，分子數(shù)密度減??；從2到C,體積廠不變，分子數(shù)密度不變，所以從4到C

的過程中，氣體分子的數(shù)密度先減小后不變，故B正確；

C.從A到C過程，溫度增大，氣體內(nèi)能增大，同時(shí)氣體體積增大，氣體對(duì)外做功，故從A到C的過程中，

氣體從加熱絲吸收的熱量等于氣體內(nèi)能的增加量與氣體對(duì)外做功之和，故c錯(cuò)誤；

D.在狀態(tài)/時(shí)，對(duì)活塞有

從4到C,由理想氣體狀態(tài)方程有竽=8苧

聯(lián)立解得,2=+

故D錯(cuò)誤。

故選B。

7.如圖所示，A、B兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球由兩段不可伸長的細(xì)線連接，一同學(xué)用手握住細(xì)線上端。，初

始時(shí)刻兩個(gè)球均靜止，該同學(xué)通過晃動(dòng)細(xì)線讓兩個(gè)小球動(dòng)起來，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)兩個(gè)小球均在水平面內(nèi)做勻速

圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)線08與豎直方向成37。角。已知兩段細(xì)線長度均為乙A、B兩小球的質(zhì)量分別為加、—m,

兩個(gè)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度0=重力加速度為g,晃動(dòng)細(xì)線過程中。點(diǎn)高度沒有發(fā)生變化,

3

不計(jì)空氣阻力，sin37°=—。他在晃動(dòng)細(xì)線的過程中做功為()

5

106,106「106,106,

A.—mgLB.mgLC.mgLD.-----mgL

65758595

【答案】A

【解析】

【詳解】設(shè)AB與豎直方向夾角為e,如圖

2

對(duì)A有牛頓第二定律定理有mAgtan3=mAo)(Zsin0-Zsin37°)

代入題中數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得sin。=0.8,cos。=0.6

故B增加的重力勢(shì)能AEpB=冽Bg(L—Lcos370)

B增加的動(dòng)能A^B=5加B(°Zsin37°y

故A增加的重力勢(shì)能AEpA=mAg(L-Lcos310+L-cos0)

12

A增加的動(dòng)能=5加4（上sin，一工sin37°）］

代入題中數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得系統(tǒng)增加的機(jī)械能△￡=AE+^E+^E.+△/=—mgL

pDBIwVOp/AIVZA/匚*—■7

由能量守恒可知，他在晃動(dòng)細(xì)線的過程中做功為U3加g￡。

65

故選Ao

二、不定項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，

有多個(gè)選項(xiàng)正確。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，錯(cuò)選或不選的得0分）

8.如圖所示，衛(wèi)星B在軌道3上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，航天器A在近地軌道1（離地面的高度可忽略）

O

上運(yùn)動(dòng)，周期為T,兩個(gè)天體的軌道面重合，繞行方向相同，航天器每經(jīng)過一T時(shí)間經(jīng)過衛(wèi)星B正下面一

7

次。航天器通過轉(zhuǎn)移軌道2與衛(wèi)星B成功對(duì)接。地球半徑為R,引力常量為G。下列說法中正確的是（

n

地球的密度約為

3GT2

4萬2

B.地球表面重力加速度為上］R

T2

C.衛(wèi)星B的軌道半徑為4R

D.航天器從軌道1到軌道3的最短時(shí)間為8坦7

4

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.對(duì)衛(wèi)星A,根據(jù)萬有引力提供向心力寫1=加率氏

M

地球的密度上兀R3

3

聯(lián)立解得。=言37r7

故A錯(cuò)誤;

4萬之

B.航天器A在近地軌道上運(yùn)動(dòng)有加g=加7?

亍

4TT2

故地球表面重力加速度為g二R

干

故B正確;

82兀8T2兀8不△

C.題意可知航天器A每經(jīng)過一T時(shí)間經(jīng)過衛(wèi)星B正下面一次，則有二*二7-=、=7=2兀

7'77ToD7

解得"=8T

由開普勒第三定律有

T2T；

聯(lián)立解得％=4R

故C正確；

（4R+Ry

D.由開普勒第三定律有羊312J

子-—7^

聯(lián)立解得乙=士普7

則航天器沿轉(zhuǎn)移軌道2運(yùn)行半個(gè)周期，則從軌道1到軌道3的最短時(shí)間為t=4=獨(dú)。7

28

故D錯(cuò)誤。

故選BCo

9.原副線圈匝數(shù)比為2：1的變壓器接成如圖所示的電路，4=2R2=24=2R。，成端接有效值為。的

交流電源。開關(guān)S］閉合，S2斷開時(shí)，防端的輸入功率為片。下列說法中正確的是（）

A.當(dāng)開關(guān)S|閉合，$2閉合時(shí)，仍端的輸入功率為2片

B.當(dāng)開關(guān)凡斷開，S?斷開時(shí)，用消耗的功率為

c.當(dāng)開關(guān)S］斷開，s?斷開時(shí)，/端的輸入功率為;兄

D.當(dāng)開關(guān)S］斷開，S2閉合時(shí)，防端的輸入功率為片

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.開關(guān)S］閉合，S2斷開時(shí)，則變壓器輸入端電壓=。，則。2=公。

nl

1/2（Y〃2CA27-7-27-7-2

則成端的輸入功率勺=幺="X—=生X—=—

R?\n\）R?\n\）&4當(dāng)

2

_《_《」〃2丫U

當(dāng)開關(guān)S1閉合，S?閉合時(shí)，仍端的輸入功率為與"=耳生=《=［彳）義京義2=有

氏2+R32

故A正確；

BC.當(dāng)開關(guān)S］斷開，s2斷開時(shí),設(shè)原副線圈電流分別為/1、A，將原線圈等效為電阻則有=/；X&

因?yàn)?]〃1=，2〃2

/\2/\2

整理得4=人

XR2=2xR0=4幾

（“2，、〃2J

則用消耗的功率為心I」4小。

u-U2

仍端的輸入功率為=UL-lp

6R03°

故BC錯(cuò)誤;

D.當(dāng)開關(guān)S|斷開，s2閉合時(shí)，設(shè)原副線圈電流分別為人、i22,將原線圈等效為電阻41，則有

H2H3

/；陽=心X

4+4

因?yàn)?”〃1=，22〃2

整理得區(qū)向=24

則ab端的輸入功率為Pab2=二"二==Po

氏+4&

故D正確。

故選ADo

10.如圖所示，圓心為。、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)外存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙

面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5,圓外區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為g。質(zhì)量為機(jī)、帶

電量為+4的粒子從圓周上的M點(diǎn)以某一速度沿半徑方向進(jìn)入圓形區(qū)域，粒子第一次離開圓形區(qū)域時(shí)速度

偏轉(zhuǎn)角為120。。不計(jì)粒子重力。下列說法中正確的是（）

A.粒子的速度大小為1蟠

m

B.粒子通過陽叵4的路程后第一次返回M點(diǎn)

9

32兀m

C.粒子運(yùn)動(dòng)的周期為丁丁

3qB

D,若僅去掉圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)，粒子經(jīng)過（126+30%）小時(shí)間第一次沿M9方向通過M點(diǎn)

qB

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.+4的粒子從圓周上的M點(diǎn)以某一速度沿半徑方向進(jìn)入圓形區(qū)域，粒子第一次離開圓形區(qū)域

時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角為120。，可知粒子掃過的圓心角為120。，如圖所示

粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)有4二—■

qB

聯(lián)立解得v=4i邂

3m

A錯(cuò)誤；

r=鱉=也R

B.粒子在圓外區(qū)域磁場(chǎng)的軌跡半徑2B7

q一

3

27r

粒子在圓內(nèi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的圓心角4=120。=——

3

則運(yùn)動(dòng)的弧長曷=ra=&Rx2="兀R

111339

57r

根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在圓外區(qū)域磁場(chǎng)的圓心角0=300。=——

23

對(duì)應(yīng)的弧長§2=&。2=6火火?=孚"火

粒子第一次返回M點(diǎn)的軌跡如圖所示

粒子第一次返回M點(diǎn)經(jīng)過的路程s=2(5,+s2)=2(平萬及+孚兀R)=個(gè)口

B正確；

2兀m

C.粒子在圓內(nèi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的周期北=1「

Bq

、,一、120°_271m

運(yùn)動(dòng)時(shí)間「加工=兩

_27im671m

粒子在圓外磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的周期12=T-=而

3Bq

、―一,、300°T571m

運(yùn)動(dòng)時(shí)間/而『西

347r冽

故粒子的運(yùn)動(dòng)周期為T=2&+Z)=——

23Bq

C錯(cuò)誤；

D.去掉圓內(nèi)磁場(chǎng)時(shí)，粒子在圓內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為片=——

V

結(jié)合上述結(jié)論可得V=心竺

3m

解得「嚕

由于粒子在圓形區(qū)域外偏轉(zhuǎn)的圓心角為300。，根據(jù)幾何知識(shí)可知，對(duì)應(yīng)圓形區(qū)域的圓心角為60°,粒子在

5兀m

圓形區(qū)域外運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為右

Bq

要使粒子第一次沿M9方向通過M點(diǎn)，粒子恰好沿圓形區(qū)域運(yùn)動(dòng)一周，故粒子總共沿圓y運(yùn)動(dòng)的次數(shù)

故粒子第一次沿方向通過加點(diǎn)所需要的時(shí)間t=6〃+弓）=6x（撞竺+四％）=（12用30蘇m

BqBqqB

D正確。

故選BDo

三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，每空2分，共16分）

II.某同學(xué)用單擺實(shí)驗(yàn)測(cè)重力加速度。他在家里找到了一塊外形不規(guī)則的小金屬掛件，在實(shí)驗(yàn)室找到了一個(gè)

力傳感器，將它固定在。點(diǎn)，并將長度為/的細(xì)線一端固定在力傳感器上，另一端連接小金屬掛件，制成了

如圖甲所示的單擺。

o

（1）他將掛件拉離平衡位置一個(gè)角度a（a<5。），由靜止釋放后，通過與傳感器連接的電腦得到了力傳

感器的示數(shù)與時(shí)間的關(guān)系，如圖乙所示，則此時(shí)單擺的周期7=（用題目中符號(hào)表示），若該同

求得g=等，則該測(cè)量結(jié)果

學(xué)用T=2萬（填“偏大”或“偏小”）；

（2）后來查資料得知，該單擺的實(shí)際擺長應(yīng)該是擺件質(zhì)心到懸點(diǎn)的距離，他用（1）的方法分別在細(xì)線長

為和4時(shí)做了兩次實(shí)驗(yàn)，測(cè)得單擺兩次振動(dòng)的周期分別為工和％,則重力加速度g=,擺件

質(zhì)心到N點(diǎn)的距離d=

（3）為減小實(shí)驗(yàn)的偶然誤差，該同學(xué)多次改變細(xì)線的長度，用（1）的方法，測(cè)得多組細(xì)線長度/和單擺對(duì)

應(yīng)的周期T,以片為橫坐標(biāo)，/為縱坐標(biāo)，將得到的數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線后得到如圖丙所示的圖像，則重力加速

度8=,擺件質(zhì)心到N點(diǎn)的距離”=（用題目、圖中的數(shù)據(jù)和字母表示）。

①4(，-J

【答案】(1)②.偏小

21

4兀2m）

(2)①.②.

T；-T；T；-T；

(3)①.-左②.6

【解析】

【小問1詳解】

當(dāng)掛件處于最高點(diǎn)時(shí)，力傳感器的示數(shù)最小，掛件處于最低點(diǎn)時(shí)，力傳感器的示數(shù)最大，由圖乙可知

—5TH—T

214

解得周期為

21

求得g=*,由于/為細(xì)線的長度，可知代入的擺長偏小，使得重力加速度測(cè)

若該同學(xué)用7=2〃

量值偏小。

【小問2詳解】

山⑵根據(jù)單擺周期公式可得7；=2巴口土《，4=2萬人I,士+《d

gg

-I）

聯(lián)立解得重力加速度為g二,212

一12

擺件質(zhì)心到N點(diǎn)的距離為d=

T\~T2

【小問3詳解】

根據(jù)單擺周期公式可得T=2〃j等

整理可得/=冬72—

44

7gk+b

可知/一72圖像的斜率為左二號(hào)=為茂一

4%”

解得重力加速度為g=4"以+"，

10

由/-〃圖像的縱軸截距可得_b=-d

可得擺件質(zhì)心到N點(diǎn)的距離為d=b

12.某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)一電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。他們采用了下面兩種方法。

（1）他們將電源和電阻箱和一電壓表（內(nèi)阻Rv未知）接成如圖甲所示電路，開關(guān)k閉合后調(diào)節(jié)電阻箱，

當(dāng)電阻箱電阻為用時(shí)，電壓表滿偏，當(dāng)電阻箱電阻為此時(shí)，電壓表半偏，已知電壓表量程為。0,在忽略

電源內(nèi)阻的條件下，該實(shí)驗(yàn)方案測(cè)得電壓表內(nèi)阻Rv=，電源的電動(dòng)勢(shì)E=（用題目

中的符號(hào)表示）；

（2）為了準(zhǔn)確的測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們?cè)O(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路，用到了如下實(shí)驗(yàn)器材：

A.標(biāo)準(zhǔn)電源（電動(dòng)勢(shì)=9.0V,內(nèi)阻小=1.0Q）

B.電阻箱片（0?99.9。）

C.電阻箱火2（°?99.9。）

D.定值電阻凡,阻值為7.20

E.靈敏電流計(jì)G

F.開關(guān)兩個(gè)，導(dǎo)線若干

①斷開開關(guān)k「閉合開關(guān)卜2,調(diào)節(jié)兩個(gè)電阻箱的電阻，當(dāng)尺=4.4。、&=6.6Q時(shí)，靈敏電流計(jì)示數(shù)為

零，則待測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)E=V；

②同時(shí)閉合krkz兩個(gè)開關(guān)，調(diào)節(jié)兩個(gè)電阻箱的電阻，當(dāng)4=5.4。、尺2=116。時(shí)，靈敏電流計(jì)示數(shù)為

零，則待測(cè)電源的內(nèi)阻廠=Q。

【答案】（1）①.R,—2&②.」^

區(qū)2-2號(hào)

（2）①.3.3②.1.6

【解析】

【小問1詳解】

4

口］［2］根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=0+^LR,EJ。、2R

0D1'0D2

（凡—A）0。

聯(lián)立解得Rv=4—2凡，E=\；o

—27?］

【小問2詳解】

［1］由題意可知斷開開關(guān)k「閉合開關(guān)心，當(dāng)4=4.4。、&=6.6Q時(shí)，靈敏電流計(jì)示數(shù)為零，此時(shí)4的

電壓等于電動(dòng)勢(shì)E,則有￡=—多=g=3.3V

⑵同時(shí)閉合k］、心兩個(gè)開關(guān)，當(dāng)片=5.4。、尺2=1L6Q時(shí)，靈敏電流計(jì)示數(shù)為零，此時(shí)4的電壓等于幾

的電壓’貝解常物用二點(diǎn)兒

聯(lián)立解得廠=1.6。

四、計(jì)算題（本題共3小題，共38分。解題過程中要求寫出必要的文字說明、方程式和重要

演算步驟，只寫出最后答案的不能得分）

13.如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)傾角為30。的擋板，一質(zhì)量為〃?，帶電量為+4的小球以初

速度為斜向上拋出，初速度與水平方向的夾角為60。。已知空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度為g,勻強(qiáng)電場(chǎng)

的電場(chǎng)強(qiáng)度￡=畫&。求:

6q

（2）小球落到擋板上的時(shí)間和發(fā)生位移的大小。

【答案】（1）如公

14g

m4?36V；

7g49g

【解析】

【小問1詳解】

將物體的受力和運(yùn)動(dòng)均沿?fù)醢宸纸夂痛怪睋醢宸纸猓鐖D

根據(jù)牛頓第二定律，可知垂直擋板分解可得其加速度q=〃2gc°s30°+硝sin30°=Z^lg

m12

2

(v0sin300)

則小球離擋板的最大距離%ax

2%

聯(lián)立解得熊添

14g

【小問2詳解】

結(jié)合以上分析可知，小球離擋板的最大距離時(shí)用時(shí)/。="sm300=久迎

47g

對(duì)稱性可知小球落到擋板上的時(shí)間t=2t0=

7g

根據(jù)牛頓第二定律，可知沿?fù)醢宸较虻募铀俣葹?"gsin30?！狤qcos300=.g

m4

1、

則小球落到擋板上時(shí)發(fā)生位移的大小￡=%cos30°X/-5.

聯(lián)立解得］=」aA2

49g

14.如圖所示，邊長為工、質(zhì)量為冽、電阻為R的正方形導(dǎo)體框48CD靜止在光滑水平面上，空間存在垂

直水平面向下、足夠多的磁場(chǎng)帶，磁場(chǎng)帶的寬度為工，相鄰磁場(chǎng)帶的間距為22。磁場(chǎng)帶整體以水平速度%

_八108江

向右勻速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體框的電阻&=-------o求:

(1)當(dāng)導(dǎo)體框48邊剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)帶時(shí)，48兩端的電壓U/B；

(2)導(dǎo)體框離開第二個(gè)磁場(chǎng)帶到進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)帶所用的時(shí)間；

(3)導(dǎo)體框48邊剛進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)帶時(shí)導(dǎo)體框的加速度和導(dǎo)體框穿過第三個(gè)磁場(chǎng)帶的過程中安培力對(duì)導(dǎo)

體框做的功。

3

【答案】⑴

UAB=--B0LV.

5L

(2)t=—

4%

（3）方向向右，W^=—mv1

50L女10

【解析】

【小問1詳解】

由右手定則可知/點(diǎn)電勢(shì)小于8點(diǎn)電勢(shì)，可知。神＜0,故當(dāng)導(dǎo)體框48邊剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)帶時(shí)，48兩

33

端的電壓UM

【小問2詳解】

A①

導(dǎo)體框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)帶的過程中，安培力的沖量有r—

—D11X1—力L------1\1—---------

女1女RR

R2T3

同理導(dǎo)體框離開第一個(gè)磁場(chǎng)的過程安培力的沖量心=吧

女1R

R2,3

所以當(dāng)導(dǎo)體框穿過第一個(gè)磁場(chǎng)條的過程中，由動(dòng)量定理有2型匕=mv

R1t

R2T3

所以當(dāng)導(dǎo)體框穿過第二個(gè)磁場(chǎng)條的過程中，由動(dòng)量定理有2‘囁=加%—加W

2

解得%=1%

此時(shí)導(dǎo)體框N3邊與第三個(gè)磁場(chǎng)條右邊界的距離為3所以導(dǎo)體框離開第二個(gè)磁場(chǎng)帶到進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)條所

L5L

用時(shí)間/=

%一%3%

【小問3詳解】

導(dǎo)體框N2邊剛進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)帶時(shí)，對(duì)導(dǎo)體框?qū)W力分析并結(jié)合牛頓第二定律有心=加。

其中心二B0IL='。""一幻

R

解得（方向向右）

50L

2

D,3

導(dǎo)體框穿過第三個(gè)磁場(chǎng)帶的過程中，由動(dòng)量定理有2生匕=陽匕—加%

R

11

由動(dòng)能定理有町=-mvl9--mvl7

1,

聯(lián)立解得町=伍加片

15.如圖所示，在光滑水平面上有上表面為四分之一光滑圓弧的滑塊B和木板C,圓弧的半徑R=1.2m,

圓弧在最低點(diǎn)與木板C上表面水平相切，B和C鎖定在一起，木板右端上方有固定彈性擋板D,擋板D的

下表面略高于木板C的上表面。小滑塊A從圓弧面上方由靜止釋放，剛好從圓弧面最高點(diǎn)沿切線方向滑進(jìn)

圓弧面，小滑塊釋放時(shí)離木板C上表面的高度為2火，小滑塊經(jīng)過圓弧面最低點(diǎn)時(shí)B和C解除鎖定，滑塊

A滑到木板C的右端時(shí)恰好與木板相對(duì)靜止，AD碰撞過程中小滑塊的動(dòng)能沒有損失。己知A、B、C的質(zhì)

量關(guān)系為加A=叼3=；加c=1kg,滑塊A與木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.8,重力加速度g=10m/s2,

忽略空氣阻力。求：

A□

「O

BC

(1)B、C解除鎖定前，木板C的位移；

(2)木板C的長度和從B、C解除鎖定到小滑塊A與擋板D碰撞所用的時(shí)間;

(3)滑塊A在木板C上相對(duì)滑行的總路程和相對(duì)滑行的總時(shí)間。

【答案】(1)0.3m,方向向左

,、8107

(2)—m,---s

360

、115

(3)—m,—s

46

【解析】

【小問1詳解】

物塊A從開始下落到經(jīng)過圓弧面最低點(diǎn)過程中水平方向動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，設(shè)物塊滑到圓弧面

最低點(diǎn)時(shí)A和BC整體水平方向速度分別為么、VBC＞水平方向位移分別為4、XBC＞水平方向動(dòng)量守恒

歹陋加A"A=(mB+mc)vBC

可得以=3VBC

一1,1,

mv

能量守恒列式mAg2R=~AA~+5(加B+mC)VBC~

聯(lián)立以上方程可得以=6m/s,vBC=-2m/s

下滑過程中滿足人船模型，列式可得加A'A=（加B+加C）'BC

7?=、A+、BC

m+m3

聯(lián)立以上方程可得=-------------R=：x1.2=0.9m,方向向右

mA+mB+mc4

m]

XBC=