广东省深圳市红岭中学（红岭教育集团）2024-2025学年高三下学期第五次统一考试物理试卷
1．（2025高三下·深圳月考）黄旭华是中国核潜艇研究设计专家、核潜艇之父，2019年获国家最高科学技术奖，核潜艇是以核反应堆为动力来源的潜艇，如图，反应堆的核反应方程式为：，下列说法正确的是（ ）
A．Kr有36个质子，89个中子
B．比的平均结合能小
C．核反应前、后原子核的总质量保持不变
D．镉棒插入深些会吸收更多反应生成的中子使反应减慢
【答案】D
【知识点】核裂变
【解析】【解答】本题主要考查了核反应方程的知识点，解题关键在于在核反应方程中，质量不守恒，但是质量数和电荷数是守恒的。A．Kr有36个质子，中子个数为，A错误；
B．中等质量核的平均结合能比重核大，所以比的平均结合能大，B错误；
C．重核裂变要放出能量，核反应前、后原子核的总质量减少，C错误；
D．镉棒插入深些会吸收更多反应生成的中子使反应减慢，D正确。
故选D。
【分析】由裂变过程中的质量数和电荷数守恒进行分析，同时由链式反应的过程进行分析。
2．（2025高三下·深圳月考）2023年12月4日，陇东~山东800千伏特高压直流输电工程（甘肃段）铁塔组立首基试点在庆阳市西峰区什社乡N0003号塔举行，标志着该工程正式进入铁塔组立阶段。如图所示为相邻铁塔间某根输电线的示意图，A、B两点分别为铁塔与输电线的连接点且等高，C点为该段输电线的最低点，C点切向方向水平，输电线质量分布均匀，输电线两端的切线与竖直方向的夹角θA=θB=60°，AB间输电线总质量为2m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．左铁塔A处对输电导线的拉力大小为
B．C处输电导线的张力大小为
C．从A点到C点输电线上张力大小一直增加
D．由于热胀冷缩，冬季输电线与竖直方向的夹角增加，输电线两端的弹力大小减少
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力平衡模型，通过整体与分割的思想，利用平衡条件计算力之间的关系为解决本题的关键。AB．根据平衡条件可得
所以
，
故A错误，B正确。
C．由于从A点到C点，张力的水平分量保持不变，而输电线与水平方向夹角逐渐减小，因此张力逐渐减小。
D．由于热胀冷缩，冬季输电线与竖直方向的夹角变大，可知θA和θB都增加，根据
可知TA和TB也都增加，故D错误。
故选B。
【分析】可根据此时各处受力平衡，可根据平衡条件列出力之间的关系；由于从A点到C点，张力的水平分量保持不变，可通过输电线与水平方向夹角的变化判断张力的变化；由于热胀冷缩，冬季输电线与竖直方向的夹角增加，θA 和 θB 都增加，可利用平衡条件下各力之间的关系判断弹力的变化规律。
3．（2025高三下·深圳月考）两列简谐横波在某一均匀介质中相向传播，波源产生的波沿x轴正方向传播，波源产生的波沿x轴负方向传播。时刻某一波源先开始振动，时MN间的波形图如图所示。此时平衡位置位于和的两个质点都在波峰位置。下列说法正确的是（ ）
A．波源M先振动且起振方向向下
B．沿x轴负方向传播的波波速为10m/s
C．再经过的质点纵坐标为5cm
D．两列波能发生明显干涉现象
【答案】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。A．根据“同侧法”可知波源M的起振方向竖直向上，两列波的波速相同，波源M产生的波传播的距离大于波源N产生的波传播的距离，波源M先振动，故A错误；
B．波源M产生的波的传播速度
由于两列波的波速相同，因此波源N的传播速度为20m/s，故B错误；
C．再经过0.2s，波传播的距离
波源M的波峰刚好传播到处，波源N的波峰刚好传播到处，则在处为波谷，因此处的质点的位移
故C正确；
D．两列波波长不同，周期不同，则频率不相同，不能发生明显干涉现象，故D错误。
故选C。
【分析】根据波的叠加原理、干涉的条件结合图像等分析。
4．（2025高三下·深圳月考）2024年8月16日，我国在西昌卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，成功将遥感四十三号01组卫星发射升空。如图为遥感四十三号01卫星发射过程的示意图，首先将卫星发射到低空圆轨道a，然后在M点实施变轨经椭圆轨道b进入预定圆轨道c，已知在a和c的轨道半径之比为。下列说法正确的是（ ）
A．变轨过程中，卫星在M点加速，在N点减速
B．卫星在轨道a与轨道b的运行周期之比为
C．卫星在轨道b过M点的速度小于在轨道c过N点的速度
D．卫星在M点的加速度小于在N点的加速度
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查卫星变轨的问题，注意卫星变轨的过程当中注意万有引力定律和开普勒第三定律的应用，要求学生灵活运用公式列式分析。A．卫星由轨道a进入轨道b，即由低轨道进入高轨道，应在M点加速，同理，卫星由轨道b进入轨道c，应在N点加速，A错误；
B．由题意，则卫星在轨道a的半径与椭圆轨道b的半长轴之比为，由开普勒第三定律得
解得
B正确；
C．由万有引力提供向心力可得
解得
卫星在轨道a过M点的速度大于卫星在轨道c过N点的速度，又卫星从轨道a的M点应加速才能进入轨道b，故在轨道b过M点的速度大于在轨道a过M点的速度，综上可得在轨道b过M点的速度大于在轨道c过N点的速度，C错误；
D．由牛顿第二定律有
解得
卫星在M点的加速度大于在N点的加速度，D错误。
故选B。
【分析】根据变轨原理分析变轨时速度变化情况；由开普勒第三定律求卫星在轨道a与轨道b的运行周期之比；卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式，分析卫星在圆轨道a与轨道c运行速度大小，结合变轨原理分析卫星在轨道b过M点的速度与在圆轨道a的速度大小，从而得到卫星在轨道b过M点的速度与在轨道c过N点的速度关系；根据牛顿第二定律结合万有引力定律列式分析加速度关系。
5．（2025高三下·深圳月考）如图甲所示为远距离输电的示意图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为r=100Ω，降压变压器所接用户可等效为图中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户的额定电压为U0=220V，降压变压器原、副线圈的匝数比为，升压变压器原线圈所接电压如图乙所示，用户在正常情况下，消耗的总功率为P0=11kW，下列说法正确的是（ ）
A．发电厂的输出功率为11kW
B．升压变压器原、副线圈的匝数比为
C．用户增加时，用户得到的电压增加
D．用户增加时，输电线上的损失功率减小
【答案】B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率。 升压变压器副线圈电压等于输电线损失的电压与用户电压之和；熟练应用电功率公式及其变形公式等知识即可正确解题。A．当用户端正常工作消耗的总功率为时，用户端电流为
输电线路的电流为
输电线路上损耗的功率为
发电厂的输出功率为
A错误；
B．由题图乙可知原线圈两端电压为
原线圈电流为
所以升压变压器原副线圈的匝数比为
B正确；
CD．用户增加时，用户端总功率增大，发电厂输出功率增大，而输出电压不变，所以输出电流增大，则输电线路上的电压损失增大，输电线消耗功率增加，用户得到的电压降低，CD错误。
故选B。
【分析】根据变压器原理结合导线损失功率等于升压变压器功率减去降压变压器功率，导线损失电压等于升压变压器副线圈电压减去降压变压器原线圈电压分析。
6．（2025高三下·深圳月考）体育课上，某同学跳起投篮，松手后篮球将斜向上飞出，恰好能够斜向下、无碰触地穿过篮筐中心，如图所示。若篮球质量为m，篮球抛出的初速度大小为，方向与水平方向成角，篮筐平面到篮板上沿的距离是h，篮球到达最高点时恰好与篮板上沿等高。以篮筐所在的水平面为重力势能的零势能面，已知重力加速度g取，篮球可以看作质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．篮球在空中运动过程中相等时间内速度的变化量不相等
B．篮球在最高点的机械能为mgh
C．若篮球的抛出点和篮筐等高，则该同学对篮球做的功为
D．篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角一定等于
【答案】C
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题关键是要知道斜上抛运动水平方向做匀速直线运动，在最高点时具有水平方向的速度。A．篮球在空中运动过程中只受到重力，加速度不变始终等于重力加速度，相等时间内速度的变化量相同，故A错误；
B．篮球在最高点时具有水平方向的速度，故机械能大于mgh，故B错误；
C．若篮球的抛出点和篮筐等高，从抛出瞬间到篮球到达最高点，只有重力对篮球做功，机械能守恒，可知该同学对篮球做的功为
故C正确；
D．抛出点的高度与篮筐高度关系不确定，故无法判断篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角与θ关系，故D错误。
故选C。
【分析】根据Δv=gt分析相等时间内速度的变化量关系；根据动能与重力势能之和确定篮球在最高点的机械能；根据动能定理求该同学对篮球做的功；根据抛出点的高度与篮筐高度关系，分析篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角大小。
7．（2025高三下·深圳月考）如图所示，边长为a的正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带负电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．沿方向发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
B．垂直向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
C．要想从d点离开正六边形区域的粒子，速率至少为
D．所有要想离开正六边形区域的粒子，其速率至少为
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 由于带电粒子在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。A．沿方向发射的粒子，其运动轨迹恰好与bc边相切时，该粒子恰好能离开磁场，如下图所示
此时根据几何知识求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以要想离开正六边形区域，速率至少为，故A错误；
B．垂直向上发射的粒子，当其轨迹与bc边和cd边恰好相切时，该粒子从bc边离开磁场，如下图所示
设轨迹半径为r，则根据几何知识有
求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以垂直向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为，故B正确；
C．当粒子的运动轨迹与cd边相切于d点时，该粒子恰好从d点离开磁场，如下图所示
设轨迹半径为r，则根据几何知识有
求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以要想从d点离开正六边形区域的粒子，速率只能为，故C错误；
D．由上述分析可知，要想离开正六边形区域的粒子，其轨迹半径最小为，则所有要想离开正六边形区域的粒子，其速率至少为，故D错误。
故选B。
【分析】根据粒子的特点画出对应的运动轨迹，由几何知识求得其轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力可求得粒子的速度。
8．（2025高三下·深圳月考）如图1所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器，记录电流表与电压表示数，两者关系如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽
B．P、Q产生的光电子在K处最小德布罗意波长，P大于Q
C．氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高
D．对应于图2中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q
【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】本题考查光电效应和单缝衍射，德布罗意波长的问题，会根据题意进行准确分析解答。爱因斯坦光电效应方程为：Ek=hν-W0。A．根据
因Q的截止电压大于R，可知Q的频率大于R的频率，Q的波长小于R的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，R的衍射现象比Q更明显，则Q的中央亮纹比R窄，选项A错误；
B．同理可知P、Q产生的光电子在K处Q的最大初动能比P较大，根据
可知最小德布罗意波长，P大于Q，选项B正确；
C．因Q对应的能量最大，则氢原子向第一激发态跃迁发光时，根据
可知三束光中Q对应的能级最高，选项C正确；
D．对应于图2中的M点，P和Q的光电流相等，可知P和Q单位时间到达阳极A的光电子数目相等，选项D错误。
故选BC。
【分析】根据图2，判断三束光的频率关系，结合频率波长关系式，单缝衍射中央亮纹宽度和波长的关系进行分析解答；根据光电效应方程、动能和动量关系式结合德布罗意波长公式进行解答；根据频率关系判断能量关系，再结合跃迁规律进行分析解答；根据交点含义进行分析解答。
9．（2025高三下·深圳月考）在工地中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置，已知某台起重机的额定功率为，将一质量为的工件从静止开始匀加速向上吊起，在时，重物上升的速度为，此时起重机的功率恰好达到额定功率，在时工件速度达到最大，接着以此速度开始做匀速直线运动，在时工件达到指定位置，取，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A．工件做匀速直线运动时的速度为
B．在时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
C．时工件所受到的牵引力为
D．时间内，工件上升的高度
【答案】A,C,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】解决本题的关键知道拉力等于重力时速度最大，匀加速直线运动结束，功率达到额定功率，结合牛顿第二定律以及功率与牵引力的关系进行求解。A．工件竖直向上运动过程中达到最大速度时，拉力等于重力，则
工件做匀速直线运动时的速度为20m/s，故A正确；
B．在1~3s时间内，起重机的功率不变，但速度增大，所以拉力F减小，根据牛顿第二定律可得
由此可知，拉力减小，加速度减小，所以重物做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．t=1s时，重物上升的速度为10m/s，此时起重机的功率恰好达到额定功率，则
解得
故C正确；
D.0~1s时间内，工件上升的高度为
解得
1~5s时间内，即内，根据动能定理可得
解得1~5s时间内工件上升高度
所以0~5s时间内，工件上升的高度为
故D正确。
故选ACD。
【分析】当拉力等于重物重力时，重物的速度达到最大，结合功率与牵引力的关系以及拉力等于重力求出重物的最大速度。根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的拉力大小，从而抓住匀加速直线运动结束功率达到额定功率求出匀加速直线运动的末速度，结合速度一时间公式求出匀加速直线运动的时间。根据动能定理即可求解速度达到vm时工件离地面的高度。
10．（2025高三下·深圳月考）如图所示是我国某磁悬浮列车利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一由粗细均匀导线制成的N匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，区域长也为d，MN边界与ab平行。d若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时的速度大小为，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．列车进站过程中电流方向为adcb
B．线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小
C．线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热
D．线框从进入到离开磁场过程所用的时间
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析列车的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．列车进站过程中穿过线框的磁通量变大，由楞次定律及安培定则可知列车进站过程中电流方向为，故A错误；
B．列车ab边进入磁场瞬间产生的感应电动势为
由闭合电路的欧姆定律得
对列车由牛顿第二定律得
联立解得
故B正确；
C．线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理得
又
联立方程解得
故C错误；
D．线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动量定理得
又
则
联立方程解得
故D正确。
故选BD。
【分析】根据楞次定律和右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律求解列车ab边进入磁场时产生的感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流，最后根据牛顿第二定律求解列车的加速度；线框从进入磁场到离开磁场过程，根据动能定理求解线框产生的焦耳热；线框从进入磁场到离开磁场过程，根据动量定理求解线框从进入到离开磁场过程所用的时间。
11．（2025高三下·深圳月考）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析、实验误差等。
（1）实验操作。某同学利用图1所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。那么在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向 （选填“左”或“右”）偏转。
（2）数据分析。在双缝干涉实验中，用红色激光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。将测量头的分划板中心刻线与A亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹此时手轮上的示数，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与B亮纹中心对齐，记下此时图2中手轮上的示数 mm；已知双缝间距，双缝到屏的距离，可得所测光的波长为 m；（保留两位有效数字）
（3）实验方法。某同学在做用单摆测定重力加速度的实验后发现在测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的图像为图中的 。
A．虚线①，不平行OM B．虚线②，平行OM C．虚线③，平行OM D．虚线④，不平行OM
（4）误差分析。某同学在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，该同学画出的玻璃砖界面、如图4所示。若其他探作正确，请通过作图和必要的文字说明玻璃砖折射率的测量值比真实值偏大、偏小还是不变。
【答案】右；15.375；；B；见解析
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度；研究电磁感应现象
【解析】【解答】本题考查了物理实验中的实验方法、实验操作、数据分析、实验误差四个方面，要求学生熟练掌握新课程标准中涉及的所有基本实验的各个方面，本题可以很好地培养学生的实验能力。（1）合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向左偏转；在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈A中电流减小，线圈B的磁通量减小，则灵敏电流计指针将向右偏转。
（2）图2中手轮上的示数为
根据双缝干涉相邻条纹间距公式
又
联立可得
（3）若为单摆的实际摆长，则有
可知
某同学在做用单摆测定重力加速度的实验后发现在测量摆长时忘了加上摆球的半径，设小球半径为，根据单摆周期公式可得
可得
可知该同学做出的图像为：虚线②，平行OM。
故选B。
（4）根据测光的折射率的实验步骤，画出光路如图所示
由图可知，实际的入射角和测量的入射角未发生变化，但测量的折射角比实际的折射角大，根据
，
可得
则玻璃砖折射率的测量值比真实值偏小。
【分析】（1）根据题意可知通过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向左偏转，然后分析滑动变阻器的滑片向右滑动时穿过线圈B的磁通量的变化情况，据此分析作答；
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；求相邻亮条纹之间的距离，最后根据双缝干涉条纹间距公式求波长；
（3）根据单摆周期公式得到T2-L函数表达式，然后结合图像分析作答；
（4）作光路图，然后结合折射定律分析作答。
12．（2025高三下·深圳月考）某实验小组利用铜片、锌片、橙子制作了水果电池，为测定该电池的电动势和内阻，进行了如下实验：
（1）粗测水果电池的电动势：将多用电表的选择开关拨到“直流2.5V”挡，将红黑表笔接在水果电池两端，已知锌片为该电池的负极，则应让 （填“红”或“黑”）表笔与锌片相连，此时指针位置如图1所示，多用电表的读数为 V；
（2）将水果电池接在如图2所示电路中，所用器材如下：
电流表（量程0~500μA，内阻为30Ω）；
电流表（量程为0~1mA，内阻很小）；
电阻箱R（阻值0~9999.9Ω）；
滑动变阻器（阻值0~10kΩ）；
开关一个、导线若干。
现将电阻箱R与电流表改装为量程为1V的电压表，电阻箱的阻值应调整为 Ω；
（3）将滑动变阻器调至接入电阻最大，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，记录5组电流表、的示数，在坐标图中描点作图如图3所示，则水果电池的电动势 V，内阻 Ω。（均保留三位有效数字）
【答案】（1）黑；1.00
（2）1970.0
（3）1.10；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
（1）粗测水果电池的电动势，已知锌片为该电池的负极，由“红进黑出”可知：应让黑表笔与锌片相连；此时选择的“直流2.5V”挡，分度值为0.05V，故读数为1.00V。
（2）将电阻箱与电流表改装为量程为1V的电压表，则有
解得
因电阻箱的精确度为，故应调为。
（3）由于电流表内阻很小，由闭合电路欧姆定律可得
整理得
根据图像可得
，
解得
，
【分析】（1）电流从红表笔流入黑表笔流出多用电表，根据题意分析答题；根据电压表量程确定其分度值，根据指针位置读数。
（2）根据串联电路图特点与欧姆定律求出电阻箱阻值。
（3）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池电动势与内阻。
（1）[1]粗测水果电池的电动势，已知锌片为该电池的负极，由“红进黑出”可知：应让黑表笔与锌片相连；
[2]此时选择的“直流2.5V”挡，分度值为0.05V，故读数为1.00V。
（2）将电阻箱与电流表改装为量程为1V的电压表，则有
解得
因电阻箱的精确度为，故应调为。
（3）[1][2]由于电流表内阻很小，由闭合电路欧姆定律可得
整理得
根据图像可得，
解得，
13．（2025高三下·深圳月考）如图所示的粗细均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长；温度为时，右管内水银面比左管高，左管内空气柱长度，大气压强。
（1）求此时封闭气体的压强大小；
（2）现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升时，管内气体热力学温度为多少？
（3）若让整个装置自由下落，且温度保持不变，求下落过程中封闭空气柱的长度。（结果保留三位有效数字）
【答案】解：（1）此时封闭气体的压强大小为，有
代入数据解得
（2）设玻璃管横截面积为S，以管内气体为研究对象，末态压强为，气柱长度为，有
根据理想气体状态方程有
解得
（3）整个装置做自由落体运动时，封闭气体压强等于大气压，根据玻意耳定律有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）右管内水银面比左管高h=4cm，封闭气体的压强比大气压强大4cmHg，由此求此时封闭气体的压强大小。
（2）当左管内液面上升h1=4cm时，右管内液面下降h1=4cm，求出封闭气体的压强大小，再对封闭气体运用理想气体状态方程列式求解。
（3）让整个装置自由下落时处于完全失重状态，此时封闭气体的压强等于大气压强，由玻意耳定律求解。
14．（2025高三下·深圳月考）如图所示，在坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域与轴相切于原点，与相切于点，为第一象限内边长为、下边在x轴上的正方形，其内部有沿y轴正方向的匀强电场。现有大量质量为m、电荷量为的正离子，从点以相同的速率沿纸面均匀向各个方向射出，进入磁场的离子从磁场边界出射的点分布在三分之一的圆周上，离子到达边界即被吸收，不计离子受到的重力及离子间的相互作用。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿y轴正方向入射的离子能经过A点打到N点，求电场强度的大小；
（3）在（2）的基础上，仅将电场强度的大小调整为，求区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例。
【答案】（1）解：粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得磁感应强度为
（2）解：粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得离子的轨迹半径
所有离子均以v0沿x轴正方向进入电场，从A点入射的离子，在x轴方向，有
在轴方向，有
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（3）解：从某点出射的离子打到N点，粒子运动轨迹如图所示
在轴方向，有
根据牛顿第二定律，有
在轴方向，有
联立解得
根据几何关系易得
解得MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；
（2）由题意右知，离子从A点水平进入电场做做类平抛运动，结合运动规律进行解题即可；
（3）根据离子恰好打中F点进行反推，结合几何关系求出离子射入磁场中的速度方向，再根据运动情况计算出所占比例。
（1）粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得磁感应强度为。
（2）粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得离子的轨迹半径
所有离子均以v0沿x轴正方向进入电场，从A点入射的离子，在x轴方向，有
在轴方向，有
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（3）从某点出射的离子打到N点，粒子运动轨迹如图所示
在轴方向，有
根据牛顿第二定律，有
在轴方向，有
联立解得
根据几何关系易得
解得MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例
15．（2025高三下·深圳月考）如图所示，一圆心为O、半径、质量的光滑半圆形轨道竖直放在足够大的光滑水平面上并锁定，其下端A点与静置于水平面上长、质量的薄板右端相切且紧靠。质量的物块甲静置于薄板的左端，物块乙静置于薄板的右端。甲在大小、方向水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当甲到达薄板的右端时撤去拉力，甲与乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后乙沿半圆形轨道通过最高点C，随后立即取走乙；甲沿半圆形轨道运动到与O点等高的B点时的速度为零。已知甲与薄板间的动摩擦因数，乙与薄板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，甲、乙均视为质点。
（1）求甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小；
（2）求乙的质量以及乙通过C点时对半圆形轨道的弹力大小N；
（3）若将半圆形轨道解锁，在乙的左侧涂上黏性物质（甲，乙碰撞后黏在一起），在甲、乙碰撞前瞬间撤去拉力，其他情况不变，求甲最终与薄板左端间的距离x以及甲的最终速度大小。
【答案】解：（1）设在拉力作用的过程中甲的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动的规律有
解得
（2）设甲与乙发生碰撞后瞬间的速度大小分别为、，则有
，
对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设乙通过C点时的速度大小为，对乙从A点运动到C点的过程，根据机械能守恒定律有
设乙通过C点时所受半圆形轨道的弹力大小为，则有
根据牛顿第三定律有
解得
（3）假设撤去拉力前甲，乙均在薄板上滑行，薄板的加速度大小为a，乙的加速度大小为，则有
，
解得
，
因为
所以假设成立，设经时间t，甲与乙发生碰撞，根据匀变速直线运动的规律有
解得
当甲与乙发生碰撞时，甲与薄板左端间的距离
解得
碰撞前瞬间甲、乙的速度大小分别为
，
设甲与乙碰撞后瞬间的共同速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
因为此时薄板的速度大小
所以碰撞后甲，乙、薄板的速度相同，故有
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动的规律求解速度；
（2）甲与乙发生弹性碰撞，结合甲从A点运动到B点的过程，机械能守恒求解碰后乙的速度，对乙从A点运动到C点的过程，根据机械能守恒定律求解在C点速度，根据牛顿运动定律求解 对半圆形轨道的弹力大小 ；
（3）经时间t，甲与乙发生碰撞，根据运动学公式求解时间以及甲与乙发生碰撞时，甲与薄板左端间的距离，根据动量守恒定律求解碰后速度，碰撞后甲，乙、薄板的速度相同，碰后速度即为甲最终速度。
1 / 1广东省深圳市红岭中学（红岭教育集团）2024-2025学年高三下学期第五次统一考试物理试卷
1．（2025高三下·深圳月考）黄旭华是中国核潜艇研究设计专家、核潜艇之父，2019年获国家最高科学技术奖，核潜艇是以核反应堆为动力来源的潜艇，如图，反应堆的核反应方程式为：，下列说法正确的是（ ）
A．Kr有36个质子，89个中子
B．比的平均结合能小
C．核反应前、后原子核的总质量保持不变
D．镉棒插入深些会吸收更多反应生成的中子使反应减慢
2．（2025高三下·深圳月考）2023年12月4日，陇东~山东800千伏特高压直流输电工程（甘肃段）铁塔组立首基试点在庆阳市西峰区什社乡N0003号塔举行，标志着该工程正式进入铁塔组立阶段。如图所示为相邻铁塔间某根输电线的示意图，A、B两点分别为铁塔与输电线的连接点且等高，C点为该段输电线的最低点，C点切向方向水平，输电线质量分布均匀，输电线两端的切线与竖直方向的夹角θA=θB=60°，AB间输电线总质量为2m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．左铁塔A处对输电导线的拉力大小为
B．C处输电导线的张力大小为
C．从A点到C点输电线上张力大小一直增加
D．由于热胀冷缩，冬季输电线与竖直方向的夹角增加，输电线两端的弹力大小减少
3．（2025高三下·深圳月考）两列简谐横波在某一均匀介质中相向传播，波源产生的波沿x轴正方向传播，波源产生的波沿x轴负方向传播。时刻某一波源先开始振动，时MN间的波形图如图所示。此时平衡位置位于和的两个质点都在波峰位置。下列说法正确的是（ ）
A．波源M先振动且起振方向向下
B．沿x轴负方向传播的波波速为10m/s
C．再经过的质点纵坐标为5cm
D．两列波能发生明显干涉现象
4．（2025高三下·深圳月考）2024年8月16日，我国在西昌卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，成功将遥感四十三号01组卫星发射升空。如图为遥感四十三号01卫星发射过程的示意图，首先将卫星发射到低空圆轨道a，然后在M点实施变轨经椭圆轨道b进入预定圆轨道c，已知在a和c的轨道半径之比为。下列说法正确的是（ ）
A．变轨过程中，卫星在M点加速，在N点减速
B．卫星在轨道a与轨道b的运行周期之比为
C．卫星在轨道b过M点的速度小于在轨道c过N点的速度
D．卫星在M点的加速度小于在N点的加速度
5．（2025高三下·深圳月考）如图甲所示为远距离输电的示意图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为r=100Ω，降压变压器所接用户可等效为图中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户的额定电压为U0=220V，降压变压器原、副线圈的匝数比为，升压变压器原线圈所接电压如图乙所示，用户在正常情况下，消耗的总功率为P0=11kW，下列说法正确的是（ ）
A．发电厂的输出功率为11kW
B．升压变压器原、副线圈的匝数比为
C．用户增加时，用户得到的电压增加
D．用户增加时，输电线上的损失功率减小
6．（2025高三下·深圳月考）体育课上，某同学跳起投篮，松手后篮球将斜向上飞出，恰好能够斜向下、无碰触地穿过篮筐中心，如图所示。若篮球质量为m，篮球抛出的初速度大小为，方向与水平方向成角，篮筐平面到篮板上沿的距离是h，篮球到达最高点时恰好与篮板上沿等高。以篮筐所在的水平面为重力势能的零势能面，已知重力加速度g取，篮球可以看作质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．篮球在空中运动过程中相等时间内速度的变化量不相等
B．篮球在最高点的机械能为mgh
C．若篮球的抛出点和篮筐等高，则该同学对篮球做的功为
D．篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角一定等于
7．（2025高三下·深圳月考）如图所示，边长为a的正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带负电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．沿方向发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
B．垂直向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
C．要想从d点离开正六边形区域的粒子，速率至少为
D．所有要想离开正六边形区域的粒子，其速率至少为
8．（2025高三下·深圳月考）如图1所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器，记录电流表与电压表示数，两者关系如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽
B．P、Q产生的光电子在K处最小德布罗意波长，P大于Q
C．氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高
D．对应于图2中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q
9．（2025高三下·深圳月考）在工地中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置，已知某台起重机的额定功率为，将一质量为的工件从静止开始匀加速向上吊起，在时，重物上升的速度为，此时起重机的功率恰好达到额定功率，在时工件速度达到最大，接着以此速度开始做匀速直线运动，在时工件达到指定位置，取，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A．工件做匀速直线运动时的速度为
B．在时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
C．时工件所受到的牵引力为
D．时间内，工件上升的高度
10．（2025高三下·深圳月考）如图所示是我国某磁悬浮列车利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一由粗细均匀导线制成的N匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，区域长也为d，MN边界与ab平行。d若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时的速度大小为，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．列车进站过程中电流方向为adcb
B．线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小
C．线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热
D．线框从进入到离开磁场过程所用的时间
11．（2025高三下·深圳月考）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析、实验误差等。
（1）实验操作。某同学利用图1所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。那么在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向 （选填“左”或“右”）偏转。
（2）数据分析。在双缝干涉实验中，用红色激光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。将测量头的分划板中心刻线与A亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹此时手轮上的示数，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与B亮纹中心对齐，记下此时图2中手轮上的示数 mm；已知双缝间距，双缝到屏的距离，可得所测光的波长为 m；（保留两位有效数字）
（3）实验方法。某同学在做用单摆测定重力加速度的实验后发现在测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的图像为图中的 。
A．虚线①，不平行OM B．虚线②，平行OM C．虚线③，平行OM D．虚线④，不平行OM
（4）误差分析。某同学在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，该同学画出的玻璃砖界面、如图4所示。若其他探作正确，请通过作图和必要的文字说明玻璃砖折射率的测量值比真实值偏大、偏小还是不变。
12．（2025高三下·深圳月考）某实验小组利用铜片、锌片、橙子制作了水果电池，为测定该电池的电动势和内阻，进行了如下实验：
（1）粗测水果电池的电动势：将多用电表的选择开关拨到“直流2.5V”挡，将红黑表笔接在水果电池两端，已知锌片为该电池的负极，则应让 （填“红”或“黑”）表笔与锌片相连，此时指针位置如图1所示，多用电表的读数为 V；
（2）将水果电池接在如图2所示电路中，所用器材如下：
电流表（量程0~500μA，内阻为30Ω）；
电流表（量程为0~1mA，内阻很小）；
电阻箱R（阻值0~9999.9Ω）；
滑动变阻器（阻值0~10kΩ）；
开关一个、导线若干。
现将电阻箱R与电流表改装为量程为1V的电压表，电阻箱的阻值应调整为 Ω；
（3）将滑动变阻器调至接入电阻最大，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，记录5组电流表、的示数，在坐标图中描点作图如图3所示，则水果电池的电动势 V，内阻 Ω。（均保留三位有效数字）
13．（2025高三下·深圳月考）如图所示的粗细均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长；温度为时，右管内水银面比左管高，左管内空气柱长度，大气压强。
（1）求此时封闭气体的压强大小；
（2）现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升时，管内气体热力学温度为多少？
（3）若让整个装置自由下落，且温度保持不变，求下落过程中封闭空气柱的长度。（结果保留三位有效数字）
14．（2025高三下·深圳月考）如图所示，在坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域与轴相切于原点，与相切于点，为第一象限内边长为、下边在x轴上的正方形，其内部有沿y轴正方向的匀强电场。现有大量质量为m、电荷量为的正离子，从点以相同的速率沿纸面均匀向各个方向射出，进入磁场的离子从磁场边界出射的点分布在三分之一的圆周上，离子到达边界即被吸收，不计离子受到的重力及离子间的相互作用。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿y轴正方向入射的离子能经过A点打到N点，求电场强度的大小；
（3）在（2）的基础上，仅将电场强度的大小调整为，求区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例。
15．（2025高三下·深圳月考）如图所示，一圆心为O、半径、质量的光滑半圆形轨道竖直放在足够大的光滑水平面上并锁定，其下端A点与静置于水平面上长、质量的薄板右端相切且紧靠。质量的物块甲静置于薄板的左端，物块乙静置于薄板的右端。甲在大小、方向水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当甲到达薄板的右端时撤去拉力，甲与乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后乙沿半圆形轨道通过最高点C，随后立即取走乙；甲沿半圆形轨道运动到与O点等高的B点时的速度为零。已知甲与薄板间的动摩擦因数，乙与薄板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，甲、乙均视为质点。
（1）求甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小；
（2）求乙的质量以及乙通过C点时对半圆形轨道的弹力大小N；
（3）若将半圆形轨道解锁，在乙的左侧涂上黏性物质（甲，乙碰撞后黏在一起），在甲、乙碰撞前瞬间撤去拉力，其他情况不变，求甲最终与薄板左端间的距离x以及甲的最终速度大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】核裂变
【解析】【解答】本题主要考查了核反应方程的知识点，解题关键在于在核反应方程中，质量不守恒，但是质量数和电荷数是守恒的。A．Kr有36个质子，中子个数为，A错误；
B．中等质量核的平均结合能比重核大，所以比的平均结合能大，B错误；
C．重核裂变要放出能量，核反应前、后原子核的总质量减少，C错误；
D．镉棒插入深些会吸收更多反应生成的中子使反应减慢，D正确。
故选D。
【分析】由裂变过程中的质量数和电荷数守恒进行分析，同时由链式反应的过程进行分析。
2．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力平衡模型，通过整体与分割的思想，利用平衡条件计算力之间的关系为解决本题的关键。AB．根据平衡条件可得
所以
，
故A错误，B正确。
C．由于从A点到C点，张力的水平分量保持不变，而输电线与水平方向夹角逐渐减小，因此张力逐渐减小。
D．由于热胀冷缩，冬季输电线与竖直方向的夹角变大，可知θA和θB都增加，根据
可知TA和TB也都增加，故D错误。
故选B。
【分析】可根据此时各处受力平衡，可根据平衡条件列出力之间的关系；由于从A点到C点，张力的水平分量保持不变，可通过输电线与水平方向夹角的变化判断张力的变化；由于热胀冷缩，冬季输电线与竖直方向的夹角增加，θA 和 θB 都增加，可利用平衡条件下各力之间的关系判断弹力的变化规律。
3．【答案】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。A．根据“同侧法”可知波源M的起振方向竖直向上，两列波的波速相同，波源M产生的波传播的距离大于波源N产生的波传播的距离，波源M先振动，故A错误；
B．波源M产生的波的传播速度
由于两列波的波速相同，因此波源N的传播速度为20m/s，故B错误；
C．再经过0.2s，波传播的距离
波源M的波峰刚好传播到处，波源N的波峰刚好传播到处，则在处为波谷，因此处的质点的位移
故C正确；
D．两列波波长不同，周期不同，则频率不相同，不能发生明显干涉现象，故D错误。
故选C。
【分析】根据波的叠加原理、干涉的条件结合图像等分析。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查卫星变轨的问题，注意卫星变轨的过程当中注意万有引力定律和开普勒第三定律的应用，要求学生灵活运用公式列式分析。A．卫星由轨道a进入轨道b，即由低轨道进入高轨道，应在M点加速，同理，卫星由轨道b进入轨道c，应在N点加速，A错误；
B．由题意，则卫星在轨道a的半径与椭圆轨道b的半长轴之比为，由开普勒第三定律得
解得
B正确；
C．由万有引力提供向心力可得
解得
卫星在轨道a过M点的速度大于卫星在轨道c过N点的速度，又卫星从轨道a的M点应加速才能进入轨道b，故在轨道b过M点的速度大于在轨道a过M点的速度，综上可得在轨道b过M点的速度大于在轨道c过N点的速度，C错误；
D．由牛顿第二定律有
解得
卫星在M点的加速度大于在N点的加速度，D错误。
故选B。
【分析】根据变轨原理分析变轨时速度变化情况；由开普勒第三定律求卫星在轨道a与轨道b的运行周期之比；卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式，分析卫星在圆轨道a与轨道c运行速度大小，结合变轨原理分析卫星在轨道b过M点的速度与在圆轨道a的速度大小，从而得到卫星在轨道b过M点的速度与在轨道c过N点的速度关系；根据牛顿第二定律结合万有引力定律列式分析加速度关系。
5．【答案】B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率。 升压变压器副线圈电压等于输电线损失的电压与用户电压之和；熟练应用电功率公式及其变形公式等知识即可正确解题。A．当用户端正常工作消耗的总功率为时，用户端电流为
输电线路的电流为
输电线路上损耗的功率为
发电厂的输出功率为
A错误；
B．由题图乙可知原线圈两端电压为
原线圈电流为
所以升压变压器原副线圈的匝数比为
B正确；
CD．用户增加时，用户端总功率增大，发电厂输出功率增大，而输出电压不变，所以输出电流增大，则输电线路上的电压损失增大，输电线消耗功率增加，用户得到的电压降低，CD错误。
故选B。
【分析】根据变压器原理结合导线损失功率等于升压变压器功率减去降压变压器功率，导线损失电压等于升压变压器副线圈电压减去降压变压器原线圈电压分析。
6．【答案】C
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题关键是要知道斜上抛运动水平方向做匀速直线运动，在最高点时具有水平方向的速度。A．篮球在空中运动过程中只受到重力，加速度不变始终等于重力加速度，相等时间内速度的变化量相同，故A错误；
B．篮球在最高点时具有水平方向的速度，故机械能大于mgh，故B错误；
C．若篮球的抛出点和篮筐等高，从抛出瞬间到篮球到达最高点，只有重力对篮球做功，机械能守恒，可知该同学对篮球做的功为
故C正确；
D．抛出点的高度与篮筐高度关系不确定，故无法判断篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角与θ关系，故D错误。
故选C。
【分析】根据Δv=gt分析相等时间内速度的变化量关系；根据动能与重力势能之和确定篮球在最高点的机械能；根据动能定理求该同学对篮球做的功；根据抛出点的高度与篮筐高度关系，分析篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角大小。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 由于带电粒子在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。A．沿方向发射的粒子，其运动轨迹恰好与bc边相切时，该粒子恰好能离开磁场，如下图所示
此时根据几何知识求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以要想离开正六边形区域，速率至少为，故A错误；
B．垂直向上发射的粒子，当其轨迹与bc边和cd边恰好相切时，该粒子从bc边离开磁场，如下图所示
设轨迹半径为r，则根据几何知识有
求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以垂直向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为，故B正确；
C．当粒子的运动轨迹与cd边相切于d点时，该粒子恰好从d点离开磁场，如下图所示
设轨迹半径为r，则根据几何知识有
求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以要想从d点离开正六边形区域的粒子，速率只能为，故C错误；
D．由上述分析可知，要想离开正六边形区域的粒子，其轨迹半径最小为，则所有要想离开正六边形区域的粒子，其速率至少为，故D错误。
故选B。
【分析】根据粒子的特点画出对应的运动轨迹，由几何知识求得其轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力可求得粒子的速度。
8．【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】本题考查光电效应和单缝衍射，德布罗意波长的问题，会根据题意进行准确分析解答。爱因斯坦光电效应方程为：Ek=hν-W0。A．根据
因Q的截止电压大于R，可知Q的频率大于R的频率，Q的波长小于R的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，R的衍射现象比Q更明显，则Q的中央亮纹比R窄，选项A错误；
B．同理可知P、Q产生的光电子在K处Q的最大初动能比P较大，根据
可知最小德布罗意波长，P大于Q，选项B正确；
C．因Q对应的能量最大，则氢原子向第一激发态跃迁发光时，根据
可知三束光中Q对应的能级最高，选项C正确；
D．对应于图2中的M点，P和Q的光电流相等，可知P和Q单位时间到达阳极A的光电子数目相等，选项D错误。
故选BC。
【分析】根据图2，判断三束光的频率关系，结合频率波长关系式，单缝衍射中央亮纹宽度和波长的关系进行分析解答；根据光电效应方程、动能和动量关系式结合德布罗意波长公式进行解答；根据频率关系判断能量关系，再结合跃迁规律进行分析解答；根据交点含义进行分析解答。
9．【答案】A,C,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】解决本题的关键知道拉力等于重力时速度最大，匀加速直线运动结束，功率达到额定功率，结合牛顿第二定律以及功率与牵引力的关系进行求解。A．工件竖直向上运动过程中达到最大速度时，拉力等于重力，则
工件做匀速直线运动时的速度为20m/s，故A正确；
B．在1~3s时间内，起重机的功率不变，但速度增大，所以拉力F减小，根据牛顿第二定律可得
由此可知，拉力减小，加速度减小，所以重物做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．t=1s时，重物上升的速度为10m/s，此时起重机的功率恰好达到额定功率，则
解得
故C正确；
D.0~1s时间内，工件上升的高度为
解得
1~5s时间内，即内，根据动能定理可得
解得1~5s时间内工件上升高度
所以0~5s时间内，工件上升的高度为
故D正确。
故选ACD。
【分析】当拉力等于重物重力时，重物的速度达到最大，结合功率与牵引力的关系以及拉力等于重力求出重物的最大速度。根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的拉力大小，从而抓住匀加速直线运动结束功率达到额定功率求出匀加速直线运动的末速度，结合速度一时间公式求出匀加速直线运动的时间。根据动能定理即可求解速度达到vm时工件离地面的高度。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析列车的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．列车进站过程中穿过线框的磁通量变大，由楞次定律及安培定则可知列车进站过程中电流方向为，故A错误；
B．列车ab边进入磁场瞬间产生的感应电动势为
由闭合电路的欧姆定律得
对列车由牛顿第二定律得
联立解得
故B正确；
C．线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理得
又
联立方程解得
故C错误；
D．线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动量定理得
又
则
联立方程解得
故D正确。
故选BD。
【分析】根据楞次定律和右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律求解列车ab边进入磁场时产生的感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流，最后根据牛顿第二定律求解列车的加速度；线框从进入磁场到离开磁场过程，根据动能定理求解线框产生的焦耳热；线框从进入磁场到离开磁场过程，根据动量定理求解线框从进入到离开磁场过程所用的时间。
11．【答案】右；15.375；；B；见解析
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度；研究电磁感应现象
【解析】【解答】本题考查了物理实验中的实验方法、实验操作、数据分析、实验误差四个方面，要求学生熟练掌握新课程标准中涉及的所有基本实验的各个方面，本题可以很好地培养学生的实验能力。（1）合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向左偏转；在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈A中电流减小，线圈B的磁通量减小，则灵敏电流计指针将向右偏转。
（2）图2中手轮上的示数为
根据双缝干涉相邻条纹间距公式
又
联立可得
（3）若为单摆的实际摆长，则有
可知
某同学在做用单摆测定重力加速度的实验后发现在测量摆长时忘了加上摆球的半径，设小球半径为，根据单摆周期公式可得
可得
可知该同学做出的图像为：虚线②，平行OM。
故选B。
（4）根据测光的折射率的实验步骤，画出光路如图所示
由图可知，实际的入射角和测量的入射角未发生变化，但测量的折射角比实际的折射角大，根据
，
可得
则玻璃砖折射率的测量值比真实值偏小。
【分析】（1）根据题意可知通过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向左偏转，然后分析滑动变阻器的滑片向右滑动时穿过线圈B的磁通量的变化情况，据此分析作答；
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；求相邻亮条纹之间的距离，最后根据双缝干涉条纹间距公式求波长；
（3）根据单摆周期公式得到T2-L函数表达式，然后结合图像分析作答；
（4）作光路图，然后结合折射定律分析作答。
12．【答案】（1）黑；1.00
（2）1970.0
（3）1.10；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
（1）粗测水果电池的电动势，已知锌片为该电池的负极，由“红进黑出”可知：应让黑表笔与锌片相连；此时选择的“直流2.5V”挡，分度值为0.05V，故读数为1.00V。
（2）将电阻箱与电流表改装为量程为1V的电压表，则有
解得
因电阻箱的精确度为，故应调为。
（3）由于电流表内阻很小，由闭合电路欧姆定律可得
整理得
根据图像可得
，
解得
，
【分析】（1）电流从红表笔流入黑表笔流出多用电表，根据题意分析答题；根据电压表量程确定其分度值，根据指针位置读数。
（2）根据串联电路图特点与欧姆定律求出电阻箱阻值。
（3）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池电动势与内阻。
（1）[1]粗测水果电池的电动势，已知锌片为该电池的负极，由“红进黑出”可知：应让黑表笔与锌片相连；
[2]此时选择的“直流2.5V”挡，分度值为0.05V，故读数为1.00V。
（2）将电阻箱与电流表改装为量程为1V的电压表，则有
解得
因电阻箱的精确度为，故应调为。
（3）[1][2]由于电流表内阻很小，由闭合电路欧姆定律可得
整理得
根据图像可得，
解得，
13．【答案】解：（1）此时封闭气体的压强大小为，有
代入数据解得
（2）设玻璃管横截面积为S，以管内气体为研究对象，末态压强为，气柱长度为，有
根据理想气体状态方程有
解得
（3）整个装置做自由落体运动时，封闭气体压强等于大气压，根据玻意耳定律有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）右管内水银面比左管高h=4cm，封闭气体的压强比大气压强大4cmHg，由此求此时封闭气体的压强大小。
（2）当左管内液面上升h1=4cm时，右管内液面下降h1=4cm，求出封闭气体的压强大小，再对封闭气体运用理想气体状态方程列式求解。
（3）让整个装置自由下落时处于完全失重状态，此时封闭气体的压强等于大气压强，由玻意耳定律求解。
14．【答案】（1）解：粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得磁感应强度为
（2）解：粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得离子的轨迹半径
所有离子均以v0沿x轴正方向进入电场，从A点入射的离子，在x轴方向，有
在轴方向，有
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（3）解：从某点出射的离子打到N点，粒子运动轨迹如图所示
在轴方向，有
根据牛顿第二定律，有
在轴方向，有
联立解得
根据几何关系易得
解得MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；
（2）由题意右知，离子从A点水平进入电场做做类平抛运动，结合运动规律进行解题即可；
（3）根据离子恰好打中F点进行反推，结合几何关系求出离子射入磁场中的速度方向，再根据运动情况计算出所占比例。
（1）粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得磁感应强度为。
（2）粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得离子的轨迹半径
所有离子均以v0沿x轴正方向进入电场，从A点入射的离子，在x轴方向，有
在轴方向，有
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（3）从某点出射的离子打到N点，粒子运动轨迹如图所示
在轴方向，有
根据牛顿第二定律，有
在轴方向，有
联立解得
根据几何关系易得
解得MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例
15．【答案】解：（1）设在拉力作用的过程中甲的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动的规律有
解得
（2）设甲与乙发生碰撞后瞬间的速度大小分别为、，则有
，
对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设乙通过C点时的速度大小为，对乙从A点运动到C点的过程，根据机械能守恒定律有
设乙通过C点时所受半圆形轨道的弹力大小为，则有
根据牛顿第三定律有
解得
（3）假设撤去拉力前甲，乙均在薄板上滑行，薄板的加速度大小为a，乙的加速度大小为，则有
，
解得
，
因为
所以假设成立，设经时间t，甲与乙发生碰撞，根据匀变速直线运动的规律有
解得
当甲与乙发生碰撞时，甲与薄板左端间的距离
解得
碰撞前瞬间甲、乙的速度大小分别为
，
设甲与乙碰撞后瞬间的共同速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
因为此时薄板的速度大小
所以碰撞后甲，乙、薄板的速度相同，故有
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动的规律求解速度；
（2）甲与乙发生弹性碰撞，结合甲从A点运动到B点的过程，机械能守恒求解碰后乙的速度，对乙从A点运动到C点的过程，根据机械能守恒定律求解在C点速度，根据牛顿运动定律求解 对半圆形轨道的弹力大小 ；
（3）经时间t，甲与乙发生碰撞，根据运动学公式求解时间以及甲与乙发生碰撞时，甲与薄板左端间的距离，根据动量守恒定律求解碰后速度，碰撞后甲，乙、薄板的速度相同，碰后速度即为甲最终速度。
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