河北省沧州市四校联考2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题
1．（2025高三上·盐山期中）甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，从时刻起，甲车一直做匀速直线运动，乙车先做初速度为的匀加速直线运动，时刻接着做匀减速直线运动，时刻速度减为，两车位移随时间变化的关系图像如图所示。则关于和的大小关系，下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·盐山期中）在一个科普馆的光学展示区，有一套杨氏双缝干涉实验装置。其中为双缝，为光屏。前来参观的学生们看到光屏上点是中央亮纹的中心，为第一级亮纹的中心。此时，工作人员为了拓展展示效果，将光屏向左平移了一段距离。在其他条件都保持不变的情况下，关于平移后光屏上的情况，下列说法正确的是（ ）
A．平移后光屏上点可能是暗纹中心
B．平移后位置会出现暗纹
C．平移后处可能仍是亮纹，但条纹间距会改变
D．平移后光屏上干涉条纹间距不变
3．（2025高三上·盐山期中）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高，极大丰富了我国自主对地观测数据源，为现代农业、防灾减灾、环境监测等领域提供了可靠稳定的卫星数据支持。系列卫星中的“高分三号”的轨道高度约为755km，“高分四号”的轨道为高度约的地球同步轨道。若将卫星的运动均看作是绕地球的匀速圆周运动，则（ ）
A．“高分三号”的运行周期大于24h
B．“高分三号”的运行周期等于24h
C．“高分三号”的运行角速度大于地球自转的角速度
D．“高分三号”的运行速度小于“高分四号”的运行速度
4．（2025高三上·盐山期中）质量为的小车放在光滑水平面上，质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。从图中位置开始（细线水平且伸直），同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时速度为，从释放到小球到达最低点的过程中细线对小球做的功为，从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·盐山期中）如图所示，在等量同种正点电荷形成的电场中，O是两点电荷连线的中点，C、D是连线中垂线上相对O对称的两点，已知，则（ ）
A．点G的电场强度比点E的电场强度小
B．点E与点F的电场强度大小相等，方向相同
C．EO间的电势差比EC间电势差小
D．若有一负点电荷在C点由静止释放，负点电荷将在CD间做往复运动，由C运动到D时加速度一定先增大后减小
6．（2025高三上·盐山期中）理想二极管具有单向导电性，给二极管两极间加上正向电压时，二极管电阻非常小（可忽略），加上反向电压时，二极管电阻非常大（可视为断路）。如图所示电路中，电阻R1与R2阻值相同，理想二极管与R1并联。在AB间加峰值电压不变的正弦式电流，则下列说法正确的是（ ）
A．R1与R2的电功率之比是1∶5 B．R1与R2的电功率之比是1∶4
C．R1与R2的电功率之比是1∶3 D．R1与R2的电功率之比是1∶2
7．（2025高三上·盐山期中）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为v，加速度大小为a，动能为，机械能为E，玉米粒距离地面的高度为h，下列图像能近似反映上述物理过程的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高三上·盐山期中）如图所示，工厂利用380V的交流电给额定电压为36V的照明灯供电，变压器原线圈匝数为1520匝。将变压器视为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．副线圈匝数为144匝
B．副线圈匝数为240匝
C．电路中接入的照明灯越多，通过原线圈的电流越大
D．电路中接入的照明灯越多，通过原线圈的电流越小
9．（2025高三上·盐山期中）一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻刚好传到点，波形如图甲所示，、、是平衡位置分别为、、的质点，图乙是、中某个质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速度大小为
B．图乙是质点的振动图像
C．内质点的加速度沿轴负方向且逐渐减小
D．时，质点的位置坐标为
10．（2025高三上·盐山期中）如图所示，固定的光滑硬直杆与水平面成角，劲度系数为的轻质弹簧一端固定在点，另一端与套在杆上的圆环相连，圆环由与点等高的点由静止释放，当运动到点正下方的点时，圆环的动能恰好等于此位置弹簧的弹性势能。已知圆环在点时弹簧处于原长状态，当圆环运动到点时弹簧与杆垂直，两点间的距离为，重力加速度为，弹簧的弹性势能与形变量的关系式为，下列判断正确的是（ ）
A．圆环的质量为
B．圆环运动到点时杆对圆环的弹力大小为
C．圆环运动到点时重力的瞬时功率为
D．、间还有2个位置与点加速度相同
11．（2025高三上·盐山期中）为了便于研究一定质量气体在温度不变时气体压强与体积的关系，某兴趣小组同学借助如图所示DIS实验软件系统进行实验，主要步骤如下：
①将压强传感器接入数据采集器；
②将注射器体积调整为18mL，并接入压强传感器；
③打开电脑上“专用软件”，待数据稳定后开始记录气体体积为18mL时的压强值；
④减小注射器内气体体积，重复②③操作，每隔1mL记录一次数据，得到如下表实验数据。
次序 1 2 3 4 5
压强 104.0 112.7 117.9 125.3 132.9
体积 18 17 16 15 14
体积的倒数 0.056 0.059 0.063 0.067 0.071
乘积 1872.0 1915.9 1886.4 1879.5 1860.6
回答下列问题：
（1）根据表中实验数据，以为纵坐标进行拟合，发现是一条不过原点的直线，应该选择表中 为横坐标；
（2）将体积一栏每次的体积加上再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则每次加上的主要为 的体积（漏气的体积远小于）；
（3）实验小组同学发现将体积一栏每次的体积加上前后，乘积一栏均依次增加，可能原因为 。
12．（2025高三上·盐山期中）某实验小组测量待测电阻的阻值大小。
（1）先用欧姆表“”挡粗测的阻值，示数如图甲所示，对应的读数是 。
（2）为了进一步精确测量该待测电阻的阻值，设计了如图乙所示的测量电路。
①图乙中电压表V量程为、内阻为，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应将的阻值调为 ；
②在闭合电路开关前应该把滑动变阻器的滑片移到 （填“左”或“右”）端；
③用笔画线代替导线补充完成图丙中实物间的连线 ；
④某次测量时，电压表与电流表的示数分别为、，则待测电阻的阻值 （用、和电压表内阻表示）。
13．（2025高三上·盐山期中）如图所示，一潜水员在距海岸A点30m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条皮划艇。灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和β（），潜水员下潜的深度，皮划艇高度可忽略。
（1）潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。海岸上A点恰好为倒立圆锥面与水面交点，求水的折射率为多大；
（2）潜水员竖直下潜过程中，深度在h1=4m至h2=m的范围内看不到灯塔指示灯，求皮划艇的长度。
14．（2025高三上·盐山期中）如甲图所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向从左向右依次为垂直纸面向外、向里，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L、总电阻为R粗细均匀的单匝正方形导体线框abcd，且线框平面与磁场方向垂直。整个装置置于光滑的水平桌面上。现让线框以某一初速度冲进磁场，若线框刚离开第二个磁场区域时速度恰好减为零，求：
（1）线框刚进入第一个磁场区域时ab两点间电压；
（2）线框abcd的质量m；
（3）如乙图所示，将另一个材料、大小与线框abcd完全相同，横截面积为abcd二倍的单匝线框efgh也置于磁场的左边界处，以速度冲入磁场。若线框abcd和efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热分别为和，求与的比。
15．（2025高三上·盐山期中）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道，其中部分为水平轨道，与曲面平滑连接。和是竖直放置的半圆轨道，在最高点对接，与在点相切。为一与相切的水平平台，处固定一轻弹簧。点在同一水平线上。水平轨道粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为的带正电的滑块从曲面上某处由静止释放。已知匀强电场的场强段长度，的半径，的半径。滑块带电量，滑块与间的动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）若滑块恰好能通过点，求滑块释放点到水平轨道的高度；
（2）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道的高度需要满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，乙车两段时间内的平均速度相等，在匀变速直线运动中，平均速度等于初速度和末速度的算术平均值，t1时刻的速度为前段时间的末速度及后段时间的初速度，两者相等，则v0=v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】x-t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动。
2．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．光屏上点到两个光源的距离相等，仍然为中央亮纹中心，故A错误；
BCD．根据，屏向左平移，减小，可知相邻干涉条纹间距离减小，原来屏上位置是第一级亮纹的中心，现在第一条亮纹向点移动，位置可能是暗纹的中心，也可能是亮纹，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、核心知识
1、条纹间距公式，L：双缝到屏的距离，d：双缝间距，λ：波长， 与 L 成正比，L 减小 → 条纹间距变小。
2、中央亮纹的位置
中央亮纹（光程差为 0）始终位于 双缝中垂线与光屏的交点。
如果光屏平行移动，中央亮纹在新屏上的位置沿中垂线移动，但空间固定点如果原来在中垂线上，则永远光程差为 0。
3、某固定空间点的干涉级次变化
初始时某点 P 对应第 m 级亮纹（光程差 ），当光屏平移时，该固定空间点的光程差不变（因为几何路径固定），但新的光屏上该位置对应的干涉级次已经不符合原来的整数m（因为条纹间距变了，整个条纹分布相对于空间点移动了）。
二、本题易错点
1、误以为O点可能变暗
学生可能误以为屏移动后，O点的光程差会变。实际上双缝固定、O点空间位置固定、O在初始时在中垂线上，则 O 到双缝的距离相等永远不变，所以 O 点光程差始终为 0，永远是亮纹中心。
2、忽视条纹间距必然改变
只要 L 变， 必变，与 P 点是否亮纹无关。C 正确是因为它同时说了“可能仍是亮纹”和“条纹间距会改变”。
三、类似题拓展
如果改成“双缝与光源之间加入玻璃片”或“双缝间距 d 改变”，则影响的是中央亮纹位置是否移动，以及条纹间距变化，分析思路不同，但核心都是 光程差决定明暗，以及 的应用。
3．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB． “高分四号”是地球同步卫星，运行周期等于地球自转周期24h。卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知
轨道半径越高，周期就越长，故“高分三号”的运行周期小于“高分四号”，即小于24h，故AB错误；
C．根据
轨道半径越高，角速度越小，故“高分三号”的运行角速度大于“高分四号”的运行角速度，即大于地球自转的角速度，故C正确；
D．根据万有引力定律，结合牛顿第二定律可得
“高分三号”的运行速度大于“高分四号”的运行速度，故D错误。
故选C。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到周期、角速度、线速度与轨道半径的关系式，再分析“高分三号”的运行周期、角速度、线速度与地球同步卫星的关系。
4．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】AB．从释放到小球到达最低点的过程中，小车和小球组成的系统由水平方向动量守恒和能量守恒得，，解得，故AB错误；
C．该过程对小球由动能定理得，解得，故C正确；
D．小球摆至左侧最高点时，小车离开初位置的距离最大，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球恰好回到原高度，由“人船模型”可得，解得，故D错误。
故选C。
【分析】易错点总结：
1、小球最低点的速度方向与大小
容易错误地认为小球最低点速度竖直向下，但这里因为悬挂点移动，小球最低点速度是水平方向（绳竖直时，小球相对悬挂点的速度是水平的，绝对速度也是水平的）。
必须联立动量守恒 + 能量守恒求解，不能用固定悬挂点的单摆公式 。
2、细线对小球做功W 的计算
常见错误：认为绳子张力总与小球速度垂直，所以对小球不做功（错！那是固定悬挂点的情况）。
正确做法：对小球用动能定理时，必须用其绝对速度对应的动能。
易错： 时，注意mgL 前是正号，因为重力做正功。
3、小车最大位移的“相对位移”关系
小球从最右摆到最左，相对小车的水平位移是2L，不是 L。因为初始时绳水平向右长 L，最终到最左时绳水平向左长 L，两个水平位置相距 2L。
写“人船模型”方程时，若设向右为正方向，则 和 联立。容易搞错正负号，导致 s（少一个 2 倍）。
4、速度与位移方向混淆
在动量守恒式 中，vM 和 是代数量，可正可负，但很多学生在代入能量公式时错误地代入速度大小平方，却忽略了符号处理，容易导致推导时出错。
5．【答案】C
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】 电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，如果A、B两个点电荷在空间中C点产生的电势分别为φA、φB，那么C点的电势φ=φA+φB。电场叠加遵循平行四边形定则。 注意等量同号电荷形成电场的对称性。A．设两点间距离为，正点电荷所带电荷量为，点电荷产生的电场强度为
所以由电场叠加原理可得点G的电场强度
点E的电场强度
所以点G的电场强度比点E的电场强度大，故A错误；
B．由等量同种电荷形成电场的对称性规律可知，点E与点F的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C．在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，两点电荷的中垂线上该点的电势最高，所以EO间的电势差比EC间电势差小，故C正确；
D．等量同种正电荷连线的中垂线上从点沿中垂线向两边电场强度先变大后变小，所以负电荷由C运动到D时加速度不一定先增大后减小，故D错误；
故选C。
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止．电场线只是形象描述电场的假想曲线。
6．【答案】A
【知识点】电功率和电功；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】在一个周期的前半周期中，二极管导通，此时电阻R1被短路，则电流对R1做功为零；此时R2两端电压为U，则电流对R2做功；在后半个周期中，二极管加反向电压视为断路，此时两个电阻两端电压均为，电流对两电阻做功均为，可知电阻R1的电功率
电阻R2的电功率，可知R1与R2的电功率之比是1∶5，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】一、核心考点
1、二极管在交流电路中的单向导电性
确定哪半周导通，哪半周截止。导通时并联电阻被短路，截止时为串联关系。
2、电路状态的突变与对称性
二极管使电路状态随电源极性改变，电阻上的电压波形不再是正弦波，必须分段处理。
二、易错点
1、误判二极管导通方向
要判断 A、B 哪端为正时，二极管阳极电位高还是阴极电位高。一旦判断反，整题全错。
2、用电压有效值直接按稳态计算
错误做法：求整个周期电压对 的有效值，再套公式 。
错因： 上电压波形不是正弦波，有效值需分段积分，且二极管只在一个半周有电压。但很多人会误以为可以用某个“等效有效电压”简单算功率比。
3、只算一个半周功率忘记平均到整个周期
计算 功率时，它只在负半周有功耗，必须除以整个周期T 才得平均功率。
4、误将 R2 功率只算负半周或正半周
正半周 上电压大，负半周电压小，但两者都需计入总能量。
7．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题考查学生对摩擦力突变的分析和功能关系的运用，主要注意玉米粒速度与传送带速度相同时，由滑动摩擦力突变为静摩擦力，摩擦力做功代表机械能的变化。A．根据题意可知，玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动；玉米粒从传送带抛出后到最高点过程，速率应不断减小，到最高点后速率再逐渐增大，故A错误；
B．根据题意可知，玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动；则加速度先恒定不变，再变为0，玉米粒从传送带抛出后，加速度为重力加速度，故B错误；
C．根据题意可知，玉米粒在传送带上运动时，动能先增大后不变；玉米粒从传送带抛出后到最高点过程，动能应不断减小，到最高点后动能再增大，故C错误；
D．根据功能关系可知，除重力的其他力做功的功等于机械能的变化量，玉米粒在传送带上运动时，先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力，玉米粒的机械能一直增大，且图像的斜率先表示滑动摩擦力后表示静摩擦力，则加速阶段的斜率大于匀速阶段的斜率；玉米粒从传送带抛出后到落回地面过程，只受重力作用，机械能不变，故D正确。
故选D。
【分析】玉米粒在传送带上先匀加速后匀速，后面做斜抛运动，根据受力分析结合功能关系分析解答。
8．【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．根据题意，由
可得，副线圈匝数为
故A正确，B错误；
CD．通过副线圈的电流越大，通过原线圈的电流越大，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】理想变压器，原副线圈匝数比等于电压之比，等于电流反比。电路中接入的照明灯越多，负载电路中电阻越小。
9．【答案】A,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由题图可知波长，周期，所以波速为，故A正确；
B．由题图乙可知，时刻质点在平衡位置，下一时刻向轴负方向振动，由题图甲结合“波形平移法”可知，符合此特征的是质点，所以图乙是质点的振动图像，故B错误；
C．由题图乙质点的振动图像可知，内质点在轴上方且向轴负方向运动，所以质点的加速度沿轴负方向且逐渐减小，故C正确；
D．当时，有，故时刻的波形与时刻的波形恰好重合，所以时质点恰好运动到波峰位置，即质点的位置坐标为，故D错误。
故选AC。
【分析】核心考点总结：
1、波动与振动图像的对应
从振动图像读周期T，从波形图像读波长λ。波速公式 。
2、质点的振动方向判断
“微平移法”：波沿传播方向平移一小段，看质点位置变化。“带动法”（前质点带动后质点）：适用于机械波。已知波形与传播方向，可判断任意质点在该时刻的速度方向。
3、波前与起振方向
波刚好传到某点时，该点开始从平衡位置按波源起振方向振动。
可由波刚传到该点时的波形（右半部分波形）反推起振方向。
4、振动加速度特点
简谐运动中 。加速度方向总指向平衡位置，大小与位移大小成正比。
5、振动状态的时间推算
计算波传到某质点的时刻。计算从该质点开始振动后，经过一段时间（可能是周期整数倍或非整数倍）的位置，用振动方程或相位差法。
10．【答案】C,D
【知识点】弹性势能；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据题意，圆环由运动到的过程，对于圆环与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有，由题意知，解得，，故A错误；
B．圆环运动到点时，设杆对圆环的弹力大小为，对圆环进行受力分析，由垂直杆方向受力平衡，有，其中，解得，故B错误；
C．圆环运动到点时，重力的瞬时功率为，故C正确；
D．与点加速度相同的位置一个是点，还有一个是点关于点的对称位置，故D正确。
故选CD。
【分析】一、核心考点梳理
1、系统机械能守恒：光滑杆，弹簧+环+地球系统，只有保守力做功。
2、动能等于弹性势能的特殊点条件：这给出两个能量相等的关系，结合守恒可求质量或速度。
3、几何约束求形变量：关键在于利用“弹簧与杆垂直”和“A 正下方”等条件，从杆的倾斜角 θ 和已知长度 L，确定 OC、AC 等长度。
4、功率计算：（这里 v 沿杆方向，但重力功率用竖直分速度）。
5、加速度相同的位置：简谐振动平衡位置两侧对称点加速度相同（大小方向都相同），除了平衡位置本身，还有关于平衡位置对称的另一侧点（在杆上可能有两处）。
二、常见易错点
1、几何关系找错：弹簧与杆垂直的几何条件用向量点积=0，易搞错方向符号，从而得到错误原长或坐标。
2、动能等于弹性势能的理解：在机械能守恒式里，这个条件直接联系重力势能变化与弹性势能关系，很多同学会列错方程。
3、重力功率：在斜杆运动中，重力的瞬时功率 ，不是 全乘，也不是 乘杆角度，而是竖直方向速度。
4、加速度相同点：弹簧振子在平衡位置加速度为零，在关于平衡位置对称的点加速度相同（大小相等，方向均指向平衡位置）。
11．【答案】（1）体积的倒数或
（2）连接软管内气体
（3）手握注射器推活塞造成注射器内气体温度升高或没有缓慢移动活塞造成注射器内气体温度升高
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1） 由玻意耳定律 （等温过程）得 ，所以如果p 与1/V 成正比，图线是过原点的直线。现在它“不过原点”，但仍为直线，说明横坐标可能是1/V，这样才可能是直线关系。根据表中给出的列：体积 、压强 、体积倒数 1/V、乘积 pV。如果直接用V 做横坐标，p V 图像是曲线，不符合“直线”，所以必须用体积的倒数作为横坐标，故应以为纵坐标，体积的倒数为横坐标；
（2）将体积一栏每次的体积加上再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则加上的主要为连接软管内气体的体积；
（3）实验小组同学发现将体积一栏每次的体积加上前后，乘积一栏依次增加，说明手握注射器推活塞造成注射器内气体温度升高或没有缓慢移动活塞造成注射器内气体温度升高。
【分析】核心考点：
1、实验原理：玻意耳定律
一定质量的气体，在温度不变时，压强p 与体积V 成反比，即 （常数）。
推论：p 与 成正比，因此p 1/V 图像应为一条过原点的直线。这是图像法的理论基础。
2、图像法的数据处理与误差分析
当 图像是一条不过原点的直线时，说明存在系统误差。
最常见的原因：实验所研究的“气体体积” V 并不仅仅是注射器刻度对应的体积 ，还应包括压强传感器、连接软管等“死体积” V0 。
修正方法：将横坐标改为 图像就能过原点。其中 是需要测量或修正的常数。
3、对实验过程细节的物理理解
乘积 pV 在等温过程中应为常数。若乘积 pV 持续增大，则表明温度T 在升高（因为 ）。
温度升高的常见操作原因：用手握注射器筒（导致气体被人体加热），或推拉活塞速度过快（气体被压缩或膨胀的过程近似于绝热过程，导致温度变化）。
（1）分析题表中数据可知，一定质量气体在温度不变时气体压强与体积的倒数成正比，即图像为一条直线，故应以为纵坐标，体积的倒数为横坐标；
（2）将体积一栏每次的体积加上再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则加上的主要为连接软管内气体的体积；
（3）实验小组同学发现将体积一栏每次的体积加上前后，乘积一栏依次增加，说明手握注射器推活塞造成注射器内气体温度升高或没有缓慢移动活塞造成注射器内气体温度升高。（说明：只要回答出注射器内气体温度升高就可得分）
12．【答案】（1）110
（2）1000；右；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆档读数公式：示数 = 指针读数 × 倍率。欧姆表读数为
（2）把量程为电压表改装成量程的电压表，应串联电阻箱，由串联电路的特点可得，解得，为了保证电路的安全，闭合开关前应将滑动变阻器滑片滑到右端，从而使待测电阻两端的电压为零。
依据电路原理图，对实物连线进行补充完善，如图所示：
某次测量时，电压表与电流表的示数分别为，通过电压表的电流为
通过的电流为，则待测电阻的阻值为，联立解得
【分析】核心考点：
1、欧姆表读数
欧姆档读数公式：示数 = 指针读数 × 倍率。不需要估读，指针尽量指在中间区域读数较准。
2、电压表量程改装
原理：串联电阻分压。已知电压表原量程 、内阻 ，要扩大量程到U ，需要串联的电阻 满足：或
3、电路安全与操作顺序
闭合开关前，滑动变阻器滑片应放在使被测电路电压最小的位置，保护电表和待测电阻。
对分压接法（本题图乙是分压接法），滑片放在右端时，电压表与待测电阻并联部分电压最小（为零）。
4、实物连线
按照电路图，从电源正极开始，依次连接开关、滑动变阻器（分压接法）、待测电阻与电流表串联、回到电源负极。电压表与待测电阻并联，改装后的电压表（电压表头与电阻箱串联）并到待测电阻两端。注意电表极性（正进负出），滑动变阻器分压接法时，下端两接线柱与电源的连接方式。
5、考虑电压表内阻时的电阻计算
改装后电压表内阻已知（ ）。
电压表读数 U 是加在待测电阻 和电流表（本题电流表外接）之间的电压，但电流表测量的是通过 Rx 与电压表并联的总电流 I，设通过电压表的电流为 ，则通过 的电流为 。
（1）欧姆表读数为
（2）[1] 把量程为电压表改装成量程的电压表，应串联电阻箱，由串联电路的特点可得
解得
[2] 为了保证电路的安全，闭合开关前应将滑动变阻器滑片滑到右端，从而使待测电阻两端的电压为零。
[3] 依据电路原理图，对实物连线进行补充完善，如图所示：
[4] 某次测量时，电压表与电流表的示数分别为，通过电压表的电流为
通过的电流为
则待测电阻的阻值为
联立解得
13．【答案】（1）解：设水的折射率为n，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，可得
有几何关系得
代入数据可得
（2）解：设入射角为的光线的折射角为，入射角为的折射角为，B点和皮划艇右端距离为l1，B点和皮划艇左端距离为l2，皮划艇长为l，则由折射定律可得
代入数据可得，
由几何关系可得，
所以可得，
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）利用全反射临界角与折射率的关系，结合几何关系计算水的折射率；
（2）通过折射定律确定折射角，结合深度范围的几何关系求解皮划艇长度。
14．【答案】（1）解：线框刚进入第一个磁场区域时产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律
而
联立解得
（2）解：根据题意，线框以某一初速度冲进磁场，线圈完全进入第一个磁场时速度为v1，完全进入第二个磁场时速度为v2，完全出离磁场时速度为零，则线框刚进入第一个磁场区域时，由动量定理
其中
同理完全进入第二个磁场时
其中
完全出离第二个磁场时
其中
联立可得
解得
（3）解：线框efgh导线的横截面积为abcd二倍，有
则线框efgh的电阻
当初速度为2v0时设线圈完全出离磁场时的速度为v3，同解析(2)可得
同理有
解得
根据题意知由动能全部转化为电能，电能再全部转化为热量，则线框abcd在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
线框efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
联立解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】1、第（1）问：ab间电压的理解
错误：直接用 当电压。
正确：ab间电压是路端电压，电动势在闭合回路中，电流方向从b→a（作为电源内部），ab间电压是a到b的电压，等于电动势减去ab段内阻上的电压降。
2、第（2）问：动量定理各阶段方程
容易丢阶段：完全进入第一个磁场 → 无电流 → 速度不变；进入第二个磁场时速度仍是 。
各阶段的有效切割长度和磁通量变化要理清，但本题用“安培力冲量=磁通量变化引起的电荷量与B L的乘积”更快捷：，其中 是进入或离开磁场时，线框相对磁场的位移（L）。
仔细看方向：第一个磁场垂直纸面向外，第二个垂直纸面向里。线框左边在第二个磁场中切割，右边在第一个磁场中切割，速度相同，磁场方向相反，电动势方向一致（可用右手定则判断），因此电动势相加，电流加倍 → 安培力更大。
这是本题核心难点！因此动量定理分段必须用正确有效长度和总电阻。
3、第（3）问：质量关系误判
看到“材料、大小完全相同”，误以为质量相同，其实横截面积不同，质量不同。
计算焦耳热时，直接套用 时，m 要用对应的质量。此外，两线框除了质量、电阻不同，初速度也不同，通过磁场过程动力学方程形式相似，但参数不同，要分别解出末速度。
4、热量计算时漏掉剩余动能
如果线框最终没静止，热量=初动能-末动能，不能直接等于安培力做功（安培力做功=热量），但本（2）中末速度为0，所以热量等于初动能。第（3）问中，末速度不为零，要算出末速度再用动能差。
（1）线框刚进入第一个磁场区域时产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律
而
联立解得
（2）根据题意，线框以某一初速度冲进磁场，线圈完全进入第一个磁场时速度为v1，完全进入第二个磁场时速度为v2，完全出离磁场时速度为零，则线框刚进入第一个磁场区域时，由动量定理
其中
同理完全进入第二个磁场时
其中
完全出离第二个磁场时
其中
联立可得
解得
（3）线框efgh导线的横截面积为abcd二倍，有
则线框efgh的电阻
当初速度为2v0时设线圈完全出离磁场时的速度为v3，同解析(2)可得
同理有
解得
根据题意知由动能全部转化为电能，电能再全部转化为热量，则线框abcd在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
线框efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
联立解得
15．【答案】（1）解：滑块在点根据牛顿第二定律有
设滑块由处释放恰好通过点，对滑块从释放点至点这一过程由动能定理得
联立解得
（2）解：分类讨论
①滑块第一次运动到点速度为零，对该过程由动能定理得
解得，则当时，滑块不能过点，不脱离轨道。
②滑块第一次进入圆轨道可以经过点，压缩弹簧被反弹，沿轨道运动，再次返回后不过。滑块恰好可以经过点，由动能定理可得
根据牛顿第二定律
解得，则当时，滑块可以通过点。滑块再次返回刚好到点，有
解得，则当时，滑块被弹簧反弹往复运动后不过点；综上，当，满足滑块始终不脱离轨道。
③滑块第一次进入圆轨道可以经过点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足滑块恰好可以经过点，由动能定理可得
解得，则当时，滑块可以两次通过点；滑块再次返回刚好到点，有
解得，则当时，滑块被弹簧第二次反弹往复运动后不过点；综上，满足滑块始终不脱离轨道。
以此类推，可得当满足，滑块不脱离轨道。
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】一、核心考点
1. 等效重力场方法
滑块带正电q，竖直向下匀强电场E → 电场力 方向竖直向下。合力 可视为等效重力 mg'，等效重力加速度：
在竖直圆轨道最高点的临界速度由等效重力提供向心力：
2. 动能定理在复合场中的应用
摩擦力做功：只在水平段 AB 上有，长度 ，摩擦力
因为轨道支持力 （电场力在竖直方向，影响正压力）。
从释放点到某点用动能定理时，电场力做功等于 竖直方向位移。
3. 圆周运动的临界条件与不脱离轨道
“不脱离轨道”可能指：能通过圆轨道最高点（等效重力临界）；
不能通过最高点时，不脱离轨道即不超过等效重力场的“等效高度”对应的位置（例如在圆轨道上某点速度为零，不会掉下来，类似单摆）。
对于圆形轨道，如果不通过最高点，则在到达某高度速度为零之前，会沿原路返回，不会脱离轨道。
4. 多过程往复运动的条件分析
每次滑块从左侧通过 AB 段到右侧（或从右侧到左侧）时，摩擦力做功相同
滑块最终可能静止在 AB 段上或圆轨道上某点，但只要运动过程中速度足够在圆轨道上某点为零而不掉下，就算不脱离轨道。
要特别注意：滑块被弹簧反弹后第二次到达 D 点，可能速度已不足，要保证不过 D 但也不脱离轨道（即到达圆轨道上低于等效重力最高点位置即速度为零并返回）。
二、易错点
1、等效重力场中圆周运动的“最高点”临界速度
错误：仍用 算。正确：用 ，其中 。
2、AB 段摩擦力计算中的正压力
错误：认为正压力
正确：竖直方向滑块受向下重力、向下电场力，所以正压力 。
3、第（1）问直接套用动能定理时符号错误
电场力做功：起点与终点的竖直高度差为 （释放点到 D 点），电场力做功 ，是正功（因为电场力向下，位移向下）。重力做功 。摩擦力做功 （只在 AB 段一次）。方程：且。
4、第（2）问的“不脱离轨道”多情况讨论
易错：只讨论第一次过 D 的情况，忽略往复运动。
正确：滑块可能多次压缩弹簧返回，每次经过 AB 段损失固定摩擦生热。
（1）滑块在点根据牛顿第二定律有
设滑块由处释放恰好通过点，对滑块从释放点至点这一过程由动能定理得
联立解得
（2）分类讨论
①滑块第一次运动到点速度为零，对该过程由动能定理得
解得，则当时，滑块不能过点，不脱离轨道。
②滑块第一次进入圆轨道可以经过点，压缩弹簧被反弹，沿轨道运动，再次返回后不过。滑块恰好可以经过点，由动能定理可得
根据牛顿第二定律
解得，则当时，滑块可以通过点。滑块再次返回刚好到点，有
解得，则当时，滑块被弹簧反弹往复运动后不过点；综上，当，满足滑块始终不脱离轨道。
③滑块第一次进入圆轨道可以经过点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足滑块恰好可以经过点，由动能定理可得
解得，则当时，滑块可以两次通过点；滑块再次返回刚好到点，有
解得，则当时，滑块被弹簧第二次反弹往复运动后不过点；综上，满足滑块始终不脱离轨道。
以此类推，可得当满足，滑块不脱离轨道。
1 / 1河北省沧州市四校联考2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题
1．（2025高三上·盐山期中）甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，从时刻起，甲车一直做匀速直线运动，乙车先做初速度为的匀加速直线运动，时刻接着做匀减速直线运动，时刻速度减为，两车位移随时间变化的关系图像如图所示。则关于和的大小关系，下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，乙车两段时间内的平均速度相等，在匀变速直线运动中，平均速度等于初速度和末速度的算术平均值，t1时刻的速度为前段时间的末速度及后段时间的初速度，两者相等，则v0=v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】x-t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动。
2．（2025高三上·盐山期中）在一个科普馆的光学展示区，有一套杨氏双缝干涉实验装置。其中为双缝，为光屏。前来参观的学生们看到光屏上点是中央亮纹的中心，为第一级亮纹的中心。此时，工作人员为了拓展展示效果，将光屏向左平移了一段距离。在其他条件都保持不变的情况下，关于平移后光屏上的情况，下列说法正确的是（ ）
A．平移后光屏上点可能是暗纹中心
B．平移后位置会出现暗纹
C．平移后处可能仍是亮纹，但条纹间距会改变
D．平移后光屏上干涉条纹间距不变
【答案】C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．光屏上点到两个光源的距离相等，仍然为中央亮纹中心，故A错误；
BCD．根据，屏向左平移，减小，可知相邻干涉条纹间距离减小，原来屏上位置是第一级亮纹的中心，现在第一条亮纹向点移动，位置可能是暗纹的中心，也可能是亮纹，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、核心知识
1、条纹间距公式，L：双缝到屏的距离，d：双缝间距，λ：波长， 与 L 成正比，L 减小 → 条纹间距变小。
2、中央亮纹的位置
中央亮纹（光程差为 0）始终位于 双缝中垂线与光屏的交点。
如果光屏平行移动，中央亮纹在新屏上的位置沿中垂线移动，但空间固定点如果原来在中垂线上，则永远光程差为 0。
3、某固定空间点的干涉级次变化
初始时某点 P 对应第 m 级亮纹（光程差 ），当光屏平移时，该固定空间点的光程差不变（因为几何路径固定），但新的光屏上该位置对应的干涉级次已经不符合原来的整数m（因为条纹间距变了，整个条纹分布相对于空间点移动了）。
二、本题易错点
1、误以为O点可能变暗
学生可能误以为屏移动后，O点的光程差会变。实际上双缝固定、O点空间位置固定、O在初始时在中垂线上，则 O 到双缝的距离相等永远不变，所以 O 点光程差始终为 0，永远是亮纹中心。
2、忽视条纹间距必然改变
只要 L 变， 必变，与 P 点是否亮纹无关。C 正确是因为它同时说了“可能仍是亮纹”和“条纹间距会改变”。
三、类似题拓展
如果改成“双缝与光源之间加入玻璃片”或“双缝间距 d 改变”，则影响的是中央亮纹位置是否移动，以及条纹间距变化，分析思路不同，但核心都是 光程差决定明暗，以及 的应用。
3．（2025高三上·盐山期中）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高，极大丰富了我国自主对地观测数据源，为现代农业、防灾减灾、环境监测等领域提供了可靠稳定的卫星数据支持。系列卫星中的“高分三号”的轨道高度约为755km，“高分四号”的轨道为高度约的地球同步轨道。若将卫星的运动均看作是绕地球的匀速圆周运动，则（ ）
A．“高分三号”的运行周期大于24h
B．“高分三号”的运行周期等于24h
C．“高分三号”的运行角速度大于地球自转的角速度
D．“高分三号”的运行速度小于“高分四号”的运行速度
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB． “高分四号”是地球同步卫星，运行周期等于地球自转周期24h。卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知
轨道半径越高，周期就越长，故“高分三号”的运行周期小于“高分四号”，即小于24h，故AB错误；
C．根据
轨道半径越高，角速度越小，故“高分三号”的运行角速度大于“高分四号”的运行角速度，即大于地球自转的角速度，故C正确；
D．根据万有引力定律，结合牛顿第二定律可得
“高分三号”的运行速度大于“高分四号”的运行速度，故D错误。
故选C。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到周期、角速度、线速度与轨道半径的关系式，再分析“高分三号”的运行周期、角速度、线速度与地球同步卫星的关系。
4．（2025高三上·盐山期中）质量为的小车放在光滑水平面上，质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。从图中位置开始（细线水平且伸直），同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时速度为，从释放到小球到达最低点的过程中细线对小球做的功为，从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】AB．从释放到小球到达最低点的过程中，小车和小球组成的系统由水平方向动量守恒和能量守恒得，，解得，故AB错误；
C．该过程对小球由动能定理得，解得，故C正确；
D．小球摆至左侧最高点时，小车离开初位置的距离最大，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球恰好回到原高度，由“人船模型”可得，解得，故D错误。
故选C。
【分析】易错点总结：
1、小球最低点的速度方向与大小
容易错误地认为小球最低点速度竖直向下，但这里因为悬挂点移动，小球最低点速度是水平方向（绳竖直时，小球相对悬挂点的速度是水平的，绝对速度也是水平的）。
必须联立动量守恒 + 能量守恒求解，不能用固定悬挂点的单摆公式 。
2、细线对小球做功W 的计算
常见错误：认为绳子张力总与小球速度垂直，所以对小球不做功（错！那是固定悬挂点的情况）。
正确做法：对小球用动能定理时，必须用其绝对速度对应的动能。
易错： 时，注意mgL 前是正号，因为重力做正功。
3、小车最大位移的“相对位移”关系
小球从最右摆到最左，相对小车的水平位移是2L，不是 L。因为初始时绳水平向右长 L，最终到最左时绳水平向左长 L，两个水平位置相距 2L。
写“人船模型”方程时，若设向右为正方向，则 和 联立。容易搞错正负号，导致 s（少一个 2 倍）。
4、速度与位移方向混淆
在动量守恒式 中，vM 和 是代数量，可正可负，但很多学生在代入能量公式时错误地代入速度大小平方，却忽略了符号处理，容易导致推导时出错。
5．（2025高三上·盐山期中）如图所示，在等量同种正点电荷形成的电场中，O是两点电荷连线的中点，C、D是连线中垂线上相对O对称的两点，已知，则（ ）
A．点G的电场强度比点E的电场强度小
B．点E与点F的电场强度大小相等，方向相同
C．EO间的电势差比EC间电势差小
D．若有一负点电荷在C点由静止释放，负点电荷将在CD间做往复运动，由C运动到D时加速度一定先增大后减小
【答案】C
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】 电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，如果A、B两个点电荷在空间中C点产生的电势分别为φA、φB，那么C点的电势φ=φA+φB。电场叠加遵循平行四边形定则。 注意等量同号电荷形成电场的对称性。A．设两点间距离为，正点电荷所带电荷量为，点电荷产生的电场强度为
所以由电场叠加原理可得点G的电场强度
点E的电场强度
所以点G的电场强度比点E的电场强度大，故A错误；
B．由等量同种电荷形成电场的对称性规律可知，点E与点F的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C．在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，两点电荷的中垂线上该点的电势最高，所以EO间的电势差比EC间电势差小，故C正确；
D．等量同种正电荷连线的中垂线上从点沿中垂线向两边电场强度先变大后变小，所以负电荷由C运动到D时加速度不一定先增大后减小，故D错误；
故选C。
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止．电场线只是形象描述电场的假想曲线。
6．（2025高三上·盐山期中）理想二极管具有单向导电性，给二极管两极间加上正向电压时，二极管电阻非常小（可忽略），加上反向电压时，二极管电阻非常大（可视为断路）。如图所示电路中，电阻R1与R2阻值相同，理想二极管与R1并联。在AB间加峰值电压不变的正弦式电流，则下列说法正确的是（ ）
A．R1与R2的电功率之比是1∶5 B．R1与R2的电功率之比是1∶4
C．R1与R2的电功率之比是1∶3 D．R1与R2的电功率之比是1∶2
【答案】A
【知识点】电功率和电功；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】在一个周期的前半周期中，二极管导通，此时电阻R1被短路，则电流对R1做功为零；此时R2两端电压为U，则电流对R2做功；在后半个周期中，二极管加反向电压视为断路，此时两个电阻两端电压均为，电流对两电阻做功均为，可知电阻R1的电功率
电阻R2的电功率，可知R1与R2的电功率之比是1∶5，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】一、核心考点
1、二极管在交流电路中的单向导电性
确定哪半周导通，哪半周截止。导通时并联电阻被短路，截止时为串联关系。
2、电路状态的突变与对称性
二极管使电路状态随电源极性改变，电阻上的电压波形不再是正弦波，必须分段处理。
二、易错点
1、误判二极管导通方向
要判断 A、B 哪端为正时，二极管阳极电位高还是阴极电位高。一旦判断反，整题全错。
2、用电压有效值直接按稳态计算
错误做法：求整个周期电压对 的有效值，再套公式 。
错因： 上电压波形不是正弦波，有效值需分段积分，且二极管只在一个半周有电压。但很多人会误以为可以用某个“等效有效电压”简单算功率比。
3、只算一个半周功率忘记平均到整个周期
计算 功率时，它只在负半周有功耗，必须除以整个周期T 才得平均功率。
4、误将 R2 功率只算负半周或正半周
正半周 上电压大，负半周电压小，但两者都需计入总能量。
7．（2025高三上·盐山期中）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为v，加速度大小为a，动能为，机械能为E，玉米粒距离地面的高度为h，下列图像能近似反映上述物理过程的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题考查学生对摩擦力突变的分析和功能关系的运用，主要注意玉米粒速度与传送带速度相同时，由滑动摩擦力突变为静摩擦力，摩擦力做功代表机械能的变化。A．根据题意可知，玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动；玉米粒从传送带抛出后到最高点过程，速率应不断减小，到最高点后速率再逐渐增大，故A错误；
B．根据题意可知，玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动；则加速度先恒定不变，再变为0，玉米粒从传送带抛出后，加速度为重力加速度，故B错误；
C．根据题意可知，玉米粒在传送带上运动时，动能先增大后不变；玉米粒从传送带抛出后到最高点过程，动能应不断减小，到最高点后动能再增大，故C错误；
D．根据功能关系可知，除重力的其他力做功的功等于机械能的变化量，玉米粒在传送带上运动时，先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力，玉米粒的机械能一直增大，且图像的斜率先表示滑动摩擦力后表示静摩擦力，则加速阶段的斜率大于匀速阶段的斜率；玉米粒从传送带抛出后到落回地面过程，只受重力作用，机械能不变，故D正确。
故选D。
【分析】玉米粒在传送带上先匀加速后匀速，后面做斜抛运动，根据受力分析结合功能关系分析解答。
8．（2025高三上·盐山期中）如图所示，工厂利用380V的交流电给额定电压为36V的照明灯供电，变压器原线圈匝数为1520匝。将变压器视为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．副线圈匝数为144匝
B．副线圈匝数为240匝
C．电路中接入的照明灯越多，通过原线圈的电流越大
D．电路中接入的照明灯越多，通过原线圈的电流越小
【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．根据题意，由
可得，副线圈匝数为
故A正确，B错误；
CD．通过副线圈的电流越大，通过原线圈的电流越大，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】理想变压器，原副线圈匝数比等于电压之比，等于电流反比。电路中接入的照明灯越多，负载电路中电阻越小。
9．（2025高三上·盐山期中）一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻刚好传到点，波形如图甲所示，、、是平衡位置分别为、、的质点，图乙是、中某个质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速度大小为
B．图乙是质点的振动图像
C．内质点的加速度沿轴负方向且逐渐减小
D．时，质点的位置坐标为
【答案】A,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由题图可知波长，周期，所以波速为，故A正确；
B．由题图乙可知，时刻质点在平衡位置，下一时刻向轴负方向振动，由题图甲结合“波形平移法”可知，符合此特征的是质点，所以图乙是质点的振动图像，故B错误；
C．由题图乙质点的振动图像可知，内质点在轴上方且向轴负方向运动，所以质点的加速度沿轴负方向且逐渐减小，故C正确；
D．当时，有，故时刻的波形与时刻的波形恰好重合，所以时质点恰好运动到波峰位置，即质点的位置坐标为，故D错误。
故选AC。
【分析】核心考点总结：
1、波动与振动图像的对应
从振动图像读周期T，从波形图像读波长λ。波速公式 。
2、质点的振动方向判断
“微平移法”：波沿传播方向平移一小段，看质点位置变化。“带动法”（前质点带动后质点）：适用于机械波。已知波形与传播方向，可判断任意质点在该时刻的速度方向。
3、波前与起振方向
波刚好传到某点时，该点开始从平衡位置按波源起振方向振动。
可由波刚传到该点时的波形（右半部分波形）反推起振方向。
4、振动加速度特点
简谐运动中 。加速度方向总指向平衡位置，大小与位移大小成正比。
5、振动状态的时间推算
计算波传到某质点的时刻。计算从该质点开始振动后，经过一段时间（可能是周期整数倍或非整数倍）的位置，用振动方程或相位差法。
10．（2025高三上·盐山期中）如图所示，固定的光滑硬直杆与水平面成角，劲度系数为的轻质弹簧一端固定在点，另一端与套在杆上的圆环相连，圆环由与点等高的点由静止释放，当运动到点正下方的点时，圆环的动能恰好等于此位置弹簧的弹性势能。已知圆环在点时弹簧处于原长状态，当圆环运动到点时弹簧与杆垂直，两点间的距离为，重力加速度为，弹簧的弹性势能与形变量的关系式为，下列判断正确的是（ ）
A．圆环的质量为
B．圆环运动到点时杆对圆环的弹力大小为
C．圆环运动到点时重力的瞬时功率为
D．、间还有2个位置与点加速度相同
【答案】C,D
【知识点】弹性势能；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据题意，圆环由运动到的过程，对于圆环与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有，由题意知，解得，，故A错误；
B．圆环运动到点时，设杆对圆环的弹力大小为，对圆环进行受力分析，由垂直杆方向受力平衡，有，其中，解得，故B错误；
C．圆环运动到点时，重力的瞬时功率为，故C正确；
D．与点加速度相同的位置一个是点，还有一个是点关于点的对称位置，故D正确。
故选CD。
【分析】一、核心考点梳理
1、系统机械能守恒：光滑杆，弹簧+环+地球系统，只有保守力做功。
2、动能等于弹性势能的特殊点条件：这给出两个能量相等的关系，结合守恒可求质量或速度。
3、几何约束求形变量：关键在于利用“弹簧与杆垂直”和“A 正下方”等条件，从杆的倾斜角 θ 和已知长度 L，确定 OC、AC 等长度。
4、功率计算：（这里 v 沿杆方向，但重力功率用竖直分速度）。
5、加速度相同的位置：简谐振动平衡位置两侧对称点加速度相同（大小方向都相同），除了平衡位置本身，还有关于平衡位置对称的另一侧点（在杆上可能有两处）。
二、常见易错点
1、几何关系找错：弹簧与杆垂直的几何条件用向量点积=0，易搞错方向符号，从而得到错误原长或坐标。
2、动能等于弹性势能的理解：在机械能守恒式里，这个条件直接联系重力势能变化与弹性势能关系，很多同学会列错方程。
3、重力功率：在斜杆运动中，重力的瞬时功率 ，不是 全乘，也不是 乘杆角度，而是竖直方向速度。
4、加速度相同点：弹簧振子在平衡位置加速度为零，在关于平衡位置对称的点加速度相同（大小相等，方向均指向平衡位置）。
11．（2025高三上·盐山期中）为了便于研究一定质量气体在温度不变时气体压强与体积的关系，某兴趣小组同学借助如图所示DIS实验软件系统进行实验，主要步骤如下：
①将压强传感器接入数据采集器；
②将注射器体积调整为18mL，并接入压强传感器；
③打开电脑上“专用软件”，待数据稳定后开始记录气体体积为18mL时的压强值；
④减小注射器内气体体积，重复②③操作，每隔1mL记录一次数据，得到如下表实验数据。
次序 1 2 3 4 5
压强 104.0 112.7 117.9 125.3 132.9
体积 18 17 16 15 14
体积的倒数 0.056 0.059 0.063 0.067 0.071
乘积 1872.0 1915.9 1886.4 1879.5 1860.6
回答下列问题：
（1）根据表中实验数据，以为纵坐标进行拟合，发现是一条不过原点的直线，应该选择表中 为横坐标；
（2）将体积一栏每次的体积加上再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则每次加上的主要为 的体积（漏气的体积远小于）；
（3）实验小组同学发现将体积一栏每次的体积加上前后，乘积一栏均依次增加，可能原因为 。
【答案】（1）体积的倒数或
（2）连接软管内气体
（3）手握注射器推活塞造成注射器内气体温度升高或没有缓慢移动活塞造成注射器内气体温度升高
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1） 由玻意耳定律 （等温过程）得 ，所以如果p 与1/V 成正比，图线是过原点的直线。现在它“不过原点”，但仍为直线，说明横坐标可能是1/V，这样才可能是直线关系。根据表中给出的列：体积 、压强 、体积倒数 1/V、乘积 pV。如果直接用V 做横坐标，p V 图像是曲线，不符合“直线”，所以必须用体积的倒数作为横坐标，故应以为纵坐标，体积的倒数为横坐标；
（2）将体积一栏每次的体积加上再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则加上的主要为连接软管内气体的体积；
（3）实验小组同学发现将体积一栏每次的体积加上前后，乘积一栏依次增加，说明手握注射器推活塞造成注射器内气体温度升高或没有缓慢移动活塞造成注射器内气体温度升高。
【分析】核心考点：
1、实验原理：玻意耳定律
一定质量的气体，在温度不变时，压强p 与体积V 成反比，即 （常数）。
推论：p 与 成正比，因此p 1/V 图像应为一条过原点的直线。这是图像法的理论基础。
2、图像法的数据处理与误差分析
当 图像是一条不过原点的直线时，说明存在系统误差。
最常见的原因：实验所研究的“气体体积” V 并不仅仅是注射器刻度对应的体积 ，还应包括压强传感器、连接软管等“死体积” V0 。
修正方法：将横坐标改为 图像就能过原点。其中 是需要测量或修正的常数。
3、对实验过程细节的物理理解
乘积 pV 在等温过程中应为常数。若乘积 pV 持续增大，则表明温度T 在升高（因为 ）。
温度升高的常见操作原因：用手握注射器筒（导致气体被人体加热），或推拉活塞速度过快（气体被压缩或膨胀的过程近似于绝热过程，导致温度变化）。
（1）分析题表中数据可知，一定质量气体在温度不变时气体压强与体积的倒数成正比，即图像为一条直线，故应以为纵坐标，体积的倒数为横坐标；
（2）将体积一栏每次的体积加上再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则加上的主要为连接软管内气体的体积；
（3）实验小组同学发现将体积一栏每次的体积加上前后，乘积一栏依次增加，说明手握注射器推活塞造成注射器内气体温度升高或没有缓慢移动活塞造成注射器内气体温度升高。（说明：只要回答出注射器内气体温度升高就可得分）
12．（2025高三上·盐山期中）某实验小组测量待测电阻的阻值大小。
（1）先用欧姆表“”挡粗测的阻值，示数如图甲所示，对应的读数是 。
（2）为了进一步精确测量该待测电阻的阻值，设计了如图乙所示的测量电路。
①图乙中电压表V量程为、内阻为，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应将的阻值调为 ；
②在闭合电路开关前应该把滑动变阻器的滑片移到 （填“左”或“右”）端；
③用笔画线代替导线补充完成图丙中实物间的连线 ；
④某次测量时，电压表与电流表的示数分别为、，则待测电阻的阻值 （用、和电压表内阻表示）。
【答案】（1）110
（2）1000；右；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆档读数公式：示数 = 指针读数 × 倍率。欧姆表读数为
（2）把量程为电压表改装成量程的电压表，应串联电阻箱，由串联电路的特点可得，解得，为了保证电路的安全，闭合开关前应将滑动变阻器滑片滑到右端，从而使待测电阻两端的电压为零。
依据电路原理图，对实物连线进行补充完善，如图所示：
某次测量时，电压表与电流表的示数分别为，通过电压表的电流为
通过的电流为，则待测电阻的阻值为，联立解得
【分析】核心考点：
1、欧姆表读数
欧姆档读数公式：示数 = 指针读数 × 倍率。不需要估读，指针尽量指在中间区域读数较准。
2、电压表量程改装
原理：串联电阻分压。已知电压表原量程 、内阻 ，要扩大量程到U ，需要串联的电阻 满足：或
3、电路安全与操作顺序
闭合开关前，滑动变阻器滑片应放在使被测电路电压最小的位置，保护电表和待测电阻。
对分压接法（本题图乙是分压接法），滑片放在右端时，电压表与待测电阻并联部分电压最小（为零）。
4、实物连线
按照电路图，从电源正极开始，依次连接开关、滑动变阻器（分压接法）、待测电阻与电流表串联、回到电源负极。电压表与待测电阻并联，改装后的电压表（电压表头与电阻箱串联）并到待测电阻两端。注意电表极性（正进负出），滑动变阻器分压接法时，下端两接线柱与电源的连接方式。
5、考虑电压表内阻时的电阻计算
改装后电压表内阻已知（ ）。
电压表读数 U 是加在待测电阻 和电流表（本题电流表外接）之间的电压，但电流表测量的是通过 Rx 与电压表并联的总电流 I，设通过电压表的电流为 ，则通过 的电流为 。
（1）欧姆表读数为
（2）[1] 把量程为电压表改装成量程的电压表，应串联电阻箱，由串联电路的特点可得
解得
[2] 为了保证电路的安全，闭合开关前应将滑动变阻器滑片滑到右端，从而使待测电阻两端的电压为零。
[3] 依据电路原理图，对实物连线进行补充完善，如图所示：
[4] 某次测量时，电压表与电流表的示数分别为，通过电压表的电流为
通过的电流为
则待测电阻的阻值为
联立解得
13．（2025高三上·盐山期中）如图所示，一潜水员在距海岸A点30m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条皮划艇。灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和β（），潜水员下潜的深度，皮划艇高度可忽略。
（1）潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。海岸上A点恰好为倒立圆锥面与水面交点，求水的折射率为多大；
（2）潜水员竖直下潜过程中，深度在h1=4m至h2=m的范围内看不到灯塔指示灯，求皮划艇的长度。
【答案】（1）解：设水的折射率为n，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，可得
有几何关系得
代入数据可得
（2）解：设入射角为的光线的折射角为，入射角为的折射角为，B点和皮划艇右端距离为l1，B点和皮划艇左端距离为l2，皮划艇长为l，则由折射定律可得
代入数据可得，
由几何关系可得，
所以可得，
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）利用全反射临界角与折射率的关系，结合几何关系计算水的折射率；
（2）通过折射定律确定折射角，结合深度范围的几何关系求解皮划艇长度。
14．（2025高三上·盐山期中）如甲图所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向从左向右依次为垂直纸面向外、向里，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L、总电阻为R粗细均匀的单匝正方形导体线框abcd，且线框平面与磁场方向垂直。整个装置置于光滑的水平桌面上。现让线框以某一初速度冲进磁场，若线框刚离开第二个磁场区域时速度恰好减为零，求：
（1）线框刚进入第一个磁场区域时ab两点间电压；
（2）线框abcd的质量m；
（3）如乙图所示，将另一个材料、大小与线框abcd完全相同，横截面积为abcd二倍的单匝线框efgh也置于磁场的左边界处，以速度冲入磁场。若线框abcd和efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热分别为和，求与的比。
【答案】（1）解：线框刚进入第一个磁场区域时产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律
而
联立解得
（2）解：根据题意，线框以某一初速度冲进磁场，线圈完全进入第一个磁场时速度为v1，完全进入第二个磁场时速度为v2，完全出离磁场时速度为零，则线框刚进入第一个磁场区域时，由动量定理
其中
同理完全进入第二个磁场时
其中
完全出离第二个磁场时
其中
联立可得
解得
（3）解：线框efgh导线的横截面积为abcd二倍，有
则线框efgh的电阻
当初速度为2v0时设线圈完全出离磁场时的速度为v3，同解析(2)可得
同理有
解得
根据题意知由动能全部转化为电能，电能再全部转化为热量，则线框abcd在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
线框efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
联立解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】1、第（1）问：ab间电压的理解
错误：直接用 当电压。
正确：ab间电压是路端电压，电动势在闭合回路中，电流方向从b→a（作为电源内部），ab间电压是a到b的电压，等于电动势减去ab段内阻上的电压降。
2、第（2）问：动量定理各阶段方程
容易丢阶段：完全进入第一个磁场 → 无电流 → 速度不变；进入第二个磁场时速度仍是 。
各阶段的有效切割长度和磁通量变化要理清，但本题用“安培力冲量=磁通量变化引起的电荷量与B L的乘积”更快捷：，其中 是进入或离开磁场时，线框相对磁场的位移（L）。
仔细看方向：第一个磁场垂直纸面向外，第二个垂直纸面向里。线框左边在第二个磁场中切割，右边在第一个磁场中切割，速度相同，磁场方向相反，电动势方向一致（可用右手定则判断），因此电动势相加，电流加倍 → 安培力更大。
这是本题核心难点！因此动量定理分段必须用正确有效长度和总电阻。
3、第（3）问：质量关系误判
看到“材料、大小完全相同”，误以为质量相同，其实横截面积不同，质量不同。
计算焦耳热时，直接套用 时，m 要用对应的质量。此外，两线框除了质量、电阻不同，初速度也不同，通过磁场过程动力学方程形式相似，但参数不同，要分别解出末速度。
4、热量计算时漏掉剩余动能
如果线框最终没静止，热量=初动能-末动能，不能直接等于安培力做功（安培力做功=热量），但本（2）中末速度为0，所以热量等于初动能。第（3）问中，末速度不为零，要算出末速度再用动能差。
（1）线框刚进入第一个磁场区域时产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律
而
联立解得
（2）根据题意，线框以某一初速度冲进磁场，线圈完全进入第一个磁场时速度为v1，完全进入第二个磁场时速度为v2，完全出离磁场时速度为零，则线框刚进入第一个磁场区域时，由动量定理
其中
同理完全进入第二个磁场时
其中
完全出离第二个磁场时
其中
联立可得
解得
（3）线框efgh导线的横截面积为abcd二倍，有
则线框efgh的电阻
当初速度为2v0时设线圈完全出离磁场时的速度为v3，同解析(2)可得
同理有
解得
根据题意知由动能全部转化为电能，电能再全部转化为热量，则线框abcd在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
线框efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
联立解得
15．（2025高三上·盐山期中）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道，其中部分为水平轨道，与曲面平滑连接。和是竖直放置的半圆轨道，在最高点对接，与在点相切。为一与相切的水平平台，处固定一轻弹簧。点在同一水平线上。水平轨道粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为的带正电的滑块从曲面上某处由静止释放。已知匀强电场的场强段长度，的半径，的半径。滑块带电量，滑块与间的动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）若滑块恰好能通过点，求滑块释放点到水平轨道的高度；
（2）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道的高度需要满足的条件。
【答案】（1）解：滑块在点根据牛顿第二定律有
设滑块由处释放恰好通过点，对滑块从释放点至点这一过程由动能定理得
联立解得
（2）解：分类讨论
①滑块第一次运动到点速度为零，对该过程由动能定理得
解得，则当时，滑块不能过点，不脱离轨道。
②滑块第一次进入圆轨道可以经过点，压缩弹簧被反弹，沿轨道运动，再次返回后不过。滑块恰好可以经过点，由动能定理可得
根据牛顿第二定律
解得，则当时，滑块可以通过点。滑块再次返回刚好到点，有
解得，则当时，滑块被弹簧反弹往复运动后不过点；综上，当，满足滑块始终不脱离轨道。
③滑块第一次进入圆轨道可以经过点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足滑块恰好可以经过点，由动能定理可得
解得，则当时，滑块可以两次通过点；滑块再次返回刚好到点，有
解得，则当时，滑块被弹簧第二次反弹往复运动后不过点；综上，满足滑块始终不脱离轨道。
以此类推，可得当满足，滑块不脱离轨道。
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】一、核心考点
1. 等效重力场方法
滑块带正电q，竖直向下匀强电场E → 电场力 方向竖直向下。合力 可视为等效重力 mg'，等效重力加速度：
在竖直圆轨道最高点的临界速度由等效重力提供向心力：
2. 动能定理在复合场中的应用
摩擦力做功：只在水平段 AB 上有，长度 ，摩擦力
因为轨道支持力 （电场力在竖直方向，影响正压力）。
从释放点到某点用动能定理时，电场力做功等于 竖直方向位移。
3. 圆周运动的临界条件与不脱离轨道
“不脱离轨道”可能指：能通过圆轨道最高点（等效重力临界）；
不能通过最高点时，不脱离轨道即不超过等效重力场的“等效高度”对应的位置（例如在圆轨道上某点速度为零，不会掉下来，类似单摆）。
对于圆形轨道，如果不通过最高点，则在到达某高度速度为零之前，会沿原路返回，不会脱离轨道。
4. 多过程往复运动的条件分析
每次滑块从左侧通过 AB 段到右侧（或从右侧到左侧）时，摩擦力做功相同
滑块最终可能静止在 AB 段上或圆轨道上某点，但只要运动过程中速度足够在圆轨道上某点为零而不掉下，就算不脱离轨道。
要特别注意：滑块被弹簧反弹后第二次到达 D 点，可能速度已不足，要保证不过 D 但也不脱离轨道（即到达圆轨道上低于等效重力最高点位置即速度为零并返回）。
二、易错点
1、等效重力场中圆周运动的“最高点”临界速度
错误：仍用 算。正确：用 ，其中 。
2、AB 段摩擦力计算中的正压力
错误：认为正压力
正确：竖直方向滑块受向下重力、向下电场力，所以正压力 。
3、第（1）问直接套用动能定理时符号错误
电场力做功：起点与终点的竖直高度差为 （释放点到 D 点），电场力做功 ，是正功（因为电场力向下，位移向下）。重力做功 。摩擦力做功 （只在 AB 段一次）。方程：且。
4、第（2）问的“不脱离轨道”多情况讨论
易错：只讨论第一次过 D 的情况，忽略往复运动。
正确：滑块可能多次压缩弹簧返回，每次经过 AB 段损失固定摩擦生热。
（1）滑块在点根据牛顿第二定律有
设滑块由处释放恰好通过点，对滑块从释放点至点这一过程由动能定理得
联立解得
（2）分类讨论
①滑块第一次运动到点速度为零，对该过程由动能定理得
解得，则当时，滑块不能过点，不脱离轨道。
②滑块第一次进入圆轨道可以经过点，压缩弹簧被反弹，沿轨道运动，再次返回后不过。滑块恰好可以经过点，由动能定理可得
根据牛顿第二定律
解得，则当时，滑块可以通过点。滑块再次返回刚好到点，有
解得，则当时，滑块被弹簧反弹往复运动后不过点；综上，当，满足滑块始终不脱离轨道。
③滑块第一次进入圆轨道可以经过点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足滑块恰好可以经过点，由动能定理可得
解得，则当时，滑块可以两次通过点；滑块再次返回刚好到点，有
解得，则当时，滑块被弹簧第二次反弹往复运动后不过点；综上，满足滑块始终不脱离轨道。
以此类推，可得当满足，滑块不脱离轨道。
1 / 1
