四川省成都市郫都区第一中学2025-2026学年高三上学期期中质量监测物理试题
1．（2025高三上·郫都期中）2024年7月3日22时51分，经过约6.5小时，神舟十八号乘组航天员叶光富、李聪、李广苏密切协同，圆满完成第二次出舱活动。在出舱活动中，航天员李聪打开问天实验舱出舱舱门，开始个人首次太空行走，随后登上机械臂，拆分固定装置后，搭乘机械臂转移至另一工作点。下列说法正确的是（ ）
A．以地球为参考系，李聪是静止的
B．研究李聪在太空行走的细节时，可将李聪看成质点
C．李聪搭乘机械臂转移时，李聪相对机械臂前端静止
D．李聪搭乘机械臂转移时，机械臂可看成质点
【答案】C
【知识点】质点；参考系与坐标系
【解析】【解答】A、以地球为参考系，认为地球是静止状态，故李聪是运动的，故A错误；
B、研究李聪在太空行走的细节时，他的形体形状对研究的问题有影响，不能忽略不计，不可将李聪看成质点，故B错误；
C、李聪搭乘机械臂转移时，李聪相对机械臂前端位置不发生变化，即相对机械臂前端静止，故C正确；
D、李聪搭乘机械臂转移时，机械臂大小形状对研究的问题有影响，不能忽略，不可看成质点，故D错误。
故选：C。
【分析】以地球为参考系，李聪是运动的；物体能不能看成质点需要根据所研究的问题，如果大小和形状对所研究的问题没有影响就可以看成质点；相对静止是指与相接触的物体没有相对位置的变化。
2．（2025高三上·郫都期中）甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为，在B点下方悬挂质量为的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为的重物，绳、杆之间夹角也为。甲、乙中杆都垂直于墙，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲乙两图中杆中弹力之比 ：
B．甲图中杆的弹力更大
C．两根杆中弹力方向均沿杆方向
D．若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，乙中轻绳更容易断裂
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是三力平衡问题，正确分析受力情况，作出力图是解题的关键，明确两幅图中杆的区别，注意杆的弹力可以沿着杆，也可以与杆不平行。
AB．甲、乙图受力分析如图
图甲中，以B点为研究对象，根据平衡条件可得
图乙中，以D点为研究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆的弹力，由于拉力
F'和重力的夹角为120°且大小均为mg，则由几何知识可得T‘= mg
即轻杆受到的弹力为mg，故A错误，B正确；
C．甲图中的杆有铰链相连，可以自由转动，弹力方向沿杆方向，乙图中的杆一端插在墙里，不能自由转动，弹力方向不一定沿杆方向，而是沿两根绳合力的反方向，故C 错误；
D．甲图中轻绳的拉力为
乙图中轻绳的拉力
若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂。故D错误。
故选：B。
【分析】对B点受力分析，受m的拉力（等于G）、轻杆对B点的弹力和绳的拉力，根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可；跨过光滑定滑轮的轻绳上张力大小处处相等，滑轮对绳子的作用力应该是两滑轮两侧细绳拉力的合力，根据平衡条件和平行四边形定则求解。
3．（2025高三上·郫都期中）如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数为
B．长木板与地面间的动摩擦因数为
C．小物块的质量为
D．长木板的质量为
【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma1，解得，故A错误；
B．根据题图乙可知，当F＝F1时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦因数
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，根据牛顿第二定律有F﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a
即
结合题图乙中图像的截距有﹣a0＝﹣μ1g，
解得
故B错误；
CD．当F＞F3时，对长木板受力分析，有F﹣μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma，整理得
结合题图乙有，
则长木板的质量
小物块的质量，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】由图乙可知，当F＝F1时物块和木板整体恰好开始运动，可知F1等于木板与地面的最大值静摩擦力；当F1＜F≤F3时，物块和木板相对静止一起做匀加速运动；当F＞F3时物块和木板相对运动，此时木板加速度恒为a1。应用整体法与隔离法，由牛顿第二定律得到a与F的关系式，根据图乙中对应图线的数据解答。
4．（2025高三上·郫都期中）2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品，采用“半弹道跳跃”方式返回地球，圆满完成了月球取样任务。如图虚线为大气层边界，返回器从a点关闭发动机无动力滑入大气层，然后从c点“跳”出，再从e点“跃”入，实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹的最高点，离地心的距离为r，返回器在d点时的速度大小为v，地球质量为M，万有引力常量为G，则返回器（ ）
A．在a、c点速度大小相等
B．轨迹cde是椭圆的一部分
C．在d点时的速度大小
D．在b点时大气的作用力与其速度方向相反
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、从a到c，由于受到空气阻力的缘故，嫦娥五号及返回器的机械能要减少，但ac两点的重力势能相等，所以在c点的动能小于在a点的动能，在c点的速度小于在a点的速度，故A错误；
B、从c到d再到e，嫦娥五号及返回器只地球引力，所以其轨迹是椭圆的一部分，故B正确；
C、若嫦娥五号及返回器在半径为r的圆轨迹上做匀速圆周运动，则其速度满足：，所以v。在此时嫦娥五号及返回器的离地心为r（即d点）做向心运动，所以vd，故C错误；
D、速度方向是该点的切线方向，若大气作用力与速度方向相反，再加上指向地心的万有引力，那么嫦娥五号在b点所受合力方向为偏右向下，而指向弯曲轨迹的外侧，这与曲线的条件是相反的，故D错误。
故选：B。
【分析】根据空气阻力做负功，则从a到c机械能减少判定两点速度的大小；返回器在d点做向心运动，速度减小，即小于在d点做匀速圆周运动时的速度；根据万有引力提供向心力列方程求加速度；从a到c的过程中，除了重力做功外还有空气阻力做功。
5．（2025高三上·郫都期中）如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量均为的点电荷，c是ab中垂线上的一点，，。若在c点放置一个电荷量为的点电荷，已知静电力常量为k，则c处点电荷受到a、b两处点电荷的库仑力的合力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】根据题意分析，结合平行四边形法则可知
故选A。
【分析】根据库仑定律求出a、b处点电荷对c处点电荷的库仑力大小，再根据力的合成法则求出合力大小。
6．（2025高三上·郫都期中）如图，甲乙两人静止在冰面上，突然两人掌心相碰互推对方，互推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，若两人与冰面间滑动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则在互推的过程中，甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
B．无论甲、乙质量关系如何，在互推过程中，甲、乙两人动量变化量大小相等
C．若，则分开瞬间甲的速率大于乙的速率
D．若，则分开后乙先停下来
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】AB、推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，互推过程系统动量守恒，以甲的方向为正方向，由动量守恒定律得：p甲﹣p乙＝0，由动量定理可知，I＝Δp，
解得：p甲＝p乙，I甲＝I乙，故A错误，B正确；
C、动量p＝mv，由于p甲＝p乙，m甲＞m乙，则v甲＜v乙，故C错误；
D、甲乙互推分开后都做匀减速直线运动，设运动时间为t，由动量定理得：﹣μmgt＝0﹣p
解得：t，由于μ相等而v甲＜v乙，则t甲＜t乙，则分开后甲先停下来，故D错误。故选：B。
【分析】推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，互推过程系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题；互推后，应用动量定理分析谁先停下来。
7．（2025高三上·郫都期中）我国农村地区幅员辽阔，在人烟稀少的地区，一台低压变压器的供电半径可达1000m左右，这使得远离变压器的用户由于输电线的电阻较大导致供电电压偏低。某同学为了研究这种现象设计了如图所示的电路，图中T为理想降压变压器，对用户供电，甲用户离变压器很近，输电线电阻不计，乙用户距变压器500m，丙用户距变压器1000m，、为两段低压输电线的等效电阻，可认为，、、是三个用户正在工作的用电器的等效电阻，且，为丙用户未接入的用电器，用、、分别表示、、两端的电压，输入电压的有效值不变，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若闭合，不变，、均增大
D．若闭合，不变，、均减小
【答案】D
【知识点】变压器原理；电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
由理想变压器的电压特点可知
其中、分别为原副线圈匝数，由题意可知电路中保持不变。由图可知
①
②
又有
③
根据并联电路特点可得
因为，所以有上式可知
上述结论结合③式得
④
又，由①②④三式可得
S闭合后，根据并联电路特点可知，、并联电阻之和，小于，所以S闭合后，R2、R3、R、的和电阻减小，设和电阻为，又有欧姆定律可得
所以增大，再结合①可得减小。又
通过R2的电流减小，结合③式得通过的电流增大，又有②得减小。
故选D。
【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系
8．（2025高三上·郫都期中）如图所示，同种介质中的两个波源A和B分别位于轴上的和处，时刻同时开始振动，分别形成沿正方向和负方向传播的简谐横波，振幅为20cm，波速为2m/s。某时刻波的前沿传到图中的点和点，下列说法正确的是（ ）
A．两列波起振方向相反
B．时，处的质点第一次到达波峰
C．0到0.55s时间内，处的质点通过的路程是160cm
D．A、B连线上（不包括A、B）共有6个振动加强点
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】A、根据同侧法可知，P和Q两点的起振方向向下，则两列波起振方向相同，均向下，故A错误；
B、该波的周期为：Ts＝0.2s
根据推波法可知，再经过Δt，Q点第一次达到波峰，则有：ts＝0.15s
所以t＝0.35s时，x＝0.8m处的质点Q第一次到达波峰，故B正确；
C、0到0.55s时间内，x＝0.5m处的质点M振动时间为：t1＝0.55s﹣T0.55s﹣0.2ss＝0.2s＝T，M点为振动加强点，振幅为：A＝2×20cm＝40cm，所以0到0.55s时间内，x＝0.5m处的质点M通过的路程是：s＝4A＝4×40cm＝160cm，故C正确；
D、设A、B连线上（不包括A、B）到A点距离为x的点为振动加强点，则有：1.4﹣x﹣x＝nλ＝0.4n
解得：x＝0.7﹣0.2n
其中：0＜x＜1.4，解得：﹣3.5＜n＜3.5，则：n＝﹣3、﹣2、﹣1、0、1、2、3，共有7个振动加强点，故D错误。
故选：BC。
【分析】两列波起振方向分别与P、Q的起振方向相同，利用同侧法判断；由图读出波长，求出周期，再根据推波法进行解答；0到0.55s时间内，求出x＝0.5m处的质点M振动时间，由此得到x＝0.5m处的质点M通过的路程；根据振动加强点满足的条件进行解答。
9．（2025高三上·郫都期中）某同学用喝完的饮料罐，制作一个简易气温计。如图所示，在这个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处用蜡密封。吸管中引入一段长度可忽略的油柱，在吸管上标上温度刻度值。罐内气体可视为理想气体，外界大气压不变，以下说法中正确的有（ ）
A．吸管上的温度刻度值左小右大
B．吸管上的温度刻度分布不均匀
C．气温升高时，罐内气体增加的内能大于吸收的热量
D．在完全失重的环境下，这个气温计仍可使用
【答案】A,D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查了盖—吕萨克定律的应用，知道气温计的工作原理是解题的关键，知道气体压强的微观解释，应用盖—吕萨克定律与热力学第一定律即可解题。
A、若水平状态的油柱缓慢移动，则内外的压强相等，故封闭的理想气体发生了等压变化，若温度升高，气体体积变大，油柱向右移动，则吸管上的温度刻度值左小右大，故A正确；
B、根据盖—吕萨克定律，可得 而ΔV＝Δl S有 。可以得到ΔT与Δl成正比关系，所以吸管上所标温度的刻度是均匀的，故B错误；
C、气温升高时发生等压膨胀，有升温内能增加ΔU＞0，碰撞气体对外做功W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q+W可知气体吸热Q＞0，且吸收的热量大于对外做的功，吸收的热量大于罐内气体增加的内能，故C错误；
D、气温计是利用微观的分子热运动形成等压过程的原理制成，与宏观的超失重现象无关，故在完全失重的环境下，这个气温计仍可使用，故D正确。
故选：AD。
【分析】气体状态变化时气体压强不变，气体发生等压变化，应用盖—吕萨克定律分析吸管上刻度是否均匀，刻度值哪边大哪边小；一定量的理想气体内能由温度决定，根据题意应用热力学第一定律，判断内能增加量与吸收热量的关系，根据气体压强的微观意义分析答题。
10．（2025高三上·郫都期中）如图所示，利用单色光照射透明标准板来检查平面N的上表面的平滑情况，观察到现象如图乙所示的条纹中的A和B的情况，这说明（ ）
A．N的上表面A处向上凸起 B．N的上表面B处向上凸起
C．N的上表面A处向下凹陷 D．N的上表面B处向下凹陷
【答案】B,C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AC．薄膜干涉是等厚干涉，A处条纹向左弯曲，意味着后一级条纹图中白色条纹提前出现，可见平面的上表面的A处所对应的空气层厚度与后一级条纹对应的空气层厚度相同，可见A处向下凹陷，才能实现该处空气层厚度与下一级条纹对应的空气层厚度一样，故A错误，C正确；
BD．薄膜干涉是等厚干涉，即同一条明纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，B处应该在同一条纹上，厚度相同，但现在推迟出现条纹，说明平面的上表面B处向上凸起，故B正确，D错误。
故选BC。
【分析】薄膜干涉是等厚干涉，根据干涉条纹间距变化分析即可。
11．（2025高三上·郫都期中）某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为l，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。
（1）从乙图可知，摆球的直径为d= mm；
（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g= ；
（3）实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是： 。
A.尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线
B.当单摆经过最高位置时开始计时
C.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
D.测量多组周期T和摆长L，作T2﹣L关系图像来处理数据
（4）某同学根据实验中测得的数据，画出T2﹣L图像如图丙所示，取，根据图像，可求得当地的重力加速度大小为 （保留三位有效数字）。
【答案】5.879；；AD；9.83
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，摆球的直径为d＝5.5mm+48.0×0.01mm＝5.980mm；
（2）从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为
根据单摆全振动的次数和时间的关系，单摆周期为
单摆的长度为
根据单摆的周期公式
联立解得
（3）A.为了减小实摆长对实验的影响，实验中要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故A正确；
B．单摆通过平衡位置时速度最大，停留时间最大，为了减小计时产生的误差，需要当单摆经过平衡位置时开始计时，故B错误；
C．为了减小空气阻力的影响而产生的误差，在相同质量时，应该选用体积较小的小球作为摆球，故C错误；
D．应用图像法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长L，作T 2﹣L关系图像来处理数据，故D正确。
故选：AD。
（4）根据单摆的周期公式可得，结合T2﹣L图像可知，图像的斜率s2/m＝4.0s2/m
则当地的重力加速度大小为
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度对应示数（mm）+可动刻度对应示数（估读一位）×精确度；
（2）根据单摆通过平衡位置的次数求全振动次数，根据t时间内的全振动次数求单摆周期；根据单摆周期公式求重力加速度；
（3）根据实验原理、实验的正确操作以及实验数据的处理逐项分析作答；
（4）根据单摆周期公式求解T2﹣L函数，结合图像斜率的含义求解重力加速度。
12．（2025高三上·郫都期中）LED灯有亮度高、使用寿命长、节能等优点。一实验小组探究某LED灯的伏安特性，其电路设计如图所示，提供的器材有：
A．LED灯（额定电压为，额定功率为）
B．电池组（电动势约为，内阻约为）
C．电压表V（量程为，内阻约为）
D．电流表A（量程为，内阻）
E．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）
F．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）
G．开关和导线若干。
（1）为了便于调节且能够在的范围内对LED灯的电压进行测量，滑动变阻器选 （选填“”或“”）。
（2）将电流表的量程扩大为原来的5倍，则应并联的定值电阻阻值 。
（3）请根据设计的电路，在下图中用笔画线代替导线，将实物电路图连接完整 ；下图中闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 （选填“左”或“右”）端。
（4）正确进行实验，测出多组电流表的示数I、电压表的示数U，小明在下图坐标中描绘出图像：小张消除了电表内阻的影响后，在下图坐标中描绘出LED灯的伏安特性曲线。则图中曲线 （选填“1”或“2”）是小明物绘出的图像。
（5）将LED灯直接接在一电源两端，已知该电源的电动势，内阻，则LED灯的实际功率约为 W（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）
（2）4
（3）；左
（4）2
（5）0.27
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）因为需要电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，为了方便实验操作，需选阻值小的滑动变阻器，故选R1；
（2）电流表改成大量程电流表需要并联电阻，依题量程扩大为原来的5倍，故有
解得，故需并联的阻值；
（3）根据设计的电路，实物图连接如下
为了保护电路，下图中闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于左端；
（4）小张消除了电表内阻的影响后，故相同电压下电流更大，故小张为“1”图像，小明为“2”图像；
（5）设LED灯直接接在一电源两端后，设电流为I，根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir
整理得U=3-2.5I，将该电源的I-U图像作在LED灯的伏安特性曲线中
观察可知，此时LED灯两端电压和通过其电流分别约为2.72V、0.10A，故则LED灯的实际功率约
【分析】（1） 探究某LED灯的伏安特性实验，电压从0开始变化，滑动变阻器采用分压式接法。
（2）电流表改成大量程电流表需要并联电阻。
（3）根据设计的电路图连接实物图，注意滑动变阻器采用分压式。
（4）消除了电表内阻的影响后，相同电压下电流更大。
（5）U=3-2.5I与图像交点，得出此时LED灯两端电压和通过其电流，然后计算实际功率。
（1）因为需要电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，为了方便实验操作，需选阻值小的滑动变阻器，故选R1；
（2）电流表改成大量程电流表需要并联电阻，依题量程扩大为原来的5倍，故有
解得
故需并联的阻值；
（3）[1]根据设计的电路，实物图连接如下
[2]为了保护电路，下图中闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于左端；
（4）小张消除了电表内阻的影响后，故相同电压下电流更大，故小张为“1”图像，小明为“2”图像；
（5）设LED灯直接接在一电源两端后，设电流为I，根据闭合电路欧姆定律
U=E-Ir
整理得
U=3-2.5I
将该电源的I-U图像作在LED灯的伏安特性曲线中
观察可知，此时LED灯两端电压和通过其电流分别约为2.72V、0.10A，故则LED灯的实际功率约
13．（2025高三上·郫都期中）如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-5 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）小球所受电场力F的大小。
（2）小球的质量m。
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
【答案】解：（1）电场力F=qE=3.0×10-2 N
（2）由，解得m=4.0×10-3 kg
（3）由动能定理，解得v=2.0 m/s
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）根据电场力的计算公式F=qE可求得电场力F的大小；
（2）根据共点力的平衡条件求解小球的质量m。
（3） 将电场撤去， 根据动能定理求解速度大小。
14．（2025高三上·郫都期中）如图甲所示，质量m1 = 1kg的小物块A静止在一质量m2 = 0.5kg的足够长的木板B的左端。当小物块A受到一个水平向右的外力F作用时，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示。现对小物块A施加水平向右的拉力F = 15N，作用2s后撤去。重力加速度取g = 10m/s2，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块A与木板B间的动摩擦因数μ1和木板B与地面间的动摩擦因数μ2；
（2）从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间t；
（3）物块A与木板B之间因摩擦而产生的热量Q和物块A对木板B做的功。
【答案】解：（1）根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为
B与地面的滑动摩擦力为
则有
解得
（2）拉力F = 15N开始作用在物块A时，对物块A分析，根据牛顿第二定律得
对木板B分析，根据牛顿第二定律得
解得
拉力F作用2s时物块A和木板B的速度分别为
解得
撤去拉力F直到物块A和木板B共速的过程中，物块A的加速度大小满足
物块A和木板B的共速时满足
解得
物块A和木板B共速后直到停止的过程中，整体的加速度大小满足
解得
减速的时间
所以从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间
（3）从拉力F开始作用到物块A和木板B共速的过程中，物块和木板的相对位移
因此物块A与木板B因摩擦而产生的热量
解得
物块A与木板B发生相对运动的过程中，木板B的位移
物块A与木板B间发生相对运动的过程中滑动摩擦力对木板B做的功
Wf1 = f1x
解得
Wf1 = 112.5J
物块A与木板B共速后一起运动的过程中静摩擦力对木板B做的功
Wf2 = f2x2
物块A与木板B共速过程中木板B受到A给他的摩擦力为
f2 = m1a = 2N
物块A与木板B共速过程的位移为
解得
Wf2 = 112.5J
则整个过程中物块A对木板B做的功
W = Wf1＋Wf2 = 225J
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）根据图乙可知A、B两物体在三个过程中的运动特点，利用摩擦力公式计算动摩擦因数；
（2）力F作用2s时间内，利用牛顿第二定律可得两物体的加速度大小，利用运动学公式可得A、B的速度，撤去力F到两物体共速过程，利用牛顿第二定律可得A的加速度，B的加速度不变，利用运动学公式可得两物体共速时的速度和时间，共速后两物体一起做匀减速运动，对整体利用牛顿第二定律可得加速度大小，利用运动学公式可得减速时间，进而可得总时间；
（3）利用运动学公式可得A相对B滑动过程两物体位移大小，则可得相对位移大小，利用Q＝fx相对可得热量，A、B两物体发生相对滑动过程，利用W＝Fx可得A对B的滑动摩擦力做的功，A、B一起匀减速过程，利用牛顿牛顿第二定律可得B对A的摩擦力大小，利用运动学公式可得此过程B的位移，利用W＝Fx可得A对B的静摩擦力做的功，则可得结论。
15．（2025高三上·郫都期中）如图所示，一粗细均匀的矩形线框平放在光滑绝缘的水平面上，线框长为2L，宽为L，质量为m，电阻为R，边长为2L的正方形区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁场左边界在线框两长边的中点MN上。
（1）若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律为B=B0sinωt，并控制线框保持静止，求：
①线框中电动势的最大值Em；
②磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q。
（2）若磁场的磁感应强度恒为B0，磁场从图示位置开始以较大的速度v0匀速向左运动，线框同时从静止释放，当线框刚要完全处于磁场中时，线框的速度大小为v。
①求此时线框中的电动势E；
②若v为未知量，求出v的表达式。
【答案】解：（1）①由题可知，线框中产生的电流为余弦式交变电流，电动势的最大值
②周期为
电动势的有效值
一个周期内线框中产生的内能
解得
（2）①当线框速度为v时，线框中产生的电动势为
②根据动量定理有
又有
解得
【知识点】动量定理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）①根据电动势表达式求线框中电动势的最大值Em；
②根据电动势的有效值和热量表达式求磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q；
（2）①根据电动势表达式求此时线框中的电动势E；
②根据动量定理和电荷量表达式求v的表达式。
1 / 1四川省成都市郫都区第一中学2025-2026学年高三上学期期中质量监测物理试题
1．（2025高三上·郫都期中）2024年7月3日22时51分，经过约6.5小时，神舟十八号乘组航天员叶光富、李聪、李广苏密切协同，圆满完成第二次出舱活动。在出舱活动中，航天员李聪打开问天实验舱出舱舱门，开始个人首次太空行走，随后登上机械臂，拆分固定装置后，搭乘机械臂转移至另一工作点。下列说法正确的是（ ）
A．以地球为参考系，李聪是静止的
B．研究李聪在太空行走的细节时，可将李聪看成质点
C．李聪搭乘机械臂转移时，李聪相对机械臂前端静止
D．李聪搭乘机械臂转移时，机械臂可看成质点
2．（2025高三上·郫都期中）甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为，在B点下方悬挂质量为的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为的重物，绳、杆之间夹角也为。甲、乙中杆都垂直于墙，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲乙两图中杆中弹力之比 ：
B．甲图中杆的弹力更大
C．两根杆中弹力方向均沿杆方向
D．若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，乙中轻绳更容易断裂
3．（2025高三上·郫都期中）如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数为
B．长木板与地面间的动摩擦因数为
C．小物块的质量为
D．长木板的质量为
4．（2025高三上·郫都期中）2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品，采用“半弹道跳跃”方式返回地球，圆满完成了月球取样任务。如图虚线为大气层边界，返回器从a点关闭发动机无动力滑入大气层，然后从c点“跳”出，再从e点“跃”入，实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹的最高点，离地心的距离为r，返回器在d点时的速度大小为v，地球质量为M，万有引力常量为G，则返回器（ ）
A．在a、c点速度大小相等
B．轨迹cde是椭圆的一部分
C．在d点时的速度大小
D．在b点时大气的作用力与其速度方向相反
5．（2025高三上·郫都期中）如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量均为的点电荷，c是ab中垂线上的一点，，。若在c点放置一个电荷量为的点电荷，已知静电力常量为k，则c处点电荷受到a、b两处点电荷的库仑力的合力大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·郫都期中）如图，甲乙两人静止在冰面上，突然两人掌心相碰互推对方，互推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，若两人与冰面间滑动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则在互推的过程中，甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
B．无论甲、乙质量关系如何，在互推过程中，甲、乙两人动量变化量大小相等
C．若，则分开瞬间甲的速率大于乙的速率
D．若，则分开后乙先停下来
7．（2025高三上·郫都期中）我国农村地区幅员辽阔，在人烟稀少的地区，一台低压变压器的供电半径可达1000m左右，这使得远离变压器的用户由于输电线的电阻较大导致供电电压偏低。某同学为了研究这种现象设计了如图所示的电路，图中T为理想降压变压器，对用户供电，甲用户离变压器很近，输电线电阻不计，乙用户距变压器500m，丙用户距变压器1000m，、为两段低压输电线的等效电阻，可认为，、、是三个用户正在工作的用电器的等效电阻，且，为丙用户未接入的用电器，用、、分别表示、、两端的电压，输入电压的有效值不变，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若闭合，不变，、均增大
D．若闭合，不变，、均减小
8．（2025高三上·郫都期中）如图所示，同种介质中的两个波源A和B分别位于轴上的和处，时刻同时开始振动，分别形成沿正方向和负方向传播的简谐横波，振幅为20cm，波速为2m/s。某时刻波的前沿传到图中的点和点，下列说法正确的是（ ）
A．两列波起振方向相反
B．时，处的质点第一次到达波峰
C．0到0.55s时间内，处的质点通过的路程是160cm
D．A、B连线上（不包括A、B）共有6个振动加强点
9．（2025高三上·郫都期中）某同学用喝完的饮料罐，制作一个简易气温计。如图所示，在这个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处用蜡密封。吸管中引入一段长度可忽略的油柱，在吸管上标上温度刻度值。罐内气体可视为理想气体，外界大气压不变，以下说法中正确的有（ ）
A．吸管上的温度刻度值左小右大
B．吸管上的温度刻度分布不均匀
C．气温升高时，罐内气体增加的内能大于吸收的热量
D．在完全失重的环境下，这个气温计仍可使用
10．（2025高三上·郫都期中）如图所示，利用单色光照射透明标准板来检查平面N的上表面的平滑情况，观察到现象如图乙所示的条纹中的A和B的情况，这说明（ ）
A．N的上表面A处向上凸起 B．N的上表面B处向上凸起
C．N的上表面A处向下凹陷 D．N的上表面B处向下凹陷
11．（2025高三上·郫都期中）某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为l，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。
（1）从乙图可知，摆球的直径为d= mm；
（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g= ；
（3）实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是： 。
A.尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线
B.当单摆经过最高位置时开始计时
C.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
D.测量多组周期T和摆长L，作T2﹣L关系图像来处理数据
（4）某同学根据实验中测得的数据，画出T2﹣L图像如图丙所示，取，根据图像，可求得当地的重力加速度大小为 （保留三位有效数字）。
12．（2025高三上·郫都期中）LED灯有亮度高、使用寿命长、节能等优点。一实验小组探究某LED灯的伏安特性，其电路设计如图所示，提供的器材有：
A．LED灯（额定电压为，额定功率为）
B．电池组（电动势约为，内阻约为）
C．电压表V（量程为，内阻约为）
D．电流表A（量程为，内阻）
E．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）
F．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）
G．开关和导线若干。
（1）为了便于调节且能够在的范围内对LED灯的电压进行测量，滑动变阻器选 （选填“”或“”）。
（2）将电流表的量程扩大为原来的5倍，则应并联的定值电阻阻值 。
（3）请根据设计的电路，在下图中用笔画线代替导线，将实物电路图连接完整 ；下图中闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 （选填“左”或“右”）端。
（4）正确进行实验，测出多组电流表的示数I、电压表的示数U，小明在下图坐标中描绘出图像：小张消除了电表内阻的影响后，在下图坐标中描绘出LED灯的伏安特性曲线。则图中曲线 （选填“1”或“2”）是小明物绘出的图像。
（5）将LED灯直接接在一电源两端，已知该电源的电动势，内阻，则LED灯的实际功率约为 W（结果保留2位有效数字）。
13．（2025高三上·郫都期中）如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-5 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）小球所受电场力F的大小。
（2）小球的质量m。
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
14．（2025高三上·郫都期中）如图甲所示，质量m1 = 1kg的小物块A静止在一质量m2 = 0.5kg的足够长的木板B的左端。当小物块A受到一个水平向右的外力F作用时，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示。现对小物块A施加水平向右的拉力F = 15N，作用2s后撤去。重力加速度取g = 10m/s2，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块A与木板B间的动摩擦因数μ1和木板B与地面间的动摩擦因数μ2；
（2）从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间t；
（3）物块A与木板B之间因摩擦而产生的热量Q和物块A对木板B做的功。
15．（2025高三上·郫都期中）如图所示，一粗细均匀的矩形线框平放在光滑绝缘的水平面上，线框长为2L，宽为L，质量为m，电阻为R，边长为2L的正方形区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁场左边界在线框两长边的中点MN上。
（1）若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律为B=B0sinωt，并控制线框保持静止，求：
①线框中电动势的最大值Em；
②磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q。
（2）若磁场的磁感应强度恒为B0，磁场从图示位置开始以较大的速度v0匀速向左运动，线框同时从静止释放，当线框刚要完全处于磁场中时，线框的速度大小为v。
①求此时线框中的电动势E；
②若v为未知量，求出v的表达式。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；参考系与坐标系
【解析】【解答】A、以地球为参考系，认为地球是静止状态，故李聪是运动的，故A错误；
B、研究李聪在太空行走的细节时，他的形体形状对研究的问题有影响，不能忽略不计，不可将李聪看成质点，故B错误；
C、李聪搭乘机械臂转移时，李聪相对机械臂前端位置不发生变化，即相对机械臂前端静止，故C正确；
D、李聪搭乘机械臂转移时，机械臂大小形状对研究的问题有影响，不能忽略，不可看成质点，故D错误。
故选：C。
【分析】以地球为参考系，李聪是运动的；物体能不能看成质点需要根据所研究的问题，如果大小和形状对所研究的问题没有影响就可以看成质点；相对静止是指与相接触的物体没有相对位置的变化。
2．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是三力平衡问题，正确分析受力情况，作出力图是解题的关键，明确两幅图中杆的区别，注意杆的弹力可以沿着杆，也可以与杆不平行。
AB．甲、乙图受力分析如图
图甲中，以B点为研究对象，根据平衡条件可得
图乙中，以D点为研究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆的弹力，由于拉力
F'和重力的夹角为120°且大小均为mg，则由几何知识可得T‘= mg
即轻杆受到的弹力为mg，故A错误，B正确；
C．甲图中的杆有铰链相连，可以自由转动，弹力方向沿杆方向，乙图中的杆一端插在墙里，不能自由转动，弹力方向不一定沿杆方向，而是沿两根绳合力的反方向，故C 错误；
D．甲图中轻绳的拉力为
乙图中轻绳的拉力
若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂。故D错误。
故选：B。
【分析】对B点受力分析，受m的拉力（等于G）、轻杆对B点的弹力和绳的拉力，根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可；跨过光滑定滑轮的轻绳上张力大小处处相等，滑轮对绳子的作用力应该是两滑轮两侧细绳拉力的合力，根据平衡条件和平行四边形定则求解。
3．【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma1，解得，故A错误；
B．根据题图乙可知，当F＝F1时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦因数
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，根据牛顿第二定律有F﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a
即
结合题图乙中图像的截距有﹣a0＝﹣μ1g，
解得
故B错误；
CD．当F＞F3时，对长木板受力分析，有F﹣μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma，整理得
结合题图乙有，
则长木板的质量
小物块的质量，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】由图乙可知，当F＝F1时物块和木板整体恰好开始运动，可知F1等于木板与地面的最大值静摩擦力；当F1＜F≤F3时，物块和木板相对静止一起做匀加速运动；当F＞F3时物块和木板相对运动，此时木板加速度恒为a1。应用整体法与隔离法，由牛顿第二定律得到a与F的关系式，根据图乙中对应图线的数据解答。
4．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、从a到c，由于受到空气阻力的缘故，嫦娥五号及返回器的机械能要减少，但ac两点的重力势能相等，所以在c点的动能小于在a点的动能，在c点的速度小于在a点的速度，故A错误；
B、从c到d再到e，嫦娥五号及返回器只地球引力，所以其轨迹是椭圆的一部分，故B正确；
C、若嫦娥五号及返回器在半径为r的圆轨迹上做匀速圆周运动，则其速度满足：，所以v。在此时嫦娥五号及返回器的离地心为r（即d点）做向心运动，所以vd，故C错误；
D、速度方向是该点的切线方向，若大气作用力与速度方向相反，再加上指向地心的万有引力，那么嫦娥五号在b点所受合力方向为偏右向下，而指向弯曲轨迹的外侧，这与曲线的条件是相反的，故D错误。
故选：B。
【分析】根据空气阻力做负功，则从a到c机械能减少判定两点速度的大小；返回器在d点做向心运动，速度减小，即小于在d点做匀速圆周运动时的速度；根据万有引力提供向心力列方程求加速度；从a到c的过程中，除了重力做功外还有空气阻力做功。
5．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】根据题意分析，结合平行四边形法则可知
故选A。
【分析】根据库仑定律求出a、b处点电荷对c处点电荷的库仑力大小，再根据力的合成法则求出合力大小。
6．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】AB、推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，互推过程系统动量守恒，以甲的方向为正方向，由动量守恒定律得：p甲﹣p乙＝0，由动量定理可知，I＝Δp，
解得：p甲＝p乙，I甲＝I乙，故A错误，B正确；
C、动量p＝mv，由于p甲＝p乙，m甲＞m乙，则v甲＜v乙，故C错误；
D、甲乙互推分开后都做匀减速直线运动，设运动时间为t，由动量定理得：﹣μmgt＝0﹣p
解得：t，由于μ相等而v甲＜v乙，则t甲＜t乙，则分开后甲先停下来，故D错误。故选：B。
【分析】推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，互推过程系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题；互推后，应用动量定理分析谁先停下来。
7．【答案】D
【知识点】变压器原理；电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
由理想变压器的电压特点可知
其中、分别为原副线圈匝数，由题意可知电路中保持不变。由图可知
①
②
又有
③
根据并联电路特点可得
因为，所以有上式可知
上述结论结合③式得
④
又，由①②④三式可得
S闭合后，根据并联电路特点可知，、并联电阻之和，小于，所以S闭合后，R2、R3、R、的和电阻减小，设和电阻为，又有欧姆定律可得
所以增大，再结合①可得减小。又
通过R2的电流减小，结合③式得通过的电流增大，又有②得减小。
故选D。
【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系
8．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】A、根据同侧法可知，P和Q两点的起振方向向下，则两列波起振方向相同，均向下，故A错误；
B、该波的周期为：Ts＝0.2s
根据推波法可知，再经过Δt，Q点第一次达到波峰，则有：ts＝0.15s
所以t＝0.35s时，x＝0.8m处的质点Q第一次到达波峰，故B正确；
C、0到0.55s时间内，x＝0.5m处的质点M振动时间为：t1＝0.55s﹣T0.55s﹣0.2ss＝0.2s＝T，M点为振动加强点，振幅为：A＝2×20cm＝40cm，所以0到0.55s时间内，x＝0.5m处的质点M通过的路程是：s＝4A＝4×40cm＝160cm，故C正确；
D、设A、B连线上（不包括A、B）到A点距离为x的点为振动加强点，则有：1.4﹣x﹣x＝nλ＝0.4n
解得：x＝0.7﹣0.2n
其中：0＜x＜1.4，解得：﹣3.5＜n＜3.5，则：n＝﹣3、﹣2、﹣1、0、1、2、3，共有7个振动加强点，故D错误。
故选：BC。
【分析】两列波起振方向分别与P、Q的起振方向相同，利用同侧法判断；由图读出波长，求出周期，再根据推波法进行解答；0到0.55s时间内，求出x＝0.5m处的质点M振动时间，由此得到x＝0.5m处的质点M通过的路程；根据振动加强点满足的条件进行解答。
9．【答案】A,D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查了盖—吕萨克定律的应用，知道气温计的工作原理是解题的关键，知道气体压强的微观解释，应用盖—吕萨克定律与热力学第一定律即可解题。
A、若水平状态的油柱缓慢移动，则内外的压强相等，故封闭的理想气体发生了等压变化，若温度升高，气体体积变大，油柱向右移动，则吸管上的温度刻度值左小右大，故A正确；
B、根据盖—吕萨克定律，可得 而ΔV＝Δl S有 。可以得到ΔT与Δl成正比关系，所以吸管上所标温度的刻度是均匀的，故B错误；
C、气温升高时发生等压膨胀，有升温内能增加ΔU＞0，碰撞气体对外做功W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q+W可知气体吸热Q＞0，且吸收的热量大于对外做的功，吸收的热量大于罐内气体增加的内能，故C错误；
D、气温计是利用微观的分子热运动形成等压过程的原理制成，与宏观的超失重现象无关，故在完全失重的环境下，这个气温计仍可使用，故D正确。
故选：AD。
【分析】气体状态变化时气体压强不变，气体发生等压变化，应用盖—吕萨克定律分析吸管上刻度是否均匀，刻度值哪边大哪边小；一定量的理想气体内能由温度决定，根据题意应用热力学第一定律，判断内能增加量与吸收热量的关系，根据气体压强的微观意义分析答题。
10．【答案】B,C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AC．薄膜干涉是等厚干涉，A处条纹向左弯曲，意味着后一级条纹图中白色条纹提前出现，可见平面的上表面的A处所对应的空气层厚度与后一级条纹对应的空气层厚度相同，可见A处向下凹陷，才能实现该处空气层厚度与下一级条纹对应的空气层厚度一样，故A错误，C正确；
BD．薄膜干涉是等厚干涉，即同一条明纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，B处应该在同一条纹上，厚度相同，但现在推迟出现条纹，说明平面的上表面B处向上凸起，故B正确，D错误。
故选BC。
【分析】薄膜干涉是等厚干涉，根据干涉条纹间距变化分析即可。
11．【答案】5.879；；AD；9.83
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，摆球的直径为d＝5.5mm+48.0×0.01mm＝5.980mm；
（2）从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为
根据单摆全振动的次数和时间的关系，单摆周期为
单摆的长度为
根据单摆的周期公式
联立解得
（3）A.为了减小实摆长对实验的影响，实验中要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故A正确；
B．单摆通过平衡位置时速度最大，停留时间最大，为了减小计时产生的误差，需要当单摆经过平衡位置时开始计时，故B错误；
C．为了减小空气阻力的影响而产生的误差，在相同质量时，应该选用体积较小的小球作为摆球，故C错误；
D．应用图像法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长L，作T 2﹣L关系图像来处理数据，故D正确。
故选：AD。
（4）根据单摆的周期公式可得，结合T2﹣L图像可知，图像的斜率s2/m＝4.0s2/m
则当地的重力加速度大小为
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度对应示数（mm）+可动刻度对应示数（估读一位）×精确度；
（2）根据单摆通过平衡位置的次数求全振动次数，根据t时间内的全振动次数求单摆周期；根据单摆周期公式求重力加速度；
（3）根据实验原理、实验的正确操作以及实验数据的处理逐项分析作答；
（4）根据单摆周期公式求解T2﹣L函数，结合图像斜率的含义求解重力加速度。
12．【答案】（1）
（2）4
（3）；左
（4）2
（5）0.27
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）因为需要电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，为了方便实验操作，需选阻值小的滑动变阻器，故选R1；
（2）电流表改成大量程电流表需要并联电阻，依题量程扩大为原来的5倍，故有
解得，故需并联的阻值；
（3）根据设计的电路，实物图连接如下
为了保护电路，下图中闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于左端；
（4）小张消除了电表内阻的影响后，故相同电压下电流更大，故小张为“1”图像，小明为“2”图像；
（5）设LED灯直接接在一电源两端后，设电流为I，根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir
整理得U=3-2.5I，将该电源的I-U图像作在LED灯的伏安特性曲线中
观察可知，此时LED灯两端电压和通过其电流分别约为2.72V、0.10A，故则LED灯的实际功率约
【分析】（1） 探究某LED灯的伏安特性实验，电压从0开始变化，滑动变阻器采用分压式接法。
（2）电流表改成大量程电流表需要并联电阻。
（3）根据设计的电路图连接实物图，注意滑动变阻器采用分压式。
（4）消除了电表内阻的影响后，相同电压下电流更大。
（5）U=3-2.5I与图像交点，得出此时LED灯两端电压和通过其电流，然后计算实际功率。
（1）因为需要电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，为了方便实验操作，需选阻值小的滑动变阻器，故选R1；
（2）电流表改成大量程电流表需要并联电阻，依题量程扩大为原来的5倍，故有
解得
故需并联的阻值；
（3）[1]根据设计的电路，实物图连接如下
[2]为了保护电路，下图中闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于左端；
（4）小张消除了电表内阻的影响后，故相同电压下电流更大，故小张为“1”图像，小明为“2”图像；
（5）设LED灯直接接在一电源两端后，设电流为I，根据闭合电路欧姆定律
U=E-Ir
整理得
U=3-2.5I
将该电源的I-U图像作在LED灯的伏安特性曲线中
观察可知，此时LED灯两端电压和通过其电流分别约为2.72V、0.10A，故则LED灯的实际功率约
13．【答案】解：（1）电场力F=qE=3.0×10-2 N
（2）由，解得m=4.0×10-3 kg
（3）由动能定理，解得v=2.0 m/s
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）根据电场力的计算公式F=qE可求得电场力F的大小；
（2）根据共点力的平衡条件求解小球的质量m。
（3） 将电场撤去， 根据动能定理求解速度大小。
14．【答案】解：（1）根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为
B与地面的滑动摩擦力为
则有
解得
（2）拉力F = 15N开始作用在物块A时，对物块A分析，根据牛顿第二定律得
对木板B分析，根据牛顿第二定律得
解得
拉力F作用2s时物块A和木板B的速度分别为
解得
撤去拉力F直到物块A和木板B共速的过程中，物块A的加速度大小满足
物块A和木板B的共速时满足
解得
物块A和木板B共速后直到停止的过程中，整体的加速度大小满足
解得
减速的时间
所以从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间
（3）从拉力F开始作用到物块A和木板B共速的过程中，物块和木板的相对位移
因此物块A与木板B因摩擦而产生的热量
解得
物块A与木板B发生相对运动的过程中，木板B的位移
物块A与木板B间发生相对运动的过程中滑动摩擦力对木板B做的功
Wf1 = f1x
解得
Wf1 = 112.5J
物块A与木板B共速后一起运动的过程中静摩擦力对木板B做的功
Wf2 = f2x2
物块A与木板B共速过程中木板B受到A给他的摩擦力为
f2 = m1a = 2N
物块A与木板B共速过程的位移为
解得
Wf2 = 112.5J
则整个过程中物块A对木板B做的功
W = Wf1＋Wf2 = 225J
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）根据图乙可知A、B两物体在三个过程中的运动特点，利用摩擦力公式计算动摩擦因数；
（2）力F作用2s时间内，利用牛顿第二定律可得两物体的加速度大小，利用运动学公式可得A、B的速度，撤去力F到两物体共速过程，利用牛顿第二定律可得A的加速度，B的加速度不变，利用运动学公式可得两物体共速时的速度和时间，共速后两物体一起做匀减速运动，对整体利用牛顿第二定律可得加速度大小，利用运动学公式可得减速时间，进而可得总时间；
（3）利用运动学公式可得A相对B滑动过程两物体位移大小，则可得相对位移大小，利用Q＝fx相对可得热量，A、B两物体发生相对滑动过程，利用W＝Fx可得A对B的滑动摩擦力做的功，A、B一起匀减速过程，利用牛顿牛顿第二定律可得B对A的摩擦力大小，利用运动学公式可得此过程B的位移，利用W＝Fx可得A对B的静摩擦力做的功，则可得结论。
15．【答案】解：（1）①由题可知，线框中产生的电流为余弦式交变电流，电动势的最大值
②周期为
电动势的有效值
一个周期内线框中产生的内能
解得
（2）①当线框速度为v时，线框中产生的电动势为
②根据动量定理有
又有
解得
【知识点】动量定理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）①根据电动势表达式求线框中电动势的最大值Em；
②根据电动势的有效值和热量表达式求磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q；
（2）①根据电动势表达式求此时线框中的电动势E；
②根据动量定理和电荷量表达式求v的表达式。
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