河北省定州中学2025-2026学年高三上学期开学考试物理试题（PDF版，含解析）_2025年8月_250815河北省保定市定州中学2025-2026学年高三上学期开学考试

2026 届高三年级上学期开学考试 物 理 注意事项： 1.本卷满分 100 分，考试时间 75 分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上， 并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的 非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的. 1.钚 238(²³ Pu)↓的半衰期为88年，²³ Pu能发生α衰变，进而向外释放大量的核能.下列说法正确的是 A.核反应方程为 ⁸ ⁹ 238 235 4 B.反应物的质量与 9生4 成 𝑃𝑃𝑃𝑃 物 → 的92质 𝑈𝑈 量 + 相2𝐻𝐻 等 𝐻𝐻 C.10g钚238经176年剩余2.5g D.环境的温度越高，钚238的半衰期可能为86年 2.某学校在校运动会开幕式上，运动员手持氢气球入场，当运动员通过主席台时，将手中的氢气球放飞，假设环境的 温度恒定，氢气球上升的过程中，大气压逐渐降低，氢气球内封闭的气体视为理想气体.则氢气球上升的过程中， A.气体从外界吸收热量 B.外界对封闭的气体做功 C.若大气压恒定，温度降低，则气体从外界吸收热量 D.若大气压恒定，温度降低，则气体对外界做功 3.一长绳平直地放在水平面，现在O点用力在水平面内抖动绳子，抖动0.6s后停止抖动，再经1.2s的时间C点刚好 开始振动，波形如图所示，已知OC=18m，A点刚好位于最高点，B点到平衡位置的距离刚好为振幅的一半，则下列 说法正确的是 A.该波的波长为6m B.波的周期为0.6s C. O、B两点相对平衡位置的距离为14 1 D. C点开始振动后再经0.5s的时间C点3第二次出现在波谷位置 4.2025年6月20日20时37分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将中星9C卫星(以下简称 “卫星”)发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功.卫星在进入预定轨道之前经过了多次变轨， 如图所示，卫星先在圆轨道1上绕地球做匀速圆周运动，然后在 P 点点火进入椭圆轨道2，在Q点再次点火进入 学科网（北京）股份有限公司圆轨道3绕地球做匀速圆周运动，已知MN为椭圆的短轴、PQ为椭圆的长轴，不考虑空气阻力，下列说法正确的是 A.卫星在轨道1上 P点的运动速度大于在轨道2上 P点的运动速度 B.卫星在轨道2上从 P经M到Q 的过程中动能一直减小，但总的机械能不变 C.卫星经过M、N两点的加速度相同 D.卫星在轨道1和轨道3上的机械能相等 5.给某物体一个初速度，使其沿直线运动，运动过程中的 关系的图像如图所示，下列说法正确的是 2 A.物体做变加速直线运动 𝑣𝑣 −𝑥𝑥 B.物体运动的初速度大小为16 m/s C.物体运动的加速度大小为2m /s² D.物体通过8 m位移所用的时间为 4s 6.如图所示，底角为θ=30°、上表面光滑、底面粗糙的等腰三角形底座 abc 放置在水平粗糙地面上，在b点固定 一竖直杆 Ob，在O点有一个轻质光滑小定滑轮，Q为 ab上的一点.轻质细线一端与质量为m的滑块 P 相连，另一 端绕过小滑轮，在方向不变的拉力 F(沿图示方向)的作用下，拉着小滑块 P从a 点缓缓上滑，此过程中底座一直 保持静止.已知(ab= bc= Ob=L,重力加速度为g,不计空气阻力. P从a滑到Q 的过程中，下列说法正确的是 A. P在a 处时，细线的拉力大小为 √3 B.底座对地面的压力先减小后增大 2 𝑚𝑚𝑚𝑚 C.地面对底座的摩擦力一直增大 D.底座对 P 的弹力一直增大 7.将一可视为质点且质量为m的物体由地面沿竖直向上的方向抛出，抛出瞬间物体的动能为 物体的动能随距 离抛出点高度的关系如图所示，规定抛出点为零势能面，整个过程物体所受的空气阻力大小保 𝐸𝐸 持𝑘𝑘0, 不变，图线与坐标 轴的交点为已知量，重力加速度为g，则下列说法正确的是 3𝐸𝐸𝑘𝑘0 𝐴𝐴B..𝑚𝑚空气=阻8𝑔𝑔ℎ力0为物体重力的 倍 3 C.物体下落过程中，距离地5面的高度为 时时其动能等于重力势能 ℎ0 D.若抛出点物体的动能为2E ，上升时，2 动能与重力势能相等时动能大小为 𝐸𝐸𝑘𝑘0 二、多项选择题：本题共3小题，每ₖ₀小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中2，有两个或两个以上选项符合题目 要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 8.如图所示，四边形ABCD为菱形，其中∠ABC=60°，O点为菱形的中心，a、b两点为BD 连线的三等分点，现在A、 C两点固定两正点电荷，在B点固定一负点电荷，三个电荷的电荷量的绝对值均为q.下列说法正确的是 A.电子在a点的电势能大于电子在O 点的电势能 B. a点的电势高于b 点的电势 C. a、b两点电场强度之比为8：3 D.在O点固定电荷量为 的负电荷，a点的电场强度为零 √2𝑞𝑞 9.绿色电能是现代社会发展的2 重要趋势，其中风能具有广阔的发展前景，风力发电占有很大的比重.如图甲所示为某 学科网（北京）股份有限公司地风力发电的简易图，扇叶通过比值为1：n=1：3的升速齿轮箱带动线圈在磁感应强度为 的匀强磁场中匀 2 速转动，线圈的输出端与MN 相连接，通过升压变压器后采用110 kV 的高压直流向远距离输𝐵𝐵 =电𝜋𝜋，𝑇𝑇如图乙所示，其 中整流器可将交流变为直流(直流与交流的有效值相同)，逆变器将直流变为交流(直流与交流的有效值相同)，然后 通过降压变压器对额定电压为220 V的用户供电.已知线圈的匝数为 N=10匝，面积为 扇叶的转动频 2 率为 ，输电线的总电阻为R=10Ω，输电线上损耗的电功率为 线圈的电阻忽略不计. 𝑆𝑆 =10√2𝑚𝑚 , 6 下列说 𝑓𝑓0法 = 正 0 确 .5𝐻𝐻 的 𝐻𝐻 是 , 𝑃𝑃𝑅𝑅 =1.6×10 𝑊𝑊, A.整流器接在升压变压器的输出端，逆变器接在降压变压器的输出端 B.升压变压器原、副线圈的匝数比为3：550 C.降压变压器原、副线圈的匝数比为5 300：11 D.该风力发电厂的输出功率为 7 10.如图所示，处于自然状态的轻弹簧下端固定在斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端连接物块A，另一端连接物块B.现给 4.4√2×10 𝑊𝑊 物块A一个沿斜面向下的初速度，它恰好能沿斜面向下做匀速运动，接触弹簧后物块A最多可将弹簧自由端压缩 1m 到达O点，然后被弹簧弹回.已知物块A、B的质量分别为4kg和1kg，斜面的倾角为30°，弹簧的劲度系数为 30 N/m，重力加速度 整个运动过程中物块 B既没有与滑轮相撞也没有落到地面，斜面始终静止.下列 2 说法正确的是 𝑚𝑚 =10𝑚𝑚/𝑠𝑠 , A.物块A 与斜面间的动摩擦因数为 √3 B.物块A 接触弹簧前，地面对斜面的6摩擦力水平向左 C.物块A 到达O点前的瞬间，轻绳的拉力大小为10 N D.物块A 离开O点后的瞬间，轻绳的拉力大小为 8 N 三、非选择题：本题共5小题，共54分. 11.(6分)某同学利用图甲中的装置验证牛顿第二定律. (1)对该实验的理解，下列说法正确的是 . A.实验时，应使小车的质量远大于沙和沙桶的总质量 B.实验前，应将长木板的右端适当垫高 C.实验时，应先释放小车再接通电源 D.实验时，细线与长木板没有必要保持平行 (2)通过多次操作得到了一条比较清晰的纸带，如图乙所示，纸带中相邻两计数点间有4个点未画出，且打点计时器所 用电源频率为50 Hz，则该次操作时，小车的加速度大小为 m / s^{2}.(结果保留三位有效数字) 学科网（北京）股份有限公司(3)在完成实验验证时，通过得出的实验数据得到了如图丙所示的图线，图线与纵轴相交的的原因是 ；该图像 中标出的坐标值均为已知量，则小车的质量为 . 12.(8分)某同学利用实验室的实验器材制成了简易的欧姆表，改简易欧姆表有× 1 0 0 、 × 1 0两个倍率，如图所 示，已知电流计(内阻 、量程为 、滑动变阻器R(最大阻值为2 000 Ω)、电阻箱(0~9 999.9 Ω)、干电池( 𝑅𝑅𝑔𝑔 =54𝛺𝛺 𝐼𝐼𝑔𝑔 =1𝑚𝑚𝐴𝐴) (𝐸𝐸 =1.5𝑉𝑉 , 𝑟𝑟 =2𝛺𝛺). (1)电路中M应为 (填“红”或“黑”)表笔;断开开关S时,应为 (填“×100”或“×10”)倍率. (2)断开开关S，滑动变阻器接入电路的电阻值为 Ω，当电流表的指针偏转角度为满偏的 时，此处所标注的 3 刻度值应为 (刻度值为电阻值与倍率的比值). 4 (3)闭合开关S，为使中央刻度值与开关断开时相同，则滑动变阻器接入电路的电阻值为 Ω，电阻箱的阻值应 调节为 Ω. 13.(10分)如图所示，玻璃砖的横截面由 圆弧ABD 和等腰直角三角形BPD 组成，E为BP 的中点.一平行光束垂直BP 1 面射入.已知玻璃砖的折射率为：n = 14 . 6 ,不考虑AD面上的二次反射.求： (1)从E 点射入的光，射出玻璃砖时折射角的正弦值； (2)从圆弧AD 面上射出的光占入射光的百分比. 学科网（北京）股份有限公司14.(12分)如图所示,质量为:m=0.5kg、、完全相同的平板车A、B放在水平面上，质量为M=1kg、可视为质点的滑块C 静止在平板车B 的右端，某时刻给平板车A 一水平向右的速度，经过一段时间A 以 的速度与平板车 B发生完全非弹性碰撞，平板车A、B的黏合体为D，滑块C始终未从D上滑下.已知滑 𝑣𝑣 块0 = C与 10𝑚𝑚 D / 间 𝑠𝑠 的动摩擦因数为 平板车所受的阻力恒为车重的k倍，k=0.15,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小 求： 𝜇𝜇 =0.1, 2 (1)平板车A、B碰后瞬间C、D的加速度大小； 𝑚𝑚 =10𝑚𝑚/𝑠𝑠 . (2)停止运动时，C到D 右端的距离. 15.(18分)如图所示，在竖直平面的坐标系xOy中，第一象限内存在竖直向下的匀强电场. (大小未知，且不包含x 轴)，第四象限内存在竖直方向的匀强电场 (大小、方向均未知，且包含x轴)，同时第 𝐸𝐸1四象限内紧挨着x轴的 某矩形区域内存在磁感应强度大小为 𝐸𝐸2 、垂直坐标平面向里的匀强磁场.一质量为m、电荷量为+q的小球 5𝑚𝑚𝑣𝑣0 从坐标为(0，2L)的P点以速度v 沿x𝐵𝐵轴0正=方6𝑞𝑞向𝑞𝑞抛出，经电场偏 转后从坐标为(3L，0)的Q点进入第四象限做圆 周运动，之后从x轴上的M点进入 ₀ 第一象限，最后从x轴上的N 𝑣𝑣 点0进入第四象限，图中磁场区域，M点、N点均未 画出，已知重力加速度为g. (1)求电场强度 E 和E 的大小的比值； (2)求磁场的最小面积和 N 点到坐标原点O 的距离； ₁ ₂ (3)若把第四象限中的磁场去掉，同时垂直x轴固定一个光屏，光屏到O点的距离为4L.同时把多个相同的带电小球从 y轴OP 间不同位置以速度v 沿x轴正方向抛出，打在光屏上的不同位置，求光屏上发光的最大长度. ₀ 学科网（北京）股份有限公司物理参考答案 1. C核反应遵循质量数守恒、电荷数守恒，则钚238的核反应方程为Pu→ ² U+ He,A错误;由于该核反应向外释放 大量的核能，则该反应存在质量亏损，即反应物的质量一定大于生成物的质量，B错误；10g钚238经176年，即 ⁸ 两个半衰期后剩余的钚238的质量为 C正确；半衰期与外界环境无关，温度、压强等因 176 1 88 1 素发生变化时，钚238的半衰期不变，𝑚𝑚D0错=误�2.� 𝑚𝑚 =4𝑚𝑚 =2.5𝑚𝑚, 2. A 环境的温度恒定，氢气球上升的过程中，大气压逐渐降低，由 可知，气体的体积增大，气体对外做功， 𝑝𝑝𝑝𝑝 温度不变，气体的内能不变，由热力学第一定律可知气体从外界吸收𝑇𝑇热=量𝐶𝐶，A 正确，B 错误；若大气压恒定，温 度减低，气体的体积减小，外界对气体做功，温度降低，气体的内能减小，气体向外界放出热量，C、D错误. 3. C 由公式λ=vT可知波长λ=4m，A错误；由题意可知，从O点开始振动到C点开始振动的时间为t=1.8s，又O C=18m，则该波的波速为 由图可知形成的波形图为 个波形，则 0.6s 应为 个周期， 𝑥𝑥 18 1 1 所以 T=0.4s，B 错误；由𝑣𝑣于=B 𝑡𝑡 点=到 1.8 平𝑚𝑚衡/𝑠𝑠位=置1的0𝑚𝑚距/𝑠𝑠离, 刚好为振幅的一半，因此1B 2 、C 两点相对平衡位置的1距 2 离应为 x 比= 即为 所以 O、B 两点相对平衡位置的距离为 C 正确；C 点经 个 11 11 1 3 周期第1一2𝜆𝜆次, 运动到𝑥𝑥𝐵𝐵波𝐵𝐵 =谷位3 𝑚𝑚置,，即C点经0.3s第一次运动到波谷位置𝑥𝑥，𝑂𝑂𝐵𝐵所=以1第8二−次𝑥𝑥𝐵𝐵出𝐵𝐵 =现1在4波3𝑚𝑚谷,需0.7 s，D错误4. 4. B 在轨道 l 上的 P 点点火，速度增大，做离心运动，在椭圆轨道上的 P 点速度大于圆轨道 l 上 P 点的速度，A 错误；由开普勒第二定律可知，在椭圆轨道上从 P 到 Q 速度一直减小，只有重力(万有引力)做功，机械能守恒， B正确；卫星经过M、N两点的加速度方向不同，C错误；卫星从轨道1到轨道3经过两次点火，有其他形式的能 转化为机械能，机械能增加，D错误. 5. D 由运动学公式 并结合图像可知，物体的初速度为 4m /s，加速度为 所以物体做初速 2 2 2 度为 4m/s，加速度 𝑣𝑣 大小 = 为 𝑣𝑣01 + m/ 2 s 𝑎𝑎 ² 𝑥𝑥 的 , 匀减速直线运动，故 A、B、C 错误；通过 8m 的位移时 −1 速 𝑚𝑚 度 /𝑠𝑠 减 , 为零，所用时间 为 故D正确. 𝑥𝑥 2×8 𝑣𝑣0 6. C 𝑡𝑡对=P2受=力分4析𝑠𝑠,=画4出𝑠𝑠,矢量三角形,如图所示,开始时 FN 和 F 等大,有 2Fcosθ=mg,解得 F= A 错误；随着 P 上移，OP 与竖直方向的夹角减小、FN 的方向不变，由矢量三角形可知， √3𝑚𝑚𝑔𝑔 F 3 增大, ，FN 减小，D 错误；对整体分析，底座受到地面的摩擦力. ，力 F 增大， 则地面对底座的摩擦力一直增大，C正确；对整体受力分析可知，地 𝐹𝐹𝑓𝑓面 = 对 𝐹𝐹 底 sin 座 𝛼𝛼 的 , 支持力 一直增大，即底座对地面的压力增大，B错误. 总 7𝐹𝐹. ′𝑁𝑁B=由𝐺𝐺图像+可𝐹𝐹c知os物𝛼𝛼,体上升过程中，能达到的最大高度为 h ，对物体上升过程，由动能定理得-mgh 物体返回过程中，由动能定理得 解得 错误；物体的重力为 ₀ ₀ −𝐹𝐹𝑓𝑓ℎ0 =0− 𝐸𝐸𝑘𝑘0 5𝐸𝐸𝑘𝑘0 3𝐸𝐸𝑘𝑘0 𝐸𝐸𝑘𝑘0, 空气阻力与物体重力的比值 𝑚𝑚 为 𝑚𝑚ℎ 0−𝐹𝐹𝑓𝑓ℎ B0 = 正确 4 ； , 物体下 𝑚𝑚 落 = 过 8𝑔𝑔 程 ℎ0 中 ,𝐹𝐹 ，𝑓𝑓 = 设距 8ℎ 离 0 , 地 𝐴𝐴 面的高度为 h 时其动能 5𝐸𝐸𝑘𝑘0 𝐹𝐹𝑓𝑓 3 等𝐺𝐺 =于𝑚𝑚重𝑚𝑚力=势 8 能 ℎ0 ，, 则有 𝐺𝐺 =5,此时物体的重力势能为 又 解得 h 2 C 错误；若抛出点的动𝐸𝐸𝑘𝑘能=为𝑚𝑚2𝑚𝑚E(kℎ0，−物ℎ)体−上𝐹𝐹𝑓𝑓升(ℎ时0，−由ℎ)动能定理得 𝐸𝐸𝑝𝑝 =𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ, 𝐸𝐸𝑘𝑘物=体𝐸𝐸𝑝𝑝的, 重力势=能 7 为ℎ0 , 又 解得 D错误. ′ ′ ₀ 𝐸𝐸′𝑘𝑘−2𝐸𝐸𝑘𝑘0 =−𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ −𝐹𝐹𝑓𝑓ℎ , ′ ′ 10𝐸𝐸𝑘𝑘0 8.𝐸𝐸 𝑝𝑝AC= 由𝑚𝑚𝑚𝑚点ℎ电, 荷𝐸𝐸周′𝑘𝑘围=电𝐸𝐸场′𝑝𝑝,的分布𝐸𝐸′特𝑘𝑘 =点可13知,，O 点的电势应高于 a 点的电势，又由公式 可知负电荷在低电势点的电势能大，所以电子在 a 点的电势能大于电子在 O 点的电 𝐸𝐸𝑝𝑝 =𝑞𝑞𝑞𝑞 学科网（北京）股份有限公司势能，A 正确；由对称性可知两正电荷在 a、b 两点的电势相等，因此比较 a、b 两点电势高低时，只需确定负电 荷在a、b 两点的产生的电场，沿电场线电势降低，所以 b点的电势高于a 点的电势，B错误；设 AB=L，则由几 何关系可知 三个电荷在 a 点产生的电场如图所示，则 a 点的电场强度大小为 √3 𝑘𝑘𝑞𝑞 则 𝐵𝐵𝑎𝑎 =2 C 𝑎𝑎𝑎𝑎 正 = 确3； 𝐿𝐿 由 , C 选项分析可知，a 点 的电场方向由 a 𝐸𝐸 指 𝑎𝑎 向 =2 B，� √ 3 3 欲𝑞𝑞� 2 使 = a 6𝑘𝑘𝑞𝑞 𝑘𝑘𝑞𝑞 𝑘𝑘𝑞𝑞 9𝑘𝑘𝑞𝑞 𝑞𝑞 2 , 𝐸𝐸𝑎𝑎:𝐸𝐸𝑏𝑏 =8:3, 𝐸𝐸𝑏𝑏 = √3 2 − 2√3 2 = 4𝑞𝑞 2 , 点的电场强度为 0，应在 O 点放置一负电荷，且该电荷在 a�点3𝑞𝑞产� 生的� 3电𝑞𝑞场� 强度大小也为 则有 解 ′ 6𝑘𝑘𝑞𝑞 6𝑘𝑘𝑞𝑞 𝑘𝑘𝑞𝑞 𝑞𝑞 2 , 𝑞𝑞 2 = √3 2 , 得 D错误. �6𝑞𝑞� ′ 𝑞𝑞 9. BC 变压器的工作原理是电磁感应现象，因此输入变压器原线圈的电流一定为交流电，因此整流器接在升压变 𝑞𝑞 = 2, 压器的输出端，输电线上的电流为直流，要使输入降压变压器输入端的电流为交流，则逆变器应接在降压变压器 的输入端，A 错误；由题意可知扇叶的频率为. ，则线圈的频率为 f=nf ，线圈绕垂直于磁场的轴匀 速转动，产生正弦式交变电流，其电动势的最大值为 角速度 ω=2πf，可解得 风 𝑓𝑓0 =0.5𝐻𝐻𝐻𝐻, ₀ 力发电机输出电压的有效值为 E 则升压变压器的输入电压为 ，升压变 𝐸𝐸𝑚𝑚 =𝑁𝑁𝐵𝐵𝑆𝑆𝑁𝑁, 𝐸𝐸𝑚𝑚 =2𝜋𝜋𝑁𝑁𝐵𝐵𝑆𝑆𝜋𝜋𝑓𝑓0, 𝐸𝐸𝑚𝑚 压器的输出电压为 由变压器的工作原理可知 解得 B 正确；设输电电流为 I ，则由 = √2 =√2𝜋𝜋𝑁𝑁𝐵𝐵𝑆𝑆𝜋𝜋𝑓𝑓0 =600𝑉𝑉, 𝑈𝑈1 =600𝑉𝑉, 𝑛𝑛1 𝑈𝑈1 𝑛𝑛1 3 得 𝑈𝑈2 =代1入10数𝑘𝑘据𝑉𝑉,解得. 输电线上𝑛𝑛2损=耗𝑈𝑈2的, 电压𝑛𝑛为2 =550, ₂ ，则 2 𝑃𝑃𝑅𝑅 降 𝑃𝑃𝑅𝑅压 = 变 𝐼𝐼 压2𝑅𝑅 器原 𝐼𝐼 线2 = 圈 � 的 𝑅𝑅 输 , 入电压为 𝐼𝐼2 =400𝐴𝐴, 由公式 𝑈𝑈 解𝑅𝑅得 = 𝐼𝐼2𝑅𝑅 =400 C × .正 10 确 𝑉𝑉 ； = 又 40 由 00 𝑉𝑉, 𝑛𝑛3 𝑈𝑈3 𝑛𝑛3 5300 𝐼𝐼1 𝑛𝑛2 得 代入数据解得 𝑈𝑈3 =𝑈𝑈 则2− 风 𝑈𝑈 力𝑅𝑅发 = 电 10 厂 60 的 00 输 𝑉𝑉 出 , 功率为 𝑛𝑛4 P= = EI 𝑈𝑈4 ， , 代入 𝑛𝑛 数 4 = 据得 11 . , 𝐼𝐼2 D = 错 𝑛𝑛1 𝑛𝑛2 220000 7 误. 𝐼𝐼1 =𝑛𝑛1𝐼𝐼2, 𝐼𝐼1 = 3 𝐴𝐴, ₁ 𝑃𝑃 =4.4×10 𝑊𝑊, 10. AD 在物块 A 接触弹簧前，对物块 A、B 组成的系统，由力的平衡条件得 、 又 解得 A 正确；物块 A 接触弹簧前，A、B 与斜面组成的系统处于平∘ 衡状态，所∘以 𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 =𝑚𝑚1𝑚𝑚cos30 𝑚𝑚1𝑚𝑚sin30 = √3 𝑚𝑚 地2面 𝑚𝑚 对 + 斜 𝐹𝐹𝑓𝑓面 , 的 𝐹𝐹 摩𝑓𝑓 = 擦𝜇𝜇力 𝐹𝐹𝑁𝑁为𝑁𝑁, 0，B错 𝜇𝜇 误 = ； 6, 物块A到达O点前的瞬间，A、B组成的系统减速至0，设此时的加速度大小 为 a，由牛顿第二定律得 m g ，对物块 B 有 解得 ∘ C 错误；物块 A 离开 ₂ O + 点 𝐹𝐹𝑓𝑓后 + 的 𝑘𝑘 瞬 𝑥𝑥− 间 𝑚𝑚 ，1A 𝑚𝑚 、 si B n3 组 0 成 = 的 (𝑚𝑚 系1统 + 从 𝑚𝑚 静2) 止 𝑎𝑎1开 , 始加速，设此时 𝑚𝑚 的2加 𝑚𝑚− 速 𝐹𝐹 度1大 = 小 𝑚𝑚2为 𝑎𝑎1a , ，由 受力分析可知 m )a ,对物块 B 有 解得 ,D 正确. 𝐹𝐹1 =4𝑁𝑁, ₂ 11.(1)B(1分) (2)1.97(1分) (3)平衡摩擦力∘过度(2分) (2分) 𝑚𝑚2𝑚𝑚−𝐹𝐹𝑓𝑓+𝑘𝑘𝑥𝑥−𝑚𝑚1𝑚𝑚sin30 =(𝑚𝑚1+ ₂ ₂ 𝑚𝑚2𝑚𝑚−𝐹𝐹2 =𝑚𝑚2𝑎𝑎2, 𝐹𝐹2 =8𝑁𝑁, 𝑑𝑑 解析：(1)由于力传感器能测量出小车的牵引力，因此实验时没有必要保证小车的质量远大于沙和沙桶的总质量， 𝑐𝑐−𝑑𝑑 A 错误；为了减小实验误差，实验时应将长木板的右端适当垫高以平衡摩擦力，B 正确；实验时应先接通电源再 释放小车，C错误；为了保证牵引力大小不变，实验时，应保证细线与长木板平行，D错误. (2)由题意可知打点计时器的打点周期为 则相邻两计数点的时间间隔为 t=5T=0.1s，由逐差法可 1 知，该次测量时小车的加速度为 代入数据解得a=1.97 m/s². 𝑇𝑇 =𝑓𝑓 =0.02𝑠𝑠, 𝑥𝑥𝐶𝐶𝐶𝐶−𝑥𝑥𝑂𝑂𝐶𝐶 (3)由图可知，当 F=0 时，加速度 a>0，表2明平衡摩擦力时，长木板的倾角过大，使得平衡摩擦力过度；根据题 𝑎𝑎 = 9𝑡𝑡 , 意有a=FM,结合a-F图像有 由图像得该图线的斜率为 解得 1 𝑐𝑐−𝑏𝑏 𝑑𝑑 12.(1)黑(1分) ×100(1分) (2)1 444(1分) 5(1分) (3)142.6(2分) 6(2分) 𝑘𝑘 =𝑀𝑀, 𝑘𝑘 = 𝑑𝑑 , 𝑀𝑀 =𝑐𝑐−𝑑𝑑. 解析：(1)M 表笔连接电源的正极，又欧姆表的电流走向为“红入黑出”，因此 M 应为黑表笔；闭合开关后，电 流计与电阻箱并联，电流表的量程变大，欧姆表的内阻减小，所以断开开关S时，应为倍率较大的×100倍率. (2)欧姆调零时有 此时滑动变阻器接入电路的电阻值为 肉 肉 𝐸𝐸 1.5 𝑅𝑅 =𝐼𝐼𝑔𝑔 =0.001𝛺𝛺 =1500𝛺𝛺, 𝑅𝑅 =𝑅𝑅 −𝑟𝑟−𝑅𝑅𝑔𝑔 =1444𝛺𝛺; 学科网（北京）股份有限公司当电流表的指针偏转角度为满偏的 时，电流计的读数为 0.75 mA，则由· 解得 ，此 3 3 肉𝐸𝐸 处所标注的刻度值为 4 4𝐼𝐼𝑔𝑔 =𝑅𝑅 +𝑅𝑅𝑥𝑥, 𝑅𝑅𝑥𝑥 =500𝛺𝛺, 500 (3)由(2)可知当电流计的指针半偏时有 则中值电阻应为 100=5. 总 甲 总 丙 𝐸𝐸 1.5 𝐼𝐼𝑔𝑔 0.001 500 Ω=1 500 Ω,中央刻度值应为𝑅𝑅 = 2 = 闭2合𝛺𝛺开=关30S0，0𝛺𝛺中, 央刻度值仍为 15 时𝑅𝑅 ，=中𝑅𝑅值电−阻𝑅𝑅为= 1500 3000𝛺𝛺−1 150 Ω，流过电源的最10大0电=流15为, 流过电阻箱的最大电流为 丙 𝑅𝑅′⟂ =𝑅𝑅′ =15×10𝛺𝛺 = 所以电阻箱的阻值应调为 电流计与电阻箱并联的电阻 值 𝐼𝐼 ′ = 为 𝐼𝐼 −𝐼𝐼𝑔𝑔 =(10−1)𝑚𝑚𝐴𝐴=9𝑚𝑚 𝐴𝐴, 𝑅𝑅0 = 𝐼𝐼𝑔𝑔 𝐼𝐼 𝑅𝑅 ′ 𝑔𝑔 = 1× 9 54 𝛺𝛺 =6𝛺𝛺, 𝑅𝑅0𝑅𝑅𝑔𝑔 54×6 Ω，滑 𝑅𝑅 动𝑖𝑖 = 变 𝑅𝑅 阻 0+ 器 𝑅𝑅𝑔𝑔 接 = 入 54 电 +6 路 𝛺𝛺 的 = 电 5. 阻 4 值为 丙 ′ 13.解：(1)设全反射的临界角C，则有 𝑅𝑅 =𝑅𝑅′ (1 − 分 𝑟𝑟 ) − 𝑅𝑅𝑦𝑦 =142.6𝛺𝛺. 1 解得 (1分) sin𝐶𝐶 =𝑛𝑛 5 光垂直入射到 BP 面上，到 PD面上的入射角为45° sin𝐶𝐶 =8 因为 (1分) ∘ √2 5 所以光在 PD面上发生了全反射 sin45 = 2 >sin𝐶𝐶 =8 设从E点射入的光在AD弧上的入射角和折射角分别为i 和r，由几何关系可知i=30° 根据折射定律有 (2分) sin𝑟𝑟 解得 sinr=0.8 (1分) 𝜋𝜋 = sin𝑖𝑖 (2)如图所示，设从M点射入的光，在PD面上的N点发生全反射，在圆弧面D的入射角恰好 等于临界角C 根据几何关系有 (1分) 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑁𝑁 从 BM 上射入的光，入射到圆弧面上都发生全反射，从 PM 上入射的光都能从圆弧面上射出， sin𝐶𝐶 = 𝑅𝑅 = 𝑅𝑅 故从圆弧 AD 面上射出的光占入射光的百分率为 (2分) 𝑃𝑃𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑁𝑁 解得η=62.5% (1分) 𝜂𝜂 = 𝑅𝑅 ×100%= 𝑅𝑅 ×100% 14.解：(1)平板车A、B发生碰撞，碰撞过程中动量守恒，则有 (1分) 解得 v=5m /s (1分) 𝑚𝑚𝑣𝑣0 =2𝑚𝑚𝑣𝑣 碰后，两平板车的黏合体 D 开始向右做减速运动，而滑块 C 向右做加速运动，对 C 由牛顿第二定律得 解得 (1分) 𝜇𝜇𝑀𝑀𝑚𝑚=𝑀𝑀𝑎𝑎𝑀𝑀 对D，由牛顿第二2定律得μMg+k(2m+M)g=2maD(1分) 𝑎𝑎𝐵𝐵 =1𝑚𝑚/𝑠𝑠 解得 (1分) (2)设平板车A、B2碰后，假设经时间t ，C、D共速，则有 𝑎𝑎𝐷𝐷 =4𝑚𝑚/𝑠𝑠 解得 (1分) ₁ 𝑣𝑣−𝑎𝑎𝐷𝐷𝑡𝑡1 =𝑎𝑎𝐵𝐵𝑡𝑡1 C、D的共同速度为 𝑡𝑡1 =1𝑠𝑠 ′ 该过程中 C、D的位移𝑣𝑣 分=别𝑎𝑎𝐵𝐵为𝑡𝑡1 =1𝑚𝑚/𝑠𝑠 (1分) C、D 共速后，因为 μ