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江苏省盐城市 2025-2026 学年下学期高三高考物理模拟卷
一、单项选择题：本题共 11 小题，每小题 4 分，共 44 分。每小题只有一个选项符合题意。
1．某新型“自清洁玻璃”具有特殊的微纳米结构，水滴在其表面会形成接近球形的液滴并能自发滚落，
滚落过程中几乎不会在玻璃表面留下痕迹。下列说法正确的是（ ）
A．水能浸润该“自清洁玻璃”
B．水滴呈球形是因为液体表面张力的作用
C．水滴表面的水分子间只存在分子引力
D．用该玻璃制成的两端开口的洁净毛细管竖直插入水中，管内液面比水面高
2．小李到三亚旅游时跟随团队夜潜。他在水下打开防水手电筒将强光竖直向上射向平静的海面，已
知手电筒射出的光束呈圆锥形，母线和高线的夹角 ，圆锥的轴与海面垂直，海水的折射率
，则下列说法正确的是（ ）
𝜃𝜃 = 53°
𝑛𝑛 = 1.35
A．海平面上面看不到光，光全部反射回海面以下
B．海平面上面会看到圆形光斑，且下潜的深度越大光斑半径越小
C．当手电筒发光面到海面距离 时，海面上形成的圆形光斑的半径约为
D．同种频率的光在海水中的传播速度大于在空气中的传播速度
ℎ = 6.7𝑚𝑚 7.4𝑚𝑚
3．关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．图甲是 粒子散射实验，汤姆孙据此提出了原子的核式结构模型
B．图乙是光电效应实验，张开的验电器指针和锌板都带负电
𝛼𝛼
C．图丙是放射源放出三种射线在磁场中的运动轨迹，1为 射线
D．图丁是核反应堆示意图，它是利用铀核裂变反应释放能量
𝛼𝛼
4．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，在 时刻的波形如图所示，P、Q是波传播路径上的
两个质点，此时质点P在平衡位置，质点Q的位移为 ，质点P比质点Q振动超前0.3s，则下
𝑡𝑡 = 0
列判断正确的是（ ）
5√3𝑐𝑐𝑚𝑚
A．质点P的平衡位置坐标为
B．波的传播速度为
𝑥𝑥 =4.5𝑐𝑐𝑚𝑚
0.2𝑚𝑚/𝑠𝑠
学科网（北京）股份有限公司C．质点Q在 内运动的路程为10cm
D．质点P的振0.4动5𝑠𝑠方程为
10
5．根据图示，对下列四个实𝑦𝑦验=相1关0s描in述� ，𝜋𝜋正𝑡𝑡�确𝑐𝑐𝑚𝑚的是（ ）
9
A．图甲“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代
替整块硅钢铁芯，是为了增大涡流，提高变压器的效率
B．图乙“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油只是为了减小摩擦力，便于气体压
强的测量
C．图丙“插针法测定玻璃的折射率”，若有多块平行玻璃砖可选，应选择宽度最小的玻璃砖
D．图丁“用单摆测重力加速度”实验中，若某同学直接把摆线长度当作摆长，用多组数据做出
图像，并根据图像得出g的测量值，该同学认为这样操作对g的测量值没有影响 2
𝑇𝑇 −𝐿𝐿
6．如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在
乙的上方。则它们运动的（ ）
A．向心力大小不相等 B．线速度
甲 乙
𝑣𝑣 >𝑣𝑣
C．角速度
甲 乙
D．向心加速度
甲 乙
7．2025年3月𝜔𝜔我国>科𝜔𝜔学家通过研究嫦娥六号采回的月球背面月壤样𝑎𝑎品，>取𝑎𝑎 得重大突破，对理解月球
乃至太阳系早期演化具有重大科学意义，“嫦娥六号”任务圆满成功。假设“嫦娥六号”绕某一中心天体
运动的圆轨道半径减为原来的一半时，则“嫦娥六号”（ ）
A．向心加速度变为原来的2倍 B．线速度变为原来的2倍
C．运动周期变为原来的 倍 D．所受万有引力变为原来的 倍
�
8．
如图所示，水平传送带以2恒定的速度顺时针转动，质量为m=10kg的箱子在水√2平传送带上由静止
4
释放，经过6s后，箱子滑离传送带，箱子的v-t图像如图所示，对于箱子从静止释放到相对传送带静
止这一过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．箱子与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．箱子对传送带做功为-45J
C．传送带对箱子做功为180J
D．箱子与传送带因摩擦产生的热量为45J
9．在一块水平放置的很大的接地金属平板上方附近固定着一个正电荷Q，o、a、b、c、d为过正电荷
所在位置的竖直平面上的五个点，位置如图所示，co小于od，则下列说法正确的是（ ）
A．c点的场强和d点场强相同
B．o点的电势高于a点的电势
C．电荷量为q的负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．电荷量为q的正电荷从c点移到d点电场力做正功
10．在如图甲所示的LC电路中，平行板电容器已充电且下极板带正电。 时刻，将开关S闭合，
回路中电流随时间的变化如图乙所示，则（ ）
𝑡𝑡 = 0
A． 时，回路中电流为逆时针方向
B． −5 时，电容器上极板带正电
𝑡𝑡 = 𝜋𝜋×10 s
C． −5 时，电容器所带电量最大
𝑡𝑡 = 2𝜋𝜋×10 s
D． −5 时，回路中的磁场能最大
𝑡𝑡 = 3𝜋𝜋×10 s
11．如图甲所示， 、−5两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，的质量为 。
𝑡𝑡 = 4𝜋𝜋×10 s
时刻，使 获得水平向右、大小为 的初速度， 、 运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹
𝑎𝑎 𝑏𝑏 𝑏𝑏 𝑚𝑚
簧𝑡𝑡 =的0劲度系数为𝑎𝑎 ，弹簧的弹性势能 𝑣𝑣0 ，其中𝑎𝑎 为𝑏𝑏弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。
1 2
下列说法不正确的𝑘𝑘 是（ ） 𝐸𝐸𝑝𝑝 = 𝑘𝑘𝑥𝑥 𝑥𝑥
2
学科网（北京）股份有限公司A． 的质量为
B． 时刻， 、 间的距离最大
𝑎𝑎 2𝑚𝑚
C．𝑡𝑡2 时间𝑎𝑎内𝑏𝑏， 所受冲量的大小为
2
0 ∼ 𝑡𝑡3 𝑏𝑏 𝑚𝑚𝑣𝑣0
3
D．图乙中阴影部分的面积为
2
2𝑚𝑚𝑣𝑣0
�
二、非选择题：共 5 题，共 56 分，其中 12-16 题请写出必要的文字说明、方程式和重要的
3𝑘𝑘
演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．科技实践小组的同学们应用所学电路知识，对“一抽到底”的纸巾盒进行改装，使纸巾剩余量可视
化。同学们使用的器材有：电源（E＝1.5V，内阻不计）、定值电阻（R ＝6Ω）、多用电表、铅笔芯如
0
图甲中AB所示、导线若干、开关。
（1）用多用电表测量一整根铅笔芯的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用电表指针的偏
转角度很大，因此需选择 （选填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡，并需 （填操
作过程）后，再次进行测量，若多用电表的指针如图乙所示，测量结果为 Ω。
（2）将铅笔芯固定在纸巾盒侧边，截取一段导线固定在挡板C，并保证导线与铅笔芯接触良好且
能自由移动，请完成题图中的电路连接 。
（3）不计多用电表内阻，多用电表应该把选择开关旋至“mA挡”，量程为 （选填“2.5”“25”
或“250”）。
（4）将以上装置调试完毕并固定好，便可通过电表读数观察纸巾剩余厚度，设铅笔芯总电阻为R，
总长度为L，不计多用电表内阻，则多用电表示数I与纸巾剩余厚度h的关系式为I＝
（用题中物理量符号表达）。依次实验将剩余纸巾厚度和对应电表读数一一记录下来，并进行标示，
从而完成“一抽到底”纸巾盒的可视化改装探究。
13．一个氘核（ ）与一个氚核（ ）聚合成一个氦核（ ）的同时放出一个粒子，释放17.6MeV
的能量，不计生2成物的动能。已知氘3 核、氚核的比结合能分4 别为1.09MeV、2.78MeV。
1𝐻𝐻 1𝐻𝐻 2𝐻𝐻𝑒𝑒
（1）请写出核反应方程；
（2）求氦原子核的比结合能。
学科网（北京）股份有限公司14．如图所示，两根电阻不计的平行金属导轨放置于倾角θ=30°的斜面上，导轨底端接有R=8Ω的电
阻，磁感强度B=0.5T的匀强磁场垂直于斜面向上。质量为m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab由静止
释放，沿宽度L=2m的导轨下滑。设导轨足够长，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金
属棒下滑高度h=3m时，速度恰好达到最大值v=2m/s，g取 。求：
2
10𝑚𝑚/𝑠𝑠
（1）金属棒速度最大时的感应电流I；
（2）金属棒受到的滑动摩擦力的大小 ；
（3）此过程中电阻R上产生的热量 ；
𝐹𝐹𝑓𝑓
（4）此过程中通过电阻R的电荷量q。
𝑄𝑄𝑅𝑅
15．如图是一种离子探测装置的示意图，栅极板AB、CD竖直放置（由金属细丝组成的筛状电极，带
电粒子可顺利通过）。大量电量为e，质量为m的负离子均匀分布在栅极板AB上，由静止开始，经
AB、CD间电压U 加速后进入水平金属板。水平金属板间的电压为U（金属板间的电场可视为匀强
0
电场），其中上极板带负电，金属板间距和极板长度均为L。已知单位时间内有n个离子进入水平金
属板，装置中的O、O 、O 三点共线，O 、O 是水平金属板的中心线，从O点进入的离子恰好从水
1 2 1 2
平金属板的下边缘M点进入右侧，装置右侧存在范围足够大的匀强磁场B ，磁感应强度的大小
0
，方向垂直纸面向里。现在磁场左边界处放置一探测板，探测板长为0.5L，上端距M点的
2𝑚𝑚𝑣𝑣0
距 𝐵𝐵0离
=
为0.25L，离子打到竖直探测板即被吸收。不计离子的重力以及离子间相互作用力。求：
𝑒𝑒𝐿𝐿
（1）离子离开栅极板CD时的速度大小；
（2）电压U与U 的比值；
0
（3）单位时间探测板接收到的离子数；
（4）离子对探测板在垂直板方向的作用力大小。
学科网（北京）股份有限公司16．如图所示，水平传送带 的长度为 ，传送带沿顺时针转动且速度 ，右侧水平面
上有一个固定的物体P，P右侧静置着一个质量 的光滑物体Q，P、Q紧密接触但不粘连， 段
𝐴𝐴𝐵𝐵 𝐿𝐿 = 3𝑚𝑚 𝑣𝑣 = 4𝑚𝑚/𝑠𝑠
为半径 的光滑圆弧， 处是圆弧最低点， 段圆弧所对圆心角 。一个质量为
𝑀𝑀 = 3𝑘𝑘𝑘𝑘 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐸𝐸
的小物块以水平向右的初速度 从 端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 ，
𝑅𝑅 = 2.75𝑚𝑚 𝐶𝐶 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝜃𝜃 = 37° 𝑚𝑚 = 1𝑘𝑘𝑘𝑘
物体从 点离开传送带做平抛运动并恰好从 点无碰撞进入圆弧 。小滑块可看作质点，不计空气阻
𝑣𝑣0 =6𝑚𝑚/𝑠𝑠 𝐴𝐴 𝜇𝜇 = 0.5
力，重力加速度 取 。求：
𝐵𝐵 𝐶𝐶 𝐶𝐶𝐶𝐶
2
𝑘𝑘 10𝑚𝑚/𝑠𝑠
（1）小物块在传送带上滑行的时间 ；
（2）小物块经过 点时受到圆弧的支持力大小（结果保留一位小数）；
𝑡𝑡
（3）物体Q能获得的最大速率。
𝐶𝐶
学科网（北京）股份有限公司答案
1．【答案】B
A．如果水能浸润该 “自清洁玻璃”，水在玻璃表面应该是铺展开的，而不是形成接近球形的液滴，所
以水不能浸润该 “自清洁玻璃”， 故A错误；
B．液体表面张力会使液体表面有收缩的趋势，使得水滴呈球形，故B正确；
C．分子间引力和斥力是同时存在的，在水滴表面的水分子间也不例外，只是分子引力大于分子斥力，
表现为引力，故C错误；
D．因为水不能浸润该玻璃，用该玻璃制成的两端开口的洁净毛细管竖直插入水中，管内液面应该比
水面低，故D错误。
故答案为：B。
围绕浸润现象、表面张力、分子间作用力及毛细现象的核心规律，结合水滴在玻璃表面的球形特征，
逐一判断各选项的物理本质是否匹配。
2．【答案】C
A．光束示意图如图所示
因为 ，
1
即 sin𝜃𝜃 = 0.8， sin𝐶𝐶，=可知≈从0.74点垂直海面射出的光束中有一部分光发生折射，另一部分光发生全反
𝑛𝑛
射，海面上看到光斑的范围是 区域，故A错误；
sin𝜃𝜃 > sin𝐶𝐶 𝜃𝜃 > 𝐶𝐶 𝑂𝑂
𝐴𝐴𝐵𝐵
BC．设光斑 的半径 ，有
′
′ 𝑂𝑂𝐴𝐴 𝑅𝑅 1
𝐴𝐴𝐵𝐵 𝑂𝑂𝐴𝐴=𝑅𝑅 sin𝐶𝐶 = 𝑂𝑂𝐴𝐴 = � 2 2 = 𝑛𝑛
解得 𝑅𝑅 +ℎ
1
𝑅𝑅 = � 2 ·ℎ
𝑛𝑛 −1
可知，下潜的深度越大光斑半径越大，当 时，海面上形成的圆形光斑的半径
1
ℎ = 6.7m 𝑅𝑅 = � 2 ×
1.35 −1
故B错误、C正确；
6.7m≈ 7.4m
D．根据 ，可得 ，由于海水的折射率大于空气的折射率，同种频率的光在海水中的传播速
𝑐𝑐 𝑐𝑐
度小于在𝑛𝑛空=气中的传播𝑣𝑣 =速度，故D错误。
𝑣𝑣 𝑛𝑛
故答案为：C。
这道题的核心是分析光从水中射向空气时发生的折射与全反射现象，结合圆锥光束的几何关系，求解
海面上形成的光斑半径。
3．【答案】D
本题考查物理学的一些实验现象和左手定则的应用，牢记基础知识即可，注意应用左手定则时四指指
的是正粒子的运动方向。A．卢瑟福根据 粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，A错误；
B．验电器指针和锌板连接，因失去电子而带正电，B错误；
𝛼𝛼
C．根据左手定则，1为 粒子的运动轨迹，C错误；
𝛽𝛽
学科网（北京）股份有限公司D．石墨和镉棒起到减缓中子和吸收中子的速率，可有效控铀核裂变反应的速率，故图丁是利用铀核
裂变释放能量的核反应堆，D正确。
故选D。
卢瑟福根据α粒子散射实验提出了核式结构模型；锌板发生光电效应，飞出光电子后带正电；根据左
手定则判断；核反应堆是根据裂变反应释放能量的。
4．【答案】B
解答本题的关键要理解波的形成过程，分析相关质点间振动状态的关系，结合数学知识帮助解答。
A． 时，P、Q的位置如上，以P点为参考，且P处于平衡位置，设其初相位为0，Q点位移是 ，而
振幅为10cm，则
𝑡𝑡 = 0 5√3𝑐𝑐𝑚𝑚
代入得
𝑦𝑦 = 10sin𝜃𝜃
5√3 = 10s in𝜃𝜃
𝜃𝜃 = 𝜋𝜋
即Q点的初相位为 ，二者相位差在 时为 ，则O、P间的距离为
3
𝜋𝜋 𝜋𝜋
𝜃𝜃 = 𝑡𝑡 = 0
3 3
𝜋𝜋
质点P的平衡位置坐标为 6 𝜆𝜆= 1 𝜆𝜆=3𝑐𝑐𝑚𝑚
2𝜋𝜋 12
A错误；
𝑥𝑥 = 3𝑐𝑐𝑚𝑚
B．Q点平衡位置坐标为
𝜋𝜋 𝜋𝜋
+
则波传播的速度为 𝑥𝑥 = 6 3𝜆𝜆 = 1𝜆𝜆 = 9𝑐𝑐𝑚𝑚
2𝜋𝜋 4
B正确； 𝑣𝑣 = 9𝑐𝑐𝑚𝑚−3𝑐𝑐𝑚𝑚 = 0.2𝑚𝑚/𝑠𝑠
C．由波动周期 0.3𝑠𝑠
可知， 为四分之一周期，质点 Q 不在平
𝑇𝑇
衡
=
位𝜆𝜆置
=
，
1.
在
8𝑠𝑠
此四分之一周期内运动的路程大于 ，C
错误； 𝑣𝑣
0.45𝑠𝑠 10𝑐𝑐𝑚𝑚
D．由同测法知， 时质点P向下振动，振动方程为
𝑡𝑡 = 0
D错误； 𝑦𝑦 = −10𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛�2𝜋𝜋𝑡𝑡�𝑐𝑐𝑚𝑚 = −10𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛�10𝜋𝜋𝑡𝑡�𝑐𝑐𝑚𝑚
故选B。 𝑇𝑇 9
根据数学知识求出Q点的初相位，根据在t=0时P、Q二者相位差求出 O、P间的距离，即可确定质
点 P 的平衡位置坐标。根据数学知识求出 Q点的平衡位置坐标，结合波从 P 点传到 Q 点的时间求波
速。根据质点 Q 振动时间与周期的关系求质点 Q 运动的路程。根据振幅、周期和初相位写出质点 P
的振动方程。
5．【答案】D
学科网（北京）股份有限公司本题关键掌握“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验注意事项、“探究气体等温变化的规
律”实验注意事项、“插针法测定玻璃的折射率”注意事项分析和“用单摆测重力加速度”实验原理。A．图
甲“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅
钢铁芯，是为了减少涡流的影响，故A错误；
B．图乙“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油避免实验过程中气体泄漏，同时减小
摩擦力，故B错误；
C．图丙“插针法测定玻璃的折射率”，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小
误差，应选用宽度较大的玻璃砖来测量，故C错误；
D．根据
𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋�𝑙𝑙
得
𝑘𝑘
2
2
𝑇𝑇 =4𝜋𝜋 𝐿𝐿
若某同学直接把摆线长度当作摆长，用多组数据做出 图像，图像斜率不变，根据图像得出g的
𝑘𝑘
测量值，该同学认为这样操作对g的测量值没有影响，2故D正确。
𝑇𝑇 −𝐿𝐿
故选D。
根据“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验注意事项分析判断；根据“探究气体等温变化
的规律”实验注意事项；根据“插针法测定玻璃的折射率”注意事项分析判断；根据“用单摆测重力加速
度”实验原理分析判断。
6．【答案】B
AD．小球做匀速圆周运动，对甲、乙两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力F ，如
N
图所示
设漏斗顶角的一半为 ，根据力的合成可以得出它们所受向心力
𝜃𝜃
向
由于两球质量相等，所以两球的向心力相等，𝐹𝐹向=心加𝑚𝑚速𝑘𝑘度也相等，故A、D错误；
B．根据向心力的表达式有 tan𝜃𝜃
向
2
可得速度的大小为 𝐹𝐹 =𝑚𝑚𝑣𝑣 = 𝑚𝑚𝑘𝑘
𝑟𝑟 tan𝜃𝜃
𝑣𝑣 = � 𝑘𝑘 𝑟𝑟
由于甲球的轨道半径比乙球轨道半径更大，所以
tan𝜃𝜃
甲 乙
𝑣𝑣 >𝑣𝑣
学科网（北京）股份有限公司故B正确；
C．根据向心力的公式有
向
2
可得角速度的大小为 𝐹𝐹 =𝑚𝑚𝜔𝜔 𝑟𝑟= 𝑚𝑚𝑘𝑘
tan𝜃𝜃
𝜔𝜔 = � 𝑘𝑘
由于甲球的半径比乙球半径更大，所以
𝑟𝑟tan𝜃𝜃
甲 乙
故C错误。 𝜔𝜔 <𝜔𝜔
故选B。
利用力的合成可以求出向心力的大小，结合向心力的表达式可以比较线速度、向心加速度和角速度的
大小。
7．【答案】C
解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，得到线速度、加速度、引力、周期与轨道半径
的关系。
A．根据万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律可得
解得 𝐺𝐺𝑀𝑀𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑎𝑎
2
𝑟𝑟
可知向心加速度变为原来的4倍，故A错误； 𝑎𝑎 = 𝐺𝐺𝑀𝑀
2
B．根据万有引力提供向心力
𝑟𝑟
2
𝐺𝐺𝑀𝑀𝑚𝑚=𝑚𝑚𝑣𝑣
可得 2
𝑟𝑟
𝑟𝑟
线速度变为原来的 倍，故B错误； 𝑣𝑣 = �𝐺𝐺𝑀𝑀
𝑟𝑟
C．根据
√2
2
𝐺𝐺𝑀𝑀𝑚𝑚=𝑚𝑚(2𝜋𝜋) 𝑟𝑟
可得 2
𝑟𝑟 𝑇𝑇
3
𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋� 𝑟𝑟
运动周期变为原来的 倍，故C正确；
𝐺𝐺𝑀𝑀
�
D．根据 2
4
学科网（北京）股份有限公司“嫦娥六号”所受万有引力变为原来的4倍，故𝐹𝐹D=错𝐺𝐺误𝑀𝑀。𝑚𝑚
2
故选C。
𝑟𝑟
根据万有引力提供向心力，得到各个物理量表达式，根据表达式分析。
8．【答案】D
9．【答案】D
A．由于金属板位于正电荷所形成的电场中，因此将发生静电感应，达到静电平衡后金属板的表面将
是一个等势面，则金属板上方的电场线垂直金属板向下，其等势面的分布如图所示
由图可知c点的等差等势面比d点的更密集，因此c点的场强比d点场强大，故A错误；
BC．a、o、b 三点共线且垂直金属板，则 a、o、b 三点所在直线为电场中的一条电场线，且方向由 a
指向 b，而沿着电场线的方向电势降低，由此可知 o 点的电势低于 a 点的电势，b 点的电势低于 a 点
的电势，而带负电的电荷在电势低的地方电势能大，则电荷量为 q 的负电荷在 a 点的电势能小于在b
点的电势能，故BC错误；
D．由于c 点的电势高于d 点的电势，当将电荷量为q 的正电荷从 c点移到 d 点的过程中，电场力做
正功，故D正确。
故选D。
1、金属板位于正电荷所形成的电场中，发生静电感应，达到静电平衡后金属板的表面将是一个等势
面，可画出等势面，轨迹等势面得疏密判断电场强度大小。
2、电场线是由正电荷指向金属板，沿着电场线的方向电势降低，可判断电势高低。
3、根据带负电的电荷在电势低的地方电势能大判断电荷量为 q 的负电荷在 a 点的电势能大于在 b 点
的电势能。
4、正电荷从电势高向电势低移动，电场力做正功。
10．【答案】B
A．初始时电容器下极板带正电，因此 时，回路中电流为顺时针方向，故A错误；
B． 时，电感器对电容器充电，此时−5电容器上极板带正电，故B正确；
𝑡𝑡 = 𝜋𝜋×10 s
C． −5 时，电流最大，因此电容器放电完毕，所带电量为零，故 C错误；
𝑡𝑡 = 2𝜋𝜋×10 s
D． −5 时，回路中的电流为零，因此磁场能也为零，故D错误。
𝑡𝑡 = 3𝜋𝜋×10 s
故答案为：B。 −5
𝑡𝑡 = 4𝜋𝜋×10 s
本题考查 LC 振荡电路，核心是根据电流随时间的变化图像，分析各时刻电容器的带电情况和回路的
能量变化。
11．【答案】B
A．设a的质量为 ，以水平向右的方向为正方向，由于水平面光滑，以a和b为系统不受外力，根
据动量守恒定律可𝑚𝑚得𝑎𝑎
2
解得 ，故A𝑚𝑚正𝑎𝑎确𝑣𝑣0；= (𝑚𝑚𝑎𝑎+𝑚𝑚) 𝑣𝑣0
3
B．根据图乙可知， 时刻之前a的速度大于b的速度， 时刻a的速度等于b的速度，则 时刻弹簧
𝑚𝑚𝑎𝑎 =2𝑚𝑚
𝑡𝑡1 𝑡𝑡1 𝑡𝑡1
学科网（北京）股份有限公司被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，此时a继续减速，b继续加速，在 时刻a
的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故 时刻a、b间的距离并非最大，过了t 时刻由于
2 𝑡𝑡2
b的速度大于a的速度所以弹簧继续伸长，在弹簧收缩弹力的作用下a的速度增大、b的速度减小，
𝑡𝑡2
在 时刻两者共速，此时弹簧被拉伸得最长，所以两物块相距最远，因此 时刻a、b间的距离最大，
故B错误；
𝑡𝑡3 𝑡𝑡3
C． 时间内，以水平向右的方向为正方向，对b，已知初速度为0，末速度为 ，根据动量定
2
0 ∼ 𝑡𝑡3 𝑣𝑣0
理可得 ，故C正确； 3
2 2
D．图中𝐼𝐼 =阴𝑚𝑚影部⋅ 分𝑣𝑣0的=面积𝑚𝑚为𝑣𝑣0弹簧的最大压缩量 ，由于动能的变化量等于弹性势能的增加量，根据
3 3
能量守恒定律可得 𝑥𝑥𝑚𝑚𝑎𝑎𝑥𝑥
2
1 2 1 2 1 2
⋅2𝑚𝑚𝑣𝑣0 = (𝑚𝑚+2𝑚𝑚)� 𝑣𝑣0� + 𝑘𝑘𝑥𝑥𝑚𝑚𝑎𝑎𝑥𝑥
2 2 3 2
解得
2
2𝑚𝑚𝑣𝑣0
𝑥𝑥𝑚𝑚𝑎𝑎𝑥𝑥 = �
3𝑘𝑘
即图乙中阴影部分的面积为 ，故D正确。
2
2𝑚𝑚𝑣𝑣0
�
此题选择不正确选项，故选B。3𝑘𝑘
利用系统动量守恒定律可以求出a的质量大小；利用t 时刻b的速度大于a的速度，弹簧会继续伸长
2
所以此时弹簧不是最长；利用动量定理可以求出b受到的冲量大小；利用能量守恒定律可以求出弹性
势能的最大值，进而求出弹簧最大的压缩量。
12．【答案】（1）×1；欧姆调零；12
（2）
（3）250
（4）
𝐸𝐸𝐿𝐿
13．【答�案】（1�）解：根据质量数守恒、核电荷数守恒规律可知，该核反应方程为
𝐿𝐿 𝑅𝑅+𝑅𝑅0 −𝑅𝑅ℎ
（2）解：设氘核比结合能为E ，氚核比结合能为E ，氦核的比结合能为E ，释放2 的能3量为4ΔE，由1
1 2 3 1𝐻𝐻+1𝐻𝐻→ 2𝐻𝐻𝑒𝑒+0𝑛𝑛
能量守恒定律可得
代入数据可得氦原子核的比结合能为
2𝐸𝐸1+3𝐸𝐸2+Δ𝐸𝐸 = 4𝐸𝐸3
𝐸𝐸3 =7.03𝑀𝑀𝑒𝑒𝑀𝑀
14．【答案】（1）解：金属棒速度最大时感应电动势E=BLv
感应电流
𝐸𝐸
解得I=0.2𝐼𝐼A=
𝑅𝑅+𝑟𝑟
（2）解：金属棒速度最大时，由平衡条件有
代入数值解得
𝑚𝑚𝑘𝑘sin𝜃𝜃 = 𝐵𝐵𝐼𝐼𝐿𝐿+𝐹𝐹𝑓𝑓
（3）解：根据𝐹𝐹能𝑓𝑓 =量0守.3恒𝑁𝑁有
ℎ 1 2
𝑚𝑚𝑘𝑘ℎ = 𝐹𝐹𝑓𝑓 + 𝑚𝑚𝑣𝑣 +𝑄𝑄
sin𝜃𝜃 2
学科网（北京）股份有限公司电阻R上产生的热量
𝑅𝑅
解得 𝑄𝑄𝑅𝑅 = 𝑄𝑄
𝑅𝑅+𝑟𝑟
（4）𝑄𝑄解𝑅𝑅 =：0此.8过𝐽𝐽 程中有 ，
�
𝐸𝐸
𝑞𝑞 = 𝐼𝐼𝑡𝑡̅ 𝐼𝐼̅ =
据法拉第电磁感应定律 𝑅𝑅+𝑟𝑟
ΔΦ 𝐵𝐵𝐿𝐿ℎ
解得q=0.6C 𝐸𝐸� = =
Δ𝑡𝑡 Δ𝑡𝑡sin𝜃𝜃
15．【答案】（1）解：粒子经电场加速，根据动能定理
2
解得 𝑒𝑒𝑈𝑈0 = 1𝑚𝑚𝑣𝑣0
2
（2）解：进入偏转电场后做类平拋运动，则𝑣𝑣0 = �2𝑒𝑒𝑈𝑈 0
𝑚𝑚
，
𝐿𝐿 1 2
𝐿𝐿根=据𝑣𝑣牛0𝑡𝑡顿第二=定𝑎𝑎律𝑡𝑡
2 2
联立可得 𝑒𝑒𝑈𝑈 = 𝑚𝑚𝑎𝑎
𝐿𝐿
所以
𝑈𝑈 = 2𝑈𝑈0
（3）解：设离子进入匀强磁场时速度方向与
𝑈𝑈
水
:
平
𝑈𝑈0
成
= 2
角
:1
，速度大小为 ，根据洛伦兹力提供向心力
𝜃𝜃 𝑣𝑣
2
离子进入磁场做匀速圆周运动的半径为 𝑒𝑒𝑣𝑣𝐵𝐵0 = 𝑚𝑚𝑣𝑣
𝑟𝑟
如图，所有进入磁场的离子经过磁场偏转后向𝑟𝑟下=偏𝑚𝑚移𝑣𝑣的距离
0
𝐵𝐵 𝑒𝑒
0
Δ𝑦𝑦 = 2𝑟𝑟⋅cos𝜃𝜃 = 2 𝑚𝑚𝑣𝑣 ⋅cos𝜃𝜃 = 2𝑚𝑚𝑣𝑣 = 𝐿𝐿
粒子到达左边界处的范围为距M点0.5L到L，故探测板单位时间接收到的粒子数为
0 0
𝐵𝐵 𝑒𝑒 𝐵𝐵 𝑒𝑒
𝑁𝑁 = 0.75𝐿𝐿−0.5𝐿𝐿×𝑛𝑛 = 𝑛𝑛
𝐿𝐿−0.5𝐿𝐿 2 4
学科网（北京）股份有限公司（4）解：离子被探测板吸收过程，在垂直板方向对离子由动量定理得
由上述可知 −𝐹𝐹⋅Δ𝑡𝑡 = 0−𝑛𝑛⋅Δ𝑡𝑡⋅𝑚𝑚𝑣𝑣⋅cos𝜃𝜃
4
所以解得
𝑣𝑣cos𝜃𝜃 = 𝑣𝑣0
0
𝐹𝐹 = 𝑛𝑛�𝑒𝑒𝑚𝑚𝑈𝑈
根据牛顿第三定律得，离子对探测板在垂直板方向的作用力大小为
8
′
0
𝐹𝐹 =𝐹𝐹=𝑛𝑛�𝑒𝑒𝑚𝑚𝑈𝑈
8
16．【答案】（1）解：小物块相对传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得
𝜇𝜇𝑚𝑚𝑘𝑘 = 𝑚𝑚𝑎𝑎
由运动学公式得2
𝑎𝑎 = 5𝑚𝑚/𝑠𝑠
解得 2 2
𝑣𝑣 −𝑣𝑣0 =−2𝑎𝑎𝑥𝑥
故小物块在传送带上先减速再匀速，由
𝑥𝑥 = 2𝑚𝑚 < 𝐿𝐿
解得
𝑣𝑣 = 𝑣𝑣0−𝑎𝑎𝑡𝑡1
匀速阶段有
𝑡𝑡1 =0.4𝑠𝑠
解得
𝐿𝐿−𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑡𝑡2
所以小物块在传送带上滑行的时间为
𝑡𝑡2 =0.25𝑠𝑠
（2）解：小物块做平抛运动到达 点𝑡𝑡时=，𝑡𝑡1有+𝑡𝑡2 = 0.65 𝑠𝑠
𝑣𝑣
解得 𝐶𝐶 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝜃𝜃 = 𝑣𝑣𝐶𝐶
从 点𝑣𝑣𝐶𝐶到=5点𝑚𝑚过/𝑠𝑠程，根据动能定理得
1 2 1 2
解𝐶𝐶得 𝐶𝐶 𝑚𝑚𝑘𝑘𝑅𝑅(1−𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝜃𝜃)= 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐷𝐷 − 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶
2 2
在 点𝑣𝑣𝐶𝐶，=由6牛𝑚𝑚顿/𝑠𝑠第二定律得
2
解𝐶𝐶得 𝐹𝐹𝑁𝑁−𝑚𝑚𝑘𝑘=𝑚𝑚
𝑣𝑣𝐶𝐶
𝑅𝑅
（3）解：当小物块滑离物体Q时，物体Q获得的速度最大，根据动量守恒和机械能守恒可得
𝐹𝐹𝑁𝑁 =23.1𝑁𝑁
，
1 2 1 2 1 2
𝑚𝑚解𝑣𝑣得𝐷𝐷 =Q的𝑚𝑚𝑣𝑣最1大+速𝑀𝑀𝑣𝑣度2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶 = 𝑚𝑚𝑣𝑣1+ 𝑀𝑀𝑣𝑣2
2 2 2
(1) 物块在传送带上先减速后匀速，用牛顿第二定律求加速度，分段计算减速、匀速的时间；
𝑣𝑣2 =3𝑚𝑚/𝑠𝑠
学科网（北京）股份有限公司(2) 由平抛无碰撞进入圆弧的几何关系求C点速度，用动能定理求D点速度，再用向心力公式求支持
力；
(3) 物块与Q发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，求出Q的最大速率。
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