山东省顶尖计划2027届新高三上学期摸底考试物理试题

**基本信息** 山东省顶尖计划2027届新高三摸底物理卷，以地域特色（如云南有色金属）、社会热点（艺术体操彩带）、科技前沿（智能家居传感器）为情境，通过单选、多选及综合非选择题，考查物理观念、科学思维与探究能力，适配高三模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/24|光电效应、抛体运动、折射率测量等|第1题结合云南资源考光电效应条件，第4题以水星逆行为情境考开普勒定律| |多选|4/16|简谐横波、光学棱镜、电磁感应等|第9题以艺术体操彩带为模型考波的传播，第12题融合传感器与电磁学综合分析| |非选择|6/60|力学实验、气体定律、多区域磁场运动等|第17题设计多区域磁场运动，考查模型建构与科学推理；第18题以弹球游戏为载体，综合能量与碰撞规律，体现科学探究与创新应用|

参考答案乃 1.B 【详解】光电效应的发生条件为：入射光子的能量E 大于等于金属的逸出功W,即E≥W时可发生光电 效应。 锡的逸出功W,=4.42eV>4.30eV,不满足光电效 应发生条件，锡不能发生光电效应； 铟的逸出功W翻=4.09V<4.30eV,满足光电效应 发生条件，只有铟能发生光电效应。 故选B。 2.A 【详解】第一次竖直上抛过程，上升、下落过程对 称，上升到最高点的时间为14=2 设初速度为5，则y8既-号 最大高度为H=)=8 2 8 第二次挡板高度为h==8 216 设与挡板碰撞前的速度大小为，根据运动学公式可 得-2gh=12-18 联立解得y= 48 则第二次上升时间为L=b-1=22, 4 根据对称性可知，第二次下落时间为 4= 2-2 4 则小球第二次从抛出到最终落回出发点的总时间为 t=+t= 2-2 t 2 故选A。 3.B 【详解】光通过平行树脂砖，出射光线与入射光线 平行； 由于由空气进入树脂为由光疏介质进入光密介质， 及详细解析 折射角应小于入射角，则光线会向法线侧移，出射 光线在入射光线延长线的左侧，符合条件的是②。 故选B。 4.D 【详解】水星的逆行每年发生3次，即相邻两次逆 行之间的时间同隔4如-号年 水星的轨道半径比地球的小，水星的角速度较大， 在△：=子年内二者相邻两次距离最近，水星相对地球 3 多跑了一圈，故(@k-0地)△t=2π，即 2π_2π △t=2π 解得工=年 根据开普翡第三定徐长=牙帝水星与地球公特轨道 半径的比值为1：16 故选D。 5.D 【详解】设挎包带与竖直方向的夹角为0。对挎包 受力分析，竖直方向受重力g和两股包带的拉力F, 由平衡条件2FC0s0=mg 根据几何关系有单侧包带长度1=4d-x=2d- 2 2 单侧包带水平投影长度Ar=K-d 2 则sin6= △xk-d 14d-x 4d-x 故唱 2V3d(5d-2x) 代入特殊点x=0, F-≈0.52 g x =d, =0.5 nig x=2d, 及- ≈0.58 83 故选D。 6.B 【详解】若斜面光滑，对整体，根据牛顿第二定律 (m+m)gsin=(m+m)a 解得a=gsin8 设细杆的弹力为F,对B根据牛顿第二定律 mg sine-F=ma 联立解得耳=0 设物块与斜面的摩擦因数为，对整体，根据牛顿 第二定律 (m+m)gsine-u(m+m)g cos0=(m+m)a 解得4=8gsin8-ug cos8 设细杆的弹力为F,对B根据牛顿第二定律 gsin0-gcosθ-F=a 联立解得F=0 由此可知4>4，耳=F。 故选B。 7.D 【详解】根据理想气体状态方程？一C(常数)，有」 AC.对于a→b过程，p-T图像中对应的图线延长 线过原点，说明压强卫与热力学温度T成正比，即号 为定值 由此可知气体的体积V保持不变，这是一个等容 变化过程 此过程中，温度T升高，气体内能增加（△U>0) 体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做 功(W=0) 根据热力学第一定律△U=Q+W 可知Q=△U>0,即气体从外界吸收热量，且吸收 的热量等于内能的增加量，故AC错误； 答案第2 BD.对于b→c过程，p-T图像中对应的图线为平 行于横轴的直线，说明压强卫保持不变，这是一个 等压膨胀过程 在此过程中，温度T升高，气体内能增加（△U>0) 体积增大，气体对外界做功(W<0) 根据热力学第一定律△U=Q+W,可知Q=△U-W 因为W<0,所以Q>△U,即气体从外界吸收的热 量大于气体内能的增加量，故B错误，D正确。 故选D。 8.C 【详解】A.当物体靠近时，红外线强度增大，R阻 值减小，副线圈总电阻减小，等效到原线圈的电阻 减小，原线圈电流I1增大，即电流表A1示数增大； 原线圈两端电压U1=U-IR减小，副线圈电压 U,=U减小，即电压表V示数减小，故A错误： B.理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，即 %=4-2 U2 m 1 比值恒为2：1，故B错误； C.根据电流关系5公=2 副线圈中L2=I42+I2 且IA2R=IR2R2 联立可得2L1=Ia+ R R 当物体靠近R减小时，该比值减 小，故C正确： U D.拆除R后，变压器输出功率P= .4R 、R+4R 当4R=R时功率最大，由于R阻值未知，无法确定 R减小时功率的变化情况，故D错误。 ,共8页 故选C。 9.BC 【详解】A.由图乙可知，周期T=1.2s,振幅为 A=10cm,t=1.0s时，P点振动方向向上，结合图 甲可知，波沿x轴正方向传播，A错误； B.由图甲可知，t=1.1s时，原点处的质点从平衡位 置向下振动0.1s,即 2,偏离平衡位置位移为 4=-5cm t=1.0s时，质点P向上振动，再经0.2s到达平衡位 置，则t=1.1s时偏离平衡位置位移=-5cm,故B 正确； C.P点经过△t=0.2s回到平衡位置，说明平衡位置 1.5m处质点的振动传到P,则质点P的平衡位置坐 标x= +a 由图甲可知波长1=3m,根据v= 解得x=2.0m,故C正确； D.设原点处质点的振动方程为y=Asin(ot+p) 如图甲知t=1.0s时，原点处质点偏离平衡位置位移 y=0,且运动方向向下，根据圆频率0=2匹 T 可得p=-2r 3 故原点处质点的振动方程为y=10sin 5πt-2r 33 cm, 故D错误。 故选BC。 10.AC 【详解】AB.作出光路图如答图所示，光线在O处 发生全反射，根据几何关系可知，光线垂直射到eh边， eh边为镀膜反射面，结合光路的可逆性，则光线沿 着原路返回，∠f=90°，其中日=60° 由几何关系可知8=60°，6+8=90°，故62=30° 答案第3) sine 由光的折射定律n= sine, 解得棱镜的折射率 n=√3。故A正确，B错误： C.由n=口可得，光在棱镜中传播速度的大小为 V= 二c,故C正确： n 3 D.根据几何关系可知，OO=2d, 0e= 35-5d 解得光在棱镜中传播的时间 2× 2d+3 sin60° 11V3d,故D错误。 f= 1 2c 故选AC。 90° 0 0 0=60° 60 120°98 nmmd 11.BCD 【详解】AB.作出小球在A点时的受力分析图如图1 所示 gE mg mg 图1 由力的平衡条件结合几何关系有 qE=V(g）+(g）'-V2g 所以电场程度的大小B=5mg,且其方向与OA的 9 夹角a满足tana=1,则a=45°，故A错误，B正确； ,共8页 C.分别作出A、B两点在经过O点的电场线上的两 等势点A'、B',如图2所示 0 A 45o B 450 图2 则由几何关系可知，A、B两点间沿电场方向的距离 为d=A'O+OB'=ac0s45°+bcos45°=(a+b)cos45° 所以A、B两点间的电势差为 U-d=a+b爬.放C正确： D.小球所受支持力对其始终不做功，根据题意可知， 小球所受电场力与重力的合力水平向右，BD连线沿 竖直方向，所以从B到D的过程，小球所受合外力 做的总功为0，由动能定理可知其动能变化量为0， 故小球在B、D两点的速度大小均为，故D正确。 故选BCD。 12.AC 【详解】A.S闭合、S2断开时，区域I中产生感应 电动势给C1充电，由法拉第电磁感应定律可知产生 的感应电动势为U=4gE=记 八t 由电容定义式可得C充电完毕时的电荷量为 9=CU=CkE,故A正确； B.由楞次定律和右手螺旋定则可知区域I中产生顺 时针方向的感应电流，则C1充电完毕时，上极板带 正电，故B错误； CD.断开S1、闭合S2时，C1放电，最终回路中感应 电流为O,C、C2和MN两端电压相等，设最终稳 定时C1的电荷量为g,C2的电荷量为O2,流过N 的电荷量为Ow,W的速度为v,对MN由动量定 答案第4 理和电流的定义式q=It有BILt=BLOMN=m 结合法拉第电磁感应定律和电容的定义式可知 =2=BLv CC2 m e2 me2 联立可得2o-BL C.BL C,g=兰g C 整个过程由电荷守恒定律有9=g+O2+Qw kCC,B2L 联立可得Q=BE(C+C)+m' V= 2 kC BD C,BLBT(G+C,)+m,故C正确，D错误。 故选AC。 13.(1) D (2)3.00 (3)4.0 【详解】(1)[1][2]水平仪气泡会向较高的一端移 动，根据图丙可知是M和N端高了的原因，所以要 将台面调成水平，需要保持M和N高度不变，调高L 或者保持L高度不变，同时调低M和N,故选A或D。 (2)由图可知F的读数为3.00N (3)根据平行四边形法则做出合力图像如图所示 0.5N 由于每小格边长代表0.5N,故可得F,和F的合力大 小为28×0.5N=4.0N ,共8页 14.(1) E 4.0 (2) 3.6 73 【详解】(1)①由于电池允许的最大放电电流为80mA, 为了减小测量误差应该选择电流表A2: ②根据上述器材，因为只有电流表和电阻箱，故采 用安阻法测量，实验电路如图所示 ③根据闭合电路欧姆定律可知E=IR,+Ir 夹形可得号日风+后：所以在分尺图像白图孩的 率即为，所以根据图像有k=150-25 E200-1004 即E4.0V (2)[1][2]根据图(b)乙可知在120min时，电池 输出电压约为3.6V,120min时的输出电流约为34nA, 此后不能正常工作；其中120min=2h: 根据i一t图像围成的面积表示电量，对i-t图线做 近仪处理如图可知Q=39+34) 2=734.h 2 ↑I/mA 40 38 36 34 32 。 020406080100120140tmin 15.(1)13.2N,方向竖直向上 答案第5 (2)1.8m,0.45m 【详解】(1)设小球到达B点时的速度为口，小球从 A到B的运动过程中，由动能定理得 -2g-m2-n 在B点，设轨道对小球弹力为F,方向竖直向下， 对小球由牛顿第二定律得Fy+g= R 代入数据解得，=13.2N 由牛顿第三定律可知小球在最高点对轨道的压力 F压=N=13.2N,方向竖直向上。 (2)设小球到达B点时的速度为，小球从A到B 的运动过程中，由动能定理得-2mgR-m2-方m 小球从B点飞出做平抛运动，由平抛运动规律可知 2R-fof,x-v 联立以上各式，整理得 --4--46R 当1-4gR=4gR时，即R=0.45m时，x有最大值： 将R=0.45m代入解得：xmax=1.8m 16.(1)8 21g'% 2mgp Vo (2) S(pS2-2g）'(PS2-2g) -o (3)2gH 【详解】(1)打开气阀K,对活塞b进行受力分析， 当活塞b刚要开始向下运动时，在竖直方向上，重 物的重力g与最大静摩擦力f平衡，即∫=8 (2)在(1)问操作后关闭气阀K,则气体压强为P, 然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞a,直到重物刚要 开始向上运动，对活塞b,根据平衡条件有 PS2+g+∫=PoS 设活塞a向右移动的位移为x,气体体积变为 ,共8页 V=Vo+Sx 因为缓慢拉动，气体做等温变化，根据玻意耳定律 乃=P'% 2mgV 联立解得x= S (PoS2-2mg) 以气体为研究对象，根据热力学第一定律 △U=W+Q 其中△UU=0 活塞对气体做功为W=一Q 则气体对活塞做功为W'=Q 对活塞，根据动能定理W+W'-PSx=0 解得拉力对活塞a做的功，(，S,-2g) 2m82,', -2 (3)重物上升H过程中，活塞b匀速运动，气体压 强保持不变，恒温下气体总体积不变，因此活塞a 向右移动位移x'满足Sx'=S,H 得x'=H S 拉力大小不变F=hS-PS-2gs S2 拉力做功W=Fx' 联立解得W=2gH 17.0品-g8-m 1 gh (2) 2970u 60gB 34 3)M=m,15gB 10 【详解】(1)粒子在速度选择器中做直线运动，有 gE=qvBo 兴民号 粒子在区域I中做匀速圆周运动，由几何关系得轨 迹半径R=h,根据qvB,=mR .v2 答案第6) 解得 B1=mu gh (2)根据B= 2 可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的 R 轨迹半径分别为= 5gB R=124B 画出粒子运动轨迹图 子a轨凌：0.>4>>P 12 区 区域用 06 05 0 2nw 可知从O点进入区域Ⅱ，经半圆到达A ,0 5gB R,可知0到A运动时间( 42 L 再根据qB=m 5gB 从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达B 7nv ,0, 时间 30gB 兀L t三12qB 从B点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达P 19w 0 30gB TU 时间专= 5gB 则总时间t=十t2十车= 29m 60gB (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 枚子a(红)与b(蓝)轨迹，相遇点x,=34/15 0.8 06 0,4 024 04 -0.6 0.5 0.3 ,共8页 v 区域Ⅱ：a粒子半径3= 5gB M b粒子半径 5gB a粒子半周期= TUL 5gB πM b粒子半周期 5gB 区域：a粒子半径⅓=12gB HV M b粒子半径 12gB a粒子半周期3= TOn 12gB πM b粒子半周期12gB 粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆十区域Ⅲ上半圆” 的运动，X坐标的净变化△xa=212-213=7m 30gB 7Mv 同理△Xb=30qB 17im 所花时间△ta=2十3= 60gB 17M 同理△。= 60gB 取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t =0,粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半 圆到达x轴 坐标x1=25=2.w-12m 5 gB 30gB T121n 时间t:==5gB60qB 此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆， 到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n日， 2,3,…,则 xn=x十(n-1)△，=30gB 2+0m-1)7mn-7t5.m 30gB 30 gB Ean-4。牛u-in5 60gB 60 gB 答案第7 2nw 粒子b在a到达第一次向上点a(即x= 5gB ）时， 从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起 πu12om 始时刻为t1= 5gB 60gB 粒子b第1次速度向上点（绝对时刻)：b先在区域 Ⅱ走下半圆 坐标xb1=2 Mi 12Mv 5gB 30gB 时刻T1=t。! M 12 12M 12m+12M 元 5gB 60gB 60gB 60gB 同理，第k次速度向上点k1,2,3,… 2+k-7-745. X,k= 30gB 30gB30 gB T,k=I1十(k-1 M⊥M】 12+(17k-5)M 5gB 12gB 60gB 由相遇条件xan=,k、t2,n=t,k得 (7n+5)=(7k+5)M, (17n-5)m=12m+(17k-5)M 两式相除消去M得10n-17k=5,最小正整数解为k= 5,n=9 代入得M=m,名 34 10 15gB 18. 128 ②)）(i)0,2384+2ga-4):(i) 3 2 -1 (iii) 25 【详解】(1)P球到达第1个平台时，由机械能守恒 定律有么=M 解得p1=√2g P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律 ,共8页 有M:=+m,-号+m 2 (2)(1)1球到达第2个平台时，由动能定理有 g么-4)=号m(-哈) 解得= +%- 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律 1 有1=+， 128 解得=0，=25 gh+2g(h) 可知两球速度交换； (ii)设P球到达第k个平台时的速度为rk,与第 k个平台处的1球碰撞后的速度为k,则P球从第 k-1个平台发生第k-1次碰撞后到第k个平台碰撞 前，古动能定理修伍-A)=M(候-片a)回 P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能 守恒，由之前计算结果的规律，可知=亏：② 3 联立0@可待召哈-哈=g化A) 由数学如识，可知哈号低有)是华七数列，公 比为q=25 解得= (iii)经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高 点，则对于任意k(k≤N),由能量关系有 分后> 答案第8 即 2+e-1-( 变形为 3)[84-叶号-A>2 9 由%完4A可如纯8：0 9 是k的减函数，故 k→0时， 2斯号864) 9 趋近于零， （[ea-ea-a2t 9 简为。8(h-h)≥2gh 8 解得有≤号么 25 ,共8页机密★启用前 山东省项尖计划2027届新高三摸底考试 物理 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上 对应题日的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区 域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求。 1.云南省锡、铟等有色金属储量丰富。已知锡和铟的逸出功分别为4.42eV和4.09eV,若用光子 能量为4.30eV的紫外线分别照射这两种金属，则 A.只有锡能发生光电效应 B.只有铟能发生光电效应 C.锡和铟都能发生光电效应 D.锡和铟都不能发生光电效应 2.某同学在操场进行抛球实验。第一次，他将小球以某一初速度竖直向上抛出，测得从抛出到 返回出发点的总时间为：第二次、他在小球第一次上升所能达到最大高度的中点处水平放 置一块弹性极好的挡板，在同一位置以相同的初速度将小球竖直向上抛出，小球撞击挡板后 速度大小不变、方向相反，碰撞时间极短。不计空气阻力，则小球第二次从抛出到最终落回 出发点的总时间为 A.2-2, B. 2 c.2, D, -1 4 2 3.在测量某种透明树脂折射率的实验中，让激光束射入一块两面平行的树脂砖，改变入射点和 入射角，得到①、②、③、④四条出射光线，如图所示。不考 ① ②③④ 虑反射，图中经P点射入树脂砖的光，出射后的光线可能是 空气 A.① B.② 树脂 c.③ D.④ 空气 4.水星的逆行每年发生3次，以地球为参考系观察到水星的运动轨迹如图所示。水星和地球绕 太阳公转的轨道近似看作两个同心圆且运行方向相同，每当地球与水星相距 最近时就发生一次逆行。忽略行星间的相互影响，则水星与地球公转轨道半 径的比值为 A.1:3 B.1:4 C.1:5 D.1316 物理试题第1页（共8页） 5.如图所示，两挂钩可沿固定水平横梁滑动到任意位置后锁定。一挎包质量为，其轻质包带 长度约为4d,α、b为包与包带的连接点，相距为d。将挎包悬挂在两挂钩上，两挂钩相距为 x时，锁定挂钩。挎包静止时，α、b在同一水平直线上，包带的张力大小为Fr,重力加速度 为g,不计包带与挂钩之间的摩擦及两挂钩尺寸。能正确反映随x变化的图像是 mg 挂钩 横梁 包带 d 挎包 F FT E mg mg mg 0.6 0.6 0.6 0.6 A B C D 0.5 0. 0 d 2d 0 d 2d 0.5 0 d 2dx 0.5 2d x 6.如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，斜面足够长。两相同物块A、B用一根与 斜面平行的轻质细杆连接，轻放在斜面上，一起沿斜面 加速下滑。若斜面光滑，两物块加速度大小为a,轻杆 的弹力大小为耳；若斜面粗糙，两物块加速度大小为a2, 轻杆的弹力大小为乃。则 A.4>42,>F B.4>4, F=E C.4>4,耳<f D.4=a2,耳= 7.一定质量的理想气体由状态α经ab、bc两个过程到达状态c,该过程中气体的压强p与热力 学温度T的关系如图所示，图中b延长线过原点，bc平行于T轴。下列说法正确的是 A.α→b过程中气体向外界放出热量 B.b一→c过程中气体向外界放出热量 C.→b过程中气体与外界传递的热量大于气体内能变化的大小 D.b→c过程中气体与外界传递的热量大于气体内能变化的大小 0 8.智能家居安防系统的红外传感装置升级电路如图所示，核心结构包括交流电源、理想变压器、 定值电阻及红外传感电阻。已知α、b两点间输入的交变电压有效值恒定，理想变压器原线圈 串联定值电阻R,原副线圈匝数比：八=21。副线圈回路中，红外传感电阻R与定值电阻R 并联，且凡=2，。当物体靠近时，凡的阻值随红外线强度增大而减小。电压表、电流表均 为理想电表，忽略温度对电路的影响。下列说法正确的是 物理试题第2页（共8页） R A.当物体靠近时，电压表V的示数增大，电流表A1的示数减小 B.当物体靠近时，原线圈两端电压U与副线圈两端电压U3的比值大于2：1 C.当物体靠近时，电流表A1与A2的示数比值减小 D.若将副线圈回路中R,拆除，当物体靠近时变压器的输出功率减小 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题 目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.2026年5月全国艺术体操锦标赛中，15岁小将王淇首夺成年个人全能金牌，王淇进行带操比 赛时彩带的运动可简化为一列沿x轴方向传播的简谐横波，图甲是t=1.0s时的波形图，P为 该波传播方向上的质点，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是 +y/cm y/cm 10 10 1.s 0 x/m 0 0.6 .2s -10 -10 图甲 图乙 A.波沿x轴负方向传播 B.t=1.1s时原点处的质点与质点P位移相同 C.质点P的平衡位置坐标为x=2.0m D.原点处质点的振动方程为y=10sn 5+2π cm 3 3 l0.光学反射棱镜被广泛应用于摄像、校准等领域，其中一种棱镜的截面如图所示，h边为镀 膜反射面，2=60，=90°，g=120°，e时-3y5d,0=d。已知光在直空中的传 2 播速度为C,若一单色细光束从O点以60°的入射角从真空射入棱镜，光恰好沿原路返回。 下列说法正确的是 A.棱镜的折射率为√3 5609 e460 120°9g B.棱镜的折射率为√2 C.光在棱镜中传播速度的大小为 3 c D.光在棱镜中传播的时间为11V5d 4c 物理试题第3页（共8页） 11.融合新型功能材料的传感器在智能感知领域得到广泛应用。如图所示，光滑、绝缘椭圆轨道 竖直放置，长轴AC=2a、短轴BD=2b,AC与BD交于O点，B为最低点，A点处内置 可感知轨道压力的传感器。空间内充满平行轨道平面、斜向上的匀强电场（图中未画出)。 质量为、电荷量为+q的小球置于A点时恰好静止，此时传感器示数等于8，g为重力 加速度的大小。下列说法正确的是 D A 压力传感器 B A.电场强度的大小为 0 B.电场强度方向与OA的夹角为45° C.A、B两点间的电势差U®=-(a+b)ms D.若小球在B点的速度水平向右、大小为，则到达D点时速度大小仍为% 12.如图所示，足够长U形光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，宽度为L,电阻不计。区域虹 为正方形，充满垂直轨道平面向上、磁感应强度大小B随时间t均匀变化的匀强磁场，即 B=灶(k为大于零的常量)：区域Ⅱ内，导轨上接有开关S、S2,导轨间接有电容为C、 C,的两电容器；区域Ⅲ内充满方向垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。 初始时，质量为m、有一定阻值的导体棒MN静止于区域I中某处，S闭合，S2断开，C 充电。C1充电完毕后，断开S,闭合S2,MN开始运动，经过一段时间系统达到最终稳定状 态。N长度与导轨宽度相同并始终与导轨接触良好。下列说法正确的是 A.C1充电完毕时的电荷量为Ck M B.C充电完毕时，上极板带负电 。 kC BD C.最终MN的速度为BE(C+C)+m W kC C2 B D.最终C,的电荷量为g正C,+m 物理试题第4页（共8页) 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)某同学做力的合成实验，实验装置如图()甲所示，该装置中三根支撑脚L、M、N 的高度可通过地脚螺钉调节。完成下列填空： 量角器 钉子 水平仪 OT 液体 液体 7150 (泡 90120 气泡 8 地脚螺钉 Z 图(a) (1)该同学借助水平仪将实验装置台面调至水平。水平仪内封有液体和气泡，当水平仪底面水平 时，气泡会静止在水平仪中心处，俯视图如图()乙所示。将水平仪放到台面上，气泡静 止在水平仪中的位置俯视图如图（ā）丙所示，下列操作能将台面调成水平的是 或 (填正确答案标号)： A.保持M和N高度不变，调高LB.保持M和N高度不变，调低L C.保持L高度不变，同时调高M和ND.保持L高度不变，同时调低M和N (2)如图(b)甲所示，将橡皮筋一端固定在O点，另一端通过圆环、细线与弹簧测力计相连。某 次实验时，拉伸橡皮筋调整圆环圆心至O点并保持静止，记录两细线的夹角，由弹簧测力计 读出拉力耳和F,的大小，其中耳的读数为 N: 0.5 OL 120 图b) (3)根据测量结果在方格纸上画出和，的图示，如图(b)乙所示。已知方格纸上每小格边长代 表0.5N,用作图法可得耳和F的合力大小为 N(结果保留2位有效数字)。 14.(8分)某同学购买的蓝牙耳机电池上标有“804.h”字样，为了测量该电池电动势和实际容 量，该同学进行了如下实验： (1)测量电池的电动势，可供选择的器材如下： 待测电池E、电流表A1(0~0.6A,内阻较小)、电流表A2(0~100mA,内阻较小)、电阻 箱R(0~99999.92)、开关S和导线若干。 完成下列填空： 物理试题第5页（共8页） ①该电池允许的最大放电电流为80A,电流表应选 （填“A1”或“A2”)； ②请根据上述器材设计实验电路，并在答题卡上指定位置补全电路图： ③按照②中正确电路图连接电路，闭合开关S,记录电流表示数I及电阻箱阻值R,:断开开关S, 改变R。重复以上步骤，得到二和R的关系如图()所示，由图可得电池电动势 E= V(结果保留2位有效数字)。 60.0 50.0 40.0 30.0 20. 1.01.21.41.61.82.02.2R/×1022) 图(a) (2)该同学设计出测量电池容量的电路，如图(b)甲所示。完成下列填空： ①电路连接完毕，闭合开关S,每隔一段时间记录电压表、电流表的示数U和I,得到U和I随 时间t变化的图像分别如图(b)乙、丙所示： ↑UV ↑ImA 4.2 40大 A 4.0 38 3.8 3.6 36 3.4 3.2 34 3.0 32 020406080100120140tmin 020406080100120140tmim 乙 丙 图b) ②由图(b)乙、丙可知，随着电池持续放电，输出电压和电流均持续减小。当t=120min时， 电池输出电压为 V,随后电池输出电压和电流开始迅速衰减，电池无法正常工 作。电池处于正常工作状态可以放出的总电量称为实际容量，由测量结果可估算出该电池的 实际容量为 mA·h(以上结果均保留2位有效数字)。 物理试题第6页（共8页） 15.(8分)如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于 圆环的端点A。一质量=0.6kg的小球从A点以初速度=6/s冲上竖直半圆环，沿轨道运 动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。求： B A (1)若R=0.5m,小球在最高点对圆环的压力： (2)仅调整R的大小，小球从最高点飞出，求A、C间的最大距离及对应的R值。 16.(8分)某同学制作了一个简易气动装置，可简化为如图所示的模型。水平汽缸A和竖直汽 缸B固定在气压为P的恒温环境中，其活塞α、b的横截面积分别为、S(S<S2)。两汽 缸通过细管连通，汽缸A内壁光滑，汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，整个装置气密性和导热性良好。不计活塞的质量和厚度，重力加速度为8。 (1)打开气阀K,在活塞b上用轻质细线悬挂重物，逐渐增加重物的质量，当重物质量为 时活塞b刚要开始向下运动，求汽缸B内壁与 活塞b间的最大静摩擦力大小： 气阀K 活塞a 汽缸A 推拉杆 (2)在(1)问操作后关闭气阀K,封闭体积为V 细管 的气体（视为理想气体），然后用水平拉力向右 缓慢拉动活塞α，直到重物刚要开始向上运动， 已知此过程中气体吸收的热量为Q,求该过程 汽缸B 活塞a的位移大小及拉力对活塞α做的功： 活塞b (3)在(2)问操作后继续缓慢拉动活塞α，使重 物上升高度H,此时活塞b未到达汽缸B的顶 部，求该过程中水平拉力对活塞α做的功。 ☐重物 17.(14分)在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器 中电场强度大小为E,方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里；y=一x(x≤O)与y轴正 半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场：x轴下方为区域Ⅱ、第一象限为区域I,两 区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为，电 荷量为q的粒子α经速度选择器后以速率v从点（一h,)沿x轴正方向进入区域I,一段时间后恰 好从原点O沿y轴负方向进入区域Ⅱ。不计粒子重力及粒子间相互作用。 (1)求速度选择器中磁感应强度大小Bo和区域I中磁感应强度大小B; 物理试题第7页（共8页） (2)求粒子a从O点运动到P点 19mm,0)的时间t: X 30gB 速 区域虹 区域Ⅲ 3)当粒子a从点(2m,0)离开区域Ⅱ进入区域m 子发 选 5gB 器 时，和α电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v 器 + 沿y轴负方向进入区域IⅡ，若粒子b在x轴相遇 -h 0 且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M + 区域Ⅱ 及第一次相遇时的x轴坐标x1。 18.(16分)某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的 不对称“倒V形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒 V”形管道左端高度差为h,每个“倒V'形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为h和 h(h<h),每个“倒V形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1,2， 3,.,N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为M=4m的弹球P。所有弹球的直径均略 小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力， 所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。 (1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小： (2)己知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有 弹球（包括P)都能到达出口。 ()求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小： (ii)求弹球P与1号弹球第k(k<N)次碰撞后瞬间的速度大小： (若N足够大，且么>么-A),求4与么之间应满是的关系。 16 入口 P 第一个“倒V形管道 出口 物理试题第8页（共8页） 机密★启用前 山东省顶尖计划2027届新高三摸底考试 物 理 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。 2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求。 1．云南省锡、铟等有色金属储量丰富。已知锡和铟的逸出功分别为和，若用光子 能量为的紫外线分别照射这两种金属，则 A．只有锡能发生光电效应 B．只有铟能发生光电效应 C．锡和铟都能发生光电效应 D．锡和铟都不能发生光电效应 2．某同学在操场进行抛球实验。第一次，他将小球以某一初速度竖直向上抛出，测得从抛出到 返回出发点的总时间为；第二次、他在小球第一次上升所能达到最大高度的中点处水平放置一块弹性极好的挡板，在同一位置以相同的初速度将小球竖直向上抛出，小球撞击挡板后速度大小不变、方向相反，碰撞时间极短。不计空气阻力，则小球第二次从抛出到最终落回出发点的总时间为 A． B． C． D． 3．在测量某种透明树脂折射率的实验中，让激光束射入一块两面平行的树脂砖，改变入射点和 入射角，得到①、②、③、④四条出射光线，如图所示。不考虑反射，图中经P点射入树脂砖的光，出射后的光线可能是 A．① B．② C．③ D．④ 4．水星的逆行每年发生3次，以地球为参考系观察到水星的运动轨迹如图所示。水星和地球绕 太阳公转的轨道近似看作两个同心圆且运行方向相同，每当地球与水星相距最近时就发生一次逆行。忽略行星间的相互影响，则水星与地球公转轨道半径的比值为 A．1∶3 B．1∶4 C． D． 5．如图所示，两挂钩可沿固定水平横梁滑动到任意位置后锁定。一挎包质量为m，其轻质包带 长度约为4d，a、b为包与包带的连接点，相距为d。将挎包悬挂在两挂钩上，两挂钩相距为x时，锁定挂钩。挎包静止时，a、b在同一水平直线上，包带的张力大小为FT，重力加速度 为g，不计包带与挂钩之间的摩擦及两挂钩尺寸。能正确反映随x变化的图像是 A．B．C．D． 6．如图所示，倾角为的斜面体固定在水平地面上，斜面足够长。两相同物块A、B用一根与 斜面平行的轻质细杆连接，轻放在斜面上，一起沿斜面加速下滑。若斜面光滑，两物块加速度大小为，轻杆的弹力大小为；若斜面粗糙，两物块加速度大小为，轻杆的弹力大小为。则 A．， B．， C．， D．， 7．一定质量的理想气体由状态a经ab、bc两个过程到达状态c，该过程中气体的压强p与热力 学温度T的关系如图所示，图中ab延长线过原点，bc平行于T轴。下列说法正确的是 A．a→b过程中气体向外界放出热量 B．b→c过程中气体向外界放出热量 C．a→b过程中气体与外界传递的热量大于气体内能变化的大小 D．b→c过程中气体与外界传递的热量大于气体内能变化的大小 8．智能家居安防系统的红外传感装置升级电路如图所示，核心结构包括交流电源、理想变压器、 定值电阻及红外传感电阻。已知、两点间输入的交变电压有效值恒定，理想变压器原线圈串联定值电阻，原副线圈匝数比。副线圈回路中，红外传感电阻与定值电阻并联，且。当物体靠近时，的阻值随红外线强度增大而减小。电压表、电流表均为理想电表，忽略温度对电路的影响。下列说法正确的是 A．当物体靠近时，电压表V的示数增大，电流表的示数减小 B．当物体靠近时，原线圈两端电压与副线圈两端电压的比值大于2∶1 C．当物体靠近时，电流表与的示数比值减小 D．若将副线圈回路中拆除，当物体靠近时变压器的输出功率减小 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．2026年5月全国艺术体操锦标赛中，15岁小将王淇首夺成年个人全能金牌，王淇进行带操比 赛时彩带的运动可简化为一列沿轴方向传播的简谐横波，图甲是时的波形图，为该波传播方向上的质点，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是 A．波沿轴负方向传播 B．时原点处的质点与质点位移相同 C．质点的平衡位置坐标为=2.0m D．原点处质点的振动方程为 10．光学反射棱镜被广泛应用于摄像、校准等领域，其中一种棱镜的截面如图所示，eh边为镀 膜反射面，，，，，。已知光在真空中的传播速度为，若一单色细光束从点以的入射角从真空射入棱镜，光恰好沿原路返回。下列说法正确的是 A．棱镜的折射率为 B．棱镜的折射率为 C．光在棱镜中传播速度的大小为 D．光在棱镜中传播的时间为 11．融合新型功能材料的传感器在智能感知领域得到广泛应用。如图所示，光滑、绝缘椭圆轨道 竖直放置，长轴、短轴，AC与 交于 点，为最低点， 点处内置可感知轨道压力的传感器。空间内充满平行轨道平面、斜向上的匀强电场（图中未画出）。质量为、电荷量为的小球置于 点时恰好静止，此时传感器示数等于，g为重力加速度的大小。下列说法正确的是 A．电场强度的大小为 B．电场强度方向与的夹角为 C．、两点间的电势差 D．若小球在点的速度水平向右、大小为，则到达点时速度大小仍为 12．如图所示，足够长 形光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，宽度为，电阻不计。区域Ⅰ 为正方形，充满垂直轨道平面向上、磁感应强度大小随时间 均匀变化的匀强磁场，即（ 为大于零的常量）；区域Ⅱ内，导轨上接有开关、，导轨间接有电容为、的两电容器；区域Ⅲ内充满方向垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为 的匀强磁场。初始时，质量为 、有一定阻值的导体棒 静止于区域Ⅲ中某处，闭合，断开，充电。充电完毕后，断开，闭合，MN开始运动，经过一段时间系统达到最终稳定状态。MN长度与导轨宽度相同并始终与导轨接触良好。下列说法正确的是 A．充电完毕时的电荷量为 B．充电完毕时，上极板带负电 C．最终 的速度为 D．最终的电荷量为 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．（6分）某同学做力的合成实验，实验装置如图（a）甲所示，该装置中三根支撑脚L、M、N 的高度可通过地脚螺钉调节。完成下列填空： (1) 该同学借助水平仪将实验装置台面调至水平。水平仪内封有液体和气泡，当水平仪底面水平 时，气泡会静止在水平仪中心处，俯视图如图（a）乙所示。将水平仪放到台面上，气泡静止在水平仪中的位置俯视图如图（a）丙所示，下列操作能将台面调成水平的是_____________或_____________（填正确答案标号）； A．保持M和N高度不变，调高L        B．保持M和N高度不变，调低L C．保持L高度不变，同时调高M和N    D．保持L高度不变，同时调低M和N (2)如图（b）甲所示，将橡皮筋一端固定在O点，另一端通过圆环、细线与弹簧测力计相连。某 次实验时，拉伸橡皮筋调整圆环圆心至点并保持静止，记录两细线的夹角，由弹簧测力计读出拉力和的大小，其中的读数为_____________N； (3)根据测量结果在方格纸上画出和的图示，如图（b）乙所示。已知方格纸上每小格边长代表，用作图法可得和的合力大小为_____________N（结果保留2位有效数字）。 14．（8分）某同学购买的蓝牙耳机电池上标有“”字样，为了测量该电池电动势和实际容 量，该同学进行了如下实验： (1)测量电池的电动势，可供选择的器材如下： 待测电池E、电流表（，内阻较小）、电流表（，内阻较小）、电阻箱、开关S和导线若干。 完成下列填空： ①该电池允许的最大放电电流为，电流表应选_____________（填“”或“”）； ②请根据上述器材设计实验电路，并在答题卡上指定位置补全电路图；___________ ③按照②中正确电路图连接电路，闭合开关S，记录电流表示数I及电阻箱阻值；断开开关S， 改变。重复以上步骤，得到和的关系如图（a）所示，由图可得电池电动势 _____________V（结果保留2位有效数字）。 (2)该同学设计出测量电池容量的电路，如图（b）甲所示。完成下列填空： ①电路连接完毕，闭合开关S，每隔一段时间记录电压表、电流表的示数U和I，得到U和I随 时间t变化的图像分别如图（b）乙、丙所示； ②由图（b）乙、丙可知，随着电池持续放电，输出电压和电流均持续减小。当时， 电池输出电压为_____________V，随后电池输出电压和电流开始迅速衰减，电池无法正常工作。电池处于正常工作状态可以放出的总电量称为实际容量，由测量结果可估算出该电池的实际容量为_____________（以上结果均保留2位有效数字）。 15．（8分）如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于 圆环的端点A。一质量m=0.6kg的小球从A点以初速度冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。求： (1)若R=0.5m，小球在最高点对圆环的压力； (2)仅调整R的大小，小球从最高点飞出，求A、C间的最大距离及对应的R值。 16．（8分）某同学制作了一个简易气动装置，可简化为如图所示的模型。水平汽缸A和竖直汽 缸B固定在气压为的恒温环境中，其活塞a、b的横截面积分别为、。两汽缸通过细管连通，汽缸A内壁光滑，汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置气密性和导热性良好。不计活塞的质量和厚度，重力加速度为g。 (1)打开气阀K，在活塞b上用轻质细线悬挂重物，逐渐增加重物的质量，当重物质量为m时活塞b刚要开始向下运动，求汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力大小； (2)在（1）问操作后关闭气阀K，封闭体积为的气体（视为理想气体），然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞a，直到重物刚要开始向上运动，已知此过程中气体吸收的热量为Q，求该过程活塞a的位移大小及拉力对活塞a做的功； (3)在（2）问操作后继续缓慢拉动活塞a，使重物上升高度H，此时活塞b未到达汽缸B的顶部，求该过程中水平拉力对活塞a做的功。 17．（14分）在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里；y=－x(x ≤ 0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为区域II、第一象限为区域III，两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为m，电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速率v从点(－h，h)沿x轴正方向进入区域I，一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域II。不计粒子重力及粒子间相互作用。 (1)求速度选择器中磁感应强度大小B0和区域I中磁感应强度大小B1； (2)求粒子a从O点运动到P点的时间t； (3)当粒子a从点离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II，若粒子a、b在x轴相遇且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标x1。 18．（16分）某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。 (1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小； (2)已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。 （i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小； （ii）求弹球P与1号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小； （iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。 参考答案及详细解析 试卷第2页，共11页 物理试题 第1页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 1．B 【详解】光电效应的发生条件为：入射光子的能量大于等于金属的逸出功，即时可发生光电效应。 锡的逸出功，不满足光电效应发生条件，锡不能发生光电效应； 铟的逸出功，满足光电效应发生条件，只有铟能发生光电效应。 故选B。 2．A 【详解】第一次竖直上抛过程，上升、下落过程对称，上升到最高点的时间为 设初速度为，则 最大高度为 第二次挡板高度为 设与挡板碰撞前的速度大小为，根据运动学公式可得 联立解得 则第二次上升时间为 根据对称性可知，第二次下落时间为 则小球第二次从抛出到最终落回出发点的总时间为 故选A。 3．B 【详解】光通过平行树脂砖，出射光线与入射光线平行； 由于由空气进入树脂为由光疏介质进入光密介质，折射角应小于入射角，则光线会向法线侧移，出射光线在入射光线延长线的左侧，符合条件的是②。 故选B。 4．D 【详解】水星的逆行每年发生3次，即相邻两次逆行之间的时间间隔年 水星的轨道半径比地球的小，水星的角速度较大，在年内二者相邻两次距离最近，水星相对地球多跑了一圈，故，即 解得年 根据开普勒第三定律得水星与地球公转轨道半径的比值为 故选D。 5．D 【详解】设挎包带与竖直方向的夹角为θ。对挎包受力分析，竖直方向受重力mg和两股包带的拉力FT，由平衡条件2FTcosθ=mg 根据几何关系有单侧包带长度 单侧包带水平投影长度 则 故 代入特殊点x = 0， x = d， x = 2d， 故选D。 6．B 【详解】若斜面光滑，对整体，根据牛顿第二定律 解得 设细杆的弹力为F1，对B根据牛顿第二定律 联立解得 设物块与斜面的摩擦因数为，对整体，根据牛顿第二定律 解得 设细杆的弹力为F2，对B根据牛顿第二定律 联立解得 由此可知，。 故选B。 7．D 【详解】根据理想气体状态方程（常数），有： AC．对于过程，图像中对应的图线延长线过原点，说明压强与热力学温度 成正比，即为定值 由此可知气体的体积 保持不变，这是一个等容变化过程 此过程中，温度升高，气体内能增加 体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功 根据热力学第一定律 可知，即气体从外界吸收热量，且吸收的热量等于内能的增加量，故AC错误； BD．对于过程，图像中对应的图线为平行于横轴的直线，说明压强保持不变，这是一个等压膨胀过程 在此过程中，温度升高，气体内能增加 体积增大，气体对外界做功 根据热力学第一定律，可知 因为，所以，即气体从外界吸收的热量大于气体内能的增加量，故B错误，D正确。 故选D。 8．C 【详解】A．当物体靠近时，红外线强度增大，阻值减小，副线圈总电阻减小，等效到原线圈的电阻减小，原线圈电流增大，即电流表示数增大；原线圈两端电压减小，副线圈电压减小，即电压表示数减小，故A错误； B．理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，即 比值恒为，故B错误； C．根据电流关系 副线圈中 且 联立可得 则，当物体靠近减小时，该比值减小，故C正确； D．拆除后，变压器输出功率 当时功率最大，由于阻值未知，无法确定减小时功率的变化情况，故D错误。 故选C。 9．BC 【详解】A．由图乙可知，周期，振幅为，时，P点振动方向向上，结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，A错误； B．由图甲可知，时，原点处的质点从平衡位置向下振动，即，偏离平衡位置位移为 时，质点P向上振动，再经到达平衡位置，则时偏离平衡位置位移，故B正确； C．P点经过回到平衡位置，说明平衡位置处质点的振动传到P，则质点的平衡位置坐标 由图甲可知波长，根据 解得，故C正确； D．设原点处质点的振动方程为 如图甲知时，原点处质点偏离平衡位置位移，且运动方向向下，根据圆频率 可得 故原点处质点的振动方程为，故D错误。 故选BC。 10．AC 【详解】AB．作出光路图如答图所示，光线在处发生全反射，根据几何关系可知，光线垂直射到边，边为镀膜反射面，结合光路的可逆性，则光线沿着原路返回，，其中 由几何关系可知，，故 由光的折射定律，解得棱镜的折射率。故A正确，B错误； C．由可得，光在棱镜中传播速度的大小为，故C正确； D．根据几何关系可知， ， 解得光在棱镜中传播的时间，故D错误。 故选AC。 11．BCD 【详解】AB．作出小球在点时的受力分析图如图1所示 由力的平衡条件结合几何关系有 所以电场强度的大小，且其方向与的夹角满足，则，故A错误，B正确； C．分别作出、两点在经过点的电场线上的两等势点、，如图2所示 则由几何关系可知，、两点间沿电场方向的距离为 所以、两点间的电势差为，故C正确； D．小球所受支持力对其始终不做功，根据题意可知，小球所受电场力与重力的合力水平向右，连线沿竖直方向，所以从B到的过程，小球所受合外力做的总功为0，由动能定理可知其动能变化量为0，故小球在、两点的速度大小均为，故D正确。 故选BCD。 12．AC 【详解】A．闭合、断开时，区域Ⅰ中产生感应电动势给充电，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为 由电容定义式可得充电完毕时的电荷量为，故A正确； B．由楞次定律和右手螺旋定则可知区域Ⅰ中产生顺时针方向的感应电流，则充电完毕时，上极板带正电，故B错误； CD．断开、闭合时，放电，最终回路中感应电流为0，、和 两端电压相等，设最终稳定时的电荷量为，的电荷量为，流过 的电荷量为，MN的速度为 ，对 由动量定理和电流的定义式 有 结合法拉第电磁感应定律和电容的定义式可知 联立可得， 整个过程由电荷守恒定律有 联立可得，，故C正确，D错误。 故选AC。 13．(1) A D (2)3.00 (3)4.0 【详解】（1）[1][2]水平仪气泡会向较高的一端移动，根据图丙可知是M和N端高了的原因，所以要将台面调成水平，需要保持M和N高度不变，调高L或者保持L高度不变，同时调低M和N，故选A或D。 （2）由图可知F1的读数为3.00N （3）根据平行四边形法则做出合力图像如图所示 由于每小格边长代表0.5N，故可得F1和F2的合力大小为F=8×0.5N=4.0N 14．(1) A2 4.0 (2) 3.6 73 【详解】（1）①由于电池允许的最大放电电流为80mA，为了减小测量误差应该选择电流表A2； ②根据上述器材，因为只有电流表和电阻箱，故采用安阻法测量，实验电路如图所示 ③根据闭合电路欧姆定律可知 变形可得，所以在图像中图线的斜率即为，所以根据图像有 即E=4.0V （2）[1][2]根据图（b）乙可知在120min时，电池输出电压约为3.6V，120min时的输出电流约为34mA，此后不能正常工作；其中120min=2h； 根据i—t图像围成的面积表示电量，对i-t图线做近似处理如图可知 15．(1)13.2N，方向竖直向上 (2)1.8m，0.45m 【详解】（1）设小球到达B点时的速度为v，小球从A到B的运动过程中，由动能定理得 在B点，设轨道对小球弹力为，方向竖直向下，对小球由牛顿第二定律得 代入数据解得 由牛顿第三定律可知小球在最高点对轨道的压力N，方向竖直向上。 （2）设小球到达B点时的速度为v，小球从A到B的运动过程中，由动能定理得 小球从B点飞出做平抛运动，由平抛运动规律可知， 联立以上各式，整理得 当时，即m时，x有最大值； 将m代入解得： 16．(1) (2)， (3) 【详解】（1）打开气阀K，对活塞b进行受力分析，当活塞b刚要开始向下运动时，在竖直方向上，重物的重力mg与最大静摩擦力f平衡，即 （2）在（1）问操作后关闭气阀K，则气体压强为，然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞a，直到重物刚要开始向上运动，对活塞b，根据平衡条件有 设活塞a向右移动的位移为x，气体体积变为 因为缓慢拉动，气体做等温变化，根据玻意耳定律 联立解得 以气体为研究对象，根据热力学第一定律 其中 活塞对气体做功为 则气体对活塞做功为 对活塞，根据动能定理 解得拉力对活塞a做的功 （3）重物上升H过程中，活塞b匀速运动，气体压强保持不变，恒温下气体总体积不变，因此活塞a向右移动位移满足 得 拉力大小不变 拉力做功 联立解得 17．(1) (2) (3)， 【详解】（1）粒子在速度选择器中做直线运动，有 解得 粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径，根据 解得 （2）根据可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为 画出粒子运动轨迹图 可知从O点进入区域Ⅱ，经半圆到达 再根据，可知O到A运动时间 从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达，时间 从B点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达，时间 则总时间 （3）画出粒子a、b的运动轨迹如图 区域Ⅱ：a粒子半径 b粒子半径 a粒子半周期 b粒子半周期 区域Ⅲ：a粒子半径 b粒子半径 a粒子半周期 b粒子半周期 粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆＋区域Ⅲ上半圆”的运动，x坐标的净变化 同理 所花时间 同理 取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t = 0，粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴 坐标 时间 此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n=1，2，3，…，则 粒子b在a到达第一次向上点a（即）时，从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起始时刻为 粒子b第1次速度向上点（绝对时刻）：b先在区域Ⅱ走下半圆 坐标 时刻 同理，第k次速度向上点k=1，2，3，… 由相遇条件、得， 两式相除消去M得，最小正整数解为k = 5，n = 9 代入得， 18．(1)， (2)（i），；（ii）；（iii） 【详解】（1）P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 解得 P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， （2）（i）1球到达第2个平台时，由动能定理有 解得 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 可知两球速度交换； （ii）设P球到达第k个平台时的速度为，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为，则P球从第个平台发生第次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理① P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知② 联立①②可得 由数学知识，可知是等比数列，公比为 所以有 解得 （iii）经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k（），由能量关系有 即 变形为 由可知 则是的减函数，故时，趋近于零，化简为 解得 答案第10页，共15页 答案第2页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $