2024-2025学年山东省威海市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年山东省威海市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共28页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）（2024秋•威海期末）一质点沿x轴运动，其位置坐标x与时间t的关系为x＝t2+2t+4物理量的单位均为国际单位。质点在第2s末的速度为（ ）
A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．8m/s
2．（3分）（2024秋•威海期末）如图所示，用三根轻绳a、b、c将质量相等的两个灯笼悬挂起来。两灯笼静止时，轻绳c水平，三根轻绳上的拉力Ta、Tb、Tc大小关系正确的是（ ）
A．Ta＞Tb＞TcB．Ta＞Tc＞TbC．Tb＞Ta＞TcD．Tb＞Tc＞Ta
3．（3分）（2024秋•威海期末）劈尖干涉是一种薄膜干涉。如图所示，将一块标准平板玻璃放置在另一块待检测玻璃之上，在右端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当红光从上方入射时，从上往下看到图示的干涉条纹，下列说法正确的是（ ）
A．若用紫光入射，条纹间距变大
B．若抽去一张纸片，条纹间距变小
C．图中亮纹弯曲，说明待检玻璃的表面对应处凸起
D．干涉条纹是由两玻璃与空气薄膜接触的两个面反射的光叠加而成
4．（3分）（2024秋•威海期末）如图所示，长为L的轻质硬杆中点和末端各固定一小球1、2，两小球的质量相等，硬杆可以绕顶端O点在竖直面内转动。若小球2从最低点获得初速度v0，恰好能通过最高点，重力加速度为g，忽略所有阻力，则v0为（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）（2025•长沙模拟）如图所示，真空中有一正方体abcd﹣efgh，在a和g分别固定电荷量为+Q和﹣Q的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．d和f电势相等
B．e和h场强大小相等
C．ef间电势差大于dc间电势差
D．将一带正电的试探电荷沿直线从e移动到h，其电势能先减小后增大
6．（3分）（2024秋•威海期末）地球赤道上的物体随地球自转的速度为v1，近地卫星运行的速度为v2，同步卫星运行的速度为v3。已知同步卫星离地心的距离为地球半径的7倍，则v1、v2、v3大小之比为（ ）
A．B．C．1：1：7D．
7．（3分）（2024秋•威海期末）将一小球从水平地面斜抛出去，初速度大小为v0，重力加速度为g，忽略空气阻力，小球的最大射程为（ ）
A．B．C．D．
8．（3分）（2025•广州二模）如图所示，足够长的水平放置的光滑平行导轨，宽轨道的间距为窄轨道的2倍，轨道处于竖直方向的匀强磁场中，甲、乙两杆垂直导轨放置，质量分别为2m、m。某时刻甲以速度v0向右滑动，若甲始终在宽轨道上运动，则系统最终产生的热量为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，
（多选）9．（4分）（2024秋•威海期末）一列横波在某介质中沿x轴传播，t＝0.7s时的波形图如图甲所示，图乙为质点M的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播
B．波速为10m/s
C．M的平衡位置坐标为9m
D．从t＝0到t＝0.7s，M通过的路程为35cm
（多选）10．（4分）（2024秋•威海期末）如图所示，斜面固定在水平地面上，一滑块从底端冲上斜面，到达某一高度后返回，滑块与斜面间存在摩擦。以地面为零势能面，它在斜面上运动的速度v随时间t变化的图像、重力势能Ep随位移x变化的图像，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）11．（4分）（2025•湖南模拟）如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴以角速度ω匀速转动，线圈长为2L、宽为L，匝数为N，磁感应强度大小为B。理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，定值电阻R1＝8R，R2＝R，电阻箱R3的最大值为10R。不计线圈和导线的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为NBL2ω
B．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为2NBL2ω
C．变压器输出功率的最大值为
D．变压器输出功率的最大值为
（多选）12．（4分）（2024秋•威海期末）如图甲所示，通过轻质弹簧连接的质量均为0.1kg的两物体A、B放在水平桌面上，系统处于静止状态。现用竖直向上的力F作用在A上，以x表示A离开静止位置时的位移，F﹣x的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k＝20N/m，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．A发生10cm位移的过程中，弹簧对B的冲量为0
B．A发生10cm位移的过程中，F与弹簧弹力的合力对A做的功为0.15J
C．A发生10cm位移的过程中，F与弹簧弹力的合力对A的冲量为0.1N•s
D．B离开地面后的最大速度为1m/s
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）（2024秋•威海期末）如图甲所示为用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置。请回答以下问题。
（1）虚线框内从左向右的三个元件依次为 ；
A.单缝、双缝、滤光片
B.单缝、滤光片、双缝
C.滤光片、单缝、双缝
（2）用测量头测量相邻两条亮条纹的间距时，先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，则相邻两条亮条纹的间距为 mm；（保留三位有效数字）
（3）已知双缝间的距离d＝0.8mm，双缝到光屏间的距离L＝1.60m，则光的波长为 nm（保留整数）。
14．（8分）（2024秋•威海期末）某实验小组利用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，其中R0为定值电阻，V为理想电压表，A为电流表，E为电源，R为滑动变阻器。
（1）请将电路补充完整，要求电表的示数从零可调；
（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑至最 端；
（3）若电压表的读数为U，电流表的读数为I，定值电阻的阻值为R0，则待测电阻Rx＝ ；
（4）若电流表出现故障不能使用，实验桌上还有一个单刀双掷开关，请你利用单刀双掷开关，不再增加新的器材，在答题纸的方框中重新设计原理图。
15．（8分）（2024秋•威海期末）如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖，AB边长为R，AC边长为2R。a光线垂直于BC边射入，从AC边射出，出射光线与入射光线的夹角为θ＝15°。现让同种光的b光线从AB边的中点垂直射入，已知光速为c，不考虑光的多次反射。
（1）求玻璃砖的折射率并画出b光线在玻璃砖内传播并从BC边射出的光路图；
（2）求b光线从射入玻璃砖到从BC边射出经历的时间。
16．（8分）（2024秋•威海期末）如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，下端接有定值电阻R，导轨所在的平面与水平面夹角为θ＝30°。空间分布着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向上。现把一长为L的导体棒放在导轨上，用一根不可伸长的轻绳跨过轻质光滑的定滑轮与A连接，将A由静止释放，当下降高度h时，速度刚好达到最大。已知导体棒的质量为m，电阻为R，A的质量为m，导轨电阻不计，重力加速度为g，求：
（1）A的最大速度；
（2）从释放A到速度达到最大，回路中产生的热量。
17．（14分）（2024秋•威海期末）如图所示，直角坐标系xOy中，第一、三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场B1、B2（大小未知），第二、四象限存在沿y轴负方向的匀强电场E1、E2（大小未知）。一质量为m，带电量为q的粒子从x轴上的A（a，0）点以v0的速度大小射入第一象限，速度方向与x轴的夹角为37°，粒子恰好不能进入第二象限。若保持初速度方向不变，大小变为，粒子依次经过x轴上的B点和y轴上的C点进入第四象限，已知BO＝CO＝6a，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，粒子的重力忽略不计。求：
（1）B1的大小；
（2）E1的大小；
（3）B2的大小；
（4）粒子从离开C点到速度方向与x轴的夹角为30°的过程中，电场力的冲量大小。
18．（16分）（2024秋•威海期末）如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平地面上，“凹”形的木板A静置于斜面上，底端与斜面底端对齐，A的质量mA＝0.6kg，内侧面间距L＝0.45m。质量mB＝0.2kg的小物块B从A的底端出发，以v0＝5m/s的初速度沿斜面向上滑动。已知A与B的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短。A与B、A与斜面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）B开始向上滑动时的加速度大小；
（2）B与A第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；
（3）A从开始运动到返回斜面底端经历的时间；
（4）从B出发到A返回斜面底端系统产生的总热量。
2024-2025学年山东省威海市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共4小题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．（3分）（2024秋•威海期末）一质点沿x轴运动，其位置坐标x与时间t的关系为x＝t2+2t+4物理量的单位均为国际单位。质点在第2s末的速度为（ ）
A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．8m/s
【答案】C
【分析】根据表达式得出初速度和加速度，从而确定其运动规律。
【解答】解：因为该质点的位置随时间变化的规律是x＝t2+2t+4
对比速度—时间关系式
则v0＝2m/s，a＝2m/s2
根据速度—时间关系式有v＝v0+at
代入数据解得
v＝6m/s
故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．（3分）（2024秋•威海期末）如图所示，用三根轻绳a、b、c将质量相等的两个灯笼悬挂起来。两灯笼静止时，轻绳c水平，三根轻绳上的拉力Ta、Tb、Tc大小关系正确的是（ ）
A．Ta＞Tb＞TcB．Ta＞Tc＞TbC．Tb＞Ta＞TcD．Tb＞Tc＞Ta
【答案】A
【分析】先用整体法，计算a和c两根绳子上的力大小关系，在用隔离法进行分析，计算b绳子上的力。
【解答】解：把两个灯笼看成一整体，受力分析如图所示：
根据受力平衡可得：
在对最下面的灯笼受力分析，如图所示：
根据受力平衡可得：
所以Ta＞Tb＞Tc，故BCD错误，A正确。
故选：A。
3．（3分）（2024秋•威海期末）劈尖干涉是一种薄膜干涉。如图所示，将一块标准平板玻璃放置在另一块待检测玻璃之上，在右端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当红光从上方入射时，从上往下看到图示的干涉条纹，下列说法正确的是（ ）
A．若用紫光入射，条纹间距变大
B．若抽去一张纸片，条纹间距变小
C．图中亮纹弯曲，说明待检玻璃的表面对应处凸起
D．干涉条纹是由两玻璃与空气薄膜接触的两个面反射的光叠加而成
【答案】D
【分析】根据薄膜干涉的原理入手，结合干涉的条纹间距公式进行分析。
【解答】解：A．如果用紫光入射，紫光的波长比红光的波长短，根据双缝干涉条纹间距公式
可知波长越短，条纹间距变小，故A错误；
B．从空气膜的上下表面两个相干光源分别反射，他们的光程差为Δx＝2d
即光程差为空气膜厚度的2倍，当光程差Δx＝2d＝nλ时此处表现为亮条纹，所以相邻亮条纹之间的空气膜的厚度差为，显然抽掉一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，条纹间距变大，故B错误；
C．薄膜干涉是等厚干涉，同一条明条纹处空气膜的厚度相同。图中亮纹向左弯曲时，检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，可知该处凹陷，故C错误；
D．干涉条纹是由两玻璃与空气薄膜接触的两个面反射的光叠加而成，故D正确。
故选：D。
4．（3分）（2024秋•威海期末）如图所示，长为L的轻质硬杆中点和末端各固定一小球1、2，两小球的质量相等，硬杆可以绕顶端O点在竖直面内转动。若小球2从最低点获得初速度v0，恰好能通过最高点，重力加速度为g，忽略所有阻力，则v0为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】题目描述了一个由轻质硬杆连接的两个小球构成的系统在竖直平面内转动。核心物理过程是系统绕顶端O点的圆周运动，关键在于小球2获得初速度后恰好能通过最高点。分析时需要明确两个小球通过杆连接，角速度相同，线速度与半径成正比。已知小球2在最低点有初速度，系统机械能守恒，且小球2恰好通过最高点的条件为最高点速度可以为零。通过机械能守恒定律建立最低点与最高点之间的动能与重力势能转化关系，结合两球速度的比例关系，即可求出初速度。
【解答】解：由于两球的角速度相等，且小球2的圆周运动半径为小球1的2倍，故当小球2的速度为v0时，小球1的速度为。
小球2恰好能通过最高点，此时杆可提供支持力，故在最高点时两球速度均为零，即v1＝v2＝0。
整个过程中系统机械能守恒，则有，解得：，故ACD错误，B正确。
故选：B。
5．（3分）（2025•长沙模拟）如图所示，真空中有一正方体abcd﹣efgh，在a和g分别固定电荷量为+Q和﹣Q的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．d和f电势相等
B．e和h场强大小相等
C．ef间电势差大于dc间电势差
D．将一带正电的试探电荷沿直线从e移动到h，其电势能先减小后增大
【答案】B
【分析】靠近正电荷，电势高，靠近负电荷，电势低；
根据点电荷电场强度公式，比较电场强度大小；
根据对称性，分析出cf等电势，de等电势，确定电势差关系；
根据W＝qU，分析电场力做功，确定电势能变化。
【解答】解：A．根据题意，顶点b、d、e在连线ag的中垂面靠近正电荷的一侧，电势高，电势为正；顶点c、h、f在连线ag的中垂面靠近负电荷的一侧，电势低，电势为负，则d和f电势不相等，故A错误；
B．固定电荷量为+Q和﹣Q的点电荷分别对e点和h点的电场强度如图所示
根据点电荷电场强度公式

由图可知
Eg1＝Eg2
Ea1＝Ea2
根据平行四边定则可知e点和h点场强大小相等，故B正确；
C．f点和c点到正负电荷的距离相等，根据对称性，它们的电势相同；d点和e点到正负电荷的距离相等，根据对称性，它们的电势相同，由
Uef＝φe﹣φf
Udc＝φd﹣φc
则有
Uef＝Udc
故C错误；
D．由于e点电势为正，h点电势为负，根据
Weh＝qUeh＝q（φe﹣φh）
可知
Ueh＝φe﹣φh＞0，q＞0
则
Weh＞0
得将一带正电的试探电荷沿直线从e移动到h，电场力做正功，其电势能减小，故D错误。
故选：B。
6．（3分）（2024秋•威海期末）地球赤道上的物体随地球自转的速度为v1，近地卫星运行的速度为v2，同步卫星运行的速度为v3。已知同步卫星离地心的距离为地球半径的7倍，则v1、v2、v3大小之比为（ ）
A．B．C．1：1：7D．
【答案】A
【分析】赤道物体与同步卫星角速度相同，由线速度与半径成正比可得两者比例。近地卫星与同步卫星均由万有引力提供向心力，利用向心力公式中速度与轨道半径的关系，推导两者速度之比。最后将三个速度的比例关系联立，得到整体的比值。解题关键是区分角速度相同与向心力来源相同的不同模型。
【解答】解：赤道上的物体与同步卫星的角速度相等，则有v1＝Rω，v3＝7Rω，解得：v1：v3＝1：7。
对近地卫星与同步卫星，由万有引力提供向心力可得，，解得：。
联立以上比例关系，可得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．（3分）（2024秋•威海期末）将一小球从水平地面斜抛出去，初速度大小为v0，重力加速度为g，忽略空气阻力，小球的最大射程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】该题研究斜抛运动的最大射程，已知初速度大小和重力加速度，忽略空气阻力。射程取决于初速度方向，需将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，利用两个分运动的等时性建立射程表达式。当竖直分运动使得落回抛出点高度时，水平射程最大，对应初速度方向与水平夹角为45度，此时射程表达式中的正弦值取最大值，由此可确定最大射程与初速度和重力加速度的关系。
【解答】解：将小球的初速度 v0 分解为水平方向分速度 vx＝v0csθ 和竖直方向分速度 vy＝v0sinθ。
小球在空中运动的时间由竖直分运动决定，根据速度公式 ，解得总时间 。
小球的水平位移即射程 。
根据三角函数性质，当 sin2θ＝1 即抛射角为 45° 时，射程取得最大值 ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
8．（3分）（2025•广州二模）如图所示，足够长的水平放置的光滑平行导轨，宽轨道的间距为窄轨道的2倍，轨道处于竖直方向的匀强磁场中，甲、乙两杆垂直导轨放置，质量分别为2m、m。某时刻甲以速度v0向右滑动，若甲始终在宽轨道上运动，则系统最终产生的热量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】稳定状态时，回路的感应电动势为0，感应电流为0。导体棒a、b均向右做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律、动量定理分别列式，即可求出两棒的最终速度；
根据能量守恒定律求出整个过程产生的焦耳热。
【解答】解：最终状态两棒均做匀速运动，此时两棒切割产生的电动势大小相等：B×2Lv甲＝BLv乙
整理得末速度：v乙＝2v甲
以向右为正方向，对甲棒根据动量定理可得：
同理，对乙棒根据动量定理可得：
联立以上化简解得：，
系统最终产生的热量为：Q（）
代入数据得：Q，故ACD错误，B正确。
故选：B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，
（多选）9．（4分）（2024秋•威海期末）一列横波在某介质中沿x轴传播，t＝0.7s时的波形图如图甲所示，图乙为质点M的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播
B．波速为10m/s
C．M的平衡位置坐标为9m
D．从t＝0到t＝0.7s，M通过的路程为35cm
【答案】BC
【分析】根据同侧法分析；根据波长、波速和周期关系计算；写出质点M的振动方程，据此计算；根据图乙分析。
【解答】解：A．由图乙可知0.7s时，M向下运动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图可知波长为8m，周期为0.8s，则波速为，故B正确；
C．质点M的振动方程为（cm），将t＝0.7s代入解得（cm），波动方程为（cm），将（cm）代入解得xM＝9m，故C正确；
D．结合图乙可知，从t＝0到t＝0.7s，M通过的路程为，故D错误。
故选：BC。
（多选）10．（4分）（2024秋•威海期末）如图所示，斜面固定在水平地面上，一滑块从底端冲上斜面，到达某一高度后返回，滑块与斜面间存在摩擦。以地面为零势能面，它在斜面上运动的速度v随时间t变化的图像、重力势能Ep随位移x变化的图像，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据牛顿第二定律求解加速度大小，结合v﹣t图像的斜率表示加速度分析；得出重力势能的函数关系式，结合函数关系式分析。
【解答】解：AB．物体上滑时，设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
解得a1＝gsinθ+μcsθ
方向沿斜面向下，物体下滑时，同理可得a2＝gsinθ﹣μcsθ
方向沿斜面向下，可见上滑时的加速度大于下滑时的加速度，v﹣t图像的斜率表示加速度，由于克服摩擦力做功，机械能减小，返回到出发点的速度应小于物体的初速度，故A正确，B错误；
CD．以地面为零势能面，根据重力势能Ep＝mgh＝mgxsinθ，可知重力势能与位移成正比，故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）11．（4分）（2025•湖南模拟）如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴以角速度ω匀速转动，线圈长为2L、宽为L，匝数为N，磁感应强度大小为B。理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，定值电阻R1＝8R，R2＝R，电阻箱R3的最大值为10R。不计线圈和导线的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为NBL2ω
B．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为2NBL2ω
C．变压器输出功率的最大值为
D．变压器输出功率的最大值为
【答案】BD
【分析】根据交流电的产生和理想变压器，可求解电动势最大值、输出功率。
【解答】解：AB、根据题意可知，当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为E＝NBSω＝2NBL2ω
故A错误，B正确；
CD、根据题意有，将副线圈所在电路与变压器整体等效为一个等效电阻R′。
根据题意可知，等效电阻
根据电路特点有，副线圈输出功率等于等效电阻R′的功率，等效电阻R′的功率为
根据数学方法可知当R′＝R1时，即R3＝R时输出功率最大
代入解得输出功率最大为
故C错误，D正确；
故选：BD。
（多选）12．（4分）（2024秋•威海期末）如图甲所示，通过轻质弹簧连接的质量均为0.1kg的两物体A、B放在水平桌面上，系统处于静止状态。现用竖直向上的力F作用在A上，以x表示A离开静止位置时的位移，F﹣x的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k＝20N/m，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．A发生10cm位移的过程中，弹簧对B的冲量为0
B．A发生10cm位移的过程中，F与弹簧弹力的合力对A做的功为0.15J
C．A发生10cm位移的过程中，F与弹簧弹力的合力对A的冲量为0.1N•s
D．B离开地面后的最大速度为1m/s
【答案】BD
【分析】先由初始静止状态求出弹簧初始压缩量，分析A移动10cm 时弹簧的状态，判断B的运动情况以分析弹簧对B的作用；利用F﹣x图像面积算F的功，结合弹簧弹力的功求合力对A的功；通过动量定理分析合力冲量，B离地后，找到A合力为零的位置，分析其最大速度。
【解答】解：A．初始时，整体处于静止状态，则弹簧的压缩量为
A发生10cm位移时，假设B不动，则此时弹簧的伸长量为x1＝10cm﹣x0
代入数据得x1＝5cm
则此时弹力大小为kx1＝1N＝mg
B刚好可以保持静止状态，由图乙可知力F与x的关系为F＝0.5+20x（N）
在A发生10cm位移的过程中，弹簧弹力F弹与x的关系为F弹＝﹣k（x﹣x0）＝1﹣20x（N）
在A发生10cm位移的过程中，A所受合力为F合＝F+F弹﹣mg
代入数据得F合＝0.5N
可知A向上做匀加速直线运动，加速度大小为
代入数据得a＝5m/s2
在A发生10cm位移的过程中，弹簧对B的弹力大小先向下，后向上，弹力与x具有线性关系，但x与时间t不是线性关系，所以弹力与t不是线性关系，在A发生10cm位移的过程中，弹簧对B向下的冲量和向上的冲量大小并不相等，弹簧对B的冲量不为0，故A错误；
BC．A发生10cm位移的过程中，A向上做匀加速直线运动，根据
代入数据得所用时间为t＝0.2s
则该过程A的末速度大小为v＝at
代入数据得v＝1m/s
根据动能定理可得
代入数据得F与弹簧弹力的合力对A做的功为WF+W弹＝0.15J
根据动量定理可得IF+I弹﹣mgt＝mv﹣0
代入数据得F与弹簧弹力的合力对A的冲量为IF+I弹＝0.3N•s，故B正确，C错误；
D．A发生10cm位移后，B开始离开地面，由图乙可知力F变为恒力，且满足F＝2mg
代入数据得F＝2N
可知A、B和弹簧组成的系统满足动量守恒，B离开地面后，弹簧弹力大于B的重力，B向上做加速运动，当弹簧弹力再次等于B的重力时，B得加速度为0，此时B的速度达到最大，弹簧的伸长量与B刚要离开地面时的伸长量相同，则从B离开地面到B速度达到最大的过程，A、B上升高度相同，所以力F做功与A、B总重力做功之和为0，对于A、B与弹簧组成的系统整体动量守恒得mv＝mvA+mvB
根据能量守恒可得
代入数据得B离开地面后的最大速度为vB＝v＝1m/s，故D正确。
故选：BD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）（2024秋•威海期末）如图甲所示为用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置。请回答以下问题。
（1）虚线框内从左向右的三个元件依次为 C ；
A.单缝、双缝、滤光片
B.单缝、滤光片、双缝
C.滤光片、单缝、双缝
（2）用测量头测量相邻两条亮条纹的间距时，先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，则相邻两条亮条纹的间距为 1.49 mm；（保留三位有效数字）
（3）已知双缝间的距离d＝0.8mm，双缝到光屏间的距离L＝1.60m，则光的波长为 745 nm（保留整数）。
【答案】（1）C；（2）1.49；（3）745。
【分析】（1）根据各元件的作用分析判断；
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；根据题意计算条纹间距；
（3）根据条纹间距公式计算。
【解答】解：（1）实验装置中，虚线框内从左向右放置的光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，第1、6条亮条纹的读数为x1＝1.5mm+20.5×0.01mm＝1.705mm，x6＝9mm+15.0×0.01mm＝9.150mm
由题图可知，条纹间距

（3）根据条纹间距公式
代入数据可知
故答案为：（1）C；（2）1.49；（3）745。
14．（8分）（2024秋•威海期末）某实验小组利用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，其中R0为定值电阻，V为理想电压表，A为电流表，E为电源，R为滑动变阻器。
（1）请将电路补充完整，要求电表的示数从零可调；
（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑至最 右 端；
（3）若电压表的读数为U，电流表的读数为I，定值电阻的阻值为R0，则待测电阻Rx＝ ；
（4）若电流表出现故障不能使用，实验桌上还有一个单刀双掷开关，请你利用单刀双掷开关，不再增加新的器材，在答题纸的方框中重新设计原理图。
【答案】（1）
（2）右；（3）；（4）
【分析】（1）根据电表的示数从零可调确定滑动变阻器的接法，根据选择连接实物图；
（2）根据保护电路分析判断；
（3）根据欧姆定律计算；
（4）根据实验原理分析判断。
【解答】解：（1）电表的示数从零可调，则滑动变阻器采用分压式接法，如图
（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑至最右端；
（3）根据欧姆定律可知
（4）设计电路如图
故答案为：（1）
（2）右；（3）；（4）
15．（8分）（2024秋•威海期末）如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖，AB边长为R，AC边长为2R。a光线垂直于BC边射入，从AC边射出，出射光线与入射光线的夹角为θ＝15°。现让同种光的b光线从AB边的中点垂直射入，已知光速为c，不考虑光的多次反射。
（1）求玻璃砖的折射率并画出b光线在玻璃砖内传播并从BC边射出的光路图；
（2）求b光线从射入玻璃砖到从BC边射出经历的时间。
【答案】（1）玻璃砖的折射率为，b光线在玻璃砖内传播并从BC边射出的光路图如下图所示：
（2）b光线从射入玻璃砖到从BC边射出经历的时间为。
【分析】（1）根据a光线的光路图，结合几何关系以及折射率的定义式分析求解；
（2）根据几何关系，结合b光线从射入玻璃砖到从BC边射出经历的路程分析求解。
【解答】解：（1）a光线的光路图如图所示
由几何关系可知
解得∠ACB＝30°
可得θ2＝30°，θ1＝θ+θ2＝45°
根据折射率的定义式可知
解得
可知临界角满足
解得C＝45°
b光线在玻璃砖内传播并从BC边射出的光路图如图所示
由几何关系可知b光线在AC界面上D点处的入射角为60°，大于临界角，发生全反射，在BC界面上F点处的入射角为30°，小于临界角，未发生全反射。
（2）由几何关系可知ED＝R•cs30°，
则b光线从射入玻璃砖到从BC边射出经历的路程为x＝ED+DF
又
可知b光线从射入玻璃砖到从BC边射出经历的时间
联立，解得
答：（1）玻璃砖的折射率为，b光线在玻璃砖内传播并从BC边射出的光路图如下图所示：
（2）b光线从射入玻璃砖到从BC边射出经历的时间为。
16．（8分）（2024秋•威海期末）如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，下端接有定值电阻R，导轨所在的平面与水平面夹角为θ＝30°。空间分布着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向上。现把一长为L的导体棒放在导轨上，用一根不可伸长的轻绳跨过轻质光滑的定滑轮与A连接，将A由静止释放，当下降高度h时，速度刚好达到最大。已知导体棒的质量为m，电阻为R，A的质量为m，导轨电阻不计，重力加速度为g，求：
（1）A的最大速度；
（2）从释放A到速度达到最大，回路中产生的热量。
【答案】（1）A的最大速度大小为。
（2）回路中产生的热量为。
【分析】（1）当速度最大时，A与导体棒组成的系统处于动态平衡状态。导体棒在重力沿斜面的分力、安培力与轻绳拉力的作用下，A在重力与轻绳拉力作用下，两者加速度为零。利用平衡条件，导体棒所受安培力与A的重力及导体棒重力分力建立关系，结合电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，将安培力表达式中的电流用最大速度表示，即可求出最大速度。
（2）从释放到速度最大过程中，A的重力势能减少量转化为A与导体棒的动能、导体棒增加的重力势能以及回路中产生的热量。根据能量守恒定律，列出能量转化关系式，其中导体棒上升高度与A下降高度相等，结合第一问已求出的最大速度，即可求解热量。
【解答】解：（1）当重物速度达到最大时，其受力满足mg＝mgsin30°+BIL。根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，感应电流，解得：。
（2）依据能量守恒定律可得，解得：。
答：（1）A的最大速度大小为。
（2）回路中产生的热量为。
17．（14分）（2024秋•威海期末）如图所示，直角坐标系xOy中，第一、三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场B1、B2（大小未知），第二、四象限存在沿y轴负方向的匀强电场E1、E2（大小未知）。一质量为m，带电量为q的粒子从x轴上的A（a，0）点以v0的速度大小射入第一象限，速度方向与x轴的夹角为37°，粒子恰好不能进入第二象限。若保持初速度方向不变，大小变为，粒子依次经过x轴上的B点和y轴上的C点进入第四象限，已知BO＝CO＝6a，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，粒子的重力忽略不计。求：
（1）B1的大小；
（2）E1的大小；
（3）B2的大小；
（4）粒子从离开C点到速度方向与x轴的夹角为30°的过程中，电场力的冲量大小。
【答案】（1）B1的大小为；
（2）E1的大小为；
（3）B2的大小为；
（4）粒子从离开C点到速度方向与x轴的夹角为30°的过程中，电场力的冲量大小为。
【分析】（1）根据粒子速度为v0时恰好不能进入第二象限，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据粒子在第二象限做类平抛运动分析求解；
（3）根据粒子进入第三象限时的沿y方向的速度，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（4）根据粒子进入第四象限速度与y轴正向夹角45°，结合当速度与x轴正向夹角30°时，综合动量定理分析求解。
【解答】解：（1）粒子运动如下图所示
粒子速度为v0时恰好不能进入第二象限，可知r1+r1sin37°＝a
根据
解得
（2）若粒子速度为
可知粒子在第一象限的轨道半径
可知到达y轴的位置y＝r2+r2cs37°＝3a
粒子在第二象限做类平抛运动，则6a＝vt，
解得
（3）粒子进入第三象限时的沿y方向的速度
可知粒子进入第三象限时的速度与x轴夹角为45°，速度大小为
粒子在第三象限做圆周运动的轨道半径，
可得
（4）粒子进入第四象限速度与y轴正向夹角45°，则当速度与x轴正向夹角30°时由动量定理
答：（1）B1的大小为；
（2）E1的大小为；
（3）B2的大小为；
（4）粒子从离开C点到速度方向与x轴的夹角为30°的过程中，电场力的冲量大小为。
18．（16分）（2024秋•威海期末）如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平地面上，“凹”形的木板A静置于斜面上，底端与斜面底端对齐，A的质量mA＝0.6kg，内侧面间距L＝0.45m。质量mB＝0.2kg的小物块B从A的底端出发，以v0＝5m/s的初速度沿斜面向上滑动。已知A与B的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短。A与B、A与斜面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）B开始向上滑动时的加速度大小；
（2）B与A第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；
（3）A从开始运动到返回斜面底端经历的时间；
（4）从B出发到A返回斜面底端系统产生的总热量。
【答案】（1）B开始向上滑动时的加速度大小为10m/s2；
（2）B与A第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小分别为2m/s、2m/s；
（3）A从开始运动到返回斜面底端经历的时间为0.375s；
（4）从B出发到A返回斜面底端系统产生的总热量为2.25J。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求B开始向上滑动时的加速度大小；
（2）根据动量守恒与能量守恒求B与A第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；
（3）根据牛顿第二定律求出碰后A的加速度，再结合动量守恒与能量守恒以及运动学公式求A从开始运动到返回斜面底端经历的时间；
（4）根据能量守恒定律求出从B出发到A返回斜面底端系统产生的总热量。
【解答】解：（1）A与B间的摩擦力Ff1＝μmBgcsθ
对B，由牛顿第二定律得Ff1+mBgsinθ＝mBa1
解得
（2）B沿木板A内侧向上滑动过程，A静止，对B，由匀变速直线运动规律得

B与A碰撞为弹性碰撞，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mBv1＝mBv2+mAv3

解得第一次碰后A、B的速度大小均为v2＝v3＝2m/s
（3）A、B第一次碰后A沿斜面向上运动，B沿斜面向下运动，
对B，有
Ff1﹣mBgsinθ＝mBa2
解得a2＝0
则第一次碰后B匀速下滑
A与斜面间的摩擦力Ff2＝μ（mA+mB）gcsθ
对A，由牛顿第二定律得Ff1+Ff2+mAgsinθ＝mAa2
A速度减为零需要的时间
解得t1＝0.15s
A上滑的距离
B下滑的距离x2＝v2t1
x1+x2＝L
说明A速度减为零时发生第二次碰撞，以v2的方向为正方向，有
mBv2＝mBv4+mAv5

第二次A、B碰后速度大小均为v4＝v5＝1m/s
碰后，B沿斜面向上运动，A沿斜面向下运动
对A，有Ff1+Ff2﹣mAgsinθ＝mAa3
从第二次碰后到二者共速，需要的时间为t2，则
v5﹣a3t2＝﹣v4+a1t2
解得t2＝0.15s
二者共速时速度大小均为v6＝v5﹣a3t2
A下滑的距离
共速后匀速下滑到底端的时间
解得t3＝0.075s
A从开始运动到返回底端的时间t＝t1+t2+t3
解得
t＝0.375s
（4）从第二次碰后到二者共速，B向上运动的位移为

共速后B距离A底端的距离为Δx＝x3+x4
A与B间产生的热量Q1＝Ff1（2L+Δx）
A与斜面产生的热量Q2＝Ff2•2x1
Q＝Q1+Q2
解得 Q＝2.25J
答：（1）B开始向上滑动时的加速度大小为10m/s2；
（2）B与A第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小分别为2m/s、2m/s；
（3）A从开始运动到返回斜面底端经历的时间为0.375s；
（4）从B出发到A返回斜面底端系统产生的总热量为2.25J。
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答案
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A
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答案
BC
AC
BD
BD