試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025年12月17日考試題一、單選題1．如圖所示，拉面師傅將一根拉面ACB用兩只手拎住不斷，已知兩只手與拉面的接觸點A、B等高，拉面各處粗細相同且質量都均勻分布，A、B處拉面的切線與豎直方向的夾角均為α=30°，C點為ACB的最低點。已知AB點以下部分的拉面質量為m，重力加速度為gA．拉面上A點拉力與C點的拉力大小相等B．拉面上A點拉力小于C點拉力C．A點拉力大小等于mgD．A點拉力大小等于3【答案】D【詳解】對AC段分析可知FAsin可知FA=2拉面上A點拉力與C點的拉力大小不相等，拉面上A點拉力大于C點拉力，A點拉力大小等于33故選D。2．如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，已知此過程中，氣體從外界吸熱1500?J，則該過程氣體內能增加（）A．300?JB．C．900?JD．【答案】C【詳解】由圖可知，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體的體積膨脹，氣體對外做功，根據p?V圖像與V軸圍成的面積表示氣體對外做的功，則有W=?根據熱力學第一定律，可得ΔU=Q+W=1500J3．根據614C放射性強度減小的情況可以推算植物死亡的時間，其衰變方程614C→714N+X。A．614C衰變時釋放的粒子X是01n B．C．隨著全球變暖，614C的半衰期變短 D．若枯死植物614C【答案】D【詳解】A．根據質量數與電荷數守恒有14-14=0，6-7=-1，可知X是?10B．衰變反應釋放能量，生成核比反應核更加穩(wěn)定，原子核越穩(wěn)定，比結合能越大，可知714N比C．半衰期是原子核的固有屬性，由核內部結構決定，與溫度、壓強等外界條件無關，故C錯誤；D．根據半衰期公式，剩余質量滿足m當剩余比例為12k時，有12t4．某節(jié)能儲能輸電網絡如圖所示，發(fā)電機的輸出電壓U1=250V，輸出功率500kW。降壓變壓器的匝數比n3：n4=50：1，輸電線總電阻R=62.5Ω。其余線路電阻不計，用戶端電壓U4=220V，功率88kW，所有變壓器均為理想變壓器。則下列數值正確的是（）A．發(fā)電機的輸出電流為368AB．輸電線上損失的功率為4kWC．輸送給儲能站的功率為400kWD．升壓變壓器的匝數比n1：n2=1：44【答案】B【詳解】A.由題知，發(fā)電機的輸出電壓U1=250V，輸出功率500kW，則有I故A錯誤；BD．由題知，用戶端電壓U4=220V，功率88kW，則有U3U4=I4I解得I4=400A，I3=8A，U3=11000V則輸電線上損失的功率為P損=I32R=4kW，且U2=U3＋I3R=11500V再根據U1U2=nC.根據理想變壓器無功率損失有P=U2I3＋P儲解得P儲=408kW，故C錯誤。故選B。5．磁約束是一種利用磁場對帶電粒子進行約束的技術，在離子源、等離子體物理、核聚變等領域有著廣泛的應用。如圖所示，內半徑為R、外半徑為3R的環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，CD為一條水平直徑，一質量為m、帶電荷量為+q（q>0）的粒子從C點沿與CDA．有且僅有一個速率能使粒子經過D點B．粒子在磁場中連續(xù)偏轉90°角后能經過圓心C．速率滿足v≥3qBRD．速率滿足0<v≤2qBR【答案】D【詳解】A．經過O點做PA垂直于CD，由幾何關系可知，從C點射出的粒子，圓心在A點時，軌道半徑為2R，恰經過P點，然后到達D點；速度較小的粒子，若進入小圓時的速度方向與CD平行，如圖中的F點進入時，在小圓內部做直線運動，然后從G點再次射入磁場，也能經過D點，則A錯誤；B．根據沿CPD運動的粒子軌跡可知，粒子在磁場中連續(xù)偏轉90°角后不可能經過圓心O，B錯誤；CD．恰能進入小圓的粒子軌跡與小圓相切，圓心在E點，設該圓軌道半徑為r，則由余弦定理(r+R)解得r=由于qvB=mv2則不進入小圓的粒子速度滿足0<v≤2qBR6．如圖所示的裝置水平置于豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，電源電動勢為E、內阻為R，兩副平行且光滑導軌的間距分別為d與2d．材質均勻的導體棒b、c的長度均為2d，電阻均為R，質量分別為m、12A．穩(wěn)定前b、c棒加速度之比為1∶2B．穩(wěn)定時導體棒b的速度為EC．穩(wěn)定時導體棒b兩端的電壓為2ED．導體棒b中產生的焦耳熱為m【答案】B【詳解】A．兩導體棒串聯接入電路，電流相等，根據F=BIL由牛頓第二定律F=ma解得a=故穩(wěn)定前b、c棒加速度之比為a故A錯誤；BC．閉合開關，當兩棒穩(wěn)定時，閉合回路中無電流，則有E=Bdvb＋B·2dvc設全過程中回路中電流平均值為I，所用時間為t，根據動量定理，對b棒有B對c棒有B聯立解得vb=所以穩(wěn)定時導體棒b兩端的電壓為U故B正確；C錯誤；D．由能量守恒定律知，電源提供的電能轉化為動能和焦耳熱Eq=結合焦耳定律，可得導體棒b中產生的焦耳熱為Q聯立，解得Q故D錯誤。故選B。7．如圖所示，水平桌面上放有一半球形玻璃磚，半徑為R，玻璃磚對紅光的折射率為2，O為其圓心，AB為其一條直徑。現有一個紅色點光源從O點開始緩慢向B點移動，下列說法正確的是（）A．當點光源在O點時，從圓弧的正上方往O點看，看到的像比光源更靠近圓弧B．當點光源往B移動R3C．當點光源往B移動33R時，與AB直徑共面豎直圓弧上有D．當點光源往B移動33R時，與AB直徑共面豎直圓弧上有【答案】C【詳解】A．當點光源在O點時，光源發(fā)出的光都沿半徑方向射出，光的傳播方向不變，根據光路可逆性可知，光源的像依然在圓心O處，故看到的像和光源距離圓弧的距離都一樣，故A錯誤；B．已知玻璃磚對紅光的折射率n=2，根據全反射臨界角公式sin可得C=30°當點光源往B移動R3時，設此時光線射到圓弧面上的入射角為θ，則有可知光不會發(fā)生全反射，光都能從圓弧上射出，故B錯誤；CD．當點光源往B移動3R3時，設此時光線射到圓弧面上的入射角為α可知光會發(fā)生全反射，由幾何關系可知，在與AB直徑共面豎直圓弧上，以光源位置關于圓心O對稱的點為中心，左右各30°范圍內發(fā)生全反射，對應的圓心角為60°，而整個圓弧對應的圓心角是180°，所以不能有光射出的弧長區(qū)域占整個與AB直徑共面豎直圓弧長的60°故C正確，D錯誤。故選C。8．如圖甲所示為在某時刻，沿x軸正方向傳播的簡諧波的波動圖像，該時刻剛好傳播到平衡位置x=8m的P位置，Q點位于x=14m處，以y軸正方向為位移、速度和加速度的正方向，圖乙為x=0處質點的速度隨時間變化的圖像。下列說法正確的是（A．t=1s時，x=0B．該簡諧波沿x軸正方向傳播的速度為2.0C．圖甲所示時刻P位置的質點振動方向沿y軸負方向D．從圖甲所示時刻開始再經過4s【答案】BD【詳解】A．由乙圖可知，t=1s時，x=0B．由甲圖得波長為8m，由乙圖得周期為4v=B正確；C．根據波的傳播，先動的帶動后動的，可得圖甲所示時刻P位置的質點振動方向沿y軸正方向，C錯誤；D．從圖甲所示時刻開始Q位置的質點第一次達到波峰位置所用時間為t=D正確。故選BD。9．如圖所示為光滑水平桌面的俯視圖，空間中存在平行于桌面的勻強電場E，A、B兩帶電小球（可視為點電荷）放置在光滑水平桌面上處于靜止狀態(tài)，兩者連線與電場方向平行，C點為A、B連線中點，D點與A、B構成等邊三角形。下列說法正確的是（）A．A、B兩小球帶電荷量大小一定相等，A球帶負電荷B．D點電場強度為零C．C點電場強度是D點電場強度的7倍，且兩者方向相反D．D點電勢高于C點電勢【答案】AB【詳解】A．水平方向上，兩小球均在電場力和庫侖力的作用下處于平衡狀態(tài)，由于庫侖力為相互作用力，大小相等，方向相反，因此兩小球受到的電場力也一定是大小相等，方向相反，故兩小球帶電荷量大小一定相等，且A帶負電荷，B帶正電荷，故A正確；B．設A、B間距為d，小球帶電荷量為q，兩小球所受電場力和庫侖力大小相等，即kq因為ΔABD是等邊三角形，所以A、B兩小球所帶電荷在D點產生的合場強與勻強電場大小相等，方向相反，因此DC．A、B兩點電荷在C點產生的合場強為EC點電場強度大小E方向與E反向，故C錯誤；D．A、B兩小球帶等量異種電荷，C點為A、B連線中點，D點在C點的正右方，都在A、B連線中垂線上且與勻強電場方向垂直，因此D、C兩點的電勢相等，故D錯誤。故選AB。10．如圖，在光滑水平面上，軌道ABCD的質量M=0.4kg，其中，AB段是半徑R=0.4m的光滑14圓弧，在B點與水平軌道BD相切，水平軌道的BC段粗糙，動摩擦因數μ=0.4，長L=3.5m,C點右側的軌道光滑，軌道的右端連接一輕質彈簧?，F有一質量m=0.1kg的小物體在A點正上方高為A．小物體和軌道組成的系統(tǒng)在全過程中動量守恒B．小物體第一次返回到A點時的速度為2C．小物體和軌道右端的彈簧只有一次接觸D．軌道M在水平面上運動的最大速率為2.0【答案】CD【詳解】A．小物體和軌道組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．小物體第一次沿軌道返回到A點時小物體與軌道在水平方向的分速度相同，設為vx，假設此時小物體在豎直方向的分速度為vy由能量守恒定律得：mgH=聯立并代入數據解得：vx小物體第一次沿軌道返回到A點時的速度大小為：vAC．設小物體在BC段上滑行總路程為s，由能量守恒定律得：mg?+R=μmgs，代入數據解得：s=10m<3×3.5mD．當小物體沿運動到圓弧最低點B時軌道的速率最大，設為vm，假設此時小物體的速度大小為v，小物體和軌道組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：由能量守恒定律得：mg聯立并代入數據解得：vm故選CD。二、實驗題（每空2分共16分）11．某實驗小組想要測量一個定值電阻Rx的阻值（約為5A．電源（電動勢約為3V，內阻約為0.2ΩB．電流表A（量程0.6A，內阻約為0.1ΩC．電壓表V（量程3V，內阻約為10kD．滑動變阻器Rp（阻值范圍0~3E.開關S1和單刀雙擲開關S(1)為了盡可能多地測量實驗數據，請補充圖（a）滑動變阻器的連接方式。(2)將圖（a）中單刀雙擲開關S2接a，閉合開關S1，移動滑動變阻器滑片，測量并記錄多組電流表、電壓表數據。某次測量時電流表指針如圖（b）所示，則電流表的讀數為(3)將圖（a）中單刀雙擲開關S2接b，重復（2）中操作，利用記錄的數據分別描繪電流隨電壓變化的圖線如圖（c）所示，則S2接b時對應圖（c）中（選填“①”或“②”），單刀雙擲開關S2接（選填“a”或“【答案】(1)(2)0.44(3)②a【詳解】（1）采用分壓式接法連接滑動變阻器。（2）刻度的最小分度為0.02A，估讀到本位，讀數為0.44A。（3）[1][2]S2接a時為電流表外接，電阻測量值小于真實值；S2接b時為電流表內接，電阻測量值大于真實值，圖（c）斜率為電阻倒數，因此S2接b時對應圖（c）中②。易判斷Rx為小電阻，電流表應外接減小系統(tǒng)誤差，因此單刀雙擲開關12．物理實驗一般都涉及實驗目的、實驗原理、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數據分析等。(1)下列實驗中，用到控制變量法的實驗有__________。A．探究加速度與力和質量的關系B．驗證機械能守恒定律C．測量玻璃的折射率(2)假設在月球上，利用：A．質量m已知的重錘、B．打點計時器和紙帶、C．直流電源、D．彈簧測力計，設計實驗測量月球表面的重力加速度g月的大小。選用的器材有(3)“研究平拋運動”和“驗證動量守恒定律”的共同點有__________。A．都要調整軌道末端水平B．都不需要確定豎直方向C．在同一次實驗中，小球每次都要從軌道上的同一位置釋放(4)驗證動量守恒實驗中，得到軌道末端在記錄紙上的豎直投影點O，入射球碰前的平均落地點、碰后兩球的平均落地點分別是P、M和N，如果在誤差允許范圍內，OP、OM、ON滿足，則說明碰撞為彈性碰撞?！敬鸢浮?1)A(2)AD/DA(3)AC(4)OM+OP=ON【詳解】（1）A．探究加速度與力、質量的關系采用了控制變量法，故A正確；B．驗證機械能守恒定律是驗證重力勢能減少量與動能增加量是否相等，沒有用到控制變量法，故B錯誤；C．測量玻璃的折射率是通過測量入射角和折射角來計算折射率，沒有用到控制變量法，故C錯誤。故選A。（2）實驗原理F=mg月，選用的器材有：A質量（3）A．“研究平拋運動”和“驗證動量守恒定律”的共同點都需要小球從軌道邊緣水平飛出，所以都要調整軌道末端水平，故A正確；B．“研究平拋運動”需要確定豎直方向，而“驗證動量守恒定律”實驗不需要確定豎直方向，故B錯誤；C．“研究平拋運動”和“驗證動量守恒定律”的共同點都要求在同一次實驗中，從軌道邊緣水平飛出時速度相等，所以小球每次都要從軌道上的同一位置靜止釋放，故C正確。故選AC。（4）令入射球的質量為m1，速度為v1，被碰球的質量為m2，以水平向右為正方向，碰撞過程動量守恒，則m由于兩球碰撞后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，兩邊同時乘以時間t得m則m如果碰撞為彈性碰撞（碰撞前后動能相等），由機械能守恒定律得1兩邊同時乘以t2并整理得m1(OP)2三、解答題13．秋千由踏板和繩構成，小孩隨秋千的擺動過程可簡化為單擺的擺動。等效“擺球”的質量為m，擺長為L，繩與豎直方向的最大夾角為θ。不計一切摩擦和空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求“擺球”通過最低點時速度的大小v；(2)求“擺球”通過最低點時對細繩的拉力大小F；(3)若“擺球”擺動周期為T，擺球從左側最高點第一次擺到最低點的過程中，求細線對擺球拉力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)2gL1?cosθ(2)【詳解】（1）擺球從最高點到最低點的過程中，只有重力做功，機械能守恒。由機械能守恒定律有mg?=其中?=L1?cosθ（2）在最低點，擺球受到重力mg和細繩的拉力F'，合力提供向心力，即F根據牛頓第三定律得F=將v=2gL1?（3）根據動量定理，合力的沖量等于動量變化，即I擺球從左側最高點到最低點的時間為t=T4，由題意可知，重力的沖量方向豎直向下，mv代入解得I=14．如圖所示，水平面內ab和cd是兩條平行放置的足夠長直粗糙金屬導軌，MN和M′N′是兩根用細線連接的金屬桿，其質量分別為m和2m，兩桿與導軌的動摩擦因數均為μ．開始時水平外力F作用在桿MN上，使兩桿以速度v0水平向右勻速運動．兩桿的總電阻為R，導軌間距為d，整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直，導軌電阻可忽略，重力加速度為g．在t=0時刻將細線燒斷，保持外力F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好，已知在t=t0時刻后桿MN速度保持不變，且在0?t0時間內兩桿速度方向始終向右，求：（1）0?t0時間內任意時刻兩桿的加速度大小之比；（2）t0時刻兩桿各自的速度；（3）0?t0時間內兩桿各自的位移．【答案】（1）2:1

（2）v0+4μmgR3B2d【詳解】(1)細線燒斷前，對兩桿整體進行受力分析有:F=3μmg開始時兩桿中無感應電流，細線燒斷后，對兩桿分別進行受力分析，由于兩桿構成閉