高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE11號卷·A10聯(lián)盟2025年高考原創(chuàng)預(yù)測卷（二）物理滿分100分，考試時間75鐘。請在答題卡上作答。一、選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1.三種不同頻率單色光a、b、c，分別照射三種不同金屬甲、乙、丙的表面，均恰能發(fā)生光電效應(yīng)。已知三種單色光a、b、c的波長，下列說法正確的是（）A.三種光子的能量B.三種光子的動量C.若單色光c照射金屬甲，一定不會逸出光電子D.若單色光a、b一起照射金屬乙，單位時間一定會逸出更多光電子【答案】B【解析】A．由公式可知，波長越長，光子的能量越小，則有故A錯誤；B．由公式可知，波長越長，光子的動量越小，則有故B正確；C．由愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，逸出功所以光照射金屬甲，一定有光電子逸出，故C錯誤；D．光的頻率低于金屬乙的極限頻率，照射金屬乙不會有光電子逸出，所以光和光一起照射金屬乙，單位時間內(nèi)不會逸出更多的光電子，故D錯誤。故選B。2.在同一均勻介質(zhì)中，分別處于坐標(biāo)原點(diǎn)和處的兩個波源和，沿軸方向振動形成兩列相向傳播的簡諧橫波和。已知某時刻和的最前面分別傳到和處，波形如圖所示，下列說法正確的是（）A.波波速是波波速的2倍B.兩列波在相遇區(qū)域內(nèi)能發(fā)生干涉C.兩列波的波峰在處第一次相遇D.兩列波波峰在處第一次相遇【答案】D【解析】A．兩列波在同一均勻介質(zhì)中，波速相等，故A錯誤；B．兩列波的波長不同，波速相等，根據(jù)可知，頻率不同，兩列波在相遇區(qū)域內(nèi)不能發(fā)生干涉，故B錯誤；CD．設(shè)兩列波的波峰在處第一次相遇，則有解得故C錯誤，D正確；故選D。3.如圖所示，一束黃光從空氣射向厚度為的玻璃磚，由點(diǎn)射入，入射角為，最后從點(diǎn)射出。若要使、間的距離減小，下列操作可行的是（）A.僅將黃光換成紅光B.減小光的入射角C.增大玻璃磚的厚度D.換成折射率較小的玻璃磚【答案】B【解析】A．設(shè)黃光從A點(diǎn)射入的折射角為，根據(jù)光的折射定律可得由幾何關(guān)系可得僅將黃光換成紅光，則折射率變小，變大，則變大，故A錯誤；B．減小光的入射角，則變小，則變小，故B正確；C．增大玻璃磚的厚度h，則變大，故C錯誤；D．換成折射率較小的玻璃磚，則變大，則變大，故D錯誤。故選B。4.空間有一平行于x軸方向的電場，O、A、B、C、D為x軸上的點(diǎn)，AB=CD，OD之間的電勢隨x變化的圖像如圖所示。一個帶電粒子僅在電場力作用下，從O點(diǎn)由靜止開始沿x軸向右運(yùn)動，下列說法正確的是（）A.該粒子帶負(fù)電B.A、D間電場強(qiáng)度先增大后減小C.A、B之間與C、D之間的電場強(qiáng)度方向一定相反D.該粒子從A向D運(yùn)動過程中，動能先減小后增大【答案】C【解析】A．點(diǎn)電勢高于點(diǎn)電勢，故從點(diǎn)到點(diǎn)是沿著電場線方向，粒子僅在電場力作用下，從點(diǎn)由靜止開始沿軸向右運(yùn)動，可判定該粒子帶正電，故A錯誤；B．圖線的切線斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度的大小，其切線斜率為零處，電場強(qiáng)度也為零，故、間電場強(qiáng)度先減小后增大，故B錯誤；C．圖中點(diǎn)電勢高于點(diǎn)電勢，所以、之間的電場強(qiáng)度方向沿軸方向，而點(diǎn)電勢低于點(diǎn)電勢，所以、之間的電場強(qiáng)度方向沿軸負(fù)方向，故C正確；D．由以上分析結(jié)合可知，該粒子從A向D運(yùn)動過程中，電勢能先減小后增大；根據(jù)能量守恒，動能先增大后減小，故D錯誤。故選C。5.北京時間2024年11月16日2時32分，天舟八號貨運(yùn)飛船與中國空間站成功“太空握手”后，將轉(zhuǎn)入組合體飛行階段。已知組合體在距地面高度為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動，低于地球同步衛(wèi)星軌道，地球半徑為R，地球表面重力加速度大小為g，引力常量為G。不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，地球看成質(zhì)量分布均勻的球體。下列說法正確的是（）A.該組合體做勻速圓周運(yùn)動的周期為B.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小C.不能計算出地球的平均密度D.若組合體實(shí)驗艙內(nèi)有一彈簧振子裝置，該振子不能做簡諧運(yùn)動【答案】A【解析】A．根據(jù)萬有引力提供向心力，有在地球表面的物體，有解得故A正確；B．根據(jù)牛頓第二定律整理可得組合體和同步衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運(yùn)動，但同步衛(wèi)星的軌道半徑比組合體的大，所以組合體的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度，故B錯誤；C．地球的平均密度為故C錯誤；D．在空間站中，雖然處于完全失重狀態(tài)，但彈簧振子在彈簧彈力的作用下，仍可以做簡諧運(yùn)動，故D錯誤。故選A。6.如圖甲所示，為磁懸浮列車，其系統(tǒng)簡化為如圖乙所示的物理模型：間距為L的絕緣水平光滑平行直導(dǎo)軌間，等距離分布方向相反、垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，每個磁場分布區(qū)間的長度都是L。導(dǎo)軌上有邊長為L、質(zhì)量為m的單匝正方形金屬線框，總電阻為R。此時線框在圖示位置以速度v0開始向右滑行，下列說法正確的是（）A.此時刻線框中的感應(yīng)電流方向為順時針B.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大值為C.線框運(yùn)動過程中的最大加速度為D.當(dāng)線框停止滑行時，通過線框截面的電荷量為【答案】D【解析】A．線框向右運(yùn)動，根據(jù)右手定則可知，圖乙所示時刻線框中的感應(yīng)電流的方向是逆時針，故A錯誤；B．圖乙時刻，線框左右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢應(yīng)相加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，此時有最大感應(yīng)電動勢線框中的最大電流為故B錯誤；C．線框受到的安培力最大為根據(jù)牛頓第二定律可得，線框的最大加速度為故C錯誤；D．在線框滑行過程中，其兩條邊均受到安培力，對線框運(yùn)用動量定理有其中則通過線框截面的電荷量為故D正確。故選D。7.在校秋季運(yùn)動會上，張華同學(xué)參加鉛球比賽，他將同一鉛球從空中同一位置A先、后兩次拋出，第一次鉛球軌跡如圖中1所示，第二次鉛球軌跡如圖中2所示。不計空氣阻力，鉛球可看作質(zhì)點(diǎn)。關(guān)于兩次拋出，下列說法正確的是（）A.軌跡1的鉛球在空中飛行時間較短B.軌跡1的鉛球在A點(diǎn)時重力的功率較小C.軌跡2的鉛球在最高點(diǎn)時的動量較小D.兩次拋出過程中，軌跡2鉛球的重力沖量較小【答案】D【解析】A．鉛球沿1軌跡時，鉛球上升的高度較大，根據(jù)可知，軌跡1的鉛球上升和下落所用時間均較長，所以軌跡1的鉛球在空中飛行時間較長，故A錯誤；B．從A點(diǎn)到最高點(diǎn)，豎直方向有由于軌跡1的鉛球上升的豎直高度較大，則軌跡1的鉛球在A點(diǎn)的豎直分速度較大，根據(jù)可知軌跡1的鉛球在A點(diǎn)時重力的功率較大，故B錯誤；C．鉛球沿軌跡2運(yùn)動時水平位移較大，根據(jù)由于鉛球沿軌跡2在空中飛行時間較短，可知軌跡2的鉛球水平速度較大，即鉛球在2軌跡最高點(diǎn)的速度較大，軌跡2的鉛球在最高點(diǎn)時的動量較大，故C錯誤；D．根據(jù)由于鉛球沿軌跡2在空中飛行時間較短，所以兩次拋出過程中，軌跡2鉛球的重力沖量較小，故D正確。故選D。8.如圖所示，半徑為R的半圓形容器固定在水平面上，容器內(nèi)壁光滑，一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球靜止在容器的底部，現(xiàn)用一個大小等于的外力F作用在小球上，使小球向右沿容器內(nèi)壁緩慢上移。已知重力加速度大小為g，則在小球運(yùn)動過程中，下列說法正確的是（）A.容器內(nèi)壁對小球的作用力一定越來越小B.通過改變F的方向，可以使小球運(yùn)動到B點(diǎn)C.外力的方向一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動D.小球能上升最大高度為【答案】D【解析】對小球受力分析如圖，豎直向下的重力mg，容器壁對小球的作用力N沿半徑指向圓心，以重力的末端為圓心，以外力F的大小為半徑做半圓，小球向右沿容器內(nèi)壁緩慢上移，三力平衡組成首尾相接的封閉三角形，容器壁對小球的作用力N一定與半圓相交，可知容器內(nèi)壁對小球的作用力可能越來越大，也可能越來越小，外力的方向可能沿順時針方向轉(zhuǎn)動，也可能逆時針方向轉(zhuǎn)動，當(dāng)N與F垂直時小球上升到最高點(diǎn)，此時N與豎直方向夾角為，有可知小球上升的最大高度不可能運(yùn)動到B點(diǎn)。故選D。二、選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9.如圖甲所示，電路中和為兩個相同的小燈泡，均標(biāo)有“12V6W”字樣，電容器的擊穿電壓為15V。理想變壓器輸入電壓隨時間按正弦規(guī)律變化的圖像如圖乙所示，開關(guān)、均斷開時，小燈泡正常發(fā)光。下列說法正確的是（）A.該交變電壓瞬時值表達(dá)式為B.燈泡正常發(fā)光時，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為C燈泡正常發(fā)光時，若閉合開關(guān)，電容器不會被擊穿D.若閉合開關(guān)，斷開開關(guān)，滑片往下移動，燈泡、都變暗【答案】AD【解析】A．根據(jù)圖乙可知，交變電流的周期為則根據(jù)圖像可知，時，，可得電壓瞬時值表達(dá)式為故A正確；B．原線圈兩端電壓為小燈泡正常發(fā)光時，副線圈兩端電壓為則原、副線圈的匝數(shù)比為故B錯誤；C．小燈泡正常發(fā)光時，電容器兩端電壓最大值為超過電容器的擊穿電壓15V，故閉合開關(guān)電容器C會被擊穿，故C錯誤；D．若閉合開關(guān)，斷開開關(guān)，滑片P往下移動，副線圈匝數(shù)減小，輸入電壓不變，根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系可知減小，所以燈泡、都變暗，故D正確。故選AD。10.如圖所示，若傳送帶以速度順時針轉(zhuǎn)動，將小木箱無初速度放在傳送帶底端點(diǎn)，經(jīng)時間到達(dá)頂端A點(diǎn)，因摩擦產(chǎn)生的熱量為；若傳送帶以速度逆時針轉(zhuǎn)動，將此小木箱無初速度放在A點(diǎn)，經(jīng)時間也剛好到達(dá)底端點(diǎn)，因摩擦產(chǎn)生的熱量為。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小木箱可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是（）A.兩次傳送帶的速度大小B.兩次傳送帶的速度大小C.兩次因摩擦產(chǎn)生的熱量D.兩次因摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】BC【解析】AB．設(shè)傳送帶的傾角為，木箱的質(zhì)量為，木箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為。傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，對木箱根據(jù)牛頓第二定律有若能達(dá)到，隨后做勻速運(yùn)動；當(dāng)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，對木箱根據(jù)牛頓第二定律有達(dá)到后做勻速運(yùn)動。因此木箱向上運(yùn)動和向下運(yùn)動的時間相同，位移大小也相同，且畫出符合題意的一種情況的圖像，如圖所示由圖像可得故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)圖像可知，木箱向上運(yùn)動過程相對位移較大，根據(jù)可知故C正確，D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共58分。11.如圖甲所示，是用單擺測量重力加速度實(shí)驗裝置。將細(xì)線的上端固定在鐵架臺上，下端系一個小鋼球，做成一個單擺。利用手機(jī)的計時功能測出小球做簡諧運(yùn)動的周期。在測出5組不同擺長及對應(yīng)周期的數(shù)據(jù)后，作出圖像如圖乙所示。（1）該圖像的斜率為______（重力加速度為）；（2）由此得出重力加速度的測量值為______；（取3.14，計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）在此實(shí)驗中，若該同學(xué)測量的擺長是擺線的長度，而非懸點(diǎn)到小球球心之間的距離，這對重力加速度測量結(jié)果______（填“有”或“無”）影響?！敬鸢浮浚?）（2）9.78（3）無【解析】【小問1詳析】根據(jù)單擺周期公式可得可知該圖像的斜率為【小問2詳析】根據(jù)解得重力加速度為【小問3詳析】在此實(shí)驗中，若該同學(xué)測量的擺長是擺線的長度，設(shè)小球的半徑為，根據(jù)單擺周期公式可得可知圖像的斜率仍為，故對重力加速度測量結(jié)果無影響。12.某實(shí)驗小組要將一量程、內(nèi)阻的微安表改裝成量程為20mA的電流表。改裝后利用一標(biāo)準(zhǔn)毫安表進(jìn)行校準(zhǔn)（如圖甲所示，虛線框內(nèi)是改裝后的電表）。（1）改裝成大量程的電流表時需要并聯(lián)一個小電阻，則該電阻的阻值______；（2）當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為12.0mA時，微安表的指針位置如圖乙所示，產(chǎn)生上述問題的原因可能是改裝電流表時微安表并聯(lián)的電阻______（填“偏大”或“偏小”）；（3）實(shí)驗小組又設(shè)計了如圖內(nèi)所示的原理電路來測量鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r。在實(shí)驗中，已知電流表內(nèi)阻為，經(jīng)多次改變電阻箱阻值，測得多組數(shù)據(jù)，作出的關(guān)系圖線如圖丁所示，由圖可求得電池組的電動勢____，內(nèi)阻_____；（均用題、圖中給出的字母表示）（4）實(shí)驗時，該小組進(jìn)行了多次測量，測量期間一直保持電路閉合且時間較長，這樣操作是不合理的，理由是____________________。【答案】（1）10（2）偏大（3）（4）見解析【解析】【小問1詳析】根據(jù)并聯(lián)規(guī)律有【小問2詳析】標(biāo)準(zhǔn)毫安表讀數(shù)為12.0mA時，由圖乙可知微安表讀數(shù)為，則此時與微安表并聯(lián)的電阻的電流為根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律有則原因是并聯(lián)的電阻阻值偏大了?！拘?詳析】[1][2]在考慮電流表內(nèi)阻的前提下，根據(jù)閉合電路歐姆定律有整理可得根據(jù)圖乙圖線，可知，解得，【小問4詳析】理由是長時間保持電路閉合，電池會發(fā)熱，電池內(nèi)阻會發(fā)生變化，電池長時間放電，也會引起電動勢變化，導(dǎo)致實(shí)驗誤差增大。13.如圖所示，一封閉著理想氣體、導(dǎo)熱良好的密閉容器豎直放置，截面積為的水平輕質(zhì)活塞將該容器分成上、下兩部分，每部分氣體壓強(qiáng)均為，初始體積相等?，F(xiàn)將一重物懸掛在活塞上，穩(wěn)定后下部的體積變?yōu)樵瓉淼囊话?，重物未觸底。已知重力加速度大小為，重物的體積忽略不計，汽缸與容器間沒有摩擦，求：（1）穩(wěn)定后，上、下兩部分氣體壓強(qiáng)的比值；（2）重物的質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】設(shè)懸掛重物前，上、下兩部分氣體的體積都為，由于是導(dǎo)熱容器，所以上、下兩部分氣體均做等溫變化，由玻意耳定律有，上部分下部分聯(lián)立，解得【小問2詳析】對輕質(zhì)活塞受力分析，重物對其拉力等于重物的重力，則有解得14.如圖所示，在xOy平面第一象限內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，左邊界過原點(diǎn)與y軸夾角?，F(xiàn)分別將M、N兩帶正電粒子從和處沿與y軸負(fù)方向成角射出，粒子M、N恰好能在O點(diǎn)相遇。已知粒子M、N的電荷量均為+q，質(zhì)量分別為m和2m，粒子M射出時的速度大小為，不計兩粒子的重力及粒子間的相互作用。求：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）釋放M、N的時間差。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為，軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有，解得根據(jù)牛頓第二定律有解得【小問2詳析】設(shè)粒子射出的速度為，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為，則恩家牛頓第二定律有解得在軸與磁場區(qū)邊界之間的無磁場區(qū)，設(shè)、兩粒子做勻速直線運(yùn)動的時間分別為、，有，設(shè)在勻強(qiáng)磁場中M、N兩粒子做勻速圓周運(yùn)動的時間分別為、，兩個粒子做圓周運(yùn)動的圓心角均為，所以有其中，解得同理有故釋放M、N粒子的時間差值為解得15.如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑的四分之一圓弧軌道。將一質(zhì)量的小球從A點(diǎn)無初速度釋放，從點(diǎn)水平飛離軌道，落到水平面上的點(diǎn)。已知小球從A點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做功，、兩點(diǎn)間的高度差。小球視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，重力加速度大小。（1）求小球運(yùn)動到點(diǎn)時對軌道的壓力；（2）小球落到點(diǎn)后彈起，與地面多次碰撞后靜止。假設(shè)小球每次碰撞機(jī)械能損失75%，碰撞前后速度方向與水平地面的夾角不變，求小球從點(diǎn)飛出到靜止所發(fā)生的水平位移；（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）假設(shè)小球第一次與地面碰撞時間，求小球與地面間的平均動摩擦因數(shù)。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）【答案】（1），方向豎直向下（2）5.33m（3）0.154【解析】【小問1詳析】從A至B過程中，由動能定理有解得小球在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律可得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮榉较蜇Q直向下。【小問2詳析】小球由B至P做平拋運(yùn)動，根據(jù)可得，運(yùn)動的時間為發(fā)生的水平位移為由于小球每次碰撞機(jī)械能損失75%，由則碰撞后的速度大小為碰撞前速度大小的。碰撞前后速度方向與水平地面的夾角不變，則碰撞后豎直方向的分速度為碰撞前豎直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高點(diǎn)的時間等于從B點(diǎn)到落地時間的，碰撞后的水平速度大小也變?yōu)榕鲎睬暗?，所以有，第一次反彈至落地時間為第一次發(fā)生的水平位移為同理可得，第二次發(fā)生的水平位移為第三次發(fā)生的水平位移為……第次發(fā)生的水平位移為由數(shù)學(xué)知識可得，總的水平位移為【小問3詳析】第一次落地時，根據(jù)可得，落地時豎直方向速度為豎直方向根據(jù)動量定理解得水平方向根據(jù)動量定理有解得所以，平均動摩擦因數(shù)為1號卷·A10聯(lián)盟2025年高考原創(chuàng)預(yù)測卷（二）物理滿分100分，考試時間75鐘。請在答題卡上作答。一、選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1.三種不同頻率單色光a、b、c，分別照射三種不同金屬甲、乙、丙的表面，均恰能發(fā)生光電效應(yīng)。已知三種單色光a、b、c的波長，下列說法正確的是（）A.三種光子的能量B.三種光子的動量C.若單色光c照射金屬甲，一定不會逸出光電子D.若單色光a、b一起照射金屬乙，單位時間一定會逸出更多光電子【答案】B【解析】A．由公式可知，波長越長，光子的能量越小，則有故A錯誤；B．由公式可知，波長越長，光子的動量越小，則有故B正確；C．由愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，逸出功所以光照射金屬甲，一定有光電子逸出，故C錯誤；D．光的頻率低于金屬乙的極限頻率，照射金屬乙不會有光電子逸出，所以光和光一起照射金屬乙，單位時間內(nèi)不會逸出更多的光電子，故D錯誤。故選B。2.在同一均勻介質(zhì)中，分別處于坐標(biāo)原點(diǎn)和處的兩個波源和，沿軸方向振動形成兩列相向傳播的簡諧橫波和。已知某時刻和的最前面分別傳到和處，波形如圖所示，下列說法正確的是（）A.波波速是波波速的2倍B.兩列波在相遇區(qū)域內(nèi)能發(fā)生干涉C.兩列波的波峰在處第一次相遇D.兩列波波峰在處第一次相遇【答案】D【解析】A．兩列波在同一均勻介質(zhì)中，波速相等，故A錯誤；B．兩列波的波長不同，波速相等，根據(jù)可知，頻率不同，兩列波在相遇區(qū)域內(nèi)不能發(fā)生干涉，故B錯誤；CD．設(shè)兩列波的波峰在處第一次相遇，則有解得故C錯誤，D正確；故選D。3.如圖所示，一束黃光從空氣射向厚度為的玻璃磚，由點(diǎn)射入，入射角為，最后從點(diǎn)射出。若要使、間的距離減小，下列操作可行的是（）A.僅將黃光換成紅光B.減小光的入射角C.增大玻璃磚的厚度D.換成折射率較小的玻璃磚【答案】B【解析】A．設(shè)黃光從A點(diǎn)射入的折射角為，根據(jù)光的折射定律可得由幾何關(guān)系可得僅將黃光換成紅光，則折射率變小，變大，則變大，故A錯誤；B．減小光的入射角，則變小，則變小，故B正確；C．增大玻璃磚的厚度h，則變大，故C錯誤；D．換成折射率較小的玻璃磚，則變大，則變大，故D錯誤。故選B。4.空間有一平行于x軸方向的電場，O、A、B、C、D為x軸上的點(diǎn)，AB=CD，OD之間的電勢隨x變化的圖像如圖所示。一個帶電粒子僅在電場力作用下，從O點(diǎn)由靜止開始沿x軸向右運(yùn)動，下列說法正確的是（）A.該粒子帶負(fù)電B.A、D間電場強(qiáng)度先增大后減小C.A、B之間與C、D之間的電場強(qiáng)度方向一定相反D.該粒子從A向D運(yùn)動過程中，動能先減小后增大【答案】C【解析】A．點(diǎn)電勢高于點(diǎn)電勢，故從點(diǎn)到點(diǎn)是沿著電場線方向，粒子僅在電場力作用下，從點(diǎn)由靜止開始沿軸向右運(yùn)動，可判定該粒子帶正電，故A錯誤；B．圖線的切線斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度的大小，其切線斜率為零處，電場強(qiáng)度也為零，故、間電場強(qiáng)度先減小后增大，故B錯誤；C．圖中點(diǎn)電勢高于點(diǎn)電勢，所以、之間的電場強(qiáng)度方向沿軸方向，而點(diǎn)電勢低于點(diǎn)電勢，所以、之間的電場強(qiáng)度方向沿軸負(fù)方向，故C正確；D．由以上分析結(jié)合可知，該粒子從A向D運(yùn)動過程中，電勢能先減小后增大；根據(jù)能量守恒，動能先增大后減小，故D錯誤。故選C。5.北京時間2024年11月16日2時32分，天舟八號貨運(yùn)飛船與中國空間站成功“太空握手”后，將轉(zhuǎn)入組合體飛行階段。已知組合體在距地面高度為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動，低于地球同步衛(wèi)星軌道，地球半徑為R，地球表面重力加速度大小為g，引力常量為G。不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，地球看成質(zhì)量分布均勻的球體。下列說法正確的是（）A.該組合體做勻速圓周運(yùn)動的周期為B.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小C.不能計算出地球的平均密度D.若組合體實(shí)驗艙內(nèi)有一彈簧振子裝置，該振子不能做簡諧運(yùn)動【答案】A【解析】A．根據(jù)萬有引力提供向心力，有在地球表面的物體，有解得故A正確；B．根據(jù)牛頓第二定律整理可得組合體和同步衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運(yùn)動，但同步衛(wèi)星的軌道半徑比組合體的大，所以組合體的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度，故B錯誤；C．地球的平均密度為故C錯誤；D．在空間站中，雖然處于完全失重狀態(tài)，但彈簧振子在彈簧彈力的作用下，仍可以做簡諧運(yùn)動，故D錯誤。故選A。6.如圖甲所示，為磁懸浮列車，其系統(tǒng)簡化為如圖乙所示的物理模型：間距為L的絕緣水平光滑平行直導(dǎo)軌間，等距離分布方向相反、垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，每個磁場分布區(qū)間的長度都是L。導(dǎo)軌上有邊長為L、質(zhì)量為m的單匝正方形金屬線框，總電阻為R。此時線框在圖示位置以速度v0開始向右滑行，下列說法正確的是（）A.此時刻線框中的感應(yīng)電流方向為順時針B.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大值為C.線框運(yùn)動過程中的最大加速度為D.當(dāng)線框停止滑行時，通過線框截面的電荷量為【答案】D【解析】A．線框向右運(yùn)動，根據(jù)右手定則可知，圖乙所示時刻線框中的感應(yīng)電流的方向是逆時針，故A錯誤；B．圖乙時刻，線框左右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢應(yīng)相加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，此時有最大感應(yīng)電動勢線框中的最大電流為故B錯誤；C．線框受到的安培力最大為根據(jù)牛頓第二定律可得，線框的最大加速度為故C錯誤；D．在線框滑行過程中，其兩條邊均受到安培力，對線框運(yùn)用動量定理有其中則通過線框截面的電荷量為故D正確。故選D。7.在校秋季運(yùn)動會上，張華同學(xué)參加鉛球比賽，他將同一鉛球從空中同一位置A先、后兩次拋出，第一次鉛球軌跡如圖中1所示，第二次鉛球軌跡如圖中2所示。不計空氣阻力，鉛球可看作質(zhì)點(diǎn)。關(guān)于兩次拋出，下列說法正確的是（）A.軌跡1的鉛球在空中飛行時間較短B.軌跡1的鉛球在A點(diǎn)時重力的功率較小C.軌跡2的鉛球在最高點(diǎn)時的動量較小D.兩次拋出過程中，軌跡2鉛球的重力沖量較小【答案】D【解析】A．鉛球沿1軌跡時，鉛球上升的高度較大，根據(jù)可知，軌跡1的鉛球上升和下落所用時間均較長，所以軌跡1的鉛球在空中飛行時間較長，故A錯誤；B．從A點(diǎn)到最高點(diǎn)，豎直方向有由于軌跡1的鉛球上升的豎直高度較大，則軌跡1的鉛球在A點(diǎn)的豎直分速度較大，根據(jù)可知軌跡1的鉛球在A點(diǎn)時重力的功率較大，故B錯誤；C．鉛球沿軌跡2運(yùn)動時水平位移較大，根據(jù)由于鉛球沿軌跡2在空中飛行時間較短，可知軌跡2的鉛球水平速度較大，即鉛球在2軌跡最高點(diǎn)的速度較大，軌跡2的鉛球在最高點(diǎn)時的動量較大，故C錯誤；D．根據(jù)由于鉛球沿軌跡2在空中飛行時間較短，所以兩次拋出過程中，軌跡2鉛球的重力沖量較小，故D正確。故選D。8.如圖所示，半徑為R的半圓形容器固定在水平面上，容器內(nèi)壁光滑，一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球靜止在容器的底部，現(xiàn)用一個大小等于的外力F作用在小球上，使小球向右沿容器內(nèi)壁緩慢上移。已知重力加速度大小為g，則在小球運(yùn)動過程中，下列說法正確的是（）A.容器內(nèi)壁對小球的作用力一定越來越小B.通過改變F的方向，可以使小球運(yùn)動到B點(diǎn)C.外力的方向一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動D.小球能上升最大高度為【答案】D【解析】對小球受力分析如圖，豎直向下的重力mg，容器壁對小球的作用力N沿半徑指向圓心，以重力的末端為圓心，以外力F的大小為半徑做半圓，小球向右沿容器內(nèi)壁緩慢上移，三力平衡組成首尾相接的封閉三角形，容器壁對小球的作用力N一定與半圓相交，可知容器內(nèi)壁對小球的作用力可能越來越大，也可能越來越小，外力的方向可能沿順時針方向轉(zhuǎn)動，也可能逆時針方向轉(zhuǎn)動，當(dāng)N與F垂直時小球上升到最高點(diǎn)，此時N與豎直方向夾角為，有可知小球上升的最大高度不可能運(yùn)動到B點(diǎn)。故選D。二、選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9.如圖甲所示，電路中和為兩個相同的小燈泡，均標(biāo)有“12V6W”字樣，電容器的擊穿電壓為15V。理想變壓器輸入電壓隨時間按正弦規(guī)律變化的圖像如圖乙所示，開關(guān)、均斷開時，小燈泡正常發(fā)光。下列說法正確的是（）A.該交變電壓瞬時值表達(dá)式為B.燈泡正常發(fā)光時，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為C燈泡正常發(fā)光時，若閉合開關(guān)，電容器不會被擊穿D.若閉合開關(guān)，斷開開關(guān)，滑片往下移動，燈泡、都變暗【答案】AD【解析】A．根據(jù)圖乙可知，交變電流的周期為則根據(jù)圖像可知，時，，可得電壓瞬時值表達(dá)式為故A正確；B．原線圈兩端電壓為小燈泡正常發(fā)光時，副線圈兩端電壓為則原、副線圈的匝數(shù)比為故B錯誤；C．小燈泡正常發(fā)光時，電容器兩端電壓最大值為超過電容器的擊穿電壓15V，故閉合開關(guān)電容器C會被擊穿，故C錯誤；D．若閉合開關(guān)，斷開開關(guān)，滑片P往下移動，副線圈匝數(shù)減小，輸入電壓不變，根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系可知減小，所以燈泡、都變暗，故D正確。故選AD。10.如圖所示，若傳送帶以速度順時針轉(zhuǎn)動，將小木箱無初速度放在傳送帶底端點(diǎn)，經(jīng)時間到達(dá)頂端A點(diǎn)，因摩擦產(chǎn)生的熱量為；若傳送帶以速度逆時針轉(zhuǎn)動，將此小木箱無初速度放在A點(diǎn)，經(jīng)時間也剛好到達(dá)底端點(diǎn)，因摩擦產(chǎn)生的熱量為。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小木箱可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是（）A.兩次傳送帶的速度大小B.兩次傳送帶的速度大小C.兩次因摩擦產(chǎn)生的熱量D.兩次因摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】BC【解析】AB．設(shè)傳送帶的傾角為，木箱的質(zhì)量為，木箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為。傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，對木箱根據(jù)牛頓第二定律有若能達(dá)到，隨后做勻速運(yùn)動；當(dāng)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，對木箱根據(jù)牛頓第二定律有達(dá)到后做勻速運(yùn)動。因此木箱向上運(yùn)動和向下運(yùn)動的時間相同，位移大小也相同，且畫出符合題意的一種情況的圖像，如圖所示由圖像可得故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)圖像可知，木箱向上運(yùn)動過程相對位移較大，根據(jù)可知故C正確，D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共58分。11.如圖甲所示，是用單擺測量重力加速度實(shí)驗裝置。將細(xì)線的上端固定在鐵架臺上，下端系一個小鋼球，做成一個單擺。利用手機(jī)的計時功能測出小球做簡諧運(yùn)動的周期。在測出5組不同擺長及對應(yīng)周期的數(shù)據(jù)后，作出圖像如圖乙所示。（1）該圖像的斜率為______（重力加速度為）；（2）由此得出重力加速度的測量值為______；（取3.14，計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）在此實(shí)驗中，若該同學(xué)測量的擺長是擺線的長度，而非懸點(diǎn)到小球球心之間的距離，這對重力加速度測量結(jié)果______（填“有”或“無”）影響。【答案】（1）（2）9.78（3）無【解析】【小問1詳析】根據(jù)單擺周期公式可得可知該圖像的斜率為【小問2詳析】根據(jù)解得重力加速度為【小問3詳析】在此實(shí)驗中，若該同學(xué)測量的擺長是擺線的長度，設(shè)小球的半徑為，根據(jù)單擺周期公式可得可知圖像的斜率仍為，故對重力加速度測量結(jié)果無影響。12.某實(shí)驗小組要將一量程、內(nèi)阻的微安表改裝成量程為20mA的電流表。改裝后利用一標(biāo)準(zhǔn)毫安表進(jìn)行校準(zhǔn)（如圖甲所示，虛線框內(nèi)是改裝后的電表）。（1）改裝成大量程的電流表時需要并聯(lián)一個小電阻，則該電阻的阻值______；（2）當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為12.0mA時，微安表的指針位置如圖乙所示，產(chǎn)生上述問題的原因可能是改裝電流表時微安表并聯(lián)的電阻______（填“偏大”或“偏小”）；（3）實(shí)驗小組又設(shè)計了如圖內(nèi)所示的原理電路來測量鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r。在實(shí)驗中，已知電流表內(nèi)阻為，經(jīng)多次改變電阻箱阻值，測得多組數(shù)據(jù)，作出的關(guān)系圖線如圖丁所示，由圖可求得電池組的電動勢____，內(nèi)阻_____；（均用題、圖中給出的字母表示）（4）實(shí)驗時，該小組進(jìn)行了多次測量，測量期間一直保持電路閉合且時間較長，這樣操作是不合理的，理由是____________________?！敬鸢浮浚?）10（2）偏大（3）（4）見解析【解析】【小問1詳析】根據(jù)并聯(lián)規(guī)律有【小問2詳析】標(biāo)準(zhǔn)毫安表讀數(shù)為12.0mA時，由圖乙可知微安表讀數(shù)為，則此時與微安表并聯(lián)的電阻的電流為根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律有則原因是并聯(lián)的電阻阻值偏大了。【小問3詳析】[1][2]在考慮電流表內(nèi)阻的前提下，根據(jù)閉合電路歐姆定律有整理可得根據(jù)圖乙圖線，可知，解得，【小問4詳析】理由是長時間保持電路閉合，電池會發(fā)熱，電池內(nèi)阻會發(fā)生變化，電池長時間放電，也會引起電動勢變化，導(dǎo)致實(shí)驗誤差增大。13.如圖所示，一封閉著理想氣體、導(dǎo)熱良好的密閉容器豎直放置，截面積為的水平輕質(zhì)活塞將該容器分成上、下兩部分，每部分氣體壓強(qiáng)均為，初始體積相等?，F(xiàn)將一重物懸掛在活塞上，穩(wěn)定后下部的體