高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆湖南省常德市高三物理高考前預測練習試卷（容易）學校:___________姓名:___________班級:___________考號:___________注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．我國自主研發(fā)的“華龍一號”反應堆技術利用鈾235發(fā)生核裂變釋放的能量發(fā)電，典型的核反應方程為。光速取，若核反應的質量虧損為1g，釋放的核能為，則k和的值分別為（

）A．2， B．3， C．2， D．3，2．2023年10月24日4時3分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功將“遙感三十九號”衛(wèi)星送入太空。已知地球半徑為R。自轉周期為T，“遙感三十九號”衛(wèi)星軌道離地面的高度為，地球同步衛(wèi)星軌道離地面的高度為，“遙感三十九號”衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星繞地球飛行的軌道如圖所示。引力常量為G，下列說法正確的是（）A．“遙感三十九號”衛(wèi)星的發(fā)射速度大于11.2km/sB．“遙感三十九號”衛(wèi)星繞地球運行的周期為C．地球的平均密度可表示為D．“遙感三十九號”衛(wèi)星與同步衛(wèi)星繞地球運行的向心加速度之比為3．如圖甲所示，為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在時刻的波動圖像，乙圖為處質點P的振動圖像，質點M位于處。下列判斷正確的是（）A．此波在向x軸負方向傳播B．該波的傳播速率為C．經(jīng)過時間，質點P沿波的傳播方向移動8mD．質點M從圖示位置開始運動路程為0.5m時，所需的時間為4．如圖，水平粗糙的桌面上有個光滑的小孔S，一輕繩穿過小孔，兩端各系著質量分別為2m、m的兩個小方塊A、B，B以S正下方的點O為圓心做角速度為的勻速圓周運動，A恰好處于靜止狀態(tài)。已知SB=L，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，現(xiàn)將質量為m的小物塊C放在A上，A仍然保持靜止，B以最大的角速度做勻速圓周運動，則（）A．C受到向左的靜摩擦力B．A與桌面間的動摩擦因數(shù)為C．角速度為時，B運動的軌道半徑為D．5．如圖所示,兩水平金屬板構成的器件中同時存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電場強度E豎直向下,磁感應強度B垂直紙面向里.P、Q為兩板中軸線與兩端交點處的小孔,一帶電粒子以某一速度v從P點沿中線射入,恰好從Q點沿中線射出,不計帶電粒子的重力.下列說法正確的是 ()A．粒子一定帶正電B．粒子的速度v一定等于EC．若v>EB,粒子可能從QD．若0<v<EB,粒子一定不能從Q6．單個點電荷周圍空間的電勢，為到點電荷的距離；系統(tǒng)的電勢能等于每個電荷電勢能總和的一半?，F(xiàn)在光滑絕緣水平面上，有三個帶電量均為、質量均為的相同均勻帶電小球，用三根長為的輕質絕緣細繩連接，處于靜止狀態(tài)。A、B、C分別為其中點，為三角形中心，下列說法正確的是（）A．點的電場強度和電勢均為零 B．A、B、C三點電場強度相等C． D．系統(tǒng)的總電勢能為二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖，透明材料的圓柱體底部中心P點處有一束光以入射角射入，已知圓柱體的底面半徑為l，高度為，材料折射率，光在真空中的速度為c，則（）A．，光線從圓柱體底部傳播到頂部的時間B．，光線從圓柱體底部傳播到頂部的時間C．任意改變入射角，圓柱體側面可以有光線射出D．任意改變入射角，圓柱體側面始終沒有光線射出8．如圖所示，有一個質量為m的長木板靜止在光滑水平地面上，另一個質量也為m的小物塊疊放在長木板的一端。B是長木板的中點，小物塊與長木板在AB段間的動摩擦因數(shù)為μ，在BC段間的動摩擦因數(shù)為2μ。若把小物塊放在長木板的左端，對其施加水平向右的力F1可使其恰好與長木板發(fā)生相對滑動。若把小物塊放在長木板的右端，對其施加水平向左的力F2也可使其恰好與長木板發(fā)生相對滑動。下列說法正確的是A．F1與F2的大小之比為1∶2B．若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動到B點的時間之比為1∶2C．若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動到B點時長木板的位移之比為1∶1D．若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動的整個過程中摩擦生熱之比為1∶19．如圖所示，甲、乙兩名質量分別為m1和m2的運動員，各抓住輕質繩的一端（運動員腳未著地），繩子與滑輪間的摩擦不計，滑輪和繩子質量均不計，則（）A．若，兩運動員緊抓繩子與繩子保持相對靜止，乙運動員與繩子間的摩擦力大小為B．若，兩運動員緊抓繩子與繩子保持相對靜止，繩子中的拉力大小是C．若，乙運動員抓住繩子不動，甲運動員抓住繩子由靜止開始加速上爬，乙運動員與繩子間的摩擦力大于D．若，乙運動員抓住繩子不動，甲運動員抓住繩子由靜止開始加速上爬，甲、乙距地面初始高度相同，則甲先到達滑輪處10．如圖甲所示為一個小型起重機的電路圖，M為電動機，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為22∶1，原線圈接在的交流電源上，電流表的示數(shù)為2A，額定功率為4W的指示燈正常發(fā)光，其中電動機通過輕繩拉著質量為2kg的重物以0.5m／s的速度勻速上升，如圖乙所示。不計一切摩擦，電表均視為理想電表。重力加速度大小取，下列說法正確的是（）A．通過電流表的電流方向每秒變化100次 B．電壓表的示數(shù)為14.1VC．電動機線圈的電阻為6.25Ω D．電動機的效率為62.5％三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．如圖甲所示為“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置示意圖。實驗中利用速度傳感器,測量小球通過圓弧形曲面上各個點時的速率。小球的位置高度由右側刻度尺讀出。小球可以看作質點,拴小球的輕繩不可伸長,小球和圓弧形曲面靠近但不接觸,小球運動過程中與速度傳感器不相碰,當?shù)刂亓铀俣葹槿　?1)關于本實驗,下列說法正確的是。A.要驗證機械能守恒必須選最低點為零勢能面B.要驗證機械能守恒必須測出小球的質量C.要驗證機械能守恒最好選用密度大體積小的小球(2)實驗中小球的速度和下降的高度差的關系如乙圖。若擺動過程中機械能守恒,已知該直線的斜率為,則當?shù)刂亓铀俣葹椤?3)圖丙中圖線2表示A.勢能Ep隨高度的變化圖像B.動能Ek隨高度的變化圖像C.機械能隨高度的變化圖像(4)如圖丙所示為實驗得到的機械能、動能Ek和勢能Ep隨高度的三條變化圖線,取,由圖像可得知該小球運動過程中機械能(填“守恒”或“不守恒”),小球經(jīng)過最低點時的速度大小為(結果可以用根式表示)12．在“測定金屬的電阻率”的實驗中，所用測量儀器均已校準。已知待測金屬絲的電阻值約為?？晒┻x擇的器材有：電源E：電動勢，內阻約電流表：量程，內阻約電流表：量程，內阻約電壓表：量程，內阻約電壓表：量程，內阻約滑動變阻器R1：最大阻值，允許最大電流滑動變阻器R2：最大阻值，允許最大電流開關一個，導線若干。（1）在上述器材中，應該選用的電流表是，應該選用的電壓表是。若想盡量多測幾組數(shù)據(jù)，應該選用的滑動變阻器是（填寫儀器的字母代號）。（2）用所選的器材，一位同學畫出了測量電路如圖甲或圖乙所示，電阻測量值由公式計算得出，式中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)。若將圖甲和圖乙電路電阻的測量值分別記為和，則（選填“”或“”）更接近待測電阻的真實值；該測量值（選填“大于”、“等于”或“小于”）待測電阻的真實值。（3）關于本實驗的誤差，下列說法正確的是。A．對金屬絲的直徑多次測量求平均值，可消除誤差B．由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差C．利用電流I隨電壓U的變化圖線求可減小偶然誤差13．如圖所示，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已知大活塞的橫截面積為，小活塞的橫截面積為；兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為，汽缸外大氣壓強為，溫度為。初始時大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為，活塞總質量為，現(xiàn)汽缸內氣體溫度緩慢下降，忽略兩活塞與汽缸壁之間的摩擦，重力加速度大小為。（1）在大活塞到達兩圓筒銜接處前的瞬間，求缸內封閉氣體的溫度；（2）活塞到達銜接處后繼續(xù)降低溫度，當缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，求缸內封閉氣體的壓強；（3）從初始狀態(tài)到缸內、缸外氣體達到熱平衡的過程中，若氣體向外界放出的熱量為，求缸內封閉氣體在此過程中減小的內能。14．如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導軌相切．MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場．長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點．質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等．忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g．現(xiàn)將金屬棒ab（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應電動勢大小．（2）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大?。?）為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離．15．如圖所示，傾角為的斜面固定在水平地面上，斜面上AB、BC段長度分別為L、2L，BC段粗糙，斜面其余部分均光滑，底端D處固定一垂直于斜面的擋板。兩塊質量分布均勻的木板P、Q緊挨著放在斜面上，P的下端位于A點。將P、Q從圖示位置由靜止釋放，已知P、Q質量均為m，長度均為L，與BC段的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，求：（1）木板P剛到B點時速度的大??；（2）木板P剛好完全進入BC段時，P、Q之間彈力的大??；（3）若木板Q剛好完全離開BC段時木板P還未與擋板發(fā)生碰撞，求此時P速度的大??；（4）若木板Q剛好完全離開BC段時恰好與木板P發(fā)生碰撞，求此次碰撞后木板Q速度減為零時其下端到C點的距離。已知木板P與擋板及木板Q之間的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間忽略不計。

——★參考答案★——1．【知識點】核反應的反應方程及能量計算、質量虧損與愛因斯坦質能方程【答案】B【詳析】根據(jù)核反應前后質量數(shù)守恒有，解得，根據(jù)愛因斯坦質能方程可知核反應過程中質量虧損1g，釋放的能量為，ACD錯誤，B正確；選B。2．【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算、天體密度的計算、天體質量的計算【答案】B【詳析】A．“遙感三十九號”衛(wèi)星的發(fā)射速度滿足，A錯誤；B．“遙感三十九號”衛(wèi)星繞地球運行的周期為，根據(jù)開普勒第三定律有，解得，B正確；C．對同步衛(wèi)星有，解得，地球密度為，C錯誤；D．根據(jù)萬有引力提供向心力，有，，D錯誤。選B。3．【知識點】波的圖像和振動圖像的綜合應用【答案】BD【詳析】A．由圖乙可知，0.5s時質點P沿y軸正方向運動，由上下坡法可知P點處于下坡，即波的傳播方向為x軸正方向，A錯誤；B．由圖可知，波的波長，周期，波的傳播速率，B正確；C．質點P不會隨波逐流，只會上下振動，經(jīng)過，時間，P運動的路程，C錯誤；D．當質點M運動的路程為時，M處于處且沿y軸正方向運動，以圖示位置為計時0點，質點M的振動方程為，當，可得，D正確。選BD。4．【知識點】水平面內勻速圓周問題【答案】D【詳析】A．C靜止，只受重力和A的支持力，不受靜摩擦力，選項A錯誤；B．不放C時，對A有F=μ·2mg對B有Fsinθ=mω2Lsinθ解得選項B錯誤；CD．B以大的角速度做勻速圓周運動時，A受到桌面的靜摩擦力恰好為最大靜摩擦力，則有F′=μ·3mg又解得則軌道半徑選項C錯誤，選項D正確。故選D。5．【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動【答案】C【解析】若粒子帶正電,受到的電場力方向豎直向下,洛倫茲力方向豎直向上,若粒子帶負電,受到的電場力方向豎直向上,洛倫茲力方向豎直向下,只要速度滿足一定條件都能沿中線射出,故無法判斷帶電粒子的電性,故A錯誤;如果qvB=qE,即v=EB,帶電粒子可以從Q點沿中線射出,如果速度為v>EB或0<v<EB,則電場力大小不變,洛倫茲力大小改變,粒子做曲線運動,若板長及板間距離符合條件,粒子可能從Q點射出,故C正確,B、6．【知識點】電勢、電場的疊加

【答案】D【詳析】A．O點是正三角形的中心，到各個點的距離都相同，由于各點電荷的電荷量相等，由，所以各點電荷在O點產(chǎn)生的場強相同，且兩兩之間的夾角為，由電場疊加原理可得，O點的場強為零。由題意可知點電荷的電勢，各點電荷在O點的電勢，均相等，由于電勢是標量，所以其疊加遵循運算法則，疊加后不為零，A項錯誤；B．根據(jù)點電荷的電場強度有，由于各點電荷都是正電荷，所以有電場疊加可知，ABC三點的電場強度大小相等，方向不同，B項錯誤；C．A點到小球3的距離為，所以A點的電勢為，同理B點的電勢為，C點的電勢為，所以有，C項錯誤；D．1電荷的電勢能，同理可得2和3電荷電勢能，整個系統(tǒng)電勢能為，D項正確。選D。7．【知識點】全反射與折射的綜合應用【答案】AD【詳析】AB．如圖所示若，根據(jù)折射定律有，解得折射角，根據(jù)幾何關系可知，光線在圓柱體中傳播的路程為，光線在圓柱體中傳播的速度為，所以光線從圓柱體底部傳播到頂部的時間為，A正確，B錯誤；CD．光線在圓柱體側面發(fā)生全反射的臨界角正弦值為，當θ=90°時，有，則，而隨著θ減小，α1也減小，α2增大，將始終大于全反射臨界角，因此任意改變入射角，圓柱體側面始終沒有光線射出，C錯誤，D正確。選AD。8．【知識點】板塊模型中的能量守恒問題【答案】ACD【詳析】本題考查板塊模型。對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)1-μmg=ma11，F(xiàn)2-2μmg=ma12，對長木板受力分析，由牛頓第二定律可得，μmg=ma21，2μmg=ma22，小物塊恰好與長木板發(fā)生相對滑動，a11=a21，a12=a22，聯(lián)立解得F1∶F2=1∶2，選項A正確；若將F1、F2都增大到原來的2倍，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得，2F1-μmg=ma13，2F2-2μmg=ma14，對長木板受力分析，由牛頓第二定律可得，μmg=ma21，2μmg=ma22，聯(lián)立解得a21=μg，a22=2μg，a13=3μg，a14=6μg，設小物塊在長木板上從A點運動到B點的時間為t1，則小物塊的位移x11=12a13t12，長木板的位移x21=12a21t12，x11-x21=L2，聯(lián)立解得t1=L2μg，設小物塊在長木板上從C點運動到B點的時間為t2，則小物塊的位移x12=12a14t22，長木板的位移x22=12a22t22，x12-x22=L2，聯(lián)立解得t2=12Lμg，即若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動到B點的時間之比為t1∶t2=2∶1，選項B錯誤；若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動到B點時長木板的位移之比x21∶x22=12a21t12∶12a22t22=1∶1，選項C【方法拓展】板塊模型，分析受力可以采用隔離法，分別隔離小物塊和長木板進行受力分析，應用牛頓第二定律列方程解答。摩擦產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與小物塊在長木板上滑動距離的乘積。9．【知識點】連接體問題（整體和隔離法）、臨界問題【答案】BC【詳析】B．對整體分析，有，對m1，有，所以，，B正確；A．繩子質量不計時，運動員與繩子間的摩擦力大小等于繩子拉力大小，A錯誤；CD．若，甲運動員抓住繩子由靜止開始加速上爬，繩子拉力大于運動員的重力，繩子對兩運動員的拉力大小相等，兩運動員的質量也相等，所以兩運動員向上的加速度大小相等，又起始高度相同，兩運動員同時到達滑輪處，C正確，D錯誤。選BC。10．【知識點】理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用、非純電阻電路中的電功、電功率和電熱【答案】AD【詳析】根據(jù)交流電源的表達式可知周期為，一個周期內電流方向改變兩次，則通過電流表的電流方向每秒變化100次，A正確；根據(jù)交流電源的表達式可知原線圈輸入電壓有效值為，則副線圈輸出電壓有效值為，則電壓表的示數(shù)為，B錯誤；通過指示燈的電流為，則通過電動機的電流為，則電動機的電功率為，電動機的輸出功率為，動機的熱功率為，解得電動機線圈的電阻為，電動機的效率為，C錯誤，D正確。11．【知識點】實驗：驗證機械能守恒定律【答案】C;;;守恒;【詳析】(1)本實驗要驗證機械能守恒,即重力勢能的減小量等于動能的增加量,不需要選取參考平面,A錯誤;若小球機械能守恒,則小球的質量可以約去,所以不需要測出小球的質量,B錯誤;要驗證機械能守恒最好選用密度大體積小的小球,減小阻力影響,C正確。選:C。(2)根據(jù)機械能守恒可得，所以所以。(3)小球運動過程中重力勢能減小,動能增加,機械能不變,所以圖線1表示動能、圖線2表示重力勢能、圖線3表示機械能隨高度的變化圖像。選:A。(4)由圖線可知,小球運動過程中機械能守恒;小球經(jīng)過最低點時,有由圖線2可得兩式聯(lián)立可得。12．【知識點】實驗：導體電阻率的測量【答案】A1；V1；R1；；小于；C【詳析】（1）[1][2]電源電動勢是3V，電壓表應選擇V1，電路最大電流約為，電流表應選擇A1。[3]若想盡量多測幾組數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，應該選用的滑動變阻器是R1。（2）[4]由題意可知，，則，電流表應采用外接法，則Rx2更接近待測電阻的真實值。[5]由于電壓表的分流，電流的測量值偏大，由歐姆定律可知，電阻測量值小于真實值。（3）[6]A．實驗中產(chǎn)生的誤差不能消除，只能減小，A錯誤；B．由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，B錯誤；C．利用圖像法求解電阻可減小偶然誤差，C正確。選C。13．【知識點】等壓變化——氣缸問題、等容變化——氣缸問題【答案】（1）（2）（3）【思路導引】分析在氣體降溫過程中發(fā)生的變化，確定初始狀態(tài)和末狀態(tài)氣體的做功和內能變化。【詳析】（1）在大活塞到達兩圓筒銜接處前，對活塞進行受力分析，有，解得，在大活塞到達兩圓筒銜接處前，氣體做等壓變化，設氣體末態(tài)溫度為T1，由蓋-呂薩克定律有，解得。（2）缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡的過程，封閉氣體的體積不變，則，解得。（3）根據(jù)熱力學第一定律可得，第一階段為等壓壓縮過程，有，解得，即缸內封閉氣體在此過程中減小的內能為。14．【知識點】電磁感應現(xiàn)象中的功能問題【答案】（1）BL（2）B（3）L【解析】（1）設ab滑到MP處時速度為v0，由動能定理可知mgL=12mv02-0（2分）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應電動勢為（2）如圖所示，根據(jù)幾何關系，金屬環(huán)接入電路的弧度θ1=θ2=π3,金屬環(huán)因受安培力而向右做變加速運動，由牛頓第二定律可知FA=ILB=2ma（2（3）金屬環(huán)可以看作質量為2m、長度為L、電阻為0.5R的導體棒，裝置可以等效為等間距的雙桿模型，金屬環(huán)受安培力加速，金屬棒ab受安培力減速，當二者共速時，回路磁通量不再變化，電流為零，安培力為零，二者保持共速做勻速直線運動，此時二者間距最近，金屬棒ab和金屬環(huán)組成的系統(tǒng)合外力為零，由動量守恒定律有mv0=(m+2m)v（2分）對金屬環(huán)受力分析，由動量定理有∑ILBΔt=BLq=2mv15．【知識點】求解彈性碰撞問題【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）從兩木板由靜止釋放到木板P剛到B點，對兩木板組成的整體，根據(jù)動能定理，解得（2）木板P剛好完全進入BC段時，對兩木板組成的整體對木板Q，根據(jù)牛頓第二定律，解得（3）木板P、Q進入BC段時仍相對靜止，所受摩擦力大小隨著進入BC的長度線性增加，從兩木板白靜止釋放到木板P剛到C點，對兩木板組成的整體，解得，木板P開始沖出C點后，木板P加速，木板Q勻速，兩者分離，木板P滑過C點過程，解得（4）PQ碰撞時P的速度大小為，解得，PQ碰撞時Q的速度大小為，PQ發(fā)生彈性碰撞時，以沿斜面向上為正方向，則有，，解得，，設C點以上的粗糙部分長度足夠，設Q減速為零時下端離C點距離為x，從碰后到Q靜止，根據(jù)動能定理，解得2025屆湖南省常德市高三物理高考前預測練習試卷（容易）學校:___________姓名:___________班級:___________考號:___________注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．我國自主研發(fā)的“華龍一號”反應堆技術利用鈾235發(fā)生核裂變釋放的能量發(fā)電，典型的核反應方程為。光速取，若核反應的質量虧損為1g，釋放的核能為，則k和的值分別為（

）A．2， B．3， C．2， D．3，2．2023年10月24日4時3分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功將“遙感三十九號”衛(wèi)星送入太空。已知地球半徑為R。自轉周期為T，“遙感三十九號”衛(wèi)星軌道離地面的高度為，地球同步衛(wèi)星軌道離地面的高度為，“遙感三十九號”衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星繞地球飛行的軌道如圖所示。引力常量為G，下列說法正確的是（）A．“遙感三十九號”衛(wèi)星的發(fā)射速度大于11.2km/sB．“遙感三十九號”衛(wèi)星繞地球運行的周期為C．地球的平均密度可表示為D．“遙感三十九號”衛(wèi)星與同步衛(wèi)星繞地球運行的向心加速度之比為3．如圖甲所示，為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在時刻的波動圖像，乙圖為處質點P的振動圖像，質點M位于處。下列判斷正確的是（）A．此波在向x軸負方向傳播B．該波的傳播速率為C．經(jīng)過時間，質點P沿波的傳播方向移動8mD．質點M從圖示位置開始運動路程為0.5m時，所需的時間為4．如圖，水平粗糙的桌面上有個光滑的小孔S，一輕繩穿過小孔，兩端各系著質量分別為2m、m的兩個小方塊A、B，B以S正下方的點O為圓心做角速度為的勻速圓周運動，A恰好處于靜止狀態(tài)。已知SB=L，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，現(xiàn)將質量為m的小物塊C放在A上，A仍然保持靜止，B以最大的角速度做勻速圓周運動，則（）A．C受到向左的靜摩擦力B．A與桌面間的動摩擦因數(shù)為C．角速度為時，B運動的軌道半徑為D．5．如圖所示,兩水平金屬板構成的器件中同時存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電場強度E豎直向下,磁感應強度B垂直紙面向里.P、Q為兩板中軸線與兩端交點處的小孔,一帶電粒子以某一速度v從P點沿中線射入,恰好從Q點沿中線射出,不計帶電粒子的重力.下列說法正確的是 ()A．粒子一定帶正電B．粒子的速度v一定等于EC．若v>EB,粒子可能從QD．若0<v<EB,粒子一定不能從Q6．單個點電荷周圍空間的電勢，為到點電荷的距離；系統(tǒng)的電勢能等于每個電荷電勢能總和的一半?，F(xiàn)在光滑絕緣水平面上，有三個帶電量均為、質量均為的相同均勻帶電小球，用三根長為的輕質絕緣細繩連接，處于靜止狀態(tài)。A、B、C分別為其中點，為三角形中心，下列說法正確的是（）A．點的電場強度和電勢均為零 B．A、B、C三點電場強度相等C． D．系統(tǒng)的總電勢能為二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖，透明材料的圓柱體底部中心P點處有一束光以入射角射入，已知圓柱體的底面半徑為l，高度為，材料折射率，光在真空中的速度為c，則（）A．，光線從圓柱體底部傳播到頂部的時間B．，光線從圓柱體底部傳播到頂部的時間C．任意改變入射角，圓柱體側面可以有光線射出D．任意改變入射角，圓柱體側面始終沒有光線射出8．如圖所示，有一個質量為m的長木板靜止在光滑水平地面上，另一個質量也為m的小物塊疊放在長木板的一端。B是長木板的中點，小物塊與長木板在AB段間的動摩擦因數(shù)為μ，在BC段間的動摩擦因數(shù)為2μ。若把小物塊放在長木板的左端，對其施加水平向右的力F1可使其恰好與長木板發(fā)生相對滑動。若把小物塊放在長木板的右端，對其施加水平向左的力F2也可使其恰好與長木板發(fā)生相對滑動。下列說法正確的是A．F1與F2的大小之比為1∶2B．若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動到B點的時間之比為1∶2C．若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動到B點時長木板的位移之比為1∶1D．若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動的整個過程中摩擦生熱之比為1∶19．如圖所示，甲、乙兩名質量分別為m1和m2的運動員，各抓住輕質繩的一端（運動員腳未著地），繩子與滑輪間的摩擦不計，滑輪和繩子質量均不計，則（）A．若，兩運動員緊抓繩子與繩子保持相對靜止，乙運動員與繩子間的摩擦力大小為B．若，兩運動員緊抓繩子與繩子保持相對靜止，繩子中的拉力大小是C．若，乙運動員抓住繩子不動，甲運動員抓住繩子由靜止開始加速上爬，乙運動員與繩子間的摩擦力大于D．若，乙運動員抓住繩子不動，甲運動員抓住繩子由靜止開始加速上爬，甲、乙距地面初始高度相同，則甲先到達滑輪處10．如圖甲所示為一個小型起重機的電路圖，M為電動機，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為22∶1，原線圈接在的交流電源上，電流表的示數(shù)為2A，額定功率為4W的指示燈正常發(fā)光，其中電動機通過輕繩拉著質量為2kg的重物以0.5m／s的速度勻速上升，如圖乙所示。不計一切摩擦，電表均視為理想電表。重力加速度大小取，下列說法正確的是（）A．通過電流表的電流方向每秒變化100次 B．電壓表的示數(shù)為14.1VC．電動機線圈的電阻為6.25Ω D．電動機的效率為62.5％三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．如圖甲所示為“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置示意圖。實驗中利用速度傳感器,測量小球通過圓弧形曲面上各個點時的速率。小球的位置高度由右側刻度尺讀出。小球可以看作質點,拴小球的輕繩不可伸長,小球和圓弧形曲面靠近但不接觸,小球運動過程中與速度傳感器不相碰,當?shù)刂亓铀俣葹槿　?1)關于本實驗,下列說法正確的是。A.要驗證機械能守恒必須選最低點為零勢能面B.要驗證機械能守恒必須測出小球的質量C.要驗證機械能守恒最好選用密度大體積小的小球(2)實驗中小球的速度和下降的高度差的關系如乙圖。若擺動過程中機械能守恒,已知該直線的斜率為,則當?shù)刂亓铀俣葹椤?3)圖丙中圖線2表示A.勢能Ep隨高度的變化圖像B.動能Ek隨高度的變化圖像C.機械能隨高度的變化圖像(4)如圖丙所示為實驗得到的機械能、動能Ek和勢能Ep隨高度的三條變化圖線,取,由圖像可得知該小球運動過程中機械能(填“守恒”或“不守恒”),小球經(jīng)過最低點時的速度大小為(結果可以用根式表示)12．在“測定金屬的電阻率”的實驗中，所用測量儀器均已校準。已知待測金屬絲的電阻值約為?？晒┻x擇的器材有：電源E：電動勢，內阻約電流表：量程，內阻約電流表：量程，內阻約電壓表：量程，內阻約電壓表：量程，內阻約滑動變阻器R1：最大阻值，允許最大電流滑動變阻器R2：最大阻值，允許最大電流開關一個，導線若干。（1）在上述器材中，應該選用的電流表是，應該選用的電壓表是。若想盡量多測幾組數(shù)據(jù)，應該選用的滑動變阻器是（填寫儀器的字母代號）。（2）用所選的器材，一位同學畫出了測量電路如圖甲或圖乙所示，電阻測量值由公式計算得出，式中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)。若將圖甲和圖乙電路電阻的測量值分別記為和，則（選填“”或“”）更接近待測電阻的真實值；該測量值（選填“大于”、“等于”或“小于”）待測電阻的真實值。（3）關于本實驗的誤差，下列說法正確的是。A．對金屬絲的直徑多次測量求平均值，可消除誤差B．由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差C．利用電流I隨電壓U的變化圖線求可減小偶然誤差13．如圖所示，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已知大活塞的橫截面積為，小活塞的橫截面積為；兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為，汽缸外大氣壓強為，溫度為。初始時大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為，活塞總質量為，現(xiàn)汽缸內氣體溫度緩慢下降，忽略兩活塞與汽缸壁之間的摩擦，重力加速度大小為。（1）在大活塞到達兩圓筒銜接處前的瞬間，求缸內封閉氣體的溫度；（2）活塞到達銜接處后繼續(xù)降低溫度，當缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，求缸內封閉氣體的壓強；（3）從初始狀態(tài)到缸內、缸外氣體達到熱平衡的過程中，若氣體向外界放出的熱量為，求缸內封閉氣體在此過程中減小的內能。14．如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導軌相切．MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場．長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點．質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等．忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g．現(xiàn)將金屬棒ab（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應電動勢大?。?）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大?。?）為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離．15．如圖所示，傾角為的斜面固定在水平地面上，斜面上AB、BC段長度分別為L、2L，BC段粗糙，斜面其余部分均光滑，底端D處固定一垂直于斜面的擋板。兩塊質量分布均勻的木板P、Q緊挨著放在斜面上，P的下端位于A點。將P、Q從圖示位置由靜止釋放，已知P、Q質量均為m，長度均為L，與BC段的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，求：（1）木板P剛到B點時速度的大小；（2）木板P剛好完全進入BC段時，P、Q之間彈力的大??；（3）若木板Q剛好完全離開BC段時木板P還未與擋板發(fā)生碰撞，求此時P速度的大??；（4）若木板Q剛好完全離開BC段時恰好與木板P發(fā)生碰撞，求此次碰撞后木板Q速度減為零時其下端到C點的距離。已知木板P與擋板及木板Q之間的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間忽略不計。

——★參考答案★——1．【知識點】核反應的反應方程及能量計算、質量虧損與愛因斯坦質能方程【答案】B【詳析】根據(jù)核反應前后質量數(shù)守恒有，解得，根據(jù)愛因斯坦質能方程可知核反應過程中質量虧損1g，釋放的能量為，ACD錯誤，B正確；選B。2．【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算、天體密度的計算、天體質量的計算【答案】B【詳析】A．“遙感三十九號”衛(wèi)星的發(fā)射速度滿足，A錯誤；B．“遙感三十九號”衛(wèi)星繞地球運行的周期為，根據(jù)開普勒第三定律有，解得，B正確；C．對同步衛(wèi)星有，解得，地球密度為，C錯誤；D．根據(jù)萬有引力提供向心力，有，，D錯誤。選B。3．【知識點】波的圖像和振動圖像的綜合應用【答案】BD【詳析】A．由圖乙可知，0.5s時質點P沿y軸正方向運動，由上下坡法可知P點處于下坡，即波的傳播方向為x軸正方向，A錯誤；B．由圖可知，波的波長，周期，波的傳播速率，B正確；C．質點P不會隨波逐流，只會上下振動，經(jīng)過，時間，P運動的路程，C錯誤；D．當質點M運動的路程為時，M處于處且沿y軸正方向運動，以圖示位置為計時0點，質點M的振動方程為，當，可得，D正確。選BD。4．【知識點】水平面內勻速圓周問題【答案】D【詳析】A．C靜止，只受重力和A的支持力，不受靜摩擦力，選項A錯誤；B．不放C時，對A有F=μ·2mg對B有Fsinθ=mω2Lsinθ解得選項B錯誤；CD．B以大的角速度做勻速圓周運動時，A受到桌面的靜摩擦力恰好為最大靜摩擦力，則有F′=μ·3mg又解得則軌道半徑選項C錯誤，選項D正確。故選D。5．【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動【答案】C【解析】若粒子帶正電,受到的電場力方向豎直向下,洛倫茲力方向豎直向上,若粒子帶負電,受到的電場力方向豎直向上,洛倫茲力方向豎直向下,只要速度滿足一定條件都能沿中線射出,故無法判斷帶電粒子的電性,故A錯誤;如果qvB=qE,即v=EB,帶電粒子可以從Q點沿中線射出,如果速度為v>EB或0<v<EB,則電場力大小不變,洛倫茲力大小改變,粒子做曲線運動,若板長及板間距離符合條件,粒子可能從Q點射出,故C正確,B、6．【知識點】電勢、電場的疊加

【答案】D【詳析】A．O點是正三角形的中心，到各個點的距離都相同，由于各點電荷的電荷量相等，由，所以各點電荷在O點產(chǎn)生的場強相同，且兩兩之間的夾角為，由電場疊加原理可得，O點的場強為零。由題意可知點電荷的電勢，各點電荷在O點的電勢，均相等，由于電勢是標量，所以其疊加遵循運算法則，疊加后不為零，A項錯誤；B．根據(jù)點電荷的電場強度有，由于各點電荷都是正電荷，所以有電場疊加可知，ABC三點的電場強度大小相等，方向不同，B項錯誤；C．A點到小球3的距離為，所以A點的電勢為，同理B點的電勢為，C點的電勢為，所以有，C項錯誤；D．1電荷的電勢能，同理可得2和3電荷電勢能，整個系統(tǒng)電勢能為，D項正確。選D。7．【知識點】全反射與折射的綜合應用【答案】AD【詳析】AB．如圖所示若，根據(jù)折射定律有，解得折射角，根據(jù)幾何關系可知，光線在圓柱體中傳播的路程為，光線在圓柱體中傳播的速度為，所以光線從圓柱體底部傳播到頂部的時間為，A正確，B錯誤；CD．光線在圓柱體側面發(fā)生全反射的臨界角正弦值為，當θ=90°時，有，則，而隨著θ減小，α1也減小，α2增大，將始終大于全反射臨界角，因此任意改變入射角，圓柱體側面始終沒有光線射出，C錯誤，D正確。選AD。8．【知識點】板塊模型中的能量守恒問題【答案】ACD【詳析】本題考查板塊模型。對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)1-μmg=ma11，F(xiàn)2-2μmg=ma12，對長木板受力分析，由牛頓第二定律可得，μmg=ma21，2μmg=ma22，小物塊恰好與長木板發(fā)生相對滑動，a11=a21，a12=a22，聯(lián)立解得F1∶F2=1∶2，選項A正確；若將F1、F2都增大到原來的2倍，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得，2F1-μmg=ma13，2F2-2μmg=ma14，對長木板受力分析，由牛頓第二定律可得，μmg=ma21，2μmg=ma22，聯(lián)立解得a21=μg，a22=2μg，a13=3μg，a14=6μg，設小物塊在長木板上從A點運動到B點的時間為t1，則小物塊的位移x11=12a13t12，長木板的位移x21=12a21t12，x11-x21=L2，聯(lián)立解得t1=L2μg，設小物塊在長木板上從C點運動到B點的時間為t2，則小物塊的位移x12=12a14t22，長木板的位移x22=12a22t22，x12-x22=L2，聯(lián)立解得t2=12Lμg，即若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動到B點的時間之比為t1∶t2=2∶1，選項B錯誤；若將F1、F2都增大到原來的2倍，小物塊在長木板上運動到B點時長木板的位移之比x21∶x22=12a21t12∶12a22t22=1∶1，選項C【方法拓展】板塊模型，分析受力可以采用隔離法，分別隔離小物塊和長木板進行受力分析，應用牛頓第二定律列方程解答。摩擦產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與小物塊在長木板上滑動距離的乘積。9．【知識點】連接體問題（整體和隔離法）、臨界問題【答案】BC【詳析】B．對整體分析，有，對m1，有，所以，，B正確；A．繩子質量不計時，運動員與繩子間的摩擦力大小等于繩子拉力大小，A錯誤；CD．若，甲運動員抓住繩子由靜止開始加速上爬，繩子拉力大于運動員的重力，繩子對兩運動員的拉力大小相等，兩運動員的質量也相等，所以兩運動員向上的加速度大小相等，又起始高度相同，兩運動員同時到達滑輪處，C正確，D錯誤。選BC。10．【知識點】理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用、非純電阻電路中的電功、電功率和電熱【答案】AD【詳析】根據(jù)交流電源的表達式可知周期為，一個周期內電流方向改變兩次，則通過電流表的電流方向每秒變化100次，A正確；根據(jù)交流電源