高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆湖南省衡陽市高三物理5月底最后一卷押題預(yù)測練習(xí)試卷（較難）學(xué)校:___________姓名:___________班級:___________考號:___________注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在本試卷和答題卡上．2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號．回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．如圖為普通核反應(yīng)堆的結(jié)構(gòu)示意圖，通過鈾235鏈?zhǔn)椒磻?yīng)實(shí)現(xiàn)核能的可控釋放。下列關(guān)于核反應(yīng)堆工作中的說法正確的是()A．正常運(yùn)行的反應(yīng)堆，水泥防護(hù)層外能檢測到大量α粒子B．中子速度越快越容易發(fā)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)C．通過改變鎘棒的插入深度來控制反應(yīng)速度D．鈾核裂變時(shí)釋放能量的多少與生成物種類無關(guān)2．一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，P和Q是平衡位置分別在x1=0和x2=100cm處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，且兩質(zhì)點(diǎn)的振動情況始終相反.從t=0時(shí)開始，質(zhì)點(diǎn)P的振動圖像如圖所示，已知t1=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A．該波的波長可能為0.4B．該波的周期一定為6C．該波的波速可能為1D．質(zhì)點(diǎn)P的振動方程為y3．如圖所示，兩同學(xué)在相同的高度，以相同大小的初速度v0同時(shí)拋出兩小球A、B，初速度與水平方向夾角分別為α、β，且α>β，A、BA．A、B兩小球可在空中相遇B．兩者在空中運(yùn)動時(shí)A、B間距離先減小后增大C．兩球落回與起拋點(diǎn)等高處時(shí)水平位移相等D．僅增大A球的拋射角α，落到水平地面時(shí)的水平位移增大4．如圖甲所示，太陽系中有一顆“躺著”自轉(zhuǎn)的藍(lán)色“冷行星”——天王星，周圍存在著環(huán)狀物質(zhì)．為了測定環(huán)狀物質(zhì)是天王星的組成部分，還是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，假設(shè)“中國天眼”對其做了精確的觀測，發(fā)現(xiàn)環(huán)狀物質(zhì)線速度的二次方（即v2）與到行星中心的距離的倒數(shù)（即r-1）的關(guān)系如圖乙所示．已知天王星的半徑為r0，引力常量為 甲 乙A．環(huán)狀物質(zhì)是天王星的組成部分B．天王星的自轉(zhuǎn)周期為2C．v2D．天王星表面的重力加速度為v5．如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，P、Q是MN連線上的兩點(diǎn)，且MP=QN.下列說法正確的是（A.P點(diǎn)電場強(qiáng)度比Q點(diǎn)電場強(qiáng)度大B.P點(diǎn)電勢與Q點(diǎn)電勢相等C.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點(diǎn)間電勢差不變6．如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長的固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電荷量為+q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，小球由靜止開始下滑，在運(yùn)動過程中小球最大加速度為a0，最大速度為v0A．小球開始下滑時(shí)的加速度最大B．小球的速度由12v0C．當(dāng)a=12a0時(shí)小球的速度v與D．當(dāng)v=12v0時(shí)小球的加速度a與二、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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)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(cuò)的得0分。7．如圖是輸電線為用戶輸電的示意圖，電路中升壓變壓器T1和降壓變壓器T2都認(rèn)為是理想變壓器，中間輸電線上的總電阻為R，下列說法正確的是()A．T1的輸出電壓與T2的輸入電壓相等B．T1的輸出功率大于T2的輸入功率C．若用戶接入的用電器增多，則R消耗的電功率減小D．若用戶接入的用電器減少，則T2的輸出功率減小8．如圖所示，擋板P固定在傾角為30°的斜面左下端，斜面右上端M與半徑為R的圓弧軌道MN連接，圓弧軌道的圓心O在斜面的延長線上。M點(diǎn)有一光滑輕質(zhì)小滑輪，N點(diǎn)為圓弧軌道最低點(diǎn)，∠MON=60°。質(zhì)量均為m的小物塊B、C由一輕質(zhì)彈簧拴接（彈簧平行于斜面），其中物塊C緊靠在擋板P處，物塊B用跨過滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與一質(zhì)量為4m、大小可忽略的小球A相連，初始時(shí)刻小球A鎖定在M點(diǎn)，細(xì)繩與斜面平行，恰好繃直且無張力，B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻解除對小球A的鎖定，當(dāng)小球A沿圓弧運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)（物塊B未到達(dá)M點(diǎn)），物塊C對擋板的作用力恰好為0A．彈簧的勁度系數(shù)為2mgB．小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為12C．小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為8D．小球A由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，小球A和物塊B的機(jī)械能之和先增大后減小9．如圖為某同學(xué)用激光照射一半圓形透明玻璃磚，研究光的傳播規(guī)律，下面說法正確的是（）A．為入射光，為反射光，為折射光B．若入射光繞點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，反射光和折射光也隨之逆時(shí)針轉(zhuǎn)動C．若入射光繞點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，反射光越來越強(qiáng)，折射光越來越弱D．若入射光與界面成角時(shí)，折射光恰好消失，則折射率10．如圖所示，一根很長且不可伸長的輕繩跨光滑的定滑輪，兩端分別系著四個(gè)質(zhì)量相同的小物塊A、B、C和D，其中A和B用不可伸長的短繩相連，C和D用一輕彈簧相連。初狀態(tài)時(shí)，4個(gè)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)空氣阻力，物塊可以看成質(zhì)點(diǎn)。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．剪斷AB間繩子瞬間，D物塊的加速度為0B．剪斷AB間繩子瞬間，C物塊的加速度為0.5g，方向豎直向下C．剪斷CD間彈簧瞬間，A物塊的加速度為0.5g，方向豎直向下D．剪斷AC繩子瞬間，A物塊的加速度為0.5g，方向豎直向下三、非選擇題（本大題共5小題，共56分）11（6分）．如圖甲所示，某同學(xué)在做“用單擺測量重力加速度”實(shí)驗(yàn)中：甲（1）若擺球的直徑為D，懸線長為L，則擺長為__________；（2）為了減小測量周期的誤差，擺球應(yīng)在經(jīng)過最____（填“高”或“低”）點(diǎn)的位置時(shí)開始計(jì)時(shí);（3）如采用計(jì)算法測得的g值偏大，可能的原因是____;A．單擺的懸點(diǎn)未固定緊，振動中出現(xiàn)松動，使擺線增長了B．把n次全振動的時(shí)間誤記為n-C．以擺線長作為擺長來計(jì)算D．以擺線長與擺球的直徑之和作為擺長來計(jì)算（4）為了提高測量精度，需多次改變L的值并測得相應(yīng)的周期T.現(xiàn)測得的六組數(shù)據(jù)，標(biāo)示在以L為橫坐標(biāo)、T2為縱坐標(biāo)的坐標(biāo)紙上，即圖乙中用“×”表示的點(diǎn).根據(jù)圖乙中的數(shù)據(jù)點(diǎn)畫出T2與L乙12．（8分）某同學(xué)用圖甲所示的電路測量電阻Rx的阻值。實(shí)驗(yàn)步驟如下：i．按照電路圖連接好電路，將滑片P置于電阻絲R0上的適當(dāng)位置，閉合開關(guān)S1；ii．將雙刀雙擲開關(guān)S2（中間連桿為絕緣材料）擲于觸點(diǎn)1、2，調(diào)節(jié)電阻箱R，使靈敏電流計(jì)G的指針指零，讀出電阻箱阻值，記為R1；iii．保持滑片P的位置不動，將S2擲于觸點(diǎn)3、4，調(diào)節(jié)電阻箱R，仍使靈敏電流計(jì)G的指針指零，讀出電阻箱阻值，記為R2；iv．?dāng)嚅_開關(guān)，整理器材。回答下列問題：甲（1）實(shí)驗(yàn)過程中，（填“需要”或“不需要”）測量滑片P兩側(cè)電阻絲的長度；（2）關(guān)于實(shí)驗(yàn)對電阻絲規(guī)格的要求，下列說法正確的是；A．總電阻必須已知，粗細(xì)必須均勻B．總電阻必須已知，粗細(xì)無須均勻C．總電阻無須已知，粗細(xì)必須均勻D．總電阻無須已知，粗細(xì)無須均勻（3）某次測量中，R1＝70Ω，如圖乙是電阻箱指示的R2的阻值，則待測電阻的測量值Rx＝Ω（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）；乙（4）若在步驟ii后、步驟iii之前，誤將滑片P向右移動了少許，繼續(xù)進(jìn)行測量，則Rx的測量值（填“大于”“小于”或“等于”）真實(shí)值。13（10分）．如圖所示，內(nèi)壁光滑、導(dǎo)熱良好的汽缸通過活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，汽缸底部有壓強(qiáng)傳感器。在的室內(nèi)時(shí)，壓強(qiáng)傳感器的示數(shù)為；現(xiàn)將活塞與汽缸鎖定，移到的室外，。(1)足夠長時(shí)間后，求壓強(qiáng)傳感器的示數(shù)。(2)若汽缸漏掉一定質(zhì)量的氣體，在室外經(jīng)足夠長時(shí)間后，壓強(qiáng)傳感器示數(shù)實(shí)際為Pa，求漏掉的氣體的質(zhì)量與原有氣體質(zhì)量的比值k（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。14（16分）．如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場（MN所在處無磁場），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略不計(jì)。（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求金屬棒PQ通過的位移x及該過程安培力做的功W。15（16分）．如圖所示，是一長為的水平傳送帶，以順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左端與半徑的光滑圓軌道相切，右端與放在光滑水平桌面上的長木板上表面平齊。木板長為，的右端帶有擋板，在上放有小物塊，開始時(shí)和靜止，到擋板的距離為。現(xiàn)將小物塊從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止釋放，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，、之間及、之間的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B、C的質(zhì)量均為，重力加速度為，所有的碰撞均為彈性正碰。求：(1)A通過傳送帶過程產(chǎn)生的內(nèi)能；(2)A滑上C后與B碰撞前，B與C間的摩擦力大?。?3)A滑上C后，經(jīng)多長時(shí)間B與擋板碰撞；——★參考答案★——1．【知識點(diǎn)】核反應(yīng)的反應(yīng)方程及能量計(jì)算、質(zhì)量虧損與愛因斯坦質(zhì)能方程【答案】C【詳析】正常運(yùn)行的核反應(yīng)堆主要的輻射有γ輻射和中子輻射，所以水泥防護(hù)層外不可能檢測到大量α粒子，故A錯(cuò)誤；中子速度越快越不容易使鏈?zhǔn)椒磻?yīng)發(fā)生，故B錯(cuò)誤；利用鎘棒對中子吸收能力強(qiáng)的特點(diǎn)，通過改變鎘棒的插入深度，從而改變中子的數(shù)量來控制反應(yīng)速度，故C正確；核裂變釋放的能量與反應(yīng)前后質(zhì)量虧損有關(guān)，鈾核裂變時(shí)會因產(chǎn)物種類不同導(dǎo)致質(zhì)量虧損不同，釋放能量不同，故D錯(cuò)誤。2．【知識點(diǎn)】波的多解問題【答案】C【解析】由于t1=2s時(shí),質(zhì)點(diǎn)P再次回到t=0時(shí)的位置,t2=3s時(shí),質(zhì)點(diǎn)P的位移第一次為-10cm,根據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的對稱性可知12T=t2=3s,解得T=6s,B正確；由于P和Q是平衡位置分別在x1=0和x2=100cm處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn),且兩質(zhì)點(diǎn)的振動情況始終相反,有x2-x1=(2n+1)λ2(n=0,1,2,?),解得λ=22n+1m(3．【知識點(diǎn)】斜拋運(yùn)動【答案】B【題圖剖析】【解析】A球上升過程可到達(dá)的最高點(diǎn)更高，故A球下落到軌跡交點(diǎn)的時(shí)間大于B球，故兩球不可能同時(shí)到達(dá)軌跡交點(diǎn)，不能相遇，A錯(cuò)誤；以A球?yàn)閰⒖枷?，B球在落地前做速度為v相的勻速直線運(yùn)動，如圖1所示，相對速度方向與A、B起拋點(diǎn)連線的夾角為δ=α+β2-β=α-β2，A、B間距離最短時(shí)拋出的時(shí)間為t=lcosδv相，此時(shí)相對運(yùn)動的水平位移為x相=xA+xB=lcos2δ< 圖1 圖24．【知識點(diǎn)】萬有引力定律問題的分析與計(jì)算【答案】D【解析】若環(huán)狀物質(zhì)是天王星的組成部分，則環(huán)狀物質(zhì)與天王星同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，是定值，由線速度公式v=ωr可得v∝r，題中圖線特點(diǎn)是v2∝r-1，說明環(huán)狀物質(zhì)不是天王星的組成部分，天王星的自轉(zhuǎn)周期T≠2πr0v0，A、B錯(cuò)誤；若環(huán)狀物質(zhì)是天王星的衛(wèi)星群，由天王星對環(huán)狀物質(zhì)的引力提供環(huán)狀物質(zhì)做圓周運(yùn)動的向心力，則有GMmr2=mv2r，可得v25．【知識點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系、電場的疊加

【答案】C【解析】由等量異種點(diǎn)電荷電場分布的對稱性知，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度與Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等，A錯(cuò)誤；由沿電場線方向電勢越來越低知，P點(diǎn)電勢比Q點(diǎn)電勢高，B錯(cuò)誤；由電場疊加得，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度E=kQMP2+kQNP2，若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，C正確；若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?6．【知識點(diǎn)】帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動【答案】B【解析】小球剛開始下滑時(shí)受到豎直向下的重力mg，水平向左的電場力Eq，水平向右的彈力FN以及豎直向上的滑動摩擦力Ff，且此時(shí)滑動摩擦力Ff=μFN，豎直方向根據(jù)牛頓第二定律有mg-μFN=ma1，而隨著小球速度的增加，小球所受洛倫茲力由0逐漸增大，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力的方向水平向右，則在小球運(yùn)動后水平方向有Eq=Bqv+FN，可知隨著小球速度的增加，桿對小球的彈力減小，致使桿對小球的摩擦力減小，而當(dāng)洛倫茲力的大小等于小球所受電場力大小時(shí)，桿對小球的彈力為零，此時(shí)小球在豎直方向僅受重力，加速度達(dá)到最大，為重力加速度，即a0=g，而隨著小球速度的進(jìn)一步增大，洛倫茲力將大于電場力，小球再次受到桿的彈力，方向水平向左，則摩擦力再次出現(xiàn)，豎直方向的合力減小，加速度減小，直至摩擦力等于小球重力時(shí)，小球速度達(dá)到最大值，此后小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動，因此小球開始下滑時(shí)的加速度不是最大，故A錯(cuò)誤；小球剛開始運(yùn)動時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根據(jù)A選項(xiàng)中分析可知，加速度最大為重力加速度，即在整個(gè)過程中加速度先由a1逐漸增大到a0，再由a0逐漸減小為0，假如開始時(shí)加速度是由0開始增加的，則根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，當(dāng)加速度最大時(shí)小球速度恰好達(dá)到12v0，但實(shí)際上加速度并不是由0開始增加的，因此可知，當(dāng)加速度最大時(shí)小球的速度還未達(dá)到12v0，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出現(xiàn)，小球開始做加速度減小的加速運(yùn)動，由此可知，小球的速度由12v0增大至v7．【知識點(diǎn)】理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關(guān)系及其應(yīng)用【答案】BD【詳析】設(shè)輸電線中的電流為I2，T1的輸出電壓與T2的輸入電壓分別為U2、U3，則有U2＝I2R＋U3，即T1的輸出電壓大于T2的輸入電壓，A錯(cuò)誤；T1的輸出功率為P2＝U2I2，輸電線上損耗的功率為ΔP＝IR，T2的輸入功率為P3＝U3I2，則P2＝ΔP＋P3，即T1的輸出功率大于T2的輸入功率，B正確；若用戶接入電路的用電器增多，則T2副線圈中的電流增大，由變壓器的工作原理可知，T2原線圈中的電流增大，即輸電線上的電流增大，輸電線上損耗的功率增大，即R消耗的電功率增大，C錯(cuò)誤；若用戶接入電路的用電器減少，則用電器消耗的功率減小，即T2的輸出功率減小，D正確。8．【知識點(diǎn)】功能原理、能量守恒與曲線運(yùn)動的綜合【答案】BD【解析】設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)刻彈簧的壓縮量為x1，B沿斜面方向受力平衡，則mgsin30°=kx1，小球A沿圓弧軌道運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)，物塊C即將離開擋板，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長量為x2，C沿斜面方向受力平衡，則mgsin30°=kx2，可知x1=x2，當(dāng)小球A沿圓弧軌道運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)，B沿斜面運(yùn)動的位移大小為sB=xMN=R（點(diǎn)撥：A、B用同一根繩連接，具有相同大小的位移，且△OMN是等邊三角形），所以x1+x2=R，解得x1=x2=R2，k=mgR，A錯(cuò)誤；設(shè)小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，對v進(jìn)行分解，沿繩子方向的速度大小v'=vcos30°，由于沿繩子方向的速度大小處處相等，所以此時(shí)B的速度大小也為v'9．【知識點(diǎn)】全反射與折射的綜合應(yīng)用【答案】ACD【詳析】根據(jù)反射定律和折射定律可知，反射光線、折射光線均與入射光線分居法線兩側(cè)，結(jié)合圖中的光線位置，即可知為入射光，為反射光，為折射光，A正確；由圖可知入射光線繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí)，入射角增大，由反射定律，可知反射角增大，反射光線順時(shí)針轉(zhuǎn)動；由折射定律，可知折射角增大，折射光線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，B錯(cuò)誤；由圖可知入射光線繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí)，入射角增大，由反射光強(qiáng)、折射光強(qiáng)與入射角的關(guān)系，可知反射光強(qiáng)變強(qiáng)，折射光強(qiáng)變?nèi)?，C正確；由折射光恰好消失時(shí)入射光線的位置，即可得到臨界角為，結(jié)合臨界角與折射率的關(guān)系，可得折射率為，D正確。10．【知識點(diǎn)】牛頓第二定律求解瞬時(shí)突變問題【答案】AB【詳析】A．對D進(jìn)行受力分析，彈簧彈力與重力等大反向，剪斷AB間繩子的瞬間，彈簧彈力不能突變，D依舊受力平衡，加速度為零，A正確；B．剪斷AB間繩子的瞬間，對AC整體受力分析有，，解得C加速度為，方向豎直向下，B正確；C．剪斷CD間彈簧瞬間，彈簧彈力突變?yōu)?，對A、B和C整體受力分析有，解得A的加速度為，方向豎直向下，C錯(cuò)誤；D．剪斷AC繩子瞬間，A和B開始做自由落體，所以A物塊加速度為g，D錯(cuò)誤。選AB。11．【知識點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)：用單擺測量重力加速度【答案】（1）L（2）低（3）D（4）見解析【解析】（1）若擺球的直徑為D,懸線長為L,則擺長為l=（2）為了減小測量周期的誤差,擺球應(yīng)在經(jīng)過最低點(diǎn)的位置時(shí)開始計(jì)時(shí).（3）根據(jù)單擺的周期公式T=2πl(wèi)g=2πL+D2g,可得g=4π2T2(L+D2),由此可知,若單擺的懸點(diǎn)未固定緊,振動中出現(xiàn)松動,使擺線增長了,則擺長的測量值偏小,采用計(jì)算法測得的g值偏小,故A錯(cuò)誤；把n次全振動的時(shí)間誤記為n-1次全振動的時(shí)間,則周期的測量值偏大,采用計(jì)算法測得的（4）根據(jù)T=2πl(wèi)g=2πL+D2g可得T2=【注意說明】（1）測定擺長l引起的誤差①在未懸掛擺球前測定擺長或漏加擺球半徑,得到的擺長偏小,g值偏?。虎跍y擺長時(shí)擺線拉得過緊或以擺球的直徑與擺線長之和作為擺長,得到的擺長偏大,g值偏大；③懸點(diǎn)未固定好,擺球擺動時(shí)出現(xiàn)松動,實(shí)際擺長偏大,g值偏小.（2）測定周期引起的誤差①開始計(jì)時(shí)時(shí)停表過遲按下會使所測時(shí)間t偏小,g值偏大；同理,停止計(jì)時(shí)時(shí)停表過早按下也會使g值偏大；②測定n次全振動的時(shí)間為t,誤計(jì)為n+1次全振動,g值偏大；同理,誤計(jì)為n-1次全振動12．【知識點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)：電阻的測量【答案】（1）不需要（2分）（2）D（2分）（3）198（2分）（4）大于（2分）【解析】（1）雙刀雙擲開關(guān)S2擲于觸點(diǎn)1、2和觸點(diǎn)3、4時(shí)等效電路圖分別如圖甲、乙所示，由于電流計(jì)的指針指零，故電流計(jì)兩端電勢相等，由串聯(lián)分壓得RxR3＝R1R4，R2R3＝甲乙（2）由Rx＝R1R2（3）由題圖乙知，R2＝558Ω，則待測電阻的測量值Rx＝R1R2（4）若在步驟ii后、步驟iii之前，誤將滑片P向右移動了少許，則R3變大，R4減小，由R2R3＝RxR4知，R2變大，由Rx13．【知識點(diǎn)】氣體的等容變化與查理定律、氣體等溫變化與玻意耳定律【答案】(1)Pa；(2)【詳析】（1）現(xiàn)將活塞與汽缸鎖定，移到的室外，氣體發(fā)生等容變化，有，其中K，K，解得Pa。（2）根據(jù)玻意耳定律有，漏掉的氣體的質(zhì)量與原有氣體質(zhì)量的比值為，解得。14．【知識點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的功能問題【答案】（1），方向水平向右（2），【詳析】（1）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則，設(shè)與并聯(lián)的電阻為，有，閉合時(shí)，設(shè)線圈中的電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律得，設(shè)中的電流為，有，設(shè)受到的安培力為，有，保持靜止，由受力平衡，有，聯(lián)立解得，方向水平向右。（2）設(shè)由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，運(yùn)動的位移為，所用時(shí)間為，回路中的磁通量變化為，平均感應(yīng)電動勢為，有，其中，設(shè)中的平均電流為，有，根據(jù)電流的定義得，由動能定理，有，聯(lián)立解得，。15．【知識點(diǎn)】求解彈性碰撞問題【答案】(1)0.5J；(2)1N；(3)1.0s【詳析】（1）小物塊由靜止運(yùn)動到圓軌道最低點(diǎn)，由動能定理得，解得，設(shè)經(jīng)時(shí)間小物塊與傳送帶共速，由動量定理得，解得，在時(shí)間內(nèi)、傳送帶發(fā)生的位移分別為，，小物塊通過傳送帶過程產(chǎn)生的內(nèi)能為。（2）對物塊和長木板整體有，物塊和長木板整體加速度為，對物塊，由牛頓第二定律。（3）設(shè)滑上后經(jīng)時(shí)間物塊與碰撞，則，解得，A、B碰撞前速度分別為、，碰后速度分別為、，則，，A、B碰撞過程，由動量守恒和能量守恒，得，，解得，，設(shè)、碰后經(jīng)時(shí)間物塊與擋板相碰，則有，解得，A滑上C后，與擋板碰撞的時(shí)間。2025屆湖南省衡陽市高三物理5月底最后一卷押題預(yù)測練習(xí)試卷（較難）學(xué)校:___________姓名:___________班級:___________考號:___________注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在本試卷和答題卡上．2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號．回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．如圖為普通核反應(yīng)堆的結(jié)構(gòu)示意圖，通過鈾235鏈?zhǔn)椒磻?yīng)實(shí)現(xiàn)核能的可控釋放。下列關(guān)于核反應(yīng)堆工作中的說法正確的是()A．正常運(yùn)行的反應(yīng)堆，水泥防護(hù)層外能檢測到大量α粒子B．中子速度越快越容易發(fā)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)C．通過改變鎘棒的插入深度來控制反應(yīng)速度D．鈾核裂變時(shí)釋放能量的多少與生成物種類無關(guān)2．一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，P和Q是平衡位置分別在x1=0和x2=100cm處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，且兩質(zhì)點(diǎn)的振動情況始終相反.從t=0時(shí)開始，質(zhì)點(diǎn)P的振動圖像如圖所示，已知t1=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A．該波的波長可能為0.4B．該波的周期一定為6C．該波的波速可能為1D．質(zhì)點(diǎn)P的振動方程為y3．如圖所示，兩同學(xué)在相同的高度，以相同大小的初速度v0同時(shí)拋出兩小球A、B，初速度與水平方向夾角分別為α、β，且α>β，A、BA．A、B兩小球可在空中相遇B．兩者在空中運(yùn)動時(shí)A、B間距離先減小后增大C．兩球落回與起拋點(diǎn)等高處時(shí)水平位移相等D．僅增大A球的拋射角α，落到水平地面時(shí)的水平位移增大4．如圖甲所示，太陽系中有一顆“躺著”自轉(zhuǎn)的藍(lán)色“冷行星”——天王星，周圍存在著環(huán)狀物質(zhì)．為了測定環(huán)狀物質(zhì)是天王星的組成部分，還是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，假設(shè)“中國天眼”對其做了精確的觀測，發(fā)現(xiàn)環(huán)狀物質(zhì)線速度的二次方（即v2）與到行星中心的距離的倒數(shù)（即r-1）的關(guān)系如圖乙所示．已知天王星的半徑為r0，引力常量為 甲 乙A．環(huán)狀物質(zhì)是天王星的組成部分B．天王星的自轉(zhuǎn)周期為2C．v2D．天王星表面的重力加速度為v5．如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，P、Q是MN連線上的兩點(diǎn)，且MP=QN.下列說法正確的是（A.P點(diǎn)電場強(qiáng)度比Q點(diǎn)電場強(qiáng)度大B.P點(diǎn)電勢與Q點(diǎn)電勢相等C.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點(diǎn)間電勢差不變6．如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長的固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電荷量為+q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，小球由靜止開始下滑，在運(yùn)動過程中小球最大加速度為a0，最大速度為v0A．小球開始下滑時(shí)的加速度最大B．小球的速度由12v0C．當(dāng)a=12a0時(shí)小球的速度v與D．當(dāng)v=12v0時(shí)小球的加速度a與二、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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)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(cuò)的得0分。7．如圖是輸電線為用戶輸電的示意圖，電路中升壓變壓器T1和降壓變壓器T2都認(rèn)為是理想變壓器，中間輸電線上的總電阻為R，下列說法正確的是()A．T1的輸出電壓與T2的輸入電壓相等B．T1的輸出功率大于T2的輸入功率C．若用戶接入的用電器增多，則R消耗的電功率減小D．若用戶接入的用電器減少，則T2的輸出功率減小8．如圖所示，擋板P固定在傾角為30°的斜面左下端，斜面右上端M與半徑為R的圓弧軌道MN連接，圓弧軌道的圓心O在斜面的延長線上。M點(diǎn)有一光滑輕質(zhì)小滑輪，N點(diǎn)為圓弧軌道最低點(diǎn)，∠MON=60°。質(zhì)量均為m的小物塊B、C由一輕質(zhì)彈簧拴接（彈簧平行于斜面），其中物塊C緊靠在擋板P處，物塊B用跨過滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與一質(zhì)量為4m、大小可忽略的小球A相連，初始時(shí)刻小球A鎖定在M點(diǎn)，細(xì)繩與斜面平行，恰好繃直且無張力，B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻解除對小球A的鎖定，當(dāng)小球A沿圓弧運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)（物塊B未到達(dá)M點(diǎn)），物塊C對擋板的作用力恰好為0A．彈簧的勁度系數(shù)為2mgB．小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為12C．小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為8D．小球A由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，小球A和物塊B的機(jī)械能之和先增大后減小9．如圖為某同學(xué)用激光照射一半圓形透明玻璃磚，研究光的傳播規(guī)律，下面說法正確的是（）A．為入射光，為反射光，為折射光B．若入射光繞點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，反射光和折射光也隨之逆時(shí)針轉(zhuǎn)動C．若入射光繞點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，反射光越來越強(qiáng)，折射光越來越弱D．若入射光與界面成角時(shí)，折射光恰好消失，則折射率10．如圖所示，一根很長且不可伸長的輕繩跨光滑的定滑輪，兩端分別系著四個(gè)質(zhì)量相同的小物塊A、B、C和D，其中A和B用不可伸長的短繩相連，C和D用一輕彈簧相連。初狀態(tài)時(shí)，4個(gè)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)空氣阻力，物塊可以看成質(zhì)點(diǎn)。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．剪斷AB間繩子瞬間，D物塊的加速度為0B．剪斷AB間繩子瞬間，C物塊的加速度為0.5g，方向豎直向下C．剪斷CD間彈簧瞬間，A物塊的加速度為0.5g，方向豎直向下D．剪斷AC繩子瞬間，A物塊的加速度為0.5g，方向豎直向下三、非選擇題（本大題共5小題，共56分）11（6分）．如圖甲所示，某同學(xué)在做“用單擺測量重力加速度”實(shí)驗(yàn)中：甲（1）若擺球的直徑為D，懸線長為L，則擺長為__________；（2）為了減小測量周期的誤差，擺球應(yīng)在經(jīng)過最____（填“高”或“低”）點(diǎn)的位置時(shí)開始計(jì)時(shí);（3）如采用計(jì)算法測得的g值偏大，可能的原因是____;A．單擺的懸點(diǎn)未固定緊，振動中出現(xiàn)松動，使擺線增長了B．把n次全振動的時(shí)間誤記為n-C．以擺線長作為擺長來計(jì)算D．以擺線長與擺球的直徑之和作為擺長來計(jì)算（4）為了提高測量精度，需多次改變L的值并測得相應(yīng)的周期T.現(xiàn)測得的六組數(shù)據(jù)，標(biāo)示在以L為橫坐標(biāo)、T2為縱坐標(biāo)的坐標(biāo)紙上，即圖乙中用“×”表示的點(diǎn).根據(jù)圖乙中的數(shù)據(jù)點(diǎn)畫出T2與L乙12．（8分）某同學(xué)用圖甲所示的電路測量電阻Rx的阻值。實(shí)驗(yàn)步驟如下：i．按照電路圖連接好電路，將滑片P置于電阻絲R0上的適當(dāng)位置，閉合開關(guān)S1；ii．將雙刀雙擲開關(guān)S2（中間連桿為絕緣材料）擲于觸點(diǎn)1、2，調(diào)節(jié)電阻箱R，使靈敏電流計(jì)G的指針指零，讀出電阻箱阻值，記為R1；iii．保持滑片P的位置不動，將S2擲于觸點(diǎn)3、4，調(diào)節(jié)電阻箱R，仍使靈敏電流計(jì)G的指針指零，讀出電阻箱阻值，記為R2；iv．?dāng)嚅_開關(guān)，整理器材?；卮鹣铝袉栴}：甲（1）實(shí)驗(yàn)過程中，（填“需要”或“不需要”）測量滑片P兩側(cè)電阻絲的長度；（2）關(guān)于實(shí)驗(yàn)對電阻絲規(guī)格的要求，下列說法正確的是；A．總電阻必須已知，粗細(xì)必須均勻B．總電阻必須已知，粗細(xì)無須均勻C．總電阻無須已知，粗細(xì)必須均勻D．總電阻無須已知，粗細(xì)無須均勻（3）某次測量中，R1＝70Ω，如圖乙是電阻箱指示的R2的阻值，則待測電阻的測量值Rx＝Ω（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）；乙（4）若在步驟ii后、步驟iii之前，誤將滑片P向右移動了少許，繼續(xù)進(jìn)行測量，則Rx的測量值（填“大于”“小于”或“等于”）真實(shí)值。13（10分）．如圖所示，內(nèi)壁光滑、導(dǎo)熱良好的汽缸通過活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，汽缸底部有壓強(qiáng)傳感器。在的室內(nèi)時(shí)，壓強(qiáng)傳感器的示數(shù)為；現(xiàn)將活塞與汽缸鎖定，移到的室外，。(1)足夠長時(shí)間后，求壓強(qiáng)傳感器的示數(shù)。(2)若汽缸漏掉一定質(zhì)量的氣體，在室外經(jīng)足夠長時(shí)間后，壓強(qiáng)傳感器示數(shù)實(shí)際為Pa，求漏掉的氣體的質(zhì)量與原有氣體質(zhì)量的比值k（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。14（16分）．如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場（MN所在處無磁場），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略不計(jì)。（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求金屬棒PQ通過的位移x及該過程安培力做的功W。15（16分）．如圖所示，是一長為的水平傳送帶，以順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左端與半徑的光滑圓軌道相切，右端與放在光滑水平桌面上的長木板上表面平齊。木板長為，的右端帶有擋板，在上放有小物塊，開始時(shí)和靜止，到擋板的距離為?，F(xiàn)將小物塊從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止釋放，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，、之間及、之間的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B、C的質(zhì)量均為，重力加速度為，所有的碰撞均為彈性正碰。求：(1)A通過傳送帶過程產(chǎn)生的內(nèi)能；(2)A滑上C后與B碰撞前，B與C間的摩擦力大??；(3)A滑上C后，經(jīng)多長時(shí)間B與擋板碰撞；——★參考答案★——1．【知識點(diǎn)】核反應(yīng)的反應(yīng)方程及能量計(jì)算、質(zhì)量虧損與愛因斯坦質(zhì)能方程【答案】C【詳析】正常運(yùn)行的核反應(yīng)堆主要的輻射有γ輻射和中子輻射，所以水泥防護(hù)層外不可能檢測到大量α粒子，故A錯(cuò)誤；中子速度越快越不容易使鏈?zhǔn)椒磻?yīng)發(fā)生，故B錯(cuò)誤；利用鎘棒對中子吸收能力強(qiáng)的特點(diǎn)，通過改變鎘棒的插入深度，從而改變中子的數(shù)量來控制反應(yīng)速度，故C正確；核裂變釋放的能量與反應(yīng)前后質(zhì)量虧損有關(guān)，鈾核裂變時(shí)會因產(chǎn)物種類不同導(dǎo)致質(zhì)量虧損不同，釋放能量不同，故D錯(cuò)誤。2．【知識點(diǎn)】波的多解問題【答案】C【解析】由于t1=2s時(shí),質(zhì)點(diǎn)P再次回到t=0時(shí)的位置,t2=3s時(shí),質(zhì)點(diǎn)P的位移第一次為-10cm,根據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的對稱性可知12T=t2=3s,解得T=6s,B正確；由于P和Q是平衡位置分別在x1=0和x2=100cm處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn),且兩質(zhì)點(diǎn)的振動情況始終相反,有x2-x1=(2n+1)λ2(n=0,1,2,?),解得λ=22n+1m(3．【知識點(diǎn)】斜拋運(yùn)動【答案】B【題圖剖析】【解析】A球上升過程可到達(dá)的最高點(diǎn)更高，故A球下落到軌跡交點(diǎn)的時(shí)間大于B球，故兩球不可能同時(shí)到達(dá)軌跡交點(diǎn)，不能相遇，A錯(cuò)誤；以A球?yàn)閰⒖枷?，B球在落地前做速度為v相的勻速直線運(yùn)動，如圖1所示，相對速度方向與A、B起拋點(diǎn)連線的夾角為δ=α+β2-β=α-β2，A、B間距離最短時(shí)拋出的時(shí)間為t=lcosδv相，此時(shí)相對運(yùn)動的水平位移為x相=xA+xB=lcos2δ< 圖1 圖24．【知識點(diǎn)】萬有引力定律問題的分析與計(jì)算【答案】D【解析】若環(huán)狀物質(zhì)是天王星的組成部分，則環(huán)狀物質(zhì)與天王星同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，是定值，由線速度公式v=ωr可得v∝r，題中圖線特點(diǎn)是v2∝r-1，說明環(huán)狀物質(zhì)不是天王星的組成部分，天王星的自轉(zhuǎn)周期T≠2πr0v0，A、B錯(cuò)誤；若環(huán)狀物質(zhì)是天王星的衛(wèi)星群，由天王星對環(huán)狀物質(zhì)的引力提供環(huán)狀物質(zhì)做圓周運(yùn)動的向心力，則有GMmr2=mv2r，可得v25．【知識點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系、電場的疊加

【答案】C【解析】由等量異種點(diǎn)電荷電場分布的對稱性知，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度與Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等，A錯(cuò)誤；由沿電場線方向電勢越來越低知，P點(diǎn)電勢比Q點(diǎn)電勢高，B錯(cuò)誤；由電場疊加得，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度E=kQMP2+kQNP2，若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，C正確；若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?6．【知識點(diǎn)】帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動【答案】B【解析】小球剛開始下滑時(shí)受到豎直向下的重力mg，水平向左的電場力Eq，水平向右的彈力FN以及豎直向上的滑動摩擦力Ff，且此時(shí)滑動摩擦力Ff=μFN，豎直方向根據(jù)牛頓第二定律有mg-μFN=ma1，而隨著小球速度的增加，小球所受洛倫茲力由0逐漸增大，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力的方向水平向右，則在小球運(yùn)動后水平方向有Eq=Bqv+FN，可知隨著小球速度的增加，桿對小球的彈力減小，致使桿對小球的摩擦力減小，而當(dāng)洛倫茲力的大小等于小球所受電場力大小時(shí)，桿對小球的彈力為零，此時(shí)小球在豎直方向僅受重力，加速度達(dá)到最大，為重力加速度，即a0=g，而隨著小球速度的進(jìn)一步增大，洛倫茲力將大于電場力，小球再次受到桿的彈力，方向水平向左，則摩擦力再次出現(xiàn)，豎直方向的合力減小，加速度減小，直至摩擦力等于小球重力時(shí)，小球速度達(dá)到最大值，此后小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動，因此小球開始下滑時(shí)的加速度不是最大，故A錯(cuò)誤；小球剛開始運(yùn)動時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根據(jù)A選項(xiàng)中分析可知，加速度最大為重力加速度，即在整個(gè)過程中加速度先由a1逐漸增大到a0，再由a0逐漸減小為0，假如開始時(shí)加速度是由0開始增加的，則根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，當(dāng)加速度最大時(shí)小球速度恰好達(dá)到12v0，但實(shí)際上加速度并不是由0開始增加的，因此可知，當(dāng)加速度最大時(shí)小球的速度還未達(dá)到12v0，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出現(xiàn)，小球開始做加速度減小的加速運(yùn)動，由此可知，小球的速度由12v0增大至v7．【知識點(diǎn)】理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關(guān)系及其應(yīng)用【答案】BD【詳析】設(shè)輸電線中的電流為I2，T1的輸出電壓與T2的輸入電壓分別為U2、U3，則有U2＝I2R＋U3，即T1的輸出電壓大于T2的輸入電壓，A錯(cuò)誤；T1的輸出功率為P2＝U2I2，輸電線上損耗的功率為ΔP＝IR，T2的輸入功率為P3＝U3I2，則P2＝ΔP＋P3，即T1的輸出功率大于T2的輸入功率，B正確；若用戶接入電路的用電器增多，則T2副線圈中的電流增大，由變壓器的工作原理可知，T2原線圈中的電流增大，即輸電線上的電流增大，輸電線上損耗的功率增大，即R消耗的電功率增大，C錯(cuò)誤；若用戶接入電路的用電器減少，則用電器消耗的功率減小，即T2的輸出功率減小，D正確。8．【知識點(diǎn)】功能原理、能量守恒與曲線運(yùn)動的綜合【答案】BD【解析】設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)刻彈簧的壓縮量為x1，B沿斜面方向受力平衡，則mgsin30°=kx1，小球A沿圓弧軌道運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)，物塊C即將離開擋板，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長量為x2，C沿斜面方向受力平衡，則mgsin30°=kx2，可知x1=x2，當(dāng)小球A沿圓弧軌道運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)，B沿斜面運(yùn)動的位移大小為sB=xMN=R（點(diǎn)撥：A、B用同一根繩連接，具有相同大小的位移，且△OMN是等邊三角形），所以x1+x2=R，解得x1=x2=R2，k=mgR，A錯(cuò)誤；設(shè)小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，對v進(jìn)行分解，沿繩子方向的速度大小v'=vcos30°，由于沿繩子方向的速度大小處處相等，所以此時(shí)B的速度大小也為v'9．【知識點(diǎn)】全反射與折射的綜合應(yīng)用【答案】ACD【詳析】根據(jù)反射定律和折射定律可知，反射光線、折射光線均與入射光線分居法線兩側(cè)，結(jié)合圖中的光線位置，即可知為入射光，為反射光，為折射光，A正確；由圖可知入射光線繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí)，入射角增大，由反射定律，可知反射角增大，反射光線順時(shí)針轉(zhuǎn)動；由折射定律，可知折射角增大，折射光線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，B錯(cuò)誤；由圖可知入射光線繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí)，入射角增大，由反射光強(qiáng)、折射光強(qiáng)與入射角的關(guān)系，可知反射光強(qiáng)變強(qiáng)，折射光強(qiáng)變?nèi)?，C正確；由折射光恰好消失時(shí)入射光線的位置，即可得到臨界角為，結(jié)合臨界角與折射率的關(guān)系，可得折射率為，D正確。10．【知識點(diǎn)】牛頓第二定律求解瞬時(shí)突變問題【答