高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年湖南省長沙市名校5月31號高三物理模擬沖刺押題試卷本試卷共100分，考試時間75分鐘．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(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選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列說法正確的是（）A．盧瑟福通過對粒子散射實驗結(jié)果的分析，發(fā)現(xiàn)了中子B．湯姆孫通過研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的“棗糕模型”C．光電效應中光電子的最大初動能與如射光的頻率成正比D．是衰變方程2．如圖所示，物體A、B用細線連接，在同一高度做勻速圓周運動，圓心均為點O。在某時刻，細線同時斷裂，兩物體做平拋運動，同時落在水平面上的同一點。連接A、B的細線長度分別為10l、5l，A、B圓周運動的半徑分別為6l、4l，則O點到水平面的高度為（忽略物體的大小和細線質(zhì)量）（）A．6l B．10l C．12l D．15l3．甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸相向傳播，波速v=1m/s，某時刻的波形如圖所示，M、N、PA．兩列簡諧橫波不能發(fā)生干涉現(xiàn)象B．x=7m處的質(zhì)點從圖示時刻開始經(jīng)C．從圖示時刻開始，經(jīng)過1s，質(zhì)點M、ND．以質(zhì)點P開始振動時刻為計時起點，則質(zhì)點P的振動方程為y4．與地球公轉(zhuǎn)軌道“外切”的小行星甲和“內(nèi)切”的小行星乙的公轉(zhuǎn)軌道如圖所示，假設這些小行星與地球的公轉(zhuǎn)軌道都在同一平面內(nèi)，已知地球的公轉(zhuǎn)半徑為R，公轉(zhuǎn)周期為T，小行星甲的遠日點到太陽的距離為R1，小行星乙的近日點到太陽的距離為R2，引力常量為G，下列說法正確的是（）A．小行星甲與太陽的連線和小行星乙與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等B．小行星乙在遠日點的加速度大小等于地球公轉(zhuǎn)的加速度大小C．小行星乙在遠日點的加速度大小小于地球公轉(zhuǎn)的加速度大小D．小行星甲的公轉(zhuǎn)周期為5．空間存在某靜電場，在x軸上各點的場強E隨坐標x的分布規(guī)律如圖所示，規(guī)定x軸的正方向為電場強度E的正方向.一個帶電粒子在x軸上以坐標原點O為對稱中心做往復運動.已知粒子僅受電場力作用，運動中電勢能和動能的總和為A，且坐標原點O處電勢為零.則（）A.該粒子可能帶正電B.該粒子在坐標原點O兩側(cè)分別做勻變速直線運動C.x=xD.若該粒子帶電荷量的絕對值為q，則粒子運動區(qū)間為[-6．如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，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，電場強度為E，磁感應強度為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．小球開始下滑時的加速度最大B．小球的速度由12v0C．當a=12a0時小球的速度v與D．當v=12v0時小球的加速度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．如圖所示為深坑打夯機工作示意圖．電動機帶動兩個摩擦輪勻速轉(zhuǎn)動，將夯桿從深坑中豎直提起；當夯桿的下端剛到達坑口時，夯桿被松開，一段時間后又落回坑底，周而復始地這樣工作，就可將坑底夯實．已知電動機皮帶運行速率v=4m/s，兩摩擦輪對夯桿的壓力均為F=2×104N，與夯桿間的動摩擦因數(shù)均為A．夯桿在上升階段經(jīng)歷了加速運動、勻速運動和減速運動B．夯桿下端離開坑底的最大高度為5C．每個打夯周期中，摩擦輪對夯桿做的功為4.2D．由題目所給信息，可以計算出該深坑打夯機的打夯周期8．如圖所示，某人乘坐商場的自動扶梯從二樓到一樓，扶梯以大小為的加速度勻加速向下運動。扶梯的傾角為，人的質(zhì)量為，取重力加速度大小。關(guān)于扶梯向下運動的過程，下列說法正確的是（）A．人處于失重狀態(tài)B．人受到大小為、方向水平向左的靜摩擦力C．人受到大小為、方向豎直向上的支持力D．扶梯對人的作用力大小為9．如圖甲所示，某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為11:3，電流表為理想電表.原線圈所接電源的電壓按圖乙所示規(guī)律變化，副線圈接有一燈泡，此時燈泡消耗的功率為60W.則（ 甲 乙A．副線圈兩端輸出電壓的有效值為60VB．原線圈中電流表的示數(shù)約為1AC．原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u=2202D．變壓器的輸入功率、輸出功率之比為1:110．如圖所示，半徑為的半圓形玻璃磚的圓心為，A是半圓形玻璃磚直徑上的一點，A與圓心的距離，一束單色光垂直射到A點，光線剛好不能穿過玻璃磚的圓形界面。若讓單色光從A點以入射角射入，光從半圓形玻璃磚圓弧面上的點離開，已知光在真空中的傳播速度為，以下說法正確的是（）A．全反射的臨界角大于B．玻璃磚的折射率為C．從點射出的光線與A點的入射光線平行D．從點射出的光線穿過玻璃磚的時間為三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律，裝有遮光條的滑塊放置在氣墊導軌上的A位置，細線繞過固定在導軌右端的定滑輪，一端與滑塊連接，另一端懸吊鉤碼。測出遮光條的寬度d，滑塊與遮光條的總質(zhì)量M，A到光電門中心距離x。調(diào)節(jié)氣墊導軌水平，由靜止釋放滑塊，讀出遮光條通過光電門的擋光時間t。將遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊中心到達光電門中心點時的瞬時速度。已知鉤碼的質(zhì)量為m，當?shù)刂亓铀俣葹間。(1)滑塊從A處到達光電門中心處時，m和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為ΔEk=，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為ΔEp=，在誤差允許的范圍內(nèi)，若ΔEk=ΔEp，則可認為系統(tǒng)的機械能守恒。(均用題中字母表示)

(2)某同學實驗時，保持光電門的位置不變，改變滑塊的位置A，測出多組對應的x與t的數(shù)值，經(jīng)過計算發(fā)現(xiàn)系統(tǒng)動能的增加量大于鉤碼重力勢能的減少量，其原因可能是。

A．鉤碼質(zhì)量太大B．氣墊導軌未完全調(diào)水平，左端高于右端C．系統(tǒng)受到空氣阻力(3)某同學為了減小誤差，通過調(diào)整A的位置來改變x，測出對應的通過光電門的時間t，得到若干組數(shù)據(jù)后，在坐標紙上描點，擬合出直線，則該同學描繪的是圖像。

A.x-tB.x-1tC.x-1t2 D.x(4)某同學實驗時，氣泵不能工作，他想到用使軌道傾斜的方法來平衡摩擦力，如果已經(jīng)平衡了摩擦力，(選填“能”或“不能”)用此裝置驗證系統(tǒng)機械能守恒。

12．某同學要測量一個未知電阻的阻值，其主要實驗步驟如下：（1）先用多用電表的“×10”擋位測量其阻值，按正確操作后指針示數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為Ω；（2）為了更準確測量，該同學設計了如圖乙所示的電路進行測量，已知定值電阻；（3）根據(jù)圖乙將圖丙的實物圖補充完整；（4）正確連接好實物電路后，閉合開關(guān)S，改變滑動變阻器滑片的位置，記錄電壓表和的多組示數(shù)和，并作出圖像如圖丁，若不考慮電壓表內(nèi)阻的影響，算出電阻Ω（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；（5）若考慮電壓表內(nèi)阻的影響，則的測量值（選填“大于”“等于”或“小于”）真實值。13．如圖所示的是一個蒸餾海水的裝置，通過陽光照射透明容器使得容器中的水通過表面液化并流淌到取蒸餾水的裝置中。已知容器總體積為，初始時候放置海水在容器中，溫度，壓強為，忽略水蒸氣分子產(chǎn)生的壓強對總壓強的影響且認為容器內(nèi)總體積不變。如果容器內(nèi)的海水全部蒸發(fā)掉且被取水裝置接走，此時容器內(nèi)溫度變?yōu)?，求?1)此時容器的壓強為多少？(2)為了使此時容器內(nèi)壓強變?yōu)椋笮枰腿雺簭姙?，溫度為的氣體體積。14．如圖所示，一個半徑為d=0.5m的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為d、電阻r=1Ω的金屬棒a的一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心O處的導電轉(zhuǎn)軸上。圓形導軌邊緣和圓心O處分別引出兩條導線，與傾角θ=30°、間距l(xiāng)=0.5m的兩足夠長的平行金屬導軌相連，一長為l、質(zhì)量m=0.1kg、電阻R=2Ω的金屬棒b放置在導軌上，與導軌垂直并接觸良好。傾斜導軌末端接著水平金屬導軌，其連接處MN為一小段絕緣材料，水平軌道上接有阻值也為R的電阻。已知圓形金屬導軌區(qū)域和長x=0.8m的矩形區(qū)域MNQP間有豎直向上的勻強磁場，傾斜導軌處有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B=1T。剛開始鎖定金屬棒b，并使金屬棒a以ω=20rad/s的角速度繞轉(zhuǎn)軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，不計電路中其他電阻和一切阻力，g取10m/s2。(1)求金屬棒a中產(chǎn)生的感應電動勢大??；(2)某時刻起，解除金屬棒b的鎖定。①求b在傾斜軌道上運動的最終速度；②整個過程電阻R上產(chǎn)生的熱量。15．如圖所示，一傾角為30°、足夠長的斜面體固定在水平地面上，斜面上并排放置兩個不粘連的小物塊A、B，兩物塊在沿斜面向上、大小的恒力作用下，由靜止開始沿斜面向上做勻加速直線運動，恒力作用后撤去，已知物塊A、B的質(zhì)量分別為、，物塊A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為、，物塊與斜面間的靜摩擦因數(shù)略大于，物塊B與斜面間的靜摩擦因數(shù)略小于，物塊A、B間的碰撞為彈性正碰且碰撞時間極短，兩物塊均可視為質(zhì)點，取重力加速度大小，求：（1）撤去時物塊A、B的速度大??；（2）兩物塊在第一次碰撞前瞬間物塊B的速度大?。唬?）物塊A、B在前兩次碰撞之間的最大距離。

——★參考答案★——1．【知識點】核反應【答案】B【詳析】A．中子的發(fā)現(xiàn)者是查德威克，盧瑟福通過對粒子散射實驗結(jié)果的分析，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，A錯誤；B．湯姆孫通過研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的“棗糕模型”，B正確；C．由愛因斯坦光電效應方程可知光電子的最大初動能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，并非成正比，C錯誤；D．衰變方程要放出粒子，該方程是人工核轉(zhuǎn)變方程，D錯誤。選B。2．【知識點】圓錐擺問題【答案】C【詳析】兩球落地時水平方向的位移關(guān)系如圖由幾何關(guān)系可得，由平拋規(guī)律可知水平方向，，下落的高度，小球做圓周運動時受力情況如圖由相似關(guān)系可得，，聯(lián)立可得3．【知識點】波的干涉的應用【答案】D【解析】根據(jù)題意和題圖可知,兩列波波速相同,波長相同,則周期均為T=λv=4s,頻率f=1T=14Hz,頻率相同,故兩列簡諧橫波能發(fā)生干涉現(xiàn)象,故A錯誤；兩列波到達x=7m處疊加減弱,所以x=7m處的質(zhì)點振幅為(10-5)cm=5cm,甲波傳到該處的時間為t=1s,乙波傳到該處的時間為t'=3s,甲波到達該處但乙波未到達的時間為t'-t=2s,甲、乙兩波都到達該處的時間為4s-t'=1s,即分別傳播半個周期和四分之一個周期,所以4s內(nèi)該處質(zhì)點通過的路程s=t'-tT×4×10cm+4s-t'T×4×5cm=25cm,故B錯誤；題圖示時刻甲波波形的表達式為y=10sinπ2【關(guān)鍵點撥】波產(chǎn)生穩(wěn)定干涉的條件是頻率相同,由題可知兩波的波長相同,波速也相同,則周期相同，頻率相同.4．【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算【答案】B【詳析】由開普勒第二定律可知，同一行星與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，小行星甲和小行星乙不在同一軌道上，小行星甲與太陽的連線和小行星乙與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積不相等，A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得，所以，由于小行星乙在遠日點離太陽的距離等于地球離太陽的距離，所以小行星乙在遠日點的加速度大小等于地球公轉(zhuǎn)的加速度大小，C錯誤，B正確；根據(jù)開普勒第三定律可得，解得，D錯誤。5．【知識點】電勢差與電場強度的關(guān)系【答案】C【思路導引】E-x圖像與x軸圍成的面積代表電勢差；由于電場力與場強成正比,故E-x圖像與x【解析】由圖像可知,在O點右側(cè)的電場強度方向水平向右,在O點左側(cè)的電場強度方向水平向左,假設粒子帶正電,則粒子在O點右側(cè)向右運動或O點左側(cè)向左運動時一直做加速運動,不會做往復運動,因此粒子不可能帶正電,當粒子帶負電時在O點右側(cè)向右運動或在O點左側(cè)向左運動時做減速運動,減速到零反向加速,過O點后繼續(xù)做減速運動,做的是往復運動,因此粒子帶負電,A錯誤；由圖像可知,原點O兩側(cè)的電場均不是勻強電場,粒子的受力會發(fā)生變化,因此粒子在原點O兩側(cè)不做勻變速直線運動,B錯誤；E-x圖像中圖線與x軸所圍的面積表示電勢差,沿著電場線方向電勢降低,有φO-φx0=12E0x0,解得φx0=-12E0x0,C正確；粒子的電勢能和動能的總和為A,且粒子在O點的電勢能為零,則O6．【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動【答案】B【解析】小球剛開始下滑時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，而當洛倫茲力的大小等于小球所受電場力大小時，桿對小球的彈力為零，此時小球在豎直方向僅受重力，加速度達到最大，為重力加速度，即a0=g，而隨著小球速度的進一步增大，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，小球速度達到最大值，此后小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，因此小球開始下滑時的加速度不是最大，故A錯誤；小球剛開始運動時根據(jù)牛頓第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根據(jù)A選項中分析可知，加速度最大為重力加速度，即在整個過程中加速度先由a1逐漸增大到a0，再由a0逐漸減小為0，假如開始時加速度是由0開始增加的，則根據(jù)運動的對稱性可知，當加速度最大時小球速度恰好達到12v0，但實際上加速度并不是由0開始增加的，因此可知，當加速度最大時小球的速度還未達到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動，由此可知，小球的速度由12v0增大至v7．【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合【答案】ABD【解析】夯桿在上升階段經(jīng)歷了向上加速運動、達到與摩擦輪共速后勻速運動，最后減速運動到最高點，A正確；夯桿的下端剛到達坑口時，夯桿被松開，電動機皮帶運行速率v=4m/s，夯桿下端離開坑底的最大高度hm=v22g+h=5m，B正確；根據(jù)能量守恒定律，可知每個打夯周期中，摩擦輪對夯桿做的功為W=mghm=5×104J8．【知識點】利用牛頓定律進行受力分析【答案】AC【詳析】A．電梯勻加速下行，則加速度有向下的分量，可知人處于失重狀態(tài)，選項A正確；B．水平方向加速度有水平向左的分量，可知人受到靜摩擦力大小為方向水平向左，選項B錯誤；C．豎直方向由牛頓第二定律解得人受到支持力大小為方向豎直向上，選項C正確；D．扶梯對人的作用力大小為等于摩擦力和支持力的合力，則選項D錯誤。選AC。9．【知識點】理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關(guān)系及其應用【答案】AD【詳析】變壓器原線圈兩端的電壓有效值為U1=Um2=22022V=220V，理想變壓器的原、副線圈兩端電壓與匝數(shù)成正比，有U1U2=n1n2，則U2=n2n1U1=311×220V=60V，【方法總結(jié)】變壓器的制約關(guān)系（1）電壓決定關(guān)系：U1U2=n1n2，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，U1（2）電流決定關(guān)系：I1I2=n2n1（3）功率決定關(guān)系：P1=P2，輸出功率P210．【知識點】全反射與折射的綜合應用【答案】BC【詳析】單色光垂直射到A點，光線剛好不能穿過玻璃磚的圓形界面,此時單色光射向玻璃磚圓形界面的入射角即為臨界角C，根據(jù)幾何關(guān)系有，，A錯誤；玻璃磚的折射率為，B正確；B點對應的半圓形玻璃磚的切線平行于直徑，光線射入玻璃磚時的折射角等于射出玻璃磚時的入射角，光線射出玻璃磚時的折射角等于射入玻璃磚時的入射角，即從點射出的光線與A點的入射光線平行，C正確；光線在玻璃磚內(nèi)通過的路程為，光線在玻璃磚內(nèi)的傳播速度為，從點射出的光線穿過玻璃磚的時間為，D錯誤。11．【知識點】實驗：驗證機械能守恒定律【答案】(1)(m+M)d22t2【詳析】(1)到達光電門的速度為v=dt，則ΔEk=12(m+M)(dt)2=(m(2)鉤碼質(zhì)量大小對實驗不產(chǎn)生影響，A錯誤；氣墊導軌未完全調(diào)水平，左端高于右端，則滑塊的重力勢能會減少，系統(tǒng)動能增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，所以系統(tǒng)動能的增加量大于鉤碼重力勢能的減少量，B正確；若存在空氣阻力，則ΔEp會略大于ΔEk，C錯誤。(3)根據(jù)ΔEk=ΔEp可得(m+M)d22t2=mgx，整理得x=((4)若已經(jīng)平衡了摩擦力，對整個系統(tǒng)，該裝置仍不能驗證系統(tǒng)機械能守恒，因為有摩擦力做功，沒有滿足只有重力做功，機械能不守恒。12．【知識點】實驗：電阻的測量【答案】70；，66.7，大于【詳析】（1）讀數(shù)為（3）實物圖如圖（4）]根據(jù)歐姆定律，整理得，結(jié)合圖像可知，解得（5）若考慮電壓表內(nèi)阻的影響，電壓表V2與電阻R0并聯(lián)后等效電阻，由上述公式可知，所以，即測量值大于真實值。13．【知識點】氣體等溫變化與玻意耳定律、理想氣體與理想氣體狀態(tài)方程【答案】(1)(2)【詳析】（1）對容器內(nèi)氣體，初始，蒸餾后：由理想氣體狀態(tài)方程解得（2）對理想氣體，由玻意耳定律解得14．【知識點】電磁感應現(xiàn)象中的功能問題【答案】(1)2.5V；(2)①1m/s，②0.01875J【詳析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，所以。（2）①b棒受到沿斜面向上的安培力，大小小于mgsinθ，b棒剛開始向下加速運動，b棒上產(chǎn)生的感應電動勢方向與a棒同向，回路中電流為，當b棒速度最大時，加速度為零，則，聯(lián)立解得。②b棒進入水平磁場后做加速度減小的減速運動，根據(jù)動量定理可得，，，解得，根據(jù)能量守恒定律可得，則電阻R上產(chǎn)生的熱量為。15．【知識點】求解彈性碰撞問題【答案】（1）；（2）；（3）【詳析】（1）設在恒力的作用下，兩物塊的加速度大小為，則有，，解得。（2）撤去后，兩物塊開始做勻減速直線運動，根據(jù)已知條件可知，物塊A減速到0后將停在斜面上，物塊B減速到0后將反向加速，設物塊A向上減速時的加速度大小為，物塊B向上減速時的加速度大小為，物塊B向下加速時的加速度大小為，則有，，，由位移關(guān)系，解得。（3）以沿斜面向下為正方向，設兩物塊在第一次碰撞后瞬間，物塊A的速度大小為，物塊B的速度為，則有，，解得，，設物塊A向下加速時的加速度大小為，經(jīng)時間兩者的速度相同，則有，速度關(guān)系，可知，解得。2025年湖南省長沙市名校5月31號高三物理模擬沖刺押題試卷本試卷共100分，考試時間75分鐘．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(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選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列說法正確的是（）A．盧瑟福通過對粒子散射實驗結(jié)果的分析，發(fā)現(xiàn)了中子B．湯姆孫通過研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的“棗糕模型”C．光電效應中光電子的最大初動能與如射光的頻率成正比D．是衰變方程2．如圖所示，物體A、B用細線連接，在同一高度做勻速圓周運動，圓心均為點O。在某時刻，細線同時斷裂，兩物體做平拋運動，同時落在水平面上的同一點。連接A、B的細線長度分別為10l、5l，A、B圓周運動的半徑分別為6l、4l，則O點到水平面的高度為（忽略物體的大小和細線質(zhì)量）（）A．6l B．10l C．12l D．15l3．甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸相向傳播，波速v=1m/s，某時刻的波形如圖所示，M、N、PA．兩列簡諧橫波不能發(fā)生干涉現(xiàn)象B．x=7m處的質(zhì)點從圖示時刻開始經(jīng)C．從圖示時刻開始，經(jīng)過1s，質(zhì)點M、ND．以質(zhì)點P開始振動時刻為計時起點，則質(zhì)點P的振動方程為y4．與地球公轉(zhuǎn)軌道“外切”的小行星甲和“內(nèi)切”的小行星乙的公轉(zhuǎn)軌道如圖所示，假設這些小行星與地球的公轉(zhuǎn)軌道都在同一平面內(nèi)，已知地球的公轉(zhuǎn)半徑為R，公轉(zhuǎn)周期為T，小行星甲的遠日點到太陽的距離為R1，小行星乙的近日點到太陽的距離為R2，引力常量為G，下列說法正確的是（）A．小行星甲與太陽的連線和小行星乙與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等B．小行星乙在遠日點的加速度大小等于地球公轉(zhuǎn)的加速度大小C．小行星乙在遠日點的加速度大小小于地球公轉(zhuǎn)的加速度大小D．小行星甲的公轉(zhuǎn)周期為5．空間存在某靜電場，在x軸上各點的場強E隨坐標x的分布規(guī)律如圖所示，規(guī)定x軸的正方向為電場強度E的正方向.一個帶電粒子在x軸上以坐標原點O為對稱中心做往復運動.已知粒子僅受電場力作用，運動中電勢能和動能的總和為A，且坐標原點O處電勢為零.則（）A.該粒子可能帶正電B.該粒子在坐標原點O兩側(cè)分別做勻變速直線運動C.x=xD.若該粒子帶電荷量的絕對值為q，則粒子運動區(qū)間為[-6．如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，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，電場強度為E，磁感應強度為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．小球開始下滑時的加速度最大B．小球的速度由12v0C．當a=12a0時小球的速度v與D．當v=12v0時小球的加速度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．如圖所示為深坑打夯機工作示意圖．電動機帶動兩個摩擦輪勻速轉(zhuǎn)動，將夯桿從深坑中豎直提起；當夯桿的下端剛到達坑口時，夯桿被松開，一段時間后又落回坑底，周而復始地這樣工作，就可將坑底夯實．已知電動機皮帶運行速率v=4m/s，兩摩擦輪對夯桿的壓力均為F=2×104N，與夯桿間的動摩擦因數(shù)均為A．夯桿在上升階段經(jīng)歷了加速運動、勻速運動和減速運動B．夯桿下端離開坑底的最大高度為5C．每個打夯周期中，摩擦輪對夯桿做的功為4.2D．由題目所給信息，可以計算出該深坑打夯機的打夯周期8．如圖所示，某人乘坐商場的自動扶梯從二樓到一樓，扶梯以大小為的加速度勻加速向下運動。扶梯的傾角為，人的質(zhì)量為，取重力加速度大小。關(guān)于扶梯向下運動的過程，下列說法正確的是（）A．人處于失重狀態(tài)B．人受到大小為、方向水平向左的靜摩擦力C．人受到大小為、方向豎直向上的支持力D．扶梯對人的作用力大小為9．如圖甲所示，某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為11:3，電流表為理想電表.原線圈所接電源的電壓按圖乙所示規(guī)律變化，副線圈接有一燈泡，此時燈泡消耗的功率為60W.則（ 甲 乙A．副線圈兩端輸出電壓的有效值為60VB．原線圈中電流表的示數(shù)約為1AC．原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u=2202D．變壓器的輸入功率、輸出功率之比為1:110．如圖所示，半徑為的半圓形玻璃磚的圓心為，A是半圓形玻璃磚直徑上的一點，A與圓心的距離，一束單色光垂直射到A點，光線剛好不能穿過玻璃磚的圓形界面。若讓單色光從A點以入射角射入，光從半圓形玻璃磚圓弧面上的點離開，已知光在真空中的傳播速度為，以下說法正確的是（）A．全反射的臨界角大于B．玻璃磚的折射率為C．從點射出的光線與A點的入射光線平行D．從點射出的光線穿過玻璃磚的時間為三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律，裝有遮光條的滑塊放置在氣墊導軌上的A位置，細線繞過固定在導軌右端的定滑輪，一端與滑塊連接，另一端懸吊鉤碼。測出遮光條的寬度d，滑塊與遮光條的總質(zhì)量M，A到光電門中心距離x。調(diào)節(jié)氣墊導軌水平，由靜止釋放滑塊，讀出遮光條通過光電門的擋光時間t。將遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊中心到達光電門中心點時的瞬時速度。已知鉤碼的質(zhì)量為m，當?shù)刂亓铀俣葹間。(1)滑塊從A處到達光電門中心處時，m和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為ΔEk=，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為ΔEp=，在誤差允許的范圍內(nèi)，若ΔEk=ΔEp，則可認為系統(tǒng)的機械能守恒。(均用題中字母表示)

(2)某同學實驗時，保持光電門的位置不變，改變滑塊的位置A，測出多組對應的x與t的數(shù)值，經(jīng)過計算發(fā)現(xiàn)系統(tǒng)動能的增加量大于鉤碼重力勢能的減少量，其原因可能是。

A．鉤碼質(zhì)量太大B．氣墊導軌未完全調(diào)水平，左端高于右端C．系統(tǒng)受到空氣阻力(3)某同學為了減小誤差，通過調(diào)整A的位置來改變x，測出對應的通過光電門的時間t，得到若干組數(shù)據(jù)后，在坐標紙上描點，擬合出直線，則該同學描繪的是圖像。

A.x-tB.x-1tC.x-1t2 D.x(4)某同學實驗時，氣泵不能工作，他想到用使軌道傾斜的方法來平衡摩擦力，如果已經(jīng)平衡了摩擦力，(選填“能”或“不能”)用此裝置驗證系統(tǒng)機械能守恒。

12．某同學要測量一個未知電阻的阻值，其主要實驗步驟如下：（1）先用多用電表的“×10”擋位測量其阻值，按正確操作后指針示數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為Ω；（2）為了更準確測量，該同學設計了如圖乙所示的電路進行測量，已知定值電阻；（3）根據(jù)圖乙將圖丙的實物圖補充完整；（4）正確連接好實物電路后，閉合開關(guān)S，改變滑動變阻器滑片的位置，記錄電壓表和的多組示數(shù)和，并作出圖像如圖丁，若不考慮電壓表內(nèi)阻的影響，算出電阻Ω（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；（5）若考慮電壓表內(nèi)阻的影響，則的測量值（選填“大于”“等于”或“小于”）真實值。13．如圖所示的是一個蒸餾海水的裝置，通過陽光照射透明容器使得容器中的水通過表面液化并流淌到取蒸餾水的裝置中。已知容器總體積為，初始時候放置海水在容器中，溫度，壓強為，忽略水蒸氣分子產(chǎn)生的壓強對總壓強的影響且認為容器內(nèi)總體積不變。如果容器內(nèi)的海水全部蒸發(fā)掉且被取水裝置接走，此時容器內(nèi)溫度變?yōu)?，求?1)此時容器的壓強為多少？(2)為了使此時容器內(nèi)壓強變?yōu)?，求需要送入壓強為，溫度為的氣體體積。14．如圖所示，一個半徑為d=0.5m的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為d、電阻r=1Ω的金屬棒a的一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心O處的導電轉(zhuǎn)軸上。圓形導軌邊緣和圓心O處分別引出兩條導線，與傾角θ=30°、間距l(xiāng)=0.5m的兩足夠長的平行金屬導軌相連，一長為l、質(zhì)量m=0.1kg、電阻R=2Ω的金屬棒b放置在導軌上，與導軌垂直并接觸良好。傾斜導軌末端接著水平金屬導軌，其連接處MN為一小段絕緣材料，水平軌道上接有阻值也為R的電阻。已知圓形金屬導軌區(qū)域和長x=0.8m的矩形區(qū)域MNQP間有豎直向上的勻強磁場，傾斜導軌處有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B=1T。剛開始鎖定金屬棒b，并使金屬棒a以ω=20rad/s的角速度繞轉(zhuǎn)軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，不計電路中其他電阻和一切阻力，g取10m/s2。(1)求金屬棒a中產(chǎn)生的感應電動勢大??；(2)某時刻起，解除金屬棒b的鎖定。①求b在傾斜軌道上運動的最終速度；②整個過程電阻R上產(chǎn)生的熱量。15．如圖所示，一傾角為30°、足夠長的斜面體固定在水平地面上，斜面上并排放置兩個不粘連的小物塊A、B，兩物塊在沿斜面向上、大小的恒力作用下，由靜止開始沿斜面向上做勻加速直線運動，恒力作用后撤去，已知物塊A、B的質(zhì)量分別為、，物塊A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為、，物塊與斜面間的靜摩擦因數(shù)略大于，物塊B與斜面間的靜摩擦因數(shù)略小于，物塊A、B間的碰撞為彈性正碰且碰撞時間極短，兩物塊均可視為質(zhì)點，取重力加速度大小，求：（1）撤去時物塊A、B的速度大小；（2）兩物塊在第一次碰撞前瞬間物塊B的速度大??；（3）物塊A、B在前兩次碰撞之間的最大距離。

——★參考答案★——1．【知識點】核反應【答案】B【詳析】A．中子的發(fā)現(xiàn)者是查德威克，盧瑟福通過對粒子散射實驗結(jié)果的分析，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，A錯誤；B．湯姆孫通過研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的“棗糕模型”，B正確；C．由愛因斯坦光電效應方程可知光電子的最大初動能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，并非成正比，C錯誤；D．衰變方程要放出粒子，該方程是人工核轉(zhuǎn)變方程，D錯誤。選B。2．【知識點】圓錐擺問題【答案】C【詳析】兩球落地時水平方向的位移關(guān)系如圖由幾何關(guān)系可得，由平拋規(guī)律可知水平方向，，下落的高度，小球做圓周運動時受力情況如圖由相似關(guān)系可得，，聯(lián)立可得3．【知識點】波的干涉的應用【答案】D【解析】根據(jù)題意和題圖可知,兩列波波速相同,波長相同,則周期均為T=λv=4s,頻率f=1T=14Hz,頻率相同,故兩列簡諧橫波能發(fā)生干涉現(xiàn)象,故A錯誤；兩列波到達x=7m處疊加減弱,所以x=7m處的質(zhì)點振幅為(10-5)cm=5cm,甲波傳到該處的時間為t=1s,乙波傳到該處的時間為t'=3s,甲波到達該處但乙波未到達的時間為t'-t=2s,甲、乙兩波都到達該處的時間為4s-t'=1s,即分別傳播半個周期和四分之一個周期,所以4s內(nèi)該處質(zhì)點通過的路程s=t'-tT×4×10cm+4s-t'T×4×5cm=25cm,故B錯誤；題圖示時刻甲波波形的表達式為y=10sinπ2【關(guān)鍵點撥】波產(chǎn)生穩(wěn)定干涉的條件是頻率相同,由題可知兩波的波長相同,波速也相同,則周期相同，頻率相同.4．【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算【答案】B【詳析】由開普勒第二定律可知，同一行星與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，小行星甲和小行星乙不在同一軌道上，小行星甲與太陽的連線和小行星乙與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積不相等，A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得，所以，由于小行星乙在遠日點離太陽的距離等于地球離太陽的距離，所以小行星乙在遠日點的加速度大小等于地球公轉(zhuǎn)的加速度大小，C錯誤，B正確；根據(jù)開普勒第三定律可得，解得，D錯誤。5．【知識點】電勢差與電場強度的關(guān)系【答案】C【思路導引】E-x圖像與x軸圍成的面積代表電勢差；由于電場力與場強成正比,故E-x圖像與x【解析】由圖像可知,在O點右側(cè)的電場強度方向水平向右,在O點左側(cè)的電場強度方向水平向左,假設粒子帶正電,則粒子在O點右側(cè)向右運動或O點左側(cè)向左運動時一直做加速運動,不會做往復運動,因此粒子不可能帶正電,當粒子帶負電時在O點右側(cè)向右運動或在O點左側(cè)向左運動時做減速運動,減速到零反向加速,過O點后繼續(xù)做減速運動,做的是往復運動,因此粒子帶負電,A錯誤；由圖像可知,原點O兩側(cè)的電場均不是勻強電場,粒子的受力會發(fā)生變化,因此粒子在原點O兩側(cè)不做勻變速直線運動,B錯誤；E-x圖像中圖線與x軸所圍的面積表示電勢差,沿著電場線方向電勢降低,有φO-φx0=12E0x0,解得φx0=-12E0x0,C正確；粒子的電勢能和動能的總和為A,且粒子在O點的電勢能為零,則O6．【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動【答案】B【解析】小球剛開始下滑時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，而當洛倫茲力的大小等于小球所受電場力大小時，桿對小球的彈力為零，此時小球在豎直方向僅受重力，加速度達到最大，為重力加速度，即a0=g，而隨著小球速度的進一步增大，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，小球速度達到最大值，此后小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，因此小球開始下滑時的加速度不是最大，故A錯誤；小球剛開始運動時根據(jù)牛頓第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根據(jù)A選項中分析可知，加速度最大為重力加速度，即在整個過程中加速度先由a1逐漸增大到a0，再由a0逐漸減小為0，假如開始時加速度是由0開始增加的，則根據(jù)運動的對稱性可知，當加速度最大時小球速度恰好達到12v0，但實際上加速度并不是由0開始增加的，因此可知，當加速度最大時小球的速度還未達到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動，由此可知，小球的速度由12v0增大至v7．【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合【答案】ABD【解析】夯桿在上升階段經(jīng)歷了向上加速運動、達到與摩擦輪共速后勻速運動，最后減速運動到最高點，A正確；夯桿的下端剛到達坑口時，夯桿被松開，電動機皮帶運行速率v=4m/s，夯桿下端離開坑底的最大高度hm=v22g+h=5m，B正確；根據(jù)能量守恒定律，可知每個打夯周期中，摩擦輪對夯桿做的功為W=mghm=5×104J8．【知識點】利用牛頓定律進行受力分析【答案】AC【詳析】A．電梯勻加速下行，則加速度有向下的分量，可知人處于失重狀態(tài)，選項A正確；B．水平方向加速度有水平向左的分量，可知人受到靜摩擦力大小為方向水平向左，選項B錯誤；C．豎直方向由牛頓第二定律解得人受到支持力大小為方向豎直向上，選項C正確；D．扶梯對人