高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆湖南省長沙市名校高三物理保溫卷二注意事項：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，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，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．鈾核裂變的產(chǎn)物是多樣的，一種典型的情形是生成鋇和氪，同時放出3個中子，核反應(yīng)方程是U＋n→Ba＋Kr＋3n，以下說法正確的是()A．該反應(yīng)質(zhì)量數(shù)守恒，沒有質(zhì)量虧損B．U的中子數(shù)比Ba的多91個C．U的比結(jié)合能比Ba的大D．Ba的結(jié)合能比Kr的大2．圖示為水面上的兩列相干波在某時刻的疊加情況，以波源S1、S2為圓心的兩組同心圓弧分別表示該時刻兩列波的波峰（實線）和波谷（虛線），已知S1的振幅為4cm，S2A．質(zhì)點A、D在該時刻的高度差為9B．再過半個周期，質(zhì)點B是振動加強點C．質(zhì)點C的振幅為1D．質(zhì)點A一直在波峰，質(zhì)點D一直在波谷3．火箭載著宇宙探測器飛向某行星，火箭內(nèi)平臺上還放有測試儀器，如圖所示?；鸺龔牡孛嫫痫w時，以加速度豎直向上做勻加速直線運動（為地面附近的重力加速度），升到某一高度時，測試儀器對平臺的壓力剛好是起飛時壓力的，已知地球半徑為，萬有引力常量為G，該處的重力加速度g和火箭離地面的高度力正確的是（）A．= B．= C．h= D．h=4．從地面上方h高處以速度水平拋出一個小球，直到落地。不計空氣阻力。以下說法正確的是（）A．小球的運動時間與h和都有關(guān)系B．小球的運動時間僅與有關(guān)，與無關(guān)C．小球的水平位移與和都有關(guān)系D．小球的水平位移僅與有關(guān)，與h無關(guān)5．如圖所示，真空中兩個等量異種點電荷P、Q靜止，且關(guān)于O點對稱分布，A為P、Q連線上的一點。保持O、A位置不變，緩慢增大P、Q之間的距離后二者再次靜止，P、Q仍關(guān)于O點對稱。選無窮遠處為電勢零點，P、Q距離增大后A．O點的電場強度不變B．O點的電勢升高C．A點的電場強度變小D．A點的電勢降低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(yīng)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(dāng)a=12a0時小球的速度v與D．當(dāng)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，傾角為α的光滑固定斜面底端有一固定擋板P，兩個用輕彈簧連接在一起的滑塊M、N置于斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給滑塊M一個沿斜面向上的瞬時沖量使之沿斜面向上運動，當(dāng)滑塊N剛要離開擋板時滑塊M的速度為v。已知M、N的質(zhì)量均為m彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則關(guān)于從物塊M開始運動到物塊N剛要離開擋板的過程，已知重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．滑塊M的位移為B．滑塊N剛要離開擋板的瞬間，滑塊M的加速度大小為C．滑塊M獲得瞬時沖量的大小為D．重力對滑塊M做的功為8．［福建泉州永春三中等學(xué)校2024高二下聯(lián)考］某市地處山區(qū)，水力資源豐富，現(xiàn)利用市內(nèi)某條流量Q=2m3/s、落差h=5m的河流發(fā)電并進行遠距離輸電.如圖所示，若發(fā)電機輸出功率為4×104W，輸出電壓恒為240V，輸電線路總電阻A.發(fā)電機的效率為45B.該輸電線路所使用的理想升壓變壓器的匝數(shù)比是3C.該輸電線路所使用的理想降壓變壓器的匝數(shù)比是180D.若居民消耗的功率增大，則居民獲得的電壓U49．如圖所示，與水平面成θ=30°角的傳送帶正以v=5m/s的速度勻速運行，A、B兩端相距l(xiāng)=25m.現(xiàn)每隔1s把質(zhì)量m=1kgA．工件在傳送帶上時，先受到向上的滑動摩擦力，后受到向上的靜摩擦力B．兩個工件間的最小距離為1.25C．傳送帶上始終有7個工件D．滿載時與空載時相比，電機對傳送帶的牽引力增大了4510．如圖所示，邊長為a的正方形玻璃磚，其折射率為n＝2，現(xiàn)有一束光沿與AD邊成45°的方向從AD邊入射，經(jīng)過一系列折射和反射后從BC邊射出。已知光程是一個折合量，在數(shù)值上等于介質(zhì)折射率乘以光在介質(zhì)中的傳播路程。下列說法正確的是（）A．所有光線經(jīng)過AD邊折射后在正方形玻璃磚中的光程均相等，大小為23B．所有光線經(jīng)過AD邊折射后在正方形玻璃磚中的光程均相等，大小為26C．從BC邊折射出的光線分為兩束平行光，其寬度分別為1－33aD．從BC邊折射出的光線分為兩束平行光，其寬度分別為22－66三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．張同學(xué)利用力傳感器并結(jié)合單擺原理測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，實驗裝置如圖甲所示。（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑d，游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙所示，則擺球的直徑mm。（2）輕質(zhì)細線一端與固定在天花板上的力傳感器相連，另一端與擺球相連，使擺球在豎直面內(nèi)做小角度擺動（擺角小于5°），力傳感器記錄的細線上的拉力大小F隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示，則單擺運動的周期（用和表示）。(3)用毫米刻度尺測量出細線的長度L，根據(jù)單擺的周期公式，當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊挠嬎闶剑ㄓ肔、d、T表示）。12．某同學(xué)在測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，實驗室提供的器材有：A．電流表：量程為，內(nèi)阻約為B．電流表：量程為，內(nèi)阻約為C．電壓表：量程為，內(nèi)阻約為D．電壓表：量程為，內(nèi)阻約為E．滑動變阻器（最大阻值為）F．滑動變阻器（最大阻值為）G．開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)為了較準(zhǔn)確測量電池的電動勢和內(nèi)阻，按照如圖甲所示電路圖，電壓表應(yīng)該選擇，電流表應(yīng)該選擇，滑動變阻器應(yīng)該選擇。（均填儀器前的字母序號）(2)在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖乙所示的圖線，由圖可知電源的電動勢，內(nèi)阻（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。(3)按如圖甲所示電路圖實驗時，由于電流表和電壓表部不是理想電表，所以測量結(jié)果有系統(tǒng)誤差。產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是。圖丙中實線為小明同學(xué)按如圖甲所示電路圖，正確操作時作出的圖線，兩條虛線a、b中有一條是電源電動勢E和內(nèi)阻r真實圖線，下列說法正確的是。A．圖線a表示真實圖線，小明同學(xué)所測電動勢和內(nèi)阻均偏小B．圖線b表示真實圖線，小明同學(xué)所測電動勢大小等于真實值，內(nèi)阻偏大13．離水面深處的一條魚，其體內(nèi)魚鰾中空氣的體積為，它先向上游向水面，游動過程中體溫保持不變，魚鰾中的空氣對外做功為0.0667J，到達水面后在水面上游動起來，由于游動體溫從升高至，但魚鰾中空氣的壓強一直保持不變。從水下開始游動的狀態(tài)到水面上游動升溫至的狀態(tài)，魚鰾中的空氣吸收的熱量為。已知水的密度為，水面上的大氣壓強為，忽略游動過程中魚鰾中空氣質(zhì)量的變化，空氣可視為理想氣體，魚鰾內(nèi)部氣體壓強近似等于魚所處環(huán)境的壓強。(1)魚游向水面過程中，魚鰾中空氣分子的平均速率（選填“增大”、“減小”或“不變”），空氣分子的數(shù)密度（選填“增大”、“減小”或“不變”）；(2)求魚剛剛到達水面時魚鰾的體積；(3)求魚在水面上游動，體溫從升高至的過程中魚鰾中空氣內(nèi)能的改變量。14．（16分）如圖所示，水平面內(nèi)固定有一“∠”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌，頂角為α＝30°，處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。以導(dǎo)軌的頂點O為原點，建立坐標(biāo)系，使得x軸與導(dǎo)軌的一條邊重合。質(zhì)量為m的金屬桿與y軸平行、與兩條導(dǎo)軌緊密接觸。導(dǎo)軌與金屬桿的材料相同，單位長度電阻均為R0，金屬桿在與x軸平行的外力作用下，以速度v0沿x軸正方向勻速運動。金屬桿經(jīng)過原點O時開始計時，金屬桿與導(dǎo)軌足夠長，求：（1）外力隨時間t變化的表達式；（2）金屬桿上產(chǎn)生的內(nèi)能隨時間t變化的表達式；（3）若金屬桿到O點距離為l時撤去外力，金屬桿停下來的位置與原點O的距離。15．如圖所示，固定在水平面上的粗糙斜面傾角，長度為?；瑝KB恰好靜止在斜面上，離斜面頂端的距離為，與斜面無摩擦的滑塊A由斜面頂端無初速度釋放。已知滑塊間的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間忽略不計，滑塊A的質(zhì)量為，滑塊B的質(zhì)量為，重力加速度大小為，兩滑塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力。求(1)滑塊A從釋放到與滑塊B第一次碰撞所經(jīng)歷的時間；(2)第一次碰撞后瞬間滑塊A和滑塊B的速度大??；(3)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，滑塊A與滑塊B間的最大距離；(4)滑塊A與滑塊B在該斜面上碰撞的次數(shù)。

——★參考答案★——1．【知識點】核反應(yīng)的反應(yīng)方程及能量計算、結(jié)合能與比結(jié)合能、質(zhì)量虧損與愛因斯坦質(zhì)能方程【答案】D【詳析】核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒，但此反應(yīng)釋放核能，有質(zhì)量虧損，故A錯誤；的中子數(shù)為143，的中子數(shù)為88，中子數(shù)相差55，故B錯誤；重核裂變生成物的原子核更穩(wěn)定，比結(jié)合能更大，故C錯誤；核子數(shù)越多，結(jié)合能越大，故D正確。2．【知識點】波的干涉【答案】C【解析】由題圖和波的疊加原理可知，A、D均為振動加強點,在該時刻,A在波峰,位移為+9cm,D在波谷,位移為-9cm,故質(zhì)點A、D在該時刻的高度差為18cm,A錯誤；由題圖和波的疊加原理可知，質(zhì)點B、C始終是振動減弱點,振幅為1cm,B錯誤,C正確；兩列波為相干波,A、D均為振動加強點,但它們不是靜止不動的【易錯分析】沒有理解發(fā)生干涉時振動加強區(qū)振動始終加強,振動減弱區(qū)振動始終減弱的含義,認(rèn)為減弱區(qū)位移一定始終為零,加強區(qū)位移始終最大.3．【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算【答案】C【詳析】取測試儀為研究對象，由牛頓第二定律有，距離地面高度h時，由牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，AB錯誤；距離地面高度h時，有，因為，聯(lián)立解得，C正確，D錯誤。4．【知識點】求解平拋運動、類平拋運動問題【答案】C【詳析】小球做平拋運動，在豎直方向上物體做自由落體運動，有，解得，可知，小球的運動時間t與v0無關(guān)，h越大，小球在空中運動時間越長，AB錯誤；小球的水平位移，所以小球的水平位移與和都有關(guān)系，C正確，D錯誤。5．【知識點】電場的疊加

【答案】C【詳析】由E＝kqr2可知，增大P、Q之間的距離后，P、Q到O點的距離都變大，P、Q在O點產(chǎn)生的電場的電場強度都變小，由電場強度的疊加可知，O點的電場強度變小，A錯誤；由等量異種點電荷的電場分布特點可知，O點電勢為0，增大P、Q之間的距離后，O點的電勢仍然為零，因此O點的電勢不變，B錯誤；增大P、Q之間的距離后，P、Q到A點的距離都變大，P、Q在A點產(chǎn)生的電場的電場強度都變小，由電場強度的疊加可知，A點的電場強度變小，C正確；增大P、Q之間的距離后OA距離不變，O、A間的平均電場強度減小，由U＝Ed可知，O、A之間的電勢差變小，由于O點電勢不變，且A點的電勢低于O點的電勢，可知A點的電勢升高，6．【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(dāng)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(dāng)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(dāng)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、動量定理及其應(yīng)用【答案】BC【詳析】滑塊M、N置于斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)胡克定律有，物塊N剛要離開擋板時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，根據(jù)胡克定律有，滑塊M的位移為，解得，A錯誤；滑塊N剛要離開擋板的瞬間，對滑塊M進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有，解得，B正確；重力對滑塊M做的功為，解得，D錯誤；結(jié)合上述可知，滑塊M向上運動過程中，彈簧初始位置的壓縮量等于末位置的伸長量，即彈簧初末狀態(tài)的彈性勢能相等，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得，滑塊M獲得瞬時沖量的大小，聯(lián)立解得，C正確。8．【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(yīng)用【答案】BD【解析】發(fā)電機的效率為η=P出mght×100%=P出Qρgh×100%=4×1042×1.0×103×10×5×100%=40%,故A錯誤；升壓變壓器原線圈電流為I1=P出U1=5003A,根據(jù)P損9．【知識點】傳送帶模型【答案】AB【解析】工件剛放上傳送帶時,相對傳送帶向下運動,受向上的滑動摩擦力,由于μmgcosθ>mgsinθ,工件加速到速度和傳送帶速度相同時,剛開始加速1s時兩個工件間距離最小,加速過程中由牛頓第二定律可得μmgcosθ-mgsinθ=ma,代入數(shù)據(jù)可得a工件加速過程所用的時間為t=va=52.5s=2s,工件加速過程的位移為x'=12at2=12×2.5×22m=5m滿載時電機對傳送帶的牽引力為F=2μmgcosθ10．【知識點】全反射與折射的綜合應(yīng)用【答案】BD【解析】如圖所示，由幾何知識可知，所有光線經(jīng)過AD邊折射后在正方形玻璃磚中的傳播路程均相等，由n＝sinisinr可知，光程為S＝nL＝2×AF＝2×233a＝兩束平行光的寬度為d1＝CF·cos45°＝1－33a·22＝（22d2＝CE·cos45°＝33a·22＝6D正確?！久麕熝诱埂抗獬膛c傳播路程的區(qū)別光程是一種特有的折合物理量，不能單純理解為光的傳播路程，光波在不同介質(zhì)中傳播時，光的波長會隨介質(zhì)的不同而改變，為了方便計算光在不同介質(zhì)中傳播相遇時的相位差，引入光程概念，在數(shù)值上，光程等于介質(zhì)折射率乘以光在介質(zhì)中的傳播路程。11．【知識點】實驗：用單擺測量重力加速度【答案】（1）11.70；（2）；（3）（或）【詳析】（1）擺球的直徑11mm+0.05mm×14=11.70mm。（2）單擺運動的周期。（3）根據(jù)，解得。12．【知識點】實驗：電池電動勢和內(nèi)阻的測量—伏安法測量電源電動勢與內(nèi)阻【答案】(1)C，A，E；(2)1.48/1.47，1.79（1.76~1.79）；(3)電壓表的分流作用，A【詳析】（1）為了較準(zhǔn)確測量電池的電動勢和內(nèi)阻，按照如圖甲所示電路圖，因一節(jié)干電池電動勢約為1.5V，電壓表應(yīng)該選擇C，電路中電流不超過0.6A，電流表應(yīng)該選擇A，為了調(diào)節(jié)方便，使電表示數(shù)變化明顯，滑動變阻器應(yīng)選擇阻值較小的E。（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，可知圖像的縱軸截距等于電動勢，則有，圖像的斜率絕對值等于內(nèi)阻，則有（3）按如圖甲所示電路圖實驗時，由于電流表和電壓表都不是理想電表，所以測量結(jié)果有系統(tǒng)誤差。產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是：電壓表的分流作用；由于電壓表的分流作用，則電流的測量值偏??；而當(dāng)外電路短路時，短路電流沒有誤差，可知圖線表示真實圖線，小明同學(xué)所測電動勢和內(nèi)阻均偏小。13．【知識點】氣體等溫變化與玻意耳定律、熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用【答案】(1)不變，減?。?2)；(3)【詳析】（1）魚游向水面過程中，溫度不變，空氣分子的平均速率不變；根據(jù)題意可知，氣體對外做功，氣體體積變大，則空氣分子的數(shù)密度減小。（2）魚在水下時的壓強根據(jù)題意可知氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律解得（3）等溫過程根據(jù)則等壓過程，根據(jù)外界對氣體做功又聯(lián)立解得14．【知識點】導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢（電流）的分析與計算、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的功能問題【答案】（1）F＝B2v02t3（（3）6【解析】（1）t時刻，金屬桿接入電路的長度L＝v0t·tanα＝33v0t（1金屬桿兩端的電動勢E＝BLv0（1分）三角形回路的總電阻R＝v0t＋L+2LR解得電流I＝ER＝Bv0由題意可知，金屬桿做勻速運動，故水平外力大小等于安培力，有F＝F安＝BIL＝B2v0（2）t時刻金屬桿的電功率P＝I2R'（1分）R'＝33v0tR0（1解得P＝B2可見金屬桿上功率P與時間t成正比，因此平均功率P＝0+P2＝P2t時間內(nèi)金屬桿上產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝Pt＝P2t＝B2v（3）設(shè)撤去外力F時，金屬桿停下的位置與原點間的距離為x，取極短時間Δt，由動量定理得BiLΔt＝mΔv（1分）B2LvΔt3+3R其中LvΔt＝ΔS（1分）對整個過程求和，有∑B23+3R0·ΔS＝∑m即B23+3R0·S＝其中S是掃過梯形的面積，S＝ltanα＋xtanα2x－l＝36解得x＝63+1R15．【知識點】求解彈性碰撞問題【答案】(1)；(2)，方向沿斜面向上，，方向沿斜面向下；(3)；(4)5次【詳析】（1）對滑塊A，，根據(jù)，可得。（2）第一次碰前A的速度，第一次碰撞由動量守恒和能量守恒：；，得，，即A碰后速度大小為，方向沿斜面向上。B碰后速度大小為，方向沿斜面向下。（3）兩者同速時，距離最大，以速度向下為正，可解得，因為，，最大距離。（4）第一次碰后到第二次碰時，兩者位移相等，可解得，，第二次碰前A的速度，第二次碰撞：，，得，，第二次碰后到第三次碰前位移相同，同理可得，，進一步可以分析得出，相鄰兩次碰撞時間間隔均為，滑塊B相鄰兩次碰撞之間運動位移為等差數(shù)列，依次增加，則可知發(fā)生第5次碰撞時離斜面頂端的距離為，則可知若發(fā)生第6次碰撞時離斜面頂端的距離為，所以兩者在斜面上發(fā)生了5次碰撞。2025屆湖南省長沙市名校高三物理保溫卷二注意事項：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，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，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．鈾核裂變的產(chǎn)物是多樣的，一種典型的情形是生成鋇和氪，同時放出3個中子，核反應(yīng)方程是U＋n→Ba＋Kr＋3n，以下說法正確的是()A．該反應(yīng)質(zhì)量數(shù)守恒，沒有質(zhì)量虧損B．U的中子數(shù)比Ba的多91個C．U的比結(jié)合能比Ba的大D．Ba的結(jié)合能比Kr的大2．圖示為水面上的兩列相干波在某時刻的疊加情況，以波源S1、S2為圓心的兩組同心圓弧分別表示該時刻兩列波的波峰（實線）和波谷（虛線），已知S1的振幅為4cm，S2A．質(zhì)點A、D在該時刻的高度差為9B．再過半個周期，質(zhì)點B是振動加強點C．質(zhì)點C的振幅為1D．質(zhì)點A一直在波峰，質(zhì)點D一直在波谷3．火箭載著宇宙探測器飛向某行星，火箭內(nèi)平臺上還放有測試儀器，如圖所示?；鸺龔牡孛嫫痫w時，以加速度豎直向上做勻加速直線運動（為地面附近的重力加速度），升到某一高度時，測試儀器對平臺的壓力剛好是起飛時壓力的，已知地球半徑為，萬有引力常量為G，該處的重力加速度g和火箭離地面的高度力正確的是（）A．= B．= C．h= D．h=4．從地面上方h高處以速度水平拋出一個小球，直到落地。不計空氣阻力。以下說法正確的是（）A．小球的運動時間與h和都有關(guān)系B．小球的運動時間僅與有關(guān)，與無關(guān)C．小球的水平位移與和都有關(guān)系D．小球的水平位移僅與有關(guān)，與h無關(guān)5．如圖所示，真空中兩個等量異種點電荷P、Q靜止，且關(guān)于O點對稱分布，A為P、Q連線上的一點。保持O、A位置不變，緩慢增大P、Q之間的距離后二者再次靜止，P、Q仍關(guān)于O點對稱。選無窮遠處為電勢零點，P、Q距離增大后A．O點的電場強度不變B．O點的電勢升高C．A點的電場強度變小D．A點的電勢降低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(yīng)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(dāng)a=12a0時小球的速度v與D．當(dāng)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，傾角為α的光滑固定斜面底端有一固定擋板P，兩個用輕彈簧連接在一起的滑塊M、N置于斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給滑塊M一個沿斜面向上的瞬時沖量使之沿斜面向上運動，當(dāng)滑塊N剛要離開擋板時滑塊M的速度為v。已知M、N的質(zhì)量均為m彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則關(guān)于從物塊M開始運動到物塊N剛要離開擋板的過程，已知重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．滑塊M的位移為B．滑塊N剛要離開擋板的瞬間，滑塊M的加速度大小為C．滑塊M獲得瞬時沖量的大小為D．重力對滑塊M做的功為8．［福建泉州永春三中等學(xué)校2024高二下聯(lián)考］某市地處山區(qū)，水力資源豐富，現(xiàn)利用市內(nèi)某條流量Q=2m3/s、落差h=5m的河流發(fā)電并進行遠距離輸電.如圖所示，若發(fā)電機輸出功率為4×104W，輸出電壓恒為240V，輸電線路總電阻A.發(fā)電機的效率為45B.該輸電線路所使用的理想升壓變壓器的匝數(shù)比是3C.該輸電線路所使用的理想降壓變壓器的匝數(shù)比是180D.若居民消耗的功率增大，則居民獲得的電壓U49．如圖所示，與水平面成θ=30°角的傳送帶正以v=5m/s的速度勻速運行，A、B兩端相距l(xiāng)=25m.現(xiàn)每隔1s把質(zhì)量m=1kgA．工件在傳送帶上時，先受到向上的滑動摩擦力，后受到向上的靜摩擦力B．兩個工件間的最小距離為1.25C．傳送帶上始終有7個工件D．滿載時與空載時相比，電機對傳送帶的牽引力增大了4510．如圖所示，邊長為a的正方形玻璃磚，其折射率為n＝2，現(xiàn)有一束光沿與AD邊成45°的方向從AD邊入射，經(jīng)過一系列折射和反射后從BC邊射出。已知光程是一個折合量，在數(shù)值上等于介質(zhì)折射率乘以光在介質(zhì)中的傳播路程。下列說法正確的是（）A．所有光線經(jīng)過AD邊折射后在正方形玻璃磚中的光程均相等，大小為23B．所有光線經(jīng)過AD邊折射后在正方形玻璃磚中的光程均相等，大小為26C．從BC邊折射出的光線分為兩束平行光，其寬度分別為1－33aD．從BC邊折射出的光線分為兩束平行光，其寬度分別為22－66三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．張同學(xué)利用力傳感器并結(jié)合單擺原理測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，實驗裝置如圖甲所示。（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑d，游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙所示，則擺球的直徑mm。（2）輕質(zhì)細線一端與固定在天花板上的力傳感器相連，另一端與擺球相連，使擺球在豎直面內(nèi)做小角度擺動（擺角小于5°），力傳感器記錄的細線上的拉力大小F隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示，則單擺運動的周期（用和表示）。(3)用毫米刻度尺測量出細線的長度L，根據(jù)單擺的周期公式，當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊挠嬎闶剑ㄓ肔、d、T表示）。12．某同學(xué)在測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，實驗室提供的器材有：A．電流表：量程為，內(nèi)阻約為B．電流表：量程為，內(nèi)阻約為C．電壓表：量程為，內(nèi)阻約為D．電壓表：量程為，內(nèi)阻約為E．滑動變阻器（最大阻值為）F．滑動變阻器（最大阻值為）G．開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)為了較準(zhǔn)確測量電池的電動勢和內(nèi)阻，按照如圖甲所示電路圖，電壓表應(yīng)該選擇，電流表應(yīng)該選擇，滑動變阻器應(yīng)該選擇。（均填儀器前的字母序號）(2)在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖乙所示的圖線，由圖可知電源的電動勢，內(nèi)阻（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。(3)按如圖甲所示電路圖實驗時，由于電流表和電壓表部不是理想電表，所以測量結(jié)果有系統(tǒng)誤差。產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是。圖丙中實線為小明同學(xué)按如圖甲所示電路圖，正確操作時作出的圖線，兩條虛線a、b中有一條是電源電動勢E和內(nèi)阻r真實圖線，下列說法正確的是。A．圖線a表示真實圖線，小明同學(xué)所測電動勢和內(nèi)阻均偏小B．圖線b表示真實圖線，小明同學(xué)所測電動勢大小等于真實值，內(nèi)阻偏大13．離水面深處的一條魚，其體內(nèi)魚鰾中空氣的體積為，它先向上游向水面，游動過程中體溫保持不變，魚鰾中的空氣對外做功為0.0667J，到達水面后在水面上游動起來，由于游動體溫從升高至，但魚鰾中空氣的壓強一直保持不變。從水下開始游動的狀態(tài)到水面上游動升溫至的狀態(tài)，魚鰾中的空氣吸收的熱量為。已知水的密度為，水面上的大氣壓強為，忽略游動過程中魚鰾中空氣質(zhì)量的變化，空氣可視為理想氣體，魚鰾內(nèi)部氣體壓強近似等于魚所處環(huán)境的壓強。(1)魚游向水面過程中，魚鰾中空氣分子的平均速率（選填“增大”、“減小”或“不變”），空氣分子的數(shù)密度（選填“增大”、“減小”或“不變”）；(2)求魚剛剛到達水面時魚鰾的體積；(3)求魚在水面上游動，體溫從升高至的過程中魚鰾中空氣內(nèi)能的改變量。14．（16分）如圖所示，水平面內(nèi)固定有一“∠”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌，頂角為α＝30°，處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。以導(dǎo)軌的頂點O為原點，建立坐標(biāo)系，使得x軸與導(dǎo)軌的一條邊重合。質(zhì)量為m的金屬桿與y軸平行、與兩條導(dǎo)軌緊密接觸。導(dǎo)軌與金屬桿的材料相同，單位長度電阻均為R0，金屬桿在與x軸平行的外力作用下，以速度v0沿x軸正方向勻速運動。金屬桿經(jīng)過原點O時開始計時，金屬桿與導(dǎo)軌足夠長，求：（1）外力隨時間t變化的表達式；（2）金屬桿上產(chǎn)生的內(nèi)能隨時間t變化的表達式；（3）若金屬桿到O點距離為l時撤去外力，金屬桿停下來的位置與原點O的距離。15．如圖所示，固定在水平面上的粗糙斜面傾角，長度為?；瑝KB恰好靜止在斜面上，離斜面頂端的距離為，與斜面無摩擦的滑塊A由斜面頂端無初速度釋放。已知滑塊間的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間忽略不計，滑塊A的質(zhì)量為，滑塊B的質(zhì)量為，重力加速度大小為，兩滑塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力。求(1)滑塊A從釋放到與滑塊B第一次碰撞所經(jīng)歷的時間；(2)第一次碰撞后瞬間滑塊A和滑塊B的速度大?。?3)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，滑塊A與滑塊B間的最大距離；(4)滑塊A與滑塊B在該斜面上碰撞的次數(shù)。

——★參考答案★——1．【知識點】核反應(yīng)的反應(yīng)方程及能量計算、結(jié)合能與比結(jié)合能、質(zhì)量虧損與愛因斯坦質(zhì)能方程【答案】D【詳析】核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒，但此反應(yīng)釋放核能，有質(zhì)量虧損，故A錯誤；的中子數(shù)為143，的中子數(shù)為88，中子數(shù)相差55，故B錯誤；重核裂變生成物的原子核更穩(wěn)定，比結(jié)合能更大，故C錯誤；核子數(shù)越多，結(jié)合能越大，故D正確。2．【知識點】波的干涉【答案】C【解析】由題圖和波的疊加原理可知，A、D均為振動加強點,在該時刻,A在波峰,位移為+9cm,D在波谷,位移為-9cm,故質(zhì)點A、D在該時刻的高度差為18cm,A錯誤；由題圖和波的疊加原理可知，質(zhì)點B、C始終是振動減弱點,振幅為1cm,B錯誤,C正確；兩列波為相干波,A、D均為振動加強點,但它們不是靜止不動的【易錯分析】沒有理解發(fā)生干涉時振動加強區(qū)振動始終加強,振動減弱區(qū)振動始終減弱的含義,認(rèn)為減弱區(qū)位移一定始終為零,加強區(qū)位移始終最大.3．【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算【答案】C【詳析】取測試儀為研究對象，由牛頓第二定律有，距離地面高度h時，由牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，AB錯誤；距離地面高度h時，有，因為，聯(lián)立解得，C正確，D錯誤。4．【知識點】求解平拋運動、類平拋運動問題【答案】C【詳析】小球做平拋運動，在豎直方向上物體做自由落體運動，有，解得，可知，小球的運動時間t與v0無關(guān)，h越大，小球在空中運動時間越長，AB錯誤；小球的水平位移，所以小球的水平位移與和都有關(guān)系，C正確，D錯誤。5．【知識點】電場的疊加

【答案】C【詳析】由E＝kqr2可知，增大P、Q之間的距離后，P、Q到O點的距離都變大，P、Q在O點產(chǎn)生的電場的電場強度都變小，由電場強度的疊加可知，O點的電場強度變小，A錯誤；由等量異種點電荷的電場分布特點可知，O點電勢為0，增大P、Q之間的距離后，O點的電勢仍然為零，因此O點的電勢不變，B錯誤；增大P、Q之間的距離后，P、Q到A點的距離都變大，P、Q在A點產(chǎn)生的電場的電場強度都變小，由電場強度的疊加可知，A點的電場強度變小，C正確；增大P、Q之間的距離后OA距離不變，O、A間的平均電場強度減小，由U＝Ed可知，O、A之間的電勢差變小，由于O點電勢不變，且A點的電勢低于O點的電勢，可知A點的電勢升高，6．【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(dāng)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(dāng)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(dāng)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、動量定理及其應(yīng)用【答案】BC【詳析】滑塊M、N置于斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)胡克定律有，物塊N剛要離開擋板時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，根據(jù)胡克定律有，滑塊M的位移為，解得，A錯誤；滑塊N剛要離開擋板的瞬間，對滑塊M進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有，解得，B正確；重力對滑塊M做的功為，解得，D錯誤；結(jié)合上述可知，滑塊M向上運動過程中，彈簧初始位置的壓縮量等于末位置的伸長量，即彈簧初末狀態(tài)的彈性勢能相等，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得，滑塊M獲得瞬時沖量的大小，聯(lián)立解得，C正確。8．【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(yīng)用【答案】BD【解析】發(fā)電機的效率為η=P出mght×100%=P出Qρgh×100%=4×1042×1.0×103×10×5×100%=40%,故A錯誤；升壓變壓器原線圈電流為I1=P出U1=5003A,根據(jù)P損9．【知識點】傳送帶模型【答案】AB【解析】工件剛放上傳送帶時,相對傳送帶向下運動,受向上的滑動摩擦力,由于μmgcosθ>mgsinθ,工件加速到速度和傳送帶速度相同時,剛開始加速1s時兩個工件間距離最小,加速過程中由牛頓第二定律可得μmgcosθ-mgsinθ=ma,代入數(shù)據(jù)可得a工件加速過程所用的時間為t=va=52.5s=2s,工件加速過程的位移為x'=12at2=12×2.5×22m=5m滿載時電機對傳送帶的牽引力為F=2μmgcosθ10．【知識點】全反射與折射的綜合應(yīng)用【答案】BD【解析】如圖所示，由幾何知識可知，所有光線經(jīng)過AD邊折射后在正方形玻璃磚中的傳播路程均相等，由n＝sinisinr可知，光程為S＝nL＝2×AF＝2×233a＝兩束平行光的寬度為d1＝CF·cos45°＝1－33a·22＝（22d2＝CE·cos45°＝33a·22＝6D正確?！久麕熝诱埂抗獬膛c傳播路程的區(qū)別光程是一種特有的折合物理量，不能單純理解為光的傳播路程，光波在不同介質(zhì)中傳播時，光的波長會