高級中學名校試題PAGEPAGE12025屆高三模擬考試物理試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。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、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1.“鉆石恒久遠，應該做電池”，近日英國科學家成功研制出世界首款碳—14鉆石電池，這款電池的使用壽命可達數千年。從核廢料中提取的碳—14被封裝在鉆石中，鉆石捕獲碳—14衰變產生的電子產生低水平電力，同時鉆石外殼能夠有效吸收碳—14發出的短程輻射確保安全。下列說法正確的是（）A.碳—14發生的是α衰變B.碳—14發生的是β衰變C.鉆石捕獲的電子來自于碳—14原子核外的電子D.經過一個半衰期，被封裝的材料的總質量變成原來的一半【答案】B【解析】AB．由于碳—14衰變產生電子，可知，碳—14發生的是β衰變，故A錯誤，B正確；C．鉆石捕獲的電子來自于碳—14原子核內一個中子轉化為一個質子與電子，故C錯誤；D．經過一個半衰期，有一半碳—14發生衰變，但被封裝的材料的總質量大于原來的一半，故D錯誤。故選B。2.冬季滑雪已成為人們喜愛的運動項目。運動員沿直雪道由靜止開始勻加速下滑，加速度為a，滑雪板的長度為L，其B端到達P點所用的時間為t，則滑雪板的A、B端通過P點的時間差是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由B端到達P點所用的時間為t，可知B端到P點的位移大小為則A端到P點的位移大小為設A端到達P點所用的時間為，則解得則滑雪板的A、B端通過P點的時間差是故選A。3.如圖所示，一定質量的理想氣體，經歷a→b→c→a的循環過程，ab與縱軸平行，ac與橫軸平行，cb的延長線過原點。下列說法正確的是（）A.a→b過程，外界對氣體做正功B.b→c過程，單位體積內的氣體分子數增多C.c→a過程，氣體分子的平均動能減小D.整個過程中，氣體吸收的熱量大于釋放的熱量【答案】C【解析】A．a→b過程為等溫變化，根據可知，因此氣體對外界做功，故A錯誤；B．b→c過程為等容變化，則單位體積的分子數不變，故B錯誤；C．c→a過程為等壓變化，此過程溫度降低，則分子平均動能減小，故C正確；D．a→b→c→a整個循環系統內能變化量為零，則根據圖形變化得到整個循環過程的p—V圖像如圖所示根據圖像可知a→b→c→a整個過程外界對系統做功，則系統向外放熱，所以氣體吸收的熱量小于釋放的熱量，故D錯誤。故選C。4.磁懸浮地球儀具有獨特的視覺效果，其工作原理簡化如圖：水平底座上的三個完全一樣的磁極對地球儀內的磁體產生作用力（沿磁極與磁體的連線），使地球儀懸浮在空中，此時各磁極和磁體恰好處在正四面體的四個頂點處。地球儀的總質量為m，重力加速度為g，則一個磁極對磁體的作用力大小為（）A. B.C. D.mg【答案】B【解析】令正四面體的棱長為L，地球儀中的磁體到下側磁極之間連線與豎直方向夾角為，根據幾何關系有可知根據對稱性可知，每個磁極對磁體的作用力大小均相等，對磁體進行分析，根據平衡條件有解得故選B。5.地球繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑為，周期為，月球繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑為，周期為，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G。下列說法正確的是（）A.地球的質量可表示為B.地球的半徑可表示為C.太陽與地球的質量之比為D.太陽與地球的質量之比為【答案】D【解析】A．地球表面的重力加速度為g，令地球半徑為R，則有解得故A錯誤；B．月球繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑為，周期為，則有結合上述解得故B錯誤；CD．結合上述解得地球質量地球繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑為，周期為，則有解得結合上述解得故C錯誤，D正確。故選D。6.檢測球形滾珠直徑是否合格的裝置如圖甲所示，將標準滾珠a與待測滾珠b、c放置在兩塊平板玻璃之間，用單色平行光垂直照射平板玻璃，形成如圖乙所示的干涉條紋。若待測滾珠與標準滾珠的直徑相等為合格，下列說法正確的是（）A.滾珠b、c均合格B.滾珠b、c均不合格C.滾珠b合格，滾珠c不合格D.滾珠b不合格，滾珠c合格【答案】C【解析】單色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面發生干涉，形成干涉條紋，光程差為兩塊玻璃距離的兩倍，根據光的干涉知識可知，同一條干涉條紋位置處光的波程差相等，即滾珠a的直徑與滾珠b的直徑相等，即滾珠b合格，不同的干涉條紋位置處光的波程差不同，則滾珠a的直徑與滾珠c的直徑不相等，即滾珠c不合格。故選C。7.直升機懸停在距離水平地面足夠高的空中，無初速度投放裝有物資的箱子，若箱子下落時受到的空氣阻力與速度成正比，以地面為零勢能面。箱子的機械能、重力勢能、下落的距離、所受阻力的瞬時功率大小分別用E、、x、P表示。下列圖像可能正確的是（）A B.C. D.【答案】D【解析】A．根據牛頓第二定律有解得可知，箱子向下先做加速度減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，圖像的斜率表示加速度，圖中圖形開始的斜率變大，不符合要求，故A錯誤；B．阻力的瞬時功率大小結合上述可知，箱子向下先做加速度減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，則圖像先為一條開口向上的拋物線，后為一個點，故B錯誤；C．結合上述可知，箱子向下先做加速度減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，即箱子速度始終不等于0，箱子向下運動過程，箱子的動能不可能為0，以地面為零勢能面，可知，箱子的機械能不可能等于0，圖中圖形描述的機械能最終等于0，不符合要求，故C錯誤；D．令箱子釋放位置距離地面高度為H，以地面為零勢能面，則箱子的重力勢能即圖像為一條斜率為負值的傾斜直線，故D正確。故選D。8.如圖所示，帶電小球A、B、C位于光滑絕緣水平面內的一直線上，質量均為m，A、C的電荷量均為q，與B的距離均為r。當B球帶電量為Q時，三小球均能處于靜止狀態；當B球電量變為（電性不變），A、C球能夠以相同的角速度（k為靜電力常量）繞B球做半徑為r的勻速圓周運動，則等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】當B球帶電量為Q時，三小球均能處于靜止狀態，則A、C電性相同，A、B電性相反，此時對A進行分析，根據平衡條件有當B球電量變為時，對A進行分析有解得故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.平衡位置在坐標原點處的波源時刻沿y軸起振，在介質中形成一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，時波恰好傳到處，此刻的波形如圖所示，質點P的平衡位置在處。下列說法正確的是（）A.波源沿y軸正方向起振B.波的傳播速度為C.再經過0.1s，處質點會運動到處D.0~0.2s內質點P通過的路程為10cm【答案】BD【解析】A．時波恰好傳到處的波形如題圖所示則由同側法得知處的質點向下振動，根據所有質點起振方向相同知波源沿y軸負方向起振，故A錯誤；B．由題圖可知波長，周期由，故B正確；C．質點不會隨著波一起移動，故C錯誤；D．波源傳到P質點所需時間為因此0~0.2s內質點P運動的時間為0.05s，恰好從平衡位置開始振動了故P質點運動的路程為，故D正確。故選BD。10.如圖所示，一矩形線框繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉動，通過電刷與理想變壓器相連。已知線框的匝數匝，面積，總電阻，角速度，理想變壓器原、副線圈的匝數比為，為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，電表均為理想電表，電壓表、電流表的示數分別為50V、2A．下列說法正確的是（）A.勻強磁場的磁感應強度B.勻強磁場的磁感應強度C.線框轉動的角速度增大時，理想變壓器的輸入功率一定增大D.處溫度升高時，電流表的示數變大，電壓表的示數不變【答案】AC【解析】AB．設變壓器原線圈電壓電流分別為、，副線圈電壓、電流為、由題易知，則根據原副線圈電流與匝數的關系解得對原線圈和發電機電路解得，故B錯誤，A正確；C．將變壓器進行等效，等效電路如圖所示只增大線框轉動的角速度，則線框產生的電動勢增大等效電阻保持不變其中等效電阻整個閉合回路的總電流所以總電流I增大，等效電阻的功率為根據表達式可以知增大，因此副線圈的總功率增大，那么理想變壓器的輸入端的功率必然增大，故C正確；D．處溫度升高時，熱敏電阻的阻值減小，根據變壓器等效，則整個回路的總電阻減小那么通過矩形線框的電流增大則矩形線圈上的電壓增大，那么電壓表的電壓將減小，即電流表示數變大，電壓表示數變小，故D錯誤。故選AC。11.如圖所示，同一豎直面內水平線、把空間分成三個區域，Ⅰ區域內的勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B，Ⅱ區域內的勻強磁場垂直于紙面且均勻減小，Ⅲ區域無磁場。一單匝矩形金屬線框由兩條相同的橡皮筋懸掛在天花板上，水平邊MN、PQ邊分別處于Ⅰ、Ⅲ區域，Ⅱ區域內的磁場減小時橡皮筋伸直且無彈力，磁場減小為零后不再變化，線框第一次下降高度h時達到最大速度（未知），繼續向下運動至MN與重合時，速度減小為零。每根橡皮筋的彈力都遵循胡克定律，勁度系數為k，且始終處于彈性限度內，線框的質量為m，總電阻為R，MN邊長為L，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.Ⅱ區域的磁場方向垂直于紙面向里B.線框最終靜止時MN邊與重合C.最大速度的大小為D.線框開始運動后做簡諧運動【答案】AC【解析】A．題意知Ⅱ區域內的磁場減小時橡皮筋伸直且無彈力，可知MN受到的安培力豎直向上，左手定則可知電流方向為M指向N，由于Ⅱ區域內的磁場減小，楞次定律可知Ⅱ區域的磁場方向垂直于紙面向里，故A正確；B．線框第一次下降高度h時速度達到最大，則線框合力為0，線框繼續向下運動，彈力增大，合力增大，運動至MN與重合時彈力最大，合力最大，線框將會向上運動，所以線框不會最終靜止時MN邊與重合，故B錯誤；C．線框最大速度時，線框合力為0，由平衡條件有因為，聯立解得故C正確；D．線框在運動過程中，除了彈簧彈力和重力外，還受到安培力，安培力大小與速度有關，不滿足簡諧運動回復力（k為常數）的特征，所以線框不做簡諧運動，故D錯誤。故選AC。12.如圖所示，長為1.0m的細繩一端固定在P點，另一端拴接質量為1.0kg的小球，小球與P點等高，細繩自然伸直。小球由靜止釋放后，擺動到某位置時，細繩突然斷裂，繼續運動0.5s后，落在地面上。已知細繩能承受的最大拉力為24N，不計空氣阻力，取重力加速度，下列說法正確的是（）A.輕繩斷裂時小球的速度大小為2m/sB.輕繩斷裂時小球的速度大小為4m/sC.小球落地點與P點的水平距離為1mD.小球落地點與P點的水平距離為1.6m【答案】BC【解析】AB．設輕繩斷裂時輕繩與豎直方向的夾角為，如圖。由牛頓第二定律得由動能定理可得解得，故A錯誤，B正確；CD．如圖。輕繩斷裂時水平方向的速度大小為小球從輕繩斷裂到落地的水平位移大小為小球落地點與P點的水平距離為故C正確，D錯誤。故選BC。三、非擇題：本題共6小題，共60分。13.圖甲所示為探究加速度、力和質量關系的裝置，帶滑輪的長木板水平放置，力傳感器固定在墻上，細繩繞過小車上的滑輪連接傳感器和沙桶，細繩平行于木板。接通電源（頻率為50Hz），釋放沙桶，獲得一條紙帶同時記錄相應傳感器的示數，多次改變沙桶的質量，重復操作。（1）圖乙所示為實驗獲得紙帶的其中一條，紙帶上相鄰兩個計數點間還有四個計時點未畫出，計數點B、C、D、E到A點的距離分別為，，，，打下C點時小車的速度為______m/s，小車運動的加速度大小為______（結果均保留兩位有效數字）；（2）通過實驗測得的數據，繪制出反映小車加速度a與傳感器示數F之間關系的圖像，如圖丙所示，則實驗中小車所受摩擦力的大小為______（用圖中字母表示）。【答案】（1）0.881.7（2）2F0【解析】【小問1詳析】[1]由于相鄰兩個計數點間還有四個計時點未畫出，則相鄰計數點之間的時間間隔為勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則打下C點時小車的速度為[2]根據逐差法可知，小車的加速度【小問2詳析】對小車進行分析，根據牛頓第二定律有變形得結合圖丙可知，當力傳感器示數為時，加速度為0，代入上式解得14.某多用電表中三個功能擋（直流電流10mA擋、直流電壓3V擋和歐姆擋）的簡化電路圖，如圖甲所示，為定值電阻，靈敏電流計G的滿偏電流為2mA，內阻為100Ω，A、B為多用電表的兩表筆，S為選擇開關。（1）定值電阻______；（2）開關S打到______（選填“1”、“2”、“3”）時為歐姆擋；（3）選用歐姆擋，表筆短接歐姆調零后，進行電阻測量，指針指在圖乙所示的b位置，該電阻的阻值為______Ω；（4）圖丙中虛線框內的元件為二極管，P、Q為二極管的兩只管腳。現用歐姆擋探測二極管的正負極，當A表筆接P端，B表筆接Q端時，指針指在圖乙所示的a位置，當B表筆接P端，A表筆接Q端時，指針指在圖乙所示的c位置，則P端為二極管的______（選填“正極”或“負極”）。【答案】（1）25（2）2（3）160（4）正極【解析】【小問1詳析】選擇開關接1時多用表測直流電流，則解得【小問2詳析】測電阻時多用表內連接電源，開關S打到2時為歐姆擋；【小問3詳析】該電阻的阻值為【小問4詳析】指針指在圖乙所示的a位置，說明電阻值較大，測量的是二極管的反向電阻；指針指在圖乙所示的c位置，說明電阻值較小，測量的是二極管的正向電阻；由圖甲可知A表筆接電源的負極，B表筆接電源的正極，則P端為二極管的正極。15.如圖甲所示，光從一種介質斜射入另一種介質時，滿足（為折射率，為入射角或折射角）。如圖乙所示，該光學元件由兩透明介質平板A、B組成，一單色點光源嵌在平板A的上表面處，A、B的折射率分別為，厚度分別為，光在空氣中的傳播速度為，求：（1）光源發出的光傳播到平板B的下表面所用的最短時間；（2）光源發出某條光線經A間的界面折射后，在平板B的下表面恰好發生全反射，光源發出的這條光線與平板A上表面之間的夾角。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】單色光在介質中的傳播速度與折射率的關系為垂直介質板交界線向下的光線傳播時間最短，單色光在介質平板A、B中的傳播時間分別為，最短時間為聯立解得【小問2詳析】設光源發出的這條光線與平板A上表面的夾角為，光路如圖所示光線在點從A進入B的入射角為，折射角為光線到達從B下表面點恰好發生全反射，臨界角為則根據幾何關系，聯立解得16.如圖甲所示，容積為的空玻璃瓶用橡皮塞封住瓶口，由穿過橡皮塞且兩端開口的細玻璃管與大氣相通，將其由室溫環境轉移并浸入溫度為恒為的熱水中，達到熱平衡后，快速取出玻璃瓶并將其豎直倒置，使玻璃管下端沒人室溫水槽中，穩定后玻璃瓶內與水槽內水面的高度差。室內溫度恒為，水的密度，外界大氣壓，取重力加速度，不計細玻璃管的體積，熱力學溫度與攝氏溫度的關系為。求：（1）氣體溫度由升高至，玻璃瓶內減少的氣體質量與溫度為時瓶內氣體質量的比值；（2）最終穩定時進入玻璃瓶內的水的體積。【答案】（1）（2）0.07L【解析】【小問1詳析】環境與熱水的熱力學溫度分別記為、，以放人熱水前玻璃瓶內氣體為研究對象，根據等壓變化規律瓶內減少的氣體質量與瓶內室溫時氣體的質量之比解得【小問2詳析】浸入熱水并達到熱平衡后，以此時玻璃瓶內氣體為研究對象。倒置于水槽后，設吸人瓶中水的體積為，體積為此時瓶內氣體壓強為根據理想氣體狀態方程有解得17.如圖甲所示，固定光滑斜面的傾角，右端帶有固定擋板的“┚”形木板靜置于水平面上，斜面底端B與木板左端緊靠且跟其上表面平齊。將質量的小物塊從斜面頂端A由靜止釋放，物塊滑上木板時不計能量損失，到達木板右端時與擋板發生彈性碰撞。以物塊剛滑上木板的時刻為計時起點，物塊跟擋板碰撞前物塊和木板的圖像，如圖乙所示，木板與地面間的動摩擦因素，取重力加速度。（1）求斜面的長度；（2）求從物塊開始運動至其和擋板碰撞前的瞬間，物塊與木板系統損失的機械能；（3）物塊最終能否從木板上滑落？若能，請求出物塊滑落時的速度；若不能，請求出物塊最終到木板左端的距離d。【答案】（1）（2）（3）不能，【解析】【小問1詳析】由圖乙可知，物塊到達斜面底端時的速度為物塊從A下滑到的過程中，由動能定理可得解得【小問2詳析】由圖乙可知，物塊與檔板碰撞前瞬間，物塊、木板的速度分別為，根據加速度定義式有解得物塊、木板加速度大小分別為，對物塊進行分析，根據牛頓第二定律有對木板進行分析，根據牛頓第二定律有解得，對物塊與木板構成的系統，由能量守恒定律得解得【小問3詳析】物塊最終不能從木板上滑落。在（）時間內，物塊相對于木板向右滑動，碰前物塊，木板的速度分別記為、，可知板長解得板長在時物塊與擋板發生彈性碰撞，碰后速度分別記為、由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得，碰撞后物塊向左做勻減速直線運動，加速度大小木板向右做勻減速直線運動，加速度大小記為，則有，解得加速度大小假設物塊最終不能從木板上滑落，碰撞后再經過兩者共速，則有解得，在時間內，物塊相對于木板始終向左滑動，相對位移為解得可知物塊不能從木板上滑落，則物塊最終到木板左端的距離18.如圖所示，空間直角坐標系（軸未畫出，正方向向外）中，平面內半徑為的圓形區域與軸相切于點，圓心在處，區域內的勻強磁場沿軸正方向，磁感應強度為，區域內，勻強電場和勻強磁場的方向均沿軸正方向，電場強度為，磁感應強度為。平面的第三象限內有一平行于軸的線狀粒子發射器，中點在處，與的連線平行于軸，粒子發射器可在寬度為的范圍內沿軸正方向發射質量為，電荷量為的同種粒子，發射速度大小可調，，。（1）若從點發出的粒子，飛出磁場時速度偏轉了角，求該粒子的速度大小；（2）若粒子發射速度大小，求在磁場中運動時間最長的粒子進入圓形磁場時的位置到的距離；（3）調整粒子發射速度的大小為某一值時，所有粒子均從點飛出圓形磁場。求從發射器最左端發射的粒子進入區域后，運動軌跡上與軸距離最遠點的位置坐標。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】粒子運動軌跡如圖甲所示，設軌跡半徑為由幾何關系得：，洛倫茲力充當向心力：解得【小問2詳析】由，得：設從點進，點出的粒子在磁場中運動時間最長，則為圓形磁場的直徑粒子運動軌跡如圖乙所示，，由幾何關系得：解得：由幾何關系得：該粒子的入射位置到的距離【小問3詳析】由題意得：粒子在圓形磁場中的運動半徑由得：發射器最左端發射的粒子運動軌跡如圖丙所示，設該粒子運動到點時其速度方向與軸正方向夾角為由幾何關系得由題意得：該粒子的運動可視為沿軸正方向的勻加速直線運動和垂直于軸平面內的勻速圓周運動的合運動解得粒子軌跡上的點與軸的最遠距離為則粒子從經過點開始運動到距離軸最遠處的時間為由得即粒子運動軌跡上與軸距離最遠的位置坐標為2025屆高三模擬考試物理試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。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、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1.“鉆石恒久遠，應該做電池”，近日英國科學家成功研制出世界首款碳—14鉆石電池，這款電池的使用壽命可達數千年。從核廢料中提取的碳—14被封裝在鉆石中，鉆石捕獲碳—14衰變產生的電子產生低水平電力，同時鉆石外殼能夠有效吸收碳—14發出的短程輻射確保安全。下列說法正確的是（）A.碳—14發生的是α衰變B.碳—14發生的是β衰變C.鉆石捕獲的電子來自于碳—14原子核外的電子D.經過一個半衰期，被封裝的材料的總質量變成原來的一半【答案】B【解析】AB．由于碳—14衰變產生電子，可知，碳—14發生的是β衰變，故A錯誤，B正確；C．鉆石捕獲的電子來自于碳—14原子核內一個中子轉化為一個質子與電子，故C錯誤；D．經過一個半衰期，有一半碳—14發生衰變，但被封裝的材料的總質量大于原來的一半，故D錯誤。故選B。2.冬季滑雪已成為人們喜愛的運動項目。運動員沿直雪道由靜止開始勻加速下滑，加速度為a，滑雪板的長度為L，其B端到達P點所用的時間為t，則滑雪板的A、B端通過P點的時間差是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由B端到達P點所用的時間為t，可知B端到P點的位移大小為則A端到P點的位移大小為設A端到達P點所用的時間為，則解得則滑雪板的A、B端通過P點的時間差是故選A。3.如圖所示，一定質量的理想氣體，經歷a→b→c→a的循環過程，ab與縱軸平行，ac與橫軸平行，cb的延長線過原點。下列說法正確的是（）A.a→b過程，外界對氣體做正功B.b→c過程，單位體積內的氣體分子數增多C.c→a過程，氣體分子的平均動能減小D.整個過程中，氣體吸收的熱量大于釋放的熱量【答案】C【解析】A．a→b過程為等溫變化，根據可知，因此氣體對外界做功，故A錯誤；B．b→c過程為等容變化，則單位體積的分子數不變，故B錯誤；C．c→a過程為等壓變化，此過程溫度降低，則分子平均動能減小，故C正確；D．a→b→c→a整個循環系統內能變化量為零，則根據圖形變化得到整個循環過程的p—V圖像如圖所示根據圖像可知a→b→c→a整個過程外界對系統做功，則系統向外放熱，所以氣體吸收的熱量小于釋放的熱量，故D錯誤。故選C。4.磁懸浮地球儀具有獨特的視覺效果，其工作原理簡化如圖：水平底座上的三個完全一樣的磁極對地球儀內的磁體產生作用力（沿磁極與磁體的連線），使地球儀懸浮在空中，此時各磁極和磁體恰好處在正四面體的四個頂點處。地球儀的總質量為m，重力加速度為g，則一個磁極對磁體的作用力大小為（）A. B.C. D.mg【答案】B【解析】令正四面體的棱長為L，地球儀中的磁體到下側磁極之間連線與豎直方向夾角為，根據幾何關系有可知根據對稱性可知，每個磁極對磁體的作用力大小均相等，對磁體進行分析，根據平衡條件有解得故選B。5.地球繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑為，周期為，月球繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑為，周期為，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G。下列說法正確的是（）A.地球的質量可表示為B.地球的半徑可表示為C.太陽與地球的質量之比為D.太陽與地球的質量之比為【答案】D【解析】A．地球表面的重力加速度為g，令地球半徑為R，則有解得故A錯誤；B．月球繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑為，周期為，則有結合上述解得故B錯誤；CD．結合上述解得地球質量地球繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑為，周期為，則有解得結合上述解得故C錯誤，D正確。故選D。6.檢測球形滾珠直徑是否合格的裝置如圖甲所示，將標準滾珠a與待測滾珠b、c放置在兩塊平板玻璃之間，用單色平行光垂直照射平板玻璃，形成如圖乙所示的干涉條紋。若待測滾珠與標準滾珠的直徑相等為合格，下列說法正確的是（）A.滾珠b、c均合格B.滾珠b、c均不合格C.滾珠b合格，滾珠c不合格D.滾珠b不合格，滾珠c合格【答案】C【解析】單色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面發生干涉，形成干涉條紋，光程差為兩塊玻璃距離的兩倍，根據光的干涉知識可知，同一條干涉條紋位置處光的波程差相等，即滾珠a的直徑與滾珠b的直徑相等，即滾珠b合格，不同的干涉條紋位置處光的波程差不同，則滾珠a的直徑與滾珠c的直徑不相等，即滾珠c不合格。故選C。7.直升機懸停在距離水平地面足夠高的空中，無初速度投放裝有物資的箱子，若箱子下落時受到的空氣阻力與速度成正比，以地面為零勢能面。箱子的機械能、重力勢能、下落的距離、所受阻力的瞬時功率大小分別用E、、x、P表示。下列圖像可能正確的是（）A B.C. D.【答案】D【解析】A．根據牛頓第二定律有解得可知，箱子向下先做加速度減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，圖像的斜率表示加速度，圖中圖形開始的斜率變大，不符合要求，故A錯誤；B．阻力的瞬時功率大小結合上述可知，箱子向下先做加速度減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，則圖像先為一條開口向上的拋物線，后為一個點，故B錯誤；C．結合上述可知，箱子向下先做加速度減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，即箱子速度始終不等于0，箱子向下運動過程，箱子的動能不可能為0，以地面為零勢能面，可知，箱子的機械能不可能等于0，圖中圖形描述的機械能最終等于0，不符合要求，故C錯誤；D．令箱子釋放位置距離地面高度為H，以地面為零勢能面，則箱子的重力勢能即圖像為一條斜率為負值的傾斜直線，故D正確。故選D。8.如圖所示，帶電小球A、B、C位于光滑絕緣水平面內的一直線上，質量均為m，A、C的電荷量均為q，與B的距離均為r。當B球帶電量為Q時，三小球均能處于靜止狀態；當B球電量變為（電性不變），A、C球能夠以相同的角速度（k為靜電力常量）繞B球做半徑為r的勻速圓周運動，則等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】當B球帶電量為Q時，三小球均能處于靜止狀態，則A、C電性相同，A、B電性相反，此時對A進行分析，根據平衡條件有當B球電量變為時，對A進行分析有解得故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.平衡位置在坐標原點處的波源時刻沿y軸起振，在介質中形成一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，時波恰好傳到處，此刻的波形如圖所示，質點P的平衡位置在處。下列說法正確的是（）A.波源沿y軸正方向起振B.波的傳播速度為C.再經過0.1s，處質點會運動到處D.0~0.2s內質點P通過的路程為10cm【答案】BD【解析】A．時波恰好傳到處的波形如題圖所示則由同側法得知處的質點向下振動，根據所有質點起振方向相同知波源沿y軸負方向起振，故A錯誤；B．由題圖可知波長，周期由，故B正確；C．質點不會隨著波一起移動，故C錯誤；D．波源傳到P質點所需時間為因此0~0.2s內質點P運動的時間為0.05s，恰好從平衡位置開始振動了故P質點運動的路程為，故D正確。故選BD。10.如圖所示，一矩形線框繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉動，通過電刷與理想變壓器相連。已知線框的匝數匝，面積，總電阻，角速度，理想變壓器原、副線圈的匝數比為，為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，電表均為理想電表，電壓表、電流表的示數分別為50V、2A．下列說法正確的是（）A.勻強磁場的磁感應強度B.勻強磁場的磁感應強度C.線框轉動的角速度增大時，理想變壓器的輸入功率一定增大D.處溫度升高時，電流表的示數變大，電壓表的示數不變【答案】AC【解析】AB．設變壓器原線圈電壓電流分別為、，副線圈電壓、電流為、由題易知，則根據原副線圈電流與匝數的關系解得對原線圈和發電機電路解得，故B錯誤，A正確；C．將變壓器進行等效，等效電路如圖所示只增大線框轉動的角速度，則線框產生的電動勢增大等效電阻保持不變其中等效電阻整個閉合回路的總電流所以總電流I增大，等效電阻的功率為根據表達式可以知增大，因此副線圈的總功率增大，那么理想變壓器的輸入端的功率必然增大，故C正確；D．處溫度升高時，熱敏電阻的阻值減小，根據變壓器等效，則整個回路的總電阻減小那么通過矩形線框的電流增大則矩形線圈上的電壓增大，那么電壓表的電壓將減小，即電流表示數變大，電壓表示數變小，故D錯誤。故選AC。11.如圖所示，同一豎直面內水平線、把空間分成三個區域，Ⅰ區域內的勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B，Ⅱ區域內的勻強磁場垂直于紙面且均勻減小，Ⅲ區域無磁場。一單匝矩形金屬線框由兩條相同的橡皮筋懸掛在天花板上，水平邊MN、PQ邊分別處于Ⅰ、Ⅲ區域，Ⅱ區域內的磁場減小時橡皮筋伸直且無彈力，磁場減小為零后不再變化，線框第一次下降高度h時達到最大速度（未知），繼續向下運動至MN與重合時，速度減小為零。每根橡皮筋的彈力都遵循胡克定律，勁度系數為k，且始終處于彈性限度內，線框的質量為m，總電阻為R，MN邊長為L，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.Ⅱ區域的磁場方向垂直于紙面向里B.線框最終靜止時MN邊與重合C.最大速度的大小為D.線框開始運動后做簡諧運動【答案】AC【解析】A．題意知Ⅱ區域內的磁場減小時橡皮筋伸直且無彈力，可知MN受到的安培力豎直向上，左手定則可知電流方向為M指向N，由于Ⅱ區域內的磁場減小，楞次定律可知Ⅱ區域的磁場方向垂直于紙面向里，故A正確；B．線框第一次下降高度h時速度達到最大，則線框合力為0，線框繼續向下運動，彈力增大，合力增大，運動至MN與重合時彈力最大，合力最大，線框將會向上運動，所以線框不會最終靜止時MN邊與重合，故B錯誤；C．線框最大速度時，線框合力為0，由平衡條件有因為，聯立解得故C正確；D．線框在運動過程中，除了彈簧彈力和重力外，還受到安培力，安培力大小與速度有關，不滿足簡諧運動回復力（k為常數）的特征，所以線框不做簡諧運動，故D錯誤。故選AC。12.如圖所示，長為1.0m的細繩一端固定在P點，另一端拴接質量為1.0kg的小球，小球與P點等高，細繩自然伸直。小球由靜止釋放后，擺動到某位置時，細繩突然斷裂，繼續運動0.5s后，落在地面上。已知細繩能承受的最大拉力為24N，不計空氣阻力，取重力加速度，下列說法正確的是（）A.輕繩斷裂時小球的速度大小為2m/sB.輕繩斷裂時小球的速度大小為4m/sC.小球落地點與P點的水平距離為1mD.小球落地點與P點的水平距離為1.6m【答案】BC【解析】AB．設輕繩斷裂時輕繩與豎直方向的夾角為，如圖。由牛頓第二定律得由動能定理可得解得，故A錯誤，B正確；CD．如圖。輕繩斷裂時水平方向的速度大小為小球從輕繩斷裂到落地的水平位移大小為小球落地點與P點的水平距離為故C正確，D錯誤。故選BC。三、非擇題：本題共6小題，共60分。13.圖甲所示為探究加速度、力和質量關系的裝置，帶滑輪的長木板水平放置，力傳感器固定在墻上，細繩繞過小車上的滑輪連接傳感器和沙桶，細繩平行于木板。接通電源（頻率為50Hz），釋放沙桶，獲得一條紙帶同時記錄相應傳感器的示數，多次改變沙桶的質量，重復操作。（1）圖乙所示為實驗獲得紙帶的其中一條，紙帶上相鄰兩個計數點間還有四個計時點未畫出，計數點B、C、D、E到A點的距離分別為，，，，打下C點時小車的速度為______m/s，小車運動的加速度大小為______（結果均保留兩位有效數字）；（2）通過實驗測得的數據，繪制出反映小車加速度a與傳感器示數F之間關系的圖像，如圖丙所示，則實驗中小車所受摩擦力的大小為______（用圖中字母表示）。【答案】（1）0.881.7（2）2F0【解析】【小問1詳析】[1]由于相鄰兩個計數點間還有四個計時點未畫出，則相鄰計數點之間的時間間隔為勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則打下C點時小車的速度為[2]根據逐差法可知，小車的加速度【小問2詳析】對小車進行分析，根據牛頓第二定律有變形得結合圖丙可知，當力傳感器示數為時，加速度為0，代入上式解得14.某多用電表中三個功能擋（直流電流10mA擋、直流電壓3V擋和歐姆擋）的簡化電路圖，如圖甲所示，為定值電阻，靈敏電流計G的滿偏電流為2mA，內阻為100Ω，A、B為多用電表的兩表筆，S為選擇開關。（1）定值電阻______；（2）開關S打到______（選填“1”、“2”、“3”）時為歐姆擋；（3）選用歐姆擋，表筆短接歐姆調零后，進行電阻測量，指針指在圖乙所示的b位置，該電阻的阻值為______Ω；（4）圖丙中虛線框內的元件為二極管，P、Q為二極管的兩只管腳。現用歐姆擋探測二極管的正負極，當A表筆接P端，B表筆接Q端時，指針指在圖乙所示的a位置，當B表筆接P端，A表筆接Q端時，指針指在圖乙所示的c位置，則P端為二極管的______（選填“正極”或“負極”）。【答案】（1）25（2）2（3）160（4）正極【解析】【小問1詳析】選擇開關接1時多用表測直流電流，則解得【小問2詳析】測電阻時多用表內連接電源，開關S打到2時為歐姆擋；【小問3詳析】該電阻的阻值為【小問4詳析】指針指在圖乙所示的a位置，說明電阻值較大，測量的是二極管的反向電阻；指針指在圖乙所示的c位置，說明電阻值較小，測量的是二極管的正向電阻；由圖甲可知A表筆接電源的負極，B表筆接電源的正極，則P端為二極管的正極。15.如圖甲所示，光從一種介質斜射入另一種介質時，滿足（為折射率，為入射角或折射角）。如圖乙所示，該光學元件由兩透明介質平板A、B組成，一單色點光源嵌在平板A的上表面處，A、B的折射率分別為，厚度分別為，光在空氣中的傳播速度為，求：（1）光源發出的光傳播到平板B的下表面所用的最短時間；（2）光源發出某條光線經A間的界面折射后，在平板B的下表面恰好發生全反射，光源發出的這條光線與平板A上表面之間的夾角。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】單色光在介質中的傳播速度與折射率的關系為垂直介質板交界線向下的光線傳播時間最短，單色光在介質平板A、B中的傳播時間分別為，最短時間為聯立解得【小問2詳析】設光源發出的這條光線與平板A上表面的夾角為，光路如圖所示光線在點從A進入B的入射角為，折射角為光線到達從B下表面點恰好發生全反射，臨界角為則根據幾何關系，聯立解得16.如圖甲所示，容積為的空玻璃瓶用橡皮塞封住瓶口，由穿過橡皮塞且兩端開口的細玻璃管與大氣相通，將其由室溫環境轉移并浸入溫度為恒為的熱水中，達到熱平衡后，快速取出玻璃瓶并將其豎直倒置，使玻璃管下端沒人室溫水槽中，穩定后玻璃瓶內與水槽內水面的高度差。室內溫度恒為，水的密度，外界大氣壓，取重力加速度，不計細玻璃管的體積，熱力學溫度與攝氏溫度的關系為。求：（1）氣體溫度由升高至，玻璃瓶內減少的氣體質量與溫度為時瓶內氣體質量的