高級中學名校試題PAGEPAGE12025年3月高考適應性訓練考試試卷物理考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。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7小題，每小題4分，共28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.蘇州大學利用錒系核素镅-243的α衰變，釋放高能射線，實現微型核電池，為遙感、醫療設備可靠電源領域提供潛在的應用，衰變方程為。已知半衰期為7370年。下說法正確的是（）A.α射線穿透力很強，需要鉛板才可以遮擋 B.冷藏會增大它的半衰期C.的中子數為146 D.的比結合能比比結合能大【答案】C【解析】A．α射線穿透力較弱，一張厚紙就可以遮擋，A錯誤；B．半衰期是放射性核素的固有性質，不受外界條件（如溫度、壓力等）的影響。因此，冷藏不會改變的半衰期，B錯誤。C．由質量數和電荷數守恒可知，解得，故的中子數為，C正確；D．比結合能越大，原子核越穩定。衰變中不穩定的原子核通過釋放粒子或者能量，達到更穩定的能量狀態，比結合能增大，故的比結合能比比結合能小，D錯誤。故選C。2.a、b兩束平行光照射到底面有涂層的平行均勻玻璃磚上表面后，經下表面反射從玻璃磚上表面呈一束復色光射出，如圖所示。下列判斷正確的是（）A.a光的頻率大于b光的頻率B.a光在玻璃磚中的速度比b光快C.當從同種玻璃射入空氣發生全反射時，a光的臨界角較大D.用同一裝置進行雙縫干涉實驗，a光的相鄰亮條紋間距大于b光的相鄰亮條紋間距【答案】A【解析】AB．如圖所示可知光射入玻璃時a光的偏折程度較大，則a光的折射率較大，a光的頻率較大，根據可知a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃中的速度，故A正確，B錯誤；C．全反射臨界角公式，由于a光的折射率較大，則從同種玻璃射入空氣發生全反射時，a光的臨界角小于b光的臨界角，故C錯誤；D．根據雙縫干涉條紋間距公式，由于a光的頻率較大，則a光的波長較小，用同一裝置進行雙縫干涉實驗，a光的條紋間距小于b光的條紋間，故D錯誤。故選A。3.如圖所示為一臺手搖交流發電機和變壓器的結構示意圖，大輪與小輪通過不打滑皮帶傳動，大，小輪半徑之比為，小輪與線圈固定在同一轉軸上，線圈是由電阻不計的漆包線繞制而成的邊長為L的n匝正方形線圈，其所處磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B。轉動手柄使大輪以角速度ω勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直，升壓變壓器為理想變壓器。當用戶端接一個定值電阻R時，R上消耗的功率為P。下列說法正確的是（）A.發電機產生的電動勢最大值為B.升壓變壓器輸入端電壓有效值為C.若升壓變壓器的副線圈匝數增加一倍，則副線圈的磁通量增加一倍D.若大輪角速度增加一倍，則R上消耗功率為4P【答案】D【解析】A．大，小輪半徑之比為，由可知，兩個齒輪邊緣各點線速度大小相等，故角速度與半徑成反比，即小齒輪的角速度為故發電機產生的電動勢最大值為，A錯誤；B．升壓變壓器輸入端電壓有效值為，B錯誤；C．由可知，磁通量與線圈匝數無關D．若大輪角速度增加一倍，則變壓器輸入電壓的有效值變為原來的兩倍，輸出電壓也變為原來兩倍，由可知，R上消耗的功率為4P，D正確。故選D。4.靜電場中有一水平光滑絕緣桌面，桌面上有一電場線與x軸重合，將一個質量為m、電荷量為可視為點電荷的帶電小球從桌面上坐標處由靜止釋放后，小球沿x軸向正方向運動，其加速度a隨坐標x變化的圖像如圖所示。小球在運動過程中電荷量不發生變化，下列說法正確的是（）A.該電場為勻強電場 B.該電場線上電場的方向沿x軸負方向C.小球運動到處的速度大小為 D.小球運動到處速度減為0【答案】B【解析】A．由牛頓第二定律可知，小球的加速度為因為小球的加速度先增大后減小，故電場強度先增大后減小，不是勻強電場，A錯誤；B．由圖像可知，加速度的方向一直沿x軸正方向，負電荷受力方向與場強方向相反，故電場方向沿x軸負方向，B正確；C．由可知，圖像的面積為故，解得，C錯誤；D．小球從至一直做加速度運動，故小球運動到處速度最大，D錯誤。故選B。5.如圖1所示，一個豎直圓盤繞a勻速轉動，周期，固定在圓盤上的小圓柱b帶動一個T形支架在豎直方向上下振動，T形支架下面固定一小球組成的振動系統，一輕質長繩與小球相連。某時刻繩子的某段波形如圖2中實線所示。則（）A.圓盤上的小圓柱轉到圓心等高處時，T形支架的瞬時速度為零B.小球振動穩定后，它振動的頻率是C.繩子上產生的波的傳播速度為D.圓盤的半徑為0.05m【答案】C【解析】A．根據速度分解規律可知，圓盤上的小圓柱線速度在垂直于T形支架上側水平線的分速度等于支架運動的速度，可知，圓盤上的小圓柱轉到圓心等高處時，T形支架的瞬時速度達到最大值，大小恰好等于小圓柱線速度，故A錯誤；B．小球振動穩定后，它振動的頻率等于圓盤上的小圓柱圓周運動的頻率，則有C．繩子上產生的波的傳播速度故C正確；D．圖中小圓柱至最高點與最低點時，小球也恰好運動至最高點與最低點，即小球簡諧運動的振幅恰好等于小圓柱圓周運動的半徑，即小圓柱體圓周運動的半徑為0.05m，則圓盤的半徑大于0.05m，故D錯誤。故選C6.如圖所示，斜面體固定在水平面上，有一擋板，延長線經過a點，在斜面和擋板之間有一光滑小圓柱Q，整個裝置處于平衡狀態。初始時，若用外力使擋板繞a點緩慢順時針轉動，且保證N、M、a三點始終共線，在擋板轉到水平位置前，以下說法正確的是下說法正確的是（）A.擋板對Q的支持力逐漸增大B.擋板對Q的支持力先減小后增大C.斜面體對Q的支持力先增大后減小D.小圓柱Q所受的合力逐漸增大【答案】B【解析】對小球受力分析，則當擋板轉到水平位置前，小圓柱Q所受的合力總為零不變；擋板MN對球Q的支持力N2先減小后增加；斜面體對Q的支持力N1逐漸減小。故選B。7.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌間距為L，與水平面夾角為，兩導軌上下兩端用阻值均為的電阻相連，該裝置處于磁感應強度大小為B、豎直向上的勻強磁場（未畫出）中。上端電阻兩端分別與一電容器兩極板相連，電容器板間距為d，二極管為理想二極管，電容器上極板接地。質量為M、電阻為R、長也為L的金屬桿垂直導軌放置，由靜止釋放金屬桿經時間t后做勻速直線運動，金屬桿勻速運動時，一質量為m的帶電液滴恰好懸浮在兩板間P點。在運動過程中，始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌的電阻及空氣阻力，重力加速度為g。則（）A.帶電液滴帶正電B.金屬桿勻速運動的速度大小為C.帶電液滴的電荷量大小為D.金屬桿勻速運動時，若將電容器上極板向上移動，則P點的電勢不變【答案】C【解析】A．金屬桿ab向下運動時，產生的感應電動勢由b指向a，可知電容器上板電勢高，則帶電液滴帶負電，選項A錯誤；B．金屬桿勻速運動時滿足，，解得勻速運動的速度大小為選項B錯誤；C．帶電液滴平衡時，解得電荷量大小為選項C正確；D．金屬桿勻速運動時，若將電容器上極板向上移動，則電容器的電容減小，根據Q=CU，則電容器帶電量應該減小，即電容器應該放電，而二極管不能使電容器放電，則電容器電量保持不變，根據，可得則電容器兩板間場強不變，根據U=Ed可知P點與上極板間電勢差增加，因上極板電勢為零，則P點的電勢降低，選項D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.神舟十八號于2024年4月26日與空間站完成對接，對接后的整體仍在空間站原軌道做勻速圓周運動。如圖所示，神舟十八號攜帶4條斑馬魚和4克金魚藻構成我國首次在軌水生生態研究項目，則（）A.對接前后空間站的向心加速度大小保持不變B.空間站中斑馬魚越靠近魚缸底部，受到水的壓強越大C.由于完全失重，空間站中斑馬魚在水中吐出氣泡的氣體壓強為零D.在地面與在空間站相比，同一斑馬魚的慣性保持不變【答案】AD【解析】A．根據萬有引力提供向心力有解得可知對接前后空間站的向心加速度大小保持不變，故A正確；B．空間站中斑馬魚處于失重狀態，壓強為0，故B錯誤；C．空間站中斑馬魚在水中吐出氣泡的氣體是因為氣體分子對氣泡壁的撞擊產生的，壓強不為零，故C錯誤；D．慣性只與質量有關，所以在地面與在空間站相比，同一斑馬魚的慣性保持不變，故D正確；故選AD。9.如圖所示，繞過定滑輪的不可伸長特殊輕繩左右兩端分別懸掛質量為m和2m的重物，現由靜止釋放，運動3s后右側重物觸地無反彈。已知左側重物距滑輪足夠遠，繩子繃緊瞬間兩重物共速，忽略滑輪質量和一切摩擦，不計空氣阻力，重力加速度g取10，則（）A.右側重物初始時距地高度為45mB.右側重物第一次觸地時的速度大小為10C.右側重物第一次觸地后經過3s繩子再次繃直D.右側重物第一次觸地后經過4s第二次觸地【答案】BD【解析】A．對整體，由牛頓第二定律有解得加速度大小題意知右側重物經過t=3s落地，則右側重物初始時距地高度聯立解得故A錯誤；B．右側重物第一次觸地時的速度大小故B正確；C．右側重物第一次觸地時，左側重物速度為，做豎直上拋運動，則右側重物第一次觸地后繩子再次繃直時間故C錯誤；D．C選項可知右側重物第一次觸地后經過2s繩子再次繃直，繃直瞬間，由動量守恒有，分析可知之后右側重物還是以加速度a運動，則再次落地時經歷時間則右側重物第一次觸地到第二次觸地經歷時間故D正確。故選BD。10.如圖所示，有一半徑為R的光滑圓槽組成的圓形軌道固定在某平板上。在距圓心處開有小孔Q，勁度系數為k的輕彈性繩一端固定在孔正下方點P，另一端穿過小孔Q固定在質量為m的小球上，彈性繩原長恰好等于，將小球嵌在圓形軌道內，不計一切摩擦。已知彈性繩的彈性勢能，x為形變量，重力加速度為g，共線。現在a點給小球一沿軌道切線方向的速度，為使小球能繞圓形軌道不斷地運動，應滿足的條件為（）A.若平板平面水平，則B.若平板平面水平，則C.若平板平面豎直，且Q、a、P在O的正下方，則D.若平板平面豎直，且Q、a、P在O的正下方，則【答案】AD【解析】AB．若平板平面水平，小球能繞圓形軌道不斷地運動，小球運動到在水平軌道最左端時，有，根據能量守恒定律知求得故A正確，B錯誤；CD．若平板平面豎直，且Q、a、P在O的正下方，小球能繞圓形軌道不斷地運動，則小球到達豎直軌道最高點時，且此時小球的速度，根據能量守恒定律知求得故D正確，C錯誤；故選AD三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.實驗小組要驗證兩滑塊在碰撞過程中的動量守恒。方案設計如圖1所示，固定在水平面上的長木板左側帶有擋板，擋板固定一個輕質彈簧，在長木板上彈簧原長O處依次并排放置質量分別為、底面粗糙程度相同的鐵塊A、B（此時彈簧無壓縮）。操作過程如下：①保持B不動手，拿鐵塊A將彈簧壓縮，至某位置P由靜止釋放；②彈簧恢復原長時鐵塊A與B發生碰撞，碰后兩鐵塊分別向右運動一段距離停下，如圖2所示，測得A、B靜止時與O點的距離分別為、；③拿走鐵塊B，重復步驟①，測得鐵塊A停下時到O點的距離為，如圖3所示，又測得A、B沿運動方向的寬度分別為、。（1）為保證實現上述實驗目標，應使_________（填“>”“=”或“<”），若等式_________（用、及以上步驟中測得的物理量表示）成立，則說明碰撞過程A、B組成系統動量守恒。（2）若兩鐵塊與木板間的動摩擦因數為，重力加速度為g，忽略偶然因素造成的誤差，則可求得碰撞過程系統損失的機械能為_________。【答案】（1）>（2）【解析】【小問1詳析】[1]由于碰后兩鐵塊分別向右運動，為保證實現上述實驗目標，應使>[2]若等式成立，則說明碰撞過程A、B組成系統動量守恒。因為離開彈簧后A、B都做勻減速直線運動到速度減為零，且根據牛頓第二定律知相同，根據運動學公式可推得根據題意拿走鐵塊B，測得鐵塊A停下時位移為，A與B發生碰撞后兩鐵塊分別向右運動一段距離停下時位移分別為、，故故可表示為【小問2詳析】若兩鐵塊與木板間的動摩擦因數為，重力加速度為g，忽略偶然因素造成的誤差，根據能量守恒，可求得碰撞過程系統損失的機械能為離開彈簧后，對各鐵塊分別運用動能定理，，聯立解得12.某班物理興趣小組測量水果電池的電動勢和內阻，操作如下：①用多用電表粗測：將一個銅片、一個鋅片分別插入到一個蘋果相距稍遠的兩個位置，用多用電表的直流電壓擋測量銅片與鋅片間的電壓，示數為0.70V；拔出鋅片，在原位置插入另一個銅片，將多用電表選擇開關撥到歐姆表×1擋，歐姆調零后測量兩銅片間的電阻，發現指針偏角太小（接近歐姆表盤左側∞位置），換到×10擋，再次歐姆調零，重新測量的結果為350Ω。②設計電路精確測量，實驗室中準備有如下器材：A.電流表（量程0~0.6A，內阻為1Ω）B.電流表（量程0~200，內阻為450Ω）C.電流表（量程0~600，內阻為400Ω）D.定值電阻（阻值50Ω）E.電阻箱R（0~999Ω）F導線和開關（1）根據粗測結果，考慮到蘋果電池可能提供的最大電流，他們設計了如圖1所示的電路圖，圖中電流表應選_________（填器材前的序號）。（2）根據電路圖，用筆代替導線連接圖2中實物圖（銅片為正極）。（3）調節電阻箱，得到多組電流表讀數I、電阻箱讀數R，作出圖像如圖所示，根據圖像數據求得蘋果電池的電動勢__________V（結果保留2位有效數字），內電阻__________Ω（結果保留3位有效數字）。【答案】（1）B（2）見詳析（3）0.72#0.73#0.74361（355~366）【解析】【小問1詳析】不計電流表電阻，當電流表直接與蘋果電池串聯時則通過電流表的電流必然小于200，所以電流表選擇，即選擇B項。【小問2詳析】實物圖連接如下【小問3詳析】[1][2]由閉合回路歐姆定律可得將,代入得結合圖像可得，解得，13.如圖所示，用一個帶有閥門的細管將截面積均為S的導熱氣缸A和B連通。氣缸A的內深度為H，氣缸B的左端和輕質活塞Q用原長為的彈簧連接（初始時彈簧處于原長）。現將閥門關閉，由氣缸A管口放入活塞P，活塞穩定后距離氣缸底部為。之后打開閥門，氣缸A中氣體緩慢流入氣缸B，系統在活塞P恰不接觸缸底部時穩定。已知兩活塞均光滑且密閉性良好，環境溫度恒定，大氣壓強為，缸內氣體均可視為理想氣體，忽略細管和彈簧的體積，重力加速度為g。求：（1）活塞P的質量m；（2）彈簧的勁度系數k。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】設活塞P穩定時的壓強為。初始穩定時對活塞P有由玻意耳定律可知解得，【小問2詳析】設打開閥門后，活塞Q移動的距離為x。由玻意耳定律可知最終穩定時對活塞Q有，解得14.如圖所示，質量為1kg的圓環A套在豎直桿B上，直桿B的下端固定有厚度可忽略的擋片，直桿B的質量為3kg（包含擋片質量）。在桌面上方將二者由靜止釋放，釋放時擋片距離桌面，圓環A的下端與擋片間距離。圓環A與直桿B間的滑動摩擦力。所有碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短，重力加速度g取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力。求：（1）擋片第一次下落至桌面時的速度大小；（2）擋片第一次彈起后經過多長時間與圓環A第一次相碰；（3）圓環A第一次與擋片碰撞后兩者的速度大小。【答案】（1）（2）（3）均為4【解析】【小問1詳析】設擋片第一次下落至桌面時的速度，由運動學公式解得【小問2詳析】擋片第一次彈起后A、B的加速度分別為，設擋片第一次彈起后二者相碰所用時間為t，則有解得【小問3詳析】圓環A與擋片碰撞前各自的速度分別為，圓環A與擋片碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得，解得，，即碰后A、B的速度大小均為4。15.如圖所示，在三維坐標系中，在的空間內有沿y軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在，的空間內有沿z軸正方向的勻強電場Ⅰ；在，的空間內有沿z軸負方向的勻強電場Ⅱ；電場Ⅱ的場強大小為電場Ⅰ的k倍（）。一個電子A從點以沿y軸正方向射入電場，出電場Ⅰ后從O點射入磁場。已知電子的質量為m，電荷量為e，忽略電子重力以及電子間的相互作用。（1）求電場Ⅰ的場強大小；（2）求電子A射入磁場后與y軸有最大距離時的坐標；（3）電子A射入電場Ⅰ后的某時刻，另一電子B從點（圖上未標出）以相同速度沿y軸正方向射入電場Ⅱ，電子B經電場Ⅱ偏轉進入磁場后與電子A的距離保持不變，求和。【答案】（1）（2）（其中，1，2，3…）（3），【解析】【小問1詳析】電子A射入電場Ⅰ后做類平拋運動有，在軸方向，軸方向其中，根據牛頓第二定律可知，沿軸方向的加速度大小為，聯立可得【小問2詳析】電子A射入磁場后沿y軸方向以做勻速直線運動，在平面上的投影為勻速圓周運動，設其運動半徑和周期分別為和T，則有，，可得，則電子A射入磁場后與y軸間最大距離的x軸坐標和y軸坐標分別為，（其中，1，2，3…）則坐標為（其中，1，2，3…）【小問3詳析】電子B射入磁場后與電子A的距離保持不變，則二者軌跡為共軸螺旋線，沿軸負方向看去如圖結合，類比求解過程可得結合幾何關系可知根據類平拋運動2025年3月高考適應性訓練考試試卷物理考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。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7小題，每小題4分，共28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.蘇州大學利用錒系核素镅-243的α衰變，釋放高能射線，實現微型核電池，為遙感、醫療設備可靠電源領域提供潛在的應用，衰變方程為。已知半衰期為7370年。下說法正確的是（）A.α射線穿透力很強，需要鉛板才可以遮擋 B.冷藏會增大它的半衰期C.的中子數為146 D.的比結合能比比結合能大【答案】C【解析】A．α射線穿透力較弱，一張厚紙就可以遮擋，A錯誤；B．半衰期是放射性核素的固有性質，不受外界條件（如溫度、壓力等）的影響。因此，冷藏不會改變的半衰期，B錯誤。C．由質量數和電荷數守恒可知，解得，故的中子數為，C正確；D．比結合能越大，原子核越穩定。衰變中不穩定的原子核通過釋放粒子或者能量，達到更穩定的能量狀態，比結合能增大，故的比結合能比比結合能小，D錯誤。故選C。2.a、b兩束平行光照射到底面有涂層的平行均勻玻璃磚上表面后，經下表面反射從玻璃磚上表面呈一束復色光射出，如圖所示。下列判斷正確的是（）A.a光的頻率大于b光的頻率B.a光在玻璃磚中的速度比b光快C.當從同種玻璃射入空氣發生全反射時，a光的臨界角較大D.用同一裝置進行雙縫干涉實驗，a光的相鄰亮條紋間距大于b光的相鄰亮條紋間距【答案】A【解析】AB．如圖所示可知光射入玻璃時a光的偏折程度較大，則a光的折射率較大，a光的頻率較大，根據可知a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃中的速度，故A正確，B錯誤；C．全反射臨界角公式，由于a光的折射率較大，則從同種玻璃射入空氣發生全反射時，a光的臨界角小于b光的臨界角，故C錯誤；D．根據雙縫干涉條紋間距公式，由于a光的頻率較大，則a光的波長較小，用同一裝置進行雙縫干涉實驗，a光的條紋間距小于b光的條紋間，故D錯誤。故選A。3.如圖所示為一臺手搖交流發電機和變壓器的結構示意圖，大輪與小輪通過不打滑皮帶傳動，大，小輪半徑之比為，小輪與線圈固定在同一轉軸上，線圈是由電阻不計的漆包線繞制而成的邊長為L的n匝正方形線圈，其所處磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B。轉動手柄使大輪以角速度ω勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直，升壓變壓器為理想變壓器。當用戶端接一個定值電阻R時，R上消耗的功率為P。下列說法正確的是（）A.發電機產生的電動勢最大值為B.升壓變壓器輸入端電壓有效值為C.若升壓變壓器的副線圈匝數增加一倍，則副線圈的磁通量增加一倍D.若大輪角速度增加一倍，則R上消耗功率為4P【答案】D【解析】A．大，小輪半徑之比為，由可知，兩個齒輪邊緣各點線速度大小相等，故角速度與半徑成反比，即小齒輪的角速度為故發電機產生的電動勢最大值為，A錯誤；B．升壓變壓器輸入端電壓有效值為，B錯誤；C．由可知，磁通量與線圈匝數無關D．若大輪角速度增加一倍，則變壓器輸入電壓的有效值變為原來的兩倍，輸出電壓也變為原來兩倍，由可知，R上消耗的功率為4P，D正確。故選D。4.靜電場中有一水平光滑絕緣桌面，桌面上有一電場線與x軸重合，將一個質量為m、電荷量為可視為點電荷的帶電小球從桌面上坐標處由靜止釋放后，小球沿x軸向正方向運動，其加速度a隨坐標x變化的圖像如圖所示。小球在運動過程中電荷量不發生變化，下列說法正確的是（）A.該電場為勻強電場 B.該電場線上電場的方向沿x軸負方向C.小球運動到處的速度大小為 D.小球運動到處速度減為0【答案】B【解析】A．由牛頓第二定律可知，小球的加速度為因為小球的加速度先增大后減小，故電場強度先增大后減小，不是勻強電場，A錯誤；B．由圖像可知，加速度的方向一直沿x軸正方向，負電荷受力方向與場強方向相反，故電場方向沿x軸負方向，B正確；C．由可知，圖像的面積為故，解得，C錯誤；D．小球從至一直做加速度運動，故小球運動到處速度最大，D錯誤。故選B。5.如圖1所示，一個豎直圓盤繞a勻速轉動，周期，固定在圓盤上的小圓柱b帶動一個T形支架在豎直方向上下振動，T形支架下面固定一小球組成的振動系統，一輕質長繩與小球相連。某時刻繩子的某段波形如圖2中實線所示。則（）A.圓盤上的小圓柱轉到圓心等高處時，T形支架的瞬時速度為零B.小球振動穩定后，它振動的頻率是C.繩子上產生的波的傳播速度為D.圓盤的半徑為0.05m【答案】C【解析】A．根據速度分解規律可知，圓盤上的小圓柱線速度在垂直于T形支架上側水平線的分速度等于支架運動的速度，可知，圓盤上的小圓柱轉到圓心等高處時，T形支架的瞬時速度達到最大值，大小恰好等于小圓柱線速度，故A錯誤；B．小球振動穩定后，它振動的頻率等于圓盤上的小圓柱圓周運動的頻率，則有C．繩子上產生的波的傳播速度故C正確；D．圖中小圓柱至最高點與最低點時，小球也恰好運動至最高點與最低點，即小球簡諧運動的振幅恰好等于小圓柱圓周運動的半徑，即小圓柱體圓周運動的半徑為0.05m，則圓盤的半徑大于0.05m，故D錯誤。故選C6.如圖所示，斜面體固定在水平面上，有一擋板，延長線經過a點，在斜面和擋板之間有一光滑小圓柱Q，整個裝置處于平衡狀態。初始時，若用外力使擋板繞a點緩慢順時針轉動，且保證N、M、a三點始終共線，在擋板轉到水平位置前，以下說法正確的是下說法正確的是（）A.擋板對Q的支持力逐漸增大B.擋板對Q的支持力先減小后增大C.斜面體對Q的支持力先增大后減小D.小圓柱Q所受的合力逐漸增大【答案】B【解析】對小球受力分析，則當擋板轉到水平位置前，小圓柱Q所受的合力總為零不變；擋板MN對球Q的支持力N2先減小后增加；斜面體對Q的支持力N1逐漸減小。故選B。7.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌間距為L，與水平面夾角為，兩導軌上下兩端用阻值均為的電阻相連，該裝置處于磁感應強度大小為B、豎直向上的勻強磁場（未畫出）中。上端電阻兩端分別與一電容器兩極板相連，電容器板間距為d，二極管為理想二極管，電容器上極板接地。質量為M、電阻為R、長也為L的金屬桿垂直導軌放置，由靜止釋放金屬桿經時間t后做勻速直線運動，金屬桿勻速運動時，一質量為m的帶電液滴恰好懸浮在兩板間P點。在運動過程中，始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌的電阻及空氣阻力，重力加速度為g。則（）A.帶電液滴帶正電B.金屬桿勻速運動的速度大小為C.帶電液滴的電荷量大小為D.金屬桿勻速運動時，若將電容器上極板向上移動，則P點的電勢不變【答案】C【解析】A．金屬桿ab向下運動時，產生的感應電動勢由b指向a，可知電容器上板電勢高，則帶電液滴帶負電，選項A錯誤；B．金屬桿勻速運動時滿足，，解得勻速運動的速度大小為選項B錯誤；C．帶電液滴平衡時，解得電荷量大小為選項C正確；D．金屬桿勻速運動時，若將電容器上極板向上移動，則電容器的電容減小，根據Q=CU，則電容器帶電量應該減小，即電容器應該放電，而二極管不能使電容器放電，則電容器電量保持不變，根據，可得則電容器兩板間場強不變，根據U=Ed可知P點與上極板間電勢差增加，因上極板電勢為零，則P點的電勢降低，選項D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.神舟十八號于2024年4月26日與空間站完成對接，對接后的整體仍在空間站原軌道做勻速圓周運動。如圖所示，神舟十八號攜帶4條斑馬魚和4克金魚藻構成我國首次在軌水生生態研究項目，則（）A.對接前后空間站的向心加速度大小保持不變B.空間站中斑馬魚越靠近魚缸底部，受到水的壓強越大C.由于完全失重，空間站中斑馬魚在水中吐出氣泡的氣體壓強為零D.在地面與在空間站相比，同一斑馬魚的慣性保持不變【答案】AD【解析】A．根據萬有引力提供向心力有解得可知對接前后空間站的向心加速度大小保持不變，故A正確；B．空間站中斑馬魚處于失重狀態，壓強為0，故B錯誤；C．空間站中斑馬魚在水中吐出氣泡的氣體是因為氣體分子對氣泡壁的撞擊產生的，壓強不為零，故C錯誤；D．慣性只與質量有關，所以在地面與在空間站相比，同一斑馬魚的慣性保持不變，故D正確；故選AD。9.如圖所示，繞過定滑輪的不可伸長特殊輕繩左右兩端分別懸掛質量為m和2m的重物，現由靜止釋放，運動3s后右側重物觸地無反彈。已知左側重物距滑輪足夠遠，繩子繃緊瞬間兩重物共速，忽略滑輪質量和一切摩擦，不計空氣阻力，重力加速度g取10，則（）A.右側重物初始時距地高度為45mB.右側重物第一次觸地時的速度大小為10C.右側重物第一次觸地后經過3s繩子再次繃直D.右側重物第一次觸地后經過4s第二次觸地【答案】BD【解析】A．對整體，由牛頓第二定律有解得加速度大小題意知右側重物經過t=3s落地，則右側重物初始時距地高度聯立解得故A錯誤；B．右側重物第一次觸地時的速度大小故B正確；C．右側重物第一次觸地時，左側重物速度為，做豎直上拋運動，則右側重物第一次觸地后繩子再次繃直時間故C錯誤；D．C選項可知右側重物第一次觸地后經過2s繩子再次繃直，繃直瞬間，由動量守恒有，分析可知之后右側重物還是以加速度a運動，則再次落地時經歷時間則右側重物第一次觸地到第二次觸地經歷時間故D正確。故選BD。10.如圖所示，有一半徑為R的光滑圓槽組成的圓形軌道固定在某平板上。在距圓心處開有小孔Q，勁度系數為k的輕彈性繩一端固定在孔正下方點P，另一端穿過小孔Q固定在質量為m的小球上，彈性繩原長恰好等于，將小球嵌在圓形軌道內，不計一切摩擦。已知彈性繩的彈性勢能，x為形變量，重力加速度為g，共線。現在a點給小球一沿軌道切線方向的速度，為使小球能繞圓形軌道不斷地運動，應滿足的條件為（）A.若平板平面水平，則B.若平板平面水平，則C.若平板平面豎直，且Q、a、P在O的正下方，則D.若平板平面豎直，且Q、a、P在O的正下方，則【答案】AD【解析】AB．若平板平面水平，小球能繞圓形軌道不斷地運動，小球運動到在水平軌道最左端時，有，根據能量守恒定律知求得故A正確，B錯誤；CD．若平板平面豎直，且Q、a、P在O的正下方，小球能繞圓形軌道不斷地運動，則小球到達豎直軌道最高點時，且此時小球的速度，根據能量守恒定律知求得故D正確，C錯誤；故選AD三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.實驗小組要驗證兩滑塊在碰撞過程中的動量守恒。方案設計如圖1所示，固定在水平面上的長木板左側帶有擋板，擋板固定一個輕質彈簧，在長木板上彈簧原長O處依次并排放置質量分別為、底面粗糙程度相同的鐵塊A、B（此時彈簧無壓縮）。操作過程如下：①保持B不動手，拿鐵塊A將彈簧壓縮，至某位置P由靜止釋放；②彈簧恢復原長時鐵塊A與B發生碰撞，碰后兩鐵塊分別向右運動一段距離停下，如圖2所示，測得A、B靜止時與O點的距離分別為、；③拿走鐵塊B，重復步驟①，測得鐵塊A停下時到O點的距離為，如圖3所示，又測得A、B沿運動方向的寬度分別為、。（1）為保證實現上述實驗目標，應使_________（填“>”“=”或“<”），若等式_________（用、及以上步驟中測得的物理量表示）成立，則說明碰撞過程A、B組成系統動量守恒。（2）若兩鐵塊與木板間的動摩擦因數為，重力加速度為g，忽略偶然因素造成的誤差，則可求得碰撞過程系統損失的機械能為_________。【答案】（1）>（2）【解析】【小問1詳析】[1]由于碰后兩鐵塊分別向右運動，為保證實現上述實驗目標，應使>[2]若等式成立，則說明碰撞過程A、B組成系統動量守恒。因為離開彈簧后A、B都做勻減速直線運動到速度減為零，且根據牛頓第二定律知相同，根據運動學公式可推得根據題意拿走鐵塊B，測得鐵塊A停下時位移為，A與B發生碰撞后兩鐵塊分別向右運動一段距離停下時位移分別為、，故故可表示為【小問2詳析】若兩鐵塊與木板間的動摩擦因數為，重力加速度為g，忽略偶然因素造成的誤差，根據能量守恒，可求得碰撞過程系統損失的機械能為離開彈簧后，對各鐵塊分別運用動能定理，，聯立解得12.某班物理興趣小組測量水果電池的電動勢和內阻，操作如下：①用多用電表粗測：將一個銅片、一個鋅片分別插入到一個蘋果相距稍遠的兩個位置，用多用電表的直流電壓擋測量銅片與鋅片間的電壓，示數為0.70V；拔出鋅片，在原位置插入另一個銅片，將多用電表選擇開關撥到歐姆表×1擋，歐姆調零后測量兩銅片間的電阻，發現指針偏角太小（接近歐姆表盤左側∞位置），換到×10擋，再次歐姆調零，重新測量的結果為350Ω。②設計電路精確測量，實驗室中準備有如下器材：A.電流表（量程0~0.6A，內阻為1Ω）B.電流表（量程0~200，內阻為450Ω）C.電流表（量程0~600，內阻為400Ω）D.定值電阻（阻值50Ω）E.電阻箱R（0~999Ω）F導線和開關（1）根據粗測結果，考慮到蘋果電池可能提供的最大電流，他們設計了如圖1所示的電路圖，圖中電流表應選_________（填器材前的序號）。（2）根據電路圖，用筆代替導線連接圖2中實物圖（銅片為正極）。（3）調節電阻箱，得到多組電流表讀數I、電阻箱讀數R，作出圖像如圖所示，根據圖像數據求得蘋果電池的電動勢__________V（結果保留2位有效數字），內電阻__________Ω（結果保留3位有效數字）。【答案】（1）B（2）見詳析（3）0.72#0.73#0.74361（355~366）【解析】【小問1