高級中學名校試題PAGEPAGE12025屆高三聯考聯評模擬試題（三）物理注意事項：1.本試題共6頁，滿分100分，時間75分鐘。2.答卷前，考生務必將自己的姓名和準考證號填寫在答題卡上。3.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B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，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4.考試結束后，監考員將答題卡按順序收回，裝袋整理；試題不回收。第Ⅰ卷（選擇題共46分）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，只有一項符合題目要求。1.2024年6月中國航天科技集團的科研人員通過分析我國首顆探日衛星“羲和號”對太陽光譜的觀測數據，精確繪制出國際首個太陽大氣自轉的三維圖像。太陽光譜中有一條譜線所對應光的頻率與氫原子從較高能級向能級躍遷時發出的光中光子能量最小的那種光的頻率相同。則該譜線所對應光子的能量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】光子的能量光子能量最小時頻率最小，根據玻爾原子理論的頻率條件可知，當氫原子從能級向能級躍遷時發出的光的光子能量最小，最小能量B正確。故選B。2.如圖所示，在x軸上有A、B、C、D四個點，其間距已在圖中標注。現有一周期為T、波長為0.5m、沿x軸正方向傳播的橫波，當時波恰好傳到B點，則時，CD段的波形圖為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】該波的波長為0.5m，故波速可表示為該波剛傳播到CD中點時需要時間為故在時，CD中點處質點振動了的時間，波沿x軸正方向傳播可知波源的起振方向向下，故CD中點處質點在時剛好處于波谷位置。故選D。3.如圖所示是一種海上充氣救生船，充氣船使用時在船的浮筒內充入氣體，充滿氣后浮筒的體積可視為不變。海上晝夜溫差較大，若將充氣船放置在海上，則夜間充氣船浮筒內的氣體與白天相比（）A.內能更大 B.分子數密度更小C.壓強更大D.單位時間撞擊到單位面積浮筒內壁分子數減小【答案】D【解析】A．夜間充氣船浮筒內的氣體與白天相比溫度較低，分子的平均動能更小，內能更小，故A錯誤；B．氣體的質量不變，氣體分子總數不變，體積不變，則分子數密度不變，故B錯誤；C．充氣船內氣體體積不變，夜間溫度低，由查理定律可知，壓強更小，故C錯誤；D．夜間溫度低，分子的平均動能更小，則分子的平均速率更小，而分子數密度不變，所以單位時間撞擊到單位面積浮筒內壁的分子數減小，故D正確。故選D。4.如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平天花板上，另一端與一個質量為m的小球相連，小球在一個水平拉力，彈簧與豎直方向間的夾角為，現保持拉力F大小不變，方向由水平緩慢逆時針向豎直方向轉動，在這個過程中（）A.先增大后減小 B.一直減小C.彈簧彈力先增大后減小 D.彈簧彈力一直增大【答案】A【解析】根據題意，對小球受力分析，如圖所示：保持拉力F大小不變，方向由水平緩慢逆時針向豎直方向轉動，由矢量三角形可得，彈簧彈力逐漸減小，根據圖像可知當與圖中圓弧相切時最大，繼續轉動時開始減小，故先增大后減小。故選A。5.急行跳遠起源于古希臘奧林匹克運動。如圖所示，急行跳遠由助跑、起跳、騰空與落地等動作組成，空氣阻力不能忽略，下列說法正確的是（）A.助跑是為了增大運動員自身的慣性B.蹬地起跳時，運動員處于超重狀態C.從騰空到落地，運動員所受重力的沖量為0D.從起跳后到最高點過程中，運動員重力勢能的增加量大于其動能的減少量【答案】B【解析】A．慣性只與質量有關，助跑不能增大運動員自身的慣性，故A錯誤；B．蹬地起跳時，運動員有豎直向上的加速度，處于超重狀態，故B正確；C．根據沖量的計算式可知從騰空到落地，運動員所受重力的沖量不為0，故C錯誤；D．空氣阻力不能忽略，則從起跳到最高點過程，運動員要克服空氣阻力做功，有機械能損失，因此運動員重力勢能的增加量小于其動能的減少量，故D錯誤。故選B。6.2024年10月29日，神州19號載人航天飛行任務新聞發布會在酒泉衛星發射中心召開，發言人介紹我國錨定在2030年前實現中國人登陸月球的目標，工程全線正在全面推進研制建設工作。在簡化處理地球和月球的關系時，認為地球和月球構成雙星系統，兩者繞著連線上的一點做勻速圓周運動。在建造月球基地過程中，要將地球上的一部分物資轉移到月球上（該過程中地球和月球的總質量不變，地球和月球均可視為質點），若地、月中心間距固定不變，地球的質量始終大于月球的質量，則建造過程中（）A.系統的周期變大 B.地球的軌道半徑不變C.地球的線速度變大 D.地球的角速度變大【答案】C【解析】AD．設地球質量為M，圓周運動半徑為R，月球質量為m，圓周運動半徑為r，做圓周運動的角速度相等為，根據萬有引力提供向心力可知，聯立解得由于地球和月球的總質量不變，地、月中心間距固定不變，故可知系統的周期和地球的角速度不變，系統的周期不變，故AD錯誤；B．根據前面分析可知，由于月球質量在增大，故地球的軌道半徑R變大，故B錯誤；C．根據可知由于地球的角速度不變，軌道半徑變大，故地球的線速度變大，故C正確。故選C。7.某靜電場在x軸上的電場強度E隨x的變化關系（圖像）如圖所示，x軸正方向為電場強度正方向。一個帶正電的點電荷僅在電場力作用下由靜止開始沿x軸運動，在x軸上的a、b、c、d四點間隔相等，則下列說法正確的是（）A.點電荷由a運動到d的過程中加速度先減小后增大B.b和d兩點處電勢相等C.點電荷由a運動到d的過程中電勢能先增大再減小D.點電荷從b運動到a電場力做的功小于從c運動到b電場力做的功【答案】D【解析】A．由a運動到d的過程中，由題圖可以看出電場強度先增大后減小，故電場力先增大后減小，加速度先增大后減小，選項A錯誤；B．從a向右電場強度沿x軸負方向，則從b到d處逆著電場線方向移動，電勢升高，選項B錯誤；C．從a到d處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷的電勢能一直增大，選項C錯誤；D．由題圖可知，a和b之間的平均電場強度小于b和c之間的平均電場強度，根據公式W＝qEd可知，電荷從b運動到a電場力做功小于從c運動到b電場力做功，選項D正確。故選D。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.如圖所示，半徑為R的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速勻速轉動。一子彈以水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒，從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，則下列說法正確的是（）A.子彈在圓筒中的水平速度為 B.子彈在圓筒中的水平速度為C.圓筒轉動的角速度可能為 D.圓筒轉動的角速度可能為【答案】AC【解析】AB．子彈做平拋運動，在豎直方向上可得子彈在圓筒中運動的時間水平方向子彈做勻速運動，因此水平速度A正確，B錯誤；CD．因子彈從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上，則圓筒轉過的角度為（n取1、2、3……）則角速度為故角速度可能為，不可能為，C正確，D錯誤。故選AC。9.含理想自耦變壓器的電路圖如圖所示，a、b兩端與電壓有效值恒定的正弦交流電源相連，為定值電阻，為滑動變阻器，電流表、電壓表均理想，最初變壓器上的滑動觸頭位于M處。下列說法正確的是（）A.僅將滑片向左移動，則電壓表的示數將增大B.僅將由M滑動到N，則電流表的示數減小C.僅改變的位置，若電流表示數增大，則消耗的功率增大D.僅改變位置，若電流表示數減小，則原線圈上電流的峰值減小【答案】AD【解析】A．若僅將滑片向左移動，副線圈電壓不變，由于滑動變阻器接入電路阻值變小，根據歐姆定律可知，副線圈的電流增大，電壓表測量定值電阻兩端的電壓，由可知，電壓表的示數增大，A正確；B．若僅將由滑動到，副線圈匝數變大；原線圈電壓不變，根據可知副線圈電壓變大，結合歐姆定律可知，副線圈的電流變大，電流表的示數增大，B錯誤；D．根據變壓器的原理可知，原副線圈的電流關系，解得當僅改變的位置，若電流表示數減小，副線圈電壓在減小，結合上述分析可知，副線圈匝數變小，故原線圈中電流的有效值減小，根據正弦交流電的峰值故原線圈上電流的峰值減小，D正確；C．滑動變阻器消耗的功率可知當時滑動變阻器消耗的功率最大，因滑動變阻器與定值電阻的數值關系不確定，僅改變的位置，若電流表示數增大，滑動變阻器消耗的功率變化不能確定，C錯誤。故選AD。10.如圖，水平光滑平行金屬導軌間距為，一略長于L的導體棒放置于導軌上，導體棒接入導軌間的電阻，導軌兩端各連接一阻值為8Ω的電阻和，整個裝置放置在垂直紙面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場中，導體棒受到一周期性的驅動力作用在導軌平面內做簡諧運動，取初始位置為坐標原點，位移向右為正，導軌電阻不計，導體棒的位移隨時間的關系為，電流表A為理想交流電表。下列說法正確的是（）A.電流表的示數為0.2AB.導體棒完成兩次全振動的過程中驅動力做功為C.導體棒通過坐標原點時驅動力的大小為D.導體棒第一次由坐標原點到右側最大位置的過程中，通過電流表的電荷量為【答案】AC【解析】A．已知導體棒的位移隨時間的關系為導體棒做簡諧運動，則其速度的表達式為導體棒切割磁感線產生的感應電動勢其有效值為設，通過電流表的電流為，故A正確；B．完成一次全振動，由動能定理可知：外力做的功與克服安培力做的功代數和為零，克服安培力的做功等于電路中消耗的總電能，所以故B錯誤；C．通過坐標原點時，導體棒的加速度為零，所以驅動力與安培力等大反向，即，解得故C正確；D．由電流的定義式得由法拉第電磁感應定律得由閉合電路歐姆定律得聯立解得導體棒第一次由坐標原點到右側最大位置的過程中通過電流表的電荷量為故D錯誤。故選AC。第Ⅱ卷（非選擇題共54分）三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某同學利用如圖甲所示的裝置測量木塊的加速度。首先將木板傾斜固定在水平面上，木板抬起一定的角度，打點計時器固定在木板底端，將紙帶一端固定在木塊上，另一端穿過打點計時器。接通電源，給木塊一沿木板向上的初速度，在木塊運動到最高處前打出的紙帶如圖乙，測得相鄰兩計數點之間的距離分別為、、、，已知紙帶上相鄰兩個計數點間還有四個點未畫出，打點計時器使用交流電的頻率為。（1）通過數據可得木塊的加速度大小______（保留兩位有效數字）（2）若該同學想繼續測量木塊與木板間動摩擦因數，則仍需測量下列哪些物理量______。（多選，填正確答案前的標號）A.木塊的質量m B.木板抬起的傾角C.木塊上升的高度h D.當地重力加速度g（3）該同學將圖乙中的4段紙帶剪開貼到坐標紙上，如圖丙，發現這些紙帶的左上頂點在一條傾斜直線上，說明此物體做______直線運動。若圖丙中直線斜率為k（其中，k無單位），紙帶寬為d，則用該方法得到的加速度______。（用k、d表示）【答案】（1）3.0（2）BD（3）勻減速100kd【解析】【小問1詳析】紙帶上相鄰兩個計數點間還有四個點未畫出，可知根據逐差法，求得加速度為【小問2詳析】根據牛頓第二定律有解得可知需測量木板抬起的傾角和當地重力加速度。故選BD。【小問3詳析】[1][2]紙帶剪接后，水平方向每條寬度相同，正好與時間對應，豎直長度為相鄰相等時間內的位移，由可得紙帶長度差相等，變化規律恰好與勻變速直線運動一樣，可看出速度均勻減小，該物體做勻減速直線運動，由聯立可得12.某同學想要設計某個電路來準確測量由3節相同的干電池組成的電池組的電動勢和內阻。目前可使用的器材有：A.電流表A（量程0~0.6A，內阻約為10Ω）B.電壓表（量程0~3V，內阻約為4kΩ）C.電壓表（量程0~15V，內阻約為20kΩ）D.滑動變阻器：0~1000Ω，額定電流0.5AE.滑動變阻器：0~25Ω，額定電流2AF.定值電阻2ΩG.定值電阻100ΩH.開關、導線若干（1）為了使測量結果盡量準確，電壓表選擇______，滑動變阻器選擇______；為了更加準確的測量電池內阻，需要給電池組串聯一個合適的定值電阻，這個電阻應選擇______。（均填寫儀器前的字母代號）（2）請你用所選的實驗器材設計出測量該電池組的電動勢和內阻的電路圖，畫在圖1方框里。（3）緩慢調節滑動變阻器，記錄電流表示數I，電壓表示數。根據記錄的數據作出的圖像如圖2所示，則每一節干電池的電動勢為______V（保留3位有效數字）、內阻為______Ω（保留1位小數）。（4）上述電動勢的測量值______真實值。（選填“>”“<”或“=”）【答案】（1）CEF（2）（3）1.481.0（4）<【解析】【小問1詳析】[1][2][3]3節干電池電動勢約為4.5V，故電壓表應選擇量程0~15V的電壓表C；為了方便調節電壓，滑動變阻器應選最大阻值較小的E；由于滑動變阻器的最大阻值為，若給電池組串聯阻值為100Ω的定值電阻，由于定值電阻阻值遠大于滑動變阻器的最大阻值25Ω，故調節滑動變阻器時電壓表的示數變化很小，故選擇小阻值電阻，故選F。【小問2詳析】由于電流表的阻值與電源內阻和定值電阻的總電阻相差不大，電流表應選擇相對電源外接，電路圖如下：【小問3詳析】[1][2]設每節干電池的電動勢為E，內阻為r，根據閉合電路歐姆定律，整理得結合圖像可知，，解得，【小問4詳析】由于電壓表的分流，電動勢的測量值等于電源與電壓表并聯后兩端電壓，所以電動勢的測量值比真實值偏小。13.如圖所示，一半徑玻璃半球，O點是半球的球心，虛線是過球心O、與半球截面垂直的直線。有一束單色光平行于從A點射入玻璃，從B點射出玻璃后交于C點，已知，，光在真空中的傳播速度為c。不考慮被半球的內表面反射后的光線，求：（結果用根式表示）（1）玻璃折射率；（2）若不改變光的入射方向，僅將入射點A向左平移，移到點（圖中未畫出）時，在圓弧面上剛好沒有光線射出，求的長度是多少m？【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】作出過B點的法線，如圖所示根據幾何關系有解得由于，則由幾何關系，得由折射定律，得玻璃的折射率【小問2詳析】當移到時，在圓弧面恰好發生全反射，有又由幾何關系可知聯立解得14.如圖所示，質量為2kg的小球A（視為質點），在長度均為1.6m的細繩和OP作用下處于平衡狀態，、OP與豎直方向的夾角均為60°。質量為6kg的足夠長的木板B靜止在光滑水平面上，質量為2kg的物塊C（視為質點）靜止在B的左端，C與B之間的動摩擦因數為。剪斷細繩，小球A開始運動，重力加速度g取。（1）求小球A運動到最低點時對細繩OP的拉力大小；（2）當小球A運動到最低點時，恰好與C發生彈性正碰（碰撞時間極短），求碰后C的速度大小；（3）小球A與物塊C碰后，C相對B滑行的距離。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】OP的長度為，從小球A開始做圓周運動到最低點的過程，根據動能定理得解得設小球A運動到最低點時細繩OP對小球A的拉力為T，根據牛頓第二定律得解得根據牛頓第三定律可知，小球A運動到最低點時對細繩OP的拉力大小【小問2詳析】A運動到最低點時，恰好與C發生彈性正碰，由動量守恒定律和機械能守恒定律得解得碰后C的速度大小【小問3詳析】A、C碰后，C與B動量守恒，以向右為正方向，達到共同速度時，由動量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得15.直角坐標系xOy，在以O為圓心，半徑為R的圓柱形區域Ⅰ中有一垂直紙面向里的勻強磁場。在且的區域Ⅱ中充滿沿y軸正方向的勻強電場，在且的區域Ⅲ中充滿沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小均為E，其他區域視為真空。坐標原點O處有一粒子源可以在紙面內沿各個方向發射速率為v的帶負電粒子，粒子電荷量為q、質量為m。不計粒子的重力以及粒子間的相互作用，并忽略場的邊界效應。已知某粒子可以從磁場邊界上的點沿x軸正方向離開磁場，電場強度大小。（1）求勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）求從N點離開磁場的粒子經電場偏轉后，離開電場右邊界時位置的坐標；（3）將粒子源發射粒子的發射速率改為0.8v，在從O點發射的大量粒子中，求能進入電場的粒子在磁場中經過的區域面積S的大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】由幾何關系可知ON與x軸正方向的夾角正切值為解得已知某粒子可以從磁場邊界上的N點沿x軸正方向離開磁場，根據幾何關系可得粒子的軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力可得解得【小問2詳析】粒子進入區域Ⅱ，有解得假設粒子在通過x軸射出區域Ⅱ，y方向有解得又，假設成立，設再經時間粒子從電場射出，則有，解得則粒子離開電場右邊界時位置的坐標為【小問3詳析】由洛倫茲力提供向心力可得其中解得粒子的軌跡半徑等于圓形磁場區域半徑的一半，根據旋轉圓法可知能夠進入電場的粒子經過的區域如圖陰影所示則區域面積2025屆高三聯考聯評模擬試題（三）物理注意事項：1.本試題共6頁，滿分100分，時間75分鐘。2.答卷前，考生務必將自己的姓名和準考證號填寫在答題卡上。3.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B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，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4.考試結束后，監考員將答題卡按順序收回，裝袋整理；試題不回收。第Ⅰ卷（選擇題共46分）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，只有一項符合題目要求。1.2024年6月中國航天科技集團的科研人員通過分析我國首顆探日衛星“羲和號”對太陽光譜的觀測數據，精確繪制出國際首個太陽大氣自轉的三維圖像。太陽光譜中有一條譜線所對應光的頻率與氫原子從較高能級向能級躍遷時發出的光中光子能量最小的那種光的頻率相同。則該譜線所對應光子的能量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】光子的能量光子能量最小時頻率最小，根據玻爾原子理論的頻率條件可知，當氫原子從能級向能級躍遷時發出的光的光子能量最小，最小能量B正確。故選B。2.如圖所示，在x軸上有A、B、C、D四個點，其間距已在圖中標注。現有一周期為T、波長為0.5m、沿x軸正方向傳播的橫波，當時波恰好傳到B點，則時，CD段的波形圖為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】該波的波長為0.5m，故波速可表示為該波剛傳播到CD中點時需要時間為故在時，CD中點處質點振動了的時間，波沿x軸正方向傳播可知波源的起振方向向下，故CD中點處質點在時剛好處于波谷位置。故選D。3.如圖所示是一種海上充氣救生船，充氣船使用時在船的浮筒內充入氣體，充滿氣后浮筒的體積可視為不變。海上晝夜溫差較大，若將充氣船放置在海上，則夜間充氣船浮筒內的氣體與白天相比（）A.內能更大 B.分子數密度更小C.壓強更大D.單位時間撞擊到單位面積浮筒內壁分子數減小【答案】D【解析】A．夜間充氣船浮筒內的氣體與白天相比溫度較低，分子的平均動能更小，內能更小，故A錯誤；B．氣體的質量不變，氣體分子總數不變，體積不變，則分子數密度不變，故B錯誤；C．充氣船內氣體體積不變，夜間溫度低，由查理定律可知，壓強更小，故C錯誤；D．夜間溫度低，分子的平均動能更小，則分子的平均速率更小，而分子數密度不變，所以單位時間撞擊到單位面積浮筒內壁的分子數減小，故D正確。故選D。4.如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平天花板上，另一端與一個質量為m的小球相連，小球在一個水平拉力，彈簧與豎直方向間的夾角為，現保持拉力F大小不變，方向由水平緩慢逆時針向豎直方向轉動，在這個過程中（）A.先增大后減小 B.一直減小C.彈簧彈力先增大后減小 D.彈簧彈力一直增大【答案】A【解析】根據題意，對小球受力分析，如圖所示：保持拉力F大小不變，方向由水平緩慢逆時針向豎直方向轉動，由矢量三角形可得，彈簧彈力逐漸減小，根據圖像可知當與圖中圓弧相切時最大，繼續轉動時開始減小，故先增大后減小。故選A。5.急行跳遠起源于古希臘奧林匹克運動。如圖所示，急行跳遠由助跑、起跳、騰空與落地等動作組成，空氣阻力不能忽略，下列說法正確的是（）A.助跑是為了增大運動員自身的慣性B.蹬地起跳時，運動員處于超重狀態C.從騰空到落地，運動員所受重力的沖量為0D.從起跳后到最高點過程中，運動員重力勢能的增加量大于其動能的減少量【答案】B【解析】A．慣性只與質量有關，助跑不能增大運動員自身的慣性，故A錯誤；B．蹬地起跳時，運動員有豎直向上的加速度，處于超重狀態，故B正確；C．根據沖量的計算式可知從騰空到落地，運動員所受重力的沖量不為0，故C錯誤；D．空氣阻力不能忽略，則從起跳到最高點過程，運動員要克服空氣阻力做功，有機械能損失，因此運動員重力勢能的增加量小于其動能的減少量，故D錯誤。故選B。6.2024年10月29日，神州19號載人航天飛行任務新聞發布會在酒泉衛星發射中心召開，發言人介紹我國錨定在2030年前實現中國人登陸月球的目標，工程全線正在全面推進研制建設工作。在簡化處理地球和月球的關系時，認為地球和月球構成雙星系統，兩者繞著連線上的一點做勻速圓周運動。在建造月球基地過程中，要將地球上的一部分物資轉移到月球上（該過程中地球和月球的總質量不變，地球和月球均可視為質點），若地、月中心間距固定不變，地球的質量始終大于月球的質量，則建造過程中（）A.系統的周期變大 B.地球的軌道半徑不變C.地球的線速度變大 D.地球的角速度變大【答案】C【解析】AD．設地球質量為M，圓周運動半徑為R，月球質量為m，圓周運動半徑為r，做圓周運動的角速度相等為，根據萬有引力提供向心力可知，聯立解得由于地球和月球的總質量不變，地、月中心間距固定不變，故可知系統的周期和地球的角速度不變，系統的周期不變，故AD錯誤；B．根據前面分析可知，由于月球質量在增大，故地球的軌道半徑R變大，故B錯誤；C．根據可知由于地球的角速度不變，軌道半徑變大，故地球的線速度變大，故C正確。故選C。7.某靜電場在x軸上的電場強度E隨x的變化關系（圖像）如圖所示，x軸正方向為電場強度正方向。一個帶正電的點電荷僅在電場力作用下由靜止開始沿x軸運動，在x軸上的a、b、c、d四點間隔相等，則下列說法正確的是（）A.點電荷由a運動到d的過程中加速度先減小后增大B.b和d兩點處電勢相等C.點電荷由a運動到d的過程中電勢能先增大再減小D.點電荷從b運動到a電場力做的功小于從c運動到b電場力做的功【答案】D【解析】A．由a運動到d的過程中，由題圖可以看出電場強度先增大后減小，故電場力先增大后減小，加速度先增大后減小，選項A錯誤；B．從a向右電場強度沿x軸負方向，則從b到d處逆著電場線方向移動，電勢升高，選項B錯誤；C．從a到d處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷的電勢能一直增大，選項C錯誤；D．由題圖可知，a和b之間的平均電場強度小于b和c之間的平均電場強度，根據公式W＝qEd可知，電荷從b運動到a電場力做功小于從c運動到b電場力做功，選項D正確。故選D。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.如圖所示，半徑為R的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速勻速轉動。一子彈以水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒，從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，則下列說法正確的是（）A.子彈在圓筒中的水平速度為 B.子彈在圓筒中的水平速度為C.圓筒轉動的角速度可能為 D.圓筒轉動的角速度可能為【答案】AC【解析】AB．子彈做平拋運動，在豎直方向上可得子彈在圓筒中運動的時間水平方向子彈做勻速運動，因此水平速度A正確，B錯誤；CD．因子彈從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上，則圓筒轉過的角度為（n取1、2、3……）則角速度為故角速度可能為，不可能為，C正確，D錯誤。故選AC。9.含理想自耦變壓器的電路圖如圖所示，a、b兩端與電壓有效值恒定的正弦交流電源相連，為定值電阻，為滑動變阻器，電流表、電壓表均理想，最初變壓器上的滑動觸頭位于M處。下列說法正確的是（）A.僅將滑片向左移動，則電壓表的示數將增大B.僅將由M滑動到N，則電流表的示數減小C.僅改變的位置，若電流表示數增大，則消耗的功率增大D.僅改變位置，若電流表示數減小，則原線圈上電流的峰值減小【答案】AD【解析】A．若僅將滑片向左移動，副線圈電壓不變，由于滑動變阻器接入電路阻值變小，根據歐姆定律可知，副線圈的電流增大，電壓表測量定值電阻兩端的電壓，由可知，電壓表的示數增大，A正確；B．若僅將由滑動到，副線圈匝數變大；原線圈電壓不變，根據可知副線圈電壓變大，結合歐姆定律可知，副線圈的電流變大，電流表的示數增大，B錯誤；D．根據變壓器的原理可知，原副線圈的電流關系，解得當僅改變的位置，若電流表示數減小，副線圈電壓在減小，結合上述分析可知，副線圈匝數變小，故原線圈中電流的有效值減小，根據正弦交流電的峰值故原線圈上電流的峰值減小，D正確；C．滑動變阻器消耗的功率可知當時滑動變阻器消耗的功率最大，因滑動變阻器與定值電阻的數值關系不確定，僅改變的位置，若電流表示數增大，滑動變阻器消耗的功率變化不能確定，C錯誤。故選AD。10.如圖，水平光滑平行金屬導軌間距為，一略長于L的導體棒放置于導軌上，導體棒接入導軌間的電阻，導軌兩端各連接一阻值為8Ω的電阻和，整個裝置放置在垂直紙面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場中，導體棒受到一周期性的驅動力作用在導軌平面內做簡諧運動，取初始位置為坐標原點，位移向右為正，導軌電阻不計，導體棒的位移隨時間的關系為，電流表A為理想交流電表。下列說法正確的是（）A.電流表的示數為0.2AB.導體棒完成兩次全振動的過程中驅動力做功為C.導體棒通過坐標原點時驅動力的大小為D.導體棒第一次由坐標原點到右側最大位置的過程中，通過電流表的電荷量為【答案】AC【解析】A．已知導體棒的位移隨時間的關系為導體棒做簡諧運動，則其速度的表達式為導體棒切割磁感線產生的感應電動勢其有效值為設，通過電流表的電流為，故A正確；B．完成一次全振動，由動能定理可知：外力做的功與克服安培力做的功代數和為零，克服安培力的做功等于電路中消耗的總電能，所以故B錯誤；C．通過坐標原點時，導體棒的加速度為零，所以驅動力與安培力等大反向，即，解得故C正確；D．由電流的定義式得由法拉第電磁感應定律得由閉合電路歐姆定律得聯立解得導體棒第一次由坐標原點到右側最大位置的過程中通過電流表的電荷量為故D錯誤。故選AC。第Ⅱ卷（非選擇題共54分）三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某同學利用如圖甲所示的裝置測量木塊的加速度。首先將木板傾斜固定在水平面上，木板抬起一定的角度，打點計時器固定在木板底端，將紙帶一端固定在木塊上，另一端穿過打點計時器。接通電源，給木塊一沿木板向上的初速度，在木塊運動到最高處前打出的紙帶如圖乙，測得相鄰兩計數點之間的距離分別為、、、，已知紙帶上相鄰兩個計數點間還有四個點未畫出，打點計時器使用交流電的頻率為。（1）通過數據可得木塊的加速度大小______（保留兩位有效數字）（2）若該同學想繼續測量木塊與木板間動摩擦因數，則仍需測量下列哪些物理量______。（多選，填正確答案前的標號）A.木塊的質量m B.木板抬起的傾角C.木塊上升的高度h D.當地重力加速度g（3）該同學將圖乙中的4段紙帶剪開貼到坐標紙上，如圖丙，發現這些紙帶的左上頂點在一條傾斜直線上，說明此物體做______直線運動。若圖丙中直線斜率為k（其中，k無單位），紙帶寬為d，則用該方法得到的加速度______。（用k、d表示）【答案】（1）3.0（2）BD（3）勻減速100kd【解析】【小問1詳析】紙帶上相鄰兩個計數點間還有四個點未畫出，可知根據逐差法，求得加速度為【小問2詳析】根據牛頓第二定律有解得可知需測量木板抬起的傾角和當地重力加速度。故選BD。【小問3詳析】[1][2]紙帶剪接后，水平方向每條寬度相同，正好與時間對應，豎直長度為相鄰相等時間內的位移，由可得紙帶長度差相等，變化規律恰好與勻變速直線運動一樣，可看出速度均勻減小，該物體做勻減速直線運動，由聯立可得12.某同學想要設計某個電路來準確測量由3節相同的干電池組成的電池組的電動勢和內阻。目前可使用的器材有：A.電流表A（量程0~0.6A，內阻約為10Ω）B.電壓表（量程0~3V，內阻約為4kΩ）C.電壓表（量程0~15V，內阻約為20kΩ）D.滑動變阻器：0~1000Ω，額定電流0.5AE.滑動變阻器：0~25Ω，額定電流2AF.定值電阻2ΩG.定值電阻100ΩH.開關、導線若干（1）為了使測量結果盡量準確，電壓表選擇______，滑動變阻器選擇______；為了更加準確的測量電池內阻，需要給電池組串聯一個合適的定值電阻，這個電阻應選擇______。（均填寫儀器前的字母代號）（2）請你用所選的實驗器材設計出測量該電池組的電動勢和內阻的電路圖，畫在圖1方框里。（3）緩慢調節滑動變阻器，記錄電流表示數I，電壓表示數。根據記錄的數據作出的圖像如圖2所示，則每一節干電池的電動勢為______V（保留3位有效數字）、內阻為______Ω（保留1位小數）。（4）上述電動勢的測量值______真實值。（選填“>”“<”或“=”）【答案】（1）CEF（2）（3）1.481.0（4）<【解析】【小問1詳析】[1][2][3]3節干電池電動勢約為4.5V，故電壓表應選擇量程0~15V的電壓表C；為了方便調節電壓，滑動變阻器應選最大阻值較小的E；由于滑動變阻器的最大阻值為，若給電池組串聯阻值為100Ω的定值電阻，由于定值電阻阻值遠大于滑動變阻器的最大阻值25Ω，故調節滑動變阻器時電壓表的示數變化很小，故選擇小阻值電阻，故選F。【小問2詳析】由于電流表的阻值與電源內阻和定值電阻的總電阻相差不大，電流表應選擇相對電源外接，電路圖如下：【小問3詳析】[1][2]設每節干電池的電動勢為E，內阻為r，根據閉合電路歐姆定律，整理得結合圖像可知，，解得，【小問4詳析】由于電壓表的分流，電動勢的測量值等于電源與電壓表并聯后兩端電壓，