高級中學名校試題PAGEPAGE12025屆高三12月大聯考考后強化卷（新高考卷）物理本卷滿分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?；卮鸱沁x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、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖1所示為原子核的比結合能與質量數的關系曲線，如圖2所示為原子核的平均核子質量與原子序數的關系曲線。下列說法正確的是（）A.根據圖1可知，核的結合能約為7MeVB.根據圖1可知，比更穩定C.根據圖2可知，核D裂變成核E和F的過程中，生成的新核E、F的比結合能減小D.根據圖2可知，若A、B能結合成C，則結合過程中一定要吸收能量【答案】B【解析】A．根據圖1可知，核的比結合能約為7MeV，則核的結合能約為A錯誤；B．根據圖1可知，核的比結合能比核的比結合能小，所以比更穩定，B正確；C．根據圖2可知，核D裂變成核E和F的過程中，核子的平均質量減少，放出核能，比結合能增大，C錯誤；D．根據圖2可知，若A、B能結合成C，核子的平均質量減少，結合過程一定要放出能量，D錯誤。故選B。2.無動力翼裝飛行是一種專業的極限滑翔運動，飛行者運用肢體動作來掌控滑翔方向，進行無動力空中飛行。某翼裝飛行者在某次飛行過程中，在同一豎直面內從A到B滑出了一段圓弧，如圖所示。該段運動可視為勻速圓周運動的一部分，關于該段運動，下列說法正確的是（）A.飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小B.飛行者所受合力為零C.空氣對飛行者作用力的瞬時功率為零D.空氣對飛行者的作用力做正功【答案】A【解析】A．設飛行者速度方向與豎直方向的夾角為θ，飛行者所受重力的瞬時功率P=mgvcosθ，由于θ逐漸增大，則飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小，故A正確；B．該段運動可視為勻速圓周運動的一部分，故飛行者做勻速圓周運動，其所受合力不為零，故B錯誤；C．飛行者受到重力和空氣對飛行者的作用力，其合力指向圓心，通過受力分析可知，空氣對飛行者的作用力方向與速度方向的夾角大于90°，故根據P=fvcosθ可知，空氣對飛行者的作用力的瞬時功率不零，故C錯誤；D．飛行者的動能不變，所以合外力做功為零，重力做正功，則空氣對飛行者的作用力做負功，故D錯誤；故選A。3.如圖所示，如果熱水瓶中的熱水未灌滿就蓋緊瓶塞，且瓶塞與瓶口的密封程度很好，經過一段時間后，要拔出瓶塞會變得很吃力。假設某熱水瓶瓶口的截面積為，手指與瓶塞間的動摩擦因數為0.15，開始時熱水瓶內的水溫為，經過一段時間后，瓶內水溫降至。已知瓶內的氣體可視為理想氣體且氣體的質量與體積不變，外界大氣壓強，不考慮瓶塞的重力及瓶塞與瓶口間的摩擦力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩手指至少要用多大的壓力作用在瓶塞上才能拔出瓶塞（）（T=t+273K）A. B. C. D.【答案】A【解析】瓶內氣體初始壓強為，初始溫度為末態溫度為設瓶內氣體末態壓強為，根據查理定律有解得以瓶塞為研究對象，設每根手指對瓶塞的摩擦力大小為，則有又，聯立可得，故選A。4.如圖所示，半圓形ABC為玻璃磚的橫截面，O點為其圓心，一細束與ABC平行的單色光由空氣經過O點射入半圓形玻璃磚，再由玻璃磚射向空氣中。下列敘述正確的是（）A.光線在圓弧界面ABC上會發生全反射 B.在圓弧界面ABC上始終有光線出射C.增大角度θ，光線會在下界面AOC發生全反射 D.增大角度θ，玻璃的折射率增大【答案】B【解析】AB．根據題意可知，O點是半圓形玻璃磚的圓心，可知光線一定垂直射到圓弧界面ABC上，則光線一定能從圓弧界面ABC上射出，不可能發生全反射，故A錯誤，B正確；C．發生全反射需要光從光密介質射入光疏介質，則光線不會在下界面AOC發生全反射，故C錯誤；D．折射率是介質的固有屬性，與入射角無關，故D錯誤。故選B5.2024年9月24日，我國全球首個醫學遙感衛星（珞珈四號01星）成功發射，衛星在離地面約的高度繞地球做勻速圓周運動；2022年4月15日，我國新一代地球同步軌道通信衛星（中星衛星）成功發射，衛星在離地面約的高度繞地球做勻速圓周運動；地球赤道上有一物體。關于赤道上物體、珞珈四號01星、中星衛星，下列說法正確的是（）A.赤道上物體的線速度最大B.赤道上物體的周期小于中星衛星的周期C.珞珈四號01星的角速度小于中星6D衛星的角速度D.珞珈四號01星的向心加速度大于中星衛星的向心加速度【答案】D【解析】A．赤道上物體與中星衛星的角速度相等，由，可知中星衛星的線速度大于赤道上物體的線速度，由，可得珞珈四號01星的軌道半徑比中星衛星的軌道半徑小，可知珞珈四號01星的線速度比中星衛星的線速度大，所以珞珈四號01星的線速度最大，故A錯誤；B．赤道上物體的周期等于中星衛星的周期，故B錯誤；C．由，可得由于珞珈四號01星的軌道半徑比中星衛星的軌道半徑小，所以珞珈四號01星的角速度大于中星6D衛星的角速度，故C錯誤；D．由，解得由于珞珈四號01星的軌道半徑比中星衛星的軌道半徑小，所以珞珈四號01星的向心加速度大于中星衛星的向心加速度，故D正確。故選D。6.如圖所示，電源的負極、電容器下極板與靜電計外殼相連并接地，R為定值電阻。將單刀雙擲開關打到1，電路穩定時，一帶電的油滴恰好靜止于兩極板間的P點。下列說法正確的是（）A.若開關與1保持連接，將一適當厚度的有機玻璃板插入電容器極板間，電阻R中有由b流向a的電流B.若開關與1保持連接，保持電容器下極板不動，將上極板稍微向右移動一點距離，油滴將向下運動C.若將開關打到2，電路穩定后，保持電容器上極板不動，將下極板稍微上移一點距離，靜電計的張角將變大，油滴依然靜止于P點D.若將開關打到2，電路穩定后，保持電容器下極板不動，將上極板稍微向左移一點距離，P點的電勢將升高，油滴將向上運動【答案】D【解析】A．若開關與1保持連接，電容器兩端的電壓不變，當將一適當厚度的玻璃板插入電容器極板間時，根據可知，電容器的電容增大，根據可知，電容器的電荷量增大，相當于給電容器充電，故電阻R中有由a流向b的電流，故A錯誤；B．若開關與1保持連接，保持電容器下極板不動，將上極板稍微向右移動一點距離，因板間電壓和板間距離不變，根據知板間的場強大小不變，油滴依然靜止在P點，故B錯誤；C．若將開關打到2，電路穩定后，電容器的電荷量不變，保持電容器上極板不動，將下極板稍微上移一點距離，根據可知，電容器的電容增大，根據可知，電容器兩端的電壓減小，靜電計的張角變小，由，可得，可知電場強度不變，故油滴仍處于靜止狀態，故C錯誤；D．若將開關打到2，電路穩定后，電容器的電荷量不變，將上極板稍微向左移一點距離，則正對面積減小，根據可知，電場強度增大，油滴將向上運動，由于P點距下極板的距離不變，根據，可知P點的電勢升高，故D正確。故選D。7.如圖所示，帶電小球P固定在絕緣豎直墻面上，用繞過固定在豎直墻上O點的小定滑輪的細線拉著帶電小球Q。小球Q靜止時P、Q間的距離為r，O、P間的距離為h，?，F用拉力F緩慢拉動繩端，使小球Q緩慢移動，在小球Q從圖示位置緩慢移動到O點的過程中（）A.拉力F先增大后減小B.小球P、Q間的庫侖力逐漸減小C.小球P、Q系統的電勢能先不變后減小D.小球Q在P球位置產生的電場強度大小不變【答案】C【解析】AB．設小球Q的質量為m，O、Q間距離為L，在小球Q到達豎直墻之前，對小球Q受力分析，小球受重力、拉力、庫侖力，如圖根據力的矢量三角形與幾何三角形相似可得在小球Q從圖示位置到與墻壁接觸的過程中，mg、h、qP、qQ均不變，L變小，r不變，因此這個過程小球Q繞小球P做圓周運動，當小球Q與墻壁接觸后受重力、拉力、向上的庫侖力，在拉力作用下沿墻壁直線上升，庫侖力變小，小球在豎直方向受力平衡，所以F變大，所以拉力F先減小后增大；小球P、Q間的庫侖力先不變，再逐漸減小故AB錯誤；C．當小球Q與墻壁接觸前，庫侖力不做功，小球P、Q系統的電勢能不變；當小球Q與墻壁接觸后庫侖力做正功，小球P、Q系統的電勢能減??；所以小球P、Q系統的電勢能先不變后減小，故C正確；D．小球Q在P球位置產生的電場強度由可知先大小不變后減小，故D錯誤。故選C。8.中國京劇的特技水袖舞包含了戲曲和舞蹈的成分，別具美感。某京劇演員舞動水袖形成的一列簡諧橫波在時刻的波形圖如圖甲所示，P、Q為該波沿傳播方向上相距的兩個質點，P點振動領先Q點，時刻Q質點正處于正向最大位移處（圖中未畫出），圖乙為P質點的振動圖像。下列說法正確的是（）A.P質點的振動方程為B.時刻，P質點所受合力沿y軸正方向C.該簡諧橫波的波長可能為D.該簡諧橫波的傳播速度可能為【答案】AC【解析】A．由圖甲和圖乙可知，P質點的振幅為，角頻率為時刻，，可得初相角，則有P質點的振動方程為故A正確；B．時刻，P質點在平衡位置，所受合力是0，故B錯誤；C．時刻，Q質點在波峰，則有當時，可得，故C正確；D．根據，其中（n=0，1，2，?）當時當時當時因此該簡諧橫波傳播速度不可能是，故D錯誤。故選AC。9.如圖1所示，跳臺滑雪簡稱“跳雪”。一可視為質點的滑雪運動員從距離跳臺底部高為h=3m的傾斜跳臺斜向上滑出后，在空中運動過程中他離跳臺底部所在水平面的高度y隨時間t變化的圖線如圖2所示。已知t=1.4s時運動員恰好到達最高點，重力加速度g取，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.t=1.0s時，運動員豎直方向分速度大小為5m/sB.該運動員起跳速度為14m/sC.t=1.8s時，圖線的切線斜率大小為4m/sD.運動員離跳臺底部所在水平面的最大高度為12.8m【答案】CD【解析】AB．時運動員恰好到達最高點，由豎直方向上的運動特點可得解得運動員起跳時豎直方向的初速度此時還有水平分速度，則該運動員起跳速度大于14m/s，則時，運動員豎直方向分速度為故AB錯誤；C．根據運動的對稱性可知，和時，豎直方向分速度大小相等，方向相反，圖線的切線斜率代表豎直方向的速度，所以時，圖線的切線斜率大小為，故C正確；D．根據豎直方向的運動規律可知，最大高度為解得故D正確。故選CD。10.如圖所示，磁感應強度大小為、方向豎直向上的勻強磁場中放置兩個半徑分別為、的金屬圓環，兩金屬圓環處于同一水平面內且圓心均為點，長為的金屬導體棒在兩金屬圓環上繞點勻速轉動，點為導體棒的中點。已知導體棒的電阻、定值電阻和的電阻均為，導體棒始終與兩金屬圓環接觸良好且a點轉動的線速度大小為v，其他電阻不計。在導體棒轉動一圈的過程中，下列說法正確的是（）A.導體棒上a、b兩點間的電壓為B.導體棒克服安培力做功的功率為C.通過電阻的電荷量為D.電阻產生的熱量為【答案】ABD【解析】A．由題意可知故導體棒段產生的電動勢電路中的總電阻為由閉合電路歐姆定律可知，電路中的總電流故a、b兩點間的電壓故A正確；B．因克服安培力做功的功率等于電源產生電能的功率，故故B正確；C．通過電源的電荷量故流經定值電阻的電荷量故C錯誤；D．由可知，電阻產生的熱量故D正確。故選ABD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某物理小組對光伏發電很感興趣，他們利用如圖1所示電路對光伏電池的伏安特性進行了探究。圖中定值電阻，設相同光照強度下光伏電池的電動勢不變，電壓表、電流表均可視為理想電表。（1）實驗一：用一定強度的光照射該電池，閉合電鍵S，調節滑動變阻器R的阻值，通過測量得到該電池兩端電壓隨電流變化如圖2中的曲線①所示?？芍撾姵貎茸桦S電流增大而______（選填“增大”“減小”或“不變”），電池的電動勢大小為______V（結果保留三位有效數字）；某時刻電壓表示數如圖3所示，讀數為______V，由圖像可知，此時電池的內阻為______。（2）實驗二：換另一光源照射，重復上述實驗，測得該電池兩端電壓隨電流變化如圖2中曲線②所示。若在“實驗一”中當滑動變阻器的電阻為某值時，電源的路端電壓為，則在“實驗二”中滑動變阻器仍為該值時，滑動變阻器消耗的電功率為______W（計算結果保留兩位有效數字）。【答案】（1）增大2.501.00150（2）1.1×10-2##1.0×10-2##1.2×10-2【解析】【小問1詳析】[1]圖2中，電池兩端電壓隨電流變化圖像斜率的絕對值等于電源的內阻，隨著電流的增大，曲線①斜率的絕對值在不斷增大，可知電池內阻在不斷增大；[2]曲線①中，圖像與縱軸的截距值為電池的電動勢，可知[3]題圖3中電壓表的讀數[4]電壓為1.00V，由曲線①知，此時電路中的電流為可得此時電源的內阻【小問2詳析】由曲線①可知，當時有由歐姆定律得代入數據得解得在實驗二中，滑動變阻器仍為該值時，此時外電路電阻為將R外的圖線畫在題圖2中，如圖所示其與曲線②的交點為電路的工作點，此時有則滑動變阻器消耗的電功率為12.如圖1所示，用“碰撞實驗器”可以研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，從而驗證動量守恒定律。（1）實驗中，為了使入射小球A不反彈，入射小球A和被碰小球B的質量大小關系為_____（選填“>”“=”或“<”）。為了發生對心正碰，兩小球的半徑關系為_____（選填“>”“=”或“<”）。用10分度游標卡尺測量小球直徑D，測量結果如圖2所示，_____。（2）圖1中，點O是入射小球A拋出點在地面上的垂直投影，點是支柱管在地面上的垂直投影，。實驗時，先讓小球A多次從斜軌上S處靜止釋放，找到其平均落點P，再把小球B靜置于支柱管上，接著使小球A從S處靜止釋放，在水平段末端與小球B相碰（碰后支柱管立刻傾倒），多次重復實驗，找到小球A、B的平均落點M、N。測量出、、OP、OM、ON，若兩球相碰前后動量守恒，則該動量守恒表達式可表示為_____（用測量的物理量符號表示）。（3）以下說法中有助于減少實驗誤差的有_____。A.入射小球每次必須從同一位置靜止釋放 B.軌道必須光滑C.軌道末端必須水平 D.實驗中復寫紙不能移動（4）某實驗小組在實驗中發現小球落點不在同一條直線上，出現了如圖3所示的情況。已知M和N在OP連線上的垂直投影點為、（圖中未畫出），根據以上數據，_____（選填“能”或“不能”）驗證動量守恒定律，如果能，請寫出驗證所需的表達式_____（用測量的物理量符號表示）。【答案】（1）>=14.7（2）（3）AC（4）能【解析】【小問1詳析】[1]為了保證入射小球A碰后不被反彈，要求入射小球A和被碰小球B的質量大小關系應為>。[2]為了發生對心正碰，兩小球的半徑關系為；[3]根據游標卡尺的讀數原理可知；【小問2詳析】兩球碰撞過程水平方向動量守恒，碰撞后兩小球做平拋運動，令運動時間為t，A球碰撞前的速度為A球碰撞后的速度為B球碰撞后的速度為若兩球相碰前后動量守恒，則即【小問3詳析】AB．為了保證小球做平拋運動的初速度相等，每次讓小球從斜槽的同一位置靜止釋放，但斜槽軌道不一定光滑，故A正確，B錯誤；C．為了保證小球的初速度水平，斜槽末端必須水平，故C正確；D．復寫紙不需要固定在白紙上，測定P點位置時的復寫紙可移到測M點的位置時使用，故D錯誤。故選AC。【小問4詳析】[1][2]能驗證動量守恒定律，分別測出OP、、的長度，在誤差允許的范圍內滿足關系式，則可驗證兩球碰撞過程動量守恒。13.如圖所示，勻強電場與矩形ABCD所在平面平行，矩形邊長，。以B點為零電勢點，則A、C兩點的電勢分別為、。某時刻有一比荷為的帶負電粒子從B點垂直電場線方向射出，經過一段時間粒子到達A點，不計粒子重力。求：（1）勻強電場的電場強度大?。唬?）帶電粒子從B點射出時的初速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）設BC的中點為P，在勻強電場中，沿一條直線電勢的降落是均勻的，因此解得P點電勢可見A、P等勢，則直線AP就是等勢線，電場強度方向與等勢線AP垂直則根據勻強電場場強與電勢降落的關系得（2）帶電粒子做類平拋運動聯立解得所以14.如圖所示，水平地面上固定一高的水平臺面，臺面上豎直固定傾角為的直軌道AB、水平直軌道BC、四分之一圓周細圓管道CD和半圓形軌道DEF，它們平滑連接且處處光滑，其中管道CD的半徑、圓心在點，軌道DEF的半徑、圓心在點，、、和F點均處在同一水平線上。一小球從軌道AB上距水平直軌道BC高為h（未知）的P點由靜止滾下，小球經管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相等，最終落在地面上的Q點（小球做平拋運動的豎直距離可視為G距離水平地面的高度），取重力加速度大小，小球可視為質點，不計空氣阻力。（1）若P處小球的初始高度，求小球到達B點時的速度大小；（2）若小球恰好能過最高點E，求h的最小值；（3）若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調，求G距水平面的高度多大時，落地點Q與F點的水平距離x最大，其最大值為多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】對小滑塊，從P到B，由動能定理得代入數據解得【小問2詳析】當小球恰好能過最高點E時，h具有最小值，E點有代入數據解得P點到E點，由動能定理得代入數據解得【小問3詳析】設G到地面的高度為y，則E到G，由動能定理得過D點后，由平拋規律得聯立代入數據解得當的時候，即，x最大，解得15.如圖所示，直角坐標系xOy平面內，第一象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，第二象限內存在沿y軸正方向的勻強電場。一個質量為m、電荷量為-q（q>0）的粒子從x軸負半軸上的M點沿與x軸正方向夾角為60°射入電場，粒子經電場偏轉后以大小為的速度從點P（0，d）垂直y軸進入磁場，最后粒子從x軸正半軸上的N點沿與x軸正方向夾角為60°射出磁場，不計粒子重力。（1）求粒子在M點速度大??；（2）磁場磁感應強度的大??；（3）若粒子在磁場中受到與速度大小成正比的阻力，阻力大小f=kv（k為已知常量），粒子恰好從Q點（圖中未標出）垂直x軸射出磁場，求Q點的坐標?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】粒子射入電場后做類斜拋運動，在水平方向做勻速直線運動，則有解得【小問2詳析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，根據幾何關系有解得由牛頓第二定律有解得【小問3詳析】對粒子受力分析可知，粒子速度沿x軸方向的分量會產生沿x軸負方向的阻力與沿y軸負方向的洛倫茲力；粒子速度沿y軸方向的分量會產生沿y軸正方向的阻力與沿x軸負方向的洛倫茲力，其受力分析如圖所示在x軸上，由動量定理有由微元法累加后可得解得則Q點的坐標為2025屆高三12月大聯考考后強化卷（新高考卷）物理本卷滿分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?；卮鸱沁x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、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖1所示為原子核的比結合能與質量數的關系曲線，如圖2所示為原子核的平均核子質量與原子序數的關系曲線。下列說法正確的是（）A.根據圖1可知，核的結合能約為7MeVB.根據圖1可知，比更穩定C.根據圖2可知，核D裂變成核E和F的過程中，生成的新核E、F的比結合能減小D.根據圖2可知，若A、B能結合成C，則結合過程中一定要吸收能量【答案】B【解析】A．根據圖1可知，核的比結合能約為7MeV，則核的結合能約為A錯誤；B．根據圖1可知，核的比結合能比核的比結合能小，所以比更穩定，B正確；C．根據圖2可知，核D裂變成核E和F的過程中，核子的平均質量減少，放出核能，比結合能增大，C錯誤；D．根據圖2可知，若A、B能結合成C，核子的平均質量減少，結合過程一定要放出能量，D錯誤。故選B。2.無動力翼裝飛行是一種專業的極限滑翔運動，飛行者運用肢體動作來掌控滑翔方向，進行無動力空中飛行。某翼裝飛行者在某次飛行過程中，在同一豎直面內從A到B滑出了一段圓弧，如圖所示。該段運動可視為勻速圓周運動的一部分，關于該段運動，下列說法正確的是（）A.飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小B.飛行者所受合力為零C.空氣對飛行者作用力的瞬時功率為零D.空氣對飛行者的作用力做正功【答案】A【解析】A．設飛行者速度方向與豎直方向的夾角為θ，飛行者所受重力的瞬時功率P=mgvcosθ，由于θ逐漸增大，則飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小，故A正確；B．該段運動可視為勻速圓周運動的一部分，故飛行者做勻速圓周運動，其所受合力不為零，故B錯誤；C．飛行者受到重力和空氣對飛行者的作用力，其合力指向圓心，通過受力分析可知，空氣對飛行者的作用力方向與速度方向的夾角大于90°，故根據P=fvcosθ可知，空氣對飛行者的作用力的瞬時功率不零，故C錯誤；D．飛行者的動能不變，所以合外力做功為零，重力做正功，則空氣對飛行者的作用力做負功，故D錯誤；故選A。3.如圖所示，如果熱水瓶中的熱水未灌滿就蓋緊瓶塞，且瓶塞與瓶口的密封程度很好，經過一段時間后，要拔出瓶塞會變得很吃力。假設某熱水瓶瓶口的截面積為，手指與瓶塞間的動摩擦因數為0.15，開始時熱水瓶內的水溫為，經過一段時間后，瓶內水溫降至。已知瓶內的氣體可視為理想氣體且氣體的質量與體積不變，外界大氣壓強，不考慮瓶塞的重力及瓶塞與瓶口間的摩擦力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩手指至少要用多大的壓力作用在瓶塞上才能拔出瓶塞（）（T=t+273K）A. B. C. D.【答案】A【解析】瓶內氣體初始壓強為，初始溫度為末態溫度為設瓶內氣體末態壓強為，根據查理定律有解得以瓶塞為研究對象，設每根手指對瓶塞的摩擦力大小為，則有又，聯立可得，故選A。4.如圖所示，半圓形ABC為玻璃磚的橫截面，O點為其圓心，一細束與ABC平行的單色光由空氣經過O點射入半圓形玻璃磚，再由玻璃磚射向空氣中。下列敘述正確的是（）A.光線在圓弧界面ABC上會發生全反射 B.在圓弧界面ABC上始終有光線出射C.增大角度θ，光線會在下界面AOC發生全反射 D.增大角度θ，玻璃的折射率增大【答案】B【解析】AB．根據題意可知，O點是半圓形玻璃磚的圓心，可知光線一定垂直射到圓弧界面ABC上，則光線一定能從圓弧界面ABC上射出，不可能發生全反射，故A錯誤，B正確；C．發生全反射需要光從光密介質射入光疏介質，則光線不會在下界面AOC發生全反射，故C錯誤；D．折射率是介質的固有屬性，與入射角無關，故D錯誤。故選B5.2024年9月24日，我國全球首個醫學遙感衛星（珞珈四號01星）成功發射，衛星在離地面約的高度繞地球做勻速圓周運動；2022年4月15日，我國新一代地球同步軌道通信衛星（中星衛星）成功發射，衛星在離地面約的高度繞地球做勻速圓周運動；地球赤道上有一物體。關于赤道上物體、珞珈四號01星、中星衛星，下列說法正確的是（）A.赤道上物體的線速度最大B.赤道上物體的周期小于中星衛星的周期C.珞珈四號01星的角速度小于中星6D衛星的角速度D.珞珈四號01星的向心加速度大于中星衛星的向心加速度【答案】D【解析】A．赤道上物體與中星衛星的角速度相等，由，可知中星衛星的線速度大于赤道上物體的線速度，由，可得珞珈四號01星的軌道半徑比中星衛星的軌道半徑小，可知珞珈四號01星的線速度比中星衛星的線速度大，所以珞珈四號01星的線速度最大，故A錯誤；B．赤道上物體的周期等于中星衛星的周期，故B錯誤；C．由，可得由于珞珈四號01星的軌道半徑比中星衛星的軌道半徑小，所以珞珈四號01星的角速度大于中星6D衛星的角速度，故C錯誤；D．由，解得由于珞珈四號01星的軌道半徑比中星衛星的軌道半徑小，所以珞珈四號01星的向心加速度大于中星衛星的向心加速度，故D正確。故選D。6.如圖所示，電源的負極、電容器下極板與靜電計外殼相連并接地，R為定值電阻。將單刀雙擲開關打到1，電路穩定時，一帶電的油滴恰好靜止于兩極板間的P點。下列說法正確的是（）A.若開關與1保持連接，將一適當厚度的有機玻璃板插入電容器極板間，電阻R中有由b流向a的電流B.若開關與1保持連接，保持電容器下極板不動，將上極板稍微向右移動一點距離，油滴將向下運動C.若將開關打到2，電路穩定后，保持電容器上極板不動，將下極板稍微上移一點距離，靜電計的張角將變大，油滴依然靜止于P點D.若將開關打到2，電路穩定后，保持電容器下極板不動，將上極板稍微向左移一點距離，P點的電勢將升高，油滴將向上運動【答案】D【解析】A．若開關與1保持連接，電容器兩端的電壓不變，當將一適當厚度的玻璃板插入電容器極板間時，根據可知，電容器的電容增大，根據可知，電容器的電荷量增大，相當于給電容器充電，故電阻R中有由a流向b的電流，故A錯誤；B．若開關與1保持連接，保持電容器下極板不動，將上極板稍微向右移動一點距離，因板間電壓和板間距離不變，根據知板間的場強大小不變，油滴依然靜止在P點，故B錯誤；C．若將開關打到2，電路穩定后，電容器的電荷量不變，保持電容器上極板不動，將下極板稍微上移一點距離，根據可知，電容器的電容增大，根據可知，電容器兩端的電壓減小，靜電計的張角變小，由，可得，可知電場強度不變，故油滴仍處于靜止狀態，故C錯誤；D．若將開關打到2，電路穩定后，電容器的電荷量不變，將上極板稍微向左移一點距離，則正對面積減小，根據可知，電場強度增大，油滴將向上運動，由于P點距下極板的距離不變，根據，可知P點的電勢升高，故D正確。故選D。7.如圖所示，帶電小球P固定在絕緣豎直墻面上，用繞過固定在豎直墻上O點的小定滑輪的細線拉著帶電小球Q。小球Q靜止時P、Q間的距離為r，O、P間的距離為h，?，F用拉力F緩慢拉動繩端，使小球Q緩慢移動，在小球Q從圖示位置緩慢移動到O點的過程中（）A.拉力F先增大后減小B.小球P、Q間的庫侖力逐漸減小C.小球P、Q系統的電勢能先不變后減小D.小球Q在P球位置產生的電場強度大小不變【答案】C【解析】AB．設小球Q的質量為m，O、Q間距離為L，在小球Q到達豎直墻之前，對小球Q受力分析，小球受重力、拉力、庫侖力，如圖根據力的矢量三角形與幾何三角形相似可得在小球Q從圖示位置到與墻壁接觸的過程中，mg、h、qP、qQ均不變，L變小，r不變，因此這個過程小球Q繞小球P做圓周運動，當小球Q與墻壁接觸后受重力、拉力、向上的庫侖力，在拉力作用下沿墻壁直線上升，庫侖力變小，小球在豎直方向受力平衡，所以F變大，所以拉力F先減小后增大；小球P、Q間的庫侖力先不變，再逐漸減小故AB錯誤；C．當小球Q與墻壁接觸前，庫侖力不做功，小球P、Q系統的電勢能不變；當小球Q與墻壁接觸后庫侖力做正功，小球P、Q系統的電勢能減?。凰孕∏騊、Q系統的電勢能先不變后減小，故C正確；D．小球Q在P球位置產生的電場強度由可知先大小不變后減小，故D錯誤。故選C。8.中國京劇的特技水袖舞包含了戲曲和舞蹈的成分，別具美感。某京劇演員舞動水袖形成的一列簡諧橫波在時刻的波形圖如圖甲所示，P、Q為該波沿傳播方向上相距的兩個質點，P點振動領先Q點，時刻Q質點正處于正向最大位移處（圖中未畫出），圖乙為P質點的振動圖像。下列說法正確的是（）A.P質點的振動方程為B.時刻，P質點所受合力沿y軸正方向C.該簡諧橫波的波長可能為D.該簡諧橫波的傳播速度可能為【答案】AC【解析】A．由圖甲和圖乙可知，P質點的振幅為，角頻率為時刻，，可得初相角，則有P質點的振動方程為故A正確；B．時刻，P質點在平衡位置，所受合力是0，故B錯誤；C．時刻，Q質點在波峰，則有當時，可得，故C正確；D．根據，其中（n=0，1，2，?）當時當時當時因此該簡諧橫波傳播速度不可能是，故D錯誤。故選AC。9.如圖1所示，跳臺滑雪簡稱“跳雪”。一可視為質點的滑雪運動員從距離跳臺底部高為h=3m的傾斜跳臺斜向上滑出后，在空中運動過程中他離跳臺底部所在水平面的高度y隨時間t變化的圖線如圖2所示。已知t=1.4s時運動員恰好到達最高點，重力加速度g取，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.t=1.0s時，運動員豎直方向分速度大小為5m/sB.該運動員起跳速度為14m/sC.t=1.8s時，圖線的切線斜率大小為4m/sD.運動員離跳臺底部所在水平面的最大高度為12.8m【答案】CD【解析】AB．時運動員恰好到達最高點，由豎直方向上的運動特點可得解得運動員起跳時豎直方向的初速度此時還有水平分速度，則該運動員起跳速度大于14m/s，則時，運動員豎直方向分速度為故AB錯誤；C．根據運動的對稱性可知，和時，豎直方向分速度大小相等，方向相反，圖線的切線斜率代表豎直方向的速度，所以時，圖線的切線斜率大小為，故C正確；D．根據豎直方向的運動規律可知，最大高度為解得故D正確。故選CD。10.如圖所示，磁感應強度大小為、方向豎直向上的勻強磁場中放置兩個半徑分別為、的金屬圓環，兩金屬圓環處于同一水平面內且圓心均為點，長為的金屬導體棒在兩金屬圓環上繞點勻速轉動，點為導體棒的中點。已知導體棒的電阻、定值電阻和的電阻均為，導體棒始終與兩金屬圓環接觸良好且a點轉動的線速度大小為v，其他電阻不計。在導體棒轉動一圈的過程中，下列說法正確的是（）A.導體棒上a、b兩點間的電壓為B.導體棒克服安培力做功的功率為C.通過電阻的電荷量為D.電阻產生的熱量為【答案】ABD【解析】A．由題意可知故導體棒段產生的電動勢電路中的總電阻為由閉合電路歐姆定律可知，電路中的總電流故a、b兩點間的電壓故A正確；B．因克服安培力做功的功率等于電源產生電能的功率，故故B正確；C．通過電源的電荷量故流經定值電阻的電荷量故C錯誤；D．由可知，電阻產生的熱量故D正確。故選ABD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某物理小組對光伏發電很感興趣，他們利用如圖1所示電路對光伏電池的伏安特性進行了探究。圖中定值電阻，設相同光照強度下光伏電池的電動勢不變，電壓表、電流表均可視為理想電表。（1）實驗一：用一定強度的光照射該電池，閉合電鍵S，調節滑動變阻器R的阻值，通過測量得到該電池兩端電壓隨電流變化如圖2中的曲線①所示。可知該電池內阻隨電流增大而______（選填“增大”“減小”或“不變”），電池的電動勢大小為______V（結果保留三位有效數字）；某時刻電壓表示數如圖3所示，讀數為______V，由圖像可知，此時電池的內阻為______。（2）實驗二：換另一光源照射，重復上述實驗，測得該電池兩端電壓隨電流變化如圖2中曲線②所示。若在“實驗一”中當滑動變阻器的電阻為某值時，電源的路端電壓為，則在“實驗二”中滑動變阻器仍為該值時，滑動變阻器消耗的電功率為______W（計算結果保留兩位有效數字）?！敬鸢浮浚?）增大2.501.00150（2）1.1×10-2##1.0×10-2##1.2×10-2【解析】【小問1詳析】[1]圖2中，電池兩端電壓隨電流變化圖像斜率的絕對值等于電源的內阻，隨著電流的增大，曲線①斜率的絕對值在不斷增大，可知電池內阻在不斷增大；[2]曲線①中，圖像與縱軸的截距值為電池的電動勢，可知[3]題圖3中電壓表的讀數[4]電壓為1.00V，由曲線①知，此時電路中的電流為可得此時電源的內阻【小問2詳析】由曲線①可知，當時有由歐姆定律得代入數據得解得在實驗二中，滑動變阻器仍為該值時，此時外電路電阻為將R外的圖線畫在題圖2中，如圖所示其與曲線②的交點為電路的工作點，此時有則滑動變阻器消耗的電功率為12.如圖1所示，用“碰撞實驗器”可以研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，從而驗證動量守恒定律。（1）實驗中，為了使入射小球A不反彈，入射小球A和被碰小球B的質量大小關系為_____（選填“>”“=”或“<”）。為了發生對心正碰，兩小球的半徑關系為_____（選填“>”“=”或“<”）。用10分度游標卡尺測量小球直徑D，測量結果如圖2所示，_____。（2）圖1中，點O是入射小球A拋出點在地面上的垂直投影，點是支柱管在地面上的垂直投影，。實驗時，先讓小球A多次從斜軌上S處靜止釋放，找到其平均落點P，再把小球B靜置于支柱管上，接著使小球A從S處靜止釋放，在水平段末端與小球B相碰（碰后支柱管立刻傾倒），多次重復實驗，找到小球A、B的平均落點M、N。測量出、、OP、OM、ON，若兩球相碰前后動量守恒，則該動量守恒表達式可表示為_____（用測量的物理量符號表示）。（3）以下說法中有助于減少實驗誤差的有_____。A.入射小球每次必須從同一位置靜止釋放 B.軌道必須光滑C.軌道末端必須水平 D.實驗中復寫紙不能移動（4）某實驗小組在實驗中發現小球落點不在同一條直線上，出現了如圖3所示的情況。已知M和N在OP連線上的垂直投影點為、（圖中未畫出），根據以上數據，_____（選填“能”或“不能”）驗證動量守恒定律，如果能，請寫出驗證所需的表達式_____（用測量的物理量符號表示）?！敬鸢浮浚?）>=14.7（2）（3）AC（4）能【解析】【小問1詳析】[1]為了保證入射小球A碰后不被反彈，要求入射小球A和被碰小球B的質量大小關系應為>。[2]為了發生對心正碰，兩小球的半徑關系為；[3]根據游標卡尺的讀數原理可知；【小問2詳析】兩球碰撞過程水平方向動量守恒，碰撞后兩小球做平拋運動，令運動時間為t，A球碰撞前的速度為A球碰撞后的速度為B球碰撞后的速度為若兩球相碰前后動量守恒，則