高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年汕頭市普通高考第二次模擬考試物理注意事項：1.答題前，考生在答題卡上務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將自己的姓名、準考證號填寫清楚，并貼好條形碼。請認真核準條形碼上的準考證號、姓名和科目。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案。答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷一、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，只有一項是符合要求的。1.在江南水鄉，撐篙行舟是一種傳統的水上交通方式。如圖所示，船夫使用一根竹篙傾斜撐向河底，就能讓船夫和小船一起緩慢向右運動離岸。小船緩慢離岸的過程中，竹篙對河底力的作用點不變，對該過程分析正確的是（）A.竹篙對河底做正功 B.小船受到的合力向左C.小船受到船夫的摩擦力向右 D.船夫受到小船的支持力的沖量為零【答案】C【解析】A．竹篙對河底有力的作用，但河底在這個力的方向上沒有發生位移，所以竹篙對河底不做功，故A錯誤；B．因為小船緩慢向右運動，處于平衡狀態，根據平衡條件，物體處于平衡狀態時合力為零，所以小船受到的合力為零，故B錯誤；C．船夫和小船一起緩慢向右運動，船夫相對小船有向右的運動趨勢，所以小船對船夫的摩擦力向左，根據牛頓第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正確；D．根據因船夫受到小船的支持力不零，運動的時間也不為零，故船夫受到小船的支持力的沖量不為零，故D錯誤。故選C。2.隨著中國農業科技的飛速發展，無人機精準播種技術已成為現代農業至關重要的組成部分。如圖所示，無人機以速度在勻速水平直線飛行過程中，每隔相等時間釋放一顆種子。忽略空氣阻力，關于相鄰釋放的兩顆種子運動情況，分析正確的是（）A.在空中均做自由落體運動B.在空中時，水平距離為C.落在同一水平地面時，它們的水平距離為D.在空中運動時，豎直方向的高度差一直保持不變【答案】C【解析】A．兩顆種子在離開無人機后都有水平速度，且忽略空氣阻力，故兩顆種子在空中做平拋運動，故A錯誤；B．在空中時，兩顆種子的水平速度相同，故兩顆種子在相同的時間內在水平方向上運動的位移相同，故兩顆種子水平距離為零，故B錯誤；C．根據平拋運動規律，可知當兩顆種子先后落在同一水平地面時，則它們的水平距離為故C正確；D．設第二顆種子下落的時間為，則第一種子下落的時間為，兩顆種子在豎直方向都做自由落體運動，則有，則在空中運動時，兩顆種子在豎直方向的高度差為可知隨著時間的增加，也在增加，故D錯誤。故選C。3.某智能鎖利用超級電容器作為待用電源，其簡化電路如圖所示。主電源正常工作時（開關S閉合），智能鎖的輸入電壓為6V；當主電源斷電（開關S斷開），則啟用備用電源，智能鎖在輸入電壓降至4.5V時會發出低電壓警報。該電容器的電容為1F，及是電路中的小電阻，下列說法正確的是（）A.正常工作時，電容器儲存電量為6CB.斷電前后，流經智能鎖的電流方向相反C.阻值越大，當主電源斷電后，電容器放電時間一定越短D.從主電源斷電后至智能鎖發出低電壓警報，流經智能鎖電量為1.5C【答案】A【解析】A．正常工作時，由圖可知，電容器與智能鎖并聯，電阻相當于導線作用，沒有電壓；故電容器兩端的電壓等于智能鎖的輸入電壓，即為6V，根據故A正確；B．斷電前，由主電源對智能鎖供電，電流方向由上到下；主電源也對電容器供電，電容器上端為正極，下端為負極；斷電后，由電容器對智能鎖供電，電流方向由上到下，所以斷電前后，流經智能鎖的電流方向相同，故B錯誤；C．當主電源斷電后，電容器放電，阻值越大，回路中的電流越小，因電容器儲存的總電量是一個定值，根據可知電容器放電時間越長，故C錯誤；D．當電容器放電時，電阻與智能鎖串聯，所以當智能鎖在輸入電壓降至4.5V時會發出低電壓警報，此時電阻兩端也有電壓，故此時電容器兩端的電壓大于4.5V而小于6V，所以電容器變化的電壓小于1.5V，根據可知流經智能鎖的電量小于1.5C，故D錯誤。故選A。4.小華購買了一個透明的“水晶球”如圖（1），球的直徑為。為測得該水晶球的折射率，小華將一束紅色激光從球上點射向球內，當折射光線與水平直徑成角時，出射光線恰與平行，如圖（2）所示，已知光在真空中的傳播速度為，則（）A.可測得該水晶球的折射率為B.該紅色激光束在“水晶球”中的傳播時間為C.若僅將紅色激光束換成藍色激光束，則光在水晶球中的傳播速度變大D.增大光線在點的入射角，可以使光線從水晶球射向空氣時發生全反射【答案】A【解析】A．如圖所示由幾何關系可知，光線射出時的折射角為，折射率故A正確；B．光在“水晶球”中傳播的距離時間故B錯誤；C．藍色激光束頻率比紅色激光束大，藍色激光束的折射率比紅色激光束大，由可知光在水晶球中的傳播速度變小，故C錯誤；D．由幾何關系可知增大過P點光線的入射角，光線出射時一定不會在球內發生全反射，故D錯誤。故選A。5.某個冬天早晨，小紅打開家里的制暖空調，為使制暖效果更佳，她關閉門窗，一段時間后房間內升高至25℃并保持恒溫。房間內的氣體可視為質量不變的理想氣體，若將一杯裝有花粉的10℃水置于該房間內，則下列說法正確的是（）A.制暖空調機工作時，熱量從低溫物體傳遞給高溫物體B.制暖空調機開始工作后，房間內氣體的內能始終保持不變C.待空調穩定后，花粉的運動激烈程度會減弱D.花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了花粉分子在不停地做無規則運動【答案】A【解析】A．制暖空調機工作時，因為電機工作電流做功，熱量從低溫物體傳到高溫物體，故A正確；B．制暖空調機開始工作后，房間內氣體溫度升高，內能增大，故B錯誤；C．待空調穩定后，房間內溫度升高，裝花粉的水溫度升高，花粉做布朗運動激烈程度會增加，故C錯誤；D．花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了水分子在不停地做無規則運動，故D錯誤。故選A。6.如圖所示，用頻率為的光照射陰極K，閉合開關，調節滑動變阻器的滑片，使微安表的示數減小為0，此時電壓表的示數為。已知普朗克常量為，電子電荷量為，下列說法正確的是（）A.端為電源正極B.K板材料的逸出功為C.若保持入射光的頻率不變，增大入射光的強度，遏止電壓會增大D.只要照射足夠長的時間，任何頻率的光都能夠使K板發出光電子【答案】B【解析】A．調節滑動變阻器的滑片，使微安表的示數減小為0，此時電壓表的示數為，可知此時所加電壓為反向電壓，則K板帶正電，A板帶負電，端為電源正極，端為電源負極，故A錯誤；BC．根據光電效應方程可得根據動能定理可得聯立可得K板材料的逸出功為若保持入射光的頻率不變，增大入射光的強度，逸出的光電子最大初動能不變，則遏止電壓不變，故B正確，C錯誤；D．只有當入射光的頻率大于等于K板材料對應的截止頻率時，才能產生光電效應，使K板發出光電子，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，虛線為靜電場中的三個等勢面。一電子在A點的電勢能小于其在點的電勢能，則下列說法正確的是（）A.B.電子在A點時的加速度大于其在點時的加速度C.將電子在A點由靜止釋放，其受靜電力將增大D.將電子在A點由靜止釋放，其電勢能將減小【答案】D【解析】A．由題知，電子在A點的電勢能小于其在點的電勢能，根據負電荷在電勢越高的點，其電勢能越小，可知，故A錯誤；B．根據等差等勢面越密，電場強度越大，由圖可知A點的等勢面較稀疏，則A點的電場強度小于B點的電場強度，根據牛頓第二定律可知，電子在A點時的加速度小于其在點時的加速度，故B錯誤；CD．將電子在A點由靜止釋放，將向電勢高處運動，即向等勢面稀疏處運動，其受靜電力將減小，電場力做正功，其電勢能將減小，故C錯誤，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.已知某小行星質量為，半徑為。若探測器在距離小行星表面高度為處繞其做勻速圓周運動。已知引力常量為，忽略小行星的自轉。以下說法正確的是（）A.探測器的運行速度B.探測器的向心加速度C.該小行星的第一宇宙速度為D.若探測器要離開小行星返回地球，需在當前軌道加速【答案】AD【解析】A．探測器圍繞小行星做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力有解得探測器的運行速度故A正確；B．探測器圍繞小行星做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有解得探測器的向心加速度故B錯誤；C．當探測器圍繞小行星的表面做勻速圓周運動時，其運行速度為該小行星的第一宇宙速度，根據萬有引力提供向心力有解得該小行星的第一宇宙速度為故C錯誤；D．若探測器要離開小行星返回地球，需要掙脫小行星的引力束縛，故要求所需要的向心力要大于所提供的向心力，即有所以探測器要做離心運動，即需在當前軌道加速，故D正確。故選AD。9.圖為我國某遠距離輸電系統簡化示意圖。發電廠輸出的交變電流經升壓變壓器后，通過高壓輸電線路傳輸，再經降壓變壓器降壓后供給城市用戶用電。已知發電廠輸出電壓為，輸出功率為，升壓變壓器原副線圈匝數比為，降壓變壓器原副線圈匝數比為，輸電線路總電阻為。保持不變，忽略變壓器的能量損耗，以下說法正確的是（）A.輸電線路上損失的功率為B.升壓變壓器的輸入電流與降壓變壓器的輸出電流之比為C.若僅減小，輸電線路上的電壓損失會增大D.當發電廠輸出頻率增大，降壓變壓器的輸出電壓會減小【答案】BC【解析】A．設升壓變壓器原線圈的電流為，副線圈的電流為；由題知發電廠輸出電壓為，輸出功率為，則有解得根據解得故輸電線路上損失的功率為，故A錯誤；B．對升壓變壓器有設降壓變壓器輸出電流為，對降壓變壓器聯立可得，故B正確；C．輸電線路上的電壓損失為可知若僅減小，輸電線路上的電壓損失會增大，故C正確；D．因為升壓變壓器的變壓比和降壓變壓器的變壓比不變，所以升壓變壓器副線圈的電壓不變，又輸出功率不變P，故升壓變壓器副線圈的電流不變，根據可知電阻R兩端的電壓不變，在中間輸送回路中有所以降壓變壓器原線圈兩端的電壓不變，故降壓變壓器輸出電壓不變，與交流電的頻率無關，所以當發電廠輸出頻率增大時，降壓變壓器的輸出電壓不變，故D錯誤。故選BC。10.如圖所示，在直角坐標系中，有一個邊長為的正方形區域，點在原點，點和點分別在軸和軸上，該區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，一帶正電的粒子質量為，電荷量為，以速度從點沿軸正方向射入磁場.不計粒子重力，，.下列說法正確的是（）A.若粒子恰好從點射出磁場，則粒子的速度B.若粒子恰好從邊的中點射出磁場，則粒子在磁場中運動的時間C.若粒子的速度，則粒子射出磁場時的速度方向與軸正方向的夾角為60°D.若粒子從邊射出磁場，則粒子在磁場中運動的時間一定不超過【答案】BD【解析】A．若粒子恰好從點射出磁場，幾何關系可知，粒子圓周運動半徑為r=L，根據解得故A錯誤；B．若粒子恰好從邊的中點射出磁場，軌跡如圖設軌跡圓半徑為R，幾何關系可知解得則可知則粒子在磁場中運動的時間故B正確；C．若，則軌跡圓半徑這種情況粒子從cd邊射出，設粒子射出磁場時速度方向與y軸正方向夾角為，則即故C錯誤；D．若粒子從cd邊射出磁場，粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角最大不超過，則最長運動時間所以粒子在磁場中運動的時間一定不超過。故D正確。故選BD。第Ⅱ卷三、非選擇題：本題共5小題，共54分，考生根據要求作答。11.科技小組設計了一個智能種植系統：當室溫超過設定溫度時，散熱模塊開始工作，避免高溫對植物產生影響.（1）系統使用熱敏電阻檢測溫度變化，需要預判該熱敏電阻阻值隨溫度的變化趨勢.使用多用電表“×10”倍率的電阻擋正確操作后，指針示數如圖1，此時熱敏電阻的阻值為________Ω。逐漸升高熱敏電阻的溫度，發現相同倍率下多用電表指針逐漸向右偏轉，由此判斷出該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而__________（選填“增大”或“減小”）.（2）系統使用如圖2的散熱電路，假設室溫為30℃時，散熱模塊恰好達到工作電壓，已知電源電動勢為（忽略內阻），電路中電流為，熱敏電阻的阻值為，電阻箱的阻值為，則工作電壓的表達式________（用題中符號表示）。若想達到35℃時散熱模塊才開始工作，則可以______________?！敬鸢浮浚?）140（或也給分）減?。?）增大電阻箱的電阻【解析】【小問1詳析】[1]由圖1，可知此時熱敏電阻的阻值為；[2]逐漸升高熱敏電阻的溫度，發現相同倍率下多用電表指針逐漸向右偏轉，說明電阻越小，由此判斷出該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減??；【小問2詳析】[1]在如圖2的散熱電路，根據閉合電路歐姆定律有解得[2]因該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小，即減??；若想達到35℃時散熱模塊才開始工作，根據則可以增大電阻箱的電阻。12.學習小組利用手機和自行車探究圓周運動的相關知識。已知手機的加速度傳感器可以測量x、y、z三個方向的加速度值（如圖1），將自行車架起，手機固定在自行車后輪輪轂上（如圖（2），輪胎厚度不計），轉動踏板，后輪帶動手機在豎直面內做圓周運動。（1）若加速轉動踏板，則手機可測到哪些方向的加速度值不為零？______A.x、y方向的加速度值 B.x、z方向的加速度值 C.y、z方向的加速度值（2）利用Phyphox軟件可以直接作出向心加速度an與角速度ω關系圖象，為了直觀判斷它們的關系，應讓軟件作出an?________（選填“ω”或“ω2”）圖像。（3）若由（2）所作圖像測出斜率為k，已知自行車后輪半徑為R，則手機的加速度傳感器到輪胎邊緣的距離為_____________（用題中符號表示），查閱相關資料得知該手機使用的加速度傳感器質量為m，當后輪角速度為ω0時，則手機的加速度傳感器做圓周運動的向心力Fn=________（用題中符號表示）?！敬鸢浮浚?）A（2）ω2（3）R?kmω2k【解析】【小問1詳析】后輪帶動手機在豎直面內做圓周運動，加速度在豎直平面內，故x、y方向的加速度值不為零，z方向的加速度值為零。故選A?！拘?詳析】根據an=ω2R可知，an?ω2圖像為直線，an?ω為曲線，應讓軟件作出an?ω2圖像能直觀地判斷它們的關系?！拘?詳析】[1]若由（2）所作圖像測出斜率為k等于手機到后輪圓心的距離，故手機的加速度傳感器到輪胎邊緣的距離為R?k；[2]若由（2）所作圖像測出斜率為k等于手機到后輪圓心距離，即手機做圓周運動的半徑，則手機的加速度傳感器做圓周運動的向心力Fn=mω2k。13.如圖（1）波浪機以恒定的振動周期在泳池較深的一端制造橫波，小銘用頻閃相機觀察深水區的波形，發現照片中的波形始終沒有變化。已知頻閃相機每隔2s閃光一次，波浪機振動周期不小于頻閃相機的閃光間隔。求：（1）波浪機的振動頻率；（2）深水區的波長和波速大??；（3）小銘繼續觀察淺水區波形，發現波長與水深有關，如圖（2），波長發生了什么變化？這個變化可能是水深改變了波的什么物理量造成的？【答案】（1）（2）（3）波長變化是由波速變化引起的，見解析【解析】【小問1詳析】由題可知，波浪機的振動周期由得波浪機的振動頻率【小問2詳析】由圖可知得波長由可得波速大小為【小問3詳析】波浪機振動周期恒定，波的頻率不變，說明波長變化是由波速變化引起的，可能原因：水逐漸變淺，導致波速逐漸變小，從而造成波長逐漸變小。14.小旭利用電磁阻尼作用設計了一個貨物緩降器模型，如圖所示.單匝矩形金屬線框的電阻為，質量為，邊長為。線框通過絕緣繩索與質量為（）的貨物相連。線框上方有足夠多的方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小均為，方向與線框平面垂直，磁場間隔寬度與線框邊長相同，邊界與邊平行.從適當位置釋放貨物，一段時間后線框恰能勻速進入磁場Ⅰ。線框從開始進入到全部進入磁場Ⅰ所用時間為，且線框到滑輪的距離足夠長，不計摩擦，重力加速度為。求：（1）線框剛進入磁場Ⅰ的速度大小；（2）線框在時間內產生的焦耳熱；（3）貨物下降的最終速度大小.【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】線框進入磁場Ⅰ時受力平衡，由，得速度大小【小問2詳析】法①：線框進入磁場Ⅰ時，由焦耳定律得焦耳熱法②：線框進入磁場Ⅰ時，由功能關系，得焦耳熱【小問3詳析】線框完全進入磁場后，先做加速度減小的減速運動，最終受力平衡，由，得最終速度15.如圖所示，小滑塊和的靜止于光滑平臺上，之間有質量可忽略不計的炸藥。長度的木板c靜止于光滑平面上，上表面與平齊，左端緊靠平臺，右端固定有半徑的半圓形光滑圓軌道.某時刻炸藥爆炸，爆炸過程放出的能量均轉化為物體和的動能，使物塊以速度沖上木板c。已知，，，物塊與木板之間動摩擦因數，取10m/s2。（1）求爆炸過程中炸藥釋放的能量；（2）若木板固定在平面上，請通過計算說明小滑塊是否能到達圓軌道最高點；（3）若木板不固定在平面上，要使小滑塊既可以到達點又不會從木板上掉下來，求木板長度的取值范圍?！敬鸢浮浚?）（2）小滑塊不能經過點（3）【解析】【小問1詳析】爆炸過程系統動量守恒，則有爆炸過程釋放的能量聯立解得【小問2詳析】不能。若平板固定，物塊從點運動到點的過程中，根據動能定理有若能到達點，從到的過程中，根據動能定理有解得若小滑塊恰好過最高點，根據牛頓第二定律有解得因為，所以小滑塊不能經過點【小問3詳析】小滑塊到達點與木板共速時，木板最長，根據動量守恒定律有解得根據能量守恒定律有解得小滑塊回到木板左端與木板共速時，木板最短，根據動量守恒定律可得共同速度仍為根據能量守恒定律有解得在這個過程中小滑塊在圓弧上升高度為，根據能量守恒定律有解得即不會脫離圓弧軌道，故木板的長度范圍為。2025年汕頭市普通高考第二次模擬考試物理注意事項：1.答題前，考生在答題卡上務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將自己的姓名、準考證號填寫清楚，并貼好條形碼。請認真核準條形碼上的準考證號、姓名和科目。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案。答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷一、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，只有一項是符合要求的。1.在江南水鄉，撐篙行舟是一種傳統的水上交通方式。如圖所示，船夫使用一根竹篙傾斜撐向河底，就能讓船夫和小船一起緩慢向右運動離岸。小船緩慢離岸的過程中，竹篙對河底力的作用點不變，對該過程分析正確的是（）A.竹篙對河底做正功 B.小船受到的合力向左C.小船受到船夫的摩擦力向右 D.船夫受到小船的支持力的沖量為零【答案】C【解析】A．竹篙對河底有力的作用，但河底在這個力的方向上沒有發生位移，所以竹篙對河底不做功，故A錯誤；B．因為小船緩慢向右運動，處于平衡狀態，根據平衡條件，物體處于平衡狀態時合力為零，所以小船受到的合力為零，故B錯誤；C．船夫和小船一起緩慢向右運動，船夫相對小船有向右的運動趨勢，所以小船對船夫的摩擦力向左，根據牛頓第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正確；D．根據因船夫受到小船的支持力不零，運動的時間也不為零，故船夫受到小船的支持力的沖量不為零，故D錯誤。故選C。2.隨著中國農業科技的飛速發展，無人機精準播種技術已成為現代農業至關重要的組成部分。如圖所示，無人機以速度在勻速水平直線飛行過程中，每隔相等時間釋放一顆種子。忽略空氣阻力，關于相鄰釋放的兩顆種子運動情況，分析正確的是（）A.在空中均做自由落體運動B.在空中時，水平距離為C.落在同一水平地面時，它們的水平距離為D.在空中運動時，豎直方向的高度差一直保持不變【答案】C【解析】A．兩顆種子在離開無人機后都有水平速度，且忽略空氣阻力，故兩顆種子在空中做平拋運動，故A錯誤；B．在空中時，兩顆種子的水平速度相同，故兩顆種子在相同的時間內在水平方向上運動的位移相同，故兩顆種子水平距離為零，故B錯誤；C．根據平拋運動規律，可知當兩顆種子先后落在同一水平地面時，則它們的水平距離為故C正確；D．設第二顆種子下落的時間為，則第一種子下落的時間為，兩顆種子在豎直方向都做自由落體運動，則有，則在空中運動時，兩顆種子在豎直方向的高度差為可知隨著時間的增加，也在增加，故D錯誤。故選C。3.某智能鎖利用超級電容器作為待用電源，其簡化電路如圖所示。主電源正常工作時（開關S閉合），智能鎖的輸入電壓為6V；當主電源斷電（開關S斷開），則啟用備用電源，智能鎖在輸入電壓降至4.5V時會發出低電壓警報。該電容器的電容為1F，及是電路中的小電阻，下列說法正確的是（）A.正常工作時，電容器儲存電量為6CB.斷電前后，流經智能鎖的電流方向相反C.阻值越大，當主電源斷電后，電容器放電時間一定越短D.從主電源斷電后至智能鎖發出低電壓警報，流經智能鎖電量為1.5C【答案】A【解析】A．正常工作時，由圖可知，電容器與智能鎖并聯，電阻相當于導線作用，沒有電壓；故電容器兩端的電壓等于智能鎖的輸入電壓，即為6V，根據故A正確；B．斷電前，由主電源對智能鎖供電，電流方向由上到下；主電源也對電容器供電，電容器上端為正極，下端為負極；斷電后，由電容器對智能鎖供電，電流方向由上到下，所以斷電前后，流經智能鎖的電流方向相同，故B錯誤；C．當主電源斷電后，電容器放電，阻值越大，回路中的電流越小，因電容器儲存的總電量是一個定值，根據可知電容器放電時間越長，故C錯誤；D．當電容器放電時，電阻與智能鎖串聯，所以當智能鎖在輸入電壓降至4.5V時會發出低電壓警報，此時電阻兩端也有電壓，故此時電容器兩端的電壓大于4.5V而小于6V，所以電容器變化的電壓小于1.5V，根據可知流經智能鎖的電量小于1.5C，故D錯誤。故選A。4.小華購買了一個透明的“水晶球”如圖（1），球的直徑為。為測得該水晶球的折射率，小華將一束紅色激光從球上點射向球內，當折射光線與水平直徑成角時，出射光線恰與平行，如圖（2）所示，已知光在真空中的傳播速度為，則（）A.可測得該水晶球的折射率為B.該紅色激光束在“水晶球”中的傳播時間為C.若僅將紅色激光束換成藍色激光束，則光在水晶球中的傳播速度變大D.增大光線在點的入射角，可以使光線從水晶球射向空氣時發生全反射【答案】A【解析】A．如圖所示由幾何關系可知，光線射出時的折射角為，折射率故A正確；B．光在“水晶球”中傳播的距離時間故B錯誤；C．藍色激光束頻率比紅色激光束大，藍色激光束的折射率比紅色激光束大，由可知光在水晶球中的傳播速度變小，故C錯誤；D．由幾何關系可知增大過P點光線的入射角，光線出射時一定不會在球內發生全反射，故D錯誤。故選A。5.某個冬天早晨，小紅打開家里的制暖空調，為使制暖效果更佳，她關閉門窗，一段時間后房間內升高至25℃并保持恒溫。房間內的氣體可視為質量不變的理想氣體，若將一杯裝有花粉的10℃水置于該房間內，則下列說法正確的是（）A.制暖空調機工作時，熱量從低溫物體傳遞給高溫物體B.制暖空調機開始工作后，房間內氣體的內能始終保持不變C.待空調穩定后，花粉的運動激烈程度會減弱D.花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了花粉分子在不停地做無規則運動【答案】A【解析】A．制暖空調機工作時，因為電機工作電流做功，熱量從低溫物體傳到高溫物體，故A正確；B．制暖空調機開始工作后，房間內氣體溫度升高，內能增大，故B錯誤；C．待空調穩定后，房間內溫度升高，裝花粉的水溫度升高，花粉做布朗運動激烈程度會增加，故C錯誤；D．花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了水分子在不停地做無規則運動，故D錯誤。故選A。6.如圖所示，用頻率為的光照射陰極K，閉合開關，調節滑動變阻器的滑片，使微安表的示數減小為0，此時電壓表的示數為。已知普朗克常量為，電子電荷量為，下列說法正確的是（）A.端為電源正極B.K板材料的逸出功為C.若保持入射光的頻率不變，增大入射光的強度，遏止電壓會增大D.只要照射足夠長的時間，任何頻率的光都能夠使K板發出光電子【答案】B【解析】A．調節滑動變阻器的滑片，使微安表的示數減小為0，此時電壓表的示數為，可知此時所加電壓為反向電壓，則K板帶正電，A板帶負電，端為電源正極，端為電源負極，故A錯誤；BC．根據光電效應方程可得根據動能定理可得聯立可得K板材料的逸出功為若保持入射光的頻率不變，增大入射光的強度，逸出的光電子最大初動能不變，則遏止電壓不變，故B正確，C錯誤；D．只有當入射光的頻率大于等于K板材料對應的截止頻率時，才能產生光電效應，使K板發出光電子，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，虛線為靜電場中的三個等勢面。一電子在A點的電勢能小于其在點的電勢能，則下列說法正確的是（）A.B.電子在A點時的加速度大于其在點時的加速度C.將電子在A點由靜止釋放，其受靜電力將增大D.將電子在A點由靜止釋放，其電勢能將減小【答案】D【解析】A．由題知，電子在A點的電勢能小于其在點的電勢能，根據負電荷在電勢越高的點，其電勢能越小，可知，故A錯誤；B．根據等差等勢面越密，電場強度越大，由圖可知A點的等勢面較稀疏，則A點的電場強度小于B點的電場強度，根據牛頓第二定律可知，電子在A點時的加速度小于其在點時的加速度，故B錯誤；CD．將電子在A點由靜止釋放，將向電勢高處運動，即向等勢面稀疏處運動，其受靜電力將減小，電場力做正功，其電勢能將減小，故C錯誤，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.已知某小行星質量為，半徑為。若探測器在距離小行星表面高度為處繞其做勻速圓周運動。已知引力常量為，忽略小行星的自轉。以下說法正確的是（）A.探測器的運行速度B.探測器的向心加速度C.該小行星的第一宇宙速度為D.若探測器要離開小行星返回地球，需在當前軌道加速【答案】AD【解析】A．探測器圍繞小行星做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力有解得探測器的運行速度故A正確；B．探測器圍繞小行星做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有解得探測器的向心加速度故B錯誤；C．當探測器圍繞小行星的表面做勻速圓周運動時，其運行速度為該小行星的第一宇宙速度，根據萬有引力提供向心力有解得該小行星的第一宇宙速度為故C錯誤；D．若探測器要離開小行星返回地球，需要掙脫小行星的引力束縛，故要求所需要的向心力要大于所提供的向心力，即有所以探測器要做離心運動，即需在當前軌道加速，故D正確。故選AD。9.圖為我國某遠距離輸電系統簡化示意圖。發電廠輸出的交變電流經升壓變壓器后，通過高壓輸電線路傳輸，再經降壓變壓器降壓后供給城市用戶用電。已知發電廠輸出電壓為，輸出功率為，升壓變壓器原副線圈匝數比為，降壓變壓器原副線圈匝數比為，輸電線路總電阻為。保持不變，忽略變壓器的能量損耗，以下說法正確的是（）A.輸電線路上損失的功率為B.升壓變壓器的輸入電流與降壓變壓器的輸出電流之比為C.若僅減小，輸電線路上的電壓損失會增大D.當發電廠輸出頻率增大，降壓變壓器的輸出電壓會減小【答案】BC【解析】A．設升壓變壓器原線圈的電流為，副線圈的電流為；由題知發電廠輸出電壓為，輸出功率為，則有解得根據解得故輸電線路上損失的功率為，故A錯誤；B．對升壓變壓器有設降壓變壓器輸出電流為，對降壓變壓器聯立可得，故B正確；C．輸電線路上的電壓損失為可知若僅減小，輸電線路上的電壓損失會增大，故C正確；D．因為升壓變壓器的變壓比和降壓變壓器的變壓比不變，所以升壓變壓器副線圈的電壓不變，又輸出功率不變P，故升壓變壓器副線圈的電流不變，根據可知電阻R兩端的電壓不變，在中間輸送回路中有所以降壓變壓器原線圈兩端的電壓不變，故降壓變壓器輸出電壓不變，與交流電的頻率無關，所以當發電廠輸出頻率增大時，降壓變壓器的輸出電壓不變，故D錯誤。故選BC。10.如圖所示，在直角坐標系中，有一個邊長為的正方形區域，點在原點，點和點分別在軸和軸上，該區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，一帶正電的粒子質量為，電荷量為，以速度從點沿軸正方向射入磁場.不計粒子重力，，.下列說法正確的是（）A.若粒子恰好從點射出磁場，則粒子的速度B.若粒子恰好從邊的中點射出磁場，則粒子在磁場中運動的時間C.若粒子的速度，則粒子射出磁場時的速度方向與軸正方向的夾角為60°D.若粒子從邊射出磁場，則粒子在磁場中運動的時間一定不超過【答案】BD【解析】A．若粒子恰好從點射出磁場，幾何關系可知，粒子圓周運動半徑為r=L，根據解得故A錯誤；B．若粒子恰好從邊的中點射出磁場，軌跡如圖設軌跡圓半徑為R，幾何關系可知解得則可知則粒子在磁場中運動的時間故B正確；C．若，則軌跡圓半徑這種情況粒子從cd邊射出，設粒子射出磁場時速度方向與y軸正方向夾角為，則即故C錯誤；D．若粒子從cd邊射出磁場，粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角最大不超過，則最長運動時間所以粒子在磁場中運動的時間一定不超過。故D正確。故選BD。第Ⅱ卷三、非選擇題：本題共5小題，共54分，考生根據要求作答。11.科技小組設計了一個智能種植系統：當室溫超過設定溫度時，散熱模塊開始工作，避免高溫對植物產生影響.（1）系統使用熱敏電阻檢測溫度變化，需要預判該熱敏電阻阻值隨溫度的變化趨勢.使用多用電表“×10”倍率的電阻擋正確操作后，指針示數如圖1，此時熱敏電阻的阻值為________Ω。逐漸升高熱敏電阻的溫度，發現相同倍率下多用電表指針逐漸向右偏轉，由此判斷出該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而__________（選填“增大”或“減小”）.（2）系統使用如圖2的散熱電路，假設室溫為30℃時，散熱模塊恰好達到工作電壓，已知電源電動勢為（忽略內阻），電路中電流為，熱敏電阻的阻值為，電阻箱的阻值為，則工作電壓的表達式________（用題中符號表示）。若想達到35℃時散熱模塊才開始工作，則可以______________?！敬鸢浮浚?）140（或也給分）減小（2）增大電阻箱的電阻【解析】【小問1詳析】[1]由圖1，可知此時熱敏電阻的阻值為；[2]逐漸升高熱敏電阻的溫度，發現相同倍率下多用電表指針逐漸向右偏轉，說明電阻越小，由此判斷出該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小；【小問2詳析】[1]在如圖2的散熱電路，根據閉合電路歐姆定律有解得[2]因該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小，即減小；若想達到35℃時散熱模塊才開始工作，根據則可以增大電阻箱的電阻。12.學習小組利用手機和自行車探究圓周運動的相關知識。已知手機的加速度傳感器可以測量x、y、z三個方向的加速度值（如圖1），將自行車架起，手機固定在自行車后輪輪轂上（如圖（2），輪胎厚度不計），轉動踏板，后輪帶動手機在豎直面內做圓周運動。（1）若加速轉動踏板，則手機可測到哪些方向的加速度值不為零？______A.x、y方向的加速度值 B.x、z方向的加速度值 C.y、z方向的加速度值（2）利用Phyphox軟件可以直接作出向心加速度an與角速度ω關系圖象，為了直觀判斷它們的關系，應讓軟件作出an?________（選填“ω”或“ω2”）圖像。（3）若由（2）所作圖像測出斜率為k，已知自行車后輪半徑為R，則手機的加速度傳感器到輪胎邊緣的距離為_____________（用題中符號表示），查閱相關資料得知該手機使用的加速度傳感器質量為m，當后輪角速度為ω0時，則手機的加速度傳感器做圓周運動的向心力Fn=________（用題中符號表示）?！敬鸢浮浚?）A（2）ω2（3）R?kmω2k【解析】【小問1詳析】后輪帶動手機在豎直面內做圓周運動，加速度在豎直平面內，故x、y方向的加速度值不為零，z方向的加速度值為零。故選A?！拘?詳析】根