2025年河南省部分名校高考物理模拟试卷

第1页（共1页）2025年河南省部分名校高考物理模拟试卷一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题意，每小题4分，第8～10题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1．（4分）2024年6月6日14时48分，嫦娥六号上升器成功与轨道器和返回器组合体完成月球轨道的交会对接，并于15时24分将月球样品容器安全转移至返回器中，实现了人类首次在月球背面采集月壤，月壤中含有丰富的氦﹣3（2A．23He+23He→B．23He+12H→C．23He+23He→D．23He+122．（4分）如图甲所示，自行车后尾灯本身并不发光，但夜晚在灯光的照射下会显得特别明亮，研究发现尾灯内部是由折射率较大的实心透明材料制成，结构如图乙所示，当光由实心材料右侧面垂直入射时，自行车尾灯看起来特别明亮的原因是（）A．光的折射 B．光的全反射 C．光的干涉 D．光的衍射3．（4分）生活中经常看到绳子两端固定悬挂在空中，简化模型，如图有一段质量均匀分布的细绳两端固定，构成悬挂线，曲线左右两端点的切线与水平方向夹角分别为60°和45°，已知细绳的总质量为1kg，则有水平切线的垂线所分成两部分的左半边的质量为（）A．3−32kg B．2−22kg4．（4分）一地下竖直矿井深130m，货物电梯从矿井底由静止开始经匀加速、匀速和匀减速停在矿井口处用时40s。已知加速阶段和减速阶段电梯的加速度大小之比为2：1，加速阶段的第2s内电梯通过的距离为1.2m。下列说法正确的是（）A．匀加速阶段，货物处于失重状态 B．电梯在加速阶段的加速度大小为0.8m/s2 C．电梯在匀速阶段的速度大小为5m/s D．电梯在匀减速阶段的位移大小为16m5．（4分）1959年，苏联发射的“月球1号”飞到月球附近，进行绕月飞行，开始了人类对月球的考察，2030年中国计划实现载人登月，到时我国宇航员可以在月球上进行一系列的物理实验。例如：在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一小球上升最大高度为h，已知月球半径为R，引力常量为G，不考虑月球自转影响和其他星体对其影响，忽略一切阻力，下列说法正确的是（）A．月球表面重力加速度的大小为v0B．在月球上发射卫星的最小发射速度大小为v0C．月球的质量为v0D．若一颗卫星在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的周期为T，则月球的密度为3π6．（4分）如图所示，A、B两个带电小球放置在一个光滑绝缘水平面上，它们之间的距离为d，带电小球C固定在AB的垂直平分线上，三个小球刚好构成等边三角形，现在A、B两个小球绕过C的竖直轴转动（转动角速度可变，AB之间距离不变）。已知三个小球均可视为质点，A、B两个小球的质量均为m，带电量均为+q，小球C的带电量大小为4q，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．C球带正电 B．A球转动的角速度ωA为2qdC．若增大C球电荷量，当A、B小球刚好离开地面时，C的电荷量QC为23D．若增大C球电荷量，当A、B小球刚好离开地面时，B球转动的角速度ωB为17．（4分）青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动，形成如图甲所示的水波（把水波当成横波处理），假设原点O处为青蛙所在位置，O处的波源垂直xOy平面振动后，产生的简谐横波在xOy平面内传播。实线圆、虚线圆分别表示t＝0时刻相邻的波峰和波谷，此时图甲中的A点第一次达到最大位移处，图乙为图甲中质点B的振动图像，z轴垂直于xOy水平面且z轴的正方向为竖直向上，下列说法正确的是（）A．质点B的振动方程为zB＝cos（200πt）cm B．波在水中的传播速度大小为0.5m/s C．1s时波峰刚好传播到C点 D．C点第10次到达波峰的时刻为1.1s（多选）8．（6分）准东一皖南（新疆昌吉一安徽宣城）±1100千伏特高压输电工程开工建设，这是世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压输电工程，高压输电能减少电能的损耗，进而提高输电效率，某学生想要了解为何电力公司使用高压电传输电力，因此比较两种电力传输状况：其一是交流电源经由一电阻值为3Ω的长距离导线，直接连到配电箱提供220V的电源给用户；另一是交流电源以较高电压传输电力，经由同一条长距离导线连接到主线圈和副线圈的圈数比为100：1的理想变压器，再由副线圈输出220V的电源给用户。若用户正在同时使用两个并联的电器，一个是功率为1320W的吹风机，另一个是功率为880W的冷气机，则下列叙述哪些正确（）A．流经吹风机与流经冷气机的电流比为3：2 B．输入理想变压器主线圈的电功率为2200W C．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在3Ω导线的电功率比是10000：1 D．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在3Ω导线的电功率比是100：1（多选）9．（6分）如图甲所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是5kg，长木板的质量是10kg。t＝0时二者以v0＝8m/s的初速度一起向右运动，t＝0.5s时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分v﹣t图像如图乙所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下，小铁块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A．长木板与水平地面之间的动摩擦因数为0.5 B．小铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4 C．长木板的长度为6.5m D．长木板与挡板碰撞后系统产生的内能为270J（多选）10．（6分）某种离子测量简化装置如图所示，方向均垂直纸面向里的磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两匀强磁场边界直线MN、PQ平行且相距L，磁场Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度大小之比为3：5，磁场之间有水平向右的匀强电场，自MN上S点水平向左射出一带正电粒子甲，甲在电、磁场中形成轨迹封闭的周期性运动，较长时间后撤去该粒子，又在S点竖直向下往电场内射出另一个相同粒子乙，也可形成轨迹封闭的周期性运动。粒子电荷量为q、质量为m，不计重力，两粒子射出的初速度大小均为v0。sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（）A．甲粒子在匀强电场中向右运动过程中动能的增加量为89B．匀强电场的电场强度的大小为8mvC．甲、乙两粒子做周期性运动的运动周期相同 D．粒子乙在磁场Ⅱ中运动轨迹的长度为127二、非选择题：共54分。11．（6分）频闪摄影是研究物体运动的常用实验手段，在暗室里，照相机每隔一定时间曝一次光，在胶片上记录物体在闪光时刻的位置。如图甲，是某实验小组探究平抛运动规律的实验装置，分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处各安装一个频闪相机，调整相机快门，设定相机曝光时间间隔为0.1s。将小球从斜槽上某一位置自由释放，并启动相机，得到如图乙所示的频闪照片，O为抛出点，P为小球运动轨迹上的一个位置。通过测量和换算得知，图乙（a）中OP对应的实际距离为105cm，（b）中OP对应的实际距离为122cm。请回答下面问题：（1）A处摄像头所拍摄的频闪照片为乙图中的（选填“a”或“b”）；（2）通过对频闪照片（a）的测量发现，（a）中小球相邻位置间距离几乎是等距的，则小球水平抛出的初速度v0＝m/s（结果保留2位有效数字）；（3）通过对频闪照片（b）的测量发现，（b）中小球相邻两位置间的距离几乎是均匀增大的，则当地重力加速度g＝m/s2（结果保留3位有效数字）；（4）小球在P点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为（结果保留3位有效数字）。12．（8分）某同学用如图（a）所示的电路描绘电动机的伏安特性曲线，并同时测量电源的电动势和内阻。现有实验器材：待测电源、电压表（内阻很大）、电流表（内阻很小）、电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测电动机M、开关若干、导线若干。（1）描绘电动机的伏安特性曲线步骤如下：①断开S1、S2、S3，先将滑动变阻器的滑片P滑到（填“c”或“d”）端；②闭合开关S1，S3接a，调节滑动变阻器，读出电流表、电压表的示数，将数据记入表格；③以电动机两端的电压U为纵坐标，以通过电动机的电流I为横坐标，根据数据描点作图，得到电动机的伏安特性曲线如图（b）所示。请简要说明图中OA段为直线的原因：。（2）测电源的电动势和内阻步骤如下：①断开S1，闭合S2，S3接b；②调节电阻箱，读出相应的阻值和电压表示数；③多次测量后，以1R1为横坐标，1U为纵坐标，描点连线，得到图（c），由此可得电源电动势E＝V，内阻r＝（3）把上述两个规格相同的电动机串联后接在该电源两端，则其中一个电动机的电功率为W（结果保留2位有效数字）。13．（10分）如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝50cm2的重力及厚度不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m（未知）的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V﹣T图像，密闭气体在A点的压强pA=1.03×105Pa（1）重物的质量；（2）从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加量。14．（13分）两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接上下两段导轨，M、N等高，间距L＝1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02Ω的电阻和C＝1F的电容器，整个装置处于B＝0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场（图中未画出）中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1＝0.8kg，m2＝0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0＝4.32m处在一个大小F＝4.64N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g＝10m/s2，求：（1）ab从释放到第一次碰撞前所用时间；（2）ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热；（3）两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小。15．（17分）如图所示，水平地面上固定一倾角为30°的斜面，其底端垂直斜面固定一挡板P，一沿斜面自然放置的轻弹簧，下端靠在挡板P上。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为60°，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P的距离为s，物块B放在A上表面的中点。初始时A、B均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A相碰。已知木板A足够长，物块B、C均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径R=10327m，mA＝mB＝1kg，mC＝1.5kg，A、C与斜面间的动摩擦因数均为μ1=3（1）求C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间对轨道的压力大小；（2）若s足够长，A、B在接触弹簧前已达到共同运动，求：[i]A刚接触到弹簧时B在A上表面的划痕长度；[ii]A与弹簧接触后，B与A刚要发生相对滑动时弹簧的长度；（3）取走轻弹簧，若s＝0.48m，A与挡板P碰撞后，速度大小不变，方向反向，在A与挡板P第一次碰撞到第二次碰撞期间内，试判断A与C能否发生碰撞，若能，求出碰后瞬间A、C的速度大小；若不能，求出此期间C与A上端的最近距离。

2025年河南省部分名校高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）题号1234567答案DBABDCB二．多选题（共3小题）题号8910答案ABCBDABD一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题意，每小题4分，第8～10题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1．（4分）2024年6月6日14时48分，嫦娥六号上升器成功与轨道器和返回器组合体完成月球轨道的交会对接，并于15时24分将月球样品容器安全转移至返回器中，实现了人类首次在月球背面采集月壤，月壤中含有丰富的氦﹣3（2A．23He+23He→B．23He+12H→C．23He+23He→D．23He+12【分析】根据质量数守恒、电荷数守恒分析判断。【解答】解：A.不符合核反应的书写方式，故A错误；B.核反应后产生的中子不带电，即电荷数为零，故B错误；C.核反应前后不满足质量数、电荷数守恒，故C错误；D.核反应前后质量数、电荷数均守恒，故D正确。故选：D。【点评】求解此题的关键是要明确核反应的规律：质量数守恒、电荷数守恒，基础题。2．（4分）如图甲所示，自行车后尾灯本身并不发光，但夜晚在灯光的照射下会显得特别明亮，研究发现尾灯内部是由折射率较大的实心透明材料制成，结构如图乙所示，当光由实心材料右侧面垂直入射时，自行车尾灯看起来特别明亮的原因是（）A．光的折射 B．光的全反射 C．光的干涉 D．光的衍射【分析】根据自行车尾灯的特点，结合光的反射知识完成分析。【解答】解：自行车的尾灯是由相互垂直的平面镜组合而成的，光在自行车后尾灯内部发生了全反射，将射来的光按照原来的方向再次反射回去，所以自行车尾灯会特别的明亮，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查了光的反射问题，理解光发生全反射的条件，知道自行车尾灯的特点。3．（4分）生活中经常看到绳子两端固定悬挂在空中，简化模型，如图有一段质量均匀分布的细绳两端固定，构成悬挂线，曲线左右两端点的切线与水平方向夹角分别为60°和45°，已知细绳的总质量为1kg，则有水平切线的垂线所分成两部分的左半边的质量为（）A．3−32kg B．2−22kg【分析】对竖直虚线右边绳子和左边绳子分别受力分析，分别列出水平方向和竖直方向的平衡方程，即可求解。【解答】解：对竖直虚线右边绳子受力分析，如图所示。由平衡条件可得T1cos45°＝m1g，T1sin45°＝T同理，对竖直虚线左边绳子受力分析，由平衡条件可得T2sin60°＝m2g，T2cos60°＝T联立解得m1m2=1则左半边的质量为m2故选：A。【点评】解答本题时，首先要确定研究对象，分析受力，再根据平衡条件列方程。本题采用隔离法解答，比较简洁。4．（4分）一地下竖直矿井深130m，货物电梯从矿井底由静止开始经匀加速、匀速和匀减速停在矿井口处用时40s。已知加速阶段和减速阶段电梯的加速度大小之比为2：1，加速阶段的第2s内电梯通过的距离为1.2m。下列说法正确的是（）A．匀加速阶段，货物处于失重状态 B．电梯在加速阶段的加速度大小为0.8m/s2 C．电梯在匀速阶段的速度大小为5m/s D．电梯在匀减速阶段的位移大小为16m【分析】依据加速度方向判断货物处于超重状态；依据题意和运动学公式求解电梯在加速阶段的加速度大小、电梯在匀速阶段的速度大小以及电梯在匀减速阶段的位移大小。【解答】解：A、货物电梯从矿井底部向上匀加速，加速度向上，货物处于超重状态，故A错误；B、依据运动学公式s=有加速阶段的第2s内电梯通过的距离为s2得a＝0.8m/s2，故B正确；C、设电梯加速阶段的时间为t，减速阶段加速度大小为a′＝0.5a、时间为t′，由v＝at＝a′t′得t′＝2t依题意有12由以上式子得t＝5s，或t=65匀速阶段速度v＝at＝0.8m/s2×5s＝4m/s故C错误；D、匀减速阶段位移x=v故D错误。故选：B。【点评】解答本题，要理清电梯运动过程，要熟练掌握运动学公式，连接各段运动的桥梁是电梯在匀速阶段的速度大小。5．（4分）1959年，苏联发射的“月球1号”飞到月球附近，进行绕月飞行，开始了人类对月球的考察，2030年中国计划实现载人登月，到时我国宇航员可以在月球上进行一系列的物理实验。例如：在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一小球上升最大高度为h，已知月球半径为R，引力常量为G，不考虑月球自转影响和其他星体对其影响，忽略一切阻力，下列说法正确的是（）A．月球表面重力加速度的大小为v0B．在月球上发射卫星的最小发射速度大小为v0C．月球的质量为v0D．若一颗卫星在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的周期为T，则月球的密度为3π【分析】A.根据运动学公式列式求出重力加速度；BC.根据万有引力提供向心力以及万有引力提供重力求解；D.根据万有引力提供向心力，结合体积与密度公式列式求解。【解答】解：A．根据运动学公式v解得月球表面重力加速度的大小g=故A错误；BC．在月球上卫星的最小发射速度为第一宇宙速度，根据第一宇宙速度的定义GMm根据万有引力与重力的关系GMm解得v=v6故BC错误；D．根据万有引力提供向心力G月球的体积为V=月球的密度ρ=解得ρ=3π故选：D。【点评】本题考查的是万有引力定律的应用，题型简单，结合了运动学的知识点。6．（4分）如图所示，A、B两个带电小球放置在一个光滑绝缘水平面上，它们之间的距离为d，带电小球C固定在AB的垂直平分线上，三个小球刚好构成等边三角形，现在A、B两个小球绕过C的竖直轴转动（转动角速度可变，AB之间距离不变）。已知三个小球均可视为质点，A、B两个小球的质量均为m，带电量均为+q，小球C的带电量大小为4q，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．C球带正电 B．A球转动的角速度ωA为2qdC．若增大C球电荷量，当A、B小球刚好离开地面时，C的电荷量QC为23D．若增大C球电荷量，当A、B小球刚好离开地面时，B球转动的角速度ωB为1【分析】根据小球AB做圆周运动，及电荷间的相互组规律，可以推出小球的电性及C的受合力方向；对A或B的水平方向和竖直方向分别受力分析，根据圆周运动特点和平衡特点分别列方程求解，即可得到角速度的值以及电荷量大小。【解答】解：A．A、B两个小球绕过C的竖直轴转动，A、B两个小球绕过C的竖直轴转动，A、B两个小球带同种电荷，互相排斥，则带电小球C必给A、B两个小球吸引力，且吸引力的分力提供A、B两个小球绕过C的竖直轴转动所需的向心力，小球C的受力分析如图所示所以小球C必带负电，故A错误；B．A球受力如图所示水平方向由牛顿第二定律有kQ解得A的转动的角速度为ωAC．若增大C的电荷量，当A、B小球刚好离开地面时，地面对两球的支持力为零。则A或者B小球竖直方向有kQ解得C的电荷量为QCD．当A、B小球刚好离开地面时，B小球受力分析如图所示由牛顿第二定律有kQ解得B球转动的角速度为ωB故选：C。【点评】本题考查竖直平面内的圆周运动、库仑定律的应用，注意分析C球受力时的对称性；A或B受力分析时，不同方向上需要分别结合运动状态再受力分析列关系式。7．（4分）青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动，形成如图甲所示的水波（把水波当成横波处理），假设原点O处为青蛙所在位置，O处的波源垂直xOy平面振动后，产生的简谐横波在xOy平面内传播。实线圆、虚线圆分别表示t＝0时刻相邻的波峰和波谷，此时图甲中的A点第一次达到最大位移处，图乙为图甲中质点B的振动图像，z轴垂直于xOy水平面且z轴的正方向为竖直向上，下列说法正确的是（）A．质点B的振动方程为zB＝cos（200πt）cm B．波在水中的传播速度大小为0.5m/s C．1s时波峰刚好传播到C点 D．C点第10次到达波峰的时刻为1.1s【分析】根据波长、波速和频率的关系，结合质点的振动情况以及振动方程，再利用传播时间和距离的关系分析求解。【解答】解：A．由图乙可知周期T＝0.01s，图中B点振动方程为zBB．实线圆、虚线圆分别表示t＝0时刻相邻的波峰和波谷，由图甲可知λ根据波长、波速和频率的关系，波在水中的传播速度，v=λ故B正确；C．根据题意可知O处此时处于波峰位置，且OC=实线圆传递到C点的时间t′=故C错误；D．C点第10次到达波峰的时刻t＝t′+9T＝0.01s+9×0.01s＝0.1s，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。（多选）8．（6分）准东一皖南（新疆昌吉一安徽宣城）±1100千伏特高压输电工程开工建设，这是世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压输电工程，高压输电能减少电能的损耗，进而提高输电效率，某学生想要了解为何电力公司使用高压电传输电力，因此比较两种电力传输状况：其一是交流电源经由一电阻值为3Ω的长距离导线，直接连到配电箱提供220V的电源给用户；另一是交流电源以较高电压传输电力，经由同一条长距离导线连接到主线圈和副线圈的圈数比为100：1的理想变压器，再由副线圈输出220V的电源给用户。若用户正在同时使用两个并联的电器，一个是功率为1320W的吹风机，另一个是功率为880W的冷气机，则下列叙述哪些正确（）A．流经吹风机与流经冷气机的电流比为3：2 B．输入理想变压器主线圈的电功率为2200W C．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在3Ω导线的电功率比是10000：1 D．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在3Ω导线的电功率比是100：1【分析】根据题意由变压器的规律结合功率的计算公式，利用闭合电路的欧姆定律，结合电功率的公式，分析求解即可．【解答】解：A、吹风机与冷气机两端电压相等，根据功率公式P＝UI；设流经流经吹风机与流经冷气机的电流分别为I1、I2；因此根据电流与功率的关系可知，I故A正确；B、根据理想变压器的功率关系，主线圈和副线圈消耗的功率相等，则主线圈的输入功率P＝P1+P2＝1320W+880W＝2200W故B正确；CD、根据题意可知，不使用变压器时，输电线上的电流I=输电线上的功率损失ΔP＝I2r＝300W使用变压器后，根据理想变压器电流与匝数比的关系，输电线上的电流I根据功率与电流和电阻的关系可知，输电线上的功率损失ΔP′=因此ΔP故C正确，D错误。故选：ABC。【点评】本题是关于变压器的题目，解题的关键是注意分析变压器输入与输出的关系，再结合闭合电路的欧姆定律分析求解即可．（多选）9．（6分）如图甲所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是5kg，长木板的质量是10kg。t＝0时二者以v0＝8m/s的初速度一起向右运动，t＝0.5s时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分v﹣t图像如图乙所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下，小铁块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A．长木板与水平地面之间的动摩擦因数为0.5 B．小铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4 C．长木板的长度为6.5m D．长木板与挡板碰撞后系统产生的内能为270J【分析】根据v﹣t图像的斜率表示物体运动的加速度，由v﹣t图像得到长木板不同阶段的加速度，分析长木板的受力情况，由牛顿第二定律求解μ1；0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求得小铁块的加速度大小，长木板先于小铁块速度减小到零，长木板速度减小到零后处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，由运动学公式分别求得此过程长木板和小铁块的位移大小，两位移大小之和即为所求；根据摩擦力做功求出长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。【解答】解：A、设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ1，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ2，由v﹣t图像可得，0～0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为：a对整体，由牛顿第二定律可得：μ1（M+m）g＝（M+m）a1联立代入数据解得：μ1B、0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动.由v﹣t图像可得，0.5s之后长木板的加速度大小为：a对长木板，由牛顿第二定律可得：μ1（M+m）g+μ2mg＝Ma2联立代入数据解得：μ2＝0.4，故B正确；C、由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为：a0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以v＝6m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因a2＞a3，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为x1，则有：v2＝2a2x1，代入数据解得：x长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为x2，则有：v2＝2a3x2，代入数据解得：x2=v2联立代入数据解得：L＝6.75m，故C错误；D、设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为Q1，长木板与地面间相对滑动产生的内能为Q2，则有：Q1＝μ2mgL，Q2＝μ1（M+m）g•x1代入数据解得：Q1＝135J，Q2＝135J，故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能为：Q＝Q1+Q2＝135J+135J＝270J，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了牛顿运动定律综合应用的板块模型。要依据力与运动的关系判断物体的运动过程，把握各个过程的物理规律。应用牛顿第二定律和运动学关系解答。（多选）10．（6分）某种离子测量简化装置如图所示，方向均垂直纸面向里的磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两匀强磁场边界直线MN、PQ平行且相距L，磁场Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度大小之比为3：5，磁场之间有水平向右的匀强电场，自MN上S点水平向左射出一带正电粒子甲，甲在电、磁场中形成轨迹封闭的周期性运动，较长时间后撤去该粒子，又在S点竖直向下往电场内射出另一个相同粒子乙，也可形成轨迹封闭的周期性运动。粒子电荷量为q、质量为m，不计重力，两粒子射出的初速度大小均为v0。sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（）A．甲粒子在匀强电场中向右运动过程中动能的增加量为89B．匀强电场的电场强度的大小为8mvC．甲、乙两粒子做周期性运动的运动周期相同 D．粒子乙在磁场Ⅱ中运动轨迹的长度为127【分析】由洛伦兹力提供向心力结合动能定理，求得甲粒子在匀强电场中向右运动过程中动能的增加量；根据动能定理求电场强度的大小；作出粒子乙运动轨迹，结合平抛运动规律，圆周运动规律求出在磁场Ⅱ中运动轨迹的长度；分别求出甲、乙粒子各段的时间，相加得到甲、乙粒子的各自运动周期，再进行对比。【解答】解：A、甲粒子在磁场Ⅱ中的运动速率v，运动轨迹如图，在两磁场中运动半径相等：r1＝r2依据牛顿第二定律得：qvB=变形解得：r从而可得进入碰撞的速度之比：v则甲粒子在电场中动能的增加量为：ΔEB、由动能定理可得：EqL=变形解得：E=8mD、粒子乙运动轨迹如图，在磁场Ⅱ中速率与甲相同，速度v与竖直方向夹角为θ，轨迹圆半径为r，则：有vcosθ＝v0沿电场线方向有：vsinθ=Eqm沿v0方向有：v0t1＝rsinθ联立解得：r=158L则粒子乙在磁场Ⅱ中运动轨迹的长度为：s=代入数据得：s=127C、依题意，由运动学规律可得：v=v0cosθ=在电场中的时间满足：v0t1＝rsinθ，t乙粒子在Ⅱ磁场中运动时间：t所以乙粒子运动周期：T由上述结论：B1：B2＝3：5可得：B甲在Ⅰ磁场运动时间：t甲在Ⅱ磁场运动时间：t甲在电场中运动时间：t所以甲粒子的运动周期：T甲故选：ABD。【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，学生需运用动能定理结合洛伦兹力及几何知识综合求解。二、非选择题：共54分。11．（6分）频闪摄影是研究物体运动的常用实验手段，在暗室里，照相机每隔一定时间曝一次光，在胶片上记录物体在闪光时刻的位置。如图甲，是某实验小组探究平抛运动规律的实验装置，分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处各安装一个频闪相机，调整相机快门，设定相机曝光时间间隔为0.1s。将小球从斜槽上某一位置自由释放，并启动相机，得到如图乙所示的频闪照片，O为抛出点，P为小球运动轨迹上的一个位置。通过测量和换算得知，图乙（a）中OP对应的实际距离为105cm，（b）中OP对应的实际距离为122cm。请回答下面问题：（1）A处摄像头所拍摄的频闪照片为乙图中的a（选填“a”或“b”）；（2）通过对频闪照片（a）的测量发现，（a）中小球相邻位置间距离几乎是等距的，则小球水平抛出的初速度v0＝2.1m/s（结果保留2位有效数字）；（3）通过对频闪照片（b）的测量发现，（b）中小球相邻两位置间的距离几乎是均匀增大的，则当地重力加速度g＝9.76m/s2（结果保留3位有效数字）；（4）小球在P点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为2.32（结果保留3位有效数字）。【分析】（1）根据A处频闪仪记录每隔一定时间小球水平方向的运动分析判断；（2）根据匀速直线运动规律计算初速度；（3）根据匀变速直线运动位移—时间关系计算重力加速度；（4）根据匀变速直线运动速度—时间关系计算竖直方向速度，根据几何知识计算小球在P点的速度方向与水平方向间夹角的正切值。【解答】解：（1）A处频闪仪记录每隔一定时间小球水平方向的位置，平抛运动水平方向不受力，做匀速直线运动，故图乙中，A处频闪仪器记录所拍摄的频闪照片为a。（2）由平抛运动规律可得v0（3）根据y=1解得g＝9.76m/s2（4）P点竖直方向速度为vy＝gt＝9.76×0.1×5m/s＝4.88m/s则小球在P点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为tanθ=v故答案为：（1）a；（2）2.1；（3）9.76；（4）2.32。【点评】本题关键掌握小球在水平方向做匀速直线运动和竖直方向做自由落体运动。12．（8分）某同学用如图（a）所示的电路描绘电动机的伏安特性曲线，并同时测量电源的电动势和内阻。现有实验器材：待测电源、电压表（内阻很大）、电流表（内阻很小）、电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测电动机M、开关若干、导线若干。（1）描绘电动机的伏安特性曲线步骤如下：①断开S1、S2、S3，先将滑动变阻器的滑片P滑到c（填“c”或“d”）端；②闭合开关S1，S3接a，调节滑动变阻器，读出电流表、电压表的示数，将数据记入表格；③以电动机两端的电压U为纵坐标，以通过电动机的电流I为横坐标，根据数据描点作图，得到电动机的伏安特性曲线如图（b）所示。请简要说明图中OA段为直线的原因：OA段电动机两端电压较小，电动机不转动，可视为纯电阻。（2）测电源的电动势和内阻步骤如下：①断开S1，闭合S2，S3接b；②调节电阻箱，读出相应的阻值和电压表示数；③多次测量后，以1R1为横坐标，1U为纵坐标，描点连线，得到图（c），由此可得电源电动势E＝2.0V，内阻r＝2.0（3）把上述两个规格相同的电动机串联后接在该电源两端，则其中一个电动机的电功率为0.27W（结果保留2位有效数字）。【分析】（1）①滑动变阻器应先接入最大阻值以保护电路；变阻器应采用分压式接法；③电动机未转动时属于纯电阻元件；（2）③根据闭合电路欧姆定律得到1U（3）根据电源的伏安特性曲线与电动机的伏安特性曲线的焦点求解电动机的功率。【解答】解：（1）①为了保证电路安全，应让先将滑动变阻器的滑片P滑到阻值最大处，即c端，然后再闭合开关；③OA段电动机两端电压较小，电动机未转动，电动机相可视为纯电阻，符合欧姆定律，所以其U﹣I图线为直线；（2）③根据闭合电路欧姆定律得：E=U+UR其图线的斜率k=坐标轴上的截距b=1E解得该电源的电动势E＝2.0V，内阻r＝2.0Ω（3）设电动机的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得：2U＝E﹣Ir整理可得：U=当I1＝0时，则U1＝1V；当I2＝0.6A时，则U2＝0.4V，据此描出电源的伏安特性曲线，如图所示：电动机两端电压为U＝0.6V，电流I＝0.45A，其电功率P＝UI＝0.6×0.45W＝0.27W故答案为：（1）①c；③电压较小，电动机不转动，可视为纯电阻；（2）③2.0，2.0；（3）0.27【点评】只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏阻法”，若用图像解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式y＝kx+b的形式，再求出电动势和内阻。13．（10分）如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝50cm2的重力及厚度不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m（未知）的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V﹣T图像，密闭气体在A点的压强pA=1.03×105Pa（1）重物的质量；（2）从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加量。【分析】（1）根据受力分析可判断物体的质量。（2）根据理想气体的状态方程和热力学第一定律可求解。【解答】解：（1）在A状态，根据题意有mg+p0S＝pAS解得m＝1kg（2）根据图像可知，气体做等压变化，则V解得V从状态A变化到状态B的过程，气体体积增大，气体对外做功，则W＝pA（VB﹣VA）＝154.5J根据热力学第一定律可得ΔU＝Q﹣W＝245.5J答：（1）重物的质量为1kg；（2）从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加量245.5J。【点评】本题主要考查理想气体的状态方程和热力学第一定律，熟记内容。14．（13分）两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接上下两段导轨，M、N等高，间距L＝1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02Ω的电阻和C＝1F的电容器，整个装置处于B＝0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场（图中未画出）中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1＝0.8kg，m2＝0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0＝4.32m处在一个大小F＝4.64N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g＝10m/s2，求：（1）ab从释放到第一次碰撞前所用时间；（2）ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热；（3）两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小。【分析】（1）对金属棒cd，根据牛顿运动定律、电容的定义式、加速度定义式求解cd棒的加速度，根据位移—时间关系求解时间；（2）对ab棒根据动量定理和功能关系求解R上产生的热；（3）根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后速度大小。【解答】（1）由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M，N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq＝C•BLΔv对cd根据牛顿第二定律有F﹣BIL﹣m2gsin30°＝m2a2其中a2=联立有a则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有x联立解得a2（2）由题知，知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，则根据功能关系有m金属棒下滑过程中根据动量定理有m其中q=It=BLx联立解得q＝6C，xab＝3m，Q＝3.9J则R上消耗的焦耳热为QR＝Q总＝0.78J（3）由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有m1v1﹣m2v2＝m1v′1+m2v′2，1其中v2＝a2t联立解得v′1＝﹣3.3m/s，v′2＝8.4m/s答：（1）ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.2s；（2）ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热等于0.78J；（3）两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小等于8.4m/s。【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。15．（17分）如图所示，水平地面上固定一倾角为30°的斜面，其底端垂直斜面固定一挡板P，一沿斜面自然放置的轻弹簧，下端靠在挡板P上。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为60°，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P的距离为s