2025届轮轮清·齐鲁名校大联考高三下学期联考同类补偿训练物理试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE12025届山东省高三第六次学业水平联合检测同类训练题物理1.如图所示为某原子能级结构图的一部分，该原子自能级向能级跃迁辐射光子的频率为，自能级向能级跃迁辐射光子的频率为，且。现有大量处于能级的这种原子向低能级跃迁，辐射出的光照向某金属，其中有两种光子能使该金属发生光电效应，产生光电子的最大初动能分别为和。普朗克常量为，则该金属的逸出功为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】大量处于能级的这种原子向低能级跃迁可辐射出三种光子，其中两种能量大的光子可使这种金属发生光电效应，由题意可知，可以发生光电效应的为自能级向能级跃迁的光子，自2能级向能级跃迁的光子，联立解得这种金属的逸出功故选B。2.如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时，辐射出光子a；从n=2能级跃迁到n=1能级时，辐射出光子b。以下判断正确的是（）A.光子b可能使处于基态的氢原子电离B.n=4能级比n=2能级氢原子的电子动能小C.一个处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射10种不同的谱线D.若与a同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么与b同频率的光也可以使该金属发生光电效应【答案】BD【解析】A．由能级跃迁的频率条件：h=Em-En可知，光子a的能量为2.55eV，光子b的能量为10.2eV，要使处于基态的氢原子电离，入射光子的能量要大于等于13.6eV，故光子b不能使处于基态的氢原子电离，A不符合题意；B．氢原子的能级越高，电子的轨道半径越大，由库仑力提供向心力得：又因电子的动能，解得电子的动能故轨道半径越大，电子动能越小，B符合题意；C．一个处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射不同谱线最多的方式是逐级跃迁，故最多可辐射4种不同的谱线，C不符合题意；D．由于光子b的能量比a的高，故光子b的频率也比a的高，若与a同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么与b同频率的光也可以使该金属发生光电效应，D符合题意。故选BD。3.一新能源动力汽车在某次刹车性能测试中做直线运动，其速度的二次方与对应位移的关系图像如图所示。下列说法正确的是（）A.整个刹车过程为变加速运动B.新能源动力汽车的初速度大小为C.刹车过程新能源动力汽车的加速度大小为D.刹车过程中，时间内新能源动力汽车的位移大小为30m【答案】B【解析】BC．令新能源动力汽车刹车时的加速度大小为，根据运动学公式有变形得根据图像有，解得，故B正确，C错误；A．结合上述可知，新能源动力汽车做匀减速直线运动，故A错误；D．利用逆向思维，汽车刹车停止运动的时间即4s时已经停止运动，结合图像可知，刹车时的位移大小为，故D错误。故选B。4.小金开车在石村村口A处停了一会，接着由静止开始匀加速直线行驶，途经B、C、D、E四个石墩，如图所示。已知B到C、C到D、D到E的时间相等，BC间距离为4m，CD间距离为6m，根据以上信息，以下说法正确的是（）A.可以求出汽车通过C点时的速度大小B.可以求出汽车的加速度大小C.可以求得汽车在AB之间的行驶时间D.可以求得AE之间的距离【答案】D【解析】设A到B的时间为t，B到C、C到D、D到E的时间均为T，汽车的加速度大小为a，则根据匀变速直线运动规律的推论可得①②根据初速为零匀加速直线运动位移公式可得③④根据匀加速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知汽车通过C点时的速度大小为⑤联立①②③④可得所以AE之间的距离为由于T未知，所以无法求得vB、a以及t，故ABC错误，D正确。故选D。5.如图所示，倾角为的斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若在物块下滑过程中对其施加一恒力F，此过程中斜面始终保持静止，则下列说法正确的是（）A.若力F竖直向下，则物块仍匀速下滑B.若力F垂直斜面向下，则物块仍能保持匀速下滑C.若力F沿斜面向下，则地面对斜面的摩擦力水平向右D.物块匀速下滑时，地面对斜面无摩擦力【答案】AD【解析】A．若力F竖直向下，由施加F前物块匀速下滑，根据平衡条件得解得物块与斜面之间的动摩擦因数施加F后物块沿斜面方向有即物块还是处于平衡状态，还是匀速下滑，故A正确；B．若力F垂直于斜面向下，则最大静摩擦力变，又，所以物块减速下滑，故B错误；C．若力F沿斜面向下，物块对斜面的力为压力和滑动摩擦力，根据和力的平行四边形定则，得物块对斜面作用力的合力竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，故C错误；D．只要物块在斜面上是下滑的，物块对斜面的力就是垂直于斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力，根据和力的平行四边形定则，得物块对斜面的作用力的合力始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，故D正确。故选AD。6.如图所示，倾角的粗糙斜面上有一重量为G的物体，在与斜面底边平行的水平推力作用下沿斜面上的虚线匀速运动。已知，下列说法正确的是（）A.物体必沿虚线向下运动 B.物体可能沿虚线向上运动C.物体与斜面间的动摩擦因数为 D.物体与斜面间的动摩擦因数为【答案】AD【解析】AB．对物体进行受力分析，物体受重力G、斜面的支持力、推力F和斜面的摩擦力的作用。将重力分解为沿斜面向下且垂直于斜面底边的分力和与斜面垂直的分力，侧视图如图所示由图可知，与大小相等，方向相反，故可将物体的运动等效为物体在推力F、沿斜面向下且垂直于斜面底边的力和摩擦力三个力的作用下，沿斜面上虚线所做的匀速运动，F与的合力必沿虚线向下，则摩擦力只能沿虚线向上，故物体只能沿虚线向下做匀速运动，故A正确，B错误；CD．由几何关系可得F与的合力为由平衡条件得故物体与斜面间的动摩擦因数故C错误，D正确。故选AD。7.2023年5月17日，第五十六颗北斗导航卫星（简称“北斗”）成功进入地球静止轨道，随后顺利接入北斗导航系统。该卫星增强了北斗系统的可用性和稳定性，有助于用户实现快速高精度定位。该卫星的发射入轨过程可简化为如下图所示，第一、二级火箭将卫星送入停泊轨道（近地圆轨道，记为轨道Ⅰ），火箭上级点火，将卫星送入地球同步转移轨道（轨道Ⅱ），经转移轨道再进入地球静止轨道（轨道Ⅲ）。已知三个轨道均在同一平面内，地球的半径为，轨道Ⅲ的半径为，地球自转周期为，引力常量为。下列说法正确的是（）A.“北斗”任轨道Ⅰ上运行时，每个小时内都可以经历一次日出B.“北斗”在轨道Ⅱ上运行时，24小时内最多经历四次日出C.“北斗”在轨道Ⅲ上运行时，任意相等时间内其万有引力的冲量可能不同D.地球的平均密度为【答案】C【解析】A．设“北斗”在轨道Ⅰ上运行的周期为，由开普勒第三定律可知可知“北斗”不可能每个小时都经历一次日出，故A错误；B．设“北斗”在轨道Ⅱ上运行的周期为，由开普勒第三定律可知故可知“北斗”在轨道Ⅱ上运行时，24小时内不可能经历四次日出，故B错误；C．北斗卫星在轨道Ⅲ上做圆周运动，任意相等时间内速度的变化量可能不同，故万有引力的冲量可能不同，故C正确；D．根据万有引力提供向心力地球的质量为解得地球的平均密度为故D错误。故选C。8.“天王星冲日”现象是指天王星和太阳恰好分别位于地球的两侧，并且三者在同一直线上。已知此现象约370天发生一次，天王星和地球在同一平面内公转，軌道均近似为以太阳为圆心的圆形轨道，且公转方向相同，天王星的公转轨道半径大于地球的公转轨道半径，地球的公转周期约为365天，则天王星的公转轨道半径与地球的公转轨道半径之比约为（）A.74 B. C.720 D.【答案】B【解析】由题意知，发生天王星冲日”现象时天王星和地球相距最近，经过约370天地球比天王星多转一圈，设天王星的公转周期为，则有其中由开普勒第三定律，可知可得联立解得故选B。9.两种单色光、分别通过同一双缝干涉实验装置后，形成干涉条纹，相邻两个亮条纹中心的间距分别为、，且，下列说法正确的是（）A.单色光、的频率之比为B.单色光、的波长之比为C.单色光、光子的能量之比为D.单色光、在真空中的传播速度之比为【答案】B【解析】B．根据干涉条纹公式有，解得故B正确；A．根据，结合上述解得故A错误；C．光子的能量，解得故C错误；D．光在真空中的传播速度都等于，可知，单色光、在真空中的传播速度之比为，D错误。故选B。10.声控万花筒主要由数个相同的组件构成，其中一个组件的剖面如图所示，反光的滑块右侧圆锥面的顶角很大，滑块圆锥面与右侧玻璃片之间有间隙，人在一旁大声喊叫时，滑块会小范围左右振动，在玻璃片上会看到变化着的环形彩色条纹。现用红色平行光自右向左垂直照射玻璃片，下列说法正确的是（）A.玻璃片上会呈现红色的衍射条纹B.玻璃片上越接近圆心，相邻两条纹间的距离越小C.滑块向右滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会向外扩张D.滑块向右滑动时，玻璃片上的环形条纹会变密集【答案】C【解析】A．玻璃片上呈现的是薄膜干涉条纹，故A错误；BD．无论滑块在哪个位置，沿着半径自内向外每相同距离空气间隙厚度的变化都相同，两列反射光路程差相同，因此相邻两条纹间的距离相同，条纹的密集程度都不会改变，故BD错误；C．同一条纹所对应的间隙厚度相同，滑块向右滑动时，沿着半径间隙厚度为某确定值的地方都向外侧移动，两列反射光的路程差为某确定值的地方都向外侧移动，因此所有环形条纹的半径都会增大，故C正确。故选C。11.“离心轨道演示仪”是演示物体在竖直平面内做圆周运动的实验仪器，其原理示意图如图所示。某同学调整小球初始位置与圆形轨道最高点等高后，由静止释放小球，已知圆形轨道半径，取，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是（）A.小球对轨道的最小压力为0B.小球离开圆形轨道后做平抛运动C.小球离开轨道时的速度大小为D.小球进入圆形轨道后运动的最高点与释放点的高度差为【答案】ACD【解析】AB．因为小球在与圆形轨道最高点等高处释放，所以一定能过与圆心等高处，不能到圆形轨道最高点，会离开轨道做斜抛运动，离开时对轨道的压力为O，A正确，B错误；C．设小球离开轨道的位置与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，由动能定理得由牛顿第二定律得联立解得C正确；D．小球离开轨道时在水平方向的分速度大小设所求高度为，则，得D正确。故选ACD。12.如图所示为圆心在点的四分之一竖直固定粗糙圆弧轨道，半径，最低端点处的切线水平，点到水平地面的距离。一质量的物块从轨道上的B点由静止开始下滑，落到地面上（图中未画出）点时，速度与水平方向的夹角为，已知与竖直方向的夹角，重力加速度取，，，物块可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.物块滑至点前重力的功率先增大后减小B.从开始下滑到落地前的运动过程中物块克服阻力做的功为C.物块经过点时受到轨道的作用力大小为D.从开始下滑到落地前的运动过程中，物块动能的增加量小于机械能的减少量【答案】AB【解析】A．由题意可知，物块从静止出发，初速度为零，初始功率为零，运动到点，重力和速度方向垂直，在点功率也为零，所以重力的功率先增大后减小，故A正确；B．物块落地时，竖直分速度大小由于落到点时速度与水平方向的夹角为，那么落到点时水平分速度大小从滑至的过程，根据动能定理有解得故B正确；C．在点对物块受力分析，根据向心力公式解得由于存在摩擦力，则物块在轨道最低点受到轨道作用力的大小应该为故C错误；D．由功能关系可知，落地前物块的机械能减少等于摩擦力做功，物块落地速度为动能增加量为，显然落地前的运动过程中，物块动能的增加量大于机械能的减少量，故D错误。故选AB。13.如图所示，半径为r的半圆形金属线框放置在磁感应强度B的匀强磁场中，MN两点连线与磁场垂直，线框绕MN连线以角速度ω匀速转动，灯泡电阻为R，其它电阻不计，则（）A.通过灯泡的电流方向不变B.图示位置回路磁通量变化最快C.灯泡两端电压为 D.由图示位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量为0【答案】C【解析】A．线框绕MN连线以角速度ω匀速转动，产生正弦式交变电流，故A错误；B．图示位置穿过回路的磁通量最大，磁通量变化率为零，故B错误；C．感应电动势的最大值为有效值为由于其它电阻不计，灯泡两端电压为故C正确；D．由图示位置转过180°过程中感应电动势的平均值为由图示位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量为故D错误。故选C。14.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示，则（）A.时，穿过线圈的磁通量均为零B.a表示的瞬时值表达式为C.a表示的交变电流的频率为D.b表示的感应电动势的最大值为【答案】BD【解析】A．根据乙图可知，时，产生的感应电动势为零，可知此时位于中性面，磁通量最大，A错误；B．图线a表示的交流电动势最大值为10V，周期为0.4s，a表示的瞬时值表达式为B正确；C．a表示的交变电流的频率为，C错误；D．根据a表示的瞬时值表达式为，可得b图线表示的线圈产生的电动势周期为0.6s，所以b图线对应的电动势最大值为D正确。故选BD。15.如图，竖直平面内存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，绝缘水平地面与圆心为O、半径为R的竖直半圆形轨道平滑相接于A点，M为轨道的最高点。一质量为m、电荷量为q的带正电的光滑小球在水平面上以大小为的速度向右运动，小球经A点沿轨道向上运动，恰好能通过M点。已知，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.小球通过M点时的速度大小为B.的大小为C.小球从脱离半圆轨道至落地，在空中运动的时间为D.小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为【答案】BD【解析】A．小球恰好通过M点，则此处轨道对小球的弹力为0，由小球受到的重力和电场力的合力提供向心力，即联立得A错误；B．对小球由A点至M点的运动由动能定理，有解得B正确；C．小球从M点脱离轨道后，做类平抛运动，竖直方向上有解得由解得C错误；D．小球落地前一瞬间竖直方向上速度大小为小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值D正确；故选BD。16.如图所示，真空中有一个三棱锥区域，三棱锥底面为等腰直角三角形，，，在A点放置一电荷量为的正点电荷，点放置一电荷量为的正点电荷，下列说法正确的是（）A.点的电场强度大小为B.点的电场强度大小为C.若在点放置一电荷量为的正点电荷，则其所受电场力的大小为D.若在点放置一电荷量为的正点电荷，则其所受电场力的大小为【答案】BD【解析】AB．由几何知识可知，三角形为等腰直角三角形，，点的点电荷在点产生的电场强度大小点的点电荷在点产生的电场强度大小则点的合电场强度大小故A错误，B正确；CD．同理可知，点的合电场强度大小则电荷量为的正点电荷在点受到的电场力大小为故C错误，D正确。故选BD。17.如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道，其中半圆轨道与直轨道相切于点，物体受到与平行的水平拉力，从静止开始运动，拉力的大小满足如图乙所示（以为坐标原点，拉力从指向为正方向）。若，，半圆轨道的半径，重力加速度取。则下列说法中正确的是（）A.拉力从到做功为B.物体从到过程中，所受的合外力为0C.物体能够到达点，且速度大小为D.物体能够到达点，且速度大小为【答案】D【解析】A．图像与坐标轴所围面积表示功，则拉力从到做功为故A错误；B．物体从到过程中，做圆周运动，合力不变0，故B错误；CD．从A到B由动能定理有解得由于滑轨道在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达点，且速度大小为，故C错误，D正确。故选D。18.第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R=50m。比赛中质量m=50kg的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡的C点，已知运动员在空中的飞行时间为4.5s，着陆坡的倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s²，忽略空气阻力影响，则（）A.运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/sB.运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/sC.运动员从B点飞出后经3s离斜面最远D.运动员在B点对轨道的压力为1400N【答案】D【解析】详析】A．运动员从B点水平飞出后做平抛运动，因此有联立解得故A错误；B．运动员从B点飞出后离斜面最远时速度方向与斜面平行，则有联立解得故B错误；C．运动员从B点飞出后离斜面最远时，竖直方向有解得故C错误；D．运动员在B点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律，运动员在B点对轨道的压力与轨道对运动员的支持力相等，故D正确。故选D。19.平衡位置位于点的波源时刻沿轴起振，形成一列沿轴方向传播的简谐横波，时在区间内的波形如图甲所示，波源的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.平衡位置位于处的质点沿轴正方向起振B.该列简谐横波的波长为C.该列简谐横波的波速大小为D.内，处的质点通过的路程为【答案】B【解析】A．根据图乙可知，波源的起振方向沿轴负方向，则在波传播方向上所有质点的起振方向都沿轴负方向，即平衡位置位于处的质点沿轴负方向起振，故A错误；B．根据图甲可知解得这列简谐横波的波长故B正确；C．由图乙可知，该列波的周期则波传播速速大小故C错误；D．内，处的质点已经振动了，则通过的路程为故D错误。故选B。20.在空间坐标系中，平衡位置位于点的波源沿轴（图中未画出）做简谐运动，时刻形成的实际波面图如图所示，实线表示波谷，虚线表示波峰，此时波源位于波谷处，质点首次位于波峰。已知波源的振动周期，质点的平衡位置坐标分别为，，以垂直于纸面向外为轴的正方向。下列说法正确的是（）A.波源沿轴负方向起振B.时刻，的加速度沿轴正方向C.时，平衡位置位于处的质点第二次位于波谷D.时，质点沿轴负方向振动【答案】BC【解析】A．由图可知b点在x轴上的坐标为3.6m，则有解得时刻，轴上的波传播至处，该处的质点沿轴正方向起振，可知波源沿轴正方向起振，故A错误；B．时刻，平衡位置位于处的质点位于平衡位置，可知此时质点位于轴负半轴，的加速度沿轴正方向，故B正确；C．该波的波速为时刻，平衡位置位于处的质点首次位于波谷，由可知，时刻平衡位置为处的质点首次位于波谷，故时该质点第二次位于波谷，故C正确；D．时，与的平衡位置连线上距为处位于波峰，可知质点已起振，且此时沿轴正方向振动，故D错误。故选BC。21.如图所示，一定质量的理想气体按照的顺序完成一个循环，在气体状态变化的过程中，下列说法正确的是（）A.从状态到状态的过程，气体分子的平均动能一直不变B.从状态到状态的过程，气体对外放出的热量C.整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量D.整个循环过程，气体向外界放出的热量为【答案】D【解析】A．根据理想气体状态方程可知，状态a、b的温度相同，但从状态a到状态b的过程中，气体的温度先升高后降低，那么分子的平均动能先增大后减小，故A错误；B．过程，气体体积膨胀，外界对气体做的功为状态a、b的温度相同，内能不变，根据热力学第一定律可知气体从状态a到状态b的过程，气体从外界吸收的热量，故B错误；CD．整个循环过程，外界对气体做功为整个过程气体的内能不变，根据热力学第一定律解得即气体向外界放出的热量，那么整个过程中气体吸收的热量小于放出的热量，故C错误，D正确。故选D。22.将一定质量的理想气体自状态变化至状态，某同学设计了两种不同的变化过程和，两过程的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.过程和过程气体内能的变化量相同B.气体经过过程比经过过程吸收的热量少C.过程气体对外做的功大于过程气体对外做的功D.气体在状态比状态单位时间撞击容器壁单位面积的分子数多【答案】AB【解析】A．过程和过程，气体的初状态温度相同，末状态温度相同，因此两过程气体的初状态内能相同，末状态内能相同，气体内能的变化量相同，故A正确；C．过程气体先等压变化再等容变化，只有阶段对外做功，做的功为过程气体先等容变化再等压变化，只有阶段对外做功，做的功为根据理想气体状态方程，有变形得可知V-T图像的斜率表示压强的倒数，可得因为相等，所以有过程气体对外做的功小于过程气体对外做的功，故C错误；B．由热力学第一定律可知，两不同过程的相同，且W为负值，所以吸收的热量故B正确；D．气体在状态M和状态的体积相同，分子密集程度相同，但气体在状态M的温度小于状态的温度，状态M分子运动的剧烈程度比状态小，对单位时间内撞击容器壁单位面积次数的影响比状态小，因此气体在状态M单位时间撞击容器壁单位面积的分子数比状态少，故D错误。故选AD。23.如图甲所示，足够长导轨与水平面的夹角，导轨间距，其下端连接一个阻值的定值电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小。一质量为的导体棒垂直于导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数。现将导体棒由静止释放，对应过程的图像如图乙所示，内为曲线、后为直线。运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和导体棒、导轨电阻，取，下列说法正确的是（）A.导体棒的加速度大小为时，导体棒的速度大小为B.导体棒的质量为C.内，通过定值电阻的电荷量为D.内，系统产生的焦耳热为【答案】CD【解析】B．对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得过程中导体棒达到最大速度，则此时代人上式解得，故B错误；A．将，代入方程得，故A错误；C．前8s内，，故C正确；D．前6s内由动能定理得系统产生的焦耳热，故D正确。故选CD。24.如图所示为一个倾角为，足够长、宽度大于的绝缘斜面，垂直于斜面两边的虚线的上方存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一个边长为、质量为的单匝正方形导体框的边恰好与重合，时刻导体框以速度大小为沿斜面向上进入磁场区域，一段时间后，导体框的边第一次与重合，此时导体框的速度大小为，最后导体框的边向下到达时，导体框恰好匀速滑出磁场。已知导体框电阻为，斜面对导体框的摩擦力大小恒定不变为，运动过程中，导体框的边始终与平行，重力加速度为。下列说法正确的是（）A.导体框边刚进入磁场时，其加速度大小为B.导体框进入磁场的过程所用的时间为C.导体框向上进入磁场和向下穿出磁场两个过程中，所用的时间相同D.导体框从进入到穿出磁场过程中产生的总热量为【答案】AB【解析】A．边刚进入磁场时，加速度大小而联立解得，故A正确；B．导体框进入磁场的过程，由动量定理有而解得，故B正确；C．导体框在进入磁场时的平均速度大于穿出磁场的平均速度，所用时间不同，故C错误；D．导体框进入磁场的过程，设克服安培力做的功为，由能量守恒有穿出磁场的过程设克服安培力做的功为，则由题意知，导体框产生的总热量为克服摩擦力做的功与克服安培力做的功之和上滑过程下滑过程联立解得由于导体框在磁场中运动了一段距离，该过程克服摩擦阻力做功，故导体框从进入到穿出磁场过程中产生的总热量大于，故D错误。故选AB。25.某实验小组做用“单摆测量重力加速度”的实验。（1）需要记录的数据有：小钢球的直径、摆长、50次全振动的总时间。（2）用游标卡尺测量小钢球的直径，游标卡尺的示数如图甲所示，则直径为_______mm。（3）如图乙所示，某同学测量数据作出图线，根据图线可知该同学认为摆长为_________。（填正确答案标号）A.摆线的长度B.摆线的长度与小球半径之和C.摆线的长度与小球直径之和（4）请根据图乙表示出重力加速度_________。（用和表示）（5）如果根据图像测得的偏小，可能的原因是_______。（填正确答案标号）A.开始计时时，停表过迟按下B.结束计时时，停表过迟按下C.实验时误将51次全振动时间记50次全振动时间【答案】（2）15.60（3）C（4）（5）BC【解析】[1]标卡尺的主尺读数为，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺的读为所以最终读数为[2]根据单摆的周期公式，得当时，应该等于0，图像，因此所测摆长比实际长了。故选C。[3]根据图乙可知，，又，解得。[4]A．开始计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，A错误；B．结束计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，B正确；C．实验时误将51次全振动时间记为50次全振动时间，周期的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏小，C正确。故选BC。26.某兴趣小组用光电门、计时器和直尺测量当地的重力加速度。图（a）是其实验装置，其操作方法是：让直尺下端刚好处于光电门处并由静止释放，光电计时器记录直尺通过光电门的时间，直尺运动过程中尺身始终处于竖直方向，图（b）是量程分别为0～15.0cm的钢尺和0～20.0cm的塑料尺。（1）为了较准确测出重力加速度，应选择_______（选填“钢尺”或“塑料尺”）完成该实验。（2）小组通过5次实验，测得直尺通过光电门的时间如下表。第4次实验操作可能存在的问题是：直尺下端开始遮光时具有_______（选填“加速度”“初速度”或“重力”）次数12345时间/s0.1840.1860.1850.1500.186（3）剔除第4组数据，从表格其他数据算出时间的平均值是0.185s，并利用选定的直尺的量程L代入，得8.77m/s2，结果与当地重力加速度差距较大，上述数据处理存在的问题是_________。（4）根据实验数据，正确的计算结果应该是g=_______。（结果保留2位小数）【答案】（1）钢尺（2）初速度（3）计算位移时误用钢尺的量程，应该用钢尺的总长度（4）9.70m/s2【解析】（1）[1]由于钢尺的密度大，空气阻力的影响小，所以选钢尺；（2）[2]由表格可知，第4次实验的时间明显小于其他几次，可能存在的问题是：直尺下端开始遮光时具有初速度；（3）[3]根据，带入计算的加速度得结果与当地重力加速度差距较大，上述数据处理存在的问题是计算位移时误用钢尺的量程，应该用钢尺的总长度；（4）[4]由图可知，钢尺总长度为0.166m，根据实验数据，正确的计算结果应该是27.某实验小组欲将内阻、量程为的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；A．定值电阻（阻值为14kΩ）B．滑动变阻器（最大阻值为1500Ω）C．滑动变阻器（最大阻值为500Ω）D．电阻箱（）E．干电池（，）F．红、黑表笔各一只，开关，导线若干（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选___________（填“”或“”）。请用笔画线代替导线将图（a）中的实物连线组成欧姆表。（）（2）欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为___________Ω；电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为___________。（3）通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为___________kΩ。（4）利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图（c）为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为___________Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是___________μA。【答案】（1）见解析（2）95815kΩ（3）5（4）156060【解析】（1）[1]为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有解得欧姆调零时欧姆表内阻为此时滑动变阻器接入电路阻值为则滑动变阻器应选；[2]欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示（2）[3]欧姆调零时，有解得欧姆调零时欧姆表内阻为此时滑动变阻器接入电路阻值为[4]设电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为，则有解得（3）[5]表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为，则有则c处的电阻刻度为5。（4）[6]设改装后干路的最大电流为，则欧姆调零时有对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有联立解得，则图中电阻箱的阻值应调为[7]若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为则电流表指针对应的电流是28.某学习小组要测量一个电源的电动势及内阻。除该电源外还准备的器材有：一个电阻箱R（最大阻值99.9Ω），一个量程为“0~200mA”内阻是10Ω的电流表A，一个阻值为5Ω的定值电阻，一个开关和若干导线（1）同学们利用欧姆表来核实电流表A及定值电阻的阻值，已知它们的阻值都是准确的，当欧姆表两表笔与电阻相连时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的，当欧姆表两表笔与电流表A相连时，欧姆表指针将偏转到满刻度的_______（用分数表示），连接时要注意红表笔要与电流表的_____（填“正”或“负”）接线柱相连。（2）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们利用定值电阻将该电流表进行改装，改装后的量程为___________。（3）设计的测量电路如下图所示。若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I，并计算出，得到多组数据后描点作出R-图线如图所示，则该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）负（2）0.6（3）6.02.7【解析】（1）电流表A内阻是10Ω，定值电阻阻值为5Ω，当欧姆表两表笔与电阻相连时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的，则当欧姆表两表笔与电流表A相连时又解得连接时要注意红表笔要与电流表的负接线柱相连。（2）将定值电阻与电流表并联进行改装，改装后的量程为（3）根据电路可知，电流表读数为I时，总电流为3I，则即由图像可知解得E=6.0Vr==2.7Ω29.如图所示，三角形为一透明直角三棱柱的竖直截面，边长为点是边上一点，。一束与底边平行的单色光从点进入三棱柱，折射光线恰好能射到中点，已知光在真空中的传播速度为，不考虑光的多次反射。求：（1）透明直角三棱柱对该单色光的折射率；（2）该单色光从点入射到第一次出射在透明直角三棱柱中的传播时间。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】根据题意作出光路图如图所示由几何关系可知，在点入射光线的入射角，由于折射光线恰好在射在中点，由几何关系可知，折射角因此三棱柱对该单色光的折射率【小问2详析】由几何关系可知，折射光线在边上的入射角由即因此光线在边上会发生全反射，由几何关系可知，折射光线在边上的入射角即光在边上不会发生全反射根据几何关系有，光在透明介质中传播的速度大小光在透明介质中传播的时间30.水平放置的中空玻璃柱的横截面如图所示，其内、外圆半径分别为，圆心均为。一细束单色光在横截面所在平面内从点由各个方向射入玻璃柱。已知玻璃柱对该单色光的折射率为，光在真空中的传播速度为，有折射时不考虑光的反射，。（1）求该单色光在内圆上的透光弧长；（2）若该单色光不经过中空部分，求光从射入玻璃柱到下一次射到外表面的最长时间。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】根据题意作出光路图如图所示若该单色光在点恰好发生全反射，根据全反射条件可知，解得在中由正弦定理有，解得设，，由数学知识可知则，解得故，则，可知所以内圆上的透光弧长【小问2详析】当该单色光与内表面相切射到外表面时传播时间最长，由几何关系知该单色光在玻璃柱中的传播速度所以最长时间31.车载气垫床体积小、重量轻、便于携带。现有一气垫床，充气前气垫床内有部分气体，使用充气筒往内部充气。充好气后，气垫床内气体体积为，压强为，此充气过程中环境的热力学温度为并保持不变，充气床垫导热性能良好，气体可视为理想气体。（1）该气垫床充气前内部气体的压强等于大气压强，体积为，充气筒每次充入压强为，体积为的气体，要充好床垫，求充气筒需要打气的次数；（2）若夜间环境的热力学温度降为，气垫床体积减小到充好气后的，这时发现有一个地方开始漏气，快速堵上之后，体积比刚漏气时缩小了，压强变为漏气前的，求漏出气体的质量和原来质量之比。【答案】（1）468次（2）【解析】【小问1详析】由玻意耳定律可知解得次【小问2详析】到夜晚时，由理想气体状态方程有解得漏气前的压强设漏气的体积为，由理想气体状态方程得解得则漏出气体的质量和原来的气体质量之比32.如图所示的装置由内壁光滑且导热性能良好的两个汽缸连通而成，汽缸内的理想气体被活塞A、B分成Ⅰ、Ⅱ两部分，其横截面积分别为和，活塞A、B的质量分别为，厚度均忽略不计。汽缸底部通过阀门与气泵相连，每次可往容器中充入压强为，体积的空气，充气过程温度始终保持不变。活塞到汽缸连接处的距离分别为和，活塞A距离汽缸上端开口处以及活塞B距离汽缸底端的距离均为。环境温度保持不变，大气压强，活塞密封良好，空气可视为理想气体，不计与阀门相连的软管的体积，取。（1）求充气前Ⅱ部分气体的压强；（2）充气多少次，可使活塞B恰好运动至汽缸连接处？求此时活塞A、B之间的距离。【答案】（1）（2）8次，【解析】【小问1详析】假设Ⅰ、Ⅱ两部分气体的压强分别为，，分别以活塞A和活塞B为研究对象则，联立解得【小问2详析】充气使活塞B运动至汽缸连接处的过程中，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的压强均保持不变由理想气体实验定律可知解得设此时两活塞之间的距离为，则解得33.如图所示，A、B两个可视为质点的物块置于水平粗糙的地面上，A、B相距，质量，A、B与地面间的动摩擦因数均为，在B的右侧，水平地面与一段足够长的光滑圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道的半径。时刻给物块A一水平向右的大小的拉力，一段时间后撤去，又经过一段时间后A与B发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，碰撞过程中能量损失。取3.14，求：（1）拉力作用的距离以及物块沿圆弧面上滑的高度；（2）从时刻到两物块停止运动的整个过程中，A、B与地面摩擦产生的热量；（3）从时刻到物块停止运动所用的总时间。【答案】（1）4m，0.05m（2）（3）【解析】【小问1详析】由题意可知，质量相等的两物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律碰撞过程中能量损失可知动能失量为初动能的，故碰撞前A的动能可得碰后速度为设外力F作用的距离为x，则根据动能定理有解得设A、B沿圆弧面上滑的高度为，根据能量守恒定律有解得【小问2详析】A与B碰前，A与桌面之间因摩擦产生的热量解得由（1）可知，A与B碰后的速度大小为，A与B碰后到停止运动，由功能关系得所以整个过程中A、B与桌面因摩擦产生的热量【小问3详析】碰撞前A经历了先加速后减速的运动，加速过程中，根据牛顿第二定律，有根据速度时间公式，有位移为解得时间为速度为减速过程，根据牛顿第二定律可得=2m/s2根据速度时间公式，有碰撞前的动能为，可知碰撞前的速度大小2m/s，解得由于上升高度远小于圆弧半径，可等效看作为单摆模型，A、B在圆弧轨道上的运动时间为半个单摆的周期，有回到在水面上的加速度为=2m/s2碰撞后物块的速度大小所以回到水平面上后，有总时间为34.如图所示，光滑水平面与粗糙斜面在O点平滑连接在一起，水平轨道左侧固定一个弹片，弹片厚度忽略不计。在距离弹片处的点静止放置一质量的光滑的物块A，物块A到O点的距离。在斜面顶端放置一个质量的物块B，斜面倾角为，物块B与斜面之间的动摩擦因数。B与A之间、A与弹片之间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，可忽略不计。将物块B从斜面顶端由静止释放，与A的前两次碰撞均在点。取，物块均可看作质点。求：（1）斜面的长度；（2）物块A与物块B第二次碰撞后，各自的速度大小；（3）从释放物块B到两物块停止运动，物块B在斜面上滑过的路程。【答案】（1）（2），（3）【解析】【小问1详析】设物块B第一次滑到斜面底端时的速度大小为，以水平向左为正方向，物块A与物块B发生弹性碰撞，设碰后物块A、B的速度分别为、，由动量守恒定律和机械能守恒定律得解得对物块B在斜面上的运动过程受力分析，向上滑时，有联立解得设物块B第二次返回水平面时的速度大小为，物块B从斜面向下滑时，有联立解得由题意可知，物块A与物块B第二次碰撞也在点，设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间为，则解得设斜面长为，物块B由静止沿斜面下滑的过程中，由动能定理可知联立解得【小问2详析】以水平向左为正方向，设第二次碰后物块A、B的速度大小分别为，物块A、B第二次的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得解得【小问3详析】设物块A，物块B均停下来时B在斜面上滑动的路程为s，由题意可知，物块B只在斜面上运动时有机械能损失，则解得35.现代科学实验中，对带电粒子运动的控制要求越来越高。如图甲所示，在空间坐标系中，的区域内存在沿轴负方向的匀强电场（图中未画出），质量为，电荷量为的带电粒子，其初速度为零，经过加速电压后，从A点未知）进入匀强电场，一段时间后恰好从原点离开电场进入空间，此空间内有方向沿轴方向的交替变化的磁场（图中未画出），磁场变化规律如图乙所示。已知带电粒子过点时的速度方向与轴正方向的夹角为，带电粒子在每段匀强磁场区域中均可以在与平面平行的平面内做完整的圆周运动，且带电粒子在空间内的运动过程中能达到的坐标最大值的绝对值与A点相同，规定磁场方向沿轴正方向为正，不计粒子重力，图乙中均未知。（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）求的大小；（3）带电粒子在的匀强磁场区域内运动时，在与平面平行的平面内恰好完成4个圆周运动，求的大小；（4）在满足（3）的条件下，当带电粒子运动到轴上坐标值为时，求粒子的和坐标。【答案】（1）（2）（3）（4），【解析】【小问1详析】带电粒子经过加速电场加速时有进入匀强电场区域时，根据运动的合成与分解有，联立解得【小问2详析】粒子进入匀强电场区域，根据运动的合成与分解有带电粒子进入磁场区域，在与平面平行的平面内做圆周运动，有其中根据题意有解得【小问3详析】进入磁场区域后，带电粒子在沿轴方向上做匀速直线运动，有在与平面平行的平面内做圆周运动，其有最小周期时，有根据题意有解得小问4详析】当时，在与平面平行的平面内做的分运动为圆周运动，其周期为粒子在磁感应强度大小为的磁场区域内时，有由时间关系可知此时恰好做了半个圆周运动，根据左手定则可知向轴负方向转动一个直径长度，所以在轴上的坐标值为在轴上的坐标值为36.如图所示，平面直角坐标系的第一、二象限内存在沿轴负方向的匀强电场（图中未画出），在第三、四象限内存在匀强磁场（图中未画出）。一带正电的粒子从点，以水平速度开始运动，从点第一次进入第四象限。此粒子经过一系列运动后仍能回到点且继续做周期性运动。带电粒子的质量为，电荷量为，粒子重力不计。（1）求匀强磁场的方向；（2）求匀强电场的电场强度大小；（3）求匀强磁场的磁感应强度大小；（4）使匀强磁场的磁感应强度方向不变，大小变为原来的两倍，其余条件均不变，求带电粒子从点出发到第一次到达点处所用的时间。【答案】（1）垂直于坐标平面向外（2）（3）（4）【解析】【小问1详析】根据题意可知，带电粒子从点射入磁场区域后向左偏转，由左手定则可得，磁场的方向垂直于坐标平面向外。【小问2详析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运动时间为则有，，，解得【小问3详析】带电粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子经过点时沿轴方向的速度大小为，速度方向与轴正方向的夹角为则有解得则带电粒子经过点时的速度大小根据几何关系可知，带电粒子做圆周运动的半径有洛伦兹力提供向心力得解得【小问4详析】带电粒子从点运动至点所需的时间匀强磁场的磁感应强度变为原来的2倍后，带电粒子做圆周运动的轨迹半径变为原来的即可知粒子做圆周运动的周期改变匀强磁场的磁感应强度大小后，带电粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知带电粒子从点射入第一象限，运动轨迹所对应的圆心角则带电粒子第一次在匀强磁场中做圆周运动所用时间为设粒子从点射入第一象限后再次从点射入第四象限，可知带电粒子从点运动至点所用的时间为，点的坐标为此后带电粒子再次在匀强磁场中运动后进入第一象限，分析可知带电粒子每次从第一象限射入第四象限时的位置会沿轴正方向前进可得带电粒子从出发到第一次到达点处所用的时间为解得2025届山东省高三第六次学业水平联合检测同类训练题物理1.如图所示为某原子能级结构图的一部分，该原子自能级向能级跃迁辐射光子的频率为，自能级向能级跃迁辐射光子的频率为，且。现有大量处于能级的这种原子向低能级跃迁，辐射出的光照向某金属，其中有两种光子能使该金属发生光电效应，产生光电子的最大初动能分别为和。普朗克常量为，则该金属的逸出功为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】大量处于能级的这种原子向低能级跃迁可辐射出三种光子，其中两种能量大的光子可使这种金属发生光电效应，由题意可知，可以发生光电效应的为自能级向能级跃迁的光子，自2能级向能级跃迁的光子，联立解得这种金属的逸出功故选B。2.如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时，辐射出光子a；从n=2能级跃迁到n=1能级时，辐射出光子b。以下判断正确的是（）A.光子b可能使处于基态的氢原子电离B.n=4能级比n=2能级氢原子的电子动能小C.一个处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射10种不同的谱线D.若与a同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么与b同频率的光也可以使该金属发生光电效应【答案】BD【解析】A．由能级跃迁的频率条件：h=Em-En可知，光子a的能量为2.55eV，光子b的能量为10.2eV，要使处于基态的氢原子电离，入射光子的能量要大于等于13.6eV，故光子b不能使处于基态的氢原子电离，A不符合题意；B．氢原子的能级越高，电子的轨道半径越大，由库仑力提供向心力得：又因电子的动能，解得电子的动能故轨道半径越大，电子动能越小，B符合题意；C．一个处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射不同谱线最多的方式是逐级跃迁，故最多可辐射4种不同的谱线，C不符合题意；D．由于光子b的能量比a的高，故光子b的频率也比a的高，若与a同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么与b同频率的光也可以使该金属发生光电效应，D符合题意。故选BD。3.一新能源动力汽车在某次刹车性能测试中做直线运动，其速度的二次方与对应位移的关系图像如图所示。下列说法正确的是（）A.整个刹车过程为变加速运动B.新能源动力汽车的初速度大小为C.刹车过程新能源动力汽车的加速度大小为D.刹车过程中，时间内新能源动力汽车的位移大小为30m【答案】B【解析】BC．令新能源动力汽车刹车时的加速度大小为，根据运动学公式有变形得根据图像有，解得，故B正确，C错误；A．结合上述可知，新能源动力汽车做匀减速直线运动，故A错误；D．利用逆向思维，汽车刹车停止运动的时间即4s时已经停止运动，结合图像可知，刹车时的位移大小为，故D错误。故选B。4.小金开车在石村村口A处停了一会，接着由静止开始匀加速直线行驶，途经B、C、D、E四个石墩，如图所示。已知B到C、C到D、D到E的时间相等，BC间距离为4m，CD间距离为6m，根据以上信息，以下说法正确的是（）A.可以求出汽车通过C点时的速度大小B.可以求出汽车的加速度大小C.可以求得汽车在AB之间的行驶时间D.可以求得AE之间的距离【答案】D【解析】设A到B的时间为t，B到C、C到D、D到E的时间均为T，汽车的加速度大小为a，则根据匀变速直线运动规律的推论可得①②根据初速为零匀加速直线运动位移公式可得③④根据匀加速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知汽车通过C点时的速度大小为⑤联立①②③④可得所以AE之间的距离为由于T未知，所以无法求得vB、a以及t，故ABC错误，D正确。故选D。5.如图所示，倾角为的斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若在物块下滑过程中对其施加一恒力F，此过程中斜面始终保持静止，则下列说法正确的是（）A.若力F竖直向下，则物块仍匀速下滑B.若力F垂直斜面向下，则物块仍能保持匀速下滑C.若力F沿斜面向下，则地面对斜面的摩擦力水平向右D.物块匀速下滑时，地面对斜面无摩擦力【答案】AD【解析】A．若力F竖直向下，由施加F前物块匀速下滑，根据平衡条件得解得物块与斜面之间的动摩擦因数施加F后物块沿斜面方向有即物块还是处于平衡状态，还是匀速下滑，故A正确；B．若力F垂直于斜面向下，则最大静摩擦力变，又，所以物块减速下滑，故B错误；C．若力F沿斜面向下，物块对斜面的力为压力和滑动摩擦力，根据和力的平行四边形定则，得物块对斜面作用力的合力竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，故C错误；D．只要物块在斜面上是下滑的，物块对斜面的力就是垂直于斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力，根据和力的平行四边形定则，得物块对斜面的作用力的合力始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，故D正确。故选AD。6.如图所示，倾角的粗糙斜面上有一重量为G的物体，在与斜面底边平行的水平推力作用下沿斜面上的虚线匀速运动。已知，下列说法正确的是（）A.物体必沿虚线向下运动 B.物体可能沿虚线向上运动C.物体与斜面间的动摩擦因数为 D.物体与斜面间的动摩擦因数为【答案】AD【解析】AB．对物体进行受力分析，物体受重力G、斜面的支持力、推力F和斜面的摩擦力的作用。将重力分解为沿斜面向下且垂直于斜面底边的分力和与斜面垂直的分力，侧视图如图所示由图可知，与大小相等，方向相反，故可将物体的运动等效为物体在推力F、沿斜面向下且垂直于斜面底边的力和摩擦力三个力的作用下，沿斜面上虚线所做的匀速运动，F与的合力必沿虚线向下，则摩擦力只能沿虚线向上，故物体只能沿虚线向下做匀速运动，故A正确，B错误；CD．由几何关系可得F与的合力为由平衡条件得故物体与斜面间的动摩擦因数故C错误，D正确。故选AD。7.2023年5月17日，第五十六颗北斗导航卫星（简称“北斗”）成功进入地球静止轨道，随后顺利接入北斗导航系统。该卫星增强了北斗系统的可用性和稳定性，有助于用户实现快速高精度定位。该卫星的发射入轨过程可简化为如下图所示，第一、二级火箭将卫星送入停泊轨道（近地圆轨道，记为轨道Ⅰ），火箭上级点火，将卫星送入地球同步转移轨道（轨道Ⅱ），经转移轨道再进入地球静止轨道（轨道Ⅲ）。已知三个轨道均在同一平面内，地球的半径为，轨道Ⅲ的半径为，地球自转周期为，引力常量为。下列说法正确的是（）A.“北斗”任轨道Ⅰ上运行时，每个小时内都可以经历一次日出B.“北斗”在轨道Ⅱ上运行时，24小时内最多经历四次日出C.“北斗”在轨道Ⅲ上运行时，任意相等时间内其万有引力的冲量可能不同D.地球的平均密度为【答案】C【解析】A．设“北斗”在轨道Ⅰ上运行的周期为，由开普勒第三定律可知可知“北斗”不可能每个小时都经历一次日出，故A错误；B．设“北斗”在轨道Ⅱ上运行的周期为，由开普勒第三定律可知故可知“北斗”在轨道Ⅱ上运行时，24小时内不可能经历四次日出，故B错误；C．北斗卫星在轨道Ⅲ上做圆周运动，任意相等时间内速度的变化量可能不同，故万有引力的冲量可能不同，故C正确；D．根据万有引力提供向心力地球的质量为解得地球的平均密度为故D错误。故选C。8.“天王星冲日”现象是指天王星和太阳恰好分别位于地球的两侧，并且三者在同一直线上。已知此现象约370天发生一次，天王星和地球在同一平面内公转，軌道均近似为以太阳为圆心的圆形轨道，且公转方向相同，天王星的公转轨道半径大于地球的公转轨道半径，地球的公转周期约为365天，则天王星的公转轨道半径与地球的公转轨道半径之比约为（）A.74 B. C.720 D.【答案】B【解析】由题意知，发生天王星冲日”现象时天王星和地球相距最近，经过约370天地球比天王星多转一圈，设天王星的公转周期为，则有其中由开普勒第三定律，可知可得联立解得故选B。9.两种单色光、分别通过同一双缝干涉实验装置后，形成干涉条纹，相邻两个亮条纹中心的间距分别为、，且，下列说法正确的是（）A.单色光、的频率之比为B.单色光、的波长之比为C.单色光、光子的能量之比为D.单色光、在真空中的传播速度之比为【答案】B【解析】B．根据干涉条纹公式有，解得故B正确；A．根据，结合上述解得故A错误；C．光子的能量，解得故C错误；D．光在真空中的传播速度都等于，可知，单色光、在真空中的传播速度之比为，D错误。故选B。10.声控万花筒主要由数个相同的组件构成，其中一个组件的剖面如图所示，反光的滑块右侧圆锥面的顶角很大，滑块圆锥面与右侧玻璃片之间有间隙，人在一旁大声喊叫时，滑块会小范围左右振动，在玻璃片上会看到变化着的环形彩色条纹。现用红色平行光自右向左垂直照射玻璃片，下列说法正确的是（）A.玻璃片上会呈现红色的衍射条纹B.玻璃片上越接近圆心，相邻两条纹间的距离越小C.滑块向右滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会向外扩张D.滑块向右滑动时，玻璃片上的环形条纹会变密集【答案】C【解析】A．玻璃片上呈现的是薄膜干涉条纹，故A错误；BD．无论滑块在哪个位置，沿着半径自内向外每相同距离空气间隙厚度的变化都相同，两列反射光路程差相同，因此相邻两条纹间的距离相同，条纹的密集程度都不会改变，故BD错误；C．同一条纹所对应的间隙厚度相同，滑块向右滑动时，沿着半径间隙厚度为某确定值的地方都向外侧移动，两列反射光的路程差为某确定值的地方都向外侧移动，因此所有环形条纹的半径都会增大，故C正确。故选C。11.“离心轨道演示仪”是演示物体在竖直平面内做圆周运动的实验仪器，其原理示意图如图所示。某同学调整小球初始位置与圆形轨道最高点等高后，由静止释放小球，已知圆形轨道半径，取，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是（）A.小球对轨道的最小压力为0B.小球离开圆形轨道后做平抛运动C.小球离开轨道时的速度大小为D.小球进入圆形轨道后运动的最高点与释放点的高度差为【答案】ACD【解析】AB．因为小球在与圆形轨道最高点等高处释放，所以一定能过与圆心等高处，不能到圆形轨道最高点，会离开轨道做斜抛运动，离开时对轨道的压力为O，A正确，B错误；C．设小球离开轨道的位置与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，由动能定理得由牛顿第二定律得联立解得C正确；D．小球离开轨道时在水平方向的分速度大小设所求高度为，则，得D正确。故选ACD。12.如图所示为圆心在点的四分之一竖直固定粗糙圆弧轨道，半径，最低端点处的切线水平，点到水平地面的距离。一质量的物块从轨道上的B点由静止开始下滑，落到地面上（图中未画出）点时，速度与水平方向的夹角为，已知与竖直方向的夹角，重力加速度取，，，物块可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.物块滑至点前重力的功率先增大后减小B.从开始下滑到落地前的运动过程中物块克服阻力做的功为C.物块经过点时受到轨道的作用力大小为D.从开始下滑到落地前的运动过程中，物块动能的增加量小于机械能的减少量【答案】AB【解析】A．由题意可知，物块从静止出发，初速度为零，初始功率为零，运动到点，重力和速度方向垂直，在点功率也为零，所以重力的功率先增大后减小，故A正确；B．物块落地时，竖直分速度大小由于落到点时速度与水平方向的夹角为，那么落到点时水平分速度大小从滑至的过程，根据动能定理有解得故B正确；C．在点对物块受力分析，根据向心力公式解得由于存在摩擦力，则物块在轨道最低点受到轨道作用力的大小应该为故C错误；D．由功能关系可知，落地前物块的机械能减少等于摩擦力做功，物块落地速度为动能增加量为，显然落地前的运动过程中，物块动能的增加量大于机械能的减少量，故D错误。故选AB。13.如图所示，半径为r的半圆形金属线框放置在磁感应强度B的匀强磁场中，MN两点连线与磁场垂直，线框绕MN连线以角速度ω匀速转动，灯泡电阻为R，其它电阻不计，则（）A.通过灯泡的电流方向不变B.图示位置回路磁通量变化最快C.灯泡两端电压为 D.由图示位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量为0【答案】C【解析】A．线框绕MN连线以角速度ω匀速转动，产生正弦式交变电流，故A错误；B．图示位置穿过回路的磁通量最大，磁通量变化率为零，故B错误；C．感应电动势的最大值为有效值为由于其它电阻不计，灯泡两端电压为故C正确；D．由图示位置转过180°过程中感应电动势的平均值为由图示位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量为故D错误。故选C。14.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示，则（）A.时，穿过线圈的磁通量均为零B.a表示的瞬时值表达式为C.a表示的交变电流的频率为D.b表示的感应电动势的最大值为【答案】BD【解析】A．根据乙图可知，时，产生的感应电动势为零，可知此时位于中性面，磁通量最大，A错误；B．图线a表示的交流电动势最大值为10V，周期为0.4s，a表示的瞬时值表达式为B正确；C．a表示的交变电流的频率为，C错误；D．根据a表示的瞬时值表达式为，可得b图线表示的线圈产生的电动势周期为0.6s，所以b图线对应的电动势最大值为D正确。故选BD。15.如图，竖直平面内存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，绝缘水平地面与圆心为O、半径为R的竖直半圆形轨道平滑相接于A点，M为轨道的最高点。一质量为m、电荷量为q的带正电的光滑小球在水平面上以大小为的速度向右运动，小球经A点沿轨道向上运动，恰好能通过M点。已知，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.小球通过M点时的速度大小为B.的大小为C.小球从脱离半圆轨道至落地，在空中运动的时间为D.小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为【答案】BD【解析】A．小球恰好通过M点，则此处轨道对小球的弹力为0，由小球受到的重力和电场力的合力提供向心力，即联立得A错误；B．对小球由A点至M点的运动由动能定理，有解得B正确；C．小球从M点脱离轨道后，做类平抛运动，竖直方向上有解得由解得C错误；D．小球落地前一瞬间竖直方向上速度大小为小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值D正确；故选BD。16.如图所示，真空中有一个三棱锥区域，三棱锥底面为等腰直角三角形，，，在A点放置一电荷量为的正点电荷，点放置一电荷量为的正点电荷，下列说法正确的是（）A.点的电场强度大小为B.点的电场强度大小为C.若在点放置一电荷量为的正点电荷，则其所受电场力的大小为D.若在点放置一电荷量为的正点电荷，则其所受电场力的大小为【答案】BD【解析】AB．由几何知识可知，三角形为等腰直角三角形，，点的点电荷在点产生的电场强度大小点的点电荷在点产生的电场强度大小则点的合电场强度大小故A错误，B正确；CD．同理可知，点的合电场强度大小则电荷量为的正点电荷在点受到的电场力大小为故C错误，D正确。故选BD。17.如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道，其中半圆轨道与直轨道相切于点，物体受到与平行的水平拉力，从静止开始运动，拉力的大小满足如图乙所示（以为坐标原点，拉力从指向为正方向）。若，，半圆轨道的半径，重力加速度取。则下列说法中正确的是（）A.拉力从到做功为B.物体从到过程中，所受的合外力为0C.物体能够到达点，且速度大小为D.物体能够到达点，且速度大小为【答案】D【解析】A．图像与坐标轴所围面积表示功，则拉力从到做功为故A错误；B．物体从到过程中，做圆周运动，合力不变0，故B错误；CD．从A到B由动能定理有解得由于滑轨道在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达点，且速度大小为，故C错误，D正确。故选D。18.第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R=50m。比赛中质量m=50kg的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡的C点，已知运动员在空中的飞行时间为4.5s，着陆坡的倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s²，忽略空气阻力影响，则（）A.运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/sB.运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/sC.运动员从B点飞出后经3s离斜面最远D.运动员在B点对轨道的压力为1400N【答案】D【解析】详析】A．运动员从B点水平飞出后做平抛运动，因此有联立解得故A错误；B．运动员从B点飞出后离斜面最远时速度方向与斜面平行，则有联立解得故B错误；C．运动员从B点飞出后离斜面最远时，竖直方向有解得故C错误；D．运动员在B点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律，运动员在B点对轨道的压力与轨道对运动员的支持力相等，故D正确。故选D。19.平衡位置位于点的波源时刻沿轴起振，形成一列沿轴方向传播的简谐横波，时在区间内的波形如图甲所示，波源的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.平衡位置位于处的质点沿轴正方向起振B.该列简谐横波的波长为C.该列简谐横波的波速大小为D.内，处的质点通过的路程为【答案】B【解析】A．根据图乙可知，波源的起振方向沿轴负方向，则在波传播方向上所有质点的起振方向都沿轴负方向，即平衡位置位于处的质点沿轴负方向起振，故A错误；B．根据图甲可知解得这列简谐横波的波长故B正确；C．由图乙可知，该列波的周期则波传播速速大小故C错误；D．内，处的质点已经振动了，则通过的路程为故D错误。故选B。20.在空间坐标系中，平衡位置位于点的波源沿轴（图中未画出）做简谐运动，时刻形成的实际波面图如图所示，实线表示波谷，虚线表示波峰，此时波源位于波谷处，质点首次位于波峰。已知波源的振动周期，质点的平衡位置坐标分别为，，以垂直于纸面向外为轴的正方向。下列说法正确的是（）A.波源沿轴负方向起振B.时刻，的加速度沿轴正方向C.时，平衡位置位于处的质点第二次位于波谷D.时，质点沿轴负方向振动【答案】BC【解析】A．由图可知b点在x轴上的坐标为3.6m，则有解得时刻，轴上的波传播至处，该处的质点沿轴正方向起振，可知波源沿轴正方向起振，故A错误；B．时刻，平衡位置位于处的质点位于平衡位置，可知此时质点位于轴负半轴，的加速度沿轴正方向，故B正确；C．该波的波速为时刻，平衡位置位于处的质点首次位于波谷，由可知，时刻平衡位置为处的质点首次位于波谷，故时该质点第二次位于波谷，故C正确；D．时，与的平衡位置连线上距为处位于波峰，可知质点已起振，且此时沿轴正方向振动，故D错误。故选BC。21.如图所示，一定质量的理想气体按照的顺序完成一个循环，在气体状态变化的过程中，下列说法正确的是（）A.从状态到状态的过程，气体分子的平均动能一直不变B.从状态到状态的过程，气体对外放出的热量C.整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量D.整个循环过程，气体向外界放出的热量为【答案】D【解析】A．根据理想气体状态方程可知，状态a、b的温度相同，但从状态a到状态b的过程中，气体的温度先升高后降低，那么分子的平均动能先增大后减小，故A错误；B．过程，气体体积膨胀，外界对气体做的功为状态a、b的温度相同，内能不变，根据热力学第一定律可知气体从状态a到状态b的过程，气体从外界吸收的热量，故B错误；CD．整个循环过程，外界对气体做功为整个过程气体的内能不变，根据热力学第一定律解得即气体向外界放出的热量，那么整个过程中气体吸收的热量小于放出的热量，故C错误，D正确。故选D。22.将一定质量的理想气体自状态变化至状态，某同学设计了两种不同的变化过程和，两过程的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.过程和过程气体内能的变化量相同B.气体经过过程比经过过程吸收的热量少C.过程气体对外做的功大于过程气体对外做的功D.气体在状态比状态单位时间撞击容器壁单位面积的分子数多【答案】AB【解析】A．过程和过程，气体的初状态温度相同，末状态温度相同，因此两过程气体的初状态内能相同，末状态内能相同，气体内能的变化量相同，故A正确；C．过程气体先等压变化再等容变化，只有阶段对外做功，做的功为过程气体先等容变化再等压变化，只有阶段对外做功，做的功为根据理想气体状态方程，有变形得可知V-T图像的斜率表示压强的倒数，可得因为相等，所以有过程气体对外做的功小于过程气体对外做的功，故C错误；B．由热力学第一定律可知，两不同过程的相同，且W为负值，所以吸收的热量故B正确；D．气体在状态M和状态的体积相同，分子密集程度相同，但气体在状态M的温度小于状态的温度，状态M分子运动的剧烈程度比状态小，对单位时间内撞击容器壁单位面积次数的影响比状态小，因此气体在状态M单位时间撞击容器壁单位面积的分子数比状态少，故D错误。故选AD。23.如图甲所示，足够长导轨与水平面的夹角，导轨间距，其下端连接一个阻值的定值电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小。一质量为的导体棒垂直于导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数。现将导体棒由静止释放，对应过程的图像如图乙所示，内为曲线、后为直线。运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和导体棒、导轨电阻，取，下列说法正确的是（）A.导体棒的加速度大小为时，导体棒的速度大小为B.导体棒的质量为C.内，通过定值电阻的电荷量为D.内，系统产生的焦耳热为【答案】CD【解析】B．对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得过程中导体棒达到最大速度，则此时代人上式解得，故B错误；A．将，代入方程得，故A错误；C．前8s内，，故C正确；D．前6s内由动能定理得系统产生的焦耳热，故D正确。故选CD。24.如图所示为一个倾角为，足够长、宽度大于的绝缘斜面，垂直于斜面两边的虚线的上方存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一个边长为、质量为的单匝正方形导体框的边恰好与重合，时刻导体框以速度大小为沿斜面向上进入磁场区域，一段时间后，导体框的边第一次与重合，此时导体框的速度大小为，最后导体框的边向下到达时，导体框恰好匀速滑出磁场。已知导体框电阻为，斜面对导体框的摩擦力大小恒定不变为，运动过程中，导体框的边始终与平行，重力加速度为。下列说法正确的是（）A.导体框边刚进入磁场时，其加速度大小为B.导体框进入磁场的过程所用的时间为C.导体框向上进入磁场和向下穿出磁场两个过程中，所用的时间相同D.导体框从进入到穿出磁场过程中产生的总热量为【答案】AB【解析】A．边刚进入磁场时，加速度大小而联立解得，故A正确；B．导体框进入磁场的过程，由动量定理有而解得，故B正确；C．导体框在进入磁场时的平均速度大于穿出磁场的平均速度，所用时间不同，故C错误；D．导体框进入磁场的过程，设克服安培力做的功为，由能量守恒有穿出磁场的过程设克服安培力做的功为，则由题意知，导体框产生的总热量为克服摩擦力做的功与克服安培力做的功之和上滑过程下滑过程联立解得由于导体框在磁场中运动了一段距离，该过程克服摩擦阻力做功，故导体框从进入到穿出磁场过程中产生的总热量大于，故D错误。故选AB。25.某实验小组做用“单摆测量重力加速度”的实验。（1）需要记录的数据有：小钢球的直径、摆长、50次全振动的总时间。（2）用游标卡尺测量小钢球的直径，游标卡尺的示数如图甲所示，则直径为_______mm。（3）如图乙所示，某同学测量数据作出图线，根据图线可知该同学认为摆长为_________。（填正确答案标号）A.摆线的长度B.摆线的长度与小球半径之和C.摆线的长度与小球直径之和（4）请根据图乙表示出重力加速度_________。（用和表示）（5）如果根据图像测得的偏小，可能的原因是_______。（填正确答案标号）A.开始计时时，停表过迟按下B.结束计时时，停表过迟按下C.实验时误将51次全振动时间记50次全振动时间【答案】（2）15.60（3）C（4）（5）BC【解析】[1]标卡尺的主尺读数为，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺的读为所以最终读数为[2]根据单摆的周期公式，得当时，应该等于0，图像，因此所测摆长比实际长了。故选C。[3]根据图乙可知，，又，解得。[4]A．开始计