2025届陕西省渭南市高三下学期二模物理试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE12025届高三联考联评模拟试题（三）物理注意事项：1.本试题共6页，满分100分，时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。第Ⅰ卷（选择题共46分）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.2024年6月中国航天科技集团的科研人员通过分析我国首颗探日卫星“羲和号”对太阳光谱的观测数据，精确绘制出国际首个太阳大气自转的三维图像。太阳光谱中有一条谱线所对应光的频率与氢原子从较高能级向能级跃迁时发出的光中光子能量最小的那种光的频率相同。则该谱线所对应光子的能量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】光子的能量光子能量最小时频率最小，根据玻尔原子理论的频率条件可知，当氢原子从能级向能级跃迁时发出的光的光子能量最小，最小能量B正确。故选B。2.如图所示，在x轴上有A、B、C、D四个点，其间距已在图中标注。现有一周期为T、波长为0.5m、沿x轴正方向传播的横波，当时波恰好传到B点，则时，CD段的波形图为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】该波的波长为0.5m，故波速可表示为该波刚传播到CD中点时需要时间为故在时，CD中点处质点振动了的时间，波沿x轴正方向传播可知波源的起振方向向下，故CD中点处质点在时刚好处于波谷位置。故选D。3.如图所示是一种海上充气救生船，充气船使用时在船的浮筒内充入气体，充满气后浮筒的体积可视为不变。海上昼夜温差较大，若将充气船放置在海上，则夜间充气船浮筒内的气体与白天相比（）A.内能更大 B.分子数密度更小C.压强更大D.单位时间撞击到单位面积浮筒内壁分子数减小【答案】D【解析】A．夜间充气船浮筒内的气体与白天相比温度较低，分子的平均动能更小，内能更小，故A错误；B．气体的质量不变，气体分子总数不变，体积不变，则分子数密度不变，故B错误；C．充气船内气体体积不变，夜间温度低，由查理定律可知，压强更小，故C错误；D．夜间温度低，分子的平均动能更小，则分子的平均速率更小，而分子数密度不变，所以单位时间撞击到单位面积浮筒内壁的分子数减小，故D正确。故选D。4.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平天花板上，另一端与一个质量为m的小球相连，小球在一个水平拉力，弹簧与竖直方向间的夹角为，现保持拉力F大小不变，方向由水平缓慢逆时针向竖直方向转动，在这个过程中（）A.先增大后减小 B.一直减小C.弹簧弹力先增大后减小 D.弹簧弹力一直增大【答案】A【解析】根据题意，对小球受力分析，如图所示：保持拉力F大小不变，方向由水平缓慢逆时针向竖直方向转动，由矢量三角形可得，弹簧弹力逐渐减小，根据图像可知当与图中圆弧相切时最大，继续转动时开始减小，故先增大后减小。故选A。5.急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（）A.助跑是为了增大运动员自身的惯性B.蹬地起跳时，运动员处于超重状态C.从腾空到落地，运动员所受重力的冲量为0D.从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量大于其动能的减少量【答案】B【解析】A．惯性只与质量有关，助跑不能增大运动员自身的惯性，故A错误；B．蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，故B正确；C．根据冲量的计算式可知从腾空到落地，运动员所受重力的冲量不为0，故C错误；D．空气阻力不能忽略，则从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，因此运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故D错误。故选B。6.2024年10月29日，神州19号载人航天飞行任务新闻发布会在酒泉卫星发射中心召开，发言人介绍我国锚定在2030年前实现中国人登陆月球的目标，工程全线正在全面推进研制建设工作。在简化处理地球和月球的关系时，认为地球和月球构成双星系统，两者绕着连线上的一点做匀速圆周运动。在建造月球基地过程中，要将地球上的一部分物资转移到月球上（该过程中地球和月球的总质量不变，地球和月球均可视为质点），若地、月中心间距固定不变，地球的质量始终大于月球的质量，则建造过程中（）A.系统的周期变大 B.地球的轨道半径不变C.地球的线速度变大 D.地球的角速度变大【答案】C【解析】AD．设地球质量为M，圆周运动半径为R，月球质量为m，圆周运动半径为r，做圆周运动的角速度相等为，根据万有引力提供向心力可知，联立解得由于地球和月球的总质量不变，地、月中心间距固定不变，故可知系统的周期和地球的角速度不变，系统的周期不变，故AD错误；B．根据前面分析可知，由于月球质量在增大，故地球的轨道半径R变大，故B错误；C．根据可知由于地球的角速度不变，轨道半径变大，故地球的线速度变大，故C正确。故选C。7.某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系（图像）如图所示，x轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下由静止开始沿x轴运动，在x轴上的a、b、c、d四点间隔相等，则下列说法正确的是（）A.点电荷由a运动到d的过程中加速度先减小后增大B.b和d两点处电势相等C.点电荷由a运动到d的过程中电势能先增大再减小D.点电荷从b运动到a电场力做的功小于从c运动到b电场力做的功【答案】D【解析】A．由a运动到d的过程中，由题图可以看出电场强度先增大后减小，故电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，选项A错误；B．从a向右电场强度沿x轴负方向，则从b到d处逆着电场线方向移动，电势升高，选项B错误；C．从a到d处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷的电势能一直增大，选项C错误；D．由题图可知，a和b之间的平均电场强度小于b和c之间的平均电场强度，根据公式W＝qEd可知，电荷从b运动到a电场力做功小于从c运动到b电场力做功，选项D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，半径为R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则下列说法正确的是（）A.子弹在圆筒中的水平速度为 B.子弹在圆筒中的水平速度为C.圆筒转动的角速度可能为 D.圆筒转动的角速度可能为【答案】AC【解析】AB．子弹做平抛运动，在竖直方向上可得子弹在圆筒中运动的时间水平方向子弹做匀速运动，因此水平速度A正确，B错误；CD．因子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则圆筒转过的角度为（n取1、2、3……）则角速度为故角速度可能为，不可能为，C正确，D错误。故选AC。9.含理想自耦变压器的电路图如图所示，a、b两端与电压有效值恒定的正弦交流电源相连，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均理想，最初变压器上的滑动触头位于M处。下列说法正确的是（）A.仅将滑片向左移动，则电压表的示数将增大B.仅将由M滑动到N，则电流表的示数减小C.仅改变的位置，若电流表示数增大，则消耗的功率增大D.仅改变位置，若电流表示数减小，则原线圈上电流的峰值减小【答案】AD【解析】A．若仅将滑片向左移动，副线圈电压不变，由于滑动变阻器接入电路阻值变小，根据欧姆定律可知，副线圈的电流增大，电压表测量定值电阻两端的电压，由可知，电压表的示数增大，A正确；B．若仅将由滑动到，副线圈匝数变大；原线圈电压不变，根据可知副线圈电压变大，结合欧姆定律可知，副线圈的电流变大，电流表的示数增大，B错误；D．根据变压器的原理可知，原副线圈的电流关系，解得当仅改变的位置，若电流表示数减小，副线圈电压在减小，结合上述分析可知，副线圈匝数变小，故原线圈中电流的有效值减小，根据正弦交流电的峰值故原线圈上电流的峰值减小，D正确；C．滑动变阻器消耗的功率可知当时滑动变阻器消耗的功率最大，因滑动变阻器与定值电阻的数值关系不确定，仅改变的位置，若电流表示数增大，滑动变阻器消耗的功率变化不能确定，C错误。故选AD。10.如图，水平光滑平行金属导轨间距为，一略长于L的导体棒放置于导轨上，导体棒接入导轨间的电阻，导轨两端各连接一阻值为8Ω的电阻和，整个装置放置在垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中，导体棒受到一周期性的驱动力作用在导轨平面内做简谐运动，取初始位置为坐标原点，位移向右为正，导轨电阻不计，导体棒的位移随时间的关系为，电流表A为理想交流电表。下列说法正确的是（）A.电流表的示数为0.2AB.导体棒完成两次全振动的过程中驱动力做功为C.导体棒通过坐标原点时驱动力的大小为D.导体棒第一次由坐标原点到右侧最大位置的过程中，通过电流表的电荷量为【答案】AC【解析】A．已知导体棒的位移随时间的关系为导体棒做简谐运动，则其速度的表达式为导体棒切割磁感线产生的感应电动势其有效值为设，通过电流表的电流为，故A正确；B．完成一次全振动，由动能定理可知：外力做的功与克服安培力做的功代数和为零，克服安培力的做功等于电路中消耗的总电能，所以故B错误；C．通过坐标原点时，导体棒的加速度为零，所以驱动力与安培力等大反向，即，解得故C正确；D．由电流的定义式得由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得联立解得导体棒第一次由坐标原点到右侧最大位置的过程中通过电流表的电荷量为故D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学利用如图甲所示的装置测量木块的加速度。首先将木板倾斜固定在水平面上，木板抬起一定的角度，打点计时器固定在木板底端，将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。接通电源，给木块一沿木板向上的初速度，在木块运动到最高处前打出的纸带如图乙，测得相邻两计数点之间的距离分别为、、、，已知纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器使用交流电的频率为。（1）通过数据可得木块的加速度大小______（保留两位有效数字）（2）若该同学想继续测量木块与木板间动摩擦因数，则仍需测量下列哪些物理量______。（多选，填正确答案前的标号）A.木块的质量m B.木板抬起的倾角C.木块上升的高度h D.当地重力加速度g（3）该同学将图乙中的4段纸带剪开贴到坐标纸上，如图丙，发现这些纸带的左上顶点在一条倾斜直线上，说明此物体做______直线运动。若图丙中直线斜率为k（其中，k无单位），纸带宽为d，则用该方法得到的加速度______。（用k、d表示）【答案】（1）3.0（2）BD（3）匀减速100kd【解析】【小问1详析】纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，可知根据逐差法，求得加速度为【小问2详析】根据牛顿第二定律有解得可知需测量木板抬起的倾角和当地重力加速度。故选BD。【小问3详析】[1][2]纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由可得纸带长度差相等，变化规律恰好与匀变速直线运动一样，可看出速度均匀减小，该物体做匀减速直线运动，由联立可得12.某同学想要设计某个电路来准确测量由3节相同的干电池组成的电池组的电动势和内阻。目前可使用的器材有：A.电流表A（量程0~0.6A，内阻约为10Ω）B.电压表（量程0~3V，内阻约为4kΩ）C.电压表（量程0~15V，内阻约为20kΩ）D.滑动变阻器：0~1000Ω，额定电流0.5AE.滑动变阻器：0~25Ω，额定电流2AF.定值电阻2ΩG.定值电阻100ΩH.开关、导线若干（1）为了使测量结果尽量准确，电压表选择______，滑动变阻器选择______；为了更加准确的测量电池内阻，需要给电池组串联一个合适的定值电阻，这个电阻应选择______。（均填写仪器前的字母代号）（2）请你用所选的实验器材设计出测量该电池组的电动势和内阻的电路图，画在图1方框里。（3）缓慢调节滑动变阻器，记录电流表示数I，电压表示数。根据记录的数据作出的图像如图2所示，则每一节干电池的电动势为______V（保留3位有效数字）、内阻为______Ω（保留1位小数）。（4）上述电动势的测量值______真实值。（选填“>”“<”或“=”）【答案】（1）CEF（2）（3）1.481.0（4）<【解析】【小问1详析】[1][2][3]3节干电池电动势约为4.5V，故电压表应选择量程0~15V的电压表C；为了方便调节电压，滑动变阻器应选最大阻值较小的E；由于滑动变阻器的最大阻值为，若给电池组串联阻值为100Ω的定值电阻，由于定值电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值25Ω，故调节滑动变阻器时电压表的示数变化很小，故选择小阻值电阻，故选F。【小问2详析】由于电流表的阻值与电源内阻和定值电阻的总电阻相差不大，电流表应选择相对电源外接，电路图如下：【小问3详析】[1][2]设每节干电池的电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律，整理得结合图像可知，，解得，【小问4详析】由于电压表的分流，电动势的测量值等于电源与电压表并联后两端电压，所以电动势的测量值比真实值偏小。13.如图所示，一半径玻璃半球，O点是半球的球心，虚线是过球心O、与半球截面垂直的直线。有一束单色光平行于从A点射入玻璃，从B点射出玻璃后交于C点，已知，，光在真空中的传播速度为c。不考虑被半球的内表面反射后的光线，求：（结果用根式表示）（1）玻璃折射率；（2）若不改变光的入射方向，仅将入射点A向左平移，移到点（图中未画出）时，在圆弧面上刚好没有光线射出，求的长度是多少m？【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】作出过B点的法线，如图所示根据几何关系有解得由于，则由几何关系，得由折射定律，得玻璃的折射率【小问2详析】当移到时，在圆弧面恰好发生全反射，有又由几何关系可知联立解得14.如图所示，质量为2kg的小球A（视为质点），在长度均为1.6m的细绳和OP作用下处于平衡状态，、OP与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的足够长的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C（视为质点）静止在B的左端，C与B之间的动摩擦因数为。剪断细绳，小球A开始运动，重力加速度g取。（1）求小球A运动到最低点时对细绳OP的拉力大小；（2）当小球A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰（碰撞时间极短），求碰后C的速度大小；（3）小球A与物块C碰后，C相对B滑行的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】OP的长度为，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得解得设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律可知，小球A运动到最低点时对细绳OP的拉力大小【小问2详析】A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得解得碰后C的速度大小【小问3详析】A、C碰后，C与B动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得15.直角坐标系xOy，在以O为圆心，半径为R的圆柱形区域Ⅰ中有一垂直纸面向里的匀强磁场。在且的区域Ⅱ中充满沿y轴正方向的匀强电场，在且的区域Ⅲ中充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E，其他区域视为真空。坐标原点O处有一粒子源可以在纸面内沿各个方向发射速率为v的带负电粒子，粒子电荷量为q、质量为m。不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，并忽略场的边界效应。已知某粒子可以从磁场边界上的点沿x轴正方向离开磁场，电场强度大小。（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）求从N点离开磁场的粒子经电场偏转后，离开电场右边界时位置的坐标；（3）将粒子源发射粒子的发射速率改为0.8v，在从O点发射的大量粒子中，求能进入电场的粒子在磁场中经过的区域面积S的大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】由几何关系可知ON与x轴正方向的夹角正切值为解得已知某粒子可以从磁场边界上的N点沿x轴正方向离开磁场，根据几何关系可得粒子的轨道半径为由洛伦兹力提供向心力可得解得【小问2详析】粒子进入区域Ⅱ，有解得假设粒子在通过x轴射出区域Ⅱ，y方向有解得又，假设成立，设再经时间粒子从电场射出，则有，解得则粒子离开电场右边界时位置的坐标为【小问3详析】由洛伦兹力提供向心力可得其中解得粒子的轨迹半径等于圆形磁场区域半径的一半，根据旋转圆法可知能够进入电场的粒子经过的区域如图阴影所示则区域面积2025届高三联考联评模拟试题（三）物理注意事项：1.本试题共6页，满分100分，时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。第Ⅰ卷（选择题共46分）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.2024年6月中国航天科技集团的科研人员通过分析我国首颗探日卫星“羲和号”对太阳光谱的观测数据，精确绘制出国际首个太阳大气自转的三维图像。太阳光谱中有一条谱线所对应光的频率与氢原子从较高能级向能级跃迁时发出的光中光子能量最小的那种光的频率相同。则该谱线所对应光子的能量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】光子的能量光子能量最小时频率最小，根据玻尔原子理论的频率条件可知，当氢原子从能级向能级跃迁时发出的光的光子能量最小，最小能量B正确。故选B。2.如图所示，在x轴上有A、B、C、D四个点，其间距已在图中标注。现有一周期为T、波长为0.5m、沿x轴正方向传播的横波，当时波恰好传到B点，则时，CD段的波形图为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】该波的波长为0.5m，故波速可表示为该波刚传播到CD中点时需要时间为故在时，CD中点处质点振动了的时间，波沿x轴正方向传播可知波源的起振方向向下，故CD中点处质点在时刚好处于波谷位置。故选D。3.如图所示是一种海上充气救生船，充气船使用时在船的浮筒内充入气体，充满气后浮筒的体积可视为不变。海上昼夜温差较大，若将充气船放置在海上，则夜间充气船浮筒内的气体与白天相比（）A.内能更大 B.分子数密度更小C.压强更大D.单位时间撞击到单位面积浮筒内壁分子数减小【答案】D【解析】A．夜间充气船浮筒内的气体与白天相比温度较低，分子的平均动能更小，内能更小，故A错误；B．气体的质量不变，气体分子总数不变，体积不变，则分子数密度不变，故B错误；C．充气船内气体体积不变，夜间温度低，由查理定律可知，压强更小，故C错误；D．夜间温度低，分子的平均动能更小，则分子的平均速率更小，而分子数密度不变，所以单位时间撞击到单位面积浮筒内壁的分子数减小，故D正确。故选D。4.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平天花板上，另一端与一个质量为m的小球相连，小球在一个水平拉力，弹簧与竖直方向间的夹角为，现保持拉力F大小不变，方向由水平缓慢逆时针向竖直方向转动，在这个过程中（）A.先增大后减小 B.一直减小C.弹簧弹力先增大后减小 D.弹簧弹力一直增大【答案】A【解析】根据题意，对小球受力分析，如图所示：保持拉力F大小不变，方向由水平缓慢逆时针向竖直方向转动，由矢量三角形可得，弹簧弹力逐渐减小，根据图像可知当与图中圆弧相切时最大，继续转动时开始减小，故先增大后减小。故选A。5.急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（）A.助跑是为了增大运动员自身的惯性B.蹬地起跳时，运动员处于超重状态C.从腾空到落地，运动员所受重力的冲量为0D.从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量大于其动能的减少量【答案】B【解析】A．惯性只与质量有关，助跑不能增大运动员自身的惯性，故A错误；B．蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，故B正确；C．根据冲量的计算式可知从腾空到落地，运动员所受重力的冲量不为0，故C错误；D．空气阻力不能忽略，则从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，因此运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故D错误。故选B。6.2024年10月29日，神州19号载人航天飞行任务新闻发布会在酒泉卫星发射中心召开，发言人介绍我国锚定在2030年前实现中国人登陆月球的目标，工程全线正在全面推进研制建设工作。在简化处理地球和月球的关系时，认为地球和月球构成双星系统，两者绕着连线上的一点做匀速圆周运动。在建造月球基地过程中，要将地球上的一部分物资转移到月球上（该过程中地球和月球的总质量不变，地球和月球均可视为质点），若地、月中心间距固定不变，地球的质量始终大于月球的质量，则建造过程中（）A.系统的周期变大 B.地球的轨道半径不变C.地球的线速度变大 D.地球的角速度变大【答案】C【解析】AD．设地球质量为M，圆周运动半径为R，月球质量为m，圆周运动半径为r，做圆周运动的角速度相等为，根据万有引力提供向心力可知，联立解得由于地球和月球的总质量不变，地、月中心间距固定不变，故可知系统的周期和地球的角速度不变，系统的周期不变，故AD错误；B．根据前面分析可知，由于月球质量在增大，故地球的轨道半径R变大，故B错误；C．根据可知由于地球的角速度不变，轨道半径变大，故地球的线速度变大，故C正确。故选C。7.某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系（图像）如图所示，x轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下由静止开始沿x轴运动，在x轴上的a、b、c、d四点间隔相等，则下列说法正确的是（）A.点电荷由a运动到d的过程中加速度先减小后增大B.b和d两点处电势相等C.点电荷由a运动到d的过程中电势能先增大再减小D.点电荷从b运动到a电场力做的功小于从c运动到b电场力做的功【答案】D【解析】A．由a运动到d的过程中，由题图可以看出电场强度先增大后减小，故电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，选项A错误；B．从a向右电场强度沿x轴负方向，则从b到d处逆着电场线方向移动，电势升高，选项B错误；C．从a到d处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷的电势能一直增大，选项C错误；D．由题图可知，a和b之间的平均电场强度小于b和c之间的平均电场强度，根据公式W＝qEd可知，电荷从b运动到a电场力做功小于从c运动到b电场力做功，选项D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，半径为R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则下列说法正确的是（）A.子弹在圆筒中的水平速度为 B.子弹在圆筒中的水平速度为C.圆筒转动的角速度可能为 D.圆筒转动的角速度可能为【答案】AC【解析】AB．子弹做平抛运动，在竖直方向上可得子弹在圆筒中运动的时间水平方向子弹做匀速运动，因此水平速度A正确，B错误；CD．因子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则圆筒转过的角度为（n取1、2、3……）则角速度为故角速度可能为，不可能为，C正确，D错误。故选AC。9.含理想自耦变压器的电路图如图所示，a、b两端与电压有效值恒定的正弦交流电源相连，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均理想，最初变压器上的滑动触头位于M处。下列说法正确的是（）A.仅将滑片向左移动，则电压表的示数将增大B.仅将由M滑动到N，则电流表的示数减小C.仅改变的位置，若电流表示数增大，则消耗的功率增大D.仅改变位置，若电流表示数减小，则原线圈上电流的峰值减小【答案】AD【解析】A．若仅将滑片向左移动，副线圈电压不变，由于滑动变阻器接入电路阻值变小，根据欧姆定律可知，副线圈的电流增大，电压表测量定值电阻两端的电压，由可知，电压表的示数增大，A正确；B．若仅将由滑动到，副线圈匝数变大；原线圈电压不变，根据可知副线圈电压变大，结合欧姆定律可知，副线圈的电流变大，电流表的示数增大，B错误；D．根据变压器的原理可知，原副线圈的电流关系，解得当仅改变的位置，若电流表示数减小，副线圈电压在减小，结合上述分析可知，副线圈匝数变小，故原线圈中电流的有效值减小，根据正弦交流电的峰值故原线圈上电流的峰值减小，D正确；C．滑动变阻器消耗的功率可知当时滑动变阻器消耗的功率最大，因滑动变阻器与定值电阻的数值关系不确定，仅改变的位置，若电流表示数增大，滑动变阻器消耗的功率变化不能确定，C错误。故选AD。10.如图，水平光滑平行金属导轨间距为，一略长于L的导体棒放置于导轨上，导体棒接入导轨间的电阻，导轨两端各连接一阻值为8Ω的电阻和，整个装置放置在垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中，导体棒受到一周期性的驱动力作用在导轨平面内做简谐运动，取初始位置为坐标原点，位移向右为正，导轨电阻不计，导体棒的位移随时间的关系为，电流表A为理想交流电表。下列说法正确的是（）A.电流表的示数为0.2AB.导体棒完成两次全振动的过程中驱动力做功为C.导体棒通过坐标原点时驱动力的大小为D.导体棒第一次由坐标原点到右侧最大位置的过程中，通过电流表的电荷量为【答案】AC【解析】A．已知导体棒的位移随时间的关系为导体棒做简谐运动，则其速度的表达式为导体棒切割磁感线产生的感应电动势其有效值为设，通过电流表的电流为，故A正确；B．完成一次全振动，由动能定理可知：外力做的功与克服安培力做的功代数和为零，克服安培力的做功等于电路中消耗的总电能，所以故B错误；C．通过坐标原点时，导体棒的加速度为零，所以驱动力与安培力等大反向，即，解得故C正确；D．由电流的定义式得由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得联立解得导体棒第一次由坐标原点到右侧最大位置的过程中通过电流表的电荷量为故D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学利用如图甲所示的装置测量木块的加速度。首先将木板倾斜固定在水平面上，木板抬起一定的角度，打点计时器固定在木板底端，将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。接通电源，给木块一沿木板向上的初速度，在木块运动到最高处前打出的纸带如图乙，测得相邻两计数点之间的距离分别为、、、，已知纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器使用交流电的频率为。（1）通过数据可得木块的加速度大小______（保留两位有效数字）（2）若该同学想继续测量木块与木板间动摩擦因数，则仍需测量下列哪些物理量______。（多选，填正确答案前的标号）A.木块的质量m B.木板抬起的倾角C.木块上升的高度h D.当地重力加速度g（3）该同学将图乙中的4段纸带剪开贴到坐标纸上，如图丙，发现这些纸带的左上顶点在一条倾斜直线上，说明此物体做______直线运动。若图丙中直线斜率为k（其中，k无单位），纸带宽为d，则用该方法得到的加速度______。（用k、d表示）【答案】（1）3.0（2）BD（3）匀减速100kd【解析】【小问1详析】纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，可知根据逐差法，求得加速度为【小问2详析】根据牛顿第二定律有解得可知需测量木板抬起的倾角和当地重力加速度。故选BD。【小问3详析】[1][2]纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由可得纸带长度差相等，变化规律恰好与匀变速直线运动一样，可看出速度均匀减小，该物体做匀减速直线运动，由联立可得12.某同学想要设计某个电路来准确测量由3节相同的干电池组成的电池组的电动势和内阻。目前可使用的器材有：A.电流表A（量程0~0.6A，内阻约为10Ω）B.电压表（量程0~3V，内阻约为4kΩ）C.电压表（量程0~15V，内阻约为20kΩ）D.滑动变阻器：0~1000Ω，额定电流0.5AE.滑动变阻器：0~25Ω，额定电流2AF.定值电阻2ΩG.定值电阻100ΩH.开关、导线若干（1）为了使测量结果尽量准确，电压表选择______，滑动变阻器选择______；为了更加准确的测量电池内阻，需要给电池组串联一个合适的定值电阻，这个电阻应选择______。（均填写仪器前的字母代号）（2）请你用所选的实验器材设计出测量该电池组的电动势和内阻的电路图，画在图1方框里。（3）缓慢调节滑动变阻器，记录电流表示数I，电压表示数。根据记录的数据作出的图像如图2所示，则每一节干电池的电动势为______V（保留3位有效数字）、内阻为______Ω（保留1位小数）。（4）上述电动势的测量值______真实值。（选填“>”“<”或“=”）【答案】（1）CEF（2）（3）1.481.0（4）<【解析】【小问1详析】[1][2][3]3节干电池电动势约为4.5V，故电压表应选择量程0~15V的电压表C；为了方便调节电压，滑动变阻器应选最大阻值较小的E；由于滑动变阻器的最大阻值为，若给电池组串联阻值为100Ω的定值电阻，由于定值电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值25Ω，故调节滑动变阻器时电压表的示数变化很小，故选择小阻值电阻，故选F。【小问2详析】由于电流表的阻值与电源内阻和定值电阻的总电阻相差不大，电流表应选择相对电源外接，电路图如下：【小问3详析】[1][2]设每节干电池的电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律，整理得结合图像可知，，解得，【小问4详析】由于电压表的分流，电动势的测量值等于电源与电压表并联后两端电压，