2025届安徽省马鞍山市高三下学期二模物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025年马鞍山市高三第二次教学质量监测物理注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦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。一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.在光的有关现象和应用中，下列说法正确的是（）A.光导纤维传送信息是利用了光的直线传播原理，所以光导纤维不能弯曲B.通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象C.红光和绿光用同一套双缝干涉装置分别做干涉实验时，红光的条纹更宽一些D.红光和绿光用同一套单缝衍射装置分别做衍射实验时，绿光的中央明纹更宽一些【答案】C【解析】A．光导纤维传送信息是利用了光的全反射原理，光导纤维可以弯曲，只要保证入射角大于临界角就能实现全反射，故A错误；B．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象，故B错误；C．红光的波长比绿光波长长，根据可知用同一套双缝干涉装置，即L和d相同，所以红光的条纹更宽一些，故C正确；D．在单缝衍射中，波长越长，中央明纹越宽。红光波长比绿光波长长，所以红光的中央明纹更宽一些，故D错误。故选C。2.如图所示，轻弹簧上端固定，下端挂一小球。现将小球向下拉动距离x后由静止释放，并开始计时。已知小球做简谐运动的周期为T，下列说法正确的是（）A.过程中，小球的速度一直变小B.过程中，小球的振幅逐渐变小C.时刻，小球的位移大小为D.过程中，小球的加速度一直变大【答案】D【解析】AB．在过程中，小球由最低位置向平衡位置运动，位移变小，速度一直增大，振幅保持不变，故AB错误；C．因小球是由最低位置向平衡位置运动，所以过程中的平均速度小于过程的平均速度，故过程中小球运动的位移小于，故C错误；D．在过程中，小球由平衡位置向最高位置运动，位移变大，根据可知加速度一直变大，故D正确。故选D。3.在光电效应实验中，小明用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲、乙、丙），如图所示。下列说法正确的是（）A.甲、丙两种光，甲的光照强度更大B.甲、丙两种光，甲所产生光电子的最大初动能较大C.甲光的频率大于乙光的频率D.乙光的波长大于丙光的波长【答案】A【解析】AB．根据光电效应方程根据动能定理联立解得由图可知甲光、丙光的遏止电压相等，所以甲光、丙光的最大初动能相等，频率也相等，又由图可知甲光的光电流比丙光的大，所以甲光的光照强度比丙光大，故A正确，B错误；C．由图可知乙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，根据可知乙光的频率大于甲光、丙光的频率，根据可知乙光的波长小于甲光、丙光的波长，故CD错误。故选A4.如图所示，两相同物块对称放置在倾角相同的a、b斜面上，物块之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力F，绳与斜面垂直。现逐渐增大F，系统始终处于静止状态，则（）A.物块对斜面a的压力不变B.物块与斜面a间的摩擦力不变C.地面对斜面a的摩擦力不变D.斜面a上物块受到的合力变大【答案】B【解析】A．将F分解为两个分力，其中是沿左边绳方向的力，是沿右边绳方向的力，设斜面倾角为，物块质量为m，对左边物块，由平衡条件可知，物块对斜面a的压力现逐渐增大F，则也逐渐增大，故物块对斜面a的压力减小，故A错误；B．由于左边物块始终不动，由平衡条件可知，物块与斜面a间的摩擦力故物块与斜面a间的摩擦力不变，故B正确；C．把斜面a及其斜面a上的物块作为整体，由平衡条件可知，地面对斜面a的摩擦力始终与的水平分力等大反向，由于增大，其水平分力也增大，故地面对斜面a的摩擦力增大，故C错误；D．斜面a上的物块始终不动，处于平衡状态，合力一直为0，故D错误。故选B。5.如图所示，理想变压器原、副线圈的总匝数之比为，原线圈匝数可调，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始，在a、b两端加上的交流电压。则（）A.当原线圈触头在最上端时，电压表的示数为22VB.当时，a、b间电压的瞬时值为110VC.只将滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电流表的示数变小D.只将原线圈触头向下移动，电压表的示数变小【答案】C【解析】A．由题可知，在a、b两端加上交流电压为则原线圈交流电压的最大值为故原线圈交流电压的有效值为当原线圈触头在最上端时，则理想变压器原、副线圈的总匝数之比为，根据，解得即电压表的示数为11V，故A错误；B．由题可知，在a、b两端加上交流电压为可知当时，代入上式可得a、b间电压的瞬时值为220V，故B错误；C．只将滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器R的有效阻值增大，变压器副线圈的交流电压有效值不变，故副线圈的电流变小，即电流表的示数变小，故C正确；D．只将原线圈触头向下移动，即变压器原线圈的匝数减小，根据有可知副线圈变压器副线圈的交流电压有效值变大，即电压表的示数变大，故D错误。故选C。6.如图所示，一质量为m的小球在空中某处，以速度v斜向下抛出、方向与竖直方向成60°，小球受到水平向左大小为的风力，小球落到水平地面时，速度方向竖直向下，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球在空中运动时受到的合力为B.小球在空中运动的时间为C.小球抛出点离地高度为D.若只撤去风力作用，小球在空中运动时间会变短【答案】B【解析】A．对小球的受力分析如图所示根据平行四边形定则，可得小球在空中运动时受到的合力为故A错误；B．将初速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示可知水平方向的分速度和竖直方向的分速度分别为，由题知，小球落到水平地面时，速度方向竖直向下，即水平方向的速度减为零，r所以在水平方向上，根据牛顿第二定律有解得则小球在空中运动的时间为故B正确；C．小球在竖直方向上做初速度为，加速度为的匀加速直线运动，则小球抛出点离地高度为故C错误；D．若只撤去风力作用，竖直方向的运动情况不变，即初速度仍为，加速度仍为重力加速度，又高度保持不变，根据可知小球在空中运动时间不变，故D错误。故选B。7.如图所示，空间存在沿x轴方向的电场，x轴正方向为电场强度正方向，原点O到间的图线为直线，x轴上下方图像与x轴围成的面积相等。一个电荷量大小为q的粒子在O点由静止释放，一段时间后运动到处，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A该粒子带负电B.处的电势低于处的电势C.粒子在处的动能为D.O点到之间电势差等于到之间电势差【答案】B【解析】A．粒子在O点由静止释放，一段时间后运动到处，可知粒子在O点处受到的电场力沿x轴正方向，与电场场强方向相同，故该粒子带正电，故A错误；BD．由题意x轴上下方图像与x轴围成的面积相等，根据可知，O点到之间电势差绝对值等于到之间电势差绝对值；根据沿场强方向电势降低，可知O点到之间电势差为正值，到之间电势差为负值；则O点到之间电势差等于到之间电势差，即O点电势等于处电势，又处的电势低于O点电势，所以处的电势低于处的电势，故B正确，D错误；C．从O点到处，图线与横轴所围的面积表示O点到处电势差，则有从O点到处，由动能定理得解得粒子处的动能为故C错误。故选B。8.垂直于纸面的均匀磁场，其方向随时间呈周期性变化。变化规律如图所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一电荷量、质量的带电粒子，位于某点O处，在时刻以初速度沿某方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的其他影响。从时刻开始的磁场变化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设粒子运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有解得周期为由图可知磁场变化的周期为根据可得在时间内偏转的角度为同理在在时间内偏转的角度为设粒子的出发点为，经磁场变化的一个周期的终点为，由图可知，磁场先向里再向外，故作出其在磁场变化的一个周期内的运动轨迹，如图所示由几何关系可得粒子的位移即为a、b两点的距离，则有从时刻开始的磁场变化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为故选D。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动。甲、乙所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴，M、N两点间的距离为3R。下列说法正确的是（）A.卫星甲的线速度大小为B.卫星乙运行的周期为C.卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时线速度大于卫星甲沿圆轨道运行的线速度D.卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度【答案】AC【解析】依题意，，卫星乙的半长轴为设地表有一物体，质量为，忽略地球自转，则其重力为得A．对卫星甲，由得A正确；B．对卫星甲，由得对卫星甲和卫星乙，由开普勒第三定律得B错误；C．由A分析可知，轨道半径越大，线速度越小，故在以M到地心的距离为半径的圆轨道上运行的卫星，其线速度。卫星乙从M向N运行时，是离心运动，故其经过M点时的线速度大于，则卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的线速度大于卫星甲沿圆轨道运行的线速度，C正确；D．M到地心的距离小于，由知卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的加速度大于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，D错误。故选AC。10.如图所示，小车上固定一个光滑弯曲细管道（由AB、BC、CD、DE四段完全相同的四分之一圆弧管道组成，半径均为R），小车（含管道）的质量为m，静止在光滑的水平面上。有一个质量也为m的小球，以某一水平速度从管道左端最低点A进入管道，小球恰好能到达管道的最高点C，然后从管道右端E离开管道。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.小球离开管道时，小车的速度大小为0B.小球从进入管道到离开管道的过程，小车做往复运动C.小球离开管道时，小球的速度大小为D.小球从A到B的过程中，小球所受合外力冲量为【答案】AD【解析】AC．小球从进入管道到离开管道的过程，水平方向动量守恒可得其中是小球速度，是小车速度；由机械能守恒定律可得小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，由动量守恒定律可得根据机械能守恒定律可得解得，小球离开管道时，小车的速度大小为0，故A正确，C错误；B．由题意，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会往复运动，故B错误；D．小球从A到B，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有解得根据动量定理可知故D正确；故选AD。三、非选择题：共5题，共58分。11.某实验小组用图甲所示的圆锥摆装置，做测定当地重力加速度大小的实验。小钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为，测得小钢球的直径为d、O点到钢球的距离为l、小球转动n圈所用的时间为t、小球做圆周运动的半径为r。（1）实验中用游标卡尺测量小球直径如图乙所示，读数______mm。（2）关于该实验，以下表述正确的是______。（填正确答案标号）A.本次实验中需要测出小球的质量mB.实验中小球和摆线形成圆锥摆的摆长为C.小球做圆周运动的周期为（3）当地重力加速度大小______。（用题中所给物理量符号表示）【答案】（1）（2）C（3）【解析】【小问1详析】游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第10条刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺的读为，测量小球直径为。【小问2详析】根据受力分析可得，小钢球在水平面内做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律可得本次实验中不需要测出小球的质量m即可测得值。A错误；B．实验中小球和摆线形成圆锥摆的摆长为，B错误；C．小球转动n圈所用的时间为t，故小球做圆周运动的周期为，C正确。故选C。【小问3详析】小钢球在水平面内做匀速圆周运动时，对小钢球受力分析，由牛顿第二定律可得解得。12.实验小组把一只量程、内阻大约十几欧的毫安表改装成欧姆表。改装好的欧姆表电路如图甲所示，R为滑动变阻器，电源的电动势。（1）图甲中A接______（选填“红”或“黑”）色表笔。（2）滑动变阻器R应选用下列中的______。（填正确答案标号）A.“0.6A，100Ω” B.“0.6A，200Ω”（3）欧姆调零后，用欧姆表测量电阻时指针指在6.0mA处，则被测电阻的阻值为______Ω。（4）实验小组还想进一步测量该毫安表的内阻，除上述电源、滑动变阻器R外，可供使用的主要器材有：电压表V（量程1V，内阻很大）、定值电阻（阻值为150.0Ω）、开关S、导线若干。①将图乙虚线框内电路补充完整_____；②当毫安表的示数为时电压表的示数为，则______。（用题中所给物理量符号表示）【答案】（1）黑（2）B（3）100（4）见解析【解析】【小问1详析】多用电表电流从红色表笔流入，黑色表笔流出，由图甲可知，A连接电源的正极，所以电流从A流出，则A接黑色表笔。【小问2详析】欧姆调零时，有可得欧姆表内阻为可知滑动变阻器R应选用“0.6A，200Ω”。故选B。【小问3详析】欧姆调零后，用欧姆表测量电阻时指针指在6.0mA处，根据闭合电路欧姆定律可得可得被测电阻的阻值为【小问4详析】[1]将定值电阻与毫安表串联，通过毫安表的读数可知定值电阻两端电压，再将电压表与定值电阻、毫安表并联，通过电压表的读数和定值电阻两端电压可知毫安表的电压，再根据欧姆定律可得毫安表的内阻；则图乙完整电路图如图所示[2]当毫安表的示数为时电压表的示数为，则有可得13.如图所示，在光滑水平面上，一质量为m、厚度不计、面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形导热汽缸中，开始时活塞和汽缸静止，此时气柱长度为l。现使汽缸绕与底部竖直直径重合的轴由静止开始缓慢转动，当汽缸转动的角速度为某一值时，气柱长度为2l。已知外界大气压为，环境温度不变（可认为气体温度保持不变），求此时：（1）封闭气体的压强；（2）汽缸转动的角速度。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】对封闭气体，根据玻意尔定律有解得【小问2详析】对活塞，根据牛顿第二定律有解得14.如图所示，绝缘粗糙水平桌面固定不动，两条平行虚线和两条平行的桌面边沿围成了一段宽为L的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向与桌面边沿的夹角为、与磁场两条边界虚线垂直朝向右上方。一个边长也为L的正方形导体框静止放置在磁场左边界处，通过水平细绳绕过定滑轮与质量为m的重物相连，当释放重物后导体框立即开始运动。已知导体框的质量也为m、电阻为R、与桌面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：（1）导体框运动瞬间绳上拉力的大小；（2）导体框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中，通过导体框横截面的电荷量；（3）当满足的条件时，导体框完全离开磁场区域瞬间的速度大小。【答案】（1）（2）（3）或【解析】【小问1详析】根据牛顿第二定律，对重物有对线框有联立解得【小问2详析】根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有根据电荷量与电流的关系有联立可得此过程通过导体框横截面的电荷量又这一过程中的磁通量变化量为可得【小问3详析】从导体框进入磁场的任意瞬间，在竖直方向上，根据平衡条件有在水平方向上，根据牛顿第二定律有对重物，根据牛顿第二定律有联立解得导体框穿过磁场区域的全过程做匀加速直线运动，则有解得或者表示为15.如图甲所示，一电梯以速度竖直向上运动，电梯运动的图像如图乙所示。电梯内有一处于竖直平面内的固定轨道ABCD，其中AB段为足够长的粗糙倾斜直轨道、BCD段为光滑圆弧轨道，两段轨道在B处平滑连接，直径CD为竖直方向，圆弧BC对应的圆心角，圆轨道半径，圆弧BCD长为0.95m。在电梯内参考系中观察，直轨道底端B处一质量的小物块a处于静止状态。时刻，在直轨道上方与物块a相距处，一足够长的木板b和其上端小物块c一起由静止开始释放，一段时间后与物块a在B处发生第一次弹性碰撞。已知木板b和物块c的质量均为，木板与直轨道间的动摩擦因数、物块c与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取，、，求：（1）在电梯内参考系中，木板与物块a第一次碰撞前的速度；（2）电梯停止运动前一瞬间，圆弧轨道对物块a的支持力；（3）若物块a落到直轨道后立即静止且被固定不再运动，从开始到木板和物块a发生第二次碰撞为止，求木板和直轨道间因摩擦而产生的热量Q。【答案】（1）（2）3N（3）9.7J【解析】【小问1详析】因，b和c共同加速下滑，假设b、c整体下滑到B的过程，电梯始终匀速，根据牛顿第二定律有解得根据位移时间公式有解得即时木板与a碰撞，由图像可知，假设正确所以【小问2详析】对b、a弹性碰撞过程，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得，由图乙可知阶段，电梯以做匀减速运动，电梯内物体均处于完全失重状态，则物块a沿圆弧做匀速圆周运动，木板和物块c做匀速直线运动，对物块a，由B运动D过程，则有则电梯停止运动前一瞬间，物块a恰在圆弧轨道最高点D处，则有【小问3详析】物块a在斜轨道上的落点在B点上方d处，对a的平抛过程，则有，联立解得木板b匀速上升阶段的位移为对木板b受力分析，根据牛顿第二定律有解得木板b匀减速上升阶段位移为所以从t=0开始到木板和物块a发生第二次碰撞为止，根据功能关系，可得木板和直轨道间因摩擦而产生的热量为代入数据解得2025年马鞍山市高三第二次教学质量监测物理注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦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。一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.在光的有关现象和应用中，下列说法正确的是（）A.光导纤维传送信息是利用了光的直线传播原理，所以光导纤维不能弯曲B.通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象C.红光和绿光用同一套双缝干涉装置分别做干涉实验时，红光的条纹更宽一些D.红光和绿光用同一套单缝衍射装置分别做衍射实验时，绿光的中央明纹更宽一些【答案】C【解析】A．光导纤维传送信息是利用了光的全反射原理，光导纤维可以弯曲，只要保证入射角大于临界角就能实现全反射，故A错误；B．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象，故B错误；C．红光的波长比绿光波长长，根据可知用同一套双缝干涉装置，即L和d相同，所以红光的条纹更宽一些，故C正确；D．在单缝衍射中，波长越长，中央明纹越宽。红光波长比绿光波长长，所以红光的中央明纹更宽一些，故D错误。故选C。2.如图所示，轻弹簧上端固定，下端挂一小球。现将小球向下拉动距离x后由静止释放，并开始计时。已知小球做简谐运动的周期为T，下列说法正确的是（）A.过程中，小球的速度一直变小B.过程中，小球的振幅逐渐变小C.时刻，小球的位移大小为D.过程中，小球的加速度一直变大【答案】D【解析】AB．在过程中，小球由最低位置向平衡位置运动，位移变小，速度一直增大，振幅保持不变，故AB错误；C．因小球是由最低位置向平衡位置运动，所以过程中的平均速度小于过程的平均速度，故过程中小球运动的位移小于，故C错误；D．在过程中，小球由平衡位置向最高位置运动，位移变大，根据可知加速度一直变大，故D正确。故选D。3.在光电效应实验中，小明用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲、乙、丙），如图所示。下列说法正确的是（）A.甲、丙两种光，甲的光照强度更大B.甲、丙两种光，甲所产生光电子的最大初动能较大C.甲光的频率大于乙光的频率D.乙光的波长大于丙光的波长【答案】A【解析】AB．根据光电效应方程根据动能定理联立解得由图可知甲光、丙光的遏止电压相等，所以甲光、丙光的最大初动能相等，频率也相等，又由图可知甲光的光电流比丙光的大，所以甲光的光照强度比丙光大，故A正确，B错误；C．由图可知乙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，根据可知乙光的频率大于甲光、丙光的频率，根据可知乙光的波长小于甲光、丙光的波长，故CD错误。故选A4.如图所示，两相同物块对称放置在倾角相同的a、b斜面上，物块之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力F，绳与斜面垂直。现逐渐增大F，系统始终处于静止状态，则（）A.物块对斜面a的压力不变B.物块与斜面a间的摩擦力不变C.地面对斜面a的摩擦力不变D.斜面a上物块受到的合力变大【答案】B【解析】A．将F分解为两个分力，其中是沿左边绳方向的力，是沿右边绳方向的力，设斜面倾角为，物块质量为m，对左边物块，由平衡条件可知，物块对斜面a的压力现逐渐增大F，则也逐渐增大，故物块对斜面a的压力减小，故A错误；B．由于左边物块始终不动，由平衡条件可知，物块与斜面a间的摩擦力故物块与斜面a间的摩擦力不变，故B正确；C．把斜面a及其斜面a上的物块作为整体，由平衡条件可知，地面对斜面a的摩擦力始终与的水平分力等大反向，由于增大，其水平分力也增大，故地面对斜面a的摩擦力增大，故C错误；D．斜面a上的物块始终不动，处于平衡状态，合力一直为0，故D错误。故选B。5.如图所示，理想变压器原、副线圈的总匝数之比为，原线圈匝数可调，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始，在a、b两端加上的交流电压。则（）A.当原线圈触头在最上端时，电压表的示数为22VB.当时，a、b间电压的瞬时值为110VC.只将滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电流表的示数变小D.只将原线圈触头向下移动，电压表的示数变小【答案】C【解析】A．由题可知，在a、b两端加上交流电压为则原线圈交流电压的最大值为故原线圈交流电压的有效值为当原线圈触头在最上端时，则理想变压器原、副线圈的总匝数之比为，根据，解得即电压表的示数为11V，故A错误；B．由题可知，在a、b两端加上交流电压为可知当时，代入上式可得a、b间电压的瞬时值为220V，故B错误；C．只将滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器R的有效阻值增大，变压器副线圈的交流电压有效值不变，故副线圈的电流变小，即电流表的示数变小，故C正确；D．只将原线圈触头向下移动，即变压器原线圈的匝数减小，根据有可知副线圈变压器副线圈的交流电压有效值变大，即电压表的示数变大，故D错误。故选C。6.如图所示，一质量为m的小球在空中某处，以速度v斜向下抛出、方向与竖直方向成60°，小球受到水平向左大小为的风力，小球落到水平地面时，速度方向竖直向下，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球在空中运动时受到的合力为B.小球在空中运动的时间为C.小球抛出点离地高度为D.若只撤去风力作用，小球在空中运动时间会变短【答案】B【解析】A．对小球的受力分析如图所示根据平行四边形定则，可得小球在空中运动时受到的合力为故A错误；B．将初速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示可知水平方向的分速度和竖直方向的分速度分别为，由题知，小球落到水平地面时，速度方向竖直向下，即水平方向的速度减为零，r所以在水平方向上，根据牛顿第二定律有解得则小球在空中运动的时间为故B正确；C．小球在竖直方向上做初速度为，加速度为的匀加速直线运动，则小球抛出点离地高度为故C错误；D．若只撤去风力作用，竖直方向的运动情况不变，即初速度仍为，加速度仍为重力加速度，又高度保持不变，根据可知小球在空中运动时间不变，故D错误。故选B。7.如图所示，空间存在沿x轴方向的电场，x轴正方向为电场强度正方向，原点O到间的图线为直线，x轴上下方图像与x轴围成的面积相等。一个电荷量大小为q的粒子在O点由静止释放，一段时间后运动到处，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A该粒子带负电B.处的电势低于处的电势C.粒子在处的动能为D.O点到之间电势差等于到之间电势差【答案】B【解析】A．粒子在O点由静止释放，一段时间后运动到处，可知粒子在O点处受到的电场力沿x轴正方向，与电场场强方向相同，故该粒子带正电，故A错误；BD．由题意x轴上下方图像与x轴围成的面积相等，根据可知，O点到之间电势差绝对值等于到之间电势差绝对值；根据沿场强方向电势降低，可知O点到之间电势差为正值，到之间电势差为负值；则O点到之间电势差等于到之间电势差，即O点电势等于处电势，又处的电势低于O点电势，所以处的电势低于处的电势，故B正确，D错误；C．从O点到处，图线与横轴所围的面积表示O点到处电势差，则有从O点到处，由动能定理得解得粒子处的动能为故C错误。故选B。8.垂直于纸面的均匀磁场，其方向随时间呈周期性变化。变化规律如图所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一电荷量、质量的带电粒子，位于某点O处，在时刻以初速度沿某方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的其他影响。从时刻开始的磁场变化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设粒子运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有解得周期为由图可知磁场变化的周期为根据可得在时间内偏转的角度为同理在在时间内偏转的角度为设粒子的出发点为，经磁场变化的一个周期的终点为，由图可知，磁场先向里再向外，故作出其在磁场变化的一个周期内的运动轨迹，如图所示由几何关系可得粒子的位移即为a、b两点的距离，则有从时刻开始的磁场变化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为故选D。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动。甲、乙所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴，M、N两点间的距离为3R。下列说法正确的是（）A.卫星甲的线速度大小为B.卫星乙运行的周期为C.卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时线速度大于卫星甲沿圆轨道运行的线速度D.卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度【答案】AC【解析】依题意，，卫星乙的半长轴为设地表有一物体，质量为，忽略地球自转，则其重力为得A．对卫星甲，由得A正确；B．对卫星甲，由得对卫星甲和卫星乙，由开普勒第三定律得B错误；C．由A分析可知，轨道半径越大，线速度越小，故在以M到地心的距离为半径的圆轨道上运行的卫星，其线速度。卫星乙从M向N运行时，是离心运动，故其经过M点时的线速度大于，则卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的线速度大于卫星甲沿圆轨道运行的线速度，C正确；D．M到地心的距离小于，由知卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的加速度大于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，D错误。故选AC。10.如图所示，小车上固定一个光滑弯曲细管道（由AB、BC、CD、DE四段完全相同的四分之一圆弧管道组成，半径均为R），小车（含管道）的质量为m，静止在光滑的水平面上。有一个质量也为m的小球，以某一水平速度从管道左端最低点A进入管道，小球恰好能到达管道的最高点C，然后从管道右端E离开管道。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.小球离开管道时，小车的速度大小为0B.小球从进入管道到离开管道的过程，小车做往复运动C.小球离开管道时，小球的速度大小为D.小球从A到B的过程中，小球所受合外力冲量为【答案】AD【解析】AC．小球从进入管道到离开管道的过程，水平方向动量守恒可得其中是小球速度，是小车速度；由机械能守恒定律可得小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，由动量守恒定律可得根据机械能守恒定律可得解得，小球离开管道时，小车的速度大小为0，故A正确，C错误；B．由题意，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会往复运动，故B错误；D．小球从A到B，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有解得根据动量定理可知故D正确；故选AD。三、非选择题：共5题，共58分。11.某实验小组用图甲所示的圆锥摆装置，做测定当地重力加速度大小的实验。小钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为，测得小钢球的直径为d、O点到钢球的距离为l、小球转动n圈所用的时间为t、小球做圆周运动的半径为r。（1）实验中用游标卡尺测量小球直径如图乙所示，读数______mm。（2）关于该实验，以下表述正确的是______。（填正确答案标号）A.本次实验中需要测出小球的质量mB.实验中小球和摆线形成圆锥摆的摆长为C.小球做圆周运动的周期为（3）当地重力加速度大小______。（用题中所给物理量符号表示）【答案】（1）（2）C（3）【解析】【小问1详析】游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第10条刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺的读为，测量小球直径为。【小问2详析】根据受力分析可得，小钢球在水平面内做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律可得本次实验中不需要测出小球的质量m即可测得值。A错误；B．实验中小球和摆线形成圆锥摆的摆长为，B错误；C．小球转动n圈所用的时间为t，故小球做圆周运动的周期为，C正确。故选C。【小问3详析】小钢球在水平面内做匀速圆周运动时，对小钢球受力分析，由牛顿第二定律可得解得。12.实验小组把一只量程、内阻大约十几欧的毫安表改装成欧姆表。改装好的欧姆表电路如图甲所示，R为滑动变阻器，电源的电动势。（1）图甲中A接______（选填“红”或“黑”）色表笔。（2）滑动变阻器R应选用下列中的______。（填正确答案标号）A.“0.6A，100Ω” B.“0.6A，200Ω”（3）欧姆调零后，用欧姆表测量电阻时指针指在6.0mA处，则被测电阻的阻值为______Ω。（4）实验小组还想进一步测量该毫安表的内阻，除上述电源、滑动变阻器R外，可供使用的主要器材有：电压表V（量程1V，内阻很大）、定值电阻（阻值为150.0Ω）、开关S、导线若干。①将图乙虚线框内电路补充完整_____；②当毫安表的示数为时电压表的示数为，则______。（用题中所给物理量符号表示）【答案】（1）黑（2）B（3）100（4）见解析【解析】【小问1详析】多用电表电流从红色表笔流入，黑色表笔流出，由图甲可知，A连接电源的正极，所以电流从A流出，则A接黑色表笔。【小问2详析】欧姆调零时，有可得欧姆表内阻为可知滑动变阻器R应选用“0.6A，200Ω”。故选B。【小问3详析】欧姆调零后，用欧姆表测量电阻时指针指在6.0mA处，根据闭合电路欧姆定律可得可得被测电阻的阻值为【小问4详析】[1]将定值电阻与毫安表串联，通过毫安表的读数可知定值电阻两端电压，再将电压表与定值电阻、毫安表并联，通过电压表的读数和定值电阻两端电压可知毫安表的电压，再根据欧姆定律可得毫安表的内阻；则图乙完整电路图如图所示[2]当毫安表的示数为时电压表的示数为，则有可得13.如图所示，在光滑水平面上，一质量为m、厚度不计、面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形导热汽缸中，开始时活塞和汽缸静止，此时气柱长度为l。现使汽缸绕与底部竖直直径重合的轴由静止开始缓慢转动，当汽缸转动的角速度为某一值