2025届广西壮族自治区柳州市联考高三下学期模拟预测物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1南宁二中·2025年5月高三冲刺考物理试卷（本试卷满分100分，考试时间75分钟）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（本题共10小题，共计46分。在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项正确，选对得4分；第8-10有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分。）1.目前放射性元素镅应用广泛，是火灾自动报警器等设备内重要的放射源，其衰变方程为，已知核的质量为m1，核的质量为m2，X的质量为m3，真空中的光速为c，下列说法正确的是（）A.的比结合能大于的比结合能B.X为α粒子，衰变释放的能量，不是的结合能C.X为α粒子，钼的衰变会随环境温度降低逐渐变慢D.衰变后核核外电子处于高能级，向低能级跃迁发出γ射线【答案】B【解析】A．衰变后的核比核更稳定，比结合能越大原子核越稳定，则的比结合能小于的比结合能，故A错误；BC．根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X为α粒子（）；根据质能方程可知衰变释放的能量为该能量为衰变释放的能量，不是的结合能；半衰期与原子所处环境无关，温度变化不会改变原子核的半衰期，故B正确，C错误；D．衰变后核处于高能级，向低能级跃迁发出γ射线，故D错误。故选B。2.风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示，在地面的M点以竖直向上的初速度v0抛出一小球，小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用，竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将以速度水平向左经过N点，最终落回地面上，不计风力以外的空气阻力。下列说法正确的是（）A.小球N点之后做平抛运动B.小球上升和下落过程运动时间相等C.仅增大初速度，小球的水平位移不变D.仅增大风力，小球落地瞬间重力的瞬时功率增大【答案】B【解析】A．过N点后，小球还受水平风力，不满足平抛运动只受重力特征，A错误；B．竖直方向上，先竖直上抛再做自由落体运动，由对称性时间相等，B正确；C．增大初速度运动时间增大，水平位移增大，C错误；D．增大风力，小球回到地面水平速度增大，竖直分速度不变，重力的瞬时功率不变，D错误。故选B。3.图示为手摇发电机的示意图，正方形金属线框的边长为L，匝数为n，位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并以恒定角速度绕轴转动。阻值为R的电阻两端分别与换向器的两个电刷相连，其余电阻不计，A为理想电表。若从线框平面平行于磁场开始计时，则在线框转动一周的过程中，下列说法正确的是（）A.AB边中的电流方向保持不变B.时电流表示数为0C.AD边始终不受安培力作用D.通过电阻R的电荷量为【答案】D【解析】A．线框与磁场垂直时，线框中电流为零，线框中的电流方向发生改变，在线框转动一周的过程中，AB边中的电流方向改变两次，故A错误；B．电流表的示数为电流的有效值，所以时电流表示数不为0，故B错误；C．AD边中有电流且与磁场不平行时受安培力作用，故C错误；D．线圈转动周过程中通过电阻R的电荷量为又,联立得线框转动一周的过程中，通过电阻R的电荷量为故D正确。故选D。4.如图，甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，乙为处质点从此刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（）A.此列波沿x轴负向传播B.时，处质点的位移为0.5mC.时，处质点的位移为D.处质点比处质点振动相位滞后【答案】C【解析】A．由图乙可知该时刻处质点沿轴负方向振动，根据同侧法可知此列波沿x轴正向传播，A错误；BC．根据题图可知该波的周期为结合图甲可知处质点的振动方程为时，处质点的位移为C正确，B错误；D．根据图甲可得可得该时刻处质点的位移为则x=0.5m处质点的振动方程为其中联立可得则处质点比处质点振动相位超前，D错误。故选C。5.2025年1月7日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将实践二十五号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星入轨后沿椭圆轨道绕地球运动，如图所示，设卫星在近地点、远地点的线速度大小分别为、，近地点到地心的距离为，远地点到地心的距离为，卫星的运行周期为，引力常量为，则地球的质量可表示为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据题意可知椭圆轨道的半长轴为假设有一卫星绕地球做匀速圆周运动的半径满足根据开普勒第三定律可知，该卫星的运行周期也为；对该卫星，由万有引力提供向心力可得联立解得地球的质量为故选C。6.如图所示，等腰直角三角形区域内（含边界），有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，边长为，边中点处有一个粒子源，可向各个方向发射质量为，带电量为，速率为的同种粒子，该情况下在三角形中有粒子经过的区域面积为。若把粒子源从点移到点，其它条件不变，粒子可以经过的区域面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】从点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分所示则扫过的面积等于扇形和三角形的面积之和，则将粒子发射点移到D点后，从D点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分所示则扫过的面积等于扇形和三角形的面积之差，则所以即，故选A。7.一竖直轻弹簧下端固定，质量为m的水平木板P与弹簧上端栓接，木板上再放一质量也为m的小物块Q，静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为的恒力F，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（）A.刚施加力F时，Q对P的压力大小为B.施加力F后，在运动过程中P、Q可能分离C.P运动到最高点时，弹簧的弹力大小为D.P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍【答案】D【解析】A．刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有解得对Q进行分析，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有解得Q对P的压力大小为故A错误；B．假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q进行分析，根据牛顿第二定律有解得加速度大小为方向竖直向下。施加拉力后，对P、Q整体进行分析，令平衡位置的压缩量为，则有令整体相对平衡位置位移为，则回复力为解得可知，回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整体做简谐运动，根据简谐运动的对称性，整体运动的最大加速度为表明P、Q整体先向上做加速运动，后向上做减速至0，速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设不成立，即施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，故B错误；C．结合上述可知，P运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为对整体分析有解得即弹簧的弹力大小为，故C错误；D．物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有拉力做功为重力势能的增加量为根据功能关系与能量守恒定律可知，弹性势能的减小量为解得P重力势能增加量为则有即P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍，故D正确。故选D。8.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入带电极板M、N之间的水平匀强电场后，分落在收集器中央的两侧，其中矿粉a带正电，对矿粉分离的过程，下列说法正确的是（）A.极板M带负电 B.M的电势比N的电势低C.矿粉b的电势能变大 D.电场力对矿粉a做负功【答案】AB【解析】AB．矿粉a带正电，且落入左侧收集器，则矿粉a受到向左的电场力，则电场方向水平向左，所以N板带正电，M板带负电，M的电势比N的电势低，故AB正确；CD．矿粉在电场中所受电场力均对矿粉做正功，所以矿粉a、b的电势能减小，故CD错误。故选AB。9.一定质量的某种理想气体从状态M开始经回到初始状态M，在各状态时的参数如图所示，已知在状态N时的压强为，下列说法正确的是（）A.在状态M时的压强为B.在过程中气体从外界吸收热量C.在过程中气体对外界做功的数值小于D.在过程中气体向外界放出热量且内能不变【答案】AC【解析】A．根据理想气体状态方程可得代入图中数据可得故A正确；B．在过程中，体积不变，外界对气体不做功，温度降低内能减少，根据热力学第一定律，气体向外界放出热量，故B错误；C．在过程中，根据查理定律得解得在过程中，气体体积膨胀，对外做功，体积增加了3V0，而压强由p0减小到，根据功的定义可知对外做功应小于，故C正确；D．在过程中，温度不变，内能不变。由于气体对外做功，根据热力学第一定律，一定吸收热量，故D错误。故选AC。10.如图，长为的不可伸长轻绳一端系于固定点O。另一端系一质量的小球，将小球从O点左侧与O点等高的A点以一定初速度水平向右抛出，经一段时间后小球运动到O点有下方的B点时，轻绳刚好被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动。已知O、A的距离为，轻绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为。重力加速度取。，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.小球抛出时的初速度大小B.轻绳被拉直前瞬间小球的速度为C.小球做圆周运动摆到最低点时的动能为D.小球做圆周运动摆到最低点时，轻绳对小球的拉力大小为【答案】AD【解析】A．小球抛出后经时间t轻绳刚好被拉直，根据平抛运动规律有解得，选项A正确；B．轻绳刚被拉直前，小球竖直方向的分速度大小为此时小球的瞬时速度选项B错误；C．轻绳被拉直后沿着轻绳方向的速度为零，垂直于轻绳的速度小球之后做圆周运动摆到最低点过程中，则根据机械能守恒定律有解得选项C错误；D．小球圆周运动摆到最低点时，根据牛顿第二定律有其中解得选项D正确。故选AD。二、实验题（共2小题，共14分。）11.小明利用实验室的器材设计了如图甲所示的实验装置进行“验证力的平行四边形定则”实验。固定在竖直木板上的量角器直边水平，三根细绳分别连接弹簧测力计a，b和重物c，三根细绳的节点O与量角器的中心点在同一位置。某次实验测得弹簧测力计a，b的示数和重物c的重力分别为F1、F2和G，并根据实验数据作图如图乙所示。（1）关于该实验，下列说法正确的是_________。A.本实验采用了等效替代的物理思想B.连接弹簧测力计的两细绳之间的夹角越大越好C.连接结点O的三根细绳必须等长D.弹簧测力计必须与量角器平行（2）图乙中，_________（选填“F”或“F'”）大小等于重物c的真实重力。（3）弹簧测力计a对准60°刻度，弹簧测力计b从180°刻度绕O点沿顺时针方向缓慢旋转至90°刻度，则弹簧测力计a的示数_________，弹簧测力计b的示数_________。（均选填“一直增大”“一直减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”）【答案】（1）AD（2）F'（3）一直减小先减小后增大【解析】【小问1详析】A．本实验采用了等效替代的物理思想，A正确；B．为减小实验误差，与两弹簧测力计相连的细绳之间的夹角要适当大一点，但不是越大越好，B错误；C．连接结点O的三根细绳等长与否对实验无影响，C错误；D．测量时弹簧测力计必须与量角器平行且在同一竖直平面内，D正确。故选AD。【小问2详析】图乙中，F'大小等于重物c的真实重力，F是利用平行四边形定则作出的合力的理论值。【小问3详析】[1][2]画出力的矢量三角形，如图所示，可知弹簧测力计a的示数一直减小，弹簧测力计b的示数先减小后增大。12.某兴趣学习小组为测量玩具电瓶车上蓄电池的电动势和内阻，现有如下实验器材：A.电压表V（，内阻约为）B.电流表A（，内阻约为）C.电阻箱R（）D.待测蓄电池E.开关S、导线若干（1）该小组同学设计了甲、乙两个电路图，为使测量结果尽量准确，应该选择_____（选填“甲”或“乙”）电路图。（2）由（1）中选择的电路图测得的电动势比真实值_____（“偏大”或“偏小”），原因是_________。（3）该小组同学选择（1）中误差小的电路图测量，调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（a）所示，则蓄电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω（此空结果保留2位有效数字）。（4）该实验还可以测量电流表的内阻，根据记录数据进一步探究，作出图像如图（b）所示。利用图（b）中图像的纵轴截距，结合（3）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为_____Ω（保留2位有效数字）。【答案】（1）甲（2）偏小电压表的分流作用造成的误差（3）1.580.63/0.64/0.65/0.66（4）2.5【解析】【小问1详析】[1]因乙图电流表的分压作用造成电源内阻测量误差相对较大，故实验应该采用甲电路；【小问2详析】[2][3]根据电路图可知，由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，电源U-I图像如图所示

U-I图像的纵截距表示电动势，由图示U-I图像可知电路图测得的电动势比真实值偏小；【小问3详析】[4][5]根据闭合电路欧姆定律可得可得U-I图像的纵轴截距等于电动势，则干电池的电动势为U-I图像的斜率绝对值等于内阻，则内阻为【小问4详析】[6]根据闭合电路欧姆定律可得可得由图像的纵轴截距可知解得电流表内阻为三、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。答案中必须明确写出数值和单位。）13.如图为空气中两个完全相同的透明半球体介质，半径均为R，底面水平平行错开放置且竖直间距为，其折射率未知。一束单色光与竖直方向成角沿半球体甲的半径射入，射出后恰好射向另一半球体乙底面的圆心处，并从半球体乙射出；当该单色光与竖直方向成角同样沿半球体甲的半径射入时，光线恰好未从半球体甲的底面射出。，，求：（1）该介质的折射率n；（2）两半球体球心错开的水平距离s。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】当入射角为时，光线恰好未从半球体甲的底面射出，说明此时光线恰好发生全反射现象。临界角为。由得【小问2详析】以入射角沿半球体甲的半径射入，在半球甲底面发生折射现象，设此时入射角为r，折射角为i，由题意知，根据折射定律，有得由几何关系，两半球体球心错开的水平距离为14.如图所示，水平面上有一面积为S的圆形线圈与导轨ABCD相连，线圈的电阻为，内有磁场，磁感应强度随时间变化的关系为（常量），导轨AB与CD相距l，虚线PQ把导轨ABCD分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，Ⅰ区有水平向左的匀强磁场，Ⅱ区有垂直纸面向外的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小均为B，现有一根质量为m、电阻为R的导体棒以初速度ν从Ⅰ区向右运动到Ⅱ区，不计一切摩擦，导轨的电阻不计，重力加速度为g，求：（1）在Ⅰ区运动时导轨对棒的弹力FN；（2）刚进入Ⅱ区瞬间棒的热功率。【答案】（1）；（2）【解析】（1）在Ⅰ区时，感应电动势感应电流大小根据楞次定律判断知，感应电流方向在圆形线圈中为顺时针方向；根据左手定则，判断知棒所受安培力方向与导体棒重力方向相同，大小为对棒在竖直方向上，有可得在Ⅰ区运动时，导轨对棒的弹力（2）棒刚进入Ⅱ区时，总的感应电动势为此时电流又得刚进入Ⅱ区瞬间，棒的热功率15.如图所示，长度为L=4m的长木板置于光滑水平地面上，木板右端与固定在水平地面上的半径R=0.3m的光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，M点为圆弧轨道的最低点。可视为质点的小滑块A、B放在长木板的中央，两滑块中间有弹性势能为E＝3.2J的微型压缩轻弹簧，轻弹簧左端固定在滑块A上，右端与滑块B接触但不拴接。释放两滑块后，滑块B恰好能到达圆弧轨道上与圆心等高的N点。已知滑块A下表面光滑，滑块B与长木板C的质量均为m=0.2kg，二者间的动摩擦因数为，重力加速度g取10，忽略空气阻力的作用。（1）求B到达M点时对圆弧轨道的压力大小；（2）当A滑离长木板C时，求B的速度大小；（3）若改变两滑块释放的初始位置，使B到长木板C右端的距离为kL（0<k≤1），求释放后的整个过程B克服摩擦力做的功。【答案】（1）6N（2）（3）【解析】【小问1详析】设B在M点时的速度大小为，则有设在M点时圆弧轨道对B的支持力为，则有解得由牛顿第三定律可知，B运动到M点时对圆弧轨道压力大小为6N。【小问2详析】设滑块B刚被弹开时的速度大小为，由动能定理有设A的质量为，刚被弹开时的速度大小为由动量守恒定律可得由能量守恒定律可得联立解得m/sA离开长木板C所用的时间为由题意可判断这段时间内B一直在长木板C上运动，设B减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律可得A离开长木板C时B的速度大小为【小问3详析】若B恰好滑到长木板的右端，则有解得k=0.8①若0.8≤k≤1，则B一直在长木板C上运动，直至速度减为零，故B克服摩擦力做的功为解得②若，则B先滑上圆弧轨道，返回后最后与长木板共速，设滑块B运动到长木板最右端时的速度为，则有B从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为，设B与C共速时的速度大小为v，则有故整个过程中B克服摩擦力做的功为联立解得南宁二中·2025年5月高三冲刺考物理试卷（本试卷满分100分，考试时间75分钟）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（本题共10小题，共计46分。在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项正确，选对得4分；第8-10有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分。）1.目前放射性元素镅应用广泛，是火灾自动报警器等设备内重要的放射源，其衰变方程为，已知核的质量为m1，核的质量为m2，X的质量为m3，真空中的光速为c，下列说法正确的是（）A.的比结合能大于的比结合能B.X为α粒子，衰变释放的能量，不是的结合能C.X为α粒子，钼的衰变会随环境温度降低逐渐变慢D.衰变后核核外电子处于高能级，向低能级跃迁发出γ射线【答案】B【解析】A．衰变后的核比核更稳定，比结合能越大原子核越稳定，则的比结合能小于的比结合能，故A错误；BC．根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X为α粒子（）；根据质能方程可知衰变释放的能量为该能量为衰变释放的能量，不是的结合能；半衰期与原子所处环境无关，温度变化不会改变原子核的半衰期，故B正确，C错误；D．衰变后核处于高能级，向低能级跃迁发出γ射线，故D错误。故选B。2.风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示，在地面的M点以竖直向上的初速度v0抛出一小球，小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用，竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将以速度水平向左经过N点，最终落回地面上，不计风力以外的空气阻力。下列说法正确的是（）A.小球N点之后做平抛运动B.小球上升和下落过程运动时间相等C.仅增大初速度，小球的水平位移不变D.仅增大风力，小球落地瞬间重力的瞬时功率增大【答案】B【解析】A．过N点后，小球还受水平风力，不满足平抛运动只受重力特征，A错误；B．竖直方向上，先竖直上抛再做自由落体运动，由对称性时间相等，B正确；C．增大初速度运动时间增大，水平位移增大，C错误；D．增大风力，小球回到地面水平速度增大，竖直分速度不变，重力的瞬时功率不变，D错误。故选B。3.图示为手摇发电机的示意图，正方形金属线框的边长为L，匝数为n，位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并以恒定角速度绕轴转动。阻值为R的电阻两端分别与换向器的两个电刷相连，其余电阻不计，A为理想电表。若从线框平面平行于磁场开始计时，则在线框转动一周的过程中，下列说法正确的是（）A.AB边中的电流方向保持不变B.时电流表示数为0C.AD边始终不受安培力作用D.通过电阻R的电荷量为【答案】D【解析】A．线框与磁场垂直时，线框中电流为零，线框中的电流方向发生改变，在线框转动一周的过程中，AB边中的电流方向改变两次，故A错误；B．电流表的示数为电流的有效值，所以时电流表示数不为0，故B错误；C．AD边中有电流且与磁场不平行时受安培力作用，故C错误；D．线圈转动周过程中通过电阻R的电荷量为又,联立得线框转动一周的过程中，通过电阻R的电荷量为故D正确。故选D。4.如图，甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，乙为处质点从此刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（）A.此列波沿x轴负向传播B.时，处质点的位移为0.5mC.时，处质点的位移为D.处质点比处质点振动相位滞后【答案】C【解析】A．由图乙可知该时刻处质点沿轴负方向振动，根据同侧法可知此列波沿x轴正向传播，A错误；BC．根据题图可知该波的周期为结合图甲可知处质点的振动方程为时，处质点的位移为C正确，B错误；D．根据图甲可得可得该时刻处质点的位移为则x=0.5m处质点的振动方程为其中联立可得则处质点比处质点振动相位超前，D错误。故选C。5.2025年1月7日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将实践二十五号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星入轨后沿椭圆轨道绕地球运动，如图所示，设卫星在近地点、远地点的线速度大小分别为、，近地点到地心的距离为，远地点到地心的距离为，卫星的运行周期为，引力常量为，则地球的质量可表示为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据题意可知椭圆轨道的半长轴为假设有一卫星绕地球做匀速圆周运动的半径满足根据开普勒第三定律可知，该卫星的运行周期也为；对该卫星，由万有引力提供向心力可得联立解得地球的质量为故选C。6.如图所示，等腰直角三角形区域内（含边界），有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，边长为，边中点处有一个粒子源，可向各个方向发射质量为，带电量为，速率为的同种粒子，该情况下在三角形中有粒子经过的区域面积为。若把粒子源从点移到点，其它条件不变，粒子可以经过的区域面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】从点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分所示则扫过的面积等于扇形和三角形的面积之和，则将粒子发射点移到D点后，从D点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分所示则扫过的面积等于扇形和三角形的面积之差，则所以即，故选A。7.一竖直轻弹簧下端固定，质量为m的水平木板P与弹簧上端栓接，木板上再放一质量也为m的小物块Q，静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为的恒力F，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（）A.刚施加力F时，Q对P的压力大小为B.施加力F后，在运动过程中P、Q可能分离C.P运动到最高点时，弹簧的弹力大小为D.P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍【答案】D【解析】A．刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有解得对Q进行分析，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有解得Q对P的压力大小为故A错误；B．假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q进行分析，根据牛顿第二定律有解得加速度大小为方向竖直向下。施加拉力后，对P、Q整体进行分析，令平衡位置的压缩量为，则有令整体相对平衡位置位移为，则回复力为解得可知，回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整体做简谐运动，根据简谐运动的对称性，整体运动的最大加速度为表明P、Q整体先向上做加速运动，后向上做减速至0，速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设不成立，即施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，故B错误；C．结合上述可知，P运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为对整体分析有解得即弹簧的弹力大小为，故C错误；D．物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有拉力做功为重力势能的增加量为根据功能关系与能量守恒定律可知，弹性势能的减小量为解得P重力势能增加量为则有即P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍，故D正确。故选D。8.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入带电极板M、N之间的水平匀强电场后，分落在收集器中央的两侧，其中矿粉a带正电，对矿粉分离的过程，下列说法正确的是（）A.极板M带负电 B.M的电势比N的电势低C.矿粉b的电势能变大 D.电场力对矿粉a做负功【答案】AB【解析】AB．矿粉a带正电，且落入左侧收集器，则矿粉a受到向左的电场力，则电场方向水平向左，所以N板带正电，M板带负电，M的电势比N的电势低，故AB正确；CD．矿粉在电场中所受电场力均对矿粉做正功，所以矿粉a、b的电势能减小，故CD错误。故选AB。9.一定质量的某种理想气体从状态M开始经回到初始状态M，在各状态时的参数如图所示，已知在状态N时的压强为，下列说法正确的是（）A.在状态M时的压强为B.在过程中气体从外界吸收热量C.在过程中气体对外界做功的数值小于D.在过程中气体向外界放出热量且内能不变【答案】AC【解析】A．根据理想气体状态方程可得代入图中数据可得故A正确；B．在过程中，体积不变，外界对气体不做功，温度降低内能减少，根据热力学第一定律，气体向外界放出热量，故B错误；C．在过程中，根据查理定律得解得在过程中，气体体积膨胀，对外做功，体积增加了3V0，而压强由p0减小到，根据功的定义可知对外做功应小于，故C正确；D．在过程中，温度不变，内能不变。由于气体对外做功，根据热力学第一定律，一定吸收热量，故D错误。故选AC。10.如图，长为的不可伸长轻绳一端系于固定点O。另一端系一质量的小球，将小球从O点左侧与O点等高的A点以一定初速度水平向右抛出，经一段时间后小球运动到O点有下方的B点时，轻绳刚好被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动。已知O、A的距离为，轻绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为。重力加速度取。，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.小球抛出时的初速度大小B.轻绳被拉直前瞬间小球的速度为C.小球做圆周运动摆到最低点时的动能为D.小球做圆周运动摆到最低点时，轻绳对小球的拉力大小为【答案】AD【解析】A．小球抛出后经时间t轻绳刚好被拉直，根据平抛运动规律有解得，选项A正确；B．轻绳刚被拉直前，小球竖直方向的分速度大小为此时小球的瞬时速度选项B错误；C．轻绳被拉直后沿着轻绳方向的速度为零，垂直于轻绳的速度小球之后做圆周运动摆到最低点过程中，则根据机械能守恒定律有解得选项C错误；D．小球圆周运动摆到最低点时，根据牛顿第二定律有其中解得选项D正确。故选AD。二、实验题（共2小题，共14分。）11.小明利用实验室的器材设计了如图甲所示的实验装置进行“验证力的平行四边形定则”实验。固定在竖直木板上的量角器直边水平，三根细绳分别连接弹簧测力计a，b和重物c，三根细绳的节点O与量角器的中心点在同一位置。某次实验测得弹簧测力计a，b的示数和重物c的重力分别为F1、F2和G，并根据实验数据作图如图乙所示。（1）关于该实验，下列说法正确的是_________。A.本实验采用了等效替代的物理思想B.连接弹簧测力计的两细绳之间的夹角越大越好C.连接结点O的三根细绳必须等长D.弹簧测力计必须与量角器平行（2）图乙中，_________（选填“F”或“F'”）大小等于重物c的真实重力。（3）弹簧测力计a对准60°刻度，弹簧测力计b从180°刻度绕O点沿顺时针方向缓慢旋转至90°刻度，则弹簧测力计a的示数_________，弹簧测力计b的示数_________。（均选填“一直增大”“一直减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”）【答案】（1）AD（2）F'（3）一直减小先减小后增大【解析】【小问1详析】A．本实验采用了等效替代的物理思想，A正确；B．为减小实验误差，与两弹簧测力计相连的细绳之间的夹角要适当大一点，但不是越大越好，B错误；C．连接结点O的三根细绳等长与否对实验无影响，C错误；D．测量时弹簧测力计必须与量角器平行且在同一竖直平面内，D正确。故选AD。【小问2详析】图乙中，F'大小等于重物c的真实重力，F是利用平行四边形定则作出的合力的理论值。【小问3详析】[1][2]画出力的矢量三角形，如图所示，可知弹簧测力计a的示数一直减小，弹簧测力计b的示数先减小后增大。12.某兴趣学习小组为测量玩具电瓶车上蓄电池的电动势和内阻，现有如下实验器材：A.电压表V（，内阻约为）B.电流表A（，内阻约为）C.电阻箱R（）D.待测蓄电池E.开关S、导线若干（1）该小组同学设计了甲、乙两个电路图，为使测量结果尽量准确，应该选择_____（选填“甲”或“乙”）电路图。（2）由（1）中选择的电路图测得的电动势比真实值_____（“偏大”或“偏小”），原因是_________。（3）该小组同学选择（1）中误差小的电路图测量，调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（a）所示，则蓄电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω（此空结果保留2位有效数字）。（4）该实验还可以测量电流表的内阻，根据记录数据进一步探究，作出图像如图（b）所示。利用图（b）中图像的纵轴截距，结合（3）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为_____Ω（保留2位有效数字）。【答案】（1）甲（2）偏小电压表的分流作用造成的误差（3）1.580.63/0.64/0.65/0.66（4）2.5【解析】【小问1详析】[1]因乙图电流表的分压作用造成电源内阻测量误差相对较大，故实验应该采用甲电路；【小问2详析】[2][3]根据电路图可知，由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，电源U-I图像如图所示

U-I图像的纵截距表示电动势，由图示U-I图像可知电路图测得的电动势比真实值偏小；【小问3详析】[4][5]根据闭合电路欧姆定律可得可得U-I图像的纵轴截距等于电动势，则干电池的电动势为U-I图像的斜率绝对值等于内阻，则内阻为【小问4详析】[6]根据闭合电路欧姆定律可得可得由图像的纵轴截距可知解得电流表内阻为三、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。答案中必须明确写出数值和单位。）13.如图为空气中两个完全相同的透明半球体介质，半径均为R，底面水平平行错开放置且竖直间距为，其折射率未知。一束单色光与竖直方向成角沿半球体甲的半