2025届湖南省衡阳市高三下学期5月底最后一卷押题预测练习物理试卷（较难）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025届湖南省衡阳市高三物理5月底最后一卷押题预测练习试卷（较难）学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．如图为普通核反应堆的结构示意图，通过铀235链式反应实现核能的可控释放。下列关于核反应堆工作中的说法正确的是()A．正常运行的反应堆，水泥防护层外能检测到大量α粒子B．中子速度越快越容易发生链式反应C．通过改变镉棒的插入深度来控制反应速度D．铀核裂变时释放能量的多少与生成物种类无关2．一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，P和Q是平衡位置分别在x1=0和x2=100cm处的两个质点，且两质点的振动情况始终相反.从t=0时开始，质点P的振动图像如图所示，已知t1=2s时，质点A．该波的波长可能为0.4B．该波的周期一定为6C．该波的波速可能为1D．质点P的振动方程为y3．如图所示，两同学在相同的高度，以相同大小的初速度v0同时抛出两小球A、B，初速度与水平方向夹角分别为α、β，且α>β，A、BA．A、B两小球可在空中相遇B．两者在空中运动时A、B间距离先减小后增大C．两球落回与起抛点等高处时水平位移相等D．仅增大A球的抛射角α，落到水平地面时的水平位移增大4．如图甲所示，太阳系中有一颗“躺着”自转的蓝色“冷行星”——天王星，周围存在着环状物质．为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，假设“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质线速度的二次方（即v2）与到行星中心的距离的倒数（即r-1）的关系如图乙所示．已知天王星的半径为r0，引力常量为 甲 乙A．环状物质是天王星的组成部分B．天王星的自转周期为2C．v2D．天王星表面的重力加速度为v5．如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN.下列说法正确的是（A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为a0，最大速度为v0A．小球开始下滑时的加速度最大B．小球的速度由12v0C．当a=12a0时小球的速度v与D．当v=12v0时小球的加速度a与二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7．如图是输电线为用户输电的示意图，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电线上的总电阻为R，下列说法正确的是()A．T1的输出电压与T2的输入电压相等B．T1的输出功率大于T2的输入功率C．若用户接入的用电器增多，则R消耗的电功率减小D．若用户接入的用电器减少，则T2的输出功率减小8．如图所示，挡板P固定在倾角为30∘的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，圆弧轨道的圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，N点为圆弧轨道最低点，∠MON=60∘。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，恰好绷直且无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到N点时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0A．弹簧的劲度系数为2mgB．小球A到达N点时的速度大小为12C．小球A到达N点时的速度大小为8D．小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小9．如图为某同学用激光照射一半圆形透明玻璃砖，研究光的传播规律，下面说法正确的是（）A．为入射光，为反射光，为折射光B．若入射光绕点逆时针转动，反射光和折射光也随之逆时针转动C．若入射光绕点逆时针转动，反射光越来越强，折射光越来越弱D．若入射光与界面成角时，折射光恰好消失，则折射率10．如图所示，一根很长且不可伸长的轻绳跨光滑的定滑轮，两端分别系着四个质量相同的小物块A、B、C和D，其中A和B用不可伸长的短绳相连，C和D用一轻弹簧相连。初状态时，4个物块处于静止状态，不计空气阻力，物块可以看成质点。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．剪断AB间绳子瞬间，D物块的加速度为0B．剪断AB间绳子瞬间，C物块的加速度为0.5g，方向竖直向下C．剪断CD间弹簧瞬间，A物块的加速度为0.5g，方向竖直向下D．剪断AC绳子瞬间，A物块的加速度为0.5g，方向竖直向下三、非选择题（本大题共5小题，共56分）11（6分）．如图甲所示，某同学在做“用单摆测量重力加速度”实验中：甲（1）若摆球的直径为D，悬线长为L，则摆长为__________；（2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最____（填“高”或“低”）点的位置时开始计时;（3）如采用计算法测得的g值偏大，可能的原因是____;A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B．把n次全振动的时间误记为n-C．以摆线长作为摆长来计算D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算（4）为了提高测量精度，需多次改变L的值并测得相应的周期T.现测得的六组数据，标示在以L为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上，即图乙中用“×”表示的点.根据图乙中的数据点画出T2与L乙12．（8分）某同学用图甲所示的电路测量电阻Rx的阻值。实验步骤如下：i．按照电路图连接好电路，将滑片P置于电阻丝R0上的适当位置，闭合开关S1；ii．将双刀双掷开关S2（中间连杆为绝缘材料）掷于触点1、2，调节电阻箱R，使灵敏电流计G的指针指零，读出电阻箱阻值，记为R1；iii．保持滑片P的位置不动，将S2掷于触点3、4，调节电阻箱R，仍使灵敏电流计G的指针指零，读出电阻箱阻值，记为R2；iv．断开开关，整理器材。回答下列问题：甲（1）实验过程中，（填“需要”或“不需要”）测量滑片P两侧电阻丝的长度；（2）关于实验对电阻丝规格的要求，下列说法正确的是；A．总电阻必须已知，粗细必须均匀B．总电阻必须已知，粗细无须均匀C．总电阻无须已知，粗细必须均匀D．总电阻无须已知，粗细无须均匀（3）某次测量中，R1＝70Ω，如图乙是电阻箱指示的R2的阻值，则待测电阻的测量值Rx＝Ω（结果保留3位有效数字）；乙（4）若在步骤ii后、步骤iii之前，误将滑片P向右移动了少许，继续进行测量，则Rx的测量值（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。13（10分）．如图所示，内壁光滑、导热良好的汽缸通过活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸底部有压强传感器。在的室内时，压强传感器的示数为；现将活塞与汽缸锁定，移到的室外，。(1)足够长时间后，求压强传感器的示数。(2)若汽缸漏掉一定质量的气体，在室外经足够长时间后，压强传感器示数实际为Pa，求漏掉的气体的质量与原有气体质量的比值k（计算结果保留两位有效数字）。14（16分）．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场（MN所在处无磁场），磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求金属棒PQ通过的位移x及该过程安培力做的功W。15（16分）．如图所示，是一长为的水平传送带，以顺时针匀速转动，传送带左端与半径的光滑圆轨道相切，右端与放在光滑水平桌面上的长木板上表面平齐。木板长为，的右端带有挡板，在上放有小物块，开始时和静止，到挡板的距离为。现将小物块从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数，、之间及、之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为，重力加速度为，所有的碰撞均为弹性正碰。求：(1)A通过传送带过程产生的内能；(2)A滑上C后与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小；(3)A滑上C后，经多长时间B与挡板碰撞；——★参考答案★——1．【知识点】核反应的反应方程及能量计算、质量亏损与爱因斯坦质能方程【答案】C【详析】正常运行的核反应堆主要的辐射有γ辐射和中子辐射，所以水泥防护层外不可能检测到大量α粒子，故A错误；中子速度越快越不容易使链式反应发生，故B错误；利用镉棒对中子吸收能力强的特点，通过改变镉棒的插入深度，从而改变中子的数量来控制反应速度，故C正确；核裂变释放的能量与反应前后质量亏损有关，铀核裂变时会因产物种类不同导致质量亏损不同，释放能量不同，故D错误。2．【知识点】波的多解问题【答案】C【解析】由于t1=2s时,质点P再次回到t=0时的位置,t2=3s时,质点P的位移第一次为-10cm,根据质点运动的对称性可知12T=t2=3s,解得T=6s,B正确；由于P和Q是平衡位置分别在x1=0和x2=100cm处的两个质点,且两质点的振动情况始终相反,有x2-x1=(2n+1)λ2(n=0,1,2,⋯),解得λ=22n+1m(3．【知识点】斜抛运动【答案】B【题图剖析】【解析】A球上升过程可到达的最高点更高，故A球下落到轨迹交点的时间大于B球，故两球不可能同时到达轨迹交点，不能相遇，A错误；以A球为参考系，B球在落地前做速度为v相的匀速直线运动，如图1所示，相对速度方向与A、B起抛点连线的夹角为δ=α+β2-β=α-β2，A、B间距离最短时抛出的时间为t=lcosδv相，此时相对运动的水平位移为x相=xA+xB=lcos2δ< 图1 图24．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算【答案】D【解析】若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星同轴转动，角速度相同，是定值，由线速度公式v=ωr可得v∝r，题中图线特点是v2∝r-1，说明环状物质不是天王星的组成部分，天王星的自转周期T≠2πr0v0，A、B错误；若环状物质是天王星的卫星群，由天王星对环状物质的引力提供环状物质做圆周运动的向心力，则有GMmr2=mv2r，可得v25．【知识点】电势差与电场强度的关系、电场的叠加

【答案】C【解析】由等量异种点电荷电场分布的对称性知，P点的电场强度与Q点的电场强度相等，A错误；由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势比Q点电势高，B错误；由电场叠加得，P点的电场强度E=kQMP2+kQNP2，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，C正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的26．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动【答案】B【解析】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力mg，水平向左的电场力Eq，水平向右的弹力FN以及竖直向上的滑动摩擦力Ff，且此时滑动摩擦力Ff=μFN，竖直方向根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有Eq=Bqv+FN，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即a0=g，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，小球再次受到杆的弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，故A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根据A选项中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由a1逐渐增大到a0，再由a0逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时小球速度恰好达到12v0，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到12v0，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由12v0增大至v7．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用【答案】BD【详析】设输电线中的电流为I2，T1的输出电压与T2的输入电压分别为U2、U3，则有U2＝I2R＋U3，即T1的输出电压大于T2的输入电压，A错误；T1的输出功率为P2＝U2I2，输电线上损耗的功率为ΔP＝IR，T2的输入功率为P3＝U3I2，则P2＝ΔP＋P3，即T1的输出功率大于T2的输入功率，B正确；若用户接入电路的用电器增多，则T2副线圈中的电流增大，由变压器的工作原理可知，T2原线圈中的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，即R消耗的电功率增大，C错误；若用户接入电路的用电器减少，则用电器消耗的功率减小，即T2的输出功率减小，D正确。8．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合【答案】BD【解析】设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩量为x1，B沿斜面方向受力平衡，则mgsin30∘=kx1，小球A沿圆弧轨道运动到N点时，物块C即将离开挡板，设此时弹簧的伸长量为x2，C沿斜面方向受力平衡，则mgsin30∘=kx2，可知x1=x2，当小球A沿圆弧轨道运动到N点时，B沿斜面运动的位移大小为sB=xMN=R（点拨：A、B用同一根绳连接，具有相同大小的位移，且△OMN是等边三角形），所以x1+x2=R，解得x1=x2=R2，k=mgR，A错误；设小球A到达N点时的速度大小为v，对v进行分解，沿绳子方向的速度大小v'=vcos30∘，由于沿绳子方向的速度大小处处相等，所以此时B的速度大小也为v'9．【知识点】全反射与折射的综合应用【答案】ACD【详析】根据反射定律和折射定律可知，反射光线、折射光线均与入射光线分居法线两侧，结合图中的光线位置，即可知为入射光，为反射光，为折射光，A正确；由图可知入射光线绕O点逆时针转动时，入射角增大，由反射定律，可知反射角增大，反射光线顺时针转动；由折射定律，可知折射角增大，折射光线逆时针转动，B错误；由图可知入射光线绕O点逆时针转动时，入射角增大，由反射光强、折射光强与入射角的关系，可知反射光强变强，折射光强变弱，C正确；由折射光恰好消失时入射光线的位置，即可得到临界角为，结合临界角与折射率的关系，可得折射率为，D正确。10．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题【答案】AB【详析】A．对D进行受力分析，弹簧弹力与重力等大反向，剪断AB间绳子的瞬间，弹簧弹力不能突变，D依旧受力平衡，加速度为零，A正确；B．剪断AB间绳子的瞬间，对AC整体受力分析有，，解得C加速度为，方向竖直向下，B正确；C．剪断CD间弹簧瞬间，弹簧弹力突变为0，对A、B和C整体受力分析有，解得A的加速度为，方向竖直向下，C错误；D．剪断AC绳子瞬间，A和B开始做自由落体，所以A物块加速度为g，D错误。选AB。11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度【答案】（1）L（2）低（3）D（4）见解析【解析】（1）若摆球的直径为D,悬线长为L,则摆长为l=（2）为了减小测量周期的误差,摆球应在经过最低点的位置时开始计时.（3）根据单摆的周期公式T=2πlg=2πL+D2g,可得g=4π2T2(L+D2),由此可知,若单摆的悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线增长了,则摆长的测量值偏小,采用计算法测得的g值偏小,故A错误；把n次全振动的时间误记为n-1次全振动的时间,则周期的测量值偏大,采用计算法测得的（4）根据T=2πlg=2πL+D2g可得T2=【注意说明】（1）测定摆长l引起的误差①在未悬挂摆球前测定摆长或漏加摆球半径,得到的摆长偏小,g值偏小；②测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长,得到的摆长偏大,g值偏大；③悬点未固定好,摆球摆动时出现松动,实际摆长偏大,g值偏小.（2）测定周期引起的误差①开始计时时停表过迟按下会使所测时间t偏小,g值偏大；同理,停止计时时停表过早按下也会使g值偏大；②测定n次全振动的时间为t,误计为n+1次全振动,g值偏大；同理,误计为n-1次全振动12．【知识点】实验：电阻的测量【答案】（1）不需要（2分）（2）D（2分）（3）198（2分）（4）大于（2分）【解析】（1）双刀双掷开关S2掷于触点1、2和触点3、4时等效电路图分别如图甲、乙所示，由于电流计的指针指零，故电流计两端电势相等，由串联分压得RxR3＝R1R4，R2R3＝甲乙（2）由Rx＝R1R2（3）由题图乙知，R2＝558Ω，则待测电阻的测量值Rx＝R1R2（4）若在步骤ii后、步骤iii之前，误将滑片P向右移动了少许，则R3变大，R4减小，由R2R3＝RxR4知，R2变大，由Rx13．【知识点】气体的等容变化与查理定律、气体等温变化与玻意耳定律【答案】(1)Pa；(2)【详析】（1）现将活塞与汽缸锁定，移到的室外，气体发生等容变化，有，其中K，K，解得Pa。（2）根据玻意耳定律有，漏掉的气体的质量与原有气体质量的比值为，解得。14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题【答案】（1），方向水平向右（2），【详析】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则，设与并联的电阻为，有，闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得，设中的电流为，有，设受到的安培力为，有，保持静止，由受力平衡，有，联立解得，方向水平向右。（2）设由静止开始到速度大小为v的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有，其中，设中的平均电流为，有，根据电流的定义得，由动能定理，有，联立解得，。15．【知识点】求解弹性碰撞问题【答案】(1)0.5J；(2)1N；(3)1.0s【详析】（1）小物块由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理得，解得，设经时间小物块与传送带共速，由动量定理得，解得，在时间内、传送带发生的位移分别为，，小物块通过传送带过程产生的内能为。（2）对物块和长木板整体有，物块和长木板整体加速度为，对物块，由牛顿第二定律。（3）设滑上后经时间物块与碰撞，则，解得，A、B碰撞前速度分别为、，碰后速度分别为、，则，，A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得，，解得，，设、碰后经时间物块与挡板相碰，则有，解得，A滑上C后，与挡板碰撞的时间。2025届湖南省衡阳市高三物理5月底最后一卷押题预测练习试卷（较难）学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．如图为普通核反应堆的结构示意图，通过铀235链式反应实现核能的可控释放。下列关于核反应堆工作中的说法正确的是()A．正常运行的反应堆，水泥防护层外能检测到大量α粒子B．中子速度越快越容易发生链式反应C．通过改变镉棒的插入深度来控制反应速度D．铀核裂变时释放能量的多少与生成物种类无关2．一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，P和Q是平衡位置分别在x1=0和x2=100cm处的两个质点，且两质点的振动情况始终相反.从t=0时开始，质点P的振动图像如图所示，已知t1=2s时，质点A．该波的波长可能为0.4B．该波的周期一定为6C．该波的波速可能为1D．质点P的振动方程为y3．如图所示，两同学在相同的高度，以相同大小的初速度v0同时抛出两小球A、B，初速度与水平方向夹角分别为α、β，且α>β，A、BA．A、B两小球可在空中相遇B．两者在空中运动时A、B间距离先减小后增大C．两球落回与起抛点等高处时水平位移相等D．仅增大A球的抛射角α，落到水平地面时的水平位移增大4．如图甲所示，太阳系中有一颗“躺着”自转的蓝色“冷行星”——天王星，周围存在着环状物质．为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，假设“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质线速度的二次方（即v2）与到行星中心的距离的倒数（即r-1）的关系如图乙所示．已知天王星的半径为r0，引力常量为 甲 乙A．环状物质是天王星的组成部分B．天王星的自转周期为2C．v2D．天王星表面的重力加速度为v5．如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN.下列说法正确的是（A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为a0，最大速度为v0A．小球开始下滑时的加速度最大B．小球的速度由12v0C．当a=12a0时小球的速度v与D．当v=12v0时小球的加速度a与二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7．如图是输电线为用户输电的示意图，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电线上的总电阻为R，下列说法正确的是()A．T1的输出电压与T2的输入电压相等B．T1的输出功率大于T2的输入功率C．若用户接入的用电器增多，则R消耗的电功率减小D．若用户接入的用电器减少，则T2的输出功率减小8．如图所示，挡板P固定在倾角为30∘的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，圆弧轨道的圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，N点为圆弧轨道最低点，∠MON=60∘。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，恰好绷直且无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到N点时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0A．弹簧的劲度系数为2mgB．小球A到达N点时的速度大小为12C．小球A到达N点时的速度大小为8D．小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小9．如图为某同学用激光照射一半圆形透明玻璃砖，研究光的传播规律，下面说法正确的是（）A．为入射光，为反射光，为折射光B．若入射光绕点逆时针转动，反射光和折射光也随之逆时针转动C．若入射光绕点逆时针转动，反射光越来越强，折射光越来越弱D．若入射光与界面成角时，折射光恰好消失，则折射率10．如图所示，一根很长且不可伸长的轻绳跨光滑的定滑轮，两端分别系着四个质量相同的小物块A、B、C和D，其中A和B用不可伸长的短绳相连，C和D用一轻弹簧相连。初状态时，4个物块处于静止状态，不计空气阻力，物块可以看成质点。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．剪断AB间绳子瞬间，D物块的加速度为0B．剪断AB间绳子瞬间，C物块的加速度为0.5g，方向竖直向下C．剪断CD间弹簧瞬间，A物块的加速度为0.5g，方向竖直向下D．剪断AC绳子瞬间，A物块的加速度为0.5g，方向竖直向下三、非选择题（本大题共5小题，共56分）11（6分）．如图甲所示，某同学在做“用单摆测量重力加速度”实验中：甲（1）若摆球的直径为D，悬线长为L，则摆长为__________；（2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最____（填“高”或“低”）点的位置时开始计时;（3）如采用计算法测得的g值偏大，可能的原因是____;A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B．把n次全振动的时间误记为n-C．以摆线长作为摆长来计算D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算（4）为了提高测量精度，需多次改变L的值并测得相应的周期T.现测得的六组数据，标示在以L为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上，即图乙中用“×”表示的点.根据图乙中的数据点画出T2与L乙12．（8分）某同学用图甲所示的电路测量电阻Rx的阻值。实验步骤如下：i．按照电路图连接好电路，将滑片P置于电阻丝R0上的适当位置，闭合开关S1；ii．将双刀双掷开关S2（中间连杆为绝缘材料）掷于触点1、2，调节电阻箱R，使灵敏电流计G的指针指零，读出电阻箱阻值，记为R1；iii．保持滑片P的位置不动，将S2掷于触点3、4，调节电阻箱R，仍使灵敏电流计G的指针指零，读出电阻箱阻值，记为R2；iv．断开开关，整理器材。回答下列问题：甲（1）实验过程中，（填“需要”或“不需要”）测量滑片P两侧电阻丝的长度；（2）关于实验对电阻丝规格的要求，下列说法正确的是；A．总电阻必须已知，粗细必须均匀B．总电阻必须已知，粗细无须均匀C．总电阻无须已知，粗细必须均匀D．总电阻无须已知，粗细无须均匀（3）某次测量中，R1＝70Ω，如图乙是电阻箱指示的R2的阻值，则待测电阻的测量值Rx＝Ω（结果保留3位有效数字）；乙（4）若在步骤ii后、步骤iii之前，误将滑片P向右移动了少许，继续进行测量，则Rx的测量值（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。13（10分）．如图所示，内壁光滑、导热良好的汽缸通过活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸底部有压强传感器。在的室内时，压强传感器的示数为；现将活塞与汽缸锁定，移到的室外，。(1)足够长时间后，求压强传感器的示数。(2)若汽缸漏掉一定质量的气体，在室外经足够长时间后，压强传感器示数实际为Pa，求漏掉的气体的质量与原有气体质量的比值k（计算结果保留两位有效数字）。14（16分）．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场（MN所在处无磁场），磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求金属棒PQ通过的位移x及该过程安培力做的功W。15（16分）．如图所示，是一长为的水平传送带，以顺时针匀速转动，传送带左端与半径的光滑圆轨道相切，右端与放在光滑水平桌面上的长木板上表面平齐。木板长为，的右端带有挡板，在上放有小物块，开始时和静止，到挡板的距离为。现将小物块从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数，、之间及、之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为，重力加速度为，所有的碰撞均为弹性正碰。求：(1)A通过传送带过程产生的内能；(2)A滑上C后与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小；(3)A滑上C后，经多长时间B与挡板碰撞；——★参考答案★——1．【知识点】核反应的反应方程及能量计算、质量亏损与爱因斯坦质能方程【答案】C【详析】正常运行的核反应堆主要的辐射有γ辐射和中子辐射，所以水泥防护层外不可能检测到大量α粒子，故A错误；中子速度越快越不容易使链式反应发生，故B错误；利用镉棒对中子吸收能力强的特点，通过改变镉棒的插入深度，从而改变中子的数量来控制反应速度，故C正确；核裂变释放的能量与反应前后质量亏损有关，铀核裂变时会因产物种类不同导致质量亏损不同，释放能量不同，故D错误。2．【知识点】波的多解问题【答案】C【解析】由于t1=2s时,质点P再次回到t=0时的位置,t2=3s时,质点P的位移第一次为-10cm,根据质点运动的对称性可知12T=t2=3s,解得T=6s,B正确；由于P和Q是平衡位置分别在x1=0和x2=100cm处的两个质点,且两质点的振动情况始终相反,有x2-x1=(2n+1)λ2(n=0,1,2,⋯),解得λ=22n+1m(3．【知识点】斜抛运动【答案】B【题图剖析】【解析】A球上升过程可到达的最高点更高，故A球下落到轨迹交点的时间大于B球，故两球不可能同时到达轨迹交点，不能相遇，A错误；以A球为参考系，B球在落地前做速度为v相的匀速直线运动，如图1所示，相对速度方向与A、B起抛点连线的夹角为δ=α+β2-β=α-β2，A、B间距离最短时抛出的时间为t=lcosδv相，此时相对运动的水平位移为x相=xA+xB=lcos2δ< 图1 图24．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算【答案】D【解析】若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星同轴转动，角速度相同，是定值，由线速度公式v=ωr可得v∝r，题中图线特点是v2∝r-1，说明环状物质不是天王星的组成部分，天王星的自转周期T≠2πr0v0，A、B错误；若环状物质是天王星的卫星群，由天王星对环状物质的引力提供环状物质做圆周运动的向心力，则有GMmr2=mv2r，可得v25．【知识点】电势差与电场强度的关系、电场的叠加

【答案】C【解析】由等量异种点电荷电场分布的对称性知，P点的电场强度与Q点的电场强度相等，A错误；由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势比Q点电势高，B错误；由电场叠加得，P点的电场强度E=kQMP2+kQNP2，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，C正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的26．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动【答案】B【解析】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力mg，水平向左的电场力Eq，水平向右的弹力FN以及竖直向上的滑动摩擦力Ff，且此时滑动摩擦力Ff=μFN，竖直方向根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有Eq=Bqv+FN，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即a0=g，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，小球再次受到杆的弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，故A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根据A选项中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由a1逐渐增大到a0，再由a0逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时小球速度恰好达到12v0，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到12v0，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由12v0增大至v7．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用【答案】BD【详析】设输电线中的电流为I2，T1的输出电压与T2的输入电压分别为U2、U3，则有U2＝I2R＋U3，即T1的输出电压大于T2的输入电压，A错误；T1的输出功率为P2＝U2I2，输电线上损耗的功率为ΔP＝IR，T2的输入功率为P3＝U3I2，则P2＝ΔP＋P3，即T1的输出功率大于T2的输入功率，B正确；若用户接入电路的用电器增多，则T2副线圈中的电流增大，由变压器的工作原理可知，T2原线圈中的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，即R消耗的电功率增大，C错误；若用户接入电路的用电器减少，则用电器消耗的功率减小，即T2的输出功率减小，D正确。8．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合【答案】BD【解析】设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩量为x1，B沿斜面方向受力平衡，则mgsin30∘=kx1，小球A沿圆弧轨道运动到N点时，物块C即将离开挡板，设此时弹簧的伸长量为x2，C沿斜面方向受力平衡，则mgsin30∘=kx2，可知x1=x2，当小球A沿圆弧轨道运动到N点时，B沿斜面运动的位移大小为sB=xMN=R（点拨：A、B用同一根绳连接，具有相同大小的位移，且△OMN是等边三角形），所以x1+x2=R，解得x1=x2=R2，k=mgR，A错误；设小球A到达N点时的速度大小为v，对v进行分解，沿绳子方向的速度大小v'=vcos30∘，由于沿绳子方向的速度大小处处相等，所以此时B的速度大小也为v'9．【知识点】全反射与折射的综合应用【答案】ACD【详析】根据反射定律和折射定律可知，反射光线、折射光线均与入射光线分居法线两侧，结合图中的光线位置，即可知为入射光，为反射光，为折射光，A正确；由图可知入射光线绕O点逆时针转动时，入射角增大，由反射定律，可知反射角增大，反射光线顺时针转动；由折射定律，可知折射角增大，折射光线逆时针转动，B错误；由图可知入射光线绕O点逆时针转动时，入射角增大，由反射光强、折射光强与入射角的关系，可知反射光强变强，折射光强变弱，C正确；由折射光恰好消失时入射光线的位置，即可得到临界角为，结合临界角与折射率的关系，可得折射率为，D正确。10．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题【答