2025届湖南省怀化市高考理科实验班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届湖南省怀化市高考物理理科实验班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．科学家设想未来较为理想的可控核聚变反应方程为

11H＋A．X为

6B．该方程为α衰变方程C．该反应质量数守恒D．大亚湾核电站采用核聚变反应发电2．卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，只考虑P、Q受到该行星的引力，引力大小随时间的变化如图所示，已知。下列说法正确的是（）A．P、Q绕行星公转的周期之比为B．P、Q到行星中心距离的最小值之比为3:2C．P、Q的质量之比为32:81D．P、Q在离行星最近位置处的加速度之比为8∶93．如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，则它们的线速度、角速度、向心加速度和转速大小关系错误的是（）A．aD>aC>aA>aB B．ωB=ωC=ωD<ωAC．vD>vA=vC>vB D．nB=nC=nD<nA4．战绳作为一项燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，某运动达人晃动绳的一端使其上、下振动（可视为简谐运动）形成横波。图甲、图乙分别是同一绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q。波长大于1m、小于3m，P、Q两质点的平衡位置相距3m，下列说法正确的是 甲 乙A．该波的波长可能为127B．P、Q两质点振动方向始终相反C．该波的波速可能为43D．从t＝0至t＝2．125s，Q质点运动的路程为3．4m5．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和x0为已知量.一电子仅在静电力作用下以原点为中心，沿x轴方向做周期性运动.已知电子质量为m、电荷量为e，其动能与电势能之和为A.下列说法正确的是（A.电场强度大小为φB.电子的加速度大小为eC.电子的运动区间为[-D.电子沿x轴方向做周期性运动的周期为26．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．光刻机是现代半导体工业的皇冠，其最核心的两大部件为光源与光学镜头。我国研制的某型号光刻机的光源辐射出某一频率的紫外光，光刻机光学镜头投影原理简化图如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，OO'为玻璃砖的对称轴。间距为3R的a、b两束平行紫外光从棱镜左侧垂直AB边射入，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后会聚于硅片上表面的M点，M点位于O'O的延长线上。半球形玻璃砖的折射率为3，来自棱镜的反射光关于轴线OO'对称，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是A．紫外光在棱镜中的传播速度大于在玻璃砖中的传播速度B．要使射向玻璃砖的光线最强，三棱镜的折射率至少为2C．硅片上表面M点到球心O的距离为RD．紫外光从进入玻璃砖到传播到M点所用时间为78．“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部地区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区.如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为n1n2，降压变压器原、副线圈匝数比为n3n4，发电厂输出电压为U1A．若用户获得的电压为U1，则B．用户获得的电压可能大于UC．当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失的功率增大D．输电线上损失的功率为Δ9．用两根细线l1、l2和一个轻弹簧将质量分别为2m和m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示.两小球处于静止状态，细线l1与竖直方向的夹角为30∘，轻弹簧水平,重力加速度为A．细线l1对小球1的拉力大小TB．弹簧对小球2的拉力大小F=2C．细线l2对小球1的拉力大小TD．剪断细线l2的瞬间，小球2的加速度大小为210．如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为23。取地面为零势能面，已知sin53°＝0．8，cos53°＝0．6。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是（ A B C D三、非选择题（本大题共5小题，共56分）11．（6分）某同学用如图甲所示的实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。细线的一端固定在一力传感器触点上，力传感器与电脑屏幕相连，能直观显示细线的拉力F的大小随时间t的变化情况，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录摆球经过光电门的次数及时间。 甲 乙（1）用游标卡尺测量摆球直径d，结果如图乙所示，则摆球直径d＝cm。（2）将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度由静止释放，摆球在竖直平面内稳定摆动后启动数字计时器，摆球某次通过光电门时从1开始计数并计时，当摆球第n次（n为大于3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为t，则此单摆的周期T＝（用t、n表示）。此过程中计算机屏幕上得到如图丙所示的F－t图像，图像中两相邻峰值之间的时间间隔为。 丙 丁（3）若在某次实验时该同学未测量摆球直径d，在测得多组细线长度l和对应的周期T后，画出l－T2图像，在图线上选取M、N两个点，找到两点相应的横、纵坐标，如图丁所示，利用该两点的坐标可得重力加速度表达式g＝，理论上图线在纵轴上的截距的绝对值等于。12（8分）．某物理兴趣小组到实验室进行电表改装。把量程6mA的电流计G，改装成量程为0.6A的电流表A，实验室的实验器材如下：A．电源E1：电动势约1.5V，内阻不计B．电源E2：电动势约3V，内阻约4ΩC．电源E3：电动势约15V，内阻约8ΩD．电源E4：电动势约30V，内阻约10ΩE．滑动变阻器R：最大电阻值3000ΩF．电阻箱R0：最大电阻值999.99ΩG．开关及导线若干(1)他们首先用多用电表欧姆挡粗测电流计G的内阻，将选择开关旋置“×10”倍率，欧姆表调零正确连接电路后测量，多用电表示数如图1所示，则电流计G内阻粗测值为Ω。(2)小组同学设计了如图2所示的电路来测量电流计G的内阻，为了提高实验准确度，则电源应该选（填器材前的选项序号）。(3)正确连接电路后，接通开关S2，调节滑动变阻器使电流计的示数为6mA；然后接通开关S1，调节电阻箱R0的电阻值，当其电阻值为71.5Ω时，电流计的示数为2mA，则电流计的内阻为Ω，这样测得的电流计G内阻与真实值相比（填“偏大”“偏小”或“相等”）。(4)为了将电流计改装成符合要求的电流表，需要给电流计并联的电阻为Ω（结果保留3位有效数字）。13（12分）．在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩．气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到（1）pB（2）TC（3）B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？14（14）．一种弹射发电机的简化装置图如图所示。光滑的水平绝缘桌面上固定有间距d＝0.5m的U形金属导轨，光滑轨道OAC的OA部分位于竖直方向上，AC部分为一与OA相切、半径r＝0.4m的四分之一圆弧，C点与水平桌面边缘挨得很近。质量M＝2.0kg的金属棒静止在U形金属导轨水平部分上，金属棒与金属导轨垂直，金属棒接入电路的电阻R＝0.1Ω，U形金属导轨水平部分光滑，倾角θ＝37°的倾斜部分与金属棒间的动摩擦因数μ＝0.5，金属导轨的水平部分与倾斜部分平滑连接。现用质量m＝1.0kg的小球（可视为质点）压缩紧靠OAC轨道的轻质弹簧至位置D后锁定弹簧，其中DA＝2r＝0.8m。解除锁定后，小球将沿OAC轨道运动，小球运动到轨道最高点C（小球运动到A点前已经和弹簧分离）后沿水平方向滑上桌面，小球与金属棒发生弹性正碰。碰后小球再次沿水平方向进入OAC轨道并恰好能沿轨道运动，金属棒的速度方向与水平导轨平行，且金属棒沿导轨倾斜部分上升的最大位移大小，小球压缩弹簧后再次被锁定。已知U形金属导轨倾斜部分足够长，其上端电阻的阻值为2R，导轨电阻不计，匀强磁场仅分布在金属导轨的倾斜部分，方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小B＝2.0T，重力加速度，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求解除锁定前，弹簧的弹性势能。（2）求金属棒在倾斜导轨上从底部运动至最高点的时间。（3）若金属棒返回倾斜导轨底部前已经达到稳定状态，求在整个运动过程中，金属棒产生的焦耳热（结果保留三位有效数字）。15.（16分）如图所示，一倾角θ＝37°的传送带与两个内表面光滑的14圆弧细管道在圆弧细管道最高点B平滑连接，地面上放置一右端固定挡板的长木板，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C等高相切。传送带以恒定速度顺时针转动，将滑块P轻放在传送带A点上，经过细管道与静止放置在平台上的滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回到细管道最高点B处，Q滑上长木板后，与长木板的挡板发生弹性碰撞最终停在长木板上。已知细管道半径均为R，传送带的速度v0＝22gR，滑块P、Q及长木板的质量分别为m、2m、4m，P与传送带间的动摩擦因数μ＝0．5，Q与长木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0．5，长木板下表面与地面间的动摩擦因数μ2＝0．2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37°＝0．（1）滑块P刚放到传送带上时加速度的大小；（2）滑块P碰后返回通过细管道最低端C时对管道的压力大小；（3）滑块P在传送带上运动的时间；（4）长木板的最小长度。——★参考答案★——1．【知识点】核反应【答案】C【解析】由核反应过程中质量数和电荷数守恒可知X的质量数为4，电荷数为2，故X为

24He，A错误，C正确；该方程为核聚变反应方程，B错误；大亚湾核电站采用的是核裂变反应发电，2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算【答案】C【详析】由图像可知P、Q的周期，，可知P、Q绕行星公转的周期之比为，选项A错误；设卫星P、Q的质量分别为m1和m2，卫星P到行星最近距离为r1，到行星最远距离为r2，卫星Q到行星最近距离为r'1，到行星最远距离为r'2，由图可得，根据开普勒第三定律有，联立解得，B错误，C正确；根据，，可得P、Q在离行星最近位置处的加速度之比为，选项D错误。3．【知识点】共轴转动、皮带传动及齿轮传动问题【答案】A【详析】B、C、D点为同轴转动，它们的角速度和转速相等，由于皮带不打滑，所以vA=vC，由v=ωr可知ωC<ωA，可得ωB=ωC=ωD<ωA，由v=ωr可知：vD>vA=vC>vB，所以选项BC正确。由，可知：aA>aC，aD>aC>aB，因2ωD=ωA可得aA=aD，即aA=aD>aC>aB，，所以选项A错误。因为ωB=ωC=ωD<ωA，由ω=2πn可知nB=nC=nD<nA，选项D正确。此题选择错误的，选A。4．【知识点】波的多解问题【答案】C【解析】由题图甲得周期T＝1s，由题意可知xPQ＝14＋nλ（其中n＝0，1，2，…），由于波长大于1m、小于3m，则n只能取1、2，当n＝1时有54λ＝3m，得λ＝125m，当n＝2时有94λ＝3m，得λ＝43m，且当波长为43m时，波速v＝λT＝43m/s，A错误，C正确；由于P、Q两质点平衡位置的距离不是半个波长的奇数倍，故P、Q两质点的振动方向并不是始终相反，B错误；由于Δt＝2．125s＝218T，且由于t＝0时刻Q质点处于平衡位置，则此时段内Q运动的路程s＝2×4A＋2A2＝（【名师延展】波的多解原因之一是波的传播在空间内具有周期性，由振动图像确定同一时刻两质点的坐标，在一个波长范围内确定两质点平衡位置的距离与波长关系，然后扩展为n个波长，写出距离与波长关系，再根据波长限制条件可以确定n的取值，即可以计算出波运动了n个完整的周期。5．【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系【答案】B【解析】φ-x图线切线斜率的绝对值等于电场强度大小,由题图可知,O与x0（或-x0）两点间的电势差为φ0,电场强度大小E=φ0x0,电子所受静电力大小F=eE=eφ0x0,加速度大小为a=Fm=eφ0mx0,A错误,B正确；设电子在[-x,x]区间内运动,速率为v,由题意得12mv2-eφ=A,6．【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】全反射与折射的综合应用【答案】BC【解析】光在棱镜中发生全反射时射向玻璃砖的光线最强，因此C≤45°，由sinC＝1n得n≥2，B正确；棱镜的折射率与玻璃砖的折射率大小关系无法确定，则由n＝cv可知无法确定紫外光在棱镜和玻璃砖中的传播速度的大小关系，A错误；a光的光路如图所示，由几何关系可知sinα＝32，α＝60°，由n＝sin60°sinβ得β＝30°，△DEO中DE＝OE，θ＝30°，则有2OEcos30°＝R，得OE＝R3，由n＝sinγsinθ得γ＝60°，由tanγ＝OEOM得OM＝R3，C正确；紫外光在玻璃砖中传播时间为t1＝DEv＝DEcn＝Rc，射出玻璃砖后传播到M点的时间t2＝MEc＝8．【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【解析】升压变压器副线圈两端的电压为U2=n2n1U1，若用户获得的电压为U1，则降压变压器的输入电压为U3=n3n4U1，由于输电线上有电压损失，故U2>U9．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题【答案】AD【详析】对球1和球2整体分析,根据受力平衡可得T1cos30∘=3mg,T1sin30∘=F,解得细线l1对小球1的拉力大小为T1=23mg,弹簧对小球2的拉力大小为F=3mg,故A正确,B错误；以球2为研究对象,根据受力平衡可得T'2=F2+mg2=2mg,则细线l2对小球1的拉力大小为10．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合【答案】BD【解析】设初始高度为h，初始机械能E＝mgh，机械能变化等于除重力以外其他力做的功，外力做负功，机械能减小，在斜面上向下运动时f＝μmgcosθ，E＝mgh－μmgcosθxcosθ＝mgh－μmgx（关键点：除了重力外其他外力做的功等于机械能的变化量），在水平地面上运动时f＝μmg，E'＝E－μmgx'，μ相同，故整个过程E随x线性变化，A错误；物块在斜面上下滑时重力势能为Ep＝mgh－mgtanθ·x＝mgh－43mgx，当小物块在水平地面上运动时，重力势能始终为零，B正确；根据动能定理有mgxtanθ－μmgcosθ·xcosθ＝Ek，整理可得Ek＝23mgx，即在斜面上运动时物块的动能Ek与x成线性关系；当小物块在水平地面运动时，根据动能定理有－μmgx＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－23mgx，Ek0为物块刚滑到水平地面上时的动能，即在水平地面上运动时物块动能Ek与x也成线性关系，且斜率大小与在斜面上运动时相同，故C错误；物块克服摩擦力做的功转化为内能，物块在斜面上运动时，有Q＝μmgcosθ·xcosθ，解得Q＝μmgx，物块在水平地面上运动时，有Q＝μmgx'，物块在斜面上运动和在水平地面上运动时，Q11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度【答案】（1）1．240（2分）（2）2tn－1（1分）tn－1（1分）（3）4π2l2【解析】（1）摆球直径为d＝12mm＋8×0．05mm＝12．40mm＝1．240cm。（2）摆球每个周期经过光电门2次，摆球通过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次（n为大于3的奇数）通过光电门时停止计时（易错点：从经过最低点开始到下次同向经过最低点的时间为一个周期），记录的时间为t，此单摆的周期为T＝tn－12＝（3）根据单摆周期公式T＝2πl＋d2g，可得l＝g4π2T2－d2，可知l－T2图像的斜率k＝g4π212．【知识点】实验：练习使用多用电表【答案】(1)140；(2)C；(3)143，偏小；(4)1.44【详析】（1）用多用电表欧姆挡粗测电流计G的内阻，将选择开关旋置“×10”倍率，由图1可知电流计G内阻测量值为。（2）用如图2所示的电路来测量电流计G的内阻，实验中为了保证接通开关S1前后，电路总电流几乎不变，应使滑动变阻器接入电路的阻值尽量大一些，所以电源电动势应选择大一些的，由于滑动变阻器的最大阻值为3000Ω，根据，可知电源应该选电动势约15V的E3，即选择C。（3）[1]接通开关S1，可认为干路电流仍为6mA，则有，解得电流计的内阻为；接通开关S1，电路总电阻变小，则电路总电流变大，即干路电流应大于6mA，则有，可得，可知测得的电流计G内阻与真实值相比偏小。（4）为了将电流计改装成符合要求的电流表，需要给电流计并联一电阻，则有，可得。13．【知识点】利用理想状态方程解决问题、气体的p-V图像问题、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）p（2）T（3）W【解析】（1）A→B：气体发生等温变化，由玻意耳定律有pAVA=（2）直接分析气体从状态A→C：气体发生等容变化，由查理定律有pATA=pCTC（2分）代入数据解得（3）B→C：气体与外界没有热交换，Q=0（1分）外界对气体做的功为W，由热力学第一定律有ΔU=Q+14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题【答案】（1）30J；（2）0.3s；（3）1.65J【详析】（1）根据功能关系有小球与金属棒正碰过程中，动量守恒且能量守恒，则有碰后小球恰好通过C点，则有解得J，m/s（2）根据电流的定义式结合法拉第电磁感应定律有C根据动量定理有解得s（3）金属棒返回倾斜导轨底部前已经达到稳定状态，则有其中解得m/s在整个运动过程中，根据功能关系可知金属棒上的焦耳热解得J15．【知识点】求解弹性碰撞问题【答案】（1）g（2）5mg（3）122Rg（4【解析】（1）对滑块P受力分析，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma（1分）解得a＝g（1分）（2）设P与Q碰撞前的速度大小为v1，碰撞后P的速度大小为v2，Q的速度大小为v3，P从C运动到B的过程（关键点：滑块返回细管道B点时速度为零），根据动能定理可得－mg×2R＝0－12mv22解得v2＝2gR，在C位置对滑块P有FN－mg＝mv22R解得FN＝5mg，由牛顿第三定律知滑块P碰后返回通过细管道最低端C时对管道的压力大小为5mg（1分）（3）P、Q发生弹性碰撞，满足动量守恒定律和能量守恒定律，则mv1＝－mv2＋2mv3（1分）12mv12＝12mv22＋1解得v1＝6gR，v3＝4gR，滑块P从B点到C点由机械能守恒定律得2mgR＝12mv12－12mv'解得v'＝42gR滑块P在传送带上加速到v0后，继续加速下滑，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma'，解得a'＝15g由运动学公式得v0＝at1，v'＝v0＋a't2，滑块P在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝122Rg（（4）Q滑上长木板后，Q对长木板的摩擦力方向向右，大小为f＝μ1×2mg，地面对长木板的最大静摩擦力方向向左，大小为fm＝μ2（2m＋4m）g（1分）由于f＜fm，因此长木板先不动，Q做匀减速运动，设长木板的最小长度为L，可得－μ1×2mgL＝12×2mv42－12×2m解得v4＝16gRQ与挡板发生弹性碰撞，可得2mv4＝－2mv5＋4mv6（1分）12×2mv42＝12×2mv52＋1碰撞后Q的速度大小为v5＝13v4长木板的速度大小为v6＝23v4Q向左减速运动，其加速度大小a1＝μ1g＝12g长木板向右减速，其加速度大小a2＝μ1×2mg＋Q向左做减速运动至速度为零后再向右做加速运动直到与长木板达到共同速度，再一起做减速运动，设达到共速的时间为t3，此过程v－t图像如图所示。v共＝－v5＋a1t3＝v6－a2t3（1分）解得t3＝20v由图像可知相对位移大小Δx＝1213v4解得长木板的最小长度为L＝Δx＝160R31（2025届湖南省怀化市高考物理理科实验班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．科学家设想未来较为理想的可控核聚变反应方程为

11H＋A．X为

6B．该方程为α衰变方程C．该反应质量数守恒D．大亚湾核电站采用核聚变反应发电2．卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，只考虑P、Q受到该行星的引力，引力大小随时间的变化如图所示，已知。下列说法正确的是（）A．P、Q绕行星公转的周期之比为B．P、Q到行星中心距离的最小值之比为3:2C．P、Q的质量之比为32:81D．P、Q在离行星最近位置处的加速度之比为8∶93．如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，则它们的线速度、角速度、向心加速度和转速大小关系错误的是（）A．aD>aC>aA>aB B．ωB=ωC=ωD<ωAC．vD>vA=vC>vB D．nB=nC=nD<nA4．战绳作为一项燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，某运动达人晃动绳的一端使其上、下振动（可视为简谐运动）形成横波。图甲、图乙分别是同一绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q。波长大于1m、小于3m，P、Q两质点的平衡位置相距3m，下列说法正确的是 甲 乙A．该波的波长可能为127B．P、Q两质点振动方向始终相反C．该波的波速可能为43D．从t＝0至t＝2．125s，Q质点运动的路程为3．4m5．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和x0为已知量.一电子仅在静电力作用下以原点为中心，沿x轴方向做周期性运动.已知电子质量为m、电荷量为e，其动能与电势能之和为A.下列说法正确的是（A.电场强度大小为φB.电子的加速度大小为eC.电子的运动区间为[-D.电子沿x轴方向做周期性运动的周期为26．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．光刻机是现代半导体工业的皇冠，其最核心的两大部件为光源与光学镜头。我国研制的某型号光刻机的光源辐射出某一频率的紫外光，光刻机光学镜头投影原理简化图如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，OO'为玻璃砖的对称轴。间距为3R的a、b两束平行紫外光从棱镜左侧垂直AB边射入，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后会聚于硅片上表面的M点，M点位于O'O的延长线上。半球形玻璃砖的折射率为3，来自棱镜的反射光关于轴线OO'对称，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是A．紫外光在棱镜中的传播速度大于在玻璃砖中的传播速度B．要使射向玻璃砖的光线最强，三棱镜的折射率至少为2C．硅片上表面M点到球心O的距离为RD．紫外光从进入玻璃砖到传播到M点所用时间为78．“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部地区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区.如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为n1n2，降压变压器原、副线圈匝数比为n3n4，发电厂输出电压为U1A．若用户获得的电压为U1，则B．用户获得的电压可能大于UC．当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失的功率增大D．输电线上损失的功率为Δ9．用两根细线l1、l2和一个轻弹簧将质量分别为2m和m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示.两小球处于静止状态，细线l1与竖直方向的夹角为30∘，轻弹簧水平,重力加速度为A．细线l1对小球1的拉力大小TB．弹簧对小球2的拉力大小F=2C．细线l2对小球1的拉力大小TD．剪断细线l2的瞬间，小球2的加速度大小为210．如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为23。取地面为零势能面，已知sin53°＝0．8，cos53°＝0．6。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是（ A B C D三、非选择题（本大题共5小题，共56分）11．（6分）某同学用如图甲所示的实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。细线的一端固定在一力传感器触点上，力传感器与电脑屏幕相连，能直观显示细线的拉力F的大小随时间t的变化情况，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录摆球经过光电门的次数及时间。 甲 乙（1）用游标卡尺测量摆球直径d，结果如图乙所示，则摆球直径d＝cm。（2）将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度由静止释放，摆球在竖直平面内稳定摆动后启动数字计时器，摆球某次通过光电门时从1开始计数并计时，当摆球第n次（n为大于3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为t，则此单摆的周期T＝（用t、n表示）。此过程中计算机屏幕上得到如图丙所示的F－t图像，图像中两相邻峰值之间的时间间隔为。 丙 丁（3）若在某次实验时该同学未测量摆球直径d，在测得多组细线长度l和对应的周期T后，画出l－T2图像，在图线上选取M、N两个点，找到两点相应的横、纵坐标，如图丁所示，利用该两点的坐标可得重力加速度表达式g＝，理论上图线在纵轴上的截距的绝对值等于。12（8分）．某物理兴趣小组到实验室进行电表改装。把量程6mA的电流计G，改装成量程为0.6A的电流表A，实验室的实验器材如下：A．电源E1：电动势约1.5V，内阻不计B．电源E2：电动势约3V，内阻约4ΩC．电源E3：电动势约15V，内阻约8ΩD．电源E4：电动势约30V，内阻约10ΩE．滑动变阻器R：最大电阻值3000ΩF．电阻箱R0：最大电阻值999.99ΩG．开关及导线若干(1)他们首先用多用电表欧姆挡粗测电流计G的内阻，将选择开关旋置“×10”倍率，欧姆表调零正确连接电路后测量，多用电表示数如图1所示，则电流计G内阻粗测值为Ω。(2)小组同学设计了如图2所示的电路来测量电流计G的内阻，为了提高实验准确度，则电源应该选（填器材前的选项序号）。(3)正确连接电路后，接通开关S2，调节滑动变阻器使电流计的示数为6mA；然后接通开关S1，调节电阻箱R0的电阻值，当其电阻值为71.5Ω时，电流计的示数为2mA，则电流计的内阻为Ω，这样测得的电流计G内阻与真实值相比（填“偏大”“偏小”或“相等”）。(4)为了将电流计改装成符合要求的电流表，需要给电流计并联的电阻为Ω（结果保留3位有效数字）。13（12分）．在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩．气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到（1）pB（2）TC（3）B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？14（14）．一种弹射发电机的简化装置图如图所示。光滑的水平绝缘桌面上固定有间距d＝0.5m的U形金属导轨，光滑轨道OAC的OA部分位于竖直方向上，AC部分为一与OA相切、半径r＝0.4m的四分之一圆弧，C点与水平桌面边缘挨得很近。质量M＝2.0kg的金属棒静止在U形金属导轨水平部分上，金属棒与金属导轨垂直，金属棒接入电路的电阻R＝0.1Ω，U形金属导轨水平部分光滑，倾角θ＝37°的倾斜部分与金属棒间的动摩擦因数μ＝0.5，金属导轨的水平部分与倾斜部分平滑连接。现用质量m＝1.0kg的小球（可视为质点）压缩紧靠OAC轨道的轻质弹簧至位置D后锁定弹簧，其中DA＝2r＝0.8m。解除锁定后，小球将沿OAC轨道运动，小球运动到轨道最高点C（小球运动到A点前已经和弹簧分离）后沿水平方向滑上桌面，小球与金属棒发生弹性正碰。碰后小球再次沿水平方向进入OAC轨道并恰好能沿轨道运动，金属棒的速度方向与水平导轨平行，且金属棒沿导轨倾斜部分上升的最大位移大小，小球压缩弹簧后再次被锁定。已知U形金属导轨倾斜部分足够长，其上端电阻的阻值为2R，导轨电阻不计，匀强磁场仅分布在金属导轨的倾斜部分，方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小B＝2.0T，重力加速度，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求解除锁定前，弹簧的弹性势能。（2）求金属棒在倾斜导轨上从底部运动至最高点的时间。（3）若金属棒返回倾斜导轨底部前已经达到稳定状态，求在整个运动过程中，金属棒产生的焦耳热（结果保留三位有效数字）。15.（16分）如图所示，一倾角θ＝37°的传送带与两个内表面光滑的14圆弧细管道在圆弧细管道最高点B平滑连接，地面上放置一右端固定挡板的长木板，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C等高相切。传送带以恒定速度顺时针转动，将滑块P轻放在传送带A点上，经过细管道与静止放置在平台上的滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回到细管道最高点B处，Q滑上长木板后，与长木板的挡板发生弹性碰撞最终停在长木板上。已知细管道半径均为R，传送带的速度v0＝22gR，滑块P、Q及长木板的质量分别为m、2m、4m，P与传送带间的动摩擦因数μ＝0．5，Q与长木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0．5，长木板下表面与地面间的动摩擦因数μ2＝0．2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37°＝0．（1）滑块P刚放到传送带上时加速度的大小；（2）滑块P碰后返回通过细管道最低端C时对管道的压力大小；（3）滑块P在传送带上运动的时间；（4）长木板的最小长度。——★参考答案★——1．【知识点】核反应【答案】C【解析】由核反应过程中质量数和电荷数守恒可知X的质量数为4，电荷数为2，故X为

24He，A错误，C正确；该方程为核聚变反应方程，B错误；大亚湾核电站采用的是核裂变反应发电，2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算【答案】C【详析】由图像可知P、Q的周期，，可知P、Q绕行星公转的周期之比为，选项A错误；设卫星P、Q的质量分别为m1和m2，卫星P到行星最近距离为r1，到行星最远距离为r2，卫星Q到行星最近距离为r'1，到行星最远距离为r'2，由图可得，根据开普勒第三定律有，联立解得，B错误，C正确；根据，，可得P、Q在离行星最近位置处的加速度之比为，选项D错误。3．【知识点】共轴转动、皮带传动及齿轮传动问题【答案】A【详析】B、C、D点为同轴转动，它们的角速度和转速相等，由于皮带不打滑，所以vA=vC，由v=ωr可知ωC<ωA，可得ωB=ωC=ωD<ωA，由v=ωr可知：vD>vA=vC>vB，所以选项BC正确。由，可知：aA>aC，aD>aC>aB，因2ωD=ωA可得aA=aD，即aA=aD>aC>aB，，所以选项A错误。因为ωB=ωC=ωD<ωA，由ω=2πn可知nB=nC=nD<nA，选项D正确。此题选择错误的，选A。4．【知识点】波的多解问题【答案】C【解析】由题图甲得周期T＝1s，由题意可知xPQ＝14＋nλ（其中n＝0，1，2，…），由于波长大于1m、小于3m，则n只能取1、2，当n＝1时有54λ＝3m，得λ＝125m，当n＝2时有94λ＝3m，得λ＝43m，且当波长为43m时，波速v＝λT＝43m/s，A错误，C正确；由于P、Q两质点平衡位置的距离不是半个波长的奇数倍，故P、Q两质点的振动方向并不是始终相反，B错误；由于Δt＝2．125s＝218T，且由于t＝0时刻Q质点处于平衡位置，则此时段内Q运动的路程s＝2×4A＋2A2＝（【名师延展】波的多解原因之一是波的传播在空间内具有周期性，由振动图像确定同一时刻两质点的坐标，在一个波长范围内确定两质点平衡位置的距离与波长关系，然后扩展为n个波长，写出距离与波长关系，再根据波长限制条件可以确定n的取值，即可以计算出波运动了n个完整的周期。5．【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系【答案】B【解析】φ-x图线切线斜率的绝对值等于电场强度大小,由题图可知,O与x0（或-x0）两点间的电势差为φ0,电场强度大小E=φ0x0,电子所受静电力大小F=eE=eφ0x0,加速度大小为a=Fm=eφ0mx0,A错误,B正确；设电子在[-x,x]区间内运动,速率为v,由题意得12mv2-eφ=A,6．【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】全反射与折射的综合应用【答案】BC【解析】光在棱镜中发生全反射时射向玻璃砖的光线最强，因此C≤45°，由sinC＝1n得n≥2，B正确；棱镜的折射率与玻璃砖的折射率大小关系无法确定，则由n＝cv可知无法确定紫外光在棱镜和玻璃砖中的传播速度的大小关系，A错误；a光的光路如图所示，由几何关系可知sinα＝32，α＝60°，由n＝sin60°sinβ得β＝30°，△DEO中DE＝OE，θ＝30°，则有2OEcos30°＝R，得OE＝R3，由n＝sinγsinθ得γ＝60°，由tanγ＝OEOM得OM＝R3，C正确；紫外光在玻璃砖中传播时间为t1＝DEv＝DEcn＝Rc，射出玻璃砖后传播到M点的时间t2＝MEc＝8．【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【解析】升压变压器副线圈两端的电压为U2=n2n1U1，若用户获得的电压为U1，则降压变压器的输入电压为U3=n3n4U1，由于输电线上有电压损失，故U2>U9．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题【答案】AD【详析】对球1和球2整体分析,根据受力平衡可得T1cos30∘=3mg,T1sin30∘=F,解得细线l1对小球1的拉力大小为T1=23mg,弹簧对小球2的拉力大小为F=3mg,故A正确,B错误；以球2为研究对象,根据受力平衡可得T'2=F2+mg2=2mg,则细线l2对小球1的拉力大小为10．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合【答案】BD【解析】设初始高度为h，初始机械能E＝mgh，机械能变化等于除重力以外其他力做的功，外力做负功，机械能减小，在斜面上向下运动时f＝μmgcosθ，E＝mgh－μmgcosθxcosθ＝mgh－μmgx（关键点：除了重力外其他外力做的功等于机械能的变化量），在水平地面上运动时f＝μmg，E'＝E－μmgx'，μ相同，故整个过程E随x线性变化，A错误；物块在斜面上下滑时重力势能为Ep＝mgh－mgtanθ·x＝mgh－43mgx，当小物块在水平地面上运动时，重力势能始终为零，B正确；根据动能定理有mgxtanθ－μmgcosθ·xcosθ＝Ek，整理可得Ek＝23mgx，即在斜面上运动时物块的动能Ek与x成线性关系；当小物块在水平地面运动时，根据动能定理有－μmgx＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－23mgx，Ek0为物块刚滑到水平地面上时的动能，即在水平地面上运动时物块动能Ek与x也成线性关系，且斜率大小与在斜面上运动时相同，故C错误；物块克服摩擦力做的功转化为内能，物块在斜面上运动时，有Q＝μmgcosθ·xcosθ，解得Q＝μmgx，物块在水平地面上运动时，有Q＝μmgx'，物块在斜面上运动和在水平地面上运动时，Q11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度【答案】（1）1．240（2分）（2）2tn－1（1分）tn－1（1分）（3）4π2l2【解析】（1