2025届湖南省株洲市高三下学期5月底信息练习物理试卷二（较难）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025届湖南省株洲市高三物理5月底信息练习试卷(二）[较难]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．在超导托卡马克实验装置中，质量为m1的与质量为m2的发生核聚变反应，放出质量为m3的01n，并生成质量为m4的新核．若已知真空中的光速为c，则下列说法中正确的是()A．新核的中子数为2，且该新核是24B．该过程属于α衰变C．该反应释放的核能为(m3＋m4－m1－m2)c2D．核反应前后系统的动量不守恒2．如图甲所示，在平面内有两个波源（，）和（4m，），两波源做垂直于平面的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示，两波源形成的机械波在平面内向各个方向传播，波速均为。平面上有A、B两点，其位置坐标分别为A（，），（，），则（）

A．两波源形成的波不同，不能产生干涉现象B．图中点A（，）的振幅为C．AB连线上有一个振动加强点D．两波源的连线上有11个振动加强点，它们的位移大小始终是6m3．如图所示，小球自空中自由下落，从绕水平轴匀速转动的圆形纸筒穿过，开始下落时小球离纸筒顶点的高度h＝0.8m，纸筒的半径R＝0.5m，g取10m/s2，若小球穿过筒壁时能量损失不计，撞破纸的时间也可不计，且小球穿过纸筒后只留下一个孔，则纸筒绕水平轴匀速转动的角速度可能为()A．10πrad/sB．20πrad/sC．30πrad/sD．35πrad/s4．我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星(简称“量子卫星”)“墨子号”发射升空．已知引力常量为G，地球半径为R，“墨子号”距地面高度为h，线速度为v1，地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v2，忽略地球自转的影响，下列说法正确的是()A．B．此卫星距离地面的高度h可用来表示C．地球的质量可表示为D．此卫星的角速度大于5．空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是()A．B．C．D．6．由n个电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内．一个质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L＝2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当金属小球电荷量也为Q(未知)时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点P、P′关于圆心O对称(P′未画出)．已知静电力常量为k，重力加速度为g.则下列说法中正确的是()A．O点的场强一定为零B．由于P、P′两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反C．金属带电小球的电荷量为Q＝D．固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n－1个小球位置不变)置于P′处，则圆心O的场强大小为eq\r(\f(2kmg,n))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．如图所示，质量的物块（可视为质点），以速度大小水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带的长度，传送带的速度大小，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小。关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是（）A．物块滑离传送带时的动能为 B．物块滑离传送带时的动能为C．传送带对物块做的功为 D．传送带对物块做的功为8．某国产电动汽车厂商对旗下P7、G3两款产品进行百公里加速性能测试，某次加速过程中P7、G3的速度一时间图像分别为图中的图线A和图线B若测试时两车的质量和所受的阻力（恒定不变）均相等，则对此次加速过程，下列说法正确的是（）A．当两车的速度相等时，P7发动机的功率大于G3发动机的功率B．当两车的速度相等时，P7发动机的功率小于G3发动机的功率C．P7发动机做的功大于G3发动机做的功D．P7发动机做的功小于G3发动机做的功9．如图所示，为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由蓝光和黄光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，分两束分别射到圆柱面的B、C两点。只考虑第一次射向圆弧的光线，下列说法正确的是（  ）A．射到B、C两点的光分别是黄光、蓝光B．光从O传到B与光从O传到C的时间相等C．若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从C点射出D．若仅将复色光的入射点从O平移到D的过程中，可能出现从圆弧射出的两束光线平行10．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW．在输电线路上接入一电流互感器用来测量电路中的电流，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为5Ω，则下列说法中正确的是 ()A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压U2=2000VC．用户获得的功率为19kWD．将P下移，用户获得的电压将减小三、非选择题：本大题共5题，共56分。11．某实验小组的同学用图甲所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验.(1)实验过程中测量小球直径时游标卡尺读数如图乙所示,其读数为mm;测量单摆周期时停表读数如图丙所示,其读数为s.

(2)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C选项均为50次全振动的图像,已知sin5°=0.087,sin15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是.(填字母代号)

(3)某同学用一个铁锁代替小球做实验.只改变摆线的长度,测量了几组摆线长度l和对应的单摆周期T的数据,作出T2-l图像如图丁所示,则可得重力加速度g=

丁(用测得的物理量表示);若不考虑测量误差,计算均无误,测得的g值和真实值相比(填“偏大”“偏小”或“相等”).

12．某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻,实验室有下列器材:A．灵敏电流计G(量程0~5mA,内阻约为60Ω)B．电压表V(量程0~3V,内阻约为10kΩ)C．电阻箱R1(阻值范围为0~999.9Ω)D．滑动变阻器R2(阻值范围为0~100Ω,允许通过的最大电流为1.5A)E．旧电池2节F．开关、导线若干甲乙丙(1)由于灵敏电流计的量程太小,需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示,调节R2的滑片和电阻箱使得电压表示数为2.00V,灵敏电流计示数为4.00mA,此时电阻箱接入电路的电阻为445.0Ω,则灵敏电流计内阻为Ω(保留一位小数)。

(2)为将灵敏电流计的量程扩大为0~60mA,该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联,则应将电阻箱R1的阻值调为Ω(保留一位小数)。

(3)把扩大量程后的灵敏电流计接入如图乙所示的电路,根据测得的数据作出U-IG(IG为灵敏电流计的示数)图像如图丙所示,则该干电池组的电动势E=V,内阻r=Ω(保留三位有效数字)。

13．如图所示，密闭导热气缸与活塞间无摩擦，对活塞施加沿斜面向上的外力。当时，气缸与活塞静止在倾角为的斜面上。已知气缸质量，活塞质量，活塞横截面积为S。静止时活塞与气缸底部距离为，斜面与气缸之间的动摩擦因数，大气压强，重力加速度为，设环境温度保持不变。现缓慢增加外力的大小。（1）求开始时，气缸受到的摩擦力；（2）求当气缸与活塞共同沿斜面向上以的加速度加速运动时，力的大小；（3）从静止状态到（2）问中状态的过程中，活塞相对气缸底部运动的距离。14．如图所示，光滑平行、间距为L的导轨与固定在绝缘的水平面上，在c、d之间接上定值电阻，a、f两点的连线，b、e两点的连线，c、d两点的连线均与导轨垂直，a、b两点间的距离，b、c两点间的距离均为L，边界的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度随时间按照某种规律变化的匀强磁场，的左侧存在方向竖直向上、磁感应强度恒为的匀强磁场；现把质量为m的导体棒放在a、f两点上，计时开始，方向竖直向下的磁场在初始时刻的磁感应强度为，此时给导体棒一个水平向左且与导体棒垂直的速度，导体棒匀速运动到边界b、e处，接着运动到c、d处速度正好为0。定值电阻的阻值为R，其余的电阻均忽略不计，求：（1）导体棒从b、e处运动到c、d处，回路生成的热量；（2）计时开始，边界右侧竖直向下的匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系表达式。15．如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。——★参考答案★——1．【知识点】核反应的反应方程及能量计算【答案】A【详析】由核反应中质量数守恒和核电荷数守恒可知，该新核的质量数和核电荷数分别为4和2，则该新核是24He，它是23He的同位素，中子数为2，故A正确；该过程是核聚变反应，不属于α衰变，故B错误；该反应释放的核能为ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故2．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用【答案】C【详析】A．由图乙、图丙可知两列波的周期都为，则两列波的频率都为可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，故A错误；B．两列波的波长均为A点到两波源的波程差为由于两波源的起振方向相反，可知A点为振动减弱点，故A点的振幅为故B错误；C．点到两波源的波程差为由于两波源的起振方向相反，可知A、两点均为振动减弱点，而两波源到A点波程差为，两波源到点波程差为，因此A、连线上有一个波程差为的点，该点为振动加强点，故C正确；D．两波源的连线上（不含波源）点与两波源的波程差满足由于两波源的起振方向相反，可知当波程差满足时，该点为振动加强点，则有可知两波源的连线上有12个振动加强点，它们的振幅为，位移在到之间变化，故D错误。故选C。3．【知识点】竖直面内圆周运动问题【答案】D【详析】小球穿过纸筒后只留下一个小孔，即小球从同一个孔穿过，则有h＝g，h＋2R＝g，Δt＝t2－t1＝T(n＝0，1，2，3，…)，由ω＝得ω＝5(2n＋1)πrad/s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时ω＝5πrad/s，当n＝1时ω＝15πrad/s，当n＝2时ω＝25πrad/s，当n＝3时ω＝35πrad/s，D正确．4．【知识点】天体质量的计算【答案】C【详析】万有引力提供向心力，对卫星有＝，第一宇宙速度v2＝，得＝，选项A错误；由＝，解得R＋h＝，代入GM＝gR2，解得h＝－R，选项B错误；由＝，解得M＝，选项C正确；由＝m(R＋h)ω2，代入GM＝gR2，得此卫星角速度为ω＝<，选项D错误．5．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动【答案】B【详析】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电的粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可知向y轴正方向运动的带正电的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。6．【知识点】非点电荷的电场强度的计算与叠加【答案】D【解析】根据对称性可知，由n个电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为零，带电金属小球在O点的场强不为零，所以O点的场强不为零，A错误；根据对称性可知，由n个电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球在这两点产生的电场强度大小不相等，B错误；取圆环上一个带电小球为研究对象，由库仑定律可得，圆环上的小球对P点的小球的库仑力F1＝＝，方向沿两小球的连线指向P点，同理取圆环上与研究对象关于圆心对称的另一个小球，其对P点小球的库仑力F′1与F1大小相同，如图甲所示，由几何关系可知，细线与轴线的夹角θ＝30°，两力的合力方向应沿圆心与P点的连线向外，大小为F2＝2··cos30°＝，因为圆环上各小球对P点的小球均有库仑力，故所有小球库仑力的合力F＝＝，P点的小球受力分析如图乙所示，可得F＝mgtan60°，解得带电金属小球的电荷量为Q＝＝2R，C错误；在圆环上取下一个小球后，圆环上剩余的电荷在圆心O的场强与取下的小球在圆环上时在O处的场强大小相等，方向相反，大小为E1＝k＝eq\r(\f(2kmg,n))，根据对称性可知，P处的小球与P′处的小球在圆心O的合场强大小为零，所以固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n－1个小球位置不变)置于P′处，则圆心O的场强大小为E＝E1＝eq\r(\f(2kmg,n))，D正确．【方法总结】将带电体分成许多点电荷，先根据库仑定律求出每个点电荷产生的电场强度，再结合对称性和电场强度叠加原理求出合电场强度．7．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题【答案】BD【详析】AB．物块与传送带之间的摩擦力为，加速度大小，物块减速到零时的位移，没有到达B端，物块会向左加速运动，加速到与传送带相同速度时的位移，则物块还要以的速度向左匀速运动，脱离传送带，所以物块滑离传送带时的动能，A项错误、B项正确；CD．根据动能定理，传送带对物块做的功为，C项错误、D项正确。选BD。8．【知识点】应用动能定理求解变力做功问题、牛顿第二定律的简单计算【答案】AD【详析】AB．根据图像可知，两车均做匀加速直线运动，速度时间图像的斜率表示加速度，由图像可知，P7的加速度大于G3，根据牛顿第二定律有两车受到的阻力和两车质量都相等，所以P7的牵引力大于G3的牵引力，由可知，当两车的速度相等时，P7发动机的功率大于G3发动机的功率，A正确，B错误；CD．加速过程中两车的初、末速度相等，受到的阻力大小相等，根据速度时间图像与时间轴围成的面积可知，两车在加速过程中P7的位移小于G3，根据动能定理有所以P7发动机做的功小于G3发动机做的功，C错误，D正确。故选AD。9．【知识点】全反射与折射的综合应用【答案】BCD【详析】A．同一介质对不同频率的光具有不同的折射率，折射率随频率的增大而增大，即玻璃对蓝光的折射率大。由于光束OB的偏转程度大于OC，可知光束OB为蓝光，光束OC为黄光，从B、C两点射出的光分别是蓝光、黄光，故A错误；B．设OD长度为d，折射角分别为、，连接BD、CD，如下图根据解得光在玻璃中传播时间为可解得故B正确；C．由又黄光的临界角大于蓝光的临界角。又蓝光与法线（过B点的法线）的夹角大于黄光与法线（过C点的法线）的夹角，若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从C点射出，故C正确；D．设复色光的入射点从O平移到D的过程中，从圆弧射出的两束光线入射角和折射角分别为：、、、，如图所示由数学关系可知，存在从圆弧射出的两束光线平行且满足故D正确。故选BCD。10．【知识点】含有理想变压器的动态电路分析、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】根据P=UI可知，P不变的情况下，U增大，I减小，即采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；根据理想变压器的电流关系有n'1∶n'2=I'∶I2=1∶10，可得I2=10I'=10A，又因为P2=P=U2I2，解得U2=2000V，故B正确；输电线消耗的功率ΔP=I22R=102×5W=500W，根据能量守恒定律有P用户=P-ΔP=19.5kW，故C错误；根据理想变压器的电压关系有n3∶n4=U3∶U4，P下移，n3变大，n4、U3不变，所以U4将减小，故11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度【答案】(1)10.5114.3(2)A(3)4π2l2【解析】(1)根据游标卡尺的读数,摆球的直径为10mm+0.1mm×5=10.5mm;测量单摆周期时停表读数为t=90s+24.3s=114.3s.(2)从平衡位置开始计时,测量的周期准确,故B错误;由测50次全振动的总时间为t可得T=t50,此方法相对准确,故D错误;当振幅为30cm时sinθ=0.31=0.3>0.26=sin15°,即θ>15°,而单摆只有在摆角小于5°时可视为简谐运动,故C错误;sinθ'=0.081=0.08<0.087=sin5°,即θ'<5°,故(3)根据T=2πLg,可得T2=4π2g·L,所以斜率为k=4π2g,即g=4π2k=4π2l2-l12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻【答案】(1)55.0(2分)(2)5.0(2分)(3)2.90(2.90~2.92均可)(2分)10.4(10.4~10.8均可)(2分)【解析】热门考点:测电源电动势和内阻、电表改装(1)由题图甲可得灵敏电流计内阻为rG=U1I1-R1=2.004.00×10-3Ω-445.0(2)由闭合电路欧姆定律和并联规律有IGrG=(IA-IG)R1,应将电阻箱R1的阻值调为IGrGIA-IG=(3)改装后的灵敏电流计的内阻rA=55.0×5.055.0+5.0Ω≈4.583Ω,题图乙中电路的干路电流为I=IG+IGrGR1=12IG,则由闭合电路欧姆定律有U=E-I(r+rA)=E-12IG(r+rA),根据U-IG图像的截距知E=2.90V,根据U-IG图像的斜率知,12(r+rA)=2.90-2.005.00×13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律【答案】（1），沿斜面向上；（2）；（3）【详析】（1）开始时气缸与活塞静止在斜面上，由受力平衡解得负号表示方向沿斜面向上，大小为mg。（2）当气缸与活塞共同沿斜面向上以的加速度加速运动时，由牛顿第二定律解得（3）以活塞为研究对象，当静止时解得当活塞向上匀加速时解得对于气缸内气体，由玻意耳定律解得则活塞相对气缸底部运动距离14．【知识点】单杆模型【答案】（1）；（2），其中【详析】（1）设导体棒匀速运动的速度为v，导体棒从b、e处运动到c、d处，由动量定理可得由法拉第电磁感应定律可得由欧姆定律可得综合解得回路生成的热量计算可得（2）导体棒在从a、f处运动到b、e处的过程中做匀速运动，合力为0，则安培力为0，感应电流为0，感应电动势为0，由感应电动势产生的条件可得计时开始t时刻，有且结合，综合解得且即。15．【知识点】求解非弹性碰撞问题【答案】（1）v物＝5(1－k)m/s方向向右；v板＝m/s方向向右；（2）x相＝1.875m〖祥解〗关键信息：光滑水平面→系统不受外力发生碰撞，作用时间极短→内力远大于外力，满足动量守恒碰后粘在一起→完全非弹性碰撞，机械能损失最多解题思路：本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据动量守恒定律得出碰后新物块和新滑板的速度大小和方向；再结合能量守恒定律分析出相对位移的大小。【详析】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右为正方向，则mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得：v物＝5(1－k)m/s由于0＜k＜0.5，所以v物＞0，即方向向右；滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v板，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则有Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v板解得：v板＝m/s由于0＜k＜0.5，所以v板＞0，即新滑板速度方向也向右；（2）若k＝0.5，可知碰后瞬间C、D形成的新物块的速度为：v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s，即碰后新物块具有向右的速度。碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为：v板′＝＝＝0m/s，即碰后新滑板速度为零。则碰后新物块相对于新滑板向右做匀减速直线运动，新滑板向右做初速度为零的匀加速直线运动。设新物块的质量为m′＝2kg，新滑板的质量为M′＝3kg，相对静止时的速度为v共，根据动量守恒定律可得：m′v物′＝(m′＋M′)v共解得：v共＝1m/s根据能量守恒可得：解得：x相＝1.875m2025届湖南省株洲市高三物理5月底信息练习试卷(二）[较难]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．在超导托卡马克实验装置中，质量为m1的与质量为m2的发生核聚变反应，放出质量为m3的01n，并生成质量为m4的新核．若已知真空中的光速为c，则下列说法中正确的是()A．新核的中子数为2，且该新核是24B．该过程属于α衰变C．该反应释放的核能为(m3＋m4－m1－m2)c2D．核反应前后系统的动量不守恒2．如图甲所示，在平面内有两个波源（，）和（4m，），两波源做垂直于平面的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示，两波源形成的机械波在平面内向各个方向传播，波速均为。平面上有A、B两点，其位置坐标分别为A（，），（，），则（）

A．两波源形成的波不同，不能产生干涉现象B．图中点A（，）的振幅为C．AB连线上有一个振动加强点D．两波源的连线上有11个振动加强点，它们的位移大小始终是6m3．如图所示，小球自空中自由下落，从绕水平轴匀速转动的圆形纸筒穿过，开始下落时小球离纸筒顶点的高度h＝0.8m，纸筒的半径R＝0.5m，g取10m/s2，若小球穿过筒壁时能量损失不计，撞破纸的时间也可不计，且小球穿过纸筒后只留下一个孔，则纸筒绕水平轴匀速转动的角速度可能为()A．10πrad/sB．20πrad/sC．30πrad/sD．35πrad/s4．我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星(简称“量子卫星”)“墨子号”发射升空．已知引力常量为G，地球半径为R，“墨子号”距地面高度为h，线速度为v1，地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v2，忽略地球自转的影响，下列说法正确的是()A．B．此卫星距离地面的高度h可用来表示C．地球的质量可表示为D．此卫星的角速度大于5．空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是()A．B．C．D．6．由n个电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内．一个质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L＝2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当金属小球电荷量也为Q(未知)时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点P、P′关于圆心O对称(P′未画出)．已知静电力常量为k，重力加速度为g.则下列说法中正确的是()A．O点的场强一定为零B．由于P、P′两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反C．金属带电小球的电荷量为Q＝D．固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n－1个小球位置不变)置于P′处，则圆心O的场强大小为eq\r(\f(2kmg,n))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．如图所示，质量的物块（可视为质点），以速度大小水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带的长度，传送带的速度大小，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小。关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是（）A．物块滑离传送带时的动能为 B．物块滑离传送带时的动能为C．传送带对物块做的功为 D．传送带对物块做的功为8．某国产电动汽车厂商对旗下P7、G3两款产品进行百公里加速性能测试，某次加速过程中P7、G3的速度一时间图像分别为图中的图线A和图线B若测试时两车的质量和所受的阻力（恒定不变）均相等，则对此次加速过程，下列说法正确的是（）A．当两车的速度相等时，P7发动机的功率大于G3发动机的功率B．当两车的速度相等时，P7发动机的功率小于G3发动机的功率C．P7发动机做的功大于G3发动机做的功D．P7发动机做的功小于G3发动机做的功9．如图所示，为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由蓝光和黄光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，分两束分别射到圆柱面的B、C两点。只考虑第一次射向圆弧的光线，下列说法正确的是（  ）A．射到B、C两点的光分别是黄光、蓝光B．光从O传到B与光从O传到C的时间相等C．若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从C点射出D．若仅将复色光的入射点从O平移到D的过程中，可能出现从圆弧射出的两束光线平行10．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW．在输电线路上接入一电流互感器用来测量电路中的电流，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为5Ω，则下列说法中正确的是 ()A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压U2=2000VC．用户获得的功率为19kWD．将P下移，用户获得的电压将减小三、非选择题：本大题共5题，共56分。11．某实验小组的同学用图甲所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验.(1)实验过程中测量小球直径时游标卡尺读数如图乙所示,其读数为mm;测量单摆周期时停表读数如图丙所示,其读数为s.

(2)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C选项均为50次全振动的图像,已知sin5°=0.087,sin15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是.(填字母代号)

(3)某同学用一个铁锁代替小球做实验.只改变摆线的长度,测量了几组摆线长度l和对应的单摆周期T的数据,作出T2-l图像如图丁所示,则可得重力加速度g=

丁(用测得的物理量表示);若不考虑测量误差,计算均无误,测得的g值和真实值相比(填“偏大”“偏小”或“相等”).

12．某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻,实验室有下列器材:A．灵敏电流计G(量程0~5mA,内阻约为60Ω)B．电压表V(量程0~3V,内阻约为10kΩ)C．电阻箱R1(阻值范围为0~999.9Ω)D．滑动变阻器R2(阻值范围为0~100Ω,允许通过的最大电流为1.5A)E．旧电池2节F．开关、导线若干甲乙丙(1)由于灵敏电流计的量程太小,需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示,调节R2的滑片和电阻箱使得电压表示数为2.00V,灵敏电流计示数为4.00mA,此时电阻箱接入电路的电阻为445.0Ω,则灵敏电流计内阻为Ω(保留一位小数)。

(2)为将灵敏电流计的量程扩大为0~60mA,该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联,则应将电阻箱R1的阻值调为Ω(保留一位小数)。

(3)把扩大量程后的灵敏电流计接入如图乙所示的电路,根据测得的数据作出U-IG(IG为灵敏电流计的示数)图像如图丙所示,则该干电池组的电动势E=V,内阻r=Ω(保留三位有效数字)。

13．如图所示，密闭导热气缸与活塞间无摩擦，对活塞施加沿斜面向上的外力。当时，气缸与活塞静止在倾角为的斜面上。已知气缸质量，活塞质量，活塞横截面积为S。静止时活塞与气缸底部距离为，斜面与气缸之间的动摩擦因数，大气压强，重力加速度为，设环境温度保持不变。现缓慢增加外力的大小。（1）求开始时，气缸受到的摩擦力；（2）求当气缸与活塞共同沿斜面向上以的加速度加速运动时，力的大小；（3）从静止状态到（2）问中状态的过程中，活塞相对气缸底部运动的距离。14．如图所示，光滑平行、间距为L的导轨与固定在绝缘的水平面上，在c、d之间接上定值电阻，a、f两点的连线，b、e两点的连线，c、d两点的连线均与导轨垂直，a、b两点间的距离，b、c两点间的距离均为L，边界的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度随时间按照某种规律变化的匀强磁场，的左侧存在方向竖直向上、磁感应强度恒为的匀强磁场；现把质量为m的导体棒放在a、f两点上，计时开始，方向竖直向下的磁场在初始时刻的磁感应强度为，此时给导体棒一个水平向左且与导体棒垂直的速度，导体棒匀速运动到边界b、e处，接着运动到c、d处速度正好为0。定值电阻的阻值为R，其余的电阻均忽略不计，求：（1）导体棒从b、e处运动到c、d处，回路生成的热量；（2）计时开始，边界右侧竖直向下的匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系表达式。15．如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。——★参考答案★——1．【知识点】核反应的反应方程及能量计算【答案】A【详析】由核反应中质量数守恒和核电荷数守恒可知，该新核的质量数和核电荷数分别为4和2，则该新核是24He，它是23He的同位素，中子数为2，故A正确；该过程是核聚变反应，不属于α衰变，故B错误；该反应释放的核能为ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故2．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用【答案】C【详析】A．由图乙、图丙可知两列波的周期都为，则两列波的频率都为可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，故A错误；B．两列波的波长均为A点到两波源的波程差为由于两波源的起振方向相反，可知A点为振动减弱点，故A点的振幅为故B错误；C．点到两波源的波程差为由于两波源的起振方向相反，可知A、两点均为振动减弱点，而两波源到A点波程差为，两波源到点波程差为，因此A、连线上有一个波程差为的点，该点为振动加强点，故C正确；D．两波源的连线上（不含波源）点与两波源的波程差满足由于两波源的起振方向相反，可知当波程差满足时，该点为振动加强点，则有可知两波源的连线上有12个振动加强点，它们的振幅为，位移在到之间变化，故D错误。故选C。3．【知识点】竖直面内圆周运动问题【答案】D【详析】小球穿过纸筒后只留下一个小孔，即小球从同一个孔穿过，则有h＝g，h＋2R＝g，Δt＝t2－t1＝T(n＝0，1，2，3，…)，由ω＝得ω＝5(2n＋1)πrad/s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时ω＝5πrad/s，当n＝1时ω＝15πrad/s，当n＝2时ω＝25πrad/s，当n＝3时ω＝35πrad/s，D正确．4．【知识点】天体质量的计算【答案】C【详析】万有引力提供向心力，对卫星有＝，第一宇宙速度v2＝，得＝，选项A错误；由＝，解得R＋h＝，代入GM＝gR2，解得h＝－R，选项B错误；由＝，解得M＝，选项C正确；由＝m(R＋h)ω2，代入GM＝gR2，得此卫星角速度为ω＝<，选项D错误．5．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动【答案】B【详析】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电的粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可知向y轴正方向运动的带正电的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。6．【知识点】非点电荷的电场强度的计算与叠加【答案】D【解析】根据对称性可知，由n个电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为零，带电金属小球在O点的场强不为零，所以O点的场强不为零，A错误；根据对称性可知，由n个电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球在这两点产生的电场强度大小不相等，B错误；取圆环上一个带电小球为研究对象，由库仑定律可得，圆环上的小球对P点的小球的库仑力F1＝＝，方向沿两小球的连线指向P点，同理取圆环上与研究对象关于圆心对称的另一个小球，其对P点小球的库仑力F′1与F1大小相同，如图甲所示，由几何关系可知，细线与轴线的夹角θ＝30°，两力的合力方向应沿圆心与P点的连线向外，大小为F2＝2··cos30°＝，因为圆环上各小球对P点的小球均有库仑力，故所有小球库仑力的合力F＝＝，P点的小球受力分析如图乙所示，可得F＝mgtan60°，解得带电金属小球的电荷量为Q＝＝2R，C错误；在圆环上取下一个小球后，圆环上剩余的电荷在圆心O的场强与取下的小球在圆环上时在O处的场强大小相等，方向相反，大小为E1＝k＝eq\r(\f(2kmg,n))，根据对称性可知，P处的小球与P′处的小球在圆心O的合场强大小为零，所以固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n－1个小球位置不变)置于P′处，则圆心O的场强大小为E＝E1＝eq\r(\f(2kmg,n))，D正确．【方法总结】将带电体分成许多点电荷，先根据库仑定律求出每个点电荷产生的电场强度，再结合对称性和电场强度叠加原理求出合电场强度．7．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题【答案】BD【详析】AB．物块与传送带之间的摩擦力为，加速度大小，物块减速到零时的位移，没有到达B端，物块会向左加速运动，加速到与传送带相同速度时的位移，则物块还要以的速度向左匀速运动，脱离传送带，所以物块滑离传送带时的动能，A项错误、B项正确；CD．根据动能定理，传送带对物块做的功为，C项错误、D项正确。选BD。8．【知识点】应用动能定理求解变力做功问题、牛顿第二定律的简单计算【答案】AD【详析】AB．根据图像可知，两车均做匀加速直线运动，速度时间图像的斜率表示加速度，由图像可知，P7的加速度大于G3，根据牛顿第二定律有两车受到的阻力和两车质量都相等，所以P7的牵引力大于G3的牵引力，由可知，当两车的速度相等时，P7发动机的功率大于G3发动机的功率，A正确，B错误；CD．加速过程中两车的初、末速度相等，受到的阻力大小相等，根据速度时间图像与时间轴围成的面积可知，两车在加速过程中P7的位移小于G3，根据动能定理有所以P7发动机做的功小于G3发动机做的功，C错误，D正确。故选AD。9．【知识点】全反射与折射的综合应用【答案】BCD【详析】A．同一介质对不同频率的光具有不同的折射率，折射率随频率的增大而增大，即玻璃对蓝光的折射率大。由于光束OB的偏转程度大于OC，可知光束OB为蓝光，光束OC为黄光，从B、C两点射出的光分别是蓝光、黄光，故A错误；B．设OD长度为d，折射角分别为、，连接BD、CD，如下图根据解得光在玻璃中传播时间为可解得故B正确；C．由又黄光的临界角大于蓝光的临界角。又蓝光与法线（过B点的法线）的夹角大于黄光与法线（过C点的法线）的夹角，若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从C点射出，故C正确；D．设复色光的入射点从O平移到D的过程中，从圆弧射出的两束光线入射角和折射角分别为：、、、，如图所示由数学关系可知，存在从圆弧射出的两束光线平行且满足故D正确。故选BCD。10．【知识点】含有理想变压器的动态电路分析、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】根据P=UI可知，P不变的情况下，U增大，I减小，即采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；根据理想变压器的电流关系有n'1∶n'2=I'∶I2=1∶10，可得I2=10I'=10A，又因为P2=P=U2I2，解得U2=2000V，故B正确；输电线消耗的功率ΔP=I22R=102×5W=500W，根据能量守恒定律有P用户=P-ΔP=19.5kW，故C错误；根据理想变压器的电压关系有n3∶n4=U3∶U4，P下移，n3变大，n4、U3不变，所以U4将减小，故11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度【答案】(1)10.5114.3(2)A(3)4π2l2【解析】(1)根据游标卡尺的读数,摆球的直径为10mm+