2025届辽宁省辽西重点高中高三下学期模拟预测考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省辽西重点高中2025届高三模拟预测考试试题物理时间：75分钟试卷满分：100分注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。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10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出贡献，下列说法正确的是（）A.楞次运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律B.库仑通过扭称实验，采用了极限的思想测出了引力常量C.第谷通过对天体运动的长期观察，采用类比法发现了行星运动三定律D.亚里士多德通过斜面实验，得出了力不是维持物体运动的原因，采用了控制变量法【答案】A【解析】A．楞次通过大量实验，运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律，即楞次定律，故A正确；B．卡文迪什通过扭称实验，采用了放大的思想测出了引力常量，故B错误；C．第谷进行了数据的观测，开普勒主要运用了数学分析和归纳法发现了行星运动三定律，故C错误；D．伽利略通过斜面实验，采用了实验加推理的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故D错误。故选A。2.如图，用两根完全相同、不可伸长的轻绳将小沙包（大小可忽略）对称地吊在空中，轻推小沙包，测得其在垂直纸面平面内做简谐运动的周期为（已知在一根竖直绳悬挂下做简谐运动的小物体的周期为，l为绳长，g为重力加速度），已知每根轻绳的长度为L，小沙包的质量为m，则小沙包静止时，每根绳子张力为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】依题意，小沙包做简谐运动，设等效摆长为l，则有对小沙包受力分析，如图根据平衡条件可得联立解得故选A。3.2024年1月11日，太原卫星发射中心在山东海阳附近海域使用“引力一号”遥一商业运载火箭将卫星顺利送入预定轨道，飞行试验任务获得圆满成功，这是“引力一号”火箭首次飞行，创造全球最大固体运载火箭、中国运力最大民商火箭纪录。已知卫星的质量为m，在轨道上稳定运行时离地面的高度为h，地球表面附近的重力加速度为g，地球半径为R。卫星的运动可视为匀速圆周运动，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是（）A.火箭加速升空过程中，卫星处于失重状态B.在轨道上运行时，卫星的线速度将大于地球的第一宇宙速度C.在轨道上运行时，卫星的动能为D.在轨道上运行时，卫星的速度大小为【答案】C【解析】A．火箭加速升空过程中，加速度方向向上，卫星处于超重状态，故A错误；B．根据万有引力提供向心力得可得地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以在轨道上运行时，卫星的线速度将小于地球的第一宇宙速度，故B错误；CD．在轨道上运行时，根据万有引力提供向心力得可得在地球表面有则卫星的速度大小为卫星的动能为故C正确，D错误。故选C。4.图甲为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示，下列说法正确的是（）A.图乙可能是质点a的振动图像B.再经1s质点a将沿x轴运动到x=2m处C.质点b的位移与时间的关系为y=0.1sin(πt)mD.波在传播过程中，质点a在2s内运动的路程为0.8m【答案】A【解析】A．根据“上、下坡法”可知，质点a在时由平衡位置向上振动，而乙图中某质点在时也恰好由平衡位置向上振动，故乙图可能是质点a的振动图像，A正确；B．质点只能在各自的平衡位置附近做简谐振动，而不会随着波迁移，B错误；C．由图可知，质点的振幅周期角频率由甲图可知，当时，质点b经过平衡位置向下振动，故质点b的位移与时间关系为C错误；D．由于该波的周期为，质点a在2s时间内恰好完成一个周期的振动，一个周期内，质点a运动的路程为D错误。故选A。5.北京时间2025年3月26日23时55分，西昌卫星发射中心长征三号乙运载火箭点火起飞，天链二号04星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。发射可简化为如图所示过程，先将卫星发射到半径为r的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，卫星运动到A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，运动到椭圆轨道Ⅱ的远地点B时，再次变轨进入半径为2r的圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动。下列判断正确的是（）A.卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行的周期之比为B.要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向前喷气C.卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于轨道Ⅲ上的机械能D.卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过面积一定相等【答案】A【解析】A．卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行过程，根据开普勒第三定律有解得故A正确；B．轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置加速，即要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向后喷气，故B错误；C．结合上述可知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，需要先后在A与B位置加速，即卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；D．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在相等时间扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间扫过的面积不相等，即卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积不相等，故D错误。故选A。6.绞车的原理如图所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的大小辘轳，在其上绕以绳索，绳下加动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动辘轳旋转便可轻松将重物吊起。已知大、小辘轳的半径分别为、，把手的旋转半径为，在重物沿竖直方向被匀速吊起的过程中，把手的线速度大小为，则重物上升的速度大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】辘轳的角速度动滑轮左侧细绳的速度大小为，右侧细绳的速度大小为，重物上升的速度大小为，故选A。7.某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P靠近速度选择器，能沿水平方向发射出不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板A、B的中轴线射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B．平行板电容器的极板A、B长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（）A.从P点射出的粒子一定带正电B.只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线射入平行板电容器的粒子，通过A、B板的时间不变C.若时刻粒子恰好沿方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿方向D.若t=0时刻沿进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于，则【答案】D【解析】A．无论粒子带正电还是负电都可以满足电场力和洛伦兹力平衡，因此不能确定粒子一定带正电，A错误；B．根据粒子通过速度选择器的速度增大电场强度E，速度也会增大，根据通平行板电容器的时间可知，时间会减小，B错误；C．在时刻进入电容器的粒子，在交变电场中经时飞出的粒子，运动方向平行于，C错误；D．粒子在电容器中运动的时间若粒子离开电容器时方向仍平行于，则说明粒子在电容器中运动的时间是交变电压周期T的整数倍，即，则，D正确。故选D。8.A，B两个粒子都带正电，B的电荷量是A的3倍，B的质量是A的2倍。A以大小为v的速度向静止的B飞去，由于静电力，它们之间的距离缩短到某一极限值后又被弹开，最终各自以新的速度做匀速直线运动。设作用前后它们的轨迹都在同一直线上，只考虑静电力的作用，当两个粒子间的距离趋于无限远时，静电力可忽略，A的质量为m。下列说法正确的是（）A.A、B组成的系统动量守恒B.A、B距离最近时，A的速度大小为C.从开始运动到二者距离最近时，A、B组成的系统损失的机械能为D.A、B最终做匀速直线运动时的速度大小相等【答案】ABC【解析】A．由于只考虑静电力的作用，A、B组成的系统所受外力的合力为0，则A、B组成的系统动量守恒，故A正确；B．在静电力作用下，A做减速运动，B做加速运动，当二者共速时，距离最近，根据动量守恒有解得故B正确；C．结合上述，根据能量守恒可知，系统损失的机械能故C正确；D．设A、B最终做匀速直线运动时的速度分别为vA和vB，以A的初速度方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒有，解得，故D错误。故选ABC。9.飞力士棒通过利用持殊构造和弹性，产生一定的振动频率，从而这些振动会深入到身体内的核心肌肉，从而达到强化锻炼的作用。如图所示。飞力士棒的固有频率为3.5Hz，则（）A.若该棒做自由振动，则频率为3.5HzB.使用时手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度也随之增大C.手每分钟震动210次，飞力士棒产生共振D.PVC软杆长度不变，负重头质量减小时，飞力士棒的固有频率保持不变【答案】AC【解析】A．若棒做自由振动，则振动按照固有频率振动，故A正确；B．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度可能越来越小，故B错误；C．手振动频率为此时频率故固有频率相等，飞力士棒发生共振，故C正确；D．负重头质量减小，PVC杆长度不变，则其结构改变，飞力士棒的固有频率会变化，故D错误。故选AC。10.爆震发动机作为一种极具潜力的新型动力装置，其工作原理涉及到复杂的热力学过程。在某先进的爆震发动机实验平台中，对一定质量的理想气体进行模拟爆震燃烧实验。摩尔数为n的理想气体初始状态压强为，体积为，对应下图中的a点。现在这部分气体经过等压膨胀，体积变为，对应下图中的b点，气体在状态b经等温膨胀至状态c，压强变为。又经等压压缩至状态d，最后等温压缩回到状态a。已知理想气体的体积V、压强P和温度T满足方程；内能U满足关系。其中R为常数，n为物质的量，根据以上信息可以判断（）A.气体在状态点b时的内能为B.气体在状态点a时温度为C.由c到d的过程外界对气体做功为D.由c到d的过程气体从外界吸热【答案】BC【解析】B．气体在状态点a时有解得气体在状态点a时温度为故B正确；A．气体a从到b，发生等压变化，则有解得气体在状态点b时温度为则气体在状态点b时的内能为故A错误；CD．气体在状态b经等温膨胀至状态c，则有，可得气体在状态点c时的体积为气体从状态c等压压缩至状态d，最后等温压缩回到状态a，可知状态d的温度为根据解得气体在状态点d时的体积为从状态c等压压缩至状态d，外界对气体做功为气体的内能变化量为根据热力学第一定律可得可得可知由c到d的过程气体从外界放热，故C正确，D错误。故选BC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某实验小组做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A处为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。（1）本实验采用的科学方法是________。（理想模型、控制变量、等效替代）（2）实验中不需要标记或者记录的信息有________。A.橡皮筋原长时结点的位置B.橡皮筋拉伸后结点的位置C.力F的大小和方向D.力的大小和方向（3）某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是（）A.两根细绳不必等长B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C.在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等D.在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行【答案】（1）等效替代（2）A（3）AD【解析】【小问1详析】“验证力的平行四边形定则”采用的是“等效替代法”；【小问2详析】根据实验原理可知，实验过程中，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，需要记录两细绳的方向、两弹簧秤的示数、结点O的位置，所以橡皮筋拉伸后结点的位置、力F的大小和方向、力的大小和方向都需要标记或记录，不需要记录橡皮筋的原长即橡皮筋原长时结点的位置。故选A。【小问3详析】A．为减小力方向的测量误差，两根细绳应适当长一些，以细绳的两个端点确定两点，然后将这两点用直线连接起来即为力的方向，再从该线段上截取用以表示力大小的线段，不需要细绳等长，故A正确；BC．只有当两个弹簧秤拉力大小相等时，橡皮筋才与两绳夹角的平分线在同一直线上，而本实验中并不要求两个弹簧秤的拉力大小相等，故BC错误；D．在使用弹簧秤时，要注意使弹簧秤与木板平面平行，以减小力的测量误差，故D正确。故选AD。12.热敏电阻的阻值会随着温度的变化而改变。电阻值随温度的升高而增大的热敏电阻叫正温度系数热敏电阻．电阻值随温度的升高而减小的热敏电阻叫负温度系数热敏电阻。为了测量热敏电阻在不同温度下的电阻值，学习小组设计了如图甲所示的电路。将热敏电阻密封绝缘包装后浸入热水中，调节水的温度，描绘出的该热敏电阻的电阻值随温度t变化的关系曲线如图乙所示。（1）根据图甲用笔画线代替导线将图丙实物图连线补充完整______。（2）开关S闭合前，应将滑动变阻器R的滑片移至______（填“a”或“b”）端。（3）在某一温度时，电压表的读数为1.12V，电流表的读数为0.20A，已知电流表内阻，电压表内阻，测得此温度下热敏电阻的电阻值______，该热敏电阻为______（填“正温度系数”或“负温度系数”）热敏电阻。（4）利用该热敏电阻制作一个简易的温控装置。电路图如图丁所示，电磁铁与热敏电阻、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当电磁铁的电流超过某一特定值时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。当前温度为40℃时加热器停止加热，若要设置到温度为60℃时加热器停止加热，则滑动变阻器的阻值应______（填“调大”或“调小”）______Ω。【答案】（1）（2）a（3）5负温度系数（4）调大2【解析】【小问1详析】根据电路图连接实物图，连线时注意电流要从电流表、电压表的正接线柱流入。实物图连接方式如下图所示【小问2详析】开关S闭合前，应将滑动变阻器R滑片移至a端，使电压表、电流表的读数从0开始调节，避免电流、电压超过量程。【小问3详析】[1][2]由欧姆定律有得由题图乙可知该热敏电阻为负温度系数热敏电阻。【小问4详析】[1][2]设电磁铁电阻为，电源电动势为E、内阻为r，由图可知，温度为40℃时热敏电阻阻值为，此时回路电流温度为60℃时热敏电阻阻值为，热敏电阻阻值减小了2.0Ω，把滑动变阻器阻值调大2Ω，温度为60℃时回路电流达到触发值，衔铁被吸合，加热器停止加热。13.为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成长为6m的细圆柱棒，如图甲所示。让一束平行激光从圆柱棒的一个底面垂直射入，历时在另一端接收到该光束，已知光在真空中的速度为。现将这种新材料制成一根半径的光导纤维束弯成半圆形暴露于空气中（假设空气中的折射率与真空相同），半圆形外半径为R，如图乙所示。（1）求这种新材料的折射率n；（2）用同种激光垂直于光导纤维的端面射入，若该束激光恰好不从光导纤维的侧面外泄，求半圆形的半径R。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】光在细圆柱棒中传输有解得传播速度为材料的折射率为解得【小问2详析】当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示根据几何关系可得又因为联立解得14.“冰天雪地也是金山银山”，哈尔滨冰雪大世界的冰滑梯已成为游客最喜欢的娱乐项目之一。如图所示，某一冰滑梯由AB和BC两段滑道组成，两段间由一小段光滑圆弧连接，其中AB段斜面长9m，BC段水平。在滑道顶端准备出发过程中，一旅客不慎将质量为2kg的背包在滑道顶端A处掉落，背包由静止开始匀加速滑下。1s后该旅客搭乘轮胎滑具，在工作人员助推下从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。已知该旅客和滑具总质量为48kg，滑具与BC段间的动摩擦因数为µ=0.4，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力及拎包过程中旅客与背包的重心变化。（1）求该旅客从开始下滑到追上背包经过的时间；（2）若旅客拎起背包后乘坐滑具继续滑行，求旅客拎起背包这一瞬间的速度大小和旅客在BC段滑行的距离。（结果均保留2位小数）【答案】（1）2s（2）7.44m/s，6.92m【解析】【小问1详析】设滑道AB段的长度为L，则有，解得【小问2详析】设背包和旅客到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则，其中代入数据解得根据速度时间关系可得，代入数据解得旅客拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有，代入数据解得根据牛顿第二定律可得，联立解得15.一条水平传送带匀速转动，速度大小为，方向如图所示。竖直虚线边界I、II、III、IV、V之间存在如图所示的匀强磁场，水平间距已在图中标出。边界I、II间磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里；边界II、III间磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外；边界IV、V间磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外。磁场区域的下边界水平，如图所示。其中磁感应强度为的磁场区域下边界与传动带的距离为。传送带左侧有一质量为、边长为、电阻为的正方形金属线框。最初线框左侧与边界I重合，初速度大小也为，方向水平向右。已知线框经过边界II的过程中，与传送带间刚好不发生相对滑动，最大静摩擦力认为与滑动摩擦力相等，重力加速度为。求：（1）线框穿过边界II的过程中受到安培力的大小；（2）从最初到线框刚好完全通过边界III的过程中，线框中产生的电热；（3）线框通过边界IV的过程中，传送带对线框支持力的冲量；（4）若线框能与传送带无相对滑动的通过边界V，线框与传送带间的动摩擦因数的最大值（结果可以保留分数）【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【小问1详析】线框中的电动势线框中的电流线框受到安培力，得【小问2详析】线框通过边界II的过程中产生的热量线框通过边界II的时间可知继续运动L的过程中电流为0，线框不受摩擦力，匀速运动线框通过边界II的过程由条件可以判断线框仍随传送带匀速运动，过程中中产生的热量又运动时间故从最初到线框刚好完全通过边界III的过程中，线框中产生的电热为【小问3详析】由线框的右边界刚经过边界IV时由线框的左边界刚要经过边界IV时式中在线框进入磁场的过程线框仍然匀速运动，受到的支持力随时间均匀变化，可得线框受到的支持力的冲量为可知【小问4详析】线框右边界到达边界V时不发生相对滑动由刚进磁场时线框与传送带间恰好不发生相对滑动，可得联立可得即的最大值为。辽宁省辽西重点高中2025届高三模拟预测考试试题物理时间：75分钟试卷满分：100分注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。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10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出贡献，下列说法正确的是（）A.楞次运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律B.库仑通过扭称实验，采用了极限的思想测出了引力常量C.第谷通过对天体运动的长期观察，采用类比法发现了行星运动三定律D.亚里士多德通过斜面实验，得出了力不是维持物体运动的原因，采用了控制变量法【答案】A【解析】A．楞次通过大量实验，运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律，即楞次定律，故A正确；B．卡文迪什通过扭称实验，采用了放大的思想测出了引力常量，故B错误；C．第谷进行了数据的观测，开普勒主要运用了数学分析和归纳法发现了行星运动三定律，故C错误；D．伽利略通过斜面实验，采用了实验加推理的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故D错误。故选A。2.如图，用两根完全相同、不可伸长的轻绳将小沙包（大小可忽略）对称地吊在空中，轻推小沙包，测得其在垂直纸面平面内做简谐运动的周期为（已知在一根竖直绳悬挂下做简谐运动的小物体的周期为，l为绳长，g为重力加速度），已知每根轻绳的长度为L，小沙包的质量为m，则小沙包静止时，每根绳子张力为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】依题意，小沙包做简谐运动，设等效摆长为l，则有对小沙包受力分析，如图根据平衡条件可得联立解得故选A。3.2024年1月11日，太原卫星发射中心在山东海阳附近海域使用“引力一号”遥一商业运载火箭将卫星顺利送入预定轨道，飞行试验任务获得圆满成功，这是“引力一号”火箭首次飞行，创造全球最大固体运载火箭、中国运力最大民商火箭纪录。已知卫星的质量为m，在轨道上稳定运行时离地面的高度为h，地球表面附近的重力加速度为g，地球半径为R。卫星的运动可视为匀速圆周运动，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是（）A.火箭加速升空过程中，卫星处于失重状态B.在轨道上运行时，卫星的线速度将大于地球的第一宇宙速度C.在轨道上运行时，卫星的动能为D.在轨道上运行时，卫星的速度大小为【答案】C【解析】A．火箭加速升空过程中，加速度方向向上，卫星处于超重状态，故A错误；B．根据万有引力提供向心力得可得地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以在轨道上运行时，卫星的线速度将小于地球的第一宇宙速度，故B错误；CD．在轨道上运行时，根据万有引力提供向心力得可得在地球表面有则卫星的速度大小为卫星的动能为故C正确，D错误。故选C。4.图甲为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示，下列说法正确的是（）A.图乙可能是质点a的振动图像B.再经1s质点a将沿x轴运动到x=2m处C.质点b的位移与时间的关系为y=0.1sin(πt)mD.波在传播过程中，质点a在2s内运动的路程为0.8m【答案】A【解析】A．根据“上、下坡法”可知，质点a在时由平衡位置向上振动，而乙图中某质点在时也恰好由平衡位置向上振动，故乙图可能是质点a的振动图像，A正确；B．质点只能在各自的平衡位置附近做简谐振动，而不会随着波迁移，B错误；C．由图可知，质点的振幅周期角频率由甲图可知，当时，质点b经过平衡位置向下振动，故质点b的位移与时间关系为C错误；D．由于该波的周期为，质点a在2s时间内恰好完成一个周期的振动，一个周期内，质点a运动的路程为D错误。故选A。5.北京时间2025年3月26日23时55分，西昌卫星发射中心长征三号乙运载火箭点火起飞，天链二号04星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。发射可简化为如图所示过程，先将卫星发射到半径为r的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，卫星运动到A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，运动到椭圆轨道Ⅱ的远地点B时，再次变轨进入半径为2r的圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动。下列判断正确的是（）A.卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行的周期之比为B.要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向前喷气C.卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于轨道Ⅲ上的机械能D.卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过面积一定相等【答案】A【解析】A．卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行过程，根据开普勒第三定律有解得故A正确；B．轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置加速，即要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向后喷气，故B错误；C．结合上述可知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，需要先后在A与B位置加速，即卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；D．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在相等时间扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间扫过的面积不相等，即卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积不相等，故D错误。故选A。6.绞车的原理如图所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的大小辘轳，在其上绕以绳索，绳下加动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动辘轳旋转便可轻松将重物吊起。已知大、小辘轳的半径分别为、，把手的旋转半径为，在重物沿竖直方向被匀速吊起的过程中，把手的线速度大小为，则重物上升的速度大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】辘轳的角速度动滑轮左侧细绳的速度大小为，右侧细绳的速度大小为，重物上升的速度大小为，故选A。7.某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P靠近速度选择器，能沿水平方向发射出不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板A、B的中轴线射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B．平行板电容器的极板A、B长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（）A.从P点射出的粒子一定带正电B.只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线射入平行板电容器的粒子，通过A、B板的时间不变C.若时刻粒子恰好沿方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿方向D.若t=0时刻沿进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于，则【答案】D【解析】A．无论粒子带正电还是负电都可以满足电场力和洛伦兹力平衡，因此不能确定粒子一定带正电，A错误；B．根据粒子通过速度选择器的速度增大电场强度E，速度也会增大，根据通平行板电容器的时间可知，时间会减小，B错误；C．在时刻进入电容器的粒子，在交变电场中经时飞出的粒子，运动方向平行于，C错误；D．粒子在电容器中运动的时间若粒子离开电容器时方向仍平行于，则说明粒子在电容器中运动的时间是交变电压周期T的整数倍，即，则，D正确。故选D。8.A，B两个粒子都带正电，B的电荷量是A的3倍，B的质量是A的2倍。A以大小为v的速度向静止的B飞去，由于静电力，它们之间的距离缩短到某一极限值后又被弹开，最终各自以新的速度做匀速直线运动。设作用前后它们的轨迹都在同一直线上，只考虑静电力的作用，当两个粒子间的距离趋于无限远时，静电力可忽略，A的质量为m。下列说法正确的是（）A.A、B组成的系统动量守恒B.A、B距离最近时，A的速度大小为C.从开始运动到二者距离最近时，A、B组成的系统损失的机械能为D.A、B最终做匀速直线运动时的速度大小相等【答案】ABC【解析】A．由于只考虑静电力的作用，A、B组成的系统所受外力的合力为0，则A、B组成的系统动量守恒，故A正确；B．在静电力作用下，A做减速运动，B做加速运动，当二者共速时，距离最近，根据动量守恒有解得故B正确；C．结合上述，根据能量守恒可知，系统损失的机械能故C正确；D．设A、B最终做匀速直线运动时的速度分别为vA和vB，以A的初速度方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒有，解得，故D错误。故选ABC。9.飞力士棒通过利用持殊构造和弹性，产生一定的振动频率，从而这些振动会深入到身体内的核心肌肉，从而达到强化锻炼的作用。如图所示。飞力士棒的固有频率为3.5Hz，则（）A.若该棒做自由振动，则频率为3.5HzB.使用时手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度也随之增大C.手每分钟震动210次，飞力士棒产生共振D.PVC软杆长度不变，负重头质量减小时，飞力士棒的固有频率保持不变【答案】AC【解析】A．若棒做自由振动，则振动按照固有频率振动，故A正确；B．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度可能越来越小，故B错误；C．手振动频率为此时频率故固有频率相等，飞力士棒发生共振，故C正确；D．负重头质量减小，PVC杆长度不变，则其结构改变，飞力士棒的固有频率会变化，故D错误。故选AC。10.爆震发动机作为一种极具潜力的新型动力装置，其工作原理涉及到复杂的热力学过程。在某先进的爆震发动机实验平台中，对一定质量的理想气体进行模拟爆震燃烧实验。摩尔数为n的理想气体初始状态压强为，体积为，对应下图中的a点。现在这部分气体经过等压膨胀，体积变为，对应下图中的b点，气体在状态b经等温膨胀至状态c，压强变为。又经等压压缩至状态d，最后等温压缩回到状态a。已知理想气体的体积V、压强P和温度T满足方程；内能U满足关系。其中R为常数，n为物质的量，根据以上信息可以判断（）A.气体在状态点b时的内能为B.气体在状态点a时温度为C.由c到d的过程外界对气体做功为D.由c到d的过程气体从外界吸热【答案】BC【解析】B．气体在状态点a时有解得气体在状态点a时温度为故B正确；A．气体a从到b，发生等压变化，则有解得气体在状态点b时温度为则气体在状态点b时的内能为故A错误；CD．气体在状态b经等温膨胀至状态c，则有，可得气体在状态点c时的体积为气体从状态c等压压缩至状态d，最后等温压缩回到状态a，可知状态d的温度为根据解得气体在状态点d时的体积为从状态c等压压缩至状态d，外界对气体做功为气体的内能变化量为根据热力学第一定律可得可得可知由c到d的过程气体从外界放热，故C正确，D错误。故选BC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某实验小组做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A处为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。（1）本实验采用的科学方法是________。（理想模型、控制变量、等效替代）（2）实验中不需要标记或者记录的信息有________。A.橡皮筋原长时结点的位置B.橡皮筋拉伸后结点的位置C.力F的大小和方向D.力的大小和方向（3）某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是（）A.两根细绳不必等长B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C.在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等D.在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行【答案】（1）等效替代（2）A（3）AD【解析】【小问1详析】“验证力的平行四边形定则”采用的是“等效替代法”；【小问2详析】根据实验原理可知，实验过程中，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，需要记录两细绳的方向、两弹簧秤的示数、结点O的位置，所以橡皮筋拉伸后结点的位置、力F的大小和方向、力的大小和方向都需要标记或记录，不需要记录橡皮筋的原长即橡皮筋原长时结点的位置。故选A。【小问3详析】A．为减小力方向的测量误差，两根细绳应适当长一些，以细绳的两个端点确定两点，然后将这两点用直线连接起来即为力的方向，再从该线段上截取用以表示力大小的线段，不需要细绳等长，故A正确；BC．只有当两个弹簧秤拉力大小相等时，橡皮筋才与两绳夹角的平分线在同一直线上，而本实验中并不要求两个弹簧秤的拉力大小相等，故BC错误；D．在使用弹簧秤时，要注意使弹簧秤与木板平面平行，以减小力的测量误差，故D正确。故选AD。12.热敏电阻的阻值会随着温度的变化而改变。电阻值随温度的升高而增大的热敏电阻叫正温度系数热敏电阻．电阻值随温度的升高而减小的热敏电阻叫负温度系数热敏电阻。为了测量热敏电阻在不同温度下的电阻值，学习小组设计了如图甲所示的电路。将热敏电阻密封绝缘包装后浸入热水中，调节水的温度，描绘出的该热敏电阻的电阻值随温度t变化的关系曲线如图乙所示。（1）根据图甲用笔画线代替导线将图丙实物图连线补充完整______。（2）开关S闭合前，应将滑动变阻器R的滑片移至______（填“a”或“b”）端。（3）在某一温度时，电压表的读数为1.12V，电流表的读数为0.20A，已知电流表内阻，电压表内阻，测得此温度下热敏电阻的电阻值______，该热敏电阻为______（填“正温度系数”或“负温度系数”）热敏电阻。（4）利用该热敏电阻制作一个简易的温控装置。电路图如图丁所示，电磁铁与热敏电阻、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当电磁铁的电流超过某一特定值时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。当前温度为40℃时加热器停止加热，若要设置到温度为60℃时加热器停止加热，则滑动变阻器的阻值应______（填“调大”或“调小”）______Ω。【答案】（1）（2）a（3）5负温度系数（4）调大2【解析】【小问1详析】根据电路图连接实物图，连线时注意电流要从电流表、电压表的正接线柱流入。实物图连接方式如下图所示【小问2详析】开关S闭合前，应将滑动变阻器R滑片移至a端，使电压表、电流表的读数从0开始调节，避免电流、电压超过量程。【小问3详析】[1][2]由欧姆定律有得由题图乙可知该热敏电阻为负温度系数热敏电阻。【小问4详析】[1][2]设电磁铁电阻为，电源电动势为E、内阻为r，由图可知，温度为40℃时热敏电阻阻值为，此时回路电流温度为60℃时热敏电阻阻值为，热敏电阻阻值减小了2.0Ω，把滑动变阻器阻值调大2Ω，温度为60℃时回路电流达到触发值，衔铁被吸合，加热器停止加热。13.为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成长为6m的细圆柱棒，如图甲所示。让一束平行激光从圆柱棒的一个底面垂直射入，历时在另一端接收到该光束，已知光在真空中的速度为。现将这种新材料制成一根半径的光导纤维束弯成半圆形暴露于空气中（假设空气中的折射率与真空相同），半圆形外半径为R，如图乙所示。（1）求这种新材料的折射率n；（2