2026届湖南省邵阳市隆回县高三上学期测试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12026届湖南省邵阳市隆回县高三上学期物理测试试卷考试时间：75分钟总分：100分注意事项：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。1.2024年9月18日，苏州大学研究团队在《自然》杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果。该电池主要是利用镅243发生α衰变释放的能量。若镅243衰变的核反应方程是，则下列说法正确的是（）A.X的电荷数为95 B.X的电荷数为91C.X的质量数为241 D.X的质量数为239【答案】D【解析】由于α粒子为，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，可得，解得，所以X的电荷数为93，质量数为239。故选D。2.如图，主动轮大圆盘与从动轮小圆盘通过皮带（不打滑）连接，大圆盘与小圆盘的半径之比为，材料相同的可以视为质点的两物体质量之比为，两个物体距离转动轴的距离相等，现在让圆盘转动起来。下列说法中正确的是（）A.物体A与物体B相对圆盘滑动之前的角速度之比为B.物体A与物体B相对圆盘滑动之前的摩擦力之比为C.物体A与物体B相对圆盘滑动之前的线速度之比为D.如果增加主动轮的转速，则B物体先相对圆盘滑动【答案】D【解析】A．由于主动轮大圆盘与从动轮小圆盘通过皮带（不打滑）连接，则为皮带转动，则轮子边缘各点线速度相同，则则故物体A与物体B相对圆盘滑动之前的角速度之比为，故A错误；B．物体相对圆盘滑动之前，根据可得，故B错误；C．物体A与物体B相对圆盘滑动之前的线速度之比为，故C错误；D．根据可知临界角速度为两物体做圆周运动的半径之比为，则发生相对滑动的临界角速度之比为，又由于两盘边缘的线速度大小相等，半径之比为，则角速度之比为则可知B物体先达到临界角速度，先发生相对滑动，故D正确。故选D。3.在处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。时刻两波源开始振动，时两列简谐波的完整波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（）A.两波源的起振方向均沿y轴负方向B.两列波的波速大小均为C.再经过，平衡位置在处的质点位移为D.平衡位置在处的质点在前内运动的路程为60cm【答案】B【解析】A．根据同侧法由图可知，实线中-0.4m的位置和虚线中0.4m位置的振动方向均沿y轴正方向，则两波源的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；B．由图可知，两列波的传播距离相等均为则两列波的波速大小均为，故B正确；C．由图可知，两列波的波长均为0.8m，则两列波的周期均为s再经过0.1s，两列波平衡位置在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；D．波源P产生的波传播到的时间为波源Q产生的波传播到的时间为则，平衡位置在处的质点运动的路程为由于两列波的起振方向相同，两波源到的距离差则此处为振动减弱点，内质点运动的路程为则平衡位置在处的质点在前0.5s内运动的路程为故D错误。故选B。4.冲日是指某一外行星（火星、木星、土星、天王星、海王星、冥王星）于绕日公转过程中运行到与地球、太阳成一直线的状态，已知火星的公转周期约为地球公转周期的1.9倍，半径约为地球的一半，质量约为地球质量的倍，现认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A.火星冲日时间间隔约为两年零一个月B.火星与地球公转轨道半径之比约为6：1C.火星与地球表面重力加速度之比约为2：9D.火星与地球密度之比约为4：9【答案】A【解析】A．由可得火星冲日时间间隔选项A正确；B．C．由可得火星与地球表面重力加速度之比约为4：9，选项C错误；D．由可得火星与地球密度之比约8：9，选项D错误。故选A。5.如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。沿OC、OD、OA建立x、y、z轴。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷Q。将质量为m、电荷量为的小球（自身产生的电场可忽略）套在光滑绝缘直轨道AC上，已知静电力常量为k，重力加速度为g，，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球从A点沿轨道AC运动的过程中，所受静电力一直减小B.小球从A点沿轨道AC运动的过程中，电势能先增大后减小C.小球在A、C两点电势能相等，则从A点沿轨道AC运动的过程中小球机械能守恒D.小球刚到达C点时（未脱离轨道）的加速度大小为0【答案】D【解析】A．小球从A点沿轨道AC运动的过程中，小球到、的距离先减小后增大，即所受的静电力先增大后减小，A错误；B．小球从A点沿轨道AC运动的过程中，电势为正且先增大后减小，故负电荷电势能先减后增，B错误；C．两点机械能相等，但运动过程中机械能不守恒，故C错误；D．轨道上点的电场强度大小为又联立得小球刚到达点时（未脱离轨道）由牛顿第二定律得解得，D正确。故选D。6.如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则【答案】D【解析】由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1=qE区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvA∙2B1=qE则再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，A错误；B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvBB1=q∙2E则vB=2v0再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，B错误；C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图根据可知转过的圆心角θ=60°，根据，有则，C错误；D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图根据可知转过的圆心角为α=45°，根据，有则D正确。故选D。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.某同学将一足球踢出后，其运动轨迹如图所示，a，b，c为轨迹上的三点，a，c等高，b为最高点，已知足球在空中运动的过程中，所受空气阻力始终与速度方向相反，下列说法正确的是（）A.从a运动到b的时间大于从b到c的时间 B.b点的加速度方向整直向下，大小为gC.a点机械能大于c点机械能 D.a点的加速度大于g【答案】CD【解析】A．足球在空中运动的过程中，所受空气阻力始终与速度方向相反，所以a到b阶段阻力竖直方向的分量向下，b到c阶段阻力竖直方向分量向上，即而竖直方向高度相等，由可得，A错误；B．足球在b点的受力有竖直向下的重力与水平向左的阻力，其加速度方向左下方，大小为，B错误；C．足球在空中运动的过程中，所受空气阻力始终与速度方向相反，始终做负功，由功能关系可知，a点机械能大于c点机械能，C正确；D．足球在a点的受力有竖直向下的重力与速度反方向的阻力，其合力大于重力，故加速度也大于g，D正确。故选CD。8.图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈接入如图甲所示的正弦交流电。电路中电表均为理想电表，定值电阻，D为理想二极管（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（）A.电阻R2两端的电压频率为50HzB.电流表的示数为5AC.原线圈的输入功率为15WD.将R1摘掉，电压表的示数不变【答案】AD【解析】A．由题图甲可知，交流电的周期为0.02s，故频率为50Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50Hz，故A正确；B．由图甲可知，变压器的输入电压为由电压与线圈匝数的关系可得，变压器的输出电压为因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，由有效值的定义可得，两端的电压为则电流表的示数为，故B错误；C．原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，副线圈的输出功率为故C错误；D．因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，故D正确。故选AD。9.如图甲所示，一倾斜传送带与水平方向的夹角，传送带逆时针匀速转动。将一煤块无初速度地放在传送带顶端，煤块在传送带上运动的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A.传送带匀速运动的速度为6m/sB.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.75C.传送带的长度为12mD.煤块在传送带上留下的痕迹长为1.5m【答案】ABD【解析】A．从乙图可以看出，传送带匀速的速度为6m/s，故A正确；B．对煤块进行受力分析，有得，故B正确；C．传送带的长度等于煤的位移，故C错误；D．煤块在传送带上留下的痕迹长为故D正确故选ABD。10.截至2023年9月21日，我国宇航员已进行了四次太空授课，为广大青少年带来了一系列精彩的太空科普课，观看“太空水球”光学实验后，某同学用内径为R、外径为2R的环形玻璃砖模拟光在水球中的传播，将玻璃砖放置在水平面上，一束平行于水平面的单色光从A点以与AO连线成射入玻璃砖，单色光经一次折射后，恰好与玻璃砖内壁相切，从玻璃砖外壁上的B点射出（出射光线未画出），如图所示，光在真空中的速度为c，下列说法正确的是（）A.玻璃砖对该单色光折射率B.该单色光在玻璃砖中由A到B传播的时间C.若增大入射角α，该单色光不一定能从玻璃砖的外壁射出D.若减小入射角α，该单色光经一次折射后，恰好在玻璃砖内壁发生全反射，则此时入射角【答案】AD【解析】A．设折射角为，根据几何关系有则玻璃砖对该单色光的折射率为，故A正确；B．光线在玻璃砖中通过的路程为，则AB段传播的时间为，故B错误；C．根据对称性可知，单色光不可能在玻璃砖外壁发生全反射，则一定能从玻璃砖外壁射出，故C错误；D．单色光经一次折射后，恰好在玻璃砖内壁发生全反射，作出光路图，如图所示设此时的入射角为，折射角为，全反射临界角为，设单色光在点发生全反射，在中，根据正弦定理有根据几何关系有全反射临界角满足，根据折射定律有联立解得入射角为，故D正确。故选AD。三、非选择题：本大题共5题，共56分。11.某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中________是否相等（选填选项前的字母）。A.任意两点间速度变化量与高度变化量B.任意两点间速度变化量与势能变化量C.任意两点间的动能增加量与势能减少量（2）某同学在做实验时进行了如下操作，其中操作不当的步骤是________（选填选项前的字母）。A.将打点计时器接到直流电源上B.将接有重物的纸带沿竖直方向穿过打点计时器的限位孔C.先释放纸带，再接通电源（3）实验中得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（重物开始下落时打点计时器在纸带上打下的第一个点）的距离分别为hA、hB、hC。设重物的质量为m，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。从打O点到打B点的过程中，若验证机械能守恒定律成立，需要满足的表达式为________________。【答案】（1）C（2）AC##CA（3）【解析】（1）由机械能守恒定律，重力势能的减少量等于动能增加量则需要比较重物下落过程中任意两点间的动能增加量与势能减少量是否相等。故选C。（2）打点计时器应接在低压交流电源上。实验时，应先接通电源后释放纸带。故操作不当的步骤是AC。（3）打B点时重物的速度为若验证机械能守恒定律成立，需要满足的表达式为12.有一个待测电压表V，其内阻r未知（约）、量程在12V~15V之间，共有N个均匀小格，但刻度数值已经模糊。了测量其量程及其内阻并重新标刻度值，实验室提供下列器材选用：标准电压表V1（量程3V，内阻）；标准电压表V2（量程为15V，内阻约为）；滑动变阻器R：最大阻值为；直流电源E：电动势为15V，内阻不能忽略，开关、导线若干。（1）用多用电表的欧姆挡粗略测量待测电压表的内阻，多用电表刻度盘上电阻刻度中间值为20。实验时应将选择开关拨至倍率“×______”（填“1”、“10”或“1k”）。（2）为了让电表指针均偏转到满偏的三分之一以上，且能较精确地测出待测电压表V的量程和内阻r，请在如图所示的虚线方框内将电路图补充完整，并将所选用的器材用相应的符号表示。______（3）根据设计的电路图进行实验，调节滑动变阻器，并让待测电压表V的指针恰好偏转了n格，为了得到待测电压表V1的量程，读出标准电压表V1的示数，标准电压表V2的示数，待测电压表V1的量程为______，内阻为______。（均用测得的物理量和题中已知量的符号表示）【答案】（1）1k（2）见解析（3）；【解析】（1）用多用电表测电阻时，应尽量使指针指向中央附近，所以欧姆挡的倍率应选“”。（2）因为电压表内阻较大，可将标准电压表V1当电流表使用,电路图如下所示。（3）调节滑动变阻器，让待测电压表V的指针恰好偏转n格，记录标准电压表V1的示数和标准电压表V2的示数，假设待测电压表V的量程为U，则有解得由解得13.如图所示,在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体,在汽缸底部开有一小孔,与U形水银管相连,外界大气压为,缸内气体温度27℃,稳定后两边水银面的高度差为,此时活塞离容器底部的高度为L=50cm(U形管内气体的体积忽略不计).已知柱形容器横截面S=0.01m2,取75cmHg压强为,重力加速度g=10m/s2（1）求活塞的质量;（2）若容器内气体温度缓慢降至-3℃,求此时U形管两侧水银面的高度差′和活塞离容器底部的高度L′.【答案】（1）（2）【解析】（1）A中气体压强PA=P0+P△h=76.5cmHg=1.02×105Pa对活塞PAS=P0S+mg解得m=2kg．（2）由于气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变△h′=1.5cmT1=300K，体积V1=50cm.sT2=270K，体积V2=L′S由：解得：L′=45cm．14.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。【答案】（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）【解析】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为电流方向为，电流的大小为则所受的安培力大小为安培力的方向由左手定则可知水平向左；（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有且联立解得通过回路的电荷量为②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有，整理可得联立可得若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知解得N出磁场时，M的速度大小为由题意可知，此时M到cd边的距离为若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有联立解得②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有同理解得综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为15.如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，其中CD部分粗糙，其长度L=1m，其余部分光滑，DE部分长度为S=1m，E点与半径R=1m的竖直光滑半圆形轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量的物块甲从斜面上由静止释放，如果物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为的物块乙发生弹性正碰，已知物块甲、乙与CD间的动摩擦因数为，且物块均可看成质点。求：（1）若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点F，求其在水平面BE上的落点到E点的距离x；（2）若物块甲在斜面上释放的高度，求物块乙被碰后运动至圆轨道最低点E时对轨道的压力大小；（3）用质量的物块丙取代物块甲（丙与CD间的动摩擦因数），为使物块丙能够与物块乙碰撞，并且碰撞次数不超过2次，求物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围？（已知所有碰撞都是弹性正碰，且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞）【答案】（1）2m；（2）；（3）或【解析】（1）物块乙恰好过最高点解得平抛运动，竖直方向上有水平方向上有水平轨道上的落点到E点的距离为（2）设物块甲碰前速度为v0，由动能定理有解得根据动量守恒和机械能守恒有，解得在E点有解得由牛顿第三定律有（3）要使物块丙能够与物块乙碰撞，需满足则有丙和乙碰撞交换速度，乙滑到圆弧上返回后，第2次乙和丙碰撞交换速度，此后丙不再与乙发生碰撞，需满足则有第1次丙与乙发生碰撞后，乙获得速度v3，在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则乙将脱离圆轨道，不再与丙发生碰撞则有丙与乙碰前速度设为v4，则有在丙下滑至与乙碰前，由动能定理列式解得综上所述，丙在斜面上释放的高度h范围为或2026届湖南省邵阳市隆回县高三上学期物理测试试卷考试时间：75分钟总分：100分注意事项：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。1.2024年9月18日，苏州大学研究团队在《自然》杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果。该电池主要是利用镅243发生α衰变释放的能量。若镅243衰变的核反应方程是，则下列说法正确的是（）A.X的电荷数为95 B.X的电荷数为91C.X的质量数为241 D.X的质量数为239【答案】D【解析】由于α粒子为，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，可得，解得，所以X的电荷数为93，质量数为239。故选D。2.如图，主动轮大圆盘与从动轮小圆盘通过皮带（不打滑）连接，大圆盘与小圆盘的半径之比为，材料相同的可以视为质点的两物体质量之比为，两个物体距离转动轴的距离相等，现在让圆盘转动起来。下列说法中正确的是（）A.物体A与物体B相对圆盘滑动之前的角速度之比为B.物体A与物体B相对圆盘滑动之前的摩擦力之比为C.物体A与物体B相对圆盘滑动之前的线速度之比为D.如果增加主动轮的转速，则B物体先相对圆盘滑动【答案】D【解析】A．由于主动轮大圆盘与从动轮小圆盘通过皮带（不打滑）连接，则为皮带转动，则轮子边缘各点线速度相同，则则故物体A与物体B相对圆盘滑动之前的角速度之比为，故A错误；B．物体相对圆盘滑动之前，根据可得，故B错误；C．物体A与物体B相对圆盘滑动之前的线速度之比为，故C错误；D．根据可知临界角速度为两物体做圆周运动的半径之比为，则发生相对滑动的临界角速度之比为，又由于两盘边缘的线速度大小相等，半径之比为，则角速度之比为则可知B物体先达到临界角速度，先发生相对滑动，故D正确。故选D。3.在处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。时刻两波源开始振动，时两列简谐波的完整波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（）A.两波源的起振方向均沿y轴负方向B.两列波的波速大小均为C.再经过，平衡位置在处的质点位移为D.平衡位置在处的质点在前内运动的路程为60cm【答案】B【解析】A．根据同侧法由图可知，实线中-0.4m的位置和虚线中0.4m位置的振动方向均沿y轴正方向，则两波源的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；B．由图可知，两列波的传播距离相等均为则两列波的波速大小均为，故B正确；C．由图可知，两列波的波长均为0.8m，则两列波的周期均为s再经过0.1s，两列波平衡位置在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；D．波源P产生的波传播到的时间为波源Q产生的波传播到的时间为则，平衡位置在处的质点运动的路程为由于两列波的起振方向相同，两波源到的距离差则此处为振动减弱点，内质点运动的路程为则平衡位置在处的质点在前0.5s内运动的路程为故D错误。故选B。4.冲日是指某一外行星（火星、木星、土星、天王星、海王星、冥王星）于绕日公转过程中运行到与地球、太阳成一直线的状态，已知火星的公转周期约为地球公转周期的1.9倍，半径约为地球的一半，质量约为地球质量的倍，现认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A.火星冲日时间间隔约为两年零一个月B.火星与地球公转轨道半径之比约为6：1C.火星与地球表面重力加速度之比约为2：9D.火星与地球密度之比约为4：9【答案】A【解析】A．由可得火星冲日时间间隔选项A正确；B．C．由可得火星与地球表面重力加速度之比约为4：9，选项C错误；D．由可得火星与地球密度之比约8：9，选项D错误。故选A。5.如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。沿OC、OD、OA建立x、y、z轴。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷Q。将质量为m、电荷量为的小球（自身产生的电场可忽略）套在光滑绝缘直轨道AC上，已知静电力常量为k，重力加速度为g，，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球从A点沿轨道AC运动的过程中，所受静电力一直减小B.小球从A点沿轨道AC运动的过程中，电势能先增大后减小C.小球在A、C两点电势能相等，则从A点沿轨道AC运动的过程中小球机械能守恒D.小球刚到达C点时（未脱离轨道）的加速度大小为0【答案】D【解析】A．小球从A点沿轨道AC运动的过程中，小球到、的距离先减小后增大，即所受的静电力先增大后减小，A错误；B．小球从A点沿轨道AC运动的过程中，电势为正且先增大后减小，故负电荷电势能先减后增，B错误；C．两点机械能相等，但运动过程中机械能不守恒，故C错误；D．轨道上点的电场强度大小为又联立得小球刚到达点时（未脱离轨道）由牛顿第二定律得解得，D正确。故选D。6.如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则【答案】D【解析】由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1=qE区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvA∙2B1=qE则再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，A错误；B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvBB1=q∙2E则vB=2v0再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，B错误；C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图根据可知转过的圆心角θ=60°，根据，有则，C错误；D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图根据可知转过的圆心角为α=45°，根据，有则D正确。故选D。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.某同学将一足球踢出后，其运动轨迹如图所示，a，b，c为轨迹上的三点，a，c等高，b为最高点，已知足球在空中运动的过程中，所受空气阻力始终与速度方向相反，下列说法正确的是（）A.从a运动到b的时间大于从b到c的时间 B.b点的加速度方向整直向下，大小为gC.a点机械能大于c点机械能 D.a点的加速度大于g【答案】CD【解析】A．足球在空中运动的过程中，所受空气阻力始终与速度方向相反，所以a到b阶段阻力竖直方向的分量向下，b到c阶段阻力竖直方向分量向上，即而竖直方向高度相等，由可得，A错误；B．足球在b点的受力有竖直向下的重力与水平向左的阻力，其加速度方向左下方，大小为，B错误；C．足球在空中运动的过程中，所受空气阻力始终与速度方向相反，始终做负功，由功能关系可知，a点机械能大于c点机械能，C正确；D．足球在a点的受力有竖直向下的重力与速度反方向的阻力，其合力大于重力，故加速度也大于g，D正确。故选CD。8.图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈接入如图甲所示的正弦交流电。电路中电表均为理想电表，定值电阻，D为理想二极管（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（）A.电阻R2两端的电压频率为50HzB.电流表的示数为5AC.原线圈的输入功率为15WD.将R1摘掉，电压表的示数不变【答案】AD【解析】A．由题图甲可知，交流电的周期为0.02s，故频率为50Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50Hz，故A正确；B．由图甲可知，变压器的输入电压为由电压与线圈匝数的关系可得，变压器的输出电压为因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，由有效值的定义可得，两端的电压为则电流表的示数为，故B错误；C．原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，副线圈的输出功率为故C错误；D．因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，故D正确。故选AD。9.如图甲所示，一倾斜传送带与水平方向的夹角，传送带逆时针匀速转动。将一煤块无初速度地放在传送带顶端，煤块在传送带上运动的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A.传送带匀速运动的速度为6m/sB.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.75C.传送带的长度为12mD.煤块在传送带上留下的痕迹长为1.5m【答案】ABD【解析】A．从乙图可以看出，传送带匀速的速度为6m/s，故A正确；B．对煤块进行受力分析，有得，故B正确；C．传送带的长度等于煤的位移，故C错误；D．煤块在传送带上留下的痕迹长为故D正确故选ABD。10.截至2023年9月21日，我国宇航员已进行了四次太空授课，为广大青少年带来了一系列精彩的太空科普课，观看“太空水球”光学实验后，某同学用内径为R、外径为2R的环形玻璃砖模拟光在水球中的传播，将玻璃砖放置在水平面上，一束平行于水平面的单色光从A点以与AO连线成射入玻璃砖，单色光经一次折射后，恰好与玻璃砖内壁相切，从玻璃砖外壁上的B点射出（出射光线未画出），如图所示，光在真空中的速度为c，下列说法正确的是（）A.玻璃砖对该单色光折射率B.该单色光在玻璃砖中由A到B传播的时间C.若增大入射角α，该单色光不一定能从玻璃砖的外壁射出D.若减小入射角α，该单色光经一次折射后，恰好在玻璃砖内壁发生全反射，则此时入射角【答案】AD【解析】A．设折射角为，根据几何关系有则玻璃砖对该单色光的折射率为，故A正确；B．光线在玻璃砖中通过的路程为，则AB段传播的时间为，故B错误；C．根据对称性可知，单色光不可能在玻璃砖外壁发生全反射，则一定能从玻璃砖外壁射出，故C错误；D．单色光经一次折射后，恰好在玻璃砖内壁发生全反射，作出光路图，如图所示设此时的入射角为，折射角为，全反射临界角为，设单色光在点发生全反射，在中，根据正弦定理有根据几何关系有全反射临界角满足，根据折射定律有联立解得入射角为，故D正确。故选AD。三、非选择题：本大题共5题，共56分。11.某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中________是否相等（选填选项前的字母）。A.任意两点间速度变化量与高度变化量B.任意两点间速度变化量与势能变化量C.任意两点间的动能增加量与势能减少量（2）某同学在做实验时进行了如下操作，其中操作不当的步骤是________（选填选项前的字母）。A.将打点计时器接到直流电源上B.将接有重物的纸带沿竖直方向穿过打点计时器的限位孔C.先释放纸带，再接通电源（3）实验中得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（重物开始下落时打点计时器在纸带上打下的第一个点）的距离分别为hA、hB、hC。设重物的质量为m，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。从打O点到打B点的过程中，若验证机械能守恒定律成立，需要满足的表达式为________________。【答案】（1）C（2）AC##CA（3）【解析】（1）由机械能守恒定律，重力势能的减少量等于动能增加量则需要比较重物下落过程中任意两点间的动能增加量与势能减少量是否相等。故选C。（2）打点计时器应接在低压交流电源上。实验时，应先接通电源后释放纸带。故操作不当的步骤是AC。（3）打B点时重物的速度为若验证机械能守恒定律成立，需要满足的表达式为12.有一个待测电压表V，其内阻r未知（约）、量程在12V~15V之间，共有N个均匀小格，但刻度数值已经模糊。了测量其量程及其内阻并重新标刻度值，实验室提供下列器材选用：标准电压表V1（量程3V，内阻）；标准电压表V2（量程为15V，内阻约为）；滑动变阻器R：最大阻值为；直流电源E：电动势为15V，内阻不能忽略，开关、导线若干。（1）用多用电表的欧姆挡粗略测量待测电压表的内阻，多用电表刻度盘上电阻刻度中间值为20。实验时应将选择开关拨至倍率“×______”（填“1”、“10”或“1k”）。（2）为了让电表指针均偏转到满偏的三分之一以上，且能较精确地测出待测电压表V的量程和内阻r，请在如图所示的虚线方框内将电路图补充完整，并将所选用的器材用相应的符号表示。______（3）根据设计的电路图进行实验，调节滑动变阻器，并让待测电压表V的指针恰好偏转了n格，为了得到待测电压表V1的量程，读出标准电压表V1的示数，标准电压表V2的示数，待测电压表V1的量程为______，内阻为______。（均用测得的物理量和题中已知量的符号表示）【答案】（1）1k（2）见解析（3）；【解析】（1）用多用电表测电阻时，应尽量使指针指向中央附近，所以欧姆挡的倍率应选“”。（2）因为电压表内阻较大，可将标准电压表V1当电流表使用,电路图如下所示。（3）调节滑动变阻器，让待测电压表V的指针恰好偏转n格，记录标准电压表V1的示数和标准电压表V2的示数，假设待测电压表V的量程为U，则有解得由解得13.如图所示,在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体,在汽缸底部开有一小孔,与U形水银管相连,外界大气压为,缸内气体温度27℃,稳定后两边水银面的高度差为,此时活塞离容器底部的高度为L=50cm(U形管内气体的体积忽略不计).已知柱形容器横截面S=0.01m2,取75cmHg压强为,重力加速度g=10m/s2（1）求活塞的质量;（2）若容器内气体温度缓慢降至-3℃,求此时U形管两侧水银面的高度差′和活塞离容器底部