2025-2026学年长沙市集团联考高三上学期期末复习综合模拟预测训练物理试题（三）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高中物理人教版2019全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共44分）
单选题（本大题共6小题， 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共24分）
1．核聚变发电有望提供人类需要的丰富清洁能源，氢核聚变可以简化为如下过程，4个氢核（）聚变生成氦核（），并放出2个和2个中微子，同时伴随着光子的产生，光子照射到逸出功为的金属上，逸出光电子的最大初动能为。其中中微子的性质十分特别，在实验中很难探测，1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中的反应，产生中子和正电子，间接地证实了中微子的存在。已知光电子的质量为，光速为，普朗克常量为。下列说法正确的是（ ）
A．中微子的质量数为0，电荷数为1
B．为电子
C．光子的波长为
D．光电子的德布罗意波波长为
2．2023年1月9日，谷神星一号遥五运载火箭在我国酒泉卫星发射中心成功发射，将搭载的科技壹号卫星、天启星座13星等5颗卫星成功送入预定轨道。卫星1圆轨道的半径与卫星2椭圆轨道的半长轴相等，两轨道在同一平面内且两轨道相交于A、B两点，某时刻卫星的位置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．两卫星在图示位置的速度
B．两卫星在图示位置时，卫星1的向心加速度等于卫星2的向心加速度
C．两颗卫星分别经过A点时受到的万有引力相等
D．若不及时调整轨道，两卫星可能相撞
3．一只蜜蜂在平静湖面上双翅同时同向同频振动，在水面激起的波纹（部分）如图所示。蜜蜂翅膀与水面接触点为A、B，y轴与中垂线重合，与AB两点距离差为的C点附近区域水面较为平静。已知蜜蜂每秒钟振动翅膀100次，水波在深水区的传播速度大于在浅水区的传播速度。则（ ）
A．y轴上某处飘着的一片树叶将随着水波传播到湖边
B．在蜜蜂附近水域，水波波长的最大值为
C．这些水波经过直径大于的石头时不会发生衍射
D．在深水区传播时，这些水波的波长会变小
4．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动（无滑动）。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲︰r乙=4︰1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时（ ）
A．甲、乙两圆盘的角速度之比ω1︰ω2=4︰1
B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1︰a2=1︰4
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动
5．某一空间存在着磁感应强度为且大小不变、方向随时间做周期性变化的匀强磁场（如图甲所示），规定方向垂直纸面向里为磁场的正方向.为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按的顺序做“ ”形曲线运动（如图乙所示），下列办法可行的是（粒子只受洛伦兹力的作用）（ ）
A．若粒子的初始位置在处，在时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在处，在时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在处，在时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在处，在时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
6．（河北邢台高二上联考）如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分，有选错的得0分．）
7．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈的匝数匝，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度大小，输电导线的总电阻为，升压变压器原、副线圈匝数比，降压变压器原、副线圈的匝数比，若理想交流电流表的示数，降压变压器副线圈两端电压。发电机线圈电阻不可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．输电线路上损耗的电功率为
B．升压变压器副线圈两端电压为
C．升压变压器的原线圈输入功率为
D．交流发电机线圈电阻上消耗的热功率为
8．(多选)将一根筷子竖直插入到装有水的玻璃杯中,从水平方向拍摄的照片如图甲所示,看上去,浸在水中的这段筷子产生了侧移,而且变粗了.乙图为筷子在玻璃杯中的俯视图,O为圆心,P为筷子在水中的位置,则 ( )
甲 乙
A.筷子侧移是因为光的折射现象,变粗是因为凸透镜的放大现象
B.若将筷子平移到圆心O点,筷子不会侧移但会放大
C.若沿虚线方向(视线与水面平齐)观察插入在O点处的筷子,看到水中的筷子位置与实际位置相同
D.若沿虚线方向(视线与水面平齐)观察插入P点处的筷子,看到水中的筷子位置与实际位置相同
9．某同学用手机的频闪功能拍摄一小球在倾角为斜面上的运动情况，如图是运动模型简化图，频闪时间间隔为T，小球从斜面底端开始向上运动，在斜面上依次经过A、B、C、D、E点，各段距离之比为，小球在运动过程中所受阻力大小不变。以下说法正确的是（ ）
A．小球在图中C点的速度向上
B．若小球向上经过A点时的速度为，则向上经过B点的速度为
C．小球所受阻力和重力大小之比为3∶1
D．若实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中长L，则过E点的速度大小为
10．光滑水平地面上，质量为3kg木板正以2m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的小球，质量为1kg，速度向左，大小也是2m/s。经过3s后，小球刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．木板长度是9m B．小球相对地面向左最远位移为2m
C．系统因摩擦而生热8J D．1.5s时，小球距离木板左端1.5m
第二部分（非选择题 共56分）
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．某同学想用单摆来测重力加速度，设计的实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数。
(1)下列说法中正确的是________。
A．质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球
B．可将摆球从平衡位置拉开一个较大角度然后释放摆球
C．在释放摆球的同时开始计时
D．摆长就是绳子的长度
(2)在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用螺旋测微器测量摆球直径（图乙），则摆球直径d = mm。
(3)将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，由静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通过平衡位置时从0开始计数，同时开始计时，当摆球第n次通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期T = （用t、n表示），重力加速度的大小为 （用L、d和T表示）。
12．某兴趣小组利用实验室的器材进行电表内阻的测量实验。
(1)小组成员在实验室发现一个表盘数字被污渍遮挡的电压表，利用图甲中的电路图测量电压表量程。闭合开关后，调节滑动变阻器和电阻箱，保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。则电压表量程为 V，电流表内阻为 Ω。
(2)小组成员选择完好的实验仪器，利用表盘如图乙所示的多用电表和图丙中的电路图测量该电压表的内阻（内阻约十几千欧）。
①利用多用电表的欧姆挡对电压表内阻进行粗测。将多用电表挡位调到欧姆 挡（选填“×100”或“×1k”），再将红表笔和黑表笔短接，调零后，将两表笔接在电压表正负接线柱上，用多用电表读出电压表内阻阻值；
②按照图丙所示的电路图连接实验仪器后，闭合开关S，改变电阻箱阻值，读取多组电压表示数U与电阻箱阻值R，并绘制出图像如图丁所示，图像斜率为k，若已知电源电动势E，则电压表内阻 ，电源内阻对电压表内阻测量 （选填“有”或“无”）影响。
13．如图所示，下端开口的导热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L，一横截面积为S的光滑活塞（质量、厚度均不计）将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞下方挂一质量为m的砂桶，活塞静止时活塞与汽缸底部的间距为。大气压强恒为（g为重力加速度大小），环境热力学温度恒为。
（1）若在砂桶中逐渐加入砂子，求活塞刚接触卡环时砂桶（含砂）的总质量M；
（2）若不在砂桶中加入砂子，对缸内气体缓慢加热，求气体的热力学温度时的压强p。
14．如图所示，水平面上有足够长且电阻不计的水平光滑导轨，导轨左端间距为L1=4L，右端间距为L2=L.导轨处在竖直向下的匀强磁场中，左端宽导轨处的磁感应强度大小为B，右端窄导轨处的磁感应强度大小为4B，现垂直导轨放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1=4m、m2=m，电阻分别为R1=4R、R2=R.开始时，两棒均静止，现给cd棒施加一个方向向右、大小为F的恒力，当恒力作用时间t时cd棒的速度大小为v，该过程中cd棒产生的热量为Q(整个过程中ab棒始终处在左端宽导轨处，cd棒始终处在右端窄导轨处).求：
(1)t时刻ab棒的速度大小v1；
(2)t时间内通过ab棒的电荷量q及cd棒发生的位移大小x；
(3)最终cd棒与ab棒的速度差Δv.
15．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1=1 kg的平板车以v0=5 m/s的速度向左运动，质量为m2=4 kg的小铁块以v0=5 m/s的速度从左端滑上平板车.一段时间后小铁块与平板车速度相同，之后平板车与竖直墙壁发生弹性碰撞.小铁块与平板车间的动摩擦因数为μ=0.25，小铁块始终未从车上掉下，重力加速度g=10 m/s2，1+q+q2+…+qn-1=.求：
（1）车与墙壁发生第一次碰撞前速度大小v；
（2）车的最小长度L；
（3）车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程s.
参考答案
1．【答案】C
【详解】A．中微子与水中的反应，产生中子和正电子，由核反应过程的质量数守恒和电荷数守恒，可知中微子的质量数为0，电荷数为0，A错误；
B．4个氢核（）聚变生成氦核（），并放出2个和2个中微子，核反应方程为，由核反应过程的质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为0，电荷数为1，则X为正电子，B错误；
C．光子照射到逸出功为的金属上，逸出光电子的最大初动能为，由光电效应方程得，解得光子的波长为，C正确；
D．因为动量，所以光电子的德布罗意波波长为，D错误；选C。
2．【答案】A
【详解】以地球球心为圆心，以卫星2此刻到地心的距离为半径作圆，记作轨道3，根据变轨原理可知卫星2在轨道3上的线速度，根据万有引力提供向心力，有，可知轨道半径越小，线速度越大，即，，A正确；根据万有引力提供向心力有，可得，卫星2位于远地点，卫星1轨道半径小，则卫星1的向心加速度大，B错误；根据万有引力定律可知，两颗卫星质量不一定相等，分别经过A点时受到的万有引力不一定相等，C错误；根据开普勒第三定律，卫星1圆轨道的半径与卫星2椭圆轨道的半长轴相等，则两颗卫星周期相同，不可能相撞，D错误。
3．【答案】B
【详解】波传播时，介质中的质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波迁移。树叶作为水面上的质点，只会在原位置附近上下振动，不会随着水波传播到湖边，A错误；C点附近区域水面较为平静，说明 C 点是振动减弱点。根据两列波干涉的规律，当某点到两波源的路程差为半波长的奇数倍时，该点为振动减弱点，即（n=0，1，2，3...），已知，当n=0时，波长λ取得最大值，解得，所以在蜜蜂附近水域，水波波长的最大值为 18mm，选项B正确；衍射是波特有的现象，一切波都能发生衍射，只是当障碍物或孔的尺寸与波长差不多或比波长更小时，衍射现象比较明显。当水波经过直径大于 9mm 的石头时，只是衍射现象不明显，但依然会发生衍射，C错误；蜜蜂翅膀振动的频率不变，已知水波在深水区的传播速度大于在浅水区的传播速度，那么在深水区传播时，波速v增大，频率f不变，根据，可知波长会变大，D错误。
4．【答案】D
【详解】A．依题意，甲、乙两圆盘边缘上的线速度大小相等，根据
可知角速度与半径成反比，所以甲、乙两圆盘的角速度之比
ω1︰ω2=1︰4
故A错误；
B．根据加速度表达式
滑动前m1与m2的向心加速度之比
故B错误；
CD．根据静摩擦力提供向心力，有
解得临界向心加速度为
a=μg=ω2r
随转速慢慢增加，m2先达到临界向心加速度，开始滑动。故D正确；C错误。
故选D。
5．【答案】A
【解析】若粒子的初始位置在处,在时,磁场方向垂直纸面向里,根据左手定则可知,粒子所受洛伦兹力方向向上,粒子沿逆时针方向从运动到,时间后,磁场方向变为垂直纸面向外,粒子在点所受洛伦兹力方向向右,粒子沿运动一周回到,此时磁场方向又变为垂直纸面向里,粒子沿运动又回到点,接着重复前面的运动,正确；若粒子的初始位置在处,在时刻后的一小段时间内,磁场方向垂直纸面向外,给粒子一个沿切线方向向下的初速度,粒子所受洛伦兹力方向向左,故粒子不能沿图中轨迹运动,错误；若粒子的初始位置在处,在时,磁场方向垂直纸面向里,给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度,粒子在点所受洛伦兹力方向向下,沿运动时间后磁场方向改变,粒子在点所受洛伦兹力向左,将向左偏转,错误；若粒子的初始位置在处,在时,磁场方向垂直纸面向里,给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度,根据左手定则可知,粒子在处所受洛伦兹力方向向右,沿运动时间后磁场方向变为向外,粒子在点所受洛伦兹力方向向下,将向下偏转,错误.
6．【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝mv2，得v＝，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
7．【答案】
【解析】根据理想降压变压器的变流比可知，解得，所以输电线路上损耗的电功率，选项错误；根据理想变压器的变压比可知，得，升压变压器副线圈两端电压，得，选项正确；根据理想变压器的变压比可知，可得，升压变压器的原线圈输入功率，降压变压器输出功率为，得，选项C错误；根据，解得，根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为，代入数据解得，有效值，电机线圈内阻上消耗的热功率，得，选项D正确。
8．【答案】ABC
【解析】筷子侧移是因为光的折射现象,变粗是因为杯壁是一个曲面,与水组成凸透镜,是凸透镜的放大现象,故A正确;若将筷子平移到圆心O点,光线沿杯子的半径方向从水中射入空气,入射光线垂直杯子与空气的界面,不会发生折射现象,所以筷子不会侧移,看到水中的筷子位置与实际位置相同,但水和杯壁依然能组成凸透镜,所以仍然会放大,故B、C正确;同理可知,若沿虚线方向观察插入P点处的筷子,入射光线与杯子和空气的界面不垂直,有入射角,会发生折射现象,所以看到水中的筷子位置与实际位置不同,故D错误.
9．【答案】BD
【详解】A．小球在运动过程中所受阻力大小不变，则小球向上运动时是匀减速运动，向下运动时是匀加速运动；由匀变速直线运动规律可知，只有当初速度（或末速度）为零时，连续相等的两段时间内物体位移之比为1：3（或3：1），则由
可得，C点为最高点，故A错误；
B．C点为最高点，则
B点是A、C的时间中点，则向上经过B点的速度为
故B正确；
C．设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、a2，频闪时间间隔为t，根据位移—时间公式，有
，
又，解得
由牛顿第二定律得
，
解得
故C错误；
D．实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中长L，则实际CE长为，则D点速度为
由，可得过E点的速度大小为
故D正确。
故选BD。
10．【答案】BD
【详解】AC．依题意，可知小球及木板系统动量守恒，取向右为正，有
代入数据，即
求得
可得木板加速度大小为
对木板，根据牛顿第二定律可得小球与木板间的滑动摩擦力大小为
设木板的长度为，根据功能关系可得
求得
系统因摩擦而生热为
故AC错误；
B．当小球在木板上速度减为0时，小球相对地面向左有最远位移，为
对小球，根据牛顿第二定律有
联立求得
故B正确；
D．1.5s时，小球的速度大小为
方向向左，此时木块对地位移大小为
木板的位移大小为
则可得此时小球距离木板左端
故D正确。
故选BD。
11．【答案】(1)A
(2)7.882/7.883/7.884
(3)
【详解】（1）A．为了减小空气阻力的影响，质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球，阻力小，故A正确；
B．摆球从平衡位置拉开的角度不能大于5°，否则不能认为是简谐运动，所以不能将摆球从平衡位置拉开一个较大角度然后释放摆球，故B错误；
C．当摆球在最低点时开始计时，误差较小，故C错误；
D．摆长等于绳子的长度与小球半径之和，故D错误。
故选A。
（2）螺旋测微器的精确值为0.01 mm，由图可知摆球直径为
（3）[1][2]由题意可知在时间t内摆球全振动的次数为，则单摆的周期为
由单摆周期公式可得
其中
联立可得重力加速度为
12．【答案】(1) 3 2
(2) ×1k 无
【详解】（1）[1][2]保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。根据欧姆定律有，
解得，
（2）①[1]电压表的内阻（内阻约十几千欧），则多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域，则挡位应调到欧姆“×1k”挡，再将红黑表笔短接进行调零。
②[2][3]根据闭合电路欧姆定律有变形得
则
电压表内阻
从式中可以看出电压表内阻只与电源电动势和斜率有关，与电源内阻无关，所以电源内阻对电压表内阻测量无影响。
13．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）未加砂子平衡时，根据平衡条件
当活塞刚接触卡环时，对封闭气体，根据波义耳定律有
根据平衡条件
联立解得
（2）活塞接触卡环之前，缸内气体发生等压变化，有
活塞刚接触卡环时，气体温度
之后，气体发生等容变化，加热到时
解得
14．【答案】(1) (2)
(3)
【解析】(1) 设某时刻回路中的电流为I，cd棒所受安培力F1=4BIL，方向向左，ab棒所受安培力F2=4BIL，方向向右，对ab棒和cd棒组成的系统，由动量定理得Ft=mv+4mv1，
解得v1=.
(2)对ab棒，由动量定理得BL1t=4mv1，
通过ab棒的电荷量q=t，
解得q=，
cd棒产生的热量为Q，则ab棒产生的热量Qab=4Q，
对ab、cd棒组成的系统，由功能关系得Fx=mv2+×4m+Q+4Q，
联立解得x=.
(3)设稳定后某时刻ab棒和cd棒的速度分别为vab、vcd，Δv=vcd-vab，加速度大小分别为a1、a2，此时电路中的电流
I'==，
当电路中的电流稳定时，有a1=a2，
对ab棒和cd棒整体，由牛顿第二定律得F=5ma1，
对ab棒，由牛顿第二定律得BI'·4L=4ma1，
联立可得cd棒与ab棒的速度差为Δv=.
15．【答案】（1）3 m/s （2）6.25 m （3）1.41 m
【解析】（1）设水平向右为正方向，车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小为v ，由动量守恒定律得
m1（-v0）+m2v0=（m1+m2）v，
解得v=3 m/s.
（2）最终车和小铁块的动能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得m1+m2=μm2gL，
解得L=6.25 m.
（3）设车的加速度大小为a，车与墙壁发生第一次碰撞后向左速度减为零时的位移大小为x1，车与墙壁从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞运动的路程为s1，由牛顿第二定律得μm2g=m1a，
解得a=10 m/s2，
由运动学公式得0-v2=-2ax1，s1=2x1，
解得s1=0.9 m.
设车与墙壁发生第k次碰撞后的速度大小为vk，碰后的共同速度为vk+1，vk+1也是小车与墙壁发生第k+1次碰撞后的速度，对系统，由动量守恒定律得
m1（-vk）+m2vk=（m1+m2）vk+1，
解得vk+1=vk，
设车从与墙壁发生第k次碰撞到发生第k+1次碰撞运动的路程为sk，由以上分析可知
sk=，sk+1=，
则sk+1=sk，
s=s1+s2+…+sk=，
k取无限大，则有s==1.41 m.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2025-2026学年长沙市集团联考高三上学期期末复习综合模拟预测训练物理试题（一）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高中物理人教版2019全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共44分）
单选题（本大题共6小题， 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共24分）
1．2024年，国家文物局公布：“考古中国”重大项目一武王墩墓，是经科学发掘的迄今规模最大．等级最高．结构最复杂的大型楚国高等级墓葬，考古学家通过对其中的测定可推测其距今年限，已知的半衰期为5730。年，下列说法正确的是（）
A．全球气候变暖，的半衰期变长
B．50个经过5730年后将剩余25个
C．若测量某古木样品的，发现其含量为现代植物的0.25倍，说明其距今约为11460年
D．人工核电站的原理与的衰变属于同一种核反应类型
2．如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为的、两个物块（可视为质点），和距轴心的距离分别为、，且、与转盘之间的最大静摩擦力都是，两物块随着圆盘转动始终与圆盘保持相对静止.则圆盘转动的角速度从0逐渐缓慢增大的过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．所受合外力大于所受合外力
B．受到的摩擦力一直指向圆心
C．受到的摩擦力一直指向圆心
D．、两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为
3．截止到2024年，木星已经发现有95颗卫星，其中最大的4颗是1610年由伽利略·伽利雷发现的，因此它们又被称为伽利略卫星，按照距离木星的距离依次是木卫一、木卫二、木卫三和木卫四，它们的轨道呈圆形，其轨道平面几乎都和木星的赤道面重合。木卫一、木卫二与木卫三的周期之比为。木卫三是太阳系中最大的卫星，其半径约为地球半径的，其质量约为地球质量的，其绕木星运动的轨道半径约为月球绕地球运动的轨道半径的3倍，木星质量约为地球质量的320倍。以下说法正确的是（ ）
A． 木卫一、木卫二、木卫三的轨道半径之比为
B． 木卫一、木卫二、木卫三的线速度大小之比为
C． 木卫三表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比约为
D． 木卫三绕木星运动的公转周期与月球绕地球运动的公转周期之比为
4．图示为水面上的两列相干波在某时刻的叠加情况，以波源、为圆心的两组同心圆弧分别表示该时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），已知的振幅为，的振幅为，下列说法正确的是（ ）
A．质点、在该时刻的高度差为
B．再过半个周期，质点是振动加强点
C．质点的振幅为
D．质点一直在波峰，质点一直在波谷
5．在电荷量为的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷处的电势为，其中为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和.电荷量分别为和的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（ ）
A．, B．，
C．, D．,
6．如图所示，P点处有一粒子源，可以以不同的速率发射某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子沿纸面以与Pd成30°角的方向射入正方形匀强磁场区域abcd内(边界无磁场)，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，正方形abcd的边长为l，P点是cd边的中点.不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是 ( )
A．当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场
B．当粒子的速率为时，粒子从ab边离开磁场
C．当粒子的速率为时，粒子恰好从bc边离开磁场
D．当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间变长
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分，有选错的得0分．）
7．如图所示，倾角为 的斜面上放置一长木板，木板上放置一物块，木板与斜面的动摩擦因数为、与物块的动摩擦因数为，两个动摩擦因数都小于 ，、从静止释放，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．若小于，则、相对运动
B．若小于，则、相对静止
C．若大于，则、相对运动
D．若大于，则、相对静止
8．一线框在匀强磁场中转动、产生的正弦式交变电流随时间变化的规律如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．交流电压瞬时值的表达式为u=10sin25t（V）
B．交流电的频率为25Hz
C．0.01s末线框平面平行于磁场，穿过线框的磁通量变化最快
D．0.02s时穿过线框的磁通量为零
9．如图, 质量为m的小球穿在固定光滑杆上,与两个完全相同的轻质弹簧相连。开始时将小球控制在杆上的A点,弹簧1竖直且处于原长,弹簧2处于水平伸长状态,两弹簧可绕各自转轴O1、O2无摩擦转动。B为杆上的另一个点,与O1、A、O2构成矩形,AB=2AO1。现将小球从A点释放,两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是 ( )
A．小球沿杆在AB之间做往复运动
B．与没有弹簧时相比,小球从A点运动到B点所用的时间更短
C．小球从A点运动到B点的过程中,两个弹簧对小球做的总功为零
D．小球从A点运动到B点的过程中,弹簧2的弹性势能先减小后增大
10．如图所示，边长为a的正方形玻璃砖，其折射率为n＝，现有一束光沿与AD边成45°的方向从AD边入射，经过一系列折射和反射后从BC边射出。已知光程是一个折合量，在数值上等于介质折射率乘以光在介质中的传播路程。下列说法正确的是
A．所有光线经过AD边折射后在正方形玻璃砖中的光程均相等，大小为a
B．所有光线经过AD边折射后在正方形玻璃砖中的光程均相等，大小为a
C．从BC边折射出的光线分为两束平行光，其宽度分别为a和a
D．从BC边折射出的光线分为两束平行光，其宽度分别为a和a
第二部分（非选择题 共56分）
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．图（a）为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。
（1）用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图（b）所示，从图中读出。
（2）将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图（c）所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了个周期。
（3）换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示：
颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫
2.9392 2.7881 2.5953 2.4849 2.197 1.792
根据表中数据绘制出图像如图（d）所示，则T与D的近似关系为______。
A． B． C． D．
（4）请写出一条提高该实验精度的改进措施：。
12．某实验小组要测量电源的电动势和内电阻，实验室提供的实验器材如下：
A．被测干电池一节，电动势约1.5V，内电阻约2.5Ω
B．定值电阻（阻值为20Ω）
C．电压表V（量程1V，内电阻为980Ω）
D．电阻箱R（0~9999.9Ω）
E．电键S、导线若干
实验电路如图所示：
（1）实验过程中，电阻箱电阻R的最小值为 Ω。
（2）根据闭合电路欧姆定律，实验过程中，电压表读数为U、与电阻箱电阻R的关系为 。（请用相应的字母和数字表示）
（3）闭合开关S后，多次调整电阻箱R的值，记录对应的电压表读数U，然后利用图像法数据：以R为横坐标、以为纵坐标，根据实验中得到的多组R、U数据，在坐标系中描点、连线如图，该图线的斜率，纵轴截距，则被测电池电动势 V，被测电池内阻 Ω。（计算结果均保留三位有效数字）
13．（10分）如图所示，大、小汽缸分别固定在水平面上，两活塞、的横截面积之比。活塞与汽缸间密封性良好，可在汽缸中无摩擦滑动。、处有卡环，活塞、间用一轻杆相连，初始时、分别位于大、小汽缸的、处，，，外界大气压强为，被封闭气体的初始温度均为，大汽缸内的压强为。现保持小汽缸温度不变，对大汽缸缓慢加热，，活塞横截面积为。
（1） 当活塞缓慢移至卡环处时，求大汽缸的温度（结果保留整数）；
（2） 在（1）问中，将大汽缸温度再升高，求卡环对活塞的作用力大小（结果保留两位有效数字）。
14．光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示。两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0~τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0.一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行.t=0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示.随后在τ~2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求:
(1)t=0时线框所受的安培力F；
(2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ~3τ时间内，线框中产生的热量Q。
图(a) 图(b)
15．某游乐园某项刺激的轨道滑行飞驰碰撞游戏装置可简化为如图所示，AB为半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，半径OB竖直，CE为倾角θ=53°的光滑斜轨道，EFG为半径的光滑圆弧轨道，与斜轨CE在E点相切，F点和G点分别为圆弧轨道最低点和最高点。质量为m=0.1kg的1号小球（视为质点）从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好无碰撞的从C点落到CE斜轨上，经过斜轨CE和圆弧轨道EF段后与静止在F点的2号小球发生弹性对心正碰，已知2号小球质量为3m；碰后2号小球恰好能到达G点。取重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8，不计空气阻力。求：
（1）1号小球离开AB圆弧轨道前瞬间对轨道的压力；
（2）B、C两点间的水平距离x；
（3）斜轨道高。
参考答案
1．【答案】C
【详解】的半衰期不会随环境温度改变，A错误；半衰期的概念是对大量的原子核才有意义的，少量的原子核是没有意义的，B错误；人工核电站的原理是重核的裂变，而题中是衰变，不属于同一种核反应类型。
2．【答案】B
【详解】由于、都做匀速圆周运动,合力提供向心力,根据牛顿第二定律得,角速度相等,的转动半径较大,所需向心力较大,故所受合力较大,故正确；由于最初圆盘转动角速度较小,、随圆盘做圆周运动所需向心力较小,可由、与盘面间静摩擦力提供,静摩擦力均指向圆心,由于所需向心力较大,当与盘面间静摩擦力达到最大值时（此时与盘面间静摩擦力还没有达到最大）,若继续增大转速,则有离心趋势,而拉紧细线,使细线上出现张力,转速越大,细线上张力越大,当与盘面间静摩擦力也达到最大时,、将开始滑动,由于细线拉力作用,将靠近圆心,所以受到的摩擦力先指向圆心,后背离圆心,而受到的摩擦力一直指向圆心,故错误,正确；、与圆盘恰好保持相对静止时，根据牛顿第二定律,对有,对有,联立得、两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为,故正确.故符合题意.
【模型构建】圆盘转动模型（两物体在转轴两侧）
在、、的条件下,当受到的摩擦力达到最大静摩擦力后,随着转速的增大,物体的静摩擦力先减小再反向增大直到整体发生滑动.整体即将滑动时,两物体的摩擦力均达到最大,且两物体向同一方向滑动.
3．【答案】C
一题多解 根据万有引力提供向心力有，则，木卫一、木卫二与木卫三的周期之比为，则三者的轨道半径之比为，A错误。
【解析】木卫一、木卫二与木卫三的周期之比为，根据开普勒第三定律可知三者的轨道半径之比为，错误；根据万有引力提供向心力有，可得，木卫一、木卫二、木卫三的线速度大小之比为:，错误；在地球表面，根据万有引力等于重力有，可得，木卫三表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为，正确；根据万有引力提供向心力有，可得，木卫三绕木星运动的公转周期与月球绕地球的公转周期之比为，错误。
4．【答案】C
【解析】由题图和波的叠加原理可知，、均为振动加强点,在该时刻,在波峰,位移为,在波谷,位移为,故质点、在该时刻的高度差为,错误；由题图和波的叠加原理可知，质点、始终是振动减弱点,振幅为,错误,正确；两列波为相干波,、均为振动加强点,但它们不是静止不动的,而是在不停振动,错误.
【易错分析】
没有理解发生干涉时振动加强区振动始终加强,振动减弱区振动始终减弱的含义,认为减弱区位移一定始终为零,加强区位移始终最大.
5．【答案】B
【解析】本题考查点电荷的电势.附近的电势为正，则，设题图中方格边长为，由题图可知，电势为零的等势线最右侧与之间的距离为，与之间的距离为，则，解得，正确.
6．【答案】C
【解析】设粒子运动的轨迹半径为r1时，粒子的运动轨迹与ad边相切，如图中曲线①所示，由几何关系得r1-=r1sin 30°，解得r1=l，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv1B=，解得粒子的速率为v1=；当粒子的运动轨迹与ab边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得r2+r2cos 30°=l，可得此时粒子运动的轨迹半径为r2=，粒子的速率为v2=；当粒子的运动轨迹与bc边相切时，如图中曲线③所示，由几何关系可得r3+r3sin 30°=，可得此时粒子运动的轨迹半径r3=l，粒子的速率为v3=.当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场，故A错误.当粒子的速率为时，由于v3<7．【答案】BC
【解析】本题考查斜面上无初速度的板块问题.依题意，两个动摩擦因数都小于 ，可知均满足 ，当、相对静止沿斜面下滑时，有.分析物块，可得，又 ，解得，同理，可得时，二者相对运动，、正确.
8．【答案】AD
【详解】因，交流电压瞬时值的表达式为u=10sin50πt（V），选项A错误；交流电的频率为，选项B正确；0.01s末感应电动势最大，此时线框平面平行于磁场，穿过线框的磁通量变化最快，磁通量变化率最大，选项C正确；0.02s时感应电动势为零，此时穿过线框的磁通量为最大，选项D错误。此题选择不正确的。
9．【答案】BC
【命题点】牛顿运动定律+动能定理
【详解】根据A、B位置弹簧状态的对称性可知,小球从A点运动到B点的过程中,两个弹簧对小球做的总功为零,则此过程合力做功等于重力对小球做的功,根据动能定理可知,小球在B点的速度大于零,所以小球到达B点后继续向下运动,不会沿杆在AB之间做往复运动,A错误,C正确;小球从A点运动到B点的过程中,弹簧2先从伸长状态变为原长,再从原长变为压缩状态,最后再恢复到原长,故弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小,D错误(易错点:只根据弹簧2的初末状态判断弹簧由伸长变成原长,但当弹簧2垂直杆时为压缩状态,长度最短,所以弹簧2先缩短为原长继续被压缩最后恢复原长);
设杆与水平方向的夹角为θ,小球从A点运动到B点过程,由于两个弹簧对小球做的总功为零,与没有弹簧时相比,小球运动到B点的速度相等,没有弹簧时,小球运动的加速度大小为a==gsin θ,有弹簧时,小球的加速度先大于gsin θ,然后加速度逐渐减小,到AB中点时,两个弹簧均恢复原长,小球的加速度大小为gsin θ,之后加速度小于gsin θ,两种情况的v-t图像如图所示,两种情况的v-t图线与横轴围成的面积相等,由图可知与没有弹簧时相比,小球从A点运动到B点所用的时间更短,B正确。
10．【答案】BD
【解析】如图所示，由几何知识可知，所有光线经过AD边折射后在正方形玻璃砖中的传播路程均相等，由n＝可知，光程为S＝nL＝×AF＝×a＝a（易错：注意区别光程与光的传播路程），B正确；两束平行光的宽度为d1＝CF·cos 45°＝a·＝（－）a，d2＝CE·cos 45°＝a·＝a，D正确。
【名师延展】光程与传播路程的区别
光程是一种特有的折合物理量，不能单纯理解为光的传播路程，光波在不同介质中传播时，光的波长会随介质的不同而改变，为了方便计算光在不同介质中传播相遇时的相位差，引入光程概念，在数值上，光程等于介质折射率乘以光在介质中的传播路程。
11．【答案】（1）7.54/7.55/7.56；（2）10；（3）A；（4）见解析
【详解】（1）刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，读数为；
（2）积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，之后每计数一次，经历半个周期，可知，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。
（3）由图（d）可知，与成线性关系，根据图像可知，直线经过与，则有，解得，则有，解得，可知。
（4）为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措施：用游标卡尺测量外径D、通过测量40次或60次左端与O点等高所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。
12．【答案】7.3；；1.43；2.80
【详解】（1）[1]电压表量程是1V，定值电阻阻值为20Ω，则流经的电流最大值是
电路总电流为
电阻箱电阻R的最小值是
（2）[2]由闭合电路欧姆定律可得
又有
联立解得
（3）[3]由图像的斜率
解得
[4]纵轴截距
解得
13．【答案】（1）
（2）
【详解】
（1） 初始时活塞处于平衡，有
（2分）
小汽缸中气体做等温变化，初始时设，对小汽缸中气体有
（1分）
升温后活塞处于平衡，有
（2分）
对大汽缸中气体有
（1分）
解得（1分）
（2） 活塞到卡环后，再升高温度，大汽缸中气体做等容变化，有
（2分）
对活塞有
（1分）
14．【答案】(1)，方向向左 (2)0.3B0h2 (3)
【详解】(1)t=0时，线框左侧边和右侧边同时分别切割区域Ⅰ、Ⅱ中的磁感线，分别作出感应电流和安培力的方向示意图如图所示，
因两侧各自切割磁感线时产生的感应电流均沿顺时针方向，所以总感应电动势应是两者叠加。
线框ab边切割磁感线产生的感应电动势Eab=2B0hv，
线框cd边切割磁感线产生的感应电动势Ecd=B0hv，
通过线框的感应电流I===，
线框ab边受到的安培力Fab=2B0Ih=，
线框cd边受到的安培力Fcd=B0Ih=，
所以t=0时线框受到的安培力F=Fab+Fcd=，方向向左.
(2)由题图(b)可知，t=1.2τ时，磁场区域Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为1.6B0、B0，
线框在磁场区域Ⅰ、Ⅱ中的面积均为，
所以，t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ=1.6B0×-B0×=0.3B0h2
(3)2τ~3τ时间内，仅磁场区域Ⅱ中磁感应强度大小发生变化，
线框产生的感应电动势E==×S，
其中=，S=，
线框产生的焦耳热Q=τ，
解得Q=.
15．【答案】（1），方向竖直向下
（2）
（3）
【详解】（1）1号小球从点由静止滑到点，机械能守恒有
代入数据解得
离开点前瞬间，由牛顿第二定律有
代入数据解得
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小
方向竖直向下。
（2）1号小球从到做平抛运动，在点的速度大小
竖直方向的分速度大小
竖直方向小球做自由落体运动，有
解得
两点间的水平距离
（3）1号小球从到机械能守恒
其中
在点1号小球与2号小球做弹性对心正碰，系统动量守恒
由机械能守恒
2号小球在G点，由牛顿第二定律得
代入数据解得
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2025-2026学年长沙市集团联考高三上学期期末复习综合模拟预测训练物理试题（二）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高中物理人教版2019全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共44分）
单选题（本大题共6小题， 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共24分）
1．1934年，约里奥-居里夫妇发现了人工放射性同位素，其核反应方程为：，其中具有放射性，半衰期为3分钟，下列说法正确的是（ ）
A．X为α粒子，其电离本领大于γ射线
B．X为α粒子，其贯穿本领大于γ射线
C．100个经过3分钟，的个数减半
D．随着的不断衰变，其半衰期会逐渐减小
2．图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图.、两质点的横坐标分别为和，图乙为质点从该时刻开始计时的振动图像.下列说法正确的是( )
A．该波沿轴正方向传播，波速为 B．质点经过运动的路程为
C．此时刻质点的速度沿轴负方向 D．质点在时速度最大
3．几位同学在空旷的草地上进行投掷飞镖比赛，飞镖投出点的高度均为。甲同学站在点先投掷飞镖1，初速度的大小，与水平方向的夹角，最终在点插入地面。然后乙同学站在点投掷飞镖2，初速度水平，最终也在点插入地面，且插入地面的方向与甲同学的飞镖方向相同。已知两飞镖质量相同，飞镖的飞行轨迹如图所示，不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．飞镖在飞行过程中，飞镖1速度的变化率大于飞镖2速度的变化率
B．飞镖在飞行过程中，飞镖1与飞镖2所受重力的冲量之比为5∶3
C．落地瞬间，飞镖1与飞镖2重力的功率之比为5∶3
D．落地瞬间，飞镖1与飞镖2的动能之比为5∶3
4．“七星连珠”是一种罕见的天文现象，指太阳系中七颗星(包括太阳系内的行星、太阳、月球)在天空中几乎排列成一条直线.假设某次“七星连珠”发生时，七颗行星按照距离太阳由近到远的顺序在太阳同一侧排列成一条直线，运动均看作匀速圆周运动，且仅考虑太阳引力作用.则下列说法中正确的是 ( )
A．水星距离太阳最近，受到太阳引力最大
B．水星距离太阳最近，线速度最小
C．水星距离太阳最近，周期最大
D．水星距离太阳最近，加速度最大
5．如图所示，平行有界匀强磁场（包含边界）间距为，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为，一质量为、电荷量为的电子（不计重力）在边某点沿与边成 角垂直磁场入射，与边成 角出射，下列说法正确的是（ ）
A．电子运动的轨迹半径为
B．电子在磁场中运动的时间为
C．电子的入射速度大小为
D．仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，则边界上的入射点与出射点间的距离为
6．（河北邢台高二上联考）如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分，有选错的得0分．）
7．如图所示，倾角的光滑斜面足够长，斜面上放有质量为、长度为的木板，A、B为木板的两个端点，在A端放有质量的物块（可视为质点），物块和木板接触面粗糙，将物块与质量的重物通过轻质长绳相连，绕在固定在斜面顶端的定滑轮上，不计滑轮处的摩擦。系统从静止状态开始运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，（ ）
A．当时，物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动
B．当时，物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动
C．当时，木板运动的加速度为
D．当时，物块经过从木板上滑下
8．图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，当两点火针间电压大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为50V
B．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000V
C．当时，点火针每个周期的放电时间大于0.01s
D．当时，才能点燃燃气
9．截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示.DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源,DE与三棱镜的ABC面垂直,D位于线段BC的中点.图乙为图甲中ABC面的正视图.三棱镜对该单色光的折射率为,只考虑由DE直接射向侧面AA'C'C的光线.下列说法正确的是 ( )
A．光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
B．光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
C．若DE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D．若DE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
10．如图甲，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。t＝0时刻在传送带适当位置放上一个具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝
C．0～t2时间内电动机多消耗的电能为36 J
D．0～t2时间因摩擦产生热量为15 J
第二部分（非选择题 共56分）
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为 。
(2)由图乙得:直线的斜率为 ,小钢球的重力为 N。(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是 (单选,填正确答案标号)。
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
甲乙
12．（8分）某实验小组测量一电流计的内阻,两位同学采用了不同的方法。
同学一采用如图（a）所示的电路,实验步骤如下:
①按图连接好电路,将滑动变阻器的滑片调至正确的位置;
②先断开开关,闭合开关,调节滑动变阻器的滑片位置,使满偏;
③再闭合,保持滑动变阻器的滑片位置不变,调节电阻箱的阻值,使的示数为满偏的一半,记下此时电阻箱的阻值为;
④断开电路。
同学二采用如图（b）所示的电路,实验步骤如下:
①按图连接好电路;
②闭合开关,调节滑动变阻器和电阻箱,使电流表A的示数为电流计的3倍,记下此时电阻箱的阻值为;
③断开电路。
根据两位同学的实验操作,回答下列问题:
（1） 两位同学在实验第1步中,滑动变阻器的滑片开始都应调至________端（填“”或“”）;
（2） 同学一测量的电流计的内阻____________；
（3） 同学二测量的电流计的内阻____________；
（4） 从系统误差的角度分析,两位同学的测量值的大小关系为________（填“ ”“ ”或“”）。
13．工程上通常所说的“压力表”，本质测的是压力表内外的压强差，在大气环境中指针在零刻度线位置．其刻度盘上单位（巴）也是一个常用压强单位，。小周同学利用所学知识，设计了一个重力计，其原理如图所示，导热性能良好的活塞和汽缸封闭一定质量的理想气体，汽缸底部连接一个压力表，不计压力表及管道中的气体，活塞的面积，不计活塞的重力及活塞与汽缸之间的摩擦，活塞到汽缸底部的距离为。当活塞上面放质量为m的重物时，活塞缓慢下降到稳定．已知大气压强为，重力加速度取，求：
（1）当活塞上重物质量时，活塞到汽缸底部的距离；
（2）当压力表示数为时，重物的质量。
14．(18分)如图，足够长的两倾斜金属导轨与水平地面的夹角均为θ=37°，间距均为L=1 m，最低处平滑连接(无能量损失)，左上端接有电容C= F的电容器.一质量m=1 kg的导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数均为0.5，导体棒和导轨的电阻均不计.两侧导轨均存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=4 T.现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放，经时间t1(未知)第一次到达最低点的速度v1=1 m/s，然后滑上右侧导轨，多次运动后，最终停在导轨的最低点.整个过程中电容器未被击穿，忽略两磁场间相互影响，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.求:
(1)导体棒第一次运动到最低点时，电容器所带电荷量Q；
(2)导体棒第一次运动到最低点时所用时间t1，第一次运动到最低点时电容器储存的能量EC；
(3)导体棒运动的总时间t总.
15．如图，质量的物块B放置于质量的木板C上，在光滑水平地面上一起以的初速度向左运动。长度为的轻绳，悬挂质量的小球A。将小球A拉至轻绳与竖直方向的夹角处由静止释放，A向右摇至最低点时恰与B发生碰撞并粘在一起（A与C不接触），同时轻绳被刀片割断。已知B与C间的动摩擦因数，取重力加速度大小，A、B均可看成质点，不计空气阻力。求：
（1）A与B碰后瞬间的速度；
（2）若板足够长，A、B碰撞粘在一起到运动足够长时间后合外力对B的冲量大小I；
（3）若板长，要使B不从板上滑离，开始时B在C上放置处与板左端距离x需满足的条件。
参考答案
1．【答案】A
【详解】根据质量数守恒得X的质量数为 30+1－27 = 4，根据电荷数守恒得X的电荷数为15－13 = 2，因此X为α粒子，α粒子的电离本领强于γ射线，贯穿本领弱于γ射线，故A正确，B错误；半衰期是统计规律，适用于大量原子核，少量原子核衰变数目存在随机性，故C错误；半衰期满足统计规律，适用于大量原子核，非常稳定，与外界条件无关，故D错误。
2．【答案】C
【解析】由题图可知波长为，周期为，则波速为，由质点该时刻的振动方向沿轴正方向可知，该波沿轴负方向传播，选项错误；质点经过，即半个周期，运动的路程为振幅的2倍，即为，选项错误；、间相隔半个波长，振动步调完全相反，此时刻的振动方向沿轴正方向，所以此时刻质点的速度沿轴负方向，选项正确；在时，质点在正向最大位移处，所以质点此时在负向最大位移处，的速度为零，选项错误.
3．【答案】C
【解析】甲同学投掷的飞镖水平方向的速度大小为，竖直方向的初速度大小为，在竖直方向从离手到最高点的高度和时间分别为，，甲同学投掷的飞镖飞行过程中离地面的最大高度，假设甲从最高点做平抛运动，下落时间为。设下落在点时与水平方向夹角为，满足，乙做平抛运动时间为，设下落在点时与水平夹角为，满足，由题意有，得乙同学投掷飞镖的初速度的大小，故重力冲量之比为3：1，重力功率之比为5：3，动能之比为25：9。C正确。
4．【答案】D
【详解】本题考查万有引力定律.根据万有引力定律有F=G，引力的大小取决于太阳质量、行星质量和距离.题目中没有给出行星的质量信息，A错误；根据牛顿第二定律有G=m行星，解得v=，即距离越近，线速度越大.因此，水星距离太阳最近，线速度应最大，而不是最小，B错误；根据周期和线速度的关系有T==2π，即距离越远，周期越大.水星距离太阳最近，周期应最小，C错误；根据牛顿第二定律有G=m行星a，解得a=G，即距离越近，加速度越大.水星距离太阳最近，因此加速度最大，D正确.
5．【答案】D
【解析】电子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,由图中几何关系可得,解得电子运动的轨迹半径为,由洛伦兹力提供向心力有,解得电子的入射速度大小,电子在磁场中运动的周期,电子在磁场中运动的时间为,、、错误；仅改变入射方向,使电子刚好不从右边界射出,则电子运动轨迹如图乙所示,由图乙中几何关系可得,边界上的入射点与出射点间的距离为,正确.
甲 乙
6．【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝mv2，得v＝，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
7．【答案】AD
【详解】AB．根据牛顿第二定律，对重物，对物块，，对木板，，物块和木板之间不发生相对滑动，有，解得，物块和木板之间不发生相对滑动的条件是，解得，A正确，B错误；
C．当时，根据牛顿第二定律可得，解得，C错误；
D．当时，根据牛顿第二定律可得，，与间的相对加速度，又，解得
D正确。选AD。
8．【答案】CD
【详解】A．由图乙知原线圈电压的最大值为50V，故电压表的示数为有效值即，故A错误；
B．两点火针间最大电压U2＞5000V就会产生电火花，所以有效值一定大于
故B错误；
C．当匝数比为200时，则副线圈电压为，最大值为10000V，根据三角函数关系可知其每个周期放电时间为，即
故C正确；
D．根据变压器的变压比得：，当
才能点燃燃气，故D正确。
故选CD。
9．【答案】AC
【解析】由sin C==,可得该单色光发生全反射的临界角C=45°,由几何知识知,DE发出的光射到AC和A'C'中点连线时入射角θ=45°=C,光恰好发生全反射,DE发出的光射到该连线上方时的入射角大于45°,发生全反射,同理,DE发出的光射到C'C时入射角等于45°,恰好发生全反射,故光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的,A正确,B错误;若DE发出的单色光频率变小,则三棱镜对该单色光的折射率变小,由sin C=知,该单色光发生全反射的临界角增大,由几何知识知,其恰好发生全反射的点在AC和A'C'中点连线的上方,故AA'C'C面有光出射的区域面积将增大,C正确,D错误.
10．【答案】AC
【解析】从v－t图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2 m/s，因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确；由题图乙可知0～t2时间内小物块的加速度为a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B错误；物块运动速度减为零后，反向加速经历时间为t加＝＝2 s，结合v－t图像可得t2＝3 s，根据v－t图像图线与横轴围成面积表示位移可得物块向下运动过程中的位移为x1′＝－ m＝－0.5 m，故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为Δx1＝x1－x1′＝1×2 m＋0.5 m＝2.5 m，物块向上运动过程中的位移为x2′＝ m＝2 m，物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为Δx2＝x2－x2′＝2×2 m－2 m＝2 m，所以传送带与物块的总相对位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝4.5 m，所以0～t2时间因摩擦产生热量为Q＝μmgcos θ·Δs＝27 J，故D错误；物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·(x2－x1)＝7.5 J，物块动能的增量ΔEk＝mv2－mv02＝1.5 J，则传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J，故C正确。
11．【答案】(1)-2(2分) (2)-2.1(2分) 0.59(2分) (3)C(1分)
【命题点】验证机械能守恒定律的实验
【详解】(1)作出小钢球运动的部分轨迹图如图所示,绳上拉力最大处为最低点B,此时速度最大,绳上拉力最小处为轨迹最高点A,速度为零,对球受力分析可得,在A处有mgcos θ=Tmin,在B处有Tmax-mg=,从A到B,由动能定理有mgL(1-cos θ)=mv2-0,联立可得Tmax=3mg-2Tmin,斜率为-2。
(2)取图乙中的点(0,1.765 N)和(0.196 N,1.35 N),求得斜率约为-2.1;由(1)中式子可知,纵轴截距1.765 N=3mg,小钢球重力mg约为0.59 N。
(3)本实验不需要小钢球做单摆运动,所以不用考虑摆动的角度和释放的位置,误差主要来源为空气阻力,C正确。
4．[海南2021·15,10分]为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒,某学习小组用如图甲所示的气垫导轨装置(包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计)进行实验。此外可使用的实验器材还有:天平、游标卡尺、刻度尺。
12．【答案】（1） （2分）
（2） （2分）
（3） （2分）
（4） （2分）
【详解】
（1） 为了保护电源和电表，开始时应将滑动变阻器接入电路的阻值调至最大，故滑片都应调至端。
（2） 同学一采用了半偏法，电流计的内阻测量值。
（3） 同学二操作中让电流表的示数为电流计示数的3倍，则流过电阻箱的电流是流过电流计电流的2倍，故。
（4） 同学一采用了半偏法，闭合后，电路总电阻减小，总电流增大，但认为不变，则流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，故测量值小于真实值，同学二的测量值没有系统误差，故。
13．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）令压缩后气体压强为，由平衡条件有，取封闭的气体为研究对象，气体做等温变化，初始气活塞到汽缸底部的距离，压缩后活塞到汽缸底部的距离为，由玻意耳定律得，代入数据解得
（2）压力表示数为，代表此时汽缸与大气压强差值为，则此时汽缸内部压强为，由平衡条件有，代入数据解得
14．【答案】(1)0.25 C (2)1 s 0.5 J (3) s
【详解】本题考查含容电路+斜面切割模型.
(1)在最低点，导体棒切割磁感线，产生感应电动势，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等，有U=E=BLv1=4 V (1分)
电容器的电容C= (1分)
联立解得Q=0.25 C (1分)
甲
(2)导体棒在左侧导轨上由静止释放后，在下滑过程中受力分析如图甲所示，
沿导轨方向由动量定理得mgt1sin θ-μmgt1cos θ-BLt1=mv1，其中t1=Q (1分)
解得t1=1 s，
沿导轨方向由牛顿第二定律得mgsin θ-f-F=ma1 (1分)
又F=BIL，a1=，I===CBL=CBLa1，
则mgsin θ-μmgcos θ-CB2L2a1=ma1 (1分)
解得a1=1 m/s2 (1分)
导体棒在左侧导轨上静止释放后做匀加速直线运动.导体棒释放位置距离导轨的最低点距离x1=t1=0.5 m，
电容器储存的能量EC=mgx1sin 37°-μmgcos 37°·x1-m (1分)
解得EC=0.5 J (1分)
乙
(3)根据分析可知，导体棒冲上右侧导轨后，电容器放电，导体棒所受安培力沿导轨向上，受力分析如图乙所示，根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ-F2=ma2 (1分)
又F2=BI2L，I2=CBLa2，解得a2=5 m/s2，
则第一次冲上右侧导轨所用时间t2==0.2 s，
导体棒上滑到右侧最高点位移x2=t2=0.1 m (1分)
同理，导体棒从右侧导轨最高点滑下过程中电容器充电，加速度大小等于a1，导体棒第二次经过最低点时设其速度为v2，则x2=a1，v2=a1t3 (1分)
解得t3= s，v2= m/s，
之后导体棒以v2冲上左侧导轨，上滑到左侧导轨最高点位移x4==0.02 m (1分)
所用时间t4==0.2 s，
从左侧导轨最高点，再次下滑时间满足x4=a1 (1分)
解得t5=0.2 s，
第三次到最低点的速度v3=a1t5=0.2 m/s，
之后导体棒冲上右侧导轨，上滑到右侧导轨最高点位移x6==0.004 m (1分)
所用时间t6==0.04 s，
如此往复，直至停在最低点.在两侧导轨加速下滑过程时间依次为t1=1 s，t3= s，t5=0.2 s(公比为)，由等比数列求和公式，得下滑的总时间t下= s (1分)
在两侧导轨减速上滑过程时间依次为t2=0.2 s，t4=0.2 s，t6=0.04 s(公比为)，由等比数列求和公式，得上滑的总时间t上= s (1分)
所以导体棒运动全程的总时间为t总=t上+t下= s (1分)
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球A由释放到最低点的过程，由动能定理
解得
小球A与物块B碰撞过程，由动量守恒定律
解得
方向向右。
（2）设三者共同速度，由动量守恒定律
解得
方向向左。
合外力对B的冲量
解得
共速前，A、B一直相对C向右运动，设相对位移为s，由功能关系
解得
A初始放置处离板左端距离满足
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页
