资源简介

2026届湖南省高中学业水平选择性考试物理综合
模拟强化训练试卷（二）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．[4分]2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献.由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048 J.假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为(光速为3×108 m/s)　 (　　)
A．1019 kg　B．1024 kg　C．1029 kg　D．1034 kg
2．[4分]如图所示,S1、S2是水面上两个振动情况完全相同的波源,其振动方向为竖直方向,S1、S2发出的波在水面上形成稳定的干涉图样,且波长均为2 cm.P是水面上的一点,且S1、S2、P三点刚好构成一个直角三角形,S1、S2两点之间的距离为6 cm,∠S1PS2=37°.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法中正确的是 (　　)
A.P点是振动减弱点
B.S1S2连线中点始终处于最大位移
C.S1S2连线上(不包含S1、S2两点)共有3个振动加强点
D.S1P连线上(不包含S1点)共有2个振动加强点
3．[4分]从某高度以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，不计空气阻力，在小球下落的过程中，其加速度a、速度变化量△v、重力的功率P和重力的功W与时间t的关系图象，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．[4分]嫦娥五号探测器曾实施月面“挖土”，“挖土”采用了钻取和表取两种模式.假设月球可看作质量分布均匀的球体，其质量为M，半径为R.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零，引力常量为G，忽略月球自转.某次钻取中质量为m的钻尖进入月球表面以下h深处，则此时月球对钻尖的万有引力为 （ ）
A．0 B．
D．
5．[4分]如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB边长度为d，∠C=，现垂直AB边以相同的速度射入一群质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子(粒子不计重力、不考虑粒子间的相互作用)，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，则下列判断中正确的是 (　　)
A．粒子在磁场中运动的最长时间为4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小是
C．如果粒子带的是负电，不可能有粒子垂直BC边射出磁场
D．若有粒子能再次回到AB边，则该粒子在磁场中运动的速度最大为
6．[4分]（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，共20分）
7．[5分]光镊是一种利用光力学性质的重要技术。如图所示，真空中放有一个折射率为的直角三棱镜，其边长为。一束极细的激光从的中点平行于人射，假设激光在面和面不发生反射。已知该束激光的功率为，在真空中的波长为，真空中的光速为，普朗克常量为。则（　　）

A．激光在棱镜中的传播时间为
B．激光在棱镜中的波长为
C．单位时间内通过棱镜的光子数为
D．激光对棱镜的作用力大小为
8．[5分]如图甲，劲度系数的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为的木板。开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上、一质量的物块(可视为质点)从木板左端以初速度滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙中为物块的图线；为木板的图线且为正弦图线。已知重力加速度，根据图中所给信息可得（　　）
A．木板的长度为
B．时，弹簧的弹性势能为
C．时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等
D．内“物块和木板”系统的摩擦生热为
9．[5分]如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率顺时针转动。t=0时一易掉色的物块以初速度v0从底部冲上传送带，其v-t图像如图乙所示，2s末恰好到达传送带顶端，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，则下列说法正确的是（　　）
A．传送带的速率为8m/s
B．传送带底端到顶端的距离为10m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．物块在传送带上留下的痕迹的长度为6m
10．[5分]如图所示，高铁的供电流程是将高压220 kV或110 kV经过牵引变电所进行变压，降至27.5 kV，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触而完成受电，机车最终获得25 kV的电力.以下说法正确的是 (　　)
A．若电网的电压为220 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8
B．若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=4∶1
C．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为85.9 Ω
D．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间的牵引网等效电阻约为7.8 Ω
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分]某同学在实验探究、两个物理量之间的定量关系时，测得了6组实验数据如下表所示，它们的单位为、。请用图像（如图）处理实验数据，寻找它们之间的定量关系，根据图像推出、之间关系的表达式，如果有常数，写出常数的数值和单位。
0.5 0.8 0.9 1.0 1.2 1.5
1.42 1.79 1.90 2.00 2.20 2.45
12．[8分]某压敏电阻的阻值随压力变化的关系曲线如图1所示。物理兴趣小组的同学们用该压敏电阻测量某一浓度的盐水密度，实验过程中，他们将压敏电阻的受力面水平放置在盛有盐水的容器底部，通过测量压敏电阻的阻值，根据图线得到压敏电阻所受压力的大小，从而运用所学知识得出盐水的密度，盐水中的导线及压敏电阻与盐水绝缘良好。
(1)同学们设计的电路图如图2所示，请按照电路图用笔画线代替导线，完成图3的实物连线 。
(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑到 端。（选填“a”或“b”）
(3)若电路中的电压表均可看成理想电压表，定值电阻。闭合开关S，调节滑动变阻器，当电压表、的示数分别为、时，压敏电阻受到的压力大小为 N。
(4)已知压敏电阻的水平横截面积，重力加速度g取，在（3）的条件下，测得容器内压敏电阻上方的液体高度，则该盐水的密度为 。
13．[10分]我们在吹气球时，开始感觉特别困难，但当把气球吹到一定体积后，反而比较轻松。一个探究小组对此进行了研究，通过充入不同量的某种理想气体，测量了气球内气体的体积V与对应的压强p，得到了如图（a）所示的p-V图象，其中p0为标准大气压。把不同量的上述理想气体分别充入甲、乙两个相同的气球，此时，甲、乙气球内气体的体积分别为V甲和V乙，且V乙>V甲>V0，甲、乙气球内气体的压强分别为p甲和p乙。现把甲、乙两气球以及一个容积为VG的钢瓶用带阀门的三通细管（容积可忽略）连接，如图（b）所示。初始时，钢瓶内为真空，阀门K1和K2均为关闭状态。所有过程，气体温度始终保持不变。
(1)打开阀门K1，甲气球体积将 （填“变大”“变小”或“不变”）；
(2)打开阀门K1和K2，把甲、乙两气球内的所有气体压入钢瓶，求压入后钢瓶内气体的压强。
14．[14分]如图所示，水平面由固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，左端连接阻值为R的电阻。质量为m、阻值为r的金属棒ab放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，整个装置外在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B。使金属棒在大小为F的水平恒力作用下沿导轨由静止向右滑动，当金属棒滑动距离为x时，恰好达到最大速度v，以后做匀速运动。求金属棒在加速运动的全过程中，
(1)能达到的最大速率vm；
(2)通过电阻R的电荷量q；
(3)电阻R产生的焦耳热QR。
15．[16分]在光滑水平地面上有一凹槽，中央放一小物块，物块与左右两边槽壁间的距离如图所示，，凹槽与物块的质量均为，两者之间的动摩擦因数 为，开始时物块静止，凹槽以的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计．取，求：
（1）物块与凹槽相对静止时的速度大小；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与左侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间.
参考答案
1．【答案】C　
【解析】根据质能方程ΔE=Δm·c2，并结合题意知Δm·c2t=E，代入能量量级有Δm×(3×108 m/s)2×60 s=1048 J，解得Δm=1.85×1029 kg，所以每秒钟平均减少的质量量级为1029 kg，C正确.
2．【答案】D　
【详解】由几何关系可知,S1P==8 cm,S2P==10 cm,则两列波到P点的波程差为Δx=S2P-S1P=2 cm,因为波长λ=2 cm,则Δx=λ,所以S、S2连线中点是振动加强点,A错误;S1S2连线中点也在做简谐运动,只不过振幅等于两波的振幅之和,所以中点的位移可以为零,不是始终处于最大位移,B错误;因为两列波振动情况完全相同,则当波程差等于半波长的偶数倍时,该点为振动加强点,所以S1S2连线上(不包含S1、S2两点)共有5个振动加强点,分别在距离S1为1 cm、2 cm、3 cm、4 cm、5 cm的位置,C错误;因为两列波振动情况完全相同,则当波程差等于半波长的偶数倍时,即满足Δx'=P'S2-P'S1=nλ(n=0,1,2,…),又满足=+,可得S1P连线上(不包含S1点)共有2个振动加强点,分别在距离S1为2.5 cm、8 cm的位置,D正确.
【教材变式】本题目由教材P90第6题演变而来,除了教材考查的两列波在P点叠加的结果外,本题延伸至考查S1S2连线和S1P连线上分别有几个振动加强点.
3．【答案】B
【详解】
A．小球做平抛运动，只受重力作用，加速度为重力加速度不随时间变化，图象为平行时间轴的一条直线，故A错误；
B．重力的功率
其图象为过坐标原点的一条倾斜直线，故B正确；
C．速度变化量，其图像为过坐标原点的一条倾斜直线，故C错误；
D．重力的功
下落高度
联立可得
其图象为抛物线（关于纵轴对称一部分），故D错误。
故选B。
4．【答案】D
【详解】设月球密度为ρ，则月球质量 ，半径为R-h的球体质量为 ，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零，则质量为m的钻尖进入月球表面以下h深处受到的万有引力 ，故D正确，A、B、C错误.
【易错分析】由于本题是信息题，易在模型的建立上出错.应先从题中提炼出质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零的信息，而钻尖所在位置，钻尖所受的万有引力等于一个半径为R-h的球体和钻尖之间产生的引力.注意万有引力定律中的r指的是两质点间的距离，也可以是质点到质量分布均匀的球体球心的距离，或质量分布均匀的两球体球心之间的距离.
5．【答案】D　
【解析】
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T=t0，解得周期T=4t0，粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角最大为π，则粒子在磁场中运动的最长时间为2t0，A错误；由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，则r=，T==，解得B==，B错误；如果粒子带的是负电，粒子向上偏转，以B点为圆心，运动轨迹对应的圆心角为的粒子垂直BC边射出磁场，C错误；若有粒子能再次回到AB边，运动轨迹对应的圆心角为π，最大半径如图所示，由几何关系可得最大半径为rmax满足+rmax=d，同时rmax=，解得vmax==，D正确.
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】ACD
【详解】A．激光发生全反射的临界角满足，而激光射到边上的点时，入射角为，，因此激光在边上发生全反射，射到边上的点，在棱镜中的传播路程为，传播速度为，传播时间为，A正确：
B．激光的频率不变，与光速成正比，，B错误；
C．单位时间内通过棱镜的光子数，C正确；
D．激光入射点的入射角为，根据折射定律，有，得，因此激光通过棱镜的偏转角为，每个光子通过棱镜后动量变化量大小为，由动量定理，激光受到棱镜的作用力大小满足，激光对棱镜作用力的大小，D正确。选ACD。

8．【答案】AD
【解析】由于图像与轴围成的面积表示位移，通过图像可知，一直向右运动，位移先向右后向左运动，总位移为0。因此，运动的位移即为木板长度，即正确；由于图像的斜率表示加速度，可知减速运动的加速度。而在仅受摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知，由物块的图像可知，时，的速度最大，此时由于切线斜率为0，物块的加速度为0。对进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小应为的位移，则有：，解得，由正弦图线的对称性可知，时，的速度为0，即位于简谐运动的振幅处，向右的位移为。对过程列能量守恒：，其中在内的位移为，联立得错谈；时，木板的图切线斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，摩擦力与弹簧弹力并不相等，错误；两秒内“物块和木板”系统的摩擦生热，而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移，因此系统摩擦生热为，D正确。选。
9．【答案】BC
【详解】A．由图乙可知，时物块与传送带速度相同，因此传送带速度为，A错误；
B．物块上升的位移大小等于图像所包围的面积大小，为，所以传送带底端到顶端的距离为10m，B正确；
C．在内物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律得，解得，C正确；
D．0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，相对位移为，1~2s时间内煤块相对传送带向下运动，相对位移为，则煤块在皮带上留下的划痕为4m，D错误。选BC。
10．【答案】BD　
【解析】若电网的电压为220 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为===，若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=4∶1，A错误，B正确；若高铁机车功率为8 000 kW，根据P=IU，U=25 kV，得电流I=320 A，牵引变电所至机车间的牵引网等效电阻R=≈7.8 Ω，C错误，D正确.
11．【答案】、之间关系的表达式是；常数
【详解】有表格中的数据，描点连线，可得到如下图
图线是一条倾斜直线，所以b、a的关系是一次函数的关系，由，可得，所以
12．【答案】(1)见解析
(2)b
(3)0.6
(4)/1200
【详解】（1）根据电路图连接实物图如图所示
（2）为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑到b端，此时流经测量部分的电流为0。
（3）分析电路可知，定值电阻和压敏电阻串联在闭合回路中，则通过定值电阻与压敏电阻的电流相等，有
解得压敏电阻的阻值为
根据题图1可知，压敏电阻受到的压力大小为。
（4）根据液体的压力公式，可知压敏电阻受到的压力大小
代入数据可得该盐水的密度为
13．【答案】(1)变小；(2)
【详解】
(1)打开后，因为，根据图象可知，所以甲气球中的压强比较大，所以甲气球中的气体会被源源不断的压入大气球（即乙气球）内，直到最后二者压强平衡，所以甲气球的体积会变小。
(2)甲、乙两气球内的气体最终压入钢瓶，发生等温变化，根据玻意耳定律得
解得最终钢瓶内的压强为
14．【答案】
(1) ；(2)；(3)
【详解】
（1）当金属棒达到最大速度时的感应电动势为
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律
导体棒所受的安培力为
根据平衡条件
解得
（2）根据法拉第电磁感应定律
根据闭合电路欧姆定律
通过电阻R的电荷量q为
（3）根据动能定理
整个回路产生的焦耳热为
电阻R产生的焦耳热QR为
15．【答案】
（2）8次
（3）
【解析】（1）设物块与凹槽相对静止时速度为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得，解得.
（2）设物块与凹槽相对静止前，相对运动的路程为，由动能定理得,解得，已知,则，故物块与左侧槽壁碰撞8次.
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为、，碰后的速度分别为、，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，，解得,，可知每次碰撞，凹槽与物块都交换速度，在同一坐标系中两者的图线如图所示.
凹槽、物块的图像在两条连续的匀变速直线运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间，则,，解得.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2026届湖南省高中学业水平选择性考试物理综合
模拟强化训练试卷（三）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．[4分]某国政府不顾国际社会的反对，公然决定将大量核废水排放到太平洋，引起了国际舆论的强烈谴责。核废水主要包含60多种放射性物质，其中以铯137、锶90、氚、碳14等为主，下列说法正确的是
A．铯137的半衰期是30年，60年后核废水中的铯137将全部衰减殆尽
B．锶90发生β衰变的反应方程为SrYeSr的比结合能比Y的大
C．氚具有放射性，是原子核外电子从高能级向低能级跃迁造成的
D．碳14的半衰期为5 730年，如果一块古木中的碳14含量是现代植物的，则该古木的历史约为11 460年
2．[4分]如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷.在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）（c）所示.已知超声波在机翼材料中的波速为.关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度，下列选项正确的是（ ）
图（a）超声波检测原理示意图 图（b）机翼表面反射信号
图（c）缺陷表面反射信号
A．振动减弱； B．振动加强；
C．振动减弱： D．振动加强；
3．[4分]我国空间站第三批空间科学实验样品随神舟十四号飞船返回舱返回地面,运抵北京中科院空间应用中心后，已顺利交接相关实验科学家.空间站绕地球做圆周
运动时,由于地球遮挡阳光,会经历“日全食”过程,如图所示.太阳光可看作平行光,航天员在A点测出地球的张角为。已知地球半径为R,地球质量为M,引力常量为G,不考虑地球公转的影响.下列说法正确的是（ ）
A．空间站运行的高度
B．空间站运行的周期为π
C．空间站运行的线速度大小为
D．空间站绕地球一周经历“日全食”过程的时间为α
4．[4分]如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的、两物块叠放在一起，与圆盘相对静止，一起做匀速圆周运动，和、和圆盘之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．受到的向心力是受到的向心力的2倍
B．受到的合力是受到的合力的2倍
C．圆盘对的摩擦力是对的摩擦力的2倍
D．若缓慢增大圆盘的角速度 ，物块比物块先开始相对圆盘运动
5．[4分]存在匀强电场的空间中有一边长为2 cm的正四面体ABCD，如图所示。已知UAC＝UBC＝3 V，电场方向平行于底面ABC，则（　　）
A．A、B两点处的电势不相等
B．电场强度大小为1 V/m
C．电场强度大小为100 V/m
D．C、D两点的电势差UCD＝2 V
6．[4分]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>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
C．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
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
7．[5分]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
8．[5分]在同一足够长的竖直墙壁上，一物块从某时刻无初速度释放,在释放的同时,分别以图中两种方式对物块施加水平外力,方式一中表示时间，方式二中表示速度大小，、为比例系数，使物块贴着墙壁运动。物块与墙壁间的动摩擦因数为 ,重力加速度为。则
方式一 方式二
（ ）
A. 方式一中,物块受到的合外力先变小后不变，当时，合外力为0
B. 方式二中，物块受到的合外力先变小后不变，当时，合外力为0
C. 方式一中，物块速度先增大后减小，最大速度为
D. 方式二中，物块速度先增大后减小，最大速度为
9．[5分]一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（可视为质点）以初速度从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为，长木板A的动能增加量为，A、B间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确的是（　　）
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．，，Q的值可能为，，
C．，，Q的值可能为，，
D．若增大和长木板A的质量M，B一定会从长木板A的右端滑下，且Q将不变
10．[5分]（多选）图甲中，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电.电路中电表均为理想交流电表，定值电阻 ，D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（ ）
甲 乙
A．电阻两端的电压频率为
B．电流表的示数为
C．原线圈的输入功率为
D．将撤掉，电压表的示数不变
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分]某学习小组的同学用如图甲的装置验证竖直面内的圆周运动过程中机械能守恒。轻细杆一端连接在光滑固定转轴O处，另一端连接一小球。在转轴O点的正上方和正下方轨道半径处分别安装光电门，测出杆长 L，杆的宽度 d和小球的直径D。现使小球在竖直面内做圆周运动，读出轻杆经过O点正上方光电门的时间为，经过O点正下方光电门的时间为。已知当地重力加速度为g，不考虑空气阻力。
(1)该同学用游标卡尺测小球直径D时，示数如图乙所示，则 mm；
(2)如果要验证小球在竖直面内做圆周运动机械能守恒，需要满足的方程为 （用题中的L、d、D、、、g等符号表示）；
(3)某位同学误把光电门安装在轻杆的中点，已知小球质量为m，则用原来的方法计算小球从最高点到最低点过程中动能的增量时会出现测量值 真实值（填“>”“<”或“=”）
(4)另一位同学光电门安装正确，他让小球由任意位置静止释放，测出多组释放点到最低点的距离s，以及对应小球运动到最低点光电门的遮光时间，作出了图像。若图像是一条过坐标原点的直线，且直线斜率 （用题中的L、d、D、g等符号表示），则说明小球运动过程机械能守恒。
12．[8分]（9分）某同学要测量一段电阻丝的电阻率，实验过程中的几个主要步骤如下：
（1）先用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图甲所示，则其示数为　　　　mm。
甲
（2）测量好电阻丝的直径与长度后，再用多用电表粗测其阻值，当用“×10”挡位测量其阻值时指针偏转角度很大，则应改变挡位测量；多用电表欧姆挡改变挡位后　　　　（填“需要”或“不需要”）欧姆调零；如果按正确方式操作后多用电表示数如图乙所示，则电阻丝阻值为　　　　Ω。
乙
（3）该同学采用伏安法测量电阻丝的准确阻值，未完全完成连接的电路实物图如图丙所示，已知滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线完成连接。
丙
（4）该同学正确连接电路，若所有操作都正确，则测出的电阻值　　　　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值，该误差的来源是　　　　，这种误差属于　　　　误差。
（5）实验测出电阻丝的电阻为R，电阻丝横截面的直径为D，长度为L，则电阻丝电阻率为ρ＝　　　　（用D、L、R表示，单位均已为国际单位）。
13．[10分]（9分）如图所示的减震垫上布满了12个完全相同的圆柱状薄膜气泡，每个薄膜气泡中充满体积为，压强为的理想气体.在减震垫上放上质量分布均匀的平板状物品，物品始终保持水平，稳定后每个薄膜气泡的体积均为.若薄膜气泡内气体的温度为，不计薄膜的重力和弹力，重力加速度为.
（1）放上物品稳定后，若气体温度不变，则每个薄膜气泡内气体的压强为多少；
（2）取走物品稳定后，每个气泡中气体压强均恢复到，体积均增大为，则气泡中气体的温度改变了多少.
14．[14分]如图所示，倾角为的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为的匀强磁场区域，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向分别垂直于斜面向上和向下，磁场宽度及均为。一个质量为、电阻为、边长也为的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，边恰好匀速穿过区域Ⅰ。重力加速度取。
（1）求线框开始下滑时边与区域Ⅰ边界之间的距离；
（2）求边刚穿过时线框的加速度大小；
（3）若已知边到达时的速度为，求边穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中所用的总时间。
15．[16分]（14分）如图所示，置于光滑水平面上的轻弹簧左端固定,右端放置质量为的小球，小球置于弹簧原长位置。质量为的小球和质量为、半径为的光滑四分之一圆弧体静止在足够长的光滑水平面上，圆弧体的水平面刚好与圆弧面的最底端相切。用力向左推动小球压缩弹簧，由静止释放小球后与小球发生弹性碰撞。小球运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止。两小球均可视为质点，重力加速度为。求：
（1） 小球压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能；
（2） 小球与圆弧体第一次分离时小球的速度大小；
（3） 小球第一次返回到圆弧体底端时对圆弧面的压力大小。
参考答案
1．【答案】D　
【解析】铯137的半衰期是30年，60年为两个半衰期，剩余量为原来的四分之一，A错误；衰变过程释放能量，反应前原子核的比结合能比反应后原子核的比结合能小（易错：对于释放能量的核反应，反应后的原子核比结合能较大），B错误；氚具有放射性，射线来自原子核，C错误；古木中的碳14含量是现代植物的，则其经历了两个半衰期，经历的时间约为11 460年，D正确。
2．【答案】A
【解析】本题考查波的干涉.根据题图可知，超声波在机翼材料中的传播周期，由题干可知波速，则超声波在机翼材料中的波长，结合题图（b）和题图（c）可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为，故两个反射信号的路程差 ，解得，且两个反射信号在探头处振动减弱，正确.
3．【答案】D　
【详解】热门考点：万有引力定律与航天
由几何关系有sin=,解得 h=R,A错误;空间站绕地球做圆周运动,设空间站的质量为m,由万有引力提供向心力有G=m(R+h),故空间站运行周期为T= 2π,B错误;同理,有G=m,故空间站运行的线速度为v=,C错误;如图所示,由几何关系知空间站每次经历“日全食”的区域对应的圆心角β=α,又β=ωt,2π=ωT,解得t=α,D正确。
4．【答案】C
【解析】本题考查水平转盘模型.因为、叠放在一起做圆周运动，故其做圆周运动的角速度和半径都相同，又、的质量也相同，则由牛顿第二定律有，因此共同运动时、两物块受到的向心力，即合力大小相等，故、错误；物块对物块的摩擦力作为物块的向心力，大小为，物块所受的合外力作为物块的向心力，其向心力为，解得，故正确；由上述分析可知，若缓慢增大圆盘的角速度 ，两物块同时达到最大静摩擦力，两物块同时开始相对圆盘运动，故错误.
5．【答案】C
【详解】因为UAC＝UBC＝3 V，所以AB连线为等势线，过C点作底边AB的垂线，垂足为F，则FC即为匀强电场的电场线，如图所示，由几何知识知FC＝3 cm，则匀强电场电场强度大小E＝ V/m＝100 V/m，过D点作FC的垂线，垂足为G，则CG＝FC，所以UDC＝UGC＝UAC＝2 V，则C、D两点的电势差UCD＝－UDC＝－2 V，故选C。
6．【答案】D
【详解】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；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；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；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。
7．【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。
8．【答案】BC
【详解】方式一中，物块在水平方向上受力平衡，竖直方向上开始运动时重力大于摩擦力，合外力大小为，其中，则合外力大小为，方向向下，物块向下做加速运动，速度逐渐增大，随着时间的增加，合外力逐渐减小，当，即时，合外力为零，以后摩擦力大于重力，合外力反向且大小逐渐增大，物块开始做减速运动，最终减速到零，由上述分析可知，当合外力为零时速度最大，设最大速度为，根据动量定理有，其中摩擦力的平均值为（点拨：摩擦力随时间均匀增大，当时摩擦力等于重力），代入数据解得最大速度为，错误，正确；方式二中，物块在水平方向上受力平衡，即，在竖直方向上，开始时重力大于摩擦力，合外力大小为，其中，则合外力大小为，方向向下，物块向下做加速运动，随着速度的增加，合外力逐渐减小，物块向下运动的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，当时，合外力为零，加速度为零，速度最大，之后物块匀速运动，合外力为零，最大速度为，正确，错误。
9．【答案】BD
【详解】A． A、B由于存在摩擦生热，系统机械能不守恒，A错误；
BC．画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示板长，1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知x1>，x1<
又有，，，则有，可知B项所给数值有可能，B正确，C错误；若增大v0和长木板A的质量M，在v-t图像中1将向上平移，而2的图像斜率变小，即A 的加速度变小，显然可知B一定会从长木板A 的右端滑下，而不变，D正确。
10．【答案】AD
【解析】由题图乙可知,交流电的周期为,故频率为,而变压器及二极管均不会改变交流电的频率,故电阻两端的电压频率仍为,故正确；由题图乙可知,变压器的输入电压有效值为,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两端,设两端电压的有效值为,由有效值的定义可得,解得,则电流表的示数为,故错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,则,故错误；因为输出电压由输入电压决定,故将撤掉,电压表的示数不变,故正确.
11．【答案】(1)10.70；(2)；(3)<；(4)
【详解】（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（2）根据题意可知，小球的挡光时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，小球经过最低点的线速度大小是光电门处线速度大小的两倍，则有，小球经过最高点的线速度大小也为光电门处线速度大小的两倍，则有，若小球从最高点到最低点满足机械能守恒，则有，解得
（3）把光电门安装在轻杆的中点，则小球真实线速度，，用原来的方法计算动能的增加量会出现。
（4）小球由任意位置静止释放，作出示意图如图所示
若机械能守恒，则有，其中，，，解得，斜率，则可说明小球运动过程机械能守恒。
12．【答案】（1）2．050（2．049～2．051均可）（1分）
（2）需要（1分）　6．0（1分）
（3）见解析（2分）
（4）小于（1分）　电压表的分流（1分）　系统（1分）
（5）（1分）
【解析】（1）由题图甲知，螺旋测微器的示数为D＝2 mm＋5．0×0．01 mm＝2．050 mm。
（2）用多用电表“×10”挡测电阻，指针偏转角度很大，说明电阻偏小，则应改为小倍率，即“×1”挡，多用电表欧姆挡改变挡位后需要重新欧姆调零；由题图乙知，电阻丝阻值为6．0 Ω。
（3）由于电压表内阻远大于待测电阻丝阻值，故电流表采用外接法，滑动变阻器采用限流接法，实物图如图所示。
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流，电流表读数I比通过电阻丝的实际电流I实大，由R测＝＜R真＝知，测出的电阻值小于真实值；该误差是由于电压表分流，故该误差属于系统误差。
（5）根据电阻定律R＝ρ，解得电阻丝电阻率为ρ＝＝。
【技巧必背】电流表连接方式的判断及误差分析
若＞，则电流表采用外接法，若＜，则电流表采用内接法，简记为“大内偏大，小外偏小”，即采用内接法电阻测量值偏大，采用外接法电阻测量值偏小。
13．【答案】（1）
（2）
【解析】本题考查气体实验定律和理想气体状态方程.
（1）由玻意耳定律可得，（2分）解得.（2分）
（2）放上物品后温度为，则由理想气体状态方程可得，（2分）解得，（1分）则气泡中气体的温度改变量为.（2分）
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设导线框以速度匀速穿过区域Ⅰ，感应电动势
电流为
线框做匀速运动，根据平衡条件，有
线框在磁场上方，根据牛顿第二定律，有
解得加速度为
根据速度-位移公式可得下滑的位移为
联立以上并代入数据解得，
（2）边刚穿过时线框的感应电动势
电流
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（3）边穿过区域Ⅰ的时间为
设边穿过区域Ⅱ的时间为，由动量定理得
其中
所用的总时间
联立以上解得
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 设小球以速度跟小球碰撞，碰后小球、的速度分别为、，以水平向右为正方向，根据动量守恒有（1分）
根据能量守恒有（1分）
小球滑上圆弧体最高点过程中，根据水平方向动量守恒有（1分）
根据能量守恒有（1分）
由静止释放小球，弹簧对小球做功，根据功能关系有（1分）
（2） 小球第一次返回到圆弧体底端的过程中，根据小球与圆弧体水平方向动量守恒有（1分）
根据能量守恒有（1分）
解得小球与圆弧体第一次分离时小球的速度大小（2分）
（3） 由第（2）问可得小球第一次返回到圆弧体底端时圆弧体的速度大小（1分）
小球第一次返回到圆弧体底端时根据牛顿第二定律有（2分）
解得（1分）
根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面的压力大小（1分）
【思路引导】由静止释放小球，弹簧对小球做功 弹簧的弹性势能转化为小球的动能 小球与小球发生弹性碰撞 利用动量守恒和能量守恒列式 小球滑上圆弧体最高点过程，系统水平方向动量守恒 利用水平方向动量守恒和能量守恒列式 小球从圆弧体滑上最高点，再从圆弧体滑下到底端过程，等效于弹性碰撞 利用水平方向动量守恒和能量守恒列式 小球第一次返回到圆弧体底端时，利用牛顿第二定律和牛顿第三定律求出对圆弧面的压力大小。
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2026届湖南省高中学业水平选择性考试物理综合
模拟强化训练试卷（一）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．[4分]在足够大的匀强磁场中，静止的钠核Na发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一新核，新核与放出的粒子在磁场中运动的径迹均为圆，如图所示，以下说法正确的是(　　)
A．新核为Mg B．发生的是α衰变
C．轨迹1是新核的径迹 D．新核沿顺时针方向旋转
2．[4分]中国载人月球探测工程计划在2030年前实现中国人首次登陆月球．若航天员在地球表面用弹簧测力计测量一个物体的重力，弹簧测力计的示数为；航天员将同一个弹簧测力计和物体带上月球，在月球表面测量时弹簧测力计的示数为．地球与月球均视为质量分布均匀的球体，其半径分别为、,为距地球中心的一点，为距月球中心的一点，忽略地球和月球的自转，已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0．下列说法正确的是（ ）
A． 地球与月球表面的重力加速度之比为
B． 地球与月球的质量之比为
C． 地球与月球的密度之比为
D． 点和点的重力加速度之比为
3．[4分]如图所示，一弹性轻绳沿轴水平放置，绳左端位于坐标原点，沿轴振动，在轴上形成一沿轴正向传播的简谐横波，振幅为。在时刻平衡位置在处的A质点正处在波峰，平衡位置在处的质点位移为且向轴负方向振动，经，A处质点位移第一次到达，下列说法正确的是（　　）
A．该机械波的波长为
B．质点A振动的周期可能为0.12s
C．A点的振动方程为
D．该机械波在介质中的最大波速为
4．[4分]如图所示， 为一固定挡板，挡板与竖直方向夹角为 ，在挡板的两侧有等高的 、 两点， 点位于 （ 在竖直方向上）上某位置，从 点以不同的速度水平向右抛出可视为质点的小球，小球在挡板上砸到的最远处为图中的 点；挡板另一侧从 点水平向左抛出的小球也落在 点，此时小球的位移最小.已知 ， 重力加速度为 ，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A． 从 点以不同速度抛出的小球砸到挡板的时间相同
B． 从 点抛出的小球在挡板上砸出的痕迹长度为
C． 从 点抛出的小球的速度大小为
D． 从 点抛出落在 点的小球的初速度大小为
5．[4分]如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m（重力不计）、电荷量为的同种粒子，所有粒子均能经过MN上的b点从左侧磁场进入右侧磁场，已知，则粒子的速度可能是（ ）
A． B． C． D．
6．[4分]（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，共20分）
7．[5分]7．图甲为一种检测油深度的油量计，油量计竖直固定在油桶内，当入射光竖直向下照射时，通过观察油桶上方矩形窗口的亮、暗两个区域可确定油量。油量计结构如图乙所示，可看成由多块长度不同的锯齿形透明塑料板拼叠而成，图丙是其中一块的立体图和正面图，锯齿的底是一个等腰直角三角形，最右边的锯齿刚接触到油桶的底部，已知透明塑料板的折射率小于油的折射率，下列说法正确的是
甲 乙 丙
A．透明塑料板的折射率应小于
B．塑料锯齿和油的界面处发生全反射，从而形成暗区
C．油量增加时，亮区范围变小
D．对透明塑料板和油来说，油是光密介质
8．[5分]如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，、端接入电压有效值恒定的正弦交流电，原线圈接入阻值为恒定不变的灯泡，副线圈接入可变电阻、理想电压表，则下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈中的电流比为
B．、端电压与可变电阻两端电压比为
C．若可变电阻接入电路的阻值变大，电压表示数变大
D．当可变电阻接入电路的阻值为时，可变电阻消耗的功率最大
9．[5分]（多选）如图所示，与水平面成 角的传送带正以的速度匀速运行，、两端相距.现每隔把质量的工件（视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且工件到达端时恰好准备在端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最小距离为
C．传送带上始终有7个工件
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了
10．[5分]（多选）如图，原长为的轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端连接厚度不计、质量为的水平木板.将质量为的物块放在上，竖直下压，使离地高度为，此时弹簧的弹性势能为，由静止释放，所有物体沿竖直方向运动，重力加速度为.则（ ）
A．若、恰能分离，则
B．若、恰能分离，则
C．若、能分离，则的最大离地高度为
D．若、能分离，则的最大离地高度为
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分]（6分）某同学验证机械能守恒定律，具体步骤如下：
（1）用细绳将质量均可不计的定滑轮和动滑轮按照图（a）所示的方式连接，细绳的一端系在天花板上，另一端系着重物.纸带竖直穿过固定好的打点计时器并与重物下端相连.用手托住动滑轮与钩码，让系统保持静止；
图（a）
（2）先接通电源，待打点稳定后同时释放钩码和重物，打点计时器打出一系列清晰的点迹.为使重物带动纸带向上运动，钩码的质量与重物的质量之间的关系应满足 ；
（3）关闭电源，取下纸带，选取合适的连续点，标记出计数点，如图（b）所示.测量各计数点到点的距离，根据打点计时器使用的交流电频率，利用纸带分别计算各计数点对应速度大小，用电脑绘制图像如图（c）所示.
图（b） 图（c）
用天平测出钩码质量，重物的质量，已知当地的重力加速度，若该实验满足机械能守恒定律，则图像斜率的理论值为 （结果保留3位有效数字）；
（4）若实际实验过程中阻力不能忽略，则实际图线的斜率与理论值相比 （填“偏大”“偏小”或“不变”）.
12．[8分]（10分）现有某型号电池,小张同学想用学过的物理知识来测量其电动势和内阻,实验室提供的器材有:
①电压表,内阻为;
②电流表,内阻很小；
③滑动变阻器;
④定值电阻 ;
⑤定值电阻 ;
⑥开关,导线若干。
（1） 小张同学设计了如图甲所示的电路图,需将电压表量程扩大为,则定值电阻应选______。（填所给器材前面的序号）
甲
（2） 请你在图乙中用笔画线代替导线连接好测量电路的剩余部分。
乙
（3） 通过调节滑动变阻器,得到多组电压表的读数和电流表的读数,作出如图丙所示的图像。请根据图丙求出电源的电动势等于____________,电源内阻等于____________ 。（均保留三位有效数字）
丙
（4） 若考虑电流表内阻,则电源内阻测量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
13．[10分](10分)家用储水式压力罐常被用于二次供水，其简要结构如图所示。该压力罐的总容积为400 L，初始工作时罐内无水，水龙头处于关闭状态，水管容积可忽略不计，且罐内气体压强为p0。此时接通电源，启动水泵给罐补水，当罐内压强增大到4p0时水泵自动断开电源，停止补水。罐内气体可视为理想气体，用此压力罐给位于h=10 m高处的用户供水，压力罐密闭性、导热性能均良好，环境温度不变，已知10 m高水柱产生的压强为p0，一次供水完毕后罐内所剩水的高度相对10 m高度可忽略不计，大气压强为p0。
(1)求水泵正常工作一次注入的水的体积V1；
(2)求水泵正常工作一次可给用户输送水的体积V2。
14．[14分]如图（a）所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距，左半部分倾斜且粗糙，倾角，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为。右半部分俯视图如图（b）。导体棒借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩擦因数。导体棒以的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，棒开始下滑，同时对棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小均为，两棒的质量均为，棒电阻，棒电阻不计。重力加速度大小取，以棒开始下滑为计时起点。求
（1）撤去小立柱时，棒的加速度大小；
（2）棒中电流随时间变化的关系式；
（3）棒达到的最大速度及所用时间。
15．[16分]如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为mB的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为m1的小滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为m2的小滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知R＝0.2 m，L＝0.5 m，m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求碰后瞬间滑块2的速度大小；
（2）若物块B被锁定在光滑水平面上，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端，求滑块2与B物块水平部分上表面间的动摩擦因数；
（3）若物块B未被锁定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。[滑块2与B物块水平面间的动摩擦因数μ取第（2）问中数值]
参考答案
1．【答案】A　
【详解】根据动量守恒定律知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断出，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，B错误；根据核衰变过程电荷数守恒、质量数守恒知，衰变方程为Na→Mg＋，可知新核为Mg，A正确；由题意知，静止的钠核Na发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子的电荷量，由半径公式r＝＝知，新核的轨迹半径小于粒子的轨迹半径，所以轨迹2是新核的径迹，C错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则可判断，新核沿逆时针方向旋转，D错误。
2．【答案】C
【解析】地球表面的重力加速度为，月球表面的重力加速度为，则地球与月球表面的重力加速度之比为，故A错误．由万有引力等于重力得，所以地球与月球的质量之比为，故B错误．由，，可得地球与月球的密度之比为，故C正确．物体在地球表面上时的重力加速度可由得出，根据题中条件可知，质量均匀分布的球壳对球内物体的引力为0，故距地球中心处的点，受到地球的万有引力等于半径为的球体在其表面产生的万有引力，即点的重力加速度可由得出，所以；同理，即点的重力加速度等于地球表面重力加速度的一半，点的重力加速度也等于月球表面重力加速度的一半，因此点和点的重力加速度之比为，故D错误．
【方法总结】考虑地球自转的问题
赤道上：，
极地：，
①②式联立得，，， ，可互求．
3．【答案】D
【详解】由于AB间距离为，当n=0时，波长才为6m，A错误；设质点A振动周期为T，由题意，根据三角函数知识可得，解得T=0.06s，所以质点A的振动方程为，BC错误；根据，可得，当波长为6m时，波速为100m/s，此时波速最大，D正确。
4．【答案】C
【详解】平抛运动竖直方向为自由落体运动,有 ,下落时间为 ,砸到挡板上不同点时,下落的高度不同,则从 点以不同速度抛出的小球砸到挡板的时间不同,A错误；由题意知从 点抛出落在A点的小球,在A点速度的方向与挡板平行,作出运动示意图,如图所示,平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点,则有 ,由几何关系可得 , 为 的中点, 为 的中点,则 ,对于从 点抛出落在A点的小球有 , ,解得 错误；从 点水平向左抛出的小球落在A点且位移最小,则有 ,由D项分析及几何知识可得 ,对从 点抛出的小球有 , ,解得 正确；由图可知, , 点与 点在同一水平面上,最远点为A,从 点抛出的小球在挡板上砸出的痕迹长度小于 长度,即从 点抛出的小球在挡板上砸出的痕迹长度小于 错误.
5．【答案】A
【详解】粒子可能在两个磁场间做多次的运动。画出可能的粒子轨迹如图所示
分析可知，由于粒子从b点从左侧磁场进入右侧磁场，粒子在ab间做匀速圆周运动的圆弧数量必为偶数个，且根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角均为120°，根据几何关系可得粒子运动的半径为，解得，根据洛伦兹力提供向心力可得，联立解得当时，。符合条件，A正确；当时，。不符合条件，B错误；当时，。不符合条件，C错误；当时，。不符合条件，D错误。
【关键点拨】画出粒子运动的轨迹图，确定粒子可能存在的运动情况及粒子做圆周运动的半径和L的关系，再根据牛顿第二定求出速度的可能值。
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】CD
【解析】如图所示，光从上方射入塑料板，在底部直角边发生全反射时，从上面看起来才会明亮，此时发生全反射的条件是光从透明塑料板射向空气，且折射率n≥＝，即透明塑料板的折射率应大于等于，A错误；光在油的界面处发生折射，部分光线射向油中，在矩形窗口形成暗区，B错误；油量增加时，被浸入到油中的塑料锯齿增多，则发生全反射的区域变小，亮区范围变小，C正确；透明塑料板的折射率小于油的折射率，对透明塑料板和油来说，油是光密介质，D正确。
8．【答案】AC
【解析】设、端的输入电压为，则原线圈的输入电压为，由理想变压器的变压规律有，又等于可变电阻两端的电压，所以、端电压与可变电阻两端的电压比不为，B错误；根据理想变压器的电流与匝数关系有，所以原、副线圈中的电流比为，A正确；若可变电阻接入电路的阻值变大，假设副线圈两端电压不变，则副线圈中的电流减小，原线圈中的电流也减小，根据可知，原线圈两端电压变大，副线圈两端电压变大，则电压表示数变大，C正确；根据能量守恒定律可得，可变电阻消耗的功率为，当时，可变电阻消耗的功率最大，有，根据理想变压器的电压与匝数关系有，解得可变电阻两端的电压为，根据理想变压器的电流与匝数关系有，解得流过可变电阻的电流为，则可变电阻的阻值为，所以当可变电阻接入电路的阻值为时，可变电阻消耗的功率最大，D错误.
9．【答案】AB
【解析】工件刚放上传送带时,相对传送带向下运动,受向上的滑动摩擦力,由于 ,工件加速到速度和传送带速度相同时,相对传送带静止,受到向上的静摩擦力,正确；刚开始加速时两个工件间距离最小,加速过程中由牛顿第二定律可得,代入数据可得,由位移公式,代入数据可得,正确；工件加速过程所用的时间为,工件加速过程的位移为,工件匀速过程的时间为,每隔把工件放到传送带上,所以匀加速过程放了2个,匀速过程放了4个,共6个,第7个准备放而未放上,错误；满载时电机对传送带的牵引力为,错误.
10．【答案】AD
【题图剖析】
【解析】本题考查能量守恒定律弹簧模型.、分离时两者间的作用力为零，加速度为重力加速度，则在弹簧恢复原长时分离，若恰能分离，分离时、速度为零.若、恰能分离，则对、弹簧组成的系统，由能量守恒定律得，正确，错误；若、能分离，设弹簧恢复原长时、速度为，从释放到弹簧恢复原长的过程中，对、弹簧组成的系统，由能量守恒定律得，、分离后，对，由机械能守恒定律得，联立解得，则的最大离地高度为，错误，正确.
11．【答案】（2）（2分）
（3）（2分）
（4）偏大（2分）
【解析】（2）由动滑轮规律，使钩码下降重物上升，需要；
（3）理论上，若满足机械能守恒定律，有，代入数据整理可得，则；
（4）若实际实验过程中阻力不能忽略，重力势能减少量大于系统动能增加量，根据（3）中分析可知图线斜率会增大.
12．【答案】（1） ⑤（2分）
（2） 见解析（2分）
（3） （2分）；（2分）
（4） 大于（2分）
【详解】
（1） 小张同学设计了如题图甲所示的电路图，需将电压表量程扩大为，根据串联分压有，解得定值电阻的阻值为 ，故选⑤。
（2） 根据题图甲所示的电路图，实物图的连接如图所示。
（3） 根据闭合电路欧姆定律得，整理得，结合题图丙可得纵截距为，解得，图线斜率的绝对值为 ，解得内阻 。
（4） 若考虑电流表内阻，根据闭合电路欧姆定律得，整理得，结合题图丙得，解得内阻为，则电源内阻测量值大于真实值。
13．【答案】(1)300 L　(2)100 L
【解析】(1)压力罐的最大容积为V0=400 L，以罐内的气体为研究对象，初始状态压强为p0 ，启动水泵补水后压强p1=4p0，气体体积为V，
根据玻意耳定律得p0V0=p1V (2分)
则注入的水的体积为V1=V0-V (1分)
解得 V1=300 L (1分)
(2)当用户水龙头没有水流出时，
罐内压强p2=ρgh+p0=2p0 (2分)
设罐内气体体积为V'，根据玻意耳定律得p0V0=p2V'，
解得V'=200 L (2分)
水泵正常工作一次可给用户输送水的体积
V2=V1-(V0-V')=100 L (2分)
14．【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）撤去小立柱时，导体棒刚刚进入三角形磁场区域，没有感应电动势，则对Q棒受力分析
（2）只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为，磁场穿过闭合电路的面积与时间的关系为，所以，，
（3）对Q棒受力分析，当Q棒速度达到最大时，解得此时，，三角形磁场总长有，而P棒在4s内运动的位移为2m，小于L1。Q棒的加速度与时间的关系为，画出Q棒的a-t图，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的面积，则棒达到的最大速度为，所用时间=4s。
15．【答案】（1）3 m/s　（2）0.5　（3）0.05 m　1 m/s
【详解】（1）滑块1由A物块上滑下，其机械能守恒，设滑块1碰前速度为v0，则m1gR＝m1v02，解得v0＝＝2 m/s，滑块1与滑块2发生弹性碰撞，系统的动量守恒、机械能守恒，
则m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22，解得v1＝v0＝1 m/s，v2＝v0＝3 m/s
（2）物块B固定，由动能定理得－μm2gL－m2gR＝0－m2v22，解得μ＝0.5
（3）物块B不固定，系统水平方向动量守恒，设滑块2沿物块B上滑的高度为h，
则m2v2＝（m2＋mB）v
由功能关系得μm2gL＝m2v22－（m2＋mB）v2－m2gh，解得h＝0.05 m，滑块2沿物块B滑动到最高点后，接下来相对B往下滑，假设最终相对物块B静止，系统水平方向动量守恒有m2v2＝（m2＋mB）v′，对全程滑上再滑下到相对静止，由功能关系得μm2gx＝m2v22－（m2＋mB）v′2，解得v′＝1 m/s，x＝0.6 m，由于x＝0.6 m<2L＝1 m，故假设成立。所以最终滑块2的速度大小v′＝1 m/s。
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页

展开更多......

收起↑