资源简介

2025届湖北省武汉市武昌区高三下学期5月质量检测物理试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2025·武昌模拟）钋核（）和钍核（）的衰变方程分别为：，已知Po的半衰期约为102年，下列说法正确的是（　　）
A．Y是来自于原子核外的电子
B．核的比结合能小于核
C．10个核经过102年后不一定还剩5个核
D．的衰变过程吸收能量，的衰变过程释放能量
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．Y是电子，衰变的本质是原子核内部的中子转化为质子和电子，所以产生的电子来源于原子核的内部，故A错误；
B．根据比结合能越大越稳定可知，由于反应过程释放能量，所以生成物比结合能大于反应物，所以核的比结合能大于核，故B错误；
C．半衰期是统计规律，半衰期只对大量原子核有统计意义，对少量原子核没有意义，所以10个核经过102年后不一定还剩5个核，故C正确；
D．由于衰变的过程是原子核比结合能增大的过程，所以反应过程释放能量，则的衰变过程释放能量，的衰变过程也释放能量，故D错误。
故选C。
【分析】衰变的本质是原子核内部的中子转化为质子和电子；根据比结合能越大越稳定可知，由于反应过程释放能量，所以生成物比结合能大于反应物；半衰期是统计规律，半衰期只对大量原子核有统计意义，对少量原子核没有意义；由于衰变的过程是原子核比结合能增大的过程，所以反应过程释放能量。
2．（2025·武昌模拟）某场足球比赛中，一球员不小心踢歪了球，足球往边界滚去。足球距离边界35m时，速度，加速度，若将足球的运动看做匀减速直线运动，下列说法正确的是（　　）
A．足球到达不了边界 B．经过6s，足球越过了边界
C．经过7s，足球恰好到达边界 D．经过8s，足球距离边界3m
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】由于足球做匀减速直线运动，根据速度公式可以得出足球停止所需时间为s
根据位移公式可以得出：位移为m
36m-35m=1m
可见经过6s，足球越过了边界，且经过8s，足球距离边界1m。
故选B。
【分析】利用速度公式可以求出足球的运动时间，结合位移公式可以求出运动的位移，进而判别足球停下来的位置。
3．（2025·武昌模拟）江淹的《别赋》中写到“日下壁而沉彩，月上轩而飞光”，形象地呈现出日月光交替转换的自然美景。这种昼夜更替现象与地球的自转有关，结合万有引力定律的相关知识，下列说法正确的是（　　）
A．若地球自转变快，则地球静止卫星的轨道变高
B．地球静止卫星和极地同步卫星的加速度大小不同
C．地球表面赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度大
D．以地心为参考系，置于武汉和北京的物体的向心加速度大小不同
【答案】D
【知识点】向心加速度；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
可得
若地球自转变快，则角速度变大，地球静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星的轨道半径变小，则地球静止卫星的轨道变低，故A错误；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
可得
由于地球静止卫星和极地同步卫星的轨道半径大小相等所以加速度大小相同，故B错误；
C．地球两极，由于引力形成重力，根据牛顿第二定律
可得
对赤道，由于引力提供向心力及产生重力，根据牛顿第二定律
可得
可知地球表面赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度小，故C错误；
D．置于武汉和北京的物体做圆周运动的半径不相同，但角速度大小相等，根据向心加速度的表达式可知以地心为参考系，置于武汉和北京的物体的向心加速度大小不同，故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力可以判别卫星的角速度变大时轨道半径变小；利用引力提供向心力可以比较加速度的大小；利用引力与重力的关系可以比较重力加速度的大小；利用同轴转动的角速度相等，结合半径不同可以比较向心加速度。
4．（2025·武昌模拟）如图所示是一定质量的理想气体从状态a到状态b的图像，线段ab的延长线过原点。下列说法正确的是（　　）
A．ab是一条等温线
B．ab过程中气体从外界吸热
C．ab过程中气体对外界做功为
D．ab过程的图像也是一条延长线过原点的直线
【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．根据理想气体的状态可以知道：
整理得，当温度不变时，PV乘积保持不变，所以PV成反比，可知等温线是双曲线的一支，故A错误；
B．根据理想气体的状态方程有，由于PV乘积代表温度的高低，所以可知a点温度低于b点温度，可知ab过程内能增加，且a到b体积增大，气体对外做功（W<0），根据热力学第一定律
可知Q>0，即ab过程中气体从外界吸热，故B正确；
C．图像与坐标纸围成的面积表示气体做的功，根据气体压强和体积变化可以得出ab过程中气体对外界做功为
故C错误；
D．根据理想气体的状态方程有
整理得
由于气体的压强不断增加所以ab过程的图像不是延长线过原点的直线。故D错误。
故选B。
【分析】利用理想气体的状态方程可以判别ab过程不是等温线；利用理想气体的状态方程结合压强变化可以判别ab过程的图像不是延长线过原点的直线；利用PV的乘积可以判别温度的变化，进而判别内能的变化，结合气体对外做功及热力学第一定律可以判别气体吸收热量；利用气体的压强和体积变化可以求出气体对外做功的大小。
5．（2025·武昌模拟）如图所示是一根粗细均匀的玻璃丝截面图，玻璃丝的直径为d，弯曲段AB为半圆形，A、B连线是半圆的直径。一细激光束射到A点的方向与界面夹角，之后在AB段内发生了5次全反射（不含A、B两点），其中有3次是恰好发生全反射，并恰好能射到B点。已知真空中光速为c，则该激光束从A点传播到B点的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】 一细激光束射到A点的方向与界面夹角，之后在AB段内发生了5次全反射（不含A、B两点），其中有3次是恰好发生全反射，并恰好能射到B点。画出光的折射路径如下
光在光导纤维半圆的外圆内表面恰好发生全反射，可知发生全反射的临界角为30°，根据全反射定律有
可得光导纤维的折射率n=2
设OA长为r，则OD=d+r
根据几何关系可知OD=2OAcos30°
得
根据折射率可以得出光在光导纤维中的传播速度
光在光导纤维中的路程s=6r
根据路程和时间可以求出该光束在半圆形光导纤维中运动的时间
故选A。
【分析】画出光折射的路径，利用全反射定律及临界角可以求出折射率的大小，利用几何关系可以求出光传播的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
6．（2025·武昌模拟）如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管（管道内径极小），一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　）
A．小球不可能回到A点
B．小球对细管的作用力不可能为零
C．从A点运动到C点，小球对细管的作用力一直增大
D．从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．因不计摩擦阻力，由于小球只有重力做功机械能守恒，所以从A点出发的小球可以回到A点，选项A错误；
B．小球下滑在AB段时，若满足当重力的分力提供向心力时，根据牛顿第二定律有：
（θ为该位置与圆心连线与竖直方向的夹角）时对细管的作用力为零，选项B错误；
CD．小球从A点运动到C点，在AB之间存在一个压力为零的位置，又由于小球在BC段对轨道一定又压力的作用，且在C点时的压力最大，可知从A点运动到C点小球对细管的作用力先减小后增大，选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】由于小球只有重力做功机械能守恒，所以从A点出发的小球可以回到A点；利用重力的分力提供向心力时，小球对细管的作用力为0；小球从A点运动到C点，在AB之间存在一个压力为零的位置，又由于小球在BC段对轨道一定又压力的作用，且在C点时的压力最大，可知从A点运动到C点小球对细管的作用力先减小后增大。
7．（2025·武昌模拟）如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是（　　）
A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化
B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同
C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同
D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小正比
【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场加速后进入磁场中做匀速圆周运动，由于加速电场的位置只在MN处，所以只要回到电场粒子就会再次加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错误；
B．粒子第一次加速，电场力做功等于粒子动能的增加，根据动能定理得
粒子第二次加速，电场力做功等于粒子动能的增加，根据动能定理得
整理得，
以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；
C．设粒子到出口处被加速n圈，加速时间为t
根据动能定理得多次加速后的速度表达式为：
又由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
根据周期公式有周期
联立得
可见，粒子在加速器中运动的时间与粒子的电荷量及质量无关，所以回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同，故C正确；
D．设D形盒半径为R，当粒子离开回旋加速器时，根据牛顿第二定律有
根据动能的表达式有：
联立可得
可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度平方成正比，故D错误；
故选C。
【分析】由于加速电场的位置只在MN处，所以只要回到电场粒子就会再次加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化；利用动能定理结合电场力做功可以比较速度的增量；利用动能定理结合牛顿第二定律及周期公式可以粒子在加速器中运动的时间；利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以求出最大动能的大小。
8．（2025·武昌模拟）如图所示是单摆做阻尼振动的位移-时间图像。分析图像，下列说法正确的是（　　）
A．阻尼振动的周期不变
B．阻尼振动的周期增大
C．摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能
D．摆球在P时刻的动能等于Q时刻的动能
【答案】A,C
【知识点】受迫振动和共振；简谐运动
【解析】【解答】AB．如图所示，阻尼振动中，根据摆球的位置坐标可以得出摆球的振幅逐渐减小，根据周期公式可得由于摆长不变所以振动过程中周期不变，A正确，B错误；
C．摆球在P时刻的位移大小等于Q时刻的位移大小，高度相同，根据重力势能的表达式可以得出摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能，C正确；
D．图像的斜率表示摆球的速度，由于摆球在P时刻的斜率大于Q时刻的斜率，所以摆球在P时刻的速度大于Q时刻的速度，根据可知摆球在P时刻的动能大于Q时刻的动能，D错误。
故选AC。
【分析】根据周期公式结合摆长不变可以判别周期保持不变；利用高度的大小结合重力势能的表达式可以比较重力势能的大小；利用图线斜率可以比较速度的大小，结合动能的表达式可以比较动能的大小。
9．（2025·武昌模拟）如图所示，一“”形闭合导线框置于匀强磁场中，正方形ABCF和正方形FCDE边长相等，匀强磁场的方向与线框平面垂直且向里。线框沿垂直于DE边的方向向右做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）
A．E点电势等于D点电势
B．E点电势高于D点电势
C．若线框绕CF轴线转动，CF段有电流通过
D．若线框绕CF轴线转动，CF段没有电流通过
【答案】B,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则
【解析】【解答】AB．已知ED的速度方向向右，磁感应强度方向垂直于纸张向内，根据右手定则可知，电源内部电流的方向从D到E，可以得出E点电势高于D点电势，故A错误，B正确；
CD．通过楞次定律可知，若线框绕CF轴线转动，由于左右线圈产生的感应电流方向恰好相反，故CF段没有电流通过，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向，进而比较电势的高低；利用楞次定律可以判别感应电流的方向，进而判别CF没有电流通过。
10．（2025·武昌模拟）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量。如图所示，置于真空中的两平行金属板间距为d，正对面积为S，电势差为U。不计边缘效应时，金属板可看作无穷大导体板，静电力常数为k。下列说法正确的是（　　）
A．两平行金属板的电容为
B．两平行金属板间电场强度大小为
C．金属板单位面积所带的电荷量为
D．常量与静电力常数为k的关系为
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电场强度的叠加
【解析】【解答】B．已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，两平行金属板间电场强度由于电场强度的叠加可以得出电场强度的大小为
故B正确；
C．已知两平行金属板间电场强度大小与电势差的大小关系为：
根据电场强度的大小可以得出金属板单位面积所带的电荷量为
故C错误；
A．平面上电荷量的大小等于单位面积的电荷量与面积的乘积，所以金属板的所带的电荷量为
根据电容的定义式可以得出两平行金属板的电容为
故A错误；
D．已知电容的决定式
结合
可得
故D正确。
故选BD。
【分析】利用场强公式结合场强的叠加可以求出电场强度的大小；利用电势差与场强的关系可以求出电势差的大小，结合面积的大小可以求出电荷量的大小；利用电荷量与电势差可以求出电容的大小；利用电容的大小及决定式可以求出常量与静电力常数为k的关系。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（2025·武昌模拟）实验小组探究“加速度与力、质量的关系”的装置如图所示。小钢球置于一小车内，车内后壁装有压力传感器，车顶安装有遮光条。细绳一端系于小车上，另一端跨过固定在长木板上的定滑轮，挂上钩码。
（1）若将压力传感器的示数视为小球所受合力的大小，则在实验过程中，　 　（选填“需要”或“不需要”）满足钩码质量远小于小车质量，细线　 　（选填“需要”或“不需要”）调节至与长木板平行，长木板要调节至下列选项中的　 　（填选项字母）状态。
A．保持水平　　B．倾斜一特定角度
C．倾斜任意一小角度　　D．倾斜任意一大角度
（2）光电门安装在长木板的位置A，在长木板上标记另一位置B。改变钩码个数，让小车每次都从位置B开始运动，记录多组压力传感器示数F和光电门测量的遮光时间t。某同学猜想小球的加速度与F成正比，若用图像法验证他的猜想，则最直观、合理的关系图像是下列选项中的______（填选项符号）。
A． B． C． D．
（3）若作出（2）中正确选项的图像为一条过原点的直线，图像斜率为k，并测出遮光条的宽度为d，AB间距为x，则小钢球的质量m=　 　（用字母k、d、x表示）。
【答案】（1）不需要；需要；A
（2）D
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）由于本实验采用了压力传感器，直接可以测量小球所受合力的大小，所以不需要用钩码的总重力代替绳子的拉力，因此不需要满足钩码质量远小于小车质量；为了保证小车所受拉力的方向不变，避免拉力沿其他方向产生分力，因此细线需要调节至与长木板平行；为了使小球所受压力传感器的力在水平方向，使压力为小球的合力，因此长木板要调至水平状态，故选A。
（2）根据平均速度公式可以得出遮光条通过光电门的瞬时速度
AB间距为x，由于小车做匀加速直线运动，根据速度位移公式有v2=2ax
对小球，根据牛顿第二定律F=ma
联立解得
根据表达式可知为了直观第反映小球的加速度与F成正比，需要建立图像。
故选D。
（3）已知表达式为，根据表达式可以得出图像的斜率
解得小钢球的质量
【分析】（1）利用压力传感器直接测量小球的合力大小，不需要满足质量要求；为了保证小车所受拉力的方向不变，避免拉力沿其他方向产生分力，因此细线需要调节至与长木板平行；为了使小球所受压力传感器的力在水平方向，使压力为小球的合力，因此长木板要调至水平状态
（2）利用平均速度公式结合牛顿第二定律结合速度位移公式可以求出时间与合力的大小关系；
（3）利用表达式结合图线斜率可以求出小球的质量大小。
（1）[1]由于本实验采用了压力传感器，不需要用钩码的总重力代替绳子的拉力，因此不需要满足钩码质量远小于小车质量；
[2]为了保证小车所受拉力的方向不变，因此细线需要调节至与长木板平行；
[3]为了使小球所受压力传感器的力在水平方向，因此长木板要调至水平状态，故选A。
（2）遮光条通过光电门的瞬时速度
AB间距为x，根据运动学公式v2=2ax
对小球，根据牛顿第二定律F=ma
联立解得
因此为了直观第反映小球的加速度与F成正比，需要建立图像。
故选D。
（3）根据上述（2）图像的斜率
解得小钢球的质量
12．（2025·武昌模拟）实验小组要用实验室提供的器材测量电源的电动势和内阻，同时测出未知电阻的阻值。器材有：一节待测旧干电池E、一个待测定值电阻、一个滑动变阻器R、一个电流表、一个多用电表以及电键S、导线若干。
（1）先用多用电表的“×1”倍率图甲的欧姆挡粗测定值电阻的阻值，示数如图甲所示，对应的读数是　 　Ω；　 　（选填“能”或“不能”）用欧姆挡粗测待测干电池的内阻。
（2）如图乙所示，连接实验器材，多用电表选用“直流电压2.5V”挡。图乙中的c端是多用表的　 　表笔（选填“红”或“黑”），其分别接a端、b端时测得了两组数据，在坐标系中描点、连线作图，如图丙所示。接b端时测量的数据对应图丙中的　 　图线（选填①或②），已知电流表的内阻，由图线可得干电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω，=　 　Ω（以上结果均保留3位有效数字）。
【答案】（1）2.0；不能
（2）红；①；1.40；0.900；2.00
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电阻的大小为欧姆挡的示数与倍数的乘积，由于多用电表的“×1”倍率的欧姆挡粗测定值电阻Rx的阻值，由图甲所示可知，对应的读数是2×1.0Ω=2.0Ω；欧姆表有内置电源，内部电动势会对电路产生影响所以不能用欧姆表直接测电源的内阻。
（2）根据电表的电流方向红进黑出则电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，由图乙所示电路图可知，c端是多用表的红表笔；
根据电路图所示，当电压表的接线柱c接a时，根据闭合电路的欧姆定律有
当c接b时，根据闭合电路的欧姆定律有：
由图示图像可知，图线①斜率的绝对值大，接b端时斜率比较大，所以接b端时对应图丙中的①图线；
由于图线纵截距代表电动势的大小，根据截距可以得出电源电动势E=1.40V
由图线①可知，由于斜率的绝对值
由图线②可知，由于斜率的绝对值
代入数据解得r=0.900，Rx=2.00
【分析】（1）电阻的大小为欧姆挡的示数与倍数的乘积；不能用欧姆表直接测电源的内阻；
（2）根据电表的电流方向红进黑出可以得出c端是多用表的红表笔；
（3）利用闭合电路的欧姆定律可以判别图线对应的接法；结合图线截距可以求出电动势的大小；利用图线斜率可以求出内阻的大小及待测电阻的阻值大小。
（1）[1]多用电表的“×1”倍率的欧姆挡粗测定值电阻Rx的阻值，由图甲所示可知，对应的读数是2×1.0Ω=2.0Ω；
[2]欧姆表有内置电源，不能用欧姆表直接测电源的内阻。
（2）[1]电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，由图乙所示电路图可知，c端是多用表的红表笔；
[2]根据图乙所示电路图，由欧姆定律可知，c接a时有
c接b时
[3][4][5]由图示图像可知，图线①斜率的绝对值大，则接b端时对应图丙中的①图线；
由图示图像可知，电源电动势E=1.40V
由图线①可知，斜率的绝对值
由图线②可知，斜率的绝对值
代入数据解得r=0.900，Rx=2.00
13．（2025·武昌模拟）如图所示，一质量为m=0.2kg的物块静置于矩形的木箱内，物块和箱底之间的动摩擦因数为μ=0.3，一劲度系数为20N/m的轻质弹簧的两端分别与物块右端、木箱右壁连接。初始时，木箱处于静止状态，弹簧长度为L=5cm并与木箱底面平行，弹簧的形变量未知。现在给木箱一加速度a，使物块恰好能相对木箱底面移动起来。若弹簧形变量始终在弹性限度范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求
（1）若且方向竖直向下，则弹簧的原长为多少；
（2）若加速度是水平方向，且初始时弹簧的伸长量为2cm，则加速度a有多大？
【答案】（1）对物块，竖直方向上
水平方向上
联立解得
所以弹簧原长为
或者
（2）对物块，竖直方向上
水平方向上，若摩擦力向右
联立解得
水平向右；
若摩擦力向左
联立解得
水平向左。
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）对于物块，已知加速度的方向，利用竖直方向的牛顿第二定律结合水平方向的平衡方程可以求出弹簧的伸长量，进而求出弹簧的原长；
（2）当物块做水平方向的匀加速直线运动，利用水平方向的牛顿第二定律可以求出加速度的大小及方向。
（1）对物块，竖直方向上
水平方向上
联立解得
所以弹簧原长为
或者
（2）对物块，竖直方向上
水平方向上，若摩擦力向右
联立解得
水平向右；
若摩擦力向左
联立解得
水平向左。
14．（2025·武昌模拟）如图所示，在真空中以竖直向上为y轴正方向建立三维直角坐标系Oxyz，整个空间内存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带电微粒在点被静止释放，恰能通过点。不计空气阻力，已知重力加速度为g，求
（1）M、N两点间的电势差是多少；
（2）若该微粒从M点以初速度沿z轴正方向出发，则经时间该微粒的位置坐标是多少；
（3）若电场方向变为竖直向上，并在空间添加一沿z轴正方向的匀强磁场，该微粒从M点以初速度沿x轴正方向出发，仍能运动到N点，则粒子从M点出发经多长时间能经过N点？
【答案】（1）带电微粒从M到N点做匀速直线运动 由M、N两点的位置关系得
匀强电场中
联立解得

（2）经时间t，沿x轴方向，有
沿y轴方向
沿z轴方向
则坐标为

（3）电场力和重力平衡，故微粒在磁场中做匀速圆周运动，半径
周期
所以能经过N点的时间为

【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）已知带电微粒做匀速直线运动，利用平衡方程结合电势差与场强的关系可以求出电势差的大小；
（2）当微粒以初速度沿z轴出发，利用分运动的位移公式可以求出运动的坐标；
（3）当电场方向向上时，利用微粒做匀速圆周运动的周期可以求出经过N点的时间。
（1）带电微粒从M到N点做匀速直线运动 由M、N两点的位置关系得
匀强电场中
联立解得
（2）经时间t，沿x轴方向，有
沿y轴方向
沿z轴方向
则坐标为
（3）电场力和重力平衡，故微粒在磁场中做匀速圆周运动，半径
周期
所以能经过N点的时间为
15．（2025·武昌模拟）如图所示，一质量为m的长板A静置于光滑水平面上，距其右端d=1m处有一与A等高的固定平台，一质量为m的滑块B静置于这个光滑平台上。B的正上方有一质量为3m的滑块C套在固定的光滑水平细杆上，B和C通过一轻质弹簧连接。一质量为2m的小滑块D以的初速度向右滑上A的最左端，并带动A向右运动，A与平台发生碰撞后，速度反向但大小不变。A与平台发生第二次碰撞的瞬间，D恰好滑到平台上，随即与B发生碰撞并粘在一起向右运动。已知m=1kg，A与D间的动摩擦因数为μ=0.1，B、C、D均可看作质点，BD组合体在随后的运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆，重力加速度且不考虑空气阻力。求
（1）滑块D滑上平台时速度的大小；
（2）长木板A的长度；
（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为，则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
【答案】（1）假设A和D能共速，设共速时速度为，由动量守恒定律有
解得
对A，设其加速度为，根据牛顿第二定律
可得
其加速到的位移设为，根据运动学公式
解得
等于d，即A、D恰好共速，A与平台第一次碰撞后，设A和D能第二次共速，设共速时速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
A加速到的位移设为，同理
解得
可以第二次共速，D滑到平台的速度为

（2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A、D系统，由动能定理有
解得

（3）D与B相碰后，设速度为，由动量守恒定律有
解得
此时B、C、D系统的动能为
弹簧原长时，设BD整体速度为，对B、C、D系统，由动量守恒定律有：
若C的速度向右
解得
此时B、C、D系统的动能为，与实际不符，舍。
若C的速度向左
解得
此时B、C、D系统的动能为
当BD整体与C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，对B、C、D系统，由动量守恒定律有
弹性势能
解得

【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）当D在A上滑动时，利用动量守恒定律可以求出共速的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出A的加速度大小，结合速度位移公式可以求出A加速的位移，再利用A与平台碰撞时，利用动量守恒定律可以求出A和D第二次共速的速度大小，结合速度位移公式可以求出D滑到平台的速度大小；
（2）当D在A上滑动时，利用动能定理可以求出A的长度；
（3）当D与B碰撞时，利用动量守恒定律可以求出碰后速度大小，当以BCD为系统时，利用动量守恒定律可以求出BD整体的速度，结合速度相等时的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹性势能的最大值。
（1）假设A和D能共速，设共速时速度为，由动量守恒定律有
解得
对A，设其加速度为，根据牛顿第二定律
可得
其加速到的位移设为，根据运动学公式
解得
等于d，即A、D恰好共速，A与平台第一次碰撞后，设A和D能第二次共速，设共速时速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
A加速到的位移设为，同理
解得
可以第二次共速，D滑到平台的速度为
（2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A、D系统，由动能定理有
解得
（3）D与B相碰后，设速度为，由动量守恒定律有
解得
此时B、C、D系统的动能为
弹簧原长时，设BD整体速度为，对B、C、D系统，由动量守恒定律有：
若C的速度向右
解得
此时B、C、D系统的动能为，与实际不符，舍。
若C的速度向左
解得
此时B、C、D系统的动能为
当BD整体与C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，对B、C、D系统，由动量守恒定律有
弹性势能
解得
1 / 12025届湖北省武汉市武昌区高三下学期5月质量检测物理试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2025·武昌模拟）钋核（）和钍核（）的衰变方程分别为：，已知Po的半衰期约为102年，下列说法正确的是（　　）
A．Y是来自于原子核外的电子
B．核的比结合能小于核
C．10个核经过102年后不一定还剩5个核
D．的衰变过程吸收能量，的衰变过程释放能量
2．（2025·武昌模拟）某场足球比赛中，一球员不小心踢歪了球，足球往边界滚去。足球距离边界35m时，速度，加速度，若将足球的运动看做匀减速直线运动，下列说法正确的是（　　）
A．足球到达不了边界 B．经过6s，足球越过了边界
C．经过7s，足球恰好到达边界 D．经过8s，足球距离边界3m
3．（2025·武昌模拟）江淹的《别赋》中写到“日下壁而沉彩，月上轩而飞光”，形象地呈现出日月光交替转换的自然美景。这种昼夜更替现象与地球的自转有关，结合万有引力定律的相关知识，下列说法正确的是（　　）
A．若地球自转变快，则地球静止卫星的轨道变高
B．地球静止卫星和极地同步卫星的加速度大小不同
C．地球表面赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度大
D．以地心为参考系，置于武汉和北京的物体的向心加速度大小不同
4．（2025·武昌模拟）如图所示是一定质量的理想气体从状态a到状态b的图像，线段ab的延长线过原点。下列说法正确的是（　　）
A．ab是一条等温线
B．ab过程中气体从外界吸热
C．ab过程中气体对外界做功为
D．ab过程的图像也是一条延长线过原点的直线
5．（2025·武昌模拟）如图所示是一根粗细均匀的玻璃丝截面图，玻璃丝的直径为d，弯曲段AB为半圆形，A、B连线是半圆的直径。一细激光束射到A点的方向与界面夹角，之后在AB段内发生了5次全反射（不含A、B两点），其中有3次是恰好发生全反射，并恰好能射到B点。已知真空中光速为c，则该激光束从A点传播到B点的时间为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·武昌模拟）如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管（管道内径极小），一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　）
A．小球不可能回到A点
B．小球对细管的作用力不可能为零
C．从A点运动到C点，小球对细管的作用力一直增大
D．从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大
7．（2025·武昌模拟）如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是（　　）
A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化
B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同
C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同
D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小正比
8．（2025·武昌模拟）如图所示是单摆做阻尼振动的位移-时间图像。分析图像，下列说法正确的是（　　）
A．阻尼振动的周期不变
B．阻尼振动的周期增大
C．摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能
D．摆球在P时刻的动能等于Q时刻的动能
9．（2025·武昌模拟）如图所示，一“”形闭合导线框置于匀强磁场中，正方形ABCF和正方形FCDE边长相等，匀强磁场的方向与线框平面垂直且向里。线框沿垂直于DE边的方向向右做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）
A．E点电势等于D点电势
B．E点电势高于D点电势
C．若线框绕CF轴线转动，CF段有电流通过
D．若线框绕CF轴线转动，CF段没有电流通过
10．（2025·武昌模拟）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量。如图所示，置于真空中的两平行金属板间距为d，正对面积为S，电势差为U。不计边缘效应时，金属板可看作无穷大导体板，静电力常数为k。下列说法正确的是（　　）
A．两平行金属板的电容为
B．两平行金属板间电场强度大小为
C．金属板单位面积所带的电荷量为
D．常量与静电力常数为k的关系为
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（2025·武昌模拟）实验小组探究“加速度与力、质量的关系”的装置如图所示。小钢球置于一小车内，车内后壁装有压力传感器，车顶安装有遮光条。细绳一端系于小车上，另一端跨过固定在长木板上的定滑轮，挂上钩码。
（1）若将压力传感器的示数视为小球所受合力的大小，则在实验过程中，　 　（选填“需要”或“不需要”）满足钩码质量远小于小车质量，细线　 　（选填“需要”或“不需要”）调节至与长木板平行，长木板要调节至下列选项中的　 　（填选项字母）状态。
A．保持水平　　B．倾斜一特定角度
C．倾斜任意一小角度　　D．倾斜任意一大角度
（2）光电门安装在长木板的位置A，在长木板上标记另一位置B。改变钩码个数，让小车每次都从位置B开始运动，记录多组压力传感器示数F和光电门测量的遮光时间t。某同学猜想小球的加速度与F成正比，若用图像法验证他的猜想，则最直观、合理的关系图像是下列选项中的______（填选项符号）。
A． B． C． D．
（3）若作出（2）中正确选项的图像为一条过原点的直线，图像斜率为k，并测出遮光条的宽度为d，AB间距为x，则小钢球的质量m=　 　（用字母k、d、x表示）。
12．（2025·武昌模拟）实验小组要用实验室提供的器材测量电源的电动势和内阻，同时测出未知电阻的阻值。器材有：一节待测旧干电池E、一个待测定值电阻、一个滑动变阻器R、一个电流表、一个多用电表以及电键S、导线若干。
（1）先用多用电表的“×1”倍率图甲的欧姆挡粗测定值电阻的阻值，示数如图甲所示，对应的读数是　 　Ω；　 　（选填“能”或“不能”）用欧姆挡粗测待测干电池的内阻。
（2）如图乙所示，连接实验器材，多用电表选用“直流电压2.5V”挡。图乙中的c端是多用表的　 　表笔（选填“红”或“黑”），其分别接a端、b端时测得了两组数据，在坐标系中描点、连线作图，如图丙所示。接b端时测量的数据对应图丙中的　 　图线（选填①或②），已知电流表的内阻，由图线可得干电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω，=　 　Ω（以上结果均保留3位有效数字）。
13．（2025·武昌模拟）如图所示，一质量为m=0.2kg的物块静置于矩形的木箱内，物块和箱底之间的动摩擦因数为μ=0.3，一劲度系数为20N/m的轻质弹簧的两端分别与物块右端、木箱右壁连接。初始时，木箱处于静止状态，弹簧长度为L=5cm并与木箱底面平行，弹簧的形变量未知。现在给木箱一加速度a，使物块恰好能相对木箱底面移动起来。若弹簧形变量始终在弹性限度范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求
（1）若且方向竖直向下，则弹簧的原长为多少；
（2）若加速度是水平方向，且初始时弹簧的伸长量为2cm，则加速度a有多大？
14．（2025·武昌模拟）如图所示，在真空中以竖直向上为y轴正方向建立三维直角坐标系Oxyz，整个空间内存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带电微粒在点被静止释放，恰能通过点。不计空气阻力，已知重力加速度为g，求
（1）M、N两点间的电势差是多少；
（2）若该微粒从M点以初速度沿z轴正方向出发，则经时间该微粒的位置坐标是多少；
（3）若电场方向变为竖直向上，并在空间添加一沿z轴正方向的匀强磁场，该微粒从M点以初速度沿x轴正方向出发，仍能运动到N点，则粒子从M点出发经多长时间能经过N点？
15．（2025·武昌模拟）如图所示，一质量为m的长板A静置于光滑水平面上，距其右端d=1m处有一与A等高的固定平台，一质量为m的滑块B静置于这个光滑平台上。B的正上方有一质量为3m的滑块C套在固定的光滑水平细杆上，B和C通过一轻质弹簧连接。一质量为2m的小滑块D以的初速度向右滑上A的最左端，并带动A向右运动，A与平台发生碰撞后，速度反向但大小不变。A与平台发生第二次碰撞的瞬间，D恰好滑到平台上，随即与B发生碰撞并粘在一起向右运动。已知m=1kg，A与D间的动摩擦因数为μ=0.1，B、C、D均可看作质点，BD组合体在随后的运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆，重力加速度且不考虑空气阻力。求
（1）滑块D滑上平台时速度的大小；
（2）长木板A的长度；
（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为，则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．Y是电子，衰变的本质是原子核内部的中子转化为质子和电子，所以产生的电子来源于原子核的内部，故A错误；
B．根据比结合能越大越稳定可知，由于反应过程释放能量，所以生成物比结合能大于反应物，所以核的比结合能大于核，故B错误；
C．半衰期是统计规律，半衰期只对大量原子核有统计意义，对少量原子核没有意义，所以10个核经过102年后不一定还剩5个核，故C正确；
D．由于衰变的过程是原子核比结合能增大的过程，所以反应过程释放能量，则的衰变过程释放能量，的衰变过程也释放能量，故D错误。
故选C。
【分析】衰变的本质是原子核内部的中子转化为质子和电子；根据比结合能越大越稳定可知，由于反应过程释放能量，所以生成物比结合能大于反应物；半衰期是统计规律，半衰期只对大量原子核有统计意义，对少量原子核没有意义；由于衰变的过程是原子核比结合能增大的过程，所以反应过程释放能量。
2．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】由于足球做匀减速直线运动，根据速度公式可以得出足球停止所需时间为s
根据位移公式可以得出：位移为m
36m-35m=1m
可见经过6s，足球越过了边界，且经过8s，足球距离边界1m。
故选B。
【分析】利用速度公式可以求出足球的运动时间，结合位移公式可以求出运动的位移，进而判别足球停下来的位置。
3．【答案】D
【知识点】向心加速度；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
可得
若地球自转变快，则角速度变大，地球静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星的轨道半径变小，则地球静止卫星的轨道变低，故A错误；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
可得
由于地球静止卫星和极地同步卫星的轨道半径大小相等所以加速度大小相同，故B错误；
C．地球两极，由于引力形成重力，根据牛顿第二定律
可得
对赤道，由于引力提供向心力及产生重力，根据牛顿第二定律
可得
可知地球表面赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度小，故C错误；
D．置于武汉和北京的物体做圆周运动的半径不相同，但角速度大小相等，根据向心加速度的表达式可知以地心为参考系，置于武汉和北京的物体的向心加速度大小不同，故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力可以判别卫星的角速度变大时轨道半径变小；利用引力提供向心力可以比较加速度的大小；利用引力与重力的关系可以比较重力加速度的大小；利用同轴转动的角速度相等，结合半径不同可以比较向心加速度。
4．【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．根据理想气体的状态可以知道：
整理得，当温度不变时，PV乘积保持不变，所以PV成反比，可知等温线是双曲线的一支，故A错误；
B．根据理想气体的状态方程有，由于PV乘积代表温度的高低，所以可知a点温度低于b点温度，可知ab过程内能增加，且a到b体积增大，气体对外做功（W<0），根据热力学第一定律
可知Q>0，即ab过程中气体从外界吸热，故B正确；
C．图像与坐标纸围成的面积表示气体做的功，根据气体压强和体积变化可以得出ab过程中气体对外界做功为
故C错误；
D．根据理想气体的状态方程有
整理得
由于气体的压强不断增加所以ab过程的图像不是延长线过原点的直线。故D错误。
故选B。
【分析】利用理想气体的状态方程可以判别ab过程不是等温线；利用理想气体的状态方程结合压强变化可以判别ab过程的图像不是延长线过原点的直线；利用PV的乘积可以判别温度的变化，进而判别内能的变化，结合气体对外做功及热力学第一定律可以判别气体吸收热量；利用气体的压强和体积变化可以求出气体对外做功的大小。
5．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】 一细激光束射到A点的方向与界面夹角，之后在AB段内发生了5次全反射（不含A、B两点），其中有3次是恰好发生全反射，并恰好能射到B点。画出光的折射路径如下
光在光导纤维半圆的外圆内表面恰好发生全反射，可知发生全反射的临界角为30°，根据全反射定律有
可得光导纤维的折射率n=2
设OA长为r，则OD=d+r
根据几何关系可知OD=2OAcos30°
得
根据折射率可以得出光在光导纤维中的传播速度
光在光导纤维中的路程s=6r
根据路程和时间可以求出该光束在半圆形光导纤维中运动的时间
故选A。
【分析】画出光折射的路径，利用全反射定律及临界角可以求出折射率的大小，利用几何关系可以求出光传播的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
6．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．因不计摩擦阻力，由于小球只有重力做功机械能守恒，所以从A点出发的小球可以回到A点，选项A错误；
B．小球下滑在AB段时，若满足当重力的分力提供向心力时，根据牛顿第二定律有：
（θ为该位置与圆心连线与竖直方向的夹角）时对细管的作用力为零，选项B错误；
CD．小球从A点运动到C点，在AB之间存在一个压力为零的位置，又由于小球在BC段对轨道一定又压力的作用，且在C点时的压力最大，可知从A点运动到C点小球对细管的作用力先减小后增大，选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】由于小球只有重力做功机械能守恒，所以从A点出发的小球可以回到A点；利用重力的分力提供向心力时，小球对细管的作用力为0；小球从A点运动到C点，在AB之间存在一个压力为零的位置，又由于小球在BC段对轨道一定又压力的作用，且在C点时的压力最大，可知从A点运动到C点小球对细管的作用力先减小后增大。
7．【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场加速后进入磁场中做匀速圆周运动，由于加速电场的位置只在MN处，所以只要回到电场粒子就会再次加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错误；
B．粒子第一次加速，电场力做功等于粒子动能的增加，根据动能定理得
粒子第二次加速，电场力做功等于粒子动能的增加，根据动能定理得
整理得，
以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；
C．设粒子到出口处被加速n圈，加速时间为t
根据动能定理得多次加速后的速度表达式为：
又由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
根据周期公式有周期
联立得
可见，粒子在加速器中运动的时间与粒子的电荷量及质量无关，所以回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同，故C正确；
D．设D形盒半径为R，当粒子离开回旋加速器时，根据牛顿第二定律有
根据动能的表达式有：
联立可得
可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度平方成正比，故D错误；
故选C。
【分析】由于加速电场的位置只在MN处，所以只要回到电场粒子就会再次加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化；利用动能定理结合电场力做功可以比较速度的增量；利用动能定理结合牛顿第二定律及周期公式可以粒子在加速器中运动的时间；利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以求出最大动能的大小。
8．【答案】A,C
【知识点】受迫振动和共振；简谐运动
【解析】【解答】AB．如图所示，阻尼振动中，根据摆球的位置坐标可以得出摆球的振幅逐渐减小，根据周期公式可得由于摆长不变所以振动过程中周期不变，A正确，B错误；
C．摆球在P时刻的位移大小等于Q时刻的位移大小，高度相同，根据重力势能的表达式可以得出摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能，C正确；
D．图像的斜率表示摆球的速度，由于摆球在P时刻的斜率大于Q时刻的斜率，所以摆球在P时刻的速度大于Q时刻的速度，根据可知摆球在P时刻的动能大于Q时刻的动能，D错误。
故选AC。
【分析】根据周期公式结合摆长不变可以判别周期保持不变；利用高度的大小结合重力势能的表达式可以比较重力势能的大小；利用图线斜率可以比较速度的大小，结合动能的表达式可以比较动能的大小。
9．【答案】B,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则
【解析】【解答】AB．已知ED的速度方向向右，磁感应强度方向垂直于纸张向内，根据右手定则可知，电源内部电流的方向从D到E，可以得出E点电势高于D点电势，故A错误，B正确；
CD．通过楞次定律可知，若线框绕CF轴线转动，由于左右线圈产生的感应电流方向恰好相反，故CF段没有电流通过，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向，进而比较电势的高低；利用楞次定律可以判别感应电流的方向，进而判别CF没有电流通过。
10．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电场强度的叠加
【解析】【解答】B．已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，两平行金属板间电场强度由于电场强度的叠加可以得出电场强度的大小为
故B正确；
C．已知两平行金属板间电场强度大小与电势差的大小关系为：
根据电场强度的大小可以得出金属板单位面积所带的电荷量为
故C错误；
A．平面上电荷量的大小等于单位面积的电荷量与面积的乘积，所以金属板的所带的电荷量为
根据电容的定义式可以得出两平行金属板的电容为
故A错误；
D．已知电容的决定式
结合
可得
故D正确。
故选BD。
【分析】利用场强公式结合场强的叠加可以求出电场强度的大小；利用电势差与场强的关系可以求出电势差的大小，结合面积的大小可以求出电荷量的大小；利用电荷量与电势差可以求出电容的大小；利用电容的大小及决定式可以求出常量与静电力常数为k的关系。
11．【答案】（1）不需要；需要；A
（2）D
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）由于本实验采用了压力传感器，直接可以测量小球所受合力的大小，所以不需要用钩码的总重力代替绳子的拉力，因此不需要满足钩码质量远小于小车质量；为了保证小车所受拉力的方向不变，避免拉力沿其他方向产生分力，因此细线需要调节至与长木板平行；为了使小球所受压力传感器的力在水平方向，使压力为小球的合力，因此长木板要调至水平状态，故选A。
（2）根据平均速度公式可以得出遮光条通过光电门的瞬时速度
AB间距为x，由于小车做匀加速直线运动，根据速度位移公式有v2=2ax
对小球，根据牛顿第二定律F=ma
联立解得
根据表达式可知为了直观第反映小球的加速度与F成正比，需要建立图像。
故选D。
（3）已知表达式为，根据表达式可以得出图像的斜率
解得小钢球的质量
【分析】（1）利用压力传感器直接测量小球的合力大小，不需要满足质量要求；为了保证小车所受拉力的方向不变，避免拉力沿其他方向产生分力，因此细线需要调节至与长木板平行；为了使小球所受压力传感器的力在水平方向，使压力为小球的合力，因此长木板要调至水平状态
（2）利用平均速度公式结合牛顿第二定律结合速度位移公式可以求出时间与合力的大小关系；
（3）利用表达式结合图线斜率可以求出小球的质量大小。
（1）[1]由于本实验采用了压力传感器，不需要用钩码的总重力代替绳子的拉力，因此不需要满足钩码质量远小于小车质量；
[2]为了保证小车所受拉力的方向不变，因此细线需要调节至与长木板平行；
[3]为了使小球所受压力传感器的力在水平方向，因此长木板要调至水平状态，故选A。
（2）遮光条通过光电门的瞬时速度
AB间距为x，根据运动学公式v2=2ax
对小球，根据牛顿第二定律F=ma
联立解得
因此为了直观第反映小球的加速度与F成正比，需要建立图像。
故选D。
（3）根据上述（2）图像的斜率
解得小钢球的质量
12．【答案】（1）2.0；不能
（2）红；①；1.40；0.900；2.00
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电阻的大小为欧姆挡的示数与倍数的乘积，由于多用电表的“×1”倍率的欧姆挡粗测定值电阻Rx的阻值，由图甲所示可知，对应的读数是2×1.0Ω=2.0Ω；欧姆表有内置电源，内部电动势会对电路产生影响所以不能用欧姆表直接测电源的内阻。
（2）根据电表的电流方向红进黑出则电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，由图乙所示电路图可知，c端是多用表的红表笔；
根据电路图所示，当电压表的接线柱c接a时，根据闭合电路的欧姆定律有
当c接b时，根据闭合电路的欧姆定律有：
由图示图像可知，图线①斜率的绝对值大，接b端时斜率比较大，所以接b端时对应图丙中的①图线；
由于图线纵截距代表电动势的大小，根据截距可以得出电源电动势E=1.40V
由图线①可知，由于斜率的绝对值
由图线②可知，由于斜率的绝对值
代入数据解得r=0.900，Rx=2.00
【分析】（1）电阻的大小为欧姆挡的示数与倍数的乘积；不能用欧姆表直接测电源的内阻；
（2）根据电表的电流方向红进黑出可以得出c端是多用表的红表笔；
（3）利用闭合电路的欧姆定律可以判别图线对应的接法；结合图线截距可以求出电动势的大小；利用图线斜率可以求出内阻的大小及待测电阻的阻值大小。
（1）[1]多用电表的“×1”倍率的欧姆挡粗测定值电阻Rx的阻值，由图甲所示可知，对应的读数是2×1.0Ω=2.0Ω；
[2]欧姆表有内置电源，不能用欧姆表直接测电源的内阻。
（2）[1]电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，由图乙所示电路图可知，c端是多用表的红表笔；
[2]根据图乙所示电路图，由欧姆定律可知，c接a时有
c接b时
[3][4][5]由图示图像可知，图线①斜率的绝对值大，则接b端时对应图丙中的①图线；
由图示图像可知，电源电动势E=1.40V
由图线①可知，斜率的绝对值
由图线②可知，斜率的绝对值
代入数据解得r=0.900，Rx=2.00
13．【答案】（1）对物块，竖直方向上
水平方向上
联立解得
所以弹簧原长为
或者
（2）对物块，竖直方向上
水平方向上，若摩擦力向右
联立解得
水平向右；
若摩擦力向左
联立解得
水平向左。
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）对于物块，已知加速度的方向，利用竖直方向的牛顿第二定律结合水平方向的平衡方程可以求出弹簧的伸长量，进而求出弹簧的原长；
（2）当物块做水平方向的匀加速直线运动，利用水平方向的牛顿第二定律可以求出加速度的大小及方向。
（1）对物块，竖直方向上
水平方向上
联立解得
所以弹簧原长为
或者
（2）对物块，竖直方向上
水平方向上，若摩擦力向右
联立解得
水平向右；
若摩擦力向左
联立解得
水平向左。
14．【答案】（1）带电微粒从M到N点做匀速直线运动 由M、N两点的位置关系得
匀强电场中
联立解得

（2）经时间t，沿x轴方向，有
沿y轴方向
沿z轴方向
则坐标为

（3）电场力和重力平衡，故微粒在磁场中做匀速圆周运动，半径
周期
所以能经过N点的时间为

【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）已知带电微粒做匀速直线运动，利用平衡方程结合电势差与场强的关系可以求出电势差的大小；
（2）当微粒以初速度沿z轴出发，利用分运动的位移公式可以求出运动的坐标；
（3）当电场方向向上时，利用微粒做匀速圆周运动的周期可以求出经过N点的时间。
（1）带电微粒从M到N点做匀速直线运动 由M、N两点的位置关系得
匀强电场中
联立解得
（2）经时间t，沿x轴方向，有
沿y轴方向
沿z轴方向
则坐标为
（3）电场力和重力平衡，故微粒在磁场中做匀速圆周运动，半径
周期
所以能经过N点的时间为
15．【答案】（1）假设A和D能共速，设共速时速度为，由动量守恒定律有
解得
对A，设其加速度为，根据牛顿第二定律
可得
其加速到的位移设为，根据运动学公式
解得
等于d，即A、D恰好共速，A与平台第一次碰撞后，设A和D能第二次共速，设共速时速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
A加速到的位移设为，同理
解得
可以第二次共速，D滑到平台的速度为

（2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A、D系统，由动能定理有
解得

（3）D与B相碰后，设速度为，由动量守恒定律有
解得
此时B、C、D系统的动能为
弹簧原长时，设BD整体速度为，对B、C、D系统，由动量守恒定律有：
若C的速度向右
解得
此时B、C、D系统的动能为，与实际不符，舍。
若C的速度向左
解得
此时B、C、D系统的动能为
当BD整体与C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，对B、C、D系统，由动量守恒定律有
弹性势能
解得

【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）当D在A上滑动时，利用动量守恒定律可以求出共速的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出A的加速度大小，结合速度位移公式可以求出A加速的位移，再利用A与平台碰撞时，利用动量守恒定律可以求出A和D第二次共速的速度大小，结合速度位移公式可以求出D滑到平台的速度大小；
（2）当D在A上滑动时，利用动能定理可以求出A的长度；
（3）当D与B碰撞时，利用动量守恒定律可以求出碰后速度大小，当以BCD为系统时，利用动量守恒定律可以求出BD整体的速度，结合速度相等时的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹性势能的最大值。
（1）假设A和D能共速，设共速时速度为，由动量守恒定律有
解得
对A，设其加速度为，根据牛顿第二定律
可得
其加速到的位移设为，根据运动学公式
解得
等于d，即A、D恰好共速，A与平台第一次碰撞后，设A和D能第二次共速，设共速时速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
A加速到的位移设为，同理
解得
可以第二次共速，D滑到平台的速度为
（2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A、D系统，由动能定理有
解得
（3）D与B相碰后，设速度为，由动量守恒定律有
解得
此时B、C、D系统的动能为
弹簧原长时，设BD整体速度为，对B、C、D系统，由动量守恒定律有：
若C的速度向右
解得
此时B、C、D系统的动能为，与实际不符，舍。
若C的速度向左
解得
此时B、C、D系统的动能为
当BD整体与C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，对B、C、D系统，由动量守恒定律有
弹性势能
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑