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广西壮族自治区柳州市2024-2025学年高三下学期开学联考物理试题
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．我国发射的“玉兔二号”月球车使用的是核电池，的反应方程为，下列说法正确的是（　　）
A．该反应属于裂变反应
B．该反应属于衰变反应
C．的比结合能比的比结合能大
D．月夜的寒冷会导致的半衰期变长
【答案】B
【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】AB．自发地放出粒子，属于衰变，故A错误，B正确；
C．该核反应是放能反应，比更稳定，比结合能越大越稳定，所以的比结合能比的比结合能小，故C错误；
D．半衰期由原子核本身的性质决定，与温度、压强等外部环境因素无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合核反应类型（衰变、裂变的区别）、比结合能与原子核稳定性的关系、半衰期的决定因素，逐一分析选项的正确性。
2．2024年10月30日神舟十九号载人飞船成功发射，发射过程可简化为如图所示，飞船先进入椭圆轨道Ⅰ（A、B分别为轨道Ⅰ的远地点和近地点），然后在A点变轨（轨道Ⅰ、Ⅱ相切于A点），进入圆轨道Ⅱ并成功对接空间站天和核心舱。下列说法正确的是（　　）
A．火箭发射加速升空过程，载人飞船受到的万有引力越来越大
B．飞船在轨道Ⅰ上从B点运动到A点过程中线速度越来越大
C．只考虑地球的万有引力，则飞船在轨道Ⅰ上过A点时的加速度和空间站在轨道Ⅱ上过A点时的加速度一样大
D．飞船在轨道Ⅰ的运行周期等于在轨道Ⅱ的运行周期
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．火箭发射加速升空过程，离地球越来越远，根据万有引力公式可知，飞船所受的万有引力越来越小，故A错误；
B．根据开普勒第二定律，飞船在轨道Ⅰ上从B点运动到A点线速度越来越小，故B错误；
C．只考虑地球的万有引力，则有，得，则两种情况下加速度的大小相等，故C正确；
D．由开普勒第三定律可知，因为轨道Ⅰ的半长轴a小于轨道Ⅱ的半径r，所以飞船在轨道Ⅱ的运行周期大于在轨道Ⅰ的运行周期，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合万有引力定律、开普勒定律和牛顿第二定律，分析飞船在发射、变轨及不同轨道上的受力、速度、加速度和周期规律。
3．如图甲，无人机逐步被应用到生活和生产的各个领域中，极大地提高了运送的效率。若无人机吊起包裹在竖直方向上由静止开始做直线运动，前5s内的图像如图乙所示，取竖直向上为正方向，下列对无人机在此段时间内运动的描述正确的是（　　）
A．3s末无人机速度为零
B．5s末无人机速度为零
C．0 5s内，无人机的最大速度为4m/s
D．0 5s内，无人机的最大速度为6m/s
【答案】D
【知识点】图象法
【解析】【解答】结合图像可知，因图像与坐标轴围成的面积等于速度变化量，可知无人机竖直向上做加速度增大的加速运动，1s末的速度为2m/s，无人机竖直向上做加速度减小的加速运动，3s末的速度为6m/s，无人机竖直向上做加速度增大的减速运动，4s末的速度为5m/s，无人机继续竖直向上做加速度减小的减速运动，5s末的速度为4m/s。
故答案为：D。
【分析】a t图像的面积表示速度变化量（初速度为 0，面积即瞬时速度），通过计算不同时间段的面积，分析速度大小和最值。
4．一个大型的音乐喷泉广场上，水面有一个振动源，它能产生频率为的简谐振动，带动周围的水也做周期性振动，从而在水面上形成向外传播的水波。若水波在水中的传播速度，水面上有一个浮标随着水波上下振动，下列说法正确的是（　　）
A．该水波的波长为
B．浮标做受迫振动，其振动频率小于50Hz
C．若振动源的振幅增大，水波的传播速度将增大
D．浮标会随波的传播在水面上发生迁移
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据波速、波长和频率的关系，可得波长，A正确；
B．浮标做受迫振动，其振动频率等于驱动力频率，也就是振动源的频率，B错误；
C．水波的传播速度由介质决定，与振动源振幅无关，C错误；
D．水波传播过程中，浮标只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，浮标并没有随波迁移，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查机械波的基本物理量（波长、频率、波速）、受迫振动的特点以及机械波的传播规律，核心是区分波的传播与质点振动的关系，明确波速由介质决定。
5．如图，光滑竖直墙壁上通过一根上端固定的轻绳悬挂一个质量为m的匀质钢球，钢球的半径为R，轻绳的长度为，此时轻绳的拉力为，现把轻绳长度截短为R后，再把钢球悬挂上去，此时轻绳的拉力为，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】钢球受力情况如图
由，得，
又，，则
故答案为：D。
【分析】对钢球做受力分析（重力、绳子拉力、墙的支持力），结合几何关系确定绳子与竖直方向的夹角，再由共点力平衡条件，分别计算两次拉力、，最终求比值。
6．如图是热机工作的卡诺循环过程，一定质量的理想气体在该循环中经历两个等温过程、，两个绝热过程、，下列说法正确的是（　　）
A．气体从的过程，气体放出热量
B．气体从的过程，气体分子无规则运动变得更激烈
C．气体从的过程，气体分子无规则运动变得更激烈
D．气体从的过程，气体的内能增大
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．理想气体从A到B是等温膨胀过程，温度不变，理想气体内能不变，，气体对外做功，，由热力学第一定律可得，则气体吸收热量，A错误；
B．B到C是绝热膨胀过程，，体积变大，则，由可得，内能减小，温度降低，气体分子无规则运动的剧烈程度减小，B错误；
C．C到D是等温压缩过程中，气体内能不变，理想气体温度不变，气体分子无规则运动的剧烈程度不变，C错误；
D．D到A是绝热压缩过程，，体积减小，则，根据可得内能增大，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合理想气体的内能特点（仅与温度有关）、热力学第一定律ΔU=W+Q，以及等温 / 绝热过程的规律，分析卡诺循环各阶段的吸放热、内能和分子运动剧烈程度变化。
7．某款传动装置可简化为如图所示模型，粗细均匀的、半径为R的光滑细圆环固定在竖直面内，A、B两球套在环上，用长为的轻杆连接，开始时杆处于竖直状态，由静止释放A、B两球，不计球的大小，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．任意时刻，A、B两球的速度大小都不相等
B．当杆水平时，B球的速度大小可能为零
C．若B球最高能运动到与O等高的位置，则A、B两球质量之比为
D．若A、B两球质量相等，则B球不可以运动到和初始时A球等高的位置处
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．如图所示，在某一位置将A、B两球的速度分解
A、B两球沿杆方向的速度相等，即
因此，故A错误；
B．当杆水平时，由于运动过程中B球重力势能不变。A球重力势能减小，由机械能守恒定律可知，当杆水平时，A、B两球的速度不可能为零，故B错误；
C．若B球最高能运动到与O等高的位置，此时A球运动到最低点，根据机械能守恒
即
解得，故C正确；
D．由机械能守恒定律可知，若A、B两球质量相等，则B球可以运动到和初始时A球等高的位置处，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合系统机械能守恒（光滑圆环无摩擦，只有重力做功）、轻杆连接体的速度关联（沿杆方向分速度相等），分析各选项的速度关系和质量比值。
8．某带正电的点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．a点的电场强度小于b点的电场强度
B．c点的电势低于d点的电势
C．一负试探电荷从c点移动到d点，电势能增加
D．一正试探电荷从c点由静止释放，电荷将沿着电场线由c运动到d
【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电场线的疏密表示电场强度大小，a点电场线比b点稀疏，因此a点的电场强度小于b点，故A正确；
B．电场线从高电势指向低电势，c点更靠近正点电荷，因此c点的电势高于d点，故B错误；
C．一负试探电荷从c点移动到d点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D．一正试探电荷从c点由静止释放，所受电场力方向与电场强度方向相同，即与电场线切线表示的电场强度方向相同，因电场线为曲线，可知电荷不能沿着电场线由c运动到d，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合电场线的疏密与电场强度的关系、电场线方向与电势的关系、电场力做功与电势能变化的关系，分析各选项的正确性。
9．如图为某小型发电厂向用户供电的线路示意图，已知发电厂的输出功率为100kW，输出电压为500V，用户端电压为220V，输电线总电阻，升压变压器原、副线圈匝数比，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器原线圈的电流为1A
B．输电线上损耗的功率为100W
C．用户端的电流为450A
D．降压变压器的匝数比
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．发电厂输出功率为，输出电压为，原线圈的电流，故A错误；
B．，则，输电线上损耗的功率，故B错误；
D．输电线损耗的电压，
则，
所以，故D正确；
C．，由，可得用户端的电流，故C正确。
故答案为：CD。
【分析】结合理想变压器的电压、电流与匝数的关系、电功率公式，以及输电线上的功率损耗损，逐步计算各物理量并分析选项。
10．两根足够长且相互平行的光滑金属导轨水平固定于如图所示的匀强磁场中，导轨电阻不计。两电阻均为R、质量均为m的导体棒a、b平行放在导轨上，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，初始时刻导体棒a静止，导体棒b获得向右的初速度。关于导体棒，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a、b最终都静止
B．导体棒a、b最终以相同速度做匀速直线运动
C．导体棒b克服安培力做的功数值上等于导体棒b产生的焦耳热
D．安培力对导体棒a做正功且数值上等于导体棒a产生的焦耳热
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．系统动量守恒，有
解得
则达到共速后不产生感应电流，此后共同做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C．对棒，有，，故C错误；
D．对棒，由动能定理有
由能量守恒
解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合电磁感应中的动量守恒（系统合外力为零）、安培力做功与能量转化的关系，分析导体棒的运动状态和能量变化。
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11．某同学从资料上了解到弹簧弹性势能的表达式为（其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量），他用图示装置来验证动量守恒定律。弹簧右端固定在水平气垫导轨上，左端与滑块A接触，滑块A、B的质量均为m，滑块B上方安装有宽为d的遮光片。用滑块A将弹簧压缩一定长度后，由静止释放，滑块A向滑块B运动，滑块A、B碰撞后粘在一起，然后通过光电门，遮光片经过光电门的遮光时间为，弹簧的压缩量可通过气垫导轨上的刻度读出，遮光片的质量不计。
（1）若本实验使用的弹簧劲度系数为k、弹簧的压缩量为x，则滑块A脱离弹簧后的速度　 　。
（2）通过改变弹簧的压缩量进行多次实验，记录多组x、数据，作出的　 　（选填“”“”“”或“”）图像为一次函数图象，若图像的斜率为　 　（用m、d、k表示），即可验证动量守恒定律。
【答案】（1）
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）当滑块A离开弹簧时，弹簧所具有的弹性势能全部转化为滑块A的动能，因此有
解得
故答案为：
（2）若A、B碰撞过程中动量守恒，则有
结合上述解得
变形得
可知，作出图才能得到一次函数图象，根据表达式可知，图像的斜率为。
故答案为：；
【分析】(1) 利用弹簧弹性势能转化为滑块A的动能，结合弹性势能公式和动能定理，推导滑块A脱离弹簧后的速度；
(2) 先由动量守恒定律得出碰撞后整体的速度，再结合光电门的测速原理（），将速度表达式代入弹性势能与动能的关系，推导与的函数关系，确定线性图象的形式及斜率。
（1）当滑块A离开弹簧时，弹簧所具有的弹性势能全部转化为滑块A的动能，因此有
解得
（2）[1][2]若A、B碰撞过程中动量守恒，则有
结合上述解得
变形得
可知，作出图才能得到一次函数图象，根据表达式可知，图像的斜率为。
12．某兴趣小组要测定一块层叠电池的电动势（约为9V）和内阻，实验室可使用的实验器材有：
A．一个电流表A（量程0.6A）
B．一个电压表（量程3V，内阻约为）
C．两个电压表（量程均为15V，内阻都约为）
D．滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A）
E．滑动变阻器（阻值范围，额定电流0.2A）
F．开关S、导线若干
（1）该小组采用如图甲所示的电路进行测量，电压表选择　 　（选填“”或“”），滑动变阻器选择　 　（选填“”或“”）。
（2）记录实验数据并作出相应的图像如图乙，图线斜率的绝对值为k，图线与纵轴的交点为，若不考虑电流表内阻，则此层叠电池的电动势　 　，内阻　 　；若考虑电流表内阻，本实验测量得到的电池内阻值　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）真实的内阻值。
（3）为了精确地测出该层叠电池的内阻，该小组将图甲的实验电路改装成图丙所示的电路，闭合开关S，适当调节滑动变阻器R，此时电流表A的示数为I，电压表的示数为，电压表的示数为，则该层叠电池的内阻可表示为　 　（用k、I、、表示）。
【答案】（1）；
（2）；k；大于
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于待测电池的电动势约为9V，故选用15V电压表来进行测量，故电压表选用，而电流表的满偏电流为0.6A．则回路最小阻值约为，故选用。
故答案为：；
（2）图乙中的关系式为，故图像的截距表示电源电动势，此层叠电池的电动势；
斜率的绝对值k表示电池内阻，即内阻r=k；
由于电流表的分压，本实验测量得到的内阻偏大，测得的实际上为电池内阻和电流表的内阻之和，即本实验测量得到的电池内阻值大于真实的内阻值。
故答案为：； k ； 大于
（3）通过图丙可测得电流表的内阻为，故电池的实际内阻为。
故答案为：
【分析】(1) 根据电源电动势的大小选择电压表量程，结合滑动变阻器的额定电流和阻值范围，选择合适的滑动变阻器以保证电路调节方便且安全；
(2) 由闭合电路欧姆定律推导U I图象的截距和斜率的物理意义，分析电流表内阻对内阻测量结果的影响；
(3) 结合图丙电路的电压、电流关系，利用闭合电路欧姆定律推导电源内阻的表达式。
（1）[1][2]由于待测电池的电动势约为9V，故选用15V电压表来进行测量，故电压表选用，而电流表的满偏电流为0.6A．则回路最小阻值约为，故选用。
（2）[1][2]图乙中的关系式为，故图像的截距表示电源电动势，此层叠电池的电动势；
斜率的绝对值k表示电池内阻，即内阻r=k。
[3]由于电流表的分压，本实验测量得到的内阻偏大，测得的实际上为电池内阻和电流表的内阻之和，即本实验测量得到的电池内阻值大于真实的内阻值。
（3）通过图丙可测得电流表的内阻为，故电池的实际内阻为。
13．一束由a、b两种单色光组成的光束，以60°从AB中点射入平行玻璃砖后分为两束。已知，，a光在玻璃砖中的传播速度为，b光在玻璃砖中的折射率为，c为真空中的光速。求：
（1）a、b两束单色光在玻璃砖中的折射角；
（2）a、b两束单色光第一次从玻璃砖中射出的时间差。
【答案】（1）解：a、b两种单色光在玻璃砖中传播的光路如图所示
根据折射定律有，
解得，
（2）解：由光路图及几何关系可知，
又，
则，
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）解：a、b两种单色光在玻璃砖中传播的光路如图所示
根据折射定律有，
解得，
（2）解：由光路图及几何关系可知，
又，
则，
解得
【分析】(1) 先由光在介质中的传播速度公式求出a光的折射率，再结合折射定律分别计算a、b光的折射角，其中入射角为已知条件；
(2) 根据几何关系求出a、b光在玻璃砖中传播的路径长度，结合光的传播速度公式计算各自的传播时间，最后求时间差。
（1）a、b两种单色光在玻璃砖中传播的光路如图所示
根据折射定律有，
解得，
（2）由光路图及几何关系可知，
又，
则，
解得
14．图甲是游乐场的翻滚过山车，它可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。图乙为其简化模型图：弧形轨道的下端M与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，P为圆轨道的最高点。让质量为的小滑块（可视为质点）从弧形轨道上某点由静止释放，小滑块进入圆轨道下端后沿圆轨道运动，重力加速度大小为g，不考虑小滑块运动过程中所受的摩擦阻力。
（1）若小滑块释放的高度为，请判断小滑块能否通过圆轨道的最高点P；
（2）若在弧形轨道的下端M处静止放置另一个质量为的小滑块，仍将质量为的小滑块从处由静止释放，两小滑块在M点发生碰撞并粘成整体一起运动，要使二者在后面的运动中不脱离圆轨道，那么被碰小滑块的质量需要满足什么条件？
【答案】（1）解：若滑块能运动到P点，由动能定理
解得
滑块恰好过最高点的临界条件为
解得，，故滑块能过最高点。
（2）解：设滑块滑到M点的速度为，由动能定理
解得
两滑块碰撞后，由动量守恒
解得
若两滑块能通过最高点，则有
解得
若两滑块在圆轨道上滑不超过圆心等高处，则有
解得
则满足的条件是或
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】（1）解：若滑块能运动到P点，由动能定理
解得
滑块恰好过最高点的临界条件为
解得，，故滑块能过最高点。
（2）解：设滑块滑到M点的速度为，由动能定理
解得
两滑块碰撞后，由动量守恒
解得
若两滑块能通过最高点，则有
解得
若两滑块在圆轨道上滑不超过圆心等高处，则有
解得
则满足的条件是或
【分析】(1) 先由机械能守恒定律求出小滑块到达圆轨道最高点的速度，再与竖直圆周运动过最高点的临界速度（）比较，判断能否通过；
(2) 分两步分析：先由机械能守恒和动量守恒求出碰撞后整体的速度，再结合“不脱离圆轨道”的两种临界情况（能通过最高点、不超过圆心等高处），分别推导的取值条件。
（1）若滑块能运动到P点，由动能定理
解得
滑块恰好过最高点的临界条件为
解得
，故滑块能过最高点。
（2）设滑块滑到M点的速度为，由动能定理
解得
两滑块碰撞后，由动量守恒
解得
若两滑块能通过最高点，则有
解得
若两滑块在圆轨道上滑不超过圆心等高处，则有
解得
则满足的条件是或
15．如图甲，磁透镜是利用磁聚焦现象制成的，在电子显微镜中具有非常重要的作用。现将其原理简化：质量为m、电荷量为的粒子从O点以与x轴正方向成角斜向上射入磁感应强度大小为B、方向沿x轴正方向的匀强磁场中，在洛伦兹力的作用下，粒子的轨迹为一条螺旋线，如图乙所示，不计粒子的重力，已知。
（1）若已知该粒子在O点入射的速度大小为且，再次回到x轴时，粒子与x轴交于P点，求经过多长时间粒子到达P点及P点与O点间的距离；
（2）若该粒子以一未知速度在O点射入且，为使粒子再次回到x轴时，也与x轴交于P点，求；
（3）若撤去磁场，并施加一与x轴正方向成60°且斜向下的匀强电场，当该粒子在O点入射的速度大小仍为且，仍然与x轴交于P点，求该电场强度E的大小。
【答案】（1）解：把沿平行B和垂直B的两个方向分解为和
粒子在垂直于的B方向上以做匀速圆周运动，在平行B的方向上以做匀速直线运动。因此，当粒子恰好在垂直于B的方向上完成一次完整的圆周运动时，将第一次回到x轴。
则有
又由
可得
即
则O点到P点的距离为
（2）解：由于是同种粒子，第一次回到x轴的时间都相同，即
故
则
（3）解：在电场力的作用下，粒子在x轴方向上做匀加速直线运动，加速度大小为；在垂直于x轴的方向上先做匀减速直线运动，再做反向匀加速直线运动，加速度大小为则，
当粒子回到x轴时，运动的总时间为
此时有
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在沿x轴正方向的匀强磁场中做螺旋线运动，将速度分解为平行于磁场的和垂直于磁场的，垂直分量使粒子做匀速圆周运动，平行分量使粒子做匀速直线运动；先求圆周运动的周期，结合粒子回到x轴的圆周运动次数求总时间，再由平行方向的匀速运动求OP的距离。
(2) 粒子两次回到x轴的P点，说明两次运动的水平位移相等，结合圆周运动的周期和水平匀速运动的规律，推导的比值。
(3) 撤去磁场加匀强电场后，粒子做匀变速曲线运动，将运动分解为x和y方向，结合受力分析和运动学公式，利用粒子回到P点的位移条件求解电场强度。
（1）把沿平行B和垂直B的两个方向分解为和
粒子在垂直于的B方向上以做匀速圆周运动，在平行B的方向上以做匀速直线运动。因此，当粒子恰好在垂直于B的方向上完成一次完整的圆周运动时，将第一次回到x轴。
则有
又由
可得
即
则O点到P点的距离为
（2）由于是同种粒子，第一次回到x轴的时间都相同，即
故
则
（3）在电场力的作用下，粒子在x轴方向上做匀加速直线运动，加速度大小为；在垂直于x轴的方向上先做匀减速直线运动，再做反向匀加速直线运动，加速度大小为则，
当粒子回到x轴时，运动的总时间为
此时有
解得
1 / 1广西壮族自治区柳州市2024-2025学年高三下学期开学联考物理试题
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．我国发射的“玉兔二号”月球车使用的是核电池，的反应方程为，下列说法正确的是（　　）
A．该反应属于裂变反应
B．该反应属于衰变反应
C．的比结合能比的比结合能大
D．月夜的寒冷会导致的半衰期变长
2．2024年10月30日神舟十九号载人飞船成功发射，发射过程可简化为如图所示，飞船先进入椭圆轨道Ⅰ（A、B分别为轨道Ⅰ的远地点和近地点），然后在A点变轨（轨道Ⅰ、Ⅱ相切于A点），进入圆轨道Ⅱ并成功对接空间站天和核心舱。下列说法正确的是（　　）
A．火箭发射加速升空过程，载人飞船受到的万有引力越来越大
B．飞船在轨道Ⅰ上从B点运动到A点过程中线速度越来越大
C．只考虑地球的万有引力，则飞船在轨道Ⅰ上过A点时的加速度和空间站在轨道Ⅱ上过A点时的加速度一样大
D．飞船在轨道Ⅰ的运行周期等于在轨道Ⅱ的运行周期
3．如图甲，无人机逐步被应用到生活和生产的各个领域中，极大地提高了运送的效率。若无人机吊起包裹在竖直方向上由静止开始做直线运动，前5s内的图像如图乙所示，取竖直向上为正方向，下列对无人机在此段时间内运动的描述正确的是（　　）
A．3s末无人机速度为零
B．5s末无人机速度为零
C．0 5s内，无人机的最大速度为4m/s
D．0 5s内，无人机的最大速度为6m/s
4．一个大型的音乐喷泉广场上，水面有一个振动源，它能产生频率为的简谐振动，带动周围的水也做周期性振动，从而在水面上形成向外传播的水波。若水波在水中的传播速度，水面上有一个浮标随着水波上下振动，下列说法正确的是（　　）
A．该水波的波长为
B．浮标做受迫振动，其振动频率小于50Hz
C．若振动源的振幅增大，水波的传播速度将增大
D．浮标会随波的传播在水面上发生迁移
5．如图，光滑竖直墙壁上通过一根上端固定的轻绳悬挂一个质量为m的匀质钢球，钢球的半径为R，轻绳的长度为，此时轻绳的拉力为，现把轻绳长度截短为R后，再把钢球悬挂上去，此时轻绳的拉力为，则等于（　　）
A． B． C． D．
6．如图是热机工作的卡诺循环过程，一定质量的理想气体在该循环中经历两个等温过程、，两个绝热过程、，下列说法正确的是（　　）
A．气体从的过程，气体放出热量
B．气体从的过程，气体分子无规则运动变得更激烈
C．气体从的过程，气体分子无规则运动变得更激烈
D．气体从的过程，气体的内能增大
7．某款传动装置可简化为如图所示模型，粗细均匀的、半径为R的光滑细圆环固定在竖直面内，A、B两球套在环上，用长为的轻杆连接，开始时杆处于竖直状态，由静止释放A、B两球，不计球的大小，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．任意时刻，A、B两球的速度大小都不相等
B．当杆水平时，B球的速度大小可能为零
C．若B球最高能运动到与O等高的位置，则A、B两球质量之比为
D．若A、B两球质量相等，则B球不可以运动到和初始时A球等高的位置处
8．某带正电的点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．a点的电场强度小于b点的电场强度
B．c点的电势低于d点的电势
C．一负试探电荷从c点移动到d点，电势能增加
D．一正试探电荷从c点由静止释放，电荷将沿着电场线由c运动到d
9．如图为某小型发电厂向用户供电的线路示意图，已知发电厂的输出功率为100kW，输出电压为500V，用户端电压为220V，输电线总电阻，升压变压器原、副线圈匝数比，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器原线圈的电流为1A
B．输电线上损耗的功率为100W
C．用户端的电流为450A
D．降压变压器的匝数比
10．两根足够长且相互平行的光滑金属导轨水平固定于如图所示的匀强磁场中，导轨电阻不计。两电阻均为R、质量均为m的导体棒a、b平行放在导轨上，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，初始时刻导体棒a静止，导体棒b获得向右的初速度。关于导体棒，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a、b最终都静止
B．导体棒a、b最终以相同速度做匀速直线运动
C．导体棒b克服安培力做的功数值上等于导体棒b产生的焦耳热
D．安培力对导体棒a做正功且数值上等于导体棒a产生的焦耳热
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11．某同学从资料上了解到弹簧弹性势能的表达式为（其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量），他用图示装置来验证动量守恒定律。弹簧右端固定在水平气垫导轨上，左端与滑块A接触，滑块A、B的质量均为m，滑块B上方安装有宽为d的遮光片。用滑块A将弹簧压缩一定长度后，由静止释放，滑块A向滑块B运动，滑块A、B碰撞后粘在一起，然后通过光电门，遮光片经过光电门的遮光时间为，弹簧的压缩量可通过气垫导轨上的刻度读出，遮光片的质量不计。
（1）若本实验使用的弹簧劲度系数为k、弹簧的压缩量为x，则滑块A脱离弹簧后的速度　 　。
（2）通过改变弹簧的压缩量进行多次实验，记录多组x、数据，作出的　 　（选填“”“”“”或“”）图像为一次函数图象，若图像的斜率为　 　（用m、d、k表示），即可验证动量守恒定律。
12．某兴趣小组要测定一块层叠电池的电动势（约为9V）和内阻，实验室可使用的实验器材有：
A．一个电流表A（量程0.6A）
B．一个电压表（量程3V，内阻约为）
C．两个电压表（量程均为15V，内阻都约为）
D．滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A）
E．滑动变阻器（阻值范围，额定电流0.2A）
F．开关S、导线若干
（1）该小组采用如图甲所示的电路进行测量，电压表选择　 　（选填“”或“”），滑动变阻器选择　 　（选填“”或“”）。
（2）记录实验数据并作出相应的图像如图乙，图线斜率的绝对值为k，图线与纵轴的交点为，若不考虑电流表内阻，则此层叠电池的电动势　 　，内阻　 　；若考虑电流表内阻，本实验测量得到的电池内阻值　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）真实的内阻值。
（3）为了精确地测出该层叠电池的内阻，该小组将图甲的实验电路改装成图丙所示的电路，闭合开关S，适当调节滑动变阻器R，此时电流表A的示数为I，电压表的示数为，电压表的示数为，则该层叠电池的内阻可表示为　 　（用k、I、、表示）。
13．一束由a、b两种单色光组成的光束，以60°从AB中点射入平行玻璃砖后分为两束。已知，，a光在玻璃砖中的传播速度为，b光在玻璃砖中的折射率为，c为真空中的光速。求：
（1）a、b两束单色光在玻璃砖中的折射角；
（2）a、b两束单色光第一次从玻璃砖中射出的时间差。
14．图甲是游乐场的翻滚过山车，它可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。图乙为其简化模型图：弧形轨道的下端M与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，P为圆轨道的最高点。让质量为的小滑块（可视为质点）从弧形轨道上某点由静止释放，小滑块进入圆轨道下端后沿圆轨道运动，重力加速度大小为g，不考虑小滑块运动过程中所受的摩擦阻力。
（1）若小滑块释放的高度为，请判断小滑块能否通过圆轨道的最高点P；
（2）若在弧形轨道的下端M处静止放置另一个质量为的小滑块，仍将质量为的小滑块从处由静止释放，两小滑块在M点发生碰撞并粘成整体一起运动，要使二者在后面的运动中不脱离圆轨道，那么被碰小滑块的质量需要满足什么条件？
15．如图甲，磁透镜是利用磁聚焦现象制成的，在电子显微镜中具有非常重要的作用。现将其原理简化：质量为m、电荷量为的粒子从O点以与x轴正方向成角斜向上射入磁感应强度大小为B、方向沿x轴正方向的匀强磁场中，在洛伦兹力的作用下，粒子的轨迹为一条螺旋线，如图乙所示，不计粒子的重力，已知。
（1）若已知该粒子在O点入射的速度大小为且，再次回到x轴时，粒子与x轴交于P点，求经过多长时间粒子到达P点及P点与O点间的距离；
（2）若该粒子以一未知速度在O点射入且，为使粒子再次回到x轴时，也与x轴交于P点，求；
（3）若撤去磁场，并施加一与x轴正方向成60°且斜向下的匀强电场，当该粒子在O点入射的速度大小仍为且，仍然与x轴交于P点，求该电场强度E的大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【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】AB．自发地放出粒子，属于衰变，故A错误，B正确；
C．该核反应是放能反应，比更稳定，比结合能越大越稳定，所以的比结合能比的比结合能小，故C错误；
D．半衰期由原子核本身的性质决定，与温度、压强等外部环境因素无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合核反应类型（衰变、裂变的区别）、比结合能与原子核稳定性的关系、半衰期的决定因素，逐一分析选项的正确性。
2．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．火箭发射加速升空过程，离地球越来越远，根据万有引力公式可知，飞船所受的万有引力越来越小，故A错误；
B．根据开普勒第二定律，飞船在轨道Ⅰ上从B点运动到A点线速度越来越小，故B错误；
C．只考虑地球的万有引力，则有，得，则两种情况下加速度的大小相等，故C正确；
D．由开普勒第三定律可知，因为轨道Ⅰ的半长轴a小于轨道Ⅱ的半径r，所以飞船在轨道Ⅱ的运行周期大于在轨道Ⅰ的运行周期，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合万有引力定律、开普勒定律和牛顿第二定律，分析飞船在发射、变轨及不同轨道上的受力、速度、加速度和周期规律。
3．【答案】D
【知识点】图象法
【解析】【解答】结合图像可知，因图像与坐标轴围成的面积等于速度变化量，可知无人机竖直向上做加速度增大的加速运动，1s末的速度为2m/s，无人机竖直向上做加速度减小的加速运动，3s末的速度为6m/s，无人机竖直向上做加速度增大的减速运动，4s末的速度为5m/s，无人机继续竖直向上做加速度减小的减速运动，5s末的速度为4m/s。
故答案为：D。
【分析】a t图像的面积表示速度变化量（初速度为 0，面积即瞬时速度），通过计算不同时间段的面积，分析速度大小和最值。
4．【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据波速、波长和频率的关系，可得波长，A正确；
B．浮标做受迫振动，其振动频率等于驱动力频率，也就是振动源的频率，B错误；
C．水波的传播速度由介质决定，与振动源振幅无关，C错误；
D．水波传播过程中，浮标只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，浮标并没有随波迁移，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查机械波的基本物理量（波长、频率、波速）、受迫振动的特点以及机械波的传播规律，核心是区分波的传播与质点振动的关系，明确波速由介质决定。
5．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】钢球受力情况如图
由，得，
又，，则
故答案为：D。
【分析】对钢球做受力分析（重力、绳子拉力、墙的支持力），结合几何关系确定绳子与竖直方向的夹角，再由共点力平衡条件，分别计算两次拉力、，最终求比值。
6．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．理想气体从A到B是等温膨胀过程，温度不变，理想气体内能不变，，气体对外做功，，由热力学第一定律可得，则气体吸收热量，A错误；
B．B到C是绝热膨胀过程，，体积变大，则，由可得，内能减小，温度降低，气体分子无规则运动的剧烈程度减小，B错误；
C．C到D是等温压缩过程中，气体内能不变，理想气体温度不变，气体分子无规则运动的剧烈程度不变，C错误；
D．D到A是绝热压缩过程，，体积减小，则，根据可得内能增大，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合理想气体的内能特点（仅与温度有关）、热力学第一定律ΔU=W+Q，以及等温 / 绝热过程的规律，分析卡诺循环各阶段的吸放热、内能和分子运动剧烈程度变化。
7．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．如图所示，在某一位置将A、B两球的速度分解
A、B两球沿杆方向的速度相等，即
因此，故A错误；
B．当杆水平时，由于运动过程中B球重力势能不变。A球重力势能减小，由机械能守恒定律可知，当杆水平时，A、B两球的速度不可能为零，故B错误；
C．若B球最高能运动到与O等高的位置，此时A球运动到最低点，根据机械能守恒
即
解得，故C正确；
D．由机械能守恒定律可知，若A、B两球质量相等，则B球可以运动到和初始时A球等高的位置处，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合系统机械能守恒（光滑圆环无摩擦，只有重力做功）、轻杆连接体的速度关联（沿杆方向分速度相等），分析各选项的速度关系和质量比值。
8．【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电场线的疏密表示电场强度大小，a点电场线比b点稀疏，因此a点的电场强度小于b点，故A正确；
B．电场线从高电势指向低电势，c点更靠近正点电荷，因此c点的电势高于d点，故B错误；
C．一负试探电荷从c点移动到d点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D．一正试探电荷从c点由静止释放，所受电场力方向与电场强度方向相同，即与电场线切线表示的电场强度方向相同，因电场线为曲线，可知电荷不能沿着电场线由c运动到d，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合电场线的疏密与电场强度的关系、电场线方向与电势的关系、电场力做功与电势能变化的关系，分析各选项的正确性。
9．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．发电厂输出功率为，输出电压为，原线圈的电流，故A错误；
B．，则，输电线上损耗的功率，故B错误；
D．输电线损耗的电压，
则，
所以，故D正确；
C．，由，可得用户端的电流，故C正确。
故答案为：CD。
【分析】结合理想变压器的电压、电流与匝数的关系、电功率公式，以及输电线上的功率损耗损，逐步计算各物理量并分析选项。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．系统动量守恒，有
解得
则达到共速后不产生感应电流，此后共同做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C．对棒，有，，故C错误；
D．对棒，由动能定理有
由能量守恒
解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合电磁感应中的动量守恒（系统合外力为零）、安培力做功与能量转化的关系，分析导体棒的运动状态和能量变化。
11．【答案】（1）
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）当滑块A离开弹簧时，弹簧所具有的弹性势能全部转化为滑块A的动能，因此有
解得
故答案为：
（2）若A、B碰撞过程中动量守恒，则有
结合上述解得
变形得
可知，作出图才能得到一次函数图象，根据表达式可知，图像的斜率为。
故答案为：；
【分析】(1) 利用弹簧弹性势能转化为滑块A的动能，结合弹性势能公式和动能定理，推导滑块A脱离弹簧后的速度；
(2) 先由动量守恒定律得出碰撞后整体的速度，再结合光电门的测速原理（），将速度表达式代入弹性势能与动能的关系，推导与的函数关系，确定线性图象的形式及斜率。
（1）当滑块A离开弹簧时，弹簧所具有的弹性势能全部转化为滑块A的动能，因此有
解得
（2）[1][2]若A、B碰撞过程中动量守恒，则有
结合上述解得
变形得
可知，作出图才能得到一次函数图象，根据表达式可知，图像的斜率为。
12．【答案】（1）；
（2）；k；大于
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于待测电池的电动势约为9V，故选用15V电压表来进行测量，故电压表选用，而电流表的满偏电流为0.6A．则回路最小阻值约为，故选用。
故答案为：；
（2）图乙中的关系式为，故图像的截距表示电源电动势，此层叠电池的电动势；
斜率的绝对值k表示电池内阻，即内阻r=k；
由于电流表的分压，本实验测量得到的内阻偏大，测得的实际上为电池内阻和电流表的内阻之和，即本实验测量得到的电池内阻值大于真实的内阻值。
故答案为：； k ； 大于
（3）通过图丙可测得电流表的内阻为，故电池的实际内阻为。
故答案为：
【分析】(1) 根据电源电动势的大小选择电压表量程，结合滑动变阻器的额定电流和阻值范围，选择合适的滑动变阻器以保证电路调节方便且安全；
(2) 由闭合电路欧姆定律推导U I图象的截距和斜率的物理意义，分析电流表内阻对内阻测量结果的影响；
(3) 结合图丙电路的电压、电流关系，利用闭合电路欧姆定律推导电源内阻的表达式。
（1）[1][2]由于待测电池的电动势约为9V，故选用15V电压表来进行测量，故电压表选用，而电流表的满偏电流为0.6A．则回路最小阻值约为，故选用。
（2）[1][2]图乙中的关系式为，故图像的截距表示电源电动势，此层叠电池的电动势；
斜率的绝对值k表示电池内阻，即内阻r=k。
[3]由于电流表的分压，本实验测量得到的内阻偏大，测得的实际上为电池内阻和电流表的内阻之和，即本实验测量得到的电池内阻值大于真实的内阻值。
（3）通过图丙可测得电流表的内阻为，故电池的实际内阻为。
13．【答案】（1）解：a、b两种单色光在玻璃砖中传播的光路如图所示
根据折射定律有，
解得，
（2）解：由光路图及几何关系可知，
又，
则，
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）解：a、b两种单色光在玻璃砖中传播的光路如图所示
根据折射定律有，
解得，
（2）解：由光路图及几何关系可知，
又，
则，
解得
【分析】(1) 先由光在介质中的传播速度公式求出a光的折射率，再结合折射定律分别计算a、b光的折射角，其中入射角为已知条件；
(2) 根据几何关系求出a、b光在玻璃砖中传播的路径长度，结合光的传播速度公式计算各自的传播时间，最后求时间差。
（1）a、b两种单色光在玻璃砖中传播的光路如图所示
根据折射定律有，
解得，
（2）由光路图及几何关系可知，
又，
则，
解得
14．【答案】（1）解：若滑块能运动到P点，由动能定理
解得
滑块恰好过最高点的临界条件为
解得，，故滑块能过最高点。
（2）解：设滑块滑到M点的速度为，由动能定理
解得
两滑块碰撞后，由动量守恒
解得
若两滑块能通过最高点，则有
解得
若两滑块在圆轨道上滑不超过圆心等高处，则有
解得
则满足的条件是或
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】（1）解：若滑块能运动到P点，由动能定理
解得
滑块恰好过最高点的临界条件为
解得，，故滑块能过最高点。
（2）解：设滑块滑到M点的速度为，由动能定理
解得
两滑块碰撞后，由动量守恒
解得
若两滑块能通过最高点，则有
解得
若两滑块在圆轨道上滑不超过圆心等高处，则有
解得
则满足的条件是或
【分析】(1) 先由机械能守恒定律求出小滑块到达圆轨道最高点的速度，再与竖直圆周运动过最高点的临界速度（）比较，判断能否通过；
(2) 分两步分析：先由机械能守恒和动量守恒求出碰撞后整体的速度，再结合“不脱离圆轨道”的两种临界情况（能通过最高点、不超过圆心等高处），分别推导的取值条件。
（1）若滑块能运动到P点，由动能定理
解得
滑块恰好过最高点的临界条件为
解得
，故滑块能过最高点。
（2）设滑块滑到M点的速度为，由动能定理
解得
两滑块碰撞后，由动量守恒
解得
若两滑块能通过最高点，则有
解得
若两滑块在圆轨道上滑不超过圆心等高处，则有
解得
则满足的条件是或
15．【答案】（1）解：把沿平行B和垂直B的两个方向分解为和
粒子在垂直于的B方向上以做匀速圆周运动，在平行B的方向上以做匀速直线运动。因此，当粒子恰好在垂直于B的方向上完成一次完整的圆周运动时，将第一次回到x轴。
则有
又由
可得
即
则O点到P点的距离为
（2）解：由于是同种粒子，第一次回到x轴的时间都相同，即
故
则
（3）解：在电场力的作用下，粒子在x轴方向上做匀加速直线运动，加速度大小为；在垂直于x轴的方向上先做匀减速直线运动，再做反向匀加速直线运动，加速度大小为则，
当粒子回到x轴时，运动的总时间为
此时有
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在沿x轴正方向的匀强磁场中做螺旋线运动，将速度分解为平行于磁场的和垂直于磁场的，垂直分量使粒子做匀速圆周运动，平行分量使粒子做匀速直线运动；先求圆周运动的周期，结合粒子回到x轴的圆周运动次数求总时间，再由平行方向的匀速运动求OP的距离。
(2) 粒子两次回到x轴的P点，说明两次运动的水平位移相等，结合圆周运动的周期和水平匀速运动的规律，推导的比值。
(3) 撤去磁场加匀强电场后，粒子做匀变速曲线运动，将运动分解为x和y方向，结合受力分析和运动学公式，利用粒子回到P点的位移条件求解电场强度。
（1）把沿平行B和垂直B的两个方向分解为和
粒子在垂直于的B方向上以做匀速圆周运动，在平行B的方向上以做匀速直线运动。因此，当粒子恰好在垂直于B的方向上完成一次完整的圆周运动时，将第一次回到x轴。
则有
又由
可得
即
则O点到P点的距离为
（2）由于是同种粒子，第一次回到x轴的时间都相同，即
故
则
（3）在电场力的作用下，粒子在x轴方向上做匀加速直线运动，加速度大小为；在垂直于x轴的方向上先做匀减速直线运动，再做反向匀加速直线运动，加速度大小为则，
当粒子回到x轴时，运动的总时间为
此时有
解得
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