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2026届贵州省毕节市高三上学期一模物理试题
1．百里杜鹃景区开通了电动观光车服务。一观光车在某路段沿直线运动的图像如图所示，则该观光车（　　）
A．5～6s沿反方向运动
B．0～6s的位移大小为27m
C．0～3s与5～6s的平均速度之比为3∶1
D．0～3s与5～6s的加速度大小之比为1∶3
2．利用碳14的衰变可以测定文物年代。碳14的衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A．粒子X的符号为
B．粒子X的符号为
C．碳14参与化学反应时半衰期会变化
D．环境温度升高碳14的半衰期会变化
3．如图，将一个重力为G的铅球放在固定的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，斜面和挡板对铅球的弹力分别为和，则（　　）
A． B． C． D．
4．中国北斗导航卫星系统已经开启了全球服务。其中某颗卫星在距离地面高度为h的圆轨道上运行。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则该卫星的运行周期为（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，从固定斜面顶端连续水平向左抛出两个小球A和B，分别落回斜面，该过程B的位移为A的两倍。设A和B抛出时的初速度分别为和，在空中运动的时间分别为和，若不计空气阻力，则（　　）
A． B． C． D．
6．如图，某玻璃砖横截面为等腰直角三角形，斜边长为l，折射率为1.5。一束光沿横截面垂直于直角边射入玻璃砖。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光在玻璃砖中的多次反射，则该光束在玻璃砖中传播时间为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，某游乐场的旋转飞椅由水平圆形支架、轻绳和吊椅组成，圆形支架的半径为2m，绳长为5m。一游客坐在吊椅上随圆形支架匀速转动时，轻绳与竖直方向的夹角为37°。已知游客和吊椅的总质量为60kg，，取重力加速度g为10，若游客和吊椅可视为质点，则圆形支架的角速度和吊椅对轻绳的作用力大小F分别为（　　）
A．　　F=750N B．　　F=750N
C．　　F=1000N D．　　F=1000N
8．图为彝族的传统乐器月琴，它是乐器领域的“明珠”之一。当演奏者轻抚月琴时，琴弦会产生简谐横波，图甲为某一琴弦在时刻的波形图，图乙为该琴弦上平衡位置在处质点p的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为8cm
B．该波的周期为
C．该波的传播速度为400m/s
D．时刻质点p的振动方向沿y轴负方向
9．如图，在坐标系的第一、四象限内存在磁感应强度大小分别为B和2B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以某一速度垂直于y轴射入第四象限，随后垂直于x轴进入第一象限，最后从y轴离开第一象限。不计粒子的重力，则粒子（　　）
A．带负电
B．在第一、四象限中运动的半径之比为2∶1
C．在磁场中运动的时间为
D．离开磁场时速度与y轴正方向的夹角为
10．如图，不可伸长的轻绳上端固定，下端系有一半径、质量的圆形金属框。金属框下半部分有方向垂直于框面的匀强磁场。已知圆形金属框的导线单位长度的阻值；磁感应强度大小B随时间t的变化关系为（SI），则（　　）
A．时金属框中产生的感应电动势为零
B．时金属框中的电流大小为5A
C．时细绳对金属框拉力为12N
D．在到时间内金属框产生的焦耳热约为0.314J
11．某实验小组利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。当地的重力加速度为g。
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（　　）
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平
（2）小明同学计划通过测量重物自由下落高度和对应位置的速度来验证机械能守恒定律。以下四种测量、的方案中，合理的是（　　）
A．直接测量h，通过算出速度v
B．直接测量h和下落时间t，通过v=gt算出速度v
C．直接测量h，根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的速度v
D．根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的速度v，再由算出高度h
（3）小丁同学以为纵轴、h为横轴，根据实验数据绘出-h图像，并做如下判断：他认为只要图像是一条过坐标原点的直线，则重物下落过程机械能守恒。他的判断是否正确，说明理由：　 　。
12．某实验小组测量一段长度已知的金属丝的电阻率，所用测量仪器均已校准。部分实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某次测量结果如图所示，其读数为　 　mm。
（2）为了比较精确地测定金属丝电阻，该小组设计了如图所示的电路。
Ⅰ．实验时，闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变，将c点先后与a、b点连接，发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，则测量时应将c点接　 　点（选填“a”或“b”），按此连接测量，不考虑偶然误差的影响，测量值　 　（选填“小于”、“等于”或“大于”）真实值。
Ⅱ．根据实验测得6组数据，在下图中描点，有两位同学分别作出了两条图线。你认为误差较小的是（选填“①”或“②”）　 　，由误差较小的图线求出金属丝的电阻　 　Ω。（结果保留两位有效数字）
13．如图，一个横截面积为S与缸壁垂直的轻质活塞将气缸分为A、B两室。活塞中心与A室左侧缸壁中心通过一根轻弹簧相连。初始时阀门K关闭，A室充满压强为的氮气，体积为；B室也充有氮气，体积为，整个系统静止且弹簧处于原长。现打开阀门K，向A室中缓慢充入同种气体，关闭阀门K，活塞再次静止时，A室压强变为、体积变为。活塞与缸壁间密封良好且无摩擦，环境温度不变，缸壁导热性能良好。把氮气视为理想气体，求：
（1）活塞再次静止时B室内气体的压强；
（2）弹簧的劲度系数。
14．如图甲，质量、带电量的小物块A被锁定在光滑绝缘水平地面上的坐标原点O处，处于水平向右、范围足够大的匀强电场中，电场强度大小。从某时刻开始，对A解除锁定，同时对A施加一个水平向左的力F，F的大小与A的位置x关系如图乙所示。求：
（1）A解除锁定瞬间加速度的大小；
（2）A运动过程最大速度的大小。
15．测试汽车追尾碰撞时，可以检测两车的尾部、前部溃缩、燃油系统密封性、座椅头枕对颈椎的保护效果等。某次汽车碰撞安全性测试安排在极端水平路面进行，质量的甲车以速度匀速行驶，某时刻紧急刹车（车轮抱死），运动距离时与静止的乙车发生正碰。利用甲车传感器测得碰撞时间，碰后甲车的速度。甲乙两车完全相同，轮胎与路面间的动摩擦因数，重力加速度。
（1）求碰撞前瞬间甲车的速度大小；
（2）根据安全标准，驾驶员头部承受的平均加速度不大于6g（g为重力加速度），通过计算说明该碰撞过程是否符合安全标准；
（3）某学习小组利用上述数据来判断两车碰撞过程动量是否守恒，查阅资料得知相对误差绝对值，若，则认为系统动量守恒。请判断两车组成的系统动量是否守恒，说明理由。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，速度的符号代表运动的方向，根据题图可知0～6s内观光车的速度一直为正，即一直沿着一个方向运动，故A错误；
B．在速度时间图像中，由于图像与轴围成面积表示位移，根据面积的大小可知0～6s的位移大小为，故B错误；
C．在速度时间图像中，由于图像与轴围成面积表示位移，根据面积的大小可知0～3s与5～6s的位移之比为，根据位移与时间的比值可以得出平均速度，根据平均速度的定义可知0～3s与5～6s的平均速度之比为，故C错误；
D．在速度时间图像中，由于图像的斜率表示加速度，根据图像斜率的绝对值表示加速度大小可知0～3s与5～6s的加速度大小之比为1∶3，故D正确。
故选D。
【分析】利用速度的符号可以判别速度的方向；利用图像面积可以比较位移的大小，结合时间可以求出平均速度的比值；利用图像斜率可以求出加速度的比值。
2．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】AB．由于衰变方程反应前后遵循质量数和电荷数守恒，根据质量数守恒可知，中的质量数为根据质子数守恒可知，中的质子数为，则为电子，A正确，B错误；
CD．半衰期是放射性核素的固有属性，是原子核内部衰变的规律，与化学状态无关，不受温度等外界条件影响，CD均错误。
故选A。
【分析】利用衰变方程反应前后遵循质量数和电荷数守恒可以得出X为电子； 半衰期是放射性核素的固有属性，与化学状态无关，不受温度等外界条件影响。
3．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．设斜面倾角为，对球受力分析如图所示，小球受到重力和斜面和挡板对小球的弹力作用，
小球处于平衡状态，由于挡板对小球的弹力和重力的合力等于斜面对小球的合力，根据矢量三角形定则可知，可知，故AB错误；
CD．根据矢量三角形定则可知，可得，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】小球处于三力平衡，利用矢量三角形定则可以比较三个力的大小关系。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】某颗卫星在距离地面高度为h的圆轨道上运行，设运行周期为T，由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，地球表面重力加速度为g，由于地球对表面物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有：，联立可得。
故选D。
【分析】利用地球对卫星的引力提供向心力结合引力形成重力可以求出该卫星运动的周期大小。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】该过程B的位移为A的两倍，根据位移的分解可知：B的水平位移为A的两倍
B的竖直位移也为A的两倍，由于水平方向小球做匀速直线运动，根据位移公式有，，由于小球在竖直方向上做自由落体运动，根据位移公式有：，
联立解得，，
故选B。
【分析】利用位移的分解可以求出两个分位移的大小关系，结合平抛运动的位移公式可以求出运动时间及初速度的比值。
6．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】设光束的全反射临界角为C，已知折射率为1.5 根据全反射定律有
光束的光路图如下
由于，所以光束在三角形的底边发生了全反射。由几何关系得光束在玻璃砖中的路程，根据折射率和速度的关系可知光束在玻璃砖中的速度
根据路程和速度可以得出光束在玻璃砖中传播时间为
故选C。
【分析】利用折射率可以全反射的临界角正弦值的大小，结合入射角的大小可以判别光发生全反射，利用传播的路程和传播的速度可以求出传播的时间。
7．【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】对游客和吊椅，由于整体受到重力和绳子拉力的作用，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得，解得，根据竖直方向的平衡方程可得绳对游客和吊椅的拉力，由牛顿第三定律得，吊椅对轻绳的作用力大小
故选A。
【分析】利用整体受到重力和绳子拉力的作用，两者的合力提供向心力可以求出角速度的大小；利用竖直方程的平衡方程可以求出绳子拉力的大小。
8．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A． 图甲为某一琴弦在时刻的波形图，根据图甲可知该波的波长为8cm，故A正确；
B． 图乙为该琴弦上平衡位置在处质点p的振动图像，根据图乙可知该波的周期为，故B错误；
C．根据波长和周期可知该波的传播速度为，故C正确；
D．波向右传播，由于质点p波前的质点位移为正，根据波的传播方向可知时刻质点p的振动方向沿y轴正方向，故D错误。
故选AC。
【分析】利用波形图可知波长的大小；利用振动图像可知质点振动的周期，利用波长和周期可以求出波速的大小；利用波传播的方向可以判别质点振动的方向。
9．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子以某一速度垂直于y轴射入第四象限，随后垂直于x轴进入第一象限，由于粒子受到的洛伦兹力向上，磁场方向垂直于纸张向内，由左手定则可知，粒子带负电。故A正确；
B．粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，解得
第一、四象限内存在磁感应强度大小分别为B和2B，根据磁感应强度的比值可以得出半径之比为。故B正确；
D．粒子在磁场中的运动轨迹如图，
已知粒子轨迹半径之比为，由几何关系得，解得
所以离开磁场时速度与y轴正方向的夹角为。故D错误；
C．根据线速度和周期的关系可知粒子在磁场中运动的周期，根据粒子运动轨迹所对圆心角的大小可知：粒子在磁场中运动的时间为，故C错误；
故选AB。
【分析】利用左手定则及粒子的偏转方向可以判别粒子带负电；利用牛顿第二定律结合磁感应强度的比值可以轨迹半径的比值；利用几何关系可以求出粒子离开磁场时速度与y轴正方向的夹角；利用粒子运动的周期结合轨迹所对圆心角的大小可以求出粒子运动的时间。
10．【答案】B,C,D
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A． 磁感应强度大小B随时间t的变化关系为，根据磁感应强度与时间的关系式可知磁感应强度随时间的变化率不等于0，根据可知时金属框中磁通量的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律可知则时金属框中产生的感应电动势不为零，故A错误；
B． 已知圆形金属框的导线单位长度的阻值 ，根据金属框的长度可知金属框的电阻为，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为，根据题意可得
根据欧姆定律可知金属框中的电流大小为，可知金属框中的电流恒定，代入数据可得时金属框中的电流大小，故B正确；
C．时磁感应强度为，根据楞次定律（增缩减扩）可知金属框所受的安培力竖直向下，由于金属框在重力、拉力和安培力的作用下静止，根据平衡方程可得
可得时细绳对金属框拉力为，故C正确；
D．已知金属框中的电流大小，在到时间内金属框产生的焦耳热约为
代入数据可得，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用磁感应强度随时间变化的关系可以得出可知时金属框中磁通量的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律可知则时金属框中产生的感应电动势不为零；利用金属框的长度结合单位长度的电阻可以求出电阻的大小，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电流的大小，再利用焦耳定律可以求出焦耳热的大小；利用平衡方程结合安培力的大小可以求出拉力的大小。
11．【答案】（1）A；B
（2）C
（3）不准确 理由：直线的斜率约为2g时机械能才守恒
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了打点计时器正常工作，应该选择交流电源，为了利用纸带上的间距测量速度，应该使用刻度尺测出纸带上任意两点间的距离，表示重物下落的高度，根据机械能守恒的表达式可知，等式两边都含有相同的质量，能够消去，所以不需要天平称质量。
故选AB。
（2） 通过算出速度v ，表达式其实是机械能守恒定律变形，默认了机械能守恒，所以不能使用这种方法测量速度， 通过v=gt算出速度v其实是公式的变形，也是默认机械能守恒；所以只能利用平均速度公式计算出某点瞬时速度的大小，进而验证机械能守恒；所以ABD错误，C正确。
故选C。
（3）根据机械能守恒定律有，可得，所以根据实验数据绘出-图像不仅要是一条过坐标原点的直线，根据表达式可知直线的斜率要约为时才能说明机械能守恒。
【分析】（1）为了打点计时器正常工作，应该选择交流电源，为了利用纸带上的间距测量速度，应该使用刻度尺测出纸带上任意两点间的距离；根据机械能守恒定律可以得出不需要测量重物的质量；
（2）表达式和v=gt表达式其实是机械能守恒定律变形，默认了机械能守恒，所以不能使用这种方法测量速度；
（3）利用机械能守恒定律可以得出-图像不仅要是一条过坐标原点的直线，根据表达式可知直线的斜率要约为。
（1）图中的打点计时器有复写纸，所以是电磁打点计时器，使用低压交流电源，数据处理需要用到刻度尺测出纸带上任意两点间的距离，表示重物下落的高度，根据机械能守恒的表达式可知，等式两边都含有相同的质量，能够消去，所以不需要天平称质量。
故选AB。
（2）利用自由落体运动来验证机械能守恒定律的实质是验证自由落体运动的加速度是否为，自由落体运动本身就是机械能守恒的，所以不能用重力加速度来计算下落高度和对应位置的速度，ABD错误，C正确。
故选C。
（3）根据
可得
故据实验数据绘出-图像不仅要是一条过坐标原点的直线，而且直线的斜率要约为时才能说明机械能守恒。
12．【答案】（1）0.399
（2）a；小于；①；4.4
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）已知螺旋测微器由固定刻度和可动刻度构成，根据图示刻度可知螺旋测微器的读数为
（2）电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，也就是电流表与待测电阻相近，而电流表示数基本不变，说明电压表分流较小，说明电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值，根据分析可知待测电阻为小电阻，应该采用电流表外接法，即c接a点；
电压表测量的电压为准确值，根据并联电路可知电流表测量的电流为电阻和电压表电流表之和，所以电流测量值偏大，根据欧姆可得电阻测量值偏小，即测量值小于真实值；
因为电压表测量的是被测电阻两端电压，所以当其两端电压为零时，由于电阻的电流也为零，故图线①误差较小；由于图像的斜率表示电阻，根据图像斜率可知金属丝的电阻为；
【分析】（1）利用螺旋测微器结构可以得出金属丝直径的大小；
（2）利用电流表变化比较小，电压表变化比较大可以得出待测电阻为小电阻，所以应该采用电流表外接法；利用欧姆定律结合电流的测量值偏大可以得出电阻的测量值偏小；当其两端电压为零时，由于电阻的电流也为零，故图线①误差较小；利用图像斜率可以求出电阻的大小。
（1）螺旋测微器的读数为
（2）[1][2]电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，而电流表示数基本不变，说明电压表分流较小，可以忽略，故采用电流表外接法，即c接a点；
[2]电压表测量的电压为准确值，但电流表测量的电流为电阻和电压表电流表之和，即电流测量值偏大，根据可得电阻测量值偏小，即测量值小于真实值；
[3][4]因为电压表测量的是被测电阻两端电压，所以当其两端电压为零时，电流也为零，故图线①误差较小；图像的斜率表示电阻，故；
13．【答案】（1）对B室内气体①
其中②
解得③
（2）设活塞移动的距离为x，则④
根据平衡条件⑤
解得⑥
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）由于B室内气体发生等温变化，利用理想气体的状态方程可以求出气体压强的大小；
（2）已知气体的压强，结合平衡方程及胡克定律可以求出弹簧劲度系数的大小。
（1）对B室内气体①
其中②
解得③
（2）设活塞移动的距离为x，则④
根据平衡条件⑤
解得⑥
14．【答案】（1）对A，根据牛顿第二定律①
解得②
（2）当系统所受合力为零时，速度最大，即③
由图像可得④
从释放到速度最大的过程，根据动能定理⑤
解得⑥
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对于A，由于A受到电场力和水平向左的力F，利用牛顿第二定律可以求出瞬间加速度的大小；
（2）当系统合力为0时，利用电场力和水平作用力相等，结合动能定理可以求出速度的最大值。
（1）对A，根据牛顿第二定律①
解得②
（2）当系统所受合力为零时，速度最大，即③
由图像可得④
从释放到速度最大的过程，根据动能定理⑤
解得⑥
15．【答案】（1）对甲车刹车过程，由动能定理有，解得
（2）对甲车瞬间，速度变化量为
则平均加速度
其大小约为
可见，人在安全气囊的缓冲之下，加速度小于6g，故测试符合安全标准。
（3）对甲车，由动量定理有
对乙车，由动量定理有
联立解得
碰前的总动量为
碰后的总动量为
根据题目所给的信息可得
故两车组成的系统动量守恒。
【知识点】动量定理；动量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）甲车刹车的过程中，利用动能定理可以求出甲车碰前速度的大小；
（2）甲车碰撞瞬间，利用速度的变化及时间可以求出平均加速度的大小，进而判别测试符合安全标准；
（3）两车碰撞的过程中，利用动量定理可以求出乙车碰后速度的大小，结合动量的表达式可以验证系统动量是否守恒。
（1）对甲车刹车过程，由动能定理有
解得
（2）对甲车瞬间，速度变化量为
则平均加速度
其大小约为
可见，人在安全气囊的缓冲之下，加速度小于6g，故测试符合安全标准。
（3）对甲车，由动量定理有
对乙车，由动量定理有
联立解得
碰前的总动量为
碰后的总动量为
根据题目所给的信息可得
故两车组成的系统动量守恒。
1 / 12026届贵州省毕节市高三上学期一模物理试题
1．百里杜鹃景区开通了电动观光车服务。一观光车在某路段沿直线运动的图像如图所示，则该观光车（　　）
A．5～6s沿反方向运动
B．0～6s的位移大小为27m
C．0～3s与5～6s的平均速度之比为3∶1
D．0～3s与5～6s的加速度大小之比为1∶3
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，速度的符号代表运动的方向，根据题图可知0～6s内观光车的速度一直为正，即一直沿着一个方向运动，故A错误；
B．在速度时间图像中，由于图像与轴围成面积表示位移，根据面积的大小可知0～6s的位移大小为，故B错误；
C．在速度时间图像中，由于图像与轴围成面积表示位移，根据面积的大小可知0～3s与5～6s的位移之比为，根据位移与时间的比值可以得出平均速度，根据平均速度的定义可知0～3s与5～6s的平均速度之比为，故C错误；
D．在速度时间图像中，由于图像的斜率表示加速度，根据图像斜率的绝对值表示加速度大小可知0～3s与5～6s的加速度大小之比为1∶3，故D正确。
故选D。
【分析】利用速度的符号可以判别速度的方向；利用图像面积可以比较位移的大小，结合时间可以求出平均速度的比值；利用图像斜率可以求出加速度的比值。
2．利用碳14的衰变可以测定文物年代。碳14的衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A．粒子X的符号为
B．粒子X的符号为
C．碳14参与化学反应时半衰期会变化
D．环境温度升高碳14的半衰期会变化
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】AB．由于衰变方程反应前后遵循质量数和电荷数守恒，根据质量数守恒可知，中的质量数为根据质子数守恒可知，中的质子数为，则为电子，A正确，B错误；
CD．半衰期是放射性核素的固有属性，是原子核内部衰变的规律，与化学状态无关，不受温度等外界条件影响，CD均错误。
故选A。
【分析】利用衰变方程反应前后遵循质量数和电荷数守恒可以得出X为电子； 半衰期是放射性核素的固有属性，与化学状态无关，不受温度等外界条件影响。
3．如图，将一个重力为G的铅球放在固定的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，斜面和挡板对铅球的弹力分别为和，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．设斜面倾角为，对球受力分析如图所示，小球受到重力和斜面和挡板对小球的弹力作用，
小球处于平衡状态，由于挡板对小球的弹力和重力的合力等于斜面对小球的合力，根据矢量三角形定则可知，可知，故AB错误；
CD．根据矢量三角形定则可知，可得，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】小球处于三力平衡，利用矢量三角形定则可以比较三个力的大小关系。
4．中国北斗导航卫星系统已经开启了全球服务。其中某颗卫星在距离地面高度为h的圆轨道上运行。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则该卫星的运行周期为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】某颗卫星在距离地面高度为h的圆轨道上运行，设运行周期为T，由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，地球表面重力加速度为g，由于地球对表面物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有：，联立可得。
故选D。
【分析】利用地球对卫星的引力提供向心力结合引力形成重力可以求出该卫星运动的周期大小。
5．如图，从固定斜面顶端连续水平向左抛出两个小球A和B，分别落回斜面，该过程B的位移为A的两倍。设A和B抛出时的初速度分别为和，在空中运动的时间分别为和，若不计空气阻力，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】该过程B的位移为A的两倍，根据位移的分解可知：B的水平位移为A的两倍
B的竖直位移也为A的两倍，由于水平方向小球做匀速直线运动，根据位移公式有，，由于小球在竖直方向上做自由落体运动，根据位移公式有：，
联立解得，，
故选B。
【分析】利用位移的分解可以求出两个分位移的大小关系，结合平抛运动的位移公式可以求出运动时间及初速度的比值。
6．如图，某玻璃砖横截面为等腰直角三角形，斜边长为l，折射率为1.5。一束光沿横截面垂直于直角边射入玻璃砖。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光在玻璃砖中的多次反射，则该光束在玻璃砖中传播时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】设光束的全反射临界角为C，已知折射率为1.5 根据全反射定律有
光束的光路图如下
由于，所以光束在三角形的底边发生了全反射。由几何关系得光束在玻璃砖中的路程，根据折射率和速度的关系可知光束在玻璃砖中的速度
根据路程和速度可以得出光束在玻璃砖中传播时间为
故选C。
【分析】利用折射率可以全反射的临界角正弦值的大小，结合入射角的大小可以判别光发生全反射，利用传播的路程和传播的速度可以求出传播的时间。
7．如图，某游乐场的旋转飞椅由水平圆形支架、轻绳和吊椅组成，圆形支架的半径为2m，绳长为5m。一游客坐在吊椅上随圆形支架匀速转动时，轻绳与竖直方向的夹角为37°。已知游客和吊椅的总质量为60kg，，取重力加速度g为10，若游客和吊椅可视为质点，则圆形支架的角速度和吊椅对轻绳的作用力大小F分别为（　　）
A．　　F=750N B．　　F=750N
C．　　F=1000N D．　　F=1000N
【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】对游客和吊椅，由于整体受到重力和绳子拉力的作用，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得，解得，根据竖直方向的平衡方程可得绳对游客和吊椅的拉力，由牛顿第三定律得，吊椅对轻绳的作用力大小
故选A。
【分析】利用整体受到重力和绳子拉力的作用，两者的合力提供向心力可以求出角速度的大小；利用竖直方程的平衡方程可以求出绳子拉力的大小。
8．图为彝族的传统乐器月琴，它是乐器领域的“明珠”之一。当演奏者轻抚月琴时，琴弦会产生简谐横波，图甲为某一琴弦在时刻的波形图，图乙为该琴弦上平衡位置在处质点p的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为8cm
B．该波的周期为
C．该波的传播速度为400m/s
D．时刻质点p的振动方向沿y轴负方向
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A． 图甲为某一琴弦在时刻的波形图，根据图甲可知该波的波长为8cm，故A正确；
B． 图乙为该琴弦上平衡位置在处质点p的振动图像，根据图乙可知该波的周期为，故B错误；
C．根据波长和周期可知该波的传播速度为，故C正确；
D．波向右传播，由于质点p波前的质点位移为正，根据波的传播方向可知时刻质点p的振动方向沿y轴正方向，故D错误。
故选AC。
【分析】利用波形图可知波长的大小；利用振动图像可知质点振动的周期，利用波长和周期可以求出波速的大小；利用波传播的方向可以判别质点振动的方向。
9．如图，在坐标系的第一、四象限内存在磁感应强度大小分别为B和2B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以某一速度垂直于y轴射入第四象限，随后垂直于x轴进入第一象限，最后从y轴离开第一象限。不计粒子的重力，则粒子（　　）
A．带负电
B．在第一、四象限中运动的半径之比为2∶1
C．在磁场中运动的时间为
D．离开磁场时速度与y轴正方向的夹角为
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子以某一速度垂直于y轴射入第四象限，随后垂直于x轴进入第一象限，由于粒子受到的洛伦兹力向上，磁场方向垂直于纸张向内，由左手定则可知，粒子带负电。故A正确；
B．粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，解得
第一、四象限内存在磁感应强度大小分别为B和2B，根据磁感应强度的比值可以得出半径之比为。故B正确；
D．粒子在磁场中的运动轨迹如图，
已知粒子轨迹半径之比为，由几何关系得，解得
所以离开磁场时速度与y轴正方向的夹角为。故D错误；
C．根据线速度和周期的关系可知粒子在磁场中运动的周期，根据粒子运动轨迹所对圆心角的大小可知：粒子在磁场中运动的时间为，故C错误；
故选AB。
【分析】利用左手定则及粒子的偏转方向可以判别粒子带负电；利用牛顿第二定律结合磁感应强度的比值可以轨迹半径的比值；利用几何关系可以求出粒子离开磁场时速度与y轴正方向的夹角；利用粒子运动的周期结合轨迹所对圆心角的大小可以求出粒子运动的时间。
10．如图，不可伸长的轻绳上端固定，下端系有一半径、质量的圆形金属框。金属框下半部分有方向垂直于框面的匀强磁场。已知圆形金属框的导线单位长度的阻值；磁感应强度大小B随时间t的变化关系为（SI），则（　　）
A．时金属框中产生的感应电动势为零
B．时金属框中的电流大小为5A
C．时细绳对金属框拉力为12N
D．在到时间内金属框产生的焦耳热约为0.314J
【答案】B,C,D
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A． 磁感应强度大小B随时间t的变化关系为，根据磁感应强度与时间的关系式可知磁感应强度随时间的变化率不等于0，根据可知时金属框中磁通量的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律可知则时金属框中产生的感应电动势不为零，故A错误；
B． 已知圆形金属框的导线单位长度的阻值 ，根据金属框的长度可知金属框的电阻为，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为，根据题意可得
根据欧姆定律可知金属框中的电流大小为，可知金属框中的电流恒定，代入数据可得时金属框中的电流大小，故B正确；
C．时磁感应强度为，根据楞次定律（增缩减扩）可知金属框所受的安培力竖直向下，由于金属框在重力、拉力和安培力的作用下静止，根据平衡方程可得
可得时细绳对金属框拉力为，故C正确；
D．已知金属框中的电流大小，在到时间内金属框产生的焦耳热约为
代入数据可得，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用磁感应强度随时间变化的关系可以得出可知时金属框中磁通量的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律可知则时金属框中产生的感应电动势不为零；利用金属框的长度结合单位长度的电阻可以求出电阻的大小，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电流的大小，再利用焦耳定律可以求出焦耳热的大小；利用平衡方程结合安培力的大小可以求出拉力的大小。
11．某实验小组利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。当地的重力加速度为g。
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（　　）
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平
（2）小明同学计划通过测量重物自由下落高度和对应位置的速度来验证机械能守恒定律。以下四种测量、的方案中，合理的是（　　）
A．直接测量h，通过算出速度v
B．直接测量h和下落时间t，通过v=gt算出速度v
C．直接测量h，根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的速度v
D．根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的速度v，再由算出高度h
（3）小丁同学以为纵轴、h为横轴，根据实验数据绘出-h图像，并做如下判断：他认为只要图像是一条过坐标原点的直线，则重物下落过程机械能守恒。他的判断是否正确，说明理由：　 　。
【答案】（1）A；B
（2）C
（3）不准确 理由：直线的斜率约为2g时机械能才守恒
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了打点计时器正常工作，应该选择交流电源，为了利用纸带上的间距测量速度，应该使用刻度尺测出纸带上任意两点间的距离，表示重物下落的高度，根据机械能守恒的表达式可知，等式两边都含有相同的质量，能够消去，所以不需要天平称质量。
故选AB。
（2） 通过算出速度v ，表达式其实是机械能守恒定律变形，默认了机械能守恒，所以不能使用这种方法测量速度， 通过v=gt算出速度v其实是公式的变形，也是默认机械能守恒；所以只能利用平均速度公式计算出某点瞬时速度的大小，进而验证机械能守恒；所以ABD错误，C正确。
故选C。
（3）根据机械能守恒定律有，可得，所以根据实验数据绘出-图像不仅要是一条过坐标原点的直线，根据表达式可知直线的斜率要约为时才能说明机械能守恒。
【分析】（1）为了打点计时器正常工作，应该选择交流电源，为了利用纸带上的间距测量速度，应该使用刻度尺测出纸带上任意两点间的距离；根据机械能守恒定律可以得出不需要测量重物的质量；
（2）表达式和v=gt表达式其实是机械能守恒定律变形，默认了机械能守恒，所以不能使用这种方法测量速度；
（3）利用机械能守恒定律可以得出-图像不仅要是一条过坐标原点的直线，根据表达式可知直线的斜率要约为。
（1）图中的打点计时器有复写纸，所以是电磁打点计时器，使用低压交流电源，数据处理需要用到刻度尺测出纸带上任意两点间的距离，表示重物下落的高度，根据机械能守恒的表达式可知，等式两边都含有相同的质量，能够消去，所以不需要天平称质量。
故选AB。
（2）利用自由落体运动来验证机械能守恒定律的实质是验证自由落体运动的加速度是否为，自由落体运动本身就是机械能守恒的，所以不能用重力加速度来计算下落高度和对应位置的速度，ABD错误，C正确。
故选C。
（3）根据
可得
故据实验数据绘出-图像不仅要是一条过坐标原点的直线，而且直线的斜率要约为时才能说明机械能守恒。
12．某实验小组测量一段长度已知的金属丝的电阻率，所用测量仪器均已校准。部分实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某次测量结果如图所示，其读数为　 　mm。
（2）为了比较精确地测定金属丝电阻，该小组设计了如图所示的电路。
Ⅰ．实验时，闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变，将c点先后与a、b点连接，发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，则测量时应将c点接　 　点（选填“a”或“b”），按此连接测量，不考虑偶然误差的影响，测量值　 　（选填“小于”、“等于”或“大于”）真实值。
Ⅱ．根据实验测得6组数据，在下图中描点，有两位同学分别作出了两条图线。你认为误差较小的是（选填“①”或“②”）　 　，由误差较小的图线求出金属丝的电阻　 　Ω。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）0.399
（2）a；小于；①；4.4
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）已知螺旋测微器由固定刻度和可动刻度构成，根据图示刻度可知螺旋测微器的读数为
（2）电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，也就是电流表与待测电阻相近，而电流表示数基本不变，说明电压表分流较小，说明电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值，根据分析可知待测电阻为小电阻，应该采用电流表外接法，即c接a点；
电压表测量的电压为准确值，根据并联电路可知电流表测量的电流为电阻和电压表电流表之和，所以电流测量值偏大，根据欧姆可得电阻测量值偏小，即测量值小于真实值；
因为电压表测量的是被测电阻两端电压，所以当其两端电压为零时，由于电阻的电流也为零，故图线①误差较小；由于图像的斜率表示电阻，根据图像斜率可知金属丝的电阻为；
【分析】（1）利用螺旋测微器结构可以得出金属丝直径的大小；
（2）利用电流表变化比较小，电压表变化比较大可以得出待测电阻为小电阻，所以应该采用电流表外接法；利用欧姆定律结合电流的测量值偏大可以得出电阻的测量值偏小；当其两端电压为零时，由于电阻的电流也为零，故图线①误差较小；利用图像斜率可以求出电阻的大小。
（1）螺旋测微器的读数为
（2）[1][2]电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，而电流表示数基本不变，说明电压表分流较小，可以忽略，故采用电流表外接法，即c接a点；
[2]电压表测量的电压为准确值，但电流表测量的电流为电阻和电压表电流表之和，即电流测量值偏大，根据可得电阻测量值偏小，即测量值小于真实值；
[3][4]因为电压表测量的是被测电阻两端电压，所以当其两端电压为零时，电流也为零，故图线①误差较小；图像的斜率表示电阻，故；
13．如图，一个横截面积为S与缸壁垂直的轻质活塞将气缸分为A、B两室。活塞中心与A室左侧缸壁中心通过一根轻弹簧相连。初始时阀门K关闭，A室充满压强为的氮气，体积为；B室也充有氮气，体积为，整个系统静止且弹簧处于原长。现打开阀门K，向A室中缓慢充入同种气体，关闭阀门K，活塞再次静止时，A室压强变为、体积变为。活塞与缸壁间密封良好且无摩擦，环境温度不变，缸壁导热性能良好。把氮气视为理想气体，求：
（1）活塞再次静止时B室内气体的压强；
（2）弹簧的劲度系数。
【答案】（1）对B室内气体①
其中②
解得③
（2）设活塞移动的距离为x，则④
根据平衡条件⑤
解得⑥
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）由于B室内气体发生等温变化，利用理想气体的状态方程可以求出气体压强的大小；
（2）已知气体的压强，结合平衡方程及胡克定律可以求出弹簧劲度系数的大小。
（1）对B室内气体①
其中②
解得③
（2）设活塞移动的距离为x，则④
根据平衡条件⑤
解得⑥
14．如图甲，质量、带电量的小物块A被锁定在光滑绝缘水平地面上的坐标原点O处，处于水平向右、范围足够大的匀强电场中，电场强度大小。从某时刻开始，对A解除锁定，同时对A施加一个水平向左的力F，F的大小与A的位置x关系如图乙所示。求：
（1）A解除锁定瞬间加速度的大小；
（2）A运动过程最大速度的大小。
【答案】（1）对A，根据牛顿第二定律①
解得②
（2）当系统所受合力为零时，速度最大，即③
由图像可得④
从释放到速度最大的过程，根据动能定理⑤
解得⑥
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对于A，由于A受到电场力和水平向左的力F，利用牛顿第二定律可以求出瞬间加速度的大小；
（2）当系统合力为0时，利用电场力和水平作用力相等，结合动能定理可以求出速度的最大值。
（1）对A，根据牛顿第二定律①
解得②
（2）当系统所受合力为零时，速度最大，即③
由图像可得④
从释放到速度最大的过程，根据动能定理⑤
解得⑥
15．测试汽车追尾碰撞时，可以检测两车的尾部、前部溃缩、燃油系统密封性、座椅头枕对颈椎的保护效果等。某次汽车碰撞安全性测试安排在极端水平路面进行，质量的甲车以速度匀速行驶，某时刻紧急刹车（车轮抱死），运动距离时与静止的乙车发生正碰。利用甲车传感器测得碰撞时间，碰后甲车的速度。甲乙两车完全相同，轮胎与路面间的动摩擦因数，重力加速度。
（1）求碰撞前瞬间甲车的速度大小；
（2）根据安全标准，驾驶员头部承受的平均加速度不大于6g（g为重力加速度），通过计算说明该碰撞过程是否符合安全标准；
（3）某学习小组利用上述数据来判断两车碰撞过程动量是否守恒，查阅资料得知相对误差绝对值，若，则认为系统动量守恒。请判断两车组成的系统动量是否守恒，说明理由。
【答案】（1）对甲车刹车过程，由动能定理有，解得
（2）对甲车瞬间，速度变化量为
则平均加速度
其大小约为
可见，人在安全气囊的缓冲之下，加速度小于6g，故测试符合安全标准。
（3）对甲车，由动量定理有
对乙车，由动量定理有
联立解得
碰前的总动量为
碰后的总动量为
根据题目所给的信息可得
故两车组成的系统动量守恒。
【知识点】动量定理；动量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）甲车刹车的过程中，利用动能定理可以求出甲车碰前速度的大小；
（2）甲车碰撞瞬间，利用速度的变化及时间可以求出平均加速度的大小，进而判别测试符合安全标准；
（3）两车碰撞的过程中，利用动量定理可以求出乙车碰后速度的大小，结合动量的表达式可以验证系统动量是否守恒。
（1）对甲车刹车过程，由动能定理有
解得
（2）对甲车瞬间，速度变化量为
则平均加速度
其大小约为
可见，人在安全气囊的缓冲之下，加速度小于6g，故测试符合安全标准。
（3）对甲车，由动量定理有
对乙车，由动量定理有
联立解得
碰前的总动量为
碰后的总动量为
根据题目所给的信息可得
故两车组成的系统动量守恒。
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