资源简介

2025届广东省揭阳市揭阳一中高三下学期考前热身物理试卷
1．如图所示，在α粒子散射实验中，图中实线表示α粒子的运动轨迹，假定金原子核位置固定，a、b、c为某条轨迹上的三个点，其中a、c两点距金原子核的距离相等，则（　　）
A．大多数α粒子几乎沿原方向返回
B．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了能量量子化理论
C．在a、c两点金原子核对α粒子的库仑力相同
D．从a经过b运动到c的过程中，α粒子的电势能先增大后减小
2．茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。如图所示，向茶杯中倒入热水，盖上杯盖茶水漫过杯盖，在水面和杯盖间密闭了一部分空气（可视为质量和体积均不变的理想气体），过一段时间后水温降低。关于泡茶中的物理现象下列说法正确的是（　　）
A．泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯盖与杯子间的分子引力作用
D．温度降低，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，气体对外界放热
3．图为电吹风的简易电路图，为四个固定触点。可动的扇形金属触片可同时接触两个触点。触片处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种状态。电源为的交流电，其频率为；理想变压器原、副线圈的匝数分别是和，小风扇的额定电压为，下列说法正确的是（　　）
A．电吹风的触片位于位置时吹冷风
B．电吹风的触片从位于位置调到位置时流经线圈的电流会减小
C．变压器原副线圈的匝数比为
D．小风扇正常工作时，流经小风扇的电流方向每秒改变50次
4．图为钓鱼时鱼漂静浮于水面的示意图，将鱼漂视为长为L的细圆柱体，其露出水面的长度恰好为。某次鱼咬钩时将鱼漂竖直往下拉到整个鱼漂刚好全部没入水面时松口，把鱼漂在水面处的运动视为简谐运动。已知鱼漂的质量为m，重力加速度为g，除鱼漂浮力和重力外不计其它作用力，下列说法正确的是（　　）
A．鱼漂在上浮过程中超重
B．鱼漂做简谐运动的最大回复力为2mg
C．鱼漂做简谐运动的最大加速度为g
D．一个周期内，鱼漂做简谐运动通过的路程为4L
5．如图所示，在相同高度处甲同学以速度将篮球斜向上抛出，乙同学将等质量的篮球以速度竖直向上抛出，到达最高点时恰被水平击中。两球均可视为质点，不计空气阻力，则（　　）
A．相遇时A、B两球的机械能相同
B．A球比B球抛出时刻要早
C．抛球时两位同学对A、B两球做功大小相同
D．从抛出到相遇A、B两球的动量的变化量相同
6．两个带电质点、固定于轴上，所带电荷量的绝对值分别为、，质点位于坐标原点，质点的位置坐标为，轴上的区域内各点的电势随坐标变化的图像如图所示（取无穷远处电势为零），图像与轴交点的坐标为（未知），图像最低点的横坐标，则下列说法正确的是（　　）
A．质点可能带负电，质点可能带正电
B．
C．两个带电质点在位置产生的合场强为零
D．若将一带正电的质点从处由静止释放，则该质点的动能将一直增大
7．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为、带电荷量为的小球从A点以速度沿直线运动，与轴负方向成角。在轴与之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到上的点，与之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在点的速度大小为，重力加速度为，，，则下列结论错误的是（　　）
A．区域Ⅱ内匀强电场的场强大小
B．区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小
C．小球从做匀速直线运动，做匀加速直线运动
D．区域Ⅰ内匀强电场的最小场强大小为，方向与轴正方向成角向上
8．我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧没有空气，返回舱从点无动力滑入大气层，然后经点从点“跳出”，再经点从点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回舱。点为轨迹最高点，离地面高，已知地球质量为，半径为，引力常量为。则返回舱（　　）
A．在点速度小于
B．在点加速度小于
C．虚线球面上、两点离地面高度相等，所以和大小相等
D．返回舱从点到，势能减小，动能增大，机械能守恒
9．如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（　　）
A．当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上
B．当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上
C．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子
D．分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上
10．如图所示，静置于光滑水平面上两带电物体A、B质量为和，相距为。水平恒力作用在上，同时释放A、B，A、B会一起相对静止的向右运动。当恒力大小不变，仅方向改变作用在上，改变A、B的间距，也可使A、B一起相对静止的向左运动。则下列说法正确的是（　　）
A．两物体一定带异种电荷
B．作用在上时，A、B间的库仑力大小为
C．作用在上时，A、B间的库仑力大小为
D．作用在上时，A、B间的距离为
11．某实验小组设计如图所示装置来测量物块与木板间的动摩擦因数。木板固定在水平桌面上，点为木板右端处在地面的竖直投影点，倾斜轨道末端与木板平滑接触，当倾斜轨道末端固定于木板右端处时，使物块从倾斜轨道的某一高度处由静止释放，物块（可当成质点）最终落在水平地面的处，测出间的水平距离；向左平移倾斜轨道到木板的处固定，仍从倾斜轨道的处由静止释放，物块最终落在水平地面的处，测出间的水平距离；
（1）要测出物块与木板间的动摩擦因数，还要测量的物理量有_____
A．倾斜轨道的处到木板的高度
B．倾斜轨道从处向左平移到处的距离
C．木板到地面的高度
（2）物块与木板间的动摩擦因数用所测的物理量可表示为　 　（用题中已知量的字母表示）
（3）下列操作对减小测量的误差没有影响的是_____
A．每次从倾斜轨道的处必须由静止释放
B．重复多次实验，取落点的平均值来确定两落点的位置
C．换用光滑的倾斜轨道
12．某实验小组从某控制电路中得到两个热敏电阻，一个标记了PTC，另一个标记了NTC，如图甲所示。该实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻（常温下阻值约为20.0Ω）的电流随其两端电压变化的规律。
A．电流表（满偏电流，内阻）
B.电流表（量程，内阻约为）
C.滑动变阻器（最大阻值为）
D.滑动变阻器（最大阻值为）
E.定值电阻
F.定值电阻
G.电源（电动势12V，内阻可忽略）
H.单刀单掷开关、导线若干，单刀双掷开关一个
（1）为测定热敏电阻两端电压，该小组同学应该将　 　（填“”或“”）与定值电阻　 　（填“”或“”）串联。
（2）请在提供的器材中选择必需的器材，在图乙所示虚线框内将电路图补充完整并标出所用器材的符号　 　，热敏电阻两端的电压可以从零开始调节，且切换单刀双掷开关可以直接测量另外一个热敏电阻。
（3）该小组经过多次测量，读出电流表示数，电流表示数，处理实验的数据，分别画出PTC与NTC的图线，如图丙所示。
（4）该实验小组将两热敏电阻与某电池组连成如图丁所示的电路，所用电压表内阻极大，测得NTC型热敏电阻和PTC型热敏电阻两端的电压分别为和，则该电池组的内阻为　 　，电动势为　 　。（结果均保留3位有效数字）
13．图1所示某种半圆柱形透明新材料的半径为，距圆心的弧形CD为光学传感器，可以探测光的强度。激光束由空气中沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成角射入，经AB面反射出来的光，由光学传感器CD探测到的光强随角度变化的情况如图2所示，图、图是由两种不同频率的激光束、分别单独射入时所得。若空气中的折射率与真空中相同，光在真空中的光速为，，，求：
（1）这种新材料对激光束、的折射率之比；
（2）激光束、从射入半圆柱形透明新材料到光学传感器CD接收到激光束信号的时间差值。
14．某校科技兴趣小组设计了如左图所示运送货物的轨道。足够长且倾角为的斜面上固定沿斜面方向的两平行绝缘轨道，总质量为的绝缘货箱底部固定边长为正方形的金属框（图中只画出了金属框），货箱置于轨道上恰能静止。在货箱处于斜面顶端时，放入质量为的货物（可视货物为绝缘体），轻推货箱，货箱会滑到斜面底部，从而实现了货物的运送。已知重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计其它阻力。求：
（1）货箱与轨道间的动摩擦因数；放入货物后在货箱下滑到底端的过程中所受摩擦力的大小。
（2）货箱处于底端时，在轨道所在的空间加上方向交替改变的磁场，其方向都与斜面垂直，磁感应强度均为，各磁场沿轨道方向的宽度均为，如右图所示。已知金属框的总电阻为，当放入质量仍为的货物后，让所有磁场同时沿轨道方向沿斜面向上以速度做匀速运动时，货箱就会沿轨道运行到斜面顶端。求：货箱刚开始运动时的加速度和货箱在斜面轨道上运行的最大速度。
15．建筑工地上有一种老式打桩机，如左图所示，它通过类似于柴油机压缩可燃气体做功和撞击，一点点把混凝土柱子打入土壤。将打桩机工作的过程简化成如右图所示的模型，物体为打桩机上方的重锤、物体为下方置于水平地面上的混凝土柱子，的下端是汽缸，的上端是活塞（其长度可忽略不计），A、B中心在同一竖直线上。A从静止释放后自由下落，活塞恰好能进入汽缸并瞬间压缩内部气体，使A、B发生碰撞后立刻向汽缸内喷射燃油并点火使之爆燃做功，将内能转化成A、B的机械能，转化效率为，这一过程A、B相互作用的时间极短。第一次爆燃后，恰好返回到了初始位置，下次碰撞前物体已经停止运动。已知的质量为，B的质量为，初始时与间的高度差为，混凝土柱子长度为（不计初始处于地面下的深度）。已知进入地面后所受的阻力与进入地面的深度满足。不计空气阻力，不计压缩气体时对气体做功和喷射燃油时做功。其中。
（1）求第一次爆燃产生的内能和爆燃后瞬间混凝土柱子的速率；
（2）在第二次碰撞前混凝土柱子停止运动时进入地面的深度；
（3）如果第一次爆燃后不再喷射燃油，在第二次碰撞后的足够长时间里混凝土柱子进入地面的最大深度（保留3位有效数字）；如果每次碰撞后都喷射燃油，并且爆燃转化的机械能相同，要使混凝土柱子全部进入地面，求需要爆燃的最少次数（不喷射燃油时、相互碰撞不计其能量的损失）；
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电势能；能量子与量子化现象；α粒子的散射
【解析】【解答】A：α粒子散射实验中，大多数α粒子几乎沿原方向前进，少数发生大角度偏转，极少数几乎沿原方向返回，故A错误；
B：卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，能量量子化理论是普朗克提出的，故B错误；
C：a、c两点距金原子核的距离相等，根据库仑定律，库仑力的大小相等，但方向不同，故C错误；
D：从a经过b运动到c的过程中，α粒子靠近金原子核时，库仑斥力做负功，电势能增大；远离金原子核时，库仑斥力做正功，电势能减小，故电势能先增大后减小，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查α粒子散射实验的现象，区分大多数、少数、极少数粒子的运动情况；
B、考查α粒子散射实验的意义，区分卢瑟福与普朗克的贡献；
C、考查库仑力的矢量性，注意大小相等、方向不同；
D、考查库仑力做功与电势能变化的关系，分析靠近和远离原子核过程中电势能的变化。
2．【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】本题考查分子动理论、热力学第一定律的应用，要注意区分布朗运动和分子的扩散现象，要理解热力学第一定律的内容。A．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每个分子的动能都越大，分子动能遵循统计规律，存在动能大小的分布，故A错误；
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是因为茶叶中的色素分子在水中扩散，扩散现象是分子的无规则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，所以这不是布朗运动现象，故B错误；
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯内气体做等容变化，根据查理定律（p是压强，T是温度，C是常量 ）
可知温度降低，气体压强减小，外界大气压大于杯内气体压强，产生向下的压力差，而不是因为杯盖与杯子间的分子引力作用，故C错误；
D．温度降低，根据理想气体状态方程和气体压强的微观解释，气体分子的平均动能减小，撞击单位面积器壁的平均作用力变小；同时，理想气体温度降低，内能减小，即，体积不变，（气体不对外做功，外界也不对气体做功 ），根据热力学第一定律
可得
即气体对外界放热，故D正确。
故选D。
【分析】温度越高分子的平均动能越大；水的颜色由浅变深是扩散现象；根据和热力学第一定律分析。
3．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：触片P位于ab位置时，电热丝和小风扇同时接入电路，两者均工作，电吹风处于吹热风状态，故A错误；
B：触片P从ab位置调到bc位置时，电热丝断开，仅变压器和小风扇工作，原线圈功率减小，而原线圈电压不变，因此流经线圈的电流会减小，故B错误；
C：根据理想变压器电压比公式 ，已知 ，，可得 ，故C正确；
D：电源频率为50Hz，一个周期内电流方向改变2次，因此每秒改变 次，变压器不改变交流电频率，故流经小风扇的电流方向每秒改变100次，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查电吹风不同工作状态的电路结构，分析触片在不同位置时的电路连接情况；
B、考查理想变压器的功率与电流关系，结合负载功率变化分析原线圈电流的变化；
C、考查理想变压器的电压与匝数比的关系，利用已知电压计算匝数比；
D、考查交流电频率与电流方向变化次数的关系，明确变压器不改变频率的特性。
4．【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A：鱼漂在上浮过程中，先加速后减速，加速度先向上后向下，因此鱼漂先超重后失重，并非全程超重，故A错误；
B：鱼漂静止时，浮力与重力平衡，即，可得。当鱼漂完全没入水中时，回复力，故最大回复力为，B错误；
C：最大加速度由最大回复力提供，，故C正确；
D：鱼漂的振幅，一个周期内的路程为，并非，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查超重与失重的条件，分析上浮过程中加速度的方向变化；
B、考查简谐运动回复力的计算，结合受力平衡分析不同位置的回复力；
C、考查简谐运动最大加速度的计算，利用牛顿第二定律求解；
D、考查简谐运动的振幅与路程的关系，明确一个周期内路程为4倍振幅。
5．【答案】D
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A：相遇时，A球有水平速度，B球在最高点速度为0，两球质量、高度相同，但动能不同，因此机械能不同，A错误；
B：两球上升到同一高度的竖直分运动时间相同，设为，即B球从抛出到最高点的时间为，A球从抛出到相遇点的竖直分运动时间也为，说明两球是同时抛出的，B错误；
C：设相遇高度为，对B球，由竖直上抛规律：；对A球，初速度的竖直分量为，有，即。A球的初速度，故。抛球时人做的功等于球的初动能，A球初动能更大，因此做功大小不同，C错误；
D：动量的变化量等于合外力的冲量，两球运动时间均为，合外力均为重力，冲量均为，故动量变化量相同，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查机械能的组成，结合相遇时两球的速度、高度判断机械能是否相同；
B、考查抛体运动的等时性，分析两球到达相遇点的竖直分运动时间；
C、考查抛体运动的分解与动能的计算，比较两球初动能的大小；
D、考查动量定理的应用，分析重力冲量与动量变化量的关系。
6．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A：由图像可知，在区域，靠近A（原点）处电势很高且为正，说明A带正电；图像最低点右侧电势缓慢上升但始终为负，说明B带负电，故A错误；
B：在处，图像斜率为零，即合场强为零，因此，解得，故B正确；
C：处电势为零，但图像在该点的斜率不为零，说明合场强不为零，故C错误；
D：从到，场强方向向右，正电荷受力向右，动能增大；从向右，场强方向向左，正电荷受力向左，动能减小，因此动能先增大后减小，并非一直增大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查电势分布与电荷正负的关系，根据区域的电势变化判断两电荷的电性；
B：考查电场强度的叠加，利用图像斜率与场强的关系，结合合场强为零的条件，求解电荷量的关系；
C：考查场强与电势的关系，明确电势为零处场强不一定为零；
D：考查电场力做功与动能变化的关系，结合场强方向的变化分析正电荷的受力与动能变化。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以
解得，故A正确；
B．因为小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示
由几何关系得，由洛伦兹力提供向心力知
解得，故B错误；
CD．带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系
所以小球从只能做匀速直线运动，区域Ⅰ中O→C小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直）
所以小球做匀加速直线运动，由图知，解得，方向与x轴正方向成53°角向上，故CD正确。
故答案为：B。
【分析】A：考查匀速圆周运动的受力条件，分析重力与电场力的平衡关系；
B：考查带电粒子在磁场中圆周运动的几何关系与向心力公式，结合轨道半径求解磁感应强度；
C：考查带电粒子在复合场中的直线运动条件，区分匀速直线运动和匀加速直线运动的受力特点；
D：考查电场强度最小值的求解，利用受力分析和三角函数关系确定电场力的大小与方向。
8．【答案】A,C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A：在d点，若返回舱做匀速圆周运动，速度为 。但d点轨迹的曲率半径小于，且万有引力大于所需向心力，因此实际速度小于，A正确；
B：在d点，根据牛顿第二定律，加速度 ，B错误；
C：从c到e的过程中，返回舱在大气层外，只有引力做功，机械能守恒，且c、e两点高度相同，引力势能相等，故动能相等，和大小相等，C正确；
D：从a点到b点，返回舱进入大气层，受空气阻力作用，机械能减小；高度降低，势能减小，动能受重力和空气阻力共同作用，不一定增大，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查圆周运动向心力公式，结合d点的轨迹特点分析实际速度与匀速圆周运动速度的大小关系；
B、考查万有引力定律与牛顿第二定律的应用，直接计算d点的加速度；
C、考查机械能守恒条件，分析c到e过程中是否只有引力做功，判断两点速度的大小关系；
D、考查机械能变化与受力的关系，分析空气阻力对机械能和动能的影响。
9．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A.分子从狭缝S射出后，沿半径方向做匀速直线运动，到达外筒N的时间为 。在此时间内，外筒转过的角度为 。不同速率的分子，到达外筒时筒转过的角度不同，会落在不同的位置。当 （为正整数）时，说明两种速率的分子到达外筒时，筒转过的角度差不是 的整数倍，因此会落在不同的狭条上，A正确。
B.当 （为正整数）时，两种速率的分子到达外筒时，筒转过的角度差为 的整数倍，但方向相反，因此不会落在同一个狭条上，B错误。
C.外筒上能落分子的位置，是那些与特定速率对应的角度位置，并非到处都有，C错误。
D.当 （为正整数）时，两种速率的分子会落在同一位置，因此分子可以落在N筒上某两处且与S平行的狭条上，D错误。
故选A。
【分析】首先，分析分子从射出到到达外筒的时间，结合圆筒转动的角速度，推导出筒转过的角度与分子速率的关系，其次，根据角度差是否为 的整数倍，判断不同速率的分子是否落在同一位置，最后，分析外筒上分子分布的特点，判断选项的正误。
10．【答案】A,B,D
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A：因B能随A一起向右运动，说明A、B间的库仑力为引力，故A、B一定带异种电荷，A正确；
B：对A、B整体分析，由牛顿第二定律：；对B单独分析，库仑力提供其加速度：，解得 ，B正确；
C：当恒力作用在B上时，对A单独分析，库仑力提供其加速度：，解得 ，而非，C错误；
D：由库仑定律，，，两式联立可得 ，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A：根据两物体能相对静止运动的条件，判断库仑力的性质，进而判断电荷种类；
B：通过整体法与隔离法，分别对整体和B受力分析，利用牛顿第二定律求解库仑力大小；
C：当恒力作用在B上时，通过隔离法对A受力分析，求解此时的库仑力大小；
D：结合两次库仑力的大小，利用库仑定律公式，推导两次运动中A、B间的距离关系。
11．【答案】（1）B；C
（2）
（3）C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）平抛运动时，有，得，落到M点时
落到N点时，从滑到，由动能定理可得联立解得
则要测量的物理量为：倾斜轨道从处向左平移到处的距离以及木板到地面的高度，故BC正确。
故答案为：BC
（2）由以上分析可知，物块与木板间的动摩擦因数用所测的物理量可表示为
故答案为：
（3）AC．无论斜面光滑与否，只要从同一高度由静止释放，则物体到达斜面底端的速度大小都相同，故C正确，A错误。
B．多次测量可减小偶然误差，B错误。
故答案为：C。
【分析】（1）本题考查实验原理分析。解题思路是：先利用平抛运动规律，通过水平位移和下落高度求出物块离开木板时的初速度；再结合动能定理，分析两次实验中摩擦力做功的差异，从而推导出动摩擦因数的表达式，确定需要测量的物理量。
（2）本题考查公式推导。解题思路是：先由平抛运动公式得到两次实验的初速度表达式，再对物块在木板上滑动的过程应用动能定理，联立方程消去中间变量，化简得到动摩擦因数的表达式。
（3）本题考查误差分析。解题思路是：逐一分析选项对实验误差的影响：
A选项保证初速度一致，
B选项减小偶然误差，均对减小误差有影响；
C选项中，无论轨道是否光滑，只要物块从同一位置静止释放，到达底端的速度就相同，因此轨道是否光滑对实验误差没有影响。
（1）平抛运动时，有，
得
落到M点时
落到N点时
从滑到，由动能定理可得
联立解得
则要测量的物理量为：倾斜轨道从处向左平移到处的距离以及木板到地面的高度，故选BC。
（2）由以上分析可知，物块与木板间的动摩擦因数用所测的物理量可表示为
（3）AC．无论斜面光滑与否，只要从同一高度由静止释放，则物体到达斜面底端的速度大小都相同，所以C符合题意，A不符合题意。
B．多次测量可减小偶然误差，B不符合题意。
故选C。
12．【答案】；；；13.9；9.00
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；电池电动势和内阻的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】 （1） 器材中没有电压表，由于电源电动势为，可知应用已知内阻的电流表与定值电阻串联改装成量程为10V的电压表。
故答案为：；
（2） 因为要求热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选用阻值较小的滑动变阻器，由于热敏电阻的阻值远小于改装的电压表内阻，且改装电压表内阻已知，所以电流表应接在测量电流的干路上，作出电路图如图所示
（4） 由图得NTC型热敏电阻两端电压为时，通过电源的电流为
PTC型热敏电阻两端电压为时，通过电源的电流为
根据闭合电流欧姆定律有， ，联立解得，
故答案为：13.9；9.00
【分析】（1）本题考查电流表改装为电压表的原理。解题思路是：电源电动势为12V，需要将电流表A1（量程10mA，内阻10Ω）串联一个大电阻，改装成量程10V的电压表。根据改装公式 ，计算得需串联。
（2）本题考查分压式电路设计。解题思路是：电压从零开始调节，必须使用分压式接法；滑动变阻器应选阻值较小的R1，便于调节；电流表A2测干路电流，A1与R4串联作为电压表与热敏电阻并联。
（4）本题考查利用U-I图像和闭合电路欧姆定律求电源电动势和内阻。解题思路是：从U-I图中读出两组电压和电流数据，列方程组求解即可。
13．【答案】（1）解：由图知，对激光束，当时发生全反射，则
对激光束，当时发生全反射，则
则新材料对激光束、的折射率之比为
（2）解：在介质中激光束的速度为
在介质中激光束的速度为
在空气中的速度均为，而在介质中通过的路程都为，则通过的时间差为
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）本题考查全反射临界角与折射率的关系。解题思路是：从光强变化图像中读出两种激光的全反射临界角，再利用计算折射率，最后求比值。
（2）本题考查光在介质中的传播时间计算。解题思路是：先根据求出光在介质中的速度，再分别计算两束光在介质和空气中的传播时间，最后求差值。
（1）由图知，对激光束，当时发生全反射，则
对激光束，当时发生全反射，则
则新材料对激光束、的折射率之比为
（2）在介质中激光束的速度为
在介质中激光束的速度为
在空气中的速度均为，而在介质中通过的路程都为，则通过的时间差为
解得
14．【答案】（1）解：在货箱在轨道上恰能静止，则有
解得
放入质量为的货物后，下滑过程所受摩擦力的大小
解得
（2）解：刚开始运动时，产生的电动势为
电流为
所受安培力大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
设最大速度为，此时有，，
此时货箱合力为零，根据平衡条件可得
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）本题考查静力学平衡与滑动摩擦力的计算。解题思路是：先利用静止时的平衡条件求出动摩擦因数；再根据滑动摩擦力公式计算放入货物后的摩擦力大小。
（2）本题考查电磁感应、安培力与牛顿运动定律的综合应用。解题思路是：先计算金属框切割磁场产生的感应电动势和安培力，再根据牛顿第二定律求初始加速度；当货箱速度最大时，合力为零，利用平衡条件列方程求解最大速度。
（1）在货箱在轨道上恰能静止，则有
解得
放入质量为的货物后，下滑过程所受摩擦力的大小
解得
（2）刚开始运动时，产生的电动势为
电流为
所受安培力大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
设最大速度为，此时有，，
此时货箱合力为零，根据平衡条件可得
联立解得
15．【答案】（1）解：第一次碰撞前，对进行分析，由动能定理有
解得
、碰撞瞬间由动量守恒有
由能量守恒有
因为回到初始点，所以有
解得，
（2）解：第一次爆燃后到下次碰撞前，物体向下做减速运动直到停止，设下移的深度为，因物体所受阻力与进入地面的深度成正比，则平均作用力做功表示克服阻力做的功，由动能定理有
解得
（3）解：如果只喷射一次，假设始终未全部进入地面，对整个过程，设滑动的总距离为，由能量守恒有
舍去负值解得
则假设成立。第二次碰撞后直到最终停止，进入地面的最大深度约为，设喷射次恰好使全部进入地面，即进入地面的深度为，由能量守恒有
解得
所以最少需要爆燃19次。
【知识点】功能关系；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）本题考查动能定理、动量守恒与能量守恒的综合应用。解题思路是：先用动能定理求 A 碰撞前的速度；再利用动量守恒和能量守恒（结合爆燃转化效率）联立求解 B 的速度和爆燃产生的内能。
（2）本题考查动能定理在变力做功问题中的应用。解题思路是：阻力随深度线性变化，取平均阻力，用动能定理列方程求解 B 进入地面的深度。
（3）本题考查多次过程的能量守恒问题。解题思路是：对只爆燃一次的情况，用能量守恒求 B 的最大深度；对多次爆燃的情况，设次数为n，根据能量守恒列方程求解，注意结果需向上取整。
（1）第一次碰撞前，对进行分析，由动能定理有
解得
、碰撞瞬间由动量守恒有
由能量守恒有
因为回到初始点，所以有
解得，
（2）第一次爆燃后到下次碰撞前，物体向下做减速运动直到停止，设下移的深度为，因物体所受阻力与进入地面的深度成正比，则平均作用力做功表示克服阻力做的功，由动能定理有
解得
（3）如果只喷射一次，假设始终未全部进入地面，对整个过程，设滑动的总距离为，由能量守恒有
舍去负值解得
则假设成立。第二次碰撞后直到最终停止，进入地面的最大深度约为，设喷射次恰好使全部进入地面，即进入地面的深度为，由能量守恒有
解得
所以最少需要爆燃19次。
1 / 12025届广东省揭阳市揭阳一中高三下学期考前热身物理试卷
1．如图所示，在α粒子散射实验中，图中实线表示α粒子的运动轨迹，假定金原子核位置固定，a、b、c为某条轨迹上的三个点，其中a、c两点距金原子核的距离相等，则（　　）
A．大多数α粒子几乎沿原方向返回
B．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了能量量子化理论
C．在a、c两点金原子核对α粒子的库仑力相同
D．从a经过b运动到c的过程中，α粒子的电势能先增大后减小
【答案】D
【知识点】电势能；能量子与量子化现象；α粒子的散射
【解析】【解答】A：α粒子散射实验中，大多数α粒子几乎沿原方向前进，少数发生大角度偏转，极少数几乎沿原方向返回，故A错误；
B：卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，能量量子化理论是普朗克提出的，故B错误；
C：a、c两点距金原子核的距离相等，根据库仑定律，库仑力的大小相等，但方向不同，故C错误；
D：从a经过b运动到c的过程中，α粒子靠近金原子核时，库仑斥力做负功，电势能增大；远离金原子核时，库仑斥力做正功，电势能减小，故电势能先增大后减小，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查α粒子散射实验的现象，区分大多数、少数、极少数粒子的运动情况；
B、考查α粒子散射实验的意义，区分卢瑟福与普朗克的贡献；
C、考查库仑力的矢量性，注意大小相等、方向不同；
D、考查库仑力做功与电势能变化的关系，分析靠近和远离原子核过程中电势能的变化。
2．茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。如图所示，向茶杯中倒入热水，盖上杯盖茶水漫过杯盖，在水面和杯盖间密闭了一部分空气（可视为质量和体积均不变的理想气体），过一段时间后水温降低。关于泡茶中的物理现象下列说法正确的是（　　）
A．泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯盖与杯子间的分子引力作用
D．温度降低，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，气体对外界放热
【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】本题考查分子动理论、热力学第一定律的应用，要注意区分布朗运动和分子的扩散现象，要理解热力学第一定律的内容。A．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每个分子的动能都越大，分子动能遵循统计规律，存在动能大小的分布，故A错误；
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是因为茶叶中的色素分子在水中扩散，扩散现象是分子的无规则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，所以这不是布朗运动现象，故B错误；
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯内气体做等容变化，根据查理定律（p是压强，T是温度，C是常量 ）
可知温度降低，气体压强减小，外界大气压大于杯内气体压强，产生向下的压力差，而不是因为杯盖与杯子间的分子引力作用，故C错误；
D．温度降低，根据理想气体状态方程和气体压强的微观解释，气体分子的平均动能减小，撞击单位面积器壁的平均作用力变小；同时，理想气体温度降低，内能减小，即，体积不变，（气体不对外做功，外界也不对气体做功 ），根据热力学第一定律
可得
即气体对外界放热，故D正确。
故选D。
【分析】温度越高分子的平均动能越大；水的颜色由浅变深是扩散现象；根据和热力学第一定律分析。
3．图为电吹风的简易电路图，为四个固定触点。可动的扇形金属触片可同时接触两个触点。触片处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种状态。电源为的交流电，其频率为；理想变压器原、副线圈的匝数分别是和，小风扇的额定电压为，下列说法正确的是（　　）
A．电吹风的触片位于位置时吹冷风
B．电吹风的触片从位于位置调到位置时流经线圈的电流会减小
C．变压器原副线圈的匝数比为
D．小风扇正常工作时，流经小风扇的电流方向每秒改变50次
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：触片P位于ab位置时，电热丝和小风扇同时接入电路，两者均工作，电吹风处于吹热风状态，故A错误；
B：触片P从ab位置调到bc位置时，电热丝断开，仅变压器和小风扇工作，原线圈功率减小，而原线圈电压不变，因此流经线圈的电流会减小，故B错误；
C：根据理想变压器电压比公式 ，已知 ，，可得 ，故C正确；
D：电源频率为50Hz，一个周期内电流方向改变2次，因此每秒改变 次，变压器不改变交流电频率，故流经小风扇的电流方向每秒改变100次，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查电吹风不同工作状态的电路结构，分析触片在不同位置时的电路连接情况；
B、考查理想变压器的功率与电流关系，结合负载功率变化分析原线圈电流的变化；
C、考查理想变压器的电压与匝数比的关系，利用已知电压计算匝数比；
D、考查交流电频率与电流方向变化次数的关系，明确变压器不改变频率的特性。
4．图为钓鱼时鱼漂静浮于水面的示意图，将鱼漂视为长为L的细圆柱体，其露出水面的长度恰好为。某次鱼咬钩时将鱼漂竖直往下拉到整个鱼漂刚好全部没入水面时松口，把鱼漂在水面处的运动视为简谐运动。已知鱼漂的质量为m，重力加速度为g，除鱼漂浮力和重力外不计其它作用力，下列说法正确的是（　　）
A．鱼漂在上浮过程中超重
B．鱼漂做简谐运动的最大回复力为2mg
C．鱼漂做简谐运动的最大加速度为g
D．一个周期内，鱼漂做简谐运动通过的路程为4L
【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A：鱼漂在上浮过程中，先加速后减速，加速度先向上后向下，因此鱼漂先超重后失重，并非全程超重，故A错误；
B：鱼漂静止时，浮力与重力平衡，即，可得。当鱼漂完全没入水中时，回复力，故最大回复力为，B错误；
C：最大加速度由最大回复力提供，，故C正确；
D：鱼漂的振幅，一个周期内的路程为，并非，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查超重与失重的条件，分析上浮过程中加速度的方向变化；
B、考查简谐运动回复力的计算，结合受力平衡分析不同位置的回复力；
C、考查简谐运动最大加速度的计算，利用牛顿第二定律求解；
D、考查简谐运动的振幅与路程的关系，明确一个周期内路程为4倍振幅。
5．如图所示，在相同高度处甲同学以速度将篮球斜向上抛出，乙同学将等质量的篮球以速度竖直向上抛出，到达最高点时恰被水平击中。两球均可视为质点，不计空气阻力，则（　　）
A．相遇时A、B两球的机械能相同
B．A球比B球抛出时刻要早
C．抛球时两位同学对A、B两球做功大小相同
D．从抛出到相遇A、B两球的动量的变化量相同
【答案】D
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A：相遇时，A球有水平速度，B球在最高点速度为0，两球质量、高度相同，但动能不同，因此机械能不同，A错误；
B：两球上升到同一高度的竖直分运动时间相同，设为，即B球从抛出到最高点的时间为，A球从抛出到相遇点的竖直分运动时间也为，说明两球是同时抛出的，B错误；
C：设相遇高度为，对B球，由竖直上抛规律：；对A球，初速度的竖直分量为，有，即。A球的初速度，故。抛球时人做的功等于球的初动能，A球初动能更大，因此做功大小不同，C错误；
D：动量的变化量等于合外力的冲量，两球运动时间均为，合外力均为重力，冲量均为，故动量变化量相同，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查机械能的组成，结合相遇时两球的速度、高度判断机械能是否相同；
B、考查抛体运动的等时性，分析两球到达相遇点的竖直分运动时间；
C、考查抛体运动的分解与动能的计算，比较两球初动能的大小；
D、考查动量定理的应用，分析重力冲量与动量变化量的关系。
6．两个带电质点、固定于轴上，所带电荷量的绝对值分别为、，质点位于坐标原点，质点的位置坐标为，轴上的区域内各点的电势随坐标变化的图像如图所示（取无穷远处电势为零），图像与轴交点的坐标为（未知），图像最低点的横坐标，则下列说法正确的是（　　）
A．质点可能带负电，质点可能带正电
B．
C．两个带电质点在位置产生的合场强为零
D．若将一带正电的质点从处由静止释放，则该质点的动能将一直增大
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A：由图像可知，在区域，靠近A（原点）处电势很高且为正，说明A带正电；图像最低点右侧电势缓慢上升但始终为负，说明B带负电，故A错误；
B：在处，图像斜率为零，即合场强为零，因此，解得，故B正确；
C：处电势为零，但图像在该点的斜率不为零，说明合场强不为零，故C错误；
D：从到，场强方向向右，正电荷受力向右，动能增大；从向右，场强方向向左，正电荷受力向左，动能减小，因此动能先增大后减小，并非一直增大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查电势分布与电荷正负的关系，根据区域的电势变化判断两电荷的电性；
B：考查电场强度的叠加，利用图像斜率与场强的关系，结合合场强为零的条件，求解电荷量的关系；
C：考查场强与电势的关系，明确电势为零处场强不一定为零；
D：考查电场力做功与动能变化的关系，结合场强方向的变化分析正电荷的受力与动能变化。
7．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为、带电荷量为的小球从A点以速度沿直线运动，与轴负方向成角。在轴与之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到上的点，与之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在点的速度大小为，重力加速度为，，，则下列结论错误的是（　　）
A．区域Ⅱ内匀强电场的场强大小
B．区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小
C．小球从做匀速直线运动，做匀加速直线运动
D．区域Ⅰ内匀强电场的最小场强大小为，方向与轴正方向成角向上
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以
解得，故A正确；
B．因为小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示
由几何关系得，由洛伦兹力提供向心力知
解得，故B错误；
CD．带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系
所以小球从只能做匀速直线运动，区域Ⅰ中O→C小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直）
所以小球做匀加速直线运动，由图知，解得，方向与x轴正方向成53°角向上，故CD正确。
故答案为：B。
【分析】A：考查匀速圆周运动的受力条件，分析重力与电场力的平衡关系；
B：考查带电粒子在磁场中圆周运动的几何关系与向心力公式，结合轨道半径求解磁感应强度；
C：考查带电粒子在复合场中的直线运动条件，区分匀速直线运动和匀加速直线运动的受力特点；
D：考查电场强度最小值的求解，利用受力分析和三角函数关系确定电场力的大小与方向。
8．我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧没有空气，返回舱从点无动力滑入大气层，然后经点从点“跳出”，再经点从点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回舱。点为轨迹最高点，离地面高，已知地球质量为，半径为，引力常量为。则返回舱（　　）
A．在点速度小于
B．在点加速度小于
C．虚线球面上、两点离地面高度相等，所以和大小相等
D．返回舱从点到，势能减小，动能增大，机械能守恒
【答案】A,C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A：在d点，若返回舱做匀速圆周运动，速度为 。但d点轨迹的曲率半径小于，且万有引力大于所需向心力，因此实际速度小于，A正确；
B：在d点，根据牛顿第二定律，加速度 ，B错误；
C：从c到e的过程中，返回舱在大气层外，只有引力做功，机械能守恒，且c、e两点高度相同，引力势能相等，故动能相等，和大小相等，C正确；
D：从a点到b点，返回舱进入大气层，受空气阻力作用，机械能减小；高度降低，势能减小，动能受重力和空气阻力共同作用，不一定增大，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查圆周运动向心力公式，结合d点的轨迹特点分析实际速度与匀速圆周运动速度的大小关系；
B、考查万有引力定律与牛顿第二定律的应用，直接计算d点的加速度；
C、考查机械能守恒条件，分析c到e过程中是否只有引力做功，判断两点速度的大小关系；
D、考查机械能变化与受力的关系，分析空气阻力对机械能和动能的影响。
9．如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（　　）
A．当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上
B．当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上
C．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子
D．分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A.分子从狭缝S射出后，沿半径方向做匀速直线运动，到达外筒N的时间为 。在此时间内，外筒转过的角度为 。不同速率的分子，到达外筒时筒转过的角度不同，会落在不同的位置。当 （为正整数）时，说明两种速率的分子到达外筒时，筒转过的角度差不是 的整数倍，因此会落在不同的狭条上，A正确。
B.当 （为正整数）时，两种速率的分子到达外筒时，筒转过的角度差为 的整数倍，但方向相反，因此不会落在同一个狭条上，B错误。
C.外筒上能落分子的位置，是那些与特定速率对应的角度位置，并非到处都有，C错误。
D.当 （为正整数）时，两种速率的分子会落在同一位置，因此分子可以落在N筒上某两处且与S平行的狭条上，D错误。
故选A。
【分析】首先，分析分子从射出到到达外筒的时间，结合圆筒转动的角速度，推导出筒转过的角度与分子速率的关系，其次，根据角度差是否为 的整数倍，判断不同速率的分子是否落在同一位置，最后，分析外筒上分子分布的特点，判断选项的正误。
10．如图所示，静置于光滑水平面上两带电物体A、B质量为和，相距为。水平恒力作用在上，同时释放A、B，A、B会一起相对静止的向右运动。当恒力大小不变，仅方向改变作用在上，改变A、B的间距，也可使A、B一起相对静止的向左运动。则下列说法正确的是（　　）
A．两物体一定带异种电荷
B．作用在上时，A、B间的库仑力大小为
C．作用在上时，A、B间的库仑力大小为
D．作用在上时，A、B间的距离为
【答案】A,B,D
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A：因B能随A一起向右运动，说明A、B间的库仑力为引力，故A、B一定带异种电荷，A正确；
B：对A、B整体分析，由牛顿第二定律：；对B单独分析，库仑力提供其加速度：，解得 ，B正确；
C：当恒力作用在B上时，对A单独分析，库仑力提供其加速度：，解得 ，而非，C错误；
D：由库仑定律，，，两式联立可得 ，D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A：根据两物体能相对静止运动的条件，判断库仑力的性质，进而判断电荷种类；
B：通过整体法与隔离法，分别对整体和B受力分析，利用牛顿第二定律求解库仑力大小；
C：当恒力作用在B上时，通过隔离法对A受力分析，求解此时的库仑力大小；
D：结合两次库仑力的大小，利用库仑定律公式，推导两次运动中A、B间的距离关系。
11．某实验小组设计如图所示装置来测量物块与木板间的动摩擦因数。木板固定在水平桌面上，点为木板右端处在地面的竖直投影点，倾斜轨道末端与木板平滑接触，当倾斜轨道末端固定于木板右端处时，使物块从倾斜轨道的某一高度处由静止释放，物块（可当成质点）最终落在水平地面的处，测出间的水平距离；向左平移倾斜轨道到木板的处固定，仍从倾斜轨道的处由静止释放，物块最终落在水平地面的处，测出间的水平距离；
（1）要测出物块与木板间的动摩擦因数，还要测量的物理量有_____
A．倾斜轨道的处到木板的高度
B．倾斜轨道从处向左平移到处的距离
C．木板到地面的高度
（2）物块与木板间的动摩擦因数用所测的物理量可表示为　 　（用题中已知量的字母表示）
（3）下列操作对减小测量的误差没有影响的是_____
A．每次从倾斜轨道的处必须由静止释放
B．重复多次实验，取落点的平均值来确定两落点的位置
C．换用光滑的倾斜轨道
【答案】（1）B；C
（2）
（3）C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）平抛运动时，有，得，落到M点时
落到N点时，从滑到，由动能定理可得联立解得
则要测量的物理量为：倾斜轨道从处向左平移到处的距离以及木板到地面的高度，故BC正确。
故答案为：BC
（2）由以上分析可知，物块与木板间的动摩擦因数用所测的物理量可表示为
故答案为：
（3）AC．无论斜面光滑与否，只要从同一高度由静止释放，则物体到达斜面底端的速度大小都相同，故C正确，A错误。
B．多次测量可减小偶然误差，B错误。
故答案为：C。
【分析】（1）本题考查实验原理分析。解题思路是：先利用平抛运动规律，通过水平位移和下落高度求出物块离开木板时的初速度；再结合动能定理，分析两次实验中摩擦力做功的差异，从而推导出动摩擦因数的表达式，确定需要测量的物理量。
（2）本题考查公式推导。解题思路是：先由平抛运动公式得到两次实验的初速度表达式，再对物块在木板上滑动的过程应用动能定理，联立方程消去中间变量，化简得到动摩擦因数的表达式。
（3）本题考查误差分析。解题思路是：逐一分析选项对实验误差的影响：
A选项保证初速度一致，
B选项减小偶然误差，均对减小误差有影响；
C选项中，无论轨道是否光滑，只要物块从同一位置静止释放，到达底端的速度就相同，因此轨道是否光滑对实验误差没有影响。
（1）平抛运动时，有，
得
落到M点时
落到N点时
从滑到，由动能定理可得
联立解得
则要测量的物理量为：倾斜轨道从处向左平移到处的距离以及木板到地面的高度，故选BC。
（2）由以上分析可知，物块与木板间的动摩擦因数用所测的物理量可表示为
（3）AC．无论斜面光滑与否，只要从同一高度由静止释放，则物体到达斜面底端的速度大小都相同，所以C符合题意，A不符合题意。
B．多次测量可减小偶然误差，B不符合题意。
故选C。
12．某实验小组从某控制电路中得到两个热敏电阻，一个标记了PTC，另一个标记了NTC，如图甲所示。该实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻（常温下阻值约为20.0Ω）的电流随其两端电压变化的规律。
A．电流表（满偏电流，内阻）
B.电流表（量程，内阻约为）
C.滑动变阻器（最大阻值为）
D.滑动变阻器（最大阻值为）
E.定值电阻
F.定值电阻
G.电源（电动势12V，内阻可忽略）
H.单刀单掷开关、导线若干，单刀双掷开关一个
（1）为测定热敏电阻两端电压，该小组同学应该将　 　（填“”或“”）与定值电阻　 　（填“”或“”）串联。
（2）请在提供的器材中选择必需的器材，在图乙所示虚线框内将电路图补充完整并标出所用器材的符号　 　，热敏电阻两端的电压可以从零开始调节，且切换单刀双掷开关可以直接测量另外一个热敏电阻。
（3）该小组经过多次测量，读出电流表示数，电流表示数，处理实验的数据，分别画出PTC与NTC的图线，如图丙所示。
（4）该实验小组将两热敏电阻与某电池组连成如图丁所示的电路，所用电压表内阻极大，测得NTC型热敏电阻和PTC型热敏电阻两端的电压分别为和，则该电池组的内阻为　 　，电动势为　 　。（结果均保留3位有效数字）
【答案】；；；13.9；9.00
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；电池电动势和内阻的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】 （1） 器材中没有电压表，由于电源电动势为，可知应用已知内阻的电流表与定值电阻串联改装成量程为10V的电压表。
故答案为：；
（2） 因为要求热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选用阻值较小的滑动变阻器，由于热敏电阻的阻值远小于改装的电压表内阻，且改装电压表内阻已知，所以电流表应接在测量电流的干路上，作出电路图如图所示
（4） 由图得NTC型热敏电阻两端电压为时，通过电源的电流为
PTC型热敏电阻两端电压为时，通过电源的电流为
根据闭合电流欧姆定律有， ，联立解得，
故答案为：13.9；9.00
【分析】（1）本题考查电流表改装为电压表的原理。解题思路是：电源电动势为12V，需要将电流表A1（量程10mA，内阻10Ω）串联一个大电阻，改装成量程10V的电压表。根据改装公式 ，计算得需串联。
（2）本题考查分压式电路设计。解题思路是：电压从零开始调节，必须使用分压式接法；滑动变阻器应选阻值较小的R1，便于调节；电流表A2测干路电流，A1与R4串联作为电压表与热敏电阻并联。
（4）本题考查利用U-I图像和闭合电路欧姆定律求电源电动势和内阻。解题思路是：从U-I图中读出两组电压和电流数据，列方程组求解即可。
13．图1所示某种半圆柱形透明新材料的半径为，距圆心的弧形CD为光学传感器，可以探测光的强度。激光束由空气中沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成角射入，经AB面反射出来的光，由光学传感器CD探测到的光强随角度变化的情况如图2所示，图、图是由两种不同频率的激光束、分别单独射入时所得。若空气中的折射率与真空中相同，光在真空中的光速为，，，求：
（1）这种新材料对激光束、的折射率之比；
（2）激光束、从射入半圆柱形透明新材料到光学传感器CD接收到激光束信号的时间差值。
【答案】（1）解：由图知，对激光束，当时发生全反射，则
对激光束，当时发生全反射，则
则新材料对激光束、的折射率之比为
（2）解：在介质中激光束的速度为
在介质中激光束的速度为
在空气中的速度均为，而在介质中通过的路程都为，则通过的时间差为
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）本题考查全反射临界角与折射率的关系。解题思路是：从光强变化图像中读出两种激光的全反射临界角，再利用计算折射率，最后求比值。
（2）本题考查光在介质中的传播时间计算。解题思路是：先根据求出光在介质中的速度，再分别计算两束光在介质和空气中的传播时间，最后求差值。
（1）由图知，对激光束，当时发生全反射，则
对激光束，当时发生全反射，则
则新材料对激光束、的折射率之比为
（2）在介质中激光束的速度为
在介质中激光束的速度为
在空气中的速度均为，而在介质中通过的路程都为，则通过的时间差为
解得
14．某校科技兴趣小组设计了如左图所示运送货物的轨道。足够长且倾角为的斜面上固定沿斜面方向的两平行绝缘轨道，总质量为的绝缘货箱底部固定边长为正方形的金属框（图中只画出了金属框），货箱置于轨道上恰能静止。在货箱处于斜面顶端时，放入质量为的货物（可视货物为绝缘体），轻推货箱，货箱会滑到斜面底部，从而实现了货物的运送。已知重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计其它阻力。求：
（1）货箱与轨道间的动摩擦因数；放入货物后在货箱下滑到底端的过程中所受摩擦力的大小。
（2）货箱处于底端时，在轨道所在的空间加上方向交替改变的磁场，其方向都与斜面垂直，磁感应强度均为，各磁场沿轨道方向的宽度均为，如右图所示。已知金属框的总电阻为，当放入质量仍为的货物后，让所有磁场同时沿轨道方向沿斜面向上以速度做匀速运动时，货箱就会沿轨道运行到斜面顶端。求：货箱刚开始运动时的加速度和货箱在斜面轨道上运行的最大速度。
【答案】（1）解：在货箱在轨道上恰能静止，则有
解得
放入质量为的货物后，下滑过程所受摩擦力的大小
解得
（2）解：刚开始运动时，产生的电动势为
电流为
所受安培力大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
设最大速度为，此时有，，
此时货箱合力为零，根据平衡条件可得
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）本题考查静力学平衡与滑动摩擦力的计算。解题思路是：先利用静止时的平衡条件求出动摩擦因数；再根据滑动摩擦力公式计算放入货物后的摩擦力大小。
（2）本题考查电磁感应、安培力与牛顿运动定律的综合应用。解题思路是：先计算金属框切割磁场产生的感应电动势和安培力，再根据牛顿第二定律求初始加速度；当货箱速度最大时，合力为零，利用平衡条件列方程求解最大速度。
（1）在货箱在轨道上恰能静止，则有
解得
放入质量为的货物后，下滑过程所受摩擦力的大小
解得
（2）刚开始运动时，产生的电动势为
电流为
所受安培力大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
设最大速度为，此时有，，
此时货箱合力为零，根据平衡条件可得
联立解得
15．建筑工地上有一种老式打桩机，如左图所示，它通过类似于柴油机压缩可燃气体做功和撞击，一点点把混凝土柱子打入土壤。将打桩机工作的过程简化成如右图所示的模型，物体为打桩机上方的重锤、物体为下方置于水平地面上的混凝土柱子，的下端是汽缸，的上端是活塞（其长度可忽略不计），A、B中心在同一竖直线上。A从静止释放后自由下落，活塞恰好能进入汽缸并瞬间压缩内部气体，使A、B发生碰撞后立刻向汽缸内喷射燃油并点火使之爆燃做功，将内能转化成A、B的机械能，转化效率为，这一过程A、B相互作用的时间极短。第一次爆燃后，恰好返回到了初始位置，下次碰撞前物体已经停止运动。已知的质量为，B的质量为，初始时与间的高度差为，混凝土柱子长度为（不计初始处于地面下的深度）。已知进入地面后所受的阻力与进入地面的深度满足。不计空气阻力，不计压缩气体时对气体做功和喷射燃油时做功。其中。
（1）求第一次爆燃产生的内能和爆燃后瞬间混凝土柱子的速率；
（2）在第二次碰撞前混凝土柱子停止运动时进入地面的深度；
（3）如果第一次爆燃后不再喷射燃油，在第二次碰撞后的足够长时间里混凝土柱子进入地面的最大深度（保留3位有效数字）；如果每次碰撞后都喷射燃油，并且爆燃转化的机械能相同，要使混凝土柱子全部进入地面，求需要爆燃的最少次数（不喷射燃油时、相互碰撞不计其能量的损失）；
【答案】（1）解：第一次碰撞前，对进行分析，由动能定理有
解得
、碰撞瞬间由动量守恒有
由能量守恒有
因为回到初始点，所以有
解得，
（2）解：第一次爆燃后到下次碰撞前，物体向下做减速运动直到停止，设下移的深度为，因物体所受阻力与进入地面的深度成正比，则平均作用力做功表示克服阻力做的功，由动能定理有
解得
（3）解：如果只喷射一次，假设始终未全部进入地面，对整个过程，设滑动的总距离为，由能量守恒有
舍去负值解得
则假设成立。第二次碰撞后直到最终停止，进入地面的最大深度约为，设喷射次恰好使全部进入地面，即进入地面的深度为，由能量守恒有
解得
所以最少需要爆燃19次。
【知识点】功能关系；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）本题考查动能定理、动量守恒与能量守恒的综合应用。解题思路是：先用动能定理求 A 碰撞前的速度；再利用动量守恒和能量守恒（结合爆燃转化效率）联立求解 B 的速度和爆燃产生的内能。
（2）本题考查动能定理在变力做功问题中的应用。解题思路是：阻力随深度线性变化，取平均阻力，用动能定理列方程求解 B 进入地面的深度。
（3）本题考查多次过程的能量守恒问题。解题思路是：对只爆燃一次的情况，用能量守恒求 B 的最大深度；对多次爆燃的情况，设次数为n，根据能量守恒列方程求解，注意结果需向上取整。
（1）第一次碰撞前，对进行分析，由动能定理有
解得
、碰撞瞬间由动量守恒有
由能量守恒有
因为回到初始点，所以有
解得，
（2）第一次爆燃后到下次碰撞前，物体向下做减速运动直到停止，设下移的深度为，因物体所受阻力与进入地面的深度成正比，则平均作用力做功表示克服阻力做的功，由动能定理有
解得
（3）如果只喷射一次，假设始终未全部进入地面，对整个过程，设滑动的总距离为，由能量守恒有
舍去负值解得
则假设成立。第二次碰撞后直到最终停止，进入地面的最大深度约为，设喷射次恰好使全部进入地面，即进入地面的深度为，由能量守恒有
解得
所以最少需要爆燃19次。
1 / 1

展开更多......

收起↑