资源简介

2026届贵州黔西南州顶兴高级中学高三一模物理试题
1．第十五届全运会50m仰泳比赛中，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程。关于该过程的位移x、速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．x-t图像斜率代表速度。运动员先加速（斜率变大）、再匀速（斜率不变）、最后再加速（斜率再次变大），A后期斜率变小，B速度反向减小，AB错误；
CD．图像表示物体速度随时间的变化，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程，速度先增大、保持不变、再增大，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】A、B：x-t图像斜率表示速度，运动过程为加速、匀速、再加速，斜率应先变大、不变、再变大；
C、D：v-t图像表示速度变化，速度应先增大、不变、再增大。
2．嫦娥五号月壤样品的化学成分分析显示，月壤具有高含量的钍（），钍可以为将来开发月球提供能源材料，经中子轰击后核反应方程为，产生燃料铀（），下列说法正确的是（　　）
A．反应方程式中，
B．该反应属于衰变
C．该反应属于核聚变
D．钍（）的半衰期会随着环境温度改变而改变
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A．根据电荷数守恒：，得；
根据质量数守恒：，得，A正确；
B．该是中子轰击引发的人工核转变，不是衰变，B错误；
C．核聚变是轻核聚变成重核，该反应不属于核聚变，C错误；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与环境温度无关，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：核反应满足电荷数、质量数守恒；
B：衰变是天然放射现象，释放粒子；
C：核聚变为轻核聚合，本题为人工核转变；
D：半衰期不受外界温度、压强等因素影响。
3．一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形如图甲，平衡位置在的质点a的振动图像如图乙，下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度大小为4m/s
C．4~10s内质点a通过的路程为40cm
D．时，质点a的位移为5cm
【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙可知，在时质点a向上振动，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．波速：，故B正确；
C．由题知，振幅为，在4~10s内的时间间隔为，故4~10s内质点a通过的路程为，故C错误；
D．设质点a的振动方程为，其中，
则有，当时，质点a的位移为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：由振动图像判断质点振动方向，结合波形图判断波的传播方向；
B：由波形图得波长、振动图像得周期，由求波速；
C：计算时间间隔与周期关系，求质点a的运动路程；
D：写出质点振动方程，代入时刻求位移。
4．如图所示，一束自然光经过玻璃三棱镜折射后分为几束单色光，选取了其中两种单色光a、b进行研究并作出了光路图。单色光a、b的波长分别为λa、λb，在该玻璃中的传播速度分别为va、vb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则（　　）
A．λa< λb，va > vb，na > nb B．λa< λb，va = vb，na < nb
C．λa> λb，va > vb，na < nb D．λa> λb，va = vb，na > nb
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由图可知，两束光的入射角i相同，玻璃对单色光a的折射角大于b光的折射角，根据折射定律，玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率，即navb，由于玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率，所以a光的频率小于b光的频率，由波长、波速的公式，可得，可知λa>λb
故答案为：C。
【分析】由折射角大小判断折射率，由判断传播速度，由频率与波长关系判断波长大小。
5．人类发现并记录的首颗周期彗星——哈雷彗星在2023年12月初抵达远日点后开始掉头，踏上归途。哈雷彗星是人一生中唯一可能裸眼看见两次的短周期彗星，因英国物理学家爱德蒙·哈雷首先测定其轨道数据并成功预言回归时间而得名。已知哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，如图所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，哈雷彗星轨道是一个很扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为，在远日点与太阳中心的距离为，若地球的公转轨道可视为半径为R的圆轨道，则下列说法正确的是（　　）
A．在近日点与远日点的速度大小之比为
B．在近日点与远日点的加速度大小之比为
C．哈雷彗星大约将在2071年左右再次离太阳最近
D．哈雷彗星的轨道参数与地球轨道参数间满足
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．由开普勒第二定律（面积定律）：，得，A错误；
B．由万有引力提供加速度，得，故，B正确；
C.2023年抵达远日点，再经半个周期年回到近日点，对应年份为年，C错误；
D．由开普勒第三定律，，得半长轴，故，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：开普勒第二定律得出速度比为轨道半径反比；
B：加速度与到太阳距离的平方成反比；
C：从远日点到近日点需半个周期；
D：开普勒第三定律中椭圆轨道用半长轴计算。
6．如图所示，某运动员正对竖直墙练习足球时，在两点分别将足球踢出，两次足球均垂直打在墙壁上的点，不计空气阻力。则足球从被踢出到打在点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．从处踢出的足球初速度较大
B．足球从到的运动时间较长
C．从处踢出的足球初速度与水平方向夹角较大
D．该运动员对从处踢出的足球做功较多
【答案】A
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．球在水平方向做匀速直线运动，则，可得，由于在PQ点时竖直方向分速度相等，可知从处踢出时初速度较大，该运动员对足球做功较多，A正确；B．逆向看成平抛运动，两次高度相同，根据，可得运动时间为相同，B错误；
C．根据，足球被从处踢出的初速度与水平方向夹角更小，C错误。
D．由动能定理，运动员做功等于足球初动能，P处初动能更大，故对 P 处踢出的足球做功更多
故答案为：A。
【分析】A、B：逆向看成平抛运动，竖直高度相同则运动时间相同；水平位移越大，初速度越大；
C：竖直分速度相同，水平初速度越大，初速度与水平方向夹角越小；
D：由动能定理，初动能越大，运动员做功越多。
7．质量为的物块放在倾角为的固定斜面上。在水平恒力的推动下，物块沿斜面以恒定的加速度向上滑动。物块与斜面间的动摩擦因数为，则的大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】如图所示，物块匀加速运动受重力、推力、滑动摩擦力和支持力。
正交分解后，沿斜面方向，垂直于斜面方向平衡
又有，联立以上三式解得
故答案为：D。
【分析】本题考查牛顿第二定律的斜面正交分解，将力沿斜面、垂直斜面分解，垂直斜面受力平衡，沿斜面列牛顿第二定律方程，联立求解水平推力F。
8．如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小海豚上滑的加速度大小为3.2 m/s2
B．小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1
C．小海豚滑过P点后还能继续向上滑约0.75 m
D．小海豚下滑回到O点时速度大小为10 m/s
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．由运动学公式，上滑加速度，A错误；
B．由牛顿第二定律，代入数据解得，B正确；
C．P点后继续上滑距离，C正确；
D．下滑时加速度，上滑最大距离，由，解得，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：加速度用速度变化量与时间的比值求解；
B：上滑时摩擦力沿斜面向下，结合牛顿第二定律求动摩擦因数；
C：逆用匀减速直线运动公式求继续上滑位移；
D：下滑加速度更小，存在摩擦损耗，回到底端速度更小。
9．如图所示，远距离输电过程中，发电机输出电压、功率的交流电，通过升压变压器升压后输送向远方，输电线的总电阻为。并在用户端用降压变压器把电压降为，输电线上损失的功率为，则下列说法正确的是（　　）
A．输电线上通过的电流为 B．升压变压器匝数比为
C．降压变压器匝数比为 D．用户端的总电流为
【答案】A,B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．由，得输电电流，故A正确；
B．升压变压器原线圈电流：，匝数比，故B正确；
CD．用户端获得功率，故由，降压变压器原副线圈匝数比，故CD错误。
故答案为：AB。
【分析】A：由输电线损耗功率求解输电电流；
B：先求升压变压器原线圈电流，利用变压器电流比等于匝数反比求匝数比；
C、D：先求用户端功率与电流，再求降压变压器匝数比。
10．如图所示，一足够长的U形光滑金属导轨固定在水平面上，导轨宽为L，电阻不计，左端接一阻值为R的定值电阻，整个装置处于方向垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一长度为L、电阻为r的金属棒以大小为的初速度向右运动，金属棒与导轨始终接触良好且保持垂直，则（　　）
A．开始运动瞬间，金属棒两端的电势差大小为
B．开始运动瞬间，金属棒两端的电势差大小为
C．瞬时速率为v时，安培力大小为
D．瞬时速率为v时，安培力大小为
【答案】B,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．开始运动瞬间，根据法拉第电磁感应定律，可得金属棒切割磁感线产生的感应电动势为，根据闭合电路欧姆定律有，故金属棒两端的电势差大小为，故A错误，B正确；
CD．当瞬时速率为v时，根据法拉第电磁感应定律，可得金属棒切割磁感线产生的感应电动势为，根据闭合电路欧姆定律有，安培力大小为，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、B：先求感应电动势，再用闭合电路欧姆定律求路端电压（金属棒两端电势差）；
C、D：由感应电动势、电流、安培力公式推导安培力大小。
11．某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。一质量为、直径为的小球连接在长为的细绳一端，细绳另一端固定在点，调整光电门的中心位置与小球通过最低点时球心对齐。将细绳拉直，由静止释放小球，记录小球从不同高度释放通过光电门的挡光时间，小球运动中不接触弧面，重力加速度为。
（1）用游标卡尺测量小球直径，如图乙所示，小球直径　 　mm。
（2）若测得光电门的中心与释放点的竖直距离为，小球通过光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至光电门中心的过程，满足关系式　 　（用字母、、、表示），即可验证机械能守恒定律。
（3）经过多次重复实验，发现小球经过光电门时，动能增加量总是大于重力势能减小量，下列原因中可能的是______。
A．的测量值偏大
B．在最低点时光电门的中心在小球球心的下方
C．小球下落过程中受到了空气阻力
【答案】（1）14.5
（2）
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）主尺读数：，游标尺读数：，
故答案为：14.5
（2）小球经过光电门中心时的速度为
小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为
小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量
若此过程小球的机械能守恒，则有，联立解得
故答案为：
（3）A．若的测量值偏大，则重力势能减小量偏大，动能增加量小于重力势能减小量，故A错误；
B．在最低点时光电门的中心在小球球心的下方，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量偏大，则动能增加量总是大于重力势能减小量，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减小的重力势能有一部分转化为内能，则动能增加量小于重力势能减小量，故C错误。
故答案为：B。
【分析】(1) 10分度游标卡尺读数 = 主尺读数 + 游标尺读数；
(2) 小球经过光电门的瞬时速度用平均速度近似 ，由机械能守恒 推导关系式；
(3) 逐一分析各选项，判断导致动能增加量大于重力势能减小量的原因。
（1）由图乙，可知小球直径
（2）小球经过光电门中心时的速度为
小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为
小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量
若此过程小球的机械能守恒，则有
联立解得
（3）A．若的测量值偏大，则重力势能减小量偏大，动能增加量小于重力势能减小量，故A错误；
B．在最低点时光电门的中心在小球球心的下方，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量偏大，则动能增加量总是大于重力势能减小量，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减小的重力势能有一部分转化为内能，则动能增加量小于重力势能减小量，故C错误。
故选B。
12．某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。
A.待测干电池一节
B.电流表：量程，内阻
C.电压表1：量程，内阻未知
D.电压表2：量程，内阻未知
E.滑动变阻器1：阻值范围为，允许通过最大电流2A
F.滑动变阻器2：阻值范围为，允许通过最大电流1A
G.开关、导线若干
（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表选择　 　，滑动变阻器选择　 　。（填写器材前的字母）
（2）实验电路图应选择图　 　（填“甲”或“乙”）。
（3）正确选择电路图后，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则于电池的内阻　 　（保留三位有效数字），此电路测得的电动势数值　 　真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】（1）D；E
（2）甲
（3）1.15；等于
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1) 一节干电池电动势约 1.5V，电压表选D；滑动变阻器选阻值较小的E，方便调节。
故答案为：D；E
(2) 电流表内阻已知，甲图可将电流表内阻计入电源内阻，消除电流表分压带来的系统误差，故选甲。
故答案为：甲
（3）由闭合电路欧姆定律有，结合图像可得
解得；，由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。
故答案为：1.15；等于
【分析】(1) 干电池电动势约1.5V，电压表选0～3V量程；滑动变阻器选小阻值，便于调节；
(2) 电流表内阻已知，可等效为电源内阻，选择甲电路；
(3) 由图像斜率求，减去电流表内阻得电源内阻；该电路无系统误差，电动势测量值等于真实值。
（1）[1]一节干电池电动势约为，因此选量程的电压表，即D；
[2]干电池内阻较小，为方便调节，选阻值范围的滑动变阻器，即E。
（2）因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源内阻，电压表的示数即可看作路端电压，则应选甲图。
（3）[1]由闭合电路欧姆定律有
结合图像可得
解得
[2]由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。
13．如图甲所示，一个质量不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形导热气缸内，气体温度为，气柱的高度为，在气缸内壁有固定的小卡环，卡环到气缸底的高度差为。现在活塞上方缓慢堆放细沙，直至气柱长度减为时停止堆放细沙，如图乙所示。之后对气体缓慢降温，温度降低到，此时活塞已经与卡环接触，降温过程气体放出热量为。已知大气压强为，全过程气体未液化。气缸的横截面积为。求：
（1）堆放细沙的质量；
（2）温度降为时气体的压强；
（3）降温过程气体内能的变化量。
【答案】（1）解：乙状态的平衡方程
从甲状态到乙状态经历等温过程
解得
（2）解：从甲状态到末状态，由理想气体状态方程得
解得
（3）解：从乙状态到刚接触卡环，经历等压过程，外界对气体做功
即整个放热过程外界对气体做功，由热力学第一定律
解得
【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；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 堆放细沙过程气体等温变化，用玻意耳定律求末态压强，结合受力平衡求解细沙质量；
(2) 全程用理想气体状态方程，代入初末状态参量求解降温后的压强；
(3) 降温过程气体等压变化，先求外界对气体做功，再由热力学第一定律求内能变化。
14．如图所示，长的轻质细绳一端系在天花板上，另一端连接质量的木块，木块距地面的高度，质量的子弹以一定的水平速度射入木块并留在其中（作用时间极短），细绳恰好断裂，木块和子弹一起做平抛运动。已知细绳能承受的最大张力，木块可视为质点，重力加速度大小，求：
（1）子弹落地点与细绳悬挂点的水平距离；
（2）子弹射入木块过程中产生的热量。
【答案】（1）解：细线断裂之前对子弹和木块的整体
由平抛运动可知，
解得v=6m/s，x=3m
（2）解：子弹射入木块过程由动量守恒和能量关系，
解得
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】(1) 子弹射入木块瞬间，细绳拉力达最大值，由牛顿第二定律求出共同速度；之后做平抛运动，由平抛规律求解水平位移；
(2) 子弹射入木块过程动量守恒，结合能量守恒求解产生的热量。
（1）细线断裂之前对子弹和木块的整体
由平抛运动可知，
解得v=6m/s，x=3m
（2）子弹射入木块过程由动量守恒和能量关系，
解得
15．如图所示，有一带正电粒子从O点飘入加速电场，经过电场加速，沿直线通过速度选择器后，垂直磁场Ⅱ左边界入射到磁场中。已知粒子的比荷，加速电场电压。速度选择器水平极板长，间距，板间电压。磁场Ⅱ的左边界与速度选择器右侧重合，其左右边界距离，磁感应强度。粒子重力忽略不计，取。
（1）求磁场Ⅰ的磁感应强度的大小；
（2）求粒子在磁场Ⅱ中运动时间；
（3）仅撤去磁场Ⅰ，求粒子在磁场Ⅱ中运动的时间及入射点与出射点的距离。
【答案】（1）解：粒子加速，根据动能定理有
解得
速度选择器内，粒子受力平衡，则有
解得
（2）解：粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期为
粒子能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角
解得
粒子运动时间与周期的关系为
解得
（3）解：撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有
根据牛顿第二定律有
竖直方向末速度
合速度大小
速度与水平方向夹角
解得
粒子在磁场中运动的半径为
粒子从磁场左边界射出时入射点与出射点的距离
粒子在磁场Ⅱ中运动的时间
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器；速度选择器
【解析】【分析】(1) 粒子经加速电场由动能定理求速度；速度选择器中电场力、洛伦兹力平衡，求解；
(2) 磁场Ⅱ中洛伦兹力提供向心力，求轨迹半径、周期，由几何关系得圆心角，求运动时间；
(3) 撤去磁场Ⅰ，粒子在速度选择器做类平抛，求合速度与偏转角；再进入磁场Ⅱ做圆周运动，求运动时间、入射出射间距。
（1）粒子加速，根据动能定理有
解得
速度选择器内，粒子受力平衡，则有
解得
（2）粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期为
粒子能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角
解得
粒子运动时间与周期的关系为
解得
（3）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有
根据牛顿第二定律有
竖直方向末速度
合速度大小
速度与水平方向夹角
解得
粒子在磁场中运动的半径为
粒子从磁场左边界射出时入射点与出射点的距离
粒子在磁场Ⅱ中运动的时间
1 / 12026届贵州黔西南州顶兴高级中学高三一模物理试题
1．第十五届全运会50m仰泳比赛中，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程。关于该过程的位移x、速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．嫦娥五号月壤样品的化学成分分析显示，月壤具有高含量的钍（），钍可以为将来开发月球提供能源材料，经中子轰击后核反应方程为，产生燃料铀（），下列说法正确的是（　　）
A．反应方程式中，
B．该反应属于衰变
C．该反应属于核聚变
D．钍（）的半衰期会随着环境温度改变而改变
3．一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形如图甲，平衡位置在的质点a的振动图像如图乙，下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度大小为4m/s
C．4~10s内质点a通过的路程为40cm
D．时，质点a的位移为5cm
4．如图所示，一束自然光经过玻璃三棱镜折射后分为几束单色光，选取了其中两种单色光a、b进行研究并作出了光路图。单色光a、b的波长分别为λa、λb，在该玻璃中的传播速度分别为va、vb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则（　　）
A．λa< λb，va > vb，na > nb B．λa< λb，va = vb，na < nb
C．λa> λb，va > vb，na < nb D．λa> λb，va = vb，na > nb
5．人类发现并记录的首颗周期彗星——哈雷彗星在2023年12月初抵达远日点后开始掉头，踏上归途。哈雷彗星是人一生中唯一可能裸眼看见两次的短周期彗星，因英国物理学家爱德蒙·哈雷首先测定其轨道数据并成功预言回归时间而得名。已知哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，如图所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，哈雷彗星轨道是一个很扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为，在远日点与太阳中心的距离为，若地球的公转轨道可视为半径为R的圆轨道，则下列说法正确的是（　　）
A．在近日点与远日点的速度大小之比为
B．在近日点与远日点的加速度大小之比为
C．哈雷彗星大约将在2071年左右再次离太阳最近
D．哈雷彗星的轨道参数与地球轨道参数间满足
6．如图所示，某运动员正对竖直墙练习足球时，在两点分别将足球踢出，两次足球均垂直打在墙壁上的点，不计空气阻力。则足球从被踢出到打在点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．从处踢出的足球初速度较大
B．足球从到的运动时间较长
C．从处踢出的足球初速度与水平方向夹角较大
D．该运动员对从处踢出的足球做功较多
7．质量为的物块放在倾角为的固定斜面上。在水平恒力的推动下，物块沿斜面以恒定的加速度向上滑动。物块与斜面间的动摩擦因数为，则的大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
8．如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小海豚上滑的加速度大小为3.2 m/s2
B．小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1
C．小海豚滑过P点后还能继续向上滑约0.75 m
D．小海豚下滑回到O点时速度大小为10 m/s
9．如图所示，远距离输电过程中，发电机输出电压、功率的交流电，通过升压变压器升压后输送向远方，输电线的总电阻为。并在用户端用降压变压器把电压降为，输电线上损失的功率为，则下列说法正确的是（　　）
A．输电线上通过的电流为 B．升压变压器匝数比为
C．降压变压器匝数比为 D．用户端的总电流为
10．如图所示，一足够长的U形光滑金属导轨固定在水平面上，导轨宽为L，电阻不计，左端接一阻值为R的定值电阻，整个装置处于方向垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一长度为L、电阻为r的金属棒以大小为的初速度向右运动，金属棒与导轨始终接触良好且保持垂直，则（　　）
A．开始运动瞬间，金属棒两端的电势差大小为
B．开始运动瞬间，金属棒两端的电势差大小为
C．瞬时速率为v时，安培力大小为
D．瞬时速率为v时，安培力大小为
11．某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。一质量为、直径为的小球连接在长为的细绳一端，细绳另一端固定在点，调整光电门的中心位置与小球通过最低点时球心对齐。将细绳拉直，由静止释放小球，记录小球从不同高度释放通过光电门的挡光时间，小球运动中不接触弧面，重力加速度为。
（1）用游标卡尺测量小球直径，如图乙所示，小球直径　 　mm。
（2）若测得光电门的中心与释放点的竖直距离为，小球通过光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至光电门中心的过程，满足关系式　 　（用字母、、、表示），即可验证机械能守恒定律。
（3）经过多次重复实验，发现小球经过光电门时，动能增加量总是大于重力势能减小量，下列原因中可能的是______。
A．的测量值偏大
B．在最低点时光电门的中心在小球球心的下方
C．小球下落过程中受到了空气阻力
12．某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。
A.待测干电池一节
B.电流表：量程，内阻
C.电压表1：量程，内阻未知
D.电压表2：量程，内阻未知
E.滑动变阻器1：阻值范围为，允许通过最大电流2A
F.滑动变阻器2：阻值范围为，允许通过最大电流1A
G.开关、导线若干
（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表选择　 　，滑动变阻器选择　 　。（填写器材前的字母）
（2）实验电路图应选择图　 　（填“甲”或“乙”）。
（3）正确选择电路图后，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则于电池的内阻　 　（保留三位有效数字），此电路测得的电动势数值　 　真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）。
13．如图甲所示，一个质量不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形导热气缸内，气体温度为，气柱的高度为，在气缸内壁有固定的小卡环，卡环到气缸底的高度差为。现在活塞上方缓慢堆放细沙，直至气柱长度减为时停止堆放细沙，如图乙所示。之后对气体缓慢降温，温度降低到，此时活塞已经与卡环接触，降温过程气体放出热量为。已知大气压强为，全过程气体未液化。气缸的横截面积为。求：
（1）堆放细沙的质量；
（2）温度降为时气体的压强；
（3）降温过程气体内能的变化量。
14．如图所示，长的轻质细绳一端系在天花板上，另一端连接质量的木块，木块距地面的高度，质量的子弹以一定的水平速度射入木块并留在其中（作用时间极短），细绳恰好断裂，木块和子弹一起做平抛运动。已知细绳能承受的最大张力，木块可视为质点，重力加速度大小，求：
（1）子弹落地点与细绳悬挂点的水平距离；
（2）子弹射入木块过程中产生的热量。
15．如图所示，有一带正电粒子从O点飘入加速电场，经过电场加速，沿直线通过速度选择器后，垂直磁场Ⅱ左边界入射到磁场中。已知粒子的比荷，加速电场电压。速度选择器水平极板长，间距，板间电压。磁场Ⅱ的左边界与速度选择器右侧重合，其左右边界距离，磁感应强度。粒子重力忽略不计，取。
（1）求磁场Ⅰ的磁感应强度的大小；
（2）求粒子在磁场Ⅱ中运动时间；
（3）仅撤去磁场Ⅰ，求粒子在磁场Ⅱ中运动的时间及入射点与出射点的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．x-t图像斜率代表速度。运动员先加速（斜率变大）、再匀速（斜率不变）、最后再加速（斜率再次变大），A后期斜率变小，B速度反向减小，AB错误；
CD．图像表示物体速度随时间的变化，某运动员在一段时间内经历加速、匀速、再加速的运动过程，速度先增大、保持不变、再增大，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】A、B：x-t图像斜率表示速度，运动过程为加速、匀速、再加速，斜率应先变大、不变、再变大；
C、D：v-t图像表示速度变化，速度应先增大、不变、再增大。
2．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A．根据电荷数守恒：，得；
根据质量数守恒：，得，A正确；
B．该是中子轰击引发的人工核转变，不是衰变，B错误；
C．核聚变是轻核聚变成重核，该反应不属于核聚变，C错误；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与环境温度无关，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：核反应满足电荷数、质量数守恒；
B：衰变是天然放射现象，释放粒子；
C：核聚变为轻核聚合，本题为人工核转变；
D：半衰期不受外界温度、压强等因素影响。
3．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙可知，在时质点a向上振动，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．波速：，故B正确；
C．由题知，振幅为，在4~10s内的时间间隔为，故4~10s内质点a通过的路程为，故C错误；
D．设质点a的振动方程为，其中，
则有，当时，质点a的位移为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：由振动图像判断质点振动方向，结合波形图判断波的传播方向；
B：由波形图得波长、振动图像得周期，由求波速；
C：计算时间间隔与周期关系，求质点a的运动路程；
D：写出质点振动方程，代入时刻求位移。
4．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由图可知，两束光的入射角i相同，玻璃对单色光a的折射角大于b光的折射角，根据折射定律，玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率，即navb，由于玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率，所以a光的频率小于b光的频率，由波长、波速的公式，可得，可知λa>λb
故答案为：C。
【分析】由折射角大小判断折射率，由判断传播速度，由频率与波长关系判断波长大小。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．由开普勒第二定律（面积定律）：，得，A错误；
B．由万有引力提供加速度，得，故，B正确；
C.2023年抵达远日点，再经半个周期年回到近日点，对应年份为年，C错误；
D．由开普勒第三定律，，得半长轴，故，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：开普勒第二定律得出速度比为轨道半径反比；
B：加速度与到太阳距离的平方成反比；
C：从远日点到近日点需半个周期；
D：开普勒第三定律中椭圆轨道用半长轴计算。
6．【答案】A
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．球在水平方向做匀速直线运动，则，可得，由于在PQ点时竖直方向分速度相等，可知从处踢出时初速度较大，该运动员对足球做功较多，A正确；B．逆向看成平抛运动，两次高度相同，根据，可得运动时间为相同，B错误；
C．根据，足球被从处踢出的初速度与水平方向夹角更小，C错误。
D．由动能定理，运动员做功等于足球初动能，P处初动能更大，故对 P 处踢出的足球做功更多
故答案为：A。
【分析】A、B：逆向看成平抛运动，竖直高度相同则运动时间相同；水平位移越大，初速度越大；
C：竖直分速度相同，水平初速度越大，初速度与水平方向夹角越小；
D：由动能定理，初动能越大，运动员做功越多。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】如图所示，物块匀加速运动受重力、推力、滑动摩擦力和支持力。
正交分解后，沿斜面方向，垂直于斜面方向平衡
又有，联立以上三式解得
故答案为：D。
【分析】本题考查牛顿第二定律的斜面正交分解，将力沿斜面、垂直斜面分解，垂直斜面受力平衡，沿斜面列牛顿第二定律方程，联立求解水平推力F。
8．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．由运动学公式，上滑加速度，A错误；
B．由牛顿第二定律，代入数据解得，B正确；
C．P点后继续上滑距离，C正确；
D．下滑时加速度，上滑最大距离，由，解得，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：加速度用速度变化量与时间的比值求解；
B：上滑时摩擦力沿斜面向下，结合牛顿第二定律求动摩擦因数；
C：逆用匀减速直线运动公式求继续上滑位移；
D：下滑加速度更小，存在摩擦损耗，回到底端速度更小。
9．【答案】A,B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．由，得输电电流，故A正确；
B．升压变压器原线圈电流：，匝数比，故B正确；
CD．用户端获得功率，故由，降压变压器原副线圈匝数比，故CD错误。
故答案为：AB。
【分析】A：由输电线损耗功率求解输电电流；
B：先求升压变压器原线圈电流，利用变压器电流比等于匝数反比求匝数比；
C、D：先求用户端功率与电流，再求降压变压器匝数比。
10．【答案】B,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．开始运动瞬间，根据法拉第电磁感应定律，可得金属棒切割磁感线产生的感应电动势为，根据闭合电路欧姆定律有，故金属棒两端的电势差大小为，故A错误，B正确；
CD．当瞬时速率为v时，根据法拉第电磁感应定律，可得金属棒切割磁感线产生的感应电动势为，根据闭合电路欧姆定律有，安培力大小为，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、B：先求感应电动势，再用闭合电路欧姆定律求路端电压（金属棒两端电势差）；
C、D：由感应电动势、电流、安培力公式推导安培力大小。
11．【答案】（1）14.5
（2）
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）主尺读数：，游标尺读数：，
故答案为：14.5
（2）小球经过光电门中心时的速度为
小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为
小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量
若此过程小球的机械能守恒，则有，联立解得
故答案为：
（3）A．若的测量值偏大，则重力势能减小量偏大，动能增加量小于重力势能减小量，故A错误；
B．在最低点时光电门的中心在小球球心的下方，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量偏大，则动能增加量总是大于重力势能减小量，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减小的重力势能有一部分转化为内能，则动能增加量小于重力势能减小量，故C错误。
故答案为：B。
【分析】(1) 10分度游标卡尺读数 = 主尺读数 + 游标尺读数；
(2) 小球经过光电门的瞬时速度用平均速度近似 ，由机械能守恒 推导关系式；
(3) 逐一分析各选项，判断导致动能增加量大于重力势能减小量的原因。
（1）由图乙，可知小球直径
（2）小球经过光电门中心时的速度为
小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为
小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量
若此过程小球的机械能守恒，则有
联立解得
（3）A．若的测量值偏大，则重力势能减小量偏大，动能增加量小于重力势能减小量，故A错误；
B．在最低点时光电门的中心在小球球心的下方，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量偏大，则动能增加量总是大于重力势能减小量，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减小的重力势能有一部分转化为内能，则动能增加量小于重力势能减小量，故C错误。
故选B。
12．【答案】（1）D；E
（2）甲
（3）1.15；等于
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1) 一节干电池电动势约 1.5V，电压表选D；滑动变阻器选阻值较小的E，方便调节。
故答案为：D；E
(2) 电流表内阻已知，甲图可将电流表内阻计入电源内阻，消除电流表分压带来的系统误差，故选甲。
故答案为：甲
（3）由闭合电路欧姆定律有，结合图像可得
解得；，由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。
故答案为：1.15；等于
【分析】(1) 干电池电动势约1.5V，电压表选0～3V量程；滑动变阻器选小阻值，便于调节；
(2) 电流表内阻已知，可等效为电源内阻，选择甲电路；
(3) 由图像斜率求，减去电流表内阻得电源内阻；该电路无系统误差，电动势测量值等于真实值。
（1）[1]一节干电池电动势约为，因此选量程的电压表，即D；
[2]干电池内阻较小，为方便调节，选阻值范围的滑动变阻器，即E。
（2）因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源内阻，电压表的示数即可看作路端电压，则应选甲图。
（3）[1]由闭合电路欧姆定律有
结合图像可得
解得
[2]由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。
13．【答案】（1）解：乙状态的平衡方程
从甲状态到乙状态经历等温过程
解得
（2）解：从甲状态到末状态，由理想气体状态方程得
解得
（3）解：从乙状态到刚接触卡环，经历等压过程，外界对气体做功
即整个放热过程外界对气体做功，由热力学第一定律
解得
【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；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 堆放细沙过程气体等温变化，用玻意耳定律求末态压强，结合受力平衡求解细沙质量；
(2) 全程用理想气体状态方程，代入初末状态参量求解降温后的压强；
(3) 降温过程气体等压变化，先求外界对气体做功，再由热力学第一定律求内能变化。
14．【答案】（1）解：细线断裂之前对子弹和木块的整体
由平抛运动可知，
解得v=6m/s，x=3m
（2）解：子弹射入木块过程由动量守恒和能量关系，
解得
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】(1) 子弹射入木块瞬间，细绳拉力达最大值，由牛顿第二定律求出共同速度；之后做平抛运动，由平抛规律求解水平位移；
(2) 子弹射入木块过程动量守恒，结合能量守恒求解产生的热量。
（1）细线断裂之前对子弹和木块的整体
由平抛运动可知，
解得v=6m/s，x=3m
（2）子弹射入木块过程由动量守恒和能量关系，
解得
15．【答案】（1）解：粒子加速，根据动能定理有
解得
速度选择器内，粒子受力平衡，则有
解得
（2）解：粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期为
粒子能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角
解得
粒子运动时间与周期的关系为
解得
（3）解：撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有
根据牛顿第二定律有
竖直方向末速度
合速度大小
速度与水平方向夹角
解得
粒子在磁场中运动的半径为
粒子从磁场左边界射出时入射点与出射点的距离
粒子在磁场Ⅱ中运动的时间
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器；速度选择器
【解析】【分析】(1) 粒子经加速电场由动能定理求速度；速度选择器中电场力、洛伦兹力平衡，求解；
(2) 磁场Ⅱ中洛伦兹力提供向心力，求轨迹半径、周期，由几何关系得圆心角，求运动时间；
(3) 撤去磁场Ⅰ，粒子在速度选择器做类平抛，求合速度与偏转角；再进入磁场Ⅱ做圆周运动，求运动时间、入射出射间距。
（1）粒子加速，根据动能定理有
解得
速度选择器内，粒子受力平衡，则有
解得
（2）粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期为
粒子能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角
解得
粒子运动时间与周期的关系为
解得
（3）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有
根据牛顿第二定律有
竖直方向末速度
合速度大小
速度与水平方向夹角
解得
粒子在磁场中运动的半径为
粒子从磁场左边界射出时入射点与出射点的距离
粒子在磁场Ⅱ中运动的时间
1 / 1

展开更多......

收起↑