2025屆河南部分重點高中高三上學期大聯(lián)考模擬預測物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試大聯(lián)考（高三）物理注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.如圖所示，用水平力F將一質(zhì)量為m的物塊壓在一粗糙豎直墻壁上，若物塊始終保持靜止狀態(tài)，關于物塊受到墻壁的摩擦力，下列說法正確的是（）A.F越大，摩擦力越大B.F越小，摩擦力越大C.m越大，摩擦力越大Dm越小，摩擦力越大【答案】C【解析】對物塊受力分析，受推力F、重力mg、墻壁對其水平向外的支持力N和由豎直向上的靜摩擦力f。根據(jù)平衡條件有F=N，mg=f即靜摩擦力與重力平衡，與推力無關，m越大，摩擦力越大。故C正確；ABD錯誤。故選C。2.如圖所示，絕緣箱子放在水平地面上，平行金屬板A、B放在箱子內(nèi)，A板固定在箱子頂部，B板用絕緣彈簧支撐在箱底，兩板平行相對，帶等量的異種電荷，一個帶正電的小球用絕緣細線懸于上板，小球受到細線的拉力恰好為零，現(xiàn)讓箱子豎直向上做勻加速運動，B板再次相對箱子靜止（不考慮電場運動產(chǎn)生的影響），則下列判斷正確的是（）A.A板帶正電B.箱子運動過程中，電容器的電容變大C.箱子運動過程中，兩板間的電壓變大D.箱子運動過程中，細線對小球的拉力仍為零【答案】C【解析】A．小球所受拉力為0，表明電場力與重力平衡，則電場力方向豎直向上，小球帶正電，則電場方向豎直向上，可知，A板帶負電，故A錯誤；B．箱子豎直向上做勻加速運動，加速度方向向上，穩(wěn)定時，彈簧彈力增大，即B板下移，極板之間間距增大，根據(jù)可知，箱子運動過程中，電容器的電容變小，故B錯誤；C．極板所帶電荷量一定，根據(jù)結(jié)合上述可知，電容減小，則兩板間的電壓變大，故C正確；D．根據(jù)，解得電場強度為可知，電場強度不變，小球所受電場力不變，為使加速度向上，則細線對小球的拉力不為零，故D錯誤。故選C。3.A、B兩個粗細均勻的同心光滑圓環(huán)固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，圓心O在轉(zhuǎn)軸上，兩環(huán)和轉(zhuǎn)軸在同一豎直面內(nèi)，a、b兩個小球分別套在A、B兩個圓環(huán)上，當兩環(huán)繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動后，a、b兩球在環(huán)上的位置可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】對小環(huán)受力分析如圖由牛頓第二定律得故兩小球角速度相同，故h相同，即在同一個水平面內(nèi)做圓周運動。故選B4.如圖所示，一根輕繩繞過光滑定滑輪，一端固定在天花板的A點，另一端吊著一個裝有砂子的砂桶乙，同樣裝有砂子的砂桶甲通過光滑掛鉤掛在輕繩上，通過增加桶中砂子的質(zhì)量，可以改變砂桶的總重，則下列判斷正確的是（）A.若AB繩和BC繩間夾角大于120°，則乙桶的總重大于甲桶的總重B.若緩慢增大甲桶的總重，則輕繩對乙桶的拉力增大C.若緩慢增大乙桶的總重，則輕繩對甲桶掛鉤的作用力增大D.若將懸點A緩慢向右移，則AB繩和BC繩間的夾角會逐漸減小【答案】A【解析】A．因B點兩邊繩子的拉力是相等的，設細繩與豎直方向夾角為θ，對乙桶對甲桶若AB繩和BC繩間夾角大于120°，則可得即乙桶的總重大于甲桶的總重，選項A正確；B．若緩慢增大甲桶的總重，則輕繩對乙桶的拉力不變，總為，選項B錯誤；C．輕繩對甲桶掛鉤的作用力等于甲桶的總重，則若緩慢增大乙桶的總重，則輕繩對甲桶掛鉤的作用力不變，選項C錯誤；D．若將懸點A緩慢向右移，因繩子的拉力不變（等于乙桶的總重），兩個拉力的合力不變（等于甲桶的總重）則AB繩和BC繩間的夾角不變，選項D錯誤。故選A。5.人類有可能在不久的將來登上火星。未來某航天員在地球表面將一重物在離地高h處由靜止釋放，測得下落時間為，來到火星后，也將一重物在離火星表面高h處由靜止釋放，測得下落時間為，已知地球與火星的半徑之比為k，不考慮地球和火星的自轉(zhuǎn)，則地球與火星的密度之比為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)可得可知在星球表面可得可得故選A。6.如圖所示，A、B兩個等量同種點電荷固定在同一水平線上，將一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球C放在A、B連線的豎直平分線上某處時，小球恰好處于靜止狀態(tài)，此時A、C連線與水平方向的夾角為θ，已知重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點，則下列判斷正確的是（）A.點電荷B和小球C可能帶異種電荷B.點電荷A在小球C處產(chǎn)生的場強大小為C.將小球C沿豎直方向下移一些再由靜止釋放，小球一定向下運動D.將小球C沿豎直方向下移（不到A、B連線）的過程中，小球的電勢能一定增大【答案】D【解析】A．由題意可知，小球C受到B和C的斥力作用，可知點電荷B和小球C帶同種電荷，選項A錯誤；B．對小球C受力分析可知，可得點電荷A在小球C處產(chǎn)生的場強大小為，選項B錯誤；C．在AB連線的中垂線上，在水平線上方存在一個場強最大的位置，若開始時小球C在該位置上方平衡，則將小球C沿豎直方向下移一些則受電場力變大，再由靜止釋放，小球?qū)⑾蛏线\動；若開始時小球C在該位置下方平衡，則將小球C沿豎直方向下移一些則受電場力變小，再由靜止釋放，小球?qū)⑾蛳逻\動，選項C錯誤；將小球C沿豎直方向下移（不到A、B連線）的過程中，電場力對小球做負功，則小球的電勢能一定增大，選項D正確。故選D。7.在傾角為30°的斜面頂端A點，斜向右上方以大小為v0的初速度拋出一個小球，初速度與斜面間的夾角為60°，斜面足夠長，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列判斷正確的是（）A.小球運動時的最小速度為B.小球運動時離斜面的最大距離為C.保持小球的初速度大小不變，將小球的初速度與斜面間的夾角變大（不超過90°），小球落在斜面上的位置將上移D.保持小球的初速度方向不變，將小球的初速度增大，則小球落到斜面上時速度方向不變【答案】CD【解析】A．根據(jù)斜上拋運動的特點可知，當小球豎直方向速度為零時，小球的速度最小，且最小速度為故A錯誤；B．沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐標系，則沿斜面方向有，垂直斜面方向有，所以小球運動時離斜面最大距離為故B錯誤；C．設斜面傾角為θ，初速度與斜面間的夾角為α，則小球沿斜面方向的位移大小為整理可得由此可知，若保持小球的初速度大小不變，將小球的初速度與斜面間的夾角α由60°變大（不超過90°），小球沿斜面方向的位移x減小，則小球落在斜面上的位置將上移，故C正確；D．若保持小球的初速度方向不變，小球落到斜面上時速度方向與斜面的夾角為β，則所以將小球的初速度增大，則小球落到斜面上時速度方向不變，故D正確。故選CD。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示，彈性繩一端固定在O點，另一端系一個小鐵球，將球拉至與O點等高的位置，彈性繩剛好伸直，由靜止釋放小球，小球可運動至O點正下方P點（未畫出），則小球運動過程中，不計空氣阻力，不計小球大小，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，下列判斷正確的是（）A.彈性繩對小球不做功B.小球重力勢能減少量大于動能增加量C.小球運動到P點時，小球重力的瞬時功率不為零D.若讓小球緊靠O點由靜止釋放，小球向下運動到的最低點一定在P點下方【答案】BCD【解析】A．小球運動至O點正下方P點時彈性繩拉力與小球重力的合力提供向心力，故彈性繩處于拉伸狀態(tài)，彈性勢能不為0，彈性繩對小球做了功，故A錯誤；B．小球運動至O點正下方P點過程中，重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈性繩的彈性勢能，所以小球重力勢能減少量大于動能增加量，故B正確；C．小球運動到P點時，速度不沿水平方向，重力的功率不為零，故C正確；D．若讓小球緊靠O點由靜止釋放，小球向下運動到最低點，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性繩的彈性勢能，故彈簧的伸長量增大，最低點在P點下方，故D正確。故選BCD。9.如圖所示，輕彈簧豎直立在地面上，物塊A放在輕彈簧上，物塊B疊放在物塊A上，用繞過兩定滑輪的輕繩將物塊B、C連接，用手托著物塊C，使滑輪兩邊的輕繩剛好沿豎直方向伸直，已知物塊A、B、C的質(zhì)量分別為m、m、2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，不計空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，開始時物塊B到滑輪的距離足夠遠，快速撤去手，則下列判斷正確的是（）A.撤去手的一瞬間，物塊C的加速度為0B.撤去手的一瞬間，A對B的作用力大小為C.撤去手后，物塊B向上運動過程中加速度先減小后不變D.當物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為【答案】BC【解析】A．由題意可知，撤去手之前繩子上得拉力為0，此時，對AB整體受力分析得撤去手得一瞬間，彈簧上彈力不變，A、B、C三個物體加速度大小相等，對C受力分析得對AB整體受力分析，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得撤去手的一瞬間，物體C的加速度大小為此時繩上的拉力突變，大小為A錯誤；B．撤去手的一瞬間，對物體B受力分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得此時A對B的作用力大小為B正確；C．撤去手之后AB分開前，對A、B、C系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得隨著A向上運動，彈簧的形變量減小，可知加速度減小；A、B分開后，B、C兩個物體由繩連接加速度大小一樣，對C受力分析由牛頓第二定律可知對B受力分析，由牛頓第二定律可知聯(lián)立解得B、C的加速度大小為加速度不再變化C正確；D．A、B分開時，，此時A、B、C加速度大小相等，設此時彈簧的形變量為，對A、B、C系統(tǒng)受力分析解得隔離A，受力分析由牛頓第二定律得聯(lián)立解得，此時彈簧形變量為故當物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為D錯誤。故選BC。10.如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球用長為L、不可伸長的絕緣細線懸于O點，將小球向左拉至與O點等高的A點，細線剛好伸直，已知電場強度大小，g為重力加速度大小，小球可視為質(zhì)點，將小球由靜止釋放，則下列判斷正確的是（）A.小球運動到B點的速度大小為B.小球第一次運動到O點正下方時的速度是小球運動過程中的最大速度C.小球運動過程中的最大速度為D.小球最終運動穩(wěn)定時做往復運動，軌跡為半個圓周【答案】BD【解析】BC．對小球受力分析，將電場力與重力合成為一個等效“重力”，如圖所示由解得可知其等效“重力場”的最低點為點C。如圖所示依題意，小球由靜止釋放后做勻加速直線運動，第一次運動到O點正下方時的速度設為v，由動能定理，可得解得此時細線瞬間繃緊，致使沿細線方向的速度變?yōu)榱悖瑒t垂直于細線方向的速度為之后，小球?qū)⒁缘刃ё畹忘cC為中心做往復運動，設小球運動到C點的速度為，由動能定理可得解得可知小球第一次運動到O點正下方時的速度是小球運動過程中的最大速度，即故B正確；C錯誤；AD．由對稱性可知，小球運動到B點的速度大小與細線繃緊瞬間的速度大小相等，即設小球往復運動過程中，運動到等效最低點左側(cè)最高點時，細線與豎直方向夾角為，由動能定理可得解得由幾何關系及對稱性可知，小球最終運動穩(wěn)定時做往復運動，軌跡為半個圓周。故A錯誤；D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實驗小組用圖甲所示裝置“探究加速度與力的關系”實驗。（1）在平衡了摩擦力及滿足鉤碼質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量的條件下，按正確的操作打出的一條紙帶如圖乙所示，圖中所標的點為計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為0.1s，則小車運動的加速度大小為a=______（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（2）若多次增大鉤碼的質(zhì)量進行實驗，得到鉤碼的質(zhì)量m及對應的小車運動的加速度a，作出圖像如圖丙實線所示，圖像出現(xiàn)彎曲的原因是______；在曲線部分取一點P，對應的橫坐標為，已知重力加速度大小為g，若小車的質(zhì)量為M，則P點與坐標原點O的連線斜率為______（用g、M、表示）。（3）若根據(jù)（2）問中測得的小車加速度a與對應鉤碼質(zhì)量m，作圖像，則作出的圖像可能是______。A. B.C. D.【答案】（1）2.40（2）不滿足m?M條件（3）A【解析】【小問1詳析】由逐差法可知小車運動的加速度大小為【小問2詳析】[1]隨著所掛鉤碼的質(zhì)量的增加，不再滿足鉤碼質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，即不滿足m?M的條件，圖像將發(fā)生彎曲。[2]根據(jù)牛頓第二定律解得P點與坐標原點O的連線斜率為【小問3詳析】根據(jù)牛頓第二定律整理，可得即圖像中圖線為一次函數(shù)關系，且與縱軸正半軸有交點。故選A。12.將電流傳感器與計算機相連，可以用來觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。實驗電路如圖甲所示。定值電阻，直流電源為恒壓源（輸出電壓恒定），S是單刀雙擲開關，C為平行板電容器。（1）先將開關S撥至位置1，充電完畢，這時電容器上極板帶______（填“正”或“負”）電，再將開關S撥至位置2，電容器放電電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，由圖分析可知，恒壓源輸出的電壓為______V。（2）圖乙中圖像和坐標軸圍成的面積大約為40格，則充電完畢時，電容器所帶電荷量為Q=______C；由此求得電容器的電容C=______F。（結(jié)果均保留二位有效數(shù)字）（3）若僅將圖甲中定值電阻換用阻值更大的電阻重新實驗，則得到的電流隨時間變化的圖像與坐標軸所圍的面積與圖乙的面積相比將______（填“變大”“變小”或“不變”）?！敬鸢浮浚?）正10（2）（3）不變【解析】【小問1詳析】[1]將開關S撥至位置1，電容器上極板連接電源正極，帶正電；[2]充電完畢后電容器兩端的電壓等于電源電壓，由乙圖知電容器放電瞬間的電流為10mA，則恒壓源輸出的電壓為【小問2詳析】[1]圖乙中每小格代表的電量為電容器所帶電荷量為放電過程放出的總電荷量[2]電容器的電容為【小問3詳析】電流隨時間變化的圖像與坐標軸所圍的面積等于電容器的帶電量，僅將圖甲中定值電阻換用阻值更大的電阻重新實驗，電容器的電容和恒壓電源的電壓不變，充完電后電容器所帶電荷量不變，因此電流隨時間變化的圖像與坐標軸所圍的面積不變。13.如圖所示，斜面體固定在水平面上，斜面AB段長為1m，AB段光滑，BC段粗糙，一個物塊從斜面頂端A點由靜止釋放，物塊在AB段運動加速度是BC段運動加速度的2倍，在AB段運動時間是BC段運動時間的一半，物塊到達C點時速度大小為4m/s，重力加速度，求：（1）物塊運動到B點時的速度大小；（2）斜面的長度；（3）物塊與斜面BC段間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）（2）7m（3）【解析】【小問1詳析】設物塊在AB段運動加速度是2a，運動時間是t，則BC段運動加速度是a，運動時間的是2t，則有，聯(lián)立，解得【小問2詳析】斜面的長度其中，聯(lián)立，解得，【小問3詳析】根據(jù)解得設斜面傾角為，根據(jù)牛頓第二定律，可知，聯(lián)立，解得14.某款游戲裝置可簡化為如圖所示模型。水平傳送帶A、B兩端間距離為3.6m，傳送帶沿順時針方向勻速運行，速度大小可調(diào)，傳送帶上表面與光滑水平面BC在同一水平面內(nèi)。半徑為0.5m的光滑半圓弧軌道CD固定在豎直面內(nèi)，圓弧面的最低點C與水平面相切，物塊與傳送帶上表面間動摩擦因數(shù)為0.5，游戲時先調(diào)節(jié)傳送帶速度，然后只需將質(zhì)量為0.5kg的物塊輕放在傳送帶上表面的左端，已知重力加速度大小為。（1）若傳送帶的速度調(diào)為2m/s，求物塊運動到圓弧面C點時對圓弧面的壓力大小；（2）要使物塊在圓弧面上運動時不離開圓弧面，則傳送帶勻速運行的速度應調(diào)節(jié)在什么范圍內(nèi)；（3）若傳送帶的速度調(diào)為4m/s，求物塊在圓弧面上運動時離開圓弧面的位置離水平面的高度?！敬鸢浮浚?）9N（2）；（3）0.7m【解析】【小問1詳析】由牛頓第二定律，可知解得依題意，物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，則有即物塊離開傳送帶時，速度為傳送帶的速度v，BC段光滑，物塊在C點，由牛頓第二定律，可得解得根據(jù)牛頓第三定律，可知物塊運動到圓弧面C點時對圓弧面的壓力大小【小問2詳析】物塊經(jīng)傳送帶能獲得最大速度解得要使物塊在圓弧面上運動時不離開圓弧面，有兩個臨界情況，其一物塊恰好運動到與圓心等高處，有解得其二物塊恰好能過圓弧最高點，有又聯(lián)立，解得則傳送帶勻速運行的速度應調(diào)節(jié)范圍，【小問3詳析】根據(jù)第二問分析可知，若傳送帶的速度調(diào)為4m/s，則有說明物塊離開圓弧面時，其高度已經(jīng)超過圓心高度，但是還未達到圓弧最高點，設離開圓弧面的位置離水平面的高度為h，則有又由幾何關系，可得聯(lián)立，解得15.如圖甲所示，平行板A、B長度為L，平行板M、N長度與板間距離相等（大小未知），兩組平行板均水平放置且中線重合，在A、B板中線左側(cè)有一粒子源，均勻地向右沿中線射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子射出的初速度大小恒定，在A、B板間加有如圖乙所示的交變電壓（圖中和T均已知），所有粒子在A、B板間運動的時間均為T，在時刻進入A、B板間的粒子恰好從A板的右邊緣附近射出；在M、N板間加有恒定電壓，所有粒子進入M、N板后，有一半的粒子能從M、N板間射出。M、N兩板右端的虛線PQ與熒光屏間有方向斜向右上方的勻強電場，PQ與熒光屏平行，從M、N板間射出的粒子進入PQ右側(cè)電場后，沿直線運動打在熒光屏上，將M、N兩板的電壓（電壓大小不變）反接，粒子最終垂直打在熒光屏上，不計粒子的重力，不計粒子間的相互影響，求：（1）A、B板間的距離；（2）M、N板間所加的電壓；（3）M、N兩板間電壓未反向時，進入PQ右側(cè)電場的粒子最終打在熒光屏上時的動能。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】時刻進入AB板間的粒子，在豎直方向上滿足先加速后減速到0，則有根據(jù)牛頓第二定律，則有又因可解得【小問2詳析】在AB電場的水平方向，則有所以在MN電場中，粒子均水平入射，做類平拋運動，只有一半的粒子能射出，所以中間入射的粒子在極板邊緣射出，水平方向，則有豎直方向，則有根據(jù)牛頓第二定律，則有又因可解得【小問3詳析】在MN電場射出時，則有所以粒子為斜向右上方45°射出的，由于射出后沿直線運動，所以電場線與粒子運動速度方向共線，所以電場反向時，在PQ右側(cè)水平方向，則有在豎直方向上，則有根據(jù)牛頓第二定律，則有可解得在電場未反向時，列動能定理，則有可解得2025屆普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試大聯(lián)考（高三）物理注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.如圖所示，用水平力F將一質(zhì)量為m的物塊壓在一粗糙豎直墻壁上，若物塊始終保持靜止狀態(tài)，關于物塊受到墻壁的摩擦力，下列說法正確的是（）A.F越大，摩擦力越大B.F越小，摩擦力越大C.m越大，摩擦力越大Dm越小，摩擦力越大【答案】C【解析】對物塊受力分析，受推力F、重力mg、墻壁對其水平向外的支持力N和由豎直向上的靜摩擦力f。根據(jù)平衡條件有F=N，mg=f即靜摩擦力與重力平衡，與推力無關，m越大，摩擦力越大。故C正確；ABD錯誤。故選C。2.如圖所示，絕緣箱子放在水平地面上，平行金屬板A、B放在箱子內(nèi)，A板固定在箱子頂部，B板用絕緣彈簧支撐在箱底，兩板平行相對，帶等量的異種電荷，一個帶正電的小球用絕緣細線懸于上板，小球受到細線的拉力恰好為零，現(xiàn)讓箱子豎直向上做勻加速運動，B板再次相對箱子靜止（不考慮電場運動產(chǎn)生的影響），則下列判斷正確的是（）A.A板帶正電B.箱子運動過程中，電容器的電容變大C.箱子運動過程中，兩板間的電壓變大D.箱子運動過程中，細線對小球的拉力仍為零【答案】C【解析】A．小球所受拉力為0，表明電場力與重力平衡，則電場力方向豎直向上，小球帶正電，則電場方向豎直向上，可知，A板帶負電，故A錯誤；B．箱子豎直向上做勻加速運動，加速度方向向上，穩(wěn)定時，彈簧彈力增大，即B板下移，極板之間間距增大，根據(jù)可知，箱子運動過程中，電容器的電容變小，故B錯誤；C．極板所帶電荷量一定，根據(jù)結(jié)合上述可知，電容減小，則兩板間的電壓變大，故C正確；D．根據(jù)，解得電場強度為可知，電場強度不變，小球所受電場力不變，為使加速度向上，則細線對小球的拉力不為零，故D錯誤。故選C。3.A、B兩個粗細均勻的同心光滑圓環(huán)固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，圓心O在轉(zhuǎn)軸上，兩環(huán)和轉(zhuǎn)軸在同一豎直面內(nèi)，a、b兩個小球分別套在A、B兩個圓環(huán)上，當兩環(huán)繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動后，a、b兩球在環(huán)上的位置可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】對小環(huán)受力分析如圖由牛頓第二定律得故兩小球角速度相同，故h相同，即在同一個水平面內(nèi)做圓周運動。故選B4.如圖所示，一根輕繩繞過光滑定滑輪，一端固定在天花板的A點，另一端吊著一個裝有砂子的砂桶乙，同樣裝有砂子的砂桶甲通過光滑掛鉤掛在輕繩上，通過增加桶中砂子的質(zhì)量，可以改變砂桶的總重，則下列判斷正確的是（）A.若AB繩和BC繩間夾角大于120°，則乙桶的總重大于甲桶的總重B.若緩慢增大甲桶的總重，則輕繩對乙桶的拉力增大C.若緩慢增大乙桶的總重，則輕繩對甲桶掛鉤的作用力增大D.若將懸點A緩慢向右移，則AB繩和BC繩間的夾角會逐漸減小【答案】A【解析】A．因B點兩邊繩子的拉力是相等的，設細繩與豎直方向夾角為θ，對乙桶對甲桶若AB繩和BC繩間夾角大于120°，則可得即乙桶的總重大于甲桶的總重，選項A正確；B．若緩慢增大甲桶的總重，則輕繩對乙桶的拉力不變，總為，選項B錯誤；C．輕繩對甲桶掛鉤的作用力等于甲桶的總重，則若緩慢增大乙桶的總重，則輕繩對甲桶掛鉤的作用力不變，選項C錯誤；D．若將懸點A緩慢向右移，因繩子的拉力不變（等于乙桶的總重），兩個拉力的合力不變（等于甲桶的總重）則AB繩和BC繩間的夾角不變，選項D錯誤。故選A。5.人類有可能在不久的將來登上火星。未來某航天員在地球表面將一重物在離地高h處由靜止釋放，測得下落時間為，來到火星后，也將一重物在離火星表面高h處由靜止釋放，測得下落時間為，已知地球與火星的半徑之比為k，不考慮地球和火星的自轉(zhuǎn)，則地球與火星的密度之比為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)可得可知在星球表面可得可得故選A。6.如圖所示，A、B兩個等量同種點電荷固定在同一水平線上，將一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球C放在A、B連線的豎直平分線上某處時，小球恰好處于靜止狀態(tài)，此時A、C連線與水平方向的夾角為θ，已知重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點，則下列判斷正確的是（）A.點電荷B和小球C可能帶異種電荷B.點電荷A在小球C處產(chǎn)生的場強大小為C.將小球C沿豎直方向下移一些再由靜止釋放，小球一定向下運動D.將小球C沿豎直方向下移（不到A、B連線）的過程中，小球的電勢能一定增大【答案】D【解析】A．由題意可知，小球C受到B和C的斥力作用，可知點電荷B和小球C帶同種電荷，選項A錯誤；B．對小球C受力分析可知，可得點電荷A在小球C處產(chǎn)生的場強大小為，選項B錯誤；C．在AB連線的中垂線上，在水平線上方存在一個場強最大的位置，若開始時小球C在該位置上方平衡，則將小球C沿豎直方向下移一些則受電場力變大，再由靜止釋放，小球?qū)⑾蛏线\動；若開始時小球C在該位置下方平衡，則將小球C沿豎直方向下移一些則受電場力變小，再由靜止釋放，小球?qū)⑾蛳逻\動，選項C錯誤；將小球C沿豎直方向下移（不到A、B連線）的過程中，電場力對小球做負功，則小球的電勢能一定增大，選項D正確。故選D。7.在傾角為30°的斜面頂端A點，斜向右上方以大小為v0的初速度拋出一個小球，初速度與斜面間的夾角為60°，斜面足夠長，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列判斷正確的是（）A.小球運動時的最小速度為B.小球運動時離斜面的最大距離為C.保持小球的初速度大小不變，將小球的初速度與斜面間的夾角變大（不超過90°），小球落在斜面上的位置將上移D.保持小球的初速度方向不變，將小球的初速度增大，則小球落到斜面上時速度方向不變【答案】CD【解析】A．根據(jù)斜上拋運動的特點可知，當小球豎直方向速度為零時，小球的速度最小，且最小速度為故A錯誤；B．沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐標系，則沿斜面方向有，垂直斜面方向有，所以小球運動時離斜面最大距離為故B錯誤；C．設斜面傾角為θ，初速度與斜面間的夾角為α，則小球沿斜面方向的位移大小為整理可得由此可知，若保持小球的初速度大小不變，將小球的初速度與斜面間的夾角α由60°變大（不超過90°），小球沿斜面方向的位移x減小，則小球落在斜面上的位置將上移，故C正確；D．若保持小球的初速度方向不變，小球落到斜面上時速度方向與斜面的夾角為β，則所以將小球的初速度增大，則小球落到斜面上時速度方向不變，故D正確。故選CD。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示，彈性繩一端固定在O點，另一端系一個小鐵球，將球拉至與O點等高的位置，彈性繩剛好伸直，由靜止釋放小球，小球可運動至O點正下方P點（未畫出），則小球運動過程中，不計空氣阻力，不計小球大小，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，下列判斷正確的是（）A.彈性繩對小球不做功B.小球重力勢能減少量大于動能增加量C.小球運動到P點時，小球重力的瞬時功率不為零D.若讓小球緊靠O點由靜止釋放，小球向下運動到的最低點一定在P點下方【答案】BCD【解析】A．小球運動至O點正下方P點時彈性繩拉力與小球重力的合力提供向心力，故彈性繩處于拉伸狀態(tài)，彈性勢能不為0，彈性繩對小球做了功，故A錯誤；B．小球運動至O點正下方P點過程中，重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈性繩的彈性勢能，所以小球重力勢能減少量大于動能增加量，故B正確；C．小球運動到P點時，速度不沿水平方向，重力的功率不為零，故C正確；D．若讓小球緊靠O點由靜止釋放，小球向下運動到最低點，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性繩的彈性勢能，故彈簧的伸長量增大，最低點在P點下方，故D正確。故選BCD。9.如圖所示，輕彈簧豎直立在地面上，物塊A放在輕彈簧上，物塊B疊放在物塊A上，用繞過兩定滑輪的輕繩將物塊B、C連接，用手托著物塊C，使滑輪兩邊的輕繩剛好沿豎直方向伸直，已知物塊A、B、C的質(zhì)量分別為m、m、2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，不計空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，開始時物塊B到滑輪的距離足夠遠，快速撤去手，則下列判斷正確的是（）A.撤去手的一瞬間，物塊C的加速度為0B.撤去手的一瞬間，A對B的作用力大小為C.撤去手后，物塊B向上運動過程中加速度先減小后不變D.當物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為【答案】BC【解析】A．由題意可知，撤去手之前繩子上得拉力為0，此時，對AB整體受力分析得撤去手得一瞬間，彈簧上彈力不變，A、B、C三個物體加速度大小相等，對C受力分析得對AB整體受力分析，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得撤去手的一瞬間，物體C的加速度大小為此時繩上的拉力突變，大小為A錯誤；B．撤去手的一瞬間，對物體B受力分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得此時A對B的作用力大小為B正確；C．撤去手之后AB分開前，對A、B、C系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得隨著A向上運動，彈簧的形變量減小，可知加速度減小；A、B分開后，B、C兩個物體由繩連接加速度大小一樣，對C受力分析由牛頓第二定律可知對B受力分析，由牛頓第二定律可知聯(lián)立解得B、C的加速度大小為加速度不再變化C正確；D．A、B分開時，，此時A、B、C加速度大小相等，設此時彈簧的形變量為，對A、B、C系統(tǒng)受力分析解得隔離A，受力分析由牛頓第二定律得聯(lián)立解得，此時彈簧形變量為故當物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為D錯誤。故選BC。10.如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球用長為L、不可伸長的絕緣細線懸于O點，將小球向左拉至與O點等高的A點，細線剛好伸直，已知電場強度大小，g為重力加速度大小，小球可視為質(zhì)點，將小球由靜止釋放，則下列判斷正確的是（）A.小球運動到B點的速度大小為B.小球第一次運動到O點正下方時的速度是小球運動過程中的最大速度C.小球運動過程中的最大速度為D.小球最終運動穩(wěn)定時做往復運動，軌跡為半個圓周【答案】BD【解析】BC．對小球受力分析，將電場力與重力合成為一個等效“重力”，如圖所示由解得可知其等效“重力場”的最低點為點C。如圖所示依題意，小球由靜止釋放后做勻加速直線運動，第一次運動到O點正下方時的速度設為v，由動能定理，可得解得此時細線瞬間繃緊，致使沿細線方向的速度變?yōu)榱悖瑒t垂直于細線方向的速度為之后，小球?qū)⒁缘刃ё畹忘cC為中心做往復運動，設小球運動到C點的速度為，由動能定理可得解得可知小球第一次運動到O點正下方時的速度是小球運動過程中的最大速度，即故B正確；C錯誤；AD．由對稱性可知，小球運動到B點的速度大小與細線繃緊瞬間的速度大小相等，即設小球往復運動過程中，運動到等效最低點左側(cè)最高點時，細線與豎直方向夾角為，由動能定理可得解得由幾何關系及對稱性可知，小球最終運動穩(wěn)定時做往復運動，軌跡為半個圓周。故A錯誤；D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實驗小組用圖甲所示裝置“探究加速度與力的關系”實驗。（1）在平衡了摩擦力及滿足鉤碼質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量的條件下，按正確的操作打出的一條紙帶如圖乙所示，圖中所標的點為計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為0.1s，則小車運動的加速度大小為a=______（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（2）若多次增大鉤碼的質(zhì)量進行實驗，得到鉤碼的質(zhì)量m及對應的小車運動的加速度a，作出圖像如圖丙實線所示，圖像出現(xiàn)彎曲的原因是______；在曲線部分取一點P，對應的橫坐標為，已知重力加速度大小為g，若小車的質(zhì)量為M，則P點與坐標原點O的連線斜率為______（用g、M、表示）。（3）若根據(jù)（2）問中測得的小車加速度a與對應鉤碼質(zhì)量m，作圖像，則作出的圖像可能是______。A. B.C. D.【答案】（1）2.40（2）不滿足m?M條件（3）A【解析】【小問1詳析】由逐差法可知小車運動的加速度大小為【小問2詳析】[1]隨著所掛鉤碼的質(zhì)量的增加，不再滿足鉤碼質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，即不滿足m?M的條件，圖像將發(fā)生彎曲。[2]根據(jù)牛頓第二定律解得P點與坐標原點O的連線斜率為【小問3詳析】根據(jù)牛頓第二定律整理，可得即圖像中圖線為一次函數(shù)關系，且與縱軸正半軸有交點。故選A。12.將電流傳感器與計算機相連，可以用來觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。實驗電路如圖甲所示。定值電阻，直流電源為恒壓源（輸出電壓恒定），S是單刀雙擲開關，C為平行板電容器。（1）先將開關S撥至位置1，充電完畢，這時電容器上極板帶______（填“正”或“負”）電，再將開關S撥至位置2，電容器放電電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，由圖分析可知，恒壓源輸出的電壓為______V。（2）圖乙中圖像和坐標軸圍成的面積大約為40格，則充電完畢時，電容器所帶電荷量為Q=______C；由此求得電容器的電容C=______F。（結(jié)果均保留二位有效數(shù)字）（3）若僅將圖甲中定值電阻換用阻值更大的電阻重新實驗，則得到的電流隨時間變化的圖像與坐標軸所圍的面積與圖乙的面積相比將______（填“變大”“變小”或“不變”）?！敬鸢浮浚?）正10（2）（3）不變【解析】【小問1詳析】[1]將開關S撥至位置1，電容器上極板連接電源正極，帶正電；[2]充電完畢后電容器兩端的電壓等于電源電壓，由乙圖知電容器放電瞬間的電流為10mA，則恒壓源輸出的電壓為【小問2詳析】[1]圖乙中每小格代表的電量為電容器所帶電荷量為放電過程放出的總電荷量[2]電容器的電容為【小問3詳析】電流隨時間變化的圖像與坐標軸所圍的面積等于電容器的帶電量，僅將圖甲中定值電阻換用阻值更大的電阻重新實驗，電容器的電容和恒壓電源的電壓不變，充完電后電容器所帶電荷量不變，因此電流隨時間變化的圖像與坐標軸所圍的面積不變。13.如圖所示，斜面體固定在水平面上，斜面AB段長為1m，AB段光滑，BC段粗糙，一個物塊從斜面頂端A點由靜止釋放，物塊在AB段運動加速度是BC段運動加速度的2倍，在AB段運動時間是BC段運動時間的一半，物塊到達C點時速度大小為4m/s，重力加速度，求：（1）物塊運動到B點時的速度大??；（2）斜面的長度；（3）物塊與斜面BC段間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）（2）7m（3）【解析】【小問1詳