2025屆四川省樂山市高三下學期三?？荚囄锢碓囶}（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1樂山市高中2025屆第三次調查研究考試物理（本試題卷共四個大題，共6頁，滿分100分，考試時間75分鐘）注意事項：1.答第Ⅰ卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考試科目用鉛筆涂寫在答題卡上。2.每小題選出答案后，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，再涂選其它答案，不準答在試題卷上。3.考試結束后，將答題卡交回。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，只有一項是符合題目要求的。1.钚元素是高度放射性物質，可用于制作同位素電池，廣泛應用于宇宙飛船、人造衛(wèi)星等的能源供給。已知钚（即）發(fā)生α衰變的方程為，已知的半衰期約為88年。則下列說法正確的是（）A.衰變方程中，是B.該衰變過程中一定吸收能量C.8個原子核經過88年后還剩4個D.的比結合能小于的比結合能【答案】D【解析】A．發(fā)生α衰變過程滿足質量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知衰變方程中，是，故A錯誤；B．該衰變過程中，存在質量虧損，一定釋放能量，故B錯誤；C．半衰期是大量原子核發(fā)生衰變的統(tǒng)計規(guī)律，不適用于少數(shù)原子核發(fā)生衰變，所以8個原子核經過88年后不一定還剩4個，故C錯誤；D．原子核的比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，衰變后的比衰變前的更穩(wěn)定，所以的比結合能小于的比結合能，故D正確。故選D。2.真空中，一半圓形玻璃磚放置在轉盤上，一束由單色光組成的光線從左側沿著玻璃磚半徑方向入射，玻璃磚右側有一足夠大的光屏。實驗開始，轉盤從圖示位置開始逆時針勻速轉動，此時光屏上無亮點。隨著繼續(xù)轉動，光屏上先出現(xiàn)單色光的亮點，根據(jù)實驗現(xiàn)象下列推斷正確的是（）A.光的頻率大于光的頻率B.光在玻璃磚內的傳播速度大于光C.雙縫干涉實驗中，要使相鄰亮條紋間距較大，應該使用光D.若均能使某金屬發(fā)生光電效應，則光產生的光電子最大初動能較大【答案】B【解析】根據(jù)題意實驗開始，轉盤從圖示位置開始逆時針勻速轉動，此時光屏上無亮點。隨著繼續(xù)轉動，光屏上先出現(xiàn)單色光的亮點，可知光發(fā)生全反射的臨界角較大，根據(jù)全反射發(fā)生的條件可知單色光的折射率較?。篈．單色光的折射率較小，則光的頻率小于光的頻率，故A錯誤；B．根據(jù)可知光在玻璃磚內的傳播速度大于光，故B正確；C．光的頻率小于光的頻率，則光的波長大于光的波長，根據(jù)可知雙縫干涉實驗中，要使相鄰亮條紋間距較大，應該使用光，故C錯誤；D．根據(jù)可知若均能使某金屬發(fā)生光電效應，則光產生的光電子最大初動能較大，故D錯誤。故選B。3.如圖1所示是泰州科技館一件名為“最速降線”的展品，選取其中的兩條軌道簡化模型如圖2。已知兩條軌道均光滑，且起點、終點均相同，其中軌道2末端與水平面相切?，F(xiàn)將兩個完全相同的小球甲、乙同時從起點由靜止釋放，小球甲沿軌道1、小球乙沿軌道2運動至終點的過程中，下列說法正確的是（）A.兩個小球同時釋放且能同時到達終點B.小球甲到達終點時的速度大于小球乙C.小球乙下滑過程中重力的功率一直增大D.此運動過程中小球甲的平均速度小于小球乙【答案】D【解析】AD．小球甲沿直線軌道1做勻加速直線運動，其加速度恒定，對應的v-t圖像為一條傾斜直線，小球乙沿“最速降線”軌道2運動過程，根據(jù)可知切向加速度逐漸減小，則其v-t圖像的斜率逐漸減小，兩球位移相等，已知小球乙所用時間小于小球甲所用時間，小球乙先到達終點，根據(jù)可知此運動過程中小球甲的平均速度小于小球乙，故A錯誤，D正確；B．根據(jù)機械能守恒定律可知可知小球甲到達終點時的速度大小等于小球乙的速度大小，選項B錯誤；C．根據(jù)PG=mgvy可知，小球乙下滑過程中豎直速度先增加后減小，可知重力的功率先增加后減小，選項C錯誤。故選D。4.如圖所示，一半徑為、質量為的半球放在水平地面上，點是球心，在點正上方處固定一釘子A，長度為的輕質細繩一端栓在A上，另一端連接質量為的光滑小球（可視為質點），整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為，下列說法正確的是（）A.細繩對小球的拉力為B.半球對小球的支持力為C.地面對半球的支持力為D.地面對半球的摩擦力為零【答案】A【解析】AB．如圖所示由幾何關系可得為底角為的等腰三角形，以小球為對象受力分析可得，解得細繩對小球的拉力為半球對小球的支持力為故A正確，B錯誤；CD．以小球和半球為整體，根據(jù)平衡條件可得地面對半球的支持力為地面對半球的摩擦力為故CD錯誤。故選A。5.空間存在一沿軸方向的電場，一電荷量為的試探電荷只在電場力作用下從點開始以某一初速度沿軸正方向運動，其所受電場力隨位置變化的圖像如圖所示，以軸正方向為電場力的正方向，設無窮遠處電勢為零。以下說法正確的是（）A.處電勢最低B.處的場強最大C.在處的速度大于在處的速度D.在處的電勢能最大【答案】A【解析】AD．由圖可知，在范圍內，電荷所受電場力合力水平向左，電場力做負功，電勢能增大；在范圍內，電荷所受電場力合力水平向右，電場力做正功，電勢能減小，故在處電勢能最大，根據(jù)可知在處電勢最低，故A正確，D錯誤；B．由結合圖像可知，電荷在處所受電場力為0，電場強度最小，故B錯誤；C．在范圍內，電荷所受電場力合力水平向右，電場力做正功電勢能減小，動能增大，故電荷在處的速度小于在處的速度，故C錯誤；故選A。6.如圖1所示是某款小游戲，物體需要從平臺A跳躍到前方更高的平臺B上。假設不同的操作方式會使物體的運動軌跡出現(xiàn)如圖2所示的兩種情況，則由圖2可推斷出（）A.軌跡甲起跳速度較大B.軌跡乙的運動時間較長C.兩條軌跡最高點速度相同D.兩條軌跡起跳瞬間重力的功率相同【答案】D【解析】B．軌跡甲乙做斜拋運動，可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動。由于兩種情況下在豎直方向都做豎直上拋運動，且上升的最大高度相同，都落到同一水平面上，所以它們在空中運動的時間相等，故B錯誤；AC．由于軌跡甲和乙落地點的距離不同，且它們在空中運動的時間相等，根據(jù)水平方向的勻速直線運動規(guī)律可知，軌跡乙水平方向的初速度分量較大，即乙軌跡最高點速度大，上升高度相等，豎直初速度也相等，根據(jù)速度的合成可知，軌跡乙初速度較大，故AC錯誤；D．由圖可知軌跡甲乙上升的高度相同，豎直分速度相同，根據(jù)瞬時功率表達式可知兩條軌跡起跳瞬間重力的功率相同，故D正確。故選D。7.如圖1所示，一單擺懸掛在O點，在O點正下方P點有一個釘子，將小球（可視為質點）拉到A點后靜止釋放，小球在豎直平面內做簡諧運動，擺球的振動圖像如圖2所示。已知擺球擺角始終不超過5°，重力加速度g取10m/s2，不計一切阻力和能量損失，下列說法中正確的是（）A.該單擺的周期為0.4πsB.OP間的距離為1.6mC.t=0.2πs時小球動能最大D.圖中x?與x?的比值為2∶1【答案】D【解析】A．由圖像可知，該單擺的周期為T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs選項A錯誤；B．根據(jù)單擺周期公式，解得OP間的距離為LOP=1.2m選項B錯誤；C．t=0.2πs時小球到達最高點，此時速度為零，則動能為零，選項C錯誤；D．不計擺線和釘子相碰時的能量損失，所以整個過程機械能守恒，由機械能守恒定律可知mgh1=mgh2

所以擺球擺到兩側最高點的位置是等高；單擺在OP左側最大偏角為θ，由數(shù)學知識得單擺在OP右側最大偏角為α，由數(shù)學知識得由機械能守恒定律得：mgLOA（1-cosθ）=mgLBP（1-cosα）其中LOA=4LBP

聯(lián)立解得圖中x?與x?的比值為2∶1，選項D正確。故選D。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.如圖所示的理想變壓器為升壓變壓器，原線圈端接人電壓有效值恒定的交流電源，并接有定值電阻，副線圈上接有滑動變阻器R，電路中的電表均為理想表。初始時，滑動變阻器的滑片P位于中間位置，下列說法正確的是（）A.若滑片下移，電流表示數(shù)一定變小B.若滑片下移，電壓表示數(shù)一定變小C.若滑片上移，電源輸出功率一定減小D.若滑片上移，滑動變阻器功率一定變大【答案】BC【解析】AB．若滑片下移，電阻減小，將整個變壓器和副線圈等效電阻，即為總電阻減小，電流增大，電流表示數(shù)增大，根據(jù)可知兩端的電壓增大，則變壓器原線圈兩端電壓減小，根據(jù)理想變壓器原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比可知副線圈兩端的電壓減小，則電壓表示數(shù)一定變小，A錯誤，B正確；C．若滑片上移，電阻增大，總電阻增大，電流減小，根據(jù)功率可知所以電源的輸出功率減小，C正確；D．將等效為電源的內阻，則滑動變阻器功率為電源的輸出功率，當?shù)刃怆娮璧淖柚档扔跁r，電源輸出功率最大，即滑動變阻器功率最大，由于兩個電阻的阻值大小不確定，所以無法確定滑動變阻器功率的變化情況，D錯誤。故選BC。9.“天問一號”火星探測器被設計成環(huán)繞器和著巡組合體兩部分。假設環(huán)繞器繞火星做半徑為R、周期為T的勻速圓周運動。著巡組合體在火星表面軟著陸后，在距火星表面h高度處由靜止釋放一個小球，小球到達火星表面時的速度大小為v，已知引力常量為G，忽略火星自轉和表面稀薄氣體的影響，下列說法正確的是（）A.環(huán)繞器運動的線速度大小為B.火星表面的重力加速度為C.火星的質量為D.火星的半徑為【答案】AD【解析】A．根據(jù)題意環(huán)繞器運動的線速度大小為故A正確；B．根據(jù)速度位移關系可知火星表面的重力加速度故B錯誤；C．根據(jù)萬有引力提供向心力可得火星的質量為故C錯誤；D．在火星表面，萬有引力提供重力，可得故D正確。故選AD。10.兩根長直光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平桌面上，導軌間距為L，空間存在垂直于導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，俯視角度如圖所示。導軌左端通過單刀雙擲開關與電源、電容器相連，電源電動勢為E（內阻不計），電容器的電容為C。將質量為m，電阻為R的導體棒垂直放置在導軌上，先將開關接到a，待電容充電結束后將開關換接到b。忽略導線和導軌電阻，且不考慮電磁輻射及回路中電流產生的磁場，下列說法正確的是（）A.導體棒加速度的最大值為B.導體棒能夠達到的最大速度為C.導體棒從開始運動至達到最大速度的過程中，通過導體棒橫截面積的電荷量為D.導體棒達到最大速度時，電容器極板間的電壓為【答案】AC【解析】A．充電后，電容器電壓為E。開關接到“a”時導體棒速度為0，電容器兩端電壓的最大值為E，導體棒中電流最大為Im，導體棒所受安培力的最大值為Fm，加速度最大設為am，故，，解得故A正確；BCD．導體棒達到最大速度vm時，電路中電流為0，電容器兩端電壓為U，電容器放出的電荷量為ΔQ，導體棒達到最大速度時，電容器兩端電壓等于金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢故電容器放電量為由動量定理又解得，，故BD錯誤，C正確。故選AC。三、實驗題∶本題共2小題，共16分。11.頻閃攝影是研究物體運動的常用實驗手段，照相機每隔一定時間曝一次光，在膠片上記錄物體在曝光時刻的位置。如圖1，是某實驗小組探究平拋運動規(guī)律的實驗裝置，分別在該裝置正上方處和右側正前方處各安裝一個頻閃相機，調整相機快門，設定相機曝光時間間隔為。啟動相機，將小球從斜槽上某一位置自由釋放，得到如圖所示的頻閃照片，分別為小球運動軌跡上的三個位置。（1）通過對相機A的頻閃照片測量發(fā)現(xiàn)，照片中小球相鄰位置間距離幾乎是等距的，并測量出，則小球水平拋出的初速度____（用題中所給字母表示）；（2）通過對相機B的頻閃照片測量發(fā)現(xiàn)，照片中小球相鄰兩位置間的距離幾乎是均勻增大的，，則當?shù)刂亓铀俣萠__（用題中所給字母表示）；（3）小球在Q點的速度方向與水平方向間夾角的正切值為_______（用題中所給字母表示）【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】小球在水平方向做勻速直線運動，運動周期為，則小球水平拋出的初速度【小問2詳析】豎直方向可得當?shù)刂亓铀俣取拘?詳析】豎直方向根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度可得小球在Q點的速度方向與水平方向間夾角的正切值為12.樂山某校科技社團學生以圖1所示的電路圖組裝了一個簡易多用電表。圖中E是電動勢1.5V的電池；R1、R2、R3、R4和R5是定值電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內阻為360Ω。虛線方框內為換擋開關，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，分別為歐姆×100Ω擋，直流電壓1V擋和5V擋，直流電流2.5mA擋，還有1個具體數(shù)值未知的直流電流擋位。（1）圖1中B端與_______（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）某次測量時該多用電表指針位置如圖2所示。若此時B端是與“5”相連的，則多用電表讀數(shù)為_______；（3）已知歐姆擋刻度“15”為該表頭電流偏轉一半的位置，由此可知該多用電表未知直流電流擋是_______mA；（4）由直流電流擋可以得出R1=____Ω，R2=____Ω（5）調零后，用該多用電表測某量程為3V的電壓表內阻時，電壓表指針指到1.0V的位置，那可以推算出歐姆表指針應指到_______（選填5，10，15，20，30，40，50）刻度處?！敬鸢浮浚?）紅（2）2.90V（3）1.0（4）4872（5）30【解析】【小問1詳析】根據(jù)歐姆表原理可知，內部電源的正極應接黑表筆，這樣才能保證在測電阻時電流“紅進黑出”，則圖1中的A端與黑表筆相連接，則B端與紅表筆相連接?！拘?詳析】若此時B端是與“5”相連，多用電表為直流電壓5V擋。由圖2可知，表盤的分度值為0.1V，多用電表讀數(shù)為2.90V?！拘?詳析】已知歐姆擋刻度“15”為該表頭電流偏轉一半的位置，歐姆表的中值電阻等于其內阻，所以該歐姆表的內阻為根據(jù)閉合電路歐姆定律【小問4詳析】當與“2”相連I2=1.0mA，由歐姆定律有當與“1”相連I1=25mA，由歐姆定律有聯(lián)立解得R1=48Ω，R2=72Ω【小問5詳析】已知電壓表的量程為3V，指針指到1.0V的位置，說明此時電壓表兩端電壓U=1.0V。設電壓表內阻為RV，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理，有解得歐姆表的計數(shù)為所以歐姆表指針應指到30刻度處。四、計算題：本題共3小題，共38分。計算題要求寫出必要的文字說明、方程和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能給分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13.一定質量的理想氣體，由狀態(tài)A經狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中A到B過程為等壓變化，B到C過程為等容變化。已知，，。求：（1）氣體在狀態(tài)B時的體積大??；（2）設過程氣體吸收熱量為，過程氣體放為熱量為，求過程中氣體對外所做的功。（用、表示）【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】根據(jù)氣體等壓變化規(guī)律，有解得【小問2詳析】因為，故增加的內能與減小的內能相同，設氣體對外做功為，有過程有則有14.如圖所示，質量為的B物體放在光滑平臺上，質量為、長度未知的長木板放置在光滑水平面上，距離固定在水平面上半徑為的四分之一圓弧形曲面足夠遠，長木板上端和曲面最低點在同一水平高度。固定在彈簧上質量為的A物體將彈簧壓縮后釋放，彈簧恢復原長時A、B發(fā)生彈性碰撞。碰后B滑上長木板，B與長木板之間的動摩擦因數(shù)，當B滑至長木板上某處時恰好與木板相對靜止，該位置與長木板右端的距離為。隨后木板撞上圓弧曲面并立即靜止，物體B恰好滑到圓弧曲面的最高點。已知重力加速度為，A、B均可視為質點，求：（1）物體B在圓弧曲面最低點對曲面的壓力；（2）長木板的長度；（3）最初A壓縮彈簧時彈簧所具有的彈性勢能?！敬鸢浮浚?），方向豎直向下（2）（3）【解析】【小問1詳析】設物體B在曲面最低點的速度為，則從曲面最低點滑動最高點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律可得在曲面最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可知，物體B在曲面最低點時，對曲面的壓力大小為，方向豎直向下；【小問2詳析】設物體B與長木板的共同速度為，長木板與曲面碰撞后，物塊B做勻減速運動，設其加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律則有解得結合運動學規(guī)律可得代入數(shù)據(jù)解得設B滑上長木板時的速度為，二者相對靜止時，物體B相對于長木板的位移為，物體B滑上長木板到二者共速，系統(tǒng)動量守恒，則有解得根據(jù)能量守恒則有解得故長木板的長度【小問3詳析】設A物體與B物體碰撞前后的速度分別為和，由于A、B為彈性碰撞，根據(jù)動量守恒則有根據(jù)能量守恒則有聯(lián)立解得故最初A壓縮彈簧時彈簧所具有的彈性勢能15.如圖1所示，初速度為零的粒子經過電勢差為（大小未知）的電場加速后，從粒子槍口S水平射出進入右側空間，右側空間無限大且同時存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，離槍口S足夠遠的地方有豎直光屏MN。已知沿直線SP打在光屏上P點。勻強電場的場強大小為，勻強磁場的磁感應強度大小為，質子和中子的質量均為，質子的電荷量為，不計帶電粒子的重力、粒子間的相互作用、粒子槍口S的孔徑。求：（1）加速電場的電勢差；（2）若僅將電場變成如圖2所示的交變電場（豎直向下為正方向）且從粒子離開槍口開始計時，當時，粒子到直線SP的豎直距離；（3）若僅將粒子換成粒子，且粒子能垂直打到光屏上Q點（未畫出），PQ間的距離?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】依題意，沿直線SP打在光屏上P點，故有得由動能定理解得【小問2詳析】由，得粒子運動的周期為，半徑為在內，有，故豎直方向的位移在內，只有磁場，粒子做圓周運動，故粒子轉過的角度故豎直方向的位移綜上，粒子到直線SP的豎直距離【小問3詳析】設的質量為，電荷量為，由動能定理得在疊加場中，受到的電場力為，洛倫茲力為，，故向下運動，做圓周運動與勻加速直線運動的合運動把水平方向的速度v3分解為水平向右的v和水平向左的v4，其中把洛倫茲力分成兩個分力，方向向上，，方向向下，則由于，故粒子在水平方向向右以速度v做勻速直線運動，同時以向左的速度v4做逆時針的勻速圓周運動，向心力為，如圖所示此時粒子在磁場中運動的軌道半徑為則粒子垂直打到光屏上時，運動時間為，其中，與速度無關則樂山市高中2025屆第三次調查研究考試物理（本試題卷共四個大題，共6頁，滿分100分，考試時間75分鐘）注意事項：1.答第Ⅰ卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考試科目用鉛筆涂寫在答題卡上。2.每小題選出答案后，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，再涂選其它答案，不準答在試題卷上。3.考試結束后，將答題卡交回。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，只有一項是符合題目要求的。1.钚元素是高度放射性物質，可用于制作同位素電池，廣泛應用于宇宙飛船、人造衛(wèi)星等的能源供給。已知钚（即）發(fā)生α衰變的方程為，已知的半衰期約為88年。則下列說法正確的是（）A.衰變方程中，是B.該衰變過程中一定吸收能量C.8個原子核經過88年后還剩4個D.的比結合能小于的比結合能【答案】D【解析】A．發(fā)生α衰變過程滿足質量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知衰變方程中，是，故A錯誤；B．該衰變過程中，存在質量虧損，一定釋放能量，故B錯誤；C．半衰期是大量原子核發(fā)生衰變的統(tǒng)計規(guī)律，不適用于少數(shù)原子核發(fā)生衰變，所以8個原子核經過88年后不一定還剩4個，故C錯誤；D．原子核的比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，衰變后的比衰變前的更穩(wěn)定，所以的比結合能小于的比結合能，故D正確。故選D。2.真空中，一半圓形玻璃磚放置在轉盤上，一束由單色光組成的光線從左側沿著玻璃磚半徑方向入射，玻璃磚右側有一足夠大的光屏。實驗開始，轉盤從圖示位置開始逆時針勻速轉動，此時光屏上無亮點。隨著繼續(xù)轉動，光屏上先出現(xiàn)單色光的亮點，根據(jù)實驗現(xiàn)象下列推斷正確的是（）A.光的頻率大于光的頻率B.光在玻璃磚內的傳播速度大于光C.雙縫干涉實驗中，要使相鄰亮條紋間距較大，應該使用光D.若均能使某金屬發(fā)生光電效應，則光產生的光電子最大初動能較大【答案】B【解析】根據(jù)題意實驗開始，轉盤從圖示位置開始逆時針勻速轉動，此時光屏上無亮點。隨著繼續(xù)轉動，光屏上先出現(xiàn)單色光的亮點，可知光發(fā)生全反射的臨界角較大，根據(jù)全反射發(fā)生的條件可知單色光的折射率較?。篈．單色光的折射率較小，則光的頻率小于光的頻率，故A錯誤；B．根據(jù)可知光在玻璃磚內的傳播速度大于光，故B正確；C．光的頻率小于光的頻率，則光的波長大于光的波長，根據(jù)可知雙縫干涉實驗中，要使相鄰亮條紋間距較大，應該使用光，故C錯誤；D．根據(jù)可知若均能使某金屬發(fā)生光電效應，則光產生的光電子最大初動能較大，故D錯誤。故選B。3.如圖1所示是泰州科技館一件名為“最速降線”的展品，選取其中的兩條軌道簡化模型如圖2。已知兩條軌道均光滑，且起點、終點均相同，其中軌道2末端與水平面相切?，F(xiàn)將兩個完全相同的小球甲、乙同時從起點由靜止釋放，小球甲沿軌道1、小球乙沿軌道2運動至終點的過程中，下列說法正確的是（）A.兩個小球同時釋放且能同時到達終點B.小球甲到達終點時的速度大于小球乙C.小球乙下滑過程中重力的功率一直增大D.此運動過程中小球甲的平均速度小于小球乙【答案】D【解析】AD．小球甲沿直線軌道1做勻加速直線運動，其加速度恒定，對應的v-t圖像為一條傾斜直線，小球乙沿“最速降線”軌道2運動過程，根據(jù)可知切向加速度逐漸減小，則其v-t圖像的斜率逐漸減小，兩球位移相等，已知小球乙所用時間小于小球甲所用時間，小球乙先到達終點，根據(jù)可知此運動過程中小球甲的平均速度小于小球乙，故A錯誤，D正確；B．根據(jù)機械能守恒定律可知可知小球甲到達終點時的速度大小等于小球乙的速度大小，選項B錯誤；C．根據(jù)PG=mgvy可知，小球乙下滑過程中豎直速度先增加后減小，可知重力的功率先增加后減小，選項C錯誤。故選D。4.如圖所示，一半徑為、質量為的半球放在水平地面上，點是球心，在點正上方處固定一釘子A，長度為的輕質細繩一端栓在A上，另一端連接質量為的光滑小球（可視為質點），整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為，下列說法正確的是（）A.細繩對小球的拉力為B.半球對小球的支持力為C.地面對半球的支持力為D.地面對半球的摩擦力為零【答案】A【解析】AB．如圖所示由幾何關系可得為底角為的等腰三角形，以小球為對象受力分析可得，解得細繩對小球的拉力為半球對小球的支持力為故A正確，B錯誤；CD．以小球和半球為整體，根據(jù)平衡條件可得地面對半球的支持力為地面對半球的摩擦力為故CD錯誤。故選A。5.空間存在一沿軸方向的電場，一電荷量為的試探電荷只在電場力作用下從點開始以某一初速度沿軸正方向運動，其所受電場力隨位置變化的圖像如圖所示，以軸正方向為電場力的正方向，設無窮遠處電勢為零。以下說法正確的是（）A.處電勢最低B.處的場強最大C.在處的速度大于在處的速度D.在處的電勢能最大【答案】A【解析】AD．由圖可知，在范圍內，電荷所受電場力合力水平向左，電場力做負功，電勢能增大；在范圍內，電荷所受電場力合力水平向右，電場力做正功，電勢能減小，故在處電勢能最大，根據(jù)可知在處電勢最低，故A正確，D錯誤；B．由結合圖像可知，電荷在處所受電場力為0，電場強度最小，故B錯誤；C．在范圍內，電荷所受電場力合力水平向右，電場力做正功電勢能減小，動能增大，故電荷在處的速度小于在處的速度，故C錯誤；故選A。6.如圖1所示是某款小游戲，物體需要從平臺A跳躍到前方更高的平臺B上。假設不同的操作方式會使物體的運動軌跡出現(xiàn)如圖2所示的兩種情況，則由圖2可推斷出（）A.軌跡甲起跳速度較大B.軌跡乙的運動時間較長C.兩條軌跡最高點速度相同D.兩條軌跡起跳瞬間重力的功率相同【答案】D【解析】B．軌跡甲乙做斜拋運動，可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動。由于兩種情況下在豎直方向都做豎直上拋運動，且上升的最大高度相同，都落到同一水平面上，所以它們在空中運動的時間相等，故B錯誤；AC．由于軌跡甲和乙落地點的距離不同，且它們在空中運動的時間相等，根據(jù)水平方向的勻速直線運動規(guī)律可知，軌跡乙水平方向的初速度分量較大，即乙軌跡最高點速度大，上升高度相等，豎直初速度也相等，根據(jù)速度的合成可知，軌跡乙初速度較大，故AC錯誤；D．由圖可知軌跡甲乙上升的高度相同，豎直分速度相同，根據(jù)瞬時功率表達式可知兩條軌跡起跳瞬間重力的功率相同，故D正確。故選D。7.如圖1所示，一單擺懸掛在O點，在O點正下方P點有一個釘子，將小球（可視為質點）拉到A點后靜止釋放，小球在豎直平面內做簡諧運動，擺球的振動圖像如圖2所示。已知擺球擺角始終不超過5°，重力加速度g取10m/s2，不計一切阻力和能量損失，下列說法中正確的是（）A.該單擺的周期為0.4πsB.OP間的距離為1.6mC.t=0.2πs時小球動能最大D.圖中x?與x?的比值為2∶1【答案】D【解析】A．由圖像可知，該單擺的周期為T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs選項A錯誤；B．根據(jù)單擺周期公式，解得OP間的距離為LOP=1.2m選項B錯誤；C．t=0.2πs時小球到達最高點，此時速度為零，則動能為零，選項C錯誤；D．不計擺線和釘子相碰時的能量損失，所以整個過程機械能守恒，由機械能守恒定律可知mgh1=mgh2

所以擺球擺到兩側最高點的位置是等高；單擺在OP左側最大偏角為θ，由數(shù)學知識得單擺在OP右側最大偏角為α，由數(shù)學知識得由機械能守恒定律得：mgLOA（1-cosθ）=mgLBP（1-cosα）其中LOA=4LBP

聯(lián)立解得圖中x?與x?的比值為2∶1，選項D正確。故選D。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.如圖所示的理想變壓器為升壓變壓器，原線圈端接人電壓有效值恒定的交流電源，并接有定值電阻，副線圈上接有滑動變阻器R，電路中的電表均為理想表。初始時，滑動變阻器的滑片P位于中間位置，下列說法正確的是（）A.若滑片下移，電流表示數(shù)一定變小B.若滑片下移，電壓表示數(shù)一定變小C.若滑片上移，電源輸出功率一定減小D.若滑片上移，滑動變阻器功率一定變大【答案】BC【解析】AB．若滑片下移，電阻減小，將整個變壓器和副線圈等效電阻，即為總電阻減小，電流增大，電流表示數(shù)增大，根據(jù)可知兩端的電壓增大，則變壓器原線圈兩端電壓減小，根據(jù)理想變壓器原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比可知副線圈兩端的電壓減小，則電壓表示數(shù)一定變小，A錯誤，B正確；C．若滑片上移，電阻增大，總電阻增大，電流減小，根據(jù)功率可知所以電源的輸出功率減小，C正確；D．將等效為電源的內阻，則滑動變阻器功率為電源的輸出功率，當?shù)刃怆娮璧淖柚档扔跁r，電源輸出功率最大，即滑動變阻器功率最大，由于兩個電阻的阻值大小不確定，所以無法確定滑動變阻器功率的變化情況，D錯誤。故選BC。9.“天問一號”火星探測器被設計成環(huán)繞器和著巡組合體兩部分。假設環(huán)繞器繞火星做半徑為R、周期為T的勻速圓周運動。著巡組合體在火星表面軟著陸后，在距火星表面h高度處由靜止釋放一個小球，小球到達火星表面時的速度大小為v，已知引力常量為G，忽略火星自轉和表面稀薄氣體的影響，下列說法正確的是（）A.環(huán)繞器運動的線速度大小為B.火星表面的重力加速度為C.火星的質量為D.火星的半徑為【答案】AD【解析】A．根據(jù)題意環(huán)繞器運動的線速度大小為故A正確；B．根據(jù)速度位移關系可知火星表面的重力加速度故B錯誤；C．根據(jù)萬有引力提供向心力可得火星的質量為故C錯誤；D．在火星表面，萬有引力提供重力，可得故D正確。故選AD。10.兩根長直光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平桌面上，導軌間距為L，空間存在垂直于導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，俯視角度如圖所示。導軌左端通過單刀雙擲開關與電源、電容器相連，電源電動勢為E（內阻不計），電容器的電容為C。將質量為m，電阻為R的導體棒垂直放置在導軌上，先將開關接到a，待電容充電結束后將開關換接到b。忽略導線和導軌電阻，且不考慮電磁輻射及回路中電流產生的磁場，下列說法正確的是（）A.導體棒加速度的最大值為B.導體棒能夠達到的最大速度為C.導體棒從開始運動至達到最大速度的過程中，通過導體棒橫截面積的電荷量為D.導體棒達到最大速度時，電容器極板間的電壓為【答案】AC【解析】A．充電后，電容器電壓為E。開關接到“a”時導體棒速度為0，電容器兩端電壓的最大值為E，導體棒中電流最大為Im，導體棒所受安培力的最大值為Fm，加速度最大設為am，故，，解得故A正確；BCD．導體棒達到最大速度vm時，電路中電流為0，電容器兩端電壓為U，電容器放出的電荷量為ΔQ，導體棒達到最大速度時，電容器兩端電壓等于金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢故電容器放電量為由動量定理又解得，，故BD錯誤，C正確。故選AC。三、實驗題∶本題共2小題，共16分。11.頻閃攝影是研究物體運動的常用實驗手段，照相機每隔一定時間曝一次光，在膠片上記錄物體在曝光時刻的位置。如圖1，是某實驗小組探究平拋運動規(guī)律的實驗裝置，分別在該裝置正上方處和右側正前方處各安裝一個頻閃相機，調整相機快門，設定相機曝光時間間隔為。啟動相機，將小球從斜槽上某一位置自由釋放，得到如圖所示的頻閃照片，分別為小球運動軌跡上的三個位置。（1）通過對相機A的頻閃照片測量發(fā)現(xiàn)，照片中小球相鄰位置間距離幾乎是等距的，并測量出，則小球水平拋出的初速度____（用題中所給字母表示）；（2）通過對相機B的頻閃照片測量發(fā)現(xiàn)，照片中小球相鄰兩位置間的距離幾乎是均勻增大的，，則當?shù)刂亓铀俣萠__（用題中所給字母表示）；（3）小球在Q點的速度方向與水平方向間夾角的正切值為_______（用題中所給字母表示）【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】小球在水平方向做勻速直線運動，運動周期為，則小球水平拋出的初速度【小問2詳析】豎直方向可得當?shù)刂亓铀俣取拘?詳析】豎直方向根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度可得小球在Q點的速度方向與水平方向間夾角的正切值為12.樂山某?？萍忌鐖F學生以圖1所示的電路圖組裝了一個簡易多用電表。圖中E是電動勢1.5V的電池；R1、R2、R3、R4和R5是定值電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內阻為360Ω。虛線方框內為換擋開關，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，分別為歐姆×100Ω擋，直流電壓1V擋和5V擋，直流電流2.5mA擋，還有1個具體數(shù)值未知的直流電流擋位。（1）圖1中B端與_______（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）某次測量時該多用電表指針位置如圖2所示。若此時B端是與“5”相連的，則多用電表讀數(shù)為_______；（3）已知歐姆擋刻度“15”為該表頭電流偏轉一半的位置，由此可知該多用電表未知直流電流擋是_______mA；（4）由直流電流擋可以得出R1=____Ω，R2=____Ω（5）調零后，用該多用電表測某量程為3V的電壓表內阻時，電壓表指針指到1.0V的位置，那可以推算出歐姆表指針應指到_______（選填5，10，15，20，30，40，50）刻度處?！敬鸢浮浚?）紅（2）2.90V（3）1.0（4）4872（5）30【解析】【小問1詳析】根據(jù)歐姆表原理可知，內部電源的正極應接黑表筆，這樣才能保證在測電阻時電流“紅進黑出”，則圖1中的A端與黑表筆相連接，則B端與紅表筆相連接。【小問2詳析】若此時B端是與“5”相連，多用電表為直流電壓5V擋。由圖2可知，表盤的分度值為0.1V，多用電表讀數(shù)為2.90V?！拘?詳析】已知歐姆擋刻度“15”為該表頭電流偏轉一半的位置，歐姆表的中值電阻等于其內阻，所以該歐姆表的內阻為根據(jù)閉合電路歐姆定律【小問4詳析】當與“2”相連I2=1.0mA，由歐姆定律有當與“1”相連I1=25mA，由歐姆定律有聯(lián)立解得R1=48Ω，R2=72Ω【小問5詳析】已知電壓表的量程為3V，指針指到1.0V的位置，說明此時電壓表兩端電壓U=1.0V。設電壓表內阻為RV，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理，有解得歐姆表的計數(shù)為所以歐姆表指針應指到30刻度處。四、計算題：本題共3小題，共38分。計算題要求寫出必要的文字說明、方程和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能給分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13.一定質量的理想氣體，由狀態(tài)A經狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中A到B過程為等壓變化，B到C