高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆湖南省高考物理模擬試卷（三）本試卷共100分，考試時間75分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．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．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24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．江南造船集團發(fā)布我國首艘熔鹽堆核動力集裝箱船的設計方案，其涉及的核反應包含

90233Th（釷）衰變?yōu)锳．衰變方程為

90233Th→B．衰變產生的新核的比結合能變小C．衰變放出的電子來自原子的核外電子D．隨著反應堆溫度升高，會加快釷核的衰變2．“神舟十七號”飛船從酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空后成功與在軌的“天宮”空間站核心艙對接。已知對接后的“神舟十七號”飛船與空間站組合體在軌高度約為400km，運行周期為T。地球半徑為R=6400km，地球表面的重力加速度g取10m/s2引力常量為A．由于不受重力，空間站中的燭焰呈近似球形B．組合體在軌運行速度約為8.2km/sC．地球的平均密度大于3πGD．T小于1h3．如圖所示，平行金屬板1、2豎直放置，兩板間電壓為；平行金屬板3、4水平放置，兩板間勻強電場的電場強度大小為，垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應強度大小為；豎直虛線與傾斜虛線間的夾角為，兩虛線間有垂直紙面向外的勻強磁場。一帶電量為的正電粒子（不計重力）從1的小孔無初速度飄入1、2間，從2的小孔進入3、4間，沿直線從到達，粒子離開后運動到。已知兩點間的距離為，下列說法正確的是（）A．粒子在點時的動能為B．粒子從運動到的過程電勢能增大C．若粒子到達虛線時的速度豎直向下，則、間磁場的磁感應強度大小為D．若粒子到達虛線時的速度垂直于，則粒子從到的時間為4．兩列簡諧橫波在某一均勻介質中相向傳播，波源產生的波沿x軸正方向傳播，波源產生的波沿x軸負方向傳播。時刻某一波源先開始振動，時MN間的波形圖如圖所示。此時平衡位置位于和的兩個質點都在波峰位置。下列說法正確的是（）A．波源M先振動且起振方向向下B．沿x軸負方向傳播的波波速為10m/sC．再經過的質點縱坐標為5cmD．兩列波能發(fā)生明顯干涉現象5．如圖所示，一個質量為m的小球，用輕繩懸掛于O點，初始時刻小球靜止于P點。第一次小球在水平拉力F1的作用下，從P點緩慢地移動到Q點，此時輕繩與豎直方向夾角為θ；第二次小球在水平恒力F2的作用下，從P點開始運動恰好能到達Q點。不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．第二次水平恒力的大小為B．第二次到達Q點時繩的拉力比第一次小C．第二次水平力做的功比第一次多D．兩個過程中繩的拉力均逐漸增大6．如圖所示，在豎直平面內有一個半徑為R的絕緣圓環(huán)，圓環(huán)的A、B、C、D端點上分別固定有一個點電荷，電荷量分別為+Q、+Q、-Q、-Q，圓心為O，AC垂直于BD，a、b、c、d分別為OA、OB、OC、OD的中點，在BD的延長線上有P點和N點，且A．a、b、c、d四點的電場強度大小相等B．a、b、c、d四點的電勢相同C．d點和P點的電場強度大小相等D．P點電勢大于N點電勢二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖所示，紅綠兩束單色光，同時沿同一路徑從面射人某長方體透明均勻介質，入射角為，折射光束在面發(fā)生全反射，反射光射向面，若逐漸增大，兩束光在面上的全反射現象會先后消失。已知在該介質中紅光的折射率小于綠光的折射率，下列說法正確的是（）A．在面上，紅光比綠光更靠近點B．在面上，出射光線與界面的夾角紅光比綠光的小C．逐漸增大時，紅光的全反射現象先消失D．無論增大到多大，入射光一定不可能在面發(fā)生全反射8．如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板，質量均為m＝4kg的A、B兩物體用輕彈簧拴接。對物體B施加一沿斜面向下的壓力F，使B靜止于P點。撤掉力F，B沿斜面做簡諧運動，當B運動至斜面最高點時，A剛要離開擋板。已知彈簧的勁度系數k＝200N/m，重力加速度g＝10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝12kx2A．當B運動至最高點時，B的加速度大小為10m/s2B．從撤掉F開始至彈簧首次恢復原長過程中，B的速度先增大后減小C．物體B靜止于P點時，對物體B施加的壓力F的大小為20ND．物體B沿斜面做簡諧運動的過程中，物體B的最大速度為2m/s9．如圖所示的電路中，電表均為理想交流電表，降壓變壓器為理想變壓器，兩個定值電阻的阻值均為R，在a、b兩端加上正弦交流電壓，結果電流表A1的示數為I1、電流表A2的示數為I2，下列說法正確的是（）A． B．原、副線圈的匝數比為C． D．電壓表V1的示數為10．如圖所示，纜車車廂通過懸臂固定在纜繩上，車廂連同懸臂的質量為M，車廂水平底板放置一質量為m的貨物。某段時間內，在纜繩牽引下貨物隨車廂一起斜向上做加速度為a的勻加速直線運動。已知懸臂和車廂始終處于豎直方向，重力加速度為，纜繩的傾角為，則在這段時間內（）A．車廂對貨物的支持力大小為masinB．車廂對貨物的摩擦力大小為macosC．纜繩對懸臂和車廂的作用力大小大于D．纜繩對懸臂和車廂的作用力方向與水平方向的夾角大于θ三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．某同學設計了一個用拉力傳感器驗證機械能守恒定律的實驗.一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示.拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數的最大值Tmax和最小值Tmin.改變小鋼球的初始釋放位置，重復上述過程.根據測量數據在直角坐標系中繪制的T 甲 乙（1）若小鋼球擺動過程中機械能守恒，則圖乙中直線斜率的理論值為________.（2）由圖乙得:直線的斜率為__________，小鋼球的重力為____N.（結果均保留2位有效數字）（3）該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是______（單選，填正確答案標號）.A.小鋼球擺動角度偏大B.小鋼球初始釋放位置不同C.小鋼球擺動過程中有空氣阻力12．某同學按圖甲所示電路測定電池的電動勢和內阻。圖乙中已將實驗器材進行了部分連接。（1）請根據實驗原理，將圖乙中的實物電路補充完整。（2）該同學獲得數據后在U－I坐標系中描點，如圖丙所示。（3）根據圖丙中數據可求得該電池的電動勢為V，內阻為Ω。（4）若實驗時發(fā)現電流表已損壞，其他器材完好，該同學移去電流表，同時用電阻箱替換滑動變阻器，重新進行實驗。請在圖丁虛線框中畫出該同學重新進行實驗的電路圖。13．如圖所示是測量物體質量的簡易“氣壓秤”。其中，氣缸靜止平放在實驗臺上，用厚度不計、面積為S的活塞封住部分氣體（可視為理想氣體），活塞連同上面的支撐桿、置物平臺總質量為M（以下簡稱“活塞系統(tǒng)”），氣缸內壁劃有質量刻度線，可以讀取置物平臺上對應物體的質量。開始時，置物平臺上未放物體，活塞系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，氣體高度為1.5h；向置物平臺上增加物體后，氣體高度減為h。已知氣缸內氣體溫度與環(huán)境溫度始終保持相同且不變，大氣壓強為p0，重力加速度取g。求：（1）置物平臺上未放置物體時內部氣體壓強p1；（2）置物平臺上增加物體的質量m。14．如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場（MN所在處無磁場），磁感應強度大小為B。PQ的質量為m，金屬導軌足夠長，電阻忽略不計。（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求金屬棒PQ通過的位移x及該過程安培力做的功W。15．如圖所示，在傾角為θ＝37°且足夠長的粗糙斜面上放一長為L＝3．0m、質量為m、上下擋板厚度不計的U形盒子P(盒子內底面與斜面平行)，盒子P與斜面間的動摩擦因數μ＝1112。在盒子的上端放一質量等于2m的物塊Q(可看作質點)，Q與盒子內表面無摩擦，同時由靜止釋放物塊Q和盒子P，物塊在盒內滑下與下面擋板碰撞，設碰撞時間極短且碰撞中沒有機械能損失，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8(1)物塊Q與盒子P發(fā)生第一次碰撞后各自的速度大小；(2)物塊Q與盒子P發(fā)生第一次碰撞后至第二次碰撞前，Q與盒子下擋板間的最大距離以及第一次碰撞后再經過多長時間Q與P發(fā)生第二次碰撞(結果可用根式表示)?！飬⒖即鸢浮铩?．【答案】A【解析】由核反應過程中質量數和電荷數守恒知，衰變射線的電荷數為－1，質量數為0，故衰變方程為

90233Th→91233Pa＋－10e，A正確；由比結合能越大，原子核越穩(wěn)定知，衰變產生的新核的比結合能變大，B錯誤；2．【答案】C【詳析】A．空間站中的燭焰仍然受到地球的吸引，仍然受到重力的作用，故A錯誤；B．根據GMmR2=mg，GMmr組2=mvC．根據GMmr組2=m4π2T2r組，M=D．同步衛(wèi)星的周期T同=24h，軌道半徑r同=R+36000km=42400km，組合體的軌道半徑r組=6800km，故選C。3．【答案】C【詳析】由動能定理可知，粒子在點時的動能為，選項A錯誤；粒子在3、4間做勻速直線運動，從運動到的過程電場力不做功，則電勢能不變，選項B錯誤；粒子在3、4間做勻速直線運動，，若粒子到達虛線時的速度豎直向下，由幾何關系，根據，則、間磁場的磁感應強度大小為，選項C正確；若粒子到達虛線時的速度垂直于，則粒子做圓周運動的圓心在O點，粒子從到轉過的角度為45°時間為，選項D錯誤。4．【答案】C【詳析】根據“同側法”可知波源M的起振方向豎直向上，兩列波的波速相同，波源M產生的波傳播的距離大于波源N產生的波傳播的距離，波源M先振動，A錯誤；波源M產生的波的傳播速度，由于兩列波的波速相同，因此波源N的傳播速度為20m/s，B錯誤；再經過0.2s，波傳播的距離，波源M的波峰剛好傳播到處，波源N的波峰剛好傳播到處，則在處為波谷，因此處的質點的位移，C正確；兩列波波長不同，周期不同，則頻率不相同，不能發(fā)生明顯干涉現象，D錯誤。5．【答案】B【詳析】AB．第一次小球緩慢移動，小球處于平衡狀態(tài)，解得，繩中張力，隨著的逐漸增大，力F、T逐漸增大，當時，有，，在第二次運動過程中，根據動能定理有，解得，故第一個過程中，拉力F在逐漸變大，且最大值一定大于F′，選項B正確，A錯誤；C．第一次小球緩慢上升，可認為速度為零；第二次在水平恒力F′作用下，從P點開始運動并恰好能到達Q點，此過程中，小球恰能到達Q點，說明vQ=0，即兩次拉力做功都等于小球重力勢能的增加量，選項C錯誤；D．在第二次運動過程中，根據平行四邊形定則可知，重力與水平拉力的合力為，恒定不變，方向與豎直方向成角，整個過程中小球先加速后減速，當小球運動至輕繩與豎直方向成角時，速度最大，根據牛頓第二定律和向心力公式，可得，可知此時輕繩中的拉力亦最大，即第二種情況下輕繩的拉力先增加后減小，選項D錯誤。故選B。6．【答案】A【解析】根據等量異種點電荷形成的電場特點可知，A、C和B、D處的點電荷在a、b、c、d四點處的電場分布如圖甲所示,A點和C點處的點電荷形成的電場中電場強度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是豎直向下，B點和D點處的點電荷形成的電場中電場強度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根據電場強度的疊加可知a、b、c、d四點的電場強度大小相等，A正確；選取無窮遠電勢為零，可知正電荷周圍的電勢離正電荷越近電勢越高，且為正值，離負電荷越近電勢越低且為負值，根據對稱性和疊加原理可知φa=φb>φc=φd，B錯誤；根據等量異種點電荷形成的電場特點可知，四個點電荷在P、 甲 乙 丙【命題創(chuàng)新】電場和電勢的疊加屬于高考中的?？键c，近幾年等量同種或異種點電荷的場強均有考查，本題巧妙地構建了四個點電荷，可構建成兩對異種點電荷模型，考查學生對電場和電勢疊加的理解，需要學生具備一定的對稱思想。7．【答案】CD【詳析】A，紅光的頻率比綠光的頻率小，則紅光的折射率小于綠光的折射率，在面，入射角相同，根據折射定律可知綠光在面的折射角較小，根據幾何關系可知綠光比紅光更靠近點，故A錯誤；B．在面上，根據對稱性和光路可逆原理可知，出射光線與法線間的夾角均為，故出射光線與界面的夾角相等，故B錯誤；C．根據全反射發(fā)生的條件可知紅光發(fā)生全反射的臨界角較大，逐漸增大時，折射光線與面的交點右移過程中，在面的入射角先小于紅光發(fā)生全反射的臨界角，所以紅光的全反射現象先消失，故C正確；D．在面，光是從光疏介質到光密介質，無論多大，在面都不可能發(fā)生全反射，故D正確；故選CD。8．【答案】ABD【解析】當B運動至斜面最高點時，A剛要離開擋板，對A有kx1＝mgsinθ，B在最高點時受的彈力方向沿斜面向下，此時加速度最大，由牛頓第二定律有kx1＋mgsinθ＝ma，解得a＝2mgsinθm＝2gsinθ＝10m/s2，由簡諧運動的對稱性知，當物體B運動到最低點時，加速度最大，大小仍為a＝10m/s2，方向沿斜面向上，在撤去外力F瞬間，合力等于撤去的外力的大小，則有F＝F合＝ma＝40N，A正確，C錯誤；從撤掉F開始，B受向上的彈力大于B的重力沿斜面向下的分力，B做加速運動，速度逐漸增大，且隨彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，速度仍逐漸增大，當彈力大小等于B的重力沿斜面向下的分力時，B的速度最大，之后彈力小于重力沿斜面向下的分力，B的加速度向下逐漸增大，B做減速運動，速度逐漸減小，減至彈簧首次恢復原長，可知從撤掉F開始至彈簧首次恢復原長過程中，B的速度先增大后減小，B正確；物體B沿斜面做簡諧運動的過程中，物體B在平衡位置時的速度最大，物體B在P點時彈簧壓縮量最大，為x2＝F＋mgsinθk＝310m，物體B在平衡位置時，則有kx'1＝mgsinθ，解得此時彈簧壓縮量為x'1＝mgsinθk＝110m，由能量守恒定律可得12kx22－12kx'21＝mg（x2－x'19．【答案】BC【詳析】由于是降壓變壓器，因此，則，A錯誤；設變壓器原副線圈的匝數比為，則，B正確；根據歐姆定律有，由于是降壓變壓器，因此，則有，C正確；電壓表V1的示數，D錯誤。10．【答案】BCD【詳析】在纜繩的牽引下貨物隨車廂一起斜向上做加速度為a的加速運動，沿水平和豎直進行分解加速度，分別為，，，因為是勻加速運動，所以加速度恒定，車廂對貨物的支持力為，A錯誤；水平方向有，B正確；對懸臂和貨物組成的系統(tǒng)分析，懸臂對車廂的作用力為F，則豎直方向有，水平方向有，則，解得，C正確；懸臂對車廂的作用力與水平的夾角為，則，所以纜繩對懸臂和車廂的作用力方向與水平方向的夾角大于θ，D正確。11．【答案】（1）-（2）-2.1；（3）C【解析】（1）小鋼球運動過程中繩上拉力最大處為最低點B，此時速度最大，繩上拉力最小處為軌跡最高點A，速度為零，對球受力分析可得，在A處有mgcosθ=Tmin，在B處有Tmax-mg=mv（2）取圖乙中的點(0,1.765N)和(0.196N,1.35N)，求得斜率約為-2.1（3）該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源為空氣阻力，C正確.12．【答案】（1）見解析（2分）（3）1.50（1.48～1.52均正確）（2分）0.50（0.48～0.52均正確）（2分）（4）見解析（2分）【解析】（1）根據電路圖連接實物圖，如圖甲所示。（3）根據閉合電路歐姆定律可得U＝E－Ir，可知U－I圖線為傾斜的直線，根據描點作圖法讓盡量多的點分布在直線上，不在直線上的點分布在直線的兩側，可得圖線如圖乙所示。U－I圖像的縱截距表示電池的電動勢，則該電池的電動勢為E＝1.5V，斜率的絕對值表示內阻，即該電池的內阻為r＝ΔUΔI＝1.50－（4）若電流表損壞，采用電壓表和電阻箱結合來測定電池的電動勢和內阻，具體電路圖如圖丙所示?！局R拓展】（1）安阻法①原理：如圖1所示，用一個電流表和一個電阻箱組合測量，根據E＝I（R＋r）求解E、r。②數據處理a.公式法：E＝I1（R1＋r），E＝I2（R2＋r），由此可求出E和r，此種方法測得的電動勢無偏差，內阻偏大。若已知電流表A的阻值可消除測量內阻的系統(tǒng)誤差。b.圖像法：由E＝I（R＋r），變形得1I＝rE＋1ER，則1I－R圖線是一條如圖2所示的直線，直線的縱截距為b＝rE，斜率為k＝1E，則有E＝（2）伏阻法①原理：如圖3所示，用一個電壓表和一個電阻箱組合測量，根據E＝U＋URr求解E、r②數據處理a.公式法：E＝U1＋U1R1r，E＝U2＋U2R2b.圖像法：由E＝U＋URr，變形得1U＝1E＋rE·1R，可見1U－1R圖線為一條直線，如圖4所示，直線的斜率k＝rE，縱軸截距b＝1E13．【答案】（1）；（2）【詳析】（1）初態(tài)時，對氣缸系統(tǒng)進行受力分析有，解得。（2）當往活塞系統(tǒng)放置物體后，再次對活塞系統(tǒng)受力分析有，由于氣體溫度不變，根據玻意耳定律有，聯立解得。14．【答案】（1），方向水平向右（2），【詳析】（1）設線圈中的感應電動勢為，由法拉第電磁感應定律，則，設與并聯的電阻為，有，閉合時，設線圈中的電流為，根據閉合電路歐姆定律得，設中的電流為，有，設受到的安培力為，有，保持靜止，由受力平衡，有，聯立解得，方向水平向右。（2）設由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，運動的位移為，所用時間為，回路中的磁通量變化為，平均感應電動勢為，有，其中，設中的平均電流為，有，根據電流的定義得，由動能定理，有，聯立解得，。15．【答案】（1）2m/s8m/s（2）911m7－【解析】（1）對盒子P，因為mgsinθ＜μ·3mgcosθ，故同時釋放后盒子P不動，Q在盒子中加速下滑，物塊Q下滑過程中，與盒子P第一次碰撞前做勻加速運動，根據牛頓第二定律得2mgsinθ＝2ma（1分）物塊Q與盒子P第一次碰撞前的速度為v＝2aL＝2gLsinθ＝物塊Q與盒子P第一次碰撞過程動量守恒和機械能守恒，則2mv＝2mvQ＋mvP（2分）12·2mv2＝12·2mvQ2＋12解得vQ＝2m/s（1分）vP＝8m/s（1分）（2）第一次碰撞后，對盒子P，根據牛頓第二定律有mgsinθ－μ·3mgcosθ＝ma'（1分）解得a￠＝－16m/s2（1分）可知盒子沿斜面向下做勻減速運動，物塊Q與盒子P速度相等時，有vP＋a't0＝vQ＋at0（1分）解得t0＝311s（1在t0＝311sΔx＝xP－xQ＝vPt0＋12a't02－vQt0＋1故共速前二者不會相碰，且此時為最大距離。設第一次碰后盒子P經過時間t1減速至零，則t1＝0－vPa'第一次碰后盒子P減速至零過程中經過的位移為x1＝vP2t1＝2m（物塊Q在t1時間內的位移為x2＝vQt1＋12at12＝1.75m＜x1所以盒子P停止運動之前兩者未相碰，第一次碰后物塊Q只要加速下滑位移x1＝2m，就會與盒子P發(fā)生第二次碰撞，根據運動學公式有x1＝vQt＋12at2（1解得t＝7－13s2025屆湖南省高考物理模擬試卷（三）本試卷共100分，考試時間75分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．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．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24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．江南造船集團發(fā)布我國首艘熔鹽堆核動力集裝箱船的設計方案，其涉及的核反應包含

90233Th（釷）衰變?yōu)锳．衰變方程為

90233Th→B．衰變產生的新核的比結合能變小C．衰變放出的電子來自原子的核外電子D．隨著反應堆溫度升高，會加快釷核的衰變2．“神舟十七號”飛船從酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空后成功與在軌的“天宮”空間站核心艙對接。已知對接后的“神舟十七號”飛船與空間站組合體在軌高度約為400km，運行周期為T。地球半徑為R=6400km，地球表面的重力加速度g取10m/s2引力常量為A．由于不受重力，空間站中的燭焰呈近似球形B．組合體在軌運行速度約為8.2km/sC．地球的平均密度大于3πGD．T小于1h3．如圖所示，平行金屬板1、2豎直放置，兩板間電壓為；平行金屬板3、4水平放置，兩板間勻強電場的電場強度大小為，垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應強度大小為；豎直虛線與傾斜虛線間的夾角為，兩虛線間有垂直紙面向外的勻強磁場。一帶電量為的正電粒子（不計重力）從1的小孔無初速度飄入1、2間，從2的小孔進入3、4間，沿直線從到達，粒子離開后運動到。已知兩點間的距離為，下列說法正確的是（）A．粒子在點時的動能為B．粒子從運動到的過程電勢能增大C．若粒子到達虛線時的速度豎直向下，則、間磁場的磁感應強度大小為D．若粒子到達虛線時的速度垂直于，則粒子從到的時間為4．兩列簡諧橫波在某一均勻介質中相向傳播，波源產生的波沿x軸正方向傳播，波源產生的波沿x軸負方向傳播。時刻某一波源先開始振動，時MN間的波形圖如圖所示。此時平衡位置位于和的兩個質點都在波峰位置。下列說法正確的是（）A．波源M先振動且起振方向向下B．沿x軸負方向傳播的波波速為10m/sC．再經過的質點縱坐標為5cmD．兩列波能發(fā)生明顯干涉現象5．如圖所示，一個質量為m的小球，用輕繩懸掛于O點，初始時刻小球靜止于P點。第一次小球在水平拉力F1的作用下，從P點緩慢地移動到Q點，此時輕繩與豎直方向夾角為θ；第二次小球在水平恒力F2的作用下，從P點開始運動恰好能到達Q點。不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．第二次水平恒力的大小為B．第二次到達Q點時繩的拉力比第一次小C．第二次水平力做的功比第一次多D．兩個過程中繩的拉力均逐漸增大6．如圖所示，在豎直平面內有一個半徑為R的絕緣圓環(huán)，圓環(huán)的A、B、C、D端點上分別固定有一個點電荷，電荷量分別為+Q、+Q、-Q、-Q，圓心為O，AC垂直于BD，a、b、c、d分別為OA、OB、OC、OD的中點，在BD的延長線上有P點和N點，且A．a、b、c、d四點的電場強度大小相等B．a、b、c、d四點的電勢相同C．d點和P點的電場強度大小相等D．P點電勢大于N點電勢二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖所示，紅綠兩束單色光，同時沿同一路徑從面射人某長方體透明均勻介質，入射角為，折射光束在面發(fā)生全反射，反射光射向面，若逐漸增大，兩束光在面上的全反射現象會先后消失。已知在該介質中紅光的折射率小于綠光的折射率，下列說法正確的是（）A．在面上，紅光比綠光更靠近點B．在面上，出射光線與界面的夾角紅光比綠光的小C．逐漸增大時，紅光的全反射現象先消失D．無論增大到多大，入射光一定不可能在面發(fā)生全反射8．如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板，質量均為m＝4kg的A、B兩物體用輕彈簧拴接。對物體B施加一沿斜面向下的壓力F，使B靜止于P點。撤掉力F，B沿斜面做簡諧運動，當B運動至斜面最高點時，A剛要離開擋板。已知彈簧的勁度系數k＝200N/m，重力加速度g＝10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝12kx2A．當B運動至最高點時，B的加速度大小為10m/s2B．從撤掉F開始至彈簧首次恢復原長過程中，B的速度先增大后減小C．物體B靜止于P點時，對物體B施加的壓力F的大小為20ND．物體B沿斜面做簡諧運動的過程中，物體B的最大速度為2m/s9．如圖所示的電路中，電表均為理想交流電表，降壓變壓器為理想變壓器，兩個定值電阻的阻值均為R，在a、b兩端加上正弦交流電壓，結果電流表A1的示數為I1、電流表A2的示數為I2，下列說法正確的是（）A． B．原、副線圈的匝數比為C． D．電壓表V1的示數為10．如圖所示，纜車車廂通過懸臂固定在纜繩上，車廂連同懸臂的質量為M，車廂水平底板放置一質量為m的貨物。某段時間內，在纜繩牽引下貨物隨車廂一起斜向上做加速度為a的勻加速直線運動。已知懸臂和車廂始終處于豎直方向，重力加速度為，纜繩的傾角為，則在這段時間內（）A．車廂對貨物的支持力大小為masinB．車廂對貨物的摩擦力大小為macosC．纜繩對懸臂和車廂的作用力大小大于D．纜繩對懸臂和車廂的作用力方向與水平方向的夾角大于θ三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．某同學設計了一個用拉力傳感器驗證機械能守恒定律的實驗.一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示.拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數的最大值Tmax和最小值Tmin.改變小鋼球的初始釋放位置，重復上述過程.根據測量數據在直角坐標系中繪制的T 甲 乙（1）若小鋼球擺動過程中機械能守恒，則圖乙中直線斜率的理論值為________.（2）由圖乙得:直線的斜率為__________，小鋼球的重力為____N.（結果均保留2位有效數字）（3）該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是______（單選，填正確答案標號）.A.小鋼球擺動角度偏大B.小鋼球初始釋放位置不同C.小鋼球擺動過程中有空氣阻力12．某同學按圖甲所示電路測定電池的電動勢和內阻。圖乙中已將實驗器材進行了部分連接。（1）請根據實驗原理，將圖乙中的實物電路補充完整。（2）該同學獲得數據后在U－I坐標系中描點，如圖丙所示。（3）根據圖丙中數據可求得該電池的電動勢為V，內阻為Ω。（4）若實驗時發(fā)現電流表已損壞，其他器材完好，該同學移去電流表，同時用電阻箱替換滑動變阻器，重新進行實驗。請在圖丁虛線框中畫出該同學重新進行實驗的電路圖。13．如圖所示是測量物體質量的簡易“氣壓秤”。其中，氣缸靜止平放在實驗臺上，用厚度不計、面積為S的活塞封住部分氣體（可視為理想氣體），活塞連同上面的支撐桿、置物平臺總質量為M（以下簡稱“活塞系統(tǒng)”），氣缸內壁劃有質量刻度線，可以讀取置物平臺上對應物體的質量。開始時，置物平臺上未放物體，活塞系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，氣體高度為1.5h；向置物平臺上增加物體后，氣體高度減為h。已知氣缸內氣體溫度與環(huán)境溫度始終保持相同且不變，大氣壓強為p0，重力加速度取g。求：（1）置物平臺上未放置物體時內部氣體壓強p1；（2）置物平臺上增加物體的質量m。14．如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場（MN所在處無磁場），磁感應強度大小為B。PQ的質量為m，金屬導軌足夠長，電阻忽略不計。（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求金屬棒PQ通過的位移x及該過程安培力做的功W。15．如圖所示，在傾角為θ＝37°且足夠長的粗糙斜面上放一長為L＝3．0m、質量為m、上下擋板厚度不計的U形盒子P(盒子內底面與斜面平行)，盒子P與斜面間的動摩擦因數μ＝1112。在盒子的上端放一質量等于2m的物塊Q(可看作質點)，Q與盒子內表面無摩擦，同時由靜止釋放物塊Q和盒子P，物塊在盒內滑下與下面擋板碰撞，設碰撞時間極短且碰撞中沒有機械能損失，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8(1)物塊Q與盒子P發(fā)生第一次碰撞后各自的速度大小；(2)物塊Q與盒子P發(fā)生第一次碰撞后至第二次碰撞前，Q與盒子下擋板間的最大距離以及第一次碰撞后再經過多長時間Q與P發(fā)生第二次碰撞(結果可用根式表示)?！飬⒖即鸢浮铩?．【答案】A【解析】由核反應過程中質量數和電荷數守恒知，衰變射線的電荷數為－1，質量數為0，故衰變方程為

90233Th→91233Pa＋－10e，A正確；由比結合能越大，原子核越穩(wěn)定知，衰變產生的新核的比結合能變大，B錯誤；2．【答案】C【詳析】A．空間站中的燭焰仍然受到地球的吸引，仍然受到重力的作用，故A錯誤；B．根據GMmR2=mg，GMmr組2=mvC．根據GMmr組2=m4π2T2r組，M=D．同步衛(wèi)星的周期T同=24h，軌道半徑r同=R+36000km=42400km，組合體的軌道半徑r組=6800km，故選C。3．【答案】C【詳析】由動能定理可知，粒子在點時的動能為，選項A錯誤；粒子在3、4間做勻速直線運動，從運動到的過程電場力不做功，則電勢能不變，選項B錯誤；粒子在3、4間做勻速直線運動，，若粒子到達虛線時的速度豎直向下，由幾何關系，根據，則、間磁場的磁感應強度大小為，選項C正確；若粒子到達虛線時的速度垂直于，則粒子做圓周運動的圓心在O點，粒子從到轉過的角度為45°時間為，選項D錯誤。4．【答案】C【詳析】根據“同側法”可知波源M的起振方向豎直向上，兩列波的波速相同，波源M產生的波傳播的距離大于波源N產生的波傳播的距離，波源M先振動，A錯誤；波源M產生的波的傳播速度，由于兩列波的波速相同，因此波源N的傳播速度為20m/s，B錯誤；再經過0.2s，波傳播的距離，波源M的波峰剛好傳播到處，波源N的波峰剛好傳播到處，則在處為波谷，因此處的質點的位移，C正確；兩列波波長不同，周期不同，則頻率不相同，不能發(fā)生明顯干涉現象，D錯誤。5．【答案】B【詳析】AB．第一次小球緩慢移動，小球處于平衡狀態(tài)，解得，繩中張力，隨著的逐漸增大，力F、T逐漸增大，當時，有，，在第二次運動過程中，根據動能定理有，解得，故第一個過程中，拉力F在逐漸變大，且最大值一定大于F′，選項B正確，A錯誤；C．第一次小球緩慢上升，可認為速度為零；第二次在水平恒力F′作用下，從P點開始運動并恰好能到達Q點，此過程中，小球恰能到達Q點，說明vQ=0，即兩次拉力做功都等于小球重力勢能的增加量，選項C錯誤；D．在第二次運動過程中，根據平行四邊形定則可知，重力與水平拉力的合力為，恒定不變，方向與豎直方向成角，整個過程中小球先加速后減速，當小球運動至輕繩與豎直方向成角時，速度最大，根據牛頓第二定律和向心力公式，可得，可知此時輕繩中的拉力亦最大，即第二種情況下輕繩的拉力先增加后減小，選項D錯誤。故選B。6．【答案】A【解析】根據等量異種點電荷形成的電場特點可知，A、C和B、D處的點電荷在a、b、c、d四點處的電場分布如圖甲所示,A點和C點處的點電荷形成的電場中電場強度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是豎直向下，B點和D點處的點電荷形成的電場中電場強度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根據電場強度的疊加可知a、b、c、d四點的電場強度大小相等，A正確；選取無窮遠電勢為零，可知正電荷周圍的電勢離正電荷越近電勢越高，且為正值，離負電荷越近電勢越低且為負值，根據對稱性和疊加原理可知φa=φb>φc=φd，B錯誤；根據等量異種點電荷形成的電場特點可知，四個點電荷在P、 甲 乙 丙【命題創(chuàng)新】電場和電勢的疊加屬于高考中的?？键c，近幾年等量同種或異種點電荷的場強均有考查，本題巧妙地構建了四個點電荷，可構建成兩對異種點電荷模型，考查學生對電場和電勢疊加的理解，需要學生具備一定的對稱思想。7．【答案】CD【詳析】A，紅光的頻率比綠光的頻率小，則紅光的折射率小于綠光的折射率，在面，入射角相同，根據折射定律可知綠光在面的折射角較小，根據幾何關系可知綠光比紅光更靠近點，故A錯誤；B．在面上，根據對稱性和光路可逆原理可知，出射光線與法線間的夾角均為，故出射光線與界面的夾角相等，故B錯誤；C．根據全反射發(fā)生的條件可知紅光發(fā)生全反射的臨界角較大，逐漸增大時，折射光線與面的交點右移過程中，在面的入射角先小于紅光發(fā)生全反射的臨界角，所以紅光的全反射現象先消失，故C正確；D．在面，光是從光疏介質到光密介質，無論多大，在面都不可能發(fā)生全反射，故D正確；故選CD。8．【答案】ABD【解析】當B運動至斜面最高點時，A剛要離開擋板，對A有kx1＝mgsinθ，B在最高點時受的彈力方向沿斜面向下，此時加速度最大，由牛頓第二定律有kx1＋mgsinθ＝ma，解得a＝2mgsinθm＝2gsinθ＝10m/s2，由簡諧運動的對稱性知，當物體B運動到最低點時，加速度最大，大小仍為a＝10m/s2，方向沿斜面向上，在撤去外力F瞬間，合力等于撤去的外力的大小，則有F＝F合＝ma＝40N，A正確，C錯誤；從撤掉F開始，B受向上的彈力大于B的重力沿斜面向下的分力，B做加速運動，速度逐漸增大，且隨彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，速度仍逐漸增大，當彈力大小等于B的重力沿斜面向下的分力時，B的速度最大，之后彈力小于重力沿斜面向下的分力，B的加速度向下逐漸增大，B做減速運動，速度逐漸減小，減至彈簧首次恢復原長，可知從撤掉F開始至彈簧首次恢復原長過程中，B的速度先增大后減小，B正確；物體B沿斜面做簡諧運動的過程中，物體B在平衡位置時的速度最大，物體B在P點時彈簧壓縮量最大，為x2＝F＋mgsinθk＝310m，物體B在平衡位置時，則有kx'1＝mgsinθ，解得此時彈簧壓縮量為x'1＝mgsinθk＝110m，由能量守恒定律可得12kx22－12kx'21＝mg（x2－x'19．【答案】BC【詳析】由于是降壓變壓器，因此，則，A錯誤；設變壓器原副線圈的匝數比為，則，B正確；根據歐姆定律有，由于是降壓變壓器，因此，則有，C正確；電壓表V1的示數，D錯誤。10．【答案】BCD【詳析】在纜繩的牽引下貨物隨車廂一起斜向上做加速度為a的加速運動，沿水平和豎直進行分解加速度，分別為，，，因為是勻加速運動，所以加速度恒定，車廂對貨物的支持力為，A錯誤；水平方向有，B正確；對懸臂和貨物組成的系統(tǒng)分析，懸臂對車廂的作用力為F，則豎直方向有，水平方向有，則，解得，C正確；懸臂對車廂的作用力與水平的夾角為，則，所以纜繩對懸臂和車廂的作用力方向與水平方向的夾角大于θ，D正確。11．【答案】（1）-（2）-2.1；（3）C【解析】（1）小鋼球運動過程中繩上拉力最大處為最低點B，此時速度最大，繩上拉力最小處為軌跡最高點A，速度為零，對球受力分析可得，在A處有mgcosθ=Tmin，在B處有Tmax-mg=mv（2）取圖乙中的點(0,1.765N)和(0.196N,1.3