高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆高考物理模擬預(yù)測(cè)練習(xí)卷（全國(guó)甲卷）一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2022?蘇州模擬）碘125的半衰期約為60天，可用于疾病的治療?，F(xiàn)將一定質(zhì)量的碘125放入病理組織進(jìn)行治療，經(jīng)過(guò)120天后剩余碘125的質(zhì)量為剛放入時(shí)的（）A．14 B．18 C．116【考點(diǎn)】半衰期的相關(guān)計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；衰變和半衰期專題；推理論證能力．【答案】A〖祥解〗根據(jù)半衰期的公式代入數(shù)據(jù)進(jìn)行運(yùn)算判斷?！窘獯稹拷猓涸O(shè)剛開(kāi)始碘的質(zhì)量為M，經(jīng)過(guò)120天后的剩余的質(zhì)量為m，根據(jù)半衰期的規(guī)律，則有m=M(1得m=1故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】考查放射性元素的半衰期的規(guī)律，會(huì)根據(jù)題意代入數(shù)據(jù)進(jìn)行運(yùn)算求解。2．（4分）（2022秋?大理州期末）下列說(shuō)法正確的是（）A．飛機(jī)起飛離地加速上升過(guò)程處于失重狀態(tài) B．體積很大的物體，有時(shí)也可以視為質(zhì)點(diǎn) C．速度大的物體，加速度一定大 D．汽車車速越大，剎車后滑行的路程越長(zhǎng)，所以速度越大慣性就越大【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；質(zhì)點(diǎn)；加速度的定義、表達(dá)式、單位及物理意義；慣性與質(zhì)量．【專題】定性思想；歸納法；復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析專題；理解能力．【答案】B〖祥解〗加速度方向向上為超重，加速度方向向下為失重，能否看成質(zhì)點(diǎn)的條件是研究問(wèn)題時(shí)能否忽略大小形狀，速度大小與加速度沒(méi)關(guān)系，慣性大小的量度是質(zhì)量。【解答】解：A．飛機(jī)離地加速上升過(guò)程有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．體積很大的物體，當(dāng)形狀和大小對(duì)所要研究的問(wèn)題影響可以忽略的情況下也可視為質(zhì)點(diǎn)，故B正確；C．加速度大小由速度變化量及所用時(shí)間決定，速度大的物體，速度變化量不一定大，加速度也不一定大，故C錯(cuò)誤；D．汽車慣性由質(zhì)量決定，質(zhì)量大慣性大，質(zhì)量小慣性小，與速度大小無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查概念理解，注意根據(jù)加速度方向判斷超重失重。3．（4分）（2024?安慶二模）如圖所示為一個(gè)原、副線圈匝數(shù)比為n1：n2＝1：2的理想變壓器，原線圈兩端接有一個(gè)交流電源，其電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律為e＝122sin10πt（V），內(nèi)阻為r＝1Ω，所有電表均為理想交流電表。當(dāng)電路中標(biāo)有“4V，4W”的燈泡L正常發(fā)光時(shí)，下列判斷正確的是（）A．電壓表V1示數(shù)為10V B．電壓表V2示數(shù)為24V C．電流表A示數(shù)為1A D．負(fù)載電阻R＝20Ω【考點(diǎn)】理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系；正弦式交變電流的有效值．【專題】定量思想；等效替代法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】A〖祥解〗當(dāng)電路中標(biāo)有“4V，4W”的燈泡L正常發(fā)光時(shí)，由功率公式P＝UI求出副線圈的電流，由理想變壓器原副線圈的電流與匝數(shù)關(guān)系求出原線圈的電流，即為電流表A示數(shù)。對(duì)原線圈電路，由閉合電路的歐姆定律求電壓表V1示數(shù)。由理想變壓器原副線圈的電壓與匝數(shù)關(guān)系求出副線圈的電壓，即得到電壓表V2示數(shù)，再由歐姆定律求負(fù)載電阻R的阻值?！窘獯稹拷猓篊、當(dāng)電路中標(biāo)有“4V，4W”的燈泡L正常發(fā)光時(shí)，可得副線圈電流為I2=PLU根據(jù)理想變壓器原副線圈的電流與匝數(shù)關(guān)系，有I2可得原線圈的電流即電流表A示數(shù)為I1＝2A，故C錯(cuò)誤；A、變壓器的原線圈接入正弦式交流電，由e=122sin10πt(V)，可知電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝12有效值為E=Em2電源的內(nèi)阻為r＝1Ω，對(duì)原線圈電路，由閉合電路的歐姆定律有E＝I1r+U1解得原線圈兩端的電壓為U1＝10V電壓表V1測(cè)量的是原線圈兩端的電壓，則其示數(shù)為10V，故A正確；B、由理想變壓器的電壓與匝數(shù)關(guān)系有U1可得變壓器的輸出電壓為U2＝20V，則電壓表V2所測(cè)電壓為20V，故B錯(cuò)誤；D、副線圈燈泡和電阻串聯(lián)，有U2＝UL+I2R，解得定值電阻為R＝16Ω，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握理想變壓器原副線圈的電壓、電流與匝數(shù)關(guān)系，搞清各部分電路的電壓和電流關(guān)系，結(jié)合電路的相關(guān)規(guī)律解答。4．（4分）（2023秋?昭通期末）如圖所示是當(dāng)前各國(guó)基本上都采用的衛(wèi)星變軌發(fā)射的理想簡(jiǎn)化模型，軌道Ⅰ和軌道Ⅲ分別是近地圓軌道和預(yù)定圓軌道，橢圓軌道Ⅱ是轉(zhuǎn)移軌道，衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ上的P、F兩點(diǎn)點(diǎn)火變速變軌。則（）A．衛(wèi)星在軌道Ⅰ的機(jī)械能小于在軌道Ⅲ的機(jī)械能 B．衛(wèi)星在軌道Ⅰ經(jīng)P點(diǎn)的速度大于在軌道Ⅱ經(jīng)P點(diǎn)的速度 C．衛(wèi)星在軌道Ⅰ運(yùn)行的周期比在軌道Ⅲ運(yùn)行的周期長(zhǎng) D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ經(jīng)過(guò)F點(diǎn)的加速度小于在軌道Ⅲ經(jīng)過(guò)F點(diǎn)的加速度【考點(diǎn)】天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化；開(kāi)普勒三大定律；衛(wèi)星的發(fā)射及變軌問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A〖祥解〗根據(jù)能量關(guān)系判斷機(jī)械能大小，高軌進(jìn)低軌減速，低軌進(jìn)高軌加速，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律判斷周期大小，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度大小。【解答】解：A．衛(wèi)星從軌道Ⅰ到軌道Ⅲ需要多次加速，根據(jù)能量守恒定律可知衛(wèi)星在軌道Ⅰ的機(jī)械能小于在軌道Ⅲ的機(jī)械能，故A正確；B．衛(wèi)星在軌道Ⅰ經(jīng)P點(diǎn)需要點(diǎn)火加速才能進(jìn)入軌道Ⅱ，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，衛(wèi)星在軌道Ⅰ的周期小于軌道Ⅲ的周期，故C錯(cuò)誤D．根據(jù)牛頓第二定律，衛(wèi)星在軌道Ⅱ經(jīng)過(guò)F點(diǎn)的加速度等于在軌道Ⅲ經(jīng)過(guò)F點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于衛(wèi)星的變軌問(wèn)題，常用的規(guī)律是“加速進(jìn)高軌，減速進(jìn)低軌”。意思就是如果衛(wèi)星想要進(jìn)入更高的軌道，需要向后噴氣做加速運(yùn)動(dòng)；如果想要進(jìn)入更低的軌道，需要向前噴氣做減速運(yùn)動(dòng)。5．（4分）（2023?梅河口市校級(jí)二模）水平桌面上放置著兩個(gè)用同一根均勻金屬絲制成的單匝線圈1和線圈2，半徑分別為2R和R（俯視圖如圖1所示）。豎直方向有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖2所示。線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、電流強(qiáng)度、電功率分別用E、I、P表示，不考慮兩個(gè)線圈間的影響，下列關(guān)系正確的是（）A．E1：E2＝4：1，I1：I2＝2：1 B．E1：E2＝4：1，P1：P2＝2：1 C．E1：E2＝2：1，P1：P2＝8：1 D．P1：P2＝4：1，I1：I2＝1：1【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類問(wèn)題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】A〖祥解〗根據(jù)電阻定律分析兩線圈電阻之比，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；根據(jù)歐姆定律求解電流。【解答】解：由題意可得，兩線圈的長(zhǎng)度之比為L(zhǎng)兩線圈圍成的面積之比為S由E=n結(jié)合圖象斜率可知線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為E由閉合電路的歐姆定律I=由電阻定律得R兩線圈的電阻之比為R則電流強(qiáng)度之比為I線圈中的電功率之比為P故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律列式求解各個(gè)時(shí)間段的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，然后根據(jù)歐姆定律、電阻定律列式求解即可。6．（4分）（2022秋?衢州期末）如圖所示是以質(zhì)點(diǎn)P為波源的機(jī)械波在繩上傳到質(zhì)點(diǎn)Q時(shí)的波形，波源的振動(dòng)周期為T(mén)，則P點(diǎn)從平衡位置剛開(kāi)始振動(dòng)時(shí)（即起振方向）是朝著哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)的，當(dāng)波傳到質(zhì)點(diǎn)Q時(shí)，波源P振動(dòng)了多長(zhǎng)時(shí)間（）A．向上1.5T B．向下1.5T C．向左2T D．向上3T【考點(diǎn)】機(jī)械波的圖像問(wèn)題；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】比較思想；圖析法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；理解能力．【答案】A〖祥解〗質(zhì)點(diǎn)Q的起振方向與波源P的起振方向相同，判斷出質(zhì)點(diǎn)Q的起振方向，也就知道了質(zhì)點(diǎn)P的起振方向。P、Q兩質(zhì)點(diǎn)間距離為1.5個(gè)波長(zhǎng)，說(shuō)明波源P振動(dòng)了1.5T?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知，波由右向左傳播，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q振動(dòng)方向向上，而質(zhì)點(diǎn)Q要重復(fù)波源的振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)Q的起振方向與波源P的起振方向相同，所以P點(diǎn)的起振方向向上，P、Q兩質(zhì)點(diǎn)間距離為1.5個(gè)波長(zhǎng)，則波源P振動(dòng)了1.5T，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是理解波是如何形成與傳播的，同時(shí)掌握質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)與波的方向關(guān)系，知道介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同。7．（4分）（2024秋?長(zhǎng)壽區(qū)校級(jí)月考）電子束焊接機(jī)是一種先進(jìn)的焊接技術(shù)，電子束焊接機(jī)中的電場(chǎng)線分布如圖中虛線所示，其中K為陰極，A為陽(yáng)極，兩極之間的距離為h，在同一電場(chǎng)線上有B、C、D三點(diǎn)，C為AK兩極的中點(diǎn)，且BC＝CD，在兩極之間加上電壓為U的高壓電?，F(xiàn)有一電子在K極附近由靜止被加速運(yùn)動(dòng)到A極，不考慮電子的重力，已知電子電荷量大小為e，下列說(shuō)法中正確的是（）A．A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為Uh，且為勻強(qiáng)電場(chǎng)B．電子沿電場(chǎng)線由K極到A極時(shí)電場(chǎng)力做功為﹣eU C．若將電子從C點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)A極時(shí)，動(dòng)能增加為12D．電子從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間大于其從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗A.根據(jù)電場(chǎng)線的分布情況，即可分析判斷；B.由圖可知，電子由K沿電場(chǎng)線到A電場(chǎng)力做正功，結(jié)合電場(chǎng)力做功公式，即可分析判斷；C.由圖可知，K到C點(diǎn)之間的電場(chǎng)強(qiáng)度比C點(diǎn)到A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小，結(jié)合求功公式、B的結(jié)論、動(dòng)能定理，即可分析判斷；D.由題知，電子從D點(diǎn)到C點(diǎn)再到B點(diǎn)的過(guò)程中，一直處于加速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，結(jié)合速度與位移的情況，即可分析判斷。【解答】解：A.根據(jù)電場(chǎng)線的分布情況，可以判斷A、K之間不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；B.由圖可知，電子由K沿電場(chǎng)線到A電場(chǎng)力做正功，即電場(chǎng)力做功為：W＝eU，故B錯(cuò)誤；C.由圖可知，K到C點(diǎn)之間的電場(chǎng)強(qiáng)度比C點(diǎn)到A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小，由電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系可知，電子在K到C點(diǎn)之間所受的電場(chǎng)力比C點(diǎn)到A點(diǎn)的電場(chǎng)力小，且K到C點(diǎn)與C點(diǎn)到A點(diǎn)的位移相等，則根據(jù)求功公式W＝Fx可知，電子從K到C點(diǎn)之間的電場(chǎng)力做功，比C點(diǎn)到A點(diǎn)的電場(chǎng)力做功少，結(jié)合B的結(jié)論及動(dòng)能定理可知，若將電子從C點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)A極時(shí)，動(dòng)能增加應(yīng)大于12eU，故D.由題知，電子從D點(diǎn)到C點(diǎn)再到B點(diǎn)的過(guò)程中，一直處于加速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即電子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的任意時(shí)刻的速度大小，都大于電子從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度大小，又因?yàn)槲灰葡嗤?，所以，電子從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間大于其從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題，解題時(shí)需注意功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化等的綜合應(yīng)用。二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2024春?道里區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體，經(jīng)歷a→b→c→a過(guò)程，其中a、b兩點(diǎn)溫度相同，b→c是等壓過(guò)程，c→a是等容過(guò)程。下列說(shuō)法正確的是（）A．完成一次循環(huán)，氣體既不向外做功也不從外界吸熱 B．a(chǎn)→b過(guò)程中，氣體的溫度一直不變 C．a(chǎn)、b、c三個(gè)狀態(tài)中，氣體在c狀態(tài)平均運(yùn)動(dòng)速率最小 D．b→c過(guò)程中，容器壁在單位時(shí)間內(nèi)、單位面積上受到氣體分子撞擊的次數(shù)會(huì)增加【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律與理想氣體的圖像問(wèn)題相結(jié)合；理想氣體狀態(tài)變化的圖像問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；熱力學(xué)定律專題；理想氣體狀態(tài)方程專題；推理論證能力．【答案】CD〖祥解〗根據(jù)p﹣V圖像的面積表示氣體對(duì)外界做的功以及熱力學(xué)第一定律分析；根據(jù)pV＝CT分析氣體在a→b過(guò)程氣體溫度變化情況；根據(jù)pV＝CT分析氣體在a、b、c過(guò)程氣體溫度變化情況，確定氣體的運(yùn)動(dòng)速率；根據(jù)ΔU＝W+Q以及氣體壓強(qiáng)的微觀意義分析?！窘獯稹拷猓篈．由p﹣V圖像面積表示氣體對(duì)外做功可知，a→b過(guò)程氣體對(duì)外做功要大于b→c過(guò)程外界對(duì)氣體做功，即W＜0，一次循環(huán)過(guò)程，氣體的內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q+W可知，Q＞0，即氣體從外界吸熱，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)→b過(guò)程中，雖然a、b兩點(diǎn)溫度相同，可氣體的溫度不一定一直不變，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)→b過(guò)程中，a、b兩點(diǎn)溫度相同，即Ta＝Tb，b→c是等壓過(guò)程，氣體的體積減小，由VT=C可知，氣體的溫度降低，即Tb＞TTa＝Tb＞Tc可知a、b、c三個(gè)狀態(tài)中，在c狀態(tài)氣體的溫度最低，則平均動(dòng)能最小，則有氣體的運(yùn)動(dòng)速率最小，故C正確；D．b→c過(guò)程中，體積減小，氣體的密度增大，容器壁在單位時(shí)間內(nèi)、單位面積上受到氣體分子撞擊的次數(shù)會(huì)增加，故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查理想氣體的狀態(tài)方程，結(jié)合熱力學(xué)第一定律，解題關(guān)鍵掌握氣體溫度不變時(shí)，內(nèi)能不變，p﹣V圖像圍成的面積代表氣體做功。（多選）9．（6分）（2024春?寧鄉(xiāng)市期末）某運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行投籃訓(xùn)練，兩次在同一位置用相同速率將球投出后從同一位置進(jìn)入籃筐，兩次籃球的軌跡如圖所示，不計(jì)空氣阻力，下列相關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．沿軌跡①飛行時(shí)加速度更大 B．兩次運(yùn)動(dòng)到軌跡最高點(diǎn)時(shí)速度相等 C．沿軌跡①飛行的時(shí)間更長(zhǎng) D．兩次進(jìn)入籃筐時(shí)的速度一定不等【考點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)的合成和分解專題；推理論證能力．【答案】CD〖祥解〗A.根據(jù)籃球的受力情況判斷加速度情況；BC.根據(jù)水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)結(jié)合水平分速度大小關(guān)系進(jìn)行分析解答；D.根據(jù)機(jī)械能守恒和速度的矢量性進(jìn)行分析判斷。【解答】解：A.籃球兩次在空中的運(yùn)動(dòng)都是斜上拋運(yùn)動(dòng)，都只受重力，故加速度一樣大，故A錯(cuò)誤；B.籃球運(yùn)動(dòng)到軌跡最高點(diǎn)時(shí)速度為vx＝v0cosθ，由于拋出時(shí)速率都為v0，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，但速度和水平方向的夾角不等，則vx一定不等，故B錯(cuò)誤；C.由圖，軌跡②初速度與水平方向的夾角較小，則水平分速度vx＝v0cosθ更大，從拋出點(diǎn)到進(jìn)入籃筐的位置水平位移x相等，即x＝vxt＝v0cosθ?t，所以軌跡②飛行時(shí)間更短，故C正確；D.籃球從拋出點(diǎn)到進(jìn)入籃筐的位置的過(guò)程中，滿足機(jī)械能守恒，初動(dòng)能相同，則末動(dòng)能相等，即末態(tài)速率相同，速度是矢量，由于水平分速度和豎直分速度都不等，合速度方向不同，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】考查斜上拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題和機(jī)械能守恒、運(yùn)動(dòng)的合成和分解知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和判斷。（多選）10．（6分）（2025春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示是兒童玩具跳跳桿，其底部未固定在地面，底部裝有一根彈簧，小孩和桿的總質(zhì)量為m，研究某次小孩和桿從最低點(diǎn)彈起的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，以小孩運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)、豎直向上為x軸正方向，小孩與桿整體的動(dòng)能與其坐標(biāo)位置的關(guān)系如圖乙所示，0～x3之間圖像為曲線，x2對(duì)應(yīng)其最高點(diǎn)，x3～x4之間圖像為直線，不計(jì)彈簧質(zhì)量和空氣阻力的影響，重力加速度為g，則（）A．小孩和桿的最大加速度a=xB．彈簧在x3處恢復(fù)原長(zhǎng)，彈簧勁度系數(shù)k=mgC．在x1處彈簧的彈性勢(shì)能為mg（x3﹣x1） D．在x1處小孩和桿的速度為2g(【考點(diǎn)】彈簧類問(wèn)題中的機(jī)械能守恒；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】AC〖祥解〗Ek﹣x圖像的斜率表示合力的大小，在x2位置彈力等于重力，由平衡條件和胡克定律相結(jié)合計(jì)算彈簧勁度系數(shù)；根據(jù)圖像分析小孩的運(yùn)動(dòng)情況，分析加速度最大的位置，根據(jù)牛頓第二定律求解小孩和桿的最大加速度；從x3到x4做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求在x3處的速度，在x1處的速度等于在x3處的速度；根據(jù)x1～x3系統(tǒng)機(jī)械能守恒求解在x1處的彈性勢(shì)能?！窘獯稹拷猓篈.在最低點(diǎn)時(shí)，小孩和桿的加速度最大，則kx3﹣mg＝ma解得a=x故A正確；B.由題圖乙可知，在x3處彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈簧在最低點(diǎn)時(shí)被壓縮x3，在x2位置彈簧彈力等于小孩和桿的重力，則mg＝k（x3﹣x2）解得k=mg故B錯(cuò)誤；C.從x1處到x3處，由機(jī)械能守恒得Ep1+mgx1+Ek1＝mgx3+Ek3可知Ep1＝mg（x3﹣x1）故C正確。D.小孩和桿在x1處的速度等于在x3處的速度，因小孩和桿從x3處到x4處做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則v1＝v3=故D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要明確小孩的運(yùn)動(dòng)情況，判斷其受力情況以及過(guò)程中通量轉(zhuǎn)化情況，靈活運(yùn)用功能關(guān)系和機(jī)械能守恒定律來(lái)處理。三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分14分）11．（7分）某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置，驗(yàn)證牛頓第二定律，小車一側(cè)固定有力傳感器，細(xì)線一端與力傳感器連接，另一端跨過(guò)光滑定滑輪掛上砝碼盤(pán)；在小車另一側(cè)固定紙帶，紙帶穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。已知小車最初位置靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，小車和拉力傳感器的總質(zhì)量為M，砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量為m，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接電源的頻率為50Hz。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①調(diào)節(jié)砝碼盤(pán)中砝碼的質(zhì)量，直到紙帶上打的點(diǎn)間隔相等。此時(shí)記錄砝碼盤(pán)及砝碼的質(zhì)量m0、拉力傳感器的示數(shù)F0。②多次增加砝碼盤(pán)中砝碼的質(zhì)量，每次將小車從同一位置由靜止釋放，記錄下拉力傳感器的示數(shù)Fn、砝碼盤(pán)及砝碼的總質(zhì)量m（m＞m0）。（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，不需要（選填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；細(xì)線需要（選填“需要”或“不需要”）平行于長(zhǎng)木板；不需要（選填“需要”或“不需要”）滿足砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車和拉力傳感器的總質(zhì)量M；實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，每次由靜止釋放小車的位置需要（選填“需要”或“不需要”）相同。（2）某次釋放小車得到紙帶如圖乙所示，A、B、C、D、E各點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出，則這次小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2.43m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（3）設(shè)某次釋放小車測(cè)得小車的加速度為a，拉力傳感器的示數(shù)為F，砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量為m，重力加速度為g，則驗(yàn)證牛頓第二定律的表達(dá)式為B。（填寫(xiě)關(guān)系式前面的字母）A.F＝MaB.F﹣F0＝MaC.mg＝MaD.mg﹣m0g＝Ma【考點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）不需要；需要；不需要；需要；（2）2.43；（3）B。〖祥解〗（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。（2）應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論求出加速度。（3）應(yīng)用牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓海?）由實(shí)驗(yàn)步驟①可知，小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為F0，即小車受到的拉力大小為F0，由平衡條件可知，小車所受摩擦力大小f＝F0，實(shí)驗(yàn)不需要平衡摩擦力；為使小車受到的拉力等于細(xì)線的拉力，細(xì)線應(yīng)平行于長(zhǎng)木板；由于小車受到的拉力可以由拉力傳感器測(cè)出，實(shí)驗(yàn)不需要滿足砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車和拉力傳感器的總質(zhì)量M；為充分利用紙帶實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)從小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處釋放，每次釋放的位置相同。（2）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接電源的頻率為50Hz，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔t＝5T=5f=由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論Δx＝at2由逐差法可知，加速度大小a=CD-AB+DE-BC4t2=CE-AC（3）對(duì)小車，由牛頓第二定律得：F﹣f＝Ma，由于f＝F0，即F﹣F0＝Ma，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故答案為：（1）不需要；需要；不需要；需要；（2）2.43；（3）B?！军c(diǎn)評(píng)】理解實(shí)驗(yàn)原理、掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題的前提，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論與牛頓第二定律即可解題；解題時(shí)注意單位換算與有效數(shù)字的保留。12．（9分）（2023?濠江區(qū)校級(jí)二模）某同學(xué)要將一小量程電流表（滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為1.2kΩ）改裝成有兩個(gè)量程的電流表，設(shè)計(jì)電路如圖（a）所示，其中定值電阻R1＝40Ω，R2＝360Ω。（1）當(dāng)開(kāi)關(guān)S接A端時(shí)，該電流表的量程為0～1mA，內(nèi)阻300Ω。（2）當(dāng)開(kāi)關(guān)S接B端時(shí)，該電流表的量程比接在A端時(shí)大。（填“大”或“小”）（3）該同學(xué)選用量程合適的電壓表（內(nèi)阻未知）和此改裝電流表測(cè)量未知電阻Rx的阻值，設(shè)計(jì)了圖（b）中兩個(gè)電路。不考慮實(shí)驗(yàn)操作中的偶然誤差，則使用乙（填“甲”或“乙”）電路可修正由電表內(nèi)阻引起的實(shí)驗(yàn)誤差?！究键c(diǎn)】電表的改裝和應(yīng)用（實(shí)驗(yàn)）．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）1，300；（2）大；（3）乙。〖祥解〗（1）根據(jù)歐姆定律結(jié)合電路構(gòu)造計(jì)算出電表的量程和內(nèi)阻；（2）根據(jù)電阻的變化結(jié)合電路構(gòu)造分析出電流表量程的變化；（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析出實(shí)驗(yàn)誤差的產(chǎn)生和消除。【解答】解：（1）由圖可知當(dāng)S接A時(shí)，R1和R2串聯(lián)接入電路，和電流表并聯(lián)，滿偏時(shí)電流表兩端的電壓為Um此時(shí)通過(guò)R1和R2的電流為I=U所以總電流為I總＝Im+I＝0.75mA+0.25mA＝1mA即量程為0～1mA。改裝后電流表的內(nèi)阻為：R（2）當(dāng)開(kāi)關(guān)S接B端時(shí)，由圖可知R1和電流表串聯(lián)再和R2并聯(lián)，由于和電流表并聯(lián)的電阻變小，當(dāng)電流表滿偏時(shí)，流過(guò)R2的電流變大，干路電流變大，即量程變大，所以比接在A端時(shí)大。（3）圖甲是電流表的外接法，誤差是由于電壓表的分流引起的；圖乙是電流表的內(nèi)接法，誤差是由于電流表的分壓引起的，因?yàn)轭}目中電壓表電阻未知，故采用圖乙的方法可以修正由電表內(nèi)阻引起的實(shí)驗(yàn)誤差。故答案為：（1）1，300；（2）大；（3）乙。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電表改裝的相關(guān)知識(shí)，理解電路構(gòu)造，根據(jù)歐姆定律和實(shí)驗(yàn)原理即可完成分析。四．解答題（共3小題，滿分38分）13．（10分）（2023?邢臺(tái)模擬）如圖所示，一束平行于等邊三棱鏡橫截面ABC的光從空氣射到E點(diǎn)，沿路徑EF射到F點(diǎn)。已知入射方向與AB邊的夾角為θ＝60°，光在F點(diǎn)恰好發(fā)生全反射。已知光在空氣中的傳播速度為c，BE＝L，求：（1）三棱鏡的折射率；（結(jié)果可以帶根號(hào)）（2）光從E傳播到F所用的時(shí)間。【考點(diǎn)】光的折射與全反射的綜合問(wèn)題；折射率的波長(zhǎng)表達(dá)式和速度表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理論證能力．【答案】（1）三棱鏡的折射率為213（2）光從E傳播到F所用的時(shí)間為7L4c〖祥解〗（1）已知入射方向與邊AB的夾角為θ＝60°，可知入射角，結(jié)合全反射臨界角公式與幾何關(guān)系求解折射率；（2）由v=cn求出光在三棱鏡中傳播速度，由幾何知識(shí)求出EF【解答】解：（1）根據(jù)題意作出光路如圖：根據(jù)折射定律有：n=根據(jù)全反射臨界角公式有：sinC=根據(jù)幾何關(guān)系可知i＝30°，∠BEF+∠BFE＝120°，則∠r+∠C＝60°解得：n=（2）光在介質(zhì)中的傳播速度v=根據(jù)正弦定理有EF光從E傳播到F所用的時(shí)間t=解得：t=答：（1）三棱鏡的折射率為213（2）光從E傳播到F所用的時(shí)間為7L4c【點(diǎn)評(píng)】本題是折射定律的應(yīng)用問(wèn)題，根據(jù)幾何知識(shí)與折射定律結(jié)合進(jìn)行研究．14．（13分）（2025?尋甸縣模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面間的夾角為θ。兩個(gè)大小不計(jì)的物塊A、B質(zhì)量分別為m1＝m和m2＝5m，A、B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=35tanθ和μ2＝tanθ（1）若傳送帶不動(dòng)，將物塊B無(wú)初速度地放置于傳送帶上的某點(diǎn)，在該點(diǎn)右上方傳送帶上的另一處無(wú)初速度地釋放物塊A，它們第一次碰撞前瞬間A的速度大小為v0，求A與B第一次碰撞后瞬間的速度v1A、v1B；（2）若傳送帶保持速度v0順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，如同第（1）問(wèn)一樣無(wú)初速度地釋放B和A，它們第一次碰撞前瞬間A的速度大小也為v0，求它們第二次碰撞前瞬間A的速度v2A；（3）在第（2）問(wèn)所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物塊A做的功。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；傳送帶專題；分析綜合能力．【答案】（1）A與B第一次碰撞后瞬間的速度v1A、v1B分別為-23v（2）它們第二次碰撞前瞬間A的速度v2A為43（3）第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物塊A做的功為-3mv〖祥解〗（1）由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求A與B第一次碰撞后瞬間的速度v1A、v1B；（2）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求它們第二次碰撞前瞬間A的速度v2A；（3）根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒再結(jié)合功的公式求第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物塊A做的功?！窘獯稹拷猓海?）由于μ2＝tanθ，故B放上傳送帶后不動(dòng)，對(duì)A和B第一次的碰撞過(guò)程，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m1v0＝m1v1A+m2v1B12又5m1＝m2解得v1Av1B（2）傳送帶順時(shí)針運(yùn)行時(shí)，B仍受力平衡，在被A碰撞之前B一直保持靜止，因而傳送帶順時(shí)針運(yùn)行時(shí)，A、B碰前的運(yùn)動(dòng)情形與傳送帶靜止時(shí)一樣，由于A第一次碰后反彈的速度小于v0，故相對(duì)傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向向下，受到的摩擦力向上，合力向下做減速運(yùn)動(dòng)。減速到零后相對(duì)傳送帶也向下運(yùn)動(dòng)，摩擦力方向不變，設(shè)A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a解得a=從第一次碰后到第二次碰前A做勻變速運(yùn)動(dòng)，B做勻速運(yùn)動(dòng)兩者位移相等，則有v2Av2A＝v1A+at1解得v2A（3）以地面為參考系，A第二次碰后瞬間和第三次碰前瞬間的速度分別記為v3A和v4A，B第二次碰后瞬間的速度記為v2B。兩者發(fā)生第二次彈性碰撞時(shí)，以v2A的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有m1v2A+m2v1B＝m1v3A+m2v2B12解得v第二次碰后A做勻變速運(yùn)動(dòng)，B做勻速運(yùn)動(dòng)。到第三次碰前兩者位移相等，所以v4Av4A﹣v3A＝at2解得v4AA從第一次碰后到第三次碰前的位移sA傳送帶對(duì)A做的功W=-f答：（1）A與B第一次碰撞后瞬間的速度v1A、v1B分別為-23v（2）它們第二次碰撞前瞬間A的速度v2A為43（3）第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物塊A做的功為-3mv【點(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合了彈性碰撞模型與傳送帶模型，考查動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律綜合應(yīng)用，對(duì)于動(dòng)量守恒定律