湖南省株洲市2025屆高三物理一?？荚囋囶}

湖南省株洲市2025屆高三物理一?？荚囋囶}

一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）

1.（6分）如圖所示，兩個人利用機械裝置提升相同的重物。已知重物勻速上升，相同的時

間內(nèi)兩重物提升的高度相同。不考慮滑輪的質(zhì)量及摩擦，在重物上升的過程中人拉力的

作用點保持不變，則（0始終小于30°）則（）

A.站在地面的人比站在二樓的人省力

B.站在地面的人對繩的拉力越來越大

C.站在二樓的人對繩的拉力越來越大

D.同一時刻，二樓的人對繩拉力的功率小于地面的人對繩拉力的功率

2.（6分）如圖是靜電噴漆的工作原理圖。工作時，噴槍部分接高壓電源負(fù)極，工件接正極,

噴槍的端部與工件之間就形成靜電場，從噴槍噴出的涂料微粒在電場中運動到工件，并

被吸附在工件表面。圖中畫出了部分微粒的軌跡，設(shè)微粒被噴出后只受靜電力作用，則

（）

A.微粒的運動軌跡顯示的是電場線的分布狀況

B.微粒向工件運動的過程中所受電場力先減小后增天

C.在向工件運動的過程中，微粒的動能漸漸減小

D.在向工件運動的過程中，微粒的電勢能漸漸增大

3.（6分）我國即將綻開深空探測，安排在2024年通過一次放射，實現(xiàn)火星環(huán)繞探測和軟

著陸巡察探測，已知太陽的質(zhì)量為M,地球，火星繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑分別

為比和工：速率分別為VI和V2：地球繞太陽的周期為T.當(dāng)質(zhì)量為m的探測器被放射到

以地球軌道上的A點為近日點，火星軌道上的B點為遠(yuǎn)日點的軌道上圍繞太陽運行時（如

圖），只考慮太陽對探測器的作用，則（）

灰下單疝'?、、

A.探測器在A點加速的值等于?

R1

B.探測器在B點的加速度為———―-

（R1+R2）

C.探測地在B點的動能為Lmv：

2

3

1Ri+R~2

I）.探測器沿橢圓軌道從A飛行到B的時間為上（二一9T

2R]

4.（6分）如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面（紙面）內(nèi)，其左端接

一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計。

金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R.若給棒以平行導(dǎo)軌向右的

初速度V。，當(dāng)流過棒截面的電荷量為q時，棒的速度減為零，此過程中棒發(fā)生的位移為

Xo則在這一過程中（）

>__________________

[x""X_X@正確云M

/?X-M一^X

TxXXXX

a

A.當(dāng)流過棒的電荷為a時，棒的速度為三四

23

B.當(dāng)棒發(fā)生位移為工時，棒的速度為二色

32

3BqLv

C.在流過棒的電荷量”2的過程中，棒釋放的熱量為「_1n

8

D.定值電阻R釋放的熱量為I'二。

4

5.（6分）下列說法正確的是（）

A.鈾238發(fā)生a衰變成鉉234時、a粒子與鈕234的質(zhì)量之和等于鈾238的質(zhì)量

B.鈾238發(fā)生a衰變成234時，a粒子與針234的結(jié)合能之和肯定大于鈾238的結(jié)合

能

C.B衰變中釋放的B射線是原子核外電子擺脫原子核的束縛形成的高速電子流

D.核反應(yīng)方程14、+4He~T7o+X中，X是質(zhì)子且反應(yīng)過程中系統(tǒng)動量守恒

2

6.（6分）圖1中，單匝矩形線圈abed在勻強磁場中繞垂直磁場的軸轉(zhuǎn)動。變更線圈的轉(zhuǎn)

速，穿過該線圈的磁通量隨時間分別按圖線甲、乙的正弦規(guī)律變更。設(shè)線圈的電阻為

1.0Q,貝IJ（）

A.圖線甲對應(yīng)線圈在t=0時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大

B.圖線甲、乙對應(yīng)的線圈在t=0.2s時，線圈平面均平行于磁感線圈

C.圖線甲、乙對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為5：4

D.圖線甲對應(yīng)的線圈中交變電流的峰值為2.5兀A

7.（6分）如圖I,在水平向右的勻強電場中，1=0時?，帶負(fù)電的物塊以速度V。沿斜面對上

運動，然后滑回到原處，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，滑塊所帶電荷量不變，

用以表示滑塊的動能，x表示位移，E『,表示電勢能，取斜面底端為零勢能面，規(guī)定V。的

方向為正方向，則下列圖線正確的是（〉

A.B.

8.（6分）如圖所示，長為L的輕桿兩端分別固定a,b金屬球，兩球質(zhì)量均為m,a放在光

滑的水平面上，b套在豎直固定光滑桿上且離地面高度為退L,現(xiàn)將b從圖示位置由靜

止釋放，則（）

A.在b球落地前的整個過程中，a,b組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒

B.從起先到b球距地面高度為L的過程中，輕桿對a球做功為區(qū)

28

C.從起先到b球距地面高度為L的過程中，輕桿對b球做功■藥gL

28

D.在b球落地的瞬間，重力對b球做功的功率為

二、非選擇題

9.（6分）某試驗小組用圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。試驗時，先將金屬小球A從斜

槽上某一固定位置由靜止釋放,A從斜槽末端飛出后落到水平地面的記錄紙上留下落點痕

跡，重復(fù)10次。把相同半徑的塑料小球B放在與斜槽末端等高的支柱上，讓A仍從斜槽

上同一位置由靜止釋放，與B碰撞后，A、B分別在記錄紙上留下落點痕跡，重復(fù)1D次。

圖中0點是水平槽末端在記錄紙上的垂直投影點，M、P、N分別為小球落點的痕跡，小立

柱與斜槽末端的距離等于小球的直徑。

（1）下列說法正確的是

A.斜槽的末端必需水平

B.須要測量斜槽末端距地面的高度

C.圖中M點是未放小球B時小球A的落點痕跡

D.圖中P點是未放小球B時小球A的落點痕跡

（2）用螺旋測微器測最小球的直徑時示數(shù)如圖乙所示，則小球的直徑d=m

（3）試驗中測出小球的直徑及\1、P、N與。點的距離分別用d、OM、OP、0\表示，若碰

撞過程中動量守恒，貝!兩小球的質(zhì)量之比（月所給符號表示）

10.（9分）某同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示電路同時測量電壓表（量程為3V,內(nèi)阻約幾千歐）和

微安表（量程為300nA,內(nèi)阻約一千歐）的內(nèi)阻。

（1）按試驗原理將圖乙中的實物連接成試驗電路。

（2）試驗中，該同學(xué)進行了如下操作，完成下列問題：

①閉合用伏安法測微安表內(nèi)阻。為了測晨更加精確，定值電阻R用該選擇的是

A.10Q

B.100Q

C.1kQ

D.7.8kQ

②閉合K前，為愛護電路不受損壞，圖甲中滑動變阻器R的滑片應(yīng)置丁端一（選

填“左”或“右”）

③閉合KB,調(diào)整滑動變電阻器R,讓電壓表和微安表的示數(shù)盡可能的大。測得電壓表的

示數(shù)為由,微安表的示數(shù)為L,定值電阻的值為R。，則微安表內(nèi)阻表達(dá)式為；

④斷開Ki,調(diào)整滑動變阻器和電阻箱，當(dāng)電阻箱的讀數(shù)為R時，電壓表的示數(shù)為必微

安表的示數(shù)為12,則電壓表內(nèi)阻表達(dá)式為。

11.（12分）彈射座椅（Ejectionseat）,是飛行員運用的座椅型救生裝置。在飛機失控

時，依靠座椅上的動力（噴氣發(fā)動機）裝置將飛行員彈射到高空，然后張開著陸傘使飛

行員平安著陸。某次試驗中，在地面上靜止的戰(zhàn)斗機內(nèi)，飛行員按動彈射按鈕，座椅（連

同飛行員）在噴氣發(fā)動機的驅(qū)動下被彈出打開的機艙，座椅沿豎直方向運動，5s末到達(dá)

最高點，上升的總高度為112.5m。在最高點時著陸傘打開，飛行員平安到達(dá)地面。已知

座椅（連同飛行員等）的總重量為100kg,彈射過程中發(fā)動機對座椅的推力豎直向上且恒

定，不考慮發(fā)動機質(zhì)量的變更及空氣阻力，取g=10n/s2,求：

（1）發(fā)動機對座椅推力的值；

（2）發(fā)動機對座椅沖量的大小。

12.（20分）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，xWO的區(qū)域存在有平行于y軸的勻強電

場，電場強度的大小為E,方向沿y軸負(fù)方向；在x2（）的區(qū)域有一個半徑為L的圓形區(qū)

域，圓心。坐標(biāo)（L,0）,圓內(nèi)有方向垂直于x（）y平面對里的勻強磁場。一帶正電的粒子

從M（?L,點以沿X軸正方向的初速度V°,恰好經(jīng)0點進入磁場，之后以平行x

2

軸正方向的速度射出磁場。不計粒子的重力，求：

（1）粒子的比荷及粒子通過0點時的速度：

（2）磁感應(yīng)強度的大?。?/p>

（3）粒子在磁場中運動的時間。

三、選擇題（共4小題，每小題5分，滿分15分）

13.(5分)下列說法正確的是()

A.布朗運動是液體分子的運動，說明液體分子在運大停息的做無規(guī)則的熱運動

B.同一化學(xué)成分的某些物質(zhì)能同時以晶體的形式和非晶體的形式存在

C.溫度.上升物體的內(nèi)能肯定增大

D.密度p體積為v摩爾質(zhì)量為M的鋁所含原子數(shù)為上口A

M

E.繞地球運行的“天宮二號”自由漂移的水滴成球型，這是表面張力作用的結(jié)果

14.(10分)如圖所示，導(dǎo)熱良好的氣缸開口向上豎直固定在水平面上。缸內(nèi)輕質(zhì)光滑活塞

封閉一段肯定質(zhì)量的志向氣體。一根不行伸長的細(xì)繩繞過定滑輪，一端拴住活塞，另一

端拴著質(zhì)量為m的重物處于平衡狀態(tài)。此時氣體體積為V.用手托著重物，使其緩慢曼上

升，直到細(xì)繩剛起先松弛但并未彎曲。已知大氣壓強為P?；钊麢M截面積為S,環(huán)境溫度

保持不變。求：

(i)從重物起先被托運到最高點的過程中，活塞卜降的高度：

(ii)之后從靜止上釋放重物，重物下落到最低點未與地面接觸時，活塞在氣缸內(nèi)比最

初托起重物前的位置上升了H.若氣體的溫度不變則氣體汲取的熱量是多少？

15.如圖，A、B是兩列波的波源，t=0時起先垂直紙面做簡諧運動，其振動表達(dá)式分別為

x,\=0.Isin(2nt+n)m,xH=0.2sin(2nt)m,產(chǎn)生的兩列波在同一種勻稱介質(zhì)中沿

紙面?zhèn)鞑ァ是介質(zhì)中的一點，t=2s時起先振動，己知PA=40cm,PB=50cm,則()

A

A.兩列波的波速均為3.25m/s

B.兩列波的波長均為J.2m

C.兩列波在P點相遇時振動總是加強的

D.P點合振動的振幅為0.1m

E.t=2.25s,P點距平衡位置0.Im

16.一根折射率為n=&、截面為正方形的厚玻璃尺放在紙面上，其正視圖為長方形ABCD,

寬度AB=6a,長度AD=4j圖,如圖所示，在玻璃尺的左端，距離左端為a處有一光源S,

處在AB、CD中點連線的延長線上，在紙面內(nèi)向AB對稱射出兩條光線，光線與延長線的

夾角0=45°.光從右端射出后交于延長線上的S'點。只考慮一次反射，求：

(1)S'與玻璃尺右端的距離；

(2)若玻璃尺斷裂后長度減小但外形不變，使得S'與右端距離變?yōu)樵瓉淼?倍，那么

玻璃尺的長度AD'變成為多少？

參考答案與試題解析

一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）

1.（6分）如圖所示，兩個人利用機械裝置提升相同的重物。已知重物勻速上升，相同的時

間內(nèi)兩重物提升的高度相同。不考慮滑輪的質(zhì)量及摩擦，在重物上升的過程中人拉力的

作用點保持不變，則（0始終小于30°）則（）

A.站在地面的人比站在二樓的人省力

B.站在地面的人對繩的拉力越來越大

C.站在二樓的人對繩的拉力越來越大

D.同一時刻，二樓的人對繩拉力的功率小于地面的人對繩拉力的功率

【考點】63：功率、平均功率和瞬時功率.

【專題】31：定性思想;43：推理法;52C：功率的計算專題.

【分析】依據(jù)共點力的平衡分析繩子的拉力的大小；依據(jù)功能關(guān)系分析拉力做的功，然

后由平均功率的定義式比較功率的大小。

【解答】解：BC、設(shè)物體質(zhì)量為m,對物體受力分析，則有站在地面的人對繩的拉力FT

=mg,站在二樓的人對繩的拉力尸1'法理于，重物勻速上升過程中，0增大，cosO

減小，所以站在二樓的人對繩的拉力越來越大，站在地面的人對繩的拉力不變，故B錯

誤，C正確；

A、由于不知0詳細(xì)數(shù)值，所以無法比較站在地面的人對繩的拉力與站在二樓的人對繩

的拉力的大小，故A錯誤；

D、依據(jù)動能定理，人對繩拉力的功等于克服物體重力做的功，克服物體重力做的功相等，

所以人對繩拉力的功柱等，所以二樓的人對繩拉力的功率等于地面的人對繩拉力的功率，

故D錯誤；

故選：Co

【點評】該圖中，若二樓的人豎直向上拉滑輪，則可知二樓的人對繩子的拉力較小，但

該題中，不知0詳細(xì)數(shù)值，所以要多加留意。

2.（6分）如圖是靜電噴漆的工作原理圖。工作時，噴槍部分接高壓電源負(fù)極，工件接正極,

噴槍的端部與工件之間就形成靜電場，從噴槍噴出的涂料微粒在電場中運動到工件，并

被吸附在工件表面。圖中畫出了部分微粒的軌跡，設(shè)微粒被噴出后只受靜電力作用，則

（）

，的瓜電冷

A.微粒的運動軌跡顯示的是電場線的分布狀況

B.微粒向工件運動的過程中所受電場力先減小后增大

C.在向工件運動的過程中，微粒的動能漸漸減小

D.在向工件運動的過程中，微粒的電勢能漸漸增大

【考點】A7：電場線；AE：電勢能與電場力做功；AG：電勢差和電場強度的關(guān)系.

【專題】32：定量思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題.

【分析】解答本題關(guān)鍵抓?。涸谕苛衔⒘Ｏ蚬ぜ拷倪^程中，工件帶正電，涂料微粒

帶負(fù)電；依據(jù)庫侖定律分析庫侖力的變更；電場力做正功，涂料微粒的電勢能減小，

【解答】解：A、由于涂料微粒有初速度，初速度和電場力不肯定方向相同，故涂料微粒

的運動軌跡不肯定沿電場線方向運動，故A錯誤；

B、由圖知，工件帶正電，則在涂料微粒向工件靠近的過程中，涂料微粒帶負(fù)電。依據(jù)電

場強度的分布可知，所受電場力先減小后增大，故B正確；

CD、涂料微粒所受的電場力方向向左，其位移方向大體向左，則電場力對涂料微粒做正

功，其動能增大，電勢能減小，故CD錯誤；

故選：Bo

【點評】本題抓住異種電荷相互汲取，分析涂料微粒的電性。再依據(jù)功的性質(zhì)明確電場

力做功正負(fù)；再依據(jù)電場力做功與電勢能之間的關(guān)系即可推斷電勢能的變更狀況。

3.（6分）我國即將綻開深空探測，安排在2024年通過一次放射，實現(xiàn)火星環(huán)繞探測和軟

著陸巡察探測，已知太陽的質(zhì)量為M,地球，火星繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑分別

為比和工：速率分別為VI和V2：地球繞太陽的周期為T.當(dāng)質(zhì)量為m的探測器被放射到

以地球軌道上的A點為近日點，火星軌道上的B點為遠(yuǎn)日點的軌道上圍繞太陽運行時（如

圖），只考慮太陽對探測器的作用，則（）

灰下單疝'?、、

A.探測器在A點加速的值等于?

R1

B.探測器在B點的加速度為———―-

（R1+R2）

C.探測地在B點的動能為Lmv：

2

3

1

I）.探測器沿橢圓軌道從A飛行到B的時間為工（二Ri+R一9~2T

2R]

【考點】37：牛頓其次定律；41）：開普勒定律；4F：萬有引力定律及其應(yīng)用.

【專題】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造衛(wèi)星問題.

【分析】依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力求出探測器在A點加速度和探測器在B點的加速度,

由開普勒第三定律可知探測器沿橢圓軌道從A飛行到B的時間。

2

V

GM1

【解答】解：A、依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力可得二mar探測器在A點加速的

V?

故A正確:

B、依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力可得駕二探測器在B點的加速度為故B

K?K2

錯誤；

C、探測器由橢圓軌道變?yōu)榛鹦擒壍理氁贐點點火加速，探測器在B點的速度小于

探測器在B點的動能小于上小丫全故C錯誤；

2

T2R；

D、設(shè)探測器沿橢圓軌道的周期為「，由開普勒第三定律可得下下二----------T*解

T'/R,+R9）

<2>

3

R?+R~2

得'二（」_29）T,探測器沿橢圓軌道從A飛行到B的時間為

2Rj

3

1R4+R9~2

tA=-（-------）I故D錯誤；

知R2'2R」

故選:Ao

【點評】萬有引力的應(yīng)用問題一般由重力加速度求得中心天體質(zhì)量，或由中心天體質(zhì)量、

軌道半徑、線速度、隹速度、周期中兩個已知量，依據(jù)萬有引力做向心力求得其他物理

量。

4.（6分）如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面（紙面）內(nèi)，其左端接

一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計。

金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R.若給棒以平行導(dǎo)軌向右的

初速度VD,當(dāng)流過棒截面的電荷量為q時，棒的速度減為零，此過程中棒發(fā)生的位移為

xo則在這一過程中（）

2______________

JTx-"x"X_X~X

/?Xf*七xX

TxXXXX

a

A.當(dāng)流過棒的電荷為a時，棒的速度為生i

23

B.當(dāng)棒發(fā)生位移為三時，棒的速度為出

32

C.在流過棒的電荷量”2的過程中，棒釋放的熱量為3一Bq1L_v1n

8

D.定值電阻R釋放的熱量為四包

4

【考點】D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢.

【專題】34：比較思想；43：推理法；538：電磁感應(yīng)一一功能問題.

【分析】先探討棒的速度減至零的過程，由牛頓其次定律、加速度的定義列式，采納積

分法分析流過棒的電荷量，再探討當(dāng)流過棒的電荷為?時棒的速度。結(jié)合A項的結(jié)論求

2

當(dāng)棒發(fā)生位移為工時棒的速度。依據(jù)能量守恒定律求棒和R釋放的熱量。

3

【解答】解：A、棒的速度減為零，當(dāng)流過棒截面的電荷最為?=.BL±當(dāng)流過

J2R2R

棒的電荷為總時，棒發(fā)生的位移為山二三，依據(jù)牛頓運動定律可得棒運動的加速度為

212

:F安二2V22

B2L設(shè)棒運動的時間為則有a/kt二BL"△上,所以有

in2mR2mR

R2[2

即3%

ZmK

22

當(dāng)流過棒的電荷為?時，則有Vn-V,二殳」二?三，當(dāng)流過棒的電荷為q時，則有

2V°%2過2

vn二世1?x，解得vk二2，nF膽，故A錯誤;

XV

F2mR12v0

22

B、當(dāng)棒發(fā)生位移為三時，則有vn-vc二殳三,工解得棒的速度為vc=2vc，故B錯

3V。v22mR3丫23Vo

誤;

C、當(dāng)流過棒的電荷為旦的過程中，由能量守恒可得棒釋放的熱量為

2

片212

XmVV■篝X4吟言故C錯誤,

O21

HI

D、棒的速度減為零的過程中，定直電阻R釋放的熱量為

_1Az_112_1*QBL_QBLV0

0Rx2故D正確;

QkREk-yX-rov0--X—XvQ-^—

故選:Do

【點評】本題中棒做的變減速運動，要學(xué)會運用積分法探討電量與位移的關(guān)系，也可以

依據(jù)動量定理求電量。對于熱量，往往依據(jù)能量守恒定律探討。

5.（6分）下列說法正確的是（）

A.鈾238發(fā)生a衰變成牡234時，a粒子與牡234的質(zhì)量之和等于鈾238的質(zhì)量

B.鈾238發(fā)生a衰變成234時，a粒子與針234的結(jié)合能之和肯定大于鈾238的結(jié)合

C.B衰變中釋放的B射線是原子核外電子擺脫原子核的束縛形成的高速電子流

D.核反應(yīng)方程l^+4Hef170+X中，X是質(zhì)子且反應(yīng)過程中系統(tǒng)動量守恒

2

【考點】53：動量守恒定律：JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度：JJ：裂變反應(yīng)和聚

變反應(yīng).

【專題】31：定性思想；43：推理法；540：衰變和工衰期專題.

【分析】依據(jù)動量守恒定律，抓住系統(tǒng)總動量為零得出兩粒子的動量大小，結(jié)合動能和

動量的關(guān)系得出動能的大小關(guān)系。半衰期是原子核有半數(shù)發(fā)生衰變的時間，結(jié)合衰變的

過程中有質(zhì)量虧損分析衰變前后質(zhì)量的大小關(guān)系；依據(jù)系統(tǒng)動量守恒，即可解答。

【解答】解：A、衰變的過程中有質(zhì)量虧損，即衰變后a粒子與批核的質(zhì)量之和小于衰

變前鈾核的質(zhì)量，故A錯誤；

B、結(jié)合能越大越穩(wěn)定，衰變后的產(chǎn)物相當(dāng)于衰變前要穩(wěn)定，所以鈾核衰變成a粒子和

另一原子核，衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和肯定大于鈾核的結(jié)合能，故B正確；

C、B衰變釋放的電子是原子核中的一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子，電子釋放出來,

故C錯誤：

D、依據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得核反應(yīng)方程是［蟲+知。->!?0+J1L因系統(tǒng)合

7281

外力為零，則系統(tǒng)運量守恒。故D正確；

故選:BDo

【點評】本題考查了原子核的衰變，知道半衰期的定義，留意衰變過程中動量守恒，總

動量為零，以及知道動量和動能的大小關(guān)系。

6.（6分）圖1中，單匝矩形線圈abed在勻強磁場中繞垂直磁場的軸轉(zhuǎn)動。變更線圈的轉(zhuǎn)

速，穿過該線圈的磁通量隨時間分別按圖線甲、乙的正弦規(guī)律變更。設(shè)線圈的電阻為

1.0Q,則（）

A.圖線甲對應(yīng)線圈在1=（）時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大

B.圖線甲、乙對應(yīng)的線圈在1=0.2s時，線圈平面均平行于磁感線圈

C.圖線甲、乙對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為5：4

D.圖線甲對應(yīng)的線圈中交變電流的峰值為2.5nA

【考點】E2：溝通發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理：E3：正弦式電流的圖象和三角函

數(shù)表達(dá)式；E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率.

【專題】32：定量思想；4C：方程法；53A：溝通電專題.

【分析】依據(jù)圖象得到t=0時穿過線圈平面的磁通量大小，由此確定線圈的位置；依據(jù)

圖象斜率確定第感應(yīng)電流方向和感應(yīng)電動勢大?。河嬎愦藴贤姷淖畲笾岛陀行е?，

【解答】解：A、依據(jù)溝通電產(chǎn)生的特點，結(jié)合圖甲可知，在t=0時刻穿過線圈的磁通

量最大，所以產(chǎn)生的電動勢肯定是等于0,故A錯誤；

B、依據(jù)圖象可知，在L=（）.2S時圖線甲、乙對應(yīng)的穿過線圈平面的磁通量為零，所以線

圈平面平行于磁感線，故B正確；

C、由圖可知，甲在0.2s內(nèi)甲是區(qū)個周期，則：T甲二&X0.2=。16s,而乙是一個周

45

期，則：T乙=0.2s,由n=L,則甲、乙對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為5：4,故C正確；

T

D、感應(yīng)電動勢的最大值為En=BS3=a）n3=0.4X_12L_V=5irV,

0.16

線圈的電阻為L0Q,則甲對應(yīng)的線圈中交變電流的峰值為5nA.故D錯誤。

故選：BC。

【點評】本題考查交變電流產(chǎn)生過程中，感應(yīng)電動勢與磁通量、磁通量變更率的關(guān)系，

關(guān)鍵抓住兩個特殊位置：一是線圈與磁場垂直位置是磁通量最大的位置，該位置是電流

方向變更的轉(zhuǎn)換點；二是線圈與磁場平行位置，該位置磁通量為零，是電流強度增大與

減小的轉(zhuǎn)換點。

7.（6分）如圖1,在水平向右的勻強電場中，t=0時，帶負(fù)電的物塊以速度V。沿斜面對上

運動，然后滑回到原處，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，滑塊所帶電荷量不變，

用巳表示滑塊的動能，x表示位移，%表示電勢能，取斜面底端為零勢能面，規(guī)定V。的

方向為正方向，則下列圖線正確的是（）

“

【考點】AG：電勢差和電場強度的關(guān)系.

【專題】31：定性思想；4C：方程法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題.

【分析】分別對上滑過程、下滑過程利用動能定理列方程得到動能和位移的關(guān)系即可進

行推斷。

【解答】解：AB、設(shè)斜面的傾角為0,物塊的質(zhì)量為ni,帶電量為q,電場強度為E,設(shè)

物塊受到的支持力為R,沿斜面對上為位移正方向；依據(jù)牛頓其次定律可得：

上滑過程中：-mgsin@-uFN-qEcos。=ma,所以a=-(mgsin。+uFs+qEcos。)①

卜.滑過程中：-mgsin0十口FLqEcos。=ma',所以a'=-(mgsin0-pF\+QECGS0)

比較①②可知，向上運動的加速度大，向下運動的加速度小，二者都是負(fù)值，表示加速

度的方向都向下。故A正確，B錯誤；

C、設(shè)斜面的傾角為0,物塊的質(zhì)量為m,帶電量為q,電場強度為E,設(shè)物塊受到的支

持力為艮，沿斜面對上為位移正方向；依據(jù)動能定理可得：

上滑過程中：■mgxtiu0-pFNx-qExuus。=Ek-Ek°,所以：

(mgsin0+nF\+qEcos0)x；

下滑過程中：mgx'sin0-UFLX'+qEx'cos0=Ek-0,所以:2=Ek=(mgsin。

-uFs+qEcos0)x'；④

由公式③④可知，V與X是二次函數(shù)的關(guān)系，當(dāng)x=x,時有最小值。依據(jù)能量守恒定律可

得，最終的總動能減小；

由公式③④可知，Ek與x是線性函數(shù)的關(guān)系，故C錯誤；

I)、物塊向上運動的過程中電場力做負(fù)功，物塊的電勢能增大，由電勢能與電場力做功的

關(guān)系可得：Ep=qExcos0

可知物塊的電勢能與x成正比。故D正確。

故選：AD。

【點評】本題主要是考查了動能定理：運用動能定理解題時，首先要選取探討過程，然

后分析在這個運動過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動能為多少，依據(jù)動能定

理列方程解答：動能定理的優(yōu)點在于適用任何運動包括曲線運動；一個題FI可能須要選

擇不同的過程多次運用動能定理探討，也可以全過程依據(jù)動能定理解答。

8.（6分）如圖所示，長為L的輕桿兩端分別固定a,b金屬球，兩球質(zhì)量均為m,a放在光

滑的水平面上，b套在豎直固定光滑桿上且離地面高度為返L,現(xiàn)將b從圖示位置由靜

2

止釋放，則（）

A.在b球落地前的整個過程中，a,b組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒

B.從起先到b球距地面高度為L的過程中，輕桿對a球做功為近L1gL

28

C.從起先到b球距地面高度為L的過程中，輕桿對b球做功-西gL

28

D.在b球落地的瞬間，重力對b球做功的功率為^

【考點】53：動量守恒定律.

【專題】12：應(yīng)用題；31：定性思想；43：推理法：52K：動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與

守恒定律綜合.

【分析】系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守

恒，依據(jù)系統(tǒng)受力狀況與運動過程，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題。

【解答】解：A、對兩球及桿組成的系統(tǒng)，在b球落地前的整個過程中，b球的水平方向

受豎直固定光滑桿的作用,a球的水平方向受力為零，系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,

所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動量不守恒，故A錯誤；

BC、對兩球及桿系統(tǒng)，在b球落地前的整個過程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的

作用不做功，a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，從起先到b球距地面高度為L的過程中，由

2

機械能守恒定律得:照卷mv：,且有VACOS30°二叮。0$60°'

解得：\（、/i-l）gL,在（.-1）支,所以輕桿對a球做功為：

A2B2

W.總mJ-O居TmgL，輕桿對b球做功：臨=-4±用1＜，故B正確，C錯誤；

、在球落地的瞬間，由機械能守恒定律得：呢?返』旨解得：,

DbLmvvB=A/73gL

22

,

所以在b球落地的瞬口重力對b球做功的功率為：PB=ir）gVB=mgA/73gL故D正確;

故選：BDo

【點評】本題考查了動最守恒定律與機械能守恒定律的應(yīng)用，分析清晰系統(tǒng)受力狀況與

運動過程，對兩球及桿系統(tǒng)，水平方向上動量不守恒，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒

可求得，解題時留意運動的合成與分解的應(yīng)用。

二、非選擇題

9.（6分）某試驗小組用圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。試驗時，先將金屬小球A從斜

槽1二某一固定位置由靜止釋放,A從斜槽末端匕出后落到水平地面的記錄紙上留卜落點痕

跡，重復(fù)10次。把相同半徑的塑料小球B放在與斜槽末端等高的支柱上，讓A仍從斜槽

上同一位置由靜止釋放，與B碰撞后，A、B分別在記錄紙上留下落點痕跡，重復(fù)1D次。

圖中0點是水平槽末端在記錄紙上的垂直投影點，M、P、,分別為小球落點的痕跡，小立

柱與斜槽末端的距離等于小球的直徑。

（1）下列說法正確的是AD

A.斜槽的末端必需水平

B.須要測量斜槽末端距地面的高度

C.圖中M點是未放小球B時小球A的落點痕跡

D.圖中P點是未放小球B時小球A的落點痕跡

（2）用螺旋測微器測量小球的直徑時示數(shù)如圖乙所示，則小球的直徑d=7.500m

（3）試驗中測出小球的直徑及M、P、N與0點的距離分別用球0M、OP、0、表示，若碰

撞過程中動量守恒，貝!兩小球的質(zhì)量之比劍口（用所給符號表示）

-OP-OM-

E2

羽乙

【考點】ME：驗證動量守恒定律.

【專題】13：試驗題；23：試驗探究題；31：定性思想；43：推理法；52K：動量與動能

定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合.

【分析】（1）小球離開斜槽后做平拋運動，斜槽末端切線必需保持水平；碰撞后入射球

的水平速度變小，且入射球的速度小于被碰球的速度，據(jù)此推斷各球水平位移關(guān)系，確

定球的落點位置。

（2）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)。

（3）兩球碰撞過程動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求匕兩球的質(zhì)量之比。

【解答】解：（1）A、小球離開斜槽后做平拋運動，斜槽的末端必需水平才能保證小球從

斜槽末端飛出時做平拋運動，故A正確；

B、本試驗是依據(jù)平拋的規(guī)律驗證動量守恒定律，須要測量的是A、B兩小球拋出的水平

距離，因為拋出高度相同落地時間一樣，驗證時式子兩端會把時間消去，所以弓高度無

關(guān)，不須要測量斜槽末端距地面的高度，故B錯誤；

CD、碰撞后A球速度小，B球速度大，因為落地時間相同，所以M點是碰撞后A球落點，

N點是B球落點，而圖中P點是未放小球B時小球A的落點，故C錯誤，1）正確；

故選：ADo

（2）由圖示螺旋測微器可知，螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為7.5mm?？蓜涌潭茸x數(shù)為0.01

X0.0iniii=0.OOOiniii,所以小球的直徑最終讀數(shù)為：7.511UI1+0.000iiuu=7.500IIUII；

（3）由動量守恒定律得：nuvo=niM+nibV2,小球在空中做平拋運動的時間t相等，小球的

水平位移與群毆水平速度成正比，可以用小球的水平位移表示其水平速度，所以有：mit

(OP-d)=ma(OM-d)+m1,(ON-d),解得，兩小球質(zhì)量之比為：巴殳=@2±

mbOP-OM

故答案為：（1）AI）；（2）7.500；（3）劍Z&

OP-OM

【點評】本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、試驗留意事項、試驗數(shù)據(jù)處理，要駕馭常用器材

的運用及讀數(shù)方法；小球離開斜槽后做平拋運動，小球的運動時間相等，可以用小球的

水平位移代替小球的初速度，理解試驗原理、知道試驗留意事項是解題的前提與關(guān)鍵，

應(yīng)動量守恒定律即可解題。

10.（9分）某同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示電路同時測量電壓表（量程為3V,內(nèi)阻約幾千歐）和

微安表（量程為300nA,內(nèi)阻約一千歐）的內(nèi)阻。

（2）試驗中，該同學(xué)進行了如卜操作，完成卜列問題：

①閉合汽,用伏安法測微安表內(nèi)阻。為了測量更加精確，定值電阻R用該選擇的是

A.10Q

B.100Q

C.1kQ

D.7.8kQ

②閉合K前，為愛護電路不受損壞，圖甲中滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于上二端_（選

填“左”或“右”）

③閉合K后，調(diào)整滑動變電阻器R,讓電壓表和微安表的示數(shù)盡可能的大。測得電壓表的

示數(shù)為山，微安表的示數(shù)為I”定值電阻的值為R。，則微安表內(nèi)阻表達(dá)式為二Ui-R0；

-------

④斷開K”調(diào)整滑動變阻器和電阻箱，當(dāng)電阻箱的讀數(shù)為R時，電壓表的示數(shù)為以微

UnliRi

安表的示數(shù)為12,則電壓表內(nèi)阻表達(dá)式為-......——

UU1-1以

【考點】N6：伏安法測電阻.

【專題】13：試驗題：23：試驗探究題：31：定性思想；4B：圖析法；535：恒定電流專

題.

【分析】（1）依據(jù)電路圖連接實物電路圖。

（2）①依據(jù)甩壓表量程與亳安表量程應(yīng)用歐姆定律求出定值電阻阻值，然后選擇定值電

阻；

②為愛護電路，滑動變阻/采納分壓接法閉合開關(guān)前滑片要置十分壓電路分壓為零額位

置；

③依據(jù)題意應(yīng)用歐姆定律與串聯(lián)電路特點求出電阻；

④依據(jù)題意應(yīng)用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電壓表內(nèi)阻表達(dá)式。

【解答】解：（1）依據(jù)電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：

（2）①閉合K”依據(jù)電壓表兩側(cè)電壓跟R和微安表的總電壓相等，由歐姆定律可知：R+RA

=100000,亳安表內(nèi)阻約為1000Q,則定值定值應(yīng)選擇：D：

I300X10-6

②由圖示電路圖可知，滑動變阻器采納分壓接法，為愛護電路不受損壞，閉合開關(guān)前,

滑動變阻器R的滑片度置于最左端：

③閉合KB,電阻Ri短路，所以電壓表測得R和微安表的總電壓，所以微安表的內(nèi)阻:

UUi

④斷開Ki，依據(jù)歐姆定律有：（Ri+Rv）,十2二12（R安+Ro）=12--------

%I?

1也2同

解得甩壓表內(nèi)阻表達(dá)式為:

「25-1曲

③上

故答案為：（1）(2)①D；②左；-%；

11

1U1-m2

【點評】本題考查了連接實物電路圖、試驗留意事項與試驗數(shù)據(jù)處理，分析清晰電路結(jié)

構(gòu)、應(yīng)用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律即可解題，駕馭基礎(chǔ)學(xué)問是解題的關(guān)鍵，要留意基

礎(chǔ)學(xué)問的學(xué)習(xí)與積累。

11.（12分）彈射座椅（Ejectionseat）,是飛行員運用的座椅型救生裝置。在飛機失控

時，依靠座椅上的動力（噴氣發(fā)動機）裝置將飛行員彈射到高空，然后張開著陸傘使飛

行員平安著陸°某次試驗中，在地面上靜止的戰(zhàn)斗機內(nèi)，飛行員按動彈射按鈕，座椅（連

同飛行員）在噴氣發(fā)動機的驅(qū)動下被彈出打開的機艙，座椅沿豎直方向運動，5s末到達(dá)

最高點，上升的總高度為112.5m。在最高點時著陸傘打開，飛行員平安到達(dá)地面。已知

座椅（連同飛行員等）的總重量為100kg,彈射過程中發(fā)動機對座椅的推力豎直向上且恒

定，不考慮發(fā)動機質(zhì)量的變更及空氣阻力，取g=10n/s2,求：

（1）發(fā)動機對座椅推力的值；

（2）發(fā)動機對座椅沖量的大小。

【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；37：牛頓其次定律.

【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4E：模型法；522：牛頓運動定

律綜合專題.

【分析】（1）座椅先向上做勻加速運動，后做勻減速運動，依據(jù)兩個過程的總位移等于

總高度，第一過程的末速度等于其次個過程的初速度分別列式，求出勻加速的加速度,

再由牛頓具次定律求動身動機對座椅推力的值：

（2）依據(jù)沖量的定義式I=Ft求發(fā)動機對座椅沖量的大小。

【解答】解：（1）設(shè)座椅上升的最大速度為明,有運動學(xué)關(guān)系可得：

,1

%亍/

設(shè)發(fā)動機作用時間為S座椅的加速度a”發(fā)動機的推力為N,減速過程的時間為t2,

依據(jù)牛頓其次定律得：

N-mg=ma]

由速度公式有：

v?=aiti

vn=gt2

又t）+t2=t=5s

解得：N=10mg=1.0X104N

（2）設(shè)發(fā)動機對座椅沖量為：I=Nt]

解得:1=5X10%$

答:（1）發(fā)動機對座椅推力的值是l.OXIO'N。

（2）發(fā)動機對座椅沖量的大小為5.OX10'N?s。

【點評】解決本題的關(guān)鍵是理清座椅在空中整個過程中的運動規(guī)律，抓住兩個過程的位

移之和等于高度以及速度關(guān)系。本題也可以畫出v-t圖象分析座椅的運動過程。

12.（20分）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，xWO的區(qū)域存在有平行于y軸的勻強電

場，電場強度的大小為E,方向沿y軸負(fù)方向；在x20的區(qū)域有一個半徑為L的圓形區(qū)

域,圓心0坐標(biāo)（L,0）,圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面對里的勻強磁場。一帶正電的粒子

從（-L,BL）點以沿x軸正方向的初速度V。，恰好經(jīng)0點進入磁場，之后以平行x

2

軸正方向的速度射出磁場。不計粒子的重力，求：

（1）粒子的比荷及粒子通過0點時的速度；

（2）磁感應(yīng)強度的大??；

（3）粒子在磁場中運動的時間。

【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動.

【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；31：定性思想；43：推理法；536：帶電粒子在

磁場中的運動專題.

【分析】（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律求出粒子的比

荷與粒子經(jīng)過0點時的速度。

（2）粒子在磁場中做圓周運動，依據(jù)題竟作出粒子運動軌講，求出粒子軌道半徑，洛倫

茲力供應(yīng)向心力，應(yīng)用牛頓其次定律可以求出磁感應(yīng)強度。

（3）求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后求出粒子在磁場中的運動時間。

【解答】解：（1）帶電的粒子在勻強電場做類平拋運動，

水平方向：L=voti,

豎直方郁陰=|at；，a哼，

解得，粒子的比荷：

IDEL0

粒子通過0點時的速度：V]=Jvj+（at1產(chǎn)二2.

vat1

tan8=—=----

v0v0

即為：0=60°；

（2）帶電的粒了在勻強磁場做內(nèi)圓周運動，運動軌跡如圖所示:

依據(jù)幾何關(guān)系解得：Rj/5L

洛倫磁力供應(yīng)向心力，