高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆大灣區普通高中畢業年級聯合模擬考試（一）物理本卷共6頁，15小題，滿分100分。考試時間75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的學校、班級、姓名、考場號、座位號和準考證號填寫在答題卡上，將條形碼橫貼在答題卡“條形碼粘貼處”。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上將對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回。第一部分選擇題（共46分）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，選對得4分，選錯得0分。1.某種鈾礦石中含有豐富，把這種鈾礦石密封在一個真空的鉛箱內，一段時間后，在鉛箱內檢測到了，下列說法正確的是（）A.這段時間發生了衰變B.鈾礦石衰變的核反應方程為C.鉛箱內的鈾礦石至少需一個半衰期后才有粒子產生D.放出的粒子是由中2個質子和1個中子結合產生的【答案】A【解析】AB．根據質量數和核電荷數守恒可知，鈾礦石衰變的核反應方程為A正確，B錯誤；C．鈾礦石在密封時就已經開始衰變，不需要經過一個半衰期后才有粒子產生，C錯誤；D．放出的粒子是由中2個質子和2個中子結合產生的，D錯誤。故選A。2.如圖所示為嫦娥六號探測器登月的簡化過程，探測器從地球表面發射至地月轉移軌道，在點被月球捕獲后沿橢圓軌道①繞月球運動，然后在點變軌后沿圓形軌道②運動，下列說法正確的是（）A.探測器在軌道①上經過點時應該加速才能進入軌道②B.探測器在軌道②上的運行速度大于月球的第一宇宙速度C.探測器在地月轉移軌道上遠離地球的過程中，地球對探測器的萬有引力對探測器做負功D.探測器在軌道①上的周期小于軌道②上的周期【答案】C【解析】A．飛船由橢圓軌道①上經過P點時應該減速做向心運動變軌到軌道②，故A錯誤；B．月球的第一宇宙速度是衛星繞月球做勻速圓周運動的最大速度，即為由月球的萬有引力提供向心力可得解得飛船在軌道②上的環繞速度其中是飛船距月球表面的高度，可知飛船在軌道②上的環繞速度小于月球的第一宇宙速度，故B錯誤；C．探測器在地月轉移軌道上遠離地球的過程中，引力方向與位移方向的夾角大于90度，所以地球對探測器的萬有引力對探測器做負功，故C正確；D．設飛船在軌道①上半長軸為a，由開普勒第三定律可得可知則有即飛船在軌道①上的周期大于軌道②上的周期，故D錯誤。故選C。3.體育課上某同學水平拋出一鉛球，忽略空氣阻力，從拋出時開始計時。下列關于鉛球的速度大小、豎直方向分位移的大小、速度與水平方向夾角的正切值，位移與水平方向夾角的正切值隨時間的變化關系中，正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A．鉛球的速度大小為可知圖像不是一次函數關系，故A錯誤；B．根據可知，圖像是開口向上的拋物線，故B錯誤；C．根據可知圖像是正比例函數關系，故C正確；D．根據可知圖像是正比例函數關系，故D錯誤；故選C。4.某同學手握住繩子的一端，手做簡諧運動使繩子振動起來。以手的平衡位置為坐標原點，在抖動繩子過程中某時刻的波形如圖所示，若手抖動的頻率是，下列說法正確的是（）A.該繩波傳播速度為 B.此時繩子上點正沿軸正方向運動C.此時繩子上點正沿軸負方向運動 D.再經過，點到達軸上方對稱位置【答案】A【解析】A．該繩波波長為4m，則傳播速度為選項A正確；BC．波沿方向傳播，根據同側法可知點沿方向振動和Q點沿方向振動，選項BC錯誤；D．再經過，點回到圖中位置，選項D錯誤。故選A。5.如圖所示，正方體，在和處放置電量分別為、的點電荷，則下列說法正確的是（）A.點電勢高于點電勢B.、兩點電場強度的比值為C.、、、四點處電場方向相同D.將一正試探電荷沿棱從點移動到點，電勢能不變【答案】B【解析】A．B點到、的距離相等，電勢為零，D點到、的距離也相等，電勢也為零，即B、D兩點電勢相等，故A錯誤；B．設正方向的邊長為a，因為等邊三角形，故、在B點產生的場強方向互成且大小相等，故B點的電場強度大小為、在點產生的場強大小相等且方向互相垂直，故點的電場強度大小為故、兩點電場強度的比值為故B正確；C．平面是、連線的中垂面，根據等量異種電荷的電場線分布特點可知，B、D兩點的電場強度方向均平行于且指向一側，而、在平面內，根據等量異種電荷的電場線分布特點及對稱性可知，A、C兩點的電場強度方向不同，故C錯誤；D．A點距較近，其電勢大于零，B點電勢等于零，故A、B兩點電勢不同，將一正試探電荷沿棱從點移動到點，電勢能改變，故D錯誤。故選B6.網球運動員在離地面高度處將網球以大小為的速度斜向上擊出，空氣阻力的影響不可忽略，網球經過一段時間后升到最高點，此時網球離地面高為，速度大小為。已知網球質量為，重力加速度為。則（）A.網球從被擊出到最高點的過程，機械能守恒B.網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能全部轉化為增加的重力勢能C.網球在其軌跡最高點時重力的功率等于零D.網球從被擊出到最高點的過程，克服空氣阻力做功為【答案】C【解析】A．網球從被擊出到最高點的過程，要克服空氣的阻力做功，機械能不守恒，A錯誤；B．網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能一部分轉化為重力勢能，另一部分用來克服空氣阻力做的功，B錯誤；C．在最高點時，速度沿水平方向，豎直方向的速度為，根據功率C正確；D．由動能定理可知解得D錯誤。故選C。7.如圖所示，某創新實驗小組制作了一個邊長為的正方形框，將4個相同的輕彈簧一端固定在正方形框各邊中點上，另外一端連接于同一點，結點恰好在中心處。將正方形框水平放置，在結點處用輕繩懸掛一瓶礦泉水，平衡時結點下降了。已知輕彈簧的自然長度為，礦泉水的重力為，忽略正方形框的形變，則每根彈簧的勁度系數為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】每根彈簧伸長后的長度為每根彈簧伸長后與豎直方向的夾角的余弦值為根據O點受力平衡和胡克定律有又聯立解得故選B。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.學生常用的飯卡內部結構由線圈和芯片組成。如圖所示，當飯卡處于感應區域時，刷卡機會激發變化的磁場，在飯卡內線圈中產生感應電流驅動芯片工作，已知線圈面積為S，共匝，某次刷卡時，線圈全部處于磁場區域內，且垂直線圈平面向外的磁場在時間內，磁感應強度由0均勻增大到，在此過程中（）A.線圈中磁通量的最大值為 B.線圈中產生感應電流沿方向C.線圈面積有縮小的趨勢 D.線圈中感應電動勢大小為【答案】BCD【解析】A．線圈中磁通量的最大值為故A錯誤；B．通過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知線圈中感應電流的磁場方向垂直線圈平面向里，由安培定則可知線圈中產生感應電流沿方向，故B正確；C．通過線圈的磁通量增大，線圈面積有縮小的趨勢，阻礙磁通量的變化，故C正確；D．線圈中感應電動勢大小為故D正確。故選BCD。9.如圖，動物園熊貓館中有一個長，傾角為30°的坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防護板。一個質量的熊貓從坡道頂端由靜止滑下，熊貓與防護板的碰撞時間，熊貓與防護板碰撞后不反彈，忽略熊貓的大小和坡道的摩擦力，重力加速度取，下列說法正確的是（）A.熊貓從開始下滑到碰到防護板所用的時間為B.熊貓碰到防護板前瞬間的動量大小為C.熊貓受到防護板對它的平均作用力大小為D.熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為【答案】AC【解析】A．對熊貓受力分析，根據牛頓第二定律可得解得由勻變速直線運動規律可得解得A正確；B．根據勻變速直線運動規律可得，熊貓碰到防護板前瞬間的速度大小為故熊貓碰到防護板前瞬間的動量大小為B錯誤；C．設熊貓受到防護板對它的平均作用力，選取碰撞前速度的方向（沿斜面向下）為正方向，根據動量定理則有解得C正確；D．根據沖量的定義可得，熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為D錯誤。故選AC。10.托卡馬克是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，其內部產生的磁場可以把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內。圖甲為該裝置的簡化模型，兩個圓心相同、半徑不同的圓環將空間分成無磁場的反應區和勻強磁場方向垂直于紙面向里的約束區。如圖乙所示，一帶電微粒沿半徑方向從點射入約束區并從點返回反應區，運動軌跡恰好與約束區外邊界相切。若該微粒經過點時，與一靜止不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列說法正確的是（）A.帶電微粒帶負電B.碰撞后，新微粒仍能從點返回反應區C.碰撞前后微粒在磁場中做圓周運動的周期不變D.相比不發生碰撞時，碰撞后新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變大【答案】AB【解析】A．根據圖乙，帶電微粒受到的洛倫茲力方向指向圓心C，由左手定則可知，帶電微粒帶負電，故A正確；B．由于洛倫茲力提供向心力解得可知，偏轉半徑R與動量成正比，比電荷量成反比。由于碰撞過程動量守恒，電荷量不變，故偏轉半徑不變，新微粒仍能從D點返回反應區，故B正確；C．圓周運動的周期為碰撞后微粒質量變大，周期變大，故C錯誤；D．碰撞過程動量守恒，則解得根據洛倫茲力大小計算公式可知，碰撞后新微粒速度變小，電荷量不變，新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變小，故D錯誤。故選AB。第二部分非選擇題（共54分）三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.下列是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請完成實驗操作和計算。（1）圖甲是“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗裝置圖。在平衡摩擦力時，要調整長木板的傾斜角度，使小車在不受細繩拉力的情況下，能夠在長木板上向下做__________運動。圖乙是實驗得到紙帶的一部分，相鄰兩計數點間有四個點未畫出。打點計時器電源頻率為，則小車的加速度大小為__________（結果保留2位有效數字）。（2）圖丙是“測量玻璃的折射率”實驗裝置圖，在直線上插了兩枚大頭針和，在側調整觀察視線，另兩枚大頭針和可能插在直線__________上（選填“1”“2”“3”或“4”）。如果有幾塊寬度（圖中的長度）不同的平行玻璃磚可供選擇，為了減小誤差，應選用寬度__________（選填“大”或“小”）的玻璃磚來測量。（3）圖丁為“探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系”實驗裝置，在小球質量和轉動半徑相同，塔輪皮帶套在左、右兩個塔輪的半徑之比為2∶1的情況下，逐漸加速轉動手柄到一定速度后保持勻速轉動，此時左、右兩側露出的標尺格數之比為__________。其他條件不變，若增大手柄的轉速，則左、右兩標尺的格數__________（選填“變多”“變少”或“不變”），兩標尺格數的比值__________。（選填“變大”“變小”或“不變”）【答案】（1）勻速直線0.80（2）2大（3）1:4變多不變【解析】【小問1詳析】[1]在平衡摩擦力時，要調整長木板的傾斜角度，使小車在不受細繩拉力的情況下，能夠在長木板上向下做勻速直線運動。[2]相鄰兩計數點間有四個點未畫出，則兩點的時間為s根據逐差法可知，小車加速度大小為【小問2詳析】[1]由折射定律得知，光線通過平行玻璃磚后光線向一側發生側移，由于光線在上表面折射時，折射角小于入射角，則出射光線向左側偏移，又根據幾何知識可知，出射光線和入射光線平行，所以即大頭針和在直線2上；[2]根據實驗操作步驟可知，增大玻璃磚的厚度，測量的折射角較準確，可減小誤差。【小問3詳析】[1]在小球質量和轉動半徑相同，傳動塔輪皮帶套在左、右兩個塔輪的半徑之比為2:1的情況下，由于左、右兩個塔輪邊緣的線速度大小相等，根據可知，左、右兩個塔輪的角速度之比為1:2，根據可知此時左、右兩側露出的標尺格數之比為1:4[2][3]其他條件不變，若增大手柄轉動的速度，則左、右兩個塔輪的角速度增大，小球做圓周運動的向心力增大，但左、右兩個塔輪的角速度比值不變，所以左、右兩標尺的格數變多，兩標尺格數的比值不變。12.某科技小組欲修復一個量程為的電流表，操作過程如下：（1）拆開電流表底座發現其內部結構如圖甲所示，其中為電流表負接線柱，、為其余兩個接線柱，請根據圖甲在圖乙中將電流表的電路圖補充完整__________。選擇的量程時，應接入電路的兩個接線柱是__________。（選填“”或“”）（2）取出表頭，發現表頭完好無損，用標準電表測出表頭滿偏電流為。接著測量表頭的內阻：按照如圖丙所示電路圖連接電路。閉合開關前，滑動變阻器滑片應移到__________端（選填“”或“”），先閉合開關，調節滑動變阻器使表頭指針滿偏；再閉合開關，保持滑動變阻器阻值不變，僅調節電阻箱阻值使表頭指針半偏，此時電阻箱的示數為，則表頭的內阻為__________，表頭的內阻測量值__________真實值。（選填“大于”“等于”或“小于”）（3）經檢測除損壞外，其余元件均完好，已知，，請根據電流表的量程，推算需用__________電阻替換。（結果保留兩位有效數字）【答案】（1）（2）##10小于（3）0.10【解析】【小問1詳析】[1]根據實物連接圖，電路圖補充如下：[2]改裝大量程電流表需要并聯小電阻，接接線柱并聯的電阻小，所以量程大，選擇的量程時，應接入電路的兩個接線柱是。【小問2詳析】[1]為了保護電路，閉合開關前，滑動變阻器接入電路中阻值最大，滑片應移到端。[2]根據電阻測量的半偏法思想，表頭的內阻等于電阻箱接入電路的阻值，所以表頭的內阻為。[3]測量表頭G的內阻時，閉合開關之后，電路總電阻減小，干路電流會略大于，則通過電阻箱的電流大于，由并聯電路分流特點，則測量表頭G的內阻比實際值偏小。【小問3詳析】根據串并聯電路規律有代入數據解得所以需要用0.10電阻替換。四、解答題：本大題共3小題，共38分。按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位13.為防止文物展出時因氧化而受損，需抽出存放文物的密閉展柜中的空氣，充入惰性氣體，形成低氧環境。如圖所示為用活塞式抽氣筒從存放青銅鼎的展柜內抽出空氣的示意圖。已知展柜容積為，展柜內空氣壓強為，青銅鼎材料的總體積為，抽氣筒的容積為。緩慢抽氣過程中忽略單向閥兩側氣體的壓強差，不考慮抽氣引起的溫度變化，忽略抽氣筒連接管道內氣體的體積，求：（1）將青銅鼎放入展柜后，連接抽氣筒，將活塞從單向閥門處向外拉至抽氣筒充滿氣體，此時抽氣筒和展柜內氣體的總體積；（2）抽氣一次后，展柜內氣體的壓強。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】由題可知，青銅鼎放入展柜后，展示柜內氣體的體積抽氣筒內氣體體積故抽氣筒和展柜內氣體的總體積【小問2詳析】抽氣過程是一個等溫過程，根據玻意耳定律則有代入數據解得即抽氣一次后，展柜內氣體的壓強。14.如圖所示，在水平面上的裝置由三部分構成，裝置中間部分為電路控制系統，電源電動勢恒定且為，內阻不計，兩個開關、初始狀態都斷開。裝置左右兩側均為足夠長且不計電阻的光滑金屬導軌，導軌寬度為，寬度為，導軌和之間存在勻強磁場，磁感應強度分別為和，磁場方向如圖所示。將質量均為的金屬桿，分別如圖輕放在水平軌道上，兩桿接入電路中的電阻相等，不計金屬桿與導軌的摩擦。（1）接通，求桿的最大速度；（2）當桿做勻速運動后，斷開同時閉合，當兩桿再次勻速運動時，求桿產生的焦耳熱。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】S1接通，ab中有a→b的電流，ab受水平向右的安培力ab向右做加速運動，ab切割磁感線產生一個感應電動勢,與電源相抵消。當ab產生的感應電動勢與電源電動勢完全相消時，ab棒不受安培力，ab將做勻速運動，速度為vm，此時產生的感應電動勢為解得【小問2詳析】斷開S1，接通S2，ab向右運動切割磁感線產生感應電流，由b→a，電流再流經cd棒，方向由c到d。由左手是則可知，ab棒受水平向左的安培力，做減速運動；cd棒受水平向右的安培力，向右做加速運動，ab、cd.產生互相抵消的電動勢，當完全抵消時，電路中無電流。ab、cd做勻速運動速度分別為v1、v2，則可得v1=v2ab、cd中電流相等。ab、cd的安培力分別為F1=2BILF2=B×2LI=2BIL安培力大小相等、方向相反，ab、cd滿足動量守恒，有聯立解得電路中的總熱量為因為ab、cd的阻值相等，所以cd桿產生的焦耳熱為15.如圖所示，卡車上放有一塊木板，木板與卡車間的動摩擦因數，木板質量。木板右側壁（厚度不計）到左端的距離，到駕駛室距離。一質量與木板相等的貨物（可視為質點）放在木板的左端，貨物與木板間的動摩擦因數。現卡車、木板及貨物整體以的速度勻速行駛在平直公路上。某時刻，司機發現前方有交通事故后以的恒定加速度剎車，直到停下。司機剎車后瞬間，貨物相對木板滑動，木板相對卡車靜止。貨物與木板右側壁碰撞后粘在一起，碰撞時間極短。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取。求：（1）在剎車過程中，貨物與木板右側壁碰撞前，貨物的加速度大小；（2）在剎車過程中，貨物與木板右側壁碰撞前，木板受到卡車的摩擦力大小；（3）木板最終是否會與駕駛室相碰？如果不會，最終木板右側與駕駛室相距多遠？【答案】（1）（2）（3）不會，16m【解析】【小問1詳析】在剎車過程中，貨物與木板右側壁碰撞前，貨物C相對木板B滑動，對貨物C受力分析，根據牛頓第二定律有解得【小問2詳析】在剎車過程，貨物C與木板B右壁碰撞前，木板B與卡車A相對靜止，對木板受力分析，根據牛頓第二定律有解得【小問3詳析】貨物C在木板B上滑動，則有解得在內，木板B與卡車A一起減速，則有貨物C在木板B上減速滑動，則有貨物C與木板B碰撞，動量守恒，則有解得貨物C與木板B的共同速度為因，所以貨物C與木板B整體相對卡車A會滑動，對BC，根據牛頓第二定律有解得則卡車剎停的時間為從貨物C與木板B相碰到卡車A停止的時間在時間內，貨物C與木板B整體減速到繼續向前減速到0，貨物C與木板B的共速度到停下的位移為在在時間內卡車剎停的位移為因所以卡車剎停時，木板右側不會與駕駛室相碰，則木板右側與駕駛室相距的距離為2025屆大灣區普通高中畢業年級聯合模擬考試（一）物理本卷共6頁，15小題，滿分100分。考試時間75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的學校、班級、姓名、考場號、座位號和準考證號填寫在答題卡上，將條形碼橫貼在答題卡“條形碼粘貼處”。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上將對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回。第一部分選擇題（共46分）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，選對得4分，選錯得0分。1.某種鈾礦石中含有豐富，把這種鈾礦石密封在一個真空的鉛箱內，一段時間后，在鉛箱內檢測到了，下列說法正確的是（）A.這段時間發生了衰變B.鈾礦石衰變的核反應方程為C.鉛箱內的鈾礦石至少需一個半衰期后才有粒子產生D.放出的粒子是由中2個質子和1個中子結合產生的【答案】A【解析】AB．根據質量數和核電荷數守恒可知，鈾礦石衰變的核反應方程為A正確，B錯誤；C．鈾礦石在密封時就已經開始衰變，不需要經過一個半衰期后才有粒子產生，C錯誤；D．放出的粒子是由中2個質子和2個中子結合產生的，D錯誤。故選A。2.如圖所示為嫦娥六號探測器登月的簡化過程，探測器從地球表面發射至地月轉移軌道，在點被月球捕獲后沿橢圓軌道①繞月球運動，然后在點變軌后沿圓形軌道②運動，下列說法正確的是（）A.探測器在軌道①上經過點時應該加速才能進入軌道②B.探測器在軌道②上的運行速度大于月球的第一宇宙速度C.探測器在地月轉移軌道上遠離地球的過程中，地球對探測器的萬有引力對探測器做負功D.探測器在軌道①上的周期小于軌道②上的周期【答案】C【解析】A．飛船由橢圓軌道①上經過P點時應該減速做向心運動變軌到軌道②，故A錯誤；B．月球的第一宇宙速度是衛星繞月球做勻速圓周運動的最大速度，即為由月球的萬有引力提供向心力可得解得飛船在軌道②上的環繞速度其中是飛船距月球表面的高度，可知飛船在軌道②上的環繞速度小于月球的第一宇宙速度，故B錯誤；C．探測器在地月轉移軌道上遠離地球的過程中，引力方向與位移方向的夾角大于90度，所以地球對探測器的萬有引力對探測器做負功，故C正確；D．設飛船在軌道①上半長軸為a，由開普勒第三定律可得可知則有即飛船在軌道①上的周期大于軌道②上的周期，故D錯誤。故選C。3.體育課上某同學水平拋出一鉛球，忽略空氣阻力，從拋出時開始計時。下列關于鉛球的速度大小、豎直方向分位移的大小、速度與水平方向夾角的正切值，位移與水平方向夾角的正切值隨時間的變化關系中，正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A．鉛球的速度大小為可知圖像不是一次函數關系，故A錯誤；B．根據可知，圖像是開口向上的拋物線，故B錯誤；C．根據可知圖像是正比例函數關系，故C正確；D．根據可知圖像是正比例函數關系，故D錯誤；故選C。4.某同學手握住繩子的一端，手做簡諧運動使繩子振動起來。以手的平衡位置為坐標原點，在抖動繩子過程中某時刻的波形如圖所示，若手抖動的頻率是，下列說法正確的是（）A.該繩波傳播速度為 B.此時繩子上點正沿軸正方向運動C.此時繩子上點正沿軸負方向運動 D.再經過，點到達軸上方對稱位置【答案】A【解析】A．該繩波波長為4m，則傳播速度為選項A正確；BC．波沿方向傳播，根據同側法可知點沿方向振動和Q點沿方向振動，選項BC錯誤；D．再經過，點回到圖中位置，選項D錯誤。故選A。5.如圖所示，正方體，在和處放置電量分別為、的點電荷，則下列說法正確的是（）A.點電勢高于點電勢B.、兩點電場強度的比值為C.、、、四點處電場方向相同D.將一正試探電荷沿棱從點移動到點，電勢能不變【答案】B【解析】A．B點到、的距離相等，電勢為零，D點到、的距離也相等，電勢也為零，即B、D兩點電勢相等，故A錯誤；B．設正方向的邊長為a，因為等邊三角形，故、在B點產生的場強方向互成且大小相等，故B點的電場強度大小為、在點產生的場強大小相等且方向互相垂直，故點的電場強度大小為故、兩點電場強度的比值為故B正確；C．平面是、連線的中垂面，根據等量異種電荷的電場線分布特點可知，B、D兩點的電場強度方向均平行于且指向一側，而、在平面內，根據等量異種電荷的電場線分布特點及對稱性可知，A、C兩點的電場強度方向不同，故C錯誤；D．A點距較近，其電勢大于零，B點電勢等于零，故A、B兩點電勢不同，將一正試探電荷沿棱從點移動到點，電勢能改變，故D錯誤。故選B6.網球運動員在離地面高度處將網球以大小為的速度斜向上擊出，空氣阻力的影響不可忽略，網球經過一段時間后升到最高點，此時網球離地面高為，速度大小為。已知網球質量為，重力加速度為。則（）A.網球從被擊出到最高點的過程，機械能守恒B.網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能全部轉化為增加的重力勢能C.網球在其軌跡最高點時重力的功率等于零D.網球從被擊出到最高點的過程，克服空氣阻力做功為【答案】C【解析】A．網球從被擊出到最高點的過程，要克服空氣的阻力做功，機械能不守恒，A錯誤；B．網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能一部分轉化為重力勢能，另一部分用來克服空氣阻力做的功，B錯誤；C．在最高點時，速度沿水平方向，豎直方向的速度為，根據功率C正確；D．由動能定理可知解得D錯誤。故選C。7.如圖所示，某創新實驗小組制作了一個邊長為的正方形框，將4個相同的輕彈簧一端固定在正方形框各邊中點上，另外一端連接于同一點，結點恰好在中心處。將正方形框水平放置，在結點處用輕繩懸掛一瓶礦泉水，平衡時結點下降了。已知輕彈簧的自然長度為，礦泉水的重力為，忽略正方形框的形變，則每根彈簧的勁度系數為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】每根彈簧伸長后的長度為每根彈簧伸長后與豎直方向的夾角的余弦值為根據O點受力平衡和胡克定律有又聯立解得故選B。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.學生常用的飯卡內部結構由線圈和芯片組成。如圖所示，當飯卡處于感應區域時，刷卡機會激發變化的磁場，在飯卡內線圈中產生感應電流驅動芯片工作，已知線圈面積為S，共匝，某次刷卡時，線圈全部處于磁場區域內，且垂直線圈平面向外的磁場在時間內，磁感應強度由0均勻增大到，在此過程中（）A.線圈中磁通量的最大值為 B.線圈中產生感應電流沿方向C.線圈面積有縮小的趨勢 D.線圈中感應電動勢大小為【答案】BCD【解析】A．線圈中磁通量的最大值為故A錯誤；B．通過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知線圈中感應電流的磁場方向垂直線圈平面向里，由安培定則可知線圈中產生感應電流沿方向，故B正確；C．通過線圈的磁通量增大，線圈面積有縮小的趨勢，阻礙磁通量的變化，故C正確；D．線圈中感應電動勢大小為故D正確。故選BCD。9.如圖，動物園熊貓館中有一個長，傾角為30°的坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防護板。一個質量的熊貓從坡道頂端由靜止滑下，熊貓與防護板的碰撞時間，熊貓與防護板碰撞后不反彈，忽略熊貓的大小和坡道的摩擦力，重力加速度取，下列說法正確的是（）A.熊貓從開始下滑到碰到防護板所用的時間為B.熊貓碰到防護板前瞬間的動量大小為C.熊貓受到防護板對它的平均作用力大小為D.熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為【答案】AC【解析】A．對熊貓受力分析，根據牛頓第二定律可得解得由勻變速直線運動規律可得解得A正確；B．根據勻變速直線運動規律可得，熊貓碰到防護板前瞬間的速度大小為故熊貓碰到防護板前瞬間的動量大小為B錯誤；C．設熊貓受到防護板對它的平均作用力，選取碰撞前速度的方向（沿斜面向下）為正方向，根據動量定理則有解得C正確；D．根據沖量的定義可得，熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為D錯誤。故選AC。10.托卡馬克是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，其內部產生的磁場可以把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內。圖甲為該裝置的簡化模型，兩個圓心相同、半徑不同的圓環將空間分成無磁場的反應區和勻強磁場方向垂直于紙面向里的約束區。如圖乙所示，一帶電微粒沿半徑方向從點射入約束區并從點返回反應區，運動軌跡恰好與約束區外邊界相切。若該微粒經過點時，與一靜止不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列說法正確的是（）A.帶電微粒帶負電B.碰撞后，新微粒仍能從點返回反應區C.碰撞前后微粒在磁場中做圓周運動的周期不變D.相比不發生碰撞時，碰撞后新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變大【答案】AB【解析】A．根據圖乙，帶電微粒受到的洛倫茲力方向指向圓心C，由左手定則可知，帶電微粒帶負電，故A正確；B．由于洛倫茲力提供向心力解得可知，偏轉半徑R與動量成正比，比電荷量成反比。由于碰撞過程動量守恒，電荷量不變，故偏轉半徑不變，新微粒仍能從D點返回反應區，故B正確；C．圓周運動的周期為碰撞后微粒質量變大，周期變大，故C錯誤；D．碰撞過程動量守恒，則解得根據洛倫茲力大小計算公式可知，碰撞后新微粒速度變小，電荷量不變，新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變小，故D錯誤。故選AB。第二部分非選擇題（共54分）三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.下列是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請完成實驗操作和計算。（1）圖甲是“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗裝置圖。在平衡摩擦力時，要調整長木板的傾斜角度，使小車在不受細繩拉力的情況下，能夠在長木板上向下做__________運動。圖乙是實驗得到紙帶的一部分，相鄰兩計數點間有四個點未畫出。打點計時器電源頻率為，則小車的加速度大小為__________（結果保留2位有效數字）。（2）圖丙是“測量玻璃的折射率”實驗裝置圖，在直線上插了兩枚大頭針和，在側調整觀察視線，另兩枚大頭針和可能插在直線__________上（選填“1”“2”“3”或“4”）。如果有幾塊寬度（圖中的長度）不同的平行玻璃磚可供選擇，為了減小誤差，應選用寬度__________（選填“大”或“小”）的玻璃磚來測量。（3）圖丁為“探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系”實驗裝置，在小球質量和轉動半徑相同，塔輪皮帶套在左、右兩個塔輪的半徑之比為2∶1的情況下，逐漸加速轉動手柄到一定速度后保持勻速轉動，此時左、右兩側露出的標尺格數之比為__________。其他條件不變，若增大手柄的轉速，則左、右兩標尺的格數__________（選填“變多”“變少”或“不變”），兩標尺格數的比值__________。（選填“變大”“變小”或“不變”）【答案】（1）勻速直線0.80（2）2大（3）1:4變多不變【解析】【小問1詳析】[1]在平衡摩擦力時，要調整長木板的傾斜角度，使小車在不受細繩拉力的情況下，能夠在長木板上向下做勻速直線運動。[2]相鄰兩計數點間有四個點未畫出，則兩點的時間為s根據逐差法可知，小車加速度大小為【小問2詳析】[1]由折射定律得知，光線通過平行玻璃磚后光線向一側發生側移，由于光線在上表面折射時，折射角小于入射角，則出射光線向左側偏移，又根據幾何知識可知，出射光線和入射光線平行，所以即大頭針和在直線2上；[2]根據實驗操作步驟可知，增大玻璃磚的厚度，測量的折射角較準確，可減小誤差。【小問3詳析】[1]在小球質量和轉動半徑相同，傳動塔輪皮帶套在左、右兩個塔輪的半徑之比為2:1的情況下，由于左、右兩個塔輪邊緣的線速度大小相等，根據可知，左、右兩個塔輪的角速度之比為1:2，根據可知此時左、右兩側露出的標尺格數之比為1:4[2][3]其他條件不變，若增大手柄轉動的速度，則左、右兩個塔輪的角速度增大，小球做圓周運動的向心力增大，但左、右兩個塔輪的角速度比值不變，所以左、右兩標尺的格數變多，兩標尺格數的比值不變。12.某科技小組欲修復一個量程為的電流表，操作過程如下：（1）拆開電流表底座發現其內部結構如圖甲所示，其中為電流表負接線柱，、為其余兩個接線柱，請根據圖甲在圖乙中將電流表的電路圖補充完整__________。選擇的量程時，應接入電路的兩個接線柱是__________。（選填“”或“”）（2）取出表頭，發現表頭完好無損，用標準電表測出表頭滿偏電流為。接著測量表頭的內阻：按照如圖丙所示電路圖連接電路。閉合開關前，滑動變阻器滑片應移到__________端（選填“”或“”），先閉合開關，調節滑動變阻器使表頭指針滿偏；再閉合開關，保持滑動變阻器阻值不變，僅調節電阻箱阻值使表頭指針半偏，此時電阻箱的示數為，則表頭的內阻為__________，表頭的內阻測量值__________真實值。（選填“大于”“等于”或“小于”）（3）經檢測除損壞外，其余元件均完好，已知，，請根據電流表的量程，推算需用__________電阻替換。（結果保留兩位有效數字）【答案】（1）（2）##10小于（3）0.10【解析】【小問1詳析】[1]根據實物連接圖，電路圖補充如下：[2]改裝大量程電流表需要并聯小電阻，接接線柱并聯的電阻小，所以量程大，選擇的量程時，應接入電路的兩個接線柱是。【小問2詳析】[1]為了保護電路，閉合開關前，滑動變阻器接入電路中阻值最大，滑片應移到端。[2]根據電阻測量的半偏法思想，表頭的內阻等于電阻箱接入電路的阻值，所以表頭的內阻為。[3]測量表頭G的內阻時，閉合開關之后，電路總電阻減小，干路電流會略大于，則通過電阻箱的電流大于，由并聯電路分流特點，則測量表頭G的內阻比實際值偏小。【小問3詳析】根據串并聯電路規律有代入數據解得所以需要用0.10電阻替換。四、解答題：本大題共3小題，共38分。按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位13.為防止文物展出時因氧化而受損，需抽出存放文物的密閉展柜中的空氣，充入惰性氣體，形成低氧環境。如圖所示為用活塞式抽氣筒從存放青銅鼎的展柜內抽出空氣的示意圖。已知展柜容積為，展柜內空氣壓強為，青銅鼎材料的總體積為，抽氣筒的容積為。緩慢抽氣過程中忽略單向閥兩側氣體的壓強差，不考慮抽氣引起的溫度變化，忽略抽氣筒連接管道內氣體的體積，求：（1）將青銅鼎放入展柜后，連接抽氣筒，將活塞從單向閥門處向外拉至抽