2025屆湖南省普通高中名校高三下學(xué)期第一次模擬考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE12025屆·普通高中名校聯(lián)考信息卷（模擬一）物理考生注意：1.試卷共100分，考試時(shí)間75分鐘。2.將答案填在答題卷上。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.被國(guó)際原子能機(jī)構(gòu)稱為新興核素”，可以用于成像和放射性治療，有望用于基于放射性核素的診療一體化研究。已知的比結(jié)合能為，核反應(yīng)方程中為新生成粒子，為釋放的核能。下列說(shuō)法正確的是（）A.是粒子 B.的結(jié)合能為C.的比結(jié)合能為 D.的結(jié)合能比的結(jié)合能小【答案】C【解析】A．根據(jù)核反應(yīng)滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可知是的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為，則是電子，故A錯(cuò)誤；B．核反應(yīng)釋放核能為結(jié)合能之差，電子無(wú)結(jié)合能，有則的結(jié)合能為故B錯(cuò)誤；C．共有64個(gè)核子，設(shè)比結(jié)合能為，有則比結(jié)合能為故C正確；D．核反應(yīng)為放能反應(yīng)，則生成物的結(jié)合能大于反應(yīng)物的結(jié)合能，即的結(jié)合能比的結(jié)合能大，故D錯(cuò)誤。故選C。2.水面上有兩個(gè)頻率、振幅、振動(dòng)方向均相同的振源，先后開始振動(dòng)形成兩列水波在空間疊加。先振動(dòng)，形成的水波如圖所示，是連線上的點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，此時(shí)均處在波峰處，點(diǎn)和點(diǎn)分別是和的中點(diǎn)。當(dāng)振動(dòng)一段時(shí)間后，觀察到處水面始終平靜。已知兩振源的頻率為，波速為，下列說(shuō)法中正確的是（）A.點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，點(diǎn)是振動(dòng)減弱點(diǎn) B.振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)的質(zhì)點(diǎn)一直處于最大位移處C.點(diǎn)到兩振源之間的距離差為 D.點(diǎn)到兩振源之間的距離差為【答案】C【解析】A．當(dāng)振動(dòng)一段時(shí)間后，觀察到e處水面始終平靜，所以，e點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，即兩波源都振動(dòng)時(shí)，振動(dòng)完全相反。c點(diǎn)到e點(diǎn)的距離為，則c點(diǎn)到兩波源的距離差為，所以c點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)；b點(diǎn)到e點(diǎn)的距離為，則b點(diǎn)到兩波源的距離差為，所以b點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)的質(zhì)點(diǎn)振幅最大，并不是一直處于最大位移處，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)d點(diǎn)到e點(diǎn)的距離為，則d點(diǎn)到兩波源的距離差為，即距離差為，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。3.2024年6月2日，嫦娥六號(hào)成功著陸月球背面南極——艾特肯盆地。嫦娥六號(hào)利用向下噴射氣體產(chǎn)生的反作用力，有效地控制了探測(cè)器著陸過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。其中一段著陸過(guò)程中，探測(cè)器減速的加速度大小a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示，時(shí)刻探測(cè)器的速度恰好為零。下列說(shuō)法中正確的是（）A.時(shí)間內(nèi)，探測(cè)器做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小是時(shí)刻的4倍C.時(shí)間內(nèi)，探測(cè)器的位移大小為D.氣體對(duì)探測(cè)器的作用力大小在時(shí)刻是時(shí)刻的兩倍【答案】B【解析】A．由圖像可知，時(shí)間內(nèi)，加速度不變，探測(cè)器做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，且時(shí)刻探測(cè)器的速度恰好為零，可知探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小為探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小為可知探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小是時(shí)刻的4倍，故B正確；C．探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小為則時(shí)間內(nèi)，探測(cè)器的位移大小為故C錯(cuò)誤；D．設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為，時(shí)刻根據(jù)牛頓第二定律可得時(shí)刻根據(jù)牛頓第二定律可得則有故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖，在垂直紙面向里的足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一硬質(zhì)異形導(dǎo)線框Oab，其中ab是半徑為R的四分之一圓弧，直線段Oa長(zhǎng)為R且與圓弧段相切。該導(dǎo)線框在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A. B.感應(yīng)電流方向b→a→OC. D.【答案】A【解析】B．由于轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程，導(dǎo)線框的磁通量保持不變，所以導(dǎo)線框中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)于Oab部分，根據(jù)右手定則可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向由b→a→O，則b端相當(dāng)于電源的負(fù)極，O端相當(dāng)于電源的正極，所以電勢(shì)關(guān)系為，故C錯(cuò)誤；AD．對(duì)于Oa部分，則有則故A正確，D錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在此空間同一水平面的M、N點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點(diǎn)，半徑為R、AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在圓環(huán)上，從A點(diǎn)沿圓環(huán)以初速度v0做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A.小球從A到C的過(guò)程中電勢(shì)能減少B.小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C.可求出小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)加速度D.小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向平行MN【答案】C【解析】A．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線特點(diǎn)可知，圓環(huán)所在平面為等勢(shì)面，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上，則小球從A到C的過(guò)程電勢(shì)增加，電勢(shì)能增加，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)滿足時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的向心力大小不變，可沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理可求出小球到B點(diǎn)時(shí)的速度vB，根據(jù)可得小球的向心加速度，再根據(jù)牛頓第二定律可得小球的切向加速度，再根據(jù)矢量合成可得B點(diǎn)的加速度為故C正確；D．小球在D點(diǎn)受到豎直向下的重力、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力、平行MN方向的等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力和圓環(huán)的作用力，圓環(huán)的作用力一個(gè)分力與等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力平衡，其與MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圓心，故小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向不平行MN，故D錯(cuò)誤。故選C。6.我國(guó)農(nóng)村地區(qū)幅員遼闊，在人煙稀少的地區(qū)，一臺(tái)低壓變壓器的供電半徑可達(dá)1000m左右，這使得遠(yuǎn)離變壓器的用戶由于輸電線的電阻較大導(dǎo)致供電電壓偏低。某同學(xué)為了研究這種現(xiàn)象設(shè)計(jì)了如圖所示的電路，圖中T為理想降壓變壓器，對(duì)用戶供電，甲用戶離變壓器很近，輸電線電阻不計(jì)，乙用戶距變壓器500m，丙用戶距變壓器1000m，、為兩段低壓輸電線的等效電阻，可認(rèn)為，、、是三個(gè)用戶正在工作的用電器的等效電阻，且，為丙用戶未接入的用電器，用、、分別表示、、兩端的電壓，輸入電壓的有效值不變，下列說(shuō)法正確的是（）A.B.C.若閉合，不變，、均增大D.若閉合，不變，、均減小【答案】D【解析】由理想變壓器的電壓特點(diǎn)可知其中、分別為原副線圈匝數(shù)，由題意可知電路中保持不變。由圖可知①②又有③根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)可得因?yàn)椋杂猩鲜娇芍鲜鼋Y(jié)論結(jié)合③式得④又，由①②④三式可得S閉合后，根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，、并聯(lián)電阻之和，小于，所以S閉合后，R2、R3、R、的和電阻減小，設(shè)和電阻為，又有歐姆定律可得所以增大，再結(jié)合①可得減小。又通過(guò)R2電流減小，結(jié)合③式得通過(guò)電流增大，又有②得減小。故選D。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7.如圖為北半球二十四個(gè)節(jié)氣時(shí)地球在公轉(zhuǎn)軌道上的示意圖，其中冬至?xí)r地球離太陽(yáng)最近。僅考慮太陽(yáng)對(duì)地球的引力，關(guān)于地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A.在冬至位置地球所受萬(wàn)有引力最大B.在立春位置，根據(jù)萬(wàn)有引力定律可得C.地球自轉(zhuǎn)周期的平方與軌道半長(zhǎng)軸三次方的比值是一個(gè)僅與太陽(yáng)質(zhì)量有關(guān)的常數(shù)D.經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)、遠(yuǎn)日點(diǎn)兩位置的瞬時(shí)速度大小之比約為1.03【答案】AD【解析】A．根據(jù)萬(wàn)有引力表達(dá)式由圖可知，在冬至位置地球離太陽(yáng)最近，所受萬(wàn)有引力最大，故A正確；B．由于地球繞太陽(yáng)做橢圓運(yùn)動(dòng)，不是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以在立春位置故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開普勒第三定律可知，地球公轉(zhuǎn)周期的平方與軌道半長(zhǎng)軸三次方的比值是一個(gè)僅與太陽(yáng)質(zhì)量有關(guān)的常數(shù)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)開普勒第二定律可知，經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)、遠(yuǎn)日點(diǎn)兩位置的瞬時(shí)速度大小之比為故D正確。故選AD。8.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一彎成“V”字形的金屬線AOC，夾角為。設(shè)導(dǎo)線MN位于處開始計(jì)時(shí)，且此時(shí)導(dǎo)線具有一向右的速度，大小為。同時(shí)，導(dǎo)線上存在一大小為R的定值電阻（始終處于閉合回路之中），且受到一向右的外力以保證回路中電流大小保持不變。除定值電阻外其他電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)線作勻減速運(yùn)動(dòng)B.電阻產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)線動(dòng)能的減少量C.導(dǎo)線到運(yùn)動(dòng)到的時(shí)刻為D.導(dǎo)線到運(yùn)動(dòng)到時(shí)，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【解析】A．回路中電流大小保持不變，則回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)保持不變，當(dāng)導(dǎo)體棒位移為時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解得故導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)不是勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理且，可得故電阻產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)線動(dòng)能的減少量，故B正確；C．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解得導(dǎo)線到運(yùn)動(dòng)到的時(shí)刻為故C正確；D．回路中感應(yīng)電流大小導(dǎo)線到運(yùn)動(dòng)到時(shí)，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為故D錯(cuò)誤。故選BC。9.如圖，S為單色光源，S發(fā)出的光一部分直接照在光屏上，一部分通過(guò)平面鏡反射到光屏上。從平面鏡反射的光相當(dāng)于S在平面鏡中的虛像發(fā)出的，由此形成了兩個(gè)相干光源。設(shè)光源S到平面鏡和到光屏的距離分別為a和l，，鏡面與光屏垂直，單色光波長(zhǎng)為。下列說(shuō)法正確的是（）A.光屏上相鄰兩條亮條紋的中心間距為B.光屏上相鄰兩條暗條紋的中心間距為C.若將整套裝置完全浸入折射率為n的蔗糖溶液中此時(shí)單色光的波長(zhǎng)變?yōu)镈.若將整套裝置完全浸入某種透明溶液中，光屏上相鄰兩條亮條紋的中心間距為，則該液體的折射率為【答案】AD【解析】AB．根據(jù)光的反射對(duì)稱性可知光源S與平面鏡中的虛像距離為2a，根據(jù)條紋間距公式可知故A正確，B錯(cuò)誤；C．若將整套裝置完全浸入折射率為n的蔗糖溶液中，光的頻率不變，根據(jù)其中c為在真空中的光速，則故C錯(cuò)誤；D．若將整套裝置完全沒(méi)入某種透明溶液中，光屏上相鄰兩條亮條紋的中心間距為，根據(jù)條紋間距公式有可得結(jié)合C選項(xiàng)的分析可知所以故D正確。故選AD。10.如圖為運(yùn)動(dòng)員的索降示意圖，質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員雙手抓握繩索從高處由靜止開始勻加速下降，下降高度為h，雙腳觸地同時(shí)松手，后用時(shí)t速度減為零，腳對(duì)地面的平均壓力為，取地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，重力加速度為g，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A.人加速下降的時(shí)間為B.人落地時(shí)的速度大小為C.人的重力勢(shì)能等于動(dòng)能時(shí)，兩者一定都是D.k可能為【答案】AB【解析】B．設(shè)豎直向下正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得解得人落地時(shí)的速度大小為故B正確；A．根據(jù)平均速度計(jì)算可得解得故A正確；C．根據(jù)解得根據(jù)動(dòng)能定理，當(dāng)人的重力勢(shì)能等于動(dòng)能時(shí)，從此位置到落到地面過(guò)程中，可得故C錯(cuò)誤；D．從開始到人的重力勢(shì)能等于動(dòng)能時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理解得解得故D錯(cuò)誤。故選AB。三、非選擇題：本題共5小題，共56分。11.甲、乙兩位同學(xué)分別用不同的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。（i）甲同學(xué)用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。（1）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法中正確的是______。（選填選項(xiàng)前的字母）A.軌道末端必須水平B.軌道傾斜部分必須光滑C.入射小球的質(zhì)量小于被碰小球的質(zhì)量D.同一組實(shí)驗(yàn)中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放（2）甲同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中記錄了小球落點(diǎn)的平均位置M、P、N，發(fā)現(xiàn)M和N偏離了OP方向，使點(diǎn)O、M、P、N不在同一條直線上，如圖2所示，若要驗(yàn)證兩小球碰撞前后在OP方向上是否動(dòng)量守恒，則下列操作正確的是______。A. B.C. D.（ii）乙同學(xué)用如圖3所示的裝置驗(yàn)證“動(dòng)量守恒定律”。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用繩子將大小相同、質(zhì)量分別為和的小球A和B懸掛在天花板上；②在A、B兩球之間放入少量炸藥，引爆炸藥，兩球反方向擺起。用量角器記錄兩球偏離豎直方向的最大夾角分別為、；（3）實(shí)驗(yàn)中所用兩繩長(zhǎng)度應(yīng)______（填“相等”或“不相等”）。（4）若兩球動(dòng)量守恒，應(yīng)滿足的表達(dá)式為______（用、、、表示）?！敬鸢浮浚?）AD（2）B（3）相等（4）【解析】【小問(wèn)1詳析】A．軌道末端必須水平，以保證小球能做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；B．軌道傾斜部分不一定必須光滑，只要到達(dá)底端速度相等即可，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．為防止入射球碰后反彈，則入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．同一組實(shí)驗(yàn)中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放，以保證小球到達(dá)底端時(shí)速度相同，選項(xiàng)D正確。故選AD?！拘?wèn)2詳析】小球均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向下落的高度一定，則下落時(shí)間相等，水平方向的速度之比可等效為位移之比，P點(diǎn)是一個(gè)小球不碰撞時(shí)下落的位置，所以需要測(cè)量OP及OM、ON在OP方向的投影長(zhǎng)度OM0，ON0；故選B。【小問(wèn)3詳析】實(shí)驗(yàn)中所用兩繩長(zhǎng)度應(yīng)相等，以保證兩球重心在同一水平面上?！拘?wèn)4詳析】對(duì)兩球由能量關(guān)系若動(dòng)量守恒則滿足即12.某同學(xué)用一節(jié)干電池，將微安表（量程為0~100μA）改裝成倍率分別為和的雙倍率歐姆表。（1）設(shè)計(jì)圖1所示電路測(cè)量微安表內(nèi)阻。先斷開S2，閉合S1，調(diào)節(jié)R1的阻值，使表頭滿偏；再保持R1的阻值不變，閉合S2，調(diào)節(jié)R2，當(dāng)R2的阻值為135Ω時(shí)微安表的示數(shù)為60μA。忽略S2閉合后電路中總電阻的變化，經(jīng)計(jì)算得_______；（2）設(shè)計(jì)雙倍率歐姆表電路如圖2所示，當(dāng)開關(guān)S撥到__________（填“1”或“2”）時(shí)倍率為當(dāng)倍率為時(shí)將兩表筆短接，調(diào)節(jié)變阻器使表頭滿偏，此時(shí)通過(guò)變阻器的電流為10mA，則______；（3）用該歐姆表測(cè)電壓表內(nèi)阻時(shí)，先將歐姆表調(diào)至“×100”倍率，歐姆調(diào)零后再將黑表筆接電壓表的__________（選填“+”或“-”）接線柱，紅表筆接另一接線柱測(cè)電壓表內(nèi)阻；（4）用該歐姆表測(cè)量一個(gè)額定電壓220V、額定功率100W的白熾燈，測(cè)量值可能。A.遠(yuǎn)小于484Ω B.約為484Ω C.遠(yuǎn)大于484Ω【答案】（1）90（2）110（3）+（4）A【解析】【小問(wèn)1詳析】根據(jù)并聯(lián)電路電阻與電流關(guān)系有解得【小問(wèn)2詳析】[1]設(shè)歐姆表中值刻度為，則歐姆表為“×10”倍率時(shí)歐姆內(nèi)阻為歐姆表為“×100”倍率時(shí)的歐姆內(nèi)阻為歐姆表進(jìn)行歐姆調(diào)零時(shí)，有歐姆表倍率越小，歐姆表的內(nèi)阻越小，可知電路的滿偏電流越大；由電路圖可知，當(dāng)開關(guān)S合向1端，電路的滿偏電流較大，歐姆表的倍率是“×10”擋。[2]因此1檔擋的干路最大電流是2檔擋的干路最大電流的10倍，即2檔擋的電流最大值為1mA，此時(shí)有mA得【小問(wèn)3詳析】用多用電表的歐姆擋時(shí)內(nèi)部電源被接通，且黑表筆接內(nèi)部電源的正極，即電流從歐姆表的黑表筆流出，從電壓表的正極流入，則黑表筆接電壓表的+接線柱；【小問(wèn)4詳析】根據(jù)功率公式，可得額定電壓220V、額定功率100W的白熾燈泡在正常工作時(shí)的電阻為白熾燈泡在正常工作時(shí)的溫度可達(dá)幾百攝氏度，而燈絲的電阻與溫度有關(guān)，而多用電表測(cè)量的是常溫下燈泡的電阻，所以測(cè)量值是遠(yuǎn)小于。故選A。13.某小組設(shè)計(jì)了一個(gè)簡(jiǎn)易深度計(jì)，如圖所示，其構(gòu)造為一導(dǎo)熱良好的剛性柱形容器，頂端有卡口，用質(zhì)量忽略不計(jì)的薄活塞，密封一部分理想氣體，活塞與容器壁間能無(wú)摩擦滑動(dòng)，水對(duì)活塞產(chǎn)生擠壓使其向下移動(dòng)，根據(jù)圖中向下移動(dòng)的距離d可求得深度計(jì)所到達(dá)的深度，容器內(nèi)部底面積，內(nèi)部高度，忽略水的溫度隨深度的變化，深度計(jì)在水中與水達(dá)到熱平衡后，活塞位于頂端卡口處，此時(shí)封閉氣體壓強(qiáng)為，已知外界大氣壓強(qiáng)，且p0相當(dāng)于10m高的水柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)。（1）某次實(shí)驗(yàn)中測(cè)得長(zhǎng)度，求此時(shí)深度計(jì)所處的深度H；（2）若深度計(jì)由水深70m處緩慢下降至90m處的過(guò)程中，其氣體狀態(tài)變化過(guò)程對(duì)應(yīng)為等溫線上a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程，如圖乙所示，ab段可近似看成一段傾斜直線，求在該過(guò)程中氣體向外界釋放的熱量Q?！敬鸢浮浚?）90m（2）【解析】【小問(wèn)1詳析】根據(jù)題意可知，封閉氣體等溫變化，由玻義耳定律有解得又有解得則有【小問(wèn)2詳析】根據(jù)題意可知，70m深處，封閉氣體的壓強(qiáng)為由玻義耳定律有可得90m深處，封閉氣體的壓強(qiáng)為由玻義耳定律有解得過(guò)程中，外界對(duì)氣體做功為可得由熱力學(xué)第一定律有得即放出熱量。14.某種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，主要構(gòu)造包括加速電場(chǎng)（可左右平移）、靜電分析器和磁分析器等。其中加速電場(chǎng)的電壓為U，靜電分析器是以為圓心的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場(chǎng)，方向沿徑向指向圓心，且與圓心等距的各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，電場(chǎng)強(qiáng)度E與到圓心距離r的關(guān)系滿足（k未知）；磁分析器在以為圓心、圓心角為的圓形扇形區(qū)域內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界與靜電分析器的右邊界緊靠。由離子源靜止釋放出三種正離子a、b、c經(jīng)相同電場(chǎng)加速后，分別從P、Q、M進(jìn)入靜電分析器，恰好能以為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)從磁分析器中、、射出。已知PQ、QM間的距離都為，Q到圓心距離為R，不考慮電磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)，求：（1）關(guān)系式中k的大??；（2）b離子進(jìn)入靜電分析器時(shí)的速度大小；（3）a、c兩離子的比荷之比；（4）離子a經(jīng)相同加速電場(chǎng)加速后從M進(jìn)入至磁分析器下端（未標(biāo)出）射出，求、之間的距離d。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【小問(wèn)1詳析】由動(dòng)能定理知電場(chǎng)力提供離子做圓周運(yùn)動(dòng)向心力知聯(lián)立解得由題意得【小問(wèn)2詳析】離子在電場(chǎng)中，電場(chǎng)力提供離子做圓周運(yùn)動(dòng)向心力知離子在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力知聯(lián)立解得【小問(wèn)3詳析】由題意知，得出，兩離子的比荷之比為【小問(wèn)4詳析】如圖所示由幾何關(guān)系知?jiǎng)t15.如圖所示，光滑的水平面上有一質(zhì)量曲面滑板，滑板的上表面由長(zhǎng)度的水平粗糙部分AB和半徑為的四分之一光滑圓弧BC組成，質(zhì)量為滑塊P與AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。將P置于滑板上表面的A點(diǎn)。不可伸長(zhǎng)的細(xì)線水平伸直，一端固定于O'點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量的光滑小球Q。現(xiàn)將Q由靜止釋放，Q向下擺動(dòng)到最低點(diǎn)并與P發(fā)生彈性對(duì)心碰撞，碰撞后P在滑板上向左運(yùn)動(dòng)，最終相對(duì)滑板靜止于AB之間的某一點(diǎn)。P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，與滑板始終在同一豎直平面內(nèi)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10。求：（1）Q與P碰撞前瞬間細(xì)線對(duì)Q拉力的大小；（2）碰后P能否從C點(diǎn)滑出？碰后Q的運(yùn)動(dòng)能否視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明；（碰后Q的最大擺角小于5°時(shí)，可視為做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，已知）（3）計(jì)算P相對(duì)滑板的水平部分AB運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間，并判斷P在相對(duì)滑板運(yùn)動(dòng)時(shí)，有無(wú)可能相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)。如有可能，算出相對(duì)地面向右的最大速度；如無(wú)可能，請(qǐng)說(shuō)明原因?！敬鸢浮浚?）18N；（2）不能，不能；（3）0.4s，不可能，見(jiàn)解析【解析】（1）Q釋放后到碰撞前，由機(jī)械能守恒定律解得在最低點(diǎn)由牛頓第二定律聯(lián)立解得Q與P碰撞前瞬間細(xì)線對(duì)Q拉力的大小（2）小球Q與物體P碰撞后瞬間，由動(dòng)量守恒定律得由能量守恒定律得代入解得，碰后，P在滑板上滑動(dòng)，P與滑板共速時(shí)，相對(duì)AB的高度最大，設(shè)此高度為，此時(shí)，P與滑板的速度大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒得解得由于，所以碰后P不能從C點(diǎn)滑出；設(shè)Q碰后上升到最高點(diǎn)時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，對(duì)Q由機(jī)械能守恒定律解得所以，故碰后Q的運(yùn)動(dòng)不能視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。（3）物體P最終相對(duì)滑板靜止于AB之間的某一點(diǎn)，根據(jù)水平動(dòng)量守恒和能量守恒得解得因?yàn)榛瑝KP與滑板的相對(duì)位移，所以滑塊P會(huì)滑過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入BC段，再滑回B點(diǎn)，最終相對(duì)滑板靜止在AB之間。設(shè)P兩次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度分別為v4和，以向左為正，由動(dòng)量守恒定律由能量守恒定律聯(lián)立解得同理可得因?yàn)镻第二次滑到B點(diǎn)的速度，說(shuō)明其相對(duì)地面的速度方向向左，所以P不可能相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)。P相對(duì)滑板的水平部分AB運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)P由牛頓第二定律所以P第一次滑上AB時(shí)，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為P第二次滑上AB時(shí)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為所以P相對(duì)滑板的水平部分AB運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間2025屆·普通高中名校聯(lián)考信息卷（模擬一）物理考生注意：1.試卷共100分，考試時(shí)間75分鐘。2.將答案填在答題卷上。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.被國(guó)際原子能機(jī)構(gòu)稱為新興核素”，可以用于成像和放射性治療，有望用于基于放射性核素的診療一體化研究。已知的比結(jié)合能為，核反應(yīng)方程中為新生成粒子，為釋放的核能。下列說(shuō)法正確的是（）A.是粒子 B.的結(jié)合能為C.的比結(jié)合能為 D.的結(jié)合能比的結(jié)合能小【答案】C【解析】A．根據(jù)核反應(yīng)滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可知是的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為，則是電子，故A錯(cuò)誤；B．核反應(yīng)釋放核能為結(jié)合能之差，電子無(wú)結(jié)合能，有則的結(jié)合能為故B錯(cuò)誤；C．共有64個(gè)核子，設(shè)比結(jié)合能為，有則比結(jié)合能為故C正確；D．核反應(yīng)為放能反應(yīng)，則生成物的結(jié)合能大于反應(yīng)物的結(jié)合能，即的結(jié)合能比的結(jié)合能大，故D錯(cuò)誤。故選C。2.水面上有兩個(gè)頻率、振幅、振動(dòng)方向均相同的振源，先后開始振動(dòng)形成兩列水波在空間疊加。先振動(dòng)，形成的水波如圖所示，是連線上的點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，此時(shí)均處在波峰處，點(diǎn)和點(diǎn)分別是和的中點(diǎn)。當(dāng)振動(dòng)一段時(shí)間后，觀察到處水面始終平靜。已知兩振源的頻率為，波速為，下列說(shuō)法中正確的是（）A.點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，點(diǎn)是振動(dòng)減弱點(diǎn) B.振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)的質(zhì)點(diǎn)一直處于最大位移處C.點(diǎn)到兩振源之間的距離差為 D.點(diǎn)到兩振源之間的距離差為【答案】C【解析】A．當(dāng)振動(dòng)一段時(shí)間后，觀察到e處水面始終平靜，所以，e點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，即兩波源都振動(dòng)時(shí)，振動(dòng)完全相反。c點(diǎn)到e點(diǎn)的距離為，則c點(diǎn)到兩波源的距離差為，所以c點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)；b點(diǎn)到e點(diǎn)的距離為，則b點(diǎn)到兩波源的距離差為，所以b點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)的質(zhì)點(diǎn)振幅最大，并不是一直處于最大位移處，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)d點(diǎn)到e點(diǎn)的距離為，則d點(diǎn)到兩波源的距離差為，即距離差為，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。3.2024年6月2日，嫦娥六號(hào)成功著陸月球背面南極——艾特肯盆地。嫦娥六號(hào)利用向下噴射氣體產(chǎn)生的反作用力，有效地控制了探測(cè)器著陸過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。其中一段著陸過(guò)程中，探測(cè)器減速的加速度大小a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示，時(shí)刻探測(cè)器的速度恰好為零。下列說(shuō)法中正確的是（）A.時(shí)間內(nèi)，探測(cè)器做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小是時(shí)刻的4倍C.時(shí)間內(nèi)，探測(cè)器的位移大小為D.氣體對(duì)探測(cè)器的作用力大小在時(shí)刻是時(shí)刻的兩倍【答案】B【解析】A．由圖像可知，時(shí)間內(nèi)，加速度不變，探測(cè)器做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，且時(shí)刻探測(cè)器的速度恰好為零，可知探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小為探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小為可知探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小是時(shí)刻的4倍，故B正確；C．探測(cè)器在時(shí)刻的速度大小為則時(shí)間內(nèi)，探測(cè)器的位移大小為故C錯(cuò)誤；D．設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為，時(shí)刻根據(jù)牛頓第二定律可得時(shí)刻根據(jù)牛頓第二定律可得則有故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖，在垂直紙面向里的足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一硬質(zhì)異形導(dǎo)線框Oab，其中ab是半徑為R的四分之一圓弧，直線段Oa長(zhǎng)為R且與圓弧段相切。該導(dǎo)線框在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A. B.感應(yīng)電流方向b→a→OC. D.【答案】A【解析】B．由于轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程，導(dǎo)線框的磁通量保持不變，所以導(dǎo)線框中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)于Oab部分，根據(jù)右手定則可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向由b→a→O，則b端相當(dāng)于電源的負(fù)極，O端相當(dāng)于電源的正極，所以電勢(shì)關(guān)系為，故C錯(cuò)誤；AD．對(duì)于Oa部分，則有則故A正確，D錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在此空間同一水平面的M、N點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點(diǎn)，半徑為R、AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在圓環(huán)上，從A點(diǎn)沿圓環(huán)以初速度v0做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A.小球從A到C的過(guò)程中電勢(shì)能減少B.小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C.可求出小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)加速度D.小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向平行MN【答案】C【解析】A．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線特點(diǎn)可知，圓環(huán)所在平面為等勢(shì)面，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上，則小球從A到C的過(guò)程電勢(shì)增加，電勢(shì)能增加，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)滿足時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的向心力大小不變，可沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理可求出小球到B點(diǎn)時(shí)的速度vB，根據(jù)可得小球的向心加速度，再根據(jù)牛頓第二定律可得小球的切向加速度，再根據(jù)矢量合成可得B點(diǎn)的加速度為故C正確；D．小球在D點(diǎn)受到豎直向下的重力、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力、平行MN方向的等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力和圓環(huán)的作用力，圓環(huán)的作用力一個(gè)分力與等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力平衡，其與MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圓心，故小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向不平行MN，故D錯(cuò)誤。故選C。6.我國(guó)農(nóng)村地區(qū)幅員遼闊，在人煙稀少的地區(qū)，一臺(tái)低壓變壓器的供電半徑可達(dá)1000m左右，這使得遠(yuǎn)離變壓器的用戶由于輸電線的電阻較大導(dǎo)致供電電壓偏低。某同學(xué)為了研究這種現(xiàn)象設(shè)計(jì)了如圖所示的電路，圖中T為理想降壓變壓器，對(duì)用戶供電，甲用戶離變壓器很近，輸電線電阻不計(jì)，乙用戶距變壓器500m，丙用戶距變壓器1000m，、為兩段低壓輸電線的等效電阻，可認(rèn)為，、、是三個(gè)用戶正在工作的用電器的等效電阻，且，為丙用戶未接入的用電器，用、、分別表示、、兩端的電壓，輸入電壓的有效值不變，下列說(shuō)法正確的是（）A.B.C.若閉合，不變，、均增大D.若閉合，不變，、均減小【答案】D【解析】由理想變壓器的電壓特點(diǎn)可知其中、分別為原副線圈匝數(shù)，由題意可知電路中保持不變。由圖可知①②又有③根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)可得因?yàn)?，所以有上式可知上述結(jié)論結(jié)合③式得④又，由①②④三式可得S閉合后，根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，、并聯(lián)電阻之和，小于，所以S閉合后，R2、R3、R、的和電阻減小，設(shè)和電阻為，又有歐姆定律可得所以增大，再結(jié)合①可得減小。又通過(guò)R2電流減小，結(jié)合③式得通過(guò)電流增大，又有②得減小。故選D。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7.如圖為北半球二十四個(gè)節(jié)氣時(shí)地球在公轉(zhuǎn)軌道上的示意圖，其中冬至?xí)r地球離太陽(yáng)最近。僅考慮太陽(yáng)對(duì)地球的引力，關(guān)于地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A.在冬至位置地球所受萬(wàn)有引力最大B.在立春位置，根據(jù)萬(wàn)有引力定律可得C.地球自轉(zhuǎn)周期的平方與軌道半長(zhǎng)軸三次方的比值是一個(gè)僅與太陽(yáng)質(zhì)量有關(guān)的常數(shù)D.經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)、遠(yuǎn)日點(diǎn)兩位置的瞬時(shí)速度大小之比約為1.03【答案】AD【解析】A．根據(jù)萬(wàn)有引力表達(dá)式由圖可知，在冬至位置地球離太陽(yáng)最近，所受萬(wàn)有引力最大，故A正確；B．由于地球繞太陽(yáng)做橢圓運(yùn)動(dòng)，不是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以在立春位置故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開普勒第三定律可知，地球公轉(zhuǎn)周期的平方與軌道半長(zhǎng)軸三次方的比值是一個(gè)僅與太陽(yáng)質(zhì)量有關(guān)的常數(shù)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)開普勒第二定律可知，經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)、遠(yuǎn)日點(diǎn)兩位置的瞬時(shí)速度大小之比為故D正確。故選AD。8.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一彎成“V”字形的金屬線AOC，夾角為。設(shè)導(dǎo)線MN位于處開始計(jì)時(shí)，且此時(shí)導(dǎo)線具有一向右的速度，大小為。同時(shí)，導(dǎo)線上存在一大小為R的定值電阻（始終處于閉合回路之中），且受到一向右的外力以保證回路中電流大小保持不變。除定值電阻外其他電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)線作勻減速運(yùn)動(dòng)B.電阻產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)線動(dòng)能的減少量C.導(dǎo)線到運(yùn)動(dòng)到的時(shí)刻為D.導(dǎo)線到運(yùn)動(dòng)到時(shí)，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【解析】A．回路中電流大小保持不變，則回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)保持不變，當(dāng)導(dǎo)體棒位移為時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解得故導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)不是勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理且，可得故電阻產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)線動(dòng)能的減少量，故B正確；C．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解得導(dǎo)線到運(yùn)動(dòng)到的時(shí)刻為故C正確；D．回路中感應(yīng)電流大小導(dǎo)線到運(yùn)動(dòng)到時(shí)，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為故D錯(cuò)誤。故選BC。9.如圖，S為單色光源，S發(fā)出的光一部分直接照在光屏上，一部分通過(guò)平面鏡反射到光屏上。從平面鏡反射的光相當(dāng)于S在平面鏡中的虛像發(fā)出的，由此形成了兩個(gè)相干光源。設(shè)光源S到平面鏡和到光屏的距離分別為a和l，，鏡面與光屏垂直，單色光波長(zhǎng)為。下列說(shuō)法正確的是（）A.光屏上相鄰兩條亮條紋的中心間距為B.光屏上相鄰兩條暗條紋的中心間距為C.若將整套裝置完全浸入折射率為n的蔗糖溶液中此時(shí)單色光的波長(zhǎng)變?yōu)镈.若將整套裝置完全浸入某種透明溶液中，光屏上相鄰兩條亮條紋的中心間距為，則該液體的折射率為【答案】AD【解析】AB．根據(jù)光的反射對(duì)稱性可知光源S與平面鏡中的虛像距離為2a，根據(jù)條紋間距公式可知故A正確，B錯(cuò)誤；C．若將整套裝置完全浸入折射率為n的蔗糖溶液中，光的頻率不變，根據(jù)其中c為在真空中的光速，則故C錯(cuò)誤；D．若將整套裝置完全沒(méi)入某種透明溶液中，光屏上相鄰兩條亮條紋的中心間距為，根據(jù)條紋間距公式有可得結(jié)合C選項(xiàng)的分析可知所以故D正確。故選AD。10.如圖為運(yùn)動(dòng)員的索降示意圖，質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員雙手抓握繩索從高處由靜止開始勻加速下降，下降高度為h，雙腳觸地同時(shí)松手，后用時(shí)t速度減為零，腳對(duì)地面的平均壓力為，取地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，重力加速度為g，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A.人加速下降的時(shí)間為B.人落地時(shí)的速度大小為C.人的重力勢(shì)能等于動(dòng)能時(shí)，兩者一定都是D.k可能為【答案】AB【解析】B．設(shè)豎直向下正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得解得人落地時(shí)的速度大小為故B正確；A．根據(jù)平均速度計(jì)算可得解得故A正確；C．根據(jù)解得根據(jù)動(dòng)能定理，當(dāng)人的重力勢(shì)能等于動(dòng)能時(shí)，從此位置到落到地面過(guò)程中，可得故C錯(cuò)誤；D．從開始到人的重力勢(shì)能等于動(dòng)能時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理解得解得故D錯(cuò)誤。故選AB。三、非選擇題：本題共5小題，共56分。11.甲、乙兩位同學(xué)分別用不同的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。（i）甲同學(xué)用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。（1）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法中正確的是______。（選填選項(xiàng)前的字母）A.軌道末端必須水平B.軌道傾斜部分必須光滑C.入射小球的質(zhì)量小于被碰小球的質(zhì)量D.同一組實(shí)驗(yàn)中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放（2）甲同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中記錄了小球落點(diǎn)的平均位置M、P、N，發(fā)現(xiàn)M和N偏離了OP方向，使點(diǎn)O、M、P、N不在同一條直線上，如圖2所示，若要驗(yàn)證兩小球碰撞前后在OP方向上是否動(dòng)量守恒，則下列操作正確的是______。A. B.C. D.（ii）乙同學(xué)用如圖3所示的裝置驗(yàn)證“動(dòng)量守恒定律”。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用繩子將大小相同、質(zhì)量分別為和的小球A和B懸掛在天花板上；②在A、B兩球之間放入少量炸藥，引爆炸藥，兩球反方向擺起。用量角器記錄兩球偏離豎直方向的最大夾角分別為、；（3）實(shí)驗(yàn)中所用兩繩長(zhǎng)度應(yīng)______（填“相等”或“不相等”）。（4）若兩球動(dòng)量守恒，應(yīng)滿足的表達(dá)式為______（用、、、表示）。【答案】（1）AD（2）B（3）相等（4）【解析】【小問(wèn)1詳析】A．軌道末端必須水平，以保證小球能做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；B．軌道傾斜部分不一定必須光滑，只要到達(dá)底端速度相等即可，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．為防止入射球碰后反彈，則入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．同一組實(shí)驗(yàn)中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放，以保證小球到達(dá)底端時(shí)速度相同，選項(xiàng)D正確。故選AD?！拘?wèn)2詳析】小球均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向下落的高度一定，則下落時(shí)間相等，水平方向的速度之比可等效為位移之比，P點(diǎn)是一個(gè)小球不碰撞時(shí)下落的位置，所以需要測(cè)量OP及OM、ON在OP方向的投影長(zhǎng)度OM0，ON0；故選B?！拘?wèn)3詳析】實(shí)驗(yàn)中所用兩繩長(zhǎng)度應(yīng)相等，以保證兩球重心在同一水平面上?！拘?wèn)4詳析】對(duì)兩球由能量關(guān)系若動(dòng)量守恒則滿足即12.某同學(xué)用一節(jié)干電池，將微安表（量程為0~100μA）改裝成倍率分別為和的雙倍率歐姆表。（1）設(shè)計(jì)圖1所示電路測(cè)量微安表內(nèi)阻。先斷開S2，閉合S1，調(diào)節(jié)R1的阻值，使表頭滿偏；再保持R1的阻值不變，閉合S2，調(diào)節(jié)R2，當(dāng)R2的阻值為135Ω時(shí)微安表的示數(shù)為60μA。忽略S2閉合后電路中總電阻的變化，經(jīng)計(jì)算得_______；（2）設(shè)計(jì)雙倍率歐姆表電路如圖2所示，當(dāng)開關(guān)S撥到__________（填“1”或“2”）時(shí)倍率為當(dāng)倍率為時(shí)將兩表筆短接，調(diào)節(jié)變阻器使表頭滿偏，此時(shí)通過(guò)變阻器的電流為10mA，則______；（3）用該歐姆表測(cè)電壓表內(nèi)阻時(shí)，先將歐姆表調(diào)至“×100”倍率，歐姆調(diào)零后再將黑表筆接電壓表的__________（選填“+”或“-”）接線柱，紅表筆接另一接線柱測(cè)電壓表內(nèi)阻；（4）用該歐姆表測(cè)量一個(gè)額定電壓220V、額定功率100W的白熾燈，測(cè)量值可能。A.遠(yuǎn)小于484Ω B.約為484Ω C.遠(yuǎn)大于484Ω【答案】（1）90（2）110（3）+（4）A【解析】【小問(wèn)1詳析】根據(jù)并聯(lián)電路電阻與電流關(guān)系有解得【小問(wèn)2詳析】[1]設(shè)歐姆表中值刻度為，則歐姆表為“×10”倍率時(shí)歐姆內(nèi)阻為歐姆表為“×100”倍率時(shí)的歐姆內(nèi)阻為歐姆表進(jìn)行歐姆調(diào)零時(shí)，有歐姆表倍率越小，歐姆表的內(nèi)阻越小，可知電路的滿偏電流越大；由電路圖可知，當(dāng)開關(guān)S合向1端，電路的滿偏電流較大，歐姆表的倍率是“×10”擋。[2]因此1檔擋的干路最大電流是2檔擋的干路最大電流的10倍，即2檔擋的電流最大值為1mA，此時(shí)有mA得【小問(wèn)3詳析】用多用電表的歐姆擋時(shí)內(nèi)部電源被接通，且黑表筆接內(nèi)部電源的正極，即電流從歐姆表的黑表筆流出，從電壓表的正極流入，則黑表筆接電壓表的+接線柱；【小問(wèn)4詳析】根據(jù)功率公式，可得額定電壓220V、額定功率100W的白熾燈泡在正常工作時(shí)的電阻為白熾燈泡在正常工作時(shí)的溫度可達(dá)幾百攝氏度，而燈絲的電阻與溫度有關(guān)，而多用電表測(cè)量的是常溫下燈泡的電阻，所以測(cè)量值是遠(yuǎn)小于。故選A。13.某小組設(shè)計(jì)了一個(gè)簡(jiǎn)易深度計(jì)，如圖所示，其構(gòu)造為一導(dǎo)熱良好的剛性柱形容器，頂端有卡口，用質(zhì)量忽略不計(jì)的薄活塞，密封一部分理想氣體，活塞與容器壁間能無(wú)摩擦滑動(dòng)，水對(duì)活塞產(chǎn)生擠壓使其向下移動(dòng)，根據(jù)圖中向下移動(dòng)的距離d可求得深度計(jì)所到達(dá)的深度，容器內(nèi)部底面積，內(nèi)部高度，忽略水的溫度隨深度的變化，深度計(jì)在水中與水達(dá)到熱平衡后，活塞位于頂端卡口處，此時(shí)封閉氣體壓強(qiáng)為，已知外界大氣壓強(qiáng)，且p0相當(dāng)于10m高的水柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)。（1）某次實(shí)驗(yàn)中測(cè)得長(zhǎng)度，求此時(shí)深度計(jì)所處的深度H；（2）若深度計(jì)由水深70m處緩慢下降至90m處的過(guò)程中，其氣體狀態(tài)變化過(guò)程對(duì)應(yīng)為等溫線上a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程，如圖乙所示，ab段可近似看成一段傾斜直線，求在該過(guò)程中氣體向外界釋放的熱量Q?！敬鸢浮浚?）90m（2）【解析】【小問(wèn)1詳析】根據(jù)題意可知，封閉氣體等溫變化，由玻義耳定律有解得又有解得則有【小問(wèn)2詳析】根據(jù)