2024-2025學年河北省滄州市高三上學期10月聯(lián)考物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1滄州市普通高中2025屆高三復習質量監(jiān)測物理試卷注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的學校、班級、姓名及考號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B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?；卮鸱沁x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、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，只有一項是符合題目要求的。1.2024年初，中國科學院近代物理研究所與合作單位組成的科研團隊，依托蘭州重離子加速器，利用充氣反沖核譜儀SHANS，首次合成了新核鋨160（）和鎢156（）。鋨160和鎢156都具有放射性，其中鎢156衰變方程為，則式中的X粒子為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由衰變過程中滿足質量數(shù)及電荷數(shù)守恒，可知X的質量數(shù)為0，電荷數(shù)為1，X是正電子（）。故選A。2.伏打起電盤的起電原理如圖所示，首先將一帶正電絕緣板固定，第二步用帶絕緣柄的金屬板靠近帶電絕緣板，第三步金屬板接地，第四步斷開接地線后移開金屬板。有關金屬板帶電原理及帶電情況，下列說法正確的是（）A.屬于接觸起電，金屬板帶正電 B.屬于接觸起電，金屬板帶負電C.屬于感應起電，金屬板帶正電 D.屬于感應起電，金屬板帶負電【答案】D【解析】本題帶電過程屬于感應起電，金屬板靠近帶電絕緣板并接地時，發(fā)生靜電感應，金屬板帶上負電荷。故選D。3.如圖所示，將一只氣球放到絕熱密閉的升溫箱中緩慢加熱，隨溫度的升高氣球緩慢膨脹的過程中，將氣體視為理想氣體，且氣球不漏氣，下列說法正確的是（）A.氣球內氣體對外做功，內能減少B.氣球內氣體溫度升高，所有分子的動能均增大C.氣球內的氣體分子對氣球壁單位面積的平均撞擊力增大D.箱內氣體及氣球內氣體總內能增加量等于從加熱器上吸收的熱量【答案】C【解析】A．氣球內氣體溫度升高，內能增加，故A錯誤；B．溫度升高，分子的平均動能增大，但不是每個分子的動能均增大，故B錯誤；C．氣球內氣體壓強增大，氣球內氣體分子對氣球壁單位面積的平均撞擊力增大，故C正確；D．箱內氣體及氣球內氣體從加熱器中吸收的熱量等于總內能增加量和氣球彈性勢能增加量的總和，故D錯誤。故選C。4.圖（a）是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，一個100匝、總電阻的矩形線圈與的電阻組成閉合回路，線圈繞與磁場垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖（b）所示的正弦規(guī)律變化。電路中電流表為理想交流電流表，則時電流表的示數(shù)為（）A.0 B.8.88A C.12.56A D.17.76A【答案】B【解析】由圖乙可得感應電動勢的有效值電流表示數(shù)為有效值故選B。5.自由式滑雪是一項運用滑雪板在U形池中做一系列動作技巧的雪上項目，如圖（a）所示。某滑雪U形池可簡化為半圓筒形，其截面圖如圖（b）所示。某次訓練運動過程中運動員下滑經(jīng)過軌道上A點時速度大小為10m/s，之后沖上對面較低的B點時速度大小仍為10m/s。若該運動員另一次訓練經(jīng)過A點時速度大小為6m/s，兩次的運動路徑相同，將運動員視為質點。下列說法正確的是（）A.該運動員經(jīng)過B點時速度大小一定為6m/sB.該運動員經(jīng)過B點時速度大小可能小于6m/sC.該運動員速度大小為6m/s時位置位于B點上方D.該運動員經(jīng)過軌道最低點時速度最大【答案】C【解析】ABC．運動員在弧形軌道中運動時做圓周運動，經(jīng)過某點時速度越大，對應向心力越大，與弧面間的壓力越大，摩擦阻力越大，在A、B間運動過程中損失機械能越大，速度為6m/s時，到達B點的速度一定大于6m/s，故AB錯誤，C正確；D．運動員向下滑動到重力沿圓弧切線方向的分量等于摩擦阻力時，即沿切線方向的合力為零時速度最大，應在A點下方與最低點之間，故D錯誤。故選C。6.隨著人類對宇宙探索，人們發(fā)現(xiàn)在宇宙中存在一些離其他恒星較遠的雙星系統(tǒng)，雙星系統(tǒng)由兩顆距離較近的恒星組成。如圖所示，某雙星系統(tǒng)中a、b兩星繞連線上一點O做圓周運動，已知a、b兩星中心間距離為L，運行周期為T，a星的線速度大小為v，引力常量為G，則a星的質量為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】在雙星系統(tǒng)中，兩星體相對位置不變，運動周期相同，兩顆星體之間的萬有引力提供做圓周運動的向心力，有，又有，聯(lián)立可得，故選D。7.如圖所示，空間內存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向水平向里，磁感應強度大小為B，一電荷量為q、質量為m的小球，在與磁場垂直的平面內沿直線運動，該直線與電場方向夾角為45°。a、b（圖中未標出）為軌跡直線上的兩點，兩點間距離為d，重力加速度為g，小球由a運動到b的過程中所用時間t及電勢能的變化量分別為（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】帶電小球做直線運動，合力方向沿直線或合力為零，洛倫茲力與速度方向垂直，大小與速度成正比，重力及電場力均恒定，若速度大小變化必為曲線運動，所以小球只能做勻速直線運動，受力情況如圖所示由平衡條件可得電場力方向與電場方向相同，小球一定帶正電，根據(jù)左手定則可知，小球一定斜向右上方運動，由a到b的過程中，電場力做正功則電勢能的減少量為根據(jù)平衡條件，洛倫茲力大小解得故小球的運動時間故選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，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示，某種介質水平面上有A、B、C、D四個點，A、B、C三點共線且BD垂直于AC，四點間的距離關系為，。在A、B兩點裝有可上下振動的振動發(fā)生器，振動發(fā)生器振動可在介質面上激起機械波。時刻，A、B點的兩個振動發(fā)生器開始振動，其振動方程均為，觀察發(fā)現(xiàn)D比C早振動了0.5s，忽略波傳播過程中振幅的變化，下列說法正確的是（）A.兩振動發(fā)生器激起的機械波的波長為4mB.該波的傳播速度大小為4m/sC.兩波疊加后C處為振動加強區(qū)，D處為減弱區(qū)D.在0~5s時間內質點D運動路程為96cm【答案】BD【解析】C、D兩點距B近，B的振動傳播到C、D兩點的時間差為0.5s，可知傳播速度由波源振動方程可知，周期為由，得波長為C、D兩點到兩波源的距離差均為波長整數(shù)倍，故兩點均為加強點；B點振動傳播到D點需要用時1.5s，A點振動傳播到D點需要用時2.5s，所以5s時間內D點以振幅為2cm振動了1s，即兩個周期，然后以振幅為4cm振動了2.5s，即5個周期，所以D運動的路程為96cm；故AC錯誤，BD正確。故選BD。9.如圖所示，一架質量分布均勻的梯子靠在墻角上，另一端置于水平地面上，一人沿梯子緩慢向上爬升，若梯子與墻角間的摩擦力忽略不計，則人由底部爬升到墻角過程中（梯子沒有打滑或翻轉），下列說法正確的是（）A.梯子對地面的壓力減小 B.梯子對地面的摩擦力增大C.梯子與地面間的作用力增大 D.梯子對墻角的作用力不變【答案】AB【解析】將梯子和人做為一個整體受力分析，受重力、墻角支持力和地面作用力，三力作用線必相交于一點，如圖所示，人在爬升過程中，重心向墻角方向移動，畫出三個力的矢量三角形的動態(tài)變化圖可得，地面對梯子的作用力F1減小，墻角對梯子的作用力F2逐漸增大，地面對梯子的作用力是支持力與摩擦力的合力，根據(jù)分解知識可知，支持力（壓力）減小，摩擦力增大，再結合牛頓第三定律可知梯子對地面的壓力減小，梯子對地面的摩擦力增大，梯子與地面間的作用力減小，梯子對墻角的作用力增大，故選AB。10.如圖（a）所示，真空內有兩個上下寬度均為d的區(qū)域，上方區(qū)域內存在豎直向下的勻強電場，下方區(qū)域內存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自電場上邊界的M點由靜止釋放，粒子恰好不能穿越磁場的下邊界。若將下方磁場移到上方與電場區(qū)域重合，如圖（b）所示，再次將該粒子自M點由靜止釋放，使其在電、磁場中運動，不計粒子重力。下列說法正確的是（）A.電場強度大小為B.圖（a）中，粒子從釋放至第一次到達磁場下邊界所用時間為C.圖（b）中，粒子將在電、磁場中做周期性的往復運動D.圖（b）中，粒子離開上邊界的最大距離為【答案】AB【解析】A．圖（a）中，粒子在電場中的運動過程由動能定理得在磁場中有由題意知運動的半徑解得故A正確；B．圖（a）中，粒子在電場中的運動時間在磁場中的運動時間粒子運動的總時間故B正確；CD．圖（b）中粒子在M點釋放瞬間，可視為粒子具有一個水平向右的初速度v0及水平向左的初速度v0，并且滿足可得所以粒子釋放后在電、磁場中的運動可視為水平向右的勻速直線運動與豎直平面內的勻速圓周運動的合運動，并不是往返運動則有可得粒子做圓周運動的半徑則粒子離開上邊界的最大距離為d，故CD錯誤。故選AB。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某學習小組測定一平行玻璃磚的折射率，先在白紙上描出玻璃磚兩個平行面的邊界a和b，用線狀激光束貼近紙面，以一定角度射入玻璃磚，記錄入射點O及經(jīng)過下邊界b的出射點S1，再移去玻璃磚，記錄光束經(jīng)過邊界b的點S2，如圖（a）所示。該小組在白紙上連接OS2并反向延長，畫出入射光線，再連接OS1作出折射光線，然后以入射點O為圓心作圓，與入射光線、折射光線分別交于A、B點，再過A、B點作法線的垂線，垂足分別為M、N點，如圖（b）所示，則該玻璃磚的折射率n=______。（用圖中線段的字母表示）【答案】【解析】根據(jù)折射定律有由幾何關系有，聯(lián)立可得12.如圖（c）所示是“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置，一實驗小組利用該裝置測量當?shù)氐闹亓铀俣?。?）首先讓小車右端和紙帶相連，左端不連接細繩及鉤碼，移動木板下方的墊片，調節(jié)木板右端高度，使小車能拖著紙帶勻速向左運動。完成上述操作后，將小車左端用細繩跨過定滑輪和鉤碼相連，將小車從靠近打點計時器的位置由靜止釋放，打點計時器在紙帶上打出一系列點跡。某次實驗得到的紙帶和相關數(shù)據(jù)如圖（d）所示，其中相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出，打點計時器所接電源的頻率為50Hz，由該紙帶可知，小車的加速度大小a=_________m/s2。（結果保留2位小數(shù)）（2）保持小車質量不變，改變鉤碼的質量m，重復實驗，得到多組a、m數(shù)據(jù)，作出的圖像的縱截距為b、斜率為k，如圖（e）所示，則實驗所用小車的質量為___________，當?shù)氐闹亓铀俣却笮開__________。（用b、k表示）【答案】（1）2.00（2）【解析】【小問1詳解】由于每兩個計數(shù)點之間還有四個計時點，則計數(shù)點之間的時間間隔為小車的加速度大小【小問2詳解】[1][2]根據(jù)牛頓第二定律，有整理得即，解得，13.某實驗興趣小組設計了如圖（a）實驗電路測量一節(jié)蓄電池（電動勢約為2V）的電動勢和內電阻，已知定值電阻R0=1.0Ω。（1）實驗操作步驟如下：①按實驗電路圖正確連接好電路，將滑動變阻器滑片滑到最左端位置；②單刀雙擲開關S與1接通，閉合開關S0，調節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組電壓表及電流表的數(shù)據(jù)U、I的值，斷開開關S0；③將滑動變阻器滑片再次滑到最左端位置；④單刀雙擲開關S與2接通，閉合開關S0，調節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組電壓表及電流表的數(shù)據(jù)U、I的值，斷開開關S0；⑤利用記錄的數(shù)據(jù)分別作出兩種接法所對應的U-I圖像。（2）作出的兩個U-I圖像分別如圖（b）、（c）所示，根據(jù)圖像可知圖（c）對應的接法為S與________（填“1”或“2”）接通。（3）根據(jù)以上圖像綜合可得電源電動勢E=_________V，內阻r=__________Ω。（結果均保留2位小數(shù)）（4）該小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)，根據(jù)兩次不同實驗中電流表、電壓表的影響，進一步可得出所用電流表的內阻為rA=_________Ω，實驗中，定值電阻R0的作用有__________（雙選，填字母）。A.保護電源B.在電流變化時使電壓表示數(shù)變化明顯C.在電壓變化時使電流表示數(shù)變化明顯【答案】（2）2（3）1.801.25（4）0.75ΩAB##BA【解析】（2）[1]兩種方法中，S與1接通時采用了電流表的內接法，S與2接通時采用了電流表的外接法，比較圖（b）和圖（c）的斜率可知，圖（c）所示圖像的斜率小，所以圖（c）對應電路S與2接通。（3）[2][3]圖（b）所測電源內阻偏大，所測內阻應為電源實際內阻、保護電阻與電流表內阻之和，由此可知圖（b）對應開關S接1，且電流表示數(shù)為0時，電壓表測量準確，此時電壓表所測電壓即為電源的電動勢，因此電源電動勢為圖（b）的縱軸截距，可得E=1.80V；當開關S接2且電壓表示數(shù)為0時，對應電流為短路電流，由圖（c）圖像可知，此時短路電流為I=0.80A，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有解得（4）[4]圖（b）中圖像對應的斜率為電源實際內阻、保護電阻與電流表內阻之和，所以[5]定值電阻R0有保護電源的作用，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有可知加了定值電阻后可以達到電流變化時使電壓表的示數(shù)變化明顯的效果。故選AB。14.如圖所示，豎直平面內固定有一條光滑絕緣軌道，軌道的曲線部分是半徑為R的圓弧BCD，O為圓弧的圓心，與水平面成30°夾角的傾斜直線軌道與圓弧相切于B點，整個軌道平面內存在水平向左的勻強電場，一質量為m、帶電荷量為+q的小滑塊恰好能靜止于軌道上的C點，OC與豎直方向的夾角為60°?，F(xiàn)將小滑塊自直線軌道上的A點由靜止釋放，使其在軌道上運動過程中恰好能通過D點。重力加速度為g，求：（1）電場強度E的大小；（2）小滑塊經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?）（2）12mg【解析】【小問1詳解】小滑塊恰能靜止于C點，由平衡條件可得解得【小問2詳解】重力與電場力的合力方向與AB平行，則D與C分別為等效物理最高點與最低點，滑塊沿圓弧軌道運動恰好能通過D點，則滿足設滑塊經(jīng)過C點時速度為vC，則由C到D的過程，由動能定理得在C點，由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律得壓力大小15.如圖所示，水平面上固定一半徑r=1.0m的光滑金屬圓環(huán)和兩條平行光滑金屬導軌，一根長為2r、阻值R=1.0Ω的均勻金屬棒ac沿半徑放置在光滑金屬圓環(huán)上（b為ac棒中點），一端固定在過圓心的豎直導電轉軸上；平行導軌間距l(xiāng)=1.0m，兩導軌通過導線及開關S分別與金屬圓環(huán)及豎直導電轉軸連接，導軌左端接有阻值R=1.0Ω的定值電阻，垂直導軌放置著長也為l、質量m=1.0kg、阻值R=1.0Ω的金屬棒de，整個裝置處于磁感應強度大小B=1.0T、方向豎直向上的勻強磁場中?，F(xiàn)固定金屬棒de，閉合開關S，使金屬棒ac以角速度ω=6.0rad/s順時針勻速轉動。導軌及金屬圓環(huán)電阻均不計。（1）求金屬棒ac兩端的電勢差；（2）若金屬棒de可自由移動，閉合開關S，求金屬棒de勻速運動時的速度大小；（3）若金屬棒de可自由移動，閉合開關S，當金屬棒de勻速運動后斷開開關S，求斷開開關S后金屬棒de繼續(xù)運動的距離?！敬鸢浮浚?）10.5V（2）2.0m/s（3）4m【解析】【小問1詳解】金屬棒ac轉動過程中產(chǎn)生的電動勢金屬棒ab段產(chǎn)生的電動勢根據(jù)歐姆定律可得則，所以小問2詳解】金屬棒de可自由移動時，閉合開關S后，將向右做加速度減小的加速運動，達到勻速運動時，電流為0，此時且解得v=2.0m/s【小問3詳解】開關S斷開后，金屬棒de在安培力的作用下做減速運動，最終停止。由動量定理得即解得x=4m16.某人設置了一款游戲，其原理如圖所示，水平圓桿軌道DEF離地高度為2L，左側DE段光滑且足夠長，右側EF段粗糙且長度x可調，初始時軌道D處套有一質量為4m的圓環(huán)C，圓環(huán)下端通過長為L的細輕繩懸掛質量為m的小球B，另一長為L的細繩，上端固定在軌道左端，下端懸掛一質量為3m的小球A，靜止時A、B兩球等高且恰好接觸。某次游戲過程中，游戲者將A球拉開一定角度后釋放，A、B兩球發(fā)生彈性碰撞，之后小球B拉動圓環(huán)向右運動，小球B到達的最大高度恰好與懸點等高，當圓環(huán)獲得最大速度時小球B脫離圓環(huán)，接著圓環(huán)C進入軌道EF部分，最后從F點水平飛出。已知圓環(huán)與EF部分間的動摩擦因數(shù)，重力加速度為g，圓環(huán)和小球均可視為質點。求：（1）A、B碰撞后小球B的速度大?。唬?）小球A與小球B碰撞前瞬間懸繩對小球A的拉力大??；（3）水平軌道EF長度x為多少時，圓環(huán)落地點與E的水平距離s最大，最大值為多少。【答案】（1）（2）（3），【解析】【小問1詳解】A、B碰后B球擺動到最高點時B、C共速，此過程機械能和水平方向動量守恒，則有解得小問2詳解】A、B兩球發(fā)生彈性碰撞則有解得球A與球B發(fā)生碰撞前瞬間有聯(lián)立解得【小問3詳解】當圓環(huán)C動能最大時，繩子豎直，B球速度水平向左，根據(jù)機械能守恒和水平方向動量守恒得解得圓環(huán)C通過粗糙軌道，由動能定理得解得圓環(huán)C飛出軌道后有，則解得當時，s有最大值滄州市普通高中2025屆高三復習質量監(jiān)測物理試卷注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的學校、班級、姓名及考號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B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?；卮鸱沁x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、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，只有一項是符合題目要求的。1.2024年初，中國科學院近代物理研究所與合作單位組成的科研團隊，依托蘭州重離子加速器，利用充氣反沖核譜儀SHANS，首次合成了新核鋨160（）和鎢156（）。鋨160和鎢156都具有放射性，其中鎢156衰變方程為，則式中的X粒子為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由衰變過程中滿足質量數(shù)及電荷數(shù)守恒，可知X的質量數(shù)為0，電荷數(shù)為1，X是正電子（）。故選A。2.伏打起電盤的起電原理如圖所示，首先將一帶正電絕緣板固定，第二步用帶絕緣柄的金屬板靠近帶電絕緣板，第三步金屬板接地，第四步斷開接地線后移開金屬板。有關金屬板帶電原理及帶電情況，下列說法正確的是（）A.屬于接觸起電，金屬板帶正電 B.屬于接觸起電，金屬板帶負電C.屬于感應起電，金屬板帶正電 D.屬于感應起電，金屬板帶負電【答案】D【解析】本題帶電過程屬于感應起電，金屬板靠近帶電絕緣板并接地時，發(fā)生靜電感應，金屬板帶上負電荷。故選D。3.如圖所示，將一只氣球放到絕熱密閉的升溫箱中緩慢加熱，隨溫度的升高氣球緩慢膨脹的過程中，將氣體視為理想氣體，且氣球不漏氣，下列說法正確的是（）A.氣球內氣體對外做功，內能減少B.氣球內氣體溫度升高，所有分子的動能均增大C.氣球內的氣體分子對氣球壁單位面積的平均撞擊力增大D.箱內氣體及氣球內氣體總內能增加量等于從加熱器上吸收的熱量【答案】C【解析】A．氣球內氣體溫度升高，內能增加，故A錯誤；B．溫度升高，分子的平均動能增大，但不是每個分子的動能均增大，故B錯誤；C．氣球內氣體壓強增大，氣球內氣體分子對氣球壁單位面積的平均撞擊力增大，故C正確；D．箱內氣體及氣球內氣體從加熱器中吸收的熱量等于總內能增加量和氣球彈性勢能增加量的總和，故D錯誤。故選C。4.圖（a）是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，一個100匝、總電阻的矩形線圈與的電阻組成閉合回路，線圈繞與磁場垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖（b）所示的正弦規(guī)律變化。電路中電流表為理想交流電流表，則時電流表的示數(shù)為（）A.0 B.8.88A C.12.56A D.17.76A【答案】B【解析】由圖乙可得感應電動勢的有效值電流表示數(shù)為有效值故選B。5.自由式滑雪是一項運用滑雪板在U形池中做一系列動作技巧的雪上項目，如圖（a）所示。某滑雪U形池可簡化為半圓筒形，其截面圖如圖（b）所示。某次訓練運動過程中運動員下滑經(jīng)過軌道上A點時速度大小為10m/s，之后沖上對面較低的B點時速度大小仍為10m/s。若該運動員另一次訓練經(jīng)過A點時速度大小為6m/s，兩次的運動路徑相同，將運動員視為質點。下列說法正確的是（）A.該運動員經(jīng)過B點時速度大小一定為6m/sB.該運動員經(jīng)過B點時速度大小可能小于6m/sC.該運動員速度大小為6m/s時位置位于B點上方D.該運動員經(jīng)過軌道最低點時速度最大【答案】C【解析】ABC．運動員在弧形軌道中運動時做圓周運動，經(jīng)過某點時速度越大，對應向心力越大，與弧面間的壓力越大，摩擦阻力越大，在A、B間運動過程中損失機械能越大，速度為6m/s時，到達B點的速度一定大于6m/s，故AB錯誤，C正確；D．運動員向下滑動到重力沿圓弧切線方向的分量等于摩擦阻力時，即沿切線方向的合力為零時速度最大，應在A點下方與最低點之間，故D錯誤。故選C。6.隨著人類對宇宙探索，人們發(fā)現(xiàn)在宇宙中存在一些離其他恒星較遠的雙星系統(tǒng)，雙星系統(tǒng)由兩顆距離較近的恒星組成。如圖所示，某雙星系統(tǒng)中a、b兩星繞連線上一點O做圓周運動，已知a、b兩星中心間距離為L，運行周期為T，a星的線速度大小為v，引力常量為G，則a星的質量為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】在雙星系統(tǒng)中，兩星體相對位置不變，運動周期相同，兩顆星體之間的萬有引力提供做圓周運動的向心力，有，又有，聯(lián)立可得，故選D。7.如圖所示，空間內存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向水平向里，磁感應強度大小為B，一電荷量為q、質量為m的小球，在與磁場垂直的平面內沿直線運動，該直線與電場方向夾角為45°。a、b（圖中未標出）為軌跡直線上的兩點，兩點間距離為d，重力加速度為g，小球由a運動到b的過程中所用時間t及電勢能的變化量分別為（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】帶電小球做直線運動，合力方向沿直線或合力為零，洛倫茲力與速度方向垂直，大小與速度成正比，重力及電場力均恒定，若速度大小變化必為曲線運動，所以小球只能做勻速直線運動，受力情況如圖所示由平衡條件可得電場力方向與電場方向相同，小球一定帶正電，根據(jù)左手定則可知，小球一定斜向右上方運動，由a到b的過程中，電場力做正功則電勢能的減少量為根據(jù)平衡條件，洛倫茲力大小解得故小球的運動時間故選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，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示，某種介質水平面上有A、B、C、D四個點，A、B、C三點共線且BD垂直于AC，四點間的距離關系為，。在A、B兩點裝有可上下振動的振動發(fā)生器，振動發(fā)生器振動可在介質面上激起機械波。時刻，A、B點的兩個振動發(fā)生器開始振動，其振動方程均為，觀察發(fā)現(xiàn)D比C早振動了0.5s，忽略波傳播過程中振幅的變化，下列說法正確的是（）A.兩振動發(fā)生器激起的機械波的波長為4mB.該波的傳播速度大小為4m/sC.兩波疊加后C處為振動加強區(qū)，D處為減弱區(qū)D.在0~5s時間內質點D運動路程為96cm【答案】BD【解析】C、D兩點距B近，B的振動傳播到C、D兩點的時間差為0.5s，可知傳播速度由波源振動方程可知，周期為由，得波長為C、D兩點到兩波源的距離差均為波長整數(shù)倍，故兩點均為加強點；B點振動傳播到D點需要用時1.5s，A點振動傳播到D點需要用時2.5s，所以5s時間內D點以振幅為2cm振動了1s，即兩個周期，然后以振幅為4cm振動了2.5s，即5個周期，所以D運動的路程為96cm；故AC錯誤，BD正確。故選BD。9.如圖所示，一架質量分布均勻的梯子靠在墻角上，另一端置于水平地面上，一人沿梯子緩慢向上爬升，若梯子與墻角間的摩擦力忽略不計，則人由底部爬升到墻角過程中（梯子沒有打滑或翻轉），下列說法正確的是（）A.梯子對地面的壓力減小 B.梯子對地面的摩擦力增大C.梯子與地面間的作用力增大 D.梯子對墻角的作用力不變【答案】AB【解析】將梯子和人做為一個整體受力分析，受重力、墻角支持力和地面作用力，三力作用線必相交于一點，如圖所示，人在爬升過程中，重心向墻角方向移動，畫出三個力的矢量三角形的動態(tài)變化圖可得，地面對梯子的作用力F1減小，墻角對梯子的作用力F2逐漸增大，地面對梯子的作用力是支持力與摩擦力的合力，根據(jù)分解知識可知，支持力（壓力）減小，摩擦力增大，再結合牛頓第三定律可知梯子對地面的壓力減小，梯子對地面的摩擦力增大，梯子與地面間的作用力減小，梯子對墻角的作用力增大，故選AB。10.如圖（a）所示，真空內有兩個上下寬度均為d的區(qū)域，上方區(qū)域內存在豎直向下的勻強電場，下方區(qū)域內存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自電場上邊界的M點由靜止釋放，粒子恰好不能穿越磁場的下邊界。若將下方磁場移到上方與電場區(qū)域重合，如圖（b）所示，再次將該粒子自M點由靜止釋放，使其在電、磁場中運動，不計粒子重力。下列說法正確的是（）A.電場強度大小為B.圖（a）中，粒子從釋放至第一次到達磁場下邊界所用時間為C.圖（b）中，粒子將在電、磁場中做周期性的往復運動D.圖（b）中，粒子離開上邊界的最大距離為【答案】AB【解析】A．圖（a）中，粒子在電場中的運動過程由動能定理得在磁場中有由題意知運動的半徑解得故A正確；B．圖（a）中，粒子在電場中的運動時間在磁場中的運動時間粒子運動的總時間故B正確；CD．圖（b）中粒子在M點釋放瞬間，可視為粒子具有一個水平向右的初速度v0及水平向左的初速度v0，并且滿足可得所以粒子釋放后在電、磁場中的運動可視為水平向右的勻速直線運動與豎直平面內的勻速圓周運動的合運動，并不是往返運動則有可得粒子做圓周運動的半徑則粒子離開上邊界的最大距離為d，故CD錯誤。故選AB。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某學習小組測定一平行玻璃磚的折射率，先在白紙上描出玻璃磚兩個平行面的邊界a和b，用線狀激光束貼近紙面，以一定角度射入玻璃磚，記錄入射點O及經(jīng)過下邊界b的出射點S1，再移去玻璃磚，記錄光束經(jīng)過邊界b的點S2，如圖（a）所示。該小組在白紙上連接OS2并反向延長，畫出入射光線，再連接OS1作出折射光線，然后以入射點O為圓心作圓，與入射光線、折射光線分別交于A、B點，再過A、B點作法線的垂線，垂足分別為M、N點，如圖（b）所示，則該玻璃磚的折射率n=______。（用圖中線段的字母表示）【答案】【解析】根據(jù)折射定律有由幾何關系有，聯(lián)立可得12.如圖（c）所示是“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置，一實驗小組利用該裝置測量當?shù)氐闹亓铀俣取＃?）首先讓小車右端和紙帶相連，左端不連接細繩及鉤碼，移動木板下方的墊片，調節(jié)木板右端高度，使小車能拖著紙帶勻速向左運動。完成上述操作后，將小車左端用細繩跨過定滑輪和鉤碼相連，將小車從靠近打點計時器的位置由靜止釋放，打點計時器在紙帶上打出一系列點跡。某次實驗得到的紙帶和相關數(shù)據(jù)如圖（d）所示，其中相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出，打點計時器所接電源的頻率為50Hz，由該紙帶可知，小車的加速度大小a=_________m/s2。（結果保留2位小數(shù)）（2）保持小車質量不變，改變鉤碼的質量m，重復實驗，得到多組a、m數(shù)據(jù)，作出的圖像的縱截距為b、斜率為k，如圖（e）所示，則實驗所用小車的質量為___________，當?shù)氐闹亓铀俣却笮開__________。（用b、k表示）【答案】（1）2.00（2）【解析】【小問1詳解】由于每兩個計數(shù)點之間還有四個計時點，則計數(shù)點之間的時間間隔為小車的加速度大小【小問2詳解】[1][2]根據(jù)牛頓第二定律，有整理得即，解得，13.某實驗興趣小組設計了如圖（a）實驗電路測量一節(jié)蓄電池（電動勢約為2V）的電動勢和內電阻，已知定值電阻R0=1.0Ω。（1）實驗操作步驟如下：①按實驗電路圖正確連接好電路，將滑動變阻器滑片滑到最左端位置；②單刀雙擲開關S與1接通，閉合開關S0，調節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組電壓表及電流表的數(shù)據(jù)U、I的值，斷開開關S0；③將滑動變阻器滑片再次滑到最左端位置；④單刀雙擲開關S與2接通，閉合開關S0，調節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組電壓表及電流表的數(shù)據(jù)U、I的值，斷開開關S0；⑤利用記錄的數(shù)據(jù)分別作出兩種接法所對應的U-I圖像。（2）作出的兩個U-I圖像分別如圖（b）、（c）所示，根據(jù)圖像可知圖（c）對應的接法為S與________（填“1”或“2”）接通。（3）根據(jù)以上圖像綜合可得電源電動勢E=_________V，內阻r=__________Ω。（結果均保留2位小數(shù)）（4）該小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)，根據(jù)兩次不同實驗中電流表、電壓表的影響，進一步可得出所用電流表的內阻為rA=_________Ω，實驗中，定值電阻R0的作用有__________（雙選，填字母）。A.保護電源B.在電流變化時使電壓表示數(shù)變化明顯C.在電壓變化時使電流表示數(shù)變化明顯【答案】（2）2（3）1.801.25（4）0.75ΩAB##BA【解析】（2）[1]兩種方法中，S與1接通時采用了電流表的內接法，S與2接通時采用了電流表的外接法，比較圖（b）和圖（c）的斜率可知，圖（c）所示圖像的斜率小，所以圖（c）對應電路S與2接通。（3）[2][3]圖（b）所測電源內阻偏大，所測內阻應為電源實際內阻、保護電阻與電流表內阻之和，由此可知圖（b）對應開關S接1，且電流表示數(shù)為0時，電壓表測量準確，此時電壓表所測電壓即為電源的電動勢，因此電源電動勢為圖（b）的縱軸截距，可得E=1.80V；當開關S接2且電壓表示數(shù)為0時，對應電流為短路電流，由圖（c）圖像可知，此時短路電流為I=0.80A，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有解得（4）[4]圖（b）中圖像對應的斜率為電源實際內阻、保護電阻與電流表內阻之和，所以[5]定值電阻R0有保護電源的作用，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有可知加了定值電阻后可以達到電流變化時使電壓表的示數(shù)變化明顯的效果。故選AB。14.如圖所示，豎直平面內固定有一條光滑絕緣軌道，軌道的曲線部分是半徑為R的圓弧BCD，O為圓弧的圓心，與水平面成30°夾角的傾斜直線軌道與圓弧相切于B點，整個軌道平面內存在水平向左的勻強電場，一質量為m、帶電荷量為+q的小滑塊恰好能靜止于軌道上的C點，OC與豎直方向的夾角為60°。現(xiàn)將小滑塊自直線軌道上的A點由靜止釋放，使其在軌道上運動過程