2025屆廣東省高三下學期沖刺練習物理試卷（解析版）

高級中學名校試題PAGEPAGE1廣東省2025屆高三下學期沖刺練習卷本試卷共6頁，15小題，滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。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。1．2025年1月20日，我國自主設(shè)計全超導托卡馬克核聚變實驗裝置（EAST）創(chuàng)造了新的世界記錄，實現(xiàn)了1億攝氏度穩(wěn)態(tài)長脈沖高約束模等離子體運行1066秒。該裝置中的核反應方程為，其中可以用中子轟擊得到，下列說法正確的是（）A．該核反應方程中是質(zhì)子B．該核反應滿足電荷數(shù)守恒和質(zhì)量守恒C．的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能D．用中子轟擊還能得到，該反應屬于核聚變2．如圖所示，兩束單色光同時從空氣中沿同一方向以角從MN面射入某長方體玻璃磚，折射光束在MP面均發(fā)生了全反射，反射光射向PQ面。下列說法正確的是（）A．反射光束射向PQ面，可能在PQ面發(fā)生全反射B．若光束1是藍光，光束2可能是紅光C．逐漸減小時，兩單色光在MP面將不發(fā)生全反射D．改變，若光束1能在MP面發(fā)生全發(fā)射，光束2一定也可以3．在地震中產(chǎn)生的地震波既有橫波也有縱波，假設(shè)某次地震中，震源在地面上A點正下方，地面上B點與A點距離為100km，地震波中縱波波速為6.4km/s，橫波波速為3.2km/s，地震波頻率為10Hz，位于A點的觀察者在接收到縱波2s后才接收到橫波，則以下說法中錯誤的是（）A．震源距離A點深度為12.8kmB．位于B點的觀察者先感覺到左右晃動，后感覺到上下振動C．縱波的波長大于橫波的波長D．位于B點的觀察者接收到縱波比接收到橫波也要早2s4．2024年10月30日，神舟十九號由長征二號F遙十九運載火箭送入近地點約為200km，遠地點約為362km的預定橢圓軌道。約6.5小時后，神舟十九號成功對接空間站天和核心艙前向端口，如圖所示。下列說法正確的是（）A．飛船從近地點沿橢圓軌道到達遠地點的過程中機械能增加B．飛船在橢圓軌道的遠地點與變軌到圓軌道后相比，加速度大小不變C．空間站組合體中的人和物體均處于超重狀態(tài)D．對接后空間站組合體質(zhì)量增大，在原來的圓軌道上運行的速度變大5．如圖所示是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)圖和磁場分布圖，若磁極與圓柱間的磁場都是沿半徑方向，且磁場有理想的邊界，線圈經(jīng)過有磁場的位置處磁感應強度大小相等。某同學用此種電流表中的線圈和磁體做成發(fā)電機使用，讓線圈勻速轉(zhuǎn)動，若從圖中水平位置開始計時，取起始電流方向為正方向，表示產(chǎn)生的電流隨時間變化關(guān)系的下列圖像中正確的是（）A．B．C．D．6．如圖所示，一輕彈簧下端掛一物體，上端用手牽引使重物勻速上升，從手突然停止到物體上升至最高點的過程中，物體運動的速率v、加速度大小a、動能、機械能E隨物體上升高度h變化的圖像可能正確的是（）A．B．C．D．7．某興趣小組使用圖甲所示的裝置，探究釹磁鐵在長螺線管中運動產(chǎn)生的感應電流變化規(guī)律，將螺線管一端固定在鐵架臺上，另一端自然下垂，電流傳感器連接長螺線管的上下兩端，將釹磁鐵從靠近螺線管的上方由靜止釋放。在釹磁鐵穿過整個線圈的過程中，傳感器顯示的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．時刻，穿過線圈磁通量的變化率最大B．時間內(nèi)，釹磁鐵做勻速直線運動C．若只增加釹磁鐵釋放高度，則感應電流的峰值變大D．若只調(diào)轉(zhuǎn)釹磁鐵的極性，再從同一位置釋放，感應電流的方向不變二、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．航空母艦艦載機如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)（如圖甲所示）能迅速達到起飛速度。電磁彈射系統(tǒng)的一種設(shè)計可簡化為乙圖所示，圖中、是光滑平行金屬直導軌（電阻忽略不計），是電磁彈射車，回路中電流恒定，且可當長直導線處理。該電流產(chǎn)生的磁場對彈射車施加力的作用，從而帶動艦載機由靜止開始向右加速起飛，不計空氣阻力，關(guān)于該系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A．、間的磁場是勻強磁場B．彈射車所受的安培力與電流的大小成正比C．彈射車的速度與運動的時間成正比D．若改變回路中的電流方向，彈射車也能正常加速9．如圖，空間有A、B、C、D四點，它們分別位于一個正方體的四個頂點上，該正方體的一條棱位于一根無限長均勻帶正電的細直棒上，不計質(zhì)子、電子的重力，下列說法正確的是（）A．A、C兩點電場強度大小相同，方向不同B．B、D兩點電勢相同C．將質(zhì)子從C點沿CD方向射出，質(zhì)子不可能做勻變速曲線運動D．將電子從C點沿CB方向射出，電子不可能做勻速圓周運動10．某裝置如圖所示，兩根輕桿OA、OB與小球及一小滑塊通過鉸鏈連接，桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的鉸鏈相連．小球與小滑塊的質(zhì)量均為m，輕桿OA、OB長均為l，原長為l的輕質(zhì)彈簧與滑塊都套在該豎直桿上，彈簧連接在A點與小滑塊之間．裝置靜止時，彈簧長為1.6l，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，以下說法正確的是()A．輕桿OA對小球的作用力方向與豎直軸的夾角為53°B．輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為C．輕桿OA與OB對小球的作用力大小之比是5∶8D．彈簧的勁度系數(shù)k＝三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．探究向心力大小F與物體的質(zhì)量m、角速度ω和軌道半徑r的關(guān)系實驗。（1）本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的；A．探究平拋運動的特點B．探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系C．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律D．探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系（2）某同學用向心力演示器進行實驗，實驗情景如甲、乙、丙三圖所示a.三個情境中，圖是探究向心力大小F與質(zhì)量m關(guān)系（選填“甲”、“乙”、“丙”）。b.在甲情境中，若兩鋼球所受向心力的比值為1∶9，則實驗中選取兩個變速塔輪的半徑之比為。（3）某物理興趣小組利用傳感器進行探究，實驗裝置原理如圖所示。裝置中水平光滑直槽能隨豎直轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動，將滑塊套在水平直槽上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平光滑直槽一起勻速轉(zhuǎn)動時，細線的拉力提供滑塊做圓周運動需要的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉(zhuǎn)動的角速度可以通過角速度傳感器測得。小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線。然后保持滑塊質(zhì)量不變，再將運動的半徑r分別調(diào)整為0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐標系中又分別得到圖甲中②、③、④、⑤四條圖線。a.對①圖線的數(shù)據(jù)進行處理，獲得了F-x圖像，如圖乙所示，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是。b.對5條F-ω圖線進行比較分析，得出ω一定時，F(xiàn)∝r的結(jié)論。請你簡要說明得到結(jié)論的方法。12．某實驗小組設(shè)計了如圖所示的裝置來驗證牛頓第二定律。組裝器材后，使細線較豎直方向偏移一定的角度，由靜止釋放小球，記錄遮光條通過光電門時的擋光時間，并通過力傳感器記錄小球在最低點時細線的拉力。測得小球及遮光條的總質(zhì)量為，小球在豎直面內(nèi)做圓周運動的半徑為，遮光條的寬度為?；卮鹣铝袉栴}：(1)該小組利用游標卡尺測量遮光條的寬度，如下圖所示，遮光條的寬度為___________。（選“A”或“B”或“C”）A． B． C．(2)小球擺動到最低點時的加速度大小為；（用表示）(3)改變小球初始的位置，重復測量，得到多組、數(shù)據(jù)，利用實驗數(shù)據(jù)繪制圖像、圖像如圖甲、乙所示，利用圖（填“甲”或“乙”），可以更直觀地驗證牛頓第二定律。13．如圖甲所示，厚度不計的導熱活塞A、B將兩部分理想氣體封閉在內(nèi)壁光滑的圓柱形導熱氣缸內(nèi)，活塞A的質(zhì)量可忽略不計，活塞B的質(zhì)量為，穩(wěn)定時下部氣體壓強是上部氣體壓強的2倍，兩部分氣柱的高度均為?，F(xiàn)將質(zhì)量為物體輕放在活塞A上，活塞A從下降到恢復穩(wěn)定的過程中外界的溫度和大氣壓強均保持不變，如圖乙所示。已知大氣壓強，重力加速度，求：（1）活塞在氣缸內(nèi)移動的過程中，氣體內(nèi)能___________（填“變大”、“變小”或“不變”），氣體___________（填“吸熱”、“放熱”或“不吸放熱”）。（2）活塞橫截面積的大小。（3）從放上物體到恢復穩(wěn)定，活塞A下降的距離。14．冰壺運動深受觀眾喜愛，如圖（a）所示是北京冬奧會冰壺比賽中國隊員投擲冰壺的鏡頭。如圖（b）所示，在某次投擲中，冰壺甲與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰前2s時的瞬時速率為，碰后冰壺甲繼續(xù)向前運動后停止。已知兩只冰壺和冰面的動摩擦因數(shù)均為，兩冰壺質(zhì)量均為，兩冰壺均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為。求：（1）冰壺甲與冰壺乙碰前2s時，兩冰壺之間的距離s；（2）兩冰壺碰撞過程中損失的總動能。15．如圖所示，三個同心圓a、b、c的半徑分別為、、，在圓a區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。在圓a和圓b間的環(huán)形區(qū)域存在背向圓心的輻向電場，在圓b和圓c間的環(huán)形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度。一質(zhì)量為、帶電量為的粒子，從圓a邊界上的A點沿半徑方向以速度射入圓a內(nèi)，第一次從圓a邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)，經(jīng)過輻向電場加速后，從圓b邊界上進入外環(huán)區(qū)域，粒子恰好不會從圓c飛離磁場。不計粒子的重力。（1）求圓a區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度大??；（2）求圓a與圓b兩邊界間輻向電場的電勢差；（3）若將圓a區(qū)域內(nèi)勻強磁場大小改為，粒子在繞O運動一周內(nèi)可從電場回到入射點A，求滿足此過程的可能值及粒子在磁場中運動的最短時間。——★參考答案★——1．C【詳析】A．由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒得X的電荷數(shù)為0，質(zhì)量數(shù)為1，所以X為中子，故A錯誤；B．核反應滿足電荷數(shù)守恒，但由于核反應過程中有質(zhì)量虧損，會以能量的形式釋放出來，所以不滿足質(zhì)量守恒，而是滿足質(zhì)量數(shù)守恒，故B錯誤；C．生成物比反應物更加穩(wěn)定，所以的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能，故C正確；D．用中子轟擊的反應屬于人工核轉(zhuǎn)變，核聚變是質(zhì)量較小的核結(jié)合成質(zhì)量較大的核的反應，故D錯誤。故選C。2．D【詳析】A．根據(jù)幾何關(guān)系可知光線在MN面的折射角等于光線從玻璃面PQ到空氣中的入射角，根據(jù)光路可逆可知兩束光都不可能在PQ面發(fā)生全反射，故A錯誤；B．由光路圖可知，入射角相同，光線1的折射角較大，根據(jù)折射定律可知，則，由于藍光的頻率大于紅光的頻率，所以可知若光束1是藍光，光束2不可能是紅光，故B錯誤；C．若逐漸減小時，根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系可知兩單色光在MP面的入射角將逐漸增大，一定發(fā)生全反射，故C錯誤；D．根據(jù)，可知光線在MP面發(fā)生全發(fā)射時的臨界角，所以可知改變，若光束1能在MP面發(fā)生全發(fā)射，光束2一定也可以，故D正確。故選D。3．D【詳析】A．設(shè)縱波的波速為v1，橫波的波速為v2，震源距離A點深度為s，則有Δt=-=2s解得s=12.8km故A正確；B．地面上B點與A點距離遠大于震源距A點的距離，當縱波到達B點時，觀察者左右晃動，橫波傳來后，再上下振動，故B正確；C．根據(jù)公式λ=得縱波的波長大于橫波的波長，故C正確；D．根據(jù)Δt=-可知，距震源越遠，橫、縱波到達的時間差越大。位于B點的觀察者接收到縱波比接收到橫波要早，時間差要大于2s，故D錯誤。本題要求選錯誤的，故選D。4．B【詳析】A．飛船從近地點沿橢圓軌道到達遠地點的過程中，只受到地球引力，只有地球引力做功，所以機械能守恒，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律可得飛船在橢圓軌道的遠地點與變軌到圓軌道后相比，到地球的距離相等，所以加速度大小不變，故B正確；C．空間站組合體中的人和物體受到的萬有引力全部用來提供向心力，所以空間站組合體中的人和物體處于失重狀態(tài)，故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律解得可知，在圓軌道上運動的線速度大小與物體質(zhì)量無關(guān)，所以對接后空間站組合體質(zhì)量增大，在原來的圓軌道上運行的速度大小不變，故D錯誤。故選B。5．C【詳析】由于線圈在磁場中切割磁感線，切割速度方向總是與磁場方向垂直，磁感應強度B、導線有效長度L和導線切割速率v等物理量都不變化，由E＝BLv可知，產(chǎn)生的感應電動勢大小不變，感應電流大小不變；根據(jù)右手定則，電流方向做周期性變化。故選C。6．B【詳析】AB．根據(jù)題意可知，輕彈簧拉著重物做勻速直線運動，彈簧處于拉伸狀態(tài)且拉力等于重力，當手突然停止運動后的一小段時間內(nèi)，由于慣性，重物繼續(xù)向上運動，彈簧的形變量減小，則彈力減小，彈力小于重力，加速度向下，向上做減速運動，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系為當彈簧處于伸長狀態(tài)時，彈力一直減小，加速度一直增大；若彈簧伸長量減小到零之后，物體繼續(xù)向上運動，彈簧被壓縮，彈力增大且向下，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系仍為可知，物體一直做加速度增大的減速運動，圖像為過原點的直線，圖像斜率會逐漸增大，故A錯誤，B正確；C．根據(jù)題意，由動能定理可知，物體動能的變化量為可知，圖像的斜率表示物體受到合力，由上述分析可知，物體受到的合力一直增大，則圖像的斜率一直增大，故C錯誤；D．根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，物體機械能的變化等于彈簧彈力做功，即由上述分析可知，彈簧先做正功，機械能增加，后做負功，機械能減小，故D錯誤。故選B。7．C【詳析】A．時刻電流為0，說明感應電動勢為0，根據(jù)法拉第電磁感應定律有可知穿過線圈磁通量的變化率為0，A項錯誤；B．時間內(nèi)，電流為0，則磁鐵不受安培力，只受重力，釹磁鐵做勻加速直線運動，B項錯誤；C．若只增加釹磁鐵釋放高度，切割速度變大，則感應電流的峰值也變大，C項正確；D．若只調(diào)轉(zhuǎn)釹磁鐵的極性，再從同一位置釋放，磁場方向相反，故感應電流也將反向，D項錯誤。故選C。8．CD【詳析】A．根據(jù)左手定則可知，MN、PQ間有豎直向上的磁場，且離導線越遠磁場越弱，故不是勻強磁場，故A錯誤；B．導軌間的磁場由電流產(chǎn)生，可看成正比于電流，由可知，彈射車所受的安培力與電流的平方是正比關(guān)系，故B錯誤；C．沿導軌方向磁場不變，且回路PBAM中電流恒定，導軌間距不變，由可知，安培力大小不變，由牛頓第二定律可知，加速度不變，由可知彈射車的速度與運動的時間成正比，故C正確；D．根據(jù)右手螺旋定則可知電流方向沿回路PBAM時，導軌之間產(chǎn)生豎直向上的磁場，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向向右，當電流方向沿回路MABP時，根據(jù)右手螺旋定則導軌之間產(chǎn)生豎直向下的磁場，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向依然向右，所以改變回路中的電流方向，電磁彈射車所受安培力不變，仍能正常加速，故D正確。故選CD。9．AC【詳析】A．由對稱知識可知，A、C兩點場強大小相同，方向不同，A正確；B．B、D兩點距離直導線的距離不等，則電勢不相同，B錯誤；C．將質(zhì)子從C點向CD方向射出，質(zhì)子將受到直導線中正電荷的斥力而遠離直導線運動，所受的庫侖力逐漸減小，則加速度減小，不可能做勻變速曲線運動，C正確；D．將電子從C點向CB方向射出，則電子受直導線中正電荷的引力作用，若引力恰好等于向心力，則電子繞導線做勻速圓周運動，D錯誤。故選AC。10．BD【詳析】AC、對球受力分析，重力，桿OA、OB對球的支持力（沿著桿的方向），依據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系與三角知識，則有：OA與豎直夾角為，即，解得：，因，輕桿OA與OB對小球的作用力大小之比是1：1，AC錯誤；BD、對小滑塊受力分析，如圖所示；由上分析可知，，依據(jù)牛頓第三定律，則輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為，B正確；對于小滑塊，根據(jù)平衡條件，則有：，解得，再由胡克定律，則有：，D正確；11．（1）BD（2）丙3∶1（3）ω2（或mω2等帶ω2即可）見詳析【詳析】（1）[1]A．在本實驗中，利用控制變量法來探究向心力的大小與小球質(zhì)量、角速度、半徑之間的關(guān)系。探究平拋運動的特點，例如兩球同時落地，兩球在豎直方向上的運動效果相同，應用了等效思想，故A錯誤；B．當一個物理量與多個物理量相關(guān)時，應采用控制變量法，探究該物理量與某一個量的關(guān)系，在探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系的實驗中，保持原線圈輸入的電壓U1一定，探究副線圈輸出的電壓U2與和匝數(shù)n1、n2的關(guān)系，故B正確；C．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律，即兩個分力與合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故C錯誤；D．探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系是通過控制變量法研究的，故D正確。故選BD。(2)[2]根據(jù)可知，要探究向心力大小F與質(zhì)量m關(guān)系，需控制小球的角速度和半徑不變，由圖可知，兩側(cè)采用皮帶傳動，所以兩側(cè)具有相等的線速度，根據(jù)皮帶傳動的特點可知，應該選擇兩個塔輪的半徑相等，而且運動半徑也相同，選取不同質(zhì)量的小球，故圖丙正確。[3]兩個球的質(zhì)量相等，半徑相同，由；；已知所以兩個塔輪邊緣的線速度相等由知兩個變速塔輪的半徑之比為（3）[4]小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線，由①圖線知F與ω不成正比，通過分析①圖線中數(shù)據(jù)可知F與ω2成正比，即F與ω2的關(guān)系圖像是一條過原點的直線，即x可以是ω2，又因ω變化時，滑塊質(zhì)量與運動半徑都不變，所以x也可以是mω2或rω2等帶ω2即可。[5]探究F與r的關(guān)系時，要先控制m和ω不變，因此可在圖像中找到同一個ω對應的向心力，根據(jù)5組向心力F和半徑r的數(shù)據(jù)，在F-r坐標系中描點做圖，若得到一條過原點的直線，則說明F與r成正比。12．(1)B(2)(3)乙【詳析】（1）20分度游標卡尺的精確值為，由圖可知遮光條的寬度為故選B。（2）小球擺動到最低點時的速度大小為則小球擺動到最低點時的加速度大小為（3）小球擺動到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得可得可知利用圖乙可以更直觀地驗證牛頓第二定律。13．（1）不變，放熱；（2）；（3）【詳析】（1）活塞在氣缸內(nèi)移動的過程中，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，外界對氣體做正功，則，根據(jù)熱力學第一定律可得故氣體對外放熱。（2）初始狀態(tài)時，對活塞B受力分析，由平衡條件代入數(shù)據(jù)解得活塞橫截面積的大?。?）放上重物后，對活塞A受力分析，由平衡條件得對上部氣體由玻意耳定律得，同理，此時對活塞B得由玻意耳定律得，綜上所述，從放上物體到恢復穩(wěn)定，活塞A下降的距離14．（1）；（2）【詳析】（1）根據(jù)題意，對冰壺甲，由牛頓第二定律有解得冰壺甲與冰壺乙碰前2s時，兩冰壺之間的距離（2）冰壺甲與靜止的冰壺乙碰撞前的速度為碰撞后，對冰壺甲有解得碰撞過程動量守恒，則有解得則兩冰壺碰撞過程中損失的總動能15．（1）；（2）；（3）（，，，），【詳析】（1）粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，設(shè)半徑為，由洛倫茲力提供向心力得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得（2）從圓b邊界上進入外環(huán)區(qū)域，粒子恰好不會從圓c飛離磁場，如圖所示設(shè)粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的軌道半徑為，由幾何關(guān)系可得解得由洛倫茲力提供向心力可得粒子經(jīng)過輻向電場加速過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得（3）若粒子可以回到A點，其運動軌跡如圖所示設(shè)粒子在和磁場中轉(zhuǎn)動的次數(shù)各為，粒子在磁場中相對于O點轉(zhuǎn)過的圓心角不變，為，則在磁場中相對于O點轉(zhuǎn)過的圓心角為粒子在磁場中的軌跡半徑為由洛倫茲力提供向心力得，聯(lián)立可得（，，，）當時，時間最短，此時粒子每次經(jīng)過磁場軌跡對應的圓心角為，每次經(jīng)過磁場軌跡對應的圓心角為，則有廣東省2025屆高三下學期沖刺練習卷本試卷共6頁，15小題，滿分100分。考試用時75分鐘。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。1．2025年1月20日，我國自主設(shè)計全超導托卡馬克核聚變實驗裝置（EAST）創(chuàng)造了新的世界記錄，實現(xiàn)了1億攝氏度穩(wěn)態(tài)長脈沖高約束模等離子體運行1066秒。該裝置中的核反應方程為，其中可以用中子轟擊得到，下列說法正確的是（）A．該核反應方程中是質(zhì)子B．該核反應滿足電荷數(shù)守恒和質(zhì)量守恒C．的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能D．用中子轟擊還能得到，該反應屬于核聚變2．如圖所示，兩束單色光同時從空氣中沿同一方向以角從MN面射入某長方體玻璃磚，折射光束在MP面均發(fā)生了全反射，反射光射向PQ面。下列說法正確的是（）A．反射光束射向PQ面，可能在PQ面發(fā)生全反射B．若光束1是藍光，光束2可能是紅光C．逐漸減小時，兩單色光在MP面將不發(fā)生全反射D．改變，若光束1能在MP面發(fā)生全發(fā)射，光束2一定也可以3．在地震中產(chǎn)生的地震波既有橫波也有縱波，假設(shè)某次地震中，震源在地面上A點正下方，地面上B點與A點距離為100km，地震波中縱波波速為6.4km/s，橫波波速為3.2km/s，地震波頻率為10Hz，位于A點的觀察者在接收到縱波2s后才接收到橫波，則以下說法中錯誤的是（）A．震源距離A點深度為12.8kmB．位于B點的觀察者先感覺到左右晃動，后感覺到上下振動C．縱波的波長大于橫波的波長D．位于B點的觀察者接收到縱波比接收到橫波也要早2s4．2024年10月30日，神舟十九號由長征二號F遙十九運載火箭送入近地點約為200km，遠地點約為362km的預定橢圓軌道。約6.5小時后，神舟十九號成功對接空間站天和核心艙前向端口，如圖所示。下列說法正確的是（）A．飛船從近地點沿橢圓軌道到達遠地點的過程中機械能增加B．飛船在橢圓軌道的遠地點與變軌到圓軌道后相比，加速度大小不變C．空間站組合體中的人和物體均處于超重狀態(tài)D．對接后空間站組合體質(zhì)量增大，在原來的圓軌道上運行的速度變大5．如圖所示是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)圖和磁場分布圖，若磁極與圓柱間的磁場都是沿半徑方向，且磁場有理想的邊界，線圈經(jīng)過有磁場的位置處磁感應強度大小相等。某同學用此種電流表中的線圈和磁體做成發(fā)電機使用，讓線圈勻速轉(zhuǎn)動，若從圖中水平位置開始計時，取起始電流方向為正方向，表示產(chǎn)生的電流隨時間變化關(guān)系的下列圖像中正確的是（）A．B．C．D．6．如圖所示，一輕彈簧下端掛一物體，上端用手牽引使重物勻速上升，從手突然停止到物體上升至最高點的過程中，物體運動的速率v、加速度大小a、動能、機械能E隨物體上升高度h變化的圖像可能正確的是（）A．B．C．D．7．某興趣小組使用圖甲所示的裝置，探究釹磁鐵在長螺線管中運動產(chǎn)生的感應電流變化規(guī)律，將螺線管一端固定在鐵架臺上，另一端自然下垂，電流傳感器連接長螺線管的上下兩端，將釹磁鐵從靠近螺線管的上方由靜止釋放。在釹磁鐵穿過整個線圈的過程中，傳感器顯示的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．時刻，穿過線圈磁通量的變化率最大B．時間內(nèi)，釹磁鐵做勻速直線運動C．若只增加釹磁鐵釋放高度，則感應電流的峰值變大D．若只調(diào)轉(zhuǎn)釹磁鐵的極性，再從同一位置釋放，感應電流的方向不變二、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．航空母艦艦載機如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)（如圖甲所示）能迅速達到起飛速度。電磁彈射系統(tǒng)的一種設(shè)計可簡化為乙圖所示，圖中、是光滑平行金屬直導軌（電阻忽略不計），是電磁彈射車，回路中電流恒定，且可當長直導線處理。該電流產(chǎn)生的磁場對彈射車施加力的作用，從而帶動艦載機由靜止開始向右加速起飛，不計空氣阻力，關(guān)于該系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A．、間的磁場是勻強磁場B．彈射車所受的安培力與電流的大小成正比C．彈射車的速度與運動的時間成正比D．若改變回路中的電流方向，彈射車也能正常加速9．如圖，空間有A、B、C、D四點，它們分別位于一個正方體的四個頂點上，該正方體的一條棱位于一根無限長均勻帶正電的細直棒上，不計質(zhì)子、電子的重力，下列說法正確的是（）A．A、C兩點電場強度大小相同，方向不同B．B、D兩點電勢相同C．將質(zhì)子從C點沿CD方向射出，質(zhì)子不可能做勻變速曲線運動D．將電子從C點沿CB方向射出，電子不可能做勻速圓周運動10．某裝置如圖所示，兩根輕桿OA、OB與小球及一小滑塊通過鉸鏈連接，桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的鉸鏈相連．小球與小滑塊的質(zhì)量均為m，輕桿OA、OB長均為l，原長為l的輕質(zhì)彈簧與滑塊都套在該豎直桿上，彈簧連接在A點與小滑塊之間．裝置靜止時，彈簧長為1.6l，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，以下說法正確的是()A．輕桿OA對小球的作用力方向與豎直軸的夾角為53°B．輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為C．輕桿OA與OB對小球的作用力大小之比是5∶8D．彈簧的勁度系數(shù)k＝三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．探究向心力大小F與物體的質(zhì)量m、角速度ω和軌道半徑r的關(guān)系實驗。（1）本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的；A．探究平拋運動的特點B．探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系C．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律D．探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系（2）某同學用向心力演示器進行實驗，實驗情景如甲、乙、丙三圖所示a.三個情境中，圖是探究向心力大小F與質(zhì)量m關(guān)系（選填“甲”、“乙”、“丙”）。b.在甲情境中，若兩鋼球所受向心力的比值為1∶9，則實驗中選取兩個變速塔輪的半徑之比為。（3）某物理興趣小組利用傳感器進行探究，實驗裝置原理如圖所示。裝置中水平光滑直槽能隨豎直轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動，將滑塊套在水平直槽上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平光滑直槽一起勻速轉(zhuǎn)動時，細線的拉力提供滑塊做圓周運動需要的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉(zhuǎn)動的角速度可以通過角速度傳感器測得。小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線。然后保持滑塊質(zhì)量不變，再將運動的半徑r分別調(diào)整為0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐標系中又分別得到圖甲中②、③、④、⑤四條圖線。a.對①圖線的數(shù)據(jù)進行處理，獲得了F-x圖像，如圖乙所示，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是。b.對5條F-ω圖線進行比較分析，得出ω一定時，F(xiàn)∝r的結(jié)論。請你簡要說明得到結(jié)論的方法。12．某實驗小組設(shè)計了如圖所示的裝置來驗證牛頓第二定律。組裝器材后，使細線較豎直方向偏移一定的角度，由靜止釋放小球，記錄遮光條通過光電門時的擋光時間，并通過力傳感器記錄小球在最低點時細線的拉力。測得小球及遮光條的總質(zhì)量為，小球在豎直面內(nèi)做圓周運動的半徑為，遮光條的寬度為?；卮鹣铝袉栴}：(1)該小組利用游標卡尺測量遮光條的寬度，如下圖所示，遮光條的寬度為___________。（選“A”或“B”或“C”）A． B． C．(2)小球擺動到最低點時的加速度大小為；（用表示）(3)改變小球初始的位置，重復測量，得到多組、數(shù)據(jù)，利用實驗數(shù)據(jù)繪制圖像、圖像如圖甲、乙所示，利用圖（填“甲”或“乙”），可以更直觀地驗證牛頓第二定律。13．如圖甲所示，厚度不計的導熱活塞A、B將兩部分理想氣體封閉在內(nèi)壁光滑的圓柱形導熱氣缸內(nèi)，活塞A的質(zhì)量可忽略不計，活塞B的質(zhì)量為，穩(wěn)定時下部氣體壓強是上部氣體壓強的2倍，兩部分氣柱的高度均為?，F(xiàn)將質(zhì)量為物體輕放在活塞A上，活塞A從下降到恢復穩(wěn)定的過程中外界的溫度和大氣壓強均保持不變，如圖乙所示。已知大氣壓強，重力加速度，求：（1）活塞在氣缸內(nèi)移動的過程中，氣體內(nèi)能___________（填“變大”、“變小”或“不變”），氣體___________（填“吸熱”、“放熱”或“不吸放熱”）。（2）活塞橫截面積的大小。（3）從放上物體到恢復穩(wěn)定，活塞A下降的距離。14．冰壺運動深受觀眾喜愛，如圖（a）所示是北京冬奧會冰壺比賽中國隊員投擲冰壺的鏡頭。如圖（b）所示，在某次投擲中，冰壺甲與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰前2s時的瞬時速率為，碰后冰壺甲繼續(xù)向前運動后停止。已知兩只冰壺和冰面的動摩擦因數(shù)均為，兩冰壺質(zhì)量均為，兩冰壺均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為。求：（1）冰壺甲與冰壺乙碰前2s時，兩冰壺之間的距離s；（2）兩冰壺碰撞過程中損失的總動能。15．如圖所示，三個同心圓a、b、c的半徑分別為、、，在圓a區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。在圓a和圓b間的環(huán)形區(qū)域存在背向圓心的輻向電場，在圓b和圓c間的環(huán)形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度。一質(zhì)量為、帶電量為的粒子，從圓a邊界上的A點沿半徑方向以速度射入圓a內(nèi)，第一次從圓a邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)，經(jīng)過輻向電場加速后，從圓b邊界上進入外環(huán)區(qū)域，粒子恰好不會從圓c飛離磁場。不計粒子的重力。（1）求圓a區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度大??；（2）求圓a與圓b兩邊界間輻向電場的電勢差；（3）若將圓a區(qū)域內(nèi)勻強磁場大小改為，粒子在繞O運動一周內(nèi)可從電場回到入射點A，求滿足此過程的可能值及粒子在磁場中運動的最短時間?！飬⒖即鸢浮铩?．C【詳析】A．由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒得X的電荷數(shù)為0，質(zhì)量數(shù)為1，所以X為中子，故A錯誤；B．核反應滿足電荷數(shù)守恒，但由于核反應過程中有質(zhì)量虧損，會以能量的形式釋放出來，所以不滿足質(zhì)量守恒，而是滿足質(zhì)量數(shù)守恒，故B錯誤；C．生成物比反應物更加穩(wěn)定，所以的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能，故C正確；D．用中子轟擊的反應屬于人工核轉(zhuǎn)變，核聚變是質(zhì)量較小的核結(jié)合成質(zhì)量較大的核的反應，故D錯誤。故選C。2．D【詳析】A．根據(jù)幾何關(guān)系可知光線在MN面的折射角等于光線從玻璃面PQ到空氣中的入射角，根據(jù)光路可逆可知兩束光都不可能在PQ面發(fā)生全反射，故A錯誤；B．由光路圖可知，入射角相同，光線1的折射角較大，根據(jù)折射定律可知，則，由于藍光的頻率大于紅光的頻率，所以可知若光束1是藍光，光束2不可能是紅光，故B錯誤；C．若逐漸減小時，根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系可知兩單色光在MP面的入射角將逐漸增大，一定發(fā)生全反射，故C錯誤；D．根據(jù)，可知光線在MP面發(fā)生全發(fā)射時的臨界角，所以可知改變，若光束1能在MP面發(fā)生全發(fā)射，光束2一定也可以，故D正確。故選D。3．D【詳析】A．設(shè)縱波的波速為v1，橫波的波速為v2，震源距離A點深度為s，則有Δt=-=2s解得s=12.8km故A正確；B．地面上B點與A點距離遠大于震源距A點的距離，當縱波到達B點時，觀察者左右晃動，橫波傳來后，再上下振動，故B正確；C．根據(jù)公式λ=得縱波的波長大于橫波的波長，故C正確；D．根據(jù)Δt=-可知，距震源越遠，橫、縱波到達的時間差越大。位于B點的觀察者接收到縱波比接收到橫波要早，時間差要大于2s，故D錯誤。本題要求選錯誤的，故選D。4．B【詳析】A．飛船從近地點沿橢圓軌道到達遠地點的過程中，只受到地球引力，只有地球引力做功，所以機械能守恒，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律可得飛船在橢圓軌道的遠地點與變軌到圓軌道后相比，到地球的距離相等，所以加速度大小不變，故B正確；C．空間站組合體中的人和物體受到的萬有引力全部用來提供向心力，所以空間站組合體中的人和物體處于失重狀態(tài)，故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律解得可知，在圓軌道上運動的線速度大小與物體質(zhì)量無關(guān)，所以對接后空間站組合體質(zhì)量增大，在原來的圓軌道上運行的速度大小不變，故D錯誤。故選B。5．C【詳析】由于線圈在磁場中切割磁感線，切割速度方向總是與磁場方向垂直，磁感應強度B、導線有效長度L和導線切割速率v等物理量都不變化，由E＝BLv可知，產(chǎn)生的感應電動勢大小不變，感應電流大小不變；根據(jù)右手定則，電流方向做周期性變化。故選C。6．B【詳析】AB．根據(jù)題意可知，輕彈簧拉著重物做勻速直線運動，彈簧處于拉伸狀態(tài)且拉力等于重力，當手突然停止運動后的一小段時間內(nèi)，由于慣性，重物繼續(xù)向上運動，彈簧的形變量減小，則彈力減小，彈力小于重力，加速度向下，向上做減速運動，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系為當彈簧處于伸長狀態(tài)時，彈力一直減小，加速度一直增大；若彈簧伸長量減小到零之后，物體繼續(xù)向上運動，彈簧被壓縮，彈力增大且向下，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系仍為可知，物體一直做加速度增大的減速運動，圖像為過原點的直線，圖像斜率會逐漸增大，故A錯誤，B正確；C．根據(jù)題意，由動能定理可知，物體動能的變化量為可知，圖像的斜率表示物體受到合力，由上述分析可知，物體受到的合力一直增大，則圖像的斜率一直增大，故C錯誤；D．根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，物體機械能的變化等于彈簧彈力做功，即由上述分析可知，彈簧先做正功，機械能增加，后做負功，機械能減小，故D錯誤。故選B。7．C【詳析】A．時刻電流為0，說明感應電動勢為0，根據(jù)法拉第電磁感應定律有可知穿過線圈磁通量的變化率為0，A項錯誤；B．時間內(nèi)，電流為0，則磁鐵不受安培力，只受重力，釹磁鐵做勻加速直線運動，B項錯誤；C．若只增加釹磁鐵釋放高度，切割速度變大，則感應電流的峰值也變大，C項正確；D．若只調(diào)轉(zhuǎn)釹磁鐵的極性，再從同一位置釋放，磁場方向相反，故感應電流也將反向，D項錯誤。故選C。8．CD【詳析】A．根據(jù)左手定則可知，MN、PQ間有豎直向上的磁場，且離導線越遠磁場越弱，故不是勻強磁場，故A錯誤；B．導軌間的磁場由電流產(chǎn)生，可看成正比于電流，由可知，彈射車所受的安培力與電流的平方是正比關(guān)系，故B錯誤；C．沿導軌方向磁場不變，且回路PBAM中電流恒定，導軌間距不變，由可知，安培力大小不變，由牛頓第二定律可知，加速度不變，由可知彈射車的速度與運動的時間成正比，故C正確；D．根據(jù)右手螺旋定則可知電流方向沿回路PBAM時，導軌之間產(chǎn)生豎直向上的磁場，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向向右，當電流方向沿回路MABP時，根據(jù)右手螺旋定則導軌之間產(chǎn)生豎直向下的磁場，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向依然向右，所以改變回路中的電流方向，電磁彈射車所受安培力不變，仍能正常加速，故D正確。故選CD。9．AC【詳析】A．由對稱知識可知，A、C兩點場強大小相同，方向不同，A正確；B．B、D兩點距離直導線的距離不等，則電勢不相同，B錯誤；C．將質(zhì)子從C點向CD方向射出，質(zhì)子將受到直導線中正電荷的斥力而遠離直導線運動，所受的庫侖力逐漸減小，則加速度減小，不可能做勻變速曲線運動，C正確；D．將電子從C點向CB方向射出，則電子受直導線中正電荷的引力作用，若引力恰好等于向心力，則電子繞導線做勻速圓周運動，D錯誤。故選AC。10．BD【詳析】AC、對球受力分析，重力，桿OA、OB對球的支持力（沿著桿的方向），依據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系與三角知識，則有：OA與豎直夾角為，即，解得：，因，輕桿OA與OB對小球的作用力大小之比是1：1，AC錯誤；BD、對小滑塊受力分析，如圖所示；由上分析可知，，依據(jù)牛頓第三定律，則輕桿OB