2025屆云南省三校高三上學(xué)期高考備考聯(lián)考物理試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆云南三校高考備考實用性聯(lián)考卷（五）物理注意事項：1．答題前，考生務(wù)必用黑色碳素筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚。2．每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。在試題卷上作答無效。3．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。滿分100分，考試用時75分鐘。一、單項選擇題：本大題共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。1.如圖所示為A、B兩個物體做直線運動的位移一時間圖像，則下列說法正確的是（）A.時刻A的速度與B的速度相等B.這段時間，A的平均速率等于B的平均速率C.時刻A、B相遇D.這段時間，A的平均速度小于B的平均速度【答案】C【解析】A．圖像的斜率表示速度的大小，從圖像上可以看出時刻B的速度比A的速度大，故A錯誤。BD．由圖像知在這段時間內(nèi)，A一直朝正方向運動，而B先朝正方向運動，后朝反方向運動，A、B初末位置相同，所以A、B的位移相等，但路程是B大于A，按照平均速率的定義可知A的平均速率小于B的平均速率。根據(jù)平均速度的定義可知A、B的平均速度相等，故BD錯誤。C．從圖像上可以看出：時刻和時刻兩物體的位置相同，因此、時刻兩物體相遇，故C正確。故C正確。2.設(shè)金星和火星繞太陽的運動均為勻速圓周運動（金星離太陽更近），金星自身的半徑是火星自身半徑的n倍，金星的質(zhì)量是火星質(zhì)量的k倍。不考慮金星和火星自轉(zhuǎn)的影響，則（）A.金星繞太陽運動的加速度比火星繞太陽運動的加速度小B.金星繞太陽運動的周期比火星繞太陽運動的周期大C.金星表面的重力加速度是火星表面重力加速度的倍D.金星的“第一宇宙速度”是火星“第一宇宙速度”的倍【答案】D【解析】A．根據(jù)可知，距離太陽越遠(yuǎn)，加速度越小，金星距離太陽近，則金星繞太陽運動的加速度比火星大，故A錯誤；B．根據(jù)開普勒第三定律可知距離太陽越遠(yuǎn)，周期越長，金星距離太陽近，所以金星繞太陽運動的周期比火星小，故B錯誤；C．根據(jù)得可知金星與火星表面重力加速度之比故C錯誤；D．根據(jù)可知，金星與火星第一宇宙速度之比故D正確。故選D。3.如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為、，粒子在M和N時加速度大小分別為、，速度大小分別為、，電勢能分別為、。下列判斷正確的是（）A.＜，＜ B.＜，＜C.＜，＜ D.＜，＜【答案】D【解析】若粒子從M點運動到N點，作出軌跡和電場線交點處的受力方向與速度方向如圖所示由圖可知，粒子從M點到N點，電場線越來越密，電場強度逐漸增大，電場力逐漸增大，粒子的加速度增加，即速度方向與力的方向間的夾角為鈍角，則速度不斷減小，即粒子速度減小，動能減小，根據(jù)能量守恒可得，粒子的電勢能增大，即根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系可得若粒子從N點運動到M點，作出軌跡和電場線交點處的受力方向與速度方向如圖所示由于速度方向與力的方向夾角為銳角，則速度增大，即同理，仍可得，，故選D。4.在如圖所示的電路中，電介質(zhì)板與被測量的物體A相連，當(dāng)電介質(zhì)向左或向右移動時，通過相關(guān)參量的變化可以將A定位。開始時單刀雙擲開關(guān)接1，一段時間后將單刀雙擲開關(guān)接2。則下列說法正確的是（）A.開關(guān)接1時，x增大，平行板電容器的電荷量增大B.開關(guān)接1時，x減小，電路中的電流沿順時針方向C.開關(guān)接2時，x減小，靜電計的指針偏角增大D.開關(guān)接2時，x增大，平行板間的電場強度不變【答案】B【解析】AB．開關(guān)接1時，平行板間的電壓不變。當(dāng)x增大時，電介質(zhì)常數(shù)減小，由公式可知電容器的電容減小，又由知平行板電容器的電荷量減?。煌懋?dāng)減小時，電容器的電容增大，電荷量增大，電容器充電，由電路圖可知，電路中的電流沿順時針方向，故A錯誤，B正確；CD．開關(guān)接2時，電容器所帶的電荷量保持不變。當(dāng)x減小時，電容器的電容增大，由公式可知兩極板的電勢差減小，則靜電計的指針偏轉(zhuǎn)角度減小；同理當(dāng)x增大時，由電容器兩極板的電勢差增大，由可知平行板間的電場強度增大，故CD錯誤。故選B。5.智能手機中下載部分軟件后，可利用手機中的磁傳感器測量磁感應(yīng)強度B。在手機上建立三維直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為平面，x軸、y軸如圖所示，z軸垂直手機屏正面向外。經(jīng)探測發(fā)現(xiàn)當(dāng)磁場在x、y、z方向的分量與所建坐標(biāo)系對應(yīng)正方向相同時顯示的示數(shù)為正值，反向時為負(fù)值。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了六次測量，前四次測量時手機屏面保持水平且正面朝上。根據(jù)表中測量結(jié)果（保留兩位有效數(shù)字）可推知（）測量序號/μT/μT/μT1-210-452-200-463029-4040-21-455-39-3006-20460A.第5、6次測量時z方向數(shù)值為0，表示手機屏均與磁場方向垂直B.第3、4次測量時x方向數(shù)值為0，表示此時x軸與磁場方向垂直C.通過6次測量地磁場可判斷，該地位于地球的南半球D.通過6次測量取平均值可算出當(dāng)?shù)氐拇艌鰪姸燃s為60μT【答案】B【解析】AB．由題意，當(dāng)、、方向的分量與所建坐標(biāo)系對應(yīng)正方向相同時顯示的示數(shù)為正值，反向時為負(fù)值，則說明當(dāng)坐標(biāo)軸與磁場方向垂直時，示數(shù)為0，故A錯誤，B正確。C．前四次測量時手機屏面保持水平且正面朝上，而表中z軸數(shù)值為負(fù)值，說明該地地磁場方向向下，根據(jù)地磁場分布圖（如圖所示）可判斷該地位于北半球故C錯誤。D．根據(jù)利用表格中六組數(shù)據(jù)求出磁場大小后，再求平均值可算出當(dāng)?shù)氐牡卮艌鰣鰪娂s為，故D錯誤。故選B。6.如圖所示，勻強磁場中有兩個相同的彈簧測力計，測力計下方豎直懸掛一副邊長為L，粗細(xì)均勻的均質(zhì)金屬等邊三角形，將三條邊分別記為a、b、c。在a的左右端點M、N連上導(dǎo)線，并通入由M到N的恒定電流，此時a邊中電流大小為I，兩彈簧測力計的示數(shù)均為。僅將電流反向，兩彈簧測力計的示數(shù)均為。電流產(chǎn)生的磁場忽略不計，下列說法正確的是（）A.三條邊a、b、c中電流大小相等B.兩次彈簧測力計示數(shù)C.金屬等邊三角形的總質(zhì)量D.勻強磁場的磁感應(yīng)強度【答案】C【解析】A．根據(jù)題意可知，b與c串聯(lián)后再與a并聯(lián)，電壓相等，bc的電阻為a的電阻的兩倍，此時a邊中電流大小為I，則bc中的電流為，故A錯誤；BCD．電流反向前，根據(jù)左手定則，可知a邊的安培力方向豎直向上，bc邊的安培力方向也豎直向上，a邊的安培力大小為bc邊的安培力大小為對金屬等邊三角形受力分析，可得解得電流反向后，根據(jù)左手定則，可知a邊的安培力方向豎直向下，bc邊的安培力方向豎直向下，a邊的安培力大小仍然為bc邊的安培力大小仍然為對金屬等邊三角形受力分析，可得解得由上分析可得，，解得，故BD錯誤，C正確。故選C。7.如圖甲所示，一質(zhì)量的小球可視為質(zhì)點，以的速度從A點沖上豎直光滑半圓軌道。當(dāng)半圓軌道的半徑R發(fā)生改變時，小球?qū)點的壓力與半徑R的關(guān)系圖像如圖乙所示，g取，下列說法錯誤的是（）A.B.C.當(dāng)小球恰能通過軌道上的C點時，半圓軌道的半徑D.若小球恰能通過軌道上的C點，則當(dāng)小球運動到B點時，對軌道的壓力【答案】D【解析】AB．設(shè)小球到達(dá)C點時的速度為，根據(jù)牛頓第二定律有從A點到C點的過程中，取A所在平面為重力勢能零勢面，由機械能守恒定律有由以上各式得，將，代入得結(jié)合圖乙可得其中圖像的斜率解得故A、B正確，不符合題意；C．當(dāng)小球恰能經(jīng)過半圓軌道最高點C時的軌道半徑為，此時軌道對小球的彈力結(jié)合上述有解得故C正確，不符合題意；D．若小球恰能通過軌道上的C點，則從A點運動到B點的過程中，由機械能守恒定律有根據(jù)牛頓第二定律有由以上各式得故D錯誤，符合題意。故選D。二、多項選擇題：本大題共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。8.一新能源汽車以功率在平直的公路上勻速行駛，時刻發(fā)動機功率變?yōu)?，此后以的恒定功率再次行駛至勻速。汽車所受的阻力大小不變，則此過程中汽車的速度v、牽引力F、加速度a、功率P隨時間t的變化規(guī)律正確的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】C．當(dāng)汽車以的功率在公路上勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，功率變?yōu)?P0時，此后汽車以該功率行駛，故C正確。AD．由于速度不發(fā)生突變，則牽引力變?yōu)榇藭r汽車做加速運動，增大，由于功率不變速度增大，則牽引力減小，根據(jù)加速度也減小，故AD錯誤。B．由于阻力不變，最終牽引力等于阻力，加速度為零，汽車做加速度減小的加速運動，最終勻速，故B正確。故選BC。9.應(yīng)用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型，傳送帶始終保持的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，A、B間的距離為2m，g取。旅客把行李（可視為質(zhì)點）無初速度地放在A處，則下列說法正確的是（）A.開始時行李的加速度大小為4B.行李經(jīng)過5.1s到達(dá)B處C.行李到達(dá)B處時速度大小為0.4D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m【答案】BC【解析】A．開始時行李初速度為零，相對皮帶向右滑動，可知摩擦力為根據(jù)牛頓第二定律解得故A錯誤；BC．行李達(dá)到和皮帶速度相同需要的時間為位移為行李勻速到B的時間為行李從A運動到B處的時間為故B、C正確；D．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為故D錯誤。故選BC。10.空間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于平面向里，勻強電場的場強為E、方向沿y軸向下，將一個質(zhì)量為m、帶正電q的粒子從O點由靜止釋放，粒子的部分運動軌跡如圖中曲線所示。出發(fā)后粒子第一次到達(dá)x軸的坐標(biāo)為，已知該曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的2倍，該粒子運動過程中任意位置的坐標(biāo)可以表示為QUOTEPx,yPx,y，不計粒子的重力，則（）A.該粒子運動過程中任意位置坐標(biāo)的y值不可能取負(fù)值B.該粒子運動過程中任意位置坐標(biāo)的x值不可能大于aC.粒子在運動過程中第一次運動到離x軸最遠(yuǎn)處時，距離x軸的距離D.粒子運動過程中的最大速率【答案】AD【解析】AB．粒子從初始位置運動到x軸時電場力做功為0，所以不可能運動到x軸以上位置，即y值不可能取負(fù)值；到達(dá)x軸的速度為零，所以會再次向下運動，重復(fù)前一段的軌跡向前運動，則x值會大于a，故A正確，B錯誤；C．粒子第一次運動到距離x軸最遠(yuǎn)處時洛倫茲力不做功，由動能定理得解得在此處有解得故C錯誤；D．最大速率滿足解得故D正確。故選AD。三、非選擇題：共5小題，共54分。11.某同學(xué)要將量程為0~1V的電壓表V的量程擴大為0~3V。他先用半偏法測出電壓表V1的內(nèi)阻，然后進(jìn)行改裝，最后再用一標(biāo)準(zhǔn)電壓表V2對改裝后的電壓表進(jìn)行校準(zhǔn)。（1）利用半偏法測電壓表Vl的內(nèi)阻?？晒┻x擇的器材有：待測電壓表、滑動變阻器R1（0～20Ω）、電阻箱R2，電源、兩個單刀單擲開關(guān)和若干導(dǎo)線。該同學(xué)設(shè)計了如圖（a）所示的電路圖，正確連線后進(jìn)行如下操作：①把滑動變阻器R1的滑片滑到a端，閉合開關(guān)S2，并將電阻箱R2的阻值調(diào)到最大；②閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1的滑片位置，使電壓表V1的指針指到滿偏刻度；③保持開關(guān)S1閉合，滑動變阻器R1滑片的位置不變，斷開開關(guān)S2，調(diào)整電阻箱R2的阻值，當(dāng)電阻箱R2的阻值如圖（b）所示時電壓表V1示數(shù)為0.5V。由此可得，電壓表V1的內(nèi)阻為__________Ω；該測量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真實值。（2）利用電阻箱R2對電壓表V1進(jìn)行改裝。需將電阻箱R2與電壓表V1_________（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），并且將電阻箱R2調(diào)至_________Ω。（3）用標(biāo)準(zhǔn)電壓表V2與改裝后的電壓表并聯(lián)進(jìn)行校準(zhǔn)。當(dāng)電壓表V2示數(shù)為1.5V時，電壓表V1示數(shù)為0.48V，則電阻箱R2的阻值應(yīng)調(diào)至__________Ω（結(jié)果保留1位小數(shù)）。【答案】（1）835.4大于（2）串聯(lián)1670.8（3）1572.5【解析】【小問1詳析】（1）③[1]利用“半偏法”測電阻時，當(dāng)被測電壓表半偏時與之串聯(lián)的電阻箱的阻值為電壓表內(nèi)阻的測量值，由圖（b）可知電壓表V1的內(nèi)阻為835.4Ω。[2]由于電阻箱的接入，測量電路部分的總電阻增大，分得的電壓增大，導(dǎo)致電阻箱的阻值大于被測電壓表的阻值，因此測量值大于真實值?！拘?詳析】[1]要想擴大電壓表V1的量程至0～3V，需要將電阻箱R2與之串聯(lián)。[2]根據(jù)串聯(lián)分壓有解得R2=1670.8Ω【小問3詳析】用標(biāo)準(zhǔn)電壓表V2與改裝后的電壓表并聯(lián)進(jìn)行校準(zhǔn)，當(dāng)電壓表V2示數(shù)為1.5V時，電壓表V2示數(shù)為0.48V，此時電阻箱分得的電壓為1.02V，設(shè)電壓表V1的真實阻值為，根據(jù)串聯(lián)分壓有再根據(jù)聯(lián)立，解得R2=1572.5Ω12.（1）某同學(xué)想測量一種金屬絲的電阻率，首先他測量出金屬絲的直徑為0.65mm，則他可能使用了下列哪個儀器測量______。（2）接著他用多用表粗測金屬絲的阻值，當(dāng)紅黑表筆接在金屬絲兩端時歐姆表指針如圖甲所示，出現(xiàn)上述情況最有可能的原因是______。A．未進(jìn)行機械調(diào)零B．未進(jìn)行歐姆調(diào)零C．歐姆擋倍率太小D．歐姆擋倍率太大（3）被測電阻大約5Ω，他改用伏安法測定金屬絲的電阻，除被測金屬絲外，還有如下實驗器材：A．直流電源（輸出電壓為3V）B．電流表A（量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）C．電壓表（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）D．滑動變阻器（最大阻值20Ω）E．開關(guān)、導(dǎo)線等請根據(jù)所提供的器材，在圖乙虛線框中畫出實驗電路圖。（）（4）在“導(dǎo)體電阻率的測量”的實驗中，以下操作中錯誤的是______。A．用刻度尺測量金屬絲的全長，且測量三次，算出其平均值，然后再將金屬絲接入電路中B．用螺旋測微器在金屬絲三個不同部位各測量一次直徑，算出其平均值C．實驗中應(yīng)保持金屬絲的溫度不變【答案】（1）A（2）B（3）（4）A【解析】（1）[1]測量值是0.65mm，讀到mm的百分位，螺旋測微器讀到mm的千分位，所以不是螺旋測微器，是游標(biāo)卡尺；末尾數(shù)是5，所以精確度為0.05，為20分度游標(biāo)卡尺，故選A；（2）[2]測電阻時指針出現(xiàn)在歐姆表盤0刻度右側(cè)，通過多用電表內(nèi)部的靈敏電流計的電流超過其量程，由歐姆表工作原理，可知是偏小導(dǎo)致，最可能的原因是未進(jìn)行歐姆調(diào)零，故選B。（3）[3]由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測電阻，電流表應(yīng)采用外接法，由于滑動變阻器最大阻值大于待測電阻，滑動變阻器可以采用限流接法，電路圖如圖所示（4）[4]A．先將金屬絲接入電路,然后用米尺測量接入電路中的金屬絲的全長，且測量三次，算出其平均值，A錯誤；B．用螺旋測微器在金屬絲三個不同部位各測量一次直徑，算出其平均值，B正確；C．因為溫度對金屬絲電阻有影響，實驗中應(yīng)保持金屬絲的溫度大致保持不變，C正確；選操作錯誤的，故選A。13.某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)存在兩層緊鄰的勻強電場，每層的高度均為d，電場強度大小均為E，方向沿豎直方向（如圖所示），邊長為，邊長為，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子流從邊中點P射入電場，粒子初速度為，入射角為θ，在紙面內(nèi)運動，不計粒子重力及粒子間相互作用。（1）當(dāng)時，若粒子能從邊射出，求該粒子通過電場的時間t；（2）當(dāng)時，若粒子從邊射出電場時與軸線的距離小于d，求入射角θ的范圍?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）依題粒子進(jìn)入磁場后，受到豎直方向的電場力，故水平方向做勻速直線運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在水平方向的速度水平方向勻速直線運動，故該粒子通過電場的時間（2）粒子進(jìn)入電場時，豎直方向的速度為分析易得，粒子豎直方向加速度為若粒子從邊射出電場時與軸線的距離小于d，由整理可得故解得故θ的取值范圍是14.如圖所示，圓心為O、半徑的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，和為該圓直徑且夾角為60°。將一帶電荷量為的點電荷從a點移動到b點，電場力做功為；若將該粒子從d點移動到c點，電場力做功為。求：（1）取c點電勢為零，則d點電勢；（2）該勻強電場的場強大小和方向?！敬鸢浮浚?）-2V（2）由a指向b【解析】【小問1詳析】該粒子從d點運動到點，根據(jù)電勢差的定義式代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)電勢差與電勢的關(guān)系，有因為所以【小問2詳析】由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x軸（水平方向），垂直于cd方向建立y軸，如圖所示在x方向有解得y方向有解得電場方向與水平方向夾角θ滿足電場方向與水平方向成60°，則電場與ab平行，且由a指向b15.如圖所示，半圓形軌道的直徑與水平面垂直，軌道的最低點Q與右側(cè)光滑的臺階相切，臺階右側(cè)緊靠著表面與臺階齊平的足夠長的長木板C，C的右端與彈性擋板D的距離。臺階上的兩個小鐵塊A、B之間有一被壓縮的微型彈簧（彈簧與鐵塊不固定），某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離。釋放后，鐵塊A恰好沿半圓形軌道運動到軌道最高點P，鐵塊A到最高點后被取走。鐵塊B滑上木板C的上表面，一段時間后C與D相撞。已知B、C接觸面間的動摩擦因數(shù)，其余摩擦均不計，C與D在碰撞過程中沒有機械能損失，半圓形軌道的半徑，木板C的質(zhì)量，鐵塊A、B與木板C的質(zhì)量之比是，重力加速度大小取。（1）求鐵塊B滑上木板C時的速度的大?。唬?）求C與D第一次相撞前，B、C系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）若C右端與D的距離x可以改變，要求C與D碰撞兩次，求x應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?）6m/s（2）（3）【解析】【小問1詳析】鐵塊A、B與木板C質(zhì)量之比設(shè)鐵塊A、B與木板C的質(zhì)量分別為3m、2m、m。鐵塊A、B彈開過程，動量守恒，有鐵塊A彈開后恰好過半圓形軌道最高點P，則由牛頓第二定律有鐵塊A彈開后，一直運動到半圓形軌道最高點P，根據(jù)機械能守恒定律有解得【小問2詳析】B與C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為，以向右為正方向，由動量守恒定律得解得設(shè)此過程C位移大小為，由動能定理得解得則B與C共速后滑板才與D碰撞，對B、C系統(tǒng)，由能量守恒定律得解得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量小問3詳析】設(shè)C與D第一次碰撞前瞬間，B與C的速度大小分別是、，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得設(shè)C與D第二次碰撞前瞬間，B與C的速度大小分別為、，由動量守恒定律得若要碰撞兩次，需要滿足，根據(jù)C往返運動的對稱性可知對C由動能定理得解得或綜上所述x應(yīng)滿足的條件是2025屆云南三校高考備考實用性聯(lián)考卷（五）物理注意事項：1．答題前，考生務(wù)必用黑色碳素筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚。2．每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。在試題卷上作答無效。3．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。滿分100分，考試用時75分鐘。一、單項選擇題：本大題共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。1.如圖所示為A、B兩個物體做直線運動的位移一時間圖像，則下列說法正確的是（）A.時刻A的速度與B的速度相等B.這段時間，A的平均速率等于B的平均速率C.時刻A、B相遇D.這段時間，A的平均速度小于B的平均速度【答案】C【解析】A．圖像的斜率表示速度的大小，從圖像上可以看出時刻B的速度比A的速度大，故A錯誤。BD．由圖像知在這段時間內(nèi)，A一直朝正方向運動，而B先朝正方向運動，后朝反方向運動，A、B初末位置相同，所以A、B的位移相等，但路程是B大于A，按照平均速率的定義可知A的平均速率小于B的平均速率。根據(jù)平均速度的定義可知A、B的平均速度相等，故BD錯誤。C．從圖像上可以看出：時刻和時刻兩物體的位置相同，因此、時刻兩物體相遇，故C正確。故C正確。2.設(shè)金星和火星繞太陽的運動均為勻速圓周運動（金星離太陽更近），金星自身的半徑是火星自身半徑的n倍，金星的質(zhì)量是火星質(zhì)量的k倍。不考慮金星和火星自轉(zhuǎn)的影響，則（）A.金星繞太陽運動的加速度比火星繞太陽運動的加速度小B.金星繞太陽運動的周期比火星繞太陽運動的周期大C.金星表面的重力加速度是火星表面重力加速度的倍D.金星的“第一宇宙速度”是火星“第一宇宙速度”的倍【答案】D【解析】A．根據(jù)可知，距離太陽越遠(yuǎn)，加速度越小，金星距離太陽近，則金星繞太陽運動的加速度比火星大，故A錯誤；B．根據(jù)開普勒第三定律可知距離太陽越遠(yuǎn)，周期越長，金星距離太陽近，所以金星繞太陽運動的周期比火星小，故B錯誤；C．根據(jù)得可知金星與火星表面重力加速度之比故C錯誤；D．根據(jù)可知，金星與火星第一宇宙速度之比故D正確。故選D。3.如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為、，粒子在M和N時加速度大小分別為、，速度大小分別為、，電勢能分別為、。下列判斷正確的是（）A.＜，＜ B.＜，＜C.＜，＜ D.＜，＜【答案】D【解析】若粒子從M點運動到N點，作出軌跡和電場線交點處的受力方向與速度方向如圖所示由圖可知，粒子從M點到N點，電場線越來越密，電場強度逐漸增大，電場力逐漸增大，粒子的加速度增加，即速度方向與力的方向間的夾角為鈍角，則速度不斷減小，即粒子速度減小，動能減小，根據(jù)能量守恒可得，粒子的電勢能增大，即根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系可得若粒子從N點運動到M點，作出軌跡和電場線交點處的受力方向與速度方向如圖所示由于速度方向與力的方向夾角為銳角，則速度增大，即同理，仍可得，，故選D。4.在如圖所示的電路中，電介質(zhì)板與被測量的物體A相連，當(dāng)電介質(zhì)向左或向右移動時，通過相關(guān)參量的變化可以將A定位。開始時單刀雙擲開關(guān)接1，一段時間后將單刀雙擲開關(guān)接2。則下列說法正確的是（）A.開關(guān)接1時，x增大，平行板電容器的電荷量增大B.開關(guān)接1時，x減小，電路中的電流沿順時針方向C.開關(guān)接2時，x減小，靜電計的指針偏角增大D.開關(guān)接2時，x增大，平行板間的電場強度不變【答案】B【解析】AB．開關(guān)接1時，平行板間的電壓不變。當(dāng)x增大時，電介質(zhì)常數(shù)減小，由公式可知電容器的電容減小，又由知平行板電容器的電荷量減?。煌懋?dāng)減小時，電容器的電容增大，電荷量增大，電容器充電，由電路圖可知，電路中的電流沿順時針方向，故A錯誤，B正確；CD．開關(guān)接2時，電容器所帶的電荷量保持不變。當(dāng)x減小時，電容器的電容增大，由公式可知兩極板的電勢差減小，則靜電計的指針偏轉(zhuǎn)角度減??；同理當(dāng)x增大時，由電容器兩極板的電勢差增大，由可知平行板間的電場強度增大，故CD錯誤。故選B。5.智能手機中下載部分軟件后，可利用手機中的磁傳感器測量磁感應(yīng)強度B。在手機上建立三維直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為平面，x軸、y軸如圖所示，z軸垂直手機屏正面向外。經(jīng)探測發(fā)現(xiàn)當(dāng)磁場在x、y、z方向的分量與所建坐標(biāo)系對應(yīng)正方向相同時顯示的示數(shù)為正值，反向時為負(fù)值。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了六次測量，前四次測量時手機屏面保持水平且正面朝上。根據(jù)表中測量結(jié)果（保留兩位有效數(shù)字）可推知（）測量序號/μT/μT/μT1-210-452-200-463029-4040-21-455-39-3006-20460A.第5、6次測量時z方向數(shù)值為0，表示手機屏均與磁場方向垂直B.第3、4次測量時x方向數(shù)值為0，表示此時x軸與磁場方向垂直C.通過6次測量地磁場可判斷，該地位于地球的南半球D.通過6次測量取平均值可算出當(dāng)?shù)氐拇艌鰪姸燃s為60μT【答案】B【解析】AB．由題意，當(dāng)、、方向的分量與所建坐標(biāo)系對應(yīng)正方向相同時顯示的示數(shù)為正值，反向時為負(fù)值，則說明當(dāng)坐標(biāo)軸與磁場方向垂直時，示數(shù)為0，故A錯誤，B正確。C．前四次測量時手機屏面保持水平且正面朝上，而表中z軸數(shù)值為負(fù)值，說明該地地磁場方向向下，根據(jù)地磁場分布圖（如圖所示）可判斷該地位于北半球故C錯誤。D．根據(jù)利用表格中六組數(shù)據(jù)求出磁場大小后，再求平均值可算出當(dāng)?shù)氐牡卮艌鰣鰪娂s為，故D錯誤。故選B。6.如圖所示，勻強磁場中有兩個相同的彈簧測力計，測力計下方豎直懸掛一副邊長為L，粗細(xì)均勻的均質(zhì)金屬等邊三角形，將三條邊分別記為a、b、c。在a的左右端點M、N連上導(dǎo)線，并通入由M到N的恒定電流，此時a邊中電流大小為I，兩彈簧測力計的示數(shù)均為。僅將電流反向，兩彈簧測力計的示數(shù)均為。電流產(chǎn)生的磁場忽略不計，下列說法正確的是（）A.三條邊a、b、c中電流大小相等B.兩次彈簧測力計示數(shù)C.金屬等邊三角形的總質(zhì)量D.勻強磁場的磁感應(yīng)強度【答案】C【解析】A．根據(jù)題意可知，b與c串聯(lián)后再與a并聯(lián)，電壓相等，bc的電阻為a的電阻的兩倍，此時a邊中電流大小為I，則bc中的電流為，故A錯誤；BCD．電流反向前，根據(jù)左手定則，可知a邊的安培力方向豎直向上，bc邊的安培力方向也豎直向上，a邊的安培力大小為bc邊的安培力大小為對金屬等邊三角形受力分析，可得解得電流反向后，根據(jù)左手定則，可知a邊的安培力方向豎直向下，bc邊的安培力方向豎直向下，a邊的安培力大小仍然為bc邊的安培力大小仍然為對金屬等邊三角形受力分析，可得解得由上分析可得，，解得，故BD錯誤，C正確。故選C。7.如圖甲所示，一質(zhì)量的小球可視為質(zhì)點，以的速度從A點沖上豎直光滑半圓軌道。當(dāng)半圓軌道的半徑R發(fā)生改變時，小球?qū)點的壓力與半徑R的關(guān)系圖像如圖乙所示，g取，下列說法錯誤的是（）A.B.C.當(dāng)小球恰能通過軌道上的C點時，半圓軌道的半徑D.若小球恰能通過軌道上的C點，則當(dāng)小球運動到B點時，對軌道的壓力【答案】D【解析】AB．設(shè)小球到達(dá)C點時的速度為，根據(jù)牛頓第二定律有從A點到C點的過程中，取A所在平面為重力勢能零勢面，由機械能守恒定律有由以上各式得，將，代入得結(jié)合圖乙可得其中圖像的斜率解得故A、B正確，不符合題意；C．當(dāng)小球恰能經(jīng)過半圓軌道最高點C時的軌道半徑為，此時軌道對小球的彈力結(jié)合上述有解得故C正確，不符合題意；D．若小球恰能通過軌道上的C點，則從A點運動到B點的過程中，由機械能守恒定律有根據(jù)牛頓第二定律有由以上各式得故D錯誤，符合題意。故選D。二、多項選擇題：本大題共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。8.一新能源汽車以功率在平直的公路上勻速行駛，時刻發(fā)動機功率變?yōu)?，此后以的恒定功率再次行駛至勻速。汽車所受的阻力大小不變，則此過程中汽車的速度v、牽引力F、加速度a、功率P隨時間t的變化規(guī)律正確的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】C．當(dāng)汽車以的功率在公路上勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，功率變?yōu)?P0時，此后汽車以該功率行駛，故C正確。AD．由于速度不發(fā)生突變，則牽引力變?yōu)榇藭r汽車做加速運動，增大，由于功率不變速度增大，則牽引力減小，根據(jù)加速度也減小，故AD錯誤。B．由于阻力不變，最終牽引力等于阻力，加速度為零，汽車做加速度減小的加速運動，最終勻速，故B正確。故選BC。9.應(yīng)用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型，傳送帶始終保持的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，A、B間的距離為2m，g取。旅客把行李（可視為質(zhì)點）無初速度地放在A處，則下列說法正確的是（）A.開始時行李的加速度大小為4B.行李經(jīng)過5.1s到達(dá)B處C.行李到達(dá)B處時速度大小為0.4D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m【答案】BC【解析】A．開始時行李初速度為零，相對皮帶向右滑動，可知摩擦力為根據(jù)牛頓第二定律解得故A錯誤；BC．行李達(dá)到和皮帶速度相同需要的時間為位移為行李勻速到B的時間為行李從A運動到B處的時間為故B、C正確；D．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為故D錯誤。故選BC。10.空間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于平面向里，勻強電場的場強為E、方向沿y軸向下，將一個質(zhì)量為m、帶正電q的粒子從O點由靜止釋放，粒子的部分運動軌跡如圖中曲線所示。出發(fā)后粒子第一次到達(dá)x軸的坐標(biāo)為，已知該曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的2倍，該粒子運動過程中任意位置的坐標(biāo)可以表示為QUOTEPx,yPx,y，不計粒子的重力，則（）A.該粒子運動過程中任意位置坐標(biāo)的y值不可能取負(fù)值B.該粒子運動過程中任意位置坐標(biāo)的x值不可能大于aC.粒子在運動過程中第一次運動到離x軸最遠(yuǎn)處時，距離x軸的距離D.粒子運動過程中的最大速率【答案】AD【解析】AB．粒子從初始位置運動到x軸時電場力做功為0，所以不可能運動到x軸以上位置，即y值不可能取負(fù)值；到達(dá)x軸的速度為零，所以會再次向下運動，重復(fù)前一段的軌跡向前運動，則x值會大于a，故A正確，B錯誤；C．粒子第一次運動到距離x軸最遠(yuǎn)處時洛倫茲力不做功，由動能定理得解得在此處有解得故C錯誤；D．最大速率滿足解得故D正確。故選AD。三、非選擇題：共5小題，共54分。11.某同學(xué)要將量程為0~1V的電壓表V的量程擴大為0~3V。他先用半偏法測出電壓表V1的內(nèi)阻，然后進(jìn)行改裝，最后再用一標(biāo)準(zhǔn)電壓表V2對改裝后的電壓表進(jìn)行校準(zhǔn)。（1）利用半偏法測電壓表Vl的內(nèi)阻。可供選擇的器材有：待測電壓表、滑動變阻器R1（0～20Ω）、電阻箱R2，電源、兩個單刀單擲開關(guān)和若干導(dǎo)線。該同學(xué)設(shè)計了如圖（a）所示的電路圖，正確連線后進(jìn)行如下操作：①把滑動變阻器R1的滑片滑到a端，閉合開關(guān)S2，并將電阻箱R2的阻值調(diào)到最大；②閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1的滑片位置，使電壓表V1的指針指到滿偏刻度；③保持開關(guān)S1閉合，滑動變阻器R1滑片的位置不變，斷開開關(guān)S2，調(diào)整電阻箱R2的阻值，當(dāng)電阻箱R2的阻值如圖（b）所示時電壓表V1示數(shù)為0.5V。由此可得，電壓表V1的內(nèi)阻為__________Ω；該測量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真實值。（2）利用電阻箱R2對電壓表V1進(jìn)行改裝。需將電阻箱R2與電壓表V1_________（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），并且將電阻箱R2調(diào)至_________Ω。（3）用標(biāo)準(zhǔn)電壓表V2與改裝后的電壓表并聯(lián)進(jìn)行校準(zhǔn)。當(dāng)電壓表V2示數(shù)為1.5V時，電壓表V1示數(shù)為0.48V，則電阻箱R2的阻值應(yīng)調(diào)至__________Ω（結(jié)果保留1位小數(shù)）。【答案】（1）835.4大于（2）串聯(lián)1670.8（3）1572.5【解析】【小問1詳析】（1）③[1]利用“半偏法”測電阻時，當(dāng)被測電壓表半偏時與之串聯(lián)的電阻箱的阻值為電壓表內(nèi)阻的測量值，由圖（b）可知電壓表V1的內(nèi)阻為835.4Ω。[2]由于電阻箱的接入，測量電路部分的總電阻增大，分得的電壓增大，導(dǎo)致電阻箱的阻值大于被測電壓表的阻值，因此測量值大于真實值?！拘?詳析】[1]要想擴大電壓表V1的量程至0～3V，需要將電阻箱R2與之串聯(lián)。[2]根據(jù)串聯(lián)分壓有解得R2=1670.8Ω【小問3詳析】用標(biāo)準(zhǔn)電壓表V2與改裝后的電壓表并聯(lián)進(jìn)行校準(zhǔn)，當(dāng)電壓表V2示數(shù)為1.5V時，電壓表V2示數(shù)為0.48V，此時電阻箱分得的電壓為1.02V，設(shè)電壓表V1的真實阻值為，根據(jù)串聯(lián)分壓有再根據(jù)聯(lián)立，解得R2=1572.5Ω12.（1）某同學(xué)想測量一種金屬絲的電阻率，首先他測量出金屬絲的直徑為0.65mm，則他可能使用了下列哪個儀器測量______。（2）接著他用多用表粗測金屬絲的阻值，當(dāng)紅黑表筆接在金屬絲兩端時歐姆表指針如圖甲所示，出現(xiàn)上述情況最有可能的原因是______。A．未進(jìn)行機械調(diào)零B．未進(jìn)行歐姆調(diào)零C．歐姆擋倍率太小D．歐姆擋倍率太大（3）被測電阻大約5Ω，他改用伏安法測定金屬絲的電阻，除被測金屬絲外，還有如下實驗器材：A．直流電源（輸出電壓為3V）B．電流表A（量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）C．電壓表（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）D．滑動變阻器（最大阻值20Ω）E．開關(guān)、導(dǎo)線等請根據(jù)所提供的器材，在圖乙虛線框中畫出實驗電路圖。（）（4）在“導(dǎo)體電阻率的測量”的實驗中，以下操作中錯誤的是______。A．用刻度尺測量金屬絲的全長，且測量三次，算出其平均值，然后再將金屬絲接入電路中B．用螺旋測微器在金屬絲三個不同部位各測量一次直徑，算出其平均值C．實驗中應(yīng)保持金屬絲的溫度不變【答案】（1）A（2）B（3）（4）A【解析】（1）[1]測量值是0.65mm，讀到mm的百分位，螺旋測微器讀到mm的千分位，所以不是螺旋測微器，是游標(biāo)卡尺；末尾數(shù)是5，所以精確度為0.05，為20分度游標(biāo)卡尺，故選A；（2）[2]測電阻時指針出現(xiàn)在歐姆表盤0刻度右側(cè)，通過多用電表內(nèi)部的靈敏電流計的電流超過其量程，由歐姆表工作原理，可知是偏小導(dǎo)致，最可能的原因是未進(jìn)行歐姆調(diào)零，故選B。（3）[3]由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測電阻，電流表應(yīng)采用外接法，由于滑動變阻器最大阻值大于待測電阻，滑動變阻器可以采用限流接法，電路圖如圖所示（4）[4]A．先將金屬絲接入電路,然后用米尺測量接入電路中的金屬絲的全長，且測量三次，算出其平均值，A錯誤；B．用螺旋測微器在金屬絲三個