2025屆四川省德陽(yáng)市高三上學(xué)期質(zhì)量監(jiān)測(cè)考試（一）物理試題（含答案）

屆四川省德陽(yáng)市高三上學(xué)期質(zhì)量監(jiān)測(cè)考試（一）物理試題一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，選對(duì)得4分，選錯(cuò)得0分.）1．放射性同位素電池簡(jiǎn)稱“同位素電池”，它的熱源是放射性同位素。如圖把放射性同位素94238Pu放在電池中心作為熱源，周?chē)脽犭娫?，其核反?yīng)方程為A．α射線比γ射線更易于屏蔽B．94238Pu核比C．為保證電池的長(zhǎng)壽命應(yīng)選用半衰期短的熱源D．同位素電池須做好防護(hù)，在五六千米深海的高壓下熱源的半衰期可能導(dǎo)致改變2．籃球是中學(xué)生喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，如圖所示，某同學(xué)從同一高度的A、B兩點(diǎn)先后將同一籃球拋出，且拋出點(diǎn)到籃板的水平距離B是A的兩倍，籃球恰好都能垂直打在籃板上的P點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，籃球從拋出到打在籃板的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．從A點(diǎn)拋出時(shí)該同學(xué)對(duì)籃球做的功較多B．從B點(diǎn)拋出時(shí)籃球的動(dòng)量變化量較大C．兩次拋出的籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D．兩次拋出的籃球克服重力做功的功率均先增大后減小3．邊長(zhǎng)為2L的正方形abcd，點(diǎn)M、N、P、S分別為邊ab、cd、ad、bc的中點(diǎn)，點(diǎn)O為直線PS和MN的交點(diǎn)，a、M、b、N、d五點(diǎn)處固定有電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，點(diǎn)c處固定有電荷量為?Q的點(diǎn)電荷，已知φP、φO、A．φB．E=C．將一帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷沿著直線PS從P點(diǎn)移動(dòng)到S點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力先不做功再做負(fù)功D．將一帶正電的檢驗(yàn)電荷沿著直線PS從P點(diǎn)移動(dòng)到S點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功4．如圖（a）所示，以地球球心為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立xOy平面直角坐標(biāo)系，某人造衛(wèi)星在xOy平面內(nèi)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向如圖中標(biāo)注，其圓周運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交點(diǎn)為A。現(xiàn)從衛(wèi)星經(jīng)過(guò)A點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，將人造衛(wèi)星所受地球的萬(wàn)有引力沿x軸、y軸兩個(gè)方向進(jìn)行正交分解，得到沿x軸、y軸兩個(gè)方向的分力Fx，F(xiàn)y，其中FxA．該人造衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為2RB．圖（b）中tC．任何時(shí)刻均滿足FD．該人造衛(wèi)星的速度大小與地球第一宇宙速度大小之比為1:5．如圖所示，一根輕質(zhì)的不可伸長(zhǎng)的細(xì)線兩端分別系在水平天花板上的A、B兩點(diǎn)，有一質(zhì)量及大小均不計(jì)的光滑動(dòng)滑輪跨在細(xì)線上，滑輪通過(guò)絕緣細(xì)線懸掛一帶正電且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊?？臻g存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將電場(chǎng)強(qiáng)度方向由豎直向下緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，A、B間細(xì)線的張力大小為F1，滑輪與物塊之間細(xì)線張力大小為F2，則（）A．F1逐漸增大 B．F1逐漸減小C．F2逐漸增大 D．F2先減小后增大6．如圖所示，abcd為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點(diǎn)沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁場(chǎng)，粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點(diǎn)）射出正方形區(qū)域，該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力，則（）A．3πm4qB≤t≤πmC．2qBLm≤v≤7．如圖所示，將一個(gè)中間有孔的質(zhì)量為m的小木塊套在粗糙橫桿上，木塊兩側(cè)連接相同的輕彈簧，輕彈簧的另一端與箱子內(nèi)壁連接，橫桿兩端固定在箱子上，箱子與橫桿總質(zhì)量為M，現(xiàn)將整個(gè)裝置放在光滑地面上，此時(shí)木塊位于橫桿中點(diǎn)，且兩彈簧均處于自然長(zhǎng)度，t=0時(shí)刻對(duì)箱子施加水平向右的恒力F，在t=t0時(shí)（t0A．W=B．最終穩(wěn)定時(shí)箱子速度大小為FC．若F>μmg，F(xiàn)作用瞬間，箱子的加速度大小為FD．若F>μ(M+m)g，F(xiàn)作用瞬間，箱子的加速度大小為μg二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題5分，共15分.每小題有多個(gè)選項(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.）8．在x軸上傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖如圖（a）所示，P、Q為該波上兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，此時(shí)P位于平衡位置，Q位于波峰。圖（b）為P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。則（）A．該波傳播方向?yàn)閤軸正方向B．t=1.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的速度最大C．在0~1.2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為1mD．x=1.25m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=0.29．如圖所示的豎直平面內(nèi)，螺線管與電容器兩極板相連，兩極板間距離足夠大，兩板之間有一水平固定絕緣平臺(tái)上放置有帶正電小球，t=0時(shí)對(duì)螺線管區(qū)域施加豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率ΔBA． B．C． D．10．如圖為一折射率n=2的玻璃磚截面示意圖，其截面一側(cè)是以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的四分之一圓弧，其余兩側(cè)為直面AC與BC，且AC=BC=R。僅靠O點(diǎn)下方有一單色激光發(fā)射器S，能在玻璃磚截面所在的平面內(nèi)發(fā)出過(guò)O點(diǎn)的光束，現(xiàn)讓激光發(fā)射器S繞過(guò)O點(diǎn)垂直于紙面的軸開(kāi)始順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T(mén)，觀察到玻璃磚AC面和BC面上有光斑移動(dòng)，光在真空中速度大小為c，不考慮光線的多次反射，下列說(shuō)法正確的是（）A．光線透過(guò)玻璃磚最長(zhǎng)時(shí)間為(B．光斑從玻璃磚AC面消失到BC面出現(xiàn)的時(shí)間間隔為1C．光斑在玻璃磚AC面上剛要消失的瞬時(shí)速度為8πRD．在發(fā)射器S開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，能觀察到AC面和BC面上有光斑的時(shí)間為T(mén)三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共14分.把答案填在答題卷相應(yīng)的橫線上或按題目要求作答.）11．如圖所示為一雙量程（“×1”和“×10”）電阻表的內(nèi)部電路圖，當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S1接1時(shí)，電阻表的擋位為（選填“×1”或“×10”），電阻調(diào)零后將待測(cè)電阻Rx接在a、b間，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)角很小，斷開(kāi)電路并將擋位換成另一擋位，再次電阻調(diào)零時(shí)，需將滑動(dòng)變阻器R的滑片（選填“向上”或“向下”）移動(dòng)。一同學(xué)用改裝好的電阻表按如圖所示的電路與二極管相連，電阻表的指針偏轉(zhuǎn)角12．某物理興趣小組利用如圖所示的裝置“探究動(dòng)量守恒定律”，AB是傾角大小可以調(diào)節(jié)的長(zhǎng)木板，BC是氣墊導(dǎo)軌（氣墊導(dǎo)軌可看成光滑軌道），忽略小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度變化，光電門(mén)1與光電門(mén)2固定在氣墊導(dǎo)軌BC上。（1）將質(zhì)量為m、直徑為d1的小球a從長(zhǎng)木板上的位置O1由靜止釋放，小球a通過(guò)光電門(mén)1、2的擋光時(shí)間分別為Δt1與Δt2，當(dāng)時(shí)，表明氣墊導(dǎo)軌已調(diào)至水平位置。（2）將質(zhì)量為3m、直徑為d2的小球b靜置于氣墊導(dǎo)軌上的位置O2，使小球a從長(zhǎng)木板上的位置O1由靜止釋放，小球a先后通過(guò)光電門(mén)的擋光時(shí)間分別為Δt3與Δt4，小球b通過(guò)光電門(mén)的擋光時(shí)間為Δt5。①若小球a、b碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則必須滿足的關(guān)系式為；②若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則Δt4（3）若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，該小組成員設(shè)想，如果保持小球a的直徑d1不變，逐漸增大小球a的質(zhì)量，則碰撞之前小球a的擋光時(shí)間Δt6與碰撞之后小球b的擋光時(shí)間Δt7的比值Δt6Δ四、計(jì)算題（本大題共3小題，共43分.解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出答案的不能得分，有數(shù)字計(jì)算的題，答案中必須寫(xiě)出數(shù)字和單位.）13．如圖所示，一個(gè)導(dǎo)熱良好的圓柱形氣缸開(kāi)口向上豎直放置于水平面上，缸內(nèi)有一形狀不規(guī)則的文物，且封閉有一定質(zhì)量的理想氣體.初始時(shí)刻，氣體的溫度為7℃，質(zhì)量為m、橫截面積為S的活塞到氣缸底部的距離為h.現(xiàn)環(huán)境溫度緩慢升高到27℃時(shí)，活塞離氣缸底部的距離變?yōu)镠，此過(guò)程中缸內(nèi)氣體吸收的熱量為Q。已知大氣壓恒為p0，重力加速度大小為g，熱力學(xué)溫度T與攝氏溫度t之間的數(shù)量關(guān)系為T(mén)=（1）氣缸內(nèi)放置的文物的體積；（2）該過(guò)程中氣體增加的內(nèi)能。14．如圖所示，APB為四分之一光滑圓弧軌道，O點(diǎn)為圓心，半徑為R，最低點(diǎn)B點(diǎn)的切線水平，一平板車(chē)b放在足夠長(zhǎng)光滑水平凹槽內(nèi)，可以自由移動(dòng)，平板車(chē)長(zhǎng)為2.75R，初始時(shí)平板車(chē)一端與軌道B端平滑相接且靜止，在凹槽右側(cè)的水平光滑地面EF（平板車(chē)頂端與EF剛好齊平）上方固定有一根光滑橫桿，兩物塊c、d通過(guò)一根輕彈簧相連，其中物塊d套在光滑橫桿GH上，可自由移動(dòng)，物塊c放在光滑水平面EF上，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)一物塊a以某一豎直向下的初速度v0從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)物塊a對(duì)軌道的壓力大小為4.4mg，OP與水平方向的夾角為53°，物塊a滑上平板車(chē)后，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，平板車(chē)b與凹槽右壁相撞后馬上被鎖定，且物塊a和物塊c碰后粘在一起，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，物塊a、c剛好離開(kāi)地面。已知物塊a與平板車(chē)b的質(zhì)量均為m，物塊c、d的質(zhì)量均為0.5m，物塊a與平板車(chē)b間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為E（1）物塊a在A位置的初速度大?。唬?）物塊a與物塊c碰撞前的速度大??；（3）物塊a與物塊c剛好離開(kāi)地面時(shí)，彈簧與水平方向夾角的正弦值。15．為了提高能源的利用率，目前國(guó)內(nèi)外的城市軌道交通車(chē)輛中，大都采用再生制動(dòng)方式，即將列車(chē)a制動(dòng)產(chǎn)生的電能轉(zhuǎn)化為待啟動(dòng)狀態(tài)的列車(chē)b的動(dòng)能，城市軌道交通的啟停過(guò)程原理如圖所示：兩足夠長(zhǎng)粗糙平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L(zhǎng)=0.5m固定在同一水平面內(nèi)，軌道平面內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m=0.5kg、電阻為R=6Ω的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L(zhǎng)=0.5m的單匝圓環(huán)a，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。t=0時(shí)，開(kāi)關(guān)S與1接通，恒流源（提供的電流強(qiáng)度恒為4A）與金屬環(huán)a連接，金屬環(huán)a從靜止開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，t1=4s時(shí)刻，將開(kāi)關(guān)S擲向2接通阻值為R0=0.5Ω定值電阻，同時(shí)對(duì)金屬環(huán)a施加外力F，使金屬環(huán)a做勻減速運(yùn)動(dòng)，在t2=6s時(shí)刻金屬環(huán)a減速至0，已知圓環(huán)與導(dǎo)軌的摩擦因數(shù)為μ=0.2，忽略導(dǎo)軌的電阻、金屬環(huán)的可能形變，金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g=10m/s2。求：（1）t1=4s時(shí)刻，金屬環(huán)a的加速度的大??；（2）4s~6s時(shí)間內(nèi)，外力F隨金屬環(huán)a的速度v變化的關(guān)系式（以水平向左為正方向）；（3）若在t2=4s時(shí)刻斷開(kāi)S，同時(shí)在金屬環(huán)a的右側(cè)足夠遠(yuǎn)處無(wú)初速度地平放上金屬環(huán)b（未畫(huà)出），金屬環(huán)b與金屬環(huán)a完全相同，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離也相等，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt=0.8s，金屬環(huán)b的速度達(dá)到最大值，則金屬環(huán)b獲得的最大動(dòng)能是多少？

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．a(chǎn)射線和γ射線是兩種不同的射線，它們具有不同的穿透能力。a射線是由兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子組成的氦原子核，它帶有正電荷，質(zhì)量較大，因此穿透能力相對(duì)較弱，容易被物質(zhì)屏蔽。而γ射線是一種高能電磁波，它不帶電，質(zhì)量極小，穿透能力非常強(qiáng)，難以屏蔽。故A正確；B．核反應(yīng)方程式中，生成物比反應(yīng)物穩(wěn)定，即生成物的比結(jié)合能比反應(yīng)物的比結(jié)合能大，可知94238Pu核比C．為保證電池的長(zhǎng)壽命，所以熱源存在的時(shí)間應(yīng)該越長(zhǎng)，即選用半衰期長(zhǎng)的熱源，故C錯(cuò)誤；D．半衰期僅與原子核自身有關(guān)，與化學(xué)環(huán)境、物理環(huán)境沒(méi)有關(guān)系，故D錯(cuò)誤。故選A。

【分析】比結(jié)合能是指原子核結(jié)合能對(duì)其中所有核子的平均值，它反映了原子核的穩(wěn)定性。比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定。2．【答案】C【解析】【解答】BC．用逆向思維法，將籃球看成反向平拋運(yùn)動(dòng)，籃球在豎直方向下降的高度相同，根據(jù)豎直方向上的位移公式得h=解得兩次拋出的籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=所以兩次在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)動(dòng)量定理（合力的沖量等于物體動(dòng)量變化）可知兩次運(yùn)動(dòng)重力（合力）的沖量相等，則動(dòng)量的變化量相等，即mgt=故B錯(cuò)誤，C正確；A．由圖可知從A點(diǎn)投出的籃球比從B點(diǎn)投出的籃球的水平位移小，根據(jù)水平方向上的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x=所以有v即從A點(diǎn)投出的籃球在水平方向的分速度小于在B點(diǎn)在水平方向的分速度，豎直方向速度相同，可得被拋出的速度大小為v=則初始時(shí)v即從A點(diǎn)投出的籃球的速度小，動(dòng)能小，根據(jù)動(dòng)能定理可知該同學(xué)對(duì)籃球所做的功更少，故A錯(cuò)誤；D．籃球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，先上升后下降。在上升過(guò)程中，速度逐漸減小，所以重力做功的功率（等于重力與速度的乘積）也逐漸減小，克服重力做功的功率逐漸變小，故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】根據(jù)逆向思維，將籃球看成反向的平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的水平和豎直方向上的位移、速度與時(shí)間的關(guān)系，以及功率表達(dá)式求解。3．【答案】B【解析】【解答】本題主要考查電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)以及電場(chǎng)力做功的相關(guān)知識(shí)，特別是要理解等量異種電荷和等量同種電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)面的特點(diǎn)。A．b、c兩點(diǎn)的等量異種電荷形成的電場(chǎng)中，P點(diǎn)和O點(diǎn)電勢(shì)相等，另外四個(gè)正電荷形成的電場(chǎng)中，根據(jù)對(duì)稱性將試探電荷從P移到O過(guò)程中電場(chǎng)力不做功，所以φB．根據(jù)對(duì)稱性M、N兩點(diǎn)的正電荷形成的電場(chǎng)在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，同理b、d兩點(diǎn)的正電荷在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)也為0；O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)等于a、c兩點(diǎn)的等量異種電荷在O場(chǎng)強(qiáng)的場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)計(jì)算公式，E=2×故B正確；C．將一帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷沿著直線PS從P點(diǎn)移動(dòng)到S點(diǎn)過(guò)程中，b、c兩點(diǎn)的等量異種電荷形成的電場(chǎng)對(duì)其不做功，再根據(jù)對(duì)稱性，另外四個(gè)正電荷對(duì)此負(fù)電荷的電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功，C錯(cuò)誤；D．同理，將一帶正電的檢驗(yàn)電荷沿著直線PS從P點(diǎn)移動(dòng)到S點(diǎn)過(guò)程中，根據(jù)對(duì)稱性，電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，D錯(cuò)誤；故選B。

【分析】移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功，則對(duì)應(yīng)位置電勢(shì)相等，根據(jù)對(duì)稱性M、N兩點(diǎn)的正電荷形成的電場(chǎng)在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，同理b、d兩點(diǎn)的正電荷在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)也為0；O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)等于a、c兩點(diǎn)的等量異種電荷在O場(chǎng)強(qiáng)的場(chǎng)強(qiáng)。4．【答案】B【解析】【解答】物體在地面受萬(wàn)有引力等于重力，該人造衛(wèi)星在A點(diǎn)時(shí)，引力方向沿著X軸方向，由圖像可得，所受萬(wàn)有引力為0.5mg，根據(jù)萬(wàn)有引力公式GMmGMm解得r=故A錯(cuò)誤；B．物體在地面受萬(wàn)有引力等于重力GMm據(jù)圖可知中t1為半個(gè)周期t根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力以及牛頓第二定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得GMm解得T=2πt故B正確；C．衛(wèi)星軌道為圓，物體沒(méi)有在地球表面，萬(wàn)有引力比在近地面小，F(xiàn)x、Fy的合力即為萬(wàn)有引力，等于0時(shí)刻的F所以F故C錯(cuò)誤；D．萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律地球第一宇宙速度GMm該衛(wèi)星GMm又r=解得該人造衛(wèi)星的速度大小與地球第一宇宙速度大小之比為1:2故選B。

【分析】物體運(yùn)動(dòng)到軌跡與X軸交點(diǎn)時(shí)，沿X軸分力最大，即為軌道萬(wàn)有引力，萬(wàn)有引力最大，結(jié)合萬(wàn)有引力定律以及牛頓第二定律分析。5．【答案】B【解析】【解答】一根繩上的力大小處處相等，則初始時(shí)合力的方向?yàn)樨Q直向下，則設(shè)A、B間細(xì)線與豎直方向夾角為θ，則初始時(shí)，物塊受到的重力和電場(chǎng)力之和（看作等效重力）等于滑輪與物塊之間細(xì)線張力G根據(jù)幾何關(guān)系可得AB繩上的張力F隨著電場(chǎng)強(qiáng)度方向由豎直向下緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，物塊帶正電，電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相同，電場(chǎng)力也逐漸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，隨著電場(chǎng)力和重力夾角增大，等效重力G'逐漸減小，即F2逐漸減小，AB細(xì)繩與等效重力方向之間的夾角也在逐漸減小，如圖中θ'，則cosθ'>cosθ，可知F1在逐漸減小。故選B。

【分析】本題考查共點(diǎn)力平衡，解題關(guān)鍵是對(duì)小球做好受力分析，根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系列式求解即可。對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系列式求解即可。6．【答案】D【解析】【解答】本題主要考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵明確粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，結(jié)合幾何關(guān)系確定粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解。AB．粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)周期T=洛倫茲力提供向心力qvB=得粒子運(yùn)動(dòng)周期T=由于粒子帶正電，且磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則，可得洛倫茲力方向。如果粒子從c點(diǎn)射出，畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖，可知粒子圓周運(yùn)動(dòng)的圓周角為θ所用時(shí)間為t如果粒子從d點(diǎn)射出，畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖，可知粒子圓周運(yùn)動(dòng)的圓周角為π2t所以粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，有3πm故AB錯(cuò)誤；CD．如果粒子從c點(diǎn)射出，畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖，根據(jù)幾何關(guān)系，射出磁場(chǎng)時(shí)的速度反向延長(zhǎng)線通過(guò)a點(diǎn)，磁場(chǎng)的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，設(shè)粒子的軌道半徑為r，由幾何關(guān)系得L+r=由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qvB=m聯(lián)立解得v=如果粒子從d點(diǎn)射出，畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖，根據(jù)幾何關(guān)系r=L由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qvB=m聯(lián)立解得v=粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點(diǎn)）射出正方形區(qū)域，所以(C錯(cuò)誤，D正確。故選D?！痉治觥慨?huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，確定圓心，由幾何關(guān)系可求得粒子的軌道半徑，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力，據(jù)此可求得速度大小以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間。7．【答案】B【解析】【解答】A．正確分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，知道當(dāng)木塊和箱子加速度相等時(shí)，木塊和箱子將一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。如果拉力較小，木塊和箱子不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)a=根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間關(guān)系，位移為x=根據(jù)恒力做功公式，拉力做的功W如果拉力較大，則小木塊會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)箱子的位移x'>x該過(guò)程F對(duì)箱子做功為W>故A錯(cuò)誤；B．最終穩(wěn)定時(shí)木塊和箱子速度相同，根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量等于物體動(dòng)量變化，F(xiàn)解得v=故B正確；CD．設(shè)木塊和箱子剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)兩者之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力對(duì)于小木塊，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma得a=μg此時(shí)拉力大小F若F<μ(M+m)gF作用瞬間，木塊和箱子不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，箱子的加速度大小a=若F>μ(M+m)gF作用瞬間，木塊和箱子發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，箱子的加速度大小為a=若F>μmg，不知F與μ(M+m)g的關(guān)系，所以作用瞬間，箱子的加速度大小，兩種情況都有可能。故CD錯(cuò)誤；故選B。

【分析】該車(chē)與小球保持相對(duì)靜止時(shí)速度、加速度都相同，對(duì)小物體受力分析后可以求出合力，再根據(jù)牛頓第二定律求加速度大小，小車(chē)可能向右加速運(yùn)動(dòng)或向左減速運(yùn)動(dòng)；再根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)值即可求得加速度。8．【答案】A,D【解析】【解答】A．解決y-t圖像和y-x圖像綜合問(wèn)題，關(guān)鍵要明確兩點(diǎn)：一是y-t圖像描述的是哪個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)；二是y-x圖像是哪一時(shí)刻的圖像，然后根據(jù)y-t圖像確定這一時(shí)刻該點(diǎn)的位移和振動(dòng)方向，最后根據(jù)y-x圖像確定波的傳播方向。根據(jù)圖（b）為P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，0時(shí)刻P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閥軸正方向，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方向與傳播方向的關(guān)系，該波傳播方向?yàn)閤軸正方向，故A正確；B．根據(jù)圖（b）為P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，可知此簡(jiǎn)諧波的周期為0.8s，故t=1.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q在波谷，其速度為零，故B錯(cuò)誤；C．在0~1.2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為s=故C錯(cuò)誤；D．此列波ω=x=1.25m處質(zhì)點(diǎn)初相位φ=其振動(dòng)方程為y=0.2故D正確。故選AD。

【分析】根據(jù)圖乙確定當(dāng)t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向，再根據(jù)波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向的關(guān)系確定波的傳播方向；考慮質(zhì)點(diǎn)Q的不同位置及空間的周期性分別求解傳播距離與波長(zhǎng)的關(guān)系，結(jié)合波長(zhǎng)范圍求波長(zhǎng)；再根據(jù)波長(zhǎng)、波速和周期的關(guān)系求傳播速度，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系解得路程，根據(jù)角頻率解得質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方程。9．【答案】B,D【解析】【解答】CD．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知通電螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e=n由楞次定律可得電容器下極板為正極。此時(shí)線圈給電容器充電，在充電過(guò)程中極板間電勢(shì)差也與時(shí)間成正比，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與極板間電壓之差保持穩(wěn)定值，根據(jù)電容定義式可得

Q=CU

可知電荷量隨時(shí)間均勻增加，由

Q=It

可知電流恒定不變。故C錯(cuò)誤，D正確；AB．電容器兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大，則根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差關(guān)系

E=Uda=場(chǎng)強(qiáng)均勻增大，則加速度均勻增大，在v?t圖像中斜率逐漸增大。故A錯(cuò)誤，B正確。故選BD。

【分析】v?t圖像中斜率表示加速度，電容器兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，加速度變大，圖像斜率變大，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律以及電容定義式求解。10．【答案】C,D【解析】【解答】A．本題主要考查了光的折射定律以及幾何關(guān)系在物理中的應(yīng)用，同時(shí)涉及了勻速圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)。

光線透過(guò)玻璃磚最長(zhǎng)時(shí)間為從C點(diǎn)射出的光線，則t=又n=聯(lián)立，解得t=故A錯(cuò)誤；BD．若射到E點(diǎn)和G點(diǎn)的光線恰能發(fā)生全反射，此時(shí)入射角剛好等于全反射臨界角，可知射到AE之間和GB之間的光線都能從透明光學(xué)部件中射出，如圖所示由sin解得∠根據(jù)幾何關(guān)系可知∠根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知光斑從玻璃磚AC面消失到BC面出現(xiàn)的時(shí)間間隔為t=在發(fā)射器S開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，能觀察到AC面和BC面上有光斑的時(shí)間為t故B錯(cuò)誤；D正確；C．把光斑在玻璃磚AC面上剛要消失的瞬時(shí)速度分解為沿光線方向和垂直光線方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v又ω=2πT聯(lián)立，解得v=故C正確。故選CD。

【分析】由幾何知識(shí)結(jié)合全反射臨界角公式解得區(qū)域長(zhǎng)度；由幾何關(guān)系求出傳送距離，即可得傳播時(shí)間。對(duì)于幾何光學(xué)問(wèn)題的分析，能正確的畫(huà)出光路圖，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行分析是關(guān)鍵。11．【答案】×1；向上；很大【解析】【解答】本題考查了電阻表的改裝原理和應(yīng)用，以及二極管單向?qū)щ娦缘睦斫?。首先，我們?lái)分析電阻表的內(nèi)部電路圖。由并聯(lián)分流原理可得，當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S1接1時(shí)，由于并聯(lián)電路的總電阻小于任何一個(gè)分電阻，靈敏電流計(jì)與電阻R1R2組成的電流表量程較大，內(nèi)阻較小，所以組成的電阻表中值電阻小，電阻表檔倍率小，為“×1”檔。

將擋位換成另一擋位，即將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與1接通換成與2接通，電流表滿偏時(shí)，干路電流減小了，則調(diào)零時(shí)需增大滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻，即滑動(dòng)變阻器R的滑片向上移動(dòng)。

電阻檔時(shí)，電流由紅表筆流入黑表筆流出，即紅進(jìn)黑出，對(duì)于二極管來(lái)說(shuō)，是正向電流，所以電阻小，電阻表指針偏轉(zhuǎn)角大。

12．【答案】Δt1=Δt2；【解析】【解答】理解實(shí)驗(yàn)原理、知道實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)是解題的前提，根據(jù)小球的直徑與通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間求出小球的速度，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒即可解題。（1）若氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平位置，則小球a在氣墊導(dǎo)軌上將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即當(dāng)Δt（2）①小球a先后通過(guò)光電門(mén)的擋光時(shí)間分別為Δt3與Δt4，則小球a先后通過(guò)光電門(mén)的速度為v3=小球b通過(guò)光電門(mén)的擋光時(shí)間為Δtv若小球a、b碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則必須滿足的關(guān)系式為m解得d②若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則

mv3解得v則Δ（3）設(shè)小球a的質(zhì)量為M，若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、能量守恒，有Md1整理得Δ當(dāng)M?m時(shí)，Δt6Δt7逐漸趨近于2d1d2。

【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和勻速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)確定小球在兩光電門(mén)的時(shí)間關(guān)系；13．【答案】（1）解：設(shè)氣缸內(nèi)放置的文物體積為V0TV末態(tài)TV氣體做等壓變化V解得氣缸內(nèi)放置的文物的體積V（2）解：氣體的壓強(qiáng)為p外界對(duì)氣體做功為W=?根據(jù)熱力學(xué)第一定律，該過(guò)程中氣體增加的內(nèi)能為Δ【解析】【分析】(1)氣體做等壓變化，根據(jù)初末狀態(tài)的體積以及溫度，結(jié)合蓋呂薩克定律列式求解；

（2）根據(jù)恒力做功公式求解外界對(duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解該過(guò)程中氣體增加的內(nèi)能。（1）設(shè)氣缸內(nèi)放置的文物體積為V0TV末態(tài)TV氣體做等壓變化V解得氣缸內(nèi)放置的文物的體積V（2）氣體的壓強(qiáng)為p外界對(duì)氣體做功為W=?根據(jù)熱力學(xué)第一定律，該過(guò)程中氣體增加的內(nèi)能為Δ14．【答案】（1）解：經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，則N?mgA處運(yùn)動(dòng)到P處的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgR解得物塊a在A位置的初速度大小v（2）解：物塊a到達(dá)B點(diǎn)時(shí)mgR=解得物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度v物塊a滑上平板車(chē)后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，假設(shè)a、b能共速，由動(dòng)量守恒得m由能量守恒定律得1解得v1=假設(shè)成立，當(dāng)b與凹槽右側(cè)碰撞后，a在b上做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得?μmg(2.75R?解得物塊a與物塊c碰撞前的速度大小v（3）解：物塊a、c碰撞過(guò)程中遵循動(dòng)量守恒，即m解得v經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，物塊a、c剛好離開(kāi)地面，此時(shí)a、c、d共速，即1.5m根據(jù)能量守恒1對(duì)a、c整體分析，彈簧拉力T在豎直方向需與重力大小相等，則T=k方程聯(lián)立，解得sin【解析】【分析】（1）經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解在P點(diǎn)速度，A處運(yùn)動(dòng)到P處的過(guò)程，由動(dòng)能定理求解物塊a在A位置的初速度大小；

（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解物塊a到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度，物塊a滑上平板車(chē)后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)能定理求解物塊a與物塊c碰撞前的速度大??；

（3）物塊a、c碰撞過(guò)程中遵循動(dòng)量守恒，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，物塊a、c剛好離