2024-2025学年湖北省云学部分重高中联盟高三上学期10月联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年湖北云学部分重点高中联盟高三年级10月联考物理试卷考试时间：2024年10月9日10：30-11：45时长：75分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.在2024年巴黎奥运会男子双杠决赛中，邹敬园勇夺金牌，成功实现了自己从东京奥运会到巴黎奥运会的卫冕。如图所示，决赛中邹敬园在时间t内静止在双杠上，手臂与双杠的夹角为θ。在时间t内，下列说法正确的是（）A.他所受合力的冲量大小为0B.他所受重力G的冲量大小为GtcosθC.他所受支持力F的冲量大小为FtsinθD.他所受支持力的冲量方向斜向右上方【答案】A【解析】A．依题意，邹敬园处于静止状态，合外力为0，根据可知他所受合力的冲量大小为0。故A正确；B．同理，可得故B错误；C．同理，可得故C错误；D．由于可知他所受支持力的冲量方向与重力冲量方向相反，即竖直向下。故D错误。故选A。2.利用智能手机中的加速度传感器可以测量手机的加速度a。用手掌托着手机，手掌从静止开始上下运动，软件显示竖直方向上的a-t图像如图，以竖直向上为正方向，若重力加速度大小为g=10m/s2，则手机（）A.始终与手掌存在作用力B.在t2时刻运动到最高点C.在t3时刻改变运动方向D.在t2~t4内，受到的支持力减小【答案】D【解析】A．手机的加速度在t4之后一段时间内等于重力加速度，则该段时间手机与手掌没有力的作用。故A错误；BC．由图可知，手机在0~t1加速度约为0，t1~t2时间内，向上做加速度增大的加速运动，t2~t3时间内，向上做加速度减小的加速运动，t3~t4向上做加速度增大的减速运动，则在t2时刻没有运动到最高点，在t3时刻也没有改变运动方向。故BC错误；D．由牛顿第二定律，t1~t3时间内有F-mg=ma解得t3~t4时间内有解得结合图像可知，t2~t3时间内支持力减小。故D正确。故选D。3.2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，成功实现世界首次月球背面采样返回。嫦娥六号采样返回地球，需要经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。下列说法正确的是（）A.发射嫦娥六号的速度大于第二宇宙速度B.返回器在月面加速起飞阶段处于超重状态C.返回器在环月飞行时，样品所受合力为零D.载有月壤样本的返回器在变轨进入月地转移轨道时需要点火减速【答案】B【解析】A．嫦娥六号并没有脱离地球的约束，所以发射嫦娥六号的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；B．返回器在月面加速起飞阶段，加速度方向向上，处于超重状态，故B正确；C．返回器在环月飞行时，样品所受万有引力提供所需的向心力，不为零，故C错误；D．载有月壤样本返回器在变轨进入月地转移轨道时，即从低轨道变轨到高轨道时，需要点火加速，故D错误。故选B。4.在巴黎奥运会跳水女子10米跳台比赛中，全红婵成功卫冕奥运会冠军，她第一跳丝滑入水，全部裁判给出10分。如图所示，运动员（视为质点）以3.9m/s的速度竖直起跳，上升0.64m后竖直落下，完成技术动作后，刚入水的速度大小为13m/s，从最高点到水面的高度为11.4m，则运动员上升段与下降段的加速度大小之比约为（）A.1.0 B.1.3 C.1.6 D.2.0【答案】C【解析】上升和下降过程，由速度位移公式得联立解得故选C。5.如图所示，足够长的轻质丝绸置于光滑水平面上，在丝绸上放有质量分别为m、2m的两物块P、Q，它们与丝绸间的滑动摩擦因数分别为μ、2μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现用水平力。F=4μmg向右拉丝绸，设P、Q的加速度分别为、，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】AB．因P与丝绸之间的摩擦因数较小，可知当PQ与丝绸不产生相对滑动时的最大加速度为此时当Q在丝绸上将要滑动时最大加速度为此时P与丝绸相对运动，则解得由于所以F=4μmg向右拉丝绸，P与丝绸相对运动，Q与丝绸相对静止，所以故AB错误；CD．对Q由牛顿第二定律得解得故C正确，D错误。故选C。6.图所示，真空中的正三棱柱ABC-A'B'C'，在A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为-Q的点电荷，已知AC＝AA'＝L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0，则B'点的电场强度大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据场强叠加原理，如图所示可得B'点的场强大小为而解得故选A。7.如图所示，边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P是ab边的中点，一质量为m、电荷量为-Q（Q>0）的带电粒子在纸面内沿不同方向以不同速率v从P点射入磁场，当v=v1时，平行于bc边射入的粒子从c点射出磁场。不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是（）A.若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，则粒子在磁场中运动的半径为B.若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长C.当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为D.当时改变粒子入射方向，从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为【答案】D【解析】A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，其运动轨迹如图所示则粒子做匀速圆周运动的半径等于P点到bc边的距离，可得粒子在磁场中运动的半径故A错误；B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，如图所示由洛伦兹力提供向心力得解得则粒子的速度越大，轨迹半径越大，粒子从ab边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故B错误；C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场，其运动轨迹如图所示根据几何关系可得解得粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值为解得粒子在磁场中运动的时间为故C错误；D．当时，粒子在磁场中运动的半径从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒子在磁场中运动的圆心角最小，由图1可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径，即圆心角为，最短时间为故D正确。故选D。8.关于原子核和核能，下列说法正确的是（）A.一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线B.对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能多C.放射性元素的半衰期与外界的物理条件和所处的化学状态无关D.比结合能等于结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核越稳定【答案】CD【解析】A．根据两种衰变的特点可知，同一原子核发生衰变时不一定能同时放出α、β和γ三种射线。故A错误；B．对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能少。故B错误；C．放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，与外界的物理条件和所处的化学状态无关。故C正确；D．比结合能等于结合能与核子数之比，比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。故D正确。故选CD。9.中国的面食文化博大精深、种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，每块小面片刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（）A.若初速度为v0，则B.落入锅中时，小面片最大速度是最小速度的倍C.掉落位置不相同的小面片，从抛出到刚落水时的速度变化量相同D.掉落位置不相同的小面片，从抛出到刚落水时的动量变化量相同【答案】BC【解析】A．将削出的小面片的运动视为平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，落入锅中时，小面片的最大水平速度小面片的最小水平速度竖直方向上是自由落体运动解得，若初速度为v0，则B．落入锅中时，小面片的合速度为小面片的最小合速度为小面片的最大合速度为则故B正确；C．掉落位置不相同的小面片，根据可知，下落时间相等，则速度的变化量都相同，故C正确；D．不同的面质量可能不同，则根据动量定理可知，动量的变化不一定相同，故D错误。故选BC。10.如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为5m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.槽向左运动最大位移为B.槽运动的最大速度为C.小球在槽中运动的最大速度为D.若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率为【答案】AD【解析】A．系统水平方向动量守恒，则有又，，解得，故A正确；B．小球最大速度在最低点，小球与槽的速度均最大，速度大小分别为、，由机械能守恒定律可得由水平方向动量守恒可得解得，故BC错误；D．若槽固定，设小球下落到槽内速度和水平方向夹角为时重力功率最大，即竖直方向速度最大，则有，，解得，则则重力的最大功率为故D正确。故选AD。二、非选择题（本题共5小题，共60分。）11.如图，某同学设计了可以测量物体质量的“天平”。首先把两根完全一样的弹簧上端吊挂在盒子上顶面，托板A、杆B、齿条C、水平横杆D、串联在一起，杆B通过小孔（直杆未与小孔边缘接触）穿过盒子上顶面，水平横杆D与两弹簧下端点相连。在齿条C左侧固定一齿轮，齿轮与齿条C啮合且可绕过圆心O的轴无摩擦转动，齿轮上固定一轻质指针，当齿条下移时，齿轮沿顺时针方向转动，指针随之转动，通过固定在齿轮上方的表盘可读出指针转过的角度。经过调校，使得托板A上不放物品时，指针恰好指在竖直向上的位置。（1）（单选）若在托板A上放上物体，读出指针偏转了，要求出每根弹簧伸长的增加量，仅需测量__________；A.弹簧劲度系数k B.物体质量m C.齿轮半径R D.指针长度l（2）若已知弹簧劲度系数为k，齿轮半径为R，则物体质量m与角度θ的关系式m=__________（重力加速度为g，所有物理量均为国际制单位）；（3）本实验中，弹簧自身受到的重力对实验结果__________（填“有”或“无”）影响。【答案】（1）C（2）（3）无【解析】【小问1详解】弹簧的伸长量是转轴下落的高度，也就是齿轮旋转时所对应的弧长，故只需要测量出齿轮的半径R即可。故选C。【小问2详解】设弹簧的形变量为x，由题可得由数学关系可知联立解得【小问3详解】根据可知，待测物体的质量m与弹簧自身受到的重力无关。12.如图某同学设计了一个加速度计，将其固定在待测量物体上，能通过电路中电压表的示数反映物体的加速度，其原理如图所示。滑块2可以在光滑框架1中平移，滑块两侧用相同的轻弹簧3连接，弹簧另一端分别固定在框架内两侧，每根弹簧的劲度系数均为k=100N/m；R为滑动变阻器，4是滑片，O点为滑动变阻器的中点，按图连接电路，滑块2与滑片连接且两者保持同步运动。初始时滑块2位于框架中央位置时，滑片4与O点对齐，电压表指针的零点位于表盘中央，此时加速度为零；当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转，此时示数为正；当指针向零点左侧偏转时示数为负。（1）当滑块2具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将__________（填“向左”或“向右”）偏转；（2）已知电路中电池的电动势E=8V，内阻不计，滑动变阻器R的总阻值为10Ω，总长度为0.2m，滑块2质量为2kg，当滑片4（宽度不计）滑到最右侧时，电压表的示数为__________V，此示数代表的加速度大小为__________m/s2。将表盘上的电压刻度改为对应的加速度值，即为加速度计；（计算结果均保留两位有效数字）（3）若要增大加速度的测量范围，可采用的方法有：_____________________（答出一条合理措施即可）。【答案】（1）向左（2）4.010（3）增大弹簧劲度系数【解析】【小问1详解】框架向右加速时，滑片向左滑动，此时Q点电势高于P点电势，指针向左偏转。【小问2详解】[1][2]当滑片滑到最右侧时，右半边电阻分压为，电压表的示数为，由代入数据可得【小问3详解】滑块所受到的合力最大值由弹簧决定，劲度系数越大，加速度的测量范围越大，即可以增大弹簧的劲度系数。13.小张同学玩了一个小游戏。如图所示，他用一根木杆推动位于水平地面上的质量为m=0.5kg的小方块（视为质点），t=0时刻，小方块以v0=3m/s的速度经过标志线a，速度方向垂直标志线a，继续推动小方块使它做匀加速直线运动，t=0.4s时通过标志线b，立即撤去水平推力，最后，若小方块停在得分区（标志线c、d之间），则视为游戏成功。图中标志线a、b的间距为d1=1.6m，标志线b、c的间距为d2=6.0m，标志线c、d的间距为d3=0.8m。已知小方块与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，所有标志线均互相平行，求（1）木杆对小方块水平推力的大小F；（2）小方块能否停在得分区？请计算说明。【答案】（1）3.5N（2）能，见解析【解析】【小问1详解】在加速过程中，由位移与时间的关系代入数据得a=5m/s2由牛顿第二定律联立解得F=3.5N【小问2详解】通过bb'时木盘的速度此后木盘做匀减速运动，加速度a'=μg减速到0，发生的位移联立解得可得x'<6.8m故木盘能停在得分区。14.一种智能呼啦圈如图甲所示，其主要由外侧带有轨道的腰带、滑轮、轻绳及配重组成，滑轮可以在轨道上无摩擦滑动。其原理简化图如图乙所示，腰带半径r=0.2m，轻绳长L=0.5m，配重质量m=0.6kg，当轻微扭动腰时，配重飞起绕竖直转轴（O1O2做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角（θ1=37°，此时配重距离地面的高度，h=0.8m，重力加速度g取10m/s2，运动过程中腰带视为静止，不计空气阻力。求（1）此时配重的角速度大小；（2）若此时剪断绳子，配重落地点与转轴O1O2的水平距离；（3）若加速扭动腰，使绳子与竖直夹角由θ1=37°，变为θ2=53°，此过程绳子拉力对配重所做的功。【答案】（1）（2）（3）1.875J【解析】【小问1详解】当绳子与竖直夹角为θ1时则R1=r+Lsinθ1解得则【小问2详解】剪断绳子后，配重做平抛运动，则x=v1t解得根据几何关系可知，配重刚落到水平地面上的位置离转轴O1O2的距离为【小问3详解】当绳子与竖直夹角为θ2时根据动能定理又解得W=1.875J15.如图所示，长L=3m的水平传送带MN沿逆时针方向转动，带速大小可以根据需要进行调节，传送带左右两侧光滑平台等高，左侧平台上固定着一个半径r=0.8m的光滑圆弧轨道和光滑圆轨道，两轨道间的平台足够长，C点为圆轨道内侧最高点，最低点D、D'点相互靠近且错开，右侧竖直墙壁上固定一个轻质弹簧。质量mA=30g的物块A从圆弧轨道的最高点P由静止释放，与静止在轨道最低点的质量mB=10g的物块B发生弹性碰撞，碰后撤去圆弧轨道。已知物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，物块A、B均可看作质点。（1）物块A、B第一次碰撞后，求物块B的速度大小；（2）若两物块碰撞后只有物块B能通过圆轨道的最高点且物块A、B均不脱轨：i.求圆轨道半径的范围；ii.若中间圆轨道的半径为0.32m，当传送带沿逆时针转动的速度由0增加至某一值时，保持此值不变，将A仍从P点由静止释放后，物块B恰好与物块A发生第二次弹性碰撞，求物块B与传送带组成的系统先后两次因摩擦产生的热量之比。【答案】（1）（2）i.0.2m≤R≤0.72m；ii.【解析】小问1详解】A从P点下滑到圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律解得A第一次与B碰前速度大小v0=4m/s对A、B第一次弹性碰撞过程，由机械能守恒定律由动量守恒定律解得，【小问2详解】i.若B刚好能通过最高点C，有B从D点运动到最高点C，由动能定理解得R1=0.72mA运动到与圆轨道的圆心等高处，速度减为零，恰好不脱轨，由动能定理，解得R2=0.2m则圆轨道半径范围0.2m≤R≤0.72mii.B反弹后向左运动时，要想与A碰撞，首先要通过圆轨道最高点C，则B从最高点C沿圆轨道滑下，到达底端D，设其速度为vB2，由动能定理解得vB2=4m/sB从M点向右运动到N点，设B在N点的速度为v1，由动能定理解得B反弹后，若B从N点一直减速运动到M点，设B在M点的速度为v2，有解得由上式可知，当传送带速度v传=4m/s时，B向左运动，既能通过传送带，又能通过最高点C，之后恰好与A发生第2次弹性碰撞。B向右运动过程中，B相对传送带滑动的时间B与传送带的相对位移B向左运动过程中，B相对传送带滑动时间B与传送带的相对位移由于B与传送带因摩擦产生的热量故2024年湖北云学部分重点高中联盟高三年级10月联考物理试卷考试时间：2024年10月9日10：30-11：45时长：75分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.在2024年巴黎奥运会男子双杠决赛中，邹敬园勇夺金牌，成功实现了自己从东京奥运会到巴黎奥运会的卫冕。如图所示，决赛中邹敬园在时间t内静止在双杠上，手臂与双杠的夹角为θ。在时间t内，下列说法正确的是（）A.他所受合力的冲量大小为0B.他所受重力G的冲量大小为GtcosθC.他所受支持力F的冲量大小为FtsinθD.他所受支持力的冲量方向斜向右上方【答案】A【解析】A．依题意，邹敬园处于静止状态，合外力为0，根据可知他所受合力的冲量大小为0。故A正确；B．同理，可得故B错误；C．同理，可得故C错误；D．由于可知他所受支持力的冲量方向与重力冲量方向相反，即竖直向下。故D错误。故选A。2.利用智能手机中的加速度传感器可以测量手机的加速度a。用手掌托着手机，手掌从静止开始上下运动，软件显示竖直方向上的a-t图像如图，以竖直向上为正方向，若重力加速度大小为g=10m/s2，则手机（）A.始终与手掌存在作用力B.在t2时刻运动到最高点C.在t3时刻改变运动方向D.在t2~t4内，受到的支持力减小【答案】D【解析】A．手机的加速度在t4之后一段时间内等于重力加速度，则该段时间手机与手掌没有力的作用。故A错误；BC．由图可知，手机在0~t1加速度约为0，t1~t2时间内，向上做加速度增大的加速运动，t2~t3时间内，向上做加速度减小的加速运动，t3~t4向上做加速度增大的减速运动，则在t2时刻没有运动到最高点，在t3时刻也没有改变运动方向。故BC错误；D．由牛顿第二定律，t1~t3时间内有F-mg=ma解得t3~t4时间内有解得结合图像可知，t2~t3时间内支持力减小。故D正确。故选D。3.2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，成功实现世界首次月球背面采样返回。嫦娥六号采样返回地球，需要经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。下列说法正确的是（）A.发射嫦娥六号的速度大于第二宇宙速度B.返回器在月面加速起飞阶段处于超重状态C.返回器在环月飞行时，样品所受合力为零D.载有月壤样本的返回器在变轨进入月地转移轨道时需要点火减速【答案】B【解析】A．嫦娥六号并没有脱离地球的约束，所以发射嫦娥六号的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；B．返回器在月面加速起飞阶段，加速度方向向上，处于超重状态，故B正确；C．返回器在环月飞行时，样品所受万有引力提供所需的向心力，不为零，故C错误；D．载有月壤样本返回器在变轨进入月地转移轨道时，即从低轨道变轨到高轨道时，需要点火加速，故D错误。故选B。4.在巴黎奥运会跳水女子10米跳台比赛中，全红婵成功卫冕奥运会冠军，她第一跳丝滑入水，全部裁判给出10分。如图所示，运动员（视为质点）以3.9m/s的速度竖直起跳，上升0.64m后竖直落下，完成技术动作后，刚入水的速度大小为13m/s，从最高点到水面的高度为11.4m，则运动员上升段与下降段的加速度大小之比约为（）A.1.0 B.1.3 C.1.6 D.2.0【答案】C【解析】上升和下降过程，由速度位移公式得联立解得故选C。5.如图所示，足够长的轻质丝绸置于光滑水平面上，在丝绸上放有质量分别为m、2m的两物块P、Q，它们与丝绸间的滑动摩擦因数分别为μ、2μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现用水平力。F=4μmg向右拉丝绸，设P、Q的加速度分别为、，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】AB．因P与丝绸之间的摩擦因数较小，可知当PQ与丝绸不产生相对滑动时的最大加速度为此时当Q在丝绸上将要滑动时最大加速度为此时P与丝绸相对运动，则解得由于所以F=4μmg向右拉丝绸，P与丝绸相对运动，Q与丝绸相对静止，所以故AB错误；CD．对Q由牛顿第二定律得解得故C正确，D错误。故选C。6.图所示，真空中的正三棱柱ABC-A'B'C'，在A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为-Q的点电荷，已知AC＝AA'＝L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0，则B'点的电场强度大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据场强叠加原理，如图所示可得B'点的场强大小为而解得故选A。7.如图所示，边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P是ab边的中点，一质量为m、电荷量为-Q（Q>0）的带电粒子在纸面内沿不同方向以不同速率v从P点射入磁场，当v=v1时，平行于bc边射入的粒子从c点射出磁场。不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是（）A.若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，则粒子在磁场中运动的半径为B.若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长C.当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为D.当时改变粒子入射方向，从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为【答案】D【解析】A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，其运动轨迹如图所示则粒子做匀速圆周运动的半径等于P点到bc边的距离，可得粒子在磁场中运动的半径故A错误；B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，如图所示由洛伦兹力提供向心力得解得则粒子的速度越大，轨迹半径越大，粒子从ab边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故B错误；C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场，其运动轨迹如图所示根据几何关系可得解得粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值为解得粒子在磁场中运动的时间为故C错误；D．当时，粒子在磁场中运动的半径从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒子在磁场中运动的圆心角最小，由图1可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径，即圆心角为，最短时间为故D正确。故选D。8.关于原子核和核能，下列说法正确的是（）A.一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线B.对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能多C.放射性元素的半衰期与外界的物理条件和所处的化学状态无关D.比结合能等于结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核越稳定【答案】CD【解析】A．根据两种衰变的特点可知，同一原子核发生衰变时不一定能同时放出α、β和γ三种射线。故A错误；B．对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能少。故B错误；C．放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，与外界的物理条件和所处的化学状态无关。故C正确；D．比结合能等于结合能与核子数之比，比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。故D正确。故选CD。9.中国的面食文化博大精深、种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，每块小面片刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（）A.若初速度为v0，则B.落入锅中时，小面片最大速度是最小速度的倍C.掉落位置不相同的小面片，从抛出到刚落水时的速度变化量相同D.掉落位置不相同的小面片，从抛出到刚落水时的动量变化量相同【答案】BC【解析】A．将削出的小面片的运动视为平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，落入锅中时，小面片的最大水平速度小面片的最小水平速度竖直方向上是自由落体运动解得，若初速度为v0，则B．落入锅中时，小面片的合速度为小面片的最小合速度为小面片的最大合速度为则故B正确；C．掉落位置不相同的小面片，根据可知，下落时间相等，则速度的变化量都相同，故C正确；D．不同的面质量可能不同，则根据动量定理可知，动量的变化不一定相同，故D错误。故选BC。10.如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为5m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.槽向左运动最大位移为B.槽运动的最大速度为C.小球在槽中运动的最大速度为D.若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率为【答案】AD【解析】A．系统水平方向动量守恒，则有又，，解得，故A正确；B．小球最大速度在最低点，小球与槽的速度均最大，速度大小分别为、，由机械能守恒定律可得由水平方向动量守恒可得解得，故BC错误；D．若槽固定，设小球下落到槽内速度和水平方向夹角为时重力功率最大，即竖直方向速度最大，则有，，解得，则则重力的最大功率为故D正确。故选AD。二、非选择题（本题共5小题，共60分。）11.如图，某同学设计了可以测量物体质量的“天平”。首先把两根完全一样的弹簧上端吊挂在盒子上顶面，托板A、杆B、齿条C、水平横杆D、串联在一起，杆B通过小孔（直杆未与小孔边缘接触）穿过盒子上顶面，水平横杆D与两弹簧下端点相连。在齿条C左侧固定一齿轮，齿轮与齿条C啮合且可绕过圆心O的轴无摩擦转动，齿轮上固定一轻质指针，当齿条下移时，齿轮沿顺时针方向转动，指针随之转动，通过固定在齿轮上方的表盘可读出指针转过的角度。经过调校，使得托板A上不放物品时，指针恰好指在竖直向上的位置。（1）（单选）若在托板A上放上物体，读出指针偏转了，要求出每根弹簧伸长的增加量，仅需测量__________；A.弹簧劲度系数k B.物体质量m C.齿轮半径R D.指针长度l（2）若已知弹簧劲度系数为k，齿轮半径为R，则物体质量m与角度θ的关系式m=__________（重力加速度为g，所有物理量均为国际制单位）；（3）本实验中，弹簧自身受到的重力对实验结果__________（填“有”或“无”）影响。【答案】（1）C（2）（3）无【解析】【小问1详解】弹簧的伸长量是转轴下落的高度，也就是齿轮旋转时所对应的弧长，故只需要测量出齿轮的半径R即可。故选C。【小问2详解】设弹簧的形变量为x，由题可得由数学关系可知联立解得【小问3详解】根据可知，待测物体的质量m与弹簧自身受到的重力无关。12.如图某同学设计了一个加速度计，将其固定在待测量物体上，能通过电路中电压表的示数反映物体的加速度，其原理如图所示。滑块2可以在光滑框架1中平移，滑块两侧用相同的轻弹簧3连接，弹簧另一端分别固定在框架内两侧，每根弹簧的劲度系数均为k=100N/m；R为滑动变阻器，4是滑片，O点为滑动变阻器的中点，按图连接电路，滑块2与滑片连接且两者保持同步运动。初始时滑块2位于框架中央位置时，滑片4与O点对齐，电压表指针的零点位于表盘中央，此时加速度为零；当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转，此时示数为正；当指针向零点左侧偏转时示数为负。（1）当滑块2具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将__________（填“向左”或“向右”）偏转；（2）已知电路中电池的电动势E=8V，内阻不计，滑动变阻器R的总阻值为10Ω，总长度为0.2m，滑块2质量为2kg，当滑片4（宽度不计）滑到最右侧时，电压表的示数为__________V，此示数代表的加速度大小为__________m/s2。将表盘上的电压刻度改为对应的加速度值，即为加速度计；（计算结果均保留两位有效数字）（3）若要增大加速度的测量范围，可采用的方法有：_____________________（答出一条合理措施即可）。【答案】（1）向左（2）4.010（3）增大弹簧劲度系数【解析】【小问1详解】框架向右加速时，滑片向左滑动，此时Q点电势高于P点电势，指针向左偏转。【小问2详解】[1][2]当滑片滑到最右侧时，右半边电阻分压为，电压表的示数为，由代入数据可得【小问3详解】滑块所受到的合力最大值由弹簧决定，劲度系数越大，加速度的测量范围越大，即可以增大弹簧的劲度系数。13.小张同学玩了一个小游戏。如图所示，他用一根木杆推动位于水平地面上的质量为m=0.5kg的小方块（视为质点），t=0时刻，小方块以v0=3m/s的速度经过标志线a，速度方向垂直标志线a，继续推动小方块使它做匀加速直线运动，t=0.4s时通过标志线b，立即撤去水平推力，最后，若小方块停在得分区（标志线c、d之间），则视为游戏成功。图中标志线a、b的间距为d1=1.6m，标志线b、c的间距为d2=6.0m，标志线c、d的间距为d3=0.8m。已知小方块与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，所有标志线均互相平行，求（1）木杆对小方块水平推力的大小F；（2）小方块能否停在得分区？请计算说明。【答案】（1）3.5N（2）能，见解析【解析】【小问1详解】在加速过程中，由位移与时间的关系代入数据得a=5m/s2由牛顿第二定律联立解得F=3.5N【小问2详解】通过bb'时木盘的速度此后木盘做匀减速运动，加速度a'=μg减速到0，发生的位移联立解得可得x'<6.8m故木盘能停在得分区。14.