2025届陕西省宝鸡市高三上学期联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025届高三联考物理试卷（考试时间75分钟总分100分）一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题，每小题4分，共28分，只有一项符合题目要求；第8~10题，每小题6分，共18分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，机器狗将物资驮运在水平背部，忽略空气阻力，则（）A.匀速上坡时，货物的机械能守恒B.加速前进时，物资对机器狗的力小于机器狗对物资的力C.机器狗能跳过小障碍物，起跳离地后物资处于超重状态D.若机器狗用5G电磁波信号定位，该信号是横波能在真空中传播【答案】D【解析】A．匀速上坡时，货物的动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故A错误；B．物资对机器狗的力与机器狗对物资的力是一对相互作用力，总是等大反向，故B错误；C．机器狗能跳过小障碍物，起跳离地后，忽略空气阻力，物资只受重力作用，物资的加速度向下，处于失重状态，故C错误；D．机器狗用5G信号定位，该信号是电磁波能在真空中传播，故D正确。故选D。2.如图为失去一个电子形成的正一价氦离子（简称氦的类氢结构）的能级示意图。关于氦离子（）的能级及其跃迁，下列说法正确的是（）A.能级比能级电势能多40.8eVB.处于基态的氦离子，吸收一个光子后跃迁到更高轨道，电子的动能将变大C.如果用具有54.4eV动能的电子碰撞处于基态的氦离子，可使其跃迁到能级D.一群处于能级的氦离子向低能级跃迁时，能产生6种不同频率的可见光【答案】C【解析】A．能级比能级的能量多但能级的能量等于电子具有的电势能和动能之和，故A错误；B．氦离子吸收光子，由低能级跃迁到高能级，则电子的轨道半径增大，根据得可知减小，则核外电子的动能减小，故B错误；C．如果通过电子碰撞的方式，使离子发生能级跃迁，只要入射电子的动能大于要发生跃迁的两能级的能量差即可，则用具有54.4eV动能的电子碰撞处于基态的氦离子，大于与的能级差，故可使其跃迁到能级，故C正确；D．一群处于能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，处于能级的氦离子能够发出6种光子的能量分别为而可见光的能量在1.63eV～3.10eV，因此只有1种频率的可见光，故D错误。故选C。3.如图甲所示是某人下蹲弯曲膝盖缓慢搬起重物的情景。甲乙该过程是身体肌肉、骨骼、关节等部位一系列相关动作的过程，现将其简化为如图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等。关于该过程的说法正确的是（）A.人缓慢搬起重物的过程中，逐渐变小B.人缓慢搬起重物过程中，F逐渐变大C.当时，D.当时，【答案】D【解析】A．人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，故A错误；B．设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力，则有脚掌所受地面竖直向上的弹力约为联立可得人缓慢搬起重物过程中，膝盖弯曲的角度θ变大，F逐渐变小，故B错误；CD．当时，可得当时，可得故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为和的物体，放在地面上，当的质量发生变化时，的加速度a的大小、速度v的大小、绳对的作用力F与的关系大体如图中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AB．分析可知，系统静止，此时的加速度为0、速度为0、拉力为，当时，系统开始运动，设加速度大小为a，则由牛顿第二定律得解得故加速度a与成非线性曲线，且随增加，加速度a趋于g，故A错误，B正确；C．以上分析可知，的速度为0，当时，加速度a与成非线性曲线，且加速度随着随增加而增大，而加速度是描述速度变化快慢的物理量，故速度着随增大而增加的越大越快。故C错误；D．以上分析可知当，系统静止，由平衡条件可知，绳子拉力可知拉力F与成正比；当时，系统开始运动，对研究，则由牛顿第二定律得又因为联立以上得故F与成非线性曲线，且随增加，F趋于，故D错误。故选B。5.如图甲所示，质量m=0.2kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是（）A.小球上升过程的运动时间4s B.地面对小球冲量-14N·sC.小球落地时的速度-40m/s D.小球离地时的速度30m/s【答案】B【解析】ACD．小球下降过程加速度根据牛顿第二定律球上升过程加速度根据牛顿第二定律全程的平均速度解得故小球上升过程的运动时间小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为故ACD错误；B．小球与地面作用过程，根据动量定理故B正确。故选B。6.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角，A、B两点间的距离m。质量kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量kg、电荷量C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取m/s2，，。下列说法错误的是（）A.撤去该恒力瞬间滑块的速度大小为6m/sB.匀强电场的电场强度大小E大小是N/CC.小球到达P点时的速度大小是2.5m/sD.小球和滑块碰撞后，滑块速度大小为4m/s【答案】D【解析】A．对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有解得v=6m/s故A正确，不符合题意；B．小球到达P点时，受力如图所示则有解得故B正确，不符合题意；C．小球所受重力与电场力的合力大小为小球到达P点时，由牛顿第二定律有解得故C正确，不符合题意；D．滑块与小球发生弹性正碰，取水平向右为正方向，设碰后滑块、小球的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律得由能量守恒得联立解得，故D错误，符合题意。故选D。7.由于大气层的存在，太阳光线在大气中折射，使得太阳“落山”后我们仍然能看见它。某同学为研究这一现象，建立了一个简化模型。将折射率很小的不均匀大气等效成折射率为的均匀大气，并将大气层的厚度等效为地球半径R。根据此模型，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间是（地球自转时间为24小时，地球上看到的太阳光可以看成平行光）（）A.3小时 B.2小时 C.1.5小时 D.1小时【答案】D【解析】太阳光是平行光，临界光路图如图所示由几何关系可得临界光线的折射角为可知临界光线的折射角为30°；根据折射定律可得由几何关系可知，地球多转角度便看不见太阳了，有一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为故选D。8.图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是（）A.t3-t2=t2-t1=t1B.v1：v2：v3=1：2：3C.粒子在电场中的加速次数为D.同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变【答案】AC【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由可得粒子运动周期为故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3-t2=t2-t1=t1A正确；B．粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为可得故速度之比为v1：v2：v3=1：：B错误；C．由B的分析可得联立解得故粒子在电场中的加速次数为，C正确；D．由A的分析可得由B的分析可知故即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误。故选AC。9.滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。假设滑沙者的速度超过8m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由变为，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B（B处为一平滑小圆弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C处。已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为，AB坡长m，，不计空气阻力，则滑沙者（）A.下滑速度较大时加速度为2m/s2B.下滑到B处时的速度大小12m/sC.在水平地面上运动的最大距离为18mD.在AB段下滑与BC段滑动的时间之比为【答案】BCD【解析】AB．滑沙板的速度较小时，根据牛顿第二定律可得代入数据可得速度达到的过程中的位移滑沙板的速度超过8m/s后，根据牛顿第二定律可得代入数据可得设到达B的速度为，则代入数据可得故A错误，B正确；C．滑沙板在水平面上的加速度大小为，则由可得由运动学公式可得在水平地面上运动的最大距离为故C正确；D．滑沙板的速度达到的时间第二段时间滑沙板在水平面上的时间则在AB段下滑与BC段滑动的时间之比为故D正确。故选BCD。10.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为kg、kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙面，现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功J，使A、B间弹簧被压缩．在系统静止时，突然撤去向左的力，解除压缩，则（）A.解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统动量守恒B.解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统机械能不守恒C.从撤去外力至A与墙面刚分离，弹簧对B的冲量N·s，方向水平向右D.A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s【答案】CD【解析】A．解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；B．解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B错误；C．压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则得此过程由动量定理得方向水平向右，故C正确；D．当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长，此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有得，故D正确。故选CD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.有一种新式游标卡尺，其游标尺的刻度与传统的旧式游标尺明显不同，新式游标尺的刻度线看起来很“稀疏”，使得读数时显得清晰明了，方便使用者正确地读取数据，通常游标尺的刻度有10分度，20分度，50分度三种规格，新式游标尺也有相应的三种，但游标尺刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份。（1）以“39mm等分成20份”新式游标尺为例，它的精确度是______mm；（2）用新式游标卡尺测量某一物体的厚度，测量时游标卡尺的示数如图所示，其读数是______mm。【答案】（1）0.05（2）1.25【解析】(1)[1]新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，它的测量精确度是(2)[2]用它测得物体厚度为12.在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到___．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值=10的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是．（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱阻值R/Ω1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=，内阻r=．（用k、b和R0表示）【答案】（1）最大值；（2）2；（3）【解析】试题分析：（1）为了预防电路中电流过大，损坏电路，所以需要将电阻箱调到最大，（2）由表格可知，方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大，导致电路中电流差别太小；而方案2中电阻箱的阻与与待测电阻相差不多，故可以得出较为合理的电流值，故应选择方案2③由闭合电路欧姆定律可知，变形得：由题意可知，斜率为k，即：，解得；．联立解得：考点：考查了测量电源电动势和内阻实验【名师『点石成金』】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查．13.一列简谐横波在时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：（1）波速及波的传播方向；（2）质点Q的平衡位置的x坐标。【答案】（1）18cm/s，沿x轴负方向传播；（2）9cm【解析】（1）由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm由图(b)可以看出，周期为T＝2s波速为v＝＝18cm/s由图(b)知，当时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播。（2）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、由图(a)知，x＝0处y＝－＝Asin(－)因此由图(b)知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，可得P、Q间平衡位置距离为＝vΔt＝6cm则质点Q的平衡位置的x坐标为＝9cm14.如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。求（1）第3根棒刚进入磁场时的加速度大小？（2）第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率？【答案】（1）（2）【解析】第3根棒刚进入磁场时速度为，由能量守恒得解得棒产生的感应电动势为此时第1、2根棒并联，电阻为，第3根棒等效于电源，电路中总电阻为联立解得电路中电流为由牛顿第二定律解得（2）第n根棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为电路总电阻为电路总电流由并联关系可知，第一根棒中电流解得第1根棒热功率为15.如图所示，水平传送带以m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量kg，物块b的质量kg，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径m，传送带左、右两端的距离m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为，物块b与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度m/s2，碰撞时间极短。求：（1）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；（2）两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。【答案】（1）2m/s（2）2次，0.48m【解析】（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点时设速度为，根据机械能守恒定律有解得物块a在传送带上运动时，由牛顿第二定律有设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为，由a、b运动学公式可得解得则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，题意知物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为，b的速度为，则有联立解得，即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s；（2）碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为，到静止时所用时间为，位移为，由牛顿第二定律有由运动学公式有联立解得，对于物块a，先沿传送带向右做匀减速运动，设速度减为0所用的时间为，位移为，由运动学公式有解得，由可知，故物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动，设物块a第二次与b碰撞前瞬间速度大小为，则有解得物块a、b第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为、，则有解得，物块b第二次碰撞后向左滑行的距离物块a第二次碰撞后向右滑行的距离则两物块最多碰撞2次，最终两者的距离为2025届高三联考物理试卷（考试时间75分钟总分100分）一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题，每小题4分，共28分，只有一项符合题目要求；第8~10题，每小题6分，共18分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，机器狗将物资驮运在水平背部，忽略空气阻力，则（）A.匀速上坡时，货物的机械能守恒B.加速前进时，物资对机器狗的力小于机器狗对物资的力C.机器狗能跳过小障碍物，起跳离地后物资处于超重状态D.若机器狗用5G电磁波信号定位，该信号是横波能在真空中传播【答案】D【解析】A．匀速上坡时，货物的动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故A错误；B．物资对机器狗的力与机器狗对物资的力是一对相互作用力，总是等大反向，故B错误；C．机器狗能跳过小障碍物，起跳离地后，忽略空气阻力，物资只受重力作用，物资的加速度向下，处于失重状态，故C错误；D．机器狗用5G信号定位，该信号是电磁波能在真空中传播，故D正确。故选D。2.如图为失去一个电子形成的正一价氦离子（简称氦的类氢结构）的能级示意图。关于氦离子（）的能级及其跃迁，下列说法正确的是（）A.能级比能级电势能多40.8eVB.处于基态的氦离子，吸收一个光子后跃迁到更高轨道，电子的动能将变大C.如果用具有54.4eV动能的电子碰撞处于基态的氦离子，可使其跃迁到能级D.一群处于能级的氦离子向低能级跃迁时，能产生6种不同频率的可见光【答案】C【解析】A．能级比能级的能量多但能级的能量等于电子具有的电势能和动能之和，故A错误；B．氦离子吸收光子，由低能级跃迁到高能级，则电子的轨道半径增大，根据得可知减小，则核外电子的动能减小，故B错误；C．如果通过电子碰撞的方式，使离子发生能级跃迁，只要入射电子的动能大于要发生跃迁的两能级的能量差即可，则用具有54.4eV动能的电子碰撞处于基态的氦离子，大于与的能级差，故可使其跃迁到能级，故C正确；D．一群处于能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，处于能级的氦离子能够发出6种光子的能量分别为而可见光的能量在1.63eV～3.10eV，因此只有1种频率的可见光，故D错误。故选C。3.如图甲所示是某人下蹲弯曲膝盖缓慢搬起重物的情景。甲乙该过程是身体肌肉、骨骼、关节等部位一系列相关动作的过程，现将其简化为如图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等。关于该过程的说法正确的是（）A.人缓慢搬起重物的过程中，逐渐变小B.人缓慢搬起重物过程中，F逐渐变大C.当时，D.当时，【答案】D【解析】A．人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，故A错误；B．设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力，则有脚掌所受地面竖直向上的弹力约为联立可得人缓慢搬起重物过程中，膝盖弯曲的角度θ变大，F逐渐变小，故B错误；CD．当时，可得当时，可得故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为和的物体，放在地面上，当的质量发生变化时，的加速度a的大小、速度v的大小、绳对的作用力F与的关系大体如图中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AB．分析可知，系统静止，此时的加速度为0、速度为0、拉力为，当时，系统开始运动，设加速度大小为a，则由牛顿第二定律得解得故加速度a与成非线性曲线，且随增加，加速度a趋于g，故A错误，B正确；C．以上分析可知，的速度为0，当时，加速度a与成非线性曲线，且加速度随着随增加而增大，而加速度是描述速度变化快慢的物理量，故速度着随增大而增加的越大越快。故C错误；D．以上分析可知当，系统静止，由平衡条件可知，绳子拉力可知拉力F与成正比；当时，系统开始运动，对研究，则由牛顿第二定律得又因为联立以上得故F与成非线性曲线，且随增加，F趋于，故D错误。故选B。5.如图甲所示，质量m=0.2kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是（）A.小球上升过程的运动时间4s B.地面对小球冲量-14N·sC.小球落地时的速度-40m/s D.小球离地时的速度30m/s【答案】B【解析】ACD．小球下降过程加速度根据牛顿第二定律球上升过程加速度根据牛顿第二定律全程的平均速度解得故小球上升过程的运动时间小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为故ACD错误；B．小球与地面作用过程，根据动量定理故B正确。故选B。6.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角，A、B两点间的距离m。质量kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量kg、电荷量C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取m/s2，，。下列说法错误的是（）A.撤去该恒力瞬间滑块的速度大小为6m/sB.匀强电场的电场强度大小E大小是N/CC.小球到达P点时的速度大小是2.5m/sD.小球和滑块碰撞后，滑块速度大小为4m/s【答案】D【解析】A．对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有解得v=6m/s故A正确，不符合题意；B．小球到达P点时，受力如图所示则有解得故B正确，不符合题意；C．小球所受重力与电场力的合力大小为小球到达P点时，由牛顿第二定律有解得故C正确，不符合题意；D．滑块与小球发生弹性正碰，取水平向右为正方向，设碰后滑块、小球的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律得由能量守恒得联立解得，故D错误，符合题意。故选D。7.由于大气层的存在，太阳光线在大气中折射，使得太阳“落山”后我们仍然能看见它。某同学为研究这一现象，建立了一个简化模型。将折射率很小的不均匀大气等效成折射率为的均匀大气，并将大气层的厚度等效为地球半径R。根据此模型，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间是（地球自转时间为24小时，地球上看到的太阳光可以看成平行光）（）A.3小时 B.2小时 C.1.5小时 D.1小时【答案】D【解析】太阳光是平行光，临界光路图如图所示由几何关系可得临界光线的折射角为可知临界光线的折射角为30°；根据折射定律可得由几何关系可知，地球多转角度便看不见太阳了，有一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为故选D。8.图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是（）A.t3-t2=t2-t1=t1B.v1：v2：v3=1：2：3C.粒子在电场中的加速次数为D.同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变【答案】AC【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由可得粒子运动周期为故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3-t2=t2-t1=t1A正确；B．粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为可得故速度之比为v1：v2：v3=1：：B错误；C．由B的分析可得联立解得故粒子在电场中的加速次数为，C正确；D．由A的分析可得由B的分析可知故即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误。故选AC。9.滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。假设滑沙者的速度超过8m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由变为，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B（B处为一平滑小圆弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C处。已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为，AB坡长m，，不计空气阻力，则滑沙者（）A.下滑速度较大时加速度为2m/s2B.下滑到B处时的速度大小12m/sC.在水平地面上运动的最大距离为18mD.在AB段下滑与BC段滑动的时间之比为【答案】BCD【解析】AB．滑沙板的速度较小时，根据牛顿第二定律可得代入数据可得速度达到的过程中的位移滑沙板的速度超过8m/s后，根据牛顿第二定律可得代入数据可得设到达B的速度为，则代入数据可得故A错误，B正确；C．滑沙板在水平面上的加速度大小为，则由可得由运动学公式可得在水平地面上运动的最大距离为故C正确；D．滑沙板的速度达到的时间第二段时间滑沙板在水平面上的时间则在AB段下滑与BC段滑动的时间之比为故D正确。故选BCD。10.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为kg、kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙面，现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功J，使A、B间弹簧被压缩．在系统静止时，突然撤去向左的力，解除压缩，则（）A.解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统动量守恒B.解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统机械能不守恒C.从撤去外力至A与墙面刚分离，弹簧对B的冲量N·s，方向水平向右D.A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s【答案】CD【解析】A．解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；B．解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B错误；C．压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则得此过程由动量定理得方向水平向右，故C正确；D．当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长，此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有得，故D正确。故选CD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.有一种新式游标卡尺，其游标尺的刻度与传统的旧式游标尺明显不同，新式游标尺的刻度线看起来很“稀疏”，使得读数时显得清晰明了，方便使用者正确地读取数据，通常游标尺的刻度有10分度，20分度，50分度三种规格，新式游标尺也有相应的三种，但游标尺刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份。（1）以“39mm等分成20份”新式游标尺为例，它的精确度是______mm；（2）用新式游标卡尺测量某一物体的厚度，测量时游标卡尺的示数如图所示，其读数是______mm。【答案】（1）0.05（2）1.25【解析】(1)[1]新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，它的测量精确度是(2)[2]用它测得物体厚度为12.在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到___．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值=10的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是．（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱阻值R/Ω1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=，内阻r=．（用k、b和R0表示）【答案】（1）最大值；（2）2；（3）【解析】试题分析：（1）为了预防电路中电流过大，损坏电路，所以需要将电阻箱调到最大，（2）由表格可知，方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大，导致电路中电流差别太小；而方案2中电阻箱的阻与与待测电阻相差不多，故可以得出较为合理的电流值，故应选择方案2③由闭合电路欧姆定律可知，变形得：由题意可知，斜率为k，即：，解得；．联立解得：考点：考查了测量电源电动势和内阻实验【名师『点石成金』】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查．13.一列简谐横波在时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：（1）波速及波的传播方向；（2）质点Q