2025年江西省上饶市高考物理一模试卷

第1页（共1页）2025年江西省上饶市高考物理一模试卷一、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题只有一项符合题目要求，每题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每题6分，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．（4分）动车铁轨旁两相邻里程碑之间的距离是1km。某同学乘坐动车时，通过观察里程碑和车厢内电子屏上显示的动车速度来估算动车加速出站时的加速度大小。当他身边的窗户经过某一里程碑时屏幕显示的动车速度是54km/h，动车又前进了3个里程碑时，速度变为126km/h。把动车出站过程视为匀加速直线运动，则动车出站时的加速度大小为（）A．12ms2 B．13m2．（4分）套圈是人们喜爱的传统游戏，大人和小孩在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，圆环恰好同时套中水平地面上的玩具。若不计空气阻力，圆环和玩具均可视为质点，圆环被抛出后的运动可视为平抛运动，下列说法正确的是（）A．小孩后抛出圆环，小孩抛出圆环初速度较大 B．大人先抛出圆环，大人抛出圆环初速度较大 C．两人同时抛出圆环，抛出圆环初速度一样大 D．小孩先抛出圆环，大人和小孩抛出圆环初速度一样大3．（4分）如图所示，四边形abcd关于ac连线左右对称，O点为ac连线上的一点。在a，b点各固定一个带电荷量为q的正电荷，d点固定一个带电荷量为q的负电荷，O点、c点电势分别为φ1和φ2，则（）A．φ1＜φ2 B．φ1＝φ2 C．φ1＞φ2 D．不能确定4．（4分）某同学设计了一种利用光电效应原理工作的电池。如图所示，K、A电极分别加工成球形和透明导电的球壳。现用波长为λ的单色光照射K电极，K电极发射光电子的最大初动能为Ek，忽略光电子重力及它们之间的相互作用。下列说法正确的是（）A．若仅增大入射光强度，A、K之间的最大电压将增大 B．若仅增大入射光强度，A、K之间的最大电压将不变 C．若仅增大入射光波长，A、K之间的最大电压将增大 D．若仅增大入射光波长，A、K之间的最大电压将不变5．（4分）如图三个规格相同的小灯泡（可视为纯电阻）连接在理想变压器的原、副线圈上。三个小灯泡均能正常发光，已知小灯泡正常工作时的电阻为4Ω，变压器原线圈ab端输入电压为u＝24sin100πt（V），则单个小灯泡的额定功率为（）A．4W B．8W C．16W D．32W6．（4分）在2024年的珠海航展上，太空电梯的概念模型引起了观众的浓厚兴趣。太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，它的主体是一个连接太空站和地球表面的超级缆绳，可以用来将人和货物从地面运送到太空站。图中配重空间站比地球静止同步空间站更高，若从配重空间站脱落一个小物块，关于小物块的运动情况下列说法正确的是（）A．做匀速圆周运动 B．做匀速直线运动 C．做近心运动 D．做离心运动7．（4分）在原子反应堆中抽动导电液体时，常常用到一种新型的装置——电磁泵。如图所示为电磁泵的简易结构图，泵体为一个长、宽、高分别为a、b、c的长方体，上下两面M、N为金属极板，泵体处于垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场中。当与电源相连时只会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流I，导管的左右两端便会产生压强差，从而将导电液体抽出。导电液的电阻率为ρ，密度为ρ0，工作时泵体内始终充满导电液体，重力加速度为g。经研究表明，抽液高度h与泵体中的液体流速有关，则电磁泵抽液的最大高度为（）A．BIρag B．BIρ0ag C．（多选）8．（6分）降噪耳机可以有效减少环境噪音的干扰，越来越受到大家的青睐。降噪可分为被动式降噪和主动式降噪，其中主动式降噪通过拾噪麦克风，采集一些有规律的噪声，通过电路，加入降噪声波，从而达到降噪效果。图甲为原理简化图，图乙为理想情况下的降噪过程图，实线表示环境声波，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，假如采集到的某一噪声信号的振动方程为y=Asin(200πt+πA．降噪过程应用的是声波的衍射原理 B．理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等 C．降噪声波频率应为100Hz才能有效降噪 D．P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长（多选）9．（6分）关于如图实验，说法正确的是（）A．图甲实验装置既可以验证自由落体运动规律也可以验证机械能守恒定律 B．图乙“利用单摆测重力加速度”实验中，测周期时，将n次全振动误记为n﹣1次，则测出的g值偏大 C．图丙为“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验，如图所示情景，A、B都为质量相同的钢球，标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4，则与皮带连接的变速轮塔相对应的半径之比为2：1 D．图丁“验证动量守恒定律”实验中，斜槽轨道必须光滑且其末端水平（多选）10．（6分）2024年6月2日清晨，嫦娥六号成功着陆在月球背面南极﹣艾特肯盆地预定着陆区，为了能更安全着陆，科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示。主要部件为缓冲绝缘滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器主体能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，直至着陆器主体达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。已知着陆器主体及轨道的质量为m，月球表面的重力加速度为g0，不考虑运动磁场产生的电场，下列分析正确的是（）A．磁场方向反向后不能起到缓冲作用 B．若着陆器主体接触地面前可做匀速直线运动，则匀速的速度大小为mgC．缓冲滑块K刚停止运动时，舱体的加速度大小为4nD．若着陆器主体速度从v0减速到v02二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（11分）小凯同学家有一个摆件上挂着一个球形透明物，为了弄清这个球形物体的材质是什么，小凯设计了一个实验来测定该球体的折射率。f34a9e6e（1）小凯同学先用游标卡尺测量球体的直径D，测量结果如图甲所示，球体直径D＝cm；（2）图乙是小凯同学设计的实验原理图，他将该球体固定在水平桌面上，找来一支激光笔，射出一束沿水平方向的红色激光照在球体上，调整水平激光的高度，当看到光线在进出球体时没有发生偏折时，说明激光通过了球体的球心（如图中MN），在球体上光线出射的位置做一个记号（图中P点）。将激光笔竖直向上移动，保持入射光线水平，当光线经球体发生折射后恰好能从P点射出时，将激光笔固定，测量得到该过程中光线向上移动的距离为d＝2.00cm。根据所测数据可求得球体的折射率为n＝（5=2.24（3）若实际操作中，小凯最终调到的水平光线从球体内出射时的位置相对P点向上偏了一点，他仍按照（2）中原理计算折射率，实验结果将（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）；（4）如果将光线继续上移，（填“能”或“不能”）看到光在球体内发生全反射。12．（10分）某兴趣小组在实验室发现一段电阻未知的合金丝导线，小组成员通过实验测出了这段合金丝导线的电阻。（1）兴趣小组设计的实验电路如图所示，闭合开关S1，将开关S2先与a相连，调节滑动变阻器阻值为适当值时，电压表的示数为U1＝0.96V，电流表的示数为I1＝0.31A；再将S2与b相连，电压表的示数为U2＝1.34V，电流表的示数为I2＝0.40A。根据以上测量数据判断，当S2处于位置（填“a”或“b”）时，测量结果相对准确，对应的电阻测量值（填“偏大”或“偏小”）。（2）考虑到电流表不管外接还是内接都有实验误差，兴趣小组通过讨论研究，设计了一个新的实验方案：按图连接实验电路，先闭合开关S1，调节R2，使电流计的示数为零，再闭合S2，调节R1，使电流计的示数再次为零，此时读出电压表的示数U和电流表的示数I。按照这个改进后的实验方案，待测电阻的阻值计算式为Rx＝（用实验步骤中所测物理量表示），该方案能使测量结果更准确的原因是：。13．（11分）瑜伽球是一种很受欢迎的健身器材，它可以增强锻炼者的平衡能力和协调性，也被应用于医疗中帮助病人做康复训练。一个充满气的瑜伽球内部气体（可视为理想气体）体积为120L，处在温度为7℃的室外环境下，其内部压强为1.4atm，现把瑜伽球移入温度为27℃的室内，当瑜伽球温度和室温达到一致时：（1）若忽略球体体积变化，瑜伽球内部气体压强变为多大？（2）当某人坐上瑜伽球时，稳定后球体体积减小为112L，此时球内气体压强变为多少？14．（11分）如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×104N/C，电场的右边界与y轴的距离为L＝1.0m。电场右侧有一个半径为R＝0.5m的圆形区域，圆与x轴相切于A点，C点为圆左侧与圆心O1等高的位置，圆形区域内存在磁感应强度大小为B＝1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。A点处有一微粒源，有大量质量为m＝4.0×10﹣21kg、电荷量为q＝+8.0×10﹣16C的微粒以相同的速率v0沿不同方向从A点射入磁场，已知垂直x轴方向射入磁场的微粒恰好从C点水平射出磁场，不考虑微粒间的相互作用，不计微粒的重力。（1）求射入磁场时速度方向与x轴正方向成30°角的微粒在磁场中运动的时间t（结果可用π表示）；（2）某微粒经磁场与电场的偏转恰好能到达坐标原点O，求该微粒射入磁场时速度的方向。15．（11分）如图所示，一块长为L＝0.5m、质量为m0＝1kg的木板静置于水平地面上，木板左端放置一质量为m1＝2kg的物块A。木板右侧距离为d处有一光滑水平轨道MN，轨道表面与木板上表面齐平，质量为m2＝1kg的物块B静置于轨道的P点，P与轨道左端M点距离为s0＝1.5m，水平轨道P点右边长度可以调节。轨道右端N点平滑连接一段外表面光滑的圆弧形轨道NQ，圆弧的圆心在N点正下方（图中没有画出），半径为R＝50m，圆弧轨道末端Q点的切线与水平方向的夹角为θ＝16.2°。现对物块A施加一个水平向右、大小为8N的恒力F，物块A和木板开始向右运动，当木板撞上轨道时，A物块恰好运动到木板右端并滑上MN轨道。在恒力F作用下，物块A与物块B可能发生多次弹性碰撞，一旦物块B滑到N点右侧，则立即撤走物块A。已知物块A与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与地面间动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计A、B物块的大小，物块A从木板滑上MN轨道瞬间速度大小不变（g取10m/s2，cos16.2°＝0.96）。（1）求d的大小；（2）若P点与台阶右端N点的距离足够长，物块A与物块B发生碰撞后，求两物块间的最大距离dm；（3）要物块B能够沿着圆弧轨道外表面运动到Q点，求P、N两点间的距离s1的取值范围。

2025年江西省上饶市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）题号1234567答案DACBBDC二．多选题（共3小题）题号8910答案BCACBD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题只有一项符合题目要求，每题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每题6分，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．（4分）动车铁轨旁两相邻里程碑之间的距离是1km。某同学乘坐动车时，通过观察里程碑和车厢内电子屏上显示的动车速度来估算动车加速出站时的加速度大小。当他身边的窗户经过某一里程碑时屏幕显示的动车速度是54km/h，动车又前进了3个里程碑时，速度变为126km/h。把动车出站过程视为匀加速直线运动，则动车出站时的加速度大小为（）A．12ms2 B．13m【分析】根据速度—位移公式解得加速度。【解答】解：由题，初速度v0＝54km/h＝15m/s，末速度v＝126km/h＝35m/s，位移x＝3000m根据速度—位移公式v求得a=故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用。2．（4分）套圈是人们喜爱的传统游戏，大人和小孩在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，圆环恰好同时套中水平地面上的玩具。若不计空气阻力，圆环和玩具均可视为质点，圆环被抛出后的运动可视为平抛运动，下列说法正确的是（）A．小孩后抛出圆环，小孩抛出圆环初速度较大 B．大人先抛出圆环，大人抛出圆环初速度较大 C．两人同时抛出圆环，抛出圆环初速度一样大 D．小孩先抛出圆环，大人和小孩抛出圆环初速度一样大【分析】圆环做平抛运动，把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来分析，两个方向上运动的时间相同。平抛运动的物体飞行时间由高度决定，结合水平位移和时间分析初速度关系。【解答】解：平抛运动在竖直方向上的自由落体运动，根据h=得圆环落地的时间为t=因为大人抛出的圆环高度比较大，则大人抛出的圆环在空中运动时间比较长，而圆环恰好同时套中水平地面上的玩具，可知大人先抛出圆环，小孩后抛出圆环。在水平方向，两圆环位移相等，根据x＝v0t得抛出圆环的初速度为v由于圆环被抛出的水平位移相等，可知小孩抛出圆环的初速度较大。故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查对平抛运动规律的理解，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解。3．（4分）如图所示，四边形abcd关于ac连线左右对称，O点为ac连线上的一点。在a，b点各固定一个带电荷量为q的正电荷，d点固定一个带电荷量为q的负电荷，O点、c点电势分别为φ1和φ2，则（）A．φ1＜φ2 B．φ1＝φ2 C．φ1＞φ2 D．不能确定【分析】根据等量同种电荷和等量异种电荷的电场线的特点求解。【解答】解：ac连线垂直平分bd，则bd两个等量异种电荷在ac连线的电势为0，O点靠近a点的点电荷，则O点电势φ1大于c点电势φ2，即φ1＞φ2。故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查的是电势大小的比较，解决本题的关键是要掌握等量同种电荷和等量异种电荷的电场特点。4．（4分）某同学设计了一种利用光电效应原理工作的电池。如图所示，K、A电极分别加工成球形和透明导电的球壳。现用波长为λ的单色光照射K电极，K电极发射光电子的最大初动能为Ek，忽略光电子重力及它们之间的相互作用。下列说法正确的是（）A．若仅增大入射光强度，A、K之间的最大电压将增大 B．若仅增大入射光强度，A、K之间的最大电压将不变 C．若仅增大入射光波长，A、K之间的最大电压将增大 D．若仅增大入射光波长，A、K之间的最大电压将不变【分析】根据爱因斯坦光电效应方程，结合动能定理分析判断。【解答】解：AB、设K电极发射光电子的最大动能为Ek，根据光电效应方程可得E电子聚集在A电极后，使A极带负电，因此会在球内部建立一个从K指向A的反向电场，阻碍电子继续往A聚集。当A、K之间达到最大电势差U，最大动能为Ek的电子都无法到达A极；根据动能定理可得﹣eU＝0﹣Ek可得A、K之间的最大电压为U=可知若仅增大入射光强度，A、K之间的最大电压将不变，故A错误，B正确；C、根据U=E故选：B。【点评】本题考查了光电效应现象分析，掌握爱因斯坦光电效应方程。5．（4分）如图三个规格相同的小灯泡（可视为纯电阻）连接在理想变压器的原、副线圈上。三个小灯泡均能正常发光，已知小灯泡正常工作时的电阻为4Ω，变压器原线圈ab端输入电压为u＝24sin100πt（V），则单个小灯泡的额定功率为（）A．4W B．8W C．16W D．32W【分析】根据灯泡正常发光，正弦交变电流中电压有效值求解公式得出电压有效值，继而得出灯泡电压的额定值，再根据额定功率的计算公式即可求解。【解答】解：根据题意可知U有效I额＝3U额I额，依据正弦交变电流中电压有效值的计算公式U=可有U有效求得U故P故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查了理想变压器的原理、电功率，解题的关键是知道三个灯泡正常发光，电流相等。6．（4分）在2024年的珠海航展上，太空电梯的概念模型引起了观众的浓厚兴趣。太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，它的主体是一个连接太空站和地球表面的超级缆绳，可以用来将人和货物从地面运送到太空站。图中配重空间站比地球静止同步空间站更高，若从配重空间站脱落一个小物块，关于小物块的运动情况下列说法正确的是（）A．做匀速圆周运动 B．做匀速直线运动 C．做近心运动 D．做离心运动【分析】万有引力提供其绕地球圆周运动的向心力，从配重空间站脱落的小物块，万有引力不足以提供向心力，小物块将做离心运动。【解答】解：万有引力提供其绕地球圆周运动的向心力，对于同步空间站，而配重空间站与同步空间站角速度相等，圆周运动的半径比同步空间站大，根据a＝ω2r可知，配重空间站的向心加速度比同步空间站大，故对于从配重空间站脱落的小物块，万有引力不足以提供向心力，即小物块将做离心运动，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】近心运动和离心运动本质上并不是因为受到了近心力或离心力的作用，而是物体实际受到的向心力与所需向心力之间的差异引起的现象。7．（4分）在原子反应堆中抽动导电液体时，常常用到一种新型的装置——电磁泵。如图所示为电磁泵的简易结构图，泵体为一个长、宽、高分别为a、b、c的长方体，上下两面M、N为金属极板，泵体处于垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场中。当与电源相连时只会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流I，导管的左右两端便会产生压强差，从而将导电液体抽出。导电液的电阻率为ρ，密度为ρ0，工作时泵体内始终充满导电液体，重力加速度为g。经研究表明，抽液高度h与泵体中的液体流速有关，则电磁泵抽液的最大高度为（）A．BIρag B．BIρ0ag C．【分析】根据动能变化和功率之间的关系求解。【解答】解：由安培力做功的特点可知，电磁泵的机械功率等于安培力的功率，故P机＝P1＝BIcv若泵中液体流速为v，设Δt内被抽至泵体中的液体的质量为Δm＝ρ0bcvΔt根据题意可知，Δt内被抽至泵体中的液体的动能的增加量Δ根据题意可知，Δt内被抽至泵体中的液体的重力势能的增加量为ΔEp＝Δmgh＝ρ0bcvghΔt电磁泵的机械功率等于单位时间内液体机械能变化量即单位时间内被抽至泵内的液体的动能增加量和重力势能增加量之和，即P代入数据联立，可得BIcv=化简v=故当v＝0时，即导电液的流速为零时，h取得最大值，则最大值为hm故选C。【点评】在解决此类问题时，需要仔细理解题目描述，明确电磁泵的工作原理，并根据给定的参数，列出相关的公式进行计算。同时，需要注意单位的转换和数值的计算。（多选）8．（6分）降噪耳机可以有效减少环境噪音的干扰，越来越受到大家的青睐。降噪可分为被动式降噪和主动式降噪，其中主动式降噪通过拾噪麦克风，采集一些有规律的噪声，通过电路，加入降噪声波，从而达到降噪效果。图甲为原理简化图，图乙为理想情况下的降噪过程图，实线表示环境声波，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，假如采集到的某一噪声信号的振动方程为y=Asin(200πt+πA．降噪过程应用的是声波的衍射原理 B．理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等 C．降噪声波频率应为100Hz才能有效降噪 D．P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长【分析】本题考查声波的叠加，考查考生的分析综合能力。【解答】解：A、根据题意可知，降噪过程应用的是声波的干涉原理，故A错误；B、根据题意可知，声波是机械波，机械波的传播速度由介质决定，则理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，故B正确；C、根据题意可知，振动方程可知噪声的振动频率为f=降噪过程应用的是声波的干涉原理，根据干涉条件可知，降噪声波频率应为100Hz才能有效降噪，故C正确；D、机械波传播的是质点的振动形式与能量，质点自身并不随波迁移，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了降噪耳机的工作原理，需要我们理解降噪耳机如何通过采集噪声信号并生成降噪声波来达到降噪效果。（多选）9．（6分）关于如图实验，说法正确的是（）A．图甲实验装置既可以验证自由落体运动规律也可以验证机械能守恒定律 B．图乙“利用单摆测重力加速度”实验中，测周期时，将n次全振动误记为n﹣1次，则测出的g值偏大 C．图丙为“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验，如图所示情景，A、B都为质量相同的钢球，标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4，则与皮带连接的变速轮塔相对应的半径之比为2：1 D．图丁“验证动量守恒定律”实验中，斜槽轨道必须光滑且其末端水平【分析】根据实验装置分析判断；根据单摆周期公式判断；根据向心力公式和线速度与加速度的关系推导判断；根据“验证动量守恒定律”实验注意事项判断。【解答】解：A．根据图甲实验装置的特点可知既可以验证自由落体运动规律也可以验证机械能守恒定律，故A正确；B．把n次全振动的时间t误作为（n﹣1）次全振动的时间，测得的振动周期偏大，由单摆周期公式T=2πLC．两个小球所受向心力的比值为1：4，根据向心力公式F＝mω2r，可知两小球的角速度之比ω1两塔轮之间通过皮带传动，线速度相等，根据线速度与加速度的关系v＝ω1R1＝ω2R2可知塔轮半径之比为R1故C正确；D．图丁“验证动量守恒定律”实验中，只要保证小球每次从同一位置静止释放即可，斜槽轨道没有必要必须光滑，但其末端必须水平，才能确保做平抛运动，故D错误。故选：AC。【点评】本题关键掌握验证机械能守恒定律、“利用单摆测重力加速度”、“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”和“验证动量守恒定律”实验原理和实验装置。（多选）10．（6分）2024年6月2日清晨，嫦娥六号成功着陆在月球背面南极﹣艾特肯盆地预定着陆区，为了能更安全着陆，科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示。主要部件为缓冲绝缘滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器主体能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，直至着陆器主体达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。已知着陆器主体及轨道的质量为m，月球表面的重力加速度为g0，不考虑运动磁场产生的电场，下列分析正确的是（）A．磁场方向反向后不能起到缓冲作用 B．若着陆器主体接触地面前可做匀速直线运动，则匀速的速度大小为mgC．缓冲滑块K刚停止运动时，舱体的加速度大小为4nD．若着陆器主体速度从v0减速到v02【分析】根据楞次定律分析磁场方向反向后能否起到缓冲作用；若着陆器主体接触地面前可做匀速直线运动，根据平衡条件以及安培力与速度的关系求匀速运动的速度；缓冲滑块K刚停止运动时，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式分别列式，结合左手定则、牛顿第三定律、牛顿第二定律，即可求解舱体的加速度大小；根据能量守恒定律以及电荷量与磁通量变化量的关系求该过程中线圈中产生的焦耳热。【解答】解：A、由楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍导体与磁场间的相对运动，着陆主体与滑块相对运动时磁场方向反向后仍能产生电磁感应现象，使着陆器主体仍然会受到阻碍相对运动的向上的安培力，起到缓冲作用，故A错误；B、若着陆器主体接触地面前可做匀速直线运动，设匀速运动的速度大小为v，则线圈切割磁感线产生的感应电动势为E＝nBLv线圈中的电流大小为I=线圈受到的安培力为F安＝nBIL根据牛顿第三定律，着陆器受到的安培力大小为F′安＝F安方向向上故匀速运动时，有F解得v=mC、缓冲滑块K刚停止运动时，线圈切割磁感线产生的感应电动势为E＝nBLv0根据欧姆定律，线圈中的电流大小为I=线圈受到的安培力大小为F安＝nBIL根据牛顿第三定律，着陆器受到安培力大小为F′安＝F安方向向上根据牛顿第二定律得F′安﹣mg0＝ma可得a=nD、由能量守恒定律得m根据电流定义式可得q=联立可得Q=3故选：BD。【点评】本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式能转化为电能的过程。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（11分）小凯同学家有一个摆件上挂着一个球形透明物，为了弄清这个球形物体的材质是什么，小凯设计了一个实验来测定该球体的折射率。f34a9e6e（1）小凯同学先用游标卡尺测量球体的直径D，测量结果如图甲所示，球体直径D＝5.00cm；（2）图乙是小凯同学设计的实验原理图，他将该球体固定在水平桌面上，找来一支激光笔，射出一束沿水平方向的红色激光照在球体上，调整水平激光的高度，当看到光线在进出球体时没有发生偏折时，说明激光通过了球体的球心（如图中MN），在球体上光线出射的位置做一个记号（图中P点）。将激光笔竖直向上移动，保持入射光线水平，当光线经球体发生折射后恰好能从P点射出时，将激光笔固定，测量得到该过程中光线向上移动的距离为d＝2.00cm。根据所测数据可求得球体的折射率为n＝1.8（5=2.24（3）若实际操作中，小凯最终调到的水平光线从球体内出射时的位置相对P点向上偏了一点，他仍按照（2）中原理计算折射率，实验结果将偏大（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）；（4）如果将光线继续上移，能（填“能”或“不能”）看到光在球体内发生全反射。【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；（2）根据折射定律和几何知识计算；（3）根据误差分析判断；（4）根据发生全反射的条件判断。【解答】解：（1）球体直径D＝50mm+0×0.1mm＝50.0mm＝5.00cm（2）如图所示设光线由A点射入，入射角为α，折射角为β，则OB=R2-sinα=ABOA=则n=（3）若实际操作中，小凯最终调到的水平光线从球体内出射时的位置相对P点向上偏了一点，则会造成d偏小，即AP偏大，n的测量值偏大。（4）如果将光线继续上移，由于光线射出球体时的入射角始终等于射入球体时的折射角，而光线射入球体时的入射角小于90°，所以光线射出球体时的折射角必小于90°，不能发生全反射。故答案为：（1）5.00；（2）1.8；（3）偏大；（4）不能。【点评】本题关键掌握测定球体折射率的实验原理和发生全反射的条件。12．（10分）某兴趣小组在实验室发现一段电阻未知的合金丝导线，小组成员通过实验测出了这段合金丝导线的电阻。（1）兴趣小组设计的实验电路如图所示，闭合开关S1，将开关S2先与a相连，调节滑动变阻器阻值为适当值时，电压表的示数为U1＝0.96V，电流表的示数为I1＝0.31A；再将S2与b相连，电压表的示数为U2＝1.34V，电流表的示数为I2＝0.40A。根据以上测量数据判断，当S2处于位置a（填“a”或“b”）时，测量结果相对准确，对应的电阻测量值偏小（填“偏大”或“偏小”）。（2）考虑到电流表不管外接还是内接都有实验误差，兴趣小组通过讨论研究，设计了一个新的实验方案：按图连接实验电路，先闭合开关S1，调节R2，使电流计的示数为零，再闭合S2，调节R1，使电流计的示数再次为零，此时读出电压表的示数U和电流表的示数I。按照这个改进后的实验方案，待测电阻的阻值计算式为Rx＝UI（用实验步骤中所测物理量表示），该方案能使测量结果更准确的原因是：消除了电压表分流的影响【分析】（1）根据误差分析判断；（2）根据实验原理分析判断。【解答】解：（1）根据题意有ΔUU1因为ΔU可知，电流表分压明显，所以电流表选用外接，即接在a处；因为电压表的分流作用测量值要小于真实值，所以测量值偏小。（2）当闭合S1，调节R2时，使电流计为零。可知，图中A、B两点电势相等，此时Rx与R2左半部分电阻相等，当闭合S2后，调节R1再使电流计为零，目的是使R1接入电路的部分与R2的右半部分电阻相等。此时由于电流计示数为0。此时整个电路变为两条支路并联组成。电流表测得的电流I，即为通过Rx的电流。电压表所测电压，即为Rx两端的电压，根据欧姆定律，有Rx两次电流计示数为零均是为了实现电势平衡，相应部分电阻对应相等，消除了电压表分流的影响。故答案为：（1）a，偏小；（2）UI【点评】本题关键掌握伏安法测电阻实验电路的误差分析方法和设计出的新方案的实验原理。13．（11分）瑜伽球是一种很受欢迎的健身器材，它可以增强锻炼者的平衡能力和协调性，也被应用于医疗中帮助病人做康复训练。一个充满气的瑜伽球内部气体（可视为理想气体）体积为120L，处在温度为7℃的室外环境下，其内部压强为1.4atm，现把瑜伽球移入温度为27℃的室内，当瑜伽球温度和室温达到一致时：（1）若忽略球体体积变化，瑜伽球内部气体压强变为多大？（2）当某人坐上瑜伽球时，稳定后球体体积减小为112L，此时球内气体压强变为多少？【分析】（1）由于体积一定，对球内理想气体根据查理定律列式求解；（2）由于温度一定，对球内理想气体根据玻意耳定律列式求解。【解答】解：（1）由于体积一定，对球内理想气体有p其中p1＝1.4atm，T1＝7℃＝280K，T2＝27℃＝300K可得P2＝1.5atm（2）由于温度一定，对球内理想气体有p2V1＝p3V2其中p2＝1.5atm，V1＝120L，V2＝112L可得p答：（1）瑜伽球内部气体压强变为1.5atm；（2）此时球内气体压强变为4528【点评】运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：（1）明确所研究的气体状态变化过程；（2）确定初、末状态压强p、体积V、温度T；（3）根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程；（4）根据题意列辅助方程（如压强大小的计算方程等）（5）联立方程求解。14．（11分）如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×104N/C，电场的右边界与y轴的距离为L＝1.0m。电场右侧有一个半径为R＝0.5m的圆形区域，圆与x轴相切于A点，C点为圆左侧与圆心O1等高的位置，圆形区域内存在磁感应强度大小为B＝1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。A点处有一微粒源，有大量质量为m＝4.0×10﹣21kg、电荷量为q＝+8.0×10﹣16C的微粒以相同的速率v0沿不同方向从A点射入磁场，已知垂直x轴方向射入磁场的微粒恰好从C点水平射出磁场，不考虑微粒间的相互作用，不计微粒的重力。（1）求射入磁场时速度方向与x轴正方向成30°角的微粒在磁场中运动的时间t（结果可用π表示）；（2）某微粒经磁场与电场的偏转恰好能到达坐标原点O，求该微粒射入磁场时速度的方向。【分析】（1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；（2）根据在电场中做类平抛运动，结合x轴方向和y轴方向上的运动分析求解。【解答】解：（1）垂直x轴方向射入磁场的微粒恰好从C点水平射出磁场，由几何关系可知R＝r如甲图所示，射入磁场时速度方向与x轴正方向成30°角的微粒从P点射出，其轨道圆心记为O2，则四边形AO1PO2为菱形。∠O1AO2＝30°，PO2与AO1平行，则有∠P对微粒，根据洛伦兹力提供向心力有Bq可得v则粒子在磁场中的运动时间为t=可得t=（2）由于r＝R，所有射入磁场的粒子在磁场右侧出射时都有水平向左的速度，要微粒能够经电场偏转过O点，对粒子在电场中的运动分析，x轴方向L＝v0t2y轴方向y=根据牛顿第二定律有Eq＝ma可得：y＝0.25m如图乙所示，设微粒入射时的速度与x轴负方向的夹角为α，微粒在磁场中的出射点为Q，过Q做AO1的垂线，垂足为D，由几何关系可知O1D＝R﹣y＝0.25m可得∠AO1Q＝60°可知：α＝∠AO1Q＝60°微粒射入磁场的方向为：与x轴负方向成60°角斜向上。答：（1）射入磁场时速度方向与x轴正方向成30°角的微粒在磁场中运动的时间t为5π12×10（2）某微粒经磁场与电场的偏转恰好能到达坐标原点O，该微粒射入磁场时速度的方向为与x轴负方向成60°角斜向上。【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。15．（11分）如图所示，一块长为L＝0.5m、质量为m0＝1kg的木板静置于水平地面上，木板左端放置一质量为m1＝2kg的物块A。木板右侧距离为d处有一光滑水平轨道MN，轨道表面与木板上表面齐平，质量为m2＝1kg的物块B静置于轨道的P点，P与轨道左端M点距离为s0＝1.5m，水平轨道P点右边长度可以调节。轨道右端N点平滑连接一段外表面光滑的圆弧形轨道NQ，圆弧的圆心在N点正下方（图中没有画出），半径为R＝50m，圆弧轨道末端Q点的切线与水平方向的夹角为θ＝16.2°。现对物块A施加一个水平向右、大小为8N的恒力F，物块A和木板开始向右运动，当木板撞上轨道时，A物块恰好运动到木板右端并滑上MN轨道。在恒力F作用下，物块A与物块B可能发生多次弹性碰撞，一旦物块B滑到N点右侧，则立即撤走物块A。已知