2025全国前十重点中学重组模拟卷(三)-【师大金卷】2025年高考物理复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）

卷２８ ２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(三) 物　理 本试卷共１００分,考试时间７５分钟. 　 　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　一、单项选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要 求的. １．(２０２４􀅰上海中学联考)根据玻尔的原子理论,可认为氢原子的核外 电子绕核做匀速圆周运动.若处于基态的氢原子具有的电势能为 Ep,当其吸收频率为ν的光子时恰好发生电离.电子的电荷量为e, 质量为m,静电力常量为k,普朗克常量为h.以下说法正确的是 (　　) A．氢原子的核外电子由离核较远轨道跃迁到离核较近轨道上时,原 子能量减小 B．氢原子处于基态时的能量是hν C．氢原子从基态跃迁到激发态后,核外电子动能增加,电势能减小 D．氢原子处于基态时的轨道半径r＝ ke ２ ２(hν＋Ep) ２．(２０２４􀅰河北衡水中学七调)中国制造的鹊桥二号中继星自２０２４年３ 月２０日发射升空,按计划进入２４小时周期的环月大椭圆使命轨道 后,可以实现月球背面与地球之间的信号传输.关于鹊桥二号的运 动,以下说法正确的是 (　　) A．发射时的速度大于１１􀆰２km/s B．从地月转移轨道进入环月轨道需要加速 C．进入环月轨道运行后,机械能不守恒 D．进入环月轨道运行后,在近月点的速度大于远月点的速度 ３．(２０２４􀅰成都七中质检)某同学利用身边的常见 器材在家完成了有趣的物理实验,如图所示.当 手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时,电子秤 示数为３６􀆰０克.假设吹风机出风口为圆形,其 半径为５cm,空气密度为１􀆰２９kg/m３,实验前电 子秤已校准,重力加速度１０m/s２.则此时吹风 机的风速约为 (　　) A．６m/s B．８m/s C．１０m/s D．１２m/s ４．(２０２４􀅰东北师大附中一模)一束由红、蓝两单色光组成的光线从一 平行玻璃砖的上表面以入射角θ射入,穿过玻璃砖自下表面射出.已 知该玻璃砖对红光的折射率为１􀆰５,设红光与蓝光穿过玻璃砖所用的 时间分别为t１ 和t２.下列说法正确的是 (　　) A．玻璃砖对蓝光的折射率小于１􀆰５ B．下表面射出的红光、蓝光一定平行 C．若将θ增大,红光有可能在下表面发生全反射 D．若将θ从０°增大至９０°的过程中,t２ 始终大于t１ ５．(２０２４􀅰河北衡水中学调研)如图所示,倾角θ 为３７°的斜面体固定在水平面上,其上表面ABＧ CD 是长方形,AB 边长为８ ３m,BC 边长为 ８m,物块与斜面间动摩擦因数为０􀆰５.现要使一质量为m 的小滑块 从斜面顶端C 点沿对角线CA 做匀速直线运动,需要对小滑块施加 一个平行于斜面的恒力F,重力加速度为g,sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝ ０􀆰８,则F的大小为 (　　) A．F＝１４mg B．F＝ ２ ４mg C．F＝１２mg D．F＝ ７ ５mg ６．(２０２４􀅰江西临川一中联考)中国象棋的 棋盘呈长方形,由九条竖线和十条横线 相交组成,共有九十个交叉点,开局时红 方和黑方各子的位置如图所示,现将电 荷量为＋q(q＞０)的两个点电荷分别固 定在红方的“俥”位置,再将电荷量为－q (q＞０)的两个点电荷分别固定在黑方的 左右“車”位置,点电荷在棋盘网格线所 在的平面内,下列说法正确的是 (　　) A．“將”所在位置与“帥”所在位置的电场强度大小相等方向不同 B．棋盘中间“卒”与棋盘中间“兵”所在位置的电势相同 C．电子在棋盘左侧“傌”所在位置的电势能小于在棋盘右侧“馬”所在 位置的电势能 D．一质子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒” 所在位置,此过程中静电力始终不做功 ７．(２０２４􀅰上海中学联考)将A 球从某一点P 斜向上抛出的同时,从P 点将另一球B 由静止释放.某一时刻A 球速度方向与初速度方向垂 直,此时A、B 两球到出发点的距离大小分别为a 和b.不计空气阻 力,两球可视为质点.下列说法正确的是 (　　) A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．不能确定 二、多项选择题:在每小题给出的四个选项中,每题有多项符合题目 要求. ８．(２０２４􀅰河北衡水中学五模)在实验室里某 研究小组将两个振幅相同、频率均为１０Hz 的相干波源S１、S２ 置于矩形ABCD 的C、D 点上、O为AB 边中点,如图所示.AB 距离 为４０cm,AC 距离为３０cm,两波源开始振 动一段时间后,A、O、B 为三个连续的振动 加强点,则下列说法正确的是 (　　) A．O点始终在位移最大处 B．两列波的波长均为２０cm,波速均为２m/s C．若两波源的频率都减半,则A 点仍为加强点 D．若将波源S２ 移至B 点,则A 点将静止不动 ９．(２０２４􀅰北京人大附中第二次模拟)如图所示,左侧是用粗细相同、均 匀材料做成的导线框ACFE,导线框由一对全等的等腰直角三角形 形成闭合回路,中间交叉点不接触,AC 间距为L.回路右侧宽为L 的空间中存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场,方向垂直纸面向里. 已知回路总电阻为R,质量为m.当导线框以速度v向右匀速穿过磁 场区域的过程中,下列说法错误的是 (　　) A．回路刚好有一半面积进入磁场时回路中的电流为０ B．回路穿过磁场过程中感应电流方向先是FCAEF后ACFEA C．回路右半部分进入磁场过程中通过AE 边的电荷量为BL ２ ２R D．回路的 CF 边刚进入磁场时C 点和F 点间的电势差UCF ＝ ３＋２ ２ ４(２＋ ２) BLv １０．(２０２４􀅰河北衡水中学五模)如图所示,在足够长的光滑水平面上, 有一个质量为２m 的物块A,在物块A 正上方有一绳长为L 的细线 拴接一个质量为m 的小球,将小球拉至水平位置由静止释放,在最 低点与物块A 发生弹性正碰,之后物块A 与右侧质量为４m 的物块 B 发生正碰.已知重力加速度大小为g,两物块和小球均可看做质 点,忽略空气阻力.下列说法正确的是 (　　) A．小球与物块A 碰撞后瞬间物块A 的速度大小为２３ ２gL B．小球与物块A 碰撞前后瞬间细绳的拉力大小之比为９∶１ C．物块A 与物块B 碰撞后物块B 能获得的最小速度为２９ ２gL D．物块A 与物块B 碰撞后物块B 能获得的最大动能为８mgL９ 三、非选择题:本题共５小题,请按要求作答. １１．(２０２４􀅰上海中学质量监测)为了测定物块和斜面间的动摩擦因数, 科技小组设计了如图(a)所示装置.让物块从倾角为θ的斜面底端 靠近传感器的位置以某一速度开始上滑,通过位移传感器测定物块 到传感器的距离x,用时间传感器测定物块运动的时间t,将位移传 卷２８ 感器和时间传感器获得的数据同时输入计算机,可直接得到x t２ －１t 的关系图像.某次实验在物块上滑过程中计算机中得到如图(b)所 示的图像,图像中b、c、d为已知量,重力加速度g.根据图像及已知 量可知: (１)物块开始运动时的初速度为　　　　　　　　　　; (２)物块与斜面间的动摩擦因数μ＝　　　　　　　　　　　; (３)若空气阻力不可忽略,不考虑实验中的偶然误差,根据图像计算 出的物块与斜面间的动摩擦因数　　　　(选填“大于”“小于”或 “等于”)实际的动摩擦因数. １２．(２０２４􀅰北京四中质检)某学习小组进行“充电宝不同电量时的电动 势和内阻研究”,设计实验电路图如图１所示. (１)滑动变阻器R 用于改变电路中的电流,R０ 是定值电阻,R０ 的主 要作用是　　　　　　　　　　　　　　　. (２)两只数字多用表分别作为电压表和电流表,电路中的电源为充 电宝,通过充电宝的连接线接入电路,剥开充电宝连接线的外绝缘 层,里面有四根导线,红导线为充电宝的正极,黑导线为负极,其余 两根导线空置不用.若用多用电表直流电压挡粗测其电动势,多用 电表的红表笔应与充电宝的　　　　(选填“红导线”或“黑导线”) 连接. (３)图２为实物图,请用笔代替导线根据实验电路图将实物图补充 完整. (４)记录被测充电宝实验时的电量百分比(开始时的电量百分比为 １００％).将滑动变阻器电阻调至最大.闭合开关,依次减小滑动变 阻器的阻值,记录每次操作的电流表和电压表的示数,根据数据作 出U－I图像如图３,由图像可得充电宝的电动势　　　　V(保留 两位小数),内阻　　　　Ω(保留两位小数). １３．(２０２４􀅰北京人大附中质检三)家庭用的小烤箱的 简化模型如图所示.烤箱中气密性良好,烤箱内 的气体可视为质量不变的理想气体.烤箱内初始 气体压强为p０＝１􀆰０×１０５Pa,温度为T０＝３００ K.现通电加热使气体温度升高到５１０K,此过程 中气体吸收的热量为９０００J,烤箱内气体的体积 不变.求: (１)烤箱中气体在温度升高后的压强p; (２)此过程中烤箱内气体的内能的增加量. １４．(２０２４􀅰湖北黄冈中学第二次联考)我国现 在的消防车云梯如图所示,不仅可以把水运 送到高空,还可以运送消防员到达较高位置 进行灭火和营救行动.假设未来的云梯通过 控制可以切换成斜面模式变成救援滑梯,被 救人员通过滑梯快速运送到消防车上(消防车平台上设减速装置). 假设救援滑梯的斜面倾角θ＝５３°,质量为５０kg的被救人员从顶端由 静止开始沿滑梯下滑,加速下滑x１＝２０m时开始做匀速直线运动,全 程用时８s滑至滑梯底端到达消防车,下滑过程被救人员所受的空气 阻力f＝kv(k为常量且k＝５０kg/s),被救人员与救援滑梯间的动摩 擦因数μ＝０􀆰５.sin５３°＝０􀆰８,cos５３°＝０􀆰６,g取１０m/s２.求: (１)被救人员下滑的最大速度vm; (２)被救人员加速下滑的时间t; (３)整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功W. １５．(２０２４􀅰河北衡水中学三模)如图所示的三维坐标系中,在y＜０,z＞ ０区域存在匀强电场,电场方向与xOz平面平行且指向z 轴负方向 (如图中实线所示),但其大小未知;在z＜０区域存在平行于xOy平 面且指向x 轴负方向的匀强磁场B０(大小已知);在y＞０,x＞０区 域存在平行于xOy平面且指向x 轴负方向的匀强磁场B(大小未 知).在坐标为(０,－２b,b)的P 点,一个质量为m,电荷量为q的正 点电荷(不计重力),以垂直于z轴的初速度v０ 沿y轴正方向进入匀 强电场,恰好从坐标原点O进入z＜０区域的匀强磁场中.求: (１)匀强电场的场强大小E; (２)若点电荷能垂直于z轴且沿y 轴负方向再次进入电场,则y＞０, z＞０区域中匀强磁场的磁感应强度B 的大小; (３)假设点电荷以垂直于z轴且沿y 轴负方向,在坐标(０,０,２b)再 次进入匀强电场时,电场强度E 的大小不变,方向突变为平行于 xOz平面且与z轴负方向成４５°(如图中虚线所示),则经电场加速 后进入z＜０区域的匀强磁场运动过程中,距xOy平面的最远距离 是多少(该问中b为未知量). 新高考物理答案 —６５　 矩形磁场区域的面积最小时,矩形的宽为 a＝r＝l 矩形的长为b＝r＋rsin３０°＝３２l 所以矩形磁场区域的最小面积为 Smin＝ab＝ ３ ２l ２ [参考答案](１) ２mv２０ ３ql 　 (２) ２mv０ ql 　 (３)３２l ２ １５．[解](１)设球与球筒相对静止,球受静摩擦力向下,为 f０,加速度为a０,则对整体 F＋(m＋１５m)g＝(m＋１５m)a０ 对羽毛球mg＋f０＝ma０ 代入得f０＝mg＜５mg 假设成立,即羽毛球受到的摩擦力大小为 mg,方向竖 直向下,由牛顿第三定律可得羽毛球对球筒的摩擦力 大小为mg,方向竖直向上. (２)由(１)可知,球筒落地前,球与球筒一起以a０＝２g 向下加速,设落地瞬间羽毛球速度为v０,则有 v２０＝２a０h 解得v０＝２ gh 设撞击过程中球筒对地面平均冲击力为F,由动量定 理知０－(－１５mv０)＝[F－１５mg－f]Δt 代入得F＝３０m ghΔt ＋２０mg 筒撞击地面后,羽毛球向下做匀减速运动,设加速度为 a１,则有f－mg＝ma１ 代入得a１＝４g 设羽毛球下落的位移为x,由速度与位移关系式知 v２０＝２a１x 代入得x＝v ２ ０ ２a１ ＝４gh８g ＝ h ２ ,故羽毛球不可以溜到球 筒口 [参考答案](１)mg,方向竖直向上 (２)F＝３０m ghΔt ＋２０mg ;不可以溜到球筒口 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁚２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(三) １．A　[试题解析]氢原子的核外电子由离原子核较远的 轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时,能量减小, 减小的能量以光子的形式释放出来,故 A 正确;hν 为发生光 电 效 应 的 光 子 能 量,并 非 氢 原 子 基 态 能 量,故B错误;氢原子从基态跃迁到激发态后,其运 动半径变大,此时电场力对核外电子做负功,故电 势能增大,动能减小,故 C错误;根据光电效应逸出 功公式可知W０＝hν－Ek＝Ep,因此Ek＝ １ ２mv ２＝ hν－Ep,电场力提供了电子运动时的向心力,可得 mv ２ r＝ ke２ r２ ,r＝ke ２ mv２ ,与 之 前 的 公 式 联 立 可 得r＝ ke２ ２(hν－Ep) ,故 D错误.故选 A. ２．D　[试题解析]鹊桥二号并未脱离地球束缚,发射速度 应小于第二宇宙速度,故 A 错误;从地月转移轨道 进入环月轨道需要减速做近心运动,故 B错误;进 入环月轨道运行后,只有引力做功,机械能守恒,故 C错误;进入环月轨道运行后,根据 开 普 勒 第 二 定 律,在近月点的速度大于远月点的速度,故 D正确. 故选 D. ３．A　[试题解析]对于 Δt时间内吹出的空气,根据动量 定理FΔt＝mv＝ρvSΔt􀅰v,其中F＝G＝０􀆰３６N,S ＝πr２,代入数据解得v≈６m/s,故选 A. ４．B　[试题解析]不同频率的光在同种介质中的相互作用 不同,因此它们的折射率也会有所差异,一般情况 下,同种介质中的折射率与光的频率呈正相关关系, 即频率越高,折射率越大,由于蓝光的频率高于红光 的频率,所以该玻璃砖对红光的折射率为１􀆰５,则玻 璃砖对蓝光的折射率大于１􀆰５,故 A 错误;红、蓝两 单色光 穿 过 玻 璃 砖 自 下 表 面 射 出 的 光 路 图 如 图 所示, 由几何关系可知红光、蓝光在玻璃砖中上下界面与 法线的夹角 相 同,设 折 射 角 为α,由 折 射 定 律n＝ sinθ sinα ,可知蓝光满足n１＝ sinθ sinα１ ＝ sinθ１ sinα１ ,红光满足n２ ＝sinθsinα２ ＝ sinθ２ sinα２ ,即有θ＝θ１＝θ２,所以红光、蓝光两单 色光通过平行玻璃砖后出射方向不变,只是发生一 定程度的侧移,且侧移距离随折射率的增大而增大, 所以从下表面射出时,红光、蓝光的折射角应是相等 的,即从下表面射出的红光、蓝光一定平行,故 B正 确;由于光路是可逆的,根据 B选项可知红光、蓝光 两单色光通过平行玻璃砖后出射方向不变,只是发 生一定程度的侧移,若要红光在下表面发生全反射, 则上表面入射光入射角应增大至９０°,即与上表面平 行,此时光线不能到达下表面,也就不能发 生 全 反 射,故 C错误;设折射角为α,由折射定律n＝sinθsinα , 且n＝cv ,在玻璃砖中的时间为t＝ dvcosα＝ ２dsinθ csin２α , 因为红光的折射率小于蓝光的折射率,则红光的折 射角大于蓝光的折射角,根据题意可知,红光的折射 率为１􀆰５,可知红光的折射角α２＜４５°,可知,两种光 线在θ从０°增大至９０°的过程中,折射角的２倍都小 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考物理答案 —６６　 于９０°,且红光的折射角大于蓝光的折射角,则在θ 从０°增大至９０°的过程中,t２ 始 终 小 于t１,故 D 错 误.故选B. ５．D　[试题解析]根据受力平衡可知,滑块受到斜面的支 持力大小为 N＝mgcosθ＝ ４５mg ,滑块受到的滑动 摩擦力方向由A 指向C,大小为f＝μN＝ ２ ５mg ,设 ∠BAC＝α,根据几何关系可得tanα＝BCAB＝ ８ ８ ３ ＝ ３ ３ ,可得α＝３０°,以滑块为研究对象,沿CB 方向有 Fy＝mgsinθ－fsinα＝ ２ ５mg ,沿 CD 方 向 有Fx ＝ fcosα＝ ３５mg ,则 F 的 大 小 为 F ＝ F２x＋F２y ＝ ７ ５mg ,故选 D. ６．C　[试题解析]根 据 矢 量 叠 加 原 理,“將”所 在 位 置 与 “帥”所在位置的电场强度相同,故 A 错误;棋盘中 间“兵”所在位置比棋盘中间“卒”所在位置距离正电 荷较近,棋盘中间“兵”所在位置的电势比棋盘中间 “卒”所在位置电势高,故 B错误;棋盘左侧“傌”所 在位置的电势高于棋盘右侧“馬”所在位置的电势, 则电子在棋盘左侧“傌”所在位置的电势能小于在棋 盘右侧“馬”所在位置的电势能,故 C正确;一质子 沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中 间“卒”所在位置,此过程中静电力做正功,故 D 错 误.故选 C. ７．C　[试题解析]设A 球的初速度大小为v０,初速度与水 平方向的夹角为θ,将A 球的运动分解为沿v０ 方向 做加速度为gsinθ的匀减速直线运动和垂直v０ 方向 做加速度为gcosθ的匀加速直线运动,当 A 球速度 方向与初速度方向垂直,所用时间为t＝ v０gsinθ ,这段 时间内A 球 两 个 分 运 动 的 位 移 大 小 分 别 为s１ ＝ v２０ ２gsinθ ,s２＝ １ ２gcosθ 􀅰t２＝ １２gcosθ 􀅰 ( v０gsinθ) ２ ,则 A 球到出发点的距离大小为a＝ s２１＋s２２＝ v２０ ２gsin２θ , B 球做自由落体运动,则B 球到出发点的距离大小 为b＝１２gt ２＝ １２g( v０ gsinθ) ２ ＝ v２０ ２gsin２θ ,则有a＝b, 故选 C. ８．BD　[试题解析]O 点虽然为加强点,但仍在振动,O 点 位移始终时刻发生变化,故 A 错误;由于 A、O、B 为三个连续的振动加强点,则A 点与两波源的距 离 差 为 一 个 波 长,则 有 Δx＝λ＝AD－AC＝ ４０２＋３０２ cm－３０cm＝２０cm,则波速为v＝λT ＝λf＝０􀆰２×１０m/s＝２m/s,故 B正确;若两波源 的 频 率 都 减 半,则 波 长 变 为λ′＝ vf′＝ ２ ５ m＝ ０􀆰４m＝４０cm,则A 点与两波源的距离差为 Δx＝ AD－AC＝ ４０２＋３０２ cm－３０cm＝２０cm＝ １ ２λ′ ,可知A 点为减弱点,故 C错误;若将波源S２ 移至B 点,则A 点与两波源的距离差为 Δx′＝AB －AC＝４０－３０cm＝１０cm＝ １２λ ,可知 A 点为减 弱点,由于两波源的振幅相同,则 A 点将静止不 动,故 D正确.故选BD. ９．BC　[试题解析]回路刚好有一半面积进入磁场时,此 时切割磁感线的有效长度刚好为０,则产生的电动 势为０,回路中的电流为０,故 A 正确,不满足题意 要求;导线框前一半进入磁场过程,根据楞次定律 可知,感应电流方向为 FCAEF,导线框后一半进 入磁场过程,根据楞次定律可知,感应电流方向为 ACFEA;导线框前 一 半 离 开 磁 场 过 程,根 据 楞 次 定律可知,感应电流方向为 ACFEA,导线框后一 半离开磁场过程,根据楞次定律可知,感应电流方 向为FCAEF;故B错误,满足题意要求;回路右半 部分进入磁场过程中通过 AE 边的电荷量为q＝ IΔt＝ERΔt＝ ΔΦ Δt R Δt＝ ΔΦ R ＝ BΔS R ＝ BL２ ８R ,故 C 错 误,满足题意要求;回路的CF 边刚进入磁场时,产 生的电动势为E＝BL２v＝ １ ２BLv ,此时CF 边相 当于 电 源,设 CF 的 电 阻 为r,则 外 电 阻 为 R＝ ３×L２＋２× ２ L ２ L ２ r＝(３＋２ ２)r,则C点和F 点间 的电势差为UCF＝ R R＋rE＝ ３＋２ ２ ４(２＋ ２) BLv,故 D正 确,不满足题意要求.故选BC. １０．AC　[试题解析]设小球与物块A 碰撞前瞬间的速度 大小为v０,根据动能定理可得 mgL＝ １ ２mv ２ ０,解 得v０＝ ２gL,设小球与物块 A 碰撞后瞬间,小 球速度大小为v１,A 的速度大小为v２,根据动量 守恒 和 机 械 能 守 恒 可 得 mv０ ＝mv１ ＋２mv２, １ ２mv ２ ０＝ １ ２mv ２ １ ＋ １ ２ ×２mv ２ ２,联 立 解 得 v１ ＝ －１３v０＝－ ２gL ３ ,v２＝ ２ ３v０＝ ２ ２gL ３ ,故 A 正 确;小球与物块A 碰撞前瞬间,根据牛顿第二定 律可得T－mg＝m v２０ L ,解得T＝３mg,小球与物 块A 碰撞后瞬间,根据牛顿第二定律可得 T′－ mg＝m v２１ L ,解得 T′＝１１９mg ,则有 T∶T′＝３mg ∶１１９mg＝２７∶１１ ,故B错误;当物块A 与物块B 发生完全非弹性 碰 撞 时,物 块 B 获 得 的 速 度 最 小,根据动量守恒可得２mv２＝(２m＋４m)vmin,解 得物 块 B 能 获 得 的 最 小 速 度 为vmin ＝ v２ ３ ＝ ２ ９ ２gL ,故 C正确;物块A 与物块B 发生弹性 碰撞时,物块B 获得的速度最大,动能最大,根据 动量守 恒 和 机 械 能 守 恒 可 得 ２mv２ ＝２mvA ＋ ４mvB, １ ２×２mv ２ ２＝ １ ２×２mv ２ A＋ １ ２×４mv ２ B,联立 解得 物 块 B 获 得 的 最 大 速 度 为vB ＝ ２ ３v２ ＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考物理答案 —６７　 ４ ２gL ９ ,则物块B 能获得的最大动能为Ekm ＝ １ ２×４mv ２ B＝ ６４mgL ９１ ,故 D错误.故选 AC. １１．[试题解析](１)设物块开始运动时的初速度为v０,加速 度大小为a,根据匀减速直线运动位移时间关系可得x ＝v０t－ １ ２at ２,可得x t２ ＝v０􀅰 １ t － １ ２a ,结合x t －t 图 像的斜率可得v０＝ b＋d c . (２)由牛顿第二定律可得a＝mgsinθ＋μmgcosθm ＝gsinθ ＋μgcosθ,又 x t －t 图像的纵轴截距为－d＝－１２a ,联 立解得μ＝ ２d gcosθ－tanθ . (３)若空气阻力不可忽略,不考虑实验中的偶然误差, 则有a＝mgsinθ＋μ真 mgcosθ＋f空m ＝gsinθ＋μ真 gcosθ ＋f空m ,联 立 －d＝－ １２a ,可 得μ真 ＝ ２d gcosθ－tanθ－ f空 mgcosθ＜μ测 ,则根据图像计算出的物块与斜面间的动 摩擦因数大于实际的动摩擦因数. [参考答案](１)b＋dc 　 (２)２dgcosθ－tanθ (３)大于 １２．[试题解析](１)R０ 为定值电阻,在电路中作为保护电 阻,以防止 滑 动 变 阻 器 调 节 过 度 导 致 电 流 过 大 或 者 短路. (２)根据多用电表电流“红表笔进黑表笔出”,可知多用 电表的红表笔应与充电宝的正极,即红导线连接. (３)根据实验电路图可得实物图如下. (４)根据闭合回路欧姆定律可得E＝U＋Ir,可得U＝E －Ir,根据图像在纵轴上的截距可得E＝５􀆰０７V,其内 阻等 于 图 像 倾 斜 直 线 的 斜 率 的 绝 对 值 r＝ΔUΔI ＝ ０􀆰１０Ω. [参考答案](１)作为保护电阻,以防止滑动变阻器调节 过度导致短路 (２)红导线　(３)连线见解析 (４)５．０６/５．０７/５．０８　０．１０/０．１１/０．１２ １３．[解](１)气体发生等容变化,则有p０T０ ＝pT 可得p＝１．７×１０５Pa (２)根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q 由于气体的体积不变,所以W＝０ 则有 ΔU＝Q＝９０００J [参考答案](１)１．７×１０５Pa　(２)９０００J １４．[解](１)匀速时对被救人员沿着斜面方向受力平衡有 mgsin５３°＝μmgcos５３°＋kvm 解得vm＝５m/s (２)被救人员由初始时刻到恰好匀速,对被救人员在斜 面上的加速过程由动量定理得 mgsin５３°􀅰t－μmgcos５３°􀅰t－kvt＝mvm－０ 空气阻力的冲量ΣkviΔt＝kx１ 联立解得t＝５s (３)匀速过程位移x２＝vm(t总 －t)＝１５m 全程总位移x总 ＝x１＋x２＝３５m 整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功 W ＝ －μmgcos５３°􀅰x总 解得W＝－５２５０J [参考答案](１)５m/s　(２)５s　(３)W＝－５２５０J １５．[解](１)点电荷在电场中做类平抛运动２b＝v０t b＝１２at ２ qE＝ma 联立解得E＝mv ２ ０ ２qb (２)点电荷到达O 点时的速度为v１,与y轴正方向夹 角为θ 由动能定理１ ２mv ２ １－ １ ２mv ２ ０＝qEb 得v１＝ ２v０,cosθ＝ v０ v１ ＝ ２２ 所以θ＝４５° 进入z＜０区域的磁场中qv１B０＝m v２１ r r＝mv１qB０ ＝ ２mv０ qB０ 进入在y＞０,z＞０区域的磁场,若要垂直于z轴且沿y 轴负方向再次进入电场 由几何关系可得其半径R＝２r qv１B＝m v２１ R 解得B＝１２B０ (３)点电荷再次进入电场中做类平抛运动,沿电场线方 向的速度为v２ v２２＝２× ２× ２b×q E m 解得v２＝ ２v０ 进入磁场B０ 中将v２ 沿x轴正方向和z轴负方向分解 则沿x轴正方向的分速度为v０,在磁场中点电荷沿该 方向做匀速直线运动 沿z轴负方向的速度为v０,与v１ 合成后的速度为v３, 则v３＝ ３v０ 且与y轴负方向所成夹角α,cosα＝ ２ ３ 在磁场中点电荷以v３ 做匀速圆周运动qv３B＝m v２３ r１ 所以距xOy平面的最远距离d＝r１＋r１cosα 整理可得d＝mv０qB０ (２＋ ３) [参考答案](１) mv２０ ２bq　 (２)１２B０　 (３) mv０ qB０ (２＋ ３) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋