2025名校高考全真模拟试题(七)-【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（新教材）

卷７ ２０２５名校高考全真模拟试题(七) 物　理 本试卷共１１０分,考试时间６０分钟. 　 　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　一、单项选择题:本题共５小题,每小题６分,共３０分.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􀅰山东德州联考)历经７年水下考古调查勘探,长江口二号古 船于２０２３年１１月２１日露出水面,时隔１５０多年重见天日.科学家 团队对古船中稻壳进行了碳十四测年,验证出了长江口二号古船的 “年龄”.已知植物存活期间,因其新陈代谢等生命活动,其体内１４C 的含量不变,生命活动结束后,１４C能自发进行β衰变成为１４N,１４C的 比例持续减少,下列说法正确的是 (　　) A．１４C发生一次β衰变,它的中子数减少一个,质子数增加一个 B．１４C衰变为１４N的过程中,电荷数守恒,质量也守恒 C．１４C核的比结合能大于１４N核的比结合能 D．２g１４C经过两个半衰期就会全部发生衰变 ２．(２０２４􀅰沈阳二中月考)“天问一号”火星探测器被火 星捕获,经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨 道”,为着陆火星做准备.如图所示,火星半径为R, 假设“天问一号”探测器围绕火星做匀速圆周运动, 其环绕周期为T１,经过轨道上A 点时探测器发出了 一束激光,激光与火星表面相切于B 点,若测得激光束AB 与轨道半 径AO 的夹角为θ.不考虑星球的自转,已知地球的一颗近地卫星 (轨道半径可视为地球半径)的运行周期为T２,则火星与地球的平均 密度之比为 (　　) A． T２２sin３θ T２１ B． T２２ T２１sin３θ C． T２２tan３θ T２１ D． T２２ T２１tan３θ ３．(２０２４􀅰四川成都模拟)如图所示,理想变压 器原线圈与定值电阻R１＝１２Ω串联后接在 正弦式交流电源上.理想变压器原、副线圈 的匝数之比为１∶５,定值电阻R２＝１０Ω,理想交流电压表的示数为 ２０V,则交流电源电压的峰值是 (　　) A．１２０V B．１２０ ２V C．１２４V D．１２４ ２V ４．(２０２４􀅰河南漯河联考)如图所示,质量均为m、半径 均为R 的圆柱体A、B、C 叠放在一起,圆柱体B、C 固定在两个质量不计、厚度不计的相同水平底座上, 底座置于水平地面上,三个圆柱体均相互接触且接 触面均光滑,三者处于静止状态.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦 力,则底座与水平地面间的动摩擦因数的最小值为 (　　) A．３２ B． ３ ３ C． ３ ６ D． ３ ９ ５．(２０２４􀅰山东济宁一中月考)如图所示,将一 段横截面半径为r的圆柱形光导纤维,弯成 外径为R(未知)的半圆形,一细光束由空气 中从纤维的左端面圆心O１ 点射入,入射角α ＝４５°,已知光导纤维对该光的折射率n＝ ２.若细光束恰好在外侧 面发生全反射,则外径R 为 (　　) A．(３＋ ６)r B．(２＋ ６)r C．(３＋ ２)r D．(２＋ ２)r 二、多项选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８分.在每小题给出的 四个选项中,每题有多项符合题目要求.全部选对得６分,选对但不全 的得３分,有选错的得０分. ６．(２０２４􀅰云南六校联考)一质量为m 的无人机,在其动力系统提供的 恒力作用下,由静止开始竖直向上运动,经t时间后关闭动力系统,再 经３t时间后无人机恰好返回起点.已知重力加速度为g,不计空气 阻力,则 (　　) A．恒力的大小为２４７mg B．关闭动力系统时无人机的速度大小为９７gt C．无人机上升的最大高度为７２４９gt ２ D．无人机返回起点时的速度大小为１１７gt ７．(２０２４􀅰黑龙江大庆铁人月考)如图所示,正四棱 锥P—ABCD的底面边长为L,侧棱长均为 ６２L ,水 平底面的四个顶点处均固定着电荷量为＋q(q＞ ０)的点电荷,另一个质量为m 的带电小球M 恰 好可以静止在P 点,把该带电小球 M 从点P 移动到无穷远处,电场 力做功为W.不考虑带电小球M 对电场的影响,取无穷远处电势为 零,静电力常量为k,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A．P 点的电场强度大小为８ ６kq ９L２ B．P 点的电场强度大小为４ ６kq ９L２ C．P 点的电势为８ ６kqW ３mgL２ D．P 点的电势为８ ６kqW ９mgL２ ８．(２０２４􀅰江西九校联考)如图所示,相距为L 的两足够长的平行金属 导轨MN、PQ 固定在光滑绝缘水平桌面上,以O１O２(垂直导轨)为分 界线,O１O２ 左侧导轨光滑,O１O２ 右侧导轨粗糙,整个导轨处于方向 垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,两导轨左端 M、P 与一电源和开关相连.质量为m 的导体棒１静止在O１O２ 左 侧,质量也为m 的导体棒２静止在O１O２ 右侧,导体棒１、２接入电路 的有效电阻分别为R 和２R,导体棒２与导轨间的动摩擦因数为μ. 现将开关K闭合瞬间后又立即断开,导体棒１获得瞬时速度v０,且开 始在导轨上向右运动(导体棒２开始运动瞬间不计摩擦力的影响), 当导体棒１以速度v１ 通过分界线O１O２ 时,导体棒２的速度为v２. 已知重力加速度为g,两导体棒均始终与导轨垂直且接触良好,导轨 电阻不计,则下列说法正确的是 (　　) A．开关K闭合瞬间后又立即断开,导体棒２获得的瞬时速度大小为 v０ ２ B．开关 K闭合瞬间后又立即断开,通过导体棒２的电荷量为 mv０ BL C．导体棒１从获得瞬时速度到运动至分界线O１O２ 经过的时间为 ３v０ ２μg － v１＋v２ μg D．导体棒１从获得瞬时速度到运动至分界线O１O２ 经过的时间为 ３v０ ４μg － v１＋２v２ ２μg 三、非选择题:本题共５小题,共６２分. ９．(２０２４􀅰天津耀华中学月考)(６分)用单摆测重力加速度的实验装置 如图甲所示. (１)用游标卡尺测量小钢球直径,如图乙所示,示数为　　　　cm. (２)图甲装置中角度盘需要固定在杆上的确定点O 处,摆线在角度盘 上所指的示数为摆角的大小.若将角度盘固定在O 点下方,则摆线 在角度盘上所指的示数为５°时,实际摆角　　　　５°(选填“大于”“等 于”或“小于”). (３)某同学测得多组周期T 和摆长L,画出T２－L 图像如图丙所示, 取π＝３􀆰１４,根据图像,可求得当地的重力加速度大小为　　　　m/ s２(保留三位有效数字). 卷７ １０．(２０２４􀅰广州华侨中学模拟)(８分)某同学用图甲所示电路观察电容 器的充、放电现象.现提供如下实验器材:电源E(电动势为３V,内 阻不计)、电容器C、电阻箱R、毫安表G、单刀双掷开关S和导线 若干. (１)根据图甲电路在图乙中用笔画线代替导线将实物电路连接 完整. (２)将开关S拨至位置１,电容器充电完毕后,将开关S拨至位置２, 此过程得到的IＧt图像如图丙所示,则电容器充电完毕后的电荷量 为　　　　C,电容器的电容C＝　　　　F.(计算结果均保留两 位有效数字) (３)如果不改变电路其他参数,只增大电阻箱R 接入电路的阻值,则 此过程的IＧt曲线与坐标轴所围成的面积将　　　　(选填“减小” “不变”或“增大”). １１．(２０２４􀅰湖南岳阳联考)(１２分)如图所示,上端开 口的光滑圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上,一 竖直弹簧一端固定,另一端连接一个截面积为２０ cm２ 的活塞,活塞将一定质量的理想气体封闭在 汽缸内.在汽缸内距缸底６０cm 处固定有卡环 (大小不计),活塞只能在卡环上方滑动.开始时活塞处在卡环上, 弹簧处于原长,缸内气体的压强等于大气压强p０＝１􀆰０×１０５Pa,温 度T０＝３００K.现缓慢加热汽缸内气体,当温度升高到T１＝３３０K 时,活塞恰好离开卡环,当温度升高到T２ 时,弹簧被压缩了x＝２０ cm.已知弹簧的劲度系数k＝１００N/m,重力加速度g＝１０m/s２, 弹簧始终处于弹性限度内.求: (１)活塞的质量; (２)T２ 的值. １２．(２０２４􀅰宁夏石嘴山三中模拟)(１６分)如 图所示,在xOy平面内,x轴上方有倾斜 的匀强电场E１(未知),x 轴下方有一垂 直xOy 平面向外的匀强磁场(磁感应强 度大小为B)和一水平向右的匀强电场 E２(未画出).质量为m、电荷量为q(q＞０)的粒子从y轴上M 点以 速度v０ 垂直电场E１ 的方向进入第一象限,经过t时间,粒子从x轴 上N 点以速度２v０ 进入磁场区域,粒子在N 点的速度方向与x 轴 正方向的夹角和电场E１ 方向与y轴负方向的夹角相等.已知电场 强度E２＝Bv０,不计粒子重力.求: (１)匀强电场E１ 的电场强度大小和电场E１ 方向与y轴负方向的 夹角; (２)O、N 两点间的距离; (３)粒子从N 点射入磁场到离y 轴最远的过程中,匀强电场E２ 对粒 子做的功. １３．(２０２４􀅰辽宁沈阳模拟)(２０分)如图所示,在光滑水平轨道上有一质 量为m 的足够长的长木板A,质量为３m 的滑块B(可视为质点)置 于A 的左端,A 与B 之间的动摩擦因数为μ,一根长度为L 的不可 伸长的细绳,一端固定于O 点,另一端系一质量为３m 的小球C,C 位于最低点时与B 处于同一高度且恰好接触.在光滑水平轨道上 放着４个小滑块(均可视为质点),小滑块的质量均为２m,编号依次 为１、２、３、４.开始时长木板A 静止,现将小球C 拉至细绳处于水平 伸直状态,然后由静止释放,小球C 向下摆动并与滑块B 发生弹性 碰撞,当A、B 刚达到共速时,长木板A 恰好与滑块１发生第１次弹 性碰撞.经过一段时间,A、B 再次刚达到共速时,长木板A 恰好与 滑块１发生第２次弹性碰撞,之后每次A、B 刚达到共速时,长木板 A 都恰好与滑块１发生弹性碰撞,直至最后长木板A 与滑块１共发 生４次碰撞.已知重力加速度为g,小滑块间的碰撞均为弹性碰撞, 每次碰撞时间极短,求: (１)小球C与滑块B 碰前瞬间,细绳的拉力大小; (２)长木板A 与滑块１发生第１次碰撞后,A 的速度大小; (３)开始时滑块１与滑块２之间的距离d１; (４)当A 与滑块１发生第４次碰撞时,滑块４距滑块１的初始位置的 距离. 新教材物理 N答案 —１５　 向上做加速度大小为０􀆰５m/s２ 的匀加速直线运动,根 据牛顿第二定律可得 F１－mgsinθ－f＝ma１ 解得牵引力大小为F１＝１１００N 当电动机达到允许的最大输出功率时,货物的速度为 v１＝ P F１ ＝２２００１１００m /s＝２m/s 则货物做匀加速直线运动的时间为 t１＝ v１ a１ ＝４s [参考答案](１)４００N　(２)１．２m/s　(３)４s １３．[解](１)带电粒子在第一象限进入第二象限磁场的过 程中,由动能定理有E０qd＝ １ ２mv ２ 解得v＝ ２E０qdm (２)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,若要从MN 之间 进入第四象限中的辐向电场,则根据几何关系可知,其 在磁场中运动的轨迹直径需满足２d＜２R＜３d 则可知轨迹半径需满足d＜R＜３２d 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心 力有Bqv＝mv ２ R 可得B＝mvqR 根据轨迹半径的取值范围可得磁感应强度的取值范围 为２ ３ ２E０m qd ＜B＜ ２E０m qd (３)粒子进入第四象限后恰好做匀速圆周运动,则电场 力提供向心力,则有k０q r ＝m v２ r (d＜r＜２d) 解得k０＝２E０d (４)设粒子在第四象限中做匀速圆周运动的半径为r, 从第四象限进入第一象限到达P 点的时间为t１,该过 程粒子做类平抛运动,竖直方向有vt１＝d 水平方向有r－d＝１２at ２ １＝ E０q ２m 􀅰t２１ 解得t１＝ dm ２E０q ,r＝５４d 粒子从第一象限进入磁场的时间 t２＝ ２d a ＝ ２d E０q m ＝ ２dmE０q 粒子在磁场中运动时的轨迹半径 R０＝ d＋r ２ ＝ ９ ８d 则其在磁场中运动的时间 t３＝ πR０ v ＝ ９π ８ md ２E０q 粒子在第四象限内运动的时间 t４＝ πr ２v＝ ５π ８ md ２E０q 由此可得粒子从P 点释放到返回P 点的时间 t＝t１＋t２＋t３＋t４＝ (３＋７π４ ) md ２E０q [参考答案](１) ２E０qd m 　 (２)２３ ２E０m qd ＜B＜ ２E０m qd (３)k０＝２E０d　(４)(３＋７π４ ) md ２E０q 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ⑦２０２５名校高考全真模拟试题(七) １．A　[试题解析]１４C 发生一次β衰变,它的中子数减少 一个,质子数增加一个,A正确;１４C衰变为１４N 的过 程中,电 荷 数 守 恒,质 量 数 也 守 恒,但 是 质 量 不 守 恒,B错误;生成物更加稳定,则生成物的比结合能 较大,即１４C核的比结合能小于１４N 核的比结合能, C错误;２g１４C经过两个半衰期将剩下原来的 １４ 没 有发生衰变,D错误.故选 A. ２．B　[试题解析]设地球半径为R′,地球平均密度为ρ′, 地球质 量 为 M′,对 于 地 球 近 地 卫 星 有GM′m′ R′２ ＝ m′４π ２ T２２ R′,又 M′＝ρ′􀅰 ４ ３πR′ ３,联立可得ρ′＝ ３π GT２２ , 设火星 质 量 为 M,火 星 密 度 为ρ,则 有 M ＝ρ􀅰 ４ ３πR ３,对于“天问一号”探测器围绕火星做匀速圆 周运 动,由 万 有 引 力 提 供 向 心 力 可 得GMm r２ ＝ m４π ２ T２１ r,根据图中几何关系可得sinθ＝Rr ,联立可得 ρ＝ ３π GT２１sin３θ ,则火星与地球的平均密度之比为ρ ρ′ ＝ T２２ T２１sin３θ ,故选B. ３．D　[试题解析]变压器次级电流I２＝ U２ R２ ＝２０１０A＝２A , 初级电流I１＝ n２ n１ I２＝１０A,初级电压U１＝ n１ n２ U２＝ ４V,输入电压有效值U＝I１R１＋U１＝１２４V,交流 电源电压的峰值是Um＝１２４ ２V,故选 D. ４．D　[试题解析]对A 受力分析如图, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —１６　 由对称性可知C 对A 的作用力与B 对A 的作用力 大小相等,即FCA＝FBA,则２FBAcos３０°＝mg,解得B 对A 的支持力FBA＝ ３ ３mg ;对B 受力分析,如图, 根据 牛 顿 第 三 定 律 知,FAB ＝FBA 水 平 方 向 f＝ FABsin３０°,竖直方向 N＝FABcos３０°＋mg,由最大静 摩擦力等于滑动摩擦力,则f＝μN,解得μ＝ ３ ９ ,故 选 D. ５．A　[试题解析]根据题意做出光路图为: 根据折射定律可得n＝sinαsinβ ,代入数据求得β＝３０°, 设在光导 纤 维 中 发 生 全 反 射 的 临 界 角 为 C,则 有 sinC＝１n ＝ ２ ２ ,求 得 C＝４５°,根 据 正 弦 定 理 可 得 R sin１２０°＝ R－r sin４５° ,求得R＝(３＋ ６)r,故选 A. ６．BC　[试题解析]设无人机加速过程的加速度大小为a, 根据题意有１ ２at ２＝－at􀅰３t＋１２g (３t)２,解得a＝ ９ ７g ,加速过程根据牛顿第二定律可得 F－mg＝ ma,解得恒力的大小为F＝１６７mg ,关闭动力系统 时无人机的速度大小为v＝at＝９７gt ,故 A错误,B 正确;无人机加速过程上升的高度为h１＝ １ ２at ２＝ ９ １４gt ２,关闭动力系统无人机继续上升的高度为h２ ＝v ２ ２g＝ ８１ ９８gt ２,则无人机上升的最大高度为hm＝h１ ＋h２＝ ７２ ４９gt ２,故 C正确;根据v２１＝２ghm,解得无人 机返回起点时的速度大小为v１＝ １２ ７gt ,故 D错误. 故选BC. ７．AD　[试题解析]水平底面的四个顶点处均固定着电荷 量为＋q(q＞０)的点电荷,在P 处的场强为E０＝ kq ( ６２L) ２ ,设四棱锥的侧棱与竖直线的夹角为α; 由几何 关 系 可 知sinα＝ ２L ２ ６L ２ ＝ ３３ ,cosα＝ L ６ ２L ＝ ６ ３ ,再由场强的分解法则可知四个顶点的点电荷 在P 点的合场强为E＝４E０cosα＝４× kq ( ６２L) ２× ６ ３＝ ８ ６kq ９L２ ,故 A正确,B错误;质量为 m 的带电 小球 M 恰 好 可 以 静 止 在P 点,设 电 量 为 Q,有 ８ ６kqQ ９L２ ＝mg,把该带电小球 M 从点P 移动到无 穷远处电场力做功为 W,由功能关系有 W＝Qφ, 联立解得P 点的电势为φ＝ ８ ６kqW ９mgL２ ,故 C错误, D正确.故选 AD. ８．AC　[试题解析]开关 K 闭合瞬间后又立即断开,对导 体棒１,根据动量定理I１BLΔt＝mv０,对导体棒２, 根据动量定理I２BLΔt＝mv′,且I１R＝I２􀅰２R,通 过导体棒２的电量为q＝I２Δt,联立解得v′＝ v０ ２ ,q ＝ mv０ ２BL ,故 A 正确,B错误;导体棒１从获得瞬时 速度到运动至分界线O１O２,对导体棒１,根据动量 定理－I３BLt＝mv１－mv０,对导体棒２,根据动量 定理I３BLt－μmgt＝mv２－mv′,联立解得t＝ ３v０ ２μg － v１＋v２ μg ,故 C正确,D错误.故选 AC. ９．[试题解析](１)游标卡尺的精度值为０􀆰０５mm,根据读 数规则可得d＝１０mm＋１４×０􀆰０５mm＝１０􀆰７０mm＝ １􀆰０７０cm. (２)角度盘的大小一定,则在规定的位置O 安装角度盘, 测量的角度准确,但将角度盘固定在规定位置O 的下方 时,角度盘到悬挂点的距离将会变长,因此在保持角度 相同的情况下,摆线在刻度盘上扫过的弧长会变长,则 摆线在角 度 盘 上 所 指 的 示 数 为 ５°时,其 实 际 摆 角 小 于５°. (３)根据T＝２π Lg ,可得T２＝４π ２ gL ,所以T２－L 图像 的 斜 率 为 ４π ２ g ＝ ４．０－３．２ (１００－８０)×１０－２ ＝４,求 得 g ≈ ９􀆰８６m/s２. [参考答案](１)１．０７０　(２)小于　(３)９．８６ １０．[试题解析](１)根据图甲电路可得实物电路如图所示. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —１７　 (２)电容器放电时,根据公式q＝It可知,在I－t图像 中,图线与横轴围成的面积表示通过电荷量的多少,由 图乙可知图线与横轴围成的面积为３２个小格,则电容 器开始放电 时 所 带 的 电 荷 量 为q＝３２×０􀆰５×０􀆰５× １０－３C＝８􀆰０×１０－３C;根据题意及图甲可知,电容器充 电结束时,两极板间电压为３V,则电容器的电容为C ＝qU ≈２􀆰７×１０ －３F. (３)根据q＝CU 可知,如果不改变电路其他参数,只增 大电阻R,极板上的电荷量不变,则IＧt图像中,图线与 横轴围成面积不变. [参考答案](１)连线见解析 (２)８．０×１０－３　２．７×１０－３ (３)不变 １１．[解](１)活塞恰好离开卡环时,封闭气体的压强为 p１＝p０＋ mg S 气体进行等容变化,则由查理定律p０ T０ ＝p１T１ 代入数据解得m＝２kg (２)当温度升高到T２ 时,弹簧被压缩了x＝２０cm.封 闭气体的压强为 p２＝p０＋ mg＋kx S ＝１􀆰２×１０ ５Pa 由理想气体状态方程p０l０S T０ ＝p２ (l０＋x)S T２ 解得T２＝４８０K [参考答案](１)２kg　(２)４８０K １２．[解](１)设粒子在 N 点时的速度为２v０,方向与x轴正 方向的夹角为θ,电场E１ 方向与y轴负方向的夹角也 为θ,则垂直电场E１ 的方向有２v０sin(９０°－２θ)＝v０ 沿电场方向有２v０cos(９０°－２θ)＝ qE１ mt 解得θ＝３０°,E１＝ ３mv０ qt (２)粒子从 M 到 N,沿垂直于场强方向的位移 MP ＝v０t 平行于场强方向的位移 PN＝２v０cos３０°２ t＝ ３ ２v０t 则ON＝(３MP＋PN)sin３０°＝３ ３４ v０t (３)粒子进入下方正交场后,将速度２v０ 分解为y轴方 向的速度vy＝２v０sin３０°＝v０ 和沿x轴方向的速度vx＝２v０cos３０°＝ ３v０ 沿y 轴 方 向 的 速 度vy ＝ v０ 所 受 的 洛 伦 兹 力qv０B ＝E２q 可知粒子沿y 轴负向做匀速运动;同时以速度vx ＝ ３v０做匀速圆周运动,运动半径为 r＝mvxqB ＝ ３mv０ qB 当粒子距离y轴最远时匀强电场E２ 对粒子做的功W ＝E２qr＝ ３mv２０ [参考答案](１)E１＝ ３mv０ qt 　θ＝３０°　 (２)ON＝３ ３４ v０t (３)W＝ ３mv２０ １３．[解](１)小球C在下落过程中机械能守恒,则有３mgL ＝１２×３mv ２ ０ 解得v０＝ ２gL 在最低点,由牛顿第二定律有 T－３mg＝３m× v２０ L 解得T＝９mg (２)小球C与滑块B 的质量相等,他们之间的碰撞为 弹性碰撞,根据动量守恒定律和能量守恒定律 ３mv０＝３mvC＋３mvB １ ２×３mv ２ ０＝ １ ２×３mv ２ C＋ １ ２×３mv ２ B 可得vB＝ ２gL 从B 开始运动到A、B 第 １ 次共速,由 动 量 守 恒 得 ３mvB＝４mv共１ 解得v共１＝ ３ ４vB A 与滑块１发生第１次弹性碰撞,根据动量守恒和机 械能守恒有mv共１＝mvA１＋２mv１ １ ２mv ２ 共１＝ １ ２mv ２ A１＋ １ ２×２mv ２ １ 解得v１ ＝ ２ ３v共１ ＝ １ ２v０ ＝ ２gL ２ ,vA１ ＝ － １ ３v共１ ＝ －１４v０＝－ ２gL ４ ,负号表示运动方向与v０ 方向相反 (３)从A 与滑块１发生第１次碰撞到 A、B 第２次共 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —１８　 速,由动量守恒有３mv共１＋mvA１＝４mv共２ 解得v共２＝ ２ ３v共１＝ １ ２v０ 因为４个小滑块质量相等,小滑块间发生弹性碰撞时 速度互换,碰撞后滑块１静止,滑块２的速度变为v１, 同理,滑块２与滑块３碰撞后,两者速度再次互换,以 此类推,所以开始时滑块１、２之间的距离d１ 就等于A 第１次与滑块１碰撞到再次与滑块１碰撞的过程中A 的位移,设A、B的加速度大小分别为aA 和aB,由牛顿 第二定律有 aB＝ ３μmg ３m ＝μg ,aA＝ ３μmg m ＝３μg 由匀变速运动规律有d１＝ v２共２－v２A１ ２aA 解得d１＝ L １６μ (４)由第(３)问可知v共２＝ ２ ３v共１ 同理可知v共３＝ ２ ３v共２＝ ( ２ ３ ) ２ v共１ 滑块B一直做匀减速直线运动,A 与小滑块１从发生 第１ 次 碰 撞 到 发 生 第 ４ 次 碰 撞 经 历 的 时 间 t ＝ v共１－v共４ μg 当A 与滑块１发出第４次碰撞时,滑块４距滑块１的 初始位置的距离x＝v１t 联立解得x＝１９L３６μ [参考答案](１)９mg　(２) ２gL４ 　 (３)L１６μ 　(４)１９L３６μ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ⑧２０２５名校高考全真模拟试题(八) １．B　[试题解析]对于黑体辐射,温度越高,辐射强度越 强,且极大值向着波长较短的方向移动,因此根据图 像可知,T１＞T２,故 A 错误;黑体辐射随着波长越 短、温度越高则辐射越强,所以黑体辐射电磁波的强 度按波长的分布只与黑体的温度有关,故B正确;随 着温度升高,各种波长的辐射强度均增大,但辐射强 度的极大值向着波长较短的方向移动,故 C 错误; 普朗克提出了能量子假说并根据能量子假说很好地 解释了黑体辐射的实验规律,破除了“能量是连续变 化的”传统观念,故 D错误.故选B. ２．A　[试题解析]烧瓶内封闭气体的体积一定,由查理定 律有p０ T０ ＝pT ＝ Δp ΔT ,又 ΔT＝Δt,所以有 Δp＝p０T０ Δt ＝p－p０,整理得p＝ p０ T０ Δt＋p０,可见p－Δt图像为 一次函数,斜率为p０ T０ ,截距为p０,均为正值,故正确 的图线是①.故选 A. ３．C　[试题解析]根据对称性,半球壳Ⅰ在O 点的场强方 向水平向左,半 球 壳Ⅱ在 O 点 的 场 强 方 向 水 平 向 右,且大小相等,所以O 点场强为零,故 AB错误;把 两球壳看成是一个整体,其电荷量集中于球心的点 电荷,所以整体在A 点的场强大小为E＝k２q L２ ,方向 水平向右;所以半球壳Ⅱ在A 点的场强大小为E２＝ E－E１＝k ２q L２ －E１,故 C正确;由于电势为标量,且 两球壳带等量正电荷,球壳Ⅰ距离A 点近,电势高, 球壳Ⅱ距离A 点远,电势低,所以半球壳Ⅰ在 A 点 的电势高于半球壳Ⅱ在A 点的电势,故 D错误.故 选 C. ４．D　[试题解析]物体B 受到地球的引力应为万有引力 F＝GMm R２ ,不等于向心力,故 A错误;设卫星A 的质 量为 m′,根据万有引力提供向心力可得G Mm′(２R)２ ＝ m′v ２ ２R ,因此卫星 A 的线速度v＝ GM２R ,故 B错误; 依题得,卫星 A 的角速度为ωA ＝ GM (２R)３ ,此时 A 和B 恰好 相 距 最 近,当 他 们 下 次 相 距 最 近 时 满 足 (ωA－ω０)t＝２π,因此联立解得t＝ ２π GM ８R３－ω０ ,故 C 错误;依题得,卫星A 的向心加速度为aA＝ GM ４R２ ,物 体B 的向心加速度aB＝ω２０R,因此向心加速度之比 为 aA aB ＝ GM ４R３ω２０ ,故 D正确.故选 D. ５．C　[试题解析]沿x轴方向,质子在电场力作用下做初 速度为零的匀加速直线运动,垂直x轴方向,质子只 受洛伦兹力作用,根据左手定则,质子做逆时针方向 的匀速圆周运动(沿x轴正方向看),所以质子运动 轨迹在yOz 平面内的投影是经过O 点 的 圆,D 错 误;质子在垂直x轴的平面内做圆周运动的周期为 T＝２πmeB ,t＝πmeB＝ T ２ 时刻,在垂直x 轴的平面内质 子分速度方向沿y 轴负方向,沿x 轴方向分速度沿 x 轴正方向,所以质子的合速度方向不沿z轴的负 方向,故 A错误;沿x轴方向,由牛顿第二定律有Ee ＝ma,则t＝πmeB＝ T ２ 时刻,质子沿x 轴运动的位移 x＝１２at ２,联立解得x＝π ２mE ２eB２ ,在垂直于x 轴的平 面内,t＝πmeB＝ T ２ 时刻正好经过半个周期,则y＝０, z＝ －２r,其 中 圆 周 分 运 动 半 径r＝mv０eB ,则 z＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋