第四篇 分层三 重点题提升卷3-4-【师大金卷】2025年高考物理一轮二轮衔接复习小卷练透阶段测试卷（新高考）

新教材物理答案 —５３　 力,小球所受的合外力先减小后增大,再减小再增 大,故 D错误;由合力的变化可知小球受到的电场 力向上,小球带正电,故 A 错误;全程中电场力方向 不变,对小球一直做负功,小球的机械能一直在减 少,故B正确;距A 点h０２ 处,合力为零,此处电场力 和重力等大反向,而场强最大的位置必定是电场力 最大的位置,此时小球减速的加速度达到最大,该位 置在 h０ ２ 到h０ 之间,故 C错误.故选B. ４．AD　[试题解析]理想变压器原线圈的电压有效值为 U１＝ Um ２ －UL＝１４０V,理想变压器原、副线圈的 匝数比为 n１ n２ ＝ U１ U２ ＝１４０８０＝ ７ ４ ,故 A正确;灯 L１、L２ 均恰好达到额定功率,理想变压器原线圈电流为 I１＝IL＝ PL UL ＝１􀆰５A,根据理想变压器原副线圈电 流与线圈匝数的关系 I１ I２ ＝ n２ n１ ,解得I２＝２􀆰６２５A, 流经灯 L３ 的电流为I３＝I２－IL＝１􀆰１２５A,故 B 错误;灯泡的阻值为RL＝ U２ P ＝ ８０２ １２０Ω＝ １６０ ３ Ω ,根 据闭合电路的欧姆定律U２＝(R＋RL)I３,解得R ＝１６０９ Ω ,故此时滑动变阻器R 的阻值与灯泡的阻 值不相同,故 C错误;理想变压器的输出功率等于 输入功 率,为 P出 ＝P入 ＝U１I１＝２１０ W,故 D 正 确.故选 AD. ５．BC　[试题解析]小滑块运动到最低点B 时,小滑块的 速度方向为水平方向,重力的方向竖直向下,此时 重力的功率为０,因此小滑块从接触半圆槽到第一 次运动至B 的过程中,小滑块所受重力的功率不 可能逐渐增大,故 A错误;设小滑块对地水平位移 大小为x１,槽对地位移大小为x２,由于系统水平 方向动量守恒,则 mx１＝mx２,x１＋x２＝２R,解得 x１＝R,x２＝R,故B正确;小滑块运动到半圆槽的 C处时,小滑块相对于半圆槽竖直向上运动,又因 为系统水平方向动量守恒,且系统水平方向的初 动量为０,故小滑块运动到C 点处,小滑块对地速 度的方向应竖直向上,对小滑块从A 运动到C 的 过程,根据动量定理可得该过程中槽对小滑块的 冲量竖直向上,故 C正确;小滑块运动到半圆槽的 C处时,小滑块对地速度的方向竖直向上,又因为 系统水平方向动量守恒,且系统水平方向的初动 量为０,故此时槽对地速度为０,之后小滑块将从C 点开始做竖直上抛运动,此过程中小滑块与竖直 挡板无相互作用,根据系统机械能守恒可知,小滑 块将运动到与初始位置等高的位置,故 D 错误. 故选BC. ６．(１)BC　(２)见解析　见解析　(３)mg－(M＋m)a [试题解析](１)本实验采用的物理方法是控制变量法. 探究电流与电压、电阻的关系,探究小球所需向心力大 小与角速度的关系都采用控制变量法.故选BC. (２)方案一:在细线与小车连接处安装拉力传感器,研究 对象是小车和拉力传感器整体,其他不变. 方案二:选取n个砝码,放在砝码盘中,小车放在调整水 平的气垫导轨上,释放小车,利用打出的纸带求出加速 度;从盘中取出一个砝码、两个砝码􀆺􀆺,放在小车上, 重复以上步骤;以小车和n个砝码、砝码盘整体为研究 对象,探究加速度与砝码盘和其中砝码总重力的 关 系 即可. (３)整体应用牛顿第二定律有mg－f＝(M＋m)a,解得 f＝mg－(M＋m)a. ７．(１)１A　(２)７．５J(３)－５７J [试题解析](１)以ab棒为研究对象,金属棒ab刚进入 磁场时的速度为v０,由动能定理得mgssin３７°＝ １ ２mv ２ ０ 解得v０＝６m/s 金属棒ab刚进入磁场时,电动势E＝BLv０ 解得E＝１２V 由闭合电路欧姆定律,有I＝ E r＋ R１R２ R１＋R２ 解得I＝２A 金属棒ab刚进入磁场时流经R１ 的电流I１＝ I ２＝１A (２)金属棒ab在磁场中运动过程,棒中电流始终保持不 变,由FA＝ILB 解得FA＝４＋０􀆰８x 该过程中,由F－x关系可知克服安培力做功WFA ＝ １ ２ (４＋４＋０􀆰８×５)×５J＝３０J 回路中的热量Q 等于克服安培力做功,电阻R２ 产生的 焦耳热为Q２＝ R１R２ R１＋R２ r＋ R１R２ R１＋R２ × R２ R１＋R２ Q 解得Q２＝ １ ４Q＝７􀆰５J (３)金属棒ab在磁场中运动过程,棒中电流始终保持不 变,回路的连接方式始终不变,金属棒ab到达磁场下边 界M２P２ 的速度为v,有BLv０＝B′Lv 解得v＝３m/s 以ab棒为研究对象,由动能定理 １ ２mv ２－１２mv ２ ０＝WG＋W－WFA 解得W＝－５７J 重点题目提升卷３ １．D　[试题解析]γ射线是电磁波,在真空中的传播速度 等于光速,故 A错误;红外线的波长比γ射线长,故 B错误;根据换算可得１３TeV＝１３×１０１２×１􀆰６× 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —５４　 １０－１９J＝２􀆰０８×１０－６J,故C错误;根据E＝hν,可得 频率为ν＝Eh ≈３×１０ ２７ Hz,故 D正确.故选 D. ２．B　[试题解析]根据匀变速直线运动位移时间公式x＝ v０t－ １ ２at ２,整理得x t ＝－ １ ２at＋v０ ,故质点的初速 度为v０＝c,图像斜率为k＝－ c b ＝－ １ ２a ,质点的加 速度大小为a＝２cb ,故 A、C正确;t＝０到t＝b这段 时间质点的位移为x＝v０t－ １ ２at ２＝cb－１２ 􀅰２c b 􀅰 b２＝０,故 D正确;根据运动的对称性可知整个过程 中的路程为t＝０到t＝b２ 这段时间质点位移大小的 两倍,t＝０到t＝b这段时间质点的路程为s＝２[c b ２－ １ ２ 􀅰２c b 􀅰 ( b２ ) ２ ] ＝bc２,故 B错误.本题选错 误的,故选B. ３．D　[试题解析]根据GMm r２ ＝m４π ２ T２ r,ρ＝ M ４ ３πR ３ ,地球 的密度为 M＝ ３πr ３ GT２R３ ,A 错误;卫星与月球的角速 度相等,根据v＝ωr,卫星的运动半径较大,则在拉 格朗日点的卫星的线速度比月球的线速度大,B错 误;根据a＝ω２r,在拉格朗日点的卫星的向心加速 度比月球的向心加速度大,C错误;卫星所受向心力 为F合 ＝G Mm(r＋s)２ ＋F＝m４π ２ T２ (r＋s),联立得月球 对该卫星的引力为F＝４π ２m T２ (r＋s)－ mgR ２ (r＋s)２ ,D正 确.故选 D. ４．BD　[试题解析]由波形图可知,波源的起振方向为y 轴负方向,A错误;由图像可得,λ＝２m,由图像可 知２s内波传播的距离为３􀆰５m;由速度公式v＝ x t ,得v＝３．５２ m /s＝１􀆰７５m/s,T＝λv ＝ ８ ７ s ,xQN ＝１􀆰５m,振 动 传 播 到 N 点 的 时 间 为t＝xQNv ＝ ６ ７ s ,当t＝１s时,质点 N 振动到x 轴下方,此时 它的加速度方向沿y轴正方向,B正确;０~２s内 质点 N 振动了一个周期,运动的路程为s＝４A＝ ８０cm,C错误;当质点 M 开始振动时tQM ＝ xQM v ＝ １２ ７ s ,质点 N 已经振动了 ６７ s ,在剩余振动的过程 中,当 MN 中点所在位置的质点振动到平衡位置 时,即质点 M 和质点N 在同一时刻振动速度完全 相同的情况会出现二次,D正确.故选BD. ５．BC　[试题解析]设匀强磁场的磁感应强度为B,带电粒 子的电荷量为q,质量为 m,初速度为v,运动半径 为r,根据qvB＝mv ２ r ,可得r＝mvqB ,根据匀速圆周 运动规律可得粒子运动周期为 T＝２πrv ＝ ２πm Bq ,若 粒子运动轨迹所对应的圆心角为α,则粒子在磁场 中运动时间为t＝α２πT＝ αm Bq ,若两粒子在磁场中运 动的时间相等,则两粒子在磁场中转过的圆心角 (或弦切角)必定相等,可能分别从左右边射出;可 能负粒子从左边射出,正粒子从上边射出;可能都 从下边射出,此时圆心角均为１８０°,即均从 NP 边 射出,则对于负粒子有０＜ ２mv１ Bq ≤ a ４ ,解得初速度 v１ 需满足０＜v１≤ Bqa ８m ,对于正粒子同理可知其初 速度v２ 需满足０＜v２≤ ３Bqa ８m ,由此可见v１ 和v２ 取 值具有不确定性,根据数学知识可知v１ v２ 可以取任 意值,不一定为 １ ３ ,v１ v２ ＝ １３ 时对应负粒子恰好从 N 点射出,且正粒子恰好从P 点射出的特殊情况, A错误;若两粒子的初速度相同,则两粒子的运动 半径相同,当负粒子的运动半径为a ４ 时,它将垂直 MN 边射出,转过的圆心角为９０°,正粒子将从 NP 边射出,转过的圆心角为１８０°二者在磁场中运动 的时间之比为１∶２,B正确;若其中一个粒子(即 正粒子)垂直PQ 边射出磁场,则其转过的圆心角 为９０°,负粒子转过的圆心角最大值为１８０°,乙粒 子与甲粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于 ２∶１,C正确;若两粒子分别从 M、Q 两点射出磁 场,设乙、甲粒子半径分别为r１ 和r２,根据几何关 系有 (r１－a４ ) ２ ＋a２＝r２１,(r２－３a４ ) ２ ＋a２＝r２２,解 得r１＝ １７ ８a ,r２＝ ２５ ２４a ,所以乙粒子与甲粒子在磁场 中运动的初速度大小之比恰好为 v１ v２ ＝ r１ r２ ＝５１２５ ,D 错误.故选BC. ６．(１)图见解析　(２)“×１”　１９　(３) R０ k－１ (４) πd２R０ ４(k－１)L [试题解析](１)相应的电路图如图所示. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —５５　 (２)将选择开关置于“×１０”挡位,调零后把两表笔与电 阻丝两端相连,发现多用表指针偏转过大,此时应该换 用“×１”挡位,则欧姆表读数为１９×１Ω＝１９Ω. (３)由串并联分压规律可知 U乙 U甲 ＝k＝ Rx＋R０ Rx , 得Rx＝ R０ k－１ . (４)由 电 阻 定 律 可 知 Rx ＝ R０ k－１＝ρ L １ ４πd ２ ,得 ρ ＝ πd２R０ ４(k－１)L . ７．(１)FN＝２０h＋１．４(N)　(２)０．１５m (３)０．６６m　０．４１N􀅰s [试题解析](１)滑块从释放到C 点过程,根据动能定理 可得mgh＋mgR(１－cos３７°)＝１２mv ２ C 在C点时,根据向心力公式可得FN－mg＝m v２C R 联立解得FN＝２０h＋１．４(N) (２)设小球在与圆心的连线跟竖直方向夹角为θ处脱离 轨道mgcosθ＝m v２P R 从圆轨道的最低点到脱离处P 点,由动能定理 mg ３２R＝ １ ２mv ２ ０ １ ２mv ２ ０－ １ ２mv ２ P＝mgR(１＋cosθ) 求得cosθ＝１３ 小球脱 离 轨 道 后 做 斜 抛 运 动,在 最 高 点 时 的 速 度 为 vm,则 vm＝vPcosθ 从圆轨道的最低点到最高点１ ２mv ２ ０－ １ ２mv ２ m＝mghm 求得hm＝ ４０ ２７R＝０􀆰１５m (３)从释放点到F 点,由动能定理可知 mg２７５R－mg (２Rsin５３°＋R＋Rcos３７°)＝１２mv ２ F 解得vF＝２ gR＝２m/s 由几何关系可知,在F 点滑块的速度与水平方向夹角 为３７° 小球脱离轨道后做斜抛运动,设从F 点处到最高处的时 间为t１, 水平方向vx＝vFcos３７°＝１􀆰６m/s 竖直方向vy＝vFsin３７°＝gt１ 解得t１＝０􀆰１２s 竖直方向上升的高度h１＝ １ ２gt ２ １＝０􀆰０７２m 此后做平抛运动,设平抛运动的时间为t２ ２Rsin５３°＋R＋Rcos３７°＋h１＝ １ ２gt ２ ２ 解得t２＝０􀆰２９s 滑块从F 点抛出后水平位移x＝vx(t１＋t２)＝０􀆰６６m 重力的冲量I＝mg(t１＋t２)＝０􀆰４１N􀅰s 重点题目提升卷４ １．C　[试题解析]大量氢原子从n＝４能级向低能级跃迁 能产生C２４＝６种不同频率的光,A错误;若是用电子 撞击氢原子使其从基态跃迁到n＝４能级,则电子动 能Ek 满足１２􀆰７５eV≤Ek＜１３􀆰６eV,B错误;用能 量为１２􀆰７５eV 的光子照射逸出功为６􀆰３４eV 的金 属铂,逸出光电子的最大初动能为６􀆰４１eV,C正确; 用这些光子照射某金属,逸出的光电子来自于金属 原子核外的自由电子,D错误.故选 C. ２．A　[试题解析]由于输入电压不变,由P＝UI可知调节 前后原线圈中的电流之比为４∶１,A 错误;仅将 K 从１拨到２时,即副线圈匝数变为原来的一半,即 n２′＝ n２ ２ ,根据公式U１ U２ ＝ n１ n２ ,可得副线圈两端的电压 变为原来的１ ２ ,根据P＝U ２ R 可知副线圈中消耗的电 功率变为原来的１ ４ ,所以拨动前后变压器的输出功 率之比为４∶１,根据输出功率等于输入功率,所以 拨动前后原线圈中的输入功率之比也为４∶１,B正 确;若仅将开关拨到１,则P 向下滑动时,R 减小,由 P＝ U ２ ２ R＋R０ ,可知输出 功 率 增 大,C 正 确;因 为 P＝ U２２ R＋R０ ,开关 K从１拨到２时,只要调节P 的位置 使副线圈的电阻变为原来的 １ ４ 即可使副线圈输出 功率保持不变,由题意可知,副线圈的总电阻范围 为R０~５R０,可以满足上述情况,选项 D 正确.选 错误的,故选 A. ３．B　[试题解析]根据动量守恒,两种情况下子弹最终与 滑块的速度相等,选项 A 错误;根据能量守恒可知, 初状态两子弹动能相同,末状态两滑块与子弹的动 能也相同,因此损失的动能转化成的热量也相同,选 项B正确;子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动 能,因此子弹对滑块做功相同,选项 C错误;系统产 生的热量Q＝fΔx,由于两种情况下系统产生的热 量相同,而相对位移 Δx不同,因此子弹和滑块间的 水平作用力大小不同,选项 D错误.故选B. ４．AC　[试题解析]根据左手定则,ab边受到水平向北的 安培 力,故 A 正 确;根 据 安 培 力 计 算 公 式 F＝ IBL,通过ac边和cb 边的电流相等,可知ac边和 cb边受到的安培力大小相等,根据左手定则,ac边 和cb边受到的安培力方向不同,故ac边和cb 边 受到的安培力不同,故 B错误;设通过ac边、bc边 的电流为I１,通过ab边的电流为I２,导线框的每 条边的电阻为R,则I＝I１＋I２,I１􀅰２R＝I２R,解 得I１＝ １ ３I ,I２＝ ２ ３I ,导线 框 受 到 的 总 安 培 力 为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —５６　 FA＝I２BL＋２I１BLcos６０°＝IBL,故 C 正确;线框 保持静止,根据平衡条件,线框对桌面的摩擦力等 于导线框 受 到 的 总 安 培 力,大 小 不 为 ０,故 D 错 误.故选 AC. ５．BCD　[试题解析]小球在－y 方向上受到恒定合外力 的大小为１N,小球在水平桌面上做类斜抛运动, 小球在整个运动过程中除重力外有其它力做功, 机械能不守恒,故 A 错误;小球在碰到挡板前的 最小速度时,小球到达y轴的坐标最大,在y 轴 方向的速度为０,小球在x轴方向的速度为vx＝ ４m/s,小球在x轴方向上做匀速直线运动,设在 小球击中挡板前,小球速度大小变为５m/s时, 速度方向和x轴正方向的夹角为θ,则cosθ＝vxv ＝４５ ,解得θ＝３７°,故B正确;若小球在速度最小 时恰好经过O′,则小球从O′点做类平抛运动,在 x 轴 方 向x＝vxt,在 y 轴 方 向 上y＝ １ ２at ２ ＝ F ２mt ２,小球 击 中 挡 板 时 R２ ＝x２ ＋y２,解 得t＝ ０􀆰６s,y＝１􀆰８m,小球从O′点到挡板由动能定理 得Fy＝Ek－ １ ２mv ２ x,解得小球击中挡板前瞬间 的动能为Ek＝２􀆰６J,故 C 正 确;小 球 水 平 通 过 O′点击中挡板,则小球从O′点做类平抛运动,小 球击中 挡 板 时 R２ ＝x′２ ＋y′２,x′＝vx′t′,y′＝ １ ２at′ ２,击中挡板时小球的动能为Ek′＝may′＋ １ ２mvx′ ２＝３may′４ ＋ maR２ ４y′ ,当３may′ ４ ＝ maR２ ４y′ 时, y′＝ ３m,击中挡板时小球的动能最小,为Ekmin ＝３ ３２ J ,故 D正确.故选BCD. ６．(３)２h t２ 　(４)a－m′　(５)６．０　３．０ [试题解析](３)根据匀变速直线运动的位移时间公式得 h＝１２at ２,解得a＝２h t２ . (４)根据牛顿第二定律,对沙袋A 及砝码有(m１＋m′)g －T＝(m１＋m′)a,对沙袋 B 及砝码有T－(m２＋m－ m′)g＝(m２＋m－m′)a,联立解得a＝ m１－m２－m m１＋m２＋mg ＋ ２m′g m１＋m２＋m ,可见作“a－m′”图线较为合理. (５)由上一问知,图线斜率k＝ ２gm１＋m２＋m ,图线截距b ＝ m１－m２－m m１＋m２＋mg ,将k、b、m 代入计算,解得m１＝６􀆰０kg, m２＝３􀆰０kg. ７．(１)y＝ E１q ２mv２０ x２　(２)Smin＝ ２m２v２０ q２B２ 　(３)３ [试题解析](１)粒子在电场E１ 区域做类平抛运动,则有 x＝v０t y＝１２ 􀅰E１q mt ２ 解得y＝ E１q ２mv２０ x２ (２)设粒子经过O 点的速度为v,与y轴的夹角为θ,则 v０＝vsinθ 由qvB＝mv ２ r 可得r＝mvqB＝ mv０ qBsinθ 粒子在磁场中运动时,在y轴上的偏移量 Δy＝２rsinθ＝ ２􀅰mvqBsinθ＝ ２mv０ qB Δy恒 定,故 所 有 粒 子 均 击 中y 轴 上 的 同 一 位 置,即 y＝－ ２mv０ qB 处; 在x轴上从B 端射出的粒子到达的x 轴上坐标的距离 最远为xmax＝ mv０ qB 得磁场的最小面积Smin＝ ２m２v２０ q２B２ (３)粒子经过O 点时与y 轴负方向成θ＝４５°角,可得粒 子的速度为v＝ ２v０ 设粒子在第n＋１个磁场区域拐弯,则电场中共加速n 次:由动能定理E２q􀅰nd＝ １ ２mv ２ n－ １ ２m (２v０)２ 可得vn＝ n ２v ２ ０＋２v２０ 在y轴方向上由动量定理 ∑qvxB２Δt＝mvn－m(－vcos４５°) 可得qB２x＝m n ２v ２ ０＋２v２０＋mv０＝ mv０ dx 可得n＜xd ＝ n ２＋２＋１≤n＋１ 解得１＋ ３３ ４ ≤n＜ ５＋ ４１ ４ 由于n只能取整数,故n只能取２,即粒子将在第３个磁 场区域拐弯. 重点题目提升卷５ １．C　[试题解析]由衰变过程电荷数守恒和质量数守恒可 知,X为α粒子,故 A错误;衰变过程中有质量亏损, 根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量,故 B错误;根据自然组成原子核的核子越多,它的结合 能就越高,因此２３８９４Pu的结合能大于２３４９２U 的结合能, 故 C正确;原子的比结合能越大,越稳定,故２３４９２U 的 原子核比２３８９４Pu的原子核更加 稳 定,故 D 错 误.故 选 C. ２．B　[试题解析]由所示图像可知,t＝０时刻电路电流为 ０,电容器刚刚充电完毕,此时上极板带正电.由图 可知,Oa段电路电流逐渐增大,磁场能增加,电容器 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理４３—２　 一、选择题:１~３题为单选题,第４~５题为多选 题,每小题６分,选对但不全的得３分,共３０分. １．(２０２４􀅰甘肃张掖模拟)２０２３年１１月１６日发表 在«科学进展»杂志上的文章显示我国高海拔宇 宙线观测站“拉索”精确测量了迄今最亮的伽马 射线暴 GRB２２１００９A 的高能辐射能谱,揭示了 宇宙背景光在红外波段的强度低于预期,开启 了新物理探索之门.“拉索”记录到史上最亮的 伽马射线暴 GRB２２１００９A 产生的γ光子,其最 高能量达１３TeV(万亿电子伏特).已知普朗克 常量h＝６􀆰６３×１０－３４J􀅰s,下列说法正确的是 (　　) A．γ射线在真空中的传播速度小于光速 B．红外线的波长比γ射线短 C．１３TeV的γ光子能量约为２􀆰０８×１０－７J D．１３TeV的γ光子频率约为３×１０２７ Hz ２．(２０２４􀅰河南中原名校联考) 某质点做匀变速直线运动, 运动的时间为t,位移为x,该 质点的x t－t 图像如图所示, 下列说法错误的是 (　　) A．质点的加速度大小为２cb B．t＝０到t＝b这段时间质点的路程为bc４ C．t＝０时,质点的初速度大小为c D．t＝０到t＝b这段时间质点的位移为０ ３．(２０２４􀅰河北省级联测)拉格朗日点指的是在太 空中类似于“地—月”或“日—地”的天体系统中 的某些特殊位置,在该位置处的第三个相对小 得多(质量可忽略不计)的物体靠两个天体的引 力的矢量和提供其转动所需要的向心力,进而 使得该物体与该天体系统处于相对静止状态, 即具有相同的角速度.如图所示是地—月天体 系统,在月球外侧的地月连线上存在一个拉格 朗日点,发射一颗质量为m 的人造卫星至该点 跟着月球一起转动、距离月球的距离为s.已知 地球的半径为R,地球表面重力加速度为g,地 月球心之间的距离为r,月球的公转周期为T, 则由以上数据可以算出 (　　) A．地球的密度为 ３πR GT２r３ B．在拉格朗日点的卫星的线速度比月球的线速 度小 C．在拉格朗日点的卫星的向心加速度比月球的 向心加速度小 D．月球对该卫星的引力为４π ２m T２ (r＋s)－ mgR ２ (r＋s)２ ４．(多选)(２０２４􀅰陕西蒲城中学月考)在x轴上位 于x＝０􀆰５m 的波源Q 从t＝０时刻开始振动, 形成沿x轴正、负方向传播的两列简谐横波,经 过一段时间波源停止振动,t＝２s时形成的波形 如图所示(未标波形部分表示此处质点此刻并 没有振动).在这两列波传播过程中,下列说法 正确的是 (　　) A．波源的起振方向为y轴正方向 B．t＝１s时,质点 N 的加速度方向沿y 轴正 方向 C．０~２s内质点N 运动的路程为４０cm D．质点M 和质点N 在同一时刻振动速度完全 相同的情况会出现二次 ５．(多选)(２０２４􀅰湖南长沙一 中月考)如图所示,边长为a 的正方形 MNPQ 区域内有 一方向垂直正方形平面向外 的匀强磁场,NP 边上有一点 S,SN＝a４ .两个质量相同、 带等量异种电荷的粒子均从S点平行于MN 方 向射入磁场.带正电粒子甲与带负电粒子乙重 力均不计,不考虑甲、乙两粒子间的作用.下列 说法正确的是 (　　) A．若两粒子在磁场中运动的时间相等,则乙与 甲的初速度大小之比一定为１∶３ B．若两粒子的初速度相同,则乙与甲在磁场中 运动的时间之比可能为１∶２ C．若其中一个粒子垂直PQ 边射出磁场,则乙 与甲在磁场中运动时间之比一定不大于２∶１ D．若两粒子分别从M、Q 两点射出磁场,则乙与 甲的初速度大小之比恰好为２∶１ 二、非选择题:共２６分. ６．(８分)(２０２４􀅰河南周口一中模拟)某实验小组 要测量一段电阻丝的电阻率,实物连线如图１ 所示.电阻丝的电阻Rx 未知,定值电阻的阻值 为R０,电压表均可视为理想电表.实验过程中 电压表实际电压不会超过电压表量程. (１)根据实物连线图在虚线框中画出相应的电 路图(电压表符号旁标注甲、乙); (２)在电阻丝接入电路前,用多用表的欧姆挡粗 测Rx 的阻值:将选择开关置于“×１０”挡位,调 零后把两表笔与电阻丝两端相连,发现多用表 指针偏转过大,此时应该换用　　　　挡位,再 次调零后测量结果如图２所示,则欧姆表读数 为　　　　Ω(保留２位有效数字); (３)实验过程中,多次调节滑动变阻器,发现电 压表甲、乙读数总是成正比例变化,即U乙 U甲 ＝k (k 已知),则被测电阻测量值为Rx＝　　　　(用 已知量字母表示); (４)用米尺测得电阻丝的长度为L,用螺旋测微 器测得电阻丝的直径为d,则电阻丝的电阻率测 量值ρ＝　　　　(用已知量字母表示). ７．(１８分)(２０２４􀅰湖南三湘名校联考)如图所示, 处于竖直平面内的轨道装置,由倾角α＝３７°光 滑直轨道 AB、圆心为O１ 的半圆形光滑轨道 BCD、圆心为O２ 的光滑圆弧外轨道DEF组成, D、F 两点在同一竖直方向上,且 ∠DO２F＝ １０６°,B 为轨道间的相切点,B、O１、D、O２ 点处于 同一直线上.已知滑块质量m＝０􀆰１kg,轨道 BCD 和DEF 的半径均为R＝０􀆰１m.sin３７°＝ ０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８.滑块开始时从轨道AB 上某 点由静止释放,取重力加速度g＝１０m/s２. (１)若释放点距离B 点的竖直高度为h,求滑块 在最低点C 时轨道对滑块支持力FN 与高度h 的函数关系; (２)若释放点距离地面的竖直高度为３２R ,滑块 在轨道BCD 上的P(图中未画出)点刚好脱离 轨道,求滑块能达到距离地面的最大高度;(结 果保留两位有效数字) (３)若释放点距离地面的竖直高度为２７５R ,忽略 在D 处能量损失,求滑块从F 点抛出后水平位 移和重力的冲量.(结果保留两位有效数字) 新教材物理４３—１ 重点题目提升卷３ 新教材物理４４—２　 一、选择题:１~３题为单选题,第４~５题为多选 题,每小题６分,选对但不全的得３分,共３０分. １．(２０２４􀅰云南师大附中适应)右 图为氢原子能级图,现有大量 氢原子从n＝４的能级向低能 级跃迁,发出一些不同频率的 光,下列说法正确的是 (　　) A．这些氢原子可能发出３种 不同频率的光 B．若是用电子撞击氢原子使其从基态跃迁到n ＝４能级,则电子动能必等于１２􀆰７５eV C．用这些光子照射逸出功为６􀆰３４eV的金属铂, 逸出光电子的最大初动能可能为６􀆰４１eV D．用这些光子照射某金属,逸出的光电子来源 于原子核内部 ２．(２０２４􀅰重庆八中适应模拟)如图所示,理想变 压器原线圈接入按正弦规律变化的交变电流, R０ 为定值电阻,滑动变阻器R 的最大值为４R０, K为单刀双掷开关.若开关拨到２时,副线圈 匝数刚好是拨向１时的一半.则下列判断错误 的是 (　　) A．开关 K拨到１与拨到２时,原线圈中的电流 之比为２∶１ B．开关 K拨到１与拨到２时,原线圈中的输入 功率之比为４∶１ C．开关拨向１,滑片P 下滑时,变压器的输出功 率将增大 D．通过调节滑片P 的位置,可使得开关 K拨向 １、２时的副线圈输出功率相等 ３．(２０２４􀅰山西晋中二中月考)矩形滑块由不同材 料按上、下两层黏合在一起组成,将其放在光滑 的水平面上,质量为m 的子弹以速度v 水平射 向滑块.若射击滑块下层,则子弹刚好不射出 滑块;若射击滑块上层,则子弹刚好能射穿滑块 的一半厚度,如图所示.则上述两种情况相比 较 (　　) A．子弹的末速度大小不相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功不相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 ４．(多选)(２０２４􀅰重庆巴蜀中学适应)如图所示, 边长为L的均匀正三角形导线框abc置于水平 桌面上,匀强磁场磁感应强度大小为B,方向垂 直纸面(桌面)向里.现将大小为I的恒定电流 自a点流入,b点流出,线框仍静止,下列说法正 确的是 (　　) A．ab边受到水平向北的安培力 B．ac边和cb边受到的安培力相同 C．导线框受到的总安培力为BIL D．线框对桌面的摩擦力为０ ５．(多选)(２０２４􀅰四川内江三中月考)如图所示, xOy平面为光滑水平桌面,在x轴上固定了一 个１ ４ 圆弧挡板,挡板圆弧所在平面与水平桌面 共面.O′为其圆心,其半径R＝３m.质量为 ０􀆰１kg的小球在y轴上的初速度大小为v０.小 球受到大小不变、方向沿－y方向的恒定合外力 作用.已知小球在碰到挡板前的最小速度为 ４m/s,恒 力 的 大 小 为 １ N.小 球 视 为 质 点, sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８.下列说法正确的是 (　　) A．小球在整个运动过程中机械能守恒 B．在小球击中挡板前,小球速度大小变为５m/s 时,速度方向和x轴正方向的夹角为３７° C．若小球在速度最小时恰好经过O′,则小球击 中挡板前瞬间的动能为２􀆰６J D．若v０ 大小方向可以改变,小球的初始位置可 沿y方向上下移动,圆弧挡板可沿x方向左 右移动,总保证小球每次水平通过O′点,则 击中挡板时小球的最小动能为３ ２ ３J 二、非选择题:共２６分. ６．(８分)(２０２４􀅰江西六校联考)为了测量两个质 量不等的沙袋的质量,由于没有直接测量工具, 某实验小组应用下列器材测量:轻质定滑轮(质 量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量为 m＝ １kg)不可伸长的轻细线、米尺、秒表,他们根据 已学过的物理学知识,改变实验条件进行多次 测量,选择合适的变量得到线性关系,作出图线 并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量.实 验过程如下: (１)实验装置如图所示,设两沙袋A、B(均可视 为质点)的质量分别为 m１ 和 m２,在外力作用 下,它们均处于静止状态; (２)从给定的砝码组中取出质量为m′的砝码放 在沙袋A 中,剩余砝码都放在沙袋B 中,之后撤 去外力,发现A 下降、B 上升; (３)用米尺测出沙袋A 从静止下降的距离h,用 秒表测出沙袋A 下降h 所用的时间t,则可知沙 袋的加速度大小为a＝　　　　; (４)改变m′,测量相应的加速度a,得到多组m′ 及a 的数据,作出　　　　(选填“a－m′”或“a －１m′ ”)图线; (５)若求得图线的斜率k＝２(m/kg􀅰s２),截距b ＝２m/s２,则两沙袋的质量m１＝　　　　kg、 m２＝　　　　kg.(重力加速度g取１０m/s２) ７．(１８分)(２０２４􀅰哈尔滨九中模拟)如图甲所示, 曲线OP 上方有沿－y方向的匀强电场,其场强 大小为E１,曲线左侧有一粒子源AB,B 端位于 x 轴上,能够持续不断地沿＋x方向发射速度为 v０,质量为m、电荷量为q的粒子束,这些粒子经 电场偏转后均能够通过O 点,已知从A 点发射 的粒子恰好从P 点进入电场,不计重力及粒子 间的相互作用. (１)写出匀强电场边界OP 段的边界方程(粒子 入射点的坐标y和x 间的关系式); (２)若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩 形匀强磁场B１(未画出),磁场方向垂直纸面向 外.自O 点射入的粒子束,经磁场偏转后均能 够返回y轴,若粒子在第四象限运动时始终未 离开磁场,求磁场的最小面积; (３)若第一象限与第四象限间存在多组紧密相 邻的匀强磁场B２ 和匀强电场E２(如图乙),电 磁场边界与y轴平行,宽度均为d,长度足够长. 匀强磁场B２＝ mv０ qd ,方向垂直纸面向里,匀强电 场E２＝ mv２０ ４qd ,方向沿x轴正方向,现仅考虑自A 端射出的粒子,经匀强电场E１ 偏转后,恰好与y 轴负方向成θ＝４５°从O 点射入,试确定该粒子 将在第几个磁场区域拐弯(即速度恰好与y 轴 平行). 新教材物理４４—１ 重点题目提升卷４