第四篇 分层三 重点题提升卷7-8-【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 —５９　 统,根据 动 能 定 理 有 mg(L－Lcos６０°)＋WF ＝ １ ２mv ２ B＋ １ ２mv ２ C,解得WF＝ ３ ２mgL ,故 C正确;若 F 为恒力,t＝０时刻对C分析,根据牛顿第二定律 F＝ma＝ ３３mg ,t＝t１ 时刻对C 分析,根据牛顿第 二定律FCcos３０°＋F＝ma,联立解得FC＝０,又B 绕A 做圆周运动,对B 进行受力分析,如图. B 所受合力沿AB 杆指向A,设AB 杆对B 的弹力 沿AB 杆指向B,根据牛顿第二定律,有FCsin３０° ＋mgsin３０°－FA ＝m v２B L ,解得FA ＝－ ３mg ２ ,此时 AB 杆对B 的弹力大小为３mg２ ,但F 不是恒力,则 FC≠０,FA≠－ ３mg ２ ,故此时连接 AB 的细杆中的 弹力大小不为３mg ２ ,故 D错误.故选BC. ６．(１)１４．４　(２)减小　０．０２５　(３)A [试题解析](１)根 据 游 标 卡 尺 的 读 数 规 律,该 读 数 为 １４mm＋０􀆰１×４mm＝１４􀆰４mm. (２)小球转动过程中,由轻绳拉力提供向心力,则有F＝ mω２r,可知,由图可判断当小球质量 m 和转动半径r 一 定时,ω减小,F 减小.根据上述分析,结合图像可知mr ＝０．７５－０．４０７５－４０ kg 􀅰m,解得m＝０􀆰０２５kg. (３)根据图像可知,在r等于０时轻绳的拉力为正值,表 明在r等于０时,小球圆周运动的半径并不等于０,即小 球圆周运动的半径的实际值大于r,可知,图像不过原点 的原因是把轻绳长作为转动的半径,没有考虑小球的半 径.故选 A. ７．(１)tanθ＝１３　E＝ ３mg q 　 (２)４ ２H３g　 (３)ΔE＝１０mgH [试题解析](１)令小球在O 点的速度为v０,根据运动的 独立性,小球到达 M１ 时速度的竖直分量为v１y＝v０ 由题意得 １０v０＝ v２０＋v２１x 可得v１x＝３v０ 即tanθ＝v１yv１x ＝１３ 小球到达 M１ 之前做直线运动,合力方向与合速度方向 共线,即qE mg＝ v１x v１y 可得E＝３mgq (２)小球在竖直方向上做竖直上抛运动,可知小球在电 场中的两段运动时间相同,且水平方向做匀加速直线运 动,电场区域上方小球水平方向做匀速运动.令小球从 A 点向上离开电场,从B 点再次进入电场 vAx＝vBx＝ １ ２v１x＝ ３ ２v０ ,vBx vBy ＝ v１x v１y 可得vBy＝ １ ２v０ ,即vAy＝ １ ２v０ 由此可得tOA＝tBM ＝ １ ２tAB 由O→A,在竖直方向上,有 H＝ v０＋ １ ２v０ ２ ×tOA＝ ３ ４v０×tOA 且v０－ １ ２v０＝gtOA 可得tOA＝ ２H ３g ,即tOM１＝tOA＋tBM１＋tAB＝４tOA＝４ ２H ３g (３)令第一次碰后的竖直分速度为v２y,水平分速度为v２x 由条件可得v２x＝３v２y 第一次碰后到第二次碰撞２v２y＝gtM１M２ xM１M２＝３v２y× ２v２y g ＋ １ ２×３g× ( ２v２y g ) ２ ＝８H 解得v２２y＝ ２gH ３ E碰后 ＝１２m (v２２y＋９v２２y)＝５mv２２y＝ １０mgH ３ 碰前E碰前 ＝１２m (v２１y＋９v２１y)＝５mv２１y＝５mv２０ 又因为v０＝２gtOA 即v０＝ ８gH ３ E碰前 ＝４０mgH３ 可得第一次碰撞过程小球的动能损失 ΔE＝１０mgH 重点题目提升卷７ １．C　[试题解析]根据质量数与电荷数守恒,可得氟Ｇ１８ 的衰变方程１８９F→１８８O＋０１e,故 A 错误;依题意,正负 电子湮灭方程为０１e＋ ０－１e＝２γ,故 B错误;由质能方 程,可得 ΔE＝Δmc２＝２mc２,根据能量守恒,可得 ΔE ＝２hν＝２hcλ ,联立解得λ＝hmc ,故 C正确;由乙图 可知氟Ｇ１８ 的 半 衰 期 为 T＝１００ min,根 据 N ＝ N０ ( １２ ) t T ,又t＝５×６０min＝３００min,联立解得 NN０ ＝１２􀆰５％,故 D错误.故选 C. ２．B　[试题解析]带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作 用,根据左手定则可知,正粒子受到的洛伦 兹 力 向 下,负粒子受到洛伦兹力向上,故 A 错误;当达到平 衡时有U dq＝qvB ,解得v＝UBd ,B正确;不带电的液 体在磁场中不受力,M、N 两点没有电势差,无法计 算流速,故 C 错误;污 水 流 量 为 Q＝vS＝ １４πd ２􀅰 U Bd＝ πUd ４B ,D错误.故选B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —６０　 ３．C　[试题解析]壶中原来空气的体积V１＝０􀆰６L,由玻 意耳定律p１(nV０＋V１)＝p２V１,解得n＝１２,故 A错 误;气体从A 到B,体积增大,对外做功,由于温度 不变,理想气体内能不变,根据热力学第一定律 ΔU ＝Q＋W,可得气体吸收的热量等于气体做的功,故 B错误;三角形面积为S＝１２pV ,由题意可知,图线 为等温曲线,由理想气体状态方程pV T ＝C ,则pV＝ CT,由于C 是常数,温度T 保持不变,则pV 相等, 两三角形 Rt△OAC 和 Rt△OBD 的面积相等,故 C 正确;A 到B 的过程中,温度不变,分子平均运动速 率不变,但是体积变大,分子数密度减小,压强减小, 所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞 次数减少,故 D错误.故选 C. ４．BD　[试题解析]以竖直向上为正方向,初速度应为正 值,故 A错误;速度先减小为０后反向增大,所以 位移时间图像斜率先减小后变为负数增大,且机 械能一直有损失,导致上升过程中任意位置的速 率都比下降过程同一位置速度大,则上升、下降经 过同一位置处的动能不可能相等,因此上升过程 的平均速度大于下降过程的平均速度,所以上升 过程的时间小于下降过程的时间,故 B正确,C错 误;E机Ｇx 图像斜率表示空气阻力,空气阻力上升 过程减小,下降过程增大,且上升过程机械能损失 更多,故 D正确.故选BD. ５．ABD　[试题解析]若导体棒PQ 固定,则导体棒 MN 稳 定时做匀速直线运动,导体棒 MN 产生的感应 电动势为E＝BLv,导体棒 MN 受安培力为FMN ＝BI１L＝ B２L２v ２R ,由 平 衡 条 件 可 得 mgsinθ＝ B２L２v ２R ,解得v＝２mgRsinθ B２L２ ,A 正确;若将导体棒 PQ 和MN 同时释放,导体棒PQ 和MN 所受安 培力分别为FPQ＝２BI２L,FMN′＝BI２L,可知FPQ ＝２FMN ,由牛顿第二定律可得导体棒PQ 的加速 度 为 aPQ ＝ ２mgsinθ－FPQ ２m ＝ ２mgsinθ－２FMN ２m ＝ mgsinθ－FMN m ,导 体 棒 MN 的 加 速 度 为aMN ＝ mgsinθ－FMN m ,可 知 两 金 属 棒 的 加 速 度 大 小 相 等,且同时释放,运动时间相同,则在同一时刻两 金属棒的速度大小相等,则有vPQ ＝vMN ＝v′,由 电磁感应定律,可知回路中的感应电动势大小为 E＝EPQ ＋EMN ＝２BLv′＋BLv′＝３BLv′,回路中 的感应电流I３＝ ３BLv′ ２R ,导体棒PQ 和MN 在做 匀速直线运动时速度最大,对导体棒 MN,由平 衡条 件 可 得 ３B２L２vm ２R ＝ mgsinθ ,解 得 vm ＝ ２mgRsinθ ３B２L２ ,B正确;若同时释放两导体棒,当PQ 下降高度为h 时达到最大速度,在此过程中由能 量守恒定律可得２mgh＋mgh＝E＋１２×２mv ２ m＋ １ ２mv ２ m,解得闭合回路产生的焦耳热E＝２mgh ＋mgh－ ( １２ ×２mv ２ m ＋ １ ２ mv ２ m ) ＝３mgh－ ２m３g２R２sin２θ ３B４L４ ,导 体 棒 PQ 产 生 的 焦 耳 热 为 ΔEPQ ＝ １ ２E＝ １ ２ (３mgh－ ２m３g２R２sin２θ ３B４L４ ) ＝ ３ ２mgh－ m３g２R２sin２θ ３B４L４ ,C错误;若同时释放两导 体棒,当MN 下降高度为h时,该过程中通过导体 棒 MN 的电量为q＝ΔΦ２R＝ ２BL􀅰 hsinθ＋BL 􀅰 h sinθ ２R ＝３BLh２Rsinθ ,D正确.故选 ABD. ６．(２)１９　(３)０．８３３×１０５　(４)均匀　(５)C [试题 解 析](２)根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 有 I＝ E R０＋R＋r ,U＝IR,解得R０＝１９Ω. (３)根 据 胡 克 定 律 可 知 k＝mg２x ＝ ５０００×１０ ２×０．３ N /m＝ ０􀆰８３３×１０５ N/m. (４)根 据 平 衡 条 件 可 知 F＝２kx,电 压 表 示 数 为 U＝ E R＋R０＋r 􀅰x LR ,解得F＝kU１０ ,则质量为 m＝kU１００ ,可见 m 与U 是线性关系,刻度均匀. (５)如果要扩大该地磅的量程,且只能改变一个条件,可 以增大弹簧的劲度系数,若减小电压表的量程或减小电 源电动势,会减小地磅的量程.故选 C. ７．(１)v１＝１􀆰２５m/s,v２＝３􀆰７５m/s　(２)９．３７５J (３)５m/s [试题解析](１)由于轻质绸带合力为零,则两物块给它 的摩擦力大小相等方向相反,都等于绸带的张力.再据 牛顿第三定律,得 M 和m 受到绸带反作用的摩擦力大 小也相等.又有 M＞m 则μMgcosα＞μmgcosα 二者不可能同时为滑动摩擦力,又有 μmgcosα＝３．７５N＜mgsinα＝５N m 会加速下滑,设加速度为a１,据牛顿第二定律 mgsinα－μmgcosα＝ma１ 解得a１＝１􀆰２５m/s２ １s末速度v１＝a１t１ 解得v１＝１．２５m/s 则 M 受静摩擦力f＝μmgcosα＝３􀆰７５N 方向沿斜面向上,M 带着绸带一起向左加速下滑,设加 速度为a２,据牛顿第二定律 Mgsinα－μmgcosα＝Ma２ 解得a２＝３􀆰７５m/s２ １s末速度v２＝a２t１ 解得v２＝３􀆰７５m/s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —６１　 (２)１s内m 向右下滑距离x１＝ v１ ２t１＝０􀆰６２５m １s内绸带随 M 一起向左滑动距离x２＝ v２ ２t１＝１􀆰８７５m m 与绸带相对位移d＝x１＋x２ 解得d＝２􀆰５m 又有Q＝μmgdcosα 解得Q＝９􀆰３７５J １s内系 统 机 械 能 的 损 失 转 化 为 m 与 绸 带 摩 擦 生 热 ΔE＝Q 所以,１s内系统机械能的损失 ΔE＝９􀆰３７５J (３)因为F１＋F２＝Mgsinα－mgsinα, 所以 Mgsinα－F２－μmgcosα＝mgsinα＋F１－μmgcosα 两物体所受合外力大小每时每刻都相等,则相同时间内 合外力冲量的大小相同,动量的变化量大小相等.对m 据动量定理(mgsinα－μmgcosα＋F１)t＝m(v－v１) 对 M 据动量定理(Mgsinα－μmgcosα－F２)t＝M(v－v２) 即m(v－v１)＝M(v－v２) 解得v＝５m/s 重点题目提升卷８ １．B　[试题解析]根据德布罗意波长公式可知入射光子的 波长为λ＝hp ,故 A错误;根据爱因斯坦光电效应方 程有hcλ ＝Ek＋W ,解得阴极感光材料的逸出功为 W＝cp－Ek,故 B正确;随着 K 极逸出的光电子运 动到 A极,A、K之间的电压逐渐增大,若 K 电极逸 出的最大动能的光电子恰好运动不到 A 电极,两极 间电压达到最大,再增大入射光强度电压表示数不 再增大,根据动能定理有－eU＝０－Ek,两极间的最 大电压为U＝Eke ,若用紫光照射 K 极,可知初动能 增大,则有U＞Eke ,故 C、D错误.故选B. ２．C　[试题解析]根据n＝sinisinr ,可得光线在E 点的折射 角为３０°,则CF＝２×L３cos３０°＝ ３ ３L ,即折射光线 能射到CD 之间的F 点,入射角为６０°;因sinC＝１ ３ ＜sin６０°＝ ３２ ,可知光线在F 点发生全反射,反射光 线平行AD 射到AB 边的H 点,此时光线在 H 点的 入射角为３０°,根据n＝ sinαsin３０° ,可知折射角α＝６０°, 则最终射出的光线与CB 边夹角为３０°,则BC 面入 射光线和AB 面折射光线的夹角为６０°.故选 C. ３．B　[试题解析]棒球从 O 到A 过程,速度方向不断变 化,动量是矢量,动量变化量大小不等于 mv－mv０, 故 A错误;棒球从O 到A 过程,根据 Δp＝F合t＝ mgt,可知动量随时间均匀变化,故 B正确;棒球从 O 出发到再次落回地面过程,动量大小不变,方向变 化,故 C错误;棒球从O 出发到再次落回地面过程, 速度方向不断变化,动量是矢量,动量变化量不等于 ２mv０,故 D错误.故选B. ４．BCD　[试题解析]只加磁场时,由左手定则可知,粒子 受洛伦兹力向下,则不会打到接收屏上的P 点, A错误;由题意可知,当粒子打在接收屏上的O 点时,粒子做匀速直线运动,粒子处于平衡状态, 可知qE＝qvB,解得粒子的速度为v＝EB ,B正 确;根据粒子在只有电场时做类平抛运动,粒子 打在接收屏上的P 点,由牛顿第二定律可知qE ＝ma,粒子在水平方向位移为d＝vt,粒子在竖 直方 向 位 移 为 OP＝ １２at ２,联 立 可 知 OP＝ qB２d２ ２mE ,根据粒子在只有磁场时,做圆周运动,粒 子的运动轨迹如图所示, 由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝mv ２ r ,即r＝ mv qB＝ mE qB２ ,由几何关系可知 OQ＝r－ r２－d２, 联立解得q m ＝ ４E ５B２d ,OP＝２d５ ,C 正确;D 正 确. 故选BCD. ５．AB　[试题解析]物体在O 处在水平恒力F１ 的作用下 由静止向右运动一段时间,设末速度为v１,运动时 间为t,则a１＝ F１ m ,W１＝Ek１＝F１x＝ １ ２mv ２ １,x＝ １ ２a１t ２,大小变为F２ 后a２＝ F２ m ,W２＝Ek２－Ek１＝ F２x＝ １ ２mv ２ ２－ １ ２mv ２ １,x＝v１t－ １ ２a２t ２,联立解得 v２＝４m/s,故 A正确;物块从O 处向左水平抛出, 恰好沿传送带方向进入传送带,即末速度与水平 方向夹角为３７°,则物块进入传送带的速度为v０＝ v２ cos３７°＝５m /s,物块在传送带上,根据牛顿第二定 律 mgsin３７°＋μmgcos３７°＝ ma１,解 得 a１ ＝ ７􀆰５m/s２,物块加速到与传送带速度相同时,设所 用时间为t′,则t′＝Δva１ ＝１０－５７．５ s＝ ２ ３ s ,物块加速 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —６２　 阶段,物块的位移为x１＝ v＋v０ ２ t＝５m＝L ,即物块 运动到传送带下端刚好和传送带共速,故 B正确; 传送带运动的位移为x２＝vt′＝ ２０ ３ m ,物块在传送 带上留下痕迹的长度为 Δx＝x２－x１＝ ５ ３ m ,故 C 错误;根据动能定理,整个过程中F１、F２ 所做的总 功为 W 总 ＝Ek２ ＝ １ ２mv ２ ２ ＝１６J,故 D 错 误.故 选 AB. ６．(１)１２　(２)０．１９　(３)０．２１　(４)０．０５１ [试题解析](１)由题知,弹簧处于原长时滑块左端位于 O 点,A 点到O 点的距离为５􀆰００cm.拉动滑块使其左 端处于A 点,由静止释放并开始计时.结合图乙的FＧt 图有 Δx＝５􀆰００cm,F＝０􀆰６１０N;根据胡克定律有k＝ F Δx ,解得k≈１２N/m. (２)根据牛顿第二定律有F＝ma,则aＧF 图像的斜率为 滑块与加速度传感器的总质量的倒数,根据图丙中Ⅰ, 则有１ m＝ ３－０ ０．５８kg －１,则滑块与加速度传感器的总质量 为m≈０􀆰１９kg. (３)在图丙中根据aＧF 图线Ⅱ,可知实验过程中重物与 滑块始终相对静止且测得F 的最大值为０􀆰７０N,则重 物与滑块间最大加速度为am＝２􀆰１m/s２,则重物与滑块 间的动摩擦因数至少为μ＝ am g＝０􀆰２１ . (４)在图丙中根据aＧF 图线Ⅲ,可知当F＝０时,此时重 力的分力产生的加速度大小为a０＝０􀆰５０m/s２,由牛顿 第二定律有mgsinθ＝ma０,代入数据解得夹角θ的正弦 值为sinθ＝０􀆰０５１. ７．(１)８５ m /s　(２)１􀆰２５J　(３)不能,５１０m [试题解析](１)设初始时电容器两端的电压为U０,由电 容公式有C＝Q０U０ 对导体棒,由动量定理有BIL􀅰Δt＝m１v１－０ 导体棒从开始运动到稳定过程,设电容器极板上电荷量 变化量为q,导体棒稳定后的电动势为E,有 qU０－E ＝C 整理有q＝C(U０－E) 由电流的公式有I＝qΔt 导体棒切割磁感线的电动势为E＝BLv１ 解得v１＝ ８ ５ m /s (２)由于导体棒恰好能从C１C２ 处沿切线进入圆弧轨道, 设进入瞬间导体棒的速度为v２,有v２＝ v１ cosθ 解得v２＝２m/s 设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v３,由动能定理有 m１gr(１－cosθ)＝ １ ２m１v ２ ３－ １ ２m１v ２ ２ 解得v３＝３m/s 金属棒和金属框发生完全非弹性碰撞,设碰后速 度 为 v共 ,有m１v３＝(m１＋m２)v共 解得v共 ＝１m/s 由题意分析可知,线框在进入磁场到出磁场过程中,始 终只有一条边切割磁感线,则其电动势为E１＝BxLv共 则线框内的电流为I＝E１R 线框进入磁场过程中所受安培力为 F安 ＝BIL＝ B２xL２v共 R ＝５x (N) 线框进入过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做 的功相同,为Q１＝F安x 由上述安培力的表达式可知,安培力随着进入磁场的距 离均匀变化,所以进入过程中,安培力的平均值为 F安 ＝ F安初 ＋F安末 ２ ＝ ０＋５×０．５ ２ N＝１􀆰２５N 线框出磁场和进入磁场过程,克服安培力做的功相同, 所以整个过程,线框产生的焦耳热为Q＝２Q１＝１􀆰２５J (３)线框进入磁场过程由动量定理有 －∑ B２xL２v R 􀅰Δt＝(m１＋m２)(v４－v共 ) 整理有－∑５x􀅰Δx＝(m１＋m２)(v４－v共 ),０＜x＜０􀆰５m 解得v４＝ １ ６ m /s＜v共 －v４ 所以线框不能完全离开磁场,则有 －∑５x􀅰Δx＝－５２x ２＝０－(m１＋m２)v４ 解得x＝ ５１０m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理４７—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􀅰安徽合肥模拟)将放射性同位素氟Ｇ１８ (１８９F)注入人体参与人体的代谢过程,如图甲所 示,氟Ｇ１８在人体内衰变放出正电子,与人体内 负电子相遇而湮灭并产生一对波长相等的光 子,被探测器探测到,经计算机处理后产生清晰 的医学图像.氟Ｇ１８的衰变规律如图乙所示,其 中纵坐标 N N０ 表示任意时刻放射性元素的原子 数与t＝０时的原子数之比,设正、负电子的质量 均为m,光速为c,普朗克常数为h.则 (　　) A．氟Ｇ１８衰变的方程为１８９F→ ０－１e＋１８１０Ne B．上述一对光子由氟Ｇ１８直接产生并释放 C．上述一对光子波长为hmc D．经５小时人体内氟Ｇ１８的残留量是初始时的 ３３􀆰３％ ２．(２０２４􀅰沈阳二中月考)在实验室中有一种污水 流量计,其原理可以简化为如图所示模型:废液 内含有大量正、负离子,从直径为d的圆柱形容 器右侧流入,左侧流出.流量值Q 等于单位时 间通过横截面的液体的体积.空间有垂直纸面 向里的磁感应强度为B 的匀强磁场,并测出M、 N 间的电压U,则下列说法正确的是 (　　) A．正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的 B．容器内液体的流速为v＝UBd C．河水流量计也可以用于测量不带电的液体的 流速 D．污水流量为Q＝πUd２B ３．(２０２４􀅰四川成都期中模拟)如图甲所示为压气 式消毒喷壶,若该壶容积为２L,内装１􀆰４L消 毒液.闭合阀门 K,缓慢向下压A,每次可向瓶 内储气室充入０􀆰０５L的１􀆰０atm 的空气,经n 次下压后,壶内气体压强变为２􀆰０atm 时按下 B,阀门 K 打开,消毒液从喷嘴处喷出,喷液全 过程气体状态变化pＧV 图像如图乙所示.(已 知储气室内气体可视为理想气体,充气和喷液 过程中温度保持不变,１􀆰０atm＝１􀆰０×１０５Pa) 下列说法正确的是 (　　) A．充气过程向下压A 的次数n＝１０次 B．气体从状态A 变化到状态B 的过程中,气体 吸收的热量大于气体做的功 C．乙图中RtΔOAC和RtΔOBD 的面积相等 D．从状态A 变化到状态B,气体分子单位时间 内对器壁单位面积上的碰撞次数不变 ４．(多选)(２０２４􀅰河南漯河联考)教职工趣味运动 会排球垫球比赛中,某老师将球沿竖直方向垫 起.已知排球在空中受到的空气阻力与速度大 小成正比,以竖直向上为正方向,v表示排球速 度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek 表示排球 的动能、E机 表示排球的机械能、t表示排球自垫 起开始计时的运动时间,下列表示排球上升和 下落过程中各物理量关系的图像可能正确的是 (　　) ５．(多选)(２０２４􀅰山东济宁一中月考)如图所示, 足够长的金属导轨A１B１B１′C１ 和A２B２C２ 固定 放置,其中A１B１ 与A２B２、B１′C１ 与B２C２ 相互 平行,左右两侧导轨间距分别为２L 和L,所在 平面与水平面夹角均为θ,导轨两侧空间均有垂 直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小 均为B.质量分别为２m、m 的均匀金属棒PQ 和MN,垂直放置在导轨上.运动过程中,两金 属棒与导轨保持光滑接触,始终垂直于导轨,电 阻均为R,导轨电阻不计,重力加速度大小为g. 则 (　　) A．若导体棒PQ 固定,则导体棒 MN 稳定时的 速度大小为２mgRsinθ B２L２ B．若将导体棒PQ 和MN 同时释放,则二者同 时达到最大速度２mgRsinθ ３B２L２ C．若同时释放两导体棒,当PQ 下降高度为h 时达到最大速度,则此过程中导体棒PQ 产 生的焦耳热为３mgh－２m ３g２R２sin２θ ３B４L４ D．若同时释放两导体棒,当 MN 下降高度为h 时,该过程中通过导体棒MN 的电量为３BLh２Rsinθ 二、非选择题:共２６分. ６．(８分)(２０２４􀅰陕西安康高新月考)如图是地磅 工作的原理图,电源电动势E＝２０V,内阻为r ＝２Ω,电压表的量程为６V,AB 是同种材料制 成的粗细均匀的电阻丝,其长度为L＝３０cm,电 阻丝的总电阻R＝９Ω. 为了通过电压表的示数U 测得汽车质量m,设 计了以下实验: (１)调整滑片到称台的距离使地磅空载时滑片 P 恰好滑到电阻丝的A 端,对应电压表的示数 为零; (２)保证滑片到称台的距离不变,调节电阻箱, 使滑片滑至电阻丝的B 端时,电压表的示数恰 好达到满偏,则此时电阻箱的读数为R０＝　　 　　Ω; (３)要使该地磅称量的汽车最大质量为５吨,则 两弹簧的劲度系数均为k＝　　　　N/m(保留 三位有效数字);(取g＝１０N/kg) (４)把电压表改装为质量测量仪后,质量测量仪 的刻度是　　　　(填“均匀”或“不均匀”)的; (５)如果要扩大该地磅的量程,且只能改变一个 条件,可以采取的方式是　　　　. A．减小电压表的量程 B．减小电源电动势 C．增大弹簧的劲度系数 ７．(１８分)(２０２４􀅰云南三校联考)如图所示,倾角 为α＝３０°的等腰三角形斜面固定在水平面上, 斜面足够长,一足够长的轻质绸带跨过斜面的 顶端铺放在斜面的两侧,绸带与斜面间无摩擦. 现将质量分别为M＝３kg、m＝１kg的小物块同 时轻放在斜面两侧的绸带上.两物块与绸带间 的动摩擦因数均为μ＝ ３ ４ ,且最大静摩擦力与滑 动摩擦力大小相等,取重力加速度g＝１０m/s２. (１)t１＝１s末,m、M 的速度大小v１、v２ 分别为 多少? (２)１s内系统机械能的损失量ΔE 为多少? (３)１s后重新开始计时,给m 施加一个平行于 斜面向右下的力F１＝tN,给 M 施加一个平行 于斜面向右上随时间变化的力F２＝(１０－t)N, 则当两物块速度大小相等时,求二者的速度大 小v. 新教材物理４７—１ 重点题目提升卷７ 新教材物理４８—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􀅰黑龙江大庆铁人中学月考)某种光伏电 池的工作原理如图所示.半径为R 的透明导电 的球壳为阳极 A,球形感光材料为阴极 K.现 用动量为p的黄光照射 K 极,K 极能发射出最 大初动能为Ek 的光电子.已知电子电荷量为 e,光速为c,普朗克常量为h,忽略光电子重力及 之间的相互作用.下列说法正确的是 (　　) A．入射光子的波长为ph B．阴极感光材料的逸出功为cp－Ek C．若仅增大入射光强度,电压表的示数将增大 D．若用紫光照射 K 极,电压表的最大示数将小 于 Ek e ２．(２０２４􀅰江西九校联考)如图所示是一个用折射 率n＝ ３的透明介质做成的四棱柱的横截面图, 其中AD∥BC,∠B＝６０°,∠C＝３０°,现有一束 光从图示的位置以６０°入射角入射到棱镜的BC 面上,EC＝１３BC ,BC＝L,CD＝ ３２L ,则BC 面 入射光线和AB 面折射光线的夹角为 (　　) A．３０°　　 B．４５° C．６０°　　 D．９０° ３．(２０２４􀅰天津耀华中学月考)一款儿 童棒球发球机向上发射棒球供初学 者练习.假设发球机(高度不计)在 地面上O 点以初速度v０ 斜向上发 射一质量为 m 的棒球(可视为质 点),棒球上升到达A 点时速度大小 为v,不计空气阻力,以下说法正确的是 (　　) A．棒球从O 到A 过程,动量变化量大小为mv －mv０ B．棒球从O到A 过程,动量随时间均匀变化 C．棒球从O 出发到再次落回地面过程,动量 不变 D．棒球从O 出发到再次落回地面过程,动量变 化量为２mv０ ４．(多选)(２０２４􀅰广州华侨中学模拟)如图(a),S 为粒子源,不断沿水平方向发射速度相同的同 种带负电粒子,MN 为竖直放置的接收屏.MN 左侧空间同时存在竖直向下的匀强电场和垂直 纸面向里的匀强磁场时,粒子恰好沿直线垂直 打在MN 上的O 点;当只有电场或磁场时,粒子 打在MN 上的P 点或Q 点,P、O、Q 三点的位置 如图(b)所示,OQ＝５４OP .已知电场强度为E, 磁感应强度为B,S到屏MN 的距离为d.不计 粒子重力和粒子间的相互作用力,则下列说法 正确的是 (　　) A．只加磁场时,粒子打到接收屏上的P 点 B．粒子源发射粒子的速度大小为EB C．粒子的比荷为 ４E ５B２d D．OP 间距离为２d５ ５．(多选)(２０２４􀅰湖南岳阳联考)如图,光滑的水 平面左端为O,右端足够长,在O 的左下方有一 倾斜的传送带,传送带始终以１０m/s的速度逆 时针转动,物体与传送带间的动摩擦因数μ＝ ３ １６ ,物体的质量m＝２kg,传送带上、下两端相距 ５m,物体在O 处在水平恒力F１ 的作用下由静 止向右运动一段时间,后将F１ 反向,大小变为 F２,经过相同的时间它刚好回到O,F１ 所做的 功为４J,然后物块从O 处向左水平抛出,恰好 沿传送带方向进入传送带.下列说法正确的是 (　　) A．物块从O处以４m/s的水平速度做平抛运动 B．物块在传送带上运动的时间为２３s C．物块在传送带上留下痕迹的长度为１０３ m D．整个过程中F１、F２ 所做的总功为１２J 二、非选择题:共２６分. ６．(８分)(２０２４􀅰宁夏石嘴山三中模拟)我国航天 员在天宫课堂中演示了利用牛顿第二定律测量 物体质量的实验.受此启发,某同学利用气垫 导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和 待测物体等器材设计了如下的探究实验,如图 甲所示.主要步骤如下: ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上,加 速度传感器固定在滑块上; ②接通气源,放上滑块.调节气垫导轨底部的 旋钮使气垫导轨水平; ③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑块. 弹簧处于原长时滑块左端位于O 点.A 点到O 点的距离为５􀆰００cm,拉动滑块使其左端处于A 点,由静止释放并开始计时; ④计算机采集获取数据,得到滑块所受弹力F、加 速度a随时间t变化的图像,部分图像如图乙. 回 答 以 下 问 题 (当 地 的 重 力 加 速 度 为 ９􀆰８２m/s２,计算结果均保留２位有效数字): (１)弹簧的劲度系数为　　　　N/m; (２)该同学从图乙中提取某些时刻F 与a 的数 据,画出aＧF 图像如图丙中图线Ⅰ所示,由此可 得滑 块 与 加 速 度 传 感 器 的 总 质 量 为 　　 　　kg; (３)该同学在滑块上放上另一重物,拉动滑块使 其左端处于另一位置由静止释放,在图丙中画 出新的aＧF 图线Ⅱ,实验过程中重物与滑块始 终相对静止且测得F 的最大值为０􀆰７０N,则重 物与滑块间的动摩擦因数至少为　　　　; (４)完成上述实验后,该同学调整底部旋钮,使 气垫导轨右端高于左端让导轨平面与水平面形 成夹角θ,得到图丙中图线Ⅲ,则夹角θ的正弦 值为　　　　. ７．(１８分)(２０２４􀅰辽宁鞍山模拟)如图,电阻不计 的光滑水平导轨A１B１A２B２ 相距L＝１m,其内 有竖直向下的匀强磁场B＝０􀆰５T,导轨左侧接 一电容C＝１F的电容器,初始时刻电容器带电 量Q０＝１􀆰６C,电性如图所示.质量m１＝０􀆰２５ kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上,闭 合开关S后,ab棒向右运动,且离开B１B２ 时已 匀速.下方光滑绝缘轨道C１MD１、C２ND２ 间距 也为L,正对A１B１、A２B２ 放置,其中C１M、C２N 为半径r＝１􀆰２５m、圆心角θ＝３７°的圆弧,与水 平轨道 MD１、ND２ 相切于 M、N 两点,其中 NO、MP 两边长度d＝０􀆰５m,以O 点为坐标原 点,沿导轨向右建立坐标系,OP 右侧０＜x＜ ０􀆰５m处存在磁感应强度大小为Bx＝ ５x(T) 的磁场,磁场方向竖直向下.质量m２＝０􀆰５kg、 电阻R＝１Ω的“U”型金属框静止于水平导轨 NOPM 处.导体棒ab自B１B２ 抛出后恰好能 从C１C２ 处沿切线进入圆弧轨道,并于MN 处与 金属框发生完全非弹性碰撞,碰后组成闭合线 框一起向右运动. (１)求导体棒ab离开B１B２ 时的速度大小v１; (２)若闭合线框进入磁场Bx 区域时,立刻给线 框施加一个水平向右的外力F,使线框匀速穿 过磁场 Bx 区域,求此过程中线框产生的焦 耳热; (３)闭合线框进入磁场Bx 区域后由于安培力作 用而减速,试讨论线框能否穿过Bx 区域,若能, 求出离开磁场Bx 时的速度:若不能,求出线框 停止时ab边的位置坐标x. 新教材物理４８—１ 重点题目提升卷８