高考百日复习成效检测试卷-【名师大课堂】2025年高考物理艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

高考百日复习成效检测试卷 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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·湖北卷)硼中子俘获疗法是目前治疗癌症最先进的手段之一、B＋n→X＋Y是该疗法中一种核反应的方程，其中X、Y代表两种不同的原子核，则(　B　) A．a＝7，b＝1 B．a＝7，b＝2 C．a＝6，b＝1 D．a＝6，b＝2 解析： 2．(2024·广东卷)如图所示，红绿两束单色光，同时从空气中沿同一路径以θ 角从MN面射入某长方体透明均匀介质．折射光束在NP面发生全反射．反射光射向PQ面．若θ 逐渐增大．两束光在NP面上的全反射现象会先后消失．已知在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率．下列说法正确的是(　B　) A．在PQ面上，红光比绿光更靠近P点 B．θ 逐渐增大时，红光的全反射现象先消失 C．θ 逐渐增大时，入射光可能在MN面发生全反射 D．θ 逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐增大 解析：红光的频率比绿光的频率小，则红光的折射率小于绿光的折射率，在MN面，入射角相同，根据折射定律n＝ 可知绿光在MN面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红光更靠近P点，故A错误； 根据全反射发生的条件sin C＝可知红光发生全反射的临界角较大，θ逐渐增大时，折射光线与NP面的交点左移过程中，在NP面的入射角先大于红光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失，故B正确； 在MN面，光是从光疏介质到光密介质，无论θ多大，在MN面都不可能发生全反射，故C错误； 根据折射定律n＝ 可知θ逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐减小，故D错误． 故选B. 3．(2024·湖北卷)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上，设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方．将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到(　C　) A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d 4．(2024·安徽卷)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等．某时刻的波形图如图所示，则这两列横波(　C　) A．在x＝9.0 m处开始相遇 B．在x＝10.0 m处开始相遇 C．波峰在x＝10.5 m处相遇 D．波峰在x＝11.5 m处相遇 解析：甲、乙两列波的传播速度大小相等，由题图知，该时刻，甲波传播到x＝7 m处，乙波传播到x＝15 m处，故两列横波在x＝11 m处相遇，A、B错误；该时刻，甲波的波峰在x＝5 m处，乙波的波峰在x＝16 m处，故波峰在x＝10.5 m处相遇，C正确，D错误． 5．(2024·广西卷)如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q 和64Q 的负点电荷．将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1 点和P2 点，己知sin θ＝ 则小圆环从P1 点运动到P2 点的过程中(　A　) A．静电力做正功 B．静电力做负功 C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功 解析：设在小圆环在P1、P2间的任意一点P，PM与MN的夹角为α，根据几何关系可得37°≤α≤53° 带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能Ep＝＋ 根据数学知识可知在37°≤α≤53°范围内，随着α的增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做正功． 故选A. 6．(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰．借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上．调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍．忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　C　) A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 解析：由Ek＝mv2可知，若小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，速度将变为调整前的2倍，小车离开甲板后做平抛运动，运动的时间不变，由x＝v0t可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，C正确． 7．(2024·湖北卷)在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍．假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大．闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为(　C　) A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶4 解析：分析电路特点可知，在接入正弦式交流电的一个周期内，有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L2供电，L1两端电压的有效值与L2两端电压的有效值相等，又R1∶R2＝2∶1，则根据P＝可知，灯泡L1、L2的功率之比P1∶P2＝1∶2，C正确． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．) 8．(2024·湖北卷)关于电荷和静电场，下列说法正确的是(　AC　) A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动 解析：电荷只能从一个物体转移给另一个物体，不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A正确；电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C正确；结合C项分析和Δφ＝，可知，当q<0时，Δφ>0，当q>0时，Δφ<0，即负点电荷将从低电势的地方向高电势的地方运动，正点电荷将从高电势的地方向低电势的地方运动，D错误． 9．(2024·广东卷)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示．涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面．M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上．下列说法正确的有(　AC　) A．M点的电势比N点的低 B．N点的电场强度比P点的大 C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故AC正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合AC选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误．故选AC. 10．(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示．当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者所带电荷量、质量均相同．Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示．Ⅱ的轨迹未画出．已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用．则(　ABD　) A．油滴a带负电，所带电荷量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析：油滴a做匀速圆周运动，对油滴a受力分析，可知其所受电场力与重力平衡，有Eq－mg＝0，解得q＝，油滴a所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，则油滴a带负电，A正确；油滴a做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝，联立解得v＝，B正确；由题意可知小油滴Ⅰ的质量为m，电荷量为q，设其速度大小为v1，根据洛伦兹力提供向心力有＝，解得v1＝3v＝，周期T1＝＝，C错误；设小油滴Ⅱ的速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv＝mv1＋mv2，解得v2＝－v，则分开后油滴Ⅱ向右运动，根据左手定则可知油滴Ⅱ在P点受到竖直向下的洛伦兹力作用，油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，D正确． 三、非选择题(本题共5小题，共57分.11、12为实验题每空2分，共14分；13题12分；14题15分；15题16分．) 11．(2024·广西卷)单摆可作为研究简谐运动的理想模型． 　　 图丙 (1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中__摆长__不变； (2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为__1.06__ cm； (3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动．当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为__x＝cos___． 解析：(1)选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变； (2)摆球直径为d＝1.0 cm＋6×0.1 mm＝1.06 cm； (3)根据单摆的周期公式T＝2π 可得单摆的摆长为L＝ 从平衡位置拉开5° 的角度处释放，可得振幅为A＝L sin 5° 以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x＝A cos ωt＝cos . 12．(2024·甘肃卷)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系． 图1 (1)以下操作正确的是(　B　) (单选，填正确答案标号). A．使小车质量远小于槽码质量 B．调整垫块位置以补偿阻力 C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D．释放小车后立即打开打点计时器 (2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带．其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为S1，S2，…，S8，时间间隔均为T.下列加速度算式中，最优的是(　D　) (单选，填正确答案标号). 图2 A．a＝ B．a＝ C．a＝ D．a＝ (3)以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的－M图像如图3所示． 图3 由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成__反比__(填“正比”或“反比”)；甲组所用的__槽码__(填“小车”、“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大． 解析：(1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误．故选B. (2)根据逐差法可知S5－S1＝4a1T2 S6－S2＝4a2T2 S7－S3＝4a3T2 S8－S4＝4a4T2 联立可得小车加速度表达式为 a＝. 故选D. (3)根据图像可知 与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比； 设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律mg＝(m＋M)a 化简可得＝·M＋ 故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大． 13．(2024·甘肃卷)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积).容器横截面积为S、长为2l.开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长．现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的.整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体．求： (1)抽气之后A、B的压强pA、pB； (2)弹簧的劲度系数k. 解析：(1)设抽气前两体积为V＝SL，对气体A分析： 抽气后VA＝2V－V＝SL 根据玻意耳定律得p0V＝pAV 解得pA＝p0 对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pBV 解得pB＝p0. (2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F 根据胡克定律得F＝k 联立得k＝. 答案：(1)pA＝p0　pB＝p0　(2)k＝ 14．(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切．MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点．质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等．忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静止释放，求 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离． 解析：(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有mgL＝mv ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1 联立得E1＝BL. (2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝ 设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1＝ 经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1＝I1LB 由牛顿第二定律得F1＝2ma 联立解得a＝. (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2 (注：极短时间Δt内，磁通量变化量为BLΔx) 设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得∑FΔt＝2mv2－0 F＝ILB 由闭合电路欧姆定律得I＝ 设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E＝BL s＝L＋∑Δx 联立解得s＝＋L. 答案：(1)BL　(2) (3)＋L 15．(2024·浙江卷)如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成．平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方．如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B.处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示．已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2.平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R.当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为k(Δx)2.不计空气阻力，求： (1)平台静止时弹簧的伸长量Δx0； (2)t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小； (3)在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q； (4)在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小． 解析：(1)平台静止时， 根据平衡条件得mg＝kΔx0 解得Δx0＝. (2)t＝0时，每个线圈产生的感应电动势 E＝Blv0＝B·2πr·v0 根据闭合电路欧姆定律得I＝＝ 每个线圈所受安培力大小为 F＝BIl＝. (3)Δx′＝Δx0－A1， 由能量守恒定律得 mv＋k(Δx0)2＝mgA1＋k(Δx′)2＋Q′ 解得Q′＝mv－kA 每个线圈产生的焦耳热 Q＝Q′＝(mv－kA). (4)以向上方向为正方向，在t1～t2时间内，由动量定理得IA＋I弹－IG＝0 其中IG＝mg(t2－t1) IA＝3×∑F·Δt＝＝ 解得I弹＝mg(t2－t1)－. 答案：(1)　(2)　 (3)(mv－kA) (4)mg(t2－t1)－ 学科网（北京）股份有限公司 $$