山东省泰安市新泰市第一中学老校区（新泰中学）2024-2025学年高三下学期二轮验收模拟物理试题

答案第 1 页，共 8 页 新泰中学 2022 级高三下学期二轮验收模拟考试 物理试题参考答案 一、二选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D A B D D D D A BD BD ACD BC 1．D【详解】A．相邻的两个分子之间的距离减小时，分子间的作用力可能做正功，也可能做负功， 分子势能可能减小，也可能增大，故 A 错误； B．原子核在发生β衰变时会放出电子，电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电 子释放出来，原子核内没有电子，原子核内的质子和中子统称为核子，故 C 错误； C．给自行车打气时，气筒压下后反弹，这是由活塞上下的压强差造成的，故 A 错误； D．黑体是指能够完全吸收外来的任何电磁辐射而不发生反射的物体，同时它也能向外辐射电磁波， 故 B 正确。 2．A【详解】由匀变速直线运动规律可知 0 2 2 t v vx v v t + = = = 故 AB段中间时刻的瞬时速度为该段的平均速度，故 AB段中间时刻的瞬时速度为 11 x v t = 同理 BC段中间时刻的瞬时速度为 22 3 x v t = 故加速度 2 1 2 12 3Δ Δ 3 6 v v x xv a t t t t − − = = = − 故 A 正确，BCD 错误。故选 A。 3．B【详解】对绳子受力分析如图 其中 1 2T T、 分别是左右悬点对绳子的拉力大小，设重绳最低点（弧底）的张力大小为 F，分析可知其 方向为水平方向，对重绳最低点左半部分，由平衡条件有 1 sinT F = 对重绳最低点右半部分，由平衡条件有 2 sinT F = 对重绳，由平衡条件有 2 1cos cosT T mg + = 联立解得 ( ) sin sin sin F mg     = + 故选 B。 4．D【详解】A．该衰变过程动量守恒，故两粒子动量等大、反向，由左手定则受力分析可知，α 粒 子的轨迹与 234 90 Th 的轨迹为两个外切圆，A 错误； B．粒子在磁场中做圆周运动 2mv qvB R = 解得 mv R qB = 故周期为 2 2R m T v qB   = = 等效电流为 2 2 q q B I T m = = 答案第 2 页，共 8 页 故 α 粒子和 234 90 Th 核的等效电流比为 2 1 2 2 234 13 90 4 450 I I   =  =    B 错误； C．由动量守恒可知， 234 90 Th 核与 α 粒子动量等大反向，故 234 90 Th 的动量大小也为 p，C 错误； D．设 α 粒子质量为 1 4m m= ，电量为 1 2q e= ，速率为 1v 。 234 90 Th 核质量为 2 234m m= ，电量为 2 90q e= ， 速率为 2v ，由动量守恒 1 1 2 2m v m v= 故 1 2 117 2 v v = 故 α 粒子的动能可表示为 2 1 1 1 2 E m v= 234 90 Th 核的动能可表示为 2 2 2 2 1 2 E m v= 联立可得 2 2 117 E E= D 正确。故选 D。 5．D【详解】A．设月球的质量为M，飞船距离月面的高度等于月球半径的 1 2 处绕着月球表面做匀 速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有 2 2 2 1 4 1 ( ) 1 2 ( ) 2 Mm G m R R T R R  =  + + 设月球的第一宇宙速度为 v1，则有 2 1 2 vMm G m R R = 解得 1 1 3 6 2 R v T  = 故 A 错误； B．在月球两极表面时，根据万有引力等于重力有 02 GMm mg R = 解得月球两极的重力加速度为 2 0 2 1 27 2 R g T  = 故 B 错误； C．当飞船停在月球纬度 60°的区域时，转动半径为 1 cos60 2 r R R=  = 向心加速度为 2 2 2 2 2 2 2 ( ) R a r T T   = = 故 C 错误。 D．当飞船停在月球赤道的水平面上，设水平面对其支持力大小为 F，对飞船受力分析，由牛顿第二 定律可得 2 2 2 2 ( ) GMm F m R R T  − = 解得 2 2 2 1 2 27 4 ( ) 2 F mR T T = − 故 D 正确。故选 D。 6．D【详解】某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减小，电容器充电，而此时 M 带负电，那么一定是给下极板充电，电流方向逆时针。 由题意知 t=0 时，电容器开始放电，且 M 极板带负电，结合 i-t图像可知，电流以顺时针方向为正方 向，因此这段时间内，电流为负，且正在减小，符合条件的只有图像中的 cd段。故选 D。 7．D【详解】开关 S 闭合之前，将变压器副线圈等效，等效电阻为 2 1 1 2 ' n R R n   =     则变压器输入电压 2 ' ' NBS U R r R  = + 原 答案第 3 页，共 8 页 电压表读数与输入电压满足的关系 1 2 U n U n =原 解得变压器读数 2 NBS U  = 开关 S 闭合之后，将变压器副线圈等效，等效电阻为 2 1 1 2 2 1 2 '' n R R R n R R   =   +  则变压器输入电压 ' ' 2 '' '' NBS U R r R  = + 原 电压表读数 'U 与输入电压满足的关系 ' 1 2' U n U n =原 解得 2 ' ' 3 2 NBS U  = 由 'U U= 可解得 3 ' 2  = 故选 D。 8．A【详解】B．左边金属环下滑过程，除重力以外，弹簧的弹力对它做功；故对金属环而言，下滑 过程中机械能不守恒；故 B 错误； C．金属环下降 'h 达到最低时，速度减小为0，形变量最大为2 'h ，根据机械能守恒定律有 212 ' 2 ' 2 mgh k h= （ ） 解得 ' mg h k = 弹簧的最大伸长量 2 2 ' mg x h k  = = 弹簧的最大拉力为 2T k x mg=  = 故 C 错误； A．在最高点时金属环只受重力和支持力作用，此时重力沿杆方向的分力提供加速度，有 1 sin 45a g=  在最低点，可知 2T mg= 根据牛顿第二定律可知 2cos 45 sin 45T mg ma −  = 解得 2 sin 45a g=  则 1 2a a= 金属环在最高点与最低点加速度大小相等，故 A 正确； D．当金属环的加速度为0时，速度最大，金属环受力如图所示： 金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力，沿杆方向加速度为0 ，即合力为0 ，有 sin 45 cos 45mg F =  又F k x=  解得形变量 mg x k  = 根据几何知识，两个小球下降的高度为 2 mg h k = 对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，有 2 21 12 2 2 2 mg x k x mv =  +  解得 2 v m g k = 故 D 错误。故选 A。 9．BD【详解】A.U－I 图象上点与原点的连线的斜率表示对应状态的电阻，由图象得：随着所加电 流的增大，小灯泡的电阻增大；故 A 错误； 答案第 4 页，共 8 页 B.对应 P点，小灯泡的电压为 U1电流 I2，小灯泡的电阻为 1 2 U R I = ；故 B 正确； C.在电路中灯泡 L两端的电压为 U1时，电路中电流为 2I ，电阻 R 两端的电压为 I2R；故 C 错误； D.对应 P点，小灯泡的电压为 U1电流 I2，小灯泡的功率为 1 2U I ，对应图中矩形 PQOM所围的“面积”； 故 D 正确.综上选 BD。 10．BD【详解】A．a b c、 、 三小球所带电荷量相同，要使三球做匀速圆周运动，d 球与a b c、 、 三小 球一定是异种电荷，由于 a 球的电性未知，所以 d 球不一定带正电，A 错误； BC．设 db连线与水平方向的夹角为  ，则 2 2 3 cos 3 R h R  = = + ， 2 2 6 sin 3 h h R  = = + 对 b球，根据牛顿第二定律和向心力得： 2 2 2 2 2 2 6 4 cos 2 cos30 (2 cos30 ) q q q k k m R ma h R R T    −  = = +  解得 2 3R mR T q k  = ， 2 2 3 3 kq a mR = B 正确，C 错误； D．对 d 球，由平衡条件得 2 2 2 2 6 2 6 3 sin qq kq F k mg mg h R R = + = + + D 正确。故选 BD。 11．ACD 【详解】AB．若 A、B 相对静止，则根据牛顿第二定律 ( )2Mg m M a= + 解得系统加速度大小为 2 Mg a m M = + 对 A 做受力分析 ( ) ( ) 2 22 BAN ma mg= + 解得 2 2 1 (2 ) BA M N mg m M = + + 故 A 正确，B 错误。 C．小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向得 1sinN ma = ， cosN mg = 解得临界加速度大小为 1 3 3 a g= 整体上有 ( )1 2 Mg a m M = + 联立解得 ( )3 1M m= + 故 C 正确； D．当 45 = 时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线 方向，有 2sinN ma = ， cosN mg = 得临界加速度大小 2a g= 由于 ( )2 Mg g m M  + 所以无论 M为多大，A 都不能滚出凹槽，故 D 正确。 故选 ACD。 12．BC【详解】ABC．当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。三个物体的角速度相等，由 2F m r= 可知，因为 C 的半径最大，质量最大，故 C 所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此 时 2 12 2 Cmg m r  = 计算得出 1 1 rad/s 2.5rad/s 2 0.4 g r   = = = 当 C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC 间绳子开始提供拉力，B 的摩擦力增大，达最大静摩擦力 答案第 5 页，共 8 页 后，AB 之间绳子开始有力的作用，随着角速度增大，A 的摩擦力将减小到零然后反向增大，当 A 与 B 的摩擦力也达到最大时，且 BC 的拉力大于 AB 整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时 A 与 B 还受到绳的拉力，对 C 可得 222 2 2T mg m r +  =  对 AB 整体可得 2T mg= 计算得出 2 5rad/s g r   = = 当 5rad/s  时整体会发生滑动，故 A 错误，BC 正确； D．在 2rad/s 2.5rad/s  时，B、C 间的拉力为零，当 2.5rad/s 5rad/s  时，在增大的过程 中 B、C 间的拉力逐渐增大，故 D 错误。故选 BC。 13． CD 1.50 不变 【详解】（1）[1]A．用插针法测折射率时，不一定要选用上下表面平行的玻璃砖，故 A 错误； B．为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，故 B 错误； C．为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，故 C 正确； D．大头针 1P 和 2P 及 3P 和 4P 之间的距离适当大些，会减小角度测量误差，故 D 正确。故选 CD。 （2）[2]根据折射定律和几何关系可知 ( ) 22 6.00cmAB r OB= − = 所以 1 2 sin 1.50 sin AB n CD   = = = （3）[3]如下图所示，红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而黑线是作图时所采用的光路图 通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律可知这位同学测得的折射率将不变。 14．(1)负 (2) a 120 (3)1500 【详解】（1）[1]欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，由电路图可知红表笔应接电压表的- 接线柱。 （2）[1]设欧姆表中值刻度为R中，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为 1= 1=R R R欧 中 中 欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为 10 = 10=10R R R欧 中 中 欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为 100 = 100=100R R R欧 中 中 欧姆表进行欧姆调零时，有 m E I R = 欧 欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小；由电路图可知，当开关 S 合向 a 答案第 6 页，共 8 页 端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。 [2]因此 a 档挡的干路最大电流是 b 档挡的干路最大电流的十倍，即 b 档挡的电流最大值为 4mA，此 时有 g g g A+ 4m a b I R I R R = + 得 120a bR R+ =  （3）[1]将开关 S 合向 b端，欧姆表的倍率是“×100”挡，测量电压表内阻，电流表 G 指针向右偏转整 个表盘满刻度的 2 3 ，此时电路总电流为 g g g 2 2 83+ = mA 3 3a b I R I I R R = + 又 V VUI R = 联立得 V 1500ΩR = 15．（1）T=3s，v=0.08m/s，λ=0.24m；（2） 2 10sin cm 3 3 y t    = +    【详解】（1）设振动周期为 T。由于质点 M在 0 到 3 s 4 内由平衡位置第一次到达最大位移处，得 1 3 s 4 4 T = 由此可知 T=3s 根据题意，波沿轴正向传播，且 PM之间的距离小于半个波长，则波峰由 P传播到 M所用时间为 3 1 1 s s s 4 4 2 t = − = 波速为 0.08m/sPM x v t = =  波长为 0.24mvT = = （2）设质点 P的振动位移随时间的变化关系式为 ( )0siny A t = + 又 2 2 rad/s 3T    = = 把 t=0， 5 3cmy = ， 1 s 4 t = ，y=A代入上式可得 0 3 =   ，A=10cm 所以 2 10sin cm 3 3 y t    = +    16．(1) 0 5 V S (2) 0 35 24 T 【详解】（1）当活塞 B 恰好要滑动时，对其受力分析，根据平衡条件 0 fmpS p S F= + 又 0fm 2 p S F = 解得 01.5p p= 区域Ⅱ内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 0 01.2p V pV= 当活塞 B 恰好要滑动时，活塞 A 移动的距离为 0 V V x S −  = 联立可得 0 5 x V S  = （2）打开区域Ⅱ内的阀门 K 后，经过足够长的时间，气体Ⅱ的压强为 0p ，根据玻意耳定律有 答案第 7 页，共 8 页 0 0 01.2 p V p V = 由题意可知 4 25 V m V m = =  余 余 解得 0 4 V V = 余 对气体Ⅰ，根据理想气体状态方程 0 00 0 0 (21.2 p V Vp V T T − = 余 ) 解得 0 35 24 T T= 17．(1) 2 2 2 2 B L gh Rm (2) 2 2 2mR gh B L (3) 2 4 m gh BL ， 7 16 mgh 【详解】（1）设金属棒 a刚进入磁场时的速度大小为 0v ，根据动能定理有 2 0 1 2 mgh mv= 解得 0 2v gh= 金属棒进入磁场的瞬间，金属棒 a中感应电动势 0E BLv= 感应电流 2 E I R = 根据牛顿第二定律有BIL ma= 解得 2 2 2 2 B L gh a Rm = （2）设金属棒 a从M 、 N 飞出时的速度为 1v ，飞出后做平抛运动，则有 21 2 h gt= ， 1h v t= 解得 1 2 gh v = 金属棒 a在金属导轨MM 、NN 水平部分运动过程中，根据动量定理有 1 0BIL t mv mv−  = − 根据电流的定义式有 q I t =  该过程感应电动势的平均值 BLd E t t  = =   感应电流的平均值 2 E I R = 又 2 BLd q R = 解得 2 2 2mR gh d B L = （3）金属棒a落到金属导轨QQ、PP上向右滑行时的初速度大小为 1v ，金属棒 a、b组成的系统动 量守恒，设最后的共同速度为 2v ，根据动量守恒定律有 1 22mv mv= 解得 2 1 2 4 v gh= 对金属棒b 进行分析，根据动量定理有 1 2bBI L t mv = 根据电流的定义式有 1 b b q I t =  解得 2 4 b m gh q BL = 金属棒 a在导轨MM 、 NN 上运动时产生的焦耳热 2 1 1 1 1 2 2 Q mgh mv   = −    解得 1 3 8 Q mgh= 金属棒 a在导轨QQ PP 、 上运动时产生的焦耳热 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 Q mv mv   = −     解得 2 1 16 Q mgh= 因此金属棒a中产生的焦耳热 1 2 7 16 Q Q Q mgh= + = 答案第 8 页，共 8 页 18．(1) 02v ，方向与 x 轴成60斜向下 (2) 04v ， 04Bv (3) 20 (3 3 8π) 9 L + ，冲量见解析 【详解】（1）C D→ 过程有 0 1ODL v t= ， 1 1 2 OC yL v t= ， 2 2 0 yv v v= + 联立解得 02v v= 方向与 x轴成60斜向下 （2）设Q点坐标为 Qv ，则 ( ) ( ) 22 0 0 0(4 2 3) 3Q Qv v v v v+ − = − + 解得 04Qv v= 从D点道最低点（速度最大），向下运动的位移为 h，由能定理有 ( ) 22 2 0 0 1 1 (4 2 3) 2 2 2 qEh m v m v= + − 水平方向动量定理有 0 0(4 2 3)yqBv t qBh m v mv  = = + − 解得 04E Bv= （3）配速：在磁场中的运动分解为水平向右以 04v 匀速直线运动，和以 02 3u v= 的逆时针匀速圆周 运动，C D→ 过程有 ( ) 2 2 0 0 1 1 2 2 2 qEL m v mv= − 解得 0 8 3 BqL m v = 1 0 2 3L t v = 圆周运动半径 0 2 3 16 3 3 mv r L Bq = = 运动时间 2 00 5 2π 40π 6 92 3 r L t vv =  = 设 x轴下方的一次运动和 x 轴上方的类斜抛为一个周期T ，则 1 2 0 4 2 (3 3 10π) 9 L T t t v = + = + 水平位移 0 2 4 3 20 4 (3 3 8π) 3 9 L L x r v t = + + = + ① 2 3 2 3 20 (3 3 8π) 3 3 9 L x L n x L n= +  = + + （ 0n = ，1，2 ） 0 16 4 (3 3 10π) 9 BqLn I qE nT Bv q nT=  =  = + ② 160 160 20 6 3 6 3 (3 3 8π) 9 9 9 L L L x L n x L n   = + +  = + + + （ 0n = ，1，2 ） ( )0 2 0 16 16 ( 1) 2 3 (3 3 10π) 4 (3 3 10π) 9 9 BqL n I mv qE t nT BqL Bv q nT + = + + = + +  = + 二轮验收模拟考试物理试题 第1页 共 8 页 新泰中学 2022 级高三下学期二轮验收模拟考试 物理试题 一．单项选择题：本题共 8小题,每小题 3分,共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．下列说法正确的是（ ） A．相邻的两个分子之间的距离减小时，分子间的作用力做正功，分子势能减小 B．原子核在发生 衰变时会放出电子，该现象说明原子核内有电子，它和质子、中子统 称为核子 C．给自行车轮胎打气时，气筒压下后反弹是由分子斥力造成的 D．黑体虽然不反射电磁波，却可以向外辐射电磁波 2．一汽车沿平直公路做匀加速直线运动，途经 A、B、C三点。汽车经过 AB 、BC两段所用 的时间分别为 t、3t ，AB 段和BC段的长度分别为 x1 和 2x ，则汽车的加速度大小为（ ） A． 2 12 3 6 x x t − B． 2 12 3 3 x x t − C． 2 12 2 6 x x t − D． 2 12 2 3 x x t − 3．一根质量为 m的重绳，悬挂在两根不等高的竖直杆上。左端悬点处切线与杆夹角为 ， 右端悬点处切线与杆夹角为  ，重力加速度为 g，则重绳最低点（弧底）的张力大小为（ ） A． sin( ) sin sin mg     + B． sin sin sin( ) mg    + C． cos cos sin( ) mg    + D． cos( ) cos cos mg     + 4．在匀强磁场中，一个静止的 23892 U原子核发生了一次 α 衰变，放出一个 α 粒子，同时生成 一个新核 23490 Th 。两粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，α 粒子的动能大小为 E， 动量大小为 p。设该衰变过程释放的核能都转化为 α 粒子和 23490 Th 的动能。下列说法正确的 是（ ） A．α 粒子的轨迹与 23490 Th 的轨迹为两个内切圆 B．将 α 粒子和 234 90 Th 的圆周运动等效成一个环形电流，电流大小分别为 1I 和 2I ，则 1I 和 2I 之 比为 13：10 C． 234 90 Th 的动量大小为 2 117 p D． 234 90 Th 的动能大小为 2 117 E 2025.4 二轮验收模拟考试物理试题 第2页 共 8 页 5．我国计划在 2030年前实现载人登陆月球开展科学探索，其后将探索建造月球科研试验站， 开展系统、连续的月球探测和相关技术试验验证。假设质量为 m的飞船到达月球时，在 距离月面的高度等于月球半径的 1 2 处绕着月球表面做匀速圆周运动，其周期为 T1，已知月 球的自转周期为 T2，月球的半径为 R，引力常量为 G，下列说法正确的是（ ） A．月球的第一宇宙速度为 1 3 3 2 R T  B．月球两极的重力加速度为 2 2 1 27 R T  C．当飞船停在月球纬度 60°的区域时，其自转向心加速度为 2 2 2 3 2 R T  D．当飞船停在月球赤道的水平面上时，受到的支持力为 2 2 2 1 2 27 4 2 mR T T    −    6．LC振荡电路的电流随时间变化的 i t− 图像如图所示。在 0t = 时刻，电容器的M板带负电。 在某段时间里，回路的磁场能在减小，而 M板仍带负电，则这段时间对应图像中（ ） A．Oa段 B． ab段 C．bc段 D． cd 段 7．某同学设计了如图所示的电路，使用自制发电机经过变压器给用电器供电。发电机的内 阻为 r，变压器的原、副线圈的匝数比为1: 2，副线圈接定值电阻 1R 和 2R ， 1 2 4R R r= = ， 初始时开关 S 断开，发电机线圈角速度为，交流电压表示数为 U。闭合开关 S，若要 交流电压表示数仍为 U，可调节发电机线圈角速度为（ ） A． 4 5  B． 5 4  C． 2 3  D． 3 2  二轮验收模拟考试物理试题 第3页 共 8 页 8．如图所示，一顶角为直角的“ ”形光滑细杆竖直放置。质量均为 m 的两金属环套在细 杆上，高度相同，用一劲度系数为 k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长 l0。两金属环同时 由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知弹簧的 长度为 l时，弹性势能为 ( ) 2 0 1 2 k l l− ，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A．金属环在最高点与最低点加速度大小相等 B．左边金属环下滑过程机械能守恒 C．弹簧的最大拉力为3mg D．金属环的最大速度为 2 2 m g k 二．多项选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选 对得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。 9．如图甲所示电路，小灯泡通电后其两端电压 U随所通过的电流 I变化的图线如图乙所示， P为图线上一点，PN为图线的切线，PM垂直于 U轴，PQ垂直于 I轴，下列说法中正确 的是（ ） A．随着电流的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应 P点，小灯泡的电阻为 R＝ 1 2 U I C．在电路中灯泡 L两端的电压为 U1时，电阻 R两端的电压为 I1R D．对应 P点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM所围的“面积” 10．如图所示，a、b、c、d四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a、 b、c三个完全相同的带电小球位于同一光滑绝缘水平面内，且绕同一点 O做半径为 R的 二轮验收模拟考试物理试题 第4页 共 8 页 匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球 d位于 O点正上方 h处，且在外 力F作用下处于静止状态。已知 a、b、c三小球的电荷量均为 q，d球的电荷量为 6q， 2h R= ， 重力加速度为 g，静电力常量为 k，则（ ） A．小球 d一定带正电 B．小球 b的周期为 2 3R mR q k  C．小球 c的加速度大小为 2 2 3kq mR D．外力 F竖直向上，大小等于 2 2 2 6kq mg R + 11．水平面上放置一质量为 m的滑块 B，上方有圆形凹槽，质量也为 m的圆柱 A 恰好能放 置在凹槽中，其截面如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角 30 = 。一 质量为M的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与 B 相连，细绳张紧后由静止 释放 C，不计一切摩擦，B 离定滑轮足够远，下列说法正确的是（ ） A．如果 A、B 能保持相对静止，则系统的加速度为 2 Mg a m M = + B．如果 A、B 能保持相对静止，B 对 A 的作用力大小为 ( ) 2 2 1 2 M mg M m − + C．当 ( )3 1M m= + 时，A 恰要从凹槽中滚出 D．若 45 = 时，则无论 M为多大，A 都不能滚出凹槽 12．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为 m、m、2m的可视为质点的三个物体 A、B、C， 圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO转动。三个物体与圆盘的动摩擦因数均为 0.1 = ，最大静 摩擦力认为等于滑动摩擦力。三个物体与轴 O共线且 OA=OB=BC=r=0.2 m，现将三个物 体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。若圆盘从静止开始转动，角速度极其缓 慢地增大，已知重力加速度为 g=10m/s2，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ） A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力 B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变 C．当 5rad/s  时整体会发生滑动 D．当 2rad/s 5rad/s  时，在增大的过程中 B、C间的拉力不断增大 二轮验收模拟考试物理试题 第5页 共 8 页 三．非选择题：本题共 6小题，共 60分。 13．在“测玻璃的折射率”实验中： （1）为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是 。 A．必须选用上下表面平行的玻璃砖 B．选择的入射角应尽量小些 C．大头针应垂直地插在纸面上 D．大头针 1P 和 2P 及 3P 和 4P 之间的距离适当大些 （2）甲同学由于没有量角器，在完成了光路图以后，以 O点为圆心，10.00cm 长为半径画 圆，分别交线段 OA于 A点，交 O和 O′连线延长线于 C点，过 A点作法线 NN′的垂线 AB 交 NN′于 B点，过 C点作法线 NN′的垂线 CD交 NN′于 D点，如图所示，用刻度尺量得 OB=8.00cm，CD=4.00cm，由此可得出玻璃的折射率 n= 。 （3）乙同学纸上正确画出玻璃砖的两个界面 aa′和 bb′后，不小心碰了玻璃砖使它向 aa′方向 平移了少许，如图所示。则他测得的折射率比真实值 （选填“偏大”、“偏 小”或“不变”）。 14．某实验小组同学利用以下器材设计改装制作欧姆表，改装电路如图所示，通过调节开关 S 所接位置，可使欧姆表具有“ 10 ”和“ 100 ”两种倍率。 A．电池（电动势 E） B．电流表 G（满偏电流 g 2mAI = ，内阻 g 120ΩR = ） C．滑动变阻器 1R D．定值电阻 aR E.定值电阻 bR F.开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干 (1)用该欧姆表测电压表内阻时，红表笔应接电压表的 （填“正”或“负”）接线柱。 (2)当开关 S 掷向 （填“a”或“b”），欧姆表的倍率是“×10”倍率，现将两表笔短接，调 节滑动变阻器 1R ，使电流表 G 满偏，此时通过滑动变阻器的电流为 40mA，则定值电阻 二轮验收模拟考试物理试题 第6页 共 8 页 a bR R+ = ___  (填在答题卡的第(3)小题的空里)。 (3)再将此欧姆表调至“ 100 ”倍率，两表笔短接，调节滑动变阻器 1R ，使电流表 G 满偏，再 测量电压表内阻，电流表 G 指针向右偏转整个表盘满刻度的 2 3 ，此时电压表示数为 4V， 通过计算可知，该电压表内阻为 Ω(填在答题卡的第(4)小题的空里)。 15．一列简谐横波在介质中沿 x轴正方向传播，波长不小于 8cm。P和 M是介质中平衡位置 分别位于 x=0 和 x=4cm 处的两个质点，如图所示。t=0 时开始观测，此时质点 P的位移为 5 3cmy = ，质点 M处于平衡位置，此时两质点均向 y轴正方向振动； 1 s 4 t = 时，质点 P第 一次到达波峰位置， 3 s 4 t = 时，质点 M第一次到达波峰位置。求： （1）简谐波的周期、波速和波长； （2）质点 P的位移随时间变化的关系式。 16．如图所示，开口向右的绝热汽缸水平放置，由厚度均不计的绝热活塞 A 和导热活塞 B 封闭相同质量的理想气体Ⅰ、Ⅱ，气体的体积均为 V0，压强均为 1.2p0，热力学温度与外界 相同，均为 T0，活塞 A 可以在汽缸内无摩擦地自由移动，活塞 B 与汽缸间的最大静摩擦 力大小为 0fm 2 p S F = 。已知两部分气体均密封良好，活塞的横截面积为 S，大气压强为 p0， 外界的温度保持不变。现通过电加热丝对区域Ⅰ内的气体缓慢加热。 (1)求当活塞 B 恰好要滑动时，活塞 A 移动的距离； (2)当活塞 B 恰好要滑动时，电加热丝停止加热，同时将活塞 B 固定，然后打开区域Ⅱ内的 阀门 K，气体缓慢漏出。经过足够长的时间，区域Ⅱ内剩余气体的质量是原来质量的 5 24 ， 求区域Ⅰ内气体最终的热力学温度。 二轮验收模拟考试物理试题 第7页 共 8 页 17．如图，光滑平行金属导轨MM 、NN 水平部分固定在水平平台上，圆弧部分在竖直面内， 足够长的光滑平行金属导轨QQ、PP固定在水平面上，导轨间距均为 L， N 点与 P 点高 度差为 h，水平距离也为 h，导轨MM 、NN 左端接阻值为 R的定值电阻，水平部分处在 垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，平行金属导轨QQ、PP完全处在垂直于导轨平面向 上的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为 B。质量为 m的导体棒 b放在金属导轨 QQ、PP上，质量为m的金属棒 a从距离导轨MM NN 、 水平部分高度为 h处由静止释放， 从M N 处飞出后恰好落在 P、Q端，并沿金属导轨QQ、PP向右滑行，金属棒a落到导轨 QQ、PP上时，竖直方向分速度完全损失，水平分速度不变，最终 a、b两金属棒恰好不 相碰，重力加速度大小为 g，不计导轨电阻，一切摩擦及空气阻力。a、b两金属棒接入电 路的电阻均为 R，运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。求： (1)导体棒 a刚进入磁场时的加速度大小； (2)平行金属导轨MM 、NN 水平部分长度 d； (3)通过导体棒 b中的电量及整个过程金属棒 a产生的焦耳热。 二轮验收模拟考试物理试题 第8页 共 8 页 18．如图甲所示的 xOy直角坐标系，在 0x  的区域内，存在着沿 y 轴负方向的匀强电场，在 0x  且 0y  的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电量为 q+ 的粒子从 y 轴上的C 点以初速度 0v 水平向右进入第一象限，经过 x轴上的D点进入第四象限。带电粒子始终在 同一水平面内运动，其速度可用如图乙所示的直角坐标系内，一个点 表示， x yv v， 分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时 P位于图中 ( )0 0a v ， 点，然后 沿线段ab移动到b点，随后沿以横轴上的Q点（坐标未知）为圆心的圆弧移动至 c点，再 沿线段 ca回到 a点，整个过程中速度最大值为 ( ) 04 2 3 v+ 。已知 CO 的长度与 DO 的长度之 比为 3 2：，匀强磁场的磁感应强度为 B，不计粒子重力。求： (1)粒子到达D点时的速度大小和方向； (2)图乙中Q点的坐标以及匀强电场的电场强度大小； (3)若 CO 的长度等于 L，求粒子在运动过程中经过 x轴的位置坐标以及从C点到该位置的过 程中洛伦兹力的冲量大小。