物理(3)-【黄冈中学】2026年高考物理临考特训预测（湖北专版）

黄冈中学临考特训预测卷（三） 物理 本试卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1.在物理学发展过程中，从经典物理学遇到的困惑到量子理论的探索，实现现实中超 清便捷的量子通信技术推动了人类文明的进步。氢原子的能级图如图甲所示，玻尔 氢原子电子轨道示意图如图乙所示，可见光的波长范围为4.0×10-？~7.6× 10-7m,普朗克常量h=6.6×10-4J·s,真空中的光速c=3.0×10ms。下列关 于氢原子的能级跃迁说法正确的是 E/eV --------------0 v31 6 -0.38 5 -0.54 -0.85 -1.51 -3.40 v21 n=2 -13.6 =3 甲 乙 A.一群处于n=4能级的氢原子跃迁回基态时最多辐射出10种不同频率的光子 B.当用能量为11V的电子撞击处于基态的氢原子时，氢原子一定不能跃迁到激发态 C.氢原子从高能级向=3能级跃迁时，辐射的光具有显著的热效应 D.从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射的光的频率为y2,则从n=2、3能级向基态 跃迁辐射的两种光，分别射人双缝间距为d,双缝到屏的距离为L的干涉装置， 产生的干涉条纹的相邻亮条纹间距之差为 dv32 黄冈中学临考特训预测卷（三）第1页（共6页） 2.如图所示，地球周围的卫星1、卫星2、卫星3在同一平面内分别位于轨道1、轨道2、 轨道3且均绕地球运行，其中卫星2的轨道半径为R,卫星1的远地点到地心的距 离为R,卫星3的近地点到地心的距离为R2,则下列说法正确的是 A.卫星在轨道上的运行速度大小满足：V1Q<02P<w3P B.卫星1和卫星3的在相等时间内卫星与地心连线扫过 的面积相等 轨道2 仑 C.卫星3从轨道3变轨到轨道1的过程中卫星的机械能 R 轨道 守恒 D.卫星1和卫星3分别从远地点运动到近地点的时间之 发地球P 轨道3 吃R+R (R,+R) 3.如图，利用迷你便携式自动打气筒给自行车充气，每秒钟充气10次，每次将 0.075cm3的外界空气打入车胎中，充气2分钟后压强计示数为900mmHg,已知 充气前，车胎内气压与大气压强均等于750mmHg,自行车车胎容积为0.5L,外界 温度为27℃，估算自行车充气过程中车胎内气体温度升高 A.3℃ B.4℃ C.5℃ D.6℃ 4.如图所示，一条圆柱形的光导纤维的内芯折射率为1，外套折射 率为n2,复合光从光纤一侧入射后分成a、b两束在内芯中传播，a光和b光在内芯 与外套界面处反射时的入射角分别为0。=30°，0。=60°，a、b光在内芯中传播时间分 别为t。、tb,则下列说法正确的是 内芯 光源 外套 A.ni<n2 Bt,= 21 C.t。=tb D.t。=√3t。 5.如图所示，A、B两物块竖直静止于轻弹簧的上端，物块B与弹簧相连， A、B接触但不黏连，弹簧的劲度系数为k,物块A的质量为，物块B 的质量为2m,t=0时对物块A施加竖直向上的恒力F=mg,两物块始 终在竖直方向运动，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g。已知弹簧 的弹性势能的表达式为E。=2kx(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹 簧的形变量)，弹簧振子的振动周期公式为T=2x,√贺（其中m为振子质量，则下 列说法不正确的是 A.物块A、B分离时，物块B速度刚好达到最大 黄冈中学临考特训预测卷（三）第2页（共6页） 2m B.物块A、B分离后，物块B的振动周期为2π C.物块A的最大速度为8 3m D.物块A,B分离后弹簧振子的振幅为 6.如图甲所示，气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙 所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，它们的总质量为，柱状气动杆的横截面积为 S,柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的 理想气体，封闭气柱长度为L。已知汽缸气密性、导热性良好，不计气动杆与汽缸之 间的摩擦，室内温度保持不变，大气压强为p。,重力加速度为g。人盘坐在椅面上稳 定后椅面下降了L,则被封闭气体向外界放出的热量是 椅面 汽缸 气动杆 底座 分 乙 A.Po S+mgL. B.PoS mgL C.PoS+mgL D.Pas mgL 3 3 4 4 7.如图所示，一个光滑导轨长臂水平固定、短臂竖直，轻质圆环套在长臂上，质量为 1kg的小球通过不可伸长的细线与圆环相连。初始时圆环距短臂0.4m,细线水 平，恰好拉直但无弹力。已知细线长度为1m。重力加速度g=10m/s2,若将圆环 与小球同时由静止释放，不计空气阻力，下列说法 正确的是 A.小球运动到圆环左侧的最高位置一定与初始位 m 置等高 B.小球运动到最低点前瞬间对细线的拉力大小等于10N C.小球运动的最大速度为4ms D.小球运动的最大速度为2√5m‘s 8.真空中有一个棱长为L的正四面体ABCD,O是CD连线的中点，两个电荷量均为 Q的点电荷固定在A、B两点。静电力常量为k,则下列说法正确的是 A.C、D两点的电场强度相同 B.0点的电场强度大小为8Y6kQ 9L2 C.AB连线上电场强度的大小先减小后增大 B:: D.CD连线上电势的大小先增大后减小 9.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示， M、N、P、Q是介质中的四个质点，M质点位于平衡位置，P质点和Q质点分别位 于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为9m,M质点的振动情况如图乙 黄冈中学临考特训预测卷（三）第3页（共6页） 所示，下列说法正确的是 y/cm Ay/cm 10 M 产x/m i(×0.1s) -5 -10 -10 甲 乙 A.波沿x轴正向传播，波速大小为40m:s B.波沿x轴负向传播，波速大小为40m/s CV质点机械振动方程为y=10sim(29,+) 20π D.Q质点的平衡位置坐标x。=8m 10.随着科技的不断发展，无线充电技术已经进入人们的日常生活，手机无线充电原理 图如图所示，充电底座接收的交流电经充电底座整流后对手机电池充电。受电线 圈匝数为n,电阻为r,横截面积为S,手机可看成电阻为R的纯电阻，磁场垂直于 受电线圈平面向上穿过线圈，若在t1到t2时间内，其磁感应强度由B,均匀增加到 B2,下列说法正确的是 A.只要送电线圈中有电流流入，受电线圈两端一 B 定能实现充电 受电线圈 B.送电线圈内交流电频率越大，手机充电越快 C.在t1到t2时间内，两个线圈之间有相互吸引的 交流电 送电线圈 作用力 D.在t1到t2时间内，受电线圈通过的电荷量为 n(B2-B)S 充电底座 R+r 二、非选择题（本题共5小题，共60分） 11.(6分)“研究平抛物体的运动”实验装置如图甲所示。钢球每次从斜轨上同一位置 由静止滚下，经过斜轨末端飞出后做平抛运动。 光电门 2 3(cm) 10 甲 乙 (1)将斜轨固定在桌面上，反复调节斜轨末端成水平： (2)在斜轨末端出口处安装光电门并调节其到适当位置，将贴有坐标纸的木板紧靠 在斜轨出口处竖直放置，并分别记录小球平抛运动不同时刻对应的位置； (3)用游标卡尺测量小球的直径d,读数如图乙所示，则直径d= mm; 黄冈中学临考特训预测卷（三）第4页（共6页） (4)从斜轨上由静止释放小球，用频闪照相机正对着木板连续闪光照相； (5)从数字计时器读得小球通过光电门的遮光时间为1.45×102s,则小球通过光 电门时的瞬时速度为v。= m/s;(保留三位有效数字) (6)根据频闪照片中记录的信息，在图甲的坐标纸上标出小球离开斜轨后的3个连 续位置A、B、C,坐标纸每个方格的边长为L,则当地的重力加速度g= 。(结果用L、表示) 12.(10分)某实验小组为了精确测量阻值约为902的定值电阻R,实验室提供了如 下实验器材： A.电压表V(量程为0~1V,内阻Rv为1k2); B.电流表A,(量程为0~0.6A,内阻约为0.52)； C.电流表A2(量程为0~50mA,内阻RA约为102)； D.滑动变阻器R,(最大阻值为102)： E.滑动变阻器R2(最大阻值为2kΩ)； F.电阻箱R。(最大阻值为9999.92)； G.电源（电动势为3V、内阻不计），开关、导线若干。 9 甲 乙 (1)该小组同学分析实验器材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成0 3V量程的电压表，应串联电阻箱R。,并将R。的阻值调为 Q; (2)请将图乙中的实物图连线补充完整； (3)根据图甲所示，其中电流表选用 ,滑动变阻器选用 ;（均填写 各器材前的字母代号) (4)某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I,则待测电阻的阻值R,= (用已知物理量的字母表示)； (5)实验测得待测电阻R的测量值 (选填“大于”“小于”或“等于”)它的 真实值。 13.(10分)如图所示，边长为L的正方形内有截面为AFB的半圆弧面和截面为AED 的四分之一圆弧面的透明介质，其中F点为半圆上的三等分点，O为半圆弧圆心， B为四分之一圆弧的圆心，一束单色光从M点正对圆心O射入，经介质折射后恰 好经F点后平行BD边射出，已知光在真空中传播的速度为c,求： (1)透明介质对光的折射率； (2)光从M点传播到N点所用的时间。 介质 N 介质 真空 B 黄冈中学临考特训预测卷（三）第5页（共6页） 14.（16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在竖直向下的匀强电场， 第三、四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B,= √3mwa 2gL 第二象限存在垂直坐标平面向外的圆形有界匀强磁场（图中未画出）。质量为、 电荷量为q的带正电粒子从y轴上A点(0，√3L)以初速度。沿x轴正方向射入 匀强电场，然后从x轴上的M点(2L,0)射入第四象限，经磁场偏转后从x轴上的 N点射入第二象限，经第二象限圆形有界磁场偏转后垂直打到y轴上的A点，不 计粒子重力。 (1)求匀强电场的电场强度大小E； (2)求N点坐标及粒子从A点出发到N点的运动时间； (3)若圆形有界磁场的磁感应强度B。=2√3B,,求此圆形磁场区域的最小面积。 B 15,(18分)如图所示，水平轨道AB段粗糙，A左侧部分光滑，半径R=0.6m的4光 滑圆弧轨道BC固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点与水平轨道相切于B点，CD 是一个较高且足够长的水平光滑平台，在OB右侧的区域内存在水平向右的匀强 电场。质量M=3kg的光滑弧形曲面和质量m。=2kg的小球Q静置于光滑段， 现将小球Q由曲面顶端静止释放，小球Q运动到A点与质量mp=1kg、电荷量为 十q的滑块P(可视为质点)发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后滑块P在水平轨道 AB上滑行3R到达B点，滑块滑上圆弧轨道后从C点飞出，最终落在CD平台上 并多次反弹，且滑块每次撞击平台时水平方向速度不变，竖直方向速度反向，大小 不变。已知滑块在运动和碰撞过程中其电荷量始终保持不变，滑块与水平轨道 AB间的动摩擦因数满足μ一R,其中x为滑块到A点的距离，曲面顶端与水平轨 2x 3 道间的距离h=m,sin53=0.8,cos53°=0.6，重力加速度g=10ms,电场强 度E=4mpg ,求 3g (1)小球Q下滑到最低点时的速度大小。； (2)滑块P在轨道BC上运动受到轨道的最大弹力； (3)滑块P在CD平台上的第(n一1)次落点与第n次落点间的距离。 0.- R E 光滑M不光滑 B 黄冈中学临考特训预测卷（三）第6页（共6页）黄冈中学临考特训预测卷（三） 题号 1 2 5 传 案 答案 C D C C D 多 题号 6 7 8 9 10 查 答案 A C BC AD BD 1.C【解析】 一群处于n=4能级的氢原子跃迁回 基态时最多辐射出不同频率光子的种数为C?= 4×(4-D=6,故A错误；当用能量为11eV的电 2 子撞击处于基态的氢原子时，氢原子可能吸收其 中的l0.2eV的能量跃迁到激发态，故B错误：氢 原子从高能级向=3能级跃迁时，辐射的光子的 最大能量值为Em=1.51eV=2.416×10-19J,其 安长为最小波长为入二 6.6×10-4×3.0×10 2.416×1019 m≈8.2×10m,可知氢 原子从高能级向=3能级跃迁时，辐射的光属于 红外线，具有显著的热效应，故C正确；从n=2、3 能级向基态跃迁辐射的两种光分别射入双缝间距 为d、双缝到屏的距离为L的干涉装置，根据条纹 间距表达式4一子1一长可知产生的于涉条纹 Lc 的相邻亮条纹间距之差为△s=△x21一△x1= (品)≠点D错误 2.D【解析】卫星在椭圆轨道3上P点变轨至轨道 2上P点时需要点火加速，则Usp<v2p,卫星在轨 道2上Q点变轨至轨道1上Q点时需要点火加 速，则有v1Q>02Q,故A错误；根据开普勒第二定 律可知，在同一椭圆轨道上运行的卫星满足卫星 与地心连线在相等时间内扫过的面积相等，故B 错误；卫星从轨道3变轨到轨道1时，两次点火加 速，内能转化为机械能，故C错误；根据开普勒第 三定律可知，卫星1与卫星3的运行周期之比 /R,+R 3 T 2 (R1+R)3 T N(R2+R)3 ,两卫星从远 R2+R 2 地点运动到近地点的时间之比即周期之比。则 (R,+R) T√R十R),故D正确。 3.C【解析】自行车充气过程遵循理想气体状态方 程， 满足 PiV P:V2 即 T, 750×(120×10×0.075+500)_ 900×500 ,解得 300 T T2=305K,则充气过程中气体升温△t=5℃，故 C正确。 4.C【解析】光在光导纤维内发生全反射，满足光 从光密介质射入光疏介质，则n1>n2,故A错误； L 由几何关系可知光在内芯中传播路程、= sin' 光传扬时间1-品。×0号-2弘2器当 30°，0。=60°时，t。= Lsin9=。,故C正确，B、D 3 2c 错误。 5.D【解析】物块A、B恰好分离时，物块间的弹力 N=0,两物块的加速度大小相等，根据牛顿第二 定律，对于物块A,有F-mg=ma,对物块B有 F弹一2ng=2ma,解得a=0,此时物块B的速度 最大，故A正确：物块A、B分离后，B与弹簧构成 竖直弹簧振子系统，在竖直方向上做简谐运动，根 据题中质点做简谐运动的周期公式得T= 2√，故B正确：4=0时，Fa1=k,=3mg解 得弹簧的压缩量x,=3m,当物块A的速度最大 k 时，根据胡克定律有F=x2,弹簧的压缩量 mg,从1=0至物块A的速度最大的过程 x2-k 中，根据能量守恒定律有子(2m十m)。2+(2m十 m)g(x1-x2)=F(x1-x2)+ -联 立解得。=导√严，故C正确：物块AB分离 后，物块B向上运动至速度减小到零，弹簧的形变 量为x满足号×2mX2=2mg(x,-x)十 x-号，假设振丽A-2,则，=0，分 析可知假设不成立，D错误。故选D。 6.A【解析】设人的质量为M,开始时人没有盘坐 在椅面上，有p。S十mg=p1S,人盘坐在椅面上 时，根据共点力的平衡条件有，pS十(M+m)g= p2S,根据玻意耳定律有，p1SL=p,S（L一 L)联立解得M=S计m.外界对气体做的 3g 功w=[(M+m)g十p,S]子L,解得w pS十mL,理想气体的温度不变，则气体内能的 3 变化量为零（△U=0),根据热力学第一定律有 w=Q+w,解得Q=-p,S十m8L,可知封闭气 3 体向外界放出的热量为力S十m3L。 3 7.C【解析】圆环运动到短臂之前的过程中，因环 的质量不计，细线中近似没有张力，故该过程小球 近似做自由落体运动，圆环与短臂碰撞后到球运 动到最低点的过程中，圆环被限制不动，故此时小 球开始绕圆环做圆周运动，当球运动至短臂正下 方时，小球速度的方向变为水平，之后继续往左运 动，细线将一直保持竖直，即小球向左匀速运动。 小球自由落体运动结束时，细线瞬间绷直，小球沿 细线方向的速度瞬间变为零，有机械能损失，小球 的机械能不守恒，故A错误；设圆环与短臂接触 时，细线与竖直方向的夹角为0，根据几何关系有 sin0=0.6,可得0=37°，设细线绷紧前的瞬间小 球的速度为，对小球，从开始运动到细线绷紧前 瞬间，根据动能定理有mgL cos0= 2m,解得 v=4m/s,细线绷紧后瞬间，小球垂直细线的速度 为vL=vsin0=2.4ms,沿细线方向的速度变为 零，从此时到小球运动到最低点的过程中，对小球 根据动能定理有mgL(1一cos0)=之mw一 2mv,解得小球运动到最低点时的速度大小为 v1=√9.76m/s<4mfs,此后以v1继续往左做 匀速运动，可知小球运动的最大速度大小为 4ms,故C正确，D错误；小球在运动到最低点前 瞬间，根据牛顿第二定律得P一mg=2解符 F=19.76N,根据牛顿第三定律可知，小球运动到 最低点前瞬间对细线的拉力大小等于19.76N,故 B错误。故选C。 8.BC【解析】根据对称性可知，C、D两点的场强 度大小相等，方向不同，故A错误；A、B处点电荷 在O点产生的电场强度大小均为E1= k(Lsin 60) 一3L,则0点的电场强度大小为 4kQ ()-(2) E=2E1· 86kQ,故B正 9L2 确；AB连线上电场强度的大小先减小后增大，故 C正确；CD连线上电势的大小先减小后增大，故 D错误。 3 9.AD【解析】由图甲可知子入=9m,则入=12m, 由图乙知T=03则一子一号 40m's,从t=0时刻开始，M质点向上振动，则波 向x轴正向传播，对N质点有y=10sin(3t一 /20π ）m,当其第一次回到平衡位置，即y=0.此时 1 0r不0解得t。三08，又AxN=·t 6 解得△xMN=1m,即xM=一1m,故Q的平衡位 置坐标xQ=8m,故A、D正确。 10.BD【解析】只有送电线圈中有交流电流入，受 电线圈两端才可以实现充电，故A错误；交流电 的频率越大，磁通量变化越快，产生的感应电流 越大，受电线圈中的充电电流越大，手机充电越 快，故B正确；在t1到t2时间内，穿过线圈的磁 通量增加，根据楞次定律可知，两个线圈之间有 相互排斥的作用力，故C错误；在t,到tz时间 内，感应电动势为E= △9_n(B。-B,)S,感 △t t2-t1 E n(B2-B)S 应电流为1=R千，，，)R十)受电线圈 通过的电荷量为g=11,一4，)=n(B。一B,)S R+r 故D正确。 1.(3)14.50(2分)51.00(2分)(6)0(2分) 【解析】(3)直径d=14mm十10×0.05mm= 14.50mm。 d (5)小球通过光电门时的瞬时速度为。= 1.450×10-2 1.45X10m/s=1.00m/s. (6)从A到B,B到C,时间同隔均为△=3L,由 U。 △y=g·(△t)2,得2L=g· 3L 2va “,解得g9L 12.(1)2000.0(2分) (2)如图所示(2分) 可 3URy (3)C1分)D1分)④)R,元(2分) (5)等于(2分) 【解析】(1)根据电压表的改装原理和欧姆定律 有R。= U'-U3-1 U 1 2=2000.02. Rv 1000 U3A≈ (3)待测电阻中的电流最大值为1一R一90 33mA,电流表应选择A2,即C。滑动变阻器采 用分压式接法，为了减小误差，便于调节，滑动变 阻器采用最大阻值较小的R,,即D。 (④)根据欧姆定律可知R,=3U 3UR U IRy-U 1-Rv (5)由(4)中分析可知，实验中已考虑到电压表内 阻分流因素，故测量值等于真实值。 13.(1)3(2)45-1)L 4c 【解析】(1)根据几何关系及光路可逆可知，光在 F点发生折射时满足0=30°，i=60 (2分) 因此透明介质对光的折射率n=sini=√5 sin r (2分) 介质 介质 Bl- 真空 D (2)根据几何关系有FN= -L.EF=OF= 4 EM-OM-OE-L- (2分) 根据光的折射率与速度的关系有”=。，光在介 质中传播的速度口=C=S (1分) n√3 光在透明介质中由M点到N点传播的时间t= FN+EM EF (1分) （43-1)L 联立解得t (2分) 14.(a)3m 2gL (2)(-2L,0)(2+83开L (3)L9 9 【解析】(1)根据题意可知，带电粒子在电场中做 9 类平抛运动，则有 沿x轴方向：x=vot1=2L (1分) Eqt 2 沿y轴方向：y= =√3L (1分) 2m √3mv号 联立解得E=2gL (1分) (2)由动能定理有gy=号 2nviM一2m2总 解得M点的速度vM=2o,设M点的速度vM 与x轴的夹角为0，则0=60° 粒子在磁感应强度为B,的磁场区满足： mvm BivMq= (2分) R muM 解得R1=B9 (1分) 即R, 43L 3 (1分) 由几何关系可得，带电粒子在第三、四象限内运 动轨迹的圆心O,恰好在y轴上，则N点和M 点关于O点对称 故V点坐标为（一2L,0) 粒子在第一象限内做类平抛运动满足：山一。 2L (1分) Vo 粒子在第三、四象限内做磁偏转运动满足：t2= 号r-8 (1分) 综上可知粒子从A点出发到N点的时间为t= 6十t2=(2+83元L 9v0 (1分) (3)设粒子在第二象限进入有界磁场时，半径为 R2,根据B2VMq= mvm (2分) R, 解得R,=3 (1分) 满足条件的最小圆形有界磁场的区域如图所示， 由几何关系可得 PQ=2R2sin30°=R (2分) 圆形磁场区域的最小面积为 9 (1分) 11 E UM .32(2n-1) 15.103m/s(2)3N(3) -m 15 【解析】(1)小球Q下滑过程中，曲面与小球Q 组成的系统在水平方向上动量守恒，有 Mu=mava (1分) 曲面与小球Q组成的系统机械能守恒，有 1 1 magh=2M。2+2mo6 (1分) 联立解得vo=3ms (2分) (2)小球Q与滑块P发生弹性正碰时动量守恒， 机械能守恒，则有mov。=mov。十mpv1(1分) m0哈=2m062+2m 1 1 1 (1分) 解得v1=4mfs 个f 0 3R 甲 光滑% %不光滑 -- c 滑块P从A点到B点过程中，克服摩擦力做的 功由图像法（如图甲所示）可知 1 2 X3RX3mrg=6J (1分) 1 在AB段由动能定理有一W,=2p0 1 2mpv? (1分) 解得v2=2mfs 如图乙所示，在BC段重力与电场力的合力沿半 径方向与轨道的交点是滑块在轨道上的等效最 低点，设滑块和圆心的连线与竖直方向的夹角为 p,有tanp= Eq ,可得9=53 mpg 滑块从B点到等效最低点时，有 EqRsin -mrg (R Rcos )=2mv 2mp号 (1分) (1分) 在等效最低点处满足：FN-p3=mpR 解得u,=23ms,F、=10N 3 (3)滑块从B点到达C点的过程中，由动能定理 可得 1 1 EqR-mpgR= 之2平22功是 (2分) 解得c=2√2ms 滑块从C点上抛到第一次落回到平台所用时间 2uc_2W2 l= (1分) g 抛出后滑块在水平方向做匀加速直线运动，加速 度a=Eg=4g mp 3 (1分) 滑块从C点上抛到第一次落回平台上，水平位移 1 1-2al (1分) 32 解得x1=15m 滑块撞击平台时竖直方向能等速率反弹，可知滑 块每次在空中的运动时间相等，而通过C点时的 水平初速度为零，由匀变速直线运动相邻相等时 间间隔内的位移比，有 x1:x2:x3:…:xn=1:3:5:…:(2n-1) (1分) 可知平台上第(n一1)次落点与第n次落点间距 x,=(2m-1)x1=32(2m-1) (2分) 15 一m 黄冈中学临考特训预测卷（四） 题号 答 案 答案 A D B D C 速 题号 6 8 9 10 查 答案 D BC AD BD 1.A【解析】由质量数守恒和电荷数守恒得14十 1=14十n,7十0=6+z,联立解得n=1,z=1,故 X为质子，A正确；核反应前后有质量亏损，故B 错误；经过两个半衰期后，碳14剩余四分之一，即 2.5g,C错误；半衰期不随浓度、温度等外界因素 的变化而变化，故D错误。 2.D【解析】由卫星变轨规律可知，乙卫星经过P 点的速度大于甲卫星的速度，故A错误；甲、乙两 卫星经过P点时只受万有引力.由G=m得 M a=G,,故甲、乙的加速度相等，B错误；P,Q到