2026届江西宜春中学等校高三下学期临门一练物理试题

2026 届高 三物理临门一练 本练习共100分，时间75分钟. 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.我国“两弹一星”元勋、著名核物理学家王淦昌先生，曾几度与诺贝尔物理学奖擦肩 而过，但他始终怀揣科技报国的赤子之心，在国家需要时“以身许国”.1931年，王淦 昌提出用云室研究“铍辐射”的本质，该思路直指中子的发现；1942年，王淦昌创造 性地提出利用轻原子核的“K电子俘获”过程来验证中微子(。)的存在，该过程的核 反方程为Be十9e→Li十v。.下列说法正确的是 A.王淦昌建议中使用的铍(Be)与查德威克实验中使用的铍(Be)互为同位素 B.查德威克发现中子的核反应方程为Be十He→C十}n C.方程中的中微子()不带电，其质量数与质子的质量数相同 D.方程中的_e是中子转化为质子时产生的 2.近几年，随着人工智能等科技领域的发 展，深圳市积极拓展科技应用场景，无人 观光车、环卫机器人等服务纷纷出现，特 别是无人机送餐，使“天上掉馅饼”成为现实，无人机送餐时，可通过机载传感器描绘 出无人机运动的轨迹.如图所示为机载传感器描绘出的无人机某次飞行中在竖直平 面内运动的轨迹，其中x轴表示水平方向，y轴表示竖直方向.若x=0一x1和x x1~x2的两段曲线均为抛物线，则该无人机沿水平方向的x一t(位移一时间)图像 和沿竖直方向的v一t(速度一时间)图像可能为 0 《高三·物理(JX)·临门一练》第1页（共8页） 3.图甲为一小朋友正在放风筝，此时风筝 60 30° 平面与水平面的夹角为30°，细线与风筝 的夹角为60°（如图乙所示）.已知风筝的 230 质量m=1kg,该小朋友的质量M= 77777777777777777777777777777 分 40kg,重力加速度g=10m/s2.若小朋友和风筝均保持静止状态，则 A.地面对小朋友的摩擦力为5N B.地面对小朋友的摩擦力为15N C.地面对小朋友的支持力为395N D.地面对小朋友的支持力为500N 4.商业航天已经成为我国十四五规划建设重点发展项目之一，“南粤二号”就是民营商 业科学实验卫星.“南粤二号”卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M,引 力常量为G,卫星轨道半径为，忽略地球自转影响，不计空气阻 力.下列说法正确的是 A.卫星的向心加速度恒定，大小为a=G4 “南粤二号”运行示意图 B.卫星的线速度大小为v= G,一定小于地球的第一宇宙速度 C.若将卫星轨道半径增大，需要至少经过两次点火减速实现 D.利用题中所给的已知条件可以求出地球的密度及“南粤二号”卫星的公转周期 5.如图，矩形线框切割磁感线产生 B 交流电压e=25√2sinl00πt(V), 它的匝数V=5、电阻r=12,将 其接在理想变压器的原线圈上· E “220V22W”的灯泡L正常发光，内阻为102的电风扇M正常工作，电流表A的 示数为0.3A.导线电阻不计，电压表和电流表均为理想电表，不计灯泡电阻的变 化，矩形线框最大电流不能超过20A.以下描述正确的是 A.矩形线框转动时最大磁通量为区 Wb 《高三·物理(JX)·临门一练》第2页（共8页） B.当线圈从图示位置经过时，理想电压表示数为22V C.原、副线圈上的电流比I1：I2=44：5 D.若将电风扇换成另一只与L完全相同的小灯泡L',则电流表的示数变大 6.中国地震局已初步建成地震预警系统，某次科研人员对波的特性展开研究.图甲为 沿x轴正方向传播的某简谐波在t=0时刻的波形图，P(图中未标出)是此波上的 一个质点，图乙为P的振动图像，则 A.该列波的传播速度为骋m/s y/cm ◆y/cm 20 20 10 0 B.质点P在2s内沿x轴运动 0 6 x/m 0.5 1.11.7 20 -20 了10m 甲 乙 C.质点P的平衡位置可能位于x=0.5m处 D.质点P的平衡位置可能位于x=8.5m处 7.如图所示，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1 和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦.在左端活塞上缓慢加细 沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中，用外 力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变.整个过程环境温度和大气压强。 保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g.下列说法正确的是 A.整个过程，外力F做功大于0，小于mgh B.整个过程，理想气体的内能增大 细沙 C.左端活塞到达B位置时，外力F等于mg D.整个过程，理想气体向外界释放的热量等于(pS1h十mgh) 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 8.真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上 x1=0和x2=3a的两点，在两者连线上各点的电场强度随 x变化的关系如图所示，选沿x轴方向为正方向，以下判断 00 2a 3a x 正确的是 《高三·物理(JX)·临门一练》第3页（共8页） A.点电荷M、N均为正电荷 B.M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1 C.将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a,该电荷的电势能先减小再增大 D.沿x轴从0到3a电势逐渐降低 9.如图甲所示，光滑斜面ABCD与水平面间的夹角0=30°，斜面内固定一半径为R的 光滑圆轨道，O为圆轨道的圆心，OO2为与AB平行的水平直径，O3、O分别为轨 道最高和最低点.置于圆轨道最低点O:的小球（可视为质点）获得大小不同的水平 初速度后，小球沿轨道运动至某一位置时速度大小为，小球与轨道间恰无作用力， 设此位置小球与O点的连线与OO2的夹角为α(0°≤a≤90°)，已知重力加速度为g, 若得到的示与si的关系图像如图乙所示，则下列说法中正确的是 A.小球恰好能到O3点时的速度大小 D 为√gR 0 gR B.小球恰好能到O,点时，加速度大小4 O 为号 -sina C该图线的斜率等于号 甲 乙 D.若小球脱离圆轨道，则此后做变加速曲线运动（与圆轨道再次接触前） 10.如图所示，一劲度系数=20N/m的轻弹簧下端固定于 B 倾角为53°的光滑固定斜面底端，弹簧上端连接物块Q.一 轻绳跨过轻小定滑轮O,一端与物块Q连接，另一端与套 在光滑竖直杆上的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离d 53汽 =0.3m.已知物块P的质量1=0.4kg,物块Q的质量 777777777777777777777777777777777777 m2=0.5kg,两物块均可视为质点.初始时物块P在A点静止不动，OQ段轻绳与 斜面平行，轻绳张力大小Fτ=5N.不计滑轮大小及摩擦作用，弹簧的弹性势能E =x,其中x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小g= 10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6.现将物块P移到与定滑轮O在同一水平线上 《高三·物理(JX)·临门一练》第4页（共8页） 的B点后由静止释放，下列说法正确的是 A.A、B两点间的距离h为0.6m B.物块P位于A点时，弹簧的伸长量为0.05m C物块P从B点释放后到达A点时的速度大小为 2 m/s D.物坎P从B点运动A点的过程中，京服轻绳拉力所做的功为 三、非选择题：本题共5小题，共54分. 11.(6分)某同学用如图所示的装置做“探究向心力与 角速度关系”的实验.力传感器固定在竖直杆上的 B A点，质量为m的磁性小球用轻质细线a、b连接， 磁传感器 细线α的一端连接在力传感器上，细线b的另一端力传感器日 连接在竖直杆上的B点，测得细线a的长为L,细 线b的长为1.25L,A、B间距离为0.75L,磁性小球 的直径远小于L,重力加速度为g,力传感器的大小忽略不计. (1)让杆绕其竖直轴线匀速转动，增大杆匀速转动的角速度，使细线α、b均绷紧伸 直，细线α水平，小球经过磁传感器时，磁传感器中会产生一个磁脉冲，小球某 次经磁传感器开始计时，并计数为0，若记下第n个磁脉冲的时间为t,则小球 做匀速圆周运动的角速度ω= (2)多次改变杆转动的角速度（保证每次细线、b均伸直），记录每次力传感器的示 数F及对应的角速度ω，作出F一2图像，如果图像是倾斜的直线，且斜率等于 ,图像与纵轴的交点等于 ,则表明半径、质量一定时，向心力 与 成正比 (3)要保证实验成功，小球做圆周运动的角速度至少等于 12.(9分)硅基负极锂电池是以硅基材料（如硅氧或硅碳复合材料）作为负极的锂离子 电池，旨在突破传统石墨负极的能量密度瓶颈.某硅基负极电池内阻较小，电动势 约为3.0V,实验小组为了准确测量某硅基电池的电动势E和内阻r,设计了如下 实验.其中定值电阻R,=2.02. 《高三·物理(JX)·临门一练》第5页（共8页） SE。R, M 0.37 E -0.370 R2 S, 乙 丙 (1)按图甲接好电路进行实验，记下电阻箱和电压表对应的一系列读数RU,获取了 1 多组数据，作出立一京图像如图乙所示，不考虑电压表的分流作用，则可得该电池 组的电动势E= V;内阻r= (结果均保留两位有效数字). (2)若考虑电压表的分流作用，则该实验中电动势的测量值比真实值 (选 填“偏大”“偏小”或“相等”). (3)该实验小组还设计了图丙所示的电路，其中E。为工作电源，R。为限流电阻， MN为粗细均匀同种材料的电阻丝，P为滑动触头，G为灵敏电流计，R1为它 的保护电阻，R2为阻值已知的工作电阻.为了测量电源E,的内阻r,现做如下 操作： ①先闭合S1,断开S2,调节滑动触头P的位置，当其位于A位置时，灵敏电流 计示数为零. ②再闭合S2,调节滑动触头P的位置，当其位于B位置时，灵敏电流计示数再 次为零，此时R2两端电压U= (用E、r、R2表示). ③测量出两次电阻丝MA和MB的长度分别为1和12.则电源内阻r= (用L1、l2、R2表示) 13.(9分)1965年香港中文大学校长高琨在一篇论文中提出以石英基玻 璃纤维作长程信息传递，引发了光导纤维的研发热潮，1970年康宁 351 公司最先发明并制造出世界第一根可用于光通信的光纤，使光纤通 Pi 信得以广泛应用.被视为光纤通信的里程碑之一，高琨也因此被国际 10 公认为“光纤之父”.如图为某种新型光导纤维材料的一小段，材料呈圆柱状，半径 为L,长度为3√3，将一束光从底部中心P点以入射角0射入，已知光在真空中的 速度为c. 《高三·物理(JX)·临门一练》第6页（共8页） (1)若已知这种材料的折射率为√3，入射角0=60°，求光线穿过这段材料所需的时间. (2)这种材料的优势是无论入射角0为多少，材料侧面始终不会有光线射出，求材 料的折射率的最小值. 14.(14分)如图所示，长度L=2.5m的水平 传送带以=3m/s的速度顺时针运转，传 D 送带的右端与水平粗糙轨道平滑连接，在 水平轨道上固定有半径R=0.45m的4光 滑圆弧轨道，圆弧轨道底端与水平轨道相切，P点为圆弧轨道上的一点，P点与圆 心O的连线与竖直方向的夹角0=37°.传送带右端与圆弧轨道的左端间的距离s =0.3m,小物块与传送带和水平轨道间动摩擦因数均为μ=0.2，现将质量m= 0.1kg的小物块轻放于传送带左端，g=10m/s2,不计空气阻力.求： (1)物块A离开传送带时的速度， (2)物块第1次到P点时对轨道压力. (3)物块由放上传送带到最终静止，在传送带上通过的总路程. 《高三·物理(JX)·临门一练》第7页（共8页） 15.(16分)如图所示，两根相互平行、 足够长的光滑金属导轨 ACD-AC,D1固定于水平桌面 上，左侧AC一A1C轨道间距为 h L2=4m,右侧CD一C1D1轨道间 777777777077777 距为L,=2m,导体棒α、b分别置于导轨的右侧和左侧，导体棒长度与所在导轨宽 度相同.导体棒a的质量1=0.8kg、电阻不计，导体棒b的质量m2=3.2kg、电 阻未知.定值电阻的阻值R=1.5Ω，电容器的电容C=3F,初始状态电容器不带 电.电容器右侧和定值电阻左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大 小B=0.5T.导体棒a通过绝缘细线跨过光滑滑轮与重物c相连，该重物的质量 =0.2kg,连接a的细线平行于导轨，连接c的细线竖直.a、b导体棒分别距定滑 轮和定值电阻足够远且运动过程中未离开磁场区域，导轨电阻不计，忽略一切阻 力，取重力加速度g=10m/s2. (1)若在开关S,闭合、S2与S3断开的状态下将导体棒a由静止释放（重物c离地 足够高)，求导体棒α的最大速度. (2)若在开关S与S都断开、S闭合的状态下，将重物c置于离地h=1.48m高度 (连接ac的细线伸直)，导体棒a由静止释放开始计时，t1=1.6s瞬间再断开S2. (1)求重物c落地瞬间导体棒a的速度大小. (ⅱ)重物c落地瞬间，再闭合开关S,从闭合开关S到导体棒a、b运动到稳定 状态的过程中，求通过导体棒α的电荷量. 《高三·物理(JX)·临门一练》第8页（共8页） 高三·物理(JX)·临门一练·参考答案 E-E=25V,由闭合电路欧姆定律，可得U=E √2 1.ABe与Be质子数相同，中子数不同，互为同位素， 1联立解得子=朵=9，U=E-1r 21 A正确；B中方程质量数不守恒，B错误；根据质 22V,B正确：C错误；若将电风扇去掉，换成另一 量数守恒，中微子()质量数为0，而质子质量数 只与L完全相同的小灯泡L',则L与L并联，副 为1，C错误；“K电子俘获”中的电子来自于核外 最内层(K层)，并非来自核内，D错误. 线调上总电阻变为Rs冬-荒=10n.原。 2.C由于0~x1和x1~x2的两段曲线均为抛物线，结 副线圈的电流比列方程有宁写款，解得1 合图像可知无人机可能在水平方向做匀速直线运 动：竖直方向先向上匀加速再向上匀减速，结合 号A0,21A,电流表示数减小，D错误 x一t图像和v一t图像知识，C正确， 6.D该列波的波长为6m,周期为1.2s,则传播速度 3.C对风筝和小朋友受力分析，如图所示.对风筝，由平 衡条件有Fcos30° 为-产点ms=5ms:A铅误：质点P只能 在自己平衡位置附近振动，不随波迁移，B错误； =Tcos60°+mg, 600 由P点的振动图像可知，在t=0时刻质点P的 Fsin30°=Tsin60°， 位移为10cm=0.5A,且沿y轴正向振动，结合波 解得风筝线的拉 N 形图，t=0时刻位于x=0.5m处的质点沿y轴 力T=10N.对小 负向振动，可知质点P的平衡位置不可能位于x 朋友，由平衡条件 77777777777 Mg =0.5m处：而位于x=8.5m处的质点t=0时 有f=Tcos30°， 刻的位移为y=Asin30°=l0cm且沿y轴正向振 Mg=N+Tsin30°，解得f=5√3N,N=395N.故选 动，可知质点P的平衡位置可能位于x=8.5m C. 处，C错误，D正确. 4.B由万有引力提供向心力得GMm=m,则“南粤二 2 7.C整个过程，因右侧活塞静止不动，则外力F做功 号”卫星的向心加速度大小为a=,但是方向 为零，A错误；整个过程，因为汽缸导热且活塞缓 慢移动，可知气体的温度不变，则气体的内能不 不断变化，因此向心加速度不恒定，A错误：由万 变，B错误；左端活塞到达B位置时，则封闭的气 有引力提供向心力得GMm=m r2 2,则“南粤二号” 体的压强P=A十婴=A十号，解得外力F GM 卫星的线速度大小为一√，由于卫星的轨道 mgS,C正确：整个过程，气体的内能不变，气体 半径大于地球半径，所以“南粤二号”卫星的线速 体积减小，外界对气体做功等于放出的热量，若在 度小于地球的第一宇宙速度，B正确；若将卫星从 活塞上一次性放上质量为m的沙子时，外界对气 半径小的圆形轨道变轨到半径大的圆形轨道，至 体做功为W=(pS:十g)h,此时理想气体向外 少要在椭圆形转移轨道的近地点和远地点各进行 界释放的热量等于(pS1h十mgh),但是因沙子是 一次点火加速才能实现，C错误：利用题中所给的 逐渐加入的，则外界对气体做功W<(pS十 条件，可求出“南粤二号”卫星的公转周期，但还需 mg)h,D错误。 知道地球半径才能求地球的密度，D错误. 8,AC由图可知，在0到2a间电场方向向右，在2a到 5.B根据变压器磁通量变化与电压计算有e= 3a之间电场方向向左，说明点电荷M、N均为 正电荷，A正确：两点电荷在2a处场强为零，有 Easin(w）=V项wsin((ot),解得中a=是wb,A 错误：原周线周的重数比为是费是一子又 器一架，解得兴一十B错误：将正电荷从 0.5a到2a间移动，电场力做正功，电势能减小； 《高三·物理(JX)·临门一练》第9页（共8页） 从2a到2.4a间移动，电场力做负功，电势能升 解析：(1)周期T=千，则角速度a=织=2n.(2)根 T 高，C正确；沿着电场线方向电势降低，所以在0 据几何关系可知，a、b两线的夹角0=37°，由于b线 到2a间电势降低，在2a到3a之间电势升高，D 错误. 上的拉力F,始终满足F6sinl=mg,得到F6= 9.BC该装置的等效重力加速度g'=gsin,小球恰好 5 mg,则小球做圆周运动的向心力F物=F十 能到达0点，则有mgsi0="发，解得= F,c0s37”=F+号mg,若向心力与角速度平方成正 √零A错误；恰好能到Q点时，小球速度为 比，则Fa=mL,即F十专mg=mlm,得到F= 0,此时向心力为0，故合外力大小为mg sin8= mLa 3g.如果图像是倾斜的直线，且图像的斜 44 ma,a=号，B正确：由mgsinsina=m R,可得 率等于mL,图像与纵轴的交点等于一言mg,则表明 令n,则图线斜率为子，C正确：小球脱 U 半径、质量一定时，向心力与角速度平方成正比.(3) 离圆轨道再次与圆轨道接触前所受合外力为恒 当细线a刚好伸直时，线a的拉力F=0,设角速度 力，故为匀变速曲线运动，D错误。 为，则有亭mg=mld,申a=2√气，即要使实脸 g'=gsin 成功，小球做國周运动的角速度至少等于2√ mg 12.(1)2.7(2分)0.70(2分) (2)偏小(1分) 10.BD对物块P受力分析，设初始时滑轮左侧的轻绳 与竖直方向的夹角为日，根据平衡条件可得 (8)@R5.2分)R(会-12分) m1g=Fr cos0,可得9=37°，由几何关系可知h 解析：(1)根据闭合电路欧姆定律E=U十I(r十R。) 0=0.4m,A错误：物块P位于A点时， =d 只(R),垫理可得亡-+士 E 对物块Q进行受力分析，有m2gsin53°十kx1= 可知国线纵载距为名斜率为，由因像可知己 E FT,解得弹簧的伸长量x=0.05m,B正确；物 块P在B点时，弹簧的压缩量x2=OA一d一 =037,公-韶=1，解得E=2.7V E x1=0.15m,物块P从B点运动到A点的过 0.70Ω.(2)电压表分流情况下闭合电路欧姆定律为 程中，由能量守恒定律有1gh一2g(T1十 E=U+(货+总)(R十么整理可得立 )sin58+号k(2-3)=m即2十 十R.十 号，g=6o0,解得w=号m/s,C错 E R 品华，则亡一良图像的纵轴 藏距为6=R+R十生= 误；对物块P,根据动能定理有m1gh一Wr= RvE真 E整理可得E 子m,解得W,=名J,D正确， RyE& Ry十R十r <E,,故电动势的测量值与真实值相 11.(1)2(1分) 比偏小，(3)②灵敏电流计示数为零，因此对E、R 回路分析，根据闭合电路的欧姆定律可得I (2)mL(1分) 、4 mg(1分) R名，R,两瑞电压U=欣=R车R®只用合 角速度平方（或w)(1分） S时灵敏电流计示数为零，则有E,=UMA,同时闭 (3)2√绕2分) 合S,8剥有U=后R,=:又国为 《高三·物理(JX)·临门一练》第10页（共8页） 尽=么，联立解得=R(号-1). RAB红 E、'=梁N,方向斜向右下方与竖直方向成37 15 13.(1)如图1所示，由折射定律可得 角(1分) n= sind(1分) (3)设物块在水平轨道粗糙段的总路程为5。， sinat 331 解得1=30°(1分) 根据动能定理则有一mg,=0一号mw2(1分) 根据几何关系，光在圆柱体中的路 解得5=2.25m=7s十0.15m(1分) 程s=61(1分) 故物块此后又滑上传送带3次，最后停在水平轨 由n=号1分) 道中点处，根据动能定理及运动学公式有 图1 得传播时间=6y1分) m2、1 mg·2=1 2m心2，三1分 c (2)如图2所示，若将日逐渐增大，图 2m%2、1 mg·2s=1n mu2,x=%（1分) 2以g 中α也将不断增大，而光线在侧 mg·2= 2m?、1 m,x=（1分) 2ug 面的入射角i将不断减小.当日 则物块在传送带上通过的总路程为 趋近于90°时，由折射定律和全反 x=L十2(x1十x2十x3)=8.8m(1分) 射可知，图中a将趋近于临界角 15.(1)当c的重力等于a受到的安培力时有最大速度 C,而此时光线射到侧面处时的入 射角i将达到最小，若此时刚好 图2 Um 3g=B1nL1(1分) 发生全反射，则所有到达侧面的光线将全部发生 发射，不会从侧面射出.由此可得sini≥sinC(2 1.=是1分) 分) E=BL1Um(1分) i+C-90,sinc-1分) 代入数据得m=3m/s(1分) (2)(i)在开关S断开、S,闭合的状态下，导体棒a 联合以上各式解得折射率的最小值n=√2(1分) 与重物c有共同加速度a1 14.(1)对物块根据牛顿第二定律得 m3g-BIL=(4十m1)a1(1分) mg=ma(1分) 解得a=2m/s2(1分) I=9_CAW_CBL△=CBL1a1分) △t△t △t 假设物块一直匀加速至传送带右端， 联立解得a1一CBL1'十m十m m3g (1分) 根据运动规律=2aL(1分) 代入数据得a1=0.5m/s 解得v=√10m/s>3m/s(1分) 所以导体棒a与重物c做匀加速直线运动，t1= 所以物块在传送带上先加速后匀速，故物块以 1.6s时 =3m/s离开传送带，速度方向向右(1分) (2)物块运动到P点，由动能定理得 0=a4=0.8m/s,h=at2=0.64m(1分) 2m2、 1 2mu=-umgs-mgR (1-cos0)(1 1 此时，再断开S2,导体棒a不受安培力，产生的加 速度 分) 由牛顿第二定律得 a2=g=2m/s2(1分) ma十m1 R-mgcos9=mR1分) 重物c再下降h2=h-h1=0.84m落地， 落地瞬间a和c的速度为 联立解得人=号N 2=√/2+2a2h2=2m/s(1分) 由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为 (ⅱ)重物c落地瞬间，闭合S,导体棒a获得向 《高三·物理(JX)·临门一练》第11页（共8页） 右的速度u2后，导体棒a、b与导轨组成的回路 产生感应电流，根据楞次定律可知，导体棒b受 到向右的安培力，开始向右加速运动，同时与导 体棒a产生向相反的电动势，因此当电动势 BL1a=BL2%,得Ua=2%①(2分) 电流I=0,导体棒a、b分别以。、，的稳定速度 匀速运动. 取向右为正方向，从导体棒b开始运动到稳定运 动的过程中，根据动量定理 对导体棒a有-BL1t=m-m1②(1分) 对导体棒b有BTL2t=2③(1分) 联立①②③得.=1m/s,%=0.5m/s(1分) 通过导体棒a、b的电荷量g相等， q=74--0.8C1分) 《高三·物理(JX)·临门一练》第12页（共8页）高三·物理(JX)·临门一练·参考答案 1.ABe与Be质子数相同，中子数不同，互为同位素， A正确；B中方程质量数不守恒，B错误；根据质 量数守恒，中微子(u)质量数为0，而质子质量数 为1，C错误；“K电子俘获”中的电子来自于核外 最内层(K层)，并非来自核内，D错误 2.C由于0~x1和x一x2的两段曲线均为抛物线，结 合图像可知无人机可能在水平方向做匀速直线运 动；竖直方向先向上匀加速再向上匀减速，结合 x一t图像和知一t图像知识，C正确. 3.C对风筝和小朋友受力分析，如图所示.对风筝，由平 衡条件有Fcos30 AF =Tcos60°+mg, 60°0 30° Fsin30°=Tsin60°， T 解得风筝线的拉 T 力T=10N.对小 30° 朋友，由平衡条件 7777777777777777777777777777777 Y Mg 有f=Tcos30°， Mg=V+Tsin30°，解得f=5√3N,N=395N.故选 C 4.B由万有引力提供向心力得GMm=ma,则“南粤二 2 号“卫星的向心加速度大小为a=GW,但是方向 不断变化，因此向心加速度不恒定，A错误；由万 有引力提供向心力得GMm=m口，则“南粤二号” 2 卫星的线速度大小为。√网由于卫星的轨道 半径大于地球半径，所以“南粤二号”卫星的线速 度小于地球的第一宇宙速度，B正确；若将卫星从 半径小的圆形轨道变轨到半径大的圆形轨道，至 少要在椭圆形转移轨道的近地点和远地点各进行 一次点火加速才能实现，C错误；利用题中所给的 条件，可求出“南粤二号”卫星的公转周期，但还需 知道地球半径才能求地球的密度，D错误. 5.B根据变压器磁通量变化与电压计算有e= Ssin(o)=NΦosin(o),解得重20元W 错误原刷线圈的压数比为光-云六一六又 《高三·物理(JX)·临 E=E==25V,由闭合电路欧姆定律，可得U,=E √2 -1联立解得是=费-9.U=E-1r 22V,B正确；C错误；若将电风扇去掉，换成另一 只与L完全相同的小灯泡L',则L与L'并联，副 线圈上总电阻变为Re=尽==11000，原、 22P, 副线圈的电流比列方程有片一式，解得1 之A≈0,21A,电流表示数减小，D错误， 6.D该列波的波长为6m,周期为1.2s,则传播速度 为。=产-2m/s=5m/sA错误：质点P只能 在自己平衡位置附近振动，不随波迁移，B错误； 由P点的振动图像可知，在t=0时刻质点P的 位移为10cm=0.5A,且沿y轴正向振动，结合波 形图，t=0时刻位于x=0.5m处的质点沿y轴 负向振动，可知质点P的平衡位置不可能位于x =0.5m处；而位于x=8.5m处的质点t=0时 刻的位移为y=Asin30°=10cm且沿y轴正向振 动，可知质点P的平衡位置可能位于x=8.5m 处，C错误，D正确. 7.C整个过程，因右侧活塞静止不动，则外力F做功 为零，A错误；整个过程，因为汽缸导热且活塞缓 慢移动，可知气体的温度不变，则气体的内能不 变，B错误；左端活塞到达B位置时，则封闭的气 体的压强D=A十器=A十号，解得外力F= "gS,C正确：整个过程，气体的内能不变，气体 体积减小，外界对气体做功等于放出的热量，若在 活塞上一次性放上质量为的沙子时，外界对气 体做功为W=(pS十mg)h,此时理想气体向外 界释放的热量等于(pS,h十mgh),但是因沙子是 逐渐加人的，则外界对气体做功W<(pS!十 mg)h,D错误. 8.AC由图可知，在0到2a间电场方向向右，在2a到 3a之间电场方向向左，说明点电荷M、N均为 正电荷，A正确；两点电荷在2α处场强为零，有 器空解得器-子B错误：将正电荷从 0.5a到2a间移动，电场力做正功，电势能减小； ]一练》第9页（共8页） 从2a到2.4a间移动，电场力做负功，电势能升 高，C正确；沿着电场线方向电势降低，所以在0 到2a间电势降低，在2a到3a之间电势升高，D 错误 9.BC该装置的等效重力加速度g'=gsin0,小球恰好 能到达0点，则有加gsin0="”g,解得 √零A辑误：恰好能到0点时，小球速度为 0,此时向心力为0，故合外力大小为mgsin0= ma,a=- B正确：由mgsinsine="g,可得 gR2sia,则图线斜率为弓，C正确；小球脱 离圆轨道再次与圆轨道接触前所受合外力为恒 力，故为匀变速曲线运动，D错误， g'=gsing mg ,00 10.BD对物块P受力分析，设初始时滑轮左侧的轻绳 与竖直方向的夹角为0，根据平衡条件可得 m1g=Fr cos0,可得0=37°，由几何关系可知h 一am00.4m,A错误；物块P位于A点时， =d 对物块Q进行受力分析，有m2gsin53°十k.x1= Fr,解得弹簧的伸长量x1=0.05m,B正确：物 块P在B点时，弹簧的压缩量x2=OA一d一 1=0,15m,物块P从B点运动到A点的过 程中，由能量守恒定律有1gh一m2g（x1十 )sim53+号k(x2-2)=是m你2十 m,62,0=即c00,解得=号m/s,C错 1 误；对物块P,根据动能定理有mgh一Wr= mn2,解得w=名J,D正确」 1 45 11.(1)21(1分) (2)mL(1分) 、 3mg(1分) 角速度平方（或w)(1分） (3)2√景2分) 《高三·物理(JX)·临 解析：(1)周期T=1,则角速度w=2红=21匹.(2)根 据几何关系可知，a、b两线的夹角0=37°，由于b线 上的拉力F。始终满足F6sinB=mg,得到F= 加g,则小球做圆周运动的向心力F=F十 5 F,c0s37°=F+专mg,若向心力与角速度平方成正 比，则Fa=mLm,即F+号mg=mLu,得到F= 4 mLw-3mg.如果图像是倾斜的直线，且图像的斜 率等于mL,因像与纵轴的交点等于一亭mg,则表明 半径、质量一定时，向心力与角速度平方成正比，(3) 当细线a刚好伸直时，线a的拉力F=0,设角速度 为，则有号mg=mlw,即w=2√气，即要使实验 成功，小球做圆周运动的角速度至少等于2√3 12.(1)2.7(2分)0.70(2分) (2)偏小(1分) (s@RE,e分)国R(号 -1)(2分) 解析：(1)根据闭合电路欧姆定律E=U+I(r+R,) =U+只(+R)整理可得亡=名+尽·只 E R 可知因线织线至为已，针奉为，由图候可如日 1 =037,-8影=1，期保E=2.7V 0.37 0.702.(2)电压表分流情况下闭合电路欧姆定律为 E=U+(景+品)R中蓉理可得= 1 士R·名十R大见+，则7一良因像的纵轴 RvE东 藏距为b=R十R十丝，整理可得E白 RvE RE。<E,故电动势的测量值与真实值相 Rv十R十r真 比偏小.(3)②灵敏电流计示数为零，因此对E、R 回路分析，根据闭合电路的欧姆定律可得I 反R两商电压U=R=点R:图只同合 S1时灵敏电流计示数为零，则有E,=UA,同时闭 合S,S则有U=R,R=U:又因为器 UMA 练》第10页（共8页） =上，联立解得r=R,(么-1D. L 13.(1)如图1所示，由折射定律可得 11 sind(1分） sina 331 解得a1=30°(1分) 根据几何关系，光在圆柱体中的路 程s=61(1分) 由n=C(1分) 图1 得传播时间1=6y1分) (2)如图2所示，若将0逐渐增大，图 中α也将不断增大，而光线在侧 面的人射角i将不断减小.当0 趋近于90°时，由折射定律和全反 射可知，图中a将趋近于临界角 C,而此时光线射到侧面处时的入 射角i将达到最小，若此时刚好 图2 发生全反射，则所有到达侧面的光线将全部发生 发射，不会从侧面射出.由此可得sini≥sinC(2 分) i+C=90,sinc-11分) 联合以上各式解得折射率的最小值n=√2(1分) 14.(1)对物块根据牛顿第二定律得 umg=ma(1分) 解得a=2m/s2(1分) 假设物块一直匀加速至传送带右端， 根据运动规律2=2aL(1分) 解得v=√10m/s>3m/s(1分) 所以物块在传送带上先加速后匀速，故物块以 =3m/s离开传送带，速度方向向右(1分) (2)物块运动到P点，由动能定理得 2m2 2mv=-umgs-mgR (1-cos0)(1 1 分) 由牛顿第二定律得 R-mg0ag=m资（1分) 联立解得R=器N 由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为 《高三·物理(JX)·临 R'-沿N.方向斜向右下方与竖直方向成37 角(1分) (3)设物块在水平轨道粗糙段的总路程为5， 根据动能定理则有一mg=0一合ma(1分) 解得s=2.25m=7s十0.15m(1分) 故物块此后又滑上传送带3次，最后停在水平轨 道中点处，根据动能定理及运动学公式有 mg·2s=7m42一1 22n2,x1=2mg1分) mg·2-m-方如-1分) 1 24g 一4mg·2x= 2m%2、1 mx=2（1分) 2g 则物块在传送带上通过的总路程为 x=L十2(x1+x2+x3)=8.8m(1分) 15.(1)当c的重力等于a受到的安培力时有最大速度 Um m3g=BImL1(1分) 1.-1分) E=BL1m(1分) 代入数据得m=3m/s(1分) (2)(1)在开关S,断开、S:闭合的状态下，导体棒a 与重物c有共同加速度a) m3g-BIL1=(m3+1)a1(1分) I=A9-CAU-CBL△=CBL1a,a分) △t △t m3g 联立解得a一CB2L,2十，十m —(1分) 代入数据得a1=0.5m/s2 所以导体棒a与重物c做匀加速直线运动，= 1.6s时 m=a4=0.8m/s,1=号a62=0.64m1分) 此时，再断开S,,导体棒a不受安培力，产生的加 速度 a2= mg=2m/s2(1分) m3十m1 重物c再下降h2=h一h1=0.84m落地， 落地瞬间a和c的速度为 2=√42+2a2h2=2m/s(1分) (ⅱ)重物c落地瞬间，闭合S,导体棒a获得向 练》第11页（共8页） 右的速度v2后，导体棒a、b与导轨组成的回路 产生感应电流，根据楞次定律可知，导体棒b受 到向右的安培力，开始向右加速运动，同时与导 体棒α产生向相反的电动势，因此当电动势 BL1=BL2%,得，=2①(2分) 电流I=0,导体棒a、b分别以v。、%的稳定速度 匀速运动. 取向右为正方向，从导体棒b开始运动到稳定运 动的过程中，根据动量定理 对导体棒a有-BTL1t=m1.一m12②(1分) 对导体棒b有BIL2t=2%③(1分) 联立①②③得.=1m/s,=0.5m/s(1分) 通过导体棒a、b的电荷量q相等， g-1i--0.8c1分) 《高三·物理(JX)·临门一练》 第12页（共8页）