黄金卷-【赢在高考黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析（八套试卷）.pdf

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1、黄金卷黄金卷-【赢在高考黄金赢在高考黄金 8 8 卷卷】备战备战 20242024 年年高考物理模拟卷高考物理模拟卷（湖南卷专用湖南卷专用）含解析含解析（八八套试卷）套试卷）目目录录1.黄金卷 01-【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析2.黄金卷 02【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析3.黄金卷 03-【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析4.黄金卷 04【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析5.黄金卷 05-【赢在高考黄金 8 卷】备战

2、 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析6.黄金卷 06【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析7.黄金卷 07【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析8.黄金卷 08-【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）含解析【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）黄金卷 01（考试时间：75 分钟试卷满分：100 分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需

3、改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一一、选择题选择题：本题共本题共 6 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 24 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项符合题目要求符合题目要求1氘核21 H和氚核31 H发生核聚变的反应式为234112 HHHeX17.6MeV。关于核聚变，下列说法中正确的是（）AX 粒子是电子B只要核聚变反应原料纯度足够高，聚变反应可以在常温常压下发生C21 H和31 H发生一次核聚变的质量亏损为217.6MeVc，其中c为真空中的光速D现在我们

4、国家的核电站都是通过核聚变获得核能2为了测一口枯井的深度，用一把玩具小手枪从井口竖直向下打出一颗弹珠，1.5s 后听到弹珠撞击井底的声音，然后再用玩具小手枪从井口竖直向上打出另一颗弹珠，2.5s 后听到弹珠从井口落回井底撞击的声音，假设弹珠从枪口射出速度大小不变，忽略声音传播时间，g 取 10 m/s2，则（）A枯井的深度为 18.25mB向下打出一颗弹珠，运动过程平均速度为 12.5 m/sC弹珠从枪口射出速度大小为 10 m/sD两种打出弹珠方式，弹珠到达井底的速度都为 25 m/s3如图所示，电荷量为 q 的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中 A

5、 点的电场强度为 0，静电力常量为 k，则图中 B 点的电场强度大小为（）A2kqdB24kqdC29kqdD2109kqd42023 年 7 月 10 日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为 381323 号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球圆轨道面间的夹角为 20.11 度，轨道半长轴为 3.18 天文单位（日地距离为 1 天文单位），远日点到太阳中心距离为 4.86 天文单位。若只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（）A“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要 2.15 年B“樊锦诗星”在远日点的速度大于

6、地球的公转速度C“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为214.86D“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为4.861.55如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度 a 随时间 t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力NF随时间 t（垂直斜面向下为正方向），以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能 Ep随位移 x，机械能 E 随位移 x 的关系图像可能正确的是（）ABCD6如图所示，两端分别固定有小球 A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A 球开始沿水平面向右滑

7、动，B 球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为 l，两球的质量均为 m，重力加速度大小为 g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）AA 球动能最大时对水平面的压力大小等于 2mgB竖直墙面对 B 球的冲量大小为69mglCA 球的最大动能为2327mglDB 球的最大动能为2627mgl二二、选择题选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多项符有多项符合题目要求全部选对的得合题目要求全部选对的得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分7一列

8、简谐横波在均匀介质中沿 x 轴方向传播，0 x 处的波源从0t时刻开始振动，5st时该波刚好传到 M 点，形成的波形图如图所示，P、Q 是介质中的两个质点，下列说法正确的是（）A该简谐横波的波速大小为 1.5m/sB该简谐横波的周期为 4sC质点 P 在5st时的振动方向沿 y 轴负向D质点 Q 的平衡位置横坐标10mQx 8 等腰三棱镜ABC的顶角为30，AB边的边长为 L，光线DO射到AB边的中点 O，当入射角45i 时，光最后垂直AC边射出，已知光在真空中的传播速度为 c，不考虑光的多次反射，则（）A三棱镜的折射率为3B光在三棱镜中的传播时间为24LcC换用频率更高的光仍以相同入射角照射

9、到 O 点，则光在棱镜中的传播时间一定变长D换用频率更高的光仍以相同入射角照射到 O 点，则光在棱镜中的传播时间可能不变9在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 2:1，原线圈中串一定值电阻 R1，副线圈连接定值电阻 R2和滑动变阻器 R，12:4:1RR，电压表和电流表均为理想交流电表，a、b 两端接有效值恒为 U0的正弦交流电源。电压表的示数用 U 表示，电流表的示数用 I 表示，电压表示数的变化为U，电流表示数的变化为I，则在滑动变阻器 R 滑片向右调节的过程中，下列说法正确的是（）A电压表的示数 U 不变B电压表示数与电流表示数的比值UI变大C电压表示数的变化与电流表示数的变

10、化的比值UI不变D变压器的输出功率先增大后减小10如图所示，小物块质量1kgm，长木板质量3kgM（假设木板足够长），小物块与长木板间的动摩擦因数10.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数20.1，小物块以初速度06m/sv 向右滑上长木板，长木板初始受力14NF，初速度为 0，F维持 1.5s 后撤去，以初始状态为计时起点，210m/sg，下列说法正确的是（）A经过 1s 二者速度第一次大小相等B速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速C小物块相对长木板向右最远运动 3mD经过19s12二者速度第二次大小相等三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 56 分分11.（

11、7 分）为了验证机械能守恒定律，物理实验小组设计了如下方案：（1）A 组同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。本实验中，不同学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是。ABCD进行正确操作后，打出的纸带如图乙所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为 T，则纸带的（选填“左”或“右”）端与重物相连。设重物质量为 m，根据测得的 x1、x2、x3、x4，可得在打点计时器打 B 点到 D 点的过程中，重物动能增加量的表达式为。换用两个质量分别为 m1、m2的重物 P、Q 进行实验，多次实验记录下落高度

12、h 和相应的速度大小 v，作出的 v2-h 图像如图丙所示。对比图像分析正确的是。A阻力可能为零B阻力不可能为零C m1可能等于 m2Dm1一定小于 m2（2）B 组同学按照图丁组装实验器材，调整定滑轮位置，使连接滑块与托盘的轻绳与气垫导轨平行，接通电源，由静止释放托盘与砝码，并测得遮光条宽度 d，遮光条到光电门的距离 l，遮光条通过光电门的时间t，托盘与砝码质量 m3，滑块与遮光条质量 m4，已知重力加速度大小为 g，若表达式成立，即可验证机械能守恒。12.（9 分）国内广泛使用的电热丝的主要材料是铁铬铝、镍铬电热合金两类，它们各具优点。某同学在测定一根废旧电热丝的电阻实验中：（1）首先用螺

13、旋测微器测量该电热丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为mm。（2）再用欧姆表粗测其电阻值，测得待测电阻值为500。同时发现欧姆表有多个倍率，想探究其原理，查资料发现有图乙、丙两种情形。若图乙中欧姆表有1和10两个挡位且开关接 3 时为1档，则:E E。若图丙中欧姆表也有1和10两个挡位，则R（用图丙表头电阻gR表示）。（3）然后用伏安法准确测量上面废旧电热丝电阻xR，备选器材有：电源 E，电动势约为5.5V，内阻可忽略不计；电压表1V，量程为00.5V，内阻11000r；电压表2V，量程为06V，内阻2r约为10k；电流表A，量程为00.6A，内阻3r约为0.5；定值电阻0R，5

14、0R 0；滑动变阻器R，最大阻值为20；单刀单掷开关 S 一个，导线若干。测量中要求所用电表的读数都不小于其量程的13，并尽可能多测量多组数据，请合理选择器材并在图所示虚线框中画出测量电阻xR的实验电路图（图中标明所选器材的符号）。若电压表1V、电压表2V、电流表A示数分别用符号1U、2U、I表示，则由实验电路图选用的两个电表对应示数的符号和题中已知量的代表符号计算xR的表达式为xR。13.（10 分）如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V的A、B 两部分，汽缸A部分通过带有阀门的细管与容积为4V、导热性良好的汽缸C相连。开始时阀门关闭，A、B 两部分气体的压强分别为0p和01.5p。现将

15、阀门打开，当活塞稳定时，B 的体积变为2V，然后再将阀门关闭。已知A、B、C内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求：（1）阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强Ap；（2）活塞稳定后，C中剩余气体的质量2M与最初C中气体质量0M之比。14.（14 分）如图所示，一质量为11kgm 的小物块a从半径为3.2mR 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A点由静止开始下滑，A 点和圆弧对应的圆心O点等高，小物块a在B点与静止的大小相同的小物块b发生弹性碰撞，之后两物块先后水平抛出，都恰好能从C点沿CD方向滑上传送带。传送带以10m/sv 的速度沿逆时针方

16、向匀速转动。已知传送带长27.75mL，倾角等于37，传送带与小物块之间的动摩擦因数为0.5（sin370.6，cos370.8，210m/sg）。求：（1）小物块b的质量2m；（2）B、C二点间的水平距离d；（3）小物块b在传送带上因摩擦而产生的热量Q。15.（16 分）如图，水平桌面上固定一光滑 U 型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒 P 静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒 Q 位于 P 的左侧，以大小为0v的速度向 P 运动并与 P 发生

17、弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P 和 Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P 与 Q 始终平行。不计空气阻力。求（1）金属棒 P 滑出导轨时的速度大小；（2）金属棒 P 在导轨上运动过程中产生的热量；（3）与 P 碰撞后，绝缘棒 Q 在导轨上运动的时间。【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用）黄金卷 01（考试时间：75 分钟试卷满分：100 分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用

18、橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一一、选择题选择题：本题共本题共 6 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 24 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项符合题目要求符合题目要求1氘核21 H和氚核31 H发生核聚变的反应式为234112 HHHeX17.6MeV。关于核聚变，下列说法中正确的是（）AX 粒子是电子B只要核聚变反应原料纯度足够高，聚变反应可以在常温常压下发生C21 H和31 H发生一次核聚变的质量亏损为217.6MeVc，其中c为真空中的光速D现在我们国家的核

19、电站都是通过核聚变获得核能【答案】C【解析】A根据核反应质量数和电荷数守恒可知，X粒子核电荷数是 0，质量数是 1，所以X粒子是中子，故 A 错误；B核聚变是热核反应，只有在超高温和高密度下才能发生核聚变反应，故 B 错误；C根据爱因斯坦质能方程2Emc可知上述反应过程发生的质量亏损为217.6MeVmc其中c为真空中的光速，故 C 正确；D可控核聚变还处于实验阶段，现在的核电站都还是采用核裂变核反应，故 D 错误。故选 C。2为了测一口枯井的深度，用一把玩具小手枪从井口竖直向下打出一颗弹珠，1.5s 后听到弹珠撞击井底的声音，然后再用玩具小手枪从井口竖直向上打出另一颗弹珠，2.5s 后听到弹

20、珠从井口落回井底撞击的声音，假设弹珠从枪口射出速度大小不变，忽略声音传播时间，g 取 10 m/s2，则（）A枯井的深度为 18.25mB向下打出一颗弹珠，运动过程平均速度为 12.5 m/sC弹珠从枪口射出速度大小为 10 m/sD两种打出弹珠方式，弹珠到达井底的速度都为 25 m/s【答案】B【解析】AC根据对称性，可知竖直向上打出的弹珠从井口到最高点的时间与最高点落回井口的时间相等，均为10.5st，根据1vgt可得弹珠从枪口射出速度大小为 5m/s；从井口向下到井底，根据212hvtgt可知，枯井的深度为18.75mh 故 AC 错误；B向下打出一颗弹珠运动过程平均速度118.75m1

21、2.5m/s1.5shvt故 B 正确；D根据对称性，两次打出弹珠方式，子弹到达井底的速度一样，都为20m/stvvgt故 D 错误。故选 B。3如图所示，电荷量为 q 的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中 A 点的电场强度为 0，静电力常量为 k，则图中 B 点的电场强度大小为（）A2kqdB24kqdC29kqdD2109kqd【答案】D【解析】图中 A 点的电场强度为 0，表明薄板带负电，且薄板在 A 点的电场强度大小为22(3)9AqkqEkdd根据对称性，薄板在 B 点的电场强度大小与薄板在 A 点的相等，方向相反，图中 B 点的电场强度大小

22、为22210(3)9BqqkqEkkddd故选 D。42023 年 7 月 10 日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为 381323 号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球圆轨道面间的夹角为 20.11 度，轨道半长轴为 3.18 天文单位（日地距离为 1 天文单位），远日点到太阳中心距离为 4.86 天文单位。若只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（）A“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要 2.15 年B“樊锦诗星”在远日点的速度大于地球的公转速度C“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为21

23、4.86D“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为4.861.5【答案】C【解析】A根据开普勒第三定律有3322rrTT樊地地樊解得5.67T樊年故 A 错误；B根据万有引力提供向心力可知22MmvGmrr地地地地地则地球公转速度GMvr地地“樊锦诗星”在远日点做向心运动222MmvGmrr樊远樊远远则“樊锦诗星”在远日点的速度GMvr远远由于rr远地，所以“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，故 B 错误；C根据牛顿第二定律可知2MmGmar“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为22214.86raar远地远地故 C 正确；D轨道半长轴为 3.18 天文单位，远日点到太

24、阳中心距离 r远=4.86 天文单位，则近日点到太阳中心距离 r近=1.5 天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间t内的运动，根据开普勒第二定律有1122v rtv rt 远 远近 近解得1.54.86rvvr远近远近故 D 错误。故选 C。5如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度 a 随时间 t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力NF随时间 t（垂直斜面向下为正方向），以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能 Ep随位移 x，机械能 E 随位移 x 的关系图像可能正确的是（）ABCD【答案】D【解析】

25、AB当cosmgaqvB时，由牛顿第二定律得sincosmgmgqvBma则avqBqBatt，NFvqBqBatt可见at图像的斜率越来越大，NFt图像的斜率越来越大；当cosmgaqvB时，由牛顿第二定律得sincosmgqvBmgma则avqBqBatt ，NFvqBqBatt可见at的斜率越来越小，NFt图像的斜率越来越小，故 AB 错误；C小球重力势能pEmgx 可得 Ep-x 图像为倾斜直线，故 C 错误；D因为摩擦力先减小再变大后不变，所以机械能Ex的关系图像斜率先减小再变大后不变，故 D 正确。故选 D。6如图所示，两端分别固定有小球 A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上

26、并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A 球开始沿水平面向右滑动，B 球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为 l，两球的质量均为 m，重力加速度大小为 g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）AA 球动能最大时对水平面的压力大小等于 2mgB竖直墙面对 B 球的冲量大小为69mglCA 球的最大动能为2327mglDB 球的最大动能为2627mgl【答案】D【解析】AC假设小球 B 能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为时，两小球的速度大小分别为Av、Bv，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得ABcos=sinvv即AB=tanvv由根据机械能

27、守恒，有2222AABA11111 sin=2222tanvmglmvmvmvm运用数学知识，整理得22A821 sinsin27glvgl当2sin3取等号，说明小球 A 的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为 0 时，A 球的动能最大，最大动能为2kAmaxA1184=222727glmglEmvm此时对水平面的压力大小等于 mg，故 AC 错误；B当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对 B 球有冲量，又由于在运动过程中 B 球水平方向速度始终为零，所以竖直墙面对 B 球的冲量大小等于杆对 B 球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对 B 球的冲量大小等

28、于杆对 A 球在水平方向的冲量大小，该过程就是 A 球获得最大动量过程，由动量定理，可知AmaxAB26=9mglIImv杆墙故 B 错误；D分析可知 B 球着地时的动能最大，由于杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为 0时，B 球与竖直墙面分离，分离后两球在水平方向动量守恒，设 B 球着地时 A 球的速度大小为Av，则有A maxA=2mvmv解得A227glv整个过程根据能量守恒，可得 B 球的最大动能为2kBmaxA126=227mglEmglmv选项 D 正确。故选 D。二二、选择题选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分在每小题给出

29、的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多项符有多项符合题目要求全部选对的得合题目要求全部选对的得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分7一列简谐横波在均匀介质中沿 x 轴方向传播，0 x 处的波源从0t时刻开始振动，5st时该波刚好传到 M 点，形成的波形图如图所示，P、Q 是介质中的两个质点，下列说法正确的是（）A该简谐横波的波速大小为 1.5m/sB该简谐横波的周期为 4sC质点 P 在5st时的振动方向沿 y 轴负向D质点 Q 的平衡位置横坐标10mQx【答案】BD【解析】AB该波的传播速度为3m/sxvt传播周期4sTv选项 A 错误、

30、B 正确；C根据同侧法，质点 P 在5st时的振动方向沿 y 轴正向，选项 C 错误；D根据波动方程22coscm12yx解得10mQx 选项 D 正确。故选 BD。8 等腰三棱镜ABC的顶角为30，AB边的边长为 L，光线DO射到AB边的中点 O，当入射角45i 时，光最后垂直AC边射出，已知光在真空中的传播速度为 c，不考虑光的多次反射，则（）A三棱镜的折射率为3B光在三棱镜中的传播时间为24LcC换用频率更高的光仍以相同入射角照射到 O 点，则光在棱镜中的传播时间一定变长D换用频率更高的光仍以相同入射角照射到 O 点，则光在棱镜中的传播时间可能不变【答案】BC【解析】AB作出光路图如图所

31、示根据几何关系有折射角根据sinsinin解得2n 光在棱镜镜中的传播距离为sin2Ls传播速度cvn而stv解得24Ltc故 A 错误，B 正确；CD由于频率越大，折射率越大，若换用频率更高的光仍以相同入射角照射到 O 点，则可知折射角将减小，根据几何关系可知光的传播距离变大，而根据cvn可知，同时传播速度变小，因此可知光在棱镜中的传播时间一定变长，故 C 正确，D 错误。故选 BC。9在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 2:1，原线圈中串一定值电阻 R1，副线圈连接定值电阻 R2和滑动变阻器 R，12:4:1RR，电压表和电流表均为理想交流电表，a、b 两端接有效值恒为 U0

32、的正弦交流电源。电压表的示数用 U 表示，电流表的示数用 I 表示，电压表示数的变化为U，电流表示数的变化为I，则在滑动变阻器 R 滑片向右调节的过程中，下列说法正确的是（）A电压表的示数 U 不变B电压表示数与电流表示数的比值UI变大C电压表示数的变化与电流表示数的变化的比值UI不变D变压器的输出功率先增大后减小【答案】BC【解析】A设变压器原、副线圈的电压分别为1U、2U，电流分别为1I、2I，正弦交流电源的输出电压0111UI RU对理想变压器得1122UnUn，1221InIn根据欧姆定律可得222UIRR以上四式联立得2101122nUIRRRn电压0U恒定，滑片调节电阻R连入电路中

33、的电阻增大，则副线圈电流2I减小，从而原线圈电流1I减小，则电阻1R上分压减小，正弦交流电源输出电压的有效值恒定，则原线圈电压1U增大，副线圈电压也增大，即电压表的示数 U 增大，故 A 错误；B 电压表示数与电流表示数的比值为电阻2R和滑动变阻器R阻值之和，滑动变阻器电阻变大，则比值变大，故 B 正确；C由 A 选项分析可得21011121212nnUI RUI RUnn整理得221 211220nnR IUUnn则UI为函数22UI的斜率，为2121nRn，所以UI不变，故 C 正确；D变压器的输出功率为220 1111 10 1PU II RRIU I根据二次函数知识可知，当001112

34、22UUbIaRR 时，变压器的输出功率最大，与2101122nUIRRRn联立可得当11222nRRRn即2211221104nRRnRRR时，变压器的输出功率最大，在滑动变阻器 R 滑片向右调节的过程中，电阻0R 且一直增大，则电源的输出功率一直减小，故 D 错误。故选 BC。10如图所示，小物块质量1kgm，长木板质量3kgM（假设木板足够长），小物块与长木板间的动摩擦因数10.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数20.1，小物块以初速度06m/sv 向右滑上长木板，长木板初始受力14NF，初速度为 0，F维持 1.5s 后撤去，以初始状态为计时起点，210m/sg，下列说法正确的是（）A

35、经过 1s 二者速度第一次大小相等B速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速C小物块相对长木板向右最远运动 3mD经过19s12二者速度第二次大小相等【答案】ACD【解析】A对物块应用牛顿第二定律得物块加速度大小21112m/smgagm对木板应用牛顿第二定律得22122()140.2 1 100.1(13)10m/s4m/s3FmgmM gaM 则二者速度相等时，由01 12 1va ta t即11624tt解得11st 故 A 正确；B第一次速度相等后，假设两者一起加速，则一起加速的加速度为2220()140.1(13)10m/s2.5m/s13FmM gaMm物块此时所需的合外力即摩

36、擦力为011 2.5N0.2 1 10N2Nfmamg 所以假设不成立，即第一次速度相等后二者不会一起加速，故 B 错误；C两者共速的速度为12 14m/sva tF 作用过程中，速度第一次相等时，小物块的位移是0111641m5m22vvxt木板的位移12141m2m22vxt这个过程中的位移差为 3m，之后小物块相对于木板向左运动，则木板的加速度22123()140.2 1 100.1(13)108m/sm/s33FmgmM gaM 再经过211.50.5stt小物块和木板的速度分别为01 11 2(62 12 0.5)m/s5m/svva ta t 物2 13 28116(4 1)m/s

37、m/s323va ta t 板撤去 F 后，木板开始减速，直到再次共速时，小物块速度都小于木板的速度，所以 1s 之后，小物块相对于木板一直向左运动，故小物块相对长木板向右最远运动 3m，故 C 正确；D撤去 F 后，两物体再次共速前木板加速度大小22124()0.2 1 100.1(13)10=m/s2m/s3mgmM gaM 且1 34 3va tva t物板即33165223tt解得31s12t 所以119(1.5)s=s1212t 故 D 正确。故选 ACD。三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 56 分分11.（7 分）为了验证机械能守恒定律，物理实验小组设

38、计了如下方案：（1）A 组同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。本实验中，不同学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是。ABCD进行正确操作后，打出的纸带如图乙所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为 T，则纸带的（选填“左”或“右”）端与重物相连。设重物质量为 m，根据测得的 x1、x2、x3、x4，可得在打点计时器打 B 点到 D 点的过程中，重物动能增加量的表达式为。换用两个质量分别为 m1、m2的重物 P、Q 进行实验，多次实验记录下落高度 h 和相应的速度大小 v，作出的 v2-h 图

39、像如图丙所示。对比图像分析正确的是。A阻力可能为零B阻力不可能为零C m1可能等于 m2Dm1一定小于 m2（2）B 组同学按照图丁组装实验器材，调整定滑轮位置，使连接滑块与托盘的轻绳与气垫导轨平行，接通电源，由静止释放托盘与砝码，并测得遮光条宽度 d，遮光条到光电门的距离 l，遮光条通过光电门的时间t，托盘与砝码质量 m3，滑块与遮光条质量 m4，已知重力加速度大小为 g，若表达式成立，即可验证机械能守恒。【答案】（1）B；左；4422(2)8mxxxT；BC；（2）233412dm glmmt【解析】（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。故选

40、B。纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打 B 点时的速度大小为22BxvT打 D 点时的速度大小为422DxxvT在打 B 点到 D 点的过程中，重物动能增加量的表达式为224k422112228DBmxEmvmvxxT AB根据题意，设阻力大小为 f，由动能定理有21()2mgf hmv整理可得22fvghm若阻力为零，则两次实验的2vh图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，故 A 错误，B 正确；CD虽然斜率不相等，但不知道两重物所受阻力的情况，则两重物的质量关系不确定，即 m1可能等于 m2，故 C 正确，D 错误。故选 BC。（2）若机械能守

41、恒成立，有233412dm glmmt12.（9 分）国内广泛使用的电热丝的主要材料是铁铬铝、镍铬电热合金两类，它们各具优点。某同学在测定一根废旧电热丝的电阻实验中：（1）首先用螺旋测微器测量该电热丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为mm。（2）再用欧姆表粗测其电阻值，测得待测电阻值为500。同时发现欧姆表有多个倍率，想探究其原理，查资料发现有图乙、丙两种情形。若图乙中欧姆表有1和10两个挡位且开关接 3 时为1档，则:E E。若图丙中欧姆表也有1和10两个挡位，则R（用图丙表头电阻gR表示）。（3）然后用伏安法准确测量上面废旧电热丝电阻xR，备选器材有：电源 E，电动势约为5.

42、5V，内阻可忽略不计；电压表1V，量程为00.5V，内阻11000r；电压表2V，量程为06V，内阻2r约为10k；电流表A，量程为00.6A，内阻3r约为0.5；定值电阻0R，50R 0；滑动变阻器R，最大阻值为20；单刀单掷开关 S 一个，导线若干。测量中要求所用电表的读数都不小于其量程的13，并尽可能多测量多组数据，请合理选择器材并在图所示虚线框中画出测量电阻xR的实验电路图（图中标明所选器材的符号）。若电压表1V、电压表2V、电流表A示数分别用符号1U、2U、I表示，则由实验电路图选用的两个电表对应示数的符号和题中已知量的代表符号计算xR的表达式为xR。【答案】（1）0.7490.75

43、1；（2）1:10；g19R；（3）；0 121101R r UUURr【解析】（1）螺旋测微器可动尺精度为 0.01mm，需要估读一位，则其读数为0.5mm 25.0 0.01mm0.750mmD（2）由公式gERI中倍率为 10 倍关系，则电动势为 10 倍关系，故:1:10E E当开关“1”闭合，“2”断开，欧姆表指针指在表盘中间时有gg2rIUR电流表改装成有两个倍率的欧姆表（“1”和“10”），故当开关“1”“2”都闭合时，并联分流，欧姆表中值电阻变为110，此时干路总电流扩大十倍，故并联的电阻大小g19RR（3）测量电阻xR的实验，为尽可能的多测几组数据，故滑动变阻器选用分压式连接

44、；待测电阻约为500，电源电动势5.5V，则电路中最大电流小于电流表量程的13，故不选择电流表，而是选择两个电压表来测量电阻xR的电阻，根据电压表量程与定值电阻的关系，用小量程电压表扩大量程后测量定值电阻的电流，综上所述，电路设计如图根据并联分流，串联分压和欧姆定律可得0 121211101xR r UUUURUURrR井其中1U为电压表1V的读数；2U为电压表2V的读数；0R为定值电阻的阻值；1r为电压表1V的内阻。13.（10 分）如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V的A、B 两部分，汽缸A部分通过带有阀门的细管与容积为4V、导热性良好的汽缸C相连。开始时阀门关闭，A、B 两部分气体

45、的压强分别为0p和01.5p。现将阀门打开，当活塞稳定时，B 的体积变为2V，然后再将阀门关闭。已知A、B、C内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求：（1）阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强Ap；（2）活塞稳定后，C中剩余气体的质量2M与最初C中气体质量0M之比。【答案】（1）02.5p；（2）527【解析】（1）初始时对活塞有001.5p Smgp S得到00.5mgp S打开阀门后，活塞稳定时，对 B 气体有01.52BVpVp对活塞有BAp Smgp S所以得到02.5App（2）设未打开阀门前，C气体的压强为0Cp，对A、C两气

46、体整体有003()424CAVVVp Vpp得到00272Cpp所以，C中剩余气体的质量2M与最初C中气体质量0M之比200527ACMpMp14.（14 分）如图所示，一质量为11kgm 的小物块a从半径为3.2mR 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A点由静止开始下滑，A 点和圆弧对应的圆心O点等高，小物块a在B点与静止的大小相同的小物块b发生弹性碰撞，之后两物块先后水平抛出，都恰好能从C点沿CD方向滑上传送带。传送带以10m/sv 的速度沿逆时针方向匀速转动。已知传送带长27.75mL，倾角等于37，传送带与小物块之间的动摩擦因数为0.5（sin370.6，cos370.8，210m/sg）

47、。求：（1）小物块b的质量2m；（2）B、C二点间的水平距离d；（3）小物块b在传送带上因摩擦而产生的热量Q。【答案】（1）3kg；（2）1.2m；（3）63J【解析】（1）小物块a从A运动到碰小物块b前的过程有21 01102m vm gR所以028m/svgRab两物块相碰的过程有1 01 122m vm vm v2221 01 122111222m vm vm v因为ab两物块先后从C点进入斜面，得21vv 联立上列方程得24m/sv，23kgm（2）b平抛过程有2dv tygtv2tanyvv2cosCvv所以得到C5m/sv，1.2md（3）b进入传送带的第一阶段，受力分析有2221

48、sincosm gm gm a2110m/sa 设b经时间与传送带达到共速，则有1 1Cvva t得10.5st b的位移2111 112bcxv ta tb与传送带间的相对位移111bsvtx所以13.75mbx，11.25ms b球与传送带共速后，受力分析有2222sincosm gm gm a212m/sa 可知b球将在传送带上继续加速向下到底部，有222 2112bLxvta t得22st 这一阶段的相对位移2124mbsLxvt所以小物块b在传送带因摩擦而产生的热量212cos63JQm gss15.（16 分）如图，水平桌面上固定一光滑 U 型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的

49、最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒 P 静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒 Q 位于 P 的左侧，以大小为0v的速度向 P 运动并与 P 发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P 和 Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P 与 Q 始终平行。不计空气阻力。求（1）金属棒 P 滑出导轨时的速度大小；（2）金属棒 P 在导轨上运动过程中产生的热量；（3）与 P 碰撞后，绝缘棒 Q 在导轨上运动的时间。【答案】（1）012v；（2

50、）20mv；（3）2 22mRB l【解析】（1）由于绝缘棒 Q 与金属棒 P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得0QP33mvmvmv2220QP11133222mvmvmv联立解得P032vv，0Q12vv由题知，碰撞一次后，P 和 Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒 P 滑出导轨时的速度大小为PQ012vvv（2）根据能量守恒有22PP1122mvmvQ解得20Qmv（3）P、Q 碰撞后，对金属棒 P 分析，根据动量定理得PPBIl tmvmv 又qI t，EBlxIRR tR t联立可得02 2mv RxB l由于 Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直