資源簡介

2025屆廣東省廣州市白云區(qū)高三下學(xué)期一?？荚囄锢碓囶}
1．（2025·白云模擬）跳水是一項極具觀賞性的運動，如圖所示，3米跳板的跳水運動員在跳板末端保持靜止，此時跳板向下彎曲，下列說法正確的是（　?。?br/>A．運動員對跳板的壓力大小大于運動員所受的重力
B．運動員受到的支持力與運動員所受的重力是一對平衡力
C．運動員受到的支持力方向豎直向上
D．運動員對跳板的壓力小于運動員所受的重力
【答案】D
【知識點】牛頓第三定律；共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查平衡條件的應(yīng)用和牛頓第三定律，受力分析等知識，會根據(jù)題意進行準確分析解答。題意可知運動員受到重力、垂直跳板的支持力和跳板對腳的摩擦力而平衡如圖所示，所以支持力與重力不是一對平衡力，且跳板傾斜，所以支持力的方向不是豎直向上，由于支持力與摩擦力相互垂直，兩個力的合力與重力等大反向，所以支持力小于重力，壓力與支持力是一對作用力與反作用力，所以壓力小于重力。
故選 D。
【分析】作出運動員的受力圖，根據(jù)平衡條件結(jié)合牛頓第三定律，受力分析進行分析解答。
2．（2025·白云模擬）如圖甲所示，把小球安裝在彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球和彈簧穿在光滑的水平桿上。小球振動時，沿垂直于振動方向以速度v勻速拉動紙帶，紙帶上可留下痕跡，a、b是紙帶上的兩點，不計阻力，如圖乙所示。由此可判斷（　　）
A．t時間內(nèi)小球的運動路程為vt
B．小球的機械能守恒
C．小球通過a點時的速度大于通過b點的速度
D．如果小球以較小的振幅振動，周期也會變小
【答案】C
【知識點】機械能守恒定律；簡諧運動
【解析】【解答】本題考查了對簡諧運動的認識，知道彈簧振子的周期公式，系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化情況，以及小球在平衡位置處速度最大等是解題的基礎(chǔ)。A．vt是t時間內(nèi)紙帶運動的路程，并不是小球的運動路程，故A錯誤；
B．小球振動過程只有彈簧的彈力做功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，不是小球的機械能守恒，故B錯誤；
C．由于小球做簡諧運動，由圖可知小球通過a點時更衡位置，由簡諧運動規(guī)律可知其速度大于通過b點的速度，故C正確；
D．由于小球的運動為簡諧運動，其振動周期與振幅無關(guān)，故D錯誤。
故選C。
【分析】小球做的不是勻速直線運動；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒；做簡諧振動的小球距離平衡位置越遠，速度越小，據(jù)此分析；根據(jù)彈簧振子的周期公式分析。
3．（2025·白云模擬）隨著綠色環(huán)保理念深入人心，電動汽車市場日趨火爆，電池充電技術(shù)飛速發(fā)展。如圖為某科技公司利用電磁感應(yīng)原理設(shè)計的無線充電樁原理示意圖，若汽車以22kW的恒定功率充電，送電線圈連接的交流電，不計能量損失，下列說法正確的是（　　）
A．送電線圈中的電流為100A
B．受電線圈中電流的頻率為100Hz
C．僅減小送電線圈的匝數(shù)，會增大電池端的輸出電流
D．僅減小送電線圈的匝數(shù)，會減小電池端的輸出電壓
【答案】A
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題主要考查了無線充電，即通過理想變壓器原理，抓住電壓之比與線圈的匝數(shù)成正比，輸入功率等于輸出功率。
A．根據(jù)
解得
則送電線圈中的電流為100A，A正確；
B．送電線圈頻率為50Hz，則受電線圈中交流電的頻率也為50Hz，B錯誤：
CD．輸送電壓與輸送功率恒定，則送電線圈中電流恒定，減小送電線圈匝數(shù)n1，根據(jù)
受電線圈電壓U2增大，根據(jù)
電池端的輸出電流減小，CD錯誤。
故選A。
【分析】根據(jù)送電線圈連接u=220sin100πt（V）的交流電可知交流電的最大值和角速度，即可求得有效值和頻率，根據(jù)P=UI求得電流，根據(jù)電壓之比與匝數(shù)成正比，根據(jù)輸入功率等于輸出功率即可判斷。
4．（2025·白云模擬）在做甩手動作的物理原理研究課題研究中，采用手機的加速度傳感器測定手的向心加速度。某次一同學(xué)先用刻度尺測量手臂長（如圖所示），然后伸直手臂，以肩為軸從水平位置加速自然下擺，當手臂擺到豎直方向時，手握住的手機顯示手的向心加速度大小約為，下列說法正確的是（　?。?br/>A．可估算手臂擺到豎直位置時手的線速度大小約為2m/s
B．手臂擺到豎直位置時手機處于失重狀態(tài)
C．自然下擺過程中手機所受合力始終沿手臂方向
D．由可知手掌比手肘的向心加速度小
【答案】A
【知識點】超重與失重；向心加速度
【解析】【解答】在解答本題時，應(yīng)注意變速圓周運動的合力不是始終沿半徑方向指向圓心的。A．由圖可知手臂長度
由可得手臂擺到豎直位置時手的線速度大小
故A正確；
B．手臂擺到豎直位置時手機的加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；
C．自然下擺過程中手機做變速圓周運動，所受合力不始終沿手臂方向，故C錯誤；
D．手掌與手肘的轉(zhuǎn)動角速度相同，手掌比手肘的轉(zhuǎn)動半徑大，由可知手掌比手肘的向心加速度大，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據(jù)向心加速度公式，可求出線速度大?。皇直蹟[到豎直位置時，手機的加速度方向向上，從而判斷失重與超重；由于手臂自然擺動不是勻速圓周運動，所以手機合力并不沿手臂；利用向心加速度公式可求出手掌與手肘的向心加速度比值。
5．（2025·白云模擬）一同學(xué)將手機放置于手掌上，從靜止開始向上加速直線運動，一小段時間后手掌突然停止不動，用v和s表示手機的速度和位置，不計空氣阻力。手機從靜止到落回手掌瞬間，其運動圖像一定錯誤的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】運動學(xué) S-t 圖象；運動學(xué) v-t 圖象
【解析】【解答】解答本題時，要明確v-t圖像的斜率表示加速度，s-t圖像的斜率表示速度，根據(jù)沙包的運動情況來分析圖像斜率的變化情況。AB．手機離開手之前向上做加速運動，加速度是否恒定未知，故圖像的斜率不變或者減小均有可能。離開手之后做豎直上拋運動，加速度恒定不變，故離開手之后圖像斜率不變，由豎直上拋的對稱性可知，手機回到手中的瞬間速度與離開手的瞬間速度大小相同，故AB可能正確，不符合題意；
C．圖像的斜率為速度，因為手機離開手之前向上加速，速度不斷變大，故圖像斜率逐漸變大，C一定錯誤，符合題意；
D．由圖像可知，手經(jīng)歷先向上加速，后向上減速，再向下加速的過程，與題中手機的運動過程可以吻合，故D圖像可能正確，不符合題意。
故選C。
【分析】根據(jù)題意分析沙包的運動情況，判斷加速度可能的變化情況，結(jié)合v-t圖像的斜率表示加速度和s-t圖像的斜率表示速度分析。
6．（2025·白云模擬）圖甲為某款“自發(fā)電”無線門鈴按鈕，其“發(fā)電”原理如圖乙所示，按下門鈴按鈕過程磁鐵靠近螺線管，松開門鈴按鈕磁鐵遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是（　?。?br/>A．按下按鈕過程，螺線管P端電勢較高
B．松開按鈕后，穿過螺線管的磁通量為零
C．按住按鈕不動，螺線管中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢
D．若按下和松開按鈕的時間相同，螺線管產(chǎn)生大小相同的感應(yīng)電動勢
【答案】D
【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律
【解析】【解答】本題主要考查對法拉第電磁感應(yīng)定律的掌握，解題時需注意，閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。A．按下按鈕過程，通過螺線管的磁通量想左增大，根據(jù)楞次定律增反減同結(jié)合右手螺旋定則，可知電流從端流出，則螺線管端電勢較高，故A錯誤；
B．松開按鈕后，穿過螺線管的磁通量變小，但不為零，故B錯誤；
C．住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，螺線管不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故C錯誤；
D．按下和松開按鈕過程，若按下和松開按鈕的時間相同，螺線管中磁通量的變化率相同，故螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相同，故D正確。
故選D。
【分析】按下按鈕過程中，穿過線圈的磁通量向左增加，螺線管相當于電源，根據(jù)楞次定律及安培定則；松開按鈕后，穿過螺線管的磁通量不變；按住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，即可分析判斷。
7．（2025·白云模擬）如圖所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質(zhì)量為0.3kg的物塊從彈簧上端某高度處自由下落，當彈簧的壓縮量為0.1m時物塊達到最大速度，此后物塊繼續(xù)向下運動到達最低點。在以上整個運動過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊和彈簧接觸瞬間機械能損失不計，不計空氣阻力，取，下列說法正確的是（　?。?br/>A．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的加速度先增大后減小
B．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的機械能先增大后減小
C．該彈簧的勁度系數(shù)為20.0N/m
D．彈簧壓縮量為0.2m時，物塊的加速度大小為
【答案】D
【知識點】功能關(guān)系；胡克定律；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了對機械能守恒定律的掌握，解題時需知，在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。A．物塊從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，開始時重力大于彈簧彈力，合力向下，隨著彈簧壓縮量增大，彈力增大，合力減小，加速度減小，當彈力大小等于重力大小時速度達到最大；之后彈力大于重力，合力向上，且隨著彈簧壓縮量繼續(xù)增大，合力增大，加速度增大。所以加速度是先減小后增大，故A錯誤；
B．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對物塊做負功，根據(jù)功能關(guān)系，除重力之外的力做負功，物塊的機械能一直減小，故B錯誤；
C．速度最大時，彈簧壓縮量，對物塊，由平衡條件有
代入題中數(shù)據(jù)得彈簧的勁度系數(shù)
故C錯誤；
D．彈簧壓縮量為時，由牛頓第二定律得
聯(lián)立以上解得加速度大小
故D正確。
故選 D。
【分析】根據(jù)胡克定律及牛頓第二定律，彈簧彈力對物塊做負功，根據(jù)功能關(guān)系分析，速度最大時，受力平衡，結(jié)合平衡條件以及牛頓第二定律分析。
8．（2025·白云模擬）某顯微鏡原理如圖所示，中間金屬針被置于一個先抽成真空后充入少量氦氣的玻璃泡中，泡內(nèi)壁鍍上一層薄的熒光導(dǎo)電膜，熒光膜與金屬針之間加上高壓。氦原子與針尖碰撞，變成帶正電的氦離子，氦離子沿輻射狀電場線運動撞擊熒光膜發(fā)光獲得圖樣，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．金屬針接高壓的負極
B．輻射狀場線上靠近金屬針的a點（圖中未畫出）電勢比靠近熒光膜的b點電勢高
C．氦離子靠近熒光膜的過程中，氦離子的加速度增大
D．氦離子靠近熒光膜的過程中，氦離子的電勢能減小
【答案】B,D
【知識點】電場線；電勢能；電勢；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題主要考查對電場中功能關(guān)系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。A．在顯微鏡中，氦原子與針尖碰撞，變成帶正電的氦離子，隨即氦離子沿著輻射狀的場線運動至熒光壁，可以判斷熒光壁帶負電，金屬針接高壓正極，故A錯誤；
B．在電場中，電勢沿電場線方向遞減。由于金屬針接正高壓，電場線從金屬針指向熒光膜，因此a點（靠近金屬針）的電勢比b點（靠近熒光膜）的電勢高，故B正確；
C．靠近熒光膜時，電場線變疏，故電場強度減小，電場力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知氨離子的加速度減小，故C錯誤；
D．氦離子靠近熒光膜的過程中，電場力做正功，氦離子的電勢能減小，故D正確。
故選BD。
【分析】結(jié)合氦離子的電性及運動情況，沿電場線方向，電勢逐漸降低，越靠近熒光膜，電場強度越小，結(jié)合電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，即可分析判斷。
9．（2025·白云模擬）我國設(shè)想的登月載人飛船運行軌跡如圖所示。飛船在圓形“停泊軌道”的P點加速進入橢圓“過渡軌道”，該軌道離地球表面最近距離為，飛船到達離P點最遠距離為L的Q點時，被月球引力“俘獲”后，在距月球表面的圓形“繞月軌道”上飛行。已知地球半徑為R，月球半徑為r，地球表面重力加速度為g（是月球的6倍），飛船在“過渡軌道”運行時忽略月球引力影響。下列說法正確的是（　?。?br/>A．飛船的發(fā)射速度大于11.2km/s
B．飛船在“過渡軌道”上P點加速度等于“停泊軌道”上P點的加速度
C．飛船在“過渡軌道”上的P點運行速度為
D．飛船從P點運動到Q點的時間為
【答案】B,D
【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。A．第二宇宙速度11.2km/s是衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度。飛船只是從地球軌道轉(zhuǎn)移到繞月軌道，沒有脫離地球引力束縛，所以發(fā)射速度小于11.2km/s，故A錯誤；
B．在P點對飛船，根據(jù)牛頓第二定律有
解得加速度
在同一點P，r相同，所以船在“過渡軌道”上P點加速度等于“停泊軌道”上P點的加速度，故B正確；
C．設(shè)飛船在停泊軌道速度為，對飛船在停泊軌道，由牛頓第二輪定律有
解得
又因為黃金代換式
聯(lián)立解得
但飛船在 “過渡軌道” 上P點是做離心運動，所以 “過渡軌道” 上點運行速度大于，故C錯誤；
D．飛船在停泊軌道的周期
對停泊軌道與繞月軌道，由開普勒第三定律有
飛船從P點運動到Q點的時間為
聯(lián)立解得
故D正確。
故選 BD。
【分析】根據(jù)第二宇宙速度的意義進行分析解答；根據(jù)向心加速度大小與衛(wèi)星和地球的球心連線距離的變化關(guān)系進行分析判斷；根據(jù)萬有引力提供向心力，黃金代換式聯(lián)立導(dǎo)出線速度，然后根據(jù)離心加速的情況進行判斷；根據(jù)開普勒第三定律列式求解。
10．（2025·白云模擬）如圖，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）的質(zhì)量為m，原來靜止在光滑的水平面上。有一個可以看做質(zhì)點的小球，質(zhì)量也為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道右端滑離小車。不計空氣阻力，關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（　　）
A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時的速度大小為v
C．到達最高點時小球上升的豎直高度為
D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車所受合外力沖量大小為
【答案】B,C,D
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本題是系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒的類型，類似于彈性碰撞，常見類型。分析清楚運動過程、應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題。A．由題意，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)在水平方向動量守恒。小球從左端滑上小車到從右端滑離小車的過程中，小車水平方向先加速后減速，小球水平方向先減速后加速，在整個過程中小車一直向右運動，不會回到原來位置，故A錯誤；
B．由動量守恒可得
其中是小球速度，是小車速度。
由機械能守恒定律可得
解得
，
小球滑離小車時的速度大小是v，故B正確；
C．小球恰好到達管道的最高點后，則小球和小車的速度相同為，由動量守恒定律可得
解得
根據(jù)機械能守恒定律可得
解得
故C正確；
D．小球滑到管道的最高點時，根據(jù)動量定理可得，小車所受合外力沖量為
故D正確。
故選BCD。
【分析】根據(jù)小球在小車上運動時，小球和小車的在水平方向上合外力為零，故水平方向上動量守恒；結(jié)合系統(tǒng)機械能守恒即可求解。
11．（2025·白云模擬）下列是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請完成實驗操作和計算。
（1）某實驗小組利用圖甲裝置研究自由落體運動，如圖乙所示為實驗中選出的一條點跡清晰的紙帶。O為紙帶下落的起始點，A、B、C為紙帶上選取的三個連續(xù)點。已知打點頻率為50Hz，重錘質(zhì)量為200g，當?shù)氐闹亓铀俣葹?。計算到B點時重錘的瞬時速度，甲同學(xué)用，乙同學(xué)用，其中所選擇方法正確的是　 ?。ㄟx填“甲”或“乙”）同學(xué)；計算出重錘下落的加速度為　 ?。ūＡ魞晌挥行?shù)字），進一步計算重錘和紙帶下落過程中所受的阻力　 　N（保留一位有效數(shù)字）。
（2）在“用單擺測重力加速度的大小”實驗中，用游標卡尺測量擺球直徑d，其示數(shù)如圖丙所示，圖丁為局部放大圖，讀數(shù)　 　cm。用秒表記錄時間的起點應(yīng)該是擺球運動過程中的　 ?。ㄌ睢白罡唿c”或“最低點”）。
（3）在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，使光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫中心均在遮光筒的中心軸線上，使單縫與雙縫　 　，二者間距約2~5cm。若實驗中觀察到單色光的干涉條紋后，撤掉濾光片，則會在毛玻璃屏上觀察到　 　。
【答案】（1）乙；9.5；0.06
（2）1.66；最低點
（3）平行；彩色條紋
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長；重力加速度；用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】本題考查了重力加速度的測量，用單擺測量重力加速度的方法，和用雙縫干涉測量單色光的波長實驗，明確這些實驗的實驗原理，以及實驗器材的安裝要求和實驗注意事項是解題的基礎(chǔ)。
（1）由于重錘下落過程中有阻力作用，則不能用
計算，只能用
計算，即所選擇方法正確的是乙同學(xué)；
重錘下落的加速度為
重錘和紙帶下落過程中所受的阻力
（2）游標卡尺測量擺球直徑
d =1.6cm+0.1mm×6=1.66cm
擺球在最低點的速度最大，選作起點計時誤差小，用秒表記錄時間的起點應(yīng)該是擺球運動過程中的最低點。
（3）在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，使光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫中心均在遮光筒的中心軸線上，使單縫與雙縫平行，二者間距約2~5cm。若實驗中觀察到單色光的干涉條紋后，撤掉濾光片，則仍能在光屏上發(fā)生干涉現(xiàn)象，會在毛玻璃屏上觀察到彩色的干涉條紋。
【分析】（1）需要根據(jù)平均速度計時大小某點的速度，根據(jù)逐差法計算加速度，根據(jù)牛頓第二定律計算阻力；
（2）根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)，記錄單擺的周期時要從擺球經(jīng)過最低點開始計時；
（3）根據(jù)“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗裝置要求分析，根據(jù)干涉條紋的形狀分析。
（1）[1]由于重錘下落過程中有阻力作用，則不能用計算，只能用計算，即所選擇方法正確的是乙同學(xué)；
[2]重錘下落的加速度為
[3]重錘和紙帶下落過程中所受的阻力
（2）[1]游標卡尺測量擺球直徑d =1.6cm+0.1mm×6=1.66cm
[2]擺球在最低點的速度最大，選作起點計時誤差小，用秒表記錄時間的起點應(yīng)該是擺球運動過程中的最低點。
（3）[1][2]在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，使光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫中心均在遮光筒的中心軸線上，使單縫與雙縫平行，二者間距約2~5cm。若實驗中觀察到單色光的干涉條紋后，撤掉濾光片，則仍能在光屏上發(fā)生干涉現(xiàn)象，會在毛玻璃屏上觀察到彩色的干涉條紋。
12．（2025·白云模擬）某實驗小組利用如圖甲所示的電路探究熱敏電阻的特性。
（1）閉合開關(guān)前，將R的滑片移到最　 ?。ㄌ睢白蟆被颉坝摇保┒耍粚㈤_關(guān)閉合，單刀雙擲開關(guān)扳到1，移動滑動變阻器的滑片，讀出電壓表的讀數(shù)U；保持滑片的位置不變，將單刀雙擲開關(guān)扳到2，調(diào)節(jié)電阻箱，使電壓表的示數(shù)仍為U，電阻箱的示數(shù)如圖乙所示，則熱敏電阻的阻值為　 ??；
（2）通過查閱資料了解到該規(guī)格熱敏電阻的阻值隨溫度的變化規(guī)律為，其中t為環(huán)境的攝氏溫度；
（3）現(xiàn)設(shè)計了如圖丙所示的由熱敏電阻控制的報警系統(tǒng)，當電路中的電流達到4mA，報警裝置開啟；提供的器材有：電源（電動勢為30V、內(nèi)阻可忽略），開關(guān)，電阻箱（最大阻值為），熱敏電阻，保護電阻；當電阻箱的阻值調(diào)為零，環(huán)境溫度達到80℃時，電路中的電流為6mA，則保護電阻的阻值為　 ??；若要報警裝置在環(huán)境溫度為50℃時開啟，電阻箱的阻值應(yīng)該設(shè)為　 ??；如果要求報警裝置開啟的溫度降低，則電阻箱的阻值應(yīng)　 　。（填“增大”、“不變”或“減小”）。
【答案】左；6200；3000；1420；減小
【知識點】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性
【解析】【解答】物理中有一類特殊的電學(xué)元件，其阻值會受到外界因素的影響而發(fā)生變化，這些因素可能有溫度、光照、壓力等，相對應(yīng)的電阻我們可以稱為熱敏電阻、光敏電阻、壓敏電阻等。當這些變化有規(guī)律可循時，便可以將其制成工具應(yīng)用于生產(chǎn)和生活。
為了保護電路，閉合開關(guān)前，要讓電路電阻最大，電流最小，將R的滑片移到最左端；
由題意知，兩種情況下的電壓表示數(shù)相等，所以電阻箱與熱敏電阻的阻值相等，由圖乙知，電阻箱阻值為
根據(jù)
可知當環(huán)境溫度達到80℃時，熱敏電阻
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
代入題中數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得
題意可知當電路中的電流達到4mA，報警裝置開啟，環(huán)境溫度為50℃時，熱敏電阻
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
聯(lián)立解得此時電阻箱阻值
由題意得，報警裝置開啟的溫度降低時，熱敏電阻阻值變大，又因為報警裝置開啟時電路的總電阻不變，所以電阻箱的阻值應(yīng)減小。
【分析】（1）滑動變阻器采用限流式接法，從保證電路安全的角度分析，閉合開關(guān)S1前，滑動變阻器的滑動片的位置；兩種情況下的電壓表示數(shù)相等，因此電阻箱與熱敏電阻的阻值相等，根據(jù)電阻箱的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
（3）根據(jù)熱敏電阻的阻值隨溫度的變化規(guī)律求解環(huán)境溫度達到80℃時熱敏電阻的阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解保護電阻的阻值；根據(jù)閉合電路的歐姆定律和熱敏電阻的阻值隨溫度的變化規(guī)律求解電阻箱的接入電阻；報警裝置開啟的溫度降低時，熱敏電阻阻值變大，報警裝置開啟時電路的總電阻不變，據(jù)此分析作答。
13．（2025·白云模擬）為了觀察門外情況，在門上開一小圓孔，將一塊圓柱形玻璃嵌入其中，圓柱體軸線與門面垂直。從圓柱底面中心看出去，可以看到的門外入射光線與軸線間的最大夾角稱做視場角。如圖，ABCD為玻璃的截面，AD長為3cm，AB長為2cm，若用一束激光從A點與豎直方向成37°射入玻璃，恰好從BC邊中點射出，已知：，。求：
（1）玻璃的折射率。
（2）視場角的度數(shù)。
【答案】（1）解：畫出光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得
根據(jù)折射定律
（2）解：根據(jù)（1）分析可知視場角的度數(shù)
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）作出光路圖，根據(jù)幾何知識求出折射角的正弦，再由折射定律求解折射率。（2） 根據(jù)（1）分析視場角的度數(shù)。
（1）畫出光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得
根據(jù)折射定律
（2）根據(jù)（1）分析可知視場角的度數(shù)
14．（2025·白云模擬）如圖，正方體邊長為2L，點G、H分別是AD邊和邊的中點，正方體區(qū)域存在電場強度大小為E方向垂直ABCD平面向下的勻強電場（圖中未畫出），正方體右半部分區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于面的勻強磁場。一帶電粒子從點在平面內(nèi)斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)GH的中點進入電磁場區(qū)域，并沿直線通過電磁場區(qū)域，不計粒子重力。求：
（1）粒子沿直線通過電磁場區(qū)域時的速度大?。?br/>（2）粒子的電荷量與質(zhì)量之比。
【答案】（1）解：設(shè)粒子質(zhì)量、電量分別為，粒子在電磁場區(qū)域時的速度大小為v，題意知粒子沿直線通過電磁場區(qū)域，則粒子在電磁場區(qū)域只能做勻速直線運動，故粒子受到的電場力與洛倫茲力等大反向，故有
解得
（2）解：分析可知粒子受到的電場力豎直向下，所以洛倫茲力豎直向上，左手定則可知粒子是垂直于GH方向進入電磁場區(qū)域的，綜合以上分析可知粒子在電場中做的是類斜拋運動，逆向思維法可知，粒子從GH的中點到點做類平拋運動，則豎直方向有
水平方向有
聯(lián)立解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】 （1）粒子沿直線通過電、磁場區(qū)域，由平衡條件求得速度大?。?br/>（2）分析粒子在電場中的運動性質(zhì)，粒子在電場中做的是類斜拋運動，根據(jù)逆向思維法求得粒子的電荷量與質(zhì)量之比。
（1）設(shè)粒子質(zhì)量、電量分別為，粒子在電磁場區(qū)域時的速度大小為v，題意知粒子沿直線通過電磁場區(qū)域，則粒子在電磁場區(qū)域只能做勻速直線運動，故粒子受到的電場力與洛倫茲力等大反向，故有
解得
（2）分析可知粒子受到的電場力豎直向下，所以洛倫茲力豎直向上，左手定則可知粒子是垂直于GH方向進入電磁場區(qū)域的，綜合以上分析可知粒子在電場中做的是類斜拋運動，逆向思維法可知，粒子從GH的中點到點做類平拋運動，則豎直方向有
水平方向有
聯(lián)立解得
15．（2025·白云模擬）如圖甲所示為固定安裝在機車頭部的碰撞吸能裝置，由一級吸能元件鉤緩裝置和二級吸能元件防爬裝置（可壓縮）構(gòu)成。某次碰撞實驗中，一輛總質(zhì)量為的機車以6m/s的初速度與固定的剛性墻發(fā)生正碰。開始僅觸發(fā)一級吸能元件鉤緩裝置（由緩沖器與吸能管組成），其彈力隨作用行程（壓縮量）的變化關(guān)系如圖乙所示，緩沖階段，緩沖器彈力與壓縮量成正比，屬于彈性變形。作用行程為55mm時，達到最大緩沖極限，緩沖器被鎖定，鉤緩裝置中吸能管開始平穩(wěn)變形，產(chǎn)生的彈力恒為，其作用行程為110mm。吸能管行程結(jié)束后，鉤緩裝置迅速剛化，此時啟動二級吸能元件，防爬裝置被壓縮產(chǎn)生恒定緩沖作用力，此過程行程為225mm時，機車剛好停止，車體完好無損。（設(shè)每次碰撞過程中，該吸能裝置的性能保持不變，忽略其它阻力影響）求：
（1）一級吸能元件鉤緩裝置通過緩沖與吸能管變形過程總共吸收的能量；
（2）二級吸能元件工作時的緩沖作用力及作用時間；
（3）為了測試該吸能裝置的一級吸能元件性能，將該套吸能裝置安裝在貨車甲前端，貨車甲總質(zhì)量為，與靜止在水平面上無制動的質(zhì)量為的貨車乙發(fā)生正碰（不考慮貨車的形變），在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試。求貨車乙被碰后的速率范圍。
【答案】（1）解：由題可知一級吸能元件吸收能量等于緩沖吸能吸能管吸能總和，則有
由圖可知
，
可得
（2）解：設(shè)一級吸能元件工作結(jié)束時現(xiàn)車的速度為，由能量守恒定律得
解得
設(shè)二級吸能原件工作時的緩沖作用力大小為，作用時間為t，由動能定理和動量定理有
，
解得
，
（3）解：由題意在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試；設(shè)甲車速度為時，甲乙兩車碰撞后兩車共速且剛好使一級吸能元件達到最大緩沖極限，此時兩車速度設(shè)為，則有
又有
聯(lián)立解得
由題可知兩車碰撞中當甲車速度時，碰撞過程一級吸能元件中的緩沖器末被鎖定，此時發(fā)生彈性碰撞，彈簧恢復(fù)形變后，甲車的速度為，乙車獲得速度為，則有
，
解得
即當時，；可知在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試，貨車乙被碰后的速率滿足。
【知識點】動量定理；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）一級吸能元件吸收能量ΔE等于緩沖吸能ΔE1與吸能管吸能ΔE2總和；
（2）對物體進行受力分析，根據(jù)能量守恒定律及動量定理分析解答；
（3）根據(jù)甲車速度的不同范圍，根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律分析解答。
（1）由題可知一級吸能元件吸收能量等于緩沖吸能吸能管吸能總和，則有
由圖可知，
可得
（2）設(shè)一級吸能元件工作結(jié)束時現(xiàn)車的速度為，由能量守恒定律得
解得
設(shè)二級吸能原件工作時的緩沖作用力大小為，作用時間為t，由動能定理和動量定理有，
解得，
（3）由題意在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試；設(shè)甲車速度為時，甲乙兩車碰撞后兩車共速且剛好使一級吸能元件達到最大緩沖極限，此時兩車速度設(shè)為，則有
又有
聯(lián)立解得
由題可知兩車碰撞中當甲車速度時，碰撞過程一級吸能元件中的緩沖器末被鎖定，此時發(fā)生彈性碰撞，彈簧恢復(fù)形變后，甲車的速度為，乙車獲得速度為，則有，
解得
即當時，；可知在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試，貨車乙被碰后的速率滿足。
1 / 12025屆廣東省廣州市白云區(qū)高三下學(xué)期一?？荚囄锢碓囶}
1．（2025·白云模擬）跳水是一項極具觀賞性的運動，如圖所示，3米跳板的跳水運動員在跳板末端保持靜止，此時跳板向下彎曲，下列說法正確的是（　?。?br/>A．運動員對跳板的壓力大小大于運動員所受的重力
B．運動員受到的支持力與運動員所受的重力是一對平衡力
C．運動員受到的支持力方向豎直向上
D．運動員對跳板的壓力小于運動員所受的重力
2．（2025·白云模擬）如圖甲所示，把小球安裝在彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球和彈簧穿在光滑的水平桿上。小球振動時，沿垂直于振動方向以速度v勻速拉動紙帶，紙帶上可留下痕跡，a、b是紙帶上的兩點，不計阻力，如圖乙所示。由此可判斷（　?。?br/>A．t時間內(nèi)小球的運動路程為vt
B．小球的機械能守恒
C．小球通過a點時的速度大于通過b點的速度
D．如果小球以較小的振幅振動，周期也會變小
3．（2025·白云模擬）隨著綠色環(huán)保理念深入人心，電動汽車市場日趨火爆，電池充電技術(shù)飛速發(fā)展。如圖為某科技公司利用電磁感應(yīng)原理設(shè)計的無線充電樁原理示意圖，若汽車以22kW的恒定功率充電，送電線圈連接的交流電，不計能量損失，下列說法正確的是（　?。?br/>A．送電線圈中的電流為100A
B．受電線圈中電流的頻率為100Hz
C．僅減小送電線圈的匝數(shù)，會增大電池端的輸出電流
D．僅減小送電線圈的匝數(shù)，會減小電池端的輸出電壓
4．（2025·白云模擬）在做甩手動作的物理原理研究課題研究中，采用手機的加速度傳感器測定手的向心加速度。某次一同學(xué)先用刻度尺測量手臂長（如圖所示），然后伸直手臂，以肩為軸從水平位置加速自然下擺，當手臂擺到豎直方向時，手握住的手機顯示手的向心加速度大小約為，下列說法正確的是（　　）
A．可估算手臂擺到豎直位置時手的線速度大小約為2m/s
B．手臂擺到豎直位置時手機處于失重狀態(tài)
C．自然下擺過程中手機所受合力始終沿手臂方向
D．由可知手掌比手肘的向心加速度小
5．（2025·白云模擬）一同學(xué)將手機放置于手掌上，從靜止開始向上加速直線運動，一小段時間后手掌突然停止不動，用v和s表示手機的速度和位置，不計空氣阻力。手機從靜止到落回手掌瞬間，其運動圖像一定錯誤的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
6．（2025·白云模擬）圖甲為某款“自發(fā)電”無線門鈴按鈕，其“發(fā)電”原理如圖乙所示，按下門鈴按鈕過程磁鐵靠近螺線管，松開門鈴按鈕磁鐵遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是（　?。?br/>A．按下按鈕過程，螺線管P端電勢較高
B．松開按鈕后，穿過螺線管的磁通量為零
C．按住按鈕不動，螺線管中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢
D．若按下和松開按鈕的時間相同，螺線管產(chǎn)生大小相同的感應(yīng)電動勢
7．（2025·白云模擬）如圖所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質(zhì)量為0.3kg的物塊從彈簧上端某高度處自由下落，當彈簧的壓縮量為0.1m時物塊達到最大速度，此后物塊繼續(xù)向下運動到達最低點。在以上整個運動過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊和彈簧接觸瞬間機械能損失不計，不計空氣阻力，取，下列說法正確的是（　?。?br/>A．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的加速度先增大后減小
B．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的機械能先增大后減小
C．該彈簧的勁度系數(shù)為20.0N/m
D．彈簧壓縮量為0.2m時，物塊的加速度大小為
8．（2025·白云模擬）某顯微鏡原理如圖所示，中間金屬針被置于一個先抽成真空后充入少量氦氣的玻璃泡中，泡內(nèi)壁鍍上一層薄的熒光導(dǎo)電膜，熒光膜與金屬針之間加上高壓。氦原子與針尖碰撞，變成帶正電的氦離子，氦離子沿輻射狀電場線運動撞擊熒光膜發(fā)光獲得圖樣，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．金屬針接高壓的負極
B．輻射狀場線上靠近金屬針的a點（圖中未畫出）電勢比靠近熒光膜的b點電勢高
C．氦離子靠近熒光膜的過程中，氦離子的加速度增大
D．氦離子靠近熒光膜的過程中，氦離子的電勢能減小
9．（2025·白云模擬）我國設(shè)想的登月載人飛船運行軌跡如圖所示。飛船在圓形“停泊軌道”的P點加速進入橢圓“過渡軌道”，該軌道離地球表面最近距離為，飛船到達離P點最遠距離為L的Q點時，被月球引力“俘獲”后，在距月球表面的圓形“繞月軌道”上飛行。已知地球半徑為R，月球半徑為r，地球表面重力加速度為g（是月球的6倍），飛船在“過渡軌道”運行時忽略月球引力影響。下列說法正確的是（　　）
A．飛船的發(fā)射速度大于11.2km/s
B．飛船在“過渡軌道”上P點加速度等于“停泊軌道”上P點的加速度
C．飛船在“過渡軌道”上的P點運行速度為
D．飛船從P點運動到Q點的時間為
10．（2025·白云模擬）如圖，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）的質(zhì)量為m，原來靜止在光滑的水平面上。有一個可以看做質(zhì)點的小球，質(zhì)量也為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道右端滑離小車。不計空氣阻力，關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時的速度大小為v
C．到達最高點時小球上升的豎直高度為
D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車所受合外力沖量大小為
11．（2025·白云模擬）下列是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請完成實驗操作和計算。
（1）某實驗小組利用圖甲裝置研究自由落體運動，如圖乙所示為實驗中選出的一條點跡清晰的紙帶。O為紙帶下落的起始點，A、B、C為紙帶上選取的三個連續(xù)點。已知打點頻率為50Hz，重錘質(zhì)量為200g，當?shù)氐闹亓铀俣葹?。計算到B點時重錘的瞬時速度，甲同學(xué)用，乙同學(xué)用，其中所選擇方法正確的是　 　（選填“甲”或“乙”）同學(xué)；計算出重錘下落的加速度為　 ?。ūＡ魞晌挥行?shù)字），進一步計算重錘和紙帶下落過程中所受的阻力　 　N（保留一位有效數(shù)字）。
（2）在“用單擺測重力加速度的大小”實驗中，用游標卡尺測量擺球直徑d，其示數(shù)如圖丙所示，圖丁為局部放大圖，讀數(shù)　 　cm。用秒表記錄時間的起點應(yīng)該是擺球運動過程中的　 　（填“最高點”或“最低點”）。
（3）在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，使光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫中心均在遮光筒的中心軸線上，使單縫與雙縫　 　，二者間距約2~5cm。若實驗中觀察到單色光的干涉條紋后，撤掉濾光片，則會在毛玻璃屏上觀察到　 　。
12．（2025·白云模擬）某實驗小組利用如圖甲所示的電路探究熱敏電阻的特性。
（1）閉合開關(guān)前，將R的滑片移到最　 　（填“左”或“右”）端；將開關(guān)閉合，單刀雙擲開關(guān)扳到1，移動滑動變阻器的滑片，讀出電壓表的讀數(shù)U；保持滑片的位置不變，將單刀雙擲開關(guān)扳到2，調(diào)節(jié)電阻箱，使電壓表的示數(shù)仍為U，電阻箱的示數(shù)如圖乙所示，則熱敏電阻的阻值為　 ??；
（2）通過查閱資料了解到該規(guī)格熱敏電阻的阻值隨溫度的變化規(guī)律為，其中t為環(huán)境的攝氏溫度；
（3）現(xiàn)設(shè)計了如圖丙所示的由熱敏電阻控制的報警系統(tǒng)，當電路中的電流達到4mA，報警裝置開啟；提供的器材有：電源（電動勢為30V、內(nèi)阻可忽略），開關(guān)，電阻箱（最大阻值為），熱敏電阻，保護電阻；當電阻箱的阻值調(diào)為零，環(huán)境溫度達到80℃時，電路中的電流為6mA，則保護電阻的阻值為　 　；若要報警裝置在環(huán)境溫度為50℃時開啟，電阻箱的阻值應(yīng)該設(shè)為　 　；如果要求報警裝置開啟的溫度降低，則電阻箱的阻值應(yīng)　 　。（填“增大”、“不變”或“減小”）。
13．（2025·白云模擬）為了觀察門外情況，在門上開一小圓孔，將一塊圓柱形玻璃嵌入其中，圓柱體軸線與門面垂直。從圓柱底面中心看出去，可以看到的門外入射光線與軸線間的最大夾角稱做視場角。如圖，ABCD為玻璃的截面，AD長為3cm，AB長為2cm，若用一束激光從A點與豎直方向成37°射入玻璃，恰好從BC邊中點射出，已知：，。求：
（1）玻璃的折射率。
（2）視場角的度數(shù)。
14．（2025·白云模擬）如圖，正方體邊長為2L，點G、H分別是AD邊和邊的中點，正方體區(qū)域存在電場強度大小為E方向垂直ABCD平面向下的勻強電場（圖中未畫出），正方體右半部分區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于面的勻強磁場。一帶電粒子從點在平面內(nèi)斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)GH的中點進入電磁場區(qū)域，并沿直線通過電磁場區(qū)域，不計粒子重力。求：
（1）粒子沿直線通過電磁場區(qū)域時的速度大小；
（2）粒子的電荷量與質(zhì)量之比。
15．（2025·白云模擬）如圖甲所示為固定安裝在機車頭部的碰撞吸能裝置，由一級吸能元件鉤緩裝置和二級吸能元件防爬裝置（可壓縮）構(gòu)成。某次碰撞實驗中，一輛總質(zhì)量為的機車以6m/s的初速度與固定的剛性墻發(fā)生正碰。開始僅觸發(fā)一級吸能元件鉤緩裝置（由緩沖器與吸能管組成），其彈力隨作用行程（壓縮量）的變化關(guān)系如圖乙所示，緩沖階段，緩沖器彈力與壓縮量成正比，屬于彈性變形。作用行程為55mm時，達到最大緩沖極限，緩沖器被鎖定，鉤緩裝置中吸能管開始平穩(wěn)變形，產(chǎn)生的彈力恒為，其作用行程為110mm。吸能管行程結(jié)束后，鉤緩裝置迅速剛化，此時啟動二級吸能元件，防爬裝置被壓縮產(chǎn)生恒定緩沖作用力，此過程行程為225mm時，機車剛好停止，車體完好無損。（設(shè)每次碰撞過程中，該吸能裝置的性能保持不變，忽略其它阻力影響）求：
（1）一級吸能元件鉤緩裝置通過緩沖與吸能管變形過程總共吸收的能量；
（2）二級吸能元件工作時的緩沖作用力及作用時間；
（3）為了測試該吸能裝置的一級吸能元件性能，將該套吸能裝置安裝在貨車甲前端，貨車甲總質(zhì)量為，與靜止在水平面上無制動的質(zhì)量為的貨車乙發(fā)生正碰（不考慮貨車的形變），在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試。求貨車乙被碰后的速率范圍。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】牛頓第三定律；共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查平衡條件的應(yīng)用和牛頓第三定律，受力分析等知識，會根據(jù)題意進行準確分析解答。題意可知運動員受到重力、垂直跳板的支持力和跳板對腳的摩擦力而平衡如圖所示，所以支持力與重力不是一對平衡力，且跳板傾斜，所以支持力的方向不是豎直向上，由于支持力與摩擦力相互垂直，兩個力的合力與重力等大反向，所以支持力小于重力，壓力與支持力是一對作用力與反作用力，所以壓力小于重力。
故選 D。
【分析】作出運動員的受力圖，根據(jù)平衡條件結(jié)合牛頓第三定律，受力分析進行分析解答。
2．【答案】C
【知識點】機械能守恒定律；簡諧運動
【解析】【解答】本題考查了對簡諧運動的認識，知道彈簧振子的周期公式，系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化情況，以及小球在平衡位置處速度最大等是解題的基礎(chǔ)。A．vt是t時間內(nèi)紙帶運動的路程，并不是小球的運動路程，故A錯誤；
B．小球振動過程只有彈簧的彈力做功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，不是小球的機械能守恒，故B錯誤；
C．由于小球做簡諧運動，由圖可知小球通過a點時更衡位置，由簡諧運動規(guī)律可知其速度大于通過b點的速度，故C正確；
D．由于小球的運動為簡諧運動，其振動周期與振幅無關(guān)，故D錯誤。
故選C。
【分析】小球做的不是勻速直線運動；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒；做簡諧振動的小球距離平衡位置越遠，速度越小，據(jù)此分析；根據(jù)彈簧振子的周期公式分析。
3．【答案】A
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題主要考查了無線充電，即通過理想變壓器原理，抓住電壓之比與線圈的匝數(shù)成正比，輸入功率等于輸出功率。
A．根據(jù)
解得
則送電線圈中的電流為100A，A正確；
B．送電線圈頻率為50Hz，則受電線圈中交流電的頻率也為50Hz，B錯誤：
CD．輸送電壓與輸送功率恒定，則送電線圈中電流恒定，減小送電線圈匝數(shù)n1，根據(jù)
受電線圈電壓U2增大，根據(jù)
電池端的輸出電流減小，CD錯誤。
故選A。
【分析】根據(jù)送電線圈連接u=220sin100πt（V）的交流電可知交流電的最大值和角速度，即可求得有效值和頻率，根據(jù)P=UI求得電流，根據(jù)電壓之比與匝數(shù)成正比，根據(jù)輸入功率等于輸出功率即可判斷。
4．【答案】A
【知識點】超重與失重；向心加速度
【解析】【解答】在解答本題時，應(yīng)注意變速圓周運動的合力不是始終沿半徑方向指向圓心的。A．由圖可知手臂長度
由可得手臂擺到豎直位置時手的線速度大小
故A正確；
B．手臂擺到豎直位置時手機的加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；
C．自然下擺過程中手機做變速圓周運動，所受合力不始終沿手臂方向，故C錯誤；
D．手掌與手肘的轉(zhuǎn)動角速度相同，手掌比手肘的轉(zhuǎn)動半徑大，由可知手掌比手肘的向心加速度大，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據(jù)向心加速度公式，可求出線速度大??；手臂擺到豎直位置時，手機的加速度方向向上，從而判斷失重與超重；由于手臂自然擺動不是勻速圓周運動，所以手機合力并不沿手臂；利用向心加速度公式可求出手掌與手肘的向心加速度比值。
5．【答案】C
【知識點】運動學(xué) S-t 圖象；運動學(xué) v-t 圖象
【解析】【解答】解答本題時，要明確v-t圖像的斜率表示加速度，s-t圖像的斜率表示速度，根據(jù)沙包的運動情況來分析圖像斜率的變化情況。AB．手機離開手之前向上做加速運動，加速度是否恒定未知，故圖像的斜率不變或者減小均有可能。離開手之后做豎直上拋運動，加速度恒定不變，故離開手之后圖像斜率不變，由豎直上拋的對稱性可知，手機回到手中的瞬間速度與離開手的瞬間速度大小相同，故AB可能正確，不符合題意；
C．圖像的斜率為速度，因為手機離開手之前向上加速，速度不斷變大，故圖像斜率逐漸變大，C一定錯誤，符合題意；
D．由圖像可知，手經(jīng)歷先向上加速，后向上減速，再向下加速的過程，與題中手機的運動過程可以吻合，故D圖像可能正確，不符合題意。
故選C。
【分析】根據(jù)題意分析沙包的運動情況，判斷加速度可能的變化情況，結(jié)合v-t圖像的斜率表示加速度和s-t圖像的斜率表示速度分析。
6．【答案】D
【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律
【解析】【解答】本題主要考查對法拉第電磁感應(yīng)定律的掌握，解題時需注意，閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。A．按下按鈕過程，通過螺線管的磁通量想左增大，根據(jù)楞次定律增反減同結(jié)合右手螺旋定則，可知電流從端流出，則螺線管端電勢較高，故A錯誤；
B．松開按鈕后，穿過螺線管的磁通量變小，但不為零，故B錯誤；
C．住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，螺線管不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故C錯誤；
D．按下和松開按鈕過程，若按下和松開按鈕的時間相同，螺線管中磁通量的變化率相同，故螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相同，故D正確。
故選D。
【分析】按下按鈕過程中，穿過線圈的磁通量向左增加，螺線管相當于電源，根據(jù)楞次定律及安培定則；松開按鈕后，穿過螺線管的磁通量不變；按住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，即可分析判斷。
7．【答案】D
【知識點】功能關(guān)系；胡克定律；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了對機械能守恒定律的掌握，解題時需知，在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。A．物塊從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，開始時重力大于彈簧彈力，合力向下，隨著彈簧壓縮量增大，彈力增大，合力減小，加速度減小，當彈力大小等于重力大小時速度達到最大；之后彈力大于重力，合力向上，且隨著彈簧壓縮量繼續(xù)增大，合力增大，加速度增大。所以加速度是先減小后增大，故A錯誤；
B．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對物塊做負功，根據(jù)功能關(guān)系，除重力之外的力做負功，物塊的機械能一直減小，故B錯誤；
C．速度最大時，彈簧壓縮量，對物塊，由平衡條件有
代入題中數(shù)據(jù)得彈簧的勁度系數(shù)
故C錯誤；
D．彈簧壓縮量為時，由牛頓第二定律得
聯(lián)立以上解得加速度大小
故D正確。
故選 D。
【分析】根據(jù)胡克定律及牛頓第二定律，彈簧彈力對物塊做負功，根據(jù)功能關(guān)系分析，速度最大時，受力平衡，結(jié)合平衡條件以及牛頓第二定律分析。
8．【答案】B,D
【知識點】電場線；電勢能；電勢；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題主要考查對電場中功能關(guān)系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。A．在顯微鏡中，氦原子與針尖碰撞，變成帶正電的氦離子，隨即氦離子沿著輻射狀的場線運動至熒光壁，可以判斷熒光壁帶負電，金屬針接高壓正極，故A錯誤；
B．在電場中，電勢沿電場線方向遞減。由于金屬針接正高壓，電場線從金屬針指向熒光膜，因此a點（靠近金屬針）的電勢比b點（靠近熒光膜）的電勢高，故B正確；
C．靠近熒光膜時，電場線變疏，故電場強度減小，電場力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知氨離子的加速度減小，故C錯誤；
D．氦離子靠近熒光膜的過程中，電場力做正功，氦離子的電勢能減小，故D正確。
故選BD。
【分析】結(jié)合氦離子的電性及運動情況，沿電場線方向，電勢逐漸降低，越靠近熒光膜，電場強度越小，結(jié)合電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，即可分析判斷。
9．【答案】B,D
【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。A．第二宇宙速度11.2km/s是衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度。飛船只是從地球軌道轉(zhuǎn)移到繞月軌道，沒有脫離地球引力束縛，所以發(fā)射速度小于11.2km/s，故A錯誤；
B．在P點對飛船，根據(jù)牛頓第二定律有
解得加速度
在同一點P，r相同，所以船在“過渡軌道”上P點加速度等于“停泊軌道”上P點的加速度，故B正確；
C．設(shè)飛船在停泊軌道速度為，對飛船在停泊軌道，由牛頓第二輪定律有
解得
又因為黃金代換式
聯(lián)立解得
但飛船在 “過渡軌道” 上P點是做離心運動，所以 “過渡軌道” 上點運行速度大于，故C錯誤；
D．飛船在停泊軌道的周期
對停泊軌道與繞月軌道，由開普勒第三定律有
飛船從P點運動到Q點的時間為
聯(lián)立解得
故D正確。
故選 BD。
【分析】根據(jù)第二宇宙速度的意義進行分析解答；根據(jù)向心加速度大小與衛(wèi)星和地球的球心連線距離的變化關(guān)系進行分析判斷；根據(jù)萬有引力提供向心力，黃金代換式聯(lián)立導(dǎo)出線速度，然后根據(jù)離心加速的情況進行判斷；根據(jù)開普勒第三定律列式求解。
10．【答案】B,C,D
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本題是系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒的類型，類似于彈性碰撞，常見類型。分析清楚運動過程、應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題。A．由題意，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)在水平方向動量守恒。小球從左端滑上小車到從右端滑離小車的過程中，小車水平方向先加速后減速，小球水平方向先減速后加速，在整個過程中小車一直向右運動，不會回到原來位置，故A錯誤；
B．由動量守恒可得
其中是小球速度，是小車速度。
由機械能守恒定律可得
解得
，
小球滑離小車時的速度大小是v，故B正確；
C．小球恰好到達管道的最高點后，則小球和小車的速度相同為，由動量守恒定律可得
解得
根據(jù)機械能守恒定律可得
解得
故C正確；
D．小球滑到管道的最高點時，根據(jù)動量定理可得，小車所受合外力沖量為
故D正確。
故選BCD。
【分析】根據(jù)小球在小車上運動時，小球和小車的在水平方向上合外力為零，故水平方向上動量守恒；結(jié)合系統(tǒng)機械能守恒即可求解。
11．【答案】（1）乙；9.5；0.06
（2）1.66；最低點
（3）平行；彩色條紋
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長；重力加速度；用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】本題考查了重力加速度的測量，用單擺測量重力加速度的方法，和用雙縫干涉測量單色光的波長實驗，明確這些實驗的實驗原理，以及實驗器材的安裝要求和實驗注意事項是解題的基礎(chǔ)。
（1）由于重錘下落過程中有阻力作用，則不能用
計算，只能用
計算，即所選擇方法正確的是乙同學(xué)；
重錘下落的加速度為
重錘和紙帶下落過程中所受的阻力
（2）游標卡尺測量擺球直徑
d =1.6cm+0.1mm×6=1.66cm
擺球在最低點的速度最大，選作起點計時誤差小，用秒表記錄時間的起點應(yīng)該是擺球運動過程中的最低點。
（3）在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，使光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫中心均在遮光筒的中心軸線上，使單縫與雙縫平行，二者間距約2~5cm。若實驗中觀察到單色光的干涉條紋后，撤掉濾光片，則仍能在光屏上發(fā)生干涉現(xiàn)象，會在毛玻璃屏上觀察到彩色的干涉條紋。
【分析】（1）需要根據(jù)平均速度計時大小某點的速度，根據(jù)逐差法計算加速度，根據(jù)牛頓第二定律計算阻力；
（2）根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)，記錄單擺的周期時要從擺球經(jīng)過最低點開始計時；
（3）根據(jù)“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗裝置要求分析，根據(jù)干涉條紋的形狀分析。
（1）[1]由于重錘下落過程中有阻力作用，則不能用計算，只能用計算，即所選擇方法正確的是乙同學(xué)；
[2]重錘下落的加速度為
[3]重錘和紙帶下落過程中所受的阻力
（2）[1]游標卡尺測量擺球直徑d =1.6cm+0.1mm×6=1.66cm
[2]擺球在最低點的速度最大，選作起點計時誤差小，用秒表記錄時間的起點應(yīng)該是擺球運動過程中的最低點。
（3）[1][2]在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，使光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫中心均在遮光筒的中心軸線上，使單縫與雙縫平行，二者間距約2~5cm。若實驗中觀察到單色光的干涉條紋后，撤掉濾光片，則仍能在光屏上發(fā)生干涉現(xiàn)象，會在毛玻璃屏上觀察到彩色的干涉條紋。
12．【答案】左；6200；3000；1420；減小
【知識點】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性
【解析】【解答】物理中有一類特殊的電學(xué)元件，其阻值會受到外界因素的影響而發(fā)生變化，這些因素可能有溫度、光照、壓力等，相對應(yīng)的電阻我們可以稱為熱敏電阻、光敏電阻、壓敏電阻等。當這些變化有規(guī)律可循時，便可以將其制成工具應(yīng)用于生產(chǎn)和生活。
為了保護電路，閉合開關(guān)前，要讓電路電阻最大，電流最小，將R的滑片移到最左端；
由題意知，兩種情況下的電壓表示數(shù)相等，所以電阻箱與熱敏電阻的阻值相等，由圖乙知，電阻箱阻值為
根據(jù)
可知當環(huán)境溫度達到80℃時，熱敏電阻
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
代入題中數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得
題意可知當電路中的電流達到4mA，報警裝置開啟，環(huán)境溫度為50℃時，熱敏電阻
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
聯(lián)立解得此時電阻箱阻值
由題意得，報警裝置開啟的溫度降低時，熱敏電阻阻值變大，又因為報警裝置開啟時電路的總電阻不變，所以電阻箱的阻值應(yīng)減小。
【分析】（1）滑動變阻器采用限流式接法，從保證電路安全的角度分析，閉合開關(guān)S1前，滑動變阻器的滑動片的位置；兩種情況下的電壓表示數(shù)相等，因此電阻箱與熱敏電阻的阻值相等，根據(jù)電阻箱的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
（3）根據(jù)熱敏電阻的阻值隨溫度的變化規(guī)律求解環(huán)境溫度達到80℃時熱敏電阻的阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解保護電阻的阻值；根據(jù)閉合電路的歐姆定律和熱敏電阻的阻值隨溫度的變化規(guī)律求解電阻箱的接入電阻；報警裝置開啟的溫度降低時，熱敏電阻阻值變大，報警裝置開啟時電路的總電阻不變，據(jù)此分析作答。
13．【答案】（1）解：畫出光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得
根據(jù)折射定律
（2）解：根據(jù)（1）分析可知視場角的度數(shù)
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）作出光路圖，根據(jù)幾何知識求出折射角的正弦，再由折射定律求解折射率。（2） 根據(jù)（1）分析視場角的度數(shù)。
（1）畫出光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得
根據(jù)折射定律
（2）根據(jù)（1）分析可知視場角的度數(shù)
14．【答案】（1）解：設(shè)粒子質(zhì)量、電量分別為，粒子在電磁場區(qū)域時的速度大小為v，題意知粒子沿直線通過電磁場區(qū)域，則粒子在電磁場區(qū)域只能做勻速直線運動，故粒子受到的電場力與洛倫茲力等大反向，故有
解得
（2）解：分析可知粒子受到的電場力豎直向下，所以洛倫茲力豎直向上，左手定則可知粒子是垂直于GH方向進入電磁場區(qū)域的，綜合以上分析可知粒子在電場中做的是類斜拋運動，逆向思維法可知，粒子從GH的中點到點做類平拋運動，則豎直方向有
水平方向有
聯(lián)立解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】 （1）粒子沿直線通過電、磁場區(qū)域，由平衡條件求得速度大??；
（2）分析粒子在電場中的運動性質(zhì)，粒子在電場中做的是類斜拋運動，根據(jù)逆向思維法求得粒子的電荷量與質(zhì)量之比。
（1）設(shè)粒子質(zhì)量、電量分別為，粒子在電磁場區(qū)域時的速度大小為v，題意知粒子沿直線通過電磁場區(qū)域，則粒子在電磁場區(qū)域只能做勻速直線運動，故粒子受到的電場力與洛倫茲力等大反向，故有
解得
（2）分析可知粒子受到的電場力豎直向下，所以洛倫茲力豎直向上，左手定則可知粒子是垂直于GH方向進入電磁場區(qū)域的，綜合以上分析可知粒子在電場中做的是類斜拋運動，逆向思維法可知，粒子從GH的中點到點做類平拋運動，則豎直方向有
水平方向有
聯(lián)立解得
15．【答案】（1）解：由題可知一級吸能元件吸收能量等于緩沖吸能吸能管吸能總和，則有
由圖可知
，
可得
（2）解：設(shè)一級吸能元件工作結(jié)束時現(xiàn)車的速度為，由能量守恒定律得
解得
設(shè)二級吸能原件工作時的緩沖作用力大小為，作用時間為t，由動能定理和動量定理有
，
解得
，
（3）解：由題意在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試；設(shè)甲車速度為時，甲乙兩車碰撞后兩車共速且剛好使一級吸能元件達到最大緩沖極限，此時兩車速度設(shè)為，則有
又有
聯(lián)立解得
由題可知兩車碰撞中當甲車速度時，碰撞過程一級吸能元件中的緩沖器末被鎖定，此時發(fā)生彈性碰撞，彈簧恢復(fù)形變后，甲車的速度為，乙車獲得速度為，則有
，
解得
即當時，；可知在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試，貨車乙被碰后的速率滿足。
【知識點】動量定理；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）一級吸能元件吸收能量ΔE等于緩沖吸能ΔE1與吸能管吸能ΔE2總和；
（2）對物體進行受力分析，根據(jù)能量守恒定律及動量定理分析解答；
（3）根據(jù)甲車速度的不同范圍，根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律分析解答。
（1）由題可知一級吸能元件吸收能量等于緩沖吸能吸能管吸能總和，則有
由圖可知，
可得
（2）設(shè)一級吸能元件工作結(jié)束時現(xiàn)車的速度為，由能量守恒定律得
解得
設(shè)二級吸能原件工作時的緩沖作用力大小為，作用時間為t，由動能定理和動量定理有，
解得，
（3）由題意在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試；設(shè)甲車速度為時，甲乙兩車碰撞后兩車共速且剛好使一級吸能元件達到最大緩沖極限，此時兩車速度設(shè)為，則有
又有
聯(lián)立解得
由題可知兩車碰撞中當甲車速度時，碰撞過程一級吸能元件中的緩沖器末被鎖定，此時發(fā)生彈性碰撞，彈簧恢復(fù)形變后，甲車的速度為，乙車獲得速度為，則有，
解得
即當時，；可知在一級吸能元件最大緩沖極限內(nèi)進行碰撞測試，貨車乙被碰后的速率滿足。
1 / 1

展開更多......

收起↑