常德市一中2025届高三周检测参考答案（5.28） 1.C 2.B【解析】光由水面进入空气的入射角大于临界角时将会在水面发生全反射，对应的临界角满足，解得C=45°，所以线状光源从水面透光的宽度为40cm，外侧四个边角为半径为20cm的四分之一圆，内侧边界则为60cm×40cm的矩形。故选B。 3.B【解析】根据单摆周期公式可得，由此可得在地球北极和赤道的重力加速度分别为、。在赤道位置有；在北极位置有，其中M为地球的质量，联立可以解得，故选B。 4.B【解析】A．由知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；B．由知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；C．由知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；D．将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。故选B。 5.D【解析】A．在F的作用下，以长木板为对象，根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1，解得长木板的加速度为a1=3m/s2故A错误；B．撤去F之前，以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得μmg=ma2，解得小物块的加速度为a2=2m/s2，刚撤去F时，小物块与长木板右端的距离为故B错误；C．刚撤去F时，长木板和小物块的速度分别为v1=a1t=3m/s，v2=a2t=2m/s，撤去F后，长木板的加速度大小为，设经过时间，长木板和小物块达到共速，则有，联立解得t'=0.4s，可知终长木板与小物块一起以2.8m/s的速度匀速运动，故C错误；D．在t'时间内，小物块和木板的相对位移大小为最终小物块与长木板右端距离为 x= x1+ x2=0.7m故D正确。故选D。 6.C【解析】AB．粒子从初始位置运动到x轴时电场力做功为0，所以不可能运动到x轴以上位置，即y值不可能取负值；到达x轴的速度为零，所以会再次向下运动，重复前一段的轨迹向前运动，则x值会大于a，故A、B错误；C．粒子第一次运动到距离x轴最远处时洛伦兹力不做功，由动能定理得，解得；在此处有，解得；故C正确；D．最大速率满足，解得，故D错误。故选C。 7.BD 8.AC【解析】由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误． 9.ABD【解析】A．沿a1b1方向的电场强度分量为，沿b1b2方向的电场强度分量为，沿b2c2方向的电场强度分量为匀强电场强度大小为，故A正确；B．a1点的电势为零，则a1移到b1的过程中，得；b1移到b2的过程中得，b2移到c2的过程中得，匀强电场中，解得，故B正确；C．匀强电场中，解得，故C错误；D．若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，有解得EP=-2.5W，故D正确。故选ABD。 10.BC【解析】小球落地时重力的功率为PG=mgvsinθ，A错误；小球下落过程在竖直方向根据动量定理mgt-k(vy1 t1+vy2 t2+vy3 t3+…)=mvsinθ，而∑(vy1 t1+vy2 t2+vy3 t3+…)=h，解得小球下落的时间为，B正确；小球在水平方向根据动量定理:-k(vx1 t1+vx2 t2+vx3 t3+…)=mvcosθ-mv0，而∑(vx1 t1+vx2 t2+vx3 t3+…)=h，解得小球下落过程中的水平位移大小为，C正确；设小球下 ... ...
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