2023年浙江省溫州市樂清市知臨中學(xué)高考物理第二次適應(yīng)性試卷

2023年浙江省溫州市樂清市知臨中學(xué)高考物理第二次適應(yīng)性試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題給出的四個備選項中，只有一項是符合題目要求的。）1．（3分）以下物理量和對應(yīng)的比值定義式書寫正確的是（）A．電場強度 B．磁感應(yīng)強度 C．電容器電容 D．金屬的電阻2．（3分）如圖所示為一種新型的發(fā)令槍，由閃光發(fā)令元件，模擬槍聲電路，同步控制電路，揚聲器及電源等電子元部件組成。發(fā)令裁判扣動扳機，發(fā)令槍同時發(fā)出清晰的激光信號和聲音信號，可以很好取代傳統(tǒng)發(fā)令槍產(chǎn)生的煙霧污染，由以上信息可以判斷（）A．計時裁判聽到槍聲后立即按下計時表 B．揚聲器的工作原理是將聲音信號轉(zhuǎn)換成電信號 C．發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號和聲信號的信息載體都是橫波 D．發(fā)令槍傳遞信息的過程也是能量傳遞的過程3．（3分）如圖所示，輕桿的一端固定在O點，另一端固定一個小球，小球隨輕桿在豎直平面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動。則（）A．小球在運動過程中機械能守恒 B．小球在運動過程中加速度大小不變 C．小球運動到A點時，桿對小球作用力方向指向圓心 D．小球運動到C點時，桿對小球的作用力不可能為04．（3分）如圖為可調(diào)壓式自耦變壓器，在電壓U1保持不變的情況下，滑片P順時針轉(zhuǎn)過適當(dāng)角度，滑片P′向上移動適當(dāng)距離，則（）A．U2將增大 B．U2將不變 C．定值電阻R0的熱功率減小 D．流經(jīng)定值電阻R0的電流不變5．（3分）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其壓強p和體積倒數(shù)變化圖像如圖所示，此過程中該系統(tǒng)內(nèi)氣體（）A．溫度不變 B．對外界做正功 C．對外界放熱 D．內(nèi)能變大6．（3分）中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)國家同步輻射實驗室是我國首個國家實驗室，同步輻射光具有光譜范圍寬（波長涵蓋10﹣5m到10﹣11m之間）、光源亮度高、偏振性好等諸多特點。速度接近光速的電子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，會沿圓弧軌道切線發(fā)出電磁輻射，這個現(xiàn)象最初是在同步加速器上觀察到的，稱為“同步輻射”，可見光波長范圍在400nm到760nm之間；下列說法錯誤的是（）A．同步輻射的機理與氫原子發(fā)光的機理相同 B．用同步輻射光照射氫原子，可使氫原子電離 C．加速運動的電子在磁場中偏轉(zhuǎn)，會產(chǎn)生感生電場 D．探究微生物結(jié)構(gòu)時，同步輻射光相較可見光有明顯優(yōu)勢7．（3分）一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，t＝0.5s時的波形如圖甲所示，x＝5m處質(zhì)點的振動圖像如圖乙所示，則波速可能是（）A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s8．（3分）心室纖顫是一種可危及生命的疾病。如圖甲為一種叫做心臟除顫器的設(shè)備，某型號AED模擬治療儀器的電容器電容是25μF，充電至8kV電壓，如果電容器在2ms時間內(nèi)完成放電，則（）A．電容器放電過程中平均功率為800kW B．電容器的擊穿電壓為8kV C．電容器放電過程中電容越來越小 D．電容器放電過程中電流最大值一定大于100A9．（3分）下列說法正確的是（）A．微波爐利用紫外線對食物進行加熱 B．“彩超”利用多普勒效應(yīng)的原理測定血管中血液的流速 C．互感式鉗式電流表可以測量恒定電流的大小 D．醫(yī)院用“CT”檢查身體利用γ射線穿透本領(lǐng)較強10．（3分）我國成功發(fā)射“神舟七號”載人飛船，隨后航天員圓滿完成了太空出艙任務(wù)并釋放了“伴飛”小衛(wèi)星。載人飛船在固定的軌道上做勻速圓周運動，“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對靜止，“伴飛”小衛(wèi)星有多種伴飛模式，圖1和圖2是其中的兩種伴飛模式，則下列說法正確的是（）B．圖1的伴飛模式下，“伴飛”小衛(wèi)星的線速度大于載人飛船的線速度 C．圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星只需向后噴出氣體，加速后，就可以和載人飛船對接 D．圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的11．（3分）如圖所示，邊長為1m的正方體ABCD﹣EFGH所處空間中存在勻強電場（圖中未畫出），已知A、F兩點的電勢分別為10V、0，現(xiàn)于A、F點各放入等量異種電荷，C點電場強度為0，則（）A．勻強電場方向從D指向F B．勻強電場大小為20V/m C．A點放入的是正電荷 D．放入點電荷后，H點電勢為5V12．（3分）如圖，質(zhì)量為2kg的楔形木塊abc固定在水平地面上，頂角θ為直角，ab面和bc面均光滑，兩個完全相同質(zhì)量均為1kg的滑塊同時從頂端釋放，則對于滑塊在斜面上時（）A．楔形木塊abc受到地面支持力為30N B．楔形木塊abc始終受到地面的摩擦力 C．同一時刻，兩滑塊重力的瞬時功率相同 D．兩滑塊所受彈力沖量為013．（3分）半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B。一比荷為k、速度，帶正電粒子沿圓筒半徑方向射入，恰能從小孔射出，其間與轉(zhuǎn)筒無接觸。不計離子的重力和離子間的相互作用。則轉(zhuǎn)筒角速度可能為（）A．6kB B．8kB C．10kB D．12kB二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題給出的四個備選項中至少有一項是符合題目要求的。全部選對得3分，選對但不全得2分，有選錯的得0分。）（多選）14．（3分）歷史上，一種觀點認(rèn)為應(yīng)該用物理量mv來量度運動的“強弱”；另一種觀點認(rèn)為應(yīng)該用物理量mv2來量度運動的“強弱”。前者代表人物是笛卡爾，后者則是萊布尼茨。經(jīng)過半個多世紀(jì)的爭論，法國科學(xué)家達(dá)蘭貝爾用他的研究指出，雙方實際是從不同的角度量度運動。關(guān)于這段描述中體現(xiàn)的物理思想，下列說法正確的是（）A．用mv量度體現(xiàn)了動量守恒的思想 B．用mv2量度體現(xiàn)了動量守恒的思想 C．動量決定了物體在力的阻礙下能夠運動多長距離 D．動能定理反映了力對空間的累積效應(yīng)（多選）15．（3分）現(xiàn)有光束沿圖示方向平行直徑AB射入球形雨滴，經(jīng)兩次折射和一次反射后離開雨滴，其中出射光線與直徑AB成42°，c為真空中光速，R為雨滴半徑，下列說法中正確的是（）A．光束在雨滴中的折射率為 B．光束在雨滴中經(jīng)歷的時間為 C．出射光光強一定弱于入射光光強 D．光束在雨滴內(nèi)可能發(fā)生了全反射三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16．（6分）（1）楊同學(xué)在做雙縫干涉實驗時，測量相鄰亮條紋間距，某次讀數(shù)為10.30mm，則測量頭上安裝的測量儀器與以下哪種一致（2）用傳感器和計算機可以方便地描出平拋運動的物體的軌跡，設(shè)計原理如圖1所示。從某點無初速釋放物體（圖中未畫出），使其做平拋運動。物體每隔20ms可向四周發(fā)射紅外脈沖，豎直平面內(nèi)安放著紅外接收裝置B，B1，B2兩個接收器各自測出收到紅外脈沖的時間，并由此算出與物體的距離，在計算機屏幕上確定點跡，以此描繪出物體的軌跡。下列判斷正確的是（單選）。A．物體應(yīng)選擇質(zhì)量大體積大的球B．物體做平拋運動起點一定在B1B2連線的正上方C．計算機屏幕上記錄一個點跡，需釋放物體一次D．屏幕上相鄰點跡間速度變化量相同（3）伽利略利用如圖2的裝置研究小球做平拋運動的特性，小球從高為H的斜面無初速釋放，下落到底端做平拋運動，水平位移為D，改變釋放高度，得到如表1的數(shù)據(jù)，圖3是伽利略的手稿，如果你是伽利略，關(guān)于小球釋放高度H與平拋水平距離D的關(guān)系，可得出怎樣的結(jié)論（寫出一條即可）。表（單位：punti）序號斜面釋放高度H平拋水平距離D計算值平拋水平距離D測量值誤差130099780019726001131117241380013061328224828133013401017．（8分）李同學(xué)在研究測量電源電動勢和內(nèi)阻實驗中，電路連接如圖2，突然靈光一閃，發(fā)現(xiàn)該電路也可以粗測滑動變阻器電阻絲的電阻率。?（1）如圖2所示，滑動變阻器的瓷筒上緊密纏繞著單層電阻絲，測量出瓷筒上電阻絲纏繞的總寬度l0，測得n匝電阻絲纏繞后的寬度為x，則電阻絲的直徑為；測量出滑動變阻器瓷筒外徑D，可認(rèn)為一匝電阻絲的長度為πD；（2）將開關(guān)S2撥到接線柱2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器，即改變其接入電路中的寬度l，電壓表和電流表示數(shù)都在較大范圍內(nèi)較為均勻的變化，整理數(shù)據(jù)如圖3所示，橫坐標(biāo)單位為l0，若圖像斜率為k，則電阻絲的電阻率為（用題設(shè)中已知物理量符號表示）；（3）儲同學(xué)認(rèn)為從圖3中圖像數(shù)據(jù)可知，上述實驗方案誤差較大，應(yīng)采用電流表外接的方式，你是否認(rèn)同儲同學(xué)觀點，并說明理由；（4）楊同學(xué)繼續(xù)用如圖1電路測量電源電動勢和內(nèi)阻，根據(jù)前面實驗結(jié)果，為減小實驗誤差，開關(guān)S2應(yīng)該連接接線柱（選填“1”或“2”）；電源電動勢測量值相較真實值（選填“偏大”、“偏小”或“相同”）；電源內(nèi)阻數(shù)量級應(yīng)為（選填“幾歐”、“幾十歐”或“幾百歐”）。18．（8分）如圖所示，老師帶領(lǐng)學(xué)生表演“馬德堡半球?qū)嶒灐?。他先取出兩個在碗底各焊接了鐵鉤的不銹鋼碗，在一個碗里燒了一些紙，然后迅速把另一個碗扣上，再在碗的外面澆水，使其冷卻到環(huán)境溫度。用兩段繩子分別鉤著鐵鉤朝相反的方向拉，試圖把兩個碗拉開。當(dāng)兩邊的人各增加到5人時，平均每人施加200N拉力，才把碗拉開。已知碗口的半徑為10cm，環(huán)境溫度為27℃，實驗過程中碗不變形，也不漏氣。大氣壓，絕對零度為﹣273℃，π取3。求（1）大氣壓施加在一個銹鋼碗上的壓力；（2）試定性分析在碗的外面澆水使其冷卻的目的；（3）請你估算兩個不銹鋼碗剛被扣上時，里面空氣的溫度是多少？19．（11分）如圖所示為某品牌拼接玩具搭建的場景。AB、BC為粗糙直軌道，摩擦系數(shù)均為0.25，在B點平滑連接，BC＝4cm，CDE是光滑半圓弧軌道，半徑r＝15cm，與直軌道在C點平滑連接，直軌道AB與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量為0.1kg物塊從直軌道AB某處下滑，恰好能通過圓弧軌道最高點E，不計空氣阻力，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：（1）物塊第一次經(jīng)過D點時加速度大?。唬?）某同學(xué)計算物塊平拋時間為0.2s，試分析該同學(xué)計算結(jié)果是否正確。（物塊平拋后會與軌道AB碰撞，只考慮碰撞前平拋運動情況）（3）欲使物塊不脫離軌道，且盡可能使物塊在直軌道上滑行較長距離，求物塊釋放位置以及最終停下來位置。Ω的電阻，其余電阻不計。在x≥0處，存在垂直于水平面磁感應(yīng)強度為0.2T的勻強磁場，一根質(zhì)量為m＝1kg、金屬棒放置在水平導(dǎo)軌上。金屬棒從x＝0處開始在外力作用下做“另類勻加速”運動，即速度隨位移均勻增大，v＝v0+kx，其中初速度v0＝1m/s，k＝1s﹣1。當(dāng)金屬棒運動到x1＝3m時，撤去外力，同時磁場隨時間發(fā)生變化，金屬棒則做勻速直線運動到x0處，此時磁感應(yīng)強度為0.1T，此后磁場保持不變，金屬棒立即受到水平向左的恒力T＝5N，金屬棒恰好回到x0時撤去恒力，恒力作用時長為1.4s。設(shè)運動過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計一切摩擦。求：（1）磁場變化的時間；（2）金屬棒做“另類勻加速”時電阻的焦耳熱？金屬棒運動到x＝1.5m處，外力的大??；（3）金屬棒在[0，x0]間，金屬棒的動生電動勢大小與位置的關(guān)系。21．（11分）空間中足夠大區(qū)域內(nèi)存在相互垂直的電場和磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度分別為E和B。可將小球所受重力類比電場力，即認(rèn)為重力場強度為g。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球A從z軸上的P點出發(fā)，速率始終不變。（1）試求出小球A在xOz平面內(nèi)的速率；（2）若在某一時刻，重力場和磁場突然消失（不考慮電磁感應(yīng)變化），隨后小球A在運動過程中的最小動能為其初動能的一半，試求小球A沿y軸方向速度大小；（3）恢復(fù)重力場，僅保留﹣H≤z≤0區(qū)間內(nèi)的正交勻強的電磁場。現(xiàn)有與小球A完全相同的小球B，兩小球分別從P點沿x軸正負(fù)方向以相同初速度水平拋出，已知其中一個小球進入電磁場區(qū)域后剛好做勻速直線運動，另一個小球出電磁場區(qū)域時速度方向恰沿z軸負(fù)方向，求兩個小球在電磁場區(qū)域運動時間之比。2023年浙江省溫州市樂清市知臨中學(xué)高考物理第二次適應(yīng)性試卷參考答案與試題解析一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題給出的四個備選項中，只有一項是符合題目要求的。）1．（3分）以下物理量和對應(yīng)的比值定義式書寫正確的是（）A．電場強度 B．磁感應(yīng)強度 C．電容器電容 D．金屬的電阻【分析】該題目考查物理量的定義式和決定式的理解【解答】解：A．電場強度由電場本身的性質(zhì)決定，其不由電荷在電場中受到的力和電荷量決定，其比值定義式書寫為；是僅是勻強電場中電場強度與電勢差的關(guān)系式，不是比值定義式，故A錯誤；B．磁感應(yīng)強度由磁場本身的性質(zhì)決定，不由磁場力F、電流I和導(dǎo)線長度L乘積決定，其比值定義式書寫為；是磁感應(yīng)強度的大小等于在垂直磁場方向單位面積磁通量，不是比值定義式，B錯誤；C．電容器的電容由電容器本身決定，不由電容器所帶電荷量和電容器兩端的電壓決定C＝，電容器電容的比值定義式為，故C正確；D．金屬的電阻，金屬的電阻是由金屬的長度、橫截面積及電阻率決定，是金屬電阻的決定式，不是比值定義式，定義式為，故D錯誤。故選：C?！军c評】該題目考查物理量的定義式和決定式的理解，學(xué)生需明確比值定義法的特點，定義式中的物理量不決定被定義的物理量，但可以通過定義式求解。2．（3分）如圖所示為一種新型的發(fā)令槍，由閃光發(fā)令元件，模擬槍聲電路，同步控制電路，揚聲器及電源等電子元部件組成。發(fā)令裁判扣動扳機，發(fā)令槍同時發(fā)出清晰的激光信號和聲音信號，可以很好取代傳統(tǒng)發(fā)令槍產(chǎn)生的煙霧污染，由以上信息可以判斷（）A．計時裁判聽到槍聲后立即按下計時表 B．揚聲器的工作原理是將聲音信號轉(zhuǎn)換成電信號 C．發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號和聲信號的信息載體都是橫波 D．發(fā)令槍傳遞信息的過程也是能量傳遞的過程【分析】計時裁判應(yīng)看到激光信號立即按下計時表；揚聲器是把電信號轉(zhuǎn)化為聲信號的裝置；光是電磁波，聲波是縱波；發(fā)令槍傳遞信息的過程也是能量傳遞的過程?！窘獯稹拷猓篈．聲音的傳播速度小，從發(fā)令槍響到聽到聲音需要一定的時間，所以計時裁判應(yīng)看到激光信號立即按下計時表，故A錯誤；B．揚聲器是把電信號轉(zhuǎn)化為聲信號的裝置，通電線圈與永磁體相互作用是利用通電導(dǎo)體在磁場中受安培力的原理制成的，所以揚聲器的工作原理是將電信號轉(zhuǎn)換成聲音信號，故B錯誤；C．發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號的信息載體是橫波，發(fā)令槍產(chǎn)生的聲信號的信息載體是縱波，故C錯誤；D．發(fā)令槍發(fā)出聲音信號，空氣的振動傳播了能量，引起耳膜的振動，所以發(fā)令槍傳遞信息的過程也是能量傳遞的過程，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了揚聲器的工作原理、聲波是縱波、波的傳播等相關(guān)知識，知道光和聲波在空氣中傳播速度是有差異的。3．（3分）如圖所示，輕桿的一端固定在O點，另一端固定一個小球，小球隨輕桿在豎直平面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動。則（）A．小球在運動過程中機械能守恒 B．小球在運動過程中加速度大小不變 C．小球運動到A點時，桿對小球作用力方向指向圓心 D．小球運動到C點時，桿對小球的作用力不可能為0【分析】分析小球動能與重力勢能的變化分析機械能是否守恒，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，合力提供向心力，指向圓心，分析小球受力情況從而分析BCD項。【解答】解：A、小球做勻速圓周運動，速度不變，則動能不變，小球運動過程中重力勢能變化，則機械能不守恒，故A錯誤；B、小球做勻速圓周運動，向心加速度大小不變，方向時刻改變，故B正確；C、當(dāng)小球在A點時，桿對小球作用力豎直方向分量應(yīng)等于重力，水平方向分量提供向心力，則桿對小球作用力方向并非指向圓心，故C錯誤；D、若v＝，則小球運動到C點時，桿對小球的作用力為0，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了豎直平面內(nèi)圓周運動的問題，解題的關(guān)鍵是明確小球做勻速圓周運動，合力提供向心力。4．（3分）如圖為可調(diào)壓式自耦變壓器，在電壓U1保持不變的情況下，滑片P順時針轉(zhuǎn)過適當(dāng)角度，滑片P′向上移動適當(dāng)距離，則（）A．U2將增大 B．U2將不變 C．定值電阻R0的熱功率減小 D．流經(jīng)定值電阻R0的電流不變【分析】根據(jù)滑片的移動方向得出線圈匝數(shù)的變化，結(jié)合線圈兩端電壓的比值關(guān)系得出輸出電壓的變化趨勢；根據(jù)滑片的移動方向得出電阻的變化趨勢，結(jié)合歐姆定律和功率的計算公式完成分析?！窘獯稹拷猓篈B、由題意可知，滑片P順時針轉(zhuǎn)過適當(dāng)角度，根據(jù)題意可知副線圈的匝數(shù)n2減小，由變壓器的工作原理可得：，可知副線圈輸出電壓U2減小，副線圈兩端電壓與原線圈兩端電壓及匝數(shù)比有關(guān)，故AB錯誤；CD、副線圈兩端電壓U2減小，滑片P′向上移動適當(dāng)距離，可知滑動變阻器接入電路的電阻增大，所以副線圈回路的總電阻增大，根據(jù)歐姆定律可知，副線圈回路中電流減小，流經(jīng)定值電阻R0的電流減小，由P＝I2R0可知，定值電阻R0的熱功率減小，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查了變壓器的動態(tài)分析，理解變壓器的工作原理，結(jié)合歐姆定律和功率的計算公式即可完成解答。5．（3分）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其壓強p和體積倒數(shù)變化圖像如圖所示，此過程中該系統(tǒng)內(nèi)氣體（）A．溫度不變 B．對外界做正功 C．對外界放熱 D．內(nèi)能變大【分析】該圖像為p﹣圖像，斜率與溫度T成正比，根據(jù)圖像分析氣體狀態(tài)變化，結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程進行解答?！窘獯稹拷猓篈D．根據(jù)公式得p＝CT，p﹣圖像斜率與溫度T成正比根據(jù)圖象點與原點連線斜率減小，可知溫度降低，其體內(nèi)能減小。A錯誤，D錯誤；B．理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，圖像可以得到Va＞Vb，可知氣體的體積減小，氣體對外界做負(fù)功，B錯誤；C．由上分析已知a到b過程氣體對外界做負(fù)功W＞0，內(nèi)能減小ΔU＜0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q，其中ΔU＜0，W＞0，因此Q＜0，氣體放熱，C正確。故選：C。【點評】考察p﹣的圖像分析、熱力學(xué)第一定律定律內(nèi)容，是熱力學(xué)圖像的基礎(chǔ)類題目。6．（3分）中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)國家同步輻射實驗室是我國首個國家實驗室，同步輻射光具有光譜范圍寬（波長涵蓋10﹣5m到10﹣11m之間）、光源亮度高、偏振性好等諸多特點。速度接近光速的電子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，會沿圓弧軌道切線發(fā)出電磁輻射，這個現(xiàn)象最初是在同步加速器上觀察到的，稱為“同步輻射”，可見光波長范圍在400nm到760nm之間；下列說法錯誤的是（）A．同步輻射的機理與氫原子發(fā)光的機理相同 B．用同步輻射光照射氫原子，可使氫原子電離 C．加速運動的電子在磁場中偏轉(zhuǎn)，會產(chǎn)生感生電場 D．探究微生物結(jié)構(gòu)時，同步輻射光相較可見光有明顯優(yōu)勢【分析】根據(jù)題中敘述分析“同步輻射”的原理，再結(jié)合能級躍遷分析A選項；使基態(tài)的氫原子電離需要的能量是13.6eV，由此分析B選項；根據(jù)感生電場產(chǎn)生的原理分析C選項；根據(jù)明顯衍射的條件分析D選項?！窘獯稹拷猓篈．由題意，速度接近光速的電子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，會沿圓弧軌道切線發(fā)出電磁輻射，這是“同步輻射”。處于激發(fā)態(tài)的原子是不穩(wěn)定的，會自發(fā)地向能量較低的能級躍遷，放出光子，這是原子發(fā)光的機理，二者發(fā)光的機理不同。故A錯誤；B．使基態(tài)的氫原子電離需要的能量是13.6eV，根據(jù)，可得同步輻射光的能量范圍為（10﹣1eV～105eV），用同步輻射光照射氫原子，當(dāng)同步輻射光的能量大于13.6eV，可使氫原子電離。故B正確；C．根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，加速運動的電子在磁場中偏轉(zhuǎn)，會產(chǎn)生電流強度逐漸增大的環(huán)形電流，環(huán)形電流激發(fā)的磁場逐漸增強，在周圍會產(chǎn)生感生電場。故C正確；D．同步輻射光的光譜范圍包括了可見光的波長范圍，同時還包括一些波長更長的波，結(jié)合發(fā)生明顯衍射的條件可知，探究微生物結(jié)構(gòu)時，同步輻射光相較可見光更容易發(fā)生衍射，有明顯優(yōu)勢。故D正確。本題選錯誤的，故選：A?！军c評】本題主要是考查“同步輻射”和“能級躍遷”的區(qū)別，關(guān)鍵是知道二者產(chǎn)生的機理不同，知道光子能量的計算公式。7．（3分）一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，t＝0.5s時的波形如圖甲所示，x＝5m處質(zhì)點的振動圖像如圖乙所示，則波速可能是（）A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s【分析】由圖乙讀出t＝0.5s時x＝5m處的質(zhì)點振動方向，以及該波的周期；該波向x軸正方向傳播，由圖甲得到波長的表達(dá)式，再根據(jù)v＝得到波速的可能值?！窘獯稹拷猓河蓤D乙可知，t＝0.5s時x＝5m處的質(zhì)點正向上振動，該波的周期為T＝6s則t＝該波向x軸正方向傳播，x＝5m處的質(zhì)點在波長最大的情況下，離O點的距離s＝﹣＝λ結(jié)合波的周期性有：nλ+＝5m，（n＝0，1，2，3…）解得：λ＝m，（n＝0，1，2，3…）所以該波的波速為：v＝＝m/s＝m/s，（n＝0，1，2，3…）當(dāng)n＝0時v＝2m/s當(dāng)n＝1時v＝m/s，故B有可能，ACD不可能，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題主要是考查波的圖像；解答本題關(guān)鍵是要理解波的圖象的變化規(guī)律，能夠根據(jù)圖像直接讀出周期，知道波速、波長和周期之間的關(guān)系v＝。8．（3分）心室纖顫是一種可危及生命的疾病。如圖甲為一種叫做心臟除顫器的設(shè)備，某型號AED模擬治療儀器的電容器電容是25μF，充電至8kV電壓，如果電容器在2ms時間內(nèi)完成放電，則（）A．電容器放電過程中平均功率為800kW B．電容器的擊穿電壓為8kV C．電容器放電過程中電容越來越小 D．電容器放電過程中電流最大值一定大于100A【分析】電學(xué)中功率滿足P＝UI，根據(jù)電容器的性質(zhì)判斷電壓，根據(jù)電流的定義判斷電流，注意判斷平均功率，可采用控制變量法；擊穿電壓與額定電壓的關(guān)系；電容器的電容由自身決定；平均值與最大值的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈．電容器的電容定義得：Q＝CU＝25×10﹣6×8×103由得電容器放電過程中平均電流：假設(shè)電壓不變，則平均功率由于電容器放電過程中電壓在逐漸減小，則在電容器放電過程中平均功率小于800kW，故A錯誤；B．電容器的擊穿電壓要大于額定電壓，因為該電容器的充電電壓至8kV，此電壓應(yīng)不高于電容器的額定電壓，即8kV一定小于電容器的擊穿電壓，故B錯誤；C．電容器的電容由自身決定，兩板間距，正對面積，電解質(zhì)均沒有變化，故電容器放電過程中電容器的電容不變，故C錯誤；D．電容器放電過程中平均電流為100A，變化的電流，電流的平均值小于最大值，因此電容器放電過程中電流最大值一定大于100A，故D正確。故選：D?！军c評】本題A選項，學(xué)生容易出錯，學(xué)生需要考慮控制變量電壓，若不變，求得平均功率，但是題目中電容器放電，電壓減小，從而判斷A選項。9．（3分）下列說法正確的是（）A．微波爐利用紫外線對食物進行加熱 B．“彩超”利用多普勒效應(yīng)的原理測定血管中血液的流速 C．互感式鉗式電流表可以測量恒定電流的大小 D．醫(yī)院用“CT”檢查身體利用γ射線穿透本領(lǐng)較強【分析】A．微波爐加熱食物是利用微波進行加熱的，據(jù)此分析作答；B．根據(jù)多普勒效應(yīng)原理分析作答；C．“互感式”鉗式電流表是利用電場感應(yīng)原理，據(jù)此分析作答；D．ct利用X線束成像，根據(jù)X射線的特點分析作答?！窘獯稹拷猓篈．微波爐加熱食物是利用微波進行加熱的，不是利用紫外線，故A錯誤；B．“彩超”利用的是多普勒效應(yīng)原理，“彩超”工作時，向人體內(nèi)發(fā)射頻率已知的超聲波，超聲波被血管中的血流反射后，被儀器測量出接收到的頻率，從而判斷血液的流速情況，故B正確；C．“互感式”鉗式電流表是利用電場感應(yīng)原理，需要磁通量發(fā)生變化，即電流發(fā)生變化，故不能用來測量恒定電流的大小，故C錯誤；D．CT利用X線束成像，醫(yī)院用“CT”檢查身體，利用了X射線穿透本領(lǐng)強的特性，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了紅外線、超聲波和X射線的特點以及鉗式電流表的工作原理，關(guān)鍵在于熟練掌握相關(guān)知識點。10．（3分）我國成功發(fā)射“神舟七號”載人飛船，隨后航天員圓滿完成了太空出艙任務(wù)并釋放了“伴飛”小衛(wèi)星。載人飛船在固定的軌道上做勻速圓周運動，“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對靜止，“伴飛”小衛(wèi)星有多種伴飛模式，圖1和圖2是其中的兩種伴飛模式，則下列說法正確的是（）B．圖1的伴飛模式下，“伴飛”小衛(wèi)星的線速度大于載人飛船的線速度 C．圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星只需向后噴出氣體，加速后，就可以和載人飛船對接 D．圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的【分析】A、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，最大環(huán)繞速度為第一宇宙速度7.9km/s，由此可判斷A選項。BD、“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對靜止，由此可判斷圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小與載人飛船的角速度大小間的關(guān)系，進而可判斷兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小關(guān)系。C、圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星向后噴出氣體時，將會向前加速，判斷所受萬有引力與所需要的向心力之間的關(guān)系，進而確定“伴飛”小衛(wèi)星的運動形式，及能否和載人飛船對接?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)萬有引力提供向心力，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，有：＝m，可得v＝，當(dāng)取r＝R時（R為地球半徑），可得第一宇宙速度為7.9km/s，所以當(dāng)r＞R時，載人飛船的速度大小應(yīng)小于7.9km/s，故A錯誤；BD．“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對靜止，可知圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小都與載人飛船的角速度大小相等，即兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的；再根據(jù)v＝ωr，圖1伴飛模式下，由于“伴飛”小衛(wèi)星的軌道半徑小于載人飛船的軌道半徑，則“伴飛”小衛(wèi)星的線速度小于載人飛船的線速度，故B錯誤，D正確；C．圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星向后噴出氣體，將會向前加速，此時由于所受萬有引力小于所需要的向心力，“伴飛”小衛(wèi)星將做離心運動，變軌到更高的軌道運行，不能與載人飛船對接，故C錯誤。故選：D?！军c評】本題主要考查萬有引力定律的應(yīng)用，要理解“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對靜止的含義；要掌握地球第一宇宙速度的計算過程；要理解掌握衛(wèi)星的變軌、對接原理。11．（3分）如圖所示，邊長為1m的正方體ABCD﹣EFGH所處空間中存在勻強電場（圖中未畫出），已知A、F兩點的電勢分別為10V、0，現(xiàn)于A、F點各放入等量異種電荷，C點電場強度為0，則（）A．勻強電場方向從D指向F B．勻強電場大小為20V/m C．A點放入的是正電荷 D．放入點電荷后，H點電勢為5V【分析】根據(jù)AF兩點的電勢大小關(guān)系得出電荷的電性，結(jié)合場強的計算公式得出場強的大??；理解等量異種電荷的電場分布規(guī)律，結(jié)合電勢的疊加特點得出H點的電勢?！窘獯稹拷猓篈BC．根據(jù)題意可知，A、F兩點的電勢分別為10V、0，由此可分析出A點放置負(fù)電荷，F(xiàn)點放置正電荷，此時的場強特點如圖所示：勻強電場的電場強度方向為A指向F，根據(jù)場強的計算公式可知，此時的場強大小為，故ABC錯誤；D．沒有勻強電場時，根據(jù)等量異種電荷電場的分布規(guī)律可知，BCHE平面上的電勢勻為零，又只有勻強電場時A、F兩點的電勢分別為10V、0，BCHE平面上的電勢勻為5V，根據(jù)電勢的疊加可知，放入點電荷后，H點電勢為5V，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了點電荷的電場分布規(guī)律，理解點電荷周圍的場強和電勢的分布特點，結(jié)合電勢的疊加原理和場強的計算公式即可完成分析。12．（3分）如圖，質(zhì)量為2kg的楔形木塊abc固定在水平地面上，頂角θ為直角，ab面和bc面均光滑，兩個完全相同質(zhì)量均為1kg的滑塊同時從頂端釋放，則對于滑塊在斜面上時（）A．楔形木塊abc受到地面支持力為30N B．楔形木塊abc始終受到地面的摩擦力 C．同一時刻，兩滑塊重力的瞬時功率相同 D．兩滑塊所受彈力沖量為0【分析】將滑塊與斜面體之間的相互作用沿垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，然后分析斜面體受到的支持力與摩擦力；由牛頓第二定律求出加速度，然后求出t時刻的瞬時速度，再求出t時刻滑塊受到的重力的瞬時功率表達(dá)式，最后比較即可；由沖量的定義式判斷。【解答】解：A．沿ab面下滑的滑塊對斜面的壓力為mgcosα，將這個力沿著水平和豎直方向分解，水平方向上的分力為mgcosαsinα，豎直方向上的分力為mgcos2α；同理，沿bc面下滑的滑塊對斜面的壓力為mgcosβ，將這個力沿著水平和豎直方向分解，水平方向上的分力為mgcosβsinβ，豎直方向上的分力為mgcos2β；由題意，α+β＝90°，所以楔形木塊abc對地面的壓力為：＝Mg+mg＝（2+1）×10N＝30N，根據(jù)牛頓第三定律可知，楔形木塊abc受到地面的支持力也為30N，故A正確；B．由于α+β＝90°，所以cosαsinα與cosβsinβ總是相等，楔形木塊abc水平方向上始終受力平衡，地面對木塊始終沒有摩擦力，故B錯誤；C．對于ab面上的滑塊，下滑的加速度：a1＝gsinα，t時刻的速度：vt＝a1t；重力的瞬時功率為：同理，對于bc面上的滑塊，t時刻重力的瞬時功率為：所以當(dāng)兩側(cè)面的傾角不相等時，重力的瞬時功率不相等，故C錯誤；D．由沖量的定義I＝Ft可知，兩滑塊所受彈力的沖量不為0，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了受力分析以及牛頓第二定律的應(yīng)用、瞬時功率等；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答．13．（3分）半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B。一比荷為k、速度，帶正電粒子沿圓筒半徑方向射入，恰能從小孔射出，其間與轉(zhuǎn)筒無接觸。不計離子的重力和離子間的相互作用。則轉(zhuǎn)筒角速度可能為（）A．6kB B．8kB C．10kB D．12kB【分析】首先，分析帶電粒子進入磁場后在洛倫茲力的作用下做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁場中運動的軌道半徑；然后，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場中的圓弧軌跡所對的圓心角以及運動的時間；最后，根據(jù)圓周運動的規(guī)律求出要使帶電粒子沿圓筒半徑方向射入，恰能從小孔射出，其間與轉(zhuǎn)筒無接觸時其轉(zhuǎn)速滿足的關(guān)系?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ舆M入磁場后，洛倫茲力提供向心力，則有：整理得粒子的軌跡半徑為：粒子運動軌跡如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得：tan＝＝＝，所以θ＝運動的時間為：要使帶電粒子沿圓筒半徑方向射入，恰能從小孔射出，其間與轉(zhuǎn)筒無接觸，圓筒轉(zhuǎn)過的角度為：＝則其角速度應(yīng)滿足：解得：ω＝（4+6n）kB代入n＝0，1，2，3......，可得ω0＝4kBω1＝10kBω2＝16kBω3＝22kB故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題考查了帶電粒子在有界磁場中運動的模型，解決本題的關(guān)鍵是分析粒子恰能從小孔射出的條件。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題給出的四個備選項中至少有一項是符合題目要求的。全部選對得3分，選對但不全得2分，有選錯的得0分。）（多選）14．（3分）歷史上，一種觀點認(rèn)為應(yīng)該用物理量mv來量度運動的“強弱”；另一種觀點認(rèn)為應(yīng)該用物理量mv2來量度運動的“強弱”。前者代表人物是笛卡爾，后者則是萊布尼茨。經(jīng)過半個多世紀(jì)的爭論，法國科學(xué)家達(dá)蘭貝爾用他的研究指出，雙方實際是從不同的角度量度運動。關(guān)于這段描述中體現(xiàn)的物理思想，下列說法正確的是（）A．用mv量度體現(xiàn)了動量守恒的思想 B．用mv2量度體現(xiàn)了動量守恒的思想 C．動量決定了物體在力的阻礙下能夠運動多長距離 D．動能定理反映了力對空間的累積效應(yīng)【分析】理解動量和動能的區(qū)別，結(jié)合動量守恒定律和動能定理完成分析?！窘獯稹拷猓篈C．mv是物體的動量，用mv量度體現(xiàn)了動量守恒的思想，動量決定了物體在力的阻礙下能夠運動多長時間，而不是多遠(yuǎn)的距離，故A正確、C錯誤；BD．是物體的動能，用mv2量度體現(xiàn)了能量的思想，而不是動量守恒的思想，動能定理反映了力對空間的累積效應(yīng)，故B錯誤、D正確。故選AD?！军c評】本題主要考查了動量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解動量守恒定律和動能定理的區(qū)別和聯(lián)系即可完成分析，難度不大。（多選）15．（3分）現(xiàn)有光束沿圖示方向平行直徑AB射入球形雨滴，經(jīng)兩次折射和一次反射后離開雨滴，其中出射光線與直徑AB成42°，c為真空中光速，R為雨滴半徑，下列說法中正確的是（）A．光束在雨滴中的折射率為 B．光束在雨滴中經(jīng)歷的時間為 C．出射光光強一定弱于入射光光強 D．光束在雨滴內(nèi)可能發(fā)生了全反射【分析】根據(jù)題意得出光路圖，結(jié)合幾何關(guān)系得出光束在雨滴中的折射率，結(jié)合運動學(xué)公式得出對應(yīng)的時間；根據(jù)光路的可逆性，結(jié)合光折射時的特點得出對應(yīng)的光強的大小關(guān)系。【解答】解：A．光在雨滴內(nèi)的傳播情況如圖所示如圖所示，設(shè)入射角為i，折射角為r，由幾何關(guān)系可知4r＝2i+42°解得：r＝37°則光束在雨滴中的折射率為代入數(shù)據(jù)解得：n＝，故A錯誤；B．由折射定律可得：可得：由幾何關(guān)系可知，光在雨滴中傳播距離為l＝4Rcosr光束在雨滴中經(jīng)歷的時間為聯(lián)立解得：t＝，故B正確；CD．由光路可逆性可知，光在雨滴中第一次反射時一定會發(fā)生折射，此后每次發(fā)生反射時，入射角都相同，不可能發(fā)生全反射，出射光光強一定弱于入射光光強，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題主要考查了光的折射定律，理解光的傳播特點，結(jié)合幾何關(guān)系和運動學(xué)公式即可完成解答。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16．（6分）（1）楊同學(xué)在做雙縫干涉實驗時，測量相鄰亮條紋間距，某次讀數(shù)為10.30mm，則測量頭上安裝的測量儀器與以下哪種一致A（2）用傳感器和計算機可以方便地描出平拋運動的物體的軌跡，設(shè)計原理如圖1所示。從某點無初速釋放物體（圖中未畫出），使其做平拋運動。物體每隔20ms可向四周發(fā)射紅外脈沖，豎直平面內(nèi)安放著紅外接收裝置B，B1，B2兩個接收器各自測出收到紅外脈沖的時間，并由此算出與物體的距離，在計算機屏幕上確定點跡，以此描繪出物體的軌跡。下列判斷正確的是D（單選）。A．物體應(yīng)選擇質(zhì)量大體積大的球B．物體做平拋運動起點一定在B1B2連線的正上方C．計算機屏幕上記錄一個點跡，需釋放物體一次D．屏幕上相鄰點跡間速度變化量相同（3）伽利略利用如圖2的裝置研究小球做平拋運動的特性，小球從高為H的斜面無初速釋放，下落到底端做平拋運動，水平位移為D，改變釋放高度，得到如表1的數(shù)據(jù)，圖3是伽利略的手稿，如果你是伽利略，關(guān)于小球釋放高度H與平拋水平距離D的關(guān)系，可得出怎樣的結(jié)論（寫出一條即可）隨著釋放高度增大，實驗誤差越??；小球平拋水平方向的位移D和小球在斜面上釋放點高度成正相關(guān)。表（單位：punti）序號斜面釋放高度H平拋水平距離D計算值平拋水平距離D測量值誤差1300997800197260011311172413800130613282248281330134010【分析】（1）根據(jù)雙縫干涉實驗裝置和實驗數(shù)據(jù)精確度分析判斷；（2）根據(jù)計算機描繪軌跡的原理分析判斷；（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）測量頭上安裝的測量儀器是游標(biāo)卡尺，根據(jù)數(shù)據(jù)可知最小分度值為0.05或0.02mm，故A正確，BC錯誤。故選：A。（2）A．為減小空氣阻力影響，物體應(yīng)選擇質(zhì)量大體積小的球，故A錯誤；B．物體做平拋運動起點不一定在B1、B2連線的正上方，故B錯誤；C．釋放物體一次，計算機屏幕上記錄一系列點跡，故C錯誤；D．平拋運動豎直方向做自由落體運動，屏幕上相鄰點跡間時間相同，速度變化量相同，故D正確。故選：D。（3）隨著釋放高度增大，實驗誤差越??；小球平拋水平方向的位移D和小球在斜面上釋放點高度成正比相關(guān)。故答案為：（1）A；（2）D；（3）隨著釋放高度增大，實驗誤差越??；小球平拋水平方向的位移D和小球在斜面上釋放點高度成正相關(guān)。【點評】本題關(guān)鍵掌握雙縫干涉實驗裝置、游標(biāo)卡尺的讀數(shù)、計算機描繪軌跡的原理和數(shù)據(jù)分析方法。17．（8分）李同學(xué)在研究測量電源電動勢和內(nèi)阻實驗中，電路連接如圖2，突然靈光一閃，發(fā)現(xiàn)該電路也可以粗測滑動變阻器電阻絲的電阻率。?（1）如圖2所示，滑動變阻器的瓷筒上緊密纏繞著單層電阻絲，測量出瓷筒上電阻絲纏繞的總寬度l0，測得n匝電阻絲纏繞后的寬度為x，則電阻絲的直徑為；測量出滑動變阻器瓷筒外徑D，可認(rèn)為一匝電阻絲的長度為πD；（2）將開關(guān)S2撥到接線柱2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器，即改變其接入電路中的寬度l，電壓表和電流表示數(shù)都在較大范圍內(nèi)較為均勻的變化，整理數(shù)據(jù)如圖3所示，橫坐標(biāo)單位為l0，若圖像斜率為k，則電阻絲的電阻率為（用題設(shè)中已知物理量符號表示）；（3）儲同學(xué)認(rèn)為從圖3中圖像數(shù)據(jù)可知，上述實驗方案誤差較大，應(yīng)采用電流表外接的方式，你是否認(rèn)同儲同學(xué)觀點，并說明理由不認(rèn)同，因為采用電流表外接并利用圖像法處理數(shù)據(jù)，圖像斜率和電阻率相關(guān)但與電流表內(nèi)阻無關(guān)；（4）楊同學(xué)繼續(xù)用如圖1電路測量電源電動勢和內(nèi)阻，根據(jù)前面實驗結(jié)果，為減小實驗誤差，開關(guān)S2應(yīng)該連接1接線柱（選填“1”或“2”）；電源電動勢測量值相較真實值相同（選填“偏大”、“偏小”或“相同”）；電源內(nèi)阻數(shù)量級應(yīng)為幾歐（選填“幾歐”、“幾十歐”或“幾百歐”）?！痉治觥浚?）n匝電阻絲纏繞后的寬度為x，結(jié)合數(shù)學(xué)知識得出電阻絲的直徑；（2）根據(jù)電阻定律結(jié)合圖像的物理意義得出電阻率的表達(dá)式；（3）根據(jù)實驗原理結(jié)合電路構(gòu)造的分析完成解答；（4）理解電路構(gòu)造的分析，結(jié)合閉合電路歐姆定律完成解答?！窘獯稹拷猓海?）測得n匝電阻絲纏繞后的寬度為x，則每匝電阻絲的寬度即為電阻絲的直徑，應(yīng)為（2）由電阻定律可得電阻絲的橫截面積由歐姆定律電阻絲的總長度圖3圖線的斜率聯(lián)立解得：ρ＝（3）不認(rèn)同，因為采用電流表外接并利用圖像法處理數(shù)據(jù)，圖像斜率和電阻率相關(guān)但與電流表內(nèi)阻無關(guān)。（4）因電源的內(nèi)阻較小，由圖中l(wèi)＝0時縱坐標(biāo)值為電流表內(nèi)阻，即電流表的內(nèi)阻可由圖像確定，電壓表的內(nèi)阻遠(yuǎn)大于電源的內(nèi)阻，因此為減小實驗誤差，應(yīng)用電流表外接，即開關(guān)S2應(yīng)該連接1接線柱?？紤]到電流表內(nèi)阻E＝U+I（RA+r）根據(jù)U﹣I圖像的到的電源電動勢測量值與真實值相同，內(nèi)阻測量值包括了電流表的內(nèi)阻。因一般電源內(nèi)阻都較小，因此電源內(nèi)阻數(shù)量級應(yīng)為幾歐。故答案為：（1）；（2）；（3）不認(rèn)同，因為采用電流表外接并利用圖像法處理數(shù)據(jù)，圖像斜率和電阻率相關(guān)但與電流表內(nèi)阻無關(guān)；（4）1；相同；幾歐【點評】本題考查了“測定金屬的電阻率”的實驗，考查了螺旋測微器讀數(shù)、實驗器材選擇、實驗注意事項、實驗誤差分析與實驗數(shù)據(jù)處理等問題；要掌握實驗器材的選擇原則，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律與電阻定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式可以求出電阻率。18．（8分）如圖所示，老師帶領(lǐng)學(xué)生表演“馬德堡半球?qū)嶒灐?。他先取出兩個在碗底各焊接了鐵鉤的不銹鋼碗，在一個碗里燒了一些紙，然后迅速把另一個碗扣上，再在碗的外面澆水，使其冷卻到環(huán)境溫度。用兩段繩子分別鉤著鐵鉤朝相反的方向拉，試圖把兩個碗拉開。當(dāng)兩邊的人各增加到5人時，平均每人施加200N拉力，才把碗拉開。已知碗口的半徑為10cm，環(huán)境溫度為27℃，實驗過程中碗不變形，也不漏氣。大氣壓，絕對零度為﹣273℃，π取3。求（1）大氣壓施加在一個銹鋼碗上的壓力；（2）試定性分析在碗的外面澆水使其冷卻的目的；（3）請你估算兩個不銹鋼碗剛被扣上時，里面空氣的溫度是多少？【分析】（1）根據(jù)壓強公式F＝pS進行壓力求解；（2）根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程pV＝CT分析出壓強的變化，對碗內(nèi)氣體分析，氣體發(fā)生等容變化，由此列式完成分析即可。（3）由查理定律分析壓強，求壓強差，再求溫度。【解答】解（1）設(shè)兩碗口的橫截面積為S，碗口的半徑為r＝10cm＝0.1m，，則解得F＝3000N（2）由于兩個碗內(nèi)部的氣體密閉，所以可認(rèn)為體積不變，在碗的外面澆水，使其冷卻到環(huán)境溫度，即讓碗內(nèi)部的氣體溫度降低，根據(jù)查理定律，碗內(nèi)部的壓強驟然降低，于是碗內(nèi)外形成很大壓強差，需要較大的拉力才能拉開；（3）設(shè)兩個不銹鋼碗剛被扣上時，里面空氣的溫度是t，兩碗內(nèi)空氣的體積不變，由查理定律可知解得：兩碗內(nèi)外的壓強差為設(shè)兩碗口的橫截面積為S，則在拉力方向碗內(nèi)外的壓力差為碗口的半徑為r＝10cm，S＝πr2，，ΔF＝5×200N＝1000N，則解得：t＝177℃答：（1）大氣壓施加在一個銹鋼碗上的壓力3000N；（2）由于兩個碗內(nèi)部的氣體密閉，所以可認(rèn)為體積不變，在碗的外面澆水，使其冷卻到環(huán)境溫度，即讓碗內(nèi)部的氣體溫度降低，根據(jù)查理定律，碗內(nèi)部的壓強驟然降低，于是碗內(nèi)外形成很大壓強差，需要較大的拉力才能拉開；（3）兩個不銹鋼碗剛被扣上時，里面空氣的溫度t＝177℃?！军c評】本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，分析清楚氣體狀態(tài)變化過程、正確選擇研究對象是解題的前提與關(guān)鍵。19．（11分）如圖所示為某品牌拼接玩具搭建的場景。AB、BC為粗糙直軌道，摩擦系數(shù)均為0.25，在B點平滑連接，BC＝4cm，CDE是光滑半圓弧軌道，半徑r＝15cm，與直軌道在C點平滑連接，直軌道AB與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量為0.1kg物塊從直軌道AB某處下滑，恰好能通過圓弧軌道最高點E，不計空氣阻力，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：（1）物塊第一次經(jīng)過D點時加速度大??；（2）某同學(xué)計算物塊平拋時間為0.2s，試分析該同學(xué)計算結(jié)果是否正確。（物塊平拋后會與軌道AB碰撞，只考慮碰撞前平拋運動情況）（3）欲使物塊不脫離軌道，且盡可能使物塊在直軌道上滑行較長距離，求物塊釋放位置以及最終停下來位置?！痉治觥浚?）物塊恰好能通過圓弧軌道最高點E，由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律求出物塊通過E點的速度大小。物塊由D運動到E過程，由動能定理求出物塊通過D點的速度大小。物塊在D點，由向心力公式求出軌道對物塊的支持力，再由牛頓第二定律求出物塊第一次經(jīng)過D點時加速度大??；（2）如果物塊平拋時間為0.2s，根據(jù)分位移公式和幾何關(guān)系分析結(jié)果是否正確。（3）欲使物塊不脫離軌道，則物塊達(dá)到D速度恰好為0時滿足要求，根據(jù)動能定理列方程，求出物塊釋放初始位置距B點的距離。再根據(jù)動能定理求出物塊第二次下滑時距B點的距離，結(jié)合數(shù)列知識求解。【解答】解：（1）物塊恰好能通過圓弧軌道最高點E，在E點由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律有物塊由D運動到E過程，由動能定理有物塊在D點，由向心力公式有解得：N＝3mg則D點加速度為a＝＝＝g（2）倘若平拋時間為0.2s，則有h＝＝x＝vt＝t＝×0.2m＝m根據(jù)幾何關(guān)系有其中r＝15cm＝0.15m，BC＝4cm＝0.04m，代入數(shù)據(jù)顯然不匹配，所以該同學(xué)計算錯誤。（3）欲使物塊不脫離軌道，則物塊達(dá)到D速度恰好為0時滿足要求，設(shè)物塊釋放初始位置距B點的距離為x1。從釋放點到D點的過程，由動能定理有mgx1sinθ﹣μmgx1cosθ﹣μmg?BC﹣mgr＝0解得：x1＝40cm即物塊釋放初始位置距B點40cm，設(shè)物塊第二次下滑時距B點的距離為x2，從開始釋放到第一次回到斜面上最高點的過程，由動能定理有mg（x1﹣x2）sinθ＝μmgcosθ（x1+x2）+2μmg?BC＝0解得：建立遞歸數(shù)列即有：x2＝17.5cm，x3＝6.25cm，x4＝0.625cm，x5＜0cm所以最終停止情況有mgsinθ?x4＝μmgcosθ?x4+μmgx解得：x＝1cm即物塊最終停止于距離B點1cm處。答：（1）物塊第一次經(jīng)過D點時加速度大小為；（2）見解析；（3）物塊釋放位置距B點40cm，最終停止于距離B點1cm處?！军c評】解答本題的關(guān)鍵要理清物塊的運動過程，把握隱含的臨界狀態(tài)和臨界條件。運用動能定理時，要注意選擇研究過程。Ω的電阻，其余電阻不計。在x≥0處，存在垂直于水平面