2024年九省聯(lián)考（廣西）高考物理適應(yīng)性試卷（1月份）

2024年九省聯(lián)考（廣西）高考物理適應(yīng)性試卷（1月份）一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1～7題，每小題4分，只有一項符合題目要求，錯選、多選或未選均不得分，第8～10題，每小題4分，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分。1．（4分）锝99m在醫(yī)療診斷中被廣泛用作顯像劑或示蹤劑，質(zhì)量為m0的锝99m經(jīng)過12h后剩余锝99m的質(zhì)量為，它的半衰期為（）A．3h B．6h C．9h D．12h2．（4分）我國酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心在2022年將“夸父一號”衛(wèi)星送入半徑為r1的晨昏軌道；2023年又將“星池一號A星”送入半徑為r2的晨昏軌道（r1＞r2），“夸父一號”與“星池一號A星”在繞地球運行中，周期之比為（）A．1：1 B．r1：r2 C．： D．3．（4分）如圖，當(dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時，車輛會改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場，通過傳感器電路將磁場的變化轉(zhuǎn)換為交通燈的控制信號，車輛駛?cè)雸D中圓形區(qū)域時，車輛引起磁場變化的原因類似于（）A．將鐵芯放入通電線圈 B．增大通電線圈的面積 C．增加通電線圈的匝數(shù) D．加大對通電線圈的壓力4．（4分）半徑為0.1m的圓內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B大小為0.4T，現(xiàn)將一單匝正方形線框放入磁場，線框平面與磁場方向垂直，其中一頂點與圓形磁場區(qū)域的圓心O點重合，如圖，當(dāng)通過線框的電流I為1A時，線框所受的安培力大小為（）A． B． C． D．5．（4分）2023年11月，在廣西舉辦的第一屆全國學(xué)生（青年）運動會的自行車比賽中，若甲、乙兩自行車的v﹣t圖像如圖，在t＝0時刻兩車在賽道上初次相遇，則（）A．0﹣t1內(nèi)，乙的加速度越來越大 B．t1時刻，甲、乙再次相遇 C．0﹣t1內(nèi)，甲、乙之間的距離先增大后減小 D．t1﹣t2內(nèi)，甲、乙之間的距離先減小后增大6．（4分）如圖，空間中有一勻強電場，大小為，方向與水平方向成30°角，現(xiàn)有一光滑絕緣大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O點為環(huán)心，將質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小圓環(huán)套在大圓環(huán)的M點并同時給小圓環(huán)一個向右的水平初速度，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，重力加速度為g，則小圓環(huán)（）A．從M點到Q點動能減小 B．在M點和N點的電勢能相等 C．從M點到Q點電場力做負(fù)功 D．動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢7．（4分）如圖甲，彈簧振子的平衡位置O點為坐標(biāo)原點，小球在M、N兩點間做振幅為A的簡諧運動，小球經(jīng)過O點時開始計時，其x﹣t圖像如圖乙，小球的速度，加速度為a，質(zhì)量為m，動能為Ek，彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧振子的彈性勢能為Ep，彈簧對小球做功的功率為P，下列描述該運動的圖像正確的是（）A． B． C． D．（多選）8．（6分）電磁爐正常工作時，面板下方的線圈周圍產(chǎn)生迅速變化的磁場，使面板上方的鐵鍋底部產(chǎn)生渦流而發(fā)熱，則（）A．通過線圈的是恒定電流 B．通過線圈的是交變電流 C．用全陶瓷鍋替代鐵鍋也能發(fā)熱 D．電磁爐正常工作時面板不發(fā)熱（多選）9．（6分）等量同種理想氣體分別經(jīng)絕熱過程①和一般過程②，溫度均從Ta升至Tb，p﹣V圖像如圖，過程①外界對理想氣體做功為W1，過程②外界對理想氣體做功為W2，則（）A．過程②內(nèi)能的增量等于W1 B．過程①和過程②相比，W1＞W(wǎng)2 C．過程②理想氣體向外界放出熱量 D．過程①理想氣體從外界吸收的熱量等于W1（多選）10．（6分）水塔頂部有一蓄滿水的蓄水池，內(nèi)部水的深度用h表示，靠近蓄水池底部的側(cè)壁有一個面積為S的小孔，水從小孔水平噴出，水流下落過程中分離成許多球狀小水珠，小水珠所受空氣阻力大小可近似為f＝kπr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為小水珠半徑，v為小水珠速度（v未知），設(shè)重力加速度為g，水的密度為ρ，水塔足夠高，則（）A．水從小孔噴出的速度約為 B．水珠最終下落速度不會超過 C．小水珠在水平方向的最大位移僅由小孔離地高度和水噴出的速度決定 D．若用一塊木板正面去堵小孔，即將堵住時水對木板的沖擊力大小為5ρghS二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。第11題6分，第12題10分，第13題10分，第14題12分，第15題16分。其中13～15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，若只有最后答案而無演算過程的不得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．（6分）某同學(xué)進行“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗，實驗裝置如圖：（1）實驗用到的打點計時器是用來記錄和的儀器；（2）在進行實驗時，該同學(xué)將長木板不帶滑輪的一端墊高，使得小車在不受牽引時能拖動紙帶沿長木板運動，該操作的目的是補償阻力；（3）當(dāng)槽碼的質(zhì)量m和小車的質(zhì)量M大小關(guān)系滿足時，可以認(rèn)為小車所受的拉力大小與槽碼所受的重力大小相等。12．（10分）某實驗小組對一個待測電池的電動勢E（約1.5V）和內(nèi)阻r（小于2Ω）進行測量，可用的器材有：一個小量程的電壓表（量程為0.3V），定值電阻R0＝149.0Ω，最大阻值為999.9Ω的電阻箱R，開關(guān)S，他們設(shè)計如圖甲的實驗電路。實驗方案如下：（1）在電表安全范圍內(nèi)，閉合開關(guān)，改變電阻箱阻值R，記錄相應(yīng)電壓表讀數(shù)U，某次測量時R的讀數(shù)如圖乙，該讀數(shù)為Ω；（2）處理測量數(shù)據(jù)獲得圖像如圖丙，結(jié)果表明與成線性關(guān)系，其斜率為Ω/V（保留3位有效數(shù)字）；（3）該小組將圖甲中的電壓表當(dāng)成理想電壓表，結(jié)合圖丙可得待測電池的電動勢E′＝V（保留2位小數(shù)）；（4）該小組發(fā)現(xiàn)E′與預(yù)期相差較大，通過查閱電壓表的使用說明書，得知電壓表的內(nèi)阻RV＝300.0Ω，結(jié)合圖丙計算得E＝V（保留2位小數(shù)），r＝Ω（保留1位小數(shù)）。13．（10分）光學(xué)反射棱鏡被廣泛應(yīng)用于攝像、校準(zhǔn)等領(lǐng)域，其中一種棱鏡的截面如圖，eh邊為鍍膜反射面，ef＝eh，fg＝gh，∠e＝60°，∠g＝120°，棱鏡的折射率為，光在真空中的傳播速度為3.0×108m/s，若細(xì)光束從O點以60°的入射角從真空射入棱鏡，求：（1）光在上述棱鏡中傳播速度的大小；（2）光束從棱鏡中射出的折射角，并完成光路圖。14．（12分）在圖示裝置中，斜面高h＝0.9m，傾角α＝37°，形狀相同的剛性小球A、B質(zhì)量分別為100g和20g，輕彈簧P的勁度系數(shù)k＝270N/m，用A球?qū)椈蓧嚎sΔl＝10cm后無初速釋放，A球沿光滑表面沖上斜面頂端與B球發(fā)生對心彈性碰撞，設(shè)碰撞時間極短，彈簧彈性勢能Ep＝，重力加速度的大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。（1）求碰撞前瞬間A球的速度大?。唬?）求B球飛離斜面時的速度大?。唬?）將裝置置于豎直墻面左側(cè)，仍取Δl＝10cm，再次彈射使B球與墻面碰撞，碰撞前后瞬間，速度平行于墻面方向的分量不變，垂直于墻面方向的分量大小不變，方向相反，為使B球能落回到斜面上，求裝置到墻面距離x的最大值。15．（16分）如圖，一半徑為R1的圓內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直于紙面向里，在圓形磁場右邊有一接地的“”形金屬擋板abcd，ab＝cd＝3R1，bc＝4R1，在bc邊中點O開一小孔，圓形磁場與bc邊相切于O點，擋板內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，且磁感應(yīng)強度大小B2＝0.5B1，在cd邊下方2R1處放置一足夠長的水平接收板P，初速度可忽略的大量電子，經(jīng)過電壓U加速后，有寬度為2R1的平行電子束豎直向上進入圓形磁場，均通過O點進入B2，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用和電子的重力，其中U、B1、m、e已知，求：（1）電子進入圓形磁場區(qū)域時的速度v；（2）圓形磁場區(qū)域的半徑R1；（3）電子在水平接收板上擊中的區(qū)域。2024年九省聯(lián)考（廣西）高考物理適應(yīng)性試卷（1月份）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1～7題，每小題4分，只有一項符合題目要求，錯選、多選或未選均不得分，第8～10題，每小題4分，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分。1．（4分）锝99m在醫(yī)療診斷中被廣泛用作顯像劑或示蹤劑，質(zhì)量為m0的锝99m經(jīng)過12h后剩余锝99m的質(zhì)量為，它的半衰期為（）A．3h B．6h C．9h D．12h【分析】根據(jù)半衰期的公式求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)半衰期的公式有整理解得τ＝6h故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】會利用半衰期的公式進行有關(guān)計算，難度不大。2．（4分）我國酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心在2022年將“夸父一號”衛(wèi)星送入半徑為r1的晨昏軌道；2023年又將“星池一號A星”送入半徑為r2的晨昏軌道（r1＞r2），“夸父一號”與“星池一號A星”在繞地球運行中，周期之比為（）A．1：1 B．r1：r2 C．： D．【分析】根據(jù)開普勒第三定律得出周期比例?！窘獯稹拷猓河砷_普勒第三定律得周期之比為故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查的是開普勒第三定律的運用，題型簡單。3．（4分）如圖，當(dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時，車輛會改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場，通過傳感器電路將磁場的變化轉(zhuǎn)換為交通燈的控制信號，車輛駛?cè)雸D中圓形區(qū)域時，車輛引起磁場變化的原因類似于（）A．將鐵芯放入通電線圈 B．增大通電線圈的面積 C．增加通電線圈的匝數(shù) D．加大對通電線圈的壓力【分析】根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象分析出電流的變化，從而分析出線圈產(chǎn)生的磁場的變化原因?！窘獯稹拷猓寒?dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時，車輛會改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場，從而使圓形區(qū)域線圈的磁通量發(fā)生變化，汽車上大部分是金屬，汽車經(jīng)過線圈時會引起汽車磁通量的變化，從而產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場；此過程類似將鐵芯放入通電線圈，鐵芯的磁通量也會變化，也會產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而改變通電線圈中的磁場。故BCD錯誤，A正確。故選：A。【點評】本題主要考查了電磁感應(yīng)在生活中的應(yīng)用，理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象，結(jié)合感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件即可完成分析。4．（4分）半徑為0.1m的圓內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B大小為0.4T，現(xiàn)將一單匝正方形線框放入磁場，線框平面與磁場方向垂直，其中一頂點與圓形磁場區(qū)域的圓心O點重合，如圖，當(dāng)通過線框的電流I為1A時，線框所受的安培力大小為（）A． B． C． D．【分析】先計算出線圈的有效長度，再根據(jù)F＝BIL求解出安培力的大小?！窘獯稹拷猓壕€框在磁場的線段的有效長度為L＝＝＝m安培力大小為F＝BIL＝0.4×1×N＝N故B正確，ACD正確。故選：B?！军c評】本題考查的是安培力的計算，其中需注意線段的有效長度。5．（4分）2023年11月，在廣西舉辦的第一屆全國學(xué)生（青年）運動會的自行車比賽中，若甲、乙兩自行車的v﹣t圖像如圖，在t＝0時刻兩車在賽道上初次相遇，則（）A．0﹣t1內(nèi)，乙的加速度越來越大 B．t1時刻，甲、乙再次相遇 C．0﹣t1內(nèi)，甲、乙之間的距離先增大后減小 D．t1﹣t2內(nèi)，甲、乙之間的距離先減小后增大【分析】v﹣t圖像的斜率表示加速度；v﹣t圖像的面積表示位移，分析得出結(jié)論。【解答】解：A．v﹣t圖像的斜率表示加速度，由圖可得，0﹣t1內(nèi)乙圖線的斜率逐漸變小，即加速度減小，故A錯誤；BCD．v﹣t圖像的面積表示位移，由圖可知在t1時刻，乙的位移大于甲的位移，即此時乙在甲前面，由圖可得，0﹣t1乙的面積與甲的面積差一直增大，即甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之間的距離一直增大，t1時刻乙在甲前面，t1﹣t2，由圖可知v甲＞v乙且都做勻速直線運動，則甲會追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1﹣t2甲、乙之間的距離先減小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙的距離在增大，故BC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查了與圖像相關(guān)的追及相遇問題，重點考查學(xué)生對圖像中運動的理解，能夠?qū)⑦\動與圖像結(jié)合進行理解是學(xué)生需具備的重要能力。6．（4分）如圖，空間中有一勻強電場，大小為，方向與水平方向成30°角，現(xiàn)有一光滑絕緣大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O點為環(huán)心，將質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小圓環(huán)套在大圓環(huán)的M點并同時給小圓環(huán)一個向右的水平初速度，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，重力加速度為g，則小圓環(huán)（）A．從M點到Q點動能減小 B．在M點和N點的電勢能相等 C．從M點到Q點電場力做負(fù)功 D．動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢【分析】正電荷沿著電場線方向移動，電場力做正功；沿電場線方向電勢降低，可判斷出M和N的電勢大小，再根據(jù)Ep＝φq得出電勢能的大??；作出等效最高點和最低點，得出動能的大小關(guān)系；得出B點電勢和A點電勢的關(guān)系，再得出動能與電勢的聯(lián)系?！窘獯稹拷猓篊．小圓環(huán)帶正電，從M點到Q點電場力做正功，故C錯誤；B．作出等勢面如圖沿電場線方向電勢降低，則在M點的電勢高于N點的電勢，根據(jù)Ep＝φq可得在M點的電勢能大于N點的電勢能，故B錯誤；A．小圓環(huán)受到的電場力受力如圖則小圓環(huán)運動的等效最高點和等效最低點分別為A點和B點，在A點速度最小，在B點速度最大，則從M點到Q點動能先增大后減小，故A錯誤；D．根據(jù)沿電場線方向電勢降低，則在B點的電勢低于A點的電勢，即動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢，故D正確。故選：D?！军c評】考查帶電粒子在電場中的運動，掌握動能定理的應(yīng)用，理解等效重力加速度的思維。7．（4分）如圖甲，彈簧振子的平衡位置O點為坐標(biāo)原點，小球在M、N兩點間做振幅為A的簡諧運動，小球經(jīng)過O點時開始計時，其x﹣t圖像如圖乙，小球的速度，加速度為a，質(zhì)量為m，動能為Ek，彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧振子的彈性勢能為Ep，彈簧對小球做功的功率為P，下列描述該運動的圖像正確的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)速度公式求出在t＝0時的速度最大，速度最大時處于平衡位置，求出此時的x、a以及Ek與Ep等，得出對小球做功的功率大小；求出角速度，從而求出小球速度變化周期，得出動能和勢能的周期，求出最大動能，再根據(jù)機械能守恒得出最大彈性勢能；求出功率的通式，再得出功率最大值?！窘獯稹拷猓篈．小球做簡諧運動，速度可知在t＝0時速度最大，小球位于平衡位置，此時位移為0，動能最大，彈性勢能為0，加速度為0，彈簧的彈力為0，對小球做功的功率為0，故A錯誤；BC．由可知則小球速度變化周期為T′＝T所以動能和勢能的周期為小球的最大速度根據(jù)機械能守恒可知最大彈性勢能故B錯誤，C正確；D．由x﹣t圖像可知小球的位移彈簧對小球做功的功率彈簧對小球做功的功率P與時間的關(guān)系圖像為：故D錯誤。故選：C?！军c評】該題考查學(xué)生從簡諧運動圖像讀取信息的能力，屬于基本題型。（多選）8．（6分）電磁爐正常工作時，面板下方的線圈周圍產(chǎn)生迅速變化的磁場，使面板上方的鐵鍋底部產(chǎn)生渦流而發(fā)熱，則（）A．通過線圈的是恒定電流 B．通過線圈的是交變電流 C．用全陶瓷鍋替代鐵鍋也能發(fā)熱 D．電磁爐正常工作時面板不發(fā)熱【分析】當(dāng)線圈中通有交變電流時，金屬中這些回路的磁通量就會發(fā)生變化，從而在金屬內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流?！窘獯稹拷猓篈B．電磁爐工作時，面板下方的線圈周圍產(chǎn)生迅速變化的磁場，因此通過線圈的是交變電流，故A錯誤，B正確；C．使用時，加熱線圈中通入交變電流，線圈周圍便產(chǎn)生一交變磁場，交變磁場的磁感線大部分通過鐵鍋鍋底，在鍋底中產(chǎn)生大量的渦流，從而產(chǎn)生烹飪所需的熱，所以電磁爐發(fā)熱部分需要用鐵鍋產(chǎn)生渦流來加熱，故C錯誤；D．電磁爐內(nèi)線圈通過高頻交流電，會在上方的鐵質(zhì)鍋具中產(chǎn)生渦流，從而加熱食品，面板是陶瓷材料制成，不能產(chǎn)生渦流，也就不能產(chǎn)生熱，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了渦流在現(xiàn)實生活中的應(yīng)用，在理解渦流時，要注意渦流的本質(zhì)是由于電磁感應(yīng)而產(chǎn)生的，它的產(chǎn)生仍然符合感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件（有磁通量的改變，具體形式是有磁場的變化或?qū)w切割磁感線），特殊之處在于感應(yīng)電流不是在線狀回路中產(chǎn)生的，而是在塊狀金屬中產(chǎn)生的。（多選）9．（6分）等量同種理想氣體分別經(jīng)絕熱過程①和一般過程②，溫度均從Ta升至Tb，p﹣V圖像如圖，過程①外界對理想氣體做功為W1，過程②外界對理想氣體做功為W2，則（）A．過程②內(nèi)能的增量等于W1 B．過程①和過程②相比，W1＞W(wǎng)2 C．過程②理想氣體向外界放出熱量 D．過程①理想氣體從外界吸收的熱量等于W1【分析】過程①為絕熱過程，此過程既不吸熱也不放熱，氣體內(nèi)能的變化量等于外界對氣體做的功；氣體的p﹣V圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為氣體做的功；由熱力學(xué)第一定律列式結(jié)合A選項的結(jié)論得出熱量的大小。【解答】解：AD．由題意可知，①為絕熱過程，所以該過程氣體既不從外界吸收熱量，也不向外界釋放熱量，氣體內(nèi)能的變化量等于外界對氣體做的功，即ΔU1＝W1由于理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，而兩過程的初末狀態(tài)的溫度相同，所以其初末狀態(tài)的內(nèi)能相同，即內(nèi)能變化相同，即ΔU2＝ΔU1＝W1故A正確，D錯誤；B．由氣體的p﹣V圖像可知，其圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為氣體做的功，由圖像可知，②過程做的功大于①過程。過程①和過程②相比，W1＜W2，故B錯誤；C．由熱力學(xué)第一定律有ΔU2＝W2+Q2其中ΔU2＝W1，且W1＜W2，綜上所述Q2＜0所以該過程氣體向外界放出熱量，故C正確。故選：AC?！军c評】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，對于熱力學(xué)第一定律表示式ΔU＝W+Q，其中W的含義是外界對系統(tǒng)做的功，應(yīng)用時若系統(tǒng)對外界做功，則W應(yīng)取負(fù)值；Q的含義是系統(tǒng)從外界吸收的熱量，若系統(tǒng)向外界放熱，則Q應(yīng)取負(fù)值。（多選）10．（6分）水塔頂部有一蓄滿水的蓄水池，內(nèi)部水的深度用h表示，靠近蓄水池底部的側(cè)壁有一個面積為S的小孔，水從小孔水平噴出，水流下落過程中分離成許多球狀小水珠，小水珠所受空氣阻力大小可近似為f＝kπr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為小水珠半徑，v為小水珠速度（v未知），設(shè)重力加速度為g，水的密度為ρ，水塔足夠高，則（）A．水從小孔噴出的速度約為 B．水珠最終下落速度不會超過 C．小水珠在水平方向的最大位移僅由小孔離地高度和水噴出的速度決定 D．若用一塊木板正面去堵小孔，即將堵住時水對木板的沖擊力大小為5ρghS【分析】根據(jù)機械能守恒定律得出水從小孔噴出的速度；當(dāng)重力與阻力相等時，下落速度最大，列式求出最大速度；不計空氣阻力時，水平方向的最大位移僅由小孔離地高度和水噴出的速度決定，而小水珠運動過程中有阻力的作用；根據(jù)動量定理求解，列式時假設(shè)時間t水珠的運動情況?！窘獯稹拷猓篈．取水面上質(zhì)量為m的水滴，從小孔噴出時，由機械能守恒定律可知mgh＝mv解得水從小孔噴出的速度約為故A正確；B．水珠下落速度最大時有mg＝f即解得所以最終下落速度不會超過，故B正確；C．不計空氣阻力時，水平方向的最大位移僅由小孔離地高度和水噴出的速度決定，由于小水珠噴出后受空氣阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔離地高度和水噴出的速度以及阻力大小有關(guān)，故C錯誤；D．若用一塊木板正面去堵小孔，設(shè)水與木板表面的作用時間為t，對到木板表面的水，以水的速度方向為正方向，由動量定理得，則在t時間內(nèi)到木板表面水的質(zhì)量為m＝ρSv0tFt＝0﹣mv0整理解得F＝﹣2ρghS可見即將堵住時水對木板的沖擊力大小為2ρghS，故D錯誤。故選：AB?！军c評】本題考查的是動量定理的應(yīng)用，其中需注意水珠下落過程中會受到阻力的作用。二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。第11題6分，第12題10分，第13題10分，第14題12分，第15題16分。其中13～15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，若只有最后答案而無演算過程的不得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．（6分）某同學(xué)進行“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗，實驗裝置如圖：（1）實驗用到的打點計時器是用來記錄時間和距離的儀器；（2）在進行實驗時，該同學(xué)將長木板不帶滑輪的一端墊高，使得小車在不受牽引時能拖動紙帶沿長木板做勻速直線運動，該操作的目的是補償阻力；（3）當(dāng)槽碼的質(zhì)量m和小車的質(zhì)量M大小關(guān)系滿足m?M時，可以認(rèn)為小車所受的拉力大小與槽碼所受的重力大小相等?！痉治觥浚?）根據(jù)打點計時器的原理和用途說明測量的物理量；（2）為了平衡摩擦力，需要將長木板右端適當(dāng)墊高；（3）繩子的拉力由槽碼的總重力代替，需要槽碼的總質(zhì)量，也需要滿足槽碼總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量?！窘獯稹拷猓海?）實驗用到的打點計時器是用來記錄時間和距離的儀器；（2）在進行實驗時，該同學(xué)將長木板不帶滑輪的一端墊高，使得小車在不受牽引時能拖動紙帶沿長木板做勻速直線運動，該操作的目的是補償阻力，平衡摩擦力；（3）對整體根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：故可得繩子中拉力為：故當(dāng)槽碼的質(zhì)量m和小車的質(zhì)量M大小關(guān)系滿足m?M時，可以認(rèn)為小車所受的拉力大小與槽碼所受的重力大小相等。故答案為：（1）時間、距離；（2）做勻速直線；（3）m?M。【點評】本題考查了探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系的實驗。教科書本上的實驗，我們要從實驗原理、實驗儀器、實驗步驟、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗注意事項這幾點去搞清楚。對于實驗我們要清楚每一項操作存在的理由。比如為什么要平衡摩擦力，為什么要滿足m?M的條件等。12．（10分）某實驗小組對一個待測電池的電動勢E（約1.5V）和內(nèi)阻r（小于2Ω）進行測量，可用的器材有：一個小量程的電壓表（量程為0.3V），定值電阻R0＝149.0Ω，最大阻值為999.9Ω的電阻箱R，開關(guān)S，他們設(shè)計如圖甲的實驗電路。實驗方案如下：（1）在電表安全范圍內(nèi)，閉合開關(guān)，改變電阻箱阻值R，記錄相應(yīng)電壓表讀數(shù)U，某次測量時R的讀數(shù)如圖乙，該讀數(shù)為25.0Ω；（2）處理測量數(shù)據(jù)獲得圖像如圖丙，結(jié)果表明與成線性關(guān)系，其斜率為100Ω/V（保留3位有效數(shù)字）；（3）該小組將圖甲中的電壓表當(dāng)成理想電壓表，結(jié)合圖丙可得待測電池的電動勢E′＝1.0V（保留2位小數(shù)）；（4）該小組發(fā)現(xiàn)E′與預(yù)期相差較大，通過查閱電壓表的使用說明書，得知電壓表的內(nèi)阻RV＝300.0Ω，結(jié)合圖丙計算得E＝1.50V（保留2位小數(shù)），r＝1.0Ω（保留1位小數(shù)）?！痉治觥浚?）根據(jù)電阻箱各倍率的數(shù)字讀取電阻的示數(shù)；（2）由數(shù)學(xué)知識，結(jié)合圖像的相關(guān)數(shù)據(jù)求圖像的斜率；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，當(dāng)電表均為理想電表時，結(jié)合圖像的斜率與縱截距解答；（4）考慮電壓表的內(nèi)阻，寫出的表達式，結(jié)合斜率和縱截距求電動勢和內(nèi)阻。【解答】解：（1）某次測量時R的讀數(shù)為0×100Ω+2×10Ω+5×1Ω+0×0.1Ω＝25.0Ω；（2）根據(jù)圖像中的兩個特殊點的坐標(biāo)，可得圖像斜率為：（3）根據(jù)電路圖，由閉合電路的歐姆定律可知：解得：＝+?由圖像的縱截距可知：變形解得：E'＝1.00V（4）若考慮電壓表內(nèi)阻，RV＝300.0Ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：解得：則：解得：b＝1.00解得：k＝100聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：E＝1.50V，r＝1.0Ω故答案為：（1）25.0；（2）100；（3）1.00；（4）1.50、1.0?！军c評】本題考查了測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗，掌握利用圖像處理數(shù)據(jù)的常規(guī)方法。13．（10分）光學(xué)反射棱鏡被廣泛應(yīng)用于攝像、校準(zhǔn)等領(lǐng)域，其中一種棱鏡的截面如圖，eh邊為鍍膜反射面，ef＝eh，fg＝gh，∠e＝60°，∠g＝120°，棱鏡的折射率為，光在真空中的傳播速度為3.0×108m/s，若細(xì)光束從O點以60°的入射角從真空射入棱鏡，求：（1）光在上述棱鏡中傳播速度的大小；（2）光束從棱鏡中射出的折射角，并完成光路圖?！痉治觥浚?）根據(jù)計算光在棱鏡中傳播的速度；（2）畫出光路圖，確定出光線在界面入射角和折射角，從而分析解答。【解答】解：（1）由光的折射定律可得光在上述棱鏡中傳播速度的大小為（2）作出光路圖如圖所示由光的折射定律其中θ1＝60°解得θ2＝30°由圖可知θ3＝60°根據(jù)可得，臨界角為30°＜C＜45°故光線在O1處發(fā)生全反射，根據(jù)幾何關(guān)系可知，光線垂直射到eh邊，根據(jù)光路的可逆性，則光線沿著原路返回，故光線在O處發(fā)生折射，根據(jù)幾何關(guān)系，光束從棱鏡中射出的折射角為60°。答：（1）光在上述棱鏡中傳播速度的大小為；（2）光束從棱鏡中射出的折射角為60°，光路圖見解析?！军c評】本題運用光的折射定律、反射定律及光的全反射條件．還利用光的幾何特性，來尋找角與角的關(guān)系，從而算出結(jié)果。14．（12分）在圖示裝置中，斜面高h＝0.9m，傾角α＝37°，形狀相同的剛性小球A、B質(zhì)量分別為100g和20g，輕彈簧P的勁度系數(shù)k＝270N/m，用A球?qū)椈蓧嚎sΔl＝10cm后無初速釋放，A球沿光滑表面沖上斜面頂端與B球發(fā)生對心彈性碰撞，設(shè)碰撞時間極短，彈簧彈性勢能Ep＝，重力加速度的大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。（1）求碰撞前瞬間A球的速度大??；（2）求B球飛離斜面時的速度大小；（3）將裝置置于豎直墻面左側(cè)，仍取Δl＝10cm，再次彈射使B球與墻面碰撞，碰撞前后瞬間，速度平行于墻面方向的分量不變，垂直于墻面方向的分量大小不變，方向相反，為使B球能落回到斜面上，求裝置到墻面距離x的最大值?！痉治觥浚?）根據(jù)根據(jù)能量守恒定律求解碰撞前瞬間A球的速度大??；（2）A與B發(fā)生對心彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求解B球飛離斜面時的速度大?。唬?）B球與墻壁發(fā)生彈性碰撞，水平方向速度大小不變，方向反向，豎直方向速度大小方向均不變。球B飛回斜面的過程為斜拋運動，將運動分解到水平方向和豎直方向，根據(jù)運動學(xué)公式列式求解即可?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)A球與B球碰撞前的速度為vA，由能量守恒定律得：其中代入數(shù)據(jù)解得，碰撞前瞬間A球的速度大小為：vA＝3m/s（2）A球與B球發(fā)生對心彈性碰撞，則碰撞過程中由動量守恒定律得：mAvA＝mAvA′+mBvB′由機械能守恒定律得：＝mAvA′2+mBvB′2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得，B球飛離斜面時的速度大小為：vB′＝5m/s（3）仍取Δl＝10cm，則B球飛離斜面時的速度仍為vB′＝5m/s設(shè)B球運動的總時間為t，B球與墻壁