2024屆浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)高三上學(xué)期物理模擬試卷（選考）

2024年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)高考物理模擬試卷（選考）一、選擇題（本共14小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的。不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．（3分）下列屬于矢量，且其國(guó)際單位制單位用基本單位表示正確的是（）A．力：N B．功：kg?m2/s2 C．電勢(shì)：V D．電場(chǎng)強(qiáng)度：kg?m?A﹣1?s﹣32．（3分）2022年國(guó)際泳聯(lián)跳水世界杯于10月23日在德國(guó)柏林歐羅巴體育公園跳水館舉行，我國(guó)跳水選手昌雅妮奪得了女子單人三米板冠軍，如圖所示，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．研究昌雅妮跳水姿勢(shì)時(shí)，不能把她當(dāng)作質(zhì)點(diǎn) B．水珠下落過程中機(jī)械能不守恒 C．以水珠為參考系，昌雅妮是靜止的 D．水珠落入水中的時(shí)間與離開昌雅妮時(shí)的速度有關(guān)3．（3分）如圖所示，小勇老師在川藏線上騎行時(shí)看到公路兩邊豎立著很多鐵棒，查資料后得知，這些鐵棒的作用最有可能的是（）A．作為路標(biāo) B．作為導(dǎo)熱棒 C．預(yù)防雷電擊中地面 D．測(cè)量過往車輛的速度4．（3分）如圖所示，將同一個(gè)球分先后兩次從A點(diǎn)斜向上拋出，第一次落在B點(diǎn)，A、C、B在同一水平線上，C為AB中點(diǎn)，已知第一次拋出的初動(dòng)能是第二次拋出初動(dòng)能的2倍，則第二次拋出時(shí)（）A．3 B．2 C． D．5．（3分）年糕是我國(guó)很多地方傳統(tǒng)的新年應(yīng)時(shí)食品，打年糕時(shí)一般需要用木制榔頭反復(fù)捶打石槽中煮熟的糯米如圖所示。用木制榔頭捶打年糕的過程中，放在水平地面上的石槽始終未動(dòng)（）A．整個(gè)下降過程中榔頭始終處于失重狀態(tài) B．榔頭對(duì)年糕的彈力是年糕發(fā)生形變引起的 C．年糕凹陷，說明榔頭對(duì)年糕的打擊力大于年糕對(duì)榔頭的支持力 D．榔頭向下打擊年糕時(shí)，地面對(duì)石槽的支持力大于石槽和年糕的總重力6．（3分）鋰電池以碳材料為負(fù)極，以含鋰的化合物為正極。在充電過程中，通過化學(xué)反應(yīng)，鋰離子通過電解液運(yùn)動(dòng)到負(fù)極，嵌在有很多微孔的負(fù)極碳材料中，電池中充入的電荷量也就越多，在放電時(shí)，則圖示時(shí)刻（）A．鋰離子電池兩端的電壓正在逐漸增大 B．外界的電能轉(zhuǎn)化為鋰離子電池的化學(xué)能 C．負(fù)極的鋰離子通過電解液到達(dá)正極時(shí)，電場(chǎng)力做正功 D．由鋰離子的移動(dòng)情況可知電池處于放電狀態(tài)7．（3分）如圖所示，OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面，OD為直徑，紫光和紅光分別從B、C點(diǎn)射出。下列說法中正確的是（）A．逐漸減小入射角i，紫光先發(fā)生全反射 B．逐漸減小入射角i，紅光先發(fā)生全反射 C．紅光在半圓柱體玻璃中傳播的時(shí)間較長(zhǎng) D．紫光在半圓柱體玻璃中傳播的時(shí)間較長(zhǎng)8．（3分）兩個(gè)點(diǎn)電荷，電性未知、電荷量大小分別為4q和q，其電場(chǎng)線如圖所示（未標(biāo)明方向，且未畫出對(duì)稱軸附近的電場(chǎng)線），且滿足AB＝BC＝CD，則（）A．A、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向一定相反 B．從D點(diǎn)向左至無窮遠(yuǎn)，場(chǎng)強(qiáng)不斷減小 C．若電荷量為4q的點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，則電子從A向B移動(dòng)的過程中，電勢(shì)能減小 D．若電荷量為4q的點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，則A點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)9．（3分）如圖所示為一家用漏電開關(guān)的簡(jiǎn)易原現(xiàn)圖，下列說法正確的是（）A．當(dāng)無漏電時(shí)，零序電流互感器上線圈內(nèi)的磁通量不為零 B．當(dāng)出現(xiàn)漏電時(shí)，零序電流互感器上線圈內(nèi)的磁通量為某一恒定值 C．當(dāng)無漏電時(shí)，零序電流互感器上線圈中有感應(yīng)電流 D．當(dāng)出現(xiàn)漏電時(shí)，零序電流互感器上線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流10．（3分）如圖所示，位于教室中央的光源發(fā)出一個(gè)閃光，閃光照到了教室的前壁和后壁。教室的長(zhǎng)度為10m。在平行于教室高速運(yùn)動(dòng)的太空飛船上的觀察者（）A．測(cè)得照到前壁的光速度小于c B．觀測(cè)到飛船上的時(shí)間進(jìn)程比教室慢 C．測(cè)得教室的長(zhǎng)度小于10m D．觀察到光同時(shí)到達(dá)前、后壁11．（3分）如圖所示，某激光器的一端固定于圓心O點(diǎn)，以角速度ω繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)（不計(jì)光束截面積），在半徑為R的虛線圓某處固定一弧形接收屏，接收屏沿虛線圓的長(zhǎng)度為l。激光器轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，已知普朗克常數(shù)為h，激光傳播的速度為c（）A． B． C． D．12．（3分）為簡(jiǎn)化“天問一號(hào)”探測(cè)器在火星軟著陸的問題，可以認(rèn)為地球和火星在同一平面上繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖1所示?；鹦翘綔y(cè)器在火星附近的A點(diǎn)減速后，緊接著在B點(diǎn)進(jìn)行了一次“側(cè)手翻”，即從與火星赤道平行的1號(hào)軌道，將探測(cè)器繞火星飛行的路線從“橫著繞”變成“豎著繞”，從而實(shí)現(xiàn)對(duì)火星表面的全面掃描，質(zhì)量為M1的探測(cè)器沿1號(hào)軌道到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為v1，為了實(shí)現(xiàn)“側(cè)手翻”，此時(shí)啟動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)，在極短的時(shí)間內(nèi)噴出部分氣體，噴氣后探測(cè)器質(zhì)量變?yōu)镸2、速度變?yōu)榕cv1垂直的v2。已知地球的公轉(zhuǎn)周期為T1，火星的公轉(zhuǎn)周期為T2，地球公轉(zhuǎn)軌道半徑為r1，以下說法正確的是（）A．火星公轉(zhuǎn)軌道半徑r2為 B．噴出氣體速度u的大小為 C．假設(shè)實(shí)現(xiàn)“側(cè)手翻”的能量全部來源于化學(xué)能，化學(xué)能向動(dòng)能轉(zhuǎn)化比例為k（k＜1），此次“側(cè)手翻”消耗的化學(xué)能 D．考慮到飛行時(shí)間和節(jié)省燃料，地球和火星處于圖1中相對(duì)位置時(shí)是在地球上發(fā)射火星探測(cè)器的最佳時(shí)機(jī)，則在地球上相鄰兩次發(fā)射火星探測(cè)器最佳時(shí)機(jī)的時(shí)間間隔Δt為13．（3分）如圖所示的示意圖或者實(shí)驗(yàn)裝置都源自于課本，下列說法正確的是（）A．甲圖為雙縫干涉示意圖，可以用白熾燈直接照射雙縫，在屏上可以得到等寬、等亮的干涉條紋 B．乙圖為肥皂泡薄膜干涉示意圖，將框架順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，條紋也跟著順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90° C．丙圖為劈尖干涉檢查平整度示意圖，由條紋可以推斷出P處凹陷，Q處凸起 D．丁圖是光的偏振應(yīng)用，光的偏振表明光是一種縱波14．（3分）如圖甲所示為氫原子的能級(jí)圖，大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，發(fā)出頻率不同的大量光子。其中頻率最高的光子照射到圖乙電路中光電管陰極K上時(shí)（）A．光電子最大初動(dòng)能與入射光的頻率成正比 B．陰極K金屬的逸出功為6eV C．用能量為13.0eV的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子電離 D．一個(gè)處于n＝3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出2種不同頻率的光二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)（多選）15．（3分）如圖的圖片均來自同學(xué)們的物理課本，你認(rèn)為說法正確的是（）A．圖甲中，該同學(xué)讓蜂鳴器在自己頭頂上空做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，該同學(xué)能聽到蜂鳴器音調(diào)發(fā)聲變化，這叫多普勒效應(yīng) B．圖乙中，是在用水波研究波的折射現(xiàn)象，其中的虛線ab表示的是法線 C．圖丙中，人類在1974年向銀河系中發(fā)出對(duì)外星人的問候，是用電磁波發(fā)射的，在發(fā)射前要進(jìn)行調(diào)制而不是調(diào)諧 D．圖丁中，夜視儀攝影技術(shù)中用的是紅外線而不是紫外線（多選）16．（3分）如圖甲所示，在同一介質(zhì)中，波源為S1與S2頻率相同的兩列機(jī)械波在t＝0時(shí)刻同時(shí)起振，波源S1的振動(dòng)圖象如圖乙所示；波源為S2的機(jī)械波在t＝0.25s時(shí)波的圖象如圖丙所示。P為介質(zhì)中的一點(diǎn)，P點(diǎn)距離波源S1與S2的距離分別是PS1＝7m，PS2＝9m，則（）A．質(zhì)點(diǎn)P的位移不可能為0 B．t＝1.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷 C．質(zhì)點(diǎn)P的起振方向沿y軸正方向 D．波源為S2的起振方向沿y軸負(fù)方向二、實(shí)驗(yàn)題17．（6分）（1）某實(shí)驗(yàn)小組用如圖所示的裝置做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。如果用天平稱出兩個(gè)大小相同小球的質(zhì)量m1、m2實(shí)驗(yàn)時(shí)用質(zhì)量為m2的小球作為被碰小球，則m1（填“＝”“＜”或“＞”）m2。實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓小球m1多次從斜槽上位置S由靜止釋放，通過白紙和復(fù)寫紙找到其平均落地點(diǎn)的位置P，圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在水平地面上的豎直投影；然后把小球m2靜置于軌道的水平部分末端，仍將入射小球從斜槽上位置S由靜止釋放，與被碰小球發(fā)生正碰，兩小球平均落地點(diǎn)位置分別為M、N，測(cè)出兩小球相碰后的平拋射程OM、ON，若滿足關(guān)系式（用所測(cè)物理量的字母表示），則可以認(rèn)為兩小球碰撞前后動(dòng)量守恒。如果實(shí)驗(yàn)時(shí)將斜槽固定好后，用閃光頻率一定的頻閃照相機(jī)研究?jī)尚∏虻呐鲎策^程。先只讓小球m1從斜槽上位置S由靜止開始釋放，小球m1離開斜槽后，頻閃照相機(jī)連續(xù)拍攝小球m1的兩位置如圖乙所示；再將小球m2放在斜槽的末端，讓小球m1仍從位置S處由止開始釋放，使它們碰撞，頻閃照相機(jī)連續(xù)拍攝下兩個(gè)小球的位置如圖丙所示，滿足的關(guān)系式為。（2）某同學(xué)在做“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)時(shí)在水面均勻地撒上一層爽身粉。在液面上方滴入一滴油酸酒精溶液后，形成了如圖丁所示形狀的油膜，該同學(xué)認(rèn)為形成油膜面積過小，后又很快縮小，基本上恢復(fù)到滴入第一滴溶液后的油膜面積。造成滴入多滴油酸酒精溶液后。若該同學(xué)用三滴油酸酒精溶液中油酸的體積及對(duì)應(yīng)形成的面積計(jì)算分子直徑，計(jì)算得到的分子直徑與實(shí)際分子直徑相比。（選填“偏大”、“偏小”或“基本相同”）18．（5分）某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)一只電壓標(biāo)稱為10V、電容標(biāo)稱模糊的電容器，現(xiàn)他找了以下器材來測(cè)該電容器的電容值。蓄電池：20V，內(nèi)阻可不計(jì)電壓表：12V，內(nèi)阻很大定值電阻有三只：10Ω；50Ω；100Ω滑動(dòng)變阻器：標(biāo)稱為“30V，50Ω”一只單刀單擲開關(guān)：S1一只單刀雙擲開關(guān)：S2一臺(tái)數(shù)字電流計(jì)，可接電子顯示屏，顯示電流隨時(shí)間的變化過程實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：（1）該同學(xué)按圖1所示電路圖進(jìn)行組裝電路，則定值電阻R1阻值應(yīng)選Ω。（2）他先閉合開關(guān)S1，S2刀片擲于，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R2，穩(wěn)定后讀出電壓表讀數(shù)為4V。然后，他把S2刀片擲于，在電子顯示屏上得到如圖2中的甲曲線。（3）利用單位面積法算得I﹣t圖中甲曲線和兩坐標(biāo)軸所圍的面積為0.04mA?s，已知電容器放電時(shí)其內(nèi)阻可以忽略不計(jì)，則電容器的電容為C＝F。（4）接著，他以同樣的操作步驟，重新調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R2，在電子顯示屏上得到如圖2中的乙曲線，則穩(wěn)定時(shí)電壓表讀數(shù)為V。（保留兩位有效數(shù)字）19．（8分）如圖為一水平放置的氣缸，裝一定量的體積為1×103cm3的某理想氣體，通過一橫截面積S＝10cm2的活塞與壓強(qiáng)為p＝1.0×105Pa的大氣相隔。活塞與氣缸壁之間有一定壓力，二者間最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力均為f＝50N，摩擦產(chǎn)生的熱量均耗散到外界0＝300K，活塞與氣缸壁之間無摩擦力作用?，F(xiàn)用一加熱器緩緩對(duì)氣缸加熱，假設(shè)氣體始終經(jīng)歷準(zhǔn)靜態(tài)過程。求：（1）活塞開始移動(dòng)時(shí)氣體溫度T1；（2）當(dāng)加熱至末態(tài)T2＝900K時(shí)，因摩擦而耗散的熱量；（3）已知該氣體的內(nèi)能滿足U＝0.5T（J）（T單位取K），求從初態(tài)到末態(tài)氣體總吸熱Q。20．（11分）如圖所示，光滑水平地面上靜置有一半徑為R＝20m的豎直光滑圓弧軌道CD，O為圓心，OC豎直、圓心角為60°。在其左側(cè)地面上靜置一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝3m、質(zhì)量為M＝3kg的長(zhǎng)木板A，木板上表面粗糙且與C點(diǎn)高度相同0＝5m/s沿A的上表面從左端滑上木板。當(dāng)A與圓弧軌道CD相撞后在防撞裝置作用下立即緊貼C端左側(cè)靜止，但不粘連。小滑塊B經(jīng)過到C點(diǎn)時(shí)的速度為vC＝1m/s。已知小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2，cos5°＝0.996。（1）若圓弧軌道始終鎖定，求小滑塊B在圓弧軌道CD上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0；（2）若小滑塊B經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)圓弧軌道解除鎖定，已知圓弧軌道CD質(zhì)量為M′＝4kg，求B在CD上升的最大高度hN大小關(guān)系；（3）求小滑塊B與長(zhǎng)木板A上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。21．（11分）如圖所示，兩條間距d＝0.5m的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，OO'兩點(diǎn)由絕緣材料制成，導(dǎo)軌左端接一電容C＝1.2F的電容器，已經(jīng)充好電，Upq＝﹣3V，右端接一阻值為R＝2Ω的定值電阻，圖中的各虛線均與導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌的OC和O'C'段粗糙，AA'OO'區(qū)域足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，之后保持不變。甲、乙兩金屬棒長(zhǎng)度均為d＝0.5m，電阻均為R＝2Ω1＝0.3kg，金屬棒乙質(zhì)量為m2＝0.1kg。某時(shí)刻讓金屬棒甲以平行導(dǎo)軌的初速度v0＝10m/s從AA'出發(fā)，與電容器構(gòu)成閉合回路。出磁場(chǎng)后金屬棒甲繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)與靜止在BB'處的金屬棒乙發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）。已知兩金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.21＝0.75m，BB'與CC'的距離為，CC'與DD'的距離為L(zhǎng)3＝0.6m，兩金屬棒運(yùn)動(dòng)中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度g取10m/s2，求：（1）金屬棒甲通過OO'的速度v1；（2）金屬棒乙通過DD'的速度v2；（3）從金屬棒甲通過OO'到金屬棒乙通過DD'的過程中，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。22．（11分）如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位于S點(diǎn)的粒子源可以沿紙面內(nèi)與SO1（O1為圓形磁場(chǎng)的圓心）的夾角為θ（θ≤60°）的方向內(nèi)均勻地發(fā)射速度為v0＝10m/s、電荷量均為q＝﹣2.0×10﹣4C、質(zhì)量均為m＝1.0×10﹣6kg的粒子，粒子射入半徑為R＝0.1m的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知粒子源在單位時(shí)間發(fā)射N＝2.0×105個(gè)粒子，圓形區(qū)域磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，沿著SO1射入圓形區(qū)域磁場(chǎng)的粒子恰好沿著水平方向射出磁場(chǎng)。粒子數(shù)控制系統(tǒng)是由豎直寬度為L(zhǎng)、且L在0≤L≤2R范圍內(nèi)大小可調(diào)的粒子通道構(gòu)成，通道豎直寬度L的中點(diǎn)與O1始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)構(gòu)成，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右、場(chǎng)強(qiáng)E＝0.625N/C，邊界由x軸、曲線OA和直線GF（方程為：y＝﹣x+0.4（m），勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T，磁場(chǎng)的邊界由x軸、直線GF、y軸構(gòu)成，兩小孔的連線過P點(diǎn)，上下兩板間電勢(shì)差U＝﹣10kv（1）圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0；（2）當(dāng)L＝R時(shí)，求單位時(shí)間進(jìn)入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)N0；（3）若進(jìn)入加速系統(tǒng)內(nèi)粒子的初速度均忽略不計(jì)，設(shè)從加速系統(tǒng)射出的粒子在測(cè)試樣品中運(yùn)動(dòng)所受的阻力f與其速度v關(guān)系為f＝kv（k＝0.2N?s?m﹣1），求粒子在樣品中可達(dá)的深度d；（4）曲線OA的方程。

2024年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)高考物理模擬試卷（選考）參考答案與試題解析一、選擇題（本共14小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的。不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．（3分）下列屬于矢量，且其國(guó)際單位制單位用基本單位表示正確的是（）A．力：N B．功：kg?m2/s2 C．電勢(shì)：V D．電場(chǎng)強(qiáng)度：kg?m?A﹣1?s﹣3【分析】標(biāo)量是只有大小，沒有方向，矢量是既有大小，又有方向。國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量，分別是長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、光強(qiáng)度、物質(zhì)的量。它們?cè)趪?guó)際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關(guān)系式推導(dǎo)出來的物理量的單位叫做導(dǎo)出單位，基本單位和導(dǎo)出單位構(gòu)成了國(guó)際單位制?！窘獯稹拷猓篈．力是矢量，用國(guó)際單位制單位用基本單位表示為kg?m/s2，N是導(dǎo)出單位，故A錯(cuò)誤；B．功只有大小，題目要求是矢量；C．電勢(shì)只有大小，題目要求是矢量；D．電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，用國(guó)際單位制單位用基本單位表示為kg?m/As3，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了標(biāo)量和矢量以及國(guó)際單位制，要能夠區(qū)分標(biāo)量和矢量，要掌握國(guó)際單位制規(guī)定的七個(gè)物理量分別是誰，它們?cè)趪?guó)際單位制中單位分別是誰。2．（3分）2022年國(guó)際泳聯(lián)跳水世界杯于10月23日在德國(guó)柏林歐羅巴體育公園跳水館舉行，我國(guó)跳水選手昌雅妮奪得了女子單人三米板冠軍，如圖所示，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．研究昌雅妮跳水姿勢(shì)時(shí)，不能把她當(dāng)作質(zhì)點(diǎn) B．水珠下落過程中機(jī)械能不守恒 C．以水珠為參考系，昌雅妮是靜止的 D．水珠落入水中的時(shí)間與離開昌雅妮時(shí)的速度有關(guān)【分析】如果研究的問題中，物體的形狀、大小及物體上各部分運(yùn)動(dòng)的差異是次要或不起作用的因素，就可以把物體看作一個(gè)質(zhì)點(diǎn)；根據(jù)機(jī)械能守恒的條件：只有重力（或彈簧彈力）做功的物體系統(tǒng)內(nèi)機(jī)械能守恒來判斷；根據(jù)參考系來判斷；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)判斷?！窘獯稹拷猓篈、研究昌雅妮跳水姿勢(shì)時(shí)，不能看成質(zhì)點(diǎn)；C、以水珠為參考系，故C錯(cuò)誤；B、水珠下落過程中，機(jī)械能守恒；D、水珠做平拋運(yùn)動(dòng)，落水時(shí)間與水平初速度無關(guān)。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題情景新穎，考查了質(zhì)點(diǎn)、參考系、平拋運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能守恒等知識(shí)點(diǎn)，比較容易。3．（3分）如圖所示，小勇老師在川藏線上騎行時(shí)看到公路兩邊豎立著很多鐵棒，查資料后得知，這些鐵棒的作用最有可能的是（）A．作為路標(biāo) B．作為導(dǎo)熱棒 C．預(yù)防雷電擊中地面 D．測(cè)量過往車輛的速度【分析】在川藏線上公路兩邊豎立著很多鐵棒，這些鐵棒是一種高效熱導(dǎo)裝置。【解答】解：這些鐵棒是一種高效熱導(dǎo)裝置，叫做“熱棒”、保護(hù)動(dòng)土有效措施，故ACD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要明確鐵棒有導(dǎo)熱作用，這些鐵棒的作用是作為導(dǎo)熱棒。4．（3分）如圖所示，將同一個(gè)球分先后兩次從A點(diǎn)斜向上拋出，第一次落在B點(diǎn)，A、C、B在同一水平線上，C為AB中點(diǎn)，已知第一次拋出的初動(dòng)能是第二次拋出初動(dòng)能的2倍，則第二次拋出時(shí)（）A．3 B．2 C． D．【分析】根據(jù)球兩次上升的高度相等，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等、豎直方向的初速度相等，根據(jù)兩次水平方向位移的關(guān)系可得兩次水平方向速度的大小關(guān)系，根據(jù)兩次初動(dòng)能的大小關(guān)系可得球豎直方向的初速度與第二次水平方向速度的比值，則可得結(jié)論?！窘獯稹拷猓呵騼纱紊仙母叨认嗤瑒t兩次拋出時(shí)豎直方向的初速度相同y，兩次拋出時(shí)水平方向的分速度分別為vx1、vx2，由于兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，第一次水平位移為第二次水平位移的2倍xt可得：vx1＝2vx6由題意可得：聯(lián)立方程可得：設(shè)第二次拋出時(shí)初速度與水平方向的夾角為θ，則可得：，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了斜拋運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是知道斜拋運(yùn)動(dòng)的物體上升的高度相等，則豎直方向的初速度相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等。5．（3分）年糕是我國(guó)很多地方傳統(tǒng)的新年應(yīng)時(shí)食品，打年糕時(shí)一般需要用木制榔頭反復(fù)捶打石槽中煮熟的糯米如圖所示。用木制榔頭捶打年糕的過程中，放在水平地面上的石槽始終未動(dòng)（）A．整個(gè)下降過程中榔頭始終處于失重狀態(tài) B．榔頭對(duì)年糕的彈力是年糕發(fā)生形變引起的 C．年糕凹陷，說明榔頭對(duì)年糕的打擊力大于年糕對(duì)榔頭的支持力 D．榔頭向下打擊年糕時(shí)，地面對(duì)石槽的支持力大于石槽和年糕的總重力【分析】根據(jù)加速度的方向判定榔頭是否處于于失重狀態(tài)；彈力是由于發(fā)生形變的物體由于要恢復(fù)形變對(duì)接觸的物體有力的作用；根據(jù)牛頓第三定律分析榔頭對(duì)年糕的打擊力與年糕對(duì)榔頭的支持力的大小關(guān)系；根據(jù)共點(diǎn)力平衡分析地面對(duì)石槽的支持力和石槽和年糕的總重力的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈．下降過程中，向下加速直線運(yùn)動(dòng)過程中，所以榔頭處于失重狀態(tài)，加速度向上，榔頭先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；B．榔頭對(duì)年糕的彈力是榔頭發(fā)生形變引起的；C．由牛頓第三定律，故C錯(cuò)誤；D．榔頭向下打擊年糕時(shí)，地面對(duì)石槽的支持力為FN，石槽和年糕的總重力為G。石槽和年糕處于共點(diǎn)力平衡FN＝G+F，所以FN＞G，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查超失重、彈力產(chǎn)生原因、牛頓第三定律等知識(shí)，要注意牢記彈力是由于施力物體發(fā)生形變而產(chǎn)生的。6．（3分）鋰電池以碳材料為負(fù)極，以含鋰的化合物為正極。在充電過程中，通過化學(xué)反應(yīng)，鋰離子通過電解液運(yùn)動(dòng)到負(fù)極，嵌在有很多微孔的負(fù)極碳材料中，電池中充入的電荷量也就越多，在放電時(shí)，則圖示時(shí)刻（）A．鋰離子電池兩端的電壓正在逐漸增大 B．外界的電能轉(zhuǎn)化為鋰離子電池的化學(xué)能 C．負(fù)極的鋰離子通過電解液到達(dá)正極時(shí)，電場(chǎng)力做正功 D．由鋰離子的移動(dòng)情況可知電池處于放電狀態(tài)【分析】由題意可知，充電時(shí)鋰離子向負(fù)極移動(dòng)，放電時(shí)相反；由圖可知鋰離子的移動(dòng)方向，從而可判斷充放電狀態(tài)；由充放電過程的能量轉(zhuǎn)化，可知電能與化學(xué)能的轉(zhuǎn)化情況；由電容定義式的推導(dǎo)，可知充放電過程電容的電壓變化；由電場(chǎng)力的方向，鋰離子的移動(dòng)方向，可判斷電場(chǎng)力做功情況?！窘獯稹拷猓篋．由題意可知，放電時(shí)相反，即處于放電過程；B．電池充電時(shí)；電池放電時(shí)；圖示時(shí)刻，即鋰離子電池的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為外界的電能；A．由電容定義式可推導(dǎo)其電壓與電容的電荷量，此時(shí)電荷量減小，故鋰離子電池兩端的電壓正在逐漸減小；C．負(fù)極的鋰離子通過電解液到達(dá)正極的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)電池充放電的理解，在判斷電池的電壓變化時(shí)，注意電容定義式的應(yīng)用。7．（3分）如圖所示，OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面，OD為直徑，紫光和紅光分別從B、C點(diǎn)射出。下列說法中正確的是（）A．逐漸減小入射角i，紫光先發(fā)生全反射 B．逐漸減小入射角i，紅光先發(fā)生全反射 C．紅光在半圓柱體玻璃中傳播的時(shí)間較長(zhǎng) D．紫光在半圓柱體玻璃中傳播的時(shí)間較長(zhǎng)【分析】紫光的折射率較大，根據(jù)臨界角公式比較全反射臨界角大小，判斷哪光先發(fā)生全反射；根據(jù)v＝、n＝以及幾何知識(shí)分析光在半圓柱體玻璃中傳播的時(shí)間關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、紫光的折射率較大可知，而紫光射到玻璃內(nèi)表面時(shí)入射角較大，紫光先發(fā)生全反射，B錯(cuò)誤；CD、設(shè)任一光在O點(diǎn)的折射角為rs＝2Rsinr傳播時(shí)間為光在介質(zhì)中的傳播速度為在O點(diǎn)，結(jié)合折射定律有聯(lián)立整理得，可見t與n無關(guān)，同時(shí)從半圓柱體玻璃中射出。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是運(yùn)用幾何知識(shí)、光速公式和折射定律推導(dǎo)出時(shí)間表達(dá)式，要有運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析幾何光學(xué)的意識(shí)和能力。8．（3分）兩個(gè)點(diǎn)電荷，電性未知、電荷量大小分別為4q和q，其電場(chǎng)線如圖所示（未標(biāo)明方向，且未畫出對(duì)稱軸附近的電場(chǎng)線），且滿足AB＝BC＝CD，則（）A．A、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向一定相反 B．從D點(diǎn)向左至無窮遠(yuǎn)，場(chǎng)強(qiáng)不斷減小 C．若電荷量為4q的點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，則電子從A向B移動(dòng)的過程中，電勢(shì)能減小 D．若電荷量為4q的點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，則A點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝k和電場(chǎng)的疊加原理確定A、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向關(guān)系，并分析場(chǎng)強(qiáng)的變化情況；根據(jù)電場(chǎng)力做功情況判斷電勢(shì)能的變化情況；根據(jù)離正點(diǎn)電荷越近電勢(shì)越高，離負(fù)點(diǎn)電荷越近電勢(shì)越低，分析A點(diǎn)與D點(diǎn)電勢(shì)高低。【解答】解：AB、由圖中電場(chǎng)線分布情況可知，且B處電場(chǎng)線密，C處電荷量為q，電荷量為q的點(diǎn)電荷為正電荷，則A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為，D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。由于D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為零，無窮遠(yuǎn)處場(chǎng)強(qiáng)也為零，場(chǎng)強(qiáng)先增大后減?。籆、若電荷量為6q的點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，場(chǎng)強(qiáng)方向由A指向B，電場(chǎng)力對(duì)電子做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D、若電荷量為4q的點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，C處q為正電荷，離負(fù)點(diǎn)電荷越近電勢(shì)越低，+q點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)，A點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握電場(chǎng)的疊加原理，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的合成分析合場(chǎng)強(qiáng)的方向，判斷電場(chǎng)力做功情況，從而分析電勢(shì)能的變化情況。9．（3分）如圖所示為一家用漏電開關(guān)的簡(jiǎn)易原現(xiàn)圖，下列說法正確的是（）A．當(dāng)無漏電時(shí)，零序電流互感器上線圈內(nèi)的磁通量不為零 B．當(dāng)出現(xiàn)漏電時(shí)，零序電流互感器上線圈內(nèi)的磁通量為某一恒定值 C．當(dāng)無漏電時(shí)，零序電流互感器上線圈中有感應(yīng)電流 D．當(dāng)出現(xiàn)漏電時(shí)，零序電流互感器上線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流【分析】當(dāng)無漏電時(shí)候，火線和零線中電流等大反向，分析零序電流互感器上線圈內(nèi)的磁通量大??；當(dāng)出現(xiàn)漏電時(shí)，火線與零線中電流不等大，再分析互感器線圈內(nèi)的磁通量變化情況；結(jié)合感應(yīng)電流產(chǎn)生條件分析?！窘獯稹拷猓篈C、零序電流互感器線圈內(nèi)的磁通量，當(dāng)無漏電時(shí)候，根據(jù)安培定則可知，線圈中無感應(yīng)電流；BD、當(dāng)出現(xiàn)漏電時(shí)，在互感器線圈內(nèi)的磁通量不為零，因此磁通量并非恒定值，通過電路觸動(dòng)開關(guān)動(dòng)作機(jī)構(gòu)，故B錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要明確零序電流互感器線圈內(nèi)的磁通量的來源，根據(jù)安培定則判斷線圈中磁通量的大小以及變化情況。10．（3分）如圖所示，位于教室中央的光源發(fā)出一個(gè)閃光，閃光照到了教室的前壁和后壁。教室的長(zhǎng)度為10m。在平行于教室高速運(yùn)動(dòng)的太空飛船上的觀察者（）A．測(cè)得照到前壁的光速度小于c B．觀測(cè)到飛船上的時(shí)間進(jìn)程比教室慢 C．測(cè)得教室的長(zhǎng)度小于10m D．觀察到光同時(shí)到達(dá)前、后壁【分析】根據(jù)光速不變?cè)矸治?，根?jù)相對(duì)論可知飛船上的時(shí)間進(jìn)程比教室快并且教室長(zhǎng)度小于10m，由此可以判斷。【解答】解：AD．根據(jù)光速不變?cè)?，光速都是一樣的等于c，則光到前壁的路程變短，故AD錯(cuò)誤；BC．根據(jù)愛因斯坦的時(shí)間相對(duì)論公式Δt＝，可知飛太空飛船上的觀察者認(rèn)為看到教室中的時(shí)鐘變慢，根據(jù)長(zhǎng)度相對(duì)論公式l，l＝l2教室的長(zhǎng)度變短小于10m，故B錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查光速不變?cè)硪约跋鄬?duì)論原理，需要學(xué)生加強(qiáng)理解和記憶。11．（3分）如圖所示，某激光器的一端固定于圓心O點(diǎn)，以角速度ω繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)（不計(jì)光束截面積），在半徑為R的虛線圓某處固定一弧形接收屏，接收屏沿虛線圓的長(zhǎng)度為l。激光器轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，已知普朗克常數(shù)為h，激光傳播的速度為c（）A． B． C． D．【分析】求出激光器轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，接收屏接收到的光能量，再根據(jù)光子能量的計(jì)算公式進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)角速度和周期關(guān)系可得：激光器轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為在轉(zhuǎn)一周的過程中虛線圓單位長(zhǎng)度接收到的光能量為接收屏接收到的光能量為E＝E0l每個(gè)光子能量為則在激光器轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，接收屏接收到的光子數(shù)為聯(lián)立解得：，故B正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查光子能量的計(jì)算，解答本題的關(guān)鍵是求出激光器轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，接收屏接收到的光能量，掌握光子能量計(jì)算公式。12．（3分）為簡(jiǎn)化“天問一號(hào)”探測(cè)器在火星軟著陸的問題，可以認(rèn)為地球和火星在同一平面上繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖1所示。火星探測(cè)器在火星附近的A點(diǎn)減速后，緊接著在B點(diǎn)進(jìn)行了一次“側(cè)手翻”，即從與火星赤道平行的1號(hào)軌道，將探測(cè)器繞火星飛行的路線從“橫著繞”變成“豎著繞”，從而實(shí)現(xiàn)對(duì)火星表面的全面掃描，質(zhì)量為M1的探測(cè)器沿1號(hào)軌道到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為v1，為了實(shí)現(xiàn)“側(cè)手翻”，此時(shí)啟動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)，在極短的時(shí)間內(nèi)噴出部分氣體，噴氣后探測(cè)器質(zhì)量變?yōu)镸2、速度變?yōu)榕cv1垂直的v2。已知地球的公轉(zhuǎn)周期為T1，火星的公轉(zhuǎn)周期為T2，地球公轉(zhuǎn)軌道半徑為r1，以下說法正確的是（）A．火星公轉(zhuǎn)軌道半徑r2為 B．噴出氣體速度u的大小為 C．假設(shè)實(shí)現(xiàn)“側(cè)手翻”的能量全部來源于化學(xué)能，化學(xué)能向動(dòng)能轉(zhuǎn)化比例為k（k＜1），此次“側(cè)手翻”消耗的化學(xué)能 D．考慮到飛行時(shí)間和節(jié)省燃料，地球和火星處于圖1中相對(duì)位置時(shí)是在地球上發(fā)射火星探測(cè)器的最佳時(shí)機(jī)，則在地球上相鄰兩次發(fā)射火星探測(cè)器最佳時(shí)機(jī)的時(shí)間間隔Δt為【分析】利用開普勒第三定律可以求出火星軌道半徑；根據(jù)天體的“追擊問題”規(guī)律求時(shí)間；噴出氣體前探測(cè)器與所噴出氣體組成的系統(tǒng)初動(dòng)量、噴出氣體后探測(cè)器末動(dòng)量，根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行解答；以探測(cè)器與所噴出氣體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)能量守恒定律求解此次“側(cè)手翻”消耗的化學(xué)能?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)開普勒第三定律有：，故A錯(cuò)誤；D、在地球上相鄰兩次發(fā)射火星探測(cè)器最佳時(shí)機(jī)的時(shí)間間隔Δt內(nèi)，則有：代入數(shù)據(jù)解得：，故D正確；B、根據(jù)動(dòng)量守恒定律1方向上有：M1v3＝（M1﹣M2）u4在與v1垂直的方向上有：M2v7＝（M1﹣M2）u6聯(lián)立解得：噴出氣體速度u的大小為：，故B錯(cuò)誤；C、以探測(cè)器和噴出氣體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象噴氣后的總動(dòng)能為：可得消耗的化學(xué)能為：，故C錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、萬有引力定律及其應(yīng)用，涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，閱讀量較大，關(guān)鍵是能夠讀懂題意，能夠根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量關(guān)系進(jìn)行解答。13．（3分）如圖所示的示意圖或者實(shí)驗(yàn)裝置都源自于課本，下列說法正確的是（）A．甲圖為雙縫干涉示意圖，可以用白熾燈直接照射雙縫，在屏上可以得到等寬、等亮的干涉條紋 B．乙圖為肥皂泡薄膜干涉示意圖，將框架順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，條紋也跟著順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90° C．丙圖為劈尖干涉檢查平整度示意圖，由條紋可以推斷出P處凹陷，Q處凸起 D．丁圖是光的偏振應(yīng)用，光的偏振表明光是一種縱波【分析】根據(jù)雙縫干涉的條件分析作答；根據(jù)薄膜干涉原理分析作答；偏振是橫波特有的現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓篈．白熾燈光是由多種單色光組成，如果用白熾燈直接照射雙縫可知，產(chǎn)生的條紋間距不同，在屏上不可以得到等寬，故A錯(cuò)誤；B．乙圖為肥皂泡薄膜干涉示意圖，肥皂泡薄膜仍然是上薄下厚，故B錯(cuò)誤；C．丙圖為劈尖干涉檢查平整度示意圖，若某處凹陷，若某處凸起，因此由條紋可以推斷出P處凹陷，故C正確；D．只有橫波會(huì)產(chǎn)生偏振現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了雙縫干涉、薄膜干涉和光的偏振的原理，解題關(guān)鍵是掌握其原理，判定其現(xiàn)象即可。14．（3分）如圖甲所示為氫原子的能級(jí)圖，大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，發(fā)出頻率不同的大量光子。其中頻率最高的光子照射到圖乙電路中光電管陰極K上時(shí)（）A．光電子最大初動(dòng)能與入射光的頻率成正比 B．陰極K金屬的逸出功為6eV C．用能量為13.0eV的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子電離 D．一個(gè)處于n＝3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出2種不同頻率的光【分析】根據(jù)光電效應(yīng)方程分析出光電子的最大初動(dòng)能與入射光頻率的關(guān)系；根據(jù)光電效應(yīng)方程，結(jié)合題意的出金屬的逸出功；理解電離的概念，由此完成分析；根據(jù)能級(jí)躍遷的特點(diǎn)得出光頻率的數(shù)量?！窘獯稹拷猓篈．由愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ekm＝hν﹣W0，光電子最大初動(dòng)能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，但不是正比函數(shù)；B．大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時(shí)，其中頻率最高的光子E＝hν＝E8﹣E1＝（﹣1.51eV）﹣（﹣13.8eV）＝12.09eV由光電效應(yīng)方程可得Ekm＝hν﹣W0由動(dòng)能定理可得eUc＝Ekm由丙圖可知截止電壓為Uc＝6V代入數(shù)據(jù)解得：W2＝6.09eV，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電離的條件，才可使處于基態(tài)的氫原子電離；D．一個(gè)處于n＝3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】考查了愛因斯坦光電效應(yīng)方程和能級(jí)躍遷的原理，解題的關(guān)鍵是對(duì)光電效應(yīng)以及電子的能級(jí)躍遷兩個(gè)方面的理解，并能靈活運(yùn)用。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)（多選）15．（3分）如圖的圖片均來自同學(xué)們的物理課本，你認(rèn)為說法正確的是（）A．圖甲中，該同學(xué)讓蜂鳴器在自己頭頂上空做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，該同學(xué)能聽到蜂鳴器音調(diào)發(fā)聲變化，這叫多普勒效應(yīng) B．圖乙中，是在用水波研究波的折射現(xiàn)象，其中的虛線ab表示的是法線 C．圖丙中，人類在1974年向銀河系中發(fā)出對(duì)外星人的問候，是用電磁波發(fā)射的，在發(fā)射前要進(jìn)行調(diào)制而不是調(diào)諧 D．圖丁中，夜視儀攝影技術(shù)中用的是紅外線而不是紫外線【分析】根據(jù)多普勒效應(yīng)的條件分析A；根據(jù)折射現(xiàn)象的特點(diǎn)分析B；根據(jù)電磁波的發(fā)射與接收規(guī)律分析C，夜視儀攝影技術(shù)中用的是紅外線?！窘獯稹拷猓篈．圖甲中，不會(huì)產(chǎn)生多普勒效應(yīng)；B．圖乙中的虛線ab表示的是不同折射率的介質(zhì)之間的界面，故B錯(cuò)誤；C．在發(fā)射電磁波的時(shí)候，在接收電磁波的時(shí)候，圖丙中，發(fā)射前進(jìn)行的是調(diào)制；D．夜間，夜視儀攝影技術(shù)中用的是紅外線。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查多普勒效應(yīng)及應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握物理知識(shí)點(diǎn)在實(shí)際生活中的應(yīng)用。（多選）16．（3分）如圖甲所示，在同一介質(zhì)中，波源為S1與S2頻率相同的兩列機(jī)械波在t＝0時(shí)刻同時(shí)起振，波源S1的振動(dòng)圖象如圖乙所示；波源為S2的機(jī)械波在t＝0.25s時(shí)波的圖象如圖丙所示。P為介質(zhì)中的一點(diǎn)，P點(diǎn)距離波源S1與S2的距離分別是PS1＝7m，PS2＝9m，則（）A．質(zhì)點(diǎn)P的位移不可能為0 B．t＝1.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷 C．質(zhì)點(diǎn)P的起振方向沿y軸正方向 D．波源為S2的起振方向沿y軸負(fù)方向【分析】先讀出周期，求出兩列波的波速，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求兩波源傳播的速度；根據(jù)兩波源發(fā)出波的傳播到P點(diǎn)的時(shí)間，確定t＝1.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)情況，再由波的疊加原理求解?！窘獯稹拷猓篋.結(jié)合波源S2在t＝0.25s時(shí)波的圖象丙圖可知，此時(shí)剛開始振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的起振方向沿y軸正方向，因此波源為S2的起振方向沿y軸正方向，D錯(cuò)誤；C.根據(jù)波源S1的振動(dòng)圖象圖乙可知，波源S1的起振方向向上，又因?yàn)镻S6＜PS2由此可知波源波源S1的起振最先傳到P點(diǎn)，因此P的起振方向與波源S3的起振方向相同，沿y軸正方向；A.在同一介質(zhì)中，頻率相同的兩列機(jī)械波，波長(zhǎng)相等λ＝2.0m，T＝2.2s則波速為v＝＝m/s＝10m/sP點(diǎn)到兩波源的波程差為Δx＝PS2﹣PS5＝9m﹣7m＝2mP點(diǎn)到兩波源的波程差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍，且兩波源的起振方向相同，P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，A錯(cuò)誤；B.S1和S2振動(dòng)傳到P的時(shí)間分別為t3＝＝s＝8.7st2＝＝s＝0.8s由此可知，在t＝1.25s時(shí)1在t＝3.25s﹣t1＝1.25s﹣7.7s＝0.55s時(shí)的振動(dòng)情況傳到P點(diǎn)，此時(shí)波源S3位于波谷；波源S2在t＝1.25s﹣t3＝1.25s﹣0.6s＝0.35s時(shí)的振動(dòng)情況傳到P點(diǎn)，此時(shí)波源位于波谷，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)波的疊加原理的理解和應(yīng)用能力，要注意波的疊加也遵守矢量的運(yùn)算法則。在x﹣t圖象中，對(duì)于質(zhì)點(diǎn)任意時(shí)間的位移，可根據(jù)解析式求解。二、實(shí)驗(yàn)題17．（6分）（1）某實(shí)驗(yàn)小組用如圖所示的裝置做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。如果用天平稱出兩個(gè)大小相同小球的質(zhì)量m1、m2實(shí)驗(yàn)時(shí)用質(zhì)量為m2的小球作為被碰小球，則m1＞（填“＝”“＜”或“＞”）m2。實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓小球m1多次從斜槽上位置S由靜止釋放，通過白紙和復(fù)寫紙找到其平均落地點(diǎn)的位置P，圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在水平地面上的豎直投影；然后把小球m2靜置于軌道的水平部分末端，仍將入射小球從斜槽上位置S由靜止釋放，與被碰小球發(fā)生正碰，兩小球平均落地點(diǎn)位置分別為M、N，測(cè)出兩小球相碰后的平拋射程OM、ON，若滿足關(guān)系式m1OP＝m1OM+m2ON（用所測(cè)物理量的字母表示），則可以認(rèn)為兩小球碰撞前后動(dòng)量守恒。如果實(shí)驗(yàn)時(shí)將斜槽固定好后，用閃光頻率一定的頻閃照相機(jī)研究?jī)尚∏虻呐鲎策^程。先只讓小球m1從斜槽上位置S由靜止開始釋放，小球m1離開斜槽后，頻閃照相機(jī)連續(xù)拍攝小球m1的兩位置如圖乙所示；再將小球m2放在斜槽的末端，讓小球m1仍從位置S處由止開始釋放，使它們碰撞，頻閃照相機(jī)連續(xù)拍攝下兩個(gè)小球的位置如圖丙所示，滿足的關(guān)系式為m1x0＝m1x1+m2x2。（2）某同學(xué)在做“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)時(shí)在水面均勻地撒上一層爽身粉。在液面上方滴入一滴油酸酒精溶液后，形成了如圖丁所示形狀的油膜，該同學(xué)認(rèn)為形成油膜面積過小，后又很快縮小，基本上恢復(fù)到滴入第一滴溶液后的油膜面積。造成滴入多滴油酸酒精溶液后爽身粉太厚，不能形成單分子油膜。若該同學(xué)用三滴油酸酒精溶液中油酸的體積及對(duì)應(yīng)形成的面積計(jì)算分子直徑，計(jì)算得到的分子直徑與實(shí)際分子直徑相比偏大。（選填“偏大”、“偏小”或“基本相同”）【分析】（1）為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量；應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析出面積不變的原因，結(jié)合分子直徑的計(jì)算公式得出測(cè)量值和計(jì)算值的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）為防止碰撞后入射球反彈，驗(yàn)中質(zhì)量為m1的入射小球和質(zhì)量為m2的被碰小球的質(zhì)量關(guān)系是m7大于m2；如果碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向1v8＝m1v2+m7v3小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相等，上式兩邊同時(shí)乘以t得：m1v3t＝m1v2t+m8v3t整理可得：m1OP＝m2OM+m2ON設(shè)碰撞前A球的速度為v0，碰撞后A球的速度為vA，碰撞后B球的速度為vB，設(shè)頻閃照相的時(shí)間間隔是T，兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向5v0＝m1vA+m3vB頻閃照相的時(shí)間間隔T相等，則有：m1v0T＝m5vAT+m2vBT整理可得：m1x7＝m1x1+m5x2（2）油膜面積基本不變的原因是：爽身粉太厚，不能形成單分子油膜；由于油膜面積偏小，所以計(jì)算得到的分子直徑與實(shí)際分子直徑相比偏大。故答案為：（1）＞，m1OP＝m5OM+m2ON，m1x8＝m1x1+m4x2；（2）爽身粉太厚，不能形成單分子油膜。【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于實(shí)驗(yàn)題，要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理等問題，一般的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)方法都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展、延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實(shí)驗(yàn)。18．（5分）某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)一只電壓標(biāo)稱為10V、電容標(biāo)稱模糊的電容器，現(xiàn)他找了以下器材來測(cè)該電容器的電容值。蓄電池：20V，內(nèi)阻可不計(jì)電壓表：12V，內(nèi)阻很大定值電阻有三只：10Ω；50Ω；100Ω滑動(dòng)變阻器：標(biāo)稱為“30V，50Ω”一只單刀單擲開關(guān)：S1一只單刀雙擲開關(guān)：S2一臺(tái)數(shù)字電流計(jì)，可接電子顯示屏，顯示電流隨時(shí)間的變化過程實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：（1）該同學(xué)按圖1所示電路圖進(jìn)行組裝電路，則定值電阻R1阻值應(yīng)選50Ω。（2）他先閉合開關(guān)S1，S2刀片擲于b，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R2，穩(wěn)定后讀出電壓表讀數(shù)為4V。然后，他把S2刀片擲于a，在電子顯示屏上得到如圖2中的甲曲線。（3）利用單位面積法算得I﹣t圖中甲曲線和兩坐標(biāo)軸所圍的面積為0.04mA?s，已知電容器放電時(shí)其內(nèi)阻可以忽略不計(jì)，則電容器的電容為C＝1×10﹣5F。（4）接著，他以同樣的操作步驟，重新調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R2，在電子顯示屏上得到如圖2中的乙曲線，則穩(wěn)定時(shí)電壓表讀數(shù)為7.1V。（保留兩位有效數(shù)字）【分析】（1）根據(jù)歐姆定律計(jì)算最大電流和選擇定值電阻；（2）根據(jù)電容器的充放電過程判斷；（3）根據(jù)電流定義式和電容定義式推導(dǎo)計(jì)算；（4）根據(jù)圖像獲取數(shù)據(jù)根據(jù)（3）中結(jié)論計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）干路中的最大電流為：則故定值電阻R1阻值應(yīng)選50Ω（2）實(shí)驗(yàn)中先要對(duì)電容器充電，S2刀片擲于b，再讓電容器放電，S3刀片擲于a；（3）根據(jù)電流定義式可知，根據(jù)電容定義式有：聯(lián)立解得：C＝＝（4）由（3）結(jié)論可得：＝故答案為：（1）50；（2）b，a﹣7；（4）7.1。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電容器的充放電實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理和數(shù)據(jù)處理。19．（8分）如圖為一水平放置的氣缸，裝一定量的體積為1×103cm3的某理想氣體，通過一橫截面積S＝10cm2的活塞與壓強(qiáng)為p＝1.0×105Pa的大氣相隔。活塞與氣缸壁之間有一定壓力，二者間最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力均為f＝50N，摩擦產(chǎn)生的熱量均耗散到外界0＝300K，活塞與氣缸壁之間無摩擦力作用?，F(xiàn)用一加熱器緩緩對(duì)氣缸加熱，假設(shè)氣體始終經(jīng)歷準(zhǔn)靜態(tài)過程。求：（1）活塞開始移動(dòng)時(shí)氣體溫度T1；（2）當(dāng)加熱至末態(tài)T2＝900K時(shí)，因摩擦而耗散的熱量；（3）已知該氣體的內(nèi)能滿足U＝0.5T（J）（T單位取K），求從初態(tài)到末態(tài)氣體總吸熱Q?！痉治觥浚?）根據(jù)受力分析得出氣體的壓強(qiáng)，結(jié)合查理定律列式得出氣體的溫度；（2）根據(jù)蓋—呂薩克定律得出氣體的體積，結(jié)合摩擦力的計(jì)算公式得出摩擦產(chǎn)熱量；（3）根據(jù)熱力學(xué)第一定律代入數(shù)據(jù)計(jì)算出氣體的吸熱量?！窘獯稹拷猓海?）初始狀態(tài)時(shí)，活塞與氣缸壁之間無摩擦力作用設(shè)活塞開始移動(dòng)時(shí)氣體壓強(qiáng)為p1，根據(jù)受力平衡可得：p8S＝pS+f解得：此過程氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律可得：解得：T7＝450K（2）從T1＝450K加熱至末態(tài)T2＝900K，氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律可得：根據(jù)題意可得：ΔV＝V2﹣V1＝Sx，聯(lián)立解得：x＝1m故當(dāng)加熱至末態(tài)T2＝900K時(shí)，因摩擦而耗散的熱量為Qf＝fx代入數(shù)據(jù)解得：Qf＝50J（3）從初態(tài)到末態(tài)氣體內(nèi)能增加量為ΔU＝2.5T2﹣6.5T0此過程外界對(duì)氣體做功為W＝﹣p6Sx根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得ΔU＝W+Q聯(lián)立解得：Q＝450J答：（1）活塞開始移動(dòng)時(shí)氣體溫度為450K；（2）當(dāng)加熱至末態(tài)T2＝900K時(shí)，因摩擦而耗散的熱量為50J；（3）已知該氣體的內(nèi)能滿足U＝0.6T（J）（T單位取K），從初態(tài)到末態(tài)氣體總吸熱為450J?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，熟悉氣體狀態(tài)參量的分析，結(jié)合一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律即可完成分析。20．（11分）如圖所示，光滑水平地面上靜置有一半徑為R＝20m的豎直光滑圓弧軌道CD，O為圓心，OC豎直、圓心角為60°。在其左側(cè)地面上靜置一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝3m、質(zhì)量為M＝3kg的長(zhǎng)木板A，木板上表面粗糙且與C點(diǎn)高度相同0＝5m/s沿A的上表面從左端滑上木板。當(dāng)A與圓弧軌道CD相撞后在防撞裝置作用下立即緊貼C端左側(cè)靜止，但不粘連。小滑塊B經(jīng)過到C點(diǎn)時(shí)的速度為vC＝1m/s。已知小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2，cos5°＝0.996。（1）若圓弧軌道始終鎖定，求小滑塊B在圓弧軌道CD上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0；（2）若小滑塊B經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)圓弧軌道解除鎖定，已知圓弧軌道CD質(zhì)量為M′＝4kg，求B在CD上升的最大高度hN大小關(guān)系；（3）求小滑塊B與長(zhǎng)木板A上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ?！痉治觥浚?）由能量守恒，可得到小滑塊能到達(dá)的最大高度，比較發(fā)現(xiàn)小滑塊在軌道上滑上的最大高度與圓心連線和豎直方向的夾角小于5°，從而利用單擺周期公式計(jì)算其在圓弧軌道上的時(shí)間即可；（2）由水平方向的動(dòng)量守恒、能量守恒，可得到B在CD上升的最大高度；由圓周運(yùn)動(dòng)的受力分析，可得到B在C點(diǎn)受力的關(guān)系式，結(jié)合動(dòng)量守恒，可判斷兩次支持力的相對(duì)大??；（3）由動(dòng)量守恒、動(dòng)能定理，即可計(jì)算AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）光滑軌道固定在原地，滑塊B在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即，解得：h1＝7.05m，若最高點(diǎn)與O的連線與豎直方向夾角為θ，則其滿足：，即θ＜5°，即該物體在軌道上的運(yùn)動(dòng)角度很小，可看作單擺運(yùn)動(dòng)5＝，代入解得：t6＝；（2）若小滑塊滑上C點(diǎn)的瞬間，解除軌道的固定，二者組成的系統(tǒng)能量守恒。以向右為正方向，從小滑塊滑上軌道，由水平方向動(dòng)量守恒：mvC＝（m+M′）v共，對(duì)小滑塊和軌道組成的系統(tǒng)，由能量守恒：；小滑塊向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過C時(shí)，小滑塊從軌道的最高點(diǎn)再次下滑到軌道上的C點(diǎn)時(shí)，，從小滑塊滑上軌道，到小滑塊再下滑經(jīng)過C點(diǎn)的過程中，以向右為正方向，水平方向上動(dòng)量守恒mvC＝mvC3+M′v2，在該過程中，軌道始終受到滑塊對(duì)它向右下方的彈力2必然向右，又由于CD的質(zhì)量比小滑塊的質(zhì)量大C＞vC7，結(jié)合滑塊在C點(diǎn)的受力分析可知：FN＞FN′；（3）對(duì)m和M組成的系統(tǒng)，規(guī)定m初速度v0的方向?yàn)檎较?，因?yàn)锳C之間的距離足夠長(zhǎng)，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝（m+M）v6，解得v1＝1m/s，對(duì)小滑塊，從滑上長(zhǎng)木板到共速，解得μ＝0.375。答：（1）小滑塊在軌道上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為；（2）小滑塊在軌道上的最大高度為，前后兩次過C點(diǎn)時(shí)的支持力大小關(guān)系為：第二次的支持力更??；（3）小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.375?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量、能量的綜合問題，在判斷支持力的相對(duì)大小時(shí)，注意利用支持力的表達(dá)式，判斷速度的大小變化即可，無需計(jì)算支持力的具體值。21．（11分）如圖所示，兩條間距d＝0.5m的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，OO'兩點(diǎn)由絕緣材料制成，導(dǎo)軌左端接一電容C＝1.2F的電容器，已經(jīng)充好電，Upq＝﹣3V，右端接一阻值為R＝2Ω的定值電阻，圖中的各虛線均與導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌的OC和O'C'段粗糙，AA'OO'區(qū)域足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，之后保持不變。甲、乙兩金屬棒長(zhǎng)度均為d＝0.5m，電阻均為R＝2Ω1＝0.3kg，金屬棒乙質(zhì)量為m2＝0.1kg。某時(shí)刻讓金屬棒甲以平行導(dǎo)軌的初速度v0＝10m/s從AA'出發(fā)，與電容器構(gòu)成閉合回路。出磁場(chǎng)后金屬棒甲繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)與靜止在BB'處的金屬棒乙發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）。已知兩金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.21＝0.75m，BB'與CC'的距離為，CC'與DD'的距離為L(zhǎng)3＝0.6m，兩金屬棒運(yùn)動(dòng)中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度g取10m/s2，求：（1）金屬棒甲通過OO'的速度v1；（2）金屬棒乙通過DD'的速度v2；（3）從金屬棒甲通過OO'到金屬棒乙通過DD'的過程中，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱?！痉治觥浚?）根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向，判斷電容器的充、放電過程。分析金屬棒甲的受力與運(yùn)動(dòng)過程，確定其運(yùn)動(dòng)的末狀態(tài)。對(duì)甲金屬棒的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)量定理，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、電容的定義式、電流定義式解答。（2）根據(jù)動(dòng)能定理求得甲與乙碰撞前的瞬間甲的速度，對(duì)金屬棒甲、乙發(fā)生彈性碰撞的過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求得碰撞后甲、乙的速度。根據(jù)動(dòng)能定理求得乙到達(dá)CC′時(shí)的速度。應(yīng)用假設(shè)法和動(dòng)能定理判斷甲能否越過CC′。判斷乙到達(dá)CC′時(shí)CC'DD'區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度是否已經(jīng)保持不變，對(duì)乙由CC'到DD'的過程，根據(jù)動(dòng)量定理，結(jié)合電流定義式求解金屬棒乙通過DD'的速度。（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和焦耳定律，求解CC'DD'區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大的過程定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。根據(jù)能量守恒定律求得乙由CC'到DD'的過程回路中產(chǎn)生總的焦耳熱，再根據(jù)焦耳定律與電路的串并聯(lián)結(jié)構(gòu)求得此過程定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。即可得所求的焦耳熱。【解答】解：（1）已知：Upq＝﹣3V，可知電容器下極板q帶正電0＝10m/s從AA'出發(fā)后，由右手定則判斷其上端為正極，之后再被反向充電，因AA'OO'區(qū)域足夠