2025屆浙江省Z20名校聯(lián)盟（浙江省名校新高考研究聯(lián)盟）高三上學(xué)期第二次聯(lián)考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGE2025學(xué)年浙江省Z20名校聯(lián)盟高三（上）第二次聯(lián)考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13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）下列物理量中為矢量且單位符號(hào)正確的是（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度（T） B．磁通量（Wb） C．功（J） D．熱量（W）〖祥解〗矢量是既有大小又有方向，運(yùn)算遵循平行四邊形定則的物理量，標(biāo)量只有大小沒有方向，運(yùn)算遵循代數(shù)運(yùn)算法則的物理量。【解答】解：A、磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，單位T，故A正確；B、磁通量只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，單位是Wb，故B錯(cuò)誤；CD、功，熱量只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，單位都為焦耳，符號(hào)為J，故CD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于物理量的標(biāo)矢性與物理量的定義、物理意義、單位、公式等要一起學(xué)習(xí)，這是物理概念內(nèi)涵的一部分。要注意物理量的符號(hào)和單位符號(hào)是不同的，不能搞混。2．（3分）2024年8月在巴黎奧運(yùn)會(huì)網(wǎng)球女子單打決賽中，中國(guó)選手鄭欽文獲得冠軍。如圖所示為鄭欽文擊球瞬間，則下列說法正確的是（）A．任何情況下均可以將網(wǎng)球視為質(zhì)點(diǎn) B．網(wǎng)球在擊打時(shí)和飛行過程中慣性不變 C．網(wǎng)球在飛行過程中受到重力和球拍的作用力 D．網(wǎng)球受到的彈力是由于網(wǎng)球的形變引起的〖祥解〗A、如果物體大小相對(duì)研究對(duì)象較小或影響不大，可以把物體看作質(zhì)點(diǎn)；B、慣性是物體的一種固有屬性，只與物體的質(zhì)量有關(guān)；C、網(wǎng)球在飛行過程中受到重力和空氣阻力作用；D、彈力是物體受外力作用發(fā)生形變后，若撤去外力，物體能恢復(fù)原來形狀的力。【解答】解：A、研究運(yùn)動(dòng)員切球動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做怎樣的動(dòng)作與網(wǎng)球的如何轉(zhuǎn)動(dòng)有關(guān)，不能將網(wǎng)球看成質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、網(wǎng)球的質(zhì)量不變，慣性不變，故B正確；C、網(wǎng)球在飛行過程中已經(jīng)離開球拍，受到重力和空氣阻力，不受推力，故C錯(cuò)誤；D、網(wǎng)球受到的彈力是因?yàn)榍蚺陌l(fā)生了形變，球拍是這個(gè)彈力的施力物體，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查對(duì)質(zhì)點(diǎn)、慣性、彈力等物理量的理解，清楚其定義。3．（3分）如圖甲所示為人們用“打夯”的方式把地面夯實(shí)。設(shè)某次打夯符合以下模型：兩人同時(shí)通過繩子對(duì)重物各施加一個(gè)力，重物離開地面某一高度后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸出一深度如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．若緩慢向上提重物，兩繩子間夾角越大，繩子拉力越小 B．重物離開地面在上升過程中，機(jī)械能先增加后減小 C．重物從高處自由下落到最終靜止，始終處于失重狀態(tài) D．重物從高處自由下落到最終靜止，合外力做功為零〖祥解〗根據(jù)力的平行四邊形定則分析拉力大小變化，根據(jù)機(jī)械能守恒條件判斷機(jī)械能是否守恒，加速度向上時(shí)為超重，根據(jù)動(dòng)能定理判斷合外力做功?！窘獯稹拷猓篈.若緩慢向上提重物，重物受力平衡，兩繩子拉力的合力等于重力。根據(jù)力的平行四邊形定則，當(dāng)兩繩子間夾角越大時(shí)，為了保持合力不變，每個(gè)繩子的拉力會(huì)增大，而不是減小。故A錯(cuò)誤；B.重物離開地面在上升過程中，人施加的力對(duì)重物做正功，重物的機(jī)械能（動(dòng)能和勢(shì)能之和）是增加的，直到人停止施力。在人停止施力后，重物只受重力作用，機(jī)械能保持不變（只有重力做功時(shí)，機(jī)械能守恒）。故B錯(cuò)誤；C.重物從高處自由下落到砸到地面的過程中，始終處于失重狀態(tài)（因?yàn)榧铀俣认蛳拢?。但是，?dāng)重物與地面接觸并受到地面的支持力時(shí)，它會(huì)經(jīng)歷一個(gè)減速過程，直到最終靜止。在這個(gè)過程中，重物的加速度方向向上，處于超重狀態(tài)。故C錯(cuò)誤；D.重物從高處自由下落到最終靜止的過程中，初速度和末速度都為零，根據(jù)動(dòng)能定理（合外力做的功等于動(dòng)能的變化量），合外力做的功為零。故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題利用生活中的場(chǎng)景考查物理知識(shí)的綜合應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，難度中等。4．（3分）下列關(guān)于教材插圖的說法正確的是（）A．甲圖中在地球表面上來回?cái)[動(dòng)的小球，在太空中的空間站仍將來回振動(dòng) B．乙圖中將磁體靠近干簧管電路接通是利用了電磁感應(yīng)原理 C．丙圖中運(yùn)輸過程中用導(dǎo)線將微安表的兩個(gè)接線柱連接起來是電磁阻尼現(xiàn)象 D．丁圖中鐵芯上A、B線圈匝數(shù)比為3：1，若ab端輸入9V交流電壓，則cd端輸出3V（非理想變壓器）〖祥解〗根據(jù)完全失重狀態(tài)現(xiàn)象判斷；利用了條形磁鐵使軟鐵簧片被磁化而進(jìn)行工作；根據(jù)電磁阻尼現(xiàn)象判斷；非理想變壓器，有漏磁和熱損現(xiàn)象判斷?！窘獯稹拷猓篈、圖中小球處于完全失重狀態(tài)，細(xì)繩對(duì)小球沒有彈力作用，則小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，不會(huì)在太空中的空間站仍將來回振動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、乙圖中將磁體靠近干簧管電路接通是利用了條形磁鐵使軟鐵簧片被磁化，觸點(diǎn)相互吸引使電路處于導(dǎo)通狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、將電流表的兩接線柱連接，指針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生電磁阻尼，從而保護(hù)表針，故C正確；D、如果是理想變壓器，根據(jù)U1U2=n1n2，若ab端輸入9V交流電壓，可得cd端輸出故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查額完全失重、磁化現(xiàn)象、電磁阻尼、變壓器等基礎(chǔ)知識(shí)，要求學(xué)生對(duì)這部分知識(shí)要重視課本，強(qiáng)化理解和記憶。5．（3分）場(chǎng)致發(fā)射顯微鏡原理如圖所示，中間有一根樣品制成細(xì)小的金屬針，被置于一個(gè)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，隨即氦離子沿著輻射狀的場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)至熒光壁，撞擊熒光膜發(fā)光，獲得圖樣，則下列說法正確的是（）A．金屬針接高壓的負(fù)極 B．輻射狀場(chǎng)線上a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)電勢(shì)低 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(shì)能減小〖祥解〗根據(jù)電場(chǎng)線的性質(zhì)、電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系，以及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律來判斷各選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、在場(chǎng)致發(fā)射顯微鏡中，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(chǎng)線運(yùn)動(dòng)至熒光壁，可以判斷熒光壁帶負(fù)電，金屬針接高壓正極，故A錯(cuò)誤；B、在電場(chǎng)中，電勢(shì)沿電場(chǎng)線方向遞減。由于金屬針接正高壓，電場(chǎng)線從金屬針指向熒光膜，因此a點(diǎn)（靠近金屬針）的電勢(shì)比b點(diǎn)（靠近熒光膜）的電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C、靠近熒光膜時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，因此氦離子的加速度減小，故C錯(cuò)誤；D、氦離子靠近熒光膜的過程中，電場(chǎng)力做正功，氦離子的電勢(shì)能減小，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于理解場(chǎng)致發(fā)射顯微鏡的工作原理，以及電場(chǎng)、電勢(shì)、電勢(shì)能和粒子運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系。正確解答本題需要掌握電場(chǎng)線的性質(zhì)、電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系，以及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。6．（3分）釷基熔鹽堆核電站被譽(yù)為第四代核電技術(shù)，其原理是釷﹣232反應(yīng)堆中吸收一個(gè)中子后變成釷﹣233，釷﹣233在經(jīng)兩次β衰變后生成鈾﹣233，鈾﹣233可以作為核燃料的易裂變核素，鈾﹣233的半衰期可達(dá)16萬年。釷﹣233第一次的衰變方程為90233Th→91233A．β衰變放出的電子來自于核外電子 B．衰變產(chǎn)生β射線的穿透能力比γ射線強(qiáng) C．90233Th比91D．如果將鈾﹣233運(yùn)到火星上，由于低溫可以使其半衰期變的更長(zhǎng)〖祥解〗β衰變中的電子是因?yàn)楹藘?nèi)的中子轉(zhuǎn)變過來的；衰變是朝著更加穩(wěn)定的方向進(jìn)行的；衰變的快慢是原子核自身因素決定的?！窘獯稹拷猓篈、β衰變放出的電子來自原子核內(nèi)部，故A錯(cuò)誤；B、γ射線比衰變產(chǎn)生β射線的穿透能力強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C、此核反應(yīng)放出能量，所以生成的新核91233Pa更穩(wěn)定，則90233Th比91233Pa的比結(jié)合能小，又因?yàn)楹俗訑?shù)相等，所以90D、半衰期與外部環(huán)境無關(guān)，所以如果將鈾﹣233運(yùn)到火星上，其半衰期不變，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】知道β衰變的實(shí)質(zhì)是解題的關(guān)鍵。7．（3分）如圖所示，兩個(gè)小球A、B通過輕彈簧連接，小球A通過水平輕繩連接在墻上，另一根輕繩一端通過定滑輪連接小球B，另一端懸掛在墻頂上；小球C掛在動(dòng)滑輪上，且動(dòng)滑輪兩邊繩夾角β＝120°整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)；與B球連接的繩與水平方向成α＝37°。已知小球A的質(zhì)量mA＝m，小球C的質(zhì)量mC＝3m，重力加速度為g。不計(jì)滑輪質(zhì)量及所有摩擦，則小球B的質(zhì)量為（）A．0.8m B．m C．1.2m D．1.5m〖祥解〗對(duì)C、動(dòng)滑輪整體受力分析，對(duì)A、B整體受力分析，結(jié)合平衡條件分別列式，即可求得小球B的質(zhì)量，即可判斷ABCD正誤?！窘獯稹拷猓涸O(shè)右邊繩子拉力大小為FB，如圖，對(duì)C、動(dòng)滑輪整體受力分析：由平衡條件可得：2F設(shè)左邊繩子拉力大小為FA，如圖，對(duì)A、B整體受力分析：由平衡條件可得：FBsinα＝（mA+mB）g，聯(lián)立可得：mB＝0.8m；故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查共點(diǎn)力的平衡問題，解答本題時(shí)需注意：選準(zhǔn)研究對(duì)象、做好受力分析、根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件確定力與力的關(guān)系。8．（3分）我國(guó)計(jì)劃在2030年前實(shí)現(xiàn)中國(guó)載人登月。設(shè)想登月載人飛船的運(yùn)行軌跡如圖所示。飛船在圓形“停泊軌道”的P點(diǎn)加速進(jìn)入橢圓“過渡軌道”，該軌道離地球表面最近距離為h1，飛船到達(dá)離P點(diǎn)最遠(yuǎn)距離為L(zhǎng)的Q點(diǎn)時(shí)，被月球引力“俘獲”后，在距月球表面h2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，月球表面重力加速度為地球表面重力加速度的16，飛船在“過渡軌道”A．飛船的發(fā)射速度必須大于11.2km/s B．飛船在“過渡軌道”上P點(diǎn)加速度大于“停泊軌道”上P點(diǎn)的加速度 C．飛船在“過渡軌道”上的P點(diǎn)運(yùn)行速度為gRD．飛船從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為π〖祥解〗A.根據(jù)第二宇宙速度的意義進(jìn)行分析解答；B.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(jìn)行分析判斷；C.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(jìn)行判斷；D.根據(jù)開普勒第三定律列式求解?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)第二宇宙速度的意義，飛船的發(fā)射速如果大于11.2km/s時(shí)，飛船將脫離地球的束縛而繞太陽運(yùn)轉(zhuǎn)，故發(fā)射速度必須小于11.2km/s，故A錯(cuò)誤；B.飛船在“過渡軌道”和“停泊軌道”上經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，到地球球心的連線距離一樣，則由GMmr2=maC.飛船在“停泊軌道”上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足GMm(R+h1)2=mv2R+h1，又GMmR2=mg，聯(lián)立得v=gRD.飛船在“停泊軌道”上的運(yùn)行時(shí)，周期為T=2π(R+h1)v，由開普勒第三定律，可得(R+h1)3T2=(L2【點(diǎn)評(píng)】考查萬有引力定律的應(yīng)用以及宇宙速度，開普勒第三定律問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。9．（3分）如圖甲所示為運(yùn)動(dòng)員高臺(tái)滑雪的情景，過程可簡(jiǎn)化為圖乙所示。若陽光垂直照射到斜面上，運(yùn)動(dòng)員在傾斜滑道頂端A處以水平初速度飛出，剛好落在斜面底端C處。B點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)過程中距離斜面的最遠(yuǎn)處，D點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)員在陽光照射下經(jīng)過B點(diǎn)的投影點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．運(yùn)動(dòng)員在斜面上的投影做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．AD與DC長(zhǎng)度之比為1：3 C．若E點(diǎn)在B點(diǎn)的正下方，則AE＝EC D．若運(yùn)動(dòng)員水平初速度減小，落到斜面時(shí)的速度與斜面的夾角仍不變〖祥解〗AB、運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法將小球的運(yùn)動(dòng)沿斜面方向和垂直與斜面方向分解，根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律判斷選項(xiàng)正誤；C、沿水平方向和豎直方向?qū)⑿∏虻倪\(yùn)動(dòng)分解，分別計(jì)算小球的水平位移，進(jìn)而根據(jù)幾何關(guān)系判斷OD與DC長(zhǎng)度關(guān)系；D、結(jié)合速度方向與水平方向夾角正切值和位移與水平方向夾角正切值的關(guān)系，判斷夾角與初速度的關(guān)系。【解答】解：AB、將小球的運(yùn)動(dòng)分解為沿斜面和垂直斜面兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，可知小球沿斜面方向做初速度為v0cosθ，加速度為gsinθ的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球在斜面上的投影做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小球垂直斜面方向做初速度為v0sinθ，加速度為gcosθ的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)過程中距離斜面的最遠(yuǎn)處，則此時(shí)小球垂直斜面方向的分速度剛好為0，根據(jù)對(duì)稱性可知，A到B與B到C的時(shí)間相等，均為t=vLADLAC可得：LDC則有：LADLDC=vC、將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。小球從A到B的過程中有：xAB＝v0t小球從A到C的過程中有：xAC＝v0?2t＝2xAB若E點(diǎn)到B點(diǎn)的正下方，則有：AC＝2AE，可知E點(diǎn)是AC的中點(diǎn)，則AE＝EC，故C正確；D、小球落到斜面上時(shí)，速度與水平方向夾角的正切值tanβ=vyv0=本題選擇錯(cuò)誤的，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的理解，其中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法為解決本題的關(guān)鍵，特別注意該方法應(yīng)用時(shí)可建立不同方向的坐標(biāo)系。10．（3分）如圖所示為某透明介質(zhì)材料制成的長(zhǎng)方體棱鏡，上下兩面為邊長(zhǎng)6R的正方形，棱鏡高為2R，S，O分別為上下面的中心，在上表面挖走一個(gè)以O(shè)點(diǎn)為球心、R為半徑的半球，在S處放置一點(diǎn)光源。已知該材料的折射率為n=2，且只有上表面為光學(xué)面，則有光射出的上表面形狀（用陰影表示）為（俯視看半球內(nèi)表面被照亮的部分可等效成水平面，下圖圓形虛線的半徑為RA． B． C． D．〖祥解〗根據(jù)臨界角公式求出臨界角后，再找到恰能從平面和弧面上射出的光線的臨界點(diǎn)。【解答】解：根據(jù)全反射臨界角公式有sinC=解得C＝45°如圖所示入射角大于45°時(shí)會(huì)發(fā)生全反射，沒有光線射出，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了光的折射和全反射，充分利用好幾何關(guān)系和臨界角公式是解題的關(guān)鍵。11．（3分）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的內(nèi)部光滑絕緣圓管MN，與水平面夾角為37°，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B垂直圓管所在的豎直平面。帶負(fù)電小球沿圓管（小球直徑略小于管直徑）由靜止下滑，小環(huán)質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小球先加速后勻速 B．圓管對(duì)小球的彈力先減小后不變 C．小球從靜止到對(duì)圓管彈力為零過程中洛倫茲力沖量的大小為8mD．圓管對(duì)小球的彈力為零時(shí)小球離出發(fā)點(diǎn)的距離為16〖祥解〗圓管光滑，沒有摩擦力，根據(jù)受力分析求得小球下滑的加速度，判斷小球速度的變化；根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，根據(jù)洛倫茲力隨速度的變化以及受力分析得到小球所受彈力的變化情況；根據(jù)小球?qū)A管彈力為零時(shí)的受力情況，求得速度大小，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得此過程的時(shí)間，由于運(yùn)動(dòng)過程為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力為變力，用平均速度求解變力的沖量；根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系求解小球的位移。【解答】解：A.根據(jù)左手定則，帶負(fù)電小球受到洛倫茲力方向垂直圓管向上，由于圓管內(nèi)部光滑，沒有摩擦力，則小球所受重力沿圓管向下的分離提供合力，故mgsin37°＝ma解得a=gsin37°=故小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.小球剛進(jìn)入圓管時(shí)，圓管對(duì)小球的彈力垂直于圓管向上，彈力大小FN＝mgcos37°﹣qvB由于小球沿圓管向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，洛倫茲力增大，彈力減小。當(dāng)洛倫茲力增大到大于mgcos37°后，彈力反向增大。故圓管對(duì)小球的彈力先減小后增大，故B錯(cuò)誤；C.假設(shè)小球?qū)A管彈力為零時(shí)，速度為v，則有qvB＝mgcos37°根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝at聯(lián)立解得小球從靜止到對(duì)圓管彈力為零過程中所用時(shí)間t=由于小球運(yùn)動(dòng)過程為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度v=該過程洛倫茲力的沖量I=q故C正確；D.圓管對(duì)小球的彈力為零時(shí)小球的位移x=故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查洛倫茲力的的計(jì)算，需要注意分析小球的受力情況，理解洛倫茲力為變力，會(huì)對(duì)變力的沖量進(jìn)行求解。12．（3分）如圖甲所示，用某種型號(hào)的光線發(fā)射器的光照射光電管。圖乙為氫原子能級(jí)圖，光線發(fā)射器內(nèi)大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射出的光中只有a、b兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，圖丙所示為a、b光單獨(dú)照射光電管時(shí)產(chǎn)生的光電流I與光電管兩端電壓U的關(guān)系圖線。已知光電管陰極材料的逸出功為2.25eV，下列說法正確的是（）A．用a光照射時(shí)，飛出陰極光電子的初動(dòng)能為7.95eV B．光線發(fā)射器輻射出a、b兩種光子的動(dòng)量之比約為0.84 C．丙圖中Uc1和Uc2對(duì)應(yīng)的是甲圖中電源的正極接在左端 D．若發(fā)射器部分光線被遮擋，光電子飛出K極時(shí)的最大初動(dòng)能變小，光電流減小〖祥解〗根據(jù)玻爾理論結(jié)合題圖丙，判斷a光和b光的能量，再根據(jù)光電效應(yīng)方程求解光電子的最大初動(dòng)能，進(jìn)而判斷其初動(dòng)能的范圍；根據(jù)光子動(dòng)量公式結(jié)合光速公式判斷兩光的動(dòng)量之比；根據(jù)電路結(jié)構(gòu)判斷電源正負(fù)極；由光電流和光子數(shù)關(guān)系判斷。【解答】解：A、光線發(fā)射器中發(fā)出的三種光子的能量分別為：E31＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6）eV＝12.09eV，E21＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6）eV＝10.2eV，E32＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40）eV＝1.89eV由丙圖可知a光遏止電壓小于b光遏止電壓，由eUc＝Ek＝hν﹣W0可知：a光的頻率小于b光的頻率，a光的能量小于b光的能量，由此可知：b為氫原子從n＝3能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)時(shí)發(fā)出的光，a光為氫原子從n＝2能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)時(shí)發(fā)出的光；用a光照射時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能為Ek＝E21﹣W0＝10.2eV﹣2.25eV＝7.95eV，但光電子的初動(dòng)能應(yīng)小于或等于7.95eV，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)光子動(dòng)量公式p=hλ結(jié)合c＝λν所以papbC、丙圖中Uc1和Uc2是反向的遏止電壓，此時(shí)甲圖中電源的正極接在右端，故C錯(cuò)誤；D．部分光線被遮擋，不改變光子能量，則光電子飛出陰極時(shí)的最大初動(dòng)能不變。因?yàn)楣庾訑?shù)量減少，則光電子數(shù)量減小，光電流變小，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查愛因斯坦光電效應(yīng)方程和玻爾理論的綜合應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵要掌握能級(jí)躍遷與發(fā)出或吸收光子能量的關(guān)系。13．（3分）如圖所示是潮汐發(fā)電示意圖，其利用潮水漲落產(chǎn)生的水位差所具有的勢(shì)能發(fā)電，一晝夜中兩次漲、落潮。漲潮時(shí)堵住通道，漲至最高水位時(shí)打開通道，進(jìn)水發(fā)電。水庫(kù)水位漲至最高時(shí)，堵住通道，落潮至最低水位時(shí)，打開通道放水發(fā)電。已知水壩的高為H＝15m，漲潮時(shí)水庫(kù)最高水位h1＝10m，退潮水庫(kù)最低水位h2＝6m，發(fā)電機(jī)日平均發(fā)電量為4.8×104kW?h，水輪發(fā)電機(jī)總效率為10%，海水的密度為1.0×103kg/m3，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．漲潮時(shí)水庫(kù)水重心上升4m B．發(fā)電機(jī)的功率為4×103kW C．該發(fā)電站所圈占的海灣面積約為2.7×10m2 D．若采用U＝200kV的直流電向某地區(qū)輸電，輸電線路電阻為1000Ω，則線路上損耗功率為輸電總功率的5%〖祥解〗根據(jù)漲潮和退潮時(shí)水位差，可知水位重心的變化高度；由發(fā)電機(jī)日均發(fā)電量，可計(jì)算發(fā)電機(jī)的功率；由發(fā)電機(jī)的日均發(fā)電量及發(fā)電機(jī)總效率，可計(jì)算水的重力勢(shì)能減小量，即可計(jì)算發(fā)電機(jī)所圈占的海灣面積；由發(fā)電機(jī)功率及直流電電壓，可計(jì)算通過輸電線路的電流，即可知輸電線上損耗的電功率，可計(jì)算線路上損耗功率占輸電總功率的百分比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)漲潮和退潮時(shí)水位差，可知水位重心的變化高度為h1-hB、由發(fā)電機(jī)日均發(fā)電量，可知發(fā)電機(jī)的功率為P=Wt=C、由發(fā)電機(jī)的日均發(fā)電量及發(fā)電機(jī)總效率，可知水的重力勢(shì)能減小量為：4ΔEp=Wη，而水的重力勢(shì)能減小量為：ΔEp=ρS(h1D、由發(fā)電機(jī)功率及直流電電壓，可知通過輸電線路的電流I=PU，即可知輸電線上損耗的電功率P損=I故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電能的轉(zhuǎn)化及輸送相關(guān)問題，涉及功率、重力勢(shì)能、效率、質(zhì)量密度公式等內(nèi)容，從能量守恒出發(fā)，即可解決問題。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）14．（3分）下列說法正確的是（）A．雷達(dá)是利用無線電波中的微波進(jìn)行定位 B．?dāng)U散現(xiàn)象只能發(fā)生在液體或氣體中，不能發(fā)生在固體中 C．盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型可以解釋氫原子光譜不連續(xù)現(xiàn)象 D．透過偏振片觀察手機(jī)等液晶屏幕上的字，轉(zhuǎn)動(dòng)偏振片時(shí)可觀察到明暗變化〖祥解〗本題考查的是物理中的多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，包括電磁波的應(yīng)用、物質(zhì)狀態(tài)的性質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)理論以及光學(xué)現(xiàn)象。需要對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析，判斷其正確性?！窘獯稹拷猓篈、雷達(dá)通過發(fā)射微波信號(hào)，然后接收反射回來的信號(hào)，通過計(jì)算信號(hào)往返的時(shí)間來確定目標(biāo)的位置，故A正確。B、擴(kuò)散現(xiàn)象不僅發(fā)生在液體或氣體中，也能發(fā)生在固體中。擴(kuò)散是物質(zhì)分子從高濃度區(qū)域向低濃度區(qū)域移動(dòng)的過程，這一過程在固體、液體和氣體中都能觀察到。故B錯(cuò)誤。C、盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型揭示了原子的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，但真正解釋氫原子光譜不連續(xù)現(xiàn)象的是玻爾的原子模型，它引入了量子化的概念，解釋了電子在不同能級(jí)之間的躍遷導(dǎo)致的光譜線，故C錯(cuò)誤。D、液晶屏幕發(fā)出的光是偏振光，當(dāng)偏振片的偏振方向與液晶屏幕發(fā)出的光的偏振方向一致時(shí)，光可以透過偏振片，屏幕看起來明亮；當(dāng)偏振方向不一致時(shí)，光被阻擋，屏幕看起來暗淡，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題通過分析不同物理現(xiàn)象的原理，考察了學(xué)生對(duì)電磁波、物質(zhì)狀態(tài)、原子結(jié)構(gòu)和光學(xué)現(xiàn)象的理解。正確解答本題需要對(duì)相關(guān)物理概念有清晰的認(rèn)識(shí)，能夠區(qū)分不同現(xiàn)象的產(chǎn)生原因和適用范圍。（多選）15．（3分）如圖甲所示，在某均勻介質(zhì)中簡(jiǎn)諧波源S1、S2相距d＝20m，t＝0時(shí)刻兩者開始上下振動(dòng)，S1只振動(dòng)了半個(gè)周期，S2連續(xù)振動(dòng)。距離波源S1點(diǎn)2m處的P質(zhì)點(diǎn)在t＝3s時(shí)第一次到達(dá)波峰。開始階段兩波源的振動(dòng)圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．兩列波的傳播速度都為1m/s B．質(zhì)點(diǎn)P在0～20s內(nèi)的路程為80cm C．t＝11.25s時(shí)，位于S1、S2連線上有質(zhì)點(diǎn)第一次位移達(dá)到24cm D．在0～16s內(nèi)從S1點(diǎn)發(fā)出的半個(gè)波前進(jìn)過程中遇到5個(gè)波峰〖祥解〗兩列波在同一介質(zhì)中傳播速度相等，P質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)的波峰是由波源S1產(chǎn)生的波傳播過來的。確定傳播的距離與波長(zhǎng)的關(guān)系，結(jié)合波速、波長(zhǎng)與周期的關(guān)系，聯(lián)立求解傳播的速度與波長(zhǎng)；求出由波源S2產(chǎn)生的波傳播到P質(zhì)點(diǎn)處所需時(shí)間，分別求出兩列波使質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程；根據(jù)兩列波分別傳播的距離，畫出兩列波相遇時(shí)的情形，根據(jù)波的疊加原理分析解答；求出在0～16s內(nèi)兩列波分別傳播的距離，得到兩列波相遇的區(qū)間的長(zhǎng)度，確定此區(qū)間內(nèi)有多少個(gè)由波源S2產(chǎn)生的波的波峰，根據(jù)兩波的相遇過程求解從S1點(diǎn)發(fā)出的半個(gè)波前進(jìn)過程中能遇到幾個(gè)波峰。【解答】解：A、兩列波在同一介質(zhì)中傳播速度相等，因P質(zhì)點(diǎn)距離距離波源S1較近，故P質(zhì)點(diǎn)在t＝3s時(shí)第一次到達(dá)的波峰是由波源S1產(chǎn)生的波傳播過來的。設(shè)波源S1產(chǎn)生的波的波長(zhǎng)為λ1，周期為T1，可知此時(shí)間內(nèi)傳播的距離為：x＝2m+14λ1，由圖乙可知：T可得傳播速度為：v=又有：λ1＝vT1聯(lián)立解得：v＝1m/s，λ1＝4m，故A正確；B、由波源S2產(chǎn)生的波的周期為T2＝2s，其波長(zhǎng)為λ2＝vT2＝1×2m＝2m由波源S2產(chǎn)生的波傳播到P質(zhì)點(diǎn)處所需時(shí)間為：t1=d-2m顯然由波源S1產(chǎn)生的半個(gè)波長(zhǎng)的波已經(jīng)通過了質(zhì)點(diǎn)P，其使質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為s1＝2A1＝2×4cm＝8cm18s～20s由波源S2產(chǎn)生的波使質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)了一個(gè)周期，其使質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為s2＝4A2＝4×20cm＝80cm質(zhì)點(diǎn)P在0～20s內(nèi)的路程為：s＝s1+s2＝8cm+80cm＝88cm，故B錯(cuò)誤；C、t＝11.25s時(shí)，兩列波分別傳播的距離為x1＝1×11.25m＝11.25m根據(jù)波源S1、S2相距d＝20m，畫出兩列波相遇時(shí)的情況如下圖所示，可得列波的波峰第一次在圖中Q點(diǎn)相遇，Q點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)的位移xQ＝A1+A2＝4cm+20cm＝24cm，故C正確；D、在0～16s內(nèi)兩列波分別傳播的距離為x2＝1×16m＝16m兩列波相遇的區(qū)間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝d﹣2（d﹣x2）＝20m﹣2×（20m﹣16m）＝12m因λ2＝2m，故此區(qū)間內(nèi)恰好有6個(gè)波長(zhǎng)的由波源S2產(chǎn)生的波，即存在6個(gè)波源S2產(chǎn)生的波的波峰，根據(jù)兩波的相遇過程，可知從S1點(diǎn)發(fā)出的半個(gè)波前進(jìn)過程中能遇到5個(gè)波峰，故D正確。故選：ACD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)械波的傳播，以及波的疊加問題，題目較復(fù)雜，兩列波相遇的過程要根據(jù)傳播的距離與位置關(guān)系邏輯波形疊加的情況。三、非選擇題（本題共7小題，共55分）16．（6分）（1）用如圖1所示的裝置可以“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”，也可以“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)。①除圖中的器材外，請(qǐng)?jiān)谙铝衅鞑闹羞x擇兩個(gè)實(shí)驗(yàn)均必須使用的器材AC（多選）。②關(guān)于兩個(gè)實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是C（單選）。A.實(shí)驗(yàn)均需要補(bǔ)償阻力B.實(shí)驗(yàn)時(shí)軌道均需要與水平面平行C.實(shí)驗(yàn)均需要連接小車的細(xì)繩與軌道平行D.實(shí)驗(yàn)均需要小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于所掛重物的質(zhì)量③“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”實(shí)驗(yàn)打出一條紙帶，其中一部分如圖2所示，B、C、D為紙帶上標(biāo)出的連續(xù)3個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒有標(biāo)出。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在頻率為50Hz的交流電源上。則打C點(diǎn)時(shí)，紙帶運(yùn)動(dòng)的速度vC＝0.44m/s（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（2）如圖3所示是“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置。實(shí)驗(yàn)中能夠把速度的測(cè)量轉(zhuǎn)化為位移的測(cè)量的必要操作是B。（單選）A.軌道應(yīng)當(dāng)盡量光滑B.安裝軌道時(shí)，軌道末端必須水平C.每次必須從同一個(gè)高度靜止釋放小球〖祥解〗（1）①②利用圖示小車紙帶裝置可以完成很多實(shí)驗(yàn)，在研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)不需要平衡摩擦力，在探究“小車的加速度與質(zhì)量的關(guān)系”和探究“功與速度變化的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要平衡摩擦力，當(dāng)小車與車中砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于小桶及桶中砝碼的總質(zhì)量時(shí)，才可以認(rèn)為繩對(duì)小車的拉力大小約等于小桶及桶中砝碼的總重力，據(jù)此分析作答；③根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度求解打下C點(diǎn)的速度。（2）根據(jù)利用斜槽驗(yàn)證碰撞過程中動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理、正確操作和注意事項(xiàng)進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）①在“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，需要鉤碼作為重物，不需要天平測(cè)質(zhì)量，槽碼的質(zhì)量太大，紙帶上打出的點(diǎn)跡太少，因此不能用槽碼；在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，也需要鉤碼作為重物；兩個(gè)實(shí)驗(yàn)均需要用刻度尺測(cè)量相鄰點(diǎn)跡之間的距離，故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選：AC。②A.在“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，不需要用繩子的拉力表示小車所受的合力，因此不需要補(bǔ)償阻力，故A錯(cuò)誤；B.在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中需要平衡摩擦力，實(shí)驗(yàn)時(shí)要將長(zhǎng)木板不帶滑輪的一端墊高，軌道不能與水平面平行，故B錯(cuò)誤；C.為了使繩子的拉力方向始終不變，兩個(gè)實(shí)驗(yàn)均需要連接小車的細(xì)繩與軌道平行，故C正確；D.在“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，不需要用小車的重力代替繩子的拉力，因此不需要小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于所掛重物的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。故選：C。③相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T=根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，打下C點(diǎn)的速度v（3）本實(shí)驗(yàn)的原理為根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解入射小球與被碰小球的水平碰撞前后的水平初速度來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的；A.實(shí)驗(yàn)時(shí)軌道不需要盡量光滑，只需要將入射小球每次從同一高度靜止釋放即可，故A錯(cuò)誤；B.為了保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)，安裝軌道時(shí)，軌道末端必須水平，故B正確；C.為了保證入射小球每次碰撞前的速度相同，每次必須從同一個(gè)高度靜止釋放小球，故C正確。故選：B。故答案為：（1）①AC；②C；③0.44；（2）B?！军c(diǎn)評(píng)】本題實(shí)驗(yàn)考查了利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和長(zhǎng)木板裝置“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”和“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，要明確兩個(gè)實(shí)驗(yàn)的共同點(diǎn)和不同點(diǎn)；明確什么情況下需要平衡摩擦力、什么情況下需要滿足砝碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量的解題的關(guān)鍵。17．（6分）小明同學(xué)為測(cè)出某電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，同時(shí)制作一個(gè)簡(jiǎn)易的電子測(cè)力計(jì)，設(shè)計(jì)了如圖1所示的電路。電路中器材有：彈簧（電阻不計(jì)，勁度系數(shù)為k）、電阻箱、電流表、電源、粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒、開關(guān)。已知滑片固定在彈簧上且與導(dǎo)體棒接觸良好，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，滑片位于導(dǎo)體棒最左端。已知導(dǎo)體棒的總電阻為9.0Ω。（1）小明先利用游標(biāo)卡尺測(cè)出導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度如圖2所示。則該導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為60.0mm。（2）他將R0調(diào)到3.0Ω，拉動(dòng)拉鉤，改變導(dǎo)體棒接入電路中的長(zhǎng)度l，測(cè)出不同l對(duì)應(yīng)的電流I，并作出1I-l圖像如圖3所示，則電源電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻為1.8Ω（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字），內(nèi)阻的測(cè)量值大于真實(shí)值（填“大于”“小于”或“等于（3）若沿拉鉤方向每增加相同的力，就在電流表表盤上標(biāo)注一個(gè)刻度，則刻度分布不均勻（填“均勻”或“不均勻”）。（4）若彈簧的勁度系數(shù)為15N/cm，R0調(diào)為3.2Ω，則對(duì)應(yīng)電流表的刻度為0.30A時(shí)，拉力大小為40N?！枷榻狻剑?）根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)方法讀數(shù)；（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，分析表達(dá)式即可解答；根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，整理表達(dá)式，再結(jié)合圖像即可求解；（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合閉合電路歐姆定律列式求解。【解答】解：（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，可知該導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為60mm+0×0.1mm＝60.0mm＝6.00cm；（2）（3）導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度的阻值為r0=r'根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=在電流表表盤上每隔相同力的大小標(biāo)注一個(gè)刻度，則刻度分布不均勻。1I-1I圖線與縱軸截距和斜率分別為r+R0E=1.6A﹣1，解得r＝1.8Ω，E＝3.0V考慮電流表的內(nèi)阻可知，測(cè)量值大于真實(shí)值。（4）根據(jù)I=R0調(diào)為3.2Ω，則對(duì)應(yīng)電流表的刻度為0.30A時(shí)，解得l''=5根據(jù)胡克定律可知此時(shí)彈簧彈力F＝kl'''＝15N/cm×（6-51.5）cm故答案為：（1）60.0；（2）3.0；1.8；大于；（3）不均勻；（4）40【點(diǎn)評(píng)】該實(shí)驗(yàn)考查了測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)以及內(nèi)阻，該實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了創(chuàng)新，需要理解實(shí)驗(yàn)原理，能夠根據(jù)閉合電路歐姆定律列式解答。（多選）18．（2分）根據(jù)圖示，關(guān)于下列實(shí)驗(yàn)說法正確的是（）A．甲圖裝置中，插入和抽出條形磁鐵，電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向一致 B．乙圖中目鏡觀察到的干涉條紋雖然傾斜，但不影響波長(zhǎng)測(cè)量的結(jié)果 C．丙圖中探究氣體等溫變化規(guī)律實(shí)驗(yàn)的過程中柱塞應(yīng)緩慢地向下壓或向上拉 D．丁圖中測(cè)定玻璃的折射率，如果有幾塊寬度大小不同的平行玻璃磚可供選擇，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選用寬度小的玻璃磚來測(cè)量〖祥解〗根據(jù)楞次定律判斷電流方向，能夠準(zhǔn)確測(cè)量出條紋的間距，就可以準(zhǔn)確地計(jì)算出光的波長(zhǎng)，柱塞的移動(dòng)應(yīng)該是緩慢的，應(yīng)該選擇寬度較大的玻璃磚來測(cè)量折射率?！窘獯稹拷猓篈.甲圖裝置中，當(dāng)插入條形磁鐵時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)會(huì)阻礙原磁通量的增加，因此會(huì)產(chǎn)生一個(gè)與原磁場(chǎng)方向相反的感應(yīng)磁場(chǎng)，電流計(jì)指針會(huì)偏轉(zhuǎn)。而當(dāng)抽出條形磁鐵時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)會(huì)阻礙原磁通量的減少，因此會(huì)產(chǎn)生一個(gè)與原磁場(chǎng)方向相同的感應(yīng)磁場(chǎng)，電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向與插入時(shí)相反。所以，插入和抽出條形磁鐵時(shí)，電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向是不一致的，故A錯(cuò)誤。B.乙圖中展示的是光的干涉現(xiàn)象。即使干涉條紋傾斜，只要我們能夠準(zhǔn)確測(cè)量出條紋的間距，就可以準(zhǔn)確地計(jì)算出光的波長(zhǎng)。所以，干涉條紋的傾斜并不影響波長(zhǎng)測(cè)量的結(jié)果，故B正確。C.丙圖中展示的是探究氣體等溫變化規(guī)律實(shí)驗(yàn)。在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中，我們需要保持氣體的溫度不變，因此柱塞的移動(dòng)應(yīng)該是緩慢的，以避免由于快速壓縮或膨脹導(dǎo)致的氣體溫度變化。所以，柱塞應(yīng)緩慢地向下壓或向上拉，以確保實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確性，故C正確。D.丁圖中展示的是測(cè)定玻璃的折射率的實(shí)驗(yàn)。在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中，我們使用平行玻璃磚來測(cè)量折射率。由于折射現(xiàn)象的存在，光線在通過玻璃磚時(shí)會(huì)發(fā)生偏折。如果玻璃磚的寬度較小，這會(huì)增加測(cè)量折射角的誤差。因此，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，我們應(yīng)該選擇寬度較大的玻璃磚來測(cè)量折射率，而不是寬度小的玻璃磚，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)、光的干涉、氣體實(shí)驗(yàn)定律以及折射定律等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)的內(nèi)容，綜合性較強(qiáng)。19．（8分）某探究小組設(shè)計(jì)了一個(gè)超重報(bào)警裝置，高為L(zhǎng)、橫截面積為S、導(dǎo)熱性能良好的薄壁容器豎直倒置懸掛，在距離容器底部3L4處安裝有預(yù)警傳感器。容器內(nèi)有一厚度不計(jì)、質(zhì)量為m的活塞，穩(wěn)定時(shí)正好封閉一段長(zhǎng)度為L(zhǎng)4的理想氣柱如圖甲所示?；钊赏ㄟ^輕繩連接一個(gè)沙桶如圖乙所示，逐漸往沙桶中加入沙子使活塞緩慢下降，當(dāng)活塞接觸傳感器時(shí)，系統(tǒng)可發(fā)出警報(bào)。已知初始時(shí)環(huán)境熱力學(xué)溫度為T0＝300k，大氣壓強(qiáng)為p0＝1.01×105Pa，m＝1kg，L＝0.5m，S＝100cm2，重力加速度為g＝10m/s（1）活塞從初始位置到預(yù)警位置分子平均動(dòng)能不變（選填“變大”、“變小”或“不變”），氣體分子的數(shù)密度變?。ㄟx填“變大”、“變小”或“不變”）；（2）求觸發(fā)超重預(yù)警時(shí)所掛沙和沙桶的總質(zhì)量M；（3）在（2）條件下，若外界溫度緩慢降低1%，氣體內(nèi)能減少了5.75J，則氣體向外界放出熱量Q為多少？〖祥解〗（1）整個(gè)過程中氣體的體積增大，溫度不變，據(jù)此分析；（2）根據(jù)平衡條件計(jì)算開始時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)，然后根據(jù)玻意耳定律計(jì)算剛觸發(fā)預(yù)警時(shí)的壓強(qiáng)，最后根據(jù)平衡條件計(jì)算所掛沙和沙桶的總質(zhì)量；（3）根據(jù)蓋—呂薩克定律計(jì)算降低溫度后的體積，根據(jù)W＝pΔV計(jì)算外界對(duì)氣體做得功，最后根據(jù)熱力學(xué)第一定律計(jì)算放出的熱量。【解答】解：（1）因?yàn)槭菍?dǎo)熱性能良好的薄壁容器，所以封閉氣體的溫度始終和外界溫度相等，而溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以分子的平均動(dòng)能不變；封閉氣體的體積不變，分子數(shù)一定，活塞從初始位置到預(yù)警位置，氣體的體積增大，所以氣體分子數(shù)密度變小；（2）輕繩未連重物時(shí)，對(duì)活塞，受到重力和內(nèi)外氣體壓力作用，設(shè)此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)為p1，根據(jù)平衡條件得：p1S+mg＝p0S則p解得：p1剛好觸發(fā)超重預(yù)警時(shí)，設(shè)此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)為p2，對(duì)活塞受力分析得p2S+（M+m）g＝p0S由玻意耳定律得：p聯(lián)立解得：M=（3）由蓋—呂薩克定律得：V其中：V從而解得：V3＝0.99V2則：ΔV＝V2﹣V3此過程外界對(duì)氣體做的功為：W＝p2ΔV由熱力學(xué)第一定律有：ΔU＝Q+W聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Q＝﹣7J即氣體放熱7J故答案為：（1）不變，減??；（2）觸發(fā)超重預(yù)警時(shí)所掛沙和沙桶的總質(zhì)量M為2003kg；（3）氣體向外界放出熱量Q為7J【點(diǎn)評(píng)】知道在活塞懸掛重物下降的過程是一個(gè)等溫過程，后面溫度降低是一個(gè)等壓過程，能夠根據(jù)初末狀態(tài)寫出對(duì)應(yīng)的方程是解題的關(guān)鍵。20．（11分）如圖所示為半徑R＝0.9m的四分之一豎直圓弧軌道AB、傳送帶BC、水平軌道CDE平滑連接組成的玩具軌道模型，E端的豎直擋板上固定有勁度系數(shù)為k＝1.6N/m的輕質(zhì)彈簧?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊a從圓心O等高處A點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過水平傳送帶BC后，與靜止在軌道D處，質(zhì)量也為m的物塊b發(fā)生彈性碰撞。初始時(shí)b與彈簧接觸但不粘連。已知傳送帶的長(zhǎng)度L＝2m，以v＝4m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，CD之間的距離l＝0.2m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，其余部分均光滑，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T＝2πmk，（k（1）滑塊a滑到圓軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)受到的支持力大??；（2）a、b兩物塊第一次和第三次碰撞的時(shí)間間隔（可用π表示）；（3）①物塊a第一次滑過傳送帶系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q1；②物塊a從靜止釋放到兩物塊第n次相碰時(shí)，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q2?！枷榻狻剑?）根據(jù)動(dòng)能定理求出滑塊a滑到圓軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊a滑到B點(diǎn)時(shí)受到的支持力大小。（2）滑塊a在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度大小，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，判斷滑塊a能否與傳送帶共速，得到滑塊a與物塊b碰撞前的速度。根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出碰撞后a、b的速度大小。第一次碰撞后b做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)周期與a第二次碰撞，兩者交換速度后，a左滑上傳送帶，分析a在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出各個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。（3）①求出物塊a第一次滑上傳送帶與傳送帶共速的時(shí)間與相對(duì)位移大小。此過程系統(tǒng)摩擦生熱等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移大小的乘積。②a、b兩物塊第三次碰撞后重復(fù)第一次到第三次碰撞的運(yùn)動(dòng)過程，如此反復(fù)下去。同理求出滑塊a向左滑上傳送帶速度減到零后，再反向從傳送帶右端離開傳送帶的過程的摩擦生熱。以n為奇數(shù)和偶數(shù)討論摩擦生熱的不同情況?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)滑塊a滑到圓軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR=1解得：v設(shè)滑塊a滑到B點(diǎn)時(shí)受到的支持力大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得：FN解得：FN＝3N（2）滑塊a在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝5m/s2假設(shè)滑塊a能夠與傳送帶共速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得達(dá)到共速時(shí)滑塊a的位移大小為：x1解得：x1＝0.2m因x1＜L＝2m，故假設(shè)成立?？芍瑝Ka將以v＝4m/s的速度與物塊b第一次彈性碰撞，設(shè)碰撞后a、b的速度大小分別為va、vb，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：mv＝mva+mvb12mv2解得：va＝0，vb＝v＝4m/s（質(zhì)量相等，速度交換）第一次碰撞后a靜止，b做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)周期與a第二次碰撞，此過程的時(shí)間為：t1解得：t1=第二次碰撞兩者交換速度，碰撞后b靜止，a以v＝4m/s的速度向左滑上傳送帶?；瑝Ka由D勻速運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間：t假設(shè)a在傳送帶上速度能夠減到零，其位移大小為：x2解得：x2＝1.6m因x2＜L，故假設(shè)成立。a在傳送帶上速度減到零后反向加速?gòu)膫魉蛶в叶碎_傳送帶，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得a離開傳送帶時(shí)的速度大小仍為v＝4m/s。此過程的時(shí)間為：t3a離開傳送帶后由C勻速運(yùn)動(dòng)到D（所用時(shí)間等于t2）與物塊b第三次碰撞，a、b兩物塊第一次和第三次碰撞的時(shí)間間隔為：Δt＝t1+2t2+t3=π4（3）①物塊a第一次滑上傳送帶與傳送帶共速的時(shí)間為：t4物塊a第一次滑過傳送帶，與傳送帶的相對(duì)位移大小為：Δx1＝x1﹣vt4聯(lián)立解得：Δ此過程系統(tǒng)摩擦生熱為：Q1＝μmgΔx1解得：Q1=②a、b兩物塊第三次碰撞后重復(fù)第一次到第三次碰撞的運(yùn)動(dòng)過程，如此反復(fù)下去。對(duì)于a以v＝4m/s的速度向左滑上傳送帶速度減到零后，再反向從傳送帶右端離開傳送帶的過程。此過程物塊a與傳送帶的相對(duì)位移大小就等于傳送帶的位移大小，且為：Δx2＝vt3＝4×1.6m＝6.4m此過程系統(tǒng)摩擦生熱為：Q3＝μmgΔx2解得：Q3＝3.2J若碰撞次數(shù)n為奇數(shù)，則：Q解得：Q2=若碰撞次數(shù)n為偶數(shù)，則：Q解得：Q2=答：（1）滑塊a滑到圓軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)受到的支持力大小為3N；（2）a、b兩物塊第一次和第三次碰撞的時(shí)間間隔為1.7+π（3）①物塊a第一次滑過傳送帶系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q1為17-122②若碰撞次數(shù)n為奇數(shù)，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q2為17-12210+8(n-1)5(J)；若碰撞次數(shù)n【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律應(yīng)用的彈性碰撞模型，牛頓第二定律應(yīng)用的傳送帶模型，牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用。掌握摩擦生熱的求解方法，以及彈性碰撞的特點(diǎn)。21．（11分）如圖所示，相距L＝1m的光滑導(dǎo)軌ABC、DEF平行放置于絕緣水平面上，傾斜部分與水平部分在B、E兩點(diǎn)平滑連接，傾斜導(dǎo)軌與水平面夾角θ＝30°。右端CF接R＝2Ω的電阻。沿導(dǎo)軌BC建立如圖所示一維坐標(biāo)，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，B點(diǎn)坐標(biāo)為﹣2m。傾斜導(dǎo)軌區(qū)域有垂直傾斜區(qū)域向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=10T，在﹣2m＜x＜0區(qū)域存在豎直方向大小為B2=10sinπxT的磁場(chǎng)（方向垂直紙面向上為正）。沿x＞0方向存在大小滿足B3＝823-6xT的等腰直角三角形OMN區(qū)域磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg，長(zhǎng)度L，電阻也為R的導(dǎo)體棒ab從傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，到達(dá)底端BE前已經(jīng)勻速。當(dāng)ab棒經(jīng)過BE時(shí)，立即施加一個(gè)水平外力，使ab棒在﹣2m＜x＜0區(qū)域繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x（1）ab棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大速度及對(duì)應(yīng)的Uab；（2）ab棒在﹣2m＜x＜0區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中電阻R產(chǎn)生焦耳熱；（3）ab棒最終停止的位置坐標(biāo)?！枷榻狻剑?）對(duì)金屬棒受力分析，根據(jù)平衡條件、結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式、安培力公式和閉合電路歐姆定律列式求解最大速度，再由電路相關(guān)知識(shí)求ab兩端的電壓；（2）金屬棒在B2區(qū)域勻速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生正弦交流電，求出有效值，再由焦耳定律求熱量；（3）根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合電荷量的推論公式求解導(dǎo)體棒最終停止的位置。【解答】解：（1）對(duì)金屬棒在傾斜軌道上，當(dāng)受力平衡時(shí)有：mgsin30°＝BIL而此時(shí)感應(yīng)電流為：I=E感聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：v＝2m/s由右手定則可知，b端高于a端，此時(shí)ab兩端電壓：uab=代入數(shù)據(jù)得：uab=（2）金屬棒在B2區(qū)域內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式可知：u＝B2Lv代入數(shù)據(jù)利：u=210sinπx（由焦耳定律可得熱量：Q=代入數(shù)據(jù)得：Q＝5JQR=Q2=（3）在磁場(chǎng)B3區(qū)域內(nèi)，由于運(yùn)動(dòng)受到的安培力：FA＝B3I3L=代入數(shù)據(jù)得：FA=設(shè)最終停止位置的坐標(biāo)為x，在B3中減速為零的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：mv＝∑FA?Δt=∑（L﹣2x）?Δx就是導(dǎo)體棒在B3中掃過梯形的面積即：∑（L﹣2x）?Δx＝（L﹣x）x=316解方程得：x=14m，或x=答：（1）ab棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大速度為2m/s，對(duì)應(yīng)的Uab為-10（2）ab棒在﹣2m＜x＜0區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中電阻R產(chǎn)生焦耳熱為2.5J；（3）ab棒最終停止的位置坐標(biāo)為14m【點(diǎn)評(píng)】本題是一道電磁感應(yīng)與力學(xué)、電學(xué)相結(jié)合的綜合題，要分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、E＝BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件、能量守恒定律即可正確解題。22．（11分）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第四象限有一個(gè)直角三角形OAC區(qū)域，區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（區(qū)域邊界也有磁場(chǎng)），OA與x軸正方向、OC邊夾角都為30°，OA＝L。A點(diǎn)處有一個(gè)粒子源不斷地沿AC方向射出速度大小不同，質(zhì)量為m，電量為q（q＞0）的帶電粒子。在OA邊界的上方及y=-x23L下方存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=2qB2L3m，在電場(chǎng)上方某區(qū)域存在一個(gè)矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的底邊與x軸平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B。粒子經(jīng)過矩形磁場(chǎng)后，進(jìn)入圓心坐標(biāo)（0，L（1）求從AO邊離開磁場(chǎng)區(qū)域的粒子的速度范圍和運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（2）若A點(diǎn)處粒子的速度為0，求粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后離開電場(chǎng)時(shí)速度的大??；（3）求圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1及方向；（4）求矩形磁場(chǎng)的最小面積?！枷榻狻剑?）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的臨界速度，然后確定速度范圍，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后求出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。（2）粒子在電場(chǎng)中加速，應(yīng)用動(dòng)能定理求出粒子的速度。（3）應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。（4）根據(jù)粒子軌道半徑求出矩形邊界的邊長(zhǎng)，然后求出磁場(chǎng)面積。【解答】解：（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與OC相切的粒子離開OA的位置離A點(diǎn)最遠(yuǎn)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何知識(shí)可知，粒子軌道半徑r＝AC=粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv解得：v=則從AO邊離開磁場(chǎng)區(qū)域的粒子速度范圍是0＜v≤粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T=粒子從OA邊離開磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝2∠OAC＝2×60°＝120°則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=θ解得：t=（2）OA＝L，則A點(diǎn)坐標(biāo)為（32L，-1在OA邊界的上方及y=-x2則A點(diǎn)上方電場(chǎng)的寬度d=1A處的粒子速度為0，粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qE×14L解得：v1=（3）所有粒子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域速度均為v1，粒子在圓形磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r'=1粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1B1＝mv解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1（4）如圖所示，粒子在圓形磁場(chǎng)會(huì)聚點(diǎn)與x軸的夾角為60°，所以在矩形磁場(chǎng)中圓心角也為60°粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1B＝mv矩形磁場(chǎng)的最小面積S＝Rsin60°[（3-1）L+解得：S＝（312+3答：（1）從AO邊離開磁場(chǎng)區(qū)域的粒子的速度范圍是0＜v≤qBL2m，運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（2）粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后離開電場(chǎng)時(shí)速度的大小是3qBL（3）圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1大小是233（4）矩形磁場(chǎng)的最小面積是（312+38【點(diǎn)評(píng)】本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用牛頓第二定律即可解題。2024-2025學(xué)年浙江省Z20名校聯(lián)盟高三（上）第二次聯(lián)考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13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）下列物理量中為矢量且單位符號(hào)正確的是（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度（T） B．磁通量（Wb） C．功（J） D．熱量（W）〖祥解〗矢量是既有大小又有方向，運(yùn)算遵循平行四邊形定則的物理量，標(biāo)量只有大小沒有方向，運(yùn)算遵循代數(shù)運(yùn)算法則的物理量。【解答】解：A、磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，單位T，故A正確；B、磁通量只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，單位是Wb，故B錯(cuò)誤；CD、功，熱量只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，單位都為焦耳，符號(hào)為J，故CD錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于物理量的標(biāo)矢性與物理量的定義、物理意義、單位、公式等要一起學(xué)習(xí)，這是物理概念內(nèi)涵的一部分。要注意物理量的符號(hào)和單位符號(hào)是不同的，不能搞混。2．（3分）2024年8月在巴黎奧運(yùn)會(huì)網(wǎng)球女子單打決賽中，中國(guó)選手鄭欽文獲得冠軍。如圖所示為鄭欽文擊球瞬間，則下列說法正確的是（）A．任何情況下均可以將網(wǎng)球視為質(zhì)點(diǎn) B．網(wǎng)球在擊打時(shí)和飛行過程中慣性不變 C．網(wǎng)球在飛行過程中受到重力和球拍的作用力 D．網(wǎng)球受到的彈力是由于網(wǎng)球的形變引起的〖祥解〗A、如果物體大小相對(duì)研究對(duì)象較小或影響不大，可以把物體看作質(zhì)點(diǎn)；B、慣性是物體的一種固有屬性，只與物體的質(zhì)量有關(guān)；C、網(wǎng)球在飛行過程中受到重力和空氣阻力作用；D、彈力是物體受外力作用發(fā)生形變后，若撤去外力，物體能恢復(fù)原來形狀的力。【解答】解：A、研究運(yùn)動(dòng)員切球動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做怎樣的動(dòng)作與網(wǎng)球的如何轉(zhuǎn)動(dòng)有關(guān)，不能將網(wǎng)球看成質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、網(wǎng)球的質(zhì)量不變，慣性不變，故B正確；C、網(wǎng)球在飛行過程中已經(jīng)離開球拍，受到重力和空氣阻力，不受推力，故C錯(cuò)誤；D、網(wǎng)球受到的彈力是因?yàn)榍蚺陌l(fā)生了形變，球拍是這個(gè)彈力的施力物體，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查對(duì)質(zhì)點(diǎn)、慣性、彈力等物理量的理解，清楚其定義。3．（3分）如圖甲所示為人們用“打夯”的方式把地面夯實(shí)。設(shè)某次打夯符合以下模型：兩人同時(shí)通過繩子對(duì)重物各施加一個(gè)力，重物離開地面某一高度后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸出一深度如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．若緩慢向上提重物，兩繩子間夾角越大，繩子拉力越小 B．重物離開地面在上升過程中，機(jī)械能先增加后減小 C．重物從高處自由下落到最終靜止，始終處于失重狀態(tài) D．重物從高處自由下落到最終靜止，合外力做功為零〖祥解〗根據(jù)力的平行四邊形定則分析拉力大小變化，根據(jù)機(jī)械能守恒條件判斷機(jī)械能是否守恒，加速度向上時(shí)為超重，根據(jù)動(dòng)能定理判斷合外力做功?！窘獯稹拷猓篈.若緩慢向上提重物，重物受力平衡，兩繩子拉力的合力等于重力。根據(jù)力的平行四邊形定則，當(dāng)兩繩子間夾角越大時(shí)，為了保持合力不變，每個(gè)繩子的拉力會(huì)增大，而不是減小。故A錯(cuò)誤；B.重物離開地面在上升過程中，人施加的力對(duì)重物做正功，重物的機(jī)械能（動(dòng)能和勢(shì)能之和）是增加的，直到人停止施力。在人停止施力后，重物只受重力作用，機(jī)械能保持不變（只有重力做功時(shí)，機(jī)械能守恒）。故B錯(cuò)誤；C.重物從高處自由下落到砸到地面的過程中，始終處于失重狀態(tài)（因?yàn)榧铀俣认蛳拢?。但是，?dāng)重物與地面接觸并受到地面的支持力時(shí)，它會(huì)經(jīng)歷一個(gè)減速過程，直到最終靜止。在這個(gè)過程中，重物的加速度方向向上，處于超重狀態(tài)。故C錯(cuò)誤；D.重物從高處自由下落到最終靜止的過程中，初速度和末速度都為零，根據(jù)動(dòng)能定理（合外力做的功等于動(dòng)能的變化量），合外力做的功為零。故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題利用生活中的場(chǎng)景考查物理知識(shí)的綜合應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，難度中等。4．（3分）下列關(guān)于教材插圖的說法正確的是（）A．甲圖中在地球表面上來回?cái)[動(dòng)的小球，在太空中的空間站仍將來回振動(dòng) B．乙圖中將磁體靠近干簧管電路接通是利用了電磁感應(yīng)原理 C．丙圖中運(yùn)輸過程中用導(dǎo)線將微安表的兩個(gè)接線柱連接起來是電磁阻尼現(xiàn)象 D．丁圖中鐵芯上A、B線圈匝數(shù)比為3：1，若ab端輸入9V交流電壓，則cd端輸出3V（非理想變壓器）〖祥解〗根據(jù)完全失重狀態(tài)現(xiàn)象判斷；利用了條形磁鐵使軟鐵簧片被磁化而進(jìn)行工作；根據(jù)電磁阻尼現(xiàn)象判斷；非理想變壓器，有漏磁和熱損現(xiàn)象判斷?！窘獯稹拷猓篈、圖中小球處于完全失重狀態(tài)，細(xì)繩對(duì)小球沒有彈力作用，則小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，不會(huì)在太空中的空間站仍將來回振動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、乙圖中將磁體靠近干簧管電路接通是利用了條形磁鐵使軟鐵簧片被磁化，觸點(diǎn)相互吸引使電路處于導(dǎo)通狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、將電流表的兩接線柱連接，指針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生電磁阻尼，從而保護(hù)表針，故C正確；D、如果是理想變壓器，根據(jù)U1U2=n1n2，若ab端輸入9V交流電壓，可得cd端輸出故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查額完全失重、磁化現(xiàn)象、電磁阻尼、變壓器等基礎(chǔ)知識(shí)，要求學(xué)生對(duì)這部分知識(shí)要重視課本，強(qiáng)化理解和記憶。5．（3分）場(chǎng)致發(fā)射顯微鏡原理如圖所示，中間有一根樣品制成細(xì)小的金屬針，被置于一個(gè)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，隨即氦離子沿著輻射狀的場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)至熒光壁，撞擊熒光膜發(fā)光，獲得圖樣，則下列說法正確的是（）A．金屬針接高壓的負(fù)極 B．輻射狀場(chǎng)線上a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)電勢(shì)低 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(shì)能減小〖祥解〗根據(jù)電場(chǎng)線的性質(zhì)、電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系，以及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律來判斷各選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、在場(chǎng)致發(fā)射顯微鏡中，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(chǎng)線運(yùn)動(dòng)至熒光壁，可以判斷熒光壁帶負(fù)電，金屬針接高壓正極，故A錯(cuò)誤；B、在電場(chǎng)中，電勢(shì)沿電場(chǎng)線方向遞減。由于金屬針接正高壓，電場(chǎng)線從金屬針指向熒光膜，因此a點(diǎn)（靠近金屬針）的電勢(shì)比b點(diǎn)（靠近熒光膜）的電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C、靠近熒光膜時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，因此氦離子的加速度減小，故C錯(cuò)誤；D、氦離子靠近熒光膜的過程中，電場(chǎng)力做正功，氦離子的電勢(shì)能減小，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于理解場(chǎng)致發(fā)射顯微鏡的工作原理，以及電場(chǎng)、電勢(shì)、電勢(shì)能和粒子運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系。正確解答本題需要掌握電場(chǎng)線的性質(zhì)、電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系，以及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。6．（3分）釷基熔鹽堆核電站被譽(yù)為第四代核電技術(shù)，其原理是釷﹣232反應(yīng)堆中吸收一個(gè)中子后變成釷﹣233，釷﹣233在經(jīng)兩次β衰變后生成鈾﹣233，鈾﹣233可以作為核燃料的易裂變核素，鈾﹣233的半衰期可達(dá)16萬年。釷﹣233第一次的衰變方程為90233Th→91233A．β衰變放出的電子來自于核外電子 B．衰變產(chǎn)生β射線的穿透能力比γ射線強(qiáng) C．90233Th比91D．如果將鈾﹣233運(yùn)到火星上，由于低溫可以使其半衰期變的更長(zhǎng)〖祥解〗β衰變中的電子是因?yàn)楹藘?nèi)的中子轉(zhuǎn)變過來的；衰變是朝著更加穩(wěn)定的方向進(jìn)行的；衰變的快慢是原子核自身因素決定的?！窘獯稹拷猓篈、β衰變放出的電子來自原子核內(nèi)部，故A錯(cuò)誤；B、γ射線比衰變產(chǎn)生β射線的穿透能力強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C、此核反應(yīng)放出能量，所以生成的新核91233Pa更穩(wěn)定，則90233Th比91233Pa的比結(jié)合能小，又因?yàn)楹俗訑?shù)相等，所以90D、半衰期與外部環(huán)境無關(guān)，所以如果將鈾﹣233運(yùn)到火星上，其半衰期不變，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】知道β衰變的實(shí)質(zhì)是解題的關(guān)鍵。7．（3分）如圖所示，兩個(gè)小球A、B通過輕彈簧連接，小球A通過水平輕繩連接在墻上，另一根輕繩一端通過定滑輪連接小球B，另一端懸掛在墻頂上；小球C掛在動(dòng)滑輪上，且動(dòng)滑輪兩邊繩夾角β＝120°整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)；與B球連接的繩與水平方向成α＝37°。已知小球A的質(zhì)量mA＝m，小球C的質(zhì)量mC＝3m，重力加速度為g。不計(jì)滑輪質(zhì)量及所有摩擦，則小球B的質(zhì)量為（）A．0.8m B．m C．1.2m D．1.5m〖祥解〗對(duì)C、動(dòng)滑輪整體受力分析，對(duì)A、B整體受力分析，結(jié)合平衡條件分別列式，即可求得小球B的質(zhì)量，即可判斷ABCD正誤?！窘獯稹拷猓涸O(shè)右邊繩子拉力大小為FB，如圖，對(duì)C、動(dòng)滑輪整體受力分析：由平衡條件可得：2F設(shè)左邊繩子拉力大小為FA，如圖，對(duì)A、B整體受力分析：由平衡條件可得：FBsinα＝（mA+mB）g，聯(lián)立可得：mB＝0.8m；故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查共點(diǎn)力的平衡問題，解答本題時(shí)需注意：選準(zhǔn)研究對(duì)象、做好受力分析、根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件確定力與力的關(guān)系。8．（3分）我國(guó)計(jì)劃在2030年前實(shí)現(xiàn)中國(guó)載人登月。設(shè)想登月載人飛船的運(yùn)行軌跡如圖所示。飛船在圓形“停泊軌道”的P點(diǎn)加速進(jìn)入橢圓“過渡軌道”，該軌道離地球表面最近距離為h1，飛船到達(dá)離P點(diǎn)最遠(yuǎn)距離為L(zhǎng)的Q點(diǎn)時(shí)，被月球引力“俘獲”后，在距月球表面h2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，月球表面重力加速度為地球表面重力加速度的16，飛船在“過渡軌道”A．飛船的發(fā)射速度必須大于11.2km/s B．飛船在“過渡軌道”上P點(diǎn)加速度大于“停泊軌道”上P點(diǎn)的加速度 C．飛船在“過渡軌道”上的P點(diǎn)運(yùn)行速度為gRD．飛船從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為π〖祥解〗A.根據(jù)第二宇宙速度的意義進(jìn)行分析解答；B.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(jìn)行分析判斷；C.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(jìn)行判斷；D.根據(jù)開普勒第三定律列式求解。【解答】解：A.根據(jù)第二宇宙速度的意義，飛船的發(fā)射速如果大于11.2km/s時(shí)，飛船將脫離地球的束縛而繞太陽運(yùn)轉(zhuǎn)，故發(fā)射速度必須小于11.2km/s，故A錯(cuò)誤；B.飛船在“過渡軌道”和“停泊軌道”上經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，到地球球心的連線距離一樣，則由GMmr2=maC.飛船在“停泊軌道”上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足GMm(R+h1)2=mv2R+h1，又GMmR2=mg，聯(lián)立得v=gRD.飛船在“停泊軌道”上的運(yùn)行時(shí)，周期為T=2π(R+h1)v，由開普勒第三定律，可得(R+h1)3T2=(L2【點(diǎn)評(píng)】考查萬有引力定律的應(yīng)用以及宇宙速度，開普勒第三定律問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。9．（3分）如圖甲所示為運(yùn)動(dòng)員高臺(tái)滑雪的情景，過程可簡(jiǎn)化為圖乙所示。若陽光垂直照射到斜面上，運(yùn)動(dòng)員在傾斜滑道頂端A處以水平初速度飛出，剛好落在斜面底端C處。B點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)過程中距離斜面的最遠(yuǎn)處，D點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)員在陽光照射下經(jīng)過B點(diǎn)的投影點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．運(yùn)動(dòng)員在斜面上的投影做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．AD與DC長(zhǎng)度之比為1：3 C．若E點(diǎn)在B點(diǎn)的正下方，則AE＝EC D．若運(yùn)動(dòng)員水平初速度減小，落到斜面時(shí)的速度與斜面的夾角仍不變〖祥解〗AB、運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法將小球的運(yùn)動(dòng)沿斜面方向和垂直與斜面方向分解，根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律判斷選項(xiàng)正誤；C、沿水平方向和豎直方向?qū)⑿∏虻倪\(yùn)動(dòng)分解，分別計(jì)算小球的水平位移，進(jìn)而根據(jù)幾何關(guān)系判斷OD與DC長(zhǎng)度關(guān)系；D、結(jié)合速度方向與水平方向夾角正切值和位移與水平方向夾角正切值的關(guān)系，判斷夾角與初速度的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、將小球的運(yùn)動(dòng)分解為沿斜面和垂直斜面兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，可知小球沿斜面方向做初速度為v0cosθ，加速度為gsinθ的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球在斜面上的投影做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小球垂直斜面方向做初速度為v0sinθ，加速度為gcosθ的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)過程中距離斜面的最遠(yuǎn)處，則此時(shí)小球垂直斜面方向的分速度剛好為0，根據(jù)對(duì)稱性可知，A到B與B到C的時(shí)間相等，均為t=vLADLAC可得：LDC則有：LADLDC=vC、將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。小球從A到B的過程中有：xAB＝v0t小球從A到C的過程中有：xAC＝v0?2t＝2xAB若E點(diǎn)到B點(diǎn)的正下方，則有：AC＝2AE，可知E點(diǎn)是AC的中點(diǎn)，則AE＝EC，故C正確；D、小球落到斜面上時(shí)，速度與水平方向夾角的正切值tanβ=vyv0=本題選擇錯(cuò)誤的，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的理解，其中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法為解決本題的關(guān)鍵，特別注意該方法應(yīng)用時(shí)可建立不同方向的坐標(biāo)系。10．（3分）如圖所示為某透明介質(zhì)材料制成的長(zhǎng)方體棱鏡，上下兩面為邊長(zhǎng)6R的正方形，棱鏡高為2R，S，O分別為上下面的中心，在上表面挖走一個(gè)以O(shè)點(diǎn)為球心、R為半徑的半球，在S處放置一點(diǎn)光源。已知該材料的折射率為n=2，且只有上表面為光學(xué)面，則有光射出的上表面形狀（用陰影表示）為（俯視看半球內(nèi)表面被照亮的部分可等效成水平面，下圖圓形虛線的半徑為RA． B． C． D．〖祥解〗根據(jù)臨界角公式求出臨界角后，再找到恰能從平面和弧面上射出的光線的臨界點(diǎn)?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)全反射臨界角公式有sinC=解得C＝45°如圖所示入射角大于45°時(shí)會(huì)發(fā)生全反射，沒有光線射出，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了光的折射和全反射，充分利用好幾何關(guān)系和臨界角公式是解題的關(guān)鍵。11．（3分）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的內(nèi)部光滑絕緣圓管MN，與水平面夾角為37°，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B垂直圓管所在的豎直平面。帶負(fù)電小球沿圓管（小球直徑略小于管直徑）由靜止下滑，小環(huán)質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小球先加速后勻速 B．圓管對(duì)小球的彈力先減小后不變 C．小球從靜止到對(duì)圓管彈力為零過程中洛倫茲力沖量的大小為8mD．圓管對(duì)小球的彈力為零時(shí)小球離出發(fā)點(diǎn)的距離為16〖祥解〗圓管光滑，沒有摩擦力，根據(jù)受力分析求得小球下滑的加速度，判斷小球速度的變化；根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，根據(jù)洛倫茲力隨速度的變化以及受力分析得到小球所受彈力的變化情況；根據(jù)小球?qū)A管彈力為零時(shí)的受力情況，求得速度大小，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得此過程的時(shí)間，由于運(yùn)動(dòng)過程為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力為變力，用平均速度求解變力的沖量；根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系求解小球的位移?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)左手定則，帶負(fù)電小球受到洛倫茲力方向垂直圓管向上，由于圓管內(nèi)部光滑，沒有摩擦力，則小球所受重力沿圓管向下的分離提供合力，故mgsin37°＝ma解得a=gsin37°=故小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.小球剛進(jìn)入圓管時(shí)，圓管對(duì)小球的彈力垂直于圓管向上，彈力大小FN＝mgcos37°﹣qvB由于小球沿圓管向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，洛倫茲力增大，彈力減小。當(dāng)洛倫茲力增大到大于mgcos37°后，彈力反向增大。故圓管對(duì)小球的彈力先減小后增大，故B錯(cuò)誤；C.假設(shè)小球?qū)A管彈力為零時(shí)，速度為v，則有qvB＝mgcos37°根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝at聯(lián)立解得小球從靜止到對(duì)圓管彈力為零過程中所用時(shí)間t=由于小球運(yùn)動(dòng)過程為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度v=該過程洛倫茲力的沖量I=q故C正確；D.圓管對(duì)小球的彈力為零時(shí)小球的位移x=故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查洛倫茲力的的計(jì)算，需要注意分析小球的受力情況，理解洛倫茲力為變力，會(huì)對(duì)變力的沖量進(jìn)行求解。12．（3分）如圖甲所示，用某種型號(hào)的光線發(fā)射器的光照射光電管。圖乙為氫原子能級(jí)圖，光線發(fā)射器內(nèi)大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射出的光中只有a、b兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，圖丙所示為a、b光單獨(dú)照射光電管時(shí)產(chǎn)生的光電流I與光電管兩端電壓U的關(guān)系圖線。已知光電管陰極材料的逸出功為2.25eV，下列說法正確的是（）A．用a光照射時(shí)，飛出陰極光電子的初動(dòng)能為7.95eV B．光線發(fā)射器輻射出a、b兩種光子的動(dòng)量之比約為0.84 C．丙圖中Uc1和Uc2對(duì)應(yīng)的是甲圖中電源的正極接在左端 D．若發(fā)射器部分光線被遮擋，光電子飛出K極時(shí)的最大初動(dòng)能變小，光電流減小〖祥解〗根據(jù)玻爾理論結(jié)合題圖丙，判斷a光和b光的能量，再根據(jù)光電效應(yīng)方程求解光電子的最大初動(dòng)能，進(jìn)而判斷其初動(dòng)能的范圍；根據(jù)光子動(dòng)量公式結(jié)合光速公式判斷兩光的動(dòng)量之比；根據(jù)電路結(jié)構(gòu)判斷電源正負(fù)極；由光電流和光子數(shù)關(guān)系判斷?！窘獯稹拷猓篈、光線發(fā)射器中發(fā)出的三種光子的能量分別為：E31＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6）eV＝12.09eV，E21＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6）eV＝10.2eV，E32＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40）eV＝1.89eV由丙圖可知a光遏止電壓小于b光遏止電壓，由eUc＝Ek＝hν﹣W0可知：a光的頻率小于b光的頻率，a光的能量小于b光的能量，由此可知：b為氫原子從n＝3能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)時(shí)發(fā)出的光，a光為氫原子從n＝2能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)時(shí)發(fā)出的光；用a光照射時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能為Ek＝E21﹣W0＝10.2eV﹣2.25eV＝7.95eV，但光電子的初動(dòng)能應(yīng)小于或等于7.95eV，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)光子動(dòng)量公式p=hλ結(jié)合c＝λν所以papbC、丙圖中Uc1和Uc2是反向的遏止電壓，此時(shí)甲圖中電源的正極接在右端，故C錯(cuò)誤；D．部分光線被遮擋，不改變光子能量，則光電子飛出陰極時(shí)的最大初動(dòng)能不變。因?yàn)楣庾訑?shù)量減少，則光電子數(shù)量減小，光電流變小，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查愛因斯坦光電效應(yīng)方程和玻爾理論的綜合應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵要掌握能級(jí)躍遷與發(fā)出或吸收光子能量的關(guān)系。13．（3分）如圖所示是潮汐發(fā)電示意圖，其利用潮水漲落產(chǎn)生的水位差所具有的勢(shì)能發(fā)電，一晝夜中兩次漲、落潮。漲潮時(shí)堵住通道，漲至最高水位時(shí)打開通道，進(jìn)水發(fā)電。水庫(kù)水位漲至最高時(shí)，堵住通道，落潮至最低水位時(shí)，打開通道放水發(fā)電。已知水壩的高為H＝15m，漲潮時(shí)水庫(kù)最高水位h1＝10m，退潮水庫(kù)最低水位h2＝6m，發(fā)電機(jī)日平均發(fā)電量為4.8×104kW?h，水輪發(fā)電機(jī)總效率為10%，海水的密度為1.0×103kg/m3，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．漲潮時(shí)水庫(kù)水重心上升4m B．發(fā)電機(jī)的功率為4×103kW C．該發(fā)電站所圈占的海灣面積約為2.7×10m2 D．若采用U＝200kV的直流電向某地區(qū)輸電，輸電線路電阻為1000Ω，則線路上損耗功率為輸電總功率的5%〖祥解〗根據(jù)漲潮和退潮時(shí)水位差，可知水位重心的變化高度；由發(fā)電機(jī)日均發(fā)電量，可計(jì)算發(fā)電機(jī)的功率；由發(fā)電機(jī)的日均發(fā)電量及發(fā)電機(jī)總效率，可計(jì)算水的重力勢(shì)能減小量，即可計(jì)算發(fā)電機(jī)所圈占的海灣面積；由發(fā)電機(jī)功率及直流電電壓，可計(jì)算通過輸電線路的電流，即可知輸電線上損耗的電功率，可計(jì)算線路上損耗功率占輸電總功率的百分比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)漲潮和退潮時(shí)水位差，可知水位重心的變化高度為h1-hB、由發(fā)電機(jī)日均發(fā)電量，可知發(fā)電機(jī)的功率為P=Wt=C、由發(fā)電機(jī)的日均發(fā)電量及發(fā)電機(jī)總效率，可知水的重力勢(shì)能減小量為：4ΔEp=Wη，而水的重力勢(shì)能減小量為：ΔEp=ρS(h1D、由發(fā)電機(jī)功率及直流電電壓，可知通過輸電線路的電流I=PU，即可知輸電線上損耗的電功率P損=I故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電能的轉(zhuǎn)化及輸送相關(guān)問題，涉及功率、重力勢(shì)能、效率、質(zhì)量密度公式等內(nèi)容，從能量守恒出發(fā)，即可解決問題。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）14．（3分）下列說法正確的是（）A．雷達(dá)是利用無線電波中的微波進(jìn)行定位 B．?dāng)U散現(xiàn)象只能發(fā)生在液體或氣體中，不能發(fā)生在固體中 C．盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型可以解釋氫原子光譜不連續(xù)現(xiàn)象 D．透過偏振片觀察手機(jī)等液晶屏幕上的字，轉(zhuǎn)動(dòng)偏振片時(shí)可觀察到明暗變化〖祥解〗本題考查的是物理中的多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，包括電磁波的應(yīng)用、物質(zhì)狀態(tài)的性質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)理論以及光學(xué)現(xiàn)象。需要對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析，判斷其正確性?！窘獯稹拷猓篈、雷達(dá)通過發(fā)射微波信號(hào)，然后接收反射回來的信號(hào)，通過計(jì)算信號(hào)往返的時(shí)間來確定目標(biāo)的位置，故A正確。B、擴(kuò)散現(xiàn)象不僅發(fā)生在液體或氣體中，也能發(fā)生在固體中。擴(kuò)散是物質(zhì)分子從高濃度區(qū)域向低濃度區(qū)域移動(dòng)的過程，這一過程在固體、液體和氣體中都能觀察到。故B錯(cuò)誤。C、盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型揭示了原子的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，但真正解釋氫原子光譜不連續(xù)現(xiàn)象的是玻爾的原子模型，它引入了量子化的概念，解釋了電子在不同能級(jí)之間的躍遷導(dǎo)致的光譜線，故C錯(cuò)誤。D、液晶屏幕發(fā)出的光是偏振光，當(dāng)偏振片的偏振方向與液晶屏幕發(fā)出的光的偏振方向一致時(shí)，光可以透過偏振片，屏幕看起來明亮；當(dāng)偏振方向不一致時(shí)，光被阻擋，屏幕看起來暗淡，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題通過分析不同物理現(xiàn)象的原理，考察了學(xué)生對(duì)電磁波、物質(zhì)狀態(tài)、原子結(jié)構(gòu)和光學(xué)現(xiàn)象的理解。正確解答本題需要對(duì)相關(guān)物理概念有清晰的認(rèn)識(shí)，能夠區(qū)分不同現(xiàn)象的產(chǎn)生原因和適用范圍。（多選）15．（3分）如圖甲所示，在某均勻介質(zhì)中簡(jiǎn)諧波源S1、S2相距d＝20m，t＝0時(shí)刻兩者開始上下振動(dòng)，S1只振動(dòng)了半個(gè)周期，S2連續(xù)振動(dòng)。距離波源S1點(diǎn)2m處的P質(zhì)點(diǎn)在t＝3s時(shí)第一次到達(dá)波峰。開始階段兩波源的振動(dòng)圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．兩列波的傳播速度都為1m/s B．質(zhì)點(diǎn)P在0～20s內(nèi)的路程為80cm C．