2023年浙江省温州市乐清市知临中学高考物理第二次适应性试卷

2023年浙江省温州市乐清市知临中学高考物理第二次适应性试卷一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．（3分）以下物理量和对应的比值定义式书写正确的是（）A．电场强度 B．磁感应强度 C．电容器电容 D．金属的电阻2．（3分）如图所示为一种新型的发令枪，由闪光发令元件，模拟枪声电路，同步控制电路，扬声器及电源等电子元部件组成。发令裁判扣动扳机，发令枪同时发出清晰的激光信号和声音信号，可以很好取代传统发令枪产生的烟雾污染，由以上信息可以判断（）A．计时裁判听到枪声后立即按下计时表 B．扬声器的工作原理是将声音信号转换成电信号 C．发令枪产生的光信号和声信号的信息载体都是横波 D．发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程3．（3分）如图所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一个小球，小球随轻杆在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动。则（）A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球在运动过程中加速度大小不变 C．小球运动到A点时，杆对小球作用力方向指向圆心 D．小球运动到C点时，杆对小球的作用力不可能为04．（3分）如图为可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的情况下，滑片P顺时针转过适当角度，滑片P′向上移动适当距离，则（）A．U2将增大 B．U2将不变 C．定值电阻R0的热功率减小 D．流经定值电阻R0的电流不变5．（3分）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其压强p和体积倒数变化图像如图所示，此过程中该系统内气体（）A．温度不变 B．对外界做正功 C．对外界放热 D．内能变大6．（3分）中国科学技术大学国家同步辐射实验室是我国首个国家实验室，同步辐射光具有光谱范围宽（波长涵盖10﹣5m到10﹣11m之间）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点。速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”，可见光波长范围在400nm到760nm之间；下列说法错误的是（）A．同步辐射的机理与氢原子发光的机理相同 B．用同步辐射光照射氢原子，可使氢原子电离 C．加速运动的电子在磁场中偏转，会产生感生电场 D．探究微生物结构时，同步辐射光相较可见光有明显优势7．（3分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0.5s时的波形如图甲所示，x＝5m处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是（）A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s8．（3分）心室纤颤是一种可危及生命的疾病。如图甲为一种叫做心脏除颤器的设备，某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是25μF，充电至8kV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，则（）A．电容器放电过程中平均功率为800kW B．电容器的击穿电压为8kV C．电容器放电过程中电容越来越小 D．电容器放电过程中电流最大值一定大于100A9．（3分）下列说法正确的是（）A．微波炉利用紫外线对食物进行加热 B．“彩超”利用多普勒效应的原理测定血管中血液的流速 C．互感式钳式电流表可以测量恒定电流的大小 D．医院用“CT”检查身体利用γ射线穿透本领较强10．（3分）我国成功发射“神舟七号”载人飞船，随后航天员圆满完成了太空出舱任务并释放了“伴飞”小卫星。载人飞船在固定的轨道上做匀速圆周运动，“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，“伴飞”小卫星有多种伴飞模式，图1和图2是其中的两种伴飞模式，则下列说法正确的是（）B．图1的伴飞模式下，“伴飞”小卫星的线速度大于载人飞船的线速度 C．图2模式下“伴飞”小卫星只需向后喷出气体，加速后，就可以和载人飞船对接 D．图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的11．（3分）如图所示，边长为1m的正方体ABCD﹣EFGH所处空间中存在匀强电场（图中未画出），已知A、F两点的电势分别为10V、0，现于A、F点各放入等量异种电荷，C点电场强度为0，则（）A．匀强电场方向从D指向F B．匀强电场大小为20V/m C．A点放入的是正电荷 D．放入点电荷后，H点电势为5V12．（3分）如图，质量为2kg的楔形木块abc固定在水平地面上，顶角θ为直角，ab面和bc面均光滑，两个完全相同质量均为1kg的滑块同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上时（）A．楔形木块abc受到地面支持力为30N B．楔形木块abc始终受到地面的摩擦力 C．同一时刻，两滑块重力的瞬时功率相同 D．两滑块所受弹力冲量为013．（3分）半径为R的空心转筒P，可绕过O点中心轴逆时针匀速转动，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B。一比荷为k、速度，带正电粒子沿圆筒半径方向射入，恰能从小孔射出，其间与转筒无接触。不计离子的重力和离子间的相互作用。则转筒角速度可能为（）A．6kB B．8kB C．10kB D．12kB二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题给出的四个备选项中至少有一项是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）（多选）14．（3分）历史上，一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的“强弱”；另一种观点认为应该用物理量mv2来量度运动的“强弱”。前者代表人物是笛卡尔，后者则是莱布尼茨。经过半个多世纪的争论，法国科学家达兰贝尔用他的研究指出，双方实际是从不同的角度量度运动。关于这段描述中体现的物理思想，下列说法正确的是（）A．用mv量度体现了动量守恒的思想 B．用mv2量度体现了动量守恒的思想 C．动量决定了物体在力的阻碍下能够运动多长距离 D．动能定理反映了力对空间的累积效应（多选）15．（3分）现有光束沿图示方向平行直径AB射入球形雨滴，经两次折射和一次反射后离开雨滴，其中出射光线与直径AB成42°，c为真空中光速，R为雨滴半径，下列说法中正确的是（）A．光束在雨滴中的折射率为 B．光束在雨滴中经历的时间为 C．出射光光强一定弱于入射光光强 D．光束在雨滴内可能发生了全反射三、非选择题（本题共6小题，共55分）16．（6分）（1）杨同学在做双缝干涉实验时，测量相邻亮条纹间距，某次读数为10.30mm，则测量头上安装的测量仪器与以下哪种一致（2）用传感器和计算机可以方便地描出平抛运动的物体的轨迹，设计原理如图1所示。从某点无初速释放物体（图中未画出），使其做平抛运动。物体每隔20ms可向四周发射红外脉冲，竖直平面内安放着红外接收装置B，B1，B2两个接收器各自测出收到红外脉冲的时间，并由此算出与物体的距离，在计算机屏幕上确定点迹，以此描绘出物体的轨迹。下列判断正确的是（单选）。A．物体应选择质量大体积大的球B．物体做平抛运动起点一定在B1B2连线的正上方C．计算机屏幕上记录一个点迹，需释放物体一次D．屏幕上相邻点迹间速度变化量相同（3）伽利略利用如图2的装置研究小球做平抛运动的特性，小球从高为H的斜面无初速释放，下落到底端做平抛运动，水平位移为D，改变释放高度，得到如表1的数据，图3是伽利略的手稿，如果你是伽利略，关于小球释放高度H与平抛水平距离D的关系，可得出怎样的结论（写出一条即可）。表（单位：punti）序号斜面释放高度H平抛水平距离D计算值平抛水平距离D测量值误差130099780019726001131117241380013061328224828133013401017．（8分）李同学在研究测量电源电动势和内阻实验中，电路连接如图2，突然灵光一闪，发现该电路也可以粗测滑动变阻器电阻丝的电阻率。​（1）如图2所示，滑动变阻器的瓷筒上紧密缠绕着单层电阻丝，测量出瓷筒上电阻丝缠绕的总宽度l0，测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则电阻丝的直径为；测量出滑动变阻器瓷筒外径D，可认为一匝电阻丝的长度为πD；（2）将开关S2拨到接线柱2，闭合开关S1，调节滑动变阻器，即改变其接入电路中的宽度l，电压表和电流表示数都在较大范围内较为均匀的变化，整理数据如图3所示，横坐标单位为l0，若图像斜率为k，则电阻丝的电阻率为（用题设中已知物理量符号表示）；（3）储同学认为从图3中图像数据可知，上述实验方案误差较大，应采用电流表外接的方式，你是否认同储同学观点，并说明理由；（4）杨同学继续用如图1电路测量电源电动势和内阻，根据前面实验结果，为减小实验误差，开关S2应该连接接线柱（选填“1”或“2”）；电源电动势测量值相较真实值（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）；电源内阻数量级应为（选填“几欧”、“几十欧”或“几百欧”）。18．（8分）如图所示，老师带领学生表演“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开。当两边的人各增加到5人时，平均每人施加200N拉力，才把碗拉开。已知碗口的半径为10cm，环境温度为27℃，实验过程中碗不变形，也不漏气。大气压，绝对零度为﹣273℃，π取3。求（1）大气压施加在一个锈钢碗上的压力；（2）试定性分析在碗的外面浇水使其冷却的目的；（3）请你估算两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度是多少？19．（11分）如图所示为某品牌拼接玩具搭建的场景。AB、BC为粗糙直轨道，摩擦系数均为0.25，在B点平滑连接，BC＝4cm，CDE是光滑半圆弧轨道，半径r＝15cm，与直轨道在C点平滑连接，直轨道AB与水平面夹角θ＝37°，一质量为0.1kg物块从直轨道AB某处下滑，恰好能通过圆弧轨道最高点E，不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）物块第一次经过D点时加速度大小；（2）某同学计算物块平抛时间为0.2s，试分析该同学计算结果是否正确。（物块平抛后会与轨道AB碰撞，只考虑碰撞前平抛运动情况）（3）欲使物块不脱离轨道，且尽可能使物块在直轨道上滑行较长距离，求物块释放位置以及最终停下来位置。Ω的电阻，其余电阻不计。在x≥0处，存在垂直于水平面磁感应强度为0.2T的匀强磁场，一根质量为m＝1kg、金属棒放置在水平导轨上。金属棒从x＝0处开始在外力作用下做“另类匀加速”运动，即速度随位移均匀增大，v＝v0+kx，其中初速度v0＝1m/s，k＝1s﹣1。当金属棒运动到x1＝3m时，撤去外力，同时磁场随时间发生变化，金属棒则做匀速直线运动到x0处，此时磁感应强度为0.1T，此后磁场保持不变，金属棒立即受到水平向左的恒力T＝5N，金属棒恰好回到x0时撤去恒力，恒力作用时长为1.4s。设运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦。求：（1）磁场变化的时间；（2）金属棒做“另类匀加速”时电阻的焦耳热？金属棒运动到x＝1.5m处，外力的大小；（3）金属棒在[0，x0]间，金属棒的动生电动势大小与位置的关系。21．（11分）空间中足够大区域内存在相互垂直的电场和磁场，电场强度和磁感应强度分别为E和B。可将小球所受重力类比电场力，即认为重力场强度为g。质量为m、电荷量为q的带正电的小球A从z轴上的P点出发，速率始终不变。（1）试求出小球A在xOz平面内的速率；（2）若在某一时刻，重力场和磁场突然消失（不考虑电磁感应变化），随后小球A在运动过程中的最小动能为其初动能的一半，试求小球A沿y轴方向速度大小；（3）恢复重力场，仅保留﹣H≤z≤0区间内的正交匀强的电磁场。现有与小球A完全相同的小球B，两小球分别从P点沿x轴正负方向以相同初速度水平抛出，已知其中一个小球进入电磁场区域后刚好做匀速直线运动，另一个小球出电磁场区域时速度方向恰沿z轴负方向，求两个小球在电磁场区域运动时间之比。2023年浙江省温州市乐清市知临中学高考物理第二次适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．（3分）以下物理量和对应的比值定义式书写正确的是（）A．电场强度 B．磁感应强度 C．电容器电容 D．金属的电阻【分析】该题目考查物理量的定义式和决定式的理解【解答】解：A．电场强度由电场本身的性质决定，其不由电荷在电场中受到的力和电荷量决定，其比值定义式书写为；是仅是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，不是比值定义式，故A错误；B．磁感应强度由磁场本身的性质决定，不由磁场力F、电流I和导线长度L乘积决定，其比值定义式书写为；是磁感应强度的大小等于在垂直磁场方向单位面积磁通量，不是比值定义式，B错误；C．电容器的电容由电容器本身决定，不由电容器所带电荷量和电容器两端的电压决定C＝，电容器电容的比值定义式为，故C正确；D．金属的电阻，金属的电阻是由金属的长度、横截面积及电阻率决定，是金属电阻的决定式，不是比值定义式，定义式为，故D错误。故选：C。【点评】该题目考查物理量的定义式和决定式的理解，学生需明确比值定义法的特点，定义式中的物理量不决定被定义的物理量，但可以通过定义式求解。2．（3分）如图所示为一种新型的发令枪，由闪光发令元件，模拟枪声电路，同步控制电路，扬声器及电源等电子元部件组成。发令裁判扣动扳机，发令枪同时发出清晰的激光信号和声音信号，可以很好取代传统发令枪产生的烟雾污染，由以上信息可以判断（）A．计时裁判听到枪声后立即按下计时表 B．扬声器的工作原理是将声音信号转换成电信号 C．发令枪产生的光信号和声信号的信息载体都是横波 D．发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程【分析】计时裁判应看到激光信号立即按下计时表；扬声器是把电信号转化为声信号的装置；光是电磁波，声波是纵波；发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程。【解答】解：A．声音的传播速度小，从发令枪响到听到声音需要一定的时间，所以计时裁判应看到激光信号立即按下计时表，故A错误；B．扬声器是把电信号转化为声信号的装置，通电线圈与永磁体相互作用是利用通电导体在磁场中受安培力的原理制成的，所以扬声器的工作原理是将电信号转换成声音信号，故B错误；C．发令枪产生的光信号的信息载体是横波，发令枪产生的声信号的信息载体是纵波，故C错误；D．发令枪发出声音信号，空气的振动传播了能量，引起耳膜的振动，所以发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了扬声器的工作原理、声波是纵波、波的传播等相关知识，知道光和声波在空气中传播速度是有差异的。3．（3分）如图所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一个小球，小球随轻杆在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动。则（）A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球在运动过程中加速度大小不变 C．小球运动到A点时，杆对小球作用力方向指向圆心 D．小球运动到C点时，杆对小球的作用力不可能为0【分析】分析小球动能与重力势能的变化分析机械能是否守恒，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，分析小球受力情况从而分析BCD项。【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，速度不变，则动能不变，小球运动过程中重力势能变化，则机械能不守恒，故A错误；B、小球做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，方向时刻改变，故B正确；C、当小球在A点时，杆对小球作用力竖直方向分量应等于重力，水平方向分量提供向心力，则杆对小球作用力方向并非指向圆心，故C错误；D、若v＝，则小球运动到C点时，杆对小球的作用力为0，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了竖直平面内圆周运动的问题，解题的关键是明确小球做匀速圆周运动，合力提供向心力。4．（3分）如图为可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的情况下，滑片P顺时针转过适当角度，滑片P′向上移动适当距离，则（）A．U2将增大 B．U2将不变 C．定值电阻R0的热功率减小 D．流经定值电阻R0的电流不变【分析】根据滑片的移动方向得出线圈匝数的变化，结合线圈两端电压的比值关系得出输出电压的变化趋势；根据滑片的移动方向得出电阻的变化趋势，结合欧姆定律和功率的计算公式完成分析。【解答】解：AB、由题意可知，滑片P顺时针转过适当角度，根据题意可知副线圈的匝数n2减小，由变压器的工作原理可得：，可知副线圈输出电压U2减小，副线圈两端电压与原线圈两端电压及匝数比有关，故AB错误；CD、副线圈两端电压U2减小，滑片P′向上移动适当距离，可知滑动变阻器接入电路的电阻增大，所以副线圈回路的总电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈回路中电流减小，流经定值电阻R0的电流减小，由P＝I2R0可知，定值电阻R0的热功率减小，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了变压器的动态分析，理解变压器的工作原理，结合欧姆定律和功率的计算公式即可完成解答。5．（3分）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其压强p和体积倒数变化图像如图所示，此过程中该系统内气体（）A．温度不变 B．对外界做正功 C．对外界放热 D．内能变大【分析】该图像为p﹣图像，斜率与温度T成正比，根据图像分析气体状态变化，结合理想气体状态方程进行解答。【解答】解：AD．根据公式得p＝CT，p﹣图像斜率与温度T成正比根据图象点与原点连线斜率减小，可知温度降低，其体内能减小。A错误，D错误；B．理想气体从状态a变化到状态b，图像可以得到Va＞Vb，可知气体的体积减小，气体对外界做负功，B错误；C．由上分析已知a到b过程气体对外界做负功W＞0，内能减小ΔU＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，其中ΔU＜0，W＞0，因此Q＜0，气体放热，C正确。故选：C。【点评】考察p﹣的图像分析、热力学第一定律定律内容，是热力学图像的基础类题目。6．（3分）中国科学技术大学国家同步辐射实验室是我国首个国家实验室，同步辐射光具有光谱范围宽（波长涵盖10﹣5m到10﹣11m之间）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点。速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”，可见光波长范围在400nm到760nm之间；下列说法错误的是（）A．同步辐射的机理与氢原子发光的机理相同 B．用同步辐射光照射氢原子，可使氢原子电离 C．加速运动的电子在磁场中偏转，会产生感生电场 D．探究微生物结构时，同步辐射光相较可见光有明显优势【分析】根据题中叙述分析“同步辐射”的原理，再结合能级跃迁分析A选项；使基态的氢原子电离需要的能量是13.6eV，由此分析B选项；根据感生电场产生的原理分析C选项；根据明显衍射的条件分析D选项。【解答】解：A．由题意，速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这是“同步辐射”。处于激发态的原子是不稳定的，会自发地向能量较低的能级跃迁，放出光子，这是原子发光的机理，二者发光的机理不同。故A错误；B．使基态的氢原子电离需要的能量是13.6eV，根据，可得同步辐射光的能量范围为（10﹣1eV～105eV），用同步辐射光照射氢原子，当同步辐射光的能量大于13.6eV，可使氢原子电离。故B正确；C．根据麦克斯韦电磁场理论，加速运动的电子在磁场中偏转，会产生电流强度逐渐增大的环形电流，环形电流激发的磁场逐渐增强，在周围会产生感生电场。故C正确；D．同步辐射光的光谱范围包括了可见光的波长范围，同时还包括一些波长更长的波，结合发生明显衍射的条件可知，探究微生物结构时，同步辐射光相较可见光更容易发生衍射，有明显优势。故D正确。本题选错误的，故选：A。【点评】本题主要是考查“同步辐射”和“能级跃迁”的区别，关键是知道二者产生的机理不同，知道光子能量的计算公式。7．（3分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0.5s时的波形如图甲所示，x＝5m处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是（）A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s【分析】由图乙读出t＝0.5s时x＝5m处的质点振动方向，以及该波的周期；该波向x轴正方向传播，由图甲得到波长的表达式，再根据v＝得到波速的可能值。【解答】解：由图乙可知，t＝0.5s时x＝5m处的质点正向上振动，该波的周期为T＝6s则t＝该波向x轴正方向传播，x＝5m处的质点在波长最大的情况下，离O点的距离s＝﹣＝λ结合波的周期性有：nλ+＝5m，（n＝0，1，2，3…）解得：λ＝m，（n＝0，1，2，3…）所以该波的波速为：v＝＝m/s＝m/s，（n＝0，1，2，3…）当n＝0时v＝2m/s当n＝1时v＝m/s，故B有可能，ACD不可能，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要是考查波的图像；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图像直接读出周期，知道波速、波长和周期之间的关系v＝。8．（3分）心室纤颤是一种可危及生命的疾病。如图甲为一种叫做心脏除颤器的设备，某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是25μF，充电至8kV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，则（）A．电容器放电过程中平均功率为800kW B．电容器的击穿电压为8kV C．电容器放电过程中电容越来越小 D．电容器放电过程中电流最大值一定大于100A【分析】电学中功率满足P＝UI，根据电容器的性质判断电压，根据电流的定义判断电流，注意判断平均功率，可采用控制变量法；击穿电压与额定电压的关系；电容器的电容由自身决定；平均值与最大值的关系。【解答】解：A．电容器的电容定义得：Q＝CU＝25×10﹣6×8×103由得电容器放电过程中平均电流：假设电压不变，则平均功率由于电容器放电过程中电压在逐渐减小，则在电容器放电过程中平均功率小于800kW，故A错误；B．电容器的击穿电压要大于额定电压，因为该电容器的充电电压至8kV，此电压应不高于电容器的额定电压，即8kV一定小于电容器的击穿电压，故B错误；C．电容器的电容由自身决定，两板间距，正对面积，电解质均没有变化，故电容器放电过程中电容器的电容不变，故C错误；D．电容器放电过程中平均电流为100A，变化的电流，电流的平均值小于最大值，因此电容器放电过程中电流最大值一定大于100A，故D正确。故选：D。【点评】本题A选项，学生容易出错，学生需要考虑控制变量电压，若不变，求得平均功率，但是题目中电容器放电，电压减小，从而判断A选项。9．（3分）下列说法正确的是（）A．微波炉利用紫外线对食物进行加热 B．“彩超”利用多普勒效应的原理测定血管中血液的流速 C．互感式钳式电流表可以测量恒定电流的大小 D．医院用“CT”检查身体利用γ射线穿透本领较强【分析】A．微波炉加热食物是利用微波进行加热的，据此分析作答；B．根据多普勒效应原理分析作答；C．“互感式”钳式电流表是利用电场感应原理，据此分析作答；D．ct利用X线束成像，根据X射线的特点分析作答。【解答】解：A．微波炉加热食物是利用微波进行加热的，不是利用紫外线，故A错误；B．“彩超”利用的是多普勒效应原理，“彩超”工作时，向人体内发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后，被仪器测量出接收到的频率，从而判断血液的流速情况，故B正确；C．“互感式”钳式电流表是利用电场感应原理，需要磁通量发生变化，即电流发生变化，故不能用来测量恒定电流的大小，故C错误；D．CT利用X线束成像，医院用“CT”检查身体，利用了X射线穿透本领强的特性，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了红外线、超声波和X射线的特点以及钳式电流表的工作原理，关键在于熟练掌握相关知识点。10．（3分）我国成功发射“神舟七号”载人飞船，随后航天员圆满完成了太空出舱任务并释放了“伴飞”小卫星。载人飞船在固定的轨道上做匀速圆周运动，“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，“伴飞”小卫星有多种伴飞模式，图1和图2是其中的两种伴飞模式，则下列说法正确的是（）B．图1的伴飞模式下，“伴飞”小卫星的线速度大于载人飞船的线速度 C．图2模式下“伴飞”小卫星只需向后喷出气体，加速后，就可以和载人飞船对接 D．图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的【分析】A、卫星绕地球做匀速圆周运动时，最大环绕速度为第一宇宙速度7.9km/s，由此可判断A选项。BD、“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，由此可判断图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小与载人飞船的角速度大小间的关系，进而可判断两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小关系。C、图2模式下“伴飞”小卫星向后喷出气体时，将会向前加速，判断所受万有引力与所需要的向心力之间的关系，进而确定“伴飞”小卫星的运动形式，及能否和载人飞船对接。【解答】解：A．根据万有引力提供向心力，卫星绕地球做匀速圆周运动时，有：＝m，可得v＝，当取r＝R时（R为地球半径），可得第一宇宙速度为7.9km/s，所以当r＞R时，载人飞船的速度大小应小于7.9km/s，故A错误；BD．“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，可知图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小都与载人飞船的角速度大小相等，即两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的；再根据v＝ωr，图1伴飞模式下，由于“伴飞”小卫星的轨道半径小于载人飞船的轨道半径，则“伴飞”小卫星的线速度小于载人飞船的线速度，故B错误，D正确；C．图2模式下“伴飞”小卫星向后喷出气体，将会向前加速，此时由于所受万有引力小于所需要的向心力，“伴飞”小卫星将做离心运动，变轨到更高的轨道运行，不能与载人飞船对接，故C错误。故选：D。【点评】本题主要考查万有引力定律的应用，要理解“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止的含义；要掌握地球第一宇宙速度的计算过程；要理解掌握卫星的变轨、对接原理。11．（3分）如图所示，边长为1m的正方体ABCD﹣EFGH所处空间中存在匀强电场（图中未画出），已知A、F两点的电势分别为10V、0，现于A、F点各放入等量异种电荷，C点电场强度为0，则（）A．匀强电场方向从D指向F B．匀强电场大小为20V/m C．A点放入的是正电荷 D．放入点电荷后，H点电势为5V【分析】根据AF两点的电势大小关系得出电荷的电性，结合场强的计算公式得出场强的大小；理解等量异种电荷的电场分布规律，结合电势的叠加特点得出H点的电势。【解答】解：ABC．根据题意可知，A、F两点的电势分别为10V、0，由此可分析出A点放置负电荷，F点放置正电荷，此时的场强特点如图所示：匀强电场的电场强度方向为A指向F，根据场强的计算公式可知，此时的场强大小为，故ABC错误；D．没有匀强电场时，根据等量异种电荷电场的分布规律可知，BCHE平面上的电势匀为零，又只有匀强电场时A、F两点的电势分别为10V、0，BCHE平面上的电势匀为5V，根据电势的叠加可知，放入点电荷后，H点电势为5V，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了点电荷的电场分布规律，理解点电荷周围的场强和电势的分布特点，结合电势的叠加原理和场强的计算公式即可完成分析。12．（3分）如图，质量为2kg的楔形木块abc固定在水平地面上，顶角θ为直角，ab面和bc面均光滑，两个完全相同质量均为1kg的滑块同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上时（）A．楔形木块abc受到地面支持力为30N B．楔形木块abc始终受到地面的摩擦力 C．同一时刻，两滑块重力的瞬时功率相同 D．两滑块所受弹力冲量为0【分析】将滑块与斜面体之间的相互作用沿垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，然后分析斜面体受到的支持力与摩擦力；由牛顿第二定律求出加速度，然后求出t时刻的瞬时速度，再求出t时刻滑块受到的重力的瞬时功率表达式，最后比较即可；由冲量的定义式判断。【解答】解：A．沿ab面下滑的滑块对斜面的压力为mgcosα，将这个力沿着水平和竖直方向分解，水平方向上的分力为mgcosαsinα，竖直方向上的分力为mgcos2α；同理，沿bc面下滑的滑块对斜面的压力为mgcosβ，将这个力沿着水平和竖直方向分解，水平方向上的分力为mgcosβsinβ，竖直方向上的分力为mgcos2β；由题意，α+β＝90°，所以楔形木块abc对地面的压力为：＝Mg+mg＝（2+1）×10N＝30N，根据牛顿第三定律可知，楔形木块abc受到地面的支持力也为30N，故A正确；B．由于α+β＝90°，所以cosαsinα与cosβsinβ总是相等，楔形木块abc水平方向上始终受力平衡，地面对木块始终没有摩擦力，故B错误；C．对于ab面上的滑块，下滑的加速度：a1＝gsinα，t时刻的速度：vt＝a1t；重力的瞬时功率为：同理，对于bc面上的滑块，t时刻重力的瞬时功率为：所以当两侧面的倾角不相等时，重力的瞬时功率不相等，故C错误；D．由冲量的定义I＝Ft可知，两滑块所受弹力的冲量不为0，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了受力分析以及牛顿第二定律的应用、瞬时功率等；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答．13．（3分）半径为R的空心转筒P，可绕过O点中心轴逆时针匀速转动，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B。一比荷为k、速度，带正电粒子沿圆筒半径方向射入，恰能从小孔射出，其间与转筒无接触。不计离子的重力和离子间的相互作用。则转筒角速度可能为（）A．6kB B．8kB C．10kB D．12kB【分析】首先，分析带电粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径；然后，根据几何关系求出粒子在磁场中的圆弧轨迹所对的圆心角以及运动的时间；最后，根据圆周运动的规律求出要使带电粒子沿圆筒半径方向射入，恰能从小孔射出，其间与转筒无接触时其转速满足的关系。【解答】解：带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，则有：整理得粒子的轨迹半径为：粒子运动轨迹如图所示：根据几何关系可得：tan＝＝＝，所以θ＝运动的时间为：要使带电粒子沿圆筒半径方向射入，恰能从小孔射出，其间与转筒无接触，圆筒转过的角度为：＝则其角速度应满足：解得：ω＝（4+6n）kB代入n＝0，1，2，3......，可得ω0＝4kBω1＝10kBω2＝16kBω3＝22kB故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查了带电粒子在有界磁场中运动的模型，解决本题的关键是分析粒子恰能从小孔射出的条件。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题给出的四个备选项中至少有一项是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）（多选）14．（3分）历史上，一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的“强弱”；另一种观点认为应该用物理量mv2来量度运动的“强弱”。前者代表人物是笛卡尔，后者则是莱布尼茨。经过半个多世纪的争论，法国科学家达兰贝尔用他的研究指出，双方实际是从不同的角度量度运动。关于这段描述中体现的物理思想，下列说法正确的是（）A．用mv量度体现了动量守恒的思想 B．用mv2量度体现了动量守恒的思想 C．动量决定了物体在力的阻碍下能够运动多长距离 D．动能定理反映了力对空间的累积效应【分析】理解动量和动能的区别，结合动量守恒定律和动能定理完成分析。【解答】解：AC．mv是物体的动量，用mv量度体现了动量守恒的思想，动量决定了物体在力的阻碍下能够运动多长时间，而不是多远的距离，故A正确、C错误；BD．是物体的动能，用mv2量度体现了能量的思想，而不是动量守恒的思想，动能定理反映了力对空间的累积效应，故B错误、D正确。故选AD。【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律和动能定理的区别和联系即可完成分析，难度不大。（多选）15．（3分）现有光束沿图示方向平行直径AB射入球形雨滴，经两次折射和一次反射后离开雨滴，其中出射光线与直径AB成42°，c为真空中光速，R为雨滴半径，下列说法中正确的是（）A．光束在雨滴中的折射率为 B．光束在雨滴中经历的时间为 C．出射光光强一定弱于入射光光强 D．光束在雨滴内可能发生了全反射【分析】根据题意得出光路图，结合几何关系得出光束在雨滴中的折射率，结合运动学公式得出对应的时间；根据光路的可逆性，结合光折射时的特点得出对应的光强的大小关系。【解答】解：A．光在雨滴内的传播情况如图所示如图所示，设入射角为i，折射角为r，由几何关系可知4r＝2i+42°解得：r＝37°则光束在雨滴中的折射率为代入数据解得：n＝，故A错误；B．由折射定律可得：可得：由几何关系可知，光在雨滴中传播距离为l＝4Rcosr光束在雨滴中经历的时间为联立解得：t＝，故B正确；CD．由光路可逆性可知，光在雨滴中第一次反射时一定会发生折射，此后每次发生反射时，入射角都相同，不可能发生全反射，出射光光强一定弱于入射光光强，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题主要考查了光的折射定律，理解光的传播特点，结合几何关系和运动学公式即可完成解答。三、非选择题（本题共6小题，共55分）16．（6分）（1）杨同学在做双缝干涉实验时，测量相邻亮条纹间距，某次读数为10.30mm，则测量头上安装的测量仪器与以下哪种一致A（2）用传感器和计算机可以方便地描出平抛运动的物体的轨迹，设计原理如图1所示。从某点无初速释放物体（图中未画出），使其做平抛运动。物体每隔20ms可向四周发射红外脉冲，竖直平面内安放着红外接收装置B，B1，B2两个接收器各自测出收到红外脉冲的时间，并由此算出与物体的距离，在计算机屏幕上确定点迹，以此描绘出物体的轨迹。下列判断正确的是D（单选）。A．物体应选择质量大体积大的球B．物体做平抛运动起点一定在B1B2连线的正上方C．计算机屏幕上记录一个点迹，需释放物体一次D．屏幕上相邻点迹间速度变化量相同（3）伽利略利用如图2的装置研究小球做平抛运动的特性，小球从高为H的斜面无初速释放，下落到底端做平抛运动，水平位移为D，改变释放高度，得到如表1的数据，图3是伽利略的手稿，如果你是伽利略，关于小球释放高度H与平抛水平距离D的关系，可得出怎样的结论（写出一条即可）随着释放高度增大，实验误差越小；小球平抛水平方向的位移D和小球在斜面上释放点高度成正相关。表（单位：punti）序号斜面释放高度H平抛水平距离D计算值平抛水平距离D测量值误差1300997800197260011311172413800130613282248281330134010【分析】（1）根据双缝干涉实验装置和实验数据精确度分析判断；（2）根据计算机描绘轨迹的原理分析判断；（3）根据实验数据分析判断。【解答】解：（1）测量头上安装的测量仪器是游标卡尺，根据数据可知最小分度值为0.05或0.02mm，故A正确，BC错误。故选：A。（2）A．为减小空气阻力影响，物体应选择质量大体积小的球，故A错误；B．物体做平抛运动起点不一定在B1、B2连线的正上方，故B错误；C．释放物体一次，计算机屏幕上记录一系列点迹，故C错误；D．平抛运动竖直方向做自由落体运动，屏幕上相邻点迹间时间相同，速度变化量相同，故D正确。故选：D。（3）随着释放高度增大，实验误差越小；小球平抛水平方向的位移D和小球在斜面上释放点高度成正比相关。故答案为：（1）A；（2）D；（3）随着释放高度增大，实验误差越小；小球平抛水平方向的位移D和小球在斜面上释放点高度成正相关。【点评】本题关键掌握双缝干涉实验装置、游标卡尺的读数、计算机描绘轨迹的原理和数据分析方法。17．（8分）李同学在研究测量电源电动势和内阻实验中，电路连接如图2，突然灵光一闪，发现该电路也可以粗测滑动变阻器电阻丝的电阻率。​（1）如图2所示，滑动变阻器的瓷筒上紧密缠绕着单层电阻丝，测量出瓷筒上电阻丝缠绕的总宽度l0，测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则电阻丝的直径为；测量出滑动变阻器瓷筒外径D，可认为一匝电阻丝的长度为πD；（2）将开关S2拨到接线柱2，闭合开关S1，调节滑动变阻器，即改变其接入电路中的宽度l，电压表和电流表示数都在较大范围内较为均匀的变化，整理数据如图3所示，横坐标单位为l0，若图像斜率为k，则电阻丝的电阻率为（用题设中已知物理量符号表示）；（3）储同学认为从图3中图像数据可知，上述实验方案误差较大，应采用电流表外接的方式，你是否认同储同学观点，并说明理由不认同，因为采用电流表外接并利用图像法处理数据，图像斜率和电阻率相关但与电流表内阻无关；（4）杨同学继续用如图1电路测量电源电动势和内阻，根据前面实验结果，为减小实验误差，开关S2应该连接1接线柱（选填“1”或“2”）；电源电动势测量值相较真实值相同（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）；电源内阻数量级应为几欧（选填“几欧”、“几十欧”或“几百欧”）。【分析】（1）n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，结合数学知识得出电阻丝的直径；（2）根据电阻定律结合图像的物理意义得出电阻率的表达式；（3）根据实验原理结合电路构造的分析完成解答；（4）理解电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律完成解答。【解答】解：（1）测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则每匝电阻丝的宽度即为电阻丝的直径，应为（2）由电阻定律可得电阻丝的横截面积由欧姆定律电阻丝的总长度图3图线的斜率联立解得：ρ＝（3）不认同，因为采用电流表外接并利用图像法处理数据，图像斜率和电阻率相关但与电流表内阻无关。（4）因电源的内阻较小，由图中l＝0时纵坐标值为电流表内阻，即电流表的内阻可由图像确定，电压表的内阻远大于电源的内阻，因此为减小实验误差，应用电流表外接，即开关S2应该连接1接线柱。考虑到电流表内阻E＝U+I（RA+r）根据U﹣I图像的到的电源电动势测量值与真实值相同，内阻测量值包括了电流表的内阻。因一般电源内阻都较小，因此电源内阻数量级应为几欧。故答案为：（1）；（2）；（3）不认同，因为采用电流表外接并利用图像法处理数据，图像斜率和电阻率相关但与电流表内阻无关；（4）1；相同；几欧【点评】本题考查了“测定金属的电阻率”的实验，考查了螺旋测微器读数、实验器材选择、实验注意事项、实验误差分析与实验数据处理等问题；要掌握实验器材的选择原则，应用闭合电路的欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式可以求出电阻率。18．（8分）如图所示，老师带领学生表演“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开。当两边的人各增加到5人时，平均每人施加200N拉力，才把碗拉开。已知碗口的半径为10cm，环境温度为27℃，实验过程中碗不变形，也不漏气。大气压，绝对零度为﹣273℃，π取3。求（1）大气压施加在一个锈钢碗上的压力；（2）试定性分析在碗的外面浇水使其冷却的目的；（3）请你估算两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度是多少？【分析】（1）根据压强公式F＝pS进行压力求解；（2）根据一定质量的理想气体的状态方程pV＝CT分析出压强的变化，对碗内气体分析，气体发生等容变化，由此列式完成分析即可。（3）由查理定律分析压强，求压强差，再求温度。【解答】解（1）设两碗口的横截面积为S，碗口的半径为r＝10cm＝0.1m，，则解得F＝3000N（2）由于两个碗内部的气体密闭，所以可认为体积不变，在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，即让碗内部的气体温度降低，根据查理定律，碗内部的压强骤然降低，于是碗内外形成很大压强差，需要较大的拉力才能拉开；（3）设两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度是t，两碗内空气的体积不变，由查理定律可知解得：两碗内外的压强差为设两碗口的横截面积为S，则在拉力方向碗内外的压力差为碗口的半径为r＝10cm，S＝πr2，，ΔF＝5×200N＝1000N，则解得：t＝177℃答：（1）大气压施加在一个锈钢碗上的压力3000N；（2）由于两个碗内部的气体密闭，所以可认为体积不变，在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，即让碗内部的气体温度降低，根据查理定律，碗内部的压强骤然降低，于是碗内外形成很大压强差，需要较大的拉力才能拉开；（3）两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度t＝177℃。【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，分析清楚气体状态变化过程、正确选择研究对象是解题的前提与关键。19．（11分）如图所示为某品牌拼接玩具搭建的场景。AB、BC为粗糙直轨道，摩擦系数均为0.25，在B点平滑连接，BC＝4cm，CDE是光滑半圆弧轨道，半径r＝15cm，与直轨道在C点平滑连接，直轨道AB与水平面夹角θ＝37°，一质量为0.1kg物块从直轨道AB某处下滑，恰好能通过圆弧轨道最高点E，不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）物块第一次经过D点时加速度大小；（2）某同学计算物块平抛时间为0.2s，试分析该同学计算结果是否正确。（物块平抛后会与轨道AB碰撞，只考虑碰撞前平抛运动情况）（3）欲使物块不脱离轨道，且尽可能使物块在直轨道上滑行较长距离，求物块释放位置以及最终停下来位置。【分析】（1）物块恰好能通过圆弧轨道最高点E，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出物块通过E点的速度大小。物块由D运动到E过程，由动能定理求出物块通过D点的速度大小。物块在D点，由向心力公式求出轨道对物块的支持力，再由牛顿第二定律求出物块第一次经过D点时加速度大小；（2）如果物块平抛时间为0.2s，根据分位移公式和几何关系分析结果是否正确。（3）欲使物块不脱离轨道，则物块达到D速度恰好为0时满足要求，根据动能定理列方程，求出物块释放初始位置距B点的距离。再根据动能定理求出物块第二次下滑时距B点的距离，结合数列知识求解。【解答】解：（1）物块恰好能通过圆弧轨道最高点E，在E点由重力充当向心力，由牛顿第二定律有物块由D运动到E过程，由动能定理有物块在D点，由向心力公式有解得：N＝3mg则D点加速度为a＝＝＝g（2）倘若平抛时间为0.2s，则有h＝＝x＝vt＝t＝×0.2m＝m根据几何关系有其中r＝15cm＝0.15m，BC＝4cm＝0.04m，代入数据显然不匹配，所以该同学计算错误。（3）欲使物块不脱离轨道，则物块达到D速度恰好为0时满足要求，设物块释放初始位置距B点的距离为x1。从释放点到D点的过程，由动能定理有mgx1sinθ﹣μmgx1cosθ﹣μmg•BC﹣mgr＝0解得：x1＝40cm即物块释放初始位置距B点40cm，设物块第二次下滑时距B点的距离为x2，从开始释放到第一次回到斜面上最高点的过程，由动能定理有mg（x1﹣x2）sinθ＝μmgcosθ（x1+x2）+2μmg•BC＝0解得：建立递归数列即有：x2＝17.5cm，x3＝6.25cm，x4＝0.625cm，x5＜0cm所以最终停止情况有mgsinθ•x4＝μmgcosθ•x4+μmgx解得：x＝1cm即物块最终停止于距离B点1cm处。答：（1）物块第一次经过D点时加速度大小为；（2）见解析；（3）物块释放位置距B点40cm，最终停止于距离B点1cm处。【点评】解答本题的关键要理清物块的运动过程，把握隐含的临界状态和临界条件。运用动能定理时，要注意选择研究过程。Ω的电阻，其余电阻不计。在x≥0处，存在垂直于水平面