2024届山东省潍坊市昌乐一中高三上学期期末物理试题和答案

高三（物理）试题一、单项选择题；本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最7近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获。现有一个铍原子核（4）发生了“K俘获，生成一个新的原AXv70AeZXe。关于子核Z，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子（e47铍原子核（4）的“K俘获”的过程，下列说法正确的是（ꢀꢀ）AZXXXXA.新原子核B.新原子核C.新原子核D.新原子核带负电AZ比原来的铍原子核少一个中子比原来的铍原子核少一个质子与原来的铍原子核的核子数不同AZAZ2.一质量为mv0从斜面顶端沿斜面下滑，下滑的最大距离x与v02的关系图像如图所示，已知斜面长度为6m，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.滑块下滑过程中处于失重状态B.滑块下滑的加速度大小为0.5m/s2C.若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的时间为3sD.若v0=4m/s，滑块沿斜面下滑的时间为4s3.新冠病毒疫情防控工作中额温枪被广泛使用。有一种额温枪的工作原理是采集人体辐射出的红外线，并将红外线照射到温度传感器上，发生光电效应，从而将光信号转化为电信号显示出人体的温度。已知人体6m，用该波长的红外线照射图甲电路中阴极K，电路中的光m/s，e1.610C在正常体温时辐射的红外线波长约为910电流随电压变化的图像如图乙所示，已知h6.6310Js，c3.0108。下列说法正确的是（）第1页/共10页6m的红外线的频率约为3.3A.真空中波长910B.由图乙可知，该光电管阴极金属逸出功约为1.7的JC.人体温度升高，辐射的红外线强度增大，饱和光电流减小D.对于某种金属，无论照射光的频率多小，只要强度足够大、光照时间足够长就可以产生光电效应现象p4.人造地球卫星与地心间距离为rGr为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为（ꢀꢀ）1111A.C.B.D.2r2r12r1r21111r2r1r1r25.LL规格完全相同，12在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A仅使滑片M下移，电流表示数变大B.仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大第2页/共10页D.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则（ꢀꢀ）A.小球带负电B.电场力跟重力是一对平衡力C.小球从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.运动过程中小球的机械能守恒7.如图甲所示，生活中常用两根并排的竹竿将砖块从高处运送到低处。将竹竿简化为两根平行放置、粗细均匀的圆柱形直杆，一长方体砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑。图乙为垂直于运动方向A.竹竿对砖块的弹力变小B.竹竿对砖块的摩擦力变大C.砖块的加速度不变D.砖块下滑到底端的时间变短8.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，第3页/共10页ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.∠BCD=135°B.∠BAE和∠BCD不相等1C.该五棱镜折射率的最小值是sin22.5D.该五棱镜折射率的最小值是2二、多项选择题∶本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。S1S）封闭一定质量29.如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为和的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞m上细沙的总质量为。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境g温度和大气压强保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为。下列说法正确的是（ꢀꢀ）p0A.整个过程，外力F做功大于0，小于B.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C.整个过程，理想气体的内能增大pShmghD.整个过程，理想气体向外界释放的热量小于01第4页/共10页10.“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图1所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的2波形如图2所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的，此时质点a的位3移为82cm。已知绳子长度为12m，下列说法正确的是（ꢀꢀ）4A.a、b两质点振动的相位差为31tsB.时，质点a的位移仍为82cm，且速度方向向下8C.健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间D.0.4s振动恰好传到P点11.如图所示，一根足够长水平滑杆SS上套有一质量为m的光滑铝环，在滑杆的正下方放置一足够长光滑绝缘轨道PP′，PP′与杆SS′平行。现使质量为M的条形磁铁正对铝环的圆心以水平初速度v0沿绝缘轨道向右运动，圆环平面始终垂直于滑杆，则（ꢀꢀ）A.从左往右看，圆环中感应电流的方向始终为顺时针B.磁铁不会穿过滑环，且最终二者共速M0C.磁铁与圆环的最终速度为D.整个过程最多能产生热量Mm022(Mm)12.如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮（不计滑轮质量和大小）与小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α＝53°Q点，第5页/共10页O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.小球和物块组成的系统机械能守恒B.弹簧的劲度系数为2d8C.小球到达Q点时的速度大小为3D.重力对物块做功的功率一直增大三、实验题13.某研究性学习小组设计实验粗测小球在水平瓷砖上滚动时所受的阻力与重力的比值。给小球一个初速度，用手机给运动小球录像。为了比较准确的测量时间，播放时选择倍速“0.25，表示播放时间是实际时间的四倍。图甲是小球经某一瓷砖边缘第一次播放暂停时的时间显示，其中“00：11”是时间扩大为4倍后，录像播放了11s，“01：07”是时间扩大为4倍后总的播放时间。从图甲小球暂停位置到小球停止，小球共垂直瓷砖边缘沿直线运动了12块整瓷砖和第13块瓷砖部分长度，图乙是小球刚停下时的播放时间，图丙是小球停下时的位置，刻度尺0刻度与第12、13块瓷砖边缘对齐。每块瓷砖长度为60cm，图丁是图丙部分放大，小球的运动可视做匀变速直线运动。根据以上信息（1）第一次暂停时刻对应的小球实际速度为________m/s（2）小球在水平瓷砖上滚动时所受的阻力与重力的比值为_________（用重力加速度g，小球滚动的距离L，小球滚动的时间t（3）下列说法正确的是_________第6页/共10页A.小球直径越大，测量位移时读数误差越小B.视频第一次暂停时刻不是小球刚开始运动的时刻，造成了实验测量比值偏小C.多录几次视频，选择小球接近做直线运动的进行测量D.为了减小实验误差，应多测几次，求平均值14.某实验小组设计了如图（a）所示的欧姆表电路，仅用一节干电池通过控制开关S，就可使“欧姆表”具有“×10”和“×100”两种倍率。电路中使用的实验器材如下：干电池：电动势E=1.5V，内阻r=1Ω；毫安表：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=125Ω；滑动变阻器R0，阻值调节范围足够大；定值电阻R、R和R，其中R=1000Ω；1231开关S，红、黑表笔各一支，导线若干。（1）按照图（a）连接好电路，表笔1为_____（填“红”或“黑）表笔。（2）当开关S断开时，将两表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流表达到满偏，此时R=_____Ω，“欧00姆表”的倍率是___________（填“×10”和“×100（3）闭合开关S使“欧姆表”倍率改变，电阻R=________Ω。将两表笔短接，调节滑动变阻器R，使电20流表达到满偏。（4）保持开关闭合，在表笔间接入电阻R3b）所示的位置时，电阻R3=______Ω。四、解答题15.如图所示，高为h14.4cm、截面积S5cm2的绝热汽缸开口向上放在水平面上，标准状况（温度t00℃、压强01105Pa）下，用绝热活塞Q和导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞Q用劲度系数为k1000N/mQ的轻弹簧拴接在汽缸底部，系统平衡时活塞位于汽缸的正第7页/共10页m1kg中央且弹簧的形变量为零，活塞P刚好位于汽缸的顶部；现将一质量为的物体放在活塞P上，活塞P下降，如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部，此时气体乙的温度为多少摄氏g度？（活塞的质量以及一切摩擦均可忽略不计，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度取10s2，结果保留整数）16.某水上滑梯的简化结构图如图所示。总质量为mθ＝53°的光滑斜轨道上A点由静止开始下滑，到达离地高h＝2.5m的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径R＝12.5m的光滑圆弧轨道BCD，C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，在C点时对轨道的压力为1.8mg，之后从D点沿圆弧切线方向滑上如图乙所示的足够大光滑斜面abcd，速度方向与斜面水平底边ad成夹角θ＝53°。已知斜面abcd的底面离地高度为2.5m且与水平面成β＝37°角，滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入水平接收平台。求：（1）A点距离地面高度；（2）滑船运动最高点到水平底边ad的距离；（3）滑船要进入接收平台时和D点的水平距离。11102NC17.如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小、方向水平向右的匀强电场；一条长L0.8m且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量10.5kg、带电荷量qR的光滑绝缘圆筒，的绝缘带电小球aⅠ的右下角CCD是圆筒上表面的一条直径且与区域ⅠMN与直径CDE220内左半边MNCHJK区域Ⅱ中存在大小N/Ca拉至A绳绷直且水平）静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂。小球a进入电场继续运动，第8页/共10页E刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ。已知重力加速度大小取12g10ms，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力。求：（1）轻绳的最大张力T；mE；pv（2）小球a运动到C点时速度的大小和小球a从B到C过程电势能的变化量C（3ab从Db20.5的质量kgabaE球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能是多大。b18.某传送装置的示意图如图所示，整个装置由三部分组成，左侧为粗糙倾斜直轨道AB，中间为水平传送带BC，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，右侧为光滑水平面CD．倾斜m2m3mn1m的n1个物块n轨道末端及水平面CD与传送带两端等高并平滑对接，质量分别为、……、m在水平面CD上沿直线依次静止排列．质量为物块从斜面的最高点A由静止开始沿轨道下滑，已知A1hL3.5mL7m，传送带两轴心间距，物块与倾斜直轨2点距离传送带平面的高度道、传送带间的动摩擦因数均为，水平距离12，取重力加速度g10m/s。（1）求物块刚滑上传送带时的速度大小；（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧滑出时的速度v的范围；m1v0m发生碰撞，从而引起各物块的依2（3）若物块以（已知）的速度离开传送带，滑到水平轨道上与次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于同一直线上，各物块间碰撞无机械能损失，且各物块之间不发生mnEE与第1个物块的初动能之比为第1k0第二次碰撞。经过依次碰撞后，定义第n个物块获得的动能第9页/共10页knk；个物块对第n个物块的动能传递系数，求14mmmnm为何值时，第n个物块获得的速度最大，并2（4）接第（3）问，若，求34n1v求出第n个物块的最大速度。第10页/共10页高三（物理）试题一、单项选择题；本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最7近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获。现有一个铍原子核（4）发生了“K俘获，生成一个新的原AXv70AeZXe。关于子核Z，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子（e47铍原子核（4）的“K俘获”的过程，下列说法正确的是（ꢀꢀ）AZXXXXA.新原子核B.新原子核C.新原子核D.新原子核带负电AZ比原来的铍原子核少一个中子比原来的铍原子核少一个质子与原来的铍原子核的核子数不同AZAZ【答案】C【解析】【详解】A．根据电荷数守恒得，新原子核X的电荷数是3，则新原子核X带正电，故A错误；BCD．根据电荷数和质量数守恒得，新原子核X的电荷数是3，核子数是7，新原子核与铍核相比，电荷数少一个而核子数相同，所以是质子数少一个，中子数多一个，故BD错误，C正确。故选C。2.一质量为mv0从斜面顶端沿斜面下滑，下滑的最大距离x与v02的关系图像如图所示，已知斜面长度为6m，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.滑块下滑过程中处于失重状态B.滑块下滑的加速度大小为0.5m/s2C.若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的时间为3sD.若v0=4m/s，滑块沿斜面下滑的时间为4s【答案】C第1页/共24页【解析】【详解】B．由题意可知，滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，当最大位移小于6m时，末速度为零，由位移速度公式可得1x22a对比图像可得12/m2a解得滑块下滑的加速度大小为a2B错误；A．滑块减速下滑，具有竖直向上的分加速度，可知滑块处于超重状态，A错误；CD．若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的位移为v202a14.5m6m下滑时间为01a同理可知，若v0=4m/s，滑块减速至速度为零下滑的位移为v202a28m6m由位移公式可得1Lvtat22022解得t2另一解6s不符合题意舍去，D错误。故选C3.新冠病毒疫情防控工作中额温枪被广泛使用。有一种额温枪的工作原理是采集人体辐射出的红外线，并将红外线照射到温度传感器上，发生光电效应，从而将光信号转化为电信号显示出人体的温度。已知人体6在正常体温时辐射的红外线波长约为910m，用该波长的红外线照射图甲电路中阴极K，电路中的光第2页/共24页电流随电压变化的图像如图乙所示，已知h6.6310Js，c3.010m/s，e1.610C。8下列说法正确的是（）6m的红外线的频率约为3.3A.真空中波长910B.由图乙可知，该光电管的阴极金属逸出功约为1.7JC.人体温度升高，辐射的红外线强度增大，饱和光电流减小D.对于某种金属，无论照射光的频率多小，只要强度足够大、光照时间足够长就可以产生光电效应现象【答案】B【解析】【详解】A．由c=λv得，红外线的频率约为3.3，A错误；B．根据爱因斯坦光电效应方程E0根据动能定理得eUc0E解得该光电管的阴极金属逸出功约为1.7J，B正确；C．人体温度升高，辐射的红外线强度增大，逸出光电子增加，饱和光电流增大，C错误；D．对于某种金属，根据爱因斯坦光电效应方程，若照射光的频率小于其截止频率，则无论强度多大、光照时间多长，都不会有光电子逸出，不会产生光电效应现象，D错误。故选B。p4.人造地球卫星与地心间距离为rGr第3页/共24页为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为（ꢀꢀ）1111A.C.B.D.2r2r12r1r21111r2r1r1r2【答案】A【解析】r【详解】根据题意，卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为时有1v21r1mr21卫星的引力势能为rE1r2轨道半径为时v22r2mr22卫星的引力势能为GMmrEp22设损失的机械能为E，根据能量守恒定律得1112E22EE22联立以上各式可得11E2r2r1故选A5.LL规格完全相同，12在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（ꢀꢀ）第4页/共24页A.仅使滑片M下移，电流表示数变大B.仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大D.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大【答案】C【解析】11U22【详解】A．仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器可知副线圈电压减小，又因为副线圈电路电阻不变，所以副线圈电流减小，故A错误；B．仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，由功率关系UI＝UI1122可知，原线圈中电流变小，故B错误；C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压（副线圈电压）不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据欧姆定律可知，L2中电流一直增大，故C正确；DN自变阻器a端向b线圈电压不变，所以副线圈总电流（电流表示数）先减小后增大，故D错误。故选C。6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则（ꢀꢀ）第5页/共24页A.小球带负电B.电场力跟重力是一对平衡力C.小球从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.运动过程中小球的机械能守恒【答案】B【解析】【分析】【详解】AB．据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，小球受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力应与重力平衡，即小球所受电场力与重力等大反向，则知小球带正电，故A错误，B正确；C．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；D．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。故选B。7.如图甲所示，生活中常用两根并排的竹竿将砖块从高处运送到低处。将竹竿简化为两根平行放置、粗细均匀的圆柱形直杆，一长方体砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑。图乙为垂直于运动方向第6页/共24页A.竹竿对砖块的弹力变小B.竹竿对砖块的摩擦力变大C.砖块的加速度不变D.砖块下滑到底端的时间变短【答案】C【解析】【详解】A．设竹竿与水平方向夹角为，两竹竿对砖块弹力的夹角为，砖块在垂直运动方向受力如图根据平衡条件有2Ncos2仅将两竹竿间距减少一些，不变，竹竿对砖的弹力不变，故A错误；B．竹竿对砖的摩擦力为f2NFN不变，则摩擦力不变，故B错误；C．沿运动方向，根据牛顿第二定律有sinff、不变，则砖块下滑的加速度不变，故C正确；D．根据位移公式有1xat22解得2xta竹竿的长度不变，砖块的加速度不变，可知砖块滑动底端的时间不变，故D错误。故选C。第7页/共24页8.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.∠BCD=135°B.∠BAE和∠BCD不相等1C.该五棱镜折射率的最小值是sin22.5D.该五棱镜折射率的最小值是2【答案】C【解析】【详解】AB．由题意画出光路图如图所示，设光线在CD面上的入射角为根据光路图和反射定律可知90得22.5由四边形内角和为360°和角度关系可得第8页/共24页∠BCD=∠BAE=90°+=112.5°故AB错误；nCD．光线在CD和AE界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值，则010sin解得10sin22.5故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题∶本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。S1S）封闭一定质量29.如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为和的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞m上细沙的总质量为。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境g温度和大气压强保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为。下列说法正确的是（ꢀꢀ）p0A.整个过程，外力F做功大于0，小于B.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C.整个过程，理想气体的内能增大pShmghD.整个过程，理想气体向外界释放的热量小于01【答案】BD【解析】【详解】A．外力F作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在F作用下没有位移，可知外力F做功为零，故A错误；BC．汽缸为导热汽缸，环境温度不变，所以气体状态变化过程中温度不变，温度是分子平均动能的标志，第9页/共24页所以分子平均动能不变，对于一定质量的理想气体，内能只与分子平均动能有关，所以内能也不变，故B正确，C错误；D．此过程外界大气通过活塞对封闭气体做功为pSh，活塞下降过程，因缓慢加细沙，故细沙通过活塞对01气体做功小于mgh，所以外界对气体做功WpSh01UQWU0根据，因，所以QW即气体向外界释放的热量小于pShmgh，故D正确。01故选BD。10.“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图1所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的2波形如图2所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的，此时质点a的位3移为82cm。已知绳子长度为12m，下列说法正确的是（ꢀꢀ）4A.a、b两质点振动的相位差为31tsB.时，质点a的位移仍为82cm，且速度方向向下8C.健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间D.0.4s振动恰好传到P点【答案】AB【解析】【详解】A．a、b两质点二者平衡位置间距离如果为一个波长，则其相位差为2，依题意其平衡位置相距2波长，则振动的相位差为3第10页/共24页2433故A正确；B．由题意可知振动频率为2Hz，则周期为0.5s，则从图示位置开始计时，则质点a的位移与时间的关系为xsit41ts可知当确；时，质点a的位移仍为82cm，且由图2可知此时质点a从波峰向平衡位置运动，故B正8C．波速由介质而定，则增大抖动频率，不会改变振动从绳子端点传播到P点的时间，故C错误；D．从图中可以得到，波长为8m，周期为0.5秒，则波速为8vss5经0.4s，传播的距离为L0.4s振动不能传到P点，故D错误。故选AB。11.如图所示，一根足够长水平滑杆SS上套有一质量为m的光滑铝环，在滑杆的正下方放置一足够长光滑绝缘轨道PP′，PP′与杆SS′平行。现使质量为M的条形磁铁正对铝环的圆心以水平初速度v0沿绝缘轨道向右运动，圆环平面始终垂直于滑杆，则（ꢀꢀ）A.从左往右看，圆环中感应电流的方向始终为顺时针B.磁铁不会穿过滑环，且最终二者共速M0C.磁铁与圆环的最终速度为Mm02D.整个过程最多能产生热量【答案】CD2(Mm)第11页/共24页【解析】【详解】A．若金属环能穿过条形磁铁，在条形磁铁的左端时，靠近磁铁，向左的磁通量就越大，会感应出向右的磁场，电流方向从左向右看为顺时针方向，在右端远离磁铁时，向左的磁通量减小，感应出向左的磁场，电流方向从左向右看为逆时针，故A错误；BC．磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动；选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁运动的方向为正方向，则最终可能到达共同速度时0(Mm)v解得Mv0Mm故B错误，C正确；D的动能最大，为11Mm2(Mm)QMv20(Mm)v20222故选CD。12.如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮（不计滑轮质量和大小）与小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α＝53°Q点，O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.小球和物块组成的系统机械能守恒第12页/共24页2dB.弹簧的劲度系数为8C.小球到达Q点时的速度大小为3D.重力对物块做功的功率一直增大【答案】BC【解析】【详解】A．小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球和物块组成的系统机械能之和先增大后减小，故A错误；B．P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知4PQdtan53d3则小球位于P点时弹簧的压缩量为小球在P点，由力的平衡条件可知解得12xPQd23mgk2d故B正确；C．当小球运动到Q点时，假设小球的速度为v，此时物块的速度为零，又小球、物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得d12dmgdtan5324cos53解得83vgd故C正确；D．由于小球在P和Q点处，物块的速度都为零，重力对物块做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。故选BC。三、实验题第13页/共24页13.某研究性学习小组设计实验粗测小球在水平瓷砖上滚动时所受的阻力与重力的比值。给小球一个初速度，用手机给运动小球录像。为了比较准确的测量时间，播放时选择倍速“0.25，表示播放时间是实际时间的四倍。图甲是小球经某一瓷砖边缘第一次播放暂停时的时间显示，其中“00：11”是时间扩大为4倍后，录像播放了11s，“01：07”是时间扩大为4倍后总的播放时间。从图甲小球暂停位置到小球停止，小球共垂直瓷砖边缘沿直线运动了12块整瓷砖和第13块瓷砖部分长度，图乙是小球刚停下时的播放时间，图丙是小球停下时的位置，刻度尺0刻度与第12、13块瓷砖边缘对齐。每块瓷砖长度为60cm，图丁是图丙部分放大，小球的运动可视做匀变速直线运动。根据以上信息（1）第一次暂停时刻对应的小球实际速度为________m/s（2）小球在水平瓷砖上滚动时所受的阻力与重力的比值为_________（用重力加速度g，小球滚动的距离L，小球滚动的时间t（3）下列说法正确的是_________A.小球直径越大，测量位移时读数误差越小B.视频第一次暂停时刻不是小球刚开始运动的时刻，造成了实验测量比值偏小C.多录几次视频，选择小球接近做直线运动的进行测量D.为了减小实验误差，应多测几次，求平均值2L【答案】【解析】①.1.2②.③.CDgt2114s1）[1]由图可知，小球从开始运动到第一次播放暂停经过的实际时间为，运动的总的实际62s时间为，则第一次暂停到最后停止运动用时间为46211ts-s44从第一次暂停到最后停止运动经过的位移为x120.6m+0.18m=7.38m根据第14页/共24页02xt可得第一次暂停时刻的速度（2）[2]根据逆向思维可知由牛顿第二定律可知解得2x27.3801.2m/st12.751Lat22ff2Lgt2（3）[3]A．小球直径越大，测量位移时读数误差会越大，选项A错误；B．视频第一次暂停时刻不是小球刚开始运动的时刻，只是初速度的值较小，小球运动的距离和时间都偏小，而造成的实验测量比值不一定偏小，选项B错误；C．多录几次视频，选择小球接近做直线运动的进行测量，选项C正确；D．为了减小实验误差，应多测几次，求平均值，选项D正确。故选CD。14.某实验小组设计了如图（a）所示的欧姆表电路，仅用一节干电池通过控制开关S，就可使“欧姆表”具有“×10”和“×100”两种倍率。电路中使用的实验器材如下：干电池：电动势E=1.5V，内阻r=1Ω；毫安表：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=125Ω；滑动变阻器R0，阻值调节范围足够大；定值电阻R、R和R，其中R=1000Ω；1231开关S，红、黑表笔各一支，导线若干。第15页/共24页（1）按照图（a）连接好电路，表笔1为_____（填“红”或“黑）表笔。（2）当开关S断开时，将两表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流表达到满偏，此时R=_____Ω，“欧00姆表”的倍率是___________（填“×10”和“×100（3）闭合开关S使“欧姆表”倍率改变，电阻R=________Ω。将两表笔短接，调节滑动变阻器R，使电20流表达到满偏。（4）保持开关闭合，在表笔间接入电阻R3b）所示的位置时，电阻R3=______Ω。【答案】【解析】①.红②.374③.×100④.125⑤.2251）[1]按照多用电表使用规则，红表笔应该接欧姆表内电路的电源负极；（2）[2]当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律得ErRRR0g1解得0[3]开关S闭合后，电流表满偏时干路电流变大，欧姆表内阻变小，中值电阻变小，欧姆表的倍率变小，故开关S闭合时，欧姆表的倍率是小倍率，开关S断开时的倍率是大倍率，故填“×100。1（3）[4]闭合开关S，倍率为原来的，干路电流最大值应为原来的10倍，则I2=9mA故有Ig2I2gR1解得R2=125Ω（4）[5]由图可知此时毫安表读数为0.40mA，则干路电流为4.0mA，电路总电阻为375Ω，而欧姆表此倍第16页/共24页率的内阻为E15010Ig则可知R3=225Ω四、解答题15.如图所示，高为h14.4cm、截面积S5cm2的绝热汽缸开口向上放在水平面上，标准状况（温度t00℃、压强01105Pa）下，用绝热活塞Q和导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞Q用劲度系数为k1000N/mQ的轻弹簧拴接在汽缸底部，系统平衡时活塞位于汽缸的正m1kg中央且弹簧的形变量为零，活塞P刚好位于汽缸的顶部；现将一质量为的物体放在活塞P上，活塞P下降，如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部，此时气体乙的温度为多少摄氏g度？（活塞的质量以及一切摩擦均可忽略不计，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度取10s2，结果保留整数）【答案】℃【解析】【详解】对于气体甲，初态h11105VS，12末态S1051055Pa，VlSp01.010Pa1.2101411pV根据玻意耳定律有解得111l6cm1若使活塞P返回到汽缸顶部，气体乙末状态时气柱长为l8.4cm，此时弹簧要伸长1.2cm，对活塞Q2第17页/共24页有pSk1lpS2解得p25VlS1.4410Pa，22对气体乙，初态hp2110PaVS，2273K，2522pV222根据理想气体状态方程有解得T2T459K2则t(459℃℃16.某水上滑梯的简化结构图如图所示。总质量为mθ＝53°的光滑斜轨道上A点由静止开始下滑，到达离地高h＝2.5m的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径R＝12.5m的光滑圆弧轨道BCD，C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，在C点时对轨道的压力为1.8mg，之后从D点沿圆弧切线方向滑上如图乙所示的足够大光滑斜面abcd，速度方向与斜面水平底边ad成夹角θ＝53°。已知斜面abcd的底面离地高度为2.5m且与水平面成β＝37°角，滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入水平接收平台。求：（1）A点距离地面高度；（2）滑船运动最高点到水平底边ad的距离；（3）滑船要进入接收平台时和D点的水平距离。8【答案】（1）5m2）m3）3【解析】1）假设A点离地面高度为H，对A到C的过程应用动能定理得第18页/共24页1mgH2C2在C点处，根据牛顿第二定律可得v2CRNm联立两式，代入数据可得H5m（2）根据动能定理，滑船在D点时速度大小满足1mg(Hh)2D2解得D52m/sv滑船在光滑斜面abcd上做类斜抛运动，运动最高点处速度沿水平方向，速度大小为vDcos32m/s根据动能定理可得，滑船在光滑斜面abcd上最高点与水平底边ad的高度差h'满足11mgh'22D22解得h'1.6m滑船运动最高点到水平底边ad的距离为h'sin8m3xt（3）假设滑船进入接收平台时和D点的水平距离为，滑船在光滑斜面abcd上运动时间为，二者满足xDcos3t①又因为h'sin12t22gsin()②联立①②解得x11102NC17.如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小、方向水平向右的匀强电场；一条长L0.8m且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量10.5kg、带电荷量第19页/共24页qR的光滑绝缘圆筒，的绝缘带电小球aⅠ的右下角CCD是圆筒上表面的一条直径且与区域ⅠMN与直径CDE220内左半边MNCHJK区域Ⅱ中存在大小N/Ca拉至A绳绷直且水平）静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂。小球a进入电场继续运动，E刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ。已知重力加速度大小取12g10ms，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力。求：（1）轻绳的最大张力T；mE；pv（2）小球a运动到C点时速度的大小和小球a从B到C过程电势能的变化量C（3ab从Db20.5的质量kgabaE球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能是多大。b【答案】（1）15N2）2m/s小球电势能增加了4J3）10J【解析】1）小球a从A运动到B点，根据动能定理得1mgLmv22代入数据得v4m/s在B点，根据牛顿第二定律得v2mmgmL第20页/共