2024届浙江省宁波市镇海中学高三上学期物理模拟试卷（选考）

2024年浙江省宁波市镇海中学高考物理模拟试卷（选考）一、选择题（本共14小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的。不选、多选、错选均不得分)1．（3分）下列属于矢量，且其国际单位制单位用基本单位表示正确的是（）A．力：N B．功：kg•m2/s2 C．电势：V D．电场强度：kg•m•A﹣1•s﹣32．（3分）2022年国际泳联跳水世界杯于10月23日在德国柏林欧罗巴体育公园跳水馆举行，我国跳水选手昌雅妮夺得了女子单人三米板冠军，如图所示，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．研究昌雅妮跳水姿势时，不能把她当作质点 B．水珠下落过程中机械能不守恒 C．以水珠为参考系，昌雅妮是静止的 D．水珠落入水中的时间与离开昌雅妮时的速度有关3．（3分）如图所示，小勇老师在川藏线上骑行时看到公路两边竖立着很多铁棒，查资料后得知，这些铁棒的作用最有可能的是（）A．作为路标 B．作为导热棒 C．预防雷电击中地面 D．测量过往车辆的速度4．（3分）如图所示，将同一个球分先后两次从A点斜向上抛出，第一次落在B点，A、C、B在同一水平线上，C为AB中点，已知第一次抛出的初动能是第二次抛出初动能的2倍，则第二次抛出时（）A．3 B．2 C． D．5．（3分）年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动（）A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态 B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的 C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力 D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力6．（3分）锂电池以碳材料为负极，以含锂的化合物为正极。在充电过程中，通过化学反应，锂离子通过电解液运动到负极，嵌在有很多微孔的负极碳材料中，电池中充入的电荷量也就越多，在放电时，则图示时刻（）A．锂离子电池两端的电压正在逐渐增大 B．外界的电能转化为锂离子电池的化学能 C．负极的锂离子通过电解液到达正极时，电场力做正功 D．由锂离子的移动情况可知电池处于放电状态7．（3分）如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，紫光和红光分别从B、C点射出。下列说法中正确的是（）A．逐渐减小入射角i，紫光先发生全反射 B．逐渐减小入射角i，红光先发生全反射 C．红光在半圆柱体玻璃中传播的时间较长 D．紫光在半圆柱体玻璃中传播的时间较长8．（3分）两个点电荷，电性未知、电荷量大小分别为4q和q，其电场线如图所示（未标明方向，且未画出对称轴附近的电场线），且满足AB＝BC＝CD，则（）A．A、D两点的场强方向一定相反 B．从D点向左至无穷远，场强不断减小 C．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则电子从A向B移动的过程中，电势能减小 D．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则A点电势低于D点电势9．（3分）如图所示为一家用漏电开关的简易原现图，下列说法正确的是（）A．当无漏电时，零序电流互感器上线圈内的磁通量不为零 B．当出现漏电时，零序电流互感器上线圈内的磁通量为某一恒定值 C．当无漏电时，零序电流互感器上线圈中有感应电流 D．当出现漏电时，零序电流互感器上线圈中产生感应电流10．（3分）如图所示，位于教室中央的光源发出一个闪光，闪光照到了教室的前壁和后壁。教室的长度为10m。在平行于教室高速运动的太空飞船上的观察者（）A．测得照到前壁的光速度小于c B．观测到飞船上的时间进程比教室慢 C．测得教室的长度小于10m D．观察到光同时到达前、后壁11．（3分）如图所示，某激光器的一端固定于圆心O点，以角速度ω绕O点转动（不计光束截面积），在半径为R的虚线圆某处固定一弧形接收屏，接收屏沿虚线圆的长度为l。激光器转动一周的过程中，已知普朗克常数为h，激光传播的速度为c（）A． B． C． D．12．（3分）为简化“天问一号”探测器在火星软着陆的问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。火星探测器在火星附近的A点减速后，紧接着在B点进行了一次“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，质量为M1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v1，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，喷气后探测器质量变为M2、速度变为与v1垂直的v2。已知地球的公转周期为T1，火星的公转周期为T2，地球公转轨道半径为r1，以下说法正确的是（）A．火星公转轨道半径r2为 B．喷出气体速度u的大小为 C．假设实现“侧手翻”的能量全部来源于化学能，化学能向动能转化比例为k（k＜1），此次“侧手翻”消耗的化学能 D．考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，则在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔Δt为13．（3分）如图所示的示意图或者实验装置都源自于课本，下列说法正确的是（）A．甲图为双缝干涉示意图，可以用白炽灯直接照射双缝，在屏上可以得到等宽、等亮的干涉条纹 B．乙图为肥皂泡薄膜干涉示意图，将框架顺时针旋转90°，条纹也跟着顺时针旋转90° C．丙图为劈尖干涉检查平整度示意图，由条纹可以推断出P处凹陷，Q处凸起 D．丁图是光的偏振应用，光的偏振表明光是一种纵波14．（3分）如图甲所示为氢原子的能级图，大量处于n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁时，发出频率不同的大量光子。其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时（）A．光电子最大初动能与入射光的频率成正比 B．阴极K金属的逸出功为6eV C．用能量为13.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离 D．一个处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，最多能放出2种不同频率的光二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)（多选）15．（3分）如图的图片均来自同学们的物理课本，你认为说法正确的是（）A．图甲中，该同学让蜂鸣器在自己头顶上空做匀速圆周运动，该同学能听到蜂鸣器音调发声变化，这叫多普勒效应 B．图乙中，是在用水波研究波的折射现象，其中的虚线ab表示的是法线 C．图丙中，人类在1974年向银河系中发出对外星人的问候，是用电磁波发射的，在发射前要进行调制而不是调谐 D．图丁中，夜视仪摄影技术中用的是红外线而不是紫外线（多选）16．（3分）如图甲所示，在同一介质中，波源为S1与S2频率相同的两列机械波在t＝0时刻同时起振，波源S1的振动图象如图乙所示；波源为S2的机械波在t＝0.25s时波的图象如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1＝7m，PS2＝9m，则（）A．质点P的位移不可能为0 B．t＝1.25s时，质点P处于波谷 C．质点P的起振方向沿y轴正方向 D．波源为S2的起振方向沿y轴负方向二、实验题17．（6分）（1）某实验小组用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。如果用天平称出两个大小相同小球的质量m1、m2实验时用质量为m2的小球作为被碰小球，则m1（填“＝”“＜”或“＞”）m2。实验时先让小球m1多次从斜槽上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，图中O点是小球抛出点在水平地面上的竖直投影；然后把小球m2静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，两小球平均落地点位置分别为M、N，测出两小球相碰后的平抛射程OM、ON，若满足关系式（用所测物理量的字母表示），则可以认为两小球碰撞前后动量守恒。如果实验时将斜槽固定好后，用闪光频率一定的频闪照相机研究两小球的碰撞过程。先只让小球m1从斜槽上位置S由静止开始释放，小球m1离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球m1的两位置如图乙所示；再将小球m2放在斜槽的末端，让小球m1仍从位置S处由止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置如图丙所示，满足的关系式为。（2）某同学在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时在水面均匀地撒上一层爽身粉。在液面上方滴入一滴油酸酒精溶液后，形成了如图丁所示形状的油膜，该同学认为形成油膜面积过小，后又很快缩小，基本上恢复到滴入第一滴溶液后的油膜面积。造成滴入多滴油酸酒精溶液后。若该同学用三滴油酸酒精溶液中油酸的体积及对应形成的面积计算分子直径，计算得到的分子直径与实际分子直径相比。（选填“偏大”、“偏小”或“基本相同”）18．（5分）某同学在实验室发现一只电压标称为10V、电容标称模糊的电容器，现他找了以下器材来测该电容器的电容值。蓄电池：20V，内阻可不计电压表：12V，内阻很大定值电阻有三只：10Ω；50Ω；100Ω滑动变阻器：标称为“30V，50Ω”一只单刀单掷开关：S1一只单刀双掷开关：S2一台数字电流计，可接电子显示屏，显示电流随时间的变化过程实验操作步骤如下：（1）该同学按图1所示电路图进行组装电路，则定值电阻R1阻值应选Ω。（2）他先闭合开关S1，S2刀片掷于，调节滑动变阻器R2，稳定后读出电压表读数为4V。然后，他把S2刀片掷于，在电子显示屏上得到如图2中的甲曲线。（3）利用单位面积法算得I﹣t图中甲曲线和两坐标轴所围的面积为0.04mA•s，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C＝F。（4）接着，他以同样的操作步骤，重新调节滑动变阻器R2，在电子显示屏上得到如图2中的乙曲线，则稳定时电压表读数为V。（保留两位有效数字）19．（8分）如图为一水平放置的气缸，装一定量的体积为1×103cm3的某理想气体，通过一横截面积S＝10cm2的活塞与压强为p＝1.0×105Pa的大气相隔。活塞与气缸壁之间有一定压力，二者间最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝50N，摩擦产生的热量均耗散到外界0＝300K，活塞与气缸壁之间无摩擦力作用。现用一加热器缓缓对气缸加热，假设气体始终经历准静态过程。求：（1）活塞开始移动时气体温度T1；（2）当加热至末态T2＝900K时，因摩擦而耗散的热量；（3）已知该气体的内能满足U＝0.5T（J）（T单位取K），求从初态到末态气体总吸热Q。20．（11分）如图所示，光滑水平地面上静置有一半径为R＝20m的竖直光滑圆弧轨道CD，O为圆心，OC竖直、圆心角为60°。在其左侧地面上静置一长为L＝3m、质量为M＝3kg的长木板A，木板上表面粗糙且与C点高度相同0＝5m/s沿A的上表面从左端滑上木板。当A与圆弧轨道CD相撞后在防撞装置作用下立即紧贴C端左侧静止，但不粘连。小滑块B经过到C点时的速度为vC＝1m/s。已知小滑块可视为质点，空气阻力不计，取重力加速度g＝10m/s2，cos5°＝0.996。（1）若圆弧轨道始终锁定，求小滑块B在圆弧轨道CD上运动的时间t0；（2）若小滑块B经过C点时圆弧轨道解除锁定，已知圆弧轨道CD质量为M′＝4kg，求B在CD上升的最大高度hN大小关系；（3）求小滑块B与长木板A上表面间的动摩擦因数μ。21．（11分）如图所示，两条间距d＝0.5m的平行金属导轨水平放置，OO'两点由绝缘材料制成，导轨左端接一电容C＝1.2F的电容器，已经充好电，Upq＝﹣3V，右端接一阻值为R＝2Ω的定值电阻，图中的各虚线均与导轨垂直。导轨的OC和O'C'段粗糙，AA'OO'区域足够长，磁感应强度为B＝1T，之后保持不变。甲、乙两金属棒长度均为d＝0.5m，电阻均为R＝2Ω1＝0.3kg，金属棒乙质量为m2＝0.1kg。某时刻让金属棒甲以平行导轨的初速度v0＝10m/s从AA'出发，与电容器构成闭合回路。出磁场后金属棒甲继续向右运动与静止在BB'处的金属棒乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知两金属棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.21＝0.75m，BB'与CC'的距离为，CC'与DD'的距离为L3＝0.6m，两金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10m/s2，求：（1）金属棒甲通过OO'的速度v1；（2）金属棒乙通过DD'的速度v2；（3）从金属棒甲通过OO'到金属棒乙通过DD'的过程中，定值电阻R产生的焦耳热。22．（11分）如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S点的粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为θ（θ≤60°）的方向内均匀地发射速度为v0＝10m/s、电荷量均为q＝﹣2.0×10﹣4C、质量均为m＝1.0×10﹣6kg的粒子，粒子射入半径为R＝0.1m的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N＝2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L在0≤L≤2R范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E＝0.625N/C，边界由x轴、曲线OA和直线GF（方程为：y＝﹣x+0.4（m），匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.25T，磁场的边界由x轴、直线GF、y轴构成，两小孔的连线过P点，上下两板间电势差U＝﹣10kv（1）圆形磁场的磁感应强度B0；（2）当L＝R时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；（3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻力f与其速度v关系为f＝kv（k＝0.2N•s•m﹣1），求粒子在样品中可达的深度d；（4）曲线OA的方程。

2024年浙江省宁波市镇海中学高考物理模拟试卷（选考）参考答案与试题解析一、选择题（本共14小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的。不选、多选、错选均不得分)1．（3分）下列属于矢量，且其国际单位制单位用基本单位表示正确的是（）A．力：N B．功：kg•m2/s2 C．电势：V D．电场强度：kg•m•A﹣1•s﹣3【分析】标量是只有大小，没有方向，矢量是既有大小，又有方向。国际单位制规定了七个基本物理量，分别是长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位，基本单位和导出单位构成了国际单位制。【解答】解：A．力是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg•m/s2，N是导出单位，故A错误；B．功只有大小，题目要求是矢量；C．电势只有大小，题目要求是矢量；D．电场强度是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg•m/As3，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了标量和矢量以及国际单位制，要能够区分标量和矢量，要掌握国际单位制规定的七个物理量分别是谁，它们在国际单位制中单位分别是谁。2．（3分）2022年国际泳联跳水世界杯于10月23日在德国柏林欧罗巴体育公园跳水馆举行，我国跳水选手昌雅妮夺得了女子单人三米板冠军，如图所示，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．研究昌雅妮跳水姿势时，不能把她当作质点 B．水珠下落过程中机械能不守恒 C．以水珠为参考系，昌雅妮是静止的 D．水珠落入水中的时间与离开昌雅妮时的速度有关【分析】如果研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看作一个质点；根据机械能守恒的条件：只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内机械能守恒来判断；根据参考系来判断；根据平抛运动特点判断。【解答】解：A、研究昌雅妮跳水姿势时，不能看成质点；C、以水珠为参考系，故C错误；B、水珠下落过程中，机械能守恒；D、水珠做平抛运动，落水时间与水平初速度无关。故选：A。【点评】本题情景新颖，考查了质点、参考系、平抛运动、机械能守恒等知识点，比较容易。3．（3分）如图所示，小勇老师在川藏线上骑行时看到公路两边竖立着很多铁棒，查资料后得知，这些铁棒的作用最有可能的是（）A．作为路标 B．作为导热棒 C．预防雷电击中地面 D．测量过往车辆的速度【分析】在川藏线上公路两边竖立着很多铁棒，这些铁棒是一种高效热导装置。【解答】解：这些铁棒是一种高效热导装置，叫做“热棒”、保护动土有效措施，故ACD错误。故选：B。【点评】解答本题时，要明确铁棒有导热作用，这些铁棒的作用是作为导热棒。4．（3分）如图所示，将同一个球分先后两次从A点斜向上抛出，第一次落在B点，A、C、B在同一水平线上，C为AB中点，已知第一次抛出的初动能是第二次抛出初动能的2倍，则第二次抛出时（）A．3 B．2 C． D．【分析】根据球两次上升的高度相等，则运动时间相等、竖直方向的初速度相等，根据两次水平方向位移的关系可得两次水平方向速度的大小关系，根据两次初动能的大小关系可得球竖直方向的初速度与第二次水平方向速度的比值，则可得结论。【解答】解：球两次上升的高度相同，则两次抛出时竖直方向的初速度相同y，两次抛出时水平方向的分速度分别为vx1、vx2，由于两次运动时间相同，第一次水平位移为第二次水平位移的2倍xt可得：vx1＝2vx6由题意可得：联立方程可得：设第二次抛出时初速度与水平方向的夹角为θ，则可得：，D正确。故选：D。【点评】本题考查了斜抛运动，解题的关键是知道斜抛运动的物体上升的高度相等，则竖直方向的初速度相等，运动时间相等。5．（3分）年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动（）A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态 B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的 C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力 D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力【分析】根据加速度的方向判定榔头是否处于于失重状态；弹力是由于发生形变的物体由于要恢复形变对接触的物体有力的作用；根据牛顿第三定律分析榔头对年糕的打击力与年糕对榔头的支持力的大小关系；根据共点力平衡分析地面对石槽的支持力和石槽和年糕的总重力的关系。【解答】解：A．下降过程中，向下加速直线运动过程中，所以榔头处于失重状态，加速度向上，榔头先处于失重状态后处于超重状态；B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的；C．由牛顿第三定律，故C错误；D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力为FN，石槽和年糕的总重力为G。石槽和年糕处于共点力平衡FN＝G+F，所以FN＞G，故D正确。故选：D。【点评】本题考查超失重、弹力产生原因、牛顿第三定律等知识，要注意牢记弹力是由于施力物体发生形变而产生的。6．（3分）锂电池以碳材料为负极，以含锂的化合物为正极。在充电过程中，通过化学反应，锂离子通过电解液运动到负极，嵌在有很多微孔的负极碳材料中，电池中充入的电荷量也就越多，在放电时，则图示时刻（）A．锂离子电池两端的电压正在逐渐增大 B．外界的电能转化为锂离子电池的化学能 C．负极的锂离子通过电解液到达正极时，电场力做正功 D．由锂离子的移动情况可知电池处于放电状态【分析】由题意可知，充电时锂离子向负极移动，放电时相反；由图可知锂离子的移动方向，从而可判断充放电状态；由充放电过程的能量转化，可知电能与化学能的转化情况；由电容定义式的推导，可知充放电过程电容的电压变化；由电场力的方向，锂离子的移动方向，可判断电场力做功情况。【解答】解：D．由题意可知，放电时相反，即处于放电过程；B．电池充电时；电池放电时；图示时刻，即锂离子电池的化学能转化为外界的电能；A．由电容定义式可推导其电压与电容的电荷量，此时电荷量减小，故锂离子电池两端的电压正在逐渐减小；C．负极的锂离子通过电解液到达正极的过程中，电场力做负功。故选：D。【点评】本题考查对电池充放电的理解，在判断电池的电压变化时，注意电容定义式的应用。7．（3分）如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，紫光和红光分别从B、C点射出。下列说法中正确的是（）A．逐渐减小入射角i，紫光先发生全反射 B．逐渐减小入射角i，红光先发生全反射 C．红光在半圆柱体玻璃中传播的时间较长 D．紫光在半圆柱体玻璃中传播的时间较长【分析】紫光的折射率较大，根据临界角公式比较全反射临界角大小，判断哪光先发生全反射；根据v＝、n＝以及几何知识分析光在半圆柱体玻璃中传播的时间关系。【解答】解：AB、紫光的折射率较大可知，而紫光射到玻璃内表面时入射角较大，紫光先发生全反射，B错误；CD、设任一光在O点的折射角为rs＝2Rsinr传播时间为光在介质中的传播速度为在O点，结合折射定律有联立整理得，可见t与n无关，同时从半圆柱体玻璃中射出。故选：A。【点评】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要有运用数学知识分析几何光学的意识和能力。8．（3分）两个点电荷，电性未知、电荷量大小分别为4q和q，其电场线如图所示（未标明方向，且未画出对称轴附近的电场线），且满足AB＝BC＝CD，则（）A．A、D两点的场强方向一定相反 B．从D点向左至无穷远，场强不断减小 C．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则电子从A向B移动的过程中，电势能减小 D．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则A点电势低于D点电势【分析】根据点电荷场强公式E＝k和电场的叠加原理确定A、D两点的场强方向关系，并分析场强的变化情况；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况；根据离正点电荷越近电势越高，离负点电荷越近电势越低，分析A点与D点电势高低。【解答】解：AB、由图中电场线分布情况可知，且B处电场线密，C处电荷量为q，电荷量为q的点电荷为正电荷，则A点的场强大小为，D点的场强大小为。由于D点的场强大小为零，无穷远处场强也为零，场强先增大后减小；C、若电荷量为6q的点电荷为负电荷，场强方向由A指向B，电场力对电子做负功，故C错误；D、若电荷量为4q的点电荷为负电荷，C处q为正电荷，离负点电荷越近电势越低，+q点电荷在A点的电势低于D点电势，A点电势低于D点电势。故选：D。【点评】解答本题的关键要掌握电场的叠加原理，根据场强的合成分析合场强的方向，判断电场力做功情况，从而分析电势能的变化情况。9．（3分）如图所示为一家用漏电开关的简易原现图，下列说法正确的是（）A．当无漏电时，零序电流互感器上线圈内的磁通量不为零 B．当出现漏电时，零序电流互感器上线圈内的磁通量为某一恒定值 C．当无漏电时，零序电流互感器上线圈中有感应电流 D．当出现漏电时，零序电流互感器上线圈中产生感应电流【分析】当无漏电时候，火线和零线中电流等大反向，分析零序电流互感器上线圈内的磁通量大小；当出现漏电时，火线与零线中电流不等大，再分析互感器线圈内的磁通量变化情况；结合感应电流产生条件分析。【解答】解：AC、零序电流互感器线圈内的磁通量，当无漏电时候，根据安培定则可知，线圈中无感应电流；BD、当出现漏电时，在互感器线圈内的磁通量不为零，因此磁通量并非恒定值，通过电路触动开关动作机构，故B错误。故选：D。【点评】解答本题的关键要明确零序电流互感器线圈内的磁通量的来源，根据安培定则判断线圈中磁通量的大小以及变化情况。10．（3分）如图所示，位于教室中央的光源发出一个闪光，闪光照到了教室的前壁和后壁。教室的长度为10m。在平行于教室高速运动的太空飞船上的观察者（）A．测得照到前壁的光速度小于c B．观测到飞船上的时间进程比教室慢 C．测得教室的长度小于10m D．观察到光同时到达前、后壁【分析】根据光速不变原理分析，根据相对论可知飞船上的时间进程比教室快并且教室长度小于10m，由此可以判断。【解答】解：AD．根据光速不变原理，光速都是一样的等于c，则光到前壁的路程变短，故AD错误；BC．根据爱因斯坦的时间相对论公式Δt＝，可知飞太空飞船上的观察者认为看到教室中的时钟变慢，根据长度相对论公式l，l＝l2教室的长度变短小于10m，故B错误。故选：C。【点评】本题考查光速不变原理以及相对论原理，需要学生加强理解和记忆。11．（3分）如图所示，某激光器的一端固定于圆心O点，以角速度ω绕O点转动（不计光束截面积），在半径为R的虚线圆某处固定一弧形接收屏，接收屏沿虚线圆的长度为l。激光器转动一周的过程中，已知普朗克常数为h，激光传播的速度为c（）A． B． C． D．【分析】求出激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光能量，再根据光子能量的计算公式进行解答。【解答】解：根据角速度和周期关系可得：激光器转动的周期为在转一周的过程中虚线圆单位长度接收到的光能量为接收屏接收到的光能量为E＝E0l每个光子能量为则在激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光子数为联立解得：，故B正确。故选：B。【点评】本题主要是考查光子能量的计算，解答本题的关键是求出激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光能量，掌握光子能量计算公式。12．（3分）为简化“天问一号”探测器在火星软着陆的问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。火星探测器在火星附近的A点减速后，紧接着在B点进行了一次“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，质量为M1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v1，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，喷气后探测器质量变为M2、速度变为与v1垂直的v2。已知地球的公转周期为T1，火星的公转周期为T2，地球公转轨道半径为r1，以下说法正确的是（）A．火星公转轨道半径r2为 B．喷出气体速度u的大小为 C．假设实现“侧手翻”的能量全部来源于化学能，化学能向动能转化比例为k（k＜1），此次“侧手翻”消耗的化学能 D．考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，则在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔Δt为【分析】利用开普勒第三定律可以求出火星轨道半径；根据天体的“追击问题”规律求时间；喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量、喷出气体后探测器末动量，根据动量守恒定律进行解答；以探测器与所喷出气体组成的系统为研究对象，根据能量守恒定律求解此次“侧手翻”消耗的化学能。【解答】解：A、根据开普勒第三定律有：，故A错误；D、在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔Δt内，则有：代入数据解得：，故D正确；B、根据动量守恒定律1方向上有：M1v3＝（M1﹣M2）u4在与v1垂直的方向上有：M2v7＝（M1﹣M2）u6联立解得：喷出气体速度u的大小为：，故B错误；C、以探测器和喷出气体组成的系统为研究对象喷气后的总动能为：可得消耗的化学能为：，故C错误；故选：D。【点评】本题主要是考查动量守恒定律、能量守恒定律、万有引力定律及其应用，涉及的知识点较多，阅读量较大，关键是能够读懂题意，能够根据动量守恒定律、能量关系进行解答。13．（3分）如图所示的示意图或者实验装置都源自于课本，下列说法正确的是（）A．甲图为双缝干涉示意图，可以用白炽灯直接照射双缝，在屏上可以得到等宽、等亮的干涉条纹 B．乙图为肥皂泡薄膜干涉示意图，将框架顺时针旋转90°，条纹也跟着顺时针旋转90° C．丙图为劈尖干涉检查平整度示意图，由条纹可以推断出P处凹陷，Q处凸起 D．丁图是光的偏振应用，光的偏振表明光是一种纵波【分析】根据双缝干涉的条件分析作答；根据薄膜干涉原理分析作答；偏振是横波特有的现象。【解答】解：A．白炽灯光是由多种单色光组成，如果用白炽灯直接照射双缝可知，产生的条纹间距不同，在屏上不可以得到等宽，故A错误；B．乙图为肥皂泡薄膜干涉示意图，肥皂泡薄膜仍然是上薄下厚，故B错误；C．丙图为劈尖干涉检查平整度示意图，若某处凹陷，若某处凸起，因此由条纹可以推断出P处凹陷，故C正确；D．只有横波会产生偏振现象，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了双缝干涉、薄膜干涉和光的偏振的原理，解题关键是掌握其原理，判定其现象即可。14．（3分）如图甲所示为氢原子的能级图，大量处于n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁时，发出频率不同的大量光子。其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时（）A．光电子最大初动能与入射光的频率成正比 B．阴极K金属的逸出功为6eV C．用能量为13.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离 D．一个处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，最多能放出2种不同频率的光【分析】根据光电效应方程分析出光电子的最大初动能与入射光频率的关系；根据光电效应方程，结合题意的出金属的逸出功；理解电离的概念，由此完成分析；根据能级跃迁的特点得出光频率的数量。【解答】解：A．由爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν﹣W0，光电子最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，但不是正比函数；B．大量处于n＝3激发态的氢原子跃迁时，其中频率最高的光子E＝hν＝E8﹣E1＝（﹣1.51eV）﹣（﹣13.8eV）＝12.09eV由光电效应方程可得Ekm＝hν﹣W0由动能定理可得eUc＝Ekm由丙图可知截止电压为Uc＝6V代入数据解得：W2＝6.09eV，故B错误；C．根据电离的条件，才可使处于基态的氢原子电离；D．一个处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，故D正确。故选：D。【点评】考查了爱因斯坦光电效应方程和能级跃迁的原理，解题的关键是对光电效应以及电子的能级跃迁两个方面的理解，并能灵活运用。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)（多选）15．（3分）如图的图片均来自同学们的物理课本，你认为说法正确的是（）A．图甲中，该同学让蜂鸣器在自己头顶上空做匀速圆周运动，该同学能听到蜂鸣器音调发声变化，这叫多普勒效应 B．图乙中，是在用水波研究波的折射现象，其中的虚线ab表示的是法线 C．图丙中，人类在1974年向银河系中发出对外星人的问候，是用电磁波发射的，在发射前要进行调制而不是调谐 D．图丁中，夜视仪摄影技术中用的是红外线而不是紫外线【分析】根据多普勒效应的条件分析A；根据折射现象的特点分析B；根据电磁波的发射与接收规律分析C，夜视仪摄影技术中用的是红外线。【解答】解：A．图甲中，不会产生多普勒效应；B．图乙中的虚线ab表示的是不同折射率的介质之间的界面，故B错误；C．在发射电磁波的时候，在接收电磁波的时候，图丙中，发射前进行的是调制；D．夜间，夜视仪摄影技术中用的是红外线。故选：CD。【点评】本题考查多普勒效应及应用，解题关键掌握物理知识点在实际生活中的应用。（多选）16．（3分）如图甲所示，在同一介质中，波源为S1与S2频率相同的两列机械波在t＝0时刻同时起振，波源S1的振动图象如图乙所示；波源为S2的机械波在t＝0.25s时波的图象如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1＝7m，PS2＝9m，则（）A．质点P的位移不可能为0 B．t＝1.25s时，质点P处于波谷 C．质点P的起振方向沿y轴正方向 D．波源为S2的起振方向沿y轴负方向【分析】先读出周期，求出两列波的波速，再由运动学公式求两波源传播的速度；根据两波源发出波的传播到P点的时间，确定t＝1.25s时，质点M的振动情况，再由波的叠加原理求解。【解答】解：D.结合波源S2在t＝0.25s时波的图象丙图可知，此时刚开始振动的质点的起振方向沿y轴正方向，因此波源为S2的起振方向沿y轴正方向，D错误；C.根据波源S1的振动图象图乙可知，波源S1的起振方向向上，又因为PS6＜PS2由此可知波源波源S1的起振最先传到P点，因此P的起振方向与波源S3的起振方向相同，沿y轴正方向；A.在同一介质中，频率相同的两列机械波，波长相等λ＝2.0m，T＝2.2s则波速为v＝＝m/s＝10m/sP点到两波源的波程差为Δx＝PS2﹣PS5＝9m﹣7m＝2mP点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，P点为振动加强点，A错误；B.S1和S2振动传到P的时间分别为t3＝＝s＝8.7st2＝＝s＝0.8s由此可知，在t＝1.25s时1在t＝3.25s﹣t1＝1.25s﹣7.7s＝0.55s时的振动情况传到P点，此时波源S3位于波谷；波源S2在t＝1.25s﹣t3＝1.25s﹣0.6s＝0.35s时的振动情况传到P点，此时波源位于波谷，质点P处于波谷。故选：BC。【点评】本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，要注意波的叠加也遵守矢量的运算法则。在x﹣t图象中，对于质点任意时间的位移，可根据解析式求解。二、实验题17．（6分）（1）某实验小组用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。如果用天平称出两个大小相同小球的质量m1、m2实验时用质量为m2的小球作为被碰小球，则m1＞（填“＝”“＜”或“＞”）m2。实验时先让小球m1多次从斜槽上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，图中O点是小球抛出点在水平地面上的竖直投影；然后把小球m2静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，两小球平均落地点位置分别为M、N，测出两小球相碰后的平抛射程OM、ON，若满足关系式m1OP＝m1OM+m2ON（用所测物理量的字母表示），则可以认为两小球碰撞前后动量守恒。如果实验时将斜槽固定好后，用闪光频率一定的频闪照相机研究两小球的碰撞过程。先只让小球m1从斜槽上位置S由静止开始释放，小球m1离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球m1的两位置如图乙所示；再将小球m2放在斜槽的末端，让小球m1仍从位置S处由止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置如图丙所示，满足的关系式为m1x0＝m1x1+m2x2。（2）某同学在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时在水面均匀地撒上一层爽身粉。在液面上方滴入一滴油酸酒精溶液后，形成了如图丁所示形状的油膜，该同学认为形成油膜面积过小，后又很快缩小，基本上恢复到滴入第一滴溶液后的油膜面积。造成滴入多滴油酸酒精溶液后爽身粉太厚，不能形成单分子油膜。若该同学用三滴油酸酒精溶液中油酸的体积及对应形成的面积计算分子直径，计算得到的分子直径与实际分子直径相比偏大。（选填“偏大”、“偏小”或“基本相同”）【分析】（1）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式；（2）根据实验原理分析出面积不变的原因，结合分子直径的计算公式得出测量值和计算值的大小关系。【解答】解：（1）为防止碰撞后入射球反弹，验中质量为m1的入射小球和质量为m2的被碰小球的质量关系是m7大于m2；如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向1v8＝m1v2+m7v3小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，上式两边同时乘以t得：m1v3t＝m1v2t+m8v3t整理可得：m1OP＝m2OM+m2ON设碰撞前A球的速度为v0，碰撞后A球的速度为vA，碰撞后B球的速度为vB，设频闪照相的时间间隔是T，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向5v0＝m1vA+m3vB频闪照相的时间间隔T相等，则有：m1v0T＝m5vAT+m2vBT整理可得：m1x7＝m1x1+m5x2（2）油膜面积基本不变的原因是：爽身粉太厚，不能形成单分子油膜；由于油膜面积偏小，所以计算得到的分子直径与实际分子直径相比偏大。故答案为：（1）＞，m1OP＝m5OM+m2ON，m1x8＝m1x1+m4x2；（2）爽身粉太厚，不能形成单分子油膜。【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展、延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。18．（5分）某同学在实验室发现一只电压标称为10V、电容标称模糊的电容器，现他找了以下器材来测该电容器的电容值。蓄电池：20V，内阻可不计电压表：12V，内阻很大定值电阻有三只：10Ω；50Ω；100Ω滑动变阻器：标称为“30V，50Ω”一只单刀单掷开关：S1一只单刀双掷开关：S2一台数字电流计，可接电子显示屏，显示电流随时间的变化过程实验操作步骤如下：（1）该同学按图1所示电路图进行组装电路，则定值电阻R1阻值应选50Ω。（2）他先闭合开关S1，S2刀片掷于b，调节滑动变阻器R2，稳定后读出电压表读数为4V。然后，他把S2刀片掷于a，在电子显示屏上得到如图2中的甲曲线。（3）利用单位面积法算得I﹣t图中甲曲线和两坐标轴所围的面积为0.04mA•s，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C＝1×10﹣5F。（4）接着，他以同样的操作步骤，重新调节滑动变阻器R2，在电子显示屏上得到如图2中的乙曲线，则稳定时电压表读数为7.1V。（保留两位有效数字）【分析】（1）根据欧姆定律计算最大电流和选择定值电阻；（2）根据电容器的充放电过程判断；（3）根据电流定义式和电容定义式推导计算；（4）根据图像获取数据根据（3）中结论计算。【解答】解：（1）干路中的最大电流为：则故定值电阻R1阻值应选50Ω（2）实验中先要对电容器充电，S2刀片掷于b，再让电容器放电，S3刀片掷于a；（3）根据电流定义式可知，根据电容定义式有：联立解得：C＝＝（4）由（3）结论可得：＝故答案为：（1）50；（2）b，a﹣7；（4）7.1。【点评】本题考查电容器的充放电实验，要求掌握实验原理和数据处理。19．（8分）如图为一水平放置的气缸，装一定量的体积为1×103cm3的某理想气体，通过一横截面积S＝10cm2的活塞与压强为p＝1.0×105Pa的大气相隔。活塞与气缸壁之间有一定压力，二者间最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝50N，摩擦产生的热量均耗散到外界0＝300K，活塞与气缸壁之间无摩擦力作用。现用一加热器缓缓对气缸加热，假设气体始终经历准静态过程。求：（1）活塞开始移动时气体温度T1；（2）当加热至末态T2＝900K时，因摩擦而耗散的热量；（3）已知该气体的内能满足U＝0.5T（J）（T单位取K），求从初态到末态气体总吸热Q。【分析】（1）根据受力分析得出气体的压强，结合查理定律列式得出气体的温度；（2）根据盖—吕萨克定律得出气体的体积，结合摩擦力的计算公式得出摩擦产热量；（3）根据热力学第一定律代入数据计算出气体的吸热量。【解答】解：（1）初始状态时，活塞与气缸壁之间无摩擦力作用设活塞开始移动时气体压强为p1，根据受力平衡可得：p8S＝pS+f解得：此过程气体发生等容变化，根据查理定律可得：解得：T7＝450K（2）从T1＝450K加热至末态T2＝900K，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：根据题意可得：ΔV＝V2﹣V1＝Sx，联立解得：x＝1m故当加热至末态T2＝900K时，因摩擦而耗散的热量为Qf＝fx代入数据解得：Qf＝50J（3）从初态到末态气体内能增加量为ΔU＝2.5T2﹣6.5T0此过程外界对气体做功为W＝﹣p6Sx根据热力学第一定律可得ΔU＝W+Q联立解得：Q＝450J答：（1）活塞开始移动时气体温度为450K；（2）当加热至末态T2＝900K时，因摩擦而耗散的热量为50J；（3）已知该气体的内能满足U＝0.6T（J）（T单位取K），从初态到末态气体总吸热为450J。【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，熟悉气体状态参量的分析，结合一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律即可完成分析。20．（11分）如图所示，光滑水平地面上静置有一半径为R＝20m的竖直光滑圆弧轨道CD，O为圆心，OC竖直、圆心角为60°。在其左侧地面上静置一长为L＝3m、质量为M＝3kg的长木板A，木板上表面粗糙且与C点高度相同0＝5m/s沿A的上表面从左端滑上木板。当A与圆弧轨道CD相撞后在防撞装置作用下立即紧贴C端左侧静止，但不粘连。小滑块B经过到C点时的速度为vC＝1m/s。已知小滑块可视为质点，空气阻力不计，取重力加速度g＝10m/s2，cos5°＝0.996。（1）若圆弧轨道始终锁定，求小滑块B在圆弧轨道CD上运动的时间t0；（2）若小滑块B经过C点时圆弧轨道解除锁定，已知圆弧轨道CD质量为M′＝4kg，求B在CD上升的最大高度hN大小关系；（3）求小滑块B与长木板A上表面间的动摩擦因数μ。【分析】（1）由能量守恒，可得到小滑块能到达的最大高度，比较发现小滑块在轨道上滑上的最大高度与圆心连线和竖直方向的夹角小于5°，从而利用单摆周期公式计算其在圆弧轨道上的时间即可；（2）由水平方向的动量守恒、能量守恒，可得到B在CD上升的最大高度；由圆周运动的受力分析，可得到B在C点受力的关系式，结合动量守恒，可判断两次支持力的相对大小；（3）由动量守恒、动能定理，即可计算AB间的动摩擦因数。【解答】解：（1）光滑轨道固定在原地，滑块B在轨道上运动时，即，解得：h1＝7.05m，若最高点与O的连线与竖直方向夹角为θ，则其满足：，即θ＜5°，即该物体在轨道上的运动角度很小，可看作单摆运动5＝，代入解得：t6＝；（2）若小滑块滑上C点的瞬间，解除轨道的固定，二者组成的系统能量守恒。以向右为正方向，从小滑块滑上轨道，由水平方向动量守恒：mvC＝（m+M′）v共，对小滑块和轨道组成的系统，由能量守恒：；小滑块向右运动，经过C时，小滑块从轨道的最高点再次下滑到轨道上的C点时，，从小滑块滑上轨道，到小滑块再下滑经过C点的过程中，以向右为正方向，水平方向上动量守恒mvC＝mvC3+M′v2，在该过程中，轨道始终受到滑块对它向右下方的弹力2必然向右，又由于CD的质量比小滑块的质量大C＞vC7，结合滑块在C点的受力分析可知：FN＞FN′；（3）对m和M组成的系统，规定m初速度v0的方向为正方向，因为AC之间的距离足够长，以向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝（m+M）v6，解得v1＝1m/s，对小滑块，从滑上长木板到共速，解得μ＝0.375。答：（1）小滑块在轨道上的运动时间为；（2）小滑块在轨道上的最大高度为，前后两次过C点时的支持力大小关系为：第二次的支持力更小；（3）小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.375。【点评】本题考查动量、能量的综合问题，在判断支持力的相对大小时，注意利用支持力的表达式，判断速度的大小变化即可，无需计算支持力的具体值。21．（11分）如图所示，两条间距d＝0.5m的平行金属导轨水平放置，OO'两点由绝缘材料制成，导轨左端接一电容C＝1.2F的电容器，已经充好电，Upq＝﹣3V，右端接一阻值为R＝2Ω的定值电阻，图中的各虚线均与导轨垂直。导轨的OC和O'C'段粗糙，AA'OO'区域足够长，磁感应强度为B＝1T，之后保持不变。甲、乙两金属棒长度均为d＝0.5m，电阻均为R＝2Ω1＝0.3kg，金属棒乙质量为m2＝0.1kg。某时刻让金属棒甲以平行导轨的初速度v0＝10m/s从AA'出发，与电容器构成闭合回路。出磁场后金属棒甲继续向右运动与静止在BB'处的金属棒乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知两金属棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.21＝0.75m，BB'与CC'的距离为，CC'与DD'的距离为L3＝0.6m，两金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10m/s2，求：（1）金属棒甲通过OO'的速度v1；（2）金属棒乙通过DD'的速度v2；（3）从金属棒甲通过OO'到金属棒乙通过DD'的过程中，定值电阻R产生的焦耳热。【分析】（1）根据右手定则判断感应电流方向，判断电容器的充、放电过程。分析金属棒甲的受力与运动过程，确定其运动的末状态。对甲金属棒的运动过程，根据动量定理，结合法拉第电磁感应定律、电容的定义式、电流定义式解答。（2）根据动能定理求得甲与乙碰撞前的瞬间甲的速度，对金属棒甲、乙发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得碰撞后甲、乙的速度。根据动能定理求得乙到达CC′时的速度。应用假设法和动能定理判断甲能否越过CC′。判断乙到达CC′时CC'DD'区域磁感应强度是否已经保持不变，对乙由CC'到DD'的过程，根据动量定理，结合电流定义式求解金属棒乙通过DD'的速度。（3）根据法拉第电磁感应定律和焦耳定律，求解CC'DD'区域的磁感应强度均匀增大的过程定值电阻R产生的焦耳热。根据能量守恒定律求得乙由CC'到DD'的过程回路中产生总的焦耳热，再根据焦耳定律与电路的串并联结构求得此过程定值电阻R产生的焦耳热。即可得所求的焦耳热。【解答】解：（1）已知：Upq＝﹣3V，可知电容器下极板q带正电0＝10m/s从AA'出发后，由右手定则判断其上端为正极，之后再被反向充电，因AA'OO'区域足够