《浙江省溫州中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月跨年考物理 Word版含解析.docx》由會(huì)員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫(kù)。

2023學(xué)年溫州中學(xué)高三考前模擬物理試題一、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）1.2022年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)授予了三位科學(xué)家以表彰他們對(duì)量子信息科學(xué)做出的貢獻(xiàn)。下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.普朗克提出的“光子說(shuō)”是量子理論的有力證明B.德布羅意提出的波粒二象性與量子理論是矛盾的C.玻爾第一次將“量子”引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和能級(jí)的概念D.為了解釋黑體輻射規(guī)律，康普頓提出了電磁輻射的能量是量子化的【答案】C【解析】【詳解】A．“光子說(shuō)”是愛因斯坦提出的，A錯(cuò)誤；B．量子理論是描述微觀世界的理論，波粒二象性是描述微觀粒子既能表現(xiàn)出波動(dòng)性，也能表現(xiàn)出粒子性，兩者都是描述微觀世界的理論，不矛盾，B錯(cuò)誤；C．波爾是第一個(gè)將“量子”概念引入原子領(lǐng)域的科學(xué)家，并且提出了定態(tài)和能級(jí)的概念，C正確D．提出能量是量子化的人是普朗克，D錯(cuò)誤。故選C。2.下列設(shè)備中與其它幾項(xiàng)工作原理不同的是（　?。〢.發(fā)電機(jī)B.變壓器C.無(wú)線充電D.質(zhì)譜儀【答案】D 【解析】【詳解】ABC．發(fā)電機(jī)、變壓器、無(wú)線充電的原理都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故ABC錯(cuò)誤；D．質(zhì)譜儀的工作原理是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，與其它幾項(xiàng)工作原理不同，故D正確。故選D。3.2021年5月，中國(guó)科學(xué)院全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置（）取得新突破，成功實(shí)現(xiàn)了可重復(fù)的1.2億攝氏度101秒和1.6億攝氏度20秒等離子體運(yùn)行，創(chuàng)造托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)行新的世界紀(jì)錄，向核聚變能源應(yīng)用邁出重要一步。等離子體狀態(tài)不同于固體、液體和氣體的狀態(tài)，被認(rèn)為是物質(zhì)的第四態(tài)。當(dāng)物質(zhì)處于氣態(tài)時(shí)，如果溫度進(jìn)一步升高，幾乎全部分子或原子由于激烈的相互碰撞而離解為電子和正離子，此時(shí)物質(zhì)稱為等離子體。在自然界里，火焰、閃電、極光中都會(huì)形成等離子體，太陽(yáng)和所有恒星都是等離子體。下列說(shuō)法不正確的是（　　）A.核聚變釋放的能量源于等離子體中離子的動(dòng)能B.可以用磁場(chǎng)來(lái)約束等離子體C.盡管等離子體整體是電中性的，但它是電的良導(dǎo)體D.提高托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)行溫度有利于克服等離子體中正離子間的庫(kù)侖斥力【答案】A【解析】【詳解】A．核聚變釋放的能量源于來(lái)自于原子核的質(zhì)量虧損，A錯(cuò)誤；B．帶電粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中會(huì)受到洛倫茲力的作用而不飛散，故可以用磁場(chǎng)來(lái)約束等離子體，B正確；C．等離子體是各種粒子的混合體，整體是電中性的，但有大量的自由粒子，故它是電的良導(dǎo)體，C正確；D．提高托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)行溫度，增大了等離子體的內(nèi)能，使它們具有足夠的動(dòng)能來(lái)克服庫(kù)侖斥力，有利于克服等離子體中正離子間的庫(kù)侖斥力，D正確。本題選擇錯(cuò)誤的，故選A。4.2022年9月問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙完成轉(zhuǎn)位，機(jī)械臂在轉(zhuǎn)位過(guò)程中發(fā)揮了重要作用。如圖所示，某時(shí)刻機(jī)械臂OP段保持靜止，OMN繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，則旋轉(zhuǎn)過(guò)程中（　?。?A.M、N兩點(diǎn)的轉(zhuǎn)速相同B.M、N兩點(diǎn)的角速度不同C.M、N兩點(diǎn)的線速度相同D.M、N兩點(diǎn)的向心加速度相同【答案】A【解析】【詳解】由于機(jī)械臂OMN繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，所以M、N兩點(diǎn)的角速度相同，轉(zhuǎn)速相同，但由于轉(zhuǎn)動(dòng)半徑不同，所以線速度、向心加速度均不同。故選A。5.下列描述中最符合實(shí)際的是（）A.某高中同學(xué)在一次引體向上的過(guò)程中克服重力做功約25JB.將一個(gè)雞蛋從胸前舉過(guò)頭頂?shù)倪^(guò)程中克服重力做功約10JC.籃球從2m高處下落到地面的過(guò)程中重力做功的功率約20WD.某高中同學(xué)步行從三樓辦公室走到四樓教室的過(guò)程中克服重力做功的功率約10kW【答案】C【解析】【詳解】A．高中的同學(xué)體重約50kg，在一次引體向上的過(guò)程中向上的位移約0.5m，則克服重力做的功故A錯(cuò)誤；B．一個(gè)雞蛋的質(zhì)量約為50g=0.05kg，將一個(gè)雞蛋從胸前舉過(guò)頭頂，位移約0.5m，克服重力做功約為故B錯(cuò)誤；C．籃球的質(zhì)量約0.6kg，籃球從2m高處自由下落到地面的過(guò)程中，重力做的功籃球下落的時(shí)間功率約為接近20W，故C正確； D．高中的同學(xué)體重約50kg，一樓層的高度約為3m，則高中同學(xué)步行上樓時(shí)，上樓一層需要克服重力做功每秒鐘向上高度約為0.3m（兩個(gè)臺(tái)階），則上一層樓大約需要10s，則功率故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示為飛機(jī)起飛時(shí)，在同一底片上相隔同樣時(shí)間多次曝光“拍攝”的照片，可以看出，在同樣時(shí)間間隔中，飛機(jī)的位移不斷增大，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.從圖中可看出飛機(jī)是做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.量取圖中數(shù)據(jù)可以求得飛機(jī)在中間位置的速度C.量取圖中數(shù)據(jù)可以求出飛機(jī)在該過(guò)程的平均速度D.量取圖中數(shù)據(jù)可以判斷飛機(jī)是否做勻變速直線運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】A．通過(guò)圖片，可以知道飛機(jī)在相等時(shí)間內(nèi)的位移在增大，可知飛機(jī)做加速直線運(yùn)動(dòng)，但是根據(jù)題意無(wú)法得出飛機(jī)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BC．量取圖中數(shù)據(jù)，但不知道圖片中飛機(jī)和真實(shí)飛機(jī)的比例關(guān)系，無(wú)法確定時(shí)間和真實(shí)位移大小，則無(wú)法求出飛機(jī)的位移和時(shí)間間隔大小，所以無(wú)法準(zhǔn)確求出中間位置的速度和該過(guò)程的平均速度，故BC錯(cuò)誤；D．量取圖中數(shù)據(jù)，若連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一恒量，則飛機(jī)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選D。7.《大國(guó)工匠》節(jié)目中講述了王進(jìn)利用“秋千法”在的高壓線上帶電作業(yè)的過(guò)程，如圖所示，絕緣輕繩一端固定在高壓線桿塔上的O點(diǎn)，另一端固定在兜籃D上，另一絕緣輕繩跨過(guò)固定在桿塔上C點(diǎn)的定滑輪，一端連接兜籃，另一端由工人控制，身穿屏蔽服的王進(jìn)坐在兜籃里，緩慢地從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到處于O點(diǎn)正下方E點(diǎn)的電纜處，繩一直處于伸直狀態(tài)。兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備總質(zhì)量為m，可看作質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)一切阻力，重力加速度大小為g。從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　?。?A.繩的拉力一直變小B.繩的拉力一直變大C.繩、拉力的合力大于D.繩與豎直方向的夾角為時(shí)，繩的拉力為【答案】D【解析】【詳解】AB．對(duì)兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備整體受力分析如圖所示繩OD的拉力為F1，與豎直方向的夾角為，繩CD的拉力為F2，與豎直方向的夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系知由正弦定理可得增大，減小，則拉力F1增大，拉力F2減小，故AB錯(cuò)誤；C．王進(jìn)處于平衡狀態(tài)，兩繩拉力的合力等于mg，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)時(shí)，，則解得故D正確。 故選D8.中國(guó)空間站第三次太空授課中演示了紫色水球從“活躍”到“懶惰”的過(guò)程。如圖所示，用注射器向水球噴氣，水球發(fā)生振動(dòng)。向水球射入一枚鋼球，鋼球留在水球中，再用注射器以相同方式向水球噴氣，水球振動(dòng)幅度減小。則（　?。〢.首次噴氣水球振幅較大，水球一定發(fā)生了共振B.水球振動(dòng)中不破裂，是因?yàn)樗蛱幱谕耆е貭顟B(tài)C.鋼球射入水球而未穿出，是水表面張力起了作用D.射入鋼球后振幅減小，是因?yàn)樗蛸|(zhì)量變大，慣性變大【答案】C【解析】【詳解】AD．根據(jù)動(dòng)量定理，力的沖量相同的情況下，質(zhì)量小的物體獲得的速度大，振幅也大，故AD錯(cuò)誤；BC．水球振動(dòng)中不破裂，鋼球射入水球而未穿出，是水的表面張力起了作用，故B錯(cuò)誤，C正確。故選C。9.如圖（a）所示，太陽(yáng)系外的一顆行星P繞恒星Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由于P的遮擋，探測(cè)器探測(cè)到Q的亮度隨時(shí)間做如圖（b）所示的周期性變化，該周期與P的公轉(zhuǎn)周期相同。已知Q的質(zhì)量為，引力常量為G。關(guān)于P的公轉(zhuǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A.周期為B.半徑為C.角速度的大小為D.加速度的大小為【答案】B 【解析】【詳解】A．由圖（b）可知探測(cè)器探測(cè)到Q的亮度隨時(shí)間變化的周期為則P的公轉(zhuǎn)周期為，故A錯(cuò)誤；B．P繞恒星Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力可得解得半徑為故B正確；C．P的角速度為故C錯(cuò)誤；D．P的加速度大小為故D錯(cuò)誤。故選B。10.防疫口罩中使用的熔噴布經(jīng)駐極處理后，可增加靜電吸附功能。駐極處理如圖所示，針狀電極與平板金屬電極分別接高壓直流電源的正、負(fù)極，針尖附近的空氣被電離后，帶電粒子在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，熔噴布捕獲帶電粒子帶上靜電，熔噴布帶電后對(duì)電場(chǎng)的影響忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.熔噴布上表面因捕獲帶電粒子而帶負(fù)電B.沿圖中虛線向熔噴布運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，電勢(shì)能不斷增加 C.沿圖中虛線向熔噴布運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，加速度逐漸減小D.圖中虛線上的a、b、c三點(diǎn)，電勢(shì)分別為、、，目，則【答案】C【解析】【詳解】A．針狀電極與平行板之間的電場(chǎng)線分布如圖所示，帶正電粒子所受電場(chǎng)力向下，熔噴布上表面因捕獲帶電粒子而帶正電，故A錯(cuò)誤；B．由圖知，沿圖中虛線向熔噴布運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；C．沿圖中虛線向熔噴布運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，電場(chǎng)線變疏，電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越小，根據(jù)加速度逐漸減小，故C正確；D．由圖可知，，由可得則解得故D錯(cuò)誤。故選C。11.“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車組用多節(jié)車廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為的動(dòng)車組在平直的軌道上行駛。該動(dòng)車組有四節(jié)動(dòng)力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為，若動(dòng)車組所受的阻力與其速率成正比（，為常量），動(dòng)車組能達(dá)到的最大速度為。下列說(shuō)法正確的是（　　）A.動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，牽引力恒定不變B.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng) C.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為，則動(dòng)車組勻速行駛的速度為D.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間達(dá)到最大速度，則這一過(guò)程中該動(dòng)車組克服阻力做的功為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．對(duì)動(dòng)車由牛頓第二定律有若動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)，即加速度恒定，但隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯(cuò)誤；B．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有故可知加速啟動(dòng)的過(guò)程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為，則動(dòng)車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有而以額定功率勻速時(shí)，有聯(lián)立解得故C正確；D．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間達(dá)到最大速度，由動(dòng)能定理可知可得動(dòng)車組克服阻力做的功為故D錯(cuò)誤； 故選C。12.頻閃光源由變壓器和發(fā)光二極管（LED）組成。電路如圖1所示，變壓器可將正弦交流電220V轉(zhuǎn)換為10V，工作時(shí)通過(guò)發(fā)光二極管的最大電流為24.0mA。發(fā)光二極管的伏安特性曲線（正向部分）如圖2所示。則下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.變壓器輸出電壓的最大值為10VB.定值電阻的阻值約為C.通過(guò)的電流有效值約為14mAD.當(dāng)電流大于12mA時(shí)，該LED發(fā)光明顯，可以將該值作為L(zhǎng)ED發(fā)光的臨界點(diǎn)，則該LED的發(fā)光時(shí)間約占總工作時(shí)間的66.7%【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，變壓器輸出電壓的最大值為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖2可知通過(guò)發(fā)光二極管的最大電流為24.0mA時(shí)，發(fā)光二極管的電壓為2.6V，則定值電阻的阻值約為故B正確；C．根據(jù)題意，通過(guò)的電流有效值約為故C錯(cuò)誤； D．根據(jù)圖2可知，當(dāng)發(fā)光二極管兩端電壓為2V時(shí)，電流達(dá)到12mA，此時(shí)電壓為變壓器右端總電壓為由于，因此則該LED的發(fā)光時(shí)間約占總工作時(shí)間的百分比為故D錯(cuò)誤。故選B。13.一簡(jiǎn)諧波的波源在O點(diǎn)（x軸上原點(diǎn)），從0時(shí)刻起開始振動(dòng)，后頻率保持不變，在同一均勻介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，其振動(dòng)圖象如圖所示（內(nèi)振動(dòng)未畫出）。當(dāng)時(shí)波剛好傳到處，下列說(shuō)法正確的是（）A.波源起振方向向下B.在時(shí)，波剛好傳播到處C.在時(shí)，處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向向上D.與處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況始終相同【答案】B【解析】【詳解】A．由于0～0.5s振動(dòng)情況未知，故無(wú)法判斷波源的起振方向，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)時(shí)波剛好傳到處，則波速 在時(shí)，波剛好傳播到故B正確；C．由圖可知，波的傳播周期為波長(zhǎng)為波源在0.5s時(shí)的振動(dòng)方向向下，此時(shí)振動(dòng)傳播到處的時(shí)間則該處質(zhì)點(diǎn)穩(wěn)定振動(dòng)的時(shí)間為故質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向向下，故C錯(cuò)誤；D．由于0～0.5s振動(dòng)情況未知，故與處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況無(wú)法判斷，故D錯(cuò)誤。故選B。二、選擇題II（本題共3小題，每小題2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2分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）14.有一種新型光電效應(yīng)量子材料，其逸出功為W0。當(dāng)紫外光照射該材料時(shí)，只產(chǎn)生動(dòng)能和動(dòng)量單一的相干光電子束。用該電子束照射間距為d的雙縫，在與縫相距為L(zhǎng)的觀測(cè)屏上形成干涉條紋，測(cè)得條紋間距為?x。已知電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h，光速為c，則（）A.電子的動(dòng)量B.電子的動(dòng)能C.光子的能量D.光子的動(dòng)量【答案】AD【解析】【詳解】根據(jù)條紋間距公式可得A．根據(jù) 可得故A正確；B．根據(jù)動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系結(jié)合A選項(xiàng)可得故B錯(cuò)誤；C．光子的能量故C錯(cuò)誤；D．光子的動(dòng)量光子的能量聯(lián)立可得則光子的動(dòng)量故D正確。故選AD。15.如圖所示，開口向上、內(nèi)壁光滑密封完好的絕熱氣缸水平放置，在氣缸M、N 兩處設(shè)有卡口，厚度不計(jì)但具有一定質(zhì)量的活塞只能在M、N之間運(yùn)動(dòng)。開始時(shí)活塞停在處，缸內(nèi)壓強(qiáng)為，溫度為，現(xiàn)用缸內(nèi)電熱絲緩慢加熱，使活塞運(yùn)動(dòng)到處，此時(shí)缸內(nèi)壓強(qiáng)為，溫度為，再持續(xù)加熱至溫度為。已知外界大氣壓為，缸內(nèi)氣體可視為理想氣體。則整個(gè)過(guò)程中氣缸內(nèi)氣體的p-T圖像及相關(guān)的說(shuō)法正確的是（　　）A.p-T圖像可能如圖甲所示?；钊弦七^(guò)程中，氣體對(duì)外做功，內(nèi)能增加B.p-T圖像可能如圖乙所示?；钊o止于卡口M處，加熱時(shí)缸內(nèi)氣體分子動(dòng)能增加C.p-T圖像可能如圖丙所示。與時(shí)刻，某些氣體分子的動(dòng)能可能相同D.p-T圖像可能如圖丁所示。從到過(guò)程，氣體分子與氣缸底部平均作用力增大【答案】CD【解析】【詳解】活塞離開卡口M之前，做等容變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，p-T圖像是過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，從M到N的過(guò)程，活塞緩慢上升，做等壓變化，則p-T圖像是與橫軸平行的直線，到N之后，做等容變化，p-T圖像是過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，故丙、丁圖像正確，與時(shí)刻，溫度不同，分子的平均動(dòng)能不同，但某些氣體分子的動(dòng)能可能相同；從到過(guò)程，氣體壓強(qiáng)變大，所以氣體分子與氣缸底部平均作用力增大。故選CD。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16.在天宮課堂中、我國(guó)航天員演示了利用牛頓第二定律測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)。受此啟發(fā)。某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、力傳感器、無(wú)線加速度傳感器、輕彈簧和待測(cè)物體等器材設(shè)計(jì)了測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)，如圖甲所示。主要步驟如下：①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；②接通氣源。放上滑塊。調(diào)平氣墊導(dǎo)軌； ③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊。彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)滑塊左端位于O點(diǎn)。A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為5.00cm，拉動(dòng)滑塊使其左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)；④計(jì)算機(jī)采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時(shí)間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示?；卮鹨韵聠?wèn)題（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）：（1）彈簧的勁度系數(shù)為_____N/m。（2）該同學(xué)從圖乙中提取某些時(shí)刻F與a的數(shù)據(jù)，畫出a—F圖像如圖丙中I所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為________kg。（3）該同學(xué)在滑塊上增加待測(cè)物體，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)步驟，在圖丙中畫出新的a—F圖像Ⅱ，則待測(cè)物體的質(zhì)量為________kg?！敬鸢浮竣?12②.0.20③.0.13【解析】【詳解】（1）[1]由題知，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)滑塊左端位于O點(diǎn)，A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為5.00cm。拉動(dòng)滑塊使其左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)。結(jié)合圖乙的F—t圖有Δx=5.00cm，F(xiàn)=0.610N根據(jù)胡克定律計(jì)算出k≈12N/m （2）[2]根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則a—F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù)，根據(jù)圖丙中I，則有則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為m=0.20kg（3）[3]滑塊上增加待測(cè)物體，同理，根據(jù)圖丙中II，則有則滑塊、待測(cè)物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為m′≈0.33kg則待測(cè)物體的質(zhì)量為Δm=m′-m=0.13kg17.在“用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)中，一同學(xué)通過(guò)測(cè)量頭的目鏡觀察單色光的干涉圖樣時(shí)，發(fā)現(xiàn)里面的亮條紋與分劃板豎線未對(duì)齊，如圖乙所示，若要使兩者對(duì)齊，該同學(xué)應(yīng)如何調(diào)節(jié)（　?。〢.僅左右轉(zhuǎn)動(dòng)透鏡B.僅旋轉(zhuǎn)單縫C.僅旋轉(zhuǎn)雙縫D.僅旋轉(zhuǎn)測(cè)量頭【答案】D【解析】【詳解】發(fā)現(xiàn)里面的亮條紋與分劃板豎線未對(duì)齊，若要使兩者對(duì)齊，應(yīng)旋轉(zhuǎn)測(cè)量頭。左右轉(zhuǎn)動(dòng)透鏡、旋轉(zhuǎn)單縫、旋轉(zhuǎn)雙縫均無(wú)法使亮條紋與分劃板豎線對(duì)齊。故選D。18.在用針插法測(cè)定玻璃磚折射率的實(shí)驗(yàn)中，甲、乙二位同學(xué)在紙上畫出的界面、與玻璃磚位置的關(guān)系分別如圖中①、②所示，其中甲同學(xué)用的是矩形玻璃磚，乙同學(xué)用的是梯形玻璃磚。他們的其它操作均正確，且均以、為界面畫光路圖。則甲同學(xué)測(cè)得的折射率與真實(shí)值相比________（填“偏大”、“偏小”或“不變”）；乙同學(xué)測(cè)得的折射率與真實(shí)值相比________（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。 【答案】①.偏?、?不變【解析】【詳解】[1]圖①甲同學(xué)測(cè)定折射率時(shí)，作出的折射光線如下圖中虛線所示。實(shí)線表示實(shí)際光線，可見以、為界面畫光路圖，折射角偏大，則由折射定律可知，甲同學(xué)測(cè)得的折射率與真實(shí)值相比折射率將偏小。[2]圖②測(cè)折射率時(shí)，操作正確，測(cè)得的折射率與玻璃磚形狀無(wú)關(guān)，故乙同學(xué)測(cè)得的折射率與真實(shí)值相比不變。19.（1）小明同學(xué)在測(cè)一導(dǎo)體的伏安特性曲線時(shí)采用了如圖1電路，電鍵S閉合前，應(yīng)將滑動(dòng)觸頭P移動(dòng)到______（填“M”或“N”）處。（2）小明發(fā)現(xiàn)電壓表已經(jīng)損壞，于是斷開電鍵S，換用多用電表測(cè)量電阻。測(cè)量前指針如圖2所示，小明應(yīng)先調(diào)節(jié)旋鈕______（填“A”或“B”）。（3）在圖1中斷開電鍵S，用多用電表測(cè)量電阻，則測(cè)量值與真實(shí)值相比______（填“偏大”、“偏小”或“無(wú)誤差”）。 （4）小明同學(xué)測(cè)量另一電學(xué)元件的阻值，多用電表的選擇開關(guān)旋至如圖3所示的位置，則該電學(xué)元件的阻值為______。（5）小明同學(xué)又用多用電表電阻擋接在一不帶電的電容器兩極，發(fā)現(xiàn)______。A．指針示數(shù)始終無(wú)窮大B．指針示數(shù)開始很大，再逐漸減小，最后指針示數(shù)減為零C．指針示數(shù)開始很小，再逐漸增大，最后指針示數(shù)無(wú)窮大【答案】①M(fèi)②.A③.偏?、?79##78##80⑤.C【解析】【詳解】（1）[1]開關(guān)閉合前要保證電壓表、電流表中示數(shù)最小，故滑動(dòng)觸頭P應(yīng)在M處。（2）[2]從圖中可看出，電鍵S斷開時(shí)，指針不指向0刻度，所以應(yīng)調(diào)節(jié)指針定位螺絲，即A旋鈕。（3）[3]用多用電表測(cè)電阻時(shí)，應(yīng)將電阻從電路中拆下來(lái)，若在圖1中斷開電鍵S，用多用電表直接測(cè)量電阻，則多用電表測(cè)量的是滑動(dòng)變阻器PM部分和電流表串聯(lián)，再和待測(cè)電阻并聯(lián)的總電阻，所以測(cè)量值比真實(shí)值偏小。（4）[4]如圖，指針讀數(shù)是，選擇開關(guān)是，所以電阻是。（5）[5]將多用電表電阻擋接在一不帶電的電容器兩極時(shí)，會(huì)瞬間給電容器充電，所以開始電流很大，指針指向右端電阻較小處，然后電流逐漸減小，當(dāng)充滿電后，電容器相當(dāng)于斷路，電路中電流為0，所以指針指向左端示數(shù)無(wú)窮大處。故選C。20.如圖所示，豎直放置在水平桌面上的左右兩汽缸粗細(xì)均勻，內(nèi)壁光滑，橫截面積分別為S、，由體積可忽略的細(xì)管在底部連通。兩汽缸中各有一輕質(zhì)活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉，左側(cè)汽缸底部與活塞用輕質(zhì)細(xì)彈簧相連。初始時(shí)，兩汽缸內(nèi)封閉氣柱的高度均為H ，彈簧長(zhǎng)度恰好為原長(zhǎng)。現(xiàn)往右側(cè)活塞上表面緩慢添加一定質(zhì)量的沙子，直至右側(cè)活塞下降，左側(cè)活塞上升。已知大氣壓強(qiáng)為，重力加速度大小為g，汽缸足夠長(zhǎng)，汽缸內(nèi)氣體溫度始終不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：（1）最終汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)。（2）彈簧的勁度系數(shù)和添加的沙子質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）；（2）；【解析】【詳解】（1）對(duì)左右氣缸內(nèi)所封的氣體，初態(tài)壓強(qiáng)p1=p0體積末態(tài)壓強(qiáng)p2，體積根據(jù)玻意耳定律可得解得（2）對(duì)右邊活塞受力分析可知解得對(duì)左側(cè)活塞受力分析可知 解得21.如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度g=10m/s2，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1；（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大?。唬?）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能DU（用t表示）。【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【解析】【詳解】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對(duì)m1受力分析有則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有v12=2a1x1代入數(shù)據(jù)解得 x1=0.125m（2）木板與彈簧接觸以后，對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對(duì)m2有a2=μg=1m/s2當(dāng)a共=a2時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量x2=0.25m對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)列動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)有（3）木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為x2時(shí)，則說(shuō)明此時(shí)m1的速度大小為v2，共用時(shí)2t0，且m2一直受滑動(dòng)摩擦力作用，則對(duì)m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得則對(duì)于m1、m2組成的系統(tǒng)有DU=Wf聯(lián)立有22.如圖所示，傾角為、間距、電阻不計(jì)的金屬軌道固定放置，沿軌道建立x軸，邊界與坐標(biāo)原點(diǎn)O在一條直線上且垂直x軸。區(qū)域：，垂直軌道平面向下；區(qū)域：，垂直軌道平面向上。一質(zhì)量為、邊長(zhǎng)均為的U形框由金屬棒de （阻值）和兩絕緣棒cd、ef組成。另有質(zhì)量為、邊長(zhǎng)、阻值的金屬棒ab在離cf一定距離處獲得沿斜面向下的沖量后向下運(yùn)動(dòng)。金屬棒ab及U形框與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（1）ab棒釋放后的短時(shí)間內(nèi)比較c、f兩點(diǎn)的電勢(shì)高低；（2）若棒ab從某處釋放，同時(shí)U形框解除鎖定，為使棒ab與U形框碰撞前框保持靜止，則釋放時(shí)所加的初速度滿足的條件；（3）若棒ab在處釋放，且初速度為，同時(shí)U形框解除鎖定，求棒ab與框發(fā)生完全非彈性碰撞后ed棒的最大位移。【答案】（1）f點(diǎn)電勢(shì)高；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)右手定則，可知ab棒上的感應(yīng)電流為到，則f點(diǎn)的電勢(shì)高。（2）金屬棒ab向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于重力沿斜面的分力與摩擦力等大反向，因此金屬棒ab釋放后，在安培力作用下運(yùn)動(dòng)，金屬棒ab做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，ab受到的安培力為由左手定則可知﹐U形框受到安培力的方向沿導(dǎo)軌平面向上，大小為其中 因此獲得沖量的瞬間，U形框受到的安培力最大，最容易發(fā)生滑動(dòng)。為使U形框靜止，此時(shí)U形框受到的摩擦力沿導(dǎo)軌平面向下為最大靜摩擦力，大小為U形框靜止有金屬棒ab釋放時(shí)所加的初速度滿足的條件為（3）金屬棒ab初速度為，則金屬棒ab在安培力作用下做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，而U形框在碰撞前始終處于靜止。設(shè)到達(dá)時(shí)速度為，以沿導(dǎo)軌平面向下為正方向，由動(dòng)量定理得其中解得金屬棒ab與U形框發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒得因此碰撞后U形框速度為同理，其重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力與滑動(dòng)摩擦力等大反向，合力等于安培力，當(dāng)U形框速度為v時(shí)，其感應(yīng)電流為其中、分別為de邊和ab邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，受到總的安培力為其?由動(dòng)量定理得金屬棒ab與框發(fā)生完全非彈性碰撞后ed棒的最大位移23.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無(wú)電場(chǎng)，該邊界與y軸交于M點(diǎn)，與x軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)、與x軸正方向成α角斜向下運(yùn)動(dòng)的帶電粒子才能進(jìn)入磁場(chǎng)。從M點(diǎn)向電場(chǎng)內(nèi)發(fā)射一個(gè)比荷為的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場(chǎng)方向垂直，僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T后進(jìn)入磁場(chǎng)，且通過(guò)N點(diǎn)的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場(chǎng)垂直方向直接射入電場(chǎng)內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，就能通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過(guò)N點(diǎn)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?），；（2），；（3），【解析】【詳解】（1）粒子M 點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向入射，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在N點(diǎn)將速度沿電場(chǎng)方向與垂直于電場(chǎng)方向分解，在垂直于電場(chǎng)方向上有解得粒子從過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）對(duì)于從M點(diǎn)射入的粒子，沿初速度方向的位移為沿電場(chǎng)方向的位移為令N點(diǎn)橫坐標(biāo)為，根據(jù)幾何關(guān)系有解得根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速度為v，則通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為2v，令邊界上點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，y）則在沿初速度方向上有在沿電場(chǎng)方向有解得（3）由上述結(jié)果可知電場(chǎng)強(qiáng)度 解得設(shè)粒子A第次在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為，可得第次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為第一次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為，可得設(shè)粒子A第次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，由題意可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得粒子A第n次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示粒子每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角均為300°，第n次離開磁場(chǎng)的位置C與N的距離等于，由C到N由動(dòng)能定理得 聯(lián)立上式解得由類平拋運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)可得，粒子A第n次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為設(shè)粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間的無(wú)場(chǎng)區(qū)域的位移為，邊界與x軸負(fù)方向的夾角為，則根據(jù)邊界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子A從發(fā)射到第n次通過(guò)N點(diǎn)的過(guò)程，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)n次，在磁場(chǎng)和無(wú)場(chǎng)區(qū)域中均運(yùn)動(dòng)n-1次，則所求時(shí)間由等比數(shù)列求和得 解得