浙江省寧波市鎮(zhèn)海區(qū)2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期選考物理試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?高三物理選考試卷
選擇題部分
一、選擇題（本共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. 普朗克常量，光速為c，電子質(zhì)量為，則在國際單位制下的單位是（　?。?br /> A. B. m C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】根據(jù)可得它們的單位為：

故選B。
2. 平潭海峽公鐵兩用大橋全長16.34km，該大橋所處的平潭海峽是世界三大風(fēng)暴海域之一，以“風(fēng)大、浪高、水深、涌急”著稱。為保證安全起見，環(huán)境風(fēng)速超過20m/s時(shí)，列車通過該橋的運(yùn)行速度不能超過300km/h，下列說法正確的是（　?。?br /> A. 題目中“全長16.34km”指的是位移大小
B. “風(fēng)速超過20m/s”“不能超過300km/h”中所指的速度均為瞬時(shí)速度
C. “風(fēng)速超過20m/s”指的是平均速度，“不能超過300km/h”指的是瞬時(shí)速度
D. 假設(shè)某火車通過該大橋所用時(shí)間為0.08h，則平均速度約為204km/h
【答案】B
【解析】
【詳解】A．題目中“全長16.34km”指的是該大橋的長度，指路程大小，A錯(cuò)誤；
BC．“風(fēng)速超過20m/s”“不能超過300km/h”中均指的是某一時(shí)刻的速度，均為瞬時(shí)速度，B正確，C錯(cuò)誤；
D．由于不清楚題目中所述的通過大橋的位移，所以無法計(jì)算平均速度，D錯(cuò)誤。
故選B。
3. 如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（　　）

A. 男孩和木箱組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B. 小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
C. 男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
D. 小孩推力的沖量小于木箱的動(dòng)量的變化量
【答案】C
【解析】
【詳解】A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)能增大，由人體生物能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機(jī)械能，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
BC．系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．由動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，所以小孩推力的沖量等于木箱的動(dòng)量的變化量，故D錯(cuò)誤。
故選C。
4. 圖甲所示為生活中巧妙地利用兩根并排的竹竿，將長方體磚塊從高處運(yùn)送到低處的場景。將竹竿簡化為兩根平行放置，粗細(xì)均勻的圓柱形直桿，磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑，圖乙所示為垂直于運(yùn)動(dòng)方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距增大一些，則磚塊（　?。?br />
A. 下滑過程中竹竿對磚塊的彈力變大
B. 下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變
C. 下滑的加速度變小
D. 下滑到底端的時(shí)間變短
【答案】B
【解析】
【詳解】A．假定兩竹竿與地面傾角為q、磚塊的質(zhì)量為m，每一根竹竿對磚塊的支持力為N，以磚塊為研究對象，只在垂直于竹竿平面內(nèi)對其受力分析，如圖所示，依題意有

則有

若僅將兩竹竿間距增大一些，由于支持力垂直于接觸面，a角保持不變，則N不變，故A錯(cuò)誤；
B．假定磚塊與竹竿的動(dòng)摩擦因數(shù)為m，則摩擦力為

據(jù)前面分析，由于N不變，則下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變，故B正確；
C．根據(jù)牛頓第二定律有

解得

由于a角不變，則下滑的加速度不變，故C錯(cuò)誤；
D．由于下滑加速度變小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，，則下滑時(shí)間不變，故D錯(cuò)誤。
故選B。
5. 假設(shè)神舟十五號飛船在對接前在1軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，空間站組合體在2軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，神舟十五號在B點(diǎn)采用噴氣的方法改變速度，從而達(dá)到變軌的目的，通過調(diào)整，對接穩(wěn)定后飛船與組合體仍沿2軌道一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（　?。?br />
A. 飛船從A點(diǎn)到B點(diǎn)線速度不變
B. 飛船從B點(diǎn)到C點(diǎn)機(jī)械能守恒
C. 飛船在B點(diǎn)應(yīng)沿速度反方向噴氣，對接穩(wěn)定后在2軌道周期小于在1軌道周期
D. 飛船在B點(diǎn)應(yīng)沿速度反方向噴氣，對接穩(wěn)定后在C點(diǎn)的速度大小小于噴氣前在B點(diǎn)的速度大小
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由于線速度是矢量，既有大小又有方向，飛船從A點(diǎn)到B點(diǎn)線速度大小不變，方向改變，A錯(cuò)誤；
B．飛船從B點(diǎn)到C點(diǎn)，做加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，噴氣對飛船做正功，飛船的機(jī)械能增大，機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；
C．飛船在B點(diǎn)應(yīng)沿速度反方向噴氣，對接穩(wěn)定后2軌道的半徑大于1軌道的半徑，由地球的萬有引力提供向心力，可得

解得

可知對接穩(wěn)定后在2軌道周期大于在1軌道周期，C錯(cuò)誤；
D．飛船在B點(diǎn)應(yīng)沿速度反方向噴氣，對接穩(wěn)定后2軌道的半徑大于1軌道的半徑，由地球的萬有引力提供向心力，可得

解得

可知對接穩(wěn)定后在C點(diǎn)的速度大小小于噴氣前在B點(diǎn)的速度大小，D正確。
故選D。
6. 運(yùn)動(dòng)員將排球從M點(diǎn)水平擊出，排球飛到P點(diǎn)時(shí)，被對方運(yùn)動(dòng)員擊出，球又斜向上飛出后落到M點(diǎn)正下方的N點(diǎn)，若N點(diǎn)與P點(diǎn)等高，軌跡的最高點(diǎn)Q與M等高，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（　　）

A. 排球兩次飛行過程中重力對排球做功相等
B. 排球兩次飛行過程中外力對排球的沖量相等
C. 排球離開M點(diǎn)的速率比經(jīng)過Q點(diǎn)的速率小
D. 排球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速率比離開P點(diǎn)時(shí)的速率大
【答案】D
【解析】
【詳解】A．從M到P，重力對排球做功mgh，從P到N過程中，重力對排球做功為零，則排球兩次飛行過程中重力對排球做的功不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．因從P到N過程中排球飛行的時(shí)間等于從M到P過程中排球飛行時(shí)間的2倍，排球飛行過程中只受重力作用，則根據(jù)I=mgt可知，排球兩次飛行過程中外力對排球的沖量不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)可知，排球從M到P的水平速度大于從P到N的水平速度，而在最高點(diǎn)Q的速率等于從P到N的水平速度，即排球離開M點(diǎn)的速率比經(jīng)過Q點(diǎn)的速率大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．排球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的豎直速度等于排球離開P點(diǎn)時(shí)的豎直速度（高度相同），而排球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的水平速度大于排球離開P點(diǎn)時(shí)的水平速度，則排球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速率比離開P點(diǎn)時(shí)的速率大，選項(xiàng)D正確。
故選D。
7. 如圖所示，原來不帶電，長為l的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個(gè)電荷量為的點(diǎn)電荷放在棒的中心軸線上距離棒的左端R處，A、B分別為導(dǎo)體棒左右兩端的一點(diǎn)，靜電力常量為k。當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡后，下列說法正確的是（　?。?br />
A. 導(dǎo)體棒上的A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高
B. 將導(dǎo)體棒A處接地，則A處不存在感應(yīng)電荷
C. 導(dǎo)體棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小
D. 增加點(diǎn)電荷的帶電量，導(dǎo)體靜電平衡時(shí)O處的電子受到的電場力將增大
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)靜電現(xiàn)象規(guī)律，當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體棒是等勢體，所以導(dǎo)體棒上的A點(diǎn)電勢等于B點(diǎn)電勢，故A錯(cuò)誤；
B．將導(dǎo)體棒A處接地，靜電現(xiàn)象仍會發(fā)生，A處出現(xiàn)負(fù)電荷，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)靜電平衡規(guī)律可知，中心O處場強(qiáng)為零，所以導(dǎo)體棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小與的點(diǎn)電荷在該處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，即大小為

故C正確；
D．根據(jù)靜電平衡規(guī)律可知，導(dǎo)體靜電平衡時(shí)中心O處場強(qiáng)始終為零，所以增加點(diǎn)電荷的帶電量，導(dǎo)體靜電平衡時(shí)O處的電子受到的電場力不變始終為零，故D錯(cuò)誤。
故選C。
8. 某同學(xué)利用電壓傳感器來研究電感線圈工作時(shí)的特點(diǎn)。圖甲中三個(gè)燈泡完全相同，不考慮溫度對燈泡電阻的影響。在閉合開關(guān)S的同時(shí)開始采集數(shù)據(jù)，當(dāng)電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)。圖乙是由傳感器得到的電壓u隨時(shí)間t變化的圖像。不計(jì)電源內(nèi)阻及電感線圈L的電阻。下列說法正確的是（　　）

A. 開關(guān)S閉合瞬間，流經(jīng)燈和的電流相等
B. 開關(guān)S閉合瞬間至斷開前，流經(jīng)燈的電流保持不變
C. 開關(guān)S斷開瞬間，燈閃亮一下再熄滅
D. 根據(jù)題中信息，可以推算出圖乙中與的比值
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．開關(guān)S閉合瞬間，由于電感線圈的阻礙作用，燈D3逐漸變亮，通過燈D3的電流緩慢增加，待穩(wěn)定后，流經(jīng)燈和的電流相等；故從開關(guān)S閉合瞬間至斷開前，流經(jīng)燈的電流也是逐漸增加，A、B錯(cuò)誤；
C．開關(guān)S斷開瞬間，由于電感線圈阻礙電流減小的作用，由電感線圈繼續(xù)為燈和提供電流，又因?yàn)殡娐贩€(wěn)定的時(shí)候，流經(jīng)燈和的電流相等，所以燈逐漸熄滅，C錯(cuò)誤；
D．開關(guān)S閉合瞬間，燈和串聯(lián)，電壓傳感器所測電壓為D2兩端電壓，由歐姆定律

電路穩(wěn)定后，流過D3的電流為

開關(guān)S斷開瞬間，電感線圈能夠?yàn)楹吞峁┡c之前等大電流，故其兩端電壓為

所以

故可以推算出圖乙中與的比值，D正確。
故選D。
9. 關(guān)于這些裝置，以下說法正確的是（　?。?br />

A. 甲圖裝置霍爾元件左右移動(dòng)時(shí)，能產(chǎn)生霍爾電壓的原理是電磁感應(yīng)
B. 乙圖中物體向左移，則電容器的電容變小
C. 丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數(shù)改變從而將位置量換轉(zhuǎn)成電學(xué)量
D. 丁圖裝置只要有聲音，即使不接入電源，R兩端也有電壓輸出
【答案】C
【解析】
【詳解】A．甲圖裝置霍爾元件左右移動(dòng)時(shí)，能產(chǎn)生霍爾電壓的原理是帶電粒子在磁場中受洛倫茲力作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不是電磁感應(yīng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．乙圖中物體向左移，插入電容器的電介質(zhì)增加，則電容器的電容變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數(shù)改變從而將位置量換轉(zhuǎn)成電學(xué)量，選項(xiàng)C正確；
D．丁圖裝置是電容話筒一樣利用振膜接受空氣振動(dòng)信號，振膜與固定的平面電極之間形成一個(gè)電容，兩者之間的距離變化會導(dǎo)致其電容的變化。在電容兩端施加固定頻率及大小的電壓，通過電容的電流就會變化。將這個(gè)電流信號進(jìn)行轉(zhuǎn)換，即可輸出音頻信號。但是只有聲音，不接入電源，R兩端不會有電壓輸出，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選C。
10. 已知某款汽車每百公里平均油耗為7L，每升汽油8.3元，家庭用電每度（1度=1kW·h）0.52元。小明家里某款電動(dòng)自行車的一些主要參數(shù)如下表所示，假定電動(dòng)自行車載人行駛時(shí)，受到的阻力是人與車總重力的0.02倍，小明自身質(zhì)量為60kg。下列說法正確的是（　?。?br /> 外形尺寸
1630mm×600mm×1100mm
額定輸出功率
100~200W
整車質(zhì)量
40kg
標(biāo)準(zhǔn)載重
90kg
充電電壓
36V
電池容量
12A·h
欠壓保護(hù)
31.5V
過流保護(hù)
6A
一次充電連續(xù)行駛里程
20km
充電時(shí)間
4~8h

A. 小明騎電動(dòng)自行車在水平路面上以6m/s的速度勻速行駛時(shí)，電動(dòng)自行車的輸出功率為72W
B. 小明騎電動(dòng)自行車在水平路面上勻速行駛時(shí)的最大速度為15m/s
C. 正常充電情況下，將完全沒電的電池充滿電至少需要耗電0.432度
D. 騎該電動(dòng)自行車比開小汽車每行駛10km節(jié)省約3元
【答案】C
【解析】
【詳解】A．小明騎電動(dòng)自行車在水平路面上勻速行駛時(shí)，有

則電動(dòng)自行車的輸出功率為

A錯(cuò)誤；
B．小明騎電動(dòng)自行車在水平路面上勻速行駛時(shí)的最大速度為

B錯(cuò)誤；
C．在額定電壓下，將完全沒電的電池充滿電至少需要耗電

C正確；
D．騎該電動(dòng)自行車每行駛10km，需要的錢數(shù)為

小汽車每行駛10km，需要的錢數(shù)為

騎該電動(dòng)自行車比開小汽車每行駛10km節(jié)省約

D錯(cuò)誤。
故選C
11. 如圖甲所示，驅(qū)動(dòng)線圈通過開關(guān)S與電源連接，發(fā)射線圈放在絕緣且內(nèi)壁光滑的發(fā)射導(dǎo)管內(nèi)。閉合開關(guān)S后，在0 ~ t0內(nèi)驅(qū)動(dòng)線圈的電流iab隨時(shí)間t的變化如圖乙所示。在這段時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A. 發(fā)射線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場水平向左
B. t = t0時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢最大
C. t = 0時(shí)發(fā)射線圈具有的加速度最大
D. t = t0時(shí)發(fā)射線圈中的感應(yīng)電流最大
【答案】A
【解析】
【詳解】A．根據(jù)安培定則，驅(qū)動(dòng)線圈內(nèi)的磁場方向水平向右，再由圖乙可知，通過發(fā)射線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，發(fā)射線圈內(nèi)部的感應(yīng)磁場方向水平向左，A正確；
BD．由圖乙可知，t = t0時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈的電流變化最慢，則此時(shí)通過發(fā)射線圈的磁通量變化最慢，此時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢為零，感應(yīng)電流為零，BD錯(cuò)誤；
C．t = 0時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈的電流變化最快，則此時(shí)通過發(fā)射線圈的磁通量變化最快，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，但此時(shí)磁場最弱，安培力不是最大值，則此時(shí)發(fā)射線圈具有的加速度不是最大，C錯(cuò)誤。
故選A。
12. 冰雕展上有一塊邊長為1m的立方體的冰塊，冰塊內(nèi)上下底面中心連線為OO′，在O′處安裝了一盞可視為點(diǎn)光源的燈，已知冰塊的折射率為1.3。下列說法正確的是（）

A. 從冰塊正上方沿OO′方向觀察，點(diǎn)光源的視深為1.3m
B. 光在冰塊中發(fā)生全反射的臨界角為C，可知
C. 由燈直接發(fā)出的光照到冰塊四個(gè)側(cè)面時(shí)都能從側(cè)面射出
D. 由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時(shí)都能從上表面射出
【答案】D
【解析】
【詳解】A．實(shí)深是OO′，視深為h，根據(jù)折射率定義式結(jié)合幾何關(guān)系可知

可得

A錯(cuò)誤；
B．由

B錯(cuò)誤；
CD．如圖所示

在直角中，由幾何關(guān)系可知

則

所以由燈直接發(fā)出光照到冰塊上表面時(shí)都能從上表面射出，而

所以由燈直接發(fā)出的光照到冰塊四個(gè)側(cè)面時(shí)不是都能從側(cè)面射出，C錯(cuò)誤、D正確。
故選D。
13. 如圖，兩端開口的圓筒與水平地面成一定角度傾斜放置，OO＇是圓筒的中軸線，M、N是筒壁上的兩個(gè)點(diǎn)，且。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球自M點(diǎn)正上方足夠高處自由釋放，由M點(diǎn)無碰撞進(jìn)入圓筒后一直沿筒壁運(yùn)動(dòng)，a、b、c是小球運(yùn)動(dòng)軌跡與MN的交點(diǎn)。小球從M到a用時(shí)，從a到b用時(shí)，從b到c用時(shí)，小球經(jīng)過a、b、c時(shí)對筒壁壓力分別為、、，經(jīng)過a、b、c時(shí)的速度大小分別為、、，、、表示M、a、b、c相鄰兩點(diǎn)間的距離，不計(jì)一切摩擦。下列說法正確的是（　?。?br />
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由題意可知，小球從高處自由下落，由M點(diǎn)無碰撞進(jìn)入圓筒后一直沿筒壁運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球在M點(diǎn)時(shí)的速度為v，可知該速度在MN方向的分速度

在沿垂直MN方向的分速度

小球在垂直軸線的平面內(nèi)做變速圓周運(yùn)動(dòng)，由于在垂直軸線方向的分速度大小不變，因此每運(yùn)動(dòng)一周所用時(shí)間的情況相同，則有

A錯(cuò)誤；
B．小球在垂直軸線的平面內(nèi)做變速圓周運(yùn)動(dòng)，在垂直軸線方向的分速度大小不變，則有小球在a、b、c位置時(shí)，所需向心力大小均為

可知小球在a、b、c各點(diǎn)筒壁對小球提供的向心力大小相同，由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過a、b、c時(shí)對筒壁壓力大小相同，即

B正確；
C．小球沿MN方向的初速度不是零，由，可求出小球經(jīng)a、b、c時(shí)在沿MN方向的速度，小球在垂直MN方向的速度大小不變，可知小球經(jīng)a、b、c時(shí)的速度關(guān)系

Ｃ錯(cuò)誤；
D．若小球在沿MN方向的初速度是零，由初速度是零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

由于小球在沿MN方向的初速度不是零，是

因此則有

D錯(cuò)誤。
故選B。
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。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）
14. 圖甲是三顆微粒做布朗運(yùn)動(dòng)的位置連線圖，圖乙是氧氣分子速率分布圖，圖丙是靜止在水面上的硬幣，圖丁是空氣壓縮儀點(diǎn)燃硝化棉，下列說法正確的是（　?。?br />
A. 甲圖中，微粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯
B. 乙圖中，溫度升高，所有氧分子的速率都增大
C. 丙圖中，硬幣能浮在水面上，主要是因?yàn)樗母×?br /> D. 丁圖中，壓縮空氣壓縮儀內(nèi)的空氣，空氣的溫度升高，內(nèi)能增大
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．微粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯，故A正確；
B．溫度越高，氧氣分子的平均速率增大，不是每一個(gè)分子速率都增大，故B錯(cuò)誤；
C．硬幣浮在水面上，主要是因?yàn)樗谋砻鎻埩?，故C錯(cuò)誤；
D．壓縮空氣，外界對氣體做功，空氣的溫度升高，內(nèi)能增大，故D正確。
故選AD。
【點(diǎn)睛】本題考查分子動(dòng)理論，目的是考查學(xué)生的理解能力。
15. 在x軸正半軸和負(fù)半軸存在兩種不同材質(zhì)的彈性繩（相連于O點(diǎn)），和處為兩波源，分別向右、向左傳播形成振幅均為4cm的簡諧橫波，時(shí)刻的波形如圖所示，此時(shí)和處的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)，已知波在左右兩種介質(zhì)中的傳播速度之比為，到時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)經(jīng)過的路程為6cm，則下列說法正確的是（　?。?br />
A. 時(shí)刻P處質(zhì)點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)
B. 波2振動(dòng)的周期為1s
C. 波2在x軸負(fù)半軸的傳播速度為8m/s
D. 不考慮不同介質(zhì)中的振幅變化，兩列波相遇后在處質(zhì)點(diǎn)的振幅為8cm
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)波形平移法可知，時(shí)刻P處質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)，并不會隨波的傳播方向向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
BC．由圖可知兩列波的波長分別為，，即波長之比為；依題意，波在左右兩種介質(zhì)中的傳播速度之比為，根據(jù)波的傳播速度與周期、波長關(guān)系

可知兩列波周期相同；研究向右傳播的波1，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程有

其中，，可得

到時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)經(jīng)過的路程為6cm，則有

解得

可知波2振動(dòng)的周期也為1s；向右傳播的波1在x軸負(fù)半軸的傳播速度為

機(jī)械波的傳播速度由介質(zhì)決定，可知波2在x軸負(fù)半軸的傳播速度也為，故B正確，C錯(cuò)誤；
D．波2在x軸正半軸的傳播速度為

由圖可知，時(shí)刻向右傳播的波1在處的波谷傳播到處所用時(shí)間為

時(shí)刻向左傳播的波2在處的波谷傳播到處所用時(shí)間為

可知兩列波的波谷同時(shí)傳到處，故處為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，則兩列波相遇后在處質(zhì)點(diǎn)的振幅為

故D正確。
故選BD。
非選擇題部分
三、非選擇題（本題共7小題，共55分）
16. 同學(xué)們用如圖所示的“桿線擺”研究擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。桿線擺可以繞著立柱來回?cái)[動(dòng)（立柱并不轉(zhuǎn)動(dòng)），使擺球的運(yùn)動(dòng)軌跡被約束在一個(gè)傾斜的平面內(nèi)。具體操作步驟如下：

（1）測量“斜面”的傾角。
將鐵架臺放在水平桌面上，在鐵架臺立柱上綁上重垂線，調(diào)節(jié)桿線擺的線長，使重垂線與擺桿垂直。
把鐵架臺底座的一側(cè)墊高，使立柱傾斜。測出靜止時(shí)擺桿與重垂線的夾角為，則“斜面”的傾角 ___________ 。
（2）根據(jù)斜面傾角，求出等效重力加速度。
（3）測量桿線擺的周期。
盡量減小擺桿與立柱之間的摩擦，將擺拉開一個(gè)較小的角度，輕輕釋放擺球。用停表測量擺球全振動(dòng)次所用的時(shí)間，則單擺的周期為 ___________ 。
（4）改變鐵架臺的傾斜程度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，將所需數(shù)據(jù)記錄在表格中。
序號

（5）為了直觀體現(xiàn)周期與等效重力加速度的關(guān)系，請?jiān)谧鴺?biāo)紙中選擇合適的物理量與單位，補(bǔ)全缺少的數(shù)據(jù)點(diǎn)并繪圖________。

（6）通過圖線，可以計(jì)算出在擺長一定的情況下，擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。若忽略球的尺寸，本實(shí)驗(yàn)中的擺長應(yīng)為___________ 填“擺線”、“擺桿”的長度，擺長為 ___________ 結(jié)果保留位有效數(shù)字。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 擺桿 ⑤.
【解析】
【詳解】（1）[1]擺桿與重垂線的夾角為為擺桿與水平方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知

（3）[2]根據(jù)擺球全振動(dòng)的次數(shù)和所用時(shí)間，周期

（5）[3] 根據(jù)題圖可知等效重力加速度為

根據(jù)單擺周期公式有

在圖中以周期為縱坐標(biāo)軸、以為橫坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，根據(jù)表格中相應(yīng)的各組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)、作圖如圖所示：

（6）[4] [5]本實(shí)驗(yàn)的擺長為擺桿；
由上述圖像
圖像的斜率

結(jié)合圖像函數(shù)可知

解得

17. 如圖甲所示為蘋果自動(dòng)分揀裝置的示意圖，該裝置把大小不同的蘋果，按一定質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)自動(dòng)分揀為大蘋果和小蘋果。該裝置的托盤秤壓在一個(gè)以為轉(zhuǎn)動(dòng)軸的杠桿上，杠桿末端壓在壓力傳感器R上，R的阻值隨壓力變化的曲線如圖乙所示。調(diào)節(jié)托盤秤壓在杠桿上的位置，使質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)（0.20kg）的大蘋果經(jīng)過托盤秤時(shí)，杠桿對R的壓力為1N。調(diào)節(jié)可調(diào)電阻，可改變R、兩端的電壓比，使質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的大蘋果通過托盤秤時(shí)，兩端的電壓恰好能使放大電路中的電磁鐵吸動(dòng)分揀開關(guān)的銜鐵，此電壓叫做放大電路的激勵(lì)電壓。該放大電路中包含保持電路，能夠確保大蘋果在銜鐵上運(yùn)動(dòng)時(shí)電磁鐵始終保持吸動(dòng)狀態(tài)。

（1）該自動(dòng)分揀裝置正常工作時(shí)，大蘋果通過___________（填“通道A”、“通道B”）。
（2）若電源電動(dòng)勢為5V，內(nèi)阻不計(jì)，放大電路的激勵(lì)電壓為2V，為使該裝置達(dá)到上述分揀目的，的阻值等于___________kΩ。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（3）小鎮(zhèn)同學(xué)想在托盤秤壓在杠桿上的位置不變的情況下，利用一塊電壓表測出每個(gè)蘋果的質(zhì)量，且電壓表的示數(shù)隨蘋果質(zhì)量的增大而增大，則電壓表應(yīng)該并聯(lián)在電阻___________（填“R”、“R0”或“電源”）兩端，蘋果質(zhì)量與電壓表示數(shù)___________（填“均勻”、“不均勻”）對應(yīng)。
【答案】 ①. 通道B ②. 20 ③. ④. 不均勻
【解析】
【詳解】（1）[1] 大蘋果通過托盤秤時(shí)，兩端的電壓達(dá)到放大電路的激勵(lì)電壓，使放大電路中的電磁鐵吸動(dòng)分揀開關(guān)的銜鐵，大蘋果進(jìn)入下面的通道B。
（2）[2] 杠桿對R的壓力為1 N，R阻值為30 kΩ，為使該裝置達(dá)到上述分揀目的，的阻值需滿足

則

（3）[3] 隨著蘋果質(zhì)量增大，R阻值減小，分壓減小，電源電動(dòng)勢不變，分壓增大，為了滿足電壓表的示數(shù)隨蘋果質(zhì)量的增大而增大，需要將電壓表并聯(lián)在兩端。
[4] 由圖乙可知R的阻值隨壓力的增大而減小，且不是線性變化關(guān)系。電壓表示數(shù)為R0兩端的電壓。蘋果質(zhì)量與壓力傳感器上的壓力成正比，由閉合電路歐姆定律得，電路中的電流與蘋果質(zhì)量不是線性變化關(guān)系。蘋果質(zhì)量與電壓表示數(shù)不均勻?qū)?yīng)。
18. 用某種單色光做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)時(shí)，已知雙縫間距離為d，測出圖⑤中雙縫的位置為，毛玻璃屏的位置為，實(shí)驗(yàn)時(shí)移動(dòng)測量頭（如圖①所示）上的手輪，把分劃線對準(zhǔn)靠近最左邊的一條亮條紋（如圖②所示），并記下螺旋測微器的讀數(shù)為x1（如圖③所示），然后轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，把分劃線向右邊移動(dòng)，直到對準(zhǔn)第7條亮條紋并記下螺旋測微器讀數(shù)為x7=___________mm（如圖④所示），由以上測量數(shù)據(jù)可求得該單色光的波長λ=___________（用題中測量量的符號表示）

【答案】 ①. 14.700 ②.
【解析】
【詳解】[1]螺旋測微器讀數(shù)為x7=14.5mm+0.01mm×20.0=14.700mm
[2]條紋間距

根據(jù)

可得

19. 如圖所示，為方便抽取密封藥瓶里的藥液，護(hù)士一般先用注射器注入少量氣體到藥瓶里后再抽取藥液。某種藥瓶的容積為，瓶內(nèi)裝有的藥液，在的冰箱內(nèi)時(shí)，瓶內(nèi)空氣壓強(qiáng)為。在室溫條件下放置較長時(shí)間后，護(hù)士先把注射器內(nèi)壓強(qiáng)為的空氣注入藥瓶，然后抽出的藥液。抽取藥液的過程中，瓶內(nèi)外溫度相同且保持不變，忽略針頭內(nèi)氣體的體積和藥液體積，氣體視為理想氣體。
（1）放置較長時(shí)間后，瓶內(nèi)氣體壓強(qiáng)多大？
（2）注入的空氣與瓶中原有空氣質(zhì)量之比多大？
（3）抽出藥液后瓶內(nèi)氣體壓強(qiáng)多大？在將氣體注入及抽液過程中，氣體總體是吸收熱量還是放出熱量？

【答案】（1）；（2）；（3），吸收熱量
【解析】
【詳解】（1）以瓶內(nèi)氣體為研究對象，經(jīng)過等容過程

解得

（2）注入的空氣與瓶中原有空氣質(zhì)量之比為

（3）由玻意耳定律得

又

解得

整個(gè)過程中，氣體膨脹，對外做功，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體總體吸收熱量。
20. 如圖所示，長L = 1m的傳送帶AB以速度v0= 1m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，與水平面夾角為α = 37°，下端與足夠長的光滑水平軌道BC平滑連接?；瑝KP、Q用細(xì)線拴在一起靜止在水平軌道BC上，中間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧（P、Q與彈簧不相連）。剪斷細(xì)線后彈簧恢復(fù)原長時(shí)，滑塊P向左運(yùn)動(dòng)的速度為v1= 4m/s。已知滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ = 0.5，滑塊P、Q質(zhì)量分別為m1= 1kg、m2= 2kg。高H = 1.5m傾角為θ的粗糙傾斜軌道與水平軌道BC在C處平滑連接，光滑曲線軌道DEF左右對稱，E為最高點(diǎn)。對于一般曲線上的某點(diǎn)，若存在一個(gè)最接近該點(diǎn)附近曲線的圓，則這個(gè)圓叫做曲率圓，它的半徑叫做該點(diǎn)的曲率半徑。圖中圓1和圓2分別為D、E兩點(diǎn)的曲率圓，半徑分別為R1= 0.8m、R2= 0.2m?；瑝KQ在光滑軌道DEF內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心加速度恰好始終恒為a = 2g。求：
（1）滑塊Q從C運(yùn)動(dòng)到D過程中損失的機(jī)械能DE；
（2）曲線軌道DEF上任意高度h處的曲率半徑R與h的關(guān)系；
（3）物塊P與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q。

【答案】（1）DE = 18J；（2）R = 0.8－h(huán)，（0 ≤ h ≤ 0.6m）；（3）6J
【解析】
【詳解】（1）彈簧將P、Q彈開的過程動(dòng)量守恒有

解得
v2 = 2m/s
由題知，滑塊Q在光滑軌道DEF內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心加速度恰好始終恒為a = 2g，則在D點(diǎn)有

解得
vD = 4m/s
故滑塊Q從C運(yùn)動(dòng)到D過程中損失的機(jī)械能為

解得
DE = 18J
（2）同理在E點(diǎn)也有

解得
vE = 2m/s
從D點(diǎn)到曲線軌道DEF上任意高度有

且

聯(lián)立有
R = 0.8－h(huán)
其中
R ≥ R1
則
0 ≤ h ≤ 0.6m
（3）滑塊P在傳送帶向上減速，其加速度為
a1 = gsinα＋μgcosα = 10m/s2
滑塊P向上減速到0時(shí)有

位移

則滑塊P未從頂端沖出，之后向下先加速，加速到共速有

共速后
a2 = gsinα－μgcosα = 2m/s2
則滑塊P向下減速有

解得
t3 = 05s
故整個(gè)過程中滑塊P與傳送帶相對運(yùn)動(dòng)的距離

則

21. 如圖甲所示，水平固定一半徑為r的金屬圓環(huán)，一長為r、電阻為的金屬桿a沿半徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸上，可隨軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場。圓環(huán)邊緣、轉(zhuǎn)軸通過接觸良好的電刷分別與間距L的水平放置的足夠長粗糙金屬軌道MP、NQ相連，兩者間接有理想的電壓表，同樣足夠長的光滑絕緣軌道、與金屬軌道平滑連接，、的間距也為L。金屬軌道PM、QN處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿b垂直軌道放置，其長為L、質(zhì)量為m、電阻為，與金屬軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為。絕緣軌道與上放置邊長為L，質(zhì)量為M、電阻為的“ ”形金屬框EFGH，以FG為原點(diǎn)向右存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為的磁場，。已知，，，，，，，、方向均豎直向下，不考慮框架中的電流產(chǎn)生的磁場影響，除已給電阻其它電阻不計(jì)，最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力大小相等，金屬桿b與“ ”形金屬框發(fā)生碰撞時(shí)會形成一閉合的正方形方框。求：
（1）加速轉(zhuǎn)動(dòng)a桿，金屬桿b恰好向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電壓表的示數(shù)；
（2）若勻速轉(zhuǎn)動(dòng)a桿，且角速度為時(shí)，b桿到達(dá)PQ的速度大小v；
（3）若固定a桿，對b桿施加向右的外力，理想電壓表如圖乙規(guī)律變化。時(shí)間內(nèi)為正弦曲線，b桿剛好向前位移為，若，求過程外力的沖量I；
（4）若b桿以的初速度撞擊“ ”形金屬框，且碰撞后正方形方框在外力作用下進(jìn)入磁場中電流不變，求進(jìn)入過程中外力做功的平均功率。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【詳解】（1）金屬桿b恰好向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力等于摩擦力，則有

解得

此時(shí)電壓表的示數(shù)

（2）最終b勻速時(shí)，受到的安培力等于摩擦力

由電磁感應(yīng)定律和閉合回路電阻定律可得

解得

（3）設(shè)時(shí)b桿的速度為，由電磁感應(yīng)定律有

解得
，
將此過程產(chǎn)生的交流電等效成由交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生，則有

解得

另有

由動(dòng)量定理可得

解得

（4）若b桿以的初速度撞擊，碰撞過程由動(dòng)量守恒定律可得

解得碰后正方形方框的速度為

剛進(jìn)入時(shí)感應(yīng)電流為

進(jìn)入磁場中電流不變，則正方形方框受到的安培力

克服安培力所做的功為

當(dāng)正方形方框全進(jìn)入磁場時(shí)，即有
，
解得

根據(jù)動(dòng)能定理可得

解得

根據(jù)能量轉(zhuǎn)化知，克服安培力做功等于電路產(chǎn)生的焦耳熱

解得

外力做功的平均功率

22. 電子工業(yè)中，離子注入成為了微電子工藝中一種重要的摻雜技術(shù)，利用磁場、電場可以實(shí)現(xiàn)離子的分離和注入。某同學(xué)設(shè)想的一種離子分離與注入原理如圖所示?？臻g直角坐標(biāo)系O-xyz中，x軸正半軸上放置有足夠長涂有熒光物質(zhì)的細(xì)棒，有離子擊中的點(diǎn)會發(fā)出熒光。在Oxy平面的上方分布有沿y軸正向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一發(fā)射帶正電離子的離子源置于坐標(biāo)原點(diǎn)O，只在Oxz平面內(nèi)不斷射出速率均為v的離子，速度方向分布在z軸兩側(cè)各為角的范圍內(nèi)，且沿各個(gè)方向的離子個(gè)數(shù)均勻分布，包含有電量相同，質(zhì)量分別為m和0.5m的兩種離子。發(fā)現(xiàn)x軸上出現(xiàn)兩條亮線，可確認(rèn)擊中右側(cè)亮線最右端到O點(diǎn)的距離為L。不計(jì)離子間的相互作用力和離子重力，整個(gè)裝置置于真空中。（，）
（1）求離子的電量q；
（2）質(zhì)量0.5m的離子在x軸上的亮線長度?；
（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度在范圍內(nèi)波動(dòng)（k小于0.5，波動(dòng)周期遠(yuǎn)大于離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間），要使x軸上的兩條亮線某時(shí)刻恰好能連接成一條亮線，求k值；
（4）若某段時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B，θ角增為，離子源只發(fā)出質(zhì)量為m的離子。在Oxy平面的上方再施加沿y軸正向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在Oxy平面上某點(diǎn)（O點(diǎn)除外）垂直離子速度方向放置待注入離子的某種材料小圓板（忽略大小），可得到最大注入深度，若離子進(jìn)入該材料過程中受到的阻力恒為其速度的k倍，求該最大深度d。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【詳解】（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力可得

可得

因?yàn)?br />
可得

（2）由于

則有

解得

（3）x軸上的兩條亮線某時(shí)刻恰好能連接成一條亮線，則有

聯(lián)立解得

（4）帶電粒子運(yùn)動(dòng)的周期

在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長

在電場中

沿電場方向

則有

離子進(jìn)入該材料過程中受到的阻力恒為其速度的k倍，在很小的時(shí)間內(nèi)對某個(gè)離子由動(dòng)量定理，可得

在全程中則有

聯(lián)立解得

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