浙江省寧波市十校2024屆高三下學(xué)期二模物理試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考生注意：
1. 答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。
2. 答題時(shí)，請(qǐng)按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無(wú)效。
3. 非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。
選擇題部分
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. 下列說(shuō)法正確的是（）
A. 甲圖中研究籃球的進(jìn)入籃筐的過(guò)程，可將籃球看成質(zhì)點(diǎn)
B. 乙圖中羽毛球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡并非拋物線，其水平方向的分速度逐漸減小
C. 丙圖中運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練蹲踞式起跑時(shí)，起跑器對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功
D. 丁圖中運(yùn)動(dòng)員跳高下落時(shí)，通過(guò)海綿墊可減少接觸面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量從而實(shí)現(xiàn)緩沖
【答案】B
【解析】
【詳解】A．甲圖中研究籃球的進(jìn)入籃筐的過(guò)程，籃球大小和形狀不能忽略，不可以將籃球看成質(zhì)點(diǎn)，A錯(cuò)誤；
B．羽毛球所受空氣阻力不能忽略，故軌跡并非拋物線，在阻力作用下羽毛球水平方向的分速度逐漸減小，B正確；
C．起跑器的彈力方向運(yùn)動(dòng)員沒(méi)有位移，起跑器對(duì)運(yùn)動(dòng)員不做功，C錯(cuò)誤；
D．運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量一定，海綿墊的作用是通過(guò)延長(zhǎng)接觸時(shí)間，減小運(yùn)動(dòng)員受到的彈力，起到緩沖作用，D錯(cuò)誤。
故選B。
2. 理想氣體常數(shù)R是表征理想氣體性質(zhì)的一個(gè)常數(shù)，由理想氣體狀態(tài)方程可推得，其中p為氣體壓強(qiáng)，為氣體的摩爾體積（一摩爾物質(zhì)在0℃、的體積），T為熱力學(xué)溫度，用國(guó)際單位制中的基本單位表示理想氣體常數(shù)R的單位，正確的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】由
，
可得壓強(qiáng)單位可表示為。摩爾體積的單位為，T的單位為K。則理想氣體常數(shù)R的單位是。
故選C。
3. 如圖所示，在無(wú)風(fēng)的房間內(nèi)，一個(gè)氫氣球由靜止釋放，在浮力的作用下往上飄后最終靜止于傾斜天花板上，關(guān)于該氫氣球的受力，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 氣球受到四個(gè)力的作用
B. 天花板對(duì)氣球的彈力豎直向下
C. 天花板對(duì)氣球的彈力是由于氣球發(fā)生形變而引起的
D. 氣球?qū)μ旎ò宓哪Σ亮ρ靥旎ò迤矫嫦蛳?br>【答案】A
【解析】
【詳解】A．氣球受重力、天花板對(duì)氣球的彈力，天花板對(duì)氣球的摩擦力以及空氣浮力這四個(gè)力的作用，故A正確；
B．彈力的方向垂直于接觸面而指向被支撐的物體，可知天花板對(duì)氣球的彈力垂直于天花板斜向下，故B錯(cuò)誤；
C．天花板對(duì)氣球的彈力是由于天花板發(fā)生形變而引起的，故C錯(cuò)誤；
D．氣球能夠靜止上升，說(shuō)明浮力大于重力，天花板對(duì)氣球的摩擦力沿著天花板斜面向下，根據(jù)牛頓第三定律可知，氣球?qū)μ旎ò宓哪Σ亮ρ靥旎ò迤矫嫦蛏希蔇錯(cuò)誤。
故選A。
4. 如圖所示，某款可折疊手機(jī)支架，調(diào)節(jié)支撐桿MN，手機(jī)背部支撐平面PQ的傾角隨之改變，底部支撐平面ab與PQ始終垂直，忽略一切摩擦，當(dāng)逐漸減小時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 背部支撐平面PQ對(duì)手機(jī)的彈力逐漸變小
B. 手機(jī)對(duì)底部支撐平面ab的彈力逐漸變大
C. 支架對(duì)手機(jī)的作用力逐漸增大
D. 手機(jī)對(duì)支架的作用力始終不變
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．背部支撐平面PQ對(duì)手機(jī)的彈力和底部支撐平面ab對(duì)手機(jī)的彈力，這兩個(gè)力始終垂直，對(duì)手機(jī)受力分析如圖所示
可知在動(dòng)態(tài)變化的過(guò)程中，即逐漸減小時(shí)，背部支撐平面PQ對(duì)手機(jī)的彈力逐漸變大，底部支撐平面ab對(duì)手機(jī)的彈力逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，手機(jī)對(duì)底部支撐平面ab的彈力逐漸變小，故AB錯(cuò)誤；
CD．支架對(duì)手機(jī)的作用力大小始終等于手機(jī)自身的重力，而根據(jù)牛頓第三定律可知，支架對(duì)手機(jī)的作用力大小始終等于手機(jī)對(duì)支架的作用力，則可知手機(jī)對(duì)支架的作用力始終不變，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
5. 圖為西湖音樂(lè)噴泉某時(shí)刻的照片，水從噴口傾斜射出，空中呈現(xiàn)不同的拋物線，取其中4條拋物線，分別記作①②③④，空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 4條水柱中，①中的水上升較高，其出射速度最大
B. ②中的水比③中的水在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)
C. 在最高點(diǎn)，②中的水比③中的水速度大
D. 噴口水平傾角越小，水射程越遠(yuǎn)
【答案】B
【解析】
【詳解】A．4條水柱中，①中的水上升較高，水在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最大，出射時(shí)的豎直速度最大，而其水平位移最小，所以水平速度最小，則出射速度不一定最大，故A錯(cuò)誤；
B．②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)，故B正確；
C．在最高點(diǎn)，水的速度為水平方向速度，而②中的水比③中的水水平速度小，故C錯(cuò)誤；
D．水的射程為
當(dāng)噴口水平傾角為45°時(shí)，水射程越遠(yuǎn)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
6. 如圖所示，一帶正電小球用絕緣細(xì)繩懸于O點(diǎn)，將小球拉開(kāi)小角度后靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列措施中可使小球振動(dòng)頻率增加的是（）
A. 將此單擺置于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中
B. 在懸點(diǎn)O處放置一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷
C. 在懸點(diǎn)O處放置一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷
D. 將此單擺置于垂直擺動(dòng)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中
【答案】A
【解析】
【詳解】A．根據(jù)單擺的周期公式
可得單擺的頻率
若將此單擺置于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，可知帶電小球所受電場(chǎng)力豎直向下，而重力也豎直向下，該處空間重力場(chǎng)與電場(chǎng)疊加，相當(dāng)于增加了單擺所處空間的加速度，因此該單擺的振動(dòng)頻率將增加，故A正確；
BC．在懸點(diǎn)O處放置一個(gè)點(diǎn)電荷，根據(jù)點(diǎn)電荷之間作用力可知，兩點(diǎn)電荷之間產(chǎn)生的靜電力方向始終在兩點(diǎn)電荷的連線上，即沿著繩子方向，則可知，連接小球的繩子上的拉力將會(huì)發(fā)生改變，而在小球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)時(shí)，其回復(fù)力為小球重力垂直繩子方向的分力，根據(jù)小球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的周期公式
可得
即在小球質(zhì)量不變的情況下，其振動(dòng)頻率與回復(fù)力和位移大小比值的系數(shù)有關(guān)，而點(diǎn)電荷對(duì)小球的靜電力與回復(fù)力無(wú)關(guān)，故BC錯(cuò)誤；
D．若將此單擺置于垂直擺動(dòng)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則在小球從左向右擺動(dòng)的過(guò)程中，其所受洛倫茲力始終沿著擺繩指向擺心，而從右向左擺動(dòng)的過(guò)程中，其所受洛倫茲力始終沿著擺繩背離擺心，則可知洛倫茲力的出現(xiàn)將使擺繩上的張力發(fā)生改變，但并不會(huì)影響擺球的振動(dòng)頻率，故D錯(cuò)誤。
故選A。
7. 已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與導(dǎo)線中的電流I成正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線M、N分別通以大小相等、方向相反的電流，沿MN和其中垂線建立直角坐標(biāo)系xOy。規(guī)定磁場(chǎng)沿方向?yàn)檎?，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x、y變化的圖線正確的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】AB．由安培定則可知，左側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線右側(cè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向沿方向，而右側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線左側(cè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向沿方向，由于規(guī)定磁場(chǎng)方向沿方向?yàn)檎藚^(qū)間內(nèi)的磁場(chǎng)等于兩條直導(dǎo)線在各處形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度之和，故在MN區(qū)間內(nèi)磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，根?jù)通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度
知距離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，又
可知在兩根導(dǎo)線中間位置O點(diǎn)磁場(chǎng)最弱，但不為零；在導(dǎo)線M左側(cè)M導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿方向， N導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿方向，因該區(qū)域離M導(dǎo)線較近，則合磁場(chǎng)方向沿方向，為負(fù)方向，且離M導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱；同理，在導(dǎo)線N右側(cè)N導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿方向，M導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿方向，因該區(qū)域離N導(dǎo)線較近，則合磁場(chǎng)方向沿方向，為負(fù)方向，且離N導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；
CD．兩通電導(dǎo)線在y軸的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖所示
因此可知合場(chǎng)強(qiáng)豎直向下，大小為
越遠(yuǎn)離O點(diǎn)越小，因此B越小，C正確D錯(cuò)誤。
故選C。
8. 如圖甲、乙所示為某家庭應(yīng)急式手動(dòng)發(fā)電機(jī)的兩個(gè)截面示意圖。推動(dòng)手柄使半徑為r的圓形線圈a沿軸線往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的圖像為如圖丙所示的正弦曲線，最大速度為。已知線圈匝數(shù)為n，電阻不計(jì)，所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為k，兩燈泡電阻均為R，A為理想交流電流表，閉合開(kāi)關(guān)S，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 兩端電壓最大值為
B. 電流表A的讀數(shù)為
C. 線圈a的輸出功率為
D. 若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，中電流不變，原線圈中電流亦不變
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由圖像可知，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生正弦式交流電，產(chǎn)生電壓的最大值為
根據(jù)原副線圈匝數(shù)比，副線圈電壓即兩端電壓最大值為
A錯(cuò)誤；
B．副線圈電壓有效值為
兩燈泡并聯(lián)總電阻為，電流表A的讀數(shù)為
B錯(cuò)誤；
C．理想變壓器線圈a的輸出功率為
C正確；
D．若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，副線圈電壓不變，則中電流不變，但副線圈電流減半，則原線圈中電流減半，D錯(cuò)誤。
故選C。
9. 如圖甲所示，A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)圍繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且繞行方向相同，圖乙是兩顆衛(wèi)星之間的距離隨時(shí)間t的變化圖像，時(shí)刻A、B兩顆衛(wèi)星相距最近。已知衛(wèi)星B的周期，則A、B兩顆衛(wèi)星運(yùn)行軌道半徑之比為（）
A. 1∶7B. 1∶4C. D. 1∶2
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)題意，由圖乙可知，經(jīng)過(guò)時(shí)間，A、B兩顆衛(wèi)星再次相距最近，則有
解得
由開(kāi)普勒第三定律有
故選B。
10. 如圖甲，兩等量異種點(diǎn)電荷位于同一豎直線上，在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上放置一粗糙水平橫桿，有一質(zhì)量為m，電荷量為的圓環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）可沿橫桿滑動(dòng)。時(shí)刻，圓環(huán)自A處以初速度向右運(yùn)動(dòng)，此后圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，時(shí)刻和時(shí)刻圖線斜率相同，和時(shí)刻圖線斜率均為0，已知圓環(huán)t2時(shí)刻運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)，繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)停下，且A、B關(guān)于兩電荷連線中點(diǎn)O對(duì)稱。若A處場(chǎng)強(qiáng)為，AO間距為L(zhǎng)，重力加速度為g，且圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量始終不變，則下列說(shuō)法正確的是（）
A. 圓環(huán)與橫桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)B. 時(shí)間內(nèi)圓環(huán)的位移大小為
C. 圓環(huán)在O處運(yùn)動(dòng)速度D. O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為
【答案】D
【解析】
【詳解】AD．根據(jù)題意，時(shí)刻和時(shí)刻圖線斜率相同，則小球的加速度相同，O處的場(chǎng)強(qiáng)大于A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A點(diǎn)和O點(diǎn)分析
聯(lián)立解得O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為
由于不知道加速度大小，故不能求出動(dòng)摩擦因數(shù)，和時(shí)刻圖線斜率均為0，小球?qū)U的彈力為零，重力等于電場(chǎng)力，也無(wú)法求出動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤，D正確；
B．根據(jù)AD項(xiàng)分析知，A處場(chǎng)強(qiáng)為，時(shí)刻場(chǎng)強(qiáng)為
O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為
解得
根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷場(chǎng)線分布情況知，越靠近O點(diǎn)位置場(chǎng)強(qiáng)在單位距離上的增加量越大，所以位置一定處于AO的中點(diǎn)靠右，即時(shí)間內(nèi)圓環(huán)的位移小于，故B錯(cuò)誤；
C．又根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷場(chǎng)線分布的對(duì)稱性知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，電場(chǎng)力大小關(guān)于中點(diǎn)O對(duì)稱，則摩擦力大小關(guān)于中點(diǎn)O對(duì)稱，故用平均力代替變力，左邊的摩擦力用表示，小球從A點(diǎn)到停在B點(diǎn)，電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向始終垂直，不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得
小球從A點(diǎn)到停在O點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
故C錯(cuò)誤。
故選D。
11. DIY手工能夠讓兒童體驗(yàn)到創(chuàng)造過(guò)程中的樂(lè)趣和成就感。圖為某款DIY太陽(yáng)能小車，組裝成功后質(zhì)量約為130g，太陽(yáng)直射時(shí)行駛速度約為0.25m/s，行駛過(guò)程中阻力約為車重的0.2倍。已知太陽(yáng)與地球之間的平均距離約為，太陽(yáng)每秒輻射的能量約為，太陽(yáng)光傳播到達(dá)地面的過(guò)程中大約有37%的能量損耗，太陽(yáng)能電池有效受光面積約為，則該車所用太陽(yáng)能電池將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率約為（）
A. 5%B. 10%C. 20%D. 30%
【答案】A
【解析】
【詳解】由題意可知，驅(qū)動(dòng)該太陽(yáng)能小車正常行駛時(shí)所需要的機(jī)械功率為
代入數(shù)據(jù)可得
該太陽(yáng)能小車接收太陽(yáng)的功率為
其中
，，
代入數(shù)據(jù)解得
該車所用太陽(yáng)能電池將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率約為
故選A。
12. 在某水平均勻介質(zhì)中建立如圖所示的三維直角坐標(biāo)系，xOy平面水平。在x軸上的兩個(gè)波源、的坐標(biāo)分別為，的振動(dòng)方程分別為、。若兩波均從平衡位置向上起振，且時(shí)刻，剛開(kāi)始振動(dòng)，首次到達(dá)波峰處，兩列波的波速均為4m/s，傳播過(guò)程中能量損耗不計(jì)。y軸上P點(diǎn)的坐標(biāo)為，則下列說(shuō)法正確的是（）
A. 兩波均傳至O點(diǎn)后，O點(diǎn)振幅為18cm
B. 波提前波傳至P點(diǎn)
C. 時(shí)，P點(diǎn)向方向振動(dòng)
D. 內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)兩波源的振動(dòng)方程可知，兩波源的振動(dòng)周期均為
可知兩列波頻率相同，相位差恒定，兩列波相遇后將能發(fā)生穩(wěn)定的干涉，波源的振動(dòng)傳播到O點(diǎn)的時(shí)間為
波源的振動(dòng)傳播到O點(diǎn)的時(shí)間為
即當(dāng)波源的振動(dòng)傳播至O點(diǎn)后，在O點(diǎn)引起的振動(dòng)振動(dòng)，波源的振動(dòng)才剛剛傳播至O點(diǎn)，且根據(jù)題意可知，此刻波源在O點(diǎn)引起的振動(dòng)應(yīng)使質(zhì)點(diǎn)處于波峰，而
由于波源的振動(dòng)滿足正弦函數(shù)，即波源的起振方向沿著軸正方向向上，此刻由波源在O點(diǎn)引起的振動(dòng)使質(zhì)點(diǎn)處于波谷，兩個(gè)波源在O點(diǎn)引起的振動(dòng)相互疊加，疊加后使振動(dòng)減弱，此刻O點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)的振幅為
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)題已知可得
，
則可得波源、的波傳播至P點(diǎn)的時(shí)間分別為
，
可得
但根據(jù)題意，波源的波在時(shí)刻波源處的質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)處于波峰，說(shuō)明波在時(shí)刻前已經(jīng)開(kāi)始傳播了，因此波提前波傳至P點(diǎn)的時(shí)間小于1.25s，故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)時(shí)，波源的波在P點(diǎn)引起的振動(dòng)振動(dòng)的時(shí)間為1.5s，波源的波在P點(diǎn)引起的振動(dòng)振動(dòng)的時(shí)間為0.25s，可知由波源的波在P點(diǎn)引起的振動(dòng)此時(shí)恰好回到平衡位置且下一刻將沿著軸負(fù)方向振動(dòng)，由波源的波在P點(diǎn)引起的振動(dòng)此時(shí)也恰好回到平衡位置且下一刻也將沿著軸負(fù)方向振動(dòng)，由此可知，時(shí)，P點(diǎn)向方向振動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)以上分析可知，內(nèi)，由波源在P點(diǎn)引起的振動(dòng)使P處質(zhì)點(diǎn)先振動(dòng)了1.25s，即個(gè)周期后由波源引起的振動(dòng)的波峰恰好傳播至P點(diǎn)，說(shuō)明S2的波傳到P點(diǎn)時(shí)為S1的波單獨(dú)振動(dòng)一個(gè)周期時(shí)，而此刻由兩波源在P點(diǎn)引起的振動(dòng)均使該處的質(zhì)點(diǎn)處于波峰，即振動(dòng)加強(qiáng)，該處質(zhì)點(diǎn)的振幅為
由此可知，內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為
故D正確。
故選D。
13. 如圖甲所示，為某種透明新材料制成的半徑為R的半圓柱體，其折射率。是與軸線平行的線光源，S點(diǎn)位于O點(diǎn)正下方處，圖乙為其截面圖。平面PQMN鍍有反光薄膜，射向平面PQMN的光線將全部反射。若只考慮首次射向曲面的光線，則曲面無(wú)光線射出的面積和有光線射出的面積之比為（）
A. 1∶5B. 1∶1C. 2∶1D. 5∶1
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)題意，只考慮首次射向曲面的光線，則可知此光線包括第一次直接射向曲面的光線和直接經(jīng)PQ反射后射向曲面的光線，根據(jù)全反射角的反射角與折射率之間的關(guān)系有
可得
做出光路圖如圖所示
光線恰好在T點(diǎn)發(fā)生全反射，OT為法線，根據(jù)正弦定理有
其中
，
解得
因此可知
或
根據(jù)幾何關(guān)系可知，，而另一全反射的臨界角為，但光線不能射出PQ，將在界面上發(fā)生全反射，射向K點(diǎn)的光線發(fā)生全反射，首次射向曲面，根據(jù)幾何關(guān)系可知，，即經(jīng)過(guò)K點(diǎn)反射的光線達(dá)到曲面N點(diǎn)后恰好再次被反射，則可知，射向OK段的光線經(jīng)過(guò)PQ反射后都能穿過(guò)曲面，而直接射向TQ的光線會(huì)在曲面上發(fā)生全反射，從而不能透過(guò)曲面，綜合可知，段不能透過(guò)光線的區(qū)域只有，而根據(jù)幾何關(guān)系可知
則可知
根據(jù)對(duì)稱性可知，首次射向曲面的光線，不能透過(guò)光的弧長(zhǎng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為
則能透過(guò)光的弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的圓心角為，由此可知，曲面無(wú)光線射出的面積和有光線射出的面積之比為
故選A。
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(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）
14. 下列說(shuō)法正確的是（）
A. 圖甲為一定質(zhì)量的氧氣分子在0℃和100℃時(shí)的速率分布圖像，其中圖線Ⅰ溫度較高
B. 從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之完全變成功是可能實(shí)現(xiàn)的
C. 圖乙中靜止的鈉核在磁場(chǎng)中發(fā)生衰變，曲線1為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡
D. 相對(duì)論時(shí)空觀認(rèn)為運(yùn)動(dòng)物體的長(zhǎng)度和物理過(guò)程的快慢都跟物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．圖甲中，氧氣分子在圖線Ⅱ溫度下速率大的分子所占百分比較多，故圖線Ⅱ溫度較高，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，在引起其他變化的前提下，可以從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之全部變成功，故B正確；
C．根據(jù)動(dòng)量守恒得知，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子應(yīng)帶負(fù)電，是粒子，故C錯(cuò)誤；
D.相對(duì)論時(shí)空觀認(rèn)為運(yùn)動(dòng)物體的長(zhǎng)度和物理過(guò)程的快慢都跟物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)，故D正確。
故選BD。
15. 如圖甲為氫原子能級(jí)圖，現(xiàn)用頻率為v0的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，只能發(fā)射出頻率為的三條譜線，現(xiàn)用這三種頻率的光去照射圖乙的光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，其中只有a、b兩種光能得到圖丙所示的電流與電壓的關(guān)系曲線。已知。以下說(shuō)法正確的是（）
A. 一定有
B. 圖乙中滑片P從O向b端移動(dòng)過(guò)程中，電流表示數(shù)減小
C. 圖丙中
D. 圖丙中的a光照射陰極，光電流達(dá)到飽和時(shí)，陰極每秒射出的光電子數(shù)大約個(gè)
【答案】AC
【解析】
【詳解】AC．根據(jù)圖乙可知
根據(jù)
可知
所以這三種光的能量分別為12.09eV、10.2eV、1.89eV，則
從而解得
故AC正確；
B．圖乙中滑片P從O向b端移動(dòng)過(guò)程中，Ob部分的電阻變小，A端的電勢(shì)變高，A端的電勢(shì)高于K端的電勢(shì)，所以電流表示數(shù)增大，故B錯(cuò)誤；
D．圖丙中的a光照射陰極，光電流達(dá)到飽和時(shí)，飽和電流為，由
可知每秒射出的電荷量為,所以陰極每秒射出的光電子數(shù)大約
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
三、非選擇題（本題共5小題，共55分）
16. 某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置在水平桌面上探究“小車的加速度與力和質(zhì)量之間的關(guān)系”。
（1）實(shí)驗(yàn)之前要平衡小車所受的阻力，具體的步驟是：______（填“掛”或“不掛”）砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列間距均勻的點(diǎn)。
（2）已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交變電源的頻率為50Hz，某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶如圖2所示。A、B、C、D、E是5個(gè)連續(xù)的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表中所示，其中有一組數(shù)據(jù)記錄不當(dāng)，這組數(shù)據(jù)是______（填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）。根據(jù)上述信息可得小車的加速度大小為_(kāi)_____m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。
（3）另一小組在驗(yàn)證加速度與質(zhì)量關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)，保證砂桶的總質(zhì)量不變，通過(guò)在小車上增加砝碼來(lái)改變小車總質(zhì)量，每次實(shí)驗(yàn)時(shí)僅記錄了小車上砝碼的總質(zhì)量m，但未測(cè)小車質(zhì)量M，作出與m之間的關(guān)系圖像如圖3所示，已知圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若該同學(xué)其他操作均正確，沒(méi)有遠(yuǎn)小于，可得到小車的質(zhì)量M為_(kāi)_____（用k、b、表示）。
【答案】（1）不掛（2） ①. E ②. 3.8
（3）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
實(shí)驗(yàn)之前要平衡小車所受的阻力，即不掛砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列間距均勻的點(diǎn)。
【小問(wèn)2詳解】
[1]根據(jù)題意有
，，，
所以
由此可知，E組數(shù)據(jù)記錄不當(dāng)；
[2]小車運(yùn)動(dòng)的加速度為
【小問(wèn)3詳解】
根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立可得
所以
解得
17. 用如圖1實(shí)驗(yàn)裝置探究向心力大小與質(zhì)量、角速度、半徑的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)可供選擇的小球大小相同，材質(zhì)分別是膠木、鋁和鐵，三種材料的密度如表中所示。
實(shí)驗(yàn)時(shí)，先將左右兩側(cè)塔輪半徑調(diào)至相等，左側(cè)小球6可置于長(zhǎng)槽或短槽處，小球在長(zhǎng)槽和短槽處運(yùn)動(dòng)時(shí)半徑之比為2∶1。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，若左邊標(biāo)尺露出約2格，右邊標(biāo)尺露出約3格（如圖2所示），已知小球受到的彈力與標(biāo)尺露出的格子數(shù)成正比，則左側(cè)小球應(yīng)置于______（填“長(zhǎng)槽”或“短槽”）處，材質(zhì)應(yīng)選擇______（填“膠木”、“鋁”或“鐵”）。
【答案】 ①. 長(zhǎng)槽 ②. 鋁
【解析】
【詳解】[1][2]由題意可知，兩側(cè)小球角速度相等，且彈力即向心力之比為
向心力表達(dá)式為
小球大小相等，則質(zhì)量與密度成正比，結(jié)合表格數(shù)據(jù)，左側(cè)放置鋁球，右側(cè)放置鐵球時(shí)，運(yùn)動(dòng)半徑之比為應(yīng)為，才能使向心力之比為2:3。故左側(cè)小球應(yīng)置于長(zhǎng)槽，且為鋁球。
18. 在“練習(xí)使用多用電表”實(shí)驗(yàn)中：
（1）可供選擇的器材中有一碳膜電阻，如圖1所示，觀察其色環(huán)顏色，查得該碳膜電阻的阻值為2kΩ，誤差為。
①在使用多用電表測(cè)該電阻前，發(fā)現(xiàn)指針如圖2所示，現(xiàn)需要調(diào)整圖3中的部件______（填字母“K”、“S”或“T”），使指針對(duì)準(zhǔn)電流的“0”刻線。
②將部件K撥至“”擋，通過(guò)歐姆調(diào)零使指針對(duì)準(zhǔn)電阻的“0刻線”。將紅、黑表筆分別與待測(cè)電阻兩端接觸，若多用電表指針如圖4所示，則待測(cè)電阻為_(kāi)_____Ω，測(cè)量完畢后將選擇開(kāi)關(guān)撥至“OFF”擋。
（2）測(cè)量該碳膜電阻的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：
A．電流表（量程0~3mA，內(nèi)阻約20Ω）
B．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）
C．電壓表V（量程0~5V，內(nèi)阻約5kΩ）
D．滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0~10Ω，允許的最大電流2A）
E．待測(cè)碳膜電阻
F．電源（電動(dòng)勢(shì)6V，內(nèi)阻約2Ω）
G．開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若干
①實(shí)驗(yàn)時(shí)電流表應(yīng)選______（填器材前面的序號(hào)）。
②為了獲得更多的數(shù)據(jù)使測(cè)量結(jié)果更準(zhǔn)確，采用下列實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，較合理的是______。
A．B． C． D．
③用伏安法測(cè)電阻時(shí)，由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響，測(cè)量結(jié)果總存在系統(tǒng)誤差。按如圖5所示的電路進(jìn)行測(cè)量，可以消除這種系統(tǒng)誤差。該實(shí)驗(yàn)的第一步是：閉合電鍵，將電鍵接1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器和，使電壓表讀數(shù)盡量接近量程，讀出此時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)；接著讓兩滑動(dòng)變阻器的滑片保持位置不動(dòng)，將電鍵接2，讀出這時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)。由以上記錄數(shù)據(jù)計(jì)算被測(cè)電阻的表達(dá)式是______．
【答案】（1） ①. S ②. 1900##
（2） ①. A ②. B ③.
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
[1]在使用多用電表測(cè)該電阻前，發(fā)現(xiàn)指針如圖2所示并未指在“0”刻度處，因此需要調(diào)整圖3中的部件“S”指針定位螺絲，即機(jī)械調(diào)零旋鈕，使指針指在“0”刻度處。
[2]多用電表歐姆擋表盤為最上面弧線所示刻度，測(cè)電阻讀數(shù)時(shí)，應(yīng)用表盤讀數(shù)乘以所選倍率，根據(jù)讀數(shù)原理可得該待測(cè)電阻的阻值為
【小問(wèn)2詳解】
[1]實(shí)驗(yàn)中所選電源電動(dòng)勢(shì)為6V，根據(jù)直除法可得電路中最大電流約為
根據(jù)電表的選取原則，實(shí)驗(yàn)中的電流讀數(shù)要超過(guò)其量程的三分之一，因此可知應(yīng)選擇電流表。
故選A。
[2]為了獲得更多的數(shù)據(jù)使測(cè)量結(jié)果更準(zhǔn)確，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，同時(shí)根據(jù)
可知，為了使實(shí)驗(yàn)結(jié)果更加準(zhǔn)確則應(yīng)選擇電流表的內(nèi)接法。
故選B。
[3]根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，當(dāng)開(kāi)關(guān)S2接1時(shí)，根據(jù)部分電路的歐姆定律有
當(dāng)開(kāi)關(guān)S2接2時(shí)，根據(jù)部分電路的歐姆定律有
由此可得
19. 某興趣小組設(shè)計(jì)了一溫度報(bào)警裝置，原理圖如圖所示，豎直放置的導(dǎo)熱汽缸內(nèi)用質(zhì)量、橫截面積、上表面涂有導(dǎo)電物質(zhì)的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)缸內(nèi)氣體的溫度時(shí)，活塞下表面與汽缸底部的距離，上表面與a、b兩觸點(diǎn)的距離。當(dāng)活塞上移至卡口處，上表面恰好與a、b兩觸點(diǎn)接觸，觸發(fā)報(bào)警器報(bào)警。不計(jì)一切摩擦，大氣壓強(qiáng)恒為，重力加速度g取。
（1）求該報(bào)警裝置報(bào)警的最低熱力學(xué)溫度；
（2）當(dāng)環(huán)境溫度緩慢升高到時(shí)，求封閉氣體的壓強(qiáng)；
（3）若環(huán)境溫度由緩慢升高到時(shí)，氣缸內(nèi)氣體吸收熱量1.8J，求該部分氣體內(nèi)能的增量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）當(dāng)環(huán)境溫度緩慢上升，活塞剛到達(dá)卡扣處，此過(guò)程中封閉氣體處于等壓膨脹過(guò)程，則有
解得
（2）加熱之前，根據(jù)平衡條件有
解得
當(dāng)環(huán)境的熱力學(xué)溫度升高到時(shí)，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有
解得
（3）環(huán)境的熱力學(xué)溫度由升高到時(shí)時(shí)，外界對(duì)氣體做功為
由熱力學(xué)第一定律可得
可得
20. 如圖所示為某彈射游戲裝置，游戲軌道由水平直軌道AB和兩個(gè)半徑為、圓心角的圓弧軌道BC、組成，OB、豎直，小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）能無(wú)碰撞地從軌道BC進(jìn)入軌道。小球1被固定于A處的彈簧彈出后，與靜置在水平軌道的小球2發(fā)生彈性碰撞。游戲設(shè)置一、二、三等獎(jiǎng)：若小球2能夠進(jìn)入圓弧軌道獲三等獎(jiǎng)，若小球2能在圓弧軌道（不包括D點(diǎn)）段脫離獲二等獎(jiǎng)，若小球1能在圓弧軌道（不包括D點(diǎn)）段脫離則獲一等獎(jiǎng)，其他情況都不能獲獎(jiǎng)。已知小球1的質(zhì)量，小球2的質(zhì)量，重力加速度g取，忽略一切摩擦，不考慮小球間的二次碰撞。
（1）若游戲能獲獎(jiǎng)，則小球2進(jìn)入B點(diǎn)時(shí)，求軌道BC對(duì)小球彈力的最小值；
（2）小球2碰后的速度多大時(shí)，游戲能獲二等獎(jiǎng)；
（3）彈性勢(shì)能滿足什么條件時(shí)可獲一等獎(jiǎng)。
【答案】（1）45N；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）若游戲能獲獎(jiǎng)，設(shè)小球2到達(dá)C點(diǎn)的最小速度為
根據(jù)機(jī)械能守恒
在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律
解得，軌道BC對(duì)小球彈力
（2）游戲能獲二等獎(jiǎng)，小球2能在圓弧軌道（不包括D點(diǎn)）段脫離，過(guò)點(diǎn)作水平線與軌道交于E點(diǎn)，即小球2能在E點(diǎn)脫離，根據(jù)機(jī)械能守恒
得
小球2能在D點(diǎn)脫離
根據(jù)機(jī)械能守恒
得
則小球2碰后的速度
（3）小球1能在圓弧軌道（不包括D點(diǎn)）段脫離則獲一等獎(jiǎng)，由（2）可知，小球1碰后的速度最小值
設(shè)碰前小球1的速度v，小球2碰后的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒
根據(jù)能量守恒
，
解得
根據(jù)能量守恒，彈性勢(shì)能
小球1碰后的速度最大值
同理由動(dòng)量守恒及能量守恒
，
根據(jù)能量守恒，彈性勢(shì)能
21. 如圖，電阻不計(jì)的光滑水平導(dǎo)軌距，其內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌左側(cè)接一電容的電容器，初始時(shí)刻電容器帶電量，電性如圖所示。質(zhì)量、電阻不計(jì)的金屬棒ab垂直架在導(dǎo)軌上，閉合開(kāi)關(guān)S后，ab棒向右運(yùn)動(dòng)，且離開(kāi)時(shí)已勻速。下方光滑絕緣軌道間距也為L(zhǎng)，正對(duì)放置，其中為半徑、圓心角的圓弧，與水平軌道相切于M、N兩點(diǎn)，其中NO、MP兩邊長(zhǎng)度，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿導(dǎo)軌向右建立坐標(biāo)系，OP右側(cè)處存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下。質(zhì)量、電阻的“U”型金屬框靜止于水平導(dǎo)軌NOPM處。導(dǎo)體棒ab自拋出后恰好能從處沿切線進(jìn)入圓弧軌道，并于MN處與金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后組成閉合線框一起向右運(yùn)動(dòng)。
（1）求導(dǎo)體棒ab離開(kāi)時(shí)的速度大小；
（2）若閉合線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，立刻給線框施加一個(gè)水平向右的外力F，使線框勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，求此過(guò)程中線框產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）閉合線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后由于安培力作用而減速，試討論線框能否穿過(guò)區(qū)域，若能，求出離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度：若不能，求出線框停止時(shí)ab邊的位置坐標(biāo)x。
【答案】（1）；（2）1.25J；（3）不能，
【解析】
【詳解】（1）設(shè)初始時(shí)電容器兩端到達(dá)電壓為，由電容公式有
對(duì)導(dǎo)體棒，由動(dòng)量定理有
導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定過(guò)程，設(shè)電容器極板上電荷量變化量為q，導(dǎo)體棒穩(wěn)定后的電動(dòng)勢(shì)為E，有
整理有
由電流的公式有
導(dǎo)體棒切割磁感線的電動(dòng)勢(shì)為
解得
（2）由于導(dǎo)體棒恰好能從處沿切線進(jìn)入圓弧軌道，設(shè)進(jìn)入瞬間導(dǎo)體棒的速度為，有
解得
設(shè)導(dǎo)體棒在與金屬框碰撞前的速度為，由動(dòng)能定理有
解得
金屬棒和線框發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后速度為，有
解得
由題意分析可知，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)到出磁場(chǎng)過(guò)程中，始終只有一條邊切割磁感線，則其電動(dòng)勢(shì)為
則線框內(nèi)的電流為
線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中所受安培力為
線框進(jìn)入過(guò)程所產(chǎn)生的焦耳熱與線框克服安培力所做的功相同，為
由上述安倍力的表達(dá)式可知，安倍力隨著進(jìn)入磁場(chǎng)的距離均勻變化，所以進(jìn)入過(guò)程中，安培力的平均值為
線框出磁場(chǎng)和進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，克服安培力做功的相同，所以整個(gè)過(guò)程，線框產(chǎn)生的焦耳熱為
（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程由動(dòng)量定理有
整理有
，
解得
所以線框不能完全離開(kāi)磁場(chǎng)，則有
解得
22. 如圖甲所示，曲線OP上方有沿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小為，曲線左側(cè)有一粒子源AB，B端位于x軸上，能夠持續(xù)不斷地沿方向發(fā)射速度為，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子束，這些粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均能夠通過(guò)O點(diǎn)，已知從A點(diǎn)入射粒子恰好從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)重力及粒子間的相互作用。
（1）寫出勻強(qiáng)電場(chǎng)邊界OP段的邊界方程（粒子入射點(diǎn)的坐標(biāo)y和x間的關(guān)系式）：
（2）若第四象限內(nèi)存在邊界平行于坐標(biāo)軸的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出），磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。自O(shè)點(diǎn)射入的粒子束，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均能夠返回y軸，若粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)始終未離開(kāi)磁場(chǎng)，求磁場(chǎng)的最小面積；
（3）若第一象限與第四象限間存在多組緊密相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)（如圖乙），電磁場(chǎng)邊界與y軸平行，寬度均為d，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸正方向，現(xiàn)僅考慮自A端射入的粒子，經(jīng)勻強(qiáng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，恰好與y軸負(fù)方向成從O點(diǎn)射入，試確定該粒子將在第幾個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域拐彎（即速度恰好與y軸平行）。
【答案】（1）；（2）；（3）3
【解析】
【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)E1區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
解得
（2）設(shè)粒子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度為v，與y軸的夾角為θ，則
由
可得
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在y軸上的偏移量
?y恒定，故所有粒子均擊中y軸上的同一位置，即
處；在x軸上從B端射入的粒子到達(dá)的x軸上坐標(biāo)的最遠(yuǎn)距離為
得磁場(chǎng)的最小面積
（3）粒子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)與y軸負(fù)方向成角，可得粒子的速度為
設(shè)粒子在第n+1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域拐彎，則電場(chǎng)中共加速n次：由動(dòng)能定理
可得
在y軸方向上由動(dòng)量定理
可得
可得
解得
計(jì)數(shù)點(diǎn)
A
B
C
D
E
位置坐標(biāo)（cm）
4.50
5.50
7.30
9.80
13.1
材料
膠木
鋁
鐵
密度（）
1.3-1.4
2.7
7.8

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