1.(2024廣東韶關(guān)二模)三星堆遺址距今已有5 000至3 000年歷史,昭示長江流域與黃河流域一樣同屬中華文明的母體。應(yīng)用碳14測定年代是考古中的重要方法,在高空大氣中,來自宇宙射線的中子轟擊氮14,不斷以一定的速率產(chǎn)生碳14,接著碳14就發(fā)生放射性衰變,其半衰期為5 730年,反應(yīng)方程分別為nCCNe。以下說法正確的是( )
A.核反應(yīng)方程要遵循電荷數(shù)守恒和質(zhì)量守恒
B.碳14發(fā)生的放射性衰變是β衰變
C.埋入地下的植物中,碳14的半衰期將變長
D.4個碳14在經(jīng)過一個半衰期后,一定還剩2個
答案 B
解析 核反應(yīng)方程要遵循電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒,而質(zhì)量會虧損,釋放核能,故A錯誤;碳14發(fā)生放射性衰變的核反應(yīng)方程是CNe,是β衰變,故B正確;放射性元素的半衰期與物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)均無關(guān),與原子核自身的結(jié)構(gòu)有關(guān),故埋入地下的植物中,碳14的半衰期不變,故C錯誤;半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律,則4個碳14在經(jīng)過一個半衰期后,不一定剩2個,故D錯誤。
2.(2024江西贛州一模)LED燈具有節(jié)能、環(huán)保、壽命長、高亮度、耐高溫等特點而得到廣泛使用,如圖甲所示為汽車車頭LED大燈,為提高亮度,燈組的前端是一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的玻璃球,原理簡化圖如圖乙所示,O為球心,一單色光束從O1處射向A點,經(jīng)折射后從B點平行于OO1射出,折射角為60°,OA⊥OB,則( )
A.此光束在A點的入射角α=30°
B.此光束在玻璃球中的頻率比在真空中要小
C.此光束在玻璃球中傳播的時間為
D.玻璃球的折射率為
答案 D
解析 根據(jù)幾何關(guān)系可知,此光束從B點射出時的入射角為45°,根據(jù)折射定律可知,玻璃球的折射率為n=,由于光束在A點的折射角為45°,則此光束在A點的入射角為α=60°,故A錯誤,D正確;此光束在玻璃球中的頻率與在真空中的頻率相等,故B錯誤;此光束在玻璃球中傳播的速度為v=,根據(jù)幾何關(guān)系可知,光束在玻璃球中傳播的距離為s=R,則此光束在玻璃球中傳播的時間為t=,故C錯誤。
3.(2024四川南充二模)金屬探測器已經(jīng)廣泛應(yīng)用于安檢場所,下列關(guān)于金屬探測器的說法正確的是( )
A.金屬探測器可用于食品生產(chǎn)中,防止細小的砂石顆?；烊胧称分?br>B.金屬探測器探測金屬時,被探測金屬中感應(yīng)出渦流
C.金屬探測器在使用時必須快速移動
D.金屬探測器只能探測出具有鐵磁性的金屬材料
答案 B
解析 金屬探測器只能探測金屬,不能用于食品生產(chǎn),不能防止細小的砂石顆粒混入食品中,故A、D錯誤;金屬探測器探測金屬時,被測金屬中感應(yīng)出渦流,故B正確;探測過程中金屬探測器與被測物體相對運動即可,不用快速移動,故C錯誤;故選B。
二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
4.如圖所示,S1、S2是振動情況完全相同的兩個波源,它們的振動頻率均為5 Hz。P是兩列波傳播方向上的一個質(zhì)點,其中PS1=6 m,PS2=10 m。t=0時,P剛好振動到波峰位置。已知S1、S2連線上相鄰兩振動加強點間的距離為0.5 m,下列說法正確的是( )
A.波的傳播速度為10 m/s
B.波的傳播速度為5 m/s
C.t=0.1 s時,P質(zhì)點剛好振動到波谷位置
D.t=0.1 s時,P質(zhì)點剛好振動到波峰位置
答案 BC
解析 如圖所示,設(shè)Q1是S1、S2連線中點左側(cè)第1個振動加強點,Q2是其左側(cè)第2個振動加強點,Q2與Q1相距Δl,由振動加強的條件有Q1S2-Q1S1=λ,同理有Q2S2-Q2S1=(Q1S2+Δl)-(Q1S1-Δl)=2λ,聯(lián)立解得|Δl|=,即連線上相鄰兩振動加強點間的距離為,由題意知=0.5m,得λ=1m,波的傳播速度為v==λf=5m/s,A錯誤,B正確;由題意得PS2-PS1=4m=4λ,則P所在位置是振動加強點,t=0.1s時,即經(jīng)過的時間為t=,故從波峰經(jīng)歷半個周期,P質(zhì)點剛好振動到波谷位置,C正確,D錯誤。
5.(2024江西鷹潭一模)如圖所示為在水平面內(nèi)振動的彈簧振子,O是平衡位置,P是最大位移處,不計小球與軸的摩擦,振幅為A,振動周期為T,則下列說法正確的是( )
A.若M是OP的中點,則小球從O到M的最短時間等于從M到P的最短時間的一半
B.從小球運動到O點開始計時,t=時小球距O點的距離為A
C.小球從O向P運動的過程中加速度不斷減小
D.小球從O向P運動的過程中速度與位移的方向相同
答案 ABD
解析 若M是OP的中點,則小球從O到M最短時間滿足=Asinωt=Asint,得t=,解得t=,M到P的最短時間為t'=,明顯t=,則從O到M的最短時間是從M到P的最短時間的一半,故A正確;把t=代入方程x=Asinωt=Asint,解得x=A,故B正確;小球從O向P運動的過程中,回復(fù)力增大,則加速度增大,故C錯誤;小球從O向P運動的過程中,速度和位移方向均向右,故速度和位移的方向相同,故D正確。
三、非選擇題:本題共3小題,共23分。
6.(6分)(2024山東臨沂模擬)某物理小組的同學(xué)查閱資料得知,彈簧彈性勢能表達式為Ep=kx2,k為彈簧的勁度系數(shù),x為彈簧形變量。他們設(shè)計了如圖甲所示裝置來測量重力加速度g,操作步驟如下:
(1)該同學(xué)首先利用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度,如圖乙所示,寬度為d= cm。
(2)按圖甲所示豎直懸掛好輕質(zhì)彈簧,將輕質(zhì)遮光條水平固定在彈簧下端,測出此時彈簧的長度x0;在鐵架臺上固定一個位置指針,標(biāo)示出彈簧不掛鉤碼時遮光條下邊緣的位置,用輕質(zhì)細線在彈簧下方掛上鉤碼,測量出平衡時彈簧的長度x,并按圖甲所示將光電門的中心線調(diào)至與遮光條下邊緣同一高度。
(3)用手緩慢地將鉤碼向上托起,直至遮光條下邊緣恰好回到彈簧原長時指針標(biāo)記的等高處(保持細線豎直),將鉤碼由靜止釋放,記下遮光條經(jīng)過光電門的時間Δt,則鉤碼此時的速度v= (用題中所給字母表示)。
(4)多次改變鉤碼個數(shù),重復(fù)步驟(2)(3),得到多組數(shù)據(jù),作出(x-x0)-圖像如圖丙所示;根據(jù)數(shù)據(jù)計算出圖線斜率為b時,g= (用d和b表示)。
答案 (1)0.230 (3) (4)
解析 (1)主尺讀數(shù)為2mm,游標(biāo)卡尺第6條刻度線與主尺對齊,寬度為
d=2mm+6×0.05mm=0.230cm。
(3)鉤碼此時的速度為v=。
(4)根據(jù)受力平衡k(x-x0)=mg
所以Ep彈=k(x-x0)2=mg(x-x0)
根據(jù)機械能守恒定律mg(x-x0)=k(x-x0)2+
聯(lián)立,解得x-x0=
結(jié)合圖丙,可得斜率k==b
解得g=。
7.(7分)(2024內(nèi)蒙古赤峰一模)如圖所示,豎直面內(nèi)有一粗細均勻的U形玻璃管。初始時,U形管右管上端封有壓強為p0的理想氣體A,左管上端封有長度L1=8 cm的理想氣體B,左右兩側(cè)水銀面高度差L2=5 cm,此時A、B氣體的溫度均為280 K。已知p0相當(dāng)于75 cm高水銀柱產(chǎn)生的壓強。
(1)求初始時理想氣體B的壓強;
(2)保持氣體A溫度不變,對氣體B緩慢加熱,求左側(cè)液面下降4 cm時氣體B的溫度。
答案 (1)p0 (2)668 K
解析 (1)根據(jù)題意,設(shè)初始時理想氣體B的壓強為pB,水銀密度為ρ,則有
pB+ρgL2=p0=75cm·ρg
解得pB=p0。
(2)左側(cè)液面下降4cm時,右側(cè)液面上升4cm,初狀態(tài)理想氣體A的壓強為p0,長度為
L0=L1+L2=13cm
末狀態(tài)理想氣體A的壓強為pA,長度為L0'=L0-4cm=9cm
則有p0L0S=pAL0'S
解得pA=p0
則末狀態(tài)理想氣體B的壓強為pB'=pA+3cm·ρg
對氣體B有
解得T=668K。
8.(10分)(2024四川成都二模)如圖甲所示為某“彈彈棋”的實物圖,棋盤水平放置,黑、白棋區(qū)域關(guān)于中央擋板對稱分布。某次游戲過程中,一枚白棋和一枚黑棋同時從各自起點線中央處獲得沿軸線方向的初速度,并沿軸線做勻減速直線運動,俯視圖如圖乙所示。已知白棋、黑棋質(zhì)量相等且可視為質(zhì)點,兩起點線之間的距離為L=0.5 m,棋子與棋盤間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,白棋初速度大小為v1=1.5 m/s,經(jīng)時間t=0.2 s后與運動中的黑棋發(fā)生正碰,碰撞過程時間極短且無能量損失,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)碰撞的位置到白棋起點的距離x1及黑棋的初速度大小v2;
(2)通過計算判斷黑棋能否停在白棋區(qū)域。
答案 (1)0.2 m 2 m/s (2)黑棋能停在白棋區(qū)域,原因見解析
解析 (1)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知碰撞的位置到白棋起點的距離x1=v1t-at2
設(shè)黑、白棋質(zhì)量為m,根據(jù)牛頓第二定律可知白棋在運動過程中的加速度大小a==μg=5m/s2
解得x1=0.2m
由題意可知,黑棋與碰撞位置之間的距離為x2=L-x1=0.3m
則有x2=v2t-at2
解得黑棋的初速度大小v2=2m/s。
(2)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知,黑、白棋碰撞前各自的速度大小為
v1'=v1-at=0.5m/s,v2'=v2-at=1m/s
設(shè)白棋運動方向為正方向,碰撞過程時間極短且無能量損失,則有
mv1'-mv2'=mv1″+mv2″
mv1'2+mv2'2=mv1″2+mv2″2
解得碰后黑、白棋的速度v1″=-1m/s,v2″=0.5m/s
碰后兩球速度均反向,碰撞位置與小孔距離x=-x1=0.05m
碰撞后到黑棋停下來,黑棋的位移x2'==0.025m

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