2023年浙江省四校联盟高考物理模拟试卷及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2023年浙江省四校联盟高考物理模拟试卷1.下列物理量的单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是(    )A.功率P，kg⋅m2/s2B.万有引力常量G，N⋅m2/kg2C.磁感应强度B，N/(A⋅m)D.电场强度E，kg⋅m/(s3⋅A)2.2022年卡塔尔足球世界杯赛场上，下列说法正确的是(    )A.运动员将球踢出时，脚对球的作用力大于球对脚的作用力B.运动员踢出“香蕉球”，记录“香蕉球”的轨迹时，可将足球看成质点C.踢出后的足球在空中受到重力、支持力、阻力和推力D.头球射门时，足球受到的弹力源于足球的形变3.下列有关科学家及他们的贡献描述正确的是(    )A.平均速度、瞬时速度以及加速度等概念，是伽利略首先建立起来的B.丹麦天文学家第谷观测发现，行星绕太阳运动的轨道不是圆，而是椭圆C.法拉第发现了电流的磁效应，证实了电与磁是有联系的D.自然界的电荷只有两种，库仑将它们命名为正电荷和负电荷4.科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知(    )A.0～t1时间内，运动员训练前做匀加速直线运动B.0～t2时间内，训练后运动员的平均加速度大C.0～t2时间内，训练前运动员的平均速度大D.t2～t3时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等5.如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是(    )A.甲、乙的最大腾空高度相同B.甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度C.甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同D.甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同6.如图所示，在长为1m的细绳下端拴一质量为0.6kg的小球，捏住绳子上端，使小球在水平面内做圆周运动，这样就成了一个圆锥摆。开始时使绳子跟竖直方向的夹角为α=37°，之后对小球做功，再次稳定后，使绳子跟竖直方向的夹角为β=53°，保持悬点不变。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则手对小球做的功为(    )A.1.2JB.1.85JC.3.05JD.4.05J7.静电透镜是利用静电场使带电粒子束会聚或发散的一种装置。其中某部分静电场的分布如图所示，曲线表示这个静电场在纸平面内的一簇等势线，等势线关于虚线轴OO′对称，且相邻两等势线的电势差相等。带电粒子a、b分别从A点、B点平行虚线轴射入电场，两粒子在虚线轴上某处相遇，则从射入电场到相遇过程中，下列说法正确的是(    )A.粒子b的加速度不断增加，速度不断减小B.粒子a的加速度不断减小，电势能不断增加C.粒子a、b的电性相同，电势能均不断减小D.粒子a、b的电性不同，速度均不断减小8.“救命神器”——自动体外除颤仪(AED)，它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用，用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，开关拨到2，将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，该除颤器的电容器电容为15μF，如果充电后电容器的电压为9.0kV，电容器在5.0ms时间内完成放电。下列说法正确的是(    )A.放电前，电容器存储的电荷量为0.135CB.放电过程中，电流大小不变C.放电后，电容器的电容为零D.自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越长9.如图所示，木模A质量为m，木模B质量为2m。通过三根轻质竖直细线对称连接，木模B静止在水平面上。细线a、b、c上的张力大小分别用Fa、Fb、Fc表示，水平面所受的压力大小为FN，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(    )A.FN<3mgB.Fa+Fb+Fc=FNC.Fa+Fb+Fc=mgD.Fa>Fb+Fc10.王亚平在“天宫课堂”中，将分别粘有水球的两块透明板慢慢靠近，直到两个水球融合在一起，再把两板慢慢拉开，水在两块板间形成了一座“水桥”。如图甲所示，为我们展示了微重力环境下液体表面张力的特性。“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层，已知分子间作用力F和分子间距r的关系如图乙。下列说法正确的是(    )A.可以推断水和透明板是不浸润的B.王亚平把两板慢慢拉开形成“水桥”的过程，“水桥”表面层相邻水分子间的分子势能变小C.王亚平把两板慢慢拉开形成“水桥”的过程，“水桥”表面层相邻水分子间的分子力做负功D.王亚平放开双手两板吸引到一起，该过程表面层相邻水分子间的作用力与分子间的距离的关系与乙图的A到B过程相对应11.点光源以100W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10−7m的光，点光源每秒辐射的光子数为N。已知普朗克常量为h=6.63×10−34J⋅s，则N约为(    )A.6×1018个B.3×1019个C.3×1020个D.6×1021个12.如图所示，火星绕太阳运动的轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍，某火星探测器沿椭圆轨道运动，其轨道的近日点位于地球轨道上的A点，其轨道的远日点位于火星轨道上的B点。下列说法正确的是(    )A.探测器在椭圆轨道A点的加速度大于地球在A点的加速度B.探测器在椭圆轨道B点的线速度大于火星在B点的线速度C.探测器运动的周期约为2.0年D.地球、火星和太阳三者两次共线相邻的最短时间间隔约为1.1年13.一物块在倾角为30°的固定斜面(足够长)上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则(    )A.物块与斜面间的动摩擦因数为32B.0～t0时间内，机械能增大4JC.0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2D.若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到014.如图是一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的景物都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到。下列说法中正确的是(    )A.水下的石头看起来的深度比实际深一些B.远处水面下景物的光线射到水面处可能发生了全反射C.可以利用偏振片“过滤”掉山峰和天空彩虹的倒影D.远处对岸山峰和天空彩虹的倒影十分清晰，是由于光的干涉所引起的15. ​14C发生放射性衰变为 ​14N和粒子X，半衰期约为5700年。已知 ​14C、 ​14N、X的质量分别为m1、m2、m3， ​14C、 ​14N的比结合能分别为E1和E2，真空中的光速为c。植物存活期间，其体内 ​14C与 ​12C的比例不变；生命活动结束后， ​14C的比例持续减少。下列说法正确的是(    )A.粒子X为电子B.全球变暖将加速 ​14C的衰变C.14E1−14E2=(m1−m2−m3)c2D.若某古木样品中 ​14C的比例正好是现代植物样品的四分之一．该古木的年代距今约为11400年16.水平面上的两个波源S1和S2相距8m，频率均为5Hz，以S1和S2中点为坐标原点建立坐标系。t=0时波源S1从平衡位置开始垂直纸面向下做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播。某时刻波源S2开始垂直纸面向上做简谐运动，在t=0.65s时两列波的最远波峰同时传到P点，P点的坐标为(0,3)。则(    )A.波的传播速度为10m/sB.y轴所在直线为减弱区C.t=0.65s时波峰与波谷相遇的点共有8个D.t=1s后S2P连线上(包括S2点与P点)共有6个加强点17.利用图甲装置，研究“小车(含拉力传感器)质量一定时，加速度与合外力关系”，实验步骤如下：①细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上。将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平行，启动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数F0；②撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设此时小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的s−t图像，并求出小车的加速度a；③改变长板的倾角，重复步骤①②可得多组F、a的数据。完成下列相关实验内容：(1)在步骤①②中，F0______F(选填“=”“>”或“<”)；(2)本次实验______(选填“需要”“不需要”)平衡小车所受到的摩擦力；(3)某段时间内小车的s−t图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为______m/s2(计算结果保留两位小数)。18.如图示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中：①(单选)关于本实验，下列说法正确的是______。A.若在目镜中看不到光，可以调节拨杆使目镜中出现光亮B.若测量头的分划板中心线与干涉条纹不平行，可以调节拨杆使它们平行C.若在目镜中无法看到清晰的干涉条纹，可以调节拨杆使条纹变得清晰②采用某种单色光进行实验，在屏幕上形成双缝干涉图样。若已知双缝之间的距离为0.30mm，测得双缝到屏幕的距离为1.0m，第1条到第6条亮条纹中心的距离为10.50mm，则红光的波长为______m(保留2位有效数字)。19.某小组测量某金属细杆(如图甲)的电阻率，应用了学生电源E、定值电阻R0、电压表V1和V2、电阻箱R等器材，操作步骤如下：(1)用刻度尺测量金属细杆的长度L，用游标卡尺在不同部位测量金属环横截面的直径D，读数如图乙所示，示数为______cm；(2)按图丙连接电路，a、b间器件表示金属环，闭合开关，调节电阻箱，记录两块电压表和电阻箱的读数，绘制出丁图，可计算出金属环的阻值R′=______Ω，用L、D、R′表示出该金属环的电阻率ρ=______；(3)从系统误差角度看，由丁图计算出的阻值R′______真实值(选填“大于”、“小于”或“等于”)。20.2022年11月21日00：00(北京时间)，于卡塔尔海湾体育场(图一)拉开序幕。海湾足球场按世界 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 球场设计，长105m、宽68m。足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为10m/s的匀减速直线运动，且足球所受阻力大小恒为重力大小的18。试求：(1)足球从开始做匀减速运动后6s时的速度大小；(2)足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小；(3)攻方前锋的最高时速可以达到36km/h。假设该足球开始做匀减速直线运动的时候，他迟疑了2s后开始沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为加速度为2.5m/s2的匀加速直线运动，攻方前锋启动后至少经过多长时间能追上足球？21.某实验小组探究气体做等温变化的规律时，小王同学测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、1V为横轴，画出图像如图所示，则产生的可能原因是(    )A.实验时注射器柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大B.实验时环境温度越来越高C.实验时外界大气压强发生了变化D.实验时注射器内的气体逐渐向外泄漏22.如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.5kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.8m，水平面BD的长度x1=2m，传送带长度x2=9m，距离落地区的竖直高度H=0.5m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度v0=6m/s逆时针转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响)。(1)若h=1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；(2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；(3)求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。23.舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。当开关S接通，电压恒为U=10V的电源为系统供电，动子从静止开始推动飞机加速，此加速过程中线圈中的电流随时间的变化规律为I=100sint(A)。当电流第一次减为零时飞机与动子脱离。此时断开S，动子将做阻尼运动而最终停下。已知线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，直流电阻不计。飞机的质量M=8kg，动子和线圈的总质量m=2kg，R0=4Ω，B=0.01T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：(1)开关S接通后瞬间，线圈的自感电动势大小E自；(2)电流第一次达到最大时，飞机的速度大小v1及飞机与动子脱离时的速度大小v2；(3)飞机与动子脱离后，动子运动过程的位移大小x；(4)电流第一次达到最大时，线圈存储的磁场能。(不考虑电磁辐射的能量)24.如图甲所示，正方形荧光屏abcd与正方形金属板相距L2水平平行放置，二者的边长均为L。金属板的中心开有小孔，小孔正下方有一通电金属丝可持续发射热电子，金属丝与金属板之间加有恒定电压U。以金属板中心小孔为坐标原点，沿平行于金属板两边和垂直金属板方向建立x、y和z坐标轴，电子从金属丝发射经小孔沿z轴正方向射入磁场区域，测得电子经电场加速后经过小孔时的速度大小介于v与2v之间。z轴与荧光屏的交点为s，金属板与荧光屏之间存在磁场(图中未画出)，其磁感应强度沿z轴方向的分量始终为零，沿x轴和y轴方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0=2mveL。已知电子的质量为m、电荷量大小为e，忽略电子间的相互作用，且电子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，可认为电子在磁场运动过程中磁感应强度不变。求：(1)从金属丝发射的电子的初速度大小范围；(2)t=0.75T时以2v速度进入磁场的电子打在荧光屏上的位置坐标；(3)t=0.25T时以v与2v速度进入磁场的两个电子打在荧光屏上时的时间差；(4)请在荧光屏的俯视图丙中定性画出电子在荧光屏上出现的位置。(不要求计算过程) 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 和解析1.【答案】D 【解析】解：A.根据p=Fv，用国际单位制中的基本单位，功率的单位kg⋅m/s2⋅m/s=kg⋅m2/s3，故A错误；B.根据公式F=GMmr2，等式左边公式kg⋅m/s2，等式右边，质量单位kg，距离单位m，用国际单位制中的基本单位，换算得万有引力常量的单位m3/kgs2，故B错误；C.根据公式B=FIL，分子单位kg⋅m/s2，分母中电流单位A，长度单位m，用国际单位制中的基本单位，换算得磁感应强度的单位kg/A⋅s2，故C错误；D.根据公式E=Fq，分子单位kg⋅m/s2，分母中电流q=It，单位为A⋅s，用国际单位制中的基本单位，换算得电场强度单位kg⋅m/(s3⋅A)，故D正确；故选：D。本题选择相应物理量公式，根据国际单位制，进行换算，即可解答。本题考查学生对单位制换算的掌握，难度不高，比较基础。2.【答案】B 【解析】解：A、运动员将球踢出时，脚对球的作用力与球对脚的作用力是一对相互作用力，二者总是大小相等，故A错误；B、研究足球运动员踢出的“香蕉球”的轨迹时，足球的大小和形状可以忽略，可看成质点，故B正确；C、踢出后的足球在空中受到重力和阻力，故C错误；D、头球射门时，足球受到的弹力是由球网形变产生的，故D错误。故选：B。物体间力的作用是相互的，相互作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在两个不同的物体上；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可；踢出后的足球在空中受到重力和阻力；知道弹力产生是由于施力物体发生形变而产生的，弹力的方向与施力物体恢复形变的方向相同。本题考查了相互作用力、质点、弹力等基本概念，属于基础题难度不大。3.【答案】A 【解析】解：A.平均速度、瞬时速度以及加速度等概念，是伽利略首先建立起来的，故A正确；B.行星绕太阳运动的轨道不是圆，而是椭圆，是科学家开普勒发现的，故B错误；C.奥斯特发现了电流的磁效应，证实了电与磁是有联系的，故C错误；D.自然界的电荷只有两种，富兰克林将它们命名为正电荷和负电荷，故D错误；故选：A。本题根据伽利略、开普勒、奥斯特、富兰克林的科学贡献，结合选项，即可解答。本题考查学生对伽利略、开普勒、奥斯特、富兰克林的科学贡献的掌握，需要学生熟记。4.【答案】AC 【解析】解：A、根据v−t图像可知，0～t1时间内，运动员训练前做匀加速直线运动，故A正确；B、根据v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，0～t2时间内，训练前后运动员的平均加速度相等，故B错误；C、根据v−t图像与时间轴所围成的面积表示位移，由题图可知，0～t2时间内，训练前运动员跑过的位移比训练后的大，则训练前运动员的平均速度大，故C正确；D、根据v−t图像与时间轴所围成的面积表示位移，由题图可知，t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，故D错误。故选：AC。根据v−t图像可直接读出运动员速度变化情况，根据图像的斜率分析运动员的加速度大小，图像与横轴围成的面积分析运动员的位移大小，结合平均速度的定义分析平均速度的大小。本题考查v−t图像的基本应用，要知道v−t图像的斜率表示加速度，图像与横轴围成的面积表示位移。5.【答案】D 【解析】解：A.甲的滞空时间比乙长，故甲的竖直速度vy更大，最大腾空高度h=vy22g，故甲的腾空高度更大，故A错误；B.乙的最小速度比甲的最小速度大，即甲的vx更小，从A点滑出时的初速度v=vx2+vy2，故无法比较，故B错误；C.设初速度与水平方向夹角为θ，tanθ=vyvx，故甲与水平方向夹角更大，故C错误；D.根据水平位移公式x=vx⋅2vyg，可能相同，故甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，故D正确；故选：D。本题根据斜抛运动规律：最大高度h=vy22g，v=vx2+vy2，tanθ=vyvx，结合选项，即可解答。本题考查学生对斜抛运动规律：最大高度h=vy22g，v=vx2+vy2，tanθ=vyvx的掌握，难度中等，考查学生分析推理能力。6.【答案】C 【解析】解：对摆球进行受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanα=mv12r1mgtanβ=mv22r2由几何关系得：r1=Lsinαr2=Lsinβ对小球，根据动能定理得：W手−mgL(cosα−cosβ)=12mv22−12mv12联立解得：W手=3.05J故C正确，ABD错误；故选：C。摆球做圆周运动所需要的向心力是合外力来提供的，根据牛顿第二定律列式求出两种情况下小球速度，再根据动能定理列式即可求解手对小球做的功。本题考查牛顿第二定律和动能定理在圆锥摆问题中的应用，解决此题的关键是要搞清楚向心力的来源，并运用牛顿第二定律和动能定理求解。7.【答案】B 【解析】解：由于电场线与等势面垂直，经过AB的电场线如图所示：AB.等势面的稀密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，等势面越稀疏，场强越小；根据牛顿第二定律a=Fm=Eqm可知，带电粒子a的加速度不断减小，带电粒子b的加速度不断变大；由于带电粒子所受的电场力沿电场线的切线方向，并指向运动轨迹的凹侧，因此带电粒子a所受电场力与A点速度方向相反，电场力对粒子a做负功，动能减小，速度减小，电势能增大，带电粒子b所受电场力与B点速度方向相同，电场力对粒子b做正功，动能增大，速度增大，电势能减小，故A错误，B正确；CD.假设交点为P，根据电场力做功公式W=q(φ1−φ2)，可得粒子a从A到P做功WAP=qA(φA−φP)<0，动能减小，速度减小，电势能增大，粒子b从B到P做功WBP=qB(φB−φP)>0，动能增大，速度最大，电势能减小，根据沿电场线电势逐渐降低，因此电势差(φA−φP)与(φB−φP)正负相反，所以粒子a与粒子b电性相同，故CD错误。故选：B。AB.等势面的稀密表示场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小；等势面与电场线垂直，带电粒子所受电场力沿电场线的切线方向，并指向运动轨迹的凹侧，然后根据电场力与速度方向的夹角大小判断电场力做功的正负，根据动能定理判断粒子动能的变化，根据电场力做功与电势能的关系判断电势能的变化；CD.电场力做功公式W=q(φ1−φ2)结合电场力做功的正负、电势差的正负判断粒子a、b的带电性质注意：根据电场力做功与电势能变化的关系，电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增大。8.【答案】A 【解析】解：A.放电前，电容器存储的电荷量为Q=CU=15×10−6×9.0×103C=0.135C故A正确；B.电容器放电过程中，开始时电流较大，随着带电量的减小，放电电流逐渐减小，不是恒定的，故B错误；C.电容器的电容反映的是电容器存储电荷的本领，与电容器是否带电、如何放电无关，故C错误；D.振荡电路的振荡周期为T=2πLC自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，故D错误。故选：A。根据Q=CU可解得电荷量；放电过程中，电流大小逐渐减小；电容由电容器本身决定，根据振荡电路的振荡的振荡周期公式分析放电时间长短。本题主要是考查LC振荡电路，关键是知道LC振荡电路周期的计算公式，掌握电容器充放电过程。9.【答案】D 【解析】解：对整个系统进行受力分析，根据平衡条件可得：FN′=3mg由牛顿第三定律可知，水平面所受的压力大小为FN=FN′=3mg由对称性可知：Fb=Fc对上方的木模A受力分析，则有Fa=mg+Fb+Fc可得：Fa>Fb+Fc无法计算Fa+Fb+Fc的值。故D正确，ABC错误；故选：D。对整体进行受力分析，得出水平面所受的压力大小；根据整体法和隔离法得出三个绳子拉力的大小关系。本题主要考查了共点力平衡的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合整体法和隔离法即可完成分析。10.【答案】C 【解析】解：A.水球粘在两块透明板，说明水和透明板是浸润的，故A错误；BC.形成了一座“水桥”，“水桥”表面层相邻水分子间的分子力为引力，把两板慢慢拉开形成“水桥”的过程，分子引力做负功，分子势能增大，故B错误，C正确；D.王亚平放开双手两板吸引到一起，”水桥”表面层相邻水分子间的分子力为引力且变大，而A到B过程是分子斥力减小的过程，故D错误；故选：C。本题根据浸润、不浸润，分子间作用力特点，以及分子作用力与分子势能变化的关系，即可解答。本题考查学生对浸润、不浸润，分子间作用力特点，以及分子作用力与分子势能变化的关系的掌握，难度不高，但考查学生分析推理能力。11.【答案】C 【解析】解：每秒光能E=pt=Nhcλ，代入题中数据解得N=3×1020，故C正确，ABD错误；故选：C。本题根据公式E=pt=Nhcλ，即可解答。本题解题关键是列出E=pt=Nhcλ，比较基础，但考查了学生计算能力。12.【答案】B 【解析】解：A.根据牛顿第二定律，探测器在椭圆轨道A点的加速度等于地球在A点的加速度，故A错误；B.探测器在椭圆轨道B点的线速度大于火星在B点的线速度，故B正确；C.根据开普勒第三定律a3T2=k，根据几何关系，探测器轨道的直径为(R+1.5R)=2.5R，则有(2.5R2)3T2=R312，解得T=1.4年，故C错误；D.根据开普勒第三定律a3T2=k，火星轨道的半径为1.5R，则有(1.5R)3T2=R312，解得火星周期T=1.8年，地球、火星和太阳三者两次共线相邻的最短时间间隔为t，则有(2π1−2πT)t=2π，t=2.2年，故D错误；故选：B。本题根据牛顿第二定律、开普勒第三定律、天体的追击相遇规律，即可解答。本题考查学生对牛顿第二定律、开普勒第三定律、天体的追击相遇规律的掌握，难度中等。13.【答案】C 【解析】解：A、设0～t0时间内，物块的位移为x。根据重力做功与重力势能变化的关系得：mgxsin30°=5J ①由功能关系可得：μmgxcos30°=8J ②联立解得：μ=8315，故A错误；B、0～t0时间内，动能增大8J，重力势能减小5J，所以机械能增大3J，故B错误；C、根据动能定理得：max=12J ③联立①③解得：a=12m/s2，故C正确；D、t0时刻撤去拉力，此时物块的速度为v=at0。此后，由牛顿第二定律得：μmgcos30°−mgsin30°=ma′，解得：a′=3m/s2设再经过时间t物块速度减到0，则v=a′t，解得：t=4t0，故D错误。故选：C。根据重力做功与重力势能变化的关系以及摩擦产生内能与克服摩擦力做功的关系分别列式，可求出动摩擦因数。根据动能的增量与重力势能增量来求机械能增量。解决本题时，要掌握常见的功与能的关系，知道重力势能变化与重力做功有关，动能变化与合外力做功有关，机械能的变化与除重力以外其它力做功有关。14.【答案】BC 【解析】解：A、水下石头反射的光线由水中进入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得石头位置变浅了，所以水下的石头看起来的深度比实际浅一些，故A错误；B、远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故B正确；C、水面反射的光为偏振光，可以利用偏振片“过滤”掉山峰和天空彩虹的倒影，故C正确；D、远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，故D错误；故选：BC。当光从空气斜射入水中时折射光线向法线方向偏折；远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，能发生全反射；反射光为偏振光；远处山峰的倒影在水面发生了反射现象。本题关键要掌握光的折射、反射、偏振和干涉现象，知道现象发生的本质。15.【答案】AD 【解析】解：A、根据质量数守恒可知X的质量数为0，发生的是β衰变，故X为电子，故A正确；B、放射性元素的半衰期由元素本身性质决定，与物理环境以及化学环境无关，故B错误；C、根据质能方程可知14E2−14E1=(m1−m2−m3)c2，故C错误；D、若某古木样品中 ​14C的比例正好是现代植物样品的四分之一．可知古木中的 ​14C经过了两个半衰期，则该古木的年代距今约为11400年，故D正确；故选：AD。根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成的射线种类；放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关；根据质能方程及比结合能的概念计算，根据半衰期的概念分析D项。本题考查了半衰期的计算，要明确公式中各个物理量的含义，理解放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关。注意平时多加练习，加深对公式的理解。16.【答案】AC 【解析】解：A.波源的振动周期为T=1f=15s=0.2s由于波源S1从平衡位置开始垂直纸面向下，经过t′=34T=0.15s第一次到达波峰因此波从S1传播到P的时间为t1=0.65s−0.15s=0.50s传播的距离x=OP2+OS12=32+42m=5m所以波的传播速度v=xt=50.50m/s=10m/s，故A正确；B.由于在t=0.65s时两列波的最远波峰同时传到P点，因此P点为振动加强点，根据振动加强和减弱的条件，对于振动步调相同的两列波，当两列波到达某点的路程差满足Δr=nλ(其中n=0，1，2，⋯；)为振动加强点；y轴上的所有点到波源S1、S2的路程差始终为零，因此轴所在直线为加强区，故B错误；C.根据波长、波速与周期的关系，两列波的波长λ=vT=10×0.2m=2m；在t=0.65s时，两波的叠加情况如下图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，波峰与波谷相遇的点共有8个，故C正确；D.由于t=1s=5T，两列波振动加强时的路程差满足Δr=nλ=2n≤8m，解得n=0，1，2，3，4共5个加强点，故D错误。故选：AC。明确两波的性质，根据周期和传播距离确定波速；由于在t=0.65s时两列波的最远波峰同时传到P点，因此P点为振动加强点；根据波的路程差与波长的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数。本题考查波的性质以及波的干涉，要注意明确干涉的条件，同时明确波速公式的应用；在波的干涉现象中，振动步调相同的两列波振动加强的条件是路程差满足Δr=nλ，振动减弱的条件是路程差满足Δr=(2n+1)⋅12λ，其中n=0，1，2，⋯；振动步调相反的两列波振动减弱的条件是路程差满足Δr=nλ，振动加强的条件是路程差满足Δr=(2n+1)⋅12λ，其中n=0，1，2，⋯。17.【答案】= 不需要 2.10 【解析】解：(1)步骤①中小车匀速下滑时，由平衡条件得：mgsinθ=F0+f步骤②中小车加速下滑时，由受力分析可得：F=mgsinθ−f联立可得：F=F0(2)由(1)分析可知，小车加速下滑过程合外力已通过①中小车匀速下滑时拉力传感器的示数F0读出，所以不需要再平衡摩擦力；(3)图乙中标出的三个位置坐标反映了小车连续相等时间内的位移，根据匀变速直线运动的推论得：a=ΔxT2=(0.3820−0.2520)−(0.4910−0.3820)0.12m/s2=2.10m/s2故答案为：(1)=；(2)不需要；(3)2.10。(1)根据平衡条件结合牛顿第二定律进行解答；(2)小车匀速下滑时拉力传感器的示数F0读出，所以不需要再平衡摩擦力；(3)根据“逐差法”求解加速度大小。对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，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.【答案】C 6.3×10−7 【解析】解：①拨动拨杆的作用是为了使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，若在目镜中看不到光，可能是装置未在同一高度处，若出现的问题是分刻板中心刻度线与干涉条纹不平行，应调节测量头使干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上，故AB错误，C正确。故选：C；②相邻亮条纹之间的距离Δx=an−1=10.5×10−36−1m=2.1×10−3m根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ红光的波长λ=dΔxL=0.30×10−3×2.1×10−31.0m=6.3×10−7m故答案为：①C；②6.3×10−7。①分别分析目镜中看不到光、条纹不平行、干涉条纹模糊的可能原因，然后进行正确调节；②根据条纹宽度求解相邻亮条纹之间的距离，再根据相邻亮条纹间距公式求红光的波长。双缝干涉实验中要拨杆的作用，解题关键根据实验原理分析实验中出现的问题，注意条纹间距的求解与条纹间距公式的运用。19.【答案】1.07 2.6 πR′D24L 大于 【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.1mm，估读到分度值的本位，根据游标卡尺读数规则可得，示数为10mm+7×0.1mm=10.7mm=1.07cm(2)由题意及电路图可得：U1R=U2−U1R′U2U1=1+R′R图线斜率即为金属环的电阻大小，即R′=7.5−1.02.5Ω−1=2.6Ω由题意可得，金属环的电阻率为R′=ρLS=ρLπ(D2)2=ρ4LπD2ρ=πR′D24L(3)由上述电路图分析可得，由丁图计算出的电路金属环两端的电压准确，通过的电流比真实值小，忽略了电压表V1的电流，因此由丁图计算出的阻值大于真实值。故答案为：(1)1.07；(2)2.6；πR′D24L；(3)大于(1)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数；(2)根据欧姆定律结合电阻定律得出电阻率的表达式；(3)根据实验原理分析出电阻的测量值和真实值的大小关系。本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。20.【答案】解：(1)足球所受阻力大小恒为重力大小的18，即阻力f=18mg，根据牛顿第二定律，ma=f，解得a=54m/s2，根据速度—时间公式v=v0−at，解得6s时的速度大小v=2.5m/s；(2)足球停止的时间t=v0t，解得t=8s，足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小x=v02t，解得x=40m；(3)攻方前锋的最高时速可以达到36km/h=10m/s，攻方前锋追上足球可能在足球停止前，也可能在停止后，计算一下8s攻方前锋的位移，迟疑了2s后开始沿边线向前追赶足球，此时攻方前锋的运动时间为6s，先加速到最高时速，t1=v′a′，解得t1=4s，此时位移x1=v′2t1，解得x1=20m，此时攻方前锋做匀速直线运动，运动时间t2=6−t1=(6−4)s=2s，此时位移x2=v′t2，解得x2=20m，总位移x=x1+x2=(20+20)m=40m，恰好等于足球位移，故攻方前锋启动后至少经过6s能追上足球。答：(1)足球从开始做匀减速运动后6s时的速度2.5m/s；(2)足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小40m；(3)攻方前锋启动后至少经过6s能追上足球。 【解析】(1)根据速度—时间公式v=v0−at，求速度；(2)计算停止时间，判断8s都在运动，根据位移公式x=v02t，计算位移；(3)讨论攻方前锋追上足球可能在足球停止前，也可能在停止后，通过位移公式计算8s位移，分析得出结论。本题是一道运动学难度较高的习题，其中攻方前锋的运动分段，且攻方前锋追上足球可能在足球停止前，也可能在停止后，需要讨论，考查学生分析能力。21.【答案】D 【解析】解：根据图像可知，图线向下弯曲，图线斜率减小，由此可分析出压强与体积的乘积pV减小，根据克拉珀龙方程pV=nRT可知，产生的原因可能是气体温度下降或者质量减小，即实验时注射器内的气体逐渐向外泄漏，故ABC错误，D正确；故选：D。根据图像的物理意义分析出气体温度的变化，再根据克拉珀龙方程pV=nRT分析出气体温度下降的原因，结合题目选项完成分析。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解pV乘积的物理意义，结合克拉柏龙方程即可完成分析。22.【答案】解：(1)在h=1.2m，则滑块运动至B点时，由动能定理可得：12mvB2−0=mgh由牛顿第二定律可得：F−mg=mvB2R代入数据解得：F=20N由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；(2)若滑块恰好能过C点，则C点时有：mg=mvC2R从A到C，根据动能定理有：mg(h1−2R)=12mvC2代入数据解得：h1=2m要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE=0，从A到E，根据动能定理有：mgh2−μmg(x1+x2)=0−0代入数据解得：h2=2.2m显然h2>h1，若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度：h0>2.2m。(3)①若滑块恰好停在D点，则mg(h1−2R)−μmgx1=0−0解得h=μx1+2R=0.2×2m+2×0.8m=0.4m当滑块释放点的高度范围满足2m≤h≤2.2m时，滑块不能从E点飞出，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，根据动能定理有：mgh−μmgx=0−0代入数据解得：x=hμ=5h由于10m≤5h≤11m则5x1≤s<6x1则滑块静止时距B点的水平距离：x=12−5h②当滑块释放点的高度h>2.2m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有：mgh−μmg(x1+x2)=12mvE2整理解得：vE=25h−11m/s由平抛运动知识可知，平抛运动的时间：t=2Hg=2×0.510s=1010s可得x=x1+x2+vEt=2m+9m+25h−11×1010m=(11+2h−4.4)m答：(1)滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；(2)滑块释放点高度h0的取值范围为h0>2.2m；(3)滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系式为2m≤h≤2.2m时，x=12−5h；当h>2.2m时，x=(11+2h−4.4)m。 【解析】(1)根据动能定理，从A到B列方程求解；(2)先根据滑块从A到C运用动能定理列方程，再根据从A到E运用动能定理列方程联立求解；(3)根据题意对滑块释放的高度h进行分类讨论，再根据动能定理分别写出方程，求解即可。该题考查动能定理的应用，该题过程较多，运动较为复杂，在分析过程中，要明确过程，该题难度较大。23.【答案】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律可得：U+(−Bnlv)+(−E自)=0自感电动势E自=LΔIΔt接通瞬间v=0，则U=E自=10V(2)当I达到最大时，ΔIΔt=0U=nBlv1，解得：v1=10m/s脱离时刻，有U+(−Blv)+(−E自′)=0由于t=0时刻与脱离时刻ΔIΔt相同，则E自′=E自=10V；v2=20m/s(3)由闭合电路的欧姆定律可得：−Bnlv−LΔIΔt=IR−BnlvΔt−LΔI=IRΔt累加得：Bnlq=−mv2代入数据解得：x=160m(4)由动量定理可得：Bnql=mv1qU=W+12mv12联立解得：W=500J答：(1)开关S接通后瞬间，线圈的自感电动势大小为10V；(2)电流第一次达到最大时，飞机的速度大小为10m/s，飞机与动子脱离时的速度大小为20m/s；(3)飞机与动子脱离后，动子运动过程的位移大小为160m；(4)电流第一次达到最大时，线圈存储的磁场能为500J。 【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律结合电动势的计算公式得出自感电动势的大小；(2)根据接通瞬间和电流最大时的特点，结合欧姆定律得出对应的速度大小；(3)根据闭合电路欧姆定律和动量定理计算出位移的大小；(4)根据动量定理结合能量守恒定律得出线圈存储的磁场能。本题主要考查了电磁感应定律的相关应用，理解电动势的计算公式，结合动量定理和能量守恒定律即可完成分析。24.【答案】解：(1)设电子加速过程始末速度分别为v0，v1，由动能定理可得eU=12mv12−12mv02v1介于v与2v之间解得v2−2eUm≤v0≤2v2−2eUm(2)电子在磁感应强度B0作用下有e⋅2vB0=m(2v)2Rl解得R1=22L根据图乙可知，在t=0.75T时以2v速度进入磁场的电子，设磁感应强度沿x轴和y轴方向的分量Bx和By均为−B0，根据左手定则可知，此时的Bx使电子沿y轴负向偏转，By使得电子沿x轴正向偏转，由于R1=22L>L2则电子能够打在荧光屏上，z轴坐标为z1=L2x轴坐标x1=R1−R12−(L2)2=2−12Ly轴坐标y1=−[R1−R12−(L2)2]=1−22L电子打在荧光屏上的位置坐标为(2−12L,1−22L,L2)(3)电子在磁场中圆周运动的周期T=2πmeB0=πLvt=0.25～T时，By等于0，Bx为B0，根据左手定则可知，此时的Bx使得电子沿y轴正向偏转，电子速度为v时，洛伦兹力提供向心力evB=mv2R2解得R2=12L结合几何关系可知，电子速度为v时，打在苂光屏之前的轨迹对应的圆心角为π2，电子速度为2v时，打在荧光屏之前的轨迹对应的圆心角为π4，则两个电子打在荧光屏上时的时间差为Δt=π2−π42π⋅T解得Δt=πL8v(4)定性画出电子在荧光屏上出现的位置如图中正方形内部实线所示答：(1)从金属丝发射的电子的初速度大小范围为得v2−2eUm≤v0≤2v2−2eUm；(2)t=0.75T时以2v速度进入磁场的电子打在荧光屏上的位置坐标为(2−12L,1−22L,L2)；(3)t=0.25T时以v与2v速度进入磁场的两个电子打在荧光屏上是的时间差为πL8v；(4)见解析。 【解析】(1)由动能定理求解电子的初速度大小范围；(2)由洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力方程得粒子运动半径，然后求电子的x，y，z坐标，进而求得电子打在荧光屏上的位置坐标；(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，找到电子做圆周运动的圆心角，结合周期公式可求得两个电子打在荧光屏上的时间差；(4)根据前三问的解析可画出电子在荧光屏上出现的位置。本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题。