浙江省寧波市九校2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期6月期末聯(lián)考物理試題（解析版）

寧波市2023學(xué)年第二學(xué)期期末九校聯(lián)考高二物理試題考生須知：1．全卷滿分100分，考試時(shí)間為90分鐘；2．本卷答案必須做在答題卷的相應(yīng)位置上，做在試卷上無(wú)效；3．請(qǐng)用鋼筆或圓珠筆將學(xué)校、姓名、學(xué)號(hào)分別填寫在答卷相應(yīng)的位置上；4．本卷答重力加速度g均取選擇題部分一、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.下列屬于國(guó)際單位制中單位的是（）A歐姆（） B.電子伏特（eV） C.攝氏度（℃） D.克（g）【答案】A【解析】【詳解】A．歐姆（）是國(guó)際單位制中電阻單位，故A正確；B．電子伏特（eV）是能量單位，焦耳（）是國(guó)際單位制中能量單位，故B錯(cuò)誤；C．?dāng)z氏度（℃）是溫度單位，開爾文（）是國(guó)際單位制中溫度單位，故C錯(cuò)誤；D．克（g）是質(zhì)量單位，千克（）是國(guó)際單位制中質(zhì)量單位，故D錯(cuò)誤。故選A。2.物理思想方法是物理學(xué)科素養(yǎng)的重要內(nèi)容，可幫助我們提升思維水平，形成綜合能力。下列有關(guān)思想方法說(shuō)法正確的是（）A.卡文迪什利用扭秤測(cè)量萬(wàn)有引力常量用到了微元法的思想B.合力、分力等概念的建立體現(xiàn)了等效替代的思想C.電流公式與電容公式都采用了比值定義法D.點(diǎn)電荷、電場(chǎng)、電場(chǎng)線都是抓住主要因素忽略次要因素建立的理想化模型【答案】B【解析】【詳解】A．卡文迪什利用扭秤測(cè)量萬(wàn)有引力常量用到了放大法的思想，故A錯(cuò)誤；B．合力、分力等概念的建立體現(xiàn)了等效替代的思想，故B正確；C．電流公式是電流的決定式，不是比值定義，與電容公式采用了比值定義法，故C錯(cuò)誤；D．點(diǎn)電荷、電場(chǎng)線都是抓住主要因素忽略次要因素建立的理想化模型，而電場(chǎng)是客觀存在的一種特殊物質(zhì)，不是理想化模型，故D錯(cuò)誤。故選B。3.運(yùn)球轉(zhuǎn)身是籃球運(yùn)動(dòng)中重要進(jìn)攻技術(shù)之一，其中拉球轉(zhuǎn)身的動(dòng)作是難點(diǎn)。如圖甲所示為運(yùn)動(dòng)員拉球轉(zhuǎn)身的一瞬間，由于籃球規(guī)則規(guī)定手掌不能上翻，我們將此過(guò)程理想化為如圖乙所示的模型。薄長(zhǎng)方體代表手掌，轉(zhuǎn)身時(shí)球緊貼豎立的手掌，繞著轉(zhuǎn)軸（中樞腳所在直線）做圓周運(yùn)動(dòng)。假設(shè)手掌和球之間的最大靜摩擦因數(shù)為0.5，籃球質(zhì)量為600g，球心到轉(zhuǎn)軸的距離為45cm，則要順利完成此轉(zhuǎn)身動(dòng)作，籃球和手至少要有多大的速度（）A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.4m/s【答案】C【解析】【詳解】對(duì)籃球進(jìn)行受力分析，豎直方向由水平方向手對(duì)球的作用力提供向心力聯(lián)立解得故選C。4.我國(guó)漢代勞動(dòng)人民發(fā)明了轆轤，如圖所示，可轉(zhuǎn)動(dòng)的把手邊緣上點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為，轆轤邊緣點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為，忽略空氣阻力。在水桶離開水面后加速往上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.把手邊緣上點(diǎn)與轆轤邊緣點(diǎn)的角速度之比為B.水桶上升的速度大小等于把手邊緣上點(diǎn)線速度大小的C.繩子拉力對(duì)水桶和水做的功等于水桶和水機(jī)械能的增加量D.繩子拉力對(duì)水桶和水的沖量等于水桶和水的動(dòng)量變化量【答案】C【解析】【詳解】A．同軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，角速度相等，可知，把手邊緣上點(diǎn)與轆轤邊緣點(diǎn)的角速度之比為，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)線速度與角速度額關(guān)系有，可知，水桶上升的速度大小等于把手邊緣上點(diǎn)線速度大小的，故B錯(cuò)誤；C．由于忽略空氣阻力，水桶和水受到重力與拉力，拉力作正功，則繩子拉力對(duì)水桶和水做的功等于水桶和水機(jī)械能的增加量，故C正確；D．根據(jù)動(dòng)量定理可知，繩子對(duì)水桶和水拉力和重力合力的沖量等于水桶和水的動(dòng)量變化量，故D錯(cuò)誤。故選C。5.圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，石塊從水面彈起到觸水算一個(gè)水漂，若石塊每次從水面彈起時(shí)速度與水面的夾角均為30°，速率損失30%。圖乙甲是石塊運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，測(cè)得石塊第1次彈起后的滯空時(shí)間為0.8s，已知石塊在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)觸水速度小于2m/s時(shí)石塊就不再?gòu)椘穑挥?jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A.石塊每次彈起后的滯空時(shí)間相等 B.石塊最多能在湖面上彈起5次C.石塊每次彈起過(guò)程能量損失30% D.石塊每次彈起到最高點(diǎn)的速度為零【答案】B【解析】【詳解】B．石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)總時(shí)間解得設(shè)石塊一共能打個(gè)水漂，則有，（取整數(shù)）解得故B正確；A．石塊每次彈起后豎直方向速度都減小，根據(jù)B選項(xiàng)分析可知石塊每次彈起后的滯空時(shí)間減小，故A錯(cuò)誤；D．石塊每次彈起到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，所以石塊每次彈起到最高點(diǎn)的速度不為零，故D錯(cuò)誤；C．石塊每次彈起過(guò)程能量損失故C錯(cuò)誤。故選B。6.如圖所示的電路中，A、B是規(guī)格相同的燈泡，L是自感系數(shù)較大、電阻可以忽略不計(jì)的線圈，電源電動(dòng)勢(shì)E不變。下列說(shuō)法正確的是（）A.合上S，電流穩(wěn)定后A、B亮度相同B.合上S的瞬間，A、B同時(shí)亮，之后A逐漸熄滅C.電流穩(wěn)定后斷開S的瞬間，A、B均立即熄滅D.電流穩(wěn)定后斷開S的瞬間，A立即熄滅，B閃亮后逐漸熄滅【答案】B【解析】【詳解】AB．合上S的瞬間，由于線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，電流同時(shí)流過(guò)燈泡A、B，則兩燈同時(shí)亮，然后線圈的自感作用逐漸減小對(duì)電路阻礙作用減小電流增大導(dǎo)致A燈電流減小，電流穩(wěn)定后，由于線圈電阻不計(jì)，則燈A被短路，A燈逐漸熄滅，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．電流穩(wěn)定后斷開S的瞬間，由于線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，且與燈A組成回路，所以A閃亮后逐漸熄滅，B立即熄滅，故CD錯(cuò)誤。故選B。7.一輛貨車將若干電流表運(yùn)往寧波某中學(xué)（右圖為電流表內(nèi)部結(jié)構(gòu)），為了防止在運(yùn)送過(guò)程中電流表指針的晃動(dòng)，現(xiàn)用導(dǎo)線將兩個(gè)接線柱連接起來(lái)，請(qǐng)問(wèn)連接哪兩個(gè)接線柱效果最佳（）A.連接接線柱“-”與接線柱“0.6” B.連接接線柱“-”與接線柱“3”C.連接接線柱“0.6”與接線柱“3” D.把接線柱“0.6”接地【答案】A【解析】【詳解】電流表晃動(dòng)使線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)電流表內(nèi)部結(jié)構(gòu)可知，當(dāng)用導(dǎo)線連接接線柱“-”與接線柱“0.6”時(shí)，流過(guò)表頭電流最大，阻尼效果最好。故選A。8.三體問(wèn)題是天體力學(xué)中的基本模型，即探究三個(gè)質(zhì)量、初始位置和初始速度都任意的可視為質(zhì)點(diǎn)的天體，在相互之間萬(wàn)有引力的作用下的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。三體問(wèn)題同時(shí)也是一個(gè)著名的數(shù)學(xué)難題，1772年，拉格朗日在“平面限制性三體問(wèn)題”條件下找到了5個(gè)特解，它就是著名的拉格朗日點(diǎn)。在該點(diǎn)上，小天體在兩個(gè)大天體的引力作用下能基本保持相對(duì)靜止。如圖是日地系統(tǒng)的5個(gè)拉格朗日點(diǎn)（L1、L2、L3、L4、L5），設(shè)想未來(lái)人類在這五個(gè)點(diǎn)上都建立了太空站，若不考慮其它天體對(duì)太空站的引力，則下列說(shuō)法正確的是（）A.位于L1點(diǎn)的太空站處于受力平衡狀態(tài)B.位于L2點(diǎn)的太空站的線速度小于地球的線速度C.位于L3點(diǎn)的太空站的向心加速度大于位于L1點(diǎn)的太空站的向心加速度D.位于L4點(diǎn)的太空站向心力大小一定等于位于L5點(diǎn)的太空站向心力大小【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．位于L1點(diǎn)的太空站繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不是平衡狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由于三體基本保持相對(duì)靜止，則位于L2點(diǎn)的太空站繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，與地球繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期是相等的，角速度是相等的，而位于L2點(diǎn)的太空站的軌道半徑略大于地球的軌道半徑，根據(jù)公式v=ωr可知，位于L2點(diǎn)的太空站的線速度大于地球的線速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．第三個(gè)拉格朗日點(diǎn)L3，位于太陽(yáng)的另一側(cè)，比地球距太陽(yáng)略微遠(yuǎn)一些，其軌道半徑大于位于L1點(diǎn)的太空站。由于它們的角速度與地球繞地球的角速度都是相等的，由向心加速度的公式a=ω2r可知，位于L3點(diǎn)的太空站的向心加速度大于位于L1點(diǎn)的太空站的向心加速度，選項(xiàng)C正確；D．由于位于L4點(diǎn)的太空站與位于L5點(diǎn)的太空站的質(zhì)量關(guān)系未知，所以不能比較它們需要的向心力的大小關(guān)系，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。9.鈉的放射性同位素經(jīng)過(guò)一次衰變后產(chǎn)生穩(wěn)定的鎂（）。已知的半衰期為15h，將放射強(qiáng)度為每秒次的，溶液樣本倒入某水池中，45h后從該水池中取50mL的水，測(cè)得其放射強(qiáng)度為每秒20次。下列說(shuō)法正確的是（）A.該衰變過(guò)程為衰變B.進(jìn)入到水池后半衰期發(fā)生變化C.水池中水的體積約為D.水池中水的體積約為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有24-24=0，11-12=-1可知，該衰變過(guò)程為衰變，故A錯(cuò)誤；B．半衰期與物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)無(wú)關(guān)，進(jìn)入到水池后半衰期不會(huì)發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；CD．45h等于3個(gè)半衰期，可知，經(jīng)過(guò)45h后，放射強(qiáng)度為每秒次的溶液的每秒放射強(qiáng)度的次數(shù)為令水池中水的體積約為V，則有解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。10.最近兩年洗地機(jī)這一新鮮家電逐漸流行，便利了人們的生活。現(xiàn)有某品牌洗地機(jī)，其工作參數(shù)如圖所示，其工作模式有強(qiáng)效、節(jié)能兩種，強(qiáng)效模式下，該洗地機(jī)以額定功率工作，節(jié)能模式下，以額定功率的一半功率工作，兩種模式下，其工作電壓均相同，其續(xù)航時(shí)間是按照節(jié)能模式工作計(jì)算得到的，則下列說(shuō)法正確的是（）產(chǎn)品名稱某品牌洗地機(jī)產(chǎn)品型號(hào)QX-V6A額定功率220W電池容量5200mAh續(xù)航時(shí)間80min清水箱容量800mL外形尺寸污水箱容量720mLA.電池充滿電后，儲(chǔ)存的總電荷量為187200CB.該洗地機(jī)在強(qiáng)效模式下的工作電流為3.9AC.該洗地機(jī)內(nèi)阻約為D.該洗地機(jī)的工作電壓約為28V【答案】D【解析】【詳解】A．電池充滿電后，儲(chǔ)存的總電荷量為故A錯(cuò)誤；BD．該洗地機(jī)在節(jié)能模式下工作電流為節(jié)能模式下，以額定功率的一半功率工作，兩種模式下，其工作電壓均相同，由可知，在強(qiáng)效模式下的工作電流為該洗地機(jī)的工作電壓約為故B錯(cuò)誤，D正確；C．根據(jù)題中條件，無(wú)法得出該洗地機(jī)內(nèi)阻，故C錯(cuò)誤。故選D。11.空間中存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在紙面內(nèi)取點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立軸，如圖甲所示?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為、電量為的試探電荷，在時(shí)刻以一定初速度從軸上的點(diǎn)開始沿順時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為、半徑為。已知圖中圓為試探電荷運(yùn)動(dòng)軌跡，為圓軌跡的一條直徑；除電場(chǎng)力外微粒還受到一個(gè)變力，不計(jì)其它力的作用；測(cè)得試探電荷所處位置的電勢(shì)隨時(shí)間的變化圖像如圖乙所示，其中。下列說(shuō)法正確的是（）A.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與軸正方向成B.從點(diǎn)到點(diǎn)做功為C.微粒在時(shí)所受變力可能達(dá)最小值D.圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中變力的最大值為【答案】D【解析】【詳解】A．由乙圖可知，帶電微粒在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)最高值為，電勢(shì)最低值，最高點(diǎn)、最低點(diǎn)分別位于軌跡直徑的兩端，將直徑取四等分點(diǎn)，找到與a點(diǎn)電勢(shì)相同的點(diǎn)A，如圖aA垂直于電場(chǎng)線設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與x軸正方向?yàn)?，由幾何關(guān)系解得故A錯(cuò)誤；B．由上述分析可知從a點(diǎn)到b點(diǎn)由動(dòng)能定理又解得故B錯(cuò)誤；C．圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)為時(shí)，變力F達(dá)到最小值，故微粒在時(shí)所受變力不可能達(dá)最小值，故C錯(cuò)誤；D．由乙圖可知，微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為速度為電場(chǎng)強(qiáng)度為圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)為時(shí)變力F達(dá)到最大值，有解得故D正確。故選D。12.如圖甲所示，一圓形線圈面積，匝數(shù)，電阻不計(jì)，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間正弦變化的圖象如圖乙所示（取垂直紙面向里為正方向）。導(dǎo)線框右邊與理想變壓器的原線圈連接，已知變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為，與副線圈連接的電阻為理想二極管，下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)，圓形線圈中有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾.時(shí)，圓形線圈中有最大電流C.內(nèi)，流過(guò)的電荷量為0.01CD.1s內(nèi)原線圈輸入的能量為【答案】C【解析】【詳解】A．0.005s～0.015s時(shí)間內(nèi)，分析圖乙可知，垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知，圓形線圈中產(chǎn)生順時(shí)針感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B．t＝0.005s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，圓形線圈中的感應(yīng)電流為零，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知穿過(guò)圓形線圈的最大磁通量為在0~0.005s內(nèi)穿過(guò)圓形線圈的磁通量的變化量為圓形線圈產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為則變壓器的輸出電壓的平均值為，根據(jù)解得通過(guò)的平均電流為所以內(nèi)，流過(guò)的電荷量為故C正確；D．根據(jù)乙圖可知圓形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為電阻的功率因?yàn)槎O管的存在，所以電阻兩端電壓的有效值則電阻的功率為變壓器的輸入功率為故D錯(cuò)誤。故選C。13.已知太陽(yáng)光垂直射到地球表面上時(shí)，地球表面的單位面積上單位時(shí)間接收到的太陽(yáng)光的能量為。假如認(rèn)為太陽(yáng)光為單一頻率的光，且波長(zhǎng)為，光速為，普朗克常量為。由于地球離太陽(yáng)很遠(yuǎn)，所以照射到地球表面的太陽(yáng)光可近似看成平行光?，F(xiàn)有一個(gè)半徑為的薄壁球殼，球心為，倒扣在地面上，太陽(yáng)光垂直于地面入射到半球面上，如圖甲所示。圖乙為平放在地面上的半徑同為的圓盤。由于太陽(yáng)光的作用，會(huì)使薄壁球殼或圓盤受到一個(gè)向下的壓力。為研究該壓力，小楊同學(xué)在半球面上取一條很窄的環(huán)帶狀球面是一個(gè)以為圓心的圓的直徑，是以正上方離很近的（圖中未畫出）為圓心的圓的直徑，。由于很短，故整個(gè)環(huán)帶狀球面可看成與水平方向成角的斜面。設(shè)該環(huán)帶狀球面的面積為，其在地面上的投影記為。則下列說(shuō)法中正確的是（??）A.光子動(dòng)量的變化量大小B.單位時(shí)間打到半球面上的光子數(shù)C.假設(shè)所有照射到球面上的太陽(yáng)光均被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為D.假設(shè)太陽(yáng)光均直接穿過(guò)球面照射到上再被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為【答案】D【解析】【詳解】A．若光被反射，反射前后頻率不變，則方向垂直于S1面，如圖所示故A錯(cuò)誤；B．單位時(shí)間打到半球面上的光子數(shù)故B錯(cuò)誤；C．在時(shí)間內(nèi)，射到S1面上的光子數(shù)為光子被全部反射，根據(jù)動(dòng)量定理，光子受到的力大小為F10，則得根據(jù)牛頓第三定律，S1面受到的力大小為故C錯(cuò)誤；D．在時(shí)間內(nèi)，射到S2面上的光子數(shù)為太陽(yáng)光直接穿過(guò)球面照射到S2上再被S2反射，反射前后頻率不變根據(jù)動(dòng)量定理，光子受到的力大小為得由于得根據(jù)牛頓第三定律，S2面受到的力大小為故D正確。故選D。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)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)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.近代物理發(fā)展最為迅猛的一段歷史應(yīng)該是19世紀(jì)到20世紀(jì)，對(duì)于下列配圖所對(duì)應(yīng)的說(shuō)法正確的是（）A.圖1是白光的薄膜干涉現(xiàn)象，從圖中可以看到，圓形肥皂膜從上向下一定是均勻變厚B.圖2描述的是盧瑟福的粒子的散射實(shí)驗(yàn)，他據(jù)此提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型C.圖3是戴維森和湯姆孫所做的高速電子束經(jīng)過(guò)鋁箔的干涉圖樣，從而證明了電子的波動(dòng)性D.圖4是德國(guó)科學(xué)家勞厄觀察到的X射線照射晶體的衍射圖樣，從而證實(shí)了X射線具有波動(dòng)性【答案】BD【解析】【詳解】A．從圖1中可以看到，從上向下干涉條紋越來(lái)越密，可知肥皂膜從上向下變厚，且變厚的越來(lái)越快，如果均勻變厚，則干涉條紋是等間距的，故A錯(cuò)誤；B．圖2描述的是盧瑟福的粒子的散射實(shí)驗(yàn)，他據(jù)此提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故B正確；C．圖3是戴維森和湯姆孫所做的高速電子束經(jīng)過(guò)鋁箔的衍射圖樣，從而證明了電子的波動(dòng)性，故C錯(cuò)誤；D．圖4是德國(guó)科學(xué)家勞厄觀察到的X射線照射晶體的衍射圖樣，從而證實(shí)了X射線具有波動(dòng)性，故D正確。故選BD。15.如圖所示，與處有兩個(gè)波源和均可以沿軸方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，兩波源產(chǎn)生的機(jī)械波均能以波源為圓心在平面內(nèi)向各個(gè)方向傳播，振動(dòng)周期均為，波速均為。時(shí)刻波源開始沿軸正方向振動(dòng)，振幅；時(shí)刻波源開始沿軸負(fù)方向振動(dòng)，振幅。下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)刻，處質(zhì)點(diǎn)的位移為B.在軸上，和區(qū)域都是振動(dòng)的減弱點(diǎn)C.在軸上，區(qū)間內(nèi)一共有9個(gè)振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)D.以波源為圓心，分別以半徑4.4m和4.8m畫圓，則在這兩個(gè)圓周上，振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)的個(gè)數(shù)相等【答案】CD【解析】【詳解】A．假設(shè)只有波源時(shí)，因波速，此波傳到處需要時(shí)間為因周期，則處的質(zhì)點(diǎn)又振動(dòng)了可知質(zhì)點(diǎn)在時(shí)刻處在波峰，即位移是3cm，同理可知只有波源時(shí)，傳到需要時(shí)間為質(zhì)點(diǎn)又振動(dòng)了可知質(zhì)點(diǎn)在時(shí)刻處在波谷，則位移是-5cm，故時(shí)刻，處質(zhì)點(diǎn)的位移為故A錯(cuò)誤；B．該波的波長(zhǎng)為在和區(qū)域，各點(diǎn)到兩波源距離之差即是波長(zhǎng)的整數(shù)倍，波源的振動(dòng)步調(diào)相反，波源先振動(dòng)半個(gè)周期，因此各點(diǎn)都是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)振動(dòng)加強(qiáng)的坐標(biāo)為，在x軸上，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)滿足（n＝0，1，2，3…）且解得故區(qū)間內(nèi)一共有9個(gè)振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)，故C正確；D．以波源為圓心，分別以半徑4.4m和4.8m畫圓，如圖所示則在這兩個(gè)圓周上，Q點(diǎn)到兩波源的距離之差最小，則有P點(diǎn)到兩波源的距離之差最大，為半徑為4.4m的圓上振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)滿足（＝0，1，2，3…）解得可取點(diǎn)到兩波源距離之差最小點(diǎn)到兩波源的距離之差最大，為半徑為4.8m的圓上振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)滿足（＝0，1，2，3…）解得可取則在這兩個(gè)圓周上，振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)的個(gè)數(shù)相等，故D正確。故選CD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.圖甲所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以研究?jī)蓚€(gè)小球在碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系，從而驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律以及判斷兩球碰撞是否為彈性碰撞。（1）用10分度游標(biāo)卡尺測(cè)量小球直徑D，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，______mm。（2）圖甲中，點(diǎn)是入射小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，點(diǎn)是入射小球B拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影的垂直投影，。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓小球多次從斜軌上S處?kù)o止釋放，小球B靜置于支柱管上，接著使小球A從S處?kù)o止釋放，在水平段末端與小球B相碰（碰后支柱管立刻傾倒），多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)，找到小球A、B的平均落點(diǎn)。測(cè)量出A球質(zhì)量B球質(zhì)量，若兩球相碰前后動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為______（用測(cè)量的物理量符號(hào)表示）。（3）以下說(shuō)法中有助于減少實(shí)驗(yàn)誤差的有______。A.軌道必須光滑 B.軌道末端必須水平C.兩小球質(zhì)量必須相等 D.兩小球半徑必須相同（4）某實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)小球落點(diǎn)不在同一條直線上，出現(xiàn)了如圖丙所示的情況。已知A球質(zhì)量球質(zhì)量和在連線上的垂直投影點(diǎn)為（圖中未畫出），根據(jù)以上數(shù)據(jù)，請(qǐng)寫出驗(yàn)證所需的表達(dá)式______（用題（4）中的字母表示）。【答案】（1）15.2（2）（3）BD（4），【解析】【小問(wèn)1詳解】小球直徑【小問(wèn)2詳解】小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球拋出點(diǎn)的高度相同，它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，如果碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則兩邊同時(shí)乘以t，得則【小問(wèn)3詳解】A．“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒(méi)有要求，故A錯(cuò)誤；B．本實(shí)驗(yàn)要通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，所以軌道末端必須水平，以保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)，故B正確；C．兩個(gè)小球的大小必須相等，保證對(duì)心碰撞，且入射小球的質(zhì)量必須大于被撞小球的質(zhì)量，防止入射球反彈，故C錯(cuò)誤；D．為保證兩球?qū)π呐鲎玻瑑尚∏虬霃奖仨毾嗤?，故D正確。故選BD。【小問(wèn)4詳解】參考小問(wèn)（2）分析，若碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，平行于OP方向上有垂直于OP方向上有17.看到交警用酒精檢測(cè)儀檢查酒駕的情景，某同學(xué)欲自己制作一個(gè)酒精檢測(cè)儀，所用器材如下：半導(dǎo)體酒精濃度傳感器（其電阻與酒精氣體濃度的關(guān)系圖線如圖1所示）干電池E（電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻未知）電流計(jì)G（滿偏電流，內(nèi)阻）電阻箱（最大阻值）滑動(dòng)變阻器（最大阻值）電鍵2個(gè)，導(dǎo)線若干（1）實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖2所示，請(qǐng)?jiān)趫D3中完成實(shí)物連線。（）（2）該同學(xué)將電流計(jì)的量程擴(kuò)大為，則應(yīng)將電阻箱的阻值調(diào)為__________。（3）具體使用該探測(cè)儀時(shí)，首先閉合電鍵、，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電流計(jì)G滿偏（即電流計(jì)G的示數(shù)為）。然后斷開電鍵，若：（計(jì)算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）①探測(cè)儀處于“待機(jī)”狀態(tài)，即傳感器所處環(huán)境的酒精濃度為零時(shí)，電流計(jì)的示數(shù)應(yīng)為__________；②傳感器所處環(huán)境的酒精濃度恰為“酒駕”標(biāo)準(zhǔn)，即“”，則電流計(jì)的示數(shù)應(yīng)為__________；③傳感器所處環(huán)境的酒精濃度恰為“醉駕”標(biāo)準(zhǔn)，即“”，則電流計(jì)的示數(shù)應(yīng)為__________。（4）該探測(cè)儀在實(shí)際使用的過(guò)程中發(fā)現(xiàn)，酒精氣體濃度的測(cè)量值總是較實(shí)際值偏小，究其原因可能是所用電源的電動(dòng)勢(shì)較要__________（填“偏大”或“偏小”）。【答案】①.②.6.0③.1.50④.2.50⑤.3.75⑥.偏小【解析】【詳解】（1）[1]由實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖2，可有實(shí)物連線圖如圖所示。（2）[2]將電流計(jì)的量程擴(kuò)大為，由歐姆定律可得則應(yīng)將電阻箱的阻值調(diào)為6.0?？傻脭U(kuò)大量程后的電流表的內(nèi)阻為（3）①[3]閉合電鍵、，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電流計(jì)G滿偏，設(shè)電源的內(nèi)阻為r，由閉合電路歐姆定律可得傳感器所處環(huán)境的酒精濃度是零時(shí)，由圖1可知，Rx=70，則電路中的電流為電流計(jì)的量程擴(kuò)大了10倍，因此電流計(jì)的示數(shù)應(yīng)為1.50mA。②[4]傳感器所處環(huán)境的酒精濃度恰為“酒駕”標(biāo)準(zhǔn)，即“”，由圖1可知，對(duì)應(yīng)的Rx=30，則此時(shí)電路中的電流為電流計(jì)的量程擴(kuò)大了10倍，因此電流計(jì)的示數(shù)應(yīng)為2.50mA。③[5]傳感器所處環(huán)境的酒精濃度恰為“醉駕”標(biāo)準(zhǔn)，即“”，由圖1可知，對(duì)應(yīng)的Rx=10，則此時(shí)電路中的電流為電流計(jì)的量程擴(kuò)大了10倍，因此電流計(jì)的示數(shù)應(yīng)為3.75mA。（4）[6]由以上解析可得電路中的電流為當(dāng)電源的電動(dòng)勢(shì)較要偏小時(shí)，在同一酒精濃度下，電路中的總電流將偏小，則流經(jīng)電流計(jì)的電流將偏小，則對(duì)應(yīng)的Rx值偏大，則酒精氣體濃度的測(cè)量值較實(shí)際值偏小。18.下列說(shuō)法正確的是（）A.雙縫干涉實(shí)驗(yàn)可以用光強(qiáng)弱一些，不會(huì)損壞眼睛的激光進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，這時(shí)不需要單縫B.用油膜法估測(cè)油酸分子大小的實(shí)驗(yàn)中，用注射器向水面滴1滴純油酸即可C.在“用單擺測(cè)量重力加速度”實(shí)驗(yàn)中，未記錄小球的半徑，利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出圖像，利用斜率計(jì)算重力加速度，其結(jié)果不影響D.要研究氣體等溫變化的規(guī)律，為了避免漏氣，應(yīng)在活塞與注射器壁間涂有潤(rùn)滑油，壓縮氣體時(shí)操作越快越好【答案】AC【解析】【詳解】A．雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中單縫的主要作用是獲得頻率保持不變的相干光源，故雙縫干涉實(shí)驗(yàn)可以用光強(qiáng)弱一些，不會(huì)損壞眼睛的激光進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，這時(shí)不需要單縫，故A正確；B．用油膜法估測(cè)油酸分子大小的實(shí)驗(yàn)中，為了讓油酸在水面上形成單分子油膜，應(yīng)將純油酸配制成一定比例的油酸酒精溶液，取一滴油酸酒精溶液滴在水面上，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)單擺周期公式整理得可得圖像的斜率為可知小球的半徑對(duì)圖像的斜率無(wú)影響，故C正確；D．研究氣體等溫變化的規(guī)律，需要確保氣體在變化過(guò)程中溫度保持不變。為了避免漏氣對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，在活塞與注射器壁間涂有潤(rùn)滑油是一個(gè)有效的措施。同時(shí)，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，壓縮氣體時(shí)應(yīng)該緩慢進(jìn)行，以便氣體有足夠的時(shí)間與外界進(jìn)行熱交換并保持溫度恒定。如果操作過(guò)快，可能會(huì)導(dǎo)致氣體溫度升高或降低，從而偏離等溫變化的條件，故D錯(cuò)誤。故選AC。19.如圖所示，一端開口的絕熱試管豎直放置，開口朝上，試管總長(zhǎng)，橫截面積，試管內(nèi)用水銀封閉一段理想氣體，氣柱高度與水銀柱高度均為總長(zhǎng)，試管下側(cè)內(nèi)部有一電阻絲，電阻絲的體積可忽略。該理想氣體初始處于狀態(tài)A，現(xiàn)通過(guò)電阻絲對(duì)封閉的氣體緩慢加熱，使水銀上液面恰好到達(dá)玻璃管開口處，氣體處于狀態(tài)。繼續(xù)對(duì)封閉氣體緩慢加熱，直至水銀恰好即將全部流出，氣體達(dá)到狀態(tài)。已知大氣壓強(qiáng)（約為），重力加速度大小。求：（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)對(duì)外所做的功；（2）氣體從狀態(tài)到狀態(tài)，其分子平均動(dòng)能______（選填“增大”、“減小”或“不變”），試管內(nèi)壁單位面積受到的壓力______（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（3）已知?dú)怏w從狀態(tài)A到狀態(tài)，內(nèi)能增加，求整個(gè)過(guò)程電阻絲放出的熱量?！敬鸢浮浚?）（2）增大，減?。?）【解析】【小問(wèn)1詳解】初始時(shí)氣體壓強(qiáng)從狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體體積增大，氣體對(duì)外做功【小問(wèn)2詳解】由于氣體緩慢加熱，則氣體溫度升高，可知，氣體從狀態(tài)到狀態(tài)，其分子平均動(dòng)能增大，氣體從狀態(tài)到狀態(tài)過(guò)程中，由于液柱高度逐漸減小，則氣體壓強(qiáng)逐漸減小，即試管內(nèi)壁單位面積受到的壓力減小?！拘?wèn)3詳解】從B到C過(guò)程，氣體壓強(qiáng)由于壓強(qiáng)與位移滿足線性關(guān)系，則氣體對(duì)外做功為因此氣體從A到C過(guò)程中根據(jù)熱力學(xué)第一定律有解得20.如圖所示，豎直平面內(nèi)半徑為R＝4.9m的光滑圓弧軌道AB的圓心為O，圓心角，最低點(diǎn)B與長(zhǎng)L＝4m的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v＝4m/s的速率順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。傳送帶的右端與光滑水平地面平滑連接，水平地面上等間距靜置著2024個(gè)質(zhì)量為的小球。一質(zhì)量的物塊M從A點(diǎn)由靜止釋放，物塊M與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度，物塊M與小球、小球與小球之間均發(fā)生彈性正碰，求：（1）物塊M到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；（2）物塊M與小球①第一次碰后瞬間兩者的速度大小；（3）從物塊M開始運(yùn)動(dòng)，到最終所有物體都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)物塊與皮帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】（1）20N；（2）-2m/s，2m/s；（3）36.5J【解析】【詳解】（1）物塊M從A到B，由動(dòng)能定理得解得由牛頓第三定律得物塊M在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力，大小為20N。（2）設(shè)物塊M與小球①碰前速度為，碰后兩者速度分別為，，對(duì)物塊M從B到與傳遞帶共速時(shí)得故物塊M與傳遞帶共速，到C點(diǎn)時(shí)物塊速度，由動(dòng)量守恒與能量守恒得解得（3）小球①以速度與小球②相碰，碰后兩者速度交換，依此類推最終第2024個(gè)小球以向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊M與小球①碰后以沖上傳送帶，在傳送帶上減速位移x1，故物塊M再次回到