2023-2024學(xué)年廣西河池市高三下學(xué)期5月模擬物理試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年河池市普通高中畢業(yè)班適應(yīng)性模擬測試物理全卷滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選〖答案〗的標(biāo)號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4．考試結(jié)束后，請將試卷和答題卡一并上交。5．本卷主要考查內(nèi)容：高考范圍。一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.廣西是世界范圍內(nèi)巨猿化石發(fā)現(xiàn)最多的地區(qū)，巨猿是一種已經(jīng)滅絕的高等靈長類動物，其生活于距今約20萬年前，利用衰變測定年代技術(shù)可以確定化石的大致年代，衰變方程為，其半衰期是5730年，下列說法正確的是（）A.X是電子，來源于核外電子B.X是中子，來源于原子核C.化石埋藏的環(huán)境會影響的半衰期，進(jìn)而對推算年代造成影響D.的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能〖答案〗D〖解析〗AB．在核反應(yīng)方程中，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X是電子，它是核反應(yīng)產(chǎn)生的，來源于原子核，不是核外電子，故AB錯(cuò)誤；C．放射性元素的半衰期是原子核特有的屬性，不受環(huán)境影響，故C錯(cuò)誤；D．該核反應(yīng)過程中釋放能量，粒子比結(jié)合能增大，故的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能，故D正確。故選D。2.如圖甲，電鰻遇到危險(xiǎn)時(shí)，可產(chǎn)生數(shù)百伏的電壓來保護(hù)自己，如圖乙所示，若將電鰻放電時(shí)形成的電場等效為等量異種點(diǎn)電荷的電場，其中正電荷集中在尾部，負(fù)電荷集中在頭部，O為電鰻身體的中點(diǎn)，AO＝BO且AB為魚身長的一半，下列說法正確的是（）A.A點(diǎn)電勢等于B點(diǎn)電勢B.A點(diǎn)場強(qiáng)大于B點(diǎn)場強(qiáng)C.若電鰻頭尾部間產(chǎn)生300V的電壓時(shí)，AB間的電壓可能為100VD.將正電荷由A點(diǎn)移動到B點(diǎn)，電場力先做負(fù)功后做正功〖答案〗C〖解析〗A．尾部集中正電荷，頭部集中負(fù)電荷，電場線方向由A指向B，沿電場線方向電勢降低，故A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場分布的對稱性可知，A點(diǎn)和B點(diǎn)場強(qiáng)相同，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場分布規(guī)律可知A、B間的電場線比A點(diǎn)到魚尾或B點(diǎn)到魚頭的電場線稀疏，則平均場強(qiáng)也較小，故A、B之間電壓小于150V，可能為100V，故C正確；D．由于電場線方向由A指向B，所以正電荷的受力方向?yàn)橛葾指向B，正電荷由A移動到B時(shí)，電場力做正功，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖甲所示，用手握住長繩的端點(diǎn)A，t＝0時(shí)刻在手的帶動下A點(diǎn)開始上下振動，其振動圖像如圖乙所示，則下列四幅圖中能正確反映時(shí)刻繩波形狀的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗CD．根據(jù)A點(diǎn)振動圖像可知，在時(shí)刻繩上A點(diǎn)向下運(yùn)動，再由振動圖像可知時(shí)波傳播的周期恰好為，則波傳播的距離為，CD錯(cuò)誤；AB．選項(xiàng)A圖中A點(diǎn)向上振動，選項(xiàng)B圖中A點(diǎn)向下振動，A錯(cuò)誤、B正確。故選B。4.我國將于2025年前后在文昌發(fā)射嫦娥六號，嫦娥六號將開展月球背面著陸區(qū)的現(xiàn)場調(diào)查和分析。采樣返回后，在地面對樣品進(jìn)行研究，在發(fā)射過程中必須讓嫦娥六號探測器在環(huán)月階段圓軌道Ⅱ的P點(diǎn)向環(huán)月階段橢圓軌道Ｉ上運(yùn)動以到達(dá)月球表面的Q點(diǎn)。已知在圓軌道和橢圓軌道上的探測器只受到月球的萬有引力作用，下列說法正確的是（）A.若已知引力常量、探測器在圓軌道上的運(yùn)動周期和月球的半徑，可求得月球的質(zhì)量B.探測器由環(huán)月圓軌道進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道應(yīng)讓發(fā)動機(jī)在P點(diǎn)加速C.探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度D.探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)的加速度大于Q點(diǎn)的加速度〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)解得可知，若已知引力常量、探測器在環(huán)月階段圓軌道Ⅱ上的運(yùn)動周期和環(huán)月圓軌道的半徑，可求月球的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B．探測器由環(huán)月圓軌道進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道過程是由高軌道進(jìn)入低軌道，應(yīng)讓發(fā)動機(jī)在P點(diǎn)減速，故B錯(cuò)誤；C．探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上由P運(yùn)動到Q過程，萬有引力做正功，可知，探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度，故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律有解得由于探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)距離月心的間距大于探測器在Q點(diǎn)距離月心的間距，則探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)的加速度小于Q點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。故選C。5.某同學(xué)用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”。將圖甲中的零件組裝成圖乙中的變壓器，將原線圈接在交流電源上，將副線圈接在電壓傳感器（可視為理想電壓表）上，觀察到副線圈電壓U2隨時(shí)間t變化的圖像如圖丙所示，在保證安全的前提下，該同學(xué)在時(shí)間內(nèi)進(jìn)行的操作不可能是（）A.增加了交流電源的頻率 B.增加了副線圈的匝數(shù)C.減少了原線圈的匝數(shù) D.擰緊變壓器鐵芯上松掉的螺絲〖答案〗A〖解析〗A．增加了交流電源頻率，不會影響U2的大小，故A正確；BC．由變壓器電壓與線圈匝數(shù)關(guān)系可得如果減少了原線圈的匝數(shù)或增加了副線圈的匝數(shù)，則U2增大，與圖像符合，故BC錯(cuò)誤；D．?dāng)Q緊了變壓器鐵芯上松掉的螺絲，會減小漏磁，所以U2增大，故D錯(cuò)誤。故選A。6.如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質(zhì)量為1.5kg，將一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的小球從距沙面0.45m高度處以大小為4m/s的初速度水平拋出，小球落入車內(nèi)并陷入沙中最終與車一起向右勻速運(yùn)動。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A.小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球陷入沙子過程中，沙子對小球的沖量大小為C.小車最終的速度大小為1m/sD.小車最終的速度大小為2m/s〖答案〗C〖解析〗A．小球陷入沙子過程，小球在豎直方向做變速運(yùn)動，系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．由于小球陷入沙子過程的時(shí)間未知，故沙子對小球的沖量大小未知，故B錯(cuò)誤；CD．小球與車、沙組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖所示，冬奧會上甲、乙兩名運(yùn)動員在水平冰面上滑冰，恰好同時(shí)到達(dá)虛線PQ左側(cè)的半圓滑道，然后分別沿半徑為和的滑道做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動半個(gè)圓周后勻加速沿直線沖向終點(diǎn)線。已知甲、乙兩名運(yùn)動員的質(zhì)量相等，他們做圓周運(yùn)動時(shí)所受向心力大小相等，直線沖刺時(shí)的加速度大小也相等。則下列說法正確的是（）A.在做圓周運(yùn)動時(shí)，甲所用的時(shí)間比乙的短 B.在做圓周運(yùn)動時(shí)，甲、乙的角速度大小相等C.在沖刺時(shí)，甲到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度較大 D.在沖刺時(shí)，乙一定先到達(dá)終點(diǎn)線〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)解得由于做圓周運(yùn)動時(shí)所受向心力大小相等，甲運(yùn)動員圓周運(yùn)動的半徑大于乙運(yùn)動員圓周運(yùn)動的半徑，可知甲運(yùn)動員圓周運(yùn)動的周期大于乙運(yùn)動員圓周運(yùn)動的周期，即在做圓周運(yùn)動時(shí)，甲所用的時(shí)間比乙的長，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)由于做圓周運(yùn)動時(shí)所受向心力大小相等，可知甲運(yùn)動員圓周運(yùn)動的角速度小于乙運(yùn)動員圓周運(yùn)動的角速度，故B錯(cuò)誤；C．沖刺時(shí)的初速度大小等于圓周運(yùn)動的線速度大小，根據(jù)解得由于做圓周運(yùn)動時(shí)所受向心力大小相等，可知甲運(yùn)動員圓周運(yùn)動的線速度大于乙運(yùn)動員圓周運(yùn)動的線速度，令到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度大小為，沖刺勻加速的位移為x，則有由于沖刺勻加速運(yùn)動的位移與加速度均相等，可知勻加速的初速度較大的甲運(yùn)動員到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度較大，故C正確；D．由A可知，甲、乙兩名運(yùn)動員在圓周運(yùn)動過程所用時(shí)間而在直線沖刺過程中，位移相等，但甲運(yùn)動員的初速度大，則加速階段時(shí)間到達(dá)終點(diǎn)的時(shí)間為兩個(gè)階段時(shí)間之和，由數(shù)學(xué)知識無法判斷和的大小關(guān)系，乙不一定先到達(dá)終點(diǎn)線，故D錯(cuò)誤。故選C。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.如圖甲所示，一輕彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)刻，將一小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A.t1時(shí)刻小球動能最大B.t2時(shí)刻小球動能最小C.t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球的動能先減少后增加D.t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球增加機(jī)械能小于彈簧減少的彈性勢能〖答案〗BD〖解析〗A．由F-t圖像振幅逐漸減小可知，小球在運(yùn)動過程中受到空氣阻力作用，小球在接觸彈簧之前做向下加速運(yùn)動，碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為0即重力等于彈簧彈力與空氣阻力之和時(shí)加速度達(dá)到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運(yùn)動，與彈簧接觸的整個(gè)下降過程，小球的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，上升過程恰好與下降過程互逆，由乙圖可知t1時(shí)刻開始接觸彈簧，但在剛開始接觸后的一段時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，小球仍做加速運(yùn)動，所以此刻小球的動能不是最大，故A錯(cuò)誤；B．t2時(shí)刻彈力最大，小球處在最低點(diǎn)，動能最小，故B正確；CD．t3時(shí)刻小球往上運(yùn)動恰好要離開彈簧，t2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械能和內(nèi)能，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD9.半導(dǎo)體薄膜壓敏傳感器所受壓力越大其電阻越小，利用這一特性設(shè)計(jì)成蘋果大小自動分揀裝置如圖所示。其中R1為壓敏電阻，R2為可變電阻，蘋果通過放置在壓敏電阻正上方的托盤秤時(shí)，可將壓力傳導(dǎo)至壓敏電阻，電磁鐵的輸入電壓大于某一個(gè)值時(shí)，電磁鐵工作，將銜鐵吸下并保持此狀態(tài)一小段時(shí)間，蘋果進(jìn)入通道2，否則蘋果將進(jìn)入通道1。若要挑選出質(zhì)量更大的蘋果，下列措施可行的是（）A.將R2的電阻調(diào)小 B.將R2的電阻調(diào)大C.增大電源E1的電動勢 D.增大電源E1的內(nèi)阻〖答案〗AD〖解析〗AB．質(zhì)量大的蘋果對壓敏傳感器R1的壓力大，壓敏傳感器R1的阻值小，電路中的電流大，則電阻R2的電壓大，即放大電路的輸入電壓大于某一個(gè)值，電磁鐵工作將銜鐵吸下，蘋果將進(jìn)入通道2，將R2的電阻調(diào)大，則電阻R2的電壓變大，則質(zhì)量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個(gè)值，從而進(jìn)入通道2，即將挑選出質(zhì)量更小的蘋果，故A正確，B錯(cuò)誤；C．電源E1電動勢變大，則電阻R2的電壓變大，則質(zhì)量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個(gè)值，從而進(jìn)入通道2，即將挑選出質(zhì)量更小的蘋果，故C錯(cuò)誤；D．電源E1內(nèi)阻變大，則電阻R2的電壓變小，要達(dá)到某一臨界值，則需要減小壓敏傳感器R1的阻值，增大電路中的電流，從而使電阻R2的電壓達(dá)到臨界值，則需要增大對壓敏傳感器R1的壓力，即將挑選出質(zhì)量更大的蘋果，故D正確。故選D。10.如圖所示，傾角為θ的絕緣斜面上固定兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，將定值電阻、電容器和電源在導(dǎo)軌上端分別通過開關(guān)S1、S2、S3與導(dǎo)軌連接，勻強(qiáng)磁場垂直斜面向下，初始時(shí)刻導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌靜止放置，已知導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒電阻不計(jì)，則下列說法正確的是（）A.S1閉合，S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖像可能如圖1所示B.S2閉合，S1、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖像可能如圖2所示C.S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒一段時(shí)間后閉合開關(guān)S1，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖像可能如圖3所示D.S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒一段時(shí)間后閉合開關(guān)S3，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖像可能如圖4所示〖答案〗AC〖解析〗A．S1閉合，S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與電阻構(gòu)成回路，根據(jù)解得可知隨著導(dǎo)體棒速度的增加，導(dǎo)體棒的加速度逐漸減小，最終勻速，故A正確；B．S2閉合，S1、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與電容器構(gòu)成回路，穩(wěn)定時(shí)有電容器極板電荷量電路電流為導(dǎo)體棒受到的安培力為根據(jù)牛頓第二定律可得解得可知穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體棒的加速度保持不變，做勻加速直線運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；C．S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒?t后閉合開關(guān)S1，可知閉合開關(guān)S1瞬間導(dǎo)體棒的速度為導(dǎo)體棒受到的安培力大小為可知導(dǎo)體棒繼續(xù)向下減速，隨著速度的減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)安培力與重力沿斜面向下的分力平衡時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，故C正確；D．S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒?t后閉合開關(guān)S3，最終安培力與下滑力平衡，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，不可能如圖4所示，故D錯(cuò)誤。故選AC。三．非選擇題：本題共5小題，共54分。11.在“測玻璃磚的折射率”實(shí)驗(yàn)中：（1）如圖甲所示，用插針法測定玻璃磚折射率的實(shí)驗(yàn)中，下列說法正確的是（）A.P1、P2的距離較大時(shí)，通過玻璃磚會看不到P1、P2的像B.為測量方便，P1、P2的連線與法線NN′的夾角應(yīng)盡量小些C.若P1、P2的連線與法線NN′夾角較大時(shí)有可能在bb′面發(fā)生全反射，所以在bb′一側(cè)就看不到P1、P2的像D.為了減小作圖誤差，P3和P4的距離應(yīng)適當(dāng)取大些（2）在該實(shí)驗(yàn)中，光線是由空氣射入玻璃磚，根據(jù)測得的入射角和折射角的正弦值畫出的圖線如圖乙所示，從圖線可知玻璃磚的折射率是______。（3）在該實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)在紙上畫出的界面aa′、bb′與玻璃磚位置的關(guān)系分別如圖丙所示，該同學(xué)用的是矩形玻璃磚，他的其他操作均正確，且均以aa′、bb′為界面畫光路圖，則該同學(xué)測得的折射率與真實(shí)值相比______（填“偏大”“偏小”或“不變”）。〖答案〗（1）D（2）1.5（3）偏小〖解析〗【小問1詳析】A．根據(jù)光路可逆性原理可知，光線一定會從另一側(cè)表面射出，折射光線不會在玻璃磚的內(nèi)表面發(fā)生全反射，即使P1、P2的距離較大，通過玻璃磚仍然可以看到P1、P2的像，故A錯(cuò)誤；B．為減少測量誤差，入射角應(yīng)適當(dāng)大一些，即P1、P2的連線與法線NN′的夾角應(yīng)盡量大些，故B錯(cuò)誤；C．由幾何知識可知，光線在上表面的折射角一定等于下表面的入射角，根據(jù)光路可逆性原理可知，光線一定會從下表面射出，不可能在bb′面發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；D．為了減小作圖誤差，將出射光線確定得更準(zhǔn)確些，P3和P4的距離應(yīng)適當(dāng)取大些，故D正確。故選D。【小問2詳析】根據(jù)折射定律代入數(shù)據(jù)可得玻璃磚的折射率【小問3詳析】該同學(xué)測定折射率時(shí)，作出的折射光線如圖中虛線所示實(shí)線表示實(shí)際光線，可見測量的折射角偏大，則由折射定律可知，測得的折射率將偏小。12.利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，連接計(jì)算機(jī)的電流傳感器可以捕捉并記錄到電流變化，當(dāng)電流從上向下流過電流傳感器時(shí)，電流計(jì)為正值，已知直流電源電動勢為9V，內(nèi)阻可忽略，實(shí)驗(yàn)過程中顯示出電流隨時(shí)間變化的I-t圖像如圖乙所示。（1）在4~7s時(shí)間內(nèi)，開關(guān)S接______（填“1”或“2”）。（2）關(guān)于電容器充電過程中兩極板所帶電荷量Q隨時(shí)間t變化的圖像，下列正確的是（）A. B.C.（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時(shí)I-t曲線與橫軸所圍成的面積將______（填“增大”“不變”或“變小”），充電時(shí)間將______（填“變長”“不變”或“變短”）。（4）某同學(xué)研究電容器充電后儲存的能量E與電容C、電荷量Q及兩極板間電壓U之間的關(guān)系．他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場力所做的功。為此他作出電容器兩極間的電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖丙所示，下列說法正確的是（）A.對同一電容器，電容器儲存的能量E與電荷量Q成正比B.搬運(yùn)?q的電量，克服電場力所做的功近似等于?q上方小矩形的面積C.若電容器兩極板間電壓為U時(shí)儲存的能量為E，則電壓為時(shí)儲存的能量為〖答案〗（1）2（2）B（3）不變變短（4）BC〖解析〗【小問1詳析】4~7s內(nèi)，電容器處于放電狀態(tài)，開關(guān)S應(yīng)接2?！拘?詳析】電容器充電過程中，電容器兩端的電壓U逐漸增大，最后與電源電動勢相等，因此斜率會逐漸減小，最后與橫軸平行，根據(jù)可知，電容C為定值，可知電容器所帶的電荷量逐漸增大，最后保持不變，Q-t圖像的斜率也逐漸變小，最后為零。故選B?！拘?詳析】[1][2]根據(jù)電容器的計(jì)算公式可得所以電容器儲存的電荷量與電阻R無關(guān)，所以曲線與橫軸圍成的面積保持不變，當(dāng)減小電阻R，由于電阻對電流的阻礙作用減弱，充電電流增大，所以充電時(shí)間將變短?！拘?詳析】A．從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場力做的功，也就等于圖像與橫軸圍成的面積，則故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像的物理意義可知，搬運(yùn)?q的電量，克服電場力所做的功近似等于?q上方小矩形的面積，故B正確；C．由電容器的能量公式和電容的定義式可得，電壓所以能量故C正確。故選BC。13.如圖所示，我國研制的“飛天”艙外航天服各項(xiàng)技術(shù)水平均處于世界前列，航天服的氣密性良好，內(nèi)部氣體可視為理想氣體。已知其初始狀態(tài)體積為V，溫度為T，壓強(qiáng)為0.6p0，其中p0為大氣壓強(qiáng)。（1）若保持航天服內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變，緩慢升高氣體溫度至1.2T，求此過程氣體對外做的功W；（2）若在初始狀態(tài)將航天服的閥門打開，外界氣體緩慢進(jìn)入航天服內(nèi)，直至內(nèi)、外氣體壓強(qiáng)均為p0后不再進(jìn)氣，此時(shí)航天服內(nèi)理想氣體的體積為1.2V，且此過程中，氣體的溫度保持為T不變，求進(jìn)入航天服內(nèi)氣體的質(zhì)量與原有質(zhì)量的比值?！即鸢浮剑?）0.12p0V；（2）1〖解析〗（1）氣體的壓強(qiáng)不變，氣體等壓變化，則有解得氣體對外做功為（2）氣體的溫度保持為T不變，氣體等溫變化，則解得進(jìn)入航天服內(nèi)氣體的質(zhì)量與原有質(zhì)量之比為14.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的x＝2d、x＝5d處有兩條虛線AC、DF，y軸與AC之間的勻強(qiáng)磁場Ⅰ大小未知，AC與DF之間的勻強(qiáng)磁場Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩磁場方向均垂直于坐標(biāo)平面向外。在原點(diǎn)O下方有一個(gè)勻強(qiáng)電場區(qū)域，場強(qiáng)方向沿y軸正方向，在y軸上與O相距為d的P點(diǎn)將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q（q>0）的帶電微粒由靜止釋放，它在電場力作用下向上運(yùn)動經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁場，先后經(jīng)過Q、G點(diǎn)從磁場射出，經(jīng)過x軸上S點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成θ=37°角。已知Q、G兩點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計(jì)微粒受到的重力。求：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；（2）勻強(qiáng)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；（3）帶電微粒從P點(diǎn)釋放到經(jīng)過S點(diǎn)的時(shí)間?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）因?yàn)镼、G兩點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，可知微粒在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中運(yùn)動時(shí)，軌跡具有對稱性；微粒離開磁場區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動，則微粒射出磁場時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角也是θ＝37°，畫出微粒運(yùn)動軌跡示意圖如圖所示設(shè)微粒在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中做圓周運(yùn)動的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得微粒在磁場中運(yùn)動時(shí)速率不變，大小等于經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速率，由動能定理有解得（2）根據(jù)幾何關(guān)系可知，微粒經(jīng)過磁場區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角設(shè)微粒在磁場區(qū)域Ⅰ內(nèi)做圓周運(yùn)動半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系有解得又可得（3）微粒在磁場區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動時(shí)間為微粒在磁場區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動時(shí)間為根據(jù)幾何關(guān)系可知，Q、G點(diǎn)的縱坐標(biāo)為微粒由G點(diǎn)運(yùn)動到S點(diǎn)的時(shí)間為設(shè)微粒由P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的時(shí)間為，則可得微粒從P點(diǎn)運(yùn)動到S點(diǎn)的時(shí)間為15.如圖甲所示，質(zhì)量為M=1kg的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=2kg的物塊以水平向右的初速度滑上長木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2。（1）當(dāng)物塊的初速度時(shí)，物塊恰好不滑離木板，求木板長度L；（2）當(dāng)物塊以的初速度滑上木板時(shí)，同時(shí)給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F，求：①要使物塊不滑離木板，恒力F的取值范圍；②在①的情形下，物塊的最終速度大小與恒力F的關(guān)系；③物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與恒力F的關(guān)系?！即鸢浮剑?）2m；（2）①3N≤F≤6N，②，③當(dāng)F<3N時(shí)，Q=8J；當(dāng)3N≤F≤6N時(shí)，；當(dāng)F>6N時(shí)，〖解析〗（1）物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒可得由能量守恒可得解得（2）①對物塊，根據(jù)牛頓第二定律可所以當(dāng)物塊恰好滑到木板最右端和木板速度相等時(shí)，此過程中根據(jù)牛頓第二定律可得解得當(dāng)物塊和木板達(dá)到共同速度，且物塊與木板之間達(dá)到最大靜摩擦力，此時(shí)對整體有解得故恒力F的取值范圍為②對物塊與木板整體，由動量定理有解得③根據(jù)以上分析可知，當(dāng)F<3N時(shí)，有解得當(dāng)3N≤F≤6N時(shí)，有解得當(dāng)F>6N時(shí)，有解得2024年河池市普通高中畢業(yè)班適應(yīng)性模擬測試物理全卷滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選〖答案〗的標(biāo)號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4．考試結(jié)束后，請將試卷和答題卡一并上交。5．本卷主要考查內(nèi)容：高考范圍。一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.廣西是世界范圍內(nèi)巨猿化石發(fā)現(xiàn)最多的地區(qū)，巨猿是一種已經(jīng)滅絕的高等靈長類動物，其生活于距今約20萬年前，利用衰變測定年代技術(shù)可以確定化石的大致年代，衰變方程為，其半衰期是5730年，下列說法正確的是（）A.X是電子，來源于核外電子B.X是中子，來源于原子核C.化石埋藏的環(huán)境會影響的半衰期，進(jìn)而對推算年代造成影響D.的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能〖答案〗D〖解析〗AB．在核反應(yīng)方程中，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X是電子，它是核反應(yīng)產(chǎn)生的，來源于原子核，不是核外電子，故AB錯(cuò)誤；C．放射性元素的半衰期是原子核特有的屬性，不受環(huán)境影響，故C錯(cuò)誤；D．該核反應(yīng)過程中釋放能量，粒子比結(jié)合能增大，故的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能，故D正確。故選D。2.如圖甲，電鰻遇到危險(xiǎn)時(shí)，可產(chǎn)生數(shù)百伏的電壓來保護(hù)自己，如圖乙所示，若將電鰻放電時(shí)形成的電場等效為等量異種點(diǎn)電荷的電場，其中正電荷集中在尾部，負(fù)電荷集中在頭部，O為電鰻身體的中點(diǎn)，AO＝BO且AB為魚身長的一半，下列說法正確的是（）A.A點(diǎn)電勢等于B點(diǎn)電勢B.A點(diǎn)場強(qiáng)大于B點(diǎn)場強(qiáng)C.若電鰻頭尾部間產(chǎn)生300V的電壓時(shí)，AB間的電壓可能為100VD.將正電荷由A點(diǎn)移動到B點(diǎn)，電場力先做負(fù)功后做正功〖答案〗C〖解析〗A．尾部集中正電荷，頭部集中負(fù)電荷，電場線方向由A指向B，沿電場線方向電勢降低，故A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場分布的對稱性可知，A點(diǎn)和B點(diǎn)場強(qiáng)相同，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場分布規(guī)律可知A、B間的電場線比A點(diǎn)到魚尾或B點(diǎn)到魚頭的電場線稀疏，則平均場強(qiáng)也較小，故A、B之間電壓小于150V，可能為100V，故C正確；D．由于電場線方向由A指向B，所以正電荷的受力方向?yàn)橛葾指向B，正電荷由A移動到B時(shí)，電場力做正功，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖甲所示，用手握住長繩的端點(diǎn)A，t＝0時(shí)刻在手的帶動下A點(diǎn)開始上下振動，其振動圖像如圖乙所示，則下列四幅圖中能正確反映時(shí)刻繩波形狀的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗CD．根據(jù)A點(diǎn)振動圖像可知，在時(shí)刻繩上A點(diǎn)向下運(yùn)動，再由振動圖像可知時(shí)波傳播的周期恰好為，則波傳播的距離為，CD錯(cuò)誤；AB．選項(xiàng)A圖中A點(diǎn)向上振動，選項(xiàng)B圖中A點(diǎn)向下振動，A錯(cuò)誤、B正確。故選B。4.我國將于2025年前后在文昌發(fā)射嫦娥六號，嫦娥六號將開展月球背面著陸區(qū)的現(xiàn)場調(diào)查和分析。采樣返回后，在地面對樣品進(jìn)行研究，在發(fā)射過程中必須讓嫦娥六號探測器在環(huán)月階段圓軌道Ⅱ的P點(diǎn)向環(huán)月階段橢圓軌道Ｉ上運(yùn)動以到達(dá)月球表面的Q點(diǎn)。已知在圓軌道和橢圓軌道上的探測器只受到月球的萬有引力作用，下列說法正確的是（）A.若已知引力常量、探測器在圓軌道上的運(yùn)動周期和月球的半徑，可求得月球的質(zhì)量B.探測器由環(huán)月圓軌道進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道應(yīng)讓發(fā)動機(jī)在P點(diǎn)加速C.探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度D.探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)的加速度大于Q點(diǎn)的加速度〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)解得可知，若已知引力常量、探測器在環(huán)月階段圓軌道Ⅱ上的運(yùn)動周期和環(huán)月圓軌道的半徑，可求月球的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B．探測器由環(huán)月圓軌道進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道過程是由高軌道進(jìn)入低軌道，應(yīng)讓發(fā)動機(jī)在P點(diǎn)減速，故B錯(cuò)誤；C．探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上由P運(yùn)動到Q過程，萬有引力做正功，可知，探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度，故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律有解得由于探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)距離月心的間距大于探測器在Q點(diǎn)距離月心的間距，則探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點(diǎn)的加速度小于Q點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。故選C。5.某同學(xué)用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”。將圖甲中的零件組裝成圖乙中的變壓器，將原線圈接在交流電源上，將副線圈接在電壓傳感器（可視為理想電壓表）上，觀察到副線圈電壓U2隨時(shí)間t變化的圖像如圖丙所示，在保證安全的前提下，該同學(xué)在時(shí)間內(nèi)進(jìn)行的操作不可能是（）A.增加了交流電源的頻率 B.增加了副線圈的匝數(shù)C.減少了原線圈的匝數(shù) D.擰緊變壓器鐵芯上松掉的螺絲〖答案〗A〖解析〗A．增加了交流電源頻率，不會影響U2的大小，故A正確；BC．由變壓器電壓與線圈匝數(shù)關(guān)系可得如果減少了原線圈的匝數(shù)或增加了副線圈的匝數(shù)，則U2增大，與圖像符合，故BC錯(cuò)誤；D．?dāng)Q緊了變壓器鐵芯上松掉的螺絲，會減小漏磁，所以U2增大，故D錯(cuò)誤。故選A。6.如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質(zhì)量為1.5kg，將一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的小球從距沙面0.45m高度處以大小為4m/s的初速度水平拋出，小球落入車內(nèi)并陷入沙中最終與車一起向右勻速運(yùn)動。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A.小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球陷入沙子過程中，沙子對小球的沖量大小為C.小車最終的速度大小為1m/sD.小車最終的速度大小為2m/s〖答案〗C〖解析〗A．小球陷入沙子過程，小球在豎直方向做變速運(yùn)動，系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．由于小球陷入沙子過程的時(shí)間未知，故沙子對小球的沖量大小未知，故B錯(cuò)誤；CD．小球與車、沙組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖所示，冬奧會上甲、乙兩名運(yùn)動員在水平冰面上滑冰，恰好同時(shí)到達(dá)虛線PQ左側(cè)的半圓滑道，然后分別沿半徑為和的滑道做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動半個(gè)圓周后勻加速沿直線沖向終點(diǎn)線。已知甲、乙兩名運(yùn)動員的質(zhì)量相等，他們做圓周運(yùn)動時(shí)所受向心力大小相等，直線沖刺時(shí)的加速度大小也相等。則下列說法正確的是（）A.在做圓周運(yùn)動時(shí)，甲所用的時(shí)間比乙的短 B.在做圓周運(yùn)動時(shí)，甲、乙的角速度大小相等C.在沖刺時(shí)，甲到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度較大 D.在沖刺時(shí)，乙一定先到達(dá)終點(diǎn)線〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)解得由于做圓周運(yùn)動時(shí)所受向心力大小相等，甲運(yùn)動員圓周運(yùn)動的半徑大于乙運(yùn)動員圓周運(yùn)動的半徑，可知甲運(yùn)動員圓周運(yùn)動的周期大于乙運(yùn)動員圓周運(yùn)動的周期，即在做圓周運(yùn)動時(shí)，甲所用的時(shí)間比乙的長，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)由于做圓周運(yùn)動時(shí)所受向心力大小相等，可知甲運(yùn)動員圓周運(yùn)動的角速度小于乙運(yùn)動員圓周運(yùn)動的角速度，故B錯(cuò)誤；C．沖刺時(shí)的初速度大小等于圓周運(yùn)動的線速度大小，根據(jù)解得由于做圓周運(yùn)動時(shí)所受向心力大小相等，可知甲運(yùn)動員圓周運(yùn)動的線速度大于乙運(yùn)動員圓周運(yùn)動的線速度，令到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度大小為，沖刺勻加速的位移為x，則有由于沖刺勻加速運(yùn)動的位移與加速度均相等，可知勻加速的初速度較大的甲運(yùn)動員到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度較大，故C正確；D．由A可知，甲、乙兩名運(yùn)動員在圓周運(yùn)動過程所用時(shí)間而在直線沖刺過程中，位移相等，但甲運(yùn)動員的初速度大，則加速階段時(shí)間到達(dá)終點(diǎn)的時(shí)間為兩個(gè)階段時(shí)間之和，由數(shù)學(xué)知識無法判斷和的大小關(guān)系，乙不一定先到達(dá)終點(diǎn)線，故D錯(cuò)誤。故選C。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.如圖甲所示，一輕彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)刻，將一小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A.t1時(shí)刻小球動能最大B.t2時(shí)刻小球動能最小C.t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球的動能先減少后增加D.t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球增加機(jī)械能小于彈簧減少的彈性勢能〖答案〗BD〖解析〗A．由F-t圖像振幅逐漸減小可知，小球在運(yùn)動過程中受到空氣阻力作用，小球在接觸彈簧之前做向下加速運(yùn)動，碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為0即重力等于彈簧彈力與空氣阻力之和時(shí)加速度達(dá)到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運(yùn)動，與彈簧接觸的整個(gè)下降過程，小球的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，上升過程恰好與下降過程互逆，由乙圖可知t1時(shí)刻開始接觸彈簧，但在剛開始接觸后的一段時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，小球仍做加速運(yùn)動，所以此刻小球的動能不是最大，故A錯(cuò)誤；B．t2時(shí)刻彈力最大，小球處在最低點(diǎn)，動能最小，故B正確；CD．t3時(shí)刻小球往上運(yùn)動恰好要離開彈簧，t2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械能和內(nèi)能，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD9.半導(dǎo)體薄膜壓敏傳感器所受壓力越大其電阻越小，利用這一特性設(shè)計(jì)成蘋果大小自動分揀裝置如圖所示。其中R1為壓敏電阻，R2為可變電阻，蘋果通過放置在壓敏電阻正上方的托盤秤時(shí)，可將壓力傳導(dǎo)至壓敏電阻，電磁鐵的輸入電壓大于某一個(gè)值時(shí)，電磁鐵工作，將銜鐵吸下并保持此狀態(tài)一小段時(shí)間，蘋果進(jìn)入通道2，否則蘋果將進(jìn)入通道1。若要挑選出質(zhì)量更大的蘋果，下列措施可行的是（）A.將R2的電阻調(diào)小 B.將R2的電阻調(diào)大C.增大電源E1的電動勢 D.增大電源E1的內(nèi)阻〖答案〗AD〖解析〗AB．質(zhì)量大的蘋果對壓敏傳感器R1的壓力大，壓敏傳感器R1的阻值小，電路中的電流大，則電阻R2的電壓大，即放大電路的輸入電壓大于某一個(gè)值，電磁鐵工作將銜鐵吸下，蘋果將進(jìn)入通道2，將R2的電阻調(diào)大，則電阻R2的電壓變大，則質(zhì)量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個(gè)值，從而進(jìn)入通道2，即將挑選出質(zhì)量更小的蘋果，故A正確，B錯(cuò)誤；C．電源E1電動勢變大，則電阻R2的電壓變大，則質(zhì)量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個(gè)值，從而進(jìn)入通道2，即將挑選出質(zhì)量更小的蘋果，故C錯(cuò)誤；D．電源E1內(nèi)阻變大，則電阻R2的電壓變小，要達(dá)到某一臨界值，則需要減小壓敏傳感器R1的阻值，增大電路中的電流，從而使電阻R2的電壓達(dá)到臨界值，則需要增大對壓敏傳感器R1的壓力，即將挑選出質(zhì)量更大的蘋果，故D正確。故選D。10.如圖所示，傾角為θ的絕緣斜面上固定兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，將定值電阻、電容器和電源在導(dǎo)軌上端分別通過開關(guān)S1、S2、S3與導(dǎo)軌連接，勻強(qiáng)磁場垂直斜面向下，初始時(shí)刻導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌靜止放置，已知導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒電阻不計(jì)，則下列說法正確的是（）A.S1閉合，S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖像可能如圖1所示B.S2閉合，S1、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖像可能如圖2所示C.S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒一段時(shí)間后閉合開關(guān)S1，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖像可能如圖3所示D.S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒一段時(shí)間后閉合開關(guān)S3，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖像可能如圖4所示〖答案〗AC〖解析〗A．S1閉合，S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與電阻構(gòu)成回路，根據(jù)解得可知隨著導(dǎo)體棒速度的增加，導(dǎo)體棒的加速度逐漸減小，最終勻速，故A正確；B．S2閉合，S1、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與電容器構(gòu)成回路，穩(wěn)定時(shí)有電容器極板電荷量電路電流為導(dǎo)體棒受到的安培力為根據(jù)牛頓第二定律可得解得可知穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體棒的加速度保持不變，做勻加速直線運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；C．S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒?t后閉合開關(guān)S1，可知閉合開關(guān)S1瞬間導(dǎo)體棒的速度為導(dǎo)體棒受到的安培力大小為可知導(dǎo)體棒繼續(xù)向下減速，隨著速度的減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)安培力與重力沿斜面向下的分力平衡時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，故C正確；D．S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導(dǎo)體棒?t后閉合開關(guān)S3，最終安培力與下滑力平衡，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，不可能如圖4所示，故D錯(cuò)誤。故選AC。三．非選擇題：本題共5小題，共54分。11.在“測玻璃磚的折射率”實(shí)驗(yàn)中：（1）如圖甲所示，用插針法測定玻璃磚折射率的實(shí)驗(yàn)中，下列說法正確的是（）A.P1、P2的距離較大時(shí)，通過玻璃磚會看不到P1、P2的像B.為測量方便，P1、P2的連線與法線NN′的夾角應(yīng)盡量小些C.若P1、P2的連線與法線NN′夾角較大時(shí)有可能在bb′面發(fā)生全反射，所以在bb′一側(cè)就看不到P1、P2的像D.為了減小作圖誤差，P3和P4的距離應(yīng)適當(dāng)取大些（2）在該實(shí)驗(yàn)中，光線是由空氣射入玻璃磚，根據(jù)測得的入射角和折射角的正弦值畫出的圖線如圖乙所示，從圖線可知玻璃磚的折射率是______。（3）在該實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)在紙上畫出的界面aa′、bb′與玻璃磚位置的關(guān)系分別如圖丙所示，該同學(xué)用的是矩形玻璃磚，他的其他操作均正確，且均以aa′、bb′為界面畫光路圖，則該同學(xué)測得的折射率與真實(shí)值相比______（填“偏大”“偏小”或“不變”）?！即鸢浮剑?）D（2）1.5（3）偏小〖解析〗【小問1詳析】A．根據(jù)光路可逆性原理可知，光線一定會從另一側(cè)表面射出，折射光線不會在玻璃磚的內(nèi)表面發(fā)生全反射，即使P1、P2的距離較大，通過玻璃磚仍然可以看到P1、P2的像，故A錯(cuò)誤；B．為減少測量誤差，入射角應(yīng)適當(dāng)大一些，即P1、P2的連線與法線NN′的夾角應(yīng)盡量大些，故B錯(cuò)誤；C．由幾何知識可知，光線在上表面的折射角一定等于下表面的入射角，根據(jù)光路可逆性原理可知，光線一定會從下表面射出，不可能在bb′面發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；D．為了減小作圖誤差，將出射光線確定得更準(zhǔn)確些，P3和P4的距離應(yīng)適當(dāng)取大些，故D正確。故選D?！拘?詳析】根據(jù)折射定律代入數(shù)據(jù)可得玻璃磚的折射率【小問3詳析】該同學(xué)測定折射率時(shí)，作出的折射光線如圖中虛線所示實(shí)線表示實(shí)際光線，可見測量的折射角偏大，則由折射定律可知，測得的折射率將偏小。12.利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，連接計(jì)算機(jī)的電流傳感器可以捕捉并記錄到電流變化，當(dāng)電流從上向下流過電流傳感器時(shí)，電流計(jì)為正值，已知直流電源電動勢為9V，內(nèi)阻可忽略，實(shí)驗(yàn)過程中顯示出電流隨時(shí)間變化的I-t圖像如圖乙所示。（1）在4~7s時(shí)間內(nèi)，開關(guān)S接______（填“1”或“2”）。（2）關(guān)于電容器充電過程中兩極板所帶電荷量Q隨時(shí)間t變化的圖像，下列正確的是（）A. B.C.（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時(shí)I-t曲線與橫軸所圍成的面積將______（填“增大”“不變”或“變小”），充電時(shí)間將______（填“變長”“不變”或“變短”）。（4）某同學(xué)研究電容器充電后儲存的能量E與電容C、電荷量Q及兩極板間電壓U之間的關(guān)系．他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場力所做的功。為此他作出電容器兩極間的電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖丙所示，下列說法正確的是（）A.對同一電容器，電容器儲存的能量E與電荷量Q成正比B.搬運(yùn)?q的電量，克服電場力所做的功近似等于?q上方小矩形的面積C.若電容器兩極板間電壓為U時(shí)儲存的能量為E，則電壓為時(shí)儲存的能量為〖答案〗（1）2（2）B（3）不變變短（4）BC〖解析〗【小問1詳析】4~7s內(nèi)，電容器處于放電狀態(tài)，開關(guān)S應(yīng)接2?！拘?詳析】電容器充電過程中，電容器兩端的電壓U逐漸增大，最后與電源電動勢相等，因此斜率會逐漸減小，最后與橫軸平行，根據(jù)可知，電容C為定值，可知電容器所帶的電荷量逐漸增大，最后保持不變，Q-t圖像的斜率也逐漸變小，最后為零。故選B。【小問3詳析】[1][2]根據(jù)電容器的計(jì)算公式可得所以電容器儲存的電荷量與電阻R無關(guān)，所以曲線與橫軸圍成的面積保持不變，當(dāng)減小電阻R，由于電阻對電流的阻礙作用減弱，充電電流增大，所以充電時(shí)間將變短?！?/p>