2024年山東省濰坊市昌樂某中學高考物理模擬試卷(含詳細答案解析)

2024年山東省濰坊市昌樂一中高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.有些元素的原子核有可能從很靠近它的核外電子中“俘獲”一個電子形成一個新原子核，從離原子核最

近的K層電子中俘獲電子，叫“K俘獲”?，F(xiàn)有一個被原子核發(fā)生了“K俘獲”，生成一個新的原子

核凌，并放出一個不帶電的、質(zhì)量接近于零的中微子（%）,核反應方程為：7a+9送1￡乂+%。關(guān)于鍍

原子核的“K俘獲”的過程，下列說法正確的是（）

A.新原子核夕X帶負電

B.新原子核《X比原來的被原子核少一個中子

C.新原子核々X比原來的被原子核少一個質(zhì)子

D.新原子核《X與原來的鍍原子核的核子數(shù)不同

2.一質(zhì)量為〃?的滑塊（可視為質(zhì)點），以不同的初速度火從斜面頂端沿

斜面卜滑，卜滑的最大距離X與端的關(guān)系圖像如圖所不，已知斜面長

度為6〃?，下列說法正確的是（）

A.滑塊下滑過程中處于失重狀態(tài)

B.滑塊下滑的加速度大小為0.5m/s2

C.若%=3m/s,滑塊沿斜面下滑的時間為丸

D.若為=4m/s,滑塊沿斜面下滑的時間為4s

3.新冠病毒疫情防控工作中額溫槍被廣泛使用。有一種額溫槍的工作原理是采集人體輻射出的紅外線，并

將紅外線照射到溫度傳感器上，發(fā)生光電效應，從而將光信號轉(zhuǎn)化為電信號顯示出人體的溫度。已知人體

在正常體溫時輻射的紅外線波長約為9x10-66，用該波長的紅外線照射圖甲電路中陰極K,電路中的光

8_19

電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示，已知h=6.63xl0-34/.s,c=3.0x10m/s,e=1.6xlOCo下

列說法正確的是（）

光束窗口

A.真空中波長9xICT6nl的紅外線的頻率約為3.3x1010Hz

B.由圖乙可知，該光電管的陰極金屬逸出功約為1.7xIO-。/

C.人體溫度升高，輻射的紅外線鳧度增大，飽和光電流減小

D.對于某種金屬，無論照射光的頻率多小，只要強度足夠大、光照時間足夠長就可以產(chǎn)生光電效應現(xiàn)象

4.人造地球衛(wèi)星與地心間距離為，時，若取無窮遠處為勢能零點，引力勢能可以表示為Ep=—-,其中

G為引力常量，M為地球質(zhì)量，m為衛(wèi)星質(zhì)量。衛(wèi)星原來在半徑為q的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由

于稀薄空氣等因素的影響，飛行一段時間后其圓周運動的半徑減小為「2.此過程中損失的機械能為（）

A.竿（'—/）B.竿（於一、）D.GMm（^-

5.如圖所示電路中，理想變壓器原線圈兩接線柱間的交流甩壓的有效值不變，兩燈泡5、乙2規(guī)格完全相

同，在以下各種操作中各電路元件都沒有損壞，下列說法正確的是（）

A.僅使滑片M下移，電流表示數(shù)變大

B.僅使滑片M下移，變壓器原線圈中的電流變大

C.僅使滑片N自變阻器〃端向力端移動，燈泡G中的電流一直增大

D.僅使滑片N自變阻器。端向方端移動，電流表示數(shù)一直增大

6.如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的輕質(zhì)絕緣細繩，一端系著一個

帶也小球，另一端固定于。點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為m最低

點為從不計空氣阻力，則（）

A.小球帶負電

B.電場力跟重力是一對平衡力

C.小球從〃點運動到〃點的過程口，電勢能減小

D.運動過程中小球的機械能守恒

7.如圖甲所示，生活中常用兩根并排的竹竿將磚塊從高處運送到低

處。將竹竿簡化為兩根平行放置、粗細均勻的圓柱形直桿，一長方體

磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑。圖乙為垂直于運

動方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距減少一些，

則（）

A.竹竿對磚塊的彈力變小B.竹竿對磚塊的摩擦力變大

C.匯專塊的加速度不變D.磚塊下滑到底端的時間變短

8.單鏡頭反光相機簡稱單反相機，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間

的透明平面鏡把來自鏡頭的圖像投射到對焦屏上。對焦屏上的圖像通過

五棱鏡的反射進入人眼中。如圖所示為單反照相機取景器的示意圖，

A8COE為五棱鏡的一個截面，AB1BC,光線垂直A8射入，分別在

C。和EA上發(fā)生全反射，且兩次全反射的入射角相等，最后光線垂直

8C射出。下列說法正確的是（）

A.LBCD=135°

B.和4BCD不相等

c.該五棱鏡折射率的最小值是

ol11乙?。

D.該五棱鏡折射率的最小值是口

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

C.健身者增大抖動頻率，將減少振動從繩子端點傳播到P點的時間

D.涯身者抖動繩子端點（剛開始處于平衡位置），經(jīng)過0.4s振動恰好傳到P點

11.如圖所示，一根足夠長水平滑桿SS'上套有一質(zhì)量為〃?的光滑鋁環(huán)，在滑桿的正下方放置一足夠長光滑

絕緣軌道PP',PP'與桿SS'平行?，F(xiàn)使質(zhì)量為M的條形磁鐵正對鋁環(huán)的圓心以水平初速度北沿絕緣軌道向

右運動，圓環(huán)平面始終垂直于滑桿，則（）

A.從左往右看，圓環(huán)中感應電流的方向始終為順時針

B.磁鐵不會穿過滑環(huán)，且最終二者共速

C.磁鐵與圓環(huán)的最終速度為會外

M+m

D.整個過程最多能產(chǎn)生熱品肅，笳

12.如圖所示，質(zhì)量為小的小球穿過一豎直固定的光滑桿并拴在輕彈簧上，質(zhì)量

6王元…Q

為4〃?的物塊用輕繩跨過光滑的定滑輪（不計滑輪質(zhì)量和大小）與小球連接，開始用弋

手托住物塊，輕繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角a=53。，\

物塊白QP

某時刻由靜止釋放物塊（足夠高），經(jīng)過一段時間小球運動到。點，。、。兩點的

連線水平，OQ=d,且小球在P、Q兩點時彈簧彈力的大小相等。已知重力加速/〃〃〃〃///〃〃〃〃〃〃同〃〃〃/

度為g,sin530=0.8,cos53。=0.6。則小球由P點到Q點的過程中，下列說法正確的是（）

A.小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒B.彈簧的勁度系數(shù)為等

2a

C.小球到達Q點時的速度大小為僧D.重力對物塊做功的功率一直增大

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

13.某研究性學習小組設(shè)計實驗粗測小球在水平瓷磚上滾動時所受的阻力與重力的比值。給小球一個初速

度，用手機給運動小球錄像。為了比較準確的測量時間，播放時選擇倍速“0.25X”，表示播放時間是實

際時間的四倍。圖甲是小球經(jīng)某一瓷磚邊緣第一次播放暫停時的時間顯示，其中“00：11”是時間擴大為

4倍后，錄像播放了11s,“01：07”是時間擴大為4倍后總的播放時間。從圖甲小球暫停位置到小球停

止，小球共垂直瓷磚邊緣沿直線運動了12塊整瓷磚和第13塊瓷磚部分長度，圖乙是小球剛停下時的播放

時間.圖丙是小球停下時的位置,刻度尺0刻度與第12、13塊蟀磚切緣對齊。每塊穿錯長度為6（kv〃，圖

丁是圖丙部分放大，小球的運動可視做勻變速直線運動。

>00:11/01:07001:02/01:07

圖甲圖乙圖內(nèi)圖丁

根據(jù)以上信息：

(1)第一次暫停時刻對應的小球?qū)嶋H速度為______m/s(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；

(2)小球在水平瓷磚上滾動時所受的阻力與重力的比值為_____(用重力加速度g,小球滾動的距離L小球

滾動的時間，三個字母表示)；

(3)下列說法正確的是<,

A.小球直徑越大，測量位移時讀數(shù)誤差越小

8.視頻第一次暫停時刻不是小球剛開始運動的時刻，造成了實驗測量比值偏小

C多錄幾次視頻，選擇小球接近做直線運動的進行測量

D為了減小實驗誤差，應多測幾次，求平均值

14.某實驗小組設(shè)計了如圖(0)所示的歐姆表電路，僅用一節(jié)干電池通過控制開關(guān)S,就可使“歐姆表”具

有“X10”和“X100w兩種倍率。電路中使用的實驗器材如下:

干電池：電動勢E=1.5V,內(nèi)阻r=l。；

亳安表：滿偏電流/&=1加4,內(nèi)阻Rg=125C；

滑動變阻器心，阻值調(diào)節(jié)范圍足夠大；

定值電阻自、%和%，其中%=1000。;

開關(guān)5,紅、黑表筆各一支，導線若干。

⑴按照圖⑷連接好電路，表筆1為(填“紅”或“黑”)表筆。

(2)當開關(guān)S斷開時，將兩表筆短凄，調(diào)節(jié)滑動變阻器品,使電流表達到滿偏，此時年=0,“歐姆

表”的倍率是(填“X10,或“X100”)；

(3)閉合開關(guān)S使“歐姆表”倍率改變，電阻&=______2將兩表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器心，使電流表

達到滿偏。

(4)保持開關(guān)閉合，在表筆間接入電阻此(圖中未畫出“，電流表指針指向圖(b)所示的位置時，電阻

R3=I2o

四、簡答題：本大題共2小題，共22分。

15.某水上滑梯的簡化結(jié)構(gòu)圖如圖所示?？傎|(zhì)量為機的滑船(包括游客)，從圖甲所示傾角8=53。的光滑斜

軌道上4點由靜止開始下滑，到達離地高h=2.5m的B點時，進入一段與斜軌道相切的半徑R=12.5m的

光滑圓弧軌道BC。，C點為與地面相切的圓弧軌道最低點，在C點時對軌道的壓力為1.8mg,之后從。點

沿圓弧切線方向滑上如圖乙所示的足夠大光滑斜面abed,速度方向與斜面水平底邊ad成夾角8=53。。已

知斜面Med的底面離地高度為2.5m且與水平面成/?=37。角，滑船最后在斜面水平底邊ad上某點進入水

平接收平臺。求：

(1)4點距離地面高度;

(2)滑船運動最高點到水平底邊ad的距離；

(3)滑船要進入接收平臺時和。點的水平距離。

16.如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域I內(nèi)有場強大小%=1x102/V/C,方

向水平向右的勻強電場；一條長L=0.8m且不可伸長的輕繩一端固定在區(qū)

域【的左上角。點，另一端系一質(zhì)量根1=0.5kg、帶電荷量q=-0.1C的

絕緣帶電小球出在緊靠區(qū)域I的右下角C點豎直放置一足夠長、半徑

R=1m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，。。是圓筒上表面的一條直

徑且與區(qū)域I的下邊界共線，直徑MN與直徑C。垂直，圓筒內(nèi)左半邊

MNCK/K區(qū)域II中存在大小%=20N/C、方向垂直紙面向里的勻強電

場。把小球。拉至A點(輕繩繃直且水平)靜止釋放，當小球a運動到。點

正下方8點時:輕繩恰好斷裂。個球。進入電場繼續(xù)運動，剛好從區(qū)域I的右下角C點豎直向下離開電場

Ei，然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進入?yún)^(qū)域II。已知重力加速度大小取g=10m/s2,繩斷前、斷后瞬間，小球〃的速

度保持不變，忽略一切阻力。求：

(1)輕繩的最大張力「血；

(2)小球4運動到。點時速度的大小〃和小球。從B至|JC過程電勢能的變化量4%；

(3)若小球。剛進入圓筒時，另一絕緣小球〃從。點以相同速度豎直向卜貼著圓筒內(nèi)側(cè)進入圓筒，小球〃

的質(zhì)量租2=0.5kg,經(jīng)過一段時間，小球〃、人發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球。的電荷量保持不變，則從

小球人進入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球〃增加的機械能/%是多大。

五、計算題：本大題共2小題，共22分。

17.如圖所示，高為fi=14.4cm、截面積S=5cm2的絕熱汽缸開口向上放在水平

面上，標準狀況(溫度W=0℃、壓強po=ixlO5pQ)下，用絕熱活塞。和導熱性

能良好的活塞P將汽缸內(nèi)的氣體分成甲、乙兩部分，活塞Q用勁度系數(shù)為k=

1000N/m的輕彈簧推接在汽缸底部，系統(tǒng)平衡時活塞Q位干汽缸的正中央H彈

簧的形變量為零，活塞戶剛好位于汽缸的頂部；現(xiàn)將一質(zhì)量為巾=1kg的物體放

在活塞。上，活塞。下降，如果用一加熱裝置對氣體乙緩慢加熱使活塞尸回到汽

缸頂部，此時氣體乙的溫度為多少攝氏度？(活塞的質(zhì)量以及一切摩擦均可忽略不計，外界環(huán)境的溫度和

大氣壓恒定，重力加速度g取lOm/s2,結(jié)果保留整數(shù))

18.某傳送裝置的示意圖如圖所示，整個裝置由三部分組成，左側(cè)為粗糙傾斜直軌道48,中間為水平傳送

帶BC,傳送帶向右勻速運動，其速度的大小可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定，右側(cè)為光滑水平面CQ.傾斜軌

道末端及水平面CO與傳送帶兩端等高并平滑對接，質(zhì)量分別為加2、m3……相底1、小〃的〃一1個物塊在

水平面CO上沿直線依次靜止排列.質(zhì)量為mi物塊從斜面的最高點A由靜止開始沿軌道下滑，」知A點距

離傳送帶平面的高度h=2.5m,水平距離刀=3.5m,傳送帶兩軸心間距42=7m,物塊與傾斜直軌道、傳

送帶間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.2,取重力加速度g=10m/s2o

A

B

⑴求物塊剛滑上傳送帶時的速度大小;

(2)改變傳送帶的速度，求物塊從傳送帶右側(cè)滑出時的速度v的范圍;

(3)若物塊根］以北(已知)的速度離開傳送帶，滑到水平軌道上與血2發(fā)生碰撞，從而引起各物塊的依次碰

撞，碰撞前后各物塊的運動方向處于同一直線上.各物塊間碰撞無機械能損失，且各物塊之間不發(fā)生第二

次碰撞.經(jīng)過依次碰撞后，定義第〃個物塊m；獲得的動能取“與第I個物塊的初動能反。之比為第I個物塊

對第〃個物塊的動能傳遞系數(shù)km，求近3；

(4)接第(3)問，若租3=巾4=……^n-1=求根2為何值時，第〃個物塊獲得的速度最大，并求出

笫"個物塊的最大速度％m。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、所有的原子核均帶正電，故A錯誤；

BCD、根據(jù)核反應方程/e+9]eT，X+%,結(jié)合質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒，可知X的質(zhì)量數(shù)為：4=7+0=

7,質(zhì)子數(shù)為：Z=4-l=3,所以新核為，，則新原子核《X與原來的被原子核的核子數(shù)相同，新原子核

《X的中子數(shù)為：7-3=4,被原子核的中子數(shù)為：7-4=3,所以新原子核《X比原來的被原子核多一個

中子，新原子核《X比原來的被原子核少一個質(zhì)子，故8。錯誤，C正確。

故選：Co

根據(jù)核反應過程中，電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒，以及質(zhì)量數(shù)=中子數(shù)+電荷數(shù)分析即可。

本題以核反應方程為命題背景，考查了質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒，考查了學生的物理觀念。

2.【答案】C

【解析】解：力B.滑塊沿斜面向下做勻減速直線運動，加速度方向要斜面向上：

根據(jù)運動的合成與分解，滑塊具有豎直向上的分加速度，因此滑塊處于超重狀態(tài)；

設(shè)加速度的大小為根據(jù)運動學公式評=2ax

變形得％=看詔

x-評圖像的斜率k="”?/血=1S2/TH

結(jié)合％-詔函數(shù),圖像的斜率〃

代入數(shù)據(jù)解得滑塊下滑的加速度大小為Q=lm/s2

綜上分析，故A8錯誤；

CD若%=3m/s,滑塊沿斜面下滑的位移為Xi=會==4.5m<6m

下滑時間為h=詈*s=3s

同理可知，若%=4m/s,滑塊減速至速度為零下滑的位移為外=m=昌巾=8m>6m

4XJL

at

由位移公式可得L=V0t2~^2

解得￡2=2s

另一解6s不符合題意舍去，故C正確，。錯誤。

故選:Co

4B滑塊沿斜面向下做勻減速直線運動，加速度方向沿斜面向上，根據(jù)超重和失重的含義分析作答；

根據(jù)運動學公式求解》-評函數(shù)，結(jié)合圖像斜率的含義求加速度的大??；

CD根據(jù)運動學公式求下滑的距離和所用時間，要注意分析下滑距離與斜面長的關(guān)系。

本題考查了勻變速直線運動中的3-詔圖像，根據(jù)運動學公式求解x-詔函數(shù)是解題的關(guān)鍵：解題時要注

意斜面長這一條件，要避免盲目套用公式的現(xiàn)象。

3.【答案】B

【解析】解：A、由。=而得，紅外線的頻率y=g=陽嗎Hz*3.3xl0i3“z,故A錯誤；

入9x106

B、根據(jù)愛因斯坦光電效應方程/加=九"-%

根據(jù)動能定理得：—eUc=。一Ekm

解得該光電管的陰極金屬逸出功叫?1.7x10-20人故8正確；

C、人體溫度升高，輻射的紅外線強度增大，逸出光電子增加，飽和光電流增大，故C錯誤;

。、對于某種金屬，根據(jù)愛因斯坦光電效應方程，若照射光的頻率小于其極限頻率，則無論強度多大、光

照時間多長，都不會有光電子逸出，不會產(chǎn)生光電效應現(xiàn)象，故。錯誤。

故選:Bo

由。=而求解紅外線的頻率；根據(jù)愛因斯坦光電效應方程、動能定理求解該光電管的陰極金屬逸出功；飽

和光電流與單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)有關(guān)；根據(jù)光電效應的條件進行分析。

本題考查愛因斯坦光電效應方程相關(guān)物理量的概念及決定因素，學生需深刻理解，弄懂本質(zhì)才不會出錯。

4.【答案】B

Min

【蟀析】解：根據(jù)衛(wèi)星做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，則軌道半徑為q時有：G

mV…①，

衛(wèi)星的引力勢能為：Ep1=-*?②

軌道半徑為4時：誓=嶗…③

衛(wèi)星的引力勢能為：琮2=—％…④

r2

設(shè)摩擦而損失的機械能為△￡,根據(jù)能量守恒定律得：諳+Epi=]m^+Ep2+4修??5

聯(lián)立①?⑤得：△5=竽（工一工）.故5正確，4CD錯誤。

乙r2rl

故選：Bo

求出衛(wèi)星在半徑為先圓形軌道和半徑為%的圓形軌道上的動能，從而得知動能的減小量，通過引力勢能公

式求出勢能的增加量，根據(jù)能量守恒求出損失的機械能。

本題是信息題，要讀懂引力勢能的含義，建立衛(wèi)星運動的模型，根據(jù)萬有引力定律和圓周運動的知識、能

量守恒定律結(jié)合求解。

5.【答案】C

【解析】解：4僅使滑片M下移，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)理想變壓器票=電知副線圈電壓減小，副線圈電

U2八2

路電阻不變，所以電流減小，故A錯誤：

4.僅使滑片M卜.移，副線圈電壓、電流均減小，所以副線圈功率減小，根據(jù)理想變壓器特點Ui/i=%，2，

可知原線圈中電流變小，故8錯誤；

C.僅使滑片N自變阻器。端向〃端移動，并聯(lián)部分電路電壓（副線圈電壓）不變，L所在支路電阻逐漸減

小，根據(jù)歐姆定律可知，G中電流一直增大，故。正確；

。.僅使滑片N自變阻器。端向。端移動，則并聯(lián)部分電阻先增大后減小，副線圈總電阻先增大后減小，副

線圈電壓不變，所以副線圈總電沆（電流表示數(shù)）先減小后增大，故。錯誤。

故選：Co

滑片M下移會影響副線圈的匝數(shù)，根據(jù)原副線圈的匝數(shù)比與原副線圈的電壓之比的關(guān)系結(jié)合歐姆定律分析

出電流表的示數(shù)變化，根據(jù)原副線圈的功率相等分析出原線圈的電流變化；

滑片N移動會改變電路中的電阻，根據(jù)歐姆定律分析出燈泡中的電流的變化和電流表示數(shù)的變化。

本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，熟悉原副線圈的電學物理量與線圈匝數(shù)的關(guān)系，同時根據(jù)電阻的變

化分析出電路中電學物理量的變億即可。

6.【答案】B

【解析】解：力B.小球受到重力、電場力和細繩的拉力在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，根據(jù)合外力提供向

心力，電場力應與重力平衡，即小球所受電場力與重力等大反向，則知小球帶正電，故4錯誤，4正確；

C.小球在從〃點運動到沙點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，故C錯誤；

D由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，故Z）錯誤。

故選：B。

小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力與重力必定平衡，可判斷小

球的電性。由電場力做功情況，判斷電勢能的變化。機械能守恒的條件是只有重力做功。

本題的解題關(guān)鍵是根據(jù)質(zhì)點做勻速圓周運動的條件，判斷電場力與重力的關(guān)系，即可確定出小球的電性。

7.【答案】C

【解析】解：4設(shè)竹竿與水平方向夾角為。，兩竹竿對磚塊彈力的夾角為仇磚塊在垂直運動方向受力如圖

根據(jù)平衡條件有2FNCOS^=mgcosa

僅將兩竹竿間距減少一些，8不變，竹竿對我的彈力不變，故A錯誤；

8.竹竿對磚的摩擦力為/'=2〃'，竹竿對磚的彈力FN不變，則摩擦力不變，故8錯誤；

C.沿物塊運動方向，根據(jù)牛頓第二定律有mgsina-f=ma、摩擦力/不變，則磚塊下滑的加速度不變，

故C正確；

D根據(jù)位移-時間公式有了—1at7

解得t=后

竹竿的長度不變，物塊下滑的位移不變，磚塊的加速度不變，可知磚塊滑動底端的時間不變，故。錯誤。

故選：C。

根據(jù)磚塊在垂直運動方向受力列平衡方程分析判斷；根據(jù)摩擦力公式分析判斷；根據(jù)牛頓第二定律分析判

斷；根據(jù)位移-時間公式判斷。

本題關(guān)鍵掌握垂直運動方向的受力情況和沿運動方向的受力情況分析。

8.【答案】C

【解析】解：人、由題意畫出光路圖如圖所示，根據(jù)光路圖和反射

定律可知：40=90°,即。=22.5°,則年BCD=180°—（90°—6）=

90。+22.5。=112.5。，故A錯誤；

B、由幾何知識可得：Z.BAE=180°-（90°-0）=90°+22.5°=

112.5°,則4B/!E=4BCO,故4錯誤；

CD、光線在CO和AE界面上恰好發(fā)生全反射時，對應著五棱鏡折

射率的最小值九o，則

n=―,解得n（）=。，故C正確，。錯誤。

u0sin。us）n22.5

故選：C。

作出光路圖，根據(jù)幾何知識求出光在C。面上的入射角，并求出/8C。。當光線剛好在C"面和A七面上發(fā)

生全反射時，五棱鏡折射率最小，根據(jù)臨界角公式sinC=彳求出折射率最小值。

解決該題的關(guān)鍵是能正確作出光耨圖，能根據(jù)幾何知識求出臨界角。要知道光線剛好在界面上發(fā)生全反射

時，棱鏡的折射率最小。

9.【答案】BD

【解析】解：A、外力尸作用在右端活塞上，活塞位置不變，可知在尸作用下沒有位移，根據(jù)功的公式

W=Fscosa,s=0,可知外力尸做功為零，故A錯誤；

4C、氣缸為導熱汽缸，環(huán)境溫度不變，所以氣體狀態(tài)變化過程中溫度不變，溫度是分子平均動能的標志，

所以分子平均動能不變，對于一定質(zhì)量的理想氣體，內(nèi)能只與分子平均動能有關(guān)，所以內(nèi)能也不變，故8

正確，C錯誤；

D、此過程外界大氣通過活塞對封閉氣體做功為PoSih,活塞下降過程，因緩慢加細沙，故細沙通過活塞對

氣體做功小于〃?"，所以外界對氣體做功WVPoSi/i+zngh；又根據(jù)熱力學第一定律4U=Q+W,因為

21(7=0,所以Q=-W,即氣體向外界釋放的熱量小于(p°S]/i+mg/i),故。止確。

故選：BD.

由機械功的公式叩=內(nèi)分析外力對?右活塞的做功情況；對于一定質(zhì)策的理想氣體，溫度不變，則分子平

均動能不變，內(nèi)能不變；左端活塞到達B位置時，對左右兩活塞受力分析即可求得F；加沙前后，對左邊

活塞受力分析可得氣體壓強的改變量，有幾何關(guān)系可得體積改變量，W=dpdP即可求解外界對氣體做的

功，再結(jié)合熱力學第一定律即可分熱量Q與重力做功及大氣壓強做功的大小關(guān)系。

本題考查了溫度對分子平均動能以及內(nèi)能影響，外界對氣體所做的功時的公式W=-p4V,整個試題難度

較大。

10.【答案】AB

【解析】解：4a、b兩質(zhì)點平衡置間距離為波長的點一個周期波前進一個波長的距離，所以兩質(zhì)點振動

的相位差為4。=2TTx:二JTT,故4正確；

XJ

比質(zhì)點振動周期為7=；=[s=0.5s,y0時質(zhì)點〃的位移為8/Icm,根據(jù)甲圖可知〃此刻在平衡位置上

方，向上振動；根據(jù)乙圖圖線可知a的振動方程為y。=16sin(4rrt+》

將￡=*=；代入可得

y'a=Qy/~2cm

由振動規(guī)律知白時刻。在平衡位置上，質(zhì)點。的位移仍為8，^n,振動方向向下，故B正確；

O

C.波的傳播速度由介質(zhì)決定，介質(zhì)不變，波速不變，繩子上的波形傳播到尸點的時間不變，與抖動頻率無

關(guān)，故。錯誤；

D由乙圖可知〃間平衡間距大于5加，小于波長，所以波長5m,所以波從健身者傳到P點所用的時

間t=J?TV烏x2s=2s,故。錯誤。

故選:ABo

根據(jù)波形平移法分析波源的起振方向；根據(jù)。、〃之間的距離和波長的關(guān)系分析兩點振動步調(diào)關(guān)系；波源

到P點的距離一定，則波傳播到P點的時間相同；介質(zhì)不變，則傳播速度不變。

解決本題的關(guān)鍵是要會用波形平移法分析質(zhì)點的起振方向，要知道兩質(zhì)點的距離為半個波長時，這兩個點

的振動步調(diào)相反，機械波的傳播速度與介質(zhì)有關(guān)，與波源的頻率和振幅無關(guān)。

11.【答案】CQ

【解析】解：4若條形磁鐵能穿過金屬環(huán)，在條形磁鐵靠近圓環(huán)左端時，向左的磁通量就越大，會感應出

向右的磁場，電流方向從左向右看為順時針方向，在右端遠離磁鐵時，向左的磁通量減小，感應出向左的

磁場，電流方向從左向右看為逆時針，故A錯誤；

8C.磁鐵在靠近金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應電流方向產(chǎn)生的磁場與原磁場的方向相反，所以磁鐵受到阻

力的作用，同理，在離開金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應電流方向產(chǎn)生的磁場與原磁場的方向杵同，也是受

到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及環(huán)與磁鐵的質(zhì)量之間的關(guān)系，所以不能判斷出磁鐵是否能夠會

穿越滑環(huán)運動；選取磁鐵與圓環(huán)組成的系統(tǒng)為研究的系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向受到的合力為0,滿足動量守

恒；設(shè)磁鐵運動的方向為正方向，最終共同速度為V

Mv0=+m）v

解得故錯誤，正確；

u=M+m8C

D磁鐵若能穿過金屬環(huán)，二者的末速度相等時損失的動能最大，運動的過程中系統(tǒng)的產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)

損失的動能，為

Q=3。詔一［（M+=瑞二）詔,故。正確0

故選：

本題根據(jù)楞次定律判斷圓環(huán)中感應電流的方向；由于不知道環(huán)與磁鐵的質(zhì)量之間的關(guān)系，不能判斷出磁鐵

是否能夠會穿越滑環(huán)運動；由動量守恒定律求磁鐵與圓環(huán)的最終速度；由能量轉(zhuǎn)化與守恒，求整個過程最

多能產(chǎn)生熱量。

本題解題關(guān)鍵是找到磁鐵與圓環(huán)共速時產(chǎn)生熱量最多。

12.【答案】BC

【解析】解：4、小球由P到。的過程，對于小球、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由于只有重力和彈力做功，

所以系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能之和先增大后減

小，故A錯誤；

3、尸、。兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知。點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾何關(guān)系知

4

PQ=dtan53°=qd

則小球位于2點時彈簧的壓縮量為

12

x=2PQ=3d

小球在P點，由力的平衡條件可知

mg=kx

解得：k二筆,故3正確；

2a

。、當小球運動到Q點時,設(shè)小球的速度為u.此時物塊的速度為零。對干小球、物塊和彈籥組成的系

統(tǒng)，由機械能守恒定律得

4mg(——--o-d)-mgdtan53°=\mv2

cos53，

解得：v=晟，故C正確：

。、由于小球在P和Q點處，物塊的速度都為零，小球由P到。的過程，物塊的速度先增大后減小，由

P=mgu可知重力對物塊做功的瞬時功率先增大后減小，故。錯誤。

故選：BC.

根據(jù)彈簧的彈性勢能變化情況，由機械能守恒分析小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能變化情況。由幾何關(guān)系求

解PQ的長度，從而求出小球位于P點時彈簧的壓縮量，對P點的小球由力的平衡條件求解彈簧的勁度系

數(shù)。根據(jù)小球、物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒:，由機械能守恒定律求解小球到達。點時的速度大小。

根據(jù)物塊速度變化情況分析重力對物塊做功的功率變化情況。

本題主要是考查機械能守恒定律。要知道機械能守恒定律的守恒條件是只有重力或彈力做功，能夠分析小

球運動過程中彈簧彈性勢能的變化情況。

13.【答案】1.2當CD

【解析】解：(1)由圖可知，小球從開始運動到第一次播放暫停經(jīng)過的實際時間為rs,運動的總的實際時

間為］s,則第一次暫停到最后停止運動用時間為

4

從第一次暫停到最后停止運動經(jīng)過的位移為

x=12x0.6m4-0.18m=7.38m

根據(jù)

Vo=x

T=t

可得第一次暫停時刻的速度

2x2x7.38

m/s=1.2m/s

Vo=T=12.75

(2)根據(jù)逆向思維可知

1

L=5at2

由牛頓第二定律可知

/=ma

解得

2_=至

mg_gt2

(3)4小球直徑越大，測量位移時讀數(shù)誤差會越大，故A錯誤；

8.視頻第一次暫停時刻不是小球剛開始運動的時刻，只是初速度的值較小，小球運動的距離和時間都偏

小，而造成的實驗測量比值不一定偏小，故B錯誤；

。.多錄幾次視頻，選擇小球接近做直線運動的進行測量，故C正確；

為了減小實驗誤差，應多測幾次，求平均值，故。正確。

故選：CD。

故答案為:(1)1.2；(2)第;(3)CD。

(1)根據(jù)圖確定小球運動的總時間、第?次播放暫停經(jīng)過的實際時間和從第?次暫停到最后停止運動經(jīng)過

的位移，依據(jù)平均速度公式計算；

(2)根據(jù)位移-時間公式和牛頓第二定律推導；

(3)根據(jù)減小誤差的方法分析判斷，

本題關(guān)鍵掌握利用利用題中的信息確定運動的時間和位移。

14.【答案】紅374x100125225

【解析】解：(1)按照多用電表讀數(shù)規(guī)則，紅表筆應該接歐姆表內(nèi)電路的電源負極；

(2)當開關(guān)S斷開時，由閉合電路歐姆定律得：

E

j-=r+Rg+&+Ro

l9

解得：Ro=374。

開關(guān)S閉合后，電流表滿偏時干路電流變大，歐姆表內(nèi)阻變小，中值電阻變小，歐姆表的倍率變小，故開

關(guān)S閉合時，歐姆表的倍率選最小倍率，開關(guān)S斷開時的倍率是最大倍率，故填“X100”。

(3)閉合開關(guān)S,倍率為原來的白，干路電流最大值應為原來的10倍，則/2=9nM故有

1g二2

，2Rg+Rl

解得：R2=125/2

(4)由圖可知此時毫安表讀數(shù)為0.40m4則干路電流為4.0m4電路總電阻為375。，而歐姆表此倍率的內(nèi)

阻為

嬴=3

解得：R3=225。

故答案為:(1)紅；(2)374；x100：(3)125；(4)225

(1)根據(jù)多用電表的特點分析出表筆的連接位置；

(2)根據(jù)多用電表的使用規(guī)則得出歐姆表的倍率；

(3)根據(jù)歐姆定律得出電阻的阻值；

(4)根據(jù)圖片得出亳安表的讀數(shù)，結(jié)合歐姆定律得出電阻的大小，

本題主要考查了多用電表的讀數(shù)和使用，熟悉多用電表的工作原理，熟悉讀數(shù)規(guī)則，結(jié)合閉合電路歐姆定

律完成分析。

15.【答案】解：(1)假設(shè)A點離地面高度為〃，從A到C的過程由動能定理得

17

771gH=Tzmvc

乙

在C點處，根據(jù)向心力可得

VQ

FN-mg=根支

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得：H=5m

(2)根據(jù)動能定理可得，滑船在D點時速度大小滿足

ing(H一九)=TyTnvl

乙

代人數(shù)據(jù)解得：VD=5/2;n/s

滑船在光滑斜面功〃上做類斜拋運動，運動到最高點時速度沿水平方向，速度大小為n

根據(jù)速度的合成與分解可得：v=vDcosOt代入數(shù)據(jù)得：v=3/2m/s

根據(jù)動能定理可得，滑船在光滑斜面必cd上最高點與水平底邊加的高度差〃滿足

-mghf=^mv2-Jzn詔

代入數(shù)據(jù)解得：h1=1.6m

根據(jù)幾何關(guān)系，滑船運動最高點到水平底邊。"的距離為磊，代入數(shù)據(jù)得gm。

(3)假設(shè)滑船進入接收平臺時和。點的水平距離為x,滑船在光滑斜面Med上運動時間為/,二者滿足

x=tvDcosO=3>/~2t①

又因為

磊=如邛(獷②

聯(lián)立①②，代入數(shù)據(jù)解得：x=8m

答：(1)4點距離地面高度為5/〃：

(2)滑船運動最高點到水平底邊的距離1.6加

(3)滑船要進入接收平臺時和。點的水平距離8〃人

【解析】(1)根據(jù)動能定理和向心力求出4到地面的高度；

(2)根據(jù)動能定理和類斜拋運動分析，當?shù)竭_最高點時沿斜面向上的速度為零；

(3)根據(jù)類斜上拋運動，當再次回到ad邊時，利用水平方向的勻速直線運動，求出水平距離。

本題主要考杳動能定理的應用，在做題中要注意類平拋的應用。

16.【答案】解：(1)小球。從4運動到4點，根據(jù)動能定理mgL="mu?

解得u=4m/s

在B點，根據(jù)牛頓第二定律得4-mg=7n。

解得4=15/V

(2)小球。在區(qū)域I中，根據(jù)牛頓第二定律：水平方向q%=ma

2

解得Q=20m/s

小球。減速至0時t=l解得t=0.2s

a

x=vt—1at2,解得x=0.4m

小球a運動到C點時的速度大小為%=gt，解得Ue=2m/s

小球〃從B運動到C點，小球a目勢能的變化量為AEp=-勿二—qE「x,解得4琦=4/

即小球電勢能增加了4人

(3)因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時是水平正碰。根據(jù)水平方向碰撞時動量守恒和能量守

恒。由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時交換水平方向速度。小球。從進入圓筒到第5次碰撞前，小球a

增加的機械能為=qE2R+2-qE22R,解得=10/

則第5次碰撞后，小球b增力n的機械能為=AEa=10/

答:(1)輕繩的最大張力I5N：

(2)小球a運動到。點時速度的大小2m/s,小球a從B到。過程電勢能增加了4J；

(3)從小球〃進入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球〃增加的機械能10人

【解析】(1)小球。從A運動到8點，根據(jù)動能定理、在8點，根據(jù)牛頓第二定律，求輕繩的最大張力；

(2)小球a在區(qū)域I中，根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，根據(jù)勻變速直線運動速度?時間公式、位移-時間公

式，求位移，根據(jù)/Ep=-W=-qE]?%,求電勢能的變化量；

(3)根據(jù)水平方向碰撞時動后守恒和能最守恒，求增加的機械能，

本題考查學生對動能定理、牛頓第二定律、勻變速直線運動速度-時間公式、位移-時間公式、動量守恒和

能量守恒的掌握，是一道綜合性很強的題，難度較高。

17.【答案】解:對于氣體甲,

初態(tài)Pi=1x105Pa,匕=竽

末態(tài)p'i=po+鬻=(1.0x105+最沿)=1,2xl°spa,V\=l\S

根據(jù)玻意耳定律有p匕=p'lV'i，

代入數(shù)據(jù)解得乙=6cm；

若使活塞P返回到汽缸頂部，氣體乙末狀態(tài)時氣柱長為，，=8.4cm,此時彈簧要伸長1.2cm,對活塞。有

p\S+k-Al=p'2S

5

代入數(shù)據(jù)解得p'2=1.44x10Pa,V'2=l'2S

對氣體乙，

5

初態(tài)P2=1x10Pa,V2=gs,T2=273K

根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程有畢=半

丁212

代入數(shù)據(jù)解得=459K,貝棄=(459-273)℃=186℃；

答：此時氣體乙的溫度為186℃。

【解析】根據(jù)題意苜先對甲氣體應用玻意爾定律，在對乙氣體應用一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程列式即可

求解