2021-2022学年浙江省温州市新力量联盟高二（下）期末物理试卷（附答案详解）

202L2022学年浙江省温州市新力量联盟高二（下）期末

物理试卷.下列物理量是矢量，且单位用国际单位制表示正确的是（）A.电场强度N/C B.冲量C.电容/ D.磁通量.关于分子动理论，下列说法正确的是（）A.气体扩散的快慢与温度无关B.布朗运动就是分子的无规则运动C.温度越高，分子热运动的平均动能越大D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大3.如图所示，甲、乙两同学在水平地面进行拔河比赛.比赛3.中，手与绳之间不打滑.下列表述中属于一对作用力与反作用力的是（）A.甲文寸绳的拉力和乙对绳的拉力 B.甲文寸绳的拉力和绳对甲的拉力C.乙的重力和乙对地面的压力 D.乙对地面的压力和地面对甲的支持力4.下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法不正确的是（）A.图甲：爱因斯坦通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一B.图乙：康普顿效应说明光子具有粒子性，光子不但具有能量，还有动量C.图丙：卢瑟福研究a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型D.图丁：汤姆生研究阴极射线管证实了阴极射线是带电粒子流。

.如图所示，一汽车在水平路面上匀速直线行驶，行车记录仪用吸盘式支架固定在倾斜的挡风玻璃上，行车记录仪和支架的重量分别为Gi和下列说法正确的是（）支架行车记录仪支架行车记录仪A.挡风玻璃对支架的作用力的方向垂直玻璃面向上B.若汽车减速，支架对行车记录仪的力大于GiC.支架对行车记录仪的力方向水平向前D.挡风玻璃对支架的作用力大于Gi+G2.如图所示为华为5G手机无线充电的场景。5G信号使用的电磁波频率更高，每秒传送的数据更多，是4G手机的50-100倍。贝4（）7.8,5G手机信号的波长更长B.手机线圈与充电板线圈中电流频率不同C.空气中5G信号比4G信号传播速度更大D.5G手机信号的光子能量更大如图所示，三7.8,5G手机信号的波长更长B.手机线圈与充电板线圈中电流频率不同C.空气中5G信号比4G信号传播速度更大D.5G手机信号的光子能量更大如图所示，三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流/,其中尸、。、R为导线上三个点,三点连成的平面与导线垂直，。为PQ连线的中点，且QR=PR。则下列判断正确的是（）A.P点的磁感应强度方向竖直向下R点的磁感应强度方向水平向右R点与。点的磁感应强度方向相反D.在QP的连线上存在磁感应强度为零的位置某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中,质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤,杀死细胞，如图所示，若质子的加速长度d，要使质子由静止被匀加速到V,已知质子的质量为机，电量为e,则下列说法不正确的是（）A.由以上信息可以推算该加速电场的电压B.由以上信息可以推算该加速电场的电场强度C.由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加D.由以上信息不可以推算质子加速后的电势能9.2022年3月25日宇航员王亚平在中国空间站进行了太空授课，演示了一些完全失重的现象，图为王亚平演示太空抛物实验和液体搭桥实验。若王亚平的质量为〃?,用R表示地球半径，r表示飞船的轨道半径，g为地球表面的重力加速度，则下列说法正确的是（）10.11.A.王亚平受到地球的引力为等B.王亚平水平抛出的冰墩墩将做平抛运动C.王亚平绕地球运动的线速度为质D.王亚平用水在两块塑料板之间架起了一座“桥”，因为在完全失重状态下，水的表面张力变大了如图所示是一圆台形状的玻璃柱，一红色细光束a与圆台母线AB成。=60。入射，折射光束匕与AB10.11.A.王亚平受到地球的引力为等B.王亚平水平抛出的冰墩墩将做平抛运动C.王亚平绕地球运动的线速度为质D.王亚平用水在两块塑料板之间架起了一座“桥”，因为在完全失重状态下，水的表面张力变大了如图所示是一圆台形状的玻璃柱，一红色细光束a与圆台母线AB成。=60。入射，折射光束匕与AB成夕=37°,c为反射光束,a、b、c与A8位于同一平面内，sin37。=0.6（sin53°=0.8«则（）A.玻璃的折射率为1.2B.该红光在玻璃柱内的传播速度为2.5x1。8巾/5C.该红光在玻璃柱中发生全反射的临界角正弦值为0.625D.若换成蓝色细光束以相同的。角入射，口角将变大一定质量的理想气体的压强p与热力学温度7的变化图像如图所示。下列说法正确的是（）A.AtB的过程中，气体对外界做功，气体内能增加AtB的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量B-C的过程中，气体体积增大，对外做功3)D.B-C的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数减少.发电机的示意图如图所示，边长为L的正方形金属框在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕。。'轴转动，阻值为R的电阻两端电压的最大值为其他电阻不计。则金属框转动一周（）A.框内电流方向不变 B.流过电阻的电流方向不变C.电阻两端电压的有效值为VlUm D.电阻产生的焦耳热Q=*独.如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时,电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（）A.光电管阴极K金属材料的逸出功为7.0eVB.这些氢原子跃迁时共发出5种频率的光C.若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极D.氢原子跃迁放出的光子中有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象14.牡基熔盐堆核能系统（7MSR）是第四代核能系统之一。其中牡基核燃料铀由较难裂变的社吸收一个中子后经过若干次夕衰变而来，铀的一种典型裂变产物是钢和氟。以下说法正确的是（）A.夕衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的B.题中铀核裂变的核反应方程为赞U+乩一劈Ba+鸵Kr+3jnC.针核衰变的快慢由原子所处的化学状态和外部条件决定D.在铀核裂变成钢和氮的核反应中，核子的比结合能增大

15.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2加和欠=1.2?n处，两列波的速度均为0.4m/s,波源的振幅均为10cm,图为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的尸、。两点刚开始振动。质点R、M的平衡位置分别处于x=0.4m、x=0.5m处。经过一段时间两列波相遇，下列说法正确的是（）A.两波源的起振方向相同B.两列波相遇后，R的振幅2（kvnC.0-1.75s内，质点尸经过的路程为60cmD.0〜2s内，质点M经过的路程为50cm16.图为某电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片尸可同时接触两个触点。触片尸处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。叫和即分别是理想变压器原、副线图的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是（）热风时输入功率460W冷风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率52WA.当触电P同时接触两个触点“和6,电吹风处于吹冷风状态B.变压器原、副线圈的匝数比2：n2=11：3C.小风扇的电阻是80D.热风时，流过电热丝的电流是评17.如图是四个高中物理实验的装置图，探究过程中对于有些需要测量的物理量，实际上我们并没有直接测量，而是用其他量来替代，对于下列说法不正确的是（）

运动方向d小车卜I小车Ij~©~~j乙：研究导体电阻与长度、横截面积及材料的定量关系入射小球甲：探究加速度与力、质量的关系探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系4运动方向d小车卜I小车Ij~©~~j乙：研究导体电阻与长度、横截面积及材料的定量关系入射小球甲：探究加速度与力、质量的关系探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系4被碰小球重垂线,T：利用平抛运动探究碰撞中的不变量A.甲图中需要比较两车的加速度，实际我们控制了两辆小车运动时间相同，使得两车的位移之比即加速度之比B.乙图中需要比较金属丝的电阻，实际上我们控制了流过金属丝的电流相同，使得各金属丝上的电压之比即电阻之比C.丙图中需要测量小球的角速度之比，实际上我们测量小球到中心轴的距离之比来替代角速度之比用于数据处理D.丁图中需要获得小球碰撞前后的初速度之比，实际我们测量平抛运动的水平位移来替代初速度用于数据处理18.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验装置如图甲所示。甲①用游标卡尺测量摆球的直径，如图丙所示，摆球直径为②下列操作正确的是..（单选）乙18.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验装置如图甲所示。甲①用游标卡尺测量摆球的直径，如图丙所示，摆球直径为②下列操作正确的是..（单选）乙4摆长应为绳长和摆球直径之和8.为使实验效果明显一点，摆球的初始摆角可以达到30。C.若实验中有直径相同的铁球与木球，应选择铁球作为摆球。.测量周期时，应从摆球经过最高点开始计时，这样摆球速度小，时间测量更精确19.某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开19.关、一个定值电阻（阻值为%）、一个电流表（内阻为心）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于R。，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘，某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下:(1)将器材如图a连接。(2)开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的(选填"a”或"b”)端。(3)改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角。和电流表示数/,得到多组数据。(4)整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图(b)所示，图线斜率为匕与纵轴截距为"，设单位角度对应电阻丝的阻值为力，该电池电动势和内阻可表示为E=,r=(用R()、&、k、d、表示)(5)为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0,小明同学利用现有的器材设计了如图(c)的实验电路图(电阻丝用电阻箱符号表示)。测量原理如下:①将单刀双掷开关接1,读出电流表示数/。；②将单刀双掷开关接2,调节电阻丝的角度，直到电流表示数为,读出此时角度0。③此时=Ro,即可求得r。的数值。20.在第24届北京冬奥会后，全国范围内掀起了一股滑雪运动热潮。如图甲所示是一滑雪运动员滑雪的画面。运动示意图如图乙所示，斜坡AB的倾角为37。，运动员在斜坡4点从静止开始以5.5m/s2的加速度，沿直线4B匀加速下滑，然后沿水平面BC匀减速滑行，直至停止。AB段和BC段平滑连接，运动员在8C段受到阻力为77N,两个过程滑行的总时间为12s,运动员和滑板整套装备总质量为70依，不计空气阻力。求：(1)运动员在斜坡上受到的阻力大小；(2)运动员在B点的速度大小；(3)运动员在这两个过程中运动的总路程。21.如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度“可调的斜轨道KA、水平直轨道4B,圆心为。1的竖直半圆轨道BC。、圆心为。2的竖直半圆管道。EF,水平直轨道尸G及弹性板等组成，F、。、8在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接，已知滑块(可视为质点)从K点静止开始下滑，滑块质量m=0.01kg,轨道BCD的半径R=0.8m,管道OE尸的半径r=0.1m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数〃=0.5,其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度L=2m,”可调最大的高度是5如滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。(1)若滑块第1次恰能过。点，求高度H的大小；(2)若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道OEF的最高点「时，轨道对滑块弹力F'n的最小值；(3)若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终静止在轨道尸G中点的右侧区域内，求可调高度，的范围。.如图所示，两根光滑金属平行导轨放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，右端水平部分足够长，导轨间距为L=0.4m,电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=1.07。质量为mo=0.1kg,电阻为此=0.20的金属棒人垂直导轨放置其上，它与磁场左边界A4'的距离为X。=0.5m,现将质量为ma=0.2kg,电阻为R&=01。的金属棒a从弯曲导轨上高为九=0.45m处由静止释放，使其沿导轨运动，两金属棒运动过程中不会相撞，最终两棒做匀速运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度g取10m/s2,求：(1)金属棒a刚越过磁场左边界44'时，流过金属棒a的电流方向及它两端的电压大小；(2)金属棒匀速运动前，。棒上产生的焦耳热；(3)两金属棒匀速运动时，a、6两棒的间距X1是多大。.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是一部分离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，选择出速度为v的离子，然后通过磁分析器I,选择出特定比荷的离子，经偏转系统H后注入水平放置的硅片上。速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外，速度选择器中的匀强电场方向竖直向上。磁分析器截面是矩形，矩形长为宽为2L其宽和长中心位置C和O处各有一个小孔，半径为的半圆形偏转系统H内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小可调的匀强磁场，。为半圆形偏转系统的圆心，D、O、N在一条竖直线上，FG为半圆形偏转系统的下边界,FG与硅片平行到硅片N的距离ON=焉3不计离子重力及离子间的相互作用,求：(1)速度选择器中的匀强电场场强E的大小；(2)求磁分析器选择出来的离子的比荷?(3)若偏转系统磁感应强度大小的取值范围当B<B褊若B,求硅片上离子注入的宽度。答案和解析1.【答案】4【解析】解：4、电场强度是矢量，单位用国际单位制单位表示为N/C,故A正确：8.冲量是矢量，由动量定理可知，单位用国际单位制单位表示为kg・m/s,故B错误；C.电容为标量，单位用国际单位表示为F,故C错误；D磁通量为标量，单位用国际单位表示为松，故。错误。故选：Ao标量是只有大小没有方向，遵守代数运算法则的物理量；矢量是既有大小又有方向的物理量,运算时遵守平行四边定则，根据物理量之间的关系式即可推导出来物理量的单位。本题考查矢量和标量以及国际单位制中的单位问题，对于矢量，可根据其方向特点和运算法则进行记忆，知道矢量的运算遵守平行四边形法则。2.【答案】C【解析】解：4、根据分子动理论，可知气体扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误；8.布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，间接反映了液体或气体分子的无规则运动，故8错误：C.温度越高，分子热运动的越剧烈，分子平均动能越大，故C正确；D根据分子力与分子间距离的关系，可知分子间的引力和斥力都随分子间距增大而减小,故。错误。故选：C。温度越高，扩散越快；布朗运动是指悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，间接的反映了液体分子的无规则运动；根据温度是分子平均动能的标志判断；分子间的引力和斥力都随分子间距增大而减小。本题考查了扩散现象、布朗运动、分子间的相互作用力等多个知识点，都属于基础知识，平时多理解、多积累。.【答案】B【解析】解：A、甲文寸绳的拉力和乙对绳的拉力作用在同一个物体上，并且大小相等，方向相反，是一对平衡力，故A错误；8、甲对绳的拉力和绳对甲的拉力是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，是一对作用力与反作用力，故B正确；C,乙的重力和乙对地面的压力方向相同，不是一对作用力与反作用力，故C错误；。、乙对地面的压力和地面对甲的支持力，不是两个物体之间的相互作用力，故O错误；故选：Bo作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失，而平衡力不会同时产生和消失.在作用力一样的情况下，由牛顿第二定律可知，质量大的，加速度小，运动的慢.胜负的关键在于看谁的速度大,是谁先到达分界线，由于力的大小一样，又没有摩擦力，就只与质量有关了..【答案】A【解析】解：A、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故A错误；8、康普顿效应、光电效应说明光具有粒子性，光子具有能量，康普顿效应还表明光子具有动量，故B正确；C、卢瑟福研究a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故C正确；。、汤姆生研究阴极射线管证实了阴极射线是带负电的粒子流，由此发现了电子，故。正确。本题选择错误的，故选：Ao根据量子力学的发展史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。解决本题的关键要记牢原子物理学史，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。.【答案】B【解析】解：40.把行车记录仪和支架看成一整体，由于车匀速行驶，整体处于平衡状态，即挡风玻璃对支架的作用力和整体的重力平衡，故挡风玻璃对支架的作用力方向竖直向上，大小等于G1+G2，故4。错误：8.若汽车减速，行车记录仪受到的合力水平向后，在竖直方向上仍然受力平衡，所以支架对行车记录仪的作用力竖直分力等于水平分力产生向后的加速度，故支架对行车记录仪的作用力大于G],故8正确：C.由于车匀速行驶，根据平衡条件可以知道支架对行车记录仪的作用力与行车记录仪的重力平衡，故支架对行车记录仪的作用力方向竖直向上，故C错误。故选：B。把行车记录仪和支架看成一个整体进行分析，可以得到挡风玻璃对支架的作用力情况；当减速时，行车记录仪也有水平方向的加速度，但在竖直方向上仍然受力平衡据此可以得到支架对行车记录仪的作用力情况。在分析挡风玻璃对支架作用力的时候，要把支架和行车记录仪看成一个整体分析比较简单，但在分析支架对行车记录仪的时候，只能用隔离法分析。.【答案】D【解析】解：A、5G信号使用的电磁波频率更高，根据/=♦可知，5G手机信号的波长更短，故4错误；8、电能传输过程改变电压和电流，不改变频率，故B错误；C、5G信号和4G信号都属于电磁波，传播速度相同，故C错误；。、根据光子能量表达式E=/iv可知，5G手机信号的光子能量更大，故。正确。故选：Do5G信号与4G信号相比，使用的电磁波频率更高，波长更短，光子能量更大，但传播速度相同；手机线圈与充电板线圈中电流频率相同。明确信号传播的频率和波长的关系，知道5G信号与4G信号传播速度相同，知道光子能量的计算公式。.【答案】CTOC\o"1-5"\h\z【解析】解：AB.如图所示，画出三根导线的截面图， 二、由右手螺旋定则及矢量的叠加规律可知，P点的磁感应 歹弋强度方向斜向右上方，R点的磁感应强度方向水平向左， /故错误： / XWC、由右手螺旋定则判定尸、Q处导线在O点的磁感应强Q ° *度等大、反向，故。点的磁感应强度由R处导线产生，方向水平向右，即R点与。点的磁感应强度方向相反，故C正确；D、P、Q处导线在QP的连线上的场强均在竖直方向（。点除外），而/?处导线在QP的连线上的场强均不在竖直方向，故无法完全抵消，即在QP的连线上不存在磁感应强度为零的位置，故。错误。故选：Co根据右手定则得出磁感应强度的方向，结合矢量合成的特点定性地分析出不同位置的磁感应强度。本题主要考查了磁场的叠加问题，根据右手定则分析出导线周围的磁场分布情况，结合矢量合成的特点即可完成分析。.【答案】C【解析】解：A、由动能定理可得eU=：mD2,可以推算该加速电场的电压为［/=嘤,故A正确；A可以推算该加速电场的电场强度为E===尝，故B正确；a2eaC.由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能减少，故C错误;D由功能关系可得，质子电势能的减少量为AEp=：mu2,但由于零势能点未指明，故不可以推算质子加速后的电势能，故。正确。本题选不正确的，故选：Co理解质子在电场中的运动类型，根据动能定理和运动学公式以及功能关系结合选项完成分析。本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，由此分析出运动的类型，结合运动学公式和功能关系即可完成分析。.【答案】A【解析】解：4、在地面表面时，万有引力近似等于重力G智=mg在太空时尸=。哭联立得尸=誓故A正确；8.太空中围绕地球做匀速圆周运动时，处于完全失重状态，若忽略空气阻力，则抛出的冰墩墩将做匀速直线运动，故8错误；C.根据万有引力提供向心力有：G^=m^结合A选项，得v=坪故C错误：D完全失重状态下不影响水表面张力，故。错误。故选：A。万有引力定律和向心力公式表示出向心加速度，再根据万有引力等于重力联立求解，完全失重状态下不影响水表面张力.解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供卫星的向心力这一理论，并能灵活运用.10.【答案】C【解析】解：4根据折射定律可得n=晅=嘴=1.6,故A错误；sinrsin308.该红光在玻璃柱内的传播速度为v= 代入数据解得：v=1.875X108m/s,故8错误；C.该红光在玻璃柱中发生全反射的临界角正弦值为sinC=工=3=0.625,故C正确；n1.6D由于蓝光折射率比红光大，若换成蓝色细光束以相同的。角入射，光线的偏折程度更大，故0角将变小，故。错误。故选：Co由几何关系可求得光线的入射角、折射角，再由折射定律可求得折射率，从而求得临界角正弦值；由u 可求得红光在玻璃柱内的传播速度；n蓝＞n红,再由折射定律可分析折射角如何变化。本题是考查了折射定律的应用，关键是知道蓝光的折射率大于红光的折射率。.【答案】B【解析】解：AB,根据理想气体状态方程可得¥=C,即p=?r，故At8的过程中，气体体积不变，没有对外界做功，由于气体温度升高，故内能增加，由热力学第一定律4U=Q+W可知，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量，故A错误，故B正确；C、B-C的过程中，温度不变内能不变，随着压强增大，气体体积减小，外界对气体做功，故C错误；。、B-C的过程中，由于温度不变，分子平均动能不变，压强增大体积减小，单位体积内的分子数增多，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增多，故o错误。故选：Bo根据图像分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律分析出气体的吸放热情况,根据气体压强的微观意义完成分析。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，熟悉物图线的物理意义，结合热力学第一定律即可完成分析。.【答案】B【解析】解：4、金属框转动产生交流电，旋转一周电流方向改变两次，故4错误；8、电阻与金属框间用换向器连接，则流过电阻的电流方向不变，故B正确：C、电阻两端电压的有效值为U=2，故C错误；V2。、金属框转动一周，电阻产生的焦耳热为Q=噂7,又= =联立得n T。=里*,故。错误。故选：B.金属框每转动一周电流方向改变两次，由于题干图存在换向器，因此通过电阻的电流方向不变，根据有效值与峰值之间的关系。=空，可知有效值，根据焦耳定律可知转动一周过程中产生的热量。本题考查交变电流的产生、变化特点、有效值以及转动一周产生的热量，属于常规考点，难度适中。.【答案】D【解析】解：4大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出的光子中，其中频率最高的光子，对应的能量为E=hv=(-0.85eV)-(-13.6eV)=12.75W由光电效应方程可得eUc= =hv-W由丙图可知截止电压为7V,代入数据解得W=5.75eV故4错误；8.这些氢原子跃迁时发出频率不同的光子种类数为底=6种，故8错误；C.若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则电子受到的电场力应向左，场强应向右，则可判断图乙中电源左侧为正极，故C错误；D氢原子跃迁放出的光子中，4、3,2能级跃迁至1能级的光子能量大于该逸出功，可以使阴极K发生光电效应现象，故共有3种，故。正确。故选：Do利用爱因斯坦光电效应方程和图丙中的遏止电压求逸出功；利用玻尔理论求跃迁发光的频率种类；利用光电管电路中反向电压判断电源的正负极；利用入射光光子能量大于逸出功，判断能发生光电效应的光子种类个数。本题综合考查光电效应中的逸出功、遏止电压、光电管电路，以及玻尔理论中的原子跃迁。掌握相关规律，是作答此类问题的关键。.【答案】8。【解析】解：40衰变所释放的电子是原子核内中子转变为质子时形成的，故A错误；A根据质量数守恒和电荷数守恒可知题中铀核裂变的核反应方程为:羿1/+飙—»564Ba+里Kr+3qM,故B正确；C.针核衰变的快慢，即半衰期的长短由原子核内部结构所决定，与其所处的化学状态和外部条件无关，故C错误；D在铀核裂变成钏和氟的核反应中，核子的比结合能增大，故。正确。故选：BD。0衰变的实质是原子核内中子转变为质子时形成的，根据质量数守恒和电荷数守恒判断核反应方程式；半衰期的长短由原子核内部结构所决定；根据裂变的特点分析结合能。该题考查常见的核反应方程以及半衰期，解答的关键是知道半衰期与外界条件无关。.【答案】AC【解析】解：4P、。两点刚开始振动的情况与波源振动情况相同，由“同侧法”可知，位于x=—0.2m和x=1.2m的波源起振方向均向下，故A正确；8.由图可知，两列波的波长均为0.4m,点R到P、。两点（相当于子波源）的距离之差为Ax=0.2m=p所以R点是振动减弱的点，由于波源的振幅均为10cm,合振幅为零,R点保持静止，故B错误；C.波的周期为T=4=^s=1s,位于x=1.2m的波源形成的波，传播至IJP点历时a=V0.4TOC\o"1-5"\h\z0.8-0.2 .- 11不 S=1.5s=1-/0.4 2质点P在a时间内经过的路程s=yx47l=^x4x10cm=60cm；在1.5s〜l.75s时间内，由于PQ相距=0.6m=1：九尸点是振动减弱点，P点保持静止，故0〜l.75sy 2内，质点P经过的路程为60c/n,故C正确；D两列波传到M点历时dt'=5芈s=0.75s；M到两波源的距离相等，是振动加强的点，合振幅为20c〃i,M点振动时间1.25s,相当于故质点历经过的路程为100。"，故。错误。答案为：ACo故选：ACo波最前沿质点的振动发现，与波源的起振方向相同；根据7=4计算周期，解得两列波V传到M的时间，判断M的振动方；M点开始振动后，做简谐运动，位移随时间变化，质点一个周期内的路程为44,根据时间与周期关系解得路程；解得两列波到达N点的时间，从而判断N的振动情况。本题考查机械波的图像问题，解题关键掌握频率、波速与波长的关系，注意质点一个周期内的路程为4A。.【答案】BCD【解析】解：A、当触电尸同时接触两个触点。和6,电热丝与小风扇均被接通，故电吹风处于吹热风状态，故A错误：8、小风扇额定电压为60匕由变压器电压与匝数之比可得也=半=!,故B正确；n2U23C、正常工作时小风扇的额定功率为60W,可得「=”/,输出功率为52W,故内阻上消耗的热功率为P热=8〃，根据热功率的计算公式可得：p热=»R,联立解得小风扇的电阻为：R=8n,故c正确；。、由题中数据可知，吹热风时，电热丝的功率为P'=4001V,可得P'=UJ',解得流过电热丝的电流为r=菖4,故。正确。故选：BCD。当触电P同时接触两个触点a和R根据电路连接情况进行分析：根据电压之比与匝数之比的关系求解匝数比；根据电功率之间的关系结合热功率的计算公式求解小风扇的电阻；根据电热丝的功率求解电流。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。.【答案】C【解析】解：儿由位移公式可得x= 甲图中需要比较两车的加速度，实际我们控制了两辆小车运动时间相同，使得两车的位移之比即加速度之比，故A正确；B.由欧姆定律可得〃=//?,乙图中需要比较金属丝的电阻，实际上我们控制了流过金属丝的电流相同，使得各金属丝上的电压之比即电阻之比，故8正确；C.由圆周运动规律可得u=「3,两塔轮通过皮带传动，线速度相等，故小球的角速度与塔轮半径成反比，故C错误；D由平抛运动规律可得x=vt,h=\gt2即d=，=x患，则丁图中需要获得小球碰撞前后的初速度之比，实际我们测量平抛运动的水平位移来替代初速度用于数据处理，故O正确。本题选错误的，故选：C。根据运动学公式和加速度的定义式结合选项完成分析；根据欧姆定律和电流特点完成分析；根据传动模型的特点结合圆周运动公式完成分析；根据平抛运动的特点结合运动学公式和选项完成分析。本题主要考查了物理实验的相关应用，对于每个实验要了解实验原理和实验操作，平时多做积累。.【答案】1.075C【解析】解：①游标卡尺读数为10mm+15x0.05mm=10.75mm=1.075cm②4摆长应为绳长和摆球半径之和，故A错误；B.初始摆角应小于5。，故8错误；C.若实验中有直径相同的铁球与木球，应选择铁球作为摆球，空气阻力影响小，故C正确；D测量周期时，应取摆球经过最低点时的位置作为计时的始终点位置，故。错误。故选：Co故答案为：①.1.075②.C根据游标卡尺的读书方法读数，再根据实验原理以及操作步骤确定正确选项。本题考查了游标卡尺的读数方法以及实验原理和操作步骤，考查的知识点较为简单，难度较小。19.【答案】bRN-Ro-RA10kk"cu【解析】解：（2）开关闭合前，为确保电表等仪器安全，需使回路总电阻最大，故金属夹应夹在电阻丝的〃端。（4）由闭合电路欧姆定律可得E=I（r+R0+Ra+0ro）整理得;=（.+'+%）+].0I E E对比图像可得b=（r+R°+R〃）,k=%E E故电动势为E=R内阻为r=零—Ro—以(5)②测量单位角度对应电阻丝的阻值力的实验中，使用了等效替代法，开关从1到2过程，电流表示数均为/。，则两回路电阻相等，即电阻丝的阻值等于R。，进而可求得的数值。故答案为：(2)b；(4)晟；，■-R。-Ra；(5)/0(2)根据实验原理分析出金属夹的摆放位置：(4)根据闭合电路的欧姆定律结合图像的特点得出电动势和内阻的表达式；(5)根据实验原理掌握正确的实验操作。本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和图像的特点完成分析。20.【答案】解：(1)运动员在斜坡AB上滑行过程，根据牛顿第二定律可得mgsin37°—/i=ma1解得运动员在斜坡上受到的阻力大小为方=35N(2)运动员在BC段，由牛顿第二定律可得心=ma2解得=1.lni/s2两个过程滑行的总时间可表示为t=-+-解得运动员在B点的速度大小为"=llm/s(3)运动员在这两个过程中运动的总路程为s=^+£解得s=66m答：(1)运动员在斜坡上受到的阻力大小为35N；(2)运动员在B点的速度大小为llm/s；(3)运动员在这两个过程中运动的总路程为66m。【解析】(1)已知运动员在斜坡48上运动的加速度，利用牛顿第二定律求运动员在斜坡上受到的阻力大小；(2)由牛顿第二定律求运动员在BC段运动的加速度大小，根据两个过程滑行的总时间为12s列式，求解运动员在8点的速度大小；(3)根据速度-位移公式求运动员在这两个过程中运动的总路程。本题是动力学问题，要理清运动员的运动情况，把握两个过程之间的联系，如速度关系、时间关系，运用牛顿第二定律和运动学公式相结合处理。.【答案】解：(1)滑块第1次恰能过。点时，由牛顿第二定律可得mg=R从释放到。点过程，根据动能定理可得mg(H-2R)诏解得H=2m(2)滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为%=yfgR=V10x0.8m/s=2>j2m/s£>F过程,由动能定理得：-mg-2r=在F点，对滑块，由牛顿第二定律有心+mg=瓶¥联立解得Fn=0.3N,vf=2m/s即轨道对滑块弹力F'n的最小值为03N,方向竖直向下。(3)保证不脱离轨道，滑块在尸点的速度至少为"mm=vF=2m/s若以此速度在FG上滑行直至静止运动距离为Xmin=m=—2"-m=0.4m滑块没有越过FG的中点，滑块从最大高度释放，在尸G上滑行的最大路程为Xmax，则mgHm=卬ngFax+mg(2R+2r)解得Xmax=6.4m由题意知，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域，在FG上运动的路程应满足lm<x<3m或57n<x<6.4m当x=lrn时，可得“i=2.3m,当x=3m时，可得=3.3m；当x=5m时，可得为=4.3m,当x=6.4?n时，可得=5m；因此可调高度H的范围为2.3m<H<3,3m或4.3m<H<5m答：(1)高度〃的大小为2m：(2)第1次经过管道。EF的最高点F时，轨道对滑块弹力F1的最小值为0.3N,方向竖直向下；(3)可调高度〃的范围为2.3m<H<3.3m或4.3m<H<5m。【解析】(1)滑块第1次恰能过。点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求滑块通过。点时的速度大小。从释放到。点过程，根据动能定理求解(2)滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为外=病。力尸过程，由动能定理求出滑块通过尸点的速度用，在F点，对滑块，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求轨道对滑块弹力F'n的最小值。(3)保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为"mm=外。滑块没有越过FG的中点，滑块从最大高度释放，在FG上滑行的最大路程为Xmax，应有="mgXmax+mg