2024届江苏省高三终极押题物理试卷03（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024江苏省高考物理终极押题卷03（〖解析〗版）一、单选题1．下列说法正确的是（

）A．用标准平面检查光学平面的平整程度利用了光的全反射原理B．在高速运动飞船中的人看到地面任意两点距离均变短C．红光在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度D．一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分解为各种单色光是光的衍射现象〖答案〗C〖祥解〗检查光学平面的平整程度是光的干涉现象；白光通过玻璃三棱镜折射后是光的折射现象；高速运动飞船中的人看到沿着速度方向的距离才变短，根据结合折射率大小，可知它们的传播速度的大小，从而即可求解。【详析】A．标准平面检查光学平面的平整程度，是利用标准平面与检查平面所形成的空气薄层，根据光的干涉原理，从而进行检查是否平整，A错误；B．高速运动飞船中的人，看到地面沿着速度的方向两点距离才变短，B错误；C．根据且红光水中的折射率小于紫光，则在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度，C正确；D．白光通过玻璃三棱镜折射后，因折射率的不同，则分解为各种单色光，是光的折射现象，D错误。故选C。【『点石成金』】考查光的干涉原理的应用，掌握光的折射色散与干涉色散的区别，注意沿着速度的方向距离才变短，光在不同介质中的频率总是不变的。2．如图所示，（a）为氢原子能级图，（b）为某放射性元素剩余质量m与原质量的比值随时间t的变化图像，（c）为轧制钢板时动态监测钢板厚度的装置图，（d）为原子核的比结合能随质量数变化图像。下列与四幅图对应的四种说法，正确的是（）

A．图（a）中，能量为10.5eV的光子轰击处于基态的氢原子，可能使之发生跃迁B．图（b）中，由放射性元素剩余质量m与原质量的比值随时间t的变化规律可知其半衰期为C．图（c）中，探测器接收到的可能是射线D．图（d）中，比结合能越大，平均核子质量越大，原子核越稳定〖答案〗B【详析】A．10.2eV恰好为氢原子2能级和1能级的能极差，所以处于基态的氢原子恰好能吸收，发生跃迁，故选项A错误；B．放射性原子核从衰变为，所用时间有半数发生衰变，所以半衰期为，故选项B正确；C．粒子穿透能力比较弱，不能穿透钢板，故选项C错误；D．比结合能越大，平均核子质量越小，故D错误。故选B。3．分别位于和处的两波源只做了一次全振动，形成两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波，时刻的波形如图甲所示，此时波刚好传到M、N两质点，P质点的平衡位置坐标为，Q质点的平衡位置坐标为，点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

A．该波的速度为1m/sB．经，质点刚好传到P点C．时，Q点的位移为10cmD．P点振动过程中的最大位移为10cm〖答案〗C【详析】A．根据图甲可知，波长为根据乙图可知，周期为故波速为故A错误；B．质点在平衡位置附近上下振动，质点不能随波迁移，故B错误；C．画出时的波形图如图所示，Q点位移为10cm，故C正确；D．根据题意可知，当沿正向传播的波刚离开P点时，沿x轴负方向传播的波刚好传到P点，以后P点只参与沿x轴负向传播的波引起的振动，故P点最大位移为振幅值，即5cm，故D错误。故选C。

4．一定质量的理想气体，从状态a经bcd又回到状态a，其循环过程的p-V图像如图所示。已知气体在状态a的温度为T0。则下列说法正确的是（）A．气体在状态c的温度为6T0B．气体由a到b和由c到d的两个过程中，对外做的功相等C．气体完成1次循环过程，一定从外界吸收热量D．气体由a到b的过程中，吸收的热量小于内能的增加量〖答案〗C【详析】A．因可知ac两态的温度相同，则气体在状态c的温度为T0，选项A错误；B．因p-V图像的面积等于功，则气体由a到b对外做功，由c到d的过程中外界对气体做功，两者大小不相等，选项B错误；C．气体完成1次循环过程，气体内能不变，由B的分析可知，气体对外做功大于外界对气体做功，可知整个过程中气体对外做功，则气体一定从外界吸收热量，选项C正确；D．气体由a到b的过程中，气体对外做功，温度升高，内能变大，根据吸收的热量大于内能的增加量，选项D错误。故选C。5．如图所示，A1和A2是两个规格完全相同的灯泡，A1与自感线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻串联后接到电路中。先闭合开关S，缓慢调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻R1，使两个灯泡都正常发光，然后断开开关S。对于这个电路，下列说法中正确的是（）A．再闭合开关S时，A1先亮，A2后亮B．再闭合开关S时，A1和A2同时亮C．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A2先亮一下，过一会儿熄灭D．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A1和A2都要过一会才熄灭〖答案〗D【详析】AB．再闭合开关S时，A2立刻导通，从而发光，电感L有阻碍电流变化的作用，A1在电感L的作用下，缓缓发光，故A错误，B错误；CD．重新断开S后，A1、A2、电感L及滑动电阻器R组成一个回路，并且稳定时两灯都正常发光，电流相等，由于电感的作用，在断开S后，该回路仍有电流通过，所以两灯泡都要过一会才熄灭，故C错误，D正确。故选D。6．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端水平抛出一个小球，小球落在斜面上某处．关于小球落在斜面上时的速度方向与斜面的夹角α，下列说法正确的是（）

A．夹角α满足tanα=2tanθB．夹角α与初速度大小无关C．夹角α随着初速度增大而增大D．夹角α与倾角θ的和一定是90°〖答案〗B【详析】ABC．小球落在斜面上时，有tanθ=解之得小球落在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值tanβ==2tanθ又β=α+θ，则tan（α+θ）=2tanθθ一定，则α一定，与初速度大小无关．故AC错误，B正确．D．小球水平方向做匀速运动，所以v与竖直方向的夹角β一定小于90°，即α+θ＜90°，故D错误．故选B．【『点石成金』】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及两个分位移之间的关系．要知道某时刻速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一结论，经常用到，可在理解的基础上记牢．7．如图所示，曲线I是一颗绕地球做圆周运动的卫星轨道的示意图，其半径为R，曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动的卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法错误的是（）A．椭圆轨道的半长轴长度为RB．卫星在I轨道的速率为，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为，则C．卫星在I轨道的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为，则a0<D．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率>〖答案〗D【详析】A.有开普勒第三定律可得因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为R椭圆，故，即椭圆轨道的半长轴的长度为R，故A正确；B.根据万有引力提供向心力可得故，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以OB为半径做圆周运动的速度为，那么；又卫星Ⅱ在B点做向心运动，所以有，综上有．故B正确；C.卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有所以加速度为，又有，所以，故C正确；D.若，则，那么，所以，故D错误。故选D。8．如图所示,在匀强磁场区域的上方有一半径为r、质量为m的导体圆环,将圆环由静止释放,圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等.已知圆环的电阻为R,匀强磁场的磁感应强度为B,重力加速度为,则(

)A．圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为mgrB．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动C．圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量为D．圆环进入磁场的过程中,圆环中的电流为顺时针〖答案〗C〖祥解〗分析清楚圆环进入磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量;根据动能定理求出圆环的下边刚进入磁场到上边刚进入磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框的电阻产生的热量.【详析】A、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2r-W=0，所以W=2mgr,故通过电阻的热量为2mgr;故A错误.B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速；故B错误.C、根据电量公式，得；故C正确.D、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由楞次定律判断感应电流为逆时针方向，故D错误.故选C.【『点石成金』】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况.9．如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（）A．理想电压表V1示数增大，理想电压表V2示数增大，理想电流表A示数减小B．带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流C．D．电源的输出功率可能先变大后变小〖答案〗C【详析】A．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻串联后接在电源两端；将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小；理想电压表V1测量定值电阻两端的电压，据欧姆定律可得电路电流减小，则变小，即理想电压表示数减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A错误；B．理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得电路电流减小，则增大；根据可知电容器的电荷量增大，电容器充电，所以定值电阻中有从b流向a的瞬间电流；又，可得电荷量增大，E增大，向上的电场力增大，则质点将向上运动，故B错误；C．理想电压表V1测量定值电阻两端的电压，据欧姆定律可得理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得电路中定值电阻的阻值等于电源内阻r的阻值，当电路中电流增大，电阻的阻值不变，故故C正确；D．电源的输出功率与外电阻变化的图像如下定值电阻的阻值等于电源内阻r的阻值，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的外电阻阻值从大于内阻r继续增大，则电源的输出功率减小，故D错误。故选C。10．如图所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。在时刻，物体在水平力作用下由静止开始做直线运动。在到时间内物体的加速度随时间的变化规律如图所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等。则（）A．时刻，力等于B．在到时间内，合力的冲量大小C．在到时间内，力大小恒定D．在到时间内，物体的速度逐渐变小〖答案〗B【详析】A．依据牛顿第二定律，时刻，合力为零，拉力等于摩擦力，故A错误；B．依据冲量的公式=mat即I=故B正确；C．由于加速度的大小变化，而摩擦力不变，所以力F大小变化，故C错误；D．由于加速度的方向使终不变，物体的速度逐渐变大，故D错误。故选B。11．一辆货车运载着相同的圆柱形光滑空油桶，质量均为m，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，设重力加速度为g（）A．若货车向左匀速行驶，则A对C的支持力大小为mgB．若货车以的加速度向左加速行驶，则A、B对C作用力的合力一定等于C．若货车以的加速度向左减速行驶，B对C的支持力大于A对C的支持力D．为使桶C与货车保持相对静止，货车刹车的加速度不能超过〖答案〗D【详析】A．以C桶为研究对象，货车向左匀速行驶时，受重力、A、B的支持力，如图所示，C桶在竖直方向受力平衡，由平衡条件可得解得A错误；B．若货车以的加速度向左加速行驶，设A对C的作用力为，B对C的作用力为，C在竖直方向受力平衡，则有在水平方向由牛顿第二定律则有解得可知C受到重力、A、B作用力的合力大小为方向水平向左。则A、B对C作用力的合力一定不等于，B错误；C．若货车以的加速度向左减速行驶，则货车的加速度向右，由B选项〖解析〗可知，B对C的支持力小于A对C的支持力，C错误；D．为使桶C与货车保持相对静止，货车刹车时的加速度向右，当B对C的支持力减小到零时，刹车加速度达到最大，此时A对C的支持力达到最大，设为，可知C在竖直方向受力平衡，则有解得在水平方向由牛顿第二定律则有解得可知为使桶C与货车保持相对静止，货车刹车的加速度不能超过，D正确。故选D。二、实验题12．图（a）中，水平放置的气垫导轨上有A、B两滑块，A的质量是B的质量的两倍，滑块上的遮光片宽度均为d，A位于导轨的左端，B位于导轨中间，A、B间和B与导轨右端之间各有一个光电门。用手推一下A，A向右运动与B发生碰撞并粘到一起，测得A通过光电门时A上遮光片的遮光时间为，A、B一起通过光电门时B上遮光片的遮光时间为。完成下列填空：

（1）B通过光电门时速度的大小为；（用题中物理量的符号表示）（2）用游标卡尺测量d时示数如图（b）所示，则d=cm；（3）当t1=t2时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。〖答案〗（1）（2）（3）【详析】（1）[1]由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为（2）[2]游标卡尺的主尺读数为，游标尺读数为所以挡光片的宽度为（3）[3]滑块经过光电门的速度滑块经过光电门的速度没有摩擦力作用，碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律化简得此时、组成的系统碰撞前后的动量守恒。三、解答题13．如图所示，两端开口的U形导热玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管横截面积的2倍．管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm，大气压强为p0＝75cmHg．现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达△h＝10cm为止，整个过程中环境温度保持不变，求活塞下移的距离．〖答案〗11cm【详析】由于粗管横截面积是细管的2倍，因此两管中水银面高度差达10cm时，左管下降8cm，右管上升2cm，整个过程发生的是等温变化，设右管横截面积为S，左管横截面积为s，以右管气体为研究对象，进行状态参量的分析为：初状态：P0＝75cmHg

，V0＝12S末状态：P1＝？，V1＝10S根据P0V0＝P1V1，得末状态右侧气体的压强为：以左管中的气体为研究对象，进行状态参量的分析为：初状态：P0＝75cmHg，V0′＝12s末状态：P2＝P1+10cmHg＝100cmHg

，V2＝？根据P0V0′＝P2V2，得：即为此时左管的空气柱的长度为9cm，因此活塞下移的距离为：L＝12﹣9+8＝11cm14．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.1m、匝数n＝100的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝T，线圈的电阻为R1＝0.5Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小电珠L。外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠。当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)，从t＝0时刻开始计时。(1)写出线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式以及电压表中的示数；(2)通电40s小电珠L消耗的电能；(3)t＝0.1s时外力F的大小。〖答案〗(1)e＝40sin5πt(V)38V(2)6080J(3)160N【详析】(1)由题图丙可得：vm＝2m/s，T＝0.4s电动势最大值Em＝nBLvm＝nB·2πr·vm＝40V线圈转动的角速度ω＝＝5πrad/s电动势的瞬时值表达式：e＝40sin5πt(V)电动势的有效值E＝＝V＝40V电流的有效值I＝＝A＝4A电压表的示数U＝IR2＝4×9.5V＝38V(2)根据焦耳定律可得：Q＝I2R2t＝42×9.5×40J＝6080J(3)t＝0.1s时e＝Em＝40V电流强度i＝Im＝＝A＝4A此时线圈的速度最大而加速度为零，则：F＝FA＝nBIm·2πr＝100××4×2π×0.1N＝160N15．如图甲，一光滑斜面与一足够长的水平面通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量为1kg的小物块B静止于水平面的最左端。t＝0时刻，小物块A以3m/s的速度与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计。碰撞后B沿斜面向上运动，在B沿斜面运动的过程中，用x表示B的位移，t表示其运动时间，物块B在斜面上运动的图像如图乙。已知物块A、B与水平面间的动摩擦因数分别为、，重力加速度g＝10m/s2，物块A和B的碰撞均为弹性碰撞，不计物块通过斜面与水平面交接处的动能损失。求：（1）物块B沿斜面向上运动的最大距离和它对斜面的压力大小；（2）物块A的质量；（3）物块A最终停止的位置距水平面最左端的距离。〖答案〗（1）1m；6N；（2）2kg；（3）【详析】（1）由图乙可知由匀减速运动直线运动规律化简有可知，物块B在斜面上做匀减速运动直线运动，其中，物块B沿斜面向上做匀减速直线运动的最大距离设斜面倾角为θ，由牛顿第二定律可知解得则物块B沿斜面向上运动时，斜面对物块B的弹力大小由牛顿第三定律可知，物块B沿斜面运动过程中对斜面的压力大小（2）物块A以3m/s的速度与B发生弹性碰撞，则由动量守恒由能量守恒联立解得，（3）由于斜面光滑，物块A、B第一次碰撞后，滑上斜面的加速度大小物块A滑上斜面减速减为零，用时经以大小为速度返回水平面上运动；物块B滑上斜面减速减为零，用时经以大小为速度返回水平面上运动；物块A、B沿水平面运动时，由牛顿第二定律可知物块A、B在水平面运动时，加速度大小分别为物块A从返回水平面到第一次停止所用时间物块A第一次停止前，在水平面运动向右运动的距离物块B从返回水平面到第一次停止所用时间物块B第一次停止前，在水平面运动向右运动的距离物块B返回水平面时A已停止运动，物块B返回水平面后与物块A发生第二次碰撞，设第二次碰撞前，物块B的速度为，由运动学关系可知得物块A、B第二次碰撞，设碰后物块A、B的速度分别为、，由动量守恒由动能守恒得，物块A、B第二次碰撞后，A沿水平面向右运动的距离物块A最终停止的位置距水平面最左端的距离16．如图所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加速电场加速后，垂直x轴从A（-4L，0）点进入第二象限，在第二象限的区域内，存在着指向O点的均匀辐射状电场，距O点4L处的电场强度大小均为，粒子恰好能垂直y轴从C（0，4L）点进入第一象限，如图所示，在第一象限中有两个全等的直角三角形区域I和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向外的匀强磁场，区域I的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，D点坐标为（3L，4L），M点为CP的中点。粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。从磁场区域I进入第二象限的粒子可以被吸收掉。求（1）加速电场的电压U；（2）若粒子恰好不能从OC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；（3）若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值。〖答案〗（1）；（2）；（3），，，，【详析】（1）粒子在加速电场中加速，根据动能定理有粒子在第二象限辐射状电场中只能做半径为4L的匀速圆周运动，则解得（2）粒子在区域Ⅰ中运动的速度根据得半径作出对应的运动轨迹如图若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从OC边射磁场。恰好不从OC边射出时满足由于OP=3L，OC=4L，所以θ=37°又解得在区域Ⅱ中，根据牛顿第二定律得联立得（3）①若粒子由区域I达到M点每次前进由周期性得（n=1，2，3，…）即解得n≤3n=1时，n=2时，n=3时，②若粒子由区域Ⅱ达到M点由周期性得（n=1，2，3，…）即解得解得n=0时，n=1时，2024江苏省高考物理终极押题卷03（〖解析〗版）一、单选题1．下列说法正确的是（

）A．用标准平面检查光学平面的平整程度利用了光的全反射原理B．在高速运动飞船中的人看到地面任意两点距离均变短C．红光在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度D．一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分解为各种单色光是光的衍射现象〖答案〗C〖祥解〗检查光学平面的平整程度是光的干涉现象；白光通过玻璃三棱镜折射后是光的折射现象；高速运动飞船中的人看到沿着速度方向的距离才变短，根据结合折射率大小，可知它们的传播速度的大小，从而即可求解。【详析】A．标准平面检查光学平面的平整程度，是利用标准平面与检查平面所形成的空气薄层，根据光的干涉原理，从而进行检查是否平整，A错误；B．高速运动飞船中的人，看到地面沿着速度的方向两点距离才变短，B错误；C．根据且红光水中的折射率小于紫光，则在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度，C正确；D．白光通过玻璃三棱镜折射后，因折射率的不同，则分解为各种单色光，是光的折射现象，D错误。故选C。【『点石成金』】考查光的干涉原理的应用，掌握光的折射色散与干涉色散的区别，注意沿着速度的方向距离才变短，光在不同介质中的频率总是不变的。2．如图所示，（a）为氢原子能级图，（b）为某放射性元素剩余质量m与原质量的比值随时间t的变化图像，（c）为轧制钢板时动态监测钢板厚度的装置图，（d）为原子核的比结合能随质量数变化图像。下列与四幅图对应的四种说法，正确的是（）

A．图（a）中，能量为10.5eV的光子轰击处于基态的氢原子，可能使之发生跃迁B．图（b）中，由放射性元素剩余质量m与原质量的比值随时间t的变化规律可知其半衰期为C．图（c）中，探测器接收到的可能是射线D．图（d）中，比结合能越大，平均核子质量越大，原子核越稳定〖答案〗B【详析】A．10.2eV恰好为氢原子2能级和1能级的能极差，所以处于基态的氢原子恰好能吸收，发生跃迁，故选项A错误；B．放射性原子核从衰变为，所用时间有半数发生衰变，所以半衰期为，故选项B正确；C．粒子穿透能力比较弱，不能穿透钢板，故选项C错误；D．比结合能越大，平均核子质量越小，故D错误。故选B。3．分别位于和处的两波源只做了一次全振动，形成两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波，时刻的波形如图甲所示，此时波刚好传到M、N两质点，P质点的平衡位置坐标为，Q质点的平衡位置坐标为，点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

A．该波的速度为1m/sB．经，质点刚好传到P点C．时，Q点的位移为10cmD．P点振动过程中的最大位移为10cm〖答案〗C【详析】A．根据图甲可知，波长为根据乙图可知，周期为故波速为故A错误；B．质点在平衡位置附近上下振动，质点不能随波迁移，故B错误；C．画出时的波形图如图所示，Q点位移为10cm，故C正确；D．根据题意可知，当沿正向传播的波刚离开P点时，沿x轴负方向传播的波刚好传到P点，以后P点只参与沿x轴负向传播的波引起的振动，故P点最大位移为振幅值，即5cm，故D错误。故选C。

4．一定质量的理想气体，从状态a经bcd又回到状态a，其循环过程的p-V图像如图所示。已知气体在状态a的温度为T0。则下列说法正确的是（）A．气体在状态c的温度为6T0B．气体由a到b和由c到d的两个过程中，对外做的功相等C．气体完成1次循环过程，一定从外界吸收热量D．气体由a到b的过程中，吸收的热量小于内能的增加量〖答案〗C【详析】A．因可知ac两态的温度相同，则气体在状态c的温度为T0，选项A错误；B．因p-V图像的面积等于功，则气体由a到b对外做功，由c到d的过程中外界对气体做功，两者大小不相等，选项B错误；C．气体完成1次循环过程，气体内能不变，由B的分析可知，气体对外做功大于外界对气体做功，可知整个过程中气体对外做功，则气体一定从外界吸收热量，选项C正确；D．气体由a到b的过程中，气体对外做功，温度升高，内能变大，根据吸收的热量大于内能的增加量，选项D错误。故选C。5．如图所示，A1和A2是两个规格完全相同的灯泡，A1与自感线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻串联后接到电路中。先闭合开关S，缓慢调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻R1，使两个灯泡都正常发光，然后断开开关S。对于这个电路，下列说法中正确的是（）A．再闭合开关S时，A1先亮，A2后亮B．再闭合开关S时，A1和A2同时亮C．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A2先亮一下，过一会儿熄灭D．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A1和A2都要过一会才熄灭〖答案〗D【详析】AB．再闭合开关S时，A2立刻导通，从而发光，电感L有阻碍电流变化的作用，A1在电感L的作用下，缓缓发光，故A错误，B错误；CD．重新断开S后，A1、A2、电感L及滑动电阻器R组成一个回路，并且稳定时两灯都正常发光，电流相等，由于电感的作用，在断开S后，该回路仍有电流通过，所以两灯泡都要过一会才熄灭，故C错误，D正确。故选D。6．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端水平抛出一个小球，小球落在斜面上某处．关于小球落在斜面上时的速度方向与斜面的夹角α，下列说法正确的是（）

A．夹角α满足tanα=2tanθB．夹角α与初速度大小无关C．夹角α随着初速度增大而增大D．夹角α与倾角θ的和一定是90°〖答案〗B【详析】ABC．小球落在斜面上时，有tanθ=解之得小球落在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值tanβ==2tanθ又β=α+θ，则tan（α+θ）=2tanθθ一定，则α一定，与初速度大小无关．故AC错误，B正确．D．小球水平方向做匀速运动，所以v与竖直方向的夹角β一定小于90°，即α+θ＜90°，故D错误．故选B．【『点石成金』】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及两个分位移之间的关系．要知道某时刻速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一结论，经常用到，可在理解的基础上记牢．7．如图所示，曲线I是一颗绕地球做圆周运动的卫星轨道的示意图，其半径为R，曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动的卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法错误的是（）A．椭圆轨道的半长轴长度为RB．卫星在I轨道的速率为，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为，则C．卫星在I轨道的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为，则a0<D．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率>〖答案〗D【详析】A.有开普勒第三定律可得因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为R椭圆，故，即椭圆轨道的半长轴的长度为R，故A正确；B.根据万有引力提供向心力可得故，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以OB为半径做圆周运动的速度为，那么；又卫星Ⅱ在B点做向心运动，所以有，综上有．故B正确；C.卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有所以加速度为，又有，所以，故C正确；D.若，则，那么，所以，故D错误。故选D。8．如图所示,在匀强磁场区域的上方有一半径为r、质量为m的导体圆环,将圆环由静止释放,圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等.已知圆环的电阻为R,匀强磁场的磁感应强度为B,重力加速度为,则(

)A．圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为mgrB．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动C．圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量为D．圆环进入磁场的过程中,圆环中的电流为顺时针〖答案〗C〖祥解〗分析清楚圆环进入磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量;根据动能定理求出圆环的下边刚进入磁场到上边刚进入磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框的电阻产生的热量.【详析】A、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2r-W=0，所以W=2mgr,故通过电阻的热量为2mgr;故A错误.B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速；故B错误.C、根据电量公式，得；故C正确.D、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由楞次定律判断感应电流为逆时针方向，故D错误.故选C.【『点石成金』】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况.9．如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（）A．理想电压表V1示数增大，理想电压表V2示数增大，理想电流表A示数减小B．带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流C．D．电源的输出功率可能先变大后变小〖答案〗C【详析】A．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻串联后接在电源两端；将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小；理想电压表V1测量定值电阻两端的电压，据欧姆定律可得电路电流减小，则变小，即理想电压表示数减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A错误；B．理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得电路电流减小，则增大；根据可知电容器的电荷量增大，电容器充电，所以定值电阻中有从b流向a的瞬间电流；又，可得电荷量增大，E增大，向上的电场力增大，则质点将向上运动，故B错误；C．理想电压表V1测量定值电阻两端的电压，据欧姆定律可得理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得电路中定值电阻的阻值等于电源内阻r的阻值，当电路中电流增大，电阻的阻值不变，故故C正确；D．电源的输出功率与外电阻变化的图像如下定值电阻的阻值等于电源内阻r的阻值，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的外电阻阻值从大于内阻r继续增大，则电源的输出功率减小，故D错误。故选C。10．如图所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。在时刻，物体在水平力作用下由静止开始做直线运动。在到时间内物体的加速度随时间的变化规律如图所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等。则（）A．时刻，力等于B．在到时间内，合力的冲量大小C．在到时间内，力大小恒定D．在到时间内，物体的速度逐渐变小〖答案〗B【详析】A．依据牛顿第二定律，时刻，合力为零，拉力等于摩擦力，故A错误；B．依据冲量的公式=mat即I=故B正确；C．由于加速度的大小变化，而摩擦力不变，所以力F大小变化，故C错误；D．由于加速度的方向使终不变，物体的速度逐渐变大，故D错误。故选B。11．一辆货车运载着相同的圆柱形光滑空油桶，质量均为m，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，设重力加速度为g（）A．若货车向左匀速行驶，则A对C的支持力大小为mgB．若货车以的加速度向左加速行驶，则A、B对C作用力的合力一定等于C．若货车以的加速度向左减速行驶，B对C的支持力大于A对C的支持力D．为使桶C与货车保持相对静止，货车刹车的加速度不能超过〖答案〗D【详析】A．以C桶为研究对象，货车向左匀速行驶时，受重力、A、B的支持力，如图所示，C桶在竖直方向受力平衡，由平衡条件可得解得A错误；B．若货车以的加速度向左加速行驶，设A对C的作用力为，B对C的作用力为，C在竖直方向受力平衡，则有在水平方向由牛顿第二定律则有解得可知C受到重力、A、B作用力的合力大小为方向水平向左。则A、B对C作用力的合力一定不等于，B错误；C．若货车以的加速度向左减速行驶，则货车的加速度向右，由B选项〖解析〗可知，B对C的支持力小于A对C的支持力，C错误；D．为使桶C与货车保持相对静止，货车刹车时的加速度向右，当B对C的支持力减小到零时，刹车加速度达到最大，此时A对C的支持力达到最大，设为，可知C在竖直方向受力平衡，则有解得在水平方向由牛顿第二定律则有解得可知为使桶C与货车保持相对静止，货车刹车的加速度不能超过，D正确。故选D。二、实验题12．图（a）中，水平放置的气垫导轨上有A、B两滑块，A的质量是B的质量的两倍，滑块上的遮光片宽度均为d，A位于导轨的左端，B位于导轨中间，A、B间和B与导轨右端之间各有一个光电门。用手推一下A，A向右运动与B发生碰撞并粘到一起，测得A通过光电门时A上遮光片的遮光时间为，A、B一起通过光电门时B上遮光片的遮光时间为。完成下列填空：

（1）B通过光电门时速度的大小为；（用题中物理量的符号表示）（2）用游标卡尺测量d时示数如图（b）所示，则d=cm；（3）当t1=t2时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。〖答案〗（1）（2）（3）【详析】（1）[1]由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为（2）[2]游标卡尺的主尺读数为，游标尺读数为所以挡光片的宽度为（3）[3]滑块经过光电门的速度滑块经过光电门的速度没有摩擦力作用，碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律化简得此时、组成的系统碰撞前后的动量守恒。三、解答题13．如图所示，两端开口的U形导热玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管横截面积的2倍．管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm，大气压强为p0＝75cmHg．现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达△h＝10cm为止，整个过程中环境温度保持不变，求活塞下移的距离．〖答案〗11cm【详析】由于粗管横截面积是细管的2倍，因此两管中水银面高度差达10cm时，左管下降8cm，右管上升2cm，整个过程发生的是等温变化，设右管横截面积为S，左管横截面积为s，以右管气体为研究对象，进行状态参量的分析为：初状态：P0＝75cmHg

，V0＝12S末状态：P1＝？，V1＝10S根据P0V0＝P1V1，得末状态右侧气体的压强为：以左管中的气体为研究对象，进行状态参量的分析为：初状态：P0＝75cmHg，V0′＝12s末状态：P2＝P1+10cmHg＝100cmHg

，V2＝？根据P0V0′＝P2V2，得：即为此时左管的空气柱的长度为9cm，因此活塞下移的距离为：L＝12﹣9+8＝11cm14．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.1m、匝数n＝100的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝T，线圈的电阻为R1＝0.5Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小电珠L。外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠。当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)，从t＝0时刻开始计时。(1)写出线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式以及电压表中的示数；(2)通电40s小电珠L消耗的电能；(3)t＝0.1s时外力F的大小。〖答案〗(1)e＝40sin5πt(V)38V(2)6080J(3)160N【详析】(1)由题图丙可得：vm＝2m/s，T＝0.4s电动势最大值Em＝nBLvm＝nB·2πr·vm＝40V线圈转动的角速度ω＝＝5πrad/s电动势的瞬时值表达式：e＝40sin5πt(V)电动势的有效值E＝＝V＝40V电