北京市海淀区2020届高三下学期查漏补缺物理试题 Word版含解析

北京市海淀区2020届高三下学期查漏补缺物理试题 Word版含解析

海淀高三物理查漏补缺题 一、选择题：‎ ‎1.下列各种物理现象中，与原子核内部变化有关的是（　　）‎ A. 用紫外线照射锌板，锌板向外发射光电子的现象 B. 氢原子发光时，形成不连续的线状光谱的现象 C. 用α粒子轰击金箔后，极少数α粒子发生大角度偏转的现象 D. 比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时释放核能的现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故A错误；‎ B．原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故B错误；‎ C．α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故C错误；‎ D．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时原子核发生变化，即原子核内部变化，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.下列说法错误的是（　　）‎ A. 天然放射现象中的β射线是从自原子核内发出来的 B. 核力是核子间的库仑引力 C. ‎5G信号比‎4G信号所用的无线电波在真空中传播得更快 D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动有序性增大的方向进行的 E. 不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性 F. 当物体的速度接近光速时，其运动规律不适合用经典力学来描述 G. 调谐是电磁波发射应该经历的过程，调制是电磁波接收应该经历的过程 ‎【答案】BCDG ‎【解析】‎ ‎【详解】A．β - 33 -‎ 衰变是原子核内的中子转化成质子和电子从而放出电子的过程，故天然放射现象中的β射线是从自原子核内发出来的，A正确；‎ B．核力与万有引力、库仑力的性质不同，核力是短程力，作用范围在，原子核的半径数量级在，核力只存在于相邻的核子之间，故B错误；‎ C．‎5G信号和‎4G信号都是电磁波，在真空中的传播速度都等于光速，故C错误；‎ D．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D错误；‎ E．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切运动的物体都具有波粒二象性，故E正确；‎ F．当物体速度接近光速时，其运动规律不适合用经典力学来描述，要用相对论来描述，故F正确；‎ G．调谐是电磁波接收应该经历的过程，调制是电磁波发射应该经历的过程．故G错误。‎ 本题选错误的，故选BCDG。‎ ‎3.关于下列实验或现象的说法，正确的是（　　）‎ A. 图甲说明薄板一定是非晶体 B. 图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1＞T2‎ C. 图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关 D. 图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图甲是薄板上的蜂蜡熔化成圆形，说明薄板是晶体，A错误；‎ B．图乙说明气体分子速率分布随温度变化而不同，温度下分子速率高的分子数占总分子数之比比温度小，则，B错误；‎ C - 33 -‎ ‎．图丙是大量颗粒物体以一定速度撞击称盘，对称盘产生了一个持续的、均匀的压力，这个压力大小与撞击称盘时的颗粒速度、撞击称盘的颗粒数量有关，可以说明气体压强的大小即与分子的动能有关，也与分子的密集程度有关， C正确； ‎ D．图丁是水黾停留在水面上，说明液体存在表面张力，D错误。 ‎ 故选C。‎ ‎4.在用“油膜法测量油酸分子大小”实验中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 用油膜法可以精确测量分子的大小 B. 油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油膜面积 C. 计算油膜面积时，应舍去所有不足一格的方格 D. 实验时应先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉洒在水面上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 用油膜法只能粗略测量分子的大小，故A错误；‎ B．油膜为单分子紧密排列的，因此单分子油膜的厚度被认为是油酸分子的直径，所以油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油膜面积，故B正确．‎ C．在计算面积时，超过半个的按一个，不足半格的才能舍去，故C错误；‎ D．实验时要先洒痱子粉，再滴油酸酒精溶液，故D错误；‎ ‎5.对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变 B. 若压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定减少 C. 若体积不变而温度升高，则气体分子热运动的平均动能增大，气体压强也变大 D. 若体积不变而温度升高，则每个气体分子对器壁的冲击力都增大 E. 若温度不变而体积增大，则气体的压强一定减小 ‎【答案】CE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，分子撞击器壁的作用力增大，压强增大，A错误；‎ - 33 -‎ B．若压强不变而温度降低，根据理想气体状态方程可知气体的体积减小，所以单位体积内分子个数一定增大，B错误；‎ C．若体积不变而温度升高，则气体分子热运动的平均动能增大，根据可知压强增大，C正确；‎ D．温度升高，分子热运动的剧烈程度增大，但不是每个分子的热运动的剧烈程度都增加，所以不是每个气体分子对器壁的冲击力都增大，D错误；‎ E．若温度不变而体积增大，根据可知压强一定减小，E正确。‎ 故选CE。‎ ‎6.如图所示，一定量的理想气体由状态A经过过程①到达状态B，再由状态B经过过程②到达状态C，其中过程①图线与横轴平行，过程②图线与纵轴平行。对于这个变化过程，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 从状态A到状态B的过程，气体放出热量 B. 从状态A到状态B的过程，气体分子热运动的平均动能在减小 C. 从状态B到状态C的过程，气体分子对容器壁撞击的频繁程度增加 D. 从状态B到状态C的过程，气体吸收热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从状态A到状态B的过程，气体体积不变，，温度升高，，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，A错误；‎ B．从状态A到状态B的过程，气体温度升高，气体分子热运动的平均动能在增大，B错误；‎ C．从状态B到状态C - 33 -‎ 的过程，温度不变，体积减小，单位体积内的分子个数增大，所以气体分子对容器壁撞击的频繁程度增加，C正确；‎ D．从状态B到状态C的过程，温度不变，，气体体积减小，，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.用a、b两种不同的单色光在相同条件下分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示。现使a光从水中斜射向水面上的O点，其入射角为i、折射角为r，如图丙所示。对于这两种单色光，下列说法正确的是（　　）‎ A. 在真空中a光的波长较短 B. 水对a光的折射率 C. 在水中a光的传播速度较大 D. a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲光衍射明显，说明光的波长比乙的波长大，即，A错误；‎ B．水对a光的折射率，B错误；‎ C．光的波长比的波长大，根据可知光的频率小，折射率小，根据可知在水中a光的传播速度较大，C正确；‎ D．根据全反射定律可知a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较大，D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，用这些光照射如图甲所示的光电管的阴极K。已知氢原子的部分能级图如图乙所示，阴极K为金属钨，其逸出功为4.54eV。下列说法中正确的是（　　）‎ - 33 -‎ A. 这些氢原子最多发出6种不同频率的光 B. 能使金属钨发生光电效应的光有4种 C. 逸出光电子的最大初动能一定为9.06eV D. 若将滑动变阻器的滑片调到最左端，电路中的光电流一定变为0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．这些氢原子最多发出种不同频率的光，A正确；‎ B．根据光电效应方程可知能使金属钨发生光电效应的光有3种，对应跃迁的能级为，，，B错误；‎ C．从跃迁产生的光子能量最大，即 则逸出光电子的最大初动能为 C错误；‎ D．滑动变阻器调到最左端，光电管两端电压为零，但是光电子发生了光电效应，有速度，能够到达A极板，电流都不可能为0，D错误。‎ 故选A。‎ ‎9.如图甲所示为研究光电效应电路图，当用一定频率的光照射金属阴极K时，通过调节光电管两端电压U，测量对应的光电流强度I，并绘制了如图乙所示的I﹣U图象。已知电子所带电荷量为e，图象中遏止电压Uc、饱和光电流Im及入射光的频率ν、普朗克常量h均为已知量。下列说法正确的是（　　）‎ - 33 -‎ A. 阴极金属的逸出功为hν+│eUc│‎ B. 阴极逸出电子的最大初动能为eUc C. 若仅增大入射光的频率ν，则光电子的最大初动能的数值也随之增大 D. 若仅增大入射光的强度，则光电子的最大初动能的数值也随之增大 E. 当用波长大于的光照射阴极K时，一定不能产生光电流 F. 当用频率小于ν的光照射阴极K时，一定不能产生光电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得 则得光电子的最大初动能为 根据爱因斯坦光电效应方程得，那么阴极金属的逸出功为 故A错误，B正确；‎ CD．根据爱因斯坦光电效应方程可知，若仅增大入射光的频率ν，则光电子的最大初动能的数值也随之增大，且光电子的最大初动能与光照强度无关，故C正确，D错误；‎ EF．波长大于的光即频率小于，但不一定小于金属的极限频率，故不一定不能产生光电流，故EF错误。‎ - 33 -‎ 故选BC。‎ ‎10.一个实验小组在做“探究弹簧形变与弹力的关系”的实验中，使用了两根不同的轻质弹簧M和N，他们得到弹力与弹簧长度的关系图象如图所示，则由图可知（　　）‎ A. M的原长比N的长 B. M的劲度系数比N的大 C. 实验过程中两弹簧都已超过了弹性限度 D. 弹力与弹簧长度成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由胡克定律，图象中与x轴交点的横坐标代表弹簧的原长，故的原长比的长，A错误；‎ B．图象中斜率代表弹簧的劲度系数，故的劲度系数比大，B正确；‎ CD．弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度是一次函数关系，结合可知，该函数为一次函数关系，故两弹簧都没有超过弹性限度，且弹力与弹簧长度成线性关系，不是正比关系。故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎11.探究弹力和弹簧伸长的关系时，作出弹力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示。则（　　）‎ - 33 -‎ A. 该弹簧的原长为‎10m B. 该弹簧的劲度系数为0.25N/m C. 在该弹簧下端悬挂1.0N的重物时，弹簧的长度为‎18cm D. 在该弹簧下端悬挂2.0N的重物时，弹簧的形变量为‎10cm ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据胡克定律可知弹簧的弹力为 当时，根据图像可知弹簧原长为 A错误；‎ B．弹簧的劲度系数为图线斜率，所以 B错误；‎ C．在该弹簧下端悬挂1.0N的重物时，弹簧的伸长量为 则弹簧长度为 - 33 -‎ C错误；‎ D．在该弹簧下端悬挂2.0N的重物时，弹簧的伸长量为 D正确。‎ 故选D。‎ ‎12.如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D（DL）、方向竖直向下的有界匀强磁场。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力大小、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线框做匀速直线运动，进入磁场和出磁场过程中根据楞次定律阻碍相对运动的条件，可知拉力与安培力等大反向，即 线框完全进入磁场运动过程中，闭合线框中，线框中无感应电流，所以安培力为0‎ - 33 -‎ ‎，拉力大小为0；线框全过程做匀速直线运动，因为，所以进出磁场的时间小于在完全在磁场中运动的时间，故A错误；‎ B．线框进入磁场时，导体棒切割磁感线，即电源，根据右手定则可知 所以两端电势差为路端电压 完全进入磁场，线框中无电流，所以 线框穿出磁场过程中，边切割磁感线，根据楞次定律判断感应电流可知 则 对应图像可知，B错误；‎ C．线框进入磁场时，根据右手定则可知线框中电流为逆时针方向，线框离开磁场时，电流为顺时针方向，结合上述分析可知，C正确；‎ D．线框完全进入磁场运动过程中，拉力为0，根据可知拉力功率为0，D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.如图虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，以图示位置作为计时起点，那么图中可能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是（　　）‎ - 33 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当线框进入磁场时，切割的有效长度为半圆的半径不变，由 E=BL2ω 可知感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框穿出磁场时，线圈切割磁感线的有效长度仍为半圆的半径不变，则感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值。‎ 故选A。‎ ‎14.如右图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（　　）‎ - 33 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由 及 可知 则电流为 电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，当线框的bc边在方向向外的磁场而ad边在方向向里的磁场中，两条边都切割磁场且由右手定责可知感应电流都是顺时针叠加的，因此电流方向变化且翻倍，当线框出磁场时只有ad边切割磁场且感应电流为逆时针，因此其图像的斜率和bc边切割时相同，且共线，故A正确，B错误；‎ CD．而由 及 可知 - 33 -‎ 则电流为 故电流与成正比，因此为曲线，且由AB分析可知最后出磁场的图像和刚进入磁场的图像都满足，为一条曲线；故D错误，C正确。‎ 故选AC。‎ ‎15.某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈A（有铁芯）、线圈B、灵敏电流计及开关按图连接成电路．在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右偏．由此可以判断，在保持开关闭合的状态下，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当线圈A拔出时，灵敏电流计的指针向右偏 B. 当线圈A中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向左偏 C. 当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转 D. 当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，灵敏电流计的指针向左偏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当线圈A拔出，或线圈A中的铁芯拔出时，均导致磁通量减小，因此电流计指针向左偏，故A错误，B正确；当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈产生感应电流，电流计指针都要发生偏转，故C错误；当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路电流增大，穿过线圈的磁通量增大，因此灵敏电流计的指针向右偏，故D错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎16.某高压变电所通过变压器向一工厂送电，输送电压为U，输送功率为P，输电线电阻为R，下列说法正确的是（　　）‎ - 33 -‎ A. 如果输送功率与输电线电阻不变，输送电压变为原来的2倍，则输电线上损失的功率变为原来的四倍 B. 如果输送功率与输送电压不变，输电线电阻变为原来的2倍，则损失功率变为原来的二分之一 C. 如输送功率P不变，输电电压越高，则输电线上的电流一定越小 D. 输送功率P的具体数值由变电所决定，与工厂的用电情况无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如果输送功率与导线电阻不变，输送电压变为原来的2倍，根据损失功率的公式得 可知损失功率变为原来的四分之一，故A错误；‎ B．如果输送功率与输送电压不变，则输送电流不变，导线电阻变为原来的2倍，根据损失功率的公式得损失功率变为原来的2倍，故B错误；‎ C．由可知，如输送功率P不变，输电电压越高，则输电线上的电流一定越小，故C正确；‎ D．根据理想变压器的输入功率由输出功率来决定，如果工厂的机器不工作，即用户不消耗电能，输入功率为零，所以输送功率为P的具体数值由工厂的用电情况决定，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎17. 在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）．导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（ ）‎ A. m2·kg·s－4·A－1 B. m2·kg·s－3·A－‎1 ‎C. m2·kg·s－2·A－1 D. m2·kg·s－1·A－1‎ - 33 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题中选项中都有安培这个单位，可联想到，则进一步联想到，然后再根据功的定义，力的定义，展开换算 根据电势差定义，其中，，，联立解得，即，故B正确；‎ ‎18.电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“流浪地球”计划，这首先需要使自转角速度大小为ω的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距离太阳最近的恒星（比邻星）。为了使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装N台“喷气”发动机，如图所示（N较大，图中只画出了4个）。假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供大小恒为F的推力，该推力可阻碍地球的自转。已知描述地球转动的动力学方程与描述质点运动的牛顿第二定律方程F=ma具有相似性，为M=Iβ，其中M为外力的总力矩，即外力与对应力臂乘积的总和，其值为NFR；I为地球相对地轴的转动惯量；β为单位时间内地球的角速度的改变量。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在M=Iβ与F=ma的类比中，与质量m对应的物理量是转动惯量I，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度 B. 地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小 - 33 -‎ C. 地球停止自转后，赤道附近比两极点附近的重力加速度大 D. 地球自转刹车过程中，两极点的重力加速度逐渐变大 E. 这些行星发动机同时开始工作，使地球停止自转所需要的时间为 F. 若发动机“喷气”方向与地球上该点的自转线速度方向相反，则地球赤道地面的人可能会“飘”起来 G. 在M=Iβ与F=ma的类比中，力矩M对应的物理量是m，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度 H. β的单位应为rad/s I. β-t图象中曲线与t轴围成的面积的绝对值等于角速度的变化量的大小 J. 地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变大 K. 若停止自转后，地球仍为均匀球体，则赤道处附近与极地附近重力加速度大小没有差异 ‎【答案】AFIJK ‎【解析】‎ ‎【详解】A．I为刚体的“转动惯量”，与平动中的质量m相对应，表征刚体转动状态改变的难易程度，故在本题中的物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度，故A正确；‎ BJ．地球自转刹车过程中，万有引力提供赤道表面附近的重力加速度和物体做圆周运动的向心力，则 故赤道表面附近的重力加速度逐渐增大，故B错误，J正确；‎ C．地球视为均匀球体地球停止自转后，万有引力提供重力加速度，故赤道附近和两极点附近的重力加速度一样大，故C错误；‎ D．地球自转刹车过程中，；两极点处万有引力提供重力加速度，故两极点的重力加速度保持不变，故D错误；‎ EHI．由题意可知 ‎，‎ 解得 且 - 33 -‎ 故的单位为，由的定义式可知，β-t图象中曲线与t轴围成的面积的绝对值等于角速度的变化量的大小，且联立解得 故EH错误，I正确；‎ F．若发动机“喷气”方向与地球上该点的自转线速度方向相反，则地球的自转角速度变大，则人跟地球一起做圆周运动所需的向心力变大，当万有引力不足以提供向心力时，人会飘起来，故F正确；‎ G．在M=Iβ与F=ma的类比中，力矩M对应的物理量是F，表征外力对刚体的转动效果，故G错误；‎ 故选AFIJK。‎ ‎19.在做“研究平抛物体的运动”的实验中，为了确定做平抛运动的小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，将一块平木板钉上复写纸和白纸，竖直立于紧靠槽口处，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滑下，小球撞在木板上留下痕迹A；将木板向后移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滑下，小球撞在木板上留下痕迹B；又将木板再向后移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止滑下，再得到痕迹C。若测得木板每次后移距离x=‎10.00cm，A、B间距离y1=‎4.78cm，B、C间距离y2=‎14.82cm。（g取‎9.80m/s2）‎ ‎(1)根据以上直接测量的物理量导出测小球初速度的公式为v0=________。（用题中所给字母）。‎ ‎(2)小球初速度值为________m/s。‎ - 33 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎0.988m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]设通过相等水平位移x的时间间隔为t，由 ‎，‎ 解得 ‎(2)[2]将x=‎10.00cm，y1=‎4.78cm，y2=‎14.82cm代入求得 ‎20.如图甲所示，水平桌面上固定有一位于竖直平面内的弧形轨道A，其下端的切线是水平的，轨道的厚度可忽略不计。将小铁块B从轨道的固定挡板处由静止释放，小铁块沿轨道下滑，最终落到水平地面上。若测得轨道末端距离水平地面的高度为h，小铁块从轨道飞出到落地的水平位移为x，已知当地的重力加速度为g。‎ ‎(1)求小铁块落至水平地面时速度；‎ ‎(2)若在竖直木板上固定一张坐标纸（如图乙所示），并建立直角坐标系xOy，使标原点O与轨道槽口末端重合，y轴与重垂线重合，x轴水平。实验中使小铁块每次都从固定挡板处由静止释放并沿轨道水平抛出。依次下移水平挡板的位置，分别得到小铁块在水平挡板上的多个落点，在坐标纸上标出相应的点迹，再用平滑曲线将这些点迹连成小铁块的运动轨迹。在轨迹上取一些点得到相应的坐标（x1、y1）、（x2、y2）、(x3、y3)、(x4、y4)……。‎ ‎①若x1=x2-x1=x3-x2=x4-x3，试写出y1、y2、y3、y4之间的关系；‎ ‎②若y1=y2-y1=y3-y2=y4-y3，试写出x1、x2、x3、x4之间的关系。‎ - 33 -‎ ‎【答案】(1)；(2)①，②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小铁块离开轨道后做平抛运动，则有 ‎，，‎ 小铁块落至水平地面时的速度 联立解得 ‎(2)①若x1=x2-x1=x3-x2=x4-x3，因为水平方向做匀速直线运动，则各坐标点之间时间间隔相等，又O点为平抛运动的起点，则有 因而有 ‎②若y1=y2-y1=y3-y2=y4-y3，因为竖直方向做自由落体运动，故通过各坐标点的时间比为 又因为 - 33 -‎ 故有 ‎21.在“测定玻璃的折射率”的实验中，实验小组在白纸上放好玻璃砖MNPQ，画出玻璃砖与空气的两个界面aa'和bb'（如图）,在玻璃砖的一侧插上大头针Pl。‎ ‎（1）接下来他们要完成的步骤可以是_______‎ A. 在玻璃砖的另一侧插上大头针P2，使P2挡住P1的像，撤去玻璃砖，拔出大头针，描绘出光路图 B. 在玻璃砖的另一侧插上大头针P2和P3，使P2、P3均能挡住P1的像，撤去玻璃砖，拔出大头针，描绘出光路图 C. 在P1的同侧插上大头针P2，在玻璃砖的另一侧插上大头针P3，使P3能同时挡住P1和P2的像，撤去玻璃砖，拔出大头针，描绘出光路图 D. 在P1的同侧插上大头针P2，在玻璃砖的另一侧插上大头针P3和P4，使P3能同时挡住P1和P2的像，使P4能同时挡住P3以及P1和P2的像，撤去玻璃砖，拔出大头针，描绘出光路图 ‎（2）某次实验中，实验小组一直无法透过玻璃砖看到另一侧的两枚大头针重叠在一起，这可能是因为_________‎ A. 沿两枚大头针的光线没能射入玻璃砖 B. 沿两枚大头针的光线在进入玻璃砖之后直接从MP或NQ侧面射出了 C. 沿两枚大头针的光线在玻璃砖aa'或bb'界面发生了全反射 ‎（3）实验小组内的三位学生在实验中 ‎①第一位学生在纸上正确画出了玻璃砖的两个折射面aa′和bb′。因不慎碰动了玻璃砖，使它向aa′方向平移了一点（如图1所示），以后的操作都正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。‎ ‎②第二位学生为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的aa′和bb′‎ - 33 -‎ 都比实际的折射面向外侧平移了一些（如图2所示）以后的操作都正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。‎ ‎③第三位学生的操作和所画的光路图都正确无误，只是所用的玻璃砖的两个折射面不平行（如图3所示）。用这块玻璃砖测出的折射率n的值将_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。‎ ‎（4）另一实验小组的甲、乙、丙、丁四位同学实验中得到如图所示的插针结果，由图可知 ‎①从图上看，肯定把针插错了的同学是_____。‎ ‎②从图上看，测量结果准确度最高的同学是_____。‎ ‎【答案】 (1). D (2). AB (3). 不变 (4). 偏小 (5). 不变 (6). 甲乙 (7). 丁 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据实验的原理，连接P1、P2表示入射光线连接P3、P4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点即为折射光线。实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在玻璃砖另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，使P4挡住P3和P1、P2的像，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎（2）[2]无法透过玻璃砖看到另一侧的两枚大头针重叠在一起，可能是沿两枚大头针的光线没能射入玻璃砖，也可能是沿两枚大头针的光线在进入玻璃砖之后直接从MP或NQ侧面射出了，因为全反射需要光线从光密介质进入到光疏介质，所以光线不可能在玻璃砖aa'‎ - 33 -‎ 界面发生了全反射，故AB正确，C错误。‎ 故选AB。‎ ‎（3）[3]如下图1可知，第一位学生的作画结果中，光线的入射角和折射角测量准确，所以折射率n的值不变。‎ ‎[4]如下图2可知，第二位学生的作画结果中，光线的入射角测量准确，折射角测量偏大，所以折射率n的值偏小。‎ ‎[5]如下图3可知，第三位学生的作画结果中，光线的入射角和折射角测量准确，所以折射率n的值不变。‎ ‎（4）[6]甲同学的图中P1、P2连线与玻璃砖的交点和P3、P4连线与玻璃砖的交点的连线与玻璃面垂直，所以肯定是把针插错了。乙同学的图中P1、P2、P3、P4的连线在同一直线上，所以肯定是把针插错了。‎ ‎[7]丁同学P1、P2之间的距离和P3、P4之间的距离较大，误差较小，所以测量结果准确度最高。‎ ‎22.某同学在“利用单摆测量重力加速度”的实验中，采用图1所示的实验装置。‎ ‎(1)‎ - 33 -‎ 为提高实验精度，组装单摆时，在下列器材中，应该选用___；（用器材前的字母表示）‎ A.长度为‎30cm左右的细线 B.长度为‎1m左右的细线 C.直径为‎1.0cm的塑料球 D.直径为‎1.0cm的实心钢球 ‎(2)下表是某同学记录的5组实验数据，并做了部分计算处理。‎ 组次 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 摆长L/cm ‎70.00‎ ‎80.00‎ ‎90.00‎ ‎100.00‎ ‎110.00‎ ‎50次全振动时间t/s ‎84.0‎ ‎90.0‎ ‎95.5‎ ‎100.0‎ ‎105.0‎ 振动周期T/s ‎1.68‎ ‎1.80‎ ‎1.91‎ ‎2.10‎ 重力加速度g/（m·s-2）‎ ‎9.79‎ ‎9.74‎ ‎9.73‎ ‎9.85‎ 请计算出第4组实验中的T=______s，g=______m/s2，（结果保留3位有效数字）‎ ‎(3)为了减小实验误差，他决定用图象法处理数据，利用上表数据作出T2－L图象如图所示。计算出图线的斜率为k，则重力加速度测量值的表达式为g=________。‎ ‎(4)某研学小组利用单摆制作了一种测量微小时间差的装置，它由两个摆长有微小差别的单摆构成，两个单摆的悬挂点位于同一高度的前后两个不同点，使得两单摆摆动平面前后相互平行。具体操作如下：首先测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.00s和49.00s，然后把两摆球向右拉至相同的摆角处（小于5°），事件1发生时立刻释放长摆摆球，事件2发生时立刻释放短摆摆球，测得短摆经过8全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出事件1到事件2的微小时间差Δt=________s - 33 -‎ ‎。为了提高该装置对时间差的分辨能力，你认为可以做出的改进是什么？____（至少说一种）‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 2.00 (3). 9.86 (4). (5). 0.16 (6). 减小长单摆与短单摆的周期比 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]AB．为提高实验精度，组装单摆时，应选择长度为‎1m左右的细线，故A错误，B正确；‎ CD．为了减小空气阻力的影响，应选择直径为‎1.0cm的实心钢球，故C错误，D正确。‎ 故选BD；‎ ‎(2)[2]周期为 ‎[3]根据得 代入数据得 ‎(3)[4]根据得 则图线的斜率 解得重力加速度的测量值 ‎(4)[5]长单摆的周期为 短单摆的周期为 - 33 -‎ 当短单摆的运动的时间为 则有 代入数据解得 ‎[6]由 得 为了提高该装置对时间差的分辨能力，可减小长单摆与短单摆的周期比。‎ ‎23.如图所示，长为2R的水平轨道AB与半径为R的竖直半圆形轨道BCD相切于B点，整个空间存在沿水平方向的匀强电场。今将质量为m的带正电物块（可视为质点）从水平轨道的A端由静止释放，滑块在电场力的作用下沿轨道运动并通过D点。已知电场力的大小是物块所受重力的2倍，空气阻力及轨道的摩擦均可忽略不计，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)滑块从A端运动到B端所需的时间t；‎ ‎(2)滑块从A端运动到B端电场力的冲量大小I；‎ ‎(3)滑块通过圆形轨道B点时的加速度大小aB；‎ ‎(4)滑块通过圆形轨道B点时对轨道压力大小NB；‎ ‎(5)滑块通过D点时的速度大小v ‎(6)请比较滑块在B、D两点机械能的大小，说明理由。‎ - 33 -‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6) B、D两点机械能的大小相等，理由见详解。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，电场力 ‎(1) 滑块从A端运动到B端，有 ‎，‎ 解得 ‎(2)滑块从A端运动到B端电场力的冲量大小 ‎(3)从A点到B点，由动能定理得 在B点，竖直方向 水平方向 故 - 33 -‎ ‎(4)在B点，竖直方向 解得 根据牛顿第三定律可得 ‎(5)从A点到D点，由动能定理得 解得 ‎(6) B、D两点机械能的大小相等。理由：滑块从B点运动到D点，只有重力做功，没有其他力做功，故B点机械能与D点机械能相等。‎ ‎24.水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨间距为d，在导轨上有质量为m的导体杆。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现用一水平恒力F向右拉动导体杆由静止开始运动，杆与轨道之间的摩擦和空气阻力，以及导轨的电阻均可忽略不计。假设导轨长度足够长，磁场的范围也足够大，在整个运动过程中杆与轨道保持垂直且良好接触。‎ ‎(1)若在导轨之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆接两轨道之间的电阻为r，如图甲所示，求：‎ ‎①导体杆所能达到的最大速度vm；‎ ‎②导体杆运动距离为s0过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(2)若导体杆的电阻可忽略不计，在导轨之间接有一电容为C的不带电的电容器，如图乙所示，在电容器不会被击穿的情况下，‎ ‎①电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小v的关系；‎ ‎②请分析说明导体杆运动的性质，并求出导体杆在时间t内通过的位移s大小。‎ - 33 -‎ ‎【答案】(1)①，②；(2)①，②匀加速直线运动，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①当导体杆所受安培力与拉力F大小相等时速度最大，即有 此时电流为 联立解得 ‎②由公式得 ‎(2)①导体杆切割磁感线产生电动势，则电容器两端电压为 电荷量为 ‎②对导体杆由牛顿第二定律得 其中 - 33 -‎ 整理得 则导体杆做匀加速直线运动，导体杆在时间t内通过的位移 ‎25.对于不同类型的物体和运动情况，测量速率的方法往往是不同的，当然测量速度的方法也受到历史的局限性和实验室提供的仪器的限制。‎ ‎(1)历史上，由于测量条件的限制，伽利略无法用直接测量运动速度的方法来寻找自由落体的运动规律。因此他设想用斜面来“冲淡”重力，“放慢”运动，而且把速度的测量转化为对路程和时间的测量，并把自由落体运动看成为沿倾角为90°的斜面下滑运动的外推。假设一个时间单位为T，一个长度单位d，实验中记录了小球沿光滑斜面在不同时间内相对于起始点的距离，如下表所示，则分析表中数据可知，小球在t=3T时刻的瞬时速度等于多少？（用已知量T、d表示即可）‎ 时间 ‎0‎ T ‎2T ‎3T ‎4T ‎5T ‎6T 距离 ‎0‎ d ‎4d ‎9d ‎16d ‎25d ‎36d ‎(2)带电粒子的速度可以利用速度选择器进行测量。如下图所示，真空环境中平行放置的金属板间距为d，两板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电粒子以某一速度两金属板的左侧中间沿平行于金属板面的方向射入两板间，当板间电压为U时，带电粒子恰好沿直线（图中虚线）穿越两板，不计带电粒子的重力，求它的速度大小？‎ ‎(3)由于中子不带电，因此中子的速度无法直接使用速度选择器进行测量，可以采用碰撞的方法进行间接测量。低速中子与静止的原子核发生相互作用，有一定概率会与原子核发生弹性正碰。假设一群低速中子的速度大小相同，甲、乙原子核质量分别为M1、M2，这群中子中的两个中子分别与静止的甲、乙两原子核发生弹性正碰后，利用电偏转或磁偏转的方法测量得甲、乙原子核被碰后的速度大小分别为v1、v2，求这群中子的速度大小？‎ - 33 -‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球做匀加速直线运动，某段时间内中间时刻速度等于平均速度，所以时刻的速度为 ‎(2)粒子沿直线穿越两板，受力分析可知粒子做匀速直线运动，即 解得 ‎(3)中子与甲原子核发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒得 解得 同理，与乙原子核发生弹性正碰，有 解得中子碰前的速度为 - 33 -‎ ‎26.激光由于其单色性好、亮度高、方向性好等特点，在科技前沿的许多领域有着广泛的应用。根据光的波粒二象性可知，当光与其他物体发生相互作用时，光子表现出有能量和动量，对于波长为λ的光子，其动量p=。已知光在真空中的传播速度为c，普朗克常量为h。‎ ‎（1）科研人员曾用强激光做过一个有趣的实验：一个水平放置的小玻璃片被一束强激光托在空中。已知激光竖直向上照射到质量为m的小玻璃片上后，全部被小玻璃片吸收，重力加速度为g。求激光照射到小玻璃片上的功率P；‎ ‎（2）激光冷却和原子捕获技术在科学上意义重大，特别是对生物科学将产生重大影响。所谓激光冷却就是在激光的作用下使得做热运动的原子减速，其具体过程如下：一质量为m的原子沿着x轴负方向运动，频率为的激光束迎面射向该原子。运动着的原子就会吸收迎面而来的光子从基态跃迁，而处于激发态的原子会立即自发地辐射光子回到基态。原子自发辐射的光子方向是随机的，在上述过程中原子的速率已经很小，因而光子向各方向辐射光子的可能性可认为是均等的，因而辐射不再对原子产生合外力的作用效果，并且原子的质量没有变化。‎ ‎①设原子单位时间内与n个光子发生相互作用，求运动原子做减速运动的加速度a的大小；‎ ‎②假设某原子以速度v0沿着x轴负方向运动，当该原子发生共振吸收后跃迁到了第一激发态，吸收一个光子后原子的速度大小发生变化，方向未变。求该原子的第一激发态和基态的能级差ΔE？‎ - 33 -‎ ‎【答案】（1）；（2）①；②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设在∆t时间内照射到玻璃表面的光子数为n，则由动量定理 ‎ F△t=np 对玻璃板由平衡知识 F=mg 每个光子的能量 激光照射到小玻璃片上的功率 解得 ‎（2）①原子单位时间内与n个光子发生相互作用，由动量守恒定律 原子的加速度 其中∆t=1s解得 ‎②以原子开始运动的方向为正方向，原子吸收一个光子的过程，由动量守恒定律 该原子的第一激发态和基态的能级差 解得 - 33 -‎