2023-2024學年甘肅省張掖市某校高三下學期5月模擬考試物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024屆甘肅省張掖市某校高三下學期5月模擬考試物理試題試卷滿分：100分：考試用時：75分鐘注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名﹑準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。第1-7題只有一項符合題目要求，第8-10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.關于熱力學定律，下列說法錯誤的是（）A.做功與傳熱對改變系統(tǒng)的內能是等價的B.熱力學第一定律實際上是內能與其他形式能量發(fā)生轉化時的能量守恒定律C.一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀過程都是不可逆的D.能源的使用過程中雖然能的總量保持守恒，但能量的品質下降〖答案〗C〖解析〗A．做功與傳熱是改變系統(tǒng)內能的兩種方式，是等價的，A正確，不符合題意；B．熱力學第一定律實際上是內能與其他形式能量發(fā)生轉化時的能量守恒定律，揭示了熱力學第一定律與能量守恒定律之間的關系，B正確，不符合題意；C．一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀自然過程都是不可逆的，要強調“自然”，C錯誤，符合題意；D．能源的使用過程中雖然能的總量保持守恒，但能量的品質下降，說明了能源是有限的，我們要節(jié)約能源，D正確，不符合題意。故選C。2.某實驗興趣小組對實驗室的兩個電動模型車進行性能測試。如圖所示，0時刻電動模型車1、2相距10m，兩車此時同時開始向右做勻減速運動，車1的速度為10m/s，加速度為2m/s2，車2的速度為6m/s，加速度大小為1m/s2，則在此后的運動過程中，下列說法正確的是（）A.0～6s內，車l的位移是24m B.6s時，車2的速度大小為1m/sC.兩車間的距離一直在減小 D.兩車最近距離為2m〖答案〗D〖解析〗B．根據(jù)題目信息可知，車1在5s時已經(jīng)停止，車2在6s時停止，故6s時，車2的速度大小為0，故B錯誤；A．在前5s內，車1的位移為解得故A錯誤；D．設兩車速度相等的時刻為t，則從開始運動到兩車速度相等時有解得此時兩車相距最近，最近距離為故D正確；C．4s后，車2的速度大于車1的速度，因此兩車間的距離先減小后增大，故C錯誤。故選D。3.如圖所示，豎直固定放置的光滑大圓環(huán)，其最高點為P，最低點為Q?，F(xiàn)有兩個輕彈簧1、2的一端均栓接在大圓環(huán)P點，另一端分別拴接M、N兩小球，兩小球均處于平衡態(tài)。已知輕彈簧1、2上的彈力大小相同，輕彈簧1、2軸線方向與PQ連線的夾角分別30°、60°，則下列說法正確的是（）A.輕彈簧1處于壓縮狀態(tài)，輕彈簧2處于伸長狀態(tài)B.大圓環(huán)對兩小球的彈力方向均指向圓心C.M、N兩小球的質量比為D.大圓環(huán)對M、N兩小球的彈力大小之比為〖答案〗C〖解析〗A．對兩個小球受力分析并畫力的矢量三角形，如圖所示兩個彈力均指向P點，故兩彈簧均處于拉伸狀態(tài)，故A錯誤；B．大圓環(huán)對兩球的彈力均背離圓心，故B錯誤；CD．M的力矢量三角形相似于三角形OPM，故可知故C正確，D錯誤。故選C4.如圖所示，懸掛點O通過輕繩連接了一個質量為m的小球，O點到水平地面的高度為h。輕繩的長度L可以變化，且。現(xiàn)將小球拉至與O點等高處且輕繩繃直，由靜止釋放小球，當輕繩擺至豎直狀態(tài)時，靠近O點處固定的一個刀片割斷輕繩，小球平拋落至地面。改變繩長L，重復上述過程，則隨著L的逐漸增大，從小球由靜止釋放到落地的過程中，下列說法正確的是（）A.輕繩割斷前的彈力大小均不相同 B.小球落地前瞬間速度均相同C.重力的瞬時功率一直在增大 D.小球平拋運動水平位移先增大后減小〖答案〗D〖解析〗A．小球做圓周運動的過程中，由動能定理可得在最低點，根據(jù)牛頓第二定律可得解得與繩長L無關，故A錯誤，B．根據(jù)動能定理，落地前瞬間小球的速度大小相同，但是方向不同，故B錯誤；C．在圓周運動階段，初始位置和最低點豎直分速度均為0，重力功率先增大后減小，故C錯誤；D．平拋運動階段，有可得當時，x有最大值，故x先增大后減小，故D正確。故選D。5.如圖所示，一光滑的正三角形斜面體OAB放在光滑的水平地面上，不可伸長的輕繩兩端分別栓接質量為、的兩物體，輕繩跨過固定在O點的光滑滑輪，、分別放在OA、OB面上，兩部分輕繩與斜面均平行。作用在斜面體上的恒力使斜面體向右做勻加速運動，、與斜面體保持相對靜止，且恰好沒有離開斜面，則、的比值為（）A.1∶2 B.1∶1 C.3∶4 D.2∶1〖答案〗A〖解析〗對、受力分析如圖所示因為恰好沒有離開斜面，故其和斜面無彈力，可知繩上的彈力整體的加速度對有，兩式聯(lián)立解得故選A。6.如圖所示，有一個邊長為L的立方體空間，一長度為的導體棒沿AP方向放置?？臻g內加上某一方向的勻強磁場（圖中未畫出）．磁感應強度的大小為B。在導體棒中通以從A至P、大小為I的電流，則關于導體棒受到的安培力，下列說法中正確的是（）A.若磁場沿M指向A的方向，安培力的大小為B.若磁場沿M指向A的方向，安培力的大小為C.若磁場沿M指向Q的方向，安培力的大小為D.若磁場沿M指向Q的方向，安培力的大小為〖答案〗B〖解析〗AB．若磁場沿M指向A的方向，在平面ACPM中對磁感應強度沿AP和與AP垂直的方向分解，如圖則與電流垂直的磁感應強度分量安培力大小故A錯誤，B正確；CD．若磁場沿M指向Q的方向，對磁場沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如圖分量則在而ACPM中，安培力大小分量同樣要產(chǎn)生安培力，因此安培力肯定要大于，故CD錯誤。故選B。7.如圖所示，真空中水平連線上固定放置著兩個場源點電荷、，它們相距L，電荷量的絕對值為Q。在左側某一與連線垂直的豎直平面內，帶負電的試探電荷、其電荷量為，以某一合適的速度繞O點做勻速圓周運動，半徑為，O點在、的連線上，且點O、相距。已知試探電荷的質量為m，靜電力常量為k，不計粒子的重力，則下列說法正確的是（）A.帶負電，帶正電B.試探電荷的速度大小為C.的電荷量的絕對值為D.該試探電荷在右側某一豎直平面內同樣可以做勻速圓周運動〖答案〗C〖解析〗A．如圖所示，試探電荷做勻速圓周運動說明，電場力的合力應該指向O點，則其受力分析如圖說明對其是引力的作用，對其是斥力的作用，所以帶正電、帶負電，故A錯誤；C．根據(jù)幾何關系可知即解得故C正確；B．根據(jù)合力提供向心力解得故B錯誤；D．在的右側，試探電荷所受合力不可能指向圓心，故不可能做勻速圓周運動，故D錯誤。故選C。8.2030年以后，我國航天領域將進一步向深空進行探索。在某一星球表面的試驗基地中，可以人員進行如下研究，光滑水平桌面上放一四分之一光滑圓弧軌道，半徑，質量。一個質量為的小球從圓弧軌道頂端沿軌道靜止釋放，測得小球離開圓弧軌道時的速度大小為2m/s。已知地球的表面的重力加速度，該星球的半徑大小為地球半徑的1.5倍，忽略星球的自轉，則下列說法正確的是（）A.該星球表面的重力加速度大小為 B.該星球的質量與地球質量之比為4∶3C.該星球與地球的第一宇宙速度之比為 D.該星球與地球的平均密度之比為9∶2〖答案〗AC〖解析〗A．小球與圓弧軌道構成的系統(tǒng)機械能守恒和在水平方向上動量守恒，則從釋放到最低點，有，解得故A正確；B．對于星球表面的物體，萬有引力近似等于重力則有星球質量故該星球與地球質量之比為故B錯誤；C．由萬有引力提供向心力，解得第一宇宙速度可得該星球與地球的第一宇宙速度之比為故C正確；D．星球密度則可得密度之比為2∶9，故D錯誤。故選AC9.如圖所示，x軸上有兩個波源S1、S2，位置坐標分別為-6m、6m，兩個波源形成的簡諧橫波已沿x軸穩(wěn)定傳播，波速均為1m/s，形成了穩(wěn)定的干涉。從某時刻開始，波源S1的振動方程為，波源S2的振動方程為，x軸上A點的位置坐標為0.5m，則下列說法正確的是（）A.兩列波的波長均為2m B.2s內，A點走過的路程為40cmC.S1S2連線間共有6個振動加強點 D.S1S2連線閫共有7個振動減弱點〖答案〗BC〖解析〗A．根據(jù)振動方程可得周期為故波長為故A錯誤；B．零時刻，波源S1、S2相位不同，不便于判斷振動加強或者減弱的情況，假設在S1左側，坐標為-6.5m處有一同向波源S3，S2右側坐標為7.5m處有一同向波源S4，如圖所示此刻兩波源均處于波峰位置，則兩波源平衡位置的中點A點必然為振動的加強點，因此2s內A振動半個周期的路程為40cm，故B正確；C．波源連線上，相鄰加強點相差半個波長，因此，連線上加強點的坐標，從左向右依次為-5.5m、-3.5m、-1.5m、0.5m、2.5m、4.5m，共6個，故C正確；D．相鄰加強點和減弱點相差四分之一個波長，因此，連線上減弱點的坐標，從左向右依次為-4.5m、-2.5m、-0.5m、1.5m、3.5m、6.5m，共6個，故D錯誤。故選BC。10.如圖所示，光滑平行等間距且足夠長的導軌水平放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為3T，導軌寬度，左端通過導線連接了電源和一個開關K，電源的電動勢，內阻。一質量的導體棒垂直于導軌放置，其電阻。導體棒的中部通過絕緣輕繩繞過光滑的定滑輪連接了一個質量的物塊，用手托住物塊保持靜止且輕繩恰好處于伸直狀態(tài)。釋放物塊的瞬間閉合開關K，已知重力加速度，則從剛釋放到物塊恰好勻速運動經(jīng)歷時間，則關于該過程下列說法正確的是（）A.導體棒先向左運動后向右運動 B.導體棒最終速度大小為C.流經(jīng)導體棒的電荷量為0.6C D.電源消耗的能量為4.8J〖答案〗BD〖解析〗A．閉合開關的瞬間，導體棒速度為0，電流安培力故導體棒和物塊將向左加速，導體棒切割磁感線，產(chǎn)生反電動勢，有隨著速度增加，電流逐漸減小，安培力逐漸減小，對導體棒和物塊有可知加速度逐漸減小，當加速度減小到0時，系統(tǒng)受力平衡，保持向左勻速直線運動，A項錯誤；B．當加速度為0時，算得電流大小速度B項正確；C．對導體棒和物塊由動量定理有帶入數(shù)據(jù)C項錯誤；D．根據(jù)非靜電力做功可求得電源消耗的電能D項正確。故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某實驗小組想利用楊氏雙縫干涉裝置測量某紅光的波長，他們利用普通光源按照如圖甲所示的擺放順序安裝好實驗器材，最終在目鏡中觀察到了如圖乙所示的紅光的干涉條紋。（1）若將普通光源換成改紅色激光光源，則下列______儀器可以撤掉；A.凸透鏡 B.紅色濾光片 C.單縫 D.雙縫（2）通過測量頭，記錄A、B兩條亮條紋的位置如下圖，其中A位置的讀數(shù)為______；相鄰亮條紋的間距為______；（3）已知雙縫間的距離，雙縫到屏的距離為，則該紅光的波長為=______mm（結果保留三位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）ABC（2）10.80.8（3）667〖解析〗【小問1詳析】激光具有相干性，因此透鏡、濾光片、單縫均不需要。選。【小問2詳析】[1]根據(jù)十分度游標卡尺讀數(shù)規(guī)則，A位置讀數(shù)[2]B位置讀數(shù)相鄰亮條紋間距【小問3詳析】由，得解得12.某同學利用實驗室已有的器材設計了如下電路測量某一太陽能電池的電動勢和內電阻，已知電源的電動勢大約為5.8V，內電阻大約為幾十歐，實驗中用到的其他器材有：A．電壓表V1（量程為3V，內阻約為5000Ω）B．電壓表V2（量程為15V，內阻約為10000Ω）C．表頭G（量程10mA，內阻rg待測量）D．定位電阻R0=200ΩE．保護電阻R1=100ΩF．電阻箱（量程0～99.99Ω）G．開關兩個，導線若干（1）為了使電壓表在實驗過程中有更大的變化范圍，電壓表應選擇______（選填選項字母）；（2）將電阻調整調整到最大值，閉合開關S1、S2，緩慢調節(jié)電阻箱大小，使表頭的示數(shù)為4mA。此時電壓表示數(shù)為滿偏的，則表頭的電阻rg=______Ω；（3）斷開開關S2，多次改變電阻箱的阻值，記錄阻值大小為R，同時記錄對應的表頭的電流值為I，建立圖像，描點連線得到如圖線性圖像。根據(jù)圖中的效據(jù)，可得該太陽能電池的電動勢E=______，內電阻r=______Ω（結果均保留兩位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）A（2）300（3）6.060〖解析〗【小問1詳析】電源電動勢約為5.8V，保護電阻為100Ω，電阻箱總阻值99.99Ω，因此電壓表電壓變化范圍最大為3V左右，故電壓表應選擇A?！拘?詳析】由于電壓表示數(shù)為滿偏的，即電壓為2V，根據(jù)歐姆定律可得解得【小問3詳析】[1][2]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得整理可得代入數(shù)據(jù)有結合圖像可得聯(lián)立解得，13.1907年起，美國物理學家密立根開始以精湛的技術測量光電效應中幾個重要的物理量。他的目的是：測量金屬的遏止電壓Uc與入射光的頻率ν，由此算出普朗克常量h，并于普朗克根據(jù)黑體輻射得出的h相比較，以檢驗愛因斯坦光電效應方程的正確性。某實驗小組實踐密立根的研究過程，在對同一個光電管（陰極材料）進行多次試驗后，得到了的Uc-ν圖像，其中ν1、ν2，U1均為已知量，已知電子的電荷量為e。（1）求普朗克常量h的表達式；（2）求該陰極材料的逸出功W0的表達式?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）由愛因斯坦光電效應方程有由動能定理有聯(lián)立得結合圖像可得解得（2）根據(jù)逸出功的定義解得14.如圖所示，一傳送帶傾斜放置，其與水平面間的夾角，傳送帶順時針勻速率運轉，速度大小。傳送帶上表面PQ兩點間的距離。時刻，物塊1以初速度從Q點滑上傳送帶向下運動、物塊2以初速度從P點滑上傳送帶向上運動，經(jīng)過時間，物塊1、2在傳送帶上M點（圖中未畫出）發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。已知物塊1的質量，其與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；物塊2的質量，其與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度，，。（1）求P點到M點間的距離；（2）求物塊2從0時刻到離開傳送帶經(jīng)歷的時間t；（3）從0時刻，到兩物塊恰好要相碰，求傳送帶多消耗的能量?！即鸢浮剑?）4m；（2）2.4s；（3）144J〖解析〗（1）對物塊1受力分析，由牛頓第二定律有解得同理對物塊2受力，由牛頓第二定律有解得故物塊1沿斜面向下做勻加速運動，物塊2沿斜面向上做勻速運動，則物塊1的位移物塊2的位移由位移關系代入數(shù)據(jù)解得（2）由（1）可知則碰前物塊1的速度解得碰撞過程，由動量守恒、機械能守恒，有聯(lián)立解得則物塊2將以10m/s速度沿傳送帶向下做勻速直線運動直至離開傳送帶，向下運動的時間解得故運動總時間（3）物塊1下滑的過程中，對傳送帶產(chǎn)生沿傳送帶向下的滑動摩擦力物塊2在上滑的過程中，對傳送帶產(chǎn)生沿傳送帶向下的最大靜摩擦力電動機多消耗的能量等于傳送帶克服摩擦力做的功，則有代入數(shù)據(jù)得15.豎直平面內建立如圖所示的xOy直角坐標系，在的區(qū)域Ⅰ內，存在著水平方向的勻強電場和垂直于紙面的勻強磁場（圖中均未畫出），在的區(qū)域Ⅱ內，存在垂直于紙面向里的勻強磁場。一個帶正電的小球從y軸上的P點以初速度水平向右拋出，僅在重力的作用下經(jīng)過x軸上的Q點，隨后沿直線運動穿過區(qū)域Ⅰ，通過M點進入?yún)^(qū)域Ⅱ做曲線運動。已知OP的長度與OQ的長度之比為，小球的質量為m，電荷量為+q，區(qū)域Ⅱ的磁感應強度大小與區(qū)域Ⅰ的磁感應強度大小滿足（、為未知量），重力加速度為g。（1）求小球到達Q點時的速度大小和方向；（2）求區(qū)域Ⅰ的磁感應強度的大小和方向；（3）若，從小球經(jīng)過M點開始計時，當經(jīng)過時同時，求小球的位置坐標（用、g表達）?！即鸢浮剑?），速度與水平方向成60°斜向右下方；（2），方向垂直于紙面向里；（3）〖解析〗（1）根據(jù)平拋運動的規(guī)律有，，結合題目條件，解得故Q點的速度大小即其與水平方向的夾角為，則解得速度與水平方向成60°斜向右下方（2）粒子在區(qū)域I受到重力、水平電場力、洛倫茲力的作用做直線運動，說明其受力平衡，其受力分析如圖所示則根據(jù)幾何關系有解得根據(jù)左手定則，的方向垂直于紙面向里（3）當小球進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，其受到重力和洛倫茲力的作用。將速度v分解為、，令產(chǎn)生的洛倫茲力與重力平衡，即解得則根據(jù)平行四邊形定則，可知速度矢量分解圖如圖所示產(chǎn)生的洛倫茲力斜向右下方，受力分析如圖所示放小球的曲線運動可看做的水平向右的勻速直線運動，和的從M點開始的逆時針方向的勻速圓周運動。則得圓周運動的半徑由周期，得根據(jù)題目條件故圓周運動在水平方向上引起的向右的位移豎直方向引起的向下的位移勻速直線運動引起的向右的水平位移根據(jù)幾何關系，M點的坐標為故水平位置坐標豎直位置坐標解得，小球的位置坐標為。2024屆甘肅省張掖市某校高三下學期5月模擬考試物理試題試卷滿分：100分：考試用時：75分鐘注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名﹑準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號。回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。第1-7題只有一項符合題目要求，第8-10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.關于熱力學定律，下列說法錯誤的是（）A.做功與傳熱對改變系統(tǒng)的內能是等價的B.熱力學第一定律實際上是內能與其他形式能量發(fā)生轉化時的能量守恒定律C.一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀過程都是不可逆的D.能源的使用過程中雖然能的總量保持守恒，但能量的品質下降〖答案〗C〖解析〗A．做功與傳熱是改變系統(tǒng)內能的兩種方式，是等價的，A正確，不符合題意；B．熱力學第一定律實際上是內能與其他形式能量發(fā)生轉化時的能量守恒定律，揭示了熱力學第一定律與能量守恒定律之間的關系，B正確，不符合題意；C．一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀自然過程都是不可逆的，要強調“自然”，C錯誤，符合題意；D．能源的使用過程中雖然能的總量保持守恒，但能量的品質下降，說明了能源是有限的，我們要節(jié)約能源，D正確，不符合題意。故選C。2.某實驗興趣小組對實驗室的兩個電動模型車進行性能測試。如圖所示，0時刻電動模型車1、2相距10m，兩車此時同時開始向右做勻減速運動，車1的速度為10m/s，加速度為2m/s2，車2的速度為6m/s，加速度大小為1m/s2，則在此后的運動過程中，下列說法正確的是（）A.0～6s內，車l的位移是24m B.6s時，車2的速度大小為1m/sC.兩車間的距離一直在減小 D.兩車最近距離為2m〖答案〗D〖解析〗B．根據(jù)題目信息可知，車1在5s時已經(jīng)停止，車2在6s時停止，故6s時，車2的速度大小為0，故B錯誤；A．在前5s內，車1的位移為解得故A錯誤；D．設兩車速度相等的時刻為t，則從開始運動到兩車速度相等時有解得此時兩車相距最近，最近距離為故D正確；C．4s后，車2的速度大于車1的速度，因此兩車間的距離先減小后增大，故C錯誤。故選D。3.如圖所示，豎直固定放置的光滑大圓環(huán)，其最高點為P，最低點為Q?，F(xiàn)有兩個輕彈簧1、2的一端均栓接在大圓環(huán)P點，另一端分別拴接M、N兩小球，兩小球均處于平衡態(tài)。已知輕彈簧1、2上的彈力大小相同，輕彈簧1、2軸線方向與PQ連線的夾角分別30°、60°，則下列說法正確的是（）A.輕彈簧1處于壓縮狀態(tài)，輕彈簧2處于伸長狀態(tài)B.大圓環(huán)對兩小球的彈力方向均指向圓心C.M、N兩小球的質量比為D.大圓環(huán)對M、N兩小球的彈力大小之比為〖答案〗C〖解析〗A．對兩個小球受力分析并畫力的矢量三角形，如圖所示兩個彈力均指向P點，故兩彈簧均處于拉伸狀態(tài)，故A錯誤；B．大圓環(huán)對兩球的彈力均背離圓心，故B錯誤；CD．M的力矢量三角形相似于三角形OPM，故可知故C正確，D錯誤。故選C4.如圖所示，懸掛點O通過輕繩連接了一個質量為m的小球，O點到水平地面的高度為h。輕繩的長度L可以變化，且?，F(xiàn)將小球拉至與O點等高處且輕繩繃直，由靜止釋放小球，當輕繩擺至豎直狀態(tài)時，靠近O點處固定的一個刀片割斷輕繩，小球平拋落至地面。改變繩長L，重復上述過程，則隨著L的逐漸增大，從小球由靜止釋放到落地的過程中，下列說法正確的是（）A.輕繩割斷前的彈力大小均不相同 B.小球落地前瞬間速度均相同C.重力的瞬時功率一直在增大 D.小球平拋運動水平位移先增大后減小〖答案〗D〖解析〗A．小球做圓周運動的過程中，由動能定理可得在最低點，根據(jù)牛頓第二定律可得解得與繩長L無關，故A錯誤，B．根據(jù)動能定理，落地前瞬間小球的速度大小相同，但是方向不同，故B錯誤；C．在圓周運動階段，初始位置和最低點豎直分速度均為0，重力功率先增大后減小，故C錯誤；D．平拋運動階段，有可得當時，x有最大值，故x先增大后減小，故D正確。故選D。5.如圖所示，一光滑的正三角形斜面體OAB放在光滑的水平地面上，不可伸長的輕繩兩端分別栓接質量為、的兩物體，輕繩跨過固定在O點的光滑滑輪，、分別放在OA、OB面上，兩部分輕繩與斜面均平行。作用在斜面體上的恒力使斜面體向右做勻加速運動，、與斜面體保持相對靜止，且恰好沒有離開斜面，則、的比值為（）A.1∶2 B.1∶1 C.3∶4 D.2∶1〖答案〗A〖解析〗對、受力分析如圖所示因為恰好沒有離開斜面，故其和斜面無彈力，可知繩上的彈力整體的加速度對有，兩式聯(lián)立解得故選A。6.如圖所示，有一個邊長為L的立方體空間，一長度為的導體棒沿AP方向放置?？臻g內加上某一方向的勻強磁場（圖中未畫出）．磁感應強度的大小為B。在導體棒中通以從A至P、大小為I的電流，則關于導體棒受到的安培力，下列說法中正確的是（）A.若磁場沿M指向A的方向，安培力的大小為B.若磁場沿M指向A的方向，安培力的大小為C.若磁場沿M指向Q的方向，安培力的大小為D.若磁場沿M指向Q的方向，安培力的大小為〖答案〗B〖解析〗AB．若磁場沿M指向A的方向，在平面ACPM中對磁感應強度沿AP和與AP垂直的方向分解，如圖則與電流垂直的磁感應強度分量安培力大小故A錯誤，B正確；CD．若磁場沿M指向Q的方向，對磁場沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如圖分量則在而ACPM中，安培力大小分量同樣要產(chǎn)生安培力，因此安培力肯定要大于，故CD錯誤。故選B。7.如圖所示，真空中水平連線上固定放置著兩個場源點電荷、，它們相距L，電荷量的絕對值為Q。在左側某一與連線垂直的豎直平面內，帶負電的試探電荷、其電荷量為，以某一合適的速度繞O點做勻速圓周運動，半徑為，O點在、的連線上，且點O、相距。已知試探電荷的質量為m，靜電力常量為k，不計粒子的重力，則下列說法正確的是（）A.帶負電，帶正電B.試探電荷的速度大小為C.的電荷量的絕對值為D.該試探電荷在右側某一豎直平面內同樣可以做勻速圓周運動〖答案〗C〖解析〗A．如圖所示，試探電荷做勻速圓周運動說明，電場力的合力應該指向O點，則其受力分析如圖說明對其是引力的作用，對其是斥力的作用，所以帶正電、帶負電，故A錯誤；C．根據(jù)幾何關系可知即解得故C正確；B．根據(jù)合力提供向心力解得故B錯誤；D．在的右側，試探電荷所受合力不可能指向圓心，故不可能做勻速圓周運動，故D錯誤。故選C。8.2030年以后，我國航天領域將進一步向深空進行探索。在某一星球表面的試驗基地中，可以人員進行如下研究，光滑水平桌面上放一四分之一光滑圓弧軌道，半徑，質量。一個質量為的小球從圓弧軌道頂端沿軌道靜止釋放，測得小球離開圓弧軌道時的速度大小為2m/s。已知地球的表面的重力加速度，該星球的半徑大小為地球半徑的1.5倍，忽略星球的自轉，則下列說法正確的是（）A.該星球表面的重力加速度大小為 B.該星球的質量與地球質量之比為4∶3C.該星球與地球的第一宇宙速度之比為 D.該星球與地球的平均密度之比為9∶2〖答案〗AC〖解析〗A．小球與圓弧軌道構成的系統(tǒng)機械能守恒和在水平方向上動量守恒，則從釋放到最低點，有，解得故A正確；B．對于星球表面的物體，萬有引力近似等于重力則有星球質量故該星球與地球質量之比為故B錯誤；C．由萬有引力提供向心力，解得第一宇宙速度可得該星球與地球的第一宇宙速度之比為故C正確；D．星球密度則可得密度之比為2∶9，故D錯誤。故選AC9.如圖所示，x軸上有兩個波源S1、S2，位置坐標分別為-6m、6m，兩個波源形成的簡諧橫波已沿x軸穩(wěn)定傳播，波速均為1m/s，形成了穩(wěn)定的干涉。從某時刻開始，波源S1的振動方程為，波源S2的振動方程為，x軸上A點的位置坐標為0.5m，則下列說法正確的是（）A.兩列波的波長均為2m B.2s內，A點走過的路程為40cmC.S1S2連線間共有6個振動加強點 D.S1S2連線閫共有7個振動減弱點〖答案〗BC〖解析〗A．根據(jù)振動方程可得周期為故波長為故A錯誤；B．零時刻，波源S1、S2相位不同，不便于判斷振動加強或者減弱的情況，假設在S1左側，坐標為-6.5m處有一同向波源S3，S2右側坐標為7.5m處有一同向波源S4，如圖所示此刻兩波源均處于波峰位置，則兩波源平衡位置的中點A點必然為振動的加強點，因此2s內A振動半個周期的路程為40cm，故B正確；C．波源連線上，相鄰加強點相差半個波長，因此，連線上加強點的坐標，從左向右依次為-5.5m、-3.5m、-1.5m、0.5m、2.5m、4.5m，共6個，故C正確；D．相鄰加強點和減弱點相差四分之一個波長，因此，連線上減弱點的坐標，從左向右依次為-4.5m、-2.5m、-0.5m、1.5m、3.5m、6.5m，共6個，故D錯誤。故選BC。10.如圖所示，光滑平行等間距且足夠長的導軌水平放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為3T，導軌寬度，左端通過導線連接了電源和一個開關K，電源的電動勢，內阻。一質量的導體棒垂直于導軌放置，其電阻。導體棒的中部通過絕緣輕繩繞過光滑的定滑輪連接了一個質量的物塊，用手托住物塊保持靜止且輕繩恰好處于伸直狀態(tài)。釋放物塊的瞬間閉合開關K，已知重力加速度，則從剛釋放到物塊恰好勻速運動經(jīng)歷時間，則關于該過程下列說法正確的是（）A.導體棒先向左運動后向右運動 B.導體棒最終速度大小為C.流經(jīng)導體棒的電荷量為0.6C D.電源消耗的能量為4.8J〖答案〗BD〖解析〗A．閉合開關的瞬間，導體棒速度為0，電流安培力故導體棒和物塊將向左加速，導體棒切割磁感線，產(chǎn)生反電動勢，有隨著速度增加，電流逐漸減小，安培力逐漸減小，對導體棒和物塊有可知加速度逐漸減小，當加速度減小到0時，系統(tǒng)受力平衡，保持向左勻速直線運動，A項錯誤；B．當加速度為0時，算得電流大小速度B項正確；C．對導體棒和物塊由動量定理有帶入數(shù)據(jù)C項錯誤；D．根據(jù)非靜電力做功可求得電源消耗的電能D項正確。故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某實驗小組想利用楊氏雙縫干涉裝置測量某紅光的波長，他們利用普通光源按照如圖甲所示的擺放順序安裝好實驗器材，最終在目鏡中觀察到了如圖乙所示的紅光的干涉條紋。（1）若將普通光源換成改紅色激光光源，則下列______儀器可以撤掉；A.凸透鏡 B.紅色濾光片 C.單縫 D.雙縫（2）通過測量頭，記錄A、B兩條亮條紋的位置如下圖，其中A位置的讀數(shù)為______；相鄰亮條紋的間距為______；（3）已知雙縫間的距離，雙縫到屏的距離為，則該紅光的波長為=______mm（結果保留三位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）ABC（2）10.80.8（3）667〖解析〗【小問1詳析】激光具有相干性，因此透鏡、濾光片、單縫均不需要。選?！拘?詳析】[1]根據(jù)十分度游標卡尺讀數(shù)規(guī)則，A位置讀數(shù)[2]B位置讀數(shù)相鄰亮條紋間距【小問3詳析】由，得解得12.某同學利用實驗室已有的器材設計了如下電路測量某一太陽能電池的電動勢和內電阻，已知電源的電動勢大約為5.8V，內電阻大約為幾十歐，實驗中用到的其他器材有：A．電壓表V1（量程為3V，內阻約為5000Ω）B．電壓表V2（量程為15V，內阻約為10000Ω）C．表頭G（量程10mA，內阻rg待測量）D．定位電阻R0=200ΩE．保護電阻R1=100ΩF．電阻箱（量程0～99.99Ω）G．開關兩個，導線若干（1）為了使電壓表在實驗過程中有更大的變化范圍，電壓表應選擇______（選填選項字母）；（2）將電阻調整調整到最大值，閉合開關S1、S2，緩慢調節(jié)電阻箱大小，使表頭的示數(shù)為4mA。此時電壓表示數(shù)為滿偏的，則表頭的電阻rg=______Ω；（3）斷開開關S2，多次改變電阻箱的阻值，記錄阻值大小為R，同時記錄對應的表頭的電流值為I，建立圖像，描點連線得到如圖線性圖像。根據(jù)圖中的效據(jù)，可得該太陽能電池的電動勢E=______，內電阻r=______Ω（結果均保留兩位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）A（2）300（3）6.060〖解析〗【小問1詳析】電源電動勢約為5.8V，保護電阻為100Ω，電阻箱總阻值99.99Ω，因此電壓表電壓變化范圍最大為3V左右，故電壓表應選擇A。【小問2詳析】由于電壓表示數(shù)為滿偏的，即電壓為2V，根據(jù)歐姆定律可得解得【小問3詳析】[1][2]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得整理可得代入數(shù)據(jù)有結合圖像可得聯(lián)立解得，13.1907年起，美國物理學家密立根開始以精湛的技術測量光電效應中幾個重要的物理量。他的目的是：測量金屬的遏止電壓Uc與入射光的頻率ν，由此算出普朗克常量h，并于普朗克根據(jù)黑體輻射得出的h相比較，以檢驗愛因斯坦光電效應方程的正確性。某實驗小組實踐密立根的研究過程，在對同一個光電管（陰極材料）進行多次試驗后，得到了的Uc-ν圖像，其中ν1、ν2，U1均為已知量，已知電子的電荷量為e。（1）求普朗克常量h的表達式；（2）求該陰極材料的