2023-2024學年黑龍江省高三下學期三輪沖刺卷（四）物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024屆高三沖刺卷（四）物理試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考場號、座位號、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?？荚嚂r間為75分鐘，滿分100分一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.核污染水里含64種放射性元素，其中的發(fā)生衰變時的核反應方程為，該核反應過程中放出的能量為E。設的比結合能為，的比結合能為，X的比結合能為，已知光在真空中的傳播速度為c，的半衰期為138天，下列說法正確的是（）A.該核反應中發(fā)生了衰變B.該核反應過程中放出的能量C.100個原子核經過138天，還剩50個原子核未衰變D.該核反應過程中的質量虧損可以表示為〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)質量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，X的質量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，為粒子，該核反應中發(fā)生了衰變，故A錯誤；B．該核反應過程中放出的能量故B錯誤；C．半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，只有針對大量原子核才有統(tǒng)計意義，100個原子核衰變具有隨機性，故C錯誤；D．根據(jù)愛因斯坦質能方程可知該核反應過程中的質量虧損故D正確。故選D。2.下列有關光學現(xiàn)象的說法中正確的是（）A.甲圖中，將雙縫干涉實驗中的雙縫間距調小，則干涉條紋間距變小B.乙圖中，觀看立體電影時，需配戴特制眼鏡利用了光的衍射現(xiàn)象C.丙圖為光照射圓孔后的干涉圖樣D.丁圖中，肥皂膜在陽光下呈現(xiàn)彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)將雙縫干涉實驗中的雙縫間距調小，則干涉條紋間距變大，故A錯誤；B．觀看立體電影時，需配戴特制眼鏡利用了光的偏振現(xiàn)象，故B錯誤；C．丙圖為光照射小圓盤后的干涉圖樣，故C錯誤；D．肥皂膜在陽光下呈現(xiàn)彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象，故D正確。故選D。3.大自然中，雨滴大約在距離地面1.5~5.0km左右的高空形成并開始下落，下落過程中空氣阻力的影響不可忽略。假設空氣阻力大小與速度的平方成正比，則雨滴下落過程中，速度v隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗設空氣阻力大小為根據(jù)牛頓第二定律有雨滴做加速度減小的加速運動，最終做勻速直線運動。故選B。4.如圖所示，用長度相等的均勻硬質導線彎折成不同形狀的剛性閉合線框，若正方形線框與正六邊形線框中均通有沿順時針方向、大小相等的電流，已知通電直導線在周圍某點產生的磁感應強度大小與導線中電流大小成正比，與該點到導線的距離成反比，則正方形線框中心a點、正六邊形線框中心b點的磁感應強度大小之比為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗根據(jù)題意，通電直導線在周圍某點產生的磁感應強度大小設均勻硬質導線長度12L，正方形線框中心a點到任一邊的距離為，磁感應強度大小正六邊形線框中心b點到任一邊的距離為，磁感應強度大小所以故選D。5.如圖所示，地球的公轉軌道接近圓，但彗星的運動軌道則是一個非常扁的橢圓，天文學家哈雷曾經在1682年跟蹤過一顆彗星，他算出這顆彗星軌道的半長軸約等于地球公轉半徑的18倍，并預言這顆彗星將每隔一定時間就會出現(xiàn)。哈雷的預言得到證實，該彗星被命名為哈雷彗星，哈雷彗星最近出現(xiàn)的時間是1986年。若哈雷彗星近日點與太陽中心的距離為r1，遠日點與太陽中心的距離為r2，只考慮太陽對哈雷彗星的萬有引力，則（）A.哈雷彗星在近日點與遠日點的機械能不相等B.哈雷彗星在近日點的速度比遠日點的速度小C.哈雷彗星在近日點與遠日點的加速度大小之比為D.哈雷彗星下次飛近地球約在2062年〖答案〗D〖解析〗A．哈雷慧星在近日點與遠日點運行中，動能與勢能相互轉化，機械能守恒，故A錯誤；B．根據(jù)開普勒第二定律可知，哈雷彗星在近日點的速度比遠日點的速度大，故B錯誤；C．在近日點時，由牛頓第二定律可得在遠日點時，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得故C錯誤；D．由開普勒第三定律得所以即彗星下次飛近地球將在故D正確。故選D。6.如圖所示，兩實線所圍成的環(huán)形區(qū)域內有一徑向電場，電場強度方向沿半徑指向圓心，電場強度大小可表示為為到圓心的距離，為常量。兩個粒子和分別在半徑為和的圓軌道上做勻速圓周運動，已知兩粒子的比荷大小相等，不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）A.粒子的電勢能大于粒子的電勢能B.粒子的速度大于粒子的速度C.粒子的角速度大于粒子的角速度D.若再加一個垂直運動平面向里的勻強磁場，粒子做離心運動〖答案〗C〖解析〗A．兩個粒子和分別在半徑為和的圓軌道上做勻速圓周運動，向心力由電場力提供，所以兩個粒子帶正電，若兩個粒子的電荷量相同，則粒子的電勢能小于粒子的電勢能，而兩個粒子的電荷量無法確定，所以無法確定電勢能的高低，故A錯誤；B．圓周運動，電場力提供向心力解得兩粒子的比荷大小相等，為常量，所以圓周運動的速度為一個定值。粒子的速度等于粒子的速度，故B錯誤；C．粒子的速度等于粒子的速度，所以粒子的角速度大于粒子的角速度，故C正確；D．若再加一個垂直運動平面向里的勻強磁場，因為粒子做的圓周運動的方向不確定，若為順時針，則合力不足以提供向心力，離心運動，若為逆時針，則合力大于向心力，做向心運動。故D錯誤。故選C。7.如圖甲所示，光滑水平面上有一質量木板A，板左端有一質量的物塊B（視為質點），A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2，初始時均處于靜止狀態(tài)，僅給物塊B施加水平向右的力，隨時間變化的圖像如圖乙所示，末撤去，物塊B始終未從木板A上滑下。取，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，則（）A.時物塊B的加速度大小為B.時物塊B的速度大小為C.后木板A與物塊B因摩擦產生的熱量為D.木板A的長度可能為〖答案〗C〖解析〗A．設拉力為，A、B剛好發(fā)生相對運動，以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得以A為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，又圖乙可知，A、B一開始就發(fā)生相對運動，時B的加速度大小為故A錯誤；B．在內對B根據(jù)動量定理可得其中解得時物塊B的速度大小為故B錯誤；C．時木板A的速度大小為末撤去，之后A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有解得最終兩者的共同速度為根據(jù)能量守恒可知，后木板A與物塊B因摩擦產生的熱量為故C正確；D．設后木板A與物塊B發(fā)生的相對位移為，則有解得由于撤去力前，木板A與物塊B也發(fā)生了相對位移，且整個過程相對運動方向不變，所以木板A的長度一定大于，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，小明同學在籃球訓練中兩次從同一位置O以不同的初速度將同一籃球拋出，當以初速度斜向上拋出時，籃球沿軌跡1運動；當以初速度水平拋出時，籃球沿軌跡2運動。兩軌跡交于A點。忽略空氣阻力，關于籃球兩次在空中的運動情況，下列判斷正確的是（）A.籃球沿軌跡1運動時加速度較大B.籃球沿軌跡1從O運動到A的時間較長C.籃球沿軌跡1運動時動能一直增大D.籃球沿軌跡1運動到A點時，重力的瞬時功率較大〖答案〗BD〖解析〗A．由于忽略空氣阻力，籃球在運動過程中只受重力，加速度均為g，故A錯誤；B．設籃球沿軌跡1運動時，最高點到A的高度差為，則設OA兩點高度差為，則由于可知籃球沿軌跡1從O運動到A的時間等于籃球從O點到最高點的時間與之和，一定大于，即大于籃球沿軌道2從O運動到A的時間，故B正確；C．籃球沿軌跡1運動時動能先減小后增大，故C錯誤；D．籃球沿軌跡1運動到A點時，重力的瞬時功率籃球沿軌跡2運動到A點時，重力的瞬時功率由此可知故D正確。故選BD。9.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，波源沿y軸方向振動。時刻，波剛好傳到A點，如圖所示，時，B點開始振動。下列說法中正確的是（）A.波源的起振方向沿y軸正方向B.時，質點P回到平衡位置C.時，質點Q回到平衡位置D.質點B的振動方程是〖答案〗ACD〖解析〗A．波沿x軸正方向傳播，時刻，剛好傳到A點，A點沿y軸正方向起振，則波源的起振方向沿y軸正方向，A正確；BC．設波傳播的速度為v，則即該波的傳播速度大小為1m/s，設Q、P平衡位置到波形圖平衡位置的距離分別為、，Q、P到平衡位置的最快時間分別為、，質點P回到平衡位置用時質點Q回到平衡位置用時B錯誤，C正確；D．設機械波的波長為，周期為T，振幅為A，則QUOTE，，，B點的振動方程D正確。故選ACD。10.如圖所示，空間存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為，兩根足夠長水平金屬直軌道平行放置，軌道間距。將質量均為、長度均為L、電阻均為的金屬棒a、b垂直軌道放置，金屬棒與直軌道間動摩擦因數(shù)均為。現(xiàn)用外力F使金屬棒b保持靜止，對金屬棒a施加大小為，水平向右的恒力，當金屬棒a勻速運動時，撤去固定金屬棒b的外力F，在運動過程中，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，導軌電阻不計，取。下列說法正確的是（）A.金屬棒a勻速運動時的速度大小為4m/sB.金屬棒a勻速運動時，其兩端的電勢差為4VC.撤去外力F后，a、b兩金屬棒的速度差不斷增大D.最終金屬棒b以大小為的加速度運動〖答案〗AD〖解析〗A．當加速度時，金屬棒a做勻速運動，此時有又聯(lián)立解得故A正確；B．金屬棒a勻速運動時，切割磁感線產生電動勢為由于兩金屬棒阻值相等，則金屬棒a兩端的電勢差大小為故B錯誤；D．由牛頓第二定律可得，最終兩金屬棒加速度相同，有，故D正確；C．又解得即最終兩棒速度差保持不變，故C錯誤。故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實驗小組利用如圖所示的實驗裝置測量彈簧的勁度系數(shù)，讓毫米刻度尺的0刻度線與彈簧上端對齊，實驗時通過改變彈簧下端懸掛的鉤碼數(shù)量，改變彈簧的彈力F，并利用刻度尺讀出對應的彈簧長度L。（1）下列說法不正確的是________。A.懸吊鉤碼時，應在鉤碼靜止后再讀數(shù)B.每次必須增加相同個數(shù)的鉤碼，鉤碼的總重力與彈力F大小相等C.如果未測量彈簧原長，實驗就無法得到彈簧的勁度系數(shù)D.用幾個不同的彈簧分別測出幾組彈力與伸長量，得出彈力與伸長量之比相等（2）實驗小組先把彈簧平放在桌面上使其自然伸長，用刻度尺測出彈簧的原長，再把彈簧豎直懸掛起來。掛上鉤碼后測出彈簧伸長后的長度L，把作為彈簧的伸長量x，則作出的彈簧彈力F與彈簧的伸長量x之間的關系圖像，可能正確的是________。A. B.C. D.（3）通過圖像的斜率求出彈簧的勁度系數(shù)k，則k________（選填“大于”“小于”或“等于”）勁度系數(shù)的真實值。（4）若實驗中毫米刻度尺沒有完全豎直，而讀數(shù)時視線保持水平，則由實驗數(shù)據(jù)測量得到的彈簧勁度系數(shù)將________（選填“偏大”“偏小”或“不受影響”）?！即鸢浮剑?）BCD（2）B（3）等于（4）偏小〖解析〗（1）A.懸吊鉤碼時，應在鉤碼靜止后再讀數(shù)，防止鉤碼擺動過程影響示數(shù)，A正確；B.每次增加的鉤碼個數(shù)不需要相同，勾碼的總重力與彈力F大小相等，B錯誤；C.未測量彈簧原長，通過圖像的斜率也可以得到彈簧的勁度系數(shù)，C錯誤；D.實驗中應以同一根彈簧為實驗對象，不同的彈簧勁度系數(shù)可能不同，得出彈力與伸長量之比可能不相等，D錯誤。本題選錯誤，故選BCD。（2）胡克定律公式中x為形變量，由于題目中沒有考慮到彈簧自身重力，使得當彈力為零時彈簧的伸長量不為零，故彈簧彈力F與彈簧的伸長量x之間的關系圖像交于x軸。故ACD錯誤，B正確。故選B。（3）圖像的斜率等于彈簧的勁度系數(shù)。（4）若實驗中刻度尺沒有完全豎直，則測得的彈簧伸長量偏大，因此得到的勁度系數(shù)偏小。12.寒冷的冬季，某農場會用自動控溫系統(tǒng)對蔬菜大棚進行控溫，要求當蔬菜大棚內的溫度低于15℃時，加熱系統(tǒng)立即啟動。實驗小組對上述工作系統(tǒng)進行了如下探究：（1）先用伏安法測量某熱敏電阻的阻值（約為幾十千歐），實驗室提供以下器材：A．電流表（量程，內阻約為）B．電流表（量程，內阻約為）C．電壓表（量程，內阻約為）D．電壓表（量程，內阻約為）E．滑動變阻器（阻值范圍，允許的最大電流）F．滑動變阻器（阻值范圍，允許的最大電流）G．待測熱敏電阻H．蓄電池（電動勢，內阻不計）L．開關和導線若干J．恒溫室①為了使測量結果更準確，采用下列實驗電路進行實驗，較合理的是______。A．B．C．D．②實驗時滑動變阻器應選用______，電壓表應選用______，電流表應選用______。（均填器材前面的字母序號）（2）經過測量不同溫度下熱敏電阻的阻值，得到其阻值與溫度的關系如圖甲所示。實驗小組用該熱敏電阻設計了如圖乙、丙所示的兩種溫度控制電路，為熱敏電阻，為電阻箱，控制系統(tǒng)可視為阻值為的定值電阻，電源的電動勢（內阻不計）。當通過控制系統(tǒng)的電流大于時，加熱系統(tǒng)將開啟；當通過控制系統(tǒng)的電流小于時，加熱系統(tǒng)將關閉。若要使得溫度低于15℃時，加熱系統(tǒng)立即啟動，應該選用______（選填“圖乙”或“圖丙”）電路，應將調為______；若將調大，則加熱系統(tǒng)的開啟溫度將______（選填“高于”或“低于”）15℃?！即鸢浮剑?）BFDB（2）圖丙800低于〖解析〗【小問1詳析】[1]由題意可知，熱敏電阻阻值約為幾十千歐，遠遠大于電流表的內阻，因此使用電流表內接，滑動變阻器阻值與熱敏電阻的阻值相比均比較小，從操作角度考慮，使用分壓接法，故選B；[2]若使用F，則干路的電流約為沒有超過滑動變阻器的額定電流，所以，為了便于調節(jié)，應選用阻值范圍較小的F；[3]電源電動勢為12V，電壓表量程選擇15V合理，故選D；[4]當熱敏電阻與電流表兩端電壓為12V時，通過熱敏電阻的電流小于1mA，因此電流表選擇B?！拘?詳析】[1]溫度越低，熱敏電阻的阻值越大，圖丙中控制系統(tǒng)與熱敏電阻并聯(lián)，則通過控制系統(tǒng)的電流越大，故應選圖丙；[2]由圖甲可知，當溫度為15℃時，熱敏電阻的阻值為控制系統(tǒng)可視為阻值為根據(jù)閉合電路歐姆定律可得其中代入數(shù)據(jù)，解得[3]若將R調大，要想維持控制系統(tǒng)兩端的電壓不變，則應變大，溫度降低，故加熱系統(tǒng)的開啟溫度降低于15℃。13.如圖所示，一粗細均勻的細管開口向上豎直放置，管內有一段高度為4cm的水銀柱，水銀柱下密封了一定質量的理想氣體，水銀柱上表面到管口的距離為2cm。若緩慢加熱管內被密封的氣體，當溫度為T時，水銀柱的上表面恰好與管口平齊；若保持氣體溫度不變，將細管倒置，穩(wěn)定時水銀柱下表面恰好位于管口處且無水銀滴落。已知開始管內氣體溫度為297K，大氣壓強為76cmHg。求：（1）細管的長度；（2）水銀柱的上表面恰好與管口平齊時的溫度T?！即鸢浮剑?）24cm；（2）330K〖解析〗（1）設細管的長度為L，橫截面積為S，水銀柱高度為h，初始時，設水銀柱上表面到管口的距離為h1，被密封氣體的體積為V，壓強為p，細管倒置時，氣體體積為V1，壓強為p1，由玻意耳定律有由力的平衡條件有由題意有代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得（2）設氣體被加熱前后的溫度分別為T0和T，由蓋—呂薩克定律有代入數(shù)據(jù)解得14.如圖所示，軌道的上表面由長度為的水平部分和半徑為的四分之一光滑圓弧組成，軌道質量為，靜止于光滑的水平地面上。一質量為的小滑塊（看做質點）從點開始沿面水平向左運動，面與小滑塊之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為。（1）要使滑塊能越過點滑上圓弧，求：①滑塊運動到點的過程中產生的熱量；②滑塊在點初速度滿足的條件。（2）若滑塊在點的初速度，求滑塊滑上圓弧后能達到的最大高度?！即鸢浮剑?）①；②；（2）〖解析〗（1）①滑塊運動到點的過程中產生的熱量為②滑塊在水平軌道上向左做勻減速直線運動，滑塊恰好到達B點時與軌道共速，由能量守恒定律和動量守恒定律得聯(lián)立解得要使滑塊能越過B點滑上圓弧AB，滑塊在C點的初速度應滿足（2）滑塊滑上圓弧AB后當滑塊和軌道共速時，滑輪達到最大高度，由系統(tǒng)水平方向動量守恒和能量守恒可得解得滑塊滑上圓弧后能達到的最大高度為15.如圖所示，在平面內，在且的區(qū)域內存在勻強電場，方向沿軸正方向，電場強度的大小為；在及區(qū)間內分別存在垂直平面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，磁感應強度大小和方向均相同。平面內點有一粒子源，可向平面的第一象限和第四象限內沿不同方向射入速度大小均為的粒子，粒子質量為，帶正電且電荷量為。不計粒子重力和粒子間的相互作用。（1）求粒子首次進入勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ后，在磁場中做勻速圓周運動的半徑之比；（2）若勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ磁感應強度大小為，當粒子射入的速度方向與軸方向的夾角為時，粒子首次進入勻強磁場區(qū)域Ⅱ時恰好不從下邊界射出磁場，求；（3）若勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的磁感應強度大小為，粒子沿方向射入，求粒子在電場中被加速的次數(shù)?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）18〖解析〗（1）粒子進入勻強磁場區(qū)域I，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子經過電場的過程，根據(jù)動能定理有粒子首次進入勻強磁場區(qū)域II，根據(jù)洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得（2）在勻強磁場區(qū)域I中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得粒子經過電場的過程根據(jù)動能定理有粒子在電場中運動時x軸方向的速度不變，設出電場時粒子速度方向與y軸負方向的夾角為，則有在勻強磁場區(qū)域II中根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子不從下邊界離開磁場，則有解得（3）在勻強磁場區(qū)域I中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得則在勻強磁場區(qū)域II中運動的半徑為粒子沿y軸正方向射入，則粒子在勻強磁場區(qū)域I和II中的軌跡均是半圓，在一個周期內，其沿x軸方向移動的距離為在電場中被減、加速各n1次后，粒子在電場中只被加速，則有n1取正整數(shù)，則n1=15次設粒子再被加速n2次后，速度為vn，則解得(n2為正整數(shù))在勻強磁場區(qū)域II中根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從磁場下邊界射出，則有n2為正整數(shù)，解得n2=4粒子運動15個周期后，再被加速3次，從勻強磁場區(qū)域II射出，則粒子共被加速的次數(shù)為n=15次+3次=18次2024屆高三沖刺卷（四）物理試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考場號、座位號、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。考試時間為75分鐘，滿分100分一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.核污染水里含64種放射性元素，其中的發(fā)生衰變時的核反應方程為，該核反應過程中放出的能量為E。設的比結合能為，的比結合能為，X的比結合能為，已知光在真空中的傳播速度為c，的半衰期為138天，下列說法正確的是（）A.該核反應中發(fā)生了衰變B.該核反應過程中放出的能量C.100個原子核經過138天，還剩50個原子核未衰變D.該核反應過程中的質量虧損可以表示為〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)質量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，X的質量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，為粒子，該核反應中發(fā)生了衰變，故A錯誤；B．該核反應過程中放出的能量故B錯誤；C．半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，只有針對大量原子核才有統(tǒng)計意義，100個原子核衰變具有隨機性，故C錯誤；D．根據(jù)愛因斯坦質能方程可知該核反應過程中的質量虧損故D正確。故選D。2.下列有關光學現(xiàn)象的說法中正確的是（）A.甲圖中，將雙縫干涉實驗中的雙縫間距調小，則干涉條紋間距變小B.乙圖中，觀看立體電影時，需配戴特制眼鏡利用了光的衍射現(xiàn)象C.丙圖為光照射圓孔后的干涉圖樣D.丁圖中，肥皂膜在陽光下呈現(xiàn)彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)將雙縫干涉實驗中的雙縫間距調小，則干涉條紋間距變大，故A錯誤；B．觀看立體電影時，需配戴特制眼鏡利用了光的偏振現(xiàn)象，故B錯誤；C．丙圖為光照射小圓盤后的干涉圖樣，故C錯誤；D．肥皂膜在陽光下呈現(xiàn)彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象，故D正確。故選D。3.大自然中，雨滴大約在距離地面1.5~5.0km左右的高空形成并開始下落，下落過程中空氣阻力的影響不可忽略。假設空氣阻力大小與速度的平方成正比，則雨滴下落過程中，速度v隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗設空氣阻力大小為根據(jù)牛頓第二定律有雨滴做加速度減小的加速運動，最終做勻速直線運動。故選B。4.如圖所示，用長度相等的均勻硬質導線彎折成不同形狀的剛性閉合線框，若正方形線框與正六邊形線框中均通有沿順時針方向、大小相等的電流，已知通電直導線在周圍某點產生的磁感應強度大小與導線中電流大小成正比，與該點到導線的距離成反比，則正方形線框中心a點、正六邊形線框中心b點的磁感應強度大小之比為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗根據(jù)題意，通電直導線在周圍某點產生的磁感應強度大小設均勻硬質導線長度12L，正方形線框中心a點到任一邊的距離為，磁感應強度大小正六邊形線框中心b點到任一邊的距離為，磁感應強度大小所以故選D。5.如圖所示，地球的公轉軌道接近圓，但彗星的運動軌道則是一個非常扁的橢圓，天文學家哈雷曾經在1682年跟蹤過一顆彗星，他算出這顆彗星軌道的半長軸約等于地球公轉半徑的18倍，并預言這顆彗星將每隔一定時間就會出現(xiàn)。哈雷的預言得到證實，該彗星被命名為哈雷彗星，哈雷彗星最近出現(xiàn)的時間是1986年。若哈雷彗星近日點與太陽中心的距離為r1，遠日點與太陽中心的距離為r2，只考慮太陽對哈雷彗星的萬有引力，則（）A.哈雷彗星在近日點與遠日點的機械能不相等B.哈雷彗星在近日點的速度比遠日點的速度小C.哈雷彗星在近日點與遠日點的加速度大小之比為D.哈雷彗星下次飛近地球約在2062年〖答案〗D〖解析〗A．哈雷慧星在近日點與遠日點運行中，動能與勢能相互轉化，機械能守恒，故A錯誤；B．根據(jù)開普勒第二定律可知，哈雷彗星在近日點的速度比遠日點的速度大，故B錯誤；C．在近日點時，由牛頓第二定律可得在遠日點時，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得故C錯誤；D．由開普勒第三定律得所以即彗星下次飛近地球將在故D正確。故選D。6.如圖所示，兩實線所圍成的環(huán)形區(qū)域內有一徑向電場，電場強度方向沿半徑指向圓心，電場強度大小可表示為為到圓心的距離，為常量。兩個粒子和分別在半徑為和的圓軌道上做勻速圓周運動，已知兩粒子的比荷大小相等，不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）A.粒子的電勢能大于粒子的電勢能B.粒子的速度大于粒子的速度C.粒子的角速度大于粒子的角速度D.若再加一個垂直運動平面向里的勻強磁場，粒子做離心運動〖答案〗C〖解析〗A．兩個粒子和分別在半徑為和的圓軌道上做勻速圓周運動，向心力由電場力提供，所以兩個粒子帶正電，若兩個粒子的電荷量相同，則粒子的電勢能小于粒子的電勢能，而兩個粒子的電荷量無法確定，所以無法確定電勢能的高低，故A錯誤；B．圓周運動，電場力提供向心力解得兩粒子的比荷大小相等，為常量，所以圓周運動的速度為一個定值。粒子的速度等于粒子的速度，故B錯誤；C．粒子的速度等于粒子的速度，所以粒子的角速度大于粒子的角速度，故C正確；D．若再加一個垂直運動平面向里的勻強磁場，因為粒子做的圓周運動的方向不確定，若為順時針，則合力不足以提供向心力，離心運動，若為逆時針，則合力大于向心力，做向心運動。故D錯誤。故選C。7.如圖甲所示，光滑水平面上有一質量木板A，板左端有一質量的物塊B（視為質點），A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2，初始時均處于靜止狀態(tài)，僅給物塊B施加水平向右的力，隨時間變化的圖像如圖乙所示，末撤去，物塊B始終未從木板A上滑下。取，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，則（）A.時物塊B的加速度大小為B.時物塊B的速度大小為C.后木板A與物塊B因摩擦產生的熱量為D.木板A的長度可能為〖答案〗C〖解析〗A．設拉力為，A、B剛好發(fā)生相對運動，以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得以A為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，又圖乙可知，A、B一開始就發(fā)生相對運動，時B的加速度大小為故A錯誤；B．在內對B根據(jù)動量定理可得其中解得時物塊B的速度大小為故B錯誤；C．時木板A的速度大小為末撤去，之后A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有解得最終兩者的共同速度為根據(jù)能量守恒可知，后木板A與物塊B因摩擦產生的熱量為故C正確；D．設后木板A與物塊B發(fā)生的相對位移為，則有解得由于撤去力前，木板A與物塊B也發(fā)生了相對位移，且整個過程相對運動方向不變，所以木板A的長度一定大于，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，小明同學在籃球訓練中兩次從同一位置O以不同的初速度將同一籃球拋出，當以初速度斜向上拋出時，籃球沿軌跡1運動；當以初速度水平拋出時，籃球沿軌跡2運動。兩軌跡交于A點。忽略空氣阻力，關于籃球兩次在空中的運動情況，下列判斷正確的是（）A.籃球沿軌跡1運動時加速度較大B.籃球沿軌跡1從O運動到A的時間較長C.籃球沿軌跡1運動時動能一直增大D.籃球沿軌跡1運動到A點時，重力的瞬時功率較大〖答案〗BD〖解析〗A．由于忽略空氣阻力，籃球在運動過程中只受重力，加速度均為g，故A錯誤；B．設籃球沿軌跡1運動時，最高點到A的高度差為，則設OA兩點高度差為，則由于可知籃球沿軌跡1從O運動到A的時間等于籃球從O點到最高點的時間與之和，一定大于，即大于籃球沿軌道2從O運動到A的時間，故B正確；C．籃球沿軌跡1運動時動能先減小后增大，故C錯誤；D．籃球沿軌跡1運動到A點時，重力的瞬時功率籃球沿軌跡2運動到A點時，重力的瞬時功率由此可知故D正確。故選BD。9.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，波源沿y軸方向振動。時刻，波剛好傳到A點，如圖所示，時，B點開始振動。下列說法中正確的是（）A.波源的起振方向沿y軸正方向B.時，質點P回到平衡位置C.時，質點Q回到平衡位置D.質點B的振動方程是〖答案〗ACD〖解析〗A．波沿x軸正方向傳播，時刻，剛好傳到A點，A點沿y軸正方向起振，則波源的起振方向沿y軸正方向，A正確；BC．設波傳播的速度為v，則即該波的傳播速度大小為1m/s，設Q、P平衡位置到波形圖平衡位置的距離分別為、，Q、P到平衡位置的最快時間分別為、，質點P回到平衡位置用時質點Q回到平衡位置用時B錯誤，C正確；D．設機械波的波長為，周期為T，振幅為A，則QUOTE，，，B點的振動方程D正確。故選ACD。10.如圖所示，空間存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為，兩根足夠長水平金屬直軌道平行放置，軌道間距。將質量均為、長度均為L、電阻均為的金屬棒a、b垂直軌道放置，金屬棒與直軌道間動摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)用外力F使金屬棒b保持靜止，對金屬棒a施加大小為，水平向右的恒力，當金屬棒a勻速運動時，撤去固定金屬棒b的外力F，在運動過程中，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，導軌電阻不計，取。下列說法正確的是（）A.金屬棒a勻速運動時的速度大小為4m/sB.金屬棒a勻速運動時，其兩端的電勢差為4VC.撤去外力F后，a、b兩金屬棒的速度差不斷增大D.最終金屬棒b以大小為的加速度運動〖答案〗AD〖解析〗A．當加速度時，金屬棒a做勻速運動，此時有又聯(lián)立解得故A正確；B．金屬棒a勻速運動時，切割磁感線產生電動勢為由于兩金屬棒阻值相等，則金屬棒a兩端的電勢差大小為故B錯誤；D．由牛頓第二定律可得，最終兩金屬棒加速度相同，有，故D正確；C．又解得即最終兩棒速度差保持不變，故C錯誤。故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實驗小組利用如圖所示的實驗裝置測量彈簧的勁度系數(shù)，讓毫米刻度尺的0刻度線與彈簧上端對齊，實驗時通過改變彈簧下端懸掛的鉤碼數(shù)量，改變彈簧的彈力F，并利用刻度尺讀出對應的彈簧長度L。（1）下列說法不正確的是________。A.懸吊鉤碼時，應在鉤碼靜止后再讀數(shù)B.每次必須增加相同個數(shù)的鉤碼，鉤碼的總重力與彈力F大小相等C.如果未測量彈簧原長，實驗就無法得到彈簧的勁度系數(shù)D.用幾個不同的彈簧分別測出幾組彈力與伸長量，得出彈力與伸長量之比相等（2）實驗小組先把彈簧平放在桌面上使其自然伸長，用刻度尺測出彈簧的原長，再把彈簧豎直懸掛起來。掛上鉤碼后測出彈簧伸長后的長度L，把作為彈簧的伸長量x，則作出的彈簧彈力F與彈簧的伸長量x之間的關系圖像，可能正確的是________。A. B.C. D.（3）通過圖像的斜率求出彈簧的勁度系數(shù)k，則k________（選填“大于”“小于”或“等于”）勁度系數(shù)的真實值。（4）若實驗中毫米刻度尺沒有完全豎直，而讀數(shù)時視線保持水平，則由實驗數(shù)據(jù)測量得到的彈簧勁度系數(shù)將________（選填“偏大”“偏小”或“不受影響”）?！即鸢浮剑?）BCD（2）B（3）等于（4）偏小〖解析〗（1）A.懸吊鉤碼時，應在鉤碼靜止后再讀數(shù)，防止鉤碼擺動過程影響示數(shù)，A正確；B.每次增加的鉤碼個數(shù)不需要相同，勾碼的總重力與彈力F大小相等，B錯誤；C.未測量彈簧原長，通過圖像的斜率也可以得到彈簧的勁度系數(shù)，C錯誤；D.實驗中應以同一根彈簧為實驗對象，不同的彈簧勁度系數(shù)可能不同，得出彈力與伸長量之比可能不相等，D錯誤。本題選錯誤，故選BCD。（2）胡克定律公式中x為形變量，由于題目中沒有考慮到彈簧自身重力，使得當彈力為零時彈簧的伸長量不為零，故彈簧彈力F與彈簧的伸長量x之間的關系圖像交于x軸。故ACD錯誤，B正確。故選B。（3）圖像的斜率等于彈簧的勁度系數(shù)。（4）若實驗中刻度尺沒有完全豎直，則測得的彈簧伸長量偏大，因此得到的勁度系數(shù)偏小。12.寒冷的冬季，某農場會用自動控溫系統(tǒng)對蔬菜大棚進行控溫，要求當蔬菜大棚內的溫度低于15℃時，加熱系統(tǒng)立即啟動。實驗小組對上述工作系統(tǒng)進行了如下探究：（1）先用伏安法測量某熱敏電阻的阻值（約為幾十千歐），實驗室提供以下器材：A．電流表（量程，內阻約為）B．電流表（量程，內阻約為）C．電壓表（量程，內阻約為）D．電壓表（量程，內阻約為）E．滑動變阻器（阻值范圍，允許的最大電流）F．滑動變阻器（阻值范圍，允許的最大電流）G．待測熱敏電阻H．蓄電池（電動勢，內阻不計）L．開關和導線若干J．恒溫室①為了使測量結果更準確，采用下列實驗電路進行實驗，較合理的是______。A．B．C．D．②實驗時滑動變阻器應選用______，電壓表應選用______，電流表應選用______。（均填器材前面的字母序號）（2）經過測量不同溫度下熱敏電阻的阻值，得到其阻值與溫度的關系如圖甲所示。實驗小組用該熱敏電阻設計了如圖乙、丙所示的兩種溫度控制電路，為熱敏電阻，為電阻箱，控制系統(tǒng)可視為阻值為的定值電阻，電源的電動勢（內阻不計）。當通過控制系統(tǒng)的電流大于時，加熱系統(tǒng)將開啟；當通過控制系統(tǒng)的電流小于時，加熱系統(tǒng)將關閉。若要使得溫度低于15℃時，加熱系統(tǒng)立即啟動，應該選用______（選填“圖乙”或“圖丙”）電路，應將調為______；若將調大，則加熱系統(tǒng)的開啟溫度將______（選填“高于”或“低于”）15℃。〖答案〗（1）BFDB（2）圖丙800低于〖解析〗【小問1詳析】[1]由題意可知，熱敏電阻阻值約為幾十千歐，遠遠大于電流表的內阻，因此使用電流表內接，滑動變阻器阻值與熱敏電阻的阻值相比均比較小，從操作角度考慮，使用分壓接法，故選B；[2]若使用F，則干路的電流約為沒有超過滑動變阻器的額定電流，所以，為了便于調節(jié)，應選用阻值范圍較小的F；[3]電源電動勢為12V，電壓表量程選擇15V合理，故選D；[4]當熱敏電阻與電流表兩端電壓為12V時，通過熱敏電阻的電流小于1mA，因此電流表選擇B?！拘?詳析】[1]溫度越低，熱敏電阻的阻值越大，圖丙中控制系統(tǒng)與熱敏電阻并聯(lián)，則通過控制系統(tǒng)的電流越大，故應選圖丙；[2]由圖甲可知，當溫度為15℃時，熱敏電阻的阻值為控制系統(tǒng)可視為阻值為根據(jù)閉合電路歐姆定律可得其中代入數(shù)據(jù)，解得[3]若將R調大，要想維持控制系統(tǒng)兩端的電壓不變，則應變大，溫度降低，故加熱系統(tǒng)的開啟溫度降低于15℃。13.如圖所示，一粗細均勻的細管開口向上豎直放置，管內有一段高度為4cm的水銀柱，水銀柱下密封了一定質量的理想氣體，水銀柱