周末仿真•自主評(píng)價(jià)-第5周檢測(cè)卷

周末仿真·自主評(píng)價(jià)——第5周檢測(cè)卷(本試卷滿(mǎn)分：110分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求；第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不選的得0分)1.如圖所示，把一塊鋅板連接在驗(yàn)電器上，并使鋅板帶上負(fù)電，驗(yàn)電器指針會(huì)張開(kāi)角度θ。接著，用高頻短波紫外線(xiàn)燈(波長(zhǎng)范圍280nm～100nm)持續(xù)照射鋅板，已知鋅的極限頻率為8.06×1014Hz、真空中光速為3.0×108m/s，觀(guān)察驗(yàn)電器指針的變化，則()A．驗(yàn)電器指針張開(kāi)的角度θ會(huì)一直變大B．驗(yàn)電器指針張開(kāi)的角度θ先變大后變小C．驗(yàn)電器指針張開(kāi)的角度θ先變小后變大D．驗(yàn)電器指針張開(kāi)的角度θ不會(huì)發(fā)生變化解析：選C鋅的極限頻率對(duì)應(yīng)的光波的波長(zhǎng)為λ＝eq\f(c,f)≈0.372×10－6m＝372nm，用高頻短波紫外線(xiàn)燈(波長(zhǎng)范圍280nm～100nm)持續(xù)照射鋅板，鋅板會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，逸出光電子，由于鋅板原來(lái)帶負(fù)電，可知驗(yàn)電器指針張開(kāi)的角度θ逐漸變小，足夠長(zhǎng)時(shí)間后，鋅板開(kāi)始帶正電且電荷量持續(xù)增大，故驗(yàn)電器指針張開(kāi)的角度θ逐漸變大，即整個(gè)過(guò)程中驗(yàn)電器指針張開(kāi)的角度θ先變小后變大。2．如圖甲所示為理想變壓器原副線(xiàn)圈電路圖，電流表及二極管都是理想的，燈泡的電阻為R＝5eq\r(2)Ω，電動(dòng)機(jī)額定電壓為5eq\r(2)V、額定功率25eq\r(2)W、內(nèi)阻為r＝1Ω?，F(xiàn)在A(yíng)、B兩端接如圖乙所示的交流電，同時(shí)接通副線(xiàn)圈所在電路的開(kāi)關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電動(dòng)機(jī)正常工作。工作過(guò)程中各表及各用電原件都完好，則原線(xiàn)圈電流表示數(shù)為()A．6A B．1.2AC．1.1A D．5A解析：選C由于電動(dòng)機(jī)正常工作，所以副線(xiàn)圈兩端電壓為5eq\r(2)V，由題圖乙可知原線(xiàn)圈電壓的有效值為U1＝eq\f(50,\r(2))V＝25eq\r(2)V，由理想變壓器的規(guī)律可得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(25\r(2),5\r(2))＝eq\f(5,1)。燈泡與二極管連接，所以燈泡在一個(gè)周期內(nèi)只有半個(gè)周期在工作，設(shè)燈泡電流的有效值為IL，則由有效值計(jì)算公式可得：IL2RLT＝eq\f(U22,RL)·eq\f(T,2)，解得：IL＝eq\f(\r(2),2)A，而電動(dòng)機(jī)的電流為IM＝eq\f(P,U2)＝eq\f(25\r(2),5\r(2))A＝5A，副線(xiàn)圈電流的有效值I2＝IL＋I(xiàn)M，由理想變壓器規(guī)律得：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，則原線(xiàn)圈電流表的示數(shù)為I1≈1.1A，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。3．質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的初速度為2m/s，加速度大小為a，經(jīng)過(guò)t時(shí)間后末速度為v，經(jīng)測(cè)量發(fā)現(xiàn)：物體運(yùn)動(dòng)到中間位置通過(guò)的距離，比物體運(yùn)動(dòng)一半時(shí)間通過(guò)的距離多了9m、且時(shí)間差為1s，根據(jù)以上條件可以求以下物理量，其中錯(cuò)誤的是()A．可求得質(zhì)點(diǎn)的末速度v大小為14m/sB．可求得質(zhì)點(diǎn)的加速度為a為2m/s2C．可求得質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為6sD．此題條件不足無(wú)法求出質(zhì)點(diǎn)的加速度解析：選D由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)推論，中間時(shí)刻速度為v1＝eq\f(v0＋v,2)，中間位置速度為v2＝eq\r(\f(v02＋v2,2))，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)推論：eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(x,t)＝eq\f(9,1)＝9，整理得：v2＋68v－1148＝0，解得：v＝14m/s，故A正確；v1＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(2＋14,2)m/s＝8m/s，v2＝eq\r(\f(22＋142,2))m/s＝10m/s，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)速度公式：v2＝v1＋at，得：a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(10－8,1)m/s2＝2m/s2，故B正確，D錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t′＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(14－2,2)s＝6s，故C正確。4．A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)沿同一方向繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖(a)所示。兩衛(wèi)星之間的距離Δr隨時(shí)間周期性變化，如圖(b)所示。僅考慮地球?qū)πl(wèi)星的引力，下列說(shuō)法正確的是()A．A、B的軌道半徑之比為1∶5B．A、B的線(xiàn)速度之比為1∶2C．A的運(yùn)動(dòng)周期大于B的運(yùn)動(dòng)周期D．在相同時(shí)間內(nèi)，A與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積小于B與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積解析：選D設(shè)A、B衛(wèi)星軌道半徑分別為r1、r2，由題圖知r2－r1＝2r，r1＋r2＝6r，解得r1＝2r，r2＝4r，所以A、B的軌道半徑之比為1∶2，A錯(cuò)誤；設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，衛(wèi)星的線(xiàn)速度為v，由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，A、B的線(xiàn)速度之比為eq\r(2)∶1，B錯(cuò)誤；由eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，A的軌道半徑小于B的軌道半徑，A的運(yùn)動(dòng)周期小于B的運(yùn)動(dòng)周期，C錯(cuò)誤；繞地球運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星與地心的連線(xiàn)在相同時(shí)間t內(nèi)掃過(guò)的面積S＝eq\f(1,2)vt·r，v＝eq\r(\f(GM,r))，解得S＝eq\f(t,2)eq\r(GMr)，可知，在相同時(shí)間內(nèi)，A與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積小于B與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積，D正確。5．如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P拴接?，F(xiàn)用外力將P緩慢壓至O點(diǎn)，此時(shí)彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運(yùn)動(dòng)；換用質(zhì)量較小的物塊Q完成同樣的過(guò)程。在兩物塊第一次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)的過(guò)程中，它們的加速度a與位移x的關(guān)系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。下列說(shuō)法正確的是()A．釋放瞬間Q的加速度是P的3倍B．P的質(zhì)量是Q的2倍C．P的最大動(dòng)能是Q的4倍D．Q向右運(yùn)動(dòng)的最大距離是P的4倍解析：選B設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，對(duì)兩物塊由平衡條件得μmPg＝k·2l0，μmQg＝k·l0，聯(lián)立可得mP＝2mQ，故B正確；釋放物塊瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得k·3l0－μmPg＝mPaP，k·3l0－μmQg＝mQaQ，解得aP＝eq\f(kl0,mP)，aQ＝eq\f(2kl0,mQ)，結(jié)合B選項(xiàng)，可得eq\f(aP,aQ)＝eq\f(4,1)，故A錯(cuò)誤；設(shè)開(kāi)始彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，從釋放到最大動(dòng)能處由動(dòng)能定理得EkQ＝Ep－eq\f(1,2)kl02－μmQg·2l0，EkP＝Ep－eq\f(1,2)k(2l0)2－μmPg·l0，結(jié)合mP＝2mQ，可知EkP<EkQ，則EkP≠4EkQ，故C錯(cuò)誤；由題意可知，P、Q兩物塊從開(kāi)始到第一次向右運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱(chēng)性可知，Q向右運(yùn)動(dòng)的最大距離是P的2倍，故D錯(cuò)誤。6．圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，OO′是M、N板間的中線(xiàn)，當(dāng)電壓穩(wěn)定時(shí)，板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)。eq\f(1,4)T時(shí)，比荷為k的帶電粒子甲從O點(diǎn)沿OO′方向、以v0的速率進(jìn)入板間，eq\f(3,2)T時(shí)飛離電場(chǎng)，期間恰好不與極板相碰。若在eq\f(3,8)T時(shí)刻，帶電粒子乙以2v0的速率沿OO′從O點(diǎn)進(jìn)入板間，已知乙粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中也恰好不與極板碰撞，不計(jì)粒子受到的重力，則下列說(shuō)法中正確的是()A．T時(shí)刻，乙粒子離開(kāi)電場(chǎng)B．乙粒子的比荷為eq\f(8k,7)C．甲、乙兩粒子通過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2∶3D．甲、乙兩粒子通過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1∶2解析：選ABD設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子甲帶負(fù)電，則甲運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(L,v0)＝eq\f(3,2)T－eq\f(1,4)T＝eq\f(5,4)T，粒子乙因入射速度為甲的兩倍，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′＝eq\f(L,2v0)＝eq\f(5,8)T，因乙在eq\f(3,8)T時(shí)刻飛入板間，則在T時(shí)刻飛出板間，A正確；設(shè)兩板間距離為d，則有a甲＝eq\f(U0q,md)＝eq\f(U0k,d)為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向位移和時(shí)間的關(guān)系，可得vy＝a甲t，做出豎直方向上速度與時(shí)間圖像，如圖，則圖線(xiàn)與時(shí)間軸圍成的面積代表豎直方向上的位移，設(shè)板間距為d，若恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場(chǎng)中豎直方向的最大位移大小剛好為eq\f(d,2)，根據(jù)圖像可知在eq\f(3,4)T、eq\f(5,4)T時(shí)刻粒子甲會(huì)恰好不碰到極板，此兩種時(shí)刻會(huì)達(dá)到最大位移的大小，而在eq\f(3,2)T時(shí)刻，粒子出磁場(chǎng)，此時(shí)位移是最大位移的一半，為eq\f(d,4)，即甲在豎直方向上的位移為eq\f(d,4)；同理，對(duì)粒子乙，其軌跡為A′B′C′D′的形狀，因乙粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中也恰好不與極板碰撞，根據(jù)圖像可知在T時(shí)刻會(huì)恰好不與極板相撞，此時(shí)乙剛好飛出磁場(chǎng)，即乙在豎直方向上的位移為eq\f(d,2)，則偏轉(zhuǎn)位移之比為eq\f(y甲,y乙)＝eq\f(\f(d,4),\f(d,2))＝eq\f(1,2)，C錯(cuò)誤，D正確；對(duì)乙有y乙＝eq\f(1,2)a乙eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T－\f(5,8)T))2－2·eq\f(1,2)a乙·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－\f(3,8)T))2＝eq\f(7a乙T2,128)，對(duì)甲有y甲＝eq\f(1,2)a甲eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)T－\f(5,4)T))2＝eq\f(a甲T2,32)，因eq\f(y甲,y乙)＝eq\f(1,2)，則有eq\f(\f(a甲T2,32),\f(7a乙T2,128))＝eq\f(1,2)，可得eq\f(a乙,a甲)＝eq\f(8,7)，又a甲＝eq\f(U0q,md)＝eq\f(U0k,d)，a乙＝eq\f(U0q′,m′d)，可得eq\f(q′,m′)＝eq\f(8k,7)，B正確。7．傳統(tǒng)嶺南祠堂式建筑保留了瓦片屋頂，屋頂結(jié)構(gòu)可簡(jiǎn)化為如圖，弧形瓦片靜止在兩根相互平行的傾斜椽子正中間。已知椽子與水平面夾角均為θ，瓦片質(zhì)量為m，重力加速度為g，則椽子對(duì)瓦片()A．支持力的合力方向豎直向上B．作用力的合力方向豎直向上C．支持力的合力大小為mgcosθD．作用力的合力大小為mg解析：選BCD對(duì)瓦片進(jìn)行受力分析，受到椽子對(duì)其的支持力的合力方向垂直接觸面斜向上，根據(jù)平衡條件可得椽子對(duì)瓦片的作用力的合力與瓦片的重力為一對(duì)平衡力，即椽子對(duì)瓦片的作用力的合力方向豎直向上，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)前面分析椽子對(duì)瓦片支持力的合力大小為FN＝mgcosθ，C正確；椽子對(duì)瓦片作用力的合力大小為F＝mg，D正確。8．如圖甲所示，條形碼掃描筆的原理是掃描筆頭在條形碼上勻速移動(dòng)時(shí)，遇到黑色線(xiàn)條，發(fā)光二極管發(fā)出的光線(xiàn)將被吸收，光敏三極管接收不到反射光，呈高阻抗；遇到白色間隔，光線(xiàn)被反射到光敏三極管，三極管呈低阻抗。光敏三極管將條形碼變成一個(gè)個(gè)電脈沖信號(hào)，信號(hào)經(jīng)信號(hào)處理系統(tǒng)處理，即完成對(duì)條形碼信息的識(shí)別，等效電路圖如圖乙所示，其中R為光敏三極管的等效電阻，R0為定值電阻，下列判斷正確的是()A．當(dāng)掃描筆頭在黑色線(xiàn)條上移動(dòng)時(shí)，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得高電壓B．當(dāng)掃描筆頭在白色間隔上移動(dòng)時(shí)，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得高電壓C．掃描速度對(duì)信號(hào)處理系統(tǒng)接收到的電壓信號(hào)無(wú)影響D．掃描筆頭外殼出現(xiàn)破損時(shí)不能正常工作解析：選BD信號(hào)處理系統(tǒng)獲得的電壓是R0兩端的電壓，當(dāng)掃描筆頭在黑色線(xiàn)條上移動(dòng)時(shí)，R相當(dāng)于大電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路電流很小，R0兩端的電壓很低，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得低電壓；當(dāng)掃描筆頭在白色間隔上移動(dòng)時(shí)，R相當(dāng)于小電阻，回路電流較大，R0兩端的電壓較高，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得高電壓，故A錯(cuò)誤，B正確；如果掃描速度發(fā)生變化，在信號(hào)處理系統(tǒng)中高低電壓的時(shí)間間隔就會(huì)發(fā)生變化，從而無(wú)法正確判斷黑、白條紋寬度，可能出現(xiàn)錯(cuò)誤識(shí)別信息，故C錯(cuò)誤；掃描筆頭外殼出現(xiàn)破損時(shí)，外面的光就會(huì)進(jìn)入光敏三極管，從而出現(xiàn)錯(cuò)誤信息，導(dǎo)致不能正常工作，故D正確。二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第9題～第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答，第13題～第14題為選考題，考生根據(jù)要求作答)(一)必考題(共47分)9．(6分)甲、乙、丙三個(gè)實(shí)驗(yàn)小組分別采用如圖甲、圖乙、圖丙所示的實(shí)驗(yàn)裝置做實(shí)驗(yàn)。甲小組測(cè)小車(chē)勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度，乙小組探究小車(chē)的加速度與合外力的關(guān)系，丙小組探究小車(chē)的速度和合外力做的功的關(guān)系，小車(chē)的總質(zhì)量用M表示(圖乙中M為小車(chē)與力傳感器的總質(zhì)量，圖丙中M為小車(chē)和固定在小車(chē)上的小滑輪的總質(zhì)量)，鉤碼總質(zhì)量用m表示，重力加速度為g，試回答下列問(wèn)題：(1)甲、乙、丙三組實(shí)驗(yàn)不需要平衡小車(chē)與長(zhǎng)木板之間的摩擦力的是________(填“甲”“乙”“丙”或“都不需要”)。(2)甲、乙、丙三組實(shí)驗(yàn)需要滿(mǎn)足M?m的是______(填“甲”“乙”“丙”或“都不需要”)。(3)若三組同學(xué)分別用各自的實(shí)驗(yàn)裝置做探究小車(chē)的加速度和合外力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)，各組同學(xué)的操作均完全正確，甲、乙、丙三組同學(xué)作出的a-F圖線(xiàn)如圖丁所示(乙組同學(xué)所用F為力傳感器示數(shù)，丙組同學(xué)所用F為彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù))，則乙組實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的圖線(xiàn)是________(填“A”“B”或“C”)。解析：(1)測(cè)定小車(chē)勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度的實(shí)驗(yàn)只要存在加速度即可，不需要平衡摩擦力；探究當(dāng)質(zhì)量一定時(shí)，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度與合外力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)，保證細(xì)繩的拉力等于小車(chē)受到的合外力，需要平衡摩擦力；探究小車(chē)速度和合外力做功的實(shí)驗(yàn)，要保證細(xì)繩的拉力的2倍等于小車(chē)受到的合外力，需要平衡摩擦力。(2)甲組實(shí)驗(yàn)中，存在加速度即可，不需要M?m；乙和丙細(xì)繩的拉力可以由力傳感器和彈簧測(cè)力計(jì)直接得到，不需要用鉤碼的重力代替，所以乙、丙兩組不需要滿(mǎn)足M?m，故三組實(shí)驗(yàn)都不需要。(3)若三組同學(xué)分別用各自的實(shí)驗(yàn)裝置做探究小車(chē)的加速度和合外力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)，甲組實(shí)驗(yàn)裝置用鉤碼的重力代替繩子的拉力，要滿(mǎn)足M?m，隨著m的增大，不滿(mǎn)足M?m時(shí)，圖像出現(xiàn)彎曲，所以甲組實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的是C，乙組實(shí)驗(yàn)中小車(chē)受到的拉力等于力傳感器的示數(shù)，力傳感器的示數(shù)等于細(xì)繩的拉力；丙組實(shí)驗(yàn)中小車(chē)受到的拉力等于彈簧測(cè)力計(jì)的2倍，即細(xì)繩拉力的2倍，當(dāng)F相等時(shí)，乙組實(shí)驗(yàn)的加速度小，所以乙組對(duì)應(yīng)B，丙組對(duì)應(yīng)A。答案：(1)甲(2分)(2)都不需要(2分)(3)B(2分)。10．(9分)在“探究小燈泡伏安特性曲線(xiàn)”的實(shí)驗(yàn)中，某實(shí)驗(yàn)小組選用標(biāo)有“2.5V,0.6A”規(guī)格的小燈泡，除開(kāi)關(guān)S、導(dǎo)線(xiàn)外，還有下列器材可供選用：A．電壓表(量程0～3V，內(nèi)阻約為3kΩ)B．電壓表(量程0～10V，內(nèi)阻約為10kΩ)C．電流表(0～100mA，內(nèi)阻約為30Ω)D．電流表(0～0.6A，內(nèi)阻約為1Ω)E．電源(電動(dòng)勢(shì)1.5V，內(nèi)阻不計(jì))F．電源(電動(dòng)勢(shì)12V，內(nèi)阻不計(jì))G.滑動(dòng)變阻器R(阻值范圍0～5Ω，額定電流2A)H．定值電阻R1(阻值為6Ω)(1)為使測(cè)量盡量準(zhǔn)確，電壓表選用________，電流表選用________，電源選用________。(均填器材前的字母代號(hào))(2)在圖1方框中畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖。(3)該實(shí)驗(yàn)小組得到小燈泡的伏安特性曲線(xiàn)如圖2甲所示。將小燈泡接入如圖2乙所示的電路中，已知電源的電動(dòng)勢(shì)E＝4.5V，內(nèi)阻r＝2.5Ω。調(diào)節(jié)電阻箱R2的阻值，使電阻箱R2消耗的電功率是小燈泡的兩倍，則此時(shí)電阻箱阻值應(yīng)調(diào)到________Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。解析：(1)“2.5V,0.6A”規(guī)格的小燈泡，所以使用的電壓表量程為0～3V，即A；電流表量程選用0～0.6A，即D；由于小燈泡額定電壓為2.5V，所以電源電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為12V，即F。(2)由于電源的電動(dòng)勢(shì)大，所以電路中串聯(lián)一個(gè)定值電阻R1進(jìn)行分壓，為使測(cè)量盡量準(zhǔn)確，電路中的滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式，電流表外接，電路圖如圖所示。(3)小燈泡與電阻箱串聯(lián)，電阻箱R2消耗的功率是小燈泡的兩倍，所以電阻箱接入的電阻是小燈泡的兩倍，設(shè)小燈泡兩端的電壓為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E＝3U＋I(xiàn)r，整理得：9＝6U＋5I，在小燈泡的伏安特性曲線(xiàn)中做出對(duì)應(yīng)圖像，如圖所示。由圖線(xiàn)與原圖像的交點(diǎn)可知，U＝1.10V，I＝0.46A，則電阻箱接入的阻值為R＝eq\f(2U,I)＝eq\f(2×1.10,0.46)Ω≈4.8Ω。答案：(1)A(1分)D(1分)F(1分)(2)見(jiàn)解析圖(3分)(3)4.8(3分)11．(12分)運(yùn)用動(dòng)量定理處理二維問(wèn)題時(shí)，可以在相互垂直的兩個(gè)方向上分別研究。北京2022年冬奧會(huì)國(guó)家跳臺(tái)滑雪賽道如圖甲所示，某運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的部分軌跡如圖乙所示，在軌跡上取三個(gè)點(diǎn)A、B、C，測(cè)得三點(diǎn)間的高度差和水平間距分別為h1＝11.2m、h2＝17.6m、xAB＝xBC＝24m。運(yùn)動(dòng)員落到傾角為23°的滑道上時(shí)，速度方向與滑道成30°角，用了0.7s完成屈膝緩沖后沿滑道下滑。若空氣阻力、滑道摩擦均不計(jì)，運(yùn)動(dòng)員連同裝備質(zhì)量為70kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，sin23°＝0.39，cos23°＝0.92。求：(1)運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的水平速度；(2)屈膝緩沖過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到的平均緩沖力的大小。解析：(1)運(yùn)動(dòng)員從A到B，從B到C所用時(shí)間相等，設(shè)時(shí)間間隔為T(mén)，則h2－h(huán)1＝gT2(2分)v0T＝xAB(2分)解得v0＝30m/s。(2分)(2)由題意得，運(yùn)動(dòng)員落到滑道上時(shí)速度與水平方向的夾角為53°，eq\f(v0,v)＝cos53°(2分)在垂直滑道方向上由動(dòng)量定理有(mgcos23°－F)t＝0－mvsin30°(2分)求得F＝3144N。(2分)答案：(1)30m/s(2)3144N12.(20分)某種質(zhì)譜儀由偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成，其示意圖如圖所示，整個(gè)裝置處于真空中。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板水平放置，極板長(zhǎng)度和間距均為L(zhǎng)。在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右側(cè)適當(dāng)位置有一夾角為2θ的足夠大扇形區(qū)域OPQ，區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的OP邊與偏轉(zhuǎn)極板中心軸線(xiàn)MN垂直，扇形圓心O點(diǎn)與軸線(xiàn)MN的距離為d?，F(xiàn)有大量正離子(單個(gè)離子質(zhì)量為m、電荷量為q)連續(xù)不斷地以速度v0沿軸線(xiàn)MN射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為0時(shí)，離子均能垂直扇形區(qū)域的OQ邊射出磁場(chǎng)；若在兩極板間加峰值為Um＝eq\f(\r(3)mv02,3q)的正弦式電壓，則所有離子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都能經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)外同一點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)。若僅考慮極板間的電場(chǎng)，離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間遠(yuǎn)小于兩極板間所加交變電壓的周期，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用，求：[可能用到的數(shù)學(xué)公式：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ](1)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)離子在通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的過(guò)程中動(dòng)量變化量的最大值；(3)離子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間與最短時(shí)間的差值；(4)扇形區(qū)域的OP邊與極板右端的距離。解析：(1)不加偏轉(zhuǎn)電壓時(shí)，離子束能垂直磁場(chǎng)的邊界OQ出磁場(chǎng)，所以磁場(chǎng)中離子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝d(1分)又qv0B＝eq\f(mv02,R)(1分)所以B＝eq\f(mv0,qd)，方向垂直紙面向外。(2分)(2)當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓最大時(shí)，動(dòng)量變化量最大為Δpmax＝mvy(1分)離子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)過(guò)程有vy＝ata＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(qUm,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中Um＝\f(\r(3)mv02,3q)))L＝v0t(2分)解得vy＝eq\f(\r(3)v0,3)，Δpmax＝eq\f(\r(3)mv0,3)。(2分)(3)如圖，進(jìn)入磁場(chǎng)的離子速度方向反向延長(zhǎng)都匯于G1，最后該束粒子都能匯聚于一點(diǎn)G2，故離子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)圓心均在2θ的角平分線(xiàn)上。離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期與離子的速度無(wú)關(guān)，所以T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πd,v0)(1分)當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓正向最大時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)軌跡為C1D1，所對(duì)應(yīng)圓心角最大，大小為2(θ＋α)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tmax＝eq\f(2θ＋α,2π)T(1分)當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓負(fù)向最大時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)軌跡為C2D2，所對(duì)應(yīng)圓心角最小，大小為2(θ－α)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tmin＝eq\f(2θ－α,2π)T(1分)由(2)解可知tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，可得α＝eq\f(π,6)(1分)以上式子聯(lián)立可得Δt＝tmax－tmin＝eq\f(2πd,3v0)。(1分)(4)設(shè)OP邊與極板右端的距離為x，由離子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)可求得eq\x\to(NC1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋x))·tanα(1分)在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有qvB＝eq\f(mv2,Rmax)其中v＝eq\r(v02＋vy2)，解得Rmax＝eq\f(2\r(3)d,3)(1分)在△OO1C1中，根據(jù)正弦定理知eq\f(d＋\x\to(NC1),sinθ＋α)＝eq\f(\x\to(O1C1),sinθ)＝eq\f(Rmax,sinθ)(2分)聯(lián)立方程組解得扇形區(qū)域的OP邊與極板右端的距離為x＝eq\f(d,tanθ)－eq\f(L,2)。(2分)答案：(1)eq\f(mv0,qd)，方向垂直紙面向外(2)eq\f(\r(3)mv0,3)(3)eq\f(2πd,3v0)(4)eq\f(d,tanθ)－eq\f(L,2)(二)選考題(共15分。任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分)13．[選修3－3](15分)(1)(5分)下列說(shuō)法正確的是________。A．在完全失重的情況下，密封容器內(nèi)的氣體對(duì)器壁的頂部沒(méi)有作用力B．一定量的理想氣體，在壓強(qiáng)不變時(shí)，分子每秒對(duì)單位面積器壁的平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加C．某氣體的摩爾質(zhì)量為M，密度為ρ，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該氣體的分子體積為V0＝eq\f(M,ρNA)D．溫度高的物體內(nèi)能不一定大，但分子平均動(dòng)能一定大E．當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子勢(shì)能隨分子間距離的減小而增大(2)(10分)如圖所示，兩水平放置的導(dǎo)熱汽缸底部由管道連通，輕質(zhì)活塞a、b用剛性輕桿相連，可在汽缸內(nèi)無(wú)摩擦地移動(dòng)，兩活塞橫截面積分別為Sa和Sb，且Sa∶Sb＝2∶3。缸內(nèi)密封有一定質(zhì)量的氣體，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時(shí)，左、右汽缸內(nèi)氣體的體積均為V0。已知大氣壓強(qiáng)為p0，環(huán)境溫度為T(mén)0，忽略管道中的氣體體積，兩活塞始終未脫離汽缸。①若活塞在外力作用下，使右側(cè)汽缸內(nèi)的體積減小eq\f(1,5)V0，求穩(wěn)定后缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)。②若大氣壓強(qiáng)p0不變，緩慢升高環(huán)境溫度，使左側(cè)汽缸內(nèi)的氣體體積恰好為零，求此時(shí)的環(huán)境溫度。解析：(1)根據(jù)壓強(qiáng)的微觀(guān)意義可知，密封容器內(nèi)的氣體對(duì)器壁的作用力與是否失重?zé)o關(guān)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)壓強(qiáng)的微觀(guān)意義可知，當(dāng)氣體的壓強(qiáng)不變時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)作用在單位面積上的力不變；當(dāng)溫度降低時(shí)，分子的平均動(dòng)能減小，多個(gè)分子對(duì)器壁的平均撞擊力減小，所以在壓強(qiáng)不變時(shí)，分子每秒對(duì)單位面積器壁的平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加，故B正確；氣體間距較大，不能用阿伏加德羅常數(shù)計(jì)算分子體積，故C錯(cuò)誤；溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度高的物體的分子平均動(dòng)能一定大；但物體的內(nèi)能與物體的物質(zhì)的量、溫度、體積等都有關(guān)，所以溫度高的物體的內(nèi)能不一定大，故D正確；當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為斥力分子之間的距離減小要克服分子力做功，所以分子勢(shì)能隨分子間距離的減小而增大，故E正確。(2)①設(shè)缸中氣體的壓強(qiáng)為p1，以活塞a、b和剛性輕桿為研究對(duì)象，根據(jù)力的平衡有p1Sa＋p0Sb＝p1Sb＋p0Sa，解得p1＝p0，以左、右汽缸內(nèi)全部氣體為研究對(duì)象，初狀態(tài)氣體體積V1＝2V0，壓強(qiáng)p1＝p0，末狀態(tài)氣體體積V2＝eq\f(4,5)V0＋V0＋eq\f(Sa,Sb)·eq\f(V0,5)＝eq\f(29,15)V0(2分)壓強(qiáng)設(shè)為p2，根據(jù)玻意耳定律有p1V1＝p2V2(2分)解得p2＝eq\f(30,29)p0。(1分)②以左右汽缸內(nèi)全部氣體為研究對(duì)象，初狀態(tài)氣體體積V1＝2V0，壓強(qiáng)p1＝p0，溫度為T(mén)0，末狀態(tài)氣體體積V3＝V0＋eq\f(Sb,Sa)·V0＝eq\f(5,2)V0，壓強(qiáng)p3＝p0，溫度設(shè)為T(mén)，根據(jù)等壓變化規(guī)律有eq\f(V1,T0)＝eq\f(V3,T)(3分)解得T＝eq\f(5,4)T0。(2分)答案：(1)BDE(2)①eq\f(30,29)p0②eq\f(5,4)T014．[選修3－4](15分)(1)(5分)一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，其波長(zhǎng)大于5m。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，介質(zhì)中位置在x＝1m處的質(zhì)點(diǎn)a和在x＝5m處的質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖像分別如圖甲、乙所示。則質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方程為_(kāi)_____________；該波的波長(zhǎng)為_(kāi)_____m，波速為_(kāi)_______m/s。(2)(10分)如圖1所示某種透明材料制成的光學(xué)元件，該元件是一個(gè)中間圓柱