寧夏回族自治區(qū)2023~2024學(xué)年高三下學(xué)期三模物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試能力測(cè)試試題卷注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上.2.作答時(shí)，務(wù)必將〖答案〗寫(xiě)在答題卡上.寫(xiě)在本試卷及草稿紙上無(wú)效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第Ⅰ卷一、選擇題：1.水平桌面上，讓一個(gè)小鐵球沿桌面勻速運(yùn)動(dòng)，在它的運(yùn)動(dòng)軌跡旁邊放置一磁鐵，在磁鐵吸引力的作用下，小鐵球此后的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生變化，如圖所示，關(guān)于小鐵球受力及運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是（）A.小鐵球的速度方向始終指向磁鐵B.小鐵球的速度方向沿它運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向C.磁鐵對(duì)小鐵球的吸引力沿運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向D.磁鐵對(duì)小鐵球的吸引力與小鐵球的速度方向在同一直線上〖答案〗B〖解析〗AB．曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度方向沿著運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD．磁鐵對(duì)小鐵球的吸引力方向是指向磁體的方向，兩者不共線，球在做曲線運(yùn)動(dòng)，故CD錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，水平地面光滑，輕彈簧一端固定在墻上，另一端拴接質(zhì)量為m的小球A．另一個(gè)質(zhì)量也為m的小球B以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與A碰撞時(shí)間極短、且碰后粘在一起．則從B與A開(kāi)始碰撞到彈簧壓縮最短過(guò)程，對(duì)A球、B球、彈簧組成的系統(tǒng)（）A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒B.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C.對(duì)墻產(chǎn)生的沖量為D.彈簧最大勢(shì)能為〖答案〗C〖解析〗A、從B與A開(kāi)始碰撞到彈簧壓縮最短過(guò)程，A、B發(fā)生了完全非彈性碰撞，在碰撞過(guò)程中機(jī)械能有損失，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；從AB開(kāi)始一起運(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中，由于墻面對(duì)彈簧有作用力，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，則在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量不守恒，故AB錯(cuò)誤；C、對(duì)系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中由動(dòng)量定理：，則這個(gè)系統(tǒng)對(duì)墻產(chǎn)生的沖量大小為，故C正確；D、A、B碰撞過(guò)程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：得：，彈簧的最大彈性勢(shì)能為：，故D錯(cuò)誤．3.如圖甲所示的電路中，理想變壓器原副線圈匝數(shù)比為10:1，A、V均為理想電表，R、L和D分別是光敏電阻（其阻值隨光強(qiáng)增大而減?。⒗硐刖€圈和燈泡。原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓U，下列說(shuō)法正確的是（）A.電壓U的頻率為100HzB.V的示數(shù)為C.有光照射R時(shí)，A的示數(shù)變大D.抽出L中的鐵芯，D變暗〖答案〗C〖解析〗A．從圖乙中可得交流電的周期為，故該交流電的頻率為A錯(cuò)誤；B．原線圈中電壓有效值為根據(jù)可得即電壓表的示數(shù)為22V，B錯(cuò)誤；C．有光照射R時(shí)，R減小，而U不變，故副線圈總電流增大，根據(jù)可得增大，即電流表示數(shù)增大，C正確；D．抽出L中的鐵芯，理想線圈自感系數(shù)減小，理想線圈對(duì)電流的阻礙減小，所以D變亮，D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，O為半球形容器的球心，半球形容器繞通過(guò)O的豎直軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，放在容器內(nèi)的兩個(gè)質(zhì)量相等的小物塊a和b相對(duì)容器靜止，b與容器壁間恰好沒(méi)有摩擦力。已知a和O、b和O的連線與豎直方向的夾角分別為60°和30°，則下列說(shuō)法正確的是（）A.小物塊a和b做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力之比為B.小物塊a和b對(duì)容器壁的壓力之比為C.小物塊a與容器壁之間無(wú)摩擦力D.容器壁對(duì)小物塊a的摩擦力方向沿器壁切線向下〖答案〗A〖解析〗A．a(chǎn)、b角速度相等，向心力可表示為所以a、b向心力之比為，A正確；BCD．若無(wú)摩擦力a將移動(dòng)到和b等高的位置，所以摩擦力沿切線方向向上。定量分析：對(duì)b分析可得結(jié)合對(duì)b分析結(jié)果，對(duì)a分析即支持力在指向轉(zhuǎn)，軸方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背離轉(zhuǎn)軸方向的分力，即摩擦力沿切線方向向上；對(duì)b有對(duì)a有所BCD錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個(gè)帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.若小球帶正電荷，則小球的電勢(shì)能減小B.若小球帶負(fù)電荷，則小球的電勢(shì)能減小C.無(wú)論小球帶何種電荷，小球的重力勢(shì)能都減小D.小球可能做加速直線運(yùn)動(dòng)〖答案〗C〖解析〗帶電小球在重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，只要做直線運(yùn)動(dòng)（速度與磁場(chǎng)不平行），一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)。若速度變化，洛侖茲力(方向垂直速度)會(huì)變化，合力就會(huì)變化；合力與速度就不在一直線上，帶電體就會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)。A．小球受的重力豎直向下，若小球帶正電荷，小球受的電場(chǎng)力水平向右，則洛侖茲力斜向左上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向左下方，則電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向成鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增大，故A錯(cuò)誤；B．小球受的重力豎直向下，若小球帶負(fù)電荷，小球受的電場(chǎng)力水平向左，則洛侖茲力斜向右上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向右下方，則電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向成鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；C．由AB項(xiàng)分析知，無(wú)論小球帶何種電荷，小球豎直方向的分速度均向下，小球的重力勢(shì)能減小，故C正確；D．小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。6.用如圖所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，用光子能量為2.85eV的光照射到光電管上時(shí)發(fā)生了光電效應(yīng)，電流表G的示數(shù)不為零，移動(dòng)變阻器的觸點(diǎn)c，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)大于或等于1.70V時(shí)，電流表示數(shù)為0，則下列說(shuō)法正確的是（）A.光電管陰極的逸出功為1.15eVB.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)后，電流表G中無(wú)電流流過(guò)C.當(dāng)滑動(dòng)觸頭向a端滑動(dòng)時(shí)，反向電壓增大，電流增大D.改用能量為1.60eV的光子照射，移動(dòng)變阻器的觸點(diǎn)c，電流表G中也可能有電流〖答案〗AD〖解析〗A、該裝置所加的電壓為反向電壓，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表的示數(shù)大于或等于1.70V時(shí)，電流表示數(shù)為0，知道光電子的最大初動(dòng)能為1.70eV，根據(jù)光電效應(yīng)方程EKm＝hγ﹣W0，解得：W0＝1.15eV．故A正確；B、電鍵S斷開(kāi)后，用光子能量為2.75eV的光照射到光電管上時(shí)發(fā)生了光電效應(yīng)，有光電子逸出，則有電流流過(guò)電流表，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)滑動(dòng)觸頭向a端滑動(dòng)時(shí)，反向電壓增大，則到達(dá)集電極的電子的數(shù)目減小，電流減小．故C錯(cuò)誤；D、改用能量為1.60eV的光子照射時(shí)，由于1.60eV的光子的能量值大于該金屬的逸出功，所以移動(dòng)變阻器的觸點(diǎn)c，電流表G中也可能有電流．故D正確．7.被譽(yù)為“中國(guó)天眼”的500米口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡（FAST）再次收獲一項(xiàng)重要科研成果——發(fā)現(xiàn)目前所知軌道周期最短脈沖星雙星系統(tǒng)，填補(bǔ)了蜘蛛類(lèi)脈沖星系統(tǒng)演化模型缺失的一環(huán)?？茖W(xué)家在地球上用望遠(yuǎn)鏡觀測(cè)到一個(gè)亮度周期性變化的光點(diǎn)，這是因?yàn)槠渲幸粋€(gè)天體擋住另一個(gè)天體時(shí)，光點(diǎn)亮度會(huì)減弱?，F(xiàn)科學(xué)家用一航天器去撞擊雙星系統(tǒng)中的一顆小行星，撞擊后，科學(xué)家觀測(cè)到系統(tǒng)光點(diǎn)明暗變化的時(shí)間間隔變短。若不考慮撞擊引起的小行星質(zhì)量變化，且撞擊后該雙星系統(tǒng)仍能穩(wěn)定運(yùn)行，則被航天器撞擊后（）A.該雙星系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期變大B.兩顆小行星中心連線的距離增大C.兩顆小行星的向心加速度均變大D.兩顆小行星做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比保持不變〖答案〗CD〖解析〗A．撞擊后，科學(xué)家觀測(cè)到光點(diǎn)明暗變化的時(shí)間間隔變短，可知雙星系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期變小，故A錯(cuò)誤；BD．設(shè)雙星之間的距離為L(zhǎng)，雙星靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，則有聯(lián)立解得，則兩顆小行星做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比保持不變，兩個(gè)小行星中心連線的距離減小，故B錯(cuò)誤，D正確；C．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有兩個(gè)小行星中心連線的距離減小，則兩顆小行星的向心加速度均變大，故C正確。故選CD。8.如圖所示，兩根平行且光滑的金屬導(dǎo)軌由圓弧部分和水平部分組成，圓弧部分由兩段間距為2l、豎直放置的四分之一圓弧導(dǎo)軌構(gòu)成，水平部分由足夠長(zhǎng)、但不等寬的水平導(dǎo)軌構(gòu)成，水平導(dǎo)軌的寬、窄部分間距分別為2l、l，虛線MN右側(cè)導(dǎo)軌區(qū)域處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，寬、窄兩部分區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B、2B。金屬棒ab與cd的質(zhì)量均為m、電阻均為R，長(zhǎng)度分別為l、2l，金屬棒ab靜止在窄導(dǎo)軌上.現(xiàn)將金屬棒cd從圓弧軌道上距水平導(dǎo)軌h高度處由靜止釋放，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，cd始終在寬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，ab始終在窄導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好.導(dǎo)軌各部分之間均平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，則（）A.金屬棒cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為B.通過(guò)金屬棒ab的最大電流為C.金屬棒ab、cd運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定時(shí)，二者速度相等D.整個(gè)過(guò)程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為〖答案〗BCD〖解析〗A．設(shè)金屬棒cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得故A錯(cuò)誤；B．金屬棒cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中的電流最大，為故B正確；CD．易知金屬棒cd和ab存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)兩金屬棒的電流時(shí)刻相等，根據(jù)左手定則可知兩金屬棒所受安培力大小時(shí)刻方向相反，根據(jù)可得兩金屬棒所受安培力大小時(shí)刻相等，所以?xún)山饘侔艚M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定時(shí)，易知二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等、方向相反，所以回路中電流為零，即其中所以根據(jù)動(dòng)量守恒定律有又因?yàn)閮山饘侔糇柚迪嗤?，則根據(jù)能量守恒定律和焦耳定律可知整個(gè)過(guò)程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為故CD正確。故選BCD。第II卷二、非選擇題：9.用如圖所示的多用電表測(cè)量電阻，要用到選擇開(kāi)關(guān)K和兩個(gè)部件S、T。請(qǐng)根據(jù)下列步驟完成電阻測(cè)量：（1）旋動(dòng)部件______，使指針對(duì)準(zhǔn)電流的“0”刻線；（2）將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”的位置；（3）將插入“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動(dòng)部件________，使指針對(duì)準(zhǔn)電阻“0”刻線；（4）將兩表筆分別與待測(cè)電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)小，為了得到比較準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，將按照下面的步驟進(jìn)行操作：①將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋________的位置（選填“×1k”或“×10”）；②將兩表筆短接，旋動(dòng)合適部件，對(duì)電表進(jìn)行校準(zhǔn)；③將兩表筆的金屬部分分別與被測(cè)電阻的兩根引線相接；④完成讀數(shù)測(cè)量?！即鸢浮剑?）S（3）T（4）×1k〖解析〗（1）[1]首先要對(duì)表盤(pán)機(jī)械校零，所以旋動(dòng)部件是S；（3）[2]接著是歐姆調(diào)零，將“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動(dòng)部件T，讓表盤(pán)指針指在最右端零刻度處；（4）①[3]由于將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”的位置時(shí)，兩表筆分別與待測(cè)電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)小，故為了得到比較準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋×1k的位置。10.某同學(xué)利用如圖裝置測(cè)量小車(chē)和智能手機(jī)的質(zhì)量，智能手機(jī)可以利用APP直接測(cè)量出手機(jī)運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度。懸掛質(zhì)量為的鉤碼，用智能手機(jī)測(cè)出小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度；改變鉤碼的質(zhì)量，進(jìn)行多次測(cè)量；做出與的圖像如圖，已知圖像中直線的截距為，斜率為。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為。（1）（單選）以下說(shuō)法正確的是___________；A．鉤碼的質(zhì)量應(yīng)該遠(yuǎn)小于智能手機(jī)和小車(chē)的質(zhì)量B．細(xì)繩應(yīng)該始終與長(zhǎng)木板平行C．不懸掛鉤碼時(shí)，應(yīng)使小車(chē)和智能手機(jī)勻速沿木板下滑D．細(xì)線的拉力等于鉤碼的重力（2）根據(jù)圖像可得，小車(chē)和手機(jī)的質(zhì)量為_(kāi)___________；（3）再利用手機(jī)APP測(cè)出斜面傾角為，則小車(chē)和智能手機(jī)沿木板運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受摩擦力的大小為_(kāi)______?！即鸢浮剑?）B（2）（3）〖解析〗（1）[1]設(shè)小車(chē)和手機(jī)的質(zhì)量為，斜面傾角為，對(duì)鉤碼和小車(chē)以及手機(jī)的系統(tǒng)由牛頓第二定律有整理可得可得本實(shí)驗(yàn)的原理為與成一次函數(shù)。A．因本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證牛頓第二定律為對(duì)系統(tǒng)采用準(zhǔn)確的方法，故不需要近似的用鉤碼重力代替繩的拉力，也就不需要質(zhì)量關(guān)系，即不需要鉤碼的質(zhì)量應(yīng)該遠(yuǎn)小于智能手機(jī)和小車(chē)的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B．為了讓繩子拉小車(chē)力為恒力，則細(xì)繩應(yīng)該始終與長(zhǎng)木板平行，故B正確；C．本實(shí)驗(yàn)若平衡了摩擦力，系統(tǒng)的牛頓第二定律表達(dá)式為與成正比例函數(shù)，不符合實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)結(jié)果，則不需要平衡摩擦力，故C錯(cuò)誤；D．本實(shí)驗(yàn)研究系統(tǒng)的牛頓第二定律，則繩子的拉力小于鉤碼的重力，故D錯(cuò)誤。故選B。（2）[2]根據(jù)與的一次函數(shù)關(guān)系，可知圖像的斜率的意義為則小車(chē)和手機(jī)的質(zhì)量為（3）[3]根據(jù)與的一次函數(shù)關(guān)系，可知縱截距的物理意義為聯(lián)立解得摩擦力的大小為11.如圖所示，光滑水平面上放著長(zhǎng)，質(zhì)量為的薄木板，一個(gè)質(zhì)量為的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動(dòng)摩擦因，開(kāi)始均靜止，現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取。求：（1）為使小物體不從木板上掉下，F(xiàn)不能超過(guò)多少；（2）如果拉力，小物體需多長(zhǎng)時(shí)間就脫離木板?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）小物體隨木板運(yùn)動(dòng)的最大加速度為a，對(duì)小物體由牛頓第二定律得可得小物體最大加速度為對(duì)整體分析，由牛頓第二定律得（2）因施加的拉力，故物體相對(duì)木板滑動(dòng)，設(shè)木板對(duì)地運(yùn)動(dòng)的加速度為，對(duì)木板由牛頓第二定律得解得小物體在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則解得12.如圖所示，水平虛線MN的下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)（大小未知），虛線上方有一以MN上一點(diǎn)O為圓心、R為半徑的半圓形區(qū)域，該區(qū)域中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E（E大小未知，圖中均未畫(huà)出），磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，O點(diǎn)正下方固定一粒子源S，能源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的同種正粒子，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間粒子由O點(diǎn)進(jìn)入半圓區(qū)域，粒子在半圓區(qū)域的軌跡為直線，在半圓區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，粒子的重力以及粒子間相互作用均忽略不計(jì)。（1）求半圓區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；（2）若僅將半圓區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)撤去，結(jié)果粒子在半圓區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變?yōu)椋罅Ｗ拥谋群?；?）若將半圓區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)撤去，且將虛線MN下方的電場(chǎng)強(qiáng)度增大到原來(lái)的16倍，求粒子在半圓形區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）帶正電粒子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)進(jìn)入半圓形區(qū)域，并沿豎直半徑方向做直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子所受洛倫茲力與電場(chǎng)力二力平衡，由左手定則可知粒子所受洛倫茲力方向水平向左，所以粒子所受電場(chǎng)力方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則速度為根據(jù)平衡條件有聯(lián)立解得（2）若僅將半圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)撤去，粒子仍從S處?kù)o止釋放，粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，粒子在垂直于MN方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在平行于MN方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示粒子運(yùn)動(dòng)到半圓形區(qū)域的a點(diǎn)，垂直于MN方向的位移大小為由數(shù)學(xué)知識(shí)可得粒子在平行于MN方向上的位移大小為粒子在平行于MN方向上做勻加速直線運(yùn)，則有由牛頓第二定律聯(lián)立解得粒子的比荷（3）將虛線下方電場(chǎng)強(qiáng)度增大到原來(lái)的16倍，粒子仍從S處?kù)o止釋放，由可知粒子進(jìn)入半圓形區(qū)域的速度為粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有解得令粒子從b點(diǎn)射出半圓形區(qū)域，如圖所示設(shè)粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的圓心角為，由余弦定理有解得粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期解得粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間聯(lián)立解得13.在做“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)時(shí)，配制好濃度為0.06%的油酸酒精溶液(單位體積溶液中含有純油酸的體積)，1mL上述溶液用注射器剛好滴75滴；在撒有均勻痱子粉的水面上用注射器滴1滴油酸酒精溶液，水面上形成油酸薄膜，下圖為油膜穩(wěn)定后的形狀，每個(gè)正方形小方格的邊長(zhǎng)為10mm。下列有關(guān)該實(shí)驗(yàn)說(shuō)法正確的有()A.油膜的面積為100mm2B.一滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積為8.0×10－6mLC.油酸分子的直徑約為7.4×10－9mD.為減小誤差應(yīng)將注射器移到水面中央靠近水面處滴入溶液E.數(shù)油膜面積時(shí)不慎將幾個(gè)不足一格的按一格計(jì)算，不影響估算結(jié)果的數(shù)量級(jí)〖答案〗BDE〖解析〗A．不足半格的舍去，大于半格的算一個(gè)，可知油膜區(qū)域正方形的個(gè)數(shù)為105個(gè)，則油酸膜的面積約為S=105cm2=1.05×10－2m2，故A錯(cuò)誤；BC．每滴酒精油酸溶液中含有純油酸的體積為V=1mL×0.06%×=8×10－6mL把油酸分子看成球形，且不考慮分子間的空隙，則油酸分子直徑為d=故B正確，C錯(cuò)誤；D．吸取油酸酒精溶液，應(yīng)將滴管移到水面中央靠近水面處滴入溶液，故D正確；E．某次實(shí)驗(yàn)中數(shù)油膜面積時(shí)將不足一格的也都按一格計(jì)算，求得的面積偏大，則得到的直徑偏小，但不會(huì)影響數(shù)量級(jí)，故E正確。故選BDE。14.如圖所示，一圓柱形汽缸固定在傾角的斜面上，一定量的空氣（視為理想氣體）被質(zhì)量的活塞封閉在汽缸中。開(kāi)始時(shí)活塞內(nèi)表面相對(duì)汽缸底部的長(zhǎng)度，外界熱力學(xué)溫度?，F(xiàn)用跨過(guò)定滑輪的輕繩將質(zhì)量的重錘與活塞連接，重新平衡后，活塞沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的位移。大氣壓強(qiáng)恒為，取重力加速度大小，與活塞連接的輕繩始終平行于斜面，汽缸壁導(dǎo)熱良好，活塞可沿汽缸壁無(wú)摩擦地滑動(dòng)。（1）求活塞的橫截面積；（2）若此后外界的溫度緩慢降低，為了使降溫后活塞回到初始時(shí)的位置，需要從汽缸底部的抽氣閥門(mén)處抽出適量氣體，求抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前缸內(nèi)氣體質(zhì)量的比值。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）封閉氣體初狀態(tài)的壓強(qiáng)封閉氣體末狀態(tài)的壓強(qiáng)根據(jù)等溫變化規(guī)律有解得（2）若不抽出氣體，根據(jù)等壓變化規(guī)律有則應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前缸內(nèi)氣體質(zhì)量的比值解得15.如圖所示，在某介質(zhì)中有坐標(biāo)系，在及兩點(diǎn)分別有兩個(gè)波源A和B，時(shí)刻兩波源同時(shí)開(kāi)始沿y軸正向振動(dòng)，形成沿x軸傳播簡(jiǎn)諧波，波速均為。某時(shí)刻波源A產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧波的波形圖如圖甲所示，波源B的振動(dòng)圖像如圖乙所示，以下說(shuō)法正確的是（）A.波源A的周期為4sB.波源B產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧波的波長(zhǎng)為8mC.在A、B之間會(huì)產(chǎn)生干涉現(xiàn)象D.時(shí)，位于處質(zhì)點(diǎn)的位移為5cmE.兩列波初次在O點(diǎn)相遇時(shí)質(zhì)點(diǎn)位移為5cm〖答案〗