2024年江蘇省高考物理一輪模擬試卷（含解析）

第第頁(yè)2024年江蘇省高考物理一輪模擬試卷一、單選題1．如圖，一教師用側(cè)面開孔的透明塑料瓶和綠光激光器演示“液流導(dǎo)光”實(shí)驗(yàn)。瓶?jī)?nèi)裝有適量清水。水從小孔中流出后形成了彎曲的液流。讓激光水平射向小孔，使光束與液流保持在同一豎直平面內(nèi)，有助于光束更好地沿液流傳播的是（）A．減弱激光強(qiáng)度 B．提升瓶?jī)?nèi)液面高度 C．改用折射率更小的液體 D．增大激光器與小孔之間的水平距離2．如圖，輕質(zhì)細(xì)桿AB上穿有一個(gè)質(zhì)量為m的小球C，將桿水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，則左側(cè)斜面對(duì)桿AB支持力的大小為（）A．mg B． C． D．3．2022年8月30日，國(guó)家航天局正式發(fā)布了“羲和號(hào)”太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星國(guó)際上首次在軌獲取的太陽(yáng)Hα譜線精細(xì)結(jié)構(gòu)。Hα是氫原子巴耳末系中波長(zhǎng)最長(zhǎng)的譜線，其對(duì)應(yīng)的能級(jí)躍遷過程為（）A．從∞躍遷到n＝2 B．從n＝5躍遷到n＝2 C．從n＝4躍遷到n＝2 D．從n＝3躍遷到n＝24．真空中固定有兩個(gè)點(diǎn)電荷，負(fù)電荷Q1位于坐標(biāo)原點(diǎn)處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點(diǎn)電荷在x軸正半軸的x＝x0處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則Q1、Q2相距（）A．x0 B．（2﹣1）x0 C．2x0 D．（2+1）x0二、多選題（多選）5．甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運(yùn)動(dòng)。以出發(fā)時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，甲車的速度—時(shí)間圖像如圖（a）所示（b）所示。則（）A．0～2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大 B．乙車在t＝2s和t＝6s時(shí)的速度相同 C．2～6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同 D．t＝8s時(shí)，甲、乙兩車的動(dòng)能不同（多選）6．人類為探索宇宙起源發(fā)射的韋伯太空望遠(yuǎn)鏡運(yùn)行在日地延長(zhǎng)線上的拉格朗日L2點(diǎn)附近，L2點(diǎn)的位置如圖所示。在L2點(diǎn)的航天器受太陽(yáng)和地球引力共同作用，始終與太陽(yáng)、地球保持相對(duì)靜止?？紤]到太陽(yáng)系內(nèi)其他天體的影響很小，太陽(yáng)和地球可視為以相同角速度圍繞日心和地心連線中的一點(diǎn)O（圖中未標(biāo)出），航天器的質(zhì)量遠(yuǎn)小于太陽(yáng)、地球的質(zhì)量，日心與地心的距離為R，L2點(diǎn)到地心的距離記為r（r＜R），在L2點(diǎn)的航天器繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小記為w。下列關(guān)系式正確的是（）可能用到的近似≈（1﹣2）]A．ω＝[] B．ω＝[] C．r＝[]R D．r＝[]R三、填空題7．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了A→B→C→D→A的循環(huán)過程后回到狀態(tài)A，i、其P﹣V圖如圖所示。完成一次循環(huán)，氣體內(nèi)能（填“增加”“減少”或“不變”），氣體對(duì)外界（填“做正功”“做負(fù)功”或“不做功”），氣體（填“吸熱”“放熱”“不吸熱”或”不放熱”）。8．“場(chǎng)離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡內(nèi)壁有一層均勻?qū)щ娔ぃ涸阪u針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場(chǎng)可視為位于O點(diǎn)處點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，abc是一段以O(shè)為圓心的圓弧，d為Ob的中點(diǎn)。a、d兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小分別為Ea、Ed，O、a、c、d四點(diǎn)電勢(shì)分別為φO、φa、φc、φd，則φaφd；φaφc，（φO﹣φa）2（φO﹣φd）。（填“大于”“等于”或“小于”）9．福建福清核電站采用我國(guó)完全自主研發(fā)的“華龍一號(hào)”反應(yīng)堆技術(shù)，建設(shè)了安全級(jí)別世界最高的機(jī)組。機(jī)組利用235U核裂變釋放的能量發(fā)電，典型的核反應(yīng)方程為+→++，則A＝；Z＝；若核反應(yīng)過程中質(zhì)量虧損1g，釋放的能量為J。（光速大小取3.0×108m/s）10．如圖所示，在某一均勻介質(zhì)中，A、B是振動(dòng)情況完全相同的兩個(gè)波源（20πt）m，介質(zhì)中P點(diǎn)與A、B兩波源間的距離分別為4m和5m，兩波源形成的簡(jiǎn)諧橫波分別沿AP、BP方向傳播（1）簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)為。（2）P點(diǎn)的振動(dòng)（填“加強(qiáng)”或“減弱”）。四、實(shí)驗(yàn)題11．某同學(xué)用圖（a）所示的電路觀察矩形波頻率對(duì)電容器充放電的影響。所用器材有：電源、電壓傳感器、電解電容器C（4.7μF，10V），定值電阻R（阻值2.0kΩ）（1）電解電容器有正、負(fù)電極的區(qū)別。根據(jù)圖（a），將圖（b）中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整；（2）設(shè)置電源，讓電源輸出圖（c）所示的矩形波Hz；（3）閉合開關(guān)S，一段時(shí)間后，通過電壓傳感器可觀測(cè)到電容器兩端的電壓Uc隨時(shí)間周期性變化，結(jié)果如圖（d）所示，電容器處于狀態(tài)（填“充電”或“放電”），在點(diǎn)時(shí)（填“A”或“B”），通過電阻R的電流更大；（4）保持矩形波的峰值電壓不變，調(diào)節(jié)其頻率，測(cè)得不同頻率下電容器兩端的電壓隨時(shí)間變化的情況m與頻率f關(guān)系圖像，如圖（e）所示。當(dāng)f＝45Hz時(shí)電容器所帶電荷量的最大值Q＝C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，電容器在充放電過程中，其所帶的最大電荷量在頻率較低時(shí)基本不變五、解答題12．阿斯頓（F.Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎(jiǎng)，質(zhì)譜儀分析同位素簡(jiǎn)化的工作原理如圖所示。在PP′上方存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實(shí)驗(yàn)中4m/s，B＝0.1T，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）6C/kg；P、O、M、N、P在同一直線上；離子重力不計(jì)。（1）求OM的長(zhǎng)度；（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷。13．如圖，質(zhì)量為1kg的薄木板靜置于光滑水平地面上，半徑為0.75m的豎直光滑圓弧軌道固定在地面，軌道上端點(diǎn)和圓心連線與水平面成37°角。質(zhì)量為2kg的小物塊A以8m/s的初速度從木板左端水平向右滑行，A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。當(dāng)A到達(dá)木板右端時(shí)，同時(shí)A沿圓弧切線方向滑上軌道。待A離開軌道后，可隨時(shí)解除木板鎖定，g取10m/s2，取3.16，sin37°＝0.6（1）求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大小；（2）求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度；（3）物塊A運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)會(huì)炸裂成質(zhì)量比為1：3的物塊B和物塊C，總質(zhì)量不變，同時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能增加3J，求從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的時(shí)間范圍。14．如圖，某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量一個(gè)葫蘆的容積，在葫蘆開口處豎直插入一根兩端開口、內(nèi)部橫截面積為0.1cm2的均勻透明長(zhǎng)塑料管，密封好接口，用氮?dú)馀趴諆?nèi)部氣體，氣柱長(zhǎng)度l為10cm；當(dāng)外界溫度緩慢升高到310K時(shí)5Pa，水柱長(zhǎng)度不計(jì)。（1）求溫度變化過程中氮?dú)鈱?duì)外界做的功；（2）求葫蘆的容積；（3）試估算被封閉氮?dú)夥肿拥膫€(gè)數(shù)（保留2位有效數(shù)字）。已知1mol氮?dú)庠?.0×105Pa、273K狀態(tài)下的體積約為22.4L，阿伏加德羅常數(shù)NA取6.0×1023mol﹣1。15．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一部分充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無電場(chǎng)，與x軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)、與x軸正方向成α角斜向下運(yùn)動(dòng)的帶電粒子才能進(jìn)入磁場(chǎng)。從M點(diǎn)向電場(chǎng)內(nèi)發(fā)射一個(gè)比荷為的帶電粒子A0、方向與電場(chǎng)方向垂直，僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T后進(jìn)入磁場(chǎng)，且通過N點(diǎn)的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場(chǎng)垂直方向直接射入電場(chǎng)內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的時(shí)間。

2024年江蘇省高考物理一輪模擬試卷參考答案與試題解析一、單選題1．如圖，一教師用側(cè)面開孔的透明塑料瓶和綠光激光器演示“液流導(dǎo)光”實(shí)驗(yàn)。瓶?jī)?nèi)裝有適量清水。水從小孔中流出后形成了彎曲的液流。讓激光水平射向小孔，使光束與液流保持在同一豎直平面內(nèi)，有助于光束更好地沿液流傳播的是（）A．減弱激光強(qiáng)度 B．提升瓶?jī)?nèi)液面高度 C．改用折射率更小的液體 D．增大激光器與小孔之間的水平距離【分析】根據(jù)激光能沿水流傳播，是由于光線在水流中不斷的發(fā)生全反射的特點(diǎn)，分析選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓杭す饽苎厮鱾鞑ィ怯捎诠饩€在水流中不斷的發(fā)生全反射，當(dāng)液流的高度越高，現(xiàn)象越明顯。A、減小激光強(qiáng)度，現(xiàn)象不明顯；故A錯(cuò)誤；B、提高瓶?jī)?nèi)液面的高度，水流出去的距離更遠(yuǎn)，現(xiàn)象更明顯；C、改用折射率更小的液體，激光在液體中發(fā)生全反射的光束減少；故C錯(cuò)誤；D、增加激光器與小孔之間的水平距離；故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查全反射的性質(zhì)，在做題中要注意全反射的條件。2．如圖，輕質(zhì)細(xì)桿AB上穿有一個(gè)質(zhì)量為m的小球C，將桿水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，則左側(cè)斜面對(duì)桿AB支持力的大小為（）A．mg B． C． D．【分析】對(duì)輕桿和小球組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，由平衡條件列方程進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓簩?duì)輕桿和小球組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，如圖所示：設(shè)左側(cè)斜面對(duì)桿AB支持力的大小為NA，由平衡條件有：NA＝mgcos30°解得：，故B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。3．2022年8月30日，國(guó)家航天局正式發(fā)布了“羲和號(hào)”太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星國(guó)際上首次在軌獲取的太陽(yáng)Hα譜線精細(xì)結(jié)構(gòu)。Hα是氫原子巴耳末系中波長(zhǎng)最長(zhǎng)的譜線，其對(duì)應(yīng)的能級(jí)躍遷過程為（）A．從∞躍遷到n＝2 B．從n＝5躍遷到n＝2 C．從n＝4躍遷到n＝2 D．從n＝3躍遷到n＝2【分析】根據(jù)分析Hα的頻率及能量大小，結(jié)合能級(jí)躍遷規(guī)律分析解答。【解答】解：Hα是氫原子巴耳末系中波長(zhǎng)最長(zhǎng)的譜線，根據(jù)可知Hα是氫原子巴耳末系中頻率最小的譜線，根據(jù)氫原子的能級(jí)圖hν＝En﹣E2可見能級(jí)差越小，頻率越低。故Hα對(duì)應(yīng)的能級(jí)躍遷過程為從n＝3躍遷到n＝4。故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道能級(jí)間躍遷時(shí)輻射的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，注意能量與頻率的關(guān)系。4．真空中固定有兩個(gè)點(diǎn)電荷，負(fù)電荷Q1位于坐標(biāo)原點(diǎn)處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點(diǎn)電荷在x軸正半軸的x＝x0處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則Q1、Q2相距（）A．x0 B．（2﹣1）x0 C．2x0 D．（2+1）x0【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)的疊加列式計(jì)算?！窘獯稹拷猓涸O(shè)Q1＝﹣Q，Q2＝8Q，Q1與Q2相距L，兩點(diǎn)電荷在x軸正半軸的x＝x6處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，由于Q1＜Q8，故該處距離Q1近，距離Q2遠(yuǎn)，故Q6應(yīng)放在x軸負(fù)半軸該處合場(chǎng)強(qiáng)為零，則兩點(diǎn)電荷在該處場(chǎng)強(qiáng)大小相等，故有，故B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)的疊加，分析出Q2的位置是解題的關(guān)鍵，難度不大。二、多選題（多選）5．甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運(yùn)動(dòng)。以出發(fā)時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，甲車的速度—時(shí)間圖像如圖（a）所示（b）所示。則（）A．0～2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大 B．乙車在t＝2s和t＝6s時(shí)的速度相同 C．2～6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同 D．t＝8s時(shí)，甲、乙兩車的動(dòng)能不同【分析】本題根據(jù)v﹣t圖斜率表示加速度，面積表示位移，而F﹣t圖面積表示沖量，結(jié)合動(dòng)量定理分析求解即可?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖（a）可得，圖像的斜率不變，故甲車的加速度大小不變；B．根據(jù)圖（b）易得N?s＝2N?s，設(shè)t＝2s時(shí)2，質(zhì)量為m，據(jù)動(dòng)量定理：I＝Ft＝mv2﹣0，代入數(shù)值解得v4＝m/s；同理0～3s圖像的面積為S′＝4×N?s﹣2×，設(shè)t＝6s時(shí)6，據(jù)動(dòng)量定理：I′＝F′t′＝mv6﹣7，代入數(shù)值解得v6＝m/s，故B正確。C．根據(jù)圖（a）可得，故7～6s內(nèi)甲＝2×m﹣2×，而根據(jù)圖（b），力F做功相同，故2～6s內(nèi)，故2～6s內(nèi)，甲，故C正確。D．t＝8s時(shí)，動(dòng)能為2，設(shè)t＝8s時(shí)8，5～2s圖像的面積為S＝4×﹣N?s7×，據(jù)動(dòng)量定理：I″＝F″t″＝mv8﹣0，代入數(shù)值解得v8＝0，故乙車速度為0。故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了v﹣t圖和F﹣t圖，結(jié)合圖像的不同物理量的含義，合理選取公式，分析物體不同時(shí)間的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）6．人類為探索宇宙起源發(fā)射的韋伯太空望遠(yuǎn)鏡運(yùn)行在日地延長(zhǎng)線上的拉格朗日L2點(diǎn)附近，L2點(diǎn)的位置如圖所示。在L2點(diǎn)的航天器受太陽(yáng)和地球引力共同作用，始終與太陽(yáng)、地球保持相對(duì)靜止?？紤]到太陽(yáng)系內(nèi)其他天體的影響很小，太陽(yáng)和地球可視為以相同角速度圍繞日心和地心連線中的一點(diǎn)O（圖中未標(biāo)出），航天器的質(zhì)量遠(yuǎn)小于太陽(yáng)、地球的質(zhì)量，日心與地心的距離為R，L2點(diǎn)到地心的距離記為r（r＜R），在L2點(diǎn)的航天器繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小記為w。下列關(guān)系式正確的是（）可能用到的近似≈（1﹣2）]A．ω＝[] B．ω＝[] C．r＝[]R D．r＝[]R【分析】本題根據(jù)萬有引力提供向心力，分別對(duì)地球、太陽(yáng)和航天器列式，利用他們?chǔ)叵嗤奶攸c(diǎn)和相互的位置關(guān)系求解?！窘獯稹拷猓篈B．根據(jù)萬有引力提供向心力可知：設(shè)O點(diǎn)距離太陽(yáng)為R1，O點(diǎn)距離地球?yàn)镽2對(duì)太陽(yáng)有：對(duì)地球有：且滿足：R2+R2＝R聯(lián)立上式解得：ω＝，故A錯(cuò)誤。CD．對(duì)處在L2點(diǎn)的航天器分析，設(shè)航天器的質(zhì)量為m′結(jié)合上述的式子，聯(lián)立解得：r＝故D正確，C錯(cuò)誤。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了多星系統(tǒng)，抓住ω相同的特點(diǎn)，利用位置關(guān)系分別列式求解，注意計(jì)算過程小心仔細(xì)，題目闡述了拉格朗日點(diǎn)等信息，要學(xué)會(huì)抽絲剝繭抓住核心問題。三、填空題7．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了A→B→C→D→A的循環(huán)過程后回到狀態(tài)A，i、其P﹣V圖如圖所示。完成一次循環(huán)，氣體內(nèi)能不變（填“增加”“減少”或“不變”），氣體對(duì)外界做正功（填“做正功”“做負(fù)功”或“不做功”），氣體吸熱（填“吸熱”“放熱”“不吸熱”或”不放熱”）?！痉治觥繗怏w的內(nèi)能與溫度有關(guān)；根據(jù)P﹣V圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形面積分析；根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷?！窘獯稹拷猓阂?yàn)闅怏w經(jīng)歷了A→B→C→D→A的循環(huán)過程后回到狀態(tài)A，對(duì)整個(gè)過程來說，而一定質(zhì)量的氣體的內(nèi)能僅由溫度決定；對(duì)P﹣V圖像來說，其中從A→B→C的過程氣體的體積減小是外界對(duì)氣體做功的過程，是氣體對(duì)外做功的過程，即氣體對(duì)外做的功大于外界對(duì)氣體做的功；根據(jù)熱力學(xué)第一定律E＝W+Q可知因W＜0，所以氣體從外界吸收熱量。故答案為：不變，做正功。【點(diǎn)評(píng)】在公式E＝W+Q中，要知道氣體對(duì)外界做功時(shí)是W＜0，Q＞0表示氣體吸收熱量是解題的基礎(chǔ)，還要知道在P﹣V圖像中圖象與坐標(biāo)軸所圍面積表示氣體做的功，也要注意分清楚是氣體對(duì)外界做功還是外界對(duì)氣體做功。8．“場(chǎng)離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡內(nèi)壁有一層均勻?qū)щ娔ぃ涸阪u針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場(chǎng)可視為位于O點(diǎn)處點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，abc是一段以O(shè)為圓心的圓弧，d為Ob的中點(diǎn)。a、d兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小分別為Ea、Ed，O、a、c、d四點(diǎn)電勢(shì)分別為φO、φa、φc、φd，則φa小于φd；φa等于φc，（φO﹣φa）小于2（φO﹣φd）。（填“大于”“等于”或“小于”）【分析】由于沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，從而可判斷電勢(shì)大?。焕秒妶?chǎng)的電勢(shì)分布情況，可判斷電勢(shì)大??；根據(jù)公式U＝Ed，結(jié)合微元思想可判斷電勢(shì)情況。【解答】解：由于沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知φa＜φd由題知，在鎢針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，則根據(jù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電勢(shì)分布可知φa＝φc且越靠近O場(chǎng)強(qiáng)越強(qiáng)，則od部分的場(chǎng)強(qiáng)均大于db部分的場(chǎng)強(qiáng)，結(jié)合微元法可定性判別出φo﹣φb＜2（φo﹣φd）而φa＝φb則φo﹣φa＜2（φo﹣φd）故答案為：小于；等于。【點(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意電勢(shì)的性質(zhì)，掌握基本的電場(chǎng)分布情況。9．福建福清核電站采用我國(guó)完全自主研發(fā)的“華龍一號(hào)”反應(yīng)堆技術(shù)，建設(shè)了安全級(jí)別世界最高的機(jī)組。機(jī)組利用235U核裂變釋放的能量發(fā)電，典型的核反應(yīng)方程為+→++，則A＝92；Z＝56；若核反應(yīng)過程中質(zhì)量虧損1g，釋放的能量為9×1013J。（光速大小取3.0×108m/s）【分析】本題利用核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒求得質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，再根據(jù)質(zhì)能方程求解釋放的能量。【解答】解：根據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知：0+92＝Z+36+3×3，1+235＝141+A+3×7；解得：A＝92，Z＝56根據(jù)質(zhì)能方程ΔE＝Δmc2可得釋放的能量ΔE＝0.001kg×（7×108）2J＝2×1013J。故答案為：92；5613?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了質(zhì)量虧損、核反應(yīng)方程等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，熟悉基礎(chǔ)方程并學(xué)會(huì)質(zhì)能方程相關(guān)計(jì)算，難度不大。10．如圖所示，在某一均勻介質(zhì)中，A、B是振動(dòng)情況完全相同的兩個(gè)波源（20πt）m，介質(zhì)中P點(diǎn)與A、B兩波源間的距離分別為4m和5m，兩波源形成的簡(jiǎn)諧橫波分別沿AP、BP方向傳播（1）簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)為1m。（2）P點(diǎn)的振動(dòng)加強(qiáng)（填“加強(qiáng)”或“減弱”）?！痉治觥坑珊?jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)表達(dá)式為x＝0.1sin（20πt）m，讀出ω，由T＝求得波的周期T，由v＝求解波長(zhǎng)；根據(jù)P點(diǎn)與A、B兩波源的路程差與波長(zhǎng)的關(guān)系，分析P點(diǎn)的振動(dòng)情況，若路程差是波長(zhǎng)的整數(shù)倍，則振動(dòng)加強(qiáng)；若路程差是半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，則振動(dòng)減弱?！窘獯稹拷猓河珊?jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)表達(dá)式為x＝0.1sin（20πt）m知，角頻率ω＝20πrad/s＝s＝0.4s；由v＝得波長(zhǎng)為：λ＝vT＝10×0.1m＝5m；據(jù)題：P點(diǎn)到A、B兩個(gè)波源的路程差ΔS＝5m﹣4m＝5m＝λ。故答案為：（1）1m，（2）加強(qiáng)?！军c(diǎn)評(píng)】本題要掌握簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式x＝Asinωt，即可讀出ω，求出周期和波長(zhǎng)。根據(jù)路程與波長(zhǎng)的關(guān)系，確定質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)強(qiáng)弱是常用的方法。四、實(shí)驗(yàn)題11．某同學(xué)用圖（a）所示的電路觀察矩形波頻率對(duì)電容器充放電的影響。所用器材有：電源、電壓傳感器、電解電容器C（4.7μF，10V），定值電阻R（阻值2.0kΩ）（1）電解電容器有正、負(fù)電極的區(qū)別。根據(jù)圖（a），將圖（b）中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整；（2）設(shè)置電源，讓電源輸出圖（c）所示的矩形波40Hz；（3）閉合開關(guān)S，一段時(shí)間后，通過電壓傳感器可觀測(cè)到電容器兩端的電壓Uc隨時(shí)間周期性變化，結(jié)果如圖（d）所示，電容器處于充電狀態(tài)（填“充電”或“放電”），在B點(diǎn)時(shí)（填“A”或“B”），通過電阻R的電流更大；（4）保持矩形波的峰值電壓不變，調(diào)節(jié)其頻率，測(cè)得不同頻率下電容器兩端的電壓隨時(shí)間變化的情況m與頻率f關(guān)系圖像，如圖（e）所示。當(dāng)f＝45Hz時(shí)電容器所帶電荷量的最大值Q＝1.8×10﹣5C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，電容器在充放電過程中，其所帶的最大電荷量在頻率較低時(shí)基本不變【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)驗(yàn)實(shí)物圖；（2）根據(jù)矩形波的周期求頻率；（3）電容器充電時(shí)，兩極板的電荷量增大，兩極板之間的場(chǎng)強(qiáng)增大，電勢(shì)差增大，據(jù)此分析電容器的充電、放電情況；根據(jù)圖線上A、B兩點(diǎn)的充電、放電情況，判斷充電、放電電流通過電阻R的方向，再結(jié)合電源電流通過電阻R的情況分析作答；（4）根據(jù)電容器的Um﹣f圖像，得出當(dāng)f＝45Hz時(shí)電容器兩端的最大電壓，再根據(jù)電容器的定義式求解最大電荷量?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電路圖可知，電解電容器與電壓傳感器并聯(lián)，連接的實(shí)物圖如圖（b）所示：（2）根據(jù)圖（c）可知，電壓矩形波的周期為T＝25×10﹣3s根據(jù)周期與頻率的關(guān)系，頻率（3）電容器充電時(shí)，兩極板的電荷量增大，電勢(shì)差增大；由圖（d）可知，實(shí)驗(yàn)圖線上的A，在B點(diǎn)時(shí)，因此電容器處于充電狀態(tài)；實(shí)驗(yàn)圖線上的A點(diǎn)，電容器正在放電，電源的電流順時(shí)針流過電阻R；實(shí)驗(yàn)圖線上的B點(diǎn)，電容器正在充電，電源的電流順時(shí)針流過電阻R，因此在圖線上的B點(diǎn)通過電阻R的電流更大；（4）電容器的Um﹣f圖像如圖（e）所示：由題可知，當(dāng)f＝45Hz時(shí)電容器兩端的最大電壓約為Um＝3.76V根據(jù)電容器的定義式電容器所帶電荷量的最大值。故答案為：（1）如圖所示；（2）40；B；（4）1.8×10﹣4。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電容的充放電、電解電容器兩端的電壓與頻率的關(guān)系以及電容器電荷量的計(jì)算；會(huì)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，能夠根據(jù)電容器的Um﹣f圖像求解電容器的電壓，從而電容器所帶的電荷量。五、解答題12．阿斯頓（F.Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎(jiǎng)，質(zhì)譜儀分析同位素簡(jiǎn)化的工作原理如圖所示。在PP′上方存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實(shí)驗(yàn)中4m/s，B＝0.1T，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）6C/kg；P、O、M、N、P在同一直線上；離子重力不計(jì)。（1）求OM的長(zhǎng)度；（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律寫出向心力表達(dá)式，推導(dǎo)氖離子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，結(jié)合題目所給的條件求解OM的長(zhǎng)度；（2）根據(jù)落在N處的氖離子與M處氖離子的半徑關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律推導(dǎo)N處氖離子的比荷?！窘獯稹拷猓海?）氖離子在O處以相同速度v垂直磁場(chǎng)邊界入射，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)q1vB＝m1可得r1＝＝m＝0.2m由于氖離子垂直于邊界PP′進(jìn)入磁場(chǎng)，故OM的長(zhǎng)度為落在M點(diǎn)處氖離子的圓軌道直徑d4＝2r1＝6×0.2m＝4.4m（2）落在N處的氖離子，其半徑為r2＝＝m＝7.22m同理r2＝代入數(shù)據(jù)解得＝6.36×106C/kg≈4.8×106C/kg答：（1）OM的長(zhǎng)度為0.2m；（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，則落在N處氖離子的比荷為4.4×106C/kg?！军c(diǎn)評(píng)】注意帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)表達(dá)式，熟練掌握二次結(jié)論的運(yùn)用和分析。13．如圖，質(zhì)量為1kg的薄木板靜置于光滑水平地面上，半徑為0.75m的豎直光滑圓弧軌道固定在地面，軌道上端點(diǎn)和圓心連線與水平面成37°角。質(zhì)量為2kg的小物塊A以8m/s的初速度從木板左端水平向右滑行，A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。當(dāng)A到達(dá)木板右端時(shí)，同時(shí)A沿圓弧切線方向滑上軌道。待A離開軌道后，可隨時(shí)解除木板鎖定，g取10m/s2，取3.16，sin37°＝0.6（1）求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大?。唬?）求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度；（3）物塊A運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)會(huì)炸裂成質(zhì)量比為1：3的物塊B和物塊C，總質(zhì)量不變，同時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能增加3J，求從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的時(shí)間范圍?！痉治觥浚?）運(yùn)用動(dòng)量定理、機(jī)械能守恒定律求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大小；（2）運(yùn)用動(dòng)能定理及牛頓第二定律求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力大小，再結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)求物塊A離開軌道后距地面的最大高度；（3）綜合運(yùn)用動(dòng)量定理、能量守恒定律求從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的時(shí)間范圍?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)物塊A的初速度為v0，木板與軌道底部碰撞前，物塊A和木板的速度分別為v1和v5，物塊A和木板的質(zhì)量分別為m1和m2，物塊A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系有m8v0＝m1v2+m2v2由題意分析v1≥v2，聯(lián)立式得v4＝7m/s，v2＝6m/s（2）設(shè)圓弧軌道半徑為R，物塊A到圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)斜拋速度為v3，軌道對(duì)物塊的彈力為FN．物塊A從軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立式，得設(shè)物塊A拋出時(shí)速度v3的水平和豎直分量分別為vx和vyvx＝v3sin37°，vy＝v8cos37°斜拋過程物塊A上升時(shí)間解得t1＝5.4s該段時(shí)間物塊A向左運(yùn)動(dòng)距離為s1＝vxt5＝3×0.4m＝1.2m物塊A距離地面最大高度解得H＝8m（3）物塊A從最高點(diǎn)落地時(shí)間解得t4＝0.632s設(shè)向左為正方向，物塊A在最高點(diǎn)炸裂為B、C3、m4和v4、v5，設(shè)m5：m4＝1：5，系統(tǒng)動(dòng)能增加ΔEk，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得m1vx＝m3v4+m4v5解得v4＝8m/s，v5＝2m/s或v2＝0，v5＝5m/s．設(shè)從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的時(shí)間范圍Δt：（a）若v4＝6m/s，v7＝2m/s，炸裂后B落地過程中的水平位移為s'＝v4t2＝6×0.632m＝4.792m炸裂后C落地過程中的水平位移為s''＝v5t2＝2×0.632m＝1.264m木板右端到軌道底端的距離為Δs＝v7（t1+t2﹣Δt）＝（8.064﹣2Δt）m運(yùn)動(dòng)軌跡分析如下為了保證B、C之一落在木板上Ⅰ．若僅C落在木板上（2.064﹣5Δt）m+1.3m≥7.264m+0.6m且（8.064﹣2Δt）m≤1.264m+2.6m解得0.3s≤Δt≤0.75sⅡ．若僅B落在木板上（2.064﹣4Δt）m+1.3≥2.792m+0.6m且（5.064﹣2Δt）m≤3.792m+2.6m不等式無解；（b）若v4＝7，v5＝4m/s，炸裂后B落地過程中水平位移為4s'''＝v5t2＝4×0.632m＝2.528m木板右端到軌道底端的距離為Δs'＝v3（t1+t2﹣Δt）＝（5.064﹣2Δt）m運(yùn)動(dòng)軌跡分析如下為了保證B、C之一落在木板上Ⅲ．若僅B落在木板上（2.064﹣2Δt）m+1.3m≥7.6m且（2.064﹣8Δt）m≤0.6m解得8.732s≤Δt≤1.382sⅣ．若僅C落在木板上（2.064﹣7Δt）+1.3≥3.528+0.6且（5.064﹣2Δt）≤2.528+6.6解得0≤Δt≤8.118s綜合分析（a）（b）兩種情況，為保證B，Δt滿足的條件為0.1s≤Δt≤3.118s或0.732s≤Δt≤0.75s答：（1）木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大小分別為6m/s；（2）物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力大小，離開軌道后距地面的最大高度2m；（3）物塊A運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)會(huì)炸裂成質(zhì)量比為3：3的物塊B和物塊C，總質(zhì)量不變，其中一塊沿原速度方向運(yùn)動(dòng)、C之一落在木板上?！军c(diǎn)評(píng)】本題難度較大，分析清楚物塊與木板的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，綜合應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、機(jī)械能守恒定律解題。14．如圖，某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量一個(gè)葫蘆的容積，在葫蘆開口處豎直插入一根兩端開口、內(nèi)部橫截面積為0.1cm2的均勻透明長(zhǎng)塑料管，密封好接口，用氮?dú)馀趴諆?nèi)部氣體，氣柱長(zhǎng)度l為10cm；當(dāng)外界溫度緩慢升高到310K時(shí)5Pa，水柱長(zhǎng)度不計(jì)。（1）求溫度變化過程中氮?dú)鈱?duì)外界做的功；（2）求葫蘆的容積；（3）試估算被封閉氮?dú)夥肿拥膫€(gè)數(shù)（保留2位有效數(shù)字）。已知1mol氮?dú)庠?.0×105Pa、273K狀態(tài)下的體積約為22.4L，阿伏加德羅常數(shù)NA取6.0×1023mol﹣1?！痉治觥浚?）溫度變化過程中，容器的氣體等壓膨脹，根據(jù)W＝p0ΔV計(jì)算功；（2）根據(jù)蓋—呂薩克定律求葫蘆的容積；（3）根據(jù)蓋一呂薩克定律結(jié)合阿伏加德羅常數(shù)解答。【解答】解：（1）由于水柱的長(zhǎng)度不計(jì)，故封閉氣體的壓強(qiáng)始終等于大氣壓強(qiáng)0，塑料管的橫截面積為S，初、末態(tài)氣柱的長(zhǎng)度分別為l、l1，氣體對(duì)外做的功為W。根據(jù)功的定義有W＝p6S（l1﹣l）解得W＝0.5J（2）設(shè)葫蘆的容積為V，封閉氣體的初1、T2，體積分別為V3、V2，根據(jù)蓋—呂薩克定律有其中V6＝V+SlV2＝V+Sl1聯(lián)立以上各式并代入題給數(shù)據(jù)得V＝119cm6（3）設(shè)在1.0×107Pa、273K狀態(tài)下0、溫度為T0，封閉氣體的體積為V2，被封閉氮?dú)獾姆肿觽€(gè)數(shù)為n。根據(jù)蓋一呂薩克定律有其中聯(lián)立以上各式并代入題給數(shù)據(jù)得n＝7.9×1021個(gè)答：（1）溫度變化過程中氮?dú)鈱?duì)外界做的功為0.8J；（2）葫蘆的容積為119cm3；（3）被封閉氮?dú)夥肿拥膫€(gè)數(shù)為2.4×1021個(gè)?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查蓋—呂薩克定律的應(yīng)用。關(guān)鍵是找出氣體初、末狀態(tài)參量，判斷出氣體做何種變化，然后選擇合適氣體實(shí)驗(yàn)定律列式求解。15．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一部分充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無電場(chǎng)，與x軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)、與x軸正方向成α角斜向下運(yùn)動(dòng)的帶電粒子才能進(jìn)入磁場(chǎng)。從M點(diǎn)向電場(chǎng)內(nèi)發(fā)射一個(gè)比荷為的帶電粒子A0、方向與電場(chǎng)方向垂直，僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T后進(jìn)入磁場(chǎng)，且通過N點(diǎn)的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場(chǎng)垂直方向直接射入電場(chǎng)內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的時(shí)間?！痉治觥浚?）帶電粒子A進(jìn)入電場(chǎng)的初速度方向與電場(chǎng)方向垂直，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求得α的大??；對(duì)粒子A從M到N的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理求解M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差；（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，結(jié)合在沿垂直電場(chǎng)方向與沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)形式，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；（3）先由電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系求解電場(chǎng)強(qiáng)度。確定粒子相鄰兩次在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小關(guān)系，根據(jù)洛倫茲力提供向