2022-2023學(xué)年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)高三上學(xué)期12月模擬考試物理試題帶講解

高三物理選考試卷一、選擇題（本共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.普朗克常量，光速為c，電子質(zhì)量為，則在國際單位制下的單位是（）A. B.m C. D.B【分析】【詳解】根據(jù)可得它們的單位為：故選B。2.2021年10月21日，湖南省足球協(xié)會(huì)青少年錦標(biāo)賽（男子甲組）在湖南省網(wǎng)球足球運(yùn)動(dòng)管理中心拉開帷幕，關(guān)于足球運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.守門員看到足球迎面飛來，守門員描述足球的運(yùn)動(dòng)選取的參考系是足球B.研究如何踢出“香蕉球”時(shí)，可將足球看成質(zhì)點(diǎn)C.一場(chǎng)球賽90分鐘，這里的“90分鐘”指的是時(shí)間間隔D.運(yùn)動(dòng)中的足球，其位移大小一定等于路程C【詳解】A．守門員看到足球迎面飛來，守門員描述足球的運(yùn)動(dòng)選取的參考系是地面或運(yùn)動(dòng)員自身，故A錯(cuò)誤；B．研究如何踢出“香蕉球”時(shí)，足球的旋轉(zhuǎn)和姿態(tài)占主要因素，則足球不能質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．一場(chǎng)球賽90分鐘，這里的“90分鐘”指的是時(shí)間間隔，故C正確；D．運(yùn)動(dòng)中的足球，可以是直線運(yùn)動(dòng)或曲線運(yùn)動(dòng)，其位移大小一定小于等于路程，故D錯(cuò)誤。故選C。3.圖甲為家庭常用的燃?xì)庠顚?shí)物圖，灶面上有一個(gè)支架。共有四個(gè)均勻分布的支承面，對(duì)放在上面的廚具起到支撐作用。現(xiàn)把一個(gè)蒸鍋放在支架上，并抽象成示意圖乙，已知支架的每個(gè)支面與水平方向成α角。蒸鍋和里面的食物總計(jì)重為G，則每個(gè)支承面給蒸鍋的支持力為（忽略蒸鍋和支承面之間的摩擦力）（）A. B. C. D.B【分析】【詳解】對(duì)蒸鍋進(jìn)行受力分析可得解得ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。4.短道速滑場(chǎng)地是由直跑道和兩端圓弧形彎道組成的環(huán)形跑道在2022年北京冬奧會(huì)短道速滑男子1000米決賽中，任子威在直線起跑階段，左右腳向后交替蹬冰，滑行一段時(shí)間后進(jìn)入彎道時(shí)身體向內(nèi)側(cè)傾斜，通過圓弧形彎道，如圖所示，最終奪得該項(xiàng)目冠軍，則任子威（）A.在直線起跑加速過程中，隨著速度增大，慣性也增大B.在直線起跑蹬冰過程中，冰面對(duì)他的作用力大于他對(duì)冰面的作用力C.通過圓弧形彎道時(shí)，冰面對(duì)他的作用力與他所受的重力是一對(duì)平衡力D.若沿半徑不變的圓弧勻速通過彎道時(shí)，速度越大身體與冰面的夾角越小D【詳解】A．物體的慣性大小僅與物體的質(zhì)量有關(guān)，與速度大小無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．冰面對(duì)他的作用力與他對(duì)冰面的作用力為一對(duì)相互作用力，大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；C．通過圓弧形彎道時(shí)，冰面對(duì)他的作用力與他所受的重力的合力提供向心力，不是處于平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．若沿半徑不變的圓弧勻速通過彎道時(shí)，根據(jù)解得可知速度越大身體與冰面的夾角越小，故D正確。故選D。5.電吉他的工作原理是在琴身上裝有線圈，線圈附近被磁化的琴弦振動(dòng)時(shí)，會(huì)使線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，再經(jīng)信號(hào)放大器放大后傳到揚(yáng)聲器。其簡(jiǎn)化示意圖如圖所示。則當(dāng)圖中琴弦向右靠近線圈時(shí)（）A.穿過線圈的磁通量減小 B.線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流C.琴弦受向左的安培力 D.線圈有擴(kuò)張趨勢(shì)C【詳解】ABCD．琴弦向右靠近線圈時(shí)，穿過線圈的磁通量增大，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由“來拒去留”可知琴弦受到向左的安培力，由“增縮減擴(kuò)”可知線圈有收縮趨勢(shì)，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。6.2022年3月23日，“天宮課堂”第二課開講，“太空教師”翟志剛、王亞平、葉光富在中國空間站再次為廣大青少年帶來一堂精彩的太空科普課，其中有一個(gè)實(shí)驗(yàn)是王亞平在太空擰毛巾，擰出的水形成一層水膜，附著在手上，像手套一樣，晃動(dòng)也不會(huì)掉。形成這種現(xiàn)象的原因，下列說法正確的是（）A.在空間站水滴不受重力B.水和手發(fā)生浸潤(rùn)現(xiàn)象C.水和手發(fā)生不浸潤(rùn)現(xiàn)象D.在空間站中水的表面張力變大，使得水“粘”在手上B【詳解】A．在空間站水滴仍受重力作用，只是重力用來提供向心力，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；BC．由題意，擰出的水形成一層水膜，附著在手上，像手套一樣，說明液體水在手表面有擴(kuò)展趨勢(shì)，說明水和手發(fā)生浸潤(rùn)現(xiàn)象，故B正確，C錯(cuò)誤；D．液體水在手表面有擴(kuò)展趨勢(shì)，而不是收縮趨勢(shì)，故不是因?yàn)樗谋砻鎻埩ψ兇蟮木壒剩蔇錯(cuò)誤。故選B。7.如圖為同一平面內(nèi)繞地球的三個(gè)衛(wèi)星軌道示意圖，Ⅰ、Ⅲ為圓軌道，Ⅱ?yàn)闄E圓軌道，Ⅲ的半徑與Ⅱ的半長(zhǎng)軸相等，且Ⅲ與Ⅱ相交于M點(diǎn)，Ⅰ與Ⅱ相切于N點(diǎn)。三顆不同的衛(wèi)星A、B、C正沿軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ穩(wěn)定運(yùn)行，則（）A.A、B經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)的向心力一定相同B.A、B的速度可能等大C.B、C在M點(diǎn)的向心加速度大小相等D.B、C與地心的連線在任意相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等B【詳解】AC．由于A、B的質(zhì)量不相等，通過A、B經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)萬有引力不一定相等，但由于在橢圓軌道時(shí)萬有引力不是全部提供向心力，則向心力和加速度不一定相同，AC錯(cuò)誤；B．根據(jù)橢圓軌道的速度關(guān)系可知，A、B的速度可能等大，B正確；D．根據(jù)開普勒第二定律可知B、C與地心的連線在任意相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積不一定相等，D錯(cuò)誤。故選B。8.一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點(diǎn)，，現(xiàn)垂直于將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點(diǎn)，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則（）A.O、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)C.沿直線從A到B電勢(shì)先升高后降低D.沿直線從A到B電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大A【詳解】A．由于球殼內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)為零，補(bǔ)全以后可知在左右側(cè)球殼在C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，因左右球殼的場(chǎng)強(qiáng)具有對(duì)稱性，要想合場(chǎng)強(qiáng)為零只能是兩部分球殼在C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都是水平方向，則可以知道右側(cè)球殼在C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)水平向左，同理OC上其他點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都是水平向左，因此OC是等勢(shì)線，故A正確；

BD．將題中半球殼補(bǔ)成一個(gè)完整的球殼，且?guī)щ娋鶆颍O(shè)左、右半球在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，則知E1=E2根據(jù)對(duì)稱性，左右半球在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E2和E1，且E1=E2在圖示電場(chǎng)中，A的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2，方向向左，B的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，方向向左，所以A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，沿直線從A到B電場(chǎng)強(qiáng)度不可能逐漸增大，故BD錯(cuò)誤；C．根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知，在AB連線上電場(chǎng)線方向向左，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，則沿直線從A到B電勢(shì)升高，故C錯(cuò)誤；

故選A。9.如圖甲所示，“復(fù)興號(hào)”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動(dòng)力F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。后，列車以的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是（）A.前，列車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B.列車所受阻力的大小為C.根據(jù)已知條件可求出列車的質(zhì)量為D.在時(shí)，列車牽引力功率為D【詳解】A．在前，根據(jù)牛頓第二定律，有因?yàn)榱熊囁茏枇Υ笮『愣?，由圖可知水平方向的動(dòng)力F逐漸減小，所以列車的加速度逐漸減小，即列車做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)時(shí)，列車的速度大小為，加速度減為0，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖像可得列車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)力根據(jù)平衡條件可知列車所受阻力的大小為故B錯(cuò)誤：C．在0~400s內(nèi)，由動(dòng)量定理有根據(jù)已知條件和圖像可得解得列車質(zhì)量故C錯(cuò)誤；D．在時(shí)，列車牽引力功率代入數(shù)據(jù)可得故D正確。故選D。10.電焊機(jī)內(nèi)部有一種特殊用途的降壓變壓器，可以利用兩極在瞬間短路時(shí)產(chǎn)生的高溫電弧來熔化電焊條上的焊料和被焊材料。如圖所示為其簡(jiǎn)要原理圖，圖中初級(jí)線圈在鐵芯左側(cè)上繞330匝銅線，次級(jí)線圈在鐵芯左側(cè)上繞40匝，轉(zhuǎn)到鐵芯右側(cè)上繞35匝抽頭為“弱”擋，再繞15匝抽頭為“中”擋，再繼續(xù)繞15匝抽頭為“強(qiáng)”擋。下列說法正確的是（）A.輸出端置于“弱”擋時(shí)，空載電壓最大B.若輸入端接220V的交流電，輸出端置于“強(qiáng)”擋時(shí)，空載電壓為70VC.輸入端可采用直流電源D.由于焊條與焊材料之間存在較大的接觸電阻，該處產(chǎn)生的熱量較小B【詳解】A．電焊機(jī)是一個(gè)降壓變壓器，因此，次級(jí)線圈匝數(shù)越多，對(duì)應(yīng)的空載電壓越大，則輸出端置于“弱”擋時(shí)，空載電壓最小，故A錯(cuò)誤；B．輸出端置于“強(qiáng)”擋時(shí)，由其中解得V故B正確；C．直流電無法實(shí)現(xiàn)變壓，故C錯(cuò)誤；D．由于焊條與被焊材料之間存在較大的接觸電阻，故該處產(chǎn)生的熱量較大，故D錯(cuò)誤。故選B?！军c(diǎn)睛】注意確定副線圈匝數(shù)具體是多少，。11.半徑為R的半圓形玻璃磚置于水平桌面上，其截面如圖所示，O為圓心，OA為其水平軸，PQ為直徑上的兩點(diǎn)，且，，兩束相同的光線分別從P、Q兩點(diǎn)垂直于直徑射入，已知從P點(diǎn)射入的光線在圓弧面上恰好發(fā)生全反射，光在真空中的光速為c，下列判斷正確的是（）A.該玻璃磚的折射率為B.由P點(diǎn)射入的光線進(jìn)入玻璃磚后頻率變?yōu)樵瓉淼腃.由Q點(diǎn)射入的光線在玻璃磚內(nèi)（不考慮反射）運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D.由Q點(diǎn)射入的光線的折射光線與OA的交點(diǎn)到圓心的距離為D【分析】【詳解】A．由P點(diǎn)射入的光線在圓弧面上恰好發(fā)生全反射，由幾何關(guān)系知又因?yàn)楣蔄錯(cuò)誤；B．由P點(diǎn)射入的光線進(jìn)入玻璃磚后頻率不變，B錯(cuò)誤；C．由幾何關(guān)系可知，由Q點(diǎn)射入的光線在玻璃磚內(nèi)運(yùn)動(dòng)的距離為時(shí)間為C錯(cuò)誤；D．設(shè)由Q點(diǎn)射入的光線在圓弧面上發(fā)生折射時(shí)的入射角和折射角分別為和，由折射定律知設(shè)折射光線與水平軸OA的夾角為，由正弦定理得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得D正確。故選D。12.一同學(xué)希望利用電學(xué)方法對(duì)長(zhǎng)度進(jìn)行測(cè)量，電路圖如下，其中電源電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻為，電流表量程為，內(nèi)阻為，有一長(zhǎng)方體導(dǎo)體材料，x、y、z方向上棱長(zhǎng)分別為、、，先將沿x軸方向接入電路，電流表示數(shù)，再將沿y軸方向接入電路，電流表示數(shù)，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A.B.沿x、y、z三個(gè)方向接入，電源效率最大約為C.沿x、y、z三個(gè)方向接入，電流表示數(shù)均不會(huì)超量程D.沿x、y、z三個(gè)方向接入，的功率最小為D【詳解】AC．由閉合電路歐姆定律有代入數(shù)據(jù)可得沿x軸方向時(shí)沿y軸方向時(shí)由電阻定律代入數(shù)據(jù)可得沿z軸方向時(shí)由閉合電路歐姆定律代入數(shù)據(jù)可得沿z軸方向時(shí)所以AC正確；B．由題意可知路端電壓最大為沿x軸接入電路時(shí)根據(jù)B正確；D．根據(jù)沿x軸方向時(shí)沿y軸方向時(shí)沿z軸方向時(shí)D錯(cuò)誤。故選D。13.發(fā)光實(shí)心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛。一小朋友將彈力球（可視為質(zhì)點(diǎn)）拋出，落到水平面（足夠大）上前瞬間的速度大小為，與水平方向夾角。彈力球與水平面碰撞的過程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、彈力的大小等于其重力的2倍。設(shè)每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變，不計(jì)空氣阻力。已知，，重力加速度為g。則彈力球（）A.第1次碰后離開水平面瞬間，速度方向與水平面間的夾角大于B.第2、3次落地點(diǎn)間的距離為C.與水平面碰撞4次后停止運(yùn)動(dòng)D.與水平面碰撞過程中受到合力的沖量保持不變B【詳解】A．將碰前、碰后的速度分解成水平和豎直方向的分速度，如下圖所示由于每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變。以豎直向上為正方向，則在豎直方向上由動(dòng)量定理可得設(shè)碰撞后彈力球沿水平方向速度為，以水平向右為正方向，則水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得帶入數(shù)據(jù)可得反彈后的夾角正切值為故速度方向與水平面間的夾角等于。故A錯(cuò)誤；B．小球在空中不受阻力作用，故根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，小球在第二次與地面碰前的速度和第一次與地面碰后的速度相等。故同理可得，以豎直向上為正方向，在豎直方向上由動(dòng)量定理可得設(shè)第二次碰撞后彈力球沿水平方向速度為，以水平向右為正方向，則水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得帶入數(shù)據(jù)可得小球從第二次碰撞后到與地面發(fā)生第三次碰撞前的過程中，在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，故從第二次碰撞后運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)所需時(shí)間為水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，水平方向位移為故B正確；C．根據(jù)以上分析結(jié)合題意可知，與水平面碰撞4次后，小球水平方向速度為零。但由于豎直方向上碰前和碰后速度大小不變，方向相反，且在空中運(yùn)動(dòng)過程中不考慮空氣阻力，故第四次碰后小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，如此往復(fù)。即小球不可能停止，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)以上分析可知，在前四次碰撞過程中，小球在水平和豎直方向受力均不變，且小球與地面的碰撞時(shí)間均相等。故前四次碰撞過程中，每次碰撞時(shí)合力的沖量為可知小球在在前四次碰撞過程中合力的沖量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度為零，開始循環(huán)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。故在隨后的碰撞過程中，小球只受到豎直方向的作用力，且碰撞時(shí)間仍不變。故第四次后的碰撞過程中，小球所受合力的沖量為方向沿豎直方向，故與水平面碰撞過程中受到合力的沖量會(huì)發(fā)生改變，故D錯(cuò)誤。故選B?！军c(diǎn)睛】明確小球在碰撞過程中以及在空中運(yùn)動(dòng)過程的受力情況，分析小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。確定小球在空中的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求解水平位移。明確水平方向摩擦力產(chǎn)生的原因，分析小球水平方向速度為零后，小球在水平方向的運(yùn)動(dòng)情況。掌握合力沖量與各分力沖量之間的關(guān)系。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）14.a、b兩束光是由處在同一激發(fā)態(tài)的原子躍遷到I態(tài)和Ⅱ態(tài)時(shí)產(chǎn)生的，分別用a、b兩束單色光照射同一光電管陰極時(shí)，都發(fā)生了光電效應(yīng)，且兩束光照射時(shí)對(duì)應(yīng)的截止電壓Ua>Ub，則這兩束光（）A.光子動(dòng)量pa>pbB.發(fā)生電子躍遷時(shí)對(duì)應(yīng)的能級(jí)EI>EIIC.入射同一雙縫干涉裝置上，相鄰亮紋的間距△xa<△xbD.若Ua=2Ub，則a、b兩束光的光子能量滿足AC【詳解】A．截止電壓Ua>Ub，說明a光子的能量大于b光子的能量，波長(zhǎng)則小于b光子的波長(zhǎng)；根據(jù)光子的動(dòng)量公式可知，光子動(dòng)量pa>pb，故A正確；B．光子的能量等于原子躍遷前后兩個(gè)能級(jí)之間的能量差，由于a光子的能量大于b光子，說明能級(jí)EI＜EII，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)雙縫干涉的條紋間距公式可知，波長(zhǎng)較小的a光子，其光束的干涉條紋間距更小，即故C正確；D．在光電效應(yīng)中，光電子的最大初動(dòng)能等于光子能量與逸出功之差，即而截止電壓與電子電量的乘積等于光電子的最大初動(dòng)能，即由上兩式可得如果則有整理得即故D錯(cuò)誤。故選AC。15.中國自主三代核電“華龍一號(hào)”示范工程第2臺(tái)機(jī)組——福清核電6號(hào)機(jī)組于2022年3月25日投入商業(yè)運(yùn)行，至此“華龍一號(hào)”示范工程全面建成投運(yùn)?！叭A龍一號(hào)”利用鈾核裂變釋放能量，原子核的平均結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)之間的關(guān)系圖線如圖所示，兩臺(tái)機(jī)組每年總發(fā)電量約200億千瓦時(shí)。下列說法正確的是（）A.鈾核裂變一個(gè)重要核反應(yīng)方程是B.“華龍一號(hào)”兩臺(tái)機(jī)組發(fā)電一年需消耗核約為0.8kgC.核的平均核子質(zhì)量小于核的平均核子質(zhì)量D.三個(gè)中子和三個(gè)質(zhì)子結(jié)合成核時(shí)釋放能量約為30MeVCD【詳解】A．鈾核裂變的核反應(yīng)方程為故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)質(zhì)能方程可知，“華龍一號(hào)”一年產(chǎn)生200億千瓦時(shí)電能，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量虧損為0.8kg，所以其參與反應(yīng)的鈾核質(zhì)量大于0.8kg，故B錯(cuò)誤；C．由題圖可知，核的平均結(jié)合能大于核的平均結(jié)合能，平均結(jié)合能大的粒子穩(wěn)定性高，平均核子質(zhì)量指的是自由核子質(zhì)量與平均結(jié)合能之間的差額。由于自由核子的質(zhì)量確定，平均結(jié)合能越大，平均核子質(zhì)量越小，所以核的平均核子質(zhì)量小于核的平均核子質(zhì)量，故C項(xiàng)正確；D．因?yàn)楹俗咏Y(jié)合成原子核時(shí)，存在質(zhì)量虧損，釋放核能，所以三個(gè)中子和三個(gè)質(zhì)子結(jié)合成核時(shí)釋放能量，由題圖可知核的平均結(jié)合能約5Mev，所以其釋放的核能約故D項(xiàng)正確。故選CD。16.一列簡(jiǎn)諧波某時(shí)刻的波形如圖中實(shí)線所示，經(jīng)過0.5s后的波形如圖中的虛線所示，已知波的周期為T，且，則（）A.諾波沿x軸不同方向傳播，則在這0.5s內(nèi)，處的質(zhì)點(diǎn)M通過的路程都不相等B.當(dāng)波沿+x方向傳播時(shí)，處的質(zhì)點(diǎn)M和處的質(zhì)點(diǎn)N在這0.5s內(nèi)通過的路程相等C.當(dāng)波向+x方向傳播時(shí)，波速等于10m/sD.當(dāng)波沿—x方向傳播時(shí)，經(jīng)過0.1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)M的位移一定為零AC【詳解】A．機(jī)械波的振幅為A，當(dāng)波向x軸正方向傳播，結(jié)合圖像所用時(shí)間滿足根據(jù)周期的范圍可知，n=1時(shí)，符合題意，在0.5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M振動(dòng)的路程為當(dāng)波向x軸負(fù)方向傳播，結(jié)合圖像所用時(shí)間滿足

根據(jù)周期的范圍可知，n=1時(shí)，符合題意，在0.5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M振動(dòng)的路程為所以質(zhì)點(diǎn)M通過的路程都不相等，A錯(cuò)誤；

B．當(dāng)波向x軸正方向傳播時(shí)，質(zhì)點(diǎn)M經(jīng)過的路程為5A，質(zhì)點(diǎn)M、N經(jīng)過0.4s經(jīng)過的路程為4A，兩質(zhì)點(diǎn)均回到初始位置，再經(jīng)過0.1s過程中，因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)N的平均速度大于質(zhì)點(diǎn)M的平均速度，所以質(zhì)點(diǎn)N經(jīng)過的路程大于M，所以質(zhì)點(diǎn)N的路程大于M點(diǎn)的路程，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)波向x軸正方向傳播時(shí)，根據(jù)圖像可知波長(zhǎng)，波速為C正確；D．由A選項(xiàng)中可知，當(dāng)波向x軸負(fù)方向傳播，波的周期為，則經(jīng)過0.1s，M點(diǎn)隨波震動(dòng)時(shí)間介于于和之間，即M點(diǎn)未返回最高點(diǎn)處，位移不為零，D錯(cuò)誤。故選AC。三、非選擇題（本題共7小題，共55分）17.某智能手機(jī)中的“磁傳感器”功能能實(shí)時(shí)記錄手機(jī)附近磁場(chǎng)的變化，磁極越靠近手機(jī)，“磁傳感器”記錄下的磁感應(yīng)強(qiáng)度越大?，F(xiàn)用手機(jī)、磁化的小球、鐵架臺(tái)、塑料夾子等實(shí)驗(yàn)器材組裝成如圖甲所示的裝置，來測(cè)量重力加速度，實(shí)驗(yàn)步驟如下：①把智能手機(jī)正面朝上放在懸點(diǎn)的正下方，接著往側(cè)邊拉開小球，并用夾子夾住。②打開夾子釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)，取下夾子。③運(yùn)行手機(jī)“磁傳感器”功能，手機(jī)記錄下磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化。④改變擺線長(zhǎng)和夾子的位置，測(cè)量出各次實(shí)驗(yàn)的擺線長(zhǎng)L及相應(yīng)的周期T。（1）圖乙中的a、b分別記錄了兩次實(shí)驗(yàn)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況，a圖測(cè)得連續(xù)N個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值之間的總時(shí)間為t，則單擺周期T的測(cè)量值為______。b圖中手機(jī)記錄下的磁感應(yīng)強(qiáng)度幾乎不變，可能的操作原因是______。（2）實(shí)驗(yàn)中用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑如下圖所示，則擺球直徑為______m。（3）得到多組擺線長(zhǎng)L及相應(yīng)的周期T后，作出了圖線，圖線的斜率為k，在縱軸上的截距為c，由此得到當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝______。（4）在“用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)”的實(shí)驗(yàn)中，通過測(cè)量頭觀察到如圖所示清晰的干涉圖樣，出現(xiàn)這種現(xiàn)象的原因是______；A．單縫和雙縫沒有調(diào)平行B．光源、遮光片、單縫、雙縫、遮光筒、毛玻璃屏沒有共軸C．測(cè)量頭過于左偏，應(yīng)調(diào)節(jié)測(cè)量頭上的手輪，使它適當(dāng)右移D．測(cè)量頭過于右偏，應(yīng)調(diào)節(jié)測(cè)量頭上的手輪，使它適當(dāng)左移①.②.形成了圓錐擺##小球擺動(dòng)幅度過?、?④.⑤.D【詳解】（1）[1]a圖測(cè)得連續(xù)N個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值之間的總時(shí)間為t，相鄰的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值之間時(shí)間間隔為半個(gè)周期，則解得[2]b圖中手機(jī)記錄下的磁感應(yīng)強(qiáng)度幾乎不變，可能的操作原因是形成了圓錐擺或小球擺動(dòng)幅度過小。（2）[3]實(shí)驗(yàn)中用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑為（3）[4]到多組擺線長(zhǎng)L及相應(yīng)的周期T后，作出了圖線，則單擺擺長(zhǎng)為l=L+R有單擺周期公式解得圖線斜率解得（4）[5]在“用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)”的實(shí)驗(yàn)中，通過測(cè)量頭觀察到如圖所示清晰的干涉圖樣，條紋清晰且亮度正常，只是干涉條紋偏左，出現(xiàn)現(xiàn)象的原因是測(cè)量頭過于偏右，應(yīng)調(diào)節(jié)測(cè)量頭上的手輪，使它適當(dāng)左移。故選D。18.將一銅片和一鋅片分別插入一只橙子內(nèi)，就構(gòu)成了簡(jiǎn)單的水果電池，其電動(dòng)勢(shì)約為1.5V。（1）取一個(gè)額定電壓為1.5V，額定電流為0.3A的小燈泡（小燈泡電阻可認(rèn)為不變），實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)該電池與小燈泡直接相連接后，小燈泡不亮，測(cè)得流過小燈泡的電流為1mA，則該電池的內(nèi)阻約為______Ω。（2）除了水果電池以外，實(shí)驗(yàn)室還提供了如下器材：a．電流表A（量程0~0.6A~3A，內(nèi)阻很?。゜．毫安表mA（量程06mA，內(nèi)阻大概10Ω）c．電壓表V（量程1.5V，內(nèi)阻約2kΩ）d．滑動(dòng)變阻器R（阻值0~20Ω）e．電阻箱（阻值0~9999.9Ω）f．開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干①為了測(cè)定該“水果電池”的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，請(qǐng)你根據(jù)提供的器材，在方框中畫出最合理的測(cè)量電路圖______。②采用上述實(shí)驗(yàn)，讀取多組數(shù)據(jù)，利用圖像測(cè)得的水果電池的內(nèi)阻與真實(shí)值相比，______。（選填“大于”“小于”或“等于”）①.1495②.③.大于【詳解】（1）[1]額定電壓為1.5V，額定電流為0.3A的小燈泡的電阻為由閉合電路歐姆定律則該水果電池的內(nèi)阻約為（2）①[2]由于該水果電池內(nèi)阻較大，而電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，則電路中的最大電流約為則電流表應(yīng)選用毫安表mA（量程0.6mA，內(nèi)阻大概10Ω），且利用“安阻法”來測(cè)量該水果電池電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻，電路設(shè)計(jì)如圖所示②[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律，有其中E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，R為電阻箱阻值，I為電流表讀數(shù)，可得但實(shí)際上不僅電阻箱有阻值，毫安表也有阻值，即可得所以，可知我們測(cè)量時(shí)把毫安表的內(nèi)阻也當(dāng)成了電源內(nèi)阻計(jì)算，故由圖像可知19.圖（a）是“用DIS研究在溫度不變時(shí)，一定質(zhì)量的氣體壓強(qiáng)與體積關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置。（1）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的操作，下列說法正確的有________；A．柱塞上應(yīng)該涂潤(rùn)滑油B．應(yīng)緩慢推拉柱塞C．用手握注射器推拉柱塞D．改變體積后要快速記錄壓強(qiáng)數(shù)據(jù)（2）實(shí)驗(yàn)中，連接注射器與壓強(qiáng)傳感器之間軟管內(nèi)的氣體不可忽略。移動(dòng)活塞，多次記錄注射器上的體積刻度和壓強(qiáng)傳感器讀數(shù)，繪出的圖像可能為（）A．B．C．D．①.AB##BA②.C【詳解】（1）[1]A．為了減小柱塞與氣缸之間的摩擦對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，應(yīng)在柱塞上涂上潤(rùn)滑油，故A正確；BC．為了保證柱塞在移動(dòng)的過程中，氣缸內(nèi)的氣體盡可能做等溫變化，應(yīng)緩慢推拉柱塞，且手不能握注射器推拉柱塞，故B正確，C錯(cuò)誤；D．每次推拉柱塞改變氣體體積后，要待氣體穩(wěn)定后再進(jìn)行讀數(shù)，故D錯(cuò)誤。故選AB。（4）[2]由于連接注射器與壓強(qiáng)傳感器之間的軟管內(nèi)的氣體不可忽略，當(dāng)壓強(qiáng)增加后，連接部分軟管內(nèi)的氣體體積也減小，但連接部分體積未變，則注射器中有氣體進(jìn)入連接部分，相當(dāng)于注射器漏氣，當(dāng)減小時(shí)，增大，隨之增加的程度不是線性關(guān)系，當(dāng)越小時(shí)，壓強(qiáng)越大，進(jìn)入軟管內(nèi)的氣體越多，壓強(qiáng)增加的程度越小，斜率越小，故繪出的圖像可能為C。故選C。20.有同學(xué)設(shè)想如下實(shí)驗(yàn)測(cè)量月球表面的晝夜溫差：在地面制作一個(gè)橫截面積為S、導(dǎo)熱良好的氣缸，用一個(gè)質(zhì)量為m的活塞（厚度不計(jì)）在缸內(nèi)密閉一部分理想氣體。在壓強(qiáng)為p0、溫度為T0的地面大氣中，氣缸開口向上豎直放置時(shí)（如圖），活塞到缸底的距離為h0。已知月面重力加速度為g（g為地面重力加速度），忽略活塞與氣缸間的摩擦和氣缸的熱脹冷縮。將此氣缸送到月球表面（無大氣）并同樣開口向上豎直放置。求：（1）月晝時(shí)，月表溫度最高為T1（T1>T0），要想活塞不被缸內(nèi)氣體排出缸外，缸口到缸底距離（即缸的深度）至少多大？（2）若月夜時(shí)活塞穩(wěn)定的位置比月晝下降了?h，則月面的晝夜溫差是多少？（1）；（2）【分析】【詳解】（1）封閉氣體在地面時(shí)封閉氣體在月面并處于月晝最高溫T1時(shí)由氣體狀態(tài)方程得聯(lián)立解得缸口到缸底的最小距離為（2）從月晝到月夜，封閉氣體做等壓變化，有聯(lián)立解得月晝與月夜的溫差21.如圖所示，在水平直軌道上豎直放置一半徑R＝1m的圓形光滑軌道和細(xì)管彎成兩個(gè)半圓組成的反“S”形光滑軌道，其半徑r＝0.05m。兩軌道最低點(diǎn)B、D相距，B、D間鋪設(shè)特殊材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)（x表示DB上一點(diǎn)到B的距離）。一個(gè)質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P從傾角、動(dòng)摩擦因數(shù)的斜面上以初動(dòng)能滑下，經(jīng)A點(diǎn)無能量損失進(jìn)入長(zhǎng)度、動(dòng)摩擦因數(shù)為的AB直軌道，然后沖上圓形軌道。小球P釋放點(diǎn)到水平軌道的高度h＝3m，圓形軌道最低點(diǎn)B處入、出口靠近且相互錯(cuò)開，不計(jì)空氣阻力。提示：可以用F－x圖像下的“面積”代表力F做的功。（1）若小球P恰好通過圓形軌道最高點(diǎn)C，求小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大??；（2）調(diào)整釋放初動(dòng)能，使小球P離開反“S”形軌道最高點(diǎn)E后第一次落到水平直軌道上離E點(diǎn)的水平位移大小s＝1m，求初動(dòng)能的大??；（3）調(diào)整釋放初動(dòng)能，要使小球P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，且不停在水平軌道AB段上，求的取值范圍。（1）60N；（2）；（3）或者或者【詳解】（1）小球P恰好通過圓形軌道最高點(diǎn)C點(diǎn)，則有解得從C到B，根據(jù)動(dòng)能定理有解得B點(diǎn)，則有解得根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為60N；（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，聯(lián)立解得，BD上，有則摩擦力做功為從初始到E，則有解得（3）①恰好到A，則有解得所以②恰好到O點(diǎn)等高處，則有解得返回恰好到A，則有解得所以③恰好過C，，則有解得恰好到E，則有解得所以綜上，或者或者22.電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，不同的電源非靜電力做功的本領(lǐng)有所不同，物理學(xué)中用電動(dòng)勢(shì)來描述電源的這種特性。（1）如圖所示，固定于水平面的U形金屬框架處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬框兩平行導(dǎo)軌間距為l。金屬棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直于兩平行導(dǎo)軌并接觸良好。已知電子的電荷量為-e。在金屬棒產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的過程中，請(qǐng)說明是什么力充當(dāng)非靜電力，并求出這個(gè)非靜電力F的大小；（2）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體兩端的溫度差也能產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，這種電動(dòng)勢(shì)稱為溫差電動(dòng)勢(shì)。我們用圖乙所示的簡(jiǎn)化模型來分析。一段長(zhǎng)度為L(zhǎng)的直導(dǎo)線AB沿Ox軸放置，A端位于坐標(biāo)原點(diǎn)處。與恒溫?zé)嵩唇佑|后，A端溫度恒為T1，B端溫度恒為T2（T2<T1）。假定導(dǎo)線上相同位