四川省成都市石室中学2023届高三物理下学期高考适应性考试试卷（二）（Word版附解析）

2023年四川省成都市青羊区石室中学高考物理适应性试卷（二）一、单选题1．如图甲所示是斧子砍进木桩时的情境，其横截面如图乙所示，斧子的剖面可视作顶角为θ的等腰三角形，当施加竖直向下的力F时，则（　　）A．同一斧子，若施加的力F越小，越容易劈开木桩B．同一斧子，若施加的力F越大，越不容易劈开木桩C．施加相同的恒力F，θ越大的斧子，越容易壁开木桩D．施加相同的恒力F，θ越小的斧子，越容易劈开木桩二、解答题2．在2022年北京冬奥会短道速滑项目男子1000米决赛中，中国选手任子威夺得冠军。如图所示，A、B、A'、B'在同一直线上，O'为AA'的中点，运动员由直线AB经弯道到达直线A'B'，若有如图所示的①②两条路线可选择，其中路线①中的半圆以O为圆心，半径为8m，路线②是以O'为圆心，半径为15m的半圆。若运动员在沿两圆弧路线运动的过程中，冰面与冰刀之间的径向作用力的最大值相等，某一运动员均以不打滑的最大速率通过两条路线中的弯道（所选路线内运动员的速率不变），则下列说法正确的是（　　）A．在①②两条路线上，运动员的向心加速度大小不相等,B．沿①②两条路线运动时，运动员的速度大小相等C．选择路线①，运动员所受合外力冲量小D．选择路线②，运动员所受合外力冲量小三、单选题3．北京时间2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在中国文昌航天发射场点火发射，发射取得圆满成功。北京时间5月11日5时16分，天舟六号货运飞船与空间站组合体完成交会对接。下列说法正确的是（　　）A．天舟六号从低轨向高轨完成对接，需要加速B．天舟六号的发射速度必须大于第二宇宙速度C．天舟六号在不同的绕地轨道运行时，其与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等D．天舟六号与空间站组合体对接后（空间站组合体所在轨道不变），空间站组合体的向心加速度变大4．当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差（也称雀尔电势差），这一现象就是霍尔效应。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（　　）A．若元件的厚度增加，a、b两端电势差减小B．a端电势低于b端电势C．若要测量赤道附近的地磁场，工作面应保持竖直D．霍尔电势差的大小只由单位体积内电子数目和电子的热运动速率决定5．如图所示，MN、PQ是两条水平平行放置的光滑金属导轨，导轨的有端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R＝10Ω组成闭合回路，变压器原副线圈匝数之比n1：n2＝1：5，导轨宽L＝5m，质量m＝2kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t＝0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝2sin20πt（m/s）），垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B＝4T，导轨、导线和线圈电阻均不计，则（　　）,A．ab棒中产生的电动势的表达式为20sin20πt（V）B．电阻R上的电功率为2000WC．从t＝0到t1＝0.025s的时间内，外力F所做的功为204JD．从t＝0到t2＝10s的时间内，电阻R上产生的热量为2×105J四、多选题（多选）6．将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为E0，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中（　　）A．加速度一直减小至零B．合外力做功为15E0C．最高点的加速度为gD．从最高点下降至原位置所用时间小于t1（多选）7．在一次科学晚会上，小陶老师表演了一个“魔术”；如图甲，一个空塑料瓶中固定着一根钢锯条和一块易拉罐（金属）片，将金属片和钢锯条分别与静电起电机正负极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看到整个塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕，图乙为其俯视图。已知金属片呈半径为R的圆弧状，钢锯条恰好位于其圆心，两者的高度均为h。若匀速摇动起电机时，两极间的电压恒为U，则（　　）,A．质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附时水平方向动量变化量不大于B．匀速摇动起电机时，金属片与钢锯条之间的电场强度为C．除尘过程中带电量为q的烟尘增加的电势能最大值为qUD．除尘过程中带电量为q的烟尘减小的电势能最大值为qU（多选）8．很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示，自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B＝1T，圆盘半径l＝0.5m圆盘电阻不计，导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝5Ω的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝1V，则（　　）A．每小时经过小灯泡的电荷量为7.200CB．电压表的负接线柱应与b相接C．该自行车后轮边缘的线速度大小为4m/sD．后轮匀速转动10min产生的电能为120J五、实验题9．某学习小组为了测当地重力加速度，根据手头器材，设计如下实验。一较长铁质窄薄板用细线悬挂。在其下端附近固定一小电动机，电动机转轴固定一毛笔。电动机可使毛笔水平匀速转动。调整薄板与毛笔尖端的距离，可使墨汁画到薄板上留下清晰的细线，如图甲所示。启动电动机，待毛笔连续稳定转动后，烧断细线，薄板竖直下落。图乙是实验后，留有清晰墨迹的薄板。取底端某清晰的线记为O，每5,条细线取一计数线，分别记为A、B、C、D，将毫米刻度尺零刻线对准O，依次记录A、B、C、D位置读数为10.58cm、30.92cm，60.96cm、100.60cm，已知电动机转速为3000r/min。求：（1）相邻计数线之间的时间间隔为　　s。（2）B点经过笔尖时的速度　　m/s（结果保留三位有效数字）。（3）根据以上数据，测得当地重力加速度为　　。（结果保留三位有效数字）10．小明把一片铜片和一片镁片平行靠近插入一个橙子中，组成了一个水果电池。（1）他先用多用电表测电池两端的电压，选择了直流电压2.5V挡，指针所在位置如图甲所示，则其读数为　　V。小明认为这一读数即为电池的电动势，但小红认为不对，其原因是　　，为测量水果电池的电动势和内阻，小红再找,来一个电阻箱、开关和导线若干，并选择了多用电表的直流电流挡，便开始着手连线测量。试在图乙方框中画出测量水果电池电动势和内阻的电路。（2）小红不断改变电阻箱的阻值，得到多组电阻箱阻值R和电流表的读数I，通过数据处理，得到如图丙所示的图像。（图像中数据均取国际制单位）由于作图时漏写了横纵坐标表示的物理意义，但记得均在以下六个之中：I，I2，I﹣1，R，R2，R﹣1，请推理得出该水果电池的电动势为　　V（结果保留两位小数），内阻为　　Ω。（3）利用这种方法测得的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比E测　　E真，r测　　r真。（均填“大于”“等于”或“小于”）六、解答题11．将质量均为1.5kg的两个小球A，B从地面上同一点先后竖直向上抛出，初速度分别为vA＝16m/s和vB＝9.6m/s，重力加速度大小g＝10m/s2，设空气阻力大小恒为9N，小球可视为质点，求：（1）若两球未相碰，从抛出到返回抛出点A球所受空气阻力的冲量的大小；（2）若要使A球抛出后与B球相遇在B球运动的最高点，B球应滞后多少时间抛出？12．19世纪末，人们发现当光照射在金属表面时，金属中的电子全因吸收光的能量而逸出金属表面，如图所示，这种现象称为光电效应。已知电子质量为m、电量为e，光速为c，若朗克常量为k。（1）用波长为λ的光照射金属表面所产生的光电子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动时，其最大半径为R，求金属的逸出功W；（2）一个光源以P0＝0.8W的功率向四周均匀地发射能量。在离光源距离R＝1.0m处放置一小锌板，锌的逸出功W＝3.4eV，假设入射光的能量是连续平稳地垂直传给锌板，光的平均波长为λ。①根据爱因斯坦的光子说和质能方程，证明光子动量（h是普朗克常量）。②假设锌板完全吸收所有照射到它上面的能量。求：a.锌板在垂直入射光方向上单位面积上受到光的平均作用力（用题目中的物理符号表示）。b.按照经典电磁理论，锌板只需吸收足够的能量就可以逐出电子，若一个要被逐出的电子收集能量的圆形截面的半径约为一个典型原子的半径r＝5.0×10﹣11m，此光源照射条件下，用此光源照射时电子将被逐出的时间。c.根据你的计算结果，你认为经典电磁理论在解释光电效应现象时是否合理？谈谈你的看法。,七、多选题（多选）13．关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（　　）A．冰水混合物的温度为0℃时，分子的平均动能为零B．若物体的温度降低，则其分子平均动能减小C．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小D．在标准状况下，10g、100℃水的内能与10g、100℃水蒸气的内能相等E．“七里香”这个花能香七里是因为分子在做无规则运动八、解答题14．“自嗨锅”是一种自热火锅，其原理类似于体积不变的密闭加热容器。假设该锅内含有气体（视为理想气体）的体积为V0，密度为ρ，加热前，气体的温度为27℃，初始压强为p0（p0为外界大气压），使用加热包后，气体的温度达到77℃。（1）求加热后封闭气体的压强p1；（2）经过一段时间的冷却后，气体的温度降低了30℃，此时打开排气口，让气体排出，锅内气压和外界气压一致，求排出气体的质量m。九、多选题（多选）15．关于下列五幅图像所对应的物理规律，下列说法正确的是（　　）A．弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比B．若把单摆从北京移到赤道上，则单摆的振动频率会增加,C．任意时刻M、N、P三点的位移都相同D．如图甲为汽车消音器，图乙为其结构简化图，声音从入口进入，经a、b传播后从出口排出，消音原理主要是干涉E．观察者不动，波源S向右运动，相等的时间内，左边观察者接收到波的个数比右边的少十、解答题16．如图是截面为扇形的柱体玻璃砖，扇形截面的圆心角为60°，半径为R，柱体长为L，平面NOO'N'经过特殊处理，可以将射到它上面的光线全部吸收。M与平面OMN平行的平行光线照射在整个MOO'M'平面上，入射角为θ，折射角为30°，这些光线只有一部分能从弧面MNN'M'射出，已知玻璃对该光的折射率为，求；（1）入射角θ；（2）弧面MNN'M'上能射出光线的面积。,2023年四川省成都市青羊区石室中学高考物理适应性试卷（二）参考答案与试题解析一、单选题1．如图甲所示是斧子砍进木桩时的情境，其横截面如图乙所示，斧子的剖面可视作顶角为θ的等腰三角形，当施加竖直向下的力F时，则（　　）A．同一斧子，若施加的力F越小，越容易膀开木桩B．同一斧子，若施加的力F越大，越不容易劈开木桩C．施加相同的恒力F，θ越大的斧子，越容易壁开木桩D．施加相同的恒力F，θ越小的斧子，越容易劈开木桩【分析】本题根据图乙的受力分析图，力F产生两个作用效果，向两侧面推压物体，将力F按照力的平行四边形定则分解，根据各选项不同条件，即可解答。【解答】解：AB、根据图乙可知，同一斧子，θ一定，F越大，图像放大，故其分力越大，越容易劈开木桩，故AB错误；CD、参照AB的分析，F一定时，θ越小的斧子，其分力越大，越容易劈开木桩，故C错误，D正确。故选：D。【点评】力的分解通常要根据力的作用效果分解，符合平行四边形定则，然后根据几何关系确定各个分力的大小。二、解答题2．在2022年北京冬奥会短道速滑项目男子1000米决赛中，中国选手任子威夺得冠军。如图所示，A、B、A'、B'在同一直线上，O'为AA'的中点，运动员由直线AB经弯道到达直线A'B'，若有如图所示的①②两条路线可选择，其中路线①中的半圆以O,为圆心，半径为8m，路线②是以O'为圆心，半径为15m的半圆。若运动员在沿两圆弧路线运动的过程中，冰面与冰刀之间的径向作用力的最大值相等，某一运动员均以不打滑的最大速率通过两条路线中的弯道（所选路线内运动员的速率不变），则下列说法正确的是（　　）A．在①②两条路线上，运动员的向心加速度大小不相等B．沿①②两条路线运动时，运动员的速度大小相等C．选择路线①，运动员所受合外力冲量小D．选择路线②，运动员所受合外力冲量小【分析】最大径向作用力提供向心力，分析加速度大小；根据牛顿第二定律，分析速度大小；根据动量定理，由速度大小判断合外力冲量的大小。【解答】解：A．因为运动过程中运动员以不打滑的最大速率通过弯道，最大径向作用力提供向心力，有Fmax＝ma所以运动员在①②两条圆弧路线上运动时的向心加速度大小相同，故A错误；B．根据牛顿第二定律，有解得最大径向力相同，质量相同，因为路线①的半径小，所以路线①上运动员的速度小，故B错误；CD．根据动量定理I＝Δp＝2mv,由B选项可知，路线①上运动员的速度小，故运动员所受合外力冲量小，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查学生对牛顿第二定律的应用，分析出通过最大径向作用力提供向心力是解题的关键。三、单选题3．北京时间2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在中国文昌航天发射场点火发射，发射取得圆满成功。北京时间5月11日5时16分，天舟六号货运飞船与空间站组合体完成交会对接。下列说法正确的是（　　）A．天舟六号从低轨向高轨完成对接，需要加速B．天舟六号的发射速度必须大于第二宇宙速度C．天舟六号在不同的绕地轨道运行时，其与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等D．天舟六号与空间站组合体对接后（空间站组合体所在轨道不变），空间站组合体的向心加速度变大【分析】从低轨变轨到高轨需要点火加速；根据宇宙速度的意义分析天舟六号的发射速度；根据开普勒第二定律分析C项；根据牛顿第二定律分析向心加速度大小。【解答】解：A、天舟六号从低轨向高轨完成对接，需要点火加速做离心运动，故A正确；B、第二宇宙速度为卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，根据地球宇宙速度的定义，可知天舟六号的发射速度必须大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B错误；C、由开普勒第二定律可知，当天舟六号在同一绕地轨道运行时，其与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等，故C错误；D、根据牛顿第二定律得：，可得，由于对空间站组合体的轨道半径不变，所以向心加速度大小不变，故D错误。故选：A。【点评】解答本题时要理解并掌握飞船变轨原理，熟练运用开普勒定律和牛顿第二定律相结合进行分析。4．当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差（也称雀尔电势差），这一现象就是霍尔效应。,现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（　　）A．若元件的厚度增加，a、b两端电势差减小B．a端电势低于b端电势C．若要测量赤道附近的地磁场，工作面应保持竖直D．霍尔电势差的大小只由单位体积内电子数目和电子的热运动速率决定【分析】根据左手定则判断电子运动的方向，进而判断电势高低；稳定后定向移动的电子所受洛伦兹力与电场力受力平衡，结合电流的围观表达式分析电势差的大小；赤道附近的地磁场平行于地面，结合霍尔元件原理分析即可。【解答】解：B、由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则可知，在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故B错误；AD、稳定后，定向移动的电子受力平衡，有：由电流微观表达式得：I＝neSv联立解得：＝Bd则a、b两端电势差U与磁感应强度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n等因素有关，与题中元件的厚度无关，若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变，故AD错误；C、由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于竖直状态，故C正确。故选：C。【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则的应用，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析，难度不大。5．如图所示，MN、PQ是两条水平平行放置的光滑金属导轨，导轨的有端接理想变压器的,原线圈，变压器的副线圈与电阻R＝10Ω组成闭合回路，变压器原副线圈匝数之比n1：n2＝1：5，导轨宽L＝5m，质量m＝2kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t＝0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝2sin20πt（m/s）），垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B＝4T，导轨、导线和线圈电阻均不计，则（　　）A．ab棒中产生的电动势的表达式为20sin20πt（V）B．电阻R上的电功率为2000WC．从t＝0到t1＝0.025s的时间内，外力F所做的功为204JD．从t＝0到t2＝10s的时间内，电阻R上产生的热量为2×105J【分析】ab棒往复运动产生的是交流电，根据动生电动势公式求瞬时值；先求副线圈两端电压，再根据功率公式求R上的功率；根据功能关系和能量守恒定律求外力所做功；根据焦耳定律求R上产生的热量。【解答】解：A、ab棒中产生的电动势的表达式为：E＝BLv＝40sin20πt（V），故A错误；B、由变压器的变压规律，可得：由功率公式，得到电阻R上的功率：P＝2000W，故B正确；C、根据周期公式：，可得：，从t＝0到t1＝0.025s经历了四分之一个周期，这段时间内电阻R上产生的热量：Q＝＝J＝50Jt1＝0.025s时刻，ab棒的速度：v＝2m/s，由能量守恒定律：W＝Q+＝50J+J＝54J，故C错误；,D、从t＝0到t2＝10s的时间内，电阻R上产生的热量：Q＝＝J＝2×104J，故D错误。故选：B。【点评】本题中导体棒做简谐运动，是产生正弦式交变电流的一种方式，要结合变压器的原理和功率等知识点进行分析。四、多选题（多选）6．将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为E0，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中（　　）A．加速度一直减小至零B．合外力做功为15E0C．最高点的加速度为gD．从最高点下降至原位置所用时间小于t1【分析】AC．小球运动过程中，受重力、空气阻力的作用，上升和下降过程，由牛顿第二定律可分别列出方程，根据方程，分析小球加速度变化情况；小球在最高点时，速度为零，合力为mg，根据牛顿第二定律可求加速度。B、根据动能定理，可求合外力做功。D、小球上升过程可以看作反向的、初速度为零的变加速直线运动，由位移—时间公式，可列出上升过程、下降过程的位移表达式，根据两段运动的平均加速度的大小关系判断所用时间关系。【解答】解：AC．小球受到的空气阻力与速率成正比，则有：f＝kv小球上升过程，由牛顿第二定律有：mg+f＝ma1上升过程，小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点时，速度减为零，f＝0，合力为mg，根据牛顿第二定律可得，加速度减小为g；小球下降过程，由牛顿第二定律有：mg﹣f＝ma2,下降过程，小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动。故小球运动全程，加速度一直减小至零，故AC正确；B．根据动能定理有：W合＝E0﹣16E0＝﹣15E0故B错误；D．小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有h＝＝因为＞，则有t1＜t2，即从最高点下降至原位置所用时间大于t1，故D错误。故选：AC。【点评】解答本题，前提是对小球进行正确的受力分析，进而列出牛顿第二定律方程；关键是要能判断出两段运动的平均加速度的大小关系，再由运动学公式判断所用时间大小关系。（多选）7．在一次科学晚会上，小陶老师表演了一个“魔术”；如图甲，一个空塑料瓶中固定着一根钢锯条和一块易拉罐（金属）片，将金属片和钢锯条分别与静电起电机正负极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看到整个塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕，图乙为其俯视图。已知金属片呈半径为R的圆弧状，钢锯条恰好位于其圆心，两者的高度均为h。若匀速摇动起电机时，两极间的电压恒为U，则（　　）A．质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附时水平方向动量变化量不大于B．匀速摇动起电机时，金属片与钢锯条之间的电场强度为C．除尘过程中带电量为q的烟尘增加的电势能最大值为qUD．除尘过程中带电量为q的烟尘减小的电势能最大值为qU【分析】,当静电除尘装置接通静电高压时，存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，带电尘粒在电场力的作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，这样消除了烟尘中的尘粒，由此进行分析。【解答】解：A．质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附前瞬间水平方向速度为v，则烟尘受到电场力做的功与速度的关系为则吸附时水平方向动量变化量不大于，故A正确；B．根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐射状的电场，不是匀强电场，故B错误；CD．除尘过程中，钢锯条和金属片之间存在强电场，它使空气电离成负离子和正离子，负离子在电场力作用下向正极移动时，碰到烟尘使它带负电，带电烟尘在电场力作用下向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，这样消除了烟尘中的尘粒，电场力做正功，所以带电量为q且能到达金属片的烟尘减小的电势能最大值为qU，故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题涉及静电除尘的原理，关键是电子容易被吸附到烟尘颗粒上，故烟尘颗粒会吸附到带正电的金属片上；知道电场力做功与电势能变化的关系。（多选）8．很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示，自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B＝1T，圆盘半径l＝0.5m圆盘电阻不计，导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝5Ω的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝1V，则（　　）,A．每小时经过小灯泡的电荷量为7.200CB．电压表的负接线柱应与b相接C．该自行车后轮边缘的线速度大小为4m/sD．后轮匀速转动10min产生的电能为120J【分析】依据欧姆定律和电流的定义求电荷量；根据右手定则，即可判定圆盘中感应电流方向，结合电源内部的电流方向由负极流向正极，即可求解；根据切割感应电动势的公式，及线速度与角速度公式v＝rω，即可求解线速度；根据焦耳定律求10min产生的电能。【解答】解：A、经过小灯泡的电流：I＝＝A＝0.2A每小时经过小灯泡的电荷量：q＝It＝0.2×3600C＝720C，故A错误；B、由右手定则可知，圆盘中心是等效电源的正极，b点应与电压表的正接线柱连接，故B错误；C、由于圆盘的电阻不计，所以得到该自行车后轮边缘的线速度大小：v＝＝m/s＝4m/s，故C正确；D、t＝10min＝600s产生的电能：Q＝I2Rt＝0.22×5×600J＝120J，故D正确。故选：CD。【点评】本题主要是考查右手定则、及切割感应电动势公式的应用，理解左手定则与右手定则的区别，注意电源内部的电流方向由负极流向正极。五、实验题9．某学习小组为了测当地重力加速度，根据手头器材，设计如下实验。一较长铁质窄薄板用细线悬挂。在其下端附近固定一小电动机，电动机转轴固定一毛笔。电动机可使毛笔水平匀速转动。调整薄板与毛笔尖端的距离，可使墨汁画到薄板上留下清晰的细线，如图甲所示。启动电动机，待毛笔连续稳定转动后，烧断细线，薄板竖直下落。图乙是实验后，留有清晰墨迹的薄板。取底端某清晰的线记为O，每5条细线取一计数线，分别记为A、B、C、D，将毫米刻度尺零刻线对准O，依次记录A、B、C、D位置读数为10.58cm、30.92cm，60.96cm、100.60cm，已知电动机转速为3000r/min。求：,（1）相邻计数线之间的时间间隔为　0.1　s。（2）B点经过笔尖时的速度　2.52　m/s（结果保留三位有效数字）。（3）根据以上数据，测得当地重力加速度为　9.69　。（结果保留三位有效数字）【分析】（1）根据电动机转动的周期和薄板上留下的相邻细线间的时间间隔相同，计算相邻细线间的时间间隔；（2）根据匀变速直线中间时刻速度等于平均速度计算B点经过笔尖时的速度；（3）根据逐差法计算加速度。【解答】解：（1）根据题意可知，电动机转动的周期每5条细线取一计数线，相邻计数线之间的时间间隔T＝5T0＝5×0.02s＝0.1s（2）根据题意，由平均速度法可得代入数据解得vB＝2.52m/s（3）根据题意，由逐差法Δx＝aT2可得代入数据解得g＝9.69m/s2故答案为：（1）0.1；（2）2.52；（3）9.69m/s2。【点评】,本题关键掌握电动机转动的周期和薄板上留下的相邻细线间的时间间隔相同，掌握计算瞬时速度和加速度的方法。10．小明把一片铜片和一片镁片平行靠近插入一个橙子中，组成了一个水果电池。（1）他先用多用电表测电池两端的电压，选择了直流电压2.5V挡，指针所在位置如图甲所示，则其读数为　1.20　V。小明认为这一读数即为电池的电动势，但小红认为不对，其原因是　电源内阻大，路端电压不等于电动势　，为测量水果电池的电动势和内阻，小红再找来一个电阻箱、开关和导线若干，并选择了多用电表的直流电流挡，便开始着手连线测量。试在图乙方框中画出测量水果电池电动势和内阻的电路。（2）小红不断改变电阻箱的阻值，得到多组电阻箱阻值R和电流表的读数I，通过数据处理，得到如图丙所示的图像。（图像中数据均取国际制单位）由于作图时漏写了横纵坐标表示的物理意义，但记得均在以下六个之中：I，I2，I﹣1，R，R2，R﹣1，请推理得出该水果电池的电动势为　1.68　V（结果保留两位小数），内阻为　1680　Ω。（3）利用这种方法测得的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比E测　等于　E真，r测　大于　r真。（均填“大于”“等于”或“小于”）【分析】（1）电压表的量程为2.5V，分度值为0.05V，采用“估读法”读数；根据闭合电路的欧姆定律分析作答；,（2）根据闭合电路的欧姆定律求解函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解电动势和内阻；（3）考虑电流表的内阻后，所测得的内阻为电池内阻和电流表的内阻之和，内阻的测量值大于真实值；由于函数的斜率不变，因此电动势的测量值不变，据此分析作答。【解答】解：（1）小明选择了直流电压2.5V挡，分度值为0.05V，则读数为U＝1.20V；电压表测量的是路端电压，根据闭合电路的欧姆定律，可知路端电压U＝E﹣Ir，由于电源的内阻很大，因此路端电压不等于电动势；电流表与电阻箱串联接入电路中，电路图如下图所示：（2）根据闭合电路欧姆定律E＝I（r+R）得到函数关系式结合图丙所示图线，图像斜率由，解得电动势图像的纵截距b＝1000A﹣1由，可得电池的内阻r＝bE＝1000×1.68Ω＝1680Ω（3）根据等效电源法可知，测量的内阻相当于电流表内阻与电动势内阻串联后的总阻值，因此内阻的测量值大于真实值；由于考虑电流表内阻时，则有E＝I（r+R+RA），可知图像的斜率仍等于，与电流表内阻无关，因此电动势的测量值不变，即电动势的测量值没有误差，等于真实值。故答案为：（1）1.20；电源内阻大，路端电压不等于电动势；见解析；（3）1.68；1680；（4）等于；大于。【点评】本题考查了多用表直流电压挡的读数和测定水果电池电动势和内阻，关键是要理解实验原理，熟练掌握闭合电路的欧姆定律。实验误差的分析是本题的难点。六、解答题,11．将质量均为1.5kg的两个小球A，B从地面上同一点先后竖直向上抛出，初速度分别为vA＝16m/s和vB＝9.6m/s，重力加速度大小g＝10m/s2，设空气阻力大小恒为9N，小球可视为质点，求：（1）若两球未相碰，从抛出到返回抛出点A球所受空气阻力的冲量的大小；（2）若要使A球抛出后与B球相遇在B球运动的最高点，B球应滞后多少时间抛出？【分析】（1）根据竖直上抛的运动规律解答，注意冲量的计算方法；（2）根据运动学公式求解处B上升的最大高度与时间，再根据时间关系求解。【解答】解：（1）设小球上升的加速度为a1、下降的加速度为a2，由牛顿第二定律知mg+f＝ma1mg﹣f＝ma2A球上升的最大高度A球上升时间为t1，则有A球下落时间为t2，则有取向上为正，若小球未碰，从抛出到返回抛出点A球所受空气阻力的冲量I＝﹣ft1+ft2代入数据解得I＝9N•s（2）B球上升的最大高度B上升到最大高度的时间要使A球抛出后，B球到达最高点与A球相遇，A球从最高点下落到B的最高点时间为,t4，有B球应滞后t＝t1+t4﹣t3代入数据解得t＝2s答：（1）若两球未相碰，从抛出到返回抛出点A球所受空气阻力的冲量的大小为9N•s；（2）若要使A球抛出后与B球相遇在B球运动的最高点，B球应滞后2s抛出。【点评】本题考查竖直上抛的运动规律，解题关键分析AB的运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式解答。12．19世纪末，人们发现当光照射在金属表面时，金属中的电子全因吸收光的能量而逸出金属表面，如图所示，这种现象称为光电效应。已知电子质量为m、电量为e，光速为c，若朗克常量为k。（1）用波长为λ的光照射金属表面所产生的光电子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动时，其最大半径为R，求金属的逸出功W；（2）一个光源以P0＝0.8W的功率向四周均匀地发射能量。在离光源距离R＝1.0m处放置一小锌板，锌的逸出功W＝3.4eV，假设入射光的能量是连续平稳地垂直传给锌板，光的平均波长为λ。①根据爱因斯坦的光子说和质能方程，证明光子动量（h是普朗克常量）。②假设锌板完全吸收所有照射到它上面的能量。求：a.锌板在垂直入射光方向上单位面积上受到光的平均作用力（用题目中的物理符号表示）。b.按照经典电磁理论，锌板只需吸收足够的能量就可以逐出电子，若一个要被逐出的电子收集能量的圆形截面的半径约为一个典型原子的半径r＝5.0×10﹣11m，此光源照射条件下，用此光源照射时电子将被逐出的时间。c.根据你的计算结果，你认为经典电磁理论在解释光电效应现象时是否合理？谈谈你的看法。,【分析】（1）光电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解光电子速度，从而得出粒子的动能，再根据光电效应方程求出金属的逸出功；（2）①根据光子能量公式、爱因斯坦质能方程和动量公式联立可以证明；②a.单位时间内，光源发出的能量为P0t，根据动量定理解得；b.根据功率的计算公式解得时间；c.根据光电效应的现象和经典理论在解释光电效应现象具有局限性分析作答。【解答】解：（1）由于光电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力光电子的最大初动能联立解得光电子的最大初动能根据爱因斯坦光电效应方程hν＝Ek+W因此逸出功（2）①根据光子能量公式根据爱因斯坦质能方程E＝mc2光子的动量p＝mc联立可得②a．设锌板的面积为S，t时间内锌板吸收的光子个数为N，有由动量定理﹣Ft＝0﹣Np解得结合牛顿第三定律可得单位面积上受到光的平均压力,b．一个电子在单位时间内吸收的能量逐出电子所需要的时间为t1，需要的能量为W，有解得t1＝1088sc．由于光电效应现象产生光电子的时间极短，几乎不需时间累积，因此经典电磁理论在解释光电效应现象具有局限性，不合理。答：（1）金属的逸出功；（2）①见解析；②a．锌板在垂直入射光方向上单位面积上受到光的平均作用力；b．用此光源照射时电子将被逐出的时间1088s；c．不合理，理由见解析。【点评】该题结合科学的实验来验证光子说的内容，践行了实践是检验真理的标准，有利于加深对光子说的理解。七、多选题（多选）13．关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（　　）A．冰水混合物的温度为0℃时，分子的平均动能为零B．若物体的温度降低，则其分子平均动能减小C．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小D．在标准状况下，10g、100℃水的内能与10g、100℃水蒸气的内能相等E．“七里香”这个花能香七里是因为分子在做无规则运动【分析】温度是分子平均动能的标志，根据温度的变化可分析分子平均动能的变化；当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小；根据物态变化吸放热情况，分析水的内能变化情况；扩散现象说明分子在做无规则运动。【解答】解：A、冰水混合物的温度是0℃，分子仍在做无规则热运动，分子的平均动能不为零，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，若物体的温度降低时，分子的平均动能一定减小，故B正确；,C、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故C正确；D、温度是分子平均动能的标志，所以10g、100℃的水的分子平均动能等于10g、100℃的水蒸气的分子平均动能；物体内能是物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和，10g、100℃的水和10g、100℃的水蒸气的分子势能不同，同样温度的水变为同样温度的水蒸气要吸收热量，所以100℃水的内能小于100℃相同质量水蒸气的内能，故D错误；E、“七里香”花能香七里是扩散现象，因为分子在做无规则运动，故E正确。故选：BCE。【点评】解答本题时，要掌握分子动理论、内能的概念、温度的微观意义，特别是要知道温度是分子平均动能的标志，分子永不停息地做无规则运动。八、解答题14．“自嗨锅”是一种自热火锅，其原理类似于体积不变的密闭加热容器。假设该锅内含有气体（视为理想气体）的体积为V0，密度为ρ，加热前，气体的温度为27℃，初始压强为p0（p0为外界大气压），使用加热包后，气体的温度达到77℃。（1）求加热后封闭气体的压强p1；（2）经过一段时间的冷却后，气体的温度降低了30℃，此时打开排气口，让气体排出，锅内气压和外界气压一致，求排出气体的质量m。【分析】（1）加热过程体积不变，由查理定律可得封闭后气体的压强；（2）气体降温排气，初末状态压强相等，由盖﹣吕萨克定律可得末状态气体的体积，由同压强同温度下，质量之比等于体积之比，则可得排出气体的质量。【解答】解：（1）加热前气体的温度T0＝300K，加热后气体的温度T1＝350K气体的体积不变，由查理定律可得：代入数据可得；（2）气体的温度降低了30℃，即温度T2＝320K，此时气体排出，设末状态剩余气体的体积为V1，初末状态压强都为p0由盖﹣吕萨克定律可得：代入数据，可得设气体初始状态的质量为m0，则m0＝ρV0,可得：代入数据可得答：（1）加热后封闭气体的压强p1为；（2）经过一段时间的冷却后，气体的温度降低了30℃，此时打开排气口，让气体排出，锅内气压和外界气压一致，排出气体的质量m为。【点评】本题考查了气体变质量问题，解题的关键是排气后末状态的压强与未排气前初状态的压强都为p0，注意同压强同温度下，气体的质量之比等于体积之比。九、多选题（多选）15．关于下列五幅图像所对应的物理规律，下列说法正确的是（　　）A．弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比B．若把单摆从北京移到赤道上，则单摆的振动频率会增加C．任意时刻M、N、P三点的位移都相同D．如图甲为汽车消音器，图乙为其结构简化图，声音从入口进入，经a、b传播后从出口排出，消音原理主要是干涉,E．观察者不动，波源S向右运动，相等的时间内，左边观察者接收到波的个数比右边的少【分析】根据回复力公式和牛顿第二定律分析加速度与位移的关系；根据单摆频率公式分析即可；两点的平衡位置相距波长的整数倍时位移总是相同；消声器应用了波的干涉原理；根据多普勒效应分析即可。【解答】解：A、由牛顿第二定律得，弹簧振子的加速度与回复力成正比，由F＝﹣kx得，回复力大小与位移大小成正比，所以加速度大小与位移成正比，故A正确；B、单摆的振动频率为若把单摆从北京移到赤道上，重力加速度减小，因此单摆的振动频率减小，故B错误；C、M、N两点的平衡位置的距离小于一个波长，位移有时相同，有时不相同，而M、P两点的平衡位置的距离等于一个波长，位移总是相同，故C错误；D、该消声器的消声原理为波的干涉：利用声波沿两个通道传播的路程差为半个波长的奇数倍，就能产生稳定的消声效果，故D正确；E、观察者不动，波源向右运动，根据多普勒效应可知，相等的时间内，左边观察者接收到波的个数比右边的少，故E正确。故选：ADE。【点评】本题考查弹簧振子，单摆，波和多普勒效应，掌握回复力和单摆振动频率的公式，理解波的干涉和多普勒效应。十、解答题16．如图是截面为扇形的柱体玻璃砖，扇形截面的圆心角为60°，半径为R，柱体长为L，平面NOO'N'经过特殊处理，可以将射到它上面的光线全部吸收。M与平面OMN平行的平行光线照射在整个MOO'M'平面上，入射角为θ，折射角为30°，这些光线只有一部分能从弧面MNN'M'射出，已知玻璃对该光的折射率为，求；（1）入射角θ；（2）弧面MNN'M'上能射出光线的面积。,【分析】（1）根据折射定律求入射角；（2）根据临界角公式求折射光线（临界光线）在圆环MPN的临界角；根据数学知识求解圆弧上刚好有光线射出时的最大圆心角，根据数学知识求有光线射出的弧长，最后求面积。【解答】解：（1）根据折射定律解得因此入射角θ＝45°（2）根据题意，作光线在截面MON中的光路如图所示：设恰好在圆弧MPN上发生全反射时，临界光线QP在MO上的折射角γ＝30°入射角i＝45°由折射定律有＝解得临界角C＝45°设该光线QP在圆弧MPN上的入射点P的法线OP与MO间的圆心角为α，由几何关系有α+γ+90°+C＝180°解得α＝15°故在P点以下部分有光线射出，面积答：（1）入射角θ为45°；（2）弧面MNN'M'上能射出光线的面积。,【点评】本题考查了光的折射和全反射，求解圆弧上刚好有光线射出时的临界入射光线是解题的关键。