山东省日照市2022届高三物理一模试题（含解析）

2022年山东省日照市高考物理一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（6分）（2022•日照一模）如图所示，水平地面上一个倾角为θ的斜面体紧贴竖直墙壁，斜面体和墙壁之间再放一个质量为m的铁球，各接触面均光滑．现对铁球施加水平推力F的作用，整个系统始终处于静止状态，下列说法中正确的是（　　）　A．斜面体对铁球施加的弹力一定大于mg　B．斜面体对铁球施加的弹力可能小于mg　C．水平推力逐渐增大时，铁球对斜面体施加的弹力一定增大　D．水平推力逐渐增大时，斜面体对墙壁施加的弹力一定增大【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：由题意可知，小球处于平衡状态；则可知小球所受各力的合力为零；对小球进行受力分析，小球受重力、推力、竖直墙的支持力及斜面对小球的支持力；可采用分解法将斜面支持力向水平方向和竖直方向分解，分别列出水平和竖直方向上的平衡方程，即可得出各力的大小关系．【解析】：解：对球受力分析，如图根据共点力平衡条件，有N1+N2cosθ=FN2sinθ﹣mg=0解得：N2=＞mg，即斜面对球的压力一定大于G，故A正确，B错误，当F增加时N2大小不变，故C错误；因为随F增大时，球对斜面体的作用力保持不变，故以斜面体为研究对角，当F增加时斜面体受到的作用力保持不变，故斜面体对墙壁施加的弹力保持不变，故D错误．-16-\n故选：A．【点评】：在解答平衡类的问题时，要注意准确的进行受力分析；而物体处于平衡状态时物体所受合力为零，若力为三个一般采用合成的方式，若力为三个以上，一般采用正交分解的方式，列出平衡方程即可求解．　2．（6分）（2022•日照一模）如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流（逆时针方向为正），则下列表示I﹣t关系的图线中，正确的是（　　）　A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择．【解析】：解：A、B，导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生．故A、B均错误．C、进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C错误．D、线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大．穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反．故D正确．故选D【点评】：本题采用的是排除法．做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、图象法等等．　3．（6分）（2022•日照一模）英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了研究，因此荣获了1922年的诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（　　）-16-\n　A．该束带电粒子带正电　B．速度选择器的P1极板带负电　C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大　D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷小【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．【解析】：解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A正确．B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．C、进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=得，r=，知r越大，荷质比越小，故D正确，C错误．故选：AD．【点评】：解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡．　4．（6分）（2022•日照一模）如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为1100，次级线圈的匝数为55，初级线圈两端a、b接正弦交流电源，在原线圈前串接一个电阻R0=121Ω的保险丝，电压表V的示数为220V，如果负载电阻R=5.5Ω，各电表均为理想电表，则（　　）　A．电流表A的示数为1A　B．变压器的输出电压为5.5V　C．保险丝实际消耗的功率为1.21W　D．负载电阻实际消耗的功率为22W【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．-16-\n【分析】：由匝数之比可求得副线圈的电压，由欧姆定律求得电流表的示数．由焦耳定律求得功率．【解析】：解：AB、由电压与匝数成正比，，则：=11V，则　则AB错误　　CD、负载功率为U2I2=22W，则D正确，由I1U1=I2U2可得：I1=0.1A　有：P=R0=1.21W　则C正确故选：CD【点评】：本题考查了变压器的变压原理，知道电压、电流与匝数的关系，结合输入功率等于输出功率即可求解　5．（6分）（2022•日照一模）如图所示，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q．现从A点将一质量为m、电荷量为﹣q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4．已知重力加速度为g．规定电场中B点的电势为零，则在﹣Q形成的电场中（　　）　A．D点的电势为　B．A点的电势高于D点的电势　C．D点的电场强度大小是A点的倍　D．点电荷﹣q在D点具有的电势能为7mgr【考点】：电势能；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据沿着电场线方向，电势降低，分析D与A两点电势的高低；根据动能定理，求解﹣q在D点具有的电势能，再结合电势的定义式即可求解D点的电势；根据点电荷电场强度公式E=k，即可研究D、A两点场强的关系．【解析】：解：ABD、由题意可知，A、B到C的距离相等，则AB的电势相等．沿着电场线的方向，电势降低，而电场线会聚于负电荷，则A点的电势低于D点电势﹣q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgr+W电=m（4）2﹣0，解得电场力做功：W电=7mgr；规定电场中B点的电势为零，A点的电势也为零，因由A到D点电场力做正功，则电势能减小，因此点电荷﹣q在D点的电势能为EPD=﹣7mgr；D点的电势为φD==，故A正确，BD错误．-16-\nC、由几何关系得：D到C的距离与A到C的距离之比为：1，根据点电荷电场强度公式E=k，电场强度的大小与间距的平方成反比，则有O点电场强度大小是A点的2倍，故C错误；故选：A．【点评】：考查电势的高低判定方法，掌握动能定理的应用，注意力做功的正负，理解电势与电势能的关系式，注意电荷的电量正负．　6．（6分）（2022•日照一模）2022年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则下列说法正确的是（　　）　A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为g　B．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速　C．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为　D．若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会增大【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：A、根据万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．B、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．C、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间．D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小．【解析】：解：A、根据万有引力提供向心力=ma，得a=．而GM=gR2．所以卫星的加速度．故A错误．-16-\nB、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t==，故C正确．D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小．故D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2．　7．（6分）（2022•日照一模）某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为1.0kg的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示．由图可以得出（　　）　A．从t=4.0s到t=6.0s的时间内物体做匀减速直线运动　B．物体在t=10.0s时的速度大小约为6.8m/s　C．从t=10.0s到t=12.0s的时间内合外力对物体做的功约为7.3J　D．从t=2.0s到t=6.0s的时间内物体所受合外力先增大后减小【考点】：功的计算；匀变速直线运动的图像．【专题】：功的计算专题．【分析】：由图直接读出从t=4.0s到t=6.0的时间内物体的加速度减小，物体做变加速运动．即可知物体做非匀变速运动．根据图象得到加速度的变化规律，根据图象得到加速度的变化规律，再根据加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量计算速度的增加量，从而得到物体任意时刻的速度大小【解析】：解：A、从t=4.0s到t=6.0的时间内物体的加速度减小，物体做加速度减小的变减加速运动．故A错误．B、物体从静止开始做加速运动，由于△v=a△t，故加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，t=10s时的速度等于前10秒图线与坐标轴包围的面积，v=S=68×0.1=6.8m/s；故B正确．-16-\nC、由于加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，故可以估算出12s末的速度为v′=S′=7.8m/s，根据动能定理得：W合=mv′2﹣mv2=×1×7.82﹣×1×6.82=7.3J．故C正确．D、在从t=2.0s到t=6.0s的时间内加速度先增大后减小，由F=ma可知受到的合力先增大后减小，故D正确；故选：BCD【点评】：本题的解题关键是抓住加速度图象与坐标所围面积表示速度的变化量，以及匀变速直线运动加速度不变的特点，能熟练运用动能定理求外力做功．　二、非选择题：（一）【必做部分】8．（8分）（2022•日照一模）图甲所示为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”的实验装置示意图，图乙是某同学通过实验得到的﹣m图象，横坐标m为小车上砝码的质量．已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车受到的合力约为　　，小车的质量为　　．（已知小车的质量远大于钩码的质量）【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：根据牛顿第二定律写出﹣与小车上砝码质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可．【解析】：解：设小车的质量为M，则有F=（m+M）a，变形得=m+，所以﹣m图象的斜率为=k，所以作用力F=，﹣m图象的截距为，所以M=．故答案为：；-16-\n【点评】：先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．　9．（10分）（2022•日照一模）（1）用多用电表欧姆档粗略测量某元件的电阻，选用×10档，测量结果如图1所示，则测得的电阻为　130Ω　；（2）为描绘该元件的U﹣I图线．提供了如下器材：A．电流表A（量程0.6A，内阻约0.9Ω）B．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）C．滑动变阻器R1（10Ω，1.0A）D．滑动变阻器R2（1000Ω，0.1A）E．电源E（电动势6V，内阻约0.1Ω）F．开关S及导线若干．①实验中滑动变阻器应该选择　C　（填写器材序号），以保证实验过程中调节方便；②在虚线框内画出实验电路图2；③如图3中Ⅰ、Ⅱ图线，一条为元件真实的U﹣I图线，另一条是本次实验中测得的U﹣I图线，其中　II　是本次实验中测得的图线．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：本题（2）①的关键是明确采用分压式接法时，变阻器电阻应选调节越方便．②的关键是明确当满足时，电流表应用外接法．【解析】：解：（1）：欧姆表的读数为：R=13×10Ω=130Ω；（2）①：由于全电阻越小的变阻器调节越方便，所以变阻器应选；故选C．②：由于元件电阻满足，所以电流表应用内接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：-16-\n③：根据R=可知，测量值应大于真实值，所以II应是本次实验中测得的图线．故答案为：（1）130Ω（2）①C；②如图，③Ⅰ【点评】：做电学实验题时应明确：①若要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器以方便调节．②当待测电阻满足时，电流表应用内接法．　10．（18分）（2022•日照一模）工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示，货物以v0=10m/s的初速度滑上静止的货车的左端，已知货物质量m=20kg，货车质量M=30kg，货车高h=0.8m．在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物，当货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿BC方向落在B点．已知货车上表面的动摩擦因数μ=0.5，货物可简化为质点，斜面的倾角为53°（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）．（1）求货物从A点到B点的时间；（2）求AB之间的水平距离；（3）若已知OA段距离足够长，导致货物在碰到A之前已经与货车达到共同速度，则货车的长度是多少？【考点】：动能定理；牛顿第二定律；平抛运动．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）根据货物做平抛运动由竖直方向下落高度求得运动时间；（2）根据货物在B点的速度方向由平抛运动知识求得平抛的初速度，再根据运动时间求出水平位移；（3）根据能量守恒分别求得货物在车上减速运动至共速时相对车的位移再求得车停止后货物运动的到离开车时的位移，两者之和则为车长．【解析】：解：（1）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向：解得：（2）在B点分解速度：vy=gt=10×0.4m/s=4m/stan得：-16-\n故sAB=vxt=3×0.4m=1.2m（3）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律：对m：μmg=ma1解得对M：μmg=Ma2解得当m、M具有共同速度时有：v0﹣a1t=a2t代入数据解得：t=1.2s所以共同速度根据系统能量守恒定律：联立解得=6m当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，根据动能定理：解得m继续滑行的距离所以货车的长度L=s相对+s′=6+0.7m=6.7m答：（1）货物从A点到B点的时间为0.4s；（2）AB之间的水平距离为1.2m；（3）若已知OA段距离足够长，导致货物在碰到A之前已经与货车达到共同速度，则货车的长度是6.7m．【点评】：本题前两问是多物体多过程的力学问题，把复杂的过程分解成几个分过程是基本思路，然后根据运动学公式和功能关系列式求解．　11．（20分）（2022•日照一模）如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g．（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；（2）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h；（3）试讨论在h取不同值时，带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，电场力所做的功．-16-\n【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．（2）由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．（3）根据小球释放高度与运动轨迹的不同，由功的计算公式求出电场力做的功．【解析】：解：小球运动轨迹如图所示：（1）小球进入电磁场后恰好能做匀速圆周运动，则重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，重力竖直向下，则电场力竖直向上，电场强度向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电；电场力与重力相等，则qE=mg…①，则电场强度：E=…②（2）带电小球进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2…③，-16-\n小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m…④由于小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，则三段圆弧的半径相等，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60度，如图（a）所示，由几何知识可得：R=…⑤，解得：h=…⑥；（3）带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图（b）所示，由几何知识可得：R=d…⑦，由③④⑦解得：h0=…⑧，i、当h＜h0时，带电小球进入Ⅰ区域的速度较小，轨道半径较小，不能进入Ⅱ区域，由磁场上边界MN第一次穿出Ⅰ区域，在此过程中，电场力做功：W=qEs=0…⑨；ii、当h＞h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ第一次磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，在此过程电场力做功W=﹣qEd，把②代入解得：W=﹣mgd；答：（1）小球带正电，电场强度：E=；（2）小球放时距MN的高度h=；（3）带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，当h＜h0时，电场力做功为零；当h＞h0时，电场力做功为：﹣mgd．【点评】：本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．　（二）（选考部分）【物理-物理3-3】12．（4分）（2022•日照一模）下列各种说法中正确的是（　　）　A．物体从外界吸收热量，其内能一定增加　B．自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的　C．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引　D．布朗运动是液体分子的无规则运动【考点】：热力学第一定律；布朗运动；热力学第二定律．【专题】：热力学定理专题．【分析】：做功和热传递都可以改变内能；液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离引起的；自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性；布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动．-16-\n【解析】：解：A、做功和热传递都可以改变内能，物体吸热的同时若对外做功，则物体内能不一定增加，故A错误；B、根据热力学第二定律，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故B正确；C、液体表面表现为张力，是由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离引起的，即分子间表现为引力，故C正确；D、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；故选：BC．【点评】：本题考查了热力学第一定律、第二定律、液体的表面张力、布朗运动等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识．　13．（8分）（2022•日照一模）如图所示，导热的圆柱形气缸放置在水平桌而上，横截面积为S、质量为ml的活塞封闭着一定质量的气体（可视为理想气体），活塞与气缸间无摩擦且不漏气．总质量为m2：的砝码盘（含砝码）通过左侧竖直的细绳与活塞相连．当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h．现使环境温度缓慢降为：①当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？②保持环境温度为不变，在砝码盘中添加质量为△m的砝码时，活塞返回到高度为h处，求大气压强p0．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：①封闭气体等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；②封闭气体等温变化，根据玻意而定律列式求解．【解析】：解：①环境温度缓慢降低过程中，气缸中气体压强不变，初始时温度为T1=T，体积为V1=hS，变化后温度为T2=，体积为V2=h1S，由盖•吕萨克定律得：P解得h1=②设大气压强为p0，初始时体积V2=h1S，压强变化后体积V3=hS，压强-16-\n由玻意耳定律p2V2=p3V3解得：答：①当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是；②大气压强p0为【点评】：此类问题关键是挖掘气体做何种变化，选择合适的气体实验定律求解即可，其中活塞类问题，往往对活塞受力分析利用平衡求解气体压强．　【物理-物理3-4】14．（2022•日照一模）一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则（　　）　A．红光最先消失，紫光最后消失　B．紫光最先消失，红光最后消失　C．紫光最先消失，黄光最后消失　D．红光最先消失，黄光最后消失【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：由于白光是复色光，各种色光的折射率不同，紫光的折射率最大，偏折程度最大；入射角θ逐渐减小到零的过程中，导致光线射到棱镜右侧面的入射角减小，当入射角达到某光的临界角时该光将发生全反射，分析色光的临界角大小可得出最先发生全反射的光．【解析】：解：紫光的折射率最大，由临界角公式sinC=，知紫光的临界角最小，当入射角i逐渐减小到零的过程中，光线射到棱镜右侧面的入射角逐渐增大，紫光的入射角最先达到临界角，发生全反射，则紫光最先消失，红光最后消失．故B正确，ACD错误．故选：B．【点评】：本题考查对光的全反射的理解能力，关键抓住全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角，知道七种色光折射率和临界角的大小关系．　15．（2022•日照一模）如图所示是一列简谐横波在某时刻的波动图象，从该时刻开始，此波中d质点第一次到达波谷的时间比e质点第一次到达波谷的时间早0.10s．若b质点的平衡位置为x=m，求：至少经过多长时间b质点经过平衡位置且向下运动以及b质点在这段时间内经过的路程．-16-\n【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：振动从d传到e的时间为T，由已知条件可求得周期，读出波长，即可求得波速．当﹣1m处的质点振动状态传播到b质点时，质点b经过平衡位置且向下运动，由公式t=求解时间．根据时间与周期的关系，求解质点通过的路程．【解析】：解：根据波的传播方向与质点振动方向的关系，可知此波沿x轴正方向传播．依题意λ=4m，T=0.4s可得：v==m/s=10m/sx=﹣1m处的质点振动状态传播到b质点所用的时间t==s，则经过s时间b质点经过平衡位置且向下运动．由波动图象可知b质点的纵坐标为﹣cm，则这段时间通过的路程s=2A+cm=12.5cm答：至少经过s时间b质点经过平衡位置且向下运动，b质点在这段时间内经过的路程为12.5cm．【点评】：本题突破口是对“d质点第一次到达波谷的时间比e质点第一次到达波谷的时间早0.5s”的理解，运用波形的平移法研究b质点的运动情况．　【物理-物理3-5]16．（2022•日照一模）下列说法正确的是（　　）　A．Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2　B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应　C．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小　D．β射线是由原子核外的电子电离产生【考点】：原子核衰变及半衰期、衰变速度；天然放射现象．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：α衰变生成氦原子核，质量数少4，质子数少2，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，半衰期与外界因素无关，β射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即β粒子．【解析】：解：A、Tn核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数减少了4，中子数减少2，故A正确；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，B正确；C、半衰期与外界因素无关，C错误；-16-\nD、β射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即β粒子．故D错误．故选：AB【点评】：掌握衰变的实质，知道半衰期的特点，考查的内容比较简单，只要多看多记就能解决．故要加强知识的积累．　17．（2022•日照一模）如图所示，在光滑水平面上，木块A的质量mA=1kg，木块B的质量mB=4kg，质量mC=2kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0=10m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5m/s，碰撞时间极短．求：①A、B碰撞后A的速度．②弹簧第一次恢复原长时C的速度．【考点】：动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：A、B两者组成的系统，在碰撞的前后瞬间动量守恒，结合动量守恒求出A、B碰后A的速度大小．弹簧第一次恢复原长时，弹簧的弹性势能为零，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出弹簧第一次恢复原长时C的速度．【解析】：解：①因碰撞时间极短，A、B碰撞时，C的速度为零，规定A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB解得vA=代入数据解得vA=﹣4m/s，方向与A的初速度方向相反．②第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零，设此时B的速度为vB′，C的速度为vC由动量守恒定律得mBvB=mBvB′+mCvC由机械能守恒定律得mBvB2=mBvB′2+mCvC2得vC=vB代入数据解得vC=m/s．答：①A、B碰撞后A的速度为4m/s，方向与A的初速度方向相反．②弹簧第一次恢复原长时C的速度为．【点评】：本题考查了求物体的速度，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．难度中等．　-16-