2024届山东省济南市历城第二中学高三下学期高考押题物理试卷

这是一份2024届山东省济南市历城第二中学高三下学期高考押题物理试卷，共36页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）2024年4月19日起，日本开始排放第五批福岛核污染水，预计排放19天。核污染水中含有一定量的放射性核素“氚”，该核素可在生物体内富集，导致内照射，从而损害生物体的健康。已知氚的衰变方程为，半衰期约为12年，下列说法正确的是
A．氚核发生的是衰变
B．衰变产物来自氚的核外电子
C．衰变产生的射线能穿透几厘米厚的铅板
D．若立即停止排放，12年后因排污导致的核辐射量会减少
2．（3分）在轴上的、两点分别固定两个点电荷，如图是轴上各点电场强度随位置变化的关系图像，图中图线关于点中心对称，轴上、两点关于点对称。规定轴正方向为电场强度正方向，下列说法正确的是
A．、两点固定的是等量异种电荷
B．从点到点，电势逐渐降低
C．电势差
D．一正电荷从点自由释放，仅在电场力作用下运动到点过程中其动能先增大后减小
3．（3分）如图，将总质量为的2000粒黄豆从距秤盘高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为
A．B．C．D．
4．（3分）1824年法国工程师卡诺创造性地提出了具有重要理论意义的热机循环过程——卡诺循环，极大地提高了热机的工作效率。如图为卡诺循环的图像，一定质量的理想气体从状态开始沿循环曲线回到初始状态，其中和为两条等温线，和为两条绝热线。下列说法正确的是
A．在绝热压缩过程中，气体内能减小
B．一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
C．过程气体对外界做的功等于过程外界对气体做的功
D．状态时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比状态多
5．（3分）如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度与其到地心距离的关系图像，已知为地球半径，为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是
A．地球自转的角速度
B．地球同步卫星的周期
C．上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变
D．从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动
6．（3分）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是
A．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在段做匀加速直线运动，在段做匀速运动
C．汽车达到的最大速度大小为
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为
7．（3分）如图，右侧面光滑的斜面体固定在水平面上，质量相等的物块、分别放在斜面体的左右两个面上，、拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。现对施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力，使缓慢移动至右侧细绳水平，该过程保持静止。下列说法正确的是
A．拉力逐渐增大
B．轻绳的拉力先减小后增大
C．所受摩擦力先增大后减小
D．斜面对的作用力先增大后减小
8．（3分）如图，质量为的小球用轻弹簧悬挂并静止在坐标原点，竖直向下。某时刻给小球施加一竖直向下的力，力大小满足表达式，弹簧的劲度系数为。小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．在处小球加速度最大
B．小球运动到最低点时的加速度大小为
C．下降过程弹簧弹性势能增加了
D．下降过程小球与弹簧组成的系统机械能增加了
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（4分）如图，一束单色光从空气中与某种材料表面成角入射，恰好发生全反射，每次反射的光能量为入射光能量的倍，，若这束光最终进入材料的能量恰好为入射光能量的倍。设空气中的光速为，下列说法正确的是
A．该材料折射率为
B．该材料折射率为
C．光在该材料中的传播速度为
D．光从空气进入该材料，光的频率变小
10．（4分）一列简谐横波沿轴正方向传播，图甲是时刻的波形图，图乙和丙分别是轴上某两处质点的振动图像。这两质点平衡位置之间的距离可能是
A．B．C．D．
11．（4分）水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块。若石块出手时的初速度方向与水平方向成，出手高度为站立点正上方，重力加速度。下列说法正确的是
A．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为
B．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为
C．若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短
D．若投出石块的最大初速度为，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过
12．（4分）如图，倾角的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线与间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、边长为的正方形单匝导线框随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框边越过虚线进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框边到达虚线处时，线框速度刚好与传送带共速。已知两虚线间距离为，且，线框的阻值为，线框与传送带间的动摩擦因数，重力加速度为，整个过程中线框边始终与两虚线平行，下列说法正确的是
A．当线框边越过虚线后，线框做匀减速运动
B．当线框边越过虚线时，线框的速度必为
C．线框由开始进入磁场到开始离开磁场经历的时间为
D．线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（10分）如图是验证动量守恒定律实验装置，某同学要用该装置探究大小相同的钢球与木球在碰撞过程中的能量损失情况，图中点为铅锤在长条纸上的竖直投影点，请回答下列问题：
（1）实验前应调整斜槽，使斜槽末端 ；
（2）实验过程中，将钢球作为入射小球，先不放被碰小球，从斜槽上某一位置由静止释放入射小球，测得点与入射小球在地面上落点的距离为；然后将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，测得点与入射小球和被碰小球在地面上落点的距离分别为、；测得斜槽末端距离地面高度为，测得入射小球和被碰小球的质量分别为、，查知当地重力加速度为。则钢球与木球碰撞过程中损失的机械能△ （用题中所给物理量表示）；
（3）该同学查阅资料得知，恢复系数能更好地表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数等于碰撞后两物体相对速度与碰撞前两物体相对速度大小之比，根据（2）中测量结果，钢球与木球碰撞过程的恢复系数 ；
（4）某次实验中，用木球作为入射小球，仍用该装置进行实验，发现木球被反弹，则测得的恢复系数会 （选填“偏大”“偏小”或“不变” 。
14．（10分）某同学要准确测量某型号电池的电动势和内阻，该电池的电动势约为，内阻约为，实验室里还备有下列实验器材：
．另一电池（电动势约为，内阻约为
．电压表（量程为，内阻约为
．电压表（量程为，内阻约为
．电流表（量程为，内阻约为
．电流传感器（内阻未知）
．滑动变阻器（最大阻值为
．滑动变阻器（最大阻值为
．滑动变阻器（最大阻值为
．开关两个，导线若干
根据所提供的实验器材，该同学设计了如图甲所示测量电路。
实验步骤如下：
①将、调至适当阻值，闭合开关；
②闭合开关，再调节、，使电流传感器的示数为零；
③多次改变阻值，相应调节阻值，使电流传感器的示数仍然为零，并读取多组电压表、电流表的示数；
④根据测得数据描绘出电压表示数随电流表示数变化的图像。
请回答下列问题：
（1）按所设计的实验电路，请在答题卡上用笔画线代替导线将图乙实物连接补画完整；
（2）在实验中，电压表应选择 ，若滑动变阻器选，则滑动变阻器应选 ；（选填器材前面的字母代号）
（3）作出的图像如图丙所示，则电动势 ，内阻 ；（计算结果保留2位有效数字）
（4）请从实验误差角度简要评价该实验方案： 。
15．（10分）根据气象报道，我国北方有些地区春秋季昼夜温差可以达到以上。北方某城市某日白天最高气温高达，夜晚最低气温低至。该城市某无人居住的房间内温度与外界环境温度相同，房间内的空气视为理想气体，且白天最高气温时空气的密度为。热力学温度与摄氏温度的关系为，昼夜大气压强保持不变，求：
（1）若房间密闭，房间内昼夜空气压强的最大比值；
（2）若房间与大气连通，房间内昼夜空气密度的最大值。（结果保留两位小数）
16．（10分）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量，质量是的滑块放在小车的左端，小车的质量，滑块与绝缘板间的动擦因数，它们所在空间存在磁感应强度的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，一不可伸长的轻质细绳长，一端固定在点，另一端与质量的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞时间极短，碰撞后小球恰好静止，取。求：
（1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细绳的拉力；
（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能△；
（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量。
17．（10分）如图所示，在平面直角坐标系第一象限内存在方向的匀强电场，第四象限，1，2，3，4，范围内存在垂直平面向里，大小为的匀强磁场。一带电量为质量为的粒子，以初速度从点沿方向垂直射入电场，粒子做匀变速曲线运动至点进入第四象限，粒子运动过程中不计重力。求：
（1）第一象限内匀强电场电场强度大小；
（2）粒子在第一象限运动过程中与连线的最大距离；
（3）粒子进入第四象限后与轴的最大距离。
18．（10分）如图所示，有5个大小不计的物块1、2、3、4、5放在倾角为的足够长斜面上，其中物块1的质量为，物块2、3、4、5的质量均为，物块1与斜面间光滑，其他物块与斜面间动摩擦因数。物块2、3、4、5的间距均为，物块1、2的间距为。开始时用手固定物块1，其余各物块都静止在斜面上。现在释放物块1，使其自然下滑并与物块2发生碰撞，接着陆续发生其他碰撞。假设各物块间的碰撞时间极短且都是弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。求：
（1）物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小；
（2）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间；
（3）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所有物块与斜面间摩擦产生的总热量。
2024年山东省济南市历城二中高考物理押题试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
1．（3分）2024年4月19日起，日本开始排放第五批福岛核污染水，预计排放19天。核污染水中含有一定量的放射性核素“氚”，该核素可在生物体内富集，导致内照射，从而损害生物体的健康。已知氚的衰变方程为，半衰期约为12年，下列说法正确的是
A．氚核发生的是衰变
B．衰变产物来自氚的核外电子
C．衰变产生的射线能穿透几厘米厚的铅板
D．若立即停止排放，12年后因排污导致的核辐射量会减少
【答案】
【分析】根据质量数守恒与电荷数守恒判断的种类；根据衰变的本质判断；根据三种射线的特点判断；根据半衰期的意义判断。
【解答】解：．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，的质量数为，电荷数为，则为电子，则氚核发生的是衰变，故错误；
．衰变产物电子来自氚核内的中子转化为质子时放出的电子，故错误；
．射线的穿透能力较弱，不能穿透几厘米厚的铅板，故错误；
．若立即停止排放，12年后即经过一个半衰期，会有一半氚核发生衰变，即因排污导致的核辐射量会减少，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了原子核衰变、半衰期等知识点。对于这分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。
2．（3分）在轴上的、两点分别固定两个点电荷，如图是轴上各点电场强度随位置变化的关系图像，图中图线关于点中心对称，轴上、两点关于点对称。规定轴正方向为电场强度正方向，下列说法正确的是
A．、两点固定的是等量异种电荷
B．从点到点，电势逐渐降低
C．电势差
D．一正电荷从点自由释放，仅在电场力作用下运动到点过程中其动能先增大后减小
【答案】
【分析】分析点的场强大小，判断、两点固定的电荷关系；根据沿电场线方向电势降低分析电势的变化；图像与横轴围成的面积表示电势差，由此分析项；一正电荷从点自由释放，仅在电场力作用下运动到点过程中，分析电场力做功情况，判断其动能的变化情况。
【解答】解：、由点的电场强度为零以及电场方向随轴的变化可知，、两点放置的是等量正点电荷，故错误；
、由题图可知，从点到点，电场强度方向先向右后向左，根据沿电场线方向电势降低可知，电势先降低后升高，故错误；
、图像与横轴围成的面积表示电势差，由题图可知，图线关于点中心对称，轴上、两点关于点对称，故到、到图线与横轴围成的面积大小相等，又因为，，所以，故错误；
、从点到点，电场强度方向先向右后向左，则正电荷从点自由释放后，先受到向右的电场力，后受到向左的电场力，电场力先做正功，动能增大，后做负功，动能减小，所以其动能先增大后减小，故正确。
故选：。
【点评】解答本题时，要掌握电势能与电势的关系、电场力做功与动能变化的关系，同时要知道图像与横轴围成的面积表示电势差。
3．（3分）如图，将总质量为的2000粒黄豆从距秤盘高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先根据自由落体运动的规律可求得黄豆落在秤盘上的速度大小，再对黄豆与秤盘碰撞过程，根据动量定理求解。
【解答】解：黄豆落在秤盘上的速度大小为
黄豆与秤盘碰撞过程，取竖直向上为正方向，由动量定理得
据题有，，代入上式解得：，即持续倾倒黄豆的时间约为，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查动量定理的应用，注意将所有黄豆视为整体，明确碰撞前后的受力和动量变化情况，同时注意理解题意，明确碰撞力远大于黄豆受到的重力，故重力可以忽略。
4．（3分）1824年法国工程师卡诺创造性地提出了具有重要理论意义的热机循环过程——卡诺循环，极大地提高了热机的工作效率。如图为卡诺循环的图像，一定质量的理想气体从状态开始沿循环曲线回到初始状态，其中和为两条等温线，和为两条绝热线。下列说法正确的是
A．在绝热压缩过程中，气体内能减小
B．一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
C．过程气体对外界做的功等于过程外界对气体做的功
D．状态时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比状态多
【答案】
【分析】过程中绝热压缩，根据热力学第一定律判断气体内能变化；根据图像与轴所围的面积表示气体做功，分析一个循环过程中气体吸放热情况；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用热力学第一定律分析答题；
【解答】解：、在绝热压缩过程中，根据△可知，，所以△，即气体内能增大，故错误；
、在整个过程中，气体的内能不变，在图像中，图像与横轴所围面积表示气体做功，故整个过程中气体对外做功，根据热力学第一定律可知，在整个过程中气体吸热，故气体吸收的热量大于放出的热量，故错误；
、由于和为等温变化，设，
由于和两个过程是绝热过程；过程气体对外做功，气体温度由减小到，由热力学第一定律可知，减少的内能等于过程气体对外做的功；
过程外界对气体做功，气体温度由增加到，由热力学第一定律可知，增加的内能等于过程外界对气体做功，则气体对外界做的功等于外界对气体做的功，故正确；
、过程中，等温膨胀，体积变大，压强变小，单位体积内的分子数增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，故错误。
故选：。
【点评】本题考查热力学第一定律，能根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律分析吸放热情况；要知道温度是分子平均动能的标志，一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。
5．（3分）如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度与其到地心距离的关系图像，已知为地球半径，为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是
A．地球自转的角速度
B．地球同步卫星的周期
C．上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变
D．从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动
【答案】
【分析】根据万有引力提供重力和向心力同时结合图像，分析半径的变化对角速度，重力的影响，以及计算地球的自转周期。
【解答】解：、根据向心加速度公式有：，可知图像中，其斜率为角速度的平方，故错误；
、由于向心加速度变形解得：
故其周期为：，故正确；
、上升过程中，处于超重状态，支持力会变大，故错误；
、太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，故意错误。
故选：。
【点评】本题主要考查万有引力的应用，同时要结合图像分析不同时，向心加速度不同，万有引力不同。
6．（3分）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是
A．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在段做匀加速直线运动，在段做匀速运动
C．汽车达到的最大速度大小为
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为
【答案】
【分析】汽车在启动第一阶段牵引力不变，即汽车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据速度—时间公式可以末的速度，根据求出最大功率；根据功率的计算式可求出行驶中的最大速度；根据匀变速直线运动的公式求出前一段的位移，根据动能定理求出后一段的位移，然后求和。
【解答】解：．由图可知汽车在段汽车牵引力不变，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
代入数据解得
汽车在段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故错误；
．由题可知汽车在前内做匀加速直线运动，则时汽车的速度为
汽车额定功率为
汽车达到的最大速度大小为
故错误；
．汽车做匀加速直线运动的位移为
从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得
汽车通过的距离为
故正确。
故选：。
【点评】本题考查汽车启动功率的问题，要求学生结合匀变速直线运动规律、牛顿第二定律以及功率的公式进行计算，难度适中。
7．（3分）如图，右侧面光滑的斜面体固定在水平面上，质量相等的物块、分别放在斜面体的左右两个面上，、拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。现对施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力，使缓慢移动至右侧细绳水平，该过程保持静止。下列说法正确的是
A．拉力逐渐增大
B．轻绳的拉力先减小后增大
C．所受摩擦力先增大后减小
D．斜面对的作用力先增大后减小
【答案】
【分析】离开斜面后，设与竖直方向的夹角为，对，根据平衡条件列式得到拉力和轻绳的拉力与的关系式，再分析它们的变化情况；对，先分析力作用之前受到的摩擦力方向，再力作用之后所受摩擦力的变化情况；斜面对的作用力为斜面的支持力和摩擦力的合力，支持力不变，分析摩擦力的变化来判断这个合力的变化。
【解答】解：、离开斜面后，设与竖直方向的夹角为，分析受力如图所示，则有
，
因逐渐减小，不变，所以逐渐增大，绳子的拉力逐渐减小，故正确，错误；
、力作用之前，有
所以原来所受摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的减小，受到的摩擦力逐渐减小，当右绳水平时，绳子拉力为零，则受到的摩擦力沿斜面向上，所以受到的摩擦力先沿斜面向下减小，再沿斜面向上增大，故错误；
、斜面对的作用力为斜面的支持力和摩擦力的合力，因为支持力不变，所以当摩擦力先减小再增大时，斜面对的作用力先减小后增大，故错误。
故选：。
【点评】本题考查动态平衡分析问题，采用解析法，由平衡条件列式分析，也可以采用图解法分析。
8．（3分）如图，质量为的小球用轻弹簧悬挂并静止在坐标原点，竖直向下。某时刻给小球施加一竖直向下的力，力大小满足表达式，弹簧的劲度系数为。小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．在处小球加速度最大
B．小球运动到最低点时的加速度大小为
C．下降过程弹簧弹性势能增加了
D．下降过程小球与弹簧组成的系统机械能增加了
【答案】
【分析】开始物体平衡时，根据平衡条件和胡克定律相结合求出弹簧的伸长量。分析当小球的位移为时受到的合外力，判断合外力与位移的关系，将小球的运动与简谐振动类比，从而确定在何位置加速度最大，并由牛顿第二定律求最大加速度大小；求出小球到最低点时弹簧伸长量，再求下降过程弹簧弹性势能增加量；下降过程小球与弹簧组成的系统机械能增加量等于外力做的功。
【解答】解：、开始物体平衡时，则有，解得：
当小球的位移为时受到的合外力大小为
则小球的运动类似简谐振动，开始时的加速度最大，即当时的加速度最大，且为
在时此时加速度为零；由对称性可知，当时到达最低点，此时加速度为向上最大，大小为，故错误，正确；
、小球到最低点时弹簧伸长量为：，则根据可得下降过程中弹簧增加的弹性势能为△，即，故错误；
、由对称性可知，下降过程中力对小球做功为0，根据功能关系可知下降过程小球与弹簧组成的系统机械能增加量为0，故错误。
故选：。
【点评】解答本题的关键要推导出合外力与位移的关系，明确小球的运动类似简谐振动，分析时要抓住对称性。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（4分）如图，一束单色光从空气中与某种材料表面成角入射，恰好发生全反射，每次反射的光能量为入射光能量的倍，，若这束光最终进入材料的能量恰好为入射光能量的倍。设空气中的光速为，下列说法正确的是
A．该材料折射率为
B．该材料折射率为
C．光在该材料中的传播速度为
D．光从空气进入该材料，光的频率变小
【答案】
【分析】根据题意画出光路图，根据几何知识和折射定律列式求解；光在该材料中的传播速度为，光从空气进入该材料，光的频率不变。
【解答】解：、这束光最终进入材料的能量为入射光能量的倍，说明经过两次反射进入材料后会发生全反射，光路图如图所示：
设折射率为，在点的折射角为，则全反射角为，根据折射定律知
联立解得：，故正确，错误。
、光在该材料中的传播速度为，故正确；
、光从空气进入该材料，光的频率不变，故错误；
故选：。
【点评】本题考查了光的反射、折射、全反射定律的应用，由每次发生反射有能量损失判断发生了反射和折射，从而判断临界角的范围。
10．（4分）一列简谐横波沿轴正方向传播，图甲是时刻的波形图，图乙和丙分别是轴上某两处质点的振动图像。这两质点平衡位置之间的距离可能是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据质点振动关系找出质点在横波的位置，判断质点间距公式，从而分类计算．
【解答】解：一列简谐横波沿轴正方向传播，波长为，图甲是时刻的波形图，根据平移法可知图乙的位置坐标为，1，2，，图丙的位置坐标为，1，2，
当，时两质点平衡位置之间的距离为△
当，时两质点平衡位置之间的距离为△
故正确，错误；
故选：。
【点评】本题考查振动图象、波动图象及相关知识，难度较大，要仔细分析，此题的关键是据波形图分析．
11．（4分）水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块。若石块出手时的初速度方向与水平方向成，出手高度为站立点正上方，重力加速度。下列说法正确的是
A．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为
B．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为
C．若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短
D．若投出石块的最大初速度为，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过
【答案】
【分析】理解石块在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和几何关系得出石块出手时的速度；
根据竖直方向上的运动情况得出运动的时间，结合水平方向上的运动特点得出石块落点的特点。
【解答】解：、石块出手时的初速度方向与水平方向成角，则
可得：
石块落在高的斜面上，则
则石块的水平位移为：
由石块斜向上运动时
又因为
解得：
所以石块出手时的速度为
，故正确，错误；
、若石块的初速度大小一定，当石块的运动轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石块飞行时间最短，故正确；
、若投出石块的初速度为，则
石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间为
最大水平位移为：
石块在斜面上与出手点等高处与出手点最近点距离为，则石块在斜面上与出手点等高的最远点与最近点的距离为：
则石块在斜面上与出手点等高的所有落点组成的线段长度不会超过
2△，故正确；
故选：。
【点评】本题主要考查了斜抛运动的相关应用，解题的关键点是理解斜抛运动在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式联立等式完成分析。
12．（4分）如图，倾角的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线与间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、边长为的正方形单匝导线框随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框边越过虚线进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框边到达虚线处时，线框速度刚好与传送带共速。已知两虚线间距离为，且，线框的阻值为，线框与传送带间的动摩擦因数，重力加速度为，整个过程中线框边始终与两虚线平行，下列说法正确的是
A．当线框边越过虚线后，线框做匀减速运动
B．当线框边越过虚线时，线框的速度必为
C．线框由开始进入磁场到开始离开磁场经历的时间为
D．线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为
【答案】
【分析】应用求出线框切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式与牛顿第二定律求出线框的加速度，判断线框的运动性质；应用安培力公式与平衡条件求出线框的速度；应用动能定理与功能关系、动量定理分析答题。
【解答】解：、线框边越过虚线后边切割磁感线产生感应电动势，感应电动势，由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流，线框受到的安培力大小，由楞次定律可知，线框所受安培力方向平行于斜面向下，线框进入磁场后受到沿斜面向下的安培力作用，则，线框做减速运动，随速度的减小，线框所受安培力减小，线框所受合力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，线框进入磁场过程做加速度减小的减速运动，故错误；
、线框做匀速直线运动时，由平衡条件得：，解得：，线框做匀速直线运动时，线框可能完全进入磁场，有可能没有完全进入磁场，因此当线框边越过虚线时，线框的速度不一定是，故错误；
、设传送带速度为，线框完全进入磁场时的速度为，从线框完全进入磁场到线框边到达虚线的过程中，根据动能定理得：；从线框边越过虚线进入磁场到线框完全进入磁场过程中，根据动能定理得：，解得：，克服安培力做的功转化为焦耳热，则，线框出磁场和进入磁场过程产生的焦耳热相等，则线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热，故正确；
、沿平行于斜面向上为正方向，线框进入磁场到离开磁场过程，由动量定理得：，其中安培力的冲量，平均感应电流，解得：，，故正确。
故选：。
【点评】本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、牛顿第二定律、动能定理、功的计算公式即可正确解题．
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（10分）如图是验证动量守恒定律实验装置，某同学要用该装置探究大小相同的钢球与木球在碰撞过程中的能量损失情况，图中点为铅锤在长条纸上的竖直投影点，请回答下列问题：
（1）实验前应调整斜槽，使斜槽末端 切线水平 ；
（2）实验过程中，将钢球作为入射小球，先不放被碰小球，从斜槽上某一位置由静止释放入射小球，测得点与入射小球在地面上落点的距离为；然后将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，测得点与入射小球和被碰小球在地面上落点的距离分别为、；测得斜槽末端距离地面高度为，测得入射小球和被碰小球的质量分别为、，查知当地重力加速度为。则钢球与木球碰撞过程中损失的机械能△ （用题中所给物理量表示）；
（3）该同学查阅资料得知，恢复系数能更好地表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数等于碰撞后两物体相对速度与碰撞前两物体相对速度大小之比，根据（2）中测量结果，钢球与木球碰撞过程的恢复系数 ；
（4）某次实验中，用木球作为入射小球，仍用该装置进行实验，发现木球被反弹，则测得的恢复系数会 （选填“偏大”“偏小”或“不变” 。
【答案】（1）切线水平；（2）；（3）；偏小。
【分析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端应水平。
（2）求出小球碰撞前后的速度大小，应用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能。
（3）根据恢复系数的定义求出恢复系数。
（4）根据题意判断恢复系数如何变化。
【解答】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端切线应水平。
（2）小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间相等，设为，则，解得：
碰撞前入射球的速度大小，碰撞后入射球的速度大小，被碰球的速度大小
由能量守恒定律可知，碰撞过程损失的机械能：△，解得：△
（3）钢球与木球碰撞过程的恢复系数，解得：
（4）用木球作为入射小球，碰撞后木球被反弹，碰撞后木球与钢球的相对速度变小，测得的恢复系数会偏小。
故答案为：（1）切线水平；（2）；（3）；偏小。
【点评】理解实验原理、认真审题根据题意获取所需信息是解题的前提，根据题意应用能量守恒定律可以解题。
14．（10分）某同学要准确测量某型号电池的电动势和内阻，该电池的电动势约为，内阻约为，实验室里还备有下列实验器材：
．另一电池（电动势约为，内阻约为
．电压表（量程为，内阻约为
．电压表（量程为，内阻约为
．电流表（量程为，内阻约为
．电流传感器（内阻未知）
．滑动变阻器（最大阻值为
．滑动变阻器（最大阻值为
．滑动变阻器（最大阻值为
．开关两个，导线若干
根据所提供的实验器材，该同学设计了如图甲所示测量电路。
实验步骤如下：
①将、调至适当阻值，闭合开关；
②闭合开关，再调节、，使电流传感器的示数为零；
③多次改变阻值，相应调节阻值，使电流传感器的示数仍然为零，并读取多组电压表、电流表的示数；
④根据测得数据描绘出电压表示数随电流表示数变化的图像。
请回答下列问题：
（1）按所设计的实验电路，请在答题卡上用笔画线代替导线将图乙实物连接补画完整；
（2）在实验中，电压表应选择 ，若滑动变阻器选，则滑动变阻器应选 ；（选填器材前面的字母代号）
（3）作出的图像如图丙所示，则电动势 ，内阻 ；（计算结果保留2位有效数字）
（4）请从实验误差角度简要评价该实验方案： 。
【答案】（1）实物电路图如上图所示；（2）；；（3）2.9；2.0；（4）多次测量减小了偶然误差；避免了电压表分流作用或电流表的分压作用，消除了系统误差。
【分析】（1）根据图示电路图连接实物电路图。
（2）根据电池电动势关系与图示电路图选择电压表与滑动变阻器。
（3）根据闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出电源电动势与内阻。
（4）根据实验电路图与实验步骤分析答题。
【解答】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（2）电流传感器示数为零，则两端电势相等，电压表测电源的路端电压，电源的电动势约为，则电压表选择；电源的电动势大于的，滑动变阻器两端的电压大小两端的电压，则接入电路的阻值大于接入电路的阻值，则应选择。
（3）电流传感器示数为零，则两端电势相等，电压表测电源的路端电压，电流表测电路电流，由闭合电路的欧姆定律得：，由图丙所示图像可知，图像斜率的绝对值，由图示图像可知：时，则电源电动势
（4）由图示电路图与实验步骤可知，该实验方案可以进行多次测量减小了偶然误差；该方案消除了电压表分流作用或电流表的分压作用对实验的影响，消除了系统误差。
故答案为：（1）实物电路图如上图所示；（2）；；（3）2.9；2.0；（4）多次测量减小了偶然误差；避免了电压表分流作用或电流表的分压作用，消除了系统误差。
【点评】分析清楚图示电路结构、理解实验原理是解题的前提与关键，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
15．（10分）根据气象报道，我国北方有些地区春秋季昼夜温差可以达到以上。北方某城市某日白天最高气温高达，夜晚最低气温低至。该城市某无人居住的房间内温度与外界环境温度相同，房间内的空气视为理想气体，且白天最高气温时空气的密度为。热力学温度与摄氏温度的关系为，昼夜大气压强保持不变，求：
（1）若房间密闭，房间内昼夜空气压强的最大比值；
（2）若房间与大气连通，房间内昼夜空气密度的最大值。（结果保留两位小数）
【答案】（1）房间内昼夜空气压强的最大比值为；
（2）房间内昼夜空气密度的最大值为。
【分析】（1）根据题意确定温度最高值和最低值，结合查理定律求压强的最大比值；
（2）根据题意分析出气体变化前后的状态参量，结合盖—吕萨克定律得出房间内昼夜空气密度的最大值。
【解答】解：（1）温度最高为，此时气体压强取最大值；温度最低为，此时气体压强取最小值。
房间密闭，房间内空气发生等容变化，根据查理定律得
整理得房间内昼夜空气压强的最大比值为
（2）以温度最高时房间内的空气为研究对象，设其体积为，其在温度最低时对应的体积为，根据盖一吕萨克定律得
整理得：
设昼夜空气的最小密度和最大密度分别为、，有
整理得房间内昼夜空气密度的最大值为
答：（1）房间内昼夜空气压强的最大比值为；
（2）房间内昼夜空气密度的最大值为。
【点评】本题主要考查气体实验定律，解题的关键是分析出气体状态变化前后的状态参量，选择合适的实验定律进行解答。
16．（10分）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量，质量是的滑块放在小车的左端，小车的质量，滑块与绝缘板间的动擦因数，它们所在空间存在磁感应强度的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，一不可伸长的轻质细绳长，一端固定在点，另一端与质量的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞时间极短，碰撞后小球恰好静止，取。求：
（1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细绳的拉力；
（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能△；
（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量。
【答案】（1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细线的拉力为，方向竖直向下；
（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能△为；
（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为。
【分析】（1）小球向下摆动过程，洛伦兹力和细绳的拉力不做功，只有重力做功，根据动能定理求出小球与小车碰撞前的速度。由牛顿第二定律求出绳子的拉力，由牛顿第三定律得到小球对细绳的拉力；
（2）对小球与小车碰撞过程，根据动量守恒定律即可求解碰撞后瞬间小车的速度，小球与小车碰撞过程中系统损失的机械能△等于系统碰撞前后动能之差。
（3）假设滑块与车最终相对静止，根据动量守恒定律求出滑块与车的共同速度，分析此时滑块受到的洛伦兹力与重力的关系，判断假设是否正确，确定滑块最终的状态，根据滑块悬浮时洛伦兹力与重力相等，据此求出滑块的速度，再根据能量守恒定律求碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量。
【解答】解：（1）小球下摆过程，由动能定理有
解得：
小球在最低点时，由牛顿第二定律得
解得：
由牛顿第三定律可知小球对细绳的拉力为，方向竖直向下。
（2）小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有

解得：
由能量守恒定律有
△
解得：△
（3）假设滑块与车最终相对静止。滑块在小车滑动过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
解得：
由此可得
故假设不成立，因此滑块最终悬浮。
滑块悬浮瞬间，满足
解得：
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
解得：
根据能量守恒定律有
解得：
答：（1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细线的拉力为，方向竖直向下；
（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能△为；
（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为。
【点评】本题的关键要理清物体的运动过程，把握每个过程遵循的力学规律，要知道洛伦兹力不做功，滑块在小车上滑动时，系统的合外力为零，遵守动量守恒定律和能量守恒定律。
17．（10分）如图所示，在平面直角坐标系第一象限内存在方向的匀强电场，第四象限，1，2，3，4，范围内存在垂直平面向里，大小为的匀强磁场。一带电量为质量为的粒子，以初速度从点沿方向垂直射入电场，粒子做匀变速曲线运动至点进入第四象限，粒子运动过程中不计重力。求：
（1）第一象限内匀强电场电场强度大小；
（2）粒子在第一象限运动过程中与连线的最大距离；
（3）粒子进入第四象限后与轴的最大距离。
【答案】（1）第一象限内匀强电场电场强度大小为；
（2）粒子在第一象限运动过程中与连线的最大距离为；
（3）粒子进入第四象限后与轴的最大距离为。
【分析】（1）粒子在第一象限做类平抛运动，用运动的合成的方法及动力学规律求电场强度的大小；
（2）当速度方向与连线平行时，粒子离连线的距离最远，分解速度和加速度后，由运动学规律解答；
（3）根据类平抛规律求出粒子进入第四象限的速度大小和方向，在第四象限磁场区做匀速圆周运动，在无场区做匀速直线运动，交替进行，求出做匀速圆周运动的半径后得到粒子在轴上的投影长度，由几何关系确定经过的磁场区和无场区的个数，再由几何关系求粒子离轴的最大距离。
【解答】解：（1）粒子从到的过程中，做类平抛运动，
在轴方向有：
在轴方向有：
根据牛顿第二定律有：
解得：，，
所以匀强电场电场强度大小为。
（2）粒子在第一象限运动时，分解为平行于连线方向和垂直于连线方向的两个分运动，粒子与连线的距离最大时，速度方向平行于连线。设与轴的夹角为，则有：，
在垂直连线方向上有：
解得粒子在第一象限运动过程中与连线的最大距离：
（3）粒子到点时，轴方向的分速为，轴方向的分速度为：
则粒子进入第四象限时的速度大小为：
的方向与轴正方向的夹角为。粒子进入第四象限后，在有磁场的区域做匀速圆周运动，在无磁场区域做匀速直线运动，当粒子速度方向平行于轴时，设粒子运动到点，则粒子在点时距离轴最远。粒子做圆周运动时，有：
解得：
粒子做圆周运动的圆弧在轴方向的投影长度为：
由于，可知在到之间有5个磁场区域和4个无磁场区域
所以粒子进入第四象限后与轴的最大距离为：
答：（1）第一象限内匀强电场电场强度大小为；
（2）粒子在第一象限运动过程中与连线的最大距离为；
（3）粒子进入第四象限后与轴的最大距离为。
【点评】本题考查带电粒子在组合场中运动的综合，抓住粒子的基本运动规律，画出轨迹，利用几何关系等可以解决问题。
18．（10分）如图所示，有5个大小不计的物块1、2、3、4、5放在倾角为的足够长斜面上，其中物块1的质量为，物块2、3、4、5的质量均为，物块1与斜面间光滑，其他物块与斜面间动摩擦因数。物块2、3、4、5的间距均为，物块1、2的间距为。开始时用手固定物块1，其余各物块都静止在斜面上。现在释放物块1，使其自然下滑并与物块2发生碰撞，接着陆续发生其他碰撞。假设各物块间的碰撞时间极短且都是弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。求：
（1）物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小；
（2）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间；
（3）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所有物块与斜面间摩擦产生的总热量。
【答案】（1）物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小分别为、；
（2）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间为；
（3）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所有物块与斜面间摩擦产生的总热量为。
【分析】（1）根据动能定理求解物块1与物块2碰前的速度，物块1和物块2第一次碰撞根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，联立求解物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小；
（2）对物块2根据牛顿第二定律求解加速度，可知物块2碰后匀速运动，与物块3发生弹性碰撞，交换速度，后面依次重复，用假设法求解物块2静止后与物块发生碰撞各自所需的时间，通过比较时间大小可知假设成立，根据运动学公式求解物块1从释放到与物块2碰前所用时间，由前面分析可知第1、2次，2、3次，3、4次碰撞所用时间相同，根据运动学公式（位移相同）求解第4次碰到第5次碰撞所用时间，最后求解从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间；
（3）根据运动学公式求解第1、2次碰时段内一个物块下滑的距离，根据功能关系求解摩擦产生的热量，第2、3次碰时段内，可等效为2个物块持续匀速下滑摩擦产生的热量，第3、4次碰时段内，可等效为3个物块持续匀速下滑摩擦产生的热量，第4、5次碰时段内，可等效为4个物块持续匀速下滑摩擦产生的热量，同理根据功能关系求解摩擦产生的热量，最后求解总热量即可。
【解答】解：（1）物块1从释放到与物块2碰前过程，根据动能定理有
解得
以沿斜面向下为正方向，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
联立解得物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小分别为
；
（2）第1次碰后，对物块2根据牛顿第二定律有
解得
即物块2将以速度向下匀速运动直到与物块3碰撞，物块2、3等质量发生弹性碰撞，碰后交换速度，物块3继续向下匀速运动与物块4碰交换速度，物块4继续向下运动与物块5碰交换速度，物块5以速度向下匀速运动。假设物块2静止后物块1再与之发生第2次碰撞，对物块1根据动能定理
解得
对物块1根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式解得物块1与物块2碰后到第二次碰撞前的时间为
同理对物块2根据运动学公式解得物块2与物块1碰后下滑的时间为
由上可知，假设成立。又因为，所以第2次碰将重复第1次的运动，物块4以速度向下匀速运动，物块1从释放到第1次碰撞所用时为
第1、2次，2、3次，3、4次碰撞所用时间均为
第4次碰到第5次碰撞所用时间，根据运动学公式有
解得
从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间为
；
（3）第1、2次碰时段内，可以等效为1个物块持续匀速下滑摩擦产生的热量，根据运动学公式有
根据功能关系有
第2、3次碰时段内，可等效为2个物块持续匀速下滑摩擦产生的热量，根据功能关系有
第3、4次碰时段内，可等效为3个物块持续匀速下滑摩擦产生的热量，根据功能关系有
第4、5次碰时段内，可等效为4个物块持续匀速下滑摩擦产生的热量，根据运动学公式有
根据功能关系有
故总热量为
。
答：（1）物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小分别为、；
（2）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间为；
（3）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所有物块与斜面间摩擦产生的总热量为。
【点评】本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
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