高級中學(xué)名校試題PAGE2025學(xué)年吉林省四平市高三（上）期末物理試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）神舟十九號于2024年10月30日4時(shí)27分在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射升空。神舟飛船順利入軌后，于當(dāng)天11時(shí)與中國空間站成功對接，六名航天員勝利會師。下列說法正確的是（）A．“2024年10月30日4時(shí)27分”指的是時(shí)間間隔 B．對接前調(diào)整姿態(tài)時(shí)，飛船可以視為質(zhì)點(diǎn) C．觀看神舟十九號升空的軌跡時(shí)，飛船可以視為質(zhì)點(diǎn) D．對接后，飛船在軌運(yùn)行時(shí)不能視為質(zhì)點(diǎn)〖祥解〗根據(jù)時(shí)刻在時(shí)間軸上用一個(gè)點(diǎn)表示分析；根據(jù)把物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件分析。【解答】解：A、“2024年10月30日4時(shí)27分”在時(shí)間軸上用一個(gè)點(diǎn)表示，指的是時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；B、對接前調(diào)整姿態(tài)時(shí)，飛船的大小和形狀不可忽略，所以飛船不能看作質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C、觀看神舟十九號升空的軌跡時(shí)，不用考慮飛船的大小和形狀，可以將飛船看作質(zhì)點(diǎn)，故C正確；D、對接后，飛船在軌運(yùn)行時(shí)，不用考慮飛船的大小和形狀，可以將飛船看作質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了時(shí)刻和時(shí)間間隔的區(qū)別，以及把物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件。2．（4分）電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作原理是線圈中通電后，振片被磁化，在永磁體的磁場中上、下振動(dòng)時(shí)帶動(dòng)振針運(yùn)動(dòng)，從而使振針在紙帶上打點(diǎn)。通電線圈產(chǎn)生磁場這一現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)者是（）A．庫侖 B．奧斯特 C．安培 D．法拉第〖祥解〗根據(jù)庫侖、奧斯特、安培和法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻(xiàn)和成就進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓喊l(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的是奧斯特，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評】考查庫侖、奧斯特、安培和法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻(xiàn)和成就，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。3．（4分）如圖所示，一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過豎直墻壁上兩顆光滑的釘子，將一幅重為10N的畫框?qū)ΨQ地懸掛在墻壁上，畫框上兩個(gè)掛釘之間的距離為8dm，墻壁上兩顆釘子間的距離為3dm，繩長為13dm，則每顆釘子受到的彈力大小為（）A．10N B． C． D．〖祥解〗根據(jù)幾何關(guān)系求出兩側(cè)細(xì)繩與水平方向的夾角，對畫框，根據(jù)平衡條件求出兩側(cè)細(xì)繩的拉力大小，再求每顆釘子受到的彈力大小。【解答】解：根據(jù)題圖可得，兩側(cè)細(xì)繩長度為L＝dm＝5dm設(shè)兩側(cè)細(xì)繩與水平方向的夾角為α，則cosα＝＝0.5，則α＝60°對畫框，分析受力，如下圖所示。根據(jù)平衡條件得2Tsinα＝G解得T＝N對釘子，分析受力，如上圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知，釘子對細(xì)繩的作用力F＝T＝N，由牛頓第三定律，每顆釘子受到的彈力大小為N，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評】本題采用隔離法處理共點(diǎn)力平衡問題，關(guān)鍵要根據(jù)幾何知識求出相關(guān)角度。4．（4分）金星在中國古代被稱為太白、啟明或長庚，早晨出現(xiàn)于東方稱為啟明，晚上出現(xiàn)于西方稱為長庚，金星在夜空中的亮度僅次于月球。已知金星半徑約為月球的3.5倍，質(zhì)量約為月球的66倍，將衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)均看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）A．圍繞金星表面運(yùn)行的衛(wèi)星的速率小于圍繞月球表面運(yùn)行的衛(wèi)星的速率 B．圍繞金星表面運(yùn)行的衛(wèi)星的周期大于圍繞月球表面運(yùn)行的衛(wèi)星的周期 C．月球表面的重力加速度大于金星表面的重力加速度 D．在地球表面發(fā)射金星的探測器，則發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度而小于地球的第三宇宙速度〖祥解〗ABC.根據(jù)萬有引力提供向心力以及黃金代換式列式結(jié)合質(zhì)量、半徑關(guān)系進(jìn)行判斷；D.根據(jù)地球第二宇宙速度和第三宇宙速度的物理意義進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓涸O(shè)月球質(zhì)量和半徑為M、R，則金星的質(zhì)量為66M，3.5R。ABC.根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合黃金代換式有G＝m＝mR＝mg，得v＝，T＝，g＝，分別代入月球和金星對應(yīng)的半徑和質(zhì)量，可以判斷v金＞v月，T金＜T月，g金＞g月，故ABC錯(cuò)誤；D.在地球表面發(fā)射金星的探測器，則發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度小于地球的第三宇宙速度，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】考查萬有引力定的應(yīng)用以及地球宇宙速度知識，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。5．（4分）如圖所示的LC振蕩電路中，為靈敏電流計(jì)，電流向右流過時(shí)指針向右偏，反之向左偏，線圈的自感系數(shù)L、電容器的電容C均為已知量。開始時(shí)開關(guān)S扳到a，某時(shí)刻將開關(guān)S扳到b，且將該時(shí)刻作為計(jì)時(shí)0點(diǎn)。則下列說法正確的是（）A．時(shí)，電容器正在放電 B．時(shí)，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn) C．時(shí)，線圈的磁場能為零 D．時(shí)，電容器所帶的電荷量為零〖祥解〗振蕩電流的變化周期為；根據(jù)電路的周期確定在某時(shí)刻線圈L與電容器C的電流、電壓、充放電的情況及電流方向。【解答】解：t＝0時(shí)刻電容器的下極板帶正電，此時(shí)刻將開關(guān)S報(bào)到b，的時(shí)間內(nèi)電容器放電，回路中的電流沿順時(shí)針方向，流過靈敏電流計(jì)的電流向右，指針向右偏轉(zhuǎn)，時(shí)電容器所帶的電荷量為零，回路中的電流最大，線圈產(chǎn)生的磁場能最大，電場能為零；的時(shí)間內(nèi)電容器正在充電，回路中的電流沿順時(shí)針方向，流過靈敏電流計(jì)的電流向右，指針向右偏轉(zhuǎn)，時(shí)電容器所帶的電荷量最多，回路中的電流為零，線圈產(chǎn)生的磁場能為零，電場能最大。A.由題意，該LC振蕩電路的周期為，為時(shí)刻，此時(shí)電容器正在放電，故A正確；B.為時(shí)刻，電流向右流過時(shí)指針向右偏，是指電流從左向右流過電流表電流表右偏，此時(shí)電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤；C.為時(shí)刻，此時(shí)線圈產(chǎn)生的磁場能最大，故C錯(cuò)誤；D.為時(shí)刻，此時(shí)電容器所帶的電荷量最多，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】考查LC振動(dòng)電路中，線圈與電容器之間的充放電過程中，電量、電壓、電流、電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度、電場能、磁場能等各量如何變化，注意電路中電流方向的分析。6．（4分）如圖所示，兩等量異種電荷M、N固定，O為兩電荷連線的中點(diǎn)，c為MO的中點(diǎn)，以M為圓心、Mc為半徑畫圓，圓與直線MN分別交于a、c兩點(diǎn)，直徑bd垂直于MN。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的電勢相等 B．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 C．c點(diǎn)的電場強(qiáng)度是O點(diǎn)電場強(qiáng)度的2倍 D．電子在b、d兩點(diǎn)的電勢能相等〖祥解〗A.由幾何關(guān)系，及等量異種電荷的電勢分布，即可分析判斷；B.由電場強(qiáng)度的疊加原理以及對稱性，即可分析判斷；C.分別確定正電荷在c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度、負(fù)電荷在c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度，再由電場強(qiáng)度的疊加原理，即可分析判斷；D.由幾何關(guān)系、等量異種電荷的電勢分布、電勢與電勢能的關(guān)系，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.由幾何關(guān)系可知，aM＝cM，aN＞cN，則正電荷在a、c兩點(diǎn)的電勢相等，負(fù)電荷在c點(diǎn)的電勢比在a點(diǎn)的電勢低，則a點(diǎn)的電勢比c點(diǎn)的電勢高，故A錯(cuò)誤；B.由電場強(qiáng)度的疊加原理以及對稱性可知，b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不一致，所以b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度不相同，故B錯(cuò)誤；C.設(shè)Mc＝r，則MO＝2r，則正電荷在c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為：，方向向右，，方向向右，負(fù)電荷在c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為：，方向向右，，方向向右，由電場強(qiáng)度疊加原理可知，c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為：Ec＝EMc+ENc，EO＝EM+ENO，解得：，由此可知，Ec：EO＝20：9，故C錯(cuò)誤；D.因?yàn)閎、d兩點(diǎn)到正電荷以及到負(fù)電荷的距離均相等，所以b、d兩點(diǎn)的電勢相等，所以電子在b、d兩點(diǎn)的電勢能相等，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題主要考查等量異種電荷的電勢分布，解題時(shí)需注意，離正電荷越近電勢越高，離負(fù)電荷越近電勢越低，兩等量異種電荷的等勢面，關(guān)于兩電荷連線的中垂面對稱，也關(guān)于兩電荷連線對稱。7．（4分）CT掃描利用的是X射線斷層掃描技術(shù)，如圖所示，M、N之間有一電子束的加速電場，兩板間接有恒定電壓，圓形虛線框內(nèi)有垂直紙面方向的偏轉(zhuǎn)磁場。經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束由靜止開始沿箭頭方向前進(jìn)，最后打在靶上，不計(jì)電子重力。則下列說法正確的是（）A．電子打到靶上的動(dòng)能的大小與圓形磁場半徑的大小有關(guān) B．電子打到靶上的速度的大小與加速電場的寬度有關(guān) C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，為使電子打到靶上的位置不變，則圓形磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變短〖祥解〗A．由洛倫茲力不做功，判斷電子打到靶上的動(dòng)能的大小與圓形磁場半徑大小之間的關(guān)系；B．根據(jù)W＝qU判斷電子打到靶上的速度的大小與加速電場寬度之間的關(guān)系；C．根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律作出分析判斷；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，速度減小，由此可知電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變長?！窘獯稹拷猓篈．因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，所以電子打到靶上的?dòng)能的大小與圓形磁場半徑的大小無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)W＝qU可知，電場力做功與加速電場的寬度無關(guān)，所以電子打到靶上的速度的大小與加速電場的寬度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電子的速度變?yōu)樵瓉淼谋?，為使電子打到靶上的位置不變，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，即電子在圓形磁場中的半徑不變，根據(jù)牛頓第二定律解得所以，圓形磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?，故C正確；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，速度減小，所以，電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變長，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)，要求掌握帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng)和在磁場中的偏轉(zhuǎn)，掌握動(dòng)能定理、牛頓第二定律。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）如圖，在固定光滑斜面的底端分別以相同大小的初速度v0釋放兩個(gè)完全相同的小球A、B，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。A的初速度沿斜面向上，B的初速度與斜面有一定的夾角，到達(dá)頂端時(shí)速度恰好垂直斜面。不計(jì)空氣阻力，針對兩小球從斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程，下列說法正確的是（）A．兩球所受合力做的功相同 B．兩球所受合力的沖量相同 C．兩球重力做功的平均功率不相等 D．兩球到達(dá)頂端時(shí)，重力的瞬時(shí)功率的大小不相等〖祥解〗根據(jù)重力做功特點(diǎn)分析；根據(jù)合力的方向分析；根據(jù)動(dòng)能定理和平均功率的定義分析；根據(jù)瞬時(shí)功率的定義分析。【解答】解：A.對A球受力分析可知，只有重力做功，對B球受力分析可知，同樣只有重力做功，兩小球從斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中，根據(jù)WG＝﹣mgh，可知重力做功相同，故A正確；B.由沖量的表達(dá)式I＝Ft可知，力的方向與沖量方向相同。依題意，A球合力沿斜面向下，B球合力豎直向下，二者方向不同，所以兩球所受合力的沖量不相同，故B錯(cuò)誤；C.把B球的初速度分解為沿斜面和垂直斜面兩個(gè)方向，其中沿斜面方向的速度大小必定小于B球的初速度，同樣也小于A球的初速度大小。兩球沿斜面方向的加速度相同，所以沿斜面方向A球的平均速度大于B球的由可知，A球的時(shí)間小于B球的，根據(jù)可知PA＜PB，故C正確；D.根據(jù)動(dòng)能定理，有可知兩球到達(dá)斜面頂端時(shí)，速度大小相等，設(shè)斜面夾角為θ，則有PA＝v?sinθ，PB＝mgv?cosθ，即兩球到達(dá)頂端時(shí)，重力的瞬時(shí)功率的大小不一定相同，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評】本題考查了平均功率、瞬時(shí)功率的計(jì)算，以及對沖量和合力做功的理解，基礎(chǔ)題。（多選）9．（6分）小明同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室用音叉做了如下的實(shí)驗(yàn)：讓一音叉以固定的頻率振動(dòng)，聲波通過某一小孔可以發(fā)生衍射現(xiàn)象，上述情境可簡化為如圖所示，M為可移動(dòng)擋板，N為固定擋板，在A處有一聲波的接收裝置，為了讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，小明同學(xué)的操作正確的是（）A．換成頻率高的音叉 B．增大音叉發(fā)出的聲波波長 C．將A處的聲波接收裝置沿平行于N板的方向向下移動(dòng) D．將M板向下移動(dòng)〖祥解〗波發(fā)生明顯衍射的條件是：波的波長比孔或障礙物尺寸大，或相差不多，波的波長越長，頻率越小，衍射中波的能量的傳播與孔的大小有關(guān)，孔越大傳播的能量越多；根據(jù)題意和波發(fā)生明顯衍射的條件解答?！窘獯稹拷猓篈BD．波發(fā)生明顯衍射的條件是：波的波長比孔或障礙物尺寸大，或相差不多。若波長不變，則小孔尺寸越小衍射現(xiàn)象越明顯，若小孔尺寸不變，則波長越大衍射現(xiàn)象越明顯，為了讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，可以把擋板M向上移動(dòng)，也可以增大波長即減小頻率，故B正確，AD錯(cuò)誤；C．將A處的聲波接收裝置沿平行于N板的方向向下移動(dòng)，使接收裝置處于聲波能夠傳播到的范圍，讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，故C正確。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題主要考查對波的衍射的理解與應(yīng)用。理解波發(fā)生明顯衍射的條件是解題關(guān)鍵。（多選）10．（6分）光伏發(fā)電具有安全可靠、無污染、不枯竭、不受地形限制的優(yōu)點(diǎn)，是國家重點(diǎn)推廣項(xiàng)目。如圖所示，某小型光伏發(fā)電站發(fā)電機(jī)的輸出電壓為280V，升壓變壓器的輸出功率為P2＝2.8×104W，降壓變壓器的輸出電壓U4＝220V。已知每根輸電線電阻為R＝5Ω，降壓變壓器的輸出功率可供600盞“220V40W”的白熾燈正常工作，變壓器均為理想變壓器，則下列說法正確的是（）A．升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：5 B．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為80：11 C．輸電線內(nèi)流進(jìn)的電流為 D．若將輸電電壓增加3倍，輸出功率不變，可多供93盞“220V40W”的白熾燈正常工作〖祥解〗由發(fā)電機(jī)的輸出電壓與輸出功率，可得到升壓變壓器的原線圈電流；由輸出功率與白熾燈消耗的功率，結(jié)合能量守恒，可得到輸電線上消耗的功率，根據(jù)輸電線電阻值，可計(jì)算輸電線上的電流；由輸電線電流及升壓變壓器的原線圈電流，可計(jì)算升壓變壓器的匝數(shù)比；由輸電線電流及用戶端的總電流，可計(jì)算降壓變壓器的匝數(shù)比；輸電電壓增加3倍時(shí)，由輸出功率不變，可計(jì)算輸電線上消耗的功率變化量，即可知可以提供燈泡工作的功率，計(jì)算能提供燈泡正常工作的數(shù)量?！窘獯稹拷猓篊、由輸出功率P2與白熾燈消耗的功率600Pe，結(jié)合能量守恒，可得到輸電線上消耗的功率為：P線＝P2﹣600Pe，根據(jù)輸電線電阻值2R，可計(jì)算輸電線上的電流，解得：I2＝20A，故C錯(cuò)誤；A、由發(fā)電機(jī)的輸出電壓U1＝280V，輸出功率，可得到升壓變壓器的原線圈電流滿足：，解得：I1＝100A；由輸電線電流及升壓變壓器的原線圈電流，可得升壓變壓器的匝數(shù)比滿足：I2：I1＝n1：n2，解得匝數(shù)比為：1：5，故A正確；B、由輸電線電流I2及用戶端的總電流600Ie，其中，可得降壓變壓器的匝數(shù)比滿足：600Ie：I2＝n3：n4，解得匝數(shù)比為：60：11，故B錯(cuò)誤；D、輸電電壓增加3倍時(shí)，即輸出電壓增加為原來的4倍，由輸出功率不變，可知輸電線上的電流變?yōu)樵瓉淼模旊娋€消耗的功率變?yōu)樵瓉淼模旊娋€上消耗功率的減少量為：，可以提供燈泡正常工作的個(gè)數(shù)為N，則滿足：ΔP≥NPe，其中N為滿足該式的最大正整數(shù)，解得：N＝93，故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評】本題考查遠(yuǎn)距離輸電的計(jì)算，在計(jì)算輸電電壓增加時(shí)的參數(shù)時(shí)，注意增加三倍，不是增加為三倍，是增加為4倍。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）某物理興趣小組用控制變量法“探究加速度與合外力、物體質(zhì)量的關(guān)系”。在研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系時(shí)設(shè)計(jì)了如圖甲所示實(shí)驗(yàn)，兩輛小車放在光滑水平板上，前端各系一根細(xì)繩，繩的另一端跨過光滑定滑輪各掛一個(gè)相同小盤，盤中放有相同的重物（小盤和重物的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量），兩小車后端各系一根細(xì)線，將兩小車放置在同一起點(diǎn)，用黑板擦壓住細(xì)線，釋放黑板擦，兩小車同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，再用黑板擦壓下細(xì)線讓兩小車同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)。（1）實(shí)驗(yàn)中某同學(xué)測出兩小車運(yùn)動(dòng)的位移分別為x1、x2，小盤和重物的質(zhì)量與小車、小盤和重物的總質(zhì)量的比值分別為k1、k2，則k1：k2＝x1：x2。（2）小組同學(xué)只用一輛小車研究加速度與外力之間的關(guān)系，得到數(shù)據(jù)并繪制出了相應(yīng)的圖像如圖乙所示，取重力加速度為g，小車質(zhì)量為M，圖中斜率k＝M，截距b＝?！枷榻狻剑?）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析；（2）根據(jù)牛頓第二定律寫出圖像的函數(shù)表達(dá)式分析?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小車的質(zhì)量為M，小盤和重物的總質(zhì)量m，小車的加速度大小a，根據(jù)牛頓第二定律有，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝，所以k1：k2＝x1：x2（2）根據(jù)牛頓第二定律有F＝（M+m）a，其中F＝mg，整理可得，由圖像可知k＝M，b＝故答案為：（1）x1：x2；（2）M，。【點(diǎn)評】掌握“探究加速度與合外力、物體質(zhì)量的關(guān)系”的原理和實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法是解題的基礎(chǔ)。12．（8分）某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖甲所示電路測量一水果電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻（電動(dòng)勢E約為2V，內(nèi)阻r約為300Ω），實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：電流表A（內(nèi)阻可忽略）、變阻箱R、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)小組通過測量數(shù)據(jù)且繪制了圖像如圖乙所示，圖線的斜率為k，縱截距為b，則水果電池的電動(dòng)勢E＝，內(nèi)阻r＝。（2）若考慮電流表內(nèi)阻的影響，小組同學(xué)分析數(shù)據(jù)后可得電動(dòng)勢的測量值與真實(shí)值相比無誤差，內(nèi)阻的測量值與真實(shí)值相比偏大。（均填“無誤差”“偏大”或“偏小”）〖祥解〗（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合圖象的斜率和截距解答．（2）由等效電路分析解答。【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I（R+r）變形得則聯(lián)立解得（2）若考慮電流表內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I（R+r+RA）變形得則有解得可知，電動(dòng)勢的測量值等于真實(shí)值，內(nèi)阻的測量值等于電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻之和，即內(nèi)阻測量值偏大；【點(diǎn)評】本題考查測量電動(dòng)勢和內(nèi)阻，要注意根據(jù)題意明確實(shí)驗(yàn)原理，并根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理明確實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法。13．（10分）如圖，一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖中實(shí)線和虛線分別為t＝0和t＝0.3s時(shí)的波形。已知平衡位置為x＝2m處的質(zhì)點(diǎn)，在0～0.3s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生一次改變。（1）判斷該簡諧橫波的傳播方向；（2）求該波的周期和傳播速度。〖祥解〗（1）由x＝2m處的質(zhì)點(diǎn)在0～0.3s時(shí)刻的位置即運(yùn)動(dòng)方向改變次數(shù)，可知周期；由時(shí)間與傳播距離的關(guān)系，可知傳播方向；（2）由波形圖可知波長，結(jié)合周期，即可知波速。【解答】解：（1）由x＝2m處的質(zhì)點(diǎn)在0～0.3s時(shí)刻的位置即運(yùn)動(dòng)方向改變1次，可知該段時(shí)間，Δt＝，解得：T＝0.4s；由波形圖，可知該時(shí)間內(nèi)，傳播距離為Δx＝vΔt，又由于λ＝vT，可知Δx＝，可知傳播方向?yàn)檠豿軸正方向；（2）由波形圖可知波長λ＝4m，結(jié)合周期T＝0.4s；即可知波速v＝，解得：v＝10m/s。答：（1）該簡諧橫波的傳播方向?yàn)檠豿軸正方向；（2）該波的周期為，傳播速度為10m/s?！军c(diǎn)評】本題考查波形圖的分析，關(guān)鍵是先根據(jù)x＝2m處的質(zhì)點(diǎn)的位置，及運(yùn)動(dòng)方向改變次數(shù)，求解周期。15．（16分）如圖所示，Ⅰ、Ⅲ區(qū)域有間距為L的水平平行金屬導(dǎo)軌，Ⅱ區(qū)域內(nèi)有半徑為r的四分之一圓弧平行金屬導(dǎo)軌，Ⅱ區(qū)域和Ⅲ區(qū)域通過絕緣材料平滑連接，Ⅱ區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，Ⅲ區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場，Ⅰ區(qū)域內(nèi)金屬導(dǎo)軌連接靈敏電流計(jì)和阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為2m、電阻為2R的金屬棒b靜止在Ⅲ區(qū)域?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒a從圓弧軌道頂端由靜止釋放，當(dāng)金屬棒a到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，靈敏電流計(jì)（電阻不計(jì)）的示數(shù)為I，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過中沒有相碰，導(dǎo)軌電阻與一切摩擦不計(jì)。求：（1）金屬棒a到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小v；（2）金屬棒a從釋放至運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)的過程中，金屬棒a上產(chǎn)生的熱量Q；（3）從金屬棒a進(jìn)入Ⅲ區(qū)域開始到兩金屬棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，金屬棒a與金屬棒b運(yùn)動(dòng)的位移之差Δx。〖祥解〗（1）金屬棒a到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律進(jìn)行解答；（2）金屬棒a從釋放至運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系、焦耳定律可得金屬棒a上產(chǎn)生的熱量；（3）從金屬棒a進(jìn)入Ⅲ區(qū)域開始到兩金屬棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解共同速度大小，對b根據(jù)動(dòng)量定理求解金屬棒a與金屬棒b運(yùn)動(dòng)的位移之差?！窘獯稹拷猓海?）金屬棒a到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：E＝I（R+R）＝2IR根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝B1Lv解得：v＝；（2）金屬棒a從釋放至運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgr﹣W安＝﹣0根據(jù)功能關(guān)系可得回路中產(chǎn)生的熱為：Q總＝W安根據(jù)焦耳定律可得金屬棒a上產(chǎn)生的熱量：Q＝Q總聯(lián)立解得：Q＝mgr﹣；（3）從金屬棒a進(jìn)入Ⅲ區(qū)域開始到兩金屬棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力，動(dòng)量守恒。取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv＝（m+2m）v1取向右為正方向，對b根據(jù)動(dòng)量定理可得：B2LΔt＝2mv1﹣0其中：＝＝聯(lián)立解得：Δx＝。答：（1）金屬棒a到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為；（2）金屬棒a從釋放至運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)的過程中，金屬棒a上產(chǎn)生的熱量為mgr﹣；（3）從金屬棒a進(jìn)入Ⅲ區(qū)域開始到兩金屬棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，金屬棒a與金屬棒b運(yùn)動(dòng)的位移之差為?！军c(diǎn)評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。2024-2025學(xué)年吉林省四平市高三（上）期末物理試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）神舟十九號于2024年10月30日4時(shí)27分在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射升空。神舟飛船順利入軌后，于當(dāng)天11時(shí)與中國空間站成功對接，六名航天員勝利會師。下列說法正確的是（）A．“2024年10月30日4時(shí)27分”指的是時(shí)間間隔 B．對接前調(diào)整姿態(tài)時(shí)，飛船可以視為質(zhì)點(diǎn) C．觀看神舟十九號升空的軌跡時(shí)，飛船可以視為質(zhì)點(diǎn) D．對接后，飛船在軌運(yùn)行時(shí)不能視為質(zhì)點(diǎn)〖祥解〗根據(jù)時(shí)刻在時(shí)間軸上用一個(gè)點(diǎn)表示分析；根據(jù)把物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件分析。【解答】解：A、“2024年10月30日4時(shí)27分”在時(shí)間軸上用一個(gè)點(diǎn)表示，指的是時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；B、對接前調(diào)整姿態(tài)時(shí)，飛船的大小和形狀不可忽略，所以飛船不能看作質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C、觀看神舟十九號升空的軌跡時(shí)，不用考慮飛船的大小和形狀，可以將飛船看作質(zhì)點(diǎn)，故C正確；D、對接后，飛船在軌運(yùn)行時(shí)，不用考慮飛船的大小和形狀，可以將飛船看作質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了時(shí)刻和時(shí)間間隔的區(qū)別，以及把物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件。2．（4分）電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作原理是線圈中通電后，振片被磁化，在永磁體的磁場中上、下振動(dòng)時(shí)帶動(dòng)振針運(yùn)動(dòng)，從而使振針在紙帶上打點(diǎn)。通電線圈產(chǎn)生磁場這一現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)者是（）A．庫侖 B．奧斯特 C．安培 D．法拉第〖祥解〗根據(jù)庫侖、奧斯特、安培和法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻(xiàn)和成就進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓喊l(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的是奧斯特，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評】考查庫侖、奧斯特、安培和法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻(xiàn)和成就，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。3．（4分）如圖所示，一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過豎直墻壁上兩顆光滑的釘子，將一幅重為10N的畫框?qū)ΨQ地懸掛在墻壁上，畫框上兩個(gè)掛釘之間的距離為8dm，墻壁上兩顆釘子間的距離為3dm，繩長為13dm，則每顆釘子受到的彈力大小為（）A．10N B． C． D．〖祥解〗根據(jù)幾何關(guān)系求出兩側(cè)細(xì)繩與水平方向的夾角，對畫框，根據(jù)平衡條件求出兩側(cè)細(xì)繩的拉力大小，再求每顆釘子受到的彈力大小。【解答】解：根據(jù)題圖可得，兩側(cè)細(xì)繩長度為L＝dm＝5dm設(shè)兩側(cè)細(xì)繩與水平方向的夾角為α，則cosα＝＝0.5，則α＝60°對畫框，分析受力，如下圖所示。根據(jù)平衡條件得2Tsinα＝G解得T＝N對釘子，分析受力，如上圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知，釘子對細(xì)繩的作用力F＝T＝N，由牛頓第三定律，每顆釘子受到的彈力大小為N，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評】本題采用隔離法處理共點(diǎn)力平衡問題，關(guān)鍵要根據(jù)幾何知識求出相關(guān)角度。4．（4分）金星在中國古代被稱為太白、啟明或長庚，早晨出現(xiàn)于東方稱為啟明，晚上出現(xiàn)于西方稱為長庚，金星在夜空中的亮度僅次于月球。已知金星半徑約為月球的3.5倍，質(zhì)量約為月球的66倍，將衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)均看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）A．圍繞金星表面運(yùn)行的衛(wèi)星的速率小于圍繞月球表面運(yùn)行的衛(wèi)星的速率 B．圍繞金星表面運(yùn)行的衛(wèi)星的周期大于圍繞月球表面運(yùn)行的衛(wèi)星的周期 C．月球表面的重力加速度大于金星表面的重力加速度 D．在地球表面發(fā)射金星的探測器，則發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度而小于地球的第三宇宙速度〖祥解〗ABC.根據(jù)萬有引力提供向心力以及黃金代換式列式結(jié)合質(zhì)量、半徑關(guān)系進(jìn)行判斷；D.根據(jù)地球第二宇宙速度和第三宇宙速度的物理意義進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓涸O(shè)月球質(zhì)量和半徑為M、R，則金星的質(zhì)量為66M，3.5R。ABC.根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合黃金代換式有G＝m＝mR＝mg，得v＝，T＝，g＝，分別代入月球和金星對應(yīng)的半徑和質(zhì)量，可以判斷v金＞v月，T金＜T月，g金＞g月，故ABC錯(cuò)誤；D.在地球表面發(fā)射金星的探測器，則發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度小于地球的第三宇宙速度，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】考查萬有引力定的應(yīng)用以及地球宇宙速度知識，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。5．（4分）如圖所示的LC振蕩電路中，為靈敏電流計(jì)，電流向右流過時(shí)指針向右偏，反之向左偏，線圈的自感系數(shù)L、電容器的電容C均為已知量。開始時(shí)開關(guān)S扳到a，某時(shí)刻將開關(guān)S扳到b，且將該時(shí)刻作為計(jì)時(shí)0點(diǎn)。則下列說法正確的是（）A．時(shí)，電容器正在放電 B．時(shí)，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn) C．時(shí)，線圈的磁場能為零 D．時(shí)，電容器所帶的電荷量為零〖祥解〗振蕩電流的變化周期為；根據(jù)電路的周期確定在某時(shí)刻線圈L與電容器C的電流、電壓、充放電的情況及電流方向?！窘獯稹拷猓簍＝0時(shí)刻電容器的下極板帶正電，此時(shí)刻將開關(guān)S報(bào)到b，的時(shí)間內(nèi)電容器放電，回路中的電流沿順時(shí)針方向，流過靈敏電流計(jì)的電流向右，指針向右偏轉(zhuǎn)，時(shí)電容器所帶的電荷量為零，回路中的電流最大，線圈產(chǎn)生的磁場能最大，電場能為零；的時(shí)間內(nèi)電容器正在充電，回路中的電流沿順時(shí)針方向，流過靈敏電流計(jì)的電流向右，指針向右偏轉(zhuǎn)，時(shí)電容器所帶的電荷量最多，回路中的電流為零，線圈產(chǎn)生的磁場能為零，電場能最大。A.由題意，該LC振蕩電路的周期為，為時(shí)刻，此時(shí)電容器正在放電，故A正確；B.為時(shí)刻，電流向右流過時(shí)指針向右偏，是指電流從左向右流過電流表電流表右偏，此時(shí)電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤；C.為時(shí)刻，此時(shí)線圈產(chǎn)生的磁場能最大，故C錯(cuò)誤；D.為時(shí)刻，此時(shí)電容器所帶的電荷量最多，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】考查LC振動(dòng)電路中，線圈與電容器之間的充放電過程中，電量、電壓、電流、電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度、電場能、磁場能等各量如何變化，注意電路中電流方向的分析。6．（4分）如圖所示，兩等量異種電荷M、N固定，O為兩電荷連線的中點(diǎn)，c為MO的中點(diǎn)，以M為圓心、Mc為半徑畫圓，圓與直線MN分別交于a、c兩點(diǎn)，直徑bd垂直于MN。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的電勢相等 B．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 C．c點(diǎn)的電場強(qiáng)度是O點(diǎn)電場強(qiáng)度的2倍 D．電子在b、d兩點(diǎn)的電勢能相等〖祥解〗A.由幾何關(guān)系，及等量異種電荷的電勢分布，即可分析判斷；B.由電場強(qiáng)度的疊加原理以及對稱性，即可分析判斷；C.分別確定正電荷在c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度、負(fù)電荷在c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度，再由電場強(qiáng)度的疊加原理，即可分析判斷；D.由幾何關(guān)系、等量異種電荷的電勢分布、電勢與電勢能的關(guān)系，即可分析判斷。【解答】解：A.由幾何關(guān)系可知，aM＝cM，aN＞cN，則正電荷在a、c兩點(diǎn)的電勢相等，負(fù)電荷在c點(diǎn)的電勢比在a點(diǎn)的電勢低，則a點(diǎn)的電勢比c點(diǎn)的電勢高，故A錯(cuò)誤；B.由電場強(qiáng)度的疊加原理以及對稱性可知，b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不一致，所以b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度不相同，故B錯(cuò)誤；C.設(shè)Mc＝r，則MO＝2r，則正電荷在c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為：，方向向右，，方向向右，負(fù)電荷在c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為：，方向向右，，方向向右，由電場強(qiáng)度疊加原理可知，c、O兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為：Ec＝EMc+ENc，EO＝EM+ENO，解得：，由此可知，Ec：EO＝20：9，故C錯(cuò)誤；D.因?yàn)閎、d兩點(diǎn)到正電荷以及到負(fù)電荷的距離均相等，所以b、d兩點(diǎn)的電勢相等，所以電子在b、d兩點(diǎn)的電勢能相等，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題主要考查等量異種電荷的電勢分布，解題時(shí)需注意，離正電荷越近電勢越高，離負(fù)電荷越近電勢越低，兩等量異種電荷的等勢面，關(guān)于兩電荷連線的中垂面對稱，也關(guān)于兩電荷連線對稱。7．（4分）CT掃描利用的是X射線斷層掃描技術(shù)，如圖所示，M、N之間有一電子束的加速電場，兩板間接有恒定電壓，圓形虛線框內(nèi)有垂直紙面方向的偏轉(zhuǎn)磁場。經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束由靜止開始沿箭頭方向前進(jìn)，最后打在靶上，不計(jì)電子重力。則下列說法正確的是（）A．電子打到靶上的動(dòng)能的大小與圓形磁場半徑的大小有關(guān) B．電子打到靶上的速度的大小與加速電場的寬度有關(guān) C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，為使電子打到靶上的位置不變，則圓形磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變短〖祥解〗A．由洛倫茲力不做功，判斷電子打到靶上的動(dòng)能的大小與圓形磁場半徑大小之間的關(guān)系；B．根據(jù)W＝qU判斷電子打到靶上的速度的大小與加速電場寬度之間的關(guān)系；C．根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律作出分析判斷；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，速度減小，由此可知電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變長?！窘獯稹拷猓篈．因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉Γ噪娮哟虻桨猩系膭?dòng)能的大小與圓形磁場半徑的大小無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)W＝qU可知，電場力做功與加速電場的寬度無關(guān)，所以電子打到靶上的速度的大小與加速電場的寬度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電子的速度變?yōu)樵瓉淼谋叮瑸槭闺娮哟虻桨猩系奈恢貌蛔?，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，即電子在圓形磁場中的半徑不變，根據(jù)牛頓第二定律解得所以，圓形磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?，故C正確；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，速度減小，所以，電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變長，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)，要求掌握帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng)和在磁場中的偏轉(zhuǎn)，掌握動(dòng)能定理、牛頓第二定律。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）如圖，在固定光滑斜面的底端分別以相同大小的初速度v0釋放兩個(gè)完全相同的小球A、B，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。A的初速度沿斜面向上，B的初速度與斜面有一定的夾角，到達(dá)頂端時(shí)速度恰好垂直斜面。不計(jì)空氣阻力，針對兩小球從斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程，下列說法正確的是（）A．兩球所受合力做的功相同 B．兩球所受合力的沖量相同 C．兩球重力做功的平均功率不相等 D．兩球到達(dá)頂端時(shí)，重力的瞬時(shí)功率的大小不相等〖祥解〗根據(jù)重力做功特點(diǎn)分析；根據(jù)合力的方向分析；根據(jù)動(dòng)能定理和平均功率的定義分析；根據(jù)瞬時(shí)功率的定義分析?！窘獯稹拷猓篈.對A球受力分析可知，只有重力做功，對B球受力分析可知，同樣只有重力做功，兩小球從斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中，根據(jù)WG＝﹣mgh，可知重力做功相同，故A正確；B.由沖量的表達(dá)式I＝Ft可知，力的方向與沖量方向相同。依題意，A球合力沿斜面向下，B球合力豎直向下，二者方向不同，所以兩球所受合力的沖量不相同，故B錯(cuò)誤；C.把B球的初速度分解為沿斜面和垂直斜面兩個(gè)方向，其中沿斜面方向的速度大小必定小于B球的初速度，同樣也小于A球的初速度大小。兩球沿斜面方向的加速度相同，所以沿斜面方向A球的平均速度大于B球的由可知，A球的時(shí)間小于B球的，根據(jù)可知PA＜PB，故C正確；D.根據(jù)動(dòng)能定理，有可知兩球到達(dá)斜面頂端時(shí)，速度大小相等，設(shè)斜面夾角為θ，則有PA＝v?sinθ，PB＝mgv?cosθ，即兩球到達(dá)頂端時(shí)，重力的瞬時(shí)功率的大小不一定相同，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評】本題考查了平均功率、瞬時(shí)功率的計(jì)算，以及對沖量和合力做功的理解，基礎(chǔ)題。（多選）9．（6分）小明同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室用音叉做了如下的實(shí)驗(yàn)：讓一音叉以固定的頻率振動(dòng)，聲波通過某一小孔可以發(fā)生衍射現(xiàn)象，上述情境可簡化為如圖所示，M為可移動(dòng)擋板，N為固定擋板，在A處有一聲波的接收裝置，為了讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，小明同學(xué)的操作正確的是（）A．換成頻率高的音叉 B．增大音叉發(fā)出的聲波波長 C．將A處的聲波接收裝置沿平行于N板的方向向下移動(dòng) D．將M板向下移動(dòng)〖祥解〗波發(fā)生明顯衍射的條件是：波的波長比孔或障礙物尺寸大，或相差不多，波的波長越長，頻率越小，衍射中波的能量的傳播與孔的大小有關(guān)，孔越大傳播的能量越多；根據(jù)題意和波發(fā)生明顯衍射的條件解答?！窘獯稹拷猓篈BD．波發(fā)生明顯衍射的條件是：波的波長比孔或障礙物尺寸大，或相差不多。若波長不變，則小孔尺寸越小衍射現(xiàn)象越明顯，若小孔尺寸不變，則波長越大衍射現(xiàn)象越明顯，為了讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，可以把擋板M向上移動(dòng)，也可以增大波長即減小頻率，故B正確，AD錯(cuò)誤；C．將A處的聲波接收裝置沿平行于N板的方向向下移動(dòng)，使接收裝置處于聲波能夠傳播到的范圍，讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，故C正確。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題主要考查對波的衍射的理解與應(yīng)用。理解波發(fā)生明顯衍射的條件是解題關(guān)鍵。（多選）10．（6分）光伏發(fā)電具有安全可靠、無污染、不枯竭、不受地形限制的優(yōu)點(diǎn)，是國家重點(diǎn)推廣項(xiàng)目。如圖所示，某小型光伏發(fā)電站發(fā)電機(jī)的輸出電壓為280V，升壓變壓器的輸出功率為P2＝2.8×104W，降壓變壓器的輸出電壓U4＝220V。已知每根輸電線電阻為R＝5Ω，降壓變壓器的輸出功率可供600盞“220V40W”的白熾燈正常工作，變壓器均為理想變壓器，則下列說法正確的是（）A．升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：5 B．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為80：11 C．輸電線內(nèi)流進(jìn)的電流為 D．若將輸電電壓增加3倍，輸出功率不變，可多供93盞“220V40W”的白熾燈正常工作〖祥解〗由發(fā)電機(jī)的輸出電壓與輸出功率，可得到升壓變壓器的原線圈電流；由輸出功率與白熾燈消耗的功率，結(jié)合能量守恒，可得到輸電線上消耗的功率，根據(jù)輸電線電阻值，可計(jì)算輸電線上的電流；由輸電線電流及升壓變壓器的原線圈電流，可計(jì)算升壓變壓器的匝數(shù)比；由輸電線電流及用戶端的總電流，可計(jì)算降壓變壓器的匝數(shù)比；輸電電壓增加3倍時(shí)，由輸出功率不變，可計(jì)算輸電線上消耗的功率變化量，即可知可以提供燈泡工作的功率，計(jì)算能提供燈泡正常工作的數(shù)量?！窘獯稹拷猓篊、由輸出功率P2與白熾燈消耗的功率600Pe，結(jié)合能量守恒，可得到輸電線上消耗的功率為：P線＝P2﹣600Pe，根據(jù)輸電線電阻值2R，可計(jì)算輸電線上的電流，解得：I2＝20A，故C錯(cuò)誤；A、由發(fā)電機(jī)的輸出電壓U1＝280V，輸出功率，可得到升壓變壓器的原線圈電流滿足：，解得：I1＝100A；由輸電線電流及升壓變壓器的原線圈電流，可得升壓變壓器的匝數(shù)比滿足：I2：I1＝n1：n2，解得匝數(shù)比為：1：5，故A正確；B、由輸電線電流I2及用戶端的總電流600Ie，其中，可得降壓變壓器的匝數(shù)比滿足：600Ie：I2＝n3：n4，解得匝數(shù)比為：60：11，故B錯(cuò)誤；D、輸電電壓增加3倍時(shí)，即輸出電壓增加為原來的4倍，由輸出功率不變，可知輸電線上的電流變?yōu)樵瓉淼模旊娋€消耗的功率變?yōu)樵瓉淼?，輸電線上消耗功率的減少量為：，可以提供燈泡正常工作的個(gè)數(shù)為N，則滿足：ΔP≥NPe，其中N為滿足該式的最大正整數(shù)，解得：N＝93，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評】本題考查遠(yuǎn)距離輸電的計(jì)算，在計(jì)算輸電電壓增加時(shí)的參數(shù)時(shí)，注意增加三倍，不是增加為三倍，是增加為4倍。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）某物理興趣小組用控制變量法“探究加速度與合外力、物體質(zhì)量的關(guān)系”。在研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系時(shí)設(shè)計(jì)了如圖甲所示實(shí)驗(yàn)，兩輛小車放在光滑水平板上，前端各系一根細(xì)繩，繩的另一端跨過光滑定滑輪各掛一個(gè)相同小盤，盤中放有相同的重物（小盤和重物的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量），兩小車后端各系一根細(xì)線，將兩小車放置在同一起點(diǎn)，用黑板擦壓住細(xì)線，釋放黑板擦，兩小車同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，再用黑板擦壓下細(xì)線讓兩小車同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)。（1）實(shí)驗(yàn)中某同學(xué)測出兩小車運(yùn)動(dòng)的位移分別為x1、x2，小盤和重物的質(zhì)量與小車、小盤和重物的總質(zhì)量的比值分別為k1、k2，則k1：k2＝x1：x2。（2）小組同學(xué)只用一輛小車研究加速度與外力之間的關(guān)系，得到數(shù)據(jù)并繪制出了相應(yīng)的圖像如圖乙所示，取重力加速度為g，小車質(zhì)量為M，圖中斜率k＝M，截距b＝?！枷榻狻剑?）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析；（2）根據(jù)牛頓第二定律寫出圖像的函數(shù)表達(dá)式分析。【解答】解：（1）設(shè)小車的質(zhì)量為M，小盤和重物的總質(zhì)量m，小車的加速度大小a，根據(jù)牛頓第二定律有，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝，所以k1：k2＝x1：x2（2）根據(jù)牛頓第二定律有F＝（M+m）a，其中F＝mg，整理可得，由圖像可知k＝M，b＝故答案為：（1）x1：x2；（2）M，?！军c(diǎn)評】掌握“探究加速度與合外力、物體質(zhì)量的關(guān)系”的原理和實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法是解題的基礎(chǔ)。12．（8分）某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖甲所示電路測量一水果電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻（電動(dòng)勢E約為2V，內(nèi)阻r約為300Ω），實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：電流表A（內(nèi)阻可忽略）、變阻箱R、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)小組通過測量數(shù)據(jù)且繪制了圖像如圖乙所示，圖線的斜率為k，縱截距為b，則水果電池的電動(dòng)勢E＝，內(nèi)阻r＝。（2）若考慮電流表內(nèi)阻的影響，小組同學(xué)分析數(shù)據(jù)后可得電動(dòng)勢的測量值與真實(shí)值相比無誤差，內(nèi)阻的測量值與真實(shí)值相比偏大。（均