第第頁2026屆浙江省七彩陽光高三上學(xué)期一模物理試題一、選擇題Ⅰ（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．單位“MeV”對應(yīng)的物理量是（）A．能量 B．電勢 C．電壓 D．電荷量2．如圖所示，在全球首個人形機(jī)器人半程馬拉松比賽中，機(jī)器人“天工”跑完全程21.0975公里。期間三次更換電池，最終奪冠成績是2小時40分42秒，相當(dāng)于人類中游水平業(yè)余跑者的能力。則（）A．平均速度大小約為8km/hB．研究“天工”跑步姿勢時，可以把它看成質(zhì)點C．相對于身后同速陪跑的工程師，“天工”是靜止的D．在兩次更換電池時間內(nèi)，“天工”做勻速直線運動3．如圖所示，重力為G的石頭卡在絕壁間，懸空于峽灣千米之上。設(shè)兩側(cè)絕壁光滑且均為平面，左側(cè)平面豎直，右側(cè)平面與豎直方向夾角為θ，左右兩側(cè)絕壁對石頭的作用力大小分別為F1和FA．F2=GsinθC．人站上石頭，F(xiàn)1不變 D．人站上石頭，F(xiàn)4．我國自主研發(fā)的“玲龍一號”，是全球首個陸上商用模塊化小堆，這表明我國的核電技術(shù)已處于世界先進(jìn)水平。其中的一種核反應(yīng)方程式甲為92235U+01A．x=2，Y粒子是?1B．甲為聚變反應(yīng)，乙為核衰變反應(yīng)C．56144BaD．乙中56144Ba5．如圖所示，i?t圖像表示LC振蕩電路的電流隨時間變化的圖像，在t=0時刻，回路中電容器的M板帶正電。在某段時間里，回路的磁場能在減小，而M板帶負(fù)電，則這段時間對應(yīng)圖像中的（）A．Oa段 B．a(chǎn)b段 C．bc段 D．cd段6．高鐵運行中供給動力車廂線路的結(jié)構(gòu)原理如圖所示。通過牽引變電所的理想變壓器把電壓U1降到U2，動力車廂內(nèi)的理想變壓器再將U3降到U4后，為動力系統(tǒng)提供電能。兩個理想變壓器兩端的匝數(shù)、電壓和電流如圖所示，輸電線路電阻的阻值為r，則（）A．IB．UC．r=D．輸入動力系統(tǒng)的功率為U7．如圖所示，地球靜止軌道衛(wèi)星甲和沿橢圓軌道運行的衛(wèi)星乙在同一平面上繞地球轉(zhuǎn)動。甲的圓軌道直徑與乙的橢圓軌道長軸相等。A、B分別是橢圓的近地點和遠(yuǎn)地點，P點為兩軌道的交點。則（）A．當(dāng)乙從A點第一次運動到B點，甲剛好轉(zhuǎn)動一周B．某一時刻甲、乙的速度大小相同C．甲、乙在P點時加速度大小不同D．甲的機(jī)械能一定比乙的機(jī)械能大8．水平面有一邊長為L的等邊三角形ABC，N、P、M分別為各邊的中點，O點為中心。如圖所示，在頂點A、B、C分別固定電荷量為+q、?q、+q（q>0）的點電荷，已知靜電力常量為k。則（）A．頂點A、B、C中，B點電勢最高B．中點N、P、M中，M點電勢最高C．P點電場強度大小為4D．N、P、M和O四點中，O點電場強度最大，大小為6k9．如圖所示，一同學(xué)從同一位置斜向上拋出籃球，籃球沿軌跡1、2運動時，均垂直撞擊豎直墻面。不計空氣阻力，則（）A．兩次拋出時的速度方向與水平面間的夾角可能相同B．兩次拋出時的速度大小可能相同C．撞墻前瞬間，軌跡1籃球的速度比在軌跡2上大D．撞墻前瞬間，軌跡1籃球的機(jī)械能比在軌跡2上大10．反射式光纖位移傳感器通過檢測反射光信號的強度變化來測量物體位移，精度可達(dá)納米級甚至更小。如圖所示為一實驗小組設(shè)計的雙光纖結(jié)構(gòu)的原理圖。發(fā)射光纖和接收光纖均為直徑為d的豎直圓柱狀玻璃絲，下端面均與被測物體表面平行，兩光纖的距離D=2d。激光在光纖內(nèi)發(fā)生全反射，從光纖下端面射出時與豎直方向夾角為α，出射光線經(jīng)被測物體反射后，射向接收光纖。當(dāng)被測物體上下發(fā)生微小位移時，接收到的激光強度將發(fā)生變化，從而測量位移x。若光纖的折射率為n，不考慮光線在被測物體表面的多次反射，出射光線的能量均勻分布，被測物體不吸收光的能量。則（）A．α的最大值arcsinB．若被測物體與光纖下端面間距為x0，激光可以從各個角度入射，則出射光線能照到被測物體的區(qū)域面積為nC．若α為最大值，當(dāng)接收到光強度為出射光強度的一半時，被測物體與光纖下端面間距5dD．若α為最大值，從剛接收到反射光至接收到的反射光最強過程中，被測物體的位移為d二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11．如圖為氫原子在可見光區(qū)的4條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ分別對應(yīng)氫原子從表1光的顏色紅橙黃光子能量（eV）1.78~1.991.99~2.072.07~2.15光的顏色綠藍(lán)紫光子能量（eV）2.15~2.532.53~2.782.78~3.11表2金屬鎢鈣鈉鉀銣W04.543.202.292.252.13A．一群處于n=6能級的氫原子只能輻射出3種顏色的可見光光子B．照射同一單縫衍射裝置，Hβ的中央明條紋比HC．無論光的強度多大，用紅光照射表中的金屬，都不能發(fā)生光電效應(yīng)D．照射同一金屬板發(fā)生光電效應(yīng)逸出光電子的動能，Hδ比H12．如圖所示，兩波源S1和S2分別位于x=?6m與x=12m處，以A．t=0時，兩波源的振動方向垂直紙面向里B．t=1.25s時，兩列波同時到達(dá)x=0C．振動較長時間后，在?6mD．0~3s內(nèi)，x=6m13．如圖1所示，兩根光滑長直導(dǎo)軌AM和AN在A點連接，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。一根長直金屬桿垂直AM放置，開始時與A點相距L，桿與A點之間的導(dǎo)軌上連接一阻值為R的電阻。t=0時刻，在水平外力作用下，桿沿平行AM方向以初速度v0水平向右運動，位移為L時到達(dá)PQ，桿速度倒數(shù)1A．前一半時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢比后一半時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢小B．位移L2時，速度大小為C．運動到PQ過程中，通過電阻的電量為3BD．運動到PQ過程中，電阻上產(chǎn)生的熱量為3三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14．如圖1為“驗證機(jī)械能守恒定律”實驗裝置。（1）下列說法正確的是______（多選）A．選用點跡清晰的紙帶B．打點計時器直接使用220V交流電源C．打點計時器平面須處于豎直方向，且兩個限位孔在同一豎直線上D．選取起始點作為第一個計數(shù)點，可用公式vn（2）如圖2，O、A、B、C、D、E、F是7個連續(xù)的打點，電源頻率為50Hz。則打下O點時，重物的速度（選填“為零”或“不為零”）；打下E點時重物速度為m/s（保留2位有效數(shù)字）。（3）當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=9.8m/s2，由紙帶數(shù)據(jù)分析重物重力勢能的減少量ΔEp（選填“大于”、“小于”或“等于”）15．光敏電阻在光照下的阻值范圍通常在幾千歐到幾十千歐之間。為了測量其阻值，實驗室提供如下器材A.光敏電阻RB.干電池C.電壓表V（0-3V，內(nèi)阻RVD.滑動變阻器RE.電阻箱R2（0~99999.9F.單刀單擲開關(guān)S1、單刀雙擲開關(guān)S（1）在圖1電路中，①先調(diào)節(jié)R1的滑片P至滑動變阻器的②閉合S1，調(diào)節(jié)滑片P至合適的位置不動，再將S2先后打到“1”、“2”，調(diào)節(jié)R2，使兩次電壓表示數(shù)相等，則RG=（選填“1（2）在圖2電路中，①要使ab兩端電壓在實驗過程中基本不變，R1的阻值②閉合S1，調(diào)節(jié)R1的滑片P至合適的位置不動，測量時S2先后打到“1”、“2”，電壓表的示數(shù)分別為U1、U2，則RG=（用U（3）在合理操作的情況下，圖2電路測得的RG（選填“大于”、“等于”或“小于”）圖1電路測得的R16．如圖所示，某探究小組設(shè)計了一測量大氣壓的實驗裝置。容器A上端連有一直管，直管上的閥門K控制氣體進(jìn)出，A的右端與內(nèi)部氣體體積不能忽略的玻璃彎管相連。彎管的下端連接容器B，與容器B下端相連的玻璃直管底部由橡皮管相連，其中右邊直管C上端開口，且可以上下移動。測量開始時，打開K，緩慢調(diào)節(jié)C，使左側(cè)水銀面到達(dá)位置1，關(guān)閉K，緩慢調(diào)節(jié)C，使左側(cè)水銀面到達(dá)位置2，此時兩管水銀面的高度差h1=19cm；隨后打開K，放入體積為V0的物體，緩慢調(diào)節(jié)C使左側(cè)水銀面到達(dá)位置1，關(guān)閉K，緩慢調(diào)節(jié)C，使左側(cè)水銀面到達(dá)位置2，此時兩管水銀面的高度差h2=20cm（1）放入物體關(guān)閉閥門K，左側(cè)水銀面從位置1到位置2過程中，外界對氣體做功28J，求氣體放出的熱量Q；（2）求大氣壓強P0（3）物體仍置于容器A內(nèi)，若使該容器內(nèi)氣體的溫度緩慢升高，通過緩慢豎直調(diào)節(jié)C，使左側(cè)水銀面仍處于位置2，求溫度升高到37℃時，在原先基礎(chǔ)上，C管需要調(diào)節(jié)的高度Δh17．如圖所示，一游戲裝置由彈射器，光滑水平直軌道AB、CD，水平凹槽MN，圓心為O1的四分之一細(xì)圓管豎直軌道DE，圓心為O2的四分之一圓弧豎直軌道EF，足夠長粗糙水平直軌道GH組成。O1O2連線水平，O1D和FGO2豎直，靜止在水平凹槽的滑板左端緊靠豎直側(cè)壁BM，上表面與AB、CD平齊。游戲時，可視為質(zhì)點的滑塊從A點水平彈出，經(jīng)B點滑上滑板，隨后帶動滑板一起運動，滑板到達(dá)豎直側(cè)壁CN后即被鎖定?；瑝K繼續(xù)滑過軌道CD、DE、EF后，靜止在GH某處視為游戲成功。已知滑塊和滑板質(zhì)量分別為m=0.03kg，M=0.01kg，MN長S=4.5（1）若滑塊恰好能滑上GH，求滑塊在圓管軌道的D點時受到的作用力FN（2）要使游戲成功，求滑塊到達(dá)D點時的速度大小vD（3）要使游戲成功，求滑塊靜止的區(qū)域以及相應(yīng)的彈簧彈性勢能EP18．相距為l的平行導(dǎo)軌PQ、MN處于水平面上，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，兩導(dǎo)軌通過單刀雙擲開關(guān)K連接有電源和電容器。如圖所示，一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌靜止放置，已知電容器的電容為C=mB2（1）K擲向1，求導(dǎo)體棒的最大加速度am（2）K擲向1，求導(dǎo)體棒的最大速度vm（3）K擲向1，當(dāng)導(dǎo)體棒剛達(dá)到穩(wěn)定速度時，求回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q；（4）若導(dǎo)體棒有一向右的初速度v0，當(dāng)K擲向2的同時，導(dǎo)體棒受到平行導(dǎo)軌向左的恒力F，求導(dǎo)體棒向右運動的最大位移x19．為探究帶電粒子對探測板的作用力，探究小組設(shè)計的一實驗裝置如圖所示，粒子源S、加速器出口、速度選擇器中線CD、x軸位于同一水平線上。坐標(biāo)系的第Ⅰ象限全部和第Ⅳ象限部分區(qū)域內(nèi)存在有界磁場，邊界OM滿足y=?3x。探測板PQ與x軸平行，P點在y軸上，位置可調(diào)，PQ長度為l。粒子源S正對加速器出口，單位時間釋放N0個粒子，粒子初速度大小連續(xù)分布在0和3v0之間，經(jīng)加速后從C點射入速度選擇器，從D點射出后均從O點沿x軸正方向射入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)后射出邊界OM，打到探測板PQ上的粒子均勻分布在探測板上并被探測板吸收。其中，初速度為0的粒子恰好沿中線CD射出速度選擇器。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為?q（q>0），加速電壓為U=mv0（1）求速度選擇器電場強度的大小E；（2）求速度選擇器間的極板長度L的可能值；（3）調(diào)節(jié)探測板位置，穩(wěn)定后，求粒子對探測板的平均作用力豎直分量的最大值Fm及對應(yīng)的探測板位置y軸坐標(biāo)。（該問結(jié)果用字母N0、q、B2和l表示）

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根據(jù)W=Uq可得單位“MeV”對應(yīng)的物理量是功或者能量，故A正確，BCD錯誤。

故答案為：A。

【分析】物理公式不僅確定了各個物理量之間的關(guān)系，同時也確定了物理量的單位之間的關(guān)系，根據(jù)物理公式來分析物理量的單位即可。2．【答案】C【解析】【解答】A．全程21.0975公里是路程，故平均速率大小約為8km/h，不是平均速度等于8km/h，故A錯誤；B．研究“天工”跑步姿勢時，物體的大小和形狀不能忽略，故不能看成質(zhì)點，故B錯誤；C．機(jī)器人相對于身后同速陪跑的工程師位置沒有變化，“天工”是靜止的，故C正確；D．在兩次更換電池時間內(nèi)，“天工”的速度會改變，不會做勻速直線運動，故D錯誤。故選C。

【分析】平均速率等于路程除以時間，平均速度等于位移除以時間，選擇不同的參考系，同一物體的運動情況往往不同，與參考系之間位置關(guān)系發(fā)生改變，則物體是運動的。3．【答案】A【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。A．根據(jù)F1、FF2B．F2為直角三角形斜邊，F(xiàn)1一定小于CD．人站上石頭，θ不變，F(xiàn)1和F故選A。

【分析】以石頭為研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析。4．【答案】D【解析】【解答】A．方程式甲中，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可計算出x=3；鋇144衰變?yōu)殍|144和Y粒子，電荷數(shù)變化56→57，說明Y為β粒子，即?10B．甲是鈾核裂變，乙是β衰變，故B錯誤；C．比結(jié)合能越大越穩(wěn)定，裂變產(chǎn)物（如Ba、Kr）的比結(jié)合能高于鈾235，因裂變釋放能量后產(chǎn)物更穩(wěn)定，故C錯誤；D．衰變過程中系統(tǒng)動量守恒，56144Ba故選D。

【分析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒、重核裂變以及比結(jié)合能、動量守恒定律進(jìn)行分析解答。5．【答案】B【解析】【解答】回路的磁場能在減小，說明電路中的電流正在減小，是給電容器充電過程，而M板帶負(fù)電，所以對應(yīng)的時間段應(yīng)該是ab段，故B正確，ACD錯誤。

故答案為：B?！痉治觥扛鶕?jù)回路磁場能減小分析電容器的充電放電情況，根據(jù)M板帶電情況分析對應(yīng)的時間段。6．【答案】A【解析】【解答】掌握變壓器的變壓比和變流比是解題的基礎(chǔ)，知道變電所的輸出電壓和動力系統(tǒng)的輸入電壓之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。A．根據(jù)變壓器電流與匝數(shù)關(guān)系有I4=又因為I整理得I4B．根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系有U4=又因為U聯(lián)立解得U4C．輸電線路電阻的阻值為r=UD．根據(jù)能量守恒，可知輸入動力系統(tǒng)的功率為U1故選A。

【分析】根據(jù)變流比計算；根據(jù)變壓比計算變電所的輸出電壓，然后根據(jù)電路中電壓的特點計算動力車廂內(nèi)變壓器的輸入電壓，然后根據(jù)變壓比計算；輸電線路不是純電阻電路，不能根據(jù)歐姆定律計算輸電線的電阻；根據(jù)P=UI計算。7．【答案】B【解析】【解答】A．甲的圓軌道直徑與乙的橢圓軌道長軸相等，則甲的圓軌道半徑與乙的橢圓軌道半長軸相等，根據(jù)開普勒第三定律a可得兩衛(wèi)星運動周期相同，當(dāng)乙從A點第一次運動到B點，只過了半個周期，甲沒有轉(zhuǎn)動一周，故A錯誤；B．根據(jù)GMmr2衛(wèi)星甲的速度大于以B點到地球球心為半徑的圓軌道的運行速度，結(jié)合變軌原理可知衛(wèi)星甲的速度大于衛(wèi)星乙在B點速度。根據(jù)變軌原理可知衛(wèi)星乙在A點速度大于衛(wèi)星甲的速度，即甲的速度比乙在A點速度小，比乙在B點速度大，某一時刻速度大小將相等，故B正確；C．根據(jù)萬有引力定律結(jié)合牛頓第二定律G可得G即同一位置時，甲、乙加速度大小相同，故C錯誤；D．機(jī)械能大小與衛(wèi)星質(zhì)量有關(guān)，甲、乙質(zhì)量未知，機(jī)械能大小無法比較，故D錯誤。故選B。

【分析】根據(jù)開普勒第三定律、萬有引力提供向心力和衛(wèi)星變軌以及牛頓第二定律、機(jī)械能的知識進(jìn)行分析解答。8．【答案】B【解析】【解答】本題考查電場以及電勢的疊加，結(jié)合點電荷產(chǎn)生的電場強度公式，根據(jù)平行四邊形定則可進(jìn)行場強的合成，電勢疊加直接代數(shù)相加即可。A．電場線由正電荷指向負(fù)電荷，沿著電場線電勢降低，由對稱性可知φAB．對稱性可知φ沿著電場線電勢降低，可知φ綜合可得φNC．根據(jù)E=BC對P點的疊加合場強大小為E1A對P點的場強大小E2故P點電場強度大小為EPD．由場強疊加可知O點電場強度大小為E由場強疊加可知M點電場強度大小為E對稱性可知N點場強與P點場強等大，即E可知O點電場強度不是最大的，故D錯誤。故選B。

【分析】電場線由正電荷指向負(fù)電荷，沿著電場線電勢降低，結(jié)合對稱性分析電勢高低；電場強度為矢量，根據(jù)點電荷場強計算公式以及矢量合成法則求解場強大小。9．【答案】B【解析】【解答】本題考查斜拋運動的知識。斜拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動。A．設(shè)拋出時的速度方向與水平面夾角α，水平方向有x=豎直速度為v可得tan可得軌跡1夾角較大，故A錯誤；B．拋出時的速度大小v=當(dāng)x=2h時，v即在h取不同值時，v可能相同，故B正確；C．根據(jù)h=可得軌跡1籃球運動時間長，水平距離相同，故軌跡1籃球撞墻前瞬間速度小，故C錯誤；D．因為不計空氣阻力，籃球的機(jī)械能守恒，以拋出點為零勢能面，機(jī)械能E=12mv2故選B。

【分析】籃球垂直撞擊豎直墻面，說明在撞擊瞬間籃球在水平方向的速度不變，豎直方向的速度為0。10．【答案】D【解析】【解答】本題考查了光的全反射現(xiàn)象、臨界角公式的應(yīng)用，以及幾何關(guān)系與光的傳播規(guī)律的綜合分析。核心是將全反射規(guī)律與幾何建模結(jié)合，解決光纖應(yīng)用場最中的光學(xué)問題。A．在A點的入射角β越小，反射角β越小，在B點的入射角i越大，α越大。當(dāng)β小于全反射臨界角C時，在A點不能發(fā)生全反射，射出光纖端面的光的強度急劇減小，達(dá)不到設(shè)計要求，所以β不能小于臨界角C。當(dāng)β=C時，在A點恰好發(fā)生全反射，光線在B點射出時強度最大，α最大。在A點根據(jù)全反射公式sin在B點根據(jù)折射定律n=根據(jù)直角三角形C+i=90°解得sin解得αmB．出射光線照到被測物體的區(qū)域是個圓，α越大，圓的半徑Δr越大，當(dāng)α角最大時，圓的半徑Δr最大。因為sinαm圓的最大半徑為Δr=圓的最大面積為SmC．當(dāng)x=5d4反射光線最遠(yuǎn)照射到接收光纖下端面的圓心處被測物體上圓的半徑為r=x當(dāng)x=5dD．接收光纖剛接收到反射光時，接收光纖的端面到被測物體之間的距離x1為2解得x接收光纖接收到反射光最強時，接收光纖的端面到被測物體之間的距離x2為2解得x被測物體的位移為Δx=故選D。

【分析】利用全反射臨界角公式分析光線傳播的臨界條件，結(jié)合幾何關(guān)系推導(dǎo)入射角度、被測物體間距與位移的數(shù)學(xué)關(guān)系。11．【答案】A,C【解析】【解答】A．一群處于n=6能級的氫原子第一次躍遷可能躍遷到n=1、2、3、4、5能級，則一群處于n=6能級的氫原子向低能級躍遷能輻射出4種可見光光子，

其中E62=E6-E2=-0.38eV+3.4eV=3.02eV；E52=E5-E2=-0.54eV+3.4eV=2.86eV；

E42=E4-E2=-0.85eV+3.4eV=2.55eV；E32=E3-E2=-1.51eV+3.4eV=1.89eV；對比表1可知，只有紅、藍(lán)、紫三種顏色的可見光，故A正確；B．由題意，根據(jù)E=hcλ，可知Hβ比Hδ的波長大，則C．由圖可知紅色光的能量值在1.78eV～1.99eV，小于表2中各金屬的逸出功，則無論光的強度多大，用紅光照射表中的金屬，都不能發(fā)生光電效應(yīng)，故C正確；D．根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程hν=可知，照射同一金屬板發(fā)生光電效應(yīng)逸出光電子的最大初動能，Hδ比Hα的大，但光電子的動能卻處于某一范圍內(nèi)，所以照射同一金屬板發(fā)生光電效應(yīng)逸出光電子的動能，Hδ故選AC。

【分析】根據(jù)玻爾理論分析；根據(jù)能級差分析光子的能量，然后比較頻率的大小，進(jìn)而比較波長的大小和衍射條紋的情況；根據(jù)發(fā)生光電效應(yīng)的條件分析；根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律分析。12．【答案】A,D【解析】【解答】本題考查了機(jī)械波的疊加相關(guān)知識，理解不同質(zhì)點不同時刻的振動狀態(tài)是解決此類問題的關(guān)鍵。A．起振方向垂直紙面向外，經(jīng)過半個周期波源處的振動方向向里，故A正確；B．由圖可知λ14解得λ1=4m頻率為1Hz，則周期為T=1根據(jù)v=解得v1=4t=0時，波源S1和S2最遠(yuǎn)點分別在x=?4m根據(jù)t=Δx可知經(jīng)1s后，兩列波同時到達(dá)x=0處，故B錯誤；C．根據(jù)波的平移及疊加特點可知，減弱點分別在?5m、?3m、D．x=6m處為振動減弱點，根據(jù)右側(cè)波傳到6m處，用時0.25s根據(jù)t可知左側(cè)波經(jīng)1.75s后也傳到6m處，此后質(zhì)點不再振動。則0~3s內(nèi)，質(zhì)點振動1.5s，路程為s=6A=30cm，故D正確。故選AD。

【分析】根據(jù)時間與周期的關(guān)系判斷質(zhì)點的振動狀態(tài)以及質(zhì)點的振動路程；相位差等于π的奇數(shù)倍則為振動減弱，波速等于波長除以周期。13．【答案】C,D【解析】【解答】A．桿速度倒數(shù)1v與位移x間的關(guān)系如圖2所示，由圖像可知圖線方程故v=所以E=BvL+xB．由v=v0LL+x可知，當(dāng)C．根據(jù)歐姆定律可得電流I=為一定值，根據(jù)速度等于位移除以時間可得速度倒數(shù)1v與位移x所圍面積為時間t，故可得運動到PQ所用時間t=3L2D．運動到PQ過程中，根據(jù)焦耳定律可得電阻上產(chǎn)生的熱量為Q=I故選CD。

【分析】通過速度倒數(shù)與位移的關(guān)系圖像分析，利用圖像方程推導(dǎo)速度與位移的關(guān)系，進(jìn)而確定感應(yīng)電動勢恒定。通過恒定電流計算電量時需結(jié)合圖像面積求時間，熱量則由焦耳定律得出。14．【答案】（1）A；C（2）不為零；1.4（3）小于；小于【解析】【解答】本題考查了驗證機(jī)械能守恒定律的實驗，理解實驗?zāi)康?、步驟、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。

（1）A.處理實驗數(shù)據(jù)時，要選用點跡清晰的紙帶，故A正確；

B本實驗采用的是電磁打點計時器，打點計時器電壓為約8V交流電源，故B錯誤；

C.為了減小紙帶與打點計時器之間的摩擦阻力，打點計時器平面須處于豎直方向，且兩個限位孔在同一豎直線上，故C正確；D．選取起始點作為第一個計數(shù)點，根據(jù)0+知可用公式vn故選AC。（2）假設(shè)打下O點時，重物的速度為零，電源頻率為50Hz，則OA間距大致應(yīng)為h=而由圖2可讀出OA間的距離為0.80cm，顯然可知打下O點時，重物的速度不為零；打下E點時重物速度為v（3）利用紙帶提供數(shù)據(jù)，可求得v可得重物在AE段動能改變量Δ重力勢能改變量Δ由紙帶數(shù)據(jù)分析可知重物重力勢能的減少量ΔEp小于如果是由于電源頻率造成上述情況，電源的實際頻率小于50Hz，根據(jù)T=1f可知實際打點周期應(yīng)大于0.02s，則由速度計算公式可知計算得到速度大于實際的打點速度，從而導(dǎo)致重力勢能的改變量小于求得動能的改變量。

【分析】（1）根據(jù)實驗原理、正確操作，打點計時器的工作電壓分析作答；從減小阻力的角度分析作答；根據(jù)運動學(xué)公式求解作答；

（2）根據(jù)自由落體運動公式分析作答；根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度求解作答；（1）A．為了減小實驗誤差，應(yīng)選用點跡清晰的紙帶，故A正確；B．圖中電磁打點計時器使用的是4~6V的低壓交流電源，故B錯誤；C．為了盡可能減小重物和紙帶受到阻力的作用，保證它們豎直自由下落，打點計時器平面須處于豎直方向，且兩個限位孔在同一豎直線上，故C正確；D．選取起始點作為第一個計數(shù)點，根據(jù)0+知可用公式vn故選AC。（2）[1]假設(shè)打下O點時，重物的速度為零，電源頻率為50Hz，則OA間距大致應(yīng)為h=而由圖2可讀出OA間的距離為0.80cm，顯然可知打下O點時，重物的速度不為零；[2]打下E點時重物速度為v（3）[1]利用紙帶提供數(shù)據(jù)，可求得v可得重物在AE段動能改變量Δ重力勢能改變量Δ由紙帶數(shù)據(jù)分析可知重物重力勢能的減少量ΔEp小于[2]如果是由于電源頻率造成上述情況，電源的實際頻率小于50Hz，根據(jù)T=115．【答案】（1）最左端；R（2）適當(dāng)小些；U（3）大于【解析】【解答】本題考查了光敏電阻阻值測量的問題，要求學(xué)生掌握實驗原理，分清電路的連接方式，用對應(yīng)的串并聯(lián)電路的規(guī)律求解。

（1）①為了保護(hù)電路，滑片P調(diào)至滑動變阻器的最左端。

②閉合S1調(diào)節(jié)滑片P至合適的位置不動，再將S2先后打到“1”、“2”，調(diào)節(jié)R2使兩次電壓表示數(shù)相等，可知RG在電路中的作用和R2是等效的，故RG=R2（2）滑動變阻器的電阻和光敏電阻相比要小很多，這樣開關(guān)S2打到“1”和“2”時，滑動變阻器左側(cè)并聯(lián)部分和光敏電阻、電阻箱構(gòu)成的整體電阻基本不變，ab兩端電壓基本不變，故R1解得R（3）開關(guān)S2打到“1”時，電壓表和光敏電阻并聯(lián)再與電阻箱串聯(lián)，打到“2”時，光敏電阻與電阻箱串聯(lián)再與電壓表并聯(lián)，故電路中電阻變小，故ab兩端電壓比打到“1”時小，有解得R故圖2電路測得的RG偏大，圖1電路測得的RG等于真實值，故圖2電路測得的RG大于圖1電路測得的RG

【分析】（1）①根據(jù)保護(hù)電路的原則求判斷劃片的位置；

②根據(jù)兩次電壓表示數(shù)相等分析判斷RG在電路中的等效電阻；

（2）①根據(jù)滑動變阻器的電阻和光敏電阻的大小關(guān)系結(jié)合電壓的關(guān)系判斷R1的阻值；

②根據(jù)電壓的關(guān)系求RG；

（3）根據(jù)電路串并聯(lián)電阻的規(guī)律分析圖2電路測得的R（1）[1]為了保護(hù)電路，實驗開始時應(yīng)該讓滑動變阻器右側(cè)串聯(lián)部分電阻盡可能大，故滑片P調(diào)至滑動變阻器的最左端。[2]閉合S1，調(diào)節(jié)滑片P至合適的位置不動，再將S2先后打到“1”、“2”，調(diào)節(jié)R2，使兩次電壓表示數(shù)相等，可知RG（2）[1]滑動變阻器的電阻和光敏電阻相比要小很多，這樣開關(guān)S2打到“1”和“2”時，滑動變阻器左側(cè)并聯(lián)部分和光敏電阻、電阻箱構(gòu)成的整體電阻基本不變，ab兩端電壓基本不變，故R[2]由題意，ab兩端電壓在實驗過程中基本不變，有U解得R（3）開關(guān)S2打到“1”時，電壓表和光敏電阻并聯(lián)再與電阻箱串聯(lián)，打到“2”時，光敏電阻與電阻箱串聯(lián)再與電壓表并聯(lián)，故電路中電阻變小，故ab兩端電壓比打到“1”時小，有解得R故圖2電路測得的RG偏大，圖1電路測得的RG等于真實值，故圖2電路測得的R16．【答案】（1）由熱力學(xué)第一定律可得Δ解得放出的熱量Q=28（2）設(shè)容器與玻璃彎管的體積為VA，未放入物體，發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可得放入物體，發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可得p聯(lián)立解得p（3）整個過程為等容變化，由查理定律可得p解得h上移的高度Δ【解析】【分析】（1）根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W計算氣體放出的熱量。

（2）根據(jù)玻意耳定律p1V1=p2V2，結(jié)合液體壓強公式p=p0+ρgh進(jìn)行計算。

（3）整個過程為等容變化，根據(jù)查理定律通過壓強變化計算液面高度差變化。（1）由熱力學(xué)第一定律可得Δ解得放出的熱量Q=28（2）設(shè)容器與玻璃彎管的體積為VA，未放入物體，發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可得放入物體，發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可得p聯(lián)立解得p（3）整個過程為等容變化，由查理定律可得p解得h上移的高度Δ17．【答案】（1）恰好過F點，此時只要重力提供向心力，則有mg=m從D到F點，由動能定理可得1解得v結(jié)合牛頓第二定律F聯(lián)立解得F（2）①滑板一直在加速μ解得v根據(jù)牛頓第二定律則有μ解得滑板的加速度a則滑板此階段加速的時間t=1此過程，滑塊一直在做減速運動，由動能定理可得?結(jié)合動量定理則有μ解得vD1②滑塊恰好能滑上GH，由上述結(jié)論可知v故7（3）①在vDmax=4解得l恰好能過最高點時，則有1解得l滑塊靜止的區(qū)域距G點的距離0.14②當(dāng)vDmax=4m/s時，對應(yīng)恰好能過最高點時，vDmin=7m/s對應(yīng)vA解得l=0滑板恰好勻加速至鎖定時，滑塊與滑板達(dá)到共速，即不存在勻速運動狀態(tài)。則有vAmin綜上所述，滑塊靜止時相應(yīng)的彈簧彈性勢能EP范圍【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律和動能定理求出D點的速度，結(jié)合圓周運動表達(dá)式求滑塊在圓管軌道的D點時受到的作用力FN；

（2）根據(jù)牛頓第二定律、動能定理和動量定理求出滑塊到達(dá)D點時的速度大小vD的范圍；

（3）根據(jù)能量守恒求出滑塊靜止的區(qū)域距G點的距離，由功能關(guān)系和運動學(xué)公式求相應(yīng)的彈簧彈性勢能Ep范圍。（1）恰好過F點，此時只要重力提供向心力，則有mg=m從D到F點，由動能定理可得1解得v結(jié)合牛頓第二定律F聯(lián)立解得F（2）①滑板一直在加速μ解得v根據(jù)牛頓第二定律則有μ解得滑板的加速度a則滑板此階段加速的時間t=1此過程，滑塊一直在做減速運動，由動能定理可得?結(jié)合動量定理則有μ解得vD1②滑塊恰好能滑上GH，由上述結(jié)論可知v故7（3）①在vDmax=4解得l恰好能過最高點時，則有1解得l滑塊靜止的區(qū)域距G點的距離0.14②當(dāng)vDmax=4m/s時，對應(yīng)恰好能過最高點時，vDmin=7m/s對應(yīng)vA解得l=0滑板恰好勻加速至鎖定時，滑塊與滑板達(dá)到共速，即不存在勻速運動狀態(tài)。則有vAmin綜上所述，滑塊靜止時相應(yīng)的彈簧彈性勢能EP范圍18．【答案】（1）導(dǎo)體棒開始運動時，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得F結(jié)合歐姆定律可得I=聯(lián)立解得a（2）穩(wěn)定后回路中的電流為零，導(dǎo)體棒速度穩(wěn)定時達(dá)到最大值，則有E=Bl解得v（3）導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定速度過程中，根據(jù)動量定理可得∑q=可得∑解得q=根據(jù)能量守恒可得Q=qE?解得Q=（4）經(jīng)判斷，開始時電容器兩端的初始電壓與導(dǎo)體棒動生電動勢相等，以向左為正，對導(dǎo)體棒F?Bil=ma其中i=聯(lián)立解得a=導(dǎo)體棒以v0為初速，加速度a做勻減速運動，最大位移時速度為零。則有x【解析】【分析】（1）開關(guān)K擲向1時，導(dǎo)體棒在磁場中受安