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2024屆四川省瀘州市高三二診理科綜合能力試題-高中物理
1．（2024高三下·瀘州模擬）2023年11月2日，日本東京電力公司啟動第三批約7800噸核污染水排海，引起多國強烈反對。其中有一種難以被清除的氚具有放射性，會發生衰變，其半衰期為12.43年，衰變方程為。下列說法正確的是（　　）
A．發生的衰變產生了高速電子流，說明原子核中存在著電子
B．能進行天然衰變，是因為它的結合能高于的結合能
C．可采用高溫、高壓的環境，加速氚的衰變，從而凈化污水
D．的原子核，經過24.86年，約有發生了衰變
【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】A．衰變現象是原子核內部的中子轉化為質子的同時失去一個電子，不能說明原子核中存在著電子，故A錯誤；
B．能發生衰變生成，所以更穩定，比結合能更大，結合能等于比結合能乘以核子數，兩種原子核的核子數相同，所以的結合能低于的結合能，故B錯誤；
C．放射性元素衰變的快慢是由核內部自身的因素決定的，跟原子所處的化學狀態和外部條件沒有關系。一種放射性元素，不管它是以單質的形式存在，還是與其他元素形成化合物，或者對它施加壓力、提高溫度，都不能改變它的半衰期，故C錯誤。
D．根據半衰期的剩余質量計算公式
因此的原子核，經過24.86年，約有發生了衰變，故D正確。
故選D。
【分析】1、電子是衰變過程中產生的，并非預先存在于核內，因此不能證明原子核中有電子。
2、比結合能（每個核子的平均結合能）越大，原子核越穩定。結合能等于比結合能乘以核子數。
3、半衰期是原子核的固有屬性，由核內部結構決定，與外界條件（溫度、壓強、化學狀態）無關。
4、根據半衰期的剩余質量計算公式計算。
2．（2024高三下·瀘州模擬）甲乙兩車并排在同一平直公路上的兩條平行車道上同向行駛，甲車由靜止開始做勻加速運動，乙車做勻速運動，其各自的位移x隨時間t變化關系如圖所示，兩條圖線剛好在時刻相切，則（　　）
A．在時刻，甲車的速度大小為
B．在時刻，乙車的速度大小為
C．在內，兩車只能有一次機會并排行駛
D．在內，乙車平均速度是甲車平均速度的兩倍
【答案】C
【知識點】平均速度；運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】AB．圖像中圖線的斜率表示速度，則在時刻甲、乙兩車速度大小相等，為
甲車做勻加速直線運動，則在時刻是時間段內的中間時刻，根據勻變速直線運動規律的推論可知時刻，甲車的速度大小為
故AB錯誤；
C．圖像中交點代表相遇，在內，兩車只能在時刻有一次機會并排行駛。故C正確；
D．根據平均速度公式，甲乙兩車位移大小相等，時間段相等，所以平均速度相等。故D錯誤。
故選C。
【分析】1、圖像中圖線的斜率表示速度，根據斜率求解速度。
2、圖像中交點代表相遇。
3、根據平均速度公式，比較位移和時間可比較平均速度。
3．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，半徑為R的光滑絕緣半圓軌道固定在水平地面上，一水平向右的通電直導線固定于軌道正上方，兩半徑相同、質量均為m的金屬環P、Q分別置于半圓軌道兩側與圓心等高處，其中金屬環Q有一小缺口。同時由靜止釋放兩金屬環，若不計碰撞時損失的機械能，金屬環半徑遠小于半圓軌道半徑，則下列說法中正確的是（　　）
A．金屬環P在下滑過程中有順時針方向的感應電流
B．兩環恰好在半圓軌道最低點發生第一次碰撞
C．兩環第一次碰撞后，金屬環P恰好能回到出發處
D．最終兩環產生的焦耳熱總量為
【答案】A
【知識點】能量守恒定律；碰撞模型；安培力的計算；楞次定律
4．（2024高三下·瀘州模擬）如圖甲所示為車庫入口的擋車裝置，OA桿繞O點沿順時針方向以角速度勻速轉動，AB桿始終保持水平狀態，其模型可簡化為如圖乙所示。已知OA和AB兩桿長度均為L，在某次抬桿過程中，OA桿從水平位置轉到豎直位置，關于此過程，下列判斷正確的是（　　）
A．A、B兩端點的速度總相同
B．端點B的速度大小為
C．端點B的運動軌跡不是圓弧
D．抬桿過程中，兩桿掃過的總面積為
【答案】A
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】在某次抬桿過程中，OA桿從水平位置轉到豎直位置，如圖所示
AB．因為OA和AB兩桿長度均為L，可知A、B兩端點的速度均相同，大小為
故A正確，B錯誤；
C．如圖所示，端點B的運動軌跡與端點A的運動軌跡均是圓弧，故C錯誤；
D．抬桿過程中，OA桿掃過的面積為
由圖可知，AB桿掃過的面積為一個正方形
故抬桿過程中，兩桿掃過的總面積
故D錯誤。
故選A。
【分析】1、繞同軸圓周運動，角速度相等，根據得出。
2、OA桿掃過的面積為，AB桿掃過的面積為一個正方形，兩桿掃過的總面積
5．（2024高三下·瀘州模擬）為探究手搖式發電機的工作原理，兩同學來到實驗室設計了如圖甲、乙所示的兩個實驗裝置，由于兩裝置中僅使用的滑環有所不同，使得甲裝置產生了直流電（如圖丙），乙裝置產生了交流電（如圖丁）。若兩裝置中線圈以相同角速度在相同勻強磁場中同步進行勻速轉動。則下列說法中正確的是（　　）
A．兩裝置在圖示位置所產生的瞬時電流均為零
B．兩裝置中所產生的電流變化周期不相同
C．在內，兩裝置中電阻R產生的焦耳熱不同
D．在內，兩裝置中通過電阻R的電量相同
【答案】B
【知識點】交變電流的產生及規律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】A．由圖甲、乙可知線圈初始時刻處于與中性面垂直的平面，則兩裝置在圖示位置所產生的瞬時電流達到最大值，故A錯誤；
B．由圖丙、丁可知，甲裝置所產生的電流變化周期為
乙裝置所產生的電流變化周期為
故兩裝置中所產生的電流變化周期不相同，故B正確；
C．在內，兩裝置中電阻R產生的焦耳熱相同，均為
故C錯誤；
D．根據
由于在內，兩裝置中的磁通量的變化量不同，故在內，兩裝置中通過電阻R的電量不同。故D錯誤。
故選B。
【分析】1、圖甲、乙可知線圈初始時刻處于與中性面垂直的平面，磁通量為零時，感應電流應為最大值。
2、由圖丙、丁可知兩裝置中所產生的電流變化周期不相同。
3、兩裝置感應電流最大值相等，則有效值相等，在相同時間內電阻R產生的焦耳熱相同。
4、電荷量，因為在內，兩裝置中的磁通量的變化量不同，可得出電荷量不同。
6．（2024高三下·瀘州模擬）2023年7月10日，經國際天文學聯合會小行星命名委員會批準，中國科學院紫金山天文臺發現的國際編號為381323號的小行星被命名為“樊錦詩星”。如圖所示，地球繞日運行近視為圓軌道，“樊錦詩星”繞日運行為橢圓軌道，其軌道半長軸為3.18天文單位（日地距離為1天文單位），遠日點到太陽中心距離為4.86天文單位。下列說法正確的是（　　）
A．“樊錦詩星”繞太陽轉動一圈，需要3.18年
B．“樊錦詩星”在近日點離太陽中心的距離為1.5天文單位
C．“樊錦詩星”在遠日點的加速度與地球的加速度大小之比為
D．“樊錦詩星”、地球分別跟太陽中心的連線，在相等時間內掃過的面積相等
【答案】B,C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律
【解析】【解答】A．根據開普勒第三定律有
解得
故A錯誤；
B．近日點和遠日點分別在橢圓長軸的兩端，半長軸為3.18天文單位，
則長軸為，
則近日點離太陽中心的距離為，故B正確；
C．根據牛頓第二定律可知
“樊錦詩星”在遠日點的加速度與地球的加速度大小之比為
故C正確；
D．根據開普勒第二定律可知環繞天體與中心天體之間的連線在相等的時間內掃過的面積相等，應該是同一個環繞天體，故D錯誤。
故選BC。
【分析】1、根據開普勒第三定律有計算周期。
2、根據牛頓第二定律可知，求解加速度大小之比。
3、根據開普勒第二定律可知，環繞同一個天體，環繞天體與中心天體之間的連線在相等的時間內掃過的面積相等。
7．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，豎直平面內有三根輕質細繩，繩水平，繩與水平方向成53°夾角，O為結點，繩的下端栓接一質量為m的小球。現保持結點O不變動，對小球施加一水平向右的作用力F，使繩緩慢擺動與水平方向成37°夾角的位置，重力加速度為g，關于此過程中各段繩子的受力情況，下列判斷正確的是（　　）
A．F為恒力，大小等于 B．繩受到的拉力先增大后減小
C．繩受到最大拉力為 D．繩受到的拉力保持不變
【答案】C,D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AC．對小球進行受力分析，則小球處于動態平衡狀態，設繩與水平方向的夾角為，則
，
隨著逐漸減小，逐漸增大，也逐漸增大。末狀態時
繩受到最大拉力為。故A錯誤，C正確；
D．結點O不變動，則繩與水平方向夾角不變，對結點進行受力分析，在豎直方向上有
解得
則繩受到的拉力保持不變。故D正確；
B．對結點進行受力分析，在水平方向有
解得
隨著逐漸增大，則繩受到的拉力逐漸增大。故B錯誤。
故選CD。
【分析】本題考查動態平衡問題，以結點O受力分析，三力平衡，采用解析法分析，，，根據變化分析得出三根繩子拉力變化。
8．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，豎直平面內有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，P、Q分別為軌道上的最高點和最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點。質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，電場強度大小。則下列說法中正確的是（　　）
A．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在M、Q之間
B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在N點
C．經過M、N兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為
D．小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動
【答案】A,B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．使用等效場的觀點，將重力場和電場等效的看作一個場，設該場的場強為g'，結合平行四邊形法則有
設等效場對物體的力與豎直方向的夾角為θ，則有
解得
故等效重力（即重力和電場力的合力）與圓交的最低點在MQ之間，故動能最大的位置在MQ之間，故A正確；
B．根據功能關系，非重力做負功最多位置在N點，所以機械能最小的位置在N點，故B正確；
C．小球在M點，由牛頓第二定律得
小球在N點，由牛頓第二定律得
從M到N點，由動能定理得
解得小球所受軌道彈力大小的差值
故C錯誤；
D．由于等效場對物體的力與豎直方向的夾角為，故等效場的最高點在弧的中間位置，設為點，又質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，從P處到點，根據動能定理
假設小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動，從Q處到點，根據動能定理
聯立解得
故小球在Q處以速度水平向右射出，不能在此軌道內做完整的圓周運動，故D錯誤。
故選AB。
【分析】主要涉及等效場法 在復合場（重力場+電場）中的應用，并結合 圓周運動、動能定理、機械能守恒、牛頓第二定律 等力學和電磁學知識。
1、等效重力：，等效最低點：等效重力方向與圓周的交點（動能最大點），等效最高點：等效重力的反方向與圓周的交點（臨界速度點，類似重力場中的“最高點”）。
2、電場力做正功 → 機械能增加。電場力做負功 → 機械能減少。機械能最小點：電場力做負功最多的位置（N點）。
3、完整圓周運動的臨界條件：等效最高點的速度，應用動能定理計算最高點速度是否滿足來判斷能否在此軌道內做完整的圓周運動。
9．（2024高三下·瀘州模擬）某同學用三根完全相同的彈簧設計了如下實驗，以探究彈簧的勁度系數。
（1）將彈簧上端均固定在鐵架臺上相同高度的橫桿上，甲裝置用一根彈簧掛物塊，乙裝置用另外兩根彈簧掛大小相同但質量不同的物塊，在物塊正下方的距離傳感器可以測出物塊到傳感器的距離，此時剛好均為，如圖所示，則是的　 　倍。
（2）只交換兩物塊的位置，此時甲裝置的距離傳感器顯示為，彈簧相對原長的形變量為；乙裝置中的每根彈簧相對原長的形變量為，則是的　 　倍。
（3）已知物塊質量，當地重力加速度為，該同學測得、，則每根彈簧的勁度系數　 　。
【答案】（1）
（2）4
（3）245
【知識點】胡克定律；探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】（1）根據題意可知甲乙兩裝置彈簧伸長量相等，根據物塊的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
則兩個物塊的質量之比為：
即是的倍。
（2）交換位置后再分別對兩物體受力分析，根據物塊的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
兩式聯立解得彈簧的形變量之比為：
即是的4倍。
（3）設彈簧處于原長狀態時，下端與距離傳感器之間距離為，則
，
聯立等式
可以得出
再根據平衡方程
解得
【分析】（1）利用兩個物塊的平衡方程結合胡克定律可以求出兩個物塊質量之比；
（2）利用兩個物塊的平衡方程結合質量之比可以求出形變量之比；
（3）利用彈簧的形變量和幾何關系可以求出彈簧形變量的大小，結合平衡方程可以求出彈簧勁度系數的大小。
10．（2024高三下·瀘州模擬）某同學利用圖甲電路測量電源電動勢E（約）和內阻r（約），其中R為電阻箱，為定值電阻（實驗室有“”、“”、“”三種規格定值電阻供選擇），電壓表內阻約，多次改變電阻箱的阻值R，記錄下對應的電壓表讀數U，并作出如乙圖所示圖線。
（1）由乙圖數據可知，該同學選用的定值電阻的阻值是　 　。（選填“”、“”或“”）
（2）根據乙圖中的數據可測得該電源的電動勢　 　V，內阻　 　。（結果保留三位有效數字）
（3）該同學實驗測得的電動勢和內阻分別與真實值相比：　 　，　 　。（選填“小于”、“等于”或“大于”）
【答案】（1）20Ω
（2）6.25；1.25
（3）小于；小于
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）由乙圖可知，當R=10Ω時，U=2V，則
當內阻取近似值1Ω時，可得R0=19Ω，則該同學選用的定值電阻的阻值是20Ω。
（2）由電路可知
解得
由圖像可知
解得
E=6.25V，r=1.25Ω
（3）若考慮電壓表的內阻影響，則電動勢的測量值為
內阻測量值
所以電動勢的測量值偏小，內阻測量值偏小。
【分析】（1）根據圖乙數據可計算電路中電流，再根據計算定值電阻的阻值。
（2）根據電路圖推導出，結合圖像的斜率和縱截距可計算出電動勢和內阻。
（3）因電壓表的內阻影響，對測量結果帶來系統誤差，
（1）由乙圖可知，當R=10Ω時，U=2V，則
當內阻取近似值1Ω時，可得
R0=19Ω
則該同學選用的定值電阻的阻值是20Ω。
（2）[1][2]由電路可知
解得
由圖像可知
解得
E=6.25V，r=1.25Ω
（3）[1][2]若考慮電壓表的內阻影響，則電動勢的測量值為
內阻測量值
所以電動勢的測量值偏小，內阻測量值偏小。
11．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，在半徑的圓形區域內分布著磁感應強度的勻強磁場，圓周上M處有一個粒子發射源，能平行于紙面向四周發射速率大小的同種粒子，已知在粒子離開磁場的所有位置中，N距M最遠且，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。求：
（1）粒子的比荷；
（2）從N處離開磁場的粒子，在磁場中運動的時間。
【答案】解：（1）根據幾何關系可知MN距離為
在粒子離開磁場的所有位置中，N距M最遠說明MN為粒子做圓周運動的軌跡圓的直徑，則軌跡圓半徑
洛倫茲力提供圓周運動的向心力，即
，
解得粒子的比荷
（2）根據圓周運動規律可知
從N處離開磁場的粒子，時間
方程聯立解得
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據幾何關系可知MN距離為，在粒子離開磁場的所有位置中，N距M最遠說明MN為粒子做圓周運動的軌跡圓的直徑，根據幾何關系可求解軌跡圓半徑，洛倫茲力提供圓周運動的向心力，即，可求解粒子的比荷。
（2）根據圓周運動規律可得出周期，從N處離開磁場的粒子，時間。
12．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，質量的物塊靜置于質量的長木板右端，長木板長，物塊與長木板間動摩擦因數，長木板與地面間動摩擦因數，物塊與長木板之間、長木板與地面之間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。現有一水平向右的恒力F作用在長木板上。
（1）若恒力，求物塊和長木板的加速度大小；
（2）若恒力，求物塊在長木板上滑動的時間；
（3）若恒力，作用一段時間后撤去，物塊恰好不從長木板上掉下，求恒力作用的時間。
【答案】解：（1）物塊與木板剛要出現相對滑動時，對物塊由牛頓第二定律
對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律
聯立解得
即當拉力F超過15N，物塊和長木板間就會出現相對滑動，由于，故物塊和長木板相對靜止，一起向右做加速運動，其加速度為，對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律
解得物塊和長木板的加速度大小為
（2）當時，物塊和長木板有相對滑動。物塊的加速度為，長木板的加速度為，物塊由牛頓第二定律
對長木板受力分析，由牛頓第二定律
設經過時間，當物塊滑下長木板時兩者的位移關系滿足
物塊在長木板上滑動的時間為
（3）當時，物塊仍以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻加速直線運動，對長木板由牛頓第二定律
作用時間后，長木板的速度為，由運動學公式
撤去后，物塊繼續以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻減速直線運動，對長木板由牛頓第二定律
撤去F3后，經過時間物塊與長木板共速，由運動學公式
由于，因此共速后兩者不會再有相對運動，位移滿足
聯立解得，恒力作用的時間為

【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】（1）首先計算物塊與木板剛要出現相對滑動時水平向右的恒力F大小，對物塊靜摩擦力等于最大靜摩擦力，由牛頓第二定律，對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律，求解得出物塊與木板剛要出現相對滑動時水平向右的恒力F大小為15N，若，故物塊和長木板相對靜止，一起向右做加速運動，其加速度為，對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律，解得物塊和長木板的加速度大小。
（2）當時，物塊和長木板有相對滑動。對物塊由牛頓第二定律
對長木板受力分析，由牛頓第二定律，當物塊滑下長木板時兩者的位移關系滿足，聯立可求解物塊在長木板上滑動的時間。
（3）當時，物塊仍以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻加速直線運動，對長木板由牛頓第二定律，作用時間后，長木板的速度為，由運動學公式，撤去后，物塊繼續以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻減速直線運動，對長木板由牛頓第二定律，撤去F3后，經過時間物塊與長木板共速，由運動學公式，由于，共速后兩者不會再有相對運動，位移滿足，聯立解得，恒力作用的時間
13．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，導熱性能良好的汽缸，開口向上固定在水平面上，光滑活塞將一定質量的理想氣體封閉在汽缸內。現用力F作用在活塞上，使其緩慢上升至汽缸頂端，在此過程中，環境溫度保持不變，汽缸不漏氣。在活塞上升的過程中，下列判斷正確的是（　　）
A．單位時間內撞擊汽缸壁單位面積的分子數減少
B．分子平均動能不變，氣體的壓強減小
C．氣體從外界吸收熱量，內能增加
D．外界對氣體做功，氣體放出熱量
E．氣體對外界做功，內能不變
【答案】A,B,E
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；氣體壓強的微觀解釋；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】A．汽缸導熱性能良好，環境溫度保持不變，則汽缸內溫度不變，此理想氣體內能不變，氣體分子的平均動能不變，因為體積增大，單位體積內的分子數減少，則單位時間內撞擊汽缸壁單位面積的分子數減少。故A正確；
B．根據理想氣體狀態方程
其中溫度不變，體積增大，則氣體壓強減小。故B正確；
CDE．根據熱力學第一定律可知
內能不變，體積增大，氣體對外做功則
，
所以，氣體從外界吸收熱量，但內能不變。故CD錯誤，E正確。
故選ABE。
【分析】1、汽缸導熱良好，則 溫度T恒定（環境溫度不變，系統與外界熱平衡）。對理想氣體，氣體內能僅由溫度決定（與體積、壓強無關）。
2、根據理想氣體狀態方程，其中溫度不變，體積增大，則氣體壓強減小。
3、根據熱力學第一定律可知，內能不變，體積增大，氣體對外做功則，，所以，氣體從外界吸收熱量。
14．（2024高三下·瀘州模擬）如圖甲所示，豎直放置、導熱性能良好粗細均勻的“”型管，左管封閉，右管開口，管中水銀在左管中封閉了一段理想氣體，右管水銀恰好不流出，左右兩管水銀液面高度差。現將“”型管緩慢倒置穩定后，左端空氣柱長度減小了（如圖乙所示）。已知在“”型管倒置過程中，封閉氣體質量、管內水銀質量及環境溫度保持不變，大氣壓強（為壓強單位）。求“”型管倒置后，
（1）左管中封閉氣體的壓強；
（2）左管中封閉氣體的長度。
【答案】解：（1）倒置后左右兩端水銀柱液面的高度差為，則
倒置后左管內封閉氣體的壓強為，則
解得左管中封閉氣體的壓強為
（2）倒置前左管內封閉氣體的壓強為，則
由玻意耳定律
由該過程中空氣柱長度減少了4cm有
聯立解得左管中封閉氣體的長度為
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）倒置后左右兩端水銀柱液面的高度差
倒置后左管內封閉氣體的壓強
（2）根據，可求解倒置前左管內封閉氣體的壓強，
由玻意耳定律，由該過程中空氣柱長度減少了4cm，，聯立解得左管中封閉氣體的長度。
15．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，圖中實線波形為t1=0時刻的波形圖，在t2=0.9s時第一次出現虛線所示的波形圖。下列說法中正確的是（　　）
A．這列波在介質中的傳播速度為10m/s
B．x=0的質點，在t1~t2時間內的路程為9m
C．t2=0.9s時，x=4m的質點正沿y軸正方向振動
D．t2=0.9s時，x=6m的質點振動的速度為零
E．t2=0.9s時，x=2m和x=3m的兩質點加速度相同
【答案】A,C,D
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】A．根據題意可得
所以
所以
故A正確；
B．x=0的質點，在t1~t2時間內的路程為3A，即30cm，故B錯誤；
C．t2=0.9s時，由圖可知x=4m的質點正處于上坡階段，根據上下坡法可知該質點沿y軸正方向振動，故C正確；
D．t2=0.9s時，x=6m的質點處于波谷，其振動速度為零，故D正確；
E．t2=0.9s時，x=2m的質點向正向最大位移處振動，加速度正在增大，而x=3m的質點加速度為零，故E錯誤。
故選ACD。
【分析】1、根據題目已知可求解周期，波形圖得知波長，由計算波速。
2、已知波的傳播方向，根據上下坡法可推出該質點沿y軸正方向振動。
3、質點處于波谷，其振動速度為零，加速度最大，當質點向正向最大位移處振動，加速度正在增大。
16．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，光源S位于裝有某液體的容器底部，容器右側的內壁固定一平面鏡，平面鏡上端與容器頂端平齊、下端與液面平齊。光源S沿方向發射一束紅光，經O點折射后照到平面鏡上的P點，反射光線剛好過容器左側上端點Q。已知入射角，容器寬度為，反射點P分別到平面鏡上端點M、下端點N的距離為、，液體深度為，光在真空中的傳播速度，，。求：
（1）紅光在該液體中的折射率n；
（2）這束紅光在液體中的傳播時間。
【答案】解：（1）根據幾何關系可知在MN平面發生的反射，入射角符合，
則，則光從液體中射出時的折射角
根據折射定律可知
（2）傳播距離
紅光在液體中的傳播速度
這束紅光在液體中的傳播時間

【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根據幾何關系可知在MN平面發生的反射可求出入射角和光從液體中射出時的折射角，根據折射定律可求解紅光在該液體中的折射率n
（2）傳播距離，紅光在液體中的傳播速度，利用計算這束紅光在液體中的傳播時間。
1 / 12024屆四川省瀘州市高三二診理科綜合能力試題-高中物理
1．（2024高三下·瀘州模擬）2023年11月2日，日本東京電力公司啟動第三批約7800噸核污染水排海，引起多國強烈反對。其中有一種難以被清除的氚具有放射性，會發生衰變，其半衰期為12.43年，衰變方程為。下列說法正確的是（　　）
A．發生的衰變產生了高速電子流，說明原子核中存在著電子
B．能進行天然衰變，是因為它的結合能高于的結合能
C．可采用高溫、高壓的環境，加速氚的衰變，從而凈化污水
D．的原子核，經過24.86年，約有發生了衰變
2．（2024高三下·瀘州模擬）甲乙兩車并排在同一平直公路上的兩條平行車道上同向行駛，甲車由靜止開始做勻加速運動，乙車做勻速運動，其各自的位移x隨時間t變化關系如圖所示，兩條圖線剛好在時刻相切，則（　　）
A．在時刻，甲車的速度大小為
B．在時刻，乙車的速度大小為
C．在內，兩車只能有一次機會并排行駛
D．在內，乙車平均速度是甲車平均速度的兩倍
3．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，半徑為R的光滑絕緣半圓軌道固定在水平地面上，一水平向右的通電直導線固定于軌道正上方，兩半徑相同、質量均為m的金屬環P、Q分別置于半圓軌道兩側與圓心等高處，其中金屬環Q有一小缺口。同時由靜止釋放兩金屬環，若不計碰撞時損失的機械能，金屬環半徑遠小于半圓軌道半徑，則下列說法中正確的是（　　）
A．金屬環P在下滑過程中有順時針方向的感應電流
B．兩環恰好在半圓軌道最低點發生第一次碰撞
C．兩環第一次碰撞后，金屬環P恰好能回到出發處
D．最終兩環產生的焦耳熱總量為
4．（2024高三下·瀘州模擬）如圖甲所示為車庫入口的擋車裝置，OA桿繞O點沿順時針方向以角速度勻速轉動，AB桿始終保持水平狀態，其模型可簡化為如圖乙所示。已知OA和AB兩桿長度均為L，在某次抬桿過程中，OA桿從水平位置轉到豎直位置，關于此過程，下列判斷正確的是（　　）
A．A、B兩端點的速度總相同
B．端點B的速度大小為
C．端點B的運動軌跡不是圓弧
D．抬桿過程中，兩桿掃過的總面積為
5．（2024高三下·瀘州模擬）為探究手搖式發電機的工作原理，兩同學來到實驗室設計了如圖甲、乙所示的兩個實驗裝置，由于兩裝置中僅使用的滑環有所不同，使得甲裝置產生了直流電（如圖丙），乙裝置產生了交流電（如圖丁）。若兩裝置中線圈以相同角速度在相同勻強磁場中同步進行勻速轉動。則下列說法中正確的是（　　）
A．兩裝置在圖示位置所產生的瞬時電流均為零
B．兩裝置中所產生的電流變化周期不相同
C．在內，兩裝置中電阻R產生的焦耳熱不同
D．在內，兩裝置中通過電阻R的電量相同
6．（2024高三下·瀘州模擬）2023年7月10日，經國際天文學聯合會小行星命名委員會批準，中國科學院紫金山天文臺發現的國際編號為381323號的小行星被命名為“樊錦詩星”。如圖所示，地球繞日運行近視為圓軌道，“樊錦詩星”繞日運行為橢圓軌道，其軌道半長軸為3.18天文單位（日地距離為1天文單位），遠日點到太陽中心距離為4.86天文單位。下列說法正確的是（　　）
A．“樊錦詩星”繞太陽轉動一圈，需要3.18年
B．“樊錦詩星”在近日點離太陽中心的距離為1.5天文單位
C．“樊錦詩星”在遠日點的加速度與地球的加速度大小之比為
D．“樊錦詩星”、地球分別跟太陽中心的連線，在相等時間內掃過的面積相等
7．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，豎直平面內有三根輕質細繩，繩水平，繩與水平方向成53°夾角，O為結點，繩的下端栓接一質量為m的小球。現保持結點O不變動，對小球施加一水平向右的作用力F，使繩緩慢擺動與水平方向成37°夾角的位置，重力加速度為g，關于此過程中各段繩子的受力情況，下列判斷正確的是（　　）
A．F為恒力，大小等于 B．繩受到的拉力先增大后減小
C．繩受到最大拉力為 D．繩受到的拉力保持不變
8．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，豎直平面內有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，P、Q分別為軌道上的最高點和最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點。質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，電場強度大小。則下列說法中正確的是（　　）
A．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在M、Q之間
B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在N點
C．經過M、N兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為
D．小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動
9．（2024高三下·瀘州模擬）某同學用三根完全相同的彈簧設計了如下實驗，以探究彈簧的勁度系數。
（1）將彈簧上端均固定在鐵架臺上相同高度的橫桿上，甲裝置用一根彈簧掛物塊，乙裝置用另外兩根彈簧掛大小相同但質量不同的物塊，在物塊正下方的距離傳感器可以測出物塊到傳感器的距離，此時剛好均為，如圖所示，則是的　 　倍。
（2）只交換兩物塊的位置，此時甲裝置的距離傳感器顯示為，彈簧相對原長的形變量為；乙裝置中的每根彈簧相對原長的形變量為，則是的　 　倍。
（3）已知物塊質量，當地重力加速度為，該同學測得、，則每根彈簧的勁度系數　 　。
10．（2024高三下·瀘州模擬）某同學利用圖甲電路測量電源電動勢E（約）和內阻r（約），其中R為電阻箱，為定值電阻（實驗室有“”、“”、“”三種規格定值電阻供選擇），電壓表內阻約，多次改變電阻箱的阻值R，記錄下對應的電壓表讀數U，并作出如乙圖所示圖線。
（1）由乙圖數據可知，該同學選用的定值電阻的阻值是　 　。（選填“”、“”或“”）
（2）根據乙圖中的數據可測得該電源的電動勢　 　V，內阻　 　。（結果保留三位有效數字）
（3）該同學實驗測得的電動勢和內阻分別與真實值相比：　 　，　 　。（選填“小于”、“等于”或“大于”）
11．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，在半徑的圓形區域內分布著磁感應強度的勻強磁場，圓周上M處有一個粒子發射源，能平行于紙面向四周發射速率大小的同種粒子，已知在粒子離開磁場的所有位置中，N距M最遠且，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。求：
（1）粒子的比荷；
（2）從N處離開磁場的粒子，在磁場中運動的時間。
12．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，質量的物塊靜置于質量的長木板右端，長木板長，物塊與長木板間動摩擦因數，長木板與地面間動摩擦因數，物塊與長木板之間、長木板與地面之間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。現有一水平向右的恒力F作用在長木板上。
（1）若恒力，求物塊和長木板的加速度大小；
（2）若恒力，求物塊在長木板上滑動的時間；
（3）若恒力，作用一段時間后撤去，物塊恰好不從長木板上掉下，求恒力作用的時間。
13．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，導熱性能良好的汽缸，開口向上固定在水平面上，光滑活塞將一定質量的理想氣體封閉在汽缸內。現用力F作用在活塞上，使其緩慢上升至汽缸頂端，在此過程中，環境溫度保持不變，汽缸不漏氣。在活塞上升的過程中，下列判斷正確的是（　　）
A．單位時間內撞擊汽缸壁單位面積的分子數減少
B．分子平均動能不變，氣體的壓強減小
C．氣體從外界吸收熱量，內能增加
D．外界對氣體做功，氣體放出熱量
E．氣體對外界做功，內能不變
14．（2024高三下·瀘州模擬）如圖甲所示，豎直放置、導熱性能良好粗細均勻的“”型管，左管封閉，右管開口，管中水銀在左管中封閉了一段理想氣體，右管水銀恰好不流出，左右兩管水銀液面高度差。現將“”型管緩慢倒置穩定后，左端空氣柱長度減小了（如圖乙所示）。已知在“”型管倒置過程中，封閉氣體質量、管內水銀質量及環境溫度保持不變，大氣壓強（為壓強單位）。求“”型管倒置后，
（1）左管中封閉氣體的壓強；
（2）左管中封閉氣體的長度。
15．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，圖中實線波形為t1=0時刻的波形圖，在t2=0.9s時第一次出現虛線所示的波形圖。下列說法中正確的是（　　）
A．這列波在介質中的傳播速度為10m/s
B．x=0的質點，在t1~t2時間內的路程為9m
C．t2=0.9s時，x=4m的質點正沿y軸正方向振動
D．t2=0.9s時，x=6m的質點振動的速度為零
E．t2=0.9s時，x=2m和x=3m的兩質點加速度相同
16．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，光源S位于裝有某液體的容器底部，容器右側的內壁固定一平面鏡，平面鏡上端與容器頂端平齊、下端與液面平齊。光源S沿方向發射一束紅光，經O點折射后照到平面鏡上的P點，反射光線剛好過容器左側上端點Q。已知入射角，容器寬度為，反射點P分別到平面鏡上端點M、下端點N的距離為、，液體深度為，光在真空中的傳播速度，，。求：
（1）紅光在該液體中的折射率n；
（2）這束紅光在液體中的傳播時間。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】A．衰變現象是原子核內部的中子轉化為質子的同時失去一個電子，不能說明原子核中存在著電子，故A錯誤；
B．能發生衰變生成，所以更穩定，比結合能更大，結合能等于比結合能乘以核子數，兩種原子核的核子數相同，所以的結合能低于的結合能，故B錯誤；
C．放射性元素衰變的快慢是由核內部自身的因素決定的，跟原子所處的化學狀態和外部條件沒有關系。一種放射性元素，不管它是以單質的形式存在，還是與其他元素形成化合物，或者對它施加壓力、提高溫度，都不能改變它的半衰期，故C錯誤。
D．根據半衰期的剩余質量計算公式
因此的原子核，經過24.86年，約有發生了衰變，故D正確。
故選D。
【分析】1、電子是衰變過程中產生的，并非預先存在于核內，因此不能證明原子核中有電子。
2、比結合能（每個核子的平均結合能）越大，原子核越穩定。結合能等于比結合能乘以核子數。
3、半衰期是原子核的固有屬性，由核內部結構決定，與外界條件（溫度、壓強、化學狀態）無關。
4、根據半衰期的剩余質量計算公式計算。
2．【答案】C
【知識點】平均速度；運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】AB．圖像中圖線的斜率表示速度，則在時刻甲、乙兩車速度大小相等，為
甲車做勻加速直線運動，則在時刻是時間段內的中間時刻，根據勻變速直線運動規律的推論可知時刻，甲車的速度大小為
故AB錯誤；
C．圖像中交點代表相遇，在內，兩車只能在時刻有一次機會并排行駛。故C正確；
D．根據平均速度公式，甲乙兩車位移大小相等，時間段相等，所以平均速度相等。故D錯誤。
故選C。
【分析】1、圖像中圖線的斜率表示速度，根據斜率求解速度。
2、圖像中交點代表相遇。
3、根據平均速度公式，比較位移和時間可比較平均速度。
3．【答案】A
【知識點】能量守恒定律；碰撞模型；安培力的計算；楞次定律
4．【答案】A
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】在某次抬桿過程中，OA桿從水平位置轉到豎直位置，如圖所示
AB．因為OA和AB兩桿長度均為L，可知A、B兩端點的速度均相同，大小為
故A正確，B錯誤；
C．如圖所示，端點B的運動軌跡與端點A的運動軌跡均是圓弧，故C錯誤；
D．抬桿過程中，OA桿掃過的面積為
由圖可知，AB桿掃過的面積為一個正方形
故抬桿過程中，兩桿掃過的總面積
故D錯誤。
故選A。
【分析】1、繞同軸圓周運動，角速度相等，根據得出。
2、OA桿掃過的面積為，AB桿掃過的面積為一個正方形，兩桿掃過的總面積
5．【答案】B
【知識點】交變電流的產生及規律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】A．由圖甲、乙可知線圈初始時刻處于與中性面垂直的平面，則兩裝置在圖示位置所產生的瞬時電流達到最大值，故A錯誤；
B．由圖丙、丁可知，甲裝置所產生的電流變化周期為
乙裝置所產生的電流變化周期為
故兩裝置中所產生的電流變化周期不相同，故B正確；
C．在內，兩裝置中電阻R產生的焦耳熱相同，均為
故C錯誤；
D．根據
由于在內，兩裝置中的磁通量的變化量不同，故在內，兩裝置中通過電阻R的電量不同。故D錯誤。
故選B。
【分析】1、圖甲、乙可知線圈初始時刻處于與中性面垂直的平面，磁通量為零時，感應電流應為最大值。
2、由圖丙、丁可知兩裝置中所產生的電流變化周期不相同。
3、兩裝置感應電流最大值相等，則有效值相等，在相同時間內電阻R產生的焦耳熱相同。
4、電荷量，因為在內，兩裝置中的磁通量的變化量不同，可得出電荷量不同。
6．【答案】B,C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律
【解析】【解答】A．根據開普勒第三定律有
解得
故A錯誤；
B．近日點和遠日點分別在橢圓長軸的兩端，半長軸為3.18天文單位，
則長軸為，
則近日點離太陽中心的距離為，故B正確；
C．根據牛頓第二定律可知
“樊錦詩星”在遠日點的加速度與地球的加速度大小之比為
故C正確；
D．根據開普勒第二定律可知環繞天體與中心天體之間的連線在相等的時間內掃過的面積相等，應該是同一個環繞天體，故D錯誤。
故選BC。
【分析】1、根據開普勒第三定律有計算周期。
2、根據牛頓第二定律可知，求解加速度大小之比。
3、根據開普勒第二定律可知，環繞同一個天體，環繞天體與中心天體之間的連線在相等的時間內掃過的面積相等。
7．【答案】C,D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AC．對小球進行受力分析，則小球處于動態平衡狀態，設繩與水平方向的夾角為，則
，
隨著逐漸減小，逐漸增大，也逐漸增大。末狀態時
繩受到最大拉力為。故A錯誤，C正確；
D．結點O不變動，則繩與水平方向夾角不變，對結點進行受力分析，在豎直方向上有
解得
則繩受到的拉力保持不變。故D正確；
B．對結點進行受力分析，在水平方向有
解得
隨著逐漸增大，則繩受到的拉力逐漸增大。故B錯誤。
故選CD。
【分析】本題考查動態平衡問題，以結點O受力分析，三力平衡，采用解析法分析，，，根據變化分析得出三根繩子拉力變化。
8．【答案】A,B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．使用等效場的觀點，將重力場和電場等效的看作一個場，設該場的場強為g'，結合平行四邊形法則有
設等效場對物體的力與豎直方向的夾角為θ，則有
解得
故等效重力（即重力和電場力的合力）與圓交的最低點在MQ之間，故動能最大的位置在MQ之間，故A正確；
B．根據功能關系，非重力做負功最多位置在N點，所以機械能最小的位置在N點，故B正確；
C．小球在M點，由牛頓第二定律得
小球在N點，由牛頓第二定律得
從M到N點，由動能定理得
解得小球所受軌道彈力大小的差值
故C錯誤；
D．由于等效場對物體的力與豎直方向的夾角為，故等效場的最高點在弧的中間位置，設為點，又質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，從P處到點，根據動能定理
假設小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動，從Q處到點，根據動能定理
聯立解得
故小球在Q處以速度水平向右射出，不能在此軌道內做完整的圓周運動，故D錯誤。
故選AB。
【分析】主要涉及等效場法 在復合場（重力場+電場）中的應用，并結合 圓周運動、動能定理、機械能守恒、牛頓第二定律 等力學和電磁學知識。
1、等效重力：，等效最低點：等效重力方向與圓周的交點（動能最大點），等效最高點：等效重力的反方向與圓周的交點（臨界速度點，類似重力場中的“最高點”）。
2、電場力做正功 → 機械能增加。電場力做負功 → 機械能減少。機械能最小點：電場力做負功最多的位置（N點）。
3、完整圓周運動的臨界條件：等效最高點的速度，應用動能定理計算最高點速度是否滿足來判斷能否在此軌道內做完整的圓周運動。
9．【答案】（1）
（2）4
（3）245
【知識點】胡克定律；探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】（1）根據題意可知甲乙兩裝置彈簧伸長量相等，根據物塊的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
則兩個物塊的質量之比為：
即是的倍。
（2）交換位置后再分別對兩物體受力分析，根據物塊的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
兩式聯立解得彈簧的形變量之比為：
即是的4倍。
（3）設彈簧處于原長狀態時，下端與距離傳感器之間距離為，則
，
聯立等式
可以得出
再根據平衡方程
解得
【分析】（1）利用兩個物塊的平衡方程結合胡克定律可以求出兩個物塊質量之比；
（2）利用兩個物塊的平衡方程結合質量之比可以求出形變量之比；
（3）利用彈簧的形變量和幾何關系可以求出彈簧形變量的大小，結合平衡方程可以求出彈簧勁度系數的大小。
10．【答案】（1）20Ω
（2）6.25；1.25
（3）小于；小于
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）由乙圖可知，當R=10Ω時，U=2V，則
當內阻取近似值1Ω時，可得R0=19Ω，則該同學選用的定值電阻的阻值是20Ω。
（2）由電路可知
解得
由圖像可知
解得
E=6.25V，r=1.25Ω
（3）若考慮電壓表的內阻影響，則電動勢的測量值為
內阻測量值
所以電動勢的測量值偏小，內阻測量值偏小。
【分析】（1）根據圖乙數據可計算電路中電流，再根據計算定值電阻的阻值。
（2）根據電路圖推導出，結合圖像的斜率和縱截距可計算出電動勢和內阻。
（3）因電壓表的內阻影響，對測量結果帶來系統誤差，
（1）由乙圖可知，當R=10Ω時，U=2V，則
當內阻取近似值1Ω時，可得
R0=19Ω
則該同學選用的定值電阻的阻值是20Ω。
（2）[1][2]由電路可知
解得
由圖像可知
解得
E=6.25V，r=1.25Ω
（3）[1][2]若考慮電壓表的內阻影響，則電動勢的測量值為
內阻測量值
所以電動勢的測量值偏小，內阻測量值偏小。
11．【答案】解：（1）根據幾何關系可知MN距離為
在粒子離開磁場的所有位置中，N距M最遠說明MN為粒子做圓周運動的軌跡圓的直徑，則軌跡圓半徑
洛倫茲力提供圓周運動的向心力，即
，
解得粒子的比荷
（2）根據圓周運動規律可知
從N處離開磁場的粒子，時間
方程聯立解得
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據幾何關系可知MN距離為，在粒子離開磁場的所有位置中，N距M最遠說明MN為粒子做圓周運動的軌跡圓的直徑，根據幾何關系可求解軌跡圓半徑，洛倫茲力提供圓周運動的向心力，即，可求解粒子的比荷。
（2）根據圓周運動規律可得出周期，從N處離開磁場的粒子，時間。
12．【答案】解：（1）物塊與木板剛要出現相對滑動時，對物塊由牛頓第二定律
對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律
聯立解得
即當拉力F超過15N，物塊和長木板間就會出現相對滑動，由于，故物塊和長木板相對靜止，一起向右做加速運動，其加速度為，對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律
解得物塊和長木板的加速度大小為
（2）當時，物塊和長木板有相對滑動。物塊的加速度為，長木板的加速度為，物塊由牛頓第二定律
對長木板受力分析，由牛頓第二定律
設經過時間，當物塊滑下長木板時兩者的位移關系滿足
物塊在長木板上滑動的時間為
（3）當時，物塊仍以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻加速直線運動，對長木板由牛頓第二定律
作用時間后，長木板的速度為，由運動學公式
撤去后，物塊繼續以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻減速直線運動，對長木板由牛頓第二定律
撤去F3后，經過時間物塊與長木板共速，由運動學公式
由于，因此共速后兩者不會再有相對運動，位移滿足
聯立解得，恒力作用的時間為

【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】（1）首先計算物塊與木板剛要出現相對滑動時水平向右的恒力F大小，對物塊靜摩擦力等于最大靜摩擦力，由牛頓第二定律，對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律，求解得出物塊與木板剛要出現相對滑動時水平向右的恒力F大小為15N，若，故物塊和長木板相對靜止，一起向右做加速運動，其加速度為，對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律，解得物塊和長木板的加速度大小。
（2）當時，物塊和長木板有相對滑動。對物塊由牛頓第二定律
對長木板受力分析，由牛頓第二定律，當物塊滑下長木板時兩者的位移關系滿足，聯立可求解物塊在長木板上滑動的時間。
（3）當時，物塊仍以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻加速直線運動，對長木板由牛頓第二定律，作用時間后，長木板的速度為，由運動學公式，撤去后，物塊繼續以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻減速直線運動，對長木板由牛頓第二定律，撤去F3后，經過時間物塊與長木板共速，由運動學公式，由于，共速后兩者不會再有相對運動，位移滿足，聯立解得，恒力作用的時間
13．【答案】A,B,E
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；氣體壓強的微觀解釋；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】A．汽缸導熱性能良好，環境溫度保持不變，則汽缸內溫度不變，此理想氣體內能不變，氣體分子的平均動能不變，因為體積增大，單位體積內的分子數減少，則單位時間內撞擊汽缸壁單位面積的分子數減少。故A正確；
B．根據理想氣體狀態方程
其中溫度不變，體積增大，則氣體壓強減小。故B正確；
CDE．根據熱力學第一定律可知
內能不變，體積增大，氣體對外做功則
，
所以，氣體從外界吸收熱量，但內能不變。故CD錯誤，E正確。
故選ABE。
【分析】1、汽缸導熱良好，則 溫度T恒定（環境溫度不變，系統與外界熱平衡）。對理想氣體，氣體內能僅由溫度決定（與體積、壓強無關）。
2、根據理想氣體狀態方程，其中溫度不變，體積增大，則氣體壓強減小。
3、根據熱力學第一定律可知，內能不變，體積增大，氣體對外做功則，，所以，氣體從外界吸收熱量。
14．【答案】解：（1）倒置后左右兩端水銀柱液面的高度差為，則
倒置后左管內封閉氣體的壓強為，則
解得左管中封閉氣體的壓強為
（2）倒置前左管內封閉氣體的壓強為，則
由玻意耳定律
由該過程中空氣柱長度減少了4cm有
聯立解得左管中封閉氣體的長度為
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）倒置后左右兩端水銀柱液面的高度差
倒置后左管內封閉氣體的壓強
（2）根據，可求解倒置前左管內封閉氣體的壓強，
由玻意耳定律，由該過程中空氣柱長度減少了4cm，，聯立解得左管中封閉氣體的長度。
15．【答案】A,C,D
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】A．根據題意可得
所以
所以
故A正確；
B．x=0的質點，在t1~t2時間內的路程為3A，即30cm，故B錯誤；
C．t2=0.9s時，由圖可知x=4m的質點正處于上坡階段，根據上下坡法可知該質點沿y軸正方向振動，故C正確；
D．t2=0.9s時，x=6m的質點處于波谷，其振動速度為零，故D正確；
E．t2=0.9s時，x=2m的質點向正向最大位移處振動，加速度正在增大，而x=3m的質點加速度為零，故E錯誤。
故選ACD。
【分析】1、根據題目已知可求解周期，波形圖得知波長，由計算波速。
2、已知波的傳播方向，根據上下坡法可推出該質點沿y軸正方向振動。
3、質點處于波谷，其振動速度為零，加速度最大，當質點向正向最大位移處振動，加速度正在增大。
16．【答案】解：（1）根據幾何關系可知在MN平面發生的反射，入射角符合，
則，則光從液體中射出時的折射角
根據折射定律可知
（2）傳播距離
紅光在液體中的傳播速度
這束紅光在液體中的傳播時間

【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根據幾何關系可知在MN平面發生的反射可求出入射角和光從液體中射出時的折射角，根據折射定律可求解紅光在該液體中的折射率n
（2）傳播距離，紅光在液體中的傳播速度，利用計算這束紅光在液體中的傳播時間。
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