2022年高考診斷性測(cè)試物理一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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.有些元素的原子核有可能從很靠近它的核外電子中“俘獲”一個(gè)電子形成一個(gè)新原子核，從離原子核最近的K層電子中俘獲電子，叫“K俘獲”?，F(xiàn)有一個(gè)鈹原子核（）發(fā)生了“K俘獲”，生成一個(gè)新的原子核，并放出一個(gè)不帶電的、質(zhì)量接近于零的中微子（），核反應(yīng)方程為。關(guān)于鈹原子核（）的“K俘獲”的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A.新原子核帶負(fù)電B.新原子核比原來(lái)的鈹原子核少一個(gè)中子C.新原子核比原來(lái)的鈹原子核少一個(gè)質(zhì)子D.新原子核與原來(lái)的鈹原子核的核子數(shù)不同【1題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)電荷數(shù)守恒得，新原子核X的電荷數(shù)是3，則新原子核X帶正電，故A錯(cuò)誤；BCD．根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得，新原子核X的電荷數(shù)是3，核子數(shù)是7，新原子核與鈹核相比，電荷數(shù)少一個(gè)而核子數(shù)相同，所以是質(zhì)子數(shù)少一個(gè)，中子數(shù)多一個(gè)，故BD錯(cuò)誤，C正確。故選C。2.如圖所示，在“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”的實(shí)驗(yàn)中，將實(shí)驗(yàn)儀器按要求安裝在光具座上，某同學(xué)觀察到清晰的干涉條紋。若他對(duì)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行改動(dòng)后，在毛玻璃屏上仍能觀察到清晰的干涉條紋，但條紋間距變窄。下列改動(dòng)可能會(huì)實(shí)現(xiàn)這個(gè)效果的是（）A.僅將濾光片向右移動(dòng)靠近單縫B.僅減小雙縫間的距離C.僅增大雙縫與毛玻璃屏間的距離D.僅將紅色濾光片換成綠色濾光片【2題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．濾光片的作用是得到相干光源，靠近單縫和遠(yuǎn)離單縫不影響干涉，A錯(cuò)誤；BC．雙縫干涉兩相鄰亮條紋的間距為僅減小雙縫之間的距離d或僅增大雙縫與毛玻璃屏間的距離，條紋間距都會(huì)變大，B錯(cuò)誤；D．僅將紅色濾光片換成綠色濾光片，濾光片射向雙縫等的光的波長(zhǎng)λ減小，根據(jù)可知，條紋間距減小，D正確。故選D。3.甲、乙兩車(chē)在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們運(yùn)動(dòng)的位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示，已知甲車(chē)的x-t圖像為拋物線的一部分，t=8s時(shí)刻對(duì)應(yīng)圖像的最高點(diǎn)，乙車(chē)的圖像為直線，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲車(chē)的初速度為6m/sB.甲車(chē)的加速度大小為2m/s2C.t=0到t=8s內(nèi)甲車(chē)的位移為70mD.在t=8s到t=10s時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻，甲、乙兩車(chē)的速度大小相等【3題答案】【答案】B【解析】【詳解】AB．勻變速直線運(yùn)動(dòng)的x-t圖像為拋物線，由于甲車(chē)的圖像開(kāi)口向下，所以甲車(chē)沿x軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，初速度大小為v0。t=8s時(shí)甲車(chē)速度減為0，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t=10s時(shí)甲車(chē)的位移為60m，則聯(lián)立解得，A錯(cuò)誤，B正確；C．t=8s時(shí)甲車(chē)離出發(fā)點(diǎn)的距離為C錯(cuò)誤；D．t=10s時(shí)甲車(chē)的速度為在t=8s到t=10s時(shí)間內(nèi)，甲車(chē)的速度變化范圍為，負(fù)號(hào)表示沿x軸負(fù)方向。乙車(chē)的速度為在t=8s到t=10s時(shí)間內(nèi)沒(méi)有甲、乙兩車(chē)的速度大小相等的時(shí)刻，D錯(cuò)誤。故選B。4.人造地球衛(wèi)星與地心間距離為r時(shí)，取無(wú)窮遠(yuǎn)處為勢(shì)能零點(diǎn)，引力勢(shì)能可以表示為，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，m為衛(wèi)星質(zhì)量。衛(wèi)星原來(lái)在半徑為r1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于稀薄空氣等因素的影響，飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑減小為r2。此過(guò)程中損失的機(jī)械能為（）A. B.C. D.【4題答案】【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬(wàn)有引力提供向心力，則軌道半徑為r1時(shí)有衛(wèi)星的引力勢(shì)能為軌道半徑為r2時(shí)衛(wèi)星的引力勢(shì)能為設(shè)摩擦而損失的機(jī)械能為，根據(jù)能量守恒定律得聯(lián)立以上各式可得故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選A。5.如圖所示電路中，理想變壓器原線圈兩接線柱間的交流電壓的有效值不變，兩燈泡L1、L2規(guī)格完全相同，在以下各種操作中各電路元件都沒(méi)有損壞，下列說(shuō)法正確的是（）A.僅使滑片M下移，電流表示數(shù)變大B.僅使滑片M下移，變壓器原線圈中的電流變大C.僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，燈泡L2中的電流一直增大D.僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，電流表示數(shù)一直增大【5題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．僅使滑片M下移，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)理想變壓器知副線圈電壓減小，副線圈電路電阻不變，所以電流減小，故A錯(cuò)誤；B．僅使滑片M下移，副線圈電壓、電流均減小，所以副線圈功率減小，根據(jù)理想變壓器特點(diǎn)知原線圈中電流變小，故B錯(cuò)誤；C．僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，并聯(lián)部分電路電壓（副線圈電壓）不變，L2所在支路電阻逐漸減小，根據(jù)并聯(lián)分流特點(diǎn)可知，L2中電流一直增大，故C正確；D．僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，則并聯(lián)部分電阻先增大后減小，副線圈總電阻先增大后減小，副線圈電壓不變，所以副線圈總電流（電流表示數(shù)）先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，山坡上兩相鄰高壓線塔之間架有粗細(xì)均勻的導(dǎo)線，靜止時(shí)導(dǎo)線呈曲線形下垂，最低點(diǎn)在C處。左塔A處對(duì)導(dǎo)線拉力的方向與豎直方向的夾角為30°，右塔B處對(duì)導(dǎo)線拉力的方向與豎直方向的夾角為60°，則導(dǎo)線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為（）A.2：1 B.3：1C.4： D.：1【6題答案】【答案】B【解析】【詳解】整體分析，根據(jù)水平方向平衡單獨(dú)分析左右兩部分，解得導(dǎo)線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為3:1.故選B。7.某壓敏電阻的阻值R隨壓力F變化的規(guī)律如圖甲所示，將它水平放在電梯地板上并接入如圖乙所示的電路中，在其受壓面上放一物體m，即可通過(guò)電路中電流表A的示數(shù)I來(lái)研究電梯的運(yùn)動(dòng)情況。已知電梯靜止時(shí)電流表的示數(shù)為I0。下列說(shuō)法正確的是（）A.若示數(shù)I=I0，則電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)B.若示數(shù)I保持不變，則電梯一定做勻速運(yùn)動(dòng)C.若示數(shù)I在增大，則電梯的速度在增大D.若示數(shù)I>I0，則電梯可能在減速向下運(yùn)動(dòng)【7題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．若示數(shù)為I0，說(shuō)明m對(duì)壓敏電阻的壓力與靜止時(shí)相同，即m的合外力為零，電梯可能處于靜止?fàn)顟B(tài)也可能處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤.B．由圖可知壓敏電阻的阻值與受到的壓力有關(guān)，若示數(shù)I不變，說(shuō)明壓敏電阻的阻值保持不變，壓敏電阻受到的壓力不變，對(duì)于m受到的支持力不變，m的合外力恒定，故m可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤.C．若示數(shù)I在增大，說(shuō)明壓敏電阻的阻值在減小，由圖可知，壓力越大，阻值越小，所以壓敏電阻受到的壓力在逐漸增大，由上述條件只能判斷壓敏電阻受到的合外力在變化，由于不能確定合外力方向，故無(wú)法確定電梯速度如何變化，故C錯(cuò)誤.D．對(duì)應(yīng)電流表示數(shù)為I0，壓敏電阻受到的壓力等于m的重力，當(dāng)I＞I0時(shí)，電路中電流比靜止時(shí)變大，說(shuō)明壓敏電阻阻值變小，壓力增大，壓力大于重力，m的合外力向上，加速度方向向上，如果電梯正在上升，則為加速上升，如果電梯正在下降，則為減速下降，故D正確。故選D。8.單鏡頭反光相機(jī)簡(jiǎn)稱(chēng)單反相機(jī)，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡把來(lái)自鏡頭的圖像投射到對(duì)焦屏上。對(duì)焦屏上的圖像通過(guò)五棱鏡的反射進(jìn)入人眼中。如圖所示為單反照相機(jī)取景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個(gè)截面，AB⊥BC。光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發(fā)生全反射，且兩次全反射的入射角相等，最后光線垂直BC射出。下列說(shuō)法正確的是（）A.∠BCD=135°B.∠BAE和∠BCD不相等C.該五棱鏡折射率的最小值是D.該五棱鏡折射率的最小值是【8題答案】【答案】C【解析】【詳解】AB．由題意畫(huà)出光路圖如圖所示，設(shè)光線在CD面上的入射角為根據(jù)光路圖和反射定律可知得由四邊形內(nèi)角和為360°和角度關(guān)系可得∠BCD=∠BAE=90°+=112.5°故AB錯(cuò)誤；CD．光線在CD和AE界面上恰好發(fā)生全反射時(shí)，對(duì)應(yīng)著五棱鏡折射率的最小值，則解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16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(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.“戰(zhàn)繩”是一種時(shí)尚的健身器材，有較好的健身效果。如圖甲所示，健身者把兩根相同繩子的一端固定在P點(diǎn)，用雙手分別握住繩子的另一端，然后根據(jù)鍛煉的需要以不同的頻率、不同的幅度上下抖動(dòng)繩子，使繩子振動(dòng)起來(lái)。某次鍛煉中，健身者以2Hz的頻率開(kāi)始抖動(dòng)繩端，t=0時(shí)，繩子上形成的簡(jiǎn)諧波的波形如圖乙所示，a、b為右手所握繩子上的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，二者平衡位置間距離為波長(zhǎng)的，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)a的位移為cm。已知繩子長(zhǎng)度為20m，下列說(shuō)法正確的是（）A.a、b兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的相位差為B.t=s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a的位移仍為cm，且速度方向向下C.健身者抖動(dòng)繩子端點(diǎn)，經(jīng)過(guò)5s振動(dòng)恰好傳到P點(diǎn)D.健身者增大抖動(dòng)頻率，將減少振動(dòng)從繩子端點(diǎn)傳播到P點(diǎn)的時(shí)間【9題答案】【答案】AB【解析】【詳解】A．a(chǎn)、b兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間距離為波長(zhǎng)的，一個(gè)周期波前進(jìn)一個(gè)波長(zhǎng)的距離，一個(gè)周期前后的相位差為，所以?xún)少|(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的相位差為故A正確；B．質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期為t=0時(shí)質(zhì)點(diǎn)a的位移為cm，根據(jù)甲圖可知a此刻在平衡位置上方，向上振動(dòng)；根據(jù)乙圖圖線可知a的振動(dòng)方程為將t=s=帶入可得由振動(dòng)規(guī)律知s時(shí)刻a在平衡位置上方，振動(dòng)方向向下，故B正確；C．由乙圖可知a、b間平衡間距大于5m，小于波長(zhǎng)，所以波長(zhǎng)>5m，所以波從健身者傳到P點(diǎn)所用的時(shí)間故C錯(cuò)誤；D．波的傳播速度由介質(zhì)決定，介質(zhì)不變，波速不變，繩子上的波形傳播到P點(diǎn)的時(shí)間不變，與抖動(dòng)頻率無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選AB。10.如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管固定在傾角為θ的斜面上，其半徑為R，A、C分別為細(xì)管的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，B、D為細(xì)管上與圓心O處于同一水平高度的兩點(diǎn)，細(xì)管內(nèi)有一直徑稍小于細(xì)管內(nèi)徑的質(zhì)量為m的小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。開(kāi)始時(shí)小球靜止在A點(diǎn)，某時(shí)刻對(duì)小球施加輕微擾動(dòng)，使小球自A向B沿著細(xì)管開(kāi)始滑動(dòng)。以過(guò)直線BOD的水平面為重力勢(shì)能的參考平面，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球不能返回到A點(diǎn)B.小球自A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重力的瞬時(shí)功率一直增大C.小球在C點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能為2mgRsinθD.小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，細(xì)管對(duì)小球的作用力大小為【10題答案】【答案】BD【解析】【詳解】A．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，所以小球能返回到A點(diǎn)，故A錯(cuò)誤B．小球在A點(diǎn)時(shí)速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，小球從A到B的過(guò)程中，速度逐漸增大，速度沿斜面的分量（v1）也逐漸增大，根據(jù)瞬時(shí)功率表達(dá)式可知小球自A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重力的瞬時(shí)功率一直增大，故B正確；C．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，所以小球在C點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能為mgRsinθ，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)機(jī)械能守恒可得小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度為根據(jù)牛頓第二定律可得側(cè)壁對(duì)小球的支持力為解得管的底部對(duì)小球的支持力為小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，細(xì)管對(duì)小球的作用力大小為故D正確。故選BD。11.如圖所示，真空中，水平正對(duì)放置的平行金屬板A、B間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電量為+Q的球P內(nèi)含有一彈射裝置，其質(zhì)量為m1（含其內(nèi)部彈射裝置），質(zhì)量為m2、不帶電的小球置于球P內(nèi)部的彈射裝置中。開(kāi)始時(shí)，球P恰好靜止在距A板h的位置。某時(shí)刻，小球相對(duì)于金屬板以速度v0水平彈出，球P和小球同時(shí)到達(dá)金屬板。若兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，球P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變且不影響原電場(chǎng)分布，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.從小球彈出至到達(dá)金屬板，球P動(dòng)量的變化量豎直向上B.從小球彈出至到達(dá)金屬板，球P的電勢(shì)能增加C.兩金屬板間的電勢(shì)差D.兩金屬板長(zhǎng)度至少為【11題答案】【答案】ACD【解析】【詳解】A．原來(lái)球P靜止時(shí)，有小球彈出時(shí)，設(shè)P瞬間速率為v1，由動(dòng)量守恒小球彈出后，P受電場(chǎng)力大于其重力，合力向上，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)上板，由牛頓第二定律由動(dòng)量定理知，球P動(dòng)量變化量豎直向上，故A正確；B．球P向上類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；C．小球彈出后，設(shè)經(jīng)時(shí)間t到達(dá)下板，設(shè)兩板間距為d，對(duì)小球豎直方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律同理，對(duì)P豎直方向兩金屬板間電勢(shì)差聯(lián)立以上各式（含A中公式）可得故C錯(cuò)誤；D．小球和球P自彈出到落板，水平位移大小分別為，則兩金屬板長(zhǎng)度至少為聯(lián)立A、C、D中公式可得故D正確。故選ACD。12.有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框自磁場(chǎng)上方某處自由下落，如圖所示。區(qū)域I、II中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，二者寬度分別為L(zhǎng)、H，且H＞L。導(dǎo)線框恰好勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域I，一段時(shí)間后又恰好勻速離開(kāi)區(qū)域II，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)線框離開(kāi)區(qū)域II的速度大于B.導(dǎo)線框剛進(jìn)入?yún)^(qū)域II時(shí)的加速度大小為g，方向豎直向上C.導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域II的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為mgHD.導(dǎo)線框自開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域I至剛完全離開(kāi)區(qū)域II的時(shí)間為【12題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．導(dǎo)線框恰好勻速離開(kāi)區(qū)域II，根據(jù)平衡條件得解得A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線框勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域I到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域II之間一直做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡關(guān)系和電磁感應(yīng)定律可得導(dǎo)線框下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)，上下邊都切割磁感線，由法拉第電磁感應(yīng)定律又解得I2=線框所受安培力由牛頓第二定律有解得方向豎直向上，B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)線框恰好勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域I故線框在區(qū)域I中以速度v勻速運(yùn)動(dòng)；設(shè)線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)I時(shí)速度為，從完全離開(kāi)磁場(chǎng)I到開(kāi)始離開(kāi)區(qū)域II的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域II的過(guò)程根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域II的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為C正確；D．導(dǎo)線框自開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域I至開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域II過(guò)程中，由動(dòng)量定理得聯(lián)立解得導(dǎo)線框自開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域II至開(kāi)始離開(kāi)區(qū)域II過(guò)程中，由動(dòng)量定理得解得導(dǎo)線框自開(kāi)始離開(kāi)區(qū)域II至剛完全離開(kāi)區(qū)域II過(guò)程中，由動(dòng)量定理得聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選C。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某物理實(shí)驗(yàn)小組利用圖甲所示裝置“探究小車(chē)的加速度與受力的關(guān)系”。（1）關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作，下列說(shuō)法正確的是______；A．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先釋放小車(chē)再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源B．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳≤?chē)的細(xì)線與長(zhǎng)木板保持平行C．每次改變重物質(zhì)量時(shí)，不需要重新調(diào)整長(zhǎng)木板的傾斜度D．為盡可能減小實(shí)驗(yàn)誤差，小車(chē)的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于重物的質(zhì)量（2）一次實(shí)驗(yàn)中獲得的紙帶如圖乙所示，已知所用電源的頻率為50Hz，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，A、B、C、D、E、F、G為所取計(jì)數(shù)點(diǎn)，由圖中數(shù)據(jù)可求得加速度大小a=______m/s2；（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）實(shí)驗(yàn)小組先保持小車(chē)質(zhì)量為m1不變，改變小車(chē)所受的拉力F，得到a隨F變化的規(guī)律如圖丙中直線A所示，然后實(shí)驗(yàn)小組換用另一質(zhì)量為m2的小車(chē)，重復(fù)上述操作，得到如圖丙中所示的直線B，由圖可知，m1______m2（選填“大于”或“小于”），直線B不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是______。【13題答案】【答案】①.BCD②.0.18##0.19③.小于④.長(zhǎng)木板傾斜程度過(guò)大，補(bǔ)償阻力過(guò)度【解析】【詳解】（1）[1]A．實(shí)驗(yàn)時(shí)，要去先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源再釋放小車(chē)，A錯(cuò)誤；B．繩子的拉力應(yīng)與運(yùn)動(dòng)方向一致，故應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳≤?chē)的細(xì)線與長(zhǎng)木板保持平行，B正確；C．平衡后，應(yīng)有即有故每次改變重物質(zhì)量時(shí)，不需要重新調(diào)整長(zhǎng)木板的傾斜度，C正確；D．為盡可能減小實(shí)驗(yàn)誤差，實(shí)驗(yàn)要求小車(chē)的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于重物的質(zhì)量，D正確。故選BCD。（2）[2]設(shè)由圖乙可得所用電源的頻率為50Hz，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，可得AD之間的時(shí)間間隔為根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，即代入數(shù)據(jù)，解得（3）[3][4]根據(jù)牛頓第二定律可得故有則有當(dāng)拉力F相等時(shí)，有由直線B可知，當(dāng)F等于0時(shí)，加速度不等于零，說(shuō)明平衡摩擦力過(guò)度，即長(zhǎng)木板傾斜程度過(guò)大，補(bǔ)償阻力過(guò)度。14.某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)定一節(jié)蓄電池的電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻，要求測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)器材如下：電流表A1（量程200μA，內(nèi)阻為800Ω）；電流表A2（量程300mA，內(nèi)阻約為0.3Ω）；定值電阻R1（阻值4Ω）；定值電阻R2（阻值為9200Ω）滑動(dòng)變阻器R（最大阻值50Ω）；待測(cè)蓄電池一節(jié)（電動(dòng)勢(shì)約為2V）；開(kāi)關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)小組連接的實(shí)物電路如圖甲所示，圖中虛線框內(nèi)的電表應(yīng)選______（選填“A1”或“A2”），圖中虛線框內(nèi)的定值電阻應(yīng)選______（選填“R1”或“R2”）；

（2）電流表A1示數(shù)用I1表示，電流表A2示數(shù)用I2表示，該小組多次改變滑動(dòng)變阻器觸頭位置，得到了多組I1、I2數(shù)據(jù)，并作出I1－（I1+I2）圖像，如圖乙所示。根據(jù)圖像可知，被測(cè)蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_____V，內(nèi)阻為_(kāi)_____Ω。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）從實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)原理來(lái)看，該蓄電池電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值______（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實(shí)值，內(nèi)阻的測(cè)量值______（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實(shí)值。

【14題答案】【答案】①.A2②.R2③.1.9④.1.0⑤.等于⑥.等于【解析】【詳解】（1）[1][2]圖中虛線框內(nèi)的電表應(yīng)選A2，因?yàn)樘摼€框在干路上，選擇量程大的電流表。蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為2V，改裝后電壓表量程為2V。所以串聯(lián)電阻故選R2（2）[3][4]根據(jù)整理得所以，解得，（3）[5][6]因?yàn)榭紤]到電表內(nèi)阻，所以沒(méi)有誤差。電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值等于真實(shí)值，內(nèi)阻測(cè)量值等于真實(shí)值。15.如圖甲所示是我國(guó)農(nóng)村建房時(shí)往高處拋送建筑材料的情景，即一人從地面將建筑材料拋出，被站在屋檐上的另一人接住。已知李師傅站在離房屋水平距離L=3.2m的A點(diǎn)，王師傅站在離地面高H=3.4m的屋檐上的B點(diǎn)，李師傅將質(zhì)量m=2kg的磚頭從A點(diǎn)正上方高h(yuǎn)1=1.0m處斜向上拋出，磚頭運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)恰被王師傅接住，若接住點(diǎn)在B點(diǎn)正上方高h(yuǎn)2=0.8m處，磚頭與王師傅接觸的時(shí)間t=0.4s，重力加速度g=10m/s2，忽略空氣阻力。求：（1）李師傅拋磚頭的速度大??；（2）王師傅在接磚頭的過(guò)程中受到的平均作用力大小?！?5題答案】【答案】（1）m/s；（2）N【解析】【詳解】（1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的可逆性可知，磚頭逆向的運(yùn)動(dòng)是平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向L=vxt1豎直方向vy=gt1H+h2－h(huán)1=gt12合速度v2=vx2+vy2解得v=m/s即李師傅拋磚頭的速度大小為m/s。（2）對(duì)磚頭水平方向，由動(dòng)量定理由力的合成知解得F=N由牛頓第三定律得：王師傅在接磚頭過(guò)程中受到的平均作用力大小為N。16.如圖甲所示，用質(zhì)量為10kg的活塞在豎直氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣缸頂部裝有卡扣。開(kāi)始時(shí)活塞距氣缸底部高度為40cm，對(duì)氣缸內(nèi)的氣體緩慢加熱，活塞距氣缸底部的高度h隨溫度T的變化規(guī)律如圖乙所示，自開(kāi)始至溫度達(dá)到400K的過(guò)程中，缸內(nèi)氣體吸收的熱量為700J。已知活塞的橫截面積為200cm2，外界大氣壓強(qiáng)為1.0×105Pa，活塞與氣缸壁間的摩擦忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。（1）求由狀態(tài)A到C，氣體內(nèi)能的變化量；（2）用p表示缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)，請(qǐng)作出氣體由狀態(tài)A經(jīng)過(guò)B變?yōu)镃的p-h圖像，并標(biāo)出A、B、C的坐標(biāo)值。【16題答案】【答案】（1）280J；（2）見(jiàn)解析【解析】【詳解】（1）對(duì)活塞受力分析如圖由平衡方程得mg+p0S=pAS氣體由狀態(tài)A到C先做等壓變化再做等容變化由熱力學(xué)第一定律得?E=W+Q解得pA=1.05×105Pa，?E=280J（2）氣體由狀態(tài)B到C由查理定律得解得pC=1.4×105Pa氣體由狀態(tài)A經(jīng)過(guò)B變?yōu)镃的p-h圖像如圖所示17.加速器在核物理和粒子物理研究中發(fā)揮著巨大的作用，回旋加速器是其中的一種。如圖是某回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，D1和D2是兩個(gè)中空的、半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間窄縫的寬度為d，它們之間有一定的電勢(shì)差U。兩個(gè)金屬盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，粒子每次經(jīng)過(guò)窄縫都會(huì)被電場(chǎng)加速，之后進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)若干次加速后，粒子從金屬盒D1邊緣離開(kāi)，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子間的相互作用及相對(duì)論效應(yīng)。（1）求粒子離開(kāi)加速器時(shí)獲得的最大動(dòng)能Ekm；（2）在分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí)，用Δd表示任意兩條相鄰軌跡間距，甲同學(xué)認(rèn)為Δd不變，乙同學(xué)認(rèn)為Δd逐漸變大，丙同學(xué)認(rèn)為Δd逐漸減小，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算分析哪位同學(xué)的判斷是合理的；（3）若該回旋加速器金屬盒半徑R=1m，窄縫的寬度d=0.1cm，求粒子從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)加速器的過(guò)程中，其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【17題答案】【答案】（1）；（2）見(jiàn)解析；（3）【解析】【詳解】（1）當(dāng)帶電粒子運(yùn)動(dòng)半徑為半圓金屬盒的半徑R時(shí)，粒子的速度達(dá)到最大值vm，由牛頓第二定律得粒子離開(kāi)加速器時(shí)獲得的最大動(dòng)能解得（2）第N次加速后，由動(dòng)能定理得根據(jù)牛頓第二定律得可解得第N次加速后可推得第（N－1）次加速后相鄰軌跡間距由此可知相鄰軌跡間距逐漸減小，丙同學(xué)的判斷是合理的；（3