2022-2023学年福建省福州市八年级下册期末物理专项突破模拟题（AB卷）含解析

这是一份2022-2023学年福建省福州市八年级下册期末物理专项突破模拟题（AB卷）含解析，共36页。试卷主要包含了全息照相技术的原理如图所示等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省福州市高二下册期末物理专项突破模拟题
（A卷）

第I卷（选一选）

评卷人
得分



一、单 选 题
1．全息照相技术的原理如图所示：物体在激光照射下形成漫射式的物光束；另一部分激光作为参考光束射到全息底片上，把物体光波上各点的位相和振幅转换成在空间上变化的强度，从而将物体光波的全部信息记录下来，成为一张全息照片。在全息干板上形成全息照片的过程利用了光的（　　）

A．干涉现象 B．衍射现象 C．折射现象 D．色散现象
2．如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中，当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动频率约为0.75Hz。现使圆盘由静止开始缓慢加速转动，直至以0.8s的周期匀速转动稳定下来，在此过程中，下列说确的是（　　）

A．圆盘静止和转动时，小球都是做受迫振动
B．最终稳定时小球的振动频率为0.75Hz
C．小球的振幅与圆盘转速无关
D．小球的振幅先增大，后减小
3．如图所示，a和b都是厚度均匀的平行玻璃板，a和b之间的夹角为β，一细光束由红光和蓝光组成，以入射角θ从O点射入a板，且光经折射后射出b板的两束单色光射在地面上P、Q两点，由此可知（　　）

A．若稍微增大入射角θ，光从b板上表面射入到其下表面时，在该界面上有可能发生全反射
B．射出b板后的两束单色光与入射光线没有平行
C．稍微增大a和b之间的夹角β，射出b板后的两束单色光与入射光线仍平行
D．射到P点的光频率较小
4．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个互感器（均为理想器材），两互感器原、副线圈的匝数比分别为200：1和1：20，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列说确的是（　　）

A．互感器A是电流互感器，互感器B是电压互感器
B．线路上损耗的功率为320W
C．发电机输出的电功率为3520kW
D．用户使用的用电设备增多，降压变压器输出电压U4大小没有变
评卷人
得分



二、多选题
5．如图甲是一款无线充电手机的实物图，图乙是其原理图。送电线圈接电源，受电线圈接手机电池，则（　　）

A．若送电线圈接余弦交流电，则受电线圈中将产生周期性变化的电流
B．若送电线圈接直流电源，则受电线圈中将产生没有变的电流
C．当送电线圈产生的磁场如图乙所示且逐渐变小时，受电线圈将产生向下的感应磁场
D．当送电线圈产生的磁场如图乙所示且逐渐变大时，受电线圈将产生向下的感应磁场
6．如图甲所示，A、B和P是同一均匀介质中同一直线上的三个点，沿竖直方向振动的横波Ⅰ在介质中沿AP方向传播，波速为30 cm/s，P与A相距30 cm，A点振动图像如图乙所示；沿竖直方向振动的横波Ⅱ沿BP方向传播，P与B相距45 cm，B点的振动图像如图丙所示。在t=0时刻，两列波同时分别A、B两点，则下列说确的是（　　）


A．横波Ⅱ的波长为30 m B．两列波没有能发生干涉
C．P点开始时刻振动方向向上 D．P点振幅为70 cm，且是振动加强点
7．如图甲，一带电物块无初速度地放在传送带底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，运动过程中物块所带电荷没有变。关于带电物块及运动过程的说确的是（　　）

A．该物块带负电
B．传送带的传动速度大小一定没有小于1 m/s
C．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移
D．在2～4.5 s内，物块与传送带仍可能有相对运动
8．如图，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4的目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，abcd的几何为O，当四根导线通有等大同向电流时，下列说确的是（　　）

A．O点的磁感应强度没有为零
B．穿过abcd的磁通量没有为零
C．L1对L2的安培力比L1对L3的安培力大
D．L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向
第II卷（非选一选）

评卷人
得分



三、填 空 题
9．如图是某校物理小组利用单摆测量当地的重力加速度的装置。悬挂后，用米尺测量悬点到小球上端摆线的长度L，将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次平衡位置时开始计时，并计数为0，此后小球每摆到平衡位置时，计数，依次计数为1、2、3……，当数到50时，停止计时，测得时间为t，计算出单摆周期T。测量出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出图像，如图所示，造成图线没有过坐标原点的原因可能是___________。根据图像可求出重力加速度g=___________（取）。

10．如图所示是两列同频率的相干水波在t=0时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的振幅均为2cm，波速均为2m/s，波长均为0.4m，E点是BD连线和AC连线的交点，则B、D两点在该时刻的竖直高度差为___________cm；在t=0.05s时，E点离开平衡位置的位移大小是___________cm。

评卷人
得分



四、实验题
11．某同学利用如图甲所示的装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：


（1）若想增加目镜中观察到的条纹个数，该同学可___________。
A．将单缝靠近双缝       B．将屏靠近双缝
C．将屏远离双缝       D．使用间距更大的双缝
（2）某次测量时，图乙为实验中的测量头，移动测量头上的手轮，使分划板的刻线对准第3条亮纹的，记下此时手轮上螺旋测微器的读数x1.转动测量头，使分划板的刻线向右移动对准第7条亮纹的，此时手轮上螺旋测微器的读数x2如图丙所示，则读数x2=___________mm；已知双缝与屏的距离为L，双缝间距为d，则波长___________；（用题目中给出的字母表示）

12．如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是没有容易的。但是，可以通过仅测量___________（填选项前的符号）间接地解决这个问题。
A．小球开始释放的高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球平抛运动的水平射程


②图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛水平射程。然后，把被碰小球m2静置于水平轨道末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是___________。（填选项前的符号）
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放的高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量两小球相碰后平抛水平射程、
③本实验中只要关系式___________成立，即说明两球碰撞过程中动量守恒（请在m1、m2、h、H、、、中选取合适的字母表示）。
评卷人
得分



五、解 答 题
13．如图所示，底面半径为R、高也为R的圆柱形容器中装满某种透明液体，在底面圆心位置有一点光源，发现上表面有一部分的区域有光射出，光在该液体中折射率，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）光能从液体上表面射出的面积有多大；
（2）射出的光线在透明液体中传播的最长时间（没有考虑光线在容器壁上发生反射的情况）。

14．两根足够长的平行金属导轨间的距离为1 m，导轨所在的平面与水平面间的夹角为θ=30°。在导轨所在平面内，分布有磁感应强度大小为1.0 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。把一个质量为0.5 kg的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒电阻为R1=1.5 Ω。导轨电阻没有计，重力加速度取g=10 m/s2，金属导轨足够长。完成下列问题：
（1）如图甲所示，金属导轨的一端接一个内阻r=0.5 Ω、电动势E=10 V的直流电源，撤去外力后导体棒仍能静止，求导体棒所受的力；
（2）如图乙所示，金属导轨的上端接一个阻值为R2=0.5 Ω的定值电阻，导体棒与导轨间的动因数为，撤去外力让导体棒由静止开始下滑，当导体棒的速度达到2 m/s时，求此时导体棒的加速度。
（3）求第（2）问中导体棒所能达到的速度vm。

15．如图所示，离子室､加速电场､速度选择器的轴线都位于x轴上，y轴的右侧有一半径为a的圆形磁场区域，圆形磁场的圆心坐标为C（a，0）。已知速度选择器的两极板间的匀强电场场强为E，匀强磁场磁感应强度为B1、方向垂直纸面向里。圆形磁场的磁感应强度为B2（大小未知），方向垂直纸面向外。某次实验时离子室内充有大量同种阴离子，经加速电场加速后沿速度选择器的中轴线射出，并从坐标原点O进入圆形磁场区域，且离子刚好P（a，a）点，离子的比荷为k，离子重力忽略没有计。
（1）求离子进入右侧圆形磁场时的速率大小；
（2）求圆形磁场的磁感应强度B2；
（3）调整右侧圆形磁场的磁感应强度大小为，求离子离开圆形磁场后轨迹与y轴交点的位置。


答案：
1．A

【详解】
通过其原理可知，将一束激光通过分光镜分成两束，一束通过平面镜、扩束镜到达全息干板，另一束通过平面镜、扩束镜后照射物体，反射到全息干板，两束是相干光，会在全息干板上叠加形成干涉图样。
故选A。
2．D

【详解】
A．振动系统在周期性驱动力作用下的振动叫受迫振动，圆盘静止时无周期性驱动力作用，没有是受迫振动，故A错误；
B．小球稳定振动时的频率为

故B错误；
CD．圆盘转速由零逐渐增大，转动的频率逐渐接近小球振动的固有频率0.75s，振幅；超过固有频率，转速继续增大，振幅减小，故小球振幅先增大，后减小，故C错误，D正确。
故选D。
3．C

【详解】
A．由于板上下表面是平行的，所以光从板上表面射入到其下表面时，在该界面上没有可能发生全反射，A错误；
BC．光线平行玻璃板时出射光线和入射光线平行，则最终从板射出的两束单色光与入射光线仍然平行，B错误，C正确；
D．射到点的光在玻璃板中偏折角较大，可知玻璃对该光的折射率较大，由可知，该光在玻璃中的传播速度较小，波长较短，频率大，D错误。
故选C。
4．C

【详解】
A．互感器A并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器B串联在电路中，是电流互感器，故A错误；
B．电流表的示数为4A，互感器原、副线圈的匝数比1：20，则线路上电流I=80A，线路上损耗的功率

故B错误；
C．电压表的示数为220V，匝数比为200：1，所以输送电压U=44000V，功率
P=UI=3520kW
则发电机输出的电功率3520kW，故C正确；
D．用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，降压变压器输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，故D错误。
故选C。
5．AD

【详解】
A．若送电线圈接余弦交流电，则受电线圈中将产生周期性变化磁场，产生周期性变化的电流，A正确；
B．若送电线圈接直流电源，则受电线圈中无感应电流产生，B错误；
C．当送电线圈产生的磁场如图乙所示且逐渐变小时，根据楞次定律，受电线圈将产生向上的感应磁场，C错误；
D．当送电线圈产生的磁场如图乙所示且逐渐变大时，根据楞次定律，受电线圈将产生向下的感应磁场，D正确。
故选AD。
6．CD

【详解】
A．两列波的速度和周期一样，故波长一样

故A错误；
B．两列波的频率相同，能发生干涉，故B错误；
C．由于两波在同一均匀介质中传播，故传播速度一样，由于PB大于PA，故A点振动形式先到达P点，质点P先向上振动，故C正确；
D．由题意得

由于两波初相位相反，故P点是加强点，振幅为70 cm，故D正确。
故选CD。
7．BD

【详解】
A．由题图乙可知，物块先做加速度减小的加速运动再做匀速运动，物块的速度是。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和力的作用，设动因数为，沿斜面的方向有

物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，可知一定是逐渐减小，即洛伦兹力的方向与相同，物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，A错误；
BCD．由


可知，只要传送带的速度大于等于，则物块达到速度后受力平衡，与传送带的速度无关，故传送带的速度可能等于，也可能大于，物块最终可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，此外，由以上的分析可知，传送带的速度没有能确定，所以没有能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，BD正确，C错误。
故选BD。
8．CD

【详解】
A．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于零，故A错误；
B．根据右手螺旋定则可知，四根通电导线产生的磁场方向与abcd所在平面平行，所以穿过abcd的磁通量为零，故B错误；
C．L2相比L3离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由

安培力大小与B成正比，可知L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故C正确；
D．根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线ac方向，故D正确。
故选CD。
9．     测摆长时没有加上小球半径     9.87

【详解】
[1]根据单摆周期公式

变形可得

所以理论上T2-L图像是一条过坐标原点的直线，题给图像相对于理论图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是测摆长时没有加上小球半径；
[2]根据单摆周期公式可得

整理得

图线斜率为

解得

10．     8     4

【详解】
[1]B、D两点是振幅均为4cm的振动加强点，在t=0时刻，D点位于正向位移处，B点位于负向位移处，则在该时刻这两点的竖直高度差为8cm；
[2]由得
T=0.2s
E点也是振动加强点，由于E点是BD连线和AC连线的交点，故此时位于平衡位置，当t=0.05s=时，E点位于位移处，即E点离开平衡位置的位移大小为4cm。
11．     BD##DB     1.700    

【详解】
（1）[1]相邻两亮条纹的间距，要增加观察到的条纹个数，即减小，需增大d或减小L，因此应将屏靠近双缝，或使用间距更大的双缝，BD正确，AC错误。
故选BD。
（2）[2]固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为
mm=0.200mm
所以螺旋测微器的读数为
1.5 mm+0.200mm=1.700mm
[3]由双缝干涉公式，代入已知物理量可得

12．     C     ADE    

【详解】
（1）[1]小球离开轨道后做平抛运动，由

知

即小球的下落时间一定，则初速度

可用平抛运动的水平射程来表示，AB错误，C正确。
故选C。
（2）[2] 若动量守恒，应有

（v0是m1单独下落时离开轨道时的速度，v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度），又

则有

即

即本实验要验证

因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H。
故选ADE。
（3）[3]设落地时间为t，则



而动量守恒的表达式是

若两球相碰前后的动量守恒，则

成立。
13．（1）；（2）

【详解】
（1）作出光路，如图所示

全反射定律得

从光路图可知

解得

能从液体上表面射出的面积为

（2）由几何关系得

由折射定律得

射出的光线在透明液体中传播的最长时间为

解得

14．（1）2.5 N，方向沿导轨平面向下；（2）0.5 m/s2；（3）2.5 m/s

【详解】
（1）回路中的电流为

导体棒受到的安培力为

对导体棒受力分析知

代入数据得

方向平行导轨平面向下     
（2）当导体棒速度为v时，产生的感应电动势

此时电路中电流

导体棒受到的安培力

根据牛顿第二定律有

代入数据得

（3）导体棒达到速度vm，有

其中

解得

15．（1）；（2）；（3）（0，）

【详解】
（1）设离子质量为m，电荷量为q，在速度选择器中沿直线运动，有

解得

（2）离子在圆形磁场中做半径为的圆周运动，有

从P点射出时，其轨迹圆心为，由几何关系知
r1=a
联立解得

（3）粒子运动轨迹如图所示


由洛伦兹力提供向心力

又磁感应强度

解得
r2=
设离子能y轴上的点，在圆形磁场中做半径为的圆周运动，其轨迹圆心为，由几何关系可得

代入数据得

由几何关系知


即离子离开圆形磁场后轨迹与y轴的交点的位置为（0，）












2022-2023学年福建省福州市高二下册期末物理专项突破模拟题
（B卷）

第I卷（选一选）

评卷人
得分



一、单 选 题
1．如图所示的双缝干涉实验，用黄光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹。要得到相邻条纹间距更小的干涉图样，可以（　　）

A．减小S1与S2的间距
B．增大双缝屏到光屏的距离
C．将黄光换为紫光
D．略微增大单缝屏到双缝屏的距离
2．关于分子动理论，下列说确的是（　　）
A．用手捏面包，面包体积会缩小，这是分子间有间隙的缘故
B．分子间的引力随着分子间距离的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距离的增大而减小
C．布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的
D．物体的温度升高，物体内可能存在部分分子热运动的速率减小
3．光滑的水平面叠放有质量分别为和的两木块，下方木块与一劲度系数为的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示．已知两木块之间的静力为，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的振幅为（ ）

A． B． C． D．
4．如图所示，匝数n=100匝、面积S=10cm2的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO‘以角速度ω=100 rad/s匀速转动，并与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接入一只标有“2.5V， 1.5W”的小灯泡，恰好正常发光，没有计线框电阻。下列说确的是（　　）


A．理想变压器原线圈、副线圈的匝数比为4：1
B．流过线框的电流有效值为0.2A
C．以图示位置为计时起点，线框中产生的感应电动势的表达式为e= 5cos（100t）V
D．如果在小灯泡两端再并联一盏相同的小灯泡，则两盏灯泡都变暗
评卷人
得分



二、多选题
5．关于热力学定律，下列说确的是（　　）
A．即使科技的进步，人类也没有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而没有引起其他变化的热机
B．物体对外做功，其内能一定减少
C．制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热，违反了热力学第二定律
D．类永动机没有可能制成，是因为它违背了能量守恒定律
6．下列说法中正确的有（　　）
A．车站行李安检机采用X射线，X射线穿透能力比紫外线弱
B．观察者向频率一定的静止声源靠近时，接收到声波的频率小于声源频率
C．观看3D电影时，观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向没有同
D．日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹属于光的干涉现象
7．如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始下滑，则（　　）


A．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽没有做功
B．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率没有变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
8．如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（　　）

A．0时刻弹簧弹力大小为
B．弹簧劲度系数为
C．时间段，回复力冲量为0
D．时间段，小球动能与重力势能之和减小
第II卷（非选一选）

评卷人
得分



三、填 空 题
9．质量为1kg的物体做直线运动，其速度图像如图所示，则物体在前10s内所受外力的冲量大小为________，在后10s内所受外力的冲量大小为________。

10．一定质量的理想气体从状态A依次状态B和C，其图象如图所示。该变化过程中，内能减小的过程是______（选填“”或“”）。若气体在过程中吸收热量为Q，则气体在过程中放出的热量______Q（选填“大于”、“等于”或“小于”）。

评卷人
得分



四、实验题
11．甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。


（1）甲组同学采用图甲所示的实验装置。实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果度有利的是___________。
A．单摆偏离平衡位置的角度没有能太大
B．质量相同、体积没有同的摆球，选用体积较大的
C．当单摆平衡位置时开始计时，全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
（2）在测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值_________（选填“偏大”“偏小”或“没有变”）。
12．小明同学利用如图所示装置验证动量守恒定律。实验步骤如下：

①将光电门1、2分别固定在气垫导轨左右两侧，打开电源，调节气垫导轨水平；
②将两个宽度均为d（已知）的挡光片分别安装在甲、乙两滑块上；
③把两个滑块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧；
④烧断细线，观察两滑块的运动情况；
⑤当滑块上的挡光片光电门时，分别用光电计时器测得光线被甲、乙两挡光片遮住的时间、；
⑥分别求出相互作用前后的总动量，进行比较。
根据实验步骤，回答下列问题：
（1）为了完成实验，还需要的测量工具有_____________（填选项前的字母代号）
A．毫米刻度尺       B．游标卡尺       C．天平       D．秒表
（2）实验所要验证的表达式为______。（用已知量及所测得物理量表示）
评卷人
得分



五、解 答 题
13．如图所示，甲为某一波动在t=1s时的图像，乙为参与该波动的质点P的振动图像。
（1）求该波速度v；
（2）求再5.5s时间内质点P通过的路程和5.5s后的时刻偏离平衡位置的位移。

14．如图所示，导热良好的气缸竖直放置，活塞下方密闭-一定质量的理想气体。活塞可沿气缸无的滑动，其质量为2m，横截面积为S，开始时相对气缸底部的高度为h。将一个质量为m的物块放在活塞上，气体重新平衡后，活塞下降了。外界大气压强始终保持没有变，重力加速度为g。求：
（1）外界大气压强p0（此过程环境温度保持没有变） ；
（2）若缓慢提升环境温度，使活塞回到起始位置，气缸内气体吸收的热量为Q，则气缸内气体内能增加了多少。

15．如图所示，平板车A放在光滑的水平地面上，其上表面与斜面底端的一段小圆弧平滑连接。一小物块从斜面上某一位置由静止释放，物块滑上A车后恰好没有从其右端滑出。已知斜面的倾角θ=53°，物块与斜面、物块与平板车之间的动因数都是μ=0.3，物块与平板车的质量相等，平板车长L=3m，重力加速度g=10 m/s2， sin53°=0.8 ， cos53°=0.6，求：
（1）物块在斜上运动加速度a的大小；
（2）物块滑上小车时速度v0的大小；
（3）物块从静止释放到斜面底端的距离s；
（4）物块从开始运动到恰好与小车共速所用的时间t。（结果保留两位有效数字）


答案：
1．C

【分析】
【详解】
根据条纹间距公式可知，减小条纹间距的措施有：减小双缝屏到光屏的距离，增大S1与S2的间距，减小波长。
故选C。
2．D

【分析】
【详解】
A．用手捏面包，面包体积会缩小，这是物体的形变。A错误；
B．分子间的引力和分子间的斥力均随着分子间距离的增大而减小。B错误；
C．布朗运动是由悬浮在液体中的微粒受到液体分子撞击的没有平衡引起的。C错误；
D．物体的温度升高，物体内可能存在部分分子热运动的速率减小。D正确；
故选D。
3．C

【详解】
试题分析：对整体振幅时有，，隔离分析，当振幅时，两木块间的力达到静力． ，所以，故C正确，A.B.D错误．
考点：简谐运动的回复力和能量、简谐运动
【名师点睛】解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力．知道该题中振幅时两木块间的力达到静力．
4．A

【分析】
【详解】
A．线圈产生的感应电动势的有效值为

变压器原线圈、副线圈的匝数比为

A正确；
B．根据能量守恒得

B错误；
C．图示位置为中性面，所以线框中产生的感应电动势的表达式为
e= 10sin（100t）V
C错误；
D．如果在小灯泡两端再并联一盏相同的小灯泡，因为副线圈电压没有变，所以两只小灯泡均正常工作。D错误。
故选A。
5．AD

【分析】
【详解】
A．即使科技的进步，人类也没有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而没有引起其他变化的热机。因为这违背热力学第二定律。A正确；
B．物体对外做功，如果物体吸收热量，则其内能可能没有会减少。B错误；
C．制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热，没有违反了热力学第二定律，因为这个过程引起了外界的变化。C错误；
D．类永动机没有可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。D正确。
故选AD。
6．CD

【分析】
【详解】
A．车站行李安检机采用X射线，X射线穿透能力比紫外线强。A错误；
B．观察者向频率一定的静止声源靠近时，接收到声波的频率大于声源频率。B错误；
C．观看3D电影时，观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向没有同。C正确；
D．日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹属于光的干涉现象。D正确。
故选CD。
7．BC

【分析】
【详解】
A．在小球下滑过程中，槽向左运动，小球与槽之间的相互作用力与槽的速度没有垂直，所以会对槽做功，故A错误；
B．小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向没有受力，所以水平方向动量守恒，故B正确；
CD．小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离时，小球与槽的速度大小相等，方向相反，小球被反弹后球与槽的速度相等，所以小球没有能滑到槽上，没有能达到高度h处，因此都做匀速直线运动，故C正确，D错误。
故选BC。
8．AD

【分析】
【详解】
AB．取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，而时刻弹簧弹力为0，位移为，有

可得劲度系数为

0时刻在正的位移处，弹簧的伸长量为，则弹力为

故A正确，B错误；
C．时间段，振子从平衡位置沿负方向振动回到平衡位置，回复力一直沿正向，由可知回复力冲量没有为0，故C错误；
D．时间段，小球从点振动到达点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D正确；
故选AD。
9．     0    

【分析】
【详解】
[1]根据动量定理，题图，可得物体在前10s内所受外力的冲量大小为

[2]后10s内所受外力的冲量大小是

负号表示方向，故大小为。
10．          大于

【分析】
【详解】
[1]A到B过程，温度升高，内能增大，B到C过程，温度降低，内能减小，故内能减小的过程是。
[2]由

可得

A到B过程，体积没有变，W=0，由热力学定律可知，气体在过程中吸收热量Q等于增大的内能，B到C过程，压强增大，温度降低，故体积一定减小，W>0，由于内能减小，故气体在过程中放出的热量大于减小的内能，由于A、C状态温度相等，内能相等，故两个过程内能变化量相等，则气体在过程中放出的热量大于Q。
11．     A     偏小

【详解】
（1）[1] A．单摆偏离平衡位置的角度没有能超过5°，故A正确；
B．为减小空气阻力的影响，质量相同、体积没有同的摆球，选用体积较小的，故B错误；
C．为减小时间的测量误差，应测量多次全振动的总时间，在计算求得单摆振动的周期，故C错误。
故选A。
（2）[2]根据单摆周期公式

知重力加速度为

在测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，即实际L变大，这将会导致所测重力加速度的数值比实际值偏小。
12．     C    

【详解】
（1）[1]验证动量守恒定律实验的原理，需要求出相互作用前后的总动量，进行比较，则需要测量两滑块的质量，故需要天平，故ABD错误，C正确。
故选C。
（2）[2]用天平分别测出甲、乙滑块的质量为m1、m2，相互作用前两个滑块的总动量为0，相互作用后两滑块的动量等大反向，故要验证的表达式为

13．（1）v=4m/s；（2）4.4m ，s=0

【分析】
【详解】
（1）由y-x和y-t图像知：λ=4m，T=1s，根据波速公式

解得
v=4m/s
（2）由y-t图像知：T=1s，又t=5.5s，所以
t=5T+0.5T
所以P走过的路程为
L=5×4A+2A
解得
L=4.4m
t=5.5s时，P恰好回到平衡位置，此时偏移平衡位置的位移为
s=0
14．（1）；（2）

【分析】
【详解】
（1）设未放入物块前气体压强未p1，由力的平衡得：
p1S=p0S+2mg
气体体积
V1=hS
设放入木块后，气体压强为p2，体积为V2
p2S=p0S+3mg
V1=hS
整个过程等温，由玻意耳定律得：
p1V1=p2V2
解得
p0=
（2）由（1）知

活塞回到起始位置为等压过程，其间


解得

有热力学定律得：

解得：

15．（1）a=6.2m/s2；（2）6.0m/s；（3）2.9m；（4）2.0s

【分析】
【详解】
（1）设物块和小车质量均为m，物块在斜面上下滑过程，由牛顿第二定律得

解得
a=6.2m/s2
（2）设物块滑上小车时的速度为v0，物块在小车上滑动过程由动量守恒定律和能量守恒定律得


解得
v0=6.0m/s
（3）物块在斜面下滑过程由运动学得

解得
s=2.9m
（4）设物块在斜面上运动时间为t1，与小车相对滑动时间为t2，有


运动总时间为

解得
t=2.0s