2025年1月“八省聯考考前猜想卷物理（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。7題，每小題428分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求．2024年9月18日，蘇州大學研究團隊在《自然》雜志上發布了輻光伏微型核電池的最新研究成果。該243Xα，則下列說法ab電池主要是利用镅243發生α衰變釋放的能量。若镅243衰變的核反應方程是95正確的是（）AX的電荷數為95．X的質量數為241BX的電荷數為91D．X的質量數為239．某衛星發射后先在圓軌道1上做勻速圓周運動，經過兩次變軌后在圓軌道2上做勻速圓周運動。已知衛星在軌道2上的線速度比在軌道1上的線速度小，衛星質量不變。下列說法正確的是（A．軌道2的半徑比軌道1的半徑小）．衛星在軌道2上的機械能比在軌道1上的機械能大．衛星兩次變軌時發動機均做負功D．衛星第一次變軌時發動機做負功，第二次變軌時發動機做正功直，假設這個風力發電機能將此圓內30%的空氣動能轉化為電能。已知空氣的密度為，當風速是時，此發電機的功率約為（A．4.5W．3）C．D．4500Wbc兩點各固定一個點電荷，以c的中點O為坐標原點，兩點的連線在xx軸上各點的電勢φO點處圖像的切線平行于x0。下列說法正確的是（）A．坐標原點O處的電場強度大小為零．關于O點對稱的任意兩點電場強度相同．、c兩點固定的點電荷均帶負電，且所帶電荷量相等D．電子在a點的電勢能大于在d點的電勢能．一列簡諧橫波在時刻的波形如圖甲所示，質點、Q在x軸上的位置為xP=1m和xQ=3m從此時開始，P質點的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．該波沿x軸正向傳播．此后PQ兩點速度大小始終相等．=0.125s時，Q質點的位移為5D．若此波遇到另一列簡諧橫波發生了干涉現象，則所遇到的波的頻率為0.5Hz2utV的正弦交流電源，副線圈接有電阻R和兩個小燈泡，開關S保持閉合狀態，電流表和電壓表均可視為理想電表。下列選項正確的是（）A．副線圈中交流電的頻率為100HzB．電流表AA的示數之比為2:112．電壓表VV的示數之比為2:1D．開關S斷開后電壓表2的示數增大12MNMN板帶正方向的夾角為，忽略帶電小球所帶電荷量對極板間勻強電場的影響，MN板足夠大，則（）A．若只將N板水平向右平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變大．若只將N板豎直向上平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變小．將細線燒斷，小球的運動軌跡是拋物線D．若只將M板水平向左平移稍許，將細線燒斷，小球到達N板的時間不變4520全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0abcda．如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態依次經過狀態、和后再回到狀態，則（）abbcA．到過程，氣體內能減少B．到過程，氣體對外界做正功cd．到過程，氣體從外界吸收熱量D．經過一次循環過程，氣體從外界吸收熱量OCQ是圓弧束復色光沿方向射向界面并從ObaEb30，，則以下結論正確的是QOC30，Q點射出，現已測得與界面夾角（）Aa光的頻率小于b光的頻率．b光的折射率為3．ab光在該透明介質內傳播的速率相等D．當夾角減小到某一特定值時，將只剩下b圓弧面上射出．如圖所示，在豎直平面直角坐標系中，在t0時，質量m的小球從坐標原點O處，以初速度0/sF5N30的夾角為vx風0軸正方向的夾角也為取/s2。下列說法正確的是（g）A．小球的加速度先增大后減小．小球在t時再次經過軸x．小球的重力勢能一直減小D．小球的動能一直增大AB感應強度的大小和方向均完全相同的勻強磁場區域，只是A區域比B區域離地面高，兩線圈下落時始終保持線圈平面與磁場垂直，則（）A．兩線圈穿過磁場的過程中產生的熱量相等．兩線圈穿過磁場的過程中通過線圈橫截面的電荷量相等．兩線圈落地時甲的速度較大D．乙運動時間較短，先落地三．非選擇題：本題共5小題，共52(6分)“的實驗裝置可用于“探究物體所受合力做功與動能變化的關系”，物理小組同學們采用如圖所示實驗裝置進行探究。實驗要求小車受到的合外力為繩的拉力的合力。實驗中同學們研究了砂和砂桶的運動過程所受合力做功是否等于其動能增量。忽略細線與滑輪間的摩擦阻力。本實驗（填“需要”或者“不需要”）滿足m遠小于M的條件。實驗前測出砂和砂桶的總質量mgTA的位移L，并通過紙帶算出A點的速度v。實驗過程中車M所受的摩擦力。（填“需要”或者“不需要）平衡小對m研究，所需驗證的動能定理的表達式為_________。A．TLmv2B．2TLmv2．TLmv2D．TLmv2通過紙帶測出了起始點O到不同點BCD…的位移及BDv2L所示的實線。那么在保證小車質量不變的情況下增加砂的質量，重復實驗，將會得到如v（填甲”或者乙”）所示的圖線。2L圖中虛線(10分)電池采用的是刀片電池”技術。現將一塊電芯拆解出來，然后測量其電動勢E和內阻r。所提供的器材有：A．電壓表V（量程）．電壓表V（量程）．電流表A（量程）D．電流表A（量程）R．滑動變阻器1（阻值范圍0~10，額定電流）．滑動變阻器2（阻值范圍0~，額定電流）G．保護電阻0某同學采用了圖甲所示的電路圖，在進行了正確操作后，得到了圖乙所示的UI圖像。實驗中，電壓表應選，電流表應選，滑動變阻器應選的字母代號）根據圖乙所示，則該電池的電動勢EV，內阻r為了能準確地測量一塊電芯的電動勢E和內阻r，該同學設計了一個可以排除電流表A和電壓表VS分別接12對應的多組電壓表的示數U和電流表的I，根據實驗記錄的數據繪制如圖丁中所示的、B兩條UI圖線，綜合、B兩條圖線，此電芯的電EEII2E，內阻r（用圖中BABA(10)如圖直角坐標系xOyⅠ象限內存在場強為ExⅡⅢⅣ內存在垂直坐標平面向里的勻強磁場。一質量為m（q0Pl,l處由靜止開始運動，第1次通過x軸時沿y軸負方向。不計粒子重力。1）勻強磁場的磁感應強度大小；2）粒子第3次經過y軸時的縱坐標；(12分)ABCRQ1v4ms沿水平地面向左運動。靜止于小球P的小球P與小球P連接的輕彈簧從接觸小球QQ運動的距離=0.4m間=0.25sQBCCQ均可視為質點，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度g10ms2，求：Q在C點的速度大小C；Q的質量m2；彈簧的最大壓縮量x。(14)dU定值電阻R，電阻箱R（最大阻值為Rr6rv，其中v密度為，重力加速度為g，油滴受到的空氣阻力大小為f為油滴運動的速率，不計空氣浮力。1AtA下落到下極板處，請推導油滴A的半徑r的表達式（用，、、和g2）若將圖中密閉空間的空氣抽出，使油滴運動所受的空氣阻力可忽略。閉合開關：Rr①調整電阻箱的阻值為，觀察到半徑為的油滴B可做勻速直線運動，求油滴B所帶的電荷量；02②調整電阻箱的阻值為RkCC到上極板的時間。2025年1月“八省聯考考前猜想卷物理（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。7428分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求．2024年9月18日，蘇州大學研究團隊在《自然》雜志上發布了輻光伏微型核電池的最新研究成果。該243Xα，則下列說法ab電池主要是利用镅243發生α衰變釋放的能量。若镅243衰變的核反應方程是95正確的是（）AX的電荷數為95．X的質量數為241BX的電荷數為91D．X的質量數為239【答案】D【詳解】由于α粒子為42，根據核反應前后質量數守恒、電荷數守恒，可得243b495a2b239，a93X的電荷數為，質量數為239。D。．某衛星發射后先在圓軌道1上做勻速圓周運動，經過兩次變軌后在圓軌道2上做勻速圓周運動。已知衛星在軌道2上的線速度比在軌道1上的線速度小，衛星質量不變。下列說法正確的是（A．軌道2的半徑比軌道1的半徑小）．衛星在軌道2上的機械能比在軌道1上的機械能大．衛星兩次變軌時發動機均做負功D．衛星第一次變軌時發動機做負功，第二次變軌時發動機做正功【答案】Bv2【詳解】AGmr2rGMrv故軌道2的半徑比軌道1的半徑大，故A錯誤；．軌道半徑越大，衛星的機械能越大，故B正確；．衛星每次變軌時發動機均做正功，使衛星做離心運動，抬高軌道，故錯誤。B。直，假設這個風力發電機能將此圓內30%的空氣動能轉化為電能。已知空氣的密度為時，此發電機的功率約為（）3，當風速是A．4.5W．C．D．4500W【答案】C【詳解】在?t時間內吹到風葉葉片上的空氣質量為mvtS發電機的功率12t211P3r2v322帶入數據可知=457WC。bc兩點各固定一個點電荷，以c的中點O為坐標原點，兩點的連線在xx軸上各點的電勢φO點處圖像的切線平行于x0。下列說法正確的是（）A．坐標原點O處的電場強度大小為零．關于O點對稱的任意兩點電場強度相同．、c兩點固定的點電荷均帶負電，且所帶電荷量相等D．電子在a點的電勢能大于在d點的電勢能【答案】Ax【詳解】AxOA正確；．根據圖像可知，關于O點對稱的任意兩點電場強度大小相等，方向相反，故B錯誤；x圖像的電勢均為正，且離點電荷越近電勢越高，結合對稱性可知bc兩點固定的點電荷均帶正電，且所帶電荷量相等，故C錯誤；pD．由題圖可知a點的電勢大于d點的電勢，根據，由于電子帶負電，所以電子在a點的電勢能小d點的電勢能，故D錯誤。A。．一列簡諧橫波在時刻的波形如圖甲所示，質點、Q在x軸上的位置為xP=1m和xQ=3m從此時開始，P質點的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．該波沿x軸正向傳播．此后PQ兩點速度大小始終相等．=0.125s時，Q質點的位移為5D．若此波遇到另一列簡諧橫波發生了干涉現象，則所遇到的波的頻率為0.5Hz【答案】B【詳解】A．由圖乙可知，t時刻質點P向下振動，根據“上下坡法由圖甲可知，該波沿x軸負向傳播，故A錯誤；．由于PQ兩點間距離等于半個波長，所以兩質點振動步調相反，速度大小始終相等，故B正確；．由圖乙可知，周期為0.2s，所以0.125s時Q質點的位移為Q10sin(t10sin(5T故C錯誤；D．若此波遇到另一列簡諧橫波發生了干涉現象，則兩列波頻率相同，則所遇到的波的頻率為1f5HzT故D錯誤。B。2utV的正弦交流電源，副線圈接有電阻R和兩個小燈泡，開關S保持閉合狀態，電流表和電壓表均可視為理想電表。下列選項正確的是（）A．副線圈中交流電的頻率為100Hz．電壓表VV的示數之比為2:1B．電流表AA的示數之比為2:112D．開關S斷開后電壓表2的示數增大12【答案】D【詳解】A．副線圈中交流電的頻率為fA錯誤；．電流表AA的示數之比為1212I2112B錯誤；．根據變壓器電壓與匝數關系可知U1121U22因電壓表V2示數小于變壓器次級電壓，可知電壓表VV的示數之比不等于22:1，選項C錯誤；1DSR2的示數增大，選項D正確。D。MNMN板帶正方向的夾角為，忽略帶電小球所帶電荷量對極板間勻強電場的影響，MN板足夠大，則（）A．若只將N板水平向右平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變大．若只將N板豎直向上平移稍許，電容器的電容將變小，夾角．將細線燒斷，小球的運動軌跡是拋物線將變小D．若只將M板水平向左平移稍許，將細線燒斷，小球到達N板的時間不變【答案】D【詳解】A．只將N板水平向右平移稍許，由公式CrS可知，電容器的電容將變小，而又由QCUUdE可知，兩板間的電場強度rSE將不變，電場力不變，故夾角θ將不變，選項A錯誤；．只將N板豎直向上平移稍許，由公式rSC可知，電容器的電容將變小，而又由QCUUdE可知，兩板間的電場強度rSE將變大，電場力變大，故夾角θ將變大，選項B錯誤；運動，選項C錯誤；D．只將M板水平向左平移稍許，由公式rSC可知，電容器的電容將變小，而又由QCUUdE可知，兩板間的電場強度rSECN板的時間不變，故D正確。D。4520全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0abcda．如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態依次經過狀態、和后再回到狀態，則（）abB．b到過程，氣體對外界做正功cA．到過程，氣體內能減少cd．到過程，氣體從外界吸收熱量D．經過一次循環過程，氣體從外界吸收熱量【答案】ab【詳解】A．到過程為等容變化，氣體對外界不做功，由查理定律有pababab則氣體內能減少，故A正確；．b到過程，氣體體積減小，外界對氣體做正功，故B錯誤；ccd．到過程為等容變化，氣體對外界不做功，由查理定律有cpdcddc則氣體內能增加，根據熱力學第一定律UWQ可知，氣體從外界吸收熱量，故C正確；DWpV可知，pVd到氣體對外界做的正功大于由b到外界對氣體acUWQ可知，氣體從外界吸收熱量，故D正確。ACD。OCQ是圓弧束復色光沿方向射向界面并從ObaEb30，，則以下結論正確的是QOC30，Q點射出，現已測得與界面夾角（）Aa光的頻率小于b光的頻率．b光的折射率為3．ab光在該透明介質內傳播的速率相等D．當夾角減小到某一特定值時，將只剩下b圓弧面上射出【答案】AB【詳解】．由題意可得兩中色光的折射率asin6sinsin2b3sin30因為在介質中n＜n，所以a光的頻率小于b光的頻率。abc又根據公式n可得，兩種色光在玻璃中的傳播速率vc6abca3c3cb3所以兩種色光在玻璃中的傳播速率b故AB正確，C錯誤；D．由于光是從空氣進入介質，是從光疏介質進入光密介質，在界面上，不能夠發生全反射，而在弧面上光始終沿法線入射，也不能夠發生全反射，所以當入射光線與界面的夾角減小時，ab光總是能從圓弧面上射出。故D錯誤。AB。．如圖所示，在豎直平面直角坐標系xOy中，在t0時，質量m的小球從坐標原點O處，以初速度0/sF5N30的夾角為vx風0軸正方向的夾角也為取/s2。下列說法正確的是（g）A．小球的加速度先增大后減小．小球在t時再次經過軸x．小球的重力勢能一直減小D．小球的動能一直增大【答案】【詳解】A．由題意和幾何知識可知小球受到的合力為F5N方向與初速度的方向垂直，小球做類平拋運動，小球的加速度不變，故A錯誤；．小球再次經過x軸時，沿初速度方向的位移和垂直初速度的位移關系為vt0o122又Fa2mt故B正確；．小球做類平拋運動，小球的高度先增加后減小，重力勢能先增加后減小，故C錯誤；D．小球做類平拋運動，速度一直在增加，小球的動能一直增大，故D正確。BD。AB感應強度的大小和方向均完全相同的勻強磁場區域，只是A區域比B區域離地面高，兩線圈下落時始終保持線圈平面與磁場垂直，則（）A．兩線圈穿過磁場的過程中產生的熱量相等．兩線圈穿過磁場的過程中通過線圈橫截面的電荷量相等．兩線圈落地時甲的速度較大D．乙運動時間較短，先落地【答案】【詳解】AEREBLv，iF，B2Lv2FRA錯誤；ΔΦBSqItRR可知通過線圈橫截面的電荷量相等，故B正確；時速度較大，故C正確；D．線圈穿過磁場區域時受到的安培力為變力，設受到的平均安培力為F，穿過磁場時間為t，下落全過程時間為t，落地時的速度為，則全過程由動量定理得Ft而tRIFtt，BLFtR乙甲tt乙甲故D正確。BCD。三．非選擇題：本題共5小題，共52“”的實驗裝置可用于探究物體所受合力做功與動能變化的關系”小組同學們采用如圖所示實驗裝置進行探究。實驗要求小車受到的合外力為繩的拉力的合力。實驗中同學們研究了砂和砂桶的運動過程所受合力做功是否等于其動能增量。忽略細線與滑輪間的摩擦阻力。本實驗（填“需要”或者“不需要”）滿足m遠小于M的條件。實驗前測出砂和砂桶的總質量mgTA的位移L，并通過紙帶算出A點的速度v。實驗過程中車M所受的摩擦力。（填“需要”或者“不需要）平衡小對m研究，所需驗證的動能定理的表達式為_________。A．TLmv2B．2TLmv2．TLmv2D．TLmv2通過紙帶測出了起始點O到不同點BCD…的位移及BDv2L所示的實線。那么在保證小車質量不變的情況下增加砂的質量，重復實驗，將會得到如v（填甲”或者乙”）所示的圖線。2L圖中虛線【答案】不需要(2)(3)A(4)甲1）實驗中，根據力傳感器的讀數可以直接求出小車受到的拉力，不需要滿足小車的質量M于砂和砂桶的總質量m這一條件。2）盡管實驗裝置采用了力傳感器，也需要平衡摩擦力，否則小車受到的合外力不為繩的拉力的合力。3m研究，根據動能定理1212mgT2Lmv2mm2v2整理，可得TLmv2A。4）對小車，根據動能定理有1TL22聯立，解得4mg4mM4gv2LLMm4逐漸增加砂的質量mv2LvL圖中虛線“”所示的圖線。2．新能源汽車已經普遍走進了我們的生活，某校學生實驗小組通過網絡查找了某種知名的電池銘牌，電池采用的是“刀片電池”技術。現將一塊電芯拆解出來，然后測量其電動勢E和內阻r。所提供的器材有：A．電壓表V（量程）．電壓表V（量程）．電流表A（量程）D．電流表A（量程）R．滑動變阻器1（阻值范圍0~10，額定電流）．滑動變阻器2（阻值范圍0~，額定電流）G．保護電阻0某同學采用了圖甲所示的電路圖，在進行了正確操作后，得到了圖乙所示的UI圖像。實驗中，電壓表應選，電流表應選，滑動變阻器應選的字母代號）根據圖乙所示，則該電池的電動勢EV，內阻r為了能準確地測量一塊電芯的電動勢E和內阻r，該同學設計了一個可以排除電流表A和電壓表VS分別接12對應的多組電壓表的示數U和電流表的2I，根據實驗記錄的數據繪制如圖丁中所示的、B兩條UI圖線，綜合、B兩條圖線，此電芯的電E，內阻r（用圖中EEIIABABEBI【答案】(1)ACE(2)3.80.6(3)EBA1[1][2][3]3.8V0.6A，RA0電流表選C，為了調節方便，滑動變阻器選。2[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得UEI(0r)所以圖像縱軸的截距表示電源的電動勢為E=3.8V圖像的斜率的絕對值表示電源的等效內阻，有U000r|I所以電源的內阻為r3[1][2]當S2接1時，誤差在于電流表的分壓，所測內阻等于電源內阻與電流表內阻之和，所以內阻測量值比真實值偏大；當S2接2時，誤差在于電壓表的分流，所測內阻等于電源與電壓表并聯的總電阻，所以內阻測量值比真實值偏小。由于U-I圖線斜率的絕對值表示內阻，即S2接1時的圖線陡一些，可以判斷A是利用單刀雙擲開關S2接2中的實驗數據描出的，內阻測量值比真實值偏小。S接1時，所測電動勢為電流表與電源串聯后整體的等效電源的電動勢，即S接1時的電動勢的測量值等22于真實值，即有EBS2接2時，當電路短路時，電壓表沒有分流，即此時的電流的測量值與真實值相等，結合上述可知，電源的真實的U-I圖線是B圖線縱軸交點與A圖線橫軸交點的連線，可知EBrIAxOyⅠ象限內存在場強為ExⅡⅢⅣ象限內存在mq0Pl,l處由靜止開始運動，第1次通過x軸時沿y軸負方向。不計粒子重力。1）勻強磁場的磁感應強度大小；2）粒子第3次經過y軸時的縱坐標；21）B22l1）設粒?經第Ⅰ象限的電場加速后，到達y軸時的速度為，根據動能定理v1112①2由左定則可以判斷，粒?向－向偏轉，如圖所示由幾何關系知，粒在磁場中運動的半徑為1l②?頓第二定律得v21R11Bm③④由①②③得2B2）粒第2次經過x軸時，速度沿＋y向，位置坐標為2l⑤?在電場中做類平拋運動，經歷的時間t33次經過y1l2⑥2a⑦myvt⑧31由①⑤⑥⑦⑧得3l．如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道ABC，R的半圓，段足夠長，小球Q1v4ms沿水平地面向左運動。與于小球P的左側。質量的小球P與輕彈簧一端連接，以速度P連接的輕彈簧從接觸小球QQ運動的距離d=0.4m=0.25sQBCCQ均可視為質點，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度g10ms2，求：Q在C點的速度大小C；Q的質量m2；彈簧的最大壓縮量x。【答案】(1)5ms(2)(3)1）小球Q沿運動時恰能經過最高點C，根據牛頓第二定律可得v2CR2g2C5m/s2Q與彈簧分開時Q的速度分別為v1、v2Q從BC得1212v22mv2C2gR22、Q、彈簧組成的系統動量守恒，可得mvmvmv101122、Q、彈簧組成的系統機械能守恒，可得121212021222223PQ和彈簧組成的系統動量守恒，小球P連接的輕彈簧從接觸Q到彈簧被壓縮到最短的過程中的任意時刻有mvmv'12v'2101在任意一段很短的時間t內均有兩邊分別對時間累加求和，可得mvtmv't22t'1011mvtmxmd101P2P0.76m所以，彈簧的最大壓縮量為xPd0.4m．某科研小組設計了如下實驗，研究油滴在勻強電場中的運動。實驗裝置的原理示意圖，如圖所示，兩個水平放置、相距為d的金屬極板﹐上極板中央有一小孔，兩金屬極板與恒壓源（可以提供恒定電壓U定值電阻R，電阻箱R（最大阻值為Rr6rv，其中v密度為，重力加速度為g，油滴受到的空氣阻力大小為f為油滴運動的速率，不計空氣浮力。1AtA下落到下極板處，請推導油滴A的半徑r的表達式（用，、、和g2）若將圖中密閉空間的空氣抽出，使油滴運動所受的空氣阻力可忽略。閉合開關：Rr①調整電阻箱的阻值為，觀察到半徑為的油滴B可做勻速直線運動，求油滴B所帶的電荷量；02②調整電阻箱的阻值為RkCC到上極板的時間。2d32dtggdr301）r）①；②U1）油滴勻速下落的速度0.5dvtffrv32dtgr2）①由串聯電路規律有U131RR22解得兩極板之間的電壓對油滴由平衡條件可知而UU13U1dq4mr303gdr30qU②設油滴C的電荷量為q、質量為m，兩極板之間電壓為UU22設油滴向上運動加速度為a，由牛頓第二定律有Uq2mgmadag2d由運動學公式解得d2t2025年1月“八省聯考考前猜想卷物理·參考答案與評分標準題號答案12345678910DBCABDDAB42He，根據核反應前后質量數守恒、電荷數守恒，可得．D【解析】由于α粒子為243b495a2b239，a93X的電荷數為93，質量數為239。故選。．Bv2GMr【解析】AGmv故軌道2的半徑比軌道1的半徑大，故A錯誤；r2r．軌道半徑越大，衛星的機械能越大，故B正確；．衛星每次變軌時發動機均做正功，使衛星做離心運動，抬高軌道，故錯誤。故選B。．CmvtS【解析】在?t時間內吹到風葉葉片上的空氣質量為發電機的功率121212=457W。2帶入數據可知3P3r2vt．Ax【解析】AxOA正確；．根據圖像可知，關于O點對稱的任意兩點電場強度大小相等，方向相反，故B錯誤；x圖像的電勢均為正，且離點電荷越近電勢越高，結合對稱性可知bc兩點固定的點電荷均帶正電，且所帶電荷量相等，故C錯誤；pD．由題圖可知a點的電勢大于d點的電勢，根據，由于電子帶負電，所以電子在a點的電勢能小d點的電勢能，故D錯誤。故選A。．B【解析】A．由圖乙可知，t時刻質點P向下振動，根據“上下坡法由圖甲可知，該波沿x軸負向傳播，故A錯誤；．由于PQ兩點間距離等于半個波長，所以兩質點振動步調相反，速度大小始終相等，故B正確；．由圖乙可知，周期為0.2s，所以0.125s時Q質點的位移為Q10sin(t10sin(5故C錯誤；TD．若此波遇到另一列簡諧橫波發生了干涉現象，則兩列波頻率相同，則所遇到的波的頻率為1f5Hz故D錯誤。故選B。T．D【解析】A．副線圈中交流電的頻率為fA錯誤；12I211．電流表AA的示數之比為B錯誤；122U112．根據變壓器電壓與匝數關系可知U212因電壓表V2示數小于變壓器次級電壓，可知電壓表VV的示數之比不等于22:1，選項C錯誤；1DSR2的示數增大，選項D正確。故選D。．DrS【解析】A．只將N板水平向右平移稍許，由公式CQ可知，電容器的電容將變小，而又由CUUEdrSE可知，兩板間的電場強度將不變，電場力不變，故夾角θ將不變，選項A錯誤；rS．只將N板豎直向上平移稍許，由公式CQ可知，電容器的電容將變小，而又由CUUEE可知，兩板間的電場強度將變大，電場力變大，故夾角θ將變大，選項B錯誤；Sdr運動，選項C錯誤；rSD．只將M板水平向左平移稍許，由公式CQ可知，電容器的電容將變小，而又由CUUEdrSE可知，兩板間的電場強度CN板的時間不變，故D正確。故選D。．ppbaba【解析】A．到過程為等容變化，氣體對外界不做功，由查理定律有abTT則氣體內能減少，故A正確；ab．b到過程，氣體體積減小，外界對氣體做正功，故B錯誤；cppdcdcTdc．到過程為等容變化，氣體對外界不做功，由查理定律有cd則氣體內能增加，根據熱力學第一定律UWQ可知，氣體從外界吸收熱量，故C正確；D．由WpV可知，pVd到氣體對外界做的正功大于由b到外界對氣體acU知，氣體從外界吸收熱量，故D正確。故選ACD。．ABWQ可【解析】．由題意可得兩中色光的折射率sin6absinsinsin3023因為在介質中n＜n，所以a光的頻率小于b光的頻率。abc又根據公式n可得，兩種色光在玻璃中的傳播速率vc6abca3c3cb3vvAB正確，C錯誤；所以兩種色光在玻璃中的傳播速率故baD．由于光是從空氣進入介質，是從光疏介質進入光密介質，在界面上，不能夠發生全反射，而在弧面上光始終沿法線入射，也不能夠發生全反射，所以當入射光線與界面的夾角減小時，ab光總是能從圓弧面上射出。故D錯誤。故選AB。．【解析】A．由題意和幾何知識可知小球受到的合力為F5N方向與初速度的方向垂直，小球做類平拋運動，小球的加速度不變，故A錯誤；vt0o．小球再次經過x軸時，沿初速度方向的位移和垂直初速度的位移關系為122Fa2t故B正確；又m．小球做類平拋運動，小球的高度先增加后減小，重力勢能先增加后減小，故C錯誤；D．小球做類平拋運動，速度一直在增加，小球的動能一直增大，故D正確。BD。ERB2Lv2BLv，iFF【解析】AE，RA錯誤；ΔΦBSqIt可知通過線圈橫截面的電荷量相等，故B正確；RR時速度較大，故C正確；D．線圈穿過磁場區域時受到的安培力為變力，設受到的平均安培力為F，穿過磁場時間為t，下落全過程時間為t，落地時的速度為，則全過程由動量定理得FttRBL而Ftt，IFtR乙甲tt乙甲故D正確。故選BCD。．不需要【1(2)【1(3)A2(4)甲【21）實驗中，根據力傳感器的讀數可以直接求出小車受到的拉力，不需要滿足小車的質量M于砂和砂桶的總質量m這一條件。2）盡管實驗裝置采用了力傳感器，也需要平衡摩擦力，否則小車受到的合外力不為繩的拉力的合力。12123m研究，根據動能定理2m2TLmv2A。mgT2Lmvm2v整理，可得4mg4mM4g1v2LLTL2Mm4）對小車，根據動能定理有聯立，解得42逐漸增加砂的質量mvvL圖中虛線“”所示的圖線。A1【13.8【1EB【22L2．(1)C【1(2)0.62BI(3)【2A1[1][2][