还剩23页未读，
继续阅读
浙江省天域全国名校协作体2023-2024学年高三物理上学期联考试题（Word版附解析）
展开
这是一份浙江省天域全国名校协作体2023-2024学年高三物理上学期联考试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1、本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2、答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3、所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4、考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分 共45分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列国际单位属于基本单位的是（ ）
A. 开尔文B. 牛顿C. 韦伯D. 特斯拉
【答案】A
【解析】
【详解】在给出的几个单位中，牛顿、韦伯、特斯拉都是国际单位制中的导出单位，开尔文是基本单位。故A正确，BCD错误。
故选A。
2. 如图是汽车特技表演中的镜头，汽车只有两个轮子着地并在水平地面上匀速前进，下列关于这个现象的说法正确的是（ ）
A. 研究汽车车轮转动的时候，可以将汽车看成质点
B. 地面发生弹性形变，对汽车施加了支持力
C. 地面对汽车的支持力大小大于汽车的重力
D. 因车身倾斜，地面对汽车的支持力方向平行轮胎平面斜向上
【答案】B
【解析】
【详解】A．研究汽车车轮转动的时候，汽车车轮的形状、大小不能忽略，不可以将汽车看成质点，故A错误；
B．发生弹性形变的地面要恢复原状，对汽车施加了支持力，故B正确；
C．汽车在水平地面上匀速前进，竖直方向受力平衡，故地面对汽车的支持力大小等于汽车的重力，故C错误；
D．压力和支持力的方向都垂直于物体的接触面，指向受力物体，故地面对汽车的支持力方向垂直于地面竖直向上，故D错误。
故选B。
3. 1900年，普朗克引入了能量子这一概念，首次提出了能量量子化的思想，以下现象跟能量量子化无关的是（ ）
A. 原子光谱B. 黑体辐射C. 雨后彩虹D. 光电效应
【答案】C
【解析】
【详解】普朗克最先提出能量子这一概念，成功解释了黑体辐射的实验结果。在普朗克能量子假说的启发下，爱因斯坦提出了光子假说解释光电效应。玻尔利用量子理论，解释了氢原子光谱。雨后彩虹现象说明光具有波动性，没有涉及“量子化”的观点。
故选C。
4. 小明发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩，如图为滑步推铅球过程示意图。已知铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 铅球推出后在飞行过程中任意内动量变化量都相同
B. 两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
C. 两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度相同
D. 两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的动能相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．铅球推出后在飞行过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度，任意内速度变化量
任意内动量变化量为
故铅球推出后在飞行过程中任意内动量变化量都相同，故A正确；
B．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，成绩不同，可知两种方式铅球的初速度不同，铅球在竖直方向做竖直上抛运动，铅球初速度在竖直方向的分速度不同，故两种方式推出的铅球在空中运动的时间不可能相同，故B错误；
C．设铅球初速度与水平方向的夹角为，铅球在空中上升的最大高度为
可知两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度不同，故C错误；
D．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时，竖直方向的速度为零，水平速度为
可知两种方式推出的铅球水平速度不同，在空中运动到最高点时的动能不相同，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，电动打夯机由偏心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列判断正确的是（ ）
A. 电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B. 配重物转到顶点时，系统处于失重状态
C. 偏心轮转动的角速度为
D. 打夯机对地面压力的最大值为
【答案】B
【解析】
【详解】A．电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据
电动机轮轴与偏心轮半径不同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错误；
B．配重物转到顶点时，底座刚好对地面无压力，系统受到重力作用，有向下的加速度，故系统处于失重状态，故B正确；
C．当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有
对配重物有
解得偏心轮转动的角速度为
故C错误；
D．在最低点，打夯机对地面压力的最大，对配重物有
对打夯机有
根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为，故D错误。
故选B。
6. 如图所示是神舟十五号载人飞船成功对接空间站组合体的画面。对接后可近似认为组合体在轨道上做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 对接后组合体做匀速圆周运动的线速度大于
B. 对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，加速后有可能与空间站对接
C. 对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整轨道会慢慢升高
D. 在组合体的实验舱内由静止释放一个小球，可以根据小球的下落高度和时间计算所在轨道处的重力加速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．为第一宇宙速度的大小，而第一宇宙速度为最大环绕速度（环绕地球表面做圆周运动时的速度大小），最小发射速度，根据万有引力充当向心力
可得
显然，轨道半径越大，线速度越小，空间站组合体的轨道半径大于地球半径，因此对接后组合体做匀速圆周运动的线速度小于，故A错误；
B．根据以上分析可知，轨道半径越大线速度越小，而对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，此时飞船的线速度大于空间站的线速度，当飞船运动到空间站后方适当位置时，加速后有可能与空间站对接，这也是目前飞船与空间站对接的方式，故B正确；
C．对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整，轨道会慢慢降低，而轨道要升高则必须点火加速才行，故C错误；
D．在空间站中，其任何物体所受万有引力都全部用来提供向心力，都处于完全失重状态，因此小球释放后不会下落，无法据此计算轨道处的重力加速度，故D错误。
故选B。
7. 如图所示是拆开某电表内部结构的照片，则下列说法正确的是（ ）
A. 这是一只安培表B. 图中的电阻作用是分去一部分电流
C. 接入ac的量程比接入ab的量程大D. 测量时端接正极，端接负极
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，表头与电阻串联，故这是一只电压表，故A错误；
B．图中的电阻与表头串联，起到分压的作用，故B错误；
C．根据电压表改装可知串联分压电阻越大，改装电压表量程越大，接入ac的电阻大于接入ab的电阻，故接入ac的量程比接入ab的量程大，故C正确；
D．测量时应接入ac端或bc端，故D错误。
故选C。
8. 下面是物理学在生活中的几个应用，如图甲是录音机的录音电路原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中录音机录音时，线圈中恒定的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
B. 乙图电路开关断开瞬间，灯泡不会立即熄灭
C. 丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，产生光电流，从而发现火灾
D. 丁图电路中，声波的振动会在电路中引起电阻变化进而产生变化的电流
【答案】C
【解析】
【详解】A．录音时，话筒将声音转变为强弱变化的电流，即声音信号转化为电信号（电磁感应原理），送到录音磁头，由图甲可知，录音磁头是一个蹄型磁铁，它的磁性强弱会随电信号变化，从而将电信号转化为磁信号（电流的磁效应），故A错误；
B．乙图电路开关断开瞬间，自感线圈与灯泡没有构成闭合回路，因此灯泡会立即熄灭，故B错误；
C．光电三极管是一种晶体管，它有三个电极，当光照强弱变化时，它的电阻会随之改变。图丙中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，产生光电流，从而发现火灾，故C正确；
D．电容话筒的振膜与固定的平面电极之间构成一个电容器，声波的振动，导致电容器之间的距离会发生改变，根据
及
可知，距离的变化从而导致其电容量的变化，在所加电压不变的情况下，通过电容的电流就会发生变化，故D错误。
故选C。
9. 如图所示是某电路中用到的理想变压器，原线圈两端输入的交流电压的有效值可认为恒定不变，两灯泡、规格完全相同，电流表电阻忽略不计。在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（ ）
A. 仅使滑片自变阻器端向端移动，灯泡中的电流先减小后增大
B. 仅使滑片自变阻器端向端移动，原线圈输入功率先减小后增大
C. 仅使滑片上移，电流表示数变小
D. 仅使滑片下移，变压器原线圈中的电流变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．仅使滑片自变阻器端向端移动，则滑动变阻器右侧阻值减小，由于电压不变，则灯泡中的电流增大，A错误；
B．仅使滑片自变阻器端向端移动，负载总电阻先增大后减小，根据
原、副线圈的功率先减小后增大，B正确；
C．仅使滑片上移，副线圈匝数增大，根据
副线圈电压增大，电流表示数增大，C错误；
D．仅使滑片下移，同理C选项，副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据
原线圈电流减小，D错误。
故选B。
10. 秦山核电基地共有9台核电机组，总装机容量是656.4万千瓦，年发电量约500亿千瓦时，其中包括中国自行设计、建造和运营管理的第一座30万千瓦压水堆机组。设一吨标准煤可以发电3000度，每户人家平均每月用电200度。根据以上信息，以下分析正确的是（ ）
A. 所用核燃料每年减轻的质量大约为
B. 秦山核电站每年发电量可以为户家庭供电一年
C. 秦山核电站利用核聚变产生的巨大核能
D. 秦山核电站的年发电量相当于少燃烧约吨标准煤
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题已知可得年发电量
而根据质能方程
解得
而核燃料在释放能量后会产生大量的核废料，因此可知所用核燃料每年减轻的质量大于2kg故A错误；
B．由题已知，可得每户人家平均每年用电量为
则可得秦山核电站每年发电量可以供电一年的家庭户数为
（户）
故B错误；
C．秦山核电站利用的是重核的裂变产生的巨大核能，故C错误；
D．一吨标准煤可产生的能量为
则秦山核电站的年发电量相当于少燃烧标准煤的吨数为
（吨）
故D正确。
故选D。
11. 在研究电容器的带电量与两极板电压的关系时，可采用如图所示的实验电路图。取一个电容器A和数字电压表相连，把开关接1，给A充电，充电后电压表示数为。然后把开关接2，使另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，此时电压表示数变为；再断开开关，闭合开关，此时电压表示数变为，随后再断开开关，开关接2，此时电压表示数变为。若忽略实验过程中的漏电，数字电压表可视为理想表，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．开关先接1，电源对电容A充电，两端电压为，再接2，两电容并联，总电荷量不变，相当于增大横截面积，由
，
可知总电容变为原来2倍，电压变为原来的一半，即
故A错误；
BC．然后断开，电容A的电荷量是原来的一半，闭合，电容B的电荷量被中和，电容A在电容不变的情况下，电压变为最初的一半，即
故BC错误；
D．随后再断开开关，开关接2，同理可知，此时电压表示数变为
故D正确。
故选D。
12. 如图甲所示为超声波悬浮仪，上方圆柱体发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去（或者是另一个发射端）。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，小泡沫球能在节点处附近保持悬浮状态，图乙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点（，）、点（，）分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为。则下列说法正确的是（ ）
A. 该超声波的频率为
B. 小泡沫球悬浮时，最小间距为
C. 两列波充分叠加后，在两波源之间最多有8个小泡沫球可以处于悬浮状态
D. 经过，点沿轴正方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，超声波波长为1cm，而声波的传播速度为，所以超声波信号频率为
故A错误；
BC．由图可知，两列波的振动相位差为，则当两波源之间的点与两波源的距离差为波长的整数倍时，该点为振动减弱点，即为节点，小泡沫球悬浮；由于
可知小泡沫球悬浮对应的坐标可能为
，，，，，，，，
可知小泡沫球悬浮时，最小间距为；两列波充分叠加后，在两波源之间最多有9个小泡沫球可以处于悬浮状态，故B正确，C错误；
D．介质中的各质点在平衡位置附近振动，而不会随波迁移，故D错误。
故选B。
13. 一列质量为（分布均匀）、长为的玩具小火车从平面上以速度依靠惯性冲上一个倾角为的固定斜面，假设水平面和斜面连接处不损耗能量，不计一切摩擦。则关于玩具小火车爬坡的过程（以水平面为零势面），下列说法正确的是（ ）
A. 火车头在斜面上一直做匀减速运动
B. 若在斜面上的车厢长度为时，则小车的重力势能为
C. 若在斜面上的车厢长度为时，则小车的速度为
D. 从火车头接触斜面到火车速度为零所经历的时间可能为
【答案】D
【解析】
【详解】AD．取沿斜面向上为正方向，当列车冲上斜坡的长度为时，列车所受合外力
由此可知，列车做的是简谐振动，其周期为
若列车不能全部冲上斜面，则可知列车速度减为零的时间为
故A错误，D正确；
BC．根据题意可知，火车在斜面上的质量为
斜面上的火车其重心位置为
此刻火车具有的重力势能为
而根据动能定理有
联立解得
故BC错误。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 在一定条件下，晶体和非晶体可以互相转化
B. 方解石双折射现象中，两束折射光在方解石中的传播速度不同
C. 碳14测年技术是利用放射性元素碳14衰变规律来推断古物年代的
D. 一枚静止时长的火箭以一半的光速从观察者的身边掠过，观察者测得火箭的长度应小于
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．在一定条件下，晶体和非晶体可以互相转化，例如将碳转化成金刚石，碳属于非晶体，而金刚石属于晶体，故A正确；
B．方解石属于单晶体，且在光学性质上具有各向异性，因此方解石的双折射现象中，两束折射光在方解石中的传播速度不同，故B正确；
C．碳14测年技术是利用放射性元素碳14的衰变规律来推断古物年代的，故C错误；
D．根据相对性原理，一枚静止时长的火箭以一半的光速从观察者的身边掠过，观察者测得火箭的长度
故D正确。
故选ABD。
15. 如图所示，两束激光束对称地射到上下对称的三棱镜上的A和B点，光线方向与三棱镜中心轴平行，A、B与三棱镜中心线距离为d。已知每束激光束的功率均为。三棱镜的顶角为，对激光的折射率为。假若激光射到三棱镜后全部通过，不考虑反射光，下列说法正确的是（ ）
A. 激光通过三棱镜后方向改变角
B. 增加三棱镜顶角，激光可能不能通过三棱镜
C. 若不计三棱镜左右厚度，则两激光束在中心轴上交点与三棱镜距离为
D. 激光束对三棱镜水平方向作用力大小为
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．激光射出三棱镜时，入射角为，根据
出射角为
有几何关系可知，激光通过三棱镜后方向改变角，A正确；
B．增加三棱镜顶角，则入射角增大至临界角时，发生全反射，不能通过三棱镜，B正确；
C．光路图如图所示
初设光纤与夹角为，则两激光束在中心轴上交点与三棱镜距离为
C正确；
D．两束激光在时间内通过三棱镜的光子数为
光子的总动量为
水平方向激光的动量的变化量为
根据动量定理
联立得
根据牛顿第三定律，激光束对三棱镜水平方向作用力大小为，D错误。
故选ABC。
非选择题部分 共55分
实验题（Ⅰ、Ⅱ、IⅢ三题，共14分）
16. 用如图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系，为消除阻力的影响，实验前必须补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力：①某小组补偿阻力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图乙，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止，即认为刚好补偿阻力完毕。请问该小组补偿阻力的操作_______（选填“正确”或“不正确”）；
②如果该小组已按①中的操作补偿阻力，保持（小车质量）不变，通过改变槽码的质量，得到图像是图丙中的______（填“①”或“②”或“③”）；
③打点计时器使用的交流电频率，下图是某小组在实验中获得的一条纸带，根据纸带所提供的数据，算得点的速度大小为_______，小车的加速度大小为_______（结果均保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 不正确 ②. ③ ③. 0.43 ④. 0.76
【解析】
【详解】①[1]该小组补偿阻力的操作不正确，补偿阻力的正确操作应是：先撤去细线和砂桶，将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车即将沿木板向下滑动时，轻推小车，使小车拖着纸带做匀速直线运动，即认为刚好补偿阻力完毕。
②[2]如果该小组已按①中的操作补偿阻力，则使得小车重力沿木板向下的分力大于阻力，这样导致平衡摩擦力过度，因此当小车还没有挂上砂桶时，小车就已经有加速度了，得到图像是一条纵轴截距为正的倾斜直线。
故选③。
③[3]相邻两个计数点的时间间隔为
点的速度大小为
[4]根据逐差法求出小车的加速度大小为
17. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，①在实验操作前，有同学给小敏提出关于实验操作的建议：重复实验再次进行探究时，结点的位置与前一次_______。（选填：“必须不同”、“必须相同”、“可以不同”）
②关于该实验，下列操作有利于减小实验误差的是__________
A.两根细绳必须等长
B.拉力和的夹角很小
C.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行
D.标记同一细绳方向的两点要适当远一些
【答案】 ① 可以不同 ②. CD##DC
【解析】
【详解】①[1]本实验的目的是为了“探究两个互成角度的力的合成规律”，即研究合力与分力的关系，根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条在同一次实验中用一根和用两根弹簧共同拉一定要拉到相同的结点O，但在不同一次再探究时，结点O不必与前一次相同。
②[2]A.通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，故A错误；
B.用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太太，也不能太小，拉力夹角也不能太大和太小，故B错误；
C.测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行，故C正确；
D.为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选CD。
18. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学实验过程如下：
（1）为了合理选用器材设计测量电路，他先用多用表的欧姆挡“”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图甲所示，则读数应记为_______。
（2）用图乙螺旋测微器测量该镍铬丝的直径为_______；
（3）为了减小实验误差，需进一步测量其电阻，除待测金属丝、开关S、导线若干外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表（量程，内阻约为；量程，内阻约为）
B.电流表A（量程，内阻约为；量程，内阻约为）
C.滑动变阻器
D.滑动变阻器
E.电阻箱
F.的干电池两节，内阻不计
①为了减小测量误差及测量多组实验数据，滑动变阻器应选用_______（填“”或“”）。
②在①的基础上，请用笔代替导线完成图丙中的实物连线_________。
③测得的金属丝长度（单位：）、直径（单位：）、电压表读数（单位：）和电流表读数（单位：A），可根据电阻率的表达式_______算出所测金属丝的电阻率（用题中已知量表示）。
【答案】 ①. 2.6 ②. ③. ④. 见解析 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 多用表的读数为2.6。
（2）[2] 螺旋测微器测量该镍铬丝的直径为
0+49.6×0.01mm=0.496mm
（3）①[3]为了减小测量误差及测量多组实验数据，滑动变阻器需要采用分压式接法，所以应选用最大阻值较小的。
②[4]根据金属丝的粗测电阻可知，采用电流表外接法，误差较小。用笔代替导线完成图丙中的实物连线，如图
③[5]电阻率的表达式为
19. 关于下列实验，说法正确的是（ ）
A. “用油膜法测油酸分子大小”的实验中，若痱子粉在水面上铺的过厚，会导致测量结果偏大
B. “用双缝干涉测量光的波长”实验中，若通过目镜发现里面的亮条纹与分划板坚线未对齐，应调节双缝与单缝平行
C. “探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，若作弹力和弹簧长度的关系图像则无法求出弹簧的劲度系数
D. “探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流
【答案】AD
【解析】
【详解】A．“用油膜法测油酸分子大小”的实验中，若痱子粉在水面上铺的过厚，则油膜难以完全散开形成单分子层油膜，使油膜面积偏小，根据
可知，会导致测量结果偏大，故A正确；
B．“用双缝干涉测量光的波长”实验中，若通过目镜发现里面的亮条纹与分划板坚线未对齐，应旋转测量头使之对齐，故B错误；
C．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，设弹簧的原长为，弹簧的形变后的长度为，则根据胡克定律有
可得
根据以上函数关系可知，若作弹力和弹簧长度的关系图像，可以求出弹簧的劲度系数，弹簧的劲度系数为该函数关系图像的斜率，故C错误；
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流，故D正确。
故选AD。
20. 如图所示为某品牌自动洗衣机的控水装置，洗衣缸的底部与控水装置的竖直均匀细管连通，细管的上端封闭并接有一压力传感器。当洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的升高，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀关闭，实现自动控水的目的。图甲、图乙分别为洗衣缸进水前、后的示意图。假设刚进水时细管被封闭的空气柱长度，当空气柱被压缩到时压力传感器使洗衣机停止进水。假设细管内的空气可视为理想气体，洗衣机进水过程中，控水装置内的温度始终保持不变。已知大气压强为，水的密度，。则：
（1）洗衣缸进水过程中细管内空气分子的平均动能_______（选填“增大”、“减小”或“不变”），细管内空气需要_______（选填“吸热”、“放热”或“绝热”）；
（2）求进水结束后洗衣缸内水位高度。
【答案】（1）不变，放热；（2）
【解析】
【详解】（1）进水时水位上升，细管内空气的体积减小，外界对气体做功，而温度不变，气体的内能不变，根据热力学第一定律
外界对气体做功，，气体内能不变，，由此可知，即细管内气体向外放出热量，而温度是气体分子平均动能的量度，温度越高气体分子平均动能越大，温度不变则气体分子平均动能不变。
（2）对于封闭在细管中的空气，温度不变，则由波意耳定律有
代入数据解得
设洗衣机内水位与细管中的水面高度差为，则细管中气体的压强为
则洗衣机的水位
解得
21. 如图甲，一质量为的物块用一长度为的轻绳悬挂于点处，初始时其与竖直方向的夹角，点正下方处有一钉子。另一物块与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块，当其运动至点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块发生碰撞（假定在物块触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块的后续运动）。记物块第一次与弹簧接触的时刻为，第一次与弹簧分离的时刻为。第一次碰撞过程中，、的图像如图乙所示。已知从到时间内，物块运动的距离为。、分离后，滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的再次碰撞。斜面倾角，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为，。求
（1）轻绳即将断裂时的张力；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用、表示）；
（3）物块与斜面间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设摆至最低点速度为，根据动能定理有
解得
设轻绳即将断裂时其中的张力为，对受力分析有
解得
（2）设的质量为，碰后的速度为，与发生完全弹性正碰，碰撞前后动量动能守恒，有
解得
，
易知时弹簧压缩量最大，记为。设压缩过程中的速度为，的速度为
利用动量守恒
将用替换可得
代入题给条件
可求得
（3）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面。设A在斜面顶端的速度为，由动能定理得
不能越过斜面即等价于
代入可解得
A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大。设此时A在斜面上的最大高度为，返回水平面时的速度为，根据动能定理得
从中可以得到与关系
返回的速度要大于在水平面上的速度，代入可解得
最后，能够从斜面上滑下必须满足条件
从中解得
综上可得与斜面间的动摩擦因数应满足
22. 如图甲所示，在不同区域存在3个匀强磁场，磁感应强度分别为、、，方向均竖直向下。一个水平固定的半径为的金属圆环，磁场分布区域呈半圆环状（俯视图如图乙所示，圆环内径为）。长均为、电阻均为的两金属棒沿圆环直径放置，一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，并随轴以角速度匀速转动。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容为的电容器，电容器上串联一个阻值为的电阻。开始时单刀双掷开关和接线柱1接通，电容器充电完毕后带电量为。将从1拨到2，同时让质量为的金属棒以初速度在磁场中向右运动，金属棒达到稳定速度后出磁场，并和静止在绝缘无磁场区的质量也为的金属棒发生碰撞且粘合。合金属棒滑入处于磁场的粗糙导轨（足够长且动摩擦因数为），导轨末端连接一个自感系数为的纯电感（自感电动势），合金属棒向右前进了一段距离后速度减小到零。已知其他部分的导轨摩擦不计，金属棒和、电感、导轨、金属圆环的电阻都忽略不计，两金属棒和始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）电容器板带电极性、旋转切割金属棒产生的电动势和带电量（用、、、表示）；
（2）和的比值；
（3）若已知、、、、、，求合金属棒在磁场中前进的距离。
【答案】（1）负电，，；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据右手定则，板带负电，电动势为
带电量为
（2）设电容器后来带电为，对棒，根据动量定理
其中
代入解得
即
（3）对两棒，根据动量定理
对合棒和电感有
所以合棒开始运动后棒上电流与棒的位移成正比，即
根据功能关系
代入可得
23. 如图所示，足够长水平挡板位于轴，其上下面均为荧光屏，接收到电子后会发光，同一侧荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在第三象限有垂直纸面向里、半径为的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为，边界与轴相切于点。一群电子从与轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的坐标范围为。电子电量为、质量为，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小；
（2）求落在荧光屏最右侧的电子进入圆形磁场时的坐标；
（3）若入射电子在虚线处均匀分布，且各位置只有1个，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比；
（4）若从射出的电子按角度均匀分布，且各角度只有1个。调节挡板长度使其右端点坐标为，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）根据题意，粒子在圆形磁场区域中做圆周运动有
，
解得
（2）设从A点进入第四象限的粒子在该磁场区域中做圆周运动的半径为，粒子的运动轨迹如图所示
则由洛伦兹力充当向心力有
解得
根据几何关系可知，落在挡板最右侧坐标为
根据几何关系可知，从A射入速度与轴方向夹角为，由此可得出发时的坐标
（3）根据粒子运动的轨迹，由几何关系可知，落在荧光屏上“两次发光区域”的粒子分布在虚线区域所对应轴上的（）之间，而“一次发光区域”的的粒子分布在（）之间，因此可知，落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比为 。
（4）粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
，
可得
未移动光屏前粒子能够到达的最远距离
考生须知：
1、本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2、答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3、所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4、考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分 共45分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列国际单位属于基本单位的是（ ）
A. 开尔文B. 牛顿C. 韦伯D. 特斯拉
【答案】A
【解析】
【详解】在给出的几个单位中，牛顿、韦伯、特斯拉都是国际单位制中的导出单位，开尔文是基本单位。故A正确，BCD错误。
故选A。
2. 如图是汽车特技表演中的镜头，汽车只有两个轮子着地并在水平地面上匀速前进，下列关于这个现象的说法正确的是（ ）
A. 研究汽车车轮转动的时候，可以将汽车看成质点
B. 地面发生弹性形变，对汽车施加了支持力
C. 地面对汽车的支持力大小大于汽车的重力
D. 因车身倾斜，地面对汽车的支持力方向平行轮胎平面斜向上
【答案】B
【解析】
【详解】A．研究汽车车轮转动的时候，汽车车轮的形状、大小不能忽略，不可以将汽车看成质点，故A错误；
B．发生弹性形变的地面要恢复原状，对汽车施加了支持力，故B正确；
C．汽车在水平地面上匀速前进，竖直方向受力平衡，故地面对汽车的支持力大小等于汽车的重力，故C错误；
D．压力和支持力的方向都垂直于物体的接触面，指向受力物体，故地面对汽车的支持力方向垂直于地面竖直向上，故D错误。
故选B。
3. 1900年，普朗克引入了能量子这一概念，首次提出了能量量子化的思想，以下现象跟能量量子化无关的是（ ）
A. 原子光谱B. 黑体辐射C. 雨后彩虹D. 光电效应
【答案】C
【解析】
【详解】普朗克最先提出能量子这一概念，成功解释了黑体辐射的实验结果。在普朗克能量子假说的启发下，爱因斯坦提出了光子假说解释光电效应。玻尔利用量子理论，解释了氢原子光谱。雨后彩虹现象说明光具有波动性，没有涉及“量子化”的观点。
故选C。
4. 小明发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩，如图为滑步推铅球过程示意图。已知铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 铅球推出后在飞行过程中任意内动量变化量都相同
B. 两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
C. 两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度相同
D. 两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的动能相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．铅球推出后在飞行过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度，任意内速度变化量
任意内动量变化量为
故铅球推出后在飞行过程中任意内动量变化量都相同，故A正确；
B．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，成绩不同，可知两种方式铅球的初速度不同，铅球在竖直方向做竖直上抛运动，铅球初速度在竖直方向的分速度不同，故两种方式推出的铅球在空中运动的时间不可能相同，故B错误；
C．设铅球初速度与水平方向的夹角为，铅球在空中上升的最大高度为
可知两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度不同，故C错误；
D．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时，竖直方向的速度为零，水平速度为
可知两种方式推出的铅球水平速度不同，在空中运动到最高点时的动能不相同，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，电动打夯机由偏心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列判断正确的是（ ）
A. 电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B. 配重物转到顶点时，系统处于失重状态
C. 偏心轮转动的角速度为
D. 打夯机对地面压力的最大值为
【答案】B
【解析】
【详解】A．电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据
电动机轮轴与偏心轮半径不同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错误；
B．配重物转到顶点时，底座刚好对地面无压力，系统受到重力作用，有向下的加速度，故系统处于失重状态，故B正确；
C．当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有
对配重物有
解得偏心轮转动的角速度为
故C错误；
D．在最低点，打夯机对地面压力的最大，对配重物有
对打夯机有
根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为，故D错误。
故选B。
6. 如图所示是神舟十五号载人飞船成功对接空间站组合体的画面。对接后可近似认为组合体在轨道上做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 对接后组合体做匀速圆周运动的线速度大于
B. 对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，加速后有可能与空间站对接
C. 对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整轨道会慢慢升高
D. 在组合体的实验舱内由静止释放一个小球，可以根据小球的下落高度和时间计算所在轨道处的重力加速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．为第一宇宙速度的大小，而第一宇宙速度为最大环绕速度（环绕地球表面做圆周运动时的速度大小），最小发射速度，根据万有引力充当向心力
可得
显然，轨道半径越大，线速度越小，空间站组合体的轨道半径大于地球半径，因此对接后组合体做匀速圆周运动的线速度小于，故A错误；
B．根据以上分析可知，轨道半径越大线速度越小，而对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，此时飞船的线速度大于空间站的线速度，当飞船运动到空间站后方适当位置时，加速后有可能与空间站对接，这也是目前飞船与空间站对接的方式，故B正确；
C．对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整，轨道会慢慢降低，而轨道要升高则必须点火加速才行，故C错误；
D．在空间站中，其任何物体所受万有引力都全部用来提供向心力，都处于完全失重状态，因此小球释放后不会下落，无法据此计算轨道处的重力加速度，故D错误。
故选B。
7. 如图所示是拆开某电表内部结构的照片，则下列说法正确的是（ ）
A. 这是一只安培表B. 图中的电阻作用是分去一部分电流
C. 接入ac的量程比接入ab的量程大D. 测量时端接正极，端接负极
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，表头与电阻串联，故这是一只电压表，故A错误；
B．图中的电阻与表头串联，起到分压的作用，故B错误；
C．根据电压表改装可知串联分压电阻越大，改装电压表量程越大，接入ac的电阻大于接入ab的电阻，故接入ac的量程比接入ab的量程大，故C正确；
D．测量时应接入ac端或bc端，故D错误。
故选C。
8. 下面是物理学在生活中的几个应用，如图甲是录音机的录音电路原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中录音机录音时，线圈中恒定的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
B. 乙图电路开关断开瞬间，灯泡不会立即熄灭
C. 丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，产生光电流，从而发现火灾
D. 丁图电路中，声波的振动会在电路中引起电阻变化进而产生变化的电流
【答案】C
【解析】
【详解】A．录音时，话筒将声音转变为强弱变化的电流，即声音信号转化为电信号（电磁感应原理），送到录音磁头，由图甲可知，录音磁头是一个蹄型磁铁，它的磁性强弱会随电信号变化，从而将电信号转化为磁信号（电流的磁效应），故A错误；
B．乙图电路开关断开瞬间，自感线圈与灯泡没有构成闭合回路，因此灯泡会立即熄灭，故B错误；
C．光电三极管是一种晶体管，它有三个电极，当光照强弱变化时，它的电阻会随之改变。图丙中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，产生光电流，从而发现火灾，故C正确；
D．电容话筒的振膜与固定的平面电极之间构成一个电容器，声波的振动，导致电容器之间的距离会发生改变，根据
及
可知，距离的变化从而导致其电容量的变化，在所加电压不变的情况下，通过电容的电流就会发生变化，故D错误。
故选C。
9. 如图所示是某电路中用到的理想变压器，原线圈两端输入的交流电压的有效值可认为恒定不变，两灯泡、规格完全相同，电流表电阻忽略不计。在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（ ）
A. 仅使滑片自变阻器端向端移动，灯泡中的电流先减小后增大
B. 仅使滑片自变阻器端向端移动，原线圈输入功率先减小后增大
C. 仅使滑片上移，电流表示数变小
D. 仅使滑片下移，变压器原线圈中的电流变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．仅使滑片自变阻器端向端移动，则滑动变阻器右侧阻值减小，由于电压不变，则灯泡中的电流增大，A错误；
B．仅使滑片自变阻器端向端移动，负载总电阻先增大后减小，根据
原、副线圈的功率先减小后增大，B正确；
C．仅使滑片上移，副线圈匝数增大，根据
副线圈电压增大，电流表示数增大，C错误；
D．仅使滑片下移，同理C选项，副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据
原线圈电流减小，D错误。
故选B。
10. 秦山核电基地共有9台核电机组，总装机容量是656.4万千瓦，年发电量约500亿千瓦时，其中包括中国自行设计、建造和运营管理的第一座30万千瓦压水堆机组。设一吨标准煤可以发电3000度，每户人家平均每月用电200度。根据以上信息，以下分析正确的是（ ）
A. 所用核燃料每年减轻的质量大约为
B. 秦山核电站每年发电量可以为户家庭供电一年
C. 秦山核电站利用核聚变产生的巨大核能
D. 秦山核电站的年发电量相当于少燃烧约吨标准煤
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题已知可得年发电量
而根据质能方程
解得
而核燃料在释放能量后会产生大量的核废料，因此可知所用核燃料每年减轻的质量大于2kg故A错误；
B．由题已知，可得每户人家平均每年用电量为
则可得秦山核电站每年发电量可以供电一年的家庭户数为
（户）
故B错误；
C．秦山核电站利用的是重核的裂变产生的巨大核能，故C错误；
D．一吨标准煤可产生的能量为
则秦山核电站的年发电量相当于少燃烧标准煤的吨数为
（吨）
故D正确。
故选D。
11. 在研究电容器的带电量与两极板电压的关系时，可采用如图所示的实验电路图。取一个电容器A和数字电压表相连，把开关接1，给A充电，充电后电压表示数为。然后把开关接2，使另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，此时电压表示数变为；再断开开关，闭合开关，此时电压表示数变为，随后再断开开关，开关接2，此时电压表示数变为。若忽略实验过程中的漏电，数字电压表可视为理想表，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．开关先接1，电源对电容A充电，两端电压为，再接2，两电容并联，总电荷量不变，相当于增大横截面积，由
，
可知总电容变为原来2倍，电压变为原来的一半，即
故A错误；
BC．然后断开，电容A的电荷量是原来的一半，闭合，电容B的电荷量被中和，电容A在电容不变的情况下，电压变为最初的一半，即
故BC错误；
D．随后再断开开关，开关接2，同理可知，此时电压表示数变为
故D正确。
故选D。
12. 如图甲所示为超声波悬浮仪，上方圆柱体发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去（或者是另一个发射端）。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，小泡沫球能在节点处附近保持悬浮状态，图乙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点（，）、点（，）分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为。则下列说法正确的是（ ）
A. 该超声波的频率为
B. 小泡沫球悬浮时，最小间距为
C. 两列波充分叠加后，在两波源之间最多有8个小泡沫球可以处于悬浮状态
D. 经过，点沿轴正方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，超声波波长为1cm，而声波的传播速度为，所以超声波信号频率为
故A错误；
BC．由图可知，两列波的振动相位差为，则当两波源之间的点与两波源的距离差为波长的整数倍时，该点为振动减弱点，即为节点，小泡沫球悬浮；由于
可知小泡沫球悬浮对应的坐标可能为
，，，，，，，，
可知小泡沫球悬浮时，最小间距为；两列波充分叠加后，在两波源之间最多有9个小泡沫球可以处于悬浮状态，故B正确，C错误；
D．介质中的各质点在平衡位置附近振动，而不会随波迁移，故D错误。
故选B。
13. 一列质量为（分布均匀）、长为的玩具小火车从平面上以速度依靠惯性冲上一个倾角为的固定斜面，假设水平面和斜面连接处不损耗能量，不计一切摩擦。则关于玩具小火车爬坡的过程（以水平面为零势面），下列说法正确的是（ ）
A. 火车头在斜面上一直做匀减速运动
B. 若在斜面上的车厢长度为时，则小车的重力势能为
C. 若在斜面上的车厢长度为时，则小车的速度为
D. 从火车头接触斜面到火车速度为零所经历的时间可能为
【答案】D
【解析】
【详解】AD．取沿斜面向上为正方向，当列车冲上斜坡的长度为时，列车所受合外力
由此可知，列车做的是简谐振动，其周期为
若列车不能全部冲上斜面，则可知列车速度减为零的时间为
故A错误，D正确；
BC．根据题意可知，火车在斜面上的质量为
斜面上的火车其重心位置为
此刻火车具有的重力势能为
而根据动能定理有
联立解得
故BC错误。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 在一定条件下，晶体和非晶体可以互相转化
B. 方解石双折射现象中，两束折射光在方解石中的传播速度不同
C. 碳14测年技术是利用放射性元素碳14衰变规律来推断古物年代的
D. 一枚静止时长的火箭以一半的光速从观察者的身边掠过，观察者测得火箭的长度应小于
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．在一定条件下，晶体和非晶体可以互相转化，例如将碳转化成金刚石，碳属于非晶体，而金刚石属于晶体，故A正确；
B．方解石属于单晶体，且在光学性质上具有各向异性，因此方解石的双折射现象中，两束折射光在方解石中的传播速度不同，故B正确；
C．碳14测年技术是利用放射性元素碳14的衰变规律来推断古物年代的，故C错误；
D．根据相对性原理，一枚静止时长的火箭以一半的光速从观察者的身边掠过，观察者测得火箭的长度
故D正确。
故选ABD。
15. 如图所示，两束激光束对称地射到上下对称的三棱镜上的A和B点，光线方向与三棱镜中心轴平行，A、B与三棱镜中心线距离为d。已知每束激光束的功率均为。三棱镜的顶角为，对激光的折射率为。假若激光射到三棱镜后全部通过，不考虑反射光，下列说法正确的是（ ）
A. 激光通过三棱镜后方向改变角
B. 增加三棱镜顶角，激光可能不能通过三棱镜
C. 若不计三棱镜左右厚度，则两激光束在中心轴上交点与三棱镜距离为
D. 激光束对三棱镜水平方向作用力大小为
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．激光射出三棱镜时，入射角为，根据
出射角为
有几何关系可知，激光通过三棱镜后方向改变角，A正确；
B．增加三棱镜顶角，则入射角增大至临界角时，发生全反射，不能通过三棱镜，B正确；
C．光路图如图所示
初设光纤与夹角为，则两激光束在中心轴上交点与三棱镜距离为
C正确；
D．两束激光在时间内通过三棱镜的光子数为
光子的总动量为
水平方向激光的动量的变化量为
根据动量定理
联立得
根据牛顿第三定律，激光束对三棱镜水平方向作用力大小为，D错误。
故选ABC。
非选择题部分 共55分
实验题（Ⅰ、Ⅱ、IⅢ三题，共14分）
16. 用如图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系，为消除阻力的影响，实验前必须补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力：①某小组补偿阻力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图乙，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止，即认为刚好补偿阻力完毕。请问该小组补偿阻力的操作_______（选填“正确”或“不正确”）；
②如果该小组已按①中的操作补偿阻力，保持（小车质量）不变，通过改变槽码的质量，得到图像是图丙中的______（填“①”或“②”或“③”）；
③打点计时器使用的交流电频率，下图是某小组在实验中获得的一条纸带，根据纸带所提供的数据，算得点的速度大小为_______，小车的加速度大小为_______（结果均保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 不正确 ②. ③ ③. 0.43 ④. 0.76
【解析】
【详解】①[1]该小组补偿阻力的操作不正确，补偿阻力的正确操作应是：先撤去细线和砂桶，将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车即将沿木板向下滑动时，轻推小车，使小车拖着纸带做匀速直线运动，即认为刚好补偿阻力完毕。
②[2]如果该小组已按①中的操作补偿阻力，则使得小车重力沿木板向下的分力大于阻力，这样导致平衡摩擦力过度，因此当小车还没有挂上砂桶时，小车就已经有加速度了，得到图像是一条纵轴截距为正的倾斜直线。
故选③。
③[3]相邻两个计数点的时间间隔为
点的速度大小为
[4]根据逐差法求出小车的加速度大小为
17. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，①在实验操作前，有同学给小敏提出关于实验操作的建议：重复实验再次进行探究时，结点的位置与前一次_______。（选填：“必须不同”、“必须相同”、“可以不同”）
②关于该实验，下列操作有利于减小实验误差的是__________
A.两根细绳必须等长
B.拉力和的夹角很小
C.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行
D.标记同一细绳方向的两点要适当远一些
【答案】 ① 可以不同 ②. CD##DC
【解析】
【详解】①[1]本实验的目的是为了“探究两个互成角度的力的合成规律”，即研究合力与分力的关系，根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条在同一次实验中用一根和用两根弹簧共同拉一定要拉到相同的结点O，但在不同一次再探究时，结点O不必与前一次相同。
②[2]A.通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，故A错误；
B.用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太太，也不能太小，拉力夹角也不能太大和太小，故B错误；
C.测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行，故C正确；
D.为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选CD。
18. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学实验过程如下：
（1）为了合理选用器材设计测量电路，他先用多用表的欧姆挡“”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图甲所示，则读数应记为_______。
（2）用图乙螺旋测微器测量该镍铬丝的直径为_______；
（3）为了减小实验误差，需进一步测量其电阻，除待测金属丝、开关S、导线若干外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表（量程，内阻约为；量程，内阻约为）
B.电流表A（量程，内阻约为；量程，内阻约为）
C.滑动变阻器
D.滑动变阻器
E.电阻箱
F.的干电池两节，内阻不计
①为了减小测量误差及测量多组实验数据，滑动变阻器应选用_______（填“”或“”）。
②在①的基础上，请用笔代替导线完成图丙中的实物连线_________。
③测得的金属丝长度（单位：）、直径（单位：）、电压表读数（单位：）和电流表读数（单位：A），可根据电阻率的表达式_______算出所测金属丝的电阻率（用题中已知量表示）。
【答案】 ①. 2.6 ②. ③. ④. 见解析 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 多用表的读数为2.6。
（2）[2] 螺旋测微器测量该镍铬丝的直径为
0+49.6×0.01mm=0.496mm
（3）①[3]为了减小测量误差及测量多组实验数据，滑动变阻器需要采用分压式接法，所以应选用最大阻值较小的。
②[4]根据金属丝的粗测电阻可知，采用电流表外接法，误差较小。用笔代替导线完成图丙中的实物连线，如图
③[5]电阻率的表达式为
19. 关于下列实验，说法正确的是（ ）
A. “用油膜法测油酸分子大小”的实验中，若痱子粉在水面上铺的过厚，会导致测量结果偏大
B. “用双缝干涉测量光的波长”实验中，若通过目镜发现里面的亮条纹与分划板坚线未对齐，应调节双缝与单缝平行
C. “探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，若作弹力和弹簧长度的关系图像则无法求出弹簧的劲度系数
D. “探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流
【答案】AD
【解析】
【详解】A．“用油膜法测油酸分子大小”的实验中，若痱子粉在水面上铺的过厚，则油膜难以完全散开形成单分子层油膜，使油膜面积偏小，根据
可知，会导致测量结果偏大，故A正确；
B．“用双缝干涉测量光的波长”实验中，若通过目镜发现里面的亮条纹与分划板坚线未对齐，应旋转测量头使之对齐，故B错误；
C．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，设弹簧的原长为，弹簧的形变后的长度为，则根据胡克定律有
可得
根据以上函数关系可知，若作弹力和弹簧长度的关系图像，可以求出弹簧的劲度系数，弹簧的劲度系数为该函数关系图像的斜率，故C错误；
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流，故D正确。
故选AD。
20. 如图所示为某品牌自动洗衣机的控水装置，洗衣缸的底部与控水装置的竖直均匀细管连通，细管的上端封闭并接有一压力传感器。当洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的升高，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀关闭，实现自动控水的目的。图甲、图乙分别为洗衣缸进水前、后的示意图。假设刚进水时细管被封闭的空气柱长度，当空气柱被压缩到时压力传感器使洗衣机停止进水。假设细管内的空气可视为理想气体，洗衣机进水过程中，控水装置内的温度始终保持不变。已知大气压强为，水的密度，。则：
（1）洗衣缸进水过程中细管内空气分子的平均动能_______（选填“增大”、“减小”或“不变”），细管内空气需要_______（选填“吸热”、“放热”或“绝热”）；
（2）求进水结束后洗衣缸内水位高度。
【答案】（1）不变，放热；（2）
【解析】
【详解】（1）进水时水位上升，细管内空气的体积减小，外界对气体做功，而温度不变，气体的内能不变，根据热力学第一定律
外界对气体做功，，气体内能不变，，由此可知，即细管内气体向外放出热量，而温度是气体分子平均动能的量度，温度越高气体分子平均动能越大，温度不变则气体分子平均动能不变。
（2）对于封闭在细管中的空气，温度不变，则由波意耳定律有
代入数据解得
设洗衣机内水位与细管中的水面高度差为，则细管中气体的压强为
则洗衣机的水位
解得
21. 如图甲，一质量为的物块用一长度为的轻绳悬挂于点处，初始时其与竖直方向的夹角，点正下方处有一钉子。另一物块与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块，当其运动至点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块发生碰撞（假定在物块触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块的后续运动）。记物块第一次与弹簧接触的时刻为，第一次与弹簧分离的时刻为。第一次碰撞过程中，、的图像如图乙所示。已知从到时间内，物块运动的距离为。、分离后，滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的再次碰撞。斜面倾角，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为，。求
（1）轻绳即将断裂时的张力；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用、表示）；
（3）物块与斜面间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设摆至最低点速度为，根据动能定理有
解得
设轻绳即将断裂时其中的张力为，对受力分析有
解得
（2）设的质量为，碰后的速度为，与发生完全弹性正碰，碰撞前后动量动能守恒，有
解得
，
易知时弹簧压缩量最大，记为。设压缩过程中的速度为，的速度为
利用动量守恒
将用替换可得
代入题给条件
可求得
（3）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面。设A在斜面顶端的速度为，由动能定理得
不能越过斜面即等价于
代入可解得
A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大。设此时A在斜面上的最大高度为，返回水平面时的速度为，根据动能定理得
从中可以得到与关系
返回的速度要大于在水平面上的速度，代入可解得
最后，能够从斜面上滑下必须满足条件
从中解得
综上可得与斜面间的动摩擦因数应满足
22. 如图甲所示，在不同区域存在3个匀强磁场，磁感应强度分别为、、，方向均竖直向下。一个水平固定的半径为的金属圆环，磁场分布区域呈半圆环状（俯视图如图乙所示，圆环内径为）。长均为、电阻均为的两金属棒沿圆环直径放置，一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，并随轴以角速度匀速转动。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容为的电容器，电容器上串联一个阻值为的电阻。开始时单刀双掷开关和接线柱1接通，电容器充电完毕后带电量为。将从1拨到2，同时让质量为的金属棒以初速度在磁场中向右运动，金属棒达到稳定速度后出磁场，并和静止在绝缘无磁场区的质量也为的金属棒发生碰撞且粘合。合金属棒滑入处于磁场的粗糙导轨（足够长且动摩擦因数为），导轨末端连接一个自感系数为的纯电感（自感电动势），合金属棒向右前进了一段距离后速度减小到零。已知其他部分的导轨摩擦不计，金属棒和、电感、导轨、金属圆环的电阻都忽略不计，两金属棒和始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）电容器板带电极性、旋转切割金属棒产生的电动势和带电量（用、、、表示）；
（2）和的比值；
（3）若已知、、、、、，求合金属棒在磁场中前进的距离。
【答案】（1）负电，，；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据右手定则，板带负电，电动势为
带电量为
（2）设电容器后来带电为，对棒，根据动量定理
其中
代入解得
即
（3）对两棒，根据动量定理
对合棒和电感有
所以合棒开始运动后棒上电流与棒的位移成正比，即
根据功能关系
代入可得
23. 如图所示，足够长水平挡板位于轴，其上下面均为荧光屏，接收到电子后会发光，同一侧荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在第三象限有垂直纸面向里、半径为的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为，边界与轴相切于点。一群电子从与轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的坐标范围为。电子电量为、质量为，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小；
（2）求落在荧光屏最右侧的电子进入圆形磁场时的坐标；
（3）若入射电子在虚线处均匀分布，且各位置只有1个，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比；
（4）若从射出的电子按角度均匀分布，且各角度只有1个。调节挡板长度使其右端点坐标为，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）根据题意，粒子在圆形磁场区域中做圆周运动有
，
解得
（2）设从A点进入第四象限的粒子在该磁场区域中做圆周运动的半径为，粒子的运动轨迹如图所示
则由洛伦兹力充当向心力有
解得
根据几何关系可知，落在挡板最右侧坐标为
根据几何关系可知，从A射入速度与轴方向夹角为，由此可得出发时的坐标
（3）根据粒子运动的轨迹，由几何关系可知，落在荧光屏上“两次发光区域”的粒子分布在虚线区域所对应轴上的（）之间，而“一次发光区域”的的粒子分布在（）之间，因此可知，落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比为 。
（4）粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
，
可得
未移动光屏前粒子能够到达的最远距离
相关试卷
浙江省天域全国名校协作体2023-2024学年高三上学期联考物理试题： 这是一份浙江省天域全国名校协作体2023-2024学年高三上学期联考物理试题，共13页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，如图所示，电动打夯机由偏心轮等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年第一学期天域全国名校协作体高三联考 物理试题及答案： 这是一份2023-2024学年第一学期天域全国名校协作体高三联考 物理试题及答案，文件包含2023-2024学年第一学期天域全国名校协作体联考物理pdf、2023-2024学年第一学期天域全国名校协作体联考物理答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
2023年浙江省天域全国名校协作体高考物理联考试卷（含解析）： 这是一份2023年浙江省天域全国名校协作体高考物理联考试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了4km/h，2s时，Q点的位移是AD等内容，欢迎下载使用。
