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2024届江苏省连云港市高三第一次调研考试物理试题（解析版）
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这是一份2024届江苏省连云港市高三第一次调研考试物理试题（解析版），共19页。
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等需加黑加粗。
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 2023年6月，正式试运行的甘肃武威的钍基熔盐反应堆是我国自主研发的第四代先进核能系统，也是全球首个商业试运行的第四代核反应堆。反应堆中利用钍-铀循环产能，（钍核）吸收一个中子后转化为钍233，经过两次衰变后生成易裂变的铀233。下列选项不正确的是（ ）
A. B.
C. 钍233与钍232同位素D. 钍233与铀233是同位素
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据核反应的电荷数和质量数守恒可知，（钍核）吸收一个中子后转化为钍233方程式为
经过两次β衰变后生成易裂变的铀233，方程式为
故AB正确；
C.钍233与钍232电荷数一样，中子数不相同是同位素，故C正确；
D.钍233与铀233是两种不同的元素，不是同位素，故D错误。
本题选不正确的，故选D。
2. 2024年1月，我国使用运载火箭成功将“爱因斯坦探针卫星”送入预定轨道，用于捕捉爱因斯坦预言的黑洞及引力波电磁对应体等天文现象。若卫星在距地面的轨道上绕地球稳定运行，该卫星的（ ）
A. 运行周期等于地球的自转周期
B. 线速度大于地球第一宇宙速度
C. 角速度等于地球同步卫星的角速度
D. 加速度大于地球同步卫星的加速度
【答案】D
【解析】
【详解】AC．地球同步轨道的高度大约为36000km，可知地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力
则
可知，此卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，由
可知，此卫星的角速度大于地球自转的角速度，故A、C错误；
B．第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
D．因为地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，由万有引力提供向心力
则
得该卫星的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D正确。
故选D。
3. 如图所示为背越式跳高过程的动作分解图，下列说法正确的是（ ）
A. 起跳时，地面对人的作用力大于人对地面的作用力
B. 起跳速度越大，地面对人做功越多
C. 起跳速度越大，人在最高点机械能越大
D. 起跳速度越大，人在最高点重力的瞬时功率越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．地面对人的作用力和人对地面的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力等大反向，故A错误；
B．跳高的起跳过程，脚和地始终接触且相对静止，地面对脚底作用力的作用点无位移，故地面对人的作用力对人不做功，是人体的内力做功将生物能转化为动能，故B错误；
C．起跳速度越大，则起跳时得到的动能越大，取地面为重力势能的参考平面，则起跳时的动能即为人的机械能，起跳后人的机械能守恒，所以，起跳速度越大，人在最高点机械能越大，故C正确；
D．达到最高点时，因瞬时速度竖直方向的分速度为零，则重力的瞬时功率为零，故D错误。
故选C
4. 如图所示为橙子简易筛选装置，两根共面但不平行的直杆倾斜放置，橙子沿两杆向下运动，大、小橙落入不同区域，不计阻力，则（ ）
A. 橙子受到每根杆的弹力方向不变
B. 橙子在杆上运动时所受合力为零
C. 离开杆后，橙子在空中做匀变速运动
D. 离开杆后，大橙速度变化比小橙的快
【答案】C
【解析】
【详解】A．橙子受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，但由于两杆不平行，所以弹力的作用点不同，杆对橙子的弹力方向变化，故A错误；
B．两直杆倾斜放置，橙子垂直于杆方向上合力为零，沿两杆向下方向上合力不为零，橙子在杆上运动时所受合力不为零，故B错误；
C．离开杆后，不计阻力，仅受重力作用，加速度为重力加速度，橙子在空中做匀变速运动，故C正确；
D．加速度是表示速度变化快慢的物理量，离开杆后，橙子的加速度相同，大橙速度变化与小橙的一样快，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，圆柱形玻璃杯前侧表面上有a、b、c三点，粗细均匀的铅笔紧靠玻璃杯后侧外壁竖直放置，且在b点正后方。将杯中注满水（ ）
A. 通过b点看到铅笔变细B. 通过b点看到铅笔无变化
C. 通过a点看到铅笔向右侧移D. 通过c点看到铅笔向右侧移
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图知道，圆柱形玻璃杯装有水，其中间厚，边缘薄，相当于一个凸透镜，所以，当将铅笔靠近玻璃杯的后面，相当于将铅笔放在凸透镜的1倍焦距以内，故能看到一个正立放大的铅笔虚像，故通过b点看到铅笔变粗，故AB错误；
C．通过a点看到铅笔的光路图如图，沿着折射光线的反向延长线找到虚像向左移动，故C错误；
D．与C同理，通过c点看到铅笔的虚像向右移动，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速度、投球，方向与竖直方向间的夹角分别为、。两次投球的位置在同一竖直线上，篮球均垂直撞到竖直篮板上的同一位置C，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 可能小于
B. 、大小可能相等
C. 篮球两次运动时间可能相等
D. 与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等
【答案】B
【解析】
【详解】CD.将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第一次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短。反向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第一次用的时间较短，故第一次水平分速度较大，即篮球第一次撞篮板的速度较大，动能大，故CD错误；
AB .在竖直方向上做自由落体运动，由图可知，第一次抛出时速度的竖直分量较小，第一次水平分速度较大，有
可见
将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第一次第一次抛出时速度的竖直分量较小，第一次水平分速度较大，第二次抛出时速度的竖直分量较大，第一次水平分速度较小，所以、的大小可能相同，故A错误、B正确。
故选B。
7. 如图所示，用可拆变压器探究原、副线圈电压与匝数的关系。A线圈“0”“8”对应接线柱间的匝数为800，通过导线a、b接电压为的正弦交流电；B线圈“0”“4”对应的匝数为400，通过导线c、d接交流电压表，该表读数可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】若变压器为理想变压器，原、副线圈电压和匝数的关系为
原、副线圈匝数比为
则副线圈两端电压
本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，所以副线圈的电压小于理论值。
故选A。
8. 防蓝光眼镜利用“膜层反射”削弱波长在范围的蓝光对眼睛的影响，下列说法正确的是（ ）
A. “膜层反射”利用光的全反射原理
B. “膜层反射”利用光的衍射原理
C. 蓝光光子从空气进入“膜层”，动量变大
D. 蓝光光子从空气进入“膜层”，频率变大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．全反射要满足光从光密介质射到它与光疏介质的界面上，防蓝光眼镜主要是通过镜片表面镀膜将有害蓝光进行反射，光由光疏介质射向光密介质，不是全反射，故AB错误；
C．当光子进入介质后，光速降低，但能量（即光频、颜色)保持不变，c变小，E不变，由
可知动量p会增大，故C正确；
D．光从一种介质射入另一种介质时，频率不变，故D错误。
故选C。
9. 如图所示为一种光电效应实验装置，其中A为内壁镀银的真空玻璃球，阴极金属球C被玻璃球A包围且比A小得多，连接C的导线与镀银层不相连，连接微安表的导线与镀银层相连。一定强度的入射光穿过小窗W照射到C上时发生光电效应，打到镀银层上的光电子全部被吸收，微安表有示数。下列说法正确的是（ ）
A. 滑片P向右移动，微安表示数逐渐增大
B. 滑片P向左移时，微安表示数保持不变
C. 滑片P向左移时，微安表示数逐渐减小
D. 开关S断开，微安表示数为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．滑片P向右移动，光电管两端的正向电压减小，微安表示数会增大的慢下来，示数逐渐增大，故A正确；
BC．滑片P向左移时，光电管两端的正向电压增大，微安表示数增大，达到饱和电流后，电流值不再改变，故BC错误；
D．开关S断开，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，发生了光电效应，微安表有示数，故D错误。
故选A。
10. 如图所示，真空中固定电荷量为的小球A，从小球A正上方高h处无初速释放质量为m、电荷量为的小球B，A、B均可视作点电荷。球B下落过程中（ ）
A. Q越大，球B最大速度越小
B. h越大，球B最大加速度越小
C. m越大，球B最大电势能越小
D. q越大，球B最大速度的位置越低
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据库仑定律
B球下落，当受力平衡时速度最大
点电荷的周围的电势为
则球B的初电势为
设球B受力时，距A为，则此时的电势为
根据能量守恒
解得
所以Q越大，动能越小，即速度越小，故A正确；
B．根据库仑定律
当球B距离小球A距离最近，速度为零时，库仑力最大，加速度最大，此时将减小的重力势能全部转化电势能，点电荷的周围的电势为
则球B的初电势为
设球B速度为零时，距A为，则此时电势为
根据能量守恒
解得
则，h越大，x越小，距离小球A就越近，库仑力就越大，加速度越大，故B错误；
C．当球B运动到最低点时，球B的电势能最大，由B选项可得，当m越大，x越小，减小的重力势能为
就越大，转化为的电势能为
电势能也越大，故C错误；
D．根据库仑定律
B球下落，当受力平衡时速度最大
解得最低点到小球A的距离为
则，q越大，最低点到小球A的距离就越大，即球B的位置就越高，故D错误。
故选A。
11. 如图所示，水平光滑金属导轨、间的夹角为60°，固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中。轻质绝缘弹簧右端固定在C点，弹簧轴线平分，C、O间距恰为弹簧的原长，导体棒与弹簧左端栓接并垂直于弹簧，棒、导轨它们单位长度的阻值相同。棒从图示位置以初速度向右运动到O点的过程中，棒的速度v、加速度a，回路中电流I，通过O点的电荷量q随时间t变化的图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．棒向右运动过程，弹簧形变量变小，向右的弹力变小，棒速度增大，根据楞次定律可知向左的安培力增大，因此，若速度增大，则向右的合外力应该是减小的，加速度应该是减小的，图像斜率应该是减小的，靠近O点时，弹力极小安培力较大，此时应该速度减小，故AB错误；
C．设某时刻棒接入导轨的长度为L，此时
其中
联立得
则电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同，故C错误；
D．根据，则图像斜率表示电流强度，由以上分析可知电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同即先增大后减小，则图像斜率先增大后减小，故D正确。
故选D。
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12. 精密仪器中常用到金属膜电阻，它是通过金属电镀工艺将金属层溅射到绝缘陶瓷基底的表面形成的。如图甲所示，某金属膜电阻长度为L，金属膜厚度为h。实验室提供的器材有：干电池2节，电压表V（量程，内阻约），电流表（，内阻约为），滑动变阻器（最大阻值），开关S，导线若干。某同学用图乙所示电路测量该金属膜电阻的电阻率，请回答以下问题：
（1）闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于___________端（选填“a”或“b”）；
（2）用螺旋测微器测量镀膜后的陶瓷管直径D，示数如图丙所示，则___________mm；
（3）闭合开关后，移动滑片，测出多组电表示数的U，I值，并画出图像如图丁所示，可得金属膜电阻的阻值___________；
（4）用字母D、L、R、h表示金属膜电阻的电阻率___________；
（5）金属膜电阻的电阻率测量值偏大，试写出产生误差的主要原因___________。
【答案】 ①. a ②. 3.700 ③. ④. ⑤. 电流表采用内接法，在电路中电流表分压，致使电阻率测量值偏大。
【解析】
【详解】（1）[1]分压式接法滑片置于用电器电压最小的位置，目的保护用电器。闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于a端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化。故填a；
（2）[2]根据螺旋测微器规则，如图丙所示固定刻度为3.5mm，可动刻度为，得陶瓷管直径D为
故填3.700；
（3）[3]如图丁所示
图像的斜率为电阻大小得
故填；
（4）[4]根据电阻定律有
而横截面积为
联立解得金属膜电阻的电阻率为
故填；
（5）[5]如图乙所示，电流表采用内接法，在电路中电流表会分压，使得电压表读数偏大，由欧姆定律
得测量的电阻阻偏大，由
可知电阻率测量值偏大，故填电流表采用内接法，在电路中电流表分压，致使电阻率测量值偏大。
13. 时刻，波源O从平衡位置开始持续振动，时第一次回到平衡位置，形成的简谐横波在介质中恰好传播到A点，如图所示。求：
（1）波在该介质中的波速大小v；
（2）处的质点第一次到达波谷的时刻。
【答案】（1）5m/s；（2）3.1s
【解析】
【详解】（1）波在该介质中的波速大小
（2）处的质点第一次到达波谷时，波在时的基础上向前传播
用时间为
则处的质点第一次到达波谷的时刻
14. 如图所示，悬挂的活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，初始时气体压强为，体积为，热力学温度为，汽缸悬在空中保持静止，此时汽缸所受活塞的静摩擦力为F。缓慢加热气体，直至气体体积增大到，整个过程中气体吸收的热量为Q。已知大气压为，活塞面积为S，活塞与汽缸间的最大静摩擦力与滑动摩擦力均为。求：
（1）汽缸所受重力大小G；
（2）汽缸开始下移时气体的热力学温度；
（3）整个过程中缸内气体内能的变化量。
【答案】（1）F；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）初始时对气缸受力分析有
（2）气缸开始下移的临界时静摩擦力达到了最大值，设此时压强为，由题意可知，活塞的横截面积与气缸底部的横截面积相同，此时对气缸受力分析有
由理想气体状态方程有
解得
（3）由于活塞缓慢移动，所以活塞移动过程中气体的压强不变，由之前的分析可知，气体的压强为
所以整个过程，气体做功为
由于气体体积变大，所以外界对气体做功为负值，数值与气体做功大小相等，由热力学第一定律有
解得
15. 如图所示，传送带以速率顺时针匀速转动，传送带与足够长的光滑水平面等高且紧挨。将小滑块A轻放在传送带左端M，A运动到右端N时与静止在水平面上的小滑块B发生弹性正碰。已知A、B质量分别为、，A与传送带间的动摩擦因数，传送带两端M、N间的距离，重力加速度g取。求：
（1）A由左端M运动到右端N所用的时间t；
（2）第1次碰撞后A、B的速度大小、；
（3）第1次碰撞后A、B间距离的最大值。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）A刚放上传送带时，滑块运动的加速度
设释放后经时间A与传送带速度相等，则
加速阶段的位移
然后A做匀速运动，匀速运动的时间
A由左端M运动到右端N所用的时间
（2）A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
联立解得
即第1次碰撞后A、B的速度大小分别为
（3）由（2）可知碰撞后A反向运动，B向右做匀速直线运动，A和B速度相等所需的时间
第1次碰撞后A、B间距离的最大值
代入数据可得
16. 如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面的中心，，。已知原点O有一粒子源，能向平面内各个方向均匀持续发射速率为、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）若在立方体空间内存在方向平行于z轴的匀强磁场，沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点，求该匀强磁场磁感应强度的大小；
（2）若磁场与（1）问中的相同，求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间和最短时间；
（3）若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示随时间t按余弦规律变化的磁场，同时平行z轴加如图丙所示随时间t按正弦规律变化的磁场，图中峰值，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁感应现象影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度s。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在匀强磁场运动是周期为
根据半径一定时，弦长越长，圆心角越大，粒子运动时间越长，即当粒子从H处射出时弦OH最长，圆心角最大为90°，运动时间最长为
当粒子从x轴射出时，弦长最短为，圆心角最小，由几何关系知圆心角为60°，运动的最短时间为
（3）根据题中两个方向上的正弦和余弦磁场变化规律可知
故可知y和z轴方向的合磁场强度大小为
故可知合磁场大小始终不变，只是方向在整个yz平面的四个象限与x轴围成的立体空间内中旋转，沿x轴正方向射出的粒子始终与该合磁场方向垂直，故粒子轨迹为一个固定大小的圆，当磁场旋转时可知粒子的运动轨迹圆绕着Ox轴旋转，与右侧屏的交点是个圆，又因为右侧屏只在x轴上方存在，故痕迹为一个半圆。下面分析痕迹圆的半径r；根据洛伦兹力提供向心力有
粒子的运动轨迹半径为
沿x轴正方向射出的粒子，粒子分别从两个截面轨迹如图所示
设粒子射出点距x的距离分别为y和z，由几何关系知
解得
，
故可得痕迹圆的半径为
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等需加黑加粗。
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 2023年6月，正式试运行的甘肃武威的钍基熔盐反应堆是我国自主研发的第四代先进核能系统，也是全球首个商业试运行的第四代核反应堆。反应堆中利用钍-铀循环产能，（钍核）吸收一个中子后转化为钍233，经过两次衰变后生成易裂变的铀233。下列选项不正确的是（ ）
A. B.
C. 钍233与钍232同位素D. 钍233与铀233是同位素
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据核反应的电荷数和质量数守恒可知，（钍核）吸收一个中子后转化为钍233方程式为
经过两次β衰变后生成易裂变的铀233，方程式为
故AB正确；
C.钍233与钍232电荷数一样，中子数不相同是同位素，故C正确；
D.钍233与铀233是两种不同的元素，不是同位素，故D错误。
本题选不正确的，故选D。
2. 2024年1月，我国使用运载火箭成功将“爱因斯坦探针卫星”送入预定轨道，用于捕捉爱因斯坦预言的黑洞及引力波电磁对应体等天文现象。若卫星在距地面的轨道上绕地球稳定运行，该卫星的（ ）
A. 运行周期等于地球的自转周期
B. 线速度大于地球第一宇宙速度
C. 角速度等于地球同步卫星的角速度
D. 加速度大于地球同步卫星的加速度
【答案】D
【解析】
【详解】AC．地球同步轨道的高度大约为36000km，可知地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力
则
可知，此卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，由
可知，此卫星的角速度大于地球自转的角速度，故A、C错误；
B．第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
D．因为地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，由万有引力提供向心力
则
得该卫星的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D正确。
故选D。
3. 如图所示为背越式跳高过程的动作分解图，下列说法正确的是（ ）
A. 起跳时，地面对人的作用力大于人对地面的作用力
B. 起跳速度越大，地面对人做功越多
C. 起跳速度越大，人在最高点机械能越大
D. 起跳速度越大，人在最高点重力的瞬时功率越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．地面对人的作用力和人对地面的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力等大反向，故A错误；
B．跳高的起跳过程，脚和地始终接触且相对静止，地面对脚底作用力的作用点无位移，故地面对人的作用力对人不做功，是人体的内力做功将生物能转化为动能，故B错误；
C．起跳速度越大，则起跳时得到的动能越大，取地面为重力势能的参考平面，则起跳时的动能即为人的机械能，起跳后人的机械能守恒，所以，起跳速度越大，人在最高点机械能越大，故C正确；
D．达到最高点时，因瞬时速度竖直方向的分速度为零，则重力的瞬时功率为零，故D错误。
故选C
4. 如图所示为橙子简易筛选装置，两根共面但不平行的直杆倾斜放置，橙子沿两杆向下运动，大、小橙落入不同区域，不计阻力，则（ ）
A. 橙子受到每根杆的弹力方向不变
B. 橙子在杆上运动时所受合力为零
C. 离开杆后，橙子在空中做匀变速运动
D. 离开杆后，大橙速度变化比小橙的快
【答案】C
【解析】
【详解】A．橙子受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，但由于两杆不平行，所以弹力的作用点不同，杆对橙子的弹力方向变化，故A错误；
B．两直杆倾斜放置，橙子垂直于杆方向上合力为零，沿两杆向下方向上合力不为零，橙子在杆上运动时所受合力不为零，故B错误；
C．离开杆后，不计阻力，仅受重力作用，加速度为重力加速度，橙子在空中做匀变速运动，故C正确；
D．加速度是表示速度变化快慢的物理量，离开杆后，橙子的加速度相同，大橙速度变化与小橙的一样快，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，圆柱形玻璃杯前侧表面上有a、b、c三点，粗细均匀的铅笔紧靠玻璃杯后侧外壁竖直放置，且在b点正后方。将杯中注满水（ ）
A. 通过b点看到铅笔变细B. 通过b点看到铅笔无变化
C. 通过a点看到铅笔向右侧移D. 通过c点看到铅笔向右侧移
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图知道，圆柱形玻璃杯装有水，其中间厚，边缘薄，相当于一个凸透镜，所以，当将铅笔靠近玻璃杯的后面，相当于将铅笔放在凸透镜的1倍焦距以内，故能看到一个正立放大的铅笔虚像，故通过b点看到铅笔变粗，故AB错误；
C．通过a点看到铅笔的光路图如图，沿着折射光线的反向延长线找到虚像向左移动，故C错误；
D．与C同理，通过c点看到铅笔的虚像向右移动，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速度、投球，方向与竖直方向间的夹角分别为、。两次投球的位置在同一竖直线上，篮球均垂直撞到竖直篮板上的同一位置C，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 可能小于
B. 、大小可能相等
C. 篮球两次运动时间可能相等
D. 与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等
【答案】B
【解析】
【详解】CD.将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第一次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短。反向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第一次用的时间较短，故第一次水平分速度较大，即篮球第一次撞篮板的速度较大，动能大，故CD错误；
AB .在竖直方向上做自由落体运动，由图可知，第一次抛出时速度的竖直分量较小，第一次水平分速度较大，有
可见
将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第一次第一次抛出时速度的竖直分量较小，第一次水平分速度较大，第二次抛出时速度的竖直分量较大，第一次水平分速度较小，所以、的大小可能相同，故A错误、B正确。
故选B。
7. 如图所示，用可拆变压器探究原、副线圈电压与匝数的关系。A线圈“0”“8”对应接线柱间的匝数为800，通过导线a、b接电压为的正弦交流电；B线圈“0”“4”对应的匝数为400，通过导线c、d接交流电压表，该表读数可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】若变压器为理想变压器，原、副线圈电压和匝数的关系为
原、副线圈匝数比为
则副线圈两端电压
本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，所以副线圈的电压小于理论值。
故选A。
8. 防蓝光眼镜利用“膜层反射”削弱波长在范围的蓝光对眼睛的影响，下列说法正确的是（ ）
A. “膜层反射”利用光的全反射原理
B. “膜层反射”利用光的衍射原理
C. 蓝光光子从空气进入“膜层”，动量变大
D. 蓝光光子从空气进入“膜层”，频率变大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．全反射要满足光从光密介质射到它与光疏介质的界面上，防蓝光眼镜主要是通过镜片表面镀膜将有害蓝光进行反射，光由光疏介质射向光密介质，不是全反射，故AB错误；
C．当光子进入介质后，光速降低，但能量（即光频、颜色)保持不变，c变小，E不变，由
可知动量p会增大，故C正确；
D．光从一种介质射入另一种介质时，频率不变，故D错误。
故选C。
9. 如图所示为一种光电效应实验装置，其中A为内壁镀银的真空玻璃球，阴极金属球C被玻璃球A包围且比A小得多，连接C的导线与镀银层不相连，连接微安表的导线与镀银层相连。一定强度的入射光穿过小窗W照射到C上时发生光电效应，打到镀银层上的光电子全部被吸收，微安表有示数。下列说法正确的是（ ）
A. 滑片P向右移动，微安表示数逐渐增大
B. 滑片P向左移时，微安表示数保持不变
C. 滑片P向左移时，微安表示数逐渐减小
D. 开关S断开，微安表示数为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．滑片P向右移动，光电管两端的正向电压减小，微安表示数会增大的慢下来，示数逐渐增大，故A正确；
BC．滑片P向左移时，光电管两端的正向电压增大，微安表示数增大，达到饱和电流后，电流值不再改变，故BC错误；
D．开关S断开，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，发生了光电效应，微安表有示数，故D错误。
故选A。
10. 如图所示，真空中固定电荷量为的小球A，从小球A正上方高h处无初速释放质量为m、电荷量为的小球B，A、B均可视作点电荷。球B下落过程中（ ）
A. Q越大，球B最大速度越小
B. h越大，球B最大加速度越小
C. m越大，球B最大电势能越小
D. q越大，球B最大速度的位置越低
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据库仑定律
B球下落，当受力平衡时速度最大
点电荷的周围的电势为
则球B的初电势为
设球B受力时，距A为，则此时的电势为
根据能量守恒
解得
所以Q越大，动能越小，即速度越小，故A正确；
B．根据库仑定律
当球B距离小球A距离最近，速度为零时，库仑力最大，加速度最大，此时将减小的重力势能全部转化电势能，点电荷的周围的电势为
则球B的初电势为
设球B速度为零时，距A为，则此时电势为
根据能量守恒
解得
则，h越大，x越小，距离小球A就越近，库仑力就越大，加速度越大，故B错误；
C．当球B运动到最低点时，球B的电势能最大，由B选项可得，当m越大，x越小，减小的重力势能为
就越大，转化为的电势能为
电势能也越大，故C错误；
D．根据库仑定律
B球下落，当受力平衡时速度最大
解得最低点到小球A的距离为
则，q越大，最低点到小球A的距离就越大，即球B的位置就越高，故D错误。
故选A。
11. 如图所示，水平光滑金属导轨、间的夹角为60°，固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中。轻质绝缘弹簧右端固定在C点，弹簧轴线平分，C、O间距恰为弹簧的原长，导体棒与弹簧左端栓接并垂直于弹簧，棒、导轨它们单位长度的阻值相同。棒从图示位置以初速度向右运动到O点的过程中，棒的速度v、加速度a，回路中电流I，通过O点的电荷量q随时间t变化的图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．棒向右运动过程，弹簧形变量变小，向右的弹力变小，棒速度增大，根据楞次定律可知向左的安培力增大，因此，若速度增大，则向右的合外力应该是减小的，加速度应该是减小的，图像斜率应该是减小的，靠近O点时，弹力极小安培力较大，此时应该速度减小，故AB错误；
C．设某时刻棒接入导轨的长度为L，此时
其中
联立得
则电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同，故C错误；
D．根据，则图像斜率表示电流强度，由以上分析可知电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同即先增大后减小，则图像斜率先增大后减小，故D正确。
故选D。
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12. 精密仪器中常用到金属膜电阻，它是通过金属电镀工艺将金属层溅射到绝缘陶瓷基底的表面形成的。如图甲所示，某金属膜电阻长度为L，金属膜厚度为h。实验室提供的器材有：干电池2节，电压表V（量程，内阻约），电流表（，内阻约为），滑动变阻器（最大阻值），开关S，导线若干。某同学用图乙所示电路测量该金属膜电阻的电阻率，请回答以下问题：
（1）闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于___________端（选填“a”或“b”）；
（2）用螺旋测微器测量镀膜后的陶瓷管直径D，示数如图丙所示，则___________mm；
（3）闭合开关后，移动滑片，测出多组电表示数的U，I值，并画出图像如图丁所示，可得金属膜电阻的阻值___________；
（4）用字母D、L、R、h表示金属膜电阻的电阻率___________；
（5）金属膜电阻的电阻率测量值偏大，试写出产生误差的主要原因___________。
【答案】 ①. a ②. 3.700 ③. ④. ⑤. 电流表采用内接法，在电路中电流表分压，致使电阻率测量值偏大。
【解析】
【详解】（1）[1]分压式接法滑片置于用电器电压最小的位置，目的保护用电器。闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于a端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化。故填a；
（2）[2]根据螺旋测微器规则，如图丙所示固定刻度为3.5mm，可动刻度为，得陶瓷管直径D为
故填3.700；
（3）[3]如图丁所示
图像的斜率为电阻大小得
故填；
（4）[4]根据电阻定律有
而横截面积为
联立解得金属膜电阻的电阻率为
故填；
（5）[5]如图乙所示，电流表采用内接法，在电路中电流表会分压，使得电压表读数偏大，由欧姆定律
得测量的电阻阻偏大，由
可知电阻率测量值偏大，故填电流表采用内接法，在电路中电流表分压，致使电阻率测量值偏大。
13. 时刻，波源O从平衡位置开始持续振动，时第一次回到平衡位置，形成的简谐横波在介质中恰好传播到A点，如图所示。求：
（1）波在该介质中的波速大小v；
（2）处的质点第一次到达波谷的时刻。
【答案】（1）5m/s；（2）3.1s
【解析】
【详解】（1）波在该介质中的波速大小
（2）处的质点第一次到达波谷时，波在时的基础上向前传播
用时间为
则处的质点第一次到达波谷的时刻
14. 如图所示，悬挂的活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，初始时气体压强为，体积为，热力学温度为，汽缸悬在空中保持静止，此时汽缸所受活塞的静摩擦力为F。缓慢加热气体，直至气体体积增大到，整个过程中气体吸收的热量为Q。已知大气压为，活塞面积为S，活塞与汽缸间的最大静摩擦力与滑动摩擦力均为。求：
（1）汽缸所受重力大小G；
（2）汽缸开始下移时气体的热力学温度；
（3）整个过程中缸内气体内能的变化量。
【答案】（1）F；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）初始时对气缸受力分析有
（2）气缸开始下移的临界时静摩擦力达到了最大值，设此时压强为，由题意可知，活塞的横截面积与气缸底部的横截面积相同，此时对气缸受力分析有
由理想气体状态方程有
解得
（3）由于活塞缓慢移动，所以活塞移动过程中气体的压强不变，由之前的分析可知，气体的压强为
所以整个过程，气体做功为
由于气体体积变大，所以外界对气体做功为负值，数值与气体做功大小相等，由热力学第一定律有
解得
15. 如图所示，传送带以速率顺时针匀速转动，传送带与足够长的光滑水平面等高且紧挨。将小滑块A轻放在传送带左端M，A运动到右端N时与静止在水平面上的小滑块B发生弹性正碰。已知A、B质量分别为、，A与传送带间的动摩擦因数，传送带两端M、N间的距离，重力加速度g取。求：
（1）A由左端M运动到右端N所用的时间t；
（2）第1次碰撞后A、B的速度大小、；
（3）第1次碰撞后A、B间距离的最大值。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）A刚放上传送带时，滑块运动的加速度
设释放后经时间A与传送带速度相等，则
加速阶段的位移
然后A做匀速运动，匀速运动的时间
A由左端M运动到右端N所用的时间
（2）A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
联立解得
即第1次碰撞后A、B的速度大小分别为
（3）由（2）可知碰撞后A反向运动，B向右做匀速直线运动，A和B速度相等所需的时间
第1次碰撞后A、B间距离的最大值
代入数据可得
16. 如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面的中心，，。已知原点O有一粒子源，能向平面内各个方向均匀持续发射速率为、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）若在立方体空间内存在方向平行于z轴的匀强磁场，沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点，求该匀强磁场磁感应强度的大小；
（2）若磁场与（1）问中的相同，求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间和最短时间；
（3）若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示随时间t按余弦规律变化的磁场，同时平行z轴加如图丙所示随时间t按正弦规律变化的磁场，图中峰值，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁感应现象影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度s。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在匀强磁场运动是周期为
根据半径一定时，弦长越长，圆心角越大，粒子运动时间越长，即当粒子从H处射出时弦OH最长，圆心角最大为90°，运动时间最长为
当粒子从x轴射出时，弦长最短为，圆心角最小，由几何关系知圆心角为60°，运动的最短时间为
（3）根据题中两个方向上的正弦和余弦磁场变化规律可知
故可知y和z轴方向的合磁场强度大小为
故可知合磁场大小始终不变，只是方向在整个yz平面的四个象限与x轴围成的立体空间内中旋转，沿x轴正方向射出的粒子始终与该合磁场方向垂直，故粒子轨迹为一个固定大小的圆，当磁场旋转时可知粒子的运动轨迹圆绕着Ox轴旋转，与右侧屏的交点是个圆，又因为右侧屏只在x轴上方存在，故痕迹为一个半圆。下面分析痕迹圆的半径r；根据洛伦兹力提供向心力有
粒子的运动轨迹半径为
沿x轴正方向射出的粒子，粒子分别从两个截面轨迹如图所示
设粒子射出点距x的距离分别为y和z，由几何关系知
解得
，
故可得痕迹圆的半径为
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为
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