2023-2024学年浙江省新阵地联盟高三（第三次）联考物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年浙江省新阵地联盟高三（第三次）联考物理试卷(含详细答案解析)，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量属于矢量，且其单位用国际单位制基本单位表示的是( )
A. 加速度，单位为N⋅kg−1B. 磁通量，单位为kg⋅m2⋅s−2⋅A−1
C. 电场强度，单位为V⋅m−1D. 磁感应强度，单位为kg⋅s−2⋅A−1
2.如图所示，小明将足球从水平地面上1位置由静止踢出，最后落回水平地面上的3位置，虚线是足球在空中的运动轨迹，2位置为轨迹的最高点，此处离地高度为 h，足球在最高处的速度为v0，下列说法正确的是( )
A. 足球在飞行过程中只受重力作用
B. 研究足球轨迹形状与自身旋转情况是否有关时可以将足球看做质点
C. 足球从1位置到2位置的运动时间小于从2位置到3位置的运动时间
D. 足球的运动为匀变速曲线运动
3.关于下列四幅图像的描述，其说法正确的是( )
A. 甲图是核反应堆示意图，其中镉棒的作用是释放中子以保证核裂变能持续进行
B. 乙图是α粒子轰击氮原子核实现人工核反应的示意图，卢瑟福通过该实验发现了质子
C. 丙图是原子核比结合能随质量数的变化规律，可见O16O的平均核子质量要比Be9Be大
D. 丁图是卢瑟福的α粒子散射实验示意图，该实验说明原子核内部有复杂结构
4.如图所示，为甲、乙两列波在相同均匀介质中传播的波形图，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙波长之比2:1B. 甲、乙振幅之比1:2
C. 甲、乙波速之比1:1D. 甲、乙周期之比1:1
5.某同学查阅资料了解到，雨滴从高空下落过程中阻力随着下落速度的增大而增大，当阻力等于雨滴重力后将保持匀速下落(无风环境)，用v、a、E、Ep、t、h分别表示雨滴下落过程中的速度、加速度、机械能、重力势能、下落时间、下落位移的大小，h0表示雨滴起落点离地的高度，以地面为参考平面。下列图像描述错误的是( )
A. B.
C. D.
6.农耕时代往往采用畜牧力，如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。如图乙所示，两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B=60∘，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30∘(O2为AB的中点)，忽略耙索质量，下列说法正确的是( )
A. 两绳对耙拉力的合力为F，地对耙阻力为1.5F
B. 两绳对耙拉力的合力为F，地对耙阻力为 3F
C. 两绳对耙拉力的合力为 3F，地对耙阻力为1.5F
D. 两绳对耙拉力的合力为 3F，地对耙阻力为 3F
7.太空电梯是电影《流浪地球2》中重要的科幻元素，其结构主要由地面基座、缆绳、空间站、平衡锤、运载仓组成，如图所示。地面基座为缆绳的起始段，主要起到固定作用，空间站位于距离地表36000 km的地球静止同步卫星轨道，并在距离地表90000 km的尾端设置了平衡锤，空间站、平衡锤、地面基座之间由若干碳纳米缆绳连接，运载仓可沿缆绳上下运动。已知空间站、平衡锤与地球自转保持同步且相对地球质量很小，则( )
A. 平衡锤的角速度比空间站的角速度小
B. 图示状态下，若从运载仓向外自由释放一个小物块，小物块将作近心运动
C. 缆绳对平衡锤、空间站、运载仓的作用力均不为零
D. 若在图示状态下空间站两侧的缆绳同时断裂，后续空间站、平衡锤都在原轨道作圆周运动。
8.消防员在水平地面上使用喷水枪对着火房屋喷水灭火，出水轨迹可简化为图乙，假设该消防员控制水柱恰好垂直击中竖直墙面，此时喷水枪出水口和水平面夹角为60∘，不计空气阻力，下列做法仍可能让水柱垂直打到竖直墙面的是( )
A. 喷水枪初速度大小不变，仅改变初速度方向
B. 喷水枪初速度方向不变，仅改变初速度大小
C. 喷水枪初速度方向不变，仅减小初速度大小，人往后走一定距离
D. 喷水枪初速度方向不变，仅增大初速度大小，人向前走一定距离
9.如图所示，正方体ABCD−EFGH的C、E两点放有电量均为+q的点电荷，D、F两点放有电量均为−q的点电荷，M为EF的中点。下列说法正确的是( )
A. M点的场强方向从F指向E
B. A、B两点的场强相同
C. 一个正试探电荷放在A处的电势能大于放在B处的电势能
D. 一个负试探电荷放在B处的电势能等于放在G处的电势能
10.如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为 x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定， R为定值电阻。下列说法正确的是( )
A. 电压表读数不为零，说明x在增大
B. 若x保持不变，则电压表示数一定为零
C. 在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小
D. 在x增大的过程中，a点电势始终高于b点
11.如图甲和图乙为两个发电机设备与外接电路，两者仅电刷样式不同，其它部件均完全相同，线圈以相同的角速度在匀强磁场中旋转，从图示位置(该位置线圈平面与中性面垂直)开始计时，在一个周期T的时间内，下列说法错误的是( )
A. 两图中，R两端的电压有效值、流过R的电流有效值大小相等
B. 在0−T4时间内，两者流过R的电荷量相等
C. 在T4−T2时间内，两者流过R的电流方向相同
D. 在0−T时间内，两者电阻R上产生的焦耳热相等
12.科学家对磁单极子的研究一直延续，假如真实存在如图所示的N极磁单极子，它的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，已知穿过S1球面的磁通量为Φ0的。另有一个半径为r的线圈水平放置，其圆心位于磁单极子的正下方，此磁单极子垂直于线圈面以恒定的速度 v沿轴线穿过圆环，下列说法正确的是( )
A. 穿过S2球面的磁通量大于穿过S1球面的磁通量
B. S1球面上磁感应强度处处相同
C. 当磁单极子到达线圈圆心时线圈磁通量为0，电流方向发生变化
D. 当磁单极子到达线圈圆心处时，线圈的感应电动势为Φ0v2r
13.如图所示，玻璃砖的横截面为等腰梯形，梯形上底边长为a，下底边长为3a，底角为θ=60∘。一束折射率为 2的足够强的单色光垂直射向玻璃砖的整个下底面，对于分别从上底面、两侧面、下底面射出的单色光，其在下底面入射时的面积之比为(不考虑全反射以外的反射光线)( )
A. 1:1:1B. 1:1:3C. 1:2:2D. 1:2:3
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
14.下列关于甲、乙、丙、丁四幅图像中物理现象的描述，正确的是( )
A. 图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
B. 图乙是双金属温度计，双金属片由内外两条金属片叠合而成，由图可知外侧金属片线膨胀系数大于内侧金属片
C. 图丙是利用光的干涉来检查样板平整度的实验，右侧小垫片厚度越大则干涉条纹越密集
D. 图丁称“泊松亮斑”，为光通过小圆孔后出现的衍射图像
15.我们将光对物体单位面积的压力叫光压，已知普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s，光速c=3×108m/s，某激光器发出的激光功率为P=1000W，该激光的波长λ=500nm，光束截面积为S=1.00mm2，该光束垂直照射到某平整元件上，50%光能被反射，50%光能被吸收，下列说法正确的有( )
A. 该激光器单位时间内发出的光子数可表示为Pλhc
B. 该激光能使金属钨(截止频率为1.095×1015Hz)发生光电效应
C. 该激光不能使处于第一激发态的氢原子(E2=−3.4eV)电离
D. 该光束对元件产生的光压约为3.33Pa
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
16.实验题
Ⅰ.(1)小郭同学利用如图1所示的装置来测定平抛运动的初速度.在离地较高的水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上的同一位置滚下.在钢球抛出后经过的地方放置一块高度可调的长木板(调节木板高度的支架图中未画出)，长木板上放一张白纸，白纸上有复写纸，由此可记录钢球在白纸上的落点.
①为了正确完成实验，下列做法必要的是__________(多选)
A.长木板要保持水平
B.钢球每次都要从斜面上静止释放
C.要使斜面的底边ab与桌边重合
D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
②实验时，将长木板与桌面上方的距离依次调节为 h、4h、9h和16h。当h取4.90cm时，钢球在白纸上的落点依次记为A、B、C、D，O点为钢球离开桌面时球心正下方位于白纸上的点，如图2所示.将刻度尺(分度值为1mm)的零刻度线与O点对齐，则O、B两点间的距离为__________cm;为了减小计算误差，应选择__________(选填OA、OB、OC或OD)段来求钢球从桌面开始平抛的初速度.
(2)用如图3所示的装置验证牛顿第二定律。
①为使砂桶和砂的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需满足的条件是砂桶及砂的总质量__________小车的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
②在研究加速度与质量的关系时，保证砂和砂桶的质量不变。在正确补偿小车所受阻力后进行实验操作，并正确记录下若干数据，若砂和砂桶的质量 m与小车的总质量M间的关系不满足第①问中的条件，由实验数据作出a和1M+m的图线，则图线应如图中的__________所示(填字母)。
A.
B.
C.
D.
Ⅱ.某兴趣小组测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω。他们首先把电阻丝拉直固定在接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点 P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。实验室提供的器材有：
电池组E(电动势为3.0V，内阻约1Ω);
电压表V1(量程0∼15V，内阻约12000Ω);
电压表V2(量程0∼3V，内阻约3000Ω);
电阻箱R(0∼999.9Ω);开关、导线若干。
(1)若采用绕线法测量其横截面积，如图甲，则这次测量中该电阻丝直径d=__________mm;
(2)他们设计并连接好如图乙所示的实验电路，调节金属夹夹在电阻丝上的位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电压表示数为某一确定值，记录电阻箱的电阻值 R和接入电路的电阻丝长度L，则实验中电压表应选择__________(选填“V1”或“V2”);
(3)记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R−L关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ=__________(用给定的物理量符号和已知常数表示)。
(4)若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电压表内阻的存在，对电阻率的测量结果__________(选填“有”或“无”)影响。
Ⅲ.下列关于一些物理实验说法正确的是__________
A.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，若图像模糊不清，可以通过旋转测量头来调节。
B.在“利用单摆测重力加速度”实验中，要在摆球通过平衡位置处开始计时。
C.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若配置好的油酸酒精溶液放置时间较长后再进行实验，可能导致油酸分子直径测量结果偏大。
D.在“探究气体等温变化的规律”实验中，推动柱塞改变气体体积的操作要缓慢进行。
17.如图所示，水平直轨道AB、CD与水平传送带平滑无缝连接。半径R=0.5m的竖直半圆轨道DE与CD平滑相切连接。质量m1=1kg的物块a以v0=5m/s的速度从B点进入传送带，离开传送带后与静止在CD上质量为m2的物块b发生碰撞。已知传送带长L=1m，以1m/s的速率顺时针转动，物块a与传送带间的动摩擦因数为μ=0.45，其他摩擦不计，两物块均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物块a刚离开传送带时的速度大小v1及在传送带上运动的时间t;
(2)若a、b碰撞后粘为一体，求m2取何值时，a、b一起经过圆轨道最低点D时对轨道的压力最小;
(3)若a、b发生弹性正碰，且碰后b从圆轨道最高点E离开，设a在圆轨道上到达的最高点距D点的竖直高度为h，仅考虑h≤R这一种情况，求 h与m2的关系。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
18.如图所示，一粗细均匀且一端密闭的细玻璃管开口向下竖直放置，管内有一段长为l0=25.0cm的水银柱，水银柱上方封闭了长度为l1=14.0cm的理想气体，此时封闭在管内的气体处于状态 A，温度TA=280K。先缓慢加热封闭气体使其处于状态B，此时封闭气体长度为l2=15.0cm。然后保持封闭气体温度不变，将玻璃管缓慢倒置后使气体达到状态C。已知大气压强恒为p0=75.0cmHg，求：
(1)判断气体从状态A到状态B的过程是吸热还是放热，并说明理由;
(2)气体处于状态B时的温度TB;
(3)气体处于状态C时的长度l3。
19.如图所示，界线MN以下存在一个方向水平的磁场(垂直于纸面向里)，取MN上一点O作为原点，竖直向下建立y轴，磁场的磁感应强度B随y坐标(以m为单位)的分布规律为B=2+y(T)。一边长为L=1m，质量为m=0.1kg，电阻R=2Ω的正方形金属abcd从MN上方静止释放，0.2s后金属框的cd边到达界线MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平，左右边始终竖直， g取10m/s2，求：
(1)金属框进入磁场过程的电流大小;
(2)金属框进入磁场过程经历的时间;
(3)金属框进入磁场的过程中外力F做功值;
(4)金属框在磁场中下落的最终速度大小。
20.如图所示，为研究带电粒子在电磁场中的运动情况，在纸面内建立xOy坐标系。在第二象限存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场。在该电场区域内存在一连续分布的曲线状离子源，它们可沿 x轴正方向持续发射质量均为m、电荷量均为+q、速度大小均为v的离子，且离子源纵坐标的区间为[0,3mv22qE]。在x轴的下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，在该磁场区域内有一足够长的探测板平行 x轴放置，它与x轴的距离b可调。已知所有离子均能经过坐标原点O并射入磁场区域，速度大小为v的离子在磁场中做圆周运动的半径为R，不计离子重力及离子间相互作用力。
(1)求纵坐标为3mv22qE处的离子源发射的离子进入O点时的速度大小vm′;
(2)求离子源所在曲线的轨迹方程;
(3)若b=R，求离子打在探测板上的区域长度s;
(4)若离子源发射的离子按y坐标均匀分布，求探测板的收集率η与b的函数关系(关系式中字母仅含R、b)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】标量是只有大小，没有方向的物理量，矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解析】
A.加速度是矢量，单位表示为N⋅kg−1，但力的单位N不是基本单位，A错误；
B.磁通量是标量，用国际单位制基本单位表示为kg⋅m2⋅s−2⋅A−1，B错误；
C.电场强度是矢量，根据E=Ud可知，单位表示为V⋅m−1，但电压的单位V不是基本单位，故C错误;
D.磁感应强度是矢量，根据B=FIL可知，用国际单位制基本单位表示为kg⋅A−1⋅s−2，故D正确。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查质点、物体做曲线运动的条件，关键是明确质点是理想化模型，知道物体做曲线运动的条件，难度不大，属于基础题。
根据运动轨迹分析足球的受力情况及运动性质；
质点是用来代替物体的有质量的点，是实际物体的理想化模型；
根据竖直方向的加速度关系确定运动时间关系。
【解答】
解：AD.如果足球在飞行过程中只受重力作用，则足球将做斜抛运动，其轨迹对称，由轨迹图可知，足球在飞行过程中不仅仅受重力作用，还受到空气阻力作用，足球的运动为非匀变速曲线运动，故AD错误；
B.研究足球轨迹形状与自身旋转情况是否有关时，不能忽略足球的大小，所以不能视为质点，故B错误；
C.足球从1位置到2位置竖直方向的加速度大于2位置到3位置竖直方向加速度，竖直方向位移大小相等，所以足球从1位置到2位置的运动时间小于从2位置到3位置的运动时间，故C正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查学生对近代物理科学史及基础知识的掌握，考生需对近代物理史上的经典物理实验和发现熟练掌握。
【解答】
A、镉棒的作用是吸收中子，从而达到控制核反应速度的目的，故A错误；
B、1919年，卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮原子核，从而发现了质子，实现了人类历史上第一次人工核反应，故B正确；
C、丙图是原子核的比结合能与质量数A的关系图象，原子核比结合能越大，平均核子质量越小，原子核越稳定，O16O的平均核子质量要比Be9Be小，故C错误；
D、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构，故D错误；
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了波的图象，波速、波长和频率；能够识别、理解波动图象。
根据图像得出波长、振幅之比；
同种介质中，波速相等；
根据T=λv得出周期之比。
【解答】解：由图像可知：波长λ甲=0.4m，λ乙=0.8m；振幅A甲=5.0cm，A乙=2.0cm，
A.甲、乙波长之比λ甲:λ乙=1:2，故A错误；
B.甲、乙振幅之比A甲:A乙=5:2，故B错误；
C.同种介质中，波速相等，则甲、乙波速之比1:1，故C正确；
D.甲、乙周期之比T甲:T乙=λ甲v:λ乙v=1:2，故D错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本体考查了特殊情况下的落体运动的特征规律，抓住始末状态对比可以快速判断各项的正误。
阻力的变化影响了雨滴的合力，进而影响雨滴的加速度，速度以及能量关系。
【解答】
B.初始状态下物体仅受竖直向下的重力作用，由静止开始向下加速此时的加速度最大，随后阻力逐渐增大，与运动方向相反，加速度逐渐减小，直到阻力增加到与重力平衡时，加速度为0，故B项正确；
A.由上述对加速度的分析，可知物体在做加速度逐渐减小的加速运动，故A项正确；
D.重力势能与下落位移之间的关系Ep=Ep0−mgh0，故D项正确;
C.由题意可知过程末，当“阻力等于雨滴重力后将保持匀速下落”时，雨滴的下落速度和阻力均固定，由W=fs可知，相同时间内，下落的位移相同，阻力相同，则克服阻力做功减少的机械能也相同，故图像末端不是曲线，是直线，故C项错误。
本题选错误的，应选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】对耙进行受力分析，受到牵引力、阻力、重力和支持力，根据平衡条件和二力合成列式求解，注意几何知识运用。
【解析】
AB.有题意可知，两绳之间的夹角为60∘，根据受力分析知，两绳对耙拉力的合力的大小为2Fcs30∘= 3F，AB错误；
CD.根据平衡条件，地对耙的水平阻力大小为Ff=2Fcs30∘cs30∘=1.5F，C正确，D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了万有引力定律的应用；明确平衡锤和空间站同轴转动，角速度相等，受拉力和万有引力共同作用提供向心力。
平衡锤和空间站的角速度相等；
空间站处于地球同步轨道上，地球对它的万有引力刚好提供其绕地球做匀速圆周运动所需的向心力，缆绳对空间站的作用力为零；
平衡锤受拉力和万有引力共同作用提供向心力，分析所需向心力和万有引力的关系及缆绳断后平衡锤的运动。
【解答】
A.平衡锤和空间站同轴转动，角速度相等，故A错误；
B.若从运载仓向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝该点转动的方向向前运动一边落向地球，做近心运动，故B正确；
C.由于空间站处于地球同步轨道上，可知地球对它的万有引力刚好提供其绕地球做匀速圆周运动所需的向心力，则连接空间站的上、下两根缆绳对空间站的拉力大小相等，方向相反，合力为0，故C错误；
D.根据题意可知，空间站做匀速圆周运动，若缆绳断开，平衡锤与地球之间的万有引力小于平衡锤做圆周运动的向心力，故平衡锤会做离心运动，故D错误。
8.【答案】A
【解析】当水柱垂直打到竖直墙面上时，设喷水枪出水口和水平面夹角为θ，垂直打到竖直墙面的速度大小为v，初速度为v0，水柱的运动为斜抛运动，末速度水平，可逆向看作平抛运动，将水柱的运动分解到水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。
竖直方向，根据匀变速直线运动速度-时间公式得：v0sinθ=gt
水平射程为x=vt=v0csθt=v0csθv0sinθg=v02sin2θ2g
A.由上式变形得：sin2θ=2gxv02，当初速度不变时，sin2θ为定值，A项即问是否存在另一个不为60∘的角α，满足sin2θ=sin2α，计算可得当α=30∘即可，故A项正确；
BCD.由x=v02sin2θ2g可知在方向不变(即θ不变)的情况下，减小初速度将使得x减小，人应该向前，增大初速度将使得x增大，人应该向后，故BCD均错误。
选A。
【分析】水柱垂直打到竖直墙面上的运动为斜抛运动，可逆向看作平抛运动，将运动分解到水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的公式列式求解即可。
本题考查斜抛运动，将斜抛运动逆向看作平抛运动是解题的关键，结合平抛运动规律列式求解即可。
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要是考查电场强度的叠加，关键是知道电场强度是矢量，其合成满足平行四边形法则。
根据对称性和电场叠加原理分析电场强度；根据电势高低判断方法分析电势、根据对称性及电势叠加，结合电势能与电势关系分析电势能。
【解答】
解：设DC中点为N；
A.根据电场矢量叠加：E、F点的电荷在M点的合电场E1方向由E指向F；D、C点的电荷在M点的合电场E2方向由F指向E；E1>E2，所以M点的场强方向从E指向F，故A错误；
B.根据电场矢量叠加，结合对称性可知：A、B两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；
C.根据点电荷的电势叠加，结合对称性可知：A、B两点的电势相等，则一个正试探电荷放在A处的电势能等于放在B处的电势能，故C错误；
D.根据点电荷的电势叠加，结合对称性可知：B、G两点的电势相等，则一个负试探电荷放在A处的电势能等于放在B处的电势能，故D正确。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查电容器的动态分析，通过电介质板插入极板间的深度x，转化为电介质ε大小，从而判断电容器充放电情况。
【解答】A.由题图可知，若电压表读数不为零，说明电路中有电流通过，若电容器充电，由电容公式C=εS4πkd=QU可知，因U=E不变，所以Q增大，则C变大，又S、d不变，则ε增大，说明x在增大；若电容器放电，由电容公式C=εS4πkd=QU可知，因U=E不变，所以Q减小，则C变小，又S、d不变，则ε减小，说明x在减小，A错误；
B.若x保持不变，则ε不变，由电容公式C=εS4πkd=QU可知，C不变，Q不变，电路中无电流通过，则电压表示数一定为零，B正确；
C.在x增大的过程中，则ε增大，由电容公式C=εS4πkd=QU可知，C变大，又因U=E不变，则可知Q变大，说明电容器充电，两极板带电量增大，C错误；
D.在x增大的过程中，电容器充电，两极板带电量增大，电源外部电流从正极出发回到负极，则电流由b流向a，则b点电势始终高于a点，D错误。
11.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了交流发电机及其产生交变电流的原理；本题关键明确线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动时，产生正弦式交变电流。
根据线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动时，产生正弦式交变电流；分别作出图甲、图乙流过R的电流图像，结合电荷量计算公式、焦耳定律据此分析。
【解答】解：线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动时，产生正弦式交变电流；由于甲、乙换向器的不同，流过R的电流不同；从图示位置(该位置线圈平面与中性面垂直)开始计，流过R的电流图像分别如图1、2：
；
A.图甲的电流有效值：I甲= 22Im；
图乙：I乙2R⋅T=( 22Im)2×12T+( 22Im)2×12T，解得I乙= 22Im；
结合U=IR可知，两图中，R两端的电压有效值、流过R的电流有效值大小相等，故A正确，不合题意；
B.由图1、图2可知：在0−T4时间内，两者流过R的电流相等，由q=It可知，两者流过R的电荷量相等，故B正确，不合题意；
C.由图1、图2可知：在T4−T2时间内，两者流过R的电流方向相反，故C错误，符合题意；
D.根据Q=I2RT可知：在0−T时间内，两者电阻R上产生的焦耳热相等，故D正确，不合题意。
12.【答案】D
【解析】【分析】
本题选择磁单极子为研究背景，考查类比法，考生需熟练掌握点电荷的电场特点以及磁通量的定义以及楞次定律即可求解。
【解答】
A、结合点电荷的电场的特点可知，从点电荷发出的电场线的条数与到点电荷的距离无关，由于单一磁极的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，从磁单极子发出的磁感线的条数是一定的，故穿过球面S1与球面S2的磁感线的条数是相等的，即球面S1与球面S2的磁通量相等，故A错误;
B、结合点电荷的电场的特点可知，距离磁单极子距离相同时磁感应强度的大小相同，但磁感应强度的方向是沿磁感线方向的，是不同的，故B错误；
C、N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向为逆时针；
当N磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向为逆时针，因此线圈中产生的感应电流方向不变．故C错误；
D、当磁单极子到达线圈圆心处时，根据感应电动势公式线圈的感应电动势为E=nΔΦ△t，时间Δt=2rv，磁通量ΔΦ=Φ0，联立求解得感应电动势E=Φ0v2r，D正确。
故选D。
13.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查光的全反射现象的应用，关键是掌握折射率与临界角关系sinC=1n，画出光路图，结合几何关系求解即可。
【解答】
由全反射临界角关系sinC=1n= 22，临界角为45∘，画出光路图
由几何关系知，光在侧面的入射角为60∘，发生全反射，反射光线直接反射到另一侧面时垂直入射，可以射出；若反射光线到上底面，入射角为60∘，发生全反射，再次反射到另一侧面时入射角也为60∘，再次发生全反射，从下底面垂直射出，故能从侧面射出的光只有垂直射出这种情况，由几何关系其在下底面入射时长度为2×2a−acs60∘=a；从侧面上半部分全反射的光，在上底面，和另一侧面发生两次全反射垂直从底面射出，其下底面入射时的长度也为a；上底面射出的光在下底面入射时的长度也为a，故对于分别从上底面、两侧面、下底面射出的单色光，其在下底面入射时的面积之比为1:1:1，选A。
14.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了布朗运动、分析测温器原理、薄膜干涉、“泊松亮斑”等相关知识，综合性较强，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。
折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，并不是固体小颗粒的运动轨迹；
由题意分析测温器原理，明确它是利用了不同金属的膨胀系数不同的原理制成的，从而分析其基本结构；
要求考生知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的。以及知道空气薄层干涉是一种等厚干涉。
【解答】
A.每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，布朗运动图像反映每隔一段时间固体微粒的位置连线，而不是运动轨迹，故A错误；
B.根据双金属温度计原理可知，该温度计的测温原理是利用了金属片膨胀系数不同而工作的，双金属片由内外两条金属片叠合而成，可知外侧金属片线膨胀系数大于内侧金属片，故B正确；
C.相邻亮条纹之间，空气膜的厚度差等于半个波长，当右侧小垫片厚度变大时，空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，所以干涉条纹越密集，故C正确；
D.“泊松亮斑”属于光的衍射现象，是光照射圆板发生衍射时形成的，故D错误。
15.【答案】AC
【解析】本题考查了光子及其动量；该题根据光子能量表达式以及激光功率与光子单位时间能量相等可分析AB选项，再根据动量定理以及题干给出的光子的动量表达式hνc，可联立分析该题。
根据光子能量表达式E=hν以及激光器发出的激光功率P之间的关系推导即可知单位时间光子数，再根据光子动量的该变量最大值为垂直撞向元件表面被垂直反射，根据动量定理Ft=ΔP，列方程即可求解。
【解答】
A.时间t内射到平整元件上的光能为W=Pt，每个光子的能量为E=mc2=hν=hcλ，则该激光器单位时间内发出的光子数n=WEt=Pλhc，故A正确；
B.入射光的频率为ν=cλ=0.6×1015Hz，入射光的频率小于金属钨的截止频率，不能发生光电效应，故B错误；
C.入射光子的能量E=hν=4×10−19J，光子能量小于处于第一激发态的氢原子的电离能，不能使其电离，故C正确；
D.对时间Δt内发出的光子如果全部被吸收，根据动量定理FΔt=nmcΔt=PλhcmcΔt，根据以上分析可知m=hcλ，解得Pm=FS=PcS=3.33Pa
但是时间Δt内发出的光子有50%被反射，如果光束被完全反射，且反射光垂直于平面，则光子的动量改变量更大，光压也将更大，故D错误。
选AC
16.【答案】I.(1)AB;19.10(19.05∼19.15);OD
(2)远小于;C；
Ⅱ.(1)1.25mm；
(2)V2；
(3)πd2R04L0；
(4)无；
Ⅲ.BD。
【解析】本题涉及到的实验较多，需考生牢记各个实验的过程和注意事项：
I.(1)长木板如果不保持水平，钢球从水平桌面上飞出落在长木板上的竖直位移无法确定因此长木板要保持水平；钢球每次都要从斜面上相同位置静止释放，保证初速度大小相同；要使斜面的底边ab不能与桌边重合，需留有一定距离，才能保证初速度在水平方向；实验中斜面对钢球摩擦力对实验无影响，故选AB;
刻度尺要估读到分度值(分度值为1mm)的下一位，故以cm为单位要保留两位小数；
为了减小计算误差，应选择最大的水平位移来计算平抛的初速度.
本题考查了平抛运动的实验，理解实验原理、注意事项是关键。根据实验注意事项分析判断，根据读数规则和误差分析确定。
(2)在探究加速度与力、质量的关系实验中，为使砂桶和砂的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，砂桶及砂的总质量要远小于小车的总质量;
根据牛顿第二定律可知：mg=(m+M)a，解得：a=mgm+M，故C正确;
Ⅱ.(1)由图可知刻度尺的分度值是1mm，线圈左端与10.00cm刻度线对齐，读作10.00cm，线圈右端与11.25cm刻度线对齐，读作11.25cm，线圈长度：L=11.25cm−10.00cm=1.25cm，线圈匝数n=10，故该电阻丝直径d=Ln=0.125cm=1.25mm。
(2)电池组E，电动势为3.0V，故选用V2；
(3)根据闭合电路欧姆定律，应有：URx+R=E−Ur，
根据电阻定律应有：Rx =ρL14πd 2，
联立以上两式可得：R=UrE−U−4ρπd2⋅L，
根据函数斜率的概念应有：4ρπd 2=R0 L0 ，
解得：ρ=πd 2R0 4L0 ；
(4)由以上分析及数据处理可知，电压表内阻对图象的斜率没有影响，即电压表内阻对电阻率的测量结果无影响。
Ⅲ.A、在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，若图像模糊不清，可通过左右拨动金属拨杆来调节， A错误；
B、在“利用单摆测重力加速度”实验中，为减小计时误差，要在摆球通过平衡位置处开始计时， B正确；C、 若配置好的油酸酒精溶液放置时间较长后再进行实验，酒精挥发，导致浓度增加，则膜的面积偏大，根据油酸分子直径d=VS，可能导致油酸分子直径测量结果偏小；
D、在“探究气体等温变化的规律”实验中，为保证气体温度不变，推动柱塞改变气体体积的操作要缓慢进行， D正确。
17.【答案】解：(1)设a从B到C全程匀减速，对a分析，动能定理有−μm1gL=12m1v12−12m1v02
得v1=4m/s>1m/s，故假设成立t=v0−v1μg=29s
(2)a、b碰撞过程，由动量守恒定律有m1v1=(m1+m2)v2
在D点，有ND−(m1+m2)g=(m1+m2)v22R，压力ND′=ND=10(m2+1)+32m2+1
当且仅当10(m2+1)=32m2+1，即m2=4 5−55时，压力ND′最小
(3)a、b碰撞，动量守恒定律有m1v1=m1v1′+m2v2′，
机械能守恒定律有12m1v12=12m1v1′2+12m2v2′2
得v1′=m1−m2m1+m2v1，v2′=2m1m1+m2v1
b恰到E点时，在E点，有m2g=m2vE2R，b从D到E，有−m2g×2R=12m2vE2−12m2v2′2，
联立解得m2=0.6kg
若a恰到圆轨道圆心等高处，有m1gR=12m1v1′2，得m2=13−4 103kg
a在圆心等高处下方减速至零，从D到速度减为零的过程，有m1gh=12m1v1′2，
得h=45(1−m21+m2)2，m2取值范围13−4 103kg≤m2≤0.6kg
【解析】本机主要考查动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等知识综合应用，难度稍大。
(1)应用动能定理求得物块刚离开传送带时的速度，并与传送带的速度相比较，由此判断物块是否与传送共速，从而求解物块在传送带上运动的时间；
(2)应用动量守恒定律求解碰撞后两物块的速度，利用牛顿第二定律求解通过对最低点的压力，并通过几何知识求解最小压力。
(3)根据动量守恒、机械能守恒得出碰后速度，根据动能定理、牛顿第二定律确定m2的范围，得出关系式。
18.【答案】解：(1)由热力学第一定律可知，从状态A到状态B，气体温度升高，内能增大，同时对外做功，所以气体一定吸热；
(2)设玻璃管横截面积为S，由盖⋅吕萨克定律得出l1STA=l2STB
解得TB=300K；
(3)气体处于状态B时，有pB+ρgl0=p0，得出pB=50cmHg
气体处于状态C时，有pC=p0+ρgl0，解得pC=100cmHg
根据玻意耳定律得出：pBl2S=pCl3S
解得l3=7.5cm。
【解析】(1)根据热力学第一定律分析即可；
(2)根据盖⋅吕萨克定律列式子即可；
(3)对B状态和C状态分别列出平衡方程得出两个状态的压强，再根据玻意耳定律列式子得出长度。
本题考查液柱类问题，常规题目。
19.【答案】解：
(1)金属框进入磁场的速度为v1=gt=2m/s，
感应电动势为E=B1Lv1，其中B1=2T，解得E=4V，
则感应电流I=ER=2A ；
(2)金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，则有E=IR=BLv，
整理得v=EBL=42+y，则1v=2+y4，
做出1v−y的图像如下所示：
图像与坐标轴围成的面积表示时间，则时间t=58s=0.625s ；
(3)当线框即将完全进入磁场时，cd边处于y=1m处，此处磁感应强度B2=3T，
由B1Lv1=B2Lv2得v2=43m/s
功能关系：WF+mgL−I2Rt=12mv22−12mv12 ，代入数据得WF=359J；
(4)双边切割：E=B2Lv−B1Lv=LvΔB=v，
I=ER=v2
最终双边安培力之和B2IL−B1IL=mg
得v=2m/s。
【解析】本题考查电磁感应综合问题，本题的难点在于如何确定运动时间，我们可能会想到动量定理，但是因为外力F的冲量以及安培力的冲量都不容易得出，所以不能使用动量定理，注意到题中提到了“金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定”这一条件，所以我们要利用起这个条件来，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律得出速度v与位移y的关系式，做出1v−y的图像，利用图像面积表示时间求出经历的时间。
求出时间后，可以直接利用焦耳定律求出产生的焦耳热，再根据功能关系可求出外力F做的功。
本题还需要注意的是线框完全进入磁场后，容易粗心的认为线框的磁通量不再变化，将不再产生感应电流，这是思维定势造成的，要注意磁场是非匀强磁场。
20.【答案】解：(1)从ym=3mv22qE发射的离子进入磁场时，vy2=2qEmym，得vy= 3v
经过O点时的速度vm′= v2+vy2=2v。
(2)设某一离子源的坐标为(x,y)
根据类平抛运动的规律−x=vt，y=12qEmt2
得y=qEx22mv2。
(3)离子源的运动轨迹，如图：
由qvB=mv2R得R=mvqB，
由(1)可知从ym=3mv22qE发射的离子在磁场中运动的半径为2R，设从纵坐标为y的离子源发射的离子进入磁场时的速度v′与x轴正方向夹角为α，
因为v′=vcsα，所以该离子在磁场中运动半径R′=Rcsα
可见，所有离子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心均在探测板上，由几何关系易知s=R−(2− 3)R=( 3−1)R。
(4)①当0≤b≤2R时，η=1
②当b≥3R时，η=0
③当2R