浙江省四校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月聯(lián)考物理Word版含解析.docx

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2023學(xué)年第一學(xué)期浙江省四校聯(lián)盟考試題物理試卷考生須知：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。2.考生答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卷上。3.選擇題的答案須用2B鉛筆將答題卷上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如要改動，須將原填涂處用橡皮擦凈。4.非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題卷上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。5.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g均取一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量的單位中，用國際單位制的基本單位表示，正確的是（　?。〢.靜電力常量k的單位是B.自感系數(shù)L的單位是C.磁通量的單位是D.普朗克常量h的單位是【答案】A【解析】【詳解】A．靜電力常量k的單位是是用國際單位制的基本單位表示的，故A正確；B．自感系數(shù)L的單位是，用國際單位制的基本單位可表示為故B錯誤；C．根據(jù)法拉利第電磁感應(yīng)定律可得 則其單位用國際單位制的基本單位可表示為故C錯誤；D．根據(jù)公式可得則由量綱之間的關(guān)系可得普朗克常量h用國際單位制的基本單位可表示為故D錯誤。故選A。2.下列說法正確的是（　?。〢.研究神舟十六號航天員景海鵬“太空漫步”的動作時，景海鵬可視為質(zhì)點B.研究中國潛水器“奮斗者”號下潛深度時，“奮斗者”號可視為質(zhì)點C.研究杭州亞運會數(shù)字火炬手跑步姿勢時，數(shù)字火炬手可以視為質(zhì)點D.研究中國空軍加油機空中加油服務(wù)時，加油機可以視為質(zhì)點【答案】B【解析】【詳解】A．航天員景海鵬“太空漫步”時，要考慮漫步的動作，不能看成質(zhì)點，A錯誤；B．研究中國潛水器“奮斗者”號下潛深度時，可以忽略自身的形狀大小，“奮斗者”號可視為質(zhì)點，B正確；C．研究杭州亞運會數(shù)字火炬手跑步姿勢時，要考慮火炬手的形態(tài)變化，不能看成質(zhì)點，C錯誤；D．研究中國空軍加油機空中加油服務(wù)時，要考慮加油機有關(guān)的位置，因此加油機不能看成質(zhì)點，D錯誤。 故選B。3.下列說法中正確的是（　?。〢.偏振光的振動方向與偏振片的透振方向成夾角時，偏振光無法透過偏振片B.僅當(dāng)讀卡機發(fā)射的電磁波頻率與公交IC卡內(nèi)的LC振蕩電路的固有頻率相等時，IC卡內(nèi)部的LC振蕩電路才會產(chǎn)生振蕩電流C.紫外線具有很強的穿透本領(lǐng)，可以用來檢查人體的內(nèi)部器官，幫助醫(yī)生判斷人體組織是否發(fā)生了病變，紫外線是原子核躍遷產(chǎn)生的D.γ射線能破壞生命物質(zhì)，可以摧毀病變的細(xì)胞，用來治療某些癌癥，γ射線是原子核躍遷產(chǎn)生的【答案】D【解析】【詳解】A．偏振片對入射光具有遮蔽和透射的功能，可使縱向光或橫向光一種透過，一種遮蔽，當(dāng)兩個偏振片方向之間的夾角增大時，透射光的強度將減弱，因此偏振光的振動方向與偏振片的透振方向成夾角時，偏振光仍能透過偏振片，但是透射光的強度減弱，故A錯誤；B．僅當(dāng)讀卡機發(fā)射的電磁波頻率與公交IC卡內(nèi)的LC振蕩電路的固有頻率相等時，才能產(chǎn)生電諧振，IC卡才能正常工作，若電磁波的頻率偏離該固有頻率，IC卡內(nèi)部的LC振蕩電路仍然會產(chǎn)生振蕩電流，但IC卡不能正常工作，故B錯誤；C．紫外線具有很強的穿透本領(lǐng)，醫(yī)學(xué)上主要用來殺菌消毒，紫外線是原子核外層電子躍遷產(chǎn)生的，原子核躍遷產(chǎn)生的是γ射線，而X射線可以用來檢查人體的內(nèi)部器官，幫助醫(yī)生判斷人體組織是否發(fā)生了病變，故C錯誤；D．γ射線能破壞生命物質(zhì)，可以摧毀病變的細(xì)胞，用來治療某些癌癥，γ射線是原子核躍遷產(chǎn)生的，故D正確。故選D。4.如圖所示，航展飛行表演中，質(zhì)量為M的飛機A與質(zhì)量為m的飛行員B共同做豎直面內(nèi)的圓周運動，圓周運動的軌跡半徑為R，通過最低點時速率為v。以下說法正確的是（　?。〢.飛機可能做勻變速曲線運動B.飛機所受的合外力可能保持恒定 C.通過最低點時，飛行員對飛機的作用力大小為D.通過最低點時，在豎直方向空氣對飛機的作用力大小為【答案】C【解析】【詳解】AB．質(zhì)量為M的飛機A與質(zhì)量為m的飛行員B共同做豎直面內(nèi)的圓周運動，合外力不是恒力，方向在改變，所以不可能做勻變速曲線運動，故AB錯誤；C．通過最低點時，根據(jù)向心力方程根據(jù)牛頓第三定律，飛行員對飛機的作用力大小為故C正確；D．通過最低點時，在豎直方向空氣對飛機的作用力大小為解得故D錯誤。故選C。5.如圖所示，運動員進行原地摸高訓(xùn)練，該運動員先下蹲，后發(fā)力跳起。在豎直向上運動過程中，其重心的速度隨時間變化的圖像如圖所示，忽略空氣阻力影響，則（　?。?A.t=0.ls時，運動員處于失重狀態(tài)B.起跳過程中地面對運動員做正功C.t=0.ls時，地面對運動員支持力大于運動員對地面的壓力D.t=0.3s時，運動員處于完全失重狀態(tài)【答案】D【解析】【詳解】A．運動員先下蹲，發(fā)力向上加速，根據(jù)圖像可知，t=0.ls時，運動員處于向上加速過程，加速度方向向上，運動員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B．起跳過程中，地面對運動員的支持力的作用點的位移為0，地面對運動員不做功，故B錯誤；C．地面對運動員的支持力與運動員對地面的壓力是一對相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，地面對運動員支持力大小等于運動員對地面的壓力，故C錯誤；D．根據(jù)圖像可知，t=0.3s時，運動員處于向上減速過程，加速度方向向下，運動員處于完全失重狀態(tài)，故D正確。故選D。6.如圖所示，手提袋裝滿東西后總重為G，輕質(zhì)提繩與手提袋的4個連接點M、N、P、Q形成邊長為L的正方形。豎直外力作用在提繩中點O將手提袋提起，4段提繩OM、ON、OP、OQ等長且與豎直方向均成30°夾角，則下列說法正確的是（　?。〢.提繩OM對手提袋的作用力為 B.提繩OM和ON對手提袋的作用力為C.若增大提繩的長度，提繩OM和ON對手提袋的合力將減小D.若減小提繩的長度，提繩OM和OP對手提袋的合力將增大【答案】C【解析】【詳解】A．提繩OM、ON、OP、OQ等長且與豎直方向均成30°夾角，則對手提袋受力分析，由豎直上方的平衡有解得每根提繩的拉力為故四根提繩對手提袋的作用力均為，故A錯誤；B．由幾何知識可得每根提繩的長度為設(shè)提繩OM和ON的夾角為，則根據(jù)力的合成可得提繩OM和ON對手提袋的作用力為故B錯誤；C．設(shè)提繩OM和ON對手提袋的合力與上表面夾角為，根據(jù)豎直方向受力平衡可得解得若增大提繩的長度，變大，故提繩OM和ON對手提袋的合力減小，故C正確；D．根據(jù)對稱性可知提繩OM和OP對手提袋的合力方向為豎直向上，提繩ON和OQ 對手提袋的合力方向也為豎直向上，由于四根提繩拉力大小相等，相鄰提繩夾角相同，根據(jù)對稱性與豎直方向受力平衡可得提繩OM和OP對手提袋的合力與提繩ON和OQ對手提袋的合力因此減小提繩的長度，提繩OM和OP對手提袋的合力大小不變，故D錯誤。故選C。7.2022年1月22日，我國將一顆失效的北斗二號G2衛(wèi)星從軌道半徑為R?的地球同步軌道上變軌后運行到軌道半徑為R?的“墓地軌道”上，此舉標(biāo)志著航天器被動移位和太空垃圾處理新方式的成功執(zhí)行。該過程的簡化示意圖如圖所示。已知橢圓形轉(zhuǎn)移軌道與同步軌道和“墓地軌道”分別相切于P、Q兩點，則北斗二號G2衛(wèi)星（　?。〢.在轉(zhuǎn)移軌道上Q點的加速度小于在“墓地軌道”上Q點的加速度B.在轉(zhuǎn)移軌道上P點的機械能小于Q點的機械能C.在轉(zhuǎn)移軌道上P點的速度與Q點速度之比為R?：R?D.沿轉(zhuǎn)移軌道從P點運動到Q點所用的時間為天【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律可知在轉(zhuǎn)移軌道上Q點的加速度等于在“墓地軌道”上Q點的加速度，故A錯誤；B．在同一軌道上只有引力做功，機械能守恒，所以在轉(zhuǎn)移軌道上P點的機械能等于Q點的機械能，故B錯誤；C．根據(jù)開普勒第二定律可知 所以在轉(zhuǎn)移軌道上P點的速度與Q點速度之比為，故C錯誤；D．根據(jù)開普勒第三定律其中沿轉(zhuǎn)移軌道從P點運動到Q點所用的時間為天故D正確。故選D。8.某款伸展運動傳感器的原理圖如圖所示，它由一電極和可伸縮柱極體組成，可在非接觸狀態(tài)下實現(xiàn)力—電轉(zhuǎn)換。電極通過電阻接地處理，當(dāng)復(fù)合柱極體拉伸時，彈性體和柱極體粒子發(fā)生形變，改變了電極上的感應(yīng)電荷量，并通過電阻器產(chǎn)生電流。在拉伸復(fù)合柱極體的過程中（　?。〢.電流自右向左流經(jīng)電阻RB.柱極體與電極之間的電場強度將減小C.柱極體內(nèi)電荷相互作用的電勢能減小D.柱極體與電極之間的電勢差將增大【答案】B【解析】【詳解】A．人為規(guī)定正電荷定向移動的方向為電流的方向，而負(fù)電荷移動的方向為電流的反方向，根據(jù)題意，在拉伸復(fù)合柱極體的過程中，電子向右移動，則形成的電流的方向從右向左，因此電流自左向右流經(jīng)電阻R，故A錯誤；BD．拉伸復(fù)合柱極體的過程中，柱極體與電極之間正對部分的電荷量減小，根據(jù)，可知，柱極體與電極之間的電勢差減小，而根據(jù) 可知，柱極體與電極之間的電場強度將減小，故B正確，D錯誤；C．在拉伸復(fù)合柱極體的過程中，將機械能轉(zhuǎn)化成了電能，則其電勢能增大，故C錯誤。故選B。9.如圖所示，MN右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，某同學(xué)用粗細(xì)均勻、材料相同的漆包電阻絲做成兩個半徑相同的半圓形閉合金屬線圈，圖中O點交叉處圓弧導(dǎo)線與直導(dǎo)線不連通。金屬線圈可繞兩半圓直徑所在的轉(zhuǎn)軸ab（恰好與邊導(dǎo)線界MN重合）勻速轉(zhuǎn)動。已知t=0時刻，磁場方向垂直于線圈平面，則ab兩端點的電壓（）圖象可能正確的是（　?。〢.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】當(dāng)金屬線圈從與磁場垂直到轉(zhuǎn)過的過程中，與磁場垂直時磁通量最大，但磁通量的變化率為零，而轉(zhuǎn)動過程中通過金屬線框的磁通量在逐漸減小，當(dāng)轉(zhuǎn)過角度等于時，穿過線圈的磁通量減為零，此時磁通量的變化率達到最大值，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，此時感應(yīng)電動勢達到最大值，而當(dāng)線框接著轉(zhuǎn)動，從轉(zhuǎn)到的過程中，磁通量又開始逐漸增大，直至轉(zhuǎn)過 磁通量再次達到最大值，感應(yīng)電動勢減為0，根據(jù)楞次定律結(jié)合安培定則可知，ab兩端點的電壓將反向減??；當(dāng)從轉(zhuǎn)到的過程中，磁通量又開始減小，ab兩端點的電壓將反向增大，如此反復(fù)。故選A。10.一種可“稱量”安培力大小的實驗裝置如圖甲。形磁鐵置于水平電子測力計上，兩磁極之間的磁場可視為水平勻強磁場，不計兩極間以外區(qū)域磁場。一水平導(dǎo)體棒垂直磁場方向放入形磁鐵兩極之間（未與磁鐵接觸），導(dǎo)體棒由絕緣桿固定于鐵架臺上。導(dǎo)體棒沒有通電時，測力計示數(shù)為；導(dǎo)體棒通以圖示方向電流時，測力計示數(shù)為；將導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)過角時（如圖乙），測力計示數(shù)為；將導(dǎo)體棒在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)過角時（如圖丙），測力計示數(shù)為。整個過程保持電流大小不變，磁鐵始終靜止，不考慮導(dǎo)體棒電流對磁鐵磁場的影響。下列說法正確的是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】導(dǎo)體棒沒有通電時測力計的示數(shù)即為磁鐵的重量為，通向外的電流后，由左手定則可知導(dǎo)體棒受向上的安培力，根據(jù)牛頓第三定律可知導(dǎo)體棒對磁鐵的磁力向下，對磁鐵由平衡條件+F安=G1三種情況下，根據(jù)導(dǎo)體棒所受安培力相同，所以故選A。 11.光射到物體表面上時會產(chǎn)生壓力，我們將光對物體單位面積的壓力叫光壓。已知普朗克常量h，光速c，某激光器發(fā)出的激光功率為P，該光束垂直射到某平整元件上，其光束截面積為S，該激光的波長λ。若激光的能量全部被原件吸收，則下列說法正確的有（　　）A.該光束產(chǎn)生的光壓為B.該光束產(chǎn)生的光壓為C.該激光器單位時間內(nèi)發(fā)出的光子數(shù)為D.該激光器單位時間內(nèi)發(fā)出的光子數(shù)為【答案】C【解析】【詳解】CD．光子的能量設(shè)單位時間內(nèi)該激光器發(fā)出的光子數(shù)為N，則有故C正確，D錯誤；AB．根據(jù)題意，該激光的能量全部被原件吸收，則可認(rèn)為光子在接觸該原件后速度減為零，則在時間內(nèi)光子動量的變化量為對時間內(nèi)的光束由動量定理有解得該光束產(chǎn)生的光壓為故AB錯誤。故選C。12.農(nóng)民通過潛水泵抽取地下水灌溉農(nóng)田。已知潛水泵由電動機、水泵、輸水鋼管組成，某地下水源距離地表6m深，安裝潛水泵時將一根輸水鋼管豎直打入地底下與地下水源連通，水泵出水口離地表高度為0.45m，水流由出水口水平噴出時的速度為4m/s，每秒出水量為3kg。水泵由功率為330W 的電動機帶動，已知電動機額定電壓為220V，水泵的抽水效率為75%，水的密度為，則下列說法不正確的是（　?。〢.出水口鋼管橫截面積為B.每秒內(nèi)水流機械能增加217.5JC.水泵的輸出功率為217.5WD.電動機線圈的電阻為【答案】AC【解析】【詳解】A．水流由出水口水平噴出時的速度為4m/s，每秒出水量為3kg，根據(jù)代入數(shù)據(jù)解得故A錯誤符合題意；B．每秒內(nèi)水流機械能增加其中h=6+0.45m=6.45m代入數(shù)據(jù)解得ΔE=217.5J故B正確不符合題意；C．水泵的輸出功率故C錯誤符合題意；D．對電動機，有其中P總=UI聯(lián)立解得故D正確不符合題意； 故選AC。13.有一塊邊長為2m的透明立方體，立方體內(nèi)上下底面中心連線為，在處安裝了一盞可視為點光源的燈，已知立方體材料的折射率為，下列說法不正確的是（　　）A.由燈直接發(fā)出的光照到上表面時全部能從上表面射出B.從立方體的側(cè)面觀察，可能看不到光源C.由燈直接發(fā)出的光從四個側(cè)面射出，該射出區(qū)域的總面積為D.經(jīng)側(cè)面反射一次光線從上表面射出，該射出區(qū)域的面積為【答案】B【解析】【詳解】A．如圖所示在直角三角形中，由幾何關(guān)系可知則因為所以由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時全部能從上表面射出，故A正確；BC．而 則可知由燈直接發(fā)出照到冰塊四個側(cè)面上的光不能全部都從側(cè)面射出，能射出的面積如圖解得故B錯誤，C正確；D．設(shè)從上底面射出的區(qū)域的半徑為R，因為解得則經(jīng)側(cè)面反射一次的光線從上表面射出，該射出區(qū)域的面積故D正確。本題選擇不正確的，故選B。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分） 14.硼中子俘獲療法是腫瘤治療的新技術(shù)，其原理是進入腫瘤細(xì)胞內(nèi)的硼核（）吸收慢中子，轉(zhuǎn)變成鋰核（）和X粒子，并釋放出γ光子。已知γ光子的能量為E0，普朗克常量為h，真空中的光速為c，原子核比結(jié)核能與質(zhì)量數(shù)關(guān)系圖像如圖所示，則下列說法正確的是（　?。〢.該核反應(yīng)屬于β衰變B.γ光子的動量為C.X粒子為D.硼核的結(jié)合能大于X粒子的結(jié)合能【答案】BCD【解析】【詳解】AC．根據(jù)題意可寫出衰變方程可知該衰變?yōu)樗プ?，故A錯誤，C正確；B．根據(jù)，，聯(lián)立解得故B正確；D．結(jié)合能等于比結(jié)合能與核子數(shù)的乘積，根據(jù)圖像可知，核的比結(jié)合能大約為，B核的比結(jié)合能大約為，氦核有4個核子，而硼核有10個核子，顯然硼核的結(jié)合能大于氦核粒子的結(jié)合能，故D正確。故選BCD。15.如圖所示是某水域的剖面圖，A、B兩區(qū)域最大水深分別為點O處于兩部分水面分界線上，M和N分別是處在A、B兩區(qū)域水面上的兩點。若t=0時刻M點從平衡位置向上振動，N 點從平衡位置向下振動，形成以M、N點為波源向左、右傳播的水波（可看作簡諧橫波），兩波源振動頻率均為2Hz，其波速跟水深關(guān)系為式中h為兩區(qū)域水的最大深度。當(dāng)t=1s時，O點開始向上振動。已知A、B區(qū)域水波的振幅均為5cm，水深O、M間距離為3m，O、N間距離為6m。下列說法正確的是（　?。〢.B.A、B兩區(qū)域水波的波長之比為4：3C.t=1.5s時，O點經(jīng)平衡位置向上振動D.t=2.5s后，MN之間存在10個振幅為10cm的點【答案】AD【解析】【詳解】兩波源振動頻率均為2Hz，故兩波源振動周期A．t=0時刻M點從平衡位置向上振動，N點從平衡位置向下振動。當(dāng)t=1s時，O點開始向上振動，說明M點形成的水波先傳到O點。A區(qū)域的波速為又解得得故A正確；B．B區(qū)域的波速為 又得故B錯誤；C．當(dāng)t=1s時，波源M點的水波剛傳到O點且向上振動，再經(jīng)即一個周期，O點在平衡位置向上振動。波源N點的水波傳到O點用時該水波使O點在平衡位置向下振動，又已知A、B區(qū)域水波的振幅均為5cm。根據(jù)波的疊加原理，t=1.5s時，O點經(jīng)平衡位置既不向上振動也不向下振動。故C錯誤；D．M波源發(fā)出的波到達N點的時間同理N波源發(fā)出的波到達M點的時間A區(qū)域水波的波長M、N點為波源振動步調(diào)相反。把N點波源等效到O點，M、O兩波源的疊加振動加強點滿足（n=0，1，2，……）OM間有4個振動加強點，即振幅為10cm的點。B區(qū)域水波的波長把M點波源等效到O點，O、N兩波源的疊加振動加強點滿足（n=0，1，2，……）ON間有6個振動加強點，即振幅為10cm的點。即t=2.5s后，MN之間存在10個振幅為10cm的點。故D正確。 故選AD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.如圖是小李同學(xué)用螺旋測微器測量金屬絲直徑時涉及到的步驟。請選出需要的步驟，并按實驗時的先后順序排列，其合理的為（　?。〢.甲乙B.甲丙C.甲乙丙D.丙甲乙【答案】D【解析】【詳解】螺旋測微器的使用方法：左手持尺架，右手轉(zhuǎn)動粗調(diào)旋鈕使測桿與測砧間距稍大于被測物，放入被測物，轉(zhuǎn)動保護旋鈕到夾住被測物，直到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動固定旋鈕使測桿固定后讀數(shù)，D正確。故選D。17.某研究小組做“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗，所用器材有：方木板一塊，白紙，量程為5N的彈簧秤兩個，橡皮條，細(xì)繩套，刻度尺，圖釘。（1）具體操作前，同學(xué)們提出了如下實驗建議，其中正確的有________。A．使用彈簧秤時，施力方向應(yīng)沿其軸線，且彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦B．實驗時，拉伸橡皮條可以不和兩細(xì)繩套夾角的角平分線在一條直線上C．重復(fù)實驗再次進行驗證時，結(jié)點O的位置可以與前一次不同D．只用一個彈簧秤，無法完成該實驗（2）該小組的同學(xué)用同一套器材做了四次實驗，白紙上留下的標(biāo)注信息有結(jié)點位置O、力的標(biāo)度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點，如下圖所示，其中對于提高實驗精度最有利的是________。 【答案】①.BC##CB②.B【解析】【詳解】（1）[1]A．實驗中拉彈簧秤時，只需要讓彈簧秤與外殼間沒有摩擦，即需要沿著軸線的方向拉動彈簧秤，與彈簧秤外殼與木板間是否有摩擦無關(guān)，故A錯誤；B．實驗時，拉伸的橡皮條，只需讓兩橡皮條張開適當(dāng)?shù)慕嵌?，不能過小也不能過大，不需要使兩細(xì)繩套與兩細(xì)繩套夾角的角平分線在一條直線上，故B正確；C．只需要保證在同一次實驗中，前后兩次拉動橡皮筋，使結(jié)點O的位置重合即可，而重復(fù)實驗再次進行驗證時，結(jié)點O的位置可以與前一次不同，故C正確；D．若只有一個彈簧秤，可用一個彈簧秤鉤住其中一根細(xì)繩套，用手拉住其中一根細(xì)繩套然后互成角度的拉動彈簧秤，記錄彈簧秤的示數(shù)，即兩細(xì)繩套的方向，然后在兩細(xì)繩套方向不變的基礎(chǔ)上，手和彈簧秤互換，用彈簧秤去拉動另外一個細(xì)繩套，記錄彈簧秤的示數(shù)，同樣可以完成實驗，故D錯誤。故選BC。（2）[2]A．為了便于確定拉力的方向，拉橡皮筋的細(xì)繩套要稍長一些，同時在白紙上描點時，所描的點不要太靠近結(jié)點，故A錯誤；B．圖中所描的點到結(jié)點的距離適中，力的大小適中、兩個力的夾角也適中，故B正確；C．實驗中，兩分力應(yīng)適當(dāng)大些，讀數(shù)時引起的相對誤差會更小，而圖中讀數(shù)過小，容易引起較大的實驗誤差，故C錯誤；D．圖中兩分力夾角過小，作圖時容易引起實驗誤差，故D錯誤。故選B。18.關(guān)于教材中的以下實驗，說法不正確的是（　?。?A.圖甲，“用油膜法估測油酸分子大小”的實驗中，某小組發(fā)現(xiàn)所測得的分子直徑d明顯偏大，可能的原因是誤將一滴純油酸滴入了撒好爽身粉的水盤內(nèi)B.圖乙，“探究氣體等溫變化的規(guī)律”實驗中，在測定壓強時，必須將活塞涂抹潤滑油并豎直放置，否則都會影響壓強的測量結(jié)果C.圖丙，“探究電容器兩極板間電勢差跟所帶電荷量的關(guān)系”實驗中，三個開關(guān)的使用順序是：先將S1置于1、再將S1置于2（保持不動）、最后將S2閉合D.圖丁，“測量玻璃的折射率”實驗中，應(yīng)通過玻璃磚觀察大頭針的頭部，以方便將大頭針插準(zhǔn)【答案】BCD【解析】【詳解】A．誤將一滴純油酸滴入了撒好爽身粉的水盤內(nèi)，會導(dǎo)致油酸沒有充分散開，所測面積偏小，根據(jù)可知，分子直徑d明顯偏大，故A正確，不符題意；B．封閉的理想氣體對各個面的壓強均相同，則裝氣體的玻璃管無論水平放置還是豎直放置，都不會影響壓強的測量結(jié)果，故B錯誤，符合題意；C．“探究電容器兩極板間電勢差跟所帶電荷量的關(guān)系”實驗中，應(yīng)先把開關(guān)S1接1，給電容器A充電，再把開關(guān)S2解2，讓電容器B充電，然后斷開開關(guān)S1。閉合開關(guān)S2，讓電容器B的兩極板完全放電，隨后再斷開開關(guān)S2，然后重復(fù)這樣操作，故C錯誤，符合題意；D．“測量玻璃的折射率”實驗中，判斷像與針是否在同一直線時，應(yīng)該觀察大頭針的整個部分，不能只觀察其頭部，故D錯誤，符合題意。故選BCD。19.小明要描繪某電學(xué)元件（最大電流不超過6mA、最大電壓不超過7V）的伏安特性曲線，設(shè)計了如圖甲所示的實物電路：圖中定值電阻R=1kΩ；電流表A（量程為10mA，內(nèi)阻約為5Ω）；電壓表（量程為10V，內(nèi)阻約10kΩ）；滑動變阻器R1（阻值0~50Ω，額定電流0.4A），滑動變阻器R2（阻值0~20Ω，額定電流0.5A）；電源E（電動勢為12V，內(nèi)阻不計）。正確接線后，測得的數(shù)據(jù)如下表。 12345678910U（V）0.003.006.006.166.286326.366.386.396.40I（mA）0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50根據(jù)以上數(shù)據(jù)，分析判斷回答下列問題：（1）將實物電路補畫完整：電壓表的正接線柱應(yīng)接在________接線柱上（選填“b”、“c”或“d”），滑動變阻器的e接線柱應(yīng)接在________接線柱上（選填“g”、“a”或“不接”）。（2）本實驗小明選用的滑動變阻器是_________（選填“R1”或“R2”）。（3）隨后小明又研究了待測元件兩端電壓（Uab）隨ad間電壓（Uad）變化的變化關(guān)系，并定性畫出了示意圖，如圖所示，你認(rèn)為正確的是_________。【答案】①.c②.a③.R1④.C【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)題意，某電學(xué)元件（最大電流不超過6mA、最大電壓不超過7V）可知其阻值大約為其阻值遠(yuǎn)大于電流表內(nèi)阻，但與電壓表內(nèi)阻相差不大，若用電流表外接法，就會造成電壓表分流過大，造成極大誤差，因此應(yīng)采用電流表內(nèi)接法來測量電流，則電壓表的正接線柱應(yīng)接在c接線柱；[2]根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，可知該電學(xué)元件兩端的電壓從零開始，因此滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，而分壓式接法的接線柱“一上兩下”，且要與電源構(gòu)成完整的回路，則e接線柱應(yīng)回到電源的負(fù)極則應(yīng)接a接線柱（2）[3]若選用最大阻值為 的滑動變阻器，當(dāng)滑動變阻器完全接入電路中是，通過電路的最小電流大約為而最大阻值為的滑動變阻器的額定電流為0.5A，超過其額定電流，因此不能選擇滑動變阻器，若選擇滑動變阻器，則通過的最小電流約為在其額定電流范圍內(nèi)，因此應(yīng)選擇滑動變阻器。（3）[4]從表格中數(shù)據(jù)可以看出，待測元件兩端電壓（Uab）先呈現(xiàn)線性變化，逐漸增大，而隨后趨于穩(wěn)定。故選C。20.如圖所示，內(nèi)徑相同，導(dǎo)熱良好的“T”形細(xì)玻璃管上端開口，下端封閉，管中用水銀封閉著A、B兩部分理想氣體，C為輕質(zhì)密閉活塞，各部分長度如圖?，F(xiàn)緩慢推動活塞，將水平管中水銀恰好全部推進豎直管中，已知大氣壓強，設(shè)外界溫度不變。水平管中水銀恰好全部推進豎直管中時，求：（1）氣體A的壓強；（2）氣體A的氣柱長度；（3）活塞移動的距離為多大?【答案】（1）；（2）；（3）6.5cm【解析】【詳解】（1）水平管中水銀恰好全部推進豎直管中時，氣體A的壓（2）初狀態(tài)，氣體A的壓強 設(shè)玻璃管橫截面積為S，初狀態(tài)氣體A的體積設(shè)末狀態(tài)氣體A的體積為VA，對氣體A由玻意耳定律得解得末狀態(tài)氣體A的長（3）氣體A的長度減少量初狀態(tài)氣體B的壓強末狀態(tài)氣體B的壓強初狀態(tài)氣體B的體積設(shè)活塞移動的距離為xcm，末狀態(tài)氣體B的體積對氣體B由玻意耳定律得帶入數(shù)據(jù)解得x=6.5cm21.如圖所示，光滑的半徑為的圓弧最低點與豎直墻壁AB相連，質(zhì)量的小球1與長度為輕桿相連，輕桿的另一端通過鉸鏈與質(zhì)量為的小滑塊相連，小滑塊套在光滑的水平桿上。初始輕桿緊靠墻壁豎直放置，小球1剛好處在圓弧的末端?，F(xiàn)將質(zhì)量為的小球2 從圓弧上的C點由靜止釋放，CO連線與豎直方向的夾角為53°，小球2運動至圓弧的最低點與小球1發(fā)生彈性正碰，碰后立刻撤掉小球2。已知重力加速度的大小不計空氣阻力。求（1）小球2運動至軌道最低點與小球1碰撞前瞬間對軌道的壓力大??；（2）兩球碰撞后的瞬間，小球1的速度大??；（3）輕桿上作用力為零時，小球1的速度大小及此時輕桿與豎直方向夾角的余弦值；（4）小球1落到水平桿上前一瞬間速度大小?！敬鸢浮浚?）18N；（2）；（3），；（4）【解析】【詳解】（1）m2由C點運動至最低點，由機械能守恒在最低點，對m?進行受力分析，由牛頓第二定律解得由牛頓第三運動定律可得在最低點對軌道的壓力為18N。（2）小球m2在最低點與小球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒，有根據(jù)機械能守恒有解得 （3）記輕桿上作用力為零時輕桿與豎直方向的夾角為α，m1碰后運動至輕桿上作用力為零，由機械能守恒此時m1重力沿桿的分力提供所需要的向心力有聯(lián)立解得輕桿上作用力為零時m1的速度，（4）輕桿上作用力為零后，m1的速度繼續(xù)增加，所需要的向心力增大，而其重力沿輕桿的分力在減小，因而輕桿會向兩端提供拉力，m0開始離開墻壁，所以輕桿作用力為零到小球m1落到水平桿上前一瞬間，m1，m0構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒該過程系統(tǒng)機械能守恒落到水平桿上前一瞬間，由速度關(guān)聯(lián)有聯(lián)立可得m1落到水平桿上前一瞬間速度22.如圖所示，金屬輪和絕緣輪可繞各自中心金屬軸和轉(zhuǎn)動，和平行且水平放置，金屬輪由三根金屬輻條和金屬環(huán)組成，輪的輻條長均為4r、電阻均為R，金屬環(huán)的電阻可以忽略，三根輻條互成角，在圖中的扇形區(qū)域內(nèi)存在平行于軸向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，絕緣輪的半徑為2r，另一半徑為r的絕緣圓盤。與同軸且固連在一起。一輕細(xì)繩的一端固定在邊緣上的某點，在上繞足夠匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P。當(dāng)P下落時，通過細(xì)繩帶動和繞軸轉(zhuǎn)動。轉(zhuǎn)動過程中，保持接觸，無相對滑動。輪的軸金屬環(huán)邊緣電刷D引出導(dǎo)線、與兩平行的足夠長的光滑水平金屬導(dǎo)軌連接，上導(dǎo)軌E、F處斷開，金屬導(dǎo)軌的間距為L。兩導(dǎo)軌之間E的左側(cè)串聯(lián)了開關(guān)與電阻R ；兩導(dǎo)軌之間虛線右側(cè)存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小也為B，磁場中放置一質(zhì)量為，長度也為L、電阻為R的金屬棒GH，電容器的電容C與單刀雙擲開關(guān)串聯(lián)，可以擲向E或F，不計導(dǎo)線電阻。（1）當(dāng)都斷開，重物下落時，比較D與兩點之間的電勢高低：、（2）當(dāng)都斷開，重物下落速度為時，求D與兩點之間電勢差U的大小；（3）S1閉合、斷開，重物下落4r過程中，通過電阻R的電量；（4）S1斷開、先打向E，充電穩(wěn)定后再打向F，待金屬棒GH運動穩(wěn)定時，求金屬棒GH的速度。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【詳解】（1）輪帶動輪使其順時針轉(zhuǎn)動，根據(jù)右手定則可做出判斷（2）重物下落速度為v0時，則金屬輪A2邊緣的線速度為2v0，而A2與A1邊緣的線速度相同，則A1邊緣的線速度為2v0，則導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為則D與O1兩端的電壓為外電阻的電壓是電動勢的三分之一，即（3）重物下落4r時，根據(jù)金屬輪A3與金屬輪A1邊緣線速度之比為可知，金屬輪A1邊緣某點轉(zhuǎn)過的弧長為，根據(jù) 可得干路中通過的電量而根據(jù)電路關(guān)系可得得出則通過電阻R的電量為（4）充電穩(wěn)定：重力的功率與產(chǎn)生的熱功率相等，設(shè)重物的速度為v，則解得導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為穩(wěn)定時電容器兩端的電壓充電穩(wěn)定后打向F，待金屬棒GH運動穩(wěn)定時，金屬棒GH的電動勢與電容器電壓相等，金屬棒GH的速度穩(wěn)定，則有，， 解得23.如圖甲所示，足夠長水平收集板位于x軸，在一、二、四象限足夠大區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。在第三象限有垂直紙面向里、半徑為R的圓形勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B，邊界與y軸相切于A點。一群電子從與x軸平行的虛線處垂直虛線射入圓形磁場后均從A點進入右側(cè)磁場，這群電子在虛線處的x坐標(biāo)范圍為，電子打到收集板上后被收集。電子電量為e、質(zhì)量為m，不計電子重力及電子間的相互作用。（1）求電子的初速度大小；（2）求收集板上能收集到電子區(qū)域的長度；（3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁場，在y軸右側(cè)加多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，如圖乙所示。電場、磁場寬度均為d，電場強度為E，方向水平向右，垂直于紙面向里的磁場的磁感應(yīng)強度為，垂直于紙面向外的磁場的磁感應(yīng)強度為，電、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直：①若從x=-R處射出電子從第1層右側(cè)垂直邊界穿出，求與的大小之比；②把磁感應(yīng)強度大小改為使處射出電子從第n層右側(cè)邊界穿出時速度的方向恰好平行y軸向下，求的大小（用、、、、表示）。【答案】（1）；（2）；（3）1，【解析】【詳解】（1）根據(jù)題意，一群電子從與x軸平行的虛線處垂直虛線射入圓形磁場后均從A點進入右側(cè)磁場，則可知這群電子在圓形磁場中做圓周運動的軌跡半徑 電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力充當(dāng)向心力有解得（2）電子進入第四象限后仍在洛倫茲力的作用下做圓周運動，設(shè)其做圓周運動的軌跡半徑為，其軌跡圖如圖所示則有根據(jù)幾何關(guān)系可得，落在擋板最右側(cè)坐標(biāo)由幾何關(guān)系可知而這群粒子最右邊距軸的距離恰為，因此粒子范圍最右邊的粒子恰能經(jīng)過原點，因此落在擋板最左側(cè)坐標(biāo) 收集板上能收集到電子區(qū)域的長度為（3）①法1：設(shè)電子剛進第一層電場時速度與邊界的夾角為α，速度的豎直分量為又因為所以設(shè)電子剛出第一層電場時速度大小為v2，速度與邊界的夾角為β又因為所以所以法2：豎直方向動量定理所以②由動能定理得在y軸方向列動量定理方程 聯(lián)立解得