2023屆高考全真模擬押題卷一物理試題（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE12023屆高考物理全真模擬押題卷一注意事項:1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。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；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在試卷上無效。3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。一、單選（本題共7題，每題4分共28分）1、抖空竹在中國有著悠久的歷史。假設抖空竹所用輕繩AB總長為L，空竹重量為G，可視為質點。繩能承受的最大拉力是，將繩左端固定，將右端緩慢水平向右移動d而使繩不斷，不計一切摩擦，則d的最大可能值為()A. B. C. D.2、中國自主研發(fā)的世界首座具有第四代核電特征的核電站——華能石島灣高溫氣冷堆核電站，位于山東省威海市榮成石島灣，它的“核反應堆”通過可控的鏈式反應實現(xiàn)核能的釋放，如圖所示（1u對應931.5MeV的能量）。下列說法正確的是()A.重核分裂成中等大小的核，核的比結合能減小B.鈾核裂變的核反應方程為C.鈾核裂變釋放的中子可直接去轟擊另外的鈾核D.若在鈾核裂變的核反應中質量虧損為，則釋放的核能約是201MeV3、兩列簡諧橫波的振幅都是，傳播速度大小相同。實線波的頻率為，沿x軸正方向傳播；虛線波沿x軸負方向傳播。某時刻兩列波在如圖所示區(qū)域相遇，則()A.在相遇區(qū)域會發(fā)生干涉現(xiàn)象B.虛線波的頻率為2HzC.實線波的傳播速度為D.平衡位置為處的質點此時刻速度為零4、兩個底邊和高都是L的等腰三角形，三角形內均勻分布方向如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一邊長為L、電阻為R的正方形線框置于三角形所在平面內，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取逆時針方向感應電流為正，則線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是()A. B.C. D.5、在距離不太遠的情況下，親子電動車（如圖）是很多家長接送小學生的選擇，親子電動車一般限制時速不能超過25公里/小時，圖為某電動車起步時的速度隨時間變化的圖像，下列說法正確的是()A.0~5s內電動車的位移為15m B.時電動車的加速度為C.0~5s內電動車的平均速度大于3m/s D.在起步過程中電動車的功率是一定的6、某同學設計了一個測量壓力的電子秤，電路圖如圖所示，壓敏電阻R會隨稱臺上所受壓力的變大而線性變小，稱臺串聯(lián)了一個由理想電流表改裝而成的指針式測力顯示器，是定值電阻，電源電動勢為E，內阻，當壓力變大時()A.的熱功率變小 B.電容器C處于充電狀態(tài)C.電源的輸出功率變小 D.電源的效率變大7、圖1是手機無線充電器的示意圖，其原理如圖2所示：當送電線圈接上220V的正弦交變電流后，會產(chǎn)生一個變化的磁場從而使手機中的受電線圈中產(chǎn)生交變電流，該電流經(jīng)過其他裝置轉化為直流電給手機充電，該裝置實際上可等效為一個無磁漏的理想變壓器：送電線圈的匝數(shù)為，受電線圈匝數(shù)為，且.兩個線圈中所接的電阻的阻值都為R，當該裝置給手機充電時，測得兩端的電壓為cd兩端電壓的三分之一，則()A.流過原、副線圈的電流之比為3:1B.受電線圈兩端cd的輸出電壓為66VC.電阻和所消耗的功率之比為9:1D.ab端輸入電壓不變，若減小的阻值，受電線圈的輸出電壓將變小二、多選題（本題共3小題，每題6分，共計18分；有兩個以上〖答案〗，全對6分，選不全的3分，有選錯的得0分。）8、如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)和D后再回到狀態(tài)A。其中，和為等溫過程，和為絕熱過程（氣體與外界無熱量交換）。這就是著名的“卡諾循環(huán)”。該循環(huán)過程中，下列說法正確的是()A.過程中，外界對氣體做功B.過程中，氣體分子的平均動能增大C.過程中，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多D.過程中，氣體分子的平均動能增大9、在圖示電路中，C為不帶電的兩水平金屬板電容器，D為理想二極管，P為滑動變阻器R的滑片，均為電阻箱。閉合開關S后，一質量為m的帶電油滴恰好靜止在兩極板之間。下列說法正確的是()A.若P下移，則電容器C所帶的電荷量不變B.若阻值增大，則油滴將向下運動C.若阻值減小，則油滴將向下運動D.若僅將下極板下移，則油滴仍然靜止不動10、2021年12月9日，“天宮課堂”第一課正式開講，某同學在觀看太空水球光學實驗后，想研究光在含有氣泡的水球中的傳播情況，于是找到一塊環(huán)形玻璃磚模擬光的傳播，俯視圖如圖所示。光線a沿半徑方向入射玻璃磚，光線b與光線a平行，兩束光線之間的距離設為x，已知玻璃磚內圓半徑為R，外圓半徑為2R，折射率為，光在真空中的速度為c，不考慮反射光線，下列關于光線b的說法正確的是()A.當時，光不會經(jīng)過內圓B.當時，光線從外圓射出的方向與圖中入射光線的夾角為45°C.當時，光線從外圓射出的方向與圖中入射光線平行D.當時，光從內圓通過的時間為三、實驗題（11題8分，12題8分，共計16分）11、（1）在“用單分子油膜法估測分子大小”實驗中，在蒸發(fā)皿內盛一定量的水，正確操作的是______。A.在水面上先撒上痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散開穩(wěn)定B.先滴入一滴油酸酒精溶液，待其散開穩(wěn)定，再在水面上先撒上痱子粉（2）實驗中，油酸酒精溶液中有純油酸6mL。用注射器測得1mL上述溶液中有50滴。把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待油膜形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，在玻璃板上描出油膜的輪廓，然后把玻璃板放在坐標紙上，其形狀如圖所示，坐標紙中正方形小方格的面積為。①油膜的面積____；②每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是_____mL；③根據(jù)①、②數(shù)據(jù)，估算出油酸分子的直徑約_____m。（①、③問保留一位有效數(shù)字，②問保留兩位有效數(shù)字）12、下圖是某實驗小組為了定性探究平行板電容器的電容C與其極板間距離d、極板間正對面積S之間的關系裝置圖。充電后與電源斷開的平行板電容器的A板與靜電計相連，B板和靜電計金屬殼都接地，A板通過絕緣柄固定在鐵架臺上，人手通過絕緣柄控制B板的移動。請回答下列問題：（1）本實驗采用的科學方法是______A.理想實驗法 B.控制變量法 C.等效替代法 D.建立物理模型法（2）在該實驗中，靜電計的作用是______A.測定該電容器兩極的電勢差 B.測定該電容器的電容C.測定該電容器的電荷量 D.測定兩板之間的電場強度（3）在實驗中可觀察到的現(xiàn)象（選填“變大”“變小”或“不變”）①甲圖中的手水平向左移動增大極板間距離d時，靜電計指針的張角______②乙圖中的手豎直向上移動減小極板間正對面積S時，靜電計指針的張角______（4）通過以上實驗可歸納得到的結論是：________。四、計算題13、（10分）處于邀發(fā)態(tài)的氫原子可以向低能級躍遷，發(fā)出光子；處于基態(tài)的氫原子可以吸收光子的能量，發(fā)生能級躍遷.已知基態(tài)的氫原子能量為，普朗克常量為h，光在真空中速度為c，電子的質量為m，氫原子的能級公式.（1）一群處于能級的氫原子發(fā)出的光子，能使逸出功為的某金屬發(fā)生光電效應，求光電子的最大初動能；（2）用波長為λ的光子照射基態(tài)氫原子，可以使其電離，求電子電離后的德布羅意波的波長.14、（12分）如圖所示，水平地面上方MN邊界左側存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場，磁感應強度，邊界右側離地面高處有光滑絕緣平臺，右邊有一帶正電的a球，質量、電量，以初速度水平向左運動，與質量為靜止于平臺左邊緣的不帶電的絕緣球b發(fā)生正碰，碰后a球恰好做勻速圓周運動，兩球均視為質點，g取。求：（1）電場強度的大小和方向；（2）碰后a球在電場中運動的最短時間；（3）碰后a球落點的范圍。（計算結果都可以用根號表示）15、（18分）開普勒用二十年的時間研究第谷的行星觀測數(shù)據(jù)，分別于1609年和1619年發(fā)表了下列定律：開普勒第一定律：所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在橢圓的一個焦點上。開普勒第二定律：對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積相等。開普勒第三定律：所有行星軌道的半長軸a的三次方跟它的公轉周期T的二次方的比都相等，即，k是一個對所有行里都相同的常量。（1）在研究行星繞太陽運動的規(guī)律時，將行星軌道簡化為一半徑為r的圓軌道。a.如圖所示，設行星與太陽的連線在一段非常非常小的時間內，掃過的扇形面積為。求行星繞太陽運動的線速度的大小v，并結合開普勒第二定律證明行星做勻速圓周運動；（〖提示〗：扇形面積=×半徑×弧長）b.請結合開普勒第三定律、牛頓運動定律，證明太陽對行星的引力F與行星軌道半徑r的平方成反比。（2）牛頓建立萬有引力定律之后，人們可以從動力學的視角，理解和解釋開普勒定律。已知太陽質量為、行星質量為、太陽和行星間距離為L、引力常量為G，不考慮其它天體的影響。a.通常認為，太陽保持靜止不動，行星繞太陽做勻速圓周運動。請推導開普勒第三定律中常量k的表達式；b.實際上太陽并非保持靜止不動，如圖所示，太陽和行星繞二者連線上的O點做周期均為的勻速圓周運動。依照此模型，開普勒第三定律形式上仍可表達為。請推導的表達式（用和其它常數(shù)表示），并說明需滿足的條件。

——★參考答案★——1、〖答案〗B〖解析〗設輕繩與水平方向的夾角為θ，根據(jù)受力分析可得豎直方向上有，繩能承受的最大拉力是時，解得由幾何關系可得，聯(lián)立解得，故選B。2、〖答案〗D〖解析〗比結合能越大的原子核越穩(wěn)定，如果使較重的核分裂成中等大小的核，或者把較小的核合并成中等大小的核，核的比結合能均會增大，A錯誤；根據(jù)質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，鈾核裂變的核反應方程應為，B錯誤；中子的速度不能太快，否則會與鈾核“擦肩而過”，鈾核不能“捉”住它，不能發(fā)生核裂變，故需要減速劑對其減速后再去轟擊另外的鈾核，C錯誤；根據(jù)質能方程可得，鈾核裂變時釋放的能量是，D正確。3、〖答案〗B〖解析〗A項，兩列波速相同，波長不同，根據(jù)，頻率不同，不能發(fā)生干涉現(xiàn)象，故A項錯誤。B項，兩列波波速相同，實線波與虛線波的波長分別為4m、6m，波長之比為2:3，則得頻率之比為3:2，則虛線波的頻率為2Hz，故B項正確。C項，實線波的傳播速度為，故C項錯誤。D項，平衡位置為處的質點此刻位移為零，根據(jù)微平移法知，兩列波單獨引起的速度都向上，所以合速度不為零，故D項錯誤。綜上所述，本題正確〖答案〗為B。4、〖答案〗C〖解析〗由題圖可知，等腰三角形的底角正切值為，邊的位置坐標x在的過程中，只有線框的邊切割磁感線，由幾何關系可知線框邊有效切割長度為，且均勻增加到L，則，由閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的感應電流方向沿逆時針方向，為正值；線框邊坐標在的過程中，只有線框的邊切割磁感線，由幾何關系可知線框邊的有效切割長度為，則線框中的感應電動勢為，由閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的感應電流方向沿逆時針方向，為正值；線框邊坐標在的過程中，線框的邊和邊均切割磁感線，由幾何關系可知兩邊的有效切割長度均為，又由右手定則可知兩電源串聯(lián)，則線框中的感應電動勢為，由閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的感應電流方向沿順時針方向，為負值；線框邊坐標在的過程中，線框的邊和邊均切割磁感線，由幾何關系可知兩邊的有效切割長度均為，又由右手定則可知兩電源串聯(lián)，則線框中的感應電動勢為，由閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的感應電流方向沿順時針方向，為負值；同理分析的過程可知，C正確，ABD錯誤。5、〖答案〗C〖解析〗A.由面積法可知0~5s內電動車的位移大于15m，故A錯誤；B.5s內的平均加速度大小為，時電動車的加速度小于，故B錯誤；C.0~5s內電動車的平均速度大于3m/s，故C正確；D.由圖可知開始時速度為0，所以功率，5s之后加速a逐漸趨于0，所以F逐漸趨于恒定，功率也逐漸趨于穩(wěn)定值，所以在起步過程中電動車的功率是變化的，故D錯誤。故選C。6、〖答案〗B〖解析〗A.壓力變大時，壓敏電阻減小，可知電路總電阻減小，電路總電流增大，通過定值電阻電流增大，的熱功率變大，故A錯誤；B.電容器電壓等于電壓，根據(jù)可知電容器電荷量增大，電容器處于充電狀態(tài)，故B正確；C.壓敏電阻阻值減小，由于，外電阻大于電源內阻，根據(jù)電源輸出功率隨外電阻變化關系可知，電源輸出功率變大，故C錯誤；D.電源效率為可知電源的效率變小，故D錯誤。故選B。7、〖答案〗B〖解析〗AC.由于變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為3:1，可得原、副線圈的電流比為1:3，故選項A錯誤；根據(jù)可知電阻和消耗的功率之比為1:9，故選項C錯誤；B.設，由得，然后再結合兩端的電壓為cd兩端電壓的三分之一，則有=220V，得V，故選項B正確；D.ab端輸入電壓不變，若減小的阻值，則原線圈的輸入電壓變大，由于兩線圈的匝數(shù)不變，故受電線圈的輸出電壓將變大，故選項D錯誤.8、〖答案〗CD〖解析〗9、〖答案〗AD〖解析〗若P下移，二極管處于截止狀態(tài)，電容器C所帶的電荷量不變，選項A正確；由于所在支路電流，，阻值的改變不會影響電容器兩端的電壓，油滴仍然靜止不動，選項B錯誤；若阻值減小，則P點的電勢升高，二極管導通，對電容器繼續(xù)充電，電容器兩端的電壓升高，場強增大，油滴將向上運動，選項C錯誤；由知，若僅將下極板下移則電容減小，電容器要放電，但由于二極管截止，電容器無法放電，即電容器所帶的電荷量Q不變，由，得，則E與d無關，油滴仍然靜止不動，選項D正確。10、〖答案〗AD〖解析〗當折射光線恰好和內圓相切時，光恰好不會通過內圓

根據(jù)幾何關系得，根據(jù)折射率公式，代入數(shù)據(jù)解得，因此當時，光不會經(jīng)過內圓，故A正確；

B.由上式解得，由幾何分析可知，光線從外圓射出的方向與圖中入射光線的夾角小于45°，故B錯誤；

C.當時，由幾何分析可知，光線從外圓射出的方向不可能與圖中入射光線平行，根據(jù)折射定律，由于角度較小，可以得到，因此光從內圓通過距離為，光從內圓通過的時間為，故C錯誤，D正確。故選AD。11、〖答案〗（1）A（2）①②③〖解析〗（1）正確操作的是在水面上先撒上痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散開穩(wěn)定，故選A。（2）①數(shù)輪廓包圍方格約58個.則油酸膜的面積②每滴溶液中含純油酸的體積③油酸分子直徑為12、〖答案〗（1）B（2）A（3）變大；變大（5）見〖解析〗〖解析〗（1）探究多種因素電容大小的關系，采用的是控制變量法，故選B。（2）該實驗中靜電計是為了測定該電容器兩極的電勢差，從而反應出電容器電容大小的變化，故選A。（3）①甲圖中的手水平向左移動增大極板間距離d時，由可知，電容器電容C減小，又由于Q不變，則由可知，U變大。②乙圖中的手豎直向上移動減小極板間正對面積S時，由可知，電容器電容C減小，又由于Q不變，則由可知，U變大。（4）由實驗現(xiàn)象歸納總結可得：平行板電容器板間距d越大，電容C越?。粌砂彘g的正對面積S越小，電容C越小。13、〖答案〗（1）（2）〖解析〗（1）光子能量光電效應方程解得（2）動能動量波長解得

14、（1）〖答案〗見〖解析〗〖解析〗由于碰后a球恰好做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，故a球的重力與其所受的電場力等大、反向；故有：，解得電場強度的大小，由于重力方向向下，且球帶正電，故其所受電場力方向向上；故電場強度方向也是向上；（2）〖答案〗2.1s〖解析〗假設兩球發(fā)生彈性碰撞，有：解得：假設兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，有：解得：綜合分析得：碰后a球的速度為：碰撞后a球以在磁場中做勻速圓周運動的時間最短，根據(jù)和得：和因為，得：a球在磁場中轉過的角度為，所以在磁場中轉過時間（3）〖答案〗見〖解析〗〖解析〗a球落在N點左邊最大距離時，有：a球從右邊界飛出的最小半徑a球落在右邊的最大距離由平拋運動當時，s有最大值因，故代入數(shù)據(jù)解得：所以，a球可能的落點在距N點左邊、右邊的范圍內。15、〖答案〗（1）a.，證明過程見〖解析〗；b.證明過程見〖解析〗（2）a.；b.，行星質量遠小于太陽質量〖解析〗（1）a.根據(jù)扇形面積公式可得時間內行星掃過的扇形面積滿足解得根據(jù)開普勒第二定律：對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積相等，即為常量，則行星繞太陽運動的線速度的大小v也為常量，所以行星做勻速圓周運動；b.設行星質量為m，根據(jù)題意可知行星的圓周運動由太陽對行星的引力F提供向心力，則根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)開普勒第三定律可得即聯(lián)立以上兩式可得其中為常量，則太陽對行星的引力F與行星軌道半徑r的平方成反比；（2）a.行星繞太陽做勻速圓周運動由萬有引力提供向心力，所以根據(jù)牛頓第二定律有解得b.設行星做勻速圓周運動的軌道半徑為r，太陽做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則有行星做勻速圓周運動由萬有引力提供向心力，所以根據(jù)牛頓第二定律有太陽做勻速圓周運動由萬有引力提供向心力，所以根據(jù)牛頓第二定律有將以上兩式相加可得解得則若要使，即需要行星的質量遠小于太陽的質量。2023屆高考物理全真模擬押題卷一注意事項:1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。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；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在試卷上無效。3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。一、單選（本題共7題，每題4分共28分）1、抖空竹在中國有著悠久的歷史。假設抖空竹所用輕繩AB總長為L，空竹重量為G，可視為質點。繩能承受的最大拉力是，將繩左端固定，將右端緩慢水平向右移動d而使繩不斷，不計一切摩擦，則d的最大可能值為()A. B. C. D.2、中國自主研發(fā)的世界首座具有第四代核電特征的核電站——華能石島灣高溫氣冷堆核電站，位于山東省威海市榮成石島灣，它的“核反應堆”通過可控的鏈式反應實現(xiàn)核能的釋放，如圖所示（1u對應931.5MeV的能量）。下列說法正確的是()A.重核分裂成中等大小的核，核的比結合能減小B.鈾核裂變的核反應方程為C.鈾核裂變釋放的中子可直接去轟擊另外的鈾核D.若在鈾核裂變的核反應中質量虧損為，則釋放的核能約是201MeV3、兩列簡諧橫波的振幅都是，傳播速度大小相同。實線波的頻率為，沿x軸正方向傳播；虛線波沿x軸負方向傳播。某時刻兩列波在如圖所示區(qū)域相遇，則()A.在相遇區(qū)域會發(fā)生干涉現(xiàn)象B.虛線波的頻率為2HzC.實線波的傳播速度為D.平衡位置為處的質點此時刻速度為零4、兩個底邊和高都是L的等腰三角形，三角形內均勻分布方向如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一邊長為L、電阻為R的正方形線框置于三角形所在平面內，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取逆時針方向感應電流為正，則線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是()A. B.C. D.5、在距離不太遠的情況下，親子電動車（如圖）是很多家長接送小學生的選擇，親子電動車一般限制時速不能超過25公里/小時，圖為某電動車起步時的速度隨時間變化的圖像，下列說法正確的是()A.0~5s內電動車的位移為15m B.時電動車的加速度為C.0~5s內電動車的平均速度大于3m/s D.在起步過程中電動車的功率是一定的6、某同學設計了一個測量壓力的電子秤，電路圖如圖所示，壓敏電阻R會隨稱臺上所受壓力的變大而線性變小，稱臺串聯(lián)了一個由理想電流表改裝而成的指針式測力顯示器，是定值電阻，電源電動勢為E，內阻，當壓力變大時()A.的熱功率變小 B.電容器C處于充電狀態(tài)C.電源的輸出功率變小 D.電源的效率變大7、圖1是手機無線充電器的示意圖，其原理如圖2所示：當送電線圈接上220V的正弦交變電流后，會產(chǎn)生一個變化的磁場從而使手機中的受電線圈中產(chǎn)生交變電流，該電流經(jīng)過其他裝置轉化為直流電給手機充電，該裝置實際上可等效為一個無磁漏的理想變壓器：送電線圈的匝數(shù)為，受電線圈匝數(shù)為，且.兩個線圈中所接的電阻的阻值都為R，當該裝置給手機充電時，測得兩端的電壓為cd兩端電壓的三分之一，則()A.流過原、副線圈的電流之比為3:1B.受電線圈兩端cd的輸出電壓為66VC.電阻和所消耗的功率之比為9:1D.ab端輸入電壓不變，若減小的阻值，受電線圈的輸出電壓將變小二、多選題（本題共3小題，每題6分，共計18分；有兩個以上〖答案〗，全對6分，選不全的3分，有選錯的得0分。）8、如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)和D后再回到狀態(tài)A。其中，和為等溫過程，和為絕熱過程（氣體與外界無熱量交換）。這就是著名的“卡諾循環(huán)”。該循環(huán)過程中，下列說法正確的是()A.過程中，外界對氣體做功B.過程中，氣體分子的平均動能增大C.過程中，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多D.過程中，氣體分子的平均動能增大9、在圖示電路中，C為不帶電的兩水平金屬板電容器，D為理想二極管，P為滑動變阻器R的滑片，均為電阻箱。閉合開關S后，一質量為m的帶電油滴恰好靜止在兩極板之間。下列說法正確的是()A.若P下移，則電容器C所帶的電荷量不變B.若阻值增大，則油滴將向下運動C.若阻值減小，則油滴將向下運動D.若僅將下極板下移，則油滴仍然靜止不動10、2021年12月9日，“天宮課堂”第一課正式開講，某同學在觀看太空水球光學實驗后，想研究光在含有氣泡的水球中的傳播情況，于是找到一塊環(huán)形玻璃磚模擬光的傳播，俯視圖如圖所示。光線a沿半徑方向入射玻璃磚，光線b與光線a平行，兩束光線之間的距離設為x，已知玻璃磚內圓半徑為R，外圓半徑為2R，折射率為，光在真空中的速度為c，不考慮反射光線，下列關于光線b的說法正確的是()A.當時，光不會經(jīng)過內圓B.當時，光線從外圓射出的方向與圖中入射光線的夾角為45°C.當時，光線從外圓射出的方向與圖中入射光線平行D.當時，光從內圓通過的時間為三、實驗題（11題8分，12題8分，共計16分）11、（1）在“用單分子油膜法估測分子大小”實驗中，在蒸發(fā)皿內盛一定量的水，正確操作的是______。A.在水面上先撒上痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散開穩(wěn)定B.先滴入一滴油酸酒精溶液，待其散開穩(wěn)定，再在水面上先撒上痱子粉（2）實驗中，油酸酒精溶液中有純油酸6mL。用注射器測得1mL上述溶液中有50滴。把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待油膜形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，在玻璃板上描出油膜的輪廓，然后把玻璃板放在坐標紙上，其形狀如圖所示，坐標紙中正方形小方格的面積為。①油膜的面積____；②每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是_____mL；③根據(jù)①、②數(shù)據(jù)，估算出油酸分子的直徑約_____m。（①、③問保留一位有效數(shù)字，②問保留兩位有效數(shù)字）12、下圖是某實驗小組為了定性探究平行板電容器的電容C與其極板間距離d、極板間正對面積S之間的關系裝置圖。充電后與電源斷開的平行板電容器的A板與靜電計相連，B板和靜電計金屬殼都接地，A板通過絕緣柄固定在鐵架臺上，人手通過絕緣柄控制B板的移動。請回答下列問題：（1）本實驗采用的科學方法是______A.理想實驗法 B.控制變量法 C.等效替代法 D.建立物理模型法（2）在該實驗中，靜電計的作用是______A.測定該電容器兩極的電勢差 B.測定該電容器的電容C.測定該電容器的電荷量 D.測定兩板之間的電場強度（3）在實驗中可觀察到的現(xiàn)象（選填“變大”“變小”或“不變”）①甲圖中的手水平向左移動增大極板間距離d時，靜電計指針的張角______②乙圖中的手豎直向上移動減小極板間正對面積S時，靜電計指針的張角______（4）通過以上實驗可歸納得到的結論是：________。四、計算題13、（10分）處于邀發(fā)態(tài)的氫原子可以向低能級躍遷，發(fā)出光子；處于基態(tài)的氫原子可以吸收光子的能量，發(fā)生能級躍遷.已知基態(tài)的氫原子能量為，普朗克常量為h，光在真空中速度為c，電子的質量為m，氫原子的能級公式.（1）一群處于能級的氫原子發(fā)出的光子，能使逸出功為的某金屬發(fā)生光電效應，求光電子的最大初動能；（2）用波長為λ的光子照射基態(tài)氫原子，可以使其電離，求電子電離后的德布羅意波的波長.14、（12分）如圖所示，水平地面上方MN邊界左側存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場，磁感應強度，邊界右側離地面高處有光滑絕緣平臺，右邊有一帶正電的a球，質量、電量，以初速度水平向左運動，與質量為靜止于平臺左邊緣的不帶電的絕緣球b發(fā)生正碰，碰后a球恰好做勻速圓周運動，兩球均視為質點，g取。求：（1）電場強度的大小和方向；（2）碰后a球在電場中運動的最短時間；（3）碰后a球落點的范圍。（計算結果都可以用根號表示）15、（18分）開普勒用二十年的時間研究第谷的行星觀測數(shù)據(jù)，分別于1609年和1619年發(fā)表了下列定律：開普勒第一定律：所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在橢圓的一個焦點上。開普勒第二定律：對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積相等。開普勒第三定律：所有行星軌道的半長軸a的三次方跟它的公轉周期T的二次方的比都相等，即，k是一個對所有行里都相同的常量。（1）在研究行星繞太陽運動的規(guī)律時，將行星軌道簡化為一半徑為r的圓軌道。a.如圖所示，設行星與太陽的連線在一段非常非常小的時間內，掃過的扇形面積為。求行星繞太陽運動的線速度的大小v，并結合開普勒第二定律證明行星做勻速圓周運動；（〖提示〗：扇形面積=×半徑×弧長）b.請結合開普勒第三定律、牛頓運動定律，證明太陽對行星的引力F與行星軌道半徑r的平方成反比。（2）牛頓建立萬有引力定律之后，人們可以從動力學的視角，理解和解釋開普勒定律。已知太陽質量為、行星質量為、太陽和行星間距離為L、引力常量為G，不考慮其它天體的影響。a.通常認為，太陽保持靜止不動，行星繞太陽做勻速圓周運動。請推導開普勒第三定律中常量k的表達式；b.實際上太陽并非保持靜止不動，如圖所示，太陽和行星繞二者連線上的O點做周期均為的勻速圓周運動。依照此模型，開普勒第三定律形式上仍可表達為。請推導的表達式（用和其它常數(shù)表示），并說明需滿足的條件。

——★參考答案★——1、〖答案〗B〖解析〗設輕繩與水平方向的夾角為θ，根據(jù)受力分析可得豎直方向上有，繩能承受的最大拉力是時，解得由幾何關系可得，聯(lián)立解得，故選B。2、〖答案〗D〖解析〗比結合能越大的原子核越穩(wěn)定，如果使較重的核分裂成中等大小的核，或者把較小的核合并成中等大小的核，核的比結合能均會增大，A錯誤；根據(jù)質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，鈾核裂變的核反應方程應為，B錯誤；中子的速度不能太快，否則會與鈾核“擦肩而過”，鈾核不能“捉”住它，不能發(fā)生核裂變，故需要減速劑對其減速后再去轟擊另外的鈾核，C錯誤；根據(jù)質能方程可得，鈾核裂變時釋放的能量是，D正確。3、〖答案〗B〖解析〗A項，兩列波速相同，波長不同，根據(jù)，頻率不同，不能發(fā)生干涉現(xiàn)象，故A項錯誤。B項，兩列波波速相同，實線波與虛線波的波長分別為4m、6m，波長之比為2:3，則得頻率之比為3:2，則虛線波的頻率為2Hz，故B項正確。C項，實線波的傳播速度為，故C項錯誤。D項，平衡位置為處的質點此刻位移為零，根據(jù)微平移法知，兩列波單獨引起的速度都向上，所以合速度不為零，故D項錯誤。綜上所述，本題正確〖答案〗為B。4、〖答案〗C〖解析〗由題圖可知，等腰三角形的底角正切值為，邊的位置坐標x在的過程中，只有線框的邊切割磁感線，由幾何關系可知線框邊有效切割長度為，且均勻增加到L，則，由閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的感應電流方向沿逆時針方向，為正值；線框邊坐標在的過程中，只有線框的邊切割磁感線，由幾何關系可知線框邊的有效切割長度為，則線框中的感應電動勢為，由閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的感應電流方向沿逆時針方向，為正值；線框邊坐標在的過程中，線框的邊和邊均切割磁感線，由幾何關系可知兩邊的有效切割長度均為，又由右手定則可知兩電源串聯(lián)，則線框中的感應電動勢為，由閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的感應電流方向沿順時針方向，為負值；線框邊坐標在的過程中，線框的邊和邊均切割磁感線，由幾何關系可知兩邊的有效切割長度均為，又由右手定則可知兩電源串聯(lián)，則線框中的感應電動勢為，由閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的感應電流方向沿順時針方向，為負值；同理分析的過程可知，C正確，ABD錯誤。5、〖答案〗C〖解析〗A.由面積法可知0~5s內電動車的位移大于15m，故A錯誤；B.5s內的平均加速度大小為，時電動車的加速度小于，故B錯誤；C.0~5s內電動車的平均速度大于3m/s，故C正確；D.由圖可知開始時速度為0，所以功率，5s之后加速a逐漸趨于0，所以F逐漸趨于恒定，功率也逐漸趨于穩(wěn)定值，所以在起步過程中電動車的功率是變化的，故D錯誤。故選C。6、〖答案〗B〖解析〗A.壓力變大時，壓敏電阻減小，可知電路總電阻減小，電路總電流增大，通過定值電阻電流增大，的熱功率變大，故A錯誤；B.電容器電壓等于電壓，根據(jù)可知電容器電荷量增大，電容器處于充電狀態(tài)，故B正確；C.壓敏電阻阻值減小，由于，外電阻大于電源內阻，根據(jù)電源輸出功率隨外電阻變化關系可知，電源輸出功率變大，故C錯誤；D.電源效率為可知電源的效率變小，故D錯誤。故選B。7、〖答案〗B〖解析〗AC.由于變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為3:1，可得原、副線圈的電流比為1:3，故選項A錯誤；根據(jù)可知電阻和消耗的功率之比為1:9，故選項C錯誤；B.設，由得，然后再結合兩端的電壓為cd兩端電壓的三分之一，則有=220V，得V，故選項B正確；D.ab端輸入電壓不變，若減小的阻值，則原線圈的輸入電壓變大，由于兩線圈的匝數(shù)不變，故受電線圈的輸出電壓將變大，故選項D錯誤.8、〖答案〗CD〖解析〗9、〖答案〗AD〖解析〗若P下移，二極管處于截止狀態(tài)，電容器C所帶的電荷量不變，選項A正確；由于所在支路電流，，阻值的改變不會影響電容器兩端的電壓，油滴仍然靜止不動，選項B錯誤；若阻值減小，則P點的電勢升高，二極管導通，對電容器繼續(xù)充電，電容器兩端的電壓升高，場強增大，油滴將向上運動，選項C錯誤；由知，若僅將下極板下移則電容減小，電容器要放電，但由于二極管截止，電容器無法放電，即電容器所帶的電荷量Q不變，由，得，則E與d無關，油滴仍然靜止不動，選項D正確。10、〖答案〗AD〖解析〗當折射光線恰好和內圓相切時，光