2023-2024學(xué)年浙江省普通高校招生高三下學(xué)期高考押題物理試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE32024年6月浙江省普通高校招生-押題卷01物理試題選擇題部分選擇題Ⅰ（本題共3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．下列組合單位中與力的單位N（牛）不等效的是（）A．kg?m/s2 B．T?m2/s C．C?T?m/s D．T?A?m【解答】解：A、根據(jù)F＝ma得1N＝1kg?m/s2，故A錯誤；B、根據(jù)安培力公式F＝BIL知，公式中B的單位是T，I的單位是A，L的單位是m，F(xiàn)的單位是N，所以有1N＝1T?A?m，由IQUOTE，知1A＝1C/s，所以得1N＝1T?C/s?m＝1C?T?m/s，故B正確，CD錯誤；故選：B。2．如圖甲所示是一個小朋友玩抖空竹的游戲，圖乙是小朋友玩該游戲的示意圖，兩根不可伸長的線是對稱的。如果小朋友的兩手離得更遠一些，兩細線再次保持對稱并穩(wěn)定后，下列說法正確的是（）A．兩細線的拉力都變大 B．兩細線的拉力都變小 C．兩細線的拉力都不變 D．兩細線的拉力合力變大【解答】解：兩根不可伸長的線是對稱的，所以兩根線的拉力大小相等，合力等于空竹的重力，根據(jù)合力的特點可知，若合力不變，夾角越大時，兩細線拉力越大，所以小朋友的兩手離得更遠一些，兩細線的拉力都變大，故A正確，BCD錯誤；故選：A。3．2022年10月12日15時45分，“天宮課堂”第三課開講。某學(xué)生設(shè)想“天地同一實驗”，即在空間站和地面做同一個實驗，觀察實驗現(xiàn)象，下面有關(guān)其設(shè)想的實驗和可能出現(xiàn)的現(xiàn)象說法正確的是（）A．如圖1用一根繩子系著一個金屬球，拉開一個角度，靜止釋放后“天上”和“地上”看到的現(xiàn)象相同 B．如圖2用同樣的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉實驗，“天上”和“地上”實驗現(xiàn)象相同 C．如圖3相同密閉容器內(nèi)裝著完全相同的氣體，在相同的溫度下，“天上”和“地上”容器內(nèi)氣體壓強相同 D．如圖4用相同材料做成的兩根內(nèi)徑相同、兩端開口的圓柱形毛細管豎直插入水中，“天上”和“地上”觀察到的現(xiàn)象相同【解答】解：A．如圖1用一根繩子系著一個金屬球，拉開一個角度，靜止釋放后，“天上”由于完全失重，小球相對空間站靜止不動；“地上”由于重力的影響，小球?qū)⒆鰣A周運動，所以觀察到的實驗現(xiàn)象不相同，故A錯誤；B．如圖2用同樣的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉實驗，“天上”由于完全失重狀態(tài)，薄膜厚度基本均勻分布，不會出現(xiàn)干涉條紋；“地上”由于重力的影響，薄膜厚度并不是均勻分布，形成上薄下厚的形狀，會出現(xiàn)干涉條紋，所以觀察到的實驗現(xiàn)象不相同，故B錯誤；C．氣體壓強是由于氣體分子頻繁碰撞器壁而產(chǎn)生的，如圖3相同密閉容器內(nèi)裝著完全相同的氣體，在相同的溫度下，分子平均動能相同，“天上”和“地上”容器內(nèi)氣體壓強相同，故C正確；D．如圖4用相同材料做成的兩根內(nèi)徑相同、兩端開口的圓柱形毛細管豎直插入水中，“天上”由于完全失重，觀察到水上升到毛細管頂部，“地上”由于重力的影響，觀察到水上升一小段距離后靜止不動，所以觀察到的實驗現(xiàn)象不相同，故D錯誤。故選：C。4．如圖是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導(dǎo)線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B，則（）A．該磁場是勻強磁場 B．線圈平面總與磁場方向垂直 C．線圈將逆時針轉(zhuǎn)動 D．線圈將順時針轉(zhuǎn)動【解答】解：A、圖中磁場為輻狀磁場，該磁場不是勻強磁場，勻強磁場的磁感線是平行等間距的直線，磁感應(yīng)強度大小和方向相同，故A錯誤；B、由圖可知，線圈與磁感線一直平行，故B錯誤；CD、根據(jù)左手定則可知，a端受力向上，b受受力向下，故線圈將順時針轉(zhuǎn)動，故C錯誤、D正確。故選：D。5．12月10日，改編自劉慈欣同名系列長篇科幻小說的《三體》動畫在嗶哩嗶哩上線便備受關(guān)注。動畫版《三體》總編劇之一趙佳星透露，為了還原太空電梯的結(jié)構(gòu)，他們研究太空電梯的運行原理。太空電梯的原理并不復(fù)雜，與生活的中的普通電梯十分相似。只需在地球同步軌道上建造一個空間站，并用某種足夠長也足夠結(jié)實的“繩索”將其與地面相連，在引力和向心加速度的相互作用下，繩索會繃緊，宇航員、乘客以及貨物可以通過電梯轎廂一樣的升降艙沿繩索直入太空，這樣不需要依靠火箭、飛船這類復(fù)雜航天工具。如乙圖所示，假設(shè)有一長度為r的太空電梯連接地球赤道上的固定基地與同步空間站a，相對地球靜止，衛(wèi)星b與同步空間站a的運行方向相同，此時二者距離最近，經(jīng)過時間t之后，a、b第一次相距最遠。已知地球半徑R，自轉(zhuǎn)周期T，下列說法正確的是（）A．太空電梯各點均處于完全失重狀態(tài) B．b衛(wèi)星的周期為QUOTE C．太空電梯停在距地球表面高度為2R的站點，該站點處的重力加速度QUOTED．太空電梯上各點線速度與該點離地球球心距離成反比【解答】解：A．太空電梯各點隨地球一起做勻速圓周運動，只有位置達到同步衛(wèi)星的高度的點才處于完全失重狀態(tài)，不是各點均處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；B．同步衛(wèi)星的周期Ta＝T當兩衛(wèi)星a、b第一次相距最遠時滿足QUOTE解得QUOTE故B正確；C．太空電梯長度即為同步衛(wèi)星離地面的高度，萬有引力提供向心力QUOTE太空電梯停在距地球表面高度為2R的站點，太空電梯上貨物質(zhì)量為m，在距地面高2R站點受到的萬有引力為F，則QUOTE貨物繞地球做勻速圓周運動，設(shè)太空電梯對貨物的支持力為FN，萬有引力和支持力的合力提供向心力：QUOTE在貨梯內(nèi)有FN＝mgQUOTE聯(lián)立解得QUOTE故C錯誤；D．太空電梯與地球一起轉(zhuǎn)動，相對地球靜止，各點角速度相等，根據(jù)線速度v＝ωR'線速度與該點離地球球心距離成正比，故D錯誤。故選：B。6．如圖，理想自耦變壓器原線圈的a、b兩端接有瞬時值表達式為u＝20QUOTEsin（50πt）V的交變電壓，指示燈L接在變壓器的一小段線圈上，調(diào)節(jié)滑動片P1可以改變副線圈的匝數(shù)，調(diào)節(jié)滑動片P2可以改變負載電阻R2的阻值，則（）A．t＝0.04s時電壓表V1的示數(shù)為零 B．只向上移動P2，指示燈L將變暗 C．P1、P2均向上移動，電壓表V2的示數(shù)可能不變 D．P1、P2均向上移動，原線圈輸入功率可能不變【解答】解：A、t＝0.04s時，由u＝20QUOTEsin（50πt）V得u＝0，電壓瞬時值為零，但電壓表測量交流電壓的有效值，保持不變，為U1QUOTEV＝20V，故A錯誤；B、只向上移動P2，指示燈L兩端電壓不變，L的亮度不變，故B錯誤；C、電壓表V2的示數(shù)為R2兩端電壓，為：UV2QUOTEU2QUOTEU2，P1向上移動，副線圈匝數(shù)增加，副線圈的電壓U2增大，P2向上移動，R2增大，結(jié)合上式可知，UV2一定增大，故C錯誤；D、副線圈的輸出功率為：PQUOTE，P1、P2均向上移動，U2、R2均增大，副線圈輸出功率可能不變，根據(jù)能量守恒可知，原線圈輸入功率也可能不變，故D正確。故選：D。7．如圖所示，電源電動勢為3V，單刀雙擲開關(guān)S先置于a端使電路穩(wěn)定。在t＝0時刻開關(guān)S置于b端，若經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)，t＝0.02s時刻，自感線圈兩端的電勢差第一次為1.5V。如果不計振蕩過程的能量損失，下列說法正確的是（）A．0.04s時回路中的電流為零 B．0.08s時電感線圈中的自感電動勢值最大為3V C．0.07s～0.08s時間內(nèi)，電容器極板間電場方向豎直向上且逐漸減小 D．0.04s～0.05s時間內(nèi)，線圈中的磁場能逐漸增大【解答】解：A、S置于b端后自感線圈兩端的電勢差呈余弦規(guī)律變化，即：uQUOTE；由于t＝0時刻電容器電壓為3V，故此時自感線圈兩端的電勢差也為3V，然后開始減小，當?shù)谝淮螢?.5V時，經(jīng)歷時間為t＝0.02sQUOTE，所以振蕩電流的周期為T＝0.12s，所以0.04sQUOTE時回路中的電壓不是最大值，則電流不為零，故A錯誤；B、t＝0.06sQUOTE時極板兩側(cè)的電壓再次最大，所以電感線圈中的自感電動勢值也最大，為3V，故B錯誤；C、經(jīng)分析，t＝0.07s～0.08s時間內(nèi)，電容器極板間電場方向豎直向上且逐漸減小，故C正確；D、在t＝0.04s～0.05s時間內(nèi)，線圈兩端的電勢差增大即電容器極板間電場增大，電場能增大，則磁場能逐漸減小，故D錯誤。故選：C。8．一玻璃磚橫截面如圖所示，其中ABC為直角三角形（AC邊未畫出），AB為直角邊，∠ABC＝45°，ADC為一圓弧，其圓心在BC邊的中點。此玻璃的折射率為1.5。P為一貼近玻璃磚放置的、與AB垂直的光屏。若一束寬度與AB邊長度相等的平行光從AB邊垂直射入玻璃磚，則（）A．從BC邊折射出一束寬度比BC邊長度小的平行光 B．從BC邊折射出一束寬度比BC邊長度大的平行光 C．屏上有一亮區(qū)，其寬度等于AC邊的長度 D．屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長度【解答】解：因sinCQUOTE，所以45°＞C，光在BC面上發(fā)生全反射，光經(jīng)BC面全反射后由ADC進入空氣，入射角小于臨界角，折射角大于入射角，故所有從曲面ADC射出的光線都向ADC的中央方向偏折，如圖所示，屏上亮區(qū)寬度小于AC邊長度，又AB邊與AC邊長度相等，所以屏上有一亮區(qū)其寬度小于AB、AC邊長度，不是平行光，故D正確，ABC錯誤；故選：D。9．《巴黎氣候變化協(xié)定》是人類歷史上應(yīng)對全球溫室效應(yīng)帶來的氣候變化的第三個里程碑式的國際法律文本。為了減少二氧化碳的排放，我國一直在大力發(fā)展新能源汽車，已知某型號的電動汽車主要技術(shù)參數(shù)如表：車型尺寸長×寬×高4870×1950×1725最高時速km/h120電機型式交流永磁同步電機電機最大電功率kW180工況法純電續(xù)駛里程km500等速法純電續(xù)駛里程km600電池容量kW?h82.8快充時間h1.40﹣50km/h加速時間（s）20﹣100km/h加速時間s4.6根據(jù)電動汽車行業(yè)國家標準GB/T18386﹣2017，電機的最大功率為電機輸出的最大機械功率；電池容量為電池充滿電時儲存的最大電能，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，可知（）A．0﹣100km/h的加速過程中電動車行駛的路程一定大于60m B．電機以最大功率工作且車以最大速度行駛時，車受到的阻力大小為5000N C．該車在0﹣50km/h的加速過程中平均加速度為25m/s2 D．電機以最大功率工做加速到最高時速用時4.6s【解答】解：A、v＝100km/hQUOTEm/sQUOTEm/s，0﹣100km/h的加速時間為4.6s，假設(shè)電動車做勻加速直線運動，該過程中電動車行駛的路程sQUOTEtQUOTE64m，實際上電動車做加速度減小的加速運動，故路程一定大于64m，故A正確。B、P＝180kW＝180000W，vm＝120km/h＝33.3m/s，電機以最大功率工作且車以最大速度行駛時，牽引力等于阻力，f＝FQUOTEN＝5400N，故車受到的阻力大小為5400N，故B錯誤。C、v＝50km/hQUOTEm/sQUOTE，該車在0﹣50km/h的加速過程中，用時2s，平均加速度aQUOTE6.9m/s，故C錯誤。D、由表中數(shù)據(jù)0﹣100km/h用時4.6s，還不到最大時速，故D錯誤。故選：A。10．如圖，沿南北方向放置一水平長直導(dǎo)線，在導(dǎo)線正下方附近水平放置一個小磁針，小磁針初始時處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)給導(dǎo)線中通入恒定電流，從上往下看，小磁針逆時針偏轉(zhuǎn)，待最終靜止時小磁針在水平面內(nèi)偏轉(zhuǎn)了30°，已知地磁場的水平分量為3×10﹣5T，則下列說法正確的是（）A．通電長直導(dǎo)線的電流方向為從北指向南 B．通電長直導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為QUOTET C．通電長直導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為QUOTET D．通電長直導(dǎo)線中的電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則小磁針最終靜止時與初始位置之間的夾角變?yōu)樵瓉淼?倍【解答】解：A．小磁針處于地磁場和電流磁場中，其指向是合磁場的方向，根據(jù)安培定則，可判斷直導(dǎo)線的電流應(yīng)是由南向北，故A錯誤；BC．根據(jù)題意可知，分磁場與合磁場的關(guān)系如圖所示：地磁場的水平分量為B＝3×10﹣5T根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知，通電長直導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為QUOTE綜上分析，故B錯誤，C正確；D．通電長直導(dǎo)線中的電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則通電長直導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小變?yōu)镼UOTE設(shè)小磁針最終靜止時與初始位置之間的夾角設(shè)為θ，則QUOTE則小磁針最終靜止時與初始位置之間的夾角沒變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。故選：C。11．如圖所示，ABC為在豎直平面內(nèi)的金屬半圓環(huán)，AC為其水平直徑，AB為固定的直金屬棒，在金屬棒上和半圓環(huán)的BC部分分別套著兩個完全相同的小球M、N（視為質(zhì)點），B固定在半圓環(huán)的最低點?，F(xiàn)讓半圓環(huán)繞對稱軸以角速度ω＝25rad/s勻速轉(zhuǎn)動，兩小球與半圓環(huán)恰好保持相對靜止。已知半圓環(huán)的半徑R＝1m，金屬棒和半圓環(huán)均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列選項正確的是（）A．N、M兩小球做圓周運動的線速度大小之比為1：QUOTE B．N、M兩小球做圓周運動的線速度大小之比1：QUOTE C．若稍微增大半圓環(huán)的角速度，小環(huán)M稍許靠近A點，小環(huán)N將到達C點 D．若稍微增大半圓環(huán)的角速度，小環(huán)M將到達A點，小環(huán)N將稍許靠近C點【解答】解：AB、金屬棒AB與豎直方向夾角為45°，小球M受到重力和桿的支持力，在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，合力的方向沿水平方向，則有：FN＝mgtan45°＝mωvM，解得：QUOTE設(shè)半圓環(huán)的圓心為O，NO與豎直方向之間的夾角為θ，對小球N，同理可得：FN′＝mgtanθ＝mωvN，解得：vNQUOTE又：FN′＝mω2r，r＝Rsinθ聯(lián)立解得：vNQUOTE則：QUOTE，故AB錯誤；CD、設(shè)半圓環(huán)的圓心為O，NO與豎直方向之間的夾角為θ，對小球N，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2rNrN＝Rsinθ解得：QUOTE可見當ω稍微增大時，cosθ會減小，θ增大，小球N將向C靠近，當ω趨近無窮大，θ會趨近90°，即稍微增大半圓環(huán)的角速度，小環(huán)N將靠近C點而不會到達C點。對于小球M，由牛頓第二定律得：mgtan45°＝mω2rM，rM＝Rsinβ，β是MO與豎直方向的夾角，g＝mω2Rsinβ，可見小球M做勻速圓周運動時向心力大小是一定的，即為mgtan45°，當角速度增大時，所需要的向心力增大，所能提供的向心力一定，小于小球M所需要的向心力，M將做離心運動，則圓周運動半徑rM將變大，所需向心力更大，故小球M將一直離心運動直到到達A點。故C錯誤，D正確；故選：D。12．如圖所示為氫原子的能級圖，已知可見光的光子能量范圍為1.62eV～3.11eV，鋅板的電子逸出功為3.34eV。下列說法正確的是（）A．用能量為11.0eV的光子照射，可使處于基態(tài)的原子躍遷到激發(fā)態(tài) B．處于n＝3能級的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并且使氫原子電離 C．大量處于n＝3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，輻射的光子中有三種不同頻率的光子可使鋅板產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象 D．大量處于n＝4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時所發(fā)出的光子通過同一雙縫干涉實驗裝置，以n＝4直接躍遷到n＝1能級發(fā)出的光子所形成的干涉條紋最寬【解答】解：A、若基態(tài)的氫原子吸收的能量等于11.0eV的光子，則能量值為：E＝E1+11.0eV＝﹣13.6eV+11.0eV＝﹣2.6eV，氫原子沒有該能級，所以處于基態(tài)的氫原子不能吸收11.0eV的光子，故A錯誤；B、紫外線光子的最小能量為3.11eV，處于n＝3級的氫原子的電離能為1.51eV，故紫外線可以使氫原子電離，故B正確；C、處于n＝3能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射出光的能量為ΔE＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV，大于鋅板的電子逸出功3.34eV，因此能產(chǎn)生光電效應(yīng)，電子在n＝2能級再次向基態(tài)躍遷發(fā)射出光子的能量為ΔE′＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV＞3.34eV則可以產(chǎn)生光電效應(yīng)，處于n＝3能級向基態(tài)向n＝2躍遷時發(fā)射出的光的能量為ΔE″＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV，小于大于鋅板的電子逸出功3.34eV不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，故有兩種不同頻率的光產(chǎn)生光電效應(yīng)，故C錯誤；D、雙縫干涉實驗裝置，在光屏上相鄰亮條紋間距QUOTE，由nn＝4直接躍遷到n＝1能級發(fā)出的光子的頻率最大，則波長最短，所以形成的干涉條紋最窄，故D錯誤。故選：B。13．用如圖所示裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象．某單色光照射光電管陰極K，能發(fā)生光電效應(yīng)．閉合S，在A和K間加反向電壓，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片逐漸增大電壓，直至電流計中電流恰好為零，此電壓表示數(shù)U稱為反向截止電壓．根據(jù)U可計算光電子的最大初動能Ekm．分別用頻率為ν1和ν2的單色光照射陰極，測得的反向截止電壓分別為U1和U2．設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，則下列關(guān)系式中不正確的是（）A．頻率為ν1的光照射時，光電子的最大初速度是QUOTE B．陰極K金屬的逸出功W＝hν1﹣eU1 C．陰極K金屬的極限波長小于QUOTE D．普朗克常數(shù)hQUOTE【解答】解：A、光電子在電場中做減速運動，根據(jù)動能定理得：﹣eU1＝0QUOTE，則得光電子的最大初速度vm1QUOTE．故A正確。B、D根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得：hγ1＝eU1+W①hγ2＝eU2+W②由①得：金屬的逸出功W＝hν1﹣eUl。聯(lián)立①②得：hQUOTE．故BD正確，C、根據(jù)題意可知，用頻率為ν1的單色光照射陰極，能發(fā)生光電效應(yīng)，則極限頻率小于ν1，則金屬的極限波長大于QUOTE，故C錯誤。本題選錯誤的故選：C。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是符合題目要求的。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．如圖所示，傾角為30°的斜面體固定在水平地面上，上表面O點以下部分粗糙且足夠長，其余部分光滑。在斜面體O點上方放置一質(zhì)量為0.2kg且分布均勻、長度為0.2m的薄板，薄板下端與O點之間的距離為0.4m?，F(xiàn)由靜止釋放薄板，薄板沿斜面向下運動，已知當薄板通過O點過程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O點以下部分重量的QUOTE倍，重力加速度g取10m/s2。則（）A．薄板減速運動時最大加速度為5m/s2 B．薄板與O點以下部分的動摩擦因數(shù)為QUOTE C．薄板的最大速度為QUOTEm/s D．薄板靜止時，其下端距O點1.1m【解答】解：根據(jù)題意可知：薄木板長L＝0.2m，質(zhì)量為m＝0.2kg，薄板下端與O點之間的距離為x1＝0.4m。A、當薄木板全部進入O點以下時，薄板減速運動的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得：QUOTEmgsin30°＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝2.5m/s2，故A錯誤；B、設(shè)薄板在斜面O點以下部分的質(zhì)量為m′時，摩擦力fQUOTEμm′gcos30°，解得薄板與O點以下部分的動摩擦因數(shù)為：μQUOTE，故B正確；C、當重力沿斜面向下的分力等于摩擦力時速度最大，此時薄木板下端進入粗糙部分的長度為x2，則有：QUOTEmgsin30°代入數(shù)據(jù)解得：x2QUOTEm從開始到速度最大過程中，根據(jù)動能定理可得：mg（x1+x2）sin30°QUOTE0代入數(shù)據(jù)解得：vmQUOTEm/s，故C錯誤；D、設(shè)薄板靜止時，其下端距O點的距離為x3，全過程根據(jù)動能定理可得：mg（x1+x3）sin30°QUOTEμmgcos30°?（x3﹣L）＝0代入數(shù)據(jù)解得：x3＝1.1m，故D正確。故選：BD。15．甲、乙兩列簡諧橫波（各只有一個波長）沿x軸相向傳播，原點左側(cè)和右側(cè)為不同介質(zhì)，已知波在原點左側(cè)介質(zhì)中的傳播速度為3m/s。在t＝0時刻兩列波的位置如圖所示，此后發(fā)現(xiàn)平衡位置為x＝0.05m的質(zhì)點曾經(jīng)出現(xiàn)y＝+30cm的位移，則（）A．波在原點右側(cè)介質(zhì)中的傳播速度為2.1m/s B．乙波的振動周期為0.2s C．t＝0.25s兩列波恰好完全分離 D．原點的質(zhì)點在t＝0.35s后停止振動【解答】解：A、根據(jù)題意可知，左右兩列波的波峰同時到達x＝0.05m且疊加時最強，則有：QUOTE，可以解得波在原點右側(cè)介質(zhì)的傳播速度為v＝2m/s，故A錯誤；B、乙波在右側(cè)介質(zhì)的波長為0.4m，結(jié)合右側(cè)的傳播速度v＝2m/s，可得乙波的傳播周期即振動周期為0.2s，故B正確；C、t＝0.25s時，乙波的尾部剛好傳到x＝0.2m處，甲波的尾部傳到x＝0處所需時間為：t1QUOTEs，t2＝（0.25QUOTE）sQUOTEs，則t＝0.25s時甲波的尾部到達的位置為：x＝2m/sQUOTEsQUOTEm，顯然QUOTEm＜0.2m，故兩列波還沒有分離，故C錯誤；D、由上述可知，0.35s時，甲波的尾部已經(jīng)過了原點，乙波的尾部即將離開原點，故原點的質(zhì)點在t＝0.35s后停止振動，故D正確。故選：BD。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共14分）Ⅰ．（5分）某同學(xué)用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律，光滑斜面AB與半徑為R的光滑圓弧面相切于斜面底端的B點，圓弧的最低點為C。他采用以下兩種方案來驗證小球從斜面上某點由靜止釋放運動到C點的過程中機械能是否守恒。（當?shù)刂亓铀俣葹間）（1）方案一：①他用20分度游標卡尺測量小球的直徑d，如圖乙所示，則小球直徑d＝cm，在C點安裝一個光電門；②將小球從斜面上某點由靜止釋放，小球通過C點光電門時所用的時間為t，則小球通過C點時的速度v＝QUOTE（用物理量符號表示）；③改變小球的釋放位置，測得釋放位置到C點的高度為h，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)時間t，以QUOTE為橫坐標，以h為縱坐標，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，若直線的斜率k＝QUOTE，則表明小球在上述運動過程中機械能守恒。（2）方案二：①在圓弧最低點C安裝一個力傳感器；②將小球從斜面上某點由靜止釋放，測得釋放位置到C點的高度為h，并測得小球通過C點時傳感器的示數(shù)F；③改變小球的釋放位置，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)傳感器的示數(shù)F，以h為橫坐標，以為F縱坐標，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，該直線的斜率為k，與縱軸的交點為b，若小球在上述運動過程中機械能守恒，則k＝QUOTE，b＝。（用物理量符號表示）。【解答】解：（1）①由圖可知，20分度游標卡尺的第12條刻度線與主尺的24mm對齊，所以小球的直徑d＝24.00mm﹣12×0.95mm＝12.60mm＝1.260cm②小球通過C點時的速度QUOTE③若小球在運動過程中機械能守恒QUOTE整理得QUOTE直線的斜率為QUOTE（2）小球在運動過程中機械能守恒QUOTE對小球在C點受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有QUOTE由牛頓第三定律有F＝FN可得QUOTE直線的斜率為QUOTE直線與縱軸的交點為為b＝mg。故〖答案〗為：（1）①1.260；②QUOTE；③QUOTE；（2）③QUOTE；mg。Ⅱ．（6分）某研究小組想要研究一標有“6V，3W”的小型電動機的伏安特性曲線，實驗室提供的器材有：量程為0.6A的電流表（電阻約為1.0Ω），電源（電動勢為9V，內(nèi)阻為3Ω），定值電阻（阻值為6000Ω），導(dǎo)線若干，單刀開關(guān)一個，還有以下器材可供選擇A．量程為3V的電壓表（內(nèi)阻為3000Ω）B．量程為15V的電壓表（內(nèi)阻為6000Ω）C．滑動變阻器（阻值為10Ω，額定電流為2.0A）D．滑動變阻器（阻值為200Ω，額定電流為0.5A（1）為盡量準確地測出小型電動機的伏安特性曲線，電壓表應(yīng)選，滑動變阻器應(yīng)選。（2）請用筆畫線代替導(dǎo)線將實物圖補充完整。（3）連接好電路后，合上開關(guān)，讀出電壓表和電流表的示數(shù)，將電動機兩端電壓與流過它的電流數(shù)據(jù)在毫米方格紙中標出，并畫出其伏安特性曲線，請說明在P處為何出現(xiàn)如圖所示的圖像。（4）電動機正常工作時，電動機兩端電壓為U，通過電動機的電流為I，電動機的內(nèi)阻為R，下列幾個功率的表達式的大小關(guān)系正確的是。A．QUOTEB．QUOTEC．QUOTED．QUOTE（5）將該電動機與一個阻值為30Ω的定值電阻并聯(lián)后，再與一個電動勢為9V，內(nèi)阻為15Ω的電源串聯(lián)，則此時電動機的輸出功率為W。（保留三位有效數(shù)字）【解答】解：（1）15V量程的電壓表的量程太大，應(yīng)選擇量程為3V（內(nèi)阻為3000Ω）的電壓表，將其與定值電阻（阻值為6000Ω）串聯(lián)進行改裝，改裝后的量程最大值為9V，可以滿足實驗要求，故電壓表應(yīng)選A；研究電動機的伏安特性曲線時電壓需要從零開始調(diào)節(jié)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，滑動變阻器應(yīng)選用最大阻值較小的，可方便電路的調(diào)節(jié)，故滑動變阻器應(yīng)選C。（2）將實物圖補充完整如下圖所示（3）出現(xiàn)圖中P處的原因是：電壓較小時電動機沒有轉(zhuǎn)動，可看成純電阻，當電壓達到約2.0V時電動機開始轉(zhuǎn)動，不能看成純電阻電路，此時對電流的阻礙作用增大，電流變小。（4）電動機正常工作時是非純電阻用電器，電動機的總功率（即輸入功率）為P總＝UI，電動機內(nèi)阻的熱功率為P熱＝I2R，因為電動機的總功率等于內(nèi)阻的熱功率與輸出的機械功率之和，所以有：UI＞I2R，由此可得：QUOTE可得：QUOTE綜合可得：QUOTE，故C正確，ABD錯誤。故選：C。（5）設(shè)該電動機兩端的電壓為U，通過的電流為I，并聯(lián)的定值電阻R＝30Ω，電源的電動勢E＝9V，內(nèi)阻r＝15Ω。根據(jù)閉合電路歐姆定律有：U＝E﹣（IQUOTE）r代入數(shù)據(jù)解得：U＝6﹣10I在電動機的U﹣I圖像中畫出此關(guān)系式的圖像，如下圖所示兩圖像的交點（0.33A，2.70V）為電動機的工作電壓和電流，則電動機的輸入功率為：P入＝UI＝2.70×0.330W＝0.891W由電動機的U﹣I圖像中的直線部分的斜率，可得電動機的內(nèi)阻為：RMQUOTE電動機內(nèi)阻的熱功率為P熱＝I2RM＝0.3302QUOTEW＝0.726W此時電動機的輸出功率為P出＝P入﹣P熱＝0.891W﹣0.726W＝0.165W故〖答案〗為：（1）A；C；（2）；（3）電壓較小時電動機沒有轉(zhuǎn)動，可看成純電阻，當電壓達到約2.0V時電動機開始轉(zhuǎn)動，不能看成純電阻電路，此時對電流的阻礙作用增大，電流變??；（4）C；（5）0.165WⅢ．（3分）在做“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗中，（1）必須要選用的器材是。A．有閉合鐵芯的原副線圈B．無鐵芯的原副線圈C．交流電源D．直流電源E.多用電表（交流電壓擋）F.多用電表（交流電流擋）（2）用匝數(shù)na＝60匝和nb＝120匝的變壓器，實驗測量數(shù)據(jù)如下表：U/V1.802.803.804.90U/V4.006.018.029.98根據(jù)測量數(shù)據(jù)可判斷連接電源的線圈是（選填“na”或“nb”）。（3）如圖所示，向右推動可拆卸變壓器的鐵芯，使其由不閉合到閉合，可以看到接在副線圈兩端的小燈泡亮度從較小到正常發(fā)光。試分析其原因。【解答】解：（1）根據(jù)實驗原理可知，必須要有帶閉合鐵芯的原副線圈，電源為交流電源時，穿過變壓器原副線圈的磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，測定變壓器原副線圈的電壓要用到多用電表的交流電壓擋；無鐵芯的原副線圈，漏磁十分嚴重；直流電源不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，不需要測量通過變壓器原副線圈的電流，因此不需要多用電表的交流電流擋，故ACE正確，BDF錯誤。故選：ACE。（2）根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系QUOTE考慮到變壓器不是理想變壓器，從初級到次級有能量損失，可知連接電源的線圈是nb。（3）若鐵芯閉合時，由于鐵芯被磁化，絕大部分磁感線集中在鐵芯內(nèi)部，貫穿副線圈，大大增強了變壓器傳輸電能的作用，所以接在副線圈兩端的小燈泡亮度從較小到正常發(fā)光。故〖答案〗為：（1）ACE；（2）nb；（3）若鐵芯閉合時，由于鐵芯被磁化，絕大部分磁感線集中在鐵芯內(nèi)部，貫穿副線圈，大大增強了變壓器傳輸電能的作用，所以接在副線圈兩端的小燈泡亮度從較小到正常發(fā)光。17．（8分）如圖所示，密閉導(dǎo)熱氣缸與活塞間無摩擦，對活塞施加沿斜面向上的外力F。當F＝2mg時，氣缸與活塞靜止在傾角為37°的斜面上。已知氣缸質(zhì)量m1＝4m，活塞質(zhì)量m2＝m，活塞橫截面積為S。靜止時活塞與氣缸底部距離為L0，斜面與氣缸之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，大氣壓強P0，重力加速度為g，設(shè)環(huán)境溫度保持不變。現(xiàn)緩慢增加外力F的大小。（1）求開始F＝2mg時，氣缸受到的摩擦力；（2）求當氣缸與活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，F(xiàn)力的大??；（3）從靜止狀態(tài)到（2）問中狀態(tài)的過程中，活塞相對氣缸底部運動的距離?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)開始F＝2mg時，氣缸受到的摩擦力為f，開始時氣缸與活塞靜止在斜面上，對氣缸和活塞整體，由平衡關(guān)系有F＝（m1+m2）gsin37°+f（假設(shè)f方向沿斜面向下）（1分）代入數(shù)據(jù)解得f＝﹣mg負號表示f方向沿斜面向上，f大小為mg。（1分）（2）當氣缸與活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，對氣缸和活塞整體，由牛頓第二定律有F'﹣（m1+m2）gsin37°﹣μ（m1+m2）gcos37°＝（m1+m2）a（1分）代入數(shù)據(jù)解得F'＝8mg（1分）（3）以活塞為研究對象，當F＝2mg、活塞靜止，設(shè)此時缸內(nèi)氣體壓強為p1，由平衡關(guān)系有F+p1S＝m2gsin37°+p0S代入數(shù)據(jù)解得p1＝p0QUOTE（1分）當F'＝8mg、活塞沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，設(shè)此時缸內(nèi)氣體壓強為p2，對活塞，由牛頓第二定律有F'+p2S﹣m2gsin37°﹣p0S＝m2a代入數(shù)據(jù)解得p2＝p0QUOTE（1分）缸內(nèi)氣體可視為理想氣體，設(shè)加速運動時，活塞與氣缸底部距離為L，由玻意耳定律有p1L0S＝p2LS代入數(shù)據(jù)解得LQUOTEL0（1分）則活塞相對氣缸底部運動距離x＝L﹣L0代入數(shù)據(jù)解得xQUOTEL0（1分）18．（11分）如圖所示，在電動機的帶動下以v＝5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對接，右端與光滑水平面平滑對接，水平面上有無窮多個位于同一直線上、處于靜止狀態(tài)的相同小球，小球質(zhì)量m0＝2kg。質(zhì)量m＝1kg的物體（可視為質(zhì)點）從軌道上高h＝5.0m的P點由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點時速度大小v0＝7m/s。物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶AB之間的距離L＝3.4m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰。重力加速度g＝10m/s2，QUOTE3.16。求：（1）物體從P點下滑到A點的過程中，摩擦力做的功；（2）物體第一次向右通過傳送帶的過程中，傳送帶對物體的沖量大??；（3）物體第一次與小球碰后到最終的過程中因為物體在傳送帶上滑動而多消耗的電能?！窘獯稹拷猓海?）物塊由P到A的過程，根據(jù)動能定理可得：QUOTE0（1分）解得摩擦力做的功：Wf＝﹣25.5J；（1分）（2）物體滑上傳送帶后在滑動摩擦力作用下勻減速運動，加速度大小為：QUOTE0.5×10m/s2＝5m/s2（1分）減速至與傳送帶速度相等時所用的時間：QUOTE（1分）勻減速運動的位移：QUOTEm所以物體與傳送帶共速后向右勻速運動，勻速運動的時間為：QUOTEs故物體從A運動到B的時間為：t＝t1+t2＝0.4s+0.2s＝0.6s（1分）傳送帶對物體的沖量大小為：QUOTEN?S＝6.32N?s；（1分）（3）物塊與小球1發(fā)生彈性正碰，設(shè)物塊反彈回來的速度大小為v1，小球1被撞后的速度大小為u1，取向右為正方向，由動量守恒和能量守恒定律得：mv＝﹣mv1+m0u1QUOTE解得：QUOTEm/s，QUOTEm/s；（1分）物塊被反彈回來后，在傳送帶上向左運動過程中，由運動學(xué)公式得：QUOTEv1＝at1解得：QUOTEm＜3.4m，QUOTEs；（1分）由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進行速度交換?？芍?，物塊第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零，接下來將再次向右做勻加速運動，直到速度增加到v1，此過程電動機多給傳送帶的力為μmg，電動機多做的功率為μmgv，電動機多消耗的電能為：QUOTE（1分）再跟小球1發(fā)生彈性正碰，同理可得，第二次碰后，物塊和小球的速度大小，以及第二次往返電動機多消耗的電能分別為：QUOTEQUOTEQUOTE（1分）以此類推，物塊與小球1經(jīng)過n次碰撞后，他們的速度大小以及第n次往返電動機多消耗的電能分別為：QUOTE，QUOTE，QUOTE，從第一次碰撞之后電動機多消耗的能量為：QUOTE解得：QUOTE1×52J＝25J。（1分）19．（11分）如圖所示，傾角為θ＝37°的絕緣斜面上的EF和GH之間有垂直斜面向下的有界磁場，磁感應(yīng)強度B＝1.0T，磁場寬度d＝10cm。質(zhì)量m＝0.5kg閉合矩形線框ABCD放在斜面上，線框由粗細均勻的導(dǎo)線繞制而成，其總電阻為R＝0.04Ω，其中AC長為L1＝100cm，AB長為L2＝20cm。開始時，線框的CD邊與EF平行。現(xiàn)由靜止釋放線框，當線框CD邊運動到磁場邊界EF時，恰好做勻速直線運動，速度大小為v1。而當AB邊到達磁場下邊緣GH時，線框的速度大小為v2＝2.0m/s，整個過程中線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動。已知線框和斜面之間的摩擦因數(shù)為0.5，（g＝10m/s2）求：（1）速度v1的大??；（2）線圈穿越磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱；（3）線框從CD邊進入磁場到AB邊穿出磁場的過程所用的時間?！窘獯稹拷猓篖2＝20cm＝0.2m，L1＝100cm＝1m，d＝10cm＝0.1m。（1）線框的CD邊剛進入磁場時，對線框受力分析：BIL2+μN＝mgsinθ（1分）其中：N＝mgcosθ，（1分）CD邊切割磁感線，由法拉第電磁感應(yīng)定律：ECD＝BL2v由閉合電路歐姆定律：IQUOTE聯(lián)立解得：v1＝1m/s；（1分）（2）線框由CD邊進入磁場到AB邊離開磁場，由能量守恒可得：ΔEp＝ΔEk+Q摩+Q焦（1分）其中ΔEp＝mg（d+L1）sinθΔEkQUOTEQ摩＝μmgcosθ（d+L1）聯(lián)立解得：Q焦＝0.35J；（1分）（3）CD邊勻速進入的過程：t1QUOTEs＝0.1sCD邊出磁場到AB邊進入磁場的過程做勻加速直線運動，由牛頓第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma（1分）解得：a＝2m/s2（1分）設(shè)勻加的時間為t2，則有：L1﹣d＝v1t2QUOTE解得：t2≈0.57s或t2≈﹣1.57s（舍去）（1分）AB邊剛進入磁場的速度大小為：v3＝v1+at2＝1m/s+2×0.57m/s＝2.14m/sAB邊由進入到出磁場的過程，根據(jù)動量定理可得：﹣BQUOTEL2t3﹣（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv2﹣mv3即QUOTE（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv3﹣mv2（1分）代入數(shù)據(jù)解得：t3＝0.03s（1分）則總時間：t＝t1+t2+t3＝0.1s+0.57s+0.03s＝0.7s。（1分）20．（11分）如圖，空間直角坐標系Oxyz中，有兩個棱長均為L的正方體Ⅰ和正方體Ⅱ，它們的公共界面為M，O點為正方體Ⅰ側(cè)面K的中心，x、y、z軸均與正方體棱長平行。正方體Ⅰ空間內(nèi)在y＞0的范圍內(nèi)存在著沿y軸負方向的勻強電場，在y＜0的范圍內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場，兩者電場強度大小相等；正方體Ⅱ空間內(nèi)在y＞0的范圍內(nèi)存在著沿x軸正方向的勻強磁場，在y＜0的范圍內(nèi)存在著沿x軸負方向的勻強磁場，兩者磁感應(yīng)強度大小相等。有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，以v0的初速度，從y軸上的P點沿z軸正方向進入正方體Ⅰ，之后經(jīng)過z軸后從Q點垂直穿過界面M進入正方體Ⅱ，最后垂直打在側(cè)面N上。P點為側(cè)面K底邊長的中點（在電場區(qū)域中），不考慮粒子的重力，求：（1）勻強電場的電場強度大??；（2）粒子進入正方體Ⅰ后，經(jīng)過z軸時的速度大?。唬?）磁感應(yīng)強度的大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，設(shè)勻強電場的電場強度大小為E，則由牛頓第二定律有：qE＝ma（1分）由于粒子從Q點垂直穿過界面M進入正方體Ⅱ，設(shè)粒子經(jīng)過時間t到達z軸，則有QUOTELQUOTEQUOTEL＝v0t聯(lián)立解得EQUOTE；（2分）（2）粒子經(jīng)過z軸時速度的豎直分量vy＝at則經(jīng)過z軸時的速度大小為vQUOTE解得：vQUOTE；（2分）（3）該粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)題意可知，其可能的運動軌跡如圖所示，設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有（QUOTEL﹣r）2+x2＝r2（2分）且滿足：L＝2nx，r＜2x解得：rQUOTE，n＝1，2，3……（2分）在磁場中，洛倫茲力提供向心力，則有：qvBQUOTE解得：QUOTE。（2分）2024年6月浙江省普通高校招生-押題卷01物理試題選擇題部分選擇題Ⅰ（本題共3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．下列組合單位中與力的單位N（牛）不等效的是（）A．kg?m/s2 B．T?m2/s C．C?T?m/s D．T?A?m【解答】解：A、根據(jù)F＝ma得1N＝1kg?m/s2，故A錯誤；B、根據(jù)安培力公式F＝BIL知，公式中B的單位是T，I的單位是A，L的單位是m，F(xiàn)的單位是N，所以有1N＝1T?A?m，由IQUOTE，知1A＝1C/s，所以得1N＝1T?C/s?m＝1C?T?m/s，故B正確，CD錯誤；故選：B。2．如圖甲所示是一個小朋友玩抖空竹的游戲，圖乙是小朋友玩該游戲的示意圖，兩根不可伸長的線是對稱的。如果小朋友的兩手離得更遠一些，兩細線再次保持對稱并穩(wěn)定后，下列說法正確的是（）A．兩細線的拉力都變大 B．兩細線的拉力都變小 C．兩細線的拉力都不變 D．兩細線的拉力合力變大【解答】解：兩根不可伸長的線是對稱的，所以兩根線的拉力大小相等，合力等于空竹的重力，根據(jù)合力的特點可知，若合力不變，夾角越大時，兩細線拉力越大，所以小朋友的兩手離得更遠一些，兩細線的拉力都變大，故A正確，BCD錯誤；故選：A。3．2022年10月12日15時45分，“天宮課堂”第三課開講。某學(xué)生設(shè)想“天地同一實驗”，即在空間站和地面做同一個實驗，觀察實驗現(xiàn)象，下面有關(guān)其設(shè)想的實驗和可能出現(xiàn)的現(xiàn)象說法正確的是（）A．如圖1用一根繩子系著一個金屬球，拉開一個角度，靜止釋放后“天上”和“地上”看到的現(xiàn)象相同 B．如圖2用同樣的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉實驗，“天上”和“地上”實驗現(xiàn)象相同 C．如圖3相同密閉容器內(nèi)裝著完全相同的氣體，在相同的溫度下，“天上”和“地上”容器內(nèi)氣體壓強相同 D．如圖4用相同材料做成的兩根內(nèi)徑相同、兩端開口的圓柱形毛細管豎直插入水中，“天上”和“地上”觀察到的現(xiàn)象相同【解答】解：A．如圖1用一根繩子系著一個金屬球，拉開一個角度，靜止釋放后，“天上”由于完全失重，小球相對空間站靜止不動；“地上”由于重力的影響，小球?qū)⒆鰣A周運動，所以觀察到的實驗現(xiàn)象不相同，故A錯誤；B．如圖2用同樣的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉實驗，“天上”由于完全失重狀態(tài)，薄膜厚度基本均勻分布，不會出現(xiàn)干涉條紋；“地上”由于重力的影響，薄膜厚度并不是均勻分布，形成上薄下厚的形狀，會出現(xiàn)干涉條紋，所以觀察到的實驗現(xiàn)象不相同，故B錯誤；C．氣體壓強是由于氣體分子頻繁碰撞器壁而產(chǎn)生的，如圖3相同密閉容器內(nèi)裝著完全相同的氣體，在相同的溫度下，分子平均動能相同，“天上”和“地上”容器內(nèi)氣體壓強相同，故C正確；D．如圖4用相同材料做成的兩根內(nèi)徑相同、兩端開口的圓柱形毛細管豎直插入水中，“天上”由于完全失重，觀察到水上升到毛細管頂部，“地上”由于重力的影響，觀察到水上升一小段距離后靜止不動，所以觀察到的實驗現(xiàn)象不相同，故D錯誤。故選：C。4．如圖是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導(dǎo)線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B，則（）A．該磁場是勻強磁場 B．線圈平面總與磁場方向垂直 C．線圈將逆時針轉(zhuǎn)動 D．線圈將順時針轉(zhuǎn)動【解答】解：A、圖中磁場為輻狀磁場，該磁場不是勻強磁場，勻強磁場的磁感線是平行等間距的直線，磁感應(yīng)強度大小和方向相同，故A錯誤；B、由圖可知，線圈與磁感線一直平行，故B錯誤；CD、根據(jù)左手定則可知，a端受力向上，b受受力向下，故線圈將順時針轉(zhuǎn)動，故C錯誤、D正確。故選：D。5．12月10日，改編自劉慈欣同名系列長篇科幻小說的《三體》動畫在嗶哩嗶哩上線便備受關(guān)注。動畫版《三體》總編劇之一趙佳星透露，為了還原太空電梯的結(jié)構(gòu)，他們研究太空電梯的運行原理。太空電梯的原理并不復(fù)雜，與生活的中的普通電梯十分相似。只需在地球同步軌道上建造一個空間站，并用某種足夠長也足夠結(jié)實的“繩索”將其與地面相連，在引力和向心加速度的相互作用下，繩索會繃緊，宇航員、乘客以及貨物可以通過電梯轎廂一樣的升降艙沿繩索直入太空，這樣不需要依靠火箭、飛船這類復(fù)雜航天工具。如乙圖所示，假設(shè)有一長度為r的太空電梯連接地球赤道上的固定基地與同步空間站a，相對地球靜止，衛(wèi)星b與同步空間站a的運行方向相同，此時二者距離最近，經(jīng)過時間t之后，a、b第一次相距最遠。已知地球半徑R，自轉(zhuǎn)周期T，下列說法正確的是（）A．太空電梯各點均處于完全失重狀態(tài) B．b衛(wèi)星的周期為QUOTE C．太空電梯停在距地球表面高度為2R的站點，該站點處的重力加速度QUOTED．太空電梯上各點線速度與該點離地球球心距離成反比【解答】解：A．太空電梯各點隨地球一起做勻速圓周運動，只有位置達到同步衛(wèi)星的高度的點才處于完全失重狀態(tài)，不是各點均處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；B．同步衛(wèi)星的周期Ta＝T當兩衛(wèi)星a、b第一次相距最遠時滿足QUOTE解得QUOTE故B正確；C．太空電梯長度即為同步衛(wèi)星離地面的高度，萬有引力提供向心力QUOTE太空電梯停在距地球表面高度為2R的站點，太空電梯上貨物質(zhì)量為m，在距地面高2R站點受到的萬有引力為F，則QUOTE貨物繞地球做勻速圓周運動，設(shè)太空電梯對貨物的支持力為FN，萬有引力和支持力的合力提供向心力：QUOTE在貨梯內(nèi)有FN＝mgQUOTE聯(lián)立解得QUOTE故C錯誤；D．太空電梯與地球一起轉(zhuǎn)動，相對地球靜止，各點角速度相等，根據(jù)線速度v＝ωR'線速度與該點離地球球心距離成正比，故D錯誤。故選：B。6．如圖，理想自耦變壓器原線圈的a、b兩端接有瞬時值表達式為u＝20QUOTEsin（50πt）V的交變電壓，指示燈L接在變壓器的一小段線圈上，調(diào)節(jié)滑動片P1可以改變副線圈的匝數(shù)，調(diào)節(jié)滑動片P2可以改變負載電阻R2的阻值，則（）A．t＝0.04s時電壓表V1的示數(shù)為零 B．只向上移動P2，指示燈L將變暗 C．P1、P2均向上移動，電壓表V2的示數(shù)可能不變 D．P1、P2均向上移動，原線圈輸入功率可能不變【解答】解：A、t＝0.04s時，由u＝20QUOTEsin（50πt）V得u＝0，電壓瞬時值為零，但電壓表測量交流電壓的有效值，保持不變，為U1QUOTEV＝20V，故A錯誤；B、只向上移動P2，指示燈L兩端電壓不變，L的亮度不變，故B錯誤；C、電壓表V2的示數(shù)為R2兩端電壓，為：UV2QUOTEU2QUOTEU2，P1向上移動，副線圈匝數(shù)增加，副線圈的電壓U2增大，P2向上移動，R2增大，結(jié)合上式可知，UV2一定增大，故C錯誤；D、副線圈的輸出功率為：PQUOTE，P1、P2均向上移動，U2、R2均增大，副線圈輸出功率可能不變，根據(jù)能量守恒可知，原線圈輸入功率也可能不變，故D正確。故選：D。7．如圖所示，電源電動勢為3V，單刀雙擲開關(guān)S先置于a端使電路穩(wěn)定。在t＝0時刻開關(guān)S置于b端，若經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)，t＝0.02s時刻，自感線圈兩端的電勢差第一次為1.5V。如果不計振蕩過程的能量損失，下列說法正確的是（）A．0.04s時回路中的電流為零 B．0.08s時電感線圈中的自感電動勢值最大為3V C．0.07s～0.08s時間內(nèi)，電容器極板間電場方向豎直向上且逐漸減小 D．0.04s～0.05s時間內(nèi)，線圈中的磁場能逐漸增大【解答】解：A、S置于b端后自感線圈兩端的電勢差呈余弦規(guī)律變化，即：uQUOTE；由于t＝0時刻電容器電壓為3V，故此時自感線圈兩端的電勢差也為3V，然后開始減小，當?shù)谝淮螢?.5V時，經(jīng)歷時間為t＝0.02sQUOTE，所以振蕩電流的周期為T＝0.12s，所以0.04sQUOTE時回路中的電壓不是最大值，則電流不為零，故A錯誤；B、t＝0.06sQUOTE時極板兩側(cè)的電壓再次最大，所以電感線圈中的自感電動勢值也最大，為3V，故B錯誤；C、經(jīng)分析，t＝0.07s～0.08s時間內(nèi)，電容器極板間電場方向豎直向上且逐漸減小，故C正確；D、在t＝0.04s～0.05s時間內(nèi)，線圈兩端的電勢差增大即電容器極板間電場增大，電場能增大，則磁場能逐漸減小，故D錯誤。故選：C。8．一玻璃磚橫截面如圖所示，其中ABC為直角三角形（AC邊未畫出），AB為直角邊，∠ABC＝45°，ADC為一圓弧，其圓心在BC邊的中點。此玻璃的折射率為1.5。P為一貼近玻璃磚放置的、與AB垂直的光屏。若一束寬度與AB邊長度相等的平行光從AB邊垂直射入玻璃磚，則（）A．從BC邊折射出一束寬度比BC邊長度小的平行光 B．從BC邊折射出一束寬度比BC邊長度大的平行光 C．屏上有一亮區(qū)，其寬度等于AC邊的長度 D．屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長度【解答】解：因sinCQUOTE，所以45°＞C，光在BC面上發(fā)生全反射，光經(jīng)BC面全反射后由ADC進入空氣，入射角小于臨界角，折射角大于入射角，故所有從曲面ADC射出的光線都向ADC的中央方向偏折，如圖所示，屏上亮區(qū)寬度小于AC邊長度，又AB邊與AC邊長度相等，所以屏上有一亮區(qū)其寬度小于AB、AC邊長度，不是平行光，故D正確，ABC錯誤；故選：D。9．《巴黎氣候變化協(xié)定》是人類歷史上應(yīng)對全球溫室效應(yīng)帶來的氣候變化的第三個里程碑式的國際法律文本。為了減少二氧化碳的排放，我國一直在大力發(fā)展新能源汽車，已知某型號的電動汽車主要技術(shù)參數(shù)如表：車型尺寸長×寬×高4870×1950×1725最高時速km/h120電機型式交流永磁同步電機電機最大電功率kW180工況法純電續(xù)駛里程km500等速法純電續(xù)駛里程km600電池容量kW?h82.8快充時間h1.40﹣50km/h加速時間（s）20﹣100km/h加速時間s4.6根據(jù)電動汽車行業(yè)國家標準GB/T18386﹣2017，電機的最大功率為電機輸出的最大機械功率；電池容量為電池充滿電時儲存的最大電能，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，可知（）A．0﹣100km/h的加速過程中電動車行駛的路程一定大于60m B．電機以最大功率工作且車以最大速度行駛時，車受到的阻力大小為5000N C．該車在0﹣50km/h的加速過程中平均加速度為25m/s2 D．電機以最大功率工做加速到最高時速用時4.6s【解答】解：A、v＝100km/hQUOTEm/sQUOTEm/s，0﹣100km/h的加速時間為4.6s，假設(shè)電動車做勻加速直線運動，該過程中電動車行駛的路程sQUOTEtQUOTE64m，實際上電動車做加速度減小的加速運動，故路程一定大于64m，故A正確。B、P＝180kW＝180000W，vm＝120km/h＝33.3m/s，電機以最大功率工作且車以最大速度行駛時，牽引力等于阻力，f＝FQUOTEN＝5400N，故車受到的阻力大小為5400N，故B錯誤。C、v＝50km/hQUOTEm/sQUOTE，該車在0﹣50km/h的加速過程中，用時2s，平均加速度aQUOTE6.9m/s，故C錯誤。D、由表中數(shù)據(jù)0﹣100km/h用時4.6s，還不到最大時速，故D錯誤。故選：A。10．如圖，沿南北方向放置一水平長直導(dǎo)線，在導(dǎo)線正下方附近水平放置一個小磁針，小磁針初始時處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給導(dǎo)線中通入恒定電流，從上往下看，小磁針逆時針偏轉(zhuǎn)，待最終靜止時小磁針在水平面內(nèi)偏轉(zhuǎn)了30°，已知地磁場的水平分量為3×10﹣5T，則下列說法正確的是（）A．通電長直導(dǎo)線的電流方向為從北指向南 B．通電長直導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為QUOTET C．通電長直導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為QUOTET D．通電長直導(dǎo)線中的電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則小磁針最終靜止時與初始位置之間的夾角變?yōu)樵瓉淼?倍【解答】解：A．小磁針處于地磁場和電流磁場中，其指向是合磁場的方向，根據(jù)安培定則，可判斷直導(dǎo)線的電流應(yīng)是由南向北，故A錯誤；BC．根據(jù)題意可知，分磁場與合磁場的關(guān)系如圖所示：地磁場的水平分量為B＝3×10﹣5T根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知，通電長直導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為QUOTE綜上分析，故B錯誤，C正確；D．通電長直導(dǎo)線中的電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則通電長直導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小變?yōu)镼UOTE設(shè)小磁針最終靜止時與初始位置之間的夾角設(shè)為θ，則QUOTE則小磁針最終靜止時與初始位置之間的夾角沒變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。故選：C。11．如圖所示，ABC為在豎直平面內(nèi)的金屬半圓環(huán)，AC為其水平直徑，AB為固定的直金屬棒，在金屬棒上和半圓環(huán)的BC部分分別套著兩個完全相同的小球M、N（視為質(zhì)點），B固定在半圓環(huán)的最低點?，F(xiàn)讓半圓環(huán)繞對稱軸以角速度ω＝25rad/s勻速轉(zhuǎn)動，兩小球與半圓環(huán)恰好保持相對靜止。已知半圓環(huán)的半徑R＝1m，金屬棒和半圓環(huán)均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列選項正確的是（）A．N、M兩小球做圓周運動的線速度大小之比為1：QUOTE B．N、M兩小球做圓周運動的線速度大小之比1：QUOTE C．若稍微增大半圓環(huán)的角速度，小環(huán)M稍許靠近A點，小環(huán)N將到達C點 D．若稍微增大半圓環(huán)的角速度，小環(huán)M將到達A點，小環(huán)N將稍許靠近C點【解答】解：AB、金屬棒AB與豎直方向夾角為45°，小球M受到重力和桿的支持力，在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，合力的方向沿水平方向，則有：FN＝mgtan45°＝mωvM，解得：QUOTE設(shè)半圓環(huán)的圓心為O，NO與豎直方向之間的夾角為θ，對小球N，同理可得：FN′＝mgtanθ＝mωvN，解得：vNQUOTE又：FN′＝mω2r，r＝Rsinθ聯(lián)立解得：vNQUOTE則：QUOTE，故AB錯誤；CD、設(shè)半圓環(huán)的圓心為O，NO與豎直方向之間的夾角為θ，對小球N，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2rNrN＝Rsinθ解得：QUOTE可見當ω稍微增大時，cosθ會減小，θ增大，小球N將向C靠近，當ω趨近無窮大，θ會趨近90°，即稍微增大半圓環(huán)的角速度，小環(huán)N將靠近C點而不會到達C點。對于小球M，由牛頓第二定律得：mgtan45°＝mω2rM，rM＝Rsinβ，β是MO與豎直方向的夾角，g＝mω2Rsinβ，可見小球M做勻速圓周運動時向心力大小是一定的，即為mgtan45°，當角速度增大時，所需要的向心力增大，所能提供的向心力一定，小于小球M所需要的向心力，M將做離心運動，則圓周運動半徑rM將變大，所需向心力更大，故小球M將一直離心運動直到到達A點。故C錯誤，D正確；故選：D。12．如圖所示為氫原子的能級圖，已知可見光的光子能量范圍為1.62eV～3.11eV，鋅板的電子逸出功為3.34eV。下列說法正確的是（）A．用能量為11.0eV的光子照射，可使處于基態(tài)的原子躍遷到激發(fā)態(tài) B．處于n＝3能級的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并且使氫原子電離 C．大量處于n＝3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，輻射的光子中有三種不同頻率的光子可使鋅板產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象 D．大量處于n＝4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時所發(fā)出的光子通過同一雙縫干涉實驗裝置，以n＝4直接躍遷到n＝1能級發(fā)出的光子所形成的干涉條紋最寬【解答】解：A、若基態(tài)的氫原子吸收的能量等于11.0eV的光子，則能量值為：E＝E1+11.0eV＝﹣13.6eV+11.0eV＝﹣2.6eV，氫原子沒有該能級，所以處于基態(tài)的氫原子不能吸收11.0eV的光子，故A錯誤；B、紫外線光子的最小能量為3.11eV，處于n＝3級的氫原子的電離能為1.51eV，故紫外線可以使氫原子電離，故B正確；C、處于n＝3能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射出光的能量為ΔE＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV，大于鋅板的電子逸出功3.34eV，因此能產(chǎn)生光電效應(yīng)，電子在n＝2能級再次向基態(tài)躍遷發(fā)射出光子的能量為ΔE′＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV＞3.34eV則可以產(chǎn)生光電效應(yīng)，處于n＝3能級向基態(tài)向n＝2躍遷時發(fā)射出的光的能量為ΔE″＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV，小于大于鋅板的電子逸出功3.34eV不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，故有兩種不同頻率的光產(chǎn)生光電效應(yīng)，故C錯誤；D、雙縫干涉實驗裝置，在光屏上相鄰亮條紋間距QUOTE，由nn＝4直接躍遷到n＝1能級發(fā)出的光子的頻率最大，則波長最短，所以形成的干涉條紋最窄，故D錯誤。故選：B。13．用如圖所示裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象．某單色光照射光電管陰極K，能發(fā)生光電效應(yīng)．閉合S，在A和K間加反向電壓，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片逐漸增大電壓，直至電流計中電流恰好為零，此電壓表示數(shù)U稱為反向截止電壓．根據(jù)U可計算光電子的最大初動能Ekm．分別用頻率為ν1和ν2的單色光照射陰極，測得的反向截止電壓分別為U1和U2．設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，則下列關(guān)系式中不正確的是（）A．頻率為ν1的光照射時，光電子的最大初速度是QUOTE B．陰極K金屬的逸出功W＝hν1﹣eU1 C．陰極K金屬的極限波長小于QUOTE D．普朗克常數(shù)hQUOTE【解答】解：A、光電子在電場中做減速運動，根據(jù)動能定理得：﹣eU1＝0QUOTE，則得光電子的最大初速度vm1QUOTE．故A正確。B、D根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得：hγ1＝eU1+W①hγ2＝eU2+W②由①得：金屬的逸出功W＝hν1﹣eUl。聯(lián)立①②得：hQUOTE．故BD正確，C、根據(jù)題意可知，用頻率為ν1的單色光照射陰極，能發(fā)生光電效應(yīng)，則極限頻率小于ν1，則金屬的極限波長大于QUOTE，故C錯誤。本題選錯誤的故選：C。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是符合題目要求的。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．如圖所示，傾角為30°的斜面體固定在水平地面上，上表面O點以下部分粗糙且足夠長，其余部分光滑。在斜面體O點上方放置一質(zhì)量為0.2kg且分布均勻、長度為0.2m的薄板，薄板下端與O點之間的距離為0.4m?，F(xiàn)由靜止釋放薄板，薄板沿斜面向下運動，已知當薄板通過O點過程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O點以下部分重量的QUOTE倍，重力加速度g取10m/s2。則（）A．薄板減速運動時最大加速度為5m/s2 B．薄板與O點以下部分的動摩擦因數(shù)為QUOTE C．薄板的最大速度為QUOTEm/s D．薄板靜止時，其下端距O點1.1m【解答】解：根據(jù)題意可知：薄木板長L＝0.2m，質(zhì)量為m＝0.2kg，薄板下端與O點之間的距離為x1＝0.4m。A、當薄木板全部進入O點以下時，薄板減速運動的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得：QUOTEmgsin30°＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝2.5m/s2，故A錯誤；B、設(shè)薄板在斜面O點以下部分的質(zhì)量為m′時，摩擦力fQUOTEμm′gcos30°，解得薄板與O點以下部分的動摩擦因數(shù)為：μQUOTE，故B正確；C、當重力沿斜面向下的分力等于摩擦力時速度最大，此時薄木板下端進入粗糙部分的長度為x2，則有：QUOTEmgsin30°代入數(shù)據(jù)解得：x2QUOTEm從開始到速度最大過程中，根據(jù)動能定理可得：mg（x1+x2）sin30°QUOTE0代入數(shù)據(jù)解得：vmQUOTEm/s，故C錯誤；D、設(shè)薄板靜止時，其下端距O點的距離為x3，全過程根據(jù)動能定理可得：mg（x1+x3）sin30°QUOTEμmgcos30°?（x3﹣L）＝0代入數(shù)據(jù)解得：x3＝1.1m，故D正確。故選：BD。15．甲、乙兩列簡諧橫波（各只有一個波長）沿x軸相向傳播，原點左側(cè)和右側(cè)為不同介質(zhì)，已知波在原點左側(cè)介質(zhì)中的傳播速度為3m/s。在t＝0時刻兩列波的位置如圖所示，此后發(fā)現(xiàn)平衡位置為x＝0.05m的質(zhì)點曾經(jīng)出現(xiàn)y＝+30cm的位移，則（）A．波在原點右側(cè)介質(zhì)中的傳播速度為2.1m/s B．乙波的振動周期為0.2s C．t＝0.25s兩列波恰好完全分離 D．原點的質(zhì)點在t＝0.35s后停止振動【解答】解：A、根據(jù)題意可知，左右兩列波的波峰同時到達x＝0.05m且疊加時最強，則有：QUOTE，可以解得波在原點右側(cè)介質(zhì)的傳播速度為v＝2m/s，故A錯誤；B、乙波在右側(cè)介質(zhì)的波長為0.4m，結(jié)合右側(cè)的傳播速度v＝2m/s，可得乙波的傳播周期即振動周期為0.2s，故B正確；C、t＝0.25s時，乙波的尾部剛好傳到x＝0.2m處，甲波的尾部傳到x＝0處所需時間為：t1QUOTEs，t2＝（0.25QUOTE）sQUOTEs，則t＝0.25s時甲波的尾部到達的位置為：x＝2m/sQUOTEsQUOTEm，顯然QUOTEm＜0.2m，故兩列波還沒有分離，故C錯誤；D、由上述可知，0.35s時，甲波的尾部已經(jīng)過了原點，乙波的尾部即將離開原點，故原點的質(zhì)點在t＝0.35s后停止振動，故D正確。故選：BD。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共14分）Ⅰ．（5分）某同學(xué)用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律，光滑斜面AB與半徑為R的光滑圓弧面相切于斜面底端的B點，圓弧的最低點為C。他采用以下兩種方案來驗證小球從斜面上某點由靜止釋放運動到C點的過程中機械能是否守恒。（當?shù)刂亓铀俣葹間）（1）方案一：①他用20分度游標卡尺測量小球的直徑d，如圖乙所示，則小球直徑d＝cm，在C點安裝一個光電門；②將小球從斜面上某點由靜止釋放，小球通過C點光電門時所用的時間為t，則小球通過C點時的速度v＝QUOTE（用物理量符號表示）；③改變小球的釋放位置，測得釋放位置到C點的高度為h，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)時間t，以QUOTE為橫坐標，以h為縱坐標，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，若直線的斜率k＝QUOTE，則表明小球在上述運動過程中機械能守恒。（2）方案二：①在圓弧最低點C安裝一個力傳感器；②將小球從斜面上某點由靜止釋放，測得釋放位置到C點的高度為h，并測得小球通過C點時傳感器的示數(shù)F；③改變小球的釋放位置，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)傳感器的示數(shù)F，以h為橫坐標，以為F縱坐標，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，該直線的斜率為k，與縱軸的交點為b，若小球在上述運動過程中機械能守恒，則k＝QUOTE，b＝。（用物理量符號表示）。【解答】解：（1）①由圖可知，20分度游標卡尺的第12條刻度線與主尺的24mm對齊，所以小球的直徑d＝24.00mm﹣12×0.95mm＝12.60mm＝1.260cm②小球通過C點時的速度QUOTE③若小球在運動過程中機械能守恒QUOTE整理得QUOTE直線的斜率為QUOTE（2）小球在運動過程中機械能守恒QUOTE對小球在C點受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有QUOTE由牛頓第三定律有F＝FN可得QUOTE直線的斜率為QUOTE直線與縱軸的交點為為b＝mg。故〖答案〗為：（1）①1.260；②QUOTE；③QUOTE；（2）③QUOTE；mg。Ⅱ．（6分）某研究小組想要研究一標有“6V，3W”的小型電動機的伏安特性曲線，實驗室提供的器材有：量程為0.6A的電流表（電阻約為1.0Ω），電源（電動勢為9V，內(nèi)阻為3Ω），定值電阻（阻值為6000Ω），導(dǎo)線若干，單刀開關(guān)一個，還有以下器材可供選擇A．量程為3V的電壓表（內(nèi)阻為3000Ω）B．量程為15V的電壓表（內(nèi)阻為6000Ω）C．滑動變阻器（阻值為10Ω，額定電流為2.0A）D．滑動變阻器（阻值為200Ω，額定電流為0.5A（1）為盡量準確地測出小型電動機的伏安特性曲線，電壓表應(yīng)選，滑動變阻器應(yīng)選。（2）請用筆畫線代替導(dǎo)線將實物圖補充完整。（3）連接好電路后，合上開關(guān)，讀出電壓表和電流表的示數(shù)，將電動機兩端電壓與流過它的電流數(shù)據(jù)在毫米方格紙中標出，并畫出其伏安特性曲線，請說明在P處為何出現(xiàn)如圖所示的圖像。（4）電動機正常工作時，電動機兩端電壓為U，通過電動機的電流為I，電動機的內(nèi)阻為R，下列幾個功率的表達式的大小關(guān)系正確的是。A．QUOTEB．QUOTEC．QUOTED．QUOTE（5）將該電動機與一個阻值為30Ω的定值電阻并聯(lián)后，再與一個電動勢為9V，內(nèi)阻為15Ω的電源串聯(lián)，則此時電動機的輸出功率為W。（保留三位有效數(shù)字）【解答】解：（1）15V量程的電壓表的量程太大，應(yīng)選擇量程為3V（內(nèi)阻為3000Ω）的電壓表，將其與定值電阻（阻值為6000Ω）串聯(lián)進行改裝，改裝后的量程最大值為9V，可以滿足實驗要求，故電壓表應(yīng)選A；研究電動機的伏安特性曲線時電壓需要從零開始調(diào)節(jié)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，滑動變阻器應(yīng)選用最大阻值較小的，可方便電路的調(diào)節(jié)