2023-2024學(xué)年浙江省臺(tái)州市高二下學(xué)期6月期末物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1臺(tái)州市2023學(xué)年第二學(xué)期高二年級(jí)期末質(zhì)量評(píng)估試題物理本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘?？赡苡玫降南嚓P(guān)參數(shù)：重力加速度均取10m/s2。選擇題部分一、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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列儀器測得的物理量屬于國際單位制中基本量的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗選項(xiàng)A、B、C、D測得的物理量分別是時(shí)間、力、壓強(qiáng)、電壓，四者中只有時(shí)間是基本量。故選A。2.中國隊(duì)在東京奧運(yùn)會(huì)男子4×100米接力比賽中跑出37秒79的成績，使中國隊(duì)獲得首枚奧運(yùn)會(huì)男子田徑接力獎(jiǎng)牌。下列說法正確的是（）A.“100米”指是位移大小B.“37秒79”指的是時(shí)間間隔C.獲得冠軍的接力隊(duì)沖過終點(diǎn)線時(shí)的速度一定最大D.研究運(yùn)動(dòng)員的起跑動(dòng)作時(shí)，可將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)〖答案〗B〖解析〗A．“100米”指的是路程大小，故A錯(cuò)誤；B．“37秒79”代表一段時(shí)間，指的是時(shí)間間隔，故B正確；C．獲得冠軍的接力隊(duì)沖過終點(diǎn)線時(shí)的速度不一定是最大，故C錯(cuò)誤；D．研究運(yùn)動(dòng)員的起跑動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的形狀不可忽略，不能將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故選B。3.在某次無人機(jī)空中偵察中，無人機(jī)沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，取豎直向上為正方向，關(guān)于無人機(jī)的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.時(shí)，速度方向豎直向下B.時(shí)，加速度為零C.第2s末到第4s末，位移為零D.第4s末到第6s末，速度逐漸變大〖答案〗C〖解析〗A．時(shí)，速度為正，方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；B．2s~4s內(nèi)無人機(jī)的加速度均為故B錯(cuò)誤；C．圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移，t軸上方為正方向，t軸下方為負(fù)方向，由圖可知，第2s末到第4s末，位移為零，故C正確；D．4s~6s內(nèi)速度逐漸減小，故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，用網(wǎng)兜把足球掛在光滑豎直墻壁上A點(diǎn)，足球與墻壁接觸，下列說法正確的是（）A.網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力方向豎直向上B.若懸線變長，則懸線對(duì)O點(diǎn)的拉力變大C.足球受到墻壁的支持力是足球發(fā)生彈性形變引起的D.足球?qū)W(wǎng)兜的作用力與網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力大小相等〖答案〗D〖解析〗D．足球?qū)W(wǎng)兜的作用力與網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力是一對(duì)相互作用力，其大小相等，故D項(xiàng)正確；A．對(duì)足球受力分析，其足球受到重力、墻壁的彈力以及網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力，其網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力方向斜向上，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．足球的受力如圖所示運(yùn)用合成法，根據(jù)平衡條件，有若懸繩變長后細(xì)線與豎直方向的夾角減小，則懸繩對(duì)足球的拉力變小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．足球受到墻壁的支持力是墻壁發(fā)生彈性形變引起的，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。故選D。5.地磁暴會(huì)使高層大氣密度顯著增加，進(jìn)而導(dǎo)致低空航天器的運(yùn)行軌道半徑減小加快，若軌道變化前后航天器的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則軌道變化后低空航天器的（）A.角速度變小 B.運(yùn)行周期變大C.運(yùn)行速度變大 D.向心力變小〖答案〗C〖解析〗A．對(duì)航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以角速度變大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．對(duì)航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以周期變小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以運(yùn)行速度變大，故C項(xiàng)正確；D．對(duì)航天器，其萬有引力充當(dāng)向心力由于其軌道半徑變小，所以向心力變大，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。6.下列說法正確的是（）A.甲圖為靜電除塵裝置，利用的是電流磁效應(yīng)B.乙圖中用銅絲網(wǎng)包裹話筒線，利用的是靜電屏蔽原理C.丙圖為粒子散射實(shí)驗(yàn)，盧瑟福通過該實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子D.丁圖為光電效應(yīng)現(xiàn)象，說明了光具有粒子性〖答案〗B〖解析〗A．甲圖為靜電除塵裝置的示意圖，含塵氣體經(jīng)過高壓靜電場時(shí)被電分離，故A錯(cuò)誤；B．乙圖中話筒線外面包裹著金屬外衣應(yīng)用了靜電屏蔽的原理，故B正確；C．丙圖為粒子散射實(shí)驗(yàn)，盧瑟福通過該實(shí)驗(yàn)提出了原子的核式結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；D．丁圖為康普頓效應(yīng)現(xiàn)象，說明了光具有粒子性，故D錯(cuò)誤；故選B。7.如圖所示，半徑為的半球形陶罐內(nèi)壁光滑，固定在可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心的對(duì)稱軸重合。轉(zhuǎn)臺(tái)和陶罐以一定角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊與陶罐保持相對(duì)靜止，小物塊質(zhì)量為，線速度大小為，和點(diǎn)的連線與之間的夾角為。下列說法正確的是（）A.小物塊所受合外力為恒力B.轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度越大，越大C.小物塊的向心加速度大小為D.陶罐對(duì)物塊的作用力大小為〖答案〗B〖解析〗A．小物塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由所受外力的合力提供向心力，可知，合力大小不變，方向發(fā)生變化，即小物塊所受合外力為變力，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)物塊進(jìn)行分析，由重力與支持力提供向心力，則有解得可知，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度越大，越大，故B正確；C．小物塊的向心加速度大小為故C錯(cuò)誤；D．陶罐對(duì)物塊的作用力為支持力，結(jié)合上述有解得故D錯(cuò)誤。故選B。8.如圖所示是兩個(gè)振動(dòng)情況完全相同的簡諧波源、在同一均勻介質(zhì)中產(chǎn)生的兩列波，實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷，波源的振幅為A，周期為。關(guān)于圖中所標(biāo)的、、、四點(diǎn)，下列說法正確的是（）A.點(diǎn)振幅為零B.點(diǎn)振動(dòng)始終加強(qiáng)，點(diǎn)振動(dòng)始終減弱C.從圖示時(shí)刻經(jīng)過，點(diǎn)將運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D.從圖示時(shí)刻經(jīng)過，點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路程為〖答案〗A〖解析〗A．由題圖可知，d點(diǎn)時(shí)波峰與波谷相遇的點(diǎn)，是振動(dòng)減弱點(diǎn)，又因?yàn)閮闪胁ǖ恼駝?dòng)情況完全相同，振幅也相等，所以d點(diǎn)的振幅為零，故A項(xiàng)正確；B．由題圖可知，b點(diǎn)時(shí)波峰與波峰相遇的點(diǎn)，c點(diǎn)時(shí)波谷與波谷相遇的點(diǎn)，所以兩點(diǎn)均是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．波上每點(diǎn)都是在各自平衡位置附近做著簡諧運(yùn)動(dòng)，并不會(huì)隨波而運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由之前的分析可知，b點(diǎn)時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，所以其振幅為2A，此時(shí)處于波峰位置，經(jīng)過，其運(yùn)動(dòng)路程為2A，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選A。9.抗旱提水保苗賽跑是趣味農(nóng)運(yùn)會(huì)中最具代表性的賽跑項(xiàng)目，比賽成績要綜合考慮運(yùn)動(dòng)員的跑步速度及到達(dá)終點(diǎn)時(shí)桶中所剩余的水量。則在運(yùn)動(dòng)員勻速運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A.步幅越大，水晃動(dòng)的幅度越大B.步頻越大，水晃動(dòng)頻率越大C.桶里水量越多，水晃動(dòng)的頻率越大D.跑步速度越大，水晃動(dòng)的幅度越大〖答案〗B〖解析〗BC．運(yùn)動(dòng)員提水勻速運(yùn)動(dòng)過程中，由于運(yùn)動(dòng)員行走時(shí)，對(duì)水桶有力的作用，使水受到驅(qū)動(dòng)力作用發(fā)生受迫振動(dòng)，而受迫振動(dòng)的頻率等于外界驅(qū)動(dòng)力的頻率，即水晃動(dòng)的頻率等于運(yùn)動(dòng)員的步頻，與桶里水量的多少無關(guān)，故B正確，C錯(cuò)誤；AD．結(jié)合上述，水桶里的水做受迫振動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員的步頻接近水桶里的水的固有頻率時(shí)，水晃動(dòng)的幅度增大，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員的步頻等于水桶里的水的固有頻率時(shí)，發(fā)生共振，水晃動(dòng)的幅度達(dá)到最大，故AD錯(cuò)誤。故選B。10.如圖甲所示為手機(jī)無線充電工作原理圖，現(xiàn)將手機(jī)放置在無線充電裝置上，送電線圈接入如圖乙所示的交變電流，下列說法正確的是（）A.時(shí)，端電壓最小B.，送電線圈和受電線圈相互吸引C.僅增大兩線圈間的距離，端電壓的頻率變小D.僅增大兩線圈間的距離，端電壓變小〖答案〗D〖解析〗A．時(shí)，送電線圈的電流變化率最大，受電線圈內(nèi)磁通量變化率最大，端電壓最大，故A錯(cuò)誤；B．，送電線圈中的電流為零，磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，送電線圈和受電線圈間沒有作用力，不會(huì)相互吸引，故B錯(cuò)誤；C．增大送電和受電線圈的間距，不會(huì)改變cd端電壓的頻率，故僅增大兩線圈間的距離，端電壓的頻率不變，故C錯(cuò)誤；D．增大送電和受電線圈的間距，由于漏磁的現(xiàn)象，導(dǎo)致穿過兩個(gè)線圈的磁通量不相等，在匝數(shù)和線圈直徑不變的情況下，cd端與ab端電壓之比變小，即端電壓變小，故D正確。故選D。11.某款手機(jī)防窺屏原理如圖所示，在透明介質(zhì)中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可實(shí)現(xiàn)對(duì)像素單元可視角度的控制。發(fā)光像素單元緊貼防窺屏的下表面，可視為點(diǎn)光源，位于相鄰兩屏障的正中間。為減小角，下列操作可行的是（）A.僅增大防窺屏的厚度 B.僅減小屏障的高度C.僅減小透明介質(zhì)的折射率 D.僅增大相鄰屏障的間距〖答案〗C〖解析〗設(shè)防窺膜厚度均為，相鄰屏障的間距為L，入射角為r，根據(jù)折射定律得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得A．視角度與防窺屏的厚度無關(guān)，即防窺屏的厚度大，可視角度不變，故A錯(cuò)誤；B．屏障的高度d越小，光線射到界面的入射角越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度越大，故B錯(cuò)誤；C．透明介質(zhì)的折射率越小，則在空氣中的折射角越小，則可視角度越小，故C正確；D．僅增大相鄰屏障的間距，光線射到界面的入射角越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度越大，故D錯(cuò)誤。故選C。12.如圖所示，在湖邊山坡上的同一位置以相同大小的初速度，沿同一豎直面同時(shí)拋出兩石子A和B，初速度方向與水平方向夾角均為，兩石子均做拋體運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A.A石子先入水B.兩石子落水前始終在同一條豎直線上C.調(diào)整初速度大小，兩石子可能在空中相遇D.將拋出點(diǎn)位置改到點(diǎn)，兩石子落水的時(shí)間間隔變小〖答案〗B〖解析〗ACD．兩石子拋出后，只受重力作用，豎直方向加速度為重力加速度，設(shè)拋出點(diǎn)到水面的高度為h，豎直向下為正方向。斜向上拋出的空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，斜向下拋出的空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則得，則B石子先入水，兩石子不可能在空中相遇，將拋出點(diǎn)位置改到點(diǎn)，兩石子落水的時(shí)間間隔不變，故ACD錯(cuò)誤；B．兩石子水平速度相等，豎直方向的加速度相同，則兩石子落水前始終在同一條豎直線上，故B正確；故選B。13.如圖所示，充電后的平行板電容器豎直放置在水平絕緣地板上，將一根光滑絕緣細(xì)繩系在電容器、極板上的A、兩點(diǎn)（點(diǎn)高于A點(diǎn)），再將一帶正電的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）懸掛在細(xì)繩上并處于靜止?fàn)顟B(tài)。電容器不漏電，兩板間的電場可視為勻強(qiáng)電場，小球始終未與極板接觸。經(jīng)下列操作，待小球再次穩(wěn)定后，細(xì)繩張力一定變小的是（）A.A點(diǎn)下移一小段距離 B.略微增大極板所帶的電荷量C.板向左平移一小段距離 D.正負(fù)極板電荷量不變，電性互換〖答案〗D〖解析〗A．重力與電場力的合力F為定值，方向斜向右下，則球兩邊繩子拉力的合力與F等大反向，即兩邊繩子拉力的合力為定值，若A點(diǎn)下移一小段距離，球兩邊繩子之間的夾角增大，即沿兩邊繩子方向的兩個(gè)拉力的夾角增大，而合力一定，則細(xì)繩張力一定變大，故A錯(cuò)誤；B．略微增大極板所帶的電荷量，電場力增大，重力與電場力的合力增大，則細(xì)繩張力一定變大，故B錯(cuò)誤；C．板向左平移一小段距離，沿兩邊繩子方向的兩個(gè)拉力的夾角增大，而合力一定，則細(xì)繩張力一定變大，故C錯(cuò)誤；D．正負(fù)極板電荷量不變，電性互換，則重力與電場力的合力大小不變，方向斜向左下，則沿兩邊繩子方向的兩個(gè)拉力的合力方向指向右上，沿兩邊繩子方向的兩個(gè)拉力的夾角減小，則細(xì)繩張力一定變小，故D正確。故選D。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(gè)選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.關(guān)于物理規(guī)律，下列說法正確的是（）A.熱量不能從低溫物體傳到高溫物體B.真空中的光速在不同的慣性參考系中大小是相同的C.金屬?zèng)]有確定的幾何形狀，也不顯示各向異性，屬于非晶體D.玻璃管裂口放在火焰上燒熔，尖端會(huì)變鈍，是因?yàn)楸砻鎻埩Φ淖饔谩即鸢浮紹D〖解析〗A．由熱力學(xué)第二定律可知，熱量不能自發(fā)得從低溫物體傳到高溫物體，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)相對(duì)論的兩個(gè)基本假設(shè)可知，在不同的慣性參考系中，真空中的光速是相同的，故B項(xiàng)正確；C．金屬?zèng)]有確定的幾何形狀，也不顯示各向異性，屬于多晶體，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．玻璃管裂口放在火焰上燒熔，尖端會(huì)變鈍，是因?yàn)楸砻鎻埩Φ淖饔?，故D項(xiàng)正確。故選BD。15.將放射性同位素氟18（）注入人體參與人體的代謝過程，如圖所示，在人體內(nèi)衰變放出正電子，與人體內(nèi)負(fù)電子相遇而湮滅并產(chǎn)生一對(duì)波長相等的光子，被探測器探測到，經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后產(chǎn)生清晰的醫(yī)學(xué)圖像。設(shè)正、負(fù)電子的質(zhì)量均為，光速為，普朗克常數(shù)為。下列說法正確的是（）A.衰變的方程為B.光子是原子核外電子躍遷時(shí)產(chǎn)生的C.上述正負(fù)電子湮滅產(chǎn)生的光子波長為D.的核子平均質(zhì)量比新核的核子平均質(zhì)量小〖答案〗AC〖解析〗A．根據(jù)電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒可知，衰變的方程為，故A正確；B．光子是衰變后處于高能級(jí)的新原子核放出的，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)解得故C正確；D．發(fā)生衰變后，質(zhì)量有虧損，所以的核子平均質(zhì)量比新核的核子平均質(zhì)量大，故D錯(cuò)誤；故選AC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實(shí)驗(yàn)題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置探究一定質(zhì)量小車加速度與力的關(guān)系?？邕^滑輪的細(xì)線一端掛著砂桶，另一端與拉力傳感器相連。將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接入頻率的交流電源，小車及其前端光滑滑輪的總質(zhì)量為，砂及砂桶質(zhì)量為。（1）下列各項(xiàng)操作正確的是________（多選）A.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先釋放小車，再接通電源B.實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使細(xì)線與木板平行C.實(shí)驗(yàn)前應(yīng)將長木板的右端墊高，以達(dá)到平衡阻力的效果D.為減小誤差，砂及砂桶質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量（2）利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可得小車加速度與拉力傳感器讀數(shù)間的關(guān)系圖像如圖乙所示，若圖線斜率為，則小車及滑輪總質(zhì)量___________（用表示）。（3）在某次實(shí)驗(yàn)中打下的紙帶上取如圖所示的計(jì)數(shù)點(diǎn)（相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出），則小車加速度大小__________m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）BC（2）（3）0.60〖解析〗（1）A．實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先接通電源，再釋放小車，故A錯(cuò)誤；B．只有保證輕繩與木板平行，才能保證力傳感器測到的力是小車所受沿運(yùn)動(dòng)方向，故B正確；C．探究“加速度與力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，保持小車質(zhì)量不變，首先要補(bǔ)償阻力，應(yīng)將長木板的右端墊高，使小車做勻速運(yùn)動(dòng)，以達(dá)到補(bǔ)償阻力效果，故C正確；D．由于細(xì)線與拉力傳感器相連，則小車受的合力為拉力傳感器讀數(shù)的兩倍，不需要滿足砂及砂桶質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，故D錯(cuò)誤；故選BC。（2）根據(jù)題意，由牛頓第二定律有整理可得根據(jù)圖像的斜率可知解得（3）根據(jù)逐差法可知加速度為=0.6017.如圖甲所示為“探究平拋運(yùn)動(dòng)水平分運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”的實(shí)驗(yàn)裝置。（1）除了斜槽、小球、背板和傾斜擋板（帶底座及固定擋板的軌道，擋板上下可調(diào)）、白紙、圖釘、重垂線之外，下列器材中還需要的是________（多選）。A.復(fù)寫紙 B.墨粉紙盤 C.刻度尺 D.天平（2）某次實(shí)驗(yàn)時(shí)讓小球多次從斜槽上滾下，在白紙上依次記下小球的位置，如圖乙所示。出現(xiàn)這種點(diǎn)跡最有可能的原因是_________。A.斜槽粗糙 B.斜槽末端不水平 C.沒有從同一位置靜止釋放小球（3）將白紙換成方格紙，每個(gè)小方格的邊長為。實(shí)驗(yàn)記錄了小球在運(yùn)動(dòng)中的4個(gè)點(diǎn)跡，如圖丙所示。已知重力加速度為，則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為___________；小球拋出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為__________?！即鸢浮剑?）AC（2）C（3）0〖解析〗（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知，還需復(fù)寫紙記錄點(diǎn)跡、刻度尺測量長度，該實(shí)驗(yàn)不用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，無需墨粉紙盤，實(shí)驗(yàn)無需天平。故選AC。（2）由圖可知軌跡不同的原因是每次釋放小球時(shí)，位置不同，導(dǎo)致點(diǎn)跡不在同一個(gè)拋物線。故選C。（3）[1]根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律有水平方向有解得[2]B點(diǎn)豎直方向的速度為拋出點(diǎn)到B點(diǎn)豎直方向的位移為解得則拋出點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離為所以小球拋出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為0。18.在汛期，對(duì)水庫、河流高水位的實(shí)時(shí)監(jiān)測至關(guān)重要，某物理興趣小組計(jì)劃利用壓力傳感器設(shè)計(jì)水庫高水位預(yù)警系統(tǒng)，已知壓力與水位高度成正比，滿足（），通過查閱資料得到壓力傳感器的電阻和受到的壓力之間的關(guān)系圖像如下表所示。壓力102030405060電阻4.62.81.81.20.80.6某同學(xué)利用上述壓力傳感器、電動(dòng)勢(shì)（不考慮內(nèi)阻）的電源、定值電阻（有、、三種規(guī)格可供選擇）、控制開關(guān)和報(bào)警裝置設(shè)計(jì)了甲、乙兩種電路。要求當(dāng)水位上升到高度，、之間的電壓降至2.0V時(shí)，控制開關(guān)開啟報(bào)警裝置，不考慮控制開關(guān)對(duì)電路的影響，則應(yīng)選擇的電路是______（選填“甲”或“乙”），定值電阻應(yīng)選擇的規(guī)格是______（選填“”、“”或“”）；若要求在較低的水位開啟報(bào)警裝置，則定值電阻的阻值應(yīng)______（選填“增加”或“減少”）?！即鸢浮揭以黾印冀馕觥絒1]由于、之間的電壓降至2.0V時(shí)，控制開關(guān)開啟報(bào)警裝置，而壓力與水位高度成正比，壓力越大，壓力傳感器的電阻越小，當(dāng)壓力增大時(shí)，壓力傳感器的電阻減小，回路總電阻減小，電流增大，定值電阻承擔(dān)電壓增大，壓力傳感器承擔(dān)電壓減小，可知，報(bào)警裝置應(yīng)該與壓力傳感器并聯(lián)，即應(yīng)選擇的電路是乙。[2]當(dāng)水位上升到高度時(shí)，壓力傳感器承受的壓力結(jié)合表格數(shù)據(jù)可知，壓力傳感器電阻為此時(shí)、之間的電壓降至2.0V，則有[3]若要求在較低的水位開啟報(bào)警裝置，由于水位較低時(shí)，壓力較小，壓力傳感器電阻較大，報(bào)警時(shí)，、之間的電壓仍然需要降至2.0V，此時(shí)定值電阻承擔(dān)電壓仍然為1.0V，由于回路電流較小，則定值電阻的阻值應(yīng)增加。19.足夠長的玻璃管豎直放置，如圖甲所示，用長的水銀柱將一段長為的氣體柱封閉在玻璃管中，現(xiàn)將玻璃管緩慢旋轉(zhuǎn)至開口豎直向下狀態(tài)，如圖乙所示。整個(gè)過程封閉氣體質(zhì)量不變，大氣壓強(qiáng)為，環(huán)境溫度為。（1）從圖甲狀態(tài)到圖乙狀態(tài)的過程，封閉氣體的分子平均動(dòng)能__________（選填“增大”、“減小”或“不變”），封閉氣體對(duì)玻璃管壁單位面積的壓力_________（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求圖乙狀態(tài)下的氣體柱長度；_________（3）封閉氣體的溫度變?yōu)槎啻髸r(shí)，可使圖乙中的氣體柱長度恢復(fù)到27cm。_________〖答案〗（1）不變②.減?。?）30cm（3）270K〖解析〗（1）[1]從圖甲到圖乙過程，封閉氣體的溫度不變，所以封閉氣體的分子平均動(dòng)能不變。[2]圖甲對(duì)封閉氣體有圖乙對(duì)封閉氣體有解得由壓強(qiáng)與壓力關(guān)系有所以封閉氣體對(duì)玻璃管壁單位面積的壓力減小。（2）[3]從圖甲到圖乙為等溫變化，設(shè)玻璃管的橫截面積為S，結(jié)合之前的分析有解得（3）[4]當(dāng)空氣柱長度恢復(fù)到27cm時(shí)，由蓋·呂薩克定律可知解得20.某固定游戲裝置的豎直截面如圖所示，由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道平滑連接而成，圓形軌道底端略微錯(cuò)開，在軌道末端的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量為的長木板，長木板上表面與軌道末端所在的水平面平齊，長木板左端放置一質(zhì)量的小物塊，右端固定連有一輕質(zhì)彈簧的豎直擋板?，F(xiàn)將一質(zhì)量也為的小球從弧形軌道上高度為處靜止釋放。已知圓軌道半徑，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，小球和小物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)其他阻力。（1）若小球恰能通過豎直圓軌道的最高點(diǎn)，求小球經(jīng)過圓軌道的最低點(diǎn)時(shí)受軌道支持力的大小；（2）要使小球第一次進(jìn)入豎直圓軌道運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，求的大小范圍；（3）當(dāng)時(shí)，小球經(jīng)圓軌道運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)與小物塊發(fā)生彈性碰撞，發(fā)現(xiàn)小物塊最終恰好不滑離木板，求：①小物塊第二次到達(dá)長木板左端時(shí)的速度大小；②彈簧被壓縮到最短狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能?！即鸢浮剑?）6N；（2）或；（3）①；②〖解析〗（1）小球恰能過C點(diǎn)，則有小球由B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒可知小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)有由此可得（2）若小球恰能過圓軌道最高點(diǎn)，則有解得若小球恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道圓心等高位置，則有解得綜上可知，要使小球不脫離豎直圓軌道，則高度滿足或（3）①當(dāng)時(shí)，小球通過圓軌道到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，速度滿足小球與小物塊發(fā)生彈性碰撞，小球碰后速度變?yōu)?，小物塊碰后速度為，則有解得當(dāng)小物塊與長木板達(dá)到共速時(shí)，滿足解得②小物塊在長木板上運(yùn)動(dòng)過程中，小物塊與長木板有兩次達(dá)到共速，第一次是彈簧被壓縮到最短的時(shí)候，第二次是小物塊恰好返回到長木板最左端的時(shí)候。設(shè)小物塊相對(duì)長木板位移位時(shí)，彈簧被壓縮到最短，彈性勢(shì)能大小為，由能量守恒可知，當(dāng)二者第一次達(dá)共速時(shí)當(dāng)二者再次達(dá)到共速時(shí)由此可知即21.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌、固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌相距為，電阻不計(jì)。導(dǎo)軌所在空間有一垂直導(dǎo)軌平面的理想分界面，在兩側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為的勻強(qiáng)磁場，左側(cè)磁場方向豎直向下，右側(cè)磁場方向豎直向上，將兩根長也為的金屬棒、垂直導(dǎo)軌放置于兩側(cè)。時(shí)，金屬棒以初速度向右運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒的質(zhì)量為、電阻為，金屬棒的質(zhì)量為、電阻為。（1）若金屬棒鎖定，求：①時(shí)，通過金屬棒的電流大小；②從開始到金屬棒停下過程中通過金屬棒的電量；（2）若金屬棒不鎖定，①求金屬棒最終的速度大?。虎诮饘侔舻乃俣冗_(dá)到之前的某時(shí)刻，金屬棒克服安培力做功的功率為，金屬棒、總的熱功率為，金屬棒所受安培力做功的功率為，試分析、、之間的定量關(guān)系?！即鸢浮剑?）①；②；（2）①；②〖解析〗（1）①時(shí)，棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為電路中的電流大小為解得②以水平向右為正方向，由動(dòng)量定理得又解得（2）①設(shè)穩(wěn)定時(shí)棒、速度大小分別為和，此時(shí)電路中的電流為0，即兩棒的電動(dòng)勢(shì)相等，則有以水平向右為正方向，對(duì)棒，由動(dòng)量定理得對(duì)棒，由動(dòng)量定理得解得②方法一：對(duì)棒有棒有根據(jù)能量守恒定律得：棒的動(dòng)能減少量等于棒、的焦耳熱與棒的動(dòng)能增加量之和，則有即所以方法二：設(shè)此時(shí)棒、的速度大小分別為和，電路中的電流為又，，整理可得22.如圖所示，平面內(nèi)有一理想邊界，邊界與軸之間存在沿軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為；邊界與軸之間存在垂直向里的勻強(qiáng)磁場。軸上范圍內(nèi)有一粒子源，單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的粒子線密度恒為（線密度指單位長度上的粒子數(shù)），所有粒子均無初速度地飄入勻強(qiáng)電場，最后均垂直打到位于軸上足夠長的粒子收集板上，即被吸收。已知每個(gè)粒子的質(zhì)量為，電量為，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。（1）求處的粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小，及磁場的磁場應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）求收集板上有粒子打到的長度；（3）求收集板上單位時(shí)間內(nèi)收集的粒子線密度與坐標(biāo)的關(guān)系（當(dāng)時(shí)，有）；（4）將收集板改為絕緣板，粒子垂直撞擊絕緣板后速度大小不變，發(fā)現(xiàn)板上從點(diǎn)開始上方所有位置均有粒子撞擊，求點(diǎn)坐標(biāo)。〖答案〗（1），；（2）；（3）；（4）（0，7L）〖解析〗（1）當(dāng)時(shí)，，由動(dòng)能定理得解得進(jìn)入磁場后，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為即解得（2）當(dāng)時(shí)，，則最后打在軸上的坐標(biāo)為當(dāng)時(shí)，同理可得故長度為（3）由（2）同理得，從任意位置進(jìn)入電場的粒子打在軸上的位置坐標(biāo)為從軸上位置進(jìn)入電場的粒子打在軸上的位置坐標(biāo)為兩式相減可得則又因?yàn)榻獾茫?）如圖所示，所有粒子第二次撞擊板位置縱坐標(biāo)范圍是（7L，）第三次撞擊板位置的縱坐標(biāo)范圍是（11L，），由于，故點(diǎn)坐標(biāo)為（0,7L）臺(tái)州市2023學(xué)年第二學(xué)期高二年級(jí)期末質(zhì)量評(píng)估試題物理本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度均取10m/s2。選擇題部分一、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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列儀器測得的物理量屬于國際單位制中基本量的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗選項(xiàng)A、B、C、D測得的物理量分別是時(shí)間、力、壓強(qiáng)、電壓，四者中只有時(shí)間是基本量。故選A。2.中國隊(duì)在東京奧運(yùn)會(huì)男子4×100米接力比賽中跑出37秒79的成績，使中國隊(duì)獲得首枚奧運(yùn)會(huì)男子田徑接力獎(jiǎng)牌。下列說法正確的是（）A.“100米”指是位移大小B.“37秒79”指的是時(shí)間間隔C.獲得冠軍的接力隊(duì)沖過終點(diǎn)線時(shí)的速度一定最大D.研究運(yùn)動(dòng)員的起跑動(dòng)作時(shí)，可將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)〖答案〗B〖解析〗A．“100米”指的是路程大小，故A錯(cuò)誤；B．“37秒79”代表一段時(shí)間，指的是時(shí)間間隔，故B正確；C．獲得冠軍的接力隊(duì)沖過終點(diǎn)線時(shí)的速度不一定是最大，故C錯(cuò)誤；D．研究運(yùn)動(dòng)員的起跑動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的形狀不可忽略，不能將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故選B。3.在某次無人機(jī)空中偵察中，無人機(jī)沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，取豎直向上為正方向，關(guān)于無人機(jī)的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.時(shí)，速度方向豎直向下B.時(shí)，加速度為零C.第2s末到第4s末，位移為零D.第4s末到第6s末，速度逐漸變大〖答案〗C〖解析〗A．時(shí)，速度為正，方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；B．2s~4s內(nèi)無人機(jī)的加速度均為故B錯(cuò)誤；C．圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移，t軸上方為正方向，t軸下方為負(fù)方向，由圖可知，第2s末到第4s末，位移為零，故C正確；D．4s~6s內(nèi)速度逐漸減小，故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，用網(wǎng)兜把足球掛在光滑豎直墻壁上A點(diǎn)，足球與墻壁接觸，下列說法正確的是（）A.網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力方向豎直向上B.若懸線變長，則懸線對(duì)O點(diǎn)的拉力變大C.足球受到墻壁的支持力是足球發(fā)生彈性形變引起的D.足球?qū)W(wǎng)兜的作用力與網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力大小相等〖答案〗D〖解析〗D．足球?qū)W(wǎng)兜的作用力與網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力是一對(duì)相互作用力，其大小相等，故D項(xiàng)正確；A．對(duì)足球受力分析，其足球受到重力、墻壁的彈力以及網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力，其網(wǎng)兜對(duì)足球的作用力方向斜向上，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．足球的受力如圖所示運(yùn)用合成法，根據(jù)平衡條件，有若懸繩變長后細(xì)線與豎直方向的夾角減小，則懸繩對(duì)足球的拉力變小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．足球受到墻壁的支持力是墻壁發(fā)生彈性形變引起的，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。故選D。5.地磁暴會(huì)使高層大氣密度顯著增加，進(jìn)而導(dǎo)致低空航天器的運(yùn)行軌道半徑減小加快，若軌道變化前后航天器的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則軌道變化后低空航天器的（）A.角速度變小 B.運(yùn)行周期變大C.運(yùn)行速度變大 D.向心力變小〖答案〗C〖解析〗A．對(duì)航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以角速度變大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．對(duì)航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以周期變小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以運(yùn)行速度變大，故C項(xiàng)正確；D．對(duì)航天器，其萬有引力充當(dāng)向心力由于其軌道半徑變小，所以向心力變大，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。6.下列說法正確的是（）A.甲圖為靜電除塵裝置，利用的是電流磁效應(yīng)B.乙圖中用銅絲網(wǎng)包裹話筒線，利用的是靜電屏蔽原理C.丙圖為粒子散射實(shí)驗(yàn)，盧瑟福通過該實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子D.丁圖為光電效應(yīng)現(xiàn)象，說明了光具有粒子性〖答案〗B〖解析〗A．甲圖為靜電除塵裝置的示意圖，含塵氣體經(jīng)過高壓靜電場時(shí)被電分離，故A錯(cuò)誤；B．乙圖中話筒線外面包裹著金屬外衣應(yīng)用了靜電屏蔽的原理，故B正確；C．丙圖為粒子散射實(shí)驗(yàn)，盧瑟福通過該實(shí)驗(yàn)提出了原子的核式結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；D．丁圖為康普頓效應(yīng)現(xiàn)象，說明了光具有粒子性，故D錯(cuò)誤；故選B。7.如圖所示，半徑為的半球形陶罐內(nèi)壁光滑，固定在可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心的對(duì)稱軸重合。轉(zhuǎn)臺(tái)和陶罐以一定角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊與陶罐保持相對(duì)靜止，小物塊質(zhì)量為，線速度大小為，和點(diǎn)的連線與之間的夾角為。下列說法正確的是（）A.小物塊所受合外力為恒力B.轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度越大，越大C.小物塊的向心加速度大小為D.陶罐對(duì)物塊的作用力大小為〖答案〗B〖解析〗A．小物塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由所受外力的合力提供向心力，可知，合力大小不變，方向發(fā)生變化，即小物塊所受合外力為變力，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)物塊進(jìn)行分析，由重力與支持力提供向心力，則有解得可知，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度越大，越大，故B正確；C．小物塊的向心加速度大小為故C錯(cuò)誤；D．陶罐對(duì)物塊的作用力為支持力，結(jié)合上述有解得故D錯(cuò)誤。故選B。8.如圖所示是兩個(gè)振動(dòng)情況完全相同的簡諧波源、在同一均勻介質(zhì)中產(chǎn)生的兩列波，實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷，波源的振幅為A，周期為。關(guān)于圖中所標(biāo)的、、、四點(diǎn)，下列說法正確的是（）A.點(diǎn)振幅為零B.點(diǎn)振動(dòng)始終加強(qiáng)，點(diǎn)振動(dòng)始終減弱C.從圖示時(shí)刻經(jīng)過，點(diǎn)將運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D.從圖示時(shí)刻經(jīng)過，點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路程為〖答案〗A〖解析〗A．由題圖可知，d點(diǎn)時(shí)波峰與波谷相遇的點(diǎn)，是振動(dòng)減弱點(diǎn)，又因?yàn)閮闪胁ǖ恼駝?dòng)情況完全相同，振幅也相等，所以d點(diǎn)的振幅為零，故A項(xiàng)正確；B．由題圖可知，b點(diǎn)時(shí)波峰與波峰相遇的點(diǎn)，c點(diǎn)時(shí)波谷與波谷相遇的點(diǎn)，所以兩點(diǎn)均是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．波上每點(diǎn)都是在各自平衡位置附近做著簡諧運(yùn)動(dòng)，并不會(huì)隨波而運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由之前的分析可知，b點(diǎn)時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，所以其振幅為2A，此時(shí)處于波峰位置，經(jīng)過，其運(yùn)動(dòng)路程為2A，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選A。9.抗旱提水保苗賽跑是趣味農(nóng)運(yùn)會(huì)中最具代表性的賽跑項(xiàng)目，比賽成績要綜合考慮運(yùn)動(dòng)員的跑步速度及到達(dá)終點(diǎn)時(shí)桶中所剩余的水量。則在運(yùn)動(dòng)員勻速運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A.步幅越大，水晃動(dòng)的幅度越大B.步頻越大，水晃動(dòng)頻率越大C.桶里水量越多，水晃動(dòng)的頻率越大D.跑步速度越大，水晃動(dòng)的幅度越大〖答案〗B〖解析〗BC．運(yùn)動(dòng)員提水勻速運(yùn)動(dòng)過程中，由于運(yùn)動(dòng)員行走時(shí)，對(duì)水桶有力的作用，使水受到驅(qū)動(dòng)力作用發(fā)生受迫振動(dòng)，而受迫振動(dòng)的頻率等于外界驅(qū)動(dòng)力的頻率，即水晃動(dòng)的頻率等于運(yùn)動(dòng)員的步頻，與桶里水量的多少無關(guān)，故B正確，C錯(cuò)誤；AD．結(jié)合上述，水桶里的水做受迫振動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員的步頻接近水桶里的水的固有頻率時(shí)，水晃動(dòng)的幅度增大，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員的步頻等于水桶里的水的固有頻率時(shí)，發(fā)生共振，水晃動(dòng)的幅度達(dá)到最大，故AD錯(cuò)誤。故選B。10.如圖甲所示為手機(jī)無線充電工作原理圖，現(xiàn)將手機(jī)放置在無線充電裝置上，送電線圈接入如圖乙所示的交變電流，下列說法正確的是（）A.時(shí)，端電壓最小B.，送電線圈和受電線圈相互吸引C.僅增大兩線圈間的距離，端電壓的頻率變小D.僅增大兩線圈間的距離，端電壓變小〖答案〗D〖解析〗A．時(shí)，送電線圈的電流變化率最大，受電線圈內(nèi)磁通量變化率最大，端電壓最大，故A錯(cuò)誤；B．，送電線圈中的電流為零，磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，送電線圈和受電線圈間沒有作用力，不會(huì)相互吸引，故B錯(cuò)誤；C．增大送電和受電線圈的間距，不會(huì)改變cd端電壓的頻率，故僅增大兩線圈間的距離，端電壓的頻率不變，故C錯(cuò)誤；D．增大送電和受電線圈的間距，由于漏磁的現(xiàn)象，導(dǎo)致穿過兩個(gè)線圈的磁通量不相等，在匝數(shù)和線圈直徑不變的情況下，cd端與ab端電壓之比變小，即端電壓變小，故D正確。故選D。11.某款手機(jī)防窺屏原理如圖所示，在透明介質(zhì)中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可實(shí)現(xiàn)對(duì)像素單元可視角度的控制。發(fā)光像素單元緊貼防窺屏的下表面，可視為點(diǎn)光源，位于相鄰兩屏障的正中間。為減小角，下列操作可行的是（）A.僅增大防窺屏的厚度 B.僅減小屏障的高度C.僅減小透明介質(zhì)的折射率 D.僅增大相鄰屏障的間距〖答案〗C〖解析〗設(shè)防窺膜厚度均為，相鄰屏障的間距為L，入射角為r，根據(jù)折射定律得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得A．視角度與防窺屏的厚度無關(guān)，即防窺屏的厚度大，可視角度不變，故A錯(cuò)誤；B．屏障的高度d越小，光線射到界面的入射角越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度越大，故B錯(cuò)誤；C．透明介質(zhì)的折射率越小，則在空氣中的折射角越小，則可視角度越小，故C正確；D．僅增大相鄰屏障的間距，光線射到界面的入射角越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度越大，故D錯(cuò)誤。故選C。12.如圖所示，在湖邊山坡上的同一位置以相同大小的初速度，沿同一豎直面同時(shí)拋出兩石子A和B，初速度方向與水平方向夾角均為，兩石子均做拋體運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A.A石子先入水B.兩石子落水前始終在同一條豎直線上C.調(diào)整初速度大小，兩石子可能在空中相遇D.將拋出點(diǎn)位置改到點(diǎn)，兩石子落水的時(shí)間間隔變小〖答案〗B〖解析〗ACD．兩石子拋出后，只受重力作用，豎直方向加速度為重力加速度，設(shè)拋出點(diǎn)到水面的高度為h，豎直向下為正方向。斜向上拋出的空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，斜向下拋出的空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則得，則B石子先入水，兩石子不可能在空中相遇，將拋出點(diǎn)位置改到點(diǎn)，兩石子落水的時(shí)間間隔不變，故ACD錯(cuò)誤；B．兩石子水平速度相等，豎直方向的加速度相同，則兩石子落水前始終在同一條豎直線上，故B正確；故選B。13.如圖所示，充電后的平行板電容器豎直放置在水平絕緣地板上，將一根光滑絕緣細(xì)繩系在電容器、極板上的A、兩點(diǎn)（點(diǎn)高于A點(diǎn)），再將一帶正電的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）懸掛在細(xì)繩上并處于靜止?fàn)顟B(tài)。電容器不漏電，兩板間的電場可視為勻強(qiáng)電場，小球始終未與極板接觸。經(jīng)下列操作，待小球再次穩(wěn)定后，細(xì)繩張力一定變小的是（）A.A點(diǎn)下移一小段距離 B.略微增大極板所帶的電荷量C.板向左平移一小段距離 D.正負(fù)極板電荷量不變，電性互換〖答案〗D〖解析〗A．重力與電場力的合力F為定值，方向斜向右下，則球兩邊繩子拉力的合力與F等大反向，即兩邊繩子拉力的合力為定值，若A點(diǎn)下移一小段距離，球兩邊繩子之間的夾角增大，即沿兩邊繩子方向的兩個(gè)拉力的夾角增大，而合力一定，則細(xì)繩張力一定變大，故A錯(cuò)誤；B．略微增大極板所帶的電荷量，電場力增大，重力與電場力的合力增大，則細(xì)繩張力一定變大，故B錯(cuò)誤；C．板向左平移一小段距離，沿兩邊繩子方向的兩個(gè)拉力的夾角增大，而合力一定，則細(xì)繩張力一定變大，故C錯(cuò)誤；D．正負(fù)極板電荷量不變，電性互換，則重力與電場力的合力大小不變，方向斜向左下，則沿兩邊繩子方向的兩個(gè)拉力的合力方向指向右上，沿兩邊繩子方向的兩個(gè)拉力的夾角減小，則細(xì)繩張力一定變小，故D正確。故選D。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(gè)選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.關(guān)于物理規(guī)律，下列說法正確的是（）A.熱量不能從低溫物體傳到高溫物體B.真空中的光速在不同的慣性參考系中大小是相同的C.金屬?zèng)]有確定的幾何形狀，也不顯示各向異性，屬于非晶體D.玻璃管裂口放在火焰上燒熔，尖端會(huì)變鈍，是因?yàn)楸砻鎻埩Φ淖饔谩即鸢浮紹D〖解析〗A．由熱力學(xué)第二定律可知，熱量不能自發(fā)得從低溫物體傳到高溫物體，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)相對(duì)論的兩個(gè)基本假設(shè)可知，在不同的慣性參考系中，真空中的光速是相同的，故B項(xiàng)正確；C．金屬?zèng)]有確定的幾何形狀，也不顯示各向異性，屬于多晶體，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．玻璃管裂口放在火焰上燒熔，尖端會(huì)變鈍，是因?yàn)楸砻鎻埩Φ淖饔茫蔇項(xiàng)正確。故選BD。15.將放射性同位素氟18（）注入人體參與人體的代謝過程，如圖所示，在人體內(nèi)衰變放出正電子，與人體內(nèi)負(fù)電子相遇而湮滅并產(chǎn)生一對(duì)波長相等的光子，被探測器探測到，經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后產(chǎn)生清晰的醫(yī)學(xué)圖像。設(shè)正、負(fù)電子的質(zhì)量均為，光速為，普朗克常數(shù)為。下列說法正確的是（）A.衰變的方程為B.光子是原子核外電子躍遷時(shí)產(chǎn)生的C.上述正負(fù)電子湮滅產(chǎn)生的光子波長為D.的核子平均質(zhì)量比新核的核子平均質(zhì)量小〖答案〗AC〖解析〗A．根據(jù)電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒可知，衰變的方程為，故A正確；B．光子是衰變后處于高能級(jí)的新原子核放出的，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)解得故C正確；D．發(fā)生衰變后，質(zhì)量有虧損，所以的核子平均質(zhì)量比新核的核子平均質(zhì)量大，故D錯(cuò)誤；故選AC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實(shí)驗(yàn)題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置探究一定質(zhì)量小車加速度與力的關(guān)系?？邕^滑輪的細(xì)線一端掛著砂桶，另一端與拉力傳感器相連。將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接入頻率的交流電源，小車及其前端光滑滑輪的總質(zhì)量為，砂及砂桶質(zhì)量為。（1）下列各項(xiàng)操作正確的是________（多選）A.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先釋放小車，再接通電源B.實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使細(xì)線與木板平行C.實(shí)驗(yàn)前應(yīng)將長木板的右端墊高，以達(dá)到平衡阻力的效果D.為減小誤差，砂及砂桶質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量（2）利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可得小車加速度與拉力傳感器讀數(shù)間的關(guān)系圖像如圖乙所示，若圖線斜率為，則小車及滑輪總質(zhì)量___________（用表示）。（3）在某次實(shí)驗(yàn)中打下的紙帶上取如圖所示的計(jì)數(shù)點(diǎn)（相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出），則小車加速度大小__________m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）BC（2）（3）0.60〖解析〗（1）A．實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先接通電源，再釋放小車，故A錯(cuò)誤；B．只有保證輕繩與木板平行，才能保證力傳感器測到的力是小車所受沿運(yùn)動(dòng)方向，故B正確；C．探究“加速度與力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，保持小車質(zhì)量不變，首先要補(bǔ)償阻力，應(yīng)將長木板的右端墊高，使小車做勻速運(yùn)動(dòng)，以達(dá)到補(bǔ)償阻力效果，故C正確；D．由于細(xì)線與拉力傳感器相連，則小車受的合力為拉力傳感器讀數(shù)的兩倍，不需要滿足砂及砂桶質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，故D錯(cuò)誤；故選BC。（2）根據(jù)題意，由牛頓第二定律有整理可得根據(jù)圖像的斜率可知解得（3）根據(jù)逐差法可知加速度為=0.6017.如圖甲所示為“探究平拋運(yùn)動(dòng)水平分運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”的實(shí)驗(yàn)裝置。（1）除了斜槽、小球、背板和傾斜擋板（帶底座及固定擋板的軌道，擋板上下可調(diào)）、白紙、圖釘、重垂線之外，下列器材中還需要的是________（多選）。A.復(fù)寫紙 B.墨粉紙盤 C.刻度尺 D.天平（2）某次實(shí)驗(yàn)時(shí)讓小球多次從斜槽上滾下，在白紙上依次記下小球的位置，如圖乙所示。出現(xiàn)這種點(diǎn)跡最有可能的原因是_________。A.斜槽粗糙 B.斜槽末端不水平 C.沒有從同一位置靜止釋放小球（3）將白紙換成方格紙，每個(gè)小方格的邊長為。實(shí)驗(yàn)記錄了小球在運(yùn)動(dòng)中的4個(gè)點(diǎn)跡，如圖丙所示。已知重力加速度為，則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為___________；小球拋出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為__________?！即鸢浮剑?）AC（2）C（3）0〖解析〗（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知，還需復(fù)寫紙記錄點(diǎn)跡、刻度尺測量長度，該實(shí)驗(yàn)不用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，無需墨粉紙盤，實(shí)驗(yàn)無需天平。故選AC。（2）由圖可知軌跡不同的原因是每次釋放小球時(shí)，位置不同，導(dǎo)致點(diǎn)跡不在同一個(gè)拋物線。故選C。（3）[1]根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律有水平方向有解得[2]B點(diǎn)豎直方向的速度為拋出點(diǎn)到B點(diǎn)豎直方向的位移為解得則拋出點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離為所以小球拋出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為0。18.在汛期，對(duì)水庫、河流高水位的實(shí)時(shí)監(jiān)測至關(guān)重要，某物理興趣小組計(jì)劃利用壓力傳感器設(shè)計(jì)水庫高水位預(yù)警系統(tǒng)，已知壓力與水位高度成正比，滿足（），通過查閱資料得到壓力傳感器的電阻和受到的壓力之間的關(guān)系圖像如下表所示。壓力102030405060電阻4.62.81.81.20.80.6某同學(xué)利用上述壓力傳感器、電動(dòng)勢(shì)（不考慮內(nèi)阻）的電源、定值電阻（有、、三種規(guī)格可供選擇）、控制開關(guān)和報(bào)警裝置設(shè)計(jì)了甲、乙兩種電路。要求當(dāng)水位上升到高度，、之間的電壓降至2.0V時(shí)，控制開關(guān)開啟報(bào)警裝置，不考慮控制開關(guān)對(duì)電路的影響，則應(yīng)選擇的電路是______（選填“甲”或“乙”），定值電阻應(yīng)選擇的規(guī)格是______（選填“”、“”或“”）；若要求在較低的水位開啟報(bào)警裝置，則定值電阻的阻值應(yīng)______（選填“增加”或“減少”）?！即鸢浮揭以黾印冀馕觥絒1]由于、之間的電壓降至2.0V時(shí)，控制開關(guān)開啟報(bào)警裝置，而壓力與水位高度成正比，壓力越大，壓力傳感器的電阻越小，當(dāng)壓力增大時(shí)，壓力傳感器的電阻減小，回路總電阻減小，電流增大，定值電阻承擔(dān)電壓增大，壓力傳感器承擔(dān)電壓減小，可知，報(bào)警裝置應(yīng)該與壓力傳感器并聯(lián)，即應(yīng)選擇的電路是乙。[2]當(dāng)水位上升到高度時(shí)，壓力傳感器承受的壓力結(jié)合表格數(shù)據(jù)可知，壓力傳感器電阻為此時(shí)、之間的電壓降至2.0V，則有[3]若要求在較低的水位開啟報(bào)警裝置，由于水位較低時(shí)，壓力較小，壓力傳感器電阻較大，報(bào)警時(shí)，、之間的電壓仍然需要降至2.0V，此時(shí)定值電阻承擔(dān)電壓仍然為1.0V，由于回路電流較小，則定值電阻的阻值應(yīng)增加。19.足夠長的玻璃管豎直放置，如圖甲所示，用長的水銀柱將一段長為的氣體柱封閉在玻璃管中，現(xiàn)將玻璃管緩慢旋轉(zhuǎn)至開口豎直向下狀態(tài)，如圖乙所示。整個(gè)過程封閉氣體質(zhì)量不變，大氣壓強(qiáng)為，環(huán)境溫度為。（1）從圖甲狀態(tài)到圖乙狀態(tài)的過程，封閉氣體的分子平均動(dòng)能__________（選填“增大”、“減小”或“不變”），封閉氣體對(duì)玻璃管壁單位面積的壓力_________（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求圖乙狀態(tài)下的氣體柱長度；_________（3）封閉氣體的溫度變?yōu)槎啻髸r(shí)，可使圖乙中的氣體柱長度恢復(fù)到27cm。_________〖答案〗（1）不變②.減?。?）30cm（3）270K〖解析〗（1）[1]從圖甲到圖乙過程，封閉氣體的溫度不變，所以封閉氣體的分子平均動(dòng)能不變。[2]圖甲對(duì)封閉氣體有圖乙對(duì)封閉氣體有解得由壓強(qiáng)與壓力關(guān)系有所以封閉氣體對(duì)玻璃管壁單位面積的壓力減小。（2）[3]