浙江省嘉興市桐鄉(xiāng)市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期1月期末物理試題

浙江省嘉興市桐鄉(xiāng)市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期1月期末物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)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．下列單位屬于國(guó)際單位制中基本單位的是（）A．赫茲（Hz） B．伏特（V） C．安培（A） D．瓦特（W）2．如圖所示，下列四幅圖像能描述物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的是（）A． B．C． D．3．在三星堆考古發(fā)現(xiàn)中，考古人員對(duì)“祭祀坑”中出土的碳屑樣本通過(guò)14C年代檢測(cè)，推算出文物的年代。其中14C的衰變方程為A．614B．614C的比結(jié)合能比C．X是來(lái)源于原子外層的電子D．文物長(zhǎng)時(shí)間埋在地下會(huì)導(dǎo)致14C4．如圖所示是戶外露營(yíng)中使用的一種便攜式三腳架，它由三根完全相同的輕桿通過(guò)鉸鏈組合在一起，每根輕桿均可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng)。將三腳架靜止放在水平地面上，吊鍋通過(guò)細(xì)鐵鏈靜止懸掛在三腳架正中央，三腳架正中央離地高度為h且小于桿長(zhǎng)，吊鍋和細(xì)鐵鏈的總質(zhì)量為m，支架與鉸鏈間的摩擦忽略不計(jì)，則（）A．吊鍋受到3個(gè)力的作用B．鐵鏈對(duì)吊鍋的拉力大于吊鍋的重力C．每根輕桿受到地面的作用力大小為mgD．減小h時(shí)，每根輕桿對(duì)地面摩擦力增大5．2022年7月25日，問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙成功與軌道高度約為430km的天和核心艙完成對(duì)接如圖所示，對(duì)接后組合體繞地球的運(yùn)動(dòng)可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知地球半徑R，引力常量G，地球表面重力加速度g，根據(jù)題中所給條件，下列說(shuō)法正確的是（）A．組合體的周期大于24小時(shí)B．可以計(jì)算出地球的平均密度C．組合體的向心加速度小于赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度D．若實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)有一單擺裝置，將擺球拉開一個(gè)小角度靜止釋放會(huì)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)6．如圖所示是擊打出的羽毛球在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程的頻閃照片。O、P、Q三點(diǎn)分別是羽毛球在上升、到達(dá)最高點(diǎn)和下落階段，羽毛球的泡沫頭所在的位置。從O運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中（）A．在O點(diǎn)，羽毛球受到的合力向上B．在P點(diǎn)，羽毛球只受到重力作用C．在Q點(diǎn)，羽毛球的機(jī)械能最小D．羽毛球在相等時(shí)間內(nèi)發(fā)生的水平位移相等7．如圖所示，并列懸掛兩個(gè)相同的彈簧振子，分別將小球A、小球B向下拉至P、Q位置，此時(shí)兩球離開平衡位置的距離分別為x和1.A．小球A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球B還沒有到達(dá)平衡位置B．在平衡位置時(shí)，小球A與小球B的動(dòng)能相等C．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球A和小球B的速度不可能相等D．小球B比小球A總是滯后四分之一個(gè)周期8．如圖所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸，一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線圈平面始終與地面平行。下列說(shuō)法正確的是（）A．N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反B．線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量不變C．線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中無(wú)感應(yīng)電流D．線圈從P到M過(guò)程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與從P到N過(guò)程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等9．如圖所示是電容式位移傳感器示意圖，當(dāng)被測(cè)物體在左、右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩板之間移動(dòng)。為判斷物體是否發(fā)生位移，將該傳感器與恒壓直流電源、電流表和開關(guān)串聯(lián)組成閉合回路（電路未畫出），已知電容器的電容C與電介質(zhì)板進(jìn)入電容器的長(zhǎng)度x之間滿足關(guān)系C=CA．若物體向右移動(dòng)，電容器極板間電壓增大B．若物體向左移動(dòng)，電容器極板帶電量增大C．當(dāng)物體向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電流表的電流均勻增大D．物體向不同方向移動(dòng)時(shí)，流過(guò)電流表的電流方向不變10．如圖甲所示，圓形區(qū)域ABCD處在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓心為O，半徑為R=0.1m。P為圓弧上的一個(gè)點(diǎn)，PO連線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，θ為PO連線從AO位置開始旋轉(zhuǎn)的角度，P點(diǎn)電勢(shì)隨A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為10V/mB．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直AC連線向上C．一電子從A點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能減小2eVD．一電子從B點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功11．如圖所示，直角三棱鏡ABC中，一細(xì)束單色光在棱鏡的側(cè)面AC上以大角度由D點(diǎn)入射（入射面在棱鏡的橫截面內(nèi)），入射角為i，經(jīng)折射后射至AB邊的E點(diǎn)。逐漸減小i，E點(diǎn)向B點(diǎn)移動(dòng)，當(dāng)sini=16時(shí)，恰好沒有光線從ABA．單色光射入棱鏡后波長(zhǎng)變長(zhǎng)B．從AB邊射出的光線與AC邊射入的光線有可能平行C．棱鏡對(duì)該單色光的折射率為37D．光線DE不可能垂直AB面射出棱鏡12．球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時(shí)受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻=kv2，A．發(fā)動(dòng)機(jī)的最大推力為1B．當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)推力的大小為5C．發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí)，飛行器速率為5D．當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時(shí)，其加速度大小可以達(dá)到3g13．我國(guó)已投產(chǎn)運(yùn)行的1100kV特高壓直流輸電工程是目前世界上電壓等級(jí)最高、輸送容量最大、輸送距離最遠(yuǎn)、技術(shù)水平最先進(jìn)的輸電工程，輸送電功率最大可達(dá)1200萬(wàn)千瓦。輸電線路流程和數(shù)據(jù)可簡(jiǎn)化為如圖所示，若直流線路的輸電線總電阻為10Ω，變壓與整流等造成的能量損失均不計(jì)，直流和交流逆變時(shí)有效值不發(fā)生改變。當(dāng)直流線路輸電電流為4×10A．輸送電功率為1B．降壓變壓器匝數(shù)比為11∶5C．直流輸電線上損失的功率為1.6×1D．若保持輸送電功率不變，改用550kV輸電，直流輸電線上損失的功率為6二、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)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)得3分，選對(duì)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14．如圖所示，甲、乙、丙、丁四幅圖摘自課本，下列說(shuō)法正確的是（）A．圖甲醬油的色素分子進(jìn)入到蛋清內(nèi)是擴(kuò)散現(xiàn)象B．圖乙燈焰在肥皂膜上形成條紋是光的干涉現(xiàn)象C．圖丙電焊作業(yè)時(shí)發(fā)出耀眼的電焊弧光是紫外線D．圖丁所示雪花形狀規(guī)則，說(shuō)明雪花具有各向同性15．如圖所示，圖甲為光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)的電路圖（電源正負(fù)極可對(duì)調(diào)），用一定強(qiáng)度的單色光a、b分別照射陰極K，用電流表A測(cè)量流過(guò)光電管的電流I，用電壓表V測(cè)量光電管兩極間的電壓U，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，得到如圖乙所示的I與U的關(guān)系圖像。則（）A．用a光照射時(shí)光電管的極限頻率高于用b光照射時(shí)光電管的極限頻率B．a(chǎn)光在水中的傳播速度比b光小C．a(chǎn)光的光子動(dòng)量大于b光的光子動(dòng)量D．變阻器滑片滑到最左端時(shí)，光電流I為零三、非選擇題部分16．利用如圖1裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。（1）為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過(guò)程中任意兩點(diǎn)間的____。A．動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量B．速度變化量和勢(shì)能變化量C．速度變化量和高度變化量（2）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(tái)（含鐵夾）、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是。A．交流電源B．刻度尺C．天平（含砝碼）17．在“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。（1）小飛同學(xué)以線狀白熾燈為光源，對(duì)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行調(diào)節(jié)并觀察了實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象后，總結(jié)出以下幾點(diǎn)，正確的是。A．單縫和雙縫必須平行放置B．觀察到的干涉條紋與雙縫垂直C．將綠色濾光片改成紅色濾光片，能增大光屏上相鄰兩條亮紋之間距離D．增大單縫和雙縫之間的距離，能增大光屏上相鄰兩條亮紋之間距離（2）實(shí)驗(yàn)中，用測(cè)量頭測(cè)量條紋間的寬度：先將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊，將該亮紋定為第1條亮紋，然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對(duì)齊，如圖所示，此時(shí)手輪上的讀數(shù)為mm。18．如圖所示為某同學(xué)用單擺利量重力加速度的實(shí)驗(yàn)，他測(cè)得的重力加速度數(shù)值小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊膶?shí)際值，造成這一情況的原因可能是（）A．開始擺動(dòng)時(shí)振幅較小B．開始計(jì)時(shí)時(shí)，過(guò)早按下秒表C．在測(cè)量完擺長(zhǎng)之后懸掛點(diǎn)細(xì)線松動(dòng)D．測(cè)量周期時(shí)，誤將擺球29次全振動(dòng)的時(shí)間記為30次19．在“測(cè)量金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)用電流表和電壓表測(cè)量一金屬絲的電阻。（1）該同學(xué)先用歐姆表“×1”擋粗測(cè)該金屬絲的電阻，示數(shù)如圖所示，金屬絲電阻R=Ω。（2）除電源（電動(dòng)勢(shì)3.0V，內(nèi)阻不計(jì)）、電壓表（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ），電流表（量程0～0.A．滑動(dòng)變阻器（最大阻值10Ω，額定電流2A）B．滑動(dòng)變阻器（最大阻值1kΩ，額定電流0.為調(diào)節(jié)方便、測(cè)量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______（選填實(shí)驗(yàn)器材前對(duì)應(yīng)的字母）。（3）該同學(xué)測(cè)量金屬絲兩端的電壓U和通過(guò)金屬絲的電流I，得到多組數(shù)據(jù)，并在坐標(biāo)圖上標(biāo)出，如圖所示。根據(jù)圖線得出該金屬絲電阻R=Ω（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（4）將定值電阻替換為小燈泡，改用電流傳感器測(cè)得小燈泡的電流隨時(shí)間變化的圖線，會(huì)是哪個(gè)圖（填“圖甲”或“圖乙”），并分析說(shuō)明原因是。20．以下實(shí)驗(yàn)中，說(shuō)法正確的是（）A．“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，每次增加的鉤碼數(shù)量必須相等B．“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)中，斜槽末端要保持水平C．“探究等溫情況下一定質(zhì)量氣體壓強(qiáng)與體積的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)快速壓縮活塞，以防止漏氣D．“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，測(cè)量時(shí)彈簧秤外殼與木板之間可以存在摩擦21．一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過(guò)程如p－T圖上從a到b的線段所示。在此過(guò)程中（）A．氣體一直對(duì)外做功B．氣體的內(nèi)能一直增加C．氣體一直從外界吸熱D．氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量22．如圖所示，一豎直放置的汽缸由兩個(gè)粗細(xì)不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞Ⅱ不能通過(guò)連接處?；钊瘛ⅱ虻馁|(zhì)量分別為2m、m，面積分別為2S、S，彈簧原長(zhǎng)為l。初始時(shí)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為T0。已知活塞外大氣壓強(qiáng)為p0，忽略活塞與缸壁間的摩擦，汽缸無(wú)漏氣，不計(jì)彈簧的體積。（重力加速度為（1）求封閉氣體的壓強(qiáng)p和彈簧的勁度系數(shù)k；（2）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當(dāng)活塞Ⅱ剛運(yùn)動(dòng)到汽缸連接處時(shí)，活塞間氣體的壓強(qiáng)和溫度。23．如圖所示，固定斜面AB平滑連接固定光滑圓弧BCD，C為圓弧最低點(diǎn)，圓弧最高點(diǎn)D與光滑半圓管DE相切，E與長(zhǎng)度L=1m的傳送帶相連，傳送帶右側(cè)為足夠長(zhǎng)的粗糙水平面。一個(gè)質(zhì)量m1=0.1kg的小物塊從斜面頂端A下滑。已知斜面高h(yuǎn)=0.3m，傾角θ=37°，與物體間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5；圓弧BCD和半圓管DE（1）若小物塊初速度為零開始下滑，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大；（2）若給小物塊合適的沿斜面向下的初速度，它就可到達(dá)E點(diǎn)，則與此初速度對(duì)應(yīng)的初動(dòng)能Ek（3）若給小物塊沿斜面向下的初速度，使其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，則與此初速度對(duì)應(yīng)的初動(dòng)能Ek24．在小車上豎直固定著一個(gè)高h(yuǎn)=0.1m、長(zhǎng)為l、總電阻R=1Ω的單匝閉合矩形線圈。小車以v0=1m/s的速度在光滑的水平面上向右運(yùn)動(dòng)，隨后穿過(guò)與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的水平有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里且邊界寬度為d（d>l），如圖甲所示。已知小車運(yùn)動(dòng)的速度v隨車的位移x變化的v-（1）矩形線圈的長(zhǎng)度l和磁場(chǎng)的寬度d；（2）小車在位移x=10cm時(shí)的速度v大小和線圈中的電流大小I；（3）線圈和小車通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中克服安培力做的功。25．雙聚焦分析器是一種能同時(shí)實(shí)現(xiàn)速度聚焦和方向聚焦的質(zhì)譜儀，其模型圖如圖1所示，原理圖如圖2所示。如圖2，加速電場(chǎng)的電壓為U，電場(chǎng)分析器中有指向圓心O的輻射狀電場(chǎng)，磁場(chǎng)分析器中有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。若質(zhì)量為m、電荷量為+q的離子（初速度為零，重力不計(jì)），經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入輻射狀電場(chǎng)，恰好沿著半徑為R的圓弧軌跡通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域后，垂直磁場(chǎng)左邊界從P點(diǎn)進(jìn)入圓心為O1的四分之一圓形磁場(chǎng)區(qū)域，PO1=d，之后垂直磁場(chǎng)下邊界O1O2從K點(diǎn)射出并進(jìn)入檢測(cè)器，檢測(cè)器可在O1M和O2N之間左右移動(dòng)且與磁場(chǎng)下邊界的距離恒等于0.5d。（1）求電場(chǎng)分析器中離子運(yùn)動(dòng)軌跡處電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；（2）求磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B；（3）若兩種不同離子，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)分析器和磁場(chǎng)分析器后，分別打到M和N點(diǎn)，且探測(cè)器在M點(diǎn)和N點(diǎn)接收到的兩種離子離開O1O2時(shí)速度方向與O1O2所夾銳角相同，求探測(cè)器在M點(diǎn)和N點(diǎn)接收到的兩種離子比荷之比。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】國(guó)際單位制共有七個(gè)基本物理單位。包括如下：熱力學(xué)溫度（K），長(zhǎng)度（m），質(zhì)量（kg），時(shí)間（s），電流（A），物質(zhì)的量（mol），光強(qiáng)度（cd）。

故答案為：C。

【分析】國(guó)際單位制共有七個(gè)基本物理單位。包括如下：熱力學(xué)溫度（K），長(zhǎng)度（m），質(zhì)量（kg），時(shí)間（s），電流（A），物質(zhì)的量（mol），光強(qiáng)度（cd）。2．【答案】A【解析】【解答】A、自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度時(shí)間公式為v=gt

可知v-t圖像是過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，故A正確；

BC、自由落體運(yùn)動(dòng)所受合外力不變、加速度不變，可知a-t、F-t圖像為平行于x軸的直線，故BC錯(cuò)誤；

D、位移時(shí)間關(guān)系公式為h=12gt2

3．【答案】B【解析】【解答】A、614C衰變時(shí)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)都守恒，由此可知X為-10e，所以614C發(fā)生的是β衰變，故A錯(cuò)誤；

B、614C衰變成714N，故714N比6144．【答案】D【解析】【解答】AB、吊鍋受到重力、鐵鏈對(duì)吊鍋的拉力，共2個(gè)力的作用，吊鍋靜止，則鐵鏈對(duì)吊鍋的拉力等于吊鍋的重力，故AB錯(cuò)誤；

C、設(shè)輕桿與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得3F解得每根輕桿受到地面的作用力大小為F=故C錯(cuò)誤；

D、每根輕桿對(duì)地面摩擦力為f=F減小h時(shí)，θ增大，每根輕桿對(duì)地面摩擦力增大，故D正確。

故答案為：D。

【分析】明確吊鍋的受力情況，確定高度變化時(shí)，桿與豎直方向夾角的變化情況，再根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進(jìn)行解答即可。5．【答案】B【解析】【解答】A、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有G解得T=2π由于組合體的軌道高度小于同步衛(wèi)星的軌道高度，所以組合體的周期小于同步衛(wèi)星的周期，即組合體的周期小于24h，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)萬(wàn)有引力與重力的關(guān)系，即G地球的密度為ρ=聯(lián)立解得ρ=故B正確；

C、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有G解得向心加速度為a組合體的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度，但由于同步衛(wèi)星與赤道上的物體具有相同的角速度，而同步衛(wèi)星的半徑大于赤道上物體的半徑，根據(jù)公式a所以同步衛(wèi)星的向心加速度大于赤道上物體的向心加速度，則組合體的向心加速度大于赤道上物體的向心加速度，故C錯(cuò)誤；

D、靜止釋放小球，小球?qū)o(wú)法做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，小球處于完全失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)題意確定組合體的軌道高度與同步衛(wèi)星的軌道高度的關(guān)系。再根據(jù)萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律進(jìn)行分析。小球處于完全失重狀態(tài)，小球?qū)o(wú)法做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。6．【答案】C【解析】【解答】BD、由圖可知，羽毛球從O運(yùn)動(dòng)到Q過(guò)程中，相鄰兩點(diǎn)間的水平位移逐漸減小，故羽毛球水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，羽毛球受重力和阻力作用，故BD錯(cuò)誤；

A、羽毛球做曲線運(yùn)動(dòng)，軌跡向力的方向彎曲，所以在O點(diǎn)，羽毛球受到的合力斜向左下方，故A錯(cuò)誤；

C、由于阻力做負(fù)功，所以羽毛球的機(jī)械能減小，所以在Q點(diǎn)羽毛球的機(jī)械能最小，故C正確。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)圖示確定羽毛球在水平方向上和豎直方向上位移的變化情況，繼而確定羽毛球的受力情況。羽毛球做曲線運(yùn)動(dòng)，受到的合力指向曲線的凹側(cè)。阻力做負(fù)功，羽毛球的機(jī)械能減小。7．【答案】D【解析】【解答】AD、并列懸掛兩個(gè)相同的彈簧振子，可知小球A、B的周期相同，小球A由靜止釋放，當(dāng)A第一次到達(dá)平衡位置時(shí)，由靜止釋放小球B，即小球A先振動(dòng)四分之一個(gè)周期，故小球A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球B位于平衡位置，小球B比小球A總是滯后四分之一個(gè)周期，故A錯(cuò)誤，D正確；

B、小球B拉離平衡位置的距離較大，小球B的振幅大，總能量較大，在平衡位置時(shí)，小球A、B的重力勢(shì)能相等，彈簧彈性勢(shì)能為零，故小球A的動(dòng)能小于小球B的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；

C、小球B比小球A滯后四分之一個(gè)周期，小球B的振幅比小球A的振幅大，根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度，可知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球A和小球B的速度可能相等，故C錯(cuò)誤。

故答案為：D。

【分析】物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期與振幅的大小無(wú)關(guān)，質(zhì)量相同、彈簧的勁度系數(shù)相同，小球的振動(dòng)周期相同。根據(jù)題意確定兩小球振幅的大小以及振動(dòng)的相位差關(guān)系。在平衡位置時(shí)，小球A、B的重力勢(shì)能相等，彈簧彈性勢(shì)能為零。8．【答案】C【解析】【解答】A、由于水平地面下的導(dǎo)線為通有恒定電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線，且平行于y軸，而MN也平行于y軸，所以N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A錯(cuò)誤；

B、由于PN平行于x軸，故線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量始終變化，故B錯(cuò)誤；

C、線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量一直為零，磁通量不變，線圈中無(wú)感應(yīng)電流，故C正確；

D、線圈從P到M過(guò)程和從P到N過(guò)程，線圈中磁通量變化量相同，而PM間距離大于PN間的距離，又速率相同，所以線圈從P到M的時(shí)間大于P到N的時(shí)間，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈從P到M過(guò)程產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小于從P到N過(guò)程產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)右手螺旋定則去誒多功能M、N點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，距離導(dǎo)線相等的位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等。穿過(guò)線圈的磁通量發(fā)生改變時(shí)，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小關(guān)系。9．【答案】B【解析】【解答】A、若電容器與電源連接，則電容器極板間電壓不變，故A錯(cuò)誤；

B、若物體向左移動(dòng)，電介質(zhì)插入兩板間的長(zhǎng)度增大，則ε增大，根據(jù)電容的決定式C=可知電容C增大，根據(jù)電容的定義式C=由于電壓U不變，則電容器極板帶電量增大，故B正確；

C、當(dāng)物體向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則電介質(zhì)板進(jìn)入電容器的長(zhǎng)度x均勻增大，根據(jù)C=可知電容C均勻增大，Q均勻增大，所以流過(guò)電流表的電流保持恒定，故C錯(cuò)誤；

D、若電容C增大，則Q增大，電容器充電，電流從電源正極流向電源負(fù)極，若Q減小，則電容器放電，電流從電容器的正極板流出，其方向與充電電流方向相反，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】電容器與電源連接，電容器極板間電壓不變。電容器放電，電流方向與充電電流方向相反，再根據(jù)電容的決定式及電容的定義式結(jié)合題意分析解答。10．【答案】C【解析】【解答】AB、當(dāng)θ=πφ當(dāng)θ=4πφ如圖所示

由于M、N兩點(diǎn)分別是圓弧上電勢(shì)的最低點(diǎn)、最高點(diǎn)，則過(guò)兩點(diǎn)的等勢(shì)面與圓相切，又因?yàn)殡妶?chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且指向電勢(shì)降低的方向，可知電場(chǎng)方向從N指向M，可得場(chǎng)強(qiáng)大小為E=故AB錯(cuò)誤；

C、由圖乙可知，C點(diǎn)的電勢(shì)為φ電子從A點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能的變化量為Δ即電勢(shì)能減小2eV，故C正確；

D、從B點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針到D點(diǎn)，電勢(shì)先升高后降低，則電子沿該路徑運(yùn)動(dòng)時(shí)，由E可知，電子的電勢(shì)能先減小后增大，所以電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低的最快，即電勢(shì)最高點(diǎn)和電勢(shì)最低點(diǎn)的連線即為電場(chǎng)線，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低。再根據(jù)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系確定場(chǎng)強(qiáng)的大小。熟悉掌握電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系，電勢(shì)能升高，電場(chǎng)力做負(fù)功。11．【答案】D【解析】【解答】A、單色光射入棱鏡后頻率不變，波速減小，則波長(zhǎng)變短，故A錯(cuò)誤；

B、光線從D點(diǎn)射入棱鏡中時(shí)，折射角小于入射角，即光線向下偏折；從E點(diǎn)射出時(shí)，折射角大于入射角，光線再次向下偏折，則從AB邊射出的光線與AC邊射入的光線有不可能平行，故B錯(cuò)誤。

C、光路圖如圖所示

因?yàn)楫?dāng)sini=1sin由幾何關(guān)系可知，由幾何關(guān)系得C+∠AED=90°，r+90°=∠AED+∠EAD又因DE=DA，則∠AED=∠EAD光線在D點(diǎn)的折射角為r=90°-2C根據(jù)折射定律n=聯(lián)立可得n=1.5故C錯(cuò)誤；

D、假設(shè)光線DE垂直AB面射出棱鏡時(shí)，此時(shí)光線在D點(diǎn)的折射角等于∠A=∠AED=90°-C因sin假設(shè)不成立，則光線DE不可能垂直AB面射出棱鏡，故D正確。

故答案為：D。

【分析】單色光射入棱鏡后頻率不變。再根據(jù)題意畫出光路圖結(jié)合光的折射定律及光的全反射條件進(jìn)行分析解答。對(duì)于判斷性問(wèn)題可采用假設(shè)法進(jìn)行分析判斷。12．【答案】C【解析】【解答】A、飛行器豎直下落，其勻速下落的速率為10m/s時(shí)，飛行器的合力為零k解得Mg=100發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器豎直向上運(yùn)動(dòng)，飛行器勻速向上的速率為5m/s時(shí)，飛行器的合力為零F解得F故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時(shí)，受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的水平方向的阻力，大小為F同時(shí)飛行器受到豎直向下的重力，若要保持勻速飛行，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力應(yīng)該跟阻力與重力的合力等大、反向；受力分析如圖：

由此可得，此時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力為F=故B錯(cuò)誤；

C、發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí)，設(shè)飛行器速率為v；結(jié)合B中的方法可以求出飛行器受到的阻力大小為k而由A求得Mg=100所以v=5故C正確；

D、當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時(shí)，產(chǎn)生的阻力大小為F飛行器的重力為Mg，最大推力為F當(dāng)最大推力與重力同向時(shí)，飛行器向下運(yùn)動(dòng)，此時(shí)飛行器受到的合力最大，設(shè)此時(shí)的加速度為a1，則有1.25Mg+Mg-0.25Mg=M解得a當(dāng)飛行器以5m/s的速率是向上飛行時(shí)，由題意可知，飛行器在某種狀態(tài)下可以保持這一速率做勻速飛行，即飛行器的最小加速度為0；所以飛行器的加速度范圍是0≤a≤2g，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】確定飛行器上升和下落過(guò)程的受力情況及所受阻力的方向，再根據(jù)勻速時(shí)的平衡條件確定發(fā)電機(jī)的最大推力。阻力總是阻礙為物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，推力不一樣沿水平或豎直方向，需根據(jù)平衡條件即力的合成與分解確定推力的方向，再結(jié)合題意進(jìn)行分析解答。13．【答案】D【解析】【解答】A、輸送電功率為P故A錯(cuò)誤；

C、輸電導(dǎo)線末端電壓U則降壓變壓器的匝數(shù)比n故B錯(cuò)誤；

C、輸電導(dǎo)線上損失的功率ΔP=損失的電壓ΔU=故C錯(cuò)誤；

D、保持輸送功率不變，用550kV輸電，輸電導(dǎo)線上損失的功率ΔP=故D正確。

故答案為：D。

【分析】熟悉掌握電能輸送的原理及規(guī)律，再根據(jù)理想變壓器規(guī)律及串并聯(lián)規(guī)律和歐姆定律結(jié)合電功率的定義進(jìn)行解答。14．【答案】A,B【解析】【解答】A、圖甲醬油的色素分子進(jìn)入到蛋清內(nèi)是擴(kuò)散現(xiàn)象，故A正確；

B、圖乙燈焰在肥皂膜上形成條紋是光的干涉現(xiàn)象，故B正確；

C、紫外線為不可見光，所以眼睛看到的電焊弧光是可見光，故C錯(cuò)誤；

D、圖丁所示雪花雖然形狀規(guī)則，但是不能說(shuō)明雪花具有各向同性，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AB。

【分析】肥皂膜上形成條紋是光的干涉現(xiàn)象，紫外線為不可見光，兩種物質(zhì)相互混合為擴(kuò)散現(xiàn)象。熟悉掌握各向同性和各向異性的特點(diǎn)。15．【答案】B,C【解析】【解答】A、光電管的極限頻率與照射光的頻率無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤：

B、由光電流I與電壓U的關(guān)系圖可知，a光的遏止電壓大于b光的遏止電壓，結(jié)合Ek=hv-可知a光是光子頻率大于b光是光子頻率，故水對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率，根據(jù)n=可知a光在水中的傳播速度更小，故B正確；

C、根據(jù)a光是光子頻率大于b光是光子頻率，可得λ根據(jù)p=可得，a光的光子動(dòng)量大于b光的光子動(dòng)量，故C正確：

D、由光電流I與電壓U的關(guān)系圖像可知，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最左端時(shí)，電壓U為零，但光電流I不為零，故D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

【分析】光電管的極限頻率只與光電管的金屬材料有關(guān)。根據(jù)乙圖結(jié)合遏止電壓及愛因斯坦的光電效應(yīng)方程確定兩種光子的頻率大小，再根據(jù)折射率定律確定在水中傳播速度的關(guān)系。熟悉掌握光電流及光子動(dòng)量的特點(diǎn)。16．【答案】（1）A（2）AB##BA【解析】【解答】（1）為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過(guò)程中任意兩點(diǎn)間動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量是否相等。

故答案為：A。

（2）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用交流電源，實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量點(diǎn)跡間的距離，從而得出瞬時(shí)速度和下降的高度，所以需要刻度尺，實(shí)驗(yàn)中驗(yàn)證動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量是否相等，質(zhì)量可以約去，不需要測(cè)量質(zhì)量，則不需要天平。

故答案為：AB。

【分析】熟悉掌握打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的使用方法及操作規(guī)范。根據(jù)探究“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)的原理分析實(shí)驗(yàn)需要使用的儀器及測(cè)量的對(duì)象。17．【答案】（1）AC##CA（2）15.50【解析】【解答】（1）A、為了獲得清晰的干涉條紋，燈絲與單縫和雙縫必須平行放置，故A正確；

B、觀察到的干涉條紋與雙縫平行，故B錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)Δx=L可知，將綠色濾光片改成紅色濾光片，增大了光的波長(zhǎng)，則相鄰兩條亮紋的間距增大，相鄰兩條亮紋的間距與單縫和雙縫間的距離無(wú)關(guān)，故C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

（2）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為主尺讀數(shù)與游標(biāo)尺讀數(shù)之和，所以手輪上的讀數(shù)為15【分析】由于光為橫波，為零看到清晰的干涉條紋，則單縫和雙縫必須平行放置，且觀察到的干涉條紋與雙縫平行。再根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式進(jìn)行實(shí)驗(yàn)分析。18．【答案】B,C【解析】【解答】A．單擺的周期T=2π則重力加速度g=開始擺動(dòng)時(shí)振幅較小，不影響重力加速度的測(cè)量，A不符合題意；B．開始計(jì)時(shí)時(shí)，過(guò)早按下秒表，則測(cè)量的時(shí)間變長(zhǎng)，會(huì)導(dǎo)致周期變大，重力加速度測(cè)量值偏小，B符合題意；C．在測(cè)量完擺長(zhǎng)之后懸掛點(diǎn)細(xì)線松動(dòng)，則測(cè)量的擺長(zhǎng)比實(shí)際擺長(zhǎng)偏小，導(dǎo)致重力加速度測(cè)量值偏小，C符合題意；D．測(cè)量周期時(shí)，誤將擺球29次全振動(dòng)的時(shí)間記為30次，根據(jù)T=t故答案為：BC。

【分析】利用單擺的周期公式可以判別其重力加速度的測(cè)量值與振幅無(wú)關(guān)；利用其周期公式可以求出重力加速度的表達(dá)式，進(jìn)而判別其測(cè)量值偏小的原因。19．【答案】（1）6.0（2）A（3）5.80（4）圖乙；剛閉合開關(guān)時(shí)，燈絲溫度較低，電阻較小，電流較大；隨著燈絲溫度升高，電阻逐漸增大，電流逐漸減??；當(dāng)燈絲發(fā)熱與散熱平衡時(shí)，溫度不變，電阻不變，電流保持不變。故選圖乙。【解析】【解答】（1）將選擇開關(guān)調(diào)節(jié)到“×1Ω”，由圖可知，金屬絲的電阻R（2）為了調(diào)節(jié)方便、測(cè)量準(zhǔn)確，滑動(dòng)變阻器要選與待測(cè)電阻接近的阻值，即選最大阻值為10Ω的變阻器；

故答案為：A。

（3）將描出的點(diǎn)用直線連接，即可得U-I圖線，則有

取（0.3A，1.75V），可得R=（4）剛閉合開關(guān)時(shí)，燈絲溫度較低，電阻較小，電流較大；隨著燈絲溫度升高，電阻逐漸增大，電流逐漸減??；當(dāng)燈絲發(fā)熱與散熱平衡時(shí)，溫度不變，電阻不變，電流保持不變。故答案為：圖乙。

【分析】熟悉掌握儀器選擇的準(zhǔn)則及判定方法。根據(jù)圖像結(jié)合歐姆定律判斷圖像斜率的物理意義，再根據(jù)圖象確定電阻阻值的大小。燈絲溫度升高，電阻逐漸增大，電流逐漸減小。20．【答案】B,D【解析】【解答】A、“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，每次增加的鉤碼數(shù)量不必相等，故A錯(cuò)誤；

B、“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)中，為了保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)使斜槽末端要保持水平，故B正確；

C、“探究等溫情況下一定質(zhì)量氣體壓強(qiáng)與體積的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)緩慢壓縮活塞使氣體與外界發(fā)生熱交換保持氣體溫度不變，故C錯(cuò)誤；

D、實(shí)驗(yàn)中拉彈簧秤時(shí)，只需要讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)即為彈簧對(duì)細(xì)繩的拉力相等，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無(wú)關(guān)，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】熟悉掌握各組實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理及操作步驟和實(shí)驗(yàn)要求。根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的物理量及所需控制的物理量。21．【答案】B,C,D【解析】【解答】A、因p－T圖像中a到b的線段的延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn)，由pV可知從a到b氣體的體積不變，則從a到b氣體不對(duì)外做功，故A錯(cuò)誤；

B、因從a到b氣體溫度升高，可知?dú)怏w內(nèi)能增加，故B正確；

CD、因W=0，ΔU>0根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q可知，氣體一直從外界吸熱，且氣體吸收的熱量等于內(nèi)能增加量，故CD正確。

故答案為：BCD。

【分析】根據(jù)圖像結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程確定去提體積的變化情況。溫度升高，氣體內(nèi)能增大，體積變大，氣體對(duì)外做功，再結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析解答。22．【答案】（1）解：設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為p1mg+解得p對(duì)活塞Ⅰ由平衡條件有2mg+解得彈簧的勁度系數(shù)為k=（2）解：緩慢加熱兩活塞間的氣體使得活塞Ⅱ剛運(yùn)動(dòng)到汽缸連接處時(shí)，對(duì)兩活塞和彈簧的整體由平衡條件可知，氣體的壓強(qiáng)不變依然為p即封閉氣體發(fā)生等壓過(guò)程，初末狀態(tài)的體積分別為V1=由氣體的壓強(qiáng)不變，則彈簧的彈力也不變，故有l(wèi)有等壓方程可知V解得T【解析】【分析】（1）整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，封閉氣體對(duì)在兩活塞處的壓強(qiáng)相等。分別對(duì)兩活塞和彈簧構(gòu)成的整體及活塞1進(jìn)行受力分析，再根據(jù)平衡條件及胡克定律進(jìn)行聯(lián)立解答；

（2）穩(wěn)定時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)兩活塞和彈簧構(gòu)成的整體及活塞1進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件可知封閉氣體的壓強(qiáng)及彈簧的形變量不變，即封閉氣體做等壓變化。根據(jù)幾何關(guān)系確定加熱前后封閉氣體的體積，再根據(jù)蓋呂薩克定律進(jìn)行解答。23．【答案】（1）解：小物塊從A到C過(guò)程由動(dòng)能定理mgh?小物塊在C點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律F解得F根據(jù)牛頓第三定律，支持力和壓力大小相等，方向相反，所以C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力是1.8N。（2）解：小物塊過(guò)E點(diǎn)最小速度為零，從E到D，由機(jī)械能守恒定律得mg2r=解得v小球能通過(guò)D點(diǎn)，速度最小時(shí)，由重力提供向心力，則有mg=m解得v由上分析，可知必須在D點(diǎn)速度等于5m/s，對(duì)應(yīng)的動(dòng)能最小mgh?解得Ekmin（3）解：不脫離軌道2種情況情況1：過(guò)F點(diǎn)，滿足2aL=v由動(dòng)能定理得mgh?μmg解得Ek情況2：過(guò)圓弧BCD與O點(diǎn)等高處，由動(dòng)能定理得mgh?μmg解得Ek綜上所述，符合條件的動(dòng)能0≤Ek≤0【解析】【分析】（1）確定物塊從A到C的過(guò)程中的受力情況及各力的做功情況，再根據(jù)動(dòng)能定理確定物塊達(dá)到C點(diǎn)的速度，再根據(jù)物塊在C點(diǎn)的受力情況及牛頓第二定律進(jìn)行解答；

（2）小物塊過(guò)D點(diǎn)的最小速度為恰好完全