浙江省諸暨市2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期5月適應(yīng)性考試（二模）物理試題 含解析

諸暨市年5月高三適應(yīng)性考試試題物理一、選擇題（本題共小題，每小題3分，共分。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.“戈瑞”（Gray，符號(hào)：Gy）是國(guó)際單位制中用于衡量電離輻射能量吸收劑量的導(dǎo)出單位，定義為每千克被輻照物質(zhì)吸收1焦耳的能量，則Gy用國(guó)際單位制的基本單位表示為（）A.J/m2B.m2/s2C.kg/s2D.kg?m2/s3【答案】B【解析】【詳解】故選B。2.2025年2月，“杭州六小龍”之一的宇樹科技公司發(fā)布了一款輪足機(jī)器人——“山貓”能在雪地和山坡上跋山涉水，順利避開障礙物，能跑、能跳，還能空中翻轉(zhuǎn)360°，甚至單腳站立保持靜止?！吧截垺痹冢ǎ〢.避開障礙物時(shí)可以被看作質(zhì)點(diǎn)B.空中翻轉(zhuǎn)時(shí)重心位置始終保持不變C.單腳靜止時(shí)地面對(duì)它作用力的方向豎直向上D.起跳時(shí)地面對(duì)它的作用力大于它對(duì)地面的作用力【答案】C【解析】【詳解】A．避開障礙物時(shí)，“山貓”的大小形狀不能忽略不計(jì)，不可以被看作質(zhì)點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．空中翻轉(zhuǎn)時(shí)“山貓”的形體結(jié)構(gòu)會(huì)發(fā)生改變，則重心位置會(huì)發(fā)生變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．單腳靜止時(shí)地面對(duì)它作用力與重力等大反向，則地面對(duì)其作用力的方向豎直向上，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)牛頓第三定律可知，起跳時(shí)地面對(duì)它的作用力等于它對(duì)地面的作用力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。第1頁(yè)/共25頁(yè)故選C。3.我國(guó)物理學(xué)家曾謹(jǐn)言曾說：“20世紀(jì)量子物理學(xué)所碰到的問題是如此復(fù)雜和困難，以至沒有可能期望一個(gè)物理學(xué)家能一手把它發(fā)展成一個(gè)完整的理論體系?！毕铝幸幌盗欣碚摱己土孔恿W(xué)的建立緊密相關(guān)，其內(nèi)容正確的是（）A.普朗克黑體輻射理論認(rèn)為：微觀粒子的能量是分立的B.玻爾的氫原子模型認(rèn)為：電子繞核運(yùn)動(dòng)的軌道可以是任意半徑C.德布羅意的“物質(zhì)波”假設(shè)認(rèn)為：實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，波長(zhǎng)D.愛因斯坦的光電效應(yīng)理論認(rèn)為：光電子的最大初動(dòng)能與入射光的強(qiáng)弱有關(guān)【答案】A【解析】【詳解】A．普朗克黑體輻射理論提出微觀粒子的能量是分立的，A正確；B．玻爾的氫原子模型認(rèn)為電子繞核運(yùn)動(dòng)的軌道不是任意半徑，B錯(cuò)誤；C．德布羅意的“物質(zhì)波”假設(shè)認(rèn)為實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，波長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；D．愛因斯坦的光電效應(yīng)理論認(rèn)為光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率有關(guān)，D錯(cuò)誤。故選A。4.將于近期擇機(jī)發(fā)射的“天問二號(hào)”探測(cè)器計(jì)劃對(duì)小行星2016HO32016HO3是一顆直徑約40-100米的近地小行星，距離地球最近約1400萬(wàn)公里，最遠(yuǎn)約4000多萬(wàn)公里，因其運(yùn)行周期與地球高度同步，被稱為“地球準(zhǔn)衛(wèi)星”。如圖所示，地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)可視作圓軌道，小行星2016HO3繞太陽(yáng)運(yùn)行軌道為橢圓，它的近日點(diǎn)位于地球圓軌道內(nèi)側(cè)。下列說法正確的是（）A.探測(cè)器的發(fā)射速度大于第三宇宙速度B.探測(cè)器在采樣時(shí)能實(shí)時(shí)接收地面控制中心的指令C.小行星在近日點(diǎn)的速度大于地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度D.小行星在遠(yuǎn)離太陽(yáng)過程中引力做負(fù)功，機(jī)械能不斷減小第2頁(yè)/共25頁(yè)【答案】C【解析】【詳解】A．探測(cè)器未能脫離太陽(yáng)系飛出去，所以探測(cè)器的發(fā)射速度小于第三宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B．即使在最近約1400?萬(wàn)公里處，電磁信號(hào)往返也會(huì)有數(shù)十秒以上的延遲，無(wú)法實(shí)現(xiàn)“實(shí)時(shí)”操控，故B錯(cuò)誤；C日點(diǎn)處速率比地球公轉(zhuǎn)速率大，故C正確；D．太陽(yáng)引力是保守力，小行星在橢圓軌道上機(jī)械能守恒，不隨小行星遠(yuǎn)離太陽(yáng)而不斷減小，故D錯(cuò)誤。故選C。5.某人在室內(nèi)以窗戶為背景攝影時(shí)，恰好把窗外從高處自由落下的一個(gè)小石子攝在照片中，已知本次攝影的曝光時(shí)間是0.01sg取10m/s20.8cm100cm的窗框在照片中的長(zhǎng)度為4.0cm。根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算，石子開始下落的位置距離窗戶的高度約為（）A.10mB.20mC.40mD.50m【答案】B【解析】【詳解】設(shè)在曝光時(shí)間0.01s內(nèi)石子實(shí)際下落的距離為x，則有解得在曝光時(shí)間0.01s內(nèi)石子的速度為石子做自由運(yùn)動(dòng)，石子開始下落的位置距離窗戶的高度約為故選B。6.L的自感系數(shù)0.1HC的電容40μFR的阻值3Ω動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻不計(jì)。閉合開關(guān)S，待電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)SLC電路中將產(chǎn)生電磁振蕩。如果規(guī)定線圈中的電流方向從a到b為正，在斷開開關(guān)的時(shí)刻t=0，則電感線圈中電流i隨時(shí)間t變化的圖像為（）第3頁(yè)/共25頁(yè)A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】在開關(guān)閉合時(shí)，電流是從a流向b，通過L的電流為當(dāng)斷開開關(guān)后電流在LC電路中振蕩，周期為代入題中數(shù)據(jù)解得則振動(dòng)圖像如圖故選A。7.如圖所示為特種材料制成的玻璃磚，它的厚度為，上下表面是邊長(zhǎng)為8R的正方形。玻璃磚上表面有一個(gè)以正方形中心O1為球心、半徑為R的半球形凹坑，下表面正方形中心O2處有一單色點(diǎn)光源，從玻璃磚上表面有光射出的位置離球心O1的最大距離為3R（h光在真空中的速度為c，不考慮發(fā)生二次折射的光。下列說法正確的是（）第4頁(yè)/共25頁(yè)A.玻璃磚對(duì)該單色光的折射率為B.光在玻璃磚內(nèi)傳播的最短時(shí)間為C.在半球面上有光射出部分的面積為D.若點(diǎn)光源發(fā)出的是白光，則在凹坑上方可觀察到最外層是紫色的彩色光環(huán)【答案】C【解析】【詳解】A．如圖所示，在最遠(yuǎn)點(diǎn)剛好發(fā)生全反射：由全反射定律得：解得，A錯(cuò)誤；B．豎直向上傳播時(shí)間最短B錯(cuò)誤；C．從O2點(diǎn)發(fā)出的光在球面上B點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，則由正弦定律得：解得：由幾何關(guān)系得：所以從半球面上有折射光線射出的區(qū)域面積為：C正確；第5頁(yè)/共25頁(yè)D．紅光的折射率最小，根據(jù)，紅光的臨界角最大，則在凹坑上方可觀察到最外層是紅色的彩色光環(huán)，D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，兩根長(zhǎng)均為L(zhǎng)的輕繩a和b固定在質(zhì)量為m的小球上，輕繩a的另一端固定在天花板上的AABb的另一端系有輕質(zhì)小環(huán)cc套在豎直光滑桿CDCD緩慢右移，使輕繩a與豎直方向夾角為37°；情境二：豎直桿CD繞豎直線AB做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，使輕繩a與豎直方向夾角為37°。已知小球可看作質(zhì)點(diǎn)，sin37°=0.6。下列說法正確的是（）A.在情境一中，輕繩a對(duì)小球的拉力大小為mgB.在情境一中，輕繩b對(duì)小球的拉力大小為C.在情境二中，轉(zhuǎn)動(dòng)轉(zhuǎn)速越大，輕繩a對(duì)小球的拉力越大D.在情境二中，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為，輕繩b對(duì)小球的拉力為0【答案】D【解析】【詳解】AB．對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡條件可得，解得，第6頁(yè)/共25頁(yè)AB錯(cuò)誤；CD．在情境二中，當(dāng)繩b中無(wú)拉力，小球受到繩a的拉力及小球的重力，二者的合力為其圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力，豎直方向上受力平衡，結(jié)合上述分析可知，解得即當(dāng)角速度時(shí)，繩子a的拉力不變；當(dāng)繩子b有拉力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律則有隨著轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度增大，繩子a的拉力隨之增大，綜上所述，當(dāng)時(shí)，繩a的拉力隨角速度的增大而保持不變，當(dāng)時(shí)，繩a的拉力隨角速度的增大而增大，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。9.霍爾元件是一種重要的磁傳感器。如圖所示為某長(zhǎng)方體的半導(dǎo)體材料，其電流I沿x軸正方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B沿z軸正方向。半導(dǎo)體材料內(nèi)有電荷量均為e知單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目之比為npy軸正方向的穩(wěn)定電場(chǎng)，即霍爾電場(chǎng)，則建立穩(wěn)定電場(chǎng)后（）A.電子和空穴都做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.空穴受到的霍爾電場(chǎng)力大于洛倫茲力C.電子和空穴沿y軸方向上的平均速率之比為pnD.單位時(shí)間內(nèi)打到下極板電子和空穴數(shù)目之比為np【答案】C【解析】【詳解】CD．由題意，恒定電流沿+x方向，則自由電子沿-x方向，空穴沿+x方向，根據(jù)左手定則可知電子受到的洛倫茲力方向向下，空穴受到的洛倫茲力方向向下，所以電子產(chǎn)生電流方向沿y軸正方向，空穴第7頁(yè)/共25頁(yè)產(chǎn)生電流沿y軸負(fù)方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體下表面的自由電子數(shù)和空穴數(shù)分別為Nn、Np，設(shè)兩粒子沿y軸方向的速度為v和v，則有Nn=nSvΔt，Np=pSvΔt（S為上下底面的面積）霍爾電場(chǎng)建立穩(wěn)定后，半導(dǎo)體y方向上的下表面電荷量不再發(fā)生變化，即Nn=Npz方向形成的電流大小相等，方向相反，此時(shí)可得v：v=p：n故C正確，D錯(cuò)誤；AB．因?yàn)殡娮邮艿降穆鍌惼澚Ψ较蛳蛳?，空穴受到洛倫茲力方向向下，霍爾電?chǎng)沿y軸正方向，所以電子受到霍爾電場(chǎng)的電場(chǎng)力向下，即電子在y方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力向下且不為零，電子的運(yùn)動(dòng)不是勻速直線運(yùn)動(dòng)；而空穴受到霍爾電場(chǎng)的電場(chǎng)力向上，則空穴在y方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力為零，即空穴受到的霍爾電場(chǎng)力等于洛倫茲力，故AB錯(cuò)誤；故選C。10.如圖所示為兩個(gè)固定的均勻帶電的絕緣球面，半徑分別為7R和R，所帶電荷量分別為Q和Q（Q>0兩球面內(nèi)切于EO和O1O球面相交于B、C兩點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的小球從A點(diǎn)沿細(xì)管由靜止開始下落，運(yùn)動(dòng)通過D點(diǎn)。已知AB兩點(diǎn)距離和CD兩點(diǎn)距離均為R，靜電力常量為k，重力加速度為g，設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn)處為零勢(shì)能面，點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生電勢(shì)為，則（）A.A點(diǎn)電勢(shì)為B.小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度為C.小球通過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為D.小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中加速度一直在增大【答案】C第8頁(yè)/共25頁(yè)【解析】【詳解】A．幾何關(guān)系可知?jiǎng)tA點(diǎn)電勢(shì)為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)對(duì)稱性和電勢(shì)疊加原理易得，AD點(diǎn)電勢(shì)相等，即AD電勢(shì)差U為0，根據(jù)動(dòng)能定理有解得小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)對(duì)稱性和電勢(shì)疊加原理易得O點(diǎn)電勢(shì)小球從A到O過程，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得小球通過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為故C正確；D．小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，大球?qū)π∏虻膸?kù)侖力為0（大球在其內(nèi)部產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為0小球加速度從從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，r在減小，在增大（D錯(cuò)誤。故選D。二、選擇題（本題共3小題，每小題4分，共分。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)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）有關(guān)以下四幅圖的描述，正確的是（）A.圖甲中，兩板間的薄片越薄，干涉條紋間距越大第9頁(yè)/共25頁(yè)B.圖乙中，光屏上的中央亮斑是光照射到小圓孔后產(chǎn)生C.圖丙中，照相機(jī)鏡頭上的增透膜，在拍攝水下的景物時(shí)可消除水面的反射光D.圖丁中，入射的光子與電子碰撞時(shí)，一部分動(dòng)量轉(zhuǎn)移給電子，光子的波長(zhǎng)變長(zhǎng)【答案】AD【解析】A．圖甲中，兩板間的薄片越薄，則空氣薄膜的厚度減小，而膜的厚度是兩列反射光波路程差的2倍，而兩列反射光波的路程差等于發(fā)生穩(wěn)定干涉的光波半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍或奇數(shù)倍，因此可知滿足半波長(zhǎng)偶數(shù)倍或奇數(shù)倍的數(shù)量減少，明暗條紋變稀疏，則條紋間距變大，故A正確；B．圖乙中，光屏上的中央亮斑是泊松亮斑是圓板衍射形成的圖樣，故B錯(cuò)誤；C故C錯(cuò)誤；D變長(zhǎng)，故D正確。故選AD。12.在平面S內(nèi)有相距3m的兩相干波源和某一質(zhì)點(diǎn)PP到兩波源的距離之差為2mt=0波源同時(shí)垂直平面S開始振動(dòng)，形成的波在平面S內(nèi)的均勻介質(zhì)中傳播。兩列波各自單獨(dú)引起質(zhì)點(diǎn)P的振）A.兩列波的波長(zhǎng)均為2mB.平面S內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)的最大振幅為16cmC.質(zhì)點(diǎn)P在3s內(nèi)通過的路程為D.平面S內(nèi)以兩波源為焦點(diǎn)的橢圓上有兩處質(zhì)點(diǎn)不振動(dòng)【答案】CD【解析】【詳解】A．題圖可知兩波各自單獨(dú)傳到質(zhì)點(diǎn)P時(shí)間相隔0.5s，波的周期為2s，故波速第10頁(yè)/共25頁(yè)則波長(zhǎng)故A錯(cuò)誤；B．從振動(dòng)圖像可知兩列波單獨(dú)引起質(zhì)點(diǎn)P振幅，平面S內(nèi)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)時(shí)振幅最大（振S內(nèi)所有質(zhì)點(diǎn)都能達(dá)到這個(gè)最大振幅，比如振動(dòng)減弱點(diǎn)最大振幅就不是16cm，故B錯(cuò)誤；CP點(diǎn)的波程差為2mP在3s內(nèi)通過的路程為，故C正確；D樣的橢圓可能與不同的雙曲線相交，即對(duì)應(yīng)不同k值的波程差。當(dāng)橢圓足夠大時(shí)，可能有兩個(gè)點(diǎn)滿足波程差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，因此振動(dòng)相消，即不振動(dòng)，故D正確。故選CD13.如圖所示，半徑為20cm的豎直圓盤以10rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，固定在圓盤邊緣上的小圓柱帶動(dòng)絕緣T形支架在豎直方向運(yùn)動(dòng)。T形支架下面固定一長(zhǎng)為30cm、質(zhì)量為200g的水平金屬棒，金屬棒兩端與兩根固定在豎直平面內(nèi)的平行光滑導(dǎo)軌MN和PQ始終緊密接觸，導(dǎo)軌下端接有定值電阻R和理想電壓表，兩導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5T、方向垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知金屬棒和定值電阻的阻值均為0.75Ω，其余電阻均不計(jì)，重力加速度g=10m/s2，以下說法正確的是（）A.理想電壓表的示數(shù)為1.5VB.T形支架對(duì)金屬棒的作用力的最大值為7NC.圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)一周，T形支架對(duì)金屬棒所做的功為D.當(dāng)小圓柱體經(jīng)過同一高度的兩個(gè)不同位置時(shí)，T形支架對(duì)金屬棒的作用力相同第11頁(yè)/共25頁(yè)【答案】BC【解析】【詳解】A．圓盤的線速度為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為最大電流為電流的有效值為理想電壓表的示數(shù)為A錯(cuò)誤；B．當(dāng)小圓柱運(yùn)動(dòng)到圓心的右下方，線速度與豎直方向成角θ時(shí)，對(duì)金屬棒根據(jù)牛頓第二定律得代入數(shù)值得當(dāng)時(shí)，F(xiàn)有最大值，最大值為，B正確；C．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)一周，T形支架對(duì)金屬棒所做的功為，周期為解得，C正確；D棒的加速度為零；小圓柱在圓心右側(cè)時(shí)：小圓柱在圓心左側(cè)時(shí)：D錯(cuò)誤。故選BC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共分）14.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖示裝置測(cè)量物體自由下落的加速度。第12頁(yè)/共25頁(yè)（1）圖1中的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的電源為（）A.交流8VB.直流8VC.交流220VD.直流220V（2）實(shí)驗(yàn)中打出多條紙帶，選擇其中點(diǎn)跡比較清晰的一條紙帶進(jìn)行數(shù)據(jù)采集和處理：從第一個(gè)點(diǎn)開始每隔1個(gè)點(diǎn)作為1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，用刻度尺測(cè)量各計(jì)數(shù)點(diǎn)的位置，并記錄在下表中，其中計(jì)數(shù)點(diǎn)7的位置刻度如圖2所示，則其讀數(shù)為__________cm；對(duì)表中數(shù)據(jù)利用Excel軟件進(jìn)行處理，得到x-t的圖像公式為：x=481.3t2+1.00（cm_________m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）計(jì)數(shù)012345678910點(diǎn)t/s00.040.080.120.160.200.240.280.320.360.40x/cm1.001.804.107.9213.3020.2028.7350.3063.3578.00（3）上表中，利用計(jì)數(shù)點(diǎn)4~5之間和5~6之間的位移之差求得加速度的值為________m/s2；該結(jié)果與當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋╣=9.79m/s2）存在一定偏差，其原因可能是（）A.重錘的質(zhì)量過大B.紙帶與限位孔之間的摩擦較大C.電火花計(jì)時(shí)器的放電火花有漂移【答案】（1）C（2）①38.80②.9.63##9.62（3）①.10.19②.C【解析】【小問1詳解】圖1中的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器為電火花計(jì)時(shí)器，使用的電源為220V交流電源，故選C；【小問2詳解】第13頁(yè)/共25頁(yè)[1][2]因第6個(gè)點(diǎn)的讀數(shù)為28.73cm，則第7個(gè)點(diǎn)的讀數(shù)為38.80cm；根據(jù)x=481.3t2+1.00（cm）可得解得【小問3詳解】[1]每隔1個(gè)點(diǎn)作為1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，可知相鄰兩計(jì)時(shí)點(diǎn)間的時(shí)間間隔t=0.04s；利用計(jì)數(shù)點(diǎn)4~5之間和5~6之間的位移之差求得加速度的值為[2]該結(jié)果大于當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋╣=9.79m/s2A.重錘的質(zhì)量過大，也會(huì)由于阻力影響，造成g的測(cè)量結(jié)果偏小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.紙帶與限位孔之間的摩擦較大，則會(huì)使得加速度測(cè)量值偏小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.電火花計(jì)時(shí)器的放電火花有漂移使得位移測(cè)量值偏大，造成g測(cè)量值偏大，選項(xiàng)C正確。故選C。15.如圖所示，某同學(xué)用“尺瞄法”測(cè)定三棱鏡玻璃的折射率，他在紙上畫出三棱鏡界面AB和AC，畫一條與AB斜交的直線DO，眼睛對(duì)著AC用直尺M(jìn)瞄準(zhǔn)它的像，沿直尺畫出OE。連接OO2并延長(zhǎng)，用圓規(guī)截取等長(zhǎng)線段OL和OP，過L、P兩點(diǎn)分別作法線NN'的垂線LK和PQ。（1）三棱鏡折射率為___________（2）下列哪一項(xiàng)操作可以減小實(shí)驗(yàn)誤差（）A.O1點(diǎn)離角A更近一些B.OL和OP截取更長(zhǎng)一些C.用更短的直尺來瞄準(zhǔn)直線【答案】（1）第14頁(yè)/共25頁(yè)（2）B【解析】【小問1詳解】根據(jù)折射率定義有因?yàn)檎淼谩拘?詳解】A．點(diǎn)離角A更近一些，會(huì)使光線在三棱鏡內(nèi)的光路較短，測(cè)量誤差相對(duì)增大，不利于減小誤差，故A錯(cuò)誤；B．截取更長(zhǎng)一些，測(cè)量線段長(zhǎng)度計(jì)算折射率時(shí)，相對(duì)誤差會(huì)減小，從而可以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故B正確；CC錯(cuò)誤。故選B。16.為盡可能精確測(cè)定待測(cè)電阻Rx的阻值（約為200Ω電池組E（電動(dòng)勢(shì)3V電流表A（量程0~15mA，內(nèi)阻約為100Ω電流表A（量程0~300μA，內(nèi)阻為1000Ω滑動(dòng)變阻器R（阻值范圍0~20Ω，額定電流2A第15頁(yè)/共25頁(yè)電阻箱R（阻值范圍0~9999.9Ω，額定電流1A開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）如圖所示的電路中，將電阻箱R2的阻值調(diào)到9000Ω，在ab兩處分別接入電流表，其中在a處接入的電流表為__________（2）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，其中一只電流表的示數(shù)如圖所示，其示數(shù)為__________mA；此時(shí)另一只電流表的示數(shù)為150μA，則待測(cè)電阻Rx的阻值為__________Ω（3）利用提供的實(shí)驗(yàn)器材，以下電路設(shè)計(jì)方案中也能夠比較精確測(cè)定Rx阻值的是（）A.B.C.【答案】（1）A2（2）①.8.0（±0.1）②.191（±5）（3）A【解析】【小問1詳解】因?yàn)殡娏鞅鞟2內(nèi)阻已知，所以a處接入的電流表為A，與電阻箱R2串聯(lián)后可知待測(cè)電阻的兩端電壓?！拘?詳解】[1]其中一只電流表的示數(shù)如圖所示，由題圖可知其示數(shù)為8.0mA；[2]此時(shí)另一只電流表的示數(shù)為150μA，則待測(cè)電阻Rx兩端電壓為通過待測(cè)電阻Rx的電流為則待測(cè)電阻Rx的阻值為【小問3詳解】A．由電路圖可知，分別先后閉合開關(guān)S、S，調(diào)節(jié)電阻箱R2使得兩次電流表示數(shù)相同，即通過等效替代第16頁(yè)/共25頁(yè)法可以比較精確測(cè)定Rx阻值，故A正確；B．由電路圖可知，無(wú)法測(cè)得通過Rx的電流，故B錯(cuò)誤；CA1Rx以比較精確測(cè)定Rx阻值，故C錯(cuò)誤。故選A。17.S=4.0m2、高度L=3.0m的薄壁圓筒，如圖乙所示，筒內(nèi)裝有體積可以忽略的電熱絲和溫度傳感器（圖中未h=5.0m，該過程傳感器顯示筒內(nèi)氣體溫度始終為T=300K。接著通過電熱絲對(duì)筒內(nèi)氣體加熱，同時(shí)逐漸豎直向上提升圓筒，使圓筒內(nèi)液面與水面的高度差始終保持h值不變，當(dāng)圓筒提升?L=40cm時(shí)，傳感器顯示筒內(nèi)氣體溫度為T。已知筒內(nèi)氣體的質(zhì)量保持不變，其內(nèi)能與溫度的關(guān)系式為U=kT，其中k=1.0×104J/K，大氣壓強(qiáng)為p=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。（1（“增大”“不變”“減小”子數(shù)密度____________（“增大”“不變”“減小”（2）求筒內(nèi)氣體的溫度T；（3）求圓筒提升?L過程中筒內(nèi)氣體吸收的熱量Q。【答案】（1）①.不變②.增大（2）360K（3）【解析】【小問1詳解】[1]在圓筒緩慢向下吊放過程中，筒內(nèi)氣體的溫度不變，筒內(nèi)氣體的內(nèi)能不變；[2]在圓筒緩慢向下吊放過程中，筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)增大，體積減小，筒內(nèi)氣體的分子數(shù)密度增大。【小問2詳解】設(shè)圓筒到達(dá)某一深度時(shí)筒內(nèi)空氣長(zhǎng)度L，此過程等溫變化，由玻意耳定律第17頁(yè)/共25頁(yè)解得圓筒向上提升過程為等壓變化，由蓋-呂薩克定律解得【小問3詳解】在圓筒豎直提升的過程中，設(shè)氣體對(duì)外做功為W，則有解得內(nèi)能變化解得由熱力學(xué)第一定律解得18.如圖所示，游戲裝置由光滑傾斜軌道AB的光滑圓弧軌道BCL=9.0m水平軌道CD和高為光滑高臺(tái)EF的直角斜面體緊貼著高臺(tái)邊緣EDEF將質(zhì)量m=0.5kg的小物塊從傾斜軌道上高度為的A處由靜止釋放，小物塊恰好能到達(dá)高臺(tái)邊緣E點(diǎn)。若斜面體向左移動(dòng)，固定在CD間的任一位置，小物塊仍從同一高度H處由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)小物塊從斜面體頂端斜拋后也恰好落在E點(diǎn)。已知小物塊與水平軌道CD和與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。（1）求小物塊到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道壓力的大小；（2）求動(dòng)摩擦因數(shù)μ和斜面體傾角θ；（3EFM=2.0kg的“小山坡”v=2.0m/s沖向“小山坡”物塊始終貼著“小山坡”表面運(yùn)動(dòng)，求“小山坡”獲得的速度。第18頁(yè)/共25頁(yè)【答案】（1）25N（2），30°（3）0.8m/s，0【解析】【小問1詳解】小物塊到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)速度為v，由機(jī)械能守恒小物塊在圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，由向心力公式解得【小問2詳解】小物塊由A到E的過程中，由能量關(guān)系解得設(shè)斜面體與平臺(tái)相距為x，小物塊到E點(diǎn)的速度為v，由能量關(guān)系解得根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律運(yùn)動(dòng)時(shí)間為聯(lián)立解得代入得即（θ與x無(wú)關(guān)）則解得【小問3詳解】第19頁(yè)/共25頁(yè)小物塊從“小山坡”返回或越過“小山坡”，滿足動(dòng)量守恒滿足機(jī)械能守恒解得，或，①若小物塊不能越過“小山坡”，則“小山坡”獲得的速度為0.8m/s②若小物塊能夠越過“小山坡”，則“小山坡”獲得的速度為019.ABCD1和ABCD2E和F恰好為兩邊中點(diǎn)，且彼此相互絕緣。在兩線框交疊區(qū)域存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁m，邊長(zhǎng)均為a，單位長(zhǎng)度電阻均為r?，F(xiàn)將勻強(qiáng)磁場(chǎng)在極短的時(shí)間內(nèi)減小為零，不計(jì)線框電感。（1）判斷線框ABCD1中感應(yīng)電流方向（“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”（2）求線框ABCD2受到安培力沖量的大小和方向；（3ABCD1E和F存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)減小為零時(shí)線框ABCD1【答案】（1）順時(shí)針；（2）；向左（3）【解析】【小問1詳解】第20頁(yè)/共25頁(yè)根據(jù)楞次定律可知，線框ABCD1中感應(yīng)電流的方向：順時(shí)針；由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合回路歐姆定律，流過截面的電量【小問2詳解】線框ABCD2受到安培力沖量的方向：向左