2022-2023學(xué)年江蘇省新高考基地學(xué)校高三下學(xué)期大聯(lián)考3月月考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)精品試卷PAGEPAGE12023屆高三重點(diǎn)熱點(diǎn)診斷測(cè)試物理（考試時(shí)間：75分鐘：滿分：100分）一、單項(xiàng)選擇題：共10題，每題4分，共40分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1.某手機(jī)若只播放視頻，可以播放約12小時(shí)，其說(shuō)明書的部分內(nèi)容如表。則該手機(jī)（）手機(jī)類型智能手機(jī)、4G手機(jī)電池容量電池類型不可拆拆卸式電池待機(jī)時(shí)間約18天……A.充滿電時(shí)電池可儲(chǔ)存的最大能量為3.5JB.放電時(shí)電池可輸出的最大電荷量為3.5CC.播放視頻時(shí)的平均電流約為待機(jī)狀態(tài)的36倍D.播放視頻時(shí)單位時(shí)間輸出的平均電荷量約為待機(jī)狀態(tài)的1.5倍〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)能量E=qU因U不知道，無(wú)法求出充滿電時(shí)電池可儲(chǔ)存的最大能量，A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)電池可輸出的最大電荷量為B錯(cuò)誤；CD．播放視頻時(shí)平均電流約為待機(jī)狀態(tài)平均電流為電流之比C正確，D錯(cuò)誤。故選C。2.人眼結(jié)構(gòu)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，折射率相同、半徑不同的兩球體共軸，球心分別為和，位于小球面上。寬為d的單色平行光束對(duì)稱地沿軸線方向射入小球，會(huì)聚在軸線上P點(diǎn)，光線的會(huì)聚角。則（）A.不能求出小球的半徑B.可求出球體對(duì)該色光的折射率C.光線射到P點(diǎn)時(shí)可能會(huì)發(fā)生全反射D.若大球折射率略減小，光線將會(huì)聚在P點(diǎn)右側(cè)〖答案〗B〖解析〗AB．已知大圓的弦長(zhǎng)d和張角α，分別連接AO2、AO1，光束中間兩球體軸線與小球左邊交點(diǎn)為C點(diǎn)，由幾何關(guān)系可得，，由于AB=d，則可得大小球半徑分別為光線的入射角i等于，則球體對(duì)該色光的折射率故A錯(cuò)誤，B正確；C．因光線在P點(diǎn)的入射角小于，可知光束在P點(diǎn)的入射角小于臨界角，則光線不可能在P點(diǎn)發(fā)生全反射，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若大球折射率略減小，則光線射出小圓后折射角變大，如圖所示則光線向下偏折，則光線將會(huì)聚在P點(diǎn)左側(cè)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。3.某同學(xué)用圖示電路研究可變電容器的充放電實(shí)驗(yàn)．電容器原來(lái)不帶電，電壓表和電流表為直流電表。單刀雙擲開關(guān)先接1，穩(wěn)定后，緩慢減小電容器兩極板的正對(duì)面積，再將開關(guān)接2。則（）A.開關(guān)接1后斷開，接2前兩電表示數(shù)均先增大后減為零B.減小電容器兩極板正對(duì)面積過(guò)程中，電阻R中電流向下C.實(shí)驗(yàn)前連接好電路后，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中無(wú)需再改接D.若開關(guān)接1穩(wěn)定后斷開，再減小電容器兩極板正對(duì)面積過(guò)程中，電壓表示數(shù)減小〖答案〗B〖解析〗A．開關(guān)接1后斷開，接2前電流表示數(shù)為零，電容器、電阻和電壓表串聯(lián)，電壓表示數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；B．開關(guān)接1未斷開時(shí)，減小電容器兩極板正對(duì)面積過(guò)程中，根據(jù)，可知電容器的電容減小、兩端的電壓不變，電容器的帶電量減小，電阻R中電流向下，故B正確；C．由于電容器充放電流方向相反，所以實(shí)驗(yàn)過(guò)程中電流表的正負(fù)極需再改接，故C錯(cuò)誤；D．若開關(guān)接1穩(wěn)定后斷開，再減小電容器兩極板正對(duì)面積過(guò)程中，根據(jù)，可知電容器的電容減小、帶電量不變，電容器兩端的電壓變大，電壓表示數(shù)變大，故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖所示，波源S1、S2垂直紙面做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生兩列波的波速均為2m/s，P為紙面內(nèi)一點(diǎn)，且。S2的振動(dòng)方程為，P點(diǎn)振幅恒為2A。則S1的振動(dòng)方程可能為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗根據(jù)S2的振動(dòng)方程振動(dòng)周期為波的波長(zhǎng)λ=vT解得λ=4mP點(diǎn)振幅恒為2A，P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，S1、S2的周期即角速度相同，紙面內(nèi)的P點(diǎn)與S1、S2的距離差為故波源S1、S2的初始相位差為（n=0，1，2...）當(dāng)n=0時(shí)，S1的振動(dòng)方程為故選A。5.如圖所示，把一個(gè)底角很小的圓錐玻璃體倒置（上表面為圓形平面，縱截面為等腰三角形），緊挨玻璃體下放有一平整矩形玻璃磚，它和圓錐玻璃體間有一層薄空氣膜?，F(xiàn)用紅色光垂直于上表面照射，從裝置正上方向下觀察，可看到（）A.一系列明暗相間的三角形條紋B.一系列明暗相間的不等間距圓形條紋C.若將紅光換成藍(lán)光，亮條紋將變稀疏D.若增大玻璃體頂角，亮條紋將變稀疏〖答案〗D〖解析〗AB．由于截面是等腰三角形，從圓心向外，經(jīng)過(guò)相同的寬度，空氣膜厚度增加量相同，根據(jù)光的干涉原理知，從裝置的正上方向下觀察，可看到一系列明暗相間的等距圓形條紋，故AB錯(cuò)誤，C．藍(lán)光波長(zhǎng)比紅光短，若將紅光換成藍(lán)光，條紋間距變小，亮條紋將變密集，故C錯(cuò)誤；D．若增大玻璃體頂角，則空氣薄膜厚度變小，由等厚干涉原理可知條紋將向外偏移，亮條紋將變稀疏，故D正確。故選D6.某衛(wèi)星在赤道上空?qǐng)A軌道Ⅰ上繞地球運(yùn)行，周期為T，運(yùn)動(dòng)方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上某城市的人每?jī)商烨『萌慰吹叫l(wèi)星掠過(guò)其正上方。一段時(shí)間后，衛(wèi)星在A點(diǎn)變軌由軌道Ⅰ進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，B為橢圓軌道的近地點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，則（）A.T為地球自轉(zhuǎn)周期的0.4倍B.衛(wèi)星沿軌道Ⅱ從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間不小于12hC.衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過(guò)程中，機(jī)械能增大D.衛(wèi)星沿軌道Ⅰ、Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)，衛(wèi)星與地心連線單位時(shí)間掃過(guò)的面積總相等〖答案〗A〖解析〗A．設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為T0依題意，每?jī)商烨『萌慰吹叫l(wèi)星掠過(guò)其正上方，可知兩天內(nèi)衛(wèi)星轉(zhuǎn)了5圈，即解得故A正確；B．根據(jù)開普勒第三定律，可知即衛(wèi)星沿軌道Ⅱ的運(yùn)動(dòng)周期小于沿軌道Ⅰ的周期，所以衛(wèi)星沿軌道Ⅱ從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間小于4.8h。故B錯(cuò)誤；C．衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過(guò)程中，需要減速。所以其機(jī)械能減小。故C錯(cuò)誤；D．開普勒第二定律適用于同一軌道，檔沿不同軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，結(jié)論是不成立的，故D錯(cuò)誤。故選A。7.如圖所示，空間存在間距為L(zhǎng)的兩足夠大有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ，磁場(chǎng)的寬度也為L(zhǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，一矩形金屬框abcd置于光滑絕緣水平臺(tái)面上，已知，時(shí)刻bc邊與磁場(chǎng)Ⅰ的左邊界重合。現(xiàn)用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，當(dāng)bc邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)Ⅱ的左邊界時(shí)框開始做勻速運(yùn)動(dòng)。在金屬框穿出磁場(chǎng)Ⅰ前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列描述框的速度v、流過(guò)框中的電流i、通過(guò)框截面的電量q、框克服安培力做的功W隨時(shí)間t變化的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．首先分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)金屬框的運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程中金屬框受到的安培力為從中可以看出安培力隨著金屬框速度的增大而增大，而安培力方向與金屬框運(yùn)動(dòng)方向相反，因此bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；然后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時(shí)金屬框的運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程中金屬框只受到恒力F，則金屬框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；最后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅱ中時(shí)金屬框的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可知在此過(guò)程中金屬框做勻速直線運(yùn)動(dòng)。因此v-t圖像應(yīng)該一開始是一條彎曲的線且斜率不斷減小，然后是一段斜率固定且為正的直線，最后是一段水平的直線，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式以及歐姆定律可得電流i為可以看出電流i與金屬框速度以及磁場(chǎng)強(qiáng)度有關(guān)，i-t圖像第一和第三階段圖線趨勢(shì)應(yīng)與v-t圖像一致，而第二階段由于bc邊不在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)強(qiáng)度B為零，因此電流為零，故B錯(cuò)誤；C．在前面選項(xiàng)分析的基礎(chǔ)上進(jìn)行分析，首先分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)的情況，金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則電流不斷增強(qiáng)且增速不斷減慢，故通過(guò)框截面的電量q不斷增加且增速不斷減慢，q-t圖像應(yīng)該是斜率不斷減小的曲線；然后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時(shí)的情況，在此過(guò)程中bc邊未切割磁感線，金屬框中沒(méi)有電流通過(guò)，則通過(guò)框截面的電量q不會(huì)增加，q-t圖像應(yīng)該是一條水平直線；最后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅱ中時(shí)的情況，此時(shí)金屬框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電流保持不變，則通過(guò)框截面的電量q應(yīng)勻速增加，q-t圖像應(yīng)該是一條斜率固定且為正的直線。故C正確；D．根據(jù)前面的分析可知，金屬框受到的安培力為首先分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)的情況，金屬框受到的安培力不斷增大且增速不斷減小，則克服安培力做的功W也不斷增加且增速不斷減小，W-t圖像應(yīng)該是斜率不斷減小的曲線；然后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時(shí)的情況，在此過(guò)程中金屬框不受安培力，安培力做功為零，則W-t圖像應(yīng)該是一條與水平軸重合的線條；最后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅱ中時(shí)的情況，金屬框受到的安培力不變，則克服安培力做的功W勻速增加，W-t圖像應(yīng)該是一條斜率固定且為正的直線。故D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，一小球以初速度從斜面底端與斜面成角斜向上拋出，落到斜面上的M點(diǎn)且速度水平向右；現(xiàn)將該小球以的速度從斜面底端仍與斜面成角斜向上拋出，落在斜面上N點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則（）A.球落到N點(diǎn)時(shí)速度不沿水平方向B.兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時(shí)的位置連線與斜面垂直C.從拋出至落至M、N點(diǎn)過(guò)程中，球動(dòng)量變化量之比為1：3D.從拋出至落至M、N點(diǎn)過(guò)程中，球克服重力做功之比為1：3〖答案〗C〖解析〗A．由于落到斜面上M點(diǎn)時(shí)速度水平向右，故可把質(zhì)點(diǎn)在空中的運(yùn)動(dòng)逆向看成從M點(diǎn)向左的平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在M點(diǎn)的速度大小為vx，把質(zhì)點(diǎn)在斜面底端的速度v分解為水平方向的vx和豎直方向的vy，由x=vxty=gt2得空中飛行時(shí)間vy=2vxtanθv和水平方向夾角的正切值為定值，即落到N點(diǎn)時(shí)速度方向水平向右，故A錯(cuò)誤；B．小球離斜面最遠(yuǎn)時(shí)，速度方向平行斜面，兩個(gè)位置不可能出現(xiàn)在垂直斜面的同一條直線上，即兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時(shí)的位置連線不可能與斜面垂直，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．球拋出到落到斜面上的過(guò)程中，水平速度不變，豎直速度從vy變?yōu)?，則動(dòng)量變化的大小為?p=mvy=mvsin(θ+α)∝v則從拋出至落至M、N點(diǎn)過(guò)程中，球動(dòng)量變化量之比為1：3，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)克服重力做功大小從拋出至落至M、N點(diǎn)過(guò)程中，球克服重力做功之比為1：9，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。9.如圖所示，一完整絕緣球體球心為，由A，B兩部分組成，其中B是球心為的小球體，A均勻帶正電，B均勻帶有等量的負(fù)電．M、N為兩球心連線上兩點(diǎn)，P、Q連線過(guò)球心且與M、N連線垂直，且M、N、P、Q四點(diǎn)到距離相等．取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零（假設(shè)均勻帶電絕緣球體帶電量等效于在球心帶等量電量）。則（）A.M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相等B.、連線中點(diǎn)電勢(shì)為零C.將從N點(diǎn)移至P點(diǎn)電場(chǎng)力做正功D.電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的大〖答案〗B〖解析〗AB．按照大球正電荷的電荷密度將小球中補(bǔ)充出相應(yīng)的正電荷+Q，小球中也增加相應(yīng)的負(fù)電荷-Q，再將其等效為位于球心的兩點(diǎn)電荷（電量分別為2Q、-2Q），則M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不相等，、連線中點(diǎn)電勢(shì)為零，故A錯(cuò)誤，B正確；C．N點(diǎn)離負(fù)電荷比P點(diǎn)近，N點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)電勢(shì)低，將從N點(diǎn)移至P點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．M點(diǎn)離正電荷比N點(diǎn)近，M點(diǎn)電勢(shì)比N點(diǎn)電勢(shì)高，電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的小，故D錯(cuò)誤。故選B。10.將勁度系數(shù)為k的輕彈簧壓縮后鎖定，在彈簧上放置一質(zhì)量為m的小物塊，物塊離地面高度為，如圖甲。現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊被彈起豎直向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其動(dòng)能隨離地高度h變化的關(guān)系圖像如圖乙，其中到間的圖像為直線，其余部分均為曲線，對(duì)應(yīng)圖像的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（）A.彈簧原長(zhǎng)為B.物塊離地高度為時(shí)，物塊的機(jī)械能最大C.物塊從離地高上升到過(guò)程中，重力做功D.物塊脫離彈簧后向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力勢(shì)能增量小于〖答案〗C〖解析〗A．由乙圖可知，物塊上升至高度h3時(shí)，動(dòng)能最大，則此時(shí)彈簧彈力與重力平衡，所以彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．由乙圖可知，物塊離地高度為時(shí)，物塊只受重力作用，加速度為g，彈簧的彈力為零，故此時(shí)彈性勢(shì)能最小，則物塊的機(jī)械能最大，故B錯(cuò)誤；C．物塊在h4時(shí)，加速度為g，在h2和h4處的動(dòng)能相同，根據(jù)彈簧振子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，在h2處的加速度也為g，則根據(jù)牛頓第二定律得解得所以小物塊從高度h2上升到h4，上升高度為則物塊從離地高上升到過(guò)程中，重力做功為故C正確；D．物塊從離地高上升到過(guò)程中，合力大于mg，則動(dòng)能的增加量大于，而物塊從離地高上升到過(guò)程中，合力等于mg，則動(dòng)能的減少量等于，由乙圖可知，物塊從上升到過(guò)程中的動(dòng)能變化量與從離地高上升到過(guò)程中的動(dòng)能變化量相等，故，故物塊脫離彈簧后向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力勢(shì)能增量大于，故D錯(cuò)誤。故選C。二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后〖答案〗的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，〖答案〗中必須明確寫出數(shù)值和單位。11.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示裝置“探究加速度與物體受力的關(guān)系”，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接的交流電源的頻率為50Hz，動(dòng)滑輪質(zhì)量不計(jì)。（1）對(duì)該實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的有__________。A．用秒表測(cè)出小車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間B．測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為鉤碼重力的一半C．鉤碼的質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量D．與定滑輪及彈簧測(cè)力計(jì)相連的細(xì)線要豎直（2）實(shí)驗(yàn)中打出的一條紙帶如圖乙所示，圖中相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，由此可求得小車的加速度__________。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）（3）若交流電的實(shí)際頻率大于50Hz，則（2）中a的計(jì)算結(jié)果與實(shí)際值相比__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。（4）若實(shí)驗(yàn)中讓長(zhǎng)木板水平放置，沒(méi)有補(bǔ)償阻力，其余操作正確，以測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為縱坐標(biāo)，以加速度a為橫坐標(biāo)，得到如圖丙所示的一條傾斜直線，已知直線斜率為k，截距為b，重力加速度為g，忽略滑輪與繩之間的摩擦以及紙帶與限位孔之間的摩擦，則小車的質(zhì)量為__________；小車和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)__________?！即鸢浮剑?）C（2）6.03（3）偏?。?）〖解析〗（1）〖1〗A．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器本身就可以計(jì)時(shí)，不需要用秒表，故A錯(cuò)誤；B．鉤碼本身也有加速度，測(cè)力計(jì)的讀數(shù)小于鉤碼重力的一半，故B錯(cuò)誤；C．小車受到的合外力可以由彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)得，不需要用鉤碼重力代替小車的合外力，故鉤碼的質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故C正確；D．定滑輪及彈簧測(cè)力計(jì)相連的細(xì)線不需要豎直，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)與細(xì)線拉力相同即可，故D錯(cuò)誤。故選C。（2）〖2〗相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為，根據(jù)逐差法（3）〖3〗若交流電的實(shí)際頻率大于50Hz，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)實(shí)際時(shí)間間隔小于0.1s，根據(jù)（2）計(jì)算過(guò)程可知，實(shí)際的加速度大于計(jì)算結(jié)果，即計(jì)算結(jié)果與實(shí)際值相比偏小；（4）〖4〗〖5〗根據(jù)牛頓第二定律可得則12.如圖所示，大量處于能級(jí)氫原子，向基態(tài)躍遷，輻射出的光子照射到光電管陰極K，移動(dòng)變阻器觸頭P至圖示位置，電壓表示數(shù)為U，微安表示數(shù)恰為0。已知?dú)湓拥哪芗?jí)公式（，量子數(shù)，3，4，…），是基態(tài)氫原子的能量值，元電荷為e，光電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h。求：（1）陰極K產(chǎn)生光電子的德布羅意波長(zhǎng)的最小值；（2）觸頭P仍在圖示位置，改用大量處于能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)輻射出的光子照射K，到達(dá)陽(yáng)極A的光電子的最大動(dòng)能?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）光電管所加電壓U為反向電壓，微安表示數(shù)恰為0，則又，，解得陰極K產(chǎn)生光電子的德布羅意波長(zhǎng)的最小值（2）改用n=4能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)輻射出的光子照射K時(shí)由光電效應(yīng)方程得又，，解得所以到達(dá)陽(yáng)極A的光電子的最大動(dòng)能13.如圖所示，水平放置的絕熱氣缸和活塞封閉了A、B兩部分理想氣體，活塞絕熱，活塞導(dǎo)熱良好，面積均為S，A、B氣體的壓強(qiáng)、溫度均與外界大氣相同，分別為和。兩活塞與氣缸間的滑動(dòng)摩擦力為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。初始時(shí)，活塞與氣缸底部相距L，活塞、間的距離為2L?，F(xiàn)接通電熱絲加熱氣體，一段時(shí)間后，活塞將要發(fā)生滑動(dòng)。求該過(guò)程中：（1）活塞移動(dòng)的距離x；（2）當(dāng)活塞剛好發(fā)生滑動(dòng)時(shí)A氣體的溫度?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）活塞將要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)得對(duì)B部分氣體，由等溫變化得活塞移動(dòng)的距離為（2）當(dāng)活塞剛好發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，對(duì)活塞有理想氣體方程得14.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，長(zhǎng)為的粗糙水平面MN左側(cè)與半徑的四分之一光滑圓弧軌道平滑連接，右側(cè)與一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶平滑連接。傳送帶與水平方向的夾角，以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將物塊A從光滑圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，與原先停止在N處的物塊B發(fā)生彈性碰撞，A、B的質(zhì)量均為。物塊A與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)，物塊B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度，，．求：（1）物塊A第一次運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與物塊B發(fā)生碰撞前的速度大小；（2）從物塊A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物塊B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（3）物塊A在MN上運(yùn)動(dòng)的總路程s?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）物塊從A到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理有解得（2）物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后的速度為、，有解得，物體A靜止，物體B沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，有可得物體B減速到零的時(shí)間為位移為物體B沿著傳送帶加速下滑，其加速度為，達(dá)到共速時(shí)下滑的位移為共速后，因，則物體B勻速下滑，有故物體B先上滑后下滑的總時(shí)間為（3）A第一次向右在粗糙面上的路程為物體B返回到水平面上和A發(fā)生第二次彈性碰撞，速度交換后A的速度為，則A向左減速到零沖上光滑曲面，再下滑在水平面上摩擦，然后與B彈性碰撞，速度交換，多次重復(fù)上述過(guò)程，物體A只在MN段摩擦損失動(dòng)能，則后續(xù)的全過(guò)程，有故物塊A在MN上運(yùn)動(dòng)的總路程為15.蜜蜂飛行時(shí)依靠蜂房、采蜜地點(diǎn)和太陽(yáng)三個(gè)點(diǎn)進(jìn)行定位做“8”字形運(yùn)動(dòng)，以此告知同伴蜜源方位。某興趣小組用帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模擬蜜蜂的運(yùn)動(dòng)。如圖甲所示，空間存在足夠大垂直紙面、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ，其上、下邊界分別為MN、PQ，間距為d．MN與PQ之間存在沿水平方向且大小始終為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)粒子通過(guò)MN進(jìn)入電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)方向水平向右；當(dāng)粒子通過(guò)PQ進(jìn)入電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)方向水平向左?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子在紙面內(nèi)以初速度從A點(diǎn)垂直MN射入電場(chǎng)，一段時(shí)間后進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ，之后又分別通過(guò)勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)Ⅰ，以速度回到A點(diǎn)，磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度，不計(jì)粒子重力。求：（1）粒子在磁場(chǎng)Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的速度大小v；（2）磁場(chǎng)Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；（3）僅撤去電場(chǎng)，粒子從A點(diǎn)與下邊緣線成30°以初速度入射，如圖乙所示。要使粒子能回到A點(diǎn)，求滿足的條件。〖答案〗（1）；（2）（3）或者（n=1，2，3……）〖解析〗（1）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直方向水平方向做加速運(yùn)動(dòng)解得則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ速度方向與PQ夾角為45°；（2）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)粒子在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2，則粒子在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的距離則因?yàn)榻獾茫?）由（2）可知?jiǎng)t粒子在磁場(chǎng)ⅠⅡ中運(yùn)動(dòng)的半徑a.粒子從磁場(chǎng)Ⅰ回到A點(diǎn)，軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)系可知解得b.粒子從無(wú)場(chǎng)區(qū)回到A點(diǎn)，軌跡如圖，由幾何關(guān)系其中（n=1，2，3……）解得（n=1，2，3……）2023屆高三重點(diǎn)熱點(diǎn)診斷測(cè)試物理（考試時(shí)間：75分鐘：滿分：100分）一、單項(xiàng)選擇題：共10題，每題4分，共40分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1.某手機(jī)若只播放視頻，可以播放約12小時(shí)，其說(shuō)明書的部分內(nèi)容如表。則該手機(jī)（）手機(jī)類型智能手機(jī)、4G手機(jī)電池容量電池類型不可拆拆卸式電池待機(jī)時(shí)間約18天……A.充滿電時(shí)電池可儲(chǔ)存的最大能量為3.5JB.放電時(shí)電池可輸出的最大電荷量為3.5CC.播放視頻時(shí)的平均電流約為待機(jī)狀態(tài)的36倍D.播放視頻時(shí)單位時(shí)間輸出的平均電荷量約為待機(jī)狀態(tài)的1.5倍〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)能量E=qU因U不知道，無(wú)法求出充滿電時(shí)電池可儲(chǔ)存的最大能量，A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)電池可輸出的最大電荷量為B錯(cuò)誤；CD．播放視頻時(shí)平均電流約為待機(jī)狀態(tài)平均電流為電流之比C正確，D錯(cuò)誤。故選C。2.人眼結(jié)構(gòu)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，折射率相同、半徑不同的兩球體共軸，球心分別為和，位于小球面上。寬為d的單色平行光束對(duì)稱地沿軸線方向射入小球，會(huì)聚在軸線上P點(diǎn)，光線的會(huì)聚角。則（）A.不能求出小球的半徑B.可求出球體對(duì)該色光的折射率C.光線射到P點(diǎn)時(shí)可能會(huì)發(fā)生全反射D.若大球折射率略減小，光線將會(huì)聚在P點(diǎn)右側(cè)〖答案〗B〖解析〗AB．已知大圓的弦長(zhǎng)d和張角α，分別連接AO2、AO1，光束中間兩球體軸線與小球左邊交點(diǎn)為C點(diǎn)，由幾何關(guān)系可得，，由于AB=d，則可得大小球半徑分別為光線的入射角i等于，則球體對(duì)該色光的折射率故A錯(cuò)誤，B正確；C．因光線在P點(diǎn)的入射角小于，可知光束在P點(diǎn)的入射角小于臨界角，則光線不可能在P點(diǎn)發(fā)生全反射，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若大球折射率略減小，則光線射出小圓后折射角變大，如圖所示則光線向下偏折，則光線將會(huì)聚在P點(diǎn)左側(cè)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。3.某同學(xué)用圖示電路研究可變電容器的充放電實(shí)驗(yàn)．電容器原來(lái)不帶電，電壓表和電流表為直流電表。單刀雙擲開關(guān)先接1，穩(wěn)定后，緩慢減小電容器兩極板的正對(duì)面積，再將開關(guān)接2。則（）A.開關(guān)接1后斷開，接2前兩電表示數(shù)均先增大后減為零B.減小電容器兩極板正對(duì)面積過(guò)程中，電阻R中電流向下C.實(shí)驗(yàn)前連接好電路后，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中無(wú)需再改接D.若開關(guān)接1穩(wěn)定后斷開，再減小電容器兩極板正對(duì)面積過(guò)程中，電壓表示數(shù)減小〖答案〗B〖解析〗A．開關(guān)接1后斷開，接2前電流表示數(shù)為零，電容器、電阻和電壓表串聯(lián)，電壓表示數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；B．開關(guān)接1未斷開時(shí)，減小電容器兩極板正對(duì)面積過(guò)程中，根據(jù)，可知電容器的電容減小、兩端的電壓不變，電容器的帶電量減小，電阻R中電流向下，故B正確；C．由于電容器充放電流方向相反，所以實(shí)驗(yàn)過(guò)程中電流表的正負(fù)極需再改接，故C錯(cuò)誤；D．若開關(guān)接1穩(wěn)定后斷開，再減小電容器兩極板正對(duì)面積過(guò)程中，根據(jù)，可知電容器的電容減小、帶電量不變，電容器兩端的電壓變大，電壓表示數(shù)變大，故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖所示，波源S1、S2垂直紙面做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生兩列波的波速均為2m/s，P為紙面內(nèi)一點(diǎn)，且。S2的振動(dòng)方程為，P點(diǎn)振幅恒為2A。則S1的振動(dòng)方程可能為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗根據(jù)S2的振動(dòng)方程振動(dòng)周期為波的波長(zhǎng)λ=vT解得λ=4mP點(diǎn)振幅恒為2A，P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，S1、S2的周期即角速度相同，紙面內(nèi)的P點(diǎn)與S1、S2的距離差為故波源S1、S2的初始相位差為（n=0，1，2...）當(dāng)n=0時(shí)，S1的振動(dòng)方程為故選A。5.如圖所示，把一個(gè)底角很小的圓錐玻璃體倒置（上表面為圓形平面，縱截面為等腰三角形），緊挨玻璃體下放有一平整矩形玻璃磚，它和圓錐玻璃體間有一層薄空氣膜?，F(xiàn)用紅色光垂直于上表面照射，從裝置正上方向下觀察，可看到（）A.一系列明暗相間的三角形條紋B.一系列明暗相間的不等間距圓形條紋C.若將紅光換成藍(lán)光，亮條紋將變稀疏D.若增大玻璃體頂角，亮條紋將變稀疏〖答案〗D〖解析〗AB．由于截面是等腰三角形，從圓心向外，經(jīng)過(guò)相同的寬度，空氣膜厚度增加量相同，根據(jù)光的干涉原理知，從裝置的正上方向下觀察，可看到一系列明暗相間的等距圓形條紋，故AB錯(cuò)誤，C．藍(lán)光波長(zhǎng)比紅光短，若將紅光換成藍(lán)光，條紋間距變小，亮條紋將變密集，故C錯(cuò)誤；D．若增大玻璃體頂角，則空氣薄膜厚度變小，由等厚干涉原理可知條紋將向外偏移，亮條紋將變稀疏，故D正確。故選D6.某衛(wèi)星在赤道上空?qǐng)A軌道Ⅰ上繞地球運(yùn)行，周期為T，運(yùn)動(dòng)方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上某城市的人每?jī)商烨『萌慰吹叫l(wèi)星掠過(guò)其正上方。一段時(shí)間后，衛(wèi)星在A點(diǎn)變軌由軌道Ⅰ進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，B為橢圓軌道的近地點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，則（）A.T為地球自轉(zhuǎn)周期的0.4倍B.衛(wèi)星沿軌道Ⅱ從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間不小于12hC.衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過(guò)程中，機(jī)械能增大D.衛(wèi)星沿軌道Ⅰ、Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)，衛(wèi)星與地心連線單位時(shí)間掃過(guò)的面積總相等〖答案〗A〖解析〗A．設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為T0依題意，每?jī)商烨『萌慰吹叫l(wèi)星掠過(guò)其正上方，可知兩天內(nèi)衛(wèi)星轉(zhuǎn)了5圈，即解得故A正確；B．根據(jù)開普勒第三定律，可知即衛(wèi)星沿軌道Ⅱ的運(yùn)動(dòng)周期小于沿軌道Ⅰ的周期，所以衛(wèi)星沿軌道Ⅱ從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間小于4.8h。故B錯(cuò)誤；C．衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過(guò)程中，需要減速。所以其機(jī)械能減小。故C錯(cuò)誤；D．開普勒第二定律適用于同一軌道，檔沿不同軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，結(jié)論是不成立的，故D錯(cuò)誤。故選A。7.如圖所示，空間存在間距為L(zhǎng)的兩足夠大有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ，磁場(chǎng)的寬度也為L(zhǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，一矩形金屬框abcd置于光滑絕緣水平臺(tái)面上，已知，時(shí)刻bc邊與磁場(chǎng)Ⅰ的左邊界重合。現(xiàn)用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，當(dāng)bc邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)Ⅱ的左邊界時(shí)框開始做勻速運(yùn)動(dòng)。在金屬框穿出磁場(chǎng)Ⅰ前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列描述框的速度v、流過(guò)框中的電流i、通過(guò)框截面的電量q、框克服安培力做的功W隨時(shí)間t變化的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．首先分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)金屬框的運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程中金屬框受到的安培力為從中可以看出安培力隨著金屬框速度的增大而增大，而安培力方向與金屬框運(yùn)動(dòng)方向相反，因此bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；然后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時(shí)金屬框的運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程中金屬框只受到恒力F，則金屬框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；最后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅱ中時(shí)金屬框的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可知在此過(guò)程中金屬框做勻速直線運(yùn)動(dòng)。因此v-t圖像應(yīng)該一開始是一條彎曲的線且斜率不斷減小，然后是一段斜率固定且為正的直線，最后是一段水平的直線，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式以及歐姆定律可得電流i為可以看出電流i與金屬框速度以及磁場(chǎng)強(qiáng)度有關(guān)，i-t圖像第一和第三階段圖線趨勢(shì)應(yīng)與v-t圖像一致，而第二階段由于bc邊不在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)強(qiáng)度B為零，因此電流為零，故B錯(cuò)誤；C．在前面選項(xiàng)分析的基礎(chǔ)上進(jìn)行分析，首先分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)的情況，金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則電流不斷增強(qiáng)且增速不斷減慢，故通過(guò)框截面的電量q不斷增加且增速不斷減慢，q-t圖像應(yīng)該是斜率不斷減小的曲線；然后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時(shí)的情況，在此過(guò)程中bc邊未切割磁感線，金屬框中沒(méi)有電流通過(guò)，則通過(guò)框截面的電量q不會(huì)增加，q-t圖像應(yīng)該是一條水平直線；最后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅱ中時(shí)的情況，此時(shí)金屬框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電流保持不變，則通過(guò)框截面的電量q應(yīng)勻速增加，q-t圖像應(yīng)該是一條斜率固定且為正的直線。故C正確；D．根據(jù)前面的分析可知，金屬框受到的安培力為首先分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)的情況，金屬框受到的安培力不斷增大且增速不斷減小，則克服安培力做的功W也不斷增加且增速不斷減小，W-t圖像應(yīng)該是斜率不斷減小的曲線；然后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時(shí)的情況，在此過(guò)程中金屬框不受安培力，安培力做功為零，則W-t圖像應(yīng)該是一條與水平軸重合的線條；最后分析bc邊在磁場(chǎng)Ⅱ中時(shí)的情況，金屬框受到的安培力不變，則克服安培力做的功W勻速增加，W-t圖像應(yīng)該是一條斜率固定且為正的直線。故D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，一小球以初速度從斜面底端與斜面成角斜向上拋出，落到斜面上的M點(diǎn)且速度水平向右；現(xiàn)將該小球以的速度從斜面底端仍與斜面成角斜向上拋出，落在斜面上N點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則（）A.球落到N點(diǎn)時(shí)速度不沿水平方向B.兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時(shí)的位置連線與斜面垂直C.從拋出至落至M、N點(diǎn)過(guò)程中，球動(dòng)量變化量之比為1：3D.從拋出至落至M、N點(diǎn)過(guò)程中，球克服重力做功之比為1：3〖答案〗C〖解析〗A．由于落到斜面上M點(diǎn)時(shí)速度水平向右，故可把質(zhì)點(diǎn)在空中的運(yùn)動(dòng)逆向看成從M點(diǎn)向左的平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在M點(diǎn)的速度大小為vx，把質(zhì)點(diǎn)在斜面底端的速度v分解為水平方向的vx和豎直方向的vy，由x=vxty=gt2得空中飛行時(shí)間vy=2vxtanθv和水平方向夾角的正切值為定值，即落到N點(diǎn)時(shí)速度方向水平向右，故A錯(cuò)誤；B．小球離斜面最遠(yuǎn)時(shí)，速度方向平行斜面，兩個(gè)位置不可能出現(xiàn)在垂直斜面的同一條直線上，即兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時(shí)的位置連線不可能與斜面垂直，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．球拋出到落到斜面上的過(guò)程中，水平速度不變，豎直速度從vy變?yōu)?，則動(dòng)量變化的大小為?p=mvy=mvsin(θ+α)∝v則從拋出至落至M、N點(diǎn)過(guò)程中，球動(dòng)量變化量之比為1：3，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)克服重力做功大小從拋出至落至M、N點(diǎn)過(guò)程中，球克服重力做功之比為1：9，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。9.如圖所示，一完整絕緣球體球心為，由A，B兩部分組成，其中B是球心為的小球體，A均勻帶正電，B均勻帶有等量的負(fù)電．M、N為兩球心連線上兩點(diǎn)，P、Q連線過(guò)球心且與M、N連線垂直，且M、N、P、Q四點(diǎn)到距離相等．取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零（假設(shè)均勻帶電絕緣球體帶電量等效于在球心帶等量電量）。則（）A.M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相等B.、連線中點(diǎn)電勢(shì)為零C.將從N點(diǎn)移至P點(diǎn)電場(chǎng)力做正功D.電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的大〖答案〗B〖解析〗AB．按照大球正電荷的電荷密度將小球中補(bǔ)充出相應(yīng)的正電荷+Q，小球中也增加相應(yīng)的負(fù)電荷-Q，再將其等效為位于球心的兩點(diǎn)電荷（電量分別為2Q、-2Q），則M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不相等，、連線中點(diǎn)電勢(shì)為零，故A錯(cuò)誤，B正確；C．N點(diǎn)離負(fù)電荷比P點(diǎn)近，N點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)電勢(shì)低，將從N點(diǎn)移至P點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．M點(diǎn)離正電荷比N點(diǎn)近，M點(diǎn)電勢(shì)比N點(diǎn)電勢(shì)高，電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的小，故D錯(cuò)誤。故選B。10.將勁度系數(shù)為k的輕彈簧壓縮后鎖定，在彈簧上放置一質(zhì)量為m的小物塊，物塊離地面高度為，如圖甲。現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊被彈起豎直向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其動(dòng)能隨離地高度h變化的關(guān)系圖像如圖乙，其中到間的圖像為直線，其余部分均為曲線，對(duì)應(yīng)圖像的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（）A.彈簧原長(zhǎng)為B.物塊離地高度為時(shí)，物塊的機(jī)械能最大C.物塊從離地高上升到過(guò)程中，重力做功D.物塊脫離彈簧后向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力勢(shì)能增量小于〖答案〗C〖解析〗A．由乙圖可知，物塊上升至高度h3時(shí)，動(dòng)能最大，則此時(shí)彈簧彈力與重力平衡，所以彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．由乙圖可知，物塊離地高度為時(shí)，物塊只受重力作用，加速度為g，彈簧的彈力為零，故此時(shí)彈性勢(shì)能最小，則物塊的機(jī)械能最大，故B錯(cuò)誤；C．物塊在h4時(shí)，加速度為g，在h2和h4處的動(dòng)能相同，根據(jù)彈簧振子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，在h2處的加速度也為g，則根據(jù)牛頓第二定律得解得所以小物塊從高度h2上升到h4，上升高度為則物塊從離地高上升到過(guò)程中，重力做功為故C正確；D．物塊從離地高上升到過(guò)程中，合力大于mg，則動(dòng)能的增加量大于，而物塊從離地高上升到過(guò)程中，合力等于mg，則動(dòng)能的減少量等于，由乙圖可知，物塊從上升到過(guò)程中的動(dòng)能變化量與從離地高上升到過(guò)程中的動(dòng)能變化量相等，故，故物塊脫離彈簧后向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力勢(shì)能增量大于，故D錯(cuò)誤。故選C。二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后〖答案〗的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，〖答案〗中必須明確寫出數(shù)值和單位。11.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示裝置“探究加速度與物體受力的關(guān)系”，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接的交流電源的頻率為50Hz，動(dòng)滑輪質(zhì)量不計(jì)。（1）對(duì)該實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的有__________。A．用秒表測(cè)出小車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間B．測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為鉤碼重力的一半C．鉤碼的質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量D．與定滑輪及彈簧測(cè)力計(jì)相連的細(xì)線要豎直（2）實(shí)驗(yàn)中打出的一條紙帶如圖乙所示，圖中相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，由此可求得小車的加速度__________。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）（3）若交流電的實(shí)際頻率大于50Hz，則（2）中a的計(jì)算結(jié)果與實(shí)際值相比__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。（4）若實(shí)驗(yàn)中讓長(zhǎng)木板水平放置，沒(méi)有補(bǔ)償阻力，其余操作正確，以測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為縱坐標(biāo)，以加速度a為橫坐標(biāo)，得到如圖丙所示的一條傾斜直線，已知直線斜率為k，截距為b，重力加速度為g，忽略滑輪與繩之間的摩擦以及紙帶與限位孔之間的摩擦，則小車的質(zhì)量為__________；小車和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)__________?！即鸢浮剑?）C（2）6.03（3）偏小（4）〖解析〗（1）〖1〗A．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器本身就可以計(jì)時(shí)，不需要用秒表，故A錯(cuò)誤；B．鉤碼本身也有加速度，測(cè)力計(jì)的讀數(shù)小于鉤碼重力的一半，故B錯(cuò)誤；C．小車受到的合外力可以由彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)得，不需要用鉤碼重力代替小車的合外力，故鉤碼的質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故C正確；D．定滑輪及彈簧測(cè)力計(jì)相連的細(xì)線不需要豎直，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)與細(xì)線拉力相同即可，故D錯(cuò)誤。故選C。（2）〖2〗相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為，根據(jù)逐差法（3）〖3〗若交流電的實(shí)際頻率大于50Hz，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)實(shí)際時(shí)間間隔小于0.1s，根據(jù)（2）計(jì)算過(guò)程可知，實(shí)際的加速度大于計(jì)算結(jié)果，即計(jì)算結(jié)果與實(shí)際值相比偏?。唬?）〖4〗〖5〗根據(jù)牛頓第二定律可得則12.如圖所示，大量處于能級(jí)氫原子，向基態(tài)躍遷，輻射出的光子照射到光電管陰極K，移動(dòng)變阻器觸頭P至圖示位置，電壓表示數(shù)為U，微安表示數(shù)恰為0。已知?dú)湓拥哪芗?jí)公式（，量子數(shù)，3，4，…），是基態(tài)氫原子的能量值，元電荷為e，光電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h。求：（1）陰極K產(chǎn)生光電子的德布羅意波長(zhǎng)的最小值；（2）觸頭P仍在圖示位置，改用大量處于能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)輻射出的光子照射K，到達(dá)陽(yáng)極A的光電子的最大動(dòng)能?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）光電管所加電壓U為反向電壓，微安表示數(shù)恰為0，則又，，解得陰極K產(chǎn)生光電子的德布羅