浙江省紹興市2025屆高三上學(xué)期11月高考科目診斷性考試（一模）物理試題 含解析

2024年11月紹興市選考科目診斷性考試物理試題本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共10頁(yè)，滿(mǎn)分100分，考試時(shí)間90分鐘?？忌⒁猓?.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫(xiě)在試題卷和答題卡規(guī)定的位置上。2.答題時(shí)，請(qǐng)按照答題卡上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題卡相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在試題卷上的作答一律無(wú)效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫(xiě)在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)。作圖時(shí)，先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關(guān)公式或參數(shù)：重力加速度g均取10m/s2。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.國(guó)際單位制中，以下物理量單位相同的是（）A.電勢(shì)差、電動(dòng)勢(shì) B.動(dòng)能、動(dòng)量 C.速度、加速度 D.電容、電感【答案】A【解析】【詳解】A．電勢(shì)差、電動(dòng)勢(shì)的單位均為伏特，故A正確；B．動(dòng)能的單位為焦耳，動(dòng)量的單位為千克米每秒，故B錯(cuò)誤；C．速度的單位為米每秒，加速度的單位為米每二次方秒，故C錯(cuò)誤；D．電容的單位為法拉，電感的單位為亨利，故D錯(cuò)誤。故選A。2.2024年8月，中國(guó)戰(zhàn)機(jī)轟6K與俄羅斯戰(zhàn)機(jī)圖95組成編隊(duì)，飛越白令海峽。下列說(shuō)法正確的是（）A.轟6K加速過(guò)程中慣性增大B.轟6K飛行速度越大，加速度越大C.觀察轟6K空中加油時(shí)，可將其看成質(zhì)點(diǎn)D.轟6K加速向上爬升時(shí)，機(jī)內(nèi)飛行員處于超重狀態(tài)【答案】D【解析】詳解】A．轟6K加速過(guò)程中質(zhì)量不變，慣性不變，故A錯(cuò)誤；B．轟6K飛行速度越大，加速度可能減小，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)物體的大小、形狀對(duì)所研究的問(wèn)題沒(méi)有影響或者影響很小，可忽略不計(jì)時(shí)，可將物體看成質(zhì)點(diǎn)，所以觀察轟6K空中加油時(shí)，不可將其看成質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．轟6K加速向上爬升時(shí)，加速度向上，機(jī)內(nèi)飛行員處于超重狀態(tài)，故D正確。故選D。3.2024年9月，中科院在自研磁體方面取得技術(shù)突破，產(chǎn)生了42.02T的穩(wěn)態(tài)磁場(chǎng)，其強(qiáng)度約為地磁場(chǎng)強(qiáng)度的80萬(wàn)倍（穩(wěn)態(tài)磁場(chǎng)是指磁感應(yīng)強(qiáng)度不隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)）。下列說(shuō)法正確的是（）A.42.02T表示磁通量的大小B.該穩(wěn)態(tài)磁場(chǎng)不可能激發(fā)出電場(chǎng)C.磁感應(yīng)強(qiáng)度不隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)一定是勻強(qiáng)磁場(chǎng)D.將通電直導(dǎo)線(xiàn)放入該穩(wěn)態(tài)磁場(chǎng)，受到的安培力一定很大【答案】B【解析】【詳解】A．42.02T表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論可知該穩(wěn)態(tài)磁場(chǎng)不可能激發(fā)出電場(chǎng)。故B正確；C．磁感應(yīng)強(qiáng)度不隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)為恒定磁場(chǎng)，在恒定磁場(chǎng)中，如果磁感應(yīng)強(qiáng)度在空間各處完全相同，即大小和方向都不變。就是勻強(qiáng)磁場(chǎng)。故C錯(cuò)誤；D．將通電直導(dǎo)線(xiàn)與磁場(chǎng)平行放入該穩(wěn)態(tài)磁場(chǎng)，受到的安培力為零。故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖所示實(shí)線(xiàn)為某一靜電場(chǎng)中的一組等勢(shì)線(xiàn)，A、B為同一等勢(shì)線(xiàn)上兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A.該電場(chǎng)可能是某一負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生B.A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度C.B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿圖中等勢(shì)線(xiàn)切線(xiàn)方向D.將試探電荷沿虛線(xiàn)軌跡從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力始終不做功【答案】B【解析】【詳解】A．負(fù)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)形成的等勢(shì)線(xiàn)是以負(fù)電荷為圓心的一系列同心圓，故該電場(chǎng)不可能是某一負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生，故A錯(cuò)誤；B．由等勢(shì)線(xiàn)疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)弱可知，A處等勢(shì)線(xiàn)比B處等勢(shì)線(xiàn)密集，所以A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，故B正確；C．因?yàn)殡妶?chǎng)線(xiàn)方向垂直于等勢(shì)線(xiàn)，故B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向應(yīng)垂直于等勢(shì)面，故C錯(cuò)誤；D．由于該過(guò)程中電勢(shì)在不斷變化，故試探電荷電勢(shì)能在不斷變化，根據(jù)功能關(guān)系，該移動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力要做功，但電場(chǎng)力做的總功為零，故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，一理想變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為2:1，其輸入端接正弦交流電源，電動(dòng)勢(shì)有效值保持不變，輸出端電路由R1、R2、R3和R4四個(gè)電阻構(gòu)成，將該變壓器的匝數(shù)比改為4:1后，下列說(shuō)法正確的是（）A.R1兩端的電壓增大到原來(lái)的2倍 B.R2兩端的電壓增大到原來(lái)的4倍C.R3的熱功率減小到原來(lái)的 D.R4的熱功率減小到原來(lái)的【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)原副線(xiàn)圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系可知，該變壓器的匝數(shù)比改為4:1后，U1不變，則U2變?yōu)樵瓉?lái)的一半，故A錯(cuò)誤；BCD．U2變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則流過(guò)R2、R3和R4的電流變?yōu)樵瓉?lái)的一半，所以R2兩端的電壓變?yōu)樵瓉?lái)的一半，R3的熱功率減小到原來(lái)的，R4的熱功率減小到原來(lái)的，故BC錯(cuò)誤，D正確。故選D。6.某型號(hào)戰(zhàn)斗機(jī)沿水平向右勻加速直線(xiàn)飛行，某時(shí)刻開(kāi)始以相等時(shí)間間隔自由釋放無(wú)動(dòng)力炸彈（圖中用小球替代），不計(jì)空氣阻力，炸彈落地前在空中形成的排列圖景是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】戰(zhàn)斗機(jī)沿水平向右勻加速直線(xiàn)飛行，以飛機(jī)為參考系，則釋放的炸彈水平方向做向左的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平位移為豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有設(shè)合位移與水平方向夾角θ，則有可知空中的所有炸彈均與飛機(jī)排成一列斜線(xiàn)，先釋放的炸彈靠左，后釋放的靠右。故選B。7.如圖所示，外力作用下小球A在豎直平面內(nèi)做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O點(diǎn)。另一小球B用輕質(zhì)彈簧豎直懸掛，且靜止時(shí)小球B與圓心O在同一豎直高度。向下拉小球B到適當(dāng)位置，靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球A、B始終在同一豎直高度，不計(jì)阻力作用。下列說(shuō)法正確的是（）A.小球A受到的合外力不變B.以小球A為參考系，小球B靜止C.小球B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒D.小球A豎直方向合外力的大小與小球A到O點(diǎn)的豎直距離成正比【答案】D【解析】【詳解】A．小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，大小不變，方向時(shí)刻變化，故A錯(cuò)誤；B．以小球A為參考系，小球B在豎直方向的距離不變，但在水平方向的距離時(shí)刻變化。所以，以小球A為參考系，小球B運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．小球B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球B的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)小球A做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，向心力即合外力為，某時(shí)刻到圓心的豎直高度為，與圓心連線(xiàn)和水平方向的夾角為，則小球A豎直方向合外力為因?yàn)樾∏駻做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心力大小不變，則小球A豎直方向合外力可表示為其中即，小球A豎直方向合外力的大小與小球A到O點(diǎn)的豎直距離成正比。故D正確。故選D。8.2024年9月，我國(guó)在山東海域利用海上平臺(tái)，成功完成一箭八星發(fā)射任務(wù)，順利將衛(wèi)星送入預(yù)定軌道。已知其中一顆名為“天儀”的衛(wèi)星在距地面高度約為h1=500km的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。天宮空間站在距地面高度約為h2=390km的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。地球表面重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.“天儀”衛(wèi)星的向心加速度不變B.“天儀”衛(wèi)星的周期為C.“天儀”衛(wèi)星的角速度小于天宮空間站的角速度D.“天儀”衛(wèi)星與天宮空間站的線(xiàn)速度之比為【答案】C【解析】【詳解】A．勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體向心加速度大小不變，但方向時(shí)刻發(fā)生變化，故向心加速度時(shí)刻在發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)地球的質(zhì)量為M，半徑為R，對(duì)“天儀”衛(wèi)星，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有另在地球表面上物體所受重力近似等于萬(wàn)有引力，即兩式聯(lián)立，得故B錯(cuò)誤；C．設(shè)衛(wèi)星的軌道半徑為r，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有可得即衛(wèi)星的軌道半徑越大角速度越小，因“天儀”衛(wèi)星的軌道半徑比天宮空間站的軌道半徑大，所以，“天儀”衛(wèi)星的角速度小于天宮空間站的角速度，故C正確；D．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有可得所以，“天儀”衛(wèi)星與天宮空間站的線(xiàn)速度之比故D錯(cuò)誤。故選C。9.為模擬光在光導(dǎo)纖維中的傳播原理，取一圓柱形長(zhǎng)直玻璃絲進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。如圖所示，紙面內(nèi)有一束激光由空氣中以的入射角射向玻璃絲的AB端面圓心O，恰好在玻璃絲的內(nèi)側(cè)面發(fā)生全反射，此時(shí)內(nèi)側(cè)面入射角為θ。下列說(shuō)法正確的是（）A.B.玻璃絲只能傳播特定頻率的光C.激光由空氣中進(jìn)入玻璃絲后，其波長(zhǎng)不變D.減小入射角α，激光在玻璃絲中仍能發(fā)生全反射【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)折射定律有解得故A錯(cuò)誤；B．玻璃絲可以傳播不同頻率的光，故B錯(cuò)誤；C．激光由空氣中進(jìn)入玻璃絲后，傳播速度改變，則波長(zhǎng)改變，故C錯(cuò)誤；D．減小入射角α，則折射角減小，光在玻璃絲的內(nèi)側(cè)面入射角增大，大于臨界角，發(fā)生全反射，故D正確。故選D。10.《天工開(kāi)物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車(chē)往稻田里引水的場(chǎng)景。引水過(guò)程簡(jiǎn)化如下：兩個(gè)半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。水筒在筒車(chē)上均勻排布，與水輪間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，單位長(zhǎng)度上有n個(gè)。每個(gè)水筒離開(kāi)水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水，其中的75%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則（）A.筒車(chē)對(duì)灌入稻田的水做功的功率為B.筒車(chē)對(duì)灌入稻田的水做功的功率為C.筒車(chē)消耗的功率等于D.筒車(chē)消耗的功率小于【答案】A【解析】【詳解】AB．由題知，水筒在筒車(chē)上均勻排布，單位長(zhǎng)度上有n個(gè)，且每個(gè)水筒離開(kāi)水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水，其中的75%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功則筒車(chē)對(duì)灌入稻田的水做功的功率為聯(lián)立解得故A正確，B錯(cuò)誤；CD．筒車(chē)消耗的功率大于，故CD錯(cuò)誤。故選A。11.速度接近光速的電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，會(huì)沿圓弧軌道切線(xiàn)發(fā)出電磁輻射，這個(gè)現(xiàn)象最初是在同步加速器上觀察到的，稱(chēng)為“同步輻射”。同步輻射光具有光譜范圍寬（從遠(yuǎn)紅外到X光波段，波長(zhǎng)范圍約為m～m，對(duì)應(yīng)能量范圍約為eV~eV）、光源亮度高等特點(diǎn)。已知金屬鈉的逸出功eV，可見(jiàn)光的光子能量范圍為1.63eV~3.11eV，氫原子能級(jí)圖如圖所示，已知普朗克常量J·s。下列說(shuō)法正確的是（）A.能量為1.89eV的同步輻射光遇到線(xiàn)度約為m的蛋白質(zhì)分子時(shí)，能發(fā)生明顯衍射B.能量為1.89eV的同步輻射光，其動(dòng)量約為kg?m/sC.能量為1.89eV的同步輻射光照射金屬鈉，可使金屬鈉發(fā)生光電效應(yīng)D.能量為12.09eV的同步輻射光照射基態(tài)氫原子，氫原子能級(jí)躍遷后不會(huì)發(fā)出可見(jiàn)光【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)解得波長(zhǎng)能發(fā)生明顯衍射，故A正確；B．動(dòng)量為kg?m/s故B錯(cuò)誤；C．能量為1.89eV的同步輻射光小于金屬鈉的逸出功，不能發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．能量為12.09eV的同步輻射光照射基態(tài)氫原子，躍遷到3能級(jí)，再向低能級(jí)躍遷時(shí)，從3能級(jí)到2能級(jí)，釋放光子能量為在可見(jiàn)光范圍內(nèi)，所以氫原子能級(jí)躍遷后可能發(fā)出可見(jiàn)光，故D錯(cuò)誤。故選A。12.如圖甲所示，在同一介質(zhì)中，頻率相同的兩波源S1、S2在t=0時(shí)刻同時(shí)起振，在空間形成簡(jiǎn)諧橫波；t=0.25s時(shí)波源S1、S2之間的部分波形圖如圖所示，此時(shí)波源為的機(jī)械波剛好傳到-3.5m處，波源為的機(jī)械波剛好傳到5.5m處，此時(shí)S1P、S2P之間都只有一個(gè)波谷。P為介質(zhì)中的一點(diǎn)，P點(diǎn)到波源S1與S2的距離分別是PS1=5m、PS2=7m，則（）A.質(zhì)點(diǎn)P一定是振動(dòng)減弱點(diǎn) B.波源振動(dòng)的周期一定為C.t=1.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P一定處于平衡位置 D.質(zhì)點(diǎn)P的起振方向一定沿y軸負(fù)方向【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖可知，波長(zhǎng)為2m，且兩波源的振動(dòng)步調(diào)相同，由于所以質(zhì)點(diǎn)P為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．由于所以故B正確；C．t=1.25s時(shí)，兩波向前傳播的距離為根據(jù)波疊加可知，此時(shí)兩列波波谷波谷相遇，所以質(zhì)點(diǎn)P處于波谷，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)波形圖和波的傳播方向可知，波源的起振方向向下，所以質(zhì)點(diǎn)P的起振方向一定沿y軸負(fù)方向，故D正確。故選BD。13.如圖甲所示，一圓心位于O點(diǎn)的圓形導(dǎo)線(xiàn)框半徑r=1m，電阻R=5Ω，某時(shí)刻起，在導(dǎo)線(xiàn)框圓形區(qū)域內(nèi)加一垂直線(xiàn)框平面的磁場(chǎng)，方向向里為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間正弦規(guī)律變化如圖乙所示。已知當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，將產(chǎn)生渦旋電場(chǎng)，其電場(chǎng)線(xiàn)是在線(xiàn)框平面內(nèi)以O(shè)為圓心的同心圓，同一條電場(chǎng)線(xiàn)上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，計(jì)算時(shí)取π2=10。下列說(shuō)法正確的是（）A.0~1s內(nèi)，線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大B.線(xiàn)框最大瞬時(shí)熱功率為P=5WC.0~2s內(nèi)，通過(guò)線(xiàn)框的電荷量為D.電荷沿圓心為O、半徑為r?（r?<r）的路徑運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力不做功【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律由圖可知，0~1s內(nèi)，不斷減小，所以線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，故A錯(cuò)誤；B．線(xiàn)框最大瞬時(shí)熱功率為故B正確；C．0~2s內(nèi)，通過(guò)線(xiàn)框的電荷量為故C錯(cuò)誤；D．電荷沿圓心為O、半徑為r?（r?<r）的路徑運(yùn)動(dòng)過(guò)程中感生電場(chǎng)電場(chǎng)力做功，故D錯(cuò)誤。故選B。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)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有錯(cuò)選的得0分）14.下列說(shuō)法正確的是（）A.光與無(wú)線(xiàn)電波都是物質(zhì)B.結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定C.氣體溫度降低，其內(nèi)部某些分子的動(dòng)能有可能增加D.所有電磁波能在接收電路中同時(shí)產(chǎn)生相同強(qiáng)度的振蕩電流【答案】AC【解析】【詳解】A．光與無(wú)線(xiàn)電波屬于電磁波，都是物質(zhì)，故A正確；B．比結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；C．氣體溫度降低，平均動(dòng)能減小，但其內(nèi)部某些分子的動(dòng)能有可能增加，故C正確；D．當(dāng)發(fā)生電諧振時(shí)，電磁波才能在接收電路中產(chǎn)生相同強(qiáng)度的振蕩電流，故D錯(cuò)誤。故選AC。15.如圖所示，直線(xiàn)邊界PQ下方存在垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m的小球，帶正電q，從邊界上a點(diǎn)靜止釋放，之后沿曲線(xiàn)經(jīng)時(shí)間t到c點(diǎn)（圖中c點(diǎn)未畫(huà)出）時(shí)速度達(dá)到最大值v，不計(jì)空氣阻力，有關(guān)小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球最終將原路返回a點(diǎn)B.小球到c點(diǎn)時(shí)，速度v沿水平方向C.小球離開(kāi)直線(xiàn)邊界的最遠(yuǎn)距離為D.小球由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中，洛倫茲力沖量大小為【答案】BD【解析】【詳解】BC．根據(jù)配速法，小球的運(yùn)動(dòng)可看成是水平向右的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和豎直平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以由于初始時(shí)，小球速度為零，所以小球達(dá)到最大速度時(shí)，有方向?yàn)樗较蛴?，最遠(yuǎn)距離為故B正確，C錯(cuò)誤；A．小球的運(yùn)動(dòng)為擺線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最終將不會(huì)原路返回a點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；D．小球由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得洛倫茲力沖量大小為故D正確。故選BD。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.在“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中（1）本實(shí)驗(yàn)需要使用到下列實(shí)驗(yàn)器材中的______。A. B. C. D.（2）本實(shí)驗(yàn)的操作，下列說(shuō)法正確的是______。A.彈簧測(cè)力計(jì)中的彈簧應(yīng)避免與其外殼接觸B若只有一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)，一定無(wú)法完成實(shí)驗(yàn)C.為使合力與分力產(chǎn)生相同效果，只要將橡皮筋拉伸相同長(zhǎng)度D.作力的圖示時(shí)，為減小誤差，不同實(shí)驗(yàn)組須采用相同的標(biāo)度（3）（多選）如圖所示，繩子對(duì)O點(diǎn)的拉力分別為、，且與的夾角為銳角?，F(xiàn)讓增大、方向不變，要使結(jié)點(diǎn)O位置不變，則的大小及圖中角θ的變化可能是______A.增大，同時(shí)增大θ角 B.增大，同時(shí)減小θ角C.減小，同時(shí)減小θ角 D.減小，同時(shí)增大θ角【答案】（1）C（2）A（3）D【解析】【小問(wèn)1詳解】本實(shí)驗(yàn)需要選項(xiàng)中的三角板用來(lái)作圖。故選C?！拘?wèn)2詳解】A．彈簧測(cè)力計(jì)中的彈簧應(yīng)避免與其外殼接觸，以免增大誤差，故A正確；B．若只有一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)，在需要用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)互成角度將結(jié)點(diǎn)拉到某一位置時(shí)，可用細(xì)繩代替其中一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)，記錄下兩個(gè)拉力的方向和彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，然后將細(xì)繩和彈簧測(cè)力計(jì)拉力的方向互換，將結(jié)點(diǎn)拉到同一位置，再次記錄下彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，這樣也得到了兩個(gè)拉力的大小和方向，所以，若只有一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)，也可完成實(shí)驗(yàn)，故B錯(cuò)誤；C．為使合力與分力產(chǎn)生相同效果，必須將結(jié)點(diǎn)拉到同一位置，故C錯(cuò)誤；D．作力的圖示時(shí)，不同實(shí)驗(yàn)組采用相同的標(biāo)度并不能減小誤差，所以不同實(shí)驗(yàn)組不必采用同一標(biāo)度，故D錯(cuò)誤。故選A。【小問(wèn)3詳解】與的夾角為銳角，增大、方向不變，結(jié)點(diǎn)O位置不變，即合力一定，的變化如圖所示由圖可知，的大小減小，且與的夾角增大。故選D。17.在“測(cè)定導(dǎo)體的電阻率”實(shí)驗(yàn)中，待測(cè)合金絲接入電路部分的長(zhǎng)度為58.00cm。（1）某次測(cè)量合金絲的直徑為0.0396cm，則使用的儀器是（）A.螺旋測(cè)微器 B.游標(biāo)卡尺 C.毫米刻度尺（2）用多用電表的歐姆擋“×10”倍率粗測(cè)合金絲電阻，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)大，則應(yīng)將倍率更換至歐姆擋______（選填“×1”或“×100”）倍率。（3）用伏安法測(cè)量合金絲的電阻，器材有電池組（電動(dòng)勢(shì)3.0V）、電流表（內(nèi)阻約0.1Ω）、電壓表（內(nèi)阻約3kΩ）、滑動(dòng)變阻器（0~10Ω）、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線(xiàn)若干，記錄數(shù)據(jù)如表所示。①第4次測(cè)量時(shí)，電流表指針如圖甲所示，其示數(shù)為_(kāi)_____A。次數(shù)1234567U/V0.110.300.701.001.502.002.30I/A0.020.060.16______0.340.460.52②圖乙中已經(jīng)連接了部分導(dǎo)線(xiàn)，根據(jù)器材與表中數(shù)據(jù)，可推斷出還需要______、______（選填ac、ad、bc、eh、eg、fh或fg）連線(xiàn)。③在坐標(biāo)紙上描繪出U-I圖線(xiàn)，得到合金絲的阻值，Rx=4.5Ω，可估算出合金絲電阻率約為_(kāi)_____。A.1×10-2Ω?mB.1×10-4Ω?mC.1×10-6Ω?mD.1×10-8Ω?m【答案】（1）A（2）“×1”（3）①.0.22②.ac③.eh④.C【解析】【小問(wèn)1詳解】某次測(cè)量合金絲的直徑為0.0396cm，則使用的儀器是千分尺。故選A。【小問(wèn)2詳解】用多用電表的歐姆擋“×10”倍率粗測(cè)合金絲電阻，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)大，則應(yīng)換成小倍率，即將倍率更換至歐姆擋“×1”倍率?！拘?wèn)3詳解】[1]由表中數(shù)據(jù)可知，電流表所選用的量程為0.6A，即每一小格為0.02A，所以示數(shù)為0.22A；[2][3]由表中數(shù)據(jù)可知，待測(cè)電阻阻值約為5Ω，由于所以電流表應(yīng)采用外接法，同時(shí)若滑動(dòng)變阻器采用限流接法，回路中最小電流為與表格中數(shù)據(jù)不符，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，故需要連接的導(dǎo)線(xiàn)為ac、eh。[4]根據(jù)電阻定律所以故選C。18.在“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)中，（1）如圖所示，某同學(xué)測(cè)得圖中裝置中透鏡、單縫、雙縫、毛玻璃、目鏡之間的距離分別為、、、，又測(cè)得第1條亮條紋中心到第5條亮條紋中心的距離為，已知單縫寬度為，雙縫間距為，則該單色光波長(zhǎng)的表達(dá)式為_(kāi)_____。（2）若在單縫與透鏡之間加入一偏振片，測(cè)得該單色光的波長(zhǎng)與不加偏振片時(shí)相比______。A.增加 B.不變 C.減小【答案】（1）（2）B【解析】【小問(wèn)1詳解】測(cè)得第1條亮條紋中心到第5條亮條紋中心的距離為，則相鄰亮條紋間距為根據(jù)相鄰亮條紋間距公式可得聯(lián)立可得單色光波長(zhǎng)的表達(dá)式為【小問(wèn)2詳解】若在單縫與透鏡之間加入一偏振片，由于加偏振片不會(huì)改變光的波長(zhǎng)，所以測(cè)得該單色光的波長(zhǎng)與不加偏振片時(shí)相比不變。故選B。19.如圖所示，開(kāi)口向上的導(dǎo)熱薄壁汽缸豎直放置，a、b為固定在汽缸內(nèi)壁的卡口，水平活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體。剛開(kāi)始時(shí)活塞停在a處，缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)處于大氣壓強(qiáng)為Pa，溫度為K的狀態(tài)A。緩慢升高氣體溫度至K，氣體處于狀態(tài)B。已知由狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體內(nèi)能增加量為J?？赼、b之間的距離為cm，a、b的大小可忽略，a到汽缸底部的距離為cm?；钊|(zhì)量為kg，厚度為cm，橫截面積為cm2。不計(jì)活塞與汽缸之間的摩擦。求：（1）狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體分子的平均速率______（選填“變大”“變小”或“不變”），氣體吸收的熱量Q______66J（選填“大于”“小于”或“等于”）；（2）活塞剛要離開(kāi)卡口a時(shí)，氣體的熱力學(xué)溫度；（3）氣體在狀態(tài)B時(shí)的壓強(qiáng)?！敬鸢浮浚?）①.變大②.大于（2）330K（3）【解析】【詳解】（1）[1]因?yàn)闋顟B(tài)A到狀態(tài)B，溫度升高，故氣體分子的平均速率變大；[2]根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，內(nèi)能變化量為正，氣體對(duì)外做功，W為負(fù)，故吸收熱量Q要大于W，即Q>66J（2）對(duì)活塞受力分析解得由于該過(guò)程為等容變化，根據(jù)查理定律解得（3）設(shè)活塞到達(dá)卡口b時(shí)，氣體的熱力學(xué)溫度，氣體的體積為，該過(guò)程為等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律解得溫度繼續(xù)升高至432K，氣體為等容變化，根據(jù)查理定律解得20.如圖所示，壓縮后處于鎖定狀態(tài)的彈簧左端與墻壁相連，右端與一質(zhì)量為m=1.1kg的滑塊接觸而不粘連，AB段光滑。一質(zhì)量為M=2.2kg的小車(chē)上表面水平，動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，在小車(chē)左側(cè)上方固定一半徑R=2.75m的光滑圓弧軌道CD，圓心角θ=37°，在末端D點(diǎn)與小車(chē)平滑連接。C點(diǎn)與B點(diǎn)的豎直高度差h=0.45m；D點(diǎn)與圓心O在同一豎直線(xiàn)上，到小車(chē)右端F點(diǎn)距離L=3m，初始時(shí)小車(chē)靜止在光滑水平地面上，左端與墻壁接觸，F(xiàn)點(diǎn)與平臺(tái)GJ等高，且F點(diǎn)到平臺(tái)左端G點(diǎn)的水平距離x可調(diào)?，F(xiàn)解除彈簧鎖定，滑塊被彈出后恰好能從C點(diǎn)切入圓弧軌道。假定彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能，滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可看作質(zhì)點(diǎn)，求：（1）滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間t；（2）彈簧鎖定時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能大小Ep；（3）滑塊在圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力的大小FN；（4）若0.25m≤x≤1.25m，小車(chē)與平臺(tái)GJ碰撞后立即靜止，寫(xiě)出滑塊剛滑到G點(diǎn)時(shí)的速度vG大小與x的關(guān)系。【答案】（1）t=0.3s（2）Ep=8.8J（3）FN=25.4N（4）（0.25m≤x<1.00m）或（1.00m≤x≤1.25m）【解析】【小問(wèn)1詳解】B到C過(guò)程為平拋運(yùn)動(dòng)，則得【小問(wèn)2詳解】由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，在C點(diǎn)時(shí)，去豎直方向速度恰好能從C點(diǎn)切入圓弧軌道，由幾何關(guān)系可知由功能關(guān)系得【小問(wèn)3詳解】從C到D過(guò)程，由動(dòng)能定理解得在D點(diǎn)，由牛頓第二定律可知根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)軌道的壓力【小問(wèn)4詳解】滑塊滑上車(chē)后，滑塊與車(chē)動(dòng)量守恒，若最終共速解得由功能關(guān)系可知解得對(duì)小車(chē)，動(dòng)能定理有解得況1：當(dāng)0.25m≤x<1.00m時(shí)，未共速，小車(chē)已碰到平臺(tái)GJ，滑塊全程減速，由速度位移公式解得況2：當(dāng)1.00m≤x≤1.25m時(shí)，小車(chē)碰到平臺(tái)GJ前已共速，即21.如圖甲所示，豎直固定的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)右側(cè)有一與之共面的正方形閉合導(dǎo)電線(xiàn)框abcd，線(xiàn)框邊長(zhǎng)m，由質(zhì)量均為m、電阻均為Ω的金屬桿ab、cd和不計(jì)質(zhì)量與電阻的導(dǎo)電輕桿ad、bc組成，ab邊與直導(dǎo)線(xiàn)平行，到直導(dǎo)線(xiàn)的距離m。已知無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在空間某點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流I成正比，與該點(diǎn)到直導(dǎo)線(xiàn)的垂直距離x成反比。A的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在空間產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與x的關(guān)系如圖乙所示?，F(xiàn)給直導(dǎo)線(xiàn)通以A的恒定電流，給線(xiàn)框一初始角速度ω按順時(shí)針?lè)较颍◤纳贤驴矗├@豎直對(duì)稱(chēng)軸無(wú)摩擦開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)。求：（1）線(xiàn)框中心點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小（結(jié)果保留兩位小數(shù)）；（2）線(xiàn)框轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)的感應(yīng)電流方向，并估算此過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框的電荷量q；（3）由于直導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)微弱，線(xiàn)框在微弱電磁阻尼作用下緩慢減速，現(xiàn)測(cè)得線(xiàn)框轉(zhuǎn)動(dòng)N（N較?。┤^(guò)程產(chǎn)生焦耳熱為Q，則此過(guò)程線(xiàn)框產(chǎn)生感應(yīng)電流的有效值多大；以及線(xiàn)框轉(zhuǎn)動(dòng)1圈，角速度的減小量，已知。（用題中所給的字母表示，可能用到的數(shù)學(xué)知識(shí)：（，其中）【答案】（1）（都對(duì)）（2）（3），【解析】【詳解】（1）方法1由于磁感應(yīng)強(qiáng)度由圖乙電流，時(shí)，，得當(dāng)電流時(shí)，線(xiàn)框中心點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為方法2根據(jù)圖像，時(shí)線(xiàn)框中心點(diǎn)（距離導(dǎo)線(xiàn)）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（都對(duì)）由題線(xiàn)框中心點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流I成正比，當(dāng)電流時(shí)，線(xiàn)框中心點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為（都對(duì)）（2）根據(jù)右手定則線(xiàn)框轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)的感應(yīng)電流方向?yàn)榫€(xiàn)框轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)磁通量為0，開(kāi)始時(shí)線(xiàn)框的磁通量為又，所以為的圖像與x軸所圍的面積的大小。若電流為，由圖乙圖像可知1小格面積大小為，