2025屆浙江省金華市高三上學(xué)期一模（11月）物理試題（含答案）

屆浙江省金華市高三上學(xué)期一模（11月）物理試題一、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．以下物理量屬于矢量的是（）A．重力加速度 B．磁通量 C．電流 D．能量2．“為研究物質(zhì)中的電子動(dòng)力學(xué)而產(chǎn)生阿秒光脈沖的實(shí)驗(yàn)方法”獲得2023年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。已知1阿秒等于10-18s，則光在真空中1阿秒時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的距離與下列微粒尺度最接近的是（）A．夸克 B．氫原子 C．塵埃 D．乒乓球3．2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)男子100米自由泳比賽，潘展樂(lè)在長(zhǎng)50m的標(biāo)準(zhǔn)泳池中游一個(gè)來(lái)回，前50米用時(shí)22.28秒，后50米用時(shí)24.12秒，最終以46秒40的成績(jī)獲得冠軍。則（）A．“46秒40”指的是時(shí)刻B．研究潘展樂(lè)的技術(shù)動(dòng)作時(shí)可以將他看成質(zhì)點(diǎn)C．潘展樂(lè)比賽的平均速度大小約為2.16m/sD．潘展樂(lè)前50米的平均速度大于后50米的平均速度4．由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌跡（如圖實(shí)線所示）不是拋物線，阻力方向與速度方向相反。O、a、b、c、d為飛行軌跡上的五點(diǎn)，其中O點(diǎn)為發(fā)射點(diǎn)，d點(diǎn)為落地點(diǎn)，b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，a、c為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的距地面高度相等的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的速度為零B．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的加速度方向豎直向下C．炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的速度大于經(jīng)過(guò)c點(diǎn)的速度D．空氣阻力對(duì)炮彈先做負(fù)功再做正功5．衛(wèi)星失效后一般有“冰凍”和“火葬”兩種處理方案，對(duì)于較低軌道的“死亡”衛(wèi)星，備用發(fā)動(dòng)機(jī)使其快速轉(zhuǎn)移到更低的軌道上，最終一頭扎入稠密大氣層，與大氣摩擦燃燒殆盡；對(duì)于較高軌道的“死亡”衛(wèi)星，備用發(fā)動(dòng)機(jī)可將其抬高到比地球同步軌道高300千米的“墳?zāi)管壍馈睂?shí)施高軌道“冰凍”。下列說(shuō)法正確的是（）A．“死亡”衛(wèi)星進(jìn)入“墳?zāi)管壍馈焙蟮乃俣缺仍壍浪俣刃．實(shí)施低軌道“火葬”時(shí)，衛(wèi)星的速度一直減小C．實(shí)施高軌道“冰凍”時(shí)，備用發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)衛(wèi)星做負(fù)功D．衛(wèi)星在“墳?zāi)管壍馈鄙线\(yùn)行的加速度大于在地球同步軌道上運(yùn)行的加速度6．2964Cu被稱為“新興核素”，有望用于放射性診療。已知2964Cu的比結(jié)合能為E，核反應(yīng)方程A．X是α粒子B．2964Cu原子核比C．2964Cu的核子平均質(zhì)量比D．3064Zn7．如圖四位質(zhì)量均為60kg的演員表演“疊羅漢”。其中B豎直站立在A的肩上，雙手拉著C和D且雙臂與豎直方向夾角均為30°，A撐開(kāi)雙手水平撐著C和D，四人均靜止。則（）A．演員B右手臂受到的拉力為400NB．演員A右手臂受到的壓力為200NC．演員B對(duì)演員A雙肩的壓力為1800ND．地面對(duì)演員A的作用力為1200N8．我國(guó)多次使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射火箭。如圖，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到再點(diǎn)火前，則（）A．該過(guò)程中火箭始終處于超重狀態(tài)B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能C．高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量9．如圖是一款高空風(fēng)車及其發(fā)電模塊原理圖。在發(fā)電期間，發(fā)電機(jī)線圈ab在某一時(shí)刻轉(zhuǎn)至圖示位置。則（）A．發(fā)電的工作原理是電流的磁效應(yīng)B．該時(shí)刻線圈b端電勢(shì)高于a端電勢(shì)C．該時(shí)刻線圈磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也為零D．風(fēng)力增大，線圈ab的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變10．清洗汽車的高壓水槍如圖所示。水槍噴出的水柱截面是直徑為D的圓形，水流速度為v，水柱垂直射向汽車表面，沖擊汽車后速度減為零。已知水的密度為ρ。則（）A．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為ρπvB．高壓水槍單位時(shí)間內(nèi)對(duì)汽車的作用力為ρπC．水柱對(duì)汽車的壓強(qiáng)為ρv3D．高壓水槍單位時(shí)間內(nèi)噴出水的動(dòng)能為ρπ11．下圖是根據(jù)飛機(jī)升降時(shí)機(jī)翼受力的原理設(shè)計(jì)的裝置，用于監(jiān)測(cè)河水流速的變化。機(jī)翼狀的探頭始終浸沒(méi)在水中，通過(guò)連桿帶動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片P上下移動(dòng)，電源電動(dòng)勢(shì)為4.8V，內(nèi)阻不計(jì)，理想電流表量程為0~0.6A，理想電壓表量程為0~3V，定值電阻R1阻值為6Ω，滑動(dòng)變阻器R2的規(guī)格為“20Ω1A”。閉合開(kāi)關(guān)S，隨著水流速度的改變，下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)水流速度增大時(shí)，電流表的示數(shù)變小B．當(dāng)水流速度增大時(shí)，電壓表與電流表的示數(shù)之比變大C．滑動(dòng)變阻器允許接入電路的取值范圍為2Ω~15ΩD．電阻R1的電功率的變化范圍為0.54W~2.16W12．石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維材料，其載流子為電子。如圖甲所示，在長(zhǎng)為a，寬為b的石墨烯樣品表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)I=1.6mA時(shí)，測(cè)得U?B關(guān)系圖線如圖乙所示，元電荷e=1.60×10?19C，則（）A．電極2的電勢(shì)高于電極4的電勢(shì)B．U與a成正比C．樣品每平方米載流子數(shù)約為3.6×1019個(gè)D．樣品每平方米載流子數(shù)約為3.6×1016個(gè)13．如圖甲為研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，圖乙為入射光頻率ν與光電管A、K兩極電勢(shì)差Uab的圖像，已知電子電荷量為-e，已知直線AB的斜率的絕對(duì)值為k，且該直線對(duì)應(yīng)的靈敏電流計(jì)的讀數(shù)恰好均為0，直線AD平行于橫軸，B點(diǎn)坐標(biāo)為0,ν0，D點(diǎn)坐標(biāo)為A．普朗克常量等于kB．D點(diǎn)條件下形成的光電流一定比C點(diǎn)條件下形成的光電流大C．滿足D點(diǎn)條件的光電子到達(dá)A極的最大動(dòng)能為UD．在光照強(qiáng)度相同的情況下，沿直線從A到D，靈敏電流計(jì)示數(shù)一定逐漸變大二、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，有選錯(cuò)的得0分）14．下列說(shuō)法正確的是（）A．黑體輻射電磁波的強(qiáng)度隨波長(zhǎng)的分布僅與黑體的溫度有關(guān)B．強(qiáng)子是參與強(qiáng)相互作用的粒子，因而質(zhì)子、中子和電子都屬于強(qiáng)子C．液晶具有旋光性，加電場(chǎng)時(shí)偏振光被液晶層旋光呈現(xiàn)亮態(tài)D．物理學(xué)中，反映宏觀自然過(guò)程的方向性的定律就是熱力學(xué)第二定律15．如圖甲水面上有一列浮球。圖乙為簡(jiǎn)化俯視圖，所有浮球等間距排成一條直線，水面上的O點(diǎn)垂直于水面xOy持續(xù)沿z軸振動(dòng)，形成了沿水面?zhèn)鞑ゲㄩL(zhǎng)λ=24m的水波。當(dāng)所有浮球全部振動(dòng)后某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，以豎直向上為z軸正方向，其中浮球A、B的振動(dòng)圖像如圖丙所示，已知OB=18m，OA>OB，OA?OB<λ。則（）A．t=0時(shí)，1號(hào)浮球位于平衡位置下方且沿z軸正向運(yùn)動(dòng)B．t=0時(shí)，6號(hào)浮球位于平衡位置上方且沿z軸正向運(yùn)動(dòng)C．t=1s時(shí)，1號(hào)浮球與2號(hào)浮球都位于平衡位置的上方且運(yùn)動(dòng)方向相同D．t=1s時(shí)，5號(hào)浮球與6號(hào)浮球都位于平衡位置的上方且運(yùn)動(dòng)方向相反三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16．用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置探究外力一定時(shí)加速度與質(zhì)量的關(guān)系。（1）裝置中電火花計(jì)時(shí)器的電源應(yīng)為_(kāi)_____A．直流220V B．交流220V C．交流8V（2）為了平衡摩擦力，將小車連接好紙帶。輕推小車后，打出的紙帶如圖乙所示，紙帶的左側(cè)為小車連接處，后續(xù)操作正確的是______A．減小小車上鉤碼的質(zhì)量B．減小槽碼的質(zhì)量C．降低墊塊高度（3）以小車和鉤碼的總質(zhì)量M為橫坐標(biāo)，加速度的倒數(shù)1a為縱坐標(biāo)，兩同學(xué)分別得到的1a?M圖像如圖丙所示。由圖可知，甲組所用槽碼的質(zhì)量17．如圖甲所示為一個(gè)自制電容器，將兩張錫箔紙作為兩個(gè)電極，三張電容紙作為絕緣介質(zhì)，按照一層電容紙、一層錫箔紙的順序交替疊放，然后將五層紙一起卷成圓柱形，兩根引線a、b分別接在兩張錫箔紙上，最后將整個(gè)圓柱形密封在塑料瓶中（兩根引線露出），電容器即制作完成。（1）以下哪些操作可以增加該電容器的電容______A．增大電容器的充電電壓B．增大電容器的帶電量C．增大錫箔紙的正對(duì)面積D．在卷成圓柱形的時(shí)候，用力盡可能使電容紙貼緊（2）現(xiàn)用圖乙所示電路研究該電容器的充放電情況。將S置于a端，電壓隨時(shí)間變化圖像如圖丙所示。①充滿電后電容器兩端的電壓為V，若此時(shí)電容器所帶電荷量為3×10-7C，則電容大小為C=F。②圖中P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻充電電流約為A。18．在“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”的實(shí)驗(yàn)中。（1）圖1中的a、b、c三個(gè)位置對(duì)應(yīng)的器材為_(kāi)_____A．a(chǎn)是濾光片、b是單縫、c是雙縫B．a(chǎn)是單縫、b是雙縫、c是濾光片C．a(chǎn)是雙縫、b是單縫、c是濾光片（2）該同學(xué)正確操作后觀察到的干涉條紋如圖2甲所示，轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭的手輪，使分劃板中心刻線對(duì)準(zhǔn)a位置，手輪的讀數(shù)如圖2乙所示，此時(shí)手輪的讀數(shù)為mm。（3）已知雙縫間距為d，雙縫到毛玻璃的距離為l，分劃板中心刻線對(duì)準(zhǔn)a位置時(shí)手輪的讀數(shù)記作x1，繼續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，分劃板中心刻線對(duì)準(zhǔn)b位置時(shí)手輪的讀數(shù)記作x2（x2>x1），則所測(cè)單色光的波長(zhǎng)λ=（用題中物理量符號(hào)表示）。（4）為減小誤差，該實(shí)驗(yàn)先測(cè)量n個(gè)亮條紋的間距，再求出相鄰亮條紋間距Δx。下列實(shí)驗(yàn)采用了類似方法的有______A．“用單擺測(cè)量重力加速度的大小”的實(shí)驗(yàn)中單擺周期的測(cè)量B．“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量C．“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量D．“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液的體積測(cè)量19．如圖所示，一個(gè)長(zhǎng)筒型導(dǎo)熱薄壁注射器內(nèi)有長(zhǎng)度為L(zhǎng)0=33cm的空氣，將注射器豎直放在水銀槽中，注射器底部與水銀面平齊，現(xiàn)向上緩慢拉動(dòng)質(zhì)量不計(jì)的活塞，直到注射器內(nèi)吸入高度h=10cm的水銀為止。此過(guò)程中水銀槽中的液面高度可視為不變。已知大氣壓強(qiáng)p0=76cmHg=1.0×105Pa，筒內(nèi)橫截面積為S0=3×10-4m2，環(huán)境溫度不變，筒內(nèi)氣體可看作理想氣體，忽略注射器前端突出部分的體積，注射器筒足夠長(zhǎng)。求：（1）向上緩慢拉動(dòng)活塞過(guò)程中，單位時(shí)間撞擊活塞底部的氣體分子數(shù)（選填“增多”、“減少”或“不變”）；氣體與外界的熱量交換為（選填“吸熱”或“放熱”）；（2）吸入水銀后注射器筒內(nèi)空氣柱的長(zhǎng)度L1；（3）若水銀柱上升過(guò)程中，拉力F對(duì)活塞做功WF20．某游戲裝置如圖所示。將質(zhì)量為m=1kg的物塊P置于彈簧一端（彈簧與物塊不粘連），彈簧另一端固定于斜面上，初始時(shí)刻將彈簧壓縮至如圖位置，使其具有一定的彈性勢(shì)能。一傾角θ=37°，長(zhǎng)度LPA=0.5m的粗糙斜面PA與半徑R=0.5m，圓心角θ=37°的光滑圓弧AB平滑相接（物塊滑上A點(diǎn)時(shí)無(wú)能量損失），物塊釋放后沿圓弧在B點(diǎn)與質(zhì)量也為m=1kg的物塊Q發(fā)生彈性正碰后，水平向右離開(kāi)圓弧，圓弧與一水平足夠長(zhǎng)木板BC平滑相連。物塊從圓弧離開(kāi)后，帶動(dòng)上下表面粗糙，質(zhì)量為m=1kg的木板BC開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，若木板BC恰好不與豎直墻壁DE相撞則視為游戲成功。已知物塊與PA間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2，物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.3，木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ3=0.1，某次游戲開(kāi)始時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能EP（1）物塊P到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大?。唬?）物塊P經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力；（3）物塊Q滑上木板時(shí)的速度大小；（4）若要游戲成功，則木板右端點(diǎn)C與豎直墻壁的最短距離。21．如圖所示，傾角為θ=53°的金屬導(dǎo)軌MN和M'N'的上端有一個(gè)單刀雙擲開(kāi)關(guān)K，當(dāng)開(kāi)關(guān)與1連接時(shí)，導(dǎo)軌與匝數(shù)n=100匝、橫截面積S=0.04m2的圓形金屬線圈相連，線圈總電阻r=0.2Ω，整個(gè)線圈內(nèi)存在垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0且磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化。當(dāng)開(kāi)關(guān)與2連接時(shí)，導(dǎo)軌與一個(gè)阻值為R1=0.3Ω的電阻相連。水平軌道的NN'至PP'間是絕緣帶，其它部分導(dǎo)電良好，最右端串接一定值電阻R2=0.2Ω。兩軌道長(zhǎng)度均足夠長(zhǎng)，寬度均為L(zhǎng)=1m，在NN'（1）求圓形線圈內(nèi)磁場(chǎng)隨時(shí)間的變化率ΔB（2）棒a滑至NN'時(shí)的速度大小v（3）棒a與棒b碰撞前，棒a的速度大小v2；（4）棒a與棒b碰撞前瞬間，立即解除對(duì)棒b的鎖定，兩棒碰后粘連在一起。從棒a進(jìn)入水平軌道，至兩棒運(yùn)動(dòng)到最終狀態(tài)，定值電阻R2上產(chǎn)生的焦耳熱Q是多少。22．回旋加速器中的粒子被引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法。已知回旋加速器的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域以O(shè)點(diǎn)為圓心，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從O附近無(wú)初速進(jìn)入加速電場(chǎng)。（1）如圖甲所示，使用磁屏蔽通道法時(shí)，粒子在加速電壓U0的作用下，多次加速后進(jìn)入磁場(chǎng)的軌道半徑為R，隨后從P點(diǎn)進(jìn)入引出通道。同時(shí)將引出通道內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度降為B1（未知），使粒子沿PQ圓弧從Q點(diǎn)引出。PQ圓弧的圓心位于O'a.粒子的加速次數(shù)；b.引出通道中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；（2）如圖乙所示，使用靜電偏轉(zhuǎn)法時(shí)，粒子被加速到一定速度后從P'位置進(jìn)入磁場(chǎng)，軌道半徑恰好與P'O的長(zhǎng)度相等，均為R。若在粒子到達(dá)P'位置時(shí)安裝“靜電偏轉(zhuǎn)器MN（MN間距離忽略不計(jì)，可看作狹縫）”，兩極板構(gòu)成的圓弧形狹縫圓心為（3）實(shí)際使用中，加速電壓如圖丙所示，其中T=2πmqB，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B會(huì)出現(xiàn)波動(dòng)，若在

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】重力加速度既有大小又有方向，運(yùn)算遵循平行四邊形法則是矢量，磁通量、電流、能量運(yùn)算時(shí)遵循代數(shù)運(yùn)算，是標(biāo)量。故選A。

【分析】矢量既有大小又有方向，運(yùn)算遵循平行四邊形法則，標(biāo)量只有大小，遵循代數(shù)運(yùn)算。2．【答案】B【解析】【解答】真空中光經(jīng)過(guò)1阿秒前進(jìn)的距離為x=vt=3×夸克的尺寸約為1×10?18m，氫原子的尺寸約為1×10?10故選B。

【分析】根據(jù)位移公式求解位移，對(duì)比分子、原子直徑數(shù)量級(jí)為10?103．【答案】D【解析】【解答】A．“46秒40”表示時(shí)間間隔，故A錯(cuò)誤；B．研究潘展樂(lè)的技術(shù)動(dòng)作時(shí)，大小形狀不能忽略，不可以將他看成質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．潘展樂(lè)游完100m的位移為0，所以平均速度為0，故C錯(cuò)誤；D．潘展樂(lè)前50米的時(shí)間較短，后50米的時(shí)間較長(zhǎng)，所以前50米的平均速度大于后50米的平均速度，故D正確。故選D。

【分析】時(shí)刻在時(shí)間軸上為一個(gè)點(diǎn)，時(shí)間間隔為一個(gè)段；物體的形狀、大小對(duì)運(yùn)動(dòng)的描述不產(chǎn)生影響時(shí)可視作質(zhì)點(diǎn)；平均速度是總位移與對(duì)應(yīng)總時(shí)間的比值；以此分析判斷。4．【答案】C【解析】【解答】A．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，故A錯(cuò)誤；B．若在最高點(diǎn)b炮彈只受重力作用，則炮彈的加速度方向豎直向下，而在實(shí)線中，炮彈在最高點(diǎn)不僅受重力作用，還受空氣阻力（水平方向上的阻力與水平速度方向相反）作用，故合力不是豎直向下，則加速度不是豎直向下，故B錯(cuò)誤；CD．由于空氣阻力一直做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)的速度，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】AB、由曲線運(yùn)動(dòng)的分解與合成法分析，在b點(diǎn)有水平分速度，且由于空氣阻力和重力作用，故加速度方向斜向左下方；

CD、由于空氣阻力與速度方向相反，一直做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理分析判斷。5．【答案】A【解析】【解答】AD．對(duì)于衛(wèi)星有GMm解得v=GMr由于進(jìn)入“墳?zāi)管壍馈逼滠壍腊霃阶兇?，所以衛(wèi)星的加速度變小。衛(wèi)星在“墳?zāi)管壍馈鄙线\(yùn)行的速度小于在地球靜止軌道上運(yùn)行的速度。故A正確；D錯(cuò)誤；B．實(shí)施低軌道“火葬”時(shí)，衛(wèi)星需要減速進(jìn)入低軌道，引力對(duì)衛(wèi)星做正功，速度并非一直減小。故B錯(cuò)誤；C．實(shí)施高軌道“冰凍”時(shí)，衛(wèi)星需要加速進(jìn)入高軌道，即備用發(fā)電機(jī)對(duì)衛(wèi)星做正功。故C錯(cuò)誤。故選A。

【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得高軌低速大周期；結(jié)合軌道變換可知，升軌需加速降軌需減速；以此分析判斷。6．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)核反應(yīng)滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知X是的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為-1，則是X電子-10B．發(fā)生核反應(yīng)過(guò)后，原子核將變得更穩(wěn)定，所以3064Zn原子核比C．2964Cu的原子質(zhì)量與3064Zn的相同，但2964D．3064Zn共有64個(gè)核子，設(shè)比結(jié)合能為64則3064E故D正確。故選D。

【分析】根據(jù)核反應(yīng)滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒求解X；發(fā)生核反應(yīng)后釋放核能，新核比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定；質(zhì)量數(shù)相等質(zhì)子數(shù)少的核子平均質(zhì)量大；根據(jù)結(jié)合能求解比結(jié)合能。7．【答案】C【解析】【解答】AB．對(duì)演員D進(jìn)行受力分析，受重力、A對(duì)其水平向左的支持力FAD、B對(duì)D斜向上的拉力F由平衡條件有FF解得FBD=400由牛頓第三定律可得，演員B右手臂受到的拉力為4003N，演員A右手臂受到的壓力為C．對(duì)演員B分析可知其受A的支持力為F由牛頓第三定律可得，演員B對(duì)演員A雙肩的壓力為1800N，故C正確；D．對(duì)四個(gè)演員整體分析可知地面對(duì)演員A的作用力為F故D錯(cuò)誤；故選C。

【分析】AB、以D為研究對(duì)象受力分析列平衡方程組求解A、B對(duì)D的作用力的大?。?/p>

C、以B為研究對(duì)象受力分析列豎直方向平衡方程求解B對(duì)A的壓力大小；

D、整體分析求解地面對(duì)A的作用力大小。8．【答案】D【解析】【解答】A．火箭在空中運(yùn)動(dòng)到再點(diǎn)火前，加速度向下，處于失重狀態(tài)，不是超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；BD．火箭所受高壓氣體的推力做功轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、重力勢(shì)能與摩擦生熱的熱能，則高壓氣體的推力和空氣阻力和重力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量，機(jī)械能的增加量是高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和，故B錯(cuò)誤D正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理可知高壓氣體的推力、空氣阻力和重力的合力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤。故選D。

【分析】A、該過(guò)程向上減速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)；

BD、根據(jù)動(dòng)能定理，高壓氣體的推力和空氣阻力和重力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量，以此分析判斷；

C、根據(jù)動(dòng)量定理，高壓氣體的推力、空氣阻力和重力的合沖量等于火箭動(dòng)量的增加量。9．【答案】B【解析】【解答】A．高空風(fēng)車發(fā)電的工作原理是電磁感應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)右手定則可知，電流方向沿順時(shí)針?lè)较?，則該時(shí)刻線圈b端電勢(shì)高于a端電勢(shì)，故B正確；C．該時(shí)刻線圈磁通量為0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故C錯(cuò)誤；D．風(fēng)力越大，風(fēng)車轉(zhuǎn)動(dòng)的越快，線圈ab轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度越大，根據(jù)E則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，故D錯(cuò)誤；故選B。

【分析】發(fā)電機(jī)的工作原理是電磁感應(yīng)；根據(jù)右手定則判斷電流方向，確定電勢(shì)高低；該位置磁通量為零，磁通量的變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大；根據(jù)交流電最大值可知風(fēng)力越大轉(zhuǎn)速越快，電動(dòng)勢(shì)越大。10．【答案】A【解析】【解答】AB．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為m=規(guī)定水流的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得F解得F=故B錯(cuò)誤，A正確；C．水柱對(duì)汽車的壓強(qiáng)為p=故C錯(cuò)誤。D．高壓水槍單位時(shí)間內(nèi)噴出水的動(dòng)能為E故D錯(cuò)誤；故選A。

【分析】根據(jù)水速和水柱直徑利用密度公式求解單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量；結(jié)合動(dòng)量定理、壓強(qiáng)公式、動(dòng)能表達(dá)式分析求解。11．【答案】D【解析】【解答】A．當(dāng)水流速度增大時(shí)，根據(jù)流體壓強(qiáng)與流速的關(guān)系可知，探頭上方流速大，壓強(qiáng)小，會(huì)產(chǎn)生一個(gè)向上的升力，探頭帶動(dòng)連桿向上運(yùn)動(dòng)，滑片P上滑，變阻器連入電路中的電阻減小，根據(jù)I=可知電流增大，電流表的示數(shù)增大，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)水流速度增大時(shí)，根據(jù)伯努利原理可知，探頭帶動(dòng)連桿向上運(yùn)動(dòng)，滑片P上滑，變阻器連入電路中的電阻減小，電路中電流增大，根據(jù)U=E?I有U可知，電壓表與電流表的示數(shù)之比減小，B錯(cuò)誤；C．由于通過(guò)理想電流表的最大電流為0.6A，所以，滑動(dòng)變阻器的最小電阻為R理想電壓表量程為0~3V，所以，滑動(dòng)變阻器的最大電阻為RU可得IR所以滑動(dòng)變阻器允許接入電路的取值范圍為2Ω~10Ω，C錯(cuò)誤；D．由C選項(xiàng)的分析可知，電路中電流的變化范圍為0.3A?0.6A，根據(jù)P=可得PPD正確。故選D。

【分析】根據(jù)壓強(qiáng)與流速的關(guān)系，結(jié)合探頭上下壓力差判斷滑動(dòng)變阻器接入線路電阻變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電壓表和電流表讀數(shù)之比的變化；根據(jù)電流表最大值求解滑變最小值，電壓表最大值求解電流表最小值和滑變最小值；根據(jù)電流的變化范圍，結(jié)合功率公式求解電阻R1的電功率的變化范圍。12．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)電路中的電流方向?yàn)殡姌O1→3，可知載流子（電子）的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)殡姌O3→1，根據(jù)左手定則可知電子在洛倫茲力作用下向電極2所在一側(cè)偏轉(zhuǎn)，所以電極2的電勢(shì)比電極4的低，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)電子穩(wěn)定通過(guò)樣品時(shí)，其所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，設(shè)電子定向移動(dòng)的速率為v，則有evB=e解得U=BbvU與a無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；CD．設(shè)樣品每平方米載流子（電子）數(shù)為n，則時(shí)間t內(nèi)通過(guò)樣品的電荷量q=nevtb根據(jù)電流的定義式得I=由U?B關(guān)系圖線可得U各方程聯(lián)立，解得n=故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。

【分析】A、依據(jù)載流子為電子由電流方向確定電子運(yùn)動(dòng)方向，根據(jù)左手定則判斷其所受洛倫茲力的方向，進(jìn)一步判斷電勢(shì)的高低；

B、電壓穩(wěn)定后根據(jù)電子所受電場(chǎng)力等于洛倫茲力分析判斷；

CD、根據(jù)電流的微觀表達(dá)式，結(jié)合U-B圖像斜率的物理意義聯(lián)立求解。13．【答案】C【解析】【解答】A．直線AB對(duì)應(yīng)的電壓是在AK兩端加不同頻率光對(duì)應(yīng)的遏制電壓，由動(dòng)能定理和光電效應(yīng)方程有eU=Ek解得eU=hν?變形得ν=由題意有eh=k解得h=ek故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，D點(diǎn)和C點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電壓相同，D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的入射光頻率更大，但形成的光電流的大小還與入射光的強(qiáng)度有關(guān)，由圖無(wú)法判斷兩種情況下的入射光強(qiáng)度，故D點(diǎn)條件下形成的光電流不一定比C點(diǎn)條件下形成的光電流大，故B錯(cuò)誤；C．由光電效應(yīng)方程和動(dòng)能定理有滿足D點(diǎn)條件的光電子到達(dá)A極的最大動(dòng)能為E解得E故C正確；D．因?yàn)榇嬖陲柡碗娏鳎栽诠庹諒?qiáng)度相同的情況下，沿直線從A到D，即使加的電壓逐漸從反向電壓變小到正向電壓變大，靈敏電流計(jì)示數(shù)不一定逐漸變大，故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】A、直線AB的電壓Uab為負(fù)值說(shuō)明所加電壓為遏止電壓，根據(jù)光電效應(yīng)方程和動(dòng)能定理聯(lián)立求解ν-Uab關(guān)系式ν=ehU+W0h，結(jié)合其斜率和縱截距求解普朗克常量和逸出功；14．【答案】A,D【解析】【解答】A．黑體輻射隨著波長(zhǎng)越短溫度越高則輻射越強(qiáng)，所以黑體輻射電磁波的強(qiáng)度隨波長(zhǎng)的分布只與黑體的溫度有關(guān)，故A正確；B．物體間的相互作用力分為四種，其中有一種是強(qiáng)相互作用力，它是發(fā)生在強(qiáng)子之間的作用力，質(zhì)子和中子都是強(qiáng)子，而電子屬于輕子，故B錯(cuò)誤；C．加電場(chǎng)后，原來(lái)扭曲排列的液晶分子變?yōu)榇怪逼叫信帕?，液晶分子沿電?chǎng)方向豎起，透過(guò)第一塊偏振片的偏振光通過(guò)液晶層時(shí)不再發(fā)生旋光，到達(dá)出射端的偏振片時(shí)，透光軸與出射光的偏振方向垂直，光被截止，呈現(xiàn)暗態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．熱力學(xué)第二定律是物理學(xué)中反映宏觀自然過(guò)程方向性的定律。它描述了熱量傳遞、能量轉(zhuǎn)換等自然過(guò)程的方向性，即這些過(guò)程總是朝著某個(gè)特定的方向進(jìn)行，而無(wú)法逆向進(jìn)行，故D正確。故選AD。

【分析】黑體輻射隨著波長(zhǎng)越短溫度越高則輻射越強(qiáng)；強(qiáng)相互作用力，它是發(fā)生在強(qiáng)子之間的作用力，質(zhì)子和中子都是強(qiáng)子，而電子屬于輕子；加電場(chǎng)后，原來(lái)扭曲排列的液晶分子變?yōu)榇怪逼叫信帕?，液晶分子沿電?chǎng)方向豎起，透過(guò)第一塊偏振片的偏振光通過(guò)液晶層時(shí)不再發(fā)生旋光，到達(dá)出射端的偏振片時(shí)，透光軸與出射光的偏振方向垂直，光被截止，呈現(xiàn)暗態(tài)；熱力學(xué)第二定律是物理學(xué)中反映宏觀自然過(guò)程方向性的定律。15．【答案】A,B【解析】【解答】A．由于OA>OB，OA?OB<λ，由圖可知A球的振動(dòng)比B球振動(dòng)落后14OA?OB=又OB=18所以O(shè)A=24m=λ設(shè)兩浮球之間的距離為x，則5x=30x=6相鄰兩浮球與O點(diǎn)距離差小于14λ，1號(hào)浮球比A浮球振動(dòng)滯后，由于t=0時(shí)，A浮球位于平衡位置且沿z軸正向運(yùn)動(dòng)，則B.6號(hào)浮球比B浮球振動(dòng)滯后，由于t=0時(shí)，B浮球位于波峰，t=0時(shí)，6號(hào)浮球位于平衡位置上方且沿z軸正向運(yùn)動(dòng)，故B正確；C．t=1s時(shí)，A浮球位于波峰位置，2號(hào)浮球比A浮球振動(dòng)超前，t=1s時(shí)，1號(hào)浮球位于平衡位置的上方且沿z軸正向運(yùn)動(dòng)，2號(hào)浮球位于平衡位置的上方且沿z軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．t=1s時(shí)，B浮球位于平衡位置且沿z軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，5號(hào)浮球比B浮球振動(dòng)超前，5號(hào)浮球位于平衡位置下方且沿z軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，6號(hào)浮球都位于平衡位置的上方且沿z軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AB。

【分析】根據(jù)AB振動(dòng)圖像分析可知：A球振動(dòng)比B球落后14T，由OA?OB<λ可得OA?OB=14λ16．【答案】（1）B（2）C（3）小于；1【解析】【解答】（1）實(shí)驗(yàn)裝置中選用電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，其電源應(yīng)為220V的的交流電。故選B。（2）輕推小車后，打出的紙帶如圖乙所示，紙帶的左側(cè)為小車連接處，小車做加速運(yùn)動(dòng)，要保證小車做勻速運(yùn)動(dòng)，墊塊位置向右調(diào)整或降低墊塊高度。故選C。（3）設(shè)槽碼的質(zhì)量為m，以小車和砝碼為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有mg=(M+m)a整理得1則斜率k=甲組的斜率大，說(shuō)明甲組所用槽碼的質(zhì)量小于乙組槽碼的質(zhì)量；由1圖線與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)表示1g。

綜上：第1空：B；第2空：C；第3空：小于；第4空：1g

【分析】（1）根據(jù)電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作電壓分別為8V左右、220V交流電分析判斷；

（2）由打出的紙帶點(diǎn)跡可知為加速運(yùn)動(dòng)，平衡摩檫力過(guò)度，應(yīng)降低墊塊高度，使小車勻速下滑；

（3）以小車和砝碼為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求解（1）實(shí)驗(yàn)裝置中選用電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，其電源應(yīng)為220V的的交流電。故選B。（2）輕推小車后，打出的紙帶如圖乙所示，紙帶的左側(cè)為小車連接處，小車做加速運(yùn)動(dòng)，要保證小車做勻速運(yùn)動(dòng)，墊塊位置向右調(diào)整或降低墊塊高度。故選C。（3）[1]設(shè)槽碼的質(zhì)量為m，以小車和砝碼為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有mg=(M+m)a整理得1則斜率k=甲組的斜率大，說(shuō)明甲組所用槽碼的質(zhì)量小于乙組槽碼的質(zhì)量；[2]由1圖線與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)表示1g17．【答案】（1）C；D（2）6；5×10?8【解析】【解答】（1）AB．電容器的電容只與本身有關(guān)，與電容器兩端電壓以及帶電量無(wú)關(guān)，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)C=可知增大錫箔紙的正對(duì)面積可增大電容；在卷成圓柱形的時(shí)候，用力盡可能使電容紙貼緊，可減小兩極間距，可增大電容，選項(xiàng)CD正確。故選CD。（2）①由圖像可知，充滿電后電容器兩端的電壓為6V；若此時(shí)電容器所帶電荷量為3×10-7C，則電容大小為C=②圖中P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻充電電流I=ΔQΔt=CΔUΔt=5×10?8×6?3（1）AB．電容器的電容只與本身有關(guān)，與電容器兩端電壓以及帶電量無(wú)關(guān)，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)C=可知增大錫箔紙的正對(duì)面積可增大電容；在卷成圓柱形的時(shí)候，用力盡可能使電容紙貼緊，可減小兩極間距，可增大電容，選項(xiàng)CD正確。故選CD。（2）①[1]由圖像可知，充滿電后電容器兩端的電壓為6V；[2]若此時(shí)電容器所帶電荷量為3×10-7C，則電容大小為C=②[3]圖中P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻充電電流I=18．【答案】（1）C（2）15.575（3）d（4）A；D【解析】【解答】（1）圖1中的a、b、c三個(gè)位置對(duì)應(yīng)的器材為a是雙縫、b是單縫、c是濾光片。故選C；（2）手輪的讀數(shù)為

15.5mm+0.01mm×7.5=15.575mm（3）條紋間距Δ根據(jù)Δ可得λ=（4）減小誤差，該實(shí)驗(yàn)先測(cè)量n個(gè)亮條紋的間距，再求出相鄰亮條紋間距Δx，本實(shí)驗(yàn)采用的是累積放大測(cè)量取平均值，則A．“用單擺測(cè)量重力加速度的大小”的實(shí)驗(yàn)中單擺周期的測(cè)量是測(cè)量至少30次全振動(dòng)的周期然后取平均值，用的是累積放大測(cè)量取平均值，選項(xiàng)A正確；B．“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量，采用的是等效思想，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量采用多次測(cè)量求平均值的方法，故C錯(cuò)誤；D．“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液的體積測(cè)量采用的放大測(cè)量取平均值的方法，故D正確。故選AD。

綜上：第1空：C、第2空：15.575、第3空：dx2?x14l；第4空：AD

【分析】（1）根據(jù)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)原理和裝置分析判斷；

（2）根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法正確讀數(shù)；（1）圖1中的a、b、c三個(gè)位置對(duì)應(yīng)的器材為a是雙縫、b是單縫、c是濾光片。故選C；（2）手輪的讀數(shù)為15.5mm+0.01mm×7.5=15.575mm（3）條紋間距Δ根據(jù)Δ可得λ=（4）減小誤差，該實(shí)驗(yàn)先測(cè)量n個(gè)亮條紋的間距，再求出相鄰亮條紋間距Δx，本實(shí)驗(yàn)采用的是累積放大測(cè)量取平均值，則A．“用單擺測(cè)量重力加速度的大小”的實(shí)驗(yàn)中單擺周期的測(cè)量是測(cè)量至少30次全振動(dòng)的周期然后取平均值，用的是累積放大測(cè)量取平均值，選項(xiàng)A正確；B．“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量，采用的是等效思想，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量采用多次測(cè)量求平均值的方法，故C錯(cuò)誤；D．“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液的體積測(cè)量采用的放大測(cè)量取平均值的方法，故D正確。故選AD。19．【答案】（1）減少；吸熱（2）L（3）W【解析】【解答】（1）向上緩慢拉動(dòng)活塞過(guò)程中，為等溫過(guò)程，氣體體積增大，壓強(qiáng)減小，故知單位時(shí)間撞擊活塞底部的氣體分子數(shù)減少；向上緩慢拉動(dòng)活塞過(guò)程中，氣體對(duì)外界做功W<0溫度不變?chǔ)じ鶕?jù)熱力學(xué)第一定律Δ知Q>0故氣體與外界的熱量交換為吸熱。（2）原來(lái)筒內(nèi)氣體pV后來(lái)筒內(nèi)氣體pV對(duì)于等溫過(guò)程根據(jù)玻意耳定律p解得L（3）活塞上升的高度為Δ氣體對(duì)活塞做功W解得WQ=3.3J

綜上：第1空：減小、第2空：吸熱；第3空：L1=38cm；第4空：WQ=3.3J

【分析】（1）依據(jù)等溫變化，氣體體積增大，壓強(qiáng)減小，單位時(shí)間撞擊活塞底部的氣體分子數(shù)減少；氣體對(duì)外做功，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q（1）[1]向上緩慢拉動(dòng)活塞過(guò)程中，為等溫過(guò)程，氣體體積增大，壓強(qiáng)減小，故知單位時(shí)間撞擊活塞底部的氣體分子數(shù)減少；[2]向上緩慢拉動(dòng)活塞過(guò)程中，氣體對(duì)外界做功W<0溫度不變?chǔ)じ鶕?jù)熱力學(xué)第一定律Δ知Q>0故氣體與外界的熱量交換為吸熱。（2）原來(lái)筒內(nèi)氣體pV后來(lái)筒內(nèi)氣體pV對(duì)于等溫過(guò)程根據(jù)玻意耳定律p解得L（3）活塞上升的高度為Δ氣體對(duì)活塞做功W解得W20．【答案】（1）解：物塊P從釋放到達(dá)A點(diǎn)，根據(jù)能量守恒有E代入數(shù)據(jù)解得v???????（2）解：物塊P經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有N?mgcosθ=代入數(shù)據(jù)解得N=76N根據(jù)牛頓第三定律，可得物塊P經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力為N方向垂直斜面向下（3）解：物塊P從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)能量守恒有1PQ發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有mvB聯(lián)立解得v???????（4）解：物塊Q滑上木板后，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)物塊Q有μ解得a對(duì)有木板μ解得a設(shè)經(jīng)時(shí)間t，兩者共速，則有v解得t=1.5s此時(shí)v則木板的位移為x木板接著勻減速，根據(jù)牛頓第二定律有μ解得a木板速度最終減為零，則位移為x若要恰好不撞DE，則最短距離為L(zhǎng)=??????【解析】【分析】（1）P-A根據(jù)能量守恒列式求解；

（2）根據(jù)A點(diǎn)速度結(jié)合牛頓第二定律，支持力與重力分力的合力提供向心力求