屆浙江省金麗衢十二校高三上學期第一次聯(lián)考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共3小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．理想氣體狀態(tài)方程是描述理想氣體在平衡態(tài)下狀態(tài)參量之間的關(guān)系，可表示為pV=nRT，其中n為氣體的物質(zhì)的量，R為普適氣體恒量。如果用國際單位制中基本單位的符號表示R的單位正確的是（）A．Pa?m3mol?KC．kg?m2s2．杭州第19屆亞運會，在賽艇項目女子輕量級雙人雙槳決賽中，中國選手鄒佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成績斬獲本屆亞運會首金。下列說法正確的是（）A．在比賽中，賽艇能加速前進是由于水推槳的力大于槳推水的力B．要研究比賽中運動員的劃槳技術(shù)技巧，可以將運動員視為質(zhì)點C．賽艇到達終點后，雖然運動員停止劃水，但由于慣性，賽艇仍會繼續(xù)向前運動D．賽艇比賽全程的平均速度一定等于沖刺終點時瞬時速度的一半3．如圖小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰能過最高點，不計任何阻力，從某次經(jīng)過最高點開始計時，轉(zhuǎn)過的角度記為θ。下列能正確反映輕繩的拉力F或小球速度大小v變化的圖像是（）A． B．C． D．4．2023年9月，杭亞會滑板男子碗池決賽，中國年僅15歲的小將陳燁以84.41分奪冠。圖示為陳燁在比賽中騰空越過障礙物，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（）A．在最高點的時候人的速度為零，但加速度不為零B．運動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒C．運動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒D．上升過程是超重狀態(tài)，滑板對人的作用力不為零5．如圖，一直梯斜靠在豎直光滑墻壁，人站在梯子上，緩慢爬到梯子的頂端，關(guān)于此過程，直梯受力情況（）A．地面對直梯的支持力是由于直梯發(fā)生形變產(chǎn)生的B．地面對直梯的作用力始終沿直梯向上C．人站的位置越高，直梯受到地面的摩擦力越大D．豎直墻壁對直梯的作用力保持不變6．2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福島第一核電站的核廢水。核廢水中的84210Po發(fā)生衰變時的核反應方程為84210Po→82206Pb+X，84210Po的比結(jié)合能為A．該衰變是由于弱相互作用引起的B．由于海水的稀釋，84210C．84206Po的平均核子質(zhì)量大于D．該核反應過程中放出的能量ΔE=2067．圖甲為一家用變壓裝置的原理圖。將圖乙所示的正弦式交流電壓加在理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1:n2=1:5，電表均為理想交流電表。已知變壓器副線圈側(cè)的保險絲R0的熔斷電流為2A，阻值為2Ω，滑動變阻器R最大阻值為4Ω，現(xiàn)滑片A．電流表的示數(shù)逐漸減小B．當滑片P位于ab中點時，電壓表讀數(shù)為2.5VC．要求相同時間內(nèi)滑動變阻器R產(chǎn)熱量最多，應將滑片P置于b端D．保險絲即將熔斷時，原線圈消耗功率為58．空間中固定一電量為Q的點電荷，且存在某方向的勻強電場E，使一初速度為v0，帶電量為q的小球恰可繞該點電荷作半徑為rA．若點電荷電量為+Q，則勻強電場方向一定向上B．將點電荷電量變?yōu)?Q，則小球圓周運動半徑變?yōu)?C．換用另一帶電量2q的小球使之仍以v0繞該點電荷做圓周運動，則小球運動半徑仍為D．若只撤去點電荷Q，同時調(diào)節(jié)場強為2E，則小球?qū)⒆黝惼綊佭\動9．2023年5月30日，神舟十六號載人飛船與空間站組合體成功完成“T”字型徑向交會對接。徑向交會對接指飛船沿垂直空間站運動方向與其對接，載人飛船多次變軌和姿態(tài)調(diào)整來到距離空間站約2公里的中途瞄準點，最后在空間站正下方200米處啟動動力設(shè)備始終沿徑向靠近空間站完成對接，則此過程中（）A．飛船到達中途瞄準點前的環(huán)繞周期大于空間站的環(huán)繞周期B．飛船到達中途瞄準點后具有的動能大于空間站的動能C．飛船處于空間站正下方200m處時繞地球運行的線速度略小于空間站的線速度D．空間站與飛船對接后軌道高度會略微降低10．如圖所示，菱形導線框abcd放置在水平面上，線框各邊長均為L且電阻均勻分布，頂角∠abc=θ，整個空間中存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，將電流從線框a端流入b端流出，通過ab的電流為I，則線框整體受安培力大小為（）A．F=43BILC．F=0 D．F=2BILcosθ11．如圖所示波源S1和S2間距為10m，起振方向相同，頻率均為0.8Hz，兩波源產(chǎn)生的簡諧橫波在均勻介質(zhì)中朝四周各個方向傳播且同時到達P點，已知S1P=6m且A．波源S1比SB．S1產(chǎn)生的波到達S2時，C．兩列波完全疊加后線段S1D．兩列波完全疊加后線段S212．如圖所示為某絕緣空心球的示意圖，a、b、c、d、E、F是過球心O的水平截面的圓周上六個點等分點，分別在a、d和b、c固定等量的正負電荷，即qa=qd=+qA．E、F兩點的電場強度相同B．A、O、B三點的電勢分別記為φA、C．將一正的試探電荷從A點沿圓弧AEB移到B點的過程中電場力先做正功再做負功D．若b、c、d處的電荷仍固定不動，將a處的電荷移到O處，則電荷a的電勢能將減小13．如圖甲所示為小勇同學收集的一個“足球”玻璃球，他學了光的折射后想用激光對該球進行研究，某次實驗過程中他將激光水平向右照射且過球心所在的豎直截面，其正視圖如乙所示，AB是沿水平方向的直徑。當光束從C點射入時恰能從右側(cè)射出且射出點為B，已知點C到AB豎直距離h=32RA．B點的出射光相對C點入射光方向偏折了60°B．該“足球”的直徑為玻璃球直徑的3C．繼續(xù)增加h(h<R)則光將會在右側(cè)發(fā)生全反射D．用頻率更小的激光入射時，光在玻璃球中的傳播時間將變短二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分，每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．下列關(guān)于來自課本的四幅插圖的描述符合事實的是（）A．如圖甲所示為應變片測力原理圖，當自由端施力F變大時，上表面應變片的電阻也變大B．如圖乙為某分子在0℃的速率分布圖像，當溫度升高時各速率區(qū)間分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比都將增加C．如圖丙為方解石的雙折射現(xiàn)象，該現(xiàn)象說明方解石晶體具有各向異性D．如圖丁為核反應堆的原理圖，其中鎘棒的作用是將裂變過程中的快中子變成慢中子15．某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置探究不同金屬發(fā)生光電效應時的實驗規(guī)律，當用頻率為v的入射光照射金屬K1時電流表示數(shù)不為零，向右調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，直到電流表的示數(shù)剛好為零，此時電壓表的示數(shù)為Uc，該電壓稱為遏止電壓，該實驗小組得到UcA．實驗時電源的左端為正極B．分別用從氫原子能級2到1和能級3到1輻射的光照射金屬K1得到遏止電壓Uc1和UC．換用不同的光照射逸出功更大的金屬K2時，得到的Uc?vD．當滑片P向左滑動的過程中電流表的示數(shù)先增加后不變?nèi)?、非選擇題（本題共5小題，共55分）16．某物理課外小組通過如圖甲、乙、丙所示的實驗裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關(guān)系。已知他們使用的小車完全相同且質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m，試回答下列問題：（1）實驗時，必須滿足“M遠大于m”的實驗裝置是（選填“甲”、“乙”或“丙”）（2）按乙圖實驗裝置得到如圖丙所示的紙帶，已知打點計時器打點的周期T=0.02s，其中A、B、C、D、E每相鄰兩個計數(shù)點之間還有4個點沒有標出，根據(jù)紙帶提供的數(shù)據(jù)，算得小車加速度的大小為ms（3）采用（丙）圖實驗裝置探究質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系的實驗，以彈簧測力計的示數(shù)F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出的a?F圖線是如圖（?。┑囊粭l直線。測出圖線與橫坐標的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為。A.2tanθB.1tanθC.2（4）采用（甲）圖實驗裝置，把重物改成槽碼，槽碼總數(shù)N，將n（依次取n=2,3,4,5??）個槽碼掛在細線左端，其余N?n個槽碼仍留在小車內(nèi)，重復前面的步驟，并得到相應的加速度a，得到a?n圖線是過原點的直線，但實驗時漏了平衡摩擦力這一步驟，下列說法正確的是。A.a?n圖線不再是直線B.a?n圖線仍是過原點的直線，但該直線的斜率變小C.a?n圖線仍是直線，但該直線不過原點17．某學習小組測定某電池的電動勢與內(nèi)阻，已知其電動勢E約為十幾伏，內(nèi)阻r約為幾歐姆，實驗室中提供以下器材：A．量程為10mA、內(nèi)阻未知的電流表G；B．電阻箱R1C．定值電阻R0D．滑動變阻器R3E．滑動變阻器R4F．開關(guān)2只，導線若干。先用如圖所示甲的電路來測定電流表G內(nèi)阻。實驗步驟與如下：①按圖甲連接好電路，斷開S1、S2，將滑動變阻器②閉合S1，調(diào)節(jié)R'，使電流表③保持R'不變，再閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱電阻R1=100.0Ω，使電流表④調(diào)節(jié)電阻箱時，干路上電流可視為幾乎不變，即可測定的電流表G內(nèi)阻Rg（1）為確保實驗儀器安全，滑動變阻器應該選取（選填“R3”或“R4”）；而實際干路上電流會發(fā)生變化，故測得的電流表內(nèi)阻比真實值（2）按圖乙連接電路，閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱R1的阻值，記錄每次電阻箱的阻值R1及對應的電流表的示數(shù)I。作出1I?R1圖像如圖丙所示，處理數(shù)據(jù)得到斜率k大小為0.2，縱軸截距b18．以下實驗中，說法正確的是（）A．在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，干涉圖樣紅光比綠光的條紋間距小B．在“探究可拆式變壓器原副線圈匝數(shù)與電壓關(guān)系”實驗中，當原副線圈匝數(shù)比為100：400，測得副線圈電壓為36V，那么原線圈的輸入電壓可能是10VC．“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，油酸酒精溶液久置，酒精會揮發(fā)，會導致分子直徑的測量值偏小D．在“單擺測重力加速度”實驗中，從平衡位置計時，將全振動次數(shù)n誤記成n+1次，會導致測量g值偏大19．如圖所示裝置是一個高為H，底面積S的圓柱型導熱氣缸的截面圖。氣缸頂部安裝有擋柱，底部通過閥門（大小不計）連接一個充氣原，厚度不計的活塞封閉有一部分空氣，活塞距離氣缸底部高度h=13H，質(zhì)量M=p0S2g（1）初始時封閉氣體的壓強大小；（2）第一次充完氣后，活塞緩慢上升的高度；（3）充氣45次之后，缸內(nèi)氣體的壓強大小。20．如圖所示，足夠長的水平光滑直軌道AB和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長L1=4m，以10m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，帶有光滑圓弧管道EF的裝置P固定于水平地面上，EF位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑均為R=0.8m的14圓弧細管道組成，EF管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道MN均平滑相切連接，MN長L2=2m，右側(cè)為豎直墻壁?；瑝Ka的質(zhì)量m1=0.3kg，滑塊b與輕彈簧相連，質(zhì)量m2=0.1kg，滑塊c質(zhì)量m3=0.6kg，滑塊a、b、c均靜置于軌道AB上。現(xiàn)讓滑塊a以一定的初速度水平向右運動，與滑塊b相撞后立即被粘住，之后與滑塊c發(fā)生相互作用，c與勁度系數(shù)k=1.5N/m的輕質(zhì)彈簧分離后滑上傳送帶，加速之后經(jīng)EF管道后滑上MN。已知滑塊c在F點的速度為46m/s（1）滑塊c第一次經(jīng)過E點時對裝置P的作用力；（2）滑塊a的初速度大小v0（3）試通過計算判斷滑塊c能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時最大的壓縮量。21．如圖所示，在光滑水平面上建立坐標系xoy，在x=?0.1m左右兩側(cè)分別存在著Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)勻強磁場，大小均為B=1T，Ⅰ區(qū)方向垂直紙面向里，Ⅱ區(qū)一系列磁場寬度為均為L=0.1m，相鄰兩磁場方向相反，各磁場具有理想邊界。在x=?0.1m左側(cè)是間距L的水平固定的平行光滑金屬軌道MM'和NN'，軌道MN端接有電容為C=1F的電容器，初始時帶電量為q0=1C，電鍵S處于斷開狀態(tài)。軌道上靜止放置一金屬棒a，其質(zhì)量m=0.01kg，電阻R=1Ω。軌道右端M'N'上涂有絕緣漆，M'N'右側(cè)放置一邊長L、質(zhì)量4m、電阻為4R的勻質(zhì)正方形剛性導線框abcd。閉合電鍵（1）電鍵S閉合前，電容器下極板帶電性，a棒勻速時的速度v1（2）組合體bc邊向右剛跨過y軸時，ad兩點間的電勢差Uad（3）碰后組合體產(chǎn)生的焦耳熱及最大位移。22．如圖所示，水平地面上有一輛小車，上方固定有豎直光滑絕緣細管，管的長度L=2v029g，有一質(zhì)量m、電荷量+q的絕緣小球A放置在管的底部，小球的直徑略小于細管。在管口所在水平面MN的下方存在著垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)讓小車始終保持速度的v0向右勻速運動，以帶電小球剛經(jīng)過磁場的豎直邊界為計時起點，并以此時刻管口處為坐標原點O建立（1）勻強磁場的磁感應強度大小和絕緣管對小球做的總功；（2）小球經(jīng)過x軸時的坐標；（3）若第一象限存在和第四象限大小和方向都相同的的勻強磁場，同時絕緣管內(nèi)均勻緊密排滿了大量相對絕緣管靜止，與小球A完全相同的絕緣小球。不考慮小球之間的相互靜電力，求能到達縱坐標y=9

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT可得R=則有用國際單位制中基本單位的符號表示R的單位，國際單位制共有7個基本單位，Pa?ABD錯誤，C正確。故選C。

【分析】根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程結(jié)合單位的推導解答。2．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)作用力與反作用力特點判斷，在比賽中，賽艇能加速前進是由于水推槳的力大于賽艇受到的阻力。水推槳的力和槳推水的力是作用力與反作用力，大小相等。故A錯誤；B．根據(jù)看作質(zhì)點的條件判斷，要研究比賽中運動員的劃槳技術(shù)技巧，運動員的大小和形狀對問題研究的影響不能忽略，不能將運動員視為質(zhì)點。故B錯誤；C．物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性，賽艇到達終點后，雖然運動員停止劃水，但由于慣性，賽艇仍會繼續(xù)向前運動，故C正確；D．比賽過程，賽艇的運動不一定是初速度為零的勻加速直線運動，故賽艇比賽全程的平均速度不一定等于沖刺終點時瞬時速度的一半。故D錯誤。故選C。

【分析】作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個力叫作作用力，另一個力叫作反作用力。如果在研究的問題中，物體的形狀、大小及物體上各部分運動的差異是次要或不起作用的因素，就可以把物體看做一個質(zhì)點。3．【答案】A【解析】【解答】CD．本題考查了豎直平面內(nèi)的圓周運動，涉及繩子的臨界問題，先列出表達式再結(jié)合圖像分析即可。小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運動，輕繩的拉力F與小球重力沿繩子方向分量的矢量和提供向心力，由此確定F與v2關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律分析F與θ的關(guān)系。小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰能過最高點，有mg=m解得v=從某次經(jīng)過最高點開始計時，初始的速度不為0，且小球A向下運動的的過程中，重力做正功，速度增大，CD錯誤；B．小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運動，有FF向與v2成正比，而F向A．小球A恰能過最高點，則最高點重力提供向心力，輕繩的拉力F=0，運動到最低點時速度最大，向心力最大，此時有F解得F=最低點時向心力最大，輕繩的拉力F達到最大值；運動一周即轉(zhuǎn)過2π后小球回到最高點，輕繩的拉力F=0，A正確。故選A。

【分析】小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰能過最高點重力提供向心力，可得最高點的速度大小，由此分析小球運動過程中速度的變化情況。4．【答案】B【解析】【解答】A．在最高點的時候人的豎直方向的速度為零，水平方向的速度不為零，故在最高點的時候人的速度不為零，受到重力作用，加速度為重力加速度，加速度不為零，故A錯誤；B．在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。運動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；C．在開始起跳到脫離滑板瞬間，在豎直方向上運動員和滑板所受合力不為零，故運動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；D．物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。上升過程是運動員只受重力作用，有豎直向下的重力加速度，運動員處于完全失重狀態(tài)，滑板對人的作用力為零，故D錯誤。故選B。

【分析】根據(jù)斜上拋運動規(guī)律判斷；根據(jù)機械能守恒的條件判斷；根據(jù)動量守恒的條件判斷；根據(jù)超重和失重的定義判斷。5．【答案】C【解析】【解答】A．支持力是一種彈力，是由發(fā)生彈性形變的物體產(chǎn)生的。地面對直梯的支持力是由于地面發(fā)生形變而產(chǎn)生的，故A錯誤；B．分析直梯的受力情況，根據(jù)力的合成法分析地面對直梯的作用力方向。地面對直梯的支持力垂直地面向上，而地面對直梯的靜摩擦力平行地面向左，則根據(jù)力的合成可知，地面對直梯的作用力斜向左上方，故B錯誤；CD．本題考查受力平衡，解題關(guān)鍵掌握對直梯的受力進行分析，注意直梯的運動狀態(tài)為靜止。對人和梯子整體受力分析如圖所示整體受重力G、豎直墻壁的支持力N1、地面的支持力N2和地面的摩擦力f，圖中F為N2與f的合力，根據(jù)共點力平衡條件可知，F(xiàn)、G和N1三力平衡，三個力的延長線交于一點O，人站在梯子上，緩慢爬到梯子的頂端的過程中，梯子和人整體的重心大致向左上移動，則三力交匯點O水平向左平移，則可知F與豎直方向的夾角增大，設(shè)該夾角為F顯然，夾角增大，力F必然增大，而力F的水平分量f=F則可知地面對直梯的摩擦力增大，而水平方向始終有f=由此可知，人站的位置越高，直梯受到地面的摩擦力越大，豎直墻壁對直梯的作用力越大，故C正確，D錯誤。故選C。

【分析】支持力是一種彈力，是由發(fā)生彈性形變的物體產(chǎn)生的。分析直梯的受力情況，根據(jù)力的合成法分析地面對直梯的作用力方向。對人和梯子整體受力分析，作出受力示意圖，根據(jù)平衡條件分析直梯受到地面的摩擦力和墻壁對直梯的作用力變化情況。6．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)核反應的特點衰變類型，進而確定是哪種相互作用引起的。根據(jù)衰變方程可知X為24He，所以84210PoB．根據(jù)半衰期的概念，結(jié)合半衰期的影響因素完成分析，半衰期與原子所處的物理狀態(tài)無關(guān)，與原子核內(nèi)部結(jié)構(gòu)決定，故B錯誤；C．比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，原子核的平均核子質(zhì)量越小。平均核子質(zhì)量是原子質(zhì)量與核子數(shù)的比值，所以84206Po的平均核子質(zhì)量小于D．比結(jié)合能是原子核的結(jié)合能與核子數(shù)的比值，所以84210Po的比結(jié)合能為210E1，82206ΔE=206故D正確。故選D。

【分析】核反應過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒等，根據(jù)比結(jié)合能大小判斷平均核子質(zhì)量大小的關(guān)系。7．【答案】B【解析】【解答】A．本題主要考查變壓器的知識，要掌握變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比與電壓、電流之比的變化情況，與歐姆定律結(jié)合運用?；琍從b端緩慢移動至a端的過程，原副線圈兩端電壓不變，則副線圈電阻減小，所以副線圈電流變大，根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)比的關(guān)系可知，電流表的示數(shù)逐漸增大，故A錯誤；B．原、副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，由n可得副線圈電壓U當滑片P位于ab中點時，電壓表讀數(shù)始終為U=故B正確；C．由P=要求相同時間內(nèi)滑動變阻器R產(chǎn)熱量最多，則要滿足R所以應將滑片P置于ab中點，故C錯誤；D．原、副線圈的電流之比等于匝數(shù)的反比，由I可得保險絲即將熔斷時，原線圈中電流為I原線圈消耗功率為P故D錯誤。故選B。

【分析】變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，滑動變阻器R的滑片P由b端向a端緩慢滑動時，電阻變小，電流變大，根據(jù)電功率公式解。8．【答案】C【解析】【解答】A．本題是電場中偏轉(zhuǎn)與圓周運動的綜合，圓周運動的關(guān)鍵是確定向心力的來源。若點電荷電量為+Q，則q帶負電，小球所受的勻強電場的電場力與重力平衡，因此勻強電場方向一定豎直向下，A錯誤；B．根據(jù)庫侖定律和牛頓第二定律可知kQq可知若點電荷電量變?yōu)?Q，小球的速度大小不變，小球圓周運動半徑應變?yōu)?r，B錯誤；C．結(jié)合小球在豎直方向受力平衡，利用圓周運動規(guī)律，推導可分析出半徑的關(guān)系。用另一帶電量2q的小球使之仍以v0Eq=mg可知小球的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)kQq可知則小球運動半徑仍為r，C正確；D．于不知道小球初始速度的方向，撤出點電荷Q后，物體的運動情況為類平拋、豎直上拋和斜拋運動都有可能。只撤去點電荷Q，同時調(diào)節(jié)場強為2E，則小球所受的合力為2Eq?mg=mg若初速度沿水平方向，小球做類平拋運動，若初速度豎直向上，則做勻加速直線運動，若初速度傾斜，做斜拋運動，D錯誤。故選C。

【分析】小球做圓周運動，說明重力的方向和電場力的方向必然向反，由此可以判斷勻強電場的方向，球做圓周運動的向心力是由二者之間的庫侖力提供的，結(jié)合庫侖定律和牛頓第二定律分析即可。9．【答案】C【解析】【解答】A．飛船受到的萬有引力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律求解。對飛船，由萬有引力提供向心力得G可得T=2π由上式可知，飛船到達中途瞄準點前的環(huán)繞周期小于空間站的環(huán)繞周期，故A錯誤；B．根據(jù)G可得v=可知飛船到達中途瞄準點后的速度大于空間站的速度，但二者質(zhì)量未知，所以無法比較動能，故B錯誤；CD．根據(jù)線速度的計算公式，結(jié)合半徑的大小得出線速度的大小關(guān)系。飛船沿徑向接近空間站過程中，始終在空間站正下方，所以需要控制飛船繞地球運行的角速度等于空間站的角速度，根據(jù)v=ωR飛船繞地球運行的線速度小于空間站的線速度，飛船沿徑向到達空間站與之對接時的線速度相同，由萬有引力提供向心力可知，對接后軌道高度不會降低，故C正確，D錯誤。故選C。

【分析】本題主要考查了萬有引力定律的相關(guān)應用，理解飛船做圓周運動的向心力來源，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。10．【答案】A【解析】【解答】線框的adcb部分和ab是并聯(lián)關(guān)系，其電阻之比為Radcb：Rab=3：1，由并聯(lián)電路的分流關(guān)系可知：線框的adcb部分與ab部分的電流之比為Iadcb：Iab=1：3。線框的有效長度為L，由于R兩個支路是并聯(lián)關(guān)系，因此流過線框的總電流I等效電流與磁場垂直，線框整體受安培力大小為F=B故選A。

【分析】利用并聯(lián)電路電流之比等于電阻的反比，根據(jù)F=BIL求安培力大小。11．【答案】D【解析】【解答】A．本題主要考查波的干涉的有關(guān)知識，根據(jù)波的疊加原理解答。根據(jù)幾何關(guān)系可知S波在同種介質(zhì)中的傳播速度相同，波源S2比SΔA錯誤；B．周期與頻率互為倒數(shù)，波的振動周期T=S1產(chǎn)生的波到達St=因此S1C．振幅最小的點為振動減弱點，振動減弱點是到兩波源的路程差是半波長奇數(shù)倍。兩列波疊加后在S1S2間形成駐波，兩個相鄰的振動加強點間的距離為12λ，兩個相鄰的振動減弱點間的距離也為12λ，加強點與減弱點間的最近距離為14λ，起振方向向上，兩列波相遇點為振動加強點，由于波源x=又由于波長λ=因此到S1距離為0.25m，2.75m，5.25m，7.75m點為振動減弱點，C錯誤；D．振動加強點是到兩波源的路程差是波長整數(shù)倍。P點為振動加強點，到兩波源距離差為2m，到兩波源距離再多出波長整數(shù)倍的點也為振動加強點，因此在S2P上，到S1、S2兩波源距離差為3.0m，8.0m點也為振動加強點，D正確。故選D。

【分析】波在同一種均勻介質(zhì)中勻速傳播，數(shù)學知識結(jié)合公式求解波源S1比S2誰先振動，根據(jù)波傳播的特點可以判斷S1處質(zhì)點的位置，據(jù)題意起振方向相同，振動減弱點是到兩波源的路程差是半波長奇數(shù)倍；振動加強點是到兩波源的路程差是波長整數(shù)倍。12．【答案】A,D【解析】【解答】A．畫出位于a、b、c、d四點的電荷在E、F兩點的場強方向，根據(jù)場強的合成分析E、F兩點的電場強度關(guān)系。畫出在abcd四點的電荷在EF兩點的場強方向如圖，由圖可知，E、F兩點的電場強度相同，選項A正確；B．根據(jù)等量異種電荷周圍的電勢分布分析A、O、B三點的電勢關(guān)系。由等量異種電荷周圍的電勢分布可知，A、O、B三點在等量異種電荷的連線的中垂面上，則各點電勢均為零，即φAC．根據(jù)電勢的變化分析電場力做功正負，將一正的試探電荷從A點沿圓弧AEB移到B點的過程中，電勢先升高后降低，則正電荷的電勢能先增加后減小，則電場力先做負功再做正功，選項C錯誤；D．若b、c、d處的電荷仍固定不動，將a處的電荷移到O處，因b處的電荷在Oa兩點的電勢相等，則b處的電荷使a處的電荷移到O處引起的電勢能不變，則主要考慮dc兩處的電荷對電荷a的影響，在a處時，dc兩處的電荷在a點的電勢為正，則電荷a的電勢能為正，到O處時dc兩處的電荷在O點的電勢為零，則電荷a在O點的電勢能為零，可知將a處的電荷移到O處電荷a的電勢能將減小，選項D正確。故選AD。

【分析】畫出位于a、b、c、d四點的電荷在E、F兩點的場強方向，根據(jù)場強的合成分析E、F兩點的電場強度關(guān)系。根據(jù)等量異種電荷周圍的電勢分布分析A、O、B三點的電勢關(guān)系。將一正的試探電荷從A點沿圓弧AEB移到B點的過程中，根據(jù)電勢的變化分析電場力做功正負。若b、c、d處的電荷仍固定不動，將a處的電荷移到O處，分析電勢的變化，判斷電荷a的電勢能如何變化。13．【答案】A,D【解析】【解答】A．畫出從C點入射的光路圖，由幾何關(guān)系求得光束從C點射入時入射角和折射角，根據(jù)光路可逆原理可的光束在B點射出時的折射角，根據(jù)幾何關(guān)系求解光束偏折的角度。從C點入射的光線，進入玻璃球后光線如圖所示

設(shè)入射角為i，折射角為r，法線與直徑AB夾角為θ，則根據(jù)幾何關(guān)系θ=i，θ=2r而sin可知i=60o進入玻璃時，光線沿順時針偏轉(zhuǎn)了30o，根據(jù)光的折射定律，從B點射出時，光線沿順時針又偏轉(zhuǎn)了30o，因此從B點的出射光相對C點入射光方向偏折了60o，A正確；B．根據(jù)幾何關(guān)系，足球的直徑d=2RB錯誤；C．由于光線從C點射入玻璃中的折射角等于從B點出射時的入射角，離開玻璃球的折射角等于射入玻璃球時的入射角，因此光線不會發(fā)生全反射，C錯誤；D．如果用頻率更小的激光入射時，進入玻璃的折射角增大，從而在玻璃內(nèi)傳播的距離減小，而頻率更小時，光在玻璃中的傳播速度增大，從而光在玻璃球中的傳播時間變短，D正確。故選AD?！痉治觥勘绢}考查了光學的折射定律以及全反射現(xiàn)象，解答此類題目依據(jù)物理原理作出光路圖是基礎(chǔ)，利用數(shù)學幾何知識解題。根據(jù)題意可知在C點進入玻璃球的光線與球內(nèi)的“足球”相切，根據(jù)幾何關(guān)系可得“足球”的直徑；根據(jù)光路可逆原理可知光束不會在右側(cè)發(fā)生全反射。14．【答案】A,C【解析】【解答】A．當應變片在其彈性極限內(nèi)受外力增大時，上表面的應變片電阻也變大，A正確；B．當溫度升高時，平均分子速率變大，但是不會各速率區(qū)間分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比都增加，只是速率較大分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比增加，B錯誤；C．雙折射是光束入射到各向異性的晶體，分解為兩束光而沿不同方向折射的現(xiàn)象，方解石的雙折射現(xiàn)象，該現(xiàn)象說明方解石晶體具有各向異性，C正確；D．圖丁中鎘棒的作用是吸收中子，從而影響鏈式反應速度，D錯誤。故選AC。

【分析】根據(jù)應變片測力原理分析；溫度升高，平均分子速率變大；晶體具有各向異性；鎘棒吸收中子。15．【答案】D【解析】【解答】A．因滑片向右調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，可使電流表的示數(shù)為零，此時光電管加反向電壓，則光電管右端電勢高，則電源右端為正極，故A錯誤；C．根據(jù)光電效應方程：Ek=hν-W0，其中hν為入射光子的能量，Ek為光電子的最大初動能，W0是金屬的逸出功．可得U換用不同的光照射逸出功更大的金屬K2時，所得到的UcB．光電子的最大初動能由入射光的頻率決定，與所加電壓無關(guān)。飽和光電流由入射光的強度決定，與入射光的頻率無關(guān)。氫原子從能級2躍遷到能級1輻射出的光子能量小于從能級3躍遷到能級1輻射出的光子能量，根據(jù)E=hν可知，氫原子從能級2躍遷到能級1輻射出的光子頻率小于從能級3躍遷到能級1輻射出的光子頻率，而根據(jù)愛因斯坦的光電效應方程eUc=Ek=hν-W逸出功可知Uc1＜Uc2故B錯誤；D．滑片P初始位置應該是在中間，此時加在光電管上的電壓為零，P左滑的過程中，光電管所加的正向電壓變大，形成的光電流逐漸增大，當達到飽和電流后電流不再變，因此可知電流表的示數(shù)先增加后不變，故D正確。該題考查了愛因斯坦光電效應方程的相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應方程，知道最大初動能與遏止電壓的關(guān)系。故選D。

【分析】光電子的最大初動能由入射光的頻率決定，與所加電壓無關(guān)。飽和光電流由入射光的強度決定，與入射光的頻率無關(guān)；根據(jù)愛因斯坦光電效應方程求金屬的極限頻率。16．【答案】甲【解析】【解答】（1）當鉤碼的質(zhì)量遠小于小車的總質(zhì)量時，可以近似認為小車受到的拉力等于鉤碼的重力，若用力傳感器，則不需要滿足此條件。乙、丙兩圖繩上的拉力都可測量直接讀出，不需要重物重力替代，甲圖需要用重物重力替代拉力，所以需要滿足“M遠大于m”；（2）熟練應用所學基本規(guī)律解決實驗問題，根據(jù)逐差法公式可得a=解得a=0.58（3）根據(jù)牛頓第二定律可得2F=Ma整理得a=所以小車的質(zhì)量為2k（4）探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系實驗要采用控制變量法。因為沒有平衡摩擦力，所以可得nmg?f=整理得a=所以a?n圖線仍是直線，但該直線不過原點，故選C。

【分析】（1）只有用重物的重力代替繩子的拉力，才需要滿足M＞＞m；若用力傳感器，則不需要滿足此條件。

（2）根據(jù)勻變速直線運動的逐差法解得加速度；

（3）根據(jù)牛頓第二定律得到加速度與F的函數(shù)關(guān)系。

（4）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像分析解答。17．【答案】R4【解析】【解答】（1）根據(jù)電源電動勢與電流表量程求出電路最小總電阻，由于電池的電動勢約為十幾伏，電流表量程為10mA，可知電路最小電阻應大于1000Ω，滑動變阻器為限流接法，為確保實驗儀器安全，滑動變阻器應該選取R由于接入電阻箱R1，導致干路上電流變大，當電流表G示數(shù)為5mA，則流過變阻箱的電流大于5mA，則電流表內(nèi)阻真實值大于R（2）根據(jù)圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，由實驗步驟三、四可知流過電阻箱R1的電流與流過電流表的電流相等，電阻箱與電流表并聯(lián)，由并聯(lián)電路特點可知，電流表內(nèi)阻等于電阻箱接入電路的阻值R由閉合電路歐姆定律得E=由R0與GI聯(lián)立解得1根據(jù)圖示圖象可以求出電源電動勢與內(nèi)阻，可知1IR解得電源電動勢為E=15V1IR解得內(nèi)阻為r≈6.7Ω

【分析】（1）選擇滑動變阻器，由實驗原理判斷電流表內(nèi)阻比真實值偏小；

18．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．紅光比綠光的波長更長，由雙縫干涉條紋間距公式Δ可知，在相同條件下，波長越長，條紋間距越大，因此干涉圖樣紅光比綠光的條紋間距大，故A錯誤；B．根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系電壓比等于匝數(shù)比U解得U由于實際變壓器存在能量損失，所以原線圈電壓應大于9V，所以原線圈的輸入電壓可能是10V，故B正確；C．“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，油酸酒精溶液久置，酒精會揮發(fā)，導致油酸濃度變大，根據(jù)公式d=可知，V不變，但有油酸濃度變大，導致形成的油膜面積變大，分子直徑的測量值偏小，故C正確；D．在“單擺測重力加速度”實驗中，從平衡位置計時，將全振動次數(shù)n誤記成n+1次，則周期偏小，根據(jù)單擺的周期公式T=2π得到重力加速度表達式，可知，測量g值偏大，故D正確。故選BCD。

【分析】紅光比綠光的波長更長，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式分析；根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系，來求解原線圈的輸入電壓；“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，油酸酒精溶液久置，根據(jù)實驗原理分析誤差情況；根據(jù)單擺的周期公式分析。19．【答案】解：（1）對活塞受力分析，由平衡條件得p解得p（2）第一次充完氣，對充進部分的氣體研究，有p解得h（3）活塞與氣缸剛好卡住時，有n=H?h則充氣的30次氣體做等壓變化，后15次做等容變化，有p解得p【解析】【分析】（1）對活塞受力分析，由平衡條件得初始時封閉氣體的壓強大?。?/p>

（2）第一次充完氣，對充進部分的氣體研究，根據(jù)玻意耳定律求解活塞緩慢上升的高度；

（3）活塞與氣缸剛好卡住時，根據(jù)體積關(guān)系求充氣的次數(shù)，再據(jù)玻意耳定律求解充氣45次之后，缸內(nèi)氣體的壓強大小。20．【答案】解：（1）滑塊c第一次經(jīng)過E點到F點，根據(jù)動能定理m滑塊c在F點的速度為v解得v根據(jù)牛頓第二定律，在E點滑塊cF解得F方向豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊c第一次經(jīng)過E點時對裝置P的作用力為F方向豎