第第頁2025屆浙江省新陣地教育聯(lián)盟高三下學(xué)期第二次聯(lián)考物理試題一、選擇題Ⅰ：（本題共10小題，每小題3分，共30分．每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)符合題目要求，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．下列物理量是矢量且其單位用國際單位制基本單位表示，正確的是（）A．磁通量T·m2 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度kg·s-2·A-1C．電場強(qiáng)度V/m D．電荷量A·s2．下列對(duì)教材中的四副插圖所包含物理思想方法的說法錯(cuò)誤的是（）A．圖甲：類比法； B．圖乙：理想實(shí)驗(yàn)方法；C．圖丙：等效法； D．圖丁：控制變量法3．關(guān)于下列四幅圖分別對(duì)應(yīng)的說法中，正確的是（）A．圖甲為靜電除塵原理示意圖，進(jìn)入電場的粉塵帶上正電從而被吸附在電極上B．圖乙中釷234的半衰期是24d，則800個(gè)釷核234經(jīng)過48d后必定還剩200個(gè)C．由丙圖可知，24He核子的平均質(zhì)量比D．丁圖中，由一定質(zhì)量的氧氣分子在不同溫度下的速率分布情況可知，溫度T4．羽毛球運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)深受大眾喜愛的體育運(yùn)動(dòng)。某研究小組的同學(xué)為研究羽毛球飛行規(guī)律，描繪出了如圖所示的若干條羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B是其中同一軌跡上等高的兩點(diǎn)，P為該軌跡的最高點(diǎn)，則該羽毛球（）A．在P點(diǎn)時(shí)羽毛球的加速度方向豎直向下B．整個(gè)飛行過程中經(jīng)P點(diǎn)的速度最小C．AP段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于PB段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間D．在A點(diǎn)的重力功率大小等于在B點(diǎn)的重力功率5．執(zhí)行中國首次火星探測任務(wù)的探測器“天問一號(hào)”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點(diǎn)沿地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，再通過變軌操作依次進(jìn)入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，以下關(guān)于天問一號(hào)的說法正確的是（）A．從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)間小于6個(gè)月B．發(fā)射速度介于11.2km/s與16.7km/s之間C．在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度均大于地球繞太陽的速度D．在停泊軌道的機(jī)械能比在調(diào)相軌道的機(jī)械能大6．我國首艘彈射型航空母艦福建艦采用了世界上最先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)，裝備了三條電磁彈射軌道．電磁彈射的簡化模型如圖所示：足夠長的光滑水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，左端與充滿電的電容器C相連，與機(jī)身固連的金屬桿ab靜置在軌道上，閉合開關(guān)S后，飛機(jī)向右加速達(dá)到起飛速度。下列說法正確的是（）A．飛機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中，a端的電勢始終低于b端的電勢B．飛機(jī)起飛過程是勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．飛機(jī)的速度達(dá)到最大時(shí)，電容器所帶的電荷量為零D．增大電容器的放電量，可以提高飛機(jī)的最大速度7．如圖所示，質(zhì)量為m的物體由兩根輕繩吊起懸在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，右側(cè)繩子的另一端固定在高墻處的A點(diǎn)且與豎直方向的夾角為α，左側(cè)繩子由人拉著且與豎直方向的夾角為β，現(xiàn)人站立不動(dòng)而把手中的長繩緩慢釋放，對(duì)于在物體接觸墻前的過程，下列說法正確的是（）A．兩根繩子對(duì)物體拉力的合力變大B．兩繩子的拉力都變大C．地面對(duì)人的摩擦力變小D．地面對(duì)人的支持力變小8．單晶硅太陽能發(fā)電原理是：讓陽光照射到單晶硅太陽能板上而激發(fā)電子形成電流。根據(jù)相關(guān)資料得知杭州西站樞紐屋頂鋪設(shè)了面積約為1.5×104m2的單晶硅太陽能板，在陽光照射下其平均發(fā)電功率約為3×10A．單晶硅太陽能板發(fā)出的是交流電；B．地球表面單位面積上接收到的太陽輻射功率約1400WC．一天大約可發(fā)電7.2×10D．太陽能發(fā)電的光電轉(zhuǎn)換效率約為22%9．作為公共交通的一部分，現(xiàn)代城市里會(huì)提供各種共享自行車和電動(dòng)助力車，方便了市民們的短途出行。如圖甲是某一款電動(dòng)助力車，其調(diào)速把手主要是應(yīng)用了“霍爾效應(yīng)”來控制行駛速度的。調(diào)速把手內(nèi)部截面示意圖如圖乙所示，內(nèi)含永磁鐵和霍爾器件等部件。把手里面的霍爾器件是一個(gè)棱長分別為a，b、c的長方體金屬導(dǎo)體器件，永久磁鐵與霍爾器件的位置關(guān)系如圖丙所示。電動(dòng)車正常行駛時(shí)，在霍爾器件的上下面通有一個(gè)恒定電流I，騎手將調(diào)速把手旋轉(zhuǎn)，永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動(dòng)，施加在霍爾器件上的磁場就會(huì)發(fā)生變化，霍爾器件就能在C、D間輸出變化的電壓U，電機(jī)電路感知這個(gè)電壓的變化就能相應(yīng)地改變電機(jī)轉(zhuǎn)速，這個(gè)電壓U與電機(jī)轉(zhuǎn)速n的關(guān)系如圖丁所示。則以下說法正確的是（）A．騎行電動(dòng)車時(shí)，霍爾器件C端的電勢高于D端的電勢B．若組裝電動(dòng)車時(shí)不小心將永久磁鐵裝反了（兩極互換）將會(huì)影響該電動(dòng)車的正常騎行C．若按圖乙箭頭所示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)把手時(shí)電壓U隨時(shí)間均勻增大，則電動(dòng)車隨之做勻加速運(yùn)動(dòng)D．若圖丙中器件尺寸不變，僅增大通過霍爾器件的電流I，可使電動(dòng)車更容易獲得最大速度10．如圖甲所示，一束單色光a沿半徑方向射入半圓形玻璃磚，光線a與直徑的夾角為θ，反射光線b的強(qiáng)度隨夾角θ的變化關(guān)系如圖乙所示。圖丙是與圖甲用同種材料制作的截面是等腰直角三角形的三棱鏡，DE為嵌在三棱鏡內(nèi)部緊貼BB'C'C的上述單色可見光的線狀光源，DE與三棱鏡的ABC面垂直，D位于線段BC的中點(diǎn)，圖丁為其ABCA．該單色光的在玻璃磚中的全反射臨界角為60°B．該單色光的在該玻璃磚中的播速度為cC．光從AA'D．若DE發(fā)出的單色光頻率變小，AA二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每題4分，共12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，有錯(cuò)選的得0分）11．在如圖所示的電路中，A1、A2、A3均為理想電流表，D為理想二極管，RA．t=0.01sB．電流表A3的示數(shù)為C．電流表A2的示數(shù)為D．滑動(dòng)變阻器R1的滑片向上滑動(dòng)時(shí)，電流表A12．已知?dú)湓幽芗?jí)如圖所示，現(xiàn)有大量處于某高能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷時(shí)只能發(fā)出a、b、c三種可見光，分別用這三種可見光照射圖甲電路中的光電管陰極K，均能發(fā)生光電效應(yīng)．已知可見光能量范圍約為1.65eV到3.1eV之間，a光的光子能量為1.89eV，下列說法正確的是（）A．三種可見光中a光光子的動(dòng)量最小B．當(dāng)滑片P向b端移動(dòng)時(shí)，微安表讀數(shù)減小C．若實(shí)驗(yàn)中b、c光的遏止電壓為Ub和UcD．若用同一裝置做這三種可見光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，a光的條紋寬度最窄13．如圖所示為某水池的剖面圖，A、B兩區(qū)域的水深分別為hA、hB，其中hB=2.5m，點(diǎn)O位于兩部分水面分界線上，M和N是A、B兩區(qū)域水面上的兩點(diǎn)，OM=4m，ON=7.5m，t=0時(shí)刻M點(diǎn)從平衡位置向下振動(dòng)，N點(diǎn)從平衡位置向上振動(dòng)，形成以M、N點(diǎn)為波源的水波（看做是簡諧橫波），兩波源的振動(dòng)頻率均為1Hz，振幅均為5cm，當(dāng)t=1s時(shí)，O點(diǎn)開始振動(dòng)且振動(dòng)方向向下，已知水波的波速跟水深的關(guān)系為v=gh，式中h為水深，g=10m/s2A．B區(qū)域中水波的波長為5mB．區(qū)域A的水深為hA=1.5mC．t=2s時(shí)，O點(diǎn)的振動(dòng)方向向上D．MN連線之間（不包括M、N）共有4個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)三、非選擇題：（本題共5小題，共58分）14．利用如圖甲的實(shí)驗(yàn)裝置“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”。（1）圖乙是實(shí)驗(yàn)得到紙帶的一部分，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出。相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距已在圖中給出。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率為50Hz，則小車的加速度大小為m/s2（2）實(shí)驗(yàn)得到的理想a?F圖像應(yīng)是一條過原點(diǎn)的直線，但由于實(shí)驗(yàn)誤差影響，常出現(xiàn)如圖丙所示的①、②、③三種情況．下列說法正確的是______________A．圖線①的產(chǎn)生原因是小車的質(zhì)量太大B．圖線②的產(chǎn)生原因是平衡摩擦力時(shí)長木板的傾角過大C．圖線③的產(chǎn)生原因是小車的質(zhì)量太?。?）實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)覺得用圖甲裝置測量加速度較大時(shí)系統(tǒng)誤差較大，所以大膽創(chuàng)新，選用圖丁所示器材進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測量小車質(zhì)量M，所用交流電頻率為50Hz，共5個(gè)槽碼，每個(gè)槽碼的質(zhì)量均為m=10g．實(shí)驗(yàn)步驟如下：i．安裝好實(shí)驗(yàn)器材，跨過定滑輪的細(xì)線一端連接在小車上，另一端懸掛著5個(gè)槽碼．調(diào)整軌道的傾角，用手輕撥小車，直到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列等間距的點(diǎn)；ii．保持軌道傾角不變，取下1個(gè)槽碼（即細(xì)線下端懸掛4個(gè)槽碼），讓小車拖著紙帶沿軌道下滑，根據(jù)紙帶上打的點(diǎn)跡測出加速度a；iii．逐個(gè)減少細(xì)線下端懸掛的槽碼數(shù)量，重復(fù)步驟ii；iv。以取下槽碼的總個(gè)數(shù)n1≤n≤5的倒數(shù)1n為橫坐標(biāo)，1a為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上作出1a?1n關(guān)系圖線。測得15．某學(xué)習(xí)小組用水果和兩種金屬電極做了一個(gè)“水果電池”，進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：（1）按圖甲所示電路圖，測量水果電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻．使用的實(shí)驗(yàn)器材有：數(shù)字式多用電表（其中電壓表可視為理想表）、滑動(dòng)變阻器、電流表、導(dǎo)線、開關(guān)等．請(qǐng)根據(jù)電路圖在如圖乙中完成實(shí)物連線；（2）粗測水果電池電動(dòng)勢，某同學(xué)將多用電表直接測量，讀數(shù)如圖丙所示，讀數(shù)為V。連接好電路后閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，記錄數(shù)字電壓表和電流表的示數(shù)。作出U?I圖像，如圖丁中曲線所示．由圖像求得水果電池的電動(dòng)勢E=V，內(nèi)阻r=k?（3）該同學(xué)用三個(gè)一樣的水果電池串聯(lián)形成一個(gè)電池組，能使某發(fā)光二極管LED正常發(fā)光，LED的I?U圖像如圖戊中曲線所示，則LED正常發(fā)光時(shí)的電壓U=V（保留兩位有效數(shù)字）；（4）在（3）中，LED正常發(fā)光時(shí)，該同學(xué)用普通電壓表測量二極管兩端電壓，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)小于LED正常發(fā)光時(shí)的電壓且LED熄滅，造成電壓減小原因可能是______________。A．電壓表分流； B．電壓表內(nèi)阻過大；C．電壓表量程過大； D．電壓表正負(fù)接線柱接反。16．下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說法正確的是（）A．在溫水中滴入一滴墨水，用眼睛直接觀察到墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，間接說明水分子做不停歇的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)B．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，待圖像穩(wěn)定后我們可觀察到薄膜干涉彩色條紋C．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，油酸要足夠稀釋，因?yàn)檫^濃油酸會(huì)使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測量結(jié)果偏大D．在研究“玻意耳定律”實(shí)驗(yàn)中，推拉活塞時(shí)，動(dòng)作要迅速，以減少氣體進(jìn)入或泄漏而造成誤差17．某導(dǎo)熱性良好的容器，內(nèi)含一定質(zhì)量的理想氣體，由狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V?T圖像，如圖所示。已知?dú)怏w在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)是1.5×10（1）求TA（2）請(qǐng)你建立一個(gè)坐標(biāo)系，并在該坐標(biāo)系中，作出氣體由狀態(tài)A經(jīng)過B變?yōu)镃的p?V圖像，并標(biāo)出A、B、C的坐標(biāo)值。（3）氣體由狀態(tài)A經(jīng)過B變?yōu)镃的過程中，假定氣體吸收熱量為5.0×1018．有一游戲裝置，水平傳動(dòng)帶以恒定速率v=10m/s如圖所示運(yùn)動(dòng)，傳送帶長度L0=6.0m，斜面CD的傾角為θ=53°，長為L1=2.0m。質(zhì)量m=0.05kg的物塊P可輕放在傳送帶不同的位置，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度大小不變，物塊P與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ0=45，BC段光滑，物塊P與斜面CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=1930，斜面在D點(diǎn)處與半徑R=0.40m的光滑圓形軌道相切連接，圓軌道的最低點(diǎn)E與水平軌道EF相切連接，EF軌道與CD斜面略錯(cuò)開．質(zhì)量為M=0.15kg的物塊Q放在距離E點(diǎn)L（1）若物體輕放在A點(diǎn)，求物塊P第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）若物體輕放在A點(diǎn)，則物塊P通過圓軌道D點(diǎn)時(shí)受到的支持力；（3）若要使物塊P通過軌道與Q碰撞后粘在一起恰好打到平臺(tái)右邊緣，求物體P放置的位置距離B點(diǎn)的距離。19．隨著社會(huì)的發(fā)展，新能源汽車已經(jīng)成為我們?nèi)粘Ｉ钪蟹浅Ｆ毡榈慕煌üぞ咧?。電機(jī)系統(tǒng)是新能源汽車核心技術(shù)之一，當(dāng)前新能源汽車主要使用的電機(jī)包括永磁同步電機(jī)和交流感應(yīng)電機(jī)（如圖1）。交流感應(yīng)電動(dòng)機(jī)就是利用電磁驅(qū)動(dòng)工作的，其原理是利用配置的三個(gè)線圈連接到三相電源上，產(chǎn)生旋轉(zhuǎn)磁場，磁場中的導(dǎo)線框也就隨著轉(zhuǎn)動(dòng)，就這樣，電動(dòng)機(jī)把電能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能。其原理類似于如圖2所示的高中教材中的演示實(shí)驗(yàn)。為方便理解圖1中交流感應(yīng)電動(dòng)的工作原理，我們將其簡化等效為如圖3所示的模型（俯視圖），其中單匝線圈abcd處于輻向磁場中，ab、cd所處的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，大小均為B=0.1T，兩無磁場區(qū)域夾角均為θ=60°，已知導(dǎo)線框abcd的邊長均為為L=2cm，線框總電阻為R=0.01Ω。兩邊ab,cd質(zhì)量均為為m=0.01kg，在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，受到的阻力均為f=kv，其中比例系數(shù)k=B2L22R,v（1）判斷t0時(shí)刻，線框abcd中的電流方向（用字母abcd（2）求線框穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角速度、及線框中電流的有效值；（3）系統(tǒng)穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)后某時(shí)刻磁場停止轉(zhuǎn)動(dòng)，求ab邊還能轉(zhuǎn)過的最大路程。20．芯片制造中，離子注入是一道重要的工序，如圖所示是一部分離子注入工作原理示意圖，離子注入過程需要用電場與磁場進(jìn)行有效控制．初速度不計(jì)的帶正電離子從離子源S發(fā)出經(jīng)電場加速后，從P點(diǎn)以速度v0沿半徑方向射入圓形磁分析器，磁分析器中存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場B1（大小未知），與長方體離子控制區(qū)的截面abcd相切于Q點(diǎn)，其中abcd為該控制區(qū)中間豎直平面（與圓形磁分析器處于同一豎直平面），離子從Q點(diǎn)進(jìn)入控制區(qū)時(shí)，由于邊緣效應(yīng)，離子進(jìn)入控制區(qū)的速度方向會(huì)有一定波動(dòng)（速度大小不變），波動(dòng)范圍在以正常射入方向?yàn)檩S的最大偏角為θ的范圍內(nèi)．開始時(shí)控制區(qū)不加電場或磁場，離子從Q點(diǎn)離開磁分析器后可勻速穿過控制區(qū)，注入水平底面的硅片上．已知離子質(zhì)量為m，電荷量為q，在圓形磁分析器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，圖中a、P、Q三點(diǎn)連線正好可構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，bQ足夠長、ad邊長為L，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用，θ角已知，且由于θ角較?。é?lt;10°）離子不會(huì)從控制區(qū)的四個(gè)側(cè)面射出．（1）求加速電場的電勢差U和圓形磁分析器的半徑r；（2）若離子注入硅片時(shí)，垂直硅片的速度至少達(dá)到v才能有效注入，為使所有離子均能有效注入硅片，現(xiàn)在控制區(qū)加上沿ad方向的勻強(qiáng)磁場B和同樣方向的勻強(qiáng)電場（強(qiáng)場大小可調(diào)控），則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小應(yīng)滿足什么條件？離子有效注入硅片上的面積最大可達(dá)多少？（3）若在控制區(qū)加上垂直于abcd平面向里的勻強(qiáng)磁場其大小為B0（且B0

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】磁通量、電荷量為標(biāo)量，磁感應(yīng)強(qiáng)度、電場強(qiáng)度為矢量，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位為T，且1電場強(qiáng)度單位為V/m，且

1故選B。

【分析】磁通量、電荷量為標(biāo)量，磁感應(yīng)強(qiáng)度、電場強(qiáng)度為矢量，磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位為T，1T=1kg2．【答案】A【解析】【解答】A．圖甲是推導(dǎo)v?t圖像的面積代表位移，使用的是微元法，故A錯(cuò)誤，符合題意；B．圖乙在研究力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，伽利略運(yùn)用了理想實(shí)驗(yàn)方法，巧妙地設(shè)想了兩個(gè)對(duì)接斜面的實(shí)驗(yàn)，故B正確，不符題意；C．圖丙利用紅蠟塊的運(yùn)動(dòng)探究合運(yùn)動(dòng)和分運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)，采用物理思想方法是等效替代法，故C正確，不符題意；D．圖丁探究影響電荷間相互作用力的因素時(shí)，運(yùn)用了控制變量法，故D正確，不符題意。故選A。

【分析】A、圖甲是推導(dǎo)v?t圖像的面積代表位移，使用的是微元法；

B、圖乙在研究力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，伽利略運(yùn)用了理想實(shí)驗(yàn)方法；

C、圖丙利用紅蠟塊的運(yùn)動(dòng)探究合運(yùn)動(dòng)和分運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)，采用物理思想方法是等效替代法；

D、圖丁探究影響電荷間相互作用力的因素時(shí)，運(yùn)用了控制變量法。3．【答案】C【解析】【解答】A．圖甲為靜電除塵原理示意圖，進(jìn)入電場的粉塵帶上負(fù)電從而被吸附在電極上，A錯(cuò)誤；B．半衰期是對(duì)大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少量原子核沒有意義，B錯(cuò)誤；C．比結(jié)合能大的原子核，平均每個(gè)核子的質(zhì)量虧損就大，核子的平均質(zhì)量就小，由圖可知24He核子的比結(jié)合能大于12H核子的比結(jié)合能，故D．溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，由于T2溫度下分子的速率圖像的峰值更大，故溫度T故選C。

【分析】A、靜電除塵原理示意圖，進(jìn)入電場的粉塵帶上負(fù)電從而被吸附在電極上；

B、半衰期是對(duì)大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少量原子核沒有意義；

C、比結(jié)合能大的原子核，平均每個(gè)核子的質(zhì)量虧損就大，核子的平均質(zhì)量就小，由圖可知24He核子的比結(jié)合能大于12H核子的比結(jié)合能，故24He核子的平均質(zhì)量比124．【答案】C【解析】【解答】A．在P點(diǎn)時(shí)除重力之外，羽毛球還受到水平向左的空氣阻力，則羽毛球的合外力方向指向左下方，加速度方向指向左下方，A錯(cuò)誤；B．因?yàn)镻點(diǎn)時(shí)合外力與速度夾角是鈍角，故羽毛球繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，則P點(diǎn)速度不是最小的，B錯(cuò)誤；C．由于存在空氣阻力作用，AP段羽毛球處于上升階段，由牛頓第二定律mg+f=mPB段羽毛球處于下降階段，由牛頓第二定律mg?f=may豎直方向h=1D．由vy2則由重力的瞬時(shí)功率PG故選C。

【分析】A、根據(jù)軌跡可知在P點(diǎn)時(shí)除重力之外，羽毛球還受到水平向左的空氣阻力，則羽毛球的合外力方向指向左下方，加速度方向指向左下方；

B、為P點(diǎn)時(shí)合外力與速度夾角是鈍角，羽毛球繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)速度不是最??；

C、AP段羽毛球處于上升階段，PB段羽毛球處于下降階段，分別由牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)加速度大小；依據(jù)豎直方向相同高度求解對(duì)應(yīng)時(shí)間；

D、根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解AB兩點(diǎn)豎直分速度大小，由重力的瞬時(shí)功率PG5．【答案】B【解析】【解答】A．地球公轉(zhuǎn)周期為12個(gè)月，根據(jù)開普勒第三定律可知，天問一號(hào)在地火轉(zhuǎn)移軌道的軌道半徑大于地球的公轉(zhuǎn)半徑，則運(yùn)行周期大于12個(gè)月，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間大于6個(gè)月，故A錯(cuò)誤；B．因發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽轉(zhuǎn)動(dòng)，則發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，即發(fā)射速度介于11.2km/s與16.7km/s之間，故B正確；C．天問一號(hào)在Q點(diǎn)點(diǎn)火加速進(jìn)入火星軌道，則在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)的速度小于火星軌道的速度，根據(jù)萬有引力提供向心力有G可得v=可知地球半徑小于火星公轉(zhuǎn)半徑，則地球繞太陽的速度大于火星繞太陽的速度，則在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)的速度小于地球繞太陽的速度，故C錯(cuò)誤。D．因在環(huán)繞火星調(diào)相軌道變軌到停泊軌道，降軌要點(diǎn)火減速，則停泊軌道機(jī)械能小，故D錯(cuò)誤。故選B。

【分析】A、根據(jù)開普勒第三定律可知，天問一號(hào)在地火轉(zhuǎn)移軌道的軌道半徑大于地球的公轉(zhuǎn)半徑，則運(yùn)行周期大于12個(gè)月，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間大于6個(gè)月；

B、發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽轉(zhuǎn)動(dòng)，發(fā)射速度要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度；

C、根據(jù)萬有引力提供向心力有GMmr26．【答案】D【解析】【解答】A．飛機(jī)向右加速，通過金屬桿ab的電流方向?yàn)閍→b，則電容器上板帶正電，下板帶負(fù)電，a端的電勢高于b端的電勢，A錯(cuò)誤；BC．隨著飛機(jī)加速，金屬桿ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E=BLv則電動(dòng)勢增大，電容器兩端電壓U減小，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)金屬桿和飛機(jī)有BL金屬桿的加速度a減小，當(dāng)U=E時(shí)，飛機(jī)的速度達(dá)到最大，此時(shí)電容器所帶的電荷量Q=CE=CBLvBC錯(cuò)誤；D．對(duì)金屬桿與飛機(jī)，由動(dòng)量定理可得BIL·Δt=mv?0聯(lián)立解得v=故提高電容器的放電量，可以提升飛機(jī)的起飛速度，D正確。故選D。

【分析】A、飛機(jī)向右加速，根據(jù)左手定則可知金屬桿電流a-b，a端電勢高于b端；

BC、金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv在增大，電容器電壓在減小，回路有效電壓減小，安培力減小，做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，即BLU?BLvR=ma，當(dāng)U=E時(shí)獲最大速度，此時(shí)電容器所帶的電荷量Q=CE=CBLv；

D、根據(jù)動(dòng)量定理：BIL·7．【答案】C【解析】【解答】A．人站立不動(dòng)而把手中的長繩緩慢釋放，物體處于平衡狀態(tài)，兩根繩子對(duì)物體拉力的合力始終與物體重力等大反向，不變，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)物體受力分析，由相似三角形得G當(dāng)人站立不動(dòng)而緩慢釋放繩子，則AC增大，AO不變，OC減小，可知T減小，F(xiàn)減小，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)整體有TT減小，α減小，則f減小，故C正確；D．對(duì)人，由平衡條件得FF減小，β增大，則N增大，故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】A、由物體處于平衡狀態(tài)可知，兩根繩子的拉力的合力與重力是平衡力；

B、對(duì)物體受力分析，由力的矢量三角形分析判斷；

C、整體受力分析，水平方向Tsinα=f，T減小，α減小，則f減?。?/p>

D、對(duì)人受力分析豎直方向：Fcos8．【答案】B【解析】【解答】A．單晶硅太陽能板發(fā)出的是直流電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．距離太陽1.5×1011單位面積上接受太陽輻射的功率P選項(xiàng)B正確；C．若24小時(shí)都有太陽，則工作一天大約可發(fā)電W=但有太陽的時(shí)間小于24小時(shí)，一天可發(fā)電小于7.2×10D．太陽板接收的太陽能P轉(zhuǎn)換效率η=選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。

【分析】A、單晶硅太陽能板發(fā)出的是直流電；

B、由單位面積上接受太陽輻射的功率P總S分析求解；

C、一天的發(fā)電小于W=P電t；

9．【答案】D【解析】【解答】A．騎行電動(dòng)車時(shí)，由左手定則可知電子向C端移動(dòng)，故霍爾器件C端的電勢低于D端的電勢，故A錯(cuò)誤；B．若磁鐵裝反了（兩極互換）霍爾電壓會(huì)反向，但由丁圖的對(duì)稱性可知不影響電動(dòng)車轉(zhuǎn)速的變化規(guī)律，即仍能正常騎行，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)騎手按圖乙箭頭所示方向均勻轉(zhuǎn)動(dòng)把手時(shí)若電壓會(huì)隨時(shí)間均勻增大，則由丁圖可知，電動(dòng)車的速度隨時(shí)間增加更慢，加速度將減小。故C錯(cuò)誤；D．由evB=eUb,I=nebav故選D。

【分析】A、根據(jù)左手定則，電子向C端移動(dòng)，C端電勢低于D端；

B、磁鐵裝反霍爾電壓會(huì)反向，由丁圖的對(duì)稱性可知不影響電動(dòng)車轉(zhuǎn)速的變化規(guī)律，仍能正常騎行；

C、電壓會(huì)隨時(shí)間均勻增大，由丁圖可知，電動(dòng)車的速度隨時(shí)間增加更慢，加速度將減?。?/p>

D、根據(jù)霍爾原理evB=eUb,結(jié)合I=nebav10．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)反射光線b的強(qiáng)度隨夾角θ的變化關(guān)系圖知，θ=60°時(shí)發(fā)生全反射，所以全反射臨界角為此時(shí)的入射角C=30°故A錯(cuò)誤；B．由全反射臨界角與折射率的關(guān)系sin知，該單色光的折射率n=2根據(jù)n=解得v=故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)A項(xiàng)分析知，臨界角為30°，即光線在AC面上入射角為30°范圍內(nèi)設(shè)DC=x，則由幾何知識(shí)可知AC=22x則光從AA'CD．由于頻率越小，折射率越小，當(dāng)光源發(fā)出的光的頻率變小時(shí)，折射率也會(huì)變小，導(dǎo)致臨界角增大，出射光線區(qū)域的面積將增大，故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】A、根據(jù)反射光線b的強(qiáng)度隨夾角θ的變化關(guān)系圖知，θ=60°時(shí)發(fā)生全反射，全反射臨界角為C=30°；

B、根據(jù)全反射定律求解折射率，根據(jù)折射定律求解介質(zhì)中的速度；

C、根據(jù)臨界角作光路圖，由幾何關(guān)系求解從AC邊射出的范圍，從而求解射出區(qū)域與總面積之比；

D、頻率越小，折射率越小，導(dǎo)致臨界角增大，出射光線區(qū)域的面積將增大。11．【答案】B,D【解析】【解答】A．由圖丙可知，發(fā)電機(jī)輸出電動(dòng)勢在?t?＝?0.01?s?時(shí)正好為零，此時(shí)意味著線圈磁通量最大值，?A?錯(cuò)誤；B．原線圈兩端電壓的有效值為U又根據(jù)理想變壓器原來則有U解得U由歐姆定律可得電流表A3的示數(shù)為B正確；C．因?yàn)镽2與理想二極管串聯(lián)，導(dǎo)致正弦波形只有一半通過，則有解得電流表A2的示數(shù)為C錯(cuò)誤；D．滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，其接入電阻值變大，由于副線圈兩端的電壓不變，則副線圈總電流變小，根據(jù)I原n1故選BD。

【分析】A、在?t?＝?0.01?s?時(shí)電動(dòng)勢為零，處于中性面，線圈磁通量最大；

B、由輸入電壓圖像求解有效值，根據(jù)理想變壓器U1U2=n1n2求解輸出電壓，由歐姆定律求解A3讀數(shù)；

12．【答案】A,C【解析】【解答】A．可見光能量范圍約為1.65eV到3.1eV之間，即從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷，只能發(fā)出a、b、c三種可見光，則高能級(jí)的氫原子處于n=5能級(jí)。三種可見能量分別為1.89eV、2.55eV根據(jù)p=hλ，λ=cν故a光光子動(dòng)量最小，故A正確；B．當(dāng)滑片P向b端移動(dòng)時(shí)，陽極A電勢高于陰極K，場強(qiáng)方向向左，電子受到向右的電場力，加速向右運(yùn)動(dòng)，故微安表讀數(shù)不會(huì)減小，故B錯(cuò)誤；C．若b、c光的能量分別為2.86eV和2.55eV則ε解得UbD．由上述分析可知，a光的波長最長，若用同一裝置做這三種可見光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，由Δx=故選AC。

【分析】AC、根據(jù)可見光能量范圍和只能發(fā)出三種可見光，根據(jù)能級(jí)躍遷確定氫原子所處能級(jí)，從而分別求解三種可見光的能量；結(jié)合p=hλ，λ=cν，E=hν，求解光子最小動(dòng)量；根據(jù)光電效應(yīng)方程和遏止電壓對(duì)b、c光分別有εb=W0+e13．【答案】A,D【解析】【解答】A．區(qū)域B的波速v水波周期都是1s，所以λ故A正確；B．區(qū)域A的波速v根據(jù)v可得h所以λ故B錯(cuò)誤；C．t=2s時(shí)，M波在O點(diǎn)完成了一次全振動(dòng)，則該波在O點(diǎn)產(chǎn)生的波正在平衡位置向下振動(dòng)，N波傳遞到O點(diǎn)需要tt=2s時(shí)，N波在O點(diǎn)完成半個(gè)周期的振動(dòng)，則該波在O點(diǎn)產(chǎn)生的波正在平衡位置向下振動(dòng)，所以t=2s時(shí)，O點(diǎn)的振動(dòng)方向向下，故C錯(cuò)誤；D．振動(dòng)由M傳至O點(diǎn)用時(shí)t=1s，此時(shí)N點(diǎn)正好完成一次全振動(dòng)，對(duì)于NO之間的質(zhì)點(diǎn)，O與N相當(dāng)兩個(gè)反相相干波源，可以判知ON間有2個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振動(dòng)由N傳至O點(diǎn)用時(shí)t=1.5此時(shí)M點(diǎn)振動(dòng)了t=1.5T對(duì)于MO之間的質(zhì)點(diǎn)，O與M相當(dāng)兩個(gè)同相相干波源，可以判知OM間有1個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，另外由C知，O點(diǎn)也是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故一共有4個(gè)，故D正確。故選AD。

【分析】A、根據(jù)波速與水深關(guān)系求解B區(qū)域波速，結(jié)合頻率由波速公式求解波長；

B、根據(jù)O點(diǎn)的起振時(shí)間和方向求解A區(qū)域波速，由波速與水深關(guān)系求解求解水深；

C、根據(jù)兩區(qū)域波速、頻率、波長、分別確定t=2s時(shí)O點(diǎn)的振動(dòng)方向，從而確定O點(diǎn)振動(dòng)方向；

D、根據(jù)t=1s，M波傳至O點(diǎn)，N點(diǎn)正好完成一次全振動(dòng)；對(duì)ON之間，O與N相當(dāng)兩個(gè)反相相干波源，確定ON間有2個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)；t=1.5s時(shí)，N波傳至O點(diǎn)，此時(shí)M點(diǎn)振動(dòng)了t=1.5T；對(duì)于MO之間，O與M相當(dāng)兩個(gè)同相相干波源，確定OM14．【答案】（1）2.86（2）B（3）0.20【解析】【解答】（1）相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T=5×0.02根據(jù)逐差法可得小車的加速度a=（2）A．圖線①的產(chǎn)生原因是，砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量增大到一定程度后不再滿足砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，是由于小車質(zhì)量太小造成的，A錯(cuò)誤；B．圖線②說明F=0時(shí)小車就有加速度，其產(chǎn)生原因是平衡摩擦力時(shí)長木板的傾角過大，B正確；C．圖線③說明F增大到一定程度小車才開始有加速度，其產(chǎn)生原因是平衡摩擦力時(shí)長木板的傾角偏小或未平衡摩擦力，C錯(cuò)誤。故選B。（3）對(duì)小車和槽碼根據(jù)牛頓第二定律分別有5mg?T=Ma，T?(5?n)mg=(5?n)ma兩式聯(lián)立，求得1由1a?1n解得M=0.20kg

綜上：第1空：2.86；第2空：B；第3空：0.20

【分析】（1）根據(jù)逐差法求解加速度大??；

（2）結(jié)合圖像分析可知：A、砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量增大到一定程度后不再滿足砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量；

B、平衡摩擦力時(shí)長木板的傾角過大；C、平衡摩擦力時(shí)長木板的傾角偏小或未平衡摩擦力；

（3）根據(jù)小車勻速下滑整體法列平衡方程；根據(jù)小車加速度由牛頓第二定律整體法列方程；聯(lián)立求解1（1）相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T=5×0.02根據(jù)逐差法可得小車的加速度a=（2）A．圖線①的產(chǎn)生原因是，砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量增大到一定程度后不再滿足砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，是由于小車質(zhì)量太小造成的，A錯(cuò)誤；B．圖線②說明F=0時(shí)小車就有加速度，其產(chǎn)生原因是平衡摩擦力時(shí)長木板的傾角過大，B正確；C．圖線③說明F增大到一定程度小車才開始有加速度，其產(chǎn)生原因是平衡摩擦力時(shí)長木板的傾角偏小或未平衡摩擦力，C錯(cuò)誤。故選B。（3）對(duì)小車和槽碼根據(jù)牛頓第二定律分別有5mg?T=Ma，T?(5?n)mg=(5?n)ma兩式聯(lián)立，求得1由1a?1n解得M=0.2015．【答案】（1）（2）0.95；0.97；0.75（3）2.1（4）A【解析】【解答】（1）根據(jù)電路圖，將實(shí)物連接情況如下（2）擋位開關(guān)指在直流電壓2.5V量程，故電表的讀數(shù)為0.95V；根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得U=E?Ir結(jié)合圖像可在知，圖線的縱截距表示電源電動(dòng)勢，即E=0.97圖線斜率的絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻，即r=（3）當(dāng)三個(gè)一樣的水果電池串聯(lián)形成一個(gè)電池組時(shí)，作出該電源的I-U圖線，如圖所示兩圖線的交點(diǎn)橫坐標(biāo)即為LED正常發(fā)光時(shí)的電壓，即U=2.1（4）A．由于內(nèi)阻與LED燈的電阻相比較小，電壓表的分流作用明顯，導(dǎo)致干路電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，A正確；B．若電壓表的內(nèi)阻過大，分流很小，對(duì)干路電流影響不大，不會(huì)出現(xiàn)題目中的情況，B錯(cuò)誤；CD．電壓表的量程過大只會(huì)導(dǎo)致指針偏轉(zhuǎn)的幅度過小，而正負(fù)接線柱接反會(huì)導(dǎo)致電壓表指針反向偏轉(zhuǎn)，這兩種情況也不會(huì)導(dǎo)致LED燈兩端的電壓減小，CD錯(cuò)誤。故選A。

綜上：第1空：；第2空：0.95；第3空：0.97；第4空：0.75；第5空：2.1；第6空：A

【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖；

（2）根據(jù)多用電表直流電壓2.5V量程讀數(shù)；根據(jù)閉合電路的歐姆定律：U=E?Ir，結(jié)合圖像斜率、截距求解電動(dòng)勢和內(nèi)阻；

（3）在戊圖中作三個(gè)水果電池串聯(lián)后的該電源的I-U圖像，根據(jù)交點(diǎn)坐標(biāo)求解LED正常發(fā)光時(shí)的電壓；

（4）A、電壓表內(nèi)阻小于LED燈的內(nèi)阻，分流作用明顯，使回路總電阻減小，路端電壓減小；

B、電壓表內(nèi)阻過大，分流作用小，對(duì)電路總電阻影響小，路端電壓變化?。?/p>

CD、電壓表的量程過大只會(huì)導(dǎo)致指針偏轉(zhuǎn)的幅度過小，正負(fù)接線柱接反會(huì)導(dǎo)致電壓表指針反向偏轉(zhuǎn)，不會(huì)導(dǎo)致LED燈兩端的電壓減小。（1）根據(jù)電路圖，將實(shí)物連接情況如下（2）[1]擋位開關(guān)指在直流電壓2.5V量程，故電表的讀數(shù)為0.95V；[2][3]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得U=E?Ir結(jié)合圖像可在知，圖線的縱截距表示電源電動(dòng)勢，即E=0.97圖線斜率的絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻，即r=（3）當(dāng)三個(gè)一樣的水果電池串聯(lián)形成一個(gè)電池組時(shí)，作出該電源的I-U圖線，如圖所示兩圖線的交點(diǎn)橫坐標(biāo)即為LED正常發(fā)光時(shí)的電壓，即U=2.1（4）A．由于內(nèi)阻與LED燈的電阻相比較小，電壓表的分流作用明顯，導(dǎo)致干路電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，A正確；B．若電壓表的內(nèi)阻過大，分流很小，對(duì)干路電流影響不大，不會(huì)出現(xiàn)題目中的情況，B錯(cuò)誤；CD．電壓表的量程過大只會(huì)導(dǎo)致指針偏轉(zhuǎn)的幅度過小，而正負(fù)接線柱接反會(huì)導(dǎo)致電壓表指針反向偏轉(zhuǎn)，這兩種情況也不會(huì)導(dǎo)致LED燈兩端的電壓減小，CD錯(cuò)誤。故選A。16．【答案】C【解析】【解答】A．雖然墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)（布朗運(yùn)動(dòng)）確實(shí)可以間接說明水分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，但是我們無法直接用眼睛觀察到墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，這需要借助顯微鏡，故A錯(cuò)誤；B．油膜法實(shí)驗(yàn)中，油酸需在水面形成單分子層，此時(shí)油膜厚度均勻，不會(huì)出現(xiàn)明顯薄膜干涉條紋，故B錯(cuò)誤；C．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，油酸要足夠稀釋，因?yàn)檫^濃油酸會(huì)使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，導(dǎo)致油酸的面積S偏小，由d=VD．在研究“玻意耳定律”實(shí)驗(yàn)中，推拉活塞時(shí)，動(dòng)作要慢，防止因做功導(dǎo)致氣體的穩(wěn)定升高，故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】A、無法直接用眼睛觀察到墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，這需要借助顯微鏡；

B、油酸在水面形成單分子層，此時(shí)油膜厚度均勻，不會(huì)出現(xiàn)明顯薄膜干涉條紋；

C、油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，油酸要足夠稀釋，使油酸在水面形成單分子層；過濃油酸會(huì)使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，導(dǎo)致油酸的面積S偏小，實(shí)驗(yàn)測量結(jié)果偏大；

D、在該實(shí)驗(yàn)中推拉活塞時(shí)，動(dòng)作要慢，防止因做功導(dǎo)致氣體的穩(wěn)定升高。17．【答案】（1）A至B是等壓過程，由蓋—呂薩克定律，則有V解得T（2）由于A至B是等壓過程，B到C為等容過程，由查理定律，可得p代入數(shù)據(jù)解得p由此可畫出由A到B到C的p-V圖像如下圖（3）A到C，以氣體為研究對(duì)象可知，A到B氣體膨脹對(duì)外做功，B到C氣體等容變化，不做功，故整個(gè)過程氣體對(duì)外做的功為AB與坐標(biāo)軸圍成的面積，即W由熱力學(xué)第一定律可知Δ其中Q=5.0×解得Δ即氣體內(nèi)能增加2.0×???????【解析】【分析】（1）A-B等壓過程，由蓋—呂薩克定律：VA（2）根據(jù)A至B是等壓過程，B到C為等容過程，由查理定律pBTB（3）分析可知整個(gè)過程氣體對(duì)外做的功為AB與坐標(biāo)軸圍成的面積，結(jié)合熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q（1）A至B是等壓過程，由蓋—呂薩克定律，則有V解得T（2）由于A至B是等壓過程，B到C為等容過程，由查理定律，可得p代入數(shù)據(jù)解得p由此可畫出由A到B到C的p-V圖像如下圖（3）A到C，以氣體為研究對(duì)象可知，A到B氣體膨脹對(duì)外做功，B到C氣體等容變化，不做功，故整個(gè)過程氣體對(duì)外做的功為AB與坐標(biāo)軸圍成的面積，即W由熱力學(xué)第一定律可知Δ其中Q=5.0×解得Δ即氣體內(nèi)能增加2.0×18．【答案】（1）