第1頁/共1頁諸暨市2025年5月高三適應(yīng)性考試試題物理一、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)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.“戈瑞”（Gray，符號(hào)：Gy）是國際單位制中用于衡量電離輻射能量吸收劑量的導(dǎo)出單位，定義為每千克被輻照物質(zhì)吸收1焦耳的能量，則Gy用國際單位制的基本單位表示為（）A.J/m2 B.m2/s2 C.kg/s2 D.kg?m2/s3【答案】B【解析】【詳解】故選B。2.2025年2月，“杭州六小龍”之一的宇樹科技公司發(fā)布了一款輪足機(jī)器人——“山貓”。如圖所示，該機(jī)器人能在雪地和山坡上跋山涉水，順利避開障礙物，能跑、能跳，還能空中翻轉(zhuǎn)360°，甚至單腳站立保持靜止?！吧截垺痹冢ǎ〢.避開障礙物時(shí)可以被看作質(zhì)點(diǎn)B.空中翻轉(zhuǎn)時(shí)重心位置始終保持不變C.單腳靜止時(shí)地面對(duì)它作用力的方向豎直向上D.起跳時(shí)地面對(duì)它的作用力大于它對(duì)地面的作用力【答案】C【解析】【詳解】A．避開障礙物時(shí)，“山貓”的大小形狀不能忽略不計(jì)，不可以被看作質(zhì)點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．空中翻轉(zhuǎn)時(shí)“山貓”的形體結(jié)構(gòu)會(huì)發(fā)生改變，則重心位置會(huì)發(fā)生變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．單腳靜止時(shí)地面對(duì)它作用力與重力等大反向，則地面對(duì)其作用力的方向豎直向上，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)牛頓第三定律可知，起跳時(shí)地面對(duì)它的作用力等于它對(duì)地面的作用力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。3.我國物理學(xué)家曾謹(jǐn)言曾說：“20世紀(jì)量子物理學(xué)所碰到的問題是如此復(fù)雜和困難，以至沒有可能期望一個(gè)物理學(xué)家能一手把它發(fā)展成一個(gè)完整的理論體系?！毕铝幸幌盗欣碚摱己土孔恿W(xué)的建立緊密相關(guān)，其內(nèi)容正確的是（）A.普朗克黑體輻射理論認(rèn)為：微觀粒子的能量是分立的B.玻爾的氫原子模型認(rèn)為：電子繞核運(yùn)動(dòng)的軌道可以是任意半徑C.德布羅意的“物質(zhì)波”假設(shè)認(rèn)為：實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，波長D.愛因斯坦的光電效應(yīng)理論認(rèn)為：光電子的最大初動(dòng)能與入射光的強(qiáng)弱有關(guān)【答案】A【解析】【詳解】A．普朗克黑體輻射理論提出微觀粒子能量是分立的，A正確；B．玻爾的氫原子模型認(rèn)為電子繞核運(yùn)動(dòng)的軌道不是任意半徑，B錯(cuò)誤；C．德布羅意的“物質(zhì)波”假設(shè)認(rèn)為實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，波長，C錯(cuò)誤；D．愛因斯坦的光電效應(yīng)理論認(rèn)為光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率有關(guān)，D錯(cuò)誤。故選A。4.將于近期擇機(jī)發(fā)射的“天問二號(hào)”探測(cè)器計(jì)劃對(duì)小行星2016HO3進(jìn)行伴飛、采樣并返回。2016HO3是一顆直徑約40-100米的近地小行星，距離地球最近約1400萬公里，最遠(yuǎn)約4000多萬公里，因其運(yùn)行周期與地球高度同步，被稱為“地球準(zhǔn)衛(wèi)星”。如圖所示，地球繞太陽公轉(zhuǎn)可視作圓軌道，小行星2016HO3繞太陽運(yùn)行軌道為橢圓，它的近日點(diǎn)位于地球圓軌道內(nèi)側(cè)。下列說法正確的是（）A.探測(cè)器的發(fā)射速度大于第三宇宙速度B.探測(cè)器在采樣時(shí)能實(shí)時(shí)接收地面控制中心的指令C.小行星在近日點(diǎn)的速度大于地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度D.小行星在遠(yuǎn)離太陽過程中引力做負(fù)功，機(jī)械能不斷減小【答案】C【解析】【詳解】A．探測(cè)器未能脫離太陽系飛出去，所以探測(cè)器的發(fā)射速度小于第三宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B．即使在最近約1400?萬公里處，電磁信號(hào)往返也會(huì)有數(shù)十秒以上的延遲，無法實(shí)現(xiàn)“實(shí)時(shí)”操控，故B錯(cuò)誤；C．小行星近日點(diǎn)比地球軌道更靠近太陽，根據(jù)開普勒定律，“行星越靠近太陽，線速度越大”，因此其近日點(diǎn)處速率比地球公轉(zhuǎn)速率大，故C正確；D．太陽引力是保守力，小行星在橢圓軌道上機(jī)械能守恒，不隨小行星遠(yuǎn)離太陽而不斷減小，故D錯(cuò)誤。故選C。5.某人在室內(nèi)以窗戶為背景攝影時(shí)，恰好把窗外從高處自由落下的一個(gè)小石子攝在照片中，已知本次攝影的曝光時(shí)間是0.01s，重力加速度g取10m/s2。測(cè)得照片中石子運(yùn)動(dòng)痕跡的長度為0.8cm，實(shí)際長度為100cm的窗框在照片中的長度為4.0cm。根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算，石子開始下落的位置距離窗戶的高度約為（）A.10m B.20m C.40m D.50m【答案】B【解析】【詳解】設(shè)在曝光時(shí)間0.01s內(nèi)石子實(shí)際下落的距離為x，則有解得在曝光時(shí)間0.01s內(nèi)石子的速度為石子做自由運(yùn)動(dòng)，石子開始下落的位置距離窗戶的高度約為故選B。6.如圖所示，線圈L的自感系數(shù)0.1H，直流電阻為零，電容器C的電容40μF，電阻R的阻值3Ω，電源電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻不計(jì)。閉合開關(guān)S，待電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)S，LC電路中將產(chǎn)生電磁振蕩。如果規(guī)定線圈中的電流方向從a到b為正，在斷開開關(guān)的時(shí)刻t=0，則電感線圈中電流i隨時(shí)間t變化的圖像為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】在開關(guān)閉合時(shí)，電流是從a流向b，通過L的電流為當(dāng)斷開開關(guān)后電流在LC電路中振蕩，周期為代入題中數(shù)據(jù)解得則振動(dòng)圖像如圖故選A。7.如圖所示為特種材料制成的玻璃磚，它的厚度為，上下表面是邊長為8R的正方形。玻璃磚上表面有一個(gè)以正方形中心O1為球心、半徑為R的半球形凹坑，下表面正方形中心O2處有一單色點(diǎn)光源，從玻璃磚上表面有光射出的位置離球心O1的最大距離為3R。已知球冠表面積公式為（h為球冠的高），光在真空中的速度為c，不考慮發(fā)生二次折射的光。下列說法正確的是（）A.玻璃磚對(duì)該單色光的折射率為B.光在玻璃磚內(nèi)傳播的最短時(shí)間為C.在半球面上有光射出部分的面積為D.若點(diǎn)光源發(fā)出的是白光，則在凹坑上方可觀察到最外層是紫色的彩色光環(huán)【答案】C【解析】【詳解】A．如圖所示，在最遠(yuǎn)點(diǎn)剛好發(fā)生全反射：由全反射定律得：解得，A錯(cuò)誤；B．豎直向上傳播時(shí)間最短B錯(cuò)誤；C．從O2點(diǎn)發(fā)出光在球面上B點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，則由正弦定律得：解得：由幾何關(guān)系得：所以從半球面上有折射光線射出的區(qū)域面積為：C正確；D．紅光的折射率最小，根據(jù)，紅光的臨界角最大，則在凹坑上方可觀察到最外層是紅色的彩色光環(huán)，D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，兩根長均為L的輕繩a和b固定在質(zhì)量為m的小球上，輕繩a的另一端固定在天花板上的A點(diǎn)，AB為豎直線，輕繩b的另一端系有輕質(zhì)小環(huán)c，小環(huán)c套在豎直光滑桿CD上。情境一：豎直桿CD緩慢右移，使輕繩a與豎直方向夾角為37°；情境二：豎直桿CD繞豎直線AB做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，使輕繩a與豎直方向夾角為37°。已知小球可看作質(zhì)點(diǎn)，sin37°=0.6。下列說法正確的是（）A.在情境一中，輕繩a對(duì)小球的拉力大小為mgB.在情境一中，輕繩b對(duì)小球的拉力大小為C.在情境二中，轉(zhuǎn)動(dòng)轉(zhuǎn)速越大，輕繩a對(duì)小球的拉力越大D.在情境二中，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為，輕繩b對(duì)小球的拉力為0【答案】D【解析】【詳解】AB．對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡條件可得，解得，AB錯(cuò)誤；CD．在情境二中，當(dāng)繩b中無拉力，小球受到繩a的拉力及小球的重力，二者的合力為其圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力，豎直方向上受力平衡，結(jié)合上述分析可知，解得即當(dāng)角速度時(shí)，繩子a的拉力不變；當(dāng)繩子b有拉力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律則有隨著轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度增大，繩子a的拉力隨之增大，綜上所述，當(dāng)時(shí)，繩a的拉力隨角速度的增大而保持不變，當(dāng)時(shí)，繩a的拉力隨角速度的增大而增大，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。9.霍爾元件是一種重要的磁傳感器。如圖所示為某長方體的半導(dǎo)體材料，其電流I沿x軸正方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B沿z軸正方向。半導(dǎo)體材料內(nèi)有電荷量均為e的自由電子和空穴（可看作自由移動(dòng)的帶正電離子），已知單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目之比為n∶p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有恒定電流后，能很快建立沿y軸正方向的穩(wěn)定電場(chǎng)，即霍爾電場(chǎng)，則建立穩(wěn)定電場(chǎng)后（）A.電子和空穴都做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.空穴受到的霍爾電場(chǎng)力大于洛倫茲力C.電子和空穴沿y軸方向上的平均速率之比為p∶nD.單位時(shí)間內(nèi)打到下極板電子和空穴數(shù)目之比為n∶p【答案】C【解析】【詳解】CD．由題意，恒定電流沿+x方向，則自由電子沿-x方向，空穴沿+x方向，根據(jù)左手定則可知電子受到的洛倫茲力方向向下，空穴受到的洛倫茲力方向向下，所以電子產(chǎn)生電流方向沿y軸正方向，空穴產(chǎn)生電流沿y軸負(fù)方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體下表面的自由電子數(shù)和空穴數(shù)分別為Nn、Np，設(shè)兩粒子沿y軸方向的速度為vny和vpy，則有Nn=nSvnyΔt，Np=pSvpyΔt（S為上下底面的面積）霍爾電場(chǎng)建立穩(wěn)定后，半導(dǎo)體y方向上的下表面電荷量不再發(fā)生變化，即Nn=Np即在相等時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體下表面的自由電子數(shù)和空穴數(shù)相等，則兩種載流子在y方向形成的電流大小相等，方向相反，此時(shí)可得vny：vpy=p：n故C正確，D錯(cuò)誤；AB．因?yàn)殡娮邮艿降穆鍌惼澚Ψ较蛳蛳?，空穴受到洛倫茲力方向向下，霍爾電?chǎng)沿y軸正方向，所以電子受到霍爾電場(chǎng)的電場(chǎng)力向下，即電子在y方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力向下且不為零，電子的運(yùn)動(dòng)不是勻速直線運(yùn)動(dòng)；而空穴受到霍爾電場(chǎng)的電場(chǎng)力向上，但是要保證下表面電荷量不再發(fā)生變化，則空穴在y方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力也要向下，即空穴受到的霍爾電場(chǎng)力小于洛倫茲力，故AB錯(cuò)誤；故選C。10.如圖所示為兩個(gè)固定的均勻帶電的絕緣球面，半徑分別為7R和R，所帶電荷量分別為Q和Q（Q>0），兩球面內(nèi)切于E點(diǎn)，球心O和O1的連線沿水平方向。一根內(nèi)壁光滑的豎直絕緣細(xì)管穿過大球面球心O，與球面相交于B、C兩點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的小球從A點(diǎn)沿細(xì)管由靜止開始下落，運(yùn)動(dòng)通過D點(diǎn)。已知AB兩點(diǎn)距離和CD兩點(diǎn)距離均為R，靜電力常量為k，重力加速度為g，設(shè)無窮遠(yuǎn)處為零勢(shì)能面，點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生電勢(shì)為，則（）A.A點(diǎn)電勢(shì)為B.小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度為C.小球通過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為D.小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中加速度一直在增大【答案】C【解析】【詳解】A．幾何關(guān)系可知?jiǎng)tA點(diǎn)電勢(shì)為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)對(duì)稱性和電勢(shì)疊加原理易得，AD點(diǎn)電勢(shì)相等，即AD電勢(shì)差U為0，根據(jù)動(dòng)能定理有解得小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)對(duì)稱性和電勢(shì)疊加原理易得O點(diǎn)電勢(shì)小球從A到O過程，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得小球通過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為故C正確；D．小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，大球?qū)π∏虻膸靵隽?（大球在其內(nèi)部產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為0），小球只受重力和小球的庫侖力。小球受到帶正電小球的庫侖力，設(shè)其方向與豎直方向夾角為，根據(jù)牛頓第二定律可知小球加速度從從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，r在減小，在增大（減?。?，故無法判斷加速度大小具體變化，故D錯(cuò)誤。故選C。二、選擇題II（本題共3小題，每小題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，有選錯(cuò)的得0分）11.有關(guān)以下四幅圖的描述，正確的是（）A.圖甲中，兩板間的薄片越薄，干涉條紋間距越大B.圖乙中，光屏上的中央亮斑是光照射到小圓孔后產(chǎn)生C.圖丙中，照相機(jī)鏡頭上的增透膜，在拍攝水下的景物時(shí)可消除水面的反射光D.圖丁中，入射的光子與電子碰撞時(shí)，一部分動(dòng)量轉(zhuǎn)移給電子，光子的波長變長【答案】AD【解析】【詳解】A．圖甲中，兩板間的薄片越薄，則空氣薄膜的厚度減小，而膜的厚度是兩列反射光波路程差的2倍，而兩列反射光波的路程差等于發(fā)生穩(wěn)定干涉的光波半波長的偶數(shù)倍或奇數(shù)倍，因此可知滿足半波長偶數(shù)倍或奇數(shù)倍的數(shù)量減少，明暗條紋變稀疏，則條紋間距變大，故A正確；B．圖乙中，光屏上的中央亮斑是泊松亮斑是圓板衍射形成的圖樣，故B錯(cuò)誤；C．為使拍攝的水面下景物更清晰，可利用偏振現(xiàn)象，在照相機(jī)鏡頭前加一偏振片，減少水面反射光的影響，故C錯(cuò)誤；D．在康普頓效應(yīng)中，當(dāng)入射光子與晶體中的電子碰撞時(shí)，把一部分動(dòng)量轉(zhuǎn)移給電子，因此光子散射后波長變長，故D正確。故選AD。12.在平面S內(nèi)有相距3m的兩相干波源和某一質(zhì)點(diǎn)P，質(zhì)點(diǎn)P到兩波源的距離之差為2m。在t=0時(shí)刻，兩波源同時(shí)垂直平面S開始振動(dòng)，形成的波在平面S內(nèi)的均勻介質(zhì)中傳播。兩列波各自單獨(dú)引起質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像如圖所示。在形成穩(wěn)定干涉圖樣后，（）A.兩列波的波長均為2mB.平面S內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)的最大振幅為16cmC.質(zhì)點(diǎn)P在3s內(nèi)通過的路程為D.平面S內(nèi)以兩波源為焦點(diǎn)的橢圓上有兩處質(zhì)點(diǎn)不振動(dòng)【答案】BD【解析】【詳解】A．題圖可知兩波各自單獨(dú)傳到質(zhì)點(diǎn)P時(shí)間相隔0.5s，波的周期為2s，故波速則波長故A錯(cuò)誤；B．從振動(dòng)圖像可知兩列波單獨(dú)引起質(zhì)點(diǎn)P的振幅，平面S內(nèi)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)時(shí)振幅最大（振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)），最大振幅，故B正確；C．兩列波在P點(diǎn)的波程差為2m，等于一個(gè)波長，所以P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振幅為16cm，，所以質(zhì)點(diǎn)P在3s內(nèi)通過的路程為，故C錯(cuò)誤；D．橢圓上的點(diǎn)滿足到兩波源的距離之和為常數(shù)，而振動(dòng)是否取決于波程差是否為半波長的奇數(shù)倍。每個(gè)這樣的橢圓可能與不同的雙曲線相交，即對(duì)應(yīng)不同k值的波程差。當(dāng)橢圓足夠大時(shí)，可能有兩個(gè)點(diǎn)滿足波程差為半波長的奇數(shù)倍，因此振動(dòng)相消，即不振動(dòng)，故D正確。故選BD。13.如圖所示，半徑為20cm的豎直圓盤以10rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，固定在圓盤邊緣上的小圓柱帶動(dòng)絕緣T形支架在豎直方向運(yùn)動(dòng)。T形支架下面固定一長為30cm、質(zhì)量為200g的水平金屬棒，金屬棒兩端與兩根固定在豎直平面內(nèi)的平行光滑導(dǎo)軌MN和PQ始終緊密接觸，導(dǎo)軌下端接有定值電阻R和理想電壓表，兩導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5T、方向垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知金屬棒和定值電阻的阻值均為0.75Ω，其余電阻均不計(jì)，重力加速度g=10m/s2，以下說法正確的是（）A.理想電壓表的示數(shù)為1.5VB.T形支架對(duì)金屬棒的作用力的最大值為7NC.圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)一周，T形支架對(duì)金屬棒所做的功為D.當(dāng)小圓柱體經(jīng)過同一高度的兩個(gè)不同位置時(shí)，T形支架對(duì)金屬棒的作用力相同【答案】BC【解析】【詳解】A．圓盤的線速度為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為最大電流為電流的有效值為理想電壓表的示數(shù)為A錯(cuò)誤；B．當(dāng)小圓柱運(yùn)動(dòng)到圓心的右下方，線速度與豎直方向成角θ時(shí)，對(duì)金屬棒根據(jù)牛頓第二定律得代入數(shù)值得當(dāng)時(shí)，F(xiàn)有最大值，最大值為，B正確；C．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)一周，T形支架對(duì)金屬棒所做的功為，周期為解得，C正確；D．當(dāng)小圓柱體經(jīng)過同一高度的兩個(gè)不同位置時(shí)，設(shè)這兩個(gè)位置都與圓心等高，小圓柱在這兩個(gè)位置時(shí)金屬棒的加速度為零；小圓柱在圓心右側(cè)時(shí)：小圓柱在圓心左側(cè)時(shí)：D錯(cuò)誤。故選BC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖示裝置測(cè)量物體自由下落的加速度。（1）圖1中的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的電源為（）A.交流8V B.直流8V C.交流220V D.直流220V（2）實(shí)驗(yàn)中打出多條紙帶，選擇其中點(diǎn)跡比較清晰的一條紙帶進(jìn)行數(shù)據(jù)采集和處理：從第一個(gè)點(diǎn)開始每隔1個(gè)點(diǎn)作為1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，用刻度尺測(cè)量各計(jì)數(shù)點(diǎn)的位置，并記錄在下表中，其中計(jì)數(shù)點(diǎn)7的位置刻度如圖2所示，則其讀數(shù)為__________cm；對(duì)表中數(shù)據(jù)利用Excel軟件進(jìn)行處理，得到x-t的圖像公式為：x=481.3t2+1.00（cm），則根據(jù)公式可知物體下落的加速度為_________m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）計(jì)數(shù)點(diǎn)012345678910t/s00.040.080.120.160.200.240.280.320.360.40x/cm1.001.804.107.9213.3020.2028.73

50.3063.3578.00（3）上表中，利用計(jì)數(shù)點(diǎn)4~5之間和5~6之間的位移之差求得加速度的值為________m/s2；該結(jié)果與當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋╣=9.79m/s2）存在一定偏差，其原因可能是（）A.重錘的質(zhì)量過大B.紙帶與限位孔之間的摩擦較大C.電火花計(jì)時(shí)器的放電火花有漂移【答案】（1）C（2）①.38.80②.9.63##9.62（3）①.10.19②.C【解析】【小問1詳解】圖1中的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器為電火花計(jì)時(shí)器，使用的電源為220V交流電源，故選C；【小問2詳解】[1][2]因第6個(gè)點(diǎn)的讀數(shù)為28.73cm，則第7個(gè)點(diǎn)的讀數(shù)為38.80cm；根據(jù)x=481.3t2+1.00（cm）可得解得【小問3詳解】[1]每隔1個(gè)點(diǎn)作為1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，可知相鄰兩計(jì)時(shí)點(diǎn)間的時(shí)間間隔t=0.04s；利用計(jì)數(shù)點(diǎn)4~5之間和5~6之間的位移之差求得加速度的值為[2]該結(jié)果大于當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋╣=9.79m/s2），其原因A.重錘的質(zhì)量過大，也會(huì)由于阻力影響，造成g的測(cè)量結(jié)果偏小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.紙帶與限位孔之間的摩擦較大，則會(huì)使得加速度測(cè)量值偏小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.電火花計(jì)時(shí)器的放電火花有漂移使得位移測(cè)量值偏大，造成g測(cè)量值偏大，選項(xiàng)C正確。故選C。15.如圖所示，某同學(xué)用“尺瞄法”測(cè)定三棱鏡玻璃的折射率，他在紙上畫出三棱鏡界面AB和AC，畫一條與AB斜交的直線DO1，眼睛對(duì)著AC用直尺M(jìn)瞄準(zhǔn)它的像，沿直尺畫出O2E。連接O1O2并延長，用圓規(guī)截取等長線段O1L和O1P，過L、P兩點(diǎn)分別作法線NN'的垂線LK和PQ。（1）三棱鏡折射率為___________（用圖中線段表示）。（2）下列哪一項(xiàng)操作可以減小實(shí)驗(yàn)誤差（）A.O1點(diǎn)離角A更近一些B.O1L和O1P截取更長一些C.用更短的直尺來瞄準(zhǔn)直線【答案】（1）（2）B【解析】【小問1詳解】根據(jù)折射率定義有因?yàn)檎淼谩拘?詳解】A．點(diǎn)離角A更近一些，會(huì)使光線在三棱鏡內(nèi)的光路較短，測(cè)量誤差相對(duì)增大，不利于減小誤差，故A錯(cuò)誤；B．截取更長一些，在測(cè)量線段長度計(jì)算

折射率時(shí)，相對(duì)誤差會(huì)減小，從而可以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故B正確；C．用更短的直尺來瞄準(zhǔn)直線，直尺越短，瞄準(zhǔn)過程中產(chǎn)生的角度偏差可能越大，會(huì)增大實(shí)驗(yàn)誤差，故C錯(cuò)誤。故選B。16.為盡可能精確測(cè)定待測(cè)電阻Rx的阻值（約為200Ω），準(zhǔn)備器材如下：電池組E（電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻不計(jì)）；電流表A1（量程0~15mA，內(nèi)阻約為100Ω）；電流表A2（量程0~300μA，內(nèi)阻為1000Ω）；滑動(dòng)變阻器R1（阻值范圍0~20Ω，額定電流2A）；電阻箱R2（阻值范圍0~9999.9Ω，額定電流1A）；開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）如圖所示的電路中，將電阻箱R2的阻值調(diào)到9000Ω，在a、b兩處分別接入電流表，其中在a處接入的電流表為__________（填寫器材代號(hào)）。（2）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1，其中一只電流表的示數(shù)如圖所示，其示數(shù)為__________mA；此時(shí)另一只電流表的示數(shù)為150μA，則待測(cè)電阻Rx的阻值為__________Ω；（保留三位有效數(shù)字）（3）利用提供的實(shí)驗(yàn)器材，以下電路設(shè)計(jì)方案中也能夠比較精確測(cè)定Rx阻值的是（）A. B. C.【答案】（1）A2（2）①8.0（±0.1）②.191（±5）（3）A【解析】【小問1詳解】因?yàn)殡娏鞅鞟2內(nèi)阻已知，所以a處接入的電流表為A2，與電阻箱R2串聯(lián)后可知待測(cè)電阻的兩端電壓?！拘?詳解】[1]其中一只電流表的示數(shù)如圖所示，由題圖可知其示數(shù)為8.0mA；[2]此時(shí)另一只電流表的示數(shù)為150μA，則待測(cè)電阻Rx兩端電壓為通過待測(cè)電阻Rx的電流為則待測(cè)電阻Rx的阻值為【小問3詳解】A．由電路圖可知，分別先后閉合開關(guān)S2、S3，調(diào)節(jié)電阻箱R2使得兩次電流表示數(shù)相同，即通過等效替代法可以比較精確測(cè)定Rx阻值，故A正確；B．由電路圖可知，無法測(cè)得通過Rx的電流，故B錯(cuò)誤；C．由電路圖可知，由于A1表內(nèi)阻未知，且存在分壓作用，所以無法比較精確測(cè)定Rx的兩端電壓，則不可以比較精確測(cè)定Rx阻值，故C錯(cuò)誤。故選A。17.如圖甲所示，潛水鐘倒扣沉入水中，鐘內(nèi)存有一定量的空氣供潛水員呼吸?，F(xiàn)將潛水鐘簡(jiǎn)化為橫截面積S=4.0m2、高度L=3.0m的薄壁圓筒，如圖乙所示，筒內(nèi)裝有體積可以忽略的電熱絲和溫度傳感器（圖中未畫出）?，F(xiàn)將開口向下的圓筒由水面上方緩慢豎直吊放至水下某一深度，此時(shí)圓筒內(nèi)的液面與水面的高度差h=5.0m，該過程傳感器顯示筒內(nèi)氣體溫度始終為T1=300K。接著通過電熱絲對(duì)筒內(nèi)氣體加熱，同時(shí)逐漸豎直向上提升圓筒，使圓筒內(nèi)液面與水面的高度差始終保持h值不變，當(dāng)圓筒提升?L=40cm時(shí)，傳感器顯示筒內(nèi)氣體溫度為T2。已知筒內(nèi)氣體的質(zhì)量保持不變，其內(nèi)能與溫度的關(guān)系式為U=kT，其中k=1.0×104J/K，大氣壓強(qiáng)為p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。（1）在圓筒緩慢向下吊放過程中，筒內(nèi)氣體的內(nèi)能____________（“增大”、“不變”、“減小”），筒內(nèi)氣體的分子數(shù)密度____________（“增大”、“不變”、“減小”）；（2）求筒內(nèi)氣體的溫度T2；（3）求圓筒提升?L過程中筒內(nèi)氣體吸收的熱量Q。【答案】（1）①.不變②.增大（2）360K（3）【解析】【小問1詳解】[1]在圓筒緩慢向下吊放過程中，筒內(nèi)氣體的溫度不變，筒內(nèi)氣體的內(nèi)能不變；[2]在圓筒緩慢向下吊放過程中，筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)增大，體積減小，筒內(nèi)氣體的分子數(shù)密度增大?！拘?詳解】設(shè)圓筒到達(dá)某一深度時(shí)筒內(nèi)空氣長度L1，此過程等溫變化，由玻意耳定律解得圓筒向上提升過程為等壓變化，由蓋-呂薩克定律解得【小問3詳解】在圓筒豎直提升的過程中，設(shè)氣體對(duì)外做功為W，則有解得內(nèi)能變化解得由熱力學(xué)第一定律解得18.如圖所示，游戲裝置由光滑傾斜軌道AB、半徑的光滑圓弧軌道BC、長為L=9.0m水平軌道CD和高為光滑高臺(tái)EF構(gòu)成，傾角為的直角斜面體緊貼著高臺(tái)邊緣ED，且與高臺(tái)EF等高。現(xiàn)將質(zhì)量m=0.5kg的小物塊從傾斜軌道上高度為的A處由靜止釋放，小物塊恰好能到達(dá)高臺(tái)邊緣E點(diǎn)。若斜面體向左移動(dòng)，固定在CD間的任一位置，小物塊仍從同一高度H處由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)小物塊從斜面體頂端斜拋后也恰好落在E點(diǎn)。已知小物塊與水平軌道CD和與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。（1）求小物塊到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道壓力的大??；（2）求動(dòng)摩擦因數(shù)μ和斜面體傾角θ；（3）在高臺(tái)EF上放置表面光滑、質(zhì)量M=2.0kg的“小山坡”，小物塊以速度v0=2.0m/s沖向“小山坡”，設(shè)小物塊始終貼著“小山坡”表面運(yùn)動(dòng)，求“小山坡”獲得的速度?！敬鸢浮浚?）25N（2），30°（3）0.8m/s，0【解析】【小問1詳解】小物塊到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)速度為vC，由機(jī)械能守恒小物塊在圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，由向心力公式解得由牛頓第三定律得小物塊到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道壓力的大小25N【小問2詳解】小物塊由A到E的過程中，由能量關(guān)系解得設(shè)斜面體與平臺(tái)相距為x，小物塊到E點(diǎn)的速度為vE，由能量關(guān)系解得根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律運(yùn)動(dòng)時(shí)間為聯(lián)立解得代入得即（θ與x無關(guān)）則解得【小問3詳解】小物塊從“小山坡”返回或越過“小山坡”，滿足動(dòng)量守恒滿足機(jī)械能守恒解得，或，①若小物塊不能越過“小山坡”，則“小山坡”獲得的速度為0.8m/s②若小物塊能夠越過“小山坡”，則“小山坡”獲得的速度為019.如圖所示，兩個(gè)光滑剛性正方形金屬線框A1B1C1D1和A2B2C2D2交疊固定在光滑水平面上，交疊點(diǎn)E和F恰好為兩邊中點(diǎn)，且彼此相互絕緣。在兩線框交疊區(qū)域存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0勻強(qiáng)磁場(chǎng)（交疊的金屬線框在磁場(chǎng)邊緣以內(nèi)）。已知兩線框質(zhì)量均為m，邊長均為a，單位長度電阻均為r0。現(xiàn)將勻強(qiáng)磁場(chǎng)在極短的時(shí)間內(nèi)減小為零，不計(jì)線框電感。（1）判斷線框A1B1C1D1中感應(yīng)電流方向（“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”），并求流過截面的電量；（2）求線框A2B2C2D2受到安培力沖量的大小和方向；（3）若線框A1B1C1D1不固定，交疊點(diǎn)E和F不彼此絕緣（接觸電阻不計(jì)），而且線框所在平面整個(gè)區(qū)域都存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)減小為零時(shí)線框A1B1C1D1速度的大小。（忽略磁場(chǎng)減小過程中線框的移動(dòng)）【答案】（1）順時(shí)針；（2）；向左（3）【解析】【小問1詳解】根據(jù)楞次定律可知，線框A1B1C1D1中感應(yīng)電流的方向：順時(shí)針；由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合回路歐姆定律，流過截面的電量【小問2詳解】線框A2B2C2D2受到安培力沖量的方向：向左；設(shè)某時(shí)刻線框的電流為i，則線框受到安培力的沖量則得【小問3詳解】根據(jù)