2023屆西藏普通高中高三下學(xué)期質(zhì)量檢查物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12023屆西藏普通高中高三下學(xué)期質(zhì)量檢查物理試題一、單選題（共36分）1.甲、乙、丙三個(gè)物體從同一地點(diǎn)出發(fā)，沿一條直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.乙的加速度最大 B.甲和丙的加速度方向相同C.丙在內(nèi)位移大小為 D.末甲和乙相遇〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)圖像的斜率表示加速度，則乙的加速度最小，所以A錯(cuò)誤；B．甲和丙的加速度方向相反，所以B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像的面積表示位移，則丙在內(nèi)的位移大小為，所以C正確；D．末甲和乙速度相等，兩者相距最遠(yuǎn)，所以D錯(cuò)誤；故選C。2.2019年2月15日，一群中國(guó)學(xué)生拍攝的地月同框照，被外媒評(píng)價(jià)為迄今為止最好的地月合影之一。如圖所示，把地球和月球看做繞同一圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的雙星系統(tǒng)，質(zhì)量分別為M、m，相距為L(zhǎng)，周期為T(mén)，若有間距也為L(zhǎng)的雙星P、Q，P、Q的質(zhì)量分別為2M、2m，則（）A.地、月運(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為 B.地、月運(yùn)動(dòng)的加速度之比為C.P運(yùn)動(dòng)的速率與地球的相等 D.P、Q運(yùn)動(dòng)的周期均為〖答案〗D〖解析〗雙星靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，具有相同的角速度和周期，對(duì)兩顆星分別運(yùn)用牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律列式，進(jìn)行求解即可。A．對(duì)于地、月系統(tǒng)，兩者具有相同的角速度和周期，萬(wàn)有引力提供向心力則地、月系統(tǒng)，兩者運(yùn)動(dòng)軌道半徑之比為故A錯(cuò)誤；B．對(duì)于地、月系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律，得故B錯(cuò)誤；D．同理，P、Q系統(tǒng)，萬(wàn)有引力提供向心力P、Q系統(tǒng)的軌道半徑運(yùn)行周期同理，對(duì)于地、月系統(tǒng)，運(yùn)行周期聯(lián)立解得故D正確；C．根據(jù)得：地球的運(yùn)動(dòng)速率同理可得P運(yùn)動(dòng)速率聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤。故選D。3.如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為，、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題意可知磁場(chǎng)的變化率為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知故選A。4.在某次光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，得到的遏止電壓Uc與入射光的頻率ν的關(guān)系如圖所示，若該直線(xiàn)的斜率為k、與橫軸交點(diǎn)為ν0，電子電荷量的絕對(duì)值為e，則（）A.普朗克常量為ekB.所用材料的逸出功為kν0C.用頻率低于ν0的光照射該材料，只要光照足夠強(qiáng)，也能發(fā)生光電效應(yīng)D.用頻率為ν（ν>ν0）的光照射該材料，逸出光電子的最大初動(dòng)能為ekν〖答案〗A〖解析〗AB．根據(jù)則可知?jiǎng)t普朗克常量為h=ek所用材料的逸出功為選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；C．用頻率低于ν0的光照射該材料，即使光照多么強(qiáng)，也不能發(fā)生光電效應(yīng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．用頻率為ν（）的光照射該材料，逸出光電子的最大初動(dòng)能為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。5.完全相同的兩個(gè)小滑塊甲和乙，可視為質(zhì)點(diǎn)，分別從質(zhì)量相同，底邊長(zhǎng)相同的兩個(gè)斜面體頂端由靜止滑下，如圖所示，已知斜面傾角為α和β，且α＞β，兩個(gè)滑塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下滑過(guò)程中斜面體均保持靜止，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲滑塊滑到斜面底端的速度比乙大B.甲滑塊在斜面上滑動(dòng)的時(shí)間一定比乙長(zhǎng)C.甲滑塊下滑過(guò)程中，機(jī)械能的變化量比乙大D.甲滑塊下滑過(guò)程中，斜面體對(duì)水平地面的壓力比乙大〖答案〗A〖解析〗A．令斜面的傾角θ，底邊長(zhǎng)l，滑塊質(zhì)量為m，斜面的質(zhì)量為M，滑塊在斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有所以滑塊達(dá)到斜面底端的速度為由于兩斜面的傾角滿(mǎn)足α＞β，所以甲滑塊滑到斜面底端的速度比乙大，故A正確；B．滑塊在斜面滑動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有所以滑塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為由于甲滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面底端的速度大于乙，且α＞β，所以?xún)苫瑝K在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間的大小關(guān)系不確定，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)機(jī)械能守恒條件可知，滑塊下滑過(guò)程機(jī)械能的量則甲乙機(jī)械能的改變量相等，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)牛頓第二定律可知，滑塊下滑的加速度大小為因?yàn)椋詫⒒瑝K和斜面當(dāng)作一個(gè)整體，根據(jù)牛頓第二定律可知，水平面對(duì)斜面體的支持力大小為因?yàn)閍甲＞a乙且α＞β，所以N甲＜N乙，根據(jù)牛頓第三定律可知，甲下滑過(guò)程中，斜面體對(duì)水平地面的壓力比乙小，故D錯(cuò)誤。故選A。6.平行板電容器的兩極板接于電池兩極，一個(gè)帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開(kāi)關(guān)S，電容器充電，這時(shí)懸線(xiàn)偏離豎直方向的夾角為，如圖所示。那么（）A.保持開(kāi)關(guān)S閉合，A板向B靠近，則角減小B.保持開(kāi)關(guān)S閉合，A板向B靠近，則角不變C.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，A板向B靠近，則角增大D.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，A板向B靠近，則角不變〖答案〗D〖解析〗AB．當(dāng)保持開(kāi)關(guān)S閉合，即保持極板間電壓一定，根據(jù)則電場(chǎng)強(qiáng)度A板向B靠近時(shí)，極板間距減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大，即小球所受電場(chǎng)力增大，根據(jù)平衡條件可知，角增大，AB錯(cuò)誤；CD．當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，即保持極板所帶電荷量一定，根據(jù)可知當(dāng)A板向B靠近，過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度一定，即小球所受電場(chǎng)力不變，則則角不變，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。二、多選題（共24分）7.如圖所示，鏈球比賽屬田徑中的投擲競(jìng)遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)，鏈球由金屬材料制造，長(zhǎng)度為L(zhǎng)。某次比賽在濰坊舉行，鏈球出手前某時(shí)刻恰好繞豎直軸水平轉(zhuǎn)動(dòng)（俯視逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)），角速度為ω，手到轉(zhuǎn)軸的距離為，場(chǎng)地附近空間的地磁場(chǎng)可看作是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其水平分量和豎直分量分別為、。則此時(shí)（）A.手握的一端電勢(shì)比拴球的一端低B.手握的一端電勢(shì)比拴球的一端高C.兩端的電勢(shì)差約為D.兩端的電勢(shì)差約為〖答案〗BD〖解析〗AB．由題可知，鏈球在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中切割地磁場(chǎng)的豎直分量，由右手定則可知手握的一端電勢(shì)比拴球的一端高，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．由得故D正確，C錯(cuò)誤。故選BD。8.如圖所示，物體B疊放在物體A上，A、B的質(zhì)量均為m，且上、下表面均與斜面平行，它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，則（）A.A、B間有靜摩擦力B.A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向上C.A受到斜面的滑動(dòng)摩擦力大小為2mgsinθD.A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=tanθ〖答案〗AC〖解析〗A．對(duì)B受力分析可知，B受重力、支持力；將重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能勻速下滑，受力一定平衡，故A、B間有靜摩擦力；A正確；B．對(duì)B受力分析可知，B受重力、支持力；將重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能勻速下滑，受力一定平衡，故A對(duì)B應(yīng)有沿斜面向上的摩擦力；由牛頓第三定律可知，A受到B的摩擦力應(yīng)沿斜面向下，B錯(cuò)誤；C．對(duì)整體分析，并將整體重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力與摩擦力等大反向，故A受的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，大小為2mgsinθ，C正確；D．由于AB間為靜摩擦力，無(wú)法確定動(dòng)摩擦因數(shù)，D錯(cuò)誤。故選AC。9.位于坐標(biāo)原點(diǎn)的波源產(chǎn)生一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，波速為400m/s.已知t＝0時(shí)，波剛好傳播到x＝40m處，如圖所示，在x＝400m處有一接收器(圖中未畫(huà)出)，則下列說(shuō)法正確的是()A.波源開(kāi)始振動(dòng)時(shí)方向沿y軸正方向B.波源的振動(dòng)周期為T(mén)＝0.05sC.若波源向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則接收器接收到的波的頻率小于波源的頻率D.該簡(jiǎn)諧橫波在傳播過(guò)程中只有遇到尺寸小于或等于20m的障礙物時(shí)才會(huì)發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象〖答案〗BCD〖解析〗A．簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形的平移法可知圖示時(shí)刻x=40m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，則波源開(kāi)始振動(dòng)時(shí)方向沿y軸負(fù)方向，A錯(cuò)誤；B．由圖讀出波長(zhǎng)λ=20m，則周期B正確；C．若波源向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，波源與接收器之間的距離增大，產(chǎn)生多普勒效應(yīng)，則知接收器接收到的波的頻率小于波源的頻率，C正確；D．該簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)是20m，在傳播過(guò)程中只有遇到尺寸小于或等于20m的障礙物時(shí)才產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，D正確。故選BCD。10.如圖所示，一束由兩種色光混合的復(fù)色光沿PO方向射向一上、下表面平行且足夠大的厚玻璃平面鏡的上表面，得到三束光I、II、III，則（）A.光束I仍為復(fù)色光，光II、III為單色光，且三束光一定相互平行B.增大角且，光束II、III會(huì)靠近光束IC.玻璃對(duì)光束Ⅲ的折射率大于對(duì)光束II的折射率D.減小角且，光束III可能會(huì)由于全反射而從上表面消失〖答案〗AB〖解析〗A．所有色光都能反射，反射角相同，如圖所示可知光束I是復(fù)色光，而光束II、III由于折射率的不同導(dǎo)致偏折分離，因?yàn)楹癫Ａ矫骁R的上下表面是平行的。根據(jù)光的可逆性，知兩光速仍然平行射出，且光束II、III是單色光，故A正確；B．增大α角且α≤，即減小入射角，折射角隨之減小，則光束II、III會(huì)靠近光束I，故B正確；C．由圖知：光束進(jìn)入玻璃磚時(shí)，光束II偏折程度大于比光束III，根據(jù)折射定律可知，光束II的折射率大于光束III的折射率，故C錯(cuò)誤；D．減小α角且α>，復(fù)色光沿PO方向射入玻璃磚，經(jīng)過(guò)反射時(shí)，在上表面的入射角等于光束進(jìn)入玻璃磚時(shí)的折射角。所以由光路可逆性原理可知，光束III不會(huì)在上表面發(fā)生全反射，一定能從上表面射出，故D錯(cuò)誤。故選AB。三、實(shí)驗(yàn)題（共14分）11.測(cè)量干電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)電路如圖（a）所示，已知干電池允許的最大供電電流為0.5A．（1）現(xiàn)有三種滑動(dòng)變阻器，（A）1000Ω0.1A；（B）20Ω1.0A；（C）10Ω2.0A，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)選用________．（2）閉合開(kāi)關(guān)S前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于________（選填“a”或“b”）端．（3）為了防止損壞電流傳感器，實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器的滑片P不允許置于________（選填“a”或“b”）端．（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)得出的圖線(xiàn)如圖（b）所示，求得干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻分別為_(kāi)_______V；________Ω．〖答案〗（1）（C）（2）a（3）b（4）1.36V〖解析〗（1）[1]應(yīng)選擇（C）10Ω2.0A．理由：（A）的最大電流太小，不能用．由于電池參數(shù)（1.5V0.5A）可知外電阻最小約為3Ω，故應(yīng)選（C）．（B）的電阻較大，電流可能會(huì)較小而不容易測(cè)量．（2）[2]滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于a端，此時(shí)有電阻的最大值．（3）[3]滑片P不允許置于b端，由于本實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有保護(hù)電阻，滑片P置于b端時(shí)有可能會(huì)損壞電流傳感器．（4）[4][5]延長(zhǎng)圖線(xiàn)，與U軸交點(diǎn)坐標(biāo)即為電動(dòng)勢(shì)，求得而圖線(xiàn)的斜率即為內(nèi)電阻，求得注意：U軸上的刻度并不是從零開(kāi)始的．12.小明同學(xué)研究了多用電表的結(jié)構(gòu)原理，利用學(xué)校實(shí)驗(yàn)室的器材，自己組裝了一個(gè)有多擋倍率的歐姆表。學(xué)?？晒┦褂玫钠鞑娜缦拢弘娏鞅恚砍蹋瑑?nèi)阻，表盤(pán)可調(diào)換），干電池3節(jié)（每一節(jié)干電池電動(dòng)勢(shì)為、內(nèi)阻為），定值電阻兩個(gè)（，），多量程多用電表表盤(pán)，滑動(dòng)變阻器兩個(gè)——其中微調(diào)滑動(dòng)變阻器（最大阻值）和粗調(diào)滑動(dòng)變阻器（最大阻值）。（1）為了測(cè)量一個(gè)阻值在到之間的待測(cè)電阻，他用一節(jié)干電池組裝了如圖甲所示的歐姆表，經(jīng)過(guò)準(zhǔn)確的計(jì)算將電流表表盤(pán)調(diào)換成如圖乙所示的多用電表表盤(pán)，則組裝的這個(gè)歐姆表的倍率應(yīng)為_(kāi)______（選填“×1”或“×10”或“×100”），圖甲中與電流表并聯(lián)的電阻R應(yīng)選用定值電阻中的_______（選填“”或“”）；（2）他按照第（1）問(wèn)中的組裝方式組裝了歐姆表后，進(jìn)行了正確的歐姆調(diào)零操作。接著用它測(cè)量待測(cè)電阻的阻值，指針偏轉(zhuǎn)位置如圖乙所示，則讀出待測(cè)電阻阻值的測(cè)量值為_(kāi)______Ω；（3）上面的操作和測(cè)量進(jìn)行完之后，小明同學(xué)再利用題目所給的實(shí)驗(yàn)器材，組裝了一個(gè)倍率為“×1000”的歐姆表，請(qǐng)你設(shè)計(jì)正確的電路連接方案，在圖丙中把需要用到的器材連接起來(lái)_______?！即鸢浮剑?）×10R1（2）160（3）見(jiàn)〖解析〗〖解析〗（1）[1]由指針?biāo)缚叹€(xiàn)和待測(cè)電阻的大約阻值可知，組裝的這個(gè)歐姆表的倍率應(yīng)為×10；[2]由歐姆表的倍率可知?dú)W姆表的中值電阻為電路中的最大電流為圖甲中與電流表并聯(lián)的電阻R的阻值為故電阻R應(yīng)選用定值電阻中的R1；（2）[3]歐姆表表針?biāo)傅目叹€(xiàn)為16，倍率為×10，則待測(cè)電阻阻值的測(cè)量值為（3）[4]由題意可知組裝的新歐姆表的中值電阻為使用兩節(jié)干電池時(shí)電路中的最大電流為則電路連接方案如圖所示四、解答題（共38分）13.一個(gè)質(zhì)量為的物體從樓上落下，經(jīng)過(guò)窗口時(shí)的速度為，離開(kāi)窗口時(shí)的速度為，則在這一段時(shí)間內(nèi)該物體減少的重力勢(shì)能為多少？（不計(jì)空氣阻力）〖答案〗2.8J〖解析〗根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在這一段時(shí)間內(nèi)該物體減少的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能，即：14.如圖所示，P為固定于地面的光滑四分之一圓軌道，軌道半徑R=0.45m，軌道末端切線(xiàn)水平。A、B為緊靠軌道依次放置的木板和平板小車(chē)，A、B的長(zhǎng)度均為l=0.8m，上表面都與P軌道末端切線(xiàn)平齊，一重物C（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道頂端無(wú)初速度自由下滑，已知重物C與A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，均用μ1表示，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1，小車(chē)B與地面間的摩擦可忽略不計(jì)，A、B、C質(zhì)量均相同。求：（計(jì)算中可認(rèn)為最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10m/s2）（1）若重物C滑上木板A時(shí)，A、B一起開(kāi)始向右滑動(dòng)，μ1應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？（2）若μ1=0.4，判斷重物C最終能否停在木板A或者小車(chē)B上？若能，求出相對(duì)靜止時(shí)C離所停物體左端的距離；若不能，求出重物C離開(kāi)該物體時(shí)的速度?！即鸢浮剑?）；（2）能；重物C最終停在距離小車(chē)B左端處〖解析〗（1）若重物C滑上木板A時(shí)，A、B一起開(kāi)始向右滑動(dòng)，對(duì)AB整體受力分析有即（2）重物C到達(dá)軌道末端速度為，該過(guò)程機(jī)械能守恒有滑上木板A后，在C到達(dá)A木板右端前C勻減速階段加速度大小記為，A、B一起勻加速運(yùn)動(dòng)加速度大小記為，受力分析對(duì)C對(duì)A設(shè)C從滑上木板A到到達(dá)A右端的時(shí)間為tC的位移A位移又解得t1=0.4s故此時(shí)此后AB分離假設(shè)最終C與小車(chē)共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，設(shè)共同速度為v，有即設(shè)最終C距離B左端l′，根據(jù)功能關(guān)系有解得則假設(shè)成立，即重物C最終停在距離小車(chē)B左端處。15.如圖所示，從粒子源產(chǎn)生一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)電壓為U0的電場(chǎng)由靜止加速后，進(jìn)入M、N兩平行金屬板間做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，射出M、N后，垂直y軸進(jìn)入OP與y軸間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，垂直O(jiān)P離開(kāi)磁場(chǎng)，最后到達(dá)x軸上的某點(diǎn)（未畫(huà)出）。已知M、N兩板間距為d，分別接在一電源的正、負(fù)極上，板間還有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。OP與x軸的夾角為60°，OP與y軸間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向外；OP與x軸間為無(wú)場(chǎng)區(qū)。不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子進(jìn)入M、N板間速度的大小v0；（2）M、N板間的電壓U1；（3）粒子在OP與y軸間區(qū)域和OP與x軸之間區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）根據(jù)動(dòng)能定理解得（2）根據(jù)平衡條件得解得（3）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為r，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子在OP與x軸之間區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為解得2023屆西藏普通高中高三下學(xué)期質(zhì)量檢查物理試題一、單選題（共36分）1.甲、乙、丙三個(gè)物體從同一地點(diǎn)出發(fā)，沿一條直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.乙的加速度最大 B.甲和丙的加速度方向相同C.丙在內(nèi)位移大小為 D.末甲和乙相遇〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)圖像的斜率表示加速度，則乙的加速度最小，所以A錯(cuò)誤；B．甲和丙的加速度方向相反，所以B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像的面積表示位移，則丙在內(nèi)的位移大小為，所以C正確；D．末甲和乙速度相等，兩者相距最遠(yuǎn)，所以D錯(cuò)誤；故選C。2.2019年2月15日，一群中國(guó)學(xué)生拍攝的地月同框照，被外媒評(píng)價(jià)為迄今為止最好的地月合影之一。如圖所示，把地球和月球看做繞同一圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的雙星系統(tǒng)，質(zhì)量分別為M、m，相距為L(zhǎng)，周期為T(mén)，若有間距也為L(zhǎng)的雙星P、Q，P、Q的質(zhì)量分別為2M、2m，則（）A.地、月運(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為 B.地、月運(yùn)動(dòng)的加速度之比為C.P運(yùn)動(dòng)的速率與地球的相等 D.P、Q運(yùn)動(dòng)的周期均為〖答案〗D〖解析〗雙星靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，具有相同的角速度和周期，對(duì)兩顆星分別運(yùn)用牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律列式，進(jìn)行求解即可。A．對(duì)于地、月系統(tǒng)，兩者具有相同的角速度和周期，萬(wàn)有引力提供向心力則地、月系統(tǒng)，兩者運(yùn)動(dòng)軌道半徑之比為故A錯(cuò)誤；B．對(duì)于地、月系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律，得故B錯(cuò)誤；D．同理，P、Q系統(tǒng)，萬(wàn)有引力提供向心力P、Q系統(tǒng)的軌道半徑運(yùn)行周期同理，對(duì)于地、月系統(tǒng)，運(yùn)行周期聯(lián)立解得故D正確；C．根據(jù)得：地球的運(yùn)動(dòng)速率同理可得P運(yùn)動(dòng)速率聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤。故選D。3.如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為，、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題意可知磁場(chǎng)的變化率為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知故選A。4.在某次光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，得到的遏止電壓Uc與入射光的頻率ν的關(guān)系如圖所示，若該直線(xiàn)的斜率為k、與橫軸交點(diǎn)為ν0，電子電荷量的絕對(duì)值為e，則（）A.普朗克常量為ekB.所用材料的逸出功為kν0C.用頻率低于ν0的光照射該材料，只要光照足夠強(qiáng)，也能發(fā)生光電效應(yīng)D.用頻率為ν（ν>ν0）的光照射該材料，逸出光電子的最大初動(dòng)能為ekν〖答案〗A〖解析〗AB．根據(jù)則可知?jiǎng)t普朗克常量為h=ek所用材料的逸出功為選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；C．用頻率低于ν0的光照射該材料，即使光照多么強(qiáng)，也不能發(fā)生光電效應(yīng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．用頻率為ν（）的光照射該材料，逸出光電子的最大初動(dòng)能為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。5.完全相同的兩個(gè)小滑塊甲和乙，可視為質(zhì)點(diǎn)，分別從質(zhì)量相同，底邊長(zhǎng)相同的兩個(gè)斜面體頂端由靜止滑下，如圖所示，已知斜面傾角為α和β，且α＞β，兩個(gè)滑塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下滑過(guò)程中斜面體均保持靜止，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲滑塊滑到斜面底端的速度比乙大B.甲滑塊在斜面上滑動(dòng)的時(shí)間一定比乙長(zhǎng)C.甲滑塊下滑過(guò)程中，機(jī)械能的變化量比乙大D.甲滑塊下滑過(guò)程中，斜面體對(duì)水平地面的壓力比乙大〖答案〗A〖解析〗A．令斜面的傾角θ，底邊長(zhǎng)l，滑塊質(zhì)量為m，斜面的質(zhì)量為M，滑塊在斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有所以滑塊達(dá)到斜面底端的速度為由于兩斜面的傾角滿(mǎn)足α＞β，所以甲滑塊滑到斜面底端的速度比乙大，故A正確；B．滑塊在斜面滑動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有所以滑塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為由于甲滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面底端的速度大于乙，且α＞β，所以?xún)苫瑝K在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間的大小關(guān)系不確定，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)機(jī)械能守恒條件可知，滑塊下滑過(guò)程機(jī)械能的量則甲乙機(jī)械能的改變量相等，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)牛頓第二定律可知，滑塊下滑的加速度大小為因?yàn)椋詫⒒瑝K和斜面當(dāng)作一個(gè)整體，根據(jù)牛頓第二定律可知，水平面對(duì)斜面體的支持力大小為因?yàn)閍甲＞a乙且α＞β，所以N甲＜N乙，根據(jù)牛頓第三定律可知，甲下滑過(guò)程中，斜面體對(duì)水平地面的壓力比乙小，故D錯(cuò)誤。故選A。6.平行板電容器的兩極板接于電池兩極，一個(gè)帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開(kāi)關(guān)S，電容器充電，這時(shí)懸線(xiàn)偏離豎直方向的夾角為，如圖所示。那么（）A.保持開(kāi)關(guān)S閉合，A板向B靠近，則角減小B.保持開(kāi)關(guān)S閉合，A板向B靠近，則角不變C.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，A板向B靠近，則角增大D.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，A板向B靠近，則角不變〖答案〗D〖解析〗AB．當(dāng)保持開(kāi)關(guān)S閉合，即保持極板間電壓一定，根據(jù)則電場(chǎng)強(qiáng)度A板向B靠近時(shí)，極板間距減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大，即小球所受電場(chǎng)力增大，根據(jù)平衡條件可知，角增大，AB錯(cuò)誤；CD．當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，即保持極板所帶電荷量一定，根據(jù)可知當(dāng)A板向B靠近，過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度一定，即小球所受電場(chǎng)力不變，則則角不變，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。二、多選題（共24分）7.如圖所示，鏈球比賽屬田徑中的投擲競(jìng)遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)，鏈球由金屬材料制造，長(zhǎng)度為L(zhǎng)。某次比賽在濰坊舉行，鏈球出手前某時(shí)刻恰好繞豎直軸水平轉(zhuǎn)動(dòng)（俯視逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)），角速度為ω，手到轉(zhuǎn)軸的距離為，場(chǎng)地附近空間的地磁場(chǎng)可看作是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其水平分量和豎直分量分別為、。則此時(shí)（）A.手握的一端電勢(shì)比拴球的一端低B.手握的一端電勢(shì)比拴球的一端高C.兩端的電勢(shì)差約為D.兩端的電勢(shì)差約為〖答案〗BD〖解析〗AB．由題可知，鏈球在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中切割地磁場(chǎng)的豎直分量，由右手定則可知手握的一端電勢(shì)比拴球的一端高，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．由得故D正確，C錯(cuò)誤。故選BD。8.如圖所示，物體B疊放在物體A上，A、B的質(zhì)量均為m，且上、下表面均與斜面平行，它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，則（）A.A、B間有靜摩擦力B.A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向上C.A受到斜面的滑動(dòng)摩擦力大小為2mgsinθD.A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=tanθ〖答案〗AC〖解析〗A．對(duì)B受力分析可知，B受重力、支持力；將重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能勻速下滑，受力一定平衡，故A、B間有靜摩擦力；A正確；B．對(duì)B受力分析可知，B受重力、支持力；將重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能勻速下滑，受力一定平衡，故A對(duì)B應(yīng)有沿斜面向上的摩擦力；由牛頓第三定律可知，A受到B的摩擦力應(yīng)沿斜面向下，B錯(cuò)誤；C．對(duì)整體分析，并將整體重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力與摩擦力等大反向，故A受的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，大小為2mgsinθ，C正確；D．由于AB間為靜摩擦力，無(wú)法確定動(dòng)摩擦因數(shù)，D錯(cuò)誤。故選AC。9.位于坐標(biāo)原點(diǎn)的波源產(chǎn)生一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，波速為400m/s.已知t＝0時(shí)，波剛好傳播到x＝40m處，如圖所示，在x＝400m處有一接收器(圖中未畫(huà)出)，則下列說(shuō)法正確的是()A.波源開(kāi)始振動(dòng)時(shí)方向沿y軸正方向B.波源的振動(dòng)周期為T(mén)＝0.05sC.若波源向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則接收器接收到的波的頻率小于波源的頻率D.該簡(jiǎn)諧橫波在傳播過(guò)程中只有遇到尺寸小于或等于20m的障礙物時(shí)才會(huì)發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象〖答案〗BCD〖解析〗A．簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形的平移法可知圖示時(shí)刻x=40m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，則波源開(kāi)始振動(dòng)時(shí)方向沿y軸負(fù)方向，A錯(cuò)誤；B．由圖讀出波長(zhǎng)λ=20m，則周期B正確；C．若波源向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，波源與接收器之間的距離增大，產(chǎn)生多普勒效應(yīng)，則知接收器接收到的波的頻率小于波源的頻率，C正確；D．該簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)是20m，在傳播過(guò)程中只有遇到尺寸小于或等于20m的障礙物時(shí)才產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，D正確。故選BCD。10.如圖所示，一束由兩種色光混合的復(fù)色光沿PO方向射向一上、下表面平行且足夠大的厚玻璃平面鏡的上表面，得到三束光I、II、III，則（）A.光束I仍為復(fù)色光，光II、III為單色光，且三束光一定相互平行B.增大角且，光束II、III會(huì)靠近光束IC.玻璃對(duì)光束Ⅲ的折射率大于對(duì)光束II的折射率D.減小角且，光束III可能會(huì)由于全反射而從上表面消失〖答案〗AB〖解析〗A．所有色光都能反射，反射角相同，如圖所示可知光束I是復(fù)色光，而光束II、III由于折射率的不同導(dǎo)致偏折分離，因?yàn)楹癫Ａ矫骁R的上下表面是平行的。根據(jù)光的可逆性，知兩光速仍然平行射出，且光束II、III是單色光，故A正確；B．增大α角且α≤，即減小入射角，折射角隨之減小，則光束II、III會(huì)靠近光束I，故B正確；C．由圖知：光束進(jìn)入玻璃磚時(shí)，光束II偏折程度大于比光束III，根據(jù)折射定律可知，光束II的折射率大于光束III的折射率，故C錯(cuò)誤；D．減小α角且α>，復(fù)色光沿PO方向射入玻璃磚，經(jīng)過(guò)反射時(shí)，在上表面的入射角等于光束進(jìn)入玻璃磚時(shí)的折射角。所以由光路可逆性原理可知，光束III不會(huì)在上表面發(fā)生全反射，一定能從上表面射出，故D錯(cuò)誤。故選AB。三、實(shí)驗(yàn)題（共14分）11.測(cè)量干電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)電路如圖（a）所示，已知干電池允許的最大供電電流為0.5A．（1）現(xiàn)有三種滑動(dòng)變阻器，（A）1000Ω0.1A；（B）20Ω1.0A；（C）10Ω2.0A，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)選用________．（2）閉合開(kāi)關(guān)S前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于________（選填“a”或“b”）端．（3）為了防止損壞電流傳感器，實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器的滑片P不允許置于________（選填“a”或“b”）端．（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)得出的圖線(xiàn)如圖（b）所示，求得干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻分別為_(kāi)_______V；________Ω．〖答案〗（1）（C）（2）a（3）b（4）1.36V〖解析〗（1）[1]應(yīng)選擇（C）10Ω2.0A．理由：（A）的最大電流太小，不能用．由于電池參數(shù)（1.5V0.5A）可知外電阻最小約為3Ω，故應(yīng)選（C）．（B）的電阻較大，電流可能會(huì)較小而不容易測(cè)量．（2）[2]滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于a端，此時(shí)有電阻的最大值．（3）[3]滑片P不允許置于b端，由于本實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有保護(hù)電阻，滑片P置于b端時(shí)有可能會(huì)損壞電流傳感器．（4）[4][5]延長(zhǎng)圖線(xiàn)，與U軸交點(diǎn)坐標(biāo)即為電動(dòng)勢(shì)，求得而圖線(xiàn)的斜率即為內(nèi)電阻，求得注意：U軸上的刻度并不是從零開(kāi)始的．12.小明同學(xué)研究了多用電表的結(jié)構(gòu)原理，利用學(xué)校實(shí)驗(yàn)室的器材，自己組裝了一個(gè)有多擋倍率的歐姆表。學(xué)校可供使用的器材如下：電流表（量程，內(nèi)阻，表盤(pán)可調(diào)換），干電池3節(jié)（每一節(jié)干電池電動(dòng)勢(shì)為、內(nèi)阻為），定值電阻兩個(gè)（，），多量程多用電表表盤(pán)，滑動(dòng)變阻器兩個(gè)——其中微調(diào)滑動(dòng)變阻器（最大阻值）和粗調(diào)滑動(dòng)變阻器（最大阻值）。（1）為了測(cè)量一個(gè)阻值在到之間的待測(cè)電阻，他用一節(jié)干電池組裝了如圖甲所示的歐姆表，經(jīng)過(guò)準(zhǔn)確的計(jì)算將電流表表盤(pán)調(diào)換成如圖乙所示的多用電表表盤(pán)，則組裝的這個(gè)歐姆表的倍率應(yīng)為_(kāi)______（選填“×1”或“×10”或“×100”），圖甲中與電流表并聯(lián)的電阻R應(yīng)選用定值電阻中的_______（選填“”或“”）；（2）他按照第（1）問(wèn)中的組裝方式組裝了歐姆表后，進(jìn)行了正確的歐姆調(diào)零操作。接著用它測(cè)量待測(cè)電阻的阻值，指針偏轉(zhuǎn)位置如圖乙所示，則讀出待測(cè)電阻阻值的測(cè)量值為_(kāi)______Ω；（3）上面的操作和測(cè)量進(jìn)行完之后，小明同學(xué)再利用題目所給的實(shí)驗(yàn)器材，組裝了一個(gè)倍率為“×1000”的歐姆表，請(qǐng)你設(shè)計(jì)正確的電路連接方案，在圖丙中把需要用到的器材連接起來(lái)_______?！即鸢浮剑?）×10R1（2）160（3）見(jiàn)〖解析〗〖解析〗（1）[1]由指針?biāo)缚叹€(xiàn)和待測(cè)電阻的大約阻值可知，組裝的這個(gè)歐姆表的倍率應(yīng)為×10；[2]由歐姆表的倍率可知?dú)W姆表的中值電阻為電路中的最大電流為圖甲中與電流表并聯(lián)的電阻R的阻值為故電阻R應(yīng)選用定值電阻中的R1；（