浙江省寧波市十校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期3月聯(lián)考物理試題

寧波“十校”2024屆高三3月聯(lián)考物理試題卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘?？忌⒁猓?．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫(xiě)在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2．答題時(shí)，請(qǐng)按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無(wú)效。3．非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫(xiě)在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。選擇題部分一、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.下列說(shuō)法正確的是（）A.甲圖中研究籃球的進(jìn)入籃筐的過(guò)程，可將籃球看成質(zhì)點(diǎn)B.乙圖中羽毛球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡并非拋物線，其水平方向的分速度逐漸減小C.丙圖中運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練蹲踞式起跑時(shí)，起跑器對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功D.丁圖中運(yùn)動(dòng)員跳高下落時(shí)，通過(guò)海綿墊可減少接觸面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量從而實(shí)現(xiàn)緩沖【答案】B【解析】【詳解】A．甲圖中研究籃球的進(jìn)入籃筐的過(guò)程，籃球大小和形狀不能忽略，不可以將籃球看成質(zhì)點(diǎn)，A錯(cuò)誤；B．羽毛球所受空氣阻力不能忽略，故軌跡并非拋物線，在阻力作用下羽毛球水平方向的分速度逐漸減小，B正確；C．起跑器彈力方向運(yùn)動(dòng)員沒(méi)有位移，起跑器對(duì)運(yùn)動(dòng)員不做功，C錯(cuò)誤；D．運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量一定，海綿墊的作用是通過(guò)延長(zhǎng)接觸時(shí)間，減小運(yùn)動(dòng)員受到的彈力，起到緩沖作用，D錯(cuò)誤。故選B。2.理想氣體常數(shù)R是表征理想氣體性質(zhì)的一個(gè)常數(shù)，由理想氣體狀態(tài)方程可推得，其中p為氣體壓強(qiáng)，為氣體的摩爾體積（一摩爾物質(zhì)在0℃、的體積），T為熱力學(xué)溫度，用國(guó)際單位制中的基本單位表示理想氣體常數(shù)R的單位，正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】由，可得壓強(qiáng)單位可表示為。摩爾體積的單位為，T的單位為K。則理想氣體常數(shù)R的單位是。故選C。3.如圖所示，在無(wú)風(fēng)的房間內(nèi)，一個(gè)氫氣球由靜止釋放，在浮力的作用下往上飄后最終靜止于傾斜天花板上，關(guān)于該氫氣球的受力，下列說(shuō)法正確的是（）A.氣球受到四個(gè)力的作用B.天花板對(duì)氣球的彈力豎直向下C.天花板對(duì)氣球的彈力是由于氣球發(fā)生形變而引起的D.氣球?qū)μ旎ò宓哪Σ亮ρ靥旎ò迤矫嫦蛳隆敬鸢浮緼【解析】【詳解】A．氣球受重力、天花板對(duì)氣球的彈力，天花板對(duì)氣球的摩擦力以及空氣浮力這四個(gè)力的作用，故A正確；B．彈力的方向垂直于接觸面而指向被支撐的物體，可知天花板對(duì)氣球的彈力垂直于天花板斜向下，故B錯(cuò)誤；C．天花板對(duì)氣球的彈力是由于天花板發(fā)生形變而引起的，故C錯(cuò)誤；D．氣球能夠靜止上升，說(shuō)明浮力大于重力，天花板對(duì)氣球的摩擦力沿著天花板斜面向下，根據(jù)牛頓第三定律可知，氣球?qū)μ旎ò宓哪Σ亮ρ靥旎ò迤矫嫦蛏?，故D錯(cuò)誤。故選A。4.如圖所示，某款可折疊支架，調(diào)節(jié)支撐桿MN，背部支撐平面PQ的傾角隨之改變，底部支撐平面ab與PQ始終垂直，忽略一切摩擦，當(dāng)逐漸減小時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A.背部支撐平面PQ對(duì)的彈力逐漸變小B.對(duì)底部支撐平面ab的彈力逐漸變大C.支架對(duì)的作用力逐漸增大D.對(duì)支架的作用力始終不變【答案】D【解析】【詳解】AB．背部支撐平面PQ對(duì)的彈力和底部支撐平面ab對(duì)的彈力，這兩個(gè)力始終垂直，對(duì)受力分析如圖所示可知在動(dòng)態(tài)變化的過(guò)程中，即逐漸減小時(shí)，背部支撐平面PQ對(duì)的彈力逐漸變大，底部支撐平面ab對(duì)的彈力逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，對(duì)底部支撐平面ab的彈力逐漸變小，故AB錯(cuò)誤；CD．支架對(duì)的作用力大小始終等于自身的重力，而根據(jù)牛頓第三定律可知，支架對(duì)的作用力大小始終等于對(duì)支架的作用力，則可知對(duì)支架的作用力始終不變，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5.圖為西湖音樂(lè)噴泉某時(shí)刻的照片，水從噴口傾斜射出，空中呈現(xiàn)不同的拋物線，取其中4條拋物線，分別記作①②③④，空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）A.4條水柱中，①中的水上升較高，其出射速度最大B.②中的水比③中的水在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)C.在最高點(diǎn)，②中的水比③中的水速度大D.噴口水平傾角越小，水射程越遠(yuǎn)【答案】B【解析】【詳解】A．4條水柱中，①中的水上升較高，水在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最大，出射時(shí)的豎直速度最大，而其水平位移最小，所以水平速度最小，則出射速度不一定最大，故A錯(cuò)誤；B．②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)，故B正確；C．在最高點(diǎn)，水的速度為水平方向速度，而②中的水比③中的水水平速度小，故C錯(cuò)誤；D．水的射程為當(dāng)噴口水平傾角為45°時(shí)，水射程越遠(yuǎn)，故D錯(cuò)誤。故選B。6.如圖所示，一帶正電的小球用絕緣細(xì)繩懸于O點(diǎn)，將小球拉開(kāi)小角度后靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列措施中可使小球振動(dòng)頻率增加的是（）A.將此單擺置于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中B.在懸點(diǎn)O處放置一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷C.在懸點(diǎn)O處放置一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷D.將此單擺置于垂直擺動(dòng)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)單擺的周期公式可得單擺的頻率若將此單擺置于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，可知帶電小球所受電場(chǎng)力豎直向下，而重力也豎直向下，該處空間重力場(chǎng)與電場(chǎng)疊加，相當(dāng)于增加了單擺所處空間的加速度，因此該單擺的振動(dòng)頻率將增加，故A正確；BC．在懸點(diǎn)O處放置一個(gè)點(diǎn)電荷，根據(jù)點(diǎn)電荷之間作用力可知，兩點(diǎn)電荷之間產(chǎn)生的靜電力方向始終在兩點(diǎn)電荷的連線上，即沿著繩子方向，則可知，連接小球的繩子上的拉力將會(huì)發(fā)生改變，而在小球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)時(shí)，其回復(fù)力為小球重力垂直繩子方向的分力，根據(jù)小球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的周期公式可得即在小球質(zhì)量不變的情況下，其振動(dòng)頻率與回復(fù)力和位移大小比值的系數(shù)有關(guān)，而點(diǎn)電荷對(duì)小球的靜電力與回復(fù)力無(wú)關(guān)，故BC錯(cuò)誤；D．若將此單擺置于垂直擺動(dòng)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則在小球從左向右擺動(dòng)的過(guò)程中，其所受洛倫茲力始終沿著擺繩指向擺心，而從右向左擺動(dòng)的過(guò)程中，其所受洛倫茲力始終沿著擺繩背離擺心，則可知洛倫茲力的出現(xiàn)將使擺繩上的張力發(fā)生改變，但并不會(huì)影響擺球的振動(dòng)頻率，故D錯(cuò)誤。故選A。7.已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周?chē)滁c(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與導(dǎo)線中的電流I成正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線M、N分別通以大小相等、方向相反的電流，沿MN和其中垂線建立直角坐標(biāo)系xOy。規(guī)定磁場(chǎng)沿方向?yàn)檎?，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x、y變化的圖線正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】AB．由安培定則可知，左側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線右側(cè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向沿方向，而右側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線左側(cè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向沿方向，由于規(guī)定磁場(chǎng)方向沿方向?yàn)檎藚^(qū)間內(nèi)的磁場(chǎng)等于兩條直導(dǎo)線在各處形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度之和，故在MN區(qū)間內(nèi)磁場(chǎng)方向?yàn)檎鶕?jù)通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周?chē)滁c(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度知距離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，又可知在兩根導(dǎo)線中間位置O點(diǎn)磁場(chǎng)最弱，但不為零；在導(dǎo)線M左側(cè)M導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿方向，N導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿方向，因該區(qū)域離M導(dǎo)線較近，則合磁場(chǎng)方向沿方向，為負(fù)方向，且離M導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱；同理，在導(dǎo)線N右側(cè)N導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿方向，M導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿方向，因該區(qū)域離N導(dǎo)線較近，則合磁場(chǎng)方向沿方向，為負(fù)方向，且離N導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；CD．兩通電導(dǎo)線在y軸的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖所示因此可知合場(chǎng)強(qiáng)豎直向下，大小為越遠(yuǎn)離O點(diǎn)越小，因此B越小，C正確D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖甲、乙所示為某家庭應(yīng)急式手動(dòng)發(fā)電機(jī)的兩個(gè)截面示意圖。推動(dòng)手柄使半徑為r的圓形線圈a沿軸線往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的圖像為如圖丙所示的正弦曲線，最大速度為。已知線圈匝數(shù)為n，電阻不計(jì)，所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為k，兩燈泡電阻均為R，A為理想交流電流表，閉合開(kāi)關(guān)S，下列說(shuō)法正確的是（）A.兩端電壓最大值為B.電流表A的讀數(shù)為C.線圈a的輸出功率為D.若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，中電流不變，原線圈中電流亦不變【答案】C【解析】【詳解】A．由圖像可知，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生正弦式交流電，產(chǎn)生電壓的最大值為根據(jù)原副線圈匝數(shù)比，副線圈電壓即兩端電壓最大值為A錯(cuò)誤；B．副線圈電壓有效值為兩燈泡并聯(lián)總電阻為，電流表A的讀數(shù)為B錯(cuò)誤；C．理想變壓器線圈a的輸出功率為C正確；D．若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，副線圈電壓不變，則中電流不變，但副線圈電流減半，則原線圈中電流減半，D錯(cuò)誤。故選C。9.如圖甲所示，A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)圍繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且繞行方向相同，圖乙是兩顆衛(wèi)星之間的距離隨時(shí)間t的變化圖像，時(shí)刻A、B兩顆衛(wèi)星相距最近。已知衛(wèi)星B的周期，則A、B兩顆衛(wèi)星運(yùn)行軌道半徑之比為（）A.1∶7 B.1∶4 C. D.1∶2【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)題意，由圖乙可知，經(jīng)過(guò)時(shí)間，A、B兩顆衛(wèi)星再次相距最近，則有解得由開(kāi)普勒第三定律有故選B。10.如圖甲，兩等量異種點(diǎn)電荷位于同一豎直線上，在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上放置一粗糙水平橫桿，有一質(zhì)量為m，電荷量為的圓環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）可沿橫桿滑動(dòng)。時(shí)刻，圓環(huán)自A處以初速度向右運(yùn)動(dòng)，此后圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，時(shí)刻和時(shí)刻圖線斜率相同，和時(shí)刻圖線斜率均為0，已知圓環(huán)t2時(shí)刻運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)，繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)停下，且A、B關(guān)于兩電荷連線中點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)。若A處場(chǎng)強(qiáng)為，AO間距為L(zhǎng)，重力加速度為g，且圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量始終不變，則下列說(shuō)法正確的是（）A.圓環(huán)與橫桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù) B.時(shí)間內(nèi)圓環(huán)的位移大小為C.圓環(huán)在O處運(yùn)動(dòng)的速度 D.O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為【答案】D【解析】【詳解】AD．根據(jù)題意，時(shí)刻和時(shí)刻圖線斜率相同，則小球的加速度相同，O處的場(chǎng)強(qiáng)大于A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A點(diǎn)和O點(diǎn)分析聯(lián)立解得O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為由于不知道加速度大小，故不能求出動(dòng)摩擦因數(shù)，和時(shí)刻圖線斜率均為0，小球?qū)U的彈力為零，重力等于電場(chǎng)力，也無(wú)法求出動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤，D正確；B．根據(jù)AD項(xiàng)分析知，A處場(chǎng)強(qiáng)為，時(shí)刻場(chǎng)強(qiáng)為O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為解得根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷場(chǎng)線分布情況知，越靠近O點(diǎn)位置場(chǎng)強(qiáng)在單位距離上的增加量越大，所以位置一定處于AO的中點(diǎn)靠右，即時(shí)間內(nèi)圓環(huán)的位移小于，故B錯(cuò)誤；C．又根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷場(chǎng)線分布的對(duì)稱(chēng)性知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，電場(chǎng)力大小關(guān)于中點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，則摩擦力大小關(guān)于中點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，故用平均力代替變力，左邊的摩擦力用表示，小球從A點(diǎn)到停在B點(diǎn)，電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向始終垂直，不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得小球從A點(diǎn)到停在O點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得故C錯(cuò)誤。故選D。11.DIY手工能夠讓兒童體驗(yàn)到創(chuàng)造過(guò)程中的樂(lè)趣和成就感。圖為某款DIY太陽(yáng)能小車(chē)，組裝成功后質(zhì)量約為130g，太陽(yáng)直射時(shí)行駛速度約為0.25m/s，行駛過(guò)程中阻力約為車(chē)重的0.2倍。已知太陽(yáng)與地球之間的平均距離約為，太陽(yáng)每秒輻射的能量約為，太陽(yáng)光傳播到達(dá)地面的過(guò)程中大約有37%的能量損耗，太陽(yáng)能電池有效受光面積約為，則該車(chē)所用太陽(yáng)能電池將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率約為（）A.5% B.10% C.20% D.30%【答案】A【解析】【詳解】由題意可知，驅(qū)動(dòng)該太陽(yáng)能小車(chē)正常行駛時(shí)所需要的機(jī)械功率為代入數(shù)據(jù)可得該太陽(yáng)能小車(chē)接收太陽(yáng)的功率為其中，，代入數(shù)據(jù)解得該車(chē)所用太陽(yáng)能電池將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率約為故選A。12.在某水平均勻介質(zhì)中建立如圖所示三維直角坐標(biāo)系，xOy平面水平。在x軸上的兩個(gè)波源、的坐標(biāo)分別為，的振動(dòng)方程分別為、。若兩波均從平衡位置向上起振，且時(shí)刻，剛開(kāi)始振動(dòng)，首次到達(dá)波峰處，兩列波的波速均為4m/s，傳播過(guò)程中能量損耗不計(jì)。y軸上P點(diǎn)的坐標(biāo)為，則下列說(shuō)法正確的是（）A.兩波均傳至O點(diǎn)后，O點(diǎn)振幅為18cmB.波提前波傳至P點(diǎn)C.時(shí)，P點(diǎn)向方向振動(dòng)D.內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)兩波源的振動(dòng)方程可知，兩波源的振動(dòng)周期均為可知兩列波頻率相同，相位差恒定，兩列波相遇后將能發(fā)生穩(wěn)定的干涉，波源的振動(dòng)傳播到O點(diǎn)的時(shí)間為波源的振動(dòng)傳播到O點(diǎn)的時(shí)間為即當(dāng)波源的振動(dòng)傳播至O點(diǎn)后，在O點(diǎn)引起的振動(dòng)振動(dòng)，波源的振動(dòng)才剛剛傳播至O點(diǎn)，且根據(jù)題意可知，此刻波源在O點(diǎn)引起的振動(dòng)應(yīng)使質(zhì)點(diǎn)處于波峰，而由于波源的振動(dòng)滿足正弦函數(shù)，即波源的起振方向沿著軸正方向向上，此刻由波源在O點(diǎn)引起的振動(dòng)使質(zhì)點(diǎn)處于波谷，兩個(gè)波源在O點(diǎn)引起的振動(dòng)相互疊加，疊加后使振動(dòng)減弱，此刻O(píng)點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)的振幅為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題已知可得，則可得波源、的波傳播至P點(diǎn)的時(shí)間分別為，可得但根據(jù)題意，波源的波在時(shí)刻波源處的質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)處于波峰，說(shuō)明波在時(shí)刻前已經(jīng)開(kāi)始傳播了，因此波提前波傳至P點(diǎn)的時(shí)間小于1.25s，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)時(shí)，波源的波在P點(diǎn)引起的振動(dòng)振動(dòng)的時(shí)間為1.5s，波源的波在P點(diǎn)引起的振動(dòng)振動(dòng)的時(shí)間為0.25s，可知由波源的波在P點(diǎn)引起的振動(dòng)此時(shí)恰好回到平衡位置且下一刻將沿著軸負(fù)方向振動(dòng)，由波源的波在P點(diǎn)引起的振動(dòng)此時(shí)也恰好回到平衡位置且下一刻也將沿著軸負(fù)方向振動(dòng)，由此可知，時(shí)，P點(diǎn)向方向振動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)以上分析可知，內(nèi)，由波源在P點(diǎn)引起振動(dòng)使P處質(zhì)點(diǎn)先振動(dòng)了1.25s，即個(gè)周期后由波源引起的振動(dòng)的波峰恰好傳播至P點(diǎn)，說(shuō)明S2的波傳到P點(diǎn)時(shí)為S1的波單獨(dú)振動(dòng)一個(gè)周期時(shí)，而此刻由兩波源在P點(diǎn)引起的振動(dòng)均使該處的質(zhì)點(diǎn)處于波峰，即振動(dòng)加強(qiáng)，該處質(zhì)點(diǎn)的振幅為由此可知，內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為故D正確。故選D13.如圖甲所示，為某種透明新材料制成的半徑為R的半圓柱體，其折射率。是與軸線平行的線光源，S點(diǎn)位于O點(diǎn)正下方處，圖乙為其截面圖。平面PQMN鍍有反光薄膜，射向平面PQMN的光線將全部反射。若只考慮首次射向曲面的光線，則曲面無(wú)光線射出的面積和有光線射出的面積之比為（）A.1∶5 B.1∶1 C.2∶1 D.5∶1【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)題意，只考慮首次射向曲面的光線，則可知此光線包括第一次直接射向曲面的光線和直接經(jīng)PQ反射后射向曲面的光線，根據(jù)全反射角的反射角與折射率之間的關(guān)系有可得做出光路圖如圖所示光線恰好在T點(diǎn)發(fā)生全反射，OT為法線，根據(jù)正弦定理有其中，解得因此可知或根據(jù)幾何關(guān)系可知，，而另一全反射的臨界角為，但光線不能射出PQ，將在界面上發(fā)生全反射，射向K點(diǎn)的光線發(fā)生全反射，首次射向曲面，根據(jù)幾何關(guān)系可知，，即經(jīng)過(guò)K點(diǎn)反射的光線達(dá)到曲面N點(diǎn)后恰好再次被反射，則可知，射向OK段的光線經(jīng)過(guò)PQ反射后都能穿過(guò)曲面，而直接射向TQ的光線會(huì)在曲面上發(fā)生全反射，從而不能透過(guò)曲面，綜合可知，段不能透過(guò)光線的區(qū)域只有，而根據(jù)幾何關(guān)系可知?jiǎng)t可知根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，首次射向曲面的光線，不能透過(guò)光的弧長(zhǎng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為則能透過(guò)光的弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的圓心角為，由此可知，曲面無(wú)光線射出的面積和有光線射出的面積之比為故選A。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)法正確是（）A.圖甲為一定質(zhì)量的氧氣分子在0℃和100℃時(shí)的速率分布圖像，其中圖線Ⅰ溫度較高B.從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之完全變成功是可能實(shí)現(xiàn)的C.圖乙中靜止的鈉核在磁場(chǎng)中發(fā)生衰變，曲線1為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡D.相對(duì)論時(shí)空觀認(rèn)為運(yùn)動(dòng)物體的長(zhǎng)度和物理過(guò)程的快慢都跟物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)【答案】BD【解析】【詳解】A．圖甲中，氧氣分子在圖線Ⅱ溫度下速率大的分子所占百分比較多，故圖線Ⅱ溫度較高，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，在引起其他變化的前提下，可以從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之全部變成功，故B正確；C．根據(jù)動(dòng)量守恒得知，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子應(yīng)帶負(fù)電，是粒子，故C錯(cuò)誤；D.相對(duì)論時(shí)空觀認(rèn)為運(yùn)動(dòng)物體的長(zhǎng)度和物理過(guò)程的快慢都跟物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)，故D正確。故選BD。15.如圖甲為氫原子的能級(jí)圖，現(xiàn)用頻率為v0的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，只能發(fā)射出頻率為的三條譜線，現(xiàn)用這三種頻率的光去照射圖乙的光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，其中只有a、b兩種光能得到圖丙所示的電流與電壓的關(guān)系曲線。已知。以下說(shuō)法正確的是（）A.一定有B.圖乙中滑片P從O向b端移動(dòng)過(guò)程中，電流表示數(shù)減小C.圖丙中D.圖丙中的a光照射陰極，光電流達(dá)到飽和時(shí)，陰極每秒射出的光電子數(shù)大約個(gè)【答案】AC【解析】【詳解】AC．根據(jù)圖乙可知根據(jù)可知所以這三種光的能量分別為12.09eV、10.2eV、1.89eV，則從而解得故AC正確；B．圖乙中滑片P從O向b端移動(dòng)過(guò)程中，Ob部分的電阻變小，A端的電勢(shì)變高，A端的電勢(shì)高于K端的電勢(shì)，所以電流表示數(shù)增大，故B錯(cuò)誤；D．圖丙中的a光照射陰極，光電流達(dá)到飽和時(shí)，飽和電流為，由可知每秒射出的電荷量為,所以陰極每秒射出的光電子數(shù)大約故D錯(cuò)誤。故選AC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實(shí)驗(yàn)題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置在水平桌面上探究“小車(chē)的加速度與力和質(zhì)量之間的關(guān)系”。（1）實(shí)驗(yàn)之前要平衡小車(chē)所受的阻力，具體的步驟是：______（填“掛”或“不掛”）砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車(chē)，直到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列間距均勻的點(diǎn)。（2）已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交變電源的頻率為50Hz，某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶如圖2所示。A、B、C、D、E是5個(gè)連續(xù)的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表中所示，其中有一組數(shù)據(jù)記錄不當(dāng)，這組數(shù)據(jù)是______（填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）。根據(jù)上述信息可得小車(chē)的加速度大小為_(kāi)_____m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。計(jì)數(shù)點(diǎn)ABCDE位置坐標(biāo)（cm）4.505.507.309.8013.1（3）另一小組在驗(yàn)證加速度與質(zhì)量關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)，保證砂桶的總質(zhì)量不變，通過(guò)在小車(chē)上增加砝碼來(lái)改變小車(chē)總質(zhì)量，每次實(shí)驗(yàn)時(shí)僅記錄了小車(chē)上砝碼的總質(zhì)量m，但未測(cè)小車(chē)質(zhì)量M，作出與m之間的關(guān)系圖像如圖3所示，已知圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若該同學(xué)其他操作均正確，沒(méi)有遠(yuǎn)小于，可得到小車(chē)的質(zhì)量M為_(kāi)_____（用k、b、表示）。【答案】（1）不掛（2）①.E②.3.8（3）【解析】【小問(wèn)1詳解】實(shí)驗(yàn)之前要平衡小車(chē)所受的阻力，即不掛砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車(chē)，直到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列間距均勻的點(diǎn)?！拘?wèn)2詳解】[1]根據(jù)題意有，，，所以由此可知，E組數(shù)據(jù)記錄不當(dāng)；[2]小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度為【小問(wèn)3詳解】根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得所以解得17.用如圖1實(shí)驗(yàn)裝置探究向心力大小與質(zhì)量、角速度、半徑的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)可供選擇的小球大小相同，材質(zhì)分別是膠木、鋁和鐵，三種材料的密度如表中所示。材料膠木鋁鐵密度（）2.77.8實(shí)驗(yàn)時(shí)，先將左右兩側(cè)塔輪半徑調(diào)至相等，左側(cè)小球6可置于長(zhǎng)槽或短槽處，小球在長(zhǎng)槽和短槽處運(yùn)動(dòng)時(shí)半徑之比為2∶1。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，若左邊標(biāo)尺露出約2格，右邊標(biāo)尺露出約3格（如圖2所示），已知小球受到的彈力與標(biāo)尺露出的格子數(shù)成正比，則左側(cè)小球應(yīng)置于______（填“長(zhǎng)槽”或“短槽”）處，材質(zhì)應(yīng)選擇______（填“膠木”、“鋁”或“鐵”）?！敬鸢浮竣?長(zhǎng)槽②.鋁【解析】【詳解】[1][2]由題意可知，兩側(cè)小球角速度相等，且彈力即向心力之比為向心力表達(dá)式為小球大小相等，則質(zhì)量與密度成正比，結(jié)合表格數(shù)據(jù)，左側(cè)放置鋁球，右側(cè)放置鐵球時(shí)，運(yùn)動(dòng)半徑之比為應(yīng)為，才能使向心力之比為2:3。故左側(cè)小球應(yīng)置于長(zhǎng)槽，且為鋁球。18.在“練習(xí)使用多用電表”實(shí)驗(yàn)中：（1）可供選擇的器材中有一碳膜電阻，如圖1所示，觀察其色環(huán)顏色，查得該碳膜電阻的阻值為2kΩ，誤差為。①在使用多用電表測(cè)該電阻前，發(fā)現(xiàn)指針如圖2所示，現(xiàn)需要調(diào)整圖3中的部件______（填字母“K”、“S”或“T”），使指針對(duì)準(zhǔn)電流的“0”刻線。②將部件K撥至“”擋，通過(guò)歐姆調(diào)零使指針對(duì)準(zhǔn)電阻的“0刻線”。將紅、黑表筆分別與待測(cè)電阻兩端接觸，若多用電表指針如圖4所示，則待測(cè)電阻為_(kāi)_____Ω，測(cè)量完畢后將選擇開(kāi)關(guān)撥至“OFF”擋。（2）測(cè)量該碳膜電阻的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：A．電流表（量程0~3mA，內(nèi)阻約20Ω）B．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）C．電壓表V（量程0~5V，內(nèi)阻約5kΩ）D．滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0~10Ω，允許的最大電流2A）E．待測(cè)碳膜電阻F．電源（電動(dòng)勢(shì)6V，內(nèi)阻約2Ω）G．開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若干①實(shí)驗(yàn)時(shí)電流表應(yīng)選______（填器材前面的序號(hào)）。②為了獲得更多的數(shù)據(jù)使測(cè)量結(jié)果更準(zhǔn)確，采用下列實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，較合理的是______。A．B．C．D．③用伏安法測(cè)電阻時(shí)，由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響，測(cè)量結(jié)果總存在系統(tǒng)誤差。按如圖5所示的電路進(jìn)行測(cè)量，可以消除這種系統(tǒng)誤差。該實(shí)驗(yàn)的第一步是：閉合電鍵，將電鍵接1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器和，使電壓表讀數(shù)盡量接近量程，讀出此時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)；接著讓兩滑動(dòng)變阻器的滑片保持位置不動(dòng)，將電鍵接2，讀出這時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)。由以上記錄數(shù)據(jù)計(jì)算被測(cè)電阻的表達(dá)式是______．【答案】（1）①.S②.1900##（2）①.A②.B③.【解析】【小問(wèn)1詳解】[1]在使用多用電表測(cè)該電阻前，發(fā)現(xiàn)指針如圖2所示并未指在“0”刻度處，因此需要調(diào)整圖3中的部件“S”指針定位螺絲，即機(jī)械調(diào)零旋鈕，使指針指在“0”刻度處。[2]多用電表歐姆擋表盤(pán)為最上面弧線所示刻度，測(cè)電阻讀數(shù)時(shí)，應(yīng)用表盤(pán)讀數(shù)乘以所選倍率，根據(jù)讀數(shù)原理可得該待測(cè)電阻的阻值為【小問(wèn)2詳解】[1]實(shí)驗(yàn)中所選電源電動(dòng)勢(shì)為6V，根據(jù)直除法可得電路中最大電流約為根據(jù)電表的選取原則，實(shí)驗(yàn)中的電流讀數(shù)要超過(guò)其量程的三分之一，因此可知應(yīng)選擇電流表。故選A。[2]為了獲得更多的數(shù)據(jù)使測(cè)量結(jié)果更準(zhǔn)確，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，同時(shí)根據(jù)可知，為了使實(shí)驗(yàn)結(jié)果更加準(zhǔn)確則應(yīng)選擇電流表的內(nèi)接法。故選B。[3]根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，當(dāng)開(kāi)關(guān)S2接1時(shí)，根據(jù)部分電路的歐姆定律有當(dāng)開(kāi)關(guān)S2接2時(shí)，根據(jù)部分電路的歐姆定律有由此可得19.某興趣小組設(shè)計(jì)了一溫度報(bào)警裝置，原理圖如圖所示，豎直放置的導(dǎo)熱汽缸內(nèi)用質(zhì)量、橫截面積、上表面涂有導(dǎo)電物質(zhì)的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)缸內(nèi)氣體的溫度時(shí)，活塞下表面與汽缸底部的距離，上表面與a、b兩觸點(diǎn)的距離。當(dāng)活塞上移至卡口處，上表面恰好與a、b兩觸點(diǎn)接觸，觸發(fā)報(bào)警器報(bào)警。不計(jì)一切摩擦，大氣壓強(qiáng)恒為，重力加速度g取。（1）求該報(bào)警裝置報(bào)警的最低熱力學(xué)溫度；（2）當(dāng)環(huán)境溫度緩慢升高到時(shí)，求封閉氣體的壓強(qiáng)；（3）若環(huán)境溫度由緩慢升高到時(shí)，氣缸內(nèi)氣體吸收熱量1.8J，求該部分氣體內(nèi)能的增量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）當(dāng)環(huán)境溫度緩慢上升，活塞剛到達(dá)卡扣處，此過(guò)程中封閉氣體處于等壓膨脹過(guò)程，則有解得（2）加熱之前，根據(jù)平衡條件有解得當(dāng)環(huán)境的熱力學(xué)溫度升高到時(shí)，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有解得（3）環(huán)境的熱力學(xué)溫度由升高到時(shí)時(shí)，外界對(duì)氣體做功為由熱力學(xué)第一定律可得可得20.如圖所示為某彈射游戲裝置，游戲軌道由水平直軌道AB和兩個(gè)半徑為、圓心角的圓弧軌道BC、組成，OB、豎直，小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）能無(wú)碰撞地從軌道BC進(jìn)入軌道。小球1被固定于A處的彈簧彈出后，與靜置在水平軌道的小球2發(fā)生彈性碰撞。游戲設(shè)置一、二、三等獎(jiǎng)：若小球2能夠進(jìn)入圓弧軌道獲三等獎(jiǎng)，若小球2能在圓弧軌道（不包括D點(diǎn)）段脫離獲二等獎(jiǎng)，若小球1能在圓弧軌道（不包括D點(diǎn)）段脫離則獲一等獎(jiǎng)，其他情況都不能獲獎(jiǎng)。已知小球1的質(zhì)量，小球2的質(zhì)量，重力加速度g取，忽略一切摩擦，不考慮小球間的二次碰撞。（1）若游戲能獲獎(jiǎng)，則小球2進(jìn)入B點(diǎn)時(shí)，求軌道BC對(duì)小球彈力的最小值；（2）小球2碰后的速度多大時(shí)，游戲能獲二等獎(jiǎng)；（3）彈性勢(shì)能滿足什么條件時(shí)可獲一等獎(jiǎng)?！敬鸢浮浚?）4.5N；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）若游戲能獲獎(jiǎng)，設(shè)小球2到達(dá)C點(diǎn)的最小速度為根據(jù)機(jī)械能守恒在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律解得，軌道BC對(duì)小球彈力（2）游戲能獲二等獎(jiǎng)，小球2能在圓弧軌道（不包括D點(diǎn)）段脫離，過(guò)點(diǎn)作水平線與軌道交于E點(diǎn)，即小球2能在E點(diǎn)脫離，根據(jù)機(jī)械能守恒得小球2能在D點(diǎn)脫離根據(jù)機(jī)械能守恒得則小球2碰后的速度（3）小球1能在圓弧軌道（不包括D點(diǎn)）段脫離則獲一等獎(jiǎng)，由（2）可知，小球1碰后的速度最小值設(shè)碰前小球1的速度v，小球2碰后的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)能量守恒，解得根據(jù)能量守恒，彈性勢(shì)能小球1碰后的速度最大值同理由動(dòng)量守恒及能量守恒，根據(jù)能量守恒，彈性勢(shì)能21.如圖，電阻不計(jì)的光滑水平導(dǎo)軌距，其內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌左側(cè)接一電容的電容器，初始時(shí)刻電容器帶電量，電性如圖所示。質(zhì)量、電阻不計(jì)的金屬棒ab垂直架在導(dǎo)軌上，閉合開(kāi)關(guān)S后，ab棒向右運(yùn)動(dòng)，且離開(kāi)時(shí)已勻速。下方光滑絕緣軌道間距也為L(zhǎng)，正對(duì)放置，其中為半徑、圓心角的圓弧，與水平軌道相切于M、N兩點(diǎn)，其中NO、MP兩邊長(zhǎng)度，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿導(dǎo)軌向右建立坐標(biāo)系，OP右側(cè)處存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下。質(zhì)量、電阻的“U”型金屬框靜止于水平導(dǎo)軌NOPM處。導(dǎo)體棒ab自拋出后恰好能從處沿切線進(jìn)入圓弧軌道，并于MN處與金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后組成閉合線框一起向右運(yùn)動(dòng)。（1）求導(dǎo)體棒ab離開(kāi)時(shí)的速度大??；（2）若閉合線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，立刻給線框施加一個(gè)水平向右的外力F，使線框勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，求此過(guò)程中線框