浙江省嘉興市桐鄉(xiāng)市2023-2024學年高三上學期1月期末物理試題

浙江省嘉興市桐鄉(xiāng)市2023-2024學年高三上學期1月期末物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、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．下列單位屬于國際單位制中基本單位的是（）A．赫茲（Hz） B．伏特（V） C．安培（A） D．瓦特（W）2．如圖所示，下列四幅圖像能描述物體做自由落體運動的是（）A． B．C． D．3．在三星堆考古發(fā)現(xiàn)中，考古人員對“祭祀坑”中出土的碳屑樣本通過14C年代檢測，推算出文物的年代。其中14C的衰變方程為A．614B．614C的比結合能比C．X是來源于原子外層的電子D．文物長時間埋在地下會導致14C4．如圖所示是戶外露營中使用的一種便攜式三腳架，它由三根完全相同的輕桿通過鉸鏈組合在一起，每根輕桿均可繞鉸鏈自由轉動。將三腳架靜止放在水平地面上，吊鍋通過細鐵鏈靜止懸掛在三腳架正中央，三腳架正中央離地高度為h且小于桿長，吊鍋和細鐵鏈的總質(zhì)量為m，支架與鉸鏈間的摩擦忽略不計，則（）A．吊鍋受到3個力的作用B．鐵鏈對吊鍋的拉力大于吊鍋的重力C．每根輕桿受到地面的作用力大小為mgD．減小h時，每根輕桿對地面摩擦力增大5．2022年7月25日，問天實驗艙成功與軌道高度約為430km的天和核心艙完成對接如圖所示，對接后組合體繞地球的運動可視為勻速圓周運動。已知地球半徑R，引力常量G，地球表面重力加速度g，根據(jù)題中所給條件，下列說法正確的是（）A．組合體的周期大于24小時B．可以計算出地球的平均密度C．組合體的向心加速度小于赤道上物體隨地球自轉的向心加速度D．若實驗艙內(nèi)有一單擺裝置，將擺球拉開一個小角度靜止釋放會做簡諧運動6．如圖所示是擊打出的羽毛球在空中運動過程的頻閃照片。O、P、Q三點分別是羽毛球在上升、到達最高點和下落階段，羽毛球的泡沫頭所在的位置。從O運動到Q的過程中（）A．在O點，羽毛球受到的合力向上B．在P點，羽毛球只受到重力作用C．在Q點，羽毛球的機械能最小D．羽毛球在相等時間內(nèi)發(fā)生的水平位移相等7．如圖所示，并列懸掛兩個相同的彈簧振子，分別將小球A、小球B向下拉至P、Q位置，此時兩球離開平衡位置的距離分別為x和1.A．小球A到達最高點時，小球B還沒有到達平衡位置B．在平衡位置時，小球A與小球B的動能相等C．運動過程中，小球A和小球B的速度不可能相等D．小球B比小球A總是滯后四分之一個周期8．如圖所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導線。P、M和N為地面上的三點，P點位于導線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸，一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的是（）A．N點與M點的磁感應強度大小相等，方向相反B．線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變C．線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應電流D．線圈從P到M過程的感應電動勢與從P到N過程的感應電動勢相等9．如圖所示是電容式位移傳感器示意圖，當被測物體在左、右方向發(fā)生位移時，電介質(zhì)板隨之在電容器兩板之間移動。為判斷物體是否發(fā)生位移，將該傳感器與恒壓直流電源、電流表和開關串聯(lián)組成閉合回路（電路未畫出），已知電容器的電容C與電介質(zhì)板進入電容器的長度x之間滿足關系C=CA．若物體向右移動，電容器極板間電壓增大B．若物體向左移動，電容器極板帶電量增大C．當物體向左勻速運動時，流過電流表的電流均勻增大D．物體向不同方向移動時，流過電流表的電流方向不變10．如圖甲所示，圓形區(qū)域ABCD處在平行于紙面的勻強電場中，圓心為O，半徑為R=0.1m。P為圓弧上的一個點，PO連線逆時針轉動，θ為PO連線從AO位置開始旋轉的角度，P點電勢隨A．勻強電場的場強大小為10V/mB．勻強電場的場強方向垂直AC連線向上C．一電子從A點沿圓弧運動到C點，電勢能減小2eVD．一電子從B點沿圓弧逆時針運動到D點，電場力先做負功后做正功11．如圖所示，直角三棱鏡ABC中，一細束單色光在棱鏡的側面AC上以大角度由D點入射（入射面在棱鏡的橫截面內(nèi)），入射角為i，經(jīng)折射后射至AB邊的E點。逐漸減小i，E點向B點移動，當sini=16時，恰好沒有光線從ABA．單色光射入棱鏡后波長變長B．從AB邊射出的光線與AC邊射入的光線有可能平行C．棱鏡對該單色光的折射率為37D．光線DE不可能垂直AB面射出棱鏡12．球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻=kv2，A．發(fā)動機的最大推力為1B．當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為5C．發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5D．當飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g13．我國已投產(chǎn)運行的1100kV特高壓直流輸電工程是目前世界上電壓等級最高、輸送容量最大、輸送距離最遠、技術水平最先進的輸電工程，輸送電功率最大可達1200萬千瓦。輸電線路流程和數(shù)據(jù)可簡化為如圖所示，若直流線路的輸電線總電阻為10Ω，變壓與整流等造成的能量損失均不計，直流和交流逆變時有效值不發(fā)生改變。當直流線路輸電電流為4×10A．輸送電功率為1B．降壓變壓器匝數(shù)比為11∶5C．直流輸電線上損失的功率為1.6×1D．若保持輸送電功率不變，改用550kV輸電，直流輸電線上損失的功率為6二、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。全部選對得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14．如圖所示，甲、乙、丙、丁四幅圖摘自課本，下列說法正確的是（）A．圖甲醬油的色素分子進入到蛋清內(nèi)是擴散現(xiàn)象B．圖乙燈焰在肥皂膜上形成條紋是光的干涉現(xiàn)象C．圖丙電焊作業(yè)時發(fā)出耀眼的電焊弧光是紫外線D．圖丁所示雪花形狀規(guī)則，說明雪花具有各向同性15．如圖所示，圖甲為光電效應實驗的電路圖（電源正負極可對調(diào)），用一定強度的單色光a、b分別照射陰極K，用電流表A測量流過光電管的電流I，用電壓表V測量光電管兩極間的電壓U，調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到如圖乙所示的I與U的關系圖像。則（）A．用a光照射時光電管的極限頻率高于用b光照射時光電管的極限頻率B．a(chǎn)光在水中的傳播速度比b光小C．a(chǎn)光的光子動量大于b光的光子動量D．變阻器滑片滑到最左端時，光電流I為零三、非選擇題部分16．利用如圖1裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。（1）為驗證機械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點間的____。A．動能變化量與勢能變化量B．速度變化量和勢能變化量C．速度變化量和高度變化量（2）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺（含鐵夾）、電磁打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是。A．交流電源B．刻度尺C．天平（含砝碼）17．在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，實驗裝置如圖所示。（1）小飛同學以線狀白熾燈為光源，對實驗裝置進行調(diào)節(jié)并觀察了實驗現(xiàn)象后，總結出以下幾點，正確的是。A．單縫和雙縫必須平行放置B．觀察到的干涉條紋與雙縫垂直C．將綠色濾光片改成紅色濾光片，能增大光屏上相鄰兩條亮紋之間距離D．增大單縫和雙縫之間的距離，能增大光屏上相鄰兩條亮紋之間距離（2）實驗中，用測量頭測量條紋間的寬度：先將測量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對齊，將該亮紋定為第1條亮紋，然后同方向轉動測量頭，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對齊，如圖所示，此時手輪上的讀數(shù)為mm。18．如圖所示為某同學用單擺利量重力加速度的實驗，他測得的重力加速度數(shù)值小于當?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶋H值，造成這一情況的原因可能是（）A．開始擺動時振幅較小B．開始計時時，過早按下秒表C．在測量完擺長之后懸掛點細線松動D．測量周期時，誤將擺球29次全振動的時間記為30次19．在“測量金屬絲的電阻率”實驗中，某同學用電流表和電壓表測量一金屬絲的電阻。（1）該同學先用歐姆表“×1”擋粗測該金屬絲的電阻，示數(shù)如圖所示，金屬絲電阻R=Ω。（2）除電源（電動勢3.0V，內(nèi)阻不計）、電壓表（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ），電流表（量程0～0.A．滑動變阻器（最大阻值10Ω，額定電流2A）B．滑動變阻器（最大阻值1kΩ，額定電流0.為調(diào)節(jié)方便、測量準確，實驗中滑動變阻器應選用______（選填實驗器材前對應的字母）。（3）該同學測量金屬絲兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，得到多組數(shù)據(jù)，并在坐標圖上標出，如圖所示。根據(jù)圖線得出該金屬絲電阻R=Ω（結果保留三位有效數(shù)字）。（4）將定值電阻替換為小燈泡，改用電流傳感器測得小燈泡的電流隨時間變化的圖線，會是哪個圖（填“圖甲”或“圖乙”），并分析說明原因是。20．以下實驗中，說法正確的是（）A．“探究彈簧彈力與形變量的關系”實驗中，每次增加的鉤碼數(shù)量必須相等B．“探究平拋運動的特點”實驗中，斜槽末端要保持水平C．“探究等溫情況下一定質(zhì)量氣體壓強與體積的關系”實驗中，應快速壓縮活塞，以防止漏氣D．“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，測量時彈簧秤外殼與木板之間可以存在摩擦21．一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p－T圖上從a到b的線段所示。在此過程中（）A．氣體一直對外做功B．氣體的內(nèi)能一直增加C．氣體一直從外界吸熱D．氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量22．如圖所示，一豎直放置的汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞Ⅱ不能通過連接處。活塞Ⅰ、Ⅱ的質(zhì)量分別為2m、m，面積分別為2S、S，彈簧原長為l。初始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為T0。已知活塞外大氣壓強為p0，忽略活塞與缸壁間的摩擦，汽缸無漏氣，不計彈簧的體積。（重力加速度為（1）求封閉氣體的壓強p和彈簧的勁度系數(shù)k；（2）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當活塞Ⅱ剛運動到汽缸連接處時，活塞間氣體的壓強和溫度。23．如圖所示，固定斜面AB平滑連接固定光滑圓弧BCD，C為圓弧最低點，圓弧最高點D與光滑半圓管DE相切，E與長度L=1m的傳送帶相連，傳送帶右側為足夠長的粗糙水平面。一個質(zhì)量m1=0.1kg的小物塊從斜面頂端A下滑。已知斜面高h=0.3m，傾角θ=37°，與物體間動摩擦因數(shù)μ1=0.5；圓弧BCD和半圓管DE（1）若小物塊初速度為零開始下滑，經(jīng)過C點時對軌道的壓力是多大；（2）若給小物塊合適的沿斜面向下的初速度，它就可到達E點，則與此初速度對應的初動能Ek（3）若給小物塊沿斜面向下的初速度，使其運動過程中不脫離軌道，則與此初速度對應的初動能Ek24．在小車上豎直固定著一個高h=0.1m、長為l、總電阻R=1Ω的單匝閉合矩形線圈。小車以v0=1m/s的速度在光滑的水平面上向右運動，隨后穿過與線圈平面垂直，磁感應強度B=1T的水平有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里且邊界寬度為d（d>l），如圖甲所示。已知小車運動的速度v隨車的位移x變化的v-（1）矩形線圈的長度l和磁場的寬度d；（2）小車在位移x=10cm時的速度v大小和線圈中的電流大小I；（3）線圈和小車通過磁場的過程中克服安培力做的功。25．雙聚焦分析器是一種能同時實現(xiàn)速度聚焦和方向聚焦的質(zhì)譜儀，其模型圖如圖1所示，原理圖如圖2所示。如圖2，加速電場的電壓為U，電場分析器中有指向圓心O的輻射狀電場，磁場分析器中有垂直紙面的勻強磁場。若質(zhì)量為m、電荷量為+q的離子（初速度為零，重力不計），經(jīng)加速電場加速后，進入輻射狀電場，恰好沿著半徑為R的圓弧軌跡通過電場區(qū)域后，垂直磁場左邊界從P點進入圓心為O1的四分之一圓形磁場區(qū)域，PO1=d，之后垂直磁場下邊界O1O2從K點射出并進入檢測器，檢測器可在O1M和O2N之間左右移動且與磁場下邊界的距離恒等于0.5d。（1）求電場分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大?。唬?）求磁場區(qū)域磁感應強度B；（3）若兩種不同離子，經(jīng)過電場分析器和磁場分析器后，分別打到M和N點，且探測器在M點和N點接收到的兩種離子離開O1O2時速度方向與O1O2所夾銳角相同，求探測器在M點和N點接收到的兩種離子比荷之比。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】國際單位制共有七個基本物理單位。包括如下：熱力學溫度（K），長度（m），質(zhì)量（kg），時間（s），電流（A），物質(zhì)的量（mol），光強度（cd）。

故答案為：C。

【分析】國際單位制共有七個基本物理單位。包括如下：熱力學溫度（K），長度（m），質(zhì)量（kg），時間（s），電流（A），物質(zhì)的量（mol），光強度（cd）。2．【答案】A【解析】【解答】A、自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)速度時間公式為v=gt

可知v-t圖像是過原點的傾斜直線，故A正確；

BC、自由落體運動所受合外力不變、加速度不變，可知a-t、F-t圖像為平行于x軸的直線，故BC錯誤；

D、位移時間關系公式為h=12gt2

3．【答案】B【解析】【解答】A、614C衰變時電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)都守恒，由此可知X為-10e，所以614C發(fā)生的是β衰變，故A錯誤；

B、614C衰變成714N，故714N比6144．【答案】D【解析】【解答】AB、吊鍋受到重力、鐵鏈對吊鍋的拉力，共2個力的作用，吊鍋靜止，則鐵鏈對吊鍋的拉力等于吊鍋的重力，故AB錯誤；

C、設輕桿與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得3F解得每根輕桿受到地面的作用力大小為F=故C錯誤；

D、每根輕桿對地面摩擦力為f=F減小h時，θ增大，每根輕桿對地面摩擦力增大，故D正確。

故答案為：D。

【分析】明確吊鍋的受力情況，確定高度變化時，桿與豎直方向夾角的變化情況，再根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進行解答即可。5．【答案】B【解析】【解答】A、根據(jù)萬有引力提供向心力，有G解得T=2π由于組合體的軌道高度小于同步衛(wèi)星的軌道高度，所以組合體的周期小于同步衛(wèi)星的周期，即組合體的周期小于24h，故A錯誤；

B、根據(jù)萬有引力與重力的關系，即G地球的密度為ρ=聯(lián)立解得ρ=故B正確；

C、根據(jù)萬有引力提供向心力，有G解得向心加速度為a組合體的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度，但由于同步衛(wèi)星與赤道上的物體具有相同的角速度，而同步衛(wèi)星的半徑大于赤道上物體的半徑，根據(jù)公式a所以同步衛(wèi)星的向心加速度大于赤道上物體的向心加速度，則組合體的向心加速度大于赤道上物體的向心加速度，故C錯誤；

D、靜止釋放小球，小球?qū)o法做簡諧運動，小球處于完全失重狀態(tài)，故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)題意確定組合體的軌道高度與同步衛(wèi)星的軌道高度的關系。再根據(jù)萬有引力定律及牛頓第二定律進行分析。小球處于完全失重狀態(tài)，小球?qū)o法做簡諧運動。6．【答案】C【解析】【解答】BD、由圖可知，羽毛球從O運動到Q過程中，相鄰兩點間的水平位移逐漸減小，故羽毛球水平方向做減速運動，羽毛球受重力和阻力作用，故BD錯誤；

A、羽毛球做曲線運動，軌跡向力的方向彎曲，所以在O點，羽毛球受到的合力斜向左下方，故A錯誤；

C、由于阻力做負功，所以羽毛球的機械能減小，所以在Q點羽毛球的機械能最小，故C正確。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)圖示確定羽毛球在水平方向上和豎直方向上位移的變化情況，繼而確定羽毛球的受力情況。羽毛球做曲線運動，受到的合力指向曲線的凹側。阻力做負功，羽毛球的機械能減小。7．【答案】D【解析】【解答】AD、并列懸掛兩個相同的彈簧振子，可知小球A、B的周期相同，小球A由靜止釋放，當A第一次到達平衡位置時，由靜止釋放小球B，即小球A先振動四分之一個周期，故小球A到達最高點時，小球B位于平衡位置，小球B比小球A總是滯后四分之一個周期，故A錯誤，D正確；

B、小球B拉離平衡位置的距離較大，小球B的振幅大，總能量較大，在平衡位置時，小球A、B的重力勢能相等，彈簧彈性勢能為零，故小球A的動能小于小球B的動能，故B錯誤；

C、小球B比小球A滯后四分之一個周期，小球B的振幅比小球A的振幅大，根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度，可知運動過程中，小球A和小球B的速度可能相等，故C錯誤。

故答案為：D。

【分析】物體做簡諧運動的周期與振幅的大小無關，質(zhì)量相同、彈簧的勁度系數(shù)相同，小球的振動周期相同。根據(jù)題意確定兩小球振幅的大小以及振動的相位差關系。在平衡位置時，小球A、B的重力勢能相等，彈簧彈性勢能為零。8．【答案】C【解析】【解答】A、由于水平地面下的導線為通有恒定電流I的長直導線，且平行于y軸，而MN也平行于y軸，所以N點與M點的磁感應強度大小相等，方向相同，故A錯誤；

B、由于PN平行于x軸，故線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量始終變化，故B錯誤；

C、線圈從P點開始豎直向上運動時，穿過線圈的磁通量一直為零，磁通量不變，線圈中無感應電流，故C正確；

D、線圈從P到M過程和從P到N過程，線圈中磁通量變化量相同，而PM間距離大于PN間的距離，又速率相同，所以線圈從P到M的時間大于P到N的時間，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈從P到M過程產(chǎn)生的感應電動勢小于從P到N過程產(chǎn)生的感應電動勢，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)右手螺旋定則去誒多功能M、N點磁感應強度的方向，距離導線相等的位置，磁感應強度的大小相等。穿過線圈的磁通量發(fā)生改變時，線圈產(chǎn)生感應電流。根據(jù)法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢的大小關系。9．【答案】B【解析】【解答】A、若電容器與電源連接，則電容器極板間電壓不變，故A錯誤；

B、若物體向左移動，電介質(zhì)插入兩板間的長度增大，則ε增大，根據(jù)電容的決定式C=可知電容C增大，根據(jù)電容的定義式C=由于電壓U不變，則電容器極板帶電量增大，故B正確；

C、當物體向左勻速運動時，則電介質(zhì)板進入電容器的長度x均勻增大，根據(jù)C=可知電容C均勻增大，Q均勻增大，所以流過電流表的電流保持恒定，故C錯誤；

D、若電容C增大，則Q增大，電容器充電，電流從電源正極流向電源負極，若Q減小，則電容器放電，電流從電容器的正極板流出，其方向與充電電流方向相反，故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】電容器與電源連接，電容器極板間電壓不變。電容器放電，電流方向與充電電流方向相反，再根據(jù)電容的決定式及電容的定義式結合題意分析解答。10．【答案】C【解析】【解答】AB、當θ=πφ當θ=4πφ如圖所示

由于M、N兩點分別是圓弧上電勢的最低點、最高點，則過兩點的等勢面與圓相切，又因為電場線與等勢面垂直，且指向電勢降低的方向，可知電場方向從N指向M，可得場強大小為E=故AB錯誤；

C、由圖乙可知，C點的電勢為φ電子從A點沿圓弧運動到C點，電勢能的變化量為Δ即電勢能減小2eV，故C正確；

D、從B點沿圓弧逆時針到D點，電勢先升高后降低，則電子沿該路徑運動時，由E可知，電子的電勢能先減小后增大，所以電場力先做正功后做負功，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】沿電場線方向電勢降低的最快，即電勢最高點和電勢最低點的連線即為電場線，且沿電場線方向電勢逐漸降低。再根據(jù)電勢差與場強的關系確定場強的大小。熟悉掌握電勢與電勢能的關系，電勢能升高，電場力做負功。11．【答案】D【解析】【解答】A、單色光射入棱鏡后頻率不變，波速減小，則波長變短，故A錯誤；

B、光線從D點射入棱鏡中時，折射角小于入射角，即光線向下偏折；從E點射出時，折射角大于入射角，光線再次向下偏折，則從AB邊射出的光線與AC邊射入的光線有不可能平行，故B錯誤。

C、光路圖如圖所示

因為當sini=1sin由幾何關系可知，由幾何關系得C+∠AED=90°，r+90°=∠AED+∠EAD又因DE=DA，則∠AED=∠EAD光線在D點的折射角為r=90°-2C根據(jù)折射定律n=聯(lián)立可得n=1.5故C錯誤；

D、假設光線DE垂直AB面射出棱鏡時，此時光線在D點的折射角等于∠A=∠AED=90°-C因sin假設不成立，則光線DE不可能垂直AB面射出棱鏡，故D正確。

故答案為：D。

【分析】單色光射入棱鏡后頻率不變。再根據(jù)題意畫出光路圖結合光的折射定律及光的全反射條件進行分析解答。對于判斷性問題可采用假設法進行分析判斷。12．【答案】C【解析】【解答】A、飛行器豎直下落，其勻速下落的速率為10m/s時，飛行器的合力為零k解得Mg=100發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，飛行器勻速向上的速率為5m/s時，飛行器的合力為零F解得F故A錯誤；

B、當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，受到與運動方向相反的水平方向的阻力，大小為F同時飛行器受到豎直向下的重力，若要保持勻速飛行，發(fā)動機的推力應該跟阻力與重力的合力等大、反向；受力分析如圖：

由此可得，此時發(fā)動機的推力為F=故B錯誤；

C、發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，設飛行器速率為v；結合B中的方法可以求出飛行器受到的阻力大小為k而由A求得Mg=100所以v=5故C正確；

D、當飛行器以5m/s的速率飛行時，產(chǎn)生的阻力大小為F飛行器的重力為Mg，最大推力為F當最大推力與重力同向時，飛行器向下運動，此時飛行器受到的合力最大，設此時的加速度為a1，則有1.25Mg+Mg-0.25Mg=M解得a當飛行器以5m/s的速率是向上飛行時，由題意可知，飛行器在某種狀態(tài)下可以保持這一速率做勻速飛行，即飛行器的最小加速度為0；所以飛行器的加速度范圍是0≤a≤2g，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】確定飛行器上升和下落過程的受力情況及所受阻力的方向，再根據(jù)勻速時的平衡條件確定發(fā)電機的最大推力。阻力總是阻礙為物體的相對運動，勻速運動時，推力不一樣沿水平或豎直方向，需根據(jù)平衡條件即力的合成與分解確定推力的方向，再結合題意進行分析解答。13．【答案】D【解析】【解答】A、輸送電功率為P故A錯誤；

C、輸電導線末端電壓U則降壓變壓器的匝數(shù)比n故B錯誤；

C、輸電導線上損失的功率ΔP=損失的電壓ΔU=故C錯誤；

D、保持輸送功率不變，用550kV輸電，輸電導線上損失的功率ΔP=故D正確。

故答案為：D。

【分析】熟悉掌握電能輸送的原理及規(guī)律，再根據(jù)理想變壓器規(guī)律及串并聯(lián)規(guī)律和歐姆定律結合電功率的定義進行解答。14．【答案】A,B【解析】【解答】A、圖甲醬油的色素分子進入到蛋清內(nèi)是擴散現(xiàn)象，故A正確；

B、圖乙燈焰在肥皂膜上形成條紋是光的干涉現(xiàn)象，故B正確；

C、紫外線為不可見光，所以眼睛看到的電焊弧光是可見光，故C錯誤；

D、圖丁所示雪花雖然形狀規(guī)則，但是不能說明雪花具有各向同性，故D錯誤。

故答案為：AB。

【分析】肥皂膜上形成條紋是光的干涉現(xiàn)象，紫外線為不可見光，兩種物質(zhì)相互混合為擴散現(xiàn)象。熟悉掌握各向同性和各向異性的特點。15．【答案】B,C【解析】【解答】A、光電管的極限頻率與照射光的頻率無關，故A錯誤：

B、由光電流I與電壓U的關系圖可知，a光的遏止電壓大于b光的遏止電壓，結合Ek=hv-可知a光是光子頻率大于b光是光子頻率，故水對a光的折射率大于對b光的折射率，根據(jù)n=可知a光在水中的傳播速度更小，故B正確；

C、根據(jù)a光是光子頻率大于b光是光子頻率，可得λ根據(jù)p=可得，a光的光子動量大于b光的光子動量，故C正確：

D、由光電流I與電壓U的關系圖像可知，當滑動變阻器的滑片滑到最左端時，電壓U為零，但光電流I不為零，故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】光電管的極限頻率只與光電管的金屬材料有關。根據(jù)乙圖結合遏止電壓及愛因斯坦的光電效應方程確定兩種光子的頻率大小，再根據(jù)折射率定律確定在水中傳播速度的關系。熟悉掌握光電流及光子動量的特點。16．【答案】（1）A（2）AB##BA【解析】【解答】（1）為驗證機械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點間動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等。

故答案為：A。

（2）打點計時器使用交流電源，實驗中需要測量點跡間的距離，從而得出瞬時速度和下降的高度，所以需要刻度尺，實驗中驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，質(zhì)量可以約去，不需要測量質(zhì)量，則不需要天平。

故答案為：AB。

【分析】熟悉掌握打點計時器的使用方法及操作規(guī)范。根據(jù)探究“驗證機械能守恒定律”實驗的原理分析實驗需要使用的儀器及測量的對象。17．【答案】（1）AC##CA（2）15.50【解析】【解答】（1）A、為了獲得清晰的干涉條紋，燈絲與單縫和雙縫必須平行放置，故A正確；

B、觀察到的干涉條紋與雙縫平行，故B錯誤；

CD、根據(jù)Δx=L可知，將綠色濾光片改成紅色濾光片，增大了光的波長，則相鄰兩條亮紋的間距增大，相鄰兩條亮紋的間距與單縫和雙縫間的距離無關，故C正確，D錯誤。

故答案為：AC。

（2）游標卡尺的讀數(shù)為主尺讀數(shù)與游標尺讀數(shù)之和，所以手輪上的讀數(shù)為15【分析】由于光為橫波，為零看到清晰的干涉條紋，則單縫和雙縫必須平行放置，且觀察到的干涉條紋與雙縫平行。再根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式進行實驗分析。18．【答案】B,C【解析】【解答】A．單擺的周期T=2π則重力加速度g=開始擺動時振幅較小，不影響重力加速度的測量，A不符合題意；B．開始計時時，過早按下秒表，則測量的時間變長，會導致周期變大，重力加速度測量值偏小，B符合題意；C．在測量完擺長之后懸掛點細線松動，則測量的擺長比實際擺長偏小，導致重力加速度測量值偏小，C符合題意；D．測量周期時，誤將擺球29次全振動的時間記為30次，根據(jù)T=t故答案為：BC。

【分析】利用單擺的周期公式可以判別其重力加速度的測量值與振幅無關；利用其周期公式可以求出重力加速度的表達式，進而判別其測量值偏小的原因。19．【答案】（1）6.0（2）A（3）5.80（4）圖乙；剛閉合開關時，燈絲溫度較低，電阻較小，電流較大；隨著燈絲溫度升高，電阻逐漸增大，電流逐漸減?。划敓艚z發(fā)熱與散熱平衡時，溫度不變，電阻不變，電流保持不變。故選圖乙?！窘馕觥俊窘獯稹浚?）將選擇開關調(diào)節(jié)到“×1Ω”，由圖可知，金屬絲的電阻R（2）為了調(diào)節(jié)方便、測量準確，滑動變阻器要選與待測電阻接近的阻值，即選最大阻值為10Ω的變阻器；

故答案為：A。

（3）將描出的點用直線連接，即可得U-I圖線，則有

?。?.3A，1.75V），可得R=（4）剛閉合開關時，燈絲溫度較低，電阻較小，電流較大；隨著燈絲溫度升高，電阻逐漸增大，電流逐漸減?。划敓艚z發(fā)熱與散熱平衡時，溫度不變，電阻不變，電流保持不變。故答案為：圖乙。

【分析】熟悉掌握儀器選擇的準則及判定方法。根據(jù)圖像結合歐姆定律判斷圖像斜率的物理意義，再根據(jù)圖象確定電阻阻值的大小。燈絲溫度升高，電阻逐漸增大，電流逐漸減小。20．【答案】B,D【解析】【解答】A、“探究彈簧彈力與形變量的關系”實驗中，每次增加的鉤碼數(shù)量不必相等，故A錯誤；

B、“探究平拋運動的特點”實驗中，為了保證小球做平拋運動，則應使斜槽末端要保持水平，故B正確；

C、“探究等溫情況下一定質(zhì)量氣體壓強與體積的關系”實驗中，應緩慢壓縮活塞使氣體與外界發(fā)生熱交換保持氣體溫度不變，故C錯誤；

D、實驗中拉彈簧秤時，只需要讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數(shù)即為彈簧對細繩的拉力相等，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】熟悉掌握各組實驗的實驗原理及操作步驟和實驗要求。根據(jù)實驗原理分析實驗中需要測量的物理量及所需控制的物理量。21．【答案】B,C,D【解析】【解答】A、因p－T圖像中a到b的線段的延長線過原點，由pV可知從a到b氣體的體積不變，則從a到b氣體不對外做功，故A錯誤；

B、因從a到b氣體溫度升高，可知氣體內(nèi)能增加，故B正確；

CD、因W=0，ΔU>0根據(jù)熱力學第一定律ΔU=W+Q可知，氣體一直從外界吸熱，且氣體吸收的熱量等于內(nèi)能增加量，故CD正確。

故答案為：BCD。

【分析】根據(jù)圖像結合理想氣體狀態(tài)方程確定去提體積的變化情況。溫度升高，氣體內(nèi)能增大，體積變大，氣體對外做功，再結合熱力學第一定律進行分析解答。22．【答案】（1）解：設封閉氣體的壓強為p1mg+解得p對活塞Ⅰ由平衡條件有2mg+解得彈簧的勁度系數(shù)為k=（2）解：緩慢加熱兩活塞間的氣體使得活塞Ⅱ剛運動到汽缸連接處時，對兩活塞和彈簧的整體由平衡條件可知，氣體的壓強不變依然為p即封閉氣體發(fā)生等壓過程，初末狀態(tài)的體積分別為V1=由氣體的壓強不變，則彈簧的彈力也不變，故有l(wèi)有等壓方程可知V解得T【解析】【分析】（1）整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，封閉氣體對在兩活塞處的壓強相等。分別對兩活塞和彈簧構成的整體及活塞1進行受力分析，再根據(jù)平衡條件及胡克定律進行聯(lián)立解答；

（2）穩(wěn)定時，整個系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài)，對兩活塞和彈簧構成的整體及活塞1進行受力分析，根據(jù)平衡條件可知封閉氣體的壓強及彈簧的形變量不變，即封閉氣體做等壓變化。根據(jù)幾何關系確定加熱前后封閉氣體的體積，再根據(jù)蓋呂薩克定律進行解答。23．【答案】（1）解：小物塊從A到C過程由動能定理mgh?小物塊在C點根據(jù)牛頓第二定律F解得F根據(jù)牛頓第三定律，支持力和壓力大小相等，方向相反，所以C點對軌道的壓力是1.8N。（2）解：小物塊過E點最小速度為零，從E到D，由機械能守恒定律得mg2r=解得v小球能通過D點，速度最小時，由重力提供向心力，則有mg=m解得v由上分析，可知必須在D點速度等于5m/s，對應的動能最小mgh?解得Ekmin（3）解：不脫離軌道2種情況情況1：過F點，滿足2aL=v由動能定理得mgh?μmg解得Ek情況2：過圓弧BCD與O點等高處，由動能定理得mgh?μmg解得Ek綜上所述，符合條件的動能0≤Ek≤0【解析】【分析】（1）確定物塊從A到C的過程中的受力情況及各力的做功情況，再根據(jù)動能定理確定物塊達到C點的速度，再根據(jù)物塊在C點的受力情況及牛頓第二定律進行解答；

（2）小物塊過D點的最小速度為恰好完全