諸暨市年5月高三適應性考試試題物理一、選擇題（本題共小題，每小題3分，共分。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.“戈瑞”（Gray，符號：Gy）是國際單位制中用于衡量電離輻射能量吸收劑量的導出單位，定義為每千克被輻照物質吸收1焦耳的能量，則Gy用國際單位制的基本單位表示為（）A.J/m2B.m2/s2C.kg/s2D.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布了一款輪足機器人——“山貓”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360°，甚至單腳站立保持靜止?！吧截垺痹冢ǎ〢.避開障礙物時可以被看作質點B.空中翻轉時重心位置始終保持不變C.單腳靜止時地面對它作用力的方向豎直向上D.起跳時地面對它的作用力大于它對地面的作用力【答案】C【解析】【詳解】A．避開障礙物時，“山貓”的大小形狀不能忽略不計，不可以被看作質點，選項A錯誤；B．空中翻轉時“山貓”的形體結構會發生改變，則重心位置會發生變化，選項B錯誤；C．單腳靜止時地面對它作用力與重力等大反向，則地面對其作用力的方向豎直向上，選項C正確；D．根據牛頓第三定律可知，起跳時地面對它的作用力等于它對地面的作用力，選項D錯誤。第1頁/共25頁故選C。3.我國物理學家曾謹言曾說：“20世紀量子物理學所碰到的問題是如此復雜和困難，以至沒有可能期望一個物理學家能一手把它發展成一個完整的理論體系。”下列一系列理論都和量子力學的建立緊密相關，其內容正確的是（）A.普朗克黑體輻射理論認為：微觀粒子的能量是分立的B.玻爾的氫原子模型認為：電子繞核運動的軌道可以是任意半徑C.德布羅意的“物質波”假設認為：實物粒子也具有波動性，波長D.愛因斯坦的光電效應理論認為：光電子的最大初動能與入射光的強弱有關【答案】A【解析】【詳解】A．普朗克黑體輻射理論提出微觀粒子的能量是分立的，A正確；B．玻爾的氫原子模型認為電子繞核運動的軌道不是任意半徑，B錯誤；C．德布羅意的“物質波”假設認為實物粒子也具有波動性，波長，C錯誤；D．愛因斯坦的光電效應理論認為光電子的最大初動能與入射光的頻率有關，D錯誤。故選A。4.將于近期擇機發射的“天問二號”探測器計劃對小行星2016HO32016HO3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，最遠約4000多萬公里，因其運行周期與地球高度同步，被稱為“地球準衛星”。如圖所示，地球繞太陽公轉可視作圓軌道，小行星2016HO3繞太陽運行軌道為橢圓，它的近日點位于地球圓軌道內側。下列說法正確的是（）A.探測器的發射速度大于第三宇宙速度B.探測器在采樣時能實時接收地面控制中心的指令C.小行星在近日點的速度大于地球做圓周運動的速度D.小行星在遠離太陽過程中引力做負功，機械能不斷減小第2頁/共25頁【答案】C【解析】【詳解】A．探測器未能脫離太陽系飛出去，所以探測器的發射速度小于第三宇宙速度，故A錯誤；B．即使在最近約1400?萬公里處，電磁信號往返也會有數十秒以上的延遲，無法實現“實時”操控，故B錯誤；C日點處速率比地球公轉速率大，故C正確；D．太陽引力是保守力，小行星在橢圓軌道上機械能守恒，不隨小行星遠離太陽而不斷減小，故D錯誤。故選C。5.某人在室內以窗戶為背景攝影時，恰好把窗外從高處自由落下的一個小石子攝在照片中，已知本次攝影的曝光時間是0.01sg取10m/s20.8cm100cm的窗框在照片中的長度為4.0cm。根據以上數據估算，石子開始下落的位置距離窗戶的高度約為（）A.10mB.20mC.40mD.50m【答案】B【解析】【詳解】設在曝光時間0.01s內石子實際下落的距離為x，則有解得在曝光時間0.01s內石子的速度為石子做自由運動，石子開始下落的位置距離窗戶的高度約為故選B。6.L的自感系數0.1HC的電容40μFR的阻值3Ω動勢E=1.5V，內阻不計。閉合開關S，待電路達到穩定狀態后斷開開關SLC電路中將產生電磁振蕩。如果規定線圈中的電流方向從a到b為正，在斷開開關的時刻t=0，則電感線圈中電流i隨時間t變化的圖像為（）第3頁/共25頁A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】在開關閉合時，電流是從a流向b，通過L的電流為當斷開開關后電流在LC電路中振蕩，周期為代入題中數據解得則振動圖像如圖故選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（h光在真空中的速度為c，不考慮發生二次折射的光。下列說法正確的是（）第4頁/共25頁A.玻璃磚對該單色光的折射率為B.光在玻璃磚內傳播的最短時間為C.在半球面上有光射出部分的面積為D.若點光源發出的是白光，則在凹坑上方可觀察到最外層是紫色的彩色光環【答案】C【解析】【詳解】A．如圖所示，在最遠點剛好發生全反射：由全反射定律得：解得，A錯誤；B．豎直向上傳播時間最短B錯誤；C．從O2點發出的光在球面上B點恰好發生全反射，則由正弦定律得：解得：由幾何關系得：所以從半球面上有折射光線射出的區域面積為：C正確；第5頁/共25頁D．紅光的折射率最小，根據，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，D錯誤。故選C。8.如圖所示，兩根長均為L的輕繩a和b固定在質量為m的小球上，輕繩a的另一端固定在天花板上的AABb的另一端系有輕質小環cc套在豎直光滑桿CDCD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做勻速圓周運動，使輕繩a與豎直方向夾角為37°。已知小球可看作質點，sin37°=0.6。下列說法正確的是（）A.在情境一中，輕繩a對小球的拉力大小為mgB.在情境一中，輕繩b對小球的拉力大小為C.在情境二中，轉動轉速越大，輕繩a對小球的拉力越大D.在情境二中，轉動角速度為，輕繩b對小球的拉力為0【答案】D【解析】【詳解】AB．對小球受力分析，根據平衡條件可得，解得，第6頁/共25頁AB錯誤；CD．在情境二中，當繩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動提供向心力，豎直方向上受力平衡，結合上述分析可知，解得即當角速度時，繩子a的拉力不變；當繩子b有拉力時，根據牛頓第二定律則有隨著轉動的角速度增大，繩子a的拉力隨之增大，綜上所述，當時，繩a的拉力隨角速度的增大而保持不變，當時，繩a的拉力隨角速度的增大而增大，C錯誤，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體材料，其電流I沿x軸正方向，勻強磁場B沿z軸正方向。半導體材料內有電荷量均為e知單位體積內自由電子和空穴的數目之比為npy軸正方向的穩定電場，即霍爾電場，則建立穩定電場后（）A.電子和空穴都做勻速直線運動B.空穴受到的霍爾電場力大于洛倫茲力C.電子和空穴沿y軸方向上的平均速率之比為pnD.單位時間內打到下極板電子和空穴數目之比為np【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，所以電子產生電流方向沿y軸正方向，空穴第7頁/共25頁產生電流沿y軸負方向，設Δt時間內運動到導體下表面的自由電子數和空穴數分別為Nn、Np，設兩粒子沿y軸方向的速度為v和v，則有Nn=nSvΔt，Np=pSvΔt（S為上下底面的面積）霍爾電場建立穩定后，半導體y方向上的下表面電荷量不再發生變化，即Nn=Npz方向形成的電流大小相等，方向相反，此時可得v：v=p：n故C正確，D錯誤；AB．因為電子受到的洛倫茲力方向向下，空穴受到洛倫茲力方向向下，霍爾電場沿y軸正方向，所以電子受到霍爾電場的電場力向下，即電子在y方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力向下且不為零，電子的運動不是勻速直線運動；而空穴受到霍爾電場的電場力向上，則空穴在y方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力為零，即空穴受到的霍爾電場力等于洛倫茲力，故AB錯誤；故選C。10.如圖所示為兩個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>0兩球面內切于EO和O1O球面相交于B、C兩點。現有一質量為m、帶電量為q（q>0）的小球從A點沿細管由靜止開始下落，運動通過D點。已知AB兩點距離和CD兩點距離均為R，靜電力常量為k，重力加速度為g，設無窮遠處為零勢能面，點電荷Q產生電勢為，則（）A.A點電勢為B.小球通過D點時的速度為C.小球通過O點時的動能為D.小球從B運動到O的過程中加速度一直在增大【答案】C第8頁/共25頁【解析】【詳解】A．幾何關系可知則A點電勢為故A錯誤；B．根據對稱性和電勢疊加原理易得，AD點電勢相等，即AD電勢差U為0，根據動能定理有解得小球通過D點時的速度故B錯誤；C．根據對稱性和電勢疊加原理易得O點電勢小球從A到O過程，根據動能定理有聯立解得小球通過O點時的動能為故C正確；D．小球從B運動到O的過程中，大球對小球的庫侖力為0（大球在其內部產生的場強為0小球加速度從從B運動到O的過程中，r在減小，在增大（D錯誤。故選D。二、選擇題（本題共3小題，每小題4分，共分。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，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）有關以下四幅圖的描述，正確的是（）A.圖甲中，兩板間的薄片越薄，干涉條紋間距越大第9頁/共25頁B.圖乙中，光屏上的中央亮斑是光照射到小圓孔后產生C.圖丙中，照相機鏡頭上的增透膜，在拍攝水下的景物時可消除水面的反射光D.圖丁中，入射的光子與電子碰撞時，一部分動量轉移給電子，光子的波長變長【答案】AD【解析】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生穩定干涉的光波半波長的偶數倍或奇數倍，因此可知滿足半波長偶數倍或奇數倍的數量減少，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錯誤；C故C錯誤；D變長，故D正確。故選AD。12.在平面S內有相距3m的兩相干波源和某一質點PP到兩波源的距離之差為2mt=0波源同時垂直平面S開始振動，形成的波在平面S內的均勻介質中傳播。兩列波各自單獨引起質點P的振）A.兩列波的波長均為2mB.平面S內的質點的最大振幅為16cmC.質點P在3s內通過的路程為D.平面S內以兩波源為焦點的橢圓上有兩處質點不振動【答案】CD【解析】【詳解】A．題圖可知兩波各自單獨傳到質點P時間相隔0.5s，波的周期為2s，故波速第10頁/共25頁則波長故A錯誤；B．從振動圖像可知兩列波單獨引起質點P振幅，平面S內質點振動加強時振幅最大（振S內所有質點都能達到這個最大振幅，比如振動減弱點最大振幅就不是16cm，故B錯誤；CP點的波程差為2mP在3s內通過的路程為，故C正確；D樣的橢圓可能與不同的雙曲線相交，即對應不同k值的波程差。當橢圓足夠大時，可能有兩個點滿足波程差為半波長的奇數倍，因此振動相消，即不振動，故D正確。故選CD13.如圖所示，半徑為20cm的豎直圓盤以10rad/s的角速度勻速轉動，固定在圓盤邊緣上的小圓柱帶動絕緣T形支架在豎直方向運動。T形支架下面固定一長為30cm、質量為200g的水平金屬棒，金屬棒兩端與兩根固定在豎直平面內的平行光滑導軌MN和PQ始終緊密接觸，導軌下端接有定值電阻R和理想電壓表，兩導軌處于磁感應強度大小為5T、方向垂直導軌平面向外的勻強磁場中。已知金屬棒和定值電阻的阻值均為0.75Ω，其余電阻均不計，重力加速度g=10m/s2，以下說法正確的是（）A.理想電壓表的示數為1.5VB.T形支架對金屬棒的作用力的最大值為7NC.圓盤轉動一周，T形支架對金屬棒所做的功為D.當小圓柱體經過同一高度的兩個不同位置時，T形支架對金屬棒的作用力相同第11頁/共25頁【答案】BC【解析】【詳解】A．圓盤的線速度為感應電動勢最大值為最大電流為電流的有效值為理想電壓表的示數為A錯誤；B．當小圓柱運動到圓心的右下方，線速度與豎直方向成角θ時，對金屬棒根據牛頓第二定律得代入數值得當時，F有最大值，最大值為，B正確；C．圓盤轉動一周，T形支架對金屬棒所做的功為，周期為解得，C正確；D棒的加速度為零；小圓柱在圓心右側時：小圓柱在圓心左側時：D錯誤。故選BC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共分）14.某實驗小組利用圖示裝置測量物體自由下落的加速度。第12頁/共25頁（1）圖1中的打點計時器使用的電源為（）A.交流8VB.直流8VC.交流220VD.直流220V（2）實驗中打出多條紙帶，選擇其中點跡比較清晰的一條紙帶進行數據采集和處理：從第一個點開始每隔1個點作為1個計數點，用刻度尺測量各計數點的位置，并記錄在下表中，其中計數點7的位置刻度如圖2所示，則其讀數為__________cm；對表中數據利用Excel軟件進行處理，得到x-t的圖像公式為：x=481.3t2+1.00（cm_________m/s2（結果保留三位有效數字）計數012345678910點t/s00.040.080.120.160.200.240.280.320.360.40x/cm1.001.804.107.9213.3020.2028.7350.3063.3578.00（3）上表中，利用計數點4~5之間和5~6之間的位移之差求得加速度的值為________m/s2；該結果與當地重力加速度（g=9.79m/s2）存在一定偏差，其原因可能是（）A.重錘的質量過大B.紙帶與限位孔之間的摩擦較大C.電火花計時器的放電火花有漂移【答案】（1）C（2）①38.80②.9.63##9.62（3）①.10.19②.C【解析】【小問1詳解】圖1中的打點計時器為電火花計時器，使用的電源為220V交流電源，故選C；【小問2詳解】第13頁/共25頁[1][2]因第6個點的讀數為28.73cm，則第7個點的讀數為38.80cm；根據x=481.3t2+1.00（cm）可得解得【小問3詳解】[1]每隔1個點作為1個計數點，可知相鄰兩計時點間的時間間隔t=0.04s；利用計數點4~5之間和5~6之間的位移之差求得加速度的值為[2]該結果大于當地重力加速度（g=9.79m/s2A.重錘的質量過大，也會由于阻力影響，造成g的測量結果偏小，選項A錯誤；B.紙帶與限位孔之間的摩擦較大，則會使得加速度測量值偏小，選項B錯誤；C.電火花計時器的放電火花有漂移使得位移測量值偏大，造成g測量值偏大，選項C正確。故選C。15.如圖所示，某同學用“尺瞄法”測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DO，眼睛對著AC用直尺M瞄準它的像，沿直尺畫出OE。連接OO2并延長，用圓規截取等長線段OL和OP，過L、P兩點分別作法線NN'的垂線LK和PQ。（1）三棱鏡折射率為___________（2）下列哪一項操作可以減小實驗誤差（）A.O1點離角A更近一些B.OL和OP截取更長一些C.用更短的直尺來瞄準直線【答案】（1）第14頁/共25頁（2）B【解析】【小問1詳解】根據折射率定義有因為整理得【小問2詳解】A．點離角A更近一些，會使光線在三棱鏡內的光路較短，測量誤差相對增大，不利于減小誤差，故A錯誤；B．截取更長一些，測量線段長度計算折射率時，相對誤差會減小，從而可以減小實驗誤差，故B正確；CC錯誤。故選B。16.為盡可能精確測定待測電阻Rx的阻值（約為200Ω電池組E（電動勢3V電流表A（量程0~15mA，內阻約為100Ω電流表A（量程0~300μA，內阻為1000Ω滑動變阻器R（阻值范圍0~20Ω，額定電流2A第15頁/共25頁電阻箱R（阻值范圍0~9999.9Ω，額定電流1A開關、導線若干。（1）如圖所示的電路中，將電阻箱R2的阻值調到9000Ω，在ab兩處分別接入電流表，其中在a處接入的電流表為__________（2）調節滑動變阻器R，其中一只電流表的示數如圖所示，其示數為__________mA；此時另一只電流表的示數為150μA，則待測電阻Rx的阻值為__________Ω（3）利用提供的實驗器材，以下電路設計方案中也能夠比較精確測定Rx阻值的是（）A.B.C.【答案】（1）A2（2）①.8.0（±0.1）②.191（±5）（3）A【解析】【小問1詳解】因為電流表A2內阻已知，所以a處接入的電流表為A，與電阻箱R2串聯后可知待測電阻的兩端電壓?！拘?詳解】[1]其中一只電流表的示數如圖所示，由題圖可知其示數為8.0mA；[2]此時另一只電流表的示數為150μA，則待測電阻Rx兩端電壓為通過待測電阻Rx的電流為則待測電阻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S、S，調節電阻箱R2使得兩次電流表示數相同，即通過等效替代第16頁/共25頁法可以比較精確測定Rx阻值，故A正確；B．由電路圖可知，無法測得通過Rx的電流，故B錯誤；CA1Rx以比較精確測定Rx阻值，故C錯誤。故選A。17.S=4.0m2、高度L=3.0m的薄壁圓筒，如圖乙所示，筒內裝有體積可以忽略的電熱絲和溫度傳感器（圖中未h=5.0m，該過程傳感器顯示筒內氣體溫度始終為T=300K。接著通過電熱絲對筒內氣體加熱，同時逐漸豎直向上提升圓筒，使圓筒內液面與水面的高度差始終保持h值不變，當圓筒提升?L=40cm時，傳感器顯示筒內氣體溫度為T。已知筒內氣體的質量保持不變，其內能與溫度的關系式為U=kT，其中k=1.0×104J/K，大氣壓強為p=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。（1（“增大”“不變”“減小”子數密度____________（“增大”“不變”“減小”（2）求筒內氣體的溫度T；（3）求圓筒提升?L過程中筒內氣體吸收的熱量Q?！敬鸢浮浚?）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，筒內氣體的溫度不變，筒內氣體的內能不變；[2]在圓筒緩慢向下吊放過程中，筒內氣體的壓強增大，體積減小，筒內氣體的分子數密度增大?！拘?詳解】設圓筒到達某一深度時筒內空氣長度L，此過程等溫變化，由玻意耳定律第17頁/共25頁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，設氣體對外做功為W，則有解得內能變化解得由熱力學第一定律解得18.如圖所示，游戲裝置由光滑傾斜軌道AB的光滑圓弧軌道BCL=9.0m水平軌道CD和高為光滑高臺EF的直角斜面體緊貼著高臺邊緣EDEF將質量m=0.5kg的小物塊從傾斜軌道上高度為的A處由靜止釋放，小物塊恰好能到達高臺邊緣E點。若斜面體向左移動，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，發現小物塊從斜面體頂端斜拋后也恰好落在E點。已知小物塊與水平軌道CD和與斜面體之間的動摩擦因數均為μ物塊可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。（1）求小物塊到達圓弧軌道最低點C時對軌道壓力的大小；（2）求動摩擦因數μ和斜面體傾角θ；（3EFM=2.0kg的“小山坡”v=2.0m/s沖向“小山坡”物塊始終貼著“小山坡”表面運動，求“小山坡”獲得的速度。第18頁/共25頁【答案】（1）25N（2），30°（3）0.8m/s，0【解析】【小問1詳解】小物塊到達圓弧軌道最低點C時速度為v，由機械能守恒小物塊在圓弧軌道最低點C時，由向心力公式解得【小問2詳解】小物塊由A到E的過程中，由能量關系解得設斜面體與平臺相距為x，小物塊到E點的速度為v，由能量關系解得根據斜拋運動的規律運動時間為聯立解得代入得即（θ與x無關）則解得【小問3詳解】第19頁/共25頁小物塊從“小山坡”返回或越過“小山坡”，滿足動量守恒滿足機械能守恒解得，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.ABCD1和ABCD2E和F恰好為兩邊中點，且彼此相互絕緣。在兩線框交疊區域存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B0的勻強磁m，邊長均為a，單位長度電阻均為r。現將勻強磁場在極短的時間內減小為零，不計線框電感。（1）判斷線框ABCD1中感應電流方向（“順時針”或“逆時針”（2）求線框ABCD2受到安培力沖量的大小和方向；（3ABCD1E和F存在著勻強磁場B，求勻強磁場減小為零時線框ABCD1【答案】（1）順時針；（2）；向左（3）【解析】【小問1詳解】第20頁/共25頁根據楞次定律可知，線框ABCD1中感應電流的方向：順時針；由法拉第電磁感應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ABCD2受到安培力沖量的方向：向左