義烏市普通高中2025屆適應性考試物理試卷一、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.下列物理量中是標量，且其單位用國際制基本單位表示正確的是（）A.動量N·t B.安培力kg·m·s-2C.重力勢能kg·m2·s-2 D.電動勢V·m2.2025年4月25日0時分，載滿小商品貨柜的第2112列“義新歐”班列跨越13052公里抵達了西班牙的首都馬德里。關于這趟班列同學們的說法正確的是（）A.13052公里是指列車完成的位移大小B.運用質點代替列車研究列車運動的方法叫建立理想化模型法C.當非常小時，代表列車的瞬時加速度，這里運用了微元法D.列車過彎道時超速將會加劇對彎道內軌的磨損3.春風和煦，義烏市民廣場上有許多人在放風箏，會放風箏的人，可使風箏靜止在空中。乙圖是甲圖的情境模型，OL代表風箏線，MN代表風箏截面，截面與水平面夾角θ保持不變。假設風向水平，風速穩定，保持箏線拉力大小保持不變，則下列同學的判斷正確的是（）A.若持線人在地上向左移動些許，風箏將呈現失重狀態B.若持線人在地上向右移動些許，風箏高度將下降C.圖示情境下，風箏不可能靜止在空中D.圖示情境下，風箏受到四個力的作用4.下圖是我們在學習平拋運動中做過的實驗，A、B是兩個完全相同的鋼球。若忽略空氣阻力，當小錘完成敲擊后，下列對兩小球的判斷錯誤的是（）A.從敲擊后到兩個鋼球落地，兩個鋼球的動能增量相同B.從敲擊后到兩個鋼球落地，兩個鋼球的重力沖量相同C.兩個鋼球落地時的重力功率不相同D.兩個鋼球落地時的動量不相同5.甲、乙、丙、丁四幅圖分別是回旋加速器、磁流體發電機、泊松亮斑、重核裂變的結構示意圖，下列說法中正確的是（）A.圖甲中增大交變電壓場電壓可增大粒子的最大動能B.圖乙中磁流體發電機產生的電動勢大小與等離子體的濃度無關C.圖丙中的泊松亮斑支持了光的波動說，它是菲涅爾通過實驗觀察到的D.圖丁所示的核反應屬于重核裂變，鋇141的平均核子質量、比結合能都比鈾235的小6.如圖所示，有一面積為S，匝數為N，電阻為r的矩形線圈，繞軸在水平方向的磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω做勻速轉動，從圖示位置（線圈平面與磁場平行）開始計時。矩形線圈通過銅滑環接理想變壓器原線圈，副線圈接有固定電阻R0和滑動變阻器R，所有電表均為理想交流電表。下列判斷正確的是（）A.金屬線圈處于圖示位置時，矩形線圈中電流方向是A→B→C→DB.矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e=NBSωsinωtC.將R的滑片向下滑動時，電流表A示數變大，電壓表V的示數變大D.將R的滑片向下滑動時，矩形線圈的熱功率將增大7.下圖的電路廣泛的存在于收音機、電子琴等用電器中，如果我們在電路左側的輸入端輸入正弦交流電，在AB端和CD端分別用示波器監測電路的輸出信號。下列同學對示波器監測到的信號判斷正確的是（）A.電路正常工作時，AB端監測到的信號圖樣如丁所示，CD端監測到的信號圖樣如甲所示B.電路正常工作時，AB端監測到的信號圖樣如乙所示，CD端監測到的信號圖樣如丙所示C.如果電路中的某個二極管虛焊斷路，AB和CD端監測到的信號圖樣可能如乙和丙所示D.改變電感的自感系數和電容器的電容都可以改變CD端輸出信號的頻率8.在太陽光照射下，衛星太陽能板將光能轉化為的電能為衛星設備提供能源。一顆繞地球做勻速圓周運動的衛星與地心的距離為地球半徑的倍，衛星圓形軌道平面與地球赤道平面重合，衛星的運行周期為T。下列判斷正確的是（）A.衛星的運行周期T約為近地衛星運行周期的2倍B.衛星的運行速度約為第一宇宙速度的倍C.衛星運行軌道上各點的重力加速度為地球表面的倍D.衛星運行一周，太陽能收集板轉化電能的時間約為9.一束與水平面MN成θ角的平行紅色光束射到半圓柱形玻璃磚的界面上，其橫截面如圖所示，經玻璃折射后，有部分光能從AC弧線中射出，經測定MA、AC、CN三段弧線的長度比為5∶6∶1，下列說法正確的是（）A.紅色光在這種玻璃中全反射的臨界角是30°B.紅色光束與水平面MN成60°角C.紅色光在空氣中的傳播速度是這種玻璃中傳播速度的倍D.若改成綠色光束入射，相同條件下與出射弧線對應的角AOC將增大10.試探電荷q在點電荷Q的電場中所具有電勢能可以用來計算（式中k為靜電力常量，r為試探電荷與場源電荷間的距離）。真空中兩個點電荷相距15cm固定在x軸的兩個點上，取無限遠處的電勢為零，x軸正方向上各點的電勢隨x的變化關系如圖所示，下列說法正確的是（）A.兩個點電荷可能帶同種電荷B.兩個點電荷電量之比為2∶1C.x=5cm處電場強度等于零D.兩個點電荷之間電勢為零的位置坐標為x=-3cm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，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）11.兩列簡諧橫波a、b在同一媒質中沿x軸正方向傳播，波速均為v=2.5m/s，在t=0時兩列波的波峰正好在x=2.5m處重合，如圖所示。下列說法正確的是（）A.a、b能在x軸上形成穩定干涉圖像B.x=（2.5±20k）m，k=0，1，2，3，……處波峰都重合C.x軸上不存在波谷與波谷重合處D.t=0時，b波引起x=-0.5m處質點的振動方程為12.如圖所示，一光電管的陰極用極限頻率為的某種金屬制成?，F用頻率為的紫外線照射陰極，當光電管陽極A和陰極K之間的電勢差U=2.1V時，光電流達到飽和狀態，此時電流表的示數為0.56μA。已知普朗克常量。下列同學的判斷正確的是（）A.陰極K金屬的逸出功是B.光電管每秒從K極逸出的光電子數為C.光電子的最大初動能為D.電子到達A極的最大動能是13.如圖甲，在圓柱形區域內存在一方向豎直向下、磁感應強度大小B隨時間t的變化關系如圖乙所示磁的磁場，在此區域內，沿水平面固定一半徑為r的圓環形光滑細玻璃管，環心O在區域中心。一質量為m、帶電荷量為（q（q>0）的小球t=0時靜止在管內的E點，2T0時刻小球第二次經過F點且不受細管側壁的作用力，角EOF為120°，小球在運動過程中電荷量保持不變，對原磁場的影響可忽略。下列說法正確的是（）A.2T0時刻小球過F點的速度大小為B.小球兩次過F點時受到洛倫茲力的大小之比為2∶5C.T0時刻細玻璃管內的電場強度大小為D.T0時刻小球受細管側壁的作用力等于零三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.（1）某實驗小組在做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，從裝置照片圖1中，我們容易發現一些錯誤，例如“沒有補償阻力”等，請你認真觀察后再指出兩處不妥之處_______，_______。（2）正確安裝裝置后，接通220V，50Hz電源，釋放小車進行實驗，得到一條紙帶如圖2所示，A、B、C、D、E、F、G為選出的計數點，相鄰兩個計數點之間均有4個計時點未畫出，則小車的加速度大小為_______m/s2（結果保留2位有效數字）。15.一學生小組用圖（a）裝置做“測量重力加速度的大小”實驗。（1）制作單擺時，在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，應選擇圖_______方式（填甲或乙），用游標卡尺測量擺球直徑，測得讀數如圖丙，則擺球直徑為_______cm。（2）實驗中觀測到從擺球第1次經過最低點到第61次經過最低點時間間隔為60.60s，則此單擺周期為_______s，多次改變擺線長度，在小擺角下測得不同擺長l對應的小鋼球擺動周期T，并作出l-T2圖像，如圖（b）所示，根據圖線斜率可計算重力加速度g=_______m/s2（保留3位有效數字，π2取9.87）。（3）若將一個周期為T的單擺，從平衡位置拉開5°的角度釋放，忽略空氣阻力，擺球的振動可看為簡諧運動。當地重力加速度為g，以釋放時刻作為計時起點，則擺球偏離平衡位置的位移x與時間t的關系為_______（僅用本小題中的字母或數據表示）。16.某電學元件（最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V），某同學為了探究它的伏安特性，設計了如下電路（電壓表未畫出），在實驗室他找到了阻值為的定值電阻R用于限流；電動勢E為12V內阻可不計的電源；一只量程為10mA，內阻為5Ω的電流表；一只量程為2V，內阻為的電壓表；兩個滑動變阻器。（1）若兩個滑動變阻器參數如下：a.阻值0到200Ω，額定電流0.3Ab.阻值0到20Ω，額定電流0.5A實驗中應選的滑動變阻器是________（填“a”或“b”）。（2）這位同學計劃將量程為2V，內阻為的電壓表改裝成量程為10V的電壓表，他需要完成的操作是_____（填完整的改裝措施）。（3）正確接線后，測得數據如下表

12345678910U（V）0.003.006.006.166.286.326.366.386.396.40I（mA）0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50根據以上數據，改裝后的電壓表應并聯在M與________之間（填“O”或“P”）。（4）解讀表中的數據畫出待測元件兩端電壓UMO隨MN間電壓UMN變化的示意圖。17.某一監測設備的簡易結構如圖所示，導熱性能良好且頂部開孔與大氣相通的氣缸底部與一熱源表面緊貼，氣缸頂部內上側裝有一個體積大小可以忽略的壓力傳感器，監測開始時，中部活塞與氣缸底部距離為h1=0.3m、與頂部的距離為h2=0.2m，橫截面積為，活塞下方封閉溫度為、壓強為的空氣，此時壓力傳感器的示數為0。已知外界空氣壓強為105Pa，活塞質量及摩擦可不計，試解答下列問題：（1）當熱源的的溫度從300K緩慢升到T1時，活塞剛好觸及傳感器但壓力示數仍為0。①則該過程中封閉空氣分子的平均動能_______（選填“變大”，“變小”，或“不變”），氣體分子對容器壁單位時間單位面積的撞擊次數_______（選填“變大”，“變小”，或“不變”）；②求出T1=________；（2）熱源溫度從T0=300K緩慢升到T2=550K。①畫出該過程壓力傳感器示數F與外壁溫度T的關系圖像；②該過程氣體吸收了Q=370J的熱量，求該過程中氣體內能的變化量。18.如圖所示，光滑傾斜軌道AB與長為的水平軌道BC通過一段光滑圓弧平滑連接，圓弧的半徑為r=1m，BC右側連接著長為L=3.0m的水平傳送帶CD，傳送帶始終以v=2m/s的速度順時針方向勻速轉動，與右端D相距處固定有一塊豎直擋板EF。現將質量的滑塊在AB某處靜止釋放，m1和靜止在C點上的質量的滑塊發生碰撞，已知m1、m2及皮帶輪大小均可不計；m1、m2與BC和CD間的動摩擦因數均為μ=0.2，所有發生的碰撞都為彈性碰撞；求：（1）若m2滑到D端速度恰好減為2m/s，則①計算滑塊m2在CD上的滑動時間；②滑塊m1從圓弧第一次滑過B點，碰撞后從水平軌道第二次到達B點，計算m1兩次過B點時對軌道壓力差；（2）調節滑塊m1的釋放高度h，使得m2、m1能先后與EF相撞于同一點上，求：能滿足m2、m1打在擋板EF上同一位置的m1的最小釋放高度；（3）m2打在擋板EF上的最小動能。19.通電長直導線周圍某點的磁感應強度可以用來計算，其中I是電流的大小，r是點到導線的距離，k為比例系數。如圖所示，表層絕緣的長直導線水平固定在傾角θ=30°的斜面上，導線中的恒定電流I0方向自左向右，不計電阻的金屬導軌AO和BO沿斜面固定放置，它們的長度均為，與水平長直導線的夾角為30°。長為L、質量為m、單位長度電阻為r0的導體棒MN，在外力作用下從O點由靜止開始沿斜面向下運動，運動過程中MN始終與長直導線平行，MN出現的電流大小始終為I，且下滑過程中除安培力外，僅受到與安培力比值為β的綜合阻力。取重力加速度為g，不考慮地磁場的影響，解答下列問題：（1）判斷運動過程（未脫離導軌）中導體MN棒中電流的方向；（2）研究導體棒運動距離為x（x<0.25L）的過程：①求此時導體棒的速度v；②求運動到x位置時候的加速度大小a；（3）研究從開始運動到導體棒脫離導軌過程：①求該過程中產生的焦耳熱Q；②求外力所做的功W。20.光電倍增管是用來將光信號轉化為電信號并加以放大的裝置，其主要結構為多個相同且平行的倍增極。為簡單起見，現只研究其第1倍增極和第2倍增極，其結構如圖所示。第1倍增極AB長度為a，第2倍增極CD長度為，兩個倍增極平行且豎直放置，如圖所示（圖中長度數據已知，過第1倍增極B端做垂線與第2倍增極的上端豎直延長線交于E）。當頻率為的入射光照射到第1倍增極右表面時，從極板右表面上逸出大量速率不同、沿各個方向運動的光電子。若在全部區域加上垂直于紙面的勻強磁場可使從第1倍增極逸出的部分光電子打到第2倍增極右表面，從而激發出更多的電子，實現信號放大。已知第1倍增極金屬的逸出功為W，元電荷為e，電子質量為m，普朗克常量為h，只考慮電子在紙面內的運動，忽略相對論效應，不計重力。（1）求從第1倍增極上逸出的光電子的最大動量大小；（2）若以最大速率、方向垂直第1倍增極逸出的光電子可以全部到達第2倍增極右表面，求磁感應強度的大小范圍；（3）若保持（2）中的磁場的最大值不變，關閉光源后，發現仍有光電子持續擊中第2倍增極，若第2倍增極的上端C端長度改為可以調節，其C端與E點的距離x調節范圍為：，求關閉光源后光電子持續擊中第2倍增極的時間t與x的關系。（角度可用反三角函數表示，提示：已知sinθ=k，則θ=arcsink）

義烏市普通高中2025屆適應性考試物理試卷一、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.下列物理量中是標量，且其單位用國際制基本單位表示正確的是（）A.動量N·t B.安培力kg·m·s-2C.重力勢能kg·m2·s-2 D.電動勢V·m【答案】C【解析】【詳解】A．動量是矢量，動量用國際單位制單位用基本單位表示為，故A錯誤；B．安培力是矢量，安培力用國際單位制單位用基本單位表示為kg·m·s-2，故B錯誤；C．重力勢能是標量，重力勢能用國際單位制單位用基本單位表示為kg·m2·s-2，故C正確；D．電動勢是標量，用國際單位制單位用基本單位表示為，故D錯誤。故選C。2.2025年4月25日0時分，載滿小商品貨柜的第2112列“義新歐”班列跨越13052公里抵達了西班牙的首都馬德里。關于這趟班列同學們的說法正確的是（）A.13052公里是指列車完成的位移大小B.運用質點代替列車研究列車運動的方法叫建立理想化模型法C.當非常小時，代表列車的瞬時加速度，這里運用了微元法D.列車過彎道時超速將會加劇對彎道內軌磨損【答案】B【解析】【詳解】A．3052公里是指列車完成的路程，故A錯誤；B．運用質點代替列車研究列車運動的方法叫建立理想化模型法，故B正確；C．當非常小時，代表列車的瞬時加速度，這里運用了極限法，故C錯誤；D．列車過彎道時超速，列車有離心運動趨勢，將會加劇對彎道外軌的磨損，故D錯誤。故選B。3.春風和煦，義烏市民廣場上有許多人在放風箏，會放風箏的人，可使風箏靜止在空中。乙圖是甲圖的情境模型，OL代表風箏線，MN代表風箏截面，截面與水平面夾角θ保持不變。假設風向水平，風速穩定，保持箏線拉力大小保持不變，則下列同學的判斷正確的是（）A.若持線人在地上向左移動些許，風箏將呈現失重狀態B.若持線人在地上向右移動些許，風箏高度將下降C.圖示情境下，風箏不可能靜止在空中D.圖示情境下，風箏受到四個力的作用【答案】A【解析】【詳解】A．對風箏受力分析，風箏受到豎直向下的重力G、風箏線的拉力T、風力F。若持線人在地上向左移動些許，風箏線拉力大小保持不變，風箏線與豎直方向的夾角減小，拉力的豎直分量增大，合力有豎直向下的分量，則風箏有豎直向下的分加速度，將呈現失重狀態，故A正確；

B．若持線人在地上向右移動些許，風箏線與豎直方向的夾角增大，拉力的豎直向下的分量減小，風箏高度將上升，故B錯誤；

C．圖示情境下，當風箏受到的向下的重力G、風箏線的拉力T、垂直風箏面的斜向上的風力F三力平衡時，風箏可以靜止在空中，故C錯誤；

D．圖示情境下，當風箏受到的重力G、風箏線的拉力T、風力F共三個力，故D錯誤。

故選A。4.下圖是我們在學習平拋運動中做過的實驗，A、B是兩個完全相同的鋼球。若忽略空氣阻力，當小錘完成敲擊后，下列對兩小球的判斷錯誤的是（）A.從敲擊后到兩個鋼球落地，兩個鋼球的動能增量相同B.從敲擊后到兩個鋼球落地，兩個鋼球的重力沖量相同C.兩個鋼球落地時的重力功率不相同D.兩個鋼球落地時的動量不相同【答案】C【解析】【詳解】A．從敲擊后到兩個鋼球落地，根據動能定理可得由于兩球質量相同，下落高度相同，所以兩個鋼球的動能增量相同，故A正確，不滿足題意要求；B．從敲擊后到兩個鋼球落地，豎直方向有可知兩個鋼球下落時間相等，根據可知兩個鋼球的重力沖量相同，故B正確，不滿足題意要求；C．根據可知兩個鋼球落地時的重力功率相同，故C錯誤，滿足題意要求；D．由于落地時，A球具有一定的水平分速度，所以兩個鋼球落地時的速度大小不相等，方向不相同，則兩個鋼球落地時的動量不相同，故D正確，不滿足題意要求。故選C。5.甲、乙、丙、丁四幅圖分別是回旋加速器、磁流體發電機、泊松亮斑、重核裂變的結構示意圖，下列說法中正確的是（）A.圖甲中增大交變電壓場的電壓可增大粒子的最大動能B.圖乙中磁流體發電機產生的電動勢大小與等離子體的濃度無關C.圖丙中的泊松亮斑支持了光的波動說，它是菲涅爾通過實驗觀察到的D.圖丁所示的核反應屬于重核裂變，鋇141的平均核子質量、比結合能都比鈾235的小【答案】B【解析】【詳解】A．圖甲中粒子達到最大動能時，可知增大交變電壓場的電壓，粒子的最大動能不變，選項A錯誤；B．圖乙中磁流體發電機當穩定時滿足可得E=Bdv可知產生的電動勢大小與等離子體的濃度無關，選項B正確；C．圖丙中的泊松亮斑支持了光的波動說，而菲涅爾通過實驗觀察到的是圓孔衍射得到的圖樣，選項C錯誤；D．圖丁所示的核反應屬于重核裂變，該核反應的過程中釋放大量的能量，存在質量虧損而質量數不變，生成物的平均核子質量更?。灰蛏晌锔臃€定，比結合能更大，則鋇141的平均核子質量比鈾235小、比結合能都比鈾235的大，選項D錯誤。故選B。6.如圖所示，有一面積為S，匝數為N，電阻為r的矩形線圈，繞軸在水平方向的磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω做勻速轉動，從圖示位置（線圈平面與磁場平行）開始計時。矩形線圈通過銅滑環接理想變壓器原線圈，副線圈接有固定電阻R0和滑動變阻器R，所有電表均為理想交流電表。下列判斷正確的是（）A.金屬線圈處于圖示位置時，矩形線圈中電流方向是A→B→C→DB.矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e=NBSωsinωtC.將R的滑片向下滑動時，電流表A示數變大，電壓表V的示數變大D.將R的滑片向下滑動時，矩形線圈的熱功率將增大【答案】D【解析】【詳解】A．根據右手定則可知金屬線圈處于圖示位置時，矩形線圈中電流方向是A錯誤；B．矩形線圈產生的感應電動勢最大值為從圖示位置（線圈平面與磁場平行）開始計時，此時通過線圈的磁通量為0，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，則矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為B錯誤；C．將R的滑片向下滑動時，滑動變阻器接入電路阻值變小，則副線圈電流增大，電流表A示數變大，定值電阻分擔的電壓增大，結合變壓器的原理可知，原副線圈中的電流之比為可知原副線圈匝數之比不變，故原線圈中的電流增大，根據閉合電路的歐姆定律可知，原線圈所在電路內電壓增大，原線圈兩端的電壓減小，又因為可知原線圈兩端電壓減小，故副線圈兩端的電壓減小，而定值電阻分擔的電壓增大，故電壓表的示數減小，C錯誤；D．根據上述分析，結合功率可知，將R的滑片向下滑動時，矩形線圈的熱功率將增大，D正確。故選D。7.下圖的電路廣泛的存在于收音機、電子琴等用電器中，如果我們在電路左側的輸入端輸入正弦交流電，在AB端和CD端分別用示波器監測電路的輸出信號。下列同學對示波器監測到的信號判斷正確的是（）A.電路正常工作時，AB端監測到的信號圖樣如丁所示，CD端監測到的信號圖樣如甲所示B.電路正常工作時，AB端監測到的信號圖樣如乙所示，CD端監測到的信號圖樣如丙所示C.如果電路中的某個二極管虛焊斷路，AB和CD端監測到的信號圖樣可能如乙和丙所示D.改變電感的自感系數和電容器的電容都可以改變CD端輸出信號的頻率【答案】C【解析】【詳解】AB．電路正常工作時，當輸入端上端電勢高時，右上、左下兩個二極管導通，電流由A流向B；當輸入端下端電勢高時，右下、左上兩個二極管導通，電流由A流向B；則AB端監測到的信號圖樣如甲所示；因線圈“通直流、阻交流”，電容器“通交流、阻直流”，則CD端監測到的信號是直流成分，即圖樣如丁所示，選項AB錯誤；C．如果電路中的某個二極管虛焊斷路，則只能有半個周期的電流通過，則AB和CD端監測到的信號圖樣可能如乙和丙所示，選項C正確；D．由以上分析可知，改變電感的自感系數和電容器的電容不能改變CD端輸出信號的頻率，選項D錯誤。故選C。8.在太陽光照射下，衛星太陽能板將光能轉化為的電能為衛星設備提供能源。一顆繞地球做勻速圓周運動的衛星與地心的距離為地球半徑的倍，衛星圓形軌道平面與地球赤道平面重合，衛星的運行周期為T。下列判斷正確的是（）A.衛星的運行周期T約為近地衛星運行周期的2倍B.衛星的運行速度約為第一宇宙速度的倍C.衛星運行軌道上各點的重力加速度為地球表面的倍D.衛星運行一周，太陽能收集板轉化電能時間約為【答案】D【解析】【詳解】ABC．衛星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得可得，，可知衛星的運行周期與近地衛星運行周期之比為衛星的運行速度與第一宇宙速度之比為衛星運行軌道上各點的重力加速度與地球表面重力加速度之比為故ABC錯誤；D．如圖所示根據幾何關系可得可得可知星運行一周，太陽能收集板轉化電能的時間約為故D正確。故選D。9.一束與水平面MN成θ角的平行紅色光束射到半圓柱形玻璃磚的界面上，其橫截面如圖所示，經玻璃折射后，有部分光能從AC弧線中射出，經測定MA、AC、CN三段弧線的長度比為5∶6∶1，下列說法正確的是（）A.紅色光在這種玻璃中全反射的臨界角是30°B.紅色光束與水平面MN成60°角C.紅色光在空氣中的傳播速度是這種玻璃中傳播速度的倍D.若改成綠色光束入射，相同條件下與出射弧線對應的角AOC將增大【答案】C【解析】【詳解】A．MA、AC、CN三段弧線的長度比為5∶6∶1，由數學知識可得，，半圓周上只有弧?AC?范圍內光線從玻璃射出，弧?MA?和弧?CN?對應全反射。如圖所示設從上的點和點入射的光線經折射射到點和點，從O點入射的光線射到點，則有光線對于從玻璃向空氣的臨界角?，由幾何關系可知，則圓弧AC對應的圓心角解得故A錯誤；C．由得故C正確；B．由幾何關系可知由折射定律解得即紅色光束與水平面MN成45°角，故B錯誤；D．同一種玻璃，綠光的折射率大于紅光，則綠光的臨界角小于紅光，若改成綠色光束入射，相同條件下與出射弧線對應的角AOC等于兩倍的臨界角，故角AOC將減小，故D錯誤。故選C。10.試探電荷q在點電荷Q的電場中所具有電勢能可以用來計算（式中k為靜電力常量，r為試探電荷與場源電荷間的距離）。真空中兩個點電荷相距15cm固定在x軸的兩個點上，取無限遠處的電勢為零，x軸正方向上各點的電勢隨x的變化關系如圖所示，下列說法正確的是（）A.兩個點電荷可能帶同種電荷B.兩個點電荷的電量之比為2∶1C.x=5cm處電場強度等于零D.兩個點電荷之間電勢為零的位置坐標為x=-3cm【答案】D【解析】【詳解】A．由圖像可知，該區域電勢有正有負，則兩個點電荷不可能帶同種電荷，選項A錯誤；BC．由圖像可知，原點位置放置一正電荷Q1，因圖像的斜率等于電場強度，在x軸正方向電場強度方向先沿x軸正方向后沿x軸負方向，可知在x軸的負方向上放置電量為-Q2的負電荷，因x=5cm的位置圖像斜率不為零，則場強不為零；x=5cm處的電勢為零，則可得選項BC錯誤；D．兩個點電荷之間電勢為零的位置距離原點為l，則由解得l=3cm可知該點坐標為x=-3cm，選項D正確。故選D。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，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）11.兩列簡諧橫波a、b在同一媒質中沿x軸正方向傳播，波速均為v=2.5m/s，在t=0時兩列波的波峰正好在x=2.5m處重合，如圖所示。下列說法正確的是（）A.a、b能在x軸上形成穩定干涉圖像B.x=（2.5±20k）m，k=0，1，2，3，……處波峰都重合C.x軸上不存在波谷與波谷重合處D.t=0時，b波引起x=-0.5m處質點的振動方程為【答案】BC【解析】【詳解】A．形成穩定干涉圖象的條件是兩列波的頻率相等，由，如圖可知，a波的波長為，則頻率為，b波的波長為,則頻率為，故不能形成穩定干涉圖象，A錯誤；B．設從開始，再經過，兩列波的波峰再次重合，則有，，，可知當和時，故當，處波峰都重合，B正確；C．設從之后的處，有波谷與波谷重合，則有，，，得因為和在整數范圍內無解，故不存在波谷與波谷重合處，C正確；D．設b波在x=-0.5m處質點的振動方程為如圖可知，由前面分析可知，經過,該質點運動到處，則則振動方程為，D錯誤。故選BC。12.如圖所示，一光電管的陰極用極限頻率為的某種金屬制成。現用頻率為的紫外線照射陰極，當光電管陽極A和陰極K之間的電勢差U=2.1V時，光電流達到飽和狀態，此時電流表的示數為0.56μA。已知普朗克常量。下列同學的判斷正確的是（）A.陰極K金屬的逸出功是B.光電管每秒從K極逸出的光電子數為C.光電子的最大初動能為D.電子到達A極的最大動能是【答案】BD【解析】【詳解】A．由題可知，金屬的截止頻率故金屬的逸出功率A錯誤；B．光電管每秒逸出的電荷量故每秒逸出的光子數B正確；C．根據光電效應方程可知，光子的最大初動能C錯誤；D．根據動能定理可得代入數據解得電子到達A極的最大動能D正確。故選BD。13.如圖甲，在圓柱形區域內存在一方向豎直向下、磁感應強度大小B隨時間t的變化關系如圖乙所示磁的磁場，在此區域內，沿水平面固定一半徑為r的圓環形光滑細玻璃管，環心O在區域中心。一質量為m、帶電荷量為（q（q>0）的小球t=0時靜止在管內的E點，2T0時刻小球第二次經過F點且不受細管側壁的作用力，角EOF為120°，小球在運動過程中電荷量保持不變，對原磁場的影響可忽略。下列說法正確的是（）A.2T0時刻小球過F點的速度大小為B.小球兩次過F點時受到洛倫茲力的大小之比為2∶5C.T0時刻細玻璃管內的電場強度大小為D.T0時刻小球受細管側壁的作用力等于零【答案】BD【解析】【詳解】A．設2T0時刻小球過F點的速度，由此可知，此時洛倫茲力提供圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律可得解得A錯誤；BC．從開始到2T0時刻小球第二次經過F點，設渦流產生的電場強度為,由動量定理可得結合上述結論解得從開始運動到第二次經過F點電場力所做的功由動能定理可得設從開始運動到第一次經過F點時的速度為，電場力所做的功為，則有，聯立解得根據牛頓第二定律可得代入上述結論解得故第一次經過F點所用時間此時磁感應強度故第一次經過F點的洛倫茲力為即小球兩次過F點時受到洛倫茲力的大小之比為2∶5，B正確，C錯誤；D．結合上述分析可知T0時刻小球速度若小球在時刻不受細管的作用力，則有解得故T0時刻小球受細管側壁作用力等于零，D正確。故選BD。三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.（1）某實驗小組在做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，從裝置照片圖1中，我們容易發現一些錯誤，例如“沒有補償阻力”等，請你認真觀察后再指出兩處不妥之處_______，_______。（2）正確安裝裝置后，接通220V，50Hz電源，釋放小車進行實驗，得到一條紙帶如圖2所示，A、B、C、D、E、F、G為選出的計數點，相鄰兩個計數點之間均有4個計時點未畫出，則小車的加速度大小為_______m/s2（結果保留2位有效數字）。【答案】（1）①.電源錯用直流電②.小車未靠近打點計時器（2）2.4##2.3【解析】【小問1詳解】[1]打點計時器應使用交流電，而圖示中的電源為直流電；[2]釋放小車時，應使小車靠近打點計時器，以便打出更多的點跡，便于實驗數據的分析，圖示中小車未靠近打點計時器；【小問2詳解】由題可知，相鄰計數點之間的時間間隔由于根據勻變速直線運動規律解得15.一學生小組用圖（a）裝置做“測量重力加速度的大小”實驗。（1）制作單擺時，在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，應選擇圖_______方式（填甲或乙），用游標卡尺測量擺球直徑，測得讀數如圖丙，則擺球直徑為_______cm。（2）實驗中觀測到從擺球第1次經過最低點到第61次經過最低點的時間間隔為60.60s，則此單擺周期為_______s，多次改變擺線長度，在小擺角下測得不同擺長l對應的小鋼球擺動周期T，并作出l-T2圖像，如圖（b）所示，根據圖線斜率可計算重力加速度g=_______m/s2（保留3位有效數字，π2取9.87）。（3）若將一個周期為T的單擺，從平衡位置拉開5°的角度釋放，忽略空氣阻力，擺球的振動可看為簡諧運動。當地重力加速度為g，以釋放時刻作為計時起點，則擺球偏離平衡位置的位移x與時間t的關系為_______（僅用本小題中的字母或數據表示）。【答案】（1）①.甲②.1.06（2）①.2.02②.9.87（3）【解析】【小問1詳解】[1]制作單擺時，在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，應選擇圖甲方式，因乙方式中當單擺擺動時擺長會發生變化；[2]用游標卡尺測量擺球直徑為1cm+0.1mm×6=1.06cm。【小問2詳解】[1][2]此單擺周期為根據解得由圖像可知解得g=9.87m/s2【小問3詳解】根據可得單擺擺長為振幅擺球偏離平衡位置的位移x與時間t的關系為16.某電學元件（最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V），某同學為了探究它的伏安特性，設計了如下電路（電壓表未畫出），在實驗室他找到了阻值為的定值電阻R用于限流；電動勢E為12V內阻可不計的電源；一只量程為10mA，內阻為5Ω的電流表；一只量程為2V，內阻為的電壓表；兩個滑動變阻器。（1）若兩個滑動變阻器參數如下：a.阻值0到200Ω，額定電流0.3Ab.阻值0到20Ω，額定電流0.5A實驗中應選的滑動變阻器是________（填“a”或“b”）。（2）這位同學計劃將量程為2V，內阻為的電壓表改裝成量程為10V的電壓表，他需要完成的操作是_____（填完整的改裝措施）。（3）正確接線后，測得數據如下表

12345678910U（V）0.003.006.006.166.286.326.366.386.396.40I（mA）0.000.000.000060.501.002.003.004.005.50根據以上數據，改裝后的電壓表應并聯在M與________之間（填“O”或“P”）。（4）解讀表中的數據畫出待測元件兩端電壓UMO隨MN間電壓UMN變化的示意圖?！敬鸢浮浚?）a（2）串聯電阻（3）P（4）【解析】【小問1詳解】由歐姆定律可得滑動變阻器a允許的最大電壓為滑動變阻器b兩端所能加的最大電壓為為保證安全，滑動變阻器應選a；【小問2詳解】由電壓表改裝原理可得，須串聯一分壓電阻，設為則由串聯分壓知識可得由歐姆定律得，聯立并代入數據可得即改裝成量程為10V的電壓表，需要串聯電阻?！拘?詳解】由表中實驗數據可知電學元件電阻最小測量值為電流表內阻為，改裝后的電壓表內阻為由于故實驗采用內接法，改裝后的電壓表應并聯在M與P之間?！拘?詳解】從表格中數據看，待測電學元件兩端的電壓先增大，然后趨向于穩定，所以MO兩端的電壓先增大后趨于穩定，UMO隨UMN變化的示意圖如圖。17.某一監測設備的簡易結構如圖所示，導熱性能良好且頂部開孔與大氣相通的氣缸底部與一熱源表面緊貼，氣缸頂部內上側裝有一個體積大小可以忽略的壓力傳感器，監測開始時，中部活塞與氣缸底部距離為h1=0.3m、與頂部的距離為h2=0.2m，橫截面積為，活塞下方封閉溫度為、壓強為的空氣，此時壓力傳感器的示數為0。已知外界空氣壓強為105Pa，活塞質量及摩擦可不計，試解答下列問題：（1）當熱源的的溫度從300K緩慢升到T1時，活塞剛好觸及傳感器但壓力示數仍為0。①則該過程中封閉空氣分子的平均動能_______（選填“變大”，“變小”，或“不變”），氣體分子對容器壁單位時間單位面積的撞擊次數_______（選填“變大”，“變小”，或“不變”）；②求出T1=________；（2）熱源溫度從T0=300K緩慢升到T2=550K。①畫出該過程壓力傳感器示數F與外壁溫度T的關系圖像；②該過程氣體吸收了Q=370J的熱量，求該過程中氣體內能的變化量。【答案】（1）①.變大②.變?、?（2）①；②170J【解析】【小問1詳解】[1]當熱源的溫度從300K緩慢升到T1時，分子平均動能增大；[2]由于活塞剛好觸及傳感器但壓力示數仍為0，可知氣體做等壓變化，故溫度升高、體積增大，壓強不變，可知氣體分子對容器壁單位時間單位面積的撞擊次數變小；[3]根據蓋—呂薩克定律代入題中解得【小問2詳解】①所以分析可知從過程，活塞未觸及傳感器，則傳感器示數F=0；從過程，氣體做等容變化，根據查理定律有且對活塞，由平衡條件有聯立解得綜合可知故圖像如下②根據熱力學第一定律有且聯立解得18.如圖所示，光滑傾斜軌道AB與長為的水平軌道BC通過一段光滑圓弧平滑連接，圓弧的半徑為r=1m，BC右側連接著長為L=3.0m的水平傳送帶CD，傳送帶始終以v=2m/s的速度順時針方向勻速轉動，與右端D相距處固定有一塊豎直擋板EF。現將質量的滑塊在AB某處靜止釋放，m1和靜止在C點上的質量的滑塊發生碰撞，已知m1、m2及皮帶輪大小均可不計；m1、m2與BC和CD間的動摩擦因數均為μ=0.2，所有發生的碰撞都為彈性碰撞；求：（1）若m2滑到D端速度恰好減為2m/s，則①計算滑塊m2在CD上的滑動時間；②滑塊m1從圓弧第一次滑過B點，碰撞后從水平軌道第二次到達B點，計算m1兩次過B點時對軌道的壓力差；（2）調節滑塊m1的釋放高度h，使得m2、m1能先后與EF相撞于同一點上，求：能滿足m2、m1打在擋板EF上同一位置的m1的最小釋放高度；（3）m2打在擋板EF上的最小動能。【答案】（1）①1s；②70N（2）2.7m（3）【解析】【小問1詳解】①滑塊m2在CD上滑動時，根據牛頓第二定律，有滑塊m2在CD上滑動時，根據速度-位移公式，有根據速度時間公式，有聯立并代入數據解得②m1與m2相碰時，滿足動量守恒，有根據能量守恒，有聯立解得從B到C，對m1根據牛頓第二定