第1頁(yè)/共1頁(yè)北京市朝陽(yáng)區(qū)高三年級(jí)第二學(xué)期質(zhì)量檢測(cè)二物理試卷（考試時(shí)間90分鐘滿分100分）第一部分一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.如圖所示，一束可見光射向半圓形玻璃磚的圓心O，經(jīng)折射后分為兩束單色光a和b。下列說法正確的是（）A.玻璃磚對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率B.在玻璃中的傳播速率a光大于b光C.在玻璃中a光的波長(zhǎng)大于b光的波長(zhǎng)D.若a光可使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則b光一定能【答案】A【解析】【詳解】A．由光路圖可知a光的偏折程度更大，則玻璃磚對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率，A正確；B．根據(jù)折射率與傳播速度的關(guān)系因?yàn)椴ＡТu對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率，可知在玻璃中的傳播速率a光小于b光，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知在玻璃中a光的波長(zhǎng)小于b光的波長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；D．由上述分析可知a光的折射率大，頻率大，即根據(jù)可知若a光可使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則b光不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，D錯(cuò)誤。故選A。2.去高原旅游時(shí)，密封的食品包裝袋比在平原上膨脹許多。假設(shè)環(huán)境溫度不變，袋內(nèi)氣體視為理想氣體。下列說法正確的是（）A.高原地區(qū)的大氣壓較高 B.包裝袋中氣體內(nèi)能減小C.包裝袋中氣體壓強(qiáng)減小 D.包裝袋中氣體放出熱量【答案】C【解析】【詳解】AC．理想氣體做等溫變化，由玻意爾定律可知?dú)怏w膨脹，氣體壓強(qiáng)減小，A錯(cuò)誤，C正確；B．由于氣體溫度不變，故一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能不變，B錯(cuò)誤；D．氣體膨脹，氣體對(duì)外界做功，即，而氣體的溫度不變，即內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知包裝袋中氣體從外界吸收熱量，D錯(cuò)誤。故選C。3.氫原子能級(jí)示意圖如圖。現(xiàn)有大量氫原子處于能級(jí)上，下列說法正確的是（）A.這群氫原子最多可能輻射3種不同頻率的光子B.從能級(jí)躍遷到能級(jí)的氫原子輻射的光波長(zhǎng)最短C.從能級(jí)躍遷到能級(jí)比躍遷到能級(jí)輻射的光頻率低D.在能級(jí)的氫原子至少需吸收13.6eV能量的光子才能電離【答案】B【解析】【詳解】A．這群氫原子最多可能輻射種不同頻率的光子，故A錯(cuò)誤；B．從能級(jí)躍遷到能級(jí)的氫原子輻射的光波光子能量最大，光子頻率最大，根據(jù)光子能量可知光子能量越大，波長(zhǎng)越短，故從能級(jí)躍遷到能級(jí)的氫原子輻射的光波長(zhǎng)最短，故B正確；C．根據(jù)玻爾理論可知從能級(jí)躍遷到能級(jí)比躍遷到能級(jí)輻射的光子能量大，結(jié)合B選項(xiàng)分析可知，光子能量越大，頻率越大，故從能級(jí)躍遷到能級(jí)比躍遷到能級(jí)輻射的光頻率高，故C錯(cuò)誤；D．在能級(jí)的氫原子至少需吸收能量的光子才能電離，故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖所示為某質(zhì)點(diǎn)沿x軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像，根據(jù)圖像可知該質(zhì)點(diǎn)（）A.在任意1s內(nèi)通過的路程相同B.在第2s末和第4s末的速度相同C.在1s~3s內(nèi)所受回復(fù)力沿x軸正方向D.在2s~3s內(nèi)位移方向與瞬時(shí)速度方向相同【答案】D【解析】【詳解】A．由題圖可知周期為，在任意1s內(nèi)，即任意的內(nèi)，如果初始位置處于平衡位置或最大位移處，則質(zhì)點(diǎn)通過的路程等于一個(gè)振幅，初始位置在其它位置時(shí)，則質(zhì)點(diǎn)通過的路程不等于一個(gè)振幅，故A錯(cuò)誤；B．由題圖可知在第2s末和第4s末的速度大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；C．由題圖可知在1s~2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)所受回復(fù)力先沿x軸負(fù)方向，在2s~3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)所受回復(fù)力先沿x軸正方向，故C錯(cuò)誤；D．由題圖可知在2s~3s內(nèi)位移方向與瞬時(shí)速度方向相同，均沿x軸負(fù)方向，故D正確。故選D。5.某電場(chǎng)中四個(gè)等勢(shì)面的分布情況如圖所示。下列說法正確的是（）A.電子在A點(diǎn)所受靜電力大于在B點(diǎn)所受靜電力B.電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能C.電子僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)動(dòng)能變大D.電場(chǎng)線由等勢(shì)面d指向等勢(shì)面e【答案】A【解析】【詳解】A．等差等勢(shì)面越密集，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，則點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)可知電子在A點(diǎn)所受靜電力大于在B點(diǎn)所受靜電力，故A正確；BC．電子帶負(fù)電，根據(jù)可知電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能等于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，則電子僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電子在A點(diǎn)的動(dòng)能等于在B點(diǎn)的動(dòng)能，故BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)沿著電場(chǎng)線電勢(shì)降低可知電場(chǎng)線由等勢(shì)面e指向等勢(shì)面d，故D錯(cuò)誤。故選A。6.2025年4月19日北京半程馬拉松比賽中，人形機(jī)器人首次參賽。已知半馬從起點(diǎn)到終點(diǎn)直線距離約為12km，實(shí)際賽道長(zhǎng)度為21.0975km，冠軍機(jī)器人用時(shí)約2小時(shí)40分完成比賽。下列說法正確的是（）A.機(jī)器人的位移大小為21.0975kmB.機(jī)器人的平均速度大小約為4.5km/hC.若機(jī)器人在彎道段保持速率不變，則其所受合外力為零D.機(jī)器人沖過終點(diǎn)線時(shí)的瞬時(shí)速度一定大于其全程的平均速度【答案】B【解析】【詳解】A．位移為從初位置到末位置的有向線段，故為12km，A錯(cuò)誤；B．平均速度為位移除以時(shí)間，B正確；C．彎道段是曲線，雖然機(jī)器人保持速率不變，但速度方向一直在變，故其所受合外力不為零，C錯(cuò)誤；D．機(jī)器人沖過終點(diǎn)線時(shí)的瞬時(shí)速度不一定大于其全程的平均速度，D錯(cuò)誤。故選B。7.某學(xué)習(xí)小組想將一塊小量程電流表改裝為伏特表和安培表，設(shè)計(jì)了如圖所示的電路。下列說法不正確的是（）A.若將S調(diào)到1位置，則為改裝后的安培表B.若將S調(diào)到2位置，則為改裝后的伏特表C.若想擴(kuò)大安培表的量程，可適當(dāng)增大D.若想擴(kuò)大伏特表的量程，可適當(dāng)增大【答案】C【解析】【詳解】A．將S調(diào)到1位置時(shí)，電阻與表頭并聯(lián)，這是擴(kuò)大表頭的電流量程，故其改裝后是安培表，故A正確；B．將S調(diào)到2位置，電阻與改裝后的電流表串聯(lián)，電阻起到分壓作用，則為改裝后的伏特表，故B正確；C．若想擴(kuò)大安培表量程，電阻分流的增大，電流增大，根據(jù)歐姆定律可以知道需要減小電阻，故C錯(cuò)誤；D．若想擴(kuò)大伏特表的量程，則電阻分壓作用要增大，故需要適當(dāng)增大，故D正確。故選C。8.水平桌面上的甲、乙兩物體在水平拉力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a與所受拉力F的關(guān)系如圖所示。甲、乙兩物體的質(zhì)量分別為，與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為。下列說法正確的是（）A.B.C.若拉力相同，經(jīng)過相同時(shí)間拉力對(duì)甲做功少D.若拉力相同，通過相同位移甲獲得的動(dòng)能小【答案】BD【解析】【詳解】AB．物體運(yùn)動(dòng)后，由牛頓第二定律可知即由圖像的斜率以及截距可知，A錯(cuò)誤，B正確；C．由圖像可知，若拉力相同，加速度大小無法判斷，根據(jù)可知在相同的內(nèi)無法判斷拉力做功的大小，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)結(jié)合圖像的橫截距可知物體滑動(dòng)過程中甲所受的滑動(dòng)摩擦力更大，根據(jù)可知拉力和距離相同時(shí)，甲獲得的動(dòng)能更小，D正確。故選BD。9.如圖所示，在理想變壓器的原線圈回路中接有定值電阻，副線圈回路中接有滑動(dòng)變阻器。原線圈一側(cè)接在穩(wěn)定的正弦式交流電源上，電流表和電壓表均為理想交流電表。滑動(dòng)變阻器滑片從某處自下向上滑動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是（）A.電壓表的示數(shù)增大 B.電流表的示數(shù)增大C.兩端的電壓增大 D.流過的電流增大【答案】A【解析】【詳解】AB．滑片從某處自下向上滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值變大，由等效電阻有可知等效電阻變大，由歐姆定律可知流經(jīng)的電流為可知減小，即電流表的示數(shù)減小；由電路電壓關(guān)系可知原線圈的電壓為可知減小，則原線圈的電壓值增大，根據(jù)變壓器的電壓關(guān)系有可知增大，則增大，即電壓表示數(shù)變大；A正確，B錯(cuò)誤；C．兩端的電壓為由上述分析可知減小，則兩端的電壓減小，C錯(cuò)誤；D．由變壓器的電流關(guān)系有可知減小，則也減小，即流過電流減小，D錯(cuò)誤。故選A。10.如圖所示，某同學(xué)以大小為的初速度將鉛球從P點(diǎn)斜向上拋出，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)鉛球速度沿水平方向。已知P、Q連線與水平方向的夾角為，P、Q間的距離為。不計(jì)空氣阻力，鉛球可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為B.鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做的功為C.鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)動(dòng)量的變化為D.鉛球到達(dá)Q點(diǎn)的速度大小為【答案】D【解析】【詳解】A．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的逆過程為平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為，A錯(cuò)誤；B．由重力做功有鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做的功為B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為，由動(dòng)量定理有代入數(shù)據(jù)有鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)動(dòng)量的變化為C錯(cuò)誤；D．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)由動(dòng)能定理有解得鉛球到達(dá)Q點(diǎn)的速度大小為，D正確。故選D。11.在距離為L(zhǎng)的質(zhì)子源和靶之間有一電壓為U的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)子（初速度為零）經(jīng)電場(chǎng)加速，形成電流強(qiáng)度為I的細(xì)柱形質(zhì)子流打到靶上且被靶全部吸收。在質(zhì)子流中與質(zhì)子源相距l(xiāng)和4l的兩處，各取一段極短的相等長(zhǎng)度的質(zhì)子流，其中的質(zhì)子數(shù)分別為和，已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e。下列說法正確的是（）A.B.每秒打到靶上的質(zhì)子的總動(dòng)能為eUC.質(zhì)子流對(duì)靶的作用力大小為D.質(zhì)子源與靶間的質(zhì)子總數(shù)為【答案】C【解析】【詳解】A．在質(zhì)子流中與質(zhì)子相距為處速度為在質(zhì)子流中與質(zhì)子相距為處的速度為在兩個(gè)位置各取一段極短相等長(zhǎng)度的質(zhì)子流電流是指單位時(shí)間內(nèi)通過某一橫截面積的電荷量。設(shè)單位時(shí)間打到靶上的質(zhì)子數(shù)為，則所以因此即，A錯(cuò)誤；B．對(duì)單個(gè)質(zhì)子經(jīng)過電場(chǎng)加速獲得的動(dòng)能解得單位時(shí)間內(nèi)打到靶上的質(zhì)子的總動(dòng)能為，B錯(cuò)誤；C．質(zhì)子打在靶上被吸收，根據(jù)動(dòng)量定理，單位時(shí)間質(zhì)子打在靶上對(duì)靶的作用力，C正確；D．質(zhì)子在電場(chǎng)中的加速度質(zhì)子從質(zhì)子源運(yùn)動(dòng)到靶所用時(shí)間所以質(zhì)子源到靶間的質(zhì)子總數(shù)，D錯(cuò)誤。故選C。12.如圖1所示，質(zhì)量相等的物塊A、B緊靠在一起放置在水平地面上，水平輕彈簧一端與A拴接，另一端固定在豎直墻壁上。開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，物塊A、B保持靜止。時(shí)刻，給B施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、B的速度為零時(shí)，立即撤去恒力。物塊B的圖像如圖2所示，其中至?xí)r間內(nèi)圖像為直線。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，A、B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小恒定，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是（）A.時(shí)刻A、B分離B.改變水平恒力F大小，的時(shí)間不變C.時(shí)間內(nèi)圖像滿足同一正弦函數(shù)規(guī)律D.和時(shí)間內(nèi)圖2中陰影面積相等【答案】D【解析】【詳解】A．由題意結(jié)合題圖2可知，時(shí)刻彈簧彈力與B所受的摩擦力大小相等，彈簧處于壓縮狀態(tài)，時(shí)刻彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng)，A、B剛要分離，故A錯(cuò)誤；B．改變水平恒力F大小，則彈簧壓縮量變化，彈性勢(shì)能改變，兩物體分開時(shí)B的動(dòng)能增大，則的時(shí)間改變，故B錯(cuò)誤；C．時(shí)間內(nèi)整體受外力、彈力、摩擦力做功，時(shí)間內(nèi)受彈力與摩擦力做功，根據(jù)功能關(guān)系可知?jiǎng)幽茏兓幌嗤瑒t時(shí)間內(nèi)圖像不滿足同一正弦函數(shù)規(guī)律，故C錯(cuò)誤；D．時(shí)刻彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng)，根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移可知，和時(shí)間內(nèi)圖2中陰影面積相等，故D正確；故選D。13.在如圖所示的狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)存在有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下。一段輕質(zhì)軟導(dǎo)線的P端固定，M端可以自由移動(dòng)。當(dāng)導(dǎo)線中通過電流強(qiáng)度I時(shí)，在M端施加沿導(dǎo)線的水平恒力F，軟導(dǎo)線靜止并形成一段圓弧。現(xiàn)撤去軟導(dǎo)線，通過點(diǎn)P沿著原來導(dǎo)線方向射入一束質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，發(fā)現(xiàn)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑與導(dǎo)線形成的圓弧半徑相同。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)粒子的重力。下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.若導(dǎo)線長(zhǎng)度減小，仍保持圓弧半徑不變，需減小水平恒力FC.粒子的動(dòng)量大小為D.粒子的軌道半徑為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)左手定則，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；B．設(shè)PM弦長(zhǎng)為L(zhǎng)，弦切角為α，則圓心角為2α，圓弧導(dǎo)線受到的安培力等效直導(dǎo)線受到的安培力，，，解得恒力F與導(dǎo)線長(zhǎng)度無關(guān)，若導(dǎo)線長(zhǎng)度減小，仍保持圓弧半徑不變，水平恒力F不變，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)牛頓第二定律得，解得粒子的動(dòng)量大小為，C正確；D．根據(jù)，解得粒子的軌道半徑為，D錯(cuò)誤。故選C14.某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種基于量子點(diǎn)材料的納米級(jí)光電傳感器，用于檢測(cè)極微弱的光信號(hào)。其工作原理為：量子點(diǎn)材料在吸收光子時(shí)克服其帶隙能量產(chǎn)生電子-空穴對(duì)，電子-空穴對(duì)在量子點(diǎn)內(nèi)部的勢(shì)阱中被束縛，形成激子（由一個(gè)電子和一個(gè)空穴通過庫(kù)侖相互作用結(jié)合而成的準(zhǔn)粒子）；當(dāng)外加電場(chǎng)作用于該量子點(diǎn)時(shí)，激子會(huì)分離為自由電子和空穴，形成光電流。量子點(diǎn)可能吸收一個(gè)高能光子并產(chǎn)生多個(gè)激子。激子的束縛能是指將電子和空穴從激子狀態(tài)分離為自由電子和空穴所需的能量，束縛能越大，激子越穩(wěn)定，其表達(dá)式近似為，電子和空穴之間的庫(kù)侖力可表示為（r為電子和空穴之間的平均距離，為材料的介電常數(shù)，k為靜電力常量，e為電子電荷量）。關(guān)于該光電傳感器的工作特性，下列說法正確的是（）A.只要外加電場(chǎng)強(qiáng)度大于，就能產(chǎn)生有效的光電流B.增大外加電場(chǎng)強(qiáng)度，有效光電流可能不變C.該光電傳感器的工作原理與光電效應(yīng)原理相同D.產(chǎn)生一對(duì)自由電子和空穴需要的能量等于入射光子的能量與外加電場(chǎng)做功之和【答案】B【解析】【詳解】A．電子和空穴之間的庫(kù)侖力為，由，當(dāng)外加電場(chǎng)強(qiáng)度大于等于時(shí)，能產(chǎn)生有效的光電流，A錯(cuò)誤；B．若激子已經(jīng)全部分離為自由電子和空穴，則即使增大外加電場(chǎng)強(qiáng)度，有效光電流也不變，B正確；C．光電效應(yīng)是金屬中的電子吸收光子的能量，逸出金屬表面形成光電流，該光電傳感器是量子點(diǎn)材料吸收光子形成激子，當(dāng)外加電場(chǎng)作用于該量子點(diǎn)時(shí)，激子會(huì)分離為自由電子和空穴，形成光電流，二者原理不同，C錯(cuò)誤；D．量子點(diǎn)材料首先要吸收光子克服其帶隙能量產(chǎn)生電子-空穴對(duì)，電子-空穴對(duì)在量子點(diǎn)內(nèi)部的勢(shì)阱中被束縛，形成激子，當(dāng)激子要分離為自由電子和空穴時(shí)，需要克服激子的束縛能，故產(chǎn)生一對(duì)自由電子和空穴需要的能量等于入射光子的能量減去激子的束縛能，與外加電場(chǎng)無關(guān)，D錯(cuò)誤。故選B。第二部分二、本部分共6題，共58分。15.某小組同學(xué)利用“插針法”測(cè)定玻璃的折射率。在完成了光路圖以后，以O(shè)點(diǎn)為圓心，OA為半徑畫圓，交延長(zhǎng)線于C點(diǎn)，過A點(diǎn)和C點(diǎn)作垂直法線的直線，與法線的交點(diǎn)分別為B點(diǎn)和D點(diǎn)，如圖所示。用刻度尺測(cè)得AB的長(zhǎng)度為，CD的長(zhǎng)度為，則玻璃的折射率______。【答案】【解析】【詳解】設(shè)光線在O點(diǎn)的入射角為，折射角為，所畫圓的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系可得，則玻璃的折射率為聯(lián)立可得16.如圖所示，在“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，先用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)共同拉動(dòng)小圓環(huán)。小圓環(huán)靜止時(shí)，由兩個(gè)測(cè)力計(jì)的示數(shù)得到拉力和的大小，此外還必須（）A.記錄小圓環(huán)的位置 B.記錄和的方向C.測(cè)量?jī)杉?xì)線的夾角 D.測(cè)量橡皮條的伸長(zhǎng)量【答案】AB【解析】【詳解】探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律需要保證兩個(gè)共點(diǎn)力的共同作用效果相同，所以需要記錄小圓環(huán)的位置，還需要記錄兩個(gè)力的大小，以及兩個(gè)力的方向，故AB選項(xiàng)符合題意。故選AB。17.用半徑相等的兩個(gè)小球驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，裝置如圖所示。先安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在地面上。重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置；步驟2：把小球2放在斜槽末端邊緣位置B點(diǎn)，讓小球1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測(cè)量三個(gè)落點(diǎn)的平均位置M、P、N離O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度。（1）對(duì)于上述實(shí)驗(yàn)操作，下列說法正確的是______；A.小球1每次必須從斜槽上相同的位置由靜止?jié)L下B.斜槽軌道末端必須水平C.斜槽軌道必須光滑（2）上述實(shí)驗(yàn)還需要測(cè)量的物理量有______。A.點(diǎn)A、B間的高度差 B.點(diǎn)B離地面的高度C.小球1和2的質(zhì)量 D.小球1和2的半徑【答案】（1）AB（2）C【解析】【小問1詳解】AC．為了保持每次碰撞前瞬間小球1的速度相同，小球1每次必須從斜槽上相同的位置由靜止?jié)L下，但斜槽軌道不需要光滑，故A正確，C錯(cuò)誤；B．為了保證小球拋出時(shí)的速度處于水平方向，斜槽軌道末端必須水平，故B正確。故選AB。【小問2詳解】設(shè)小球1的質(zhì)量為，小球2的質(zhì)量為，碰撞前瞬間小球1的速度為，碰撞后瞬間小球1、2的速度分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒可得由于兩小球在空中下落高度相同，所用時(shí)間相同，則有則驗(yàn)證動(dòng)量守恒的表達(dá)式為可知還需要測(cè)量的物理量是小球1和2的質(zhì)量。故選C。18.在“測(cè)量金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中：（1）下列說法正確的是______。A.用刻度尺多次測(cè)量金屬絲的全長(zhǎng)，算出其平均值B.用螺旋測(cè)微器在金屬絲上某一位置測(cè)量得出其直徑C.實(shí)驗(yàn)中盡可能保持金屬絲的溫度不變（2）若待測(cè)金屬絲電阻較小，為使電阻的測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，且金屬絲兩端的電壓調(diào)節(jié)范圍盡可能大，以下實(shí)驗(yàn)電路符合要求的是______。A. B.C. D.（3）實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片的位置，讀取多組電壓、電流值，描繪出圖像，圖線的斜率為k，金屬絲的有效長(zhǎng)度為l，直徑為D，則金屬絲電阻率的表達(dá)式為______。（4）某同學(xué)利用金屬絲和內(nèi)阻為的靈敏電流計(jì)G設(shè)計(jì)了一個(gè)多量程電流表。如圖1所示，G兩端并聯(lián)長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬絲，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使G滿偏，毫安表示數(shù)為I，改變L，重復(fù)上述步驟，始終保證G滿偏，獲得多組I、L數(shù)據(jù)，作出圖像如圖2所示，均為已知量。①若想將靈敏電流計(jì)改裝為量程為的電流表，則接入金屬絲的長(zhǎng)度為______；②若給定金屬絲的橫截面積為S，則可由題目中信息得到金屬絲的電阻率為______。【答案】（1）C（2）B（3）（4）①.②.【解析】【小問1詳解】A.用刻度尺多次測(cè)量金屬絲接入電路部分的全長(zhǎng)，算出其平均值，故A錯(cuò)誤；B.用螺旋測(cè)微器在金屬絲上至少三個(gè)部位測(cè)量直徑，計(jì)算平均值，故B錯(cuò)誤；C.實(shí)驗(yàn)中盡可能保持金屬絲的溫度不變，以保證金屬絲的電阻不變，故C正確。故選C。【小問2詳解】待測(cè)金屬絲電阻較小，可知電壓表的分流很小，電流表應(yīng)采用外接法；為使金屬絲兩端的電壓從零開始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法。故選B。【小問3詳解】根據(jù)歐姆定律可得根據(jù)電阻定律可得聯(lián)立可得金屬絲電阻率的表達(dá)式為【小問4詳解】[1]由圖可知當(dāng)接入金屬絲的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1時(shí)，毫安表的示數(shù)為2I0，電流計(jì)此時(shí)滿偏且為I0，流過金屬絲的電流也為I0，根據(jù)歐姆定律可知，此時(shí)接入電路的金屬絲的阻值與電流計(jì)的阻值相等且為，靈敏電流計(jì)改裝為量程為的電流表，則電流計(jì)此時(shí)滿偏為I0，通過金屬絲的電流為2I0，根據(jù)歐姆定律可知金屬絲接入電路的阻值將會(huì)減小一半，即金屬絲接入電路的長(zhǎng)度也會(huì)減小一半，即。[2]由上分析可知金屬絲接入電路的長(zhǎng)度為時(shí)阻值為，根據(jù)歐姆定律，有可得金屬絲的電阻率為。19.單擺裝置如圖所示，擺球始終在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，擺球可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，請(qǐng)完成下列問題：（1）若擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期為T，求重力加速度的大小g；（2）若擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，擺起最大角度為，求擺球通過最低點(diǎn)時(shí)速度的大小；（3）若擺球質(zhì)量為m，擺動(dòng)周期為T，重力加速度大小為g，通過最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，擺球從左側(cè)最高點(diǎn)第一次擺到最低點(diǎn)的過程中，求細(xì)線對(duì)擺球拉力的沖量大小I。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】由單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期公式可得【小問2詳解】由動(dòng)能定理可得【小問3詳解】此過程中重力、拉力對(duì)小球產(chǎn)生沖量，其中重力的沖量大小為根據(jù)動(dòng)量定理可知合力的沖量大小為由平行四邊形定則可得拉力的沖量大小為20.如圖所示，一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形單匝線圈abcd，自某高處沿豎直面下落，勻速穿過磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，速度大小為v,重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。求：（1）剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線圈中的電流大小I；（2）線圈的電阻R；（3）線圈穿過磁場(chǎng)區(qū)域過程中產(chǎn)生的熱量Q。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】由二力平衡可得【小問2詳解】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由歐姆定律可得【小問3詳解】根據(jù)題意線圈勻速穿過磁場(chǎng)，可知磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，由能量守恒可得21.開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律內(nèi)容如下：①所有行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽(yáng)處在橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上；②對(duì)任意一個(gè)行星來說，它與太陽(yáng)的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等；③所有行星軌道半長(zhǎng)軸三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比都相等。科研人員設(shè)想一種在太空中發(fā)射太空探測(cè)器的方案：衛(wèi)星攜帶一探測(cè)器在半徑為的圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期為。在軌道上某點(diǎn)啟動(dòng)輔助動(dòng)力裝置短暫工作（工作時(shí)消耗的氣體質(zhì)量忽略不計(jì)），將探測(cè)器沿運(yùn)動(dòng)方向射出，探測(cè)器恰好能完全脫離地球引力的束縛，而衛(wèi)星沿原方向繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)。已知質(zhì)量分別為、的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)相距為r時(shí)的引力勢(shì)能為，其中G為引力常量。不計(jì)其他天體的作用。（1）求衛(wèi)星和探測(cè)器繞圓軌道運(yùn)動(dòng)的線速度大小；（2）求發(fā)射后瞬間探測(cè)器的速度大小；（3）小華認(rèn)為，若給定衛(wèi)星與探測(cè)器的質(zhì)量之比，則可求得發(fā)射探測(cè)器后衛(wèi)星沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)的周期。請(qǐng)你分析說明她的觀點(diǎn)是否正確，寫出關(guān)鍵方程。【答案】（1）（2）（3）見解析【解析】【小問1詳解】由勻速圓周運(yùn)動(dòng)線速度與周期的關(guān)系，可得【小問2詳解】設(shè)地球質(zhì)量為M，探測(cè)器質(zhì)量為，衛(wèi)星質(zhì)量為，探測(cè)器從被發(fā)射到無窮遠(yuǎn)的過程，由能量守恒定律得發(fā)射前，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得【小問3詳解